化学答案(2).docx

1、红河州第一中学2023届高三年级第二次联考化学参考答案题序78910111213答案ACDBCDC7【答案】A【解析】A项，现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，称为光谱分析，A项正确。B项，聚丙烯中无碳碳双键不能使溴水褪色，B项错误；C项， 生产计算机芯片使用高纯硅，C项错误；D项，合金熔点低于成分金属，D项错误；综上所述，答案为A。8【答案】C【解析】A项，根据有机物的结构简式可得分子式为C21H20O11，A项错误；B项，有机分子结构含有酚羟基和碳碳双键能与Br2反应，1mol该有机物最多消耗5mol Br2，由于没有指明该物质的量，故B项错误；C项，碳原子杂化方式有sp2、

2、sp3 2种，C项正确；D项，2个苯环上的碳原子可共面，D项错误。综上所述，答案为C。9【答案】D【解析】A项，因不知溶液体积，所以无法计算溶液中离子的数目，A项错误；B项，在含0.1molNaClO的溶液中，无HCl存在，B项错误；C项，1mol氢氧根所含电子数为10 NA，1mol羟基所含电子数为9 NA，C项错误；D项，每制得1mol高铁酸钠，转移电子数目为3NA，D项正确。综上所述，答案为D。10【答案】B【解析】A项，向饱和Na2CO3溶液中加入BaSO4固体，溶液中碳酸根离子远远大于硫酸根离子导致沉淀转化，不能说明BaCO3溶解度大于BaSO4，A项错误；B项，醛基在碱性条件下可以

3、和新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，若出现砖红色沉淀，则证明有机物含有醛基，B项正确；C项，加热条件下挥发出的乙醇蒸汽也能使酸性高锰酸钾褪色，无法证明1-溴丁烷中发生消去反应生成含不饱和键的化合物，应在气体通入酸性高锰酸钾前先通入水，C项错误；D项，K2Cr2O7具有强氧化性，浓盐酸具有还原性，将K2Cr2O7固体溶于水后加入浓盐酸，两者发生氧化还原反应生成氯化钾、三氯化铬、氯气和水，无法证明：K2Cr2O7溶液中存在平衡Cr2O72-+H2O2CrO42-+2H+，D项错误；综上所述，答案为B。11.【答案】C【解析】A项，碳酸酸性强于苯酚，苯酚钠溶液能够与二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠

4、，A项正确；B项， Ksp(CuS)OC，A项错误；B项，NH3能形成分子间氢键，故沸点：NH3CH4 ，B项错误；C项，CO2有2个键，2个键，C项错误；D项，最高价含氧酸的酸性：H2CO3H2SiO3，D项正确；综上所述，答案为D。13【答案】C【解析】A项，放电时，负极的电极反应式为Zn - 2e- = Zn2+，A项正确；B项， 放电时，Zn2+向正极区移动，B项正确；C项，充电时，阳极的电极反应式为3I- - 2e- = I3-，C项错误； D项，发生反应I2+I-=I3-,增大单质碘的溶解度，D项正确。 综上所述，答案为C。27.（14分，除特殊标注外，每空2分）（1）SClO（1

5、分）（2）1:2:3 （3）6SOCl2+MgCl26H2O MgCl2+12HCl+ 6SO2 SOCl2水解产生的二氧化硫与铁离子发生氧化还原反应 （4） 恒压滴液漏斗 （1分） 温度过低反应速率较慢，温度过高则会导致SOCl2挥发降低反应产率 蒸馏 32.5%【解析】（1）电负性由小到大顺序为SClO。（2）三氧化硫、硫黄(S)和液氯为原料可以在一定条件合成二氯亚砜，反应物原子全部被利用，则反应为SO3+2S+3Cl2= 3SOCl2，三者的物质的量比为1:2:3；（3）已知，SOCl2遇水剧烈反应，液面上产生白雾，并带有刺激性气味的气体产生，则SOCl2遇水生成HCl和二氧化硫；则用S

6、OCl2与MgCl26H2O混合加热，可得到无水MgCl2，反应为6SOCl2+MgCl26H2O MgCl2+12HCl+ 6SO2；SOCl2与FeCl36H2O混合加热不宜制取无水FeCl3，是因为SOCl2水解产生的二氧化硫与铁离子发生氧化还原反应。（3）仪器M的名称为恒压滴液漏斗。反应温度适宜选取70的原因是温度过低反应速率较慢，温度过高则会导致SOCl2挥发降低反应产率；根据表格物质沸点数据，除去过量SOCl2宜采用蒸馏方法；36.0g阿司匹林（ ）的物质的量为0.2mol，理论生成0.2mol，质量为39.7g，反应最终得到12.9g纯净的 ，则该实验过程中 的产率为 。28.（

7、15分，除特殊标注外，每空2分）（1）Sn2+ +H2OSnO+2H+ Sn2+与H2O的反应属于吸热反应，加热、加水均促进Sn2+水解，使Sn2+转化为SnO（1分）（2）PbSO4(1分） 2Bi3+ +3Fe=2Bi+3Fe2+ （3）5.0pH7.5 (1分)（4）Fe2+K+Fe(CN)63- = KFeFe(CN)6或H2O2+2Fe2+2H+=2Fe3+2H2O、Fe3+3SCN-Fe(SCN)3（其它合理答案也给分）（5）0.16 （6）InF3是离子晶体，InI3是分子晶体 (1分) 正四面体(形)（1分）（7）【分析】含铟废渣（主要成分是In3+、Cl，还含有少量Bi3+、

