2024年高考化學(xué)模擬試題B卷參考答案

2.C 提示:根據(jù)結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知分子中含有羥基、酰胺基、酮羰基,共3種含氧官能團(tuán),A 項(xiàng)錯(cuò)誤。分子中苯環(huán)確定一個(gè)平面,碳氧雙鍵確定一個(gè)平面,單鍵可以旋轉(zhuǎn),故分子中與2個(gè)苯環(huán)直接相連的原子具有12個(gè)原子共面,再加上中間羰基中的碳氧、右側(cè)羰基及甲基中碳,則存在大于14 個(gè)原子共平面,B項(xiàng)錯(cuò)誤。苯環(huán)、酮羰基可以和氫氣加成,則1 mol該物質(zhì)與足量H2反應(yīng),最多消耗7 mol H2,C 項(xiàng)正確。分子中酰胺基和氫氧化鈉反應(yīng),碳氯鍵和氫氧化鈉水解生成酚羥基,生成的酚羥基又會(huì)和氫氧化鈉反應(yīng),則1 mol該物質(zhì)與足量NaOH 溶液反應(yīng),最多消耗5 mol NaOH,D 項(xiàng)錯(cuò)誤。

3.B 提示:圖1①裝置中,鹽酸制取CO2,CO2可以生成H2SiO3,只能證明酸性HCl>H2CO3>H2SiO3,因?yàn)辂}酸不是最高價(jià)含氧酸,所以不能證明氯元素的非金屬性強(qiáng),A 項(xiàng)錯(cuò)誤。氯氣的密度大于空氣,可以用向上排空氣法收集,圖1②所示的氣流方向可用于收集Cl2,B項(xiàng)正確。高溫灼燒固體應(yīng)在坩堝中進(jìn)行,蒸發(fā)皿只能用于蒸發(fā)溶液,C項(xiàng)錯(cuò)誤。制備氫氧化鐵膠體是向沸水中滴加飽和FeCl3溶液,加熱煮沸至液體呈紅褐色,圖1④裝置用飽和FeCl3溶液與氫氧化鈉溶液反應(yīng)得到氫氧化鐵沉淀而不是氫氧化鐵膠體,D 項(xiàng)錯(cuò)誤。

4.B 提示:短周期主族元素X、Y、Z、R的原子序數(shù)依次增大,有機(jī)物M 結(jié)構(gòu)中X 形成1個(gè)共價(jià)鍵, Y 形成4個(gè)共價(jià)鍵,則X 為H,Y 為C;Z形成3個(gè)共價(jià)鍵,R 形成2個(gè)共價(jià)鍵,且Z和R 的常見(jiàn)單質(zhì)均為無(wú)色無(wú)味的氣體,則Z為N,R 為O。綜合以上分析,X、Y、Z、R 依次為H、C、N、O,據(jù)此分析解答。

同一周期元素從左到右第一電離能有增大趨勢(shì),但N 的2p軌道處于半充滿狀態(tài),第一電離能相對(duì)較高,第一電離能N>O>C,A 項(xiàng)錯(cuò)誤。由H、C、N、O 四種元素組成的化合物可能為離子化合物,如(NH4)2CO3、NH4HCO3均為離子化合物,B 項(xiàng)正確。有機(jī)物M 中H 的最外層僅有兩個(gè)電子,不是8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu),C項(xiàng)錯(cuò)誤。 元素C、N、O 電子排 布 式 分 別 為 1s22s22p2、1s22s22p3、1s22s22p4,s電子總數(shù)都是4,p電子總數(shù)分別為2、3、4,由此可知,O 元素的p電子總數(shù)等于s電子總數(shù),D 項(xiàng)錯(cuò)誤。

該裝置為原電池,陽(yáng)離子移向正極,左側(cè)缺氧室和右側(cè)好氧室均為正極,A 項(xiàng)正確。左側(cè)缺氧室中N 元素化合價(jià)降低,得電子發(fā)生還原反應(yīng),電極反應(yīng)式為項(xiàng)正確。若好氧室消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況下44.8 L O2,其物質(zhì)的量為=2 mol,,由于和電極之間存在著對(duì)O2的競(jìng)爭(zhēng),故可知最多有1 mol完全轉(zhuǎn)化為,C項(xiàng)錯(cuò)誤。厭氧陽(yáng)極上葡萄糖發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)生成CO2和 H+,電極反應(yīng)式為C6H12O6+6H2O-24e-══6CO2↑+24H+,消耗1 mol C6H12O6,外電路轉(zhuǎn)移24 mol e-,D 項(xiàng)正確。

