陜西省安康市2024年高考化學模擬試題（含答案）

陜西省安康市2024年高考化學模擬試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二總分評分1．下列實驗能得出相關結論的是

實驗操作實驗結論A向NaHA溶液中滴加紫色石蕊溶液，溶液變?yōu)樗{色Kw>Ka1(H2A)·Ka2(H2A)B常溫下將鋁片投入濃硝酸中，無明顯現(xiàn)象鋁與濃硝酸不反應C向10mL0.1mol·L-1FeCl3溶液中加入5mL0.1mol·L-1KSCN溶液，溶液顯紅色，再滴加少量1mol·L-1KSCN溶液，紅色加深Fe3+和SCN-的反應是可逆反應D向FeCl2溶液中滴加少量的酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液褪色氧化性：MnO4A．A B．B C．C D．D2．一種重要的無機化學品廣泛應用于工業(yè)和科技領域，其結構如圖所示，W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素。下列說法錯誤的是A．簡單離子半徑：X>Y>ZB．簡單氫化物穩(wěn)定性：Y>XC．W、X、Y三種元素組成的化合物均抑制水的電離D．X和Z形成的二元化合物水解時，生成的兩種產(chǎn)物均可與強酸反應3．濃差電池是一種利用電解質(zhì)溶液濃度差產(chǎn)生電勢差而形成的電池。理論上當電解質(zhì)溶液的濃度相等時停止放電。圖1為濃差電池，圖2為電滲析法制備磷酸二氫鈉，用濃差電池為電源完成電滲析法制備磷酸二氫鈉。下列說法錯誤的是A．電極a應與Ag(II)相連B．電滲析裝置中膜b為陽離子交換膜C．電滲析過程中左、右室中H2SO4和NaOH的濃度均增大D．電池從開始到停止放電，理論上可制備2.4gNaH2PO44．常溫下，向10mL濃度均為0.1mol·L-1的NaA和HA的混合溶液中逐滴加入HA溶液或NaOH溶液，溶液中-lgc(HA)A．HA的電離平衡常數(shù)的數(shù)量級為10-10B．水的電離程度：a<cC．原溶液是bc段之間的一個點D．c點溶液滿足：c(HA)>c(Na+)>c(A-)一、非選擇題5．鉻鍍在金屬上可以防銹，堅固美觀。一種以鉻鐵礦[主要成分為Fe(CrO2)2，還含有Al2O3等]為原料生成金屬鉻的工藝流程如下圖：已知：①NaFeO2極易水解；②Cr(VI)在中性或堿性溶液中以CrO42-③常溫時，Al(OH)3+OH-?Al(OH)4-[的平衡常數(shù)：K=100.63，Al(OH)3的溶度積常數(shù)：Ksp[Al(OH)3回答下列問題：。（1）Fe(CrO2)2中鉻元素的化合價為。（2）“焙燒”時，氣體和礦料逆流加入的原因是，F(xiàn)e(CrO2)2反應生成NaFeO2和Na2CrO4，該反應中氧化劑和還原劑的物質(zhì)量之比為。（3）“水浸”時，生成Fe(OH)3的離子方程式為。（4）常溫下，“酸化I”時，鋁元素完全轉(zhuǎn)化為沉淀的pH范圍為(通常認為溶液中離子濃度小于10-5mol·L-1沉淀完全)。（5）“酸化II”的目的是。（6）“還原”時，反應的離子方程式為。（7）“電解”時，金屬鉻在(填“陽”或“陰”)極上產(chǎn)生。6．連二亞硫酸鈉(Na2S2O4)俗稱保險粉，是一種白色晶體，不溶于乙醇，易溶于氫氧化鈉溶液，在堿性介質(zhì)中穩(wěn)定，在酸性條件下易發(fā)生歧化反應。某研究性學習小組利用下圖所示裝置制備連二亞硫酸鈉并測定其純度。回答下列問題：（1）裝置A中導管a的作用是，裝置C中儀器b的名稱為。（2）裝置B中單向閥的作用是。（3）補全裝置C中反應的化學方程式：□HCOOH+□NaOH+□_=□Na2S2O4+□CO2+□_；實驗過程中需控制SO2，確保NaOH過量的原因是；充分反應后通過分液漏斗滴加一定量乙醇的目的是。（4）裝置D的作用是。（5）充分反應后，將裝置C中的混合物過濾、洗滌、干燥即得連二亞硫酸鈉粗品。稱量5.0g該粗品，滴加一定量的NaOH溶液使溶液顯堿性后，滴加Ag-EDTA絡合溶液，發(fā)生反應：2Ag++S2O42?