化学答案解析_2023年7月_01每日更新_30号_2023届湖北高三新起点9月联考_答案

届高三（ 月）起点考试 2023 9 参考答案解析 1.A 解析：A.棉布的主要成分为纤维素，纤维素属于多糖，A正确；B．兽皮的主要成分是 蛋白质，B错误；C.陶器是通过黏土烧制而成的，所以烧制陶器的主要原料为黏土，C错误； D. 酿醋过程中淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖分解生成乙醇，乙醇再氧化生成乙酸，D错误。 2.B 解析：A. 铜不能置换出酸中的氢，铜不能发生析氢腐蚀，A错误；B. 金属材料包括 纯金属和合金，铝锂合金属于金属材料，故B正确；C.碲是VIA族元素，是主族元素，不 属于过渡元素，C错误；D.碳化硅属于新型无机非金属材料，D错误。 3.D 解析：A. 中子数为8的碳原子表应该表示为： ，A错误；B.CO 为直线形分子， 2 14 但碳的原子半径比氧大，图示空间填充模型错误，B错 6 误 C ；C. 过氧化氢是共价化合物，电 子式为： ，C错误。 4.B 解析：A. 从氯化镁溶液得到固体的方法为溶液的蒸发，应用蒸发皿，不应用坩埚，A 错误；B.充分振荡后静置，下层是溴的四氯化碳溶液为橙红色，上层是三氯化铁溶液为棕黄 色，B正确；C.Na CO 溶液和CH COOC H 不互溶，可以通过分液分离，C错误；D. 浓 2 3 3 2 5 硫酸反应后的产物中还有剩余得浓硫酸，应将反应后的产物缓缓倒入到盛有水的烧杯中并不 断搅拌，故D错误。 5.D 解析：Y核外最外层电子数是电子层数的3倍，则Y为氧元素，W、X、Y、Z是分属 两个不同短周期且原子序数依次递增的主族元素，W形成4个共价键，则W为碳元素，X 为氮元素，Z形成l个键，则Z为氯元素。A. 同周期元素从左往右，原子半径逐渐减小， 原子半径C>N>O，A错误；B.非金属性Cl>C，则最高价氧化物对应水化物的酸性：HClO > 4 H CO ，B错误；C. 同周期元素，非金属性越强，第一电离能越大，但由于氮元素的2p轨 2 3 道电子处于半充满状态，稳定性强，所以第一电离能氮元素大于氧元素，即第一电离能： N>O>C， C错误；D.(CN) 的结构式为N-C≡C-N，σ键和π键的数目之比为3:4，D正确。 2 6.C 解析：C.NH 分子间存在氢键，PH 分子间不存在氢键，NH 沸点高于PH ，故C错误。 3 3 3 3 7.D 解析：A. 醋酸是弱电解质，不能拆，A错误；B.Fe过量时，应生成Fe2+，B错误；C. 少量二氧化碳，应生成碳酸钙，C错误；D.A1(OH) 不溶于过量氨水，D正确。 3 8.C 解析：A. 溶液体积未知，Al3+的数目无法计算，A错误；B.电解精炼铜过程中，阳极 粗铜中含有杂质铁、锌等，电解时是比铜活泼的锌、铁先放电，所以当电路中通过的电子为 lmol时，阳极并不是32gCu转化为Cu2+，故B错误；C.124gP 物质的量为1mol，1个 4 P 中含有6个P-P键，1molP 中含有P-P键的数目为6N ，C正确；D.未指明温度和压强， 4 4 A 无法计算气体的物质的量，D错误。 9.C 解析：A. 根据图示可知，在反应开始时无HI，在反应结束时生成物中无HI，因此HI 是合成乙醇的中间体，A正确；B.过程1有C-OH键的断裂，过程3有C-OH键的形成，B 正确；C.CH I 分子C-H键和C-I键的键长不同，CH I 的空间构型是四面体形，C错误； 3 3D．根据图示可知第3步反应的反应物是CH I、CO、H 生成物是CH CH OH及HI则该反 3 2 3 2 应的化学方程式为CO+2H +CH I→HI+CH CH OH，D正确。 2 3 3 2 10.D 解析：A.铁位于周期表第四周期第Ⅷ族，A错误；B. 上述反应过程中被氧化是Fe2 ＋、S O 2－，B错误；C.Fe O 纳米颗粒不是胶体，不能产生丁达尔效应，C错误；D. 