高三化学参考答案--山西(1)_2023年7月_027月合集_2023届山西省（三重教育）高三开学摸底考试

绝密★启用前 化学参考答案 1.【答案】B 【解析】 A项，纸的主要成分是纤维素，属于有机高分子材料； B项，香油的主要成分是油脂，不是有机高分子材料； C项，刺绣中的“线”有棉麻的，主要成分是纤维素，属于有机高分子材料，也有是丝毛的，主要成分是 蛋白质，也属于有机高分子材料； D项，“藤”的主要成分是纤维素，属于有机高分子材料。 2.【答案】C 【解析】 AB项，淀粉和纤维素都属于有机高分子，通式都是(C H O ) ，n值不同，故他们不互为同分异构体，AB 6 10 5 n 项正确； C项，绿色植物的光合作用是在酶作用下进行的，二氧化碳进行淀粉合成，存在能量利用效率低、周期长 的特点。科学家使用催化剂使CO 合成淀粉除了步骤更少，还具有更高的能量转化效率与合成速度，因酶 2 与催化剂不同，故二者原理不同，C项错误； D项，人工合成淀粉可对气候变化、粮食安全等人类面临的挑战提供解决手段，D项正确。 3.【答案】A 【解析】 A项，SiO 是酸性氧化物，但能与氢氟酸反应，A项错误； 2 B项，“水玻璃”是硅酸钠溶液，可由SiO 与氢氧化钠溶液反应制得，B项正确； 2 C项，普通玻璃的主要成分是硅酸钠、硅酸钙和二氧化硅，二氧化硅在高温下与碳酸钠反应生成硅酸钠和 二氧化碳，C项正确； 高温 D项，“从沙滩到用户”是工业上制取粗硅的反应原理，即SiO +2C Si（粗硅）+2CO↑,D项正确。 2 4.【答案】D 【解析】 A项，一个醋酸分子中含3个C-H键，1mol冰醋酸中C-H键数目为3N ，A项错误； A B项，标准状况下，HF呈液态，B项错误； C项，Cl 溶解度小，不能完全溶于水，并且发生的反应也不彻底，所以22.4LCl（标准状况）通入1L水中， 2 2 转移的电子数远小于N ，C项错误； A 化学参考答案 第 1 页（共 7 页）D项，生成lmolNH ，转移电子数等于3N ，D项正确。 3 A 5.【答案】B 【解析】 A项，随着反应进行，浓硫酸变稀，稀硫酸不与铜反应，A项错误； B项，把铜丝换成亚硫酸钠，不加热，发生反应：Na 2 SO 3 +H 2 SO 4 (浓）===Na 2 SO 3 +SO 2 ↑+H 2 O,也可以制备 二氧化硫气体，完成同样的实验，B项正确； C项，石蕊试液变红但不褪色，说明二氧化硫的水溶液有酸性，二氧化硫不能漂白紫色石蕊试液，不能证 明二氧化硫没有漂白性，C项错误； D项，品红溶液褪色，证明二氧化硫具有漂白性，若把品红溶液换成高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液紫色褪 去，可以验证二氧化硫的还原性，不是验证二氧化硫的相同性质，D项错误。 6.【答案】D 【解析】 A项，中子数为20的氯原子的质量数是20+17=37，可表示为37Cl，A项错误； B项，钠离子结构示意图中核电荷数是11，核外电子总数是10，B项错误； C项，CO 分子中C原子是sp杂化，直线型分子，C项错误； 2 D项，NaClO是离子化合物，电子式书写正确，D项正确。 7.【答案】B 【解析】根据结构式中成键关系，结合信息可推测X、Y、Z、W分别是H、O、F、S。 A项，原子半径：O>F，A项错误； B项，常温下，水为液态，而H S为气态，沸点：H O>H S，B项正确； 2 2 2 C项，H SO 不是强酸，C项错误； 2 3 D项，非金属性：SH CO >HClO>HCO -，所以通入等物质的量的氯气，与水反应产生HCl和HClO，只有 2 3 3 HCl与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，B项正确； C项，亚硫酸钙溶于盐酸，该反应不能发生，C项错误； D项，向H O 溶液中滴加少量FeCl ，Fe3+作催化剂，促进双氧水分解，D项正确。 2 2 3 13.【答案】D 【解析】 A项，玻璃棒中含有钠元素，有干扰，A项错误； B项，需要测定同浓度的NaHX与NaY溶液的pH，B项错误； 化学参考答案 第 3 页（共 7 页）C项，酸性高锰酸钾溶液是用硫酸酸化的，溶液中原来有SO2，C项错误； 4 D项，若溶液变为红色，说明反应具有可逆性，D项正确。 14.【答案】D 【解析】 A项，通过表中数据可知，温度升高，NO的转化率先升高后降低，温度较低时反应较慢，因为温度不连 续，不能确定300℃时，是否为平衡状态，但可以确定400-500℃时一定为平衡状态，此时温度越高，NO 的转化率越低，即升温平衡逆向移动，则该反应是放热反应，ΔH＜0，A项正确，D项错误； B项，200℃时，反应没有达到平衡，延长反应时间能提高NO的转化率，B项正确； C项，恒压条件下，O 的浓度增加，则NO的浓度减小，反应速率会减小，相同时间内NO的转化率有可 2 能会降低，C项正确。 