湖北省襄阳市普通高中2023-2024学年高三第四次模拟考试化学试卷含解析

湖北省襄阳市一般高中2023-2024学年高三第四次模拟考试化学试卷1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填3.请依据题号挨次在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在一、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)Cu(s)+2H*(aq)=Cu²*(aq)+H₂(g)△H2H₂O₂(I)=2H₂O(I)+O₂(g)△在H₂SO₄溶液中，Cu与H₂O₂反应生成Cu²*(aq)和H₂O(I)的反应热△H等于A.-319.68kJ/molB.-417.91kJ/molC.-448.46kJ/molD.+546.69kJ/mol误的是()A.种出的钻石是有机物B.该种钻石是原子晶体C.甲烷是最简洁的烷烃D.A.氯化氢气体溶于水破坏离子键，产生H和CIB.硅晶体熔化与碘化氢分解需克服的化学键类型相同C.NH₃和HCl都极易溶于水，是由于都可以和HD.CO₂和SiO₂的熔沸点和硬度相差很大，是由于它们所含的化学键类型不同A.常温下，向0.1mol-L¹的醋酸溶液中加水稀释，溶液中c(H+)/c(CH₃COOH)减小B.反应N₂(g)+3H₂(g)2NH₃(g)△H<0达平衡后，降低温度，正反应速率增大、逆反应速率减小，平衡向正反应C.镀锌铁板是利用了牺牲阳极的阴极爱护法来达到防止腐蚀的目的D.电解精炼铜时，阳极泥中含有Zn、Fe5、由下列试验事实得出的结论不正确的是()试验结论A无色透亮     B乙酸乙酯和氢氧化钠溶液混合共热后，混合液不再分层乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中可完全水解C色沉淀D乙酸和乙醇都可与金属钠反应产生可燃性气体乙酸分子中的氢与乙醇分子中的氢具有相同的活性A.AB.B7、下列指定反应的离子方程式正确的是()C.用过量的NaOH溶液吸取SO₂:OH~+SO₂=HSO₃8、在加热条件下，乙醇转化为有机物R的过程如图所示，其时F阵A.R的化学式为C₂H₄OB.乙醇发生了还原反应C.反应过程中固体有红黑交替变化的现象D.乙二醇(HO-CH₂-CH₂-OH)也能发生类似反应9、a、b、c、d、e为原子序数依次增大的五种常见短周期元素，可组成一种化合物A,其化学式为baad适量NaOH溶液A△沉淀溶解己知C的分子式为baʒ,能使潮湿的红色石蕊试纸变蓝。则下列说法正确的是A.原子半径b>cB.e的氧化物的水化物为强酸C.化合物A为共价化合物D.元素非金属性强弱c<eA.都有H₂SO₄分子B.都有氧化性C.都能和铁、铝反应D.密度都比水大11、新冠疫情暴发，消毒剂成为紧俏商品，下列常用的消毒剂中，消毒原理与氧化还原无关的是()选项AB消毒剂A.AB.BC.CA.等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多B.由C(金刚石)→C(石墨)+119kJ可知，金刚石比石墨稳定C.在101kPa时，2gH₂完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式为：2H₂(g)+O₂(g)=2H₂O(I)+D.在稀溶液中：H(aq)+OH(aq)=H₂O(I)+53.7kJ,若将含0.5molH₂SO₄的浓溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出C.铜溶于浓硝酸：3Cu+8H⁴+2NO₃^=3Cu²⁴+2NOt+4H₂O所示的装置。下面是对该装置作用的几种叙述①干燥气体②混合气体③观看气体的流速。正确的是A.只有①B.只有①和②C.只有①和③D.①②③原子的电子层数与最外层电子数相等，Z元素最高正价与最低负价的代数和为4。