四川省雅安市天全中学2024届高三下学期模拟预测化学试题4

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B．LED屏发光材料通常是以Si3N4为基础，用Al取代部分Si，用O取代部分N后所得的结构多样化的陶瓷，故B正确；C．液晶在一定温度范围内既具有液体的流动性，在折射率、磁化率、电导率等宏观方面又表现出类似晶体的各向异性，故C正确；D．芯片主要成分是硅单质，故D错误。综上所述，答案为D。
2.【答案】B 【详解】A．单键可以旋转，则该有机物分子中所有原子不一定共平面，故A错误；B．分子中含有3个碳碳双键，1ml该物质最多能与发生加成反应，故B正确；C．羟基、羧基均与Na反应，只有羧基与NaOH反应，则1ml该物质可消耗Na和NaOH的物质的量的分别为3ml、2ml，故C错误；D．分子中不含有苯环，不属于芳香族衍生物，故D错误。答案选B。
3.【答案】A 【详解】A．含有键3ml，数目为，A正确； B．溶液无体积，无法计算，B错误；C．标准状况下为液态，不确定其物质的量，C错误；D．物质的量未知，无法计算，D错误；故选A。
4.【答案】A 【详解】A．二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，冰水冷却三氧化硫，图中装置可制取并收集SO3，A正确；B．生成的乙炔中混有硫化氢，均可被酸性高锰酸钾溶液氧化，紫色褪去，不能证明乙炔具有还原性，B错误；C．Mg与浓盐酸反应放热，红墨水左低右高可证明，C错误；
D．常温下浓盐酸与二氧化锰不反应，图中缺少酒精灯，D错误；故答案为：A。
5.【答案】C 【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W、Y同主族，W形成3个共价键，Y形成5个共价键，W是N元素、Y是P元素，Z形成1个共价键，Z是Cl元素；P、Cl的最外层电子数之和是X的最外层电子数的2倍，X是O元素。
【详解】A．同周期元素从左到右，元素非金属性增强，简单气态氢化物的稳定性增强，氢化物稳定性H2O>NH3，故A正确； B．电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子半径：Cl->N3->O2-，故B正确；C．N原子2p能级半充满，N的第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能：N>O>P，故C错误； D．Cl的最高价氧化物对应的水化物HClO4是强酸，故D正确；选C。
6.【答案】D 【分析】已知科学家利用图装置（其中A和B均为惰性电极）进行电化学固氮，在常温常压下得到肼，所以A为阴极，发生还原反应，电极反应式：，B为阳极，发生氧化反应，电极反应式：；
【详解】A．由分析知，电极B为阳极，A错误；B．H+穿过质子交换膜向阴极移动，即向A电极一侧移动，B错误；C．A电极的反应式为：，C错误；D．根据电极反应式知，相同条件下，A电极消耗N2物质的量等于B电极生成O2的物质的量，相同条件下，气体体积与物质的量成正比，所以相同条件下，A电极每消耗22.4LN2，B电极理论上生成22.4LO2，D正确； 故选D。
7.【答案】B 【详解】A. 相同浓度的 Na₂CO₃和 NaHCO₃, Na₂CO₃溶液碱性强, 曲线①表示盐酸滴入 Na₂CO₃溶液的过程，A错误；B. e点的pH 小，酸性强，对水的抑制强，水的电离程度小，d、e点水的电离程度：d>e，B正确；C. 温度相同, Kw相同，a点的Kw等于d点的Kw，C错误;D. 电荷不守恒，阴离子中还有 Cl-，b、c、e点均满足，D错误；故选B。
26.【答案】(1) 反应过程中浓硫酸被消耗，浓度逐渐变稀，而与稀硫酸不反应 ad (2) bcd(或bd)
(3) 试剂瓶中液面下降，而长颈漏斗中液面上升 溶液颜色不变(或不恢复红色均可) (4)碱液(其他合理答案均可)
【详解】（1）①Cu与浓硫酸在加热条件下发生反应。
②A．反应过程中浓硫酸被消耗，浓度逐渐变稀，而与稀硫酸不反应。
B．a．余酸为硫酸，能与铁粉反应，铁粉溶解且产生气泡，a项正确；
b．硫酸铜中也含有硫酸根离子，能与反应产生白色沉淀，故不能用溶液检验，b项错误；
c．稀硫酸不与银粉反应，故不能用银粉检验，c项错误；
d．稀硫酸与NaHCO3溶液反应，产生气泡，d项正确。故选ad。
（2）①浓硫酸与木炭在加热条件下反应的化学方程式为。
