西藏拉萨市2024届高考化学四模试卷含解析

西藏拉萨市2024届高考化学四模试卷一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项)法正确的是()CO₃→COCo→烯烃烯烃A.在Na-Fe₃O₄上发生的反应为CO₂+H₂=CO+H₂OB.中间产物FesC₂的生成是实现CO₂转化为汽油的关键D.该过程，CO₂转化为汽油的转化率高达78%2、化学与生活密切联系，下列有关物质性质与应用对应关系正确的是A.SiO₂具有很强的导电能力，可用于生产光导纤维B.Na₂CO₃溶液呈碱性，可用C.NH₃具有还原性，可用于检查HCl泄漏D.BaSO₄不溶于水和盐酸，可用作胃肠X射线造影检查原因ABCD用可溶性铝盐和氨水制备氢氧化铝A.AB.B4、下图为某有机物的结构，下列说法错误的是()A.该物质的名称为2-甲基丙烷B.该模型为球棍模型C.该分子中所有碳原子均共面D.一定条件下，可与氯气发生取代反应5、用如图所示装置探究Cl₂和NO₂在NaOH溶液中的反应，若通入适当比例的Cl₂和NO₂,即发生反应Cl₂+2NO₂+4NaOH=2NaNO₃A.实验室中用二氧化锰与3mol-L¹的盐酸共热制备氯气B.装置I中盛放的试剂是浓硫酸，作用是干燥氯气C.装置Ⅲ的作用是便于控制通入NO₂的量D.若制备的NO₂中含有NO,应将混合气体通入水中以除去NO6、火山爆发产生的气体中含有少量的羰基硫(分子式是：COS),已知羰基硫分子结构与CO₂类似，有关说法正确的A.羰基硫是电解质C.C、O、S三个原子中半径最小的是CD.羰基硫分子为非极性分子7、关于盐酸与醋酸两种稀溶液的说法中正确的是A.相同物质的量浓度的两游液中c(H*)相同B.相同物质的量的两溶液中和氢氧化钠的物质的量相同C.pH=3的两溶液稀释100倍，pH均变为5D.两溶液中分别加入少量对应的钠盐固体，c(H+)均减小p(SO₄²~)=-lge(SO₄²-)。向10mL0.01mol/LNa₂SO₄溶液中滴入1滴(约0.05mL)0.01mol/LBaCl₂溶液出现白色浑浊，而滴入1滴(约0.05mL)0.01mol/LSrCl₂溶液B.欲使c点对应BaSO₄溶液移向b点，可加浓BaCl₂溶液t(兼乙烽)tb(立方烧)CB.t和b能使酸性KMnO₄溶液褪色而c不能选项实验操作实验现象A用石墨作电极电解Mg(NO₃)₂、Cu(NO₃)₂的阴极上先析出铜B室温下，测定等浓度的Na₂A和NaB溶液的Na₂A溶液的pH较大酸性：H₂A<HBC过酸性KMnO₄溶液酸性KMnO₄溶液紫红色褪去D的浓硝酸中与稀硝酸反应剧烈A.AB.BC.C11、“白墙黑瓦青石板，烟雨小巷油纸伞”,是著名诗人戴望舒《雨巷》中描述的景象，下列有关说法中错误的是C.做伞骨架的竹纤维的主要成分可表示为(C₆H₁oO₅)nD.刷在伞面上的熟桐油是天然植物油，具有防水作用A.汽油B.煤油C.柴油D.石油气最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍。下列说法正确的是()A.X的简单氢化物溶于水显酸性B.Y的氧化物是离子化合物C.Z的氢化物的水溶液在空气中存放不易变质D.X和Z的最高价氧化物对应的水化物都是弱酸14、向等物质的量浓度的Ba(OH)₂与BaCl₂的混合溶液中加入NaHCO₃溶液，15、如图是一种可充电锂电池，反应原理法正确的是()aSA.放电时，电子由a极经电解液流向b极B.放电时，电解质溶液中PF₆向b极区迁移C.充电时，b极反应式为Fe+2Li₂S-4e=FeS₂+4LitD.充电时，b极消耗5.6gFe时在a极生成0.7gLiC.充电时，电极a接外电源的负极D.可将含F~的有机溶液换成水溶液以增强导电性A.SO₂、SiO₂、CO均为酸性氧化物B.多肽、油脂、淀粉均为酯类C.烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D.