重庆市云阳县2024届高考化学五模试卷含解析

重庆市云阳县2024届高考化学五模试卷推测HBr的分解温度介于二者之间SiH₄,PH₃在空气中能自燃H₂S在空气中也能自燃A.AB.B,下列说法错误的是()A.足量Zn与一定量的浓硫酸反应产生22.4L气体时，转移的电子数为2NAC.1L0.1mol-L'的CH₃COONa溶液中含有的CH₃COO数目为0.1NAD.12g金刚石中含有的碳碳单键数约为4NA5、已知对二烯苯的结构简式如图所示,下列说法正确的是()A.对二烯苯苯环上的一氯取代物有2种B.对二烯苯与苯乙烯互为同系物C.对二烯苯分子中所有碳原子一定处于同一平面D.1mol对二烯苯最多可与5mol氢气发生加成反应6、CIO₂是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO₂:2K=2CIO₂↑+K₂SO₄+2CO₂↑+2H₂O。下列说法正确的是()A.KCIO₃在反应中得到电子B.CIO₂是氧化产物C.H₂C₂O₄在反应中被还原D.1molKCIO₃参加反应有2mol电子转移7、已知：FeCl₃(aq)+3KSCN(aA.A点与B点相比，A点的c(Fe*)大B.加入KCl固体可以使溶液由D点变到C点9、下列判断中一定正确的是()D.若金属性M>N,则以M、N为两电极的原电池中M一定是负极A.属于烃类B.由不同酯组成的混合物C.密度比水大D.不能发生皂化反应11、2016年，我国科研团队开创了以煤为原料合成气态烯烃的新途径。下列说法错误的是A.煤的气化和液化是物理变化B.煤的干馏是在隔绝空气条件下进行的C.大量燃烧煤炭是造成雾霾的重要原因D.发展“煤制油”工程可减少对石油产品的依赖体系并有N₂保护。下列关于该电池的说法错误的是A.若用导线连接a、c,则a为负极，该电极附近pH减小B.若用导线连接a、c,则c电极的电极反应式为H,WO₃-xe~=WO₃+xH*C.若用导线连接b、c,b电极的电极反应式为O₂+4H*+4e~=2H₂OD.利用该装置，可实现太阳能向电能转化的主要物质之一，Y是非金属性最强的元素，Z的原子半径是所有短周期金属元素中最大的。下列说法不正确的是A.W与Y两种元素既可以形成共价化合物，又可以形成离子化合物B.Y的简单氢化物的热稳定性比W的强C.Z的简单离子与Y的简单离子均是10电子微粒D.Z的最高价氧化物的水化物和X的简单氢化物的水化物均呈碱性①②③实验结论A氧化性：Ch>Bn>IB溴水CBa(NO₃)z溶液SO₂与可溶性钡盐均可生成白色沉淀DNa₂SiO₃溶液A.AB.BC.CA.离子交换膜选用阳离子交换膜(只允许阳离子通过)B.正极的电极反应为NiO(OH)+H₂O+e-C.导线中通过1mol电子时，理论上负极区溶液质量增加1gD.充电时，碳电极与电源的正极相连NO、N₂O、N₂中的一种D.放电时，正极的电极反应为BiOCl+2H*+3e=Bi+CF+H₂O20、取10g碳酸钙高温加热一段时间后停止加热，测得剩余固体中钙元素的质量分数为50%,则下列判断正确的是A.生成了2g二氧化碳B.剩余固体质量为5gC.生成了5.6g氧化钙D.剩余碳酸钙的质量为8gA.医疗上用浓度为95%的酒精杀菌消毒B.葡萄糖作为人类重要的能量来源，是由于它能发生水解C.石墨纤维和制医用口罩的聚丙烯纤维都是有机高分子化合物D.聚合硫酸铁[Fe₂(OH)x(SO₄),]n是新型絮凝剂，可用来处理水中的悬浮物C.OH和Cl₂能直接快速反应D.NaOH和氯水反应的本质是OH使Cl₂+H₂O=H*+CI+HClO平衡右移二、非选择题(共84分)23、(14分)扁桃酸D在有机合成和药物生产中有着广泛应用。