15.【答案】B 【解析】 A项，电极X上CH CH OH氧化生成CH COOH，电极X是负极，A项正确； 3 2 3 B项，每1molCH CH OH被氧化，则有4mol电子转移，故当有0.001molCH CH OH反应，理论上有 3 2 3 2 0.004mol电子通过外电路，B项错误； C项，正极上发生O 得电子生成H O的反应，C项正确； 2 2 D项，H＋向正极迁移，即质子通过交换膜从左往右迁移，D项正确。 16.【答案】D 【解析】 A项，D点溶质为Na A,D点之后，碱过量，抑制水的电离，A项错误； 2 B项，V（NaOH溶液)=30mL 时生成NaHA和Na A的混合溶液，且两者物质的量之比是 1:1，根据H A 2 2 的pK =-lgK =7.2知，A2-的水解程度大于HA-的电离程度，使得c(HA-)＞c(A2-), 而图中C点pH=7.2, 根 a2 a2 据HA-的电离表达式及pK =7.2推得c(HA-)＞c(A2-)，前后矛盾，B项错误； a2 C项，图中B点恰好完全反应生成NaHA,溶液呈酸性，说明HA-的电离程度大于其水解程度，即c(A2-)＞ c(H A)，C项错误； 2 D项，图中D点恰好完全反应生成Na A,A2-发生水解反应：A2-+H O HA-+OH-,c(OH-)= K w mol/L， 2 2 10 a K  K w  c(HA  )c(OH  ) , D 点时，c(A2-)≈ 0.1 mol/L,则 c(HA-)= 0.1 mol/L×10-a÷10-7.2= = 1 ×106.2-amol/L，D h K a2 c（A2 ) 3 3 3 项正确。 17.（13分） 【答案】（1）bd（2分） 化学参考答案 第 4 页（共 7 页）△ （2）①MnO ＋4HCl(浓) MnCl ＋Cl ↑＋2H O（2分） 2 2 2 2 ②饱和NaCl溶液（1分） NaOH溶液（1分） ③取少量溶液于试管中，加入少量淀粉溶液，若溶液变蓝，说明有单质碘生成（2分） 过量的Cl 将滤液中的碘单质氧化（2分） 2 （3）2NO  2 ＋2I－＋4H＋ ===2NO↑＋I 2 ＋2H 2 O（2分） （4）254（1分） 【解析】（1）灼烧在坩埚中进行，因此用到的仪器有bd。 （2）②Cl 中的HCl杂质，可用饱和NaCl溶液除去；多余的Cl ，用NaOH溶液吸收。 2 2 ③用淀粉溶液检验碘单质；不含碘单质，是因为Cl 将溶液中的I 氧化了，其反应方程式是：5Cl ＋I ＋ 2 2 2 2 6H 2 O===2HIO 3 ＋10HCl。 3.010 6mol2127gmol 1 （4）ω(I)= 103g/kg103mg/g254mg/kg。 3g 18.（13 分） 【答案】（1）沉淀Cu2+生成Cu(OH) （1分） 取代[CuCl ]-中Cl-生成CuOH（2分） 2 2 （2）取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加少量硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则证明沉淀已洗涤干净 （2分） （3）稀盐酸（1分） 蒸发浓缩（1分） （4）0.25mol（1分） N H ·H O+4CuC1 +8NaOH==2Cu O+N ↑+8NaCl+7H O（2分） 2 4 2 2 2 2 2 （5）Cu或单质铜（1分） [CuC1 ]-易发生歧化反应 2[CuC1 ]-==Cu+Cu2++4C1-（2分） 2 2 【解析】铜离子在水溶液中是以配合物离子形式存在的，很难表现出氧化性，一般是将其转化为氢氧化铜 表现弱氧化性，根据流程图中铜离子的价态变化，可知水合肼做还原剂，氧化产物应该为氮气。根据已知 条件CuOH不稳定，易失水，2CuOH==Cu O+H O，所以首先由[CuC1 ]-转化为CuOH，再失水生成 Cu O 。 2 2 2 2 （1）第一次氢氧化钠溶液作用是沉淀Cu2+生成Cu(OH) ，第二次作用是取代[CuCl ]-中Cl-生成CuOH。 2 2 （2）根据反应原理，沉淀主要附着NaCl，所以验证是否洗涤干净，需要检验氯离子的存在，取最后一次 洗涤液少许于试管中，滴加少量硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则证明沉淀已洗涤干净。 （3）滤液中含有过量的氢氧化钠，所以需要加稀盐酸中和，从而提高氯化钠的纯度，从氯化钠溶液中提取 氯化钠，需要蒸发浓缩至少量溶液，用余热蒸干，得氯化钠固体，所以操作为蒸发浓缩。 （4）1molN H ·H O~1molN ~4mole-,1molCuC1 ~1mol[CuCl ]-~1mole-,所以每生成1mol[CuCl ]-消耗水合肼 2 4 2 2 2 2 2 的物质的量为0.25mol。反应物为氯化铜、水合肼、氢氧化钠，产物为氧化亚铜、氯化钠和水，氧化产物 为氮气，所以总反应方程式为N H ·H O+4CuC1 +8NaOH==2Cu O+N +8NaCl+7H O 。 2 4 2 2 2 2 2 化学参考答案 第 5 页（共 7 页）（5）[CuC1 ]-易发生歧化反应2[CuC1 ]-==Cu+Cu2++4C1-，当氢氧化钠不足时，剩余的[CuC1 ]-易分解产 2 2 2 生单质铜，混杂在沉淀中。 19.（12分） 【答案】（1）①吸收（1分） ② CO 2 (g)＋4H 2 (g)===CH 4 (g)+2H 2 O(g) ΔH=－270kJ/mol（2分，写 催化剂不扣分） 0.351.15 （2）①>（1分） ②CO（1分） 1.15（2分） （2分） 0.252.15 （3）X→Y（1分） CH 4 ＋O2－－2e－ ===CO＋2H 2 （2分） 【解析】（1）①H 解离为H原子，化学键断开，需要吸收能量；② ΔH=（745×2＋436×4）kJ·mol−1 －（413×4 2 ＋463×4）kJ·mol−1=－270kJ·mol−1。 （2）①由图可知：随温度升高，K 增大、K 减小，因此ΔH >0、ΔH <0，故ΔH >ΔH 。 1 2 1 2 1 2 ②随温度升高，副反应i 平衡正向移动，副反应ii 平衡逆向移动，均有利于生成CO，因此曲线C代表的 是CO；由图可知：600℃时，n(CH )=n(CO)=0.35mol，n(CO )=0.25mol，由O原子守恒：n(H O)=2mol 4 2 2 －0.35mol－0.25mol×2=1.15mol。由H原子守恒：n(H )=4mol－1.15mol－0.35mol×2=2.15mol。由于副 2 n(CO)n(H O) 0.351.15 反应i方程式两边气体的化学计量数相等，因此K = 2  。 p n(CO )n(H ) 0.252.15 2 2 （3）电极X上发生还原反应，为正极；电极Y上发生氧化反应，为负极。O2－向负极移动，即O2－的迁移 方向是X→Y；反应物是CH ，产物是CO和H ，根据原子守恒，O2－也要参与反应，根据原子守恒、电荷 4 2 守恒，即可得出电极反应式。 20.（14分） 【答案】（1）浓硫酸、浓硝酸、加热（1分） （2） （2分） 还原反应（1分） （3）邻硝基苯甲酸或2-硝基苯甲酸（1分） 羧基、磺酸基、酰胺基（2分，错一个扣1分，错2个， 0分） （4）保护—CH 、—NHCOCH 对位氢原子，防止下一步发生反应（2分） 3 3 （5） （2分，错一个扣1分） （6） 化学参考答案 第 6 页（共 7 页）（3 分，错一步扣1分） 【解析】根据反应条件和结构可知A为 ，反应②苯环上引入硝基，所以反应条件为浓硫酸、 浓硝酸、加热，根据反应⑤产物结构，和反应④⑤的条件可知，反应④将甲基氧化为羧基，反应⑤将硝基 还原为氨基，所以反应③是脱掉苯环上磺酸基，反应⑦和反应①，反应⑨和反应③条件分别相同，根据定 位基规则，反应⑦和反应①在苯环上引入磺酸基，反应⑨和反应③脱去苯环上磺酸基，所以这几步反应的 目的是保护该位置的氢原子，苯环上引入卤素原子的条件是卤素单质在铁（实质是Fe3+）催化作用下发生 苯环上取代反应。所以(1)答案为浓硫酸、浓硝酸、加热。 (2)根据定位基规则，D为 ，发生反应 ，反应⑤由硝基变为氨基发生还原反应。 (3)根据命名规则，C的化学名称为邻硝基苯甲酸或2-硝基苯甲酸，物质D有三种官能团，名称为羧基、 磺酸基、酰胺基。 (4)根据反应流程分析，设计反应①和反应⑦的目的是保护—CH 、—NHCOCH 对位氢原子，防止下一步 3 3 发生反应。 (5)根据所给条件，含有酯基和酰胺基，能发生银镜反应，1mol该物质完全反应可产生4mol单质Ag，含有 两个醛基，所以为甲酸酯和甲酸胺，结构分别为 和 。 (6)—CH 为邻对位定位基，目标产物中溴原子在甲基间位、氨基邻位，—NHCOCH 为邻对位定位基，—NO 3 3 2 为间位定位基，所以需先引入硝基，再还原为氨基，再生成—NHCOCH ，即可在—NHCOCH 邻位引入溴 3 3 原子，最后水解还原出氨基。所以合成过程为 化学参考答案 第 7 页（共 7 页）