2024届高三模拟试题化学答案一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。题号1234567891011121314答案CDCDBADACCCCAB1．C【解析】A.电子跃迁到激发态不是“释放”能量而是“吸收”能量，故A错误B.由于不锈钢的密度大、质量大，故不利于发射，太空探测器的结构材料大多采用密度小、强度高的轻质材料，故B错误；C.SO2具有强还原性，具防腐和抗氧化等作用，可作为食品添加剂，故C正确；D.SiC一种新型“无机非金属材料”，不是硅酸盐材料，故D错误。2.【答案】D【详解】A．NH4Cl由氯离子和铵根离子通过离子键形成，是氯化铵的化学式，不是分子式，A错误；6B．Fe2的简化电子排布式为Ar3d，B错误；C．不是氯化钠晶体中重复的结构单元，不是氯化钠的晶胞，是氯化钠晶胞的四分之一，C错误；D．SO2的中心原子的价层电子对为3对，VSEPR模型为平面三角形，D正确；答案选D。．【解析】与浓硫酸反应需要在加热时才能进行；无法使干燥的酚酞试纸变3CCuNH3红，所以此装置无法检验；蔗糖在酸性条件下发生水解反应之后，溶液仍然呈酸性，NH3在该环境下无法通过银镜反应来检验是否存在葡萄糖。4.D【解析】D.乳酸发生缩聚反应得到聚乳酸。5．【答案】B【详解】A．碘离子的还原性强于亚铁离子，滴加少量稀硝酸，先氧化碘离子，故在碘化亚-+铁溶液中滴加少量稀硝酸的离子反应为：6I+8H+2NO3═3I2+4H2O+2NO↑，故A错误；-2-B．用NaClO溶液吸收少量SO2，离子方程式为：SO2+H2O+3ClO=SO4+Cl+2HClO，故B正确；2+-C．向Mg（HCO3）2溶液中加入足量的NaOH溶液，离子方程式：Mg+2HCO3+4OH═Mg2（OH）2↓+2CO3+2H2O，故C错误；D．向明矾溶液中滴加Ba（OH）2溶液至沉淀质量最大时，硫酸根离子恰好完全沉淀，此时铝离子与氢氧根离子的物质的量之比为1：4，铝离子转化成偏铝酸根离子，发生反应的离3+22+-子方程式为：Al+2SO4+2Ba+4OH═2BaSO4↓+AlO2+2H2O，故D错误；故选：B。6．【答案】A【详解】A．同一周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，ⅤA族元素的np能级为半满状态，较稳定，第一电离能大于同周期ⅥA族的元素，因此与O元素同周期且第一电离能比O大的元素有N、F、Ne，共3种，A错误；B．由分析知，W、X、Y分别为Mg、O、B，非金属性越强，电负性越大，则其电负性由大到小的顺序是O＞B＞Mg即X＞Y＞W，B正确；C．由分析知，Y为B元素，其核外电子排布式为1s22s22p1，基态原子核外电子的运动状态有5种，占据的原子轨道有1s、2s、2p共3个，C正确；{#{QQABbQYAggAIABAAABgCAQVqCkAQkBAACAoOQEAEMAAAAANABAA=}#}D．由图可知，原子4为B，其最外层为3个电子，形成4个共价键，因此4和5之间存在配位键，D正确；故答案为：A。7．【答案】D3+【详解】A．用KSCN溶液检验Fe时，根据2CuCl2+4KSCN═2CuSCN↓(白色)+(SCN)2+4KCl，Cu2+存在干扰，故A错误；B．红色物质是Fe(SCN)3，(SCN)2为拟卤素，化学性质和氯气相似，说明也具有氧化性，溶2+3+液中的Fe应该是被(SCN)2氧化成Fe，故B错误；C．Cu(过量)与FeCl3溶液反应，得到的是氯化铜和氯化亚铁，将KSCN溶液滴加到上层清液中，很快产生白色沉淀，存在反应2CuCl2+4KSCN═2CuSCN↓(白色)+(SCN)2+4KCl，所以观察到瞬间产生白色沉淀是CuCl2、KSCN之间反应生成，故C错误；D．