2024届山东青岛胶州市高考化学二模试卷含解析

2024届山东青岛胶州市高考化学二模试卷已知Ksp(CaSO₄)=9×10,Ksp(CaCO₃)=3×10°,lg3=0.5,下列说法不正确的是()NH的中性废水C.相同条件下，M、N两极生成的CO₂和N₂的体积之比为3:2D.好氧微生物反应器中发生的反应为NH₄+2O₂=NO₃+2H+H₂OA.三者的氧化物都是碱性氧化物B.三者的氢氧化物都是白色固体C.三者的氯化物都可用化合反应制得D.三者的单质在空气中最终都生成氧化物8、在Na₂Cr₂O₇酸性溶液中，存在平衡2CrO₄²(黄色)+2H^=Cr₂O₇²-(橙红色)+H₂O,已知：25℃A.当2c(Cr₂O₇²-)=c(CrOC.若向溶液中加入AgNO₃溶液，生成Ag₂CrO₄沉淀D.稀释Na₂Cr₂O₇溶液时，溶液中各离子浓度均减小9、下列图示与对应的叙述相符的是()A.图1表示H₂与0₂发生反应过程中的能量变化，则H₂的燃烧热为241.8kJ·mol-!B.图2表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)的影响，乙的压强比甲的压强大D.图4表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则相同条件下NaA溶液的pH大于同下列说法不正确的是()B.增大压强，反应①的平衡向逆反应方向移，平衡常数K减小C.反应①达到平衡时，每生成1molCO的同时生成0.5molO₂D.反应②断开2molH₂和1molO₂中的化学键所吸收的能量比形成4molO-H键所放出的能量少484kJA.鉴别NaCl和Na₂SO₄C.探究大理石分解产物气球D.探究燃烧条件①中物质②中物质CA.AB.BC.CW、X、Y三种元素形成的一种化合物的结构如下图所A.W的最高正价和最低负价的代数和为0B.W的简单离子半径可能大于X的简单离子半径C.Y的最高价氧化物对应的水化物属于弱碱D.Z的单质的水溶液需保存在棕色试剂瓶中14、下列有关化合物X的叙述正确的是A.X分子只存在2个手性碳原子B.X分子能发生氧化、取代、消去反应C.X分子中所有碳原子可能在同一平面上D.1molX与足量NaOH溶液反应，最多消耗3molNaOHAB向FeSO₄溶液中滴加K₃[Fe(CN)6]溶液FeSO₄溶液未变质C向滴有酚酞的NaOH溶液中通入SO₂气体SO₂具有漂白性向2mL0.1mol/L的NaCl溶液中滴加3滴相同浓度的AgNO₃,然A.AAKMnO₄溶液2mL0.2molL¹H₂C₂O₄(草酸)溶液B乙醇分子中羟基上的氢原子活泼C热，冷却D由溶液紫色褪去可知乙炔能发生氧化A.AB.BC.①④的一氯代物均有2种D.可用酸性高锰酸钾溶液鉴别③和④B.分子式为C₃H₄Cl₂的同分异构体共有4种(不考虑立体异构)C.有机物呋喃(结构如图所示),,从结构上看，四个碳原子不可能在同一平面上D.高分子均难以自然降解A.FeSO₄7H₂OB.SC.Fe₂O₃A.分离CH₃COOH和CH₃COOC₂Hs混合液二、非选择题(共84分) :该反应类型(5)M的单质与R的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为25、(12分)铜及其化合物在生产、生活中有广泛的应用。某研究性学习小组的同学对铜常见化合物的性质和制备进(2)将CuO粉末加热至1000℃以上完全分解成红色的Cu₂O粉末，该反应说明：在高温条件下，+1价的Cu比+2价II.探究通过不同途径制取硫酸铜稀硫酸O₂杂铜·→粗制氧化铜—硫酸铜溶液操作Ia.该条件下铜无法被氧气氧化b.灼烧不充分，铜未被完全氧化某小组同学准确称取4.0g样品溶于水配成100mL溶液，取10mL溶液于锥形瓶中，加适量水稀释，调节溶液pH=3~4,加入过量的KI,用0.1000mol/LNa₂S₂O₃标准溶液滴定至终点，共消耗14.00mLNa₂S₂O₃标准溶液。上述过程中反应的离子方程式如下：2Cu²⁴+4I=2Cul↓+I₂,I₂+2S₂O³==2I+S₄O。。则样品中硫酸铜晶体的质量分数为2NaOH+2NO₂=NaNO₃+Na 26、(10分)碘酸钙[Ca(IO₃)₂]是重要的食品添加剂。