福尔马林、漂粉精、氨水均为混合物18、下列说法正确的是()A.钢管镀锌时，钢管作阴极，锌棒作为阳极，铁盐溶液作电解质溶液B.镀锌钢管破损后，负极反应式为Fe-2e~=Fe²+C.镀银的铁制品，镀层部分受损后，露出的铁表面不易被腐蚀D.钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀A.中子数为32,质子数为27的钴原子：D.[Co(NH₃)₆]Cl₃中Co的化合价B.还原有机物时，应在无水体系中速行C.1molLiAIH₄跟足量水反应可生成89.6L氢气D.乙醛还原生成乙醇的过程中，LiAIH₄作还原剂团相互的影响上。以下事实并未涉及原子或原子团相互影响的是A.乙醇是非电解质而苯酚有弱酸性A.图1装置左侧用于检验氯化铵受热分解出的氨气B.卤代烃难溶于水而低级醇、低级醛易溶于水D.苯酚易与浓溴水反应生成白色沉淀而苯与液溴的反应需要铁粉催化22、下列实验能实现的是()B.图2装置用于分离碘单质和高锰酸钾固体混合物C.图3装置中若a处有红色物质生成，b处变蓝，证明X一定是H₂会D.止水央图4装置可以制取少量CO₂,安全漏斗可以防止气体逸出二、非选择题(共84分)23、(14分)有机物I是有机合成中间体，如可合成J或高聚物等，其合成J的线路图如图：G△JEFDA②有机物B是最简单的单烯烃，J为含有3个六元环的酯类(R₁、R₂为烃基或H原子)(1)A的化学名称为E的化学式为(3)J的结构简式为(4)写出I在一定条件下生成高聚物的化学反应方程式(5)有机物K是G的一种同系物，相对分子质量比G少14,则符合下列条件的K的同分异构体有种(不考虑立体异构)。a.苯环上只有两个取代基b.既能发生银镜反应也能与FeCl₃溶液反应写出其中核磁共振氢谱有6个峰，峰面积之比为2:2:1:1:1;1的结构简式24、(12分)新合成的药物J的合成方法如图所示：(1)B的化学名称为,F的结构简式为(2)有机物CH₂=CHCH₂NH₂中的官能团名称是,由A生成B的反应类型为(3)③的化学方程式为①遇FeCl₃溶液显紫色R、R’为烃基。用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)25、(12分)某研究性学习小组选用以下装置进行实验设计和探究(图中a、b、c均为止水夹):_NaOH溶液(1)在进行气体制备时，应先检验装置的气密性。将A装置中导管末端密封后，在分液漏斗甲内装一定量的蒸馏水，然后,则证明A装置的气密性良好。(2)利用E装置能吸收的气体有(任写两种即可)。(3)用锌粒和稀硫酸制备H₂时应选用装置作为发生装置(填所选装置的字母序号),实验时先在稀硫酸中加入少量(4)某同学将A、C、E装置连接后设计实验比较CI和S²~的还原性强弱。①A中玻璃仪器甲的名称为,A装置中发生反应的离子方程式为26、(10分)草酸(乙二酸)存在于自然界的植物中。草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水。草酸晶体(H₂C₂O₄2H₂O)无色，熔点为101℃,易溶于水，受热脱水、升华，170℃以上分解。回答下列问题：AgNO₃溶液2号试管硝酸酸化的2mL0.1mol·L-1溶液(p28、(14分)H₂S在金属离子的鉴定分析、煤化工等领域都有重要应用。请回答：物。(2)H₂S的第一步电离方程式为。的混合溶液中通入H₂S,当Sn²+开始沉淀时，溶液中c(Cd²+)=(溶液体积变化忽略不计)。Ⅲ.H₂S是煤化工原料气脱硫过程的重要中间体。反应原理为i.COS(g)+H₂(g)→H₂S(g)+CO(g)AH=+7kJmol-¹;ii.CO(g)+H₂O(g)、→CO₂(g)+H₂(g)△H=-42k(4)已知：断裂1mol分子中的化学键所需吸收的能量如表所示。能量/(kJ·mol-1)X(5)向10L容积不变的密闭容器中充入1molCOS(g)、1molH₂(g)和1molH₂O(g),进行上述两个反应。