用常见化工原料制备D,再由此制备有机物I的合成D△NaOH溶液E△AB△GCHF(2)E→F的反应类型为G中官能团的名称为①能发生银镜反应②与FeC1₃溶液显紫色③核磁共振氢谱峰面积之比1:2:2:3(6)写出以溴乙烷为原料制备H的合成路线(其他试剂任选)24、(12分)PBAT(聚已二酸/对苯二甲酸丁二酯)可被微生物几乎完全降解，成为包装、医疗和农用薄膜等领域的新兴Ⅱ.与NaOH溶液反应时，1molN能消耗4molNaOH;25、(12分)研究金属与硝酸的反应，实验如下。实验(20℃)1.过量铜粉、2mL0.5mol/LHNO₃Ⅱ.过量铁粉、2mL0.5mol/LHNO₃6mL无色气体(经检测为H₂),溶液几乎无色(2)Ⅱ中生成H₂的离子方程式是_。(3)研究Ⅱ中的氧化剂①甲同学认为该浓度的硝酸中H的氧化性大于NO₃,所以NO₃没有发生反应。乙同学依据I和Ⅱ证明了甲的说法不②乙同学通过分析，推测出NO;也能被还原，依据是_,进而他通过实验证实该溶液中含有NH,(4)根据实验，金属与硝酸反应时，影响硝酸还原产物不同的因素有;试推测还可能有哪些因素影响 (列举1条)。的分子组成。取一定量的该氨基酸放在纯氧气中燃烧，燃烧后生成的水用装置D(无水氯化钙)吸收，二氧化碳用装置C(KOH浓溶液)吸收，N₂的体积用E装置进行测量，所需装置如下图(夹持仪器的装置及部分加热装置已略去):ABC(1)该实验装置的合理连接顺序为：A(2)实验开始时，首先打开止水夹a,关闭止水夹b,通一段时间的纯氧，这样做的目的是。(4)为了确定此氨基酸的分子式，除了准确测量N,的体积、生成二氧化碳和水的质量外，还需得到的数据有 (5)在读取E装置中所排水的体积时，液面左低右高，则所测气体的体积(6)已知分子式为C₂H₄O₂的有机物也含有氨基酸中的某个官能团，请设计实验证明该官能团(试剂任选):27、(12分)钠是一种非常活泼的金属，它可以和冷水直接反应生成氢气，但是它与煤油不会发生反应。把一小块银金属钠，可以看到金属钠悬浮在煤油和水的界到硫酸铜溶液中，却没有铜被置换出来，而产生了蓝色沉淀，请用化学方程式解释这一现象28、(14分)铝试剂：(NH₄)₃CwHg(OH)₃(COO)₃,其商品名为阿罗明拿，可用来鉴定溶液中的铝离子。请回答下列(1)碳原子价层电子的电子排布图(2)第二周期部分元素的第一电离能变化趋势如图1所示，其中除氮元素外，其他元素的第一电离能自左而右依次增大的原因是:氮元素的第一电离能呈现异常的原因是图2(3)经X射线衍射测得阿罗明拿的晶体结构，其局部结构如图2所示。①从结构角度分析，阿罗明拿中的NH+与氨分子的相同之处为,不同之处为。(填标号)A中心原子的杂化轨道类型②阿罗明拿中1个(NH₄)₃ClgHg(OH)g(COO)3单元的C—Oo键总数为个。分子中的大π键可用符号π表示，③图2中虚线代表氢键，其表示式为(NH₄+)N-H--O(COO)、(4)阿罗明拿的晶体密度为dgcm³,其立方晶胞参数为anm, 晶胞中含有y个(NH₄)₃CyHg(OH)₃(COO)₃单元，该单元的相对质量为M,则y的计算表达式为(NA表示阿伏加德罗常数的值)。29、(10分)某反应中反应物与生成物FeCl₂、FeCl₃、CuCl₂、Cu;(1)将上述反应设计成的原电池如图甲所示请回答下列问题：甲丙选A。