文档内容
【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考化学模拟卷（山东专用）
黄金卷04
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 V 51
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求。
1．化学与食品密切相关．下列说法正确的是
A．健康食品不含任何添加剂 B．烘焙面包用小苏打作膨松剂
C．氮气防腐是利用了氮气的物理性质 D．食品袋中放置生石灰可防止氧化变质
【答案】B
【解析】A．健康食品可以含有在法律范围内许可的食品添加剂，不添加食品添加剂会加快食物的腐败变
质，容易对人体产生毒害作用，存在安全隐患，故A 错误；B．碳酸氢钠固体加热时开始逐渐分解生成碳
酸钠、水和二氧化碳气体，常利用此特性作为制作饼干、糕点、馒头、面包的膨松剂，故B正确；C．空
气中分离出来的氮气用于食品防腐，是利用了氮气的稳定性，属于化学性质，故C错误；D．生石灰不具
有还原性，不能防止食品氧化变质，生石灰具有吸水性，可以作干燥剂，故D错误；故选B。
2．下列各项实验的基本操作，其中正确的是
A．用湿润的pH试纸测定硫酸溶液的pH
B．用浓硫酸干燥二氧化硫
C．金属钠着火时，用泡沫灭火器灭火
D．蒸发操作中，将蒸发皿放在铁架台的铁圈上，并垫上石棉网加热
【答案】B
【解析】A．用pH试纸测定硫酸溶液的pH时，pH试纸不能润湿，A项错误；
B．浓硫酸有吸水性，且不与 反应，可用浓硫酸干燥 ，B项正确；
C．泡沫含水，钠与水反应，钠的燃烧产物 与水及 也反应，导致燃烧更加剧烈，所以不能用泡
沫灭火器灭火，C项错误；
D．蒸发时，蒸发皿可以放在铁圈上直接加热，蒸发皿耐高温，不用垫石棉网，D项错误。
故答案选B。
3．下列说法错误的是
A．顺－2－丁烯和反－2－丁烯加氢产物相同
B．苯酚和甲醛通过加聚反应可制得高分子材料
C．可用酸性KMnO 溶液鉴别甲苯和环已烷
4
D．淀粉和纤维素在酸作用下水解的最终产物都是葡萄糖
【答案】B
【解析】A．顺－2－丁烯和反－2－丁烯加氢产物都是丁烷，产物相同，A项正确；
B．苯酚和甲醛通过缩聚反应可制得高分子材料酚醛树脂，B项错误；
C．甲苯能使酸性高锰酸钾褪色，环己烷不能使酸性高锰酸钾褪色，可以用可用酸性高锰酸钾溶液鉴别甲苯和环已烷，C项正确；
D．淀粉和纤维素在酸作用下水解的最终产物都是葡萄糖，D项正确；
答案选B。
4．向含 的废水中加入铁粉和 可制备 ，反应如下
，下列说法正确的是
A． 的电子式为
B．加入 的作用是提供 和调节
C． 电离方程式：
D．反应中每生成 转移 电子
【答案】B
【解析】A． 中存在共价键，电子式为 ，A错误；B．反应后生成的化合物中含有钾离子，
故碳酸钾的作用为提供钾离子，并消耗 ，调节pH，B正确 ；C． 的电离方程式为：
，C错误；D．该反应中铁元素化合价升高2价，故每生成2mol二氧化碳
转移2mol电子，则每生成1mol二氧化碳转移1mol电子，D错误；故选B。
5．物质的结构决定物质的性质。设N 为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A
A．DNA通过氢键结合成稳定的双螺旋结构
B．46g由二甲醚(CHOCH )和乙醇组成的混合物中，杂化方式为sp2杂化的原子数为2N
3 3 A
C．键角：CO ＞NF ＞P
3 4
D．基态Mn原子中，两种自旋状态的电子数之比为2∶3
【答案】B
【解析】A．DNA分子的双螺旋结构是相对稳定的，这是因为在DNA分子双螺旋结构的内侧，通过氢键
