河北省名校2024届高三下学期开学联考化学试卷(含答案)

河北省名校2024届高三下学期开学联考化学试卷选项用途A主要成分为铝和氢氧化钠的厨卫管道疏通剂H₂,且NaOH能使油脂B聚合硫酸铁能用作净水剂聚合硫酸铁能水解形成C剂D苯甲酸钠可作为食品防腐剂苯甲酸钠具有酸性A.标准状况下，22gCH₃CHO含甲乙丙」铜片电镀液铁制反应后的物，副产物有机物IV的含量非常低。下列有关说法正确的是()D.有机物I的芳香族同分异构体中核磁共振氢谱有四组峰且峰面积之比为3:2:2:1的结构有4种9.化学是以实验为基础的学科。下列实验操作、现象、得出的相应结论均正确的是()选项实验操作现象结论A将CH₃CH₂Br与NaOH的水溶液共热，冷却后，取出上层水溶液，加入AgNO₃溶液色沉淀CH₃CH₂Br含溴原子B溶液中滴加3滴mol·L'MgCl,溶液，出现白色沉淀后，再滴加3滴0.1mol·L|FeCl₃溶液产生红褐色沉淀C加热时蓝绿色溶液反应溶液的试管，先加热，后冷却色，冷却后恢复为为吸热反应D薄膜碎片试管口润石蕊试纸氯乙烯加聚铈可逆反应10.工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Ni、Si等元素)制滤渣4Na₂S滤渣3滤渣1滤渣2NH₄HCO氧化下列说法正确的是()之比为1:22”D.已知“除杂2”的目的是生成MgF₂沉淀，则溶液酸度越高越能减少氢氧化物形式沉淀，除杂效果越好11.在直流电场作用下双极膜中间层中的H₂O解离为H*和OH,并分别向两极迁移。如图所示装置，可将捕捉的二氧化碳转化为CaCO₃而矿化封存，减少碳排放，同时得到氧气、氢气、高浓度盐酸等产品。下列说法正确的是()QQ双极膜室弱碱电极bA.电极a的电势高于电极b的电势B.两个双极膜中间层的OH均向右移动C.去掉双极膜，两极的电极反应式不变12.某立方卤化物可用于制作光电材料，其晶胞是立方体(结构如图1所示),当部分K*被Eu²+取代后可获得高性能激光材料，其基本重复单元如图2所示。下列说法正确的是()FA.图1中K+的配位数为6B.图2晶体的密度为D.图2表示的化学式为K₂EuMg₄F₂13.某温度下，在密封石英管内完全充满1.00mol·L'的HCOOH水溶液，使HCOOH分解，分解产物均完全溶于水。含碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所示(忽略碳元素的其他存在形式)。应Ⅱ,可以近似认为反应I达到平衡后始终处于平衡状态(忽略水电离，其浓度视为常数)。B.反应I的活化能Ea小于反应Ⅱ的活化能E₂14.常温下，利用硝酸调节溶液的pH,实验测得醋酸银的溶解度(mol·L¹)随着pH水解。下列说法错误的是()C.c点溶液中：D.随着酸性的增强，H*会结合CH₃COO~,使醋酸银的沉淀溶解平衡正向移动15.氰化亚铜(CuCN)主要用于电镀铜及其他合金，合成抗结核药及防污涂料，可将氯气通入含铜的氰化钠溶液获得。已知：CuCN为白色固体，几乎不溶于水和乙醇。I.制备Cl₂(1)装置a的名称为_。(2)用如图装置制备氯气的离子方程式为_。(3)向三颈瓶中通入C发生反应，一段时间后向其中加入适量NaCN溶液，充分反应后可得含有CuCN的浊液。②实验结束时向装置中通入N,,该实验操作的目的是_。(4)反应完成后将上述所得混合物过滤，固体依次经氯化钠浓溶液洗涤、乙醇洗和干燥后可得产品。洗涤时用乙醇代替蒸馏水的优点是_。皿。产品纯度测定CuCN+Fe³+==Cu²*+Fe²++CN-,Fe²+下列有关滴定的说法错误的是(填字母)。A.未用标准溶液润洗滴定管会使测定结果偏低B.锥形瓶要用待测溶液润洗D.滴定前正确读数，滴定后仰视读数，会使测定结果偏低16.硫酸钻可用于电镀、碱性电池、生产含钴颜料，有着较为广泛的用途。