理综三模化学答案解析.pdf

1、新疆维吾尔自治区 2023 年普通高考第三次适应性检测理科综合能力测试化学部分讲解7.【答案】C【分析】A白棉布主要成分为纤维素，A 正确；B“画蜡”是将蜂蜡熔化后画在布上形成覆盖层，为物理变化，B 正确；C“画蜡”用的蜂蜡，是一种混合物，无固定熔点，C 错误；D蓝靛分子结构中含有苯环，属于芳香族化合物，D 正确；8.【答案】B【分析】A用过量氨水吸收工业尾气中的 SO2 生成正盐亚硫酸铵：2NH3H2OSO2=2NH+4 SO23 H2O，故 A 错误；BCa(HCO3)2 溶液与过量 Ca(OH)2 溶液反应，氢氧化钙也可提供 Ca2+：HCO 3 Ca2OH=CaCO3H2O，故 B 正

2、确；C四氧化三铁溶于稀硝酸：3Fe3O428HNO 3=9Fe3+NO14H2O，故 C 错误；D草酸是弱酸，离子反应中不能拆，故 D 错误。9.【答案】D【分析】A.与反应会生成 HBr，加入 K2CO3，可以消耗 HBr，有利于反应的正向进行，提高转换率，A 正确；B.X 中含有苯环、醛基和羟基，均为平面结构，平面之间通过单键相连，单键可以旋转，则 X 中所有原子可能在同一平面上，选项 B 正确；C.Y 中有醛基、醚键 2 种含氧官能团，C 正确；D.X 中的苯环、醛基都可与 H2 反应，1 mol X 消耗(3+1)mol H2，Y 中的苯环、醛基、碳碳双键均能与 H2反应，1 mol

3、Y 消耗(3+1+1)mol H2，故比例为 4：5，D 错误；10.【答案】B【分析】A向 Ca(ClO)2 溶液中通入 SO2 气体，次氯酸根将 SO2 氧化为硫酸根，生成的沉淀为硫酸钙，无法比较亚硫酸和次氯酸的酸性强弱，A 项错误；B虽然溶液中 Cu2+的浓度比 Mg2+的浓度低，先生成的沉淀为 Cu(OH)2，且 Cu(OH)2 和 Mg(OH)2 为同类型沉淀，则 KspMg(OH)2KspCu(OH)2，B 项正确；C少量 Zn 粉加 1.0molL-1Fe2(SO4)3 到溶液中，发生的反应为 Zn+2Fe3+=2Fe2+Zn2+，无法比较 Zn 和 Fe 的活泼性，C 项错误；

4、DH2C2O4 并不是 C 元素的最高价含氧酸，无法通过 H2C2O4 和 H2SO4 的酸性强弱来比较 C 和 S 的非金属性强弱，D 项错误；11.【答案】C【分析】N、Y、Z、Q、M、X 是原子序数依次递增的短周期主族元素，离子液体中元素 M 带一个单位正电荷，且 M 的原子序数在五种元素中大于 N、Y、Z、Q，则元素 M 为 Na；N 形成四个共价键且排在 Na前，则元素 N 为 C；根据阴离子的结构，得到离子所带电子的元素是 Y，Y 成两个共价键，所以 Y 最外层为 5 个电子，为 N；Z 形成二个共价键，则元素 Z 为 O；Q 形成一个共价键，则元素 Q 为 F；X 形成六个共价键

5、，则元素 X 为 S；A同周期元素从左到右原子半径依次减小，故原子半径 Na 最大，故 A 正确；BN 与 O 可形成 NO2、NO 等化合物，S 与 O 可形成 SO2、SO3，故 B 正确；C硝酸与硫酸为强酸，F 无最高价氧化物对应水化物的酸，故 C 错误；D氟气很活泼，常温下氟气与水可以发生置换反应生成氧气，2F2+2H2O=4HF+O2，故 D 正确；12.【答案】D【分析】A由图可知，“厌氧阳极”失电子，电极反应方程式为 C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2+24H+，A错误；B使用的是质子交换膜，由分析可知，电池工作时，“缺氧阴极”电极的电极反应为：NO3-+e-+2H+=

