河北2023临考信息卷各科试卷及答案.rar

化学答案 第1 页(共5页)题2 0 2 3高考临考信息卷化学参考答案号1234567891 01 11 21 31 4答案DBBDBCADBCAACC1.D 解析:碳纤维、S i O2气溶胶和砷化镓均属于无机非金属材料,芳砜纶纤维属于合成有机高分子材料,D项符合题意,故选D。2.B 解析:H C l O的电子式:HO C l ,A项错误;中子数为1的氢原子:21H,质量数为2,B项正确;N a C l的晶胞:,C项错误;反-2-丁烯的结构简式:CHH3CCHC H3,D项错误。3.B 解析:淀粉遇碘显蓝色,因此I2可用于检验淀粉,与升华无关,A项错误;漂白粉具有强氧化性,可使蛋白质变性,因此可用于杀菌消毒,B项正确;液溴在催化剂作用下能与苯发生取代反应生成溴苯,与其颜色无关,C项错误;浓硫酸与C a F2反应生成H F,利用的是难挥发性酸制备易挥发性酸,与脱水性无关,D项错误。4.D 解析:双键与极性试剂发生加成反应时,双键两端带部分正电荷的原子与试剂中带部分负电荷的原子结合,双键两端带部分负电荷的原子与试剂中带部分正电荷的原子结合,生成反应产物,即正加负,负加正;有机化合物与极性试剂发生取代反应时,有机物分子中极性键中带部分正电荷的原子与试剂中带部分负电荷的原子结合,带部分负电荷的原子与试剂中带部分正电荷的原子结合,生成反应产物,即正取代正,负取代负,以此分析解答。乙醛和H C N发生加成反应,乙醛中双键C原子带部分正电荷与极性试剂H C N中带部分负电荷的C N结合,双键O原子带部分负电荷与极性试剂H C N中带部分正电荷的H结合,生成2-羟基丙腈,与键的极性有关,A项不符合题意;乙酰氯中双键C原子带部分正电荷与极性试剂NH3中带部分负电荷的NH2结合,氯原子带部分负电荷与极性试剂NH3中带部分正电荷的H结合,生成乙酰胺,与键的极性有关,B项不符合题意;C H3C H2OH与H B r发生取代反应时,H B r中带部分负电荷的B r取代了乙醇中的羟基,生成溴乙烷,与键的极性有关,C项不符合题意;H2为非极性试剂,发生反应时与键的极性无关,D项符合题意。5.B 解析:每个C O2中含有2个键,标准状况下,5.6 L C O2中所含键的数目为0.5NA,A项错误;1 0 0 g 4 6%C2H5OH的水溶液中采取s p3杂化的原子数目包括1 m o l乙醇中的2 m o l碳原子、1 m o l氧原子和3 m o l水中的3 m o l氧原子,因此共6NA,B项正确;乙醇和乙酸发生的酯化反应为可逆反应,反应不能进行到底,C项错误;电催化过程中,若i-N C端生成1 m o l C O,同时有乙醇产生,无法计算转移电子数目,D项错误。6.C 解析:装置甲用于制备氨气,试剂X可以是生石灰,利用C a O与水反应放热使氨气从溶液中逸出,A项正确;氨气极易溶于水,为防止倒吸,用装置乙作为安全瓶置于甲、丙之间,B项正确;为有利于氨气与N a C l O溶液反应,制备水合肼时氨气应从装置丙a口进入,C项错误;氨气会污染环境,实验时用装置丁进行尾气处理并防倒吸,D项正确。7.A 解析:由反应示意图可知反应过程中不存在非极性键的形成,A项错误;物质为反应起点存在的物质,且在整个过程中量未发生改变,物质为催化剂,物质、为中间过程出现的物质,为中间产物,B项正确;催化剂通过降低反应的活化能加快反应速率,但不影响反应的焓变,C项正确;生成4 6 g液态H C O OH时放出3 1.2 k J的热量,该反应的热化学方程式为C O2(g)+H2(g)H C O OHl H=-3 1.2 k Jm o l-1,则H C O OHl C O2(g)+H2(g)H=+3 1.2 k Jm o l-1,D项正确。化学答案 第2 页(共5页)8.D 解析:由题意可知,Y是地壳中含量最高的元素氧;W的最高价氧化物对应的水化物和强酸、强碱均能反应,W是铝;由X、Y、W位于不同周期,X为氢;由该团簇分子的分子式为H2Z2A l2O6,根据化合价代数和为0,可推知Z为镁。通常情况下H2O比H2O2更稳定,A项正确;简单离子半径:O2-M g2+A l3+,B项正确;M g和A l能形成密度小、强度大的合金材料,C项正确;元素的第一电离能:M g A l,D项错误。