河北高考题解析-完整版

河北高考题解析：1、【传统化学文化】粗盐提纯的考察，粗盐提纯涉及到：溶解→过滤→蒸发结晶的过程，因此不涉及蒸馏操作。故选D5、【有机物基本性质】重排反应中，X、Y、Z均为同分异构体。对比Y和Z的结构发现，Y中羰基和羟基在邻位，容易形成分子内氢键。。Z中容易形成分子间氢键使熔沸点升高。X中存在酯基，可以发生水解反应。Y、Z中都存在酚羟基，邻对位均可与发生取代反应；X、Y、Z均为同分异构体故选D【归纳总结】重排反应、异构化反应中反应物和生成物均为同分异构体。7、【物质结构】A、He的原子结构示意图为：，最外层为2电子稳定结构，化学性质稳定，用替代填充探空气球更安全；A正确B、B原子最外层有3个电子，其与3个H原子形成共价键后，其价层电子对只有3对，还有一个空轨道；在NH3中，N原子有一对孤对电子，故在NH3BH3分子中，N—B键为配位键，其电子对由N原子提供；B正确C、金属键的强弱取决于价电子数和原子半径。碱金属元素中价电子数相同，因此熔点的差异取决于原子半径。Li→Ru，原子半径增大，金属键减弱，熔点降低。因此Li熔点高是因为半径最小；C错误D、N原子电子排布式为1S22S22P3，价层为L，L层没有d轨道，只有4个轨道，只能形成4条共价键。而P原子3S23P3，价层为M，M层有空的d轨道，因此可以容纳更多的电子，形成超过4条共价键；D正确。故本题选C【真题互鉴】（2020·新课标Ⅲ）中第35题，以氨硼烷为背景命制的。主要考查了N→B的配位键的形成原理。并在（3）中提到了“双氢键”的概念，希望同学们在备考过程中一定要重视真题的训练。9、【化学实验基本操作】A、氯气的检验方法：Cl2+2I-=2Cl-+I2，淀粉遇碘单质变蓝色，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知：氧化性：Cl2>I2，，A正确；B、碳酸酸性强于苯酚，向苯酚钠中通入二氧化碳可以生成苯酚。C6H5O-+H2O+CO2→C6H5OH+HCO3-，B正确；C、SO2使品红褪色是暂时性漂白，SO2与品红结合成无色物质，该物质不稳定，受热恢复品红的红色。这个过程中SO2表现的是漂白性，没有表现氧化性。C错误；D、NH3通入滴有酚酞溶液的水中，溶液变红是因为NH3与水生成NH3·H2O，电离出OH—使酚酞变红，因此氨水显碱性，D正确故本题选C11、【晶体计算】A、通过均摊法计算：Zr数目为体内4个；O数目为：顶点8个，棱上12个，面心6个，体心1个，共8个，因此化学式为ZrO2，故A正确；B、该氧化物的密度为ρ=ZMC、由图可知将晶胞中p、q两点的Zr原子连线可得Zr原子之间的最短距离，可知其长度为晶胞底面对角线长度的一半，也就是22D、看图示，p点移动到原点，则q点也相应的平行移动，则q点应处于底面面心。12、【化学平衡计算】该气相反应体系中，有三个化学反应共存，反应②和反应③互为逆反应。其中反应②为气体分子数减小的反应，反应③为气体分子数增大的反应。由表格可知：前2分钟内，W的平均速率v(W)=0.04mol/(L·min)。结合反应①可知，X的速率为W的2倍，但是X还是反应②的反应物，在反应②中会消耗，因此X的平均速率应小于0.08mol/(L·min)，故A错误；该体系中Y只参与了反应①，且反应①是不可逆反应，W全部转化为X和Y，增大容器容积减压不影响Y的产率。故B错误。若，反应②、③为可逆反应，达平衡时正、逆反应速率相等，即v2=v3=,c(Z)=c2(X)，C错误；由题：反应③的活化能大于反应②，可知反应②为放热反应。因此，反应体系温度升高时，平衡逆向移动，达平衡时c(Z)减小。13、【电化学】分析：放电时，电极材料转化过程中失去2个K+和两个电子，为负极反应。K+应透过阳离子交换膜进入中间②区，因此该反应应该在③区，生成的K+进入②区。MnO2为正极材料，得电子生成Mn2+。