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2023年11月稽阳联谊学校高三联考化学参考答案及评分标准
一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分，每小题列出的四个备选项中只有
一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A B C A D A B D
题号 9 10 11 12 13 14 15 16
答案 C D B C A C C D
非选择题部分
二、非选择题（本大题共5小题，共52分）
17.（共10分）
（1） ， 6 （各1分，共2分）
（2）CD （2分。漏选得1分，有错不得分）
（3）P的电负性小于N，形成配位键时更易给出孤电子对，故[PtCl (PH )]更稳定。(2分)
2 3 2
（4）12（2分） （2分）
18.（共10分）
（1）5HC O+2MnO-+6H+ =10CO ↑+8H O+2Mn2+ （2分，乙二酸写成结构式或结构简式
2 2 4 4 2 2
或含2个结晶水的化学式都正确，未配平给1分）
（2）① （2分）
②ABC （2分。漏选得1分，有错不得分）
③根据“相似形溶”原理，乙二酸与乙醇都是极性分子，且都含有羟基，两者能形成
氢键，故易溶；苯和氯仿是非极性或弱极性分子，乙二酸与苯和氯仿的分子间作用力弱，
故难溶。 （各1分，共2分）
（3）将X通入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去或将X气体通入灼热的氧化铜，固体颜
色由黑变红，证明X具有还原性；将燃着的镁条伸入X中，镁条继续燃烧，生成黑色和
白色固体，证明X具有氧化性。（或其他合理答案）（证明氧化性和还原性各1分，共2
分）
19.（共10分）
（1）＋124 （1分）
（2）①减小气体浓度（或分压），使平衡右移，提高C H(g)转化率。（1分。提到平衡
3 8
右移或丙烷转化率即可给分）
②1:3.8（5:19或0.263）（2分）
（3）（2分。C点之前低于丙烯，C点之后高于丙烯。有错不
1
学科网（北京）股份有限公司得分）
（4）①A （1分）
②反应温度较低、节约能源；氧气消耗氢气，有利于平衡正向移动；利用氢气和氧气
反应放热，维持热量平衡；产品容易分离、副产物少。（写出1点即可，1分）
（5）BD （2分。对1个给1分，有错不得分）
20（共10分）
（1）C（1分）
（2）AB（2分。漏选得1分，有错不得分）
（3）Fe2++2Fe3++8OH-=Fe O+4H O（2分）（未配平给1分）
3 4 2
（4）防止温度过高发生石墨与浓硫酸之间的副反应；防止浓硫酸与硝酸钠反应产生的硝
酸挥发或分解。（2分）（写对一条给1分）
（5）Cr O2- （1分） 96.0%（2分）（不考虑有效数字）
2 7
21题（共12分）
（1）氨基、硝基 （1分）（有错别字不给分，只写对1个也不给分）
（2）BD （2分。漏选得1分，有错不得分）
（3） （1分）
（4）
（2分）（漏写HO，扣1分）
2
（3） （3分） （各1分）
（4） （ 3
分）
（若对硝基甲苯经氯代、水解、氧化三步制对硝基苯甲醛，扣1分）
试题解析
2
学科网（北京）股份有限公司1．碳纳米材料主要成分为碳的单质
2．O 分子结构为V形分子；邻羟基苯甲醛分子内氢键是羟基上的氢原子与羰基上的氧原
3