9.B 解析:由结构简式可知,X分子中的酚羟基能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应,A项正确;由结构简式可知,Y分子中含有的酯基、酚羟基均能与氢氧化钠溶液反应,其中酚酯基消耗2 m o l氢氧化钠,则1 m o l Y最多与4 m o l氢氧化钠反应,B项错误;由结构简式可知,Z中所有碳原子的杂化方式均为s p2,C项正确;由结构简式可知,X、Y、Z分子中含有的苯环、羰基都能发生加成反应,X分子中含有的酚羟基、Y分子中含有的酚羟基和酯基、Z分子中含有的酚羟基和羧基都能发生取代反应,D项正确。1 0.C 解析:从图中可以看出,放电时,M极T i O2+T i3+,T i由+4价降低为+3价,则M极为正极,N极B r-B r C l-2,B r由-1价升高到+1价,则N极为负极,A项正确;放电时,N极为负极,发生的电极反应为B r-+2 C l-2 e-B r C l-2,B项正确;充电时,M极为阳极,发生反应T i3+-e-+H2OT i O2+2 H+,依据电荷守恒,每生成1 m o l T i O2+,有1 m o l H+穿过质子交换膜进入N极室,C项错误;由图中信息可知,充电时,T i3+与B r C l-2反应生成T i O2+、B r-、C l-等,总反应为2 T i3+B r C l-2+2 H2O2 T i O2+B r-+2 C l-+4 H+,D项正确。1 1.A 解析:N a OH过量,会与A g N O3反应生成沉淀,故无法检验溶液中是否含有溴元素,A项错误;发生反应:C l2+2 B r-B r2+2 C l-,可观察到溶液由无色变为橙黄色,则氯气的氧化性大于溴的氧化性,B项正确;F-与C l O-均可以发生水解反应,水解程度越大碱性越强,说明酸的电离程度越小,C项正确;F e3+3 S C N-F eS C N 3,当加入铁粉后发生反应:2 F e3+F e3 F e2+,铁离子的浓度减小,平衡逆向移动,D项正确。1 2.A 解析:根据反应的焓变为H1=+1 7 0 k Jm o l-1,反应的焓变为H2=+6 4 k Jm o l-1,排除答案B和D;根据不同温度下 H2和 C S2 体积分数的变化分析,升高温度,反应的速率变化小于反应的速率变化,因此反应的活化能高,故选A。1 3.C 解析:“溶浸”中浸出渣的主要成分为S i O2和S,A项错误;“还原”加入S b的目的是将F e3+还原为F e2+,B项错误;“水解”时发生的主要反应为S b3+H2O+C l-S b O C l+2 H+,C项正确;用惰性电极电解滤液不能制备单质镁,D项错误。1 4.C 解析:电位滴定法是靠电极电位的突跃来指示滴定终点,根据图中信息b点恰好将氢离子反应完,d点恰好将铵根反应完。根据图中曲线,当加入氢氧化钠溶液3 m L时,恰好将硫酸氢铵中的氢离子反应完,说明原溶液体积为3 m L,物质的量浓度为0.1 0 0 0m o lL-1,a点溶液中nS O2-4 =0.1 0 0 0m o lL-1 3 1 0-3 L=3.0 1 0-4 m o l,A项正确;b点溶质为硫酸钠和硫酸铵且两者物质的量浓度相等,根据电荷守恒得到cNH+4 +cH+cN a+=cOH-+2cS O2-4 ,再根据物料守恒cN a+=cS O2-4 ,则得到溶液中cNH+4 +cH+-cN a+=cOH-,B项正确;常温时,c点溶质为硫酸钠、硫酸铵和一水合氨且后两者的物质的量浓度相等,KhNH+4 =KwKb=1.0 1 0-1 41.8 1 0-5=5.5 61 0-1 0 7,C项错误;b点溶质为硫酸钠和硫酸铵,促进水的电离,d点溶质是硫酸钠和一水合氨,抑制水的电离,因此水的电离程度:bd,D项正确。1 5.答案:(1 4分)(1)2 KM n O4+1 6 H C l(浓)2 M n C l2+2 K C l+5 C l2+8 H2O(2分)(2)不易因为A l C l3固体积聚而造成堵塞(2分)(3)碱石灰(1分)(4)HO A l-C l3+H+A l C l3+H2O(2分)(5)温度计(1分)2(1分)D中溴的四氯化碳溶液褪色(1分)(6)除去乙烯中的水和乙醇(2分)化学答案 第3 页(共5页)(7)反应条件温和(温度低),副反应少,产物更纯净,反应剩余物易处理等优点(2分)解析:(1)装置A中发生反应的化学方程式为2 KM n O4+1 6 H C l(浓)2 M n C l2+2 K C l+5 C l2+8 H2O。(2)硬质玻璃管直接接入收集器的优点是不易因为A l C l3固体积聚而造成堵塞。