+4OH-=2Ag+2SO7．氫能將在實現(xiàn)“雙碳”目標中起到重要作用，乙醇—水催化重整可獲得氫氣。主要發(fā)生以下反應。反應I：C2H5OH(g)+H2O(g)?2CO(g)+4H2(g)，ΔH1=+255.7kJ·mol-1反應II：CO(g)+H2O(g)?CO2(g)+H2(g)，ΔH2=-41.2kJ·mol-1回答下列問題：（1）反應C2H5OH(g)+3H2O(g)?2CO2(g)+6H2(g)的ΔH3=。（2）壓強為100kPa，體積為1L的密閉容器中充入1molC2H5OH(g)和3molH2O(g)發(fā)生上述反應平衡時CO2和CO的選擇性、乙醇的轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化曲線如圖所示(已知：CO的選擇性=n生成①表示CO2的選擇性的是曲線(填“a”或“b”)；溫度升高，CO2的選擇性變化的原因是。②300℃時，生成氫氣的物質(zhì)的量為mol。③500℃時，反應I的標準平衡常數(shù)Kθ=[P(CO)Pθ]2×[P(H2)P（3）為提高氫氣的平衡產(chǎn)率，可采取的措施為。（4）生物乙醇輔助電解可以得到純氫，其反應過程如圖所示，電極b接電源的極(填“正”或“負”)，陽極的電極反應式為。8．磷是重要的生命元素之一，存在于細胞、蛋白質(zhì)、骨骼和牙齒中?；卮鹣铝袉栴}：（1）基態(tài)P原子核外電子占據(jù)的原子軌道數(shù)為。（2）白磷與足量熱的NaOH溶液反應產(chǎn)生磷化氫(PH3)和次磷酸鈉(NaH2PO2)，其反應的化學方程式為P4+3NaOH(熱，濃)+3H2O=3NaH2PO2+PH3.白磷(4P)中P的雜化類型為，次磷酸(H3PO2)的結構式為，次磷酸鈉中各元素的電負性由大到小的順序是，寫出一種與PH3互為等電子體的離子(填微粒符號)。（3）PH3與過渡金屬Pt形成的一種配合物[PtCl2(PH3)2]比[PtCl2(NH3)2]穩(wěn)定的原因是。（4）磷酸聚合可以生成鏈狀多磷酸或環(huán)狀多磷酸。其中環(huán)狀多磷酸是由3個或3個以上磷氧四面體通過共用氧原子環(huán)狀連接而成，常見的三聚環(huán)狀多磷酸結構如圖所示，則n聚環(huán)狀多磷酸的通式為(用含n的式子表示)。（5）磷化鋁熔點為2000℃，其結構與晶體硅類似，磷化鋁晶胞結構如圖所示，晶胞中磷原子空間堆積方式為，已知該晶體的密度為ρg·cm-3，則最近的Al和P原子間的核間距為pm(用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，列出計算式即可)。9．苯妥英鈉是治療中樞疼痛綜合征的藥物之一，下面是一種苯妥英鈉的合成路線：回答下列問題：（1）A的名稱為。（2）B→C所需的反應試劑及條件為。（3）D→E的反應類型為，E中官能團的名稱為。（4）F→G分兩步完成，第一步為取代反應，第二步為加成反應，則第一步反應生成的含氮物質(zhì)的結構簡式為。（5）G→H的化學方程式為。（6）X為F的同分異構體，則滿足條件的X有種，①分子中含有結構，且苯環(huán)上均有2個取代基；②1molX與足量的銀氨溶液反應生成4molAg。其中核磁共振氫譜中峰的種類最少的結構簡式為。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A．NaHA同時存在HA-的水解平衡和電離平衡，水解平衡常數(shù)為Kh(HA-)=B．濃硝酸為強氧化劑能氧化大多數(shù)物質(zhì)，常溫下鐵、鋁能與濃硝酸反應形成致密的氧化膜從而阻止進一步反應，所以看不到現(xiàn)象，B項不符合題意；C．加入的Fe3+是過量的，再加入KSCN會繼續(xù)產(chǎn)生Fe(SCN)3，從而顏色加深，無法確定由于平衡移動導致，C項不符合題意；D．KMnO4褪色可能是Fe2+被氧化為Fe3+，所以無法證明氧化性KMnO4>Cl2，D項不符合題意；故答案為：A。

