《高中化学》2024年八月热题跟踪训练（化学）-Z答案

PAGE1PAGE2024年八月热题跟踪训练（化学）答案1.答案：A解析：A.硫酸亚铁不能吸水，不是干燥剂，而是做抗氧化剂，故A错误；B.血液属于胶体，血液透析是渗析原理，利用了胶体的性质，土壤的保肥是由于士壤胶粒通常带负电荷，吸附氮肥中的按根等植物生长所需的营养阳离子，而达到保肥效果，故B正确；C.黄河水是胶体，胶体入海是遇到海水中的电解质发生聚沉，日积月累，形成的三角洲豆浆属于胶体，卤水是电解质的溶液，卤水点豆腐是胶体的聚沉，故C正确；D.烟花是利用了一些金属的焰色反应，故D正确；故选A。2.答案：C解析：设所取浓盐酸的体积为VmL，则水的体积为4VmL，根据稀释定律，溶液稀释过程中溶质的质量不变，则稀释后盐酸的质量分数为.根据计算稀释后盐酸的物质的量浓度为,C项正确。3.答案：C解析：由信息可知，，平衡时测得A的浓度为0.50mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，若平衡不移动，A的浓度为0.25mol/L，而再达平衡时，测得A的浓度为0.30mol/L，则说明体积增大，相当于压强减小，化学平衡逆向移动A选项：减小压强，向气体体积增大的方向移动，化学平衡逆向移动，则，故A错误；B选项：由上述分析可知，平衡逆向移动，故B错误；C选项：平衡逆向移动，B的转化率降低，故C正确；D选项：平衡逆向移动，C的体积分数减小，故D错误；故选C。4.答案：D解析：A.为指示剂，则硝酸银应该先和氯离子反应，然后再和铬酸根离子反应，故实验中先产生白色沉淀，滴定终点时产生砖红色沉淀，A正确；B.白色沉淀是氯化银，存在沉淀溶解平衡，，B正确；C.当时，此时，则，则氯离子沉淀完全，C正确；D.根据，则滴定时若pH过低则铬酸根离子浓度低，需要更多的银离子，消耗更多的硝酸银，会导致测定结果偏高，D错误；故选D。5.答案：C解析：A.pH相同的一元酸稀释相同的倍数，pH值变化较大的酸其酸性较强，由图知，稀释相同倍数时，曲线IpH值变化较大，所以曲线I为稀释时pH变化曲线，故A错误；B.水解平衡常数只与温度有关，温度不变，则从b点到d点，溶液中不变，故B错误；C.酸抑制水电离，越大，水电离程度越小，：c点大于b点，则水电离程度：b点大于c点，故C正确；D.pH相同的HClO、，，中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液，消耗的体积较多，故D错误；故选：C。6.答案：C解析：A.原子的电子层数越多，原子的原子半径越大，同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则原子半径的大小顺序为P>C>N，故A正确；B.元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，酸性的强弱顺序为，则非金属性强弱顺序为Cl>P>C，故B正确；C.碳元素形成的氢化物可以是气态烃、液态烃、固态烃，液态烃、固态烃的沸点高于能形成分子间氢键的氨气，故C错误；D.同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则同周期中第一电离能小于氮元素的有锂元素、铍元素、硼元素、碳元素、氧元素，共5种元素，故D正确；故选：C。7.答案：D解析：A项，称量氢氧化钠应该用小烧杯，且应将药品放在天平的左盘，砝码放在右盘。B项，也能和NaOH反应，除去中的HCl应该用饱和碳酸氢钠溶液。C项，稀释浓硫酸应该在烧杯中进行，不能在容量瓶中进行。D项，浓硫酸具有吸水性，且和氯气不反应可以干燥。8.答案：C解析：100mL和CuCl，的混合溶液中逐渐加入铁粉，铁首先和反应生成氯化亚铁，再和反应生成铜和氯化亚铁，加入铁粉的质量为1.12g时开始有剩余固体，则此时开始发生铁和的反应，加入3.36g铁粉时出现拐点，此时铁和氯化铜反应完全，之后反应停止。