《河北省衡水中学2024届上学期高三年级第五次调研考试化学试题附参考答案（解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《河北省衡水中学2024届上学期高三年级第五次调研考试化学试题附参考答案（解析）（19页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、化学答案一、选择题1d【解析】元素的非金属性对应得电子能力，碳还原二氧化硅表现出的还原性对应失电子能力，二者不同，a错误；碳酸钠不属于碱，b错误；铁遇到浓硝酸钝化是发生氧化还原反应生成了致密的氧化膜，不能证明稀硝酸的氧化性比浓硝酸强，c错误；二氧化硫能使品红溶液褪色，说明二氧化硫具有漂白性，d正确。2c【解析】重结晶法提纯苯甲酸，其操作过程为热水溶解趁热过滤冷却结晶过滤冷水洗涤干燥，未涉及萃取分液操作，故选c。3a【解析】粉苔酸酯的结构中含有酚羟基，可与fecl3溶液发生显色反应，a正确；1 mol粉苔酸酯最多可与6 mol naoh反应，b错误；粉苔酸酯分子中甲基上的氢原子不可能全部共面，c
2、错误；粉苔酸酯不能发生消去反应，d错误。4c【解析】根据题意可知，mol，含有中子的数目为，a错误；在标准状况下，so3不是气体，分子数不等于na，b错误；c2h4和c4 h8混合气体的最简式为ch2，28 gch2的物质的量为2 mol，其中所含原子数目为6na，c正确；na2co3溶液中阳离子包括na 和h ，其数目大于0.2na，d错误。5b【解析】z是空气中含量最高的元素，为n，由主族元素基态m原子p能级比s能级多4个电子可知m为s，再结合原子序数大小和价键理论分析可知，x为h、y为c、w为cl。原子半径scn，a错误；第一电离能ns，b正确；最高价氧化物对应水化物的酸性hc1o4h2
3、so4h2co3，c错误；hcn溶液呈酸性，d错误。6d【解析】由题可知，该反应类型为加成反应，a正确；有机物a中有7种不同化学环境的氢原子，b正确；有机物b含碳碳双键，可使酸性kmno4溶液褪色，c正确；有机物c中不存在手性碳原子，d错误。7b【解析】根据图示分析可知，放电时，moo2电极为正极，电势较高，a正确；充电时，石墨电极为阴极，moo2电极为阳极，li 从moo22电极向石墨电极迁移，b错误；放电时，正极反应式为moo2 0.98e 0.98li li0.98 moo2，c正确；根据得失电子守恒可知，充电时，外电路通过2 mol e，阳极上脱嵌2 mol li ，d正确。8 315
4、05:uid:31505 d【解析】根据结构简式知，该化合物的分子式为c10h18o，其中含有o原子，不属于烃类，a错误；含有碳碳双键，能发生氧化反应，则可使酸性高锰酸钾溶液褪色，b错误；含有羟基，不能发生水解反应，c错误；含有碳碳双键和羟基，所以能发生加成反应、取代反应，d正确。9a【解析】将氯乙烷滴加到naoh的乙醇溶液中并加热，发生消去反应，其化学方程式为ch3ch2cl naohch2ch2 nacl h2o，a错误；其他选项均正确。10d【解析】水浴加热的目的为控制反应温度为85，a正确；环己醇与浓硫酸共热发生消去反应生成环己烯，反应的化学方程式为，b正确；冰水浴的作用是为了冷凝并收
5、集环己烯粗品，c正确；环己烯和环己醇为液体混合物，利用二者的沸点不同分离提纯，操作方法为蒸馏，d错误。11d【解析】标记的碳原子上从连接溴原子变成连接znbr，根据溴的化合价为1，锌的化合价为2可知，碳原子的化合价降低，被还原，a正确；醛基能用银氨溶液检验，b正确；反应和反应都为双键变成单键的反应，发生了键的断裂，c正确；聚合物是通过加聚反应生成的，水解后生成的仍为高分子化合物，d错误。12c【解析】温度影响溶解度，被提纯物和杂质在溶剂中的溶解度应该随温度的变化差别很大，利于重结晶，a错误；制备硝基苯时，先加密度小的液体，后加密度大的液体，且硝酸易挥发，则先加入苯，再加浓硫酸，最后滴人浓硝酸，