实验室制取Ca(IO₃)z·H₂O的实验流程：(1)转化步骤是为了制得碘酸，该过程在图1所示的装置中进行，当观察到反应液中紫红色接近褪去时，停止通入①转化时发生反应的离子方程式为②转化过程中CCl₄的作用是 ,直至用淀粉溶液检验不出碘单质的存在。(3)已知：①Ca(IO₃)z·6H₂O是一种难溶于水的白色固体，在碱性条件下不稳定。②Ca(IO₃)z6H₂O加热升温过程中固体的质量变化如图2所示。足27、(12分)硫酸四氨合铜晶体([Cu(NH₃)₄]SO₄·H₂O)常用作杀虫剂、媒染剂，也是高效安全的广谱杀菌剂。常温下①取4g铜粉，在仪器A中灼烧10分钟并不断搅拌使其充分反应。②将A中冷却后的固体转移到烧杯中，加入25mL3mol·L-H₂SO₄溶液，加热并不断搅拌至固体完全溶解。Ⅱ.晶体的制备(4)缓慢加入乙醇会析出晶体的原因是;若将深蓝色溶液浓缩结晶，在收集到的晶Ⅲ.氨含量的测定精确称取wg晶体，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将1.水2.玻璃管3.10%氢氧化钠溶液4.样品液5.盐酸标准溶液6.冰盐水28、(14分)酿酒和造醋是古代劳动人民的智慧结晶，白酒和醋也是日常生活中常见的有机物。淋A.蒸拌原料C.用水浸淋(3)已知25℃下，CH₃COOH在水中电离的电离常数K₂=2x10~⁵,则25℃时CHsCOONa水解平衡常数Kn= C乙烯断开1mol碳碳双键的同时乙酸恰好消耗1mol(5)下图为n(乙烯)与n(乙酸)物料比为1时，在不同压强下进行了乙酸①温度在60-80℃范围内，乙烯与乙酸酯化合成反应速率由大到小的顺序是用v(P₁)、v(P₂)、v(P₃)分别表示②压强为P₁MPa、温度60℃时，若乙酸乙酯的产率为30%,则此时乙烯的转化率为③压强为P₁MPa、温度超过80℃时，乙酸乙酯产率下降的原因可29、(10分)丙烷、乙烯等有机物在工业上有广泛的应用。回答下列问题：(3)在两个容积均为1L的恒容密闭容器中以不同的氢碳比[n(H₂)/n(CO₂)]充入2molH₂和一定量的CO₂,在一定条件下发生反应2CO₂(g)+6H₂(g)=C₂H₄(g)+4H₂O(g)△H。CO₂的平衡转化率a(CO₂)与温度的关系如图所示：④Q点对应温度下，该反应平衡常数K=L³·mol³。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.由As₄S₄的结构图可知，黑球代表As,白球代表S,则As₄S₄的结构中不存在S-S键，故A错误；C.根据阴极放电顺序可知，银离子先放电，则当有0.2NA个电子发生转移时，阴极析出21.6g金属，故C错误；D.过氧化氢分子中氢原子与氧原子、氧原子与氧原子之间均为单键，则1mol过氧化氢分子中含有的共用电子对数目综上所述，答案为D。【解题分析】A.CaSO₄的溶度积表达式Kp(CaSO₄)=c(Ca²+)c(SO₄²),A项正确；C.依据上述B项分析可知，CaSO₄(S)+CO₃²(aq)峰?CaCO₃(s)+SO₄²(aq)K=3×10³,每消耗1molCO₃²会生成1molSO₄²,在CaSO₄完全溶解前溶液中的c(SO₄²)等于Na₂CO₃溶液的浓度，设Na₂CO₃溶液的浓度为1mol/L,则可得将液中D.依据题意可知，起始CaSO₄的物质的量为0.02mol,相同实验条件下，若将Na₂CO₃溶液的浓度改为原浓度的2倍，则消耗碳酸钠的体积为10mL,在CaSO₄完全溶解前溶液中的c(SO₄²)=2mol/L,根据据图3,若除去CuSO₄溶液中的Fe”,可向溶液中加入适量CuO,增大溶液的pH,还不回引入杂质离子，调节pH=4,这时就会形成Fe(OH)₃沉淀，然后过滤即可除去，正确；D.当两种电离程度不同的酸溶液稀考点：考查图像法在表示燃烧热、平衡移动原理、杂质的除去即盐的水解中的【解题分析】CO(g)+H₂O(g)=CO₂(g)+H₂(g)△H=-41kJ/mol,故A正确；B.增大压强，反应①的平衡向逆反应方向移动，温度不变，则平衡常数K不变，故B错误；C.平衡时不同物质的物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，则①达到平衡时，每生成1molCO的同时生成D.