文档介绍：该【2024届湖南省湘东六校高考临考冲刺化学试卷含解析 】是由【小屁孩】上传分享，文档一共【19】页，该文档可以免费在线阅读，需要了解更多关于【2024届湖南省湘东六校高考临考冲刺化学试卷含解析 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数和温22度有关系,压强改变,平衡常数不变,故C错误;(s)+HO(g)CO(g)+H(g)中C是固体,增大C的量其浓度不变,平衡不移动,故D错误;22正确答案是A。【点睛】C项注意:平衡常数是化学反应的特性常数。它不随物质的初始浓度(或分压)而改变,仅取决于反应的本性。一定的反应,只要温度一定,平衡常数就是定值,其他任何条件改变都不会影响它的值。8、C【解析】,所以CO2与CaCl2溶液不反应,A项错误;,在表面生成一层致密的氧化物膜而阻碍反应的继续进行,B项错误;,则浓氨水呈碱性,C项正确;,体现二氧化硫的还原性,而不是漂白性,D项错误;故答案选C。9、A【解析】根据周期表中元素的排列规律可知:X为P元素,Y为N元素,Z为O元素,结合元素周期律分析判断。【详解】周期表中元素的排列规律可知:X为P元素,Y为N元素,Z为O元素。,电子层数越多,半径越大,电子层数相同,原子序数越大,半径越小,离子半径的大小:X>Y>Z,故A正确;,单质的氧化性越强,单质的氧化性X<Y<Z,故B错误;,可以是氨气、联氨等氢化物,故C错误;:..,属于中强酸,故D错误;答案选A。【点睛】理解元素的排列规律,正确判断元素是解题的关键,本题的易错点为C,要注意肼也是N的氢化物。10、A【解析】由实验可知,试剂①为***钡溶液,生成白色沉淀为碳酸钡和硫酸钡,则试剂②为盐酸,沉淀减少,硫酸钡不溶于盐酸,则原溶液中一定存在CO2-、SO2-,则不含Fe2+、Mg2+;加试剂①过滤后的滤液中,34再加试剂②盐酸,H+、I-、NO-发生氧化还原反应生成I,溶液变黄色,由于溶液呈电中性,则溶液中32一定含有的阳离子为K+。由上述分析可知,该溶液中一定有I-、CO2-、SO2-、K+,选项A正确;B、34溶液中一定不含有Mg2+,选项B错误;C、加入足量盐酸会引入Cl-,故无法判断原溶液中是否存在Cl-,选项C错误;D、试剂②一定为盐酸,不能为硫酸,因为碳酸钡与硫酸反应生成硫酸钡会使沉淀质量增加,不符合题意,选项D错误。答案选A。11、C【解析】,NaClO和SO在硫酸的作用下生成NaSO和ClO,反应的离子方程式为2ClO-+SO=SO232242324-+2ClO,根据方程式可知,,故A正确;,反应1中222除了生成ClO,还有NaSO生成,则从母液中可以提取NaSO,故B正确;,ClO与HO在NaOH22424222作用下反应生成NaClO,***元素的化合价从+4价降低到+3价,则ClO是氧化剂,HO是还原剂,故C错误;,可以防止常压蒸发时温度过高,NaClO受热分解,故D正确;答案选C。212、D【解析】,遇FeCl溶液显紫色,苯酚的同系物应符合有且只有一个苯环,且苯环上只连一个羟基,3其余全部是烷烃基,A错误;,左边苯环邻对位上只有一个H,右边苯环邻对位上有两个H,还有一个C=C与溴水发生加成反应,共消耗4mol的Br;3个酚羟基、一个***原子,***原子水解又产生1个酚羟基,1mol2该有机物消耗5mol氢氧化钠,B错误;、C=C、苯环上的***,C错误;,因此分子中碳原子有可能均共平面,D正确;答案选D。13、D【解析】:..据烷烃的命名规则,理解所用数字的含义。【详解】烷烃系统命名时,甲、乙、丙……,表示主链碳原子数目。1、2、3……,用于给主链碳原子编号,以确定取代基在主链的位置。一、二、三……,用于表示相同取代基的数目。本题选D。14、A【解析】***取代物,使用“定一移一”的方法。丙烷上有1对称轴,定1个***在端基的碳原子,另1个***原子的位置为邻间对,共3种。