化學-2024屆湖南省長沙市第一中高三下學期高考適應性演練一試題和答案

長沙市一中2024屆高考適應性演練（一）化學參考答案一、選擇題（本題共14小題，每小題3分，共42分）題號123456789答案AADCDDBCBBDBBC1．A【解析】A.“磨豆”過程中大豆被磨碎時沒有產(chǎn)生新物質(zhì)，沒有發(fā)生化學反應，A錯誤；B.“濾渣”步驟中使用到的多層紗布與濾紙的作用相同，用于過濾，B正確；C.加熱可以起到滅菌和使蛋白質(zhì)變性的作用，C正確；D.膠體能產(chǎn)生丁達爾效應，可用丁達爾效應鑒定“點鹵”前的漿液是否為膠體，D正確。2．A【解析】A．由方程式可知，2molAu參與反應，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為8mol，因此消耗1molAu，反應轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為4NA，A正確；B．由方程式可知，每消耗8molHCl生成1molO2，因此消耗2molHCl生成的O2分子數(shù)為0.25NA，B錯誤；C．每個H[AuCl4]中含有4個配位鍵，85gH2O2的物質(zhì)的量為：n===2.5mol，由方程式知，5molH2O2反應生成2molH[AuCl4]，因此消耗85gH2O2，產(chǎn)物中形成的配位鍵數(shù)目為4NA，C錯誤；D．1mol冰中含有2mol氫鍵，液態(tài)水中的氫鍵小于冰，因此2mol液態(tài)水中含有的氫鍵數(shù)目小于4NA，D錯誤。3．D【解析】A．向飽和NaOH溶液中通入過量CO2析出白色晶體即產(chǎn)生沉淀，故離子方程式為Na++OH-+CO2=NaHCO3專，A錯誤；B．沉淀在離子方程式書寫時不能拆，故白色沉淀CuCl溶于NH4Cl-NH3.H2O溶液得到深藍色溶液的離子方程式為4CuCl+4NH+O2+12NH3=4Cu(NH3)42++2H2O+4Cl-，B錯誤；C．硝酸具有強氧化性，能夠?qū)aHSO3氧化為硫酸鈉，硫酸鈉與硝酸鋇反應生成難溶于酸的硫酸鋇，向NaHSO3溶液中滴入酸化的Ba(NO3)2溶液產(chǎn)生白色沉淀的離子方程式為：2NO+3HSO+3Ba2+=H++H2O+2NO生黑色沉淀（MnO2）和氣泡（O2），根據(jù)氧化還原反應配平可得該反應的離子方程式為22O4．C【解析】A.①結(jié)構(gòu)對稱，含5種化學環(huán)境的H，則它的一氯代物有5種，A錯誤；B.②分子中中間碳原子為甲烷的結(jié)構(gòu)，根據(jù)甲烷的正四面體可知，所有碳原子不可能處于同一平面，B錯誤；C.③中有6種化學環(huán)境的H，其一氯代物有6種，C正確；D.①中不含碳碳雙鍵，不能使溴水因化學反應而褪色；②、③能使溴水因化學反應而褪色，三者互為同分異構(gòu)體，D錯誤。5．D【解析】X、Y、Z和W為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，Y、W同主族且原子序數(shù)之和為24，設Y的原子序數(shù)為a，則W的原子序數(shù)為a＋8，a＋a＋8＝24，解得a＝8，Y為O元素、W為S元素；X、Z同主族且能形成離子化合物，則X為H元素、Z為Na元素；四種元素組成的化合物M，M中滴加少量溴水，溶液褪色并產(chǎn)生氣泡，M中滴加澄清石灰水產(chǎn)生白色沉淀，則M為NaHSO3。A.同周期從左到右主族元素的原子半徑逐漸減小，同主族從上到下元素的原子半徑逐漸增大，則原子半徑：Z＞W(wǎng)＞Y＞X，錯誤；B.同主族從上到下元素的非金屬性逐漸減弱，單質(zhì)的氧化性逐漸減弱，則單質(zhì)的氧化性：Y＞W(wǎng)，錯誤；C.NaHSO3使溴水褪色，溴水被還原，則NaHSO3被氧化，體現(xiàn)NaHSO3的還原性，錯誤；D.O與H、Na、S形成的H2O2、Na2O2、SO2均具有漂白性，正確。