河北省2023届高考-考前密炼-化学答案7

PAGE1PAGE2023届高三蜜炼7答案1．B2．D3．C4．C5．D6．D7．D8．A9．D10．B11．D12．A13．B14．C15．（14分）(1)KMnO4（1分）(球形)干燥管（1分）(2)防止粉末状物质进入导管引起导管堵塞(3)形成油封，减少水蒸发，减少热量散失(4)Co(OH)2（1分）萃取分液（1分）蒸馏（1分）(5)(6)abc（3分）16．（14分）H2C2O4＋O32CO2＋O2＋H2OpH升高后，Fe3+生成Fe(OH)3，降低催化效果2.31.5×10−4PbSO4②沉淀法可从废水中回收草酸，循环利用于稀土工业生产中稀土料液的沉淀。而氧化法中草酸被氧化为二氧化碳，无法循环利用草酸17．（15分）(1)165(2)能（1分）总反应的平均速率由慢反应决定，I2为慢反应的反应物，增大I2的浓度，慢反应的反应速率增大，则总反应的反应速率增大(或根据总反应可知I2可为该反应的催化剂，增大I2的浓度，可以增大总反应的平均反应速率)(3)K（1分）降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响(4)减小体系压强，或及时分离出产物，或减小起始时等8×10－4(5)2CH3OH＋CO－2e－=(CH3O)2CO＋2H＋阳膜（1分）18．（15分）(1)3，4-二羟基苯甲醛(2)羟基、醚键、羧基（3分）(3)HOCH2CH2OH+→HOCH2CH2OCH2CH2OH(4)取代反应（1分）(5)13(6)H2C=CH-CH=CH2Br(CH2)4BrHO(CH2)4OH（3分）1．B【详解】A.四氯乙烯是一种很强的溶剂，可以溶解油脂类物质。这个过程没有发生化学变化，是物理溶解的过程。故A正确；B.“碳九”其主要成分包括异丙苯、正丙苯、乙基甲苯、茚、均三甲苯、偏三甲苯、连三甲苯等，其中茚：不属于苯的同系物，故B错误；C.NaNO2具有较强的氧化性，可氧化血红蛋白中的Fe2+，维生素可将Fe3+还原为Fe2+，，利用了维生素C的还原性，故C正确；D.硫酸铜是重金属盐，利用Cu2＋使病毒蛋白变性，故D正确；2．D【详解】A．白酒的烧制是利用沸点不同进行分离，为蒸馏操作，故A正确；B．得铁化为铜，都应发生置换反应，应为湿法炼铜，故B正确；C．黄泥具有吸附作用，可除去杂质，故C正确；D．丹砂烧之成水银，发生化学变化，生成汞和二氧化硫，不是熔化，故D错误；3．C【分析】此题是气体和固体反应，气体的除杂顺序，仪器的连接。【详解】A.依题意，氯化亚铜的盐酸溶液易被氧气氧化，所以先除O2，后除CO。在除CO中，发生反应为2CuCl＋CO＋H2O＝2Cu＋CO2＋2HCl，碱石灰的作用是除去CO2、HCl、H2O。装置连接顺序是氮气样品→c→d→a→b，故A错误。B.浓硫酸不能除去CO2和HCl，故B错误。C.若先点燃酒精灯，后通入氮气，空气中氧气、二氧化碳与镁反应，产品纯度降低，故C正确。D.在除去CO中，氯化亚铜作氧化剂,故D错误。4．C【详解】A．由乙硼烷的结构示意图可知，乙硼烷分子中B-H-B是特殊的3中心2电子共价键，所以1mol乙硼烷中含有的共用电子对数目为，故A错误；B．由方程式可知，乙硼烷水解时，氢元素的化合价既升高被氧化、又降低被还原，乙硼烷是反应的还原剂，水是氧化剂，1mol乙硼烷完全水解，反应转移6mol电子，则2.8g乙硼烷完全水解时，转移的电子数目为，故B错误；C．乙硼烷还原性强，甲醇中羟基的氢活泼，可以被还原成，反应与水解原理一样，易得出会生成，故C正确；D．稀硫酸中有大量的水，根据信息可知乙硼烷易水解，因此不能用稀硫酸来制取，故D错误。5．D【分析】结合信息反应可知，X为，Y为，X和Y发生加聚反应得到高聚物P，据此回答。【详解】A．基团和碳碳三键能发生信息反应，1个X含有2个基团、1个Y分子含有2个碳碳三键，由X与Y合成P的反应属于加聚反应，A正确；B．X含有基团、X的结构简式为，B正确；C．据分析，Y为，Y的官能团为碳碳三键和酯基，C正确；D．