河北省2024届高三年级开学检测化学答案

高三年级开学检测———化学答案与解析１．【答案】Ｄ【解析】硫磺粉与铜锡合金应产生的是硫化亚铜等黑色物质，Ｄ错误。２．【答案】Ａ【解析】煤油是石油分馏所得Ｃ１１～Ｃ１６的烃的混合物，Ａ正确；太阳能电池板的核心材料是硅，而不是二氧化硅，Ｂ错误；量子通信材料螺旋碳纳米管、石墨烯为碳单质，而胶体属于混合物，Ｃ错误；当合金组分中某一成分占主导时，熔点会接近并低于此金属，比如钨铁合金，当铁含量较少时，熔点接近于钨，但低于钨，而此时熔点却高于铁，Ｄ错误。３．【答案】Ｂ【解析】σ键应该头碰头，而不是肩并肩，Ａ错误；乙醚的结构简式为ＣＨ３ＣＨ２ＯＣＨ２ＣＨ３，Ｃ错误；ＣＯ２的填充模型，原子半径Ｃ＞Ｏ，Ｄ错误。４．【答案】Ｃ【解析】粮食酿酒过程中葡萄糖在酒化酶的作用下分解产生乙醇和二氧化碳，不属于水解反应，Ａ错误；“侯氏制碱”法是先后将大量ＮＨ３及过量ＣＯ２通入饱和食盐水中，析出碳酸氢钠晶体，Ｂ错误；阿司匹林包装上有“ＯＴＣ”标识，是非处方药，具有解热镇痛的作用，Ｃ正确；ＣＯ还原氧化铁的反应达到平衡后，转化率不会随时间变化而发生变化，因此增加炼铁高炉的高度，可以延长化学反应时间，尾气中ＣＯ的比例不会改变，Ｄ错误。５．【答案】Ｃ【解析】氯仿标准状况下为液体，因此不适用于标准状况下的气体摩尔体积，Ｃ错误。６．【答案】Ｄ【解析】Ｍ→Ｎ发生的是加成反应，Ａ错误；Ｎ比Ｍ结构多了羟基，因此二者不互为同系物，Ｂ错误；Ｎ、Ｐ分子中均不含手性碳原子，Ｃ错误；Ｐ结构中最多有四个碳原子共平面，Ｄ正确。７．【答案】Ｃ【解析】酚类物质是通过煤干馏分解得到的产物，而不是煤中有酚类，Ａ错误；高锰酸钾物质的量不同，其溶液浓度不同，不但影响化学反应速率，本身的颜色，也会影响褪色时间，Ｂ错误；丙装置中Ｎａ２ＣＯ３与稀Ｈ２ＳＯ４反应生成ＣＯ２，试管中产生白色胶状沉淀，证明酸性：硫酸＞碳酸＞硅酸，则非金属性：Ｓ＞Ｃ＞Ｓｉ，Ｃ正确；向饱和氯化铁溶液中通入氨气，产生氢氧化铁沉淀，Ｄ错误。８．【答案】Ｃ【解析】根据信息及结构式判断元素Ｘ、Ｙ、Ｚ、Ｗ分别为Ｈ、Ｃ、Ｏ、Ｃｒ。原子半径Ｃ＞Ｏ，键长Ｈ—Ｃ＞Ｈ—Ｏ，键能Ｈ—Ｃ＜Ｈ—Ｏ，Ａ错误；Ｈ与Ｃ形成的化合物种类很多，可能为气态、液态或固态，无法与Ｈ与Ｏ形成的化合物比较，Ｂ错误；根据此化合物特点应为两个２－（ＯＯＣＣＨ２ＣＯＯ）及两个Ｈ２Ｏ分子与Ｃｒ配合成－１价离子，因此Ｃｒ为＋３价，Ｃ正确；氢键不属于化学键，Ｄ错误。·高三开学检测———化学答案 第１页（共５页）】{#{QQABYYQQogCgABBAABgCAQ0SCEOQkBACAKgGgEAAsAAByAFABAA=}书９．【答案】Ａ【解析】ＣＨ３ＯＨ在反应中是中间产物，Ａ错误；根据催化反应机理可知，总反应方程式为：催化剂＋Ｈ２Ｏ２→＋Ｈ２Ｏ，Ｂ正确；步骤Ⅰ反应活化能最大，速率最慢，是总反应的决速步骤，Ｃ正确；反应物总能量高于生成物总能量，因此总反应是放热反应，Ｄ正确。１０．