化学-2024届湖南省长沙市第一中高三下学期高考适应性演练一试题和答案

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123456789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4个配位键，85gH2O2的物质的量为：n===2.5mol，由方程式知，5molH2O2反应生成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专，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-NH3.H2O溶液得到深蓝色溶液的离子方程式为4CuCl+4NH+O2+12NH3=4Cu(NH3)42++2H2O+4Cl-，B错误；C．硝酸具有强氧化性，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：2NO+3HSO+3Ba2+=H++H2O+2NO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22O4．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。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酸性溶液中加入足量的MgCO3固体，溶液酸性减弱，Fe3＋与OH－结合生成Fe(OH)3沉淀而被除去，Mg2+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.化合物4到化合物5的过程，该过程中有机物发生的变化如图H2O→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，类似于该反应的“催化剂”，所以总反应的化学方程式为H2O2＋CH3OH化合2+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)2OH-，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+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角线长的，已知晶胞棱长为a，则最短距离为a，故D错误。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HSO3 1-+H2O—H2SO3+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)的燃烧热是285.8kJ·mol-1，则2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)ΔH＜+571.6kJ·mol-1，C表达不正确；D．用Na2SO3溶液吸收少量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。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HCO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。14．C【解析】A.由图像可知Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，在a点时c(Mg2＋)=2×10－2mol/L，c(OH－)＝10－4.5mol/L，说明Mg2＋过量，溶液中存在Mg(OH)2、MgCl2、NH4Cl，根据电荷守恒2c(Mg2＋+)<c(OH－)，故2c(Mg2＋2H2O===Mg(OH)2＋2NH4Cl，b点时，c(Mg2＋)＝2×10－3mol/L，c(OH－)＝10－4mol/L，说明还有MgCl2剩余，生成沉淀的c(Mg2＋)≈0.05－0.002＝0.048mol/L，=0.096mol/L，故离子浓度大小为：c(Cl－c(Mg2＋)＝2×10－5mol/L，c(OH－)＝10－3mol/L，说明Mg2＋完全反应，根据反应方程式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.直线上存在氢氧化镁的沉淀溶解平衡，由c点计算Ksp[Mg(OH)2]＝2×10－5×(10－3)2＝2×10－11，d点上c(Mg2＋)和c(OH－)都大于直线上的点，即Qc＝2×10－2×(10－4)2＝2×10－10，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）1514分）（1）避免盐酸挥发，防止Bi3+、Fe3+水解Bi2S3+6Fe3+=2Bi3++3S+6Fe2+（2）将Fe2+氧化成Fe3+，便于除去铁元素3.1（3）促进BiCl3水解（4）紫红色溶液变浅(或变为无色)（5）B()【解析】该工艺原料为辉铋矿粉(主要成分是Bi2S3，含少量Bi2O3、Bi、FeS2和SiO2等杂质)，产品为钒酸铋(BiVO4)，流程中主元素为铋元素，硫、铁、硅等元素作为杂质在工艺流程中被除去，由滤液1中的主要阳离子有Bi3+、Fe3+、Fe2+和H+可知，在浸取过程中，硅及硫元素进入滤渣1（SiO2、S）中被除去，氧化调pH除去铁元素，滤渣2为Fe(OH)3，稀释水解使Bi3+转化为Bi(OH)3作为滤饼进入酸洗流程，酸洗生成BiOCl，氯化生成BiCl3，最终合成钒酸铋BiVO4。