高三化学-24届“贵百河”4月联考参考答案_2024年4月_01按日期_18号_2024届广西“贵百河”4月高三质量调研联考_2024届“贵百河”4月高三质量调研联考试题（化学）

2024 届“贵百河”4 月高三质量调研联考试题 化学参考答案 1.【答案】D 【解析】A.骨笛中无机质主要由碳酸钙和磷酸钙构成，所以裴李岗文化骨笛不是由合金材料制成，A不符合题意； B.走马楼简牍，包括木简、竹简，不是由合金材料制成，B不符合题意； C.商朝后期陶埙属于陶瓷，属于传统硅酸盐材料，不是由合金材料制成，C不符合题意； D.青铜是Cu和Sn或Pb的合金，曾侯乙青铜编钟由合金材料制成，D符合题意； 故选D。 2.【答案】B 【解析】A.H-的核外只有两个电子，LiH的电子式为 ，故A错误； B.依据基态氮原子的价电子排布式2s22p3，价电子排布图为 ，故B正确； C.H 不是化合物，故C错误； 2 6-21 D.NH的价层电子对数为2+ =4，VSEPR模型为四面体形，故D错误。 2 2 答案选B。 3.【答案】B 【解析】A.冰为分子晶体，则水分子之间通过分子间作用力结合形成晶体，A错误； B.金刚石为原子晶体，则金刚石中碳原子之间通过C-C键形成空间网状结构，B正确； C.CuSO 溶液中加入过量浓氨水得到深蓝色溶液，深蓝色为[Cu(NH ) ]2+，Cu(OH) 为蓝色沉淀，C错误； 4 3 4 2 D.碘单质中不含氢键，碘升华得到紫色碘蒸气，升华过程破坏了碘分子之间的分子间作用力，D错误； 故选B。 4.【答案】D 【解析】A.在坩埚中灼烧黑木耳，故A正确； B.加酸后搅拌加快溶解，故B正确； C.过滤将不溶于水的物质除去，得滤液，故C正确； D.检验铁离子时胶头滴管不能插入试管内，故D错误； 故选D。 5.【答案】B 【分析】物质W常用作漂白剂和氧化剂，其构成元素均为短周期主族元素，各元素原子半径与原子序数的关系如图 所示，X位于第一周期，为H元素，Y、Z位于第二周期，M、N位于第三周期；实验室中常用CS 洗涤残留在试管壁 2 上的N单质，则N为S元素；Y形成4个共价键，Z形成2个共价键，M形成的+1价阳离子，则Y为C元素，Z为 O元素，M为Na元素，以此分析解答。 【解析】根据分析可知，X为H元素，Y为C元素，Z为O元素，M为Na元素，N为S元素。 A.X、Z形成的化合物为水和过氧化氢，M、N形成的化合物为硫化钠，过氧化氢能够与硫化钠发生氧化还原反应，故 A正确； B.N的单质为硫，硫单质为非极性分子，CS 为非极性溶剂，根据相似相溶原理，硫单质易溶于CS ，所以实验室中用 2 2 CS 洗涤残留在试管壁上的硫单质，与S单质的还原性无关，故B错误； 2 C.Y的氢化物为烃，Z的氢化物为水、双氧水，碳原子数较多的烃常温下为固态，其沸点大于水和双氧水，Z的氢化 物的沸点不一定大于Y的氢化物的沸点，故C正确； D.W分子中含有H-O-O-H结构，结合过氧化氢的性质可知，化合物W具有强氧化性，可用作氧化剂，但过氧化氢不 稳定，该物质不宜在高温下使用，故D正确。 答案选B。 6.【答案】D 【解析】A.根据题目中香草胺的结构可以得到，香草胺中含有羟基、醚键、氨基三种官能团，A错误； B.根据题目中二氢辣椒素的结构可以得到分子中无手性碳，B错误； C.二氢辣椒素中的酚羟基、酰胺基能消耗氢氧化钠，1mol二氢辣椒素与过量NaOH溶液作用，最多可消耗2molNaOH， C错误； D.二氢辣椒素中含有酰胺基，红外光谱可以检测有机物中的官能团，可通过红外光谱检测酰胺基的存在，初步确定此 合成是否成功，D正确； 故选D。 7.【答案】A 【解析】A.1mol  CoNH 3  5 Cl  Cl 2 中含有σ键的数目为1mol(356)N A 21N A ，A正确； {#{QQABQQSAogioAIAAARhCQQXQCkIQkBECAKoGREAIIAABCRNABAA=}#}B.无溶液体积，不能计算，B错误； C.合成氨是可逆反应，生成的NH 分子数小于0.2N ，C错误； 3 A 100g17% 100g(117%) D.