北京北师特学校2024年高考冲刺七化学试题含解析

北京北师特学校2024年高考冲刺七化学试题2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑3.考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、NaHSO₃溶液在不同温度下均可被过量KIO₃氧化，当NaHSO₃完全消耗即有I₂析出，依据I₂析出所需时间可以求A.40℃之前，温度升高反应速率加快，变蓝时间变短B.40℃之后溶液变蓝的时间随温度的升高变长C.图中b、c两点对应的NaHSO₃的反应速率相等D.图中a点对应的NaHSO₃的反应2、实验室制备硝基苯的反应装置如图所示。下列实验操作或叙述不正确的是()A.试剂加入顺序：先加浓硝酸，再加浓硫酸，最后加入苯B.实验时水浴温度需控制在50～60℃C.仪器a的作用：冷凝回流苯和硝酸，提高原料的利用率D.反应完全后，可用仪器a、b蒸馏得到产品3、有机物M、N分子的模型如图所示，其中不同颜色的球表示不同的原子，原子之间的化学键可以是单键、双键。MA.M与HCOOCH₃互为同分异构体B.N的官能团为羟基C.在与钠的反应中N放出气泡比M快D.N能使酸性高锰酸钾溶液褪色△A.气体F能使湿润的蓝色石蕊试纸变红5、amolFeS与bmolFe₃O₄投入到VLcmol/L的硝酸溶液中恰好完全反应，假设只产生NO气体。所得澄清溶液的成分是Fe(NO₃)₃和H₂SO₄的混合液，则反应中未被还原的硝酸为6、化合物Z是合成平喘药沙丁胺醇的中间体，可通过下列路线制得：XYA.X的分子式为C₇H₆O₂B.Y分子中的所有原子可能共平面C.Z的一氯取代物有6种D.Z能与稀硫酸发生水解反应A.质子数为22B.质量数为70C.中子数为26D.核外电子数为22D.港珠澳大桥水下钢柱镶铝块防腐的方法为牺牲阳极的阴极保护法A.催化剂活性c>dB.SO₂(g)+NO₂(g)=SO₃(g)+NO(g)△NO₂,正反应速率随时间变化D.CH₃COOH向等体积等pH的HCl和CH₃COOH中加入等量且足量Zn,反应速率的变化情况10、下列有关化学反应与能量变化的说法正确的是A.如图所示的化学反应中，反应物的键能之和大于生成物的键能之和B.相同条件下，氢气和氧气反应生成液态水比生成等量的气态水放出的热量少A.滴定管用待装液润洗B.锥形瓶振荡时有少量液体溅出C.滴定结束后滴定管末端出现气泡D.锥形瓶用待测液润洗12、某溶液中有S²~、SO₃²、Br~、「四种阴离子各0.1mol。现通入Cl₂,则通入Cl₂的体积(标准状况)和溶液中相A.若X为锌棒，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀B.若X为锌棒，开关K置于M处，铁极发生氧化反应C.若X为碳棒，开关K置于N处，可减缓铁的腐蚀D.若X为碳棒，开关K置于N处，X极发生氧化反应14、2019年8月《GreenChemistry》报道了我国学者发明的低压高效电催化还原CO₂的新方法，其总反应为NaCl+15、将①中物质逐步加入②中混匀(②中离子均大量存在),预测的现象与实际相符的是()ABCDA.AB.B16、已知有机物C₂H₄O、C₃H₆O₂和C₄Hg组成的混合物中，碳元素的质量分数为a%,则氧元二、非选择题(本题包括5小题)四(1)G中官能团的名称是_;③的反应类型是_。(2)通过反应②和反应⑧推知引入—SO₃H的作用是_。(3)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出F与足量氢气反应生成产物的结构简式，并用星号(*)标出其中的手性碳。(4)写出⑨的反应方程式。(5)写出D的苯环上有三个不相同且互不相邻的取代基的同分异构体结构简式_。(6)写出以对硝基甲苯为主要原料(无机试剂任选),经最少步骤制备含肽键聚合物的合成路线。18、已知：D为烃，E分子中碳元素与氢元素的质量之比6:1,相对分子质量为44,其燃烧产物只有CO₂和H₂O。