2023年1月份第1周高三年级周考好题推荐-化学答案

PAGE17PAGE化学参考答案1、答案：C解析：A.1LpH=1的溶液中，，含的数目为，故A错误；B.1mol纯中以分子构成，离子数目为0，故B错误；C.硫代硫酸钠是强碱弱酸盐，一个水解后最多可产生2个，含15.8g即0.1mol的溶液种阴离子数目大于0.1，故C正确；D.22.4L气体不能确定是不是标准状况，故D错误；故选C。2、答案：D解析：由没食子酸的结构简式为可知，联二没食子酸内酯含有的官能团为酯基和酚羟基。A.由分析可知，联二没食子酸内酯含有的官能团为酯基和酚羟基，共有2种官能团，故A正确；B.由分析可知，联二没食子酸内酯含有的酚羟基能与氯化铁溶液发生显色反应，故B正确；C.由球棍模型可知，联二没食子酸内酯联二没食子酸内酯的分子式为，故C正确；D.由分析可知，联二没食子酸内酯不含有羧基，不能与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳气体，故D错误；故选D。3、答案：C解析：X、Y、Z、M、Q五种元素原子序数依次增大，基态Z原子2p轨道有两个单电子，则Z为C元素；Y、Z、M同周期，由有机催化剂结构可知，X形成1个共价键、Z形成2个共价键、M形成1个共价键，则X为H元素、Z为O元素、M为F元素；离子的价电子排布式为，则Q为Cu元素。A.氢氧化铜是弱碱，能溶于弱碱氨水形成四氨合铜离子，故A错误；B.同周期元素，从左到右原子半径依次减小，C、O、F的原子半径大小顺序为C＞O＞F，故B错误；C.水分子和氟化氢分子能形成分子间氢键，甲烷分子不能形成分子间氢键，甲烷的分子间作用力最小，沸点最低，水分子间形成的氢键数目多于氟化氢分子，分子间作用力高于氟化氢，沸点高于氟化氢，则简单氢化物的沸点高低顺序为，故C正确；D.氢、碳、氧三种元素形成的含氧酸可能为等，故D错误；故选C。4、答案：D解析：A.黄色溶液中可能含有能将氧化成，加入淀粉，溶液变蓝，故A不符合题意；B.Fe的金属性比Cu活泼，Cu不能置换出Fe，即不能构成Fe－Cu原电池，酸性条件下发生Cu与氧气的氧化还原反应，与氧气反应生成，Cu与反应，故B不符合题意；C.在酸性条件下具有强氧化性，能将氧化成，对氧化产生干扰，故C不符合题意；D.与发生，根据给出数据，不足，当加入KSCN溶液，溶液变为血红色，说明溶液中含有，从而证明与反应为可逆反应，故D符合题意；答案为D。5、答案：D解析：A.由题意可知，石墨烯被阳极生成的高活性氧自由基氧化生成氧化石墨烯，则石墨烯应该与电源的正极相连做电解池的阳极，故A正确；B.电压过高时，阳极生成的高活性氧自由基浓度过大，可能将石墨烯深度氧化，产生二氧化碳气体，故C正确；C.由题意可知，水在阳极失去电子发生氧化反应生成高活性氧自由基和氢离子，电极反应式为，故C正确；D.若在稀硫酸中加入氯化钠，氯离子会在阳极放电生成氯气，影响氧化石墨烯的生成，故D错误；故选D。6、答案：B解析：A.，=，取横坐标为0时，lg=0，有，此时，代入==，数量级为，A错误；B.m点有=-2.4，代入==，得，pH=7，B正确；C.从m→q，比值增大，所以减少，增大，水解促进水的电离，抑制水的电离，故水的电离程度q>p>m，C错误；D.盐酸溶液和苯胺（）溶液恰好反应时得，溶液呈酸性，应加入变色范围在酸性条件下的甲基橙，D错误。7、答案：D解析：A.枯木的成分为纤维，鹿毛、羊毛的主要为蛋白质，均为高分子化合物，A项正确；B.墨汁的主要成分是碳，常温下性质稳定，B项正确；C.缣帛（丝织品）为蛋白质，C项正确；D.陶瓷的主要成分是硅酸盐，D项错误。8、答案：B解析：A.由结构简式可知，乙酸松油酯的含氧官能团只有酯基，故A错误；B.由结构简式可知，乙酸松油酯的分子式为，故B正确；C.由结构简式可知，乙酸松油酯的含氧官能团只有酯基，不含有羧基，不能发生酯化反应，故C错误；D.由结构简式可知，乙酸松油酯的酯基能与氢氧化钠溶液反应，则1mol乙酸松油酯最多消耗1mol氢氧化钠，故D错误。