2024年高考第三次模拟考试题：化学（河南、新疆卷）（解析版）

这是一份2024年高考第三次模拟考试题：化学（河南、新疆卷）（解析版），共16页。试卷主要包含了钛为主要原料制取的流程如下等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Li 7 As 75 Zn 65 Ti 48 Ni 59 C 59 I 127
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．下列有关我国传统文化和现代科技的说法正确的是
A．“天和号”推进器上的氮化硼陶瓷属于有机高分子材料
B．《天工开物》记载“凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”，“硫”指的是硫酸
C．[(CH3)4NOH]是我国自研的先进微纳米光刻机材料之一，其可溶于水
D．《本草纲目》记载“盖此矾色绿味酸，烧之则赤”，“矾”指的是CuSO4·5H2O
【答案】C
【解析】A．氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料，A错误；
B．“硫”指的是单质硫，“硝”是KNO3，B错误；
C．[(CH3)4NOH]是一种有机碱，可溶于水，C正确；
D．“矾”指的是FeSO4·7H2O，D错误；
故选C。
2．我国科学家提出的聚集诱导发光机制已成为研究热点之一，一种具有聚集诱导发光性能的物质，其分子结构如图所示。下列说法不正确的是
A．分子中N原子有、两种杂化方式B．分子中环上的一氯代物有5种
C．该物质只能和碱液反应而不能和酸液反应D．该物质可发生取代反应、还原反应
【答案】C
【解析】A．该有机物中从左往右第一个N原子有一对孤对电子和两个σ键，为sp2杂化；第二个N原子有一对孤对电子和三个σ键，为杂化，A正确；
B．该有机物中从左往右第一个苯环上有3种环境的H原子，第二个苯环上有2种环境的H原子，环上的一氯代物有5种，B正确；
C．该物质中存在羧基，具有酸性；该物质中还含有，具有碱性，既能和碱液反应又能和酸液反应，C错误；
D．该物质中含有羧基可以发生取代反应，含有苯环可以和H2发生还原反应，D正确；
故选C。
3．光催化氧化甲烷制甲醛的机理如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是
A．在光催化剂表面会发生反应
B．CH3OOH为中间产物
C．上述过程中有非极性键的断裂与生成
D．每生成30 g HCHO，总反应转移电子数目为4NA
【答案】C
【解析】A．由图可知：光催化剂表面水转化为H+和·OH，其反应为，A正确；
B．·OOH和·CH3反应生成CH3OOH，CH3OOH进一步反应生成HCHO，则CH3OOH是该反应的中间产物，B正确；
C．CH3OOH进一步反应生成HCHO，该过程中氧与氧之间的非极性键发生断裂，但整个过程中没有非极性键的生成，C错误；
D．甲烷制甲醛的化学方程式为CH4+O2HCHO+H2O，可见：每生成30 gHCHO，其物质的量为1 ml，则总反应转移电子数目为4NA，D正确；
故合理选项是C。
4．电解苯酚的乙腈（CH3CN）水溶液可在电极上直接合成扑热息痛（），电极材料均为石墨。下列说法错误的是
A．电极d为阴极
B．装置工作时，乙室溶液pH增大
C．电极c的电极反应式为 +2H+
D．合成1ml扑热息痛，理论上甲室质量增重96g
【答案】D
【分析】
由题意可知，右侧装置为电解池，则左侧装置为原电池。由迁移的方向，可确定a极为负极，b极为正极，c极为阳极，d极为阴极。
