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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15 14道选择题+主观原理题
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 D B C C D B B D B A C
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Cl 35.5
一、选择题（共42分，只有1个正确选项）
1．根据材料的组成和结构变化可推测其性能变化，下列推测不合理的是
材料 组成或结构变化 性质变化与解释
可在铁表面形成一层致密的镍、铬氧化膜，增
A 钢铁 加入适量铬、镍等合金元素
强铁的抗腐蚀性能
通过与硝酸反应，在苯环上 硝基的吸电子作用使三硝基苯酚O-H键极性增
B 苯酚
引入3个硝基 强，羟基上的H更易电离
C 橡胶 在橡胶中添加炭黑 炭黑具有还原性，可增强橡胶的抗老化性能
纤维 用乙酰基取代纤维素上的羟
D 纤维素链上的羟基减少，纤维素吸水能力下降
素 基
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【解析】A．加入铬能使钢铁表面形成致密且紧固的氧化膜，防止内部的铁与氧气接触，加
入镍是使钠铁耐酸，碱腐蚀，A正确；B．苯酚通过与硝酸反应，在苯环上引入3个硝基，
苯环上的亲电取代，硝基的吸电子作用使三硝基苯酚O-H键极性增强，羟基上的H更易电
离，B正确；C．炭黑是最常用的补强填料，在很多橡胶制品中都会加入炭黑来提高制品的
补强性能，更布布耐磨，C错误；D．用乙酰基取代纤维素上的羟基成酯，纤维素链上的羟
基减少，纤维素吸水能力下降，D正确；故选C。
2．下列表示不正确的是A．基态N原子的价层电子排布图：
B． 分子的VSEPR模型：
C．用电子式表示 的形成：
D．2，2，3-三甲基己烷的键线式：
【答案】D
【解析】A．基态N原子的价电子排布式为：2s22p3，其价层电子排布图：
，故A正确；B．PH 分子中心原子的价电子对数为：
3
=4，其VSEPR模型为四面体形，即 ，故B正确；C．KS为离子化合物，用
2
电子式表示KS的形成： ，故C正
2
确；D．2，2，3-三甲基己烷的最长碳链为6个碳原子，键线式： ，故D错
误；故选：D。
3．乙醇、乙醛和乙酸有以下转化关系。设N 为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A
A．1 mol CHCHOH含有的σ键的数目为8N
3 2 A
B．23 g CHCHOH参与反应①，转移的电子数目为N
3 2 A
C．常温常压下，88 g CHCHO含有的分子数目为2N
3 AD．1mol·L-1的CHCOOH溶液中，CHCOOH、CHCOO-的数目之和为N
3 3 3 A
【答案】D
【解析】A．CHCHOH中均为单键，即所有键都是σ键，因此1 mol CHCHOH含有的σ键
3 2 3 2
的数目为8N，故A正确；B．23 g CHCHOH物质的量为0.5mol，反应①中C由-2价上升
A 3 2
到-1价，因此23 g CHCHOH参与反应①，转移的电子数目为N，故B正确；C．88 g
3 2 A
CHCHO物质的量为2mol，因此所含分子数目为2N，故C正确；D．未标明溶液体积，
3 A
CHCOOH、CHCOO-的数目之和无法计算，故D错误；故选D。
3 3
4．根据实验目的设计方案并进行实验，下列有关方案设计、实验现象或结论都正确的是
实验目的 方案设计 现象 结论
①先沉淀后溶
比较Cu和Fe的 取同浓度的① 、② 溶 金属性：Cu＜
A 解，②沉淀后
金属性强弱 液，滴加同浓度氨水 Fe
不溶解
检验己烯中的 取少量己烯，加入溴的四氯化碳 上下两层均无 己烯中含碳碳
B
碳碳双键 溶液，振荡 色 双键