其他条件不变29、(10分)铜是人类最早使用的金属之一，铜的化合物丰富多彩。(1)铜与N₂O₄在一定条件下可制备无水Cu(NO₃)₂。①基态Cu²+的电子排布式为①C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_。③1中含有σ键的数目为mol。(3)铜的某种氯化物的链状结构如图所示。该氯化物的化一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项)【解题分析】B、中间产物FesC₂是无机物转化为有机物的中间产物，是转化的关键，故B正确；C、催化剂HZMS-5的作用是加快反应速率，对平衡产率没有影响，故C错误；D、由图分析78%并不是表示CO₂转化为汽油的转化率，故D错误；【解题分析】C.NH₃与HCl反应生成NH₄Cl白色固体，因此会看到产生大量的白烟，利用这一现象可检查HCl是否泄漏，与NH₃D.硫酸钡不溶于水，也不能与盐酸反应，同时也不能被X射线透过，因此可用作钡餐，用于胃肠X射线造影检查故合理选项是C。【解题分析】半径越小，则原子半径C>0,即半径最小的是O,C项错误；D.羰基硫的结构式为O=C=S,但2个极性键的极性不等，所以正负电荷的中心不重合，是极性分子，D项错误；【解题分析】误。故选择B。【解题分析】【题目详解】B.欲使c点BaSO₄饱和溶液(Ba²+、浓度相等)移向b点(饱和溶液),需使c(Ba²+)增大、)减小，则可加入BaCl₂浓溶液，故B正确；D.SrSO₄(S)+Ba²*(aq)BaSO₄(S)+Sr²*(aq)的平衡常数故D正确；【解题分析】A.b苯乙烯分子式为CsHs,符合分子式的有机物结构可以是多种物质；D.b含有碳碳双键和苯环，为平面形结构。A.b苯乙烯分子式为CgHg,对应的同分异构体也可能为链状烃，故A错误；B.t和b含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化，故B正确；C.不考虑立体结构，二氯代物t和e均有3种，b有14种，故C错误；D.b含有碳碳双键和苯环，为平面形结构，苯环和碳碳双键可能在同一个平面上，故D错误。【解题分析】【题目详解】镁强于铜，故A正确；B项、室温下，测定等浓度的Na₂A和NaB溶液的pH,Na₂A溶液的pH较大，说明A水解程度大于B-,酸性HA-<HB,能确定是否有乙烯生成，故C错误；D项、铁与稀硝酸反应生成一氧化氮，在浓硝酸中产生钝化现象，两个反应属于不同的反应，无法探究浓度对反应速率的影响，故D错误。石蜡、沥青，则它们的沸点范围由低到高的顺序为：石油气<汽油<煤油<柴油<重柴油<润滑油<凡士林<石蜡<沥青，故选D项。Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍，说明Z原子的最外层电子数是6个，Y的最外层电子数是2,因此X的最外层电子数是5,即X是N。X与Y、Z位于相邻周期，所以Y是镁，Z是硫。答案选B。A.等物质的量浓度的Ba(OH)₂与BaCl₂的混合溶液中加入NaHCO₃溶液，反应生成碳酸根离子，碳酸根离子与钡离B.Ba²⁴+OH+HCO₃=BaCO₃J+H₂O可以表示1mol氢氧化钡与1mol氯化钡，1mol碳酸氢钠的离子反应，故B正确；C.若氢氧化钡物质的量为1mol,则氯化钡物质的量为1mol,加入碳酸氢钠，消耗2mol氢氧根离子生成2mol碳酸根离子，2mol碳酸根离子能够与2mol钡离子反应生成2mol碳酸钡沉淀，故C错误；D.依据方程式可知：3molOH对应1.5mol氢氧化钡，则氯化钡物质的量为1.5mol,消耗3mol碳酸氢根离子，能够生成3mol碳酸根离子，同时生成3mol碳酸钡沉淀，故D错误；答案选B。