子间形成的；聚丙烯结构简式为：
3．硫酸钡用饱和碳酸钠溶液处理，可转为碳酸钡，碳酸钡难溶于水，可溶于酸
4．维生素C具有还原性，因此可用于食品中的抗氧化剂
5．A：瓷坩埚中含有二氧化硅，高热条件下易与NaOH反应导致坩埚破裂；B：反应过程
中，有溴单质挥发出来，也能与硝酸银溶液产生沉淀；C：生成的乙炔中含有硫化氢等杂
质，也能使高锰酸钾溶液褪色，应先通过硫酸铜溶液，再用酸性高锰酸钾溶液检验；D：
打开止水夹，用热毛巾或浸过冰水的毛巾捂住圆底烧瓶，使NaOH溶液与氯气接触后，
即可看到喷泉现象
6．分析转化关系图，可知：过程I反应的离子方程式为：NO -+2H++e-=NO+HO；过程II
2 2
发生反应的离子方程式为：NO+NH ++2H++3e- = HO+NH ；过程 III：NH= N +4H+
4 2 2 4 2 4 2
+4e-；过程I-III的总反应为：NO -+NH+=N +2H O；
2 4 2 2
A：根据总反应式，整个过程，转化1mol NO - 向大气释放1mol N;B:过程I、II反应均消
2 2
耗氢离子，使水体酸性减弱；C：NH 能结合水电离出的氢离子而使溶液显碱性；D：过
2 4
程II中铵根离子中氮元素化合价升高，发生氧化反应。
7．A: HONH 分子中氧原子上有两个孤电子对，氮原子上有一个孤电子对，所以 33g
2
HONH 中，各原子最外层孤电子对总数为3N ；B: Na O 由钠离子和过氧根离子构成，所
2 A 2 2
以7.8g Na O 固体中含有离子总数为0.3N ，正确；C:氯气与水反应是可逆反应，N(Cl-)
2 2 A
+N(HClO)+N(ClO-)<0.2N ；D:随反应进行，浓硝酸变稀硝酸，还原产物变为NO，相同物
A
质的量的铜生成气体分子数减少，所以6.4g Cu与一定体积浓硝酸恰好完全反应，则生成
气体分子数小于0.2N
A
8．A：如ClCH NH 与CHNHCl互为同分异构体，CHNO 与CHONO互为同分异构，
2 2 3 3 2 3
CHFClBr存在对映异构体，等；B：苯酚和苯甲酸常下均为固体，不能通过蒸馏的方法进
行分离；C：乙烯在较高压力与较高温度和引发剂作用下，通加聚反应可得到低密度聚乙
烯
9．A：碘离子还原性比亚铁离子强，向FeI 溶液中滴加少量稀硝酸，首先被氧化的是碘
2
离子；B：AgCl不溶于水，对应的离子方程式应为AgCl+ 2NH ·H O = [Ag(NH )]+ +Cl -
3 2 3 2
+2HO C：Ba(OH) 少量时，氢氧根只与铁离子反应，氢氧化钡对应的离子全部参加反应，
2 2
所以对应离子方程式为3Ba2++6OH-+2Fe3++3SO2-=3BaSO ↓+2Fe(OH) ↓D：硫氢化钠溶液少
4 4 3
量，铜离子足量，不可能生成硫化氢气体，所以对应离子方程式为： Cu2+ + HS- = CuS↓+
H+
10．A: 可推测a为丁烯二酸酸酐，四个碳原子均为sp2杂化，所以a分子所有原子在同一
个平面上； B:酸酐能和NaOH溶液反应，N中含有羧基和酯基，它们均能与NaOH溶液
发生反应;C: 反应1为加聚反应生成聚合物，反应2酯酐与醇的取代反应。D: 试剂b的
结构简式为：
11．A、B、C、D、E五种元素位于元素周期表前四周期，原子序数依次增大，除 E外均
3
学科网（北京）股份有限公司为非金属元素。主族元素原子半径最小的元素为氢，所以 A为H； B的电子排布式为
1s22s22p3，为N；C与B位于同一周期，C基态原子有2个未成对电子，则C为O；D的
