北京市通州区2024届高三下学期三模化学试题（原卷版+解析版）

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本部分共14小题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1. 下列事实能用平衡移动原理解释的是
A. 用热的纯碱溶液更易去除油脂B. 保存FeSO4溶液时，加入适量铁粉
C. 船底镶嵌锌块，以防船体被腐蚀D. 工业合成氨(放热反应)，选择高温
【答案】A
【解析】
【详解】A．用纯碱溶液洗涤油污的实质是纯碱水解提供OH-，使油污在碱性条件下水解，加热使纯碱水解平衡向正反应方向移动，碱性增强，促进油污水解，所以效果更好，能从平衡移动角度来解释，故A正确；
B．加入铁还原三价铁发生氧化还原反应，不存在平衡的问题，不能用平衡移动原理解释，故B错误；
C．船底镶嵌锌块是应用原电池原理，活泼金属锌作负极被氧化，铁作正极得到保护，不能从平衡移动角度来解释，故C错误；
D．合成氨气的正反应是放热反应，若选择高温则平衡逆向移动，不利于氨的合成，不能用勒夏特列原理解释，故D错误；
答案选A。
2. 下列物质性质的比较，与键的极性或分子的极性无关的是
A. 酸性：B. 硬度：金刚石晶体硅
C. 水中溶解度：D. 沸点：
【答案】B
【解析】
【详解】A．C-Cl键的极性大于C-H键，导致ClCH2COOH、CH3COOH的酸性不同，说明键的极性影响其酸性，故A不选；
B．金刚石和晶体硅都是共价晶体，都存在非极性键，但键长C-C＜Si-Si，硬度：金刚石＞晶体硅，说明其硬度与键长有关，与键的极性无关，故B选；
C．极性分子的溶质易溶于极性分子的溶剂，非极性分子的溶质易溶于非极性分子的溶剂，氨气和水都是极性分子、四氯化碳是非极性分子，水中溶解度：NH3＞CH4，说明其溶解度与分子的极性有关，故C不选；
D．CO、N2互为等电子体，二者相对分子质量相同，但CO是极性分子、N2是非极性分子，沸点：CO＞N2，说明其沸点与分子的极性有关，故D不选；
故选：B。
3. 化学与生活、科技密切相关，下列说法不正确的是
A. Fe2O3俗称铁红，可用作外墙涂料
B. 酒精能使蛋白质变性，可用于杀菌消毒
C. 淀粉属于天然高分子，溶于热水可形成胶体
D. 和互为同素异形体，都可用于测定文物年代
【答案】D
【解析】
【详解】A．Fe2O3俗称铁红是一种红棕色性质稳定的铁的氧化，可用作外墙涂料，A正确；
B．酒精能使蛋白质变性，故可用于杀菌消毒，医用酒精为75%的酒精溶液用于消毒，B正确；
C．淀粉属于天然高分子，溶于热水可形成胶体，C正确；
D．和的质子数相同而中子数不同的原子，故互为同位素，其中用于测定文物年代，D错误；
故答案为：D。
4. 下列关于浓度均为的溶液和溶液的说法不正确的是
A. 溶液：
B. 两种溶液中粒子种类不相同
C. 均能与反应产生沉淀
D. 溶液中均存在：
【答案】B
【解析】
【详解】A．浓度均为的溶液和溶液中，碳酸根离子水解大于碳酸氢根离子，则碳酸钠溶液碱性更强，溶液：，A正确；
B．两种溶液中粒子均存在水分子、钠离子、碳酸分子、碳酸氢根离子、碳酸根离子、氢离子、氢氧根离子，种类相同，B错误；
C．溶液和溶液均能与反应产生碳酸钙沉淀，C正确；
D．根据电荷守恒，溶液中均存在：，D正确；
故选B。
5. 下列方程式与所给事实不相符的是
A. 加热固体，产生无色气体：
B. 过量铁粉与稀硝酸反应，产生无色气体：
C. 向溶液中通入，产生黄色沉淀：