A的最简式与F相同，且能发生银镜反应，可由淀粉水解得到。催化剂AB催化剂CF(2)写出D→E的化学方程式(3)下列说法正确的是。A.有机物F能使石蕊溶液变红B.用新制的氢氧化铜无法区分有机物C、E、F的水溶液C.等物质的量的C和D分别完全燃烧消耗氧气的量相等D.可用饱和碳酸钠溶液除去有机物B中混有的少量C、FE.B的同分异构体中能发生银镜反应的酯类共有2种I.(1)NaCN用双氧水处理后，产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该反应的化学方程式是II.工业制备过硫酸钠的反应原理如下所示某化学小组利用上述原理在实验室制备过硫酸，并用a(3)装置a中反应产生的气体需要持续通入装置c的原因是A.温度计B水浴加热装置C.洗气瓶D.环形玻璃搅拌棒废水，浓缩为10.00mL置于锥形瓶中，并滴加几滴KI溶液作指示剂，用1.0×10~³mol/L的Ⅲ.(7)常温下，含硫微粒的主要存在形式受pH的影响。利用电备过硫酸钠。已知在阳极放电的离子主要为HSO,则阳极主要的反应式为。20、用如图装置探究NH₃和CuSO₄溶液的反应。 (2)制备100mL25%氨水(p=0.905gcm³),理论上需要标准状况下氨气L(小数点后保留一位)。(3)上述实验开始后，烧杯内的溶液,而达到防止倒吸的目的。(4)NH₃通入CuSO₄溶液中，产生蓝色沉淀，写出该反应的离子方程式。量，沉淀消失得到深蓝色[Cu(NH₃)₄]²*溶液。发生如下反应：2NH₄(aq)+Cu(OH)₂(s)+2NH₃(aq)=[Cu(N①该反应平衡常数的表达式K= 21、三氯化硼(BCl₃)是一种重要的化工原料。实验室制备BCl₃的原理：B₂O₃+3C+3Cl₂=2BCl₃+3CO,某实验小组利用干燥的氯气和下列装置(装置可重复使用)制备BCl₃并验证反应中有CO生成。(已知：BCl₃的熔点为-107.3℃,沸点为蝶(4)步骤②移取溶液时所需仪器名称为,步骤④中达到滴定终点的现象为。(5)产品中氯元素的质量分数为(6)下列操作，可能引起测得产品中氯含量偏高是一、选择题(每题只有一个选项符合题意)【解题分析】A、根据图像，40℃以前由80s逐渐减小，说明温度升高反应速率加快，故A说法正确；B、根据图像，40℃之后，溶液变蓝的时间随温度的升高变长，故B说法正确；C、40℃以前，温度越高，反应速率越快，40℃以后温度越高，变色时间越长，反应越慢，可以判断出40℃前后发生的化学反应不同，虽然变色时间相同，但不能比较化学反应速率，故C说法错D、混合前NaHSO₃的浓度为0.020mol·L-I,忽略混合前后溶液体积的变化，根据c₁V₁=c₂V₂,混合后NaHSO₃的浓度,a点溶液变蓝时间为80x,因为NaIHSO,不足或K¹O,过量，NaHISO₂答案选C。【题目点拨】易错点是选项D,学生计算用NaHSO₃表示反应速率时，直接用0.02mol·L-1和时间的比值，忽略了变化的NaHSO₃浓度应是混合后NaHSO₃溶液的浓度。【解题分析】A.混合时应先加浓硝酸，再加入浓硫酸，待冷却至室温后再加入苯，故A正确；B.制备硝基苯时温度应控制在50～60℃,故B正确；C.仪器a的作用为使挥发的苯和硝酸冷凝回流，提高了原料利用率，故C正确；D.仪器a为球形冷凝管，蒸馏需要的是直形冷凝管，故D错误；【解题分析】根据分子模型可知，白球代表氢原子，绿球代表碳原子，红球代表氧原子，则M、N的结构简式为CH₃COOH和【题目详解】A.M的结构简式为CH₃COOH,与HCOOCH₃的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故A正确；B.N的结构简式为CH₃CH₂OH,官能团为羟基，故B正确；C.CH₃COOH和CH₃CH₂OH分别与钠反应时，CH₃COOH中羧基中的氢比CH₃CH₂OH中羟基中的氢更活泼，故放D.N为CH₃CH₂OH,可以被酸