单质是重要的半导体材料，为Si;基态E+有电子填充的轨道无成单电子，则E+价层电子排
布为3d10，E为Cu。A:O >N>H>Si，正确；B：D与A形成化合物为SiH ，为分子晶体；
4
C：A与B可形成NH，A与C可形成HO，它们均为含有非极性键的极性分子；D：由
2 4 2 2
A、B、C、E四种元素可组成盐[Cu(NH )](NO ) ，加入无水乙醇降低了其在水中的溶解
3 4 3 2
度，能析出蓝色沉淀
12．A：根据图示放电时，步聚1中，铜离子和S均得到电子，生成硫化亚铜，正极反应
式为 ；B：“单独构建该步电池时效率较低”，可推测Cu S对步骤
2
2的正极反应起催化作用，提高了电池工作效率；C：则消耗6.5g锌时，转移2mol电子，
得到的精铜质量等于6.4g；D：根据信息，步骤2工作过程中，电池工作环境氧气浓度越
大，x值也越大，极板质量增加也越多
13．A：生成P 的活化能低，反应速率快，但P 能量低，更稳定，所以反应过程中，产
1 2
物P 的浓度先增大，因P2不断生成，使平衡向生成P 方向移动，P 浓度减小；B：过渡
1 2 1
态能量越高，反应的活化能越高，但反应的∆H与活化能高低无直接关系； C：P 1⇌ P 2
为放热过程，升高温度，有利于平衡向逆方向移动，达到平衡时，生成的产物中P 的百
2
分含量减小；D：反应过程中，υ(HNO) >υ(Z)= υ(P ) + υ(P )
1 2
14．A:步骤①会产生二氧化硫有毒气体，可用石灰乳吸收；B:硫酸浓度增大，反应速率
加快，能加快浸出速率，适当加热也能加快浸出速率；C:若先NaSO 溶液，则会使铜离
2 3
子直接与亚硫酸根结合生成亚硫酸铜等沉淀，不利于生成CuCl；D:无水乙醇可洗去水，
加快干燥速度
15．A：实验①反应后的得到等物质的量浓度的NaCO、NaHCO 、NaCl溶液，根据碳酸
2 3 3
的电离常数可知，溶液中碳酸根的水解平衡进行的程度最大，所以溶液中粒子浓度关系
为：c(Na+) >c(HCO -)>c(Cl-)>c(CO 2-)>c(OH-)>c(H+)；B：实验②反应得到碳酸钙饱和溶液，
3 3
由于碳酸根离子能发生水解反应，所以c(Ca2+) > 5×10-4mol/L > c(CO 2-)；C：③根据有关
3
常数，可知总反应Ca2++2HCO- = CaCO↓+ H CO↑的反应平衡常数K=5.3×104，由于碳酸
3 3 2 3
分解平衡常数未知，所以选项中平衡常数不能求得；D: ②中，Q [CaCO]≈10-2 > 2.5×10-
sp 3
9；Q [Ca(OH) ]=10-1×10-4.7=10-5.7=10-0.3×10-6< 5.5×10-6，所以只生成CaCO ；
sp 2 3
Q [MgCO]≈10-2 > 1×10-5；Q [Mg(OH) ]=10-1×10-4.7=10-5.7>1.8×10-11，能同时生成MgCO
sp 3 sp 2 3
和，Mg(OH) 沉淀可能为碱式盐；
2
16．A:硫酸没有挥发性，不会看到白烟现象; B: 硫酸铜氨溶液中滴加少量硫酸出现蓝色
沉淀，是因为硫酸破坏了铜氨离子的结构，释放出的氨与铜离子反应生成了氢氧化铜沉
淀;C:检验亚铁离子应该用K[Fe(CN) ]溶液;
3 6
17：本题以“磷单质及其化合物”为载体，考查《物质结构与性质》的主干知识和核心
素养。
（1）知道核外电子排布的构造原理和排布规则（泡利原理、洪特规则、能量最低原理），
