2023年湖北省高三9月起点考试高三化学参考答案、解析及评分标准一、选择题(每小题3分，共45分)题号123456789101112131415答案DAACBDACBCBABCD1．【答案】D【解析】防止塑料的老化应该添加防老剂，不是增塑剂，A项错误。生石灰能够吸水防潮，不能作脱氧剂，B项错误。被保护金属作原电池正极，可保护金属不被腐蚀，C项错误。2．【答案】A【解析】鍮石是纯铜，假鍮石是铜锌合金，合金硬度比其成分金属的大，假鍮石硬度大相对不方便冲压△成型，C项正确，A项错误，是本题的答案。假鍮石炼制过程涉及反应：ZnCO3==ZnO+CO2↑、△2ZnO+C==2Zn+CO2↑等，B、D项正确。3．【答案】A【解析】苯环与碳碳双键以碳碳单键相连，碳碳单键可以旋转，所有碳原子不一定共平面，B项错误。1mol该物质最多消耗10molH2，C项错误。该有机物含有醇羟基，能发生氧化反应，D项错误。4．【答案】C+2－3+【解析】H、SiO3不能共存，A项错误。加入过量稀硫酸时，没有气体生成，B项错误。Fe有颜色，不符合题意，D项错误。5．【答案】B【解析】Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，H2SO4在反应中化合价未变化，体现的是酸性，A项错误。反应生成的2,4,6-三溴苯酚溶解在过量的苯酚浓溶液中，无白色沉淀产生，C项错误。银表面有银白色金属沉积，说明Ag是原电池的正极，D项错误。6．【答案】D【解析】X、Y、Z、W、M分别是H、O、Al、S、Cl元素。非金属性：H＜O，A项错误。熔点：离子3+2−晶体Al2O3＞分子晶体AlCl3，B项错误。离子半径：Al＜S，C项错误。非金属性：S＜Cl，还原性H2S＞HCl，D项正确。7．【答案】A【解析】实验中直形冷凝管用于冷凝分离乙醚，不能用球形冷凝管代替，否则冷凝的乙醚会残留在球形冷凝管的玻璃球内，不利于分离乙醚，A项错误，是本题的答案。8．【答案】C【解析】PCl3中磷原子有1对孤对电子，BBr3中硼原子缺电子，Cl3PBBr3中含有P→B配位键，A项正确。+PCl3和[PBr4]的磷原子价层电子对数均为4，VSEPR模型是四面体形，B项正确。Cl3PBBr3中磷原子价层湖北省新高考联考协作体*化学答案（共6页）第1页3－3电子对数为4，是sp杂化，[PCl6]中磷原子价层电子对数为6，不是sp杂化，C项错误，是本题的答案。－－－－PCl5和PBr5结构的差异是因为Cl半径较小，可形成[PCl6]，而Br半径较大，无法形成[PBr6]，D项正确。9．【答案】B【解析】通常离子的浓度越高，溶液的导电能力越强。没有指明酸的浓度，强酸溶液的导电能力不一定比弱酸溶液的强，B项错误，是本题的答案。10．【答案】C2+－－+【解析】Be为硬酸，F为硬碱，I为软碱，稳定性BeF2＞BeI2，A项正确。同理，B项正确。Li为硬酸，F－为硬碱，I－为软碱，稳定性LiF＞LiI，反应LiI+CsF=LiF+CsI能向右进行，C项错误，是本题的3−3−3−－－答案。[Fe(SCN)6]转化为[FeF6]，说明[FeF6]更稳定，碱的“硬度”：F＞SCN，D项正确。11．【答案】B【解析】E→F的反应为：E+TFAA→F+CF3CO2H，是取代反应，A项正确。含C=C、C=N等结构的物质可形成顺反异构，但是E、F均是以C=N与六元环对位碳连线为对称轴的对称结构，不能形成顺反异+构，B项错误，是本题的答案。C-F的极性大于C-H，导致CF3CO2H的羟基极性更大，更易电离出H，C项正确。G及其同分异构体有2个不饱和度，芳香族化合物至少有4个不饱和度，二者的氢原子数不相等，G的同分异构体中不可能含有芳香族化合物，D项正确。12．【答案】ACl【解析】历程Ⅰ的总反应O3+O=2O2，历程Ⅱ的总反应O3+O==2O2，二者的ΔH相等，A项错误，是本题的−1答案。