向盛有少量蒸馏水的试管里加2
与
比较配离子的 溶液由黄色变
C 滴 ，然后再加2滴 形成的配离子
稳定性 血红色
硫氰化钾溶液 更稳定
将2mL 0.1mol/L 溶液
(A)浸入0℃水浴中、2mL
比较温度对反 B溶液比A溶液 温度越高，反
D 0.05mol/L 溶液(B)浸入
应速率的影响 先出现浑浊 应速率越快
50℃水浴中，再同时滴加
0.1mol/L稀硫酸2mL
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【解析】A．取同浓度的① 、② 溶液，滴加同浓度氨水，CuCl 先生成Cu（OH）
2
沉淀，与氨水继续反应，生成 ，FeCl 生成Fe（OH） 沉淀，该实验不能比
2 3 3
较Fe、Cu金属性的大小，故A错误；B．取少量己烯，加入溴的四氯化碳溶液，振荡，溴
的四氯化碳溶液褪色，溶液不分层，能使溴的四氯化碳溶液褪色的官能团还有碳碳三键等，
该实验也不能说明己烯中含有碳碳双键，故B错误；C．向盛有少量蒸馏水的试管里加2滴，然后再加2滴硫氰化钾溶液，溶液颜色不变，Fe3+与CN-形成的配离子更稳
定，故C错误；D．两份混合溶液体积相同，浓度相同，但温度不同，热水中出现浑浊的时
间短，从而得出升温加可加快化学反应速率，故D正确；故选D。
5．下列化学反应与方程式不相符的是
A．含等物质的量的 和 的溶液混合的离子方程式：
B．铅酸蓄电池充电时的阳极反应：
C．表示 气体燃烧热的热化学方程式：
D．对苯二甲酸与乙二醇合成涤纶：n
【答案】B
【解析】A．含等物质的量的 和 的溶液混合生成 、和 ，
离子方程式： ，故A正确；B．铅酸
蓄电池充电时的阳极反应： ，故B错误；C．在101
kPa时，1 mol纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热，表示
气体燃烧热的热化学方程式：
，故C正确；D．对苯二甲酸与乙二醇合成涤纶是羧基与羟基脱水发生
缩聚反应，化学方程式为：n
，故D正确；故选B。
6． YXEZM 是一种常见的营养强化剂。其中，元素周期表中 与Y、M相邻，基态 原子
4 9 2 4
的价电子排布式nsnnpn，Z的第一电离能大于 的，基态 原子与基态 原子的未成对电
子数相同； 为原子半径最小的元素； 的合金是目前用量最大的金属材料。下列说法正
确的是A．电负性： B．非金属性：
C．简单氢化物的沸点： D．高温下， 的单质与 反应得到
【答案】C
【分析】基态 原子的价电子排布式为nsnnpn，即2s22p2，所以Y是C元素，元素周期表中
与Y、M相邻，Z的第一电离能大于 的，则Z是N元素，基态 原子与基态 原子的未
成对电子数相同，则M为O元素， 为原子半径最小的元素，则X是H元素； 的合金是
目前用量最大的金属材料，则E是Fe元素。
【解析】A．同周期从左到右，元素的电负性逐渐增强，同主族从上到下，元素的电负性逐
渐减小，通常非金属的电负性大于金属，所以电负性：N>H>Fe，A错误；B．同周期从左到
右，元素的非金属性逐渐增强，非金属性：CNH>CH，C正确；D．高
2 2 3 4
温下铁与水蒸气反应得到四氧化三铁，D错误；故选C。
7．物质的结构决定物质的性质。下列性质差异与结构因素匹配正确的是
选项 性质差异 结构因素
A 键角：CH（109°28′）大于NH（107.3°） 中心原子杂化方式
4 3
B 摩氏硬度：金刚石(10) 石英(7) 晶体类型
C 酸性：CFCOOH(pKa=0.23)＞CClCOOH(pKa=0.65) 羟基极性
3 3
苯酚的溶解度：高于65℃时(能与水互溶) 室温时
D 电离程度
(9.2g)
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【解析】A．甲烷和氨气的中心原子的杂化方式均为sp3，其键角差异是：氨气的中心原子
N原子上有孤电子对，根据价层电子对互斥理论，孤电子对与σ键的斥力大于σ键之间的