水中还含有氧原子，则N(O)= 2 N   N  5.6N，D错误； 34g/mol A 18g/mol A A 答案选A。 8.【答案】C 【分析】粗盐水中先加入氢氧化钡（或氯化钡）溶液，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，镁离子与氢氧根 离子反应生成氢氧化镁沉淀，过滤后得到溶液A中含有过量的氢氧化钡和钙离子，再加入试剂为碳酸钠，除去过量的 钡离子和钙离子，沉淀为碳酸钙和碳酸钡，滤液中加入HCl，除去多余的碳酸钠和氢氧根离子，得到精制食盐水，结 晶得到氯化钠。 【详解】A.镁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，NaOH溶液的作用是除去Mg2，A正确； B.加入过量氢氧化钡（或氯化钡）溶液是除去硫酸根离子，加入过量氢氧化钠溶液是除去镁离子，加入过量碳酸钠溶 液目的是除去钙离子和过量钡离子，则加入氢氧化钠和氢氧化钡（或氯化钡）溶液的顺序可以调换，但是加入碳酸钠 必须在加入氢氧化钡（或氯化钡）溶液之后，B正确； C.滤液2中除了四种离子：Ca2、Na、Cl、 OH，还含有过量的钡离子，C错误； D.滤液中加入HCl，除去多余的碳酸钠和氢氧根离子，反应为H OH H O、CO22H  H OCO ，D正确； 2 3 2 2 故选C。 9.【答案】D 【解析】A.KMnO 溶液可氧化过氧化氢，CuSO 溶液可催化过氧化氢分解，反应原理不同，不能探究催化效果，A 4 4 错 误 ； B. FeCl 过 量 ， 不 能 通 过 检 测 铁 离 子 说 明 该 反 应 存 在 一 定 限 度 ， B 错 误 ； 3 C.6H++5H C O 2MnO 2Mn2++10CO +8H O，根据反应的化学计量系数可知所用草酸的量不足，混合溶液颜色 2 2 4 4 2 2 不会褪去，C错误；D.所得上层清液存在氯化银的电离平衡，加入2滴NaI溶液有黄色沉淀生成，说明AgI的K 小于 sp AgCl的K ，D正确；故合理选项是D。 sp 10.【答案】D 【详解】A.放电时，该装置为原电池，通入O 的Pt/C电极是正极，电极反应式为O 4e2H O4OH，Zn电 2 2 2 极 为 负 极 ， 电 极 反 应 式 为 Zn6H O2e Zn H O  2 ， ZnH O  2 浓 度 增 大 ， 电 离 平 衡 2  2 6   2 6    ZnH 2 O 6   2    ZnH 2 O 5 (OH)   H 正向移动，导致Ⅰ室溶液中  ZnH 2 O 5 (OH)   浓度增大，故A正确； B.放电时，根据原电池“同性相吸”，Ⅱ室中的Na通过阳离子交换膜进入Ⅲ室，Ⅱ室中的Cl通过阴离子交换膜进入 Ⅰ室，故B正确； C.充电时，Zn电极为阴极，其电极反应为ZnH O  2 2e Zn6H O，故C正确；  2 6  2 D.充电时，Pt/C电极为阳极，电极反应式为4OH4e O 2H O，每生成1molO 转移4mol电子，同时有4molNa 2 2 2 通过阳离子交换膜进入Ⅱ室，Ⅲ室溶液质量理论上减少32g4 mol23gmol1124g ，故充电时，每生成0.2molO ， 2 Ⅲ室溶液质量理论上减少24.8g，故D错误。 11.【答案】D 【解析】A.I、Fe3发生氧化还原反应2I2Fe3 I 2Fe2，I、Fe3不能共存，故不选A；B.AlO、HCO反应 2 2 3 的离子方程式为AlO 2 HCO 3 H 2 O Al(OH) 3 CO 3 2，故不选B；C.Fe2+、H 2 S不反应，故不选C；D.C 2 O2 4 、SO2 4 、Na 相互之间不反应，能大量构成， C O2 能被酸性高锰酸钾氧化为二氧化碳气体，反应的离子方程式为 2 4 5C O22MnO16H 10CO 2Mn2 8H O，故选D；选D。 2 4 4 2 2 12.【答案】C 【解析】A.B代表Pb2化学式中Pb2和I的数量比为1:3，则晶胞中有I3个，A正确； 2 B.A为顶点，C为面心，因此粒子A与粒子C之间最近距离为 apm，B正确； 2 620 620 6201030 C.