【文档说明】河北省邯郸市部分示范性高中2024届高三下学期三模试题 化学 PDF版含解析.pdf，共(10)页，8.317 MB，由管理员店铺上传

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AAARgCQwWiCgCQkBGCCAoORAAEMAAAyQNABAA=}#}{#{QQABTYAAggigQpAAARgCQwWiCgCQkBGCCAoORAAEMAAAyQNABAA=}#}化学答案１．【答案】Ｄ【解析】

液氧和甲烷分别作助燃剂和燃料，Ａ错误；Ｓｉ３Ｎ４熔点很高不可能为分子晶体，Ｂ错误；碳纤维是用腈纶和粘胶纤维做原料，经高温氧化碳化而成的含碳量在９０％以上的纤维，Ｃ错误，钛合金和不锈钢均为合金材料，Ｄ正确。２．【答案】Ｃ【解析】制造阻燃或防火线缆的橡胶应为网状结构，Ｃ错

误。３．【答案】Ｂ【解析】Ｍ的分子式为Ｃ１７Ｈ２１ＮＯ３，Ａ错误；Ｍ分子中—ＮＨ—具有碱性，能与酸反应；酚羟基具有酸性，能与碱反应，Ｂ正确；ＢＡＳ分子中不存在手性碳原子，Ｃ错误；ＢＡＳ苯环上的一溴代物共有

６种（），Ｄ错误。４．【答案】Ｃ【解析】１ｍｏｌＮＨ４Ｃｌ完全分解，产生２ｍｏｌ气体，分子数目为２ＮＡ，Ａ错误；１ｍｏｌＮＨ３分子所含价层电子对的数目为４ＮＡ，Ｂ错误；１ｍｏｌＮａＣｌ或１ｍｏｌＮＨ４Ｃｌ

都含有２８ｍｏｌ质子、１ｍｏｌＣｌ－，故ＮａＣｌ和ＮＨ４Ｃｌ的混合物中含１ｍｏｌＣｌ－，ＮａＣｌ和ＮＨ４Ｃｌ的总物质的量为１ｍｏｌ，则混合物中质子总数为２８ＮＡ，Ｃ正确；标准状况下１１２ＬＣＯ２含σ键的数目为０１ＮＡ，Ｄ错误。５．【答案】Ａ【解析】［Ｃｕ（Ｈ２Ｏ）４］２＋为蓝色，［ＣｕＣｌ４］

２－为黄色，向ＣｕＳＯ４溶液中加入少量ＮａＣｌ固体，溶液由蓝色变为黄绿色，说明［ＣｕＣｌ４］２－中的配位键稳定性大于［Ｃｕ（Ｈ２Ｏ）４］２＋中的配位键，Ａ正确；向Ｆｅ（ＮＯ３）３溶液中滴加淀粉，再通入ＨＩ气体，溶液变蓝，由于硝酸的氧化性大于Ｆｅ３＋，可

能硝酸氧化了Ｉ－，因此不能比较Ｆｅ３＋与Ｉ２氧化性的强弱，Ｂ错误；５ｍＬＮａＣｌ和ＫＩ的混合溶液中，不知道各自的浓度，无法达到实验目的，Ｃ错误；反应无明显实验现象，无法探究反应物浓度对反应速率的影响，Ｄ错误。６．【答案】Ｄ【解析】根据Ｘ、Ｙ、

Ｚ、Ｍ、Ｗ五种主族元素，Ｚ的简单氢化物沸点为１００℃，Ｚ为Ｏ元素；随着原子序数增加，原子半径Ｘ、Ｙ、Ｚ逐渐减小，而Ｍ、Ｗ半径增大，且Ｍ＜Ｗ，推测Ｘ、Ｙ与Ｏ都属于第二周期，Ｍ、Ｗ应在第三周期，０１ｍｏｌ·Ｌ－１Ｙ、Ｍ、Ｗ简单氢化物的水溶液ｐ

Ｈ分别为１１、４、１，则Ｗ的简单氢化物为一元强酸，为Ｃｌ元素；而Ｙ的简单氢化物溶液呈碱性，应该为Ｎ元素；Ｍ溶液呈弱酸性，为Ｓ元素；Ｘ的简单氢化物沸点很低，说明不能形成氢键，应该是甲烷，Ｘ是Ｃ元素。ＣＯ２应该为直线形分子，Ａ错误；Ｘ、Ｙ、Ｚ第一