【解析】A．由分析可知，电极d为阴极，A正确；
B．装置工作时，乙室发生反应：H2O2+2e-+2H+=2H2O，反应需要消耗H+，溶液pH增大，B正确；
C．电极c为阳极，CH3CN在电极上失电子产物与苯酚等反应，生成等，电极反应式为 +2H+，C正确；
D．a极为负极，H2O2失电子生成H2O和O2，电极反应式为H2O2-2e-+2OH-=2H2O+O2↑，合成1ml扑热息痛，需要转移2mle-，理论上有1ml由乙室转移入甲室，同时甲室生成1mlO2，则甲室质量增重1ml×96g/ml-1ml×32g/ml=64g，D错误；
故选D。
5．根据实验目的设计方案并进行实验，观察到相关现象，下列方案设计、结论均正确的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】D
【解析】A．将金属Na、Ca分别切成体积相等的颗粒，投入蒸馏水中，分别发生反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；Ca+2H2O=Ca(OH)2+H2↑，由于NaOH易溶于水，会迅速扩散到溶于中，反应继续进行；而Ca(OH)2微溶水，反应产生Ca(OH)2覆盖在金属表面，阻止反应的进行，导致Ca与水的反应速率比Na与H2O反应的缓慢，因此不能比较金属Na、Ca的金属性强弱，A不符合题意；
B．AlCl3固体溶于水，AlCl3电离产生Al3+、Cl-，由于溶液中有自由移动的离子，因此能够导电，但不能判断其物质中含有离子键，B不符合题意；
C．浓硝酸具有不稳定性，在加热时会发生分解反应：4HNO32H2O+4NO2↑+O2↑，反应产生的NO2也会产生红棕色气体，而不能证明C与浓硝酸反应产生NO2，C不符合题意；
D．分别向丙烯酸乙酯(CH2=CHCOOCH2CH3)和α-氰基丙烯酸乙酯[CH2=C(CN)COOCH2CH3]中滴入水，前者无明显现象，后者快速固化，说明氰基活化双键，使其更易发生加聚反应，产生高聚物，可以用于探究有机物中官能团之间的影响，D正确；
故合理选项是D。
6．稀磁半导体LixZnyAsz的立方晶胞结构如下图所示，已知N、Q两点对应的原子坐标分别为和，阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法错误的是
A．该晶体的化学式为LiZnAs
B．该晶体中M点的原子坐标为
C．晶体的密度为
D．若以Li原子为晶胞顶点，则Zn原子位于晶胞的棱心和面心
【答案】D
【解析】A．由题干晶胞示意图可知，Li位于晶胞12条棱上和体心上，则一个晶胞中含有Li个数为：=4，Zn位于8个顶点和6个面心，则一个晶胞中含有Zn的个数为：=4，4个As位于晶胞体内，故该晶体的化学式为LiZnAs，A正确；
B．根据晶胞示意图结合N、Q两点对应的原子坐标分别为和可知该晶体中M点的原子坐标为，B正确；
C．由A项分析可知，一个晶胞中含有4个Li、4个Zn和4个As，即一个晶胞的质量为：，一共晶胞的体积为：(a×10-7cm)3，故晶体的密度为==，C正确；
D．由题干晶胞示意图可知，若以Li原子为晶胞顶点，则Zn原子不全部位于晶胞的棱心和面心，D错误；
故答案为：D。
7．工业上以为原料生产，对其工艺条件进行研究。常温下，现有含的、溶液，含的、溶液。在一定pH范围内，四种溶液中随pH的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A．曲线④代表含的溶液的变化曲线
B．a=-6.5
