【文档说明】河北省部分学校2023届高三下学期高考临考信息卷 化学答案和解析-2023高考临考信息卷.pdf，共(6)页，463.326 KB，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;CH3CH2

OH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;1

00g46%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31.2k

J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,B

r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A

lCl3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2KMnO4+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)G

a2(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+􀪅�

�2Ga3++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Ga3+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)Ga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)Ga2

O3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-x4-3x

xx2CH3OH(g)􀜩􀜨􀜑CH3OCH3(g)+H2O(g)起始molx0x转化mol2yyy平衡molx-2yyx+yCO2(g)+H2(g)􀜩􀜨􀜑CO(g)+H2O(g)起始mol1-x4-3x0

x+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CO2,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