P含酯基，可发生水解反应、酯基可转换为羧基和羟基，故水解产物不能得到X和Y，D不正确；6．D【详解】A．分子中Al参与形成3个键，没有孤电子对，因此其杂化轨道类型为杂化，A合理；B．中Al具有能接受孤电子对的空轨道，可以与形成稳定的配合物，B合理；C．结合题意可知，与足量反应的化学方程式为，C合理；D．因为与水反应剧烈，所以其着火时不能用水灭火，不可以用泡沫灭火器灭火，D不合理；7．D【详解】A．-环糊精中含有大量的羟基，具有亲水性，能溶于水，A选项正确；B．-环糊精圆筒空腔内壁没有亲水基，具有亲油性，能容纳一定大小的油性分子，B选项正确；C．-环糊精中的C原子是饱和碳原子，其价层电子对数为4，采用杂化，C选项正确；D．图中圈出的六元环中的碳原子均采取杂化，结构类似于环己烷，所以该结构不可能为平面六边形结构，D选项错误；8．A【分析】根据阳离子的结构，Z原子成四个键，可知Z为C原子；Y、Z、M为同周期相邻元素，那么Y为B原子，M为N原子；X为H；根据阴离子的结构，Q为非金属性最强的元素，可知Q为F原子；【详解】A．Y的基态原子电子排布式1s22s22p1，Q的基态原子电子排布式1s22s22p5，未成对电子数均为1，A错误；B．非金属性N＜F，对应气态氢化物NH3＜HF，B正确；C．阴离子的价层电子对数为4，空间构型为正四面体形，C正确；D．第一电离能是指气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量叫做第一电离能，同一周期第一电离能呈增大趋势，F>N>C>B，D正确；9．D【分析】Q、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Q与X、Y、Z不在同一周期，Y原子最外层电子数为Q原子内层电子数的2倍，则Q应为第二周期元素，X、Y、Z位于第三周期，Y的最外层电子数为4，则Y为Si元素；X、Y相邻，且X的原子序数小于Y，则X为Al元素；Q、X、Y、Z的最外层电子数之和为19，则Q、Z的最外层电子数之和为19-3-4=12，主族元素的最外层电子数最多为7，若Q的最外层电子数为7，为F元素，Z的最外层电子数为5，为P元素，若Q的最外层电子数为6，为O元素，则Z的最外层电子数为6，为S元素，若Q的最外层电子数为5，为N元素，Z的最外层电子数为7，为Cl元素，则Q为N元素或O元素或F元素，X为Al元素，Y为Si元素，Z为Cl元素或S元素或P元素，以此分析解答。【详解】A．主族元素同周期从左向右非金属性逐渐增强，同主族从上到下非金属性逐渐减弱，则非金属性：X＜Q，故A错误；B．X为Al元素，与氯气化合的产物为AlCl3，属于共价化合物，故B错误；C．Q的氢化物分子间含有氢键，导致其沸点较高，则简单氢化物的沸点：Z＜Q，故C错误；D．非金属性越强最高价含氧酸的酸性越强，P、S、Cl的非金属性均强于Si，则最高价含氧酸的酸性：Z＞Y，故D正确；10．B【详解】A．根据砷化硼的晶胞结构图可知，该晶胞中As原子位于立方体内，个数为4，B原子位于顶点和面心，个数为8×+6×=4，则砷化硼的化学式为，A错误；B．晶胞中与As原子距离最近且相等的B原子有4个，则砷化硼晶胞中，的配位数是4，B正确；C．根据砷化硼的晶胞结构图可知，原子之间的最短距离为面对角线的一半，为，C错误；D．一个砷化硼晶胞的体积是a3×cm3，一个砷化硼晶胞的质量是，则晶体的密度为，D错误；11．D【详解】A．根据容器Ⅰ的数据可知，反应达到平衡时，列三段式有：则T1时，该反应的平衡常数，A错误；B．容器Ⅱ初始状态时，，说明反应会正向进行，则，B错误；C．，，反应达到平衡时，，则有，整理得，因此当温度改变为T2时，若，此时，平衡常数增大，说明平衡正向进行，又该反应为吸热反应，则T2＞T1，C错误；D．若容器Ⅲ中时，有此时平衡常数，说明反应未达到平衡，且反应会正向进行，则达到平衡时，D正确；12．A【详解】A．反应过程中有些中间体具有的能量相比反应前能量更高，需要吸收能量，所以需要外界输入能量，A项错误；B．据图可知该催化循环中经历了五个中间体分别是M1至M5，B项正确；C．