化学-甘肃2023-2024学年高三上学期1月份期末考带答案

—1—甘肃省一月份高考诊断考试化学参考答案2.选CK4[Fe（CN）6]（亚铁氛化钾）不仅可用作食盐的抗结剂，还可用于检验Fe3十，故C错误。3.选ANa2SiO3是强碱弱酸盐，SiO—水解导致溶液呈碱性，水解方程式为SiO—十2H2O—必H2SiO3十2OH—，NaOH，A正确；NaClO溶液具有强氧化性，会漂白试纸，可用PH计测量NaClO溶液的PH，B错误；液涣易挥发，有强氧化性，能够腐蚀橡胶塞，应保存在带玻璃塞的试剂瓶中，并加水液封，C错误；玻璃中含有钠元素，所以用玻璃棒蘸取待测液，焰色反应为黄色不能证明待测液中含钠元素，D错误。4.选D酸性条件下，漂白粉中的Cl—和ClO—反应生成氯气，故A错误；淀粉溶液为胶体，泥沙为不溶物，二者均不能透过半透膜，故B错误；末和饱和涣水不能发生取代反应，末酪和饱和涣水反应生成三涣末酪，说明轻基使末环活化，故C错误；稀硫酸与Na2CO3反应生成CO2，将生成的CO2通入Na2SiO3溶液中可制备出H2SiO3，说明酸性：H2SO4>H2CO3>H2SiO3，即非金属性：S>C>Si，故D正确。5.选A向饱和碳酸钠溶液中通入足量的CO2，生成的碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，会结晶析出，故离子方程式为2Na十十CO—十CO2十H2O—2NaHCO3+，故A正确；弱酸不能制取强酸，故B错误；亚硫酸钠溶液呈碱性，少量的Cl2通入亚硫酸钠溶液中，发生反应的离子方程式为SO—十Cl2十2OH——SO—十2Cl—十H2O，故C错误；NaHCO3溶液与少量Ba（2HCO十Ba2十十2OH——BaCO3+十2H2O十CO—，故D错误。6.选C空间填充模型不能表示分子的大小，故A错误；原子核外的电子是不可区分的，人们并不能确定哪个电子排布在哪个原子轨道上，故B错误；冰晶体中每个水分子与相邻的4个水分子以氢键相连接，含1molH2O的冰中最多可形成2mol氢键，C正确；晶体类型还包括很多过渡晶体，故D错误。7.选C中与轻基相连的邻位碳原子上有H（*号标出所以能发生消去反应，A正确；中*号标出的碳原子通过单键与周围3个碳原子相连，所以所有碳原子不可能共平和CH3COONa，所以1mol该化合物最多能与3molNaOH反应，D正确。Fe—2e——Fe2十，0.1molFe转移0.2NA个电子，HS—十H2O—必H2S十OH—，1L0.1molL—1Na2S溶液中含有的阴离子数目大于0.1NA，故B错误；1.7gNH3为0.1mol，NH3溶于H2O发生反应：NH3十H2O—必NH3H2O，所得溶液中NH3H2O的微粒数目小于0.1NA，故C错误；正戈炕、异戈炕和新戈炕是同分异构体，分子式均为C5H12，正戈炕、异戈炕和新戈炕各24g，即C5H12的物质的量为1mol，1molC5H12中含有4molCC键、12molCH键，共16molC键，所以正戈炕、异戈炕和新戈炕各24g的混合物中，含有的C键数目为16NA，故D正确。9.选B放电时，N极上钠失电子生成钠离子，发生氧化反NaV2（PO4）3十2Na十十2e——Na3V2（PO4）3，选项C正确；放电时，M极为正极，N极为负极，故电极电势M极高于N极，选项A正确；充、放电时，Na、V元素的价态都发生改变，选项B错误；钠能与水反应，故不能将固态聚合物电解质换为电解质溶液，选项D正确。10.选C根据图示，H2和NO2在催化剂作用下反应生成N2和H2O，因此转化过程的实质为NO2被H2还原，A错误；过程I中，H2和Ce4十反应生成H十和Ce3十，过因此混合溶液中Ce4十起催化作用，B错误；根据得失电子守恒，过程I中发生反应的离子方程式为H2十2Ce4十—2H十十2Ce3十，C正确；过程Ⅱ中NO2是氧化剂，Ce4十是氧化产物，故氧化性：NO2>Ce4十，D错误。11.选BW、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增3属于极性分子，则W为O元素，Y的基态原子核外有3个未成对电子，则Y为P元素，YZ5的空间结构为三角双锥形，则Z为Cl元素，W、X、Y、Z最外层电子数之和为19，则X为Na元素。