【文档说明】2023届江苏省决胜新高考高三下学期5月份大联考 化学答案.pdf，共(6)页，1.569 MB，由小赞的店铺上传

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决胜新高考——2023届高三年级大联考化学解析1决胜新高考——2023届高三年级大联考化学解析1．C【解析】纤维素的化学式是(C6H10O5)n。A项，光导纤维的主要成分是SiO2，错误。B项，蚕丝纤维的主要成分是蛋白质，

错误。C项，棉花纤维的主要成分是纤维素，正确。D项，聚酯纤维的主要成分是酸与醇经缩聚反应生成的聚酯，错误。2．B【解析】A项，NCl3分子中，N原子轨道杂化方式为sp3，分子呈三角锥形，错误。B项，模型能真实地反映H、O原子的相对大小以及水分子的

V形结构，正确。C项，NH3分子中N原子价层电子有4对，电子式为，错误。D项，HClO中，H和Cl均呈＋1价、O呈－2价，H、Cl分别以单键与O相连，结构式为H－O－Cl，错误。3．A【解析】A项，碳化硅是

共价晶体，用于制作砂轮磨料利用了其硬度大、耐磨的性质，与熔点高不存在对应关系，错误。B项，Al(OH)3能与胃酸(盐酸)反应，碱性弱对人体伤害小，性质与用途存在对应关系。C项，生铁是铁碳合金，硬度大、抗压，用于铸造机器底座利用了这一性质，即性质与用途存在对应关系。D项，Na2SO3有还原性，能将C

l2还原成无毒的Cl－，水处理中脱氯(Cl2)利用了这一性质，即性质与用途存在对应关系。4．D【解析】A项，炭与浓硫酸在加热条件下发生反应，正确。B项，检验SO2和CO2均需经过水溶液，带出的水蒸汽会影响对反应生成水的检验，所以在发生反应后即检验反应生成的水，正确。C项，利用SO2的漂白性，用品

红溶液检验SO2和CO2混合气体中SO2，正确。D项，由丙导出的气体中仍然混有SO2，而SO2也能与澄清石灰水反应出现浑浊，不能检验炭与浓硫酸反应生成的CO2，错误。5．B【解析】根据信息推断X是氟、Y是镁、Z

是硫、W是磷。A项，应该r(Y)＞r(Z)，错误。B项，P原子3p能级电子排布半满，较稳定，失去电子消耗能量较多，所以其第一电离能比同周期相邻元素的大，正确。C项，F的非金属性比S强，HF的热稳定性比H2S强，错误。D项，S的非金属性比P强，最高价氧化物对应水化合物酸性

：H2SO4＞H3PO4，错误。6．C【解析】A项，环氧丙烷分子中有手性碳原子：，所以存在手性异构体，错误。B项，碳酸丙烯酯的结构式为：OOOHHHHHH，σ键和π键数目比为13:1，错误。C项，羟基是亲水基团，甘油

分子中有更多的羟基，所以甘油在水中的溶解度比碳酸甘油酯在水中的溶解度大，正确。D项，1,2-丙二醇与足量氢溴酸混合共热，可发生一取代、二取代，生成的有机取代产物有BrOH、OHBr、BrBr，最多有3种，错误。

7．B【解析】A项，N2H4分子中，N原子轨道杂化类型为sp3，VSEPR模型为，六个原子不可能共平面，错误。B项，Fe2O3转变为Fe3O4的过程中，有32的铁由＋3价变为＋2价，所以肼作还原剂，正确。C项，Ag在第五周期、IB族，则Ag＋价电子排布为4d10、Ag价电子排布为4d10

5s1，Ag＋→Ag得到的电子填充在5s轨道上，错误。D项，NaClO过量会将生成的N2H4·H2O继续氧化，降低N2H4·H2O的产率，错误。8．D【解析】A项，任何实用电池都不可能将化学能完全转变为电能，错误。B项，由图可