形成的碱基，A正确；
B．在二甲醚和乙醇中，碳原子和氧原子均为 杂化，B错误；
C．CO 中C的价层电子对为3，且不含孤电子对，为平面三角形，键角为120°；NF 中N的价层电子对
3
为3，含1对孤电子对，为三角锥形，键角为107°；P 为正四面体结构，键角为60°；键角：CO ＞NF ＞
4 3
P，C正确；
4
D．基态Mn原子的电子排布图为：
，两种自旋状
态的电子数之比为2∶3，D正确；
故选B。
6．近日北京大学肿瘤医院发现，天然小分子白皮杉醇在胃癌治疗中有重要应用价值。其结构如图所示，下列有关白皮杉醇的说法正确的是
A．不能使酸性 溶液褪色
B．苯环上氢原子的一氯代物有4种
C． 白皮杉醇最多能与 发生反应
D． 白皮杉醇最多能与 发生加成反应
【答案】D
【解析】A．该分子中存在碳碳双键，能使酸性 溶液褪色，故A错误；B．该分子不是对称的结构，
苯环上共有5种不同环境的氢原子，苯环上氢原子的一氯代物有5种，故B错误；C．白皮杉醇中含有酚
羟基，酚羟基和碳酸钠反应生成碳酸氢钠和酚钠，故1mol白皮杉醇最多能与4mol Na CO 发生反应，故C
2 3
错误；D．白皮杉醇中含有两个苯环和一个碳碳双键， 白皮杉醇最多能与 发生加成反应，故
D正确；故选D。
7．实验室从废定影液[含 和 等]中回收 和 的主要步骤为：向废定影液中加入 溶液
沉银，过滤、洗涤及干燥，灼烧 制 ；制取 并通入滤液氧化 ，用苯萃取分液。其中部分操作
的装置如图，下列叙述正确的是
A．用装置甲分离 时，用玻璃棒进行引流
B．用装置乙在空气中高温灼烧 制取
C．用装置丙制备 时还需要加热条件
D．用装置丁分液时，从下口放出有机相
【答案】A
【解析】A．过滤时用玻璃棒进行引流，防止液体溅出，故A正确；B．蒸发皿不能用于高温灼烧固体，
否则会受热不均而炸裂，应选用坩埚灼烧，故B错误；C．高锰酸钾与浓盐酸不需加热就能反应生成氯气，
故C错误；D．苯的密度比水小，溴的苯溶液在上层，则用装置丁分液时，先放出水相，再从分液漏斗上口倒出有机相，故D错误；故选A。
8．检验 的反应有如下两种途径。下列说法正确的是
A．反应①中 被还原
B．乙醚与 中的铬元素形成共价键，有利于蓝色现象的观察
C．反应②为：
D．反应③中溶液的 越小，反应速率越慢
【答案】B
【解析】A．反应① 、CrO 中Cr元素化合价均为+6，此反应不是氧化还原反应，A错误；B．由题
5
中信息乙醚与 中的铬元素形成共价键，蓝色可稳定几分钟，有利于蓝色现象的观察，B正确；C．由
信息反应②为： ，C错误；D．反应③
+8H++3H O=3O ↑+2Cr3++7H O，中溶液的 越小，H+浓度越大，反应速率越快，D错误；故答案选B。
2 2 2 2
9．室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是
选项 探究方案 探究目的
将食品脱氧剂样品中的还原铁粉溶于盐酸，滴加KSCN溶液，观察 食品脱氧剂样品中有无+3价
A
溶液颜色变化 铁
B 用pH计测量等浓度的醋酸、盐酸的pH，比较溶液pH大小 是弱电解质
炭可与浓HNO 反应生成
3
C 向浓HNO 中插入红热的炭，观察生成气体的颜色
3
NO
2
向淀粉溶液中加适量20%H SO 溶液，加热，冷却后加NaOH溶液 淀粉溶液在稀硫酸和加热条
2 4
D
至碱性，再加少量碘水，观察溶液颜色变化 件下是否水解
【答案】B
【解析】A．由于该反应2Fe3++Fe=3Fe2+溶液中可能不存在Fe3+，而无法使KSCN显色检测Fe3+，A不符合
题意；
B．CHCOOH为弱电解质电离程度小，其电离出的H+比等浓度的盐酸电离出的H+少，从而两者的pH有
