《河北省承德市部分高中2023至2024学年高三上学期12月期中联考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《河北省承德市部分高中2023至2024学年高三上学期12月期中联考化学试题附参考答案（解析）（20页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2023-2024学年高三年级上学期期中考试化学答案1d青铜是人类最早使用的铜锡合金，故a正确；碳单质常温下性质比较稳定，所以绢本水墨画选用主要成分为炭黑的墨作画，故b正确；“金砖”的主要成分是属于无机非金属材料的硅酸盐产品，故c正确；丝绸的主要成分为蛋白质，在元素组成上与纤维素不完全相同，故d错误。2d制备氢氧化铁胶体是将饱和溶液滴加到加热煮沸的蒸馏水中，故需要仪器有酒精灯、烧杯、胶头滴管，缺少酒精灯，不能完成，故a错误；除去粗盐中的、需加入碳酸钠、氢氧化钠和氯化钡溶液，转为沉淀后过滤可除去，缺少漏斗，故不能完成，故b错误；配制0.5的naoh溶液需用到托盘天平、容量瓶、玻璃棒、烧杯，缺少托
2、盘天平，故不能完成，故c错误；用溴的溶液除去nabr溶液中的少量nai，溴与nai反应生成碘和nabr，碘易溶于四氯化碳，分液可分离，则需要烧杯、玻璃棒、胶头滴管、分液漏斗，能完成，故d正确。3d谷氨酸钠具有鲜味，是味精的主要成分，故a正确；聚四氟乙烯具有抗酸、抗碱、抗各种有机溶剂的特点，而且耐高温，可用于厨具涂层，故b正确；储氢合金具有很强的捕捉氢和释放氢的能力，可用于氢气燃料电池，故c正确；福尔马林是35@%的甲醛水溶液，有毒，常用于浸泡标本，但不可用于食品保鲜，故d错误。4ccr的质子数是24，基态铬原子的价电子排布是，a错误；配体有和，中心原子的配位数是6，b错误；单键都是键，中含
3、有个键，c正确；该化合物中有极性键，没有非极性键，d错误。5b脯氨酸中有羧基，可发生取代反应，可以燃烧，发生氧化反应，故a正确；如果指定一个氯原子的位置，另一个氯原子分别在以下9种位置，、，故饱和碳原子上的二氯代物有9种，故b错误；由结构可知，脯氨酸分子中含有羧基和亚氨基，能形成分子间氢键，故c正确；与的分子式都是，结构不同，互为同分异构体，故d正确。6a根据题干信息，常温下li不水解，故a项正确。没有说明的物质的量，无法得知碳酸根离子的物质的量，故b项错误。，每电解2mol licl，可得到1mol ，1mol 在标准状况下的体积为22.4l，但选项中没有指出气体所处的状况，故c项错误。li
4、在纯氧中燃烧的产物为，故d项错误。7c溶液和硫化氢反应生成硫化铜沉淀和硫酸，反应的离子方程式是，故a错误；向naclo溶液中通入少量生成硫酸钠、次氯酸、氯化钠：，故b错误；向苯酚钠溶液中通入少量，生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式是，故d错误。8bz形成1价阳离子，其原子序数最大，则z为na；y形成2个共价键，其原子序数小于na，则y为o；w形成1个共价键，其原子序数小于o，则w为h；已知w和x的原子序数之和与y的最外层电子数相等，x的原子序数为，则x为b元素。氧离子和钠离子的核外电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径：yz，故a正确；结合图示可知，该化合物中b元素形成3个
5、或4个共价键，其杂化方式分别为、杂化，故b错误；同周期主族元素从左向右第一电离能呈增大趋势，则第一电离能：yx，故c正确；zyw为naoh，naoh为离子化合物，含有离子键和极性共价键，故d正确。9c铬铁矿在氧气中与纯碱焙烧生成和固体，发生反应为，主反应，加水通过水浸使、进入浸出液中，而不溶的形成滤渣1，浸出液加入稀硫酸形成滤渣2是沉淀，最后分离出溶液，加入s发生转化，发生反应为，得到，再转化为cr。由分析可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为74，a、b正确；酸浸时加入稀硫酸的目的是形成沉淀，除去铝元素，由于能溶于硫酸，则不能加入足量稀硫酸，c错误；转化时加入s，和反应生成、，d正确。10d正极
