重庆市第八中学高2023届高三(下)热身练习化学参考答案.pdf

1、1重庆八中高 2023 届高考热身练习化 学 参 考 答 案1234567AABCCBC891011121314BDCDCDD【解析】1.A【解析】A项，由豆浆制备豆腐的过程中发生蛋白质胶体粒子的聚沉，蛋白质没有水解为氨基酸，错误；B项，“落红不是无情物，化作春泥更护花”，花落到泥土中，植物体中的蛋白质、纤维素等含C、N的物质分解后变成有机肥供植物使用，蕴含着自然界中的碳循环和氮循环，正确；C项，黑陶属于陶器，陶器属于硅酸盐产品，其主要成分为硅酸盐，正确；D项，X射线衍射法是研究晶体结构、形貌和各种缺陷的重要手段，可对青铜器晶体结构进行分析，正确。2.A【解析】SO中硫元素为+4价，可升高到+

2、6价，具有还原性，在葡萄酒中添加适量的SO能杀灭微生物并防止葡萄酒氧化变质，故A正确；用NaCO溶液浸泡工业废铁屑可以除去其表面的油污，故B错误；NH能与无水氯化钙反应生成CaCl8NH，则NH不可以用无水氯化钙干燥，故C错误；硫与浓硫酸共热反应生成二氧化硫和水，浓硫酸只表现强氧化性，没有表现酸性，故D错误。3.B【解析】A项，CO会与碳酸钠反应，不能达到实验目的，A错误；B项，由于 ，故可以通过加入足量MgCl浓溶液充分反应后过滤、洗涤的操作来除去Mg(OH)中的Ca(OH)，正确；C项，由于NaOH过量，AgNO与NaOH会发生反应生成黑色的氧化银，干扰溴离子检验，故检验溴乙烷中的溴原子，

3、应先滴加NaOH水溶液，加热，然后加入过量的硝酸将溶液先酸化，再加入AgNO溶液，错误；D项，AlO与足量的NaOH反应生成NaAlO，MgO不反应，过滤、洗涤后获得MgO，对NaAlO溶液进行加热蒸发，最后获得的是NaAlO固体，无法获得AlO，错误。4.C【解析】A项，W中含有酯基、醚键、酰胺基3种宫能团，错误；B项，手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子，W分子中不含手性碳原子，错误；C项，在液溴、FeBr条件下，苯环上的H原子可被Br取代，发生取代反应，正确；D项，由结构简式可知，两者含有的官能团不同，不是同类物质，二者不互为同系物，错误。25.C【解析】基态W原子核外有3种不同能量的电

4、子，说明W位于第二周期，且最高能级电子数是最低能级电子数的1.5倍，W的核外电子排布式为1s2s2p，W为N元素；Y原子序数大于7，且Y的简单阳离子在同周期元素形成的简单阳离子中半径最大，则Y为Na元素；X和Z位于同一主族，由X、Y、Z组成的某种化合物与硫酸反应生成淡黄色沉淀和刺激性气味的气体，则X为O元素、Z为S元素。A项，根据元素周期律可知电负性ONS，正确；B项，N、Na、S和O均可形成多种化合物，如NO、NO、NO、NaO、NaO、SO、SO等，正确；C项，氨溶于水发生化合反应生成NHHO，NaH+HO=NaOH+H，不是化合反应，错误；D项，同周期元素中第一电离能大于N的元素有F、N

5、e，正确。6.B【解析】A项，甲烷分子中键数为4，乙烯分子中键数为5，标准状况下由甲烷和乙烯组成的22.4L混合气体的物质的量为1mol，含键的数目大于4NA，错误；B项，30时2L pH=6 的NHCl溶液中 =10 ，且氢离子全部由水电离产生，所以水电离出的H 数为2 106，正确；C项，不知道物质的量，无法比较D Cl和T Cl的中子数，错误；D项，电解精炼铜时，阳极为粗铜，比铜活泼的杂质金属先失电子发生氧化反应，当阳极质量减少32g时，转移的电子数不一定是NA，错误。7.C【解析】A项，四氟硼酸四乙铵为离子化合物，沸点较高，不易挥发，错误；B项，BFT中含有共价键、配位键，不含离子键，

6、错误；C项，四氟硼酸四乙铵中B、C、N原子的价层电子对数均为4，均为sp杂化，正确；D项，BF中心原子价层电子对数为3，其VSEPR模型为平面三角形，BF中心原子价层电子对数为4，其VSEPR模型为正四面体形，二者的VSEPR模型不同，错误。8.B【解析】A基态P原子最高能级为p能级，轨道形状为哑铃形，A错误；B第一电离能OClP，B正确；C同周期从左到右原子半径一次减小，H原子半径最小，因此COH，C错误；D非金属性越强，热稳定越好，因此热稳定性H2OHClPH3，D错误；答案选C。9.D【解析】能使pH试纸变深红的溶液为强酸性溶液，H 与SO3 反应产生HO、S、SO而不能大量共存，故A错

