辽宁省锦州市某校2023-2024学年高三上学期第三次考试化学答案(1)_2023年11月_0211月合集_2024届辽宁省锦州市高三上学期第三次考试_辽宁省锦州市2024届高三上学期第三次考试化学

第三次参考答案： 1．C 【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CO ，实现碳中和，A错误； 2 B．由空气的成分可知，臭氧不是空气的主要成分，且O 本身具有强氧化性，有毒， 空气中臭氧含量越高，越不有利 3 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； D．SO 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”，可用碱性物 2 质吸收，D错误； 2．B 【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； C．Fe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； 3．C 【详解】A．次氯酸的结构式为H-O-Cl，所以不存在HCl，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，22.4LC H 物质的量为1摩尔，结构简式为H C=CH ，所含共用电子对数目为6N ，C正确； 2 4 2 2 A 高温 5.6 4 D．3Fe+4H O FeO +4H  ，所以5.6g铁与足量的H Og在高温下完全反应生成氢气的物质的量为(  )mol， 2 3 4 2 2 56 3 5.6 4 4 转移的电子数(  2)N  N ，D错误； 56 3 A 15 A 4．A 【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SO ，SO 在与氧气在催化剂条件下生成SO ，故C错误； 2 2 3 D.氨气与二氧化碳和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解可生成碳酸钠，故D错误； 5．D 【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1页，共7页 {#{QQABAYwUogiIAAIAAAhCUwEACAMQkBGCAAoOxFAIIAABgRFABAA=}#}该物质最多可与2molNaOH反应，D错误； 6．C 【详解】A． N H 中的原子都是以单键相连，没有π键，故A错误； 2 4 B．   CuNH 3  4   2 中N原子的孤对电子形成配位键，NH 3 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，HNH键角：NH 3   CuNH 3  4   2 ，故B错误； C．电负性：O>N>H，故C正确； D．N原子是配位原子，配体是NH ，故D错误； 3 7．C 【详解】A．Y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； B．X中含两个苯环和1个碳碳三键，1molX最多与8molH 发生加成反应，故B正确； 2 C．对比HPS与Y的结构简式，Y与(C H ) SiCl 反应生成1molHPS的同时生成2molLiCl，故C错误； 6 5 2 2 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； 8．D 【详解】A．在Pb 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2PbOPbO 3 4 2 的形式，A正确； B．反应②中，PbO是还原剂，则PbO 是氧化产物，B正确； 2 C．反应①为非氧化还原反应，表明HNO 不能将PbO氧化，而NaClO能将PbO氧化为PbO ，则表明在题给条件下氧 3 2 化性：NaClO HNO ，C正确； 3 D．反应①为非氧化还原反应，不发生电子转移，反应②中，生成1molPbO ，转移2mol电子，D不正确； 2 9．D 【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。 A．Y为O ，W是Na，金属的熔点更高，故A错误； 2 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O＞S＞C＞H， 故B错误； C．五种元素中，H、Na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； D．CO 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CS 的空间构型为直线形，故D正确； 2 2 10．C 答案第2页，共7页 {#{QQABAYwUogiIAAIAAAhCUwEACAMQkBGCAAoOxFAIIAABgRFABAA=}#}【详解】A．反应为气体分子数减小的反应，恒温恒容，充入H Og，平衡正向移动，CH CH g的转化率增大， 2 2 2 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H0，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N ，容器体积变大，平衡向左移动，D正确； 2 11．D 【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； D．b电极上NO失去电子发生氧化反应生成硝酸，电极反应：NO-3e-+2H O=4H++NO-，D正确； 2 3 12．