2024届重庆市重庆一中下学期高考适应性测试试卷(化学试题理)试题含解析.pdf

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该系列转化实为侯氏制碱法,可实现;④煅烧FeS只能生成二氧化硫,不可实现。2综上所述,物质的转化在给定条件下能实现的是②③,故选A。6、C【解题分析】根据b上发生氧化反应可知b为负极,再由题中信息及原电池原理解答。【题目详解】,电极b是负极,电池工作时电极a上的反应是Fe3++e-=Fe2+,A正确;-2e-=PANIO(氧化态聚苯***,绝缘体)+2H+,溶液显酸性,若在电极b周围滴加几滴紫色石蕊试液,电极b周围慢慢变红,B正确;+是在电极b表面与PANIO反应使电池再生,因此冷却再生过程电极a上无电子得失,导线中没有电子通过,C错误;:..+是在电极b表面与PANIO反应使电池再生,反应是2Fe2++PANIO+2H+=2Fe3++PANI,D正确;答案选C。【题目点拨】挖掘所给反应里包含的信息,判断出正负极、氢离子浓度的变化,再联系原电池有关原理进行分析解答。7、A【解题分析】根据过程,碳酸钙与盐酸反应后,过滤,推出溶液中有固体剩余,即碳酸钙过量,CaCO与盐酸反应,发生CaCO33+2HCl=CaCl+CO↑+HO,CO能溶于水,溶液显酸性,过氧化钙溶于酸,加热煮沸的目的是除去溶液中多余的2222CO,加入氨水和双氧水时发生的反应是CaCl+2NH·HO+HO=CaO↓+2NHCl+2HO,然后过滤,得到过223222242氧化钙,据此分析;【题目详解】A、根据过程,碳酸钙与盐酸反应后,过滤,推出溶液中有固体剩余,即碳酸钙过量,CaCO与盐酸反应,发生CaCO33+2HCl=CaCl+CO↑+HO,CO能溶于水,溶液显酸性,过氧化钙溶于酸,加热煮沸的目的是除去溶液中多余的2222CO,故A说法错误;2B、加入氨水和双氧水后发生的反应方程式为CaCl2+2NH3·H2O+H2O2=CaO2↓+2NH4Cl+2H2O,故B说法正确;C、双氧水不稳定,受热易分解,需要在冰浴下进行的原因是防止双氧水分解,故C说法正确;D、过氧化钙在乙醇中的溶解度小,使用乙醇洗涤的目的是去除结晶表面的水分,故D说法正确;答案选A。【题目点拨】易错点是选项A,学生注意到CaO溶于酸,需要将过量HCl除去,但是忽略了流程,碳酸钙加入盐酸后过滤,这一2操作步骤,碳酸钙与盐酸反应:CaCO+2HCl=CaCl+CO↑+HO,没有沉淀产生,为什么过滤呢?只能说明碳酸3222钙过量,盐酸不足,还要注意到CO能溶于水,反应后溶液显酸性,因此煮沸的目的是除去CO。228、D【解题分析】从表中位置关系可看出,X为第2周期元素,Y为第3周期元素,又因为X、W同主族且W元素的核电荷数为X的2倍,所以X为氧元素、W为硫酸元素;再根据元素在周期表中的位置关系可推知:Y为硅元素、Z为磷元素、T为***元素。【题目详解】A、O、S、P的原子半径大小关系为:P>S>O,三种元素的气态氢化物的热稳定性为:HO>HS>PH,A不正确;223B、在火山口附近或地壳的岩层里,常常存在游离态的硫,B不正确;C、SiO晶体为原子晶体,熔化时需克服的微粒间的作用力为共价键,C不正确;2:..D、***在元素周期表中位于金属元素与非金属的交界线附近,具有半导体的特性,AsO中***为+3价,处于中间价态,23所以具有氧化性和还原性,D正确。答案选D。9、B【解题分析】A、SiN为固体,固体的浓度视为常数,无法计算SiO的反应速率,故A错误;3434B、起始N和H的物质的量比值为定值,反应中N和H的消耗量的比值恒定为1:3,则反应达到平衡时,两种温度2222下N和H的转化率之比相同,故B正确;22C、其他条件相同时,升高温度,反应速率加快,温度越高,反应速率越大,则达到平衡前,300℃条件的反应速率比250℃快,平衡后,300℃依然比250℃快,故C错误;D、该反应为放热反应,升高温度平衡逆向移动,温度不同,反应物的消耗量不同,则反应放出的热量不同,故D错误;答案选B。