C．随着溶液的pH增大，反应的平衡常数增大
D．对含且和的初始浓度均为的混合溶液，pH≥6.2时才发生沉淀转化
【答案】B
【分析】
随着溶液的pH增大，含的溶液中的锶离子的浓度几乎不变；pH相同时，溶液中越大，越小，所以曲线①代表含的溶液的变化曲线，曲线②代表含的溶液的变化曲线；是弱酸，随着溶液的pH增大，溶液中增大，减小；pH相同时，由于溶液中的大于溶液中的，则溶液中的小于溶液中的，故曲线③代表含的溶液的变化曲线，曲线④代表含的溶液的变化曲线。
【解析】
A．由分析可知，曲线④代表含的溶液的变化曲线，A项错误；
B．由分析可知，曲线①代表含的溶液的变化曲线，则的溶度积，温度不变，溶度积不变，则溶液pH为7.7时，，则a＝-6.5，B项正确；
C．温度不变，平衡常数不变，所以随着溶液的pH增大，反应的平衡常数保持不变，C项错误；
D．曲线①代表含的溶液的变化曲线，曲线③代表含的溶液的变化曲线，两条曲线的交点是(6.8，-5.5)，pH≥6.8时才发生沉淀转化，D项错误；
答案选B。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
8．钛（是一种化学性质稳定的过渡元素，在航空航天、海洋工程和生物医疗等领域具有极为重要的实用价值。工业上以钛铁矿（，含、、等杂质）为主要原料制取的流程如下：
已知：①“酸浸”后钛主要以的形式存在于溶液中；
②煅烧生产。
回答下列问题：
(1)滤渣1的主要成分为 （填化学式）；绿矾中铁的化合价是 。
(2)“操作X”工序需控制温度不能过高，从产品角度分析原因为 。
(3)“水解”析出，该反应的离子方程式是 。
(4)“洗涤”工序，检验已洗涤干净的方法为 。
(5)写出“高温氯化”工序中反应的化学方程式： 。
(6)镍钛记忆合金可用于飞机和宇宙飞船。已知一种镍钛合金的晶胞结构如图所示，若合金的密度为，代表阿伏加德罗常数的值，则晶胞中两个钛原子间的最近距离是 （用含和的计算式表示，不必化简）。
【答案】(1) 、、 价
(2)防止提前水解使绿矾不纯或降低钛的回收率（产品产率）
(3)
(4)取最后一次洗涤液，用稀盐酸（稀硝酸）酸化，无明显现象，再滴入几滴溶液，没有白色沉淀产生，则证明洗涤干净
(5)
(6)
【分析】钛铁矿(FeTiO3，含Fe2O3、CaO、SiO2等杂质)酸浸后生成TiOSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3和难溶的CaSO4，但SiO2不参加反应，“还原”过程中Fe3+被加入的铁粉还原为Fe2+，则滤渣1的主要成分为CaSO4、SiO2和剩余的Fe，所得滤液主要含有TiOSO4、FeSO4，经过操作X(蒸发浓缩、冷却结晶)得到绿矾，同时得到含有TiOSO4的滤液，TiOSO4水解(90℃)析出TiO2⋅xH2O，经洗涤、煅烧得到TiO2，“高温氯化”时，TiO2与焦炭、氯气反应生成TiCl4和CO，最后“冶炼”过程中TiCl4被试剂B还原得到Ti，据此解答。
【解析】（1）由分析可知，滤渣1的主要成分为CaSO4、SiO2和剩余的Fe，绿矾的化学式为，其中铁的化合价为价；
（2）TiO2+在90℃时会充分水解析出TiO2⋅xH2O，若“结晶”控制温度过高，会导致TiO2+提前水解使制得的绿矾不纯，同时降低钛的回收率（或产品产率），则“操作X”工序需控制温度不能过高，从产品角度分析原因为：防止TiO2+提前水解使绿矾不纯或降低钛的回收率（产品产率）；
（3）TiO2+在溶液中存在水解平衡：，升高温度，促使水解趋于完全生成，则90℃下水解的离子方程式为：；