【答案】Ｂ【解析】制ＳＯ２的反应不是氧化还原反应，７０％Ｈ２ＳＯ４只表现酸性，Ａ错误；根据信息吸硫反应方程式为：２Ｎａ２Ｓ＋Ｎａ２ＣＯ３＋４ＳＯ２３Ｎａ２Ｓ２Ｏ３＋ＣＯ２，Ｂ正确；操作Ｘ为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，Ｃ错误；根据得失电子守恒：４Ｃｌ２～Ｎａ２Ｓ２Ｏ３·５Ｈ２Ｏ，则除去自来水２４８ｇ中１ｇＣｌ２需要市售海波质量为：≈０．８７ｇ，Ｄ错误。４×７１１１．【答案】Ａ【解析】ＨＩ是强酸，因此Ｉ－不会发生水解反应，而起点呈碱性及犗～犃段ｐＨ上升，均为－ －４Ｉ＋Ｏ２＋２Ｈ２Ｏ２Ｉ２＋４ＯＨ，因此Ａ错误，Ｂ正确；犗～犃段ｐＨ上升斜率增大，是因 为从犃点开始加入２ＫＩ＋Ｈ２Ｏ２Ｉ２＋２ＫＯＨ，且因为过氧化氢浓度大于溶解氧的浓度，－ 因此反应速率快，ｐＨ上升快，Ｃ正确；犅～犆段ｐＨ下降，是因为发生３Ｉ２＋６ＯＨ－－ＩＯ３＋５Ｉ＋３Ｈ２Ｏ，Ｄ正确。１２．【答案】Ｂ【解析】根据储氢合金电池，０价Ｈ更易失电子，因此放电时，实现实线部分转化关系，相反虚线部分转化关系为充电。放电时，左侧为负极，右侧为正极，Ａ正确；放电时，右侧电极反－ －应式为：ＮｉＯＯＨ＋Ｈ２Ｏ＋ｅＮｉ（ＯＨ）２＋ＯＨ，Ｂ错误。充电时，左侧电极反应式为：－ －－Ｍ＋Ｈ２Ｏ＋ｅＭＨ＋ＯＨ，因此ｐＨ升高，Ｃ正确；充电时，转移１ｍｏｌｅ，则１ｍｏｌＮｉ（ＯＨ）２生成１ｍｏｌＮｉＯＯＨ，质量减少１ｇ，Ｄ正确。１３．【答案】Ｄ３２【解析】金刚石中Ｃ为ｓｐ杂化，石墨和Ｃ６０中Ｃ为ｓｐ杂化，Ａ正确；设金刚石晶胞参数为狓，最３４３近的两个碳原子之间距离为犪＝槡狓，则狓＝槡犪，Ｂ正确；石墨晶体中若Ｎ点坐标为４３１１１２２（，，），则Ｐ点坐标为（，，１），Ｃ正确；Ｃ６０晶胞中含有分子数为４，则含原子数为４×６０，３３２３３Ｄ错误。１４．【答案】Ａ【解析】分压固定的ＣＯ２气相中，使溶液中ＣＯ２浓度也相应固定，因此Ｌ３为Ｈ２ＣＯ３的浓－２－－度；随着ｐＨ逐渐增大，ＨＣＯ３、ＣＯ３的浓度逐渐增大，且ｐＨ较小时ＨＣＯ３的浓度大于２－－２－ＣＯ３的浓度，所以Ｌ１为ＨＣＯ３的浓度，Ｌ２为ＣＯ３的浓度；根据犓ｓｐ（ＣａＣＯ３）＞２＋２＋犓ｓｐ（ＺｎＣＯ３）判断，Ｌ４为Ｃａ的浓度，Ｌ５为Ｚｎ的浓度。Ｌ１与Ｌ３的交点对应ｐＨ得出－６．４－１０．３２＋犓ａ１（Ｈ２ＣＯ３）＝１０，Ｌ１与Ｌ２的交点对应ｐＨ得出犓ａ２（Ｈ２ＣＯ３）＝１０，由犫点犮（Ｃａ）－－３．２－１－１０．３２－＝犮（ＨＣＯ３）＝１０ｍｏｌ·Ｌ，再由横坐标ｐＨ及犓ａ２（Ｈ２ＣＯ３）＝１０，得出犮（ＣＯ３）＝·高三开学检测———化学答案 第２页（共５页）】{#{QQABYYQQogCgABBAABgCAQ0SCEOQkBACAKgGgEAAsAAByAFABAA=}－５．３－１－８．５－１０．８１０ｍｏｌ·Ｌ，犓ｓｐ（ＣａＣＯ３）＝１０，Ｌ５与Ｌ２的交点得出犓ｓｐ（ＺｎＣＯ３）＝１０，Ａ正确；２＋２＋犓ｓｐ（ＣａＣＯ３）２．