2024届湖南省长沙市第一中学高三下学期适应性演练(一）化学答案

长沙市一中2024届高考适应性演练（一）化学参考答案一、选择题（本题共14小题，每小题3分，共42分）题号1234567891011121314答案AADCDDBCBBDBBC1．A【解析】A.“磨豆”过程中大豆被磨碎时没有产生新物质，没有发生化学反应，A错误；B.“滤渣”步骤中使用到的多层纱布与滤纸的作用相同，用于过滤，B正确；C.加热可以起到灭菌和使蛋白质变性的作用，C正确；D.胶体能产生丁达尔效应，可用丁达尔效应鉴定“点卤”前的浆液是否为胶体，D正确。2．A【解析】A．由方程式可知，2molAu参与反应，转移电子的物质的量为8mol，因此消耗1molAu，反应转移的电子数为4NA，A正确；B．由方程式可知，每消耗8molHCl生成1molO2，因此消耗2molHCl生成的O2分子数为0.25NA，B错误；C．每个H[AuCl4]中含有4m85g个配位键，85gH2O2的物质的量为：n===2.5mol，由方程式知，5molH2O2反应生M34g/mol成2molH[AuCl4]，因此消耗85gH2O2，产物中形成的配位键数目为4NA，C错误；D．1mol冰中含有2mol氢键，液态水中的氢键小于冰，因此2mol液态水中含有的氢键数目小于4NA，D错误。3．D【解析】A．向饱和NaOH溶液中通入过量CO2析出白色晶体即产生沉淀，故离子+-方程式为Na+OH+CO2=NaHCO3，A错误；B．沉淀在离子方程式书写时不能拆，故白色沉淀CuCl溶于NH4Cl-NH3H2O溶液得到深蓝色溶液的离子方程式为24CuCl4NHO12NH4CuNH2HO+4Cl-，B错误；C．硝酸具有强氧化性，423342能够将NaHSO3氧化为硫酸钠，硫酸钠与硝酸钡反应生成难溶于酸的硫酸钡，向NaHSO3溶液中滴入酸化的Ba(NO3)2溶液产生白色沉淀的离子方程式为：--2++2NO3+3HSO3+3Ba=H+H2O+2NO+3BaSO4，C错误；D．向KMnO4溶液中滴入H2O2溶液产生黑色沉淀（MnO2）和气泡（O2），根据氧化还原反应配平可得该反应的离子方程式为2MnO43H2O22MnO23O22OH2H2O，D正确。4．C【解析】A.①结构对称，含5种化学环境的H，则它的一氯代物有5种，A错误；B.②分子中中间碳原子为甲烷的结构，根据甲烷的正四面体可知，所有碳原子不可能处于同一平面，B错误；C.③中有6种化学环境的H，其一氯代物有6种，C正确；D.①中不含碳碳双键，不能使溴水因化学反应而褪色；②、③能使溴水因化学反应而褪色，三者互为同分异构体，D错误。5．D【解析】X、Y、Z和W为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y、W同主族且原子序数之和为24，设Y的原子序数为a，则W的原子序数为a＋8，a＋a＋8＝24，解得a＝8，Y为O元素、W为S元素；X、Z同主族且能形成离子化合物，则X为H元素、Z为Na元素；四种元素组成的化合物M，M中滴加少量溴水，溶液褪色并产生气泡，M中滴加澄清石灰水产生白色沉淀，则M为NaHSO3。A.同周期从左到右主族元素的原子半径逐渐减小，同主族从化学（一中）答案（第1页，共7页）{#{QQABLQCEggCoQIAAABgCAQWgCgOQkACAAIoGgAAMMAIAiBFABAA=}#}上到下元素的原子半径逐渐增大，则原子半径：Z＞W＞Y＞X，错误；B.同主族从上到下元素的非金属性逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱，则单质的氧化性：Y＞W，错误；C.NaHSO3使溴水褪色，溴水被还原，则NaHSO3被氧化，体现NaHSO3的还原性，错误；D.O与H、Na、S形成的H2O2、Na2O2、SO2均具有漂白性，正确。点燃6．