6、NO2+H2O，2NO2+8e-+8H+=N2+4H2O，故 B 错误；C由分析可知，该电池工作中“厌氧阳极”的电子同时转移到“好氧阴极”和“缺氧阴极”中，故“好氧阴极”和“缺氧阴极”之间存在着对电子的竞争作用，在“好氧阴极”上 NH4+中 N 原子失电子，不存在对电子的竞争，C 错误；D若“好氧阴极”1molNH4+完全氧化生成 NO3-提供了 8mol 电子，电极输送 4 mol 电子，共 12 mol 电子，需要消耗 3 mol O2，则该区消耗的 O2 在标准状况的体积约为 3 mol22.4L/mol=67.2L，D 正确；13.【答案】C【分析】AKsp(CaCO3)Ksp(CaF

7、2)，当 c(F-)=C(CO32-)=1 时，CaCO3 中 c(Ca2+)大于 CaF2 中 c(Ca2+)，延长 M、N 与横坐标相交，M 的交点在前 PCa 小，即 c(Ca2+)大，是 CaCO3 沉淀溶解平衡曲线，A 错误；BCaCO3(s)+2F-(aq)CaF(s)+2CO32-(aq)的化学平衡常数05.275.107.823223101010)a()a()()(FCKCOCKFcCOcKspsp，故 B 错误；C.Ksp(CaCO3)=10-8.7=c(Ca2+)c(CO32-)，带入 c(CO32-)大于 1.010-3，c(Ca2+)小于 1.010-5.7，此时沉淀完

8、全。D.a 点为不饱和溶液，D 错误。26(14 分)【答案】(1)过滤(1 分)烧杯(1 分)(2)还原 Fe3+为 Fe2+，防止 Fe3+水解(1 分)(3)Al3+Fe3+nSO24+(6-2n)-3HCO=AlFe(OH)(6-2n)(SO4)n+(6-2n)CO2(2 分)(4)钪的含量低，其化学性质非常活泼，在自然界中以化合物的形式存在，富集和冶炼比较困难(2 分)(5)3NaOH+Sc(OH)3=Na3Sc(OH)6(2 分)(6)Sc(OH)3(1 分)410-5(2 分)(7)6(2 分)【分析】从铝土矿生产 Al2O3 的副产品“赤泥”(主要成分为 Al2O3、Fe2O3

9、、TiO2、Sc2O3)中回收钪，首先赤泥经过高温焙烧，然后用硫酸浸取，金属元素转化为对应的离子状态进入溶液中，过滤，滤液中加萃取剂萃取，然后分液，有机相中加 NaOH 进行反萃取，然后加入草酸，生成 Sc2(C2O4)3，经一系列处理后，用氨水调节 pH 后，加入 NH4F 沉钪，经脱水除铵，得到 ScF3，然后使用钙还原 ScF3，获得纯净的 Sc。水相中加 Fe 粉还原 Fe3+，然后加水稀释促进 TiO2+水解生成 TiO2xH2O 沉淀；过滤，向滤液中加入 NaHCO3 溶液发生反应产生聚合硫酸铁铝，据此解答。(1)由工艺流程图分析可知，答案为：过滤烧杯；(2)Fe3+极易水解，加入

10、 Fe 粉可以使溶液中 Fe3+发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，可防止 Fe3+水解形成沉淀 Fe(OH)3进入到滤渣中，导致最终不能进一步反应产生聚合硫酸铁铝。故答案为：还原 Fe3+为 Fe2+，防止 Fe3+水解；(3)向滤液中加入 H2O2 后，FeSO4 转化为 Fe2(SO4)3，再向该溶液中加入 NaHCO3 溶液，产生聚合硫酸铁铝，该反应的离子方程式为：Al3+Fe3+nSO24+(6-2n)-3HCO=AlFe(OH)(6-2n)(SO4)n+(6-2n)CO2。(4)由题干可知钪元素是在地壳中含量比较低且化学性质非常活泼，其在自然界中以化合物的形式存在，物质的富集及

11、冶炼比较困难；(5)“反萃取”时若加入的氢氧化钠过量，则 Sc(OH)3 沉淀会溶解。Sc(OH)3 与过量 NaOH 溶液反应生成 n=6的含钪产物 Na3Sc(OH)6，该反应的化学方程式为 3NaOH+Sc(OH)3=Na3Sc(OH)6；(6)若溶液中 c(F-)=510-6，则 lgc(F-)=lg510-6=5.3，“调节 pH”过程中控制 pH=7，三价 Sc 元素的存在形式为 Sc(OH)3。若沉淀方式主要为 ScF3，根据图中所给信息，lgc(F-)-4.4，即 c(F-)10-4.4，10-4.4=10-5100.6=410-5。故答案为：Sc(OH)3410-5(7)加热

