【文档说明】湖北省荆门市2023届龙泉中学、荆州中学·、宜昌一中三校高三下学期5月第二次联考化学试题答案.pdf，共(5)页，643.783 KB，由小赞的店铺上传

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2023届高三下5月三校第二次联考答案及解析1.【答案】B【详解】A.不粘锅的耐热涂层是聚四氟乙烯，A错误；C.硅胶、生石灰是干燥剂无法防止食品氧化，C错误；D.煤油是石油分馏的产品，D错误。2.【答案】A【详解】C.淀粉的分子式是(C6H10O5)n，C错误。3.【答案】A

【详解】A.10g14N16O2和16O2混合气体中，设14N16O2和16O2物质的量分别为x和y，根据混合气体总质量46x+32y=10，质子数为23x+16y=5，质子数为5NA，A正确；B.标准状况下NO2不是气体，不能

用气体摩尔体积计算，B错误；；C．常温下，1LpH=9的CH3COONa溶液中，水电离出的H+的数目为10-5NA，C错误；D.等物质的量的N2和C2H2所并未说明物质的量是1mol，D错误。4.【答案】B【详解】A．二元

弱碱N2H4与足量硫酸溶液反应生成N2H6(HSO4)2，A错误；C．Fe(SCN)3中Fe3+与SCN-以配位键结合形成配合物，不能拆，C错误；D．Na2S2O3溶液中通少量Cl2生成的H+与过量的Na2S2O3不共存，D错误。5.【答案】C【详解】A．[Al(C

H3)3]中心原子Al形成3根σ键，为sp2杂化，空间结构为平面三角形，结构对称是非极性分子，A推测合理；[Al(CH3)3]与水反应生成一种可燃性气体，方程式可能为[Al(CH3)3]+3H2O=3CH4↑+Al(O

H)3↓，B推测合理；C.中心原子Al有空轨道，SO2-4中的O原子有孤电子对，S无孤电子对，因此Al与O形成配位键，C推测不合理；D.原子半径C>O，键长Al-C>Al-O，因此[Al(OCH3)3]更稳定，与水

反应不如[Al(CH3)3]剧烈，D推测合理。6.【答案】D【详解】A.该物质与足量H2加成的产物只有2个手性碳，结构如图A错误；B.该物质含有酚羟基和醇羟基，可与碳酸钠和钠反应，不能与碳酸氢钠反应，B错误；C.酚羟基含有邻位H，另外碳碳双键能和单质溴发生加成反应，

所以最多消耗单质溴3mol，C错误；分子中含酰胺基、碳溴键、酚羟基均能和氢氧化钠反应，1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗4molNaOH，D正确；7.【答案】C【详解】A．D2和HD的相对分子质量不同，

可以用质谱区分，A正确；B．类似于钠和水的反应，Li与D2O反应生成LiOD与D2，化学方程式是2Li+2D2O=2LiOD+D2↑，B正确；C．D2由Li与D2O反应生成，HD通过反应LiH+D2O=LiO

D+HD↑，n(D2)/n(HD)越大，则n(Li)/n(LiH)越大，C错误；D．升高温度，2Li(s)+H2(g)⇌2LiH(s)△H＜0，平衡左移，Li增多，LiH减少，则结合选项C可知：80℃下的n(D2)/n(HD)大于25℃下的n(D2)/n(HD)，D正确；8.【

答案】B【详解】A.丙酮与水互溶，不能用于萃取碘水中的I2，A错误；B.含苯环的蛋白质可与浓硝酸发生显色反应，B正确；C.有色鲜花中含有水，无法验证干燥的氯气是否具有漂白性，C错误；D.探究浓度对化学反应速率的影响要控制变量，两组实验中溶液的体积不同，各反应物的浓度均不同，无法探究

浓度对反应速率的影响，D错误。9.【答案】B【详解】A．为使化学能有效的转化为电能，需要用Al2O3绝缘体隔离正负极，A正确；B．LLZTO导体管只允许Li+通过，因此电池工作时负极发生反应：Li−e－=Li＋，B错误；C．根据用1.8V电压充电后，电池正极材料中S、Fe的原子个数