(3)装置F的作用是进行尾气处理和防止空气中的水进入收集器中,因此装置F中的药品名称是碱石灰。(4)根据催化机理图,分析生成 H2O的反应方程式为HO A l-C l3+H+A l C l3+H2O。(5)实验过程需要控制温度为1 2 0,因此实验装置中还缺少的仪器是温度计。加入药品后,开始实验前,应先打开2止水夹,反应进行一段时间后,D中溴的四氯化碳溶液褪色,说明已排尽装置中的空气,此时再关闭相应止水夹。(6)B中无水氯化钙的作用是除去乙烯中的水和乙醇。(7)与教材中用乙醇和浓硫酸制备乙烯相比,用三氯化铝做催化剂制备乙烯的优点有反应条件温和,副反应少,产物更纯净,反应剩余物易处理等优点。1 6.答案:(1 4分)(1)G a2(F e2O4)3+2 4 H+2 G a3+6 F e3+1 2 H2O(2分)C a S O4(1分)(2)略小于5.7(2分)(3)6 m o lL-1(1分)2 m o lL-1(1分)(4)G a(OH)3+OH-G a O-2+2 H2O(2分)(5)G a2O3+2 NH3高温2 G a N+3 H2O(2分)(6)4(1分)34MrNA 1 07(2分)解析:(1)G a2(F e2O4)3与稀硫酸反应生成G a3+、F e3+和H2O,反应的离子方程式为G a2(F e2O4)3+2 4 H+2 G a3+6 F e3+1 2 H2O。“酸溶”前调节p H时加入了C a O,“酸溶”加入稀硫酸,C a O和稀硫酸反应生成硫酸钙,硫酸钙微溶于水,故“酸溶”滤渣的主要成分为C a S O4。(2)“酸浸”所得浸出液中G a3+、Z n2+浓度分别为0.2 1 gL-1和6 5 gL-1即0.0 0 3 m o lL-1和1 m o lL-1,根据Ks pZ n(OH)2=1 0-1 6.6,Z n2+开始沉淀时c(OH-)=1 0-8.3m o lL-1,Z n2+开始沉淀的p H为5.7,根据Ks pG a(OH)3=1 0-3 5.1,G a3+开始沉淀时c(OH-)=1.3 8 1 0-1 1,则G a3+开始沉淀的p H为3.1 4,则调节p H略小于5.7即可。(3)根据分析可知“脱铁”时盐酸浓度较高,促使F e3+更多地进入水相被除去,则盐酸浓度为6 m o lL-1;“反萃取”中要保证G a3+尽可能多地进入水相,则此时盐酸浓度为2 m o lL-1。(4)G a与A l同主族,化学性质相似,“沉镓”时加入N a OH过多,则生成的G a(OH)3重新溶解生成G a O-2,离子方程式为G a(OH)3+OH-G a O-2+2 H2O。(5)G a2O3与NH3高温下反应生成G a N和另一种物质,根据原子守恒,可得另一种物质为H2O,化学方程式为G a2O3+2 NH3高温2 G a N+3 H2O。(6)从图中可知,该晶体中与G a原子距离最近且相等的N原子个数为4个,根据均摊法,该晶胞中N原子个数为4,G a原子个数为18 8+12 6=4,设晶胞边长为a n m,则=4MrNA(a 1 0-7)3 gc m-3,则a=34MrNA 1 07n m。1 7.答案:(1 5分)(1)2a+b(2分)(2)D(2分)(3)(2分)0.5 6 m o l(2分)2 4.9(2分)B(2分)(4)i(1分)H C O O-+4 HH2O+C H3O-(2分)化学答案 第4 页(共5页)解析:(1)已知(i)C O2(g)+3 H2(g)C H3OH(g)+H2O(g)H1=a k Jm o l-1;(i i)2 C H3OH(g)C H3O C H3(g)+H2O(g)H2=b k Jm o l-1;(i i i)C O2(g)+H2(g)C O(g)+H2O(g)H3=c k Jm o l-1;由盖斯定律可知,i 2+i i得2 C O2(g)+6 H2(g)C H3O C H3(g)+3 H2O(g)H4=(2a+b)k Jm o l-1。(2)2 9 8 K时,反应i i i的吉布斯自由能大于0,不能自发进行,A项错误;4 1 0 K时,反应i和反应i i i的吉布斯自由能相等,但不能确定二者反应速率的大小关系,B项错误;吉布斯自由能G=H-TS,随着温度的增大,反应i的G增大,不利于反应i的正向进行,随着温度的增大,反应i i i的G减小,有利于反应i i i的正向进行,C H3OH的选择性降低,C O的选择性升高,C项错误;甲醇分解可以得到二甲醚,提高二甲醚产率的关键是寻找对甲醇具有高选择性的催化剂,D项正确。