反应②为放热反应，焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，且物质的量与热量成正比，则反应②断开2molH-H和1molO=O中的化学键所吸收的能量比形成4molO-H键所放出的能量少484kJ,故D正确；【题目点拨】【解题分析】A.氯化钠和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，硫酸钠和硝酸银反应生成硫酸银沉淀和硝酸钠，因此不能用硝酸B.碳酸钠和稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，生成的二氧化碳进入气球中，产生浮力，会导致天平不平衡，因此不能用于验证质量守恒定律，故B不符合题意；C.碳酸钙在高温条件下分解生成氧化钙和二氧化碳，澄清石灰水变浑浊，说明反应生成二氧化碳，但是不能验证生D.铜片上的白磷燃烧，红磷不能燃烧，说明燃烧需要达到可燃物的着火点，水中的白磷不能燃烧，说明燃烧需要和氧气接触，该实验可以验证燃烧的条件，故D符合题意；【解题分析】A项、盐酸首先中和氢氧化钠，故A错误；B项、常温下铝在浓硝酸中钝化，得不到气体，故B错误；C项草酸具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，使其褪色，故C正确；D项、氢氧化钠溶液开始是过量的，因此不可能产生白色沉淀氢氧化铝，故D错误；A.H元素最高为+1价，最低为-1价，二者代数和为0,A正确；B.H^、Li+电子层结构相同，核电荷数Li+>H,所以离子半径H>Li+,B正确；D.Cl₂溶于水得到氯水，氯气与水反应产生盐酸和次氯酸，其中含有的HCIO不稳定，光照容易分解，所以应该保存故合理选项是C。【解题分析】A.连有4个不同原子或原子团的碳原子称为手性碳原子。化合物X分子中含有3个手性碳原子：号的碳原子为手性碳原子),A项错误；C.X分子)中与*号碳原子相连的3个碳原子处于四面体的3个顶点上，这4个碳原子不可能在同一平面D.因X分子中含有酯基和-Br,X能与NaOH溶液发生水解反应：所以1molX与足量NaOH溶液反应，最多消耗2molNaOH。D项错误；答案选B。B.Fe是变价金属，与氯气发生反应：2Fe+3Cl₂点燃2FeCl₃,根据反应方程式中两者的关系可知0.1mol的Cl₂与Fe反应时，氯气不足量，所以反应转移的电子的物质的量应该以Cl₂为标准，转移的电子数为0.2NA,Cu与Cl₂发生反应产生CuCl₂,0.1mol铜分别与0.1mol氯气D.Na₂CO₃是强碱弱酸盐，在溶液中CO₃²~发生水解反应而消耗，所以1L0.1mol-L-INa₂CO₃溶液中含有CO₃²~小于C.①④分子中都有2种等效氢，所以一氯代物均有2种，故C正确；液鉴别③和④,D正确。选B。【解题分析】B.C₃H₆可能是丙烯或环丙烷，环丙烷只有1种氢，判断二氯代物时“定一议一”的方法可确定；丙烯有3种氢，运CH₃CCl=CHCl、CH₃CH=CCl₂、环丙烷的二氯代物有2种，所以共有7种，B错误；C.根据乙烯结构，6个原子可能共平面，推出》四个碳原子可能在同一平面上，C错误；【解题分析】和水蒸气，三氧化硫与水结合可生成硫酸，不涉及的物质是S,答案选B。【题目点拨】硫为淡黄色固体，在题目中并未涉及，做本题时要关注各物A.CH₃COOH和CH₃COOC₂Hs互溶，不能用分液的方法分离，故A错误；B.硝酸铵晶体溶于水吸热，所以U型管中的液体向左侧移动，故该实验能验证NH₄NO₃晶体溶于水的热效应，故BC.蒸发FeCl₃溶液时促进铁离子水解，最后得到氢氧化铁，灼烧又得到氧化铁固体，故C错误；D.根据元素非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强分析，要验证C、Cl、Si的非金属性强弱应用实验证明高氯酸、碳酸和硅酸的酸性强弱，但实验中使用的是盐酸，故D错误。