【分析】A.向NaHA溶液中滴加紫色石蕊溶液，溶液變?yōu)樗{色，說明NaHA溶液顯堿性，則HA-的水解程度大于電離程度，即Kh(HA-)=KwKa1(2．【答案】C【解析】【解答】A．X、Y、Z分別為N，O，Al，簡單離子半徑大小為X>Y>Z，故A不符合題意；B．X、Y為N，O，簡單氫化物為NH3和H2O，O非金屬性強，所以簡單氫化物穩(wěn)定性強，故B不符合題意；C．當H，N，O組成NH4NO3時，促進水的電離，故C符合題意；D．X和Z形成AlN，水解生成Al(OH)3和NH3，均可以和強酸反應，故D不符合題意；故答案為：C?！痉治觥扛鶕?jù)各原子的成鍵情況以及原子序數(shù)可知，W為H元素，X為N元素，Y為O元素，Z為Al元素。3．【答案】D【解析】【解答】A．濃差電池中由于右側(cè)AgNO3，濃度大，則Ag(I)為負極，Ag(II)正極；電滲析法制備磷酸二氫鈉，左室中的氫離子通過膜a進入中間室，中間室中的鈉離子通過膜b進入右室，則電a為陽極，電極b為陰極；電極a應與Ag(II)相連，故A不符合題意；B．左室中的氫離子通過膜a進入中間室，中間室中的鈉離子通過膜b進人右室，膜b為陽離子交換膜，故B不符合題意；C．陽極中的水失電子電解生成氧氣和氫離子，氫離子通過膜a進入中間室，消耗水，硫酸的濃度增大；陰極水得電子電解生成氫氣，中間室中的鈉離子通過膜b進入右室NaOH的濃度增大，故C不符合題意；D．電池從開始到停止放電時，則濃差電池兩邊AgNO3濃度相等，所以正極析出0.02mol銀，電路中轉(zhuǎn)移0.02mol電子，電滲析裝置生成0.01molNaH2PO4，質(zhì)量為1.2g，故D符合題意；故答案為：D。

【分析】圖1中，右側(cè)硝酸銀的濃度大，則Ag(I)為負極，Ag(II)正極；圖2中，左室中的氫離子通過膜a進入中間室，膜a為陽離子交換膜，中間室中的鈉離子通過膜b進入右室，膜b也是陽離子交換膜，電a為陽極，電極b為陰極。4．【答案】B【解析】【解答】A．HA的電離方程式為HA?H++A-，Ka=c(H+)?c(A-)c(HA)，b點時，-lgc(HA)c(A-)=0，則c(HA)=c(A-B．a(chǎn)點，-lgc(HA)c(A-)=1，則c(A-)=10c(HA)，c(AC．酸HA的電離常數(shù)Ka=5.01×10-10，則A-的水解常數(shù)Kh=KwKa=1.99×10-5，則Kh>Ka，則等濃度的NaA和HA溶液呈堿性，c(HA)略大于c(A-)，b點c(HA)=c(A-D．原溶液位于b、c之間，此時c(Na+)>c(A-)，c(HA)>c(A-)，繼續(xù)加入HA，到達c點，則c(HA)>c(Na+)>c(A-)，選項D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A.根據(jù)Ka=c(H+)?c(A-)c(HA)計算；