由含钴矿(主要成分为CO₂O₃,含有少量Fe、Al、Ca、Mg、Si、Ni的氧化物及有机物等)制备硫酸钴，并实现Ni元素的回收流程如图：反萃取一系列操作滤渣1滤渣2NaF滤渣3已知：①K[Fe(OH);]=2.8×10",K[AlI(OH)₃]=1.3×10³,K,[Ni(OH)₂]=②焦亚硫酸钠(Na₂S₂O₅)常用作食品抗氧化剂；(1)滤渣1的成分为(2)酸浸工序发生的主要反应的化学方程式是(3)氧化调pH工序中，H₂O₂的作用是(用离子方程式表示);调pH时，最好钴酞菁钴酞菁 mol:L-1-(5)向除杂后的溶液中，加入有机酸萃取剂(HA)₂发生反应：Co²++n(HA)₂==CoA₂·(n-1)(HA)₂+2H*,实验发现，随着pH的增大，萃取率逐pH(6)硫酸钴可用于生产钴酞菁，酞菁和钴酞菁的分子结构如图所示。酞菁分子中所有原子共平面，则氮原子的杂化方式为_。钴酞菁分子中，氨原子与钴离子形成 酞菁17.研究二氧化碳合成甲醇对实现碳中和具有重要意义，二氧化碳加氢制甲醇的过程I.CO₂(g)+3H₂(g)==CH₃OH(g)+HⅡ.CO₂(g)+H₂(g)=CO(g)+H₂O(g)△H₂=+41Ⅲ.CO(g)+2H₂(g)=CH₃OH(g)△H₃(1)△H₁=;K₁=(用含K₂、K₃的代数式表示)。(2)反应I在有催化剂和无催化剂作用下的反应机理如图所示(其中标有*的为吸附在催化剂表面上的物种，TS为过渡态);平衡转化率或选择性/%平衡转化率或选择性/%向”或“不”)移动。(3)向恒容密闭容器中按初始进料比n(CO₂):n(H₂)=1:3投入反应物，只发生反应I和Ⅱ。在不同温度下达到平衡，体系中CH₃OH、CO的选择性和CO的平衡转化率与(4)一定温度下，向体积为VL的恒容密闭容器中通入1molCO₂气体和3molH₂气体发生上述三个反应。达到平衡时，容器中CH₃OH(g)为amol,CO(g)为应Ⅱ的平衡常数为(用含a、b的式子表示)。(1)GH的反应类型为,EF的反应条件为。(2)B的名称是,步骤I、步骤Ⅲ的目的是。(3)写出BC的化学方程式：。(5)写出F+H—→I的化学方程式：(6)化合物1的同分异构体中能同时满足下列条件的有种。(不考虑立体异①能与FeCl₃溶液发生显色反应且能发生银镜反应②含有-NH₂③苯环上有两个取代基(7)综合上述信息，写出的合成路线(其他试剂任选)。解析：A项，标准状况下，22gCH₃CHO含有的σ键数目为3NA,A项错误；B项，结构为平面三角形，A项错误；B项，SO₂中σSO₃中σ键数目为3,S的孤电子对数为(6-2×3)+2=0,中心原子轨道杂化类型均为分异构体中核磁共振氢谱有四组峰且峰面积之比为3:2;2:1的结构有水溶液应先加硝酸酸化，排除OH-干扰，再加入AgNO₃0.1mol·L'MgCl₂溶液，出现白色沉淀后，此时NaOH过量，再滴加3滴项，将盛有2mL0.5mol·L'CuCl₂溶液的试管.先加热后冷却，蓝绿色的[cu(H₂O).]”变为黄绿色的[CuCl,了，说明反应[Cu(H₂O),]*+4CI=[CuCl,”+4H₂O正向是吸热的，C项正确；D项，聚氯乙烯加强热产生能使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体，说明产生了氯化氢，不能说明氯乙烯加聚是可逆反应，可逆反应是指在同一条件下，既能向正反应方向进行，同时又能向逆反应方向进行的反应，而氯乙烯加聚和聚氯乙烯加强热分解的条件不同，D项错误。解析：A项，在硫酸的溶浸过程中，二氧化锰和硫化锰发生了氧化还原反应，二氧化锰作氧化剂，硫化锰作还原剂，方程式应为MnO₂+MnS+2H₂SO₄—2MnSO₄+S+2H₂O,氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1,A项错误；B项，二氧化锰作为氧化剂，将溶液中的Fe²+氧解析：根据酸室中得到高浓度盐酸可知，中间室的CI通过阴离子交换膜移向酸室，判断电极a为阴极，电极b为阳极，据此分析。A项，电极a的电势低于电极b的电势，A项错误；B项，由图可知，电极b是阳极，右侧双极膜中H*进入酸室生成盐酸，OH-向右迁移进入阳极室，电极a为阴极，左侧双极膜中H*向左迁移进入阴极CI失电子，C项错误；D项，电极b是阳极，应发生氧化反应，电极a为阴极，电极反应式为2H₂O+2e~——H₂个+2OH~,D项错误。