为a电极。MnO2+2e-+4H+==Mn2++2H2O由图像可知②区K2SO4溶液，左侧①区为硫酸溶液，右侧③区为KOH。【解析】b为负极，因此充电时为阴极，发生还原反应,A正确；b为负极，因此充电时为阴极，连接电源的负极；B错误；放电时，①区的SO42-应该穿过阴离子交换膜进入②区。C正确；放电时，a极电极反应为MnO2+2e-+4H+==Mn2++2H2O，D正确。故选B。14、【沉淀溶解平衡图像题】【分析】图像是难溶电解质饱和溶液中正、负离子浓度负对数的关系曲线，每条线上各点均代表该难溶电解质达到了沉淀溶解平衡，线的上方(右侧)为溶解区，即溶液未达饱和，无沉淀生成；线的下方(左侧)为沉淀区。取横坐标0和3两个点，0点c（Ag+）=1mol/L，c(Xx-)=10-16，c(Yy-)=10-10，可求得Ksp（Ag3X）=1×10-16，Ksp（AgY）=1×10-10，3点c（Ag+）=10-3mol/L，c(Xx-)=c(Yy-)=10-7。由Ksp联立可求得x=3，y=1.A、由分析过程可知B、由图像可知，J点Ag+浓度相等=1，增大银离子浓度，J点左移，c(X3-)则变大。C、向固体中加入溶液，可发生Ag3X+3Y-==3AgY+X3-。该反应的化学平衡常数，则该反应可以进行。D、T点溶液中c(Ag+)=c(Xx-)=c(Yy-)=10-4mol/L，因此2c(Ag+)=c(Xx-)+c(Yy-)。处于Ag3X的沉淀溶解平衡线，因此Ag3X不沉淀，处于AgY的沉淀区，因此AgY沉淀，Ag+和Y—等量沉淀，因此平衡时，2c(Ag+)<c(Xx-)+c(Yy-)。D错误。选D15、【实验综合题】【答案】（1）分液漏斗；检漏（2）（3）增加的溶解度（4）加速产品干燥（5）80.0（6）透过蓝色钻玻璃观察火焰的颜色，若呈紫色则含钾元素【分析】制备六硝基合钴(III酸钠(Na3CoNO26实验前必须要检查是否漏水的仪器⑴分液漏斗：在分液漏斗中注入少量蒸馏水，旋转活塞使活塞的导液孔与漏斗导液管成垂直状态，看是否漏水，若不漏水再把活塞旋转180度，又观察是否漏水，如不漏水就可以使用了。⑵容量瓶：向容量瓶中注入少量的蒸馏水，盖好瓶塞，用食指摁住瓶塞，另一手托住瓶底，把瓶子倒立，观察是否漏水。如不漏水，将瓶正立后再将塞子旋转180度后塞紧，再检查是否漏水，如不漏水，则容量瓶就可以安全使用。⑶酸式滴定管:在酸式滴定管中注入少量蒸馏水，旋转活塞使活塞的导液孔与滴定管成垂直状态，看是否漏水，若不漏水再把活塞旋转180度，又观察是否漏水，如不漏水就可以使用了。⑷碱式滴定管:向碱式滴定管中注入少量的蒸馏水。先看是否漏水，如不漏水。用手指稍往外挤压橡胶管内的玻璃球，使水往下滴，松开手指后看是否漏水。如不漏水，再用手指稍往外挤压橡胶管内玻璃球的另一面，使水往下滴，松开水后观察是否漏水，如不漏水，此滴定管就可以使用了。（2）、Na3CoNO26（3）、步骤①中，用热蒸馏水目的是增加的溶解度。因这一步只是配制溶液，结合已知ii的信息，所以要从增大溶解度这个角度来答。（4）、题干中“③在滤液中加入95%乙醇，静置40分钟．固液分离后，依次用乙醇、乙醚洗涤固体产品，称重．”这一步目的是分离产品，并称重。但是步骤不同于普通的过滤、洗涤、干燥、称重的步骤，这里缺少干燥，因此用乙醇洗涤有加速产品干燥的作用。（由于乙醇和水形成氢键，因此乙醇挥发时会带走水分，常用于快速干燥）（5）、关于纯度计算是一个常见的问题，一般用关系式法来解。（6）、考查钾离子的检验方法：将铂丝用盐酸洗净后，蘸取样品在酒精灯上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，若为紫色，则含钾元素。16、【答案】（1）（2）（3）（4）盐酸和液氨反应放热（5）（6）防止干燥过程中被空气中的氧化【分析】

