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{#{QQABCQAAgggAABJAAAhCQwEICEEQkAAAACoOwAAMsAAAiRFABAA=}#}{#{QQABCQAAgggAABJAAAhCQwEICEEQkAAAACoOwAAMsAAAiRFABAA=}#}{#{QQABCQAAgggAABJAAAhCQwEICEEQkAAAACoOwAAMsAAAiRFABAA=}#}{#{QQABCQAAgggAABJAAAhCQwEICEEQkAAAACoOwAAMsAAAiRFABAA=}#}{#{QQABCQAAgggAABJAAAhCQwEICEEQkAAAACoOwAAMsAAAiRFABAA=}#}{#{QQABCQAAgggAABJAAAhCQwEICEEQkAAAACoOwAAMsAAAiRFABAA=}#}{#{QQABCQAAgggAABJAAAhCQwEICEEQkAAAACoOwAAMsAAAiRFABAA=}#}{#{QQABCQAAgggAABJAAAhCQwEICEEQkAAAACoOwAAMsAAAiRFABAA=}#}2024 年高考备考精英联赛调研卷
高三化学参考答案
1．C
【解析】A．氮化镓、砷化镓都是新型半导体材料，属于新型无机非金属材料，A正确；
B．燃煤发电会产生大量的二氧化碳，而光伏发电是利用太阳能发电，不产生二氧化碳，因
此光伏发电有利于实现碳中和，B正确；C．3He的质子数为1，C错误；D．铷为碱金属元
素，金属性远强于钠，因此其单质与水反应比钠剧烈，D正确。故选C。
2．D
【解析】A、B、C三项中的反应均无电子转移，不涉及氧化还原反应；D项，油酸甘油
酯氢化得到硬脂酸甘油酯，氢气被氧化，涉及氧化还原反应。
3．D
【解析】A．液溴和少量白磷保存时均加水液封，前者是为了防止液溴挥发，后者是为
了防止白磷与空气中的氧气反应，A错误；B．定容时仍然需要向容量瓶中加入蒸馏水，所
以容量瓶用蒸馏水洗净后，不需要烘干即可使用，B错误；C．碳酸钠水解呈碱性，温度升
高，水解程度增大，碱性增强，有利于除去酯类油污，但是柴油属于矿物油，主要成分为烃，
与碱不反应，C错误；D．蒸发结晶时，当大部分晶体析出时，停止加热，用余热蒸干，防
止晶体四溅，D正确。
4．D
【解析】A．中子数为10的氟原子应为19F，A错误；B．HClO的结构式为H—O—Cl，
9
由于O原子的最外层存在2个孤电子对，对成键电子有排斥作用，所以球棍模型为 ，
B错误；C．基态碳原子的电子排布式为1s22s22p2，其轨道表示式为 ，
C错误；D．NH Br的电子式为 ，D正确。
4
5．B
【解析】A．苯的同系物一定含有苯环，因此既是环状化合物，又是芳香族化合物，A
正确；B．有机物C H 也可以是环丙烷，不能使酸性KMnO 溶液褪色，B错误；C．麦芽糖
3 6 4
为二糖，可发生水解生成单糖葡萄糖，麦芽糖结构中还含—CHO，可发生银镜反应，C正确；
D．蛋白质在酸、碱或酶的作用下能发生水解生成多肽，多肽进一步水解，最终生成氨基酸，
D正确。
6．D
【解析】A．基态H原子只有1个电子，有1个未成对电子，基态O原子价层电子排布
式为2s22p4，有2个未成对电子，基态P原子价层电子排布式为3s23p3，有3个未成对电子，
基态K原子价层电子排布式为4s1，有1个未成对电子，未成对电子数最多的是P，A正确；
B．HF在标准状况下为液态的重要原因是HF分子间存在氢键，B正确；C．水晶的主要成分
是SiO ，SiO 属于共价晶体，晶体中含有硅氧四面体结构，C正确；D．石墨晶体的层与层
2 2
之间存在分子间作用力，层内存在大π键，层内存在自由移动的电子，因此具有导电性，D
错误。
7．C
高三化学参考答案 第 1 页 （共 7 页）
