2024届“贵百河”4月高三质量调研联考试题化学参考答案1.【答案】D【解析】A.骨笛中无机质主要由碳酸钙和磷酸钙构成，所以裴李岗文化骨笛不是由合金材料制成，A不符合题意；B.走马楼简牍，包括木简、竹简，不是由合金材料制成，B不符合题意；C.商朝后期陶埙属于陶瓷，属于传统硅酸盐材料，不是由合金材料制成，C不符合题意；D.青铜是Cu和Sn或Pb的合金，曾侯乙青铜编钟由合金材料制成，D符合题意；故选D。2.【答案】B【解析】A.H-的核外只有两个电子，LiH的电子式为，故A错误；B.依据基态氮原子的价电子排布式2s22p3，价电子排布图为，故B正确；C.H2不是化合物，故C错误；6-21D.NH的价层电子对数为2+=4，VSEPR模型为四面体形，故D错误。22答案选B。3.【答案】B【解析】A.冰为分子晶体，则水分子之间通过分子间作用力结合形成晶体，A错误；B.金刚石为原子晶体，则金刚石中碳原子之间通过C-C键形成空间网状结构，B正确；2+C.CuSO4溶液中加入过量浓氨水得到深蓝色溶液，深蓝色为[Cu(NH3)4]，Cu(OH)2为蓝色沉淀，C错误；D.碘单质中不含氢键，碘升华得到紫色碘蒸气，升华过程破坏了碘分子之间的分子间作用力，D错误；故选B。4.【答案】D【解析】A.在坩埚中灼烧黑木耳，故A正确；B.加酸后搅拌加快溶解，故B正确；C.过滤将不溶于水的物质除去，得滤液，故C正确；D.检验铁离子时胶头滴管不能插入试管内，故D错误；故选D。5.【答案】B【分析】物质W常用作漂白剂和氧化剂，其构成元素均为短周期主族元素，各元素原子半径与原子序数的关系如图所示，X位于第一周期，为H元素，Y、Z位于第二周期，M、N位于第三周期；实验室中常用CS2洗涤残留在试管壁上的N单质，则N为S元素；Y形成4个共价键，Z形成2个共价键，M形成的+1价阳离子，则Y为C元素，Z为O元素，M为Na元素，以此分析解答。【解析】根据分析可知，X为H元素，Y为C元素，Z为O元素，M为Na元素，N为S元素。A.X、Z形成的化合物为水和过氧化氢，M、N形成的化合物为硫化钠，过氧化氢能够与硫化钠发生氧化还原反应，故A正确；B.N的单质为硫，硫单质为非极性分子，CS2为非极性溶剂，根据相似相溶原理，硫单质易溶于CS2，所以实验室中用CS2洗涤残留在试管壁上的硫单质，与S单质的还原性无关，故B错误；C.Y的氢化物为烃，Z的氢化物为水、双氧水，碳原子数较多的烃常温下为固态，其沸点大于水和双氧水，Z的氢化物的沸点不一定大于Y的氢化物的沸点，故C正确；D.W分子中含有H-O-O-H结构，结合过氧化氢的性质可知，化合物W具有强氧化性，可用作氧化剂，但过氧化氢不稳定，该物质不宜在高温下使用，故D正确。答案选B。6.【答案】D【解析】A.根据题目中香草胺的结构可以得到，香草胺中含有羟基、醚键、氨基三种官能团，A错误；B.根据题目中二氢辣椒素的结构可以得到分子中无手性碳，B错误；C.二氢辣椒素中的酚羟基、酰胺基能消耗氢氧化钠，1mol二氢辣椒素与过量NaOH溶液作用，最多可消耗2molNaOH，C错误；D.二氢辣椒素中含有酰胺基，红外光谱可以检测有机物中的官能团，可通过红外光谱检测酰胺基的存在，初步确定此合成是否成功，D正确；故选D。7.【答案】A【解析】.中含有σ键的数目为，正确；A1molCoNH35ClCl21mol(356)NA21NAA{#{QQABQQSAogioAIAAARhCQQXQCkIQkBECAKoGREAIIAABCRNABAA=}#}B.无溶液体积，不能计算，B错误；C.合成氨是可逆反应，生成的NH3分子数小于0.2NA，C错误；100g17%100g(117%)D.水中还含有氧原子，则N(O)=2NANA5.6NA，D错误；34g/mol18g/mol答案选A。