【文档说明】贵州省2024届高三上学期适应性联考（一）化学答案和解析.pdf，共(8)页，383.606 KB，由小赞的店铺上传

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学科网（北京）股份有限公司贵州省高三年级适应性联考（一）化学参考答案及解析一、选择题1．D【解析】氚3H的中子数为2，2H的中子数为1，因此氚的核内中子数是2H核内中子数的2倍，A项正确；放射性碳测定年代法是最常用的考古方法

，它所能断定的年份最久的达50000年，B项正确；32HH、和1H都属于氢元素，互为同位素，C项正确；6143LinHeH中原子核发生了变化，属于核反应，不属于化学变化，D项错误．2．A【解析】制造芯片

的材料主要为硅晶体，A项错误；3FeCl溶液能溶解铜单质，反应方程式为3222FeCu2FeCu，B项正确；铷属于碱金属元素，C项正确；芯片上固定元器件的焊料为低熔点锡基合金，D项正确．3．C【解析】金刚石属于共价晶体，石墨属于混合型晶体，A项不符合题意；2CO属于分子晶体，

2SiO属于共价晶体，B项不符合题意；NaCl和CsCl均是由阴阳离子相互作用形成的离子晶体，C项符合题意；2NaO属于离子晶体，SiC属于共价晶体，D项不符合题意．4．D【解析】HF在标准状况下不是气态，A项错误；苯分子中不含双键，B项错

误；没有告知溶液的体积，不能计算溶液中H数目，C项错误；80g三氧化硫分子中所含O原子的物质的量为3mol，其数目为A3N，D项正确．5．D【解析】2Mg(OH)属于难溶物，不能拆开，A项错误；2Fe还原性强于Br，少量2Cl

应先与2Fe反应，B项错误；石灰乳不能拆开，C项错误；2I能氧化2SO生成硫酸和氢碘酸，D项正确．6．B【解析】在该反应中硫元素化合价从0价降低到2价，作氧化剂，A项错误；根据相似相溶原理，8S易溶于2CS，

B项正确；2HS为二元弱酸，分步部分电离，应用可逆符号，C项错误；2CS中C原子杂化方式为sp杂化，空间构型应为直线形，D项错误．7．C【解析】碳酸钡溶于胃酸释放钡离子会造成重金属中毒，服用钡餐应选用难溶于胃酸的4BaSO，A项错误；浓硫酸、浓硝酸能使铝表面产生一层致密氧化物薄膜而阻

止反应的进一步进行，B项错误；石油裂解会产生乙烯等不饱和烃，能与溴单质发生加成反应而使溴的4CCl溶液褪色，陈述Ⅰ和Ⅱ均正确且具有因果关系，C项正确；电负性：FClH，应有酸性：333FCCOOHClCCOOHHCCOOH，陈述Ⅱ错误

，D项学科网（北京）股份有限公司错误．8．A【解析】苯丙氨酸甲酯分子中含有氨基，可与稀盐酸反应，A项错误；分子中含有酯基，能发生水解反应，B项正确；分子中含有1个手性碳原子，C项正确；苯环中的6个碳原子和酯基碳氧双键上的碳原子均采取2

sp杂化，D项正确．9．B【解析】X、Y、W、Z原子序数依次增大的短周期主族元素，且四种元素分布在三个周期，则X为H元素，Z和X同主族，且Z的原子序数最大，Z为Na元素，W的最外层电子数是Y的最外层电子数的2倍，且Y能形成4个共价键，

W能形成2个共价键，则Y为B元素，W为O元素．电子层数越多原子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越小原子半径越大，所以原子半径：NaBO，即ZYW，A项错误；Y为B元素，基态原子的核外电子排布式为2211s2s2p，共有三种空间运动状态，B项正确；O和Na可以形成化合

物22NaO，含有离子键和共价键，C项错误；33XYW即33HBO，是一种一元弱酸，D项错误．10．D【解析】铁和浓硫酸反应过程中，若消耗0.56gFe，则生成2SO和2H的体积为0.224L（标准状况

），2SO会与酸性4KMnO溶液反应安全气球中收集到的气体应小于0.224L，A项错误；a处溶液变红，但不会褪色，其原因是2SO溶于水生成亚硫酸，使紫色石蕊变红，但并不能使其褪色，B项错误；品红溶液褪色说明2SO有漂白性，C项错误；c处褪色，反应的离子方程式为22242

45SO2MnO2HO2Mn5SO4H，D项正确．11．B【解析】根据均摊原理可知该晶体的化学式为3KCaF，A项正确；距离F最近的2Ca个数为2，B项错误；由图可知，2Ca的分数坐标为111,,222，C项正确

