化学-2024届高三12月大联考考后强化卷（河北卷）（全解全析）

2024届高三12月大联考考后强化卷（河北卷）化学·全解全析1234567ABDCDAC891011121314DCBCCDC1．A【解析】绢指丝织品，主要成分为蛋白质，纸的主要成分是纤维素，蛋白质和纤维素均属于天然高分子，A错误；丹指丹砂、朱砂或辰砂，是硫化汞HgS的天然矿石，B正确；青指石青，主要成分为Cu3(CO3)2(OH)2，属于碱式碳酸盐，C正确；墨汁、墨水均属于胶体，D正确。2．B【解析】乙醛的分子式为CHO24，A错误；二氧化碳为直线形分子，且氧原子的半径小于碳原子的半径，B正确；图示为1,3-丁二烯，不是2-丁烯，C错误；图示违反洪特规则，D错误。3．D【解析】标准状况下，三氧化硫为固体，不能由其体积计算物质的量，A错误；硫酸氢钠晶体中含有钠离子和硫酸氢根离子，故60gNaHSO4晶体中含有的离子数为NA，B错误；1molC3H8中有10mol共价键，故0.5molC3H8中含有的共价键为5mol，C错误；每1molNa2O2与水反应，转移1mol电子，故3.9gNa2O2与足量水反应，转移的电子数为0.05A，D正确。4．C【解析】二氧化锰与浓盐酸需要在加热的条件下反应制取氯气，A错误；用装置乙除去氯气中的少量氯化氢应该用饱和氯化钠溶液，且气体是长口进短口出，B错误；二氧化锰不溶于水，因此可以通过过滤分离二氧化锰和氯化锰溶液，装置丙是过滤装置，C正确；加热会促进锰离子水解，因此不能直接加热蒸发氯化锰溶液制备MnCl2·4H2O，应该在氯化氢的气氛中进行，D错误。3−−3+3−5．D【解析】[Fe(CN)6]中CN整体为−1价，所以该配离子的中心离子为Fe，故A正确；[Fe(CN)6]−3−3+为内界，其中6个CN全部作配体，故B、C正确；[Fe(CN)6]和Fe的颜色、稳定性等都不相同，故D错误。6．A【解析】干燥的氯气只能将铁氧化成FeCl3，与铁的量无关，故A错误；反应Ⅱ中NaClO是氧化剂被还原为NaCl得2e−，Fe由+3价被氧化至+6价失去3e−，根据得失电子守恒可知，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2，故B正确；根据流程知，Na2FeO4可在饱和KOH溶液中转化为K2FeO4，则溶解3+性：Na2FeO4KFeO24，故C正确；用K2FeO4对饮用水杀菌消毒的同时，生成的Fe水解生成Fe(OH)3胶体，可吸附杂质净化水，D正确。7．C【解析】由反应过程图可知，反应过程为CH3OHCH3ICH3COICH3CO2H，故CH3COI是反应的中间产物，A正确；把各步反应累加，化学全解全析第1页（共6页）得到甲醇羰基化反应为CH3OH+COCH3CO2H，B正确；和中Rh的成键数为6，中Rh的成键数为5，中Rh的成键数为4，反应过程中Rh的成键数不相同，C错误；由题图可知，甲醇的第一步反应为CHOH3HICHI3HO2，D正确。8．D【解析】芳香烃中只含有C和H两种元素，该物质中还含有O元素，不属于芳香烃，A错误；由于单键可以旋转，故分子中所有碳原子不一定共平面，B错误；由于分子中含有碳碳双键和羟基，能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，C错误；山奈酚中只有酚羟基能与NaOH反应，1mol山奈酚最多与3molNaOH反应，D正确。119．C【解析】由均摊法可知，晶胞中B原子数目为8×+6×=4，晶胞中As原子数目为4，化学式为BAs，82故A错误；晶胞中B的位置与金刚石中碳原子位置一样，所以晶胞中位于顶点的B原子，与之距离最13近的B原子位于面心，共有12个，故B错误；B、As原子之间的最短距离是体对角线的，为anm，444M21mNA486-334410-3故C正确；该晶体的密度==-73gcm3gcm，故D错误。VVNaA(10)aNA10．