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备战2024年高考化学考前手感保温训练（新高考卷）
专练12 14道选择题+主观有机题
完卷时间：40分钟
答案速查
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
答案 C D D B B A B A C D B D D A
可能用到的相对原子质量：H-1 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Fe-56
一、选择题（共42分，只有1个正确选项）
1．我国早在“十二五”期间就增加了“脱硝”这一节能减排约束性硬指标。“脱硝”中的
“硝”是指
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】脱硝是指将尾气中的氮氧化物转化为氮气和水蒸气的过程，故“硝”是指氮氧化
物，故选C。
2．已知NaBiO 制MnO 的离子方程式为5NaBiO+2Mn2++14H+=2MnO +5Na++5Bi3+＋7HO，下列
3 3 2
说法错误的是
A．上述反应需要在硫酸酸化的环境中进行
B．HO的VSEPR模型为：
2
C．基态Bi3+的价电子排布式为6s2
D．用浓盐酸溶解NaBiO 的离子方程式为BiO +2Cl-+6H+=Cl↑+Bi3++3HO
3 2 2
【答案】D
【解析】A．上述反应需要消耗 ，即需要在强酸性环境下进行，由于硝酸有强氧化性，
盐酸中 还原性比 强，均会影响该反应的发生，因此最适宜用硫酸酸化，A正确；
B．HO的中心原子O的价层电子对数为 ，O原子的杂化类型为 ，因此
2HO的VSEPR模型为四面体形，B正确；C．Bi位于第六周期第ⅤA族，基态 的价层电
2
子排布式为 ，C正确；D．用浓盐酸溶解NaBiO 固体时， 与 发生氧化还原反
3
应，生成 和 ，反应的离子方程式为： ，
D错误；故选D。
3．一种制备 的改进装置如图所示，下列说法错误的是
A．配制 溶液时需加入硫酸
B．实验时先注入稀硫酸，再注入NaOH溶液和 溶液
C．装置N的作用是液封，并判断装置M中的空气是否排尽
D．用铁粉代替 粉末，也能排尽空气
【答案】D
【分析】
实验时先注入稀硫酸，碳酸钠和硫酸反应放出二氧化碳，等烧杯内紫色石蕊试液变红，再
注入NaOH溶液和 溶液生成氢氧化亚铁。
【解析】A． 易水解，为防止 水解，配制 溶液时需加入硫酸，故A正确；
B．实验时先注入稀硫酸，等二氧化碳排出锥形瓶内的空气后再注入NaOH溶液和 溶
液生成氢氧化亚铁，故B正确；C．烧杯内紫色石蕊试液变红，说明锥形瓶内空气完全排出，
同时装置N可以防止空气进入锥形瓶，故C正确；D．氢气的密度比空气小，用铁粉代替
粉末，不能排尽空气，故D错误；选D。
4．科研人员开发了一种生产药物中间体三氟甲苯的方法：设 为阿伏加德罗常数的值，已知三氟乙酸的pKa=0.23，下列叙述正确的是
A．1mol三氟甲苯中碳碳双键数目为3
B．氢气和二氧化碳组成的混合物共1mol ，其中氢、氧原子总数为2
C．生成22.4L 时，需消耗1mol苯
D．1L 1 三氟乙酸溶液中， 的数目为
【答案】B
【解析】A．1个三氟甲苯分子中，苯环上的碳碳键是介于单键和双键之间一种特殊共价键，
分子中不存在碳碳双键，碳碳双键数目为0 N，A错误；B．氢气为双原子分子，二氧化碳
A
的分子组成为CO，含有2个氧原子，1mol 和 组成的混合物中不管比例如何，氢、
2
氧原子总数都是2N，B正确；C．生成22.4L 时，未明确气体所处状况，无法计算需消
