化學-湖南省長沙市一中2024屆高考適應性演練二試題和答案

長沙市一中2024屆高考適應性演練（二）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DBDBBBBCBDACCD1．D【解析】A．臭氧具有強氧化性，可用于自來水消毒，A正確；B．碳纖維材料屬于新型無機非金屬材料，B正確；C．鈦合金是以鈦為基礎加入其它元素形成的合金材料，屬于金屬材料，C正確；D．納米鐵粉主要是通過其還原性，將Cu2+、Ag+、Hg2+還原為相應的金屬單質(zhì)將其除去，D錯誤；綜上所述答案為D。2．B【解析】A．碳原子半徑大于氧原子半徑，A錯誤；B．N，N-二甲基甲酰胺的結(jié)構簡式：，B正確；C．球棍模型不能表示出孤對電子，圖示為VSEPR模型，C錯誤；D．CaO2中含過氧鍵，該電子式錯誤，D錯誤；故選B。3．D【解析】A．連接4個不同原子或原子團的碳原子為手性碳原子，甘草素中含有1個手性碳原子（），故A不正確；B．甘草素分子結(jié)構中不含酯基，含酮基、醚鍵及羥基，故B不正確；C．甘草素含有酚羥基，能與飽和溴水發(fā)生取代反應，但無碳碳雙鍵，不能發(fā)生加成反應，故C不正確；D．1mol甘草素含有2mol酚羥基，最多能與2molNaOH反應，故D正確；答案選D。4．B【解析】A．單質(zhì)碘和四氯化碳都是非極性分子，根據(jù)相似相溶的原理，I2易溶于CCl4，A正確；B．分子間氫鍵可以增大其熔沸點，則對羥基苯甲酸存在分子間氫鍵，是其沸點比鄰羥基苯甲酸的高的主要原因，B錯誤；C．銀離子可以和氨氣形成配合物離子，導致氯化銀可以溶解在氨水中，C正確；D．氯化鈉在熔融狀態(tài)產(chǎn)生了自由移動的Na+和Cl-，從而可以導電，D正確；故選B。5．B【解析】A．標準狀況下，己烷為液態(tài)，無法計算其物質(zhì)的量，故A錯誤；B．單則0.1mol該物質(zhì)中含有的σ鍵數(shù)目為1.1NA，故B正確；C．1molNa2O2參加反應轉(zhuǎn)移1mol有明確體積，無法計算其物質(zhì)的量，故D錯誤；故選：B。與HBr在一定條件下可以逆向轉(zhuǎn)化為(CH3)3CBr，即為(CH3)3CBr和C2H5OH轉(zhuǎn)化為(CH3)3COC2H5的逆過程，該過程需要先轉(zhuǎn)化為(CH3)3C+Br-和C2H5OH，(CH3)3C+Br-和C2H5OH再轉(zhuǎn)化為(CH3)3CBr和C2H5OH，但(CH3)3C+Br-和C2H5OH同時也能轉(zhuǎn)化為(CH3)2C=CH2，故B錯誤；C．氯元素的電負性大于溴元素，則叔丁基氯的能量低于叔丁基溴，(CH3)3C+Cl-的能量高于(CH3)3C+Br-，所以若將上述反應體系中的叔丁基溴改為叔丁基氯，則E4—E3的值增大，故C正確；D．由圖可知，3)3CBr的乙醇溶液生成(CH3)2C=CH2過程放出能量相較于生成(CH3)3COC2H5低，加入氫氧化鈉能與HBr反應使得平衡正向移動，適當升溫會使平衡逆向移動，放熱越小的反應逆向移動程度更小，因此可以得到較多的(CH3)2C=CH2，故D正確；故選B。7．B【分析】菱鎂礦煅燒后得到輕燒粉，MgCO3轉(zhuǎn)化為MgO，加入氯化銨溶液浸取，浸出的廢渣有SiO2、Fe(OH)3、Al(OH)3，同時產(chǎn)生氨氣，則此時浸出液中主要含有Mg2+，加入氨水得到Mg(OH)2沉淀，煅燒得到高純鎂砂。