D. 乙醇、乙酸和浓硫酸混合加热，产生有香味油状液体：
【答案】B
【解析】
【详解】A．加热NaHCO3固体，分解产生无色气体二氧化碳、碳酸钠和水，反应的化学方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，A正确；
B．过量铁粉与稀硝酸反应，产生无色气体NO、硝酸亚铁和水，反应的离子方程式为：3Fe+2+8H+═3Fe2++2NO↑+4H2O，B错误；
C．向H2S溶液中通入SO2，产生黄色沉淀S和水，反应的化学方程式为：SO2+2H2S═3S↓+2H2O，C正确；
D．乙醇、乙酸和浓硫酸混合加热，发生酯化反应，产生有香味的油状液体为乙酸乙酯，反应的化学方程式为：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O，D正确；
故选B。
6. 下列有关化学用语或图示表达正确的是
A. HCl分子中σ键的形成为
B. HClO的电子式为
C. 三氧化硫的VSEPR模型：
D. 基态铜原子的价层电子轨道表示式为
【答案】A
【解析】
【详解】A ．HCl分子中H原子的1s、Cl原子的3p轨道上有未成对电子，s和p轨道通过‘头碰头’方式重叠形成s-pσ键，形成过程为，故A正确；
B．HClO分子中，O原子为中心原子，O、H原子间共用1对电子对，O、Cl原子间共用1对电子对，其电子式为，故B错误；
C．SO3分子中S原子的价层电子对数为3+=3，无孤对电子，VSEPR模型为平面三角形，即，故C错误；
D．基态Cu原子价层电子中，3d能级上10个电子、4s能级上1个电子，基态铜原子的价层电子轨道表示式：，故D错误；
故选：A。
7. 中国科研团队研发出室温下可稳定充放电的高柔性钙一氧气电池，该电池的总反应为：，下列说法正确的是
A. 中阴阳离子个数比为2：1
B. 电解质溶液可选用水溶液
C. 放电时正极电极反应式为
D. 充电时阳极电极反应式为
【答案】D
【解析】
【分析】由总反应可知，钙失去电子发生氧化反应，金属钙为负极，则碳纳米管为正极，放电时氧气在正极反应；
【详解】A．中含有钙离子和过氧根离子，阴阳离子个数比为1∶1，A错误；
B．钙为活泼金属，会和水反应，不能选用水溶液，B错误；
C．由图可知，Ca盐作电解质溶液，可传导离子为Ca2+，正极上O2被还原生成CaO2，则放电时正极电极反应式为：，C错误；
D．充电时阳极电极反应为过氧化钙失去电子发生氧化反应生成钙离子和氧气，其电极反应式为：，D正确；
故选D。
8. 已知是阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是
A. 标准状况下，中含有个中子
B. 富勒烯(C60)中含有个碳原子
C. 被还原为转移的电子数为
D. 密闭容器中，和催化反应后分子总数为
【答案】C
【解析】
【详解】A．标准状况下，物质的量为1ml，一个N原子中含有7个中子，即标准状况下，中含有个中子，故A错误；
B C60分子是由C原子构成，富勒烯(C60)中含有哥C原子，故B错误；
C．中Cr为+6价，被还原为转移的电子数为，故C正确；
D．密闭容器中， SO2与O2催化反应方程式为：，由于反应可逆，因此和催化反应后分子总数大于，故D错误；
故选C。
9. 冠醚分子可识别，实现卤水中的萃取，其合成方法如下。下列说法不正确的是
A. 过程I发生取代反应
B. Z的核磁共振氢谱有四组峰
C. 与Z通过离子键相结合
D. 过程Ⅱ增加了在有机溶剂中的溶解度
【答案】C
【解析】