斥力，因此氨气的键角略小于109°28′，A不合题意；B．金刚石和石英均为原子晶体，
由于C-C键的键能小于Si-O，石英的摩氏硬度比金刚石小，B不合题意；C．F电负性较Cl
大，导致-CF 的吸电子效应强于-CCl，羧酸CFCOOH分子中羟基极性增大，则氢离子越易
3 3 3
电离，故酸性：CFCOOH＞CClCOOH，C符合题意；D．苯酚和水均为极性分子，苯酚晶体能
3 3
溶于水，苯酚晶体分子间存在氢键，室温下难以被破坏，故苯酚在室温下的溶解度不大，
当温度高于65℃时，苯酚晶体分子间的氢键被破坏，与水分子之间形成了氢键，增大了溶
解度，能与水互溶，即与电离情况无关，D不合题意；故答案为：C。8．实验室进行下列操作时，仪器选用错误的是
Ⅰ．用四氯化碳提取碘水中的碘 Ⅱ．量取一定体积的酸性 溶液
A．分液漏斗 B．酸式滴定管
Ⅲ．灼烧胆矾 Ⅳ．用 固体和水制备少量氧气
C．坩埚 D．启普发生器
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【解析】A．提取碘水中的碘，用四氯化碳萃取，选用分液漏斗，A正确；B．酸性
溶液有强氧化性，选用酸式滴定管，B正确；C．灼烧固体用坩埚，C正确；D． 是粉
末状固体，易从启普发生器的球形容器中掉入底部半球形容器内，且过氧化钠与水反应的
速率太快、反应放热，所以用 固体和水制备少量氧气时不能选用启普发生器装置，D
错误；故答案选D。
9．药物来曲唑的结构简式如图所示，下列关于来曲唑的叙述正确的是A．分子式为C HN
17 9 5
B．分子中碳原子的杂化轨道类型有sp、sp2、sp3
C．分子中所有的碳原子可能共面
D．1mol该分子最多可以和8molH 加成
2
【答案】B
【解析】A．分子式为C H N，A错误；B．苯环中碳原子的杂化轨道类型有sp2，-CN中碳
17 11 5
原子的杂化轨道类型有sp，中间碳原子为饱和碳原子，杂化轨道类型有sp3，B正确；C．
分子中间碳原子为饱和碳原子，所有的碳原子不可能共面，C错误；D．1mol该分子含
2mol苯环，2mol碳氮双键，2mol碳氮参键，最多可以和12molH 加成，D错误；故选B。
2
10．利用CoP／CdS复合光催化剂可实现温和条件下废弃聚乳酸塑料(PLA)高选择性地转化
为丙氨酸小分子，其转化历程如下：
下列说法错误的是
A．该过程光能转化为化学能
B．每生成1mol丙氨酸，催化剂吸收2.41eV的能量
C．乳酸铵转化为丙酮酸主要发生氧化反应
D．PLA转化为乳酰胺的化学方程式为： +nNH HO n +nHO
3 2 2【答案】B
【解析】A．根据图中信息可知，催化剂吸收光能最终生成丙氨酸，故该过程光能转化为化
学能，A正确；B．根据图中信息可知，每生成1个丙氨酸分子，催化剂吸收2.41eV的光能，
B错误；C．由图中乳酸铵结构简式、丙酮酸结构简式可知，乳酸铵转化为丙酮酸发生了羟
基的催化氧化，C正确；D．根据图中信息，PLA和一水合氨反应生成乳酰胺，方程式为
+nNH 3⋅H
2
O→n +nH
2
O，D正确；答案选B。
11．双阴极微生物燃料电池处理含NH 废水的工作原理如图2所示，双阴极通过的电流相等，
4
废水在电池中的运行模式如图1所示，下列说法错误的是
A．I、Ⅲ为阴极室，Ⅱ为阳极室
B．离子交换膜为阳离子交换膜
C．Ⅲ室会发生反应
D．生成3.5gN，理论上需要消耗10gO
2 2
【答案】D
【解析】A．I室和Ⅲ室发生反应，反应类型为还原反应，I室和Ⅲ室为阴极室，Ⅱ室发生
反应为氧化反应，为阳极室，故A正确；B．Ⅱ室为阳极室、Ⅲ室为阴极室，Ⅱ室消耗阴离
子，所以离子交换膜为阳离子交换膜，故B正确；C．根据图1所示，Ⅲ室中液体运动到I
室，I室硝酸根离子发生还原反应，可知Ⅲ室中生成硝酸根离子，所以除了O→HO，还会
2 2
发生的反应为 ，故C正确；D．I室发生反应
，生成3.5gN，即0.125mol，左侧阴极转移1.25mol电子，
2
