2024届福建省宁德市第一中学高三第一次检测化学答案

答案第=page1010页，共=sectionpages1010页答案第=page99页，共=sectionpages1010页1．A【详解】A．银锭中仅存在金属键，A错误；B．沏泡功夫茶利用了萃取原理，水作萃取剂，茶叶中的成分从茶叶中转移到了水中，B正确；C．在木材上雕刻花纹的过程主要发生物理变化，没有新物质生成，不是化学变化，C正确；D．舞台上灯光光柱的形成是光遇到雾气或大气中的灰尘，产生了丁达尔效应，D正确；2．C【详解】A．乙炔中含有碳碳三键，其结构简式为，A项正确；B．顺丁烯中两个甲基位于双键同侧，其结构模型为，B项正确；C．基态原子的价层电子排布式为3s23p2，其轨道表示式为，C项错误；D．是离子化合物，其电子式为，D项正确；3．C【详解】A．将溶液加热浓缩至原来体积的一半时，由于HCl的挥发，不能使其浓度扩大一倍，A不合理；B．标准状况下6.72LHCl的物质的量为0.3mol，但向溶液中通入HCl气体时溶液的体积会发生变化，所以浓度不能扩大一倍，B不合理；C．VL浓度为0.3mol/L的盐酸中有0.3VmolHCl，3mol/L的盐酸0.2VL含HCl的物质的量为0.6Vmol，稀释至1.5VL，浓度为=0.6mol/L，C合理；D．两种盐酸混合后，溶液的体积不能直接加和，所以混合后溶液的物质的量浓度不是原来的2倍，D不合理；4．B【详解】A．标准状况下Cl2O为液体，无法计算2.24LCl2O含有的分子数，A错误；B．在反应HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O中，氯由0价变为HgCl2中-1价的氯和Cl2O中+1价氯，该反应转移2个电子，故0.2mol氯气与足量的HgO反应，转移电子数为0.2NA，B正确；C．HgO为金属氧化物，在写离子方程式的时候，正确的离子方程式为：HgO+2H+=H2O+Hg2+，C错误；D．在该反应中氧元素不守恒，D错误；5．C【详解】A．的物质的量不确定，无法计算含有的价电子个数，A错误；B．是离子化合物，只有离子键，B错误；C．的物质的量是0.1mol，参与第②步反应时化合价从0价升高到+1价，则转移电子数为0.1NA，C正确；D．第③步反应是氢离子和氨气反应生成铵根，是非氧化还原反应，D错误；6．B【详解】A．氢氧化铝不溶于弱碱，Al3+与NH3·H2O不能大量共存，其离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH，故A错误；B．与H+不能大量共存，其离子方程式为，故B正确；C．Cu2+催化使H2O2分解，不能大量共存，故C错误；D．(H+)能将乙醇氧化，不能大量共存，故D错误；7．B【分析】由题中信息可知，γ-崖柏素中碳环具有类苯环的共轭体系，其分子中羟基具有类似的酚羟基的性质。此外，该分子中还有羰基可与氢气发生加成反应转化为脂环醇。【详解】A．酚可与溴水发生取代反应，γ-崖柏素有酚的通性，且γ-崖柏素的环上有可以被取代的H，故γ-崖柏素可与溴水发生取代反应，A说法正确；B．酚类物质不与NaHCO3溶液反应，γ-崖柏素分子中没有可与NaHCO3溶液反应的官能团，故其不可与NaHCO3溶液反应，B说法错误；C．γ-崖柏素分子中有一个异丙基，异丙基中间的碳原子与其相连的3个碳原子不共面，故其分子中的碳原子不可能全部共平面，C说法正确；D．γ-崖柏素与足量H2加成后转化为，产物分子中含手性碳原子（与羟基相连的C原子是手性碳原子），D说法正确；8．B【详解】A．根据氧原子数目守恒可得：3n=2n+1+m，则m=n-1，A正确；B．聚乳酸分子中含有三种官能团，分别是羟基、羧基、酯基，B错误；C．1个乳酸分子中含有1个羟基和1个羧基，则1mol乳酸和足量的Na反应生成1molH2；D．1个乳酸分子中含有1个羟基和1个羧基，则两分子乳酸可以缩合产生含六元环的分子（），D正确；9．B【详解】A．过滤时，漏斗下端应紧靠烧杯内壁，A操作不规范；B．CO2的密度大于空气，可用向上排空气法收集CO2，B操作规范；C．混合浓硫酸和乙醇时，应将浓硫酸缓慢倒入乙醇中并用玻璃棒不断搅拌，C操作不规范；D．转移溶液时，应使用玻璃棒引流，D操作不规范；10．C【详解】根据容量瓶的规格，实验室中没有950mL的容量瓶，B项错误；选取的容量瓶应大于950mL，D项错误；配制1000mL溶液时，需要溶质1mol×160g·mol-1=160.0g，A项错误，C正确。11．D【详解】A．称量NaOH固体时，应将NaOH固体放入烧杯中称量，A项不符合题意；B．转移溶液时，需要使用玻璃棒引流，B项不符合题意；C．定容时，胶头滴管不能伸入容量瓶中，C项不符合题意；D．摇匀时，要上下颠倒摇匀，故D项符合题意；12．C【详解】A．Na与水反应生成NaOH，NaOH与CO2反应生成Na2CO3，Na2CO3与盐酸反应生成NaCl，以上转化关系均能通过一步反应完成，A正确；B．Fe与Cl2反应生成FeCl3，FeCl3与NaOH反应生成Fe(OH)3，Fe(OH)3加热分解生成Fe2O3，以上转化关系均能通过一步反应完成，B正确；C．Al与氧气反应生成Al2O3，Al2O3无法通过一步反应生成Al(OH)3，C错误；D．Mg与Cl2反应生成MgCl2，MgCl2与NaOH反应生成Mg(OH)2，Mg(OH)2与H2SO4反应生成MgSO4，以上转化关系均能通过一步反应完成，D正确；13．