{#{QQABCQAAgggAABJAAAhCQwEICEEQkAAAACoOwAAMsAAAiRFABAA=}#}{#{QQABCQAAgggAABJAAAhCQwEICEEQkAAAACoOwAAMsAAAiRFABAA=}#}{#{QQABCQAAgggAABJAAAhCQwEICEEQkAAAACoOwAAMsAAAiRFABAA=}#}{#{QQABCQAAgggAABJAAAhCQwEICEEQkAAAACoOwAAMsAAAiRFABAA=}#}{#{QQABCQAAgggAABJAAAhCQwEICEEQkAAAACoOwAAMsAAAiRFABAA=}#}{#{QQABCQAAgggAABJAAAhCQwEICEEQkAAAACoOwAAMsAAAiRFABAA=}#}{#{QQABCQAAgggAABJAAAhCQwEICEEQkAAAACoOwAAMsAAAiRFABAA=}#}{#{QQABCQAAgggAABJAAAhCQwEICEEQkAAAACoOwAAMsAAAiRFABAA=}#}2024年高考备考精英联赛调研卷高三化学参考答案1．C【解析】A．氮化镓、砷化镓都是新型半导体材料，属于新型无机非金属材料，A正确；B．燃煤发电会产生大量的二氧化碳，而光伏发电是利用太阳能发电，不产生二氧化碳，因此光伏发电有利于实现碳中和，B正确；C．3He的质子数为1，C错误；D．铷为碱金属元素，金属性远强于钠，因此其单质与水反应比钠剧烈，D正确。故选C。2．D【解析】A、B、C三项中的反应均无电子转移，不涉及氧化还原反应；D项，油酸甘油酯氢化得到硬脂酸甘油酯，氢气被氧化，涉及氧化还原反应。3．D【解析】A．液溴和少量白磷保存时均加水液封，前者是为了防止液溴挥发，后者是为了防止白磷与空气中的氧气反应，A错误；B．定容时仍然需要向容量瓶中加入蒸馏水，所以容量瓶用蒸馏水洗净后，不需要烘干即可使用，B错误；C．碳酸钠水解呈碱性，温度升高，水解程度增大，碱性增强，有利于除去酯类油污，但是柴油属于矿物油，主要成分为烃，与碱不反应，C错误；D．蒸发结晶时，当大部分晶体析出时，停止加热，用余热蒸干，防止晶体四溅，D正确。4．D【解析】．中子数为的氟原子应为19，错误；．的结构式为，A109FABHClOH—O—Cl由于O原子的最外层存在2个孤电子对，对成键电子有排斥作用，所以球棍模型为，B错误；C．基态碳原子的电子排布式为1s22s22p2，其轨道表示式为，C错误；D．NH4Br的电子式为，D正确。5．B【解析】A．苯的同系物一定含有苯环，因此既是环状化合物，又是芳香族化合物，A正确；B．有机物C3H6也可以是环丙烷，不能使酸性KMnO4溶液褪色，B错误；C．麦芽糖为二糖，可发生水解生成单糖葡萄糖，麦芽糖结构中还含—CHO，可发生银镜反应，C正确；D．蛋白质在酸、碱或酶的作用下能发生水解生成多肽，多肽进一步水解，最终生成氨基酸，D正确。6．D【解析】A．基态H原子只有1个电子，有1个未成对电子，基态O原子价层电子排布式为2s22p4，有2个未成对电子，基态P原子价层电子排布式为3s23p3，有3个未成对电子，基态K原子价层电子排布式为4s1，有1个未成对电子，未成对电子数最多的是P，A正确；B．HF在标准状况下为液态的重要原因是HF分子间存在氢键，B正确；C．水晶的主要成分是SiO2，SiO2属于共价晶体，晶体中含有硅氧四面体结构，C正确；D．石墨晶体的层与层之间存在分子间作用力，层内存在大π键，层内存在自由移动的电子，因此具有导电性，D错误。7．C高三化学参考答案第1页（共7页）{#{QQABCQAAgggAABJAAAhCQwEICEEQkAAAACoOwAAMsAAAiRFABAA=}#}【解析】A．制备氢氧化铁胶体时，不能直接将饱和FeCl3溶液滴入NaOH溶液中，这样会直接生成Fe(OH)3沉淀，应该将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，继续加热到出现红褐色停止，即可制得氢氧化铁胶体，A错误；B．