熟悉1-36号元素基态原子的核外电子排布，正确书写和区别电子排布式和轨道表示式；
能分析判断价层电子和电子的能量。需注意区别原子中所有电子的排布和价层电子的排
布，核外运动能量不同的电子与核外运动状态不同的电子。P为15号元素，最外层电子
4
学科网（北京）股份有限公司即为价层电子，有5个，3s能级上2个，3p能级上3个。该激发态P原子的电子在10个
原子轨道上运动，在1s、2s、2p、3s、3p、3d运动的电子能量不同，其中在2p的3个简
并轨道、3p的3个简并轨道上运动的电子能量相同，共6种。
（2）判断物质中原子的杂化类型和空间结构，能够根据物质的结构判断晶体的类型与性
质。三种磷单质中，磷原子的价电子数为5个，磷原子间均以单键相连接，剩余1对孤电
子对，价层电子对数为4，属于sp3杂化，磷原子不可能处在一个平面上。白磷由白磷分
子构成，白磷晶体属于分子晶体；黑鳞具有与石墨类似的层状结构，层间是范德华力，
层内相邻原子是共价键，还具有类似金属晶体的导电性，黑鳞晶体是混合型晶体。白磷
的相对分子质量最小，分子间作用力最弱，在三种晶体中熔沸点最低。
（3）P的电负性小于N，形成配位键时更易给出电子，故[PtCl (PH )]更稳定。
2 3 2
（5）识别常见晶胞的结构，掌握晶胞结构的简单计算方法。如果把Al和P都看成碳原子，
则变成金刚石的晶胞结构，如果把P去掉，则变成干冰的晶胞结构。要分析P原子周围最
紧邻的P原子数，可以选择任意一个P原子来考察。譬如以右下后方的P和Al（都记为
1）做分析：
1
1
1号Al参与构成8个同样的晶胞，除了给出的这个晶胞，另外7个晶胞中，有3个晶胞与
这个晶胞共1个面（正下方、正右方、正后方），3个晶胞与这个晶胞共1条棱（右下方、
后下方、右后方），还有1个晶胞与这个晶胞共顶角（右下后方）。
这个晶胞内的3个P都与1号P最紧邻，与这个晶胞共面的3个晶胞中各有2个P与
1号P最紧邻，与这个晶胞共棱的3个晶胞中各有1个P与1号P最紧邻，与这个晶胞共
顶角的晶胞中没有与 1号P最紧邻的P，所以1号P原子周围最紧邻的 P原子数为：
3+3×2+3×1 =12个。
如果做换位思考，由于晶胞中Al和P的个数相等，位置等价（若将Al和P原子都看
作是碳原子，则该晶胞为金刚石晶胞），所以P原子周围最紧邻的P原子数，跟Al原子
周围最紧邻的Al原子数相等，而Al原子周围最紧邻的Al原子数（晶胞中Al的排布与干
冰中CO 分子的排布相同）容易得出是12个。
2
该晶胞中含有4个AlP，由立方晶胞密度计算公式：ρ=nM/N a3，得到晶胞的边长a =
A
（4M/N ）-3,，两个最近P原子间的距离为面对角线长度的一半。
A
18：本题以“乙二酸（草酸）-乙二酸酐-草酸钙”的转化关系为主线，考查从“物质结
构-元素价态-物质类别”的视角认识物质的性质和用途，探究物质间转化关系的能力。重
点考查物质的结构、性质与转化关系。主要涉及物质的氧化性还原性，酸性碱性，溶解
性等中学化学的核心知识。试题融合了物质结构、有机化学、无机化学和化学实验等多
模块知识，综合性较强，陌生度较大。
（1）草酸是一种强还原剂，由于性质比较稳定，故在分析化学上可用作定量测定一些氧
5
学科网（北京）股份有限公司化性物质含量或浓度的试剂。该反应是氧化还原型离子反应，可考查离子方程式的书写
和氧化还原反应的配平能力。草酸是二元弱酸，碳元素为+3价，氧化生成二氧化碳。高
锰酸钾被草酸还原生成 Mn2+，若写成其他形式如 MnO 则不给分。（草酸写成
2