【解析】A．高溫煅燒后Mg元素主要以MgO的形式存在，MgO可以與銨根水解產(chǎn)生的氫MgO+2NH4Cl=MgCl2+2NH3↑+H2O，故A正確；B．一水合氨受熱易分解，沉鎂時在較高溫度下進行會造成一水合氨大量分解，揮發(fā)出氨氣，降低利用率，故B錯誤；C．浸出過程產(chǎn)生的氨氣可以回收制備氨水，沉鎂時氯化鎂與氨水反應生成的氯化銨又可以利用到浸出過程中，故C正確；D．Fe(OH)3、Al(OH)3的Ksp遠小于Mg(OH)2的Ksp，所以當pH達到一定值時Fe3+、Al3+產(chǎn)生沉淀，而Mg2+不沉淀，從而將其分離，故D正確；故答案為B。8．C【解析】A．鈉的燃燒反應在坩堝中進行，A錯誤；B．用裝置②制備溴苯，但驗證有HBr產(chǎn)生過程中揮發(fā)的溴是干擾，B錯誤；C．氯化鎂晶體在蒸干過程中鎂離子易水解生成揮發(fā)性酸需在氯化氫氛圍下進行，故可以用裝置③制備無水MgCl2，C正確；D．鐵片上鍍銅，鐵應連接電源的負極作陰極受保護，D錯誤；故選C。9．B【解析】A．BHET中含C、H、O三種元素，其電負性為：OCH，A項正確；B．PET中含有成單鍵的碳原子，所有原子不可能處于同一平面，B項錯誤；C.中碳原子和氧原子的雜化方式均為sp3，C項正確；PET、BHET中均含有酯基和苯環(huán)，均能發(fā)生水解反應和加成反應，D項正確；故選B。10．D【解析】A．溴易溶于CCl4，不能用萃取、分液法分離Br2和CCl4混合物，分離Br2和CCl4的混合物需要蒸餾，A錯誤；B．檢驗淀粉是否水解，需檢測反應液中是否生成葡萄糖，應在堿性環(huán)境下進行，而淀粉的稀硫酸溶液呈酸性，不能直接完成銀鏡反應、應先用氫氧化鈉溶液中和反應液后再進行銀鏡反應實驗，B錯誤；C．澄清石灰水與碳酸鈉、碳酸氫鈉均反應產(chǎn)生白色沉淀碳酸鈣，不能鑒別，C錯誤；D．KMnO4溶液和0.1000mol.L一1草酸溶液能發(fā)生氧化還原反應，利用氧化還原滴定原理，可以用KMnO4溶液滴定0.1000mol.L一1草酸溶液，KMnO4溶液具有腐蝕性用酸式滴定管盛放、高錳酸鉀本身有色，不需要其它指示劑，故儀器與試劑均是正確的，D正確，答案選D。11．A【分析】某有機化合物由原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z組成，Y、Z同主族且Z的原子序數(shù)是Y的2倍，Y為O元素、Z為S元素，有機物含C，則X為C，W為H，碎片離子為C7H7OS+?！窘馕觥緼．電負性：O＞S＞C＞H，A正確；B．C的氫化物有多種，C數(shù)越多沸點越高，B錯誤；C．二氧化碳分子中碳原子的價層電子對數(shù)為2、孤對電子對數(shù)為0，則分子的空間結(jié)構為直線形；二氧化硫分子中硫原子的價層電子對數(shù)都為2、孤對電子對數(shù)都為1，分子的空間結(jié)構為V形；CS2分子中，以C為中心，價層電子對數(shù)為2、孤對電子對數(shù)為0，則分子的空間結(jié)構為直線形，C錯誤；D．過氧化氫溶液與氫硫酸溶液反應生成硫沉淀和水，則過氧化氫溶液與氫硫酸溶液混合有明顯實驗現(xiàn)象，D錯誤；故選A。12．C【解析】A．觀察給出的晶胞可知，鎂原子位于硅原子所構成的正四面體空隙中，空隙填充率為100%，A錯誤；B．