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1、12024 年高考第二次模拟考试高三化学（考试时间：90 分钟试卷满分：100 分）注意事项：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：可能用到的相对原子质量：H 1B 11C 12N 14O 16Mg 24Cl 35.5Ga 70一、选择题：本题共 10 小题，每小题 2 分，共 20 分。每小题只有一个选项符合题目要
2、求。1 墨子天志中记载：“书之竹帛，镂之金石”。下列说法错误的是A竹简的主要化学成分为纤维素B丝帛充分燃烧只生成二氧化碳和水C“金”的冶炼过程涉及化学变化D“石”中的古代陶瓷属于传统的无机非金属材料【答案】B【解析】A竹简是由植物竹子的茎秆制成，其主要化学成分为纤维素，A 正确；B丝帛的主要成分是蛋白质含有 C、H、O、N 等元素，其充分燃烧能生成二氧化碳和水、N2等，B 错误；C“金”是指金属，金属的冶炼过程中涉及金属矿物的富集、由化合物转化为单质等过程，因此涉及物理变化和化学变化，C 正确；D“石”中的古代陶瓷是硅酸盐，属于传统的无机非金属材料，D 正确；故合理选项是 B。2下列叙述中不涉
3、及氧化还原反应的是A使用2ClO进行饮用水处理B矿石中的含硫化合物在自然界中缓慢转化为硫酸盐C用铝硅酸盐分子筛对酒精进行吸附脱水处理制备无水乙醇D苹果和土豆切开一段时间后表面会发生褐变【答案】C【解析】A使用 ClO2进行饮用水处理(即杀菌消毒)，是利用其氧化性，A 项错误；B含硫化合物中硫元素的化合价一般为低价硫，硫酸盐中硫元素的化合价为+6，该转化过程涉及氧化还原反应，B 项错误；C 铝硅酸盐分子筛中有许多笼状空穴和通道，具有强吸附性，对酒精进行吸附脱水处理制备无水乙醇是物理变化，未涉及氧化还原反应，C 项正确；D苹果和土豆切开一段时间后表面发生褐变的原因是二者均被氧气氧化，该过程涉及氧化
4、还原反应，D 项错误；故正确答案选 C。3下列关于仪器使用的说法正确的是2Aa 和 f 可用于蒸发结晶Bc 和 d 均有“0”刻度Cb、e 和 g 常用于物质分离Dd、f、g 使用前需检漏【答案】C【解析】Aa 为泥三角、f 为坩埚，泥三角和坩埚均可用于灼烧，而不是蒸发结晶，故 A 错误；Bc 为量筒无“0”刻度，d 为碱式滴定管其零刻度在上端，故 B 错误；Cb、e、g 分别为蒸馏烧瓶、直形冷凝管和球形分液漏斗，常用于物质的分离，故 C 正确；Dd、f、g 分别为碱式滴定管、坩埚和球形分液漏斗，其中只有坩埚在使用前不需捡漏外其余在使用前均要捡漏，故 D 错误；答案选 C。4下列有关物质结构与
5、性质的说法错误的是A2I易溶于4CCl，可从2I和4CCl都是非极性分子的角度解释B对羟基苯甲酸存在分子内氢键，是其沸点比邻羟基苯甲酸的高的主要原因CAgCl溶于氨水，是由于AgCl与3NH反应生成了可溶性配合物32Ag NHClD熔融NaCl能导电，是由于熔融状态下产生了自由移动的Na和Cl【答案】B【解析】A单质碘和四氯化碳都是非极性分子，根据相似相溶的原理，2I易溶于4CCl，A 正确；B分子间氢键可以增大其熔沸点，则对羟基苯甲酸存在分子间氢键，是其沸点比邻羟基苯甲酸的高的主要原因，B 错误；C银离子可以和氨气形成配合物离子，导致氯化银可以溶解在氨水中，C 正确；D氯化钠在熔融状态产生了
6、自由移动的Na和Cl，从而可以导电，D 正确；故选 B。5环己烷的制备原理如图。下列说法正确的是A1，3-丁二烯和乙烯属于同系物B环己烷中混有的环己烯可通过滴加足量溴水，静置后分液除去C根据反应推测，可由和乙烯为原料制备D已知12HH，则椅式环己烷比船式环己烷更稳定3【答案】D【解析】反应是 1，3-丁二烯与乙烯发生 1，4-加成的成环反应，环己烯与2H发生加成反应可以生成船式环己烷，也可以生成椅式环己烷，都是放热反应。A1，3-丁二烯结构中含有 2 个碳碳双键，分子式为46C H，而乙烯结构中只含有 1 个碳碳双键，分子式为24C H，不符合同系物结构相似、组成相差若干个“2CH”原子团，A
