2023届安徽省蚌埠市高三上学期第一次教学质量检查化学答案_05高考化学_高考模拟题_全国课标版_安徽省蚌埠市2023届高三第一次质量检查化学含答案

化学参考答案 一、选择题（每小题只有一个正确选项，每小题3分，共45分） 1.【答案】A 【解析】病毒的主要成分为蛋白质，灭活疫苗利用了蛋白质变性原理，A选项正确；单质硅是太阳能 电池板的核心材料，B选项错误；古代没有电镀工艺，C选项错误；石墨烯和碳纳米管是由碳元素组成的不同性 质的单质，互为同素异形体，D选项错误。 2. 【答案】C【解析】CO 分子中C原子与2个O原子形成4对共用电子对，电子式为： ，A错误； 2 乙烯分子中含有官能团碳碳双键，结构简式为 CH =CH ，故 B 错误； 35Cl－、37Cl－的质子个数为 17，核外电子 2 2 数为18，则离子结构示意图 既可以表示35Cl－，也可以表示37Cl－，符合题意，C正确；中子数为10的氧原 子可表示为18O，D错误。 8 3. 【答案】B【解析】Cl 与水反应是可逆反应，故标准状况下2.24L Cl 与足量水反应，转移电子数小于0.1N ，A 2 2 A 12g 选项错误；12g金刚石的物质的量为 =1mol，金刚石中1个碳原子参与形成4个C-C键，则1个碳原子形 12g/mol 1 成4 =2个C-C键，则含有化学键的物质的量为1mol2=2mol，数目为2N A ，B选项正确；1.0L 0.1mol/L的酸 2 性KMnO 溶液中的水分子也含O原子，故溶液中氧原子的个数多于0.4N 个，故C选项错误；每个SF 分子中 4 6 A 硫的价层电子对数为6，73gSF 中硫的价层电子对数为3N ，D选项错误。 6 A 4. 【答案】D 【解析】重结晶可用于提纯物质，而滴定操作是测定物质含量的实验，不能用于提纯物质，A 选项 错误；熔融NaOH或Na CO 会与瓷坩埚中的SiO 发生反应，B选项错误；配制溶液时，不能在容量瓶中稀释溶 2 3 2 液，C选项错误；过氧化钠可以和水反应生成氧气，过氧化氢在二氧化锰催化下反应生成氧气，两个反应都是固 体和液体反应，不需要加热，可以用相同的发生装置，D选项正确。 5. 【答案】A 【解析】由结构简式知有机物分子式为C H O ，A正确；该有机物能发生加成、水解反应，不能 12 18 2 发生中和反应；芳香族羧酸的不饱和度至少为5，而C H O 的不饱和度为4，C错误；与足量氢气加成后，产 12 18 2 物为 ，该分子中手性碳原子没有4个，D错误。 6. 【答案】B 【解析】Ba(OH) 足量，最终会得到偏铝酸根，正确离子方程式为Al3++2SO2-+2Ba2++4OH－ 2 4 =2BaSO ↓+AlO+2H O，A错误；以铜为电极电解氯化铵溶液，阳极的电极反应式为：Cu-2e-=Cu2+，阴极的电极 4 2 2 通电 反应式为：2NH+2e-=2NH ↑+H ↑，反应的离子方程式为：Cu+2NH Cu2++2NH ↑+H ↑，B正确；酸性KMnO 4 3 2 4 3 2 4 溶液滴定双氧水，双氧水被氧化得到氧气，反应的离子方程式为2MnO+5H O +6H+=2Mn2++5O +8H O，C 4 2 2 2 2 错误；同浓度同体积的硫酸氢铵溶液与氢氧化钠溶液反应生成硫酸铵、硫酸钠和水，反应的离子方程式为 H++OH—=H O，故D错误。 2 【化学参考答案 第1页（共6页）】7. 【答案】C 【解析】NaClO 是还原剂，其氧化性弱于氧化产物ClO ，A错误；反应中，还原产物是NH ,B错误； 2 2 3 ， 6.75gClO 为0.1mol，根据反应方程式，每生成1molClO 电子转移1mol，故此时电子转移0.1mol，C正确；氧化 2 2 剂是NCl ，还原剂是NaClO ，物质的量之比为1:6，D错误。 3 2 8. 【答案】C 【解析】根据题意，X、Y、Z分别是C、N、H。非金属性N＞C＞H，A错误；N 性质稳定，无强 2 氧化性，B错误；原子序数为87的是第七周期ⅠA族元素，与H位于同一主族，C正确；该正离子中无氢键，D 错误。 9. 【答案】D 【解析】A．利用浓硫酸与铜片反应制二氧化硫时需要加热，该装置未加热，所以不反应，选项A 错误；锥形瓶不能密封，否则馏分难以流下，B错误；食盐水为中性，Fe发生吸氧腐蚀，红墨水沿导管上升可证 明，故C错误；加热时，主要是亚硫酸分解生成二氧化硫，因此溶液呈红色，冷却后二氧化硫溶于水，使品红溶 液红色褪去，D正确。 