7、误；铁离子在溶液中水解使溶液呈酸性，澄清透明的中性溶液不可能存在铁离子，故B错误；由水电离的c(H)=110 mol L 的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，Al 与氢氧根离子反应，在溶液中一定不能大量共存，若溶液中存在大量氢离子时，硝酸根离子、氢离子与Fe发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；与Al反应放出H的溶液可能为酸性溶液，也可能为碱性溶液，在酸性溶液中H 与AlO-反应生成Al(OH)沉淀或Al，在碱性溶液中，这些离子可以共存，故D正确。310C【详解】A溴水刚滴入就会变蓝，无法测定，故 A 错误；B乙醇在浓硫酸加热到 170下发生消去反应，得到乙烯，浓硫酸具有脱水性，能将乙醇碳

8、化，且浓硫酸具有强氧化性，能与碳发生氧化还原反应，得到二氧化硫，二氧化硫也能使溴水褪色，对乙烯性质检验，产生干扰，故 B 错误；C镁比铁活泼，构成原电池中镁作负极，对铁制品起到保护作用，该方法称为牺牲阳极法。故 C 正确；D氨气极易溶于水，为防止倒吸，通入氨气的导管不能伸入液面以下，因此应是短管通入氨气，后通二氧化碳，故 D 错误；11.D【解析】葡萄酒原液中加入适量KOH，使酒石酸转化为酒石酸钾(KA)，进入室；电解装置室中生成HA溶液，说明A 通过M膜进入室，M膜为阴离子交换膜，阴离子移向阳极，则石墨电极E为阳极，电极反应为2H2O-4e=4H+O，c为O，左侧双极膜中OH移向室、H 移向

9、室；石墨电极F为阴极，电极反应为2H2O+2e=H+2OH-，b为H，K 通过N膜移向室，故N膜为阳离子交换膜，右侧双极膜中OH 移向室生成KOH，a为KOH，H 移向V室，由此解答。A项，由分析可知石墨电极F为阴极，连接电源的负极，正确；B项，通过分析可知，a为KOH，在该电解工艺中可循环利用，正确；C项，室为阳极室，电解过程中阳极反应为2H2O-4e=4H+O，同时左侧双极膜中OH 移向I室，消耗的OH 与转移的OH相等，故室溶液pH保持不变，正确；D项，获得1mol HA，转移2 mol电子，左、右侧双极膜均转移2molH，共产生4mol H，错误。12.C【解析】该物质中，Cu和Zn均

10、属于ds区，Sn和S 均属于p区，A正确；由A原子的坐标为(34，14，18)可知，B原子的坐标为143458，B正确；由晶胞结构可知，位于顶点和体心的锌原子个数为8 18+1=2，位于面上的铜原子个数为8 12=4，位于面心和棱上的锡原子个数为2 12+4 14=2，位于体内的硫原子个数为8，则该晶胞质量为880，体积为 10，故密度为C错误；根据晶胞图可知Sn周围最近的S为4个，而S周围最近的Sn为1个，D正确。13.D【解析】根据反应CO(g)+CH(g)CO(g)+HO(g)+CH(g)，该反应气体分子数增大，可知压强增大平衡逆向移动，即压强越大CH 转化率越小，可得ppp，故A正确；

11、根据图像显示，(CH)随温度升高一直增大，可知总反应H0，HH，故H=H-H0，故B正确；根据阿伏加德罗定律，同温同压下，体积之比等于物质的量之比，等于密度的反比，即得42.82=75，故C正确；压强p温度为TK时，假设CO与CH 的投入量均为1mol，利用三段式，CO(g)+CH(g)CO(g)+HO(g)+CH(g)起/mol11000转/mol0.80.80.80.80.8平/mol0.20.20.80.80.8各物质分压为 2=25=114 1，=2=24=27 1，=故D错误。14.D【解析】碳酸钠与盐酸反应先发生 Na2CO3HClNaHCO3NaCl，继续滴加盐酸，NaHCO3H

