文档文本内容
七校联盟 2024 年第一学月联考
高 三 化 学 答 案
一、选择题
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
选项 B C A C D A C B D D C A B C
1. B 【解析】A. 马踏飞燕主要是是东汉青铜器，故A错误；
B. 竹简主要成分为纤维素，属于天然有机高分子，故B正确；
C. 瓷碗主要原料是取之于自然界的硅酸盐矿物,如粘土、长石、石英等，属于无机非金属材料，
故C错误；
D. 玉石主要成分为二氧化硅、氧化铝等，故D错误
故选B。
2. C 【解析】A. 用电子式表示氯化镁的形成过程中，镁失去电子，弯箭头应该由镁原子指向氯
原子，故A错误；
B. 此结构为顺式聚异戊二烯，故B错误；
C. 氯仿为三氯甲烷，此图是氯仿的球棍模型，故C正确；
D基态Fe价层电子轨道表示式为 ，故D错误；
3. A 【解析】A. Na N和Mg N 都是金属离子和氮离子构成的离子化合物，和盐酸反应都生成
3 3 2
相应的金属氯化物和NH Cl，故A正确；
4
B. Fe与水蒸汽反应生成四氧化三铁，故B错误；
C. 可用NaCl固体与浓硫酸加热制HCl气体,但不能制备HI气体，因为浓硫酸会氧
HI,故C错误；
D. SiO 中Si采用sp3杂化，故D错误。,
2
4. C 【解析】A. 氢氧化铝不能溶于氨水，故A错误；
B. 向过量的NaHSO 溶液中滴加少量“84”消毒液,溶液中有过量的HSO -不会生成H+,离子方程式
3 3
应为2HSO -+ClO-=SO 2-+SO +H O+Cl-
3 4 2 2
C. 次氯酸的酸性强于碳酸氢根，所以无论二氧化碳的量多或量少，只能生成碳酸氢根，故C正确；
D. 向碘化亚铁溶液中通入过量氯气，碘化亚铁少量，二价铁离子和碘离子的系数比应为1：2，
故D错误。
5. D 【解析】A. MnO －在酸性条件下具有强氧化性，会氧化氯离子，生成氯气，故不能大量共
4
存，故A错误；
B. 加入苯酚显紫色的溶液中含有三价铁离子，具有氧化性，会氧化硫离子，所以不能大量共存，
故B错误；
C. 常温下，中性溶液中三价铁离子已经完全沉淀，所以不能大量存在，故C错误；
D. 酸性或碱性溶液中 Na＋、Ba2＋、Cl－、N 都能大量共存，故D正确。
6. A 【解析】A. 1mol羟基与16g氨基含有的电子数均为9N ,故A正确；
A
B. 白磷为正四面体结构，1mol白磷中含6molP-P，则62g白磷中含P-P为3N ，故B错误；
A
C. Cl 在阳极生成，故C错误；
2
D. 溶液体积未知，不能计算硫酸铵的物质的量，故不能判断NH +的数目，则D错误。
4
七校联盟2024年第一学月联考高三化学答案 第 1页 共6页
{#{QQABBYAEogCoQABAAQgCEwEoCAOQkBGCCCoOBBAEsAIAiQFABCA=}#}7. C 【解析】A. 与足量Na反应，O-H键均可断裂,故A正确；
B. 山奈酚中苯环结构、碳碳双键和酮羰基结构均为平面结构，通过单键旋转可使所有碳原子共
平面，故B正确；
C. 结构中有三个酚羟基，三个酚羟基一共有四个邻对位氢原子，可以与溴水发生取代反应，消
耗4个Br ，有一个碳碳双键，与1mol溴单质发生加成反应，所以1mol山奈酚最多消耗5molBr ，
2 2
故C错误；
D.苯环上的等效氢原子有4种
8. B 【解析】A. 氢氧化铁胶体粒子带正电荷，向阴极移动，但胶体不带电，故A错误；
B. 将1LpH均为2的HA溶液和HB溶液分别与相同大小的Zn片反应，HA溶液产生气体平均
速率较快，可知随着反应进行，HA继续电离，则酸性：HA<HB,故B正确；
C. 葡萄糖与氢氧化铜的反应需要在碱性条件下反应，故C错误；
D.氯气不是可燃性气体，不能点燃，故D错误；
9. D 【解析】A. 铜电极与电源正极相连作阳极，失去电子，不能制备次氯酸钠，故A错误；
B. 图中为酸式滴定管，不能盛装NaOH溶液，应改为碱式滴定管，故B错误；
C. 加热含结晶水的晶体，促进镁离子水解，且生成的盐酸易挥发，图中装置加热不能制备无水