下列说法正确的是()A.X和Z形成的化合物是不溶于水的沉淀B.Z的氧化物对应水化物的酸性肯定大于YC.W的简洁气态氢化物沸点比Y的高16、肯定条件下，下列金属中能与水发生置换反17、下列离子方程式书写正确的是()B.金属钠投入氯化镁溶液中：2Na+Mg²⁴=2Na⁴+MgC.新制氢氧化铜溶于醋酸溶液：2CH₃COOH+Cu(OH)₂=Cu²*+2CH₃COO+2H₂OD.水溶液中，等物质的量的Cl₂与Fel₂混合：2Cl₂+2Fe²++2I=2Fe³*+4CI+I₂18、聚苯胺是一种在充放电过程中具有更优异可逆性的电极材料。Zn一聚苯胺二次电池的结构示意图如图所示，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是()A.放电时，外电路每通过0.1NA个电子时，锌片的质量削减3.25gB.充电时，聚苯胺电极的电势低于锌片的电势C.放电时，混合液中的CI向负极移动D.充电时，聚苯胺电极接电源的正极，发生氧化反应19、pH=0的某X溶液中，除H*外，还可能存在Al*、Fe²*、NH₄≠、Ba²*、Ct、CO₃²、SO₄²、NO₃中的若干种，现溶液B沉淀H溶液E沉淀F答液②③溶液G溶液X倍。下列说法正确的是()XYZWT晋D.25℃时，H₂B·离子的水解常数的数量级为10322、热催化合成氨面临的两难问题是：接受高温增大反应速率的同时会因平衡限制导致N研制了Ti-H-Fe双温区催化剂(Ti-H区域和Fe区域的温度差可超过100℃)。Ti-H-Fe双温区催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物种用*标注。下列C.④为N原子由Fe区域向Ti-H区域的传递过程D.使用Ti-H-Fe双温区催化剂使合成氨反应转变为吸热反应二、非选择题(共84分)23、(14分)H是一种可用于治疗肿瘤的药物中间体，由芳香烃A制备H的合成路线如图。(1)A物质的一氯代物共有(3)①的反应试剂和反应条件分别是,③的反应的类型是：(4)E物质通过多次取代反应和氧化反应可以猎取F物质，用系统命名法对E物质命名,F物质的结构简式(5)⑤的化学反应方程式为(6)对甲氧基乙酰苯胺是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醚制备对甲氧基乙酰苯胺的合成路线。(其他试剂任选)(合成路线常用的表达方式为：24、(12分)[化学——选修5:有机化学基础]A(C₃H₆)是基本有机化工原料，由A制备聚合物Ci合成路线如图所示(部分条件略去)。(1)A的名称是B中含氧官能团名称是(2)C的结构简式D-E的反应类型为(4)B的同分异构体中，与B具有相同官能团且能发生银镜反应，其中核磁共振氢谱上显示3组峰，且峰面积之比为6;1;1的是(写出结构简式)。(5)等物质的量分别与足量NaOH、NaHCO₃反应，消耗NaOH、NaHCO₃的物质的量之比为;检人验其中一种官能团的方法是(写出官能团名称、对应试剂及现象)。25、(12分)Mg(CIO₃)z·3H₂O在工农业上有重要用途，其制备原理为：MgCl₂+2NaClO₃+3H₂O=Mg(ClO₃)z·3H₂O+2NaCl。试验室制备Mg(ClO₃)z-3H₂O的过程如图：适量水适量水NaCIO₃搅拌、溶解操作X冷却抽滤洗涤A.冷却时可用冰水B.洗涤时应用无水乙醇C.抽滤Mg(ClO₃)z·3H₂O时，可用玻璃纤维代替滤纸D.抽滤时，当吸滤瓶中液面快到支管时，应拔掉橡皮管，将滤液从支管倒出(5)称取3.000g样品，加水溶解并加过量的NaNO₂溶液充分反应，配制成250mL溶液，取25mL溶液加足量稀硝酸酸化并加入合适的指示剂，用0.1000mol-LI的AgNO₃标准溶液滴定至终点，平均消耗标准液24.00mL。则样品中26、(10分)纯碱(Na₂CO₃)在生产生活中具有广泛的用途。如图1是试验室模拟制碱原理制取Na₂CO₃的流程图.