【详解】A．过程I中酚羟基和氯原子进行取代反应，A正确；
B．Z的核磁共振氢谱有四组峰，为，B正确；
C．与Z通过配位键相结合，C错误；
D．冠醚分子可识别，故增大溶解度，D正确；
故选C。
10. 从电子废料（含Au、Ag和Cu等）中可回收金，主要流程如下：
已知：王水溶金发生反应
下列说法不正确的是
A. 浓盐酸促进了Au和的反应，其原因是降低了，增强了Au的还原性
B. 依据王水溶金原理，NaCN饱和溶液与也可使Au溶解
C. 可实现析金发生反应：
D. 以为电解质进行粗金的电解精炼，可能会有AgCl覆盖在阴极发生钝化
【答案】D
【解析】
【分析】电子废料（含Au、Ag和Cu等），通过王水溶金生成HAuCl4，加入亚硫酸钠析金后得到粗金，据此回答。
【详解】A．浓盐酸与Au3+结合，降低了c(Au3+)，增强了Au的还原性，因而促进了Au和HNO3的反应，A正确；
B．NaCN饱和溶液与O2也可使Au溶解，反应方程式为4Au+8NaCN+O2+2H2O =4Na[Au(CN)2]+4NaOH，B正确；
C．亚硫酸钠具有还原性，HAuCl4具有氧化性，则Na2SO3可实现析金发生反应为：，C正确；
D．溶液中含有[AuCl4]-，无氯离子，故不会生成氯化银沉淀，D错误；
故选D。
11. 的一种制备方法如图所示，下列说法不正确的是
A. 反应Ⅰ中乙基蒽醌被氧化为乙基蒽醇
B 催化剂镍改变了反应速率，未改变反应焓变
C. 制备原理是
D. 乙基蒽醌是总反应的催化剂
【答案】A
【解析】
【详解】A．有机反应中，加氢为还原反应，反应Ⅰ中乙基蒽醌被还原为乙基蒽醇，A错误；
B．催化剂可以改变化学反应速率，但不能影响焓变，B正确；
C．反应物为，生成物为，制备原理是，C正确；
D．乙基蒽醌在反应中被消耗，然后又生成，乙基蒽醌是总反应的催化剂，乙基蒽醇是总反应的中间产物，D正确；
故选A。
12. 下列实验中，不能达到实验目的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．装置中打开止水夹后，将胶头滴管中的水挤入圆底烧瓶中，烧瓶内压强下降，形成喷泉，可以说明氨气极易溶于水， A不符合题意；
B．四氯化碳作萃取剂，可用来萃取碘水中的碘，萃取出的碘的四氯化碳溶液位于分液漏斗的下层，B不符合题意；
C．干燥的氯气不能使干燥的红布条褪色，但能使湿润的红布条褪色，说明氯气与水反应后的产物具有漂白性，C不符合题意；
D．在铁片上获得理想的铜镀层，应以铁为阴极，铜为阳极，硫酸铜为电解质，图中装置不能达到目的，D符合题意；
故选D。
13. 苯与液溴反应生成溴苯，其反应过程的能量变化如图所示。
下列关于苯与反应的说法不正确的是
A. 可作该反应的催化剂
B. 将反应后的气体依次通入和溶液以检验产物
C. 过程②的活化能最大，决定总反应速率的大小
D. 总反应的，且
【答案】D
【解析】
【详解】A．苯与液溴反应生成溴苯和溴化氢，可作该反应的催化剂，故A正确；
B．反应后的气体中含溴化氢和溴蒸汽，通入除去溴蒸汽，HBr和溶液反应生成浅黄色AgBr沉淀，可知反应有生成，故B正确；
C．根据图示，过程②的活化能最大，反应速率最慢，慢反应决定总反应速率的大小，故C正确；
D．根据图示，总反应放热，总反应的，只知道正反应活化能，不能计算反应的焓变，故D错误；
选D。
14. 土壤中的微生物可将大气中的经两步反应氧化成，两步反应的能量变化如图。
下列说法不正确的是
A. O的非金属性大于S，推知热稳定性：
B. 两步反应中化学键断裂吸收的总能量均小于化学键形成释放的总能量
C.