Cu只要和Fe3+反应生成Cu2+和Fe2+，加入KSCN溶液Cu2+就会与SCN−反应，故红色褪去−3+-也有可能是溶液中的SCN被消耗，从而使Fe+3SCN⇌Fe(SCN)3平衡逆移，故D正确；答案选D。8．【答案】A【详解】A．手性碳原子为一个碳原子所连接4个取代基均不相同，有机物X有1个手性碳原子(*标出)，故C正确；，故A项正确；B．有机物Y分子中含有羧基，可以和乙醇发生酯化反应，二者不能发生缩聚反应，B错误；C．碳碳双键两端任何一个碳上连的两个不相同的原子或原子团就有顺反异构体，因此Y分子存在顺反异构体，故C项错误；D．1mol有机物Z中含有2mol酚羟基、1mol羧基、1mol酯基、1mol肽键，1mol酯基水解后可形成1mol酚羟基和1mol羧基，1mol肽键水解后可形成1mol羧基和1mol氨基，则1molZ与足量NaOH溶液反应最多消耗6molNaOH，D错误；故选A。9.【答案】C【详解】A．泥浆堆放后由灰色变为疏松的绿色粉状可以得出是铜被氧化，酸浸时可以进入溶液便于后期制备胆矾，A正确；B．常温下除氯，可以在酸浸时减少HCI挥发，更加环保，B正确；C．pH=5时，c(OH-)=10-9mol/L，经计算39KspFe(OH)32.7910123+3+c(Fe)=332.7910L，能使Fe除尽，但mol/Lmol/cOH110920KspCu(OH)22.21022+mol/L=2.210mol/Lc(Cu)=2-2，也会随之沉淀，C错误；cOH1109D．焙烧加入Na2CO3，可以使V元素转化成可溶性的钒酸盐进入溶液，水浸除掉杂质元素，更好的回收钒，D正确；故选C。10．【答案】C【详解】A．“过程Ⅰ”中Fe3为氧化剂，被还原为Fe2，A错误；33B．“过程Ⅰ”中Fe将NH4氧化为Fe的氧化性强于NO2，B错误；C．“过程Ⅱ”为NO2和NH4生成N2，反应方程式为：NO2NH4N22H2O，氧化剂为NO2，还原剂为NH4，物质的量之比为1:1，C正确；D．“过程Ⅰ”中N2和NO2的物质的量之比为1:1，发生反应：3++-2++312Fe+3NH4+2H2O=N2+NO2+12Fe+18H，则氧化剂为12个Fe，还原剂为3个NH4，二者物质的量之比为4:1，D错误；{#{QQABbQYAggAIABAAABgCAQVqCkAQkBAACAoOQEAEMAAAAANABAA=}#}11．【答案】C【详解】A．由晶胞图知中O原子位于Ce构成的四面体空隙中，A错误；B．由图可知，以任一面心的Ce4为例，距离其最近的O2的微粒数有8个，B错误；4213C．CeO2晶胞中Ce与最近O的核间距为晶胞对角线长度的，即apm，C正确；4443D．假设CeO2x中的Ce和Ce的个数分别为m和n，且mn1，由化合价代数和为0可得4m3n42x，解得m12x，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的Ce4或Ce3个数11为8+64，所以每个晶胞中Ce4的个数为48x，D错误。82故选C。12．【答案】C【详解】A．HA消耗的V(NaOH)小于H2B消耗V(NaOH)的二倍，则c1c2，A错误；B．H2B、HA恰好完全中和时，产物为强碱弱酸盐，均呈碱性，可使用酚酞做指示剂，不可使用甲基橙做指示剂，B错误；C．溶液中的质子守恒：cH+cHAcOH-①，物料守恒：②cAcHA0.05molL-1②，②2-①得：cHA2cAcOHcH0.1000molL，C正确；D．完全中和时消耗V(NaOH)=10.60mL，a点V(NaOH)=7.95mL时，占消耗氢氧化钠总体积的四分之三，则溶质为NaHB与Na2B，且二者的浓度比为：1:1形成的溶液，则a点物料守恒和电荷守恒有关系式：cNacH+=cHB2cB2+cOH-①，22cNa=3cHB3cB3cH2B②，用②-①，-2++-得cNacOH=2cHBcB3cH2B+cH由于酸性环境，cHcOH，2故cNa2cHBcB3cH2BD错误；13．