知放电时负极反应消耗OH－，pH减小，错误。C项，负极反应式是N2H4－4e－＋4OH－＝N2＋4H2O，错误。D项，该电池放电总反应是：N2H4＋O2＝N2＋2H2O，即：负极消耗的NaOH与正极生成的NaOH物

质的量相等，正确。9．C【解析】A项，根据反应式可知该反应ΔS＜0，根据反应自发的条件，ΔH＜0，错误。B项，任何催化剂不会影响平衡转化率，错误。C项，根据方程式，反应中消耗1mol乙烯时，消耗O2物质的量为0.

5mol，转移电子2mol，正确。D项，）CH(CH)(O222＝nn值增大，可理解为CH2＝CH2用量一定、增加O2用量。O2用量增加可决胜新高考——2023届高三年级大联考化学解析2提高CH2＝CH2转化率、增加平衡体系中环氧乙烷物质的量，但因为CH2＝CH2用量

一定，平衡体系中环氧乙烷物质的量的增加是有限的，而混合体系物质的量总量增加是无限的，当O2用量超过一定程度时，虽然环氧乙烷物质的量仍然增加，但其物质的量分数(在体系中所占物质的量百分比)却减小，错误。10．B【解析】A项，反应物ZnO、NH3·H2O、NH4

HCO3，生成物[Zn(NH3)4]2＋，离子方程式为ZnO＋3NH3·H2O＋HCO－3＋NH+4＝[Zn(NH3)4]2＋＋CO2－3＋4H2O，正确。B项，与Zn2＋相似，在浸取过程中Cu2＋转变成[Cu(NH3)4]2＋，所以过滤1所得滤液中不可能有大量的Cu2＋，错误。C项

，NH3溶于水得氨水，可用于“浸取”工序，正确。D项，根据均摊法，该晶胞中Zn2＋数为2，正确。11．A【解析】A项，饱和Na2CO3溶液中通入CO2反应过程中消耗了溶剂水，生成NaHCO3的质量比消耗Na2CO3的质量大，即使有晶体析出，也不能充分说明Na2CO3溶解

度比NaHCO3大。B项，Fe2＋、Br－都能与Cl2反应，控制Cl2少量，通过现象判断与Cl2反应的是Fe2＋、还是Br－，从而比较Fe2＋、Br－还原性的强弱，正确。C项，CO32－“对应的酸”是HCO3－，在温度、浓度均相同的情况下

，根据“酸根越水解、溶液pH越大、对应酸越弱”可以比较HClO与HCO3－的酸性，正确。D项，在该实验中，c(Ag＋)、c(I－)均很小，通过观察颜色是否变化判断AgCl是否转变为AgI，从而比较Ksp(AgCl

)和Ksp(AgI)大小，正确。12．A【解析】A项，从a点到b点，溶质由KHA(K＋、HA－)变为KNaA(K＋、Na＋、A2－)，“净电荷”浓度减小，但溶液相对导电能力却增强，说明Na＋和A2－导电能力之和比HA－的大，正确。B项，滴定过程中n(K＋)一定，溶液体积增大，a、

b、c三点c(K＋)依次减小，错误。C项，a点是KHA溶液，根据电荷守恒得c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2－)，根据题目给出的H2A的K，可以推知a点对应的溶液呈酸性，综合可得：c(K＋)＜c(HA－)＋2c(A2－)，错误。D项，b点是K2A和Na2A混合溶

液，综合电荷守恒式c(K＋)＋c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2－)、物料守恒式c(K＋)＋c(Na＋)＝2c(H2A)＋2c(HA－)＋2c(A2－)，得：c(OH−)＝c(H＋)＋c(HA−)＋2c(H2A)，错误。13

．D【解析】A项，根据盖斯定律，CO(g)＋2H2(g)＝CH3OH(g)的ΔH＝－90.7kJ·mol－1，错误。B项，220℃～280℃时，CH3OH选择性始终高于60%左右、CO选择性低于40%，则n(CO)＜n(CH3OH)，错误。C项，在220℃～280℃范围内，随温度