P的最高价含氧酸H3PO4为弱酸，故A正确；O与Na形成的化合物Na2O2中含非极性键，B错误；电子层数越多离子半径越大，电子层数相同时，原子序数越大半径越小，则简单离子半径：Cl—>O2—>Na十，故C正确；P与Cl形成的PCl5为非极性分子，PCl3为极性分子，故D正确。—2—12.选D废铁屑（主要成分为Fe,含少量FeO、Fe2O3、油污、沙土）预处理后与稀盐酸反应得到的滤液A中的主要成分为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸,加入铁粉还原铁离子,过滤过量的铁,滤液B中溶质为氯化亚铁,加入氢氧化钠溶液生成Fe（OH）2浊液,向浊液中加入H2O2溶液氧化后[2Fe（OH）2十H2O2—2FeOOH十2H2O]与滤液B混合,经多步操作可得纳米Fe3O4。纳米Fe3O4分散到合适溶剂中制成的分散系属于胶体,能发生丁达尔效应,故A正确；加热能促进碳酸钠水解,溶液碱性增强,去除油污效果更好,故B正确；步骤⑤发生反应的离子方程式为2FeOOH十Fe2十十2OH——Fe3O4十2H2O,故C正确；滤液B中溶质为氯化亚铁,加入NaOH溶液时,发生反应：Fe2十十2OH——Fe（OH）2+、413.选Csn为第五周期第Ⅳ主族元素,故价电子排布式为5s25P2,A正确；Cu在元素周期表中位于ds区,属于过渡元素,B正确；该晶体中,距离sn最近的P有8个,C错误；由均摊法可知,每个晶胞中含有8X—1个sn、6X—3个Cu、1个P,因此该晶体的密度为g.cm—3,D正确。14.选D由题图1可知,PH—6.37时,c（HCO）ℴc（H2CO3）,A项正确；由题图1可知,PH—10.25时,c（HCO）—c（CO—）,Ka2（H2CO3）ℴc（HH.C3C—）—c（H十）—10—10.25,B项正确；由题图2可知,PH—11、lgc（Mg2十）——6的点位于曲线I和Ⅱ的下方,不会产生沉淀,C项正确；题图2中两条曲线交点处c（Mg2十）相等,若KsP[Mg（OH）2]—KsP（MgCO3）,则c2（OH—）—c（CO—）,又交点处PH~10.3,c（H十）—10—10.3mol.L—1,则c混（OH—）ℴ10—3.7mol.L—1,由题图1可知,PH~10.3时,c（CO—）—0.05mol.L—1,显然c2（OH—）牛c（CO—）,D错误。15.解析3）题图甲装置中d处存在两大缺陷：①未接干燥管,NaH和NaBH4都能与水反应；②无氢气尾气处理装置,氢气易燃。（5）B（OCH3）3中B形成3个σ键且无孤电子对、O形成2个σ键且有两个孤电子对,故B、O的杂化方式分别为sP2、sP3；BH中B的价层电子对数为4十3十14X1—4,无孤电子对,故BH的空间结构为正四面体形。（7）由元素守恒、得失电子守恒和3BH十24OH——8Au十3BO十18H2O；由化学方程式可得关系式：8Au~3NaBH4,则n（NaBH4）ℴ88197g.mol—18X197, 3n（Au）—388197g.mol—18X197,m（NaBH4）—87molX38g.mol—1—g,NaBH4的纯度为8X100%。答案1）三颈烧瓶（1分）三颈烧瓶和漏斗中的气体相通,压强相等（1分2）作反应的溶剂（1分）温差大（1分3）①未接干燥管（1分）②无氢气处理装置（1分4）NaBO2十2siO2十4Na十2H2—NaBH4十2Na2siO3（2分）（5）sP2（1分）sP3（1分）正四面体形（1分6）2（1分）3（1分）索氏提取器（1分）（7）8Au3十十3BH十24OH——8Au十3BO十18H2O（2分）8X100%（2分）16.解析1）“高温氧化”时,FeO.V2O3中Fe元素的化合价由十2价一十3价,V元素的化合价由十3价一十5价,kClO3中Cl元素的化合价由十5价一—1价,所以“高温氧化”时价态升高的元素有Fe、V,1molkClO3参与反应时,转移电子6mol。（2）滤渣1的主要成分是Fe2O3,因为“高温氧化”时铁元素被氧化成Fe2O3,Fe2O3与碳酸钠和氢氧化钠都不反应；炉渣中的主要成分中属于盐的是CasiO3,因为硅与V2O5反应生成siO2,siO2与CaO反应生成了CasiO3。