【文档说明】安徽省蚌埠市2023届高三上学期第一次教学质量检查试题 化学答案.pdf，共(7)页，354.838 KB，由小赞的店铺上传

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【化学参考答案第1页（共6页）】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】CO2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；乙烯分子中含有官能团碳碳双键，结构简

式为CH2=CH2，故B错误；35Cl－、37Cl－的质子个数为17，核外电子数为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188O，D错误。3.【答案】B【解析】Cl2与水反应是可逆反应，故标准状况下2.24L

Cl2与足量水反应，转移电子数小于0.1NA，A选项错误；12g金刚石的物质的量为12g12g/mol=1mol，金刚石中1个碳原子参与形成4个C-C键，则1个碳原子形成412=2个C-C键，则含有化学键的物质的量为1mol2=2mol，数目为2NA，B选项正确；1.0L

0.1mol/L的酸性KMnO4溶液中的水分子也含O原子，故溶液中氧原子的个数多于0.4AN个，故C选项错误；每个SF6分子中硫的价层电子对数为6，73gSF6中硫的价层电子对数为3NA，D选项错误。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Na2CO3会与瓷坩埚中的SiO2发生反应，B选项错误；配制溶液时，不能在容量瓶中稀释溶液，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C12H18O2，A正确；该有机物能发生加成、水解反应，不能发生中和反应；芳香族

羧酸的不饱和度至少为5，而C12H18O2的不饱和度为4，C错误；与足量氢气加成后，产物为，该分子中手性碳原子没有4个，D错误。6.【答案】B【解析】Ba(OH)2足量，最终会得到偏铝酸根，正确离子方程式为Al3++22-4S

O+2Ba2++4OH－=2BaSO4↓+2AlO+2H2O，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+，阴极的电极反应式为：24NH+2e-=2NH3↑+H2↑，反应的离子方程式为：Cu+24NH通电Cu

2++2NH3↑+H2↑，B正确；酸性4KMnO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+2+422222MnO+5HO+6H=2Mn+5O+8HO，C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—=H2O，故D错误

。【化学参考答案第2页（共6页）】7.【答案】C【解析】NaClO2是还原剂，其氧化性弱于氧化产物ClO2，A错误；反应中，还原产物是NH3,B错误；，6.75gClO2为0.1mol，根据反应方程式，每生成1molClO2电子转移1mol，故此时电子转移0.1mol，C正确；氧化剂是NCl3，还

原剂是NaClO2，物质的量之比为1:6，D错误。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；N2性质稳定，无强氧化性，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H2O失电子转化为O2，电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，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阴=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氧气，同时有2molH+转移至阴极室，所以||m阳=18g/mol×1mol=18g，所以||=mm阳阴46g-18g=28g，

C选项正确；该装置可减少CO2在大气中累计和实现可再生能源有效利用，D选项正确。11.【答案】D【解析】镧(57La)属于过渡元素，位于第六周期第ⅢB族，A错误；“洗气”环节用NaHCO3除去CO2中的HCl杂质，B错误；先通NH3会使溶液碱性增强，有利于CO2的吸收，故C错误

；制备总方程式正确，D正确。12.【答案】D【解析】根据反应过程可知MnO2是反应的催化剂，A正确；反应物有O2、生成物有N2,故存在非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4NH3+4NO+O22MnO4N2+6H2O，D错误。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CO2，A正确；550～700℃之间的失重反应方程式为

4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，故800℃时残留的固体是Fe2O3，B错误；由图中数据可知，复合材料中碳完全反应失重9.1%，可知碳的质量分数为9.1%，FeS2的质量分数为90.9%，C正确；FeS2与C的物质的量之比为12%1.9120

%9.90：≈1:1，D正确。【化学参考答案第3页（共6页）】15.【答案】B【解析】由题干信息可知，HNO2酸性强于HAsO2，Ka(HNO2)>Ka(HAsO2),当横坐标为0时，lg-c(X)c(HX)=0，即c(X-)=c(HX)，Ka(HX)==

c(H+)，结合图中数据可知Ka(HNO2)=10-3.3，Ka(HAsO2)=10-9.2。故I代表HNO2，II代表HAsO2，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pH=5.3，B正确；c点和d点对应溶液均为中性，由

于HNO2酸性强于HAsO2，要使溶液均呈中性，HNO2溶液中要加入较多的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）SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI（2分）73.6%（2分）（5）偏低（1分）（6）空气中的CO2与Ba(OH)2反应生成BaCO3沉淀；BaSO3被氧化成BaSO4（

合理答案均可）（2分）【解析】（1）空气通过装置D干燥后通入装置A，CuFeS2和氧气反应，再接装置B除去未反应的氧气，最后将产物SO2通入装置C吸收。（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O2反应，所以装置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SO2，C装置无法吸收，所以反应结束后，通一段时间的空气，可使反应生成的SO2全部进入d装置中，使结果精确。（4）根据S元素守恒和氧化还原反应规律可得对应关系：CuFeS2～2SO2～2I2，则m（CuFeS2）=1/2n（I2）•M（Cu