(3)由图可知,随着温度的升高,C O的选择性不断增大,说明反应i i i的平衡正向移动,则反应i i i是吸热反应,H3 0。在2 2 0 下,平衡时C O2的平衡转化率为4 0%,C O的选择性为5%,DME的选择性为8 0%,根据已知条件列出“三段式”:C O2(g)+3 H2(g)C H3OH(g)+H2O(g)起始m o l 1 4 0 0转化m o l x 3x x x平衡m o l 1-x 4-3x x x 2 C H3OH(g)C H3O C H3(g)+H2O(g)起始m o l x 0 x转化m o l 2y y y平衡m o l x-2y y x+y C O2(g)+H2(g)C O(g)+H2O(g)起始m o l 1-x 4-3x 0 x+y转化m o l z z z z平衡m o l 1-x-z4-3x-z z x+y+zx+z1 1 0 0%=4 0%,zx+z1 0 0%=5%,2yx+z1 0 0%=8 0%,解得x=0.3 8 m o l,y=0.1 6 m o l,z=0.0 2 m o l,平衡时nH2O =0.3 8 m o l+0.0 2 m o l+0.1 6 m o l=0.5 6 m o l,反应2 C H3OH(g)C H3O C H3(g)+H2O(g)在2 2 0 下的平衡常数K=cH2O cC H3O C H3 c2C H3OH =0.5 6V0.1 6V0.3 8-2 0.1 6V 22 4.9。反应i是气体体积减小的反应,反应i i和反应i i i都是气体体积不变的反应,增大压强,反应i正向移动,C O2的平衡转化率增大,C H3OH的浓度增大,反应i i正向移动;C O2的浓度减小,反应逆向移动,C O的选择性降低,DME选择性提高,则图中点B可表示二甲醚的选择性。(4)该机理总反应为C O2(g)+3 H2(g)C H3OH(g)+H2O(g),表示的是反应i的反应过程,转化的反应方程式为H C O O-+4 HH2O+C H3O-。1 8.答案:(1 5分)(1)水解(取代)反应(1分)(2)C O2(2分)制冷剂、制造碳酸饮料等(2分)(3)3(2分)(4)(2分)化学答案 第5 页(共5页)(5)2 5(2分)(6)+2 C2H5OH浓硫酸COO C H2C H3COO C H2C H3+H2O(2分)除去硫酸、未反应完的有机酸和乙醇(2分)解析:(1)根据B和C的结构简式可知,BC是B中的酯基水解生成C和乙醇,反应类型是水解反应或取代反应。(2)根据C和D的结构简式可知,CD是C反应生成D和C O2,故另一种产物是C O2,其用途有制冷剂、制造碳酸饮料等。(3)根据结构简式可知,E中含有三种不同环境的氢原子,核磁共振氢谱显示的吸收峰有3组。(4)已知G的分子式为C9H6O3,由F转化为G,F比G少两个H,且根据H的结构简式可知,G为。(5)D为,M是D的同系物,其相对分子质量比D多1 4,则可能多一个C H2,满足条件:属于芳香族化合物;能与N a H C O3溶液反应产生C O2,则含有羧基;含有碳碳三键。若苯环上只有一个取代基,则取代基为C H(C O OH)CC H、C H2CCC O OH、CCC H2C O OH,则有3种;若苯环上有两个取代基,则取代基为C O OH和C H2CC H、C O OH和CCC H3、C H3和CCC O OH、CC H和C H2C O OH,每种均有邻、间、对位,故共有4 3=1 2种;若苯环上有三个取代基,则取代基为CC H、C O OH和C H3,结构有1 0种;故总共有同分异构体2 5种。(6)苯酐与两分子乙醇反应生成COO C H2C H3COO C H2C H3和水,反应的化学方程式为+2 C2H5OH浓硫酸COO C H2C H3COO C H2C H3+H2O。使用5%的碳酸钠溶液进行“洗涤”的目的是除去硫酸、未反应完的有机酸和乙醇。|化学试卷 第1页(共8页)|化学试卷 第2页(共8页)绝密启用前 化学试2 0 2 3高考临考信息卷卷班级 姓名 注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、班级和考号填写在答题卡上。2.回答选择题时,选出每小题答案后,用2 B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。