2024届陕西韩城象山中学高考化学二模试卷含解析

2024届陕西韩城象山中学高考化学二模试卷1.全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。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)A.在Fel₂溶液中滴加少量溴水：2Fe²++Brz=2Fe³++2Br-A向某溶液中加入稀硫酸，生成淡黄色沉淀和有刺激该溶液中一定含有S₂O₃²-B向3mlKI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1mL氧化性：Br₂>I₂C相同条件下，测定等浓度的Na₂CO₃溶液和Na₂SO₄D将镁条点燃后迅速伸入集满CO₂的集气瓶A.A3、实验室处理废催化剂FeBr₃溶液，得到溴的四氯化碳溶液和无水FeCl₃。下列图示装置和原理能达到实验目的的B.将Br全部转化为溴单质C.分液时，先从下口放出有机层，再从上口倒出水层D.将分液后的水层蒸干、灼烧制得无水FeCl₃A.用NaHCO₃溶液可以鉴别X和ZB.X、Y、Z都能发生取代反应C.X分子所有碳原子可能共平面D.与X具有相同官能团的同分异构体还有5种无银镜产生(现象2)NaOH(现象3)(现象4)试(aq)物沉A.根据现象1可推出该试液中含有Na+B.根据现象2可推出该试液中并不含有葡萄糖酸根C.根据现象3和4可推出该试液中含有Ca²+,但没有Mg²+D.根据现象5可推出该试液中一定含有Fe²+A.C₃N₄晶体是分子晶体B.C₃N₄晶体中C—N键的键长比金刚石中的C—C键的键长长C.C₃N₄晶体中C、N原子个数之比为4:3D.C₃N₄晶体中粒子间通过共价键相结合7、化学与生活生产息息相关，下列说法正确的是()A.制作一次性医用防护服的主要材料聚乙烯、聚丙烯是通过缩聚反应生产的B.气溶胶的分散剂可以是空气或液体水8、常温下，下列各组离子在指定的溶液中一定能大量共存的是原溶液中有Fe²+,无Fe³B.向C₆HsONa溶液中通入CO₂酸性：H₂CO₃>C₆HsOHC.向含有ZnS和Na₂S的悬浊液中滴加CuSO₄溶液D.①某溶液中加入Ba(NO₃)₂溶液原溶液中有SO₄²A.AB.BC.C假设盐分以一个NaCl计),其大致结构如下图所示，若海冰的冰龄达到1年以上，融化后的水为淡水。下列叙述正确外外层水盐池A.3g由CO₂和SO₂组成的混合气体中含有的B.1L0.1mol·L-¹Na₂SiO₃溶液中含有的SiO₃²数目为0.1NAC.0.1molH₂O₂分解产生O₂时，转移的电子数为0.2NAD.2.8g聚乙烯中含有的碳碳双键数目为0.1NA12、X、Y、Z、R,W是原子序数依次递增的五种短周期主族元素，它们所在红棕色，R的原子半径是五种元素中最大的，W与Z同主族。下列说法错误的是()B.气态氢化物的稳定性：Y>W13、下列有关电解质溶液的说法正确的是()A.向盐酸中加入氨水至中性，溶液中B.醋酸溶液和氢氧化钠溶液恰好反应，溶液中C.向0.1mol·L¹CH₃COOH溶液中加入少量水，溶液中减小D.将CH₃COONa溶液从20℃升温至30℃,溶液中增大14、有机物①在一定条件下可以制备②,下列说法错误的是()B.①的芳香族同分异构体有3种(不包括①)C.Na₂O₂与CO₂反应生成Na₂CO₃,则Na₂O₂D.CO₂通入Ba(NO₃)₂溶液中没有现象，则SO₂通入Ba(NO₃)₂溶液中也无明显现象A.18%B.46%C.53%——液的枪球a无水硫酸铜菌有稀溴水一玻璃棒Ⅱ足量酸性高锰酸钾溶液Ⅱ澄清石灰水少量水润湿的蔗糖98%浓硫酸气球均体现了SO₂的漂白性说明反应产物中有H₂O说明有CO₂产生B.0.1mol-L-¹NH₄A溶液的pH等于7D.