6．D【解析】鈉在CO2中燃燒發(fā)生的反應為4Na＋3CO2=====2Na2CO3＋C，CO2體現(xiàn)氧化性，A項正確；用激光筆照射硫的酒精溶液產(chǎn)生丁達爾效應，說明硫的酒精溶液屬于膠體，膠體中分散質(zhì)粒子的直徑在1～100nm之間，B項正確；在加熱攪拌的條件下向MgCl2酸性溶液中加入足量的MgCO3固體，溶液酸性減弱，F(xiàn)e3＋與OH－結(jié)合生成Fe(OH)3沉淀而被除去，Mg2+則留在溶液中未形成Mg(OH)2沉淀，故Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Fe(OH)3]，C項正確；隨溫度升高，水的電離平衡正向進行，CH3COONa溶液的pH會減小，達不到探究溫度對CH3COONa水解程度的影響的目的，D項錯誤。7．B【解析】A.化合物2→化合物3的反應過程如下：，該過程有C===O雙鍵中的一個極性鍵斷裂，生成了新的C—O單鍵也是極性鍵，選項A正確；B.化合物4到化合物5的過程，該過程中有機物發(fā)生的變化如圖H2O→2，可知有機物反應過程中失去了氫原子且被氧化，則H2O2在該過程中做氧化劑，體現(xiàn)了氧化性，選項B錯誤；C.根據(jù)苯分子中12個原子共平面，甲醛分子中4個原子共平面，且單鍵可以旋轉(zhuǎn)，苯基、酯基及甲基上的C旋轉(zhuǎn)到一定角度可同面，即苯甲酸甲酯分子中所有C和O原子可能共平面，選項C正確；D.制備苯甲酸甲酯：在題目所給流程中化合物2參與了整個循環(huán)，類似于該反應的“催化劑”，所以總反應的化學方程式為H2O2＋CH3OH化合2+2H2O，選項D正確。8．C【解析】A．由上述分析可知，石墨為陽極，發(fā)生氧化反應，則a為電源的正極，故A正確；B．由分析可知，交換膜A為陰離子交換膜，左側(cè)電極反應式為2H2O-4e-=O2+4H+，Ni1Co1Mn1(OH)2OH-，由電極反應式2H2O+2e-=H2+2OH-可知，會生成0.1molH2，在標準狀況下的體積為2.24L，故C錯誤；D．純鈦電極若直接放入II室，會導致接受電子的物質(zhì)不是水而是金屬離子，導致金屬單質(zhì)的生成，附著在前驅(qū)體上導致產(chǎn)率的降低，故D正確。9．B【解析】由題圖流程可知，向廢渣中加入碳酸鈉和氧氣并煅燒，發(fā)生4Na2CO3＋2Cr2O3+3O2=====4Na2CrO4＋4+3O2=====4Na2CrO4＋4CO2，Na2CO3＋SiO2=====Na2SiO3＋CO2↑,Na2CO3＋Al2O3=====2NaAlO2＋CO2↑,用水浸之后，溶液中含有Na2CrO4、Na2SiO3、NaAlO2、Na2CO3，向溶液中通入二氧化碳，生成氫氧化鋁沉淀和硅酸沉淀，過濾，濾液中含有Na2CrO4、Na2CO3，再向溶液中加硫酸，2Na2CrO4＋H2SO4===Na2Cr2O7＋Na2SO4＋H2O，再向溶液中加入KCl固體，就會析出溶解度更小的K2Cr2O7晶體，綜上所述，B項錯誤。10．B【解析】由題意可知，該物質(zhì)為穩(wěn)定的氦鈉化合物，不屬于合金，故A錯誤；由晶胞結(jié)構(gòu)可知，晶胞中含有8個正四面體，其中有4個正四面體的內(nèi)部含有一個氦原子，則晶胞中的空隙氦占有率為50%，故B正確；由晶胞結(jié)構(gòu)可知，晶胞中位于頂角的鈉離子被4個氦所共用，則鈉離子的配位數(shù)為4，故C錯誤；晶胞中鈉離子與氦之間的最短距離為體對角線長的，已知晶胞棱長為a，則最短距離為a，故D錯誤。11．D【解析】A．亞硫酸氫根的水解是亞硫酸氫根結(jié)合H+生成H2SO3，離子方程式為HSO3 1-+H2O—H2SO3+OH-，A表達不正確；B．