2024年宜荆荆随恩高三5月联考化学详解一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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】A.煤的液化、气化可减少二氧化硫等有害气体的排放，但是不能减少二氧化碳的排放，故A错误；B.减少二氧化碳向大气的排放，有利于降低大气中二氧化碳的浓度，从而减少温室效应的产生，缓解全球变暖，延缓南北极冰川的熔化，减少极端天气发生的频率，B正确；C.风电、光伏发电、生物质发电等行业健康有序发展，可减少含碳物质的燃烧，从而减少二氧化碳向大气的排放，降低大气中二氧化碳的浓度，C正确D.全力推动绿色矿山绿色工厂建设，种植“碳中和林”，减少大气中二氧化碳的含量，故D正确；2.【答案】C高温【详解】A．2FeTiO3+6C+7Cl22TiCl4+2FeCl3+6CO中C元素从0价升高为+2价，Cl元素从0价降低为-1价，Fe从+2价变为+3价，转移电子数为14，则每生成1molTiCl4转移电子数为7NA，故A正确；22B．基态Ti原子的电子排布为3d4s，有两个未成对电子，故1mol基态Ti原子中未成对电子数为2NA，故B正确；C．CO分子中存在一个配位键，所以1molFe(CO)5中含10NA配位键，故C错误；．溶液中，3+水解：3++导致阳离子数目变多，1的溶液DFeCl3FeFe+3H2OFe(OH)3+3H2L1molLFeCl3中，阳离子数目大于2NA，故D正确。3.【答案】B2+6【详解】A．配合物K4Fe(CN)6的中心离子为Fe，中心离子的价电子排布式为3d，由泡利原理、洪特规则，价电子排布式为：3d6，该中心离子的配体为CN-，配位数是6，故A正确；-+-B．加入足量AgNO3溶液，配合物[TiCl(H2O)5]Cl2·H2O中外界离子Cl离子与Ag反应，内配位离子Cl不与Ag+反应，故B错误；C．“杯酚”空腔大小具有适配性，可以分离C60和C70，C项正确；；D．人体细胞和细胞器的双分子膜体现了超分子的自组装的特征，故D正确；4.【答案】A2+-A.向FeBr2溶液中通入过量Cl2，FeBr2中Fe和Br都被反应完，反应比为FeBr2中的组成比，是1:2，故反2+−3+−应离子方程式为：2Fe+4Br+3Cl2=2Fe+2Br2+6Cl，A错误B．次氯酸酸性比碳酸酸性弱，强于碳酸氢根，符合较强酸制较弱酸规律，B正确；C．乙醛与新制的氢氧化铜悬浊液混合后加热，生成乙酸钠、砖红色氧化亚铜沉淀和水，方程式为△CH3CHO2Cu(OH)2OHCH3COOCu2O3H2O，C正确；D．1gH2g的物质的量为0.5mol，与足量的I2g混合反应后生成HI(g)，放出akJ热量，由于该反应为可宜荆荆随恩重点高中教科研协作体*化学详解1/7{#{QQABLYaUogiIAIBAABhCAwHQCACQkBCCAAoGBEAEMAAAiRNABAA=}#}逆反应，达到平衡后，消耗的H2g的物质的量小于0.5mol。对于放热反应来说，放热越多，ΔH越小，则1热化学方程式为H2(g)I2(g)2HI(g)H2akJmol，D正确；5.【答案】A【详解】A．由结构简式可知该分子中含3个手性碳，如图：，故A正确；B．N原子的杂化方式为sp3，故B错误；C．由题中结构可以得到分子式为C16H28N2O4，故C错误；D．该分子含有酯基、酰胺基、氨基、碳碳双键，可发生取代、加成、氧化反应，不能发生消去反应，D错误；6.【答案】C【分析】Q为常见的金属元素，离子的价层电子排布式为3d6，则W为Fe；X、Y、Z、R分别位于三个短周期，原子序数依次增加，则X为H；常温下，YZ2为气体，其分子的总电子数为奇数，则YZ2为NO2，Y为N，Z为O；【详解】A．水分子间可以形成氢键，沸点升高，所以简单氢化物沸点:H2O>H2S，选项A正确；B．