３ＣａＣＯ３（ｓ）＋Ｚｎ（ａｑ）幑幐ＺｎＣＯ３（ｓ）＋Ｃａ（ａｑ），平衡常数：犓＝＝１０，Ｂ错误；Ｌ１表犓ｓｐ（ＺｎＣＯ３）－示ｌｇ犮（ＨＣＯ３）—ｐＨ曲线，Ｃ错误；向犪点溶液中加入ＣａＣｌ２，可以得到犫点溶液，Ｄ错误。１５．【答案】（１４分，除标注分数外，其余每空２分）（１）将镍矿渣粉碎、适当增大硫酸浓度、适当升温（任意写两条，合理均给分） ＳｉＯ２、ＣａＳＯ４２＋＋ ３＋（２）Ｈ２Ｏ２＋２Ｆｅ＋２Ｈ２Ｆｅ＋２Ｈ２Ｏ ３．２≤ｐＨ＜６．８（１分）（３）铜再失去的１个电子是全充满的３ｄ１０电子，镍再失去的１个电子是４ｓ１电子－７－１５２＋ ＋犓ａ１（Ｈ２Ｓ）·犓ａ２（Ｈ２Ｓ）１．３×１０×７．１×１０Ｈ２Ｓ（ａｑ）＋Ｃｕ（ａｑ）２Ｈ（ａｑ）＋ＣｕＳ（ｓ），犓＝＝－３６犓ｓｐ（ＣｕＳ）６．３×１０１４５２＋≈１．５×１０，犓１×１０，因此Ｈ２Ｓ能将Ｃｕ沉淀完全。 （４）２ＮｉＳＯ４＋６ＮａＯＨ＋Ｃｌ２２ＮｉＯＯＨ↓＋２ＮａＣｌ＋２Ｎａ２ＳＯ４＋２Ｈ２Ｏ过滤、洗涤、干燥（１分）【解析】（１）加快酸浸的操作有：将镍矿渣粉碎、适当增大硫酸浓度、适当升温等；加入稀硫酸，ＳｉＯ２不溶解，同时生成微溶的ＣａＳＯ４；（２）加入双氧水的作用，是将Ｆｅ２＋氧化成Ｆｅ３＋，再通过调节ｐＨ而除去；调节ｐＨ的范围是使Ｆｅ３＋沉淀完全而Ｎｉ２＋不能沉淀，则３．２≤ｐＨ＜６．８；（３）铜再失去的１个电子是全充满的３ｄ１０电子，镍再失去的１个电子是４ｓ１电子；反应２＋２＋ ＋犮（Ｈ）Ｈ２Ｓ（ａｑ）＋Ｃｕ（ａｑ）２Ｈ（ａｑ）＋ＣｕＳ（ｓ）的平衡常数犓＝２＋＝犮（Ｈ２Ｓ）·犮（Ｃｕ）２＋２－－－７－１５犮（Ｈ）·犮（Ｓ）·犮（ＨＳ）犓ａ１（Ｈ２Ｓ）·犓ａ２（Ｈ２Ｓ）１．３×１０×７．１×１０２＋２－－＝＝－３６犮（Ｈ２Ｓ）·犮（Ｃｕ）·犮（Ｓ）·犮（ＨＳ）犓ｓｐ（ＣｕＳ）６．３×１０１４５２＋≈１．５×１０，犓１×１０，因此Ｈ２Ｓ能将Ｃｕ沉淀完全；２＋（４）加入氯气将Ｎｉ氧化成＋３价，在碱性条件下生成ＮｉＯＯＨ，化学方程式为：２ＮｉＳＯ４＋ ６ＮａＯＨ＋Ｃｌ２２ＮｉＯＯＨ↓＋２ＮａＣｌ＋２Ｎａ２ＳＯ４＋２Ｈ２Ｏ；得到ＮｉＯＯＨ的操作为过滤、洗涤、干燥。１６．【答案】（１５分，除标注分数外，其余每空２分）－＋－ ２＋（１）平衡压强，使浓盐酸顺利流下（１分） ２ＭｎＯ４＋１６Ｈ＋１０Ｃｌ２Ｍｎ＋５Ｃｌ２↑＋８Ｈ２Ｏ（２）饱和食盐水（１分） 除去氯气中的ＨＣｌ气体，避免其消耗ＮａＯＨ，以提高ＮａＯＨ的利用率（３）球形冷凝管（１分） 下口（１分） ＮａＣｌＯ＋ＣＯ（ＮＨ２）２＋２ＮａＯＨＮ２Ｈ４·Ｈ２Ｏ＋ＮａＣｌ＋Ｎａ２ＣＯ３否，因为若将尿素逐滴加入ＮａＣｌＯ溶液中，过量的ＮａＣｌＯ会将Ｎ２Ｈ４·Ｈ２Ｏ氧化１０犮犞（４）淀粉溶液（１分） ％犿【解析】（１）恒压滴液漏斗的弯管可以平衡压强，避免烧瓶内压强过大浓盐酸不能顺利流下；－＋－ ２＋高锰酸钾可以将浓盐酸氧化生成氯气，离子反应为：２ＭｎＯ４＋１６Ｈ＋１０Ｃｌ２Ｍｎ＋５Ｃｌ２↑＋８Ｈ２Ｏ；·高三开学检测———化学答案 