D．开始时Cr与3个原子成键，反应过程中形成Cr-C键，同时还与3个氧原子成键（其中一个为配位键），成键数目发生变化，D项正确；13．B【分析】由题中信息可知放电时Cl2得电子，多孔活性炭电极b是原电池正极，电极a中失电子生成，电极a是负极，充电时b为电解池阳极，N型半导体为太阳能电池的正极，P型半导体为太阳能电池的负极。【详解】A．根据储能电池电极反应物判断，放电时电极b是正极，电极a是负极，故N型半导体为正极，P型半导体为负极，A项正确；B．充电时，电极a是阴极，阴极上发生得电子的反应，B项不正确；C．充电时，电极b上失电子生成，下降，NaCl溶液的浓度不断减小，C项正确；D．放电时，电极b上得电子生成，根据电荷守恒，电路中转移1mol电子则有1mol透过多孔活性炭电极向电极a移动，D项正确；14．C【分析】根据图象坐标，横坐标代表pH，随着pH增大，碱性增强，c(HCO)、c(CO)增大，先生成HCO，再生成CO，曲线①代表HCO，曲线②代表CO，因为碳酸钙是难溶物，因此随着c(CO)增大，溶液中c(Ca2+)减小，推出曲线③代表Ca2+，据此分析；【详解】A．根据上述分析，曲线②代表CO，故A说法错误；B．电离平衡常数只受温度的影响，曲线①和②交点代表此时c(CO)=c(HCO)，即Ka2=c(H+)=10-10.3，故B说法错误；C．曲线②和曲线③交点，说明c(CO)=c(Ca2+)，根据Ksp=c(Ca2+)·c(CO)，推出c(CO)==10-4.35，即a=-4.35，根据电离平衡常数Ka2=，解得c(HCO)=10-2.65，即b=-2.65，故C说法正确；D．pH=10.3时，c(CO)=10-1.1mol/L，根据Ksp=c(Ca2+)·c(CO)，c(Ca2+)=10-7.6mol/L。15．(1)KMnO4(球形)干燥管(2)防止粉末状物质进入导管引起导管堵塞(3)形成油封，减少水蒸发，减少热量散失(4)Co(OH)2萃取分液蒸馏(5)(6)abc【分析】由装置分析可知，装置A为制备Cl2，装置B中盛放的试剂为饱和碳酸氢钠，吸收挥发的HCl；C中盛有浓硫酸用于干燥气体；D为制备无水氯化钴，装置E位于整套装置的末端，作用是除去剩余的有毒气体Cl2，所以E中可填充碱石灰，同时阻止空气中的H2O进入D，据此分析解题。（1）A装置没有加热，故选用KMnO4与浓盐酸反应制取Cl2，由E装置的结构可知其名称为球形干燥管；（2）由于气流通过硬质玻璃管时，有可能带动钴粉扩散易堵塞导气管，因此玻璃纤维的作用可防止粉末状物质进入导管引起导管堵塞；（3）加入少量石蜡油，可形成油封，减少水蒸发，同时减少热量散失；（4）制备过程中，若加入过多NaOH，Co2+可与OH-生成Co(OH)2；已知环烷酸及其钴盐的性质和脂肪酸相似，它易溶于油，不溶于水，可先加入苯进行萃取分液，得到环烷酸钴的苯溶液，再通过蒸馏除去苯得到环烷酸钴；（5）称取粗产品mg，先将其转化为，并加入少量硫酸抑制水解，再加入足量的KI溶液，发生反应2Co3++2I-=I2+2Co2+，又，则2(RCOO)2Co~2Co3+~I2~，消耗bmol/L的Na2S2O3标准液VmL，则产品中环烷酸钴的物质的量为(bV×10-3)mol，质量为(bV×10-3)mol×[2(M-1)+59]g/mol=，因此产品的纯度为；（6）a．用于抑制水解的酸加入过多，多余的酸会消耗Na2SO3，使得消耗标准液的体积偏大，最终测得纯度偏大，符合题意；b．使用的KI溶液在空气中久置，部分I-被空气氧化为I2，则消耗的标准液体积偏大，最终测的纯度偏大，符合题意；c．盛装标准液的碱式滴定管滴定前有气泡，滴定后无气泡，读得消耗的标准液体积偏大，最终测的纯度偏大，符合题意；16．H2C2O4＋O32CO2＋O2＋H2OpH升高后，Fe3+生成Fe(OH)3，降低催化效果2.31.5×10−4PbSO4②沉淀法可从废水中回收草酸，循环利用于稀土工业生产中稀土料液的沉淀。