铁元素的原子序数为26，其基态原子的价电子排布式为3d64s2，核外电子占据15个原子轨道，因此有15种不同的空间运动状态，选项B正确C．同周期元素从左到右，非金属性逐渐增强，其单质的氧化性逐渐增强，其简单氢化物的还原性逐渐减弱，则水分子的还原性弱于氨分子，选项C错误；．由题意可知，该化合物为，相对分子质量为，取该物质进行热重分析，DNH42FeSO426H2O3921mol由热重曲线可知，580℃热分解后得到固体的质量为392g100%9.2%9.2%9.2%52.0%80g，则固体化合物为0.5mol氧化铁，选项D正确；7.【答案】C【详解】A．Na与K位于同一主族，原子半径：NaK，K更容易失去电子，所以第一电离能：Na>K，A正确；B．Br电负性比F小，电子云更加的偏向碳正离子,所以碳正离子稳定性：，B正确；C．金刚石熔点低于石墨，金刚石中C-C键长154pm，石墨中C-C键长142pm，C错误；D．AlF3属于离子晶体，AlCl3属于分子晶体，一般为离子晶体的熔沸点大于分子晶体，所以熔点：AlF3(1040℃)>AlCl3(178℃)，D正确；8.【答案】D2＋−【详解】A．根据标准电极电势知，还原性：Fe＞Cl，向含2molFeCl2的溶液中加1molPbO2，还原性强的2+3+Fe先与PbO2反应生成Fe，滴加KSCN，溶液变红，故A正确；4+−B．Sn的氧化性弱于I2，不能氧化I得到I2，因此溶液不变蓝，故B正确；43C．由电对的标准电极电势越高，其中氧化剂的氧化性越强，氧化性：SnFe随恩重点高中教科研协作体*化学详解2/7{#{QQABLYaUogiIAIBAABhCAwHQCACQkBCCAAoGBEAEMAAAiRNABAA=}#}-D．氧化性MnO4Cl2，MnO4能氧化Cl，所以酸化高锰酸钾溶液时，不可使用盐酸，故D错误；9.【答案】B814【详解】A．XeF4中氙的价层电子对数=4+6，A正确2B.Xe原子以sp3杂化轨道成键，XeO3分子中Xe有一对孤电子对，XeO2分子中Xe有两对孤电子对，XeO3的键角大于XeO2，B错误C.与较其他稀有气体原子相比，Xe原子半径大，电离能小，化学性质相对活泼，所以含Xe的化合物种类更多，C正确D．i、ii、iv三组化学反应均为氧化还原反应，D正确；10.【答案】A【详解】A.NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2，其中NaClO2是氧化剂，还原产物为NaCl，回收产物为NaHSO4，说明生成硫酸氢钠，且产生ClO2，根据电子守恒可知，此反应的化学方程式为：2NaClO3+SO2+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2↑，A正确；-B.根据结晶干燥后的产物可知ClO2的还原产物为NaClO2，因此电解装置中阴极ClO2得电子生成ClO2，-阳极Cl失电子生成Cl2，B错误；--C.利用含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO2，产物为ClO2，则此反应中ClO2为氧化剂，还原产物为ClO2，化合价从+4价降为+3价，H2O2为还原剂，氧化产物为O2，每摩尔H2O2得到2mol电子，依据电子守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1,C错误；+-D.NaHSO4晶体中阳离子为Na,阴离子为HSO4，阴阳离子之比为1:1，D错误11.【答案】B3【详解】A．SiCl4和NCl3的中心原子上的价层电子对数都是4，均采用sp杂化，SiCl4的中心原子上没有孤电子对，SiCl4分子的空间结构为正四面体形，属于非极性分子，NCl3的中心原子上有1个孤电子对，NCl3分子的空间结构为三角锥形，属于极性分子，A错误；B．