A 【分析】Zn和SO 反应生成ZnS O ，控制温度，使ZnS O 和NaOH反应生成Na S O 和Zn(OH) 沉淀，通过过滤除 2 2 4 2 4 2 2 4 2 去Zn(OH) ，得到Na S O 溶液，对溶液进行降温，使Na S O 晶体析出。 2 2 2 4 2 2 4 【详解】A．先通入SO 和Zn反应制得ZnS 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； 2 2 4 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ZnOH 溶解，引入的杂质不利于与Na S O 分离，故C正确； 2 2 2 4 D． 尾气中主要是未反应完全的SO ，可用NaOH溶液除去，故D正确； 2 13．C 【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Fe＋2Fe3＋=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 又是氧化产物，因此还原性Fe>Fe2＋，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4Na＋CO 2Na O＋C，CO 中C的化合价降低，因此CO 作 2 2 2 2 氧化剂，被还原，故B说法正确； C、碳酸氢铵受热分解，NH HCO NH ↑＋CO ↑＋H O，碳氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝，而不是碳酸氢铵缘故， 4 3 3 2 2 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K (AgCl)>K (AgI)，故D说法正确。 sp sp 14．B 【分析】a为NH ，b为N ，c为NO，d为NO 或N O ，e为HNO ，a为HCl，b为Cl ，c为HClO，d为HClO ， 3 2 2 2 4 3 2 3 e为HClO 。 4 【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3页，共7页 {#{QQABAYwUogiIAAIAAAhCUwEACAMQkBGCAAoOxFAIIAABgRFABAA=}#}B．HNO NH NH NO ，不能生成N ，B项错误； 3 3 4 3 2 C．浓盐酸和浓的HClO溶液发生反应：ClHClOH Cl H O，可得到氯气，C项正确； 2 2 D．HClO、HClO 、HClO 均是共价化合物，D项正确； 3 4 15.C 【详解】A．以体心的AlH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 4 面立方体前后面的面心，与AlH紧邻且等距的Na+有8个，A正确； 4 1 1 1 1 54 B．由晶胞结构可知：晶胞中AlH数目为1+8× +4× =4，Na+数目为6× +4× =4，晶胞质量=4× g，晶胞密度为 4 8 2 2 4 N A 54 1.081023 4× g÷[（a×10-7cm）2×2a×10-7cm]= gcm-3，B正确； N a3N A A C．制备NaAlH 的反应选择在乙醚(CH CH OCH CH )中进行，由于NaAlH +2H O=NaAlO +4H ，故不可以在水中进行， 4 3 2 2 3 4 2 2 2 C错误； 3114 D．AlH中Al原子孤电子对数= =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 4 2 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) Fe2++2HCO-=FeCO +CO +H O（2分） 3 3 2 2 (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）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； ②该实验需制备二氧化碳气体，故组装仪器后，需检查装置气密性； （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FeCO 的离子方程式为： 3 Fe2++2HCO-=FeCO +CO +H O； 3 3 2 2 （3）①将制得的FeCO 加到乳酸溶液中，再加入少量铁粉，是防止FeCO 与乳酸产生的亚铁离子被氧化，故发生的反 3 3 应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；②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4页，共7页 {#{QQABAYwUogiIAAIAAAhCUwEACAMQkBGCAAoOxFAIIAABgRFABAA=}#}（5）NH  CeSO  中Ce元素为+4价，被还原为Ce3+，根据得失电子守恒，可知n(Fe2+)=n(Ce3+)=15ml×10-3×0.1mol/L， 4 4 4 4 500ml 10.0g产品配制成500mL溶液，取20.00mL，故Fe2+的总物质的量为：15ml×10-3×0.1mol/L× ，则乳酸亚铁晶体的 20ml 500ml 15ml1030.1mol/L 234g/mol 纯度为 20ml 100%87.75% 10.0g 17．