性高锰酸钾溶液氧化为乙酸，高锰酸钾被还原成锰离子，故会褪色，故D正确；判断出M、N的分子结构是关键，根据图中信【解题分析】溶液A中滴加过量BaCl₂溶液所得沉淀B溶解于稀盐酸，部分溶解，并得到沉淀D为BaSO₄,物质的量是0.01mol,溶解的为BaSO₃,质量为2.17g,物质的量为0.01mol,由此推断原溶液中含有SO₄²和SO₃²,物质的量均为0.01mol;排除原溶液中含有Ba²*;滤液C中加入足量NaOH溶液，无沉淀可知溶液中无Mg²*,有气体放出，可知溶液中有根据生成氨气448mL,可知溶液中NH₄的物质的量为0.02mol;溶液是电中性的，根据电荷守恒可知，溶液中一定还含有Na*,其物质的量为0.02mol,可能还含有CI。【题目详解】【解题分析】量；起氧化剂作用的硝酸生成NO,根据电子转移守恒，可以用a、b表示计算NO的物质的量，根据氮元素守恒可知，未被还原的硝酸物质的量=原硝酸总物质的量-NO的物质的量【题目详解】起氧化剂作用的硝酸生成NO,根据电子转移守恒可知，铁和硫元素失电子数等于硝酸得电子数，铁元素失电子的物答案选A:【解题分析】分子中有7种环境的氢原子，一氯取代物有7种，故C错误；中含有酯基，能与稀硫酸发生水解反应，故D正确；【解题分析】 i的质子数为22,质量数为48,故中子数=质量数-质子数=48-22=26。【题目详解】A项、i的质子数为22,故A正确；B项、Ti的质量数为48,故B错误；D项、的电子数=质子数=22,故D正确；A.温度过高蛋白质会发生变性，故A正确；【题目详解】A.滴定管用待装液润洗，对实验无影响，故A错误；B.锥形瓶振荡时有少量液体溅出，使V(碱)减小，则导致所测溶液浓度偏低，故B错误；C.滴定结束后滴定管末端出现气泡，使V(碱)减小，则导致所测溶液浓度偏低，故C错误；D.锥形瓶用待测液润洗，n(HCl)偏大，则消耗V(碱)增大，则导致所测溶液浓度偏高，故D正确；【题目点拨】本题考查中和滴定操作、计算及误差分析，注意利用公式来分析解答，无论哪一种类型的误溶液体积的影响，然后根据分析，若标准溶液的体积偏小，那么测得的物质的量的浓度也【解题分析】根据发生反应顺序计算离子开始反应到该离子反应完毕时【题目详解】完全反应消耗0.05mol氯气，故Br~完全反应时消耗的氯气体积为0.3mol×22.4L/mol=6.72L,图象与实际符合，0.05mol氯气，故I~完全时消耗的氯气体积为0.25mol×22.4L/mol=5.6L,图象中氯气的体积不符合，D错误。答案选C。【题目点拨】氧化还原竞争型的离子反应，关键是熟记氧化性粒子氧化性的强弱顺序和还原性粒子还原性强弱顺序，然后按照越强【解题分析】若X为锌棒，开关K置于M处，形成原电池，锌作负极，发生氧化反应；铁做正极被保护，故A正确，B不正确。若X为碳棒，开关K置于N处，形成电解池，铁作阴极，被保护，可减缓铁的腐蚀，C正确；【解题分析】A.钠是11号元素，中子数为12的钠原子，质量数为23:,故A正确；B.氯的核电荷为17,最外层得到1个电子形成稳定结构，CI-的结构示意图：A.OH”优先稀盐酸反应，加入稀盐酸后不会立即生成白色沉淀，故A错误；B.SO₃²~的还原性大于I,加入氯水后亚硫酸根离子优先反应，不会立即呈黄色，故B错误；C.加入过氧化钠后Fe²+立即被氧化成铁离子，生成的是红褐色沉淀，不会出现白色沉淀，故D.小苏打为碳酸氢钠，Al³*与碳酸氢钠发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，故D正确。【解题分析】根据三种有机物中碳、氢的质量比相等，可根据碳元素的质量分数求出氧元素的质量分数，进而求出氧元素的质量分【题目详解】在三种化合物中碳、氢元素的原子个数比都为1:2,故碳元素和氢元素的质量比都为：12:1×2=6:1,故氢元素的故答案选A。