A项，根据分析，c点时铁离子和铜离子反应完全，反应停止。B项，a点时发生的反应为,此时没有反应完，没有反应，所以溶液中金属阳离子有和，C项，根据不同阶段消耗铁粉的量可知，原溶液中，，原溶液中的物质的量浓度为。D项，结合C项，原溶液中的物质的量为0.04mol。9.答案：D解析：A.该反应的<0、<0，低温下-T<0，因此该反应低温下能自发进行，高温时不自发，故A错误；B.由图表数据知，压强一定，450℃时二氧化硫的转化率较高，温度一定，压强越大，二氧化硫的转化率越大，0.1MPa时二氧化硫的转化率已经很大了，增大压强，二氧化硫转化率的增大不大，但成本提高，因此实际生产中，该反应最适宜的条件是450℃、0.1MPa，故B错误；C.使用催化剂可加快反应速率，但不能改变平衡状态，因而不能提高三氧化硫的平衡产率，故C错误D.充入过量空气，可增大氧气浓度，使平正向移动：提高二氧化硫的转化率，故D正确。10.答案：C解析：溶液显碱性，则的水解程度大于电离程度，即，A正确；溶液中，有电荷守恒，B正确；随着温度升高，增大，a点与c点溶液的pH相同，c（）相同，由于c点较大，故c点溶液的较大，故C错误；溶液中存在的水解和电离两个过程，两个过程均是吸热过程，升高温度，促进的水解和电离，溶液pH逐渐减小，说明及水的电离平衡正移对pH影响大于水解平衡正移对pH的影响，D正确。11.答案：D解析：A.“FeCo-NSC”催化剂能降低正极反应的活化能，加快反应速率，A正确；B.正极反应式为，B正确；C.向负极Zn附近迁移，C正确；D.原电池中，正极电势高于负极电势即左侧电极电势比右侧电极高，D错误；故选D。12.答案：（1）除去油脂、溶解铝及其氧化物；（2）（3）或空气；（4）（5）提高镍的回收率解析：（1）由题给条件可知，该废镍催化剂表面覆有油脂，且其中含有Ni、Al、Fe及其氧化物等，“碱浸”时，油脂在氢氧化钠溶液中水解而被除去，铝及其氧化物也会与氢氧化钠溶液反应而被除去，“碱浸”中NaOH的两个作用分别是除去油脂、溶解铝及其氧化物。“滤液①”中铝元素以的形式存在，加入稀硫酸生成沉淀的离子方程式为。（2）因Ni、Fe及其氧化物不与NaOH溶液反应，Ni、Fe及其氧化物存在于“滤饼①”中，向“滤饼①”中加入稀硫酸，Ni、Fe及其氧化物与稀硫酸反应，故得到的“滤液②”中含有的金属离子为、、。（3）“转化”过程是将二价铁离子全部转化为三价铁离子，选用的氧化剂是溶液，选用过氧化氢溶液氧化的好处是不引入其他杂质，因此替代过氧化氢溶液的物质也不能引入其他杂质，可用或空气替代溶液；由题表中金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH可知，开始沉淀时，已经沉淀一部分，沉淀完全时，还不能沉淀完全，“转化”时会生成，则滤液③中可能含有。（4）pH=7.2，，，，若不生成，则，，pH<6.2，同时应调节pH以除去，故pH应控制的范围是3.2~6.2。（5）由题意可知，反应物为硫酸镍、次氛酸钠和强碱，生成物为NiOOH，硫酸镍中镍为+2价，NiOOH中镍为+3价，镍的化合价升高被氧化，则次氯酸钠中氯元素被还原得到氯化钠，该反应的离子方程式为。（6）母液中还含有少量的硫酸镍，将母液收集、循环使用可提高镍回收率。13.答案：（1）（2）adebc；打开启普发生器的旋塞a，排尽装置内的空气；GEAC；取少量最后一次洗涤液于试管中，加入适量溶液，若不产生白色沉淀，则证明洗涤干净（3）解析：本题考查化学实验综合知识。（1）在HCl参与下被还原得到，若“还原”后其他产物均绿色环保，则氧化产物为氮气，氮元素从-2价升高到0价，V元素从+5价降低到+4价，根据得失电子守恒和原子守恒，可得该反应的化学方程式为。