B【解析】先滴加氯水可氧化Fe2，不能排除原溶液中含Fe3，应先加KSCN溶液，无现象，后滴加氯水，若此时溶液变红色，说明溶液中存在Fe2，A错误；向3LKI溶液中滴加几滴溴水，振荡后再滴加1mL淀粉溶液，此时溶液呈蓝色，说明有I2生成，说明KI与Br2反应生成了碘，则Br2的氧化性强于I2，B正确；向苯酚浊液中加入少量碳酸钠固体，苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，只能说明苯酚的酸性强于HCO3，不能说明苯酚的酸性强于碳酸，C错误；CH3COONa和NaNO2溶液的浓度未知，应测定等浓度盐溶液的pH，从而比较对应酸的酸性强弱，D错误。11．C【解析】根据表格中数据可知，T1K下，该反应进行40min时，n(CH4)不再改变，反应达到平衡状态，则此时v正(NO2)=2v逆(CO2)，A错误；T1K下，前20min内CH4的物质的量减少0.25mol，根据物质转化关系可知，反应消耗NO2的物质的量为0.50mol，故NO2的降解速率为v(NO2)=0.5mol=0.025mol·L−1·min−1，B错误；反应物和产物都呈气态，反应过程中气体的质量不变，该1L20min反应是气体的物质的量改变的反应，T2K下，若容器内气体平均摩尔质量不变，则气体的物质的量不变，反应处于平衡状态，C正确；实验①②开始时物质的量相等，在相同时间内实验②中CH4的物质的量改变得多，说明反应速率：①＜②，由于温度越高，反应速率越快，所以反应温度：T1K＜T2K，而平衡时CH4的物质的量：②＞①，说明升高温度，化学平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则该反应的正反应是放热反应，且该反应的正反应是气体体积增大的反应，即ΔH＜0，ΔS＞0，ΔG=ΔH−TΔS化学全解全析第2页（共6页）始终小于0，所以该反应在任何温度下均能自发进行，D错误。12．C【解析】由题意可知，W为H，Z为O，Q为S，X为C，Y为N。O无最高正价，S的最高正价为+6，A错误；W、X、Y、Z四种元素能形成离子化合物NH4HCO3或(NH4)2CO3等，B错误；元素非金属性：S>C，故X、Q的最高价氧化物对应水化物的酸性：HSO24HCO23，C正确；X、Y、Z分别与W形成的简单化合物中H2O、NH3存在分子间氢键，沸点：HO2NH3CH4，D错误。13．D【解析】根据电解原理示意图分析，电极A与电源的负极相连作阴极，其电极反应式为2HO+2e2=H2++2OH，电极B与电源的正极相连作阳极，其电极反应式为Cl+H2O-2e=HClO+H。因此a端电势低−于b端电势，A错误；HClO+CH2=CH2→ClCH2CH2OH，因此理论上转移2mole，消耗28gCH2=CH2，B错误；应选用阳离子交换膜，电极室B中的K+移向电极室A，电极室A中KOH溶液的浓度升高，+C错误；电极B的电极反应式：Cl+H2O2e=HClO+H，D正确。+−1−−114．C【解析】c点时溶质为NaCl和Na2S，n(Na)=0.1mol·L×0.02L×2=0.004mol，n(Cl)=0.1mol·L×0.01L2−−1+−2−×2=0.002mol，n(S)=0.1mol·L×(0.02−0.01)L=0.001mol，即c(Na)＞c(Cl)＞c(S)，Na2S是弱酸强碱盐，水解使溶液显碱性，即c(S2−)＞c(OH−)＞c(H+)，所以c点溶液中：c(Na+)＞c(Cl−)＞c(S2−)＞c(OH−)＞c(H+)，A正确；b点时恰好完全反应生成CuS沉淀，溶液中存在CuS(s)⇌Cu2+(aq)+S2−(aq)，−17.7−17.7−35.4−24Ksp(CuS)=10×10=1.0×10，Ksp(ZnS)=1.6×10，则若用等浓度等体积的ZnCl2溶液代替上述2+2+2+CuCl2溶液，滴加Na2S溶液10mL时恰好完全反应，此时溶液中c(Zn)＞c(Cu)，即−lgc(Cu)＞−lgc(Zn2+)，反应终点b向e方向移动，B正确；Cu2+或S2−均会发生水解，水解促进水的电离，b点时恰好形成CuS沉淀和NaCl，NaCl不影响水的电离，此时水的电离程度最小，C错误；向10mL浓度−1+2+−1均为0.1mol·L的Ag、Cu混合溶液中逐滴加入0.01mol·L的Na2S溶液，产生Ag2S沉淀时需要的K(AgS)6.41050S2−浓度为c(S2-)sp2molL16.41048molL1，产生CuS沉淀时需要的S2−c2(Ag+)(0.1)2K(CuS)35.42-sp1.010-134.4-12−浓度为c(S)molL1.010molL，则产生Ag2S沉淀所需S浓度更小，c(Cu2+)0.1故Ag+先沉淀，D正确。