②验证装置C中含有，此时C中还有，和都能使澄清石灰水变浑浊，故先用酸性溶液除去，再用品红溶液检验已完全除去，最后将剩余气体通入澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊，则C中含有；若酸性溶液过量，则不需要品红溶液检验，故选bcd或bd。
（3）①二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气，由于余热的作用，A处仍有气体产生， 导致B中的压强大于大气压，此时B中的现象是试剂瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升。
②氯气溶于水生成有氧化性的HClO，品红溶液被氧化而褪色，加热试管里已褪色的品红溶液，其不恢复红色。
（4）(1)(2)小题的实验尾气中有， (3)小题的实验尾气中有氯气，二者都是有毒气体，都可被碱液吸收，防止污染空气。
27.【答案】(1)坩埚 (2)检验分液漏斗旋塞和上口的瓶塞是否漏液，把20mL碘水跟5mL四氯化碳加入分液漏斗中，并盖好玻璃塞，倒转漏斗振荡，并不时旋开活塞放气，最后关闭活塞，把分液漏斗放正，把盛有溶液的分液漏斗放在铁架台的铁圈中，静止、分层，将分液漏斗上口的玻璃塞打开或使塞上的凹槽对准分液漏斗口上的小孔，旋开活塞，用烧杯接收下层溶液，从分液漏斗上口倒出上层溶液
(3)H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O (4)富集溴元素 (5)3Br2+3= +5Br−+3CO2↑
(6)SO2+Br2+2H2O=4H++2Br−+ (7)Ca(OH)2 (8)MgCl2Mg+Cl2↑
【分析】Ⅰ．干海带经过灼烧后浸泡过滤获得含有碘离子的溶液A，加稀硫酸酸化后通入氯气将碘离子氧化成碘单质。向溶液B中加入有机溶剂萃取水中的碘单质后分液获得有机溶液X，再蒸馏获得碘单质。
Ⅱ．卤水中通入氯气，氯气把溴离子氧化为溴分子，得到低浓度溴水，通入热空气吹出Br2，用纯碱溶液吸收溴蒸气生成溴酸钠、溴化钠溶液，用硫酸酸化，溴酸钠、溴化钠反应生成高浓度溴水，蒸馏得到工业溴；
Ⅲ．向海水中加入沉淀剂，镁离子转化为Mg(OH)2，采用过滤的方法分离溶液和Mg(OH)2，Mg(OH)2将溶于稀盐酸得到MgCl2溶液，将MgCl2溶液在HCl氛围中蒸干得到MgCl2固体，电解熔融MgCl2固体得Mg。
【详解】（1）把有机碘化物转化为碘离子往往需要灼烧操作，灼烧海带需要在坩埚中进行。
（2）由分析可知，操作Ⅰ为萃取，具体实验步骤为：检验分液漏斗旋塞和上口的瓶塞是否漏液，把20mL碘水跟5mL四氯化碳加入分液漏斗中，并盖好玻璃塞，倒转漏斗振荡，并不时旋开活塞放气，最后关闭活塞，把分液漏斗放正，把盛有溶液的分液漏斗放在铁架台的铁圈中，静止、分层，将分液漏斗上口的玻璃塞打开或使塞上的凹槽对准分液漏斗口上的小孔，旋开活塞，用烧杯接收下层溶液，从分液漏斗上口倒出上层溶液。
（3）将H2O2作为氧化剂滴加入溶液A中，取少量反应后的溶液于试管中，滴加淀粉溶液，若溶液变蓝或者加入CCl4振荡，若下层呈紫色，则证明H2O2能代替氯水，双氧水与碘离子发生的反应：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O。
（4）“步骤Ⅰ中已获得游离态的溴，步骤Ⅱ又将之转变成化合态的溴”的过程实际上是一个溴的浓缩过程，其目的是富集溴元素。
（5）Br2被纯碱溶液吸收反应生成溴酸钠、溴化钠，溴元素化合价由0升高为+5、溴元素化合价由0降低为-1，根据得失电子守恒，反应方程式为3Br2+3= +5Br−+3CO2↑。
（6）溴与二氧化硫水溶液反应生成硫酸和氢溴酸，反应的离子方程式为SO2+Br2+2H2O=4H++2Br−+。
（7）使MgSO4完全转化为Mg(OH)2，应选择碱如Ca(OH)2、NaOH、KOH等，但从材料的价格、来源等来看最好选用Ca(OH)2，且碱要过量，使Mg2+全部转化为沉淀。
（8）电解熔融的氯化镁生成金属镁和氯气，化学方程式为MgCl2Mg+Cl2↑。
28.【答案】(1)CH3CH(OH)CH3(g)=HOCH2CH2CH3(g)△H=+(b-a)kJ/ml
(2)＜ (3)＞ (4)AB (5) M 60% 变大
【详解】（1）已知反应Ⅰ：
Ⅱ：
根据盖斯定律，将反应Ⅰ-反应Ⅱ，整理可得CH3CH(OH)CH3(g)转化为HOCH2CH2CH3(g)的热化学方程式为：CH3CH(OH)CH3(g)=HOCH2CH2CH3(g)△H=+(b-a)kJ/ml；
