新高考卷名校教研联盟2024届高三4月联考化学参考答案(1)_2024年5月_025月合集_2024届名校教研联盟高三4月联考（新高考卷）

绝密★启用前（新高考卷） 化学参考答案 1.【答案】D 【解析】光伏发电是太阳能直接转化成电能，A项错误；石墨烯是无机非金属材料，B项错误；碲是VⅠA族元 素，镉属于过渡元素，C项错误；人工合成淀粉属于有机高分子化合物，D项正确。 2.【答案】D 【解析】将盐卤溶液蒸干得到的是Mg(OH) 、CaSO 等，D项错误。 2 4 3.【答案】A 1 【解析】SO 2 的价层电子对=键电子对+孤电子对=2+ （622）=2+1=3，则SO 2 的价层电子对互斥模型为 2 ，A项正确；顺-2-丁烯的2个甲基应该位于同侧，图中的球棍模型是反-2-丁烯，B项错误；Na O 是 2 2 离子化合物，电子式为 ，C项错误；MgCl 的形成过程的箭头方向画反了，D项错误。 2 4.【答案】C 【解析】钠和钾容易与水剧烈反应，白磷容易自燃，实验室没有用完的钠、钾和白磷物质需要放回原试剂瓶，A 项错误；量筒的精确度不能到0.01mL，应该用碱式滴定管或移液管量取，B项错误；蒸馏实验操作中，若使用 球形冷凝管可能导致部分馏分滞留在冷凝管中，D项错误。 5.【答案】B 【解析】1mol苯甲酸含有的双键数目为N ，A项错误；1molSiO 晶体含有4molSi-O键，6.0gSiO （0.1mol）含 A 2 2 有的Si-O键数目为0.4N ，B项正确；1LpH=1的H SO 溶液中n(H+)=1L×0.1mol/L=0.1mol，则H+的数目为0. A 2 4 1N ，C项错误；标准状况下，SO 是非气态，不能用V =22.4L/mol计算，D项错误。 A 3 m 6.【答案】B 【解析】1molX 分子中含有 2mol 碳氧π键，A 项错误；分子 Y 不含手性碳原子，B 项正确；1molX与H 发 2 生加成反应，最多消耗5molH ，酯基不与H 加成，C项错误；X中含有醛基，Y中不含醛基，可以用新制的 2 2 Cu(OH) 悬浊液检验Y中是否含有X，D项错误。 2 7.【答案】C 【解析】A项中H S不能拆写；B项中HClO会氧化SO 2-；D项中不会生成Cu(OH) ，生成的是[Cu(NH₃)₄]²⁺； 2 3 2 C项，加入MgO，消耗FeCl 水解生成的盐酸，促使水解程度增大，生成Fe(OH) 沉淀，C项离子方程式正确。 3 3 8.【答案】C 【解析】Cu+的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d10，M层有18个电子，A项正确；晶胞中的4个Cu+，组成是 3 正四面体，B项正确；半径该晶胞的边长为apm，其体对角线为 3apm，Cu+、Br-离子其核之间最短距离 apm， 4 化学参考答案（新高考卷） 第 1 页 （共 7 页）C项错误；根据晶胞结构特点，可以得出该晶胞中含有4个Cu+、4个Br-离子，其所占体积为 4 4 16 πr34 πr34 π(r3 r3)pm3，该晶胞的体积为a3pm3，所以该晶胞中Cu+、Br-离子的空间占有率为 3 1 3 2 3 1 2 16π(r3 r3) 1 2 ×100％，D项正确。 3a3 9.【答案】D 【解析】苯酚与溴水反应生成的三溴苯酚易溶于苯，看不到白色沉淀，A项错误；在铁制镀件上镀铜，铜片做阳 极，铁制镀件做阴极，B项错误；方案丙只能验证非金属性C＞Si，不能验证Cl＞C，C项错误；由难溶的 ZnS生成了更难溶的CuS，D项正确。 10.【答案】D 【解析】H原子不满足8电子稳定结构，A项错误；键角1的中心C是sp2杂化（键角约为120°），键角2的 中心C是sp3杂化（键角约为109°28′），图中的键角1大于键角2，B项错误；该配合物中的配体只有一种， 是EDTA，Mg2＋的配位数是6，C项错误，D项正确。 11.【答案】B 【解析】根据图示结构判断M、N、W、X、Y、Z分别为B、O、F、Al、Si、Cl。