；3KCaF的摩尔质量为1136gmol，晶胞参数为3033Am136apm,ρ10gcmVNa，D项正确．12．D【解析】b电极为原电极的正极，电解池的阳极，电势均高于a电极，A项正确；充电时，a极为阴极，b极为阳极，电子的移动方向为cabd、，B项正确；由图

可知，该铝离子电池使用了阴离子交换膜，C项正确；图中外电源负极实线箭头为失电子方向，说明实线箭头方向代表铝离子电池的充电过程，其放电过程的负极电极反应式应为427Al7AlCl3e4AlCl，D项错误．13．B【解析】已知：2214427

22CrO2HCrOHOK4.010，227CrO的浓度是10.04molL，2272224cCrOKcCrOcH，氢离子浓度61cH10molL

，故此废水的pH为6，A项正确；还原工序中学科网（北京）股份有限公司的还原剂3NaHSO用4FeSO替换，会引入杂质3Fe，后续工序中会得到3Fe(OH)沉淀，导致产品不纯，B项错误；调pH的目的是为了让Cr（Ⅲ）以3Cr(OH)沉淀的形式析出，过滤后进行灼

烧，C项正确；灼烧所得产品23CrO，可用铝热法进行冶炼：2323CrO2AlAlO2Cr高温，D项正确．14．A【解析】131cOH110molL的溶液呈酸性，2243MgKSONO

H、、、、之间均不反应，在酸性溶液中能够大量共存，A项正确；pH13的溶液呈碱性，OH可与3HCO发生反应，不能大量共存，B项错误；使甲基橙呈红色的溶液呈酸性，酸性条件下，I易被3NO氧化，不能大量共存，C项错误；水电离的

131cH10molL的溶液呈酸性或碱性，OH与4NH发生反应，H与23CO反应，不能大量共存，D项错误．15．B【解析】通过410PO结构图可判断结构中存在2种不同化学环境的氧，A项错误；成分中含有48.5%

的氧化钙，与硫酸反应可制得硫酸钙进而获得产品石膏42CaSO2HO，B项正确；3PCl水解制取亚磷酸33HPO而非磷酸，C项错误；在其他条件不变时，60℃已达到最大产率，继续升温浪费能量，浓度在12mo

lL后产率提升不大，综合考虑12molL60、℃为适宜条件，D项错误．二、非选择题16．（14分）（1）①三颈烧瓶②丙中的漏斗浸没在液面之下无法防止倒吸③222242Cu2BrSO2HOSO2CuBr4H

溶液蓝色褪去（2）防止CuBr被氧化洗去亚硫酸、溴化亚铜难溶于乙醇，减少在洗涤过程中造成损失、乙醇易挥发干燥迅速（3）①2②224CuO2CuOO高温1【解析】（1）①装置乙中的容器为三颈烧瓶．②装置丙中漏斗的存在目的应为防止因2S

O大量溶解而发生倒吸，而漏斗浸没在液面之下无法实现这个目的（漏斗应轻触液面）．③装置乙中4CuSO和NaBr的混合溶液中通入2SO气体，生成CuBr沉淀，发生反应的离子方程式为学科网（北京）股份有限公司2222

42Cu2BrSO2HOSO2CuBr4H；当溶液的蓝色褪去，即说明2CuBr、反应完毕．（2）溴化亚铜微溶于水，且易被空气中的氧气氧化，则洗涤CuBr沉淀时采用亚硫酸溶液而不采用蒸馏水，可防止CuBr被氧化，减少产

品的流失；再用乙醇洗涤，是因为溴化亚铜不溶于乙醇；乙醇有挥发性，可加速干燥．（3）①向2CuO中加适量稀硫酸，得到蓝色溶液和一种红色固体，这说明氧化亚铜和稀硫酸反应生成硫酸铜、水和单质铜；说明酸性条件下2价

Cu比1价Cu更稳定．②将CuO粉末加热至1000℃以上完全分解成红色的2CuO粉末，化学方程式为224CuO2CuOO高温；说明在高温条件下，1价的Cu比2价Cu更稳定．17．（13分）（1）浓盐酸浓硝酸

（2）游离态AgCl（3）AuPtPd、、等金属元素不能完全进入到滤液中（4）23623Pt16H4NO18Cl3PtCl4NO8HO（5）做还原剂，将4HAuCl还原为Au（6）3224224222Pd