（2）反应Ⅲ的气体分子数减小量大于反应Ⅱ气体分子数的减小量，故反应Ⅲ熵值减小的绝对值大于反应Ⅱ的熵值减小值，故熵变关系为：△S(Ⅲ)＜△S(Ⅱ)；
（3）根据图1可知：降低温度，两个反应的化学平衡常数都增大，说明两个反应的正反应都是放热反应，反应Ⅱ斜率大于反应Ⅰ，说明反应Ⅱ平衡正向移动的程度更大，反应放出的热量更多，反应放出热量越多，则反应热越小，所以△H1＞△H2；
（4）A．反应Ⅰ、Ⅱ都是气体分子数减小的反应，反应在绝热恒容容器中发生，若容器内气体的压强不变，则气体的物质的量不变，反应达到平衡状态，A符合题意；
B．反应过程中有热量变化，反应在绝热恒容容器中发生，若容器内温度不变，则什么反应达到了平衡状态，B符合题意；
C．反应混合物都是气体，气体的质量不变，反应在恒容容器中发生，气体的体积不变，则无论反应是否达到平衡状态，气体的密度始终不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，C不符合题意；
D．两个反应中n(CH2=CHCH3)：n(H2O)反应的物质的量的比是1：1，加入的n(CH2=CHCH3)：n(H2O)的比也是1：1，则无论反应是否达到平衡状态，n(CH2=CHCH3)：n(H2O)的比值始终不变，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，D不符合题意；故合理选项是AB；
（5）①根据图1变化趋势看，降低温度，化学平衡常数增大，说明降低温度，化学平衡正向移动，正反应为放热反应，温度对反应Ⅱ影响更大，所以曲线变化程度大的曲线M表示的反应Ⅱ的生成物CH3CH(OH)CH3(g)的分压变化；曲线N表示表示HOCH2CH2CH3(g)分压变化；
②加入的n(CH2=CHCH3)：n(H2O)的比是1：1，n(CH2=CHCH3)：n(H2O)反应时物质的量的比也是1：1，开始时总压强为p0=400 kPa，则p(H2O)开始=p(CH2=CHCH3)开始=200kPa；反应Ⅰ和反应Ⅱ的反应物与生成物的气体系数比均为2：1，则两个反应生成物总压强为120kPa，所以反应的CH2=CHCH3的压强为120kPa，反应的水的压强为120kPa，平衡时，p(H2O)平衡=p(CH2=CHCH3)平衡=200kPa-120kPa=80kPa，p[CH3CH(OH)CH3]平衡=100 kPa，p[HOCH2CH2CH3]平衡=20 kPa，则CH2=CHCH3的平衡转化率为：；
③根据②计算可知：在T1温度下，反应Ⅱ达到平衡后，p(H2O)平衡=p(CH2=CHCH3)平衡=80kPa，p[CH3CH(OH)CH3]平衡=100 kPa，，则反应Ⅱ的压强平衡常数Kp=kPa-1；
④若其它条件不变，T1℃的恒容绝热条件改为恒压条件，由于两个反应均为气体体积减小的反应，反应达到平衡后气体压强比开始小。若改为恒压，相当于对恒容反应达到平衡后增大体系压强，增大压强化学平衡正向移动，在反应达到新平衡时，CH3CH(OH)CH3(g)的平衡产率将变大。
35.【答案】(1) (2) (3) 2 6.19
(4) (5)助熔剂，降低NaCl的熔点，节省能耗 (6)加热
(7)第4周期第IVB族 (8)A (9) 相同 、
【详解】（1）Cu为29号元素，基态Cu原子的核外电子排布式；
（2）赤铜矿()与硫酸反应生成硫酸铜，结合价态变化可知同时还应生成Cu，离子方程式为：；
（3）由晶胞结构可知：白球位于顶点和体心，个数为：，黑球位于体内，个数为4，结合化学式可知，白球代表O，黑球代表Cu，则每个晶胞中含O原子的数目为2；晶胞质量为：；边长为，则晶胞体积为：；晶胞密度：
（4）Na为11号元素，基态Na原子的价层电子轨道表示式为；
（5）电解熔融NaCl时加入作助熔剂，可以降低NaCl的熔点，节省能耗；
（6）受热分解生成碳酸钠，而碳酸钠受热不分解，则除去粉末中混有的少量的方法是加热；
（7）原子的价电子排布式为，它在元素周期表中的位置是第4周期第ⅣB族。
（8）A．为三角锥形结构，键角小于109°28′，故A错误；
B．正负电中心不能重合，为极性分子，故B正确；
C．中P与Cl形成P-Cl单键，为键，故C正确；
D．中心P原子的价层电子对数为4，采取杂化，故D正确；
答案选A。
（9）的配位数为6，的配位数为6，配位数相同；的配体为和Cl-。