8、Pb2+、Sn2+等杂质），“中性水浸”时，含铟废渣中金属阳离子转化为氢氧化物或氧化物，加稀硫酸溶解，Pb2+转化成硫酸铅除去，浸出液中含有Sn2+、Bi3+、In3+等阳离子，加入铁粉，置换出Bi和Sn单质，调节溶液pH，使In3+沉淀，过滤得到的沉渣中主要含有In(OH)3，用稀硫酸溶解，得到In3+，再用Zn置换出In制得粗铟。【解析】（1）“中性水浸”时，Sn2+水解生成SnO，反应的离子方程式为Sn2+ +H2OSnO+2H+；Sn2水解吸收热量，因此该过程需加入大量水并加热，目的是促使Sn2+转化为SnO，同时加水促进Sn2+水解。（2）由上述分析可知，加稀硫酸溶解，Pb2+转化成

9、硫酸铅，因此“滤渣”的主要成分PbSO4；净化时加入铁粉，置换出Bi和Sn单质，生成Bi的离子方程式为2Bi3+ +3Fe=2Bi+3Fe2+。（3）“富铟”时需要使In3+完全沉淀同时Fe2+不能沉淀，因此需要调节pH范围为5.0pH乙甲（1分） ， 正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，氨气体积分数减小，则甲、乙、丙中温度从高到低的顺序是丙乙甲（1分） b c57.0% 【解析】（1）略净化干燥是为了防止混有杂质使催化剂“中毒 ”故a错；步骤中“加压”可使平衡正向移动，可提高原料的转化率，增大压强，可以使反应物浓度增大，则可增大反应速率，故b正确；合成氨一般选择在400500是因为在此

10、温度下铁触媒的活性最大，不是反应速率最快，故c错；液态NH3用作制冷剂是因为其汽化时吸收大量的热而不是放热，故d错。（2）化学反应速率快慢取决于慢反应的速率，能量越高反应速率越慢，根据图知，反应速率取决于*N2*N2H。故选B。（3）正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，氨气体积分数减小，则甲、乙、丙中温度从高到低的顺序是丙乙甲。av(NH3)=2v(N2) 没有同时描述正逆反应，不能判断该反应达到平衡； bM=，刚性密闭容器内气体质量不变，而反应前后气体物质的量有变化，故M不变，则能判断该反应达到平衡，b正确；c为浓度商不再变化则能判断该反应达到平衡，c正确； d密闭刚性容器内气体质量不变，体

11、积不变，密度不会变化，不能判断该反应达到平衡。故选 b c N2(g ) + 3H2(g) 2NH3(g) 初始（mol） 3 9 0 转化（mol） x 3x 2x 平衡（mol） 3-x 9-3x 2xd点氨气的体积分数为40%，2x122x =0.4，x=1.71，d点N2的转化率是1.713100%=57.0%。平衡常数大小只与温度有关，丙温度的平衡常数可用d点进行计算，d的压强为60Mpa平衡时：n(总气体)=12mol-21.71mol=8.58mol n( N2)=1.29mol n( H2)= 3.87mol n( NH3)=3.42molKpp2(NH3)p(N2)p3(H2

12、)30（15分，除特殊标注外，每空2分）（1）甲苯（1分）（2）氧化反应（1分） 取代反应（1分）（3）羟基 醚键 酰胺键（写对2个给2分，有错不给分） （4） （其他合理答案均给分）（5）（6）4（7）10 【解析】（1）根据A的分子式C7H8，结合AB反应条件及B的结构分析可得A的结构简式为。即A的名称为甲苯。（2）AB为甲苯在酸性条件下氧化为苯甲酸，C+DE的反应结合反应物及生成物结构分析可得，此反应产生了酰胺键，即发生了取代反应。（3）根据E的结构简简式可得分子中的含氧官能团为羟基、醚键、酰胺键。（4）根据反应条件NaOH、甲醇，结合产物结构简式分析可得FG发生了消去反应： （5） 根

13、据信息：G转为H经历了两步，若第一步发生加成反应，第二步发生取代反应，因为产物结构中I连接位置及-N3（第二步取代反应时是-Cl被取代-N3），则第一步反应得到的产物结构简式为：（6）根据手性碳原子的概念：碳原子上连接有4个不同原子团，结合D的结构分析，下图中标有*的碳原子为手性碳原子：，故手性碳原子数为4个。（7）根据C的分子结构结合不饱和度分析，I的结构中含有两个、1个-CHO、1个-COOH，可理解为苯环上的氢原子被-CHO、-COOH、取代，即苯环上ABC型的三取代，共10种同分异构体；根据氧化后为二元羧酸及核磁共振氢谱数目及比例，确定氧化生成的二元羧酸有高度对称性，从而确定满足条件的I的结构简式为： 。