硅原子的最外层是3s23p2排布， 3p上有2个未成对的电子，A项正确；Al O 的熔点高于AlCl 的熔点，前者一般看做共价晶体，后者为分子晶 2 3 3 体，B项错误；核外电子排布相同的简单离子，核电荷数越大，半径越小，X（Al3+）＜W（F-）＜N（O2-）， C项正确；W的简单氢化物为HF，Z的简单氢化物为HCl，HF分子间存在氢键，沸点：HF＞HCl，D项正确。 12.【答案】B 【解析】医用酒精中含有水，水也可与钠反应生成H ，A项错误；比较HCOOH和H S的酸性，应选择同浓度 2 2 HCOO−和HS−的盐溶液进行比较，B项正确；向0.1molFeI 的溶液中通入0.1molCl ，无论是Fe2+先反应，还是 2 2 I-先反应，都会生成I ，溶液都会变蓝，不能说明还原性：I-＞Fe2+，C项错误；过量的KOH也能与AgNO 反 2 3 应产生白色沉淀AgOH，然后迅速变成黑色沉淀AgO，溶液变浑浊，会干扰氯离子的检验，不能说明氯乙烷含 有氯元素，D项错误。 13.【答案】D 【解析】该反应的催化剂是Pd(0)L ，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ为中间产物，A项正确；催化剂Pd(0)L 中的Pd元素是0价，Ⅰ、 2 2 Ⅱ、Ⅲ中Pd元素是+2价，B项正确；Br-C键能小于Cl-C，溴代烃比氯代烃更容易发生偶联反应，C项正确； B(OH) 2 X 2 R 总反应为 + 2OH- + R 2 + X- + B(OH) -，D项错误。 1 4 1 R R 14.【答案】D 【解析】电池分析：该装置为电解池，电极N附近产生了H+和Ca2+，电极M附近得到是高纯度的磷酸钙产品， 化学参考答案（新高考卷） 第 2 页 （共 7 页）说明电极N附近的Ca2+通过了“网兜”移动到了电极M附近。电极N是阳极，跟电源的正极连接，A项正确； 电极M、N都没有参与电极反应，都可以是惰性电极，B项正确；从示意图可知，阳极电极反应为2H O-4e- 2 ＝4H++O ↑，C项正确；钙离子通过了网兜，迁移至电极M处生成Ca (PO ) 产品，说明“网兜”的实际作用 2 3 4 2 并不是阴离子交换膜，D项错误。 15.【答案】D c(B) c(HA) c(HA) 【解析】根据平衡常数K不变可知，当1g 增大时[即c(H+)减小]，1g 增大，1g 减小，所 c(HB) c(H A) c(A2  ) 2 c(HA) c(HA) c(B) c(B) 以L 和L 分别表示1g 和1g 随1g 变化的图像。根据图象，当1g =0时[即 1 2 c(H A) c(A2  ) c(HB) c(HB) 2 c(HA) c(HA) c(HA)c(H) c(H A) c(B-)=c(HB)]，1g =1.2，即 =101.2，由K (H A)= 得c(H+)=K (H A) 2 = c(H A) c(H A) a1 2 c(H A) a1 2 c(HA) 2 2 2 c(B)c(H) c(B) c(HA) 1.0×10-3×10-1.2=10-4.2，则K (HB)= =c(H+)=10-4.2，A项错误。当1g =0时，1g =3.4， a c(HB) c(HB) c(A2  ) c(A2  )c(H) K c(H+)=10-4.2，则K (H A)= =10-3.4×10-4.2=10-7.6，HA-的水解平衡常数K = w =10-14×103=10-11， a2 2 c(HA) h2 K a1 c(HA) K ＜K (H A)，则NaHA溶液中HA-的电离程度大于水解，溶液呈酸性，B项错误。P点溶液，1g = h2 a2 2 c(H A) 2 c(HA) 1g ，即c(H A)=c(A2-)，根据电荷守恒得①：c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(B-)+c(OH-)，根据Na A的物  2 2 c(A2 ) 料守恒得②：c(Na+)=2×[c(A2-)+c(HA-)+c(H A)]，将②代入①得③：c(HA-)+2c(H A)+c(H+)=c(B-)+c(OH-)，再将 2 2 c(H A)=c(A2-)代入③得：c(HA-)+2c(A2-)+c(H+)=c(B-)+c(OH-)，C项错误。