金科大联考2024届高三上学期12月联考化学试题+答案.pdf

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答案、提示及评分细则题号1234567891011121314一、选择题:本题共14小题,每小题3分,共42分。在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求。1.【答案】A【解析】陶瓷的主要成分为硅酸盐,属于传统无机非金属材料,A正确;青铜马由金属材料制成,B错误;生丝的主要成分是蛋白质,属于天然有机高分子材料,C错误;木胎黑漆漆盖盒的主要成分是纤维素,属于天然有机高分子材料,D错误。2.【答案】C【解析】二氧化锰与浓盐酸反应需要加热,且二氧化锰固体不是块状的,不能使用启普发生器产生***气,A错误;该装置为气体尾气处理装置,不是气体净化装置,气体净化装置应该用洗气瓶,且气体净化装置中的试剂应该用饱和食盐水,B错误;五氧化二磷是酸性干燥剂,可以干燥***气,C正确;***气的密度比空气的大,气体应该“长进短出”,D错误。3.【答案】A【解析】SO中S的价层电子对数为3,S的杂化轨道类型为sp2,SO分子的空间结构为V形,SO分子222中的正电中心和负电中心不重合,是极性分子,A正确;1SOCl的中心原子为S,σ键电子对数为3,孤电子对数为(6?1×2?2×1)=1,SOCl分子中S原子的222价层电子对数为4,S原子的杂化轨道类型为sp3,则SOCl分子的空间结构为三角锥形,B错误;2SiN晶体中,Si原子周围连接4个N原子,Si原子为sp3杂化,N—Si—N键角为109°28′,N原子周围连34接3个Si原子,N原子上有1个孤电子对,N原子为sp3杂化,由于孤电子对对成键电子对的排斥作用更大,使得Si—N—Si键角小于109°28′,故高温陶瓷材料SiN晶体中键角:N—Si—N>Si—N—Si,C错误;34氢***酸溶液中可能存在的氢键形式有4种,分别为F—H…F、O—H…O、F—H…O、O—H…F,D错误。4.【答案】D【解析】该合成反应属于加成反应,A正确;P、Q分子中的所有碳原子均共平面,B正确;P中含有的官能团为醛基,Q中含有的官能团为碳碳双键、羧基,M中含有的官能团为碳碳双键、羧基、羟基,故P、Q、M中含有的官能团种类分别为1种、2种、3种,C正确;:..Q与M的分子结构不相似,不是同系物,D错误。5.【答案】D【解析】FeCl溶液体积未知,无法计算溶液中Fe3+数目,A错误;3开始时,Zn与浓硫酸发生反应Zn+2HSO(浓)===ZnSO+SO↑+2HO,随着反应的进行,硫酸浓24422度降低,Zn与稀硫酸继续发生反应Zn+HSO===ZnSO+H↑,?L?,和足量锌充分反应,、,B错误;,标准状况下,,A22HF在标准状况下是液体,不是气体,,C错误;NaS和NaO的摩尔质量均为78g?mol?1,阴、阳离子数目比均为1:2,,,D正确。A6.【答案】D【解析】元素的第一电离能:N>O>C,A错误;甘氨酸分子中的π键是由碳原子未杂化的p轨道与氧原子的p轨道“肩并肩”重叠形成的,B错误;111甘氨酸属于分子晶体,1个晶胞内的甘氨酸分子数为4×+4×+4×+1=4,C错误;61223根据甘氨酸组成可知其摩尔质量为75g?mol?1,晶胞体积为abc×10?21cm3,24×75N23×1023故该甘氨酸晶体的密度为Ag?=cm?3g?cm?3,D正确。abc×10?21A27.【答案】B【解析】Fe2+与K?)?溶液反应生成KFe?)?蓝色沉淀,A正确;3????66△在空气中加热金属锂生成氧化锂,化学方程式为4Li+O2LiO,B错误;22NHAl(SO)溶液与过量NaOH溶液混合,反应的离子方程式为442+3+??