氯化镁，故C错误；
D. 只有温度不同，可以探究温度对[Cu(H O) ]2+（蓝色）+4Cl－ [CuCl ]2-（黄色）+4H O
2 4 4 2
平衡移动的影响，故D正确；
10. D 【解析】分析：前四周期元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增大，且互相不同周期，则 W
为第一周期的 H，X 位于第二周期，Y 位于第三周期，Z 位于第四周期。X 元素基态原子最高
能级的不同轨道都有电子，并且自旋方向相同， X为N；Y元素基态原子最外层电子数等于其
能层数，Y为Al；Z元素基态原子核外未成对电子数同周期最多，Z为Cr。
A. Y元素为Al，其最高价氧化物对应水化物为两性氢氧化物，故A错。
B. X为N，核外电子有5种空间运动状态；
C. W中未成对电子数为1，X中为3，Y中为1，Z中为6，故C错误；
D. Z为Cr，形成的两种含氧酸根在水溶液中存在化学平衡：Cr O 2-+H O 2CrO 2-+2H+,故D
2 7 2 4
正确。
11. C【解析】A. 历程II是使用了催化剂，不影响平衡转化率，A正确；
B. E -E 为Cl的能量，而Cl 的相对能量为0，可算出Cl-Cl键能为2(E -E )kJ·mol-1，B正确；
5 6 2 5 6
C. 由图可知E -E =E -E ，用能量来计算焓变，应该用生成物的总能量减去反应物的总能量，ΔH
5 2 6 3
= (E -E )kJ·mol-1，C错误；
5 2
D. 反应的快慢取决于慢反应，也就是活化能大的过程I，D正确。
12. 【解析】A．只有一个Fe3＋位于正四面体空隙，A错误；
B．由晶胞结构可知，1、3、6、7号O2－围成正四面体空隙有8个，3、6、7、8、9、12号O2－ 围
成正八面体空隙，将晶胞补全可知共用一条棱和四个面心与该棱顶点O2－ 也围成正八面体，而这样
1
的正八面体为4个晶胞共有，晶胞中正八面体数目为1＋12×4 ＝4，则晶体中正四面体空隙数与正八
面体空隙数之比为8∶4＝2∶1
C．根据11号点坐标，确定该Fe3＋坐标为 C正确；
232
D．该立方体中有1个Fe 3 O 4 ，体积为( d×10−7)3 cm3，晶体的密度为 N ( d×10−7)3 g⋅cm−3 ，D正确。
A
七校联盟2024年第一学月联考高三化学答案 第 2页 共6页
{#{QQABBYAEogCoQABAAQgCEwEoCAOQkBGCCCoOBBAEsAIAiQFABCA=}#}13. B 【解析】分析：由图可知，左边为电解池，右边为原电池。根据左边 NaCl 溶液的浓度变化
可知，Cl-向右移动，d 为阴离子交换膜，Na+往左移动，e 为阳离子交换膜。a 与 N N 相连，b
与P相连，故N型半导体为 负极，P型半导体为正极；
A．根据以上分析，P型半导体为正极，故A错误；
B．保持电流恒定，即单位时间内a极得到的电子数目是恒定的，电极反应的速率也是恒定的，
升温不会提高反应速率，故B正确；
C．根据以上分析，e为阳离子交换膜，故C错误；
D．b极电极反应：4OH--4e-=2H O+O ,故b极收集到0. 1mol气体时，转移0. 4mole-，而溶液中
2 2
通过离子交换膜的离子有[（CH ）N]+、Cl-、Na+，由于三者都带1个电荷，故移动的物质的量均为
3 4
0. 4 mol ，故通过离子交换膜的离子的总物质的量为1. 2mol，故D错误。
14. C 【解析】K (HC )= = 10-4×c(H+)=1×10-11，c(H+)=1×10-7，pH=7,A 正确；b
a
点溶液中的电荷守恒为 2c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+)=2c( )+c(HC )+c(OH−)+c(Cl−)，b 点
c( )=c(HC )，B正确；K (BaCO )=1×10－9，c(Ba2+)=1×10-7，所以c(HC )=c( )=
sp 3
=1×10－2，C 错误；因为 HC 的电离常数不变，从左到右 逐渐增大，所以 c(H+)逐渐减
小，pH逐渐增大，D正确