A
耗苯的量，C错误；D．由三氟乙酸的pKa=0.23可知，三氟乙酸为弱酸，1L 1 三氟
乙酸溶液中， 的数目小于N，D错误；故选B。
A
5．下列实验方案能达到探究目的的是
选
探究目的 实验方案
项
CO还原FeO 实验
2 3
向CO还原FeO 所得到的产物中加入稀盐酸，再滴加KSCN溶
2 3
A 中，FeO 是否全部
2 3
液，观察颜色变化
被还原
比较CHCOO-和ClO- 室温下，用pH计分别测定等物质的量浓度的CHCOONa溶液和
3 3
B
结合H+的能力大小 NaClO溶液的pH
比较K(BaSO)和
sp 4
将BaSO 粉末和NaCO 饱和溶液混合，充分振荡，静置，取少量
4 2 3
C K (BaCO)的相对
sp 3
上层清液，滴加盐酸和BaCl 溶液，观察是否有沉淀产生
2
大小
检验某有机物是否 取少许该有机物滴入盛有银氨溶液的试管中水浴加热，观察试
D
为醛类 管中是否有银镜产生
A．A B．B C．C D．D
【答案】B【解析】A．向CO还原FeO 所得到的产物中加入稀盐酸，再滴加KSCN溶液，如果溶液变
2 3
为血红色，表明FeO 没有全部被还原，如果溶液不变色，并不能说明FeO 全部被还原，
2 3 2 3
因为生成的Fe能将Fe3+还原为Fe2+，故A错误；B．室温下，用pH计分别测定等物质的量
浓度的CHCOONa溶液和NaClO溶液的pH，后者的pH大，表明后者溶液中c(OH-)大，溶液
3
的碱性强，ClO-的水解程度比CHCOO-大，从而说明ClO-结合H+的能力比CHCOO-强，故B正
3 3
确；C．将BaSO4粉末和NaCO 饱和溶液混合，充分振荡，静置，取少量上层清液，滴加盐
2 3
酸和BaCl 溶液，虽然有气泡和沉淀产生，但并不能说明K(BaSO)比K (BaCO)大，因为
2 sp 4 sp 3
使用的是NaCO 饱和溶液，故C错误；D．能发生银镜反应的物质不一定是醛类物质，只要
2 3
含有醛基即可，比如葡萄糖、甲酸、甲酸甲酯等，故D错误；故选B。
6．某大学研究团队推出一种新型Zn-NO 电池。该电池能有效地捕获NO，将其转化为 ，
2 2
再将产生的 电解制氨，过程如图所示。下列说法正确的是
A．d电极的电势比c电极的电势高
B．d电极为阴极
C．c极的电极反应为
D．电路中转移0.2 mol 时，理论上能得到1.12 L O
2
【答案】A
【分析】由图可知，锌失去电子发生氧化反应，a为负极，与a相连的c 阴极，b上NO 得
2
到电子，变为 ，b为正极，与b相连的d为阳极。
【解析】A．c 为阴极，d为阳极，d电极的电势比c电极的电势高，故A正确；B．由上述
分析可知，d为阳极，故B错误；C．c极为阴极， 得到电子转化为NH，电极反应为：
3
+6e−+7H+＝NH+2HO，故C错误；D．d为阳极，电极反应式为：2HO−4e−＝
3 2 2
O↑+4H+，电路中转移0.2mole-时，理论上能得到0.05molO，标况下的体积为
2 2
0.05mol×22.4mol/L=1.12L，D选项中并未说明是标况，此时无法得知O 的体积，故D错
2
误。答案选A。
7．日光灯中用到的某种荧光粉的主要成分为 。已知：X、Y、Z和W为原子
序数依次增大的前20号元素，W为金属元素，基态X原子s轨道上的电子数和p轨道上的
电子数相等，基态X、Y、Z原子的未成对电子数之比为2∶1∶3，下列说法正确的是
A．电负性：Y<X<Z<W
B．Y和W形成的单质均能与水反应生成气体
C．原子半径：X<Y<Z<W
D．Z元素最高价氧化物对应的水化物是一种强酸
【答案】B