()??NH+Al+5OH===NH?HO+AlOH,C正确;432??4FeSO溶液在空气中久置后,Fe2+易被氧气氧化,反应的离子方程式为4:..12Fe2++3O+6HO===8Fe3++4Fe(OH)↓,D正确。2238.【答案】C【解析】碳酸锰矿中只有SiO不溶于HSO溶液,故可知“浸渣”的主要成分为SiO,A正确;2242“沉铁”时发生反应的离子方程式为3MnCO+2Fe3++3HO===3Mn2++2Fe(OH)+3CO↑,B正确;3232(+)+“电解”过程中增大溶液中的cH,H会在阴极放电,导致电解效率减小,C错误;电解后得到的“电解液”为HSO溶液,“酸浸”时需要向碳酸锰矿粉中加入HSO溶液,故可知该工艺流2424程中,HSO溶液可循环使用,D正确。249.【答案】B【解析】OF中心原子(氧原子)的杂化方式为sp3,VSEPR模型为四面体形,分子的空间结构为V形,A2正确;F的电负性大于N,N—F中成键电子对偏向F,导致NF中的N原子核对孤电子对的吸引力增强,难以形成3配位键,故NF不易与Cu2+形成配离子,B错误;3NaF中的Na+、F?的电荷数与BF?中的阳、阴离子的电荷数相同,但Na+、F?的半径4小,则NaF的离子键强,熔、沸点高;OF和NF均为分子晶体,NF的相对分子质量大于OF的相对分子2332质量,相对分子质量越大,物质的熔、沸点就越高,C正确;BF?中存在离子键、极性键和非极性键,D正确。410.【答案】D【解析】根据题意可知元素W、X、Y、Z分别为H、C、N、Cl,该离子液体的结构为。原子半径:Cl>C>N>H,A正确;非金属性:N>C,简单氢化物的稳定性:NH>CH,B正确;34X是碳元素,碳是p区元素,位于元素周期表中第14列,C正确;***碱工业上是通过电解饱和食盐水得到***气和其他产品,D错误。11.【答案】D:..【解析】配制一定物质的量浓度的溶液时,定容摇匀后,液面会略微下降,是正常现象。此时再补加水,会造成所配溶液浓度偏低,A错误;加入新制的Cu(OH)前,应先向溶液中加入NaOH溶液,将溶液调至碱性,B错误;2CaSO和BaSO都是白色沉淀且所加HSO溶液过量,不能通过白色沉淀量增加来判断二者的K大小,C4424sp错误;KI溶液与FeCl溶液反应的离子方程式为2Fe3++2I?===2Fe2++I,氧化剂Fe3+的氧化性强于氧化产物I322的氧化性,D正确。12.【答案】B【解析】由表格数据可知,同一碱金属离子在冠醚空腔直径大小不同时其结合常数不同,同一冠醚与不同碱金属离子结合时其结合常数不同,因此可推测结合常数的大小与碱金属离子直径、冠醚空腔直径都有关,A错误;冠醚通过与K+结合将MnO?携带进入有机相,增大MnO?与环己烯的接触面积,从而加快反应速率,B正确;44由表格数据可知,冠醚A与K+结合常数大,结合能力强,因此加入KCl固体后,与冠醚A结合的Na+几乎++(+)被K替代,Na被释放,溶液②中cNa最小,C错误;由表格数据可知,K+适配冠醚A,结合常数大,结合能力强,选择冠醚A比冠醚B更合适,D错误。13.【答案】C【解析】闭合K,该电池为原电池,钙电极为电池的负极,A正确;1放电时,负极的电极反应式为Ca?2e?===Ca2+,正极的电极反应式为LiCoO+xLi++xe?===LiCoO,LiCoOLiCoO电极发生Li+嵌入;1?x221?x22闭合K,该电池为电解池,钙电极为电池的阴极,阴极的电极反应式为Ca2++2e?===Ca,2LiCoOLiCoO电极为电池的阳极,阳极的电极反应式为LiCoO?xe?