12、该复盐时首先失去结晶水。至 380-400产生白烟，说明有铵盐产生，对应结晶水的质量为m(H2O)=74.1g-52.5g=21.6 g，则74.1262.5+18a=21.618a，解得 a=6，故答案为：6。27.(15 分)【答案】(1)三颈烧瓶（1 分）Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2（2 分）(2)IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O（2 分）滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟不复原（2 分）47.40（2 分）(3)酸性条件下，Na2S2O3 与酸反应生成 S 单质（2 分）(4)1.0 mL pH=2.4 的盐酸（1 分）(5)氯

13、气等含氯元素的氧化性微粒将-2 价硫氧化（1 分）(6)SO2 可能过量，导致酸性环境，消耗 Na2S2O3（2 分）【分析】由实验装置图可知，装置 A 中亚硫酸钠与 70%硫酸反应制备二氧化硫，装置 B 中二氧化硫与硫化钠和碳酸钠的混合溶液反应制备硫代硫酸钠，装置 C 中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的二氧化硫防止污染空气。【详解】(1)因该反应理论上钠元素的利用率为 100%，钠原子全部转化为硫代硫酸钠，反应的化学方程式为 Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2。(2)分析纯度测定实验步骤，KIO3 与 KI 在硫酸环境中生成碘单质，硫代硫酸钠滴定碘单质，从而测定产

14、品纯度。故生成碘单质的离子方程式为 IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O，滴定终点现象为：滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟不复原，由生成碘单质的离子方程式及题给碘单质和硫代硫酸钠反应的方程式，可知：KIO33I26Na2S2O3，滴定消耗样品溶液的用量为 25.00mL，则 8.0000g 样品的纯度为%40.47%100g8g/mol15826mol/L1.010ml203。(3)硫代硫酸钠在酸性溶液中能与酸反应生成硫沉淀，则假设 2 为酸性条件下，Na2S2O3 与酸反应生成 S 单质。(4)由控制变量实验设计原则，根据实验 III 步骤中试剂信息，第组实验中胶头滴

15、管中应加入的试剂是1.0mL pH=2.4 的盐酸。(5)对比实验现象，第组实验一段时间后出现浑浊，且浑浊度比组小可知，产生 S 的主要原因是假设 1。(6)由实验 III 中第组实验现象可知假设 2 成立，反应物 SO2 过量，导致酸性环境，消耗 Na2S2O3。28(14 分)【答案】(1)大于（1 分）(2)Fe2O3+3H2O(g)+6e-=2Fe+6OH-（2 分）(3)HOOCNH2=H2O+HN=C=O（1 分）241（2 分）(4)1000（2 分）1000（2 分）变大（1 分）AbN232a106.1(5)Cat2（1 分）Cat2 直线斜率变化值较小(或直线 Cat2 斜

16、率绝对值较小或直线 Cat2 较 Catl 平缓)，活化能较小催化效能较高(其他合理答案均可)（2 分）【详解】(1)合成尿素的反应为放热反应，随着反应的进行，绝热容器中温度逐渐升高，平衡逆向移动，不利于 22CO NHg 的生成，22CO NHg 的质量百分减小，故 a 大于 b。(2)根据电解装置图中 OH-移动方向可知，惰性电极为阴极，根据题中信息，Fe2O3 在发生电极反应时生成中间体 Fe，可得电极反应式为232Fe O3H O(g6=)6e2FeOH。(3)能垒最大的即为决速步骤，故起决速步骤的方程式为：HOOCNH2=H2O+HN=C=O。根据，2NH3(g)+CO2(g)=CO

17、(NH2)2(g)+H2O(g)H=-87.0kJmol-1，图中最终生成物对初始反应物的能量差是87kJ/mol，那么由3TS 到最终产物，就有2187.5kJ/mol87kJ/mol241kJ/molEE 。(4)该反应H0，温度升高，平衡向逆方向移动，因为12T T，故图中上面的线是1T 对应的图像。平衡时 v=v正逆，322kkp HNCOp NH=p CO NH正逆，k 正/k 逆=Kp，代入 T1 线上数据（1，5），25223p CONH10=1000p HNCkOpkNH10 10正逆；2T 时，根据标准平衡常数的表达式，并代入 A 点的数据得：2200300p CO NH10