（4）表面有，若洗涤液中不含，则已洗涤干净，所以检验TiO2⋅xH2O已洗涤干净的方法为：取最后一次洗涤液，用稀盐酸（稀硝酸）酸化，无明显现象，再滴入几滴溶液，没有白色沉淀产生，则证明洗涤干净；
（5）“高温氯化”时，TiO2与焦炭、氯气反应生成TiCl4和CO，则反应的化学方程式为：；
（6）根据均摊法，晶胞中Ti原子数为：，Ni原子数为：，晶胞质量，晶胞的体积，晶胞棱长，则晶胞中两个钛原子间最近距离是。
9．实验室制备三氯化六氨合钴（Ⅲ）{[ C（NH3）6]Cl3 }的装置如图1所示。
实验步骤：在三颈烧瓶中加入活性炭（作催化剂）、CCl2和NH4Cl混合溶液，滴入浓氨水，充分反应后，再滴入双氧水，且水浴控温在55℃左右，反应结束后，将反应混合物趁热过滤，待滤液冷却后加入适量浓盐酸，冰水冷却抽滤、乙醇洗涤、干燥，得到[ C（NH3）6]Cl3晶体。已知：[ C（NH3）6]2+具有CCl2和NH4Cl较强还原性，C2+不易被氧化，。
图1 图2
(1)仪器a的名称是 ，仪器c中无水CaCl2的作用是 。
(2)先加入浓氨水的目的是 ，水浴控制温度为55℃的原因是 。
(3)CCl2制备[ C（NH3）6]Cl3的化学方程式为 。
(4)待滤液冷却后加入适量浓盐酸的作用是 ，抽滤采用如图2的装置，抽滤的优点是 。
(5)为测定产品中钴的含量，进行下列实验：
I.称取4.0g产品，加入足量NaOH溶液蒸出NH3，再加入稀硫酸，使[ C（NH3）6]Cl3全部转化为C3+，然后将溶液配制成250mL，取25.00mL于锥形瓶，加入过量KI溶液（将C3+还原成C2+），用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液13.10mL。（已知）
Ⅱ.另取与步骤I中等量的KI溶液于锥形瓶中，用上述标准溶液进行滴定，消耗Na2S2O3标准溶液1.10mL。
①样品中钴元素的质量分数为 %。
②若步骤Ⅱ滴定前读数准确，滴定后的视读数，测定结果将 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。
【答案】(1) 恒压滴液漏斗 吸收挥发出的氨气，防止污染空气
(2) 将C2+转化为易被氧化的[C（NH3）6]2+ 温度过低反应速率慢，温度过高双氧水受热易分解
(3)
(4) 加入盐酸增加Cl-浓度有利于[C（NH3）6]Cl3晶体析出 加快过滤速率
(5) 17.7 偏小
【分析】
由题意可知，由氯化亚钴制备三氯化六氨合钴(Ⅲ)的过程为先向氯化亚钴和氯化铵的混合溶液中加入氨水，将溶液中的亚钴离子转化为易被氧化的[C(NH3)6]2+离子，向充分反应后的溶液中再加入双氧水溶液，在活性炭做催化剂的条件下，过氧化氢溶液与[C(NH3)6]2+离子水浴加热反应生成[C(NH3)6]3+离子。
【解析】（1）仪器a的名称是恒压滴液漏斗，仪器c中无水CaCl2的作用是吸收挥发出的氨气，防止污染空气。
（2）由分析可知，先向氯化亚钴和氯化铵的混合溶液中加入氨水的目的是将溶液中的亚钴离子转化为易被氧化的[C(NH3)6]2+离子，加入过氧化氢溶液氧化[C(NH3)6]2+离子时，若反应温度过低，反应速率较慢，若反应温度过高，过氧化氢受热分解，所以需要控制水浴温度为55℃。
（3）由图可知，制备三氯化六氨合钴(Ⅲ)的反应为氯化亚钴溶液与氯化铵溶液、氨水和过氧化氢溶液反应生成三氯化六氨合钴(Ⅲ)和水，反应的化学方程式为。
（4）
待滤液冷却后加入适量浓盐酸的作用是加入盐酸增加Cl-浓度有利于[C（NH3）6]Cl3晶体析出，抽滤采用如图2的装置，抽滤的优点是加快过滤速率。