【分析】基态X原子s轨道上的电子数和p轨道上的电子数相等，所以X为O或Mg；由荧
光粉的结构可知，X主要形成的是酸根阴离子，所以X为O；基态氧原子中未成对电子数为
2，又基态X、Y、Z原子的未成对电子数之比为2∶1∶3，因此Y的未成对电子数为1，X、
Y、Z和W为原子序数依次增大的前20号元素，所以Y可能为F、Na、Al、Cl，因为W为金
属元素且荧光粉的结构中Y与W化合，所以Y可能为F或Cl；Z原子的未成对电子数为3，
又因为其原子序数大于Y，所以Y为F、Z为P；X、Y、Z分别为O、F、P，从荧光粉的化学
式 可知，W为+2价，所以W为Ca；综上所述，X、Y、Z、W4种元素分别为
O、F、P、Ca。
【解析】A．同一周期主族元素从左至右元素电负性依次增强、同一主族元素从上至下元素
电负性依次减弱，所以4种元素原子的电负性强弱为：Y＞X＞Z＞W，故A错误；B．Y、W
分别为F、Ca，F 与水反应生成氟化氢和氧气，Ca 与水反应生成氢氧化钙和氢气，即Y和
2
W形成的单质均能与水反应生成气体，故B正确；C．同一周期主族元素从左至右原子半径
依次递减、同一主族元素从上至下原子半径依次递增，所以原子半径：Y<X< Z<W，故C错
误；D．Z元素为P，其最高价氧化物对应的水化物为HPO，HPO 不是一种强酸，故D错误；
3 4 3 4
故答案为：B。
8．某种化合物可用于药用多肽的结构修饰，其结构简式如图所示。下列说法正确的是
A．该分子含有手性碳原子
B．该分子中含有3种官能团
C．该分子中所有的碳原子可共平面D．1mol该化合物最多能与2mol NaOH发生反应
【答案】A
【解析】A．同时连有4个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，故该分子含有
手性碳原子即与-NH 相连的碳原子为手性碳原子，A正确；B．由题干有机物结构简式可知，
2
该分子中含有2种官能团即氨基和酯基，B错误；C．由题干有机物结构简式可知，同时连
有两个-CH 的碳原子为sp3杂化，故该分子中所有的碳原子不可能共平面，C错误；D．由
3
题干有机物结构简式可知，1mol该化合物最多能与1molNaOH发生反应即1mol醇酯基能与
1molNaOH反应，D错误；故答案为：A。
9．利用Cl－取代 [Co(NH)HO]3+离子中的HO的方法制备配合物X：[Co(NH)Cl]Cl。实验
3 5 2 2 3 5 2
过程如下：
已知：①[Co(NH)Cl]2+离子较稳定，加碱或受热可促进其解离：
3 5
[Co(NH)Cl]2+ Co3++5NH+Cl－
3 5 ⇌ 3
②Co(OH) 是一种难溶于水的物质
2
下列说法不正确的是
A．制备配合物X的总反应方程式为:2CoCl+HO+10NH+2HCl = 2[Co(NH)Cl]Cl+2HO
2 2 2 3 3 5 2 2
B．上述过程可用氯水替代HO 将Co(Ⅱ)氧化为Co(Ⅲ)
2 2
C．用浓氨水替代NHCl-NH·HO 混合液可以提高CoCl·6HO的转化率
4 3 2 2 2
D．烘干过程温度不宜过高，以防止[Co(NH)Cl]Cl 受热分解
3 5 2
【答案】C
【解析】A. 制备配合物X的原料是CoCl∙6HO、HO、NHCl、NH·HO、浓盐酸，在反应中，
2 2 2 2 4 3 2
+2价Co被氧化生成+3价的Co，Co3+与NH、Cl-形成配合物[Co(NH)Cl]Cl，则总反应方程
3 3 5 2
式为:2CoCl+HO+10NH+2HCl = 2[Co(NH)Cl]Cl+2HO，A正确；B. 氯气作氧化剂，将
2 2 2 3 3 5 2 2