分析铜包钢的特点：外面为铜镀层，需要用化学方法洗掉。分析流程：深蓝色溶液①应该是+2价铜，因此在浸取时发生的是Cu（0）与Cu（II）的归中反应，生成Cu（I）Cu(I)溶液分成两份，一份用来加氧气氧化，结合加入的液氨，可以判断产物为Cu(NH3)42+，阴离子为Cl-，所以深蓝色溶液①为溶液。逆推“浸取”步骤，可知反应为：。“中和”步骤目的是消耗NH3，从而使Cu+沉淀出来，最终得到CuCl“氧化”步骤是将Cu(NH3)2+中+1价铜氧化为+2价，从而实现循环利用。【解析】深蓝色溶液①为溶液。滤渣用于炼钢，可知铜包钢外层的Cu被消耗掉，剩余的Fe用于炼钢浸取步骤为：氧化是以氧气为氧化剂，盐酸提供酸性环境，故离子方程式写做：浸取工序宜在之间进行，因此需要加热，当环境温度较低时，不需要加热即可进行，因此该反应是放热反应；补全离子方程式最简单，根据元素守恒、得失电子守恒、电荷守恒即可配平+；真空干燥是隔绝空气，由于+1价铜具有很强的还原性，因此要隔绝空气干燥，防止被空气中的氧气氧化。17、【化学反应原理综合题】【答案】（1）①181②CD③（2）（3）①阴②③bac【解析】（1）①盖斯定律计算反应热的问题，比较简单：△H=Σ反应物键能-Σ生成物键能=181kJ/mol；②考查平衡移动的问题：缩小体积，无论平衡向什么方向移动，所有气态物质的浓度均增大；升温，反应i正向移动，反应ii逆向移动。因此NO浓度增大；移除NO2，反应ii正向移动，使NO浓度减小；联动的反应i也会正向移动，补充一部分NO，但不足以弥补反应ii移动带来的影响，因此，NO浓度减小。降低N2浓度，反应i逆向向移动，使NO浓度减小；联动的反应ii也会逆向移动，补充一部分NO，但不足以弥补反应ii移动带来的影响，因此，NO浓度减小。故选CD③考查化学平衡计算：初态是1mol空气中O2为0.21mol，N2为0.78mol。平衡体系中含有N2、aVmolNO、bVmolNO2，结合N元素守恒可求得平衡时N2为（-）mol/L。同理，NO2分子中含有两个氧原子，NO分子中含有一个氧原子，NO2和NO中的氧原子全部来自于氧气，则反应中消耗氧气的mol，平衡时氧气的浓度为（-）mol/L。K1=对比实验1、2可知氢气浓度加倍，速率加倍，则y=1；对比实验1、3可知NO浓度加倍，速率变为4倍，则x=2。则第四组可结合，NO浓度减半，氢气浓度变为3倍，则；①氮气合成氨时，氮元素由0价降为-3价，是还原反应，因此发生在电解池的阴极；②燃料电池中，负极消耗氨气和氢气，质量比为17:3，则物质的量之比为2:3，失去等量的电子，因此氨气失电子生成氮气。则碱性环境下该负极电极反应式为：；③、该题延续2021年河北卷的考法，对比三种催化剂对两个反应的不同的催化效果。其中N2→NH3为主反应，H2O→H2为副反应。催化剂的活性应该是促进主反应而抑制副反应为最好。从图像可知主反应的历程中活化能大小顺序为：b<a<c；副反应的历程中活化能大小顺序为：b>a>c。综合可知催化剂催化活性为：b>a>c18、【答案】（1）加成反应（或还原反应）（2）（3）丁二酸二甲酯（4）（5）（6）【分析】本题中已知反应是酯和酮的缩合反应。运用在D→E的成环反应用。未知物质为C、G、H。审题时先推断这三种物质。B→C是酸酐和醇的取代反应，产物C是；D→E利用已知反应分析F→G是芳构化反应，F被I2氧化为酚生成G，；G→H是中和反应和酯的水解反应。H为【解析】（1）、A→B反应，A中碳碳双键被氢气加成。该反应为加成反应（还原反应）（2）、B和CH3OH发生开环反应，C的结构简式为：（3）、D的命名为丁二酸二甲酯。（酯的命名规则为X酸X酯）（4）、G→H过程中有四个官能团和NaOH反应，因此1molG消耗4molNaOH。方程式为：（书写时注意配平的问题）（5）、的同分异构体，分析条件：a、氢谱有两个峰，G中共10个H原子，则两种氢原子的为6:4