回答非选择题时,将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量:H 1 C 1 2 N 1 4 O 1 6 A l 2 7 C l 3 5.5 Z n 6 5 G a 7 0一、选择题:本题共1 4小题,每小题3分,共4 2分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1.我国科研人员不断研发出新材料提升国家创新力,下列使用的材料为有机高分子材料的是A.高铁动车使用的大丝束碳纤维B.天 问 一 号 使 用 的S i O2气溶胶C.天和核心舱太阳翼电池的砷化镓器件D.C 9 1 9上使用的芳砜纶纤维2.下列化学用语或图示表达正确的是A.H C l O的电子式:HC l O B.中子数为1的氢原子:21HC.N a C l的晶胞:D.反-2-丁烯的结构简式:CH3CHCHC H33.下列物质性质与用途具有对应关系的是A.I2易升华,可用于检验淀粉的存在B.漂白粉具有强氧化性,可用于消毒杀菌C.液溴呈红棕色,可用于与苯反应制备溴苯D.浓硫酸具有脱水性,可用于与C a F2反应制H F4.下列反应产物不能用反应物中键的极性解释的是A.C H3COH+H C N C H3C HOHC NB.C H3COC l+NH3一定条件 C H3CONH2+H C lC.C H3C H2OH+H B rC H3C H2B r+H2OD.C H3C HC H2+H2催化剂C H3C H2C H35.中科院通过调控N-c a r b o n的孔道结构和表面活性位构型,成功实现了电催化二氧化碳生成乙醇和C O,合成过程如图所示。用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是A.标准状况下,5.6 L C O2中所含键的数目为0.2 5NAB.1 0 0 g 4 6%C2H5OH的水溶液中采取s p3杂化的原子数目为6NAC.0.1 m o l乙醇和0.2 m o l乙酸发生酯化反应,最多可生成乙酸乙酯的分子数目为0.1NAD.电催化过程中,若i-N C端生成1 m o l C O,转移电子数目为NA6.水合肼(N2H4H2O)为无色透明的油状发烟液体,是一种重要的精细化工原料,其制备的反应原理为N a C l O+2 NH3N2H4H2O+N a C l。下列关于实验室制备水合肼的操作错误的是A.装置甲中试剂X可以选择生石灰B.装置乙作为反应过程中的安全瓶C.装置丙制备水合肼时氨气从b口进入D.装置丁可用于吸收多余的尾气7.如图是用钌R u 基催化剂催化C O2(g)和H2(g)的反应示意图,当反应生成4 6 g液态H C O OH时放出3 1.2 k J的热量。下列说法错误的是A.反应历程中存在极性键、非极性键的断裂与形成B.图示中物质为该反应的催化剂,物质、为中间产物C.使用催化剂可以降低反应的活化能,但无法改变反应的焓变D.由题意知:H C O OH l C O2(g)+H2(g)H=+3 1.2 k Jm o l-1|化学试卷 第3页(共8页)|化学试卷 第4页(共8页)8.某团簇分子由原子序数依次增大的X、Y、Z、W四种短周期元素组成,其空间构型如图所示,X、Y、W位于不同周期,其中Y是地壳中含量最高的元素,W的最高价氧化物对应的水化物和强酸、强碱均能反应。下列说法错误的是A.通常情况下,X2Y比X2Y2更稳定B.简单离子半径:YZ WC.Z和W能形成密度小、强度大的合金材料D.元素的第一电离能:Z Ka(H C l O)D向盛有5 m L 0.0 0 5 m o lL-1 F e C l3溶液的试管中加入5 m L 0.0 1 5 m o lL-1 K S C N溶液,再加入少量铁粉,振荡,观察溶液颜色变化反应物浓度影响化学平衡1 2.根据文献,将 H2S 和 C H4的混合气体导入石英管反应器热解(一边进料,另一边出料),可制得产物 C S2。反应分反应和反应两步进行:.2 H2S(g)2 H2(g)+S2(g)H1=+1 7 0 k Jm o l-1.C H4(g)+S2(g)C S2(g)+2 H2(g)H2=+6 4 k Jm o l-1投料按体积之比V(H2S)V(C H4)=21,并用N2稀释;常压、不同温度下反应相同时间后,测得 H2和 C S2 体积分数如下表:温度/1 0 5 01 1 0 01 1 5 0H2/V(%)3.65.58.5C S2/V(%)0.10.41.8已知:升高相同温度时,活化能越大的化学反应,其反应速率提高的倍数越大。