升高，CH3OH选择性降低、CO选择性增大，则n(CH3OH):n(CO)的值随温度升高而减小，错误。D项，低温下，虽然CH3OH选择性高，但温度低反应速率慢，相同时间内转化的CO2物质的量少、得到的CH3OH

少，所以开发低温下反应活性强的催化剂以提高反应速率，有利于提高CH3OH的产率，正确。14．【解析】⑴Fe2＋氧化成Fe3＋，从原子结构角度看，失去的是3d能级上的一个电子，Fe2＋价电子排布式3d6，失去一个电子后变成3d5半满稳定结构，所以该过程较容易发

生。⑵酸溶、过滤的目的是分离出MnO2固体，溶液的存在不仅将Mg2＋带入后续步骤，增加除杂难度，而且会稀释还原过程加入的硫酸，使反应速率减慢、溶液中Mn2＋浓度减小，继而影响除铁效果和最终MnSO4·H2O产率。⑶①根

据Ksp[Fe(OH)3]＝1×10－37.4、完全沉淀时c(Fe3＋)＜10－5mol·L－1，计算Fe3＋完全沉淀时溶液的pH：c(OH－)＞354.3710101－－＝10－10.8mol·L－1，pOH＜10.8，pH＞3.2。根据Ksp[Mn(

OH)2]＝2×10－13、c(Mn2＋)＝0.2mol·L－1，计算Mn2＋开始沉淀时溶液的pH：c(OH－)＝2.010213－＝10－6mol·L－1，pOH＝6，pH＝8。所以“除铁”过程需控制溶液pH的范围是3.2～8.0。②除铁原理是CaCO3促进

Fe3＋水解生成Fe(OH)3沉淀，故反应方程式为：Fe2(SO4)3＋3CaCO3＋3H2O＝2Fe(OH)3＋3CaSO4＋3CO2↑⑷因为萃取剂的密度比水溶液小，所以水溶液可直接从分液漏斗下端放出，具体操作

为打开磨口塞，慢慢旋转活塞，待下层液体完全放出后，关闭活塞。⑸①0.4690gNa2C2O4(mol134g0.4690g＝0.0035mol)被样品中MnSO4生成的MnO4－和加入的20.00mL0.0200mol·L－1KMnO4氧化。根据电子守恒得2MnO－4～5C2O2

－4，设样品中MnSO4·H2O物质的量为x，则：25(x＋0.0200mol·L－1×0.0200L)＝0.0035mol，解得：x＝0.001mol，m(MnSO4·H2O)＝169g·mol－1×0.001mol＝0.1690g，MnSO4·H2O样品的

纯度为：1710g00.1690g.×100%＝98.83%。决胜新高考——2023届高三年级大联考化学解析3②若晶体样品失去结晶水，而在数据处理时以“MnSO4·H2O”计算，会使得MnSO4·H2O质量偏大，质量分数偏大甚至超过100%。15．【解析】⑴A→B将

醇转变为醛，在Cu或Ag催化、加热条件下用O2氧化即可。⑵沿碳碳双键轴方向()将一端碳原子上的基团对调即可得反式异构体：NOH。⑶将F与G的结构对比()，增加的部分(虚线框内部分)来自X，再结合X的分子式即可确定X的结构简式为O

2NClNNH。⑷能发生银镜反应，含有“COH”结构；水解产物能与FeCl3溶液发生显色反应，应含有酚羟基形成的酯基，最简单的氨基酸是甘氨酸(CH2NH2COOH)，所以该异构体中含有“CH2NH2C

