化學-浙江省稽陽聯(lián)誼學校2023-2024學年高三上學期11月聯(lián)考試題和答案

1一、選擇題(本大題共16小題，每小題3分，共48分，每小題列出的四個備選項中只有一個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)題號12345678答案ABCADABD題號9答案CDBCACCD非選擇題部分二、非選擇題（本大題共5小題，共52分）（16（各1分，共2分）（2）CD（2分。漏選得1分，有錯不得分）（3）P的電負性小于N，形成配位鍵時更易給出孤電子對，故[PtCl2(PH3)2]更穩(wěn)定。(2分)（4）12（2分2分）（1）5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+8H2O+2Mn2+（2分，乙二酸寫成結構式或結構簡式或含2個結晶水的化學式都正確，未配平給1分）（2）①眾（2分）②ABC（2分。漏選得1分，有錯不得分）③根據(jù)“相似形溶”原理，乙二酸與乙醇都是極性分子，且都含有羥基，兩者能形成氫鍵，故易溶；苯和氯仿是非極性或弱極性分子，乙二酸與苯和氯仿的分子間作用力弱，故難溶。（3）將X通入酸性高錳酸鉀溶液，溶液紫色褪去或將X氣體通入灼熱的氧化銅，固體顏色由黑變紅，證明X具有還原性；將燃著的鎂條伸入X中，鎂條繼續(xù)燃燒，生成黑色和白色固體，證明X具有氧化性。（或其他合理答案證明氧化性和還原性各1分，共2分）19.（共10分）（1）＋124（1分）（2）①減小氣體濃度（或分壓使平衡右移，提高C3H8(g)轉化率。（1分。提到平衡右移或丙烷轉化率即可給分）②1:3.8（5:19或0.2632分）2（32分。C點之前低于丙烯，C點之后高于丙烯。有錯不得（4）①A（1分）②反應溫度較低、節(jié)約能源；氧氣消耗氫氣，有利于平衡正向移動；利用氫氣和氧氣反應放熱，維持熱量平衡；產品容易分離、（5）BD（2分。對1個給1分，有錯不得分）20（共10分）（1）C（1分）（2）AB（2分。漏選得1分，有錯不得分）（3）Fe2++2Fe3++8OH-=Fe3O4+4H2O（2分未配平給1分）（4）防止溫度過高發(fā)生石墨與濃硫酸之間的副反應；防止?jié)饬蛩崤c硝酸鈉反應產生的硝酸揮發(fā)或分解。（2分寫對一條給1分）（5）Cr2O72-（1分）96.0%（2分不考慮有效數(shù)字）21題（共12分）（1）氨基、硝基（1分有錯別字不給分，只寫對1個也不給分）（2）BD（2分。漏選得1分，有錯不得分）（31分）（2分漏寫H2O，扣1分）（3分各1分）（3分）3（若對硝基甲苯經(jīng)氯代、水解、氧化三步制對硝基苯甲醛，扣1分）試題解析1．碳納米材料主要成分為碳的單質2．O3分子結構為V形分子；鄰羥基苯甲醛分子內氫鍵是羥基上的氫原子與羰基上的氧原子間形成的；聚丙烯結構簡式為：3．硫酸鋇用飽和碳酸鈉溶液處理，可轉為碳酸鋇，碳酸鋇難溶于水，可溶于酸4．維生素C具有還原性，因此可用于食品中的抗氧化劑5．A：瓷坩堝中含有二氧化硅，高熱條件下易與NaOH反應導致坩堝破裂；B：反應過程中，有溴單質揮發(fā)出來，也能與硝酸銀溶液產生沉淀；C：生成的乙炔中含有硫化氫等雜質，也能使高錳酸鉀溶液褪色，應先通過硫酸銅溶液，再用酸性高錳酸鉀溶液檢驗；D：打開止水夾，用熱毛巾或浸過冰水的毛巾捂住圓底燒瓶，使NaOH溶液與氯氣接觸后，即可看到噴泉現(xiàn)象6．