Cl2(g)的相对能量为0，图中O3+O→O3+O+Cl的能量差为(E2－E3)kJ∙mol，可计算Cl－Cl键能为−12(E2－E3)kJ∙mol，B项正确。历程Ⅱ中第一步活化能大于第二步，所以控速步为第一步，方程式为：O3+Cl=O2+ClO，C项正确。历程Ⅱ中第二步的热化学方程式为：O(g)+ClO(g)=O2(g)+Cl(g)ΔH=(E5－−1E4)kJ∙mol，D项正确。13．【答案】B【解析】电池工作时，右侧(阳极)的H+通过离子交换膜进入左侧(阴极)，参与阴极区反应2++3+3+－2+3+4Fe+O2+4H=4Fe+2H2O，而阴极的电极反应为Fe+e=Fe，可见Fe起了催化剂的作用，降低了通电O2直接在电极上放电的活化能，该过程的总反应为O2+4HCl=====2Cl2+2H2O。因此，A、C及D项正确。－O2～4e，电路中转移1mol电子，需消耗5.6L标况下的O2，B项错误。14．【答案】C【解析】根据均摊法计算黑球1个，白球3个，花球1个，所以白球代表O，才能保证晶体阴阳离子的电荷平衡。因为Al与O最小间距大于Co与O最小间距，所以黑球代表Al，花球代表Co，晶体的化学3+式为AlCoO3。Co的化合价为+3，A项错误。Al的配位数为12，B项错误。晶胞沿z轴方向投影图可48表示为图b，C项正确。晶胞单位体积中含氧质量g/cm3，D项错误。−103(c×10)×NA湖北省新高考联考协作体*化学答案（共6页）第2页15．【答案】D3+3－3+3【解析】Ga(OH)3的Ksp＝c(Ga)c(OH)，将等式两边同取负对数可得：－lgKsp＝pKsp＝－lg[c(Ga)c(OH－3+3－3+3+3+)]＝－lgc(Ga)－lgc(OH)＝pc(Ga)+3pOH，则pc(Ga)=pKsp－3pOH，构成了以pOH为横坐标，pc(Ga)3+2+为纵坐标的直线方程，同理，In(OH)3和Cu(OH)2的方程分别为：pc(In)=pKsp－3pOH、pc(Cu)=pKsp−7.7−6.0×2−19.7－2pOH，三条线的斜率Cu(OH)2的一条不同，即Ⅲ线代表Cu(OH)2，其Ksp＝10＝10。又因为−17.2−6.0×3−35.2Ksp[Ga(OH)3]＜Ksp[In(OH)3]，代入图中坐标点可得，Ⅰ线代表Ga(OH)3，其Ksp＝10＝10，Ⅱ−15.2−6.0×3−33.2线代表In(OH)3，其Ksp＝10＝10。Ⅰ线、Ⅱ线斜率相同，相互平行，A、B项错误；由图可110−33.2知，In3+恰好完全沉淀时，pOH≈9.5(也可准确计算：pOH=－lg=9.4)，C项错误；Ga3+和Cu2+沉310−5.03−35.2−19.7－10−11.710−9.9淀时需要的c(OH)分别为≈10、≈10，Ga(OH)3先沉淀，D项正确。11二、非选择题(共55分)16．(14分，除注明外，每空2分)【答案】(1)4−氟苯甲醛或对氟苯甲醛(1分)酰胺基、酯基(对而不全，得1分)(2)(条件不写，扣1分)(3)或或CH3CH2OOCCH2CN等(4)2(1分)(5)15(6)①A②【解析】(2)根据B→C发生氧化反应，C→D发生酯化反应，推得C为，B→C的化学反应方程式为。(3)D→F发生加成反应，为了便于理解加成过程，给D侧链碳编号，如图。湖北省新高考联考协作体*化学答案（共6页）第3页F有两种断键方式如图①②。①标号1、2的碳原子间是原来的碳碳双键，断1、4号的碳原子间C-C键及2号碳上的C-H键，4号碳与2号碳上断掉的H相连得E，为。②标号1、2的碳原子间是原来的碳碳双键，断1、4号及2、6号的碳原子间C-C键，4号碳与6号碳相连得E，为。显然，不管哪种断键方式，得到的E相同。但是，E中极性基团-CN与极性基团-COO-连接在同一个碳原子上，该碳原子上的H(可称为α-H)活性较高，即是说上述断键方式①更合理。(4)如图数字所示，F中手性碳原子有2个。(5)根据题意，同分异构体中含有①C=C、②-CHO、③等片段。