已知：粗盐中含有Ca²*、Mg²*、SO₄²~等杂质离子.(1)精制除杂的步骤挨次是→→→(填字母编号).a粗盐溶解b加入盐酸调pHc加入Ba(OH)₂溶液d加入Na₂CO₃溶液e过滤.(2)向饱和食盐水中先通入NH3,后通入CO₂,理由是,在滤液a中通入NH₂和加入精盐的目的是.(3)请在图1流程图中添加两条物料循环的路线，滤液Ac(4)图2装置中常用于试验室制备CO₂的是(填字母编号):用c装置制备NH₃,烧瓶内可加入的试剂是(填试剂名称).有孔塑料隔板dC(5)一种自然 碱晶体成分是aNa₂CO₃bNa₂SO₄cH₂O,利用下列供应的试剂，设计测定Na₂CO₃质量分数的试验方案.请供选择的试剂：稀H₂SO₄、BaCl₂溶液、稀氨水、碱石灰、Ba(OH)₂溶液④计算自然 碱晶体中含Na₂CO₃的质量分数.27、(12分)某校同学设计下列试验，探究CaS脱除烟气中的SO₂并回收S。试验步骤如下：步骤2.向CaS的甲醇悬浊液中缓缓通入肯定量的SO₂。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代替一般分液漏斗的突出优点是。(4)步骤5为使滤渣中S尽可能被萃取，可实行的操作方案是_。(5)请设计从上述回收的S和得到的含Na₂SO₃吸取液制备Na₂S₂O₃·5H₂O的试验方案：已知：①在液体沸腾状态下，可发生反应Na₂SO₃+S+5H₂O△Na₂S₂O₃·5H₂O。28、(14分)物质的类别和核心元素的化合价是争辩物质性质的两个重要视角.硫及其化合物与价态变化为坐标的二维转化关系如图1所示.(1)图中X的电子式为_;其水溶液在空气中放置易变浑浊，写出反应的化学方程式_;该变化说明S的非金属性性强弱.(1)下列物质用于Na₁S₁O₃制备，从氧化还原反应的角度，理论上有可能的是(选填编号).aNa₁S+SbZ+ScNa₁SO₃+Y(3)已知反应：Na₁S₁O₃+H₁SO₄→Na₁SO₄+Sl+SO₁+H₁O,争辩其反应速率时，下列方案合理的是(4)治理含CO、SO₁的烟道气，以Fe₁O₃做催化剂，将CO、SO₁在380℃时转化为S和一种无毒气体.已知：①硫的熔点：111.8℃、沸点：444.6℃;②反应每得到1mol硫，放出170kJ的热量.写出该治理烟道气反应的热化学方程(5)其他条件相同、催化剂不同时，上述反应中SO₁的转化率随反应温度的变化如图1.不考虑催化剂价格因素，生产中选Fe₁O₃做催化剂的主要缘由是__.29、(10分)白头翁素具有显著的抗菌作用，其合成路线如图所示：(以上R、R’代表氢、烷基)(6)F与足量氢气加成得到G,G有多种同分异构体，其中属于链状羧酸类有.种。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)【解析】①Cu(S)+2H*(aq)=Cu²*(aq)+H₂(g)△H=+64.39②2H₂O₂(I)=2H₂O(I)+O₂(g)AH=-196.46kJ/mol③项是A。【解析】A.由题中信息可知，种出的钻石的结构、性能与金刚石无异，则种出的钻石和金刚石均是碳的单质，由C不是有机物，故A错误；B.种出的钻石的结构、性能与金刚石无异，则种出的钻石和金刚石的晶体类型相同，均为原子晶体，故B正确；C.甲烷是最简洁的有机物，1个分子中只含有4个C-H键，并且符合烷烃通式为C₁H₂n+2,即甲烷是最简洁的烷烃，D.甲烷分子式为CH₄,具有可燃性，是可燃性气体，故D正确；【解析】A.HCl是共价化合物，氯化氢气体溶于水时破坏共价键，产生H*和CI,A错误；B.硅晶体属于原子晶体，熔化断裂共价键；碘化氢属于分子晶体，碘化氢分解破坏共价键C.NH₃和HCl都极易溶于水，NH₃是由于可以和H₂O形成氢键，但HCl分子与H₂O分子之间不存在氢键，C错误；D.CO₂和SiO₂的熔沸点和硬度相差很大，是由于CO₂属于分子晶体，分子之间以微弱的分子间作用力结合，而SiO₂故合理选项是B。【解析】B.