晶胞的质量为：m= N g，密度为： ρ= N A g/cm3 ，则a为 3 ρN ，C错误； A (a10-10)3 A D.若沿z轴向xy平面投影，则其投影图如图2所示，中心为面心和体心的投影重叠，D正确； 故选C。 13.【答案】A 【解析】A项，反应1为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的转化率减小，反应2为吸热反 应，升高温度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，一氧化碳的浓度增大、选择性增大，根据已知甲醇 和一氧化碳的选择性之和为100%，所以曲线②表示一氧化碳的选择性，故A正确；B项，反应1为放热反应，升高温 度，平衡向逆反应方向移动，甲醇的浓度减小，则280℃时出口处甲醇的物质的量浓度小于220℃时，故B错误；C项， {#{QQABQQSAogioAIAAARhCQQXQCkIQkBECAKoGREAIIAABCRNABAA=}#}nCO  一定温度下，增大 2 的值相当于增大二氧化碳的浓度，平衡向正反应方向移动，但二氧化碳的转化率减小，故C nH  2 错误；D项，催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，提高甲醇的选择性，但化学平衡不移动，二氧化碳的转化 率不变，故D错误；故选A。 14.【答案】D 【分析】向0.1molL-1的H A溶液中加入NaOHs，由于发生酸碱中和反应，随着碱的不断加入，溶液中cH A不 3 3 断减小，c  H A 先增大后减小，c  HA2 先增大后减小，c  A3 不断增大，因此曲线I表示H A的分布系数，曲线 2 3 II表示H A的分布系数，曲线III表示HA2的分布系数，曲线IV表示A3的分布系数。 2 【解析】A.若用NaOHaq滴定H Aaq至恰好生成NaH A，溶液pH约为3.9，因此可选甲基橙(变色范围为3.1～ 3 2 4.4) 做 指 示 剂 ， 滴 定 终 点 溶 液 由 红 色 变 为 橙 色 ， 故 A 项 正 确 ； B.R 点 c  H A c  HA2 ， 2 c  HA2 c  H c  A3 c  H K  R c  H ，S点c  HA2 =c  A3 ，K  Sc  H ，N点c  A3 =c  H A ， a2 c  H A R a3 c  HA2 S 2 2 c  H A c  HA2 c  H c  H c2 H 转 化 可 得 2 R R = R 1 ， 即 c2 H  K K  c  H c  H ， 由 c  A3 c  HA2 c  H c  H K K R a2 a3 R S a2 a3 R R c2 H K K 可得pH lg 1.0104.71.0106.3=5.5，由c2 H c  H c  H 可得pH = pH R +pH S ， R a2 a3 N R R S N 2 c  H A c  OH c  H A c  OH c  H K 1014 故B项正确；C.常温下，Na HA的水解常数K = 2 = 2 = W = =109.3，数 2 h2 c  HA2 c  HA2 c  H K 104.3 a2 量 级 为 1010 ， 故 C 项 正 确 ； D.R 点 溶 液 中 ① c  HA2 =c  H A ， 溶 液 中 电 荷 守 恒 2 ②c  Na c  H 3c  A3 2c  HA2 c  H A c  OH ，物料守恒③cHAc  HA c  HA2 c  A3 0.1mol/L， 2 3 2 将③代入0.1mol/L+c  OH +c  HA2 +2c  A3 可得④c  OH 2c  HA2 3c  A3 c  H A cH A，将①代入 2 3 ④可得⑤c  OH 3c  HA2 3c  A3 cH A， 3 因此题干中0.1mol/L+c  OH- +c  HA2- +2c  A3- c  H+ +cH A  3  =c  OH 3c  HA2 3c  A3 cH 3 A  c  H+ +cH 3 A  =3c  HA2 3c  A3 c  OH  c  H+ =3c  HA2 3c  A3   c  Na 3c  A3 2c  HA2 c  H 2 A (解释：将②代入) =3c  HA2 3c  A3   c  Na 3c  A3 3c  HA2 (解释：将①代入) =c  Na >0，故D项错误；综上所述，错误的是D项。 △ 15.（14分）【答案】（除标注外，每空2分）（1）(NH ) Cr O N ↑+Cr O +4H O↑ 4 2 2 7 2 2 3 2 （2）①排出装置内的空气，防止 被空气中 氧化 ②长颈漏斗（1分） 平衡气压，防止堵塞 ③ 、 、 ④干燥(或除水)（1分） （3）ac CrC ( l“ 3 O2 ”) 【分析】根据流程可知， 分解生成 CrC、l3 C和Cl4 C，OC洗l2 涤烘干后得到 ；在加入条件下与 反应生成 C和r H2O 4 ；Cl2 Cl⋅2易H升 2O华，高Cr温Cl下 2 H易 2 被O 氧 4 C化l⋅，2为H2 防O止其被氧化，通入氮气，且通入的氮气能使反应物进入 管式炉中进行反应，最终得无水NH4 2Cr。 2O7 Cr2O3 N2 H2O Cr2O3 CCl4 CrCl3 COCl2 CrCl3 △ 【解析】（1）根据分析可知，CrCl3 分解生成 、 和 ，反应方程式：(NH 4 ) 2 Cr 2 O 7 N 2 ↑+Cr 2 O 3 + 4H O↑；（2）①加热反应前通 的目的：排出装置内的空气，防止 被空气中 氧化；②结合A中仪器X的结构 2 可知名称：长颈漏斗；其作用：可平NH衡 4 气 2C压r2 ，O防 7 止堵塞；C③r2 结O3 合分N2 析可H知 2O，发生“热反应”后，E中收集的物质： 、 、 ；④结合 易潮N解 2 可知，尾气经过干燥后可循环使用；C（rC 3 l） 3 ①结合 O2 物质结构可知， 存在化学键类型：配位键和离子键；②5.33g该物质对应物质的量为0.02mol，与足量的硝酸银溶液反应生成氯化Cr银Cl沉 3 C淀Cl 2 4 .8 C 7g O，Cl则 2 氯化银沉C淀rC对l3 应物质的量为0.02mol，则该暗绿色晶体的化学式： Cr H2O 5Cl Cl2⋅H2O。 16.（14分）【答案】（每空2分）（1）非极性分子 （2）3FeP8H8NO 3Fe33PO38NO4H O 3 Cr H2O 4Cl24Cl⋅2H2O 2 （3）CaSiO 3 （4）pH>2.0时Fe3+会发生水解，导致产品中混入Fe(OH) ，pH<2.0，FePO 会溶解导致产品的产率下降 无 3 4 3 1 3 （5）( ，， ) 8 4 4 4 {#{QQABQQSAogioAIAAARhCQQXQCkIQkBECAKoGREAIIAABCRNABAA=}#}【分析】磷矿石（主要成分Ca (PO ) F，还有Fe O 、CaCO 等杂质），磷矿石中加入焦炭、SiO 在电炉中加热1500℃， 5 4 3 2 3 3 2 生成炉气和炉渣，炉气分离得到P 、SiF 和CO，炉渣I的主要成分是Fe、FeP、Fe P及少量杂质，结合所加原料和生 4 4 2 成物，分析化合价的变化，可知反应中焦炭是还原剂，铁元素和磷元素被还原，炉渣Ⅱ中应该含有Ca元素形成的盐； 分析炉气和炉渣Ⅰ的成分，炉渣I中的Fe P可理解为由磷单质与铁单质反应生成；炉渣I中加入硝酸、硫酸，过滤后 2 得到滤液I和滤渣Ⅲ，硝酸具有强氧化性，能将Fe及其化合物氧化为Fe3+，向溶液I中加入磷酸进行调铁得到溶液Ⅱ， 溶液Ⅱ中加入氨水得到FePO •2H O，据此解答。 4 2 【详解】（1）二硫化碳是非极性分子，水是极性分子，白磷(P )不溶于水但易溶于二硫化碳，根据相似相溶原理， 4 说明P 是非极性分子，故答案为：非极性分子；（2）FeP溶于硝酸和硫酸的混合溶液生成NO和FePO ，根据得失电 4 4 子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：3FeP8H8NO 3Fe33PO38NO4H O。