由NCl3反应历程图可知，NCl3水解时首先H2O中的H原子与NCl3上的孤电子对结合，O与Cl结合形成HClO，而SiCl4上无孤电子对，故SiCl4和NCl3的水解反应机理不相同，B正确；C．Si-Cl键极性更大，键长更长，SiCl4较CCl4更易水解.C错误；D．Si(OH)Cl3也能与H2O形成氢键，D错误；12.【答案】D【解析】A．足量新制氢氧化铜悬浊液中含有强碱，过量的碱也能使溴水褪色，因此应先中和上层清液中的碱再加溴水检验，故A错误；B.硝酸具有强氧化性，也能与硫化钠溶液发生氧化还原反应生成硫沉淀，则溶液变混浊不能说明硫化钠溶液和亚硫酸钠溶液酸性条件下发生了氧化还原反应，故B错误C.该体系增压颜色加深是I2浓度增大所致，非平衡移动，故C错误2+2-2+2-D．[Cu(H2O)4]在水溶液中呈蓝色、[CuCl4]在水溶液中呈黄色，[Cu(H2O)4]、[CuCl4]的混合溶液呈黄绿2+2-色，根据实验现象知，发生了[Cu(H2O)4]到[CuCl4]的转化，故D正确。13.【答案】D11【详解】A．晶胞中位于顶点、面上、和体内的Cu原子个数=8414，位于面上、棱上的In原8211子个数=644，位于体内的Te原子个数=8×1=8，则Cu、In、Te的原子个数比为4:4:8=1:1:2，晶24宜荆荆随恩重点高中教科研协作体*化学详解3/7{#{QQABLYaUogiIAIBAABhCAwHQCACQkBCCAAoGBEAEMAAAiRNABAA=}#}体的化学式为CuInTe2，A正确；111B．由位于顶点A点和体心B点原子的分数坐标分别为(0,0,0)、,,可知，D原子的分数坐标分别为222111,,，B正确；448．摩尔体积由摩尔质量除以晶胞密度可得，正确；CNa2c1036CVAm3/mol4D．D原子在底面的投影点与A、D构成直角三角形，斜边AD的长2222222ac2ac8ac，错误；d=pmD481664814.【答案】．C【分析】浓差电池是一种利用电解质溶液浓度差产生电势差而形成的电池，浓度高的为正极，浓度低的为负极，则Ag(I)为负极，Ag(II)正极。【详解】A．浓差电池中由于右侧AgNO3，浓度大，则Ag(I)为负极，Ag(II)正极；电渗析法制备磷酸二氢钠，左室中的氢离子通过膜a进入中间室，中间室中的钠离子通过膜b进入右室，则电a为阳极，电极b为阴极；电极b应与Ag(I)相连，故A正确；B．左室中的氢离子通过膜a进入中间室，中间室中的钠离子通过膜b进入右室，膜a、b均为阳离子交换膜，故B正确；C．电池从开始到停止放电时，则浓差电池两边AgNO3浓度相等(3mol/L)，所以正极析出0.02mol银，增重2.16g，故C错误；D．阳极中的水失电子电解生成氧气和氢离子，氢离子通过膜a进入中间室，消耗水，硫酸的浓度增大，pH减小；阴极水得电子电解生成氢气，中间室中的钠离子通过膜b进入右室NaOH的浓度增大，pH增大，故D正确；15.【答案】C【分析】结合题意分析可知，0-a段发生的为：Na3PO4+HCl=Na2HPO4+NaCl；a-b段发生的为：Na2HPO4+HCl=NaH2PO4+NaCl；b-c段发生的为：NaH2PO4+HCl=H3PO4+NaCl；、2-【详解】A．结合分析可知，a点溶液溶质成分为Na2HPO4NaCl，且物质的量相等，此时HPO4会电离和K10-14-2-2--13w＞水解损失，故c(Cl)＞c(HPO4)，且HPO4电离常数Ka3=4.8×10，水解常数Kh==-8Ka3，故溶Ka26.210液呈现碱性c(OH-)＞c(H+)，A正确；B．甲基橙变色范围为3.1-4.4，甲基橙由橙变黄时，未将磷酸完全反应，NaOH用量偏小，使测得磷酸浓度偏小，B正确；3-2-3-2-C．pH=12.3时，c(PO4)=c(HPO4)，pH<12.3时，c(PO4)