9、答案：D解析：A.由金属性：Ca>Mg，Mg在中燃烧生成MgO和C，则Ca在中燃烧可能生成CaO和C，类比合理，故A正确；B.NaClO溶液中通入少量生成和HClO，若二氧化碳过量，则碳酸钠与二氧化碳和水反应可生成，向溶液中通入少量生成和HClO，故B正确；C.与盐酸反应生成NaCl和，反应为，与盐酸反应生成和，反应为，故C正确；D.氨水与少量反应生成配合物，发生反应的离子方程式为，故D错误。10、答案：B解析：a是HCl、b是、c是、d是HClO、e是、f是、g是；A.a是HCl具有还原性，g是具有氧化性，Cl发生归中反应可生成，故A正确；B.f是，其发生水解生成弱酸HClO和，溶液呈碱性，故B错误；C.c和e都是+7价的氯元素，其氧化物溶于水得到对应的酸，c是能与强碱溶液反应生成正盐和水，是酸性氧化物，故C正确；D.HCl和二氧化锰反应转化为氯气，氯气和水反应生成HClO，HClO与NaOH反应生成NaClO，可实现转化，故D正确。11、答案：A解析：A.闭合后为电解池，阳极海水中的被氧化为氯气，阴极为含Na+的有机电解液，所以应是被还原生成Na单质，总反应为，A错误；B.闭合后为原电池，Ⅱ室中Na单质被氧化为，所以为负极，Ⅲ室为正极，原电池中阳离子流向正极，所以通过离子交换膜从Ⅱ室迁移至Ⅲ室，B正确；C.闭合时在Ⅰ室生成的氯气与水反应生成HClO（含氯消毒物质），假设此过程生成1mol氯气，则生成1molHClO，根据电子守恒可知生成2mol钠单质；HClO可以氧化微生物，进行消毒，未反应的HClO在闭合后的Ⅲ室中被还原，由于部分HClO是被微生物还原，所以在Ⅲ室中被还原的HClO的物质的量小于1mol，则消耗的钠单质小于2mol，所以有金属Na剩余，C正确；D.闭合时在Ⅰ室生成的氯气与水反应生成含氯消毒物质，含氯消毒物质可以氧化微生物，进行消毒，闭合后Ⅲ室为正极，剩余的氯消毒物质被还原，D正确。12、答案：（1）-905（2）B（3）升高温度，催化剂对主反应选择性降低（或催化剂对主反应活性降低，或对副反应活性提高）；升高温度，主反应逆向移动程度更大（4）；（或）（5）降低温度、增大总压、增加的浓度或分压，及时分离NOCl（6）解析：（1）由题干信息可知，反应I：，反应II：，目标反应可由（I-II），根据盖斯定律可知，解得-905kJ/mol，故答案为：-905；（2）由题干图示信息可知，在含氨量为40%，750℃下，NO的生成速率最大、氮气的生成速率几乎最小，由图知，生产NO的最佳条件为氨含量40%、反应温度750℃，故答案为：B；（3）在某种氨初始含量下，温度升高一段时间后，体系中减小，可能的原因是升高温度，催化剂对主反应选择性降低（或催化剂对主反应活性降低，或对副反应活性提高）；升高温度，主反应逆向移动程度更大，故答案为：升高温度，催化剂对主反应选择性降低（或催化剂对主反应活性降低，或对副反应活性提高）；升高温度，主反应逆向移动程度更大；（4）由题干反应历程图示可知，→过程的活化能最小，该转化的反应速率最快，故从反应速率角度推断NO最终还原产物主要为，则阴极发生还原反应，即NO被还原为，则主要电极反应式为：（或），故答案为：；（或）；（5）提高NO平衡转化率，即使上述平衡正向移动，根据反应正反应为一个气体体积减小的放热反应，根据勒夏特列原理可知，适当降低温度、增大总压、增加的浓度或分压，及时分离NOCl均能使上述平衡正向移动，NO的转化率增大，故答案为：降低温度、增大总压、增加的浓度或分压，及时分离NOCl；（6）一定温度下，在恒容密闭容器中，NO（g）和（g）按物质的量之比为2∶1进行反应，体系初始总压为，NO的平衡转化率为，则根据三段式分析为：，根据同温同体积下，气体的压强之比等于气体的物质的量之比，可得平衡时容器的总压强为：，此时P（NO）=，P（）=，P（NOCl）=，则平衡常数===，故答案为：。