消耗0.25mol硝酸根离子；双阴极通过的电流相等，所以右侧阴极同样转移1.25mol电子，
右侧阴极反应消耗氧气的物质的量为0.3125mol，Ⅲ室发生反应生成0.25mol硝酸根离子消耗0.5mol氧气，理论上需要消耗0.8125molO，即26g，故
2
D错误；答案选D。
12．通过佛尔哈德法可以测定三氯氧磷( )样品中 元素的含量，实验步骤如下：
I．取mg样品于锥形瓶中，加入足量的 溶液，待完全反应后加稀硝酸至溶液显酸性；
II．向锥形瓶中加入0.1000 的 溶液50.00 ，使 完全沉淀；III．向其
中加入2 硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖：
IV．加入指示剂，用c 溶液滴定过量 至终点，记下所用体积为V
。
已知： ， 。
下列说法正确的是
A．滴定选用的指示剂为甲基橙
B．硝基苯的作用为防止 转化为
C．若取消步骤III，测定结果偏大
D．本次实验测得 元素的质量分数为
【答案】B
【解析】A．由Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ滴定过程溶液始终显酸性，无法用甲基橙作指示剂，A错误；
B．由可知Ksp(AgCl)>Ksp(AgSCN)=2×10-12，硝基苯的作用为防止AgCl转化为AgSCN，B正
确；C．取消步骤Ⅲ，则AgCl转化为AgSCN，所需NHSCN体积V偏大，可知Cl%偏小，C错
4
误；D．Ag+总物质的量为0.1000mol·L-1×50.00mL=5.0×10-3mol，NHSCN的物质的量为
4
cmol·L-1×VmL=cV×10-3mol，设三氯氧磷(POCl)样品中Cl元素的物质的量为x，结合关系
3
式POCl~3Cl-~3AgNO~3Ag+、Ag+~NHSCN可知有x+ cV×10-3=5.0×10-3mol，解得x=(5.0-
3 3 4
cV)×10-3mol，因此三氯氧磷(POCl)样品中Cl元素的质量为(5.0-cV)×10-3mol×35.5g/
3
mol=3.55(5.0-cV) ×10-2g，因此Cl元素的质量分数为 ，D错误；故选B。
13． （摩尔质量为 ）的晶胞形状为长方体，边长分别为a nm、b
nm、c nm，结构如图所示。下列说法正确的是A． 的配位数为4
B． 的空间结构为正四面体形
C． 的密度为
D．配离子 中配体的中心原子价层电子对数为6
【答案】A
【解析】A．由晶胞结构可知，晶胞形状为长方体，则晶胞中 的配位数（紧邻的阳离
子数）为4，A正确；B． 是用一个硫原子取代了硫酸根离子中的一个氧原子，硫酸根
离子的空间结构为正四面体，故 的结构为四面体结构，B错误；C．晶胞中有4个
和4个 ，其密度应为： ，C错误；D．配离子
中配体是水，其中有2对σ电子对，2对孤电子对，故配体的中心原子价层
电子对数为4，D错误；故选A。
14．类比pH，对于稀溶液pc=-lgc，pK=-lgK 常温下，向某浓度HA溶液中加入
a a． 2
NaOH(s)，保持溶液体积和温度不变，测得pH与pc(HA)、pc(HA-)、pc(A2-)变化如图所示。
2
下列说法正确的是A．pH=3.05时，c(HA-)>c(A2-)>c(HA)
2
B．K (HA)的数量级为10-6
a1 2
C．c点时，c(Na＋)=(10-8.70＋3×10-0.7-10-5.30 ) mol·L-1
D．若醋酸的pK=4.76，则HA-与CHCOO-不能大量共存
a 3
【答案】C
【分析】根据题意和图中信息，随pH增大，c(HA)逐渐减小，c(HA-)先增大后减小，c(A2-)
2
逐渐增大，pM=-lgc(M)，则pc(HA)逐渐增大、pc(HA-)先减小后增大、pc(A2-)逐渐减小，
2
即曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别代表的粒子为HA、A2-、HA-，据此分析解答。