反应N₂(g)+3H₂(g)2NH₃(g)△H<0达平衡后，降低温度，正反应速率减小、逆反应速率减小，平衡向正反应C.镀锌铁板在空气中会形成原电池，锌做负极被腐蚀，铁做正极被爱护，是利用了牺牲阳极的阴极爱护法来达到防止【解析】A.乙烯与溴发生加成反应生成的1,2-二溴乙烷无色，可溶于四氯化碳，因此溴的四氯化碳溶液褪色，故A正确；B.乙酸乙酯属于酯，在氢氧化钠溶液中加热发生水解反应生成乙酸钠和乙醇，因此混合液不再分层，故B正确；C.热的新制氢氧化铜悬浊液和葡萄糖产生砖红色沉淀氧化亚铜，氢氧化铜被葡萄糖还原D.乙醇与钠反应不如乙酸与Na反应猛烈，则乙醇分子中的羟基氢不如乙酸羧基中的氢活泼，故D错误；答案选D。【解析】B.NaClO、Fe²*之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C.K*、[Ag(NH₃)₂]*、NO₃'、OH-之间不反应，都不与氨水反应，在氨水中能够大D.由水电离产生的c(H*)=1×10-¹³mol/L的溶液呈酸性或碱【解析】B、将氯气溶于水制备次氯酸的离子反应为Cl₂+H₂O=H*+CI^+HClO,故B错误；C、用过量NaOH吸取二氧化硫生成亚硫酸钠，离子方程式为20H~+SO₂=H₂O+SO₃²~,故C错误；故选C。【点睛】【解析】【解析】强酸性溶液X,则溶液中不存在弱酸根离子CO₃²,溶液和硝酸钡溶和硫酸根离子反应的Ba²*,C是BaSO₄;酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，所以溶液中Fe²*和NO₃不能共存，加入硝酸钡产生气体，则溶液中存在Fe²*,不存在NO₃,A是NO;溶液B中加入过量氢氧化钠溶液时，产生气体D,则溶液中含有NH₄,D是NH₃,产生沉淀F是Fe(OH)₃,溶液E通入过量二氧化碳时产生沉淀H和溶液G,则溶【详解】A.溶液X中应含有Fe²*,酸性条件下与硝酸根离子反应生成气体NO,反应的离子方程式为：3Fe²++4H⁴+NO₃=3Fe³++NO1+2H₂O,选项A正确；【解析】X、Y、Z、W为短周期元素，Y元素的原子最外层电子数是其电子层数的3倍，则Y为O元素，依据X、Y、Z、W【详解】A.Y的氢化物分别是H₂O、H₂O₂,H₂O、H₂O₂常温下都呈液态，X的氢化物为烃，烃分子中碳原子数不同，沸点差C.SO₂、CCl₄的化学键类型为极性共价键，而Na【解析】A.滴定终点生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，而甲基橙的变色范围是3.1~4.4,所以应选酚酞作指示剂，故A错误；B.由图可知，浓度均为0.0100mol/LHA、H₃B溶液中，HA、H₃B溶液，H₃B溶液起始时pH更小，说明H₃B电离出氢离子的力量强于HA,则酸性较强的为H₃B,故B错误；答案选C。【解析】A.经受①过程之后氮气分子被催化剂吸附，并没有变成氮原子，,①过程中氮氮三键没有断裂，故A错误；B.①为催化剂吸附N₂的过程，②为形成过渡态的过程，③为N₂解离为N的过程，以上都需要在高温时进行；为了增大平衡产率④⑤要在低温区进行，故B错误；D.化学反应不会因加入催化剂而转变吸放热状况，故D错误；二、非选择题(共84分)23、4氯原子氯气、光照还原反应2-甲基丙烷【解析】由B的结构可知，芳香烃为A为《_》-CH₃,A与氯气在光照条件下发生取代反应生成B,B与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生取代反应生成C,C发生还原反应生成D,D与G在吡啶条件下发生取代反应生成H.由F的分子式、G的结构，可知F为E系列转化得到F,结合E的分子式，可知E为【详解】(4)由F的分子式、G的结构，可知F为E系列转化得到F,结合E的分子式，可知E为,故答案为：,故答案为：·【解析】B发生加聚反应生成聚丁烯酸甲酯，则B结构简式为CH₃CH=CHCOOCH₃,A为C₃H₆,A发生发生加成反应生成B,则A结构简式为CH₂=CHCH₃,聚丁烯酸甲酯发生水解反应然后酸化得到聚合物C,C结构简式为.