【文档说明】河北省2023届高考临考信息卷化学答案-2023高考临考信息卷.pdf，共(7)页，1.385 MB，由小赞的店铺上传

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化学答案第1页(共5页)题2023高考临考信息卷化学参考答案号1234567891011121314答案DBBDBCADBCAACC1.D解析:碳纤维、SiO2气溶胶和砷化镓均属于无机非金属材料,芳砜纶纤维属于合成有机高

分子材料,D项符合题意,故选D。2.B解析:HClO的电子式:H··O······Cl······,A项错误;中子数为1的氢原子:21H,质量数为2,B项正确;NaCl的晶胞:,C项错误;反-2-丁烯的结构简式:CHH3CC􀪅􀪅HCH3,D项错误。3.B解

析:淀粉遇碘显蓝色,因此I2可用于检验淀粉,与升华无关,A项错误;漂白粉具有强氧化性,可使蛋白质变性,因此可用于杀菌消毒,B项正确;液溴在催化剂作用下能与苯发生取代反应生成溴苯,与其颜色无关,C项错误;浓硫酸与CaF2反应生成HF

,利用的是难挥发性酸制备易挥发性酸,与脱水性无关,D项错误。4.D解析:双键与极性试剂发生加成反应时,双键两端带部分正电荷的原子与试剂中带部分负电荷的原子结合,双键两端带部分负电荷的原子与试剂中带部分正电荷的原子结合,生成反

应产物,即正加负,负加正;有机化合物与极性试剂发生取代反应时,有机物分子中极性键中带部分正电荷的原子与试剂中带部分负电荷的原子结合,带部分负电荷的原子与试剂中带部分正电荷的原子结合,生成反应产物,即正取代正,负取代负,以此分析解答。乙醛和HCN

发生加成反应,乙醛中双键C原子带部分正电荷与极性试剂HCN中带部分负电荷的—CN结合,双键O原子带部分负电荷与极性试剂HCN中带部分正电荷的H结合,生成2-羟基丙腈,与键的极性有关,A项不符合题意;乙酰氯中双键C原

子带部分正电荷与极性试剂NH3中带部分负电荷的—NH2结合,氯原子带部分负电荷与极性试剂NH3中带部分正电荷的H结合,生成乙酰胺,与键的极性有关,B项不符合题意;CH3CH2OH与HBr发生取代反应时,HBr中带部分负电荷的—Br取代了乙醇中的羟基,生成溴乙烷,与键的极性有关,C项

不符合题意;H2为非极性试剂,发生反应时与键的极性无关,D项符合题意。5.B解析:每个CO2中含有2个π键,标准状况下,5.6LCO2中所含π键的数目为0.5NA,A项错误;100g46%C2H5OH的水溶液中采取sp3杂化的原子数目包括1mol乙

醇中的2mol碳原子、1mol氧原子和3mol水中的3mol氧原子,因此共6NA,B项正确;乙醇和乙酸发生的酯化反应为可逆反应,反应不能进行到底,C项错误;电催化过程中,若i-NC端生成1molCO,同时有乙醇产生,无法计算转移电子数目,D项错误。6.C解析:装置甲用于制备

氨气,试剂X可以是生石灰,利用CaO与水反应放热使氨气从溶液中逸出,A项正确;氨气极易溶于水,为防止倒吸,用装置乙作为安全瓶置于甲、丙之间,B项正确;为有利于氨气与NaClO溶液反应,制备水合肼时氨气应从装置丙a口

进入,C项错误;氨气会污染环境,实验时用装置丁进行尾气处理并防倒吸,D项正确。7.A解析:由反应示意图可知反应过程中不存在非极性键的形成,A项错误;物质Ⅰ为反应起点存在的物质,且在整个过程中量未发生改变

,物质Ⅰ为催化剂,物质Ⅱ、Ⅲ为中间过程出现的物质,为中间产物,B项正确;催化剂通过降低反应的活化能加快反应速率,但不影响反应的焓变,C项正确;生成46g液态HCOOH时放出31.2kJ的热量,该反应的热化学方程式为CO2(g)+H2(g)􀪅􀪅HCOOHlΔH=-31.2kJ·mol-

1,则HCOOHl􀪅􀪅CO2(g)+H2(g)ΔH=+31.2kJ·mol-1,D项正确。化学答案第2页(共5页)8.D解析:由题意可知,Y是地壳中含量最高的元素氧;W的最高价氧化物对应的水化物和强酸、强碱均能反应,W是铝;由X、Y、W位于不同周期

,X为氢;由该团簇分子的分子式为H2Z2Al2O6,根据化合价代数和为0,可推知Z为镁。通常情况下H2O比H2O2更稳定,A项正确;简单离子半径:O2->Mg2+>Al3+,B项正确;Mg和Al能形成密度小、强度大的合金材料,C项正确;元素的第一电离能