由反应原料经两步生成产物C S2的反应过程能量示意图为1 3.利用辉锑矿(主要成分为S b2S3,含F e2O3、M g O、S i O2等杂质)为原料制备S b O C l的工艺流程如图所示。还原性:F e S b F e2+。下列说法正确的是A.“溶浸”中浸出渣的主要成分为F e2O3和S i O2B.“还原”加入S b的目的是将F e2+还原为F eC.“水解”时发生的主要反应为S b3+H2O+C l-S b O C l+2 H+D.“水解”所得滤液用惰性电极电解可制备单质镁1 4.电位滴定法是靠电极电位的突跃来指示滴定终点。在滴定过程中,计算机对数据自动采集、处理,并利用滴定反应化学计量点前后电位突变的特性,自动寻找滴定终点。室温时,用0.1 0 0 0 m o lL-1的N a OH标准溶液滴定同浓度的NH4H S O4溶液,计算机呈现的滴定曲线如图所示(稀溶液中不考虑氨水的分解导致氨的逸出)。已知:KbNH3H2O =1.8 1 0-5。下列说法错误的是A.a点溶液中:nS O2-4 =3.0 1 0-4m o lB.b点溶液中:cN H+4 +cH+-cN a+=cO H-C.常温时,c点溶液中:p Hd|化学试卷 第5页(共8页)|化学试卷 第6页(共8页)二、非选择题:本题共4小题,共5 8分。1 5.(1 4分)在无水三氯化铝的催化作用下,利用乙醇制备乙烯的反应温度是1 2 0。某兴趣小组据此设计如图所示实验,合成无水A l C l3并完成乙烯的制备及收集。回答下列问题:.无水A l C l3的制备(1)装置A中发生反应的化学方程式为。(2)硬质玻璃管直接接入收集器的优点是。(3)装置F中的药品名称是 。.乙烯的制备及收集实验过程:检验装置气密性后,在圆底烧瓶中加入 5 g 无水三氯化铝和 1 0 m L 无水乙醇,点燃酒精灯加热。(4)该催化机理如图所示,写出此反应历程中生成 H2O的反应方程式:。(5)实验装置中还缺少的仪器是 。加入药品后,开始实验前,应先打开 止水夹(填“1”“2”或“1 和 2”),反应进行一段时间后,出现 现象,再关闭相应止水夹。(6)B中无水氯化钙的作用是。(7)与教材中用乙醇和浓硫酸制备乙烯相比,用三氯化铝做催化剂制备乙烯的优点有 (任写两点)。1 6.(1 4分)氮化镓(G a N)是具有优异的光电性能的半导体材料。一种利用炼锌矿渣 主要含铁酸镓G a2F e2O4 3、铁酸锌Z n F e2O4、S i O2 制备G a N的工艺流程如下:已知:G a与A l同主族,化学性质相似。常温下,Ks pZ nOH 2 =1 0-1 6.6,Ks pG aOH 3 =1 0-3 5.1,Ks pF eOH 3 =1 0-3 8.5。G a3+、F e3+在该工艺条件下的反萃取率(进入水相中金属离子的百分数)与盐酸浓度的关系见下表。盐酸浓度/m o lL-1反萃取率/%G a3+F e3+28 6.99.446 9.15 2.161 7.57 1.3回答下列问题:(1)“酸浸”时G a2F e2O4 3发生反应的离子方程式为。“酸溶”所得滤渣的主要成分是 (填化学式)。(2)“酸浸”所得浸出液中G a3+、Z n2+浓度分别为0.2 1 gL-1、6 5 gL-1。常温下,为尽可能多地提取G a3+并确保不混入Z nOH 2,“调p H”时需用C a O调p H至 (假设调p H时溶液体积不变)。(3)“脱铁”和“反萃取”时,所用盐酸的浓度a=,b=(选填上表中盐酸的浓度)。(4)“沉镓”时,若加入N a OH的量过多,会导致G a3+的沉淀率降低,原因是 (用离子方程式表示)。(5)利用C V D(化学气相沉积)技术,将热分解得到的G a2O3与NH3在高温下反应可制得G a N,同时生成另一种产物,该反应的化学方程式为。(6)G a N晶体的一种立方晶胞如图所示。该晶体中与G a原子距离最近且相等的N原子个数为 。该晶体密度为gc m-3,G a N的式量为Mr,则晶胞边长为 n m。(列出计算式,NA为阿伏加德罗常数的值)|化学试卷 第7页(共8页)|化学试卷 第8页(共8页)1 7.