3
差异，测定两者的pH即可确定CHCOOH为弱电解质，B项符合题意；
3C．浓HNO 受热会分解产生NO 从而无法确定炭与浓HNO 是否发生反应产生NO ，C项不符合题意；
3 2 3 2
D．I 与NaOH反应而无法与淀粉显色，从而无法确定淀粉水解情况，D不符合题意；
2
故选B。
10．X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大且不超过20的主族元素。X是地壳中含量最多的元素，Y基态
原子核外s能级和p能级电子数相等，Z与X同主族，Q的焰色试验呈紫色。列说法正确的是
A．简单离子半径；
B．X的第一电离能比同周期的相邻元素的大
C．Z的简单气态氢化物的热稳定性比W的强
D．Q最高价氧化物对应水化物的碱性比Y的弱
【答案】A
【解析】X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大且不超过20的主族元素；X是地壳中含量最多的元素，X
为O；Y基态原子核外s能级和p能级电子数相等，Y为Mg；Z与X同主族，Z为S；Q的焰色试验呈紫色，
Q为K，则W为Cl。A．由分析可知，X为O，Y为Mg，Z为S；电子层数越多，简单离子的半径越大；
电子层数相同时，核电荷数越大，简单离子的半径越小；故简单离子半径； ，A正确；
B．由分析可知，X为O；同一周期，从左到右，随着原子序数变大，元素的第一电离能变大，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，故N、O的第一电离能大小：N>O；而不是氧的
第一电离能比同周期的相邻元素的大，B错误；C．由分析可知，Z为S，W为Cl；元素的非金属性越强，
其简单氢化物稳定性越强，非金属性：Cl＞S，则S的简单气态氢化物的热稳定性比W的Cl，C错误；
D．由分析可知，Y为Mg，Q为K；元素金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强；金属性：K
＞Mg，K最高价氧化物对应水化物的碱性比Mg的强，D错误；故选A。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得
4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11．以铁硼矿(主要成分为 和 ，还有少量 、FeO、CaO、 和 等)为原料
制备硼酸 的工艺流程如图所示：
下列说法错误的是
A．浸渣中的物质是 、 和
B．“净化除杂”需先加 溶液再调节溶液的pH
C．操作a为蒸发浓缩、冷却结晶
D．“粗硼酸”中的主要杂质是氢氧化铝
【答案】AD
【解析】以铁硼矿（主要成分为 和 ，还有少量 和 等)为
原料制备硼酸(H BO)，根据流程可知，加硫酸溶解，只有SiO 不溶，CaO转化为微溶于水的CaSO，“净
3 3 2 4化除杂”需先加入氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+，调节溶液的pH，使Fe3+、Al3+均转化为沉淀，则滤渣为氢
氧化铝、氢氧化铁，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出HBO。A．由分析可知，“浸渣”为 ，
3 3
，A错误；B．“净化除杂”先加 溶液将 转化为 ，再调节溶液的pH，生成氢氧化铝
和氢氧化铁，B正确；C．由分析可知，操作a为蒸发浓缩、冷却结晶，C正确；D．最后浓缩结晶时硫酸
镁易结合水以晶体析出，则粗硼酸中的主要杂质是七水硫酸镁，D错误；故选AD。