A【详解】A.硫酸钙微溶，用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙转化为难溶的碳酸钙，离子方程式为：C+CaSO4=CaCO3+S，故A正确；B．酸性高锰酸钾溶液和草酸溶液反应，草酸为弱酸：2+6H++5H2═2Mn2++10CO2↑+8H2O，故B错误；C．硫酸铝溶液与少量氢氧化钾溶液反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钾，离子方程式应为：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，故C错误；D．硫化氢为弱电解质，书写离子方程式时不能拆，离子方程式应为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+14．C【详解】A．分子含有2个键，题中没有说是标况条件下，气体摩尔体积未知，无法计算键个数，A项错误；B．2.8g的物质的量，1mol生成转移的电子数为12，则0.1mol转移的电子数为1.2，B项错误；C．0.1mol晶体含有离子为、，含有离子数目为0.2，C项正确；D．因为水解使溶液中的数目小于0.1，D项错误；15．D【详解】A．钾原子失去电子，硫原子得到电子形成硫化钾，硫化钾为离子化合物，用电子式表示的形成：，A正确；B．氢氧化铝为两性氢氧化物，可以和强碱反应生成四羟基合铝酸根离子，离子方程式为：，B正确；C．H的s能级为球形，两个氢原子形成氢气的时候，是两个s能级的原子轨道相互靠近，形成新的轨道，则用电子云轮廓图表示H-H的s-sσ键形成的示意图：，C正确；D．用化学方程式表示尿素与甲醛制备线型脲醛树脂为16．D【详解】A．由图可知，硝酸的质量分数越小，物质的量浓度越小，产物中的相对含量越大，则所占的比例越大，A正确；B．质量分数为56%的硝酸，密度为，物质的量浓度为=，B正确；C．质量分数大于68%的硝酸可使铁钝化，质量分数为56%时气体产物中NO2的含量最高，则表明气体产物以为主，C正确；D．若把铁换成铜，结合课本可知，铜与不同浓度硝酸反应只能生成NO或，D错误；17．(1)+2盐(2)C(3)C渗析（4）100mL容量瓶(5)2.9(6)CE(7)、【详解】（1）中，氧元素的化合价是-2价，总的负价是-8价，铬元素的化合价是+3价，2个铬原子化合价是+6价，所以铁元素化合价是+2价；是由亚铁离子和组成的盐，故答案为：+2；盐；（2）A．胶体较稳定，溶液是稳定的，选项A错误；B．溶液无丁达尔效应，胶体有丁达尔效应，选项B错误；C．胶粒和溶液都可透过滤纸，选项C正确；答案选C；（3）提纯明胶是利用渗析法将胶体和溶液中水分子等小分子或离子能透过半透膜分离，装置选项C；答案为C；渗析；（6）A操作使溶质物质的量减少，导致所配溶液浓度偏低；B容量瓶未干燥无影响；C定容俯视刻度线加水偏少，所配溶液浓度偏高；D称量时氯化钠和砝码放反使实际称量的氯化钠质量减小，所配溶液浓度偏低；E砝码生锈使实际称量的氯化钠质量增大，导致溶液浓度偏高，综上选CE；18．(1)NaOH溶液或CuSO4溶液(2)防止倒吸(3)(4)沿玻璃棒向漏斗内注入蒸馏水至浸没沉淀，让水自然流下，重复2~3次。(5)63%【解析】（1）由题可知，电石中的CaS杂质会与水反应生成H2S气体，需要用NaOH溶液或CuSO4溶液除去。（2）装置D是为了防止NO2与NaOH溶液反应产生倒吸。（3）由图可知，反应物为C2H2和浓硝酸，条件是水浴加热，少量硝酸汞为催化剂，产物为H2C2O4和NO2，因此反应的化学方程式为。（4）反应制得的草酸晶体表面会有可溶性杂质，需要用水洗涤干净，因此操作为：沿玻璃棒向漏斗内注入蒸馏水至浸没沉淀，让水自然流下，重复2~3次。（5）根据电子得失守恒，草酸晶体与高锰酸钾的关系为：2KMnO45H2C2O4·2H2O，因此草酸晶体物质的量，草酸质量，产品中H2C2O4·2H2O的质量分数=。19．(1)(2)，氧原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去一个电子(3)和(4)4(5)中的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含有孤电子对，能做配位原子【详解】（1）S是第三周期ⅥA族元素，基态S原子价层电子排布式为。答案为；（2）S和O为同主族元素，O原子核外有2个电子层，S原子核外有3个电子层，O原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去1个电子，即O的第一电离能大于S的第一电离能。答案为I1(O)>I1(S)，氧原子半径小，原子核对最外层电子的吸引力大，不易失去一个电子；（3）过程Ⅱ中断裂的只有硫硫键，根据反应机理可知，整个过程中最终转化为，S最终转化为。若过程ⅰ所用的试剂为和，过程Ⅱ的含硫产物是和。答案为和；（4）由晶胞结构可知，1个晶胞中含有个，含有4个；该晶体的密度。答案为4；；（5）具有孤电子对的原子就可以给个中心原子提供电子配位。中的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子；端基S原子含有孤电子对，能做配位原子。20．(1)