定1个***原子在中间的碳原子上,则另1个***只能在对位,共1种。如图所示。A项正确;,2-二溴乙烷为有机物,有机物溶于有机物,不会出现分层现象,B项错误;,不一定生成乙醛,C项错误;。往往具有质轻、强度高、耐磨等优点,不应被禁止使用,D项错误;【点睛】在使用“定一移一”的方法的时候要注意不能重复。15、C【解析】A、电解饱和食盐水生成***气、氢气和氢氧化钠溶液,***气和铁反应生成***化铁,不能生成FeCl,则不能实现,故A2不符合题意;B、S在空气中点燃只能生成二氧化硫,不能生成三氧化硫,则不能实现,故B不符合题意;C、铝和盐酸反应生成***化铝,加入氨水生成氢氧化铝沉淀,则物质间转化都能实现,故C符合题意;D、氮气与氢气反应生成氨气,食盐水、氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠,而不能生成碳酸钠,则不能实现,故D不符合题意。故选:C。【点睛】侯氏制碱法直接制备的物质是NaHCO,不是NaCO,生成物中NaHCO在饱和食盐水中的溶解度较小而析出,3233NaHCO固体经过加热分解生成NaCO。32316、C:..【解析】根据信息,加入BaCl溶液,产生沉淀甲,沉淀可能是BaCO、BaSO至少有一种,沉淀甲中加入盐酸溶液,还有沉234淀,说明沉淀甲中含有BaSO,沉淀甲和沉淀乙的质量前后对比,说明沉淀甲中还含有BaCO,即原溶液中含有CO2433-、SO2-,根据离子共存,Fe3+一定不存在,根据沉淀的质量,推出n(CO2-)=,n(SO2-)=,滤液中434加入NaOH溶液,并加热,产生气体,此气体为NH,说明原溶液中含有NH+,n(NH+)=,根据电荷守恒,344原溶液中一定含有Na+,A、根据电荷守恒,n(Na+)=,原溶液中可能含有Cl-,因此c(Na+)≥·L-1,故A错误;B、根据上述分析,原溶液中一定含有Na+,故B错误;C、根据上述分析,故C正确;D、原溶液中一定含有SO2-,SO2-对Cl-的检验产生干扰,故D错误。44二、非选择题(本题包括5小题)高温17、OFe(OH)6FeO4FeO+O↑2I-+2Fe3+=2Fe2++I33233422【解析】无色气体Y为O,同素异形体的分子式是O,且X中含有铁元素,结合“红褐色”沉淀灼烧后能得到X,可以推断得23到X为氧化铁,再根据X分解得到Y与Z的量的关系可知,Z为FeO,W为FeCl,红褐色沉淀为Fe(OH)。由于3433FeCl具有较强的氧化性,所以将FeCl溶液滴加在淀粉-KI试纸上时会有I生成,而使试纸变蓝色,据此分析解答。332【详解】无色气体Y为O,同素异形体的分子式是O,且X中含有铁元素,结合“红褐色”沉淀灼烧后能得到X,可以推断得23到X为氧化铁,再根据X分解得到Y与Z的量的关系可知,Z为Fe3O4,W为FeCl3,红褐色沉淀为Fe(OH)3;由于FeCl具有较强的氧化性,所以将FeCl溶液滴加在淀粉-KI试纸上时会有I生成,而使试纸变蓝色,332(1)无色气体Y为O,其同素异形体的分子式是O;红褐色沉淀为Fe(OH);233故答案为:O;Fe(OH);33(2)X为FeO,Y为O,Z为FeO,FeO在隔绝空气条件下受热高温分解为FeO和O,化学反应方程式为2323423342高温6Fe2O34Fe3O4+O2↑;高温故答案为:6FeO4FeO+O↑;23342(3)W为FeCl,FeCl具有较强的氧化性,能将KI氧化为I,试纸变蓝色,反应的离子方程式为2I-+2Fe3+=2Fe2332++I;2故答案为:2I-+2Fe3+=2Fe2++I。2【点睛】本题中学生们由于不按要求作答造成失分,有两点::..①第(1)问经常会出现学生将化学式写成名称;②第(3)问错将离子方程式写成化学方程式;学生们做题时一定要认真审题,按要求作答,可以用笔进行重点圈画,作答前一定要看清是让填化学式还是名称,让写化学方程式还是离子方程式。