电离能：Ｃ＜Ｏ＜Ｎ，Ｂ错误；Ｈ２Ｓ是弱酸，所以Ｓ２－会发生水解，促进水的电离，Ｃ错误；最高价氧化物水化物的酸性：Ｈ２ＳＯ４＜ＨＣｌＯ４，Ｄ正确。{#{QQABTYAAggigQpAAARgCQwWiCgCQkBGCCAoORAAEMAAAyQNABAA=}#

}７．【答案】Ｄ【解析】①操作需用盐酸溶解卤块，所用仪器为玻璃棒、烧杯，Ａ正确；“氧化”目的是将Ｆｅ２＋氧化为Ｆｅ３＋，再通过调节ｐＨ除去，离子方程式为２Ｆｅ２＋＋Ｈ２Ｏ２＋２Ｈ＋２Ｆｅ３＋＋２Ｈ２Ｏ，Ｂ正确；②和③操作都得到液体和固体，均为过滤，Ｃ正确；“沉镁”

工序中Ｍｇ２＋、ＨＣＯ－３转化为ＭｇＣＯ３·Ｍｇ（ＯＨ）２·３Ｈ２Ｏ［２Ｍｇ２＋＋４ＨＣＯ－３＋２Ｈ２ＯＭｇＣＯ３·Ｍｇ（ＯＨ）２·３Ｈ２Ｏ↓＋３ＣＯ２↑］，温度过高ＮＨ４ＨＣＯ３分解才可能产生ＮＨ３，Ｄ错误。８．

【答案】Ａ【解析】反应中Ｏ元素化合价降低，部分Ｃ元素化合价升高，Ａ正确；根据反应过程，生成Ｈ２Ｏ２时总反应方程式判断，反应属于氧化反应，不属于消去反应，Ｂ错误；、等均是反应的中间产物，Ｃ错误；反应中有氧气Ｏ�Ｏ及烷烃中Ｃ—Ｈ等

断裂，形成Ｃ�Ｃ、Ｈ—Ｏ等化学键，Ｄ错误。９．【答案】Ａ【解析】Ｇｅ原子之间难以形成双键或三键，是因为Ｇｅ的原子半径较大，未杂化的ｐ轨道很难肩并肩重叠，形成π键，Ｂ错误；Ｏ３为极性分子，但是极性小，因此在ＣＣｌ

４中的溶解度大于在水中的溶解度，Ｃ错误；等离子体是由电子、阳离子和电中性粒子三种粒子组成且能导电的气态物质，Ｄ错误。１０．【答案】Ｄ【解析】容器内ＮＨ３（ｇ）与ＣＯ２（ｇ）两种气体物质的量始终保持２∶１，则气体平均摩尔质量始终不变，因此不能用容器内气体平

均相对分子质量不再变化说明反应已经达到平衡状态，Ａ错误；反应的Ｋ＝ｃ２（ＮＨ３）ｃ（ＣＯ２），因为温度一定，则Ｋ保持不变，ＮＨ３和ＣＯ２的浓度均保持不变，Ｂ错误；利用图像中的任意两组数据代入关系式：Ｒ×ｌｎＫｐ＝－Δ

Ｈ×１Ｔ＋Ｃ，如将ａ、ｂ点数据分别带入得①：－６７８２＝－３３４２×１０－３×ΔＨ＋Ｃ，②：－６９７３＝－３３５４×１０－３×ΔＨ＋Ｃ，①－②：１９１＝００１２×１０－３×ΔＨ，ΔＨ＝＋１５９２×１０３Ｊ·ｍｏｌ－１＝＋

１５９２ｋＪ·ｍｏｌ－１，Ｃ错误；根据图像直线斜率判断，氨基甲酸铵分解反应为吸热反应，则合成氨基甲酸铵为放热反应，所以在低温环境有利于合成氨基甲酸铵，Ｄ正确。１１．【答案】Ａ【解析】过程①中超分子不溶于甲苯，为固态，分离操作选择ａ为过滤；过程②中Ｃ６０为不溶于氯仿的固体，因此分离操作选择为ａ；过

程③中分离氯仿和杯酚，二者互溶，但沸点不同，因此通过装置ｄ蒸馏分离，Ａ选项合理。{#{QQABTYAAggigQpAAARgCQwWiCgCQkBGCCAoORAAEMAAAyQNABAA=}#}１２．【答

