辽宁省锦州市渤海大学附属高级中学2023-2024学年高三上学期第三次考试 化学含答案.pdf

《辽宁省锦州市渤海大学附属高级中学2023-2024学年高三上学期第三次考试 化学含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《辽宁省锦州市渤海大学附属高级中学2023-2024学年高三上学期第三次考试 化学含答案.pdf（15页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、辽 宁 省 锦 州 市 渤 海 大 学 附 属 高 级 中 学 2023-2024 学 年 高 三 上 学 期 第 三 次 考 试化 学答案第 1页，共 7页第三次参考答案：第三次参考答案：1C【详解】A燃煤中添加生石灰可以减少硫的氧化物的排放，可减少污染，但不能有效吸收 CO2，实现碳中和，A 错误；B由空气的成分可知，臭氧不是空气的主要成分，且 O3本身具有强氧化性，有毒，空气中臭氧含量越高，越不有利于人体健康，B 错误；C采取“静电除尘”可除去空气中的粉尘，提高了空气质量，C 正确；DSO2不会产生“光化学烟雾”，其易形成酸雨，可用碱性物质吸收，而氮的氧化物易产生“光化学烟雾”，可用碱性

2、物质吸收，D 错误；2B【详解】A两者是由相同元素形成的不同单质，互为同素异形体，A 项不符合题意；B甲基中的碳原子与三个氢原子形成三条共价键，B 项符合题意；CFe 的核外电子排布为 1s22s22p63s23p63d64s2，Fe2+的核外电子排布为 1s22s22p63s23p63d6，其价电子排布为 3d6，C 项不符合题意；D根据泡利原理，2p 能级上的电子应当分别排布在两个不同的轨道中，且自旋方向相同，D 项不符合题意；3C【详解】A次氯酸的结构式为H-O-Cl，所以不存在HCl，A 错误；B不知道两种物质的物质的量无法求得阴离子个数，B 错误；C标准状况下，2422.4 L C

3、H物质的量为 1 摩尔，结构简式为22H C=CH，所含共用电子对数目为A6 N，C 正确；D23423Fe+4H OFe O+4H 高温，所以5.6 g铁与足量的 2H O g在高温下完全反应生成氢气的物质的量为5.64()mol563，转移的电子数AA5.64(2)546135NN，D 错误；4A【详解】A.氯化镁与石灰乳发生复分解反应生成氢氧化镁，氢氧化镁高温煅烧生成氧化镁和水，故 A 正确；B.氯气的氧化性强，与铁单质反应直接生成氯化铁，故 B 错误；C.硫单质在空气中燃烧只能生成 SO2，SO2在与氧气在催化剂条件下生成 SO3，故 C 错误；D.氨气与二氧化碳和氯化钠溶液反应生成碳

4、酸氢钠，碳酸氢钠受热分解可生成碳酸钠，故 D 错误；5D【详解】A由题干有机物结构简式可知，该有机物存在碳碳双键，且双键两端的碳原子分别连有互不同的原子或原子团，故该有机物存在顺反异构，A 正确；B由题干有机物结构简式可知，该有机物含有羟基、羧基、碳碳双键、醚键和酰胺基等 5 种官能团，B 正确；C由题干有机物结构简式可知，该有机物中的羧基、羟基、酰胺基等官能团具有形成氢键的能力，故其分子间可以形成氢键，其中距离较近的某些官能团之间还可以形成分子内氢键，C 正确；D由题干有机物结构简式可知，1mol 该有机物含有羧基和酰胺基各 1mol，这两种官能团都能与强碱反应，故 1mol答案第 2页，共

5、 7页该物质最多可与 2molNaOH 反应，D 错误；6C【详解】A24N H中的原子都是以单键相连，没有键，故 A 错误；B234Cu NH中 N 原子的孤对电子形成配位键，3NH中 N 原子有 1 个孤电子对，孤电子对与成键电子对间的斥力大，键角小，HNH键角：2334NHCu NH，故 B 错误；C电负性：ONH，故 C 正确；DN 原子是配位原子，配体是3NH，故 D 错误；7C【详解】AY 中苯环上有 6 种 H 原子，则 X 中苯环上的一溴代物有 6 种，故 A 正确；BX 中含两个苯环和 1 个碳碳三键，1molX 最多与 8molH2发生加成反应，故 B 正确；C对比 HPS