===xLi++LiCoO,1?x2221?x2LiCoOLiCoO电极发生Li+脱嵌,B正确,C错误;1?x22闭合K,,+从右室通过锂离子导体膜迁移到左室,+得到电子生成单质Ca沉积在钙电极上,×40g?mol?1?×7g?mol?1=,D正确。14.【答案】C()1【解析】溶液中cAg+越小,则lg越大。由K(AgCl)>K(AgBr)可知,若两种溶液中(+)spspcAg:..()()()1cCl?=cBr?时,则含Br?的溶液中cAg+浓度小,即lg大,所以曲线a为AgNO标准溶液(+)3cAg滴定NaBr溶液的滴定曲线,曲线b为AgNO标准溶液滴定NaCl溶液的滴定曲线,A正确;3()(+)(?)当V?AgNOaq?=20mL时,NaBr与AgNO恰好完全反应,O,?3?33(+)(+)(+)(?)(?)(?)由电荷守恒cAg+a=cBr+O,3(+)(+)(?)(?)可知溶液中cAg+cH=cBr+cOH,B正确;?1(?)相同实验条件下,?l比原NaCl溶液中的大,()故恰好完全反应之前,加入相同体积的AgNO溶液后,溶液中cAg+比原NaCl溶液中的小,31即lg比原NaCl溶液中的大,则滴定曲线(滴定终点前)应在曲线b的上方,(+)cAg故滴定曲线(滴定终点前)不可能变为曲线M,C错误;K(AgBr)?13()×10当Br?恰好沉淀完全时,溶液中的cAg+=sp=mol?L?1=×10?8mol?L?1,(?)×10?5cBr若Cl?已经开始沉淀,则此时溶液中K(AgCl)?10()×101cCl?=sp=mol?L?1=×10?2mol?L?1≈?L?1。(+)×10?83cAg当Br?恰好沉淀完全时,根据化学方程式NaBr+AgNO===AgBr↓+NaNO,?L?1×=2mL,?L?1()20mL若Cl?未开始沉淀,则c=Cl??L?1×≈?L?1>?L?1,22mL则已经有部分Cl?沉淀,D正确。二、非选择题:本题共4小题,共58分。15.【答案】(1)减小固体颗粒粒径(或增大固体表面积),提高焙烧速率(2分)(2)4H++Fe+2VO+===2VO2++Fe2++2HO(2分)22(3)温度:820℃左右(800℃~830℃之间均可);硫酸加入量:6%(6%~%之间均可)(2分。答对1个,给1分)降低多钒酸铵的溶解度,减少损失(2分)(4)6(2分):..(5)NH(或氨水)、有机溶剂P204(2分。答对1个,给1分)3HO溶液MnO22(6)(2分。其他合理答案均给分)解析:(4)NaClO将VO2+氧化为VO+并得到还原产物NaCl,32根据电子得失守恒可得出关系式:NaClO～6VO+,32故“氧化”时,(即1mol)NaClO,可得到VO+6mol。32(5)循环使用的物质具有“既消耗,又生成”的特点,根据流程图可发现有机溶剂P204具有该特点。分析煅烧(NH)VO2NH↑+3VO+HONH“煅烧”反应:,可知(或氨水)在流程中也可循环使用。4261632523(6)“萃取”分离后,所得“水相”中的金属离子有Mn2+、Fe2+和少量的Ca2+,欲得到MnSO溶液,需4除去杂质Ca2+、Fe2+,第一道工序已经除去Ca2+,说明后续工序应除去Fe2+。又结合各金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH,可知需将Fe2+氧化为Fe3+。为了不引入杂质离子,氧化剂可选择HO溶液。再调溶液的pH,使Fe3+转变成Fe(OH)沉淀。为了不引223入杂质离子,利用MnO调pH。16.【答案】(1)三颈烧瓶(1分)使内外压强相等,浓硫酸能够顺利滴下(2分)(2)c→g→f→b→a(2分。连接顺序只要有一处错误,就不给分)(3)洗除晶体表面的杂质,防止产品