根据前面的相关数据可以得出： 2 K (H A)＞K (HB)＞K (H A)，即酸性强弱关系：H A＞HB＞HA-，故Na A溶液中滴入足量HB溶液的离子方程 a1 2 a a2 2 2 2 式为A2-+HB＝HA-+B-，D项正确。 16.（14分） 【答案】 （1）第四周期第ⅡA族（1分） （2）CaO+H O+2NH +＝Ca2++2NH ·H O（2分） a（2分） 2 4 3 2 （3）MgO（2分） （4）7.0（2分，填“7”也给分） pH约为7.0时，碳酸钙产率最高，pH低于7时（继续通入CO ）， 2 发生CaCO +CO +H O＝Ca2++2HCO -,CaCO 产率降低（2分） 3 2 2 3 3 （5）CO 、NH Cl、NH ·H O（3分，漏写1个扣1分，写错不得分） 2 4 3 2 化学参考答案（新高考卷） 第 3 页 （共 7 页）【解析】 （1）钙是20号元素，在元素周期表的第四周期第ⅡA族。 （2）常温下，NH Cl溶液浸取CaO发生反应CaO+H O＝Ca(OH) 和Ca(OH) +2NH Cl＝CaCl +2NH ·H O，其总反 4 2 2 2 4 2 3 2 应的离子方程式为CaO+H O+2NH +＝Ca2++2NH ·H O。“氨浸1”过程，需要溶解Ca(OH) ，“氨浸2”过程， 2 4 3 2 2 需要溶解Mg(OH) ，再结合两者的K 大小和表达式可判断，“氨浸1”过程碱性更强，pH更大。 2 sp （3）根据流程可判断，“滤渣1”主要成分是MgO，还有少量杂质。 （4）根据图判断，CaCO 产率最高（即“碳化”效果最好）时，对应的pH约为7.0；pH低于7时（继续通入CO ）， 3 2 发生CaCO +CO +H O＝Ca2++2HCO -,整体来看，CaCO 产率在降低。 3 2 2 3 3 （5）白云石煅烧会生成CO ，“沉镁”过程会生成NH Cl，氨浸1和氨浸2生成NH ·H O，再结合流程图可知， 2 4 3 2 可循环利用的物质是CO 、NH Cl和NH ·H O。 2 4 3 2 17.（13分） 【答案】 （1）5H C O +6H++2MnO -＝10CO ↑+2Mn2++8H O（2分） 2 2 4 4 2 2 （2）H SO （2分） 2 4 （3）d（2分） （4）酸式（1分） 偏小（2分） FeSO 标准溶液放置时间长，部分亚铁离子被溶液中的O 氧化了（2分） 4 2 （5）97.6（2分） 【解析】 （1）反应为酸性高锰酸钾氧化草酸根且有 CO 气体产生，离子方程式为 5H C O +6H++2MnO -＝10CO ↑ 2 2 2 4 4 2 +2Mn2++8H O。 2 （2）实验室使用的酸性KMnO 溶液一般是用硫酸来酸化。 4 （3）溶液冷却需要用到烧杯，定容需要用到容量瓶和胶头滴管，步骤Ⅱ中不会用到滴定管。 （4）FeSO 标准溶液呈酸性，应该装在酸式滴定管中；开始时滴定管读数正确，结束时仰视，则FeSO 标准溶 4 4 液体积读数会偏大，滴定实验消耗的KMnO 的量偏大，实验中KMnO 的总量一定，则实验I中消耗的KMnO 4 4 4 的量偏小，则测得草酸钴晶体样品的纯度会偏小。若某次所测草酸钴晶体样品的纯度的误差也是偏小，实验操 作和读数也均无误，可能是FeSO 标准溶液没有现配，放置时间长，部分亚铁离子被溶液中的O 氧化了。 4 2 18.03mL17.97mL （5）消耗FeSO 溶液体积的第一组数据误差较大，计算要舍去，V(FeSO )= =18.00mL， 4 4 2 1 根据离子方程式：5Fe2++8H++MnO -＝5Fe3++Mn2++4H O可知滴定过程消耗MnO -的物质的量为 ×18×10-3L× 4 2 4 5 0.1000mol/L=3.6×10-4mol，则实验步骤I中消耗的MnO -的物质的量为0.01mol-10×3.6×10-4mol=0.0064mol，根 4 化学参考答案（新高考卷） 第 4 页 （共 7 页）据步骤I中离子方程式5H C O +6H++2MnO -＝10CO ↑+2Mn2++8H O可知，晶体样品中CoC O ·2H O的物质 2 2 4 4 2 2 2 4 2 5 0.016mol183g/mol 的量为 ×0.0064mol=0.016mol，则草酸钴晶体样品的纯度= ×100％=97.6％。 