7.D 提示:當(dāng)c(Cu2+)=1 mol·L-1,即-lgc(Cu2+)=0時(shí),由常溫時(shí)Ksp[ Cu(OH)2]=1. 0×10-19.7可知,c(OH-)=1.0×10-9.85mol·L-1,則c(H+)==1.0×10-4.15mol·L-1,即為P 點(diǎn),故曲線①表示-lgc(Cu2+)與pH 的關(guān)系,曲線②表示與pH 的關(guān)系,A 項(xiàng)錯(cuò)誤。由題圖可知,N 點(diǎn)時(shí)c(H+)=1.0×10-2.2mol·L-1,,即c(X-)=c(HX),則HX 的電離平衡常數(shù)Ka(HX)==c(H+)=1.0×10-2.2, B 項(xiàng)錯(cuò)誤。曲線②表示與pH 的關(guān)系,而N 點(diǎn)的c(H+)比M 點(diǎn)的大,酸的電離會(huì)抑制水的電離,則N 點(diǎn)水的電離程度比M 點(diǎn)的小, C 項(xiàng)錯(cuò)誤。由溶液中的電荷守恒可知2c(Cu2+)+c(Na+)+c(H+)=2c)+c(OH-),D 項(xiàng)正確。

8.(14分) (1)檢查裝置的氣密性(2分)

(2)飽和NaHSO3溶液(2 分) 吸收SO2(2分)

(4)溫度過(guò)高時(shí),SO2在水中的溶解度減小,反應(yīng)速率減慢(2分)

(5)①操作簡(jiǎn)單;②有多孔球泡,吸收SO2更充分(2分)

提示:由甲同學(xué)的制備實(shí)驗(yàn)裝置可知,A中濃鹽酸與亞硫酸鈉反應(yīng)生成二氧化硫,B中飽和亞硫酸氫鈉溶液除去揮發(fā)的HCl,C作安全瓶防止倒吸,D 中發(fā)生MnO2+SO2,三頸燒瓶中黑色粉末完全消失后停止通入二氧化硫,溫度過(guò)高時(shí)SO2的溶解度減小,不利于制備硫酸錳晶體。由乙同學(xué)的制備實(shí)驗(yàn)裝置可知,裝置Ⅰ中藥品X 為亞硫酸鈉,與濃硫酸反應(yīng)生成二氧化硫,Ⅱ中多孔球泡可增大接觸面積加快反應(yīng)速率,Ⅲ中NaOH 溶液可吸收尾氣,該制備實(shí)驗(yàn)裝置比甲同學(xué)制備實(shí)驗(yàn)裝置操作簡(jiǎn)單,據(jù)此分析解答。

9.(15分)(1)WO3+2NaOH ══Na2WO4+H2O(2分) 增大c(CH3CH2NH3+),提高萃取率(2分)

(2)氨水(1分) (CH3CH2NH3)2WO4+2NH3·H2O ══2CH3CH2NH2+2H2O+(NH4)2WO4(2分)

(3)坩堝(1分)

(4)取最后一次洗滌液少許于試管中,向其中加入稀硝酸酸化的AgNO3溶液,若無(wú)白色沉淀產(chǎn)生,說(shuō)明H2WO4·xH2O 沉淀已洗滌干凈(2分)

(5)0.001(或1.0×10-3) (2分)

提示:二氧化鈦和三氧化鎢堿浸,三氧化鎢轉(zhuǎn)化為可溶性的Na2WO4,過(guò)濾分離二氧化鈦和Na2WO4溶液,調(diào)pH,在酸性條件下,Na2WO4與乙胺“萃取”生成(CH3CH2NH3)2WO4,分液之后與氨水反應(yīng)生成(NH4)2WO4,加入鹽酸酸化形成H2WO4·xH2O,H2WO4·xH2O 煅燒生成高純度WO3。二氧化鈦與濃硫酸共熱生成TiOSO4,TiOSO4水解生成H2TiO3和硫酸,過(guò)濾得到H2TiO3,H2TiO3煅燒獲得高純TiO2。

(1)結(jié)合流程可知堿浸時(shí)三氧化鎢轉(zhuǎn)化為可溶性的Na2WO4,所以“堿浸”時(shí)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為WO3+2NaOH ══Na2WO4+H2O。乙胺是無(wú)色極易揮發(fā)的液體,結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3CH2NH2,呈堿性,與酸發(fā)生反應(yīng)CH3CH2NH2+H+══,“萃取”前,需要將“濾液Ⅰ”的pH 調(diào)整到3.5左右,目的是增大c),提高萃取率。

(2)據(jù)分析可知(CH3CH2NH3)2WO4分液之后與氨水反應(yīng)生成(NH4)2WO4,“反萃取”步驟中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為

(CH3CH2NH3)2WO4+2NH3· H2O ══2CH3CH2NH2+2H2O+ (NH4)2WO4。

(3)灼燒固體應(yīng)該用坩堝。

(4)“過(guò)濾Ⅱ”分離的是H2WO4·xH2O 與氯化銨,所以檢驗(yàn)“過(guò)濾Ⅱ”所得H2WO4·xH2O是否洗滌干凈即檢驗(yàn)Cl-,方法是:取最后一次洗滌液少許于試管中,向其中加入稀硝酸酸化的AgNO3溶液,若無(wú)白色沉淀產(chǎn)生,說(shuō)明H2WO4·xH2O沉淀已洗滌干凈。