比为1.02(不计Li2S，下同)；2.3V电压充电后，S、Fe的原子个数比为2.01，说明电池正级材料的变化为FeS2⇌FeS⇌Fe，C正确。10.【答案】D【详解】A．NH3与H+通过配位键形成NH4+，A正确；B．由图可知

，NO与O2吸附在Fe3+配位点上形成NO2，该过程中气体体积减小，增大压强平衡正向移动，B正确；C．在反应过程中，有O-O键的断裂和N-N键的形成，存在N-O键的断裂和N-H键的形成，C正确；D．中间产物NO2(NH4+)2中NO2和NH4+比例应为1:2，总方程式为：4NH3+4NO+

O2=4N2+6H2O11.【答案】B【分析】物质由两种阳离子和两种阴离子构成，由图可知，M的离子半径最大，应该为18电子的离子，即M为Cl-，10电子离子应该为H3O+和NH4+，所以对应的元素分别为H、N、O和Cl，依据原子半径的关系可推知X为H、Y为O、Z为N、M为Cl

。【详解】A．O的电负性大于N，故H2O分子比NH3稳定，A正确；B．NH3的沸点知识比PH3、AsH3高，比SbH3、BiH3低，B错误。C．酸性：HNO3＜HClO4，C正确。D．五元环为N5−，其中存在的大π键为Π56，D正确。12.【答案】C【详解】A．反应除生成高聚物J外，还有小

分子HCl生成，该反应为缩聚反应，故A项正确；B．单体TMC中三个侧链均发生反应，使高聚物J形成网状结构，故B项正确；C．MPD的结构简式为，核磁共振氢谱中有4组峰，故C项错误；D．正、负离子容易与水形成水合离子，高聚

物J有亲水性可能与其存在正负离子对有关。13.【答案】D【详解】A.石墨相氮化碳类似于石墨层状结构，故N、C原子杂化相同，均为sp2杂化，A错误。B.碳化氮晶体中存在的作用力除共价键外，还有层与层间的范德华力，B错误。C..原子半径：N<C，碳化氮晶体的熔点比金刚石高，C错误。D.由

均摊法，一个晶胞中含有6个C原子、8个N原子，该晶体的密度，D正确；14.【答案】C【分析】Cu和FeCl3溶液反应生成FeCl2和CuCl2，若铜过量，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀，可能是发生了反应：CuCl2+Cu=2CuCl↓，据此

分析解答。【详解】A.实验I、II、III中的现象为溶液黄色变浅或溶液黄色褪去，说明Fe3+被Cu还原，A正确；B.对比实验I、II现象，说明白色沉淀的产生与铜粉的量有关，B正确；C.对比实验II、III，参加反应的Fe3+的量相同，则生成的Cu2

+应相同，但由于实验II生成CuCl，所以加入蒸馏水后c(Cu2+)不相同，C错误；D.实验III溶液为蓝色，含有Cu2+和过量的铜，向实验III反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀CuCl，D正确。15.【答案】C【详解】A．酸给出质子转变为相应的碱，HA给出质子得到A-，故A-

是HA的共轭碱，A正确；B．由图可知，c(HA)=c(A-)时，pH=5，则Ka(HA)=10-5，B正确；C．，增大pH过程中，氢离子浓度减小，则的值增大，C错误；D．根据A守恒可知，曲线上任意一点均

满足δ(HA)+δ(A-)=1.0，D正确；16.(14分)(每空2分)(1)4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3(2)2滴FeSO4溶液和1滴蒸馏水2(3)层状结构不被破坏，故根据电荷守恒可知，当部分Fe(Ⅱ)被

氧化为Fe(Ⅲ)时，层间会引入阴离子平衡电荷。取少量灰绿色沉淀加入足量的盐酸溶解，再加BaCl2溶液，生成白色沉淀，说明灰绿色沉淀的层间嵌入了SO42−（或取少量样品溶液于试管中，滴加氯化钡溶液生成白色沉淀）5Fe2++MnO4−+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O4:2:12

:1【详解】（1）向2mL0.1mol/L新制FeSO4溶液中滴加少量0.1mol/LNaOH溶液，生成Fe(OH)2白色沉淀，迅速被O2氧化变为灰绿色，最终变成红褐色Fe(OH)3沉淀，反应为Fe(OH)2和氧气、水共同作用生成氢氧化铁，化学方程式为：

