湖北省名校联考2023-2024学年高三上学期11月期中考试化学试题答案

绝密★启用前（新高考湖北卷）化学参考答案1.A【解析】水晶的成分为SiO2，A项错误；青铜属于合金，其硬度大于铜，B项正确；乙醇和水属于互溶的液态混合物，二者分离应采用蒸馏法，C项正确；火烧KNO3和Na2SO4时，火焰的颜色不同，可用焰色试验进行区分，D项正确。2－2.C【解析】质量数为34的S其核电荷数为16，A项错误；CCl4的电子式为，B项错误；基态Fe3＋的价电子排布图为，D项错误。3.【答案】C【解析】陶土和石棉都是硅酸盐材料，A项正确；陶土是硅酸盐材料，一般情况下，性质稳定，在高温下不易分解，B项正确；蒸发实验中，蒸发皿下面不需要垫陶土网（石棉网），C项错误；化学式为Mg6Si4O10(OH)8，其氧化物形式可写为3MgO·2SiO2·2H2O，D项正确。4.D【解析】纯碱不能在陶瓷坩埚中熔融，A项错误；量取溴水不能使用碱式滴定管，B项错误；配制NaOH溶液时不能在容量瓶中溶解NaOH，C项错误；硝基苯和水互不相溶可以用分液法分离，D项正确。5.D【解析】NH3通过分子间的氢键可形成缔合分子(NH3)n，(NH3)n的摩尔质量大于NH3，因此液氨的摩尔质量测定值大于17g/mol，A项正确；H3PO3是二元中强酸，说明1分子该酸最多能电离2个氢离子，因此Na2HPO3属于正盐，水解显碱性，B项正确；根据价层电子对互斥理论可知，锗烷(GeH4)和NH3中心原子的价层电子对的数目均为4对，C项正确；离子半径越小，离子键越强，故SrO的熔点大于BaO，D项错误。6.D【解析】食醋的主要成分是醋酸，醋酸是弱酸，书写离子方程式时醋酸应保留化学式，A项错误；硝2＋3＋－2＋－酸会将Fe氧化为Fe，B项错误；SO2与BaCl2溶液不反应，C项错误；I的还原性强于Fe，Cl2先与I反－－应，由于I过量，故Cl2只与I反应，D项正确。－7.B【解析】阳极池加入盐酸后，Cl优先失电子生成Cl2，A项错误；电解过程中阳离子向阴极移动，B项正确；根据得失电子守恒可知，理论上氨气和氧气的产出比为4:3，C项错误；石墨电极为阳极，阳极上面的电子流入电源的正极，D项错误。8.B【解析】乳酸分子中碳原子有sp3和sp2两种杂化类型，A项正确；乳酸亚铁中的羟基也能使酸性高锰＋酸钾溶液褪色，B项错误；Fe2易被氧化，因此保存乳酸亚铁需要密闭保存，避免长时间与空气接触，C项正确；两分子乳酸通过分子间酯化可形成六元环状结构，D项正确。9.C【解析】浓硫酸具有强氧化性与乙醇发生副反应可生成SO2，SO2也能使溴水褪色，干扰检验，A项－错误；红热的木炭温度比较高，浓硝酸受热分解也会产生红棕色的NO2，B项错误；Ka(HC2O4)＝Ka2(H2C2O4)，KK－＝w，由于溶液显酸性，故其电离常数大于水解常数，即w，Kh(HC2O4)（）NaHC2O4Ka2(H2C2O4)>（）Ka1HCO224Ka1HCO224故Ka1(H2C2O4)×Ka2(H2C2O4)>Kw，C项正确；CO2中混有HCl，HCl与Na2SiO3溶液反应也会产生白色沉淀，故无法确定酸性H2CO3>H2SiO3，从而无法证明非金属性C>Si，D项错误。10.B【解析】“还原”步骤中的氧化剂是MnO2，还原剂是SO2，根据得失电子守恒可知，二者的物质的2＋－量之比为1:1，A项正确；“沉锰”步骤发生反应为Mn＋2HCO3＝MnCO3↓＋CO2↑＋H2O，B项错误；锰白表面有残留的硫酸根，取少量最后一次洗涤液，滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则证明锰白洗涤干净，C项正确；温度过高会导致MnCO3分解，降低产率，D项正确。