(或

或

)戊酮(或二甲基丙醛或二甲基氧杂环丁烷)(2)或氧气(3)浓硫酸，加热

、，加热(或酸性溶液)

(或

)(4)CD(5)

和

【分析】①

与HBr加热发生取代反应生成

，②乙烯在催化剂作用下氧化生成

，③

与

发生开环加成生成

，④

发生取代反应生成

，⑤

与

及CO反应生成

。【详解】（1）化合物i

的分子式为。

不饱和度为1，x可形成碳碳双键或碳氧双键或一个圆环，化合物x为i的同分异构体，且在核磁共振氢谱上只有2组峰,说明分子中有对称结构，不对称的部分放在对称轴上，x的结构简式含酮羰基时为

(或含醛基时为

或含圆环是为

)，其名称为戊酮(或二甲基丙醛或二甲基氧杂环丁烷)。故答案为：；

(或

或

)；戊酮(或二甲基丙醛或二甲基氧杂环丁烷)；（2）反应②中，化合物ⅲ与无色无味气体y反应，生成化合物ⅳ，原子利用率为，②乙烯在催化剂作用下氧化生成

，y为或氧气。故答案为：或氧气；（3）根据化合物V

的结构特征，分析预测其可能的化学性质：含有羟基，且与羟基相连的碳的邻碳上有氢，可在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成

，与羟基相连的碳上有氢，可在铜名银催化作用下氧化生成

，或酸性溶液中氧化生成

，见下表：序号反应试剂、条件反应形成的新结构反应类型a浓硫酸，加热

消去反应b、，加热(或酸性溶液)

(或

)氧化反应(生成有机产物)故答案为：浓硫酸，加热；

；、，加热(或酸性溶液)；

(或

)；（4）A．从产物中不存在键和键可以看出，反应过程中，有键和键断裂，故A正确；B．反应物中不存在双键，酰碘基中碘原子离去与羟基中氢离去，余下的部分结合形成酯基中单键，所以反应过程中，有双键和单键形成，故B正确；C．反应物i

中，氧原子采取杂化，但与羟基相连的碳有对称轴，其它碳上均有2个氢，分子中不存在手性碳原子，故C