北京市中国人民大学附属中学2024年高考化学必刷试卷含解析.pdf

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第2210??10?,根据平衡常数表达式算出该温度下HS的K≈≈10-,数量级为10-8,故B错误;2a1??,相当于溶液中的c(HSO)=,因为HSO酸性强于HS,,故曲线y代表继续通入SO2气体后溶液pH的变化,故C正确;c(HSO-)c(HSO-)?c(H+)=3=a1,a点之后,随SO气体的通入,c(H+)增大,当++2c(HSO)c(HSO)?c(H)c(H)2323c(HSO-)通入的SO气体达饱和时,c(H+)就不变了,K也是一个定值,3的值保持不变,故D错误;2a1c(HSO)23答案选C。5、A【解析】,可以用做防腐剂,故A正确;,***气与水反应生成盐酸和次***酸,二者与生石灰反应,所以不能用生石灰干燥***气,故B错误;++Cu=Cu2++2Fe2+,故C错误;、二氧化碳发生歧化反应生成氧气,过氧化钠既是氧化剂又是还原剂,故D错误;故答案为A。:..6、A【解析】A、阴极上发生的电极反应式为:2NO-+6HO+10e-=N+12OH-;322B、镍电极是阴极,是***根离子得电子;C、电子流入石墨电极,且电子不能经过溶液;D、由电极反应2NO-+6HO+10e-=N+12OH-,生成1mol氮气消耗2mol的***根离子。322【详解】A项、阴极上发生的电极反应式为:2NO-+6HO+10e-=N+12OH-,所以导出的溶液呈碱性,故A正确;322B项、镍电极是阴极,是***根离子得电子,而不是镍发生氧化反应,故B错误;C项、电子流入石墨电极,且电子不能经过溶液,故C错误;D项、由电极反应2NO-+6HO+10e-=N+12OH-,生成1mol氮气消耗2mol的***根离子,,-,故D错误。3故选A。【点睛】本题考查电解池的原理,掌握电解池反应的原理和电子流动的方向是解题的关键。7、C【解析】n是一种淡黄色粉末,且与p反应生成s与r,?L-1的s溶液的pH为12,s为一元强碱,r为Y的气体单质,则s为NaOH,n为NaO,p为HO,r为O,可推知m为CO,,X为C,2222221Y为O,Z为Na,据此分析解答。【详解】,C、O核外均有2个电子层,同周期元素核电荷数越大,原子半径越小,因此原子半径:W<Y<X,故A错误;,O对应简单氢化物为HO,Na对应简单氢化物为NaH,CH、HO均为分子晶体,4242NaH为离子晶体,HO分子之间能够形成氢键,因此简单氢化物沸点:X<Y<Z,故B错误;、NaOH均是Na+与多原子的阴离子组成的离子化合物,Na+与阴离子之间存在离子键,阴离子内存在共价22键,故C正确;,Na+和CO2-在形成水合离子时会放热,并不是水解放热,水解过程属于吸热反应,故D错误;211故答案为:C。【点睛】非金属化合物的沸点比较:①若分子间作用力只有范德华力,范德华力越大,物质的熔、沸点越高;②组成和结构相:..似,相对分子质量越大,范德华力越大,熔、沸点越高,如SnH>GeH>SiH>CH;③相对分子质量相同或接近,分4444子的极性越大,范德华力越大,其熔、沸点越高,如CO>N;④形成分子间氢键的分子晶体熔、沸点较高,如HO>HS;222如果形成分子内氢键,熔、沸点会降低。8、D【解析】***,再加入浓硫酸,待冷却至室温后再加入苯,故A正确;~60℃,故B正确;***冷凝回流,提高了原料利用率,故C正确;,蒸馏需要的是直形冷凝管,故D错误;答案选D。9、D【解析】A、HSO不用H作原料,错误;242B、SO到SO需要催化剂,NH的合成与氧化需要催化剂,正确;233C、NH3的合成不使用吸收塔设备,错误;D、工业生产中原料充分利用,一般有毒气体较少排放,错误。