4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。（2）①由实验操作可知，实验Ⅱ验证猜想2，实验Ⅰ验证猜想1，实验Ⅰ需要使用Fe2+过量且需要保证硫酸亚铁溶液的浓度与实验Ⅱ相同，则需要向两片玻璃片中

心分别滴加2滴FeSO4溶液和1滴蒸馏水，然后再2滴NaoH溶液，面对面快速夹紧；②实验Ⅰ、实验Ⅱ变量为是否存在三价铁，实验Ⅱ现象为玻璃片夹缝中立即有灰绿色浑浊，实验Ⅰ现象为玻璃片夹缝中有白色浑浊，分开玻璃片，白色浑浊迅

速变为灰绿色；说明呈现灰绿色的原因是存在三价铁，故猜想2正确。（3）①共沉淀物为灰绿色的原因是铁元素部分被氧化后，Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)形成的；Fe(OH)2层状结构中OH-位于八面体的顶点，Fe2+占据八面体的中心，两层间有空隙，当部分Fe(Ⅱ)被氧化为Fe(Ⅲ

)时，层状结构不被破坏，故根据电荷守恒可知，当部分Fe(Ⅱ)被氧化为Fe(Ⅲ)时，层间会引入阴离子平衡电荷；硫酸根离子能和钡离子生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，则证明SO42−的实验操作和现象是：取少量灰绿色沉淀加入足

量的盐酸溶解，再加BaCl2溶液，生成白色沉淀，说明灰绿色沉淀的层间嵌入了SO42−；③滴定过程中Fe2+被高锰酸钾氧化为Fe3+，高锰酸根离子被还原为锰离子同时生成水，离子方程式为：5Fe2++Mn

O4−+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；③滴定过程中Fe2+被高锰酸钾氧化为Fe3+，高锰酸根离子被还原为锰离子同时生成水，离子方程式为：5Fe2++MnO4−+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；17.（13分）18.(14分)(每

空2分)(1)①Y3+在溶液中存在平衡：Y3++3HRYR3+3H+，pH增大，c(H+)减小（或c(OH-)增大），平衡右移，Y3+萃取率提高②1.5(2)①<②2Fe3++2H3PO4+3CO32-=

2FePO4↓+3CO2↑+3H2O③磷酸法(3)分液(4)a【详解】考查化学反应原理的综合运用，（1）①Y3＋的溶液中存在：Y3++3HRYR3+3H+，pH增大，c(H＋)减小，根据勒夏特列原理，平衡向正反应方向移

动，Y3＋的转化率增大，即Y3＋萃取率提高；②为使Y3+萃取率≥50%，且杂质离子尽可能少，最佳pH应为1.5左右（2）①表2采用的是中和沉淀法，通过调节pH，Fe3＋去除率高，其原因可能是Ksp[Fe(OH)

3]<Ksp[Y(OH)3]；②根据原理，加入的物质Fe3＋、H3PO4、Na2CO3，生成了FePO4和CO2，没有化合价的变化，因此离子反应是2Fe3++2H3PO4＋3CO32－=2FePO4↓+3CO2↑+3H2O；③根据表1、2、3中的数据，得出磷酸法除铁率较高同

时Y3+损失率较小；（3）有机溶剂为萃取剂，不溶于水，因此采用分液方法进行分离；（4）a、根据Fe3++3HRFeR3+3H+，pH越大，Fe3＋萃取率提高，但有机溶剂中不含有Fe3＋而是FeR3，pH在

0.2～2.0范围内，有机溶剂中的Fe3＋小于水溶液中的Fe3＋，故a错误；b、表2中pH在3.0～3.5范围内，Y3＋损失率在20%左右的原因可能是生成的Fe(OH)3对Y3＋的吸附，氢氧化铁表面积大，能够吸附微粒，故b正确；c、表2中pH在4.5

～5.0范围内，Y3+损失率变大的可能原因：Y3++3OH-=Y(OH)3↓，故c正确；d、由图1知，有机溶剂萃取Y3+的优点是Ca2+、Mg2+、Mn2+等金属离子萃取率极低，故d正确。19.(14分)(每空2分)(1)还原(2)①盐酸具有还原性，能与

NaClO反应②③溶液初始pH高，c(H+)小，有利于和正向进行，NOx脱除率大(3)①②③偏低获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com