12、ClNaClCO2H2O，碳酸氢钠与盐酸反应直接生成二氧化碳，因此碳酸氢钠与盐酸反应压强逐渐增大，碳酸钠与盐酸反应开始时压强几乎不变，随着反应进行压强增大，因此图像中 X 曲线代表碳酸氢钠与盐酸反应；A根据上述分析，曲线 X 为碳酸氢钠溶液反应曲线，曲线 Y 为碳酸钠溶液反应的曲线，故 A 错误；B25mL03mol/L 碳酸钠与 125mL03mol/L 盐酸反应，反应后溶液中的溶质有 NaHCO3和 Na2CO3，且物质的量相等，推出 c(CO23)c(HCO 3)，利用电离平衡常数 Ka2c(H)561011mol/L，a 点溶液中 c(H)的数量级为 1011，故 B 错误；Ca 点溶

13、质为 NaHCO3 和 Na2CO3，c点溶质为 NaHCO3，b 点溶质为 NaCl，HCO 3、CO23 发生水解，促进水的电离，NaCl 对水的电离无影响，b 点水的电离程度最小，故 C 错误；Dd 点溶质为 NaCl 和 H2CO3，且 NaCl 的浓度大于 H2CO3的浓度，因此离子浓度大小顺序是 c(Na)=c(Cl)c(H)c(HCO 3)c(CO23)，故 D 正确。15.【答案】(1)使溶液中离子浓度增大，加快反应速率(2分)调节溶液pH，使Fe 转化为氢氧化铁沉淀(2分)(2)萃取分液(1分)(3)2Fe(OH)+3KClO+4KOH=2KFeO+3KCl+5HO(2分)(

14、1分)(4)3 10 (2分)(5)3(1分)-22MnO+e+H O=MnO OH+OH(2分)5(6)3(1分)4(1分)【解析】酸性废液中含有Ni、Fe2+、Zn2+、Mg、SO4 等，浓缩后加入Cl氧化Fe，用Ni(OH)调节溶液pH，使Fe 转化为氢氧化铁沉淀，再进行过滤，得到的滤渣a为Fe(OH)，Fe(OH)与KClO、KOH反应得到KFeO；滤液a含有2+、2+、2+、42、等，向滤液a加入NiF溶液，使Mg 转化为MgF沉淀(滤渣b)，再次进行过滤得到的滤液b含有Ni、2+、42、等，加入萃取剂P204萃取Zn，有机相中含有锌，通过硫酸反萃取使萃取剂再生，获得溶液c(ZnSO

15、溶液)，电解ZnSO溶液得Zn；萃余液含有2+、42、等，进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作得到产品硫酸镍晶体，据此分析解答。(1)由分析可知，废液浓缩的目的是使溶液中离子浓度增大，加快反应速率。加Ni(OH)的目的是调节溶液pH，使Fe 转化为氢氧化铁沉淀除去。(2)操作3是萃取分液；操作5是制备NiSO6HO(3)滤渣a与KClO、KOH反应得到KFeO的化学方程式为2Fe(OH)+3KClO+4KOH=KFeO+3KCl+5HO；次氯酸钾是离子化合物。(4)NiF溶液使转化为MgF沉淀，反应的离子方程式是+2=，已知，25时，=9 10，则镁离子沉淀完全时，溶液中 =2 2+

16、=910111105 1=3 10 。(6)P204分子中C原子、P原子以及中间的O原子，均发生sp杂化。Zn为30号元素，其电子排布式为Ar3d 4s16.【答案】(1)球形干燥管(1分)避免外界水分进入，保持装置内干燥(1分)(2)BC(3)LiCl(1分)蒸馏(1分)(4)bef(5)恢复至室温，调节量气管高度，使两侧端液面相平%49010VV1921x）（减缓LiAlH4与H2O的反应速率，便于收集氢气【分析】AlCl3乙醚溶液和LiH乙醚溶液放于三颈烧瓶中在28时搅拌发生反应生成LiAlH4和难溶于乙醚的LiCl，经过滤后得到LiCl，即滤渣A；得到的滤液加入苯液，提取难溶于苯的Li

17、AlH4，由于苯的沸点是80.1，乙醚的沸点是34.5，经过蒸馏的操作，将乙醚分离，得到苯和LiAlH4的混合物，经过一系列操作C得到粗产品。【详解】(1)仪器b是干燥管，作用是避免外界水分进入，保持装置内干燥；(2)乙醚中的少量水分也会对LiAlH4的制备产生严重的影响，以下试剂或操作可有效降低市售乙醚(含水体积分数0.2%)含水量的是：6A乙醚微溶于水中，不可用分液分离，A项不符合；B钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，可以使水和乙醚分离，B项符合；C五氧化二磷是酸性干燥剂，可吸收水分，C项符合；D乙烯在催化剂条件才能与水反应，并引入杂质，D项不符合；故答案选BC。(3)AlCl3乙醚溶液和Li