等物质的量浓度的NaA和HA混合溶液pH小于723、(14分)有机物J是合成抗炎药洛索洛芬钠的关键中间体，它的一种合成路线如图：(1)反应④的反应类型是(2)不用甲苯与氯气在光照条件下反应得到B物质的原因是(3)根据流程中的信息，在反应⑥的条件下，CH₂(COOC₂H₅)₂与足量CH₃CH₂CH₂I充分反应生成的有机产物结构(4)反应⑨的化学方程式为：其中产物X的结构简式是。(5)写出符合下列条件的I的同分异构体_。①能发生银镜反应，但不能发生水解反应；②苯环上一氯取代物只有一种；③核磁共振氢谱有4组峰。(6)根据流程中的信息，写出!24、(12分)苯氧布洛芬钙G是评价较好的解热、镇痛、消炎药，下面是它的一种合成路线(具体反应条件和部分试剂略)(2)B→C的反应类型是D→E的反应类型是(3)写出F和C在浓硫酸条件下反应的化学方程式。②苯环上核磁共振氢谱图中共有2个吸收峰并用其测定某地下水的硬度。制备EDTA的实验步骤如下：搅拌器步骤1:称取94.5g(1.0mol)CICH₂COOH于1000mL三颈烧瓶中(如图),慢慢加入50%Na₂CO₃溶液，至不再产生无色步骤2:加入15.6g(0.26mol)H₂NCH₂CH₂NH₂,摇匀，放置片刻，加入2.0mol/LNaOH溶液90mL,加水至总体积为600mL左右，温度计50℃加热2h;步骤3:冷却后倒入烧杯中，加入活性炭脱色，搅拌、静置、过滤。用盐酸调节滤液至pH=1,有白色沉淀生成，抽滤，取地下水样品25.00mL进行预处理后，用EDTA进行检测。实验中涉及的反应有M²+(金属离子)+Y⁴~(EDTA)=MY²~;M²*(金属离子)+EBT(铬黑T,蓝色)==MEBT(酒红色);MEBT+Y*~(EDTA)=MY²~+EBT(铬黑T)。(5)将处理后的水样转移到锥形瓶中，加入氨水一氯化铵缓冲溶液调节pH为10,滴加几滴铬黑T溶液，用0.0100mol-L①确认达到滴定终点的现象是②滴定终点时共消耗EDTA溶液15.0mL,则该地下水的硬度=(水硬度的表示方法都看作Ca²*,并将其折算成CaO的质量，通常把1L水中含有10mgCaO称为1度)26、(10分)某校同学设计下列实验，探究CaS脱除烟气中的SO₂并回收S。实验步骤如下：步骤4.从滤液中回收甲醇(沸点为64.7℃),所得残渣与步骤3的滤渣合并。步骤5.用CS₂从滤渣中萃取回收单质S。(1)图中用仪器X代替普通分液漏斗的突出优点是。(2)三口烧瓶中生成硫和亚硫酸钙的化学方程式为,三口烧瓶中最后残留固体中含一定量的CaSO₄, (2)装置B瓶的作用是。 (2)对于反应2NO(g)+O₂(g)率常数，仅受温度影响。下列叙述正确的是A.整个反应的速率由第一步反应速率决定B.同一温度下，平衡时第一步反应的越大，反应正向程度越大C.第二步反应速率慢，因而平衡转化率也低D.第二步反应的活化能比第一步反应的活化能高(3)在密闭容器中充入一定量的CO和NO气体，发生反应2CO(g)+2NO(g)-2CO₂(g)+N₂(g)△H<0,图为平衡时③某研究小组探究该反应中催化剂对脱氮率(即NO转化率)的影响。将相同量的NO和CO以一定的流速分别通过催化剂a和b,相同时间内测定尾气，a结果如图中曲线I所示。已知：催化效率b>a;b的活性温度约450℃。在图中画出b所对应的曲线(从300℃开始画)。