而氧化法中草酸被氧化为二氧化碳，无法循环利用草酸【分析】根据题意，在催化下，草酸被氧化为二氧化碳，其反应为；过程②中，向废水中加，使废水中草酸根转化为草酸铅沉淀，滤饼为草酸铅和硫酸铅的混合物，加入较浓的硫酸，使草酸铅转化为草酸，过滤得到，可重复利用，溶液经过结晶，过滤，干燥得到草酸。【详解】(1)过程①为将草酸氧化为二氧化碳，根据题意，其反应为，故填；(2)pH升高后，溶液中生成沉淀，使催化活性降低；加入的的浓度为mol/L，要使得的催化效果最好，则不能沉淀，根据，溶度积，则==，常温下，，=，，故填pH升高后，Fe3+生成Fe(OH)3，降低催化效果、2.3；(3)反应的平衡常数表达式为=====，故填；(4)滤饼酸化过滤后得到硫酸铅，可重复使用，故填；(5)从原料的利用率来看，过程②回收利用了草酸，可以减少成本，提高效益，过程①没有，故填②、沉淀法可从废水中回收草酸，循环利用于稀土工业生产中稀土料液的沉淀。而氧化法中草酸被氧化为二氧化碳，无法循环利用草酸。【点睛】平衡常数的计算有时需要利用数学思维，讲究技巧，合理利用“1”。17．(1)165(2)能总反应的平均速率由慢反应决定I2为慢反应的反应物，增大I2的浓度，慢反应的反应速率增大，则总反应的反应速率增大(或根据总反应可知I2可为该反应的催化剂，增大I2的浓度，可以增大总反应的平均反应速率)(3)K降低生成乙烯的反应所需要的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响(4)减小体系压强，或及时分离出产物，或减小起始时等8×10－4(5)2CH3OH＋CO－2e－=(CH3O)2CO＋2H＋阳膜【详解】（1）已知：ⅰ.CH2=CHCH3(g)＋Cl2(g)=CH2ClCHClCH3(g)ΔH1＝－133kJ·mol－1，ⅱ.CH2=CHCH3(g)＋Cl2(g)=CH2=CHCH2Cl(g)＋HCl(g)ΔH2＝－100kJ·mol－1，根据盖斯定律，将ⅰ－ⅱ得CH2=CHCH2Cl(g)＋HCl(g)=CH2ClCHClCH3(g)ΔH＝－133kJ·mol－1－(－100kJ·mol－1)＝－33kJ·mol－1，ΔH＝Ea(正)－Ea(逆)，则逆反应的活化能Ea(逆)为132kJ·mol－1＋33kJ·mol－1＝165kJ·mol－1；（2）根据题意，第Ⅱ步反应＝总反应－第Ⅰ步反应，则第Ⅱ步反应为CH3I(l)＋HI(aq)=I2(aq)＋CH4(g)，总反应的平均速率由慢反应决定，I2为慢反应的反应物，增大I2的浓度，慢反应的反应速率增大，则总反应的反应速率增大(或根据总反应和两（3）由表中数据可知，添加Na助剂时其他副反应占比大，添加Cu助剂时CO2转化率低，兼顾乙烯的产率、CO2转化率和对副反应的影响，选择添加K助剂效果最好，不仅能提高单位时间内乙烯产量，并且其他副反应占比少，根本原因是降低反应的活化能、加快乙烯生成速率；（4）根据图示，升高温度，CH4的物质的量分数减小，说明升高温度，平衡正移，正反应为吸热反应，ΔH＞0；为提高H2S的平衡转化率，即平衡正移，除改变温度外，还可减小体系压强、及时分离出产物、减小起始时等；N点时，n(H2S)%＝n(H2)%，设起始加入甲烷物质的量为3mol，转化甲烷物质的量为xmol，列“三段式”：6－2x＝4x，解得x＝1，平衡时体系总物质的量为(2＋4＋1＋4)mol＝11mol，平衡常数KP＝＝＝8×10－4(MPa)2；（5）该装置为电解池，根据图示，O2在电极表面转化为H2O，氧元素的化合价降低，得电子，发生还原反应，则通入氧气的一极为阴极，电源电极B为负极，A为正极，故通入一氧化碳和甲醇的一极为阳极，阳极的电极反应为2CH3OH＋CO－2e－=(CH3O)2CO＋2H＋，阴极的电极反应为：O2＋4H＋＋4e－=2H2O，根据阴极反应，氧气和氢离子结合产生水，氢离子来自于阳极反应的产物，则H＋透过交换膜向阴极移动，则离子交换膜a为阳膜。18．(1)3，4-二羟基苯甲醛(2)羟基、醚键、羧基(3)HOCH2CH2OH+→HOCH2CH2OCH2CH2OH(4)取代反应(5)13(6)H2C=CH-CH=CH2Br