①②片段连接一起，有-CH=CHCHO、两种，分别处于苯环上氟原子的邻、间、对位置，有同分异构体6种，其中-CH=CHCHO与氟原子处于对位是B本身，减掉1种。若①②片段均连接在苯环上，有同分异构体10种，总共15种。(6)①根据上述(3)问的分析情况，E中-CN与-COO-连接的碳原子上H(可称为α-H)活性较高，E断键为α-H原子和部分，分别加成到X()的1、2号双键碳原子上。如果加到X的1号碳原子上，得到本题的产物Y；如果加到X的2号碳原子上，得到本题的副产物，即本题的答案为A。②根据题意G→H反应是-COOC2H5被还原为-CH2OH，所以W→Z发生的是同样的反应，即将Z中湖北省新高考联考协作体*化学答案（共6页）第4页-CH2OH部位改写为-COOC2H5即可，答案为。17．(14分，每空2分)【答案】(1)CuS+MnO2+2H2SO4=CuSO4+MnSO4+S+2H2O2-(2)SiO2、S(对而不全，得1分)PbCl4(3)抑制Bi3+离子水解(，防止其提前沉淀)(括号内容可不答出)(4)c3+－2-(5)Bi+Cl+CO3=BiOCl↓+CO2↑(6)44.8%2-【解析】(1)“浸铜”时有单质硫生成，而SO4较稳定，说明是CuS与MnO2发生了氧化还原反应，反应为CuS+MnO2+2H2SO4=CuSO4+MnSO4+S+2H2O。(2)含铋的化合物、SiO2、PbSO4、As2O3及“浸铜”生成的S，不参与“浸铋”之前的反应，进入“浸铋”步骤，2-根据已知信息①②，铋和砷转化为BiCl3、AsCl3，铅主要转化为PbCl4，进入“除铅、砷”步骤，“浸渣1”的主要成分为SiO2和S。3+(3)已知信息①BiCl3极易水解，盐酸的作用为抑制Bi离子水解，防止其提前沉淀，影响BiOCl产率。(4)最佳的液固比应该是铅、砷去除率尽量高，后续沉铋量尽量大，c为最佳。d相对于c，后续沉铋量略有增大，但是铅去除率降低，液固比比c大，“浸铋”所得浸取液使用多，相对沉铋量小。3+2-3+－2-(5)Bi和CO3的双水解反应，根据原子及电荷守恒配平即可，反应为Bi+Cl+CO3=BiOCl↓+CO2↑。(6)Bi元素的总利用率=70%×80%×80%=44.8%。18．(14分，除注明外，每空2分)【答案】(1)Cu(OH)2(2)沉淀溶解，得到无色溶液(1分)+－+－CuCl+2NH3=[Cu(NH3)2]+Cl(或CuCl+2NH3·H2O=[Cu(NH3)2]+Cl+2H2O)溶液变为深蓝色(1分)(3)CuSO4(4)有紫红色固体析出(，产生刺激性气味气体)(括号内容可不答出)2+－－2-(5)2Cu+4I=2CuI↓+I2(或2CuSO3+4I=2CuI+I2+2SO3)盐酸和BaCl2溶液【解析】(1)双水解反应生成的主要含铜产物为Cu(OH)2。(2)根据信息③中Cu+溶于浓氨水的信息，可回答出相关实验现象。第一步的离子反应为：湖北省新高考联考协作体*化学答案（共6页）第5页+－CuCl+2NH3=[Cu(NH3)2]+Cl。2+2-－(3)实验探究一证明了Cu和SO3可以发生氧化还原反应，有Cl时，产生了CuCl白色沉淀，其中棕2+2-黄色沉淀与Cu和SO3的反应关系密切。因此，CuCl2溶液替换为等体积等浓度的CuSO4溶液最合适。(4)实验2结论已经说明含有Cu2SO3，实验2即是含Cu2SO3的沉淀中加入一定量的稀硫酸，根据信息②+2-中Cu酸性条件下歧化，以及SO3与酸的反应，可得实验现象为：有紫红色固体析出，产生刺激性气味气体。(5)实验3结论已经说明含有CuSO3，实验3即是含Cu2SO3、CuSO3的沉淀中加入一定量的KI溶液，信息①告知CuI为白色沉淀，显然实验3中产生的白色沉淀A是CuI。若CuI是Cu2SO3与KI发生复分解2-反应产生的，则上层清液含有SO3；若CuI是CuSO3与KI发生氧化还原反应反应产生的，则上层清液含2-2+－有I2和SO3，而