D【解析】钠在CO2中燃烧发生的反应为4Na＋3CO2=====2Na2CO3＋C，CO2体现氧化性，A项正确；用激光笔照射硫的酒精溶液产生丁达尔效应，说明硫的酒精溶液属于胶体，胶体中分散质粒子的直径在1～100nm之间，B项正确；在加热搅拌的条件下向MgCl2酸性溶液3＋－2＋中加入足量的MgCO3固体，溶液酸性减弱，Fe与OH结合生成Fe(OH)3沉淀而被除去，Mg则留在溶液中未形成Mg(OH)2沉淀，故Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Fe(OH)3]，C项正确；随温度升高，水的电离平衡正向进行，CH3COONa溶液的pH会减小，达不到探究温度对CH3COONa水解程度的影响的目的，D项错误。7．B【解析】A.化合物2→化合物3的反应过程如下：，该过程有C===O双键中的一个极性键断裂，生成了新的C—O单键也是极性键，选项A正确；B.化合HO物4到化合物5的过程，该过程中有机物发生的变化如图――2→2，可知有机物反应过程中失去了氢原子且被氧化，则H2O2在该过程中做氧化剂，体现了氧化性，选项B错误；C.根据苯分子中12个原子共平面，甲醛分子中4个原子共平面，且单键可以旋转，苯基、酯基及甲基上的C旋转到一定角度可同面，即苯甲酸甲酯分子中所有C和O原子可能共平面，选项C正确；D.制备苯甲酸甲酯：在题目所给流程中化合物2参与了整个循环，类化合物2似于该反应的“催化剂”，所以总反应的化学方程式为：＋H2O2＋CH3OH――→＋2H2O，选项D正确。8．C【解析】A．由上述分析可知，石墨为阳极，发生氧化反应，则a为电源的正极，-+故A正确；B．由分析可知，交换膜A为阴离子交换膜，左侧电极反应式为2H2O-4e=O2+4H，Ni1Co1Mn1(OH)2+产生H，故pH降低，故B正确；C．每生成0.1mol的333，就相当于生成0.2mol---OH，由电极反应式2H2O+2e=H2+2OH可知，会生成0.1molH2，在标准状况下的体积为2.24L，故C错误；D．纯钛电极若直接放入II室，会导致接受电子的物质不是水而是金属离子，导致金属单质的生成，附着在前驱体上导致产率的降低，故D正确。9．B【解析】由题图流程可知，向废渣中加入碳酸钠和氧气并煅烧，发生4Na2CO3＋2Cr2O3煅烧煅烧煅烧＋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，生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，过滤，滤液中含有Na2CrO4、Na2CO3，再向溶液中加硫酸，2Na2CrO4＋H2SO4===Na2Cr2O7＋Na2SO4＋H2O，再向溶液中加入KCl固体，就会析出溶解度更小的K2Cr2O7晶体，综上所述，B项错误。10．B【解析】由题意可知，该物质为稳定的氦钠化合物，不属于合金，故A错误；由晶胞结构可知，晶胞中含有8个正四面体，其中有4个正四面体的内部含有一个氦原子，则化学（一中）答案（第2页，共7页）{#{QQABLQCEggCoQIAAABgCAQWgCgOQkACAAIoGgAAMMAIAiBFABAA=}#}晶胞中的空隙氦占有率为50%，故B正确；由晶胞结构可知，晶胞中位于顶角的钠离子被4个氦所共用，则钠离子的配位数为4，故C错误；晶胞中钠离子与氦之间的最短距离为体对13角线长的，已知晶胞棱长为a，则最短距离为a，故D错误。44+11．D【解析】A．亚硫酸氢根的水解是亚硫酸氢根结合H生成H2SO3，离子方程式为HSO31−−+H2OH2SO3+OH，A表达不正确；B．NH3分子中N原子的价层电子对数为3+2(5−3×1)=4，有一孤电子对，其VSEPR模型为四面体形，不是三角锥形，B表达不正确；C．H2(g)的燃−1−1烧热是285.8kJ·mol，则2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)∆H=+571.6kJ·mol，1−Na2SO32H2O(g)=2H2(g)+O2(g)∆H＜+571.6kJ·mol，C表达不正确；D．