若有3 2 3 3 4 molFe2＋反应，失去的电子为2mol，1molO 被还原时，得到的电子为4mol，则3molFe2+ 2 反应时被还原的O 为0.5mol，标准状况下为11.2L，D正确。 2 11.A 解析：A. 结构相似、分子组成相差若千个“CH ”原子团的有机化合物互为同系物， 2 而甲醇含一个羟基，乙二醇含两个羟基，两者分子组成上相差1个O，两者不是同系物，A 错误。 12.B 解析：A. 该晶体属于共价晶体，C-Si键的键长比C-C键长，熔点比金刚石低，A错 误；C.设晶胞边长为x，则C-Si键的键长apm= x/4，x=4a/ pm，C错误；D. 金刚砂 中C原子周围等距且最近的C原子数为4×3=12，D错误。 3 3 13.A 解析：B．将浸透了石蜡油的石棉放置在硬质试管中(内有碎瓷片)并加热，将产生的 气体通过酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色说明气体中含有不饱和烃，但该气体不一定是乙烯气 体，B错误；C.氯化铁和碘化钾发生反应：2Fe3++2I-=2Fe2++I ，结合数据可知，Fe3+过量， 2 剩余的Fe3+能与SCN-反应生成血红色溶液，因此溶液变成血红色，不能判断反应是否存在 限度，C错误；D. 用新制Cu(OH) 浊液检验醛基时，需要在碱性的环境中，才能观察到砖 2 红色沉淀，淀粉水解时加入硫酸，未调节pH，不会观察到生成砖红色沉淀，D项错误。 14.C 解析：A.K能与水反应，有机电解质1不能用KOH溶液替换；B.放电时，b电极发 生还原反应，充电时，b电极发生氧化反应，B错误；C.由图可知，b极生成KO ，即a极 2 上生成的K+通过隔膜移向b极，但O 氧化性强、K是活泼金属，防止电池损坏则隔膜不允 2 许O 通过，C正确；D.此电池放电时，O ~e-，用此电池为铅酸蓄电池充电时，Pb~2e-，即 2 2 2O ~2e-~Pb，所以消耗1.6gO 时，生成0.025molPb，D错误。 2 2 c  HX c  X2 15.B 解析：根据直线m，当pH=0时lg cH X 或lg c  HX =-1.3，对应电离常数为10-1.3； 2 c  HX c  X2 根据直线n，当pH=0时lg 或lg =-4.3，对应电离常数为10-4.3，K K ，所以 cH X c  HX a1 a2 2 c(HX-) K =110-1.3、K =110-4.3，直线m对应电离常数为10-1.3，所以直线m表示pH与lg a1 a2 c(H X) 2 c  X2 的关系，直线n对应电离常数为10-4.3，所以直线n表示pH与lg 的关系。A.K =100.7×10-2， c  HX a1 c  HX c  X2 其数量级为10-2，A正确；B.M点，lg cH X =0时，pH=-lgK a1 =1.3，N点，lg c  HX =0时， 2 pH=-lgK =4.3，M、N溶液均显酸性，均抑制水的电离，M点的酸性更强，水的电离程度 a2 c  X2 更小，B错误；C.N点，lg =0，可得c(X2-)=c(HX-)，根据电荷守恒，得 c  HX c(Na+)+c(H+)=2c(X2-)+c(HX-)+c(OH-)，又由N点pH=4.3，得c(H+)>c(OH-)，所以c(Na+)c(X2-)>c(HX-)>c(H+)=c(OH-)，故D正确。 16. （1）3d54s1（1分） （2）将矿料粉碎或适当提高焙烧温度或使用沸腾炉等其它合理答案均给分（2分） （3）4FeCr O +7O +8Na CO 2Fe O +8Na CrO +8CO （2分，条件不作要求） 2 4 2 2 3 2 3 2 4 2 （4）4.5≤pH ≤9.3或4.5～9.3（2分，无等号也得分）； 2CrO 2－+2H+ Cr O 2－+H O （2分，等号不扣分） 4 2 7 2 （5）6（1分）；sp3（1分） （6）5.0×10－13（2分，有效数字不作要求，写了单位不扣分） 【解析】 3d54s1 (1)基态铬原子的价电子排布式为 ， (2)将矿料粉碎、适当提高焙烧温度、使用沸腾炉等都可以提高焙烧效果。 (3)焙烧时，据信息原料中有Na CO 、FeCr O ，通入了O ，生成物中Na CrO 和Fe O 故 2 3 2 4 2 2 4 2 3， 化学方程式为：4FeCr O +7O +8Na CO 2Fe O +8Na CrO +8CO 2 4 2 2 3 2 3 2 4 2 (4)中和操作的目的是将Al、Si的可溶性钠盐转化为Al(OH) 、H SiO 沉淀，且需防止Al(OH) 3 2 3 3 反应生成Al3＋进入溶液，由图像可知需控制pH的理论范围是 4.5≤pH≤9.3（或4.5～9.3）； 酸化过程即2CrO 2－+2H+⇌ Cr O 2－+H O 4 2 7 2 (5)[Cr(NH ) (H O) Cl]Cl 中，配合物中心离子Cr3+与NH 、H O及Cl-均形成配位键，故配位 3 3 2 2 2 3 2 数为6，配位分子NH 、H O中的氮、氧原子均为sp3杂化。 3 2 (6)Fe(OH) 和Cr(OH) 都达到了沉淀溶解平衡，由第（3）小题图中pH=3.0的点可求出 3 3 K [Fe(OH) ]=1.0×10－38，又K [Cr(OH) ]=6.0×10－31，c(Cr3+)=3.0×10－5mol·L－1可求出 sp 3 sp 3 c(Fe3+)=5.0×10－13mol·L－1 17. （1）Cl 、光照（1分，没写全或见错无分）；取代反应（1分，只答取代不得分）、 2 （2）酯基（1分） （3）CHCOOH（2分） 3 （4） +nH O +nCH COOH 或 2 3 +nNaOH +nCH COONa（2分，条件不作要求） 3【解析】 (1)A是 ，A→B是甲苯甲基上的2个H原子被2个Cl原子代替，故与Cl 在光 2 照条件发生取代反应可得B，C和乙醛反应生成D，根据信息①②，可知C是 ,D 为 ,D氧化为E，E的结构简式为 ，E和SOCl 反 2 应生成F，所以E→F为取代反应。 （2）J中含氧官能团的名称是酯基 (3)G是CH COOCH=CH ，C H 和X发生加成反应生成CH COOCH=CH ，则X的结构简 3 2 2 2 3 2 式为CHCOOH 3 (4)根据H的分子式以及I的结构简式，逆推可知H为 ，I是 ， 故方程式为 +nH O + nCH COOH 或 2 3 +nNaOH +nCH COONa 3 (5)①遇FeCl 溶液显紫色，说明含有酚羟基；②分子中有5个碳原子在一条直线上，说明含 3 有碳碳叁键；符合条件 的同分异构体有 、 、 、 、 ，共5种，其中核磁共振氢谱图中有4组峰的结构简式为 。 (6)乙醇氧化为乙醛，2分子乙醛在碱性条件下生成CH -CH=CH-CHO，CH -CH=CH-CHO和 3 3 氢气发生加成反应生成1—丁醇，合成路线为 CH CH OHO2CH CHOOHCH CHCHCHOH2CH CH CH CH OH 3 2 Cu/ 3  3 Ni/ 3 2 2 2 18.（1）三颈烧瓶（1分，三口烧瓶、三口瓶、三颈圆底烧瓶均得分）； 平衡气压，有利于液体的顺利滴下（1分，有利于液体顺利滴下即可得分）（2）冰水浴（2分）；2ClO +H O +2OH－＝2ClO －+O +2H O（2分，写气体符号不扣分） 2 2 2 2 2 2 （3）通入过慢，ClO 浓度偏高，易分解爆炸（1分）；、 2 通入过快，影响ClO 的吸收转化（1分） 2 （4）②趁热过滤（2分，只答过滤得1分）；④低于60℃干燥（2分，只答干燥得1分） 181bv % （5） 8a （2分，表达式合理即可得分） 【解析】 根据题意可知需利用图示装置及试剂制备NaClO ，实验前向装置中通入氮气可排尽装置内 2 的空气，避免干扰试验，实验后通入氮气可将装置内的二氧化氯全部驱赶至装置C内参与 反应，并且稀释二氧化氯防止其分解爆炸。实验过程用75%的浓硫酸与亚硫酸钠固体和氯 酸钠固体共同作用，制得二氧化氯气体，该气体进入氢氧化钠和过氧化氢的混合溶液，在冰 水浴的环境下反应制得NaClO ，尾气用水吸收，防止污染环境，并要注意防倒吸。 