黄金卷06（题型题量：14道选择题+4道非选择题）-【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考化学模拟

【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考化学模拟卷（新高考七省专用）黄金卷06（考试时间：75分钟试卷满分：100分）可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Cl35.5Fe56第Ⅰ卷一、选择题：本题共14小题，每小题3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。1．二十大报告提出科技创新是赢得未来发展主动权的必然选择。下列说法错误的是A．“天和号”推进器上的氮化硼陶瓷属于有机高分子材料B．量子通信材料螺旋碳纳米管与石墨烯互为同素异形体C．“天宫”空间站中太空机械臂的主要成分为铝合金，其强度大于纯铝D．中国研制的先进微纳米光刻机，其材料之一四甲基氢氧化铵，可溶于水【答案】A【解析】A．氮化硼陶瓷耐高温，是新型无机非金属材料，故A说法错误；B．同素异形体指由同种元素组成的具有不同性质的单质，螺旋纳米管与石墨互为同素异形体，故B说法正确；C．合金硬度大于其成分金属，故C正确；D．四甲基氢氧化铵属于一元碱，易溶于水，故D说法正确；答案选A。2．下列有关化学用语的叙述错误的是A．的结构式为 B．的电子式为C．简单硫离子的结构示意图为 D．基态N原子的价层电子排布图为【答案】C【解析】A．N以三个共价键的形式结合，H有1个共价键，其结构式为，A正确；B．C与S之间以双键结合，共用2对电子，其电子式为，B正确；C．硫的核电荷数为16，硫离子为核外电子得到2个电子，其结构示意图为，C错误；D．N价层电子排布式2s2sp3，其价层电子排布图为，D正确；故答案为：C。3．物质的性质决定用途，下列两者对应关系正确的是A．SO2具有杀菌作用，用作葡萄酒中的抗氧化剂B．SiO2具有导电性，用于制造光导纤维C．碳酸氢钠能与碱反应，用作食品的膨松剂D．Na能与水反应，用作乙醚的除水剂【答案】D【解析】A．SO2具有还原性，用作葡萄酒中的抗氧化剂，A错误；B．SiO2没有导电性，B错误；C．碳酸氢钠能与酸反应生成CO₂，用作食品的膨松剂，C错误；D．Na能与水反应，用作乙醚的除水剂，D正确；故选D。4．利用下列试剂和如图所示装置制备气体并除去其中的非水杂质，能达到目的的是(必要时可加热，加热及夹持装置已略去)选项气体试剂I试剂II试剂Ⅲ  ACl2浓盐酸MnO2NaOH溶液BCO2稀盐酸CaCO3饱和NaHCO3溶液CSO2浓硝酸Na2SO3(s)饱和NaHSO3溶液DC2H4浓硫酸C2H5OH（1）KMnO4酸性溶液【答案】B【解析】A．实验室中制备的Cl2中含有HCl，除去Cl2中的HCl应该用饱和食盐水，而不是NaOH溶液，A不合题意；B．实验室用稀盐酸和CaCO3制备CO2，此时CO2中含有少量的杂质HCl，可用饱和NaHCO3溶液来除去CO2中的HCl，B符合题意；C．浓硝酸具有强氧化性，能将Na2SO3氧化为Na2SO4，故不能用浓硝酸和Na2SO3来制备SO2，而应该用70%H2SO4和Na2SO3来制备SO2，B不合题意；D．实验室可以将浓硫酸和无水乙醇的混合液迅速加热到170℃来制备乙烯，这样制得的乙烯中含有SO2、CO2和乙醇蒸气等杂质，由于乙烯也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故不能用酸性高锰酸钾溶液来除杂，应该用NaOH溶液来除杂，D不合题意；答案选B。5．常温下，通过下列实验探究的性质。实验实验操作和现象1用试纸测定溶液的，测得约为82向溶液中加入溶液，产生白色沉淀和气体3向溶液中加入溶液，产生白色沉淀4向溶液中加入溶液，有无色气体逸出下列有关说法错误的是A．溶液中存在B．实验2发生反应的离子方程式为C．实验3发生反应的离子方程式为D．实验4发生反应的离子方程式为【答案】C【解析】A．根据质子守恒可得，溶液中存在 ，A正确；B．