化学参考答案（新高考湖北卷）第1页（共5页）{#{QQABbYSUggggAAJAAAhCUwFgCAIQkBECAIoGgAAAMAABARNABAA=}#}311.C【解析】NH3和AsH3分子的VSEPR构型都是正四面体，中心原子都是sp强化，N的原子半径小，电负性大，NH3分子中成键电子对的斥力大，NH3的键角大于AsH3，A项错误；CO是由极性键构成的极性分-3+3--子，B项错误；向Fe(SCN)3溶液中滴加NaF溶液，红色退出，F与Fe的结合生成无色的[FeF6]，说明F与Fe3+的结合能力更强，C项正确；水分子的一个O有2对孤电子，可以与2个水分子形成氢键，水分子的2个H也可以与其他水分子形成2个氢键，所以1个H2O分子最多可与4个H2O形成共价键，D项错误。12.B【解析】观察给出的晶胞可知，镁原子位于硅原子所构成的正四面体空隙中，A项正确；硅原子和2镁原子的配位数之比为2:1，B项错误；最近的硅原子之间的距离为晶胞面对角线的一半，其距离为rnm，2476C项正确；该晶体的化学式为Mg2Si，该晶胞包含4个Mg2Si，该晶胞的质量为g，晶胞的体积为NA47630473333(r10)cm，故晶体的密度为73g/cm73g/cm，D项正确。NA(r10)NA(r10)13.D【解析】乙烯与酸性高锰酸钾溶液反应时会产生CO2，从而引入新的杂质，A项错误；AlCl3与NaHCO3在溶液中会发生互相促进水解，B项错误；FeCl3与Cu反应会产生CuCl2，从而引入新的杂质，C项错误；饱和碳酸钠溶液可吸收乙酸，同时降低乙酸异戊酯在水中的溶解度，通过分液可分离出乙酸异戊酯，D项正确。14.C【解析】氨气极易溶入水，a用来防止倒吸，A项正确；若溶液pH过大，呈较强碱性，平衡2-2-+Cr2O7+H2O2CrO4+2H，正向移动，不利于制备(NH4)2Cr2O7，B项正确；通过观察NH3的气泡快慢，可判断通入氨气的快慢，若Y中堵塞，NH3的气泡快慢也会变慢，C项正确；碱石灰不能用来吸收NH3，可以选用P2O5或无水CaCl2，D项错误。15.C【解析】由图像可知，酸性强弱：HZ>HY>HX，酸性越强的酸接近滴定终点时pH变化越明显，滴2－3＋x定突变越明显，A项错误；由图像可知，Ka(HZ)≈10，设0.0010mol/L的HZ溶液中H的浓度为x，则0.0010－－V(NaOH)≈103，解得x≈103，pH≈3，B项错误；1.0时，刚好达到反应终点，溶液中的溶质为NaX，根V(HX)据质子守恒可得c(OH－)＝c(HX)＋c(H＋)，根据电荷守恒可得c(OH－)＋c(X－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，两式相加得2c(OH－)＋c(X－)＝c(HX)＋c(Na＋)＋2c(H＋)，故2c(OH－)＋c(X－)>c(HX)＋2c(H＋)，C项正确；滴定HY至终点，溶液显碱性，应使用酚酞作指示剂，D项错误。16.（14分）（1）CaSO4＋2CCaS＋2CO2↑（2分，若产物CO2写成CO，且配平也可给分）（2）饱和硫氢化钠溶液（2分）除去硫化氢中的氯化氢（2分）（3）有黑色沉淀生成（2分）（4）三颈烧瓶（1分）（5）冷却结晶（1分）降低溶液的沸点，防止温度过高导致硫代尿素异构化（2分）（6）76（2分）【解析】（1）CaSO4被C还原生成CaS，C转化为CO2，利用化合价升价法配平即可。（2）硫化氢中混有氯化氢，可用饱和NaHS溶液除氯化氢。（3）空气被排出后，硫化氢会与硫酸铜溶液反应生成黑色的CuS沉淀。（4）名称为三颈烧瓶，不要写作“三颈瓶”或“圆底烧瓶”。化学参考答案（新高考湖北卷）第2页（共5页）{#{QQABbYSUggggAAJAAAhCUwFgCAIQkBECAIoGgAAAMAABARNABAA=}#}（5）由题中信息可知，在温度较高时硫代尿素易发生异构化，减压可降低溶液的沸点，使溶液在较低温度下浓缩成为饱和溶液，然后再冷却即可析出晶体。28.00100（6）与2.0g产品中的硫代尿素发生反应消耗KMnO4的物质的量为L0.50mol/L0.056mol，100025.0051.52g根据方程式可知硫代尿素的质量为0.056mol76g/mol1.52g，产品纯度为100%76%。