(5)室溫下測(cè)得“濾液Ⅲ”的pH=2,c(H+)=1×10-2mol·L-1,c(OH-)=1×10-12mol·L-1,室溫時(shí),Ksp[TiO(OH)2]=1.0×10-27=c(TiO2+)×c2(OH-),c(TiO2+)=0.001 mol·L-1,則此時(shí)濾液中c(TiO2+)為0.001 mol·L-1。

(6)①TiO2晶胞中Ti4+位于O2-所構(gòu)成的正八面體的體心,Ti4+的配位數(shù)為6,晶胞中Ti4+的數(shù)目為,O2-的數(shù)目為,則TiO2晶胞中O2-的配位數(shù)為

②已知二氧化鋯晶胞的密度為ρg·cm-3,晶體中Zr原子和O 原子之間的最短距離為晶胞體對(duì)角線長(zhǎng)度的,晶胞體對(duì)角線長(zhǎng)度等于棱長(zhǎng)的倍,設(shè)兩原子核之間的距離為apm,則晶胞的棱長(zhǎng)為10-10cm,晶胞中白色球數(shù)目為8,黑色球數(shù)目為,即O 原子數(shù)目為8,Zr原子數(shù)目為4,晶胞質(zhì)量為

10.(14分) (1)-212.4(2分)

(2)4.05(2分) 壓縮體積(2分)

(3)AD(2分)

(4)濃度低時(shí)抑制副反應(yīng),增加主反應(yīng)選擇性,濃度較高時(shí)則會(huì)使催化劑失活降低催化效果(2分)

(5)①100.72(2分) ②2+10-0.36(2分)

(2)根據(jù)2CH2═CH2(g)+O2(g),假設(shè)氧氣變化量為x,則乙烯變化量為2x,環(huán)氧乙烷變化量為2x,根據(jù)2CH2═CH2(g)+3O2(g)2CO2(g)+2H2O(g),假設(shè)氧氣變化量為3y,則乙烯變化量為y,二氧化碳和水的變化量均為2y;平衡式時(shí)乙烯物質(zhì)的量為2 mol-2xmol-ymol=(2-2x-y) mol,氧氣物質(zhì)的量為(2-x-3y)mol,環(huán)氧乙烷物質(zhì)的量為2xmol,二氧化碳物質(zhì)的量為2ymol,根據(jù)乙烯的平衡轉(zhuǎn)化率為0.6可知2x+y=1.2,根據(jù)平衡時(shí)的選擇性為0.6,可知,從而解得x=0.36,y=0.48,則平衡常數(shù)K=?？梢酝ㄟ^(guò)壓縮體積方式提高產(chǎn)率。

(3)升高溫度,反應(yīng)速率一定加快,故A項(xiàng)正確。通入無(wú)關(guān)反應(yīng)氣體,可能導(dǎo)致反應(yīng)物濃度降低,速率減慢,故B項(xiàng)錯(cuò)誤。增大乙烯濃度會(huì)導(dǎo)致副反應(yīng)速率加快,消耗更多氧氣,氧氣濃度降低,主反應(yīng)速率減慢,故C 項(xiàng)錯(cuò)誤。增大氧氣濃度,利于提高反應(yīng)歷程中慢反應(yīng)速率,從而提高主反應(yīng)速率,故D 項(xiàng)正確。

(4)濃度低時(shí)抑制副反應(yīng),增加主反應(yīng)選擇性,濃度較高時(shí)則會(huì)使催化劑失活降低催化效果。

(5)①AgCl(s)+2NH3(aq)══,平衡常數(shù)K總=100.72。

②根據(jù)反應(yīng)AgCl(s)+2NH3(aq)══可知,回收1 mol氯化銀需要2 mol氨,該反應(yīng)平衡常數(shù)為100.72,假設(shè)1 L 氨水含xmol NH3,則有,解得x=2+10-0.36。

11.(15分) (1)乙苯(2分)

(2)NaOH 的醇溶液(2分)

(3)氧化反應(yīng)(1分)

(6)羥基、酯基(2分)

提示:由A、B 的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知,A 為乙苯,A 的側(cè)鏈在催化劑作用下發(fā)生取代反應(yīng)生成B,B在堿的醇溶液、加熱的條件下發(fā)生消去反應(yīng)生成C,C被高錳酸鉀氧化生成D,D與甲醇在濃硫酸、加熱的條件下發(fā)生酯化反應(yīng)生成E,E經(jīng)過(guò)系列反應(yīng)生成F,F與發(fā)生取代反應(yīng)生成G。

(1)由A 的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知,A 為乙苯。

(2)由B 到C 是鹵代烴的消去反應(yīng),所需要的試劑是氫氧化鈉的醇溶液。

(3)C在高錳酸鉀作用下生成D,碳碳雙鍵變成酮羰基和羧基,發(fā)生氧化反應(yīng)。

(6)由G 的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知,G 中含氧官能團(tuán)為羥基、酯基。