D. 结合的燃烧热，可求算的
【答案】C
【解析】
【详解】A．非金属性越强的元素简单气态氢化物稳定性越强，O的非金属性大于S，推知热稳定性，A正确；
B．由图可知两步反应均为放热反应，所以反应物化学键断裂吸收的能量小于生成物化学键形成放出的能量，B正确；
C．由图可知，第一步热化学反应为 ，第二步反应为 ，根据盖斯定律两步反应式相加 ，故C错误；
D．结合的燃烧热可得到代表S(s)的燃烧热的热化学方程式，再结合第一步热化学方程式，按盖斯定律，可求算的，D正确；
故本题答案选C。
第二部分
本部分共5小题，共58分。
15. 废电池中含磷酸铁锂，提锂后的废渣主要含、和金属铝等，以废渣为原料制备电池级的一种工艺流程如下。
已知：i.、均难溶于水。
ii.将转化为有利于更彻底除去。
（1）酸浸前，将废渣粉碎的目的是________。
（2）从平衡移动的角度解释加入硝酸溶解的原因：________。
（3）在酸浸液中加入进行电解，电解原理的示意图如下图所示，电解过程中不断增大。结合电极反应说明在电解中的作用：________。
（4）“沉淀”过程获得纯净的。向“氧化”后的溶液中加入HCHO，加热，产生NO和，当液面上方不再产生红棕色气体时，静置一段时间，产生沉淀。阐述此过程中HCHO的作用：________。
（5）过滤得到电池级后，滤液中主要的金属阳离子有________。
（6）磷酸铁锂-石墨电池的总反应：。
①高温条件下，、葡萄糖（）和可制备电极材料，同时生成CO和，反应的化学方程式是________。
②放电时负极的电极反应式是________。
【答案】（1）增大反应物的接触面积，加快浸出速率
（2）加入，与结合，减小，平衡正向移动，溶解
（3）加入，阳极反应：，防止在阳极放电产生氧化，防止在阳极放电
（4）在酸性环境中，HCHO与反应，生成NO、和，加热时，气体逸出，除去，不引入新杂质；反应消耗，减小，增大，，生成沉淀
（5）
（6） ①. ②.
【解析】
【分析】提锂后的废渣主要含、和金属铝等，用硝酸“酸浸”过滤除去不溶性杂质，向滤液中加入甲醇电解，将Fe3+还原为Fe2+，向溶液中加入适量氢氟酸，将Al3+转化为沉淀除去，过滤后向滤液中加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，加入甲醇“沉淀”过程获得纯净的。
【小问1详解】
酸浸前，将废渣粉碎的目的是：增大反应物的接触面积，加快浸出速率。
【小问2详解】
从平衡移动的角度解释加入硝酸溶解的原因：加入，与结合，减小，平衡正向移动，溶解。
【小问3详解】
结合电极反应说明在电解中的作用：加入，阳极反应：，防止在阳极放电产生氧化，防止在阳极放电。
【小问4详解】
此过程中HCHO的作用为：在酸性环境中，HCHO与反应，生成NO、和，加热时，气体逸出，除去，不引入新杂质；反应消耗，减小，增大，，生成沉淀。
【小问5详解】
提锂后的废渣主要含、，当全部转化为时，Fe3+是过量的，过滤得到电池级后，滤液中主要的金属阳离子有。
【小问6详解】
①高温条件下，、葡萄糖（）和可制备电极材料，Fe元素由+3价下降到+2价，C元素由+4价下降到+2价，又由0价上升到+2价，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：；
②放电时在负极失去电子生成C和Li+，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极反应式是。
16. 黄酮类物质X具有抗金黄色葡萄球菌、大肠杆菌等活性，一种合成路线如下。
已知：
（1）X中含有的含氧官能团为醚键、________。
（2）A→B反应的化学方程式是________。
（3）B→D的反应类型是________。
（4）E→F的反应同时生成HCl，试剂a的结构简式是________。
（5）G转化为J需加入。
①J的结构简式是________。
②的主要作用是________。
（6）F和L生成X经历如下多步反应：
已知：Ⅰ.