6、电势高于负极电势，由表中数据和图示可知，当甘汞电极作正极，正极得电子，盐桥中的阳离子移向甘汞电极，当甘汞电极作负极时，负极失电子，盐桥中的阴离子移向甘汞电极，a错误。若m为cu，则甘汞电极为负极，铜作正极，正极得电子，电极反应式为，b错误。当甘汞电极作正极，正极得电子，电极反应式为，为保证溶液呈电中性，盐桥中的钾离子移向甘汞电极；当甘汞电极作负极时失电子，电极反应式为，为保证溶液呈电中性，盐桥的氯离子移向甘汞电极，因此测定过程中，甘汞电极内部kcl晶体可能增多，c错误，d正确。11d氯磺酸是一种易水解的一元强酸，水解会产生硫酸和hcl，将物质的量相等的与hcl分别溶于水制成1l溶液，氯磺酸溶液
7、中氢离子浓度更大，ph小，a正确；参照氯磺酸与甲酸的反应，可与苯在一定条件下发生取代反应生成苯磺酸和hcl，b正确；氯磺酸与水反应的方程式为，1mol氯磺酸在水中能产生3mol氢离子，故中和500ml 3 naoh溶液需要0.5mol ，c正确；与甲酸反应中各元素的化合价未发生变化，过程中无电子转移，d错误。12b制备乙酸乙酯实验操作为连接实验装置，检查气密性，向圆底烧瓶中加入无水乙醇、浓硫酸、冰醋酸的混合物，并加入沸石，通入冷凝水，冷凝水下口进上口出，加热圆底烧瓶，充分反应后将该装置改成蒸馏装置，蒸馏获取粗产品，在获得的粗产品中加入饱和溶液，充分反应至无气泡逸出，将混合液倒入分液漏斗中，振荡
8、、静置，收集上层液体即得粗制乙酸乙酯，综上分析可知，本实验操作及制备装置中存在：冷凝水流向错误；将粗产品应该转移至饱和溶液而不是溶液，错误；分液时收集的产品应该在上层，错误，故共3处。13c中mn元素的化合价降低，c元素的化合价升高，故既有氧化性，又有还原性，故a正确；催化剂可以改变反应速率，开始时加入，若反应产生气泡速率明显加快，可证明作催化剂，故b正确；每生成1mol ，转移1mol电子，故标准状况下11.2l ，即0.5mol的二氧化碳，转移0.5mol电子，转移5个电子，根据得失电子守恒，故消耗0.1mol ，故c错误；加入某种试剂使mn（v）、mn（）或mn（）生成难溶物，则中断某个
9、中间产物，若反应减慢，则猜想合理，故d正确。14b基态co原子核外电子空间运动状态与电子所占据的原子轨道数目相同，co原子核外电子排布为，空间运动状态有种，a错误；三者均为分子晶体且分子间均存在分子间氢键，n的电负性小于o的，形成的氢键弱，故氨气沸点最低，水的相对分子质量小于过氧化氢的，故水的沸点小于过氧化氢的，故沸点：，b正确；与的外界中均有氯离子，溶液中滴加溶液均能产生沉淀，不能鉴别，c错误；中内界与外界之间为离子键，只有内界配离子含有键，1mol 含有 键，d错误。15c图示原理为电解葡萄糖溶液制备甘露醇和葡萄糖酸盐。根据b电极反应可知溴离子失去电子变成溴酸根，故b为阳极，电极反应为，在
10、阳极区溴酸根和葡萄糖反应生成葡萄糖酸盐和溴离子，离子反应为3，1mol溴酸根生成溴离子转移电子数为6mol，故1mol葡萄糖生成葡萄糖酸盐转移电子数为2mol，双极膜中产生的氢氧根向b电极移动。b极为阳极，电极材料不参与反应，故材料为石墨，接电源正极，a正确；根据分析，通电后双极膜中产生的向b极（阳极）定向移动，b正确；阴极区发生的反应为葡萄糖转变为甘露醇，理论上若生成1mol甘露醇，需消耗1mol葡萄糖，转移2mol电子，在阳极区可生成1mol葡萄糖酸盐，d正确。16解析：（1）碳元素的原子序数为6，价电子排布式为，核外电子占据的最高能级为2p能级；钛元素的原子序数为22，失去2个电子形成钛