【题目点拨】本题考查有机物的结构和性质，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的组成和结构特点，明确官能团的性【解题分析】反应2KCIO₃+H₂C₂O₄+H₂SO₄=2CIO₂↑+K₂SO₄+2CO₂↑+2H₂O中，KCIO₃中Cl的化合价从+5降低到+4,得到电子，被还原，得到还原产物CIO₂;H₂C₂O₄中C的化合价从+3升高到+4,失去电子，被氧化，得到氧化产物CO₂。A、KCIO₃中Cl的化合价从+5降低到+4,得到电子，A正确；B、KCIO₃中Cl的化合价从+5降低到+4,得到电子，被还原，得到还原产物CIO₂,B错误；C、H₂C₂O₄中C的化合价从+3升高到+4,失去电子，被氧化，C错误；D、KCIO₃中Cl的化合价从+5降低到+4,得到1个电子，则1molKClO₃参加反应有1mol电子转移，D错误；【解题分析】A.由图象可知，A点c[Fe(SCN)₃]较大，则c(Fe³*)应较小，故A错误；B.根据实际参加反应的离子浓度分析，化学平衡为Fe*+3SCN'—Fe(SCN)ʒ,加入少量KCl固体，溶液中Fe²*、SCN浓度不变，平衡不移动，故B错误；D.随着温度的升高c[Fe(SCN)₃]逐渐减小，说明反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动即K也在变小，所以【解题分析】A.中子数为8的O原子，质量数=质子数+中子数=8+8=16,中子数为8的O原子：3O,故A错误；D.H₂O分子中氢原子与氧原子之间形成1【题目点拨】【解题分析】D.镁的金属性大于铝，但镁、铝和氢氧化钠极的原电池中M不一定是负极，故D错误；【题目点拨】【解题分析】C.根据示意图，b与c若相连，b极为正极发生氧气的还原反应，考虑到电解质溶液为pH=3的Li₂SO₄-H₂SO₄溶液，D.连接a与c后，将太阳能转变成B中的化学能，再连接b,c后，就可将化学能再转变成电能，最终实现了太阳能【解题分析】【题目详解】C项、Na*与FT的电子层结构与Ne原子相同，均是10电子微粒，故C正确；D项、NaOH是强碱，水溶液呈碱性，NH₃溶于水得到氨水溶液，溶液呈碱性，故D正确。故选A。【题目点拨】本题考查原子结构与元素周期律，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，把握原子结构、元素的【解题分析】【题目详解】本题选A。【解题分析】A.同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。浓氯水能挥发出氯气，该实验中氯气易参与试管中B.浓硫酸使蔗糖变黑，证明浓硫酸有脱水性；然后有气体生成，该气体能使溴水褪色，证明有二氧化硫生成，说明浓硫酸有强氧化性，可以被C还原为二氧化硫，故B可以得出相应的结论；C.SO₂溶解在试管中使溶液显酸性，与Ba(NO₃)₂溶液发生氧化还原反应得到SO₄²,所以生成硫酸钡白色沉淀，故CD.盐酸有挥发性，挥发出的盐酸也会与Na₂SiO₃溶液反应【题目点拨】本题主要是考查化学实验方案设计与评价，明确相关物质的性质和实验原理是解答的关键，选项A是易错点，注意浓氯水的挥发性。考查根据实验现象，得出结论，本题的难度不大，培养学生分析问题，得出结论的能力，体现了化学【解题分析】NH₃·H₂O电离出OH抑制水的电离；向氨水中滴加HCl,反应生成NH₄Cl,NH₄*的水解促进水的电离，随着HCl的不断滴入，水电离的c(H*)逐渐增大；当氨水与HCl恰好完全反应时恰好生成NH₄Cl,此时水电离的c(H*)达到最大(图中c点);继续加入HCl,盐酸电离的H*抑制水的电离，水电离的c(H+)又逐渐减小；据此分析。