Co(Ⅱ)氧化为Co(Ⅲ)，还原产物为Cl-，在本实验中Cl-不是杂质，故上述过程可用氯水替
代HO 将Co(Ⅱ)氧化为Co(Ⅲ)，B正确；C. 用浓氨水替代NHCl-NH·HO 混合液，溶液碱
2 2 4 3 2
性会更强，会生成Co(OH) 沉淀，影响配合物的生成，会降低CoCl·6HO的转化率，C错
2 2 2
误；D. [Co(NH)Cl]2+离子较稳定，加碱或受热可促进其解离，故烘干过程温度不宜过高，
3 5
以防止[Co(NH)Cl]Cl 受热分解，D正确；故选C。
3 5 2
10．PCHDL是一种高聚物，其合成反应如下。下列说法不正确的是A．1 mol单体X最多消耗2mol NaOH
B．PCHDL是一种可降解的高分子材料
C．单体Y能发生取代反应、氧化反应
D．该合成反应生成的小分子物质是CHOH
3
【答案】D
【解析】A．1mol单体X中相当于有两个酯基，最多消耗2mol NaOH生成碳酸钠，故A正确；
B．PCHDL中含有酯基，可以水解，是可降解的高分子材料，故B正确；C．Y的结构中有羟
基，能发生取代反应、氧化反应，故C正确；D．该合成反应生成的小分子物质是
，故D错误；本题选D。
11．向绝热恒容密闭容器中通入一定量SO 与NO 的混合气体，在一定条件下发生反应：
2 2
SO(g)+NO(g) SO(g)+NO(g)。其正反应速率 随时间t变化的曲线如下，不考虑副反
2 2 3 正
应的影响，下列说法正确的是
A． 随t变化的曲线在a~c时间段内与 的趋势相同
逆 正
B．从A点到C点，NO的分压一直增大
C．其他条件不变时，若在恒温条件下发生此反应，则SO 的平衡转化率减小
2
D．A、B、C三点的Q值：Q>Q>Qc
A B
【答案】B
【分析】随着反应的进行，反应物浓度减小，如果其它条件不变时，反应物浓度减小会导
致正反应速率减小，但该图中随着反应进行，正反应速率增大，说明正反应为放热反应，
且从A点到B点反应速率主要受温度影响；B点后正反应速率减小，说明此点后反应速率主
要受浓度影响，据此分析解题。
【解析】A．由分析可知，正反应速率增大，说明正反应为放热反应，且从A点到B点反应速率主要受温度影响；B点后正反应速率减小，说明此点后反应速率主要受浓度影响；而A
到C点过程中生成物浓度一直在增大，即逆反应速率一直在增大，则 随t变化的曲线在
逆
a~c时间段内与 的趋势不相同，A错误；B．由分析可知，正反应速率增大，说明正反应
正
为放热反应，而反应前后气体的总物质的量保持不变，从A点到C点，容器的压强由于温
度上升而增大，NO的物质的量也一直在增多，故NO的分压一直增大，B正确；C．由分析
可知，正反应速率增大，说明正反应为放热反应，其他条件不变时，若在恒温条件下发生
此反应，相当于降低温度，则上述反应化学平衡将向正向移动，则SO 的平衡转化率增大，
2
C错误；D．由分析可知，由A到C过程中反应一直在向正向进行，即SO、NO浓度在增大，
3
而SO、NO 的浓度在减小，故Q= ，A、B、C三点的Q值：Q＜Q＜Qc，D错误；
2 2 A B
故答案为：B。
12．实验探究是化学学习的方法之一，某化学实验小组进行 在 气氛中受热
分解实验，根据实验结果或现象，所得结论不正确的是
A． 脱水热分解，其热重曲线如图所示。根据实验结果推算出：x=4，y=1
B． 热分解后，其固态产物的颜色为红色，说明生成的物质为
C．生成的气态产物通过酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，说明产生了
D．把产生的气态产物通过氯化钡溶液，立即有沉淀生成，不能证明其气态产物中含有
【答案】D
【分析】FeSO 4⋅7H