第Ⅱ卷
15．本题14分，除标注外每空2分。
（1）6S26P3 （1分） S
（2）3. 1（1分） 浸取
（3）BiOCl+SOCl =BiCl +SO ↑
2 3 2
209b
（4） ×100%
3240wa
（5）12
【解析】辉铋矿(主要成分是Bi S ，含少量Bi O 、Bi、FeS 和SiO 等杂质)加盐酸溶解，同时加
2 3 2 3 2 2
氯化铁将硫氧化为单质，得到滤液主要成分为BiCl 、FeCl ，同时有过量的盐酸和氯化铁，滤渣1
3 2
为硫单质和SiO ；滤液1中加双氧水将亚铁离子氧化为三价铁，再加NaOH将三价铁转化为Fe(OH)
2 3
沉淀，过滤后，滤液2中含有氯化铋、氯化钠稀释，促进氯化铋水解生成Bi(OH) 和HCl，过滤后，
3
滤饼溶于稀盐酸得到BiOCl，BiOCl与SOCl 发生反应得到BiCl 和二氧化硫，BiCl 与(NH ) VO 反
2 3 3 4 3 4
应生成BiVO ，据此分析解答。
4
【详解】（1）Bi是P区元素，位于第6周期第VA族，价层电子排布为 6S26P3 ，辉铋矿(主要成
分是Bi S ，含少量Bi O 、Bi、FeS 和SiO 等杂质)加盐酸溶解，同时加氯化铁将硫氧化为单质
2 3 2 3 2 2
（2）滤液2稀释，促进氯化铋水解生成Bi(OH) ，过滤后，滤饼溶于稀盐酸得到BiOCl，滤液3
3
中含有水解生成的HCl，可用于浸取，故答案为：将Bi(OH) 转化为BiOCl；浸取；
3
（3）BiOCl与SOCl 发生反应得到BiCl 和二氧化硫，反应方程式为：
2 3
BiOCl+SOCl =BiCl +SO ↑，故答案为：BiOCl+SOCl =BiCl +SO ↑；
2 3 2 2 3 2
七校联盟2024年第一学月联考高三化学答案 第 3页 共6页
{#{QQABBYAEogCoQABAAQgCEwEoCAOQkBGCCCoOBBAEsAIAiQFABCA=}#}（4）辉铋矿中所含Bi元素的质量分数为a%，wt矿石中Bi的含量为：w×103×a%kg，最终制
209b
得b kgBiVO ，则实际回收的Bi的质量为 kg，铋的收率为
4 324
209b
kg 209b 209b
324 = ×100%，故答案为： ×100%；
×100%
3240wa 3240wa
w×103×a%kg
（5）该晶体中Fe2+分别位于顶点和面心，与Fe2+距离最近且相等的Fe2+有12个，该晶胞中含有
480
4个Fe2+和4个S2-，晶胞质量为 g，晶胞边长为： cm，相邻2个Fe2+的核间距为面对角
2 N
A
线的一半，即为 nm，故答案为：12； 。
16．本题14分，除标注外每空2分。
（1）圆底烧瓶（1分）
（2）过滤速率快（1分）
（3）先用大量水冲洗,再涂上硼酸溶液
（4）2Cu2++SO +2I-+2H O 2CuI↓+S +4H+
2 2
（5）①无色溶液中存在平衡:I-+CuI [CuI ]-,加水,平衡向逆反应方向移动,转化成更多的 CuI,因
2
其难溶于水而析出 ②2CuI+2NaOH Cu O+2NaI+H O
2 2
（6） % 偏高
【解析】（2）图中装置有抽气泵,可以降低布氏漏斗下部的气体压强,布氏漏斗上部气体压强为大
气压强,由于上部压强大于下部气体压强,混合物质中的液体在重力及上下气体压强作用下可以迅速
过滤,分离得到CuI固体,即该装置的优点是过滤速率快。
（6）根据反应方程式可得,关系式:2CuI~2NaI~I ~2Na S O ,n(CuI)=n(Na S O )=bV×10-3 mol,则样
2 2 2 3 2 2 3
品中CuI的纯度为 ×100%= %;其他操作均正确,若选用的Na S O 标准液部
2 2 3
分被氧化变质,滴定时所用标准液体积V偏大,最终使测得结果偏高。
17．本题14分，除标注外每空2分。
（1）① （1分） +4（1分）
②CO（g）+ O （g） = CO （g） ΔH = －284kJ·mol－1
2 2
（2）①0. 5mol/L (不带单位扣1分)
②酸性 KH PO 溶液中存在H P H++HP ，Ka =6. 3×10－8 ，