2
【解析】A．曲线Ⅰ、Ⅱ分别代表的粒子为HA、A2-，pH=3.05时，c(A2-)=c(HA)，故A错误；
2 2
B．a点，c(HA)=c(HA-)，则K = =c(H+)= 10−0.80，则K (HA)的数量级为10-
2 a1 a1 2
1，故B错误；C．c点c(HA-)=c(A2-)=10-0.7，根据电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HA-)
+2c(A2-)，c点时，c(Na＋)= c(OH-)+3c(HA-)- c(H+)=(10-8.70＋3×10-0.7-10-5.30 ) mol·L-1，
故C正确；D．由c点c(HA-)=c(A2-)，K = =c(H+)= 10−5.30，若醋酸的pK=4.76
a2 a
则K=10-4.76> K ，酸性：CHCOOH> HA-，则HA-与CHCOO-能大量共存，故D错误；故选：
a a2 3 3
C。
二、主观题
17．（15分）丙烯是生产塑料、橡胶和纤维三大合成材料的重要基础化工原料。
(1)丙烷经催化脱氢可制丙烯： ，该
反应自发进行的条件是 。下列措施既能提高反应物 的平衡转化率，又能增大生
成 的反应速率的是 （填标号）。
a．升高温度 b．增大压强 c．加入催化剂 d．恒容条件增加 的量
(2)已知丙烷和丙烯的燃烧热分别为 和 ，则丙烷氧化脱氢反应：
（填“ ”“ ”或“
”）。
(3)温度一定时，假定体系内只有反应 发生，反应过程中压强
恒定为 （即 的初始压强），平衡转化率为 ，该反应的平衡常数 为
kPa（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压 总压 物质的量分数）。(4)在上述体系中压强恒定为 和 下，丙烷平衡转化率与温度的关系如下左图所
示。
根据图中数据可得 。（已知 。计算结果保留一位小数）
(5)在催化剂条件下，向恒温恒容的 平衡体系中通入不同量的 。
已知：
经相同时间，体系中 、CO和 浓度随初始通入 量的关系如上右图。
由图可知，其中曲线b代表的产物是 ，理由是 。
【答案】(1)高温(2分) a(2分)
(2) (2分)
(3) (3分)
(4)0.1(2分)
(5) (2分) 由起点可知a、b两线一为 、一为 ，加入 后，因发生反应：
， 浓度比 浓度越来越低，所以b为 (2分)
【解析】（1）该反应为吸热的熵增反应，在高温条件下自发，a．升高温度，化学反应速
率增大，平衡正向移动，能提高CH 的平衡转化率，a正确；b．增大压强，化学反应速率
3 8
增大，平衡逆向移动，CH 的平衡转化率降低，b错误；c．加入催化剂 ，化学反应速率增
3 8
大，CH 的平衡转化率不变，c错误；d．恒容条件增加CH 的量，化学反应速率增大，CH
3 8 3 8 3 8
的平衡转化率减小，d错误；故选a。
（2）丙烷的燃烧热热化学方程式为：
①，丙烯的燃烧热热化学方程式为：
②，则①-②得-2220+2058=−162kJ⋅mol−1，由于生成液态水
放热更多，所以ΔH
2
＞−162kJ⋅mol−1；
（3）假设起始时CH 的物质的量为1mol，则转化的CH 为αmol，生成的CH、H 各为
3 8 3 8 3 6 2
αmol，平衡时CH、CH、H 各为(1-α)mol、αmol、αmol，则p(CH)=p(H)=
3 8 3 6 2 3 6 2
kpa，p(CH)= kpa，K= ；
3 8 p
（4）该反应正向为气体体积增大的方向，加压平衡逆向移动，根据x<1，则p 的压强更大，
0
转化率更小，为40%，xp 的转化率为80%，根据温度不变，平衡常数不变，带入 可
0
得 ，x ；
（5）由图可知，其中曲线b代表的产物是H，由起点可知a、b两线一为CH、一为H，加
2 3 6 2
入CO 后，因发生反应：CO+H CO+HO，H 浓度比CH 浓度越来越低，所以b为H。
2 2 2⇌ 2 2 3 6 2