5．【答案】（1）+3（2）增大接觸面積，使燃燒更充分；7：4（3）FeO2-+2H2O=Fe(OH)（4）4.7<pH<8.37（5）將CrO4（6）8H++Cr2O72-+3H2C2O4=2Cr3+（7）陰【解析】【解答】（1）Fe(CrO2)2中O為-2價，F(xiàn)e為+2價，所以Cr為+3價；故答案為：+3。（2）“焙燒”時，為了使燃燒更充分，氣體和礦料逆流加入；據(jù)分析可知，“焙燒”時主反應為4Fe(Cr（3）NaFeO2極易水解生成Fe(OH)3，離子方程式為FeO2-+2H2O=Fe(OH)3↓+OH-；故答案為：FeO2-+2H（4）“酸化I”時，鋁元素完全轉(zhuǎn)化為沉淀的離子方程式為AlO2-+H++H2O?Al(OH)3↓，已知Al(OH)3+OH-?Al(OH)4-的平衡常數(shù)為K=10（5）已知Cr(VI)在中性或堿性溶液中以CrO42-形式存在，在酸性條件下以Cr2（6）加入草酸“還原”時，生成Cr3+和CO2，反應的離子方程式為8H++Cr2O72-+3H2C2O4=2Cr3++6CO2↑+7H2O；故答案為：8H++Cr2O72-+3H2C（7）“電解”時，Cr3+往陰極移動，所以金屬鉻在陰極生成，故答案為：陰。

【分析】鉻鐵礦中加入碳酸鈉和氧氣焙燒，主要發(fā)生反應4Fe(CrO2)2+7O2+8Na2CO3高溫__8NaCrO4+2Fe2O36．【答案】（1）平衡壓強，使液體順利滴下；三頸燒瓶（2）防倒吸（3）HCOOH+2NaOH+2SO2=Na2S2O4+CO2+2H2O；Na2S2O4在堿性介質(zhì)中穩(wěn)定，在酸性條件下易發(fā)生歧化反應；降低Na2S2O4的溶解度，使其析出（4）尾氣處理，防止污染環(huán)境（5）87【解析】【解答】（1）導管a連通分液漏斗和蒸餾燒瓶，使二者壓強相同，分液漏斗中的液體能順利流下；裝置C為三頸燒瓶。（2）單向閥只允許氣體按一個方向流動，防止氣體回流。在該實驗中，裝置C中發(fā)生的反應有CO2生成，單向閥的作用是防止裝置C中壓強過大，液體壓入裝置A中，發(fā)生危險，因此單向閥的作用是防倒吸。（3）補齊并配平反應方程式，反應物已有甲酸和氫氧化鈉，結合產(chǎn)物根據(jù)原子守恒可知反應物還應有二氧化硫，根據(jù)氧化還原反應規(guī)律配平方程式，甲酸被氧化為二氧化碳，碳的化合價由+2升高為+4，化合價升高兩價，二氧化硫被還原為連二亞硫酸鈉，化合價由+4降低為+3，根據(jù)得失電子守恒可知二者比例為1：2，根據(jù)原子守恒可配平剩余物質(zhì)；由題給信息可知，連二亞硫酸鈉在堿性介質(zhì)中穩(wěn)定，在酸性條件下易發(fā)生歧化反應，為防止其歧化，故應保證氫氧化鈉過量；連二亞硫酸鈉不溶于乙醇，滴加乙醇可降低其溶解度，利于析出。（4）反應物SO2有毒，裝置D可吸收剩余的SO2，防止環(huán)境污染。（5）由銀的質(zhì)量可知，銀的物質(zhì)的量為5.4g108g

【分析】（1）導管a可平衡氣壓，使液體順利滴下，根據(jù)儀器構造可知，儀器b為三頸燒瓶；

（2）倒扣的漏斗能防止倒吸；

（3）根據(jù)得失電子守恒和質(zhì)量守恒配平該方程式；Na2S2O4在酸性條件下易發(fā)生歧化反應；Na2S2O4不溶于乙醇，滴加一定量乙醇可降低Na2S2O4的溶解度，使其析出；