反应I:2NH₃(g)+CO₂(g)=NH₂COONH₄(s)△H₁反应Ⅱ:NH₂COONH₄(S)=CO(NH₂)₂(S)+H₂O(g)△H₂= (填序号)。②欲提高CH₃OH的平衡产率，可采取的措施除改变温度外，还有_(任写两种)。甲乙cmolH₂O(g)(a、b、c均不为零)若甲容器平衡后气体的压强为开始的5/6,则该温度下，反应的平衡常数为_,要使平衡后乙容器与甲容器中相同组分的体积分数相等，且起始时维持化学反应向逆反应方向进行，乙容器中参考答案一、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】A选项，在Fel₂溶液中滴加少量溴水，首先是溴水和碘离子反应，故A错误；C选项，向NH₄Al(SO₄)₂溶液中逐滴加入Ba(OH)₂溶液至SO₄²~恰好沉淀完全，铝离子先生成沉淀，再是铵根离子反D选项，过量SO₂通入到NaClO溶液中，次氯酸钠有强氧化性，会将二氧化硫氧化为硫酸根离子，故D错误；综上所述，答案为B。答案选C。【解题分析】D.由水电离产生c(OH)=1×10-l⁴mol/L的溶液，水的电离受到了抑制，溶液可能显酸性，也可能显碱性，HCO₃与H*故合理选项是B。【解题分析】A.某溶液中滴加K₃[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中有Fe²+,但是无法证明是否有Fe³*,选项A错误；C.向含有ZnS和Na₂S的悬浊液中滴加CuSO₄溶液，虽然有ZnS不溶物，但是溶液中还有Na₂S,加入硫酸铜溶液以D.向溶液中加入硝酸钡溶液，得到白色沉淀(有很多可能),再加入盐酸时，溶液中就会同时存在硝酸钡电离的硝酸根和盐酸电离的氢离子，溶液具有硝酸的强氧化性。如果上一步得到的是亚硫酸钡沉淀，此步就会被氧化为硫酸钡沉淀，依然不溶，则无法证明原溶液有硫酸根离子，选项D错误。【题目点拨】大量离子之间的反应(本题就是进行大量存在的硫离子和铜离子的反应),然后再进行微量物质之间的反应。例如，向碳酸钙和碳酸钠的悬浊液中通入二氧化碳，二氧化碳先和碳酸钠反应得到碳酸氢钠，再与碳酸钙反应得到碳酸氢钙。【解题分析】【题目点拨】【解题分析】A.假设3g由CO₂和SO₂组成的混合气体中CO₂的质量为xg,有CO₂含有的质子的物质的量为SO₂含有的质子的物质的量为电子的总物质的量CO₂和SO₂组成的混合气体中含有的质子数为1.5NA,A项正确；B.由于SiO₃²会水解，因此1L0.1mol·L-¹Na₂SiO₃溶液中含有的SiO³数目小于0.1NA,B项错误；C.1mol过氧化氢分解转移的电子的物质的量为1mol,因此0.1molH₂O₂分解产生O₂时，转移的电子数为0.1NA,C项D.聚乙烯中不存在碳碳双键，因此2.8g聚乙烯中含有的碳碳双键数目为0,D项错误。故答案选A。【题目点拨】溶液中微粒数目确定需要注意以下几个问题：溶液的体积是否已知；溶质能否水解或电离；水本身是否存在指定的元X、Y、Z、R、W是原子序数依次递增的五种短周期主族元素，YZ气体遇空气变成红棕色，则YZ为NO,故Y为NNa、Mg、Al、Si、P中的一种；五元素所在周期数之和为11,则X处于第一周期，故X为H元素。B.非金属性N>S,故氢化物稳定性NH₃>H₂S,故B正确；C.X、Z和R可能形成NaOH、氢氧化镁、氢氧化铝、硅酸、磷酸等，故C错误；【题目点拨】本题的突破口为“YZ气体遇空气变成红棕色”,可知YZ为NO;本题中无法确定R代表的具体元素，但并不影响对【解题分析】B、醋酸溶液和氢氧化钠溶液恰好反应，反应后溶质为CH₃COONa,CH₃COO部分水解，导致c(Na²)>c(CH₃COO),H的数目增大，同一溶液中体积相同，则溶液中的比值增大，故C错误；D、将CH₃COONa溶液从20℃升温至30℃,CH₃COO的水解程度增大，其水解平衡常数增大，导致【解题分析】A.