盐酸不能直接倒入容量瓶中，应该在烧杯中稀释后再转移到容量瓶中，B错误；C．反应后溶液中还有过量的浓硫酸，检验其中的Cu2+必须将溶液倒入盛水的烧杯，搅拌散热观察现象，C正确；D．浓盐酸易挥发，生成的氯气中含有HCl，应用饱和食盐水除去HCl，而不能用饱和NaHCO3溶液，D错误。8．C【解析】A．F中碳原子为羧基碳原子，采取sp2杂化，A正确；B．该反应为羧酸和醇之间的缩聚反应，B正确；C．K是高分子化合物，但高分子化合物都是混合物，C错误；D．J分子中含有2个羟基，1molJ最多能与2mol即46gNa反应，D正确。9．A【解析】A．亚硝酸钠为强碱弱酸盐，亚硝酸根可发生水解使溶液显碱性，A正确；B．硫△的氧化性较弱，铁和硫加热条件下反应：，错误；．向水玻璃中通入少量Fe+SFeSBC生成碳酸钠和硅酸：2−2−，错误；．用惰性电极电CO2SiO3+CO2+H2OCO3+H2SiO3↓CD通电解饱和溶液的离子方程式为2+−，错误。MgCl2Mg+2Cl+2H2OCl2↑+H2↑+Mg(OH)2↓D10．B【解析】A．稀硝酸具有强氧化性，无法制取H2S，故实验中不能用稀硝酸代替稀硫酸，A正确；B．将H2S通入B装置，H2S与I2发生氧化还原反应，I2作氧化剂，生成碘离子，H2S作还原剂，生成S单质，B错误；C．尾气中的H2S为酸性气体，可以用稀碱液吸收，C正确；D．反应结束后，B中混合物主要是KI溶液和不溶的S单质，故经过过滤可得到粗碘化钾溶液，D正确。11．C【解析】废铜屑与稀硫酸、过氧化氢溶液，反应生成硫酸铜和水，过滤后分离出不溶性杂质，“滤液1”中所含溶质的主要成分为CuSO4；再加入Fe，与CuSO4溶液发生置换反应生成Cu和FeSO4，过滤分离出铜，滤液2的溶质主要成分为FeSO4，再进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等一系列操作得到绿矾。A．基态铜原子的价层电子排布式为3d104s1，A正确；B．浸泡过程中铜单质及其化合物在硫酸和双氧水的作用下，均发生化学反应，转化为CuSO4，其他不溶性杂质形成滤渣，因此滤液1的溶质主要成分为CuSO4，B正确，若2+分铜过程生成64g铜，则Fe与CuSO4的反应中有2mol电子转移，但浸泡过程中生成Cu时，部分铜元素化合价未发生变化，因此浸泡过程中理论上电子转移的量小于2mol，C错误；Fe2+与铁氰化钾反应可生成蓝色沉淀，因此可用铁氰化钾溶液检验滤液2中Fe2+的存在，D正确。12．B【解析】结合(YX4)4Ce(WZ4)4的组成特点及题给信息可知X、Y、Z、W分别为H、N、O、S，因此M的化学式为(NH4)4Ce(SO4)4。A．根据铵根离子显−1价，硫酸根离子显−2价，2−3−2−计算可得(NH4)4Ce(SO4)4中Ce的化合价为+4，A正确；B．简单离子半径：S>N>O，B错误；．为，与形成的简单化合物为简单氢化物，沸点：，正确；．2−CXHHH2O>H2SCDSO4的空间结构为正四面体，D正确。13．D【解析】A．催化剂能降低反应的活化能，提高反应速率，但不能改变总反应的焓变，A错误；B．根据图中信息可知，生成的H2O不再参与后面流程，因此是反应历程的最终产物高三化学参考答案第2页（共7页）{#{QQABCQAAgggAABJAAAhCQwEICEEQkAAAACoOwAAMsAAAiRFABAA=}#}之一，B错误；C．该反应的反应物为CO2和H2，产物为CH3OH和H2O，只存在非极性键*的断裂，没有非极性键的形成，C错误；D．由得失电子守恒有3H2~CH3OH~6H，所以产生**1molCH3OH消耗6molH，即理论上反应历程中消耗的H与生成的甲醇的物质的量之比为6∶1，D正确。14．C11【解析】A．该晶胞中含有4个Al原子，8×+6×=4个P原子，化学式为AlP，A82正确；B．根据题干信息，该晶体熔点高约2000℃，应为共价晶体，B正确；C．Al原子的58×4N配位数为4，C错误；D．