NH3分子中N原子的價層電子對數(shù)為3+2(5-3×1)=4，有一孤電子對，其VSEPR模型為四面體形，不是三角錐形，B表達不正確；C．H2(g)的燃燒熱是285.8kJ·mol-1，則2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)ΔH＜+571.6kJ·mol-1，C表達不正確；D．用Na2SO3溶液吸收少量12．B【解析】由題意可知，該實驗的實驗目的是利用環(huán)己酮和乙二醇反應制備環(huán)己酮縮乙二醇，反應中環(huán)己酮先與乙二醇發(fā)生加成反應，后發(fā)生取代反應生成環(huán)己酮縮乙二醇，裝置中苯的作用是作反應溶劑，同時與水形成共沸物便于蒸出水，冷凝管的作用是冷凝回流苯和水蒸氣，分水器的作用是減小生成物的濃度，使平衡向正反應方向移動，提高環(huán)己酮縮乙二醇的產(chǎn)率，所以當觀察到分水器中水層液面高于支管口時，必須打開旋塞B將水放出。A．由反應方程式可知，生成物中含有水，若將水分離出去，可促進反應正向進行，該反應選擇以共沸體系帶水可以促使反應正向進行，A正確；B．由分析可知，當觀察到分水器中水層液面高于支管口時，必須打開旋塞B將水放出，B錯誤；C．由分析可知，冷凝管的作用是冷凝回流苯和水蒸氣，從管口A通入冷凝水有利于增大冷凝的接觸面積，提高冷凝效果，C正確；D．根據(jù)投料量，可估計生成水的體積，所以可根據(jù)帶出水的體積估算反應進度，D正確。13．B【解析】A．碳酸氫鈉在水中的溶解度比碳酸鈉小的原因是碳酸氫鈉晶體中HCO間存在氫鍵，與陰離子電荷數(shù)無關(guān)，A不正確；B．乙酸中羥基與羰基相連，乙醇中羥基與乙基相連，羰基的吸電子能力強于乙基，因此乙酸中的羥基極性更強，更易電離，B正確；C．甲烷和氨氣的中心原子的雜化方式均為sp3，其鍵角差異是因為，氨氣的中心原子N原子上有孤電子對，根據(jù)價層電子對互斥理論，孤電子對與σ鍵的斥力大于σ鍵之間的斥力，因此氨氣的鍵角略小于109.5°,C不正確；D．題目化合物與NaBF4均為離子化合物，通常判斷離子化合物的熔點高低用晶格能，晶格能與離子的電荷、離子的半徑和離子的電子層結(jié)構(gòu)有關(guān)，離子的電荷越高，半徑越小，晶格能越大，熔點越高，題目化合物與NaBF4離子電荷相同，但題目化合物陽離子部分半徑大于Na，因此晶格能小，熔點低，D不正確。14．C【解析】A.由圖像可知Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，在a點時c(Mg2＋)=2×10－2mol/L，c(OH－)＝10－4.5mol/L，說明Mg2＋過量，溶液中存在Mg(OH)2、MgCl2、NH4Cl，根據(jù)電荷守恒2c(Mg2＋+)<c(OH－)，故2c(Mg2＋2H2O===Mg(OH)2＋2NH4Cl，b點時，c(Mg2＋)＝2×10－3mol/L，c(OH－)＝10－4mol/L，說明還有MgCl2剩余，生成沉淀的c(Mg2＋)≈0.05－0.002＝0.048mol/L，=0.096mol/L，故離子濃度大小為：c(Cl－c(Mg2＋)＝2×10－5mol/L，c(OH－)＝10－3mol/L，說明Mg2＋完全反應，根據(jù)反應方程式MgCl2+2NH3＋2H2O===Mg(OH)2＋2NH4Cl可知10mL0.05mol·L－1的MgCl2完全沉淀需要氨氣的物質(zhì)的量為10×10－3L×0.05mol/L×2＝10－3mol，即標況下22.4mL，故C正確；D.直線上存在氫氧化鎂的沉淀溶解平衡，由c點計算Ksp[Mg(OH)2]＝2×10－5×(10－3)2＝2×10－11，d點上c(Mg2＋)和c(OH－)都大于直線上的點，即Qc＝2×10－2×(10－4)2＝2×10－10，Qc>Ksp，故有沉淀生成，故D錯誤。