分析轉化關系圖，可知：過程I反應的離子方程式為：NO2-+2H++e-=NO+H2O；過程II發(fā)生反應的離子方程式為：NO+NH4++2H++3e-=H2O+N2H4；過程III：N2H4=N2+4H++4e-；過程I-III的總反應為：NO2-+NH4+=N2+2H2O；A：根據(jù)總反應式，整個過程，轉化1molNO2-向大氣釋放1molN2;B:過程I、II反應均消耗氫離子，使水體酸性減弱；C：N2H4能結合水電離出的氫離子而使溶液顯堿性；D：過程II中銨根離子中氮元素化合價升高，發(fā)生氧化反應。7．A:HONH2分子中氧原子上有兩個孤電子對，氮原子上有一個孤電子對，所以33gHONH2中，各原子最外層孤電子對總數(shù)為3NA；B:Na2O2由鈉離子和過氧根離子構成，所以7.8gNa2O2固體中含有離子總數(shù)為0.3NA，正N(Cl-)+N(HClO)+N(ClO-)<0.2NA；D:隨反應進行，濃硝酸變稀硝酸，還原產物變?yōu)镹O，相同物質的量的銅生成氣體分子數(shù)減少，所以6.4gCu與一定體積濃硝酸恰好完全反應，則生成氣體分子數(shù)小于0.2NA8．A：如ClCH2NH2與CH3NHCl互為同分異構體，CH3NO2與CH3ONO互為同分異構，CHFClBr存在對映異構體，等；B：苯酚和苯甲酸常下均為固體，不能通過蒸餾的方法進行分離；C：乙烯在較高壓力與較高溫度和引發(fā)劑作用下，通加聚反應可得到低密度聚乙烯9．A：碘離子還原性比亞鐵離子強，向FeI2溶液中滴加少量稀硝酸，首先被氧化的是碘離子；B：AgCl不溶于水，對應的離子方程式應為AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2OC：Ba(OH)2少量時，氫氧根只與鐵離子反應，氫氧化鋇對應的離子全部參加反應，所以對應離子方程式為3Ba2++6OH-+2Fe3++3SO42-=3BaSO4↓+2Fe(OH)3↓D：硫氫化鈉溶液少量，銅離子足量，不可能生成硫化氫氣體，所以對應離子方程式為：Cu2++HS-=CuS↓+H+10．A:可推測a為丁烯二酸酸酐，四個碳原子均為sp2雜化，所以a分子所有原子在同一個平面上；B:酸酐能和NaOH溶液反應，N中含有羧基和酯基，它們均能與NaOH溶液4發(fā)生反應;C:反應1為加聚反應生成聚合物，反應2酯酐與醇的取代反應。D:試劑b的結構簡式為：HO-CH2CH2ohcH311．A、B、C、D、E五種元素位于元素周期表前四周期，原子序數(shù)依次增大，除E外均為非金屬元素。主族元素原子半徑最小的元素為氫，所以A為H；B的電子排布式為1s22s22p3，為N；C與B位于同一周期，C基態(tài)原子有2個未成對電子，則C為O；D的單質是重要的半導體材料，為Si;基態(tài)E+有電子填充的軌道無成單電子，則E+價層電子排布為3d10，E為Cu。A:O>N>H>Si，正確；B：D與A形成化合物為SiH4，為分子晶體；C：A與B可形成N2H4，A與C可形成H2O2，它們均為含有非極性鍵的極性分子；D：由A、B、C、E四種元素可組成鹽[Cu(NH3)4](NO3)2，加入無水乙醇降低了其在水中的溶解度，能析出藍色沉淀12．A：根據(jù)圖示放電時，步聚1中，銅離子和S均得到電子，生成硫化亞銅，正極反應式為2Cu2++S+4e-=Cu2S；B：“單獨構建該步電池時效率較低”，可推測Cu2S對步驟2的正極反應起催化作用，提高了電池工作效率；C：則消耗6.5g鋅時，轉移2mol電子，得到的精銅質量等于6.4g；D：根據(jù)信息，步驟2工作過程中，電池工作環(huán)境氧氣濃度越大，x值也越大，極板質量增加也越多13．