{#{QQABCQAAgggAABJAAAhCQwEICEEQkAAAACoOwAAMsAAAiRFABAA=}#}【解析】A．制备氢氧化铁胶体时，不能直接将饱和FeCl 溶液滴入NaOH溶液中，这
3
样会直接生成Fe(OH) 沉淀，应该将饱和FeCl 溶液滴入沸水中，继续加热到出现红褐色停
3 3
止，即可制得氢氧化铁胶体，A错误；B．盐酸不能直接倒入容量瓶中，应该在烧杯中稀释
后再转移到容量瓶中，B错误；C．反应后溶液中还有过量的浓硫酸，检验其中的Cu2+必须
将溶液倒入盛水的烧杯，搅拌散热观察现象，C正确；D．浓盐酸易挥发，生成的氯气中含
有HCl，应用饱和食盐水除去HCl，而不能用饱和NaHCO 溶液，D错误。
3
8．C
【解析】A．F中碳原子为羧基碳原子，采取sp2杂化，A正确；B．该反应为羧酸和醇
之间的缩聚反应，B正确；C．K是高分子化合物，但高分子化合物都是混合物，C错误；D．J
分子中含有2个羟基，1molJ最多能与2mol 即46gNa反应，D正确。
9．A
【解析】A．亚硝酸钠为强碱弱酸盐，亚硝酸根可发生水解使溶液显碱性，A正确；B．硫
△
的氧化性较弱，铁和硫加热条件下反应：Fe+S FeS，B错误；C．向水玻璃中通入少量
CO 生成碳酸钠和硅酸：SiO2−+CO +H O CO2−+H SiO ↓，C错误；D．用惰性电极电
2 3 2 2 3 2 3
通电
解饱和MgCl 溶液的离子方程式为Mg2++2Cl−+2H O Cl ↑+H ↑+Mg(OH) ↓，D错误。
2 2 2 2 2
10．B
【解析】A．稀硝酸具有强氧化性，无法制取H S，故实验中不能用稀硝酸代替稀硫酸，
2
A正确；B．将H S通入B装置，H S与I 发生氧化还原反应，I 作氧化剂，生成碘离子，
2 2 2 2
H S作还原剂，生成S单质，B错误；C．尾气中的H S为酸性气体，可以用稀碱液吸收，C
2 2
正确；D．反应结束后，B中混合物主要是KI溶液和不溶的S单质，故经过过滤可得到粗碘
化钾溶液，D正确。
11．C
【解析】废铜屑与稀硫酸、过氧化氢溶液，反应生成硫酸铜和水，过滤后分离出不溶性
杂质，“滤液1”中所含溶质的主要成分为CuSO ；再加入Fe，与CuSO 溶液发生置换反应生
4 4
成Cu和FeSO ，过滤分离出铜，滤液2的溶质主要成分为FeSO ，再进行蒸发浓缩、冷却结
4 4
晶、过滤、洗涤、干燥等一系列操作得到绿矾。A．基态铜原子的价层电子排布式为3d104s1，
A正确；B．浸泡过程中铜单质及其化合物在硫酸和双氧水的作用下，均发生化学反应，转
化为CuSO ，其他不溶性杂质形成滤渣，因此滤液1的溶质主要成分为CuSO ，B正确，若
4 4
分铜过程生成64g铜，则Fe与CuSO 的反应中有2mol电子转移，但浸泡过程中生成Cu2+
4
时，部分铜元素化合价未发生变化，因此浸泡过程中理论上电子转移的量小于2mol，C错
误；Fe2+与铁氰化钾反应可生成蓝色沉淀，因此可用铁氰化钾溶液检验滤液2中Fe2+的存在，
D正确。
12．B
【解析】结合(YX ) Ce(WZ ) 的组成特点及题给信息可知X、Y、Z、W分别为H、N、
4 4 4 4
O、S，因此M的化学式为(NH ) Ce(SO ) 。A．根据铵根离子显−1价，硫酸根离子显−2价，
4 4 4 4
计算可得(NH ) Ce(SO ) 中Ce的化合价为+4，A正确；B．简单离子半径：S2−>N3−>O2−，B
4 4 4 4
错误；C．X为H，与H形成的简单化合物为简单氢化物，沸点：H O>H S，C正确；D．SO2−
2 2 4
的空间结构为正四面体，D正确。
13．D
【解析】A．催化剂能降低反应的活化能，提高反应速率，但不能改变总反应的焓变，A
错误；B．根据图中信息可知，生成的H O不再参与后面流程，因此是反应历程的最终产物