6、b错误；溴水和苯发生萃取分层，溴水和苯乙炔发生加成反应使溶液褪色，溴水和乙酸互溶，三种溶液现象不同，可进行鉴别，c正确；naoh与硝酸银反应，干扰卤素离子检验，则应在水解后先加硝酸至酸性，再加硝酸银检验，d错误。13c【解析】反应为吸热反应，反应、均为放热反应，则温度升高反应正向移动，反应、逆向移动，均会导致乙烯含量增加，故a为乙烯物质的量分数曲线、b为丙烯物质的量分数曲线。由分析可知，曲线口表示反应温度对平衡体系中乙烯物质的量分数的影响，a错误；催化剂需要一定的活性温度，不是温度越高越好，b错误；已知715 k时，ch3i的转化率为80%；此时丁烯、丙烯物质的量分数均为8%，列三段式可得2c
7、h3i(g)c2h4 (g) 2hi(g)起始/mol 1 0 0转化/mol 0.8 0.4 0.8平衡/mol 0.2 0.83c 1023626:fid:1023626 2 h4 (g)2c3h6 (g)起始/mol 0.4 0转化/mol l.5a a平衡/mol 0.41.5a a2c2h4 (g)c4h8 (g)起始/mol 0.41.5a 0转化/mol 2a a平衡/mol 0.43.5a a则平衡时总的物质的量为(1.41.5a)mol，得a=0.1 mol，故715 k时，c4h8 (g)的平衡物质的量浓度为0.1 mol1 l=0.1 moll-1，c正确；400 k时使
8、用活性更强的催化剂，可以加快反应速率，但是不能改变平衡移动，即不能提高曲线a、b对应物质的物质的量分数，d错误。14a【解析】nano2能杀菌防腐，在国家规定范围内可用作食品添加剂，a错误；不合理施用化肥会影响土壤的酸碱性及土壤结构，降低地力，b正确；乙酰水杨酸分子中含有酯基，可发生水解，c正确；有机含氯杀虫剂ddt和六六六等给环境带来了负面作用，为减少危害已被禁止生产和使用，d正确。15 eqtpt :uid: eqtpt d【解析】edah、edah 为弱碱对应的离子，因此随溶液的碱性增强，溶液中edah的浓度会逐渐降低，edah 的浓度会先增大后减小，eda的浓度会逐渐增大。由题图可知曲
9、线代表的微粒分别为代表edah，表示edah ，表示eda。乙二胺第一步电离常数，c(edah ) =c( eda)时，溶液poh=4.10，因此kb1=c（oh-）=10-4.1，数量级为10-5，a正确；ph=5时，poh=9，由图可知c(edah)c(edah )c(eda)，b正确；p2时，溶液呈中性，溶液中存在电荷守恒c(na ) c(h ) c (edah ) 2c(edah) =c(cl) c(oh)，初始溶液中溶质为edah2 cl2，可得物料守恒c(cl)= 2c( edah) 2c( edah ) 2c( eda)，两式相加并结合溶液呈中性时c(h )=c(oh-)可得
10、c(na )=c(edah ) 2c(eda)，c正确；p3时，溶液中n(eda) =n (edah )0.001 mol，根据反应edah2cl2 naohedahcl nacl h2o、edah2 cl2 2naoheda 2nacl 2h2o可知，n(nacl)=0.003 mol，因此加入naoh固体的质量为0.003 mol40 gmol-1=0.12 g，实验过程中并未加入naoh溶液，d错误。二、非选择题16i(1)冷凝回流（水和有机物）（1分）(2)（2分） (3)提高苯甲酸的转化率（或提高苯甲酸乙酯的产率）（1分） (4)分水器内水层高度不再发生变化（2
11、分） (5)蒸馏烧瓶（1分） (6) ab（1分） (7) 212.0（1分） (8)84%（2分）【解析】装置甲制备苯甲酸乙酯，其中分水器不断分离出水蒸气，促使平衡正向移动，装置乙提纯苯甲酸乙酯，根据沸点的不同，利用蒸馏的方法进行提纯，结合物质的性质和问题分析解答。i(1)仪器a是球形冷凝管，其作用是冷凝回流。(2)乙醇和苯甲酸发生酯化反应制取苯甲酸乙酯，反应的化学方程式为。(3)由于酯化反应是可逆反应，所以实验时使用过量乙醇的目的是提高苯甲酸的转化率或提高苯甲酸乙酯的产率。(4)由于分水器的“分水”原理是冷凝液在分水器中分层，上层有机层从支管处流回烧瓶，下层水层从分水器下口放出，所以反应结