(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)As S +7O +12OH-=2AsO3-+3SO2-+6H O（2分） 2 3 2 4 4 2 (4) NaOH （2分）碱浸（2分） (5)硫酸钙或CaSO （2分） 4 (6)3CuSO +2H AsO +6NH ·H O=Cu (AsO ) +3(NH ) SO +6H O（2分） 4 3 4 3 2 3 4 2 4 2 4 2 (7)75％（2分） 【分析】硫化砷废渣(主要成分为As S ，含少量的Sb、Bi)粉碎后碱浸，硫化神渣中 As S 与 NaOH、空气中的O 反 2 3 2 3 2 应生成 Na AsO 、Na SO 和H O，Sb、Bi不与 NaOH反应，过滤后在浸出渣中，Na AsO 和Na SO 在滤液中，滤液 3 4 2 4 2 3 4 2 4 中加CaO“沉砷”，Na AsO 与CaO、水反应生成Ca (AsO ) 沉淀，过滤后，NaOH和 Na SO 在滤液中，Ca (AsO ) 在 3 4 3 4 2 2 4 3 4 2 滤渣中，往Ca (AsO ) 中加稀H SO 生成H AsO 和 CaSO 沉淀，过滤后H AsO 和一水合氨、硫酸铜溶液反应生成 3 4 2 2 4 3 4 4 3 4 Cu (AsO ) ，以此解答。 3 4 2 【详解】（1）由化合价代数和为零可知，Cu (AsO ) 中As的化合价为+5。 3 4 2 （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As S 中硫元素被氧化为SO2-，As元素被氧化为AsO3-中，根据得失电子守恒和电荷守 2 3 4 4 恒配平离子方程式为：As S +7O +12OH-=2AsO3-+3SO2-+6H O。 2 3 2 4 4 2 （4）由分析可知，“沉砷”后滤液中主要含有NaOH和Na SO ，“碱浸”步骤中也用到NaOH，NaOH可循环利用到碱浸 2 4 步骤中。 （5）由分析可知，“滤渣“的成分是硫酸钙或CaSO 。 4 （6）沉淀转化实质上是CuSO 与 NH ·H O反应生成的Cu(OH) 和H AsO 反应生成了更难溶的Cu (AsO ) ，化学方程 4 3 2 2 3 4 3 4 2 式为：3CuSO +2H AsO +6NH ·H O=Cu (AsO ) +3(NH ) SO +6H O。 4 3 4 3 2 3 4 2 4 2 4 2 100g73.8% （7）悬浊液中As S 的物质的量为 =0.3mol，悬浊液中As元素的物质的量为0.3mol×2=0.6mol，浸 2 3 275＋332g/mol 0.45mol 出液中Na AsO 的物质的量为0.45mol/L×1L=0.45mol，则砷的浸出率为 100%=75％。 3 4 0.6mol 18．(12分） (1)2CO g6H g=CH OCH g3H Og H 120.7kJmol1（2分） 2 2 3 3 2 答案第5页，共7页 {#{QQABAYwUogiIAAIAAAhCUwEACAMQkBGCAAoOxFAIIAABgRFABAA=}#}(2)AD（2分） (3) 增大 （2分） CH OCH 12e16OH=2CO211H O（2分） 3 3 3 2 (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）Ⅰ.CO g3H g CH OHgH Og H 48.1kJmol1 2 2 3 2 1 Ⅱ.2CH OHg CH OCH gH Og H 24.5kJmol1 2 3 3 2 2 根据盖斯定律Ⅰ×2+Ⅱ得CO g与H g转化为CH OCH g和H Og的热化学方程式 2 2 3 3 2 2CO g6H g=CH OCH g3H Og H 48.1kJmol1224.5kJmol1 120.7kJmol1； 2 2 3 3 2 1 （2）A．反应进行到某个时刻，nCH OH:nCH OCH 物质的量之比恰好为2：1，不能说明反应达平衡状态，故A 3 3 3 错误； B．根据反应CO g3H g CH OHgH Og可知，当v H 3v CH OH时，表明反应方向相反，且速率 2 2 3 2 正 2 逆 3 比符合计量数之比，说明反应达平衡状态，故B正确； m C．根据M  ，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 n 的平均相对分子质量不变，说明反应达平衡状态，故C正确； m D．根据 ，反应前后物质均为气体，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 V 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H O 2e2H 2H O，该电极 2 2 2 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 CH OCH 12e16OH 2CO211H O； 3 3 3 2 (4)由图可知升高温度反应Ⅰ的lgK减小，说明温度升高平衡逆向移动，故正反应为放热反应，其H<0。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)sp2、sp3（2分，每个1分） 答案第6页，共7页 {#{QQABAYwUogiIAAIAAAhCUwEACAMQkBGCAAoOxFAIIAABgRFABAA=}#}(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①能与FeCl 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； 3 ②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 ； 答案第7页，共7页 {#{QQABAYwUogiIAAIAAAhCUwEACAMQkBGCAAoOxFAIIAABgRFABAA=}#}