2
O相对分子量为278，100℃时，失重率为19.4%，278×19.4%≈54，即
分解生成FeSO 4⋅4H
2
O和3H
2
O，同理可以求得200℃时，FeSO 4⋅4H
2
O分解生成FeSO 4⋅H
2
O和
3H
2
O，300℃时，FeSO 4⋅H
2
O分解生成FeSO
4
和H
2
O，更高温度下，FeSO
4
隔绝空气，分解生成
FeSO，SO，SO。
4 2 3
【解析】A．由分析知，100℃时，生成FeSO 4⋅4H
2
O，即x=4，200℃时，分解生成
FeSO 4⋅H
2
O，即y=1，A正确；B．由分析知，FeSO
4
热分解后，其固态产物的颜色为红色，说
明最终生成的物质为FeO，B正确；C．能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是常温有还原性的气
2 3体，反应中可能生成的有还原性的气体只有SO，故生成的气态产物通过酸性高锰酸钾溶液，
2
溶液褪色，说明产生了SO，C正确；D．把产生的气态产物通过氯化钡溶液，立即有沉淀
2
生成，因为SO 无法和氯化钡溶液反应得到硫酸钡沉淀，故可以说明其气态产物中含有
2
SO，故D错误；本题选D。
3
13．近年来有多个关于超高压下新型晶体的形成与结构的研究报道。 晶体在
的高压下和 反应，可以形成一种新型晶体，其立方晶胞如图所示(大球为
，小球为 )，下列叙述不正确的是
A．晶胞中，原子分数坐标 为(0，0，0)，B为( ，0， )，则C的原子分数坐标为(0，
， )
B．晶胞中， 构成的多面体包含20个三角形的面
C．晶胞中，与 最近且等距的 有12个
D．已知晶胞参数为 ，阿伏加德罗常数的值为 ，则该晶体的密度 ×1030g/cm3
【答案】D
【解析】A．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的A和位于体对角线上的B的原子分数坐标
分别为(0，0，0)、( ，0， )，则晶胞的边长为1，位于面上的C的原子分数坐标为
(0， ， )，故A正确；B．由晶胞结构可知，晶胞中氯原子构成的多面体共有12个顶点，
每个顶点为5个三角形所共有，则每个三角形平均占有的顶点石墨为3× ，所以多面体包
含三角形的面的数目为 =20，故B正确；C．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的钠原
子与位于面对角线上的氯原子距离最近，则晶胞中与钠原子距离最近的氯原子个数为12，
故C正确；D．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体心的钠原子个数为8× +1=2，位于面上的氯原子个数为12× =6，则晶胞的化学式为NaCl，设晶体的密度为dg/cm3，由晶
3
胞的质量公式可得： =(10—10a)3d，解得d= ×1030g/cm3，故D错误；故选D。
14．常温下，向某浓度的HA溶液中加入NaOH固体，保持溶液的体积和温度不变，测得pH
与 、 、 的变化关系如图所示。下列说法不正确的是
A．常温下， 的电离平衡常数 为
B．a点时，
C．a点→b点过程中，水的电离程度增大
D．NaHA溶液中
【答案】A
【分析】向某浓度HA溶液中加入NaOH(s)，则HA不断减少，A2-不断增加， 且
2 2
比值减少，则-lgc(HA)减少、-lgc(A2-)增大、 减少且可以减少到0，故上升
2
的曲线是 -lgc(A2-)，下降且与横坐标相交的是 ，另一条下降的曲线是-
lgc(HA)。