10. 【答案】A 【解析】石墨烯为阴极，A选项错误；Pt电极上H O失电子转化为O ，电极反应为2H O-4e-=O ↑+4H+， 2 2 2 2 所以电极附近溶液的pH减小，B选项正确；每转移2mol电子，由阴极电极反应式可知生成1molHCOOH，所以 阴极室溶液 m =46g/mol×1mol=46g；根据阳极室反应可知每转移2mol电子时阳极消耗1mol水，生成0.5mol 阴 氧气，同时有2molH+转移至阴极室，所以|m |=18g/mol×1mol=18g，所以|m  m |=46g-18g=28g，C选项 阳 阴 阳 正确；该装置可减少CO 在大气中累计和实现可再生能源有效利用，D选项正确。 2 11. 【答案】D 【解析】镧( La)属于过渡元素，位于第六周期第ⅢB族，A错误；“洗气”环节用NaHCO 除去CO 57 3 2 中的HCl杂质，B错误；先通NH 会使溶液碱性增强，有利于CO 的吸收，故C错误；制备总方程式正确，D 3 2 正确。 12. 【答案】D 【解析】根据反应过程可知MnO 是反应的催化剂，A正确；反应物有O 、生成物有N ,故存在非 2 2 2 极性键的断裂和形成，B正确；氨分子中氮原子具有孤对电子，二氧化锰中锰原子具有空轨道，氮原子和锰原子 通过形成配位键使二氧化锰和氨分子相互结合，C正确；该催化过程的总反应的化学方程式为4NH + 4NO + 3 O MnO 4N + 6H O，D错误。 2 2 2 2 13. 【答案】C 【解析】在较低温度时主要生成甲烷，该催化剂在较低温度时主要选择反应Ⅱ，A正确；根据图像， 温度过高，三种含碳产物的物质的量会迅速降低，可能原因是催化剂活性降低，B正确；平衡常数与温度有关， 温度不变平衡常数不变，C错误；该体系中所有竞争反应的气体总质量不变，总物质的量发生改变，平均摩尔质 量改变，当混合气体平均摩尔质量不变时，达到平衡，D正确。 14. 【答案】B 【解析】300～400℃之间发生的主要反应为C受热生成CO ，A正确；550～700℃之间的失重反应 2 方程式为4FeS +11O 2Fe O +8SO ，故800℃时残留的固体是Fe O ，B错误；由图中数据可知，复合材料中 2 2 2 3 2 2 3 碳完全反应失重9.1%，可知碳的质量分数为9.1%，FeS 的质量分数为90.9%，C正确；FeS 与C的物质的量之 2 2 比为 ≈1:1，D正确。 90.9% 9.1% ： 120 12 【化学参考答案 第2页（共6页）】c(X-) 15. 【答案】B 【解析】由题干信息可知，HNO 酸性强于HAsO ，Ka(HNO ) >Ka(HAsO ),当横坐标为0时，lg =0， 2 2 2 2 c(HX) 即c(X-)=c(HX)，Ka(HX)= =c(H+)，结合图中数据可知Ka(HNO ) =10-3.3，Ka(HAsO ) =10-9.2。故I代表 2 2 HNO ，II代表HAsO ，A错误；b点溶液中lg =2，则有：c(H+)= =10-5.3，故b点对应溶液的 2 2 pH=5.3，B正确；c点和d点对应溶液均为中性，由于HNO 酸性强于HAsO ，要使溶液均呈中性，HNO 溶液 2 2 2 中要加入较多的NaOH，即c点溶液中c(Na+)大于d点溶液，C错误；a点溶液pH=3.3，c(H+)> c(OH-)，D错误。 二、非选题（共5题，55分） 16.（12分）【答案】 （1）DABC （2分） （2）增大接触面积，使原料充分反应、加快反应速率（1分） 除去反应后多余的氧气 （1分） （3）d （1分） （4）SO +I +2H O=H SO +2HI（2分） 73.6%（2分） 2 2 2 2 4 （5）偏低（1分） （6）空气中的CO 与Ba(OH) 反应生成BaCO 沉淀；BaSO 被氧化成BaSO （合理答案均可）（2分） 2 2 3 3 4 【解析】（1）空气通过装置 D 干燥后通入装置 A，CuFeS 和氧气反应，再接装置 B 除去未反应的氧气，最后将产 2 物SO 通入装置C吸收。 2 （2）反应物的表面积增大，可使原料充分接触、充分反应、加快反应速率。加热条件下 Cu 可与 O 反应，所以装 2 置c的作用是除去反应后多余的氧气。 （3）反应结束后装置内残留气体为 SO ，C 装置无法吸收，所以反应结束后，通一段时间的空气，可使反应生成 2 的SO 全部进入d装置中，使结果精确。 2 （4）根据 S元素守恒和氧化还原反应规律可得对应关系：CuFeS ～2SO ～ 2I ，则m（CuFeS ）=1/2n（I ）•M 2 2 2 2 2 （CuFeS ）=1/2×0.05mol/L×0.02L×20×184g/mol=1.84g，则该黄铜矿的纯度=1.84g÷2.5g×100%=73.6%。 2 （5）若流速过快，装置C不能将SO 吸收完全，造成测定结果偏低。 2 （6）若将原装置C中的试液改为Ba(OH) ，Ba(OH) 能与空气中的CO 反应生成BaCO 沉淀，BaSO 具有还原性， 2 2 2 3 3 能被空气中的O 氧化为BaSO ，可造成误差。 2 4 17.（10分）【答案】 （1）b （1分） 2Fe2+ + H O + 2H+ =2Fe3+ + 2H O（2分） 2 2 2 （2）Fe3+、Al3+（1分） （3）99.7%（2分） （4）1:1（1分） 萃取产生H+，随pH的升高H+被消耗，促进萃取金属离子的反应正向移动（1分） （5）蒸发浓缩，冷却至30.8℃—53.8℃之间结晶，过滤，洗涤，干燥（2分） 【解析】（1）“预处理”时需将Fe2+全部转化为Fe3+，从环保角度和不能引进杂质离子考虑，试剂X最好双氧水，故 b正确。根据双氧水的氧化性，及混合物中的具有还原性的离子二价铁发生氧化还原反应，根据化合价升降守恒配 平得：2Fe2+ + H O + 2H+ =2Fe3+ + 2H O。 2 2 2 （2）由图可知，加入NiO调pH=5时，Fe3+、Al3+沉淀完全。 【化学参考答案 第3页（共6页）】K MgF  7.510-11 （3）当溶液中c(Mg2+)=1.5×10-6mol/L时，c2(F-)= sp 2 = =510-5(mol/L)2，此时溶液中 c(Mg2+) 1.510-6 c(Ca2+)= K sp CaF 2  = 1.51010 =310-6mol/L，除钙率为： 1.0103-3106 100%=99.7%。 c2 F- 5105 1.0103 （4）由相比图像可知，相比(油相O：水相A)为1:1时，Co2+的萃取率相对较大，Ni2+萃取率很小。 （5）根据表格中的信息判断：从NiSO 溶液获得稳定的NiSO ·6H O晶体，即晶体的操作依次是蒸发浓缩，冷却至 4 4 2 30.8℃—53.8℃之间结晶，过滤，洗涤，干燥 18.（10分）【答案】  （1）2H 2 (g)+2NO(g) N 2 (g)+2H 2 O(g) △H =(a+b-c-d)kJ/mol （2分） （2）①298.4 （1分） 2NO(g)+2CO(g)=N 2 O 2 (g)+2CO(g) （1分） ②1673（1分） 0.85（1分，数据合理0.85左右即给分） 正反应是气体体积增大的放热反应，在温度不变时，K 增大，导致体系的压强增大，化学平衡向气体体积 SR1 减小的逆反应方向移动，从而使NO还原效率降低（2分） （3） 75% （1分） 3240（1分） 【 解 析 】（ 1 ） 提 取 图 中 数 据 ， 依 据 盖 斯 定 律 ， △H= 反 应 物 的 总 键 能 - 生 成 物 的 总 键 能 =(a+b)kJ/mol-(c+d)kJ/mol=(a+b-c-d)kJ/mol。 （2）① 根据图示可知该历程中的最大垒能为(298.4.2-0)kJ/mol=298.4 kJ/mol；该步骤的化学方程式是 2NO(g)+2CO(g)=N O (g)+2CO(g) 2 2 ②根据图示可知：在温度为T=1673 K，K SR1 =0.85时NO的还原效率最大，故该反应最佳条件是T=1673 K，K SR1 =0.85。  “氧化气氛”下，当K =1.2时，NO的还原效率低于“基准”是由于反应6NO(g)+4NH (g) 5N (g)+6H O(g) ΔH＜0 SR1 3 2 2 的正反应是气体体积增大的放热反应，在高温下，当K 由1.0变为1.2时，体系的压强增大，化学平衡向气体体 SR1 积减小的逆反应方向移动，使的NO还原效率降低。 