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；D．SO2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，22.4LC2H4物质的量为1摩尔，结构简式为H2C=CH2，所含共用电子对数目为6NA，C正确；高温5.64D．3Fe+4H2OFe3O4+4H2，所以5.6g铁与足量的HOg在高温下完全反应生成氢气的物质的量为()mol，25635.644转移的电子数(2)NANA，D错误；563154．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．N2H4中的原子都是以单键相连，没有π键，故A错误；2．中原子的孤对电子形成配位键，NH中原子有个孤电子对，孤电子对与成键电子对间的斥BCuNH34N3N12力大，键角小，HNH键角：，故错误；NH3CuNH34BC．电负性：O>N>H，故C正确；D．N原子是配位原子，配体是NH3，故D错误；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8molH2发生加成反应，故B正确；C．对比HPS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；8．D【详解】A．在Pb3O4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PbO2的形式，A正确；B．反应②中，PbO是还原剂，则PbO2是氧化产物，B正确；C．反应①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：NaClOHNO3，C正确；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1molPbO2，转移2mol电子，D不正确；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．CO2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；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H2Og，平衡正向移动，CH2CH2g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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N2，容器体积变大，平衡向左移动，D正确；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+2H2O=4H+NO3，D正确；12．A【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SO2和Zn反应制得ZnS2O4，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；．溶液不宜加入过多的原因是防止溶解，引入的杂质不利于与分离，故正确；CNaOHZnOH2Na2S2O4CD．尾气中主要是未反应完全的SO2，可用NaOH溶液除去，故D正确；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＋CO22Na2O＋C，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，NH4HCO3NH3↑＋CO2↑＋H2O，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。14．B【分析】a为NH3，b为N2，c为NO，d为NO2或N2O4，e为HNO3，a为HCl，b为Cl2，c为HClO，d为HClO3，e为HClO4。【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．HNO3NH3NH4NO3，不能生成N2，B项错误；C．浓盐酸和浓的HClO溶液发生反应：ClHClOHCl2H2O，可得到氯气，C项正确；D．HClO、HClO3、HClO4均是共价化合物，D项正确；15.C+【详解】A．以体心的AlH4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AlH4紧邻且等距的Na有8个，A正确；5411+11B．由晶胞结构可知：晶胞中AlH4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8224NA5423-72-71.0810-34×g÷[（a×10cm）×2a×10cm]=3gcm，B正确；NAaNAC．制备NaAlH4的反应选择在乙醚(CH3CH2OCH2CH3)中进行，由于NaAlH4+2H2O=NaAlO2+4H2，故不可以在水中进行，C错误；3114D．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，故其空间构型为正四42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)Fe+2HCO3=FeCO3+CO2+H2O（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）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FeCO3的离子方程式为：2+-Fe+2HCO3=FeCO3+CO2+H2O；（3）①将制得的FeCO3加到乳酸溶液中，再加入少量铁粉，是防止FeCO3与乳酸产生的亚铁离子被氧化，故发生的反应为：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=}#}3+2+3+-3（5）NH44CeSO44中Ce元素为+4价，被还原为Ce，根据得失电子守恒，可知n(Fe)=n(Ce)=15ml×10×0.1mol/L，500ml10.0g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500ml15ml1030.1mol/L234g/mol纯度为20ml100%87.75%10.0g17．(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）-3-2-(3)As2S3+7O2+12OH=2AsO4+3SO4+6H2O（2分）(4)NaOH（2分）碱浸（2分）(5)硫酸钙或CaSO4（2分）(6)3CuSO4+2H3AsO4+6NH3·H2O=Cu3(AsO4)2+3(NH4)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