12．实验室分别进行如下实验：①向 溶液中滴加酸性 溶液，溶液由蓝色变为淡黄色；②向
溶液中滴加浓盐酸，产生黄绿色气体，溶液变蓝。已知 ；蓝色； ：淡黄色、强氧化
性。下列说法错误的是
A．①中氧化剂与还原剂物质的量之比为
B．②的离子反应为
C．由①②可知，氧化性：
D． 溶液中滴加 可发生反应
【答案】A
【解析】A．向VOSO 溶液中滴加酸性KMnO 溶液，溶液由蓝色变为淡黄色，说明酸性环境下高锰酸根
4 4
将VO2+氧化为 ，高锰酸根被还原成Mn2+，由电子守恒可知存在KMnO ~ 5VOSO ~ 5e-，则①中氧化
4 4
剂与还原剂物质的量之比为1:5，A项错误；
B．向(VO )SO 溶液中滴加浓盐酸，产生黄绿色气体，溶液变蓝，说明浓盐酸能把 还原为VO2+，Cl-失
2 2 4
去电子生成氯气，由电子、电荷及原子守恒可知离子方程式为：2 +4H++2Cl-= 2VO2++Cl↑+2H O，B项
2 2
正确；
C．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则由①可知，氧化性： MnO > ， 由②可知，氧化性：
> Cl ，所以氧化性MnO > >Cl，C项正确；
2 2
D． 具有较强的氧化性，(VO )SO 溶液中滴加FeSO 会发生氧化还原反应，则 被还原为VO2+，
2 2 4 4
Fe2+被氧化为Fe3+，D项正确；
故答案选A。
13．我国科学家利用 电池，以 水溶液作为锌离子电池的介质，可实现快速可逆的协同转化
反应。如图所示，放电时该电池总反应为： 。下列说法正确的是A．放电时，Zn为负极，发生氧化反应
B．放电时， 参与反应，转移
C．充电时， 通过阳离子交换膜从 极移向 极
D．充电时，阳极发生反应：
【答案】AD
【解析】A．由总反应可知，放电时，Zn为负极，发生氧化反应，故A正确；B．由总反应可知，
反应时生成2molBi，转移6mol电子， 参与反应，转移 ，故B错误；C．充电
时，Zn电极作阴极， 极作阳极，溶液中阳离子向阴极移动，则 通过阳离子交换膜从 极移向
极，故C错误；D．充电时的总反应为： ，阳极发生反应：
，故D正确；故选：AD。
14．乙醛与HCN的加成反应分两步进行：
第一步： +CN- 平衡常数
第二步： +H+ 平衡常数
该反应的总反应速率(v)与溶液pH的关系如图所示(已知室温下HCN的K=6.2×10-10)，下列说法正确的是
a
A．1分子加成反应的最终产物中，sp3杂化的原子有2个
B．加少量NaOH，因c(CN-)增大，总反应速率加快
C．加NaOH过多，因第二步平衡逆向移动，总反应速率减小
D．将HCN溶液的pH调至9，则溶液中c(CN-)＞c(HCN)【答案】B
【解析】A．1分子加成反应的最终产物为 ，其中的饱和碳为sp3杂化，另外氧原子也是sp3杂化，
则一共有3个，A错误；B．加入少量氢氧化钠可以和HCN反应生成CN-，则其浓度增大，反应速率增快，
B正确；C．加NaOH过多，则溶液中氢离子浓度会比较低，导致第二步反应较慢，成为影响总反应速率
的主要因素，故总反应速率较慢，C错误；D．将HCN溶液的pH调至9，则c(H+)=1.0×10-9，根据题意K
a
，将c(H+)=1.0×10-9代入可知， ，故c(CN-)”)，判断的依据是___________。
1
②TK时，若反应从开始到达到a点所用时间为5 min， 则v(CHOH)=___________ MPa·min-1，反应②的
1 3
K=___________ (K 指用平衡分压代替平衡浓度进行计算的平衡常数，A的平衡分压=p ×A的物质的量分