学生们一定要养成良好的审题****惯,不要造成不必要的失分。18、苯甲醇消去反应碳碳双键、羧基+HO52【解析】l溶液反应发生加成反应,结合B的结构简式,则A的结构简式为,B在NaOH24的水溶液下发生水解反应,-Br被—OH取代,C的结构简式为,C的结构中,与—OH相连的C上没有H原子,不能发生醇的催化氧化,—CHOH被氧化成—CHO,醛基再被氧化成-COOH,则D的结构2简式为,根据分子式,D到E消去了一分子水,为醇羟基的消去反应,E的结构简式为,E和苯甲醇F,在浓硫酸的作用下发生酯化反应得到W,W的结构简式为。【详解】(1)F的名称是苯甲醇;根据分子式,D到E消去了一分子水,反应类型为消去反应;(2)根据分析,E的结构简式为,则含有的官能团名称为碳碳双键、羧基;E中含有碳碳双键,:..可以发生加聚反应,结构简式为;(3)E中含有羧基,F中含有羟基,在浓硫酸的作用下发生酯化反应,化学方程式为++HO;2(4)有A含有相同的官能团且含有苯环,A的结构简式为,则含有碳碳双键,除了苯环外,还有3个C原子,则苯环上的取代基可以为-CH=CH和-CH,有邻间对,3种同分异构体;也可以是-CH=CHCH,233或者-CH2CH=CH2,共2种;共5种;核磁共振氢谱为六组峰,且峰面积之比为1∶1∶2∶2∶2∶2的结构简式为;(5)由M到F,苯环上多了一个取代基,利用已知信息,可以在苯环上引入一个取代基,-CHOH,可由***代烃水解2得到,则合成路线为。【点睛】并不是所有的醇都能发生催化氧化反应,-CHOH被氧化得到-CHO,被氧化得到;2中,与—OH相连的C上没有H原子,不能发生催化氧化反应。19、否,长颈漏斗不能调节滴液速度acd三颈烧瓶a2PCl+O=2POCl温度过低反应速度过慢;323温度过高,PCl易挥发,%3【解析】A装置中用双氧水与二氧化锰反应制备氧气,通过加入双氧水的量,可以控制产生氧气的速率,氧气中含有的水蒸气用浓硫酸除去,装置B中有长颈漏斗,可以平衡装置内外的压强,起到安全瓶的作用,纯净的氧气与三***化磷在装置C中反应生成POCl,为了控制反应速率,同时防止三***化磷挥发,反应的温度控制在60~65℃,所以装置C中用水3浴加热,POCl3遇水剧烈水解为含氧酸和***化氢,为防止空气中水蒸汽进入装置,同时吸收尾气,所以在装置的最后:..连有碱石灰的干燥管,据此分析解答(1)~(4);(5)测定POCl产品含量,用POCl与水反应生成***化氢,然后用***银标准溶液沉淀溶液中的***离子,溶液滴33定过量的AgNO溶液,的物质的量可计算出溶液中剩余的AgNO,结合AgNO的总物质的量得知与***离333子反应的***银,进而计算出溶液中***离子的物质的量,根据元素守恒可计算出样品中POCl的质量,进而确定POCl33的质量分数。【详解】(1)装置A中的分液漏斗不能用长颈漏斗代替,因为长颈漏斗不能调节滴液速度,故答案为否,长颈漏斗不能调节滴液速度;(2)装置B中装有浓硫酸,可作干燥剂,另外气体通过液体时可观察到气泡出现,长颈漏斗,可以平衡装置内外的压强,起到安全瓶的作用,则装置B的作用是观察O的流速、平衡气压、干燥氧气,故答案为acd;2(3)根据装置图,仪器丙为三颈烧瓶,为了提高冷却效果,应该从冷凝管的下口进水,即进水口为a,故答案为三颈烧瓶;a;(4)氧气氧化PCl生成POCl,根据原子守恒,反应的化学方程式2PCl+O=2POCl,根据上面的分析可知,反应温度33323应控制在60~65℃,原因是温度过低,反应速率小,温度过高,三***化磷会挥发,利用率低,故答案为2PCl+O=2POCl;323温度过低,反应速率小,温度过高,三***化磷会挥发,利用率低;(5)Fe3+溶液,溶液显红色,溶液滴定过量的AgNO溶液时,可选择硫酸铁溶液