7、 错误；B环己烯与2Br发生加成反应生成的 1，2-二溴环己烷能溶于环己烷中，B 错误；C反应是 1，3-丁二烯与乙烯发生 1，4-加成的成环反应，与乙烯发生反应生成，C 错误；D环己烯与2H发生加成反应生成船式环己烷或生成椅式环己烷都是放热反应，根据12HH可知，生成船式环己烷放出的热量小于生成椅式环己烷放出的热量，说明椅式环己烷能量更低，更稳定，D 正确；答案选 D。6氟是非金属中最活泼的元素，能形成多种氟化物。四种氟化物的熔、沸点如表所示，下列说法错误的是氟化物NaF2OF3NF熔点/993x223.8m沸点/1695y144.8nA2OF的 VSEPR 模型为四面体形B3NF比3NH易
8、与2Cu形成配离子C993x、1695y、223.8m 、144.8n D中存在离子键、极性键和非极性键【答案】B【解析】A2OF中心原子(氧原子)的杂化方式为3sp，则 OF2的 VSEPR 模型为四面体形，A 正确；BF 的电负性大于 N，NF 中成键电子对偏向 F，导致3NF中的 N 原子核对孤电子对的吸引力增强，难以形成配位键，则3NF不易与2Cu形成配离子，B 错误；CNaF中的Na、F的电荷数与中的阳、阴离子的电荷数相同，但Na、F的半径小，NaF的离子键更强，熔、沸点更高，则 x993、y 223.8、n 144.8，C 正确；4D与4BF的相互作用为离子键，中存在极性键和非极性
9、键，4BF中存在极性键，则中存在离子键、极性键和非极性键，D 正确；故选 B。7下列实验方案能达到探究目的的是选项探究目的实验方案ANa2SO3溶液是否变质取少量久置的 Na2SO3溶液向其中滴加 BaCl2，观察现象BspspKAgI KAgCl向 5mL 浓度均为-10.05mol L的 NaI、NaCl 混合溶液中滴加 2 滴-130.05mol L AgNO溶液，观察现象C检验乙醇中是否含有水向乙醇中加入一小粒金属钠，观察现象D氯水久置，pH 值会逐渐减小每隔一段时间，使用 pH 试纸测定氯水的 pH 值，并记录数据进行比较【答案】B【解析】A亚硫酸钠和氯化钡也会生成白色沉淀，不能检验
10、 Na2SO3溶液是否变质，A 不符合题意；B向 5mL 浓度均为-10.05mol L的 NaI、NaCl 混合溶液中滴加 2 滴-130.05mol L AgNO溶液，银离子不足，而先产生黄色沉淀，证明spspKAgI ac【答案】D【解析】向酸化的 KI 溶液中通入少量的2SO，溶液变黄色并出现浑浊，说明生成了 I2和 S 沉淀，反应的离子方程式为：4I-+SO2+4H+=S+2I2+2H2O，继续通入 SO2，又发生反应 I2+SO2+2H2O=2I-+24SO+4H+。5A硝酸具有氧化性，可以把 I-氧化为 I2，A 错误；Bab 的过程中生成了 S 和 I2两种单质，B 错误；Cb
11、c 的过程中2SO生成了硫酸根离子，硫元素化合价升高被氧化做还原剂，C 错误；Dab 的过程中生成 2molI2消耗 4molH+，pH 值变大，bc 的过程中 1molI2参加反应生成 4molH+离子，2molI2参加反应生成 8molH+离子，氢离子浓度变大，c 的 pH 值小于 a，溶液 pH 由大到小的顺序为 bac，D 正确；答案选 D。9利用粒子(即氦核42He)轰击不同原子，获得人工放射性元素13Xa和302Zb，合成反应如下：104131520BHeXna；4301220YHeZncbb。其中元素 Y、Z 的基态原子核外未成对电子数之比为 1：3.下列说法正确的是A基态原子第