A：生成P1的活化能低，反應速率快，但P2能量低，更穩(wěn)定，所以反應過程中，產物P1的濃度先增大，因P2不斷生成，使平衡向生成P2方向移動，P1濃度減??；B：過渡態(tài)能量越高，反應的活化能越高，但反應的?H與活化能高低無直接關系；C：P1?P2為放熱過程，升高溫度，有利于平衡向逆方向移動，達到平衡時，生成的產物中P2的百分含量減?。籇：反應過程中，υ(HNO)>υ(Z)=υ(P1)+υ(P2)14．A:步驟①會產生二氧化硫有毒氣體，可用石灰乳吸收；B:硫酸濃度增大，反應速率加快，能加快浸出速率，適當加熱也能加快浸出速率；C:若先Na2SO3溶液，則會使銅離子直接與亞硫酸根結合生成亞硫酸銅等沉淀，不利于生成CuCl；D:無水乙醇可洗去水，加快干燥速度15．A：實驗①反應后的得到等物質的量濃度的Na2CO3、NaHCO3、NaCl溶液，根據(jù)碳酸的電離常數(shù)可知，溶液中碳酸根的水解平衡進行的程度最大，所以溶液中粒子濃度關系為：c(Na+)>c(HCO3-)>c(Cl-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)；B：實驗②反應得到碳酸鈣飽和溶液，由于碳酸根離子能發(fā)生水解反應，所以c(Ca2+)>5×10-4mol/L>c(CO32-)；C：③根據(jù)有關常數(shù)，可知總反應Ca2++2HCO3-=CaCO3↓+H2CO3↑的反應平衡常數(shù)K=5.3×104，由于碳酸分解平衡常數(shù)未知，所以選項中平衡常數(shù)不能求得；D:②中，Qsp[CaCO3]≈10-2>2.5×10-9；Qsp[Ca(OH)2]=10-1×10-4.7=10-5.7=10-0.3×10-6<5.5×10-6，所以只生成CaCO3；Qsp[-5；Qsp[Mg(OH)2]=10-1×10-4.7=10-5.7>1.8×10-11，能同時生成MgCO3和，Mg(OH)2沉淀可能為堿式鹽；16．A:硫酸沒有揮發(fā)性，不會看到白煙現(xiàn)象;B:硫酸銅氨溶液中滴加少量硫酸出現(xiàn)藍色沉淀，是因為硫酸破壞了銅氨離子的結構，釋放出的氨與銅離子反應生成了氫氧化銅沉淀;C:5檢驗亞鐵離子應該用K3[Fe(CN)6]溶液;17：本題以“磷單質及其化合物”為載體，考查《物質結構與性質》的主干知識和核心素養(yǎng)。（1）知道核外電子排布的構造原理和排布規(guī)則（泡利原理、洪特規(guī)則、能量最低原理熟悉1-36號元素基態(tài)原子的核外電子排布，正確書寫和區(qū)別電子排布式和軌道表示式；能分析判斷價層電子和電子的能量。需注意區(qū)別原子中所有電子的排布和價層電子的排布，核外運動能量不同的電子與核外運動狀態(tài)不同的電子。P為15號元素，最外層電子即為價層電子，有5個，3s能級上2個，3p能級上3個。該激發(fā)態(tài)P原子的電子在10個原子軌道上運動，在1s、2s、2p、3s、3p、3d運動的電子能量不同，其中在2p的3個簡并軌道、3p的3個簡并軌道上運動的電子能量相同，共6種。（2）判斷物質中原子的雜化類型和空間結構，能夠根據(jù)物質的結構判斷晶體的類型與性質。