（5）n(C3+)=2n(I2)=2×n()，由步骤二可知KI消耗1.10 mL标准溶液，故钴离子消耗13.10mL-1.10 mL =12.00 mL标准溶液，样品中m(C3+)=12.00×10-3×0.1××59g/ml=0.7080g，钴元素质量分数= =17.7%；若俯视读数，读数偏大，使得计算时钴离子消耗的体积偏小，故测定结果将偏小。
10．用“氧化-萃取法”可从卤水中提取碘，其方法为向酸化的卤水中加入溶液，再加入萃取剂（R）进行萃取。该过程涉及以下反应：
（ⅰ）
（ⅱ）
（ⅲ）
(1)根据盖斯定律，反应 。
(2)基态碘原子价层电子的轨道表示式为 。
(3)①反应条件会影响碘的萃取率。其他条件不变时，不同温度下达平衡时碘萃取率
［］曲线如图所示：
萃取温度从300 K升高至320 K，碘萃取率缓慢下降。结合平衡移动原理，分析其原因 （忽略萃取剂的挥发、的挥发及分解产生的影响）。当萃取温度超过320 K时，的分解导致碘萃取率明显下降。
②下列说法不正确的是 （填标号）。
A．增大溶液的pH，碘萃取率降低 B．增大萃取剂用量，碘萃取率升高
C．萃取体系平衡后加水稀释，变小 D．增大的浓度，反应（ⅰ）的速率增大
(4)未加萃取剂时，固定总碘浓度为，平衡时溶液中的、、分布系数与溶液中初始关系如图所示。［总碘浓度各组分折合为后的浓度之和，，如］
①设平衡时、、分别为、、，则、、之间的关系式为 。
②计算反应的平衡常数 （结果保留3位有效数字）。
(5)测定卤水中的方法：取卤水于锥形瓶中，加适量氧化剂恰好将全部氧化为；加溶液酸化后，再加入适量溶液，密闭静置后，用标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂，继续滴定至终点；平行测定3次，平均消耗，则卤水中 。（已知：）
【答案】(1)—276.4kJ/ml
(2)
(3) 反应ⅱ、ⅲ均为放热反应，升高温度，平衡均向逆反应方向移动，碘萃取率下降 C
(4) a+2b+3c 667
(5)2.000×10—3
【解析】（1）由盖斯定律可知，反应ⅰ+ⅱ得到反应，则反应△H=(—257.5kJ/ml)+(—18.9 kJ/ml)= —276.4kJ/ml，故答案为：—276.4kJ/ml；
（2）碘元素的原子序数为53，基态原子的价电子排布式为5s25p5，轨道表示式为，故答案为：；
（3）①反应ⅱ、ⅲ均为放热反应，萃取温度从300 K升高至320 K时，温度升高，平衡向逆反应方向移动，RI有机相的浓度减小，碘萃取率下降，故答案为：反应ⅱ、ⅲ均为放热反应，升高温度，平衡均向逆反应方向移动，碘萃取率下降；
②A．增大溶液的pH，溶液中氢离子浓度减小，反应ⅰ、ⅱ、ⅲ平衡向逆反应方向移动，导致平衡碘萃取率降低，故正确；
B．增大萃取剂用量，反应ⅲ向正反应方向移动，碘萃取率升高，故正确；
C．由方程式可知，反应ⅱ的平衡常数K=，溶液中=，萃取体系平衡后加水稀释时，碘离子浓度减小、平衡常数不变，则溶液中和的值增大，故错误；
D．增大溶液中碘离子的浓度，反应物的浓度增大，反应(ⅰ)的速率增大，故正确；
故选C；
（4）①由碘原子个数守恒可知，平衡时溶液中++=0.01ml/L，由此可得a+2b+3c=0.01，故答案为：a+2b+3c；
②由图可知，溶液中碘离子浓度为0.01ml/L×0.45=4.5×10—3ml/L、碘三离子的浓度为0.01ml/L×0.45×=1.5×10—3ml/L、碘浓度为0.01ml/L×(1—0.045—0.045)×=5×10—4ml/L，则由方程式可知，反应的平衡常数K=≈667，故答案为：667；