(1 5分)二氧化碳催化加氢直接合成二甲醚(DME)既可以实现碳减排又可以得到重要的有机原料,对于保证经济的高速发展和实现长期可持续发展战略均具有重要意义,其中涉及的反应有:(i)C O2(g)+3 H2(g)C H3OH(g)+H2O(g)H1=a k Jm o l-1(i i)2 C H3OH(g)C H3O C H3(g)+H2O(g)H2=b k Jm o l-1(i i i)C O2(g)+H2(g)C O(g)+H2O(g)H3=c k Jm o l-1已知:生成物A的选择性=A物质含有的碳原子数nA 转化的nC O2 1 0 0%回答下列问题:(1)2 C O2(g)+6 H2(g)C H3O C H3(g)+3 H2O(g)的H4=k Jm o l-1(用含a、b或c的代数式表示)。(2)反应i、i i、i i i的吉布斯自由能随温度变化如图,下列说法正确的是 (填标号)。A.常温下,反应i、i i、i i i均能自发B.4 1 0 K时,反应i和反应i i i的反应速率相等C.温度升高,C H3OH的选择性提高,C O的选择性降低D.提高二甲醚产率的关键是寻找对甲醇具有高选择性的催化剂(3)在3.0 M P a下,研究人员在恒容的密闭容器中充入4 m o l H2和1 m o l C O2发生上述反应,C O2的平衡转化率和生成物的选择性随温度变化如图(不考虑其他因素影响)。H3 0(填“”或“”)。在2 2 0 下,平衡时nH2O =,计算反应2 C H3OH(g)C H3O C H3(g)+H2O(g)在2 2 0 下的平衡常数K=(结果保留三位有效数字)。当其他条件不变,压强为4.0 M P a、温度为2 6 0 时,图中点 (填“A”“B”“C”或“D”)可表示二甲醚的选择性。(4)在C u/Z n O/Z r O2基催化剂下发生反应,机理如图:该机理表示的是反应 (填“i”“i i”或“i i i”)的反应过程。写出转化的反应方程式 。1 8.(1 5分)茚三酮能与任何含-氨基的物质形成深蓝色或红色物质,可用于鉴定氨基酸、蛋白质、多肽等,物证技术中常用水合茚三酮显现指纹。其合成路线如下:回答下列问题:(1)BC的反应类型是 。(2)CD反应的另一种产物是 ,写出其一种用途。(3)E的核磁共振氢谱显示的吸收峰有 组。(4)已知G的分子式为C9H6O3,G的结构简式为。(5)M是D的同系物,其相对分子质量比D多1 4。满足下列条件的M的同分异构体有 种。属于芳香族化合物;能与N a H C O3溶液反应产生C O2;含有碳碳三键。(6)工业上以甲苯为起始原料制备A()的流程如下:苯酐与乙醇反应的化学方程式为 。使用5%的碳酸钠溶液进行“洗涤”的目的是。历史答案 第1 页(共5页)2 0 2 3高考临考信息卷历史参考答案题号1234567891 01 11 21 31 41 51 6答案BABBCBCDCADADACD1.B 解析:根材料“殷商甲骨文中像一捆竹木简编连在一起的形状”可知,甲骨和竹简在商朝时期都是文字的书写载体,B项正确。商朝时期可作为书写的材料除了甲骨之外还有青铜器和竹简,没有对比,不能得出“最重要”的结论,排除A项;C项不是材料主旨,排除;D项虽正确,但不符合材料主旨,排除。2.A 解析:据材料可知,秦兵马俑第三次考古发掘出土的文物中,“陶俑”“陶马”“战车”代表了军事作战的士兵和工具,“鼓”和“鼓槌”代表作战指挥,“漆盾”可用于防御,“弓弩”可用于远距离攻击等,这些反映了一定的历史面貌,A项正确。“明确武器种类与配属”不能体现考古发掘中“陶俑”“陶马”“战车”等内容,排除B项;材料只有秦军武器等信息,至于其军事实力是否强大,材料不能体现,排除C项;材料只体现了发掘陶俑数量较多,没有体现陶俑的制作程序,排除D项。3.B 解析:根据材料可知,御史“多为敕授”“三考即迁”、转任多为要职等,可知唐朝监察官员品级较高,受皇帝重视,说明监察官员地位显要,B项正确。材料只提到监察官员的地位,得不出监察考选体系严密,排除A项;监察官属于监察制度,而科举取士来自科举制,排除C项;材料只提到监察官员,不足以说明官僚政治趋于成熟,排除D项。4.B 解析:根据材料“投壶可以治心,可以修身,可以为国,可以观人”可知,宋代将投壶活动与儒家思想相结合,B项正确。材料没有涉及少数民族的信息,排除A项;仅从投壶,不能得出门第观念的状况,排除C项;投壶活动体现的儒学价值取向,无法得出教育的平民化,排除D项。5.C 解析:据材料“明朝时期实行的朝贡贸易贡船附载来华的货物多不向外商征税,而且还大加赏赐”可知,明朝在朝贡贸易中采取“免征税”“给予赏赐”等优待政策,体现“厚往薄来”的原则,加重了政府的财政负担,C项正确。