本题中反应的先后顺序为碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，生成的碳酸根离子再与钡离子反应生【解题分析】由所给的反应原理可判断原电池时，Li易失电子作负极，所以a是负极、b是正极，负极反应式为Li-e=Lit,LiPF₆是电解质，则正极反应式为FeS₂+4Li¹+4e=Fe+2Li₂S。【题目详解】C.充电时，原电池中负极变阴极，正极变阳极，则电解时b极为阳极，反应式为D错误；故选C。【解题分析】由于Mg是活泼金属，Mg²*氧化性弱，所以该电池工作时Mg失去电子结合F生成MgF₂,即b电极为负极，电极反的阳极、阴极与原电池的正、负极对应，电极答案选B。【解题分析】A.SO₂、SiO₂均能和碱反应生成盐和水，C.四氯化碳在水溶液中和熔融状态下都不能导电，属于非电解质，故C错误；D.福尔马林是甲醛水溶液，属于混合物；漂粉精主要成分是次氯酸钙，【解题分析】A、电镀时镀层金属作阳极，则Zn为阳极，待镀金属作阴极，则Fe为阴极，含有锌离子的溶液为电解质溶液，故AC、镀银的铁制品铁破损后发生电化学腐蚀，因Fe比Ag活泼，铁易被腐蚀，故C错误；D、用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法，铁分别为正极和阴极，都发生还原反应，可防止被氧化，故D正确。考查电化学腐蚀与防护，应注意的是在原电池中正极被保护、在电解池【解题分析】A.质量数为32,中子数为27的钴原子，应该表示为：,A错误；D.[Co(NH₃)₆]Cl₃,NH₃整体为0价，C1为-1价，所以Co的化合价是+3,D正确；【解题分析】C选项，1molLiAIH₄跟足量水反应可生成89.6L氢气，缺少标准状况下，因此C错误；D选项，乙醛还原生成乙醇的过程中，乙醛作氧化剂，LiAIH₄作还原剂，故D正确。综上所述，答案为C。A、乙醇中羟基与乙基相连，苯酚中羟基与苯环相连D、苯酚中羟基影响苯环使苯环上羟基邻、对位氢原子活泼易被取代，易与浓溴水反应生成白色沉淀，错误。【解题分析】A、左侧的五氧化二磷会吸收氯化铵分解产生的氨气，因此左侧可检测氯化氢，故A不符合题意；B、加热时碘升华，高锰酸钾会发生分解，因此加热法不能分离，故B不符合题意；D、大理石和稀盐酸反应生成二氧化碳，安全漏斗可在左右侧形成液柱，可防止气体逸出，故D符合题意；二、非选择题(共84分)23、对甲基苯甲醛(或4-甲基苯甲醛)消去反应氯原子、羧基66【解题分析】根据已知①,A为BCDBCDD为乙醛，根据已知③,可知E:事,F发生消去反应生成G(mc->au-ct-caoM),根据1分子结构中含有3个六元环水解反应再酸化生成1两分子I在浓硫酸作用下发生成酯化反应，生成环酯J为【题目详解】(1)A的化学名称为对甲基苯甲醛(或4-甲基苯甲醛);E的化学式为CH₂O₂;(4)I在一定条件下发生缩聚反应生成高聚物的化学反应方程式为(5))K是G的一种同系物，相对分子质量比G小14,说明K分别得到3种同分异构体，故符合条件的同分异构体有6种，其中HO-CH-CH-CHO的核磁共振氢谱有6个峰，峰面积之比为2:2:1:1:1:1。吡啶显碱性，能与反应④的产物HCl发生中和反【解题分析】被氨基取代得到CH=CHCMNH:,根据C的分子式既反应条件，可知反应②发生题给信息中的取代反应，可知C为比较C、D分子式，结合E的结构简式分析，反应③为题给信息中的成环反应，可知D发生酯的水解反应生成E,比较E和G的结构，结合反应条件分析中间产物F的结构为【题目详解】(1)B为CICH₂CH=CH₂,化学名称为3-氯-1-丙烯，比较E和G的结构，结合反应条件分析中间产物F的结构为(2)根据官能团的结构分析，有机物CH₂=CHCH₂NH₂中的官能团有碳碳双键和氨基；比较A和B的结构变化可知(4)反应④为取代反应，生成有机物的同时可生成HCl,而吡啶呈碱性，可与HCl发生中和反应，使平衡正向移动，提高J的产率，故答案为：吡啶显碱性，能与反应④的产物HCl发生中和反应，使平衡正向移动，提高J产率；(5)1,分子式为CgH₁₃NO,则K的分子式