（3）“沉硅、沉铝”中得到含硅沉淀的离子方程式为siO—十2HCO—H2siO3+十2CO—；根据强酸制弱酸原理,此反应说明HCO的电离常数大。（4）“热解”时发生反应的Δ化学方程式为2NH4VO3—V2O5十2NH3《十H2O,故气体Y是NH3。（5）由题图可知,siA与siB之间的距离为面对角线的一半,即槡d。答案1）Fe、V（2分）6（2分2）Fe2O3（1分）CasiO3（1分3）siO—十2HCO—H2siO3+十2CO—（2分）HCO（1分4）NH3（1分）17.解析1）反应的决速步骤是活化能高的反应②;反应①C2H4（g）十H2sO4（l）—一C2H5OsO3H（l）ΔH—（E1—E2）KJ.mol—1,反应②C2H5OsO3H（l）十H2O（l）—一C2H5OH（l）十H2sO4（l）ΔH—（E3—E4）KJ.mol—1,根据盖斯定律,反应①十反应②得C2H4（g）十H2O（l）—一C2H5OH（l）ΔH—（E1—E2十E3—E4）KJ.mol—1。（2）由C2H4（g）十H2O（g）—必C2H5OH（g）可知该反应的正反应是气体体积减小的反应,所以增大压强,平衡正向移动,乙怖的平衡转化率增大,因此压强：p1<p2<p3。起始时,n（H2O）—n（C2H4）—1mol,容器容积为1L,a点乙怖的平衡转化率为20%,则转化的乙怖的物质的量浓度为0.2mol.L—1,列如下三段式：C2H4（g）十H2O（g）—必C2H5OH（g）起始/（mol.L—1）110转化/（mol.L—1）0.20.20.2平衡/（mol.L—1）0.80.80.2—3————————————*———————————*///（5）HO（1分6）1（1分）其能发生水温度，化学反应速率均会加快，反应达到平衡的时间均会缩短，由上述分析可知，p2<p3，又b点温度高，因此达到平衡状态a、b所需要的时间：a>b。（3）①该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则随温度升高，物质的量增大的曲线m、n代表反应物，随温度升高，物质的量减小的曲线p、q代表生成物，结合化学计量数关系可知，m表示H2的物质的量随温度的变化，n表示CO2的物质的量随温度的变化，p表示H2O的物质的量随温度的变化，q表示C2H4的物质的量随温度的变化。②使用催化剂，可降低反应的活化能，加快反应速率，但不能提高平衡产率，选项A错误；扩大容器容积相当于减小压强，则u正和u逆均减小，平衡逆向移动，选项B错误；混合气体的平均相对分子质量随着反应的进行增大，选项C正确；再按3：1通入H2和CO2，相当于增大压强，平衡正向移动，CO2转化率增大，平衡常数K只与温度有关，故K保持不变，选项D正确。③设T1节反应达到平衡时生成工molC2H4，列如下三段式：起始/mol1300由题图可知，T1节时CO2和H2O的物质的量相等，有12工4工，解得工—，则CO2的转化率为2X100%~33.3%。答案1）反应②（2分）E1—E2十E3—E4（2分）1<p2<p3（2分2分）>（2分）18.解析：根据A、C的分子式可知，A中碳碳双键和氯气发生加成反应生成B，B水解生成C，则A为CH2—CHCH3[名称为丙怖]，B为ClCH2CHClCH3，C为H2HCH3OHOH[C易溶于水，原因是C中含有两个轻基，能与水形成O氢键]，C发生氧化反应生成的D为H3C—C—COOH，OD和甲醇发生酷化反应生成的E为H3C—C—COOCH3O浓H2SO4[化学方程式为H3C—C—COOH十CH3OH——必ΔOH3C—C—COOCH3十H2O]；根据F、G的分子式可知，F发生取代反应生成G，G和末发生信息①的反应生成H，H反应生成I，根据I的结构简式可知，H为—O——O—ΛV，F为Cl|—O—ΛV，E和I发生加成HO|反应生成J[J中含氧官能团的名称为轻基、酷基]，根据L的结构简式可知，J发生消去反应生成K，K和氢气发生加OII,N发生加聚反成反应生成L，则K为|II,N发生加聚反OOO|O应生成缓释布洛芬，则N为