向溶液中加入溶液，产生白色沉淀碳酸钙和二氧化碳气体，反应的离子方程式为：，B正确；C．向溶液中加入溶液，碳酸氢钠过量，反应的离子方程式为：，C错误；D．向溶液中加入溶液，产生二氧化碳气体，反应的离子方程式为：，D正确；故选C。6．苯乙烯是一种重要的化工原料，在气氛下乙苯催化脱氢生成苯乙烯的一种反应历程如图所示，下列说法错误的是A．由原料到状态1产生了活性氢原子B．由状态1到状态2有极性键的断裂和形成C．催化剂可提高苯乙烯选择性，增大苯乙烯的产率D．由状态2到生成物只有2种元素的化合价发生了变化【答案】D【解析】A．观察图可知，由原料到状态1产生了活性氢原子，A正确；B．观察可知，状态1到状态2二氧化碳分子的碳氧双键发生断裂，同时形成了氧氢单键，有极性键的断裂和形成，B正确；C．催化剂可提高苯乙烯选择性，增大苯乙烯的产率，C正确；D．由状态2到生成物只有C元素的化合价发生了变化，D错误。故选D。7．实验是科学探究的重要手段，下列实验操作或方案正确且能达到预期目的的是选项ABCD实验操作或方案        实验目的石油分馏时接收馏出物酸式滴定管排气操作制取氨气证明温度对平衡的影响【答案】D【解析】A．石油分馏时，接受馏出物的锥形瓶不能塞橡胶塞，否则会因气体体积膨胀导致气体压强增大而发生意外事故，故A错误；B．带橡胶胶管的滴定管不是酸式滴定管，而是碱式滴定管，故B错误；C．制取氨气应该用氯化铵和氢氧化钙加热反应，氯化铵加热会分解成氯化氢和氨气，氯化氢和氨气在导管处又化合成氯化铵堵塞导管，故C错误；D．2NO2(g)⇋N2O4(g)是放热反应，NO2是红棕色，升高温度平衡左移，颜色加深，冷水中温度降低，平衡右移，颜色变浅，故D正确；答案选D。8．常温下，下列各组粒子在指定溶液中一定能大量共存的是A．澄清透明溶液：K+、Na+、SO、MnOB．遇KSCN变红色的溶液：Na+、Mg2+、I-、Cl-C．pH=0的溶液：、Fe2+、S2O、ClO-D．通入足量NH3的溶液：K+、Cu2+、SO、Cl-【答案】A【解析】A．该溶液因含MnO而显紫色但澄清透明，且K+、Na+、SO、MnO两两之间不发生反应，能大量共存，A符合题意；B．遇KSCN变红色的溶液中含有，能与I-发生氧化还原反应，故不能大量存在，B不符合题意；C．pH=0的溶液显酸性，含有大量，能与ClO-结合生成HClO，能与S2O反应生成S、SO2和水，另外ClO-具有强氧化性，能与Fe2+发生氧化还原反应，故这些离子不能大量共存，C不符合题意；D．通入足量NH3的溶液显碱性，Cu2+能结合氨分子生成，故不能大量存在，D不符合题意；故选A。9．科学家合成了一种高温超导材料，其晶胞结构如图所示。下列说法错误的是A．晶体最简化学式为KCaB6C6B．该晶体属于分子晶体C．晶体中与Ca最近且等距离的B有12个D．晶体中C原子的杂化类型为sp3【答案】B【解析】A．根据“均摊法”，该晶胞中含K（位于顶点）：8×=1、Ca（位于体心）：1、B（位于面上）：12×=6、C（位于面上）：12×=6，则晶体最简化学式为KCaB6C6，A项正确；B．该晶体是一种高温超导材料，该晶体不可能属于分子晶体，B项错误；C．由晶胞结构可知，Ca位于体心，B位于面上，晶体中与Ca最近等距离的B有12个，C项正确；D．C位于面上，结合晶胞结构知，C的价层电子对数为4，C原子采取sp3杂化，D项正确；答案选B。10．β﹣生育酚是天然维生素E的一种水解产物，具有较高的生物活性，其结构简式如图。下列有关β﹣生育酚的说法正确的是A．1个分子中含有47个氢原子 B．该分子中含有6个甲基C．环上的一氯代物只有1种 D．能发生取代反应和加成反应【答案】D【解析】A．根据β﹣生育酚的结构简式可知，分子中含有48个氢原子，A错误；B．根据β﹣生育酚的结构简式可知，含有7个甲基，B错误；C．根据β﹣生育酚的结构简式可知，环上含有3种氢原子，则环上的一氯代物只有3种，C错误；D．结构中具有苯环、酚羟基，苯环能发生加成反应和取代反应，D正确；故选D。11．高效率和高选择性将CO2转化为CH4是CO2资源化利用的途径之一，我国科研工作者开发了一种空腔串联反应器，为电催化还原CO2提供了一种可行的转化方案，其原理如图所示。