根据①分子结构可以看出，它属于氯代烃，是难溶于水的，故A正确；故D错误；故选B。n(NaOH)=0.02L×0.50mol/L=0.01mol,由反应的关系式SO₂~H₂SO₄~2NaOH可知，n(SO₂)=0.005mol,则硫和,答案选D。【解题分析】B.镀锌铁放在稀硫酸溶液中，锌为原电池的负极，铁为正极，当锌反应完，反应速率减慢，所以不会出现气泡突然消【解题分析】A.蔗糖遇到浓硫酸变黑，是由于浓硫酸具有脱水性，将蔗糖中氢元素和氧元素以水的比例脱出，不是吸水性，故AC.无水硫酸铜变蓝，可以用来检验水，但是品红溶液和溴水都有水，不确定使硫酸铜变蓝的水是否由反应分解产生的，故C错误；D.Ⅲ中溶液颜色变浅，是因为还有二氧化硫，不退色说明二氧化硫反应完全了，IV中澄清石灰水变浑浊了，说明产【题目点拨】C项的无水硫酸铜变蓝了，说明有水，这个水不一定是反应中产生的水，还要考虑Ⅱ中的其他试剂，这是易错点。【解题分析】A.硫酸为二元强酸，当浓度均为0.1mol-L-I时，硫酸溶液中的离子浓度一定大于HA溶液中离子的浓度，不能说明B.NH₄A溶液中，由于NH₄*水解使溶液呈酸性，若HA为强酸，NH₄A溶液pH<7,而pH=7说明A~C.当溶液的pH小于3.1时，甲基橙均能变红色，不能说明0.1molL-I的HA溶液pH是否大于1,C项错误；D.若HA为强酸，等浓度的NaA、HA混合溶液pH也小于7,D项错误；答案选B。【解题分析】-CH₂CH₂CH₂CH₃,-CH(CH₃)CH₂CH₃,-CH₂CH(CH₃)CH₃,-C(CH₃)₃,含有H种类分别有4、4、3、1,则C₄H₈BrCl共有12种，故A错误；故答案选C。二、非选择题(共84分)23、取代反应酯基、溴原子在光照条件下氯气与甲苯反应选择性差，得到的B物质中副产物多【解题分析】A为由合成流程结合生成C的条件及图中转化关系可知，C为,A为性条件下水解得到D为：,酸和醇发生前化反应，生成E性条件下水解得到D为：取代反应生成F,F与碘甲烷发生取代反应生成G,G取代生成H,H与甲醇发生酯化反应，生成I,I发生取代反应【题目详解】故答案为：酯化反应(或取代反应);溴原子、酯基；(2)由于用甲苯与氯气在光照条件下反应，氯气取代甲基的H原子，选择性差，因此得到的B物质中副产物多，故答案为：在光照条件下氯气与甲苯反应选择性差，得到的B物质中(3)反应⑥发生的是取代反应，CH₂(COOC₂Hs)₂与足量(4)I发生取代反应得到J,根据原子守恒可知同时还生成乙二醇；反应⑨的化学方程式为：其中产物X的结构简式为(5)能发生银镜反应，说明含有醛基，但不能发生水解反应，则另一个为醚键；苯环上一氯取代物只有一种，说明苯环上只有一种氢原子；核磁共振氢谱有4组峰，说明只有4种氢原子；符合条件的同分异构体为：(6)与NaCN发生取代反应!,水解生成CH₃CH₂CH(COOH)CH₃,与甲醇发生酯,合成路线为：【解题分析】与溴单质发生信息反应②生成A,则A为1;A与苯酚钠反应生成B,结合最终产物可知该反应为取代反应，反应生成的B;B与氢气发生加成反应生成C,则C为;C与氯化亚砜(SOCl₂)发生信息中的反应①生成D,则D的结构简式为：:D与【题目详解】(2)B是生成E是,分子中含有醇羟基，F和C在浓硫酸条件下(4)A为,A