掌握非金属性强弱与最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱的对应关系，不能用盐酸的酸性强二、非选择题(共84分)酯化6【解题分析】H₂O,水的物质的量=7.2/18=0.4mol,根据原子守恒可知，该有机物中N(C)=0.8/0.1=8,N(H)=0.4×2÷0.1=8,有机物中N(O)=(120-12×8-1×8)÷16=1,有机物A的分子式为CgHgO,A经过一系列反应得到芳香醛E,结合信息中醛与HCN的加成反应，可知A含有C=O双键，A与HCN发生加成反应生成B,B发生水解反应生成C,C在浓硫酸、加热条件下生成D,D能使溴的四氯化碳溶液褪色，应为发生消去反应，D被臭氧氧化生成E与F,F继续被氧化生成G,G的相对分子质量为90,则G为HOOC【题目详解】(1)由上述分析可知，A为O(2)只要含有羧基或羟基的都能发生酯化反应，在A～G中能发生酯化反应的有机物有B、C、D、F、G;(3)由于C中含有羧基、羟基，另外还可以发生酯化反应生成另一种有机物，该反应的方程式为,反应类型为酯化反应。(4)C的同分异构体有多种，其中符合下列要求的有机物有多种，①能与3molNaOH溶液反应，说明含有酚羟基、羧酸与酚形成的酯基；②苯环上的一卤代物只有一种，说明苯环上含有1种氢原子；③能发生银镜反应，说明含有醛(5)C中羧基和4-甲基-2,3-戊二醇中的两个羟基发生酯化反应生成两种酯，C中的羟基和4-甲基-2,3-戊二醇中的生成6种产物。24、第二周期ⅡA族X、Y、Z、R、Q、M是六种短周期元素，原子序数依次增大。X是原子半径最小的元素，则X为氢元素；Y的气态原子序数大于氧元素，则R为钠元素；Y、R、Q最外层电子数之和为8,则Q的最外层电子数为8-5-1=2,故Q为镁【题目详解】原子序数大于氧元素，则R为钠元素；Y、R、Q最外层电子数之和为8,则Q的最外层电子数为8-5-1=2,故Q为镁(1)Q为镁元素，在元素周期表中的位置为第二的Mg²*半径较小，故简单离子半径由大到小的顺序为CI>O²>Mg²*;EQ\*jc3\*hps6\o\al(\s\up3(),)25、Cu₂O+2H⁴=Cu²⁴+Cu+2H₂O稳定稳定bd87.5%Cu+H₂=CuSO₄+2NO₂t+2H₂O3Cu+3H₂SO₄+2HNO₃(稀n(S₂O₃²)=0.1000mol/L×0.014L×10=1.4×10-²mol,则n(Cu²+)=1.4×10²mol,m(CuSO₄·5H₂O)=(2)①Cu与稀硫酸、浓硝酸(或随着反应进行浓硝酸变为的稀硝酸)反应生成硫酸铜、NO₂(或NO)、H₂O,根据氧②NO不能被NaOH溶液吸收，O₂可以将NO氧化为NO₂,使氮氧化物完全被NaOH溶液吸收，同时可以将NO、NO₂驱赶进入NaOH溶液中，发生反应，转化为NaNO₂、NaNO₃,防止大气污染；M.(1)Cl₂中混有的HCl对反应没有影响，因此b.在Y中加入CuCl₂晶体，溶液中[Cu(H₂O)₄²*、Cl浓度增大，平衡向右移动，溶液变为绿色，可以能够证明CuCl₂c.在Y中加入NaCl固体，溶液中故合理选项是abc;IV.甲基橙变色的pH范围是3.1~4.4,Cu(OH)₂开始沉淀的pH=5,在指示剂变色范围之外，即酸被碱中和时，Cu²*不会消耗OH,但是甲基橙由红色变成橙色、黄色时，Cu²*溶液呈蓝色，对观察指示终点颜色有干扰，因此不能测定剩【题目点拨】本题考查了实验方案的设计、对工艺流程理解、实验装置的理解、平衡移动、物质分离提纯等，明确物质的性质是解答题目关键，难点是实验方案的评价，从实验的可操作性、简便性、安全性、环保等方面考虑，有助于培养学生基本26、I₂+5Cl₂+6H₂O=2IO₃+10CI-+12H+增大Cl₂的溶解量，提高Cl₂的利用率加快搅拌速率分液漏斗将HIO₃水溶液用CCl₄多次萃取，分液加入Ca(OH)₂粉末，边加边搅拌至溶液pH约为7,过滤，洗涤沉淀至洗涤后滤液滴加AgNO₃溶液不再有沉淀产生，将滤渣在100～【解题分析】(6)因为生成的是氨气，如果没有冰盐水冷却，容易挥发，导致剩余HCl量增多，所以如没有使用冰盐水冷却，会28、C5×10-10加成反应BD【解题分析】(1)以高粱为主要原料的酿醋工艺中，利用醋酸溶解性的是用水淋，故选C;(2)乙酸是弱电解质，在水溶液中电离CH₃COOH==CH₃COO+H*,电离平衡常数的表达式②A、乙烯、乙酸、乙酸乙酯的浓度相同，不能确定各组分的浓度是否保持不变，故A错误；B、酯化合成反应的速率与酯分解反应的速率相等，即正反应速