2 （1）仪器b为三颈烧瓶(或三口烧瓶)，a为恒压滴液漏斗，故其优点为平衡气压，有利于液 体的顺利滴下 H O NaClO （2）防止 2 2在较高温度下分解或防止温度过高 2分解，故B采用冰水浴 据分析，C中是二氧化氯气体与氢氧化钠和过氧化氢的混合溶液反应的装置，所以C 中生 成NaClO 的离子方程式为：2ClO+HO+2OH-=2ClO- +O+2HO； 2 2 2 2 2 2 2 （3）根据已知纯的或浓度较大的ClO 易分解爆炸可知，若氮气通入过慢，ClO 浓度偏高， 2 2 易发生爆炸，通入过快，影响ClO 的吸收转化； 2 （4）由于NaClO 饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体NaClO ·3H O，高于38℃时析 2 2 2 出晶体NaClO ，要从NaClO 溶液中获得NaClO 固体则需要减压，55℃蒸发结晶，趁热 2 2 2 过滤，防止温度降低析出NaClO ·3H O晶体，用无水乙醇洗涤后，低于60℃干燥，防止 2 2 NaClO 分解，得到成品。 2 NaClO ClO-+4I-+4H+=Cl-+2I +2H O （5） 2将KI氧化为I 2 ，离子方程式是： 2 2 2 ，得到的I 2 Na S O I 2S O2 2IS O2 NaClO 2I 4Na S O 与 2 2 3反应： 2 2 3 4 6 ，则有关系式： 2 2 2 2 3，实验 1 cV cmol  L-1  V  10-3L  =  10-3mol NaClO 中25.00mL产品品溶液含有 2物质的量是 4 4 ， NaClO 则 mg 产 品 中 2 的 质 量 分 数 是 cV 250mL 10-3mol  90.5g/mol  4 25mL 181cV 100%= % mg 8m 19. （1）−746.5（2分，带单位不扣分，单位错误扣1分） （2）①AC（2分，漏选得1分，错选不得分） ②2.56×105（2分，带单位不扣分，单位错误扣1分） ③向正反应方向（2分）④<（1分） ⑤温度（1分）；L >L ，该反应为气体体积减小的反应，相同温度下压强增大，NO平衡转 2 1 化率增大（2分） （3）2NO -+8H++6e-=N ↑+4H O（2分，未写气体符号扣1分） 2 2 2 【解析】(1)根据盖斯定律，△H=-180.5+221-393.5×2=−746.5kJ·mol−1。 （2）①根据PV=nRT，，温度、体积不变，压强与n成正比，气体的物质的量只有平衡状态 才不变，故压强不变可说明达平衡状态，A正确；气体的密度=气体的质量/容器的体积，恒 容条件、反应前后无非气体，气体的体积和质量始终不变，故不论有没有平衡，密度不变， B错；气体的平均分子量=气体的质量/气体的物质的量，反应前后无非气体，气体的物质的 量只有平衡状态才不变，故C正确 2NO(g) 2CO(g) N (g) 2CO (g) 2 2 起始量(mol/L) 0.009 0.009 0 0 ②根据表中数据： 转化量(mol/L) 0.008 0.008 0.004 0.008 平衡量(mol/L) 0.001 0.001 0.004 0.008 K= ③NO、N 2 二者浓度均增加至原来的两倍， Q= c(N 2 )c2(CO 2 )  (0.0042)(0.008)2  K ， c2(NO)c2(CO) (0.0012)2(0.001)2 2 Qv ，故逆反应速率增大的倍数大于正反 逆 正 应率增大的倍数大于正反应。 ⑤根据上述热反应方程式可知，反应为放热反应，正反向的气体体积减小。若在同样L条 件下，X增大，一氧化氮的转化率下降，说明X为温度，即L为压强。在同温条件下，L 2 的转化率高于L ，该反应为气体体积减小的反应，相同温度下压强增大，NO转化率增大， 1 L >L 。 2 1 (3)阴极发生还原反应，在阴极NO转化为N ，阴极的电极反应式为 2 2 2NO8H 6e=N 4H O 2 2 2