12、束的标志是分水器内水层高度不再发生变化。. (5)根据仪器构造可判断仪器d的名称是蒸馏烧瓶。(6)根据乙酸乙酯制备实验中饱和碳酸钠的作用可推断出加入na2co3溶液的作用有除去硫酸和苯甲酸以及降低苯甲酸乙酯的溶解度。(7)苯甲酸乙酯的沸点是212.0，所以采用图乙装置进行蒸馏操作，收集212.0的馏分。(8)2.44 g苯甲酸的物质的量是2.44 g122 gmol-1 =0.02 mol，15.0 ml乙醇的物质的量是mol，所以乙醇过量，理论上生成苯甲酸乙酯的物质的量是0.02 ml，质量是0.02 mol150 gmol-1= 3.0 g，所以产率是。17(1)酮羰基、氯原子（1分） (
13、2)消去反应（1分）(3) sp2、sp3（1分） cl(或氯)（1分）(4) qpweywy :fid: qpweywy （2分） (5)13（2分）( 1分 ) (6) ch3ch2oh（2分）【解析】a发生加成反应生成羟基得到b，b发生消去反应生成c，c发生取代反应生成d；e生成f，f生成g，结合g化学式可知，e为邻二甲苯、f为，f发生酯化反应生成g，g转化为h，d与h生成i。(1)由题图可知，a中所含官能团的名称为酮羰基、氯原子。(2)b发生消去反应生成碳碳双键得到c。(3)d中饱和碳原子为sp3杂化，苯环上的碳、碳碳双键两端的碳原子为sp2杂化；同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变
14、强，元素的电负性变强，同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱，故d中电负性最大的元素为cl（或氯）。(4)f发生酯化反应生成g，反应为。(5)b的同分异构体中满足条件含有苯环；与fecl3溶液发生显色反应，含酚羟基；含有2个甲基，且连在同一个碳原子上；若含有oh、ccl( ch3)2，则有邻、间、对3种情况；若含有oh、ch (ch3)2、cl，则有10种情况，故共13种情况；核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为6:2:2:1，则结构对称性很好，结构简式为。(6)乙醇氧化为乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯和发生已知反应原理生成产品，故流程为。18(1)
15、13：1（1分） (2)增大接触面积，提高反应速率（1分） (3)sio2（1分） (4) feni o2 4nh3 4nh4 ni(nh3) fe(nh3) 2h2o(2分,合理即可） 1：4(1分) (5)51019 (2分)(6) 2ni ( nh3 ) 2nh3h2o coni2 (oh)2co3 12nh3 2nh4 （2分）(7) nh eqtpt :uid: eqtpt 3（1分）【解析】(1)基态ni原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d84s2，因此成对电子数和未成对电子数目之比为13：1。(2)“粉碎、筛分”的目的为增大接触面积，提高反应速率。(3)根据题目信息可知，“冷却磁选”后剩余的物质a为sio2。(4)“逆流浸出”时，第一步feni先转化为ni(nh3)和fe(nh3)，合金中金属元素被o2氧化后跟nh3发生络合反应，书写并配平该化学方程式为feni o2 4nh3 4nh4 ni(nh3) fe(nh3) 2h2o；第二步fe(nh3)被o2氧化后转化为fe(oh)3，氧化剂为o2，还原剂为fe(nh3)，根据电子守恒可知