由立方晶胞密度计算公式可得晶胞体积为Acm3，得到晶胞的ρ58×43N边长为A×1010pm，两个P原子间的最近核间距为面对角线长度的一半即ρ58×423N×A×1010pm，D正确。2ρ15．B【解析】甲酸钠制备过程中阴极区的反应为二氧化碳和水得到电子生成氢气和碳酸氢根离子，阳极区是甲醇在碱性环境中被氧化为甲酸根离子。A．左侧为阴极，电极发生还原反应，与电源负极相连，正确；．阴极的电极反应式为−−，AB2CO2+2HO2+2e===H2+2HCO3阳极的电极反应式为−−−，根据电极反应式的离子消耗CHOH3−4e+5OH===HCOO+4HO2与生成情况可知，Na+由阳极向阴极移动，即由右侧室向左侧室移动，B错误；C．根据前面分析可知正确；．根据−−，吸收−，CD2CO2+2HO2+2e===H2+2HCO3n(CO2)=n(e)=2mol−+−生成n(H2)=0.5n(e)=1mol，定向移动到阴极的n(Na)=n(e)=2mol，阴极室增加的质量−1−1−1+=2mol×⋅44gmol+2mol×⋅23gmol−×⋅1mol2gmol=132g，mm=(CO2)+m(Na)−m(H2)D正确。16．C【解析】A．根据图中信息可知，温度最高时说明中和反应正好完成，将0.1mol·L−1NaOH−1溶液滴入20.00mL0.1mol·LH3PO2溶液中，消耗20.00mLNaOH溶液正好中和完，且pH大于7，说明H3PO2属于一元弱酸，因此H3PO2与足量NaOH溶液反应的离子方程式为−−，正确；．酸或者碱对水的电离抑制，酸中氢离子浓度逐H3PO2+OHH2PO2+H2OAB渐被消耗，对水的电离抑制程度减弱，A~C三点中由水电离出的c(H+)逐渐增大，B正确；C．A+点溶质NaH2PO2和H3PO2的物质的量之比为1∶1，存在的守恒关系为2c(Na)=c(H3PO2)+−、++−−，联立两个式子得+−c(H2PO2)c(Na)+c(H)=c(OH)+c(H2PO2)2c(H)+c(H3PO2)=2c(OH)+−，错误；．点为中性，电荷守恒关系为++−−，故c(H2PO2)CDBc(Na)+c(H)=c(OH)+c(H2PO2)存在守恒关系：−+，正确。c(H2PO2)=c(Na)D17．【参考答案】（1）金属钛表面形成了一层致密的氧化膜（1分）（2）TiCl4是非极性分子，CCl4分子也是非极性分子，根据相似相溶原理，非极性物质易溶高三化学参考答案第3页（共7页）{#{QQABCQAAgggAABJAAAhCQwEICEEQkAAAACoOwAAMsAAAiRFABAA=}#}于非极性溶剂，因此TiCl4可与CCl4互溶（答出要点即可给分）（1分）TiCl4（1分）232NA（或2×6.02×10）（2分）（3）离子键（1分）三种晶体均为分子晶体，从TiCl4到TiI4随相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔点逐渐升高（1分）（4）6TiO2+8NH36TiN+12H2O+N2（2分）【解析】（1）钛的性质比较活泼，但金属钛具有较强的抗腐蚀性，可以联想到铝，铝也有类似的特性，是因为表面形成了一层致密的氧化膜。（2）根据相似相溶原理解释TiCl4可与CCl4互溶的原因。高温下，用TiO2、焦炭和氯气发生反应制取TiCl4，同时生成一种可燃性气体，这种可燃性气体为CO，反应的化学方程式为2C+TiO2+2Cl22CO+TiCl4。Cl元素的化合价降低，TiCl4为还原产物。（3）结合表中数据，TiF4的熔点较高，符合离子晶体的性质特征，因此为离子晶体；TiCl4至TiI4三种为分子晶体，从TiCl4到TiI4，随相对分子质量的增大，分子间作用力增大，熔点逐渐升高。（4）得到保护气单质，根据原子守恒，该保护气单质为氮气，无色无味的液体为水，该反应方程式为6TiO2+8NH36TiN+12H2O+N2。18．【参考答案】（1）BC（少选、错选均不给分）（1分）（