:Mg>Al,D项错误。9.B解析:由结构简式可知,X分子中的酚羟基能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应,A项正确;由结构简式可知,Y分子中含有的酯基、酚羟基均能与氢氧化钠溶液反应,其中酚酯基消耗2mol氢氧化钠,则1molY最多与4mol氢氧化钠反应,B项错误;由结构简式可知

,Z中所有碳原子的杂化方式均为sp2,C项正确;由结构简式可知,X、Y、Z分子中含有的苯环、羰基都能发生加成反应,X分子中含有的酚羟基、Y分子中含有的酚羟基和酯基、Z分子中含有的酚羟基和羧基都能发生取代反应,D项正确。10.C解析:从图中可以看出,放电

时,M极TiO2+→Ti3+,Ti由+4价降低为+3价,则M极为正极,N极Br-→BrCl-2,Br由-1价升高到+1价,则N极为负极,A项正确;放电时,N极为负极,发生的电极反应为Br-+2Cl--2e-􀪅􀪅BrCl-2,B项正确;充电时,M极为阳极,发生反应Ti3+-e-+H2O􀪅

􀪅TiO2++2H+,依据电荷守恒,每生成1molTiO2+,有1molH+穿过质子交换膜进入N极室,C项错误;由图中信息可知,充电时,Ti3+与BrCl-2反应生成TiO2+、Br-、Cl-等,总反应为2Ti3++BrCl-2+2H2O􀪅

􀪅2TiO2++Br-+2Cl-+4H+,D项正确。11.A解析:NaOH过量,会与AgNO3反应生成沉淀,故无法检验溶液中是否含有溴元素,A项错误;发生反应:Cl2+2Br-􀪅􀪅Br2+2Cl-,可观察到溶液

由无色变为橙黄色,则氯气的氧化性大于溴的氧化性,B项正确;F-与ClO-均可以发生水解反应,水解程度越大碱性越强,说明酸的电离程度越小,C项正确;Fe3++3SCN-􀜩􀜨􀜑FeSCN3,当加入铁粉后发生反应:2Fe3++Fe􀪅􀪅

3Fe2+,铁离子的浓度减小,平衡逆向移动,D项正确。12.A解析:根据反应Ⅰ的焓变为ΔH1=+170kJ·mol-1,反应Ⅱ的焓变为ΔH2=+64kJ·mol-1,排除答案B和D;根据不同温度下H2和CS2体积分数的变化

分析,升高温度,反应Ⅰ的速率变化小于反应Ⅱ的速率变化,因此反应Ⅱ的活化能高,故选A。13.C解析:“溶浸”中浸出渣的主要成分为SiO2和S,A项错误;“还原”加入Sb的目的是将Fe3+还原为Fe2+,B项错误;“水解”时发生的主要

反应为Sb3++H2O+Cl-􀪅􀪅SbOCl↓+2H+,C项正确;用惰性电极电解滤液不能制备单质镁,D项错误。14.C解析:电位滴定法是靠电极电位的突跃来指示滴定终点,根据图中信息b点恰好将氢离子反应完,d点恰好将铵

根反应完。根据图中曲线,当加入氢氧化钠溶液3mL时,恰好将硫酸氢铵中的氢离子反应完,说明原溶液体积为3mL,物质的量浓度为0.1000mol·L-1,a点溶液中nSO2-4=0.1000mol·L-1×3×10-

3L=3.0×10-4mol,A项正确;b点溶质为硫酸钠和硫酸铵且两者物质的量浓度相等,根据电荷守恒得到cNH+4+cH++cNa+=cOH-+2cSO2-4,再根据物料守恒cNa+=cSO2-4,则得到溶液中cNH+4+cH+-cNa+=cOH-,B项正确;常温时,c点溶质为硫酸钠、硫酸铵和一水

合氨且后两者的物质的量浓度相等,KhNH+4=KwKb=1.0×10-141.8×10-5=5.56×10-10<Kb,说明是以一水合氨的电离为主,因此溶液中:pH>7,C项错误;b点溶质为硫酸钠和硫酸铵,促进水的电离,d点溶质是硫酸钠和一水合氨,抑制水的电离,因此水的电离程度:b>d,D项

正确。15.答案:(14分)(1)2KMnO4+16HCl(浓)􀪅􀪅2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O(2分)(2)不易因为AlCl3固体积聚而造成堵塞(2分)(3)碱石灰(1分)(4)HOAl-Cl3+H+􀪅􀪅AlCl3+H2O