18、00p100K=10001010p HNCOp NH100100pp；若点 A 时继续投入等物质的量的两种反应物，容器体积不变，相当于加压，加压时平衡向气体计量数减小的正方向移动，22CO NH的体积分数变大。(5)根据经验公式，Ea 为斜率，活化能越小，催化效能越高。Cat1 作用下直线斜率较大，速率常数变化值较大，活化能较大，即 Cat2 催化效率较高。35.(15 分)【答案】(1)（1 分）3（1 分）(2)(TiO)n2n+（2 分）CCl4 或 SiF4 等（1 分）(3)CNO（1 分）18（1 分）大于（1 分）NH3 中含有 N 的孤对电子和 N-H 的成键电子对，Ti(NH

19、3)6Cl3 中，NH3 的中心原子 N 的孤对电子用来形成配位键，孤对电子对成键电子对的斥力比成键电子对对成键电子对的斥力大（2 分）(4)(0.31，0.31，0)（1 分）0.622 a(2 分，合理的表达式均可得分)(2 分，合理的表达式均可得分)【详解】(1)Ti 元素的原子序数是 22，其核外电子排布式为Ar3d24s2，所以其价电子排布图为。Ni 的价电子排布图为，有两个未成对电子。除此之外还有 Ti，Ge，Se 三种原子有两个未成对电子。(2)根据图示，一个钛原子连接两个氧原子，一个氧原子连接两个钛原子，由均摊法得一个钛原子平均获得一个氧原子，硫酸氧钛中，钛为+4 价，可得阳离

20、子的化学式为(TiO)n2n+。原子个数相等、价电子数相同的离子互为等电子体，故与 SO24 互为等电子体的分子为 CCl4 或 SiF4 等。(3)Ti(CO)6 的配位原子是 C，Ti(H2O)6Cl3 的配位原子是 O，Ti(NH3)6Cl3 配位原子是 N，根据同周期元素从左到右，电负性依次增大，所以电负性由小到大的顺序是 CNO；1 mol H2O 分子中含有 2 mol O-H 共价键，Ti 与 H2O 之间形成 6molTi-O 配位键为共价键，故共有 18 NA共价键。孤对电子间的排斥力大于孤对电子对成对电子间的排斥力，氨气分子中的孤对电子与 Ti 原子形成配位键，故Ti(NH

21、3)6Cl3 中H-N-H 大于单个氨气分子中的H-N-H。(4)晶胞中 D 的原子坐标为(0.69，0.69，0)，已知晶胞含对称中心，则 A 原子坐标为(0.31，0.31，0)。该晶胞中 B、C 两个氧原子之间的核间距 d2=(0.810.19)2a2+(0.810.19)2a2，则 d=0.622 a pm；晶胞密度AAbNbN232302a106.110a280Vmgcm-336.(15 分)【答案】(1)羟基、醛基（2 分）加成（1 分）加成（1 分）(2)溴化氢(HBr)（1 分）CH2=CHBr（1 分）(3)（2 分）(4)（2 分）(5)3（2 分）(6)（3 分）【分析】

22、C、F 反应生成 G，B 在氧气作用下生成 C 的反应为醇的催化氧化，则 C 是，由已知信息，F 逆推可知 E 是2CH=CHBr。【详解】(1)C 是，则含氧官能团名称是羟基、醛基；AB 是甲醛和苯酚发生加成反应生成对羟基苯甲醇，反应类型是加成反应；由生成物 G 结构可得 C、F 的反应类型为加成反应。(2)E 是2CH=CHBr；D 是乙炔、E 是2CH=CHBr，乙炔和 HBr 发生加成反应生成2CH=CHBr，故 DE还需要的无机试剂是 HBr。(3)H 含有碳碳双键，在一定条件下发生加聚反应，化学方程式为；(4)分子结构中有 6 种环境不同的氢原子；苯环上只有一个取代基；取代基中含有一个甲基和一个含氧官能团，符合条件的 H 的结构简式为或；(5)W 结构中的 2 mol 酯基水解需要 2 mol NaOH，水解产物含有 1 mol 酚羟基，再消耗 1 mol NaOH，共消耗 3 mol NaOH。(6)甲苯发生取代反应生成，与镁、乙醚反应生成，和乙醛反应生，再水解，合成路线为Mg乙醚3CH CHOH O2。