案】Ｄ【解析】由分析可知，ｄ为正极，ａ膜为质子交换膜，故Ａ错误；乙池中通入一氧化氮的电极为阴极，酸性条件下电极反应式为ＮＯ＋５ｅ－＋６Ｈ＋Ｈ２Ｏ＋ＮＨ＋４，故Ｂ错误；甲池中质子向ｄ极迁移，Ｃ错误；当浓缩室得到２Ｌ０６ｍｏｌ·Ｌ－１盐酸时，从Ｍ室通过阳离子交换膜ａ

膜进入浓缩室的氢离子物质的量为（０６ｍｏｌ·Ｌ－１－０１ｍｏｌ·Ｌ－１）×２Ｌ＝１ｍｏｌ，则Ｍ室消耗水的质量为１ｍｏｌ×１２×１８ｇ·ｍｏｌ－１＝９ｇ，Ｄ正确。１３．【答案】Ｃ【解析】当ｃ（ＯＨ－）浓度越大，越抑制ＣＯ２－３水解，ｃ（Ｂａ２＋）＝ｃ（ＣＯ２－３），使ｃ２（Ｂａ２＋）越接近２

６×１０－９，此时Ｋｓｐ＝ｃ（Ｂａ２＋）·ｃ（ＣＯ２－３）＝ｃ２（Ｂａ２＋）＝２６×１０－９，Ａ正确；若忽略ＣＯ２－３的第二步水解，当ｃ（ＣＯ２－３）＝ｃ（ＨＣＯ－３）时，Ｋａ２（Ｈ２ＣＯ３）＝ｃ（ＣＯ２－３）·ｃ（Ｈ＋）ｃ（ＨＣＯ－３）＝ｃ（Ｈ＋

），ｃ（Ｂａ２＋）＝ｃ（ＣＯ２－３）＋ｃ（ＨＣＯ－３）＝２ｃ（ＣＯ２－３），ｃ２（Ｂａ２＋）＝ｃ（Ｂａ２＋）×２ｃ（ＣＯ２－３）＝２Ｋｓｐ＝５２×１０－９，即Ｎ点，此时ｃ（ＯＨ－）＝２×１０－４，ｃ（Ｈ＋）＝１０－１４２０×１０－４

＝５×１０－１１，Ｋａ２（Ｈ２ＣＯ３）＝５×１０－１１，Ｂ正确；由图像知ｃ２（Ｂａ２＋）随ｃ（ＯＨ－）增大而减小，所以ｃ（Ｂａ２＋）随ｃ（Ｈ＋）增大而增大，Ｃ错误；在Ｎ点，由Ｂ选项得知，ｃ（ＣＯ２－３

）＝ｃ（ＨＣＯ－３），Ｍ点ｃ（ＯＨ－）小，ｃ（Ｈ＋）大，所以更促进ＣＯ２－３转化成ＨＣＯ－３，因此有ｃ（Ｂａ２＋）＞ｃ（ＨＣＯ－３）＞ｃ（ＣＯ２－３），Ｄ正确。１４．【答案】Ｂ【解析】Ｖ有２个在内部，８个在面上，均摊为６个；Ｓ

ｎ有４个在面上，８个在棱上，２个在内部，均摊为６个；Ｇｄ有４个在棱心，均摊为１个，化学式为ＧｄＶ６Ｓｎ６，Ａ正确；Ｇｄ周围的Ｓｎ为８个，构成的不是八面体空隙，Ｂ错误；测定晶体结构最常用的仪器是Ｘ射线衍射

仪，Ｃ正确；如图所示，１号、２号Ｓｎ原子投影在同一平面的距离为槡３３ａｐｍ，晶胞中１号Ｓｎ与２号Ｓｎ的垂直高度为ｃｐｍ，根据勾股定理有，１号、２号Ｓｎ原子间的距离为ａ２３＋ｃ槡２ｐｍ。１５．【答案】（１５分，除标注分数外，其余每空２分）（１）搅拌（或适当加热）（１

分，合理即可得分）（２）①Ｃ６Ｈ１２Ｏ６（葡萄糖）＋Ｂｒ２＋Ｈ２Ｏ→Ｃ６Ｈ１２Ｏ７（葡萄糖酸）＋２ＨＢｒ（合理形式即可给分）水浴加热（１分）②三颈烧瓶（１分）ｂ（１分）防倒吸（１分）{#{QQABTYAAggigQpAAAR

gCQwWiCgCQkBGCCAoORAAEMAAAyQNABAA=}#}（３）趁热过滤分离难溶于水的ＣａＣＯ３时，葡萄糖酸钙冷却后会结晶，如不趁热过滤会损失产品有利于葡萄糖酸钙的析出（４）００５×Ｖ×１０－３×４３０×１００２００５００×１００％【解析】（１）过程