18、H乙醚溶液放于三颈烧瓶中在28时搅拌发生反应生成LiAlH4和难溶于乙醚的LiCl，经过滤后得到LiCl，即滤渣A。加入苯后，经操作B得到乙醚可知操作B是蒸馏，分离苯和乙醚；(4)流程中过滤后的滤液含苯和LiAlH4的混合物，两者互不相溶，可通过过滤的方法分离，并通过一些方法除去苯，分析题中操作如下，分析在括号内：a.将操作B剩余液体置于蒸馏烧瓶中(剩余液是苯和LiAlH4的混合物，通过过滤的方法分离，该操作不选)b.将操作B后剩余液体倒入漏斗中过滤(正确，通过滤的方法分离苯和LiAlH4的混合物，属于第一步操作)c.用余热蒸干苯(综合所有步骤分析，该操作不属于最佳操作)d.开冷凝水、加热(L

19、iAlH4在潮湿的空气中都会发生剧烈水解，不宜用水，该选项不选)e.将固体放入苯液中进行搅拌、浸泡和反复清洗、过滤(可溶解LiAlH4表面的苯，属于操作的第二步)f.转移固体至烧瓶中真空脱苯(综合分析，此项除去苯最佳，属于第三步操作)g.转移固体至表面皿中低温加热干燥脱(综合分析，LiAlH4会接触空气中的水蒸气，不属于最佳操作)(6)LiAlH4 与 水 发 生 水 解 反 应 生 成 氢 氧 化 铝、氢 氧 化 锂 和 氢 气，方 程 式 是LiAlH4+4H2O=LiOH+Al(OH)3+4H2，加入大量四氢呋喃相当于稀释水，可以减缓此反应。通过收集氢气的体积进行LiAlH4纯度的计算。

20、根据题意，注意加入的10mL的体积也占据装置内空间，且量气筒的0刻度在最上面，故收集氢气的体积是(V1-10-V2)mL，根据25，常压下气体摩尔体积约为24.5L/mol，n=VVm，氢气的物质的量是(V1-10-V2)10-3L24.5L/mol，根据方程式反应的系数比，则LiAlH4的质量分数为纯物质的质量样品总质量 100%=38g/mol(V1-10-V2)10-3L24.5L/mol4xg100%=38(V1-10-V2)490 x%。17.(1)-14(2分)2分)N(2分)(2)L(2分)反应和中参加反应的丙烯和HBr的物质的量相同，丙烯的起始量少，则转化率高(2分)71.83

21、(2分)(1分)e点的温度低于f点，则e点的反应速率低于f点(2分)【解析】(1)由2-丙醇制备2-溴丙烷的过程中断裂CO、HBr键，生成CBr、HO键，根据键能与焓变关系可知，该反应的H=368kJ mol+362kJ mol -285 kJ mol -459kJmol =14 。从公式及图像关系可以看出，活化能E就是直线的斜率。M的斜率是=，所以活化能就是当该反应使用高效催化剂时，活化能降低，即图中的直线斜率减小，为直线N。(2)反应和中参加反应的丙烯和HBr的物质的量相同，丙烯的起始量少，则转化率高，表示丙烯转化率的曲线是L。起始投料n(丙烯):n(HBr)=1:2，假设n(丙烯)=1m

22、ol、n(HBr)=2mol，根据T时，丙烯的平衡转化率为0.8，则丙烯和HBr均反应了0.8 mol，平衡时混合气体的总物质的量为(1+2-0.8)mol=2.2mol，则混合气体中2-溴丙烷的物质的量为2.2 311=0.6，1-溴丙烷的物质的量为0.8mol-0.6 mol=0.2 mol，列三段式：反应:起始量/mol120平衡量/mol0.21.20.2物质的量分数0.22.21.22.20.22.2反应以物质的量分数表示的平衡常数Kx=0.22.20.22.21.22.2 1.83。18.【答案】(1)2-氯丁醛(1分)(1分)醚键、氨基(2分)(2)(2分)还原反应或加成反应(1分)(3)保护酮羰基(2分)(4)18(2分)(3 分，答案合理即可)【解析】8(4)E的分子式为C HNO，E的同分异构体中符合苯环上含有两个取代基，含有CHO和NH。第一组为NH、CHCHCHO，第二组为NH、CH(CH)CHO，第三组为CHNH、CHCHO，第四组为CHCHNH、CHO，第五组为CH(CH)NH、CHO，第六组为CH、每组有邻、间、对3种同分异构体，共18种。(5)以丙烯为原料，目标有机物分子中的碳原子数刚好为原料有机物分子中碳原子数的2倍，依据题给信息，应将丙烯转化为丙醛，然后依据信息进行合成。