142.0g17.（14分）（1）B（2分）（2）高于常压（1分）（3）+38.0（2分）（4）①m（1分）主反应是放热反应，升高温度，主反应逆向移动，甲醇的平衡物质的量减少，选择性降低（2分）②0.67（2分）0.015（2分）（5）5.4（2分）【解析】（1）燃煤中添加生石灰可减少SO2的排放，无法减少CO2的排放（提示：CaCO3在高温下会发生分解），A项错误；绿色植物可通过光合作用将空气中CO2转化为有机物，B项正确；可燃冰是甲烷的水合物，燃烧过程中会释放二氧化碳，C项错误；将重油转化为轻质油，碳元素的总量并没有发生变化，D项错误。（2）K2CO3(aq)＋CO2(aq)＋H2O(l)KHCO3(aq)，加压可增大CO2在K2CO3溶液中的溶解度，有利于平衡正向移动，便于吸收CO2。（3）根据盖斯定律可知ΔH＝（-285.8kJ/mol）-（-283.0kJ/mol）+（+40.8kJ/mol）＝+38kJ/mol（4）①温度升高，主反应的化学平衡逆向移动，甲醇的选择性减小；②设初始CO2和H2的物质的量分别为nmol和3nmol，观察图像可知，270℃达到平衡甲醇和一氧化碳的选择性相等，故平衡时生成的甲醇和一氧1化碳均为nmol×24%×＝0.12nmol，据此可计算出平衡时，CO2、H2、CH3OH、CO、H2O的物质的量分别为22.52nmol0.76nmol、2.52nmol、0.12nmol、0.12nmol、0.24nmol。氢气的分压为pMPa0.67pMPa，副反3.76nmol0.240.12应的Kp为0.015。2.520.76726.5103J85%（5）5.4kW·h·kg－13.6106J(kWh)132103kg18.（13分）（1）提高盐酸的浓度（1分）温度太高会导致盐酸大量挥发，导致浸出率降低（2分）（2）MnO2＋PbS＋4HClPbCl2＋MnCl2＋S＋2H2O（2分）降温（1分）稀释（1分）（3）调节溶液pH，除去溶液中的Fe3＋（2分）2＋＋（4）12NH3＋6H2O＋O2＋6Mn2Mn3O4↓＋12NH4（2分）（5）0.1（2分）【解析】（1）提高反应物的浓度可加快反应速率；盐酸易挥发，若温度过高导致盐酸挥发，会降低盐酸的浓度，从而导致浸出率降低。化学参考答案（新高考湖北卷）第3页（共5页）{#{QQABbYSUggggAAJAAAhCUwFgCAIQkBECAIoGgAAAMAABARNABAA=}#}（2）根据流程图和题中给出的信息可知，MnO2、PbS、盐酸发生反应生成PbCl2、MnCl2、S，据此可写出-2-反应方程式；由反应PbCl2(s)+2Cl(aq)PbCl4(aq)ΔH>0可知，降温和稀释溶液可促使平衡逆向移动，有利于PbCl2析出。3＋＋3＋（3）“热浸出”后的溶液中含有Fe，加入MnCO3消耗溶液中的H，可使溶液的pH升高，从而使Fe转化为Fe(OH)3而除去。2+2+（4）滤液中锰元素以Mn形式存在，向其中通入NH3和空气，生成Mn3O4沉淀，反应过程是O2把Mn氧化为Mn3O4。851.6101.610（5）反应后溶液中的c(Pb2)1.6103(mol/L)，溶液中c(Cl)0.1(mol/L)。11051.610319.（14分）（1）苯酚（1分）CH3COOH（2分）（2）还原反应、消去反应（2分，每个1分）（3）（酮）羰基、酯基（2分，每个1分）（4）、（2分）或（2分）（5）（第一步①的反应条件写成“稀NaOH溶液/高温、高压、催化剂”也可给分）（3分）【解析】（1）结合A、B的分子式及C的结构简式，可知A为、B为；结合C和乙酸酐的结构简式可知，B生成C时，还会有副产物乙酸生成。（2）由G转化为H，氢原子数目增多，在有机反应中加氢或去氧的反应属于还原反应；由H转化为K醇羟基发生了消去反应。（3）根据流程图中G的结构简式，可知含有的官能团为酮羰基、酯基。（4）根据条件