NHClNHHO2PdN4NHClHO（7）【解析】（1）王水为浓盐酸与浓硝酸按照3:1混合制成，在氧化AuPtPd、、时，硝酸提供强氧化性，氯离子通过与这些金属离子配位形成相应的42626HAuClHPtClHPd

Cl、、．（2）在阳极泥中，不活泼的贵金属以单质形式沉降形成阳极泥，Ag遇到王水时，因为形成了AgCl沉淀而导致其不溶．（3）在搅拌中，如果液固比过低，意味着液体（王水）很少，固体（浸渣）很多，所以此时浸渣的搅拌会变困难，导致

其溶解不充分．（4）根据信息写出反应的离子方程式为23623Pt16H4NO18Cl3PtCl4NO8HO．学科网（北京）股份有限公司（5）亚硫酸钠是一种强还原剂，主要作用是将4HAuCl还原为Au，推断时也

可以从后面生成了粗金粉逆推得出其作用．（6）水合肼是一种强还原剂，产物为较为稳定的2N，需要注意，此时配合物中的3NH并未变价，而是形成了铵盐．（7）根据顺铂和反铂的名称，可以确定其中Pt元素存在顺反异构，二者均为

2dsp杂化，分子结构为平面四边形．然后根据水中溶解度顺铂大于反铂，可知顺铂的分子极性强于反铂，因此顺铂中相同配体位于相邻位置（），而反铂中相同配体位于反位（）．18．（14分）（1）NHB正四面体（2）6A13N3sp（

3）A2N小于或（4）氢键（2分，答分子间作用力给1分，答范德华力和共价键等不给分）【解析】（1）电负性关系：4NHB,NaBH中阴离子为4BH，依据阴离子中B价层电子对3414,VSEPR2

理想构型为正四面体，B杂化方式为3sp，且粒子为4BH，则构型为正四面体形．（2）326NiNHCl中中心离子为2Ni，配体为23NH,Ni配位数为6；1mol中σ键数目包括CH键A8N,

CC键A3N,CO键A2N，共A13N；中O原子杂化方式为3sp．（3）21molHO氧原子杂化轨道中所含孤电子对数目为A2N；2HO中O价层电子对6242，孤电子对数为2，氧原子杂化方式为3sp，VSEPR理想构型为正四面体，斥

力关系：孤电子对—孤电子对>孤电子对—成键电子对>成键电子对—成键电子对，则2HO中键角HOH小于10928；2BO是336BO的简写形学科网（北京）股份有限公司式，336BO是由3个2BO

相连形成的六元环状结构，336BO的结构式：或．（4）据题给信息偏硼酸的一种变体具有片层结构（由三聚单元333BO(OH)组成），其片层结构如图，在该片层结构中将三聚单元333BO(OH)连接成层的作用力为氢键OHO．19．（

14分）（1）2-甲基苯酚（邻甲基苯酚）87π（2）2ClFe、（或23ClFeCl、或23BrFeBr、或2BrFe、）还原反应（3）保护酚羟基不被氧化（4）酰胺基、硝基（5）碱性（6）17【解析】（1）根据题意，推测物质C的结构为，可命名

为2-甲基苯酚或邻甲基苯酚，结合提示，氧原子与苯环处于同一平面，可理解为其中一个有孤电子对占据的p轨道垂直于苯环形成的平面，该p轨道融入苯环的大π键体系，形成7核心8个π电子的87π大π键．（2）结合苯环卤代的条件要求，“2ClFe、”或“2Cl、3FeCl

”或“23BrFeBr、”或“2BrFe、”均为本题合理答案；I生成J的反应中2NO转化成了2NH，形式上加氢去氧，属于还原反应．（3）通过观察E的结构及CD,DE的反应条件，可推测该步反应为先进行C→D反应的主要目的是保护酚羟基不被酸性4KMnO溶液氧化．学科

网（北京）股份有限公司（4）对照L的结构和JK的反应条件，可推出K的结构为，L中含氮官能团的名称为硝基、酰胺基．（5）根据提示，在J→K的转化中起到了提高转化率的作用，结合该步反应生成HC1推测可结合HC1生成盐

而提高该步反应的转化率，表现碱性．（6）分子式为773CHON的F的同分异构体且满足要求含①含有苯环，②含有2NO，（3）含OH．则苯环一取代结构有1种，苯环二取代结构有“22CHOHNO、”和“22CHNO、OH”邻间对组合共6种，苯环三取代结构有“32

CHNOOH、、”组合共10种，即F满足给定条件的同分异构体共17种．学科网（北京）股份有限公司