(2分)(5)温度计(1分)2(1分)D中溴的四氯化碳溶液褪色(1分)(6)除去乙烯中的水和乙醇(2分)化学答案第3页(共5页)(7)反应条件温和(温度低),副反应少,产物更纯净,反应剩余物易处理等优点(2分)解析:(1)装置A中发生反应的化学方程式为2KMn

O4+16HCl(浓)􀪅􀪅2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O。(2)硬质玻璃管直接接入收集器的优点是不易因为AlCl3固体积聚而造成堵塞。(3)装置F的作用是进行尾气处理和防止空气中的水进入收集器中,因此装置F中的药品名称是碱石灰。(4)根据催化机理图,分析

生成H2O的反应方程式为HOAl-Cl3+H+􀪅􀪅AlCl3+H2O。(5)实验过程需要控制温度为120℃,因此实验装置中还缺少的仪器是温度计。加入药品后,开始实验前,应先打开2止水夹,反应进行一段时间后,D中溴的四氯化碳溶液褪色,说明

已排尽装置中的空气,此时再关闭相应止水夹。(6)B中无水氯化钙的作用是除去乙烯中的水和乙醇。(7)与教材中用乙醇和浓硫酸制备乙烯相比,用三氯化铝做催化剂制备乙烯的优点有反应条件温和,副反应少,产物更纯净,反应剩余物易处理等优点。16.答案:(14分)(1)Ga2(Fe2O4)

3+24H+􀪅􀪅2Ga3++6Fe3++12H2O(2分)CaSO4(1分)(2)略小于5.7(2分)(3)6mol·L-1(1分)2mol·L-1(1分)(4)Ga(OH)3+OH-􀪅􀪅GaO-2+2H2O(2

分)(5)Ga2O3+2NH3高温􀪅􀪅2GaN+3H2O(2分)(6)4(1分)34Mrρ·NA×107(2分)解析:(1)Ga2(Fe2O4)3与稀硫酸反应生成Ga3+、Fe3+和H2O,反应的离子方程式为Ga2(Fe2O4)3+24H+􀪅􀪅2G

a3++6Fe3++12H2O。“酸溶”前调节pH时加入了CaO,“酸溶”加入稀硫酸,CaO和稀硫酸反应生成硫酸钙,硫酸钙微溶于水,故“酸溶”滤渣的主要成分为CaSO4。(2)“酸浸”所得浸出液中Ga3+、Zn2+浓度分别为0.21g·L-1和65g·L-1即0.003mol

·L-1和1mol·L-1,根据Ksp[Zn(OH)2]=10-16.6,Zn2+开始沉淀时c(OH-)=10-8.3mol·L-1,Zn2+开始沉淀的pH为5.7,根据Ksp[Ga(OH)3]=10-35.1,Ga3+开始沉淀时c(OH-)=1.38×10-11,则G

a3+开始沉淀的pH为3.14,则调节pH略小于5.7即可。(3)根据分析可知“脱铁”时盐酸浓度较高,促使Fe3+更多地进入水相被除去,则盐酸浓度为6mol·L-1;“反萃取”中要保证Ga3+尽可能多地进入水相,则此时盐酸浓度为2mol·L-1。(4)G

a与Al同主族,化学性质相似,“沉镓”时加入NaOH过多,则生成的Ga(OH)3重新溶解生成GaO-2,离子方程式为Ga(OH)3+OH-􀪅􀪅GaO-2+2H2O。(5)Ga2O3与NH3高温下反应生成

GaN和另一种物质,根据原子守恒,可得另一种物质为H2O,化学方程式为Ga2O3+2NH3高温􀪅􀪅2GaN+3H2O。(6)从图中可知,该晶体中与Ga原子距离最近且相等的N原子个数为4个,根据均摊法,该晶胞中N原子个

数为4,Ga原子个数为18×8+12×6=4,设晶胞边长为anm,则ρ=4MrNA·(a×10-7)3g·cm-3,则a=34Mrρ·NA×107nm。17.答案:(15分)(1)2a+b(2分)(2)D(2分)(3)①>(2分)②0.56mol(2分)

24.9(2分)③B(2分)(4)i(1分)HCOO-+4H􀪅􀪅H2O+CH3O-(2分)化学答案第4页(共5页)解析:(1)已知(i)CO2(g)+3H2(g)􀜩􀜨􀜑CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=akJ·mol-1;(ii)2CH3OH(g

)􀜩􀜨􀜑CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH2=bkJ·mol-1;(iii)CO2(g)+H2(g)􀜩􀜨􀜑CO(g)+H2O(g)ΔH3=ckJ·mol-1;由盖斯定律可知,i×2+ii得2CO2(g)+6H2(g)􀜩􀜨�

�CH3OCH3(g)+3H2O(g)ΔH4=(2a+b)kJ·mol-1。(2)298K时,反应iii的吉布斯自由能大于0,不能自发进行,A项错误;410K时,反应i和反应iii的吉布斯自由能相等,但不能确定二者反应速率的大小关系,B项错误;吉布斯自由