2
高三化学参考答案 第 2 页 （共 7 页）
{#{QQABCQAAgggAABJAAAhCQwEICEEQkAAAACoOwAAMsAAAiRFABAA=}#}之一，B错误；C．该反应的反应物为CO 和H ，产物为CH OH和H O，只存在非极性键
2 2 3 2
的断裂，没有非极性键的形成，C错误；D．由得失电子守恒有3H ~CH OH~6H*，所以产生
2 3
1molCH OH消耗6molH*，即理论上反应历程中消耗的H*与生成的甲醇的物质的量之比为
3
6∶1，D正确。
14．C
1 1
【解析】A．该晶胞中含有4个Al原子，8× +6× =4个P原子，化学式为AlP，A
8 2
正确；B．根据题干信息，该晶体熔点高约2000℃，应为共价晶体，B正确；C．Al原子的
58
×4
配位数为4，C错误；D．由立方晶胞密度计算公式可得晶胞体积为 N
A
cm3，得到晶胞的
ρ
58
×4
边长为3 N
A
×1010pm，两个P原子间的最近核间距为面对角线长度的一半即
ρ
58
×4
2 ×3 N A ×1010pm，D正确。
2 ρ
15．B
【解析】甲酸钠制备过程中阴极区的反应为二氧化碳和水得到电子生成氢气和碳酸氢根
离子，阳极区是甲醇在碱性环境中被氧化为甲酸根离子。A．左侧为阴极，电极发生还原反
应，与电源负极相连，A正确；B．阴极的电极反应式为 2CO +2H O+2e− ===H +2HCO−，
2 2 2 3
阳极的电极反应式为 CH OH−4e−+5OH− ===HCOO−+4H O ，根据电极反应式的离子消耗
3 2
与生成情况可知，Na+由阳极向阴极移动，即由右侧室向左侧室移动，B错误；C．根据前面
分析可知C正确；D．根据 2CO +2H O+2e− ===H +2HCO−，吸收n(CO 2 )=n(e−)=2mol，
2 2 2 3
生成n(H )=0.5n(e−)=1mol，定向移动到阴极的n(Na+)=n(e−)=2mol，阴极室增加的质量
2
m=m(CO )+m ( Na+) −m(H )
=2mol×44g⋅mol−1+2mol×23g⋅mol−1−1mol×2g⋅mol−1
=132g，
2 2
D正确。
16．C
【解析】A．根据图中信息可知，温度最高时说明中和反应正好完成，将0.1mol·L−1NaOH
溶液滴入20.00mL0.1mol·L−1H PO 溶液中，消耗20.00mLNaOH溶液正好中和完，且pH
3 2
大于 7，说明 H PO 属于一元弱酸，因此 H PO 与足量 NaOH 溶液反应的离子方程式为
3 2 3 2
H PO +OH− H PO−+H O，A正确；B．酸或者碱对水的电离抑制，酸中氢离子浓度逐
3 2 2 2 2
渐被消耗，对水的电离抑制程度减弱，A~C三点中由水电离出的c(H+)逐渐增大，B正确；C．A
点溶质NaH PO 和 H PO 的物质的量之比为1∶1，存在的守恒关系为2c(Na+)=c(H PO )+
2 2 3 2 3 2
c(H 2 PO 2 −)、c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(H 2 PO 2 −)，联立两个式子得2c(H+)+c(H 3 PO 2 )=2c(OH−)+
c(H PO−)，C错误；D．B点为中性，电荷守恒关系为c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(H PO−)，故
2 2 2 2
存在守恒关系：c(H PO−)=c(Na+)，D正确。
2 2
17．【参考答案】
（1）金属钛表面形成了一层致密的氧化膜（1分）
（2）TiCl 是非极性分子，CCl 分子也是非极性分子，根据相似相溶原理，非极性物质易溶
4 4
高三化学参考答案 第 3 页 （共 7 页）