與硅原子等距且最近的鎂原子數(shù)為8，故晶體中硅原子配位數(shù)為8，B錯誤；C．最近的硅原子之間的距離為晶胞面對角線的一半，其距離為C正確；D．該晶體的化學式為Mg2Si，該晶胞包含4個Mg2Si，該晶胞的質(zhì)量為g，晶胞的體積為(r×10-7)3cm3，故晶體的密度為NA-7)3g/cm3=NA(0-7)3g/cm3，D錯誤；故答案為：C。13．C【分析】收集廢熱時，K2Ni[Fe(CN)6]的一極為陽極，電極反應為K2Ni[Fe(CN)6]-e-=KNi[Fe(CN)6]+K+，AgCl-極為陰極，電極反應為AgCl+e-=Ag+Cl-。低溫工作時，Ag電極為負極，電極反應為Ag-e-+Cl-=AgCl，KNi[Fe(CN)6]電極為正極，電極反應為KNi[Fe(CN)6]+e-+K+=K2Ni[Fe(CN)6]?！窘馕觥緼．收集廢熱時，陰極電極反應為AgCl+e-=Ag+Cl-，AgCl轉(zhuǎn)化為Ag和Cl-，陰極上附著的AgCl減少，A正確；B．收集廢熱時，陽極電極反應式為K2Ni[Fe(CN)6]-e-=KNi[Fe(CN)6]+K+，B正確；C．低溫工作時，Ag電極為負極，電解質(zhì)溶液中的陽離子向正極Ag電極增重7.1g，說明有0.2molCl-參與反應，則理論上外電路中轉(zhuǎn)移電子為0.2mol，D正確；故答案選C。14．D【解析】A．a(chǎn)~b段：Cu(OH)2(s)=Cu2+(aq)+2OH一(aq)，隨pH升高，c(OH-)增大，平衡逆向移動，上層清液的含量減小，選項A正確；B．b~c段：Cu(OH)2+4NH3.H2O=Cu(NH3)42++2OH一+4H2O，隨著c(OH-)增大，NH與OH-結(jié)合生成NH32O，c(NH3·H2O)增大，發(fā)生上述反應，使上層清液中銅元素的含量增大，選項B正確；C．c-d段：隨pH升高，使Cu(OH)2+4NH3.H2O=Cu(NH3)42++2OH一+4H2O平衡逆向移動，再次出現(xiàn)Cu(OH)2沉淀，選項C正確；D．d點以后，隨pH升高，可能發(fā)生 Cu(OH)2+2OH一=Cu(NH3)42+，則上層清液中銅元素含量可能上升，選項D錯誤；答案選D。二、非選擇題（本題共4小題，共58分）1514分）（1）長頸漏斗（1分）防止倒吸（1分）（3）冷凝作用（1分）偏小（1分）（4）取最后一次洗滌液少許于試管中，滴加稀HNO3酸化的AgNO3溶液，若無白色沉淀產(chǎn)生，證明沉淀已洗滌干凈（2分）用濃HNO3代替H2O2，反應過程中會產(chǎn)生有毒的氮氧化物，污染空氣（2分）（5）硫氰化鉀溶液（1分）紅色（1分）4Fe3S4+25O2=【分析】利用氧氣將管式爐中的樣品在高溫下煅燒反應，生成的氣體通過足量的氯化鋇和雙氧水反應，所得固體的量進行分析，確定反應的產(chǎn)生，再通過管式爐中固體的變化判斷固體產(chǎn)物；【解析】（1）根據(jù)儀器的構造可知，儀器N的名稱是長頸漏斗，其作用是防止倒吸；（2）管式爐中產(chǎn)生的氣體能使品紅溶液褪色，產(chǎn)生的氣體是SO2，三頸燒瓶中發(fā)生反應的離子方程式為SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4專+2H+；（3）長玻璃