OO”结构；综合分子式和苯环外缺氢指数可得该异构体的结构简式为H2NCH2COOCCCOH。⑸参考原料分子结构，将目标分子“拆分”：，参考题干流程E→F的反应条件和分子结构变化、题给信息，得合成路线如下：16．【解析】⑴FeSO4和L

iOH溶液直接混合生成Fe(OH)2，而Fe(OH)2极易被氧化，最终产品中混有Fe(Ⅲ)化合物。⑵根据生成物化学式LiFePO4确定反应中(NH4)2Fe(SO4)2、LiOH、H3PO4物质的量之比为1:1，反应方程式为(NH4)2Fe(SO4)2

＋LiOH＋H3PO4＝LiFePO4↓＋2NH4HSO4＋H2O。⑶活性炭的特征性质有吸附性、导电性、还原性等。在有Fe(Ⅱ)的情境下，考虑利用其还原性，防止Fe(Ⅱ)被氧化。⑷参考流程可知“磷锂分离”的原理是Li2HPO4与CaCl2反应，将PO43－转变为Ca3

(PO4)2而除去。反应方程式为2Li2HPO4＋3CaCl2＝Ca3(PO4)2↓＋4LiCl＋2HCl。萃取后的LiCl溶液中混有HCl，利用三辛胺难溶于水、呈碱性，既溶液中的HCl反应除去、减小溶液中H＋浓度，又能增大CO2－3浓度，从而有利于Li2

CO3生成。⑸废旧电极材料中加入NaOH溶液至不再产生气泡时、过滤，已将铝溶解除去，剩余固体成分为炭、LiFePO4和FePO4，从中获得Li＋溶液并沉淀生成Li2CO3的基本思路是：用酸溶解、过滤，除炭；将Fe2＋氧化、调节pH除Fe3＋；用Na2CO3溶液沉淀Li＋得Li2CO3。具体方案

为：向滤渣中边搅拌边加入盐酸，至固体不再减少，过滤；向滤液中加入过量的双氧水，再逐滴加入NaOH溶液至pH大于3.2，过滤；边搅拌边向滤液中滴加Na2CO3溶液至产生大量沉淀生成，静置，向上层清液中滴加Na2CO3溶液若无沉淀生成。决胜新高考——2023届高三年级

大联考化学解析417．【解析】⑴为了提高原料利用率，对滤液中含铁量进行测定，确定加入(NH4)2SO4的量。⑵从黄铵铁矾的化学式可知，热合成的原理是加热促进Fe3＋水解，所以反应的化学方程式为3Fe2(SO4)3＋(N

H4)2SO4＋12H2O2(NH4)Fe3(SO4)2(OH)6↓＋6H2SO4。⑶热合成反应中有硫酸生成，而酸浸需要硫酸，所以循环使用的物质是H2SO4。⑷观察图(a)，第步中铁原子与氧原子间成键方式未变，铁仍为＋3价；而经过第步后，Fe与O原子间

增加了一个共价键，考虑到Fe的电负性小于O，所以Fe的化合价升高了1，为＋4价。⑸研读题中核心信息“黄铵铁矾催化H2O2氧化去除有机染料”，结合图(a)、(b)可知，氧化过程中实际起氧化作用的粒子是H2O2生成的羟基(·OH)。所以，该过程可

描述成：黄铁铵矾催化H2O2裂解产生·OH，·OH促进MB吸附于黄铁铵矾表面，在黄铁铵矾的催化作用下，·OH将MB氧化成CO2等物质除去。⑹题17图-2显示，pH＝7.0时，相同时间内MB去除率与图中其它pH下的去除率低，达到相同去除率消耗的时间更长，所以这是一个反应速率问题。与图

中其它pH相比，pH＝7时，H＋浓度更小，溶液中含氧酸根[CO2－3(或HCO－3)]的浓度增大，·OH可能被消耗。所以，pH＝7时MB去除率明显降低，可能的原因是pH增大，溶液中CO2－3(或HCO－3)浓度增大，使得H2O2裂解生成的·OH减少，氧化MB的速率减慢

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