ⅰ为溶解的操作，加快溶解的措施为搅拌（或适当加热）。（２）①利用溴水作氧化剂，将葡萄糖氧化成葡萄糖酸，因此化学方程式为Ｃ６Ｈ１２Ｏ６（葡萄糖）＋Ｂｒ２＋Ｈ２Ｏ→Ｃ６Ｈ１２Ｏ７（葡萄糖酸）＋２ＨＢｒ，反应温度为５５℃，适合用水浴加热。②冷凝时，冷凝水均从下口

入，上口出；装置乙中倒扣漏斗的作用是防止倒吸。（３）分离难溶于水的ＣａＣＯ３时，葡萄糖酸钙冷却后会结晶，如不趁热过滤会损失产品；乙醇可降低葡萄糖酸钙在溶液中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙的析出。（４）根据

反应关系，ＥＤＴＡ的物质的量与葡萄糖酸钙物质的量相等，因此计算关系式为００５×Ｖ×１０－３×４３０×１００２００５００×１００％。１６．【答案】（１４分，每空２分）（１）２ＡＤ（２）２Ｆｅ２＋＋ＣｌＯ－＋

５Ｈ２Ｏ２Ｆｅ（ＯＨ）３↓＋Ｃｌ－＋４Ｈ＋（３）ｐＨ越小，Ｈ＋浓度越大，平衡逆向移动（４）４ＣｏＣ２Ｏ４·２Ｈ２Ｏ＋２Ｌｉ２ＣＯ３＋３Ｏ２高温４ＬｉＣｏＯ２＋１０ＣＯ２＋８Ｈ２Ｏ（５）Ｃｏ２Ｏ３（６）１６

【解析】（１）丁二酮肟分子中ｓｐ３杂化的原子是两个甲基中的碳原子，个数为２；二丁二酮肟镍中存在的化学键有σ键、π键、配位键，氢键不属于化学键，金属键存在于金属或合金中，故答案选ＡＤ。（２）因为ｐＨ值为４～５，Ｆｅ２＋转化为Ｆｅ（

ＯＨ）３，２Ｆｅ２＋＋ＣｌＯ－＋５Ｈ２Ｏ２Ｆｅ（ＯＨ）３↓＋Ｃｌ－＋４Ｈ＋。（３）根据图像分析ｐＨ越小，氢离子浓度越大，该反应化学平衡逆向移动，降低了萃取率。（４）ＣｏＣ２Ｏ４·２Ｈ２Ｏ和Ｌｉ２ＣＯ３在空气氛围中焙烧

可得到ＬｉＣｏＯ２，其化学反应方程式为４ＣｏＣ２Ｏ４·２Ｈ２Ｏ＋２Ｌｉ２ＣＯ３＋３Ｏ２高温４ＬｉＣｏＯ２＋１０ＣＯ２＋８Ｈ２Ｏ。（５）ＣｏＣ２Ｏ４·２Ｈ２Ｏ（Ｍ＝１８３ｇ·ｍｏｌ－１），取１ｍｏｌ的ＣｏＣ２Ｏ４·２Ｈ２Ｏ，则Ｃｏ元素的质量为５９ｇ，Ｃ点

固体物质中Ｏ元素约为１８３ｇ×４５３６％－５９ｇ＝２４ｇ，Ｃｏ原子和Ｏ原子物质的量之比为１∶１５，化学式为Ｃｏ２Ｏ３。（６）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点、面心和体内的锂离子的个数为８×１８＋６×１２＋４＝８，由钴酸锂的化学式可知，晶胞中含有Ｏ的个数为８×

２＝１６。{#{QQABTYAAggigQpAAARgCQwWiCgCQkBGCCAoORAAEMAAAyQNABAA=}#}１７．【答案】（１４分，除标注分数外，其余每空２分）（１）（ａ＋ｂ）－（ｃ＋ｄ）（１分）低温（１分）（２）Ｐ５０５（３）ｂ（４）１∶２（５）将

