2024届高三（9）月起点考试化学答案及解析【答案】B【解析】合金比成分金属的熔点低。【答案】B【详解】A.H2O为共价化合物，故A错误B.邻羟基苯甲醛分子内氢键应为醛基中氧原子与羟基中氢原子之间形成，C-H与O-H之间不可能形成氢键，故B错误D.SO3中心原子硫原子杂化方式为SP2，故VSEPR模型应为平面三角形。故D错误【答案】C【详解】A.分子中含有酯基和羟基，结合官能团的性质能发生取代反应和氧化反应。故A正确。苯环上与酯基中碳原子均为SP2杂化，-C2H5碳均为饱和碳为SP3杂化，故杂化方式有两种。故B正确。分子中含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面。故C错误。D.1mol该物质含有1mol酯基和1mol酚羟基均消耗1molNaOH，1mol该物质最多可以与2molNaOH反应。故D正确。【答案】D【详解】A.NO2在常温下会有部分转化为N2O4，2NO2N2O4反应导致分子数减少。故A错误。标准状况下HF非气态。故B错误.苯中不含有碳碳双键。故C错误.FeCl3溶液中Fe3+会发生水解：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，水解产生的H+数目大于参加水解的Fe3+数目，故导致阳离子数目大于NA，故D正确。【答案】C【详解】A.氨水中一水合氨为弱碱，反应离子方程式为：Al3++3NH3•H2O＝Al(OH)3↓+3NH4+,故A错误B.过量铁粉与稀硝酸反应生成，离子方程式为：3Fe+8H++2NO3-═3Fe2++2NO↑+4H2O，故B错误；D.不满足得失电子守恒，正确的离子反应方程式应为：，故D错误【答案】A【详解】A.铁钉发生吸氧腐蚀会消耗氧气，通过传感器测定氧气浓度会减小，故A正确，B.乙醇和乙酸互溶，不能采取分液进行分离，故B错误，C.银氨溶液过量使溶液显碱性，可与滴入溴水中的溴发生反应，对碳碳双键的检验造成影响，故C错误，D.加热NH4Cl收集不到氨气，故D错误。7.【答案】B【分析】短周期主族元素X、Y、Z、Q、W的原子序数依次增大,X和W同主族但不相邻,W+带一个正电荷且原子序数最大，则W是Na元素X是H元素，根据该物质的结构式可知，Z可以形成3个共价键，Y可以形成4个共价键，Q可以形成2个共价键且X、Z、Q、W均可与Y形成至少两种二元化合物，Y和Q原子最外层电子数之和是Z原子L层电子数的二倍，故可推测出Y是碳元素，Z是N元素，Q是O元素。【详解】A.因为N原子2P能级电子处于半充满状态，故第一电离能大于O原子。故A错误B.氮分子中的氮氮三键键能很大。故B正确C.核外电子排布相同，原子序数越大离子半径越小，则离子半径：O2->Na+。故C错误D.最简单氢化物CH4与H2O键角分别为109°28'和104.5°，故D错误8.【答案】D【详解】A.根据均摊法，晶胞中Zn的个数为4，Se的个数为4，Se在顶点，与Zn构成的立体结构为正四面体,与其距离最近的Zn原子的个数为4，故A错误；B.将晶胞均分为8个小立方体，c的分数坐标为(1，1，1),原子d应在上层四个小立方体的右前面一个小立方体的体心，d的分数坐标为(，，),故B错误，；C.Se位于周期表中第四周期=6\*ROMAN\*MERGEFORMATVIA族，属于P区，故C错误，D．图中相邻的Zn与Se之间的距离为体对角线的，体对角线为，则相邻的Se和Zn之间的距离为，D正确；9.【答案】C【详解】A．①→②是氢原子添加进去，该过程是还原反应，因此①是氧化剂，具有氧化性，则药剂A具有还原性，故A正确；B．①→②过程中S的价态由−1价变为−2价，若有1molS-S键断裂，则转移2mol电子，故B正确；C．②→③过程发生氧化反应，若药剂B是，则B化合价应该降低，因此其还原产物为，故C错误；D．通过①→②过程和②→③过程，某些蛋白质中键位置发生了改变，因此化学烫发通过改变头发中某些蛋白质中键位置来实现头发的定型，故D正确。综上所述，答案为C。【答案】C【分析】由图可知，在电解过程中M极OH-放电失去电子生成O2，N极H2O得到电子生成H2，则M为阳极，电极方程式为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，N为阴极，电极方程式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，阳极区OH-浓度减小，为保证KOH浓度较高形成水蒸气压力差，阴极产生的OH-需要经过离子交换膜b进入阳极，膜b为阴离子交换膜，以此解答。【详解】A．电解过程电能转换为化学能，故A正确；B．由题意可知，海水自发蒸发，并以蒸汽形式通过透气膜扩散到电解质侧重新液化，液态水不能通过膜a，膜b为阴离子交换膜，阴离子能通过膜b，故B正确；C．