（5）由题意可得如下转化关系：I——IO—3I2—6S2O，滴定消耗 ml/L硫代硫酸钠溶液，则卤水中碘离子浓度为=2.000×10—3ml/L，故答案为：2.000×10—3。
11．化合物I是我国某团队正在研制的一种抗炎药物的先导化合物，其合成路线如下：
回答下列问题：
(1)A的官能团名称为 ；生成C的反应类型为 ；D的化学名称为 。
(2)G的结构简式为 ；H分子中碳原子的轨道杂化类型有 种。
(3)由H合成I的反应历程可简化表示为(未参与该反应的基团用、表示)：
该反应过程中不生成，理论上，投料比 ；③的反应方程式为 。
(4)A的芳香族同分异构体中，同时满足下列条件的共有 种(不考虑立体异构)；
①苯环上有3个取代基；②能发生银镜反应和水解反应；③能与氯化铁溶液发生显色反应；
④不含过氧键(—O—O—)。
其中，核磁共振氢谱显示为5组峰，且峰面积比为2∶2∶2∶1∶1的同分异构体的结构简式为 (写出一种即可)。
【答案】(1) 羟基、酮羰基 取代反应 乙二酸二乙酯(草酸二乙酯)
(2) 2
(3) 1∶2∶1 +→+
(4) 26 或
【分析】
结合F和H的结构简式及G的分子式可推出，F与G发生反应生成H和水，G的结构简式为，根据其他有机物的结构简式及反应条件进行分析解答；
【解析】（1）A为，官能团名称为羟基、酮羰基；结合A、B、C的结构简式可知，A与B发生取代反应生成C和硫酸，故生成C的反应类型为取代反应；D为，化学名称为乙二酸二乙酯(草酸二乙酯)；
（2）根据分析可知，G的结构简式为；H为，分子中碳原子形成酮羰基、碳碳双键、苯环及甲基等结构，轨道杂化类型有sp3、sp2共2种；
（3）该反应过程中不生成，理论上，第①步H与K2CO3、I2反应生成中间体1、KHCO3、KI，第③步又与K2CO3反应，投料比1：2：1；③的反应有机物减少一个H原子，与作用生成，故反应的化学方程式为+→+；
（4）A为，其芳香族同分异构体中，同时满足条件：①苯环上有3个取代基；②能发生银镜反应和水解反应，结合不饱和度，应该含有一个甲酸酯的结构；③能与氯化铁溶液发生显色反应则含有酚羟基；④不含过氧键(—O—O—)，若三个取代基为-OH、-OH、HCOOCH2-，定二动三，则两个羟基在邻、间、对位，取代上HCOOCH2-的种类分别为2、3、1，共有6种；若三个取代基为-OH、-CH2OH、HCOO-，定二动三，则-OH、-CH2OH在邻、间、对位，取代上HCOO-的种类分别为4、4、2，共有10种；若三个取代基为-OH、-OCH3、HCOO-，定二动三，则-OH、-OCH3在邻、间、对位，取代上HCOO-的种类分别为4、4、2，共有10种；合计有26种符合条件的同分异构体；其中，核磁共振氢谱显示为5组峰，且峰面积比为2∶2∶2∶1∶1的同分异构体高度对称，其结构简式可以为或。
实验目的
方案设计
现象
结论
A
探究金属Na、Ca的金属性强弱
将金属Na、Ca分别切成体积相等的颗粒，投入蒸馏水中
金属Na与水反应更加剧烈
Na的金属性强于Ca
B
判断AlCl3的化学键类型
将AlCl3固体溶于水，进行导电性实验
AlCl3溶液可导电
AlCl3中含有离子键
C
探究浓硝酸与炭在加热条件下能否反应
将红热的木炭投入浓硝酸中
产生红棕色气体
炭与浓硝酸在加热条件下反应生成NO2
D
探究有机物中官能团之间的影响
分别向丙烯酸乙酯(CH2=CHCOOCH2CH3)和α-氰基丙烯酸乙酯[CH2=C(CN)COOCH2CH3]中滴入水
前者无明显现象，后者快速固化
氰基活化双键，使其更易发生加聚反应