Ⅱ.
①M的结构简式是________。
②三步反应中，涉及生成手性碳原子的为第________步（填“一”“二”或“三”）。
【答案】（1）羰基、羟基
（2）+Br2+HBr
（3）取代反应 （4）
（5） ①. ②. 消耗反应生成的HBr，提高J的产率
（6） ①. ②. 二
【解析】
【分析】A和Br2发生取代反应生成B，结合F的结构简式可知，B的结构简式为，B和(CH3)2SO4发生取代反应生成D，结合F的结构简式可以推知D为，D发生水解反应生成E为，E和试剂a发生取代反应生成F，同时生成HCl，可以推知a为，G和发生取代反应生成J为，J发生已知信息的反应得到K为，K和发生取代反应生成L为，以此解答。
【小问1详解】
由X的结构简式可知，X中含有的含氧官能团为醚键、羰基、羟基。
【小问2详解】
由分析可知，A和Br2发生取代反应生成B，化学方程式为：+Br2+HBr。
【小问3详解】
由分析可知，B和(CH3)2SO4发生取代反应生成D。
【小问4详解】
由分析可知，试剂a的结构简式是。
【小问5详解】
①由分析可知，J的结构简式是；
②G和发生取代反应生成J为，同时有HBr生成，的主要作用是消耗反应生成的HBr，提高J的产率。
【小问6详解】
F和L发生已知信息的反应得到M，由F和L的结构简式可知M为，M发生加成反应生成N为，M发生取代反应生成X，
①M的结构简式是；
②手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，M中没有手性碳原子，N中含有手性碳原子，则三步反应中涉及生成手性碳原子的为第二步。
17. 作牙膏的添加剂可预防龋齿，通常以氟化钠（NaF）与三偏磷酸钠（）在熔融条件下反应制得。
（1）基态F原子的价层电子排布式为________。
（2）基态O原子中，电子占据的最高能层的符号是________，处于最高能级的电子的运动状态共有________个。
（3）两个分子间可以通过脱水缩合生成焦磷酸：
三偏磷酸（）可由分子间脱水生成，分子中3个P原子的化学环境相同，的结构式是________。
（4）溶于水时与水反应，P-F键断裂，生成。
①中磷元素的化合价是________价。
②该反应会形成________（填“P-O”或“P-H”）键。
③反应后，溶液中粒子浓度的关系：________（填“＞”“＜”或“＝”）。
（5）牙膏中可添加作摩擦剂，其晶胞结构如下图所示，晶胞的边长为apm。
已知阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为________。（）
【答案】（1）
（2） ①. L ②. 4
（3） （4） ①. ＋5 ②. P-O ③. ＜
（5）
【解析】
【小问1详解】
F是9号元素，基态F原子的价层电子排布式为。
【小问2详解】
O是8号元素，基态O原子的价层电子排布式为，基态O原子中，电子占据的最高能层的符号是L，处于最高能级2p的电子的运动状态共有4个。
【小问3详解】
中含有3个-OH，三偏磷酸（）可由分子间脱水生成，分子中3个P原子的化学环境相同，是对称的结构，则的结构式是。
【小问4详解】
①O为-2价，F为-1价，由化合价代数和为零可知，中磷元素的化合价是+5价；
②溶于水时与水反应，P-F键断裂，生成，结合的结构简式可知，的结构为，则和水反应生成，形成P-O键；
③和水反应后，会发生水解，则溶液中粒子浓度的关系：