【文档说明】浙江省稽阳联谊学校2023-2024学年高三上学期11月联考 化学答案.docx，共(10)页，326.061 KB，由小赞的店铺上传

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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12345678答案ABCADABD题号910111213141516答案CD

BCACCD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[PtCl2(PH3)2]更稳定。(2分)（4）12（2分）（2分）18.（共10分）（1

）5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+8H2O+2Mn2+（2分，乙二酸写成结构式或结构简式或含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C3H8(g)转化率。（1分。提到平衡右移或丙烷转化率即可给分）②1:3.8（5:1

9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-=Fe3O4+4H2O（2分）（未配平给1分）（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）Cr2O72-（1分）96.0%（2分）（不考虑有效数字）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H2O，扣1分）（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1．碳纳米材料主要成分为碳的单质2．O3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：NO2-+2H++e-=NO+H2O；过程II发生反应的离子方程式为：NO+NH4++2H++3e-=H2O+N2H4；过程III：N2H4=N2+4H++4e-；过程I-III的总反应为：NO2-

+NH4+=N2+2H2O；A：根据总反应式，整个过程，转化1molNO2-向大气释放1molN2;B:过程I、II反应均消耗氢离子，使水体酸性减弱；C：N2H4能结合水电离出的氢离子而使溶液显碱性；D：过程II中铵根离子中氮元素化合价升高，发生氧化反应。7．A:HONH2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33gHONH2中，各原子最外层孤电子对总数为3NA；B:Na2O2由钠离子和过氧根离子构成，所以7.8gNa2O2固体中含有离子总数为0.3NA

，正确；C:氯气与水反应是可逆反应，N(Cl-)+N(HClO)+N(ClO-)<0.2NA；D:随反应进行，浓硝酸变稀硝酸，还原产物变为NO，相同物质的量的铜生成气体分子数减少，所以6.4gCu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.

2NA8．A：如ClCH2NH2与CH3NHCl互为同分异构体，CH3NO2与CH3ONO互为同分异构，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FeI2溶液中滴加少量稀硝酸，首先被氧化的是碘离子；B：AgCl不溶于水，对应的离子方程式应为AgCl+2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2OC：Ba(OH)2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，所以对应离子方程式为3Ba2++6OH-+2Fe3++3SO42-=3BaSO4↓+2Fe(OH)3↓D：硫氢化钠溶液少量，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SiH4，为分子晶体；C：A与B可形成N2H4，A与C可形成H2O2，它们均为含有非极性键的极性分子；D：由A、B、C、E四种元素可组成盐[Cu

(NH3)4](NO3)2，加入无水乙醇降低了其在水中的溶解度，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222CuS4e=CuS+−++；B：“单独构建该步电池时效率较低”，可推测Cu2S对步骤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P1的活化能低，反应速率快，但P2能量低，更稳定，所以

反应过程中，产物P1的浓度先增大，因P2不断生成，使平衡向生成P2方向移动，P1浓度减小；B：过渡态能量越高，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：P1⇌P2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P2的百分含量减小；D：反

应过程中，υ(HNO)>υ(Z)=υ(P1)+υ(P2)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Na2SO3溶液，则会

使铜离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Na2CO3、NaHCO3、NaCl溶液，根据碳酸的电离常数可知，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(HCO3-)>c(Cl-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)；B：实验②反应得到碳酸钙饱和溶液，由于碳酸根离子能发生水解反应，所以c(Ca2+)>5×10-4mol/L>c

(CO32-)；C：③根据有关常数，可知总反应Ca2++2HCO3-=CaCO3↓+H2CO3↑的反应平衡常数K=5.3×104，由于碳酸分解平衡常数未知，所以选项中平衡常数不能求得；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[MgCO3]≈10-2>1×10-5；Qsp[Mg(OH)2]=10-1×10-

4.7=10-5.7>1.8×10-11，能同时生成MgCO3和，Mg(OH)2沉淀可能为碱式盐；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

3[Fe(CN)6]溶液;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[PtCl2(PH3)2]更稳定。（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11中CO2分子的排布相同）容易得出是12个。该晶胞中含有4个AlP，由立方晶胞密度计算公式：ρ=nM/NAa3，得到晶胞的边长a=（4M/NA）-3,，两个最近P原子间的距离为面对角线长度的一半。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M

nO2则不给分。（草酸写成H2C2O4·2H2O也正确）（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，C4O6与石灰水反应：C4O6+2Ca(OH)2=2CaC2O4↓+2H2O，所以X是酸性氧化物，A选项正确；

由于乙二酸与氯化钙溶液反应：H2C2O4+CaCl2↓=CaC2O4+2HCl，可知草酸钙不溶于稀盐酸，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CO2氧化性的检验：将点燃的镁条伸入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。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ΔH1=ΔH2－ΔH3/2=＋124kJ/mol。（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C3H8(g)的转化率。②根

据图1，C3H8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1mol，则起始时C3H8为0.4mol，Ar为0.6mol,。运用三段式法计算:C3H8(g)H2(g)+C3H6(g)开始量/mol0.400变化量/mol0.20.20.2平衡量/mol0.20.20.2由

于总压恒定为100kPa，平衡时C3H8为0.2mol，C3H6为0.2mol，H2为0.2mol，Ar为0.6mol，则C3H8(g)、C3H6(g)、H2(g)的分压均为100kPa×0.2mol1.2mol=503kPa，故T1时反应

Ⅰ的平衡常数Kp=503kPa×503kPa503kPa=503kPa≈16.7kPa。要将C3H8的平衡转化率提高到60%，假设起始时C3H8为1mol，Ar为xmol,。运用三段式法计算:C3H8(g)H2(g)

+C3H6(g)开始量/mol100变化量/mol0.60.60.6平衡量/mol0.40.60.6由于总压恒定为100kPa，平衡时C3H8为0.4mol，C3H6为0.6mol，H2为0.6mol，Ar为xmol，则C3H8(g)分压为10

0kPa×0.4/(1.6+x)，C3H6(g)、H2(g)的分压均为100kPa×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ΔH2<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。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CO2，使丙烯的产率降低或得不到丙烯。选项C不正确。将水液化分离出来，可提高C3H8的转化率，但不能加快反应速率。选项D不正确。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）CO2催化氧化C3H8脱氢制丙烯，在较高温度下，丙烯的产率远高于乙烯和CO，是催化剂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.Fe3O4具有磁性，用磁力搅拌会加重团聚现象；B.Cl-干扰酸性KMnO4检验Fe2+；C.氧化石墨烯结构中有羧基、羟基和环氧基可

知，NaNO3和KMnO4的作用是氧化单层石墨烯；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-=Fe3O4+4H2O（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）Cr2O72-+H2

O⇌2CrO42-+2H+，题中为酸性条件，存在形式为Cr2O72-；A=0.6带入c=1.600A-0.060得c=0.90，𝑝=25×0.900−0.90025×0.900×100%=96.0%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，K2CO3可与生成的HCl反应，作缚酸剂，有利于提高化合物B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C9H12N2O2，它的同分异构体限定条件中含有苯环和含有酰胺基，因为不饱和度为5，所以含1个苯环和1个酰胺基、则余“C2NO”，另限制无氮氮键和氮氧键，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）获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com