（3）炉气和炉渣I中不含钙 3 4 2 元素，可推断出钙元素应在炉渣II，由于原料中加入了二氧化硅，而硅酸盐在高温下较碳酸钙和磷酸钙稳定，故炉渣 II中钙元素以CaSiO 的形式存在。（4）“调铁”后须向“溶液Ⅱ”中通入氨气调节溶液的pH，将pH值控制在2.0的 3 原因是：pH>2.0时Fe+会发生水解，导致产品中混入Fe(OH) ，pH<2.0，FePO 会溶解导致产品的产率下降。由题意 3 4 K (FePO ) 1.31022 此时溶液中c(Fe3+)=1×10-5mol/L，则溶液中c(PO3) sp 4  1.31017molL1，溶液中FePO 沉淀完 4 c(Fe3) 1105 4 全，过滤后滤液则为 FePO 的饱和溶液。向滤液中滴加 2mol/L 的 MgCl 溶液(溶液体积增加一倍)，则 4 2 c(PO 3-)=6.5×10-18mol/L，c(Mg2+)=1mol/L，Q[Mg (PO ) ]=c3(Mg2+)×c2(PO 3-)=(1mol/L)3×(6.5×10-18mol/L)2=4.225×10-35< 4 3 4 2 4 K [Mg (PO ) ]=1.0×10-24，则溶液中无Mg (PO ) 沉淀生成。 sp 3 4 2 3 4 2 1 1 1 1 1 1 3 （5）根据晶胞图和原子坐标参数A为(0，0，0)，B为( )，C为( ， ， )，可知D点原子坐标参数为( 4，4，4 2 2 2 4， 1 3 )；根据晶胞图可知Fe的配位数为8。 4，4 17.（15分）（除标注外，每空2分）【答案】（1）41.2kJmol1 低温（1分） （2）CaO能吸收CO ，纳米CaO表面积大，吸收效果好，更有利于平衡正向移动 2 （3）①40 0.074 ②E B （4） 30.0 【解析】（1）根据盖斯定律，H H H H =(110.5kJmol1)(241.8kJmol1)(393.5kJmol1)= 1 2 3 41.2kJmol1； （2）由图可知，CaO能吸收CO ，纳米CaO表面积大，吸收效果好，更有利于平衡正向移动； 2 COg H Og CO g H g 2 2 2 起始/mol 0.10 0.40 0 0 （3）① 转化/mol x x x x 平衡/mol 0.10x 0.40x x x 0.10 xm 0. o 4 l 0mol 0.08 ，解得 x0.04 ，CO 的平衡转化率 0 0 . . 0 1 4 0 m m o o l l 100%40% ； T 1 ℃时，反应平衡常数 0.04 0.04  5 5 K  0.074； 0.100.04 0.400.04  5 5 ② 对 于 反 应 COgH Og CO gH g H 41.2kJmol1 ， 平 衡 时 CO 的 体 积 分 数 为 2 2 2 0.100.04mol 0.12，升高温度时，正、逆反应速率均加快，因此排除F点。正反应为放热反应，升高温度平衡向 0.5mol 逆反应方向移动，再次平衡时 CO 的物质的量分数大于 0.12，因此排除 D 点，故选 E 点；对于反应 COgH Og CO gH g H 41.2kJmol1，平衡时H 的体积分数为0.08，升高温度时，正、逆反应 2 2 2 2 速率均加快，因此排除A点。正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，再次平衡时H 的物质的量分数减 2 小，结合再次平衡时CO的物质的量分数为E点，因此排除C点，故选B点； E （ 4 ） 已 知 Arrhenius 经 验 公 式 为 Rlnk  a C ， 根 据 图 像 可 得 ① 63.01033.0103E C ， T a ②33.01034.0103E C，联立方程解得E 30.0kJmol1，则反应的活化能为 30.0kJmol1。 a a 18.（15分）（除标注外，每空2分）（1）对（1分） SP2、SP3 （2）羧基 （3）2 +O Cu/Ag2 +2H O 2  2 （4）3 （5）取代 （6） {#{QQABQQSAogioAIAAARhCQQXQCkIQkBECAKoGREAIIAABCRNABAA=}#}