{#{QQABCQAAgggAABJAAAhCQwEICEEQkAAAACoOwAAMsAAAiRFABAA=}#}于非极性溶剂，因此TiCl 可与CCl 互溶（答出要点即可给分）（1分） TiCl（1分）
4 4 4
2N （或2×6.02×1023）（2分）
A
（3）离子键（1分） 三种晶体均为分子晶体，从TiCl 到TiI 随相对分子质量的增大，分
4 4
子间作用力增大，熔点逐渐升高（1分）
（4）6TiO +8NH 6TiN+12H O+N （2分）
2 3 2 2
【解析】
（1）钛的性质比较活泼，但金属钛具有较强的抗腐蚀性，可以联想到铝，铝也有类似的特
性，是因为表面形成了一层致密的氧化膜。
（2）根据相似相溶原理解释TiCl 可与CCl 互溶的原因。高温下，用TiO 、焦炭和氯气发
4 4 2
生反应制取TiCl ，同时生成一种可燃性气体，这种可燃性气体为CO，反应的化学方
4
程式为2C+TiO +2Cl 2CO+TiCl 。Cl元素的化合价降低，TiCl 为还原产物。
2 2 4 4
（3）结合表中数据，TiF 的熔点较高，符合离子晶体的性质特征，因此为离子晶体；TiCl
4 4
至TiI 三种为分子晶体，从TiCl 到TiI ，随相对分子质量的增大，分子间作用力增大，
4 4 4
熔点逐渐升高。
（4）得到保护气单质，根据原子守恒，该保护气单质为氮气，无色无味的液体为水，该反
应方程式为6TiO +8NH 6TiN+12H O+N 。
2 3 2 2
18．【参考答案】
（1）BC（少选、错选均不给分）（1分）
（2）B（1分）
（3）3H PO −+Nd3+ Nd(H PO ) ↓（1分） 无（1分）
2 4 2 4 3
（4）取最后一次洗涤液于试管中，用稀盐酸酸化，无明显现象，再滴入几滴BaCl 溶液，如
2
果没有白色沉淀产生，证明已洗涤干净（2分）
（5）Nd (CO ) ·xH O Nd O +3CO ↑+xH O（2分）
2 3 3 2 2 3 2 2
（6）①氮>氧>硼（或N>O>B）（1分） ② （2分）
【解析】
（1）去除废料表面的油脂和污渍，一般采用碱洗的方式，需要使用碱性试剂，NaOH溶液和
纯碱溶液都可以，故选BC。
（2）根据题给信息可知，废旧钕铁硼合金废料中的Nd、Fe均可以和硫酸反应，过滤所得沉
淀为硼。
（3）加入NaH PO 进行“沉钕”，H PO −和Nd3+反应生成Nd(H PO ) 沉淀。常温下，“沉钕”
2 4 2 4 2 4 3
过程中，Nd(H PO ) 沉淀完全时的pH为2.3，c(OH−)=10−11.7mol·L−1，溶液中的c(Fe2+)=2.0
2 4 3
mol·L−1，此时的离子浓度积Q =c(Fe2+)·c2(OH−)=2.0×(10−11.7)2=2×10−23.4＜K [Fe(OH) ]=
c sp 2
8.0×10−16，因此没有Fe(OH) 沉淀产生。
2
（4）根据分析可知，Nd (CO ) ·xH O可能吸附有硫酸根离子，则判断Nd (CO ) ·xH O已洗
2 3 3 2 2 3 3 2
涤干净的实验操作及现象是：取最后一次洗涤液于试管中，用稀盐酸酸化，无明显现
象，再滴入几滴BaCl 溶液，如果没有白色沉淀产生，证明已洗涤干净。
2
（5）根据流程图可知，煅烧生成Nd O 的化学方程式为
2 3
Nd (CO ) ·xH O Nd O +3CO ↑+xH O。
2 3 3 2 2 3 2 2
高三化学参考答案 第 4 页 （共 7 页）
{#{QQABCQAAgggAABJAAAhCQwEICEEQkAAAACoOwAAMsAAAiRFABAA=}#}（6）①根据元素第一电离能的变化规律可知硼、氮、氧元素的第一电离能由大到小的顺序
是氮>氧>硼。②由乙硼烷分子中氢桥键( )及四元环结构可知，1个B形成4