解析：A项，图1中K+周围的F-个数是K+的配位数，故K+的配位数为12,A项错误；B项，图2晶体结构中含有0.5个Eu²+、1个K+、2个Mg²+和6个F,原子的总),晶胞的体积为2a³×10-²'cm³,因此晶胞的密度为,B项错误；C项，图1晶胞若以Mg²*作晶胞的顶点。则K+位于晶胞的体心，C项错误；D项，图2中根据电荷守恒分心处的4个K+只能被2个Eu²*取代，有2个空位，因此图2所表示物质的化学式为应速率，缩短到达平衡所需时间，故CO浓度峰值提前，由于时间缩短，反应消耗的HCOOH减小，体系中HCOOH浓度增大，导致CO浓度大于th时刻的峰值，故c,温度不变，平衡浩数不变。则,温度不变，平衡浩数不变。则C项正(3)①2Cu+Cl₂+2NaCN=-2CuCN+2NaCl;②将剩余的Cl₂推入c中，使其完全(4)乙醇更易挥发，便于快速干燥，防止CuCN被氧化解析：(1)装置a的仪器名称为恒压分液漏斗。(2)图示装置由K₂Cr₂O₇和浓盐酸反应，根据氧化还原反应配平原则，可知离子方程式为Cr₂O}+14H*+6CI=2Cr³*+3Cl₂↑+7(3)①根据反应步骤的描述可知，三颈烧瓶中生成CuCN的总反应的化学方程式为2Cu+Cl₂+2NaCN=-2CuCN+2NaCl。②反应物中存在Cl₂,反应结束后装置留部分Cl₂,根据绿色化学思想可知通入N₂的目的是将剩余的Cl₂,推入c中，使其完(4)根据已知信息CuCN几乎不溶于水和乙醇，又因为亚铜离子易被氧化，所以洗涤时用乙醇代替蒸馏水的优点是乙醇更易挥发，便于快速干燥，防止CuCN被氧化。(5)已知CuCN+Fe³+=Cu²⁴+Fe²++CN-,Fe²++Ce⁴*=-Fe³*+Ce³*,可得到关系,质量为因此产品中CuCN的质量分数为未用标准溶液润洗滴定管，会使得消耗的标准溶液体积偏大，最终结果偏高，A错误；滴定时锥形瓶不需要润洗，否则消耗的标准液体积偏大，B错误；当滴定接近终点时，用锥形瓶内壁将半滴标准液刮落，并用蒸馏水冲洗内壁，可减小实验误差，提高滴定的准确度，C正确；滴定前正确读数.滴定后仰视读数，使读得的消耗标准溶液的体积偏大，最终结果偏高，D错误。(2)2Co₂O₃+Na₂S₂O₅+3H₂SO₄—4解析：由含钻矿(主要成分为Co₂O₃,含有少量Fe、Al、Ca、Mg、Si、Ni的氧化物及有机物等)制备硫酸钻，含钻矿焙烧除去有机物，加硫酸浸取，过滤，滤渣1为SiO₂、CaSO₄,加入双氧水，将Fe²+氧化为Fe(OH)₃,滤渣2为Fe(OH)₃、Al(OH)₃,接下来加入NaF沉淀Mg²*和Ca²+,向滤液中加入萃取剂，分液得到有机层，然后用稀硫酸反萃取得到CoSO₄溶液，经过浓缩蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到CoSO₄固体，溶液中含镍离子，加入氢氧化钠沉淀镍，实现Ni元素的回收(2)酸浸工序中，Co₂O₃作氧化剂，Na₂S₂O₅作还原剂，发生氧化还原反应2Co₂O₃+Na₂S₂O₅+3H₂SO₄(3)向滤液中加入H₂O₂溶液的作用是将亚铁离子氧化为氢氧化铁，便于分离，离子(4)萃取后，Ni²+浓度为2.36g·L',转化为物质的量浓度为0.04mol·L,当沉镍率达到99%时，溶液中Ni²+浓度为4×10*mol·L¹,溶液中(6)酞菁分子中所有原子共平面，则分子中所有的碳原子和所有的氮原子均为sp杂化。钴酞菁分子中氨原子提供孤对电子与钴离子形成配位键。(2)乙；0.20;不变；加快；逆向(3)c;低于240℃时以反应I为主，反应I是放热反应，温度升高，转化率降低；高于240℃时以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ是吸热反应，温度升高，转化率增大解析：(1)由盖斯定律可知，反应Ⅱ+反应Ⅲ可得反应I,则(2)使用催化剂能够降低反应的活化能，使反应速率大大加快，从而缩短了达到平衡所需时间，根据图示可知曲线乙表示的是使用催化剂的曲线；对于多步反应，活化能最大的慢反应对总反应起决定作用。未使用催化剂时，慢反应的活化能为1.80eV-0.20eV=1.6