明朝为阻止西方的经济侵略采取的是闭关锁国政策,排除A项;自然经济解体开始于鸦片战争后,排除B项;朝贡贸易以政治目的为主,且范围小、数量少,在促进商品经济方面影响不大,排除D项。6.B 解析:根据材料可知,晚清与外国列强签订的条约所用法定文字基本为外文,而同文馆是1 8 6 2年清政府创办的第一所官办外语专门学校,以培养外语翻译、洋务人才为目的,由此可知,同文馆的建立适应了当时实际的需要,B项正确。材料反映中外签订条约所用的法定文字,与 万国公法 无关,排除A项;中体西用的局限是只学习技术而不改变制度,材料内容无法体现中体西用的局限性得以突破,排除C项;瓜分狂潮发生在1 9世纪末,与题干时间不符,排除D项。7.C 解析:钱穆主张政治制度变化后,背后的思想文化也必须改变。结合所学,钱穆指的是辛亥革命废除封建君主专制后,封建文化也急需被改变,因而号召“打倒孔家店”的新文化运动应运而生,主张新文化运动在思想文化领域的反封建斗争延续了辛亥革命在政治制度方面的反封建斗争,C项正确。钱穆的话是在肯定新文化运动在扫荡封建文化方面的积极影响,而非批评其局限性,排除A项;材料内容主要是说明新文化运动的背景和起因,而非论述学习西方的深入过程,排除B项;材料未提及新文化运动的影响,排除D项。8.D 解析:根据材料“国民党1 9 3 4年度统税图”“红色中华”可知,该漫画登载于“围剿”与“反围剿”时期,革命根据地刊登的国民党1 9 3 4年统税漫画,反映出当时国民党对根据地进行“围剿”而耗费了大量的人力、物力、财力,迫于继续内战的要求,而加重了税收,D项正确。官僚资本利用金融手段进行剥削,包括发行法币、募借内外债、商业投机等,而材料反映的是直接征税,并非金融手段,排除A项;国共十年对峙时期,民族工业发展较快,“环境恶劣”说法不符合史实,排除B项;国民经济建设运动开始于1 9 3 5年,排除C项。历史答案 第2 页(共5页)9.C 解析:根据材料可知,抗战时期,中国共产党对新民主主义国家不断进行理论建设,说明其致力于探索中国的民主制度,C项正确。材料强调新民主主义国家的理论,不属于抗日民族统一战线,排除A项;1 9 4 0年和1 9 4 5年正处于抗日战争,国共合作时期,排除B项;论人民民主专政 为新中国的建立奠定了理论基础和政策基础,排除D项。1 0.A 解析:根据材料“在保证本省供给的同时,也有力支援了两广、华东、华北、西北等地”并结合所学知识可知,新中国成立初期,调拨粮食有利于保证各地粮食供应和稳定物价,有利于新生政权的巩固,A项正确。国民经济恢复是在1 9 5 2年年底,排除B项;材料中的粮食支援的是中国部分省份,与抗美援朝无关,排除C项;计划经济体制的确立是1 9 5 6年三大改造完成后,排除D项。1 1.D 解析:材料中的中世纪后期,城市出现以财富为基础的等级分层现象是商品经济的发展的结果,D项正确。根据材料“城市即使呈现出等级分层,也是以财富为基础的,理论上,人人都可通过发家致富而进入城市上层”可知,社会成员实际是不平等的,排除A项;材料中的中世纪后期城市出现以财富为基础的等级分层现象与社会契约理念的普及无关,排除B项;材料中未体现阶级结构的变化,排除C项。1 2.A 解析:根据材料“确立了神圣罗马帝国诸邦的 国家主权,规定荷兰(联合省共和国)和瑞士获得独立地位”并结合所学知识可知,该和约承认了荷兰和瑞士的独立,这促进了民族国家的发展,A项正确。材料信息是确立国家主权,未涉及欧洲政治力量改变的相关内容,无法得出推动西方国家均势局面形成,排除B项;据所学知识,1 7世纪欧洲君主不满足派遣使者与他国联系,而是派遣常驻外交使节和外交使团,在此基础上,近代外交制度逐渐建立起来,1 8 1 5年维也纳体系建立,外交制度进一步发展,材料未体现相关内容,排除C项;战争与和平法 奠定了近代国际法的基础,排除D项。1 3.D 解析:材料体现的是部分法国人受牛顿科学思想影响形成的一些新认识,结合所学知识可知,牛顿是近代自然科学的代表人物,他还是近代力学的建立者,因此科学革命促进思想解放的表述符合题意,D项正确。1 7世纪牛顿力学体系的建立标志着近代科学体系的形成,题干涉及时间是1 8世纪,时间不符,排除A项;材料仅体现牛顿力学得到部分法国人的认同,而非普遍,排除B项;结合所学知识可知,自然科学的发展一定程度会冲击教会的统治,但是材料主要强调科学革命对人们思想的解放作用,排除C项。1 4.A 解析:根据材料“而到1 8 6 2年,印度贡献了英国原棉进口量的7 5