10、B【解题分析】,以避免蛋白质变性,正确;、蛋白质均能发生水解反应,但糖类中的单糖不能发生水解,错误;,均可作食品袋内的脱氧剂,正确;,原理是牺牲阳极的阴极保护法,正确。故答案为B。11、A【解题分析】+Cu2++Fe2++Cu,属于氧化还原反应,A正确;,也即不能改变元素的种类,不可能将铁变成铜,B错误;,铁在此条件下变成Fe2+,赤色为生成Cu的颜色,C错误;,说明铜的金属性比铁弱,D错误。故选A。12、B【解题分析】R原子最外层电子数是电子层数的2倍,则R可能为C或S,结合题图可知R为C;Y与Z能形成ZY、ZY型离子222化合物,则Y为O,Z为Na;Z与T形成的ZT型化合物能破坏水的电离平衡,则T为S;X的原子半径、原子序数2:..最小,则X为H。【题目详解】,原子半径越大,则原子半径为O<Na,具有相同电子排布的离子中,原子序数大的离子半径小,则离子半径为O2->Na+,故A错误;、T的简单氢化物分别为H2O、H2S,水分子间存在氢键,则沸点H2O>H2S,元素非金属性越强,对应的简单氢化物的热稳定性越强,则热稳定性HO>HS,故B正确;>C,则最高价氧化物对应的水化物的酸性为HSO>HCO,故C错误;、O、Na、S四种元素组成的常见化合物有NaHSO和NaHSO,·L-1NaHSO溶液的pH>1,·L343-1NaHSO溶液的pH=1,故D错误。4综上所述,答案为B。【题目点拨】氢化物稳定性与非金属有关,氢化物沸点与非金属无关,与范德华力、氢键有关,两者不能混淆。13、B【解题分析】a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素,a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同,则a的核外电子总数应为8,为O元素,则b、c、d为第三周期元素,c所在周期数与族数相同,应为Al元素,d与a同族,应为S元素,b可能为Na或Mg,结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律解答该题。【题目详解】A、一般电子层数越多,半径越大,同周期从左向右原子半径减小,因此半径大小顺序是Na(Mg)>Al>S>O,A错误;B、同周期从左向右金属性减弱,因此Na或Mg在4种元素中金属性最强,B正确;C、c的氧化物的水化物为氢氧化铝,为***氢氧化物,C错误;D、同主族从上到下非金属性减弱,因此S的氧化性比氧气弱,D错误。答案选B。【题目点拨】本题考查元素周期表和元素周期律的知识,首先根据题目信息判断出元素名称,再根据元素周期律进行知识的判断,这就需要掌握(非)金属性的强弱、微粒半径的大小比较等知识,因此平时夯实基础知识是关键,同时应注意知识的灵活运用,审清题意。14、A【解题分析】,萃取后有机层位于上层,水层位于下层,因此分液时先从分液漏斗下口放出水层,再从上口倒出有机层,故A正确;:..,因此不能用饱和NaS溶液除去HS气体中混有的HCl,故B错误;,导管需离液面一小段距离,防止倒吸,故C错误;,不能用pH试纸测定溶液的pH,故D错误;故答案为:A。【题目点拨】测定溶液pH时需注意:①用pH试纸测定溶液pH时,试纸不能湿润,否则可能存在实验误差;②不能用pH试纸测定具有漂白性溶液的pH,常见具有漂白性的溶液有:新制***水、NaClO溶液、HO溶液等。2215、A【解题分析】、H、O、N、P等元素组成,常用体积分数为75%的医用酒精杀灭新型冠状病毒,故A错误;,苏打粉是碳酸钠,溶液呈碱性,可用苏打粉检验假葡萄酒,故B正确;,长期露置在空气中会因发生氧化反应而变质,故C正确;,水银温度计不慎打破,应立即用硫磺粉末覆盖,故D正确;故选A。