二、非選擇題（本題共4小題，共58分）1514分）（1）避免鹽酸揮發(fā)，防止Bi3+、Fe3+水解Bi2S3+6Fe3+=2Bi3++3S+6Fe2+（2）將Fe2+氧化成Fe3+，便于除去鐵元素3.1（3）促進BiCl3水解（4）紫紅色溶液變淺(或變?yōu)闊o色)（5）B()【解析】該工藝原料為輝鉍礦粉(主要成分是Bi2S3，含少量Bi2O3、Bi、FeS2和SiO2等雜質(zhì))，產(chǎn)品為釩酸鉍(BiVO4)，流程中主元素為鉍元素，硫、鐵、硅等元素作為雜質(zhì)在工藝流程中被除去，由濾液1中的主要陽離子有Bi3+、Fe3+、Fe2+和H+可知，在浸取過程中，硅及硫元素進入濾渣1（SiO2、S）中被除去，氧化調(diào)pH除去鐵元素，濾渣2為Fe(OH)3，稀釋水解使Bi3+轉(zhuǎn)化為Bi(OH)3作為濾餅進入酸洗流程，酸洗生成BiOCl，氯化生成BiCl3，最終合成釩酸鉍BiVO4。（1）Bi3+、Fe3+水解Bi3++3H2O=Bi(OH)3+3H+、Fe3++3H2O=Fe(OH)3+3H+，溫度過高水解反應程度增大，可能會造成Bi元素的損失，溫度過高還會使鹽酸揮發(fā)，溫度不宜過高的原因是避免鹽酸揮發(fā)，防止Bi3+、Fe3+水解；由濾液1中的主要陽離子有Bi3+、Fe3+、Fe2+和H+可知，Bi2S3轉(zhuǎn)化為Bi3+及S單質(zhì)，反應離子方程式為Bi2S3+6Fe3+=2Bi3++3S+6Fe2+；（2）H2O2具有氧化性可以將Fe2+氧化成Fe3+，F(xiàn)e3+易轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀分離除去；調(diào)pH是使Fe3+完全轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀而與Bi3+分離，F(xiàn)e3+完全沉淀的pH為3.1，故調(diào)pH的最低值為3.1；（3）濾液2中的含有Bi3+，在稀釋水解過程使Bi3+轉(zhuǎn)化為Bi(OH)3作為濾餅分離出來，通入水蒸氣的目的是升高溫度，使Bi3+水解Bi3++3H2O=Bi(OH)3+3H+平衡正向移動，促進BiCl3水解程度增大；溶液發(fā)生反應，使酸性KMnO4溶液褪色或溶液顏色變淺，故實驗現(xiàn)象可能是紫紅色溶液變淺(或變?yōu)闊o色)；（5）從NH4Cl晶體晶胞結(jié)構(gòu)中可看出，Cl-位于正方體的頂點，與其距離最近的Cl-，在同一條棱的另一個頂點，過該頂點有3條棱，又晶體結(jié)構(gòu)可看成晶胞無隙并置，故與氯離子最近且等距離的氯離子有6個，答案選B；NH在正方體的體心，晶胞邊長為參數(shù)1，則NH坐標參數(shù)為(1615分）（1）NH＋H2O====NH3·H2O＋H+（2）Mg(OH)2H2（3）②<①<③（4）將5mm長的去氧化膜鎂條投入滴有酚酞的0.1mol·L－1CH3COONH4溶液中（5）左移（6）假設ii成立，也能觀察到相同現(xiàn)象（7）滴有酚酞的0.1mol·L－1NaCl溶液中【解析】（1）銨根離子在溶液中發(fā)生水解反應生成一水合氨，使溶液呈酸性，水解的離子方程式為NH＋H2O====NH3·H2O＋H+;（2）由鎂條表面變紅和紅色渾濁可知鎂與氯化銨溶液反應有氫氧化鎂生成；由用小試管收集氣體，移近酒精燈火焰，產(chǎn)生爆鳴聲可知鎂與氯化銨溶液反應生成的氣體為氫氣；（3）由電離常數(shù)可知，氯化銨溶液中銨根離子水解使溶液呈酸性，醋酸溶液中醋酸電離使溶液呈酸性，醋酸銨溶液中醋酸根離子和銨根離子都水解，但水解程度相當，溶液呈中性，則濃度均為0.1mol/L的三種溶液的pH由小到大的順