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．22gCO2通入水中得到的溶液中含有H2CO3分子数为0.5NAB．lmolCH4中所含质子数和中子数均为10NAC．途径2生成标准状况下22.4LCH4，反应转移电子数为8NAD．途径1所得产物物质的量之比为l:1，形成共价键数目为6NA【答案】C【解析】A．由于是可逆反应，因此22gCO2通入水中得到的溶液中含有H2CO3分子数小于0.5NA，A错误；B．一个CH4分子中含有10个质子，6个中子，则lmolCH4中含有10NA质子和6NA中子，B错误；C．标准状况下22.4LCH4的物质的量为1mol，途径2生成CH4的过程中C元素化合价由+4价下降到-4价，反应转移电子数为8，C正确；D．未说明所得产物物质的量，无法计算形成共价键数目，D错误；故选C。12．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素。基态X、Z原子的电子均填充了3个能级，且均有2个未成对电子，W的核外电子数是X原子最外层电子数的3倍。下列说法正确的是A．第一电离能：X＜Y＜Z B．元素X的氢化物的沸点一定比元素Y的氢化物低C．Z与W组成的化合物可作耐高温材料 D．简单离子半径：r(W)＞r(Z)＞r(Y)【答案】C【分析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素。基态X、Z原子的电子均填充了3个能级，且均有2个未成对电子，则X为碳、Z为氧，那么Y为氮；W的核外电子数是X原子最外层电子数的3倍，W为12号元素镁；【解析】A．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能：X＜Z＜Y，A错误；B．碳可以形成相对分子质量很大的烃，其沸点可能很高，故元素X的氢化物的沸点不一定比元素Y的氢化物低，B错误；C．Z与W组成的化合物氧化镁熔点很高，可作耐高温材，C正确；D．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；简单离子半径：r(Y)＞r(Z)＞r(W)，D错误；故选C。13．部分含铜物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列推断错误的是A．f可被还原生成bB．可存在的转化关系C．a可与非金属单质发生化合反应生成D．往溶液加入几滴氨水，得到深蓝色溶液【答案】D【分析】由图可知a为铜、b氧化亚铜、c为氧化铜、d为亚铜盐、e为铜盐、f为氢氧化铜。【解析】A．含有醛基的有机物能与新制的氢氧化铜共热反应生成氧化亚铜，故A正确；B．铜与氧化性酸反应能生成铜盐，铜盐与碱溶液反应能生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜受热分解为氧化铜，氧化铜和氢气发生置换反应生成铜，则铜元素及其化合物间存在的转化关系，故B正确；C．铜能与硫共热反应生成硫化亚铜，故C正确；D．可溶性铜盐溶液与少量氨水反应只能生成氢氧化铜蓝色沉淀，不能生成深蓝色的铜氨络离子，故D错误；故选D。14．铝硫二次电池是一种具有高能量密度、廉价原材料、有前途的替代储能装置，一种铝硫电池如图所示，M极为表面吸附了硫的活性电极，电解质为，(、)。下列说法错误的是A．放电时铝电极的电极反应式为B．电池放电时的反应原理为C．离子交换膜为阳离子交换膜D．充电时，M极为阳极，被氧化【答案】D【分析】图示为铝硫电池，该电池放电时Al失去电子发生氧化反应，为负极，电极反应式为，M为正极，硫得到电子发生还原反应，电极反应式为；【解析】A．由分析可知，放电时铝电极的电极反应式为，A正确；B．由分析可知，放电总反应为，B正确；C．充放电过程中钾离子通过离子交换膜移动，故离子交换膜为阳离子交换膜，C正确；D．该电池放电时Al为负极、M为正极，则充电时，M极为阳极，铝极为阴极，阴极的被还原，D错误；故选D。第Ⅱ卷二、非选择题：共4小题，共58分。15．（14分）钕铁硼废料是一种具有较高经济价值的废弃物，主要成分为稀土元