个共价键，丁硼烷(B H )分子中存在4个氢桥键且有两个五元环，则在2个B之间会
4 10
存在1个B—B键，3个B、2个H形成五元环，结构式为 。
19．【参考答案】
（1）（球形）冷凝管（1分） 防止Ga(CH ) 与空气中的H O、O 反应（1分）
3 3 2 2
（2）8CH I+2Et O+Ga Mg ===2Ga(CH ) ⋅Et O+3MgI +2CH MgI（2分）
3 2 2 5 3 3 2 2 3
（3）Ga(CH ) ⋅Et O+NR ⇌Ga(CH ) ⋅NR +Et O，将乙醚蒸气抽出，使平衡正向移动
3 3 2 3 3 3 3 2
（2分） NR 与Ga(CH ) 的沸点相差更大，易于分离（1分）
3 3 3
11.5(cV −cV )
（4） 1 1 % （2分） 偏高（1分）
3m
【解析】利用碘甲烷和乙醚及Ga Mg 反应生成Ga(CH ) ·Et O，加入NR 将其转化为
2 5 3 3 2 3
Ga(CH ) ·NR ，NR 与Ga(CH ) 的沸点相差更大，可蒸馏分离。
3 3 3 3 3 3
（1）仪器a的名称是球形冷凝管。已知Ga(CH ) 易水解，在空气中易自燃，制备Ga(CH )
3 3 3 3
时，需在真空中加热的原因是防止Ga(CH ) 与空气中的H O、O 反应。
3 3 2 2
（2）三颈烧瓶中碘甲烷和乙醚及Ga Mg 反应生成Ga(CH ) ·Et O外，还有MgI 和CH MgI
2 5 3 3 2 2 3
生成，该反应的化学方程式为
8CH I+2Et O+Ga Mg ===2Ga(CH ) ⋅Et O+3MgI +2CH MgI。
3 2 2 5 3 3 2 2 3
（3）Ga(CH ) ·Et O与NR 反应生成Ga(CH ) ·NR 和Et O蒸气存在转化平衡：
3 3 2 3 3 3 3 2
Ga(CH ) ⋅Et O+NR ⇌Ga(CH ) ⋅NR +Et O，用真空泵不断抽出Et O蒸气，减少
2
3 3 2 3 3 3 3 2
乙醚蒸气浓度，使平衡正向移动，有利于Ga(CH ) ·NR 生成；用“NR 配体交换”工艺
3 3 3 3
Ga(CH ) ·Et O与NR 反应生成Ga(CH ) ·NR ，由表中数据可知NR 与Ga(CH ) 的沸点
3 3 2 3 3 3 3 3 3 3
相差更大，易于分离，能制备纯度更高的Ga(CH ) 。
3 3
（4）NaOH与HCl按物质的量1∶1反应，与Ga(CH ) 反应的n(HCl)=
3 3
V ×10−3L×c mol⋅L−1−V ×10−3L×c mol⋅L−1=(cV −cV )×10−3mol，盐酸与
1 1 1 1
Ga(CH ) 反应的方程式为Ga(CH ) +3HCl GaCl +3CH ↑，样品中
3 3 3 3 3 4
(cV −cV )×10-3
n[Ga(CH ) ]= 1 n(HCl)= 1 1 mol，样品中
3 3
3 3
(cV −cV )×10−3 0.115(cV −cV )
m[Ga(CH ) ]= 1 1 mol×115g/mol = 1 1 g，则Ga(CH ) 的
3 3 3 3
3 3
0.115(cV −cV ) 11.5(cV −cV )
质量分数为 1 1 ×100%= 1 1 %；若滴定达终点时发现滴定
3m 3m
管尖嘴内有气泡生成，则测定的NaOH溶液体积偏小，与Ga(CH ) 反应的盐酸物质的
3 3
量偏多，计算得到Ga(CH ) 的质量偏多，则测定结果偏高。
3 3
高三化学参考答案 第 5 页 （共 7 页）
{#{QQABCQAAgggAABJAAAhCQwEICEEQkAAAACoOwAAMsAAAiRFABAA=}#}20．【参考答案】
（1）甲苯（1分） 对酚羟基进行保护（答出要点即可）（1分）