答案选D。10、C【解析】,氧分子的活化是O-O键的断裂与C-O键的生成过程,故A正确;,反应物的总能量高于生成物的总能量,,故B正确;,,故C错误;,而炭黑颗粒可以活化氧分子,因此炭黑颗粒可以看作大气中二氧化硫转化为三氧化硫的催化剂,故D正确。故选C。11、C【解析】分析每种装置中出现的相应特点,再判断这样的装置特点能否达到处理污染气体,减少污染的效果。【详解】①图1所示装置在实验中用带有酚酞的水吸收逸出的氨气,防止氨气对空气的污染,符合“绿色化学”,故①符合题意;:..②图2所示装置用沾有碱液的棉球吸收多余的***气,能有效防止***气对空气的污染,符合“绿色化学”,故②符合题意;③氨气与***化氢气体直接散发到空气中,对空气造成污染,不符合防止污染的理念,不符合“绿色化学”,故③不符合题意;④图3所示装置中,铜丝可以活动,能有效地控制反应的发生与停止,用气球收集反应产生的污染性气体,待反应后处理,也防止了对空气的污染,符合“绿色化学”,故④符合题意;故符合“绿色化学”的为①②④。故选C。【点睛】“绿色化学”是指在源头上消除污染,从而减少污染源的方法,与“绿色化学”相结合的往往是原子利用率,一般来说,如果所有的反应物原子都能进入指定的生成物的话,原子的利用率为100%。12、B【解析】根据二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙,所以沉淀质量增加,二氧化碳过量后沉淀又被溶解,即减少,同时考虑的题给的信息“③通入悬浊液中的气体,与溶液反应后才与沉淀反应”即可完成该题的解答。【详解】一开始二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙,此时沉淀质量增加,当二氧化碳和氢氧化钙反应完毕后,根据题中信息可以知道,此时溶液处出于悬浊液状态,所以此时发生的是二氧化碳和碳酸钾溶液或是没有反应完全的氢氧化钾的反应,不管怎么样都不会再有沉淀产生,但是同时沉淀的质量也不会减少,当把碳酸钾及氢氧化钾完全反应后,二氧化碳与碳酸钙反应生成了能够溶于水的碳酸氢钙,此时沉淀逐渐减少最后为零,则选项B符合题意,故答案选B。13、C【解析】据常见物质的组成、结构、变化的本质分析判断。【详解】,足球烯分子(C)之间靠分子间作用力结合成分子晶体,A项错误;,属于共价化合物。它电离出H+需在水的作用下才能发生,B项错误;,分子间距离变大只需克服分子间作用力,C项正确;、CO是由分子构成的,但SiO是原子构成的,D项错误。222本题选C。14、C:..【解析】,由于饱和碳原子构成的是四面体结构,所以分子中不可能所有碳原子可能在同一平面,A错误;,1,1-二环丙基乙烯分子式是CH,二者的分子式不相同,因此乙苯与1,1-二环丙基乙烯810812不是同分异构体,B错误;,若2个Cl原子在同一个C原子上,有2种不同的结构;若2个Cl原子在不同的C原子上,其中一个Cl原子在不饱和C原子上,可能有2种不同结构;若其中一个Cl原子位于连接在不饱和C原子的环上的C原子上,另一个C原子可能在同一个环上有1种结构;在不同环上,具有2种结构;若一个Cl原子位于-CH-上,另2一个Cl原子在同一个环上,只有1种结构;在两个不同环上,又有1种结构,因此可能的同分异构体种类数目为:2+2+1+2+1+1=9,C正确;,可发生加成反应、加聚反应;含有环丙基结构,能够发生取代反应,该物质属于不饱和烃,能够发生燃烧反应,催化氧化反应,因此不仅仅能够发生上述反应,D错误;故合理选项是C。15、A【解析】工业用PbO来制备KClO,是在酸性条件下用PbO将NaClO氧化成NaClO,过滤得含有NaClO的溶液中加入硝242344酸钾,经结晶可得KClO晶体,【详解】,同时也会消耗PbO,故A错误;32B.