【题目详解】A.常温下，0.1mol/L的氨水溶液中水电离的c(H)=10-¹'mol/L,氨水溶液中H*全部来自水电离，则溶液中C.根据图知，c点水电离的H*达到最大，溶液中溶质为NH₄Cl,NH₄水解溶液呈酸性，溶液中c(H*)>10-⁷mol/L,所以A选项是正确的。析，离子交换膜选用阴离子交换膜(只允许阴离子通过),故A错误；正极的电极反应为NiO(OH)+H₂O+e⁷=Ni(OH)z+OH~,故B正确；导线中通过1mol电子时，负极生成1mol水，理论上负极区溶液质量增加18g,故C错误；充电时，负极与电源负极相连，所以碳电极与电源的负极相连，故D错误。【解题分析】-氧化成I₂,D对。本题选B。【解题分析】b为负极，NaTi₂(PO₄)₂为阴极得电子发生还原反应，反应为NaTi₂(PO₄)₂+2Na⁴+2e=Na₃Ti₂(PO₄)₃,放电时，Bi为正极，BiOCl得电子发生还原反应，NaTi₂(PO₄)₂为负极，据此分析解答。【题目详解】Na₃Ti₂(PO₄)₃,根据得失电子守恒，新增入电极中的物质：n(Na+):n(Cr)=3:1,C错误；故合理选项是C。【题目点拨】本题考查了二次电池在充、放电时电极反应式及离子移动方向的判断的知识。掌握电化学装置的工作原理，注意电极【解题分析】质量仍为4g,质量仍为4g,则合钙50%的剩余固体质生成的氧化钙质量是x,A.根据上述计算分析，生成了2g二氧化碳，故A正确；B.根据上述计算分析，剩余固体质量为8g,故B错误；C.根据上述计算分析，生成了2.56g氧化钙，故C错误；D.根据上述计算分析，剩余碳酸钙的质量小于8g,故D错误；答案选A。【题目点拨】易错点为D选项，加热分解后的产物为混合物，混合物的总质量为8g,则未反应的碳酸钙的质量小于8g。【解题分析】A.过高浓度的酒精使蛋白质凝固的本领很大，它却使细菌表面的蛋白质一下子就凝固起来，形成了一层硬膜，阻止酒精分子进一步渗入细菌内部，反而保护了细菌免遭死亡，酒精浓度过低，虽可进入细菌，但不能将其体内的蛋白质凝固，同样也不能将细菌彻底杀死，医疗上用浓度为75%的酒精杀菌消毒，故A错误；B.葡萄糖属于单糖，不能发生水解反应，葡萄糖在人体组织中缓慢氧化放出热量，供给人体所需能量，故B错误；C.石墨纤维是由碳元素构成的单质，不是有机高分子化合物，故C错误；故D正确；【题目点拨】有机化合物指含碳元素的化合物，但是不包括碳的氧化物、碳酸、碳酸盐等，有机物是生命产生的物质基础，所有的生命体都含有机化合物。脂肪、氨基酸、蛋白质、糖类、血红素、叶绿素、酶、激素等。生物体内的新陈代谢和生物【解题分析】A.没有加入NaOH溶液时，新制氯水的pH为2.6,氢离子的浓度c(H*)=102.6mol/L,故A正确；C.新制氯水中有氢离子，逐滴滴加NaOH溶液，NaOH先和溶液中的氢离子和HCIO反应，故C错误；D.由图可知，逐滴滴加NaOH溶液，NaOH先和溶液中的氢离子和HCIO反应，使Cl₂+H₂O=H*+Cr+HClO反应平二、非选择题(共84分)23、苯甲醛C₁H₁₀O₄取代反应(或水解反应)加热【解题分析】中发生水解反应生成C,则C,根据信息，1丙烯与溴发生加成反应生成E,E为1,2-G与氢气加成得到H,H;发生酯化反应生成I,加成分析解答。