［Ｃｏ（ＮＨ３）６］３＋还原为［Ｃｏ（ＮＨ３）６］２＋（６）Ｈ２Ｏ＋ＨＮＯ２－２ｅ－ＮＯ－３＋３Ｈ＋【解析】（１）提取图中数据，依据盖斯定律，ΔＨ＝反应物的总键能－生成物的总键能＝［（ａ＋ｂ）－（ｃ＋ｄ）］ｋＪ·ｍｏｌ－１；

由于该反应是放热反应，所以该反应在低温下能自发进行。（２）ｖ（ＣｌＮＯ）＝２５×ＰＭＰａ２０ｍｉｎ＝Ｐ５０ＭＰａ·ｍｉｎ－１；Ｋｘ＝ｘ２（ＣｌＮＯ）ｘ（Ｃｌ２）×ｘ２（ＮＯ）＝（２５）２１５×（２５）２＝５。（３）起始条件相同，在恒容容器中发生反应２ＮＯ（ｇ）

＋Ｃｌ（ｇ）幑幐２ＣｌＮＯ（ｇ），相对于恒压状态，物质浓度减小，反应速率减慢，ＮＯ的百分含量增大，达到平衡时所需时间较长，所以ｂ点符合要求。（４）由题干图示信息可知，［Ｃｏ（ＮＨ３）６］２＋＋ＮＯ［Ｃｏ（ＮＨ３）５ＮＯ］２＋＋ＮＨ３，２［Ｃｏ（ＮＨ３）６］２＋＋Ｏ２［

（ＮＨ３）３ＣｏＯＯＣｏ（ＮＨ３）３］４＋＋６ＮＨ３，［Ｃｏ（ＮＨ３）５ＮＯ］２＋＋［（ＮＨ３）３ＣｏＯＯＣｏ（ＮＨ３）３］４＋＋６ＮＨ３＋Ｈ２Ｏ［Ｃｏ（ＮＨ３）５ＮＯ２］２＋＋２［Ｃｏ（ＮＨ３）６］３＋＋２ＯＨ－，由此分析可知，与ＮＯ反应的［Ｃｏ（ＮＨ３）６］２

＋和与Ｏ２反应的［Ｃｏ（ＮＨ３）６］２＋物质的量之比为１∶２。（５）由题干信息可知，［Ｃｏ（ＮＨ３）６］２＋对ＮＯ的配合能力很强，而［Ｃｏ（ＮＨ３）６］３＋对ＮＯ的配合能力极低，钴氨溶液经过多次循环吸收ＮＯ后，其吸收ＮＯ的能力会降低，

为了恢复钴氨溶液吸收ＮＯ的能力，需采取的方法是将［Ｃｏ（ＮＨ３）６］３＋还原为［Ｃｏ（ＮＨ３）６］２＋。（６）阳极上亚硝酸被氧化成硝酸，电极反应式为Ｈ２Ｏ＋ＨＮＯ２－２ｅ－ＮＯ－３＋３Ｈ＋。１８．【答案】（１５分，除标注分数外，其余每空２分）（１）醚键、（酮）羰基Ｃ１７

Ｈ１８Ｏ４（１分）（２）乙二醇（或１，２乙二醇）（１分）（３）（４）加成反应（１分）{#{QQABTYAAggigQpAAARgCQwWiCgCQkBGCCAoORAAEMAAAyQNABAA=}#}（５）避免酮羰基发生副反应（或保护酮羰基）（１分）（６）３６（７）（３分）【解析】（１

）Ｉ的含氧官能团名称为醚键和酮羰基；根据所给信息，Ｒ′为—ＣＨ２ＣＯＯＨ，因此写出Ｂ的结构简式为。（２）的名称为乙二醇（或１，２乙二醇）。（３）根据Ｈ的结构简式推断，Ｆ→Ｇ发生的是取代反应。（４）Ｇ→Ｈ的反应类

型为为加成反应。（５）避免Ｈ→Ｉ时发生副反应。（６）Ｄ的分子式为Ｃ１２Ｈ１４Ｏ３，因此Ｋ的分子式为Ｃ１１Ｈ１４Ｏ３，分子中有５个不饱和度，根据信息，Ｋ中有苯环、羧基和酚羟基，则还应有四个碳的烷基；苯环上两个取代基，苯环及羧基在四个碳的烷基上有１２种位置异构，且分别与酚羟基有邻、间、对三种

位置，因此共有３６种同分异构体。（７）根据所给信息，以和为原料，设计合成的路线为。{#{QQABTYAAggigQpAAARgCQwWiCgCQkBGCCAoORAAEMAAAyQNABAA=}#}