管M除了導氣外還有冷凝作用，若沒有長玻璃管，通入三頸燒瓶中的SO2溫度過高，可能來不及與H2O2和BaCl2反應就排出去，造成測定的y值偏小；（4）檢驗沉淀已洗滌干凈的方法是：取最后一次洗滌液少許于試管中，滴加稀HNO3酸化的AgNO3溶液，若無白色沉淀產(chǎn)生，證明沉淀已洗滌干凈，用濃HNO3代替H2O2，反應過程中會產(chǎn)生有毒的氮氧化物，污染空氣；（5）充分反應后，取管式爐中固體溶于足量的稀硫酸中，取少量反應后的溶液，加入KSCN（硫氰化鉀）溶液，溶液變紅色證明含有Fe3+，加入K3[Fe（CN）6]溶液沒有明顯變化，證明無Fe2+，則管式爐中固體顏色是紅色（生成Fe2O3），S~SO2~BaSO4，試樣中n（Fe）:n（S）=2.g:2ol=3:4（1.28g是S元素質(zhì)量），化學式為Fe3S4，管式爐中發(fā)生反應的化學方程式為4Fe3S4+25O260000°C6Fe2O3+16SO2。1614分）（1）兩性氧化物In(OH)3+OH-=InO+2H2O（2）增大減?。?）2In+3H2O2+6CH3COOH=2(CH3COO)3In+6H2O（4）2In3++3Zn=3Zn2++2In2:1【分析】ITO靶材廢料(主要由In2O3、SnO2組成)用H2SO4處理，In2O3與硫酸反應產(chǎn)生In2(SO4)3進入溶液，而SnO2有少量反應產(chǎn)生Sn(SO4)2進入溶液，大部分仍以固體形式存在，過濾后除去固體SnO2，向濾液中加入Zn粉，發(fā)生反應Sn4++2Zn=Sn+2Zn2+，將反應產(chǎn)生的Sn過濾除去，向濾液中加入Zn粉，發(fā)生置換反應：3Zn+2In3+=3Zn2++2In，由于Zn過量，所以過濾，除去濾液，得到的濾渣中含有Zn、In，向濾渣中加入雙氧水和醋酸進行酸溶，經(jīng)一系列處理后得到醋酸銦；【解析】（1）已知In2O3和Cs2O可反應生成偏銦酸銫(CsInO2)，也可以與Cr2O3反應生成InCrO3，即既能與酸反應生成鹽和水，也能與堿反應生成鹽和水，據(jù)此判斷In2O3屬于兩性氧化物；In(OH)3與NaOH反應生成NaInO2和水，反應的離子方程式為：In(OH)3+OH-=InO+2H2O；（2）由上表信息可得出規(guī)律：其他條件不變時，銦的浸出率隨溫度升高而增大，溫度越高，硫酸濃度對銦的浸出率影響減小，故答案為：增大；減??；（3）酸溶時無氣泡產(chǎn)生，則酸溶時銦在雙氧水、醋酸的作用下反應生成醋酸銦和水，發(fā)生反應的化學方程式為;2In+3H2O2+6CH3COOH=2(CH3COO)3In+6H2O；（4）在Oa段發(fā)生反應：Sn4++2Zn=Sn+2Zn2+，n(Sn4+)=n(Zn)=×0.02mol=0.01mol，在ab段發(fā)生反應：3Zn+2In3+=3Zn2++2In；n(In3+)=n(Zn)=×(0.08-0.02)mol=0.04mol，溶液的體積相同，所以離子濃度比等于它們的物質(zhì)的量的比，故c(In3+)：c(Sn4+)=0.04：0.01=4：1；則c[In2(SO43]：c[Sn(SO42]=2：1。1715分）（2）CaO與生成物CO2反應，生成【解析】（4）已知Arrhenius經(jīng)驗公式為Rlnk=-+C，根據(jù)圖像可得①63.0=-3.0Ea+C