序為②<①<③;（4）由操作3說明假設iii成立可知，實驗時應選擇醋酸銨中性溶液探究大量氣泡產(chǎn)生是鎂與銨根離子反應而產(chǎn)生，則實驗操作為將5mm長的去氧化膜鎂條投入滴有酚酞的0.1mol/L醋酸銨溶液中；（5）銨根離子在溶液中存在水解平衡：NH＋H2ONH3·H2O＋H若假設iii成立，加入的鎂與銨根離子反應，反應物的濃度減小，平衡向左移動；（6）銨根離子在溶液中存在水解平衡：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋若假設ii成立，鎂與水解生成的氫離子反應生成氫氣和鎂離子，鎂離子與一水合氨反應也能生成氫氧化鎂沉淀，則乙同學認為甲同學的推理不夠嚴密的原因是假設ii成立也能觀察到相同的實驗現(xiàn)象；（7）由等pH的鹽酸、稀硫酸與鎂反應時，鹽酸速率更快可知，氯離子能促使鎂與氫離子反應速率加快，為探究鎂與氯化銨溶液反應與溶液中氯離子無關(guān)，應將5mm長的去氧化膜鎂條投入滴有酚酞的0.1mol/L氯化鈉溶液中排出氯離子對反應的影響。1714分）（1）<優(yōu)點是升高溫度，反應速率較快；缺點是正反應為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，產(chǎn)物的轉(zhuǎn)化率較低（2）①Pd膜能選擇性分離出H2，平衡正向移動，平衡轉(zhuǎn)化率增大②BD（3）溫度100（4）AC（5）abc反應常在較高溫度下進行，有優(yōu)點也有缺點，優(yōu)點是升高溫度，反應速率較快，缺點是正反應為放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，產(chǎn)物轉(zhuǎn)化率較低；（2）反應器存在Pd膜時，接觸面較大，反應更充分，轉(zhuǎn)化率更高；A．Pd膜只允許氫氣通過，不允許二氧化碳通過，對氣體分子的透過具有選擇性，A項正確B．過程正反應的活化能遠小于逆反應的活化能，ΔH<0，B項錯誤；C．加快Pd膜內(nèi)H原子遷移，平衡H2=2H正向移動，有利于氫氣的解離，C項正確；D．H2=2H為放熱過程，H原子在Pd膜表面上結(jié)合為氫氣的過程為吸熱過程，D項錯誤；答案選BD；（3）反應CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH=?90.67kJ·mol?1，反應為放熱反應，升高溫度，化學平衡逆向移動，平衡時H2的轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而降低，故圖2中X代表溫度；若圖2中M點對應的容器體積為5L，化學平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，由于M、N兩點對應的溫度相同，則N、M點的平衡常數(shù)K相同，M點氫氣轉(zhuǎn)化率為50%，則反應氫氣0.5mol；CO(g)+2H2(g)一CH3OH(g)轉(zhuǎn)化(mol)0.250.50.平衡(mol)0.250.50.25則N點的壓強平衡常數(shù)K100（4）隨著溫度升高，平衡逆向移動，K值減小，pK=?lgK，則pK隨著K值的減小而增大，故圖3中曲線AC能正確表示該反應平衡常數(shù)的負對數(shù)pK(pK=?lgK)與X的關(guān)系；（5）已知：(a)CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH=?90.67kJ·mol?1(b)CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH=+41.17kJ·mol?1根據(jù)蓋斯定律，由(a)+(b)可得CO2(g)+3H2(g)CH3