第３页（共５页）】{#{QQABYYQQogCgABBAABgCAQ0SCEOQkBACAKgGgEAAsAAByAFABAA=}（２）Ｂ装置盛放饱和食盐水，除去氯气中的氯化氢，避免其消耗ＮａＯＨ溶液，提高ＮａＯＨ的利用率；（３）仪器ｂ为球形冷凝管，冷却时，下口入水，上口出水；根据信息可知生成水合肼的反应为：ＮａＣｌＯ＋ＣＯ（ＮＨ２）２＋２ＮａＯＨＮ２Ｈ４·Ｈ２Ｏ＋ＮａＣｌ＋Ｎａ２ＣＯ３；水合肼还原性强，可被次氯酸钠氧化；（４）因为滴定过程中碘单质被水合肼还原，所以用淀粉作指示剂，反应到终点时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟不褪去；滴定过程中有无色无味无毒气体产生，则碘和肼发生氧化还－原反应，生成碘离子和氮气，根据得失电子守恒可知，２Ｉ２～４ｅ～Ｎ２Ｈ４·Ｈ２Ｏ，则产品中－３１１００ｍＬ－１Ｎ２Ｈ４·Ｈ２Ｏ的质量为犮犞×１０ｍｏｌ×××５０ｇ·ｍｏｌ，质量分数的表达式为：２２５ｍＬ１００犮犞×１０－３１０犮犞×１００％＝％。犿犿１７．【答案】（１４分，除标注分数外，其余每空２分）－１２（１）－２５５．９ｋＪ·ｍｏｌ（１分） 犓２·犓３（１分） 低温易自发（１分）（２）４５０Ｋ、３ＭＰａ（１分） 二氧化碳加氢制取乙醇的反应为气体体积减小的反应，因此增大压强使平衡正向移动，ＣＯ２的平衡转化率增大（１分）０．１２５×犘×（０．３７５×犘）３（３）Ｌ１（１分） Ｌ４（１分） ＜（１分） ６６．７％ （０．１２５×犘）２×（０．３７５×犘）６－＋ （４）２ＣＯ２＋１２ｅ＋１２ＨＣ２Ｈ５ＯＨ＋３Ｈ２Ｏ－１－１【解析】（１）根据盖斯定律Δ犎３＝Δ犎１－２Δ犎２＝－１７３．９ｋＪ·ｍｏｌ－２×４１ｋＪ·ｍｏｌ＝－１－２５５．９ｋＪ·ｍｏｌ；ＣＯ２制备ＣＨ３ＣＨ２ＯＨ的反应Δ犎＜０、Δ犛＜０，因此低温利于反应自发进行；（２）根据图象判断４５０Ｋ、３ＭＰａ条件下ＣＯ２平衡转化率更高；二氧化碳加氢制取乙醇的反应为气体体积减小的反应，因此增大压强使平衡正向移动，ＣＯ２的平衡转化率；（３）温度升高，反应放热，平衡逆向移动，反应物物质的量分数增加，生成物物质的量分数减小，且根据计量数越大，变化物质的量越大，因此推断Ｈ２（ｇ）和ＣＨ３ＣＨ２ＯＨ（ｇ）的曲线分别为Ｌ１和Ｌ４；Ｂ点温度高，速率快；由图象交点Ａ（６１０，３７．５）可推算出，平衡时，氢气和水的平衡量均为０．３７５，水起始量为０，水变化量为０．３７５，其他变化量与化学计量数成正比，可推出。根据三行式（）（） （）（）２ＣＯ２ｇ＋６Ｈ２ｇ幑幐Ｃ２Ｈ５ＯＨｇ＋３Ｈ２Ｏｇ起始量０．３７５１．１２５００变化量０．２５０．７５０．１２５０．３７５平衡量０．１２５０．３７５０．１２５０．３７５０．２５０．１２５×犘ＭＰａ×（０．３７５×犘ＭＰａ）３ＣＯ２平衡转化率×１００％＝６６．７％；犓Ｐ＝；０．３７５（０．１２５×犘ＭＰａ）２×（０．３