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参考答案
1．D 【解析】 【分析】 【详解】
奶油中所含的主要有机成分有油脂；
A．汽油主要成分是C4~C12的烃类混合物，与奶油主要有机成分类别不同，故A不选； B．甘油是丙三醇，属于醇类物质，与奶油主要有机成分类别不同，故B不选；
C．酱油有多种氨基酸、糖类、有机酸、色素及香料等，与奶油主要有机成分类别不同，故C不选；
D．豆油中含有多种脂肪酸和脂肪，与奶油主要有机成分类别相同，故D选； 故答案选D。 2．B 【解析】 【分析】 【详解】
A．加碘食盐中的主要成分是NaCl和KIO3，故A错误；
B．漂粉精是氢氧化钙溶液与Cl2反应生成的，主要成分是CaCl2、Ca(ClO)2，故B正确； C．食用纯碱主要成分是碳酸钠，故C错误；
D．常用的铝热剂是Al与Fe2O3按一定比例组成的混合物，故D错误； 故答案选B。 3．A 【解析】 【分析】 由n=
m可知，当质量相同时，摩尔质量越小的原子所含原子数反而越多，而摩尔质量以Mg/mol作单位时与相对原子质量数值上相等，故比较各物质所含原子的相对原子质量大小即可。 【详解】
C60中C的相对原子质量为12，O3中O的相对原子质量为16，P4中P的相对原子质量为31，S8中S的相对原子质量为32，则相对原子质量大小关系为C 答案第1页，总17页 本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。 4．B 【解析】 【分析】 假设12C的相对原子质量为24，且以0.024千克12C所含有的原子数为阿伏加德罗常数，则在规定12C的相对原子质量为24时，实际上是把作为相对原子质量的标准从原来用12C质量的 11改为，但是单个碳原子的质量并没有因此而发生改变；原来是以0.012kg12C所含1224有的碳原子数作为阿伏加德罗常数，现在用0.024kg12C中所含的原子个数为阿伏加德罗常数，很明显0.024kg12C中所含的原子个数是0.012kg12C中所含的原子个数的2倍；故阿伏加德罗常数变为原来阿伏加德罗常数的2倍，以此来解答。 【详解】 A．一个12C原子的质量没有发生改变，故A不选； B．98%浓硫酸的物质的量浓度变为原来阿伏加德罗常数变为原来阿伏加德罗常数的2倍，倍，故B选； C．阿伏加德罗常数变为原来的2倍，则每摩尔气体含有的分子数目为原来的2倍，标况下占有的体积为原来的2倍，故C不选； D．一个CO2分子的质量不变，故44g CO2所含的分子个数不变，故D不选； 故答案选B。 【点睛】 明确常数的规定发生变化时其数值的变化是解答本题的关键，并熟悉摩尔质量、摩尔体积等概念来解答。 5．A 【解析】 【分析】 【详解】 A．酸式滴定管下部有玻璃旋塞，使用前需要验漏，故A选； B．移液管没有玻璃塞或旋塞，使用前不需要验漏，故B不选； C．长颈漏斗没有玻璃塞或旋塞，使用前不需要验漏，故C不选； D．量筒没有玻璃塞或旋塞，使用前不需要验漏，故D不选； 12答案第2页，总17页 本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。 故答案选A。 6．C 【解析】 【分析】 【详解】 A．化学反应过程中不一定有电子的转移，如复分解反应，故A不选； B．物理变化也可能有能量的转化，如灯泡发光，故B不选； C．化学反应的本质就是旧化学键断裂与新化学键生成的过程，故C选； D．化学变化遵循质量守恒定律，但质量的守恒不是化学反应本质，故D不选； 故答案选C。 7．C 【解析】 【分析】 【详解】 A．溶质未达到溶解平衡的溶液也有可能是溶质正在析出，故A错误； B．无固体溶质残留的溶液有可能是恰好达到饱和的溶液，故B错误； C．加热蒸发一定溶剂后恢复至原温度无溶质析出，原溶液一定是不饱和溶液，故C正确； D．部分物质，如氢氧化钙，温度降低溶解度反而增大，所以冷却不会析出晶体，但原溶液可能是饱和溶液，故D错误； 故答案选C。 