二、非选择题(本题包括5小题)定位17、羧基、肽键(或酰胺键)取代反应定位或(任写1种)【解题分析】(3)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，根据结(4)根据流程图中H和J的结构简式可断【题目详解】(3)F是邻氨基苯甲酸，与足量氢气发生加成反应!,与羧基、氨基连接的碳原子是手(5)D的结构简式；苯环上有三个不相同且互不相邻的取代基的同分异构体，即作用下，发生缩聚反应生成含肽键的聚合物，不能先把硝基还原为氨基，然后再氧化甲基，因为氨基有还原性，容易【解题分析】A能发生银镜反应，可由淀粉水解得到，说明A为葡萄糖，葡萄糖在催化剂作用下生成C为乙醇，E分子中碳元素与氢元素的质量之比6:1,说明E分子中C与H原子个数比为1:2,相对分子质量为44,其燃烧产物只有CO₂和H₂O,【题目详解】(1)A为葡萄糖，其结构简式为CH₂OH(CHOH)₄CHO,故答案为CH₂OH(CHOH)₄CHO;(2)乙烯催化氧化生成乙醛的化学方程式为：2CH₂=CH₂+O₂化M2CH₃CHO,故答案为2CH₂=为NaCN+H₂O₂+H₂O=NH₃↑+NaHC(4)由题给信息可知，制备反应需要在55℃温度下进行，90℃温度下发生副反应，所以需要控制温度不能超过90℃,故还需补充的实验仪器或装置为温度计和水浴加热装置，故答案为AB;(5)滴定过程中Ag'与CN反应生成[Ag(CN色沉淀，且半分钟内沉淀不消失，说明反应到达滴定终点，故答案为滴入最后一滴标准硝酸银溶液，锥形瓶的溶液中(6)滴定终点时消耗AgNO₃的物质的量为1.0×10~mol/L×5.00×10~L=5.00×10*mol,根据方程式z]可知处理的废水中氰化钠的质量为5.00×10*mol×2×49g/mol=4.9×10*g,则处理后的废水中氰化钠的浓度为.49mg/L,故答案为0.49;(7)由题意可知，HSO在阳极失电子发生氧化反应生成S₂Og²~,电极反应式为2HSO₄~-2e²=S₂Og²~+2H*,故答案为【题目点拨】本题考查了性质实验方案的设计与评价，试题知识点较多、综合性较强，注意掌握化学实验基本操作方法，明确常见20、NHxH₂O=NH⁴+OH~NH₃(g)=NH₃(aq)(或氨气的溶解平衡)Ca(OH)₂(s)=Ca²+2NH₄⁴IICu(NH₃)₄J²*/[NH₃J²-INH₄+]²【解题分析】(1)制备NH₃的实验中，存在着NH₃+H₂O=NH₃H₂O、NH₃的溶解平衡和Ca(OH)₂的溶解平衡三个平衡过程；(2)氨水是指NH₃的水溶液，不是NH₃·H₂O的水溶液，所以要以NH₃为标准计算.n(NH₃)=(3)实验开始后，烧杯内的溶液进入干燥管后，又回落至烧杯，如此反复进行，而达到防止倒吸的目(4)NH₃通入CuSO₄溶液中和水反应生成NHxH₂O,NHxH₂O电离出OH,从而生成蓝色沉淀Cu(OH)z;①反应2NH₄*(aq)+Cu(OH)₂(S)+2NH₃(aq)=[Cu(NH₃)₄}²(aq)(铜氨溶液)+2H₂O+Q(Q>0),平衡常数的表达式③向上述铜氨溶液中加水稀释，出现蓝色沉淀。原因是：加水，反应物、生成物浓度均降低，但反应物降低更多，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)₂(加水稀释)会大于该温度下的K,平衡左移，生成了更多的【题目详解】(1)制备NH₃的实验中，存在着NH₃+H₂O=NH₃·H₂O、NH₃的溶解平衡和Ca(OH)₂的溶解平衡三个平衡过程，故答(2)氨水是指NH₃的水溶液，不是NH₃H₂O的水溶液，所以要以NH₃为标准计算.n(NH₃)=(3)实验开始后，烧杯内的溶液进入干燥管后，又回落至烧杯，如此反复进行，(4)NH₃通入CuSO₄溶液中和水反应生成NHxH₂O,NH₂H₂O电离出OH,从而生成蓝色沉淀Cu(OH)₂,该反应的离①反应2NH₄(aq)+Cu(OH)₂(s)+2NH₃(aq)=[Cu(NH₃)₄²*(aq)(铜氨溶液)+2H₂O+Q(Q>0),平衡常数的表达式②反应2NH₄*(aq)+Cu(OH)₂(S)+