8.【答案】C【分析】粗盐水中先加入氢氧化钡（或氯化钡）溶液，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，镁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，过滤后得到溶液A中含有过量的氢氧化钡和钙离子，再加入试剂为碳酸钠，除去过量的钡离子和钙离子，沉淀为碳酸钙和碳酸钡，滤液中加入HCl，除去多余的碳酸钠和氢氧根离子，得到精制食盐水，结晶得到氯化钠。【详解】A.镁离子与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，NaOH溶液的作用是除去Mg2，A正确；B.加入过量氢氧化钡（或氯化钡）溶液是除去硫酸根离子，加入过量氢氧化钠溶液是除去镁离子，加入过量碳酸钠溶液目的是除去钙离子和过量钡离子，则加入氢氧化钠和氢氧化钡（或氯化钡）溶液的顺序可以调换，但是加入碳酸钠必须在加入氢氧化钡（或氯化钡）溶液之后，B正确；C.滤液2中除了四种离子：Ca2、Na、Cl、OH，还含有过量的钡离子，C错误；2D.滤液中加入HCl，除去多余的碳酸钠和氢氧根离子，反应为HOHH2O、CO32HH2OCO2，D正确；故选C。9.【答案】D【解析】A.KMnO4溶液可氧化过氧化氢，CuSO4溶液可催化过氧化氢分解，反应原理不同，不能探究催化效果，A错误；B.FeCl3过量，不能通过检测铁离子说明该反应存在一定限度，B错误；+2+C.6H+5H2C2O42MnO42Mn+10CO2+8H2O，根据反应的化学计量系数可知所用草酸的量不足，混合溶液颜色不会褪去，C错误；D.所得上层清液存在氯化银的电离平衡，加入2滴NaI溶液有黄色沉淀生成，说明AgI的Ksp小于AgCl的Ksp，D正确；故合理选项是D。10.【答案】D【详解】A.放电时，该装置为原电池，通入O2的Pt/C电极是正极，电极反应式为O24e2H2O4OH，Zn电22极为负极，电极反应式为，浓度增大，电离平衡Zn6H2O2eZnH2O6ZnH2O62正向移动，导致Ⅰ室溶液中浓度增大，故A正确；ZnH2O6ZnH2O5(OH)HZnH2O5(OH)B.放电时，根据原电池“同性相吸”，Ⅱ室中的Na通过阳离子交换膜进入Ⅲ室，Ⅱ室中的Cl通过阴离子交换膜进入Ⅰ室，故B正确；2C.充电时，Zn电极为阴极，其电极反应为，故C正确；ZnH2O62eZn6H2OD.充电时，Pt/C电极为阳极，电极反应式为4OH4eO22H2O，每生成1molO2转移4mol电子，同时有4molNa1通过阳离子交换膜进入Ⅱ室，Ⅲ室溶液质量理论上减少32g4 mol23gmol124g，故充电时，每生成0.2molO2，Ⅲ室溶液质量理论上减少24.8g，故D错误。11.【答案】D3323【解析】A.I、Fe发生氧化还原反应2I2FeI22Fe，I、Fe不能共存，故不选A；B.AlO2、HCO3反应22+2、2、的离子方程式为AlO2HCO3H2OAl(OH)3CO3，故不选B；C.Fe、H2S不反应，故不选C；D.C2O4SO4Na2相互之间不反应，能大量构成，C2O4能被酸性高锰酸钾氧化为二氧化碳气体，反应的离子方程式为225C2O42MnO416H10CO22Mn8H2O，故选D；选D。12.【答案】C【解析】A.B代表Pb2化学式中Pb2和I的数量比为1:3，则晶胞中有I3个，A正确；2B.A为顶点，C为面心，因此粒子A与粒子C之间最近距离为apm，B正确；262062062010303C.晶胞的质量为：m=g，密度为：NA3，则a为，C错误；NAρ=g/cmρN(a10-10)3AD.