用溶液吸收少量Cl222，离子方程式：3SO3Cl2H2O2HSO32ClSO4，D表达正确。12．B【解析】由题意可知，该实验的实验目的是利用环己酮和乙二醇反应制备环己酮缩乙二醇，反应中环己酮先与乙二醇发生加成反应，后发生取代反应生成环己酮缩乙二醇，装置中苯的作用是作反应溶剂，同时与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气，分水器的作用是减小生成物的浓度，使平衡向正反应方向移动，提高环己酮缩乙二醇的产率，所以当观察到分水器中水层液面高于支管口时，必须打开旋塞B将水放出。A．由反应方程式可知，生成物中含有水，若将水分离出去，可促进反应正向进行，该反应选择以共沸体系带水可以促使反应正向进行，A正确；B．由分析可知，当观察到分水器中水层液面高于支管口时，必须打开旋塞B将水放出，B错误；C．由分析可知，冷凝管的作用是冷凝回流苯和水蒸气，从管口A通入冷凝水有利于增大冷凝的接触面积，提高冷凝效果，C正确；D．根据投料量，可估计生成水的体积，所以可根据带出水的体积估算反应进度，D正确。HCO-13．B【解析】A．碳酸氢钠在水中的溶解度比碳酸钠小的原因是碳酸氢钠晶体中3间存在氢键，与阴离子电荷数无关，A不正确；B．乙酸中羟基与羰基相连，乙醇中羟基与乙基相连，羰基的吸电子能力强于乙基，因此乙酸中的羟基极性更强，更易电离，B正确；C．甲烷和氨气的中心原子的杂化方式均为sp3，其键角差异是因为，氨气的中心原子N原子上有孤电子对，根据价层电子对互斥理论，孤电子对与σ键的斥力大于σ键之间的斥力，因此氨气的键角略小于109.5°，C不正确；D．题目化合物与NaBF4均为离子化合物，通常判断离子化合物的熔点高低用晶格能，晶格能与离子的电荷、离子的半径和离子的电子层结构有关，离子的电荷越高，半径越小，晶格能越大，熔点越高，题目化合物与NaBF4离子电荷相同，但题目化合物阳离子部分半径大于Na，因此晶格能小，熔点低，D不正确。2＋－2＋14．C【解析】A.由图像可知Mg(OH)2(s)Mg(aq)＋2OH(aq)，在a点时c(Mg)－2－－4.52＋＝2×10mol/L，c(OH)＝10mol/L，说明Mg过量，溶液中存在Mg(OH)2、MgCl2、NH4Cl，2＋＋＋－－根据电荷守恒2c(Mg)＋c(NH4)＋c(H)＝c(Cl)＋c(OH)，通入氨气溶液显碱性c(H＋－2＋＋－)c(Cl)，故A错误；B.通入氨气发生MgCl2＋2NH3＋2＋－3－－42H2O===Mg(OH)2＋2NH4Cl，b点时，c(Mg)＝2×10mol/L，c(OH)＝10mol/L，说明还2＋＋有MgCl2剩余，生成沉淀的c(Mg)≈0.05－0.002＝0.048mol/L，c(NH4)≈2×0.048mol/L－＋2＋－＝0.096mol/L，故离子浓度大小为：c(Cl)>c(NH4)>c(Mg)>c(OH)，故B错误；C.c点2＋－5－－32＋c(Mg)＝2×10mol/L，c(OH)＝10mol/L，说明Mg完全反应，根据反应方程式MgCl2－1＋2NH3＋2H2O===Mg(OH)2＋2NH4Cl可知10mL0.05mol·L的MgCl2完全沉淀需要氨气的物质的量为10×10－3L×0.05mol/L×2＝10－3mol，即标况下22.4mL，故C正确；D.直线上化学（一中）答案（第3页，共7页）{#{QQABLQCEggCoQIAAABgCAQWgCgOQkACAAIoGgAAMMAIAiBFABAA=}#}－5－32－11存在氢氧化镁的沉淀溶解平衡，由c点计算Ksp[Mg(OH)2]＝2×10×(10)＝2×10，d2＋－－2－42－10点上c(Mg)和c(OH)都大于直线上的点，即Qc＝2×10×(10)＝2×10，Qc>Ksp，故有沉淀生成，故D错误。二、非选择题（本题共4小题，共58分）15．（14分）（1）避免盐酸挥发，防止Bi3+、Fe3+水解3+3+2+Bi2S3+6F