13、答案：（1）（2）树脂的颜色由黑红色变成淡黄色（3）、（4）分液漏斗；蒸馏（5）使用锥形瓶易被空气中氧气氧化（或I2易升华）（6）在水或KI溶液中已经饱和，浓度不随碘固体的质量增大而增大（7）511解析：本题是一道利从海带中提取碘单质的工业流程题，首先用过氧化氢氧化过氧化氢中的碘离子，生成碘单质，利用交换树脂吸附，之后用氢氧化钠洗脱使转化为，生成，以此解题。（1）氧化时，过氧化氢将碘离子氧化为碘单质，离子方程式为：；（2）洗脱是为了将交换吸附产生的转化为，根据信息②可知完成的现象是树脂的颜色由黑红色变成淡黄色；（3）氢氧化钠洗脱将转化为，酸化发生归中反应生成，I元素以、形式存在；（4）萃取分液的方法提取，所以应置于分液漏斗中，加入乙醚振荡，静置分液后，经蒸馏回收乙醚；（5）I-具有较强的还原性，易被空气氧化，且生成的碘单质易挥发，所以用碘量瓶，可以防止I-被氧气氧化，故答案为：使用锥形瓶易被空气中氧气氧化（或易升华）；（6）当溶液中达到饱和后，其浓度不再改变，故答案为：在水或KI溶液中已经饱和，浓度不随碘固体的质量增大而增大；（7）由②中可知①中c（）=0.0012mol/L，①中c（I）=0.005mol/L-0.0012mol/L=0.0038mol/L，根据，可知c（）=0.01-0.0038=0.0062mol/L，。14、答案：（1）（2）羟基、羧基、醚键（3）取代反应（4）（5）（6）6解析：由A的分子式可知A的不饱和度为8+1-=5，结合B的结构得A为，A与作用下生成B，B与甲醇在硫酸作用下发生酯化反应生成C，C与在碳酸钾作用下发生取代反应生成D，D加热异构成E，E氧化成F，F经反应⑥得产物。（1）A能发生银镜反应，其结构简式为；（2）B为中所含的官能团名称为羟基-OH、羧基-COOH、醚键；（3）C与在碳酸钾作用下发生取代反应生成D，由C生成D的反应类型为取代反应；（4）B与甲醇在硫酸作用下发生酯化反应生成C，由B生成C的化学反应方程式为，故答案为：；（5）E的分子式为，故答案为：；（6）满足下列条件的C的同分异构体：①能使新制的氢氧化铜产生砖红色沉淀，说明含有醛基；②能与溶液发生显色反应，含有酚羟基；③核磁共振氢谱显示4种不同化学环境的氢，峰面积比为6∶2∶1∶1，苯环上有对称轴，满足条件的同分异构体有：、、、、、，故答案为：6。15、答案：（1）（2）放热（3）82.17；C（4）960；减压（或升温、将废气缓慢通过催化剂等）；1；97.1%；500解析：（1）i.ii.iii.根据盖斯定律，将iii-i-ii得：反应的。答案为：；（2）已知反应i在任意温度下均能自发进行，则表明反应i为任意条件下的自发反应，其，则，所以该反应为放热反应。答案为：放热；（3）①过程Ⅲ中最大势能垒（活化能）为活化分子的最高能量与分子平均能量的差值，即为。②A.过程Ⅰ中，转化为等，断裂为氮氧共价键，其为极性键，A正确；B.从图中可以看出，过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中都有生成，B正确；C.从图中可以看出，A、A-O、A-都能吸附，所以该反应中有三种物质能够吸附分子，C不正确；D.从图中看出，A-在过程Ⅱ中转化为A，从而释放出O2，在过程Ⅲ中吸附分子，D正确；故选C。答案为：82.17；C；（4）①515℃时，将模拟废气（体积分数为40%）以的速度通过催化剂，测得的转化率为40%，则平均反应速率v（）为。由于反应为气体分子数增大的分解反应，所以欲提高N2O的转化率，可采取的措施为：减压（或升温、将废气缓慢通过催化剂等）。②利用表中数据，可建立以下三段式：由分析可得出，其中x=1，的平衡转化率为；该温度下，反应的压强平衡常数。