【题目详解】(2)E→F为1,2-二溴丙烷在氢氧化钠溶液中发生水解反应生J的(5)D①能发生银镜反应，说明结构中存在醛基；②与FeC1₃溶液显紫色，说明含有酚羟基；③核磁共振氢谱峰面积之比1:2:2:3,符合条件的D的同分异构(6)以溴乙烷为原料制备H(需要增长碳链，根据流程图中制备D的分析，可以结合题中信息制备，因此需要首先制备CH₃CHO,可以由溴乙烷水解生成乙醇，乙醇氧化生成乙醛，因此合成路线为【解题分析】NaOH、C₂H₅OH(或乙醇),加热HOCH₂CH₂CH₂CH₂OH从A到C由环烷烃变成了环烯烃，并且A生成B是光照下与Cl₂的取代，所以从B到C即为卤代烃的消去，结合题从E生成F,再由F生成对苯二甲酸，条件恰好与题干提示的反应相同，所以推测E为对二甲苯，F即为对苯二腈。【题目详解】(1)B为卤代烃，官能团的名称为氯原子；D为己二酸，所以分子式为(5)由题可知M的分子式为C₉H₈O₄,扣除苯环还有2个不饱和度；满足要求的N的结构中一定有羟基，此外也要具有醛基和酯基的结构；考虑到1molN能消耗4mol的NaOH,所以只能是2个羟基，1个甲酸酯基，由于还需要有一个不饱和度，所以还含有一个乙烯基；再考虑到核磁共振氢谱的信息，最终满足要求的有机物的结构【题目点拨】书写满足特定要求的物质的同分异构体的结构时，从不饱和度入手，结合有关信息确定有机物中一定含有的结构；此外，也要注意特定结构的基团，例如甲酸酯基等；确定有机物所含的基团后，再结合核磁共振氢谱的信息考虑物质的25、NO或一氧化氮Fe+2H+=Fe²++H₂↑硝酸浓度相同，铜的还原性弱于铁，但I中溶液变蓝，同时没有氢气放出NO₃中氮元素的化合价为最高价，具有氧化性取Ⅱ中反应后的溶液，加入足量NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体金属的种类、硝酸的浓度温度【解题分析】②元素化合价处于最高价具有氧化性，铵根离子的检验可以加强碱并加热，产生的气体通过湿润红【题目详解】(3)①如硝酸根离子没有发生反应，则I溶液不会变蓝，溶液变蓝说明铜被氧化，其实验证据是硝酸浓度相同，加强碱并加热，产生的气体通过湿润红色石蕊试纸，所以具体操作为：取Ⅱ中反应后的溶液，加入足量NaOH溶液并26、DCDB将装置中的N₂(或空气)排除干净将未充分燃烧的产物CO转化为CO₂(或使氨基酸中的碳完全转2NaOH+CuSO₄=Na₂SO₄+Cu(OH)₂↓或2Na+CuSO₄+2H₂O=Na₂SO₄+Cu(OH)₂↓+H₂t【解题分析】2Na+2H₂O=2NaOH+H₂t,2NaOH+CuSO₄=Na₂SO₄+Cu(OH)₂↓或2Na+CuSO₄+2答案为：2Na+2H₂O=2NaOH+H₂t,2NaOH+CuSO₄=Na₂SO₄+Cu(OH)₂↓或2Na+CuSO₄+2H₂O=Na₂SO₄+Cu(O【题目点拨】并不是所有的金属都能从金属性更弱的金属盐溶液中置换出该种金属，要考虑这种金属是否能够与水反应，如果能够28、从左到右原子半径减小，元素金属性减弱，失电子能力减弱氮原子的2p轨道为半充满状态，具有稳定性，不易失去电子ABC9π6(NH₄+)N-H---O(OH)(OH)O-H---O【解题分析】(1)碳原子电子排布式为1s²2s²2p²,其价层电子的电子排布图为(2)元素的第一电离能是气态电中性基态原子失去一个电子变为气态基态正离子时需要的最低能量。失去电子越难，第一电离能越大。同一周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，原子核对核外电子的束缚力逐渐增强，失去电子越来越难，所以元素的第一电离能逐渐增大。但氮元素的2p轨道上有3个电子，是比较稳定的半充满结构，所以失去一个(3)①从结构角度分析，NH₄+与氨分子的中心原子N原子的价层电子对数