12、一电离能：YXZB简单离子半径：XYZC简单阴离子还原性：XZDX、Y 的三氯化物分子构型相同【答案】C【解析】由质子守恒可知，5+2=a+0，解得 a=7，X 为 N 元素；由质量数守恒可知，c+4=30+1，解得 c=27，结合元素 Y、Z 的基态原子核外未成对电子数之比为 1：3，则 Y 为 Al 元素，Z 为 P 元素，以此解答。A同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势，同一主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，则原子第一电离能：AlPN，故 A 错误；BP3-有 3 个电子层，Al3+和 N3-的电子层数相等，核电荷数越大，半径越小，则简单离子半径：Al3+N3-P3-，故 B 错
13、误；C同主族元素从上到下元素的非金属性增强，单质的氧化性减小，对应离子的还原性增强，则还原性：N3-P3-，故 C 正确；DNCl3的价层电子对数为 4 且含有 1 个孤电子对，构型为三角锥形，AlCl3价层电子对数为 3 且没有孤电子对，构型为平面三角形，故 D 错误；故选 C。10锶与钙位于同一主族，其化合物应用广泛，SrSO4常用于陶瓷工业。以青石精矿(主要含 SrSO4)为原料制备高纯硫酸锶的部分工艺流程如图所示：下列说法错误的是A气体X可以循环利用B“转化”的总离子方程式为224334SrSOCOSrCOSOC“转化”中反应温度不宜过高且控制氨水过量6D流程中涉及分解反应和化合反应【
14、答案】B【解析】相同温度时溶解度 SrCO3c SOc HSODP 点时溶液的pH值为 8.3【答案】BC【解析】A0.5L浓度为0.10mol/L的氨水，32n NHH O0.05mol，通入20.05molSO时，此时溶质为43NH HSO，根据物料守恒有22433233c NHH Oc(NH)c HSOc H SOc SO，根据电荷守恒有92334c(OH)c HSO2c SO=c Hc(NH)，所以23233c NHH Oc(OH)c HSOc H SOc H，故 A 错误；B-3123(HSO)c(H)c(H SO)cKa,2323(SO)c(H)c(HSO)cKa，222.27.8
15、3122(SO)c(H)1010c(H SO)cKa Ka，得210(H)10c，59(H)10,(OH)10cc,5432c(NH)c(OH)b2.5 10c(NHH O)K，得4432c NH2 10c NHH O，故 B 正确；C根据电荷守恒有2334c(OH)c HSO2c SO=c Hc(NH)，当pH7.0时，c(OH)=c H，所以2433c(NH)=c HSO2c SO，则3324c NHc SOc HSO，故 C 正确；D27.8323(SO)c(H)0.8c(H)104c(H)c(HSO)0.2cKa，7.810c(H)4,pH=-lgc(H+)=7.8+2lg2=8.4，
16、故 D 错误；故答案选 BC。15采用了氮化镓元件的充电器体积小、质量轻，在发热量、效率转换上相比普通充电器也有更大的优势，被称为“快充黑科技”，下图是氮化镓的三种晶体结构(NA表示阿伏加德罗常数的值)。下列有关说法错误的是AGa、N 均属于 p 区元素B图 a 晶体结构中含有 6 个 Ga、6 个 NC图 b 晶体结构中若 Ga 和 N 的距离为 xnm，则晶体的密度为2133A63 310 g/cm4N xD三种晶体结构中 Ga 原子的配位数之比为 323【答案】D【解析】A Ga、N 的价电子分别是 4s24p1、2s22p3、Ga、N 均属于 p 区元素，故 A 正确；B 图 a 晶体结构中含有 1216+212+3=6 个 Ga、613+4=6 个 N，故 B 正确；C 图 b 晶体结构中若 Ga 和 N 的距离为 xnm，取晶胞的八分之一作为一个小立方体，小立方体的对角线为 2xnm，小立方体的边长为4x3nm，晶胞的边长为 24x3nm，则晶体的密度为10=213A3484m=10V4(2)3Ng cmx=2133A63 310 g/cm4N x，故 C 正确；D a 的