电解质溶液显碱性，电解过程中，阴极区电极方程式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故C错误；D．铅酸蓄电池做电源时，Pb为负极，应该与阴极N电极相连，故D正确；11.【答案】D【分析】无水乙醇与HF混合，将该混合溶液转移入反应器中加硝酸铁晶体，120℃下发生反应生成FeF3；经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到FeF3·0.33H2O，再在Ar气氛中，经灼烧得到FeF3，据此解答。【详解】A．“混合溶液”由HF和乙醇组成，HF腐蚀玻璃，因此应选用塑料烧杯盛放，故A错误；B．“系列操作”得到的滤液中含有乙醇和硝酸，可利用沸点差异采用蒸馏分离回收，故B错误；C．温度过高导致硝酸铁分解，同时乙醇大量挥发，不利于产物的生成，故C错误；D．灼烧过程中防止水解，故通入Ar主要作用是带走水蒸气。故D正确；12.【答案】B【分析】由题意可知，该实验的实验目的是利用环己酮和乙二醇反应制备环己酮缩乙二醇，反应中环己酮先与乙二醇发生加成反应，后发生取代反应生成环己酮缩乙二醇，装置中苯的作用是作反应溶剂，同时与水形成共沸物便于蒸出水，冷凝管的作用是冷凝回流苯和水蒸气，分水器的作用是减小生成物的浓度，使平衡向正反应方向移动，提高环己酮缩乙二醇的产率，所以当观察到分水器中水层液面高于支管口时，必须打开旋塞B将水放出。【详解】A．由分析可知，冷凝管的作用是冷凝回流苯和水蒸气，从管口A通入冷凝水有利于增大冷凝的接触面积，提高冷凝效果，故A正确；B．由分析可知，当观察到分水器中水层液面高于支管口时，必须打开旋塞B将水放出，故B错误；C．由分析可知，装置中苯的作用是作反应溶剂，同时与水形成共沸物便于蒸出水，苯在圆底烧瓶、冷凝管、分水器中循环使用，故C正确；D．由分析可知，反应中环己酮先与乙二醇发生加成反应，后发生取代反应生成环己酮缩乙二醇，所以将反应物改为苯乙酮和乙二醇得到的有机产物为，故D正确；13.【答案】A【详解】A.氧化剂氧化性大于氧化产物，由图示第二步反应可知，氧化性：Fe3+解析】(3)由表可知，Ni(OH)2刚好完全沉淀时pH=9.2，即c(OH-)=10-4.8mol·L-1，则Ksp[Ni(OH)2]=c(Ni2+)c2(OH-)=1×10-5×(10-4.8)2=10-14.6(5)充电时阴极电极反应式：Zn(OH)2+2e-=Zn+2OH-，故充电时阴极周围pH增大17.(13分，除标记外每空2分)(1)三颈烧瓶（1分）平衡上下压强，使漏斗中液体顺利滴下(2)NaOH溶液(3)防止倒吸(4)Cl2+2=2C1-+2(5)2+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O(6)【解析】(6)设样品中FeC2O4·2H2O为xmol，H2C2O4·2H2O为ymol，根据得失电子守恒可列式：3x+2y=5cV1×10-3，x=5cV2×10-3，解得y=即H2C2O4·2H2O的质量分数为：(14分，除标记外每空2分)羟基（1分）取代反应（1分）（2）4（3）保护“”，防止其被氧化（只答保护羟基，没指明具体保护哪个羟基给1分）（4）2+O22+2H2O（5）+2CH3COOH+2H2O（答案合理即可）【解析】（2）根据已知条件，结合C、D的结构简式可知C先与试剂a发生加成反应，后MgBr被氢取代生成D，故可得试剂a为H2C=CHMgBr。（3）B到C发生了氧化反应，如不用TBSCl与A发生取代反应，则A中两个羟基均会被氧化，故TBSCl的作用是保护此结构“−CH2OH”。(14分，每空2分)（1）-716（2）=1\*GB3\*MERGEFORMAT①ab=2\*GB3\*MERGEFORMAT②反应1和反应2的产物中N2的体积分数均为50%，可逆反应中反应物一定存在，所以N2体积分数一定小于50%（3）M4）=1\*GB3①小于=2\*GB3②反应1和反应2的正反应都是放热反应，升温，平衡向左移动。2-丁烯的平衡转化率降低=3\*GB3③1.33【解析】（1）反应热等于断键吸收的能量减去成键放出的能量:ΔH2=614kJ·mol+2418kJ·mol+2607kJ·mol-2745kJ·mol-2945kJ·mol=-716kJ·mol。（反应物与生成物都有8摩碳氢键，相互抵消）（2）=1\*GB3\*MERGEFORMAT①a．混合气体中N2百分含量不再变化，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡;b．反应2反应前后混合气体的总物质的量变化，混合气体压强变化，当混合气体总压强不再变化时，说明反应达到平衡；c．反应过程中混合气体的总质量和总体积都不变，密度是定值，当混合气体密度不随时间变化时，不能说明反应达到平衡；（3）恒压充CH3CH=CHCH3(g)和N2O(g)，假设2-丁烯物质的量不变，N2O的物质的量越多，体积增大，