三種磷單質中，磷原子的價電子數(shù)為5個，磷原子間均以單鍵相連接，剩余1對孤電子對，價層電子對數(shù)為4，屬于sp3雜化，磷原子不可能處在一個平面上。白磷由白磷分子構成，白磷晶體屬于分子晶體；黑鱗具有與石墨類似的層狀結構，層間是范德華力，層內相鄰原子是共價鍵，還具有類似金屬晶體的導電性，黑鱗晶體是混合型晶體。白磷的相對分子質量最小，分子間作用力最弱，在三種晶體中熔沸點最低。（3）P的電負性小于N，形成配位鍵時更易給出電子，故[PtCl2(PH3)2]更穩(wěn)定。（5）識別常見晶胞的結構，掌握晶胞結構的簡單計算方法。如果把Al和P都看成碳原子，則變成金剛石的晶胞結構，如果把P去掉，則變成干冰的晶胞結構。要分析P原子周圍最緊鄰的P原子數(shù)，可以選擇任意一個P原子來考察。譬如以右下后方的P和Al（都記為1）做分析：111號Al參與構成8個同樣的晶胞，除了給出的這個晶胞，另外7個晶胞中，有3個晶胞與這個晶胞共1個面（正下方、正右方、正后方3個晶胞與這個晶胞共1條棱（右下方、后下方、右后方還有1個晶胞與這個晶胞共頂角（右下后方）。這個晶胞內的3個P都與1號P最緊鄰，與這個晶胞共面的3個晶胞中各有2個P與1號P最緊鄰，與這個晶胞共棱的3個晶胞中各有1個P與1號P最緊鄰，與這個晶胞共頂角的晶胞中沒有與1號P最緊鄰的P，所以1號P原子周圍最緊鄰的P原子數(shù)為：3+3×2+3×1=12個。如果做換位思考，由于晶胞中Al和P的個數(shù)相等，位置等價（若將Al和P原子都看作是碳原子，則該晶胞為金剛石晶胞所以P原子周圍最緊鄰的P原子數(shù)，跟Al原子周圍最緊鄰的Al原子數(shù)相等，而Al原子周圍最緊鄰的Al原子數(shù)（晶胞中Al的排布與干冰6中CO2分子的排布相同）容易得出是12個。該晶胞中含有4個AlP，由立方晶胞密度計算公式：ρ=nM/NAa3，得到晶胞的邊長a=（4M/NA）-3,，兩個最近P原子間的距離為面對角線長度的一半。18：本題以“乙二酸（草酸）-乙二酸酐-草酸鈣”的轉化關系為主線，考查從“物質結構-元素價態(tài)-物質類別”的視角認識物質的性質和用途，探究物質間轉化關系的能力。重點考查物質的結構、性質與轉化關系。主要涉及物質的氧化性還原性，酸性堿性，溶解性等中學化學的核心知識。試題融合了物質結構、有機化學、無機化學和化學實驗等多模塊知識，綜合性較強，陌生度較大。（1）草酸是一種強還原劑，由于性質比較穩(wěn)定，故在分析化學上可用作定量測定一些氧化性物質含量或濃度的試劑。該反應是氧化還原型離子反應，可考查離子方程式的書寫和氧化還原反應的配平能力。草酸是二元弱酸，碳元素為+3價，氧化生成二氧化碳。高錳酸鉀被草酸還原生成Mn2+，若寫成其他形式如MnO2則不給分。（草酸寫成H2C2O4·2H2O也正確）（2）①由題給信息可知，乙二酸加熱脫水生成酸酐，該酸酐具有六元環(huán)狀結構，應是2分子乙二酸發(fā)生脫水而成。②根據(jù)題意，C4O6與石灰水反應：C4O6+2Ca(OH)2=2CaC2O4↓+2H2O，所以X是酸性氧化物，A選項正確；由于乙二酸與氯化鈣溶液反應：H2C2O4+CaCl2↓=CaC2O4+2HCl，可知草酸鈣不溶于稀鹽酸，B選項正確；羧基是吸電子基，使另一個羧基的酸性增強（羥基極性增強，羥基氫容易電離出來甲基是推電子基，使羧基的酸性減弱；所以乙二酸的酸性強于乙酸。C選項正確。乙二酸跟2分子乙醇反應生成乙二酸二乙酯，乙二酸跟乙二醇反應生成乙二酸乙二酯。D選項不正確。