6、 与 Y 的结构简式，Y 与(C6H5)2SiCl2反应生成 1molHPS 的同时生成 2molLiCl，故 C 错误；D苯分子是平面分子，Si 原子取代苯环上 H 原子位置在苯环平面上，但 Si 原子形成 4 个共价键，采用 sp3杂化，形成的是四面体结构，因此与 Si 原子连接的 4 个 C 原子在四面体的四个顶点上，不在同一平面上，HPS 分子中所有碳原子一定不能共平面，故 D 正确；8D【详解】A 在34Pb O中，Pb 元素分别表现+2 价和+4 价，其中有 2 个 Pb 显+2 价、1 个 Pb 显+4 价，则可写成22PbO PbO的形式，A 正确；B反应中，PbO 是还原剂，

7、则2PbO是氧化产物，B 正确；C反应为非氧化还原反应，表明 HNO3不能将 PbO 氧化，而 NaClO 能将 PbO 氧化为 PbO2，则表明在题给条件下氧化性：3NaClOHNO，C 正确；D反应为非氧化还原反应，不发生电子转移，反应中，生成 1mol2PbO，转移 2mol 电子，D 不正确；9D【详解】Y 是 O 元素、Z 是 S 元素、X 是 C 元素、Q 是 H 元素、W 是 Na 元素。AY 为 O2，W 是 Na，金属的熔点更高，故 A 错误；B同周期元素从左到右电负性性增强，同主族元素从上到下电负性性减弱，元素电负性大小的顺序为 OSCH，故 B 错误；C五种元素中，H、N

8、a 位于周期表第 1 列，C 位于第 14 列，O、S 位于第 16 列，这五种元素分别位于 3 个不同主族，故 C 错误；DCO2的空间构型为直线型,因为 O 和 S 是同一主族所以性质相似，化合物 CS2的空间构型为直线形，故 D 正确；10C答案第 3页，共 7页【详解】A反应为气体分子数减小的反应，恒温恒容，充入 2H O g，平衡正向移动，22CHCHg的转化率增大，A 正确；B若升高温度，平衡常数减小，则反应逆向移动，那么正反应为放热反应，该反应H0，B 正确；C压缩容积，活化分子百分数不变，反应物浓度变大导致反应速率加快，C 错误；D恒温恒压，通入2N，容器体积变大，平衡向左移动

9、，D 正确；11D【详解】A由分析可知，a 电极为电池正极，A 错误；B原电池中氢离子向正极移动，故电池工作时H透过质子交换膜从左向右移动，B 错误；C没有标况，不能计算氧气的体积，C 错误；Db 电极上 NO 失去电子发生氧化反应生成硝酸，电极反应：-+-23NO-3e+2H O=4H+NO，D 正确；12A【分析】Zn 和 SO2反应生成 ZnS2O4，控制温度，使 ZnS2O4和 NaOH 反应生成 Na2S2O4和 Zn(OH)2沉淀，通过过滤除去 Zn(OH)2，得到 Na2S2O4溶液，对溶液进行降温，使 Na2S2O4晶体析出。【详解】A先通入2SO和 Zn 反应制得24ZnS

10、O，反应完全时悬浊液变澄清，再打开滴液漏斗活塞，故 A 错误；B 单向阀可以控制气体单向流动，由于二氧化硫易溶于水，所以单向阀可以起到防倒吸的作用，故 B 正确；C NaOH 溶液不宜加入过多的原因是防止2Zn OH溶解，引入的杂质不利于与224Na S O分离，故 C 正确；D 尾气中主要是未反应完全的2SO，可用 NaOH 溶液除去，故 D 正确；13C【详解】A、加入过量的铁粉，黄色消失，加入 KSCN 溶液，溶液不变色，说明 Fe3完全被消耗，即 Fe2Fe3=3Fe2，根据氧化还原反应的规律，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，Fe 化合价升高，Fe 为还原剂，Fe2即是还原产物又是

11、氧化产物，因此还原性 FeFe2，故 A 说法正确；B、瓶内有黑色颗粒产生，说明生成 C，发生反应是 4NaCO22Na2OC，CO2中 C 的化合价降低，因此 CO2作氧化剂，被还原，故 B 说法正确；C、碳酸氢铵受热分解，NH4HCO3NH3CO2H2O，碳氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝，而不是碳酸氢铵缘故，故 C 说法错误；D、产生黄色沉淀，说明生成 AgI，AgI 和 AgCl 形式相同，溶度积小的先沉淀，即 Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，故 D 说法正确。14B【分析】a 为3NH，b 为2N，c 为NO，d 为2NO或24N O，e为3HNO，a为HCl，b为2Cl，c为HCl