p p 总
数，计算结果保留2位有效数字)。
二、利用烯烃催化制取甲醇
制取过程中发生如下反应：
反应I： C H(g)+3HO(g) 3CHOH(g) ΔH
3 6 2 3 2
反应II： C H(g)+2HO(g) 2CHOH(g) ΔH
2 4 2 3 3
反应III： 3C H(g) 2C H(g) ΔH
2 4 3 6 4
(3)反应I、III的vantHoff实验数据如图所示(vantHoff经验公式RInK=- +C， 为标准焓变，K为平
衡常数，R和C为常数)。根据图判断：ΔH=___________(用含ΔH 和ΔH 的计算式表示)，反应III的 ___________ kJ ·mol-1。
3 2 4
【答案】（除标明外，每空1分）
(1)减小 AD
(2)①< 温度高于T 时，相同时间内测得二氧化碳转化率随温度的增大而下降，而反应②温度升高，平衡
1
正向移动，二氧化碳转化率随温度的增大而增大，所以反应①温度升高，平衡逆向移动，二氧化碳转化率
随温度的增大而减小，即证明 ΔH<0 ②0.16（2分） 0.059（2分）
(3) （2分） -100（2分）
【解析】（1）反应达到平衡状态时v = v ，k c(CO)·c(H)=k c(HO) ·c(CO)， = =
正 逆 正 2 2 逆 2
，反应②为吸热反应，随温度升高平衡正向移动，K增大，则 减小；A．该反应虽然前后气体分子数
相等，但整个体系还存在反应①，整体压强为变量，则容器内的压强不再改变，能说明反应到达平衡状态；
B．容器体积不变，气体质量反应前后不变，则容器内气体密度始终不变，不能据此说明反应到达平衡状
态；
C．容器内c(CO)：c(H)：c(CO)：c(HO)=1：1：1：1，不能说明各组分浓度不再改变，因此不能据此判
2 2 2
断平衡；D．单位时间内，断开C=O键的数目和断开H-O键的数目相同，可知消耗二氧化化碳和消耗水的
速率相等，即正反应速率等于逆反应速率，反应达到平衡状态；故答案为：减小；AD；
（2）①温度高于T 时，相同时间内测得二氧化碳转化率随温度的增大而下降，而反应②温度升高，平衡
1
正向移动，二氧化碳转化率随温度的增大而增大，所以反应①温度升高，平衡逆向移动，二氧化碳转化率
随温度的增大而减小，即证明 ΔH<0，故答案为：<；温度高于T 时，相同时间内测得二氧化碳转化率随
1 1
温度的增大而下降，而反应②温度升高，平衡正向移动，二氧化碳转化率随温度的增大而增大，所以反应
①温度升高，平衡逆向移动，二氧化碳转化率随温度的增大而减小，即证明 ΔH<0；
②TK时，根据图1可知，二氧化碳转化率为50%，甲醇的选择性为80%，投n(H )=3mol，n(CO)=1mol，
1 2 2
则生成甲醇的物质的量为1mol×50%×80%=0.4mol，根据反应可知，a点时，各物质的物质的量分别为：
n(CO)=lmol-1mol×50%=0.5mol，n(H )=3mol-3mol×0.4mol-0.1mol=1.7mol，n(CHOH)=0.4mol。
2 2 3
n(H O)=0.4mol+0.1mol=0.5mol，n(CO)=0.lmol，n =0.5+1.7+0.1+0.5+0.4=3.2mol，所以各物质的分压为：
2 总
、 、 、
、 ，若反应从开始到达a点所用时间为5min，则 ；根据平衡常数表达式可知反应②的Kp=
，故答案为：0.16；0.059；
（3）由盖斯定律可知反应II= ，则ΔH= ；结合图中信息即题中公式可得：RlnK=-
3
+C=34；RlnK=- +C=30.4；联立方程解得： =-100，故答案为：
；-100。