11、离子，离子的电子排布式为ar或。（2）由-线型碳的结构简式可知，分子中碳原子形成2个碳碳双键，则碳原子的杂化方式为sp杂化；由-线型碳的结构简式可知，每个碳原子形成一个碳碳三键和一个碳碳单键，相邻的不饱和碳原子的p轨道上的p电子形成大t键，使单键的键长变短。（3）由位于顶点的a原子的分数坐标为、位于体对角线的c原子的分数坐标为可知，若b原子的分数坐标为，说明b原子位于顶点，则位于体对角线的c原子的分数坐标为；由晶胞结构可知，钾离子与间的最短距离为体对角线的，晶胞边长为a nm，则最短距离为nm；排除八面体空隙中的钾离子后，位于顶点和面心的的个数为，位于体内的钾离子（体心除外）个数为8，则晶胞的
12、化学式为，设晶体的密度为，由晶胞质量公式可得，解得。答案：（1）2par或（2）sp相邻碳原子的p轨道形成大键，使单键的键长变短（3）17解析：根据回收碲的工艺流程可知，精炼钢的阳极泥和硫酸、空气反应生成了不溶于水的，根据碲元素的化合价变化，可知此反应是氧化还原反应，反应的化学方程式是，则反应过后水浸的滤液的主要成分是，滤渣的主要成分是不溶于水的，经过naoh碱浸后，生成溶于水的，然后在滤液中加入使其氧化成，最后通过结晶分离出，然后把和、放在一起反应生成不溶于水的碲，经过沉碲操作得到粗碲粉，据此分析解答。（1）“反应”是指把阳极泥和硫酸、空气混在一起反应，提高“反应”效率，就是使它们充分反应，
13、快速反应，故可采取的措施有阳极泥粉碎、适当增大硫酸浓度、升高温度、增加空气通入量等。（2）经分析，滤液的主要成分是，根据的浸出率与温度关系图可知，浸出率先是随温度升高而升高，然后随温度升高而减小，其原因是温度升高，硫酸铜的溶解度增大，溶解速率会加快，则浸出率逐渐升高，当温度升高到一定程度，由于具有强还原性，则和发生氧化还原反应生成了难溶于水的，故后期温度升高，的浸出率反而下降。（3）经分析“氧化”过程是指含有的滤液中加入使其氧化成的过程，根据氧化还原反应规律，反应的化学方程式是，则该反应的离子方程式是。滤液是指分离出后的滤液，为了使完全被氧化，加入的要过量，为了充分利用剩余的，可将其加入到碱浸
14、这步操作中，使在碱浸中就被氧化，提高原料利用率。（4）经分析“沉确”过程是指把和、放在一起反应生成不溶于水的蹄，根据氧化还原反应规律，反应的化学方程式是，则该反应的离子方程式是。答案：（1）将阳极泥粉碎、适当增大硫酸浓度、升高温度、增加空气通入量等（2）随温度升高，溶解度及溶解速率均变大，浸出率升高，后期温度过高，和反应生成难溶性的沉淀，浸出率降低（3）碱浸（4）18解析：由已知条件可推测a到b：，由已知条件可推测d到i：。（1）由a的结构简式知，a中含氧官能团的名称是羧基酮羰基；bc的反应生成了环酯，反应类型为取代反应（或酯化反应）。（2）b发生消去反应生成m（），则m在一定条件下发生加聚反
15、应所得产物的结构简式是。（3）g和氢氧化钠在乙醇、加热条件下发生消去反应生成h，则化学方程式为。（4）h和在一定条件下发生反应生成i，则i的结构简式是。（5）b的分子式是（），苯环上只有3个取代基（取代基上无环状结构），说明具有苯环结构；能与溶液发生显色反应说明有酚羟基；能与溶液反应生成气体说明有羧基，根据分子式可知还有一个不饱和度，因为苯环上的一氯代物有2种，故应该有两个酚羟基且两个-oh位于间位，则同分异构体有、，故共有16种。（6）以、和1，3-丁二烯为原料合成，利用已知条件可引入羰基和羧基以及氯原子，通过卤代烃的消去反应得到双键，最后通过与1，3-丁二烯加成生成六元环。答案：（1）羧基酮羰基取代反应（或酯化反应）（2）（3）（4）（5）16（6）19解析：（3）由图示可知，可循环使用，在浸金过程中起催化作用。au形管内液柱左高右低，说明锥形瓶中被消耗，锥形瓶中溶液蓝色变浅，说明部分转化为，打开瓶塞后，空气进入锥形瓶中，遇又生成：，锥形瓶中溶液又恢复原有的蓝色。答案：（1）au在高温条件下不与反应（2）48244与形成配合物，提高au的还原性（3）催化锥形瓶中溶液蓝色复原当时，随着的增大；的浓度增大，浸金速率增大，当时，游离的消耗使减小，浸金速率减小112023-2024学年高三年级上学期期中考试