HC O·2H O也正确）
2 2 4 2
（2）①由题给信息可知，乙二酸加热脱水生成酸酐，该酸酐具有六元环状结构，应是 2
分子乙二酸发生脱水而成。
②根据题意，C O 与石灰水反应：C O+2Ca(OH) = 2CaC O↓+2H O，所以X是酸性氧化
4 6 4 6 2 2 4 2
物，A选项正确；由于乙二酸与氯化钙溶液反应：HC O+ CaCl ↓=CaC O+2HCl，可知草
2 2 4 2 2 4
酸钙不溶于稀盐酸，B选项正确；羧基是吸电子基，使另一个羧基的酸性增强（羟基极性
增强，羟基氢容易电离出来）；甲基是推电子基，使羧基的酸性减弱；所以乙二酸的酸
性强于乙酸。C选项正确。乙二酸跟2分子乙醇反应生成乙二酸二乙酯，乙二酸跟乙二醇
反应生成乙二酸乙二酯。D选项不正确。
③根据“相似形溶”原理，乙二酸与乙醇都是极性分子，且都含有羟基，两者能形成氢
键，故易溶；苯和氯仿是非极性或弱极性分子，乙二酸与苯和氯仿的分子间作用力弱，
故难溶。
（3）类比于CO还原性的检验：将X气体通入灼热的氧化铜，固体颜色由黑变红，证明
X具有还原性；类比于CO 氧化性的检验：将点燃的镁条伸入X中，镁条继续燃烧，生
2
成黑色和白色固体，证明X具有氧化性。
19：本题以工业生产和科学研究中的“丙烷制备丙烯”的3个不断改进优化的反应原理为
线索，考查化学反应原理的主干知识和关键能力。
（1）由盖斯定律，可得ΔH = ΔH－ΔH/2 = ＋124kJ/mol。
1 2 3
（2）①在总压恒定的条件下，充入惰性气体，等同于扩体减压，气体浓度（或分压）减
小，使平衡向着气体分子数增大的方向移动（右移），提高了C H(g)的转化率 。
3 8
②根据图1，C H 的物质的量分数为0.4时，其平衡转化率为50%。假设混合气体为1
3 8
mol，则起始时C H 为0.4 mol，Ar为0.6 mol,。运用三段式法计算:
3 8
C H(g) H(g)+C H(g)
3 8 2 3 6
开始量/mol 0.4 0 0
变化量/mol 0.2 0.2 0.2
平衡量/mol 0.2 0.2 0.2
由于总压恒定为100 kPa，平衡时C H 为0.2 mol，C H 为0.2 mol，H 为0.2 mol，Ar为
3 8 3 6 2
0.2mol 50
0.6 mol，则C H(g)、C H(g)、H(g)的分压均为100 kPa× = kPa，故T 时反应
3 8 3 6 2 1.2mol 3 1
50 50
kPa× kPa
3 3 50
Ⅰ的平衡常数K = = kPa≈16.7 kPa。
p 50 3
kPa
3
要将C H 的平衡转化率提高到60%，假设起始时C H 为1mol，Ar为xmol,。运用三
3 8 3 8
段式法计算:
C H(g) H(g)+C H(g)
3 8 2 3 6
6
学科网（北京）股份有限公司开始量/mol 1 0 0
变化量/mol 0.6 0.6 0.6
平衡量/mol 0.4 0.6 0.6
由于总压恒定为100 kPa，平衡时C H 为0.4 mol，C H 为0.6 mol，H 为0.6 mol，Ar为x
3 8 3 6 2
mol ， 则 C H(g) 分 压 为 100kPa×0.4/(1.6+x) ， C H(g) 、 H(g) 的 分 压 均 为 100
3 8 3 6 2
kPa×0.6/(1.6+x) ，根据温度不变平衡常数相等：
x=3.8 （说明：本题用浓度平衡常数Kc同样可求得结果。）