（4）二氧化硫是大氣污染物，裝置D用于吸收多余的二氧化硫，防止污染環(huán)境；

（5）根據(jù)關系式：2Ag+~S27．【答案】（1）+173.3kJ/mol（2）a；溫度升高，反應II平衡逆移，消耗CO2，生成CO，CO2選擇性不斷減?。?.42；167（3）增大水蒸氣的濃度（4）負；C2H5OH-12e-+3H2O=2CO2↑+12H+【解析】【解答】（1）由方程式可以看出ΔH3=ΔH1（2）從反應Ⅱ產(chǎn)生CO2為放熱反應，升高溫度該反應平衡逆向即CO2含量降低，選擇性降低。而反應I為吸熱反應且產(chǎn)生CO，隨著溫度升高該反應平衡正向CO增加，CO的選擇性增加。故答案為：a；CO轉(zhuǎn)化為CO2為放熱反應升溫平衡逆向，CO2選擇性降低。CO2的選擇性=n(CO2)n(CO2)+n(CO)=85%0.15n(CO2)=0.85n(CO)。300℃平衡C2H5OH的轉(zhuǎn)化率為60%，即n(CO2)+n(CO)=0.6×2mol=1.2mol，得出n(CO)=0.18mol，n(COCC由以上得知，平衡時n(H2)=2.4+1.6=4mol，n(C2H5OH)=0.2mol，n(H2O)=3-0.4-1.2=1.4mol。則P總（平衡）==(0.8+0.8+4+0.2+1.4)4mol×100kPa=1.8×100kPa，P(H2)=（3）由乙醇參與的兩個反應均為吸熱反應，且氣體增加的反應，升溫或者降低壓強或者增加H2O的濃度均能使這兩個反應平衡正向，H2的產(chǎn)率增加。故答案為：升溫或降壓或增加H2O(g)濃度；（4）由圖知，H2O變?yōu)镠2發(fā)生了還原反應，則為電解池的陰極與電源的負極相連。而a極為陽極，電極反應為C2H5OH-12e-+3H2O=2CO2↑+12H+。故答案為：負，C2H5OH-12e-+3H2O=2CO2↑+12H+。

【分析】（1）根據(jù)蓋斯定律可知，反應Ⅰ+2反應Ⅱ得到目標方程式，則ΔH3=ΔH1+2ΔH2；

（2）①反應Ⅱ為放熱反應，升溫反應的平衡逆向移動；溫度升高，反應II平衡逆移，消耗CO2，生成CO，CO2選擇性不斷減小；

②300℃平衡C2H5OH的轉(zhuǎn)化率為60%；

③分別計算平衡時各物質(zhì)的標準分壓，結合Kθ=[P(CO)Pθ]2×8．【答案】（1）9（2）sp3；；O>P>H>Na；H3O+（3）P的電負性小于N，形成配位鍵時更易給出電子，故[PtCl2(PH3)2]更穩(wěn)定（4）(HPO3)n（5）面心立方堆積；34【解析】【解答】（1）P原子核外電子式為1s22s22p63s23p3，最外層電子為半充滿，占據(jù)的原子軌道數(shù)為9；故答案為：9。（2）白磷(4P)分子為正四面體結構，其中P的雜化類型為sp3；根據(jù)NaH2PO2可知，次磷酸(H3PO2)中有一個可電離的H，所以次磷酸(H3PO2)的結構物；次磷酸鈉中各元素的電負性由大到小的順序是O>P>H>Na；等電子體是指價電子數(shù)和原子數(shù)（氫等輕原子不計在內(nèi)）相同的分子、離子或原子團；與PH3互為等電子體的離子為H3O+；故答案為：sp3；；O>P>H>Na；H3O+。（3）PH3與過渡金屬Pt形成的一種配合物[PtCl2(PH3)2]，由于P的電負性小于N，形成配位鍵時更易給出電子，故比[PtCl2(NH3)2]