为CgH₁NO,①遇FeCl₃溶液显紫色，则结构中含有酚羟基；②苯环上有两个取代基，一个为OH,则另一个为由2个C原子6个H原子1个N原子构成的取代基，其结构有-CH₂CH₂NH₂、-CH₂NHCH₃、-CH(CH₃)NH₂、-NHCH₂CH₃、-N(CH₃)₂共5种，两取代基的位置共有邻、间、对三种情况，所以K的同分异构体有3×5=15种，故答案为：15;(6)由题给信息可知，由反应得到用酸性高锰酸钾溶液氧化的己二酸，己二【题目点拨】解决这类题的关键是以反应类型为突破口，以物质类别判断为核心进行思考。经常在一系列推导关系中有部分物质已推导原料，也可以从中间产物出发向两侧推导，审题时要抓住基础知识，结合新信息进行分析、联想、对照、迁移应用、参照反应条件推出结论。解题的关键是要熟悉烃的各种衍生物间的转化关系，不仅要注意物质官能团的衍变，还要注意同时伴随的分子中碳、氢、氧、卤素原子数目以及有机物相对分子质量的衍变，这种数量、质量的改变往往成Zn和置换出的铜与电解质溶液形成原电池分液漏斗MnO₂+4H++2CI~-△-Mn²++Cl₂↑+2H₂O产生淡【解题分析】(1)在进行气体制备时，应先检验装置的气密性。将A装置末端导管密封后，在然后打开分液漏斗开关，水不能持续滴下或分液漏斗中液(3)用锌粒和稀硫酸制备氢气应选择固体与液体反应装置，且不需要加热，则选择装置B;滴加硫酸铜后，Zn置换出酸27、HNO₃AgNO₃量稀盐酸，有黑色固体剩余)(答案合理均可)不能Fe²+可能被HNO₃氧化Ⅱ.(3)Ag*氧化Fe²*时发生反应Ag⁴+Fe²+=Ag↓+Fe³+,而黑色固体中一定含有过量的铁，所以可加入足量HCl或H₂SO₄溶液溶解Fe,若有黑色固体剩余，则证明黑色固体中有Ag;或向黑色固体中加入足量稀硝酸加热溶解后再加入稀盐酸，若产生白色沉淀，则证明黑色固体中有Ag,故答案为：溶液中加入稀盐酸，产生白色沉淀(或加入足量稀盐酸，有黑色固体剩余)(答案合理均可)(4)取左侧烧杯中的溶液，加入KSCN溶液后，溶液变红，只能证明有Fe³+生成，不能证明Fe²+可被Ag*氧化，因为Fe(NO₃)₂溶液呈酸性，酸性条件下NO₂可将Fe²+氧化为Fe³+,且Fe(NO₃)₂溶液直接与空气接触，Fe²+也可被空气中的氧气氧化为Fe³;故答案为：不能；Fe²+可能被HNO₃氧化或被氧气氧化(答案合理均可)。反应i为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO的平衡体积分数增大；反应ii为放热反应，升高温度，平衡逆向【解题分析】I.(1)工业上一种制备H₂S的方法是在催化剂、高温条件下，用天然气与SO₂反应，同时生成两种能参与大气循环的氧化物，从元素角度考虑，这两种氧化物为CO₂和H₂O,反应产生H₂S;(3)根据溶度积常数计算；II.(4)根据盖斯定律计算，△H=反应物总键能-生成物总键能；②T₁℃时，测得平衡时体系中COS的物质的量为0.80mol,此时CO的平衡体积分数为5%,根据方程式计算COS的平衡转化率，将各组分平衡浓度代入平衡常数表达式计算反应i的平衡常数。【题目详解】I.(1)工业上一种制备H₂S的方法是在催化剂、高温条件下，用天然气与SO₂反应，同时生成两种能参与大气循环的氧化物，从元素角度考虑，这两种氧化物为CO₂和H₂O,反应产生H₂S,则该反应的化学方程式为：Ⅱ.(2)H₂S的第一步电离产生H和HS,是不完全电离，则H₂S的第一步电离方程式为：H₂S÷H+HS;(3)向浓度均为0.1mol/L的CdCl₂和SnCl₂的混合溶液中通入H₂S,当Sn²*开始沉淀时，溶液中c(S²)Ⅲ.(4)根据反应i:COS(g)+H₂(g)÷H₂S(g)+CO(g)△H=+7kJ/mol,根据盖斯定律，△H=1319+442-678-x=7,(5)①根据方程式和图象分析，升高温度，CO的平衡体积分数增大，升高温度使化学反应平衡向吸热方向进行，反②T₁℃时，测得平衡时