（3）增大压强缩小体积，平衡时两种物质的浓度都随平衡总压（体积缩小）的增大而增
大。增大压强时，由于平衡向着气体分子数减少的逆反应方向移动，所以在两者浓度相
等之后，两者浓度增加的程度不同，丙烷的浓度增大得更多，故丙烷的浓度大于丙烯的
浓度。据此理可作图。
（4）反应Ⅱ的ΔH<0，ΔS>0，所以该反应在任何温度下都能自发进行。选项A正确。
2
升高温度，反应Ⅱ的平衡逆向移动，平衡常数减小。选项B不正确。
通入的氧气过多，将发生丙烷的深度氧化，可能生成CO或CO，使丙烯的产率降低
2
或得不到丙烯。选项C不正确。
将水液化分离出来，可提高C H 的转化率，但不能加快反应速率。选项D不正确。
3 8
与直接脱氢反应相比，氧化脱氢制备丙烯的优点是反应Ⅱ的温度较低（任何温度下
都自发）、反应Ⅰ必须在高温下才能自发，低温反应可以节约能源；产品主要是水和丙
烯，容易分离、副产物少。
（5）CO 催化氧化C H 脱氢制丙烯，在较高温度下，丙烯的产率远高于乙烯和CO，是
2 3 8
催化剂X选择性地提高产生丙烯反应速率的结果。选项A正确。
表格中的数据不一定是平衡状态的数据，不能得出该平衡体系，温度对平衡移动的
影响规律，选项B不正确。
催化剂能够改变反应速率，不同的催化剂对一定时间里没有达到平衡的转化率影响
不同，但不能改变平衡转化率和平衡常数。选项C正确。
催化剂的活性与温度有关，温度过低或过高都可能是催化剂失活。从表格中的数据
分析，温度升高，丙烯的选择性降低，但是丙烷的转化率在增大，丙烯的产率在增加。
选项D错误。
20. （1）实验室的研磨仪器为研钵
（2）A. Fe O 具有磁性，用磁力搅拌会加重团聚现象；B. Cl-干扰酸性KMnO 检验Fe2+；
3 4 4
C. 氧化石墨烯结构中有羧基、羟基和环氧基可知，NaNO 和KMnO 的作用是氧化单层石
3 4
墨烯；D. 将石墨研成细粉，可增大石墨粒子表面积，提高后续反应程度。
（3）Fe2++2Fe3++8OH-=Fe O+4H O
3 4 2
（4）防止温度过高发生石墨与浓硫酸之间的副反应；防止浓硫酸与硝酸钠反应产生的硝
酸挥发或分解。
（3）Cr
2
O
7
2- + H
2
O⇌2CrO
4
2- + 2H+，题中为酸性条件，存在形式为Cr
2
O
7
2- ；
7
学科网（北京）股份有限公司25×0.900−0.900
A=0.6带入c=1.600A-0.060得c=0.90，p= ×100%=96.0%
25×0.900
21. B的结构为 ，C的结构为 ，
D 的 结 构 为 ， E 的 结 构 为 ， I 的 结 构 为
（1）氨基、硝基
（2）在A→B的反应中，KCO 可与生成的HCl反应，作缚酸剂，有利于提高化合物 B
2 3
的产率，A选项合理；设计C+D→E是为了保护氨基（F→G复原），但该反应类型为取
代反应，B选项不合理；化合物H中含碳氟键和醛基，能发生水解反应和银镜反应，C选
项合理；对比瑞替加滨二盐酸盐的形成，酰胺键的碱性很弱与 HCl不反应，因此化合物
G只能生成一盐酸盐，D选项不合理。
（3）
（4）
（5）化合物C为C H NO ，它的同分异构体限定条件中含有苯环和含有酰胺基，因为
9 12 2 2
不饱和度为5，所以含1个苯环和1个酰胺基、则余“C NO”，另限制无氮氮键和氮氧键，
2
且分子中共有4种不同化学环境的氢原子，综合可知，同分异构体结构简式有：
（6）
8
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