【答案】A【详解】A．由2C(s)+2NO2(g)⇌N2(g)+2CO2(g)可知，NO2的生成速率(逆反应速率)应该是N2的生成速率(正反应速率)的二倍时才能使正、逆反应速率相等，即达到平衡，只有C点满足，A点NO2的生成速率和N2的生成速率相等，反应没有达到平衡，故A错误；B．由图2知，E点反应未达到平衡，F点反应达到平衡，且压强E＜F，则E点的v逆小于F点的v正，故B正确；C．由题中信息可知，维持温度不变，即E、G两点温度相同，平衡常数K(E)=K(G)；E、G两点NO2的转化率相同，但混合气体中气体压强与浓度有关，压强越大，体积越小，浓度越大，所以G点压强大，浓度大，即c(E)＜c(G)，故C正确；D．在恒温恒容下，向G点平衡体系中充入一定量的NO2，等效于加压，平衡逆向移动，NO2的平衡转化率减小，故D正确；答案为A。14．【答案】B【详解】A．从图中可知，正丁烷的构象异构体中，i的势能最小，最稳定，因此正丁烷的构象异构体中所占比例最大的是i，A错误；B．iii转化成i是放热反应，正反应的活化能低于逆反应的活化能，因此iii转化成i的速率比逆向转化的快，B正确；C．构象异构体因正丁烷分子中C2和C3旋转不同角度而形成，没有化学键的断裂和生成，C错误；D．从图中可知，iii转化为iv的转化能垒为18.8kJ/mol，i转化为iv的转化能垒为22.6kJ/mol，D错误；故答案选B。三、非选择题：（本题共4小题，共58分。）{#{QQABbQYAggAIABAAABgCAQVqCkAQkBAACAoOQEAEMAAAAANABAA=}#}15．（14分，除特殊标注外，每空2分）（）（分）（分）（）2+-+1K31K212Fe+HCO3+NH3H2O=FeCO3+NH4+H2O（）过高，会转化为，过低，与+反应3pHFeCO3Fe(OH)2pHH2NCH2COOHH（4）降低甘氨酸亚铁溶解度，便于从溶液中析出（5）b（1分）c（1分）（6）23.3%（7）616.(15分，除标注外，其余每空2分）【答案】(1)HC(2)ΔH1+ΔH2-ΔH3(3)a>CDa%0.65b%＋(4)2(5)阳（1分）Na10.656.0103【详解】（1）1-甲基萘(1-MN)的组成元素为C和H，其电负性由小到大的顺序为HC。（2）根据盖斯定律，R4的焓变H=ΔH1+ΔH2-ΔH3。（3）①由于生成十氢萘(1-MD)的总反应是相同的，则总反应的平衡常数在一定温度下为定值，则K1K2K3K4，c、d分别为反应R1和R3的平衡常数随温度变化的曲线，由图像可知，相同温度下K1K3，则K2K4，结合图像可知，表示反应R4的平衡常数随温度变化曲线为a。2②反应达平衡时，v正v逆，则k正c1MNcH2k逆c5MTL，平衡常数c5MTLkkkK正，温度时，K正1.5，温度时，K正3，由图2T1T1T2T2c1MNcH2k逆k逆k逆甲可知，K值随温度升高而减小，则T1>T2；③A．由图甲可知，升高温度，K逐渐减小，说明升高温度平衡逆向移动，则四个反应正反应均为放热反应，A正确；B．能量越低越稳定，反应过程中生成1-MD的总反应为放热反应，说明生成物的能量低于反应物，故反应体系中1-MD最稳定，B正确；C．R1和R3均为气体体积减小的放热反应，但是反应过程中伴有生成十氢萘(1-MD)的副反应R2和R4，该副反应也均为气体体积减小的放热反应，因此压强越大，温度越低，可能会导致副产物的增加，C错误；D．由①分析知，a为反应R4的平衡常数随温度变化的曲线，400K时反应R4的反应平衡常数最大，但不代表其反应速率最快，D错误；故选CD。（4）R1、R3、R