“滤渣”主要成分是PbO粉末,可循环使用,B正确;,根据电子守恒和元素守恒可知离子方程式为:32PbO+ClO-+2H+=Pb2++ClO-+HO,故C正确;,结合复分解反应的条件可判断溶解度较小的物质为KClO,故D正确;4故答案为A。16、B【解析】,所以加入少量水蒸气,相当于在恒温密闭容器中增加压强,与原平衡等效,所以水蒸气的体积分数不变,A错误;,则反应物的浓度增大,平衡向正反应方向移动,使生成物氢气的浓度增大,B正确;,温度不变,加入少量水蒸气,体系重新达到平衡时平衡常数不变,C错误;,反应物的浓度增大,化学平衡向正反应方向移动,所以铁的质量变小,D错误;:..故合理选项是B。二、非选择题(本题包括5小题)17、碳碳双键氧化反应加成反应CHCH=CH、、32【解析】A的分子式为CH,应为CH=CH,发生氧化反应生成环氧乙烷,环氧乙烷和二氧化碳反应生成碳酸乙二酯,碳酸2422乙二酯和甲醇发生信息i中的反应生成碳酸二甲酯和HOCHCHOH,其中F和M可生成N,则E为HOCHCHOH,2222F为碳酸二甲酯,结构简式为;G和苯反应生成J,由J分子式知G生成J的反应为加成反应,G为CH=CHCH,J发生氧化反应然后酸化生成L23和***,L和***在酸性条件下反应生成M,由M结构简式和D分子式知,D为,F和M发生缩聚反应生成的PC结构简式为;(7)由信息ii可知,欲制己二醛可通过环己烯催化氧化得到,引入碳碳双键可通过醇或卤代烃的消去得到;【详解】(1)A的分子式为CH,应为CH=CH,含有的官能团名称是碳碳双键;2422(2)反应①是乙烯催化氧化生成环氧乙烷,反应类型为氧化反应;反应②是环氧乙烷与CO2发生加成反应生成,反应类型是加成反应;(3)反应③是和CH3OH发生取代反应,生成乙二醇和碳酸二甲酯,发生反应的化学方程式是;(4)反应④是G和苯发生加成反应生成的J为CH,由原子守恒可知D的分子式为CH,结合G的核磁共振氢谱91236:..有三种峰,G的结构简式是CHCH=CH;32(5)反应⑥中苯酚和***还发生加成反应生成,还可以发生缩聚反应生成等;(6)反应⑦是碳酸二甲酯和发生缩聚反应生成PC塑料的化学方程式为;(7)由信息ii可知,欲制己二醛可通过环己烯催化氧化得到,引入碳碳双键可通过醇或卤代烃的消去得到,结合L为苯酚可知,合成路线为苯酚与H加成生成环己醇,环己醇发生消去反应生成环己烯,最后再催化氧化即得己二醛,2由此可知中间产物1为环己醇,结构简式是。【点睛】本题题干给出了较多的信息,学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键,需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力,采用正推和逆推相结合的方法,逐步分析有机合成路线,可推出各有机物的结构简式,然后分析官能团推断各步反应及反应类型。本题需要学生根据产物的结构特点分析合成的原料,再结合正推与逆推相结合进行推断,充分利用反应过程C原子数目,对学生的逻辑推理有较高的要求。难点是同分异构体判断,注意题给条件,结合官能团的性质分析解答。18、浓硫酸和浓***取代副产物较多,导致产物较多,目标产物产率较低+nHOCHCH=CHCOOCHCH2323【解析】A为甲苯,其结构简式是,结合P的结构简式,可知A与浓***在浓硫酸、加热条件下发生取代反应生成B为,B与***气在光照条件下发生取代反应生成C为,C在氢氧化钠水溶液、加热条件:..下发生水解反应生成D为,可知G的结构简式为,则F为,E的分子式是CHO,则E为CHCH=CHCOOCHCH,以此解答该题。6102323【详解】(1)反应①是与浓硝