（2）①根据思路分析，装置1用于产生二氧化碳、装置3用于除去二氧化碳中的氯化氢、装置2用于合成目标产物，装置接口连接顺序为adebc。②能被氧化，则转化和分离出目标产物时均需要无氧环境，结合思路分析可知，操作顺序为先打开活塞a，利用二氧化碳排出装置中的空气再打开分液漏斗活塞，加入溶液进行反应，反应完全后取下分液漏斗，将锥形瓶瓶口换上橡胶塞，接着将锥形瓶置于干燥器中，静置后过滤、洗涤、干燥，得到产品。③产品上会附着少量，晶体洗涤干净时，最后一次洗涤液中不存在氯离子，检验操作是取少量最后一次洗涤液于试管中，加入适量硝酸酸化的溶液，若不产生白色沉淀，则证明晶体已洗涤干净。（3）第一次消耗标准溶液的体积为19.98mL，第二次消耗标准溶液的体积为22.40mL-1.20mL=21.20mL，第三次消耗标准溶液的体积为21.58mL-1.56mL=20.02mL，第二次数据偏差较大，应舍去，按其余两次数据取平均值，则消耗标准溶液的体积为20.00mL，消耗亚铁离子共，由可知，，粗产品中钒的质量分数为。14.答案：（1）943；CD；将湿润红色石蕊试纸放在收集气体的试管口，若试纸变蓝，说明生成了；（2）；变慢；（3）；2解析：（1）①由反应热与反应物的键能之和与生成物的键能之和的差值相等可得：435kJ/mol×3+xkJ/mol-390kJ/mol×6=-92kJ/mol，解得x=943，故答案为：943；②A．在其他条件不变时，升高温度，正反应速率增大，逆反应速率也增大，故A错误；B．在恒温恒容的密闭容器中，充入氦气使压强增大，但参与反应的物质的浓度均不变，反应速率不变，故B错误；C．催化剂可以降低反应的活化能，加快反应速率，则使用催化剂的目的是为了增大反应速率，提高生产效率，故C正确；D．合成氨反应为可逆反应，可逆反应不可能完全反应，所以制备2mol氨气时，通入的氮气的物质的量应大于，故D正确；故选CD；（2）①由图可知，2min时，Z的物质的量为0.2mol，则反应开始至2min，气体Z的反应速率为=0.05mol/（L·min）；向恒压的密闭容器中充入氦气时，气体的压强不变，容器的体积增大，参与反应的物质的浓度减小，会使反应速率变慢，故答案为：0.05mol/（L·min）；变慢；②由amin后，A的浓度为0.05mol/L可知，反应消耗A的物质的量为0.2mol-0.05mol/L×2L=0.1mol，容器中A、B、C、D的物质的量分别为0.05mol/L×2L=0.1mol、0.3mol-0.1mol×=0.15mol、0.1mol×=0.05xmol、0.1mol，由反应前后混合气体的物质的量之比等于气体压强之比可得：，解得x=2，则C的反应速率为=，故答案为：；（3）①由图可知，Pt（a）电极为燃料电池的负极，水分子作用下，甲烷在负极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为，故答案为：；②由图可知，Pt（b）电极为燃料电池的正极，酸性条件下，氧气在正极得到电子发生还原反应生成水，电极反应式为，则标准状况下正极消耗11.2L氧气时，通过质子交换膜的氢离子物质的量为×4=2mol，故答案为：2。15.答案：（1）（2）羟基；碳碳双键（或醛基）；（氢气）；（或或）（3）乙烯（4）（5）16（6）BD（7）解析：（2）可能是碳碳双键，与氢气发生加成反应生成；也可能是醛基和氢气发生加成反应生成故答案为羟基；碳碳双键（或醛基）；氢气；（或）（3）化合物Ⅲ到化合物Ⅳ的反应是原子利用率100％的反应，且1molⅢ与1mol化合物a反应得到1molⅣ，则a的分子式为，为乙烯，故答案为乙烯.（4）化合物Ⅴ的分子式为，已知化合物Ⅴ的核磁共振氢谱有2组峰，且峰面积之比为2:3，说明有对称性，再根据Ⅵ的结构分析，则化合物Ⅴ的结构简式为；故答案为.（5）化合物Ⅶ的芳香族同分异构体中符合下列条件：最多能与相同物质的量的反应；能与2倍物质的量的发生放