的同分异构体符合下列条件：①属于苯的二取代物；②苯环上核磁共振氢谱图中共有2个吸收峰；③与FeCl₃溶液发生显色反应，说明苯环上有两个处于对位的取代基，其中一个是羟基，则可能的结构简式为25、2CICH₂COOH+CO₃²=2CICH₂COO+CO₂t+H₂O(球形)冷凝管x胶头滴管100mL容量瓶8.0g取一块pH试纸放到干燥的表面皿上，用干燥的玻璃棒蘸取待测溶液滴在pH试纸中部，待试纸变色后与标准比色卡比较滴入最后一滴EDTA标准溶液，溶液由酒红色变为蓝色，且半分钟内不恢复原色33.6度偏大【解题分析】(3)实验中需要2.0mol/LNaOH溶液90mL,但是实验室没有90mL的容量瓶，应用100mL容量瓶，即应配制100mLNaOH溶液，据此计算需要NaOH固体的质量，再根据用NaOH固体配制NaOH溶液的实验步骤判断所需仪(5)①根据溶液颜色变色判断滴定终点，用EBT(铬黑T,蓝色)作为指示剂，结合已知反应判断滴定终点颜色的变化；②首先明确关系式n(M²+)~n(EDTA)~n(CaO),进而计算1L水样中CaO的质量，再结合该地下水的硬度的表示方法③若实验时装有EDTA标准液的滴定管只用蒸馏水洗涤而未用标准液润洗，则使得EDTA标准液的浓度偏等量EDTA消耗EDTA标准液的体积偏大。【题目详解】反应的离子方程式为2CICH₂COOH+CO₃²=2CICH₂COO+CO₂t+H₂O,故答案为：2CICH₂COOH+CO₃²=2CICH₂COO(2)仪器Q的名称是(球形)冷凝管，冷却水应从下口进入，从上口流出，故答案为：(球形)冷凝管；x;(3)实验中需要2.0mol/LNaOH溶液90mL,但是实验室没有90mL的容量瓶，应用100mL容量瓶，即应配制100mLNaOH溶液，因此n(NaOH)=c(NaOH)V(NaOH)=2.0mol/L×0.1L=0.2mol,m(NaOH)=n(NaOH)M(NaOH)=0.2mol×40g/mol=8.0g,用N冷却、移液、洗涤、定容、装瓶，据此可知配制时使用的仪器除了天平、烧杯、玻璃棒外，还需要胶头滴管和100mL纸变色后与标准比色卡比较，故答案为：取一块pH试纸放到干燥的表面皿上，用干燥的玻璃棒蘸取待测溶液滴在pHn(M²⁴)=n(EDTA)=0.0100mol-L-¹×15.0×10-L=1.5×10~*mol,则25.00ml水中m(CaO)=nM=56g/mol×1.5×10~^mol=8.4mg,通常把1L水中含有10mgCaO称为1度，所以该地下水的硬度为EDTA标准液的体积偏大，会使得测定结果将偏大，故答案为：偏大。【题目点拨】500mL、1000mL等，因此该题中配制90mLNaOH溶液，需要使用100mL容量瓶，在使用公式n(NaOH)=cV计算配制溶液的体积正好与容量瓶的某一规格一致，直接选用该规格的容量瓶即可，如果不一致，那么选择的容量瓶的规格跟实际配制溶液的体积相比较要大而近，比如该题配制90ml溶液选用100ml容量瓶，再由实际配制的体积计算需26、能使漏斗与三口烧瓶中的气压相等2CaS+3SO₂△2CaSO₃+3SCaSO₃被系统中O₂氧化蒸馏，收集64.7℃馏分加入CS₂,充分搅拌并多次萃取加入适量乙醇充分搅拌，然后加入Na₂SO₃吸收液，盖上表面皿，加热至沸并保持微沸，在不断搅拌下，反应至液面只有少量硫粉时，加入活性炭并搅拌，趁热过滤，将滤液蒸发【解题分析】(2)CaS脱除烟气中的SO₂并回收S,元素守恒得到生成S和CaS(5)回收的S和得到的含Na₂SO₃吸收液制备Na₂S₂O₃·5H₂O,