发生反应生成D,D发生水解反应生成E,E能发生题给信息的加成反应，结合E分子式知，E结构简式为CH₂=CHCH₂OH、D结构简式为CH₂=CHCH₂Cl,E和2-氯-1,3-丁二烯发生加成反应生成F,F结构简式为F发生取代反应生成G,G发生信息中反应得到【详解】;据此解答。D发生水解反应或取代反应生成E,为(4)B结构简式为CH₃CH=CHCOOCH₃,B的同分异构体中，与B具有相同的官能团且能发生银镜反应，说明含有碳碳双键和酯基、醛基，为甲酸酯，符合条件的同分异构体有HCOOCH=CHCH₂CH₃、HCOOCH₂CH=CHCH₃、(CH₃)=CH₂、HCOOC(CH₂CH₃)=CH₂,共有8种；其中核磁共振氢谱为3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是(5)该有机物中含有碳碳双键、醇羟基、羧基，具有烯烃、羧酸、醇的性质。能和NaOH、NaHCO₃反应的是羧基，且物质的量之比都是1:1,所以NaOH、NaHCO₃分别与等物质的量的该物质反应时，则消耗NaOH、NaHCO₃的物质的量之比为1:1;故答案为98%。,并增大加入NH₄*浓度；加入精盐增大CI浓度，有利于NH₄Cl结晶析出NaCl硫酸并微热、产生的气体通过足量Ba(OH)₂溶液过滤、洗涤、干燥、称量、恒重沉淀【解析】(2)NH₃易溶于水，有利于吸取溶解度不大的CO₂;依据溶解平衡，增加反应物的浓度(3)侯氏制碱法主要操作是在氨化饱和的NaCl溶液里通CO₂,因此后续操作中得到的CO₂NH₃+H₂O=NH₃·H₂O=NH₄⁴+OH'加入碱或生石灰产生氢氧根离子平衡左移，同时放出大量的热促进氨水的挥发，制澄清石灰水产生沉淀，通过沉淀的质量求出二氧化碳的物质的量、Na₂CO₃的物质的量和质量，最终求出Na₂CO₃的质【详解】(2)NH₃易溶于水，有利于吸取溶解度不大的CO₂,所以向饱和食盐水中先通入NH₃,后通入CO₂;通入NH₃可通过与HCO₃^的反应，增加NH₄*浓度，并利用精盐增大CI浓度，依据溶解平衡的移动，有利于NH₄Cl结晶析出；(3)煅烧炉里生成的CO₂可循环利用，滤液a析出晶体氯化铵后得到的NaCl溶液可循环利用，则NaCNaC1固体AN滤液A纯碱沉淀的质量求出二氧化碳的物质的量、Na₂CO₃的物质的量和质量，最终求出Na₂CO₃的质量分数，所以将自然 碱晶体样品，溶于适量蒸馏水中，加入足量稀硫酸并微热，产生的气体通过足量的澄清石灰水，然后过滤、洗涤、干燥、称27、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吸取液，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【解析】(2)CaS脱除烟气中的SO₂并回收S,元素守恒得到生成S和CaSO₃,CaSO₃能被空气中氧气氧化生成CaSO₄;(5)回收的S和得到的含Na₂SO₃吸取液制备Na₂S₂O₃·5H₂O,在液体沸腾状态下，可发生反应Na₂SO₃+S+5H₂O△Na₂S₂O₃*5H₂O,据此设计试验过程。【详解】CaSO₄,其缘由是：CaSO₃被系统中O₂氧化；(4)步骤5为使滤渣中S尽可能被萃取，可实行的操作方案是：加入CS₂,充分搅拌并多次萃取；(5)已知：①在液体沸腾状态下，可发生反应Na₂SO₃+S+5H₂O△Na₂S因此从上述回收的S和得到的含Na₂SO₃吸取液制备Na₂S₂O₃·5H₂O的试验方案：称取稍过量硫粉放入烧杯中，加入适量乙醇充分搅拌，然后加入Na₂SO₃吸取液，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，将滤液蒸发浓【点睛】本题考查了物质分别提纯的试验探究、物质性质分析推断、试验方案的设计与应用等学问点，把握元素化合物等基础bd-170kJ/mol