16、B【解题分析】,加入催化剂能降低反应的活化能,但反应热不变,A项错误;,反应物总能量大于生成物总能量,故为放热反应,B项正确;,反应物总能量大于生成物总能量,C项错误;,但是根据题目要求,图示不能说明质量守衡,D项错误。答案选B。二、非选择题(本题包括5小题)HNO3或CH=CH+HClCHCHCl,7722232加成反应;2CHCHCl+NH→HN(CHCH)+2HCl,取代反应323232【解题分析】由普鲁卡因、对氨基苯甲酸的结构,可知A为HOCHCHN(CHCH),B应为(CHCH)NH。22232232【题目详解】(1),普鲁卡因分子含有13个碳原子,A错误;,能与氢气发生加成反应,B错误;:..,可以发生水解反应,C正确,故答案为:C;(2)根据化合物Ⅰ的结构简式,可知其分子式为CHNO,苯环与氢气发生加成反应,1mol化合物I能与3mol氢气772发生加成反应,故答案为:CHNO;3;772(3)化合物Ⅰ含有羧基、氨基,发生缩聚反应生成高聚物,则高聚物结构简式为,故答案为:或;(4)结合信息可知,乙烯与HCl发生加成反应生成CHCHCl,CHCHCl再与氨气发生取代反应生成HN(CHCH)323223,反应方程式为:CH=CH+HClCHCHCl,2CHCHCl+NH→HN(CHCH)+2HCl,故答案为:22232323232CH=CH+HCl22CHCHCl,加成反应、2CHCHCl+NH→HN(CHCH)+2HCl,取代反应。32323232【题目点拨】18、、-Br1,3-二***丙烷NaOH溶液,△(加热)加聚反应取代反应HCHO+4Ag(NH)OH????水浴加热?HCOONH+2HO+4Ag+6NH?23242423、、、【解题分析】由CH=CH-CH=CH反应到A(CHBr)发生加成反应,根据框图到C为1,4-二溴-2-丁烷,A?B为取代;再根据2246:..知F为醛,E为醇,G为羧酸;H为酯,由此知道D为1,3-二***丙烷。HCOOCHCH,H与C反应根据信息即可判断。32223【题目详解】(1)由CH2=CH-CH=CH2反应到A(C4H6Br)知,A中含有碳碳双键和溴原子。已知***代烃D的相对分子质量是113,***%,n(Cl)=[113?%]/=2,D的化学式为CHCl,核磁共振氢谱峰面积之比为2:。系统命名为1,3-二***丙烷;222(2)由框图知D为卤代烃,E为醇,所以反应②的条件是NaOH溶液,△(加热);由的反应条件知道①为加聚反应;由③的条件知③反应类型取代反应。(3根据知E为醇,F为醛,所以F→G过程中第一步反应的化学方程式HCHO+4Ag(NH)OH????水浴加热?HCOONH+2HO+4Ag+6NH?。23242423(4)根据已知和,所以K的结构简式为;(5)HCOOH,比G多2个碳原子的同系物的同分异构体的结构简式有、2、、;(6)已知双键上的氢原子很难发生取代反应,经分析知A为,以A为起始原料,选用必要的无机试剂合成B()的路线图为:。19、Zn-2e-=Zn2+铁参与反应,被氧化生成Fe2+和Fe3+正极附近溶液不含Fe2+和Fe3+在钢铁表面刷一层:..油漆(其他合理答案均可)2I-+Cl=I+2Cl-5Cl+I+6HO=10Cl-+2IO—+12H+Cu(OH)电解较长时2222232间后,Cu2+浓度下降,H+开始放电,溶液pH增大,Cu2+转化为Cu(OH)沉淀2【解题分析】Ⅰ.该装置能自发进行氧化还原反应而形成原电池,活泼金属锌做负极,失电子发生氧化反应生成锌离子,电极反应式为Zn-2e-=Zn2+,铁做正极,溶液中氢离子得电子发生还原反应生成氢气,电极反应式为2H++2e-=H↑;2Ⅱ.该装置为电解装置,电解时,***离子在阳极失电子发生氧化反应生成***气,电极反应