（2）酮羰基、羧基（1分） C H F NO （1分）
24 21 2 3
（3） （2分）
（4）加成反应（或还原反应）（1分）
（5） （任写一个）（1分）
（6） （3分）
【解析】
（1）根据前面分析可知A为甲苯。由B转化为C，需要把甲基氧化为醛基，而酚羟基极易
被氧化，则由B合成C过程中需要对酚羟基进行保护。
（2）F的结构为 ，其所含的含氧官能团为酮羰基、羧基。
（4）G和H的分子式相差2个H原子，则G→H发生了羰基与氢气的加成反应，即还原反
应。
（5） 的同分异构体满足：a．除苯环外无其它环，b．能使溴水褪色，c．含−NO ，
2
则该同分异构体中含碳碳双键，又需要满足d．分子中有5种不同环境的氢原子，则该
同分异构体可能为 。
21．【参考答案】
（1）CH +Cl CH Cl+HCl（1分）
4 2 3
（2）CO (g)+CH (g) CH COOH(g) ∆H=−251kJ·mol−1（2分）
2 4 3
高三化学参考答案 第 6 页 （共 7 页）
{#{QQABCQAAgggAABJAAAhCQwEICEEQkAAAACoOwAAMsAAAiRFABAA=}#}（3）①H （1分）
2
②0.001mol·L−1·min−1（2分） ＜（1分）
（4）吸收CO ，提高H 的产率，提供热量（1分） n（1分） 31（2分）
2 2
【解析】
（1）甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应生成一氯甲烷和氯化氢。
（2）由图可知，总反应为二氧化碳与甲烷在催化剂作用下反应生成乙酸，反应方程式为
CO (g)+CH (g) CH COOH(g)，反应的焓变∆H=(497kJ·mol−1×2+413kJ·mol−1×4)−
2 4 3
(413kJ·mol−1×3+348kJ·mol−1+351kJ·mol−1+462kJ·mol−1+497kJ·mol−1)=−251
kJ·mol−1。
（3）①根据图中转化关系，再结合元素守恒和电子转移得失守恒，可得总反应方程式为
CH +2H O HCOOH+3H ，则上述历程中除制得甲酸外，还可得到的副产品是H 。
4 2 2 2
②列三段式如下：
Ni/Al O
CH (g)+ 2H O(g) 2 3 CO (g)+ 4H (g)
4 2 2 2
起始量(mol/L) 0.1 0.1 0 0
转化量(mol/L) 0.01 0.02 0.01 0.04
平衡量(mol/L) 0.09 0.08 0.01 0.04
0.01mol⋅L−1
0～10min内，平均反应速率v(CO )= =0.001mol⋅L−1⋅min−1。
2 10min
Ni/Al O
② CH +2H O 2 3CO +4H ，该反应为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，
4 2 2 2
CH 的平衡转化率(α)增大，且在图中相同压强下，温度为T 时的CH 平衡转化率>T 。
4 2 4 1
（4）氧化钙与CO 反应放热，加入适量多孔的CaO便于吸收CO ，且二者反应放热，提供
2 2
E
热量，有利于甲烷与水蒸气的重整反应，提高H 的产率。已知Rlnk =− a +C，则
2
T
1
Rlnk =−E × +C，也就是直线的斜率为活化能的相反数，活化能越小，催化效果越
a T
好，对比图中两条直线的斜率可知，n的斜率较小，m和n两种催化剂中n对该反应的
9.2−3.0
催化效果较高，用m作催化剂时，反应的活化能为− kJ·mol−1=31kJ·mol−1。
3.2−3.4
高三化学参考答案 第 7 页 （共 7 页）
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