16、答案：（1）分液漏斗；溶液由棕黄色变为浅绿色（2）（3）通过观察气体流速控制两种气体的比例；；与流速不相同，导致其中一种过量（4）；；在水溶液中氧气氧化比硝酸根氧化活化能小，生成沉淀速率快（5）解析：由实验装置图可知，装置A中亚硫酸钠与稀硫酸反应制得二氧化硫，B中盛有的品红乙醇溶液不褪色，C中盛有的品红溶液褪色，D中盛有的氯化钡溶液不与二氧化硫反应，溶液中没有现象，D中氯化铁溶液与二氧化硫发生氧化还原反应，溶液由棕黄色变为浅绿色，F中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收有毒的二氧化硫，防止污染环境。（1）由实验装置图可知，仪器a为分液漏斗；装置E中发生的反应为氯化铁溶液与二氧化硫发生氧化还原反应生成氯化亚铁、盐酸和硫酸，实验现象为溶液由棕黄色变为浅绿色，故答案为：分液漏斗；溶液由棕黄色变为浅绿色；（2）若装置B中溶液无明显现象，装置C中溶液红色褪去，说明使品红的水溶液褪色的含硫微粒是二氧化硫与水反应生成的亚硫酸或亚硫酸根或亚硫酸氢根，不是二氧化硫，故答案为：；（3）①由实验装置图可知，装置中浓硫酸的作用为通过观察集气瓶中气泡的多扫，判断气体流速，从而控制两种气体的比例，故答案为：通过观察气体流速控制两种气体的比例；②由甲中品红溶液几乎不褪色可知，二氧化硫和氯气在品红溶液恰好完全反应生成没有漂白性的盐酸和硫酸，反应的化学方程式为；由乙中品红溶液随时间的推移变得越来越浅，说明某种气体流速过快，导致氯气或二氧化硫过量，使品红溶液漂白褪色，故答案为：；与流速不相同，导致其中一种过量；（4）①由G中无白色沉淀产生，pH传感器测的溶液pH=5.3可知，D中二氧化硫与溶液中的氧气反应生成硫酸，硫酸与氯化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀，故答案为：；②H中二氧化硫溶于水生成亚硫酸使溶液呈酸性，酸性条件下，二氧化硫与硝酸根离子发生氧化还原反应生成硫酸钡白色沉淀、一氧化氮和水，反应的离子方程式为，故答案为：；③由I中出现白色沉淀的速率比H中快很多的现象可知，没有煮沸的蒸馏水中溶有的氧气与二氧化硫的反应速率比硝酸根离子在酸性条件下与二氧化硫反应的速率快，说明在水溶液中氧气氧化比硝酸根氧化活化能小，生成沉淀速率快，故答案为：在水溶液中氧气氧化比硝酸根氧化活化能小，生成沉淀速率快；（5）由题意可知，二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液反应生成硫酸锰、硫酸钾、硫酸和水，由得失电子数目守恒可得：，由tmin时酸性高锰酸钾溶液恰好褪色可知二氧化硫的含量为，故答案为：。17、答案：（1）第四周期第VIIB族；或（2）N（3）sp；邻羟基苯甲酸可以形成分子内氢键，使熔沸点偏低；而对羟基苯甲酸可以形成分子间氢键，使熔沸点偏高（4）BD（5）4；解析：（1）Mn为25号元素，价电子排布式为，在周期表中位置为第四周期ⅦB族，Cr为24号元素，原子核外电子排布式为或；（2）配体中N上存在孤对电子；（3）C原子形成3个和4个键，有和杂化，O原子形成2个键，为杂化，不涉及sp杂化；邻羟基苯甲酸可以形成分子内氢键，使熔沸点偏低；而对羟基苯甲酸可以形成分子间氢键，使熔沸点偏高，故对羟基苯甲酸的沸点比邻羟基苯甲酸的高；（4）A.该离子液体中根据C原子接的化学键有1个双键应采用的是杂化，还有碳原子接的是四个单键，采用的是杂化，A错误；B.阴离子中的B原子采用杂化，根据VSEPR模型判断空间构型是正四面体，B正确；C.N元素元素2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，短周期主族元素中H元素的第一电离能仅比N、O、F的小，故第一电离能：N＞H＞C，C错误；D.该离子液体的熔沸点低于氯化钠晶体，是因为阴阳离子体积较大阴阳离子间距离较大，离子键较弱，D正确；故选：BD；（5）根据均摊法计算可知，晶胞中硫原子有4个，锰原子有8×+6×=4，则锰原子的配位数为4；晶胞边长=d=，晶胞体积，根据晶胞的体积，，解得：。18、答案：（1）；氧化反应；羰基和羧基；（2）、、（3）（4）解析：根据F