12、O，d为3HClO，e为4HClO。【详解】A氨气和氧气可以通过催化氧化反应生成 NO，A 项正确；答案第 4页，共 7页B3343HNONHNH NO，不能生成2N，B 项错误；C浓盐酸和浓的 HClO 溶液发生反应：22ClHClOHClH O，可得到氯气，C 项正确；DHClO、3HClO、4HClO均是共价化合物，D 项正确；15.C【详解】A以体心的4AlH研究，与之紧邻且等距的 Na+位于晶胞棱之间、晶胞中上面立方体左右侧面面心、晶胞中下面立方体前后面的面心，与4AlH紧邻且等距的 Na+有 8 个，A 正确；B由晶胞结构可知：晶胞中4AlH数目为 1+818+412=4，Na+数

13、目为 612+414=4，晶胞质量=4A54Ng，晶胞密度为4A54Ng（a10-7cm）22a10-7cm=23-33A1.08 10g cma N，B 正确；C 制备4NaAlH的反应选择在乙醚(3223CH CH OCH CH)中进行，由于 NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2，故不可以在水中进行，C 错误；D4AlH中 Al 原子孤电子对数=3 1 1 42 =0，杂化轨道数目=4+0=4，Al 原子杂化方式为：sp3，故其空间构型为正四面体形，D 正确；16(14 分）(1)除去二氧化碳中混有的氯化氢（2 分）检查装置气密性（1 分）(2)2+-3322Fe+2HCO=FeC

14、O+CO+H O（2 分）(3)Fe+2Fe3+=3Fe2+（2 分）降低乳酸亚铁的溶解度（2 分）(4)乳酸根中含有羟基，羟基可与高锰酸根反应，造成测量结果偏高（3 分，每点 1 分）(5)87.75%（2 分）【分析】装置 A 中利用稀盐酸和碳酸钙反应制取二氧化碳，利用二氧化碳排净装置的空气，防止碳酸亚铁被氧化，同时和碳酸钠溶液反应得到碱性较弱的碳酸氢钠，由于盐酸具有挥发性，所以需要在装置 B 中盛放饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中混有的氯化氢；【详解】（1）根据分析可知，盐酸具有挥发性，B 中应盛放饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中混有的氯化氢；该实验需制备二氧化碳气体，故组装仪器后，需检查装

15、置气密性；（2）据分析可知，装置 C 中含有碳酸氢钠，故最后一步反应得到3FeCO的离子方程式为：2+-3322Fe+2HCO=FeCO+CO+H O；（3）将制得的3FeCO加到乳酸溶液中，再加入少量铁粉，是防止3FeCO与乳酸产生的亚铁离子被氧化，故发生的反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；加入乙醇可降低乳酸亚铁的溶解度，析出晶体，过滤可的乳酸亚铁晶体；（4）乳酸根中含有羟基，羟基可还原高锰酸根，造成测量结果偏高；答案第 5页，共 7页（5）4444NHCe SO中 Ce 元素为+4 价，被还原为3+Ce，根据得失电子守恒，可知 n(Fe2+)=n(3+Ce)=15ml10-30.1mo

16、l/L，10.0g产品配制成500mL溶液，取20.00mL，故 Fe2+的总物质的量为：15ml10-30.1mol/L500ml20ml，则乳酸亚铁晶体的纯度为3500ml100.1mol/L2%34g/mol20ml15ml100%87.7510.0g17(14 分）(1)+5（1 分）(2)增大反应物接触面积，提高碱浸速率和原料转化率（1 分）(3)As2S3+7O2+12OH-=2AsO3-4+32-4SO+6H2O（2 分）(4)NaOH（2 分）碱浸（2 分）(5)硫酸钙或 CaSO4（2 分）(6)3CuSO4+2H3AsO4+6NH3H2O=Cu3(AsO4)2+3(NH4)

17、2SO4+6H2O（2 分）(7)75（2 分）【分析】硫化砷废渣(主要成分为 As2S3，含少量的 Sb、Bi)粉碎后碱浸，硫化神渣中 As2S3与 NaOH、空气中的 O2反应生成 Na3AsO4、Na2SO4和 H2O，Sb、Bi 不与 NaOH 反应，过滤后在浸出渣中，Na3AsO4和 Na2SO4在滤液中，滤液中加 CaO“沉砷”，Na3AsO4与 CaO、水反应生成 Ca3(AsO4)2沉淀，过滤后，NaOH 和 Na2SO4在滤液中，Ca3(AsO4)2在滤渣中，往 Ca3(AsO4)2中加稀 H2SO4生成 H3AsO4和 CaSO4沉淀，过滤后 H3AsO4和一水合氨、硫酸铜