若沿z轴向xy平面投影，则其投影图如图2所示，中心为面心和体心的投影重叠，D正确；故选C。13.【答案】A【解析】A项，反应1为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化碳的转化率减小，反应2为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的转化率增大，一氧化碳的浓度增大、选择性增大，根据已知甲醇和一氧化碳的选择性之和为100%，所以曲线②表示一氧化碳的选择性，故A正确；B项，反应1为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲醇的浓度减小，则280℃时出口处甲醇的物质的量浓度小于220℃时，故B错误；C项，{#{QQABQQSAogioAIAAARhCQQXQCkIQkBECAKoGREAIIAABCRNABAA=}#}nCO2一定温度下，增大的值相当于增大二氧化碳的浓度，平衡向正反应方向移动，但二氧化碳的转化率减小，故CnH2错误；D项，催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，提高甲醇的选择性，但化学平衡不移动，二氧化碳的转化率不变，故D错误；故选A。14.【答案】D-1【分析】向0.1molL的H3A溶液中加入NaOHs，由于发生酸碱中和反应，随着碱的不断加入，溶液中cH3A不23断减小，cH2A先增大后减小，cHA先增大后减小，cA不断增大，因此曲线I表示H3A的分布系数，曲线23II表示H2A的分布系数，曲线III表示HA的分布系数，曲线IV表示A的分布系数。【解析】A.若用NaOHaq滴定H3Aaq至恰好生成NaH2A，溶液pH约为3.9，因此可选甲基橙(变色范围为3.1～24.4)做指示剂，滴定终点溶液由红色变为橙色，故A项正确；B.R点cH2AcHA，cHA2cHcA3cHR23S3KcH，S点cHA=cA，KcH，N点cA=cH2A，a2Ra32ScH2AcHA22cH2AcHAcHcHcH转化可得RR=R1，即c2HKKcHcH，由32Ra2a3RScAcHAcHcHKa2Ka3RR24.76.32pHR+pHScHKa2Ka3可得pHlg1.0101.010=5.5，由cHcHcH可得pH=，RNRRSN214cH2AcOHcH2AcOHcHK10故项正确；.常温下，的水解常数W9.3，数BCNa2HAKh2=2=2==4.3=10cHAcHAcHKa210102量级为10，故C项正确；D.R点溶液中①cHA=cH2A，溶液中电荷守恒3223②cNacH3cA2cHAcH2AcOH，物料守恒③cH3AcH2AcHAcA0.1mol/L，2323将③代入0.1mol/L+cOH+cHA+2cA可得④cOH2cHA3cAcH2AcH3A，将①代入23④可得⑤cOH3cHA3cAcH3A，因此题干中-2-3-+0.1mol/L+cOH+cHA+2cAcH+cH3A23+=cOH3cHA3cAcH3AcH+cH3A=3cHA23cA3cOHcH+2332解释：将②代入=3cHA3cAcNa3cA2cHAcH2A()2332=3cHA3cAcNa3cA3cHA(解释：将①代入)=cNa>0，故D项错误；综上所述，错误的是D项。△15.（14分）【答案】（除标注外，每空2分）（1）(NH4)2Cr2O7N2↑+Cr2O3+4H2O↑（2）①排出装置内的空气，防止被空气中氧化②长颈漏斗（1分）平衡气压，防止堵塞③、、④干燥(或除水)（1分）32（3）acCrC(l“O”)342【分析】根据流程可知，分解