平衡总物质的量 平衡总压强 （3）一定温度下，固定体积的容器中，压强比等于气体物质的量比，即 = ，设平衡时 起始总物质的量 起始总压强 y 6 气体总物质的量为y，则 = ，解得y=3.75mol，设平衡时，CH 转化的物质的量为xmol，列三段式： 4 1+2 4.8 CH g + 2NO g  CO g + N g + 2H Og 4 2 2 2 2 开始(mol) 1 2 0 0 0 转化(mol) x 2x x x 2x 平衡(mol) 1-x 2-2x x x 2x 0.752 可得1-x+2-2x+x+x+2x=3.75，解得x=0.75，NO 的转化率： 100%=75%； 2 2 0.75 0.75 1.5 600 600( 600)2 p(CO )p(N )p2(H O) 3.75 3.75 3.75 K = 2 2 2 = kPa=3240kPa；温度不变，平衡常数不变，故若 p p(CH )p2(NO ) 0.25 0.5 4 2 600( 600)2 3.75 3.75 起始时加入3molCH 和2molNO ，则在该温度下的压强平衡常数还是3240kPa。 4 2 【化学参考答案 第4页（共6页）】19.（13分）【答案】 （1） D （1分） C（1分） （2）7（2分） （3）正四面体形 （1分） sp3（1分） 4 3 （4） ① 4（2分） ② 158 （3分） ③ （2分） 16 N A abc1030 【解析】（1）基态Li原子的核外电子排布式为1s22s1，电子排布图为 ，此时能量最低，即D状 态的能量最低；各能级能量由低到高的顺序为1s＜2s＜2p，则电子处于高能级数多为能量最高状态，即C状态的能 量最高。 （2）Fe元素位于第四周期第VIII族，Fe原子最外层有2个电子，与Fe同周期，与Fe最外层电子数相等的副族元 素有Sc、Ti、V、Mn、Zn，共5种。 5+3 （3）PO3-中P原子价电子对数是 =4，无孤电子对，空间构型为正四面体，中心原子的杂化类型是sp3。 4 2 1 1 1 （4）①晶胞中小球为Li+，根据均摊法，Li+的个数为： 8 4 44，故LiFePO 4 的单元数有4个。 8 4 2 4 ②每个晶胞中有4个LiFePO 4 单元，晶胞体积为（a×10-10cm）×（b×10-10cm）×（c×10-10cm），故密度为 158 g.cm-3。 N A abc1030 1 1 1 13 ③图（b）中Li+个数为： 8 3 3 ，（a）到（b）中Fe、P、O原子个数均未变，故图（b）的化学式 8 4 2 4 Li FePO 13 3 为： 13 4故1-x= ，x 。 44 16 16 20.（10分）【答案】 （1）丙烯醛（1分） （2） NH 2（1分） OH OH H+ （3） NHCH 2 CH 2 CHO （2分） N OH OH H （4）氨基、碳氯键（1分） （5）取代反应 （1分） NaOH、H O（1分） 2 （6）13（1分） （7）AC（2分） 【化学参考答案 第5页（共6页）】【解析】（1）E和H发生加成反应生成 NHCH 2 CH 2 CHO，结合分子式可反推E为CH 2 CHCHO，H为 OH NH 2，故E的化学名称为丙烯醛。 OH （2）由（1）分析可知H的结构简式。 （3）I和J的分子式相同，都是C 9 H 11 NO 2，故I→J发生的是加成反应，J的结构有两个六元环，说明除原有苯环 外，通过加成反应新生成一个六元环，故化学方程式为： OH H+ NHCH 2 CH 2 CHO N OH OH H （4）由H的结构 NH 2反推G（C 6 H 6 NCl）的结构为 NH 2，故官能团为氨基、碳氯键。 OH Cl （5）A→B反应是丙烯发生取代反应生成CH 2 CHCH 2 Cl。C→D为卤素原子的水解反应，故C→D所需的试剂 a是NaOH、H O，即NaOH水溶液。 2 （6）M的分子式为C H NO，是有机物H的同系物，第一类情况苯环有三个侧链：一个甲基、一个酚羟基和一个 7 9 氨基，共10种结构；第二类情况，苯环有两个侧链，一个酚羟基一个是－CH NH ，共三种结构。符合条件的一共 2 2 有13种。 （7）根据有机物L的结构判断不易溶于水，A错误；有机物L含有酚羟基，遇FeCl 溶液显紫色，能与Na CO 溶 3 2 3 液反应，故B正确，C错误；有机物L酚羟基的邻对位可与溴水发生取代反应，碳碳双键可与溴水发生加成反应， D正确。 【化学参考答案 第6页（共6页）】