能ΔG=ΔH-TΔS,随着温度的增大,反应i的ΔG增大,不利于反应i的正向进行,随着温度的增大,反应iii的ΔG减小,有利于反应iii的正向进行,CH3OH的选择性降低,CO的选择性升高,C项错误;甲醇分解可以得到二甲醚,

提高二甲醚产率的关键是寻找对甲醇具有高选择性的催化剂,D项正确。(3)①由图可知,随着温度的升高,CO的选择性不断增大,说明反应iii的平衡正向移动,则反应iii是吸热反应,ΔH3>0。②在220℃下,平衡时CO2的平衡转化率为40%,CO的选择性为5%,DME的选择性为

80%,根据已知条件列出“三段式”:CO2(g)+3H2(g)􀜩􀜨􀜑CH3OH(g)+H2O(g)起始mol1400转化molx3xxx平衡mol1-x4-3xxx2CH3OH(g)􀜩􀜨􀜑CH3OCH3(g)+H2O(g)起始molx0x转化mol2yyy平衡molx-2

yyx+yCO2(g)+H2(g)􀜩􀜨􀜑CO(g)+H2O(g)起始mol1-x4-3x0x+y转化molzzzz平衡mol1-x-z4-3x-zzx+y+zx+z1×100%=40%,zx+z×100%=5

%,2yx+z×100%=80%,解得x=0.38mol,y=0.16mol,z=0.02mol,平衡时nH2O=0.38mol+0.02mol+0.16mol=0.56mol,反应2CH3OH(g)􀜩􀜨􀜑CH3OCH3(g

)+H2O(g)在220℃下的平衡常数K=cH2O·cCH3OCH3c2CH3OH=0.56V×0.16V0.38-2×0.16V2≈24.9。③反应i是气体体积减小的反应,反应ii和反应iii都是气体体积不变的反应,增大压强,反

应i正向移动,CO2的平衡转化率增大,CH3OH的浓度增大,反应ii正向移动;CO2的浓度减小,反应ⅲ逆向移动,CO的选择性降低,DME选择性提高,则图中点B可表示二甲醚的选择性。(4)该机理总反应为CO2(g)+3H2(g)

􀜩􀜨􀜑CH3OH(g)+H2O(g),表示的是反应i的反应过程,转化③的反应方程式为HCOO-+4H􀪅􀪅H2O+CH3O-。18.答案:(15分)(1)水解(取代)反应(1分)(2)CO2(2分)制冷剂、制造碳酸饮料等(2分)(3)3(2分)(4)(2分)化学答案第5页(共5页)(5

)25(2分)(6)①+2C2H5OH浓硫酸△→􀜍􀜍􀜏􀜏􀜏􀜏COOCH2CH3COOCH2CH3+H2O(2分)②除去硫酸、未反应完的有机酸和乙醇(2分)解析:(1)根据B和C的结构简式可知,B→C是

B中的酯基水解生成C和乙醇,反应类型是水解反应或取代反应。(2)根据C和D的结构简式可知,C→D是C反应生成D和CO2,故另一种产物是CO2,其用途有制冷剂、制造碳酸饮料等。(3)根据结构简式可知,E中含有三种不同环境

的氢原子,核磁共振氢谱显示的吸收峰有3组。(4)已知G的分子式为C9H6O3,由F转化为G,F比G少两个H,且根据H的结构简式可知,G为。(5)D为,M是D的同系物,其相对分子质量比D多14,则可能多一个CH2,满足条件:①属于芳香族化合物;②能与NaHCO3溶液反应产生CO

2,则含有羧基;③含有碳碳三键。若苯环上只有一个取代基,则取代基为—CH(COOH)—C≡CH、—CH2—C≡C—COOH、—C≡C—CH2—COOH,则有3种;若苯环上有两个取代基,则取代基为—COOH和—CH2C≡CH、—

COOH和—C≡C—CH3、—CH3和—C≡C—COOH、—C≡CH和—CH2COOH,每种均有邻、间、对位,故共有4×3=12种;若苯环上有三个取代基,则取代基为—C≡CH、—COOH和—CH3,结构有10种;故总共有同分异构

体25种。(6)①苯酐与两分子乙醇反应生成􀜍􀜍􀜏􀜏􀜏􀜏COOCH2CH3COOCH2CH3和水,反应的化学方程式为+2C2H5OH浓硫酸△→􀜍􀜍􀜏􀜏􀜏􀜏COOCH2CH3COOCH2CH3+H2O。②使用5%的碳酸钠溶液进行“洗涤”的目的是除去硫

酸、未反应完的有机酸和乙醇。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com