2 3.0000g 18.（14分） 【答案】 （1）+128.1（2分） （2） ①A（2分） 随着投料比增大，平衡正向移动，甲醇的平衡转化率升高（2分） ②66.7（2分） 3200（2分） （3）无（2分） *CH O+*H＝*CH O+*2H（2分，或*CH O＝*CH O+*H） 3 2 3 2 【解析】 （1）根据盖斯定律可知ΔH＝ΔH-ΔH -2ΔH ＝-726.5kJ/mol-（-283kJ/mol）-2×（-285.8kJ/mol）=+128.1kJ/mol。 1 2 3 （2）①随着投料比增大（可以看做甲醇的量不变，Ar的量在增大），由于总压强不变，所以相当于体积在增大， 导致甲醇的分压在减小，平衡正向移动，甲醇的转化率在升高，故曲线A表示CH OH(g)的平衡转化率，曲线 3 B表示H 的分压p(H )。 2 2 ②当x=1时，可看做n(Ar)=1mol，n(CH OH)=1mol，看图可知此时H 的分压p(H )=40kPa。设生成的CO的物 3 2 2 质的量为a mol， CH OH(g) CO(g)+2H (g) 3 2 起始（mol） 1 0 0 转化（mol） a a 2a 平衡（mol） 1-a a 2a 平衡时，气体总物质的量=n(Ar)+n(CH OH)+n(CO)+n(H )=1mol+（1-a）mol+a mol+2a mol=2（1+a）mol， 3 2 2a 2 根据H 的分压p(H )=40kPa=100kPa× ，a= ，CH OH(g)的平衡转化率=66.7％。CO的分压p(CO)=10 2 2 3 2(1a） 3 2 4 1 3 3 3 0kPa× =20kPa，H 的分压p(H )=100kPa× =40kPa，CH OH的分压p(CH OH)=100kPa× 2 2 3 3 2 2 2 2(1 ） 2(1 ） 2(1 ） 3 3 3 p2(H ) p(CO) （40kPa）2（ 20kPa） =10kPa，该反应的压强平衡常数K = 2 = =3200(kPa)2。 p p(CH OH) 10kPa 3 （3）从历程图或化学方程式均可判断，历程中无C-O键的断裂；活化能最大的一步需要的能量最大，决定了反 应的速率，该步为*CH O+*H＝*CH O+*2H。 3 2 19.（14分） 化学参考答案（新高考卷） 第 5 页 （共 7 页）【答案】 （1）3-氨基-1-丁醇（1分） （2） （2分） （3）氨基、羟基（2分，每个1分） （4）加成（2分，填“还原”也可） （2分） （5） 、 （2分，任写一种即可） （6） （3分） 【解析】 （1）根据系统命名法，把氨基看做取代基，系统命名为3-氨基-1-丁醇。 （2）由已知反应ⅰ可知，另外一种含苯环的物质中还含有羧基，且有7个碳原子，故另外一种产物为苯甲酸，则 A的结构简式为 。 （3）由C的结构简式和X的分子式可知X的结构简式为 ，其官能团为氨基和羟基。 （4）根据反应⑥的反应条件及产物G的结构可知，该反应为分子内脱水形成醚键的反应，故F的结构简式为 ，则E→F的化学反应方程式为 ，该反应是醛基中C=O被加成，属 化学参考答案（新高考卷） 第 6 页 （共 7 页）于加成反应，也属于还原反应。 （5）①可判断苯环上连接有羟基；②水解后得到三种有机物，若α-氨基酸是HN-CH-COOH，另外两种产物酸化 2 2 后为CHCOOH和 ，则该同分异构体为 ,若α-氨基酸是HNCH(CH)COOH，另外 3 2 3 两种产物酸化后为HCOOH和 ，则该同分异构体为 。 （6）见答案。 化学参考答案（新高考卷） 第 7 页 （共 7 页）