8．D 【解析】 【分析】 同一元素的不同单质互称同素异形体；质子数相同，中子数不同的原子互称为同位素；元素左上角数字表示质量数，中子数＝质量数?质子数；元素的化学性质主要和原子的最外层电子数有关。 【详解】 A．23894X与24094Y是不同元素的原子，不是单质，不为同素异形体，故A错误； B．23894X与23892Z质子数不同，不为同位素，故B错误； C．23894X与23892Z是不同元素的原子，最外层电子数不同，化学性质不同，故C错误； 答案第3页，总17页 本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。 D．中子数＝质量数?质子数，24094Y与23892Z具有相同中子数，都为146，故D正确； 故答案选D。 【点睛】 本题明确质子数、中子数、质量数的关系，质子数与电子数的关系以及同位素、同素异形体的概念及判断是解答关键。 9．D 【解析】 【分析】 【详解】 A．由题目中的热化学方程式可知，该反应为吸热反应，则相同物质的量的苯比棱晶烷能量低，能量越低越稳定，由此可知苯比棱晶烷更稳定，故A不选； B．由题目中的热化学方程式可知，该反应为吸热反应，则相同质量的苯比棱晶烷能量低，等质量苯完全分解为炭黑与氢气所需能量比棱晶烷要多，故B不选； C．由题目中的热化学方程式可知，该反应为吸热反应，则相同物质的量的苯比棱晶烷能量低，等物质的量的棱晶烷分别充分燃烧放出的热量比苯要多，故C不选； D．苯与棱晶烷中都没有碳碳双键，所以无法推断一根碳碳双键与两根碳碳单键键能之和的相对大小，故D选； 故答案选D。 10．C 【解析】 【分析】 纸上层析法由于样品中各物质分配系数不同，因而扩散速度不同而形成不同位置的色斑，且展开剂为丙酮和盐酸，Fe3在丙酮中的溶解能力大，以此来解答。 【详解】 纸上层析法由于样品中各物质分配系数不同，因而扩散速度不同而形成不同位置的色斑，所 ＋ 以色斑的形成和距离可判断分离的效果，展开剂为丙酮和盐酸，Fe3更易溶于丙酮，展开的 ＋ 速度快，所以因氨熏后红褐色出现在滤纸上端，只有图C符合，故答案选C。 【点睛】 本题把握物质的性质、混合物分离提纯、纸上层析法为解答的关键，注意纸上层析法原理的理解。 答案第4页，总17页 本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。 11．C 【解析】 【分析】 氨基氰含有氨基，具有碱性，可与酸反应，含有?N?H键，可形成氢键，且为极性分子，可溶于水，分子中含有N?C键，为δ键，可旋转，分子不一定共平面，以此解答该题。 【详解】 A．氨基氰含有氨基，不属于烃，故A错误； B．氨基氰分子中含有N?C键，为δ键，可旋转，分子中所有原子不一定共平面，故B错误； C．氨基氰含有?N?H键，可形成氢键，且为极性分子，可溶于水，故C正确； D．氨基氰含有氨基，能够发生取代、氧化反应，含有碳氮三键，能够发生加成反应，但不能发生消去反应，故D错误； 故答案选C。 12．A 【解析】 【分析】 根据图片知，该金属防护措施采用的是牺牲阳极的阴极保护法，即把金属和钢管及电解质溶液构成原电池，镁块作负极，钢管道作正极，从而钢管道得到保护。 【详解】 A．根据图片知，该金属防护措施采用的是牺牲阳极的阴极保护法，钢管道作正极，表面上发生了还原反应，故A正确； B．构成的原电池中，该方法是将化学能转化成了电能，故B错误； C．根据图片知，没有外加电源，该金属防护措施采用的是牺牲阳极的阴极保护法，故C错误； D．镁块作负极，电极反应：Mg?2e?＋4OH?＝Mg(OH)2↓，故D错误； 故答案选A。 13．C 【解析】 【分析】 根据2K+2H2O=2KOH+H2↑，2K+2D2O=2KOD+D2↑，由关系式2K:2H2O:H2:2e-和2K:答案第5页，总17页
2024年上海市高中学生化学竞赛(“华理一化工杯”)初赛试题(带答案解析)