③根據(jù)“相似形溶”原理，乙二酸與乙醇都是極性分子，且都含有羥基，兩者能形成氫鍵，故易溶；苯和氯仿是非極性或弱極性分子，乙二酸與苯和氯仿的分子間作用力弱，故難溶。（3）類比于CO還原性的檢驗：將X氣體通入灼熱的氧化銅，固體顏色由黑變紅，證明X具有還原性；類比于CO2氧化性的檢驗：將點燃的鎂條伸入X中，鎂條繼續(xù)燃燒，生成黑色和白色固體，證明X具有氧化性。19：本題以工業(yè)生產和科學研究中的“丙烷制備丙烯”的3個不斷改進優(yōu)化的反應原理為線索，考查化學反應原理的主干知識和關鍵能力。（1）由蓋斯定律，可得ΔH1=ΔH2-ΔH3/2=＋124kJ/mol。（2）①在總壓恒定的條件下，充入惰性氣體，等同于擴體減壓，氣體濃度（或分壓）減小，使平衡向著氣體分子數(shù)增大的方向移動（右移提高了C3H8(g)的轉化率。②根據(jù)圖1，C3H8的物質的量分數(shù)為0.4時，其平衡轉化率為50%。假設混合氣體為1mol，則起始時C3H8為0.4mol，Ar為0.6mol,。運用三段式法計算:C3H8(g)H2(g)+C3H6(g)開始量/mol0.400變化量/mol0.20.20.27平衡量/mol0.20.20.2由于總壓恒定為100kPa，平衡時C3H8為0.2mol，C3H6為0.2mol，H2為0.2mol，Ar為0.6mol，則C3H8(g)、C3H6(g)、H2(g)的分壓均為100kPa×=kPa，故T1時反應Ⅰ的平衡常數(shù)Kp=Pa≈16.7kPa。要將C3H8的平衡轉化率提高到60%，假設起始時C3H8為1mol，Ar為xmol,。運用三段式法計算:C3H8(g)H2(g)+C3H6(g)開始量/mol100變化量/mol0.60.60.6平衡量/mol0.40.60.6由于總壓恒定為100kPa，平衡時C3H8為0.4mol，C3H6為0.6mol，H2為0.6mol，Ar為x3H8(g)分壓為100kPa×0.4/(1.6+x)，C3H6(g)、H2(g)的分壓均為100kPa×0.6/(1.6+x)，根據(jù)溫度不變平衡常數(shù)相等：x=3.8（說明：本題用濃度平衡常數(shù)Kc同樣可求得結果。）（3）增大壓強縮小體積，平衡時兩種物質的濃度都隨平衡總壓（體積縮小）的增大而增大。增大壓強時，由于平衡向著氣體分子數(shù)減少的逆反應方向移動，所以在兩者濃度相等之后，兩者濃度增加的程度不同，丙烷的濃度增大得更多，故丙烷的濃度大于丙烯的濃度。據(jù)此理可作圖。（4）反應Ⅱ的ΔH2<0，ΔS>0，所以該反應在任何溫度下都能自發(fā)進行。選項A正確。升高溫度，反應Ⅱ的平衡逆向移動，平衡常數(shù)減小。選項B不正確。通入的氧氣過多，將發(fā)生丙烷的深度氧化，可能生成CO或CO2，使丙烯的產率降低或得不到丙烯。選項C不正確。將水液化分離出來，可提高C3H8的轉化率，但不能加快反應速率。選項D不正確。與直接脫氫反應相比，氧化脫氫制備丙烯的優(yōu)點是反應Ⅱ的溫度較低（任何溫度下都自發(fā)）、反應Ⅰ必須在高溫下才能自發(fā)，低溫反應可以節(jié)約能源；產品主要是水和丙烯，容易分離、副產物少。（5）CO2催化氧化C3H8脫氫制丙烯，在較高溫度下，丙烯的產率遠高于乙烯和CO，是催化劑X選擇性地提高產生丙烯反應速率的結果。選項A正確。表格中的數(shù)據(jù)不一定是平衡狀態(tài)的數(shù)據(jù)，不能得出該平衡體系，溫度對平衡移動的影