2 4 2
存在H P +H O OH－+H PO
2 2 3 4
K = = ≈1. 3×10－12，Ka>K ，电离程度大于水解程度，溶液呈酸性。（注：通过计算
h h
比较出Ka>K 得1分，电离程度大于水解程度，溶液呈酸性得1分）
h
2HSO−+2H+ +2e− =S O2−+2H O
（3）① 3 2 4 2
②16
七校联盟2024年第一学月联考高三化学答案 第 4页 共6页
{#{QQABBYAEogCoQABAAQgCEwEoCAOQkBGCCCoOBBAEsAIAiQFABCA=}#}【解析】（1）②CO（g）+ O（g） = CO（g） ΔH = －284kJ·mol－1（设2H (g)+O (g)=2H O(g)
2 2 2 2 2
ΔH=－484 kJ/mol 为反应ⅲ， -（ⅰ-ⅱ）
（2）①电荷守恒：c(A−) =c(Na+)-c(Cl－) = 0. 3-
物料守恒：c(HA)=0. 3-c(A−) =
溶液呈中性，c(OH－) =1×10-7 mol/L K= = =5×10-7，解得c=0. 5
h
②酸性 KH PO 溶液中存在H P H++HP ，Ka =6. 3×10－8 ，存在H P +H O OH
2 4 2 2 2
－+H PO
3 4
K = = ≈1. 3×10－12，Ka>K ，电离程度大于水解程度，溶液呈酸性。
h h
2HSO−+2H+ +2e− =S O2−+2H O
（3）① 3 2 4 2
②16,阳极的电极方程式为2H O-4e- = O +4H+, 根据得失电子守恒，当处理1mol NO时，转移电
2 2
子为2mol ，故生成的氧气为0. 5mol ，质量为16g。
18．本题16分，除标注外每空2分。
（1）对硝基甲苯或4-硝基甲苯
（2） +(CH
3
CO)
2
OC2H5OH→ + CH
3
COOH
（3）取代反应 氨基
（4）4
（5）
（6） 16
【解析】A经多步转化生成B，涉及甲基的氧化，苯环上的取代反应，以及硝基的还原；B与甲
醇发生取代反应生成C( )，C与(CH CO) O在乙醇溶液中发生取代反应生成D，D发生
3 2
酚羟基上的取代反应生成E，E与氯气发生苯环的取代反应生成F，结合G的结构简式可知F为
七校联盟2024年第一学月联考高三化学答案 第 5页 共6页
{#{QQABBYAEogCoQABAAQgCEwEoCAOQkBGCCCoOBBAEsAIAiQFABCA=}#}，F与流程中物质发生取代反应生成G，G中酰胺基发生水解反应生成H，据此分析
解答；
【详解】（1）由A的结构简式可知，A的名称为对硝基甲苯或4-硝基甲苯；
（2）C与(CH CO) O在乙醇溶液中发生取代反应生成D，反应方程式为：
3 2
+(CH
3
CO)
2
OC2H5OH→ + CH
3
COOH；
（3）D发生酚羟基上的取代反应生成E ，C中不含氧官能团为氨基
（4）1molG中含2mol酰胺基和1mol碳氯键能与NaOH反应，其中1mol酰胺基消耗1molNaOH，
苯环上连接1mol氯原子消耗2molNaOH，则1molG消耗4molNaOH；
（5）由以上分析可知F为 ；
（6）化合物Ⅰ为B的同系物，相对分子质量比B大28，可知I比B多两个C原子，①能与FeCl
3
溶液发生显色反应，可知含酚羟基；②−NH 和−COOH连在同一个碳原子上，若苯环上有两个取代
2
基可以为-OH和 或-OH和 ，在苯环上分别有邻、间和对三种位置；若苯
环上三个取代基，则为-OH、-CH 、 ，当-OH、-CH 位于苯环邻位时， 在苯环上
3 3
有4种位置，当-OH、-CH 位于苯环间位时， 在苯环上有4种位置，-OH、-CH 位于苯环
3 3
对位时， 在苯环上有2种位置，共10种位置，则符合的I的结构共16种；满足上述条件的
同分异构体中，核磁共振氢谱显示，峰面积比为3∶2∶2∶2∶1∶1的结构简式为
。
七校联盟2024年第一学月联考高三化学答案 第 6页 共6页
{#{QQABBYAEogCoQABAAQgCEwEoCAOQkBGCCCoOBBAEsAIAiQFABCA=}#}