2【解析】A．当pH为5.3时， =0，此时，c(HA-)=c(A2-)；当pH等于3.05
时，-lgc(HA)等于-lgc(A2-)，即c(HA)=c(A2-)；又因为K = ，K =
2 2 a1 a2
则K K = ，则K =10-0.8，A错误；B．a点时，电荷守恒
a1 a2 a1
为c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，pH=3.05，则c(H+)=10-3.05mol/L，c(OH-)=10-
10.95 mol/L，又因为c(A2-)= c(HA)，所以c(Na+)+10-3.05-10-10.95=2c(A2-)+c(HA-)，故
2
，B正确；C．a点→b点过程中，c(HA)逐渐减小，HA
2 2
的电离抑制水的电离，则该过程中水的电离程度增大，C正确；D．在NaHA溶液，由于HA-
即存在电离又存在水解，所以c(Na+)>c(HA-)；因为K =10-6.1，水解常数K=
a2 b
，故水解程度小于电离程度，即c(HA)<c(A2-)，则
2
成立，D正确；故选A。
二、主观题
18．（15分）氯霉素是广普抑菌抗生素。下图是以化合物A为原料合成氯霉素的一种路线：
请回答下列问题：
(1)A的化学名称是 。
(2)E→F的有机反应类型为 。
(3)C的结构简式为 。(4)A→B 的反应分为两步，第一步形成碳氮双键，第二步形成碳碳单键，第二步反应的化
学方程式为 。
(5)F中N原子的杂化类型为 。
(6)M 是 A 的同系物且相对分子质量比A 大14，符合条件的M 有 种(不考虑立体异
构)
(7)根据合成氯霉素的信息，设计以 (酪氨酸)为原料合成
(D- 型酪氨醇)的路线(无机试剂任选) 。
【答案】(1)对硝基苯甲醛(4-硝基苯甲醛)（2分）
(2)还原反应（2分）
(3) （2分）
(4) + → （2分）
(5)sp3、sp2（2分）
(6)17（2分）
(7)
（3分）
【分析】(A) 与HNCHCOOH反应生成(B) ，
2 2
在 条件下生成(C) ， 在
条件下发生酯化反应生成的(D) 在 条件下生成(E)
， 在 条件下发生还原反应生成(F) ，与 反应生成(G) 。
【解析】（1）A的结构简式为 ，其化学名称是对硝基苯甲醛(4-硝基苯甲醛)；
（2）E的结构简式为 ，F的结构简式为 ，对比两者结构简式可
知，E→F的变化过程中酯基还原成羟基，所以E→F的有机反应类型为还原反应；
（3）C的分子式为CH NOCl，对比B、D的结构简式以及C转化成D的反应条件，可知C
9 11 2 5
的结构简式为 ；
（4）A的结构简式为 ，B的结构简式为 ，A→B 的反应
分为两步，第一步形成碳氮双键，生成的物质为 ，第二步形成碳碳单键，
所以第二步反应的化学方程式为 + → ；
（5）F的结构简式为 ，F中氨基(-NH)的N形成了3个单键和一对孤电子对，
2
价电子对数为4，VSEPR模型为四面体，中心N原子采取sp3杂化；硝基(-NO)的N与O形成
2
了两个N=O双键，还有N与其他原子形成的一个单键，价层电子对数为3，VSEPR模型为平
面三角形，中心N原子采取sp2杂化，所以F中N原子的杂化类型为sp3、sp2杂化；
（6）M是A的同系物且相对分子质量比A大14，则M的苯环外除了一个硝基和一个醛基之
外，还有一个饱和碳，所以符合条件的M有(1)一个侧链 ，共1种；(2)两个侧链
(邻、间、对3种) 、 (邻、间、对3种)， 共6种；(3)三个侧链
(甲基4种位置)、 (甲基4种位置)、 (甲基2种位置），共10种，
所以合乎要求的总共1+6+10=17种；
（7）根据题中信息，合成路线如下：。