（1）Bi3+、Fe3+水解Bi3++3H2O=Bi(OH)3+3H+、Fe3++3H2O=Fe(OH)3+3H+，温度过高水解反应程度增大，可能会造成Bi元素的损失，温度过高还会使盐酸挥发，温度不宜过高的原因是避免盐酸挥发，防止Bi3+、Fe3+水解；由滤液1中的主要阳离子有Bi3+、Fe3+、Fe2+和H+可知，Bi2S3转化为Bi3+及S单质，反应离子方程式为Bi2S3+6Fe3+=2Bi3++3S+6Fe2+；（2）H2O2具有氧化性可以将Fe2+氧化成Fe3+，Fe3+易转化为Fe(OH)3沉淀分离除去；调pH是使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀而与Bi3+分离，Fe3+完全沉淀的pH为3.1，故调pH的最低值为3.1；（3）滤液2中的含有Bi3+，在稀释水解过程使Bi3+转化为Bi(OH)3作为滤饼分离出来，通入水蒸气的目的是升高温度，使Bi3+水解Bi3++3H2O=Bi(OH)3+3H+平衡正向移动，促进BiCl3水解程度增大；溶液发生反应，使酸性KMnO4溶液褪色或溶液颜色变浅，故实验现象可能是紫红色溶液变浅(或变为无色)；（5）从NH4Cl晶体晶胞结构中可看出，Cl-位于正方体的顶点，与其距离最近的Cl-，在同一条棱的另一个顶点，过该顶点有3条棱，又晶体结构可看成晶胞无隙并置，故与氯离子最近且等距离的氯离子有6个，答案选B；NH在正方体的体心，晶胞边长为参数1，则NH坐标参数为(1615分）（1）NH＋H2O====NH3·H2O＋H+（2）Mg(OH)2H2（3）②<①<③（4）将5mm长的去氧化膜镁条投入滴有酚酞的0.1mol·L－1CH3COONH4溶液中（5）左移（6）假设ii成立，也能观察到相同现象（7）滴有酚酞的0.1mol·L－1NaCl溶液中【解析】（1）铵根离子在溶液中发生水解反应生成一水合氨，使溶液呈酸性，水解的离子方程式为NH＋H2O====NH3·H2O＋H+;（2）由镁条表面变红和红色浑浊可知镁与氯化铵溶液反应有氢氧化镁生成；由用小试管收集气体，移近酒精灯火焰，产生爆鸣声可知镁与氯化铵溶液反应生成的气体为氢气；（3）由电离常数可知，氯化铵溶液中铵根离子水解使溶液呈酸性，醋酸溶液中醋酸电离使溶液呈酸性，醋酸铵溶液中醋酸根离子和铵根离子都水解，但水解程度相当，溶液呈中性，则浓度均为0.1mol/L的三种溶液的pH由小到大的顺序为②<①<③;（4）由操作3说明假设iii成立可知，实验时应选择醋酸铵中性溶液探究大量气泡产生是镁与铵根离子反应而产生，则实验操作为将5mm长的去氧化膜镁条投入滴有酚酞的0.1mol/L醋酸铵溶液中；（5）铵根离子在溶液中存在水解平衡：NH＋H2ONH3·H2O＋H若假设iii成立，加入的镁与铵根离子反应，反应物的浓度减小，平衡向左移动；（6）铵根离子在溶液中存在水解平衡：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋若假设ii成立，镁与水解生成的氢离子反应生成氢气和镁离子，镁离子与一水合氨反应也能生成氢氧化镁沉淀，则乙同学认为甲同学的推理不够严密的原因是假设ii成立也能观察到相同的实验现象；（7）由等pH的盐酸、稀硫酸与镁反应时，盐酸速率更快可知，氯离子能促使镁与氢离子反应速率加快，为探究镁与氯化铵溶液反应与溶液中氯离子无关，应将5mm长的去氧化膜镁条投入滴有酚酞的0.1mol/L氯化钠溶液中排出氯离子对反应的影响。1714分）（1）<优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产物的转化率较低（2）①Pd膜能选择性分离出H2，平衡正向移动，平衡转化率增大②BD（3）温度100（4）AC（5）abc反应常在较高温度下进行，有优点也有缺点，优点是升高温度，反应速率较快，缺点是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产物转化率较低；（2）反应器存在Pd膜时，接触面较大，反应更充分，转化率更高；A．Pd膜只允许氢气通过，不允许二氧化碳通过，对气体分子的透过具有选择性，A项正确B．过程正反应的活化能远小于逆反应的活化能，ΔH<0，B项错误；C．加快Pd膜内H原子迁移，平衡H2=2H正向移动，有利于氢气的解离，C项正确；D．H2=2H为放热过程，H原子在Pd膜表面上结合为氢气的过程为吸热过程，D项错误；答案选BD；（3）反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH=−90.67kJ·mol−1，反应为放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，平衡时H2的转化率随温度升高而降低，故图2中X代表温度；若图2中M点对应的容器体积为5L，化学平衡常数只与温度有关，由于M、N两点对应的温度相同，则N、M点的平衡常数K相同，M点氢气转化率为50%，则反应氢气0.5mol；CO(g)+2H2(g)一CH3OH(g)转化(mol)0.250.50.平衡(mol)0.250.50.25则N点的压强平衡常数K100（4）随着温度升高，平衡逆向移动，K值减小，pK=−lgK，则pK随着K值的减小而增大，故图3中曲线AC能正确表示该反应平衡常数的负对数pK(pK=−lgK)与X的关系；（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根据盖斯定律，由(a)+(b)可得CO2(g)+3H2(g)CH3