15．（14分）2（1）3Cu8H2NO33Cu2NO4HO2（2分）（2）取少量实验所得硝酸铜溶液，加入铁氰化钾溶液，若有蓝色沉淀产生，则溶液中含有铁元素(或取少量实验所得硝酸铜溶液，先加入硝酸，然后加入KSCN溶液，若溶液变为红色，则溶液中含有铁元素)(合理即可)（2分）（3）100mL容量瓶、分液漏斗（2分）（4）12.1（2分）（5）CD（2分）△（6）2Cu(NO3)22CuO4NO2O2（2分）Cu2O（2分）2【解析】（1）制备硝酸铜时发生反应的离子方程式为3Cu8H2NO33Cu2NO4HO2。化学全解全析第3页（共6页）（2）若废铜屑中含有杂质铁，反应后有铜剩余，说明溶液中的铁元素以Fe2的形式存在，则检验所得硝酸铜溶液中含有铁元素的方法为取少量实验所得硝酸铜溶液，加入铁氰化钾溶液，若有蓝色沉淀产生，则溶液中含有铁元素或取少量实验所得硝酸铜溶液，先加入硝酸，然后加入KSCN溶液，若溶液变为红色，则溶液中含有铁元素。1（3）实验室里需要450mL0.1molLCu(NO3)2溶液，配制时需要500mL规格的容量瓶，因此不需要的仪器有100mL容量瓶和分液漏斗。1（4）用500mL容量瓶配制0.1molLCu(NO3)2溶液，需要0.05molCu(NO3)23H2O，质量为0.05mol242gmol112.1g。（5）配制过程中，加水定容时俯视刻度线会导致浓度偏大；容量瓶未干燥处理，对溶液的浓度无影响；定容加水时超过刻度线后，立即吸出多余的水，会导致溶质减少，浓度偏小；溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯，会导致溶质减少，浓度偏小。因此选CD。（6）从热重曲线上得出，从T1℃加热到T2℃时，固体质量由18.8g变为8.0g，则剩余固体为CuO，同时观察到有NO2逸出，因此T1T2℃过程中分解产物为CuO、NO2、O2，反应的化学方程式为2CuNO△2CuO4NOO℃3222。加热到T3时CuO又分解，最终生成Cu2O。16．（15分）（1）适当升高温度或适当增大硫酸浓度或将红土镍矿粉碎（2分，答案合理即可）CuS（2分）23（2）2FeHO222H2Fe2HO2（2分）（3）调节溶液的pH，使Fe3、Al3完全沉淀（2分）4.7（2分）（4）蒸发浓缩（1分）冷却结晶（1分）过滤（1分）（5）B（2分）【解析】（1）根据影响反应速率的因素，为加快“酸溶”速率，可采取的措施有：适当升高温度或适当增2+2+3+3+2+2+2+大硫酸浓度或将红土镍矿粉碎；滤液1中含有Ni、Mg、Al、Fe、Fe、Cu、Zn，通入H2S3+2+生成CuS沉淀而除去铜，同时Fe被H2S还原为Fe，H2S被氧化为S单质，所以“滤渣2”的主要成分有S和CuS。2+3+23（2）向滤液2中加双氧水把Fe氧化为Fe，反应的离子方程式为2FeHO222H2Fe2HO2。3+3+3+3+（3）“氧化除杂”中加Ni(OH)2调节pH使Al、Fe生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，为使Al、Fe完全转化为氢氧化物沉淀，溶液的pH应调节为4.76。（4）“萃取，除杂”后所得水相为硫酸镍溶液，“系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤得到硫酸镍晶体。（5）硫酸镍晶体（NiSO46H2O）可溶于水，不溶于乙醇和乙醚，乙醚微