FeS2）=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%。（5）若流速过快，装置C不能将SO2吸收完全，造成测定结果偏低。（6）若将原装置C中的试液改为

Ba(OH)2，Ba(OH)2能与空气中的CO2反应生成BaCO3沉淀，BaSO3具有还原性，能被空气中的O2氧化为BaSO4，可造成误差。17.（10分）【答案】（1）b（1分）2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O（2分）（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++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。（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4页（共6页）】（3）当溶液中c(Mg2+)=1.5×10-6mol/L时，c2(F-)=sp22+cKF(MgMg)=-11-67.5101.510=510-5(mol/L)2，此时溶液中c(Ca2+)=sp22-KCaFcF=1051.

510510=310-6mol/L，除钙率为：3631.0103101.0-100%=990.7%1。（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NiSO4溶

液获得稳定的NiSO4·6H2O晶体，即晶体的操作依次是蒸发浓缩，冷却至30.8℃—53.8℃之间结晶，过滤，洗涤，干燥18.（10分）【答案】（1）2H2(g)+2NO(g)N2(g)+2H2△O(g)H=(a+

b-c-d)kJ/mol（2分）（2）①298.4（1分）2NO(g)+2CO(g)=N2O2(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，KSR1增大，导致体系的压强增大，化学平衡向气体体积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/m

ol-(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=298.4kJ/mol；该步骤的化学方程式是2NO(g)+2CO(g)=N2O2(g)+2CO(g)②根据图示可

知：在温度为T=1673K，KSR1=0.85时NO的还原效率最大，故该反应最佳条件是T=1673K，KSR1=0.85。“氧化气氛”下，当KSR1=1.2时，NO的还原效率低于“基准”是由于反应6NO(g)+4NH3(g)5N2(g)+6H2O(g)ΔH＜0的正反应是气体体积增大的放

热反应，在高温下，当KSR1由1.0变为1.2时，体系的压强增大，化学平衡向气体体积减小的逆反应方向移动，使的NO还原效率降低。（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=平衡总物质的量平衡总压强起始总物质的量起始总压强，设平衡时

气体总物质的量为y，则y=61+24.8，解得y=3.75mol，设平衡时，CH4转化的物质的量为xmol，列三段式：42222+++(mol)12000(mol)x2xxxCHg2NOgC

2OgNg2x(mol)1-x2-2x2xHxxOg开始转化平衡可得1-x+2-2x+x+x+2x=3.75，解得x=0.75，NO2的转化率：0.752100%=75%2；22222p22420.750.751.5600600(600)p(CO)p(N)p(HO)3.753.7

53.75K==kPa=3240kPa0.250.5p(CH)p(NO)600(600)3.753.75；温度不变，平衡常数不变，故若起始时加入3molCH4和2molNO2，则在该温度下的压强平衡常

数还是3240kPa。【化学参考答案第5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）①4（2分）②304158abc10AN（3分）③316（2分）【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V

III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。（3）3-4PO中P原子价电子对数是5+3=42，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）①晶胞中小球为Li+

，根据均摊法，Li+的个数为：1118444842，故LiFePO4的单元数有4个。②每个晶胞中有4个LiFePO4单元，晶胞体积为（a×10-10cm）×（b×10-10cm）×（c×10-10cm），故密度为304158abc10ANg.cm

-3。③图（b）中Li+个数为：111138338424，（a）到（b）中Fe、P、O原子个数均未变，故图（b）的化学式为：13444LiFePO故1331-x=x1616，。20.（10分）【答案】（1）丙烯醛（1分）（2）OHNH2（1分）（3）NH

CH2CH2CHOOHH+OHNHOH（2分）（4）氨基、碳氯键（1分）（5）取代反应（1分）NaOH、H2O（1分）（6）13（1分）（7）AC（2分）【化学参考答案第6页（共6页）】【解析】（1）E和H发生加成反应生成NHCH2CH2CHOOH，结合分子式可反推E为C

H2CHCHO，H为OHNH2，故E的化学名称为丙烯醛。（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C9H11NO2，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：NHCH2CH2CHOOHH+OHNHOH（4）由H的结构OHNH2反推G（C6H6NCl）的结构为NH2Cl，故官能团为氨基、碳氯键。（5）A→B反应是丙烯发生取代反应生成CH2CHCH2Cl。C→D为卤素原子的水解反应，故C

→D所需的试剂a是NaOH、H2O，即NaOH水溶液。（6）M的分子式为C7H9NO，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－CH2NH2，共三种

结构。符合条件的一共有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FeCl3溶液显紫色，能与Na2CO3溶液反应，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。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com