18、溶液反应生成Cu3(AsO4)2，以此解答。【详解】（1）由化合价代数和为零可知，Cu3(AsO4)2中 As 的化合价为+5。（2）“粉碎”的目的是增大反应物接触面积，提高碱浸速率和原料转化率。（3）“碱浸”时，在加热条件下 As2S3中硫元素被氧化为2-4SO，As 元素被氧化为 AsO3-4中，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：As2S3+7O2+12OH-=2AsO3-4+32-4SO+6H2O。（4）由分析可知，“沉砷”后滤液中主要含有 NaOH 和 Na2SO4，“碱浸”步骤中也用到 NaOH，NaOH 可循环利用到碱浸步骤中。（5）由分析可知，“滤渣“的成分是硫酸钙或

19、CaSO4。（6）沉淀转化实质上是 CuSO4与 NH3H2O 反应生成的 Cu(OH)2和 H3AsO4反应生成了更难溶的 Cu3(AsO4)2，化学方程式为：3CuSO4+2H3AsO4+6NH3H2O=Cu3(AsO4)2+3(NH4)2SO4+6H2O。（7）悬浊液中 As2S3的物质的量为l2 71500g7m33.8%g/32o=0.3 mol，悬浊液中 As 元素的物质的量为 0.3mol2=0.6mol，浸出液中 Na3AsO4的物质的量为 0.45mol/L1L=0.45mol，则砷的浸出率为0.45mol100%0.6mol=75。18(12 分）(1)22332g2CO6

20、H=CH OCHOgg3Hg1120.7kJ molH（2 分）答案第 6页，共 7页(2)AD（2 分）(3)增大（2 分）23332CH OCH12e16OH=2CO11H O（2 分）(4)0（2 分）适当抑制副反应的发生，尿素中氮碳比小于副产物中缩二脲的氮碳比，氨气与二氧化碳的投料比越大，二氧化碳转化率越高（2 分）【详解】（1）.2232COg3HgCH OH gH O g1148.1kJ molH.23322CH OHCH O HOggCHg1224.5kJ molH 根据盖斯定律2+得 2COg与 2Hg转化为 33CH OCHg和 2H O g的热化学方程式 223322COg

21、6HgCH OCHg3H O g=111148.1kJ mol224.5kJ mol120.7kJ molH ；（2）A反应进行到某个时刻，333CH OH:CH OCHnn物质的量之比恰好为 2：1，不能说明反应达平衡状态，故 A错误；B根据反应 2232COg3HgCH OH gH O g可知，当23H3CH OHvv正逆时，表明反应方向相反，且速率比符合计量数之比，说明反应达平衡状态，故 B 正确；C根据mnM，反应前后物质均为气体，反应过程中气体总质量不变，反应前后气体物质的量不断变化，则混合气体的平均相对分子质量不变，说明反应达平衡状态，故 C 正确；D根据mV，反应前后物质均为气体

22、，反应过程中气体总质量不变，恒容条件下气体总体积不变，则混合气体密度始终保持不变，混合气体密度始终不变不能说明反应达平衡状态，故 D 错误；E随反应不断进行，二氧化碳转化率逐渐增大，达到反应限度，转化率不变，说明反应达平衡状态，故 E 正确；答案选 AD；(3)电池工作时，A 电极上过氧化氢得到电子发生还原反应生成水，为正极，反应为222H O2e2H2H O，该电极消耗氢离子，电极附近溶液的 pH 增大；B 电极上二甲醚失去电子发生氧化反应生成碳酸根离子和水，反应式为23332CH OCH12e16OH2CO11H O；(4)由图可知升高温度反应的 lgK 减小，说明温度升高平衡逆向移动，故

23、正反应为放热反应，其H0。实际投料比值远大于理论值的原因是适当抑制副反应的发生，尿素中氮碳比小于副产物中缩二脲的氮碳比，氨气与二氧化碳的投料比越大，二氧化碳转化率越高。19（15 分）(1)（2 分）取代反应（1 分）(2)醚键酯基2（3 分，每个 1 分）(3)2sp、3sp（2 分，每个 1 分）答案第 7页，共 7页(4)（2 分）(5)或 H（2 分）(6)（3 分）【详解】（1）C 物质中含氧官能团为醚键和酯基；（2）E 中碳原子成键方式有单键和双键，则杂化类型含 sp2杂化和 sp3杂化；（3）根据分析，D 物质结构简式：；（4）B 的一种同分异构体能与3FeCl溶液发生显色反应，不能发生银镜反应，说明含酚羟基，无醛基或甲酸某酯基；苯环上有 4 个取代基，分子中只有 4 种不同化学环境的氢，为对称结构，则满足要求的结构简式：或；