湖南省湘西州吉首市2024届高三上学期第二届中小学生教师解题大赛 化学参考答案

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2024 届 高 三 模 拟 试 题 化 学 答 案
一、选择题：本题共 14 小题，每小题 3分，共 42 分。每小题给出的四个选项中，只有一
个选项是符合题目要求的。
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
答案
C
D
C
D
B
A
D
A
C
C
C
C
A
B
1．C【解析】
A. 电子跃迁到激发态不是“释放”能量而是“吸收”能量，故 A错误
B. 由于不锈钢的密度大、质量大，故不利于发射，太空探测器的结构材料大多采用密度小、
强度高的轻质材料，故 B错误；
C. SO2具有强还原性，具防腐和抗氧化等作用，可作为食品添加剂，故 C正确；
D. SiC 一种新型“无机非金属材料”，不是硅酸盐材料，故 D错误。
2.【答案】D
【详解】A．
4
NH Cl
由氯离子和铵根离子通过离子键形成，是氯化铵的化学式，不是分子
式，A错误；
B．
2
Fe
的简化电子排布式为
 
6
Ar 3d
，B错误；
C． 不是氯化钠晶体中重复的结构单元，不是氯化钠的晶胞，是氯化
钠晶胞的四分之一，C错误；
D．SO2的中心原子的价层电子对为 3对，VSEPR 模型为平面三角形，D正确；
答案选 D。
3．C【解析】
Cu
与浓硫酸反应需要在加热时才能进行；
3
NH
无法使干燥的酚酞试纸变
红，所以此装置无法检验
3
NH
；蔗糖在酸性条件下发生水解反应之后，溶液仍然呈酸性，
在该环境下无法通过银镜反应来检验是否存在葡萄糖。
4.D【解析】D.乳酸发生缩聚反应得到聚乳酸。
5．【答案】B
【详解】A．碘离子的还原性强于亚铁离子，滴加少量稀硝酸，先氧化碘离子，故在碘化亚
铁溶液中滴加少量稀硝酸的离子反应为：6I-+8H++2NO
═3I2+4H2O+2NO↑，故 A错误；
B．用 NaClO 溶液吸收少量 SO2，离子方程式为：
SO2+H2O+3ClO-=SO
2
4
+Cl-+2HClO，故 B正确；
C．向 Mg（HCO3）2溶液中加入足量的 NaOH 溶液，离子方程式：Mg2++2HCO
+4OH-═Mg
（OH）2↓+2CO
2
3
+2H2O，故 C错误；
D．向明矾溶液中滴加 Ba（OH）2溶液至沉淀质量最大时，硫酸根离子恰好完全沉淀，此时
铝离子与氢氧根离子的物质的量之比为 1：4，铝离子转化成偏铝酸根离子，发生反应的离
子方程式为：Al3++2SO
2
4
+2Ba2++4OH-═2BaSO4↓+AlO
+2H2O，故 D错误；故选：B。
6．【答案】A
【详解】
A．同一周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，ⅤA族元素的 np 能级为半满
状态，较稳定，第一电离能大于同周期ⅥA族的元素，因此与 O元素同周期且第一电离能比
O大的元素有 N、F、Ne，共 3种，A错误；
B．由分析知，W、X、Y分别为 Mg、O、B，非金属性越强，电负性越大，则其电负性由大
到小的顺序是 O＞B＞Mg 即X＞Y＞W，B正确；
C．由分析知，Y为B元素，其核外电子排布式为 1s22s22p1，基态原子核外电子的运动状态
有5种，占据的原子轨道有 1s、2s、2p 共3个，C正确；
{#{QQABbQYAggAIABAAABgCAQVqCkAQkBAACAoOQEAEMAAAAANABAA=}#}
D．由图可知，原子 4为B，其最外层为 3个电子，形成 4个共价键，因此 4和5之间存在
配位键，D正确；故答案为：A。
7．【答案】D
【详解】A．用 KSCN 溶液检验 Fe3+时，根据 2CuCl2+4KSCN═2CuSCN↓(白色)+(SCN)2+4KCl，
Cu2+存在干扰，故 A错误；
B．红色物质是 Fe(SCN)3，(SCN)2为拟卤素，化学性质和氯气相似，说明也具有氧化性，溶
液中的 Fe2+应该是被(SCN)2氧化成 Fe3+，故 B错误；
C．Cu(过量)与FeCl3溶液反应，得到的是氯化铜和氯化亚铁，将 KSCN 溶液滴加到上层清
液中，很快产生白色沉淀，存在反应 2CuCl2+4KSCN═2CuSCN↓(白色)+(SCN)2+4KCl，所以观
察到瞬间产生白色沉淀是 CuCl2、KSCN 之间反应生成，故 C错误；
D．Cu 只要和 Fe3+反应生成 Cu2+和Fe2+，加入 KSCN 溶液 Cu2+就会与 SCN−反应，故红色褪去
也有可能是溶液中的 SCN−被消耗，从而使 Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡逆移，故 D正确；
答案选 D。
8．【答案】A
【详解】A．手性碳原子为一个碳原子所连接 4个取代基均不相同，有机物 X有1个手性碳
原子 (*标出)，故 C正确；，故 A项正确；
B．有机物 Y分子中含有羧基，可以和乙醇发生酯化反应，二者不能发生缩聚反应，B错误；
C．碳碳双键两端任何一个碳上连的两个不相同的原子或原子团就有顺反异构体，因此 Y分
子存在顺反异构体，故 C项错误；
D．1mol 有机物 Z中含有 2mol 酚羟基、1mol 羧基、1mol 酯基、1mol 肽键，1mol 酯基水解
后可形成 1mol 酚羟基和 1mol 羧基，
1mol 肽键水解后可形成 1mol 羧基和 1mol 氨基，则 1mol
Z与足量 NaOH 溶液反应最多消耗 6molNaOH，D错误；
故选 A。
9. 【答案】C
【详解】A．泥浆堆放后由灰色变为疏松的绿色粉状可以得出是铜被氧化，酸浸时可以进入
溶液便于后期制备胆矾，A正确；
B．常温下除氯，可以在酸浸时减少 HCI 挥发，更加环保，B正确；
C．pH=5 时，c(OH-)=10-9mol/L，经计算
c(Fe3+)=
 
   
39
sp 3 12
3
9
3
KL mol/L mol/
c O
Fe(OH) 2.79 10 2.79 10
1 0
H1
 
，能使 Fe3+除尽，但
c(Cu2+)=
 
   
20
22
2
9
2 - mol/L= mol/L
c1
Ksp Cu(OH) 2.2 10 2.2 10
OH 10
 
，也会随之沉淀，C错误；
D．焙烧加入
2 3
Na CO
，可以使 V元素转化成可溶性的钒酸盐进入溶液，水浸除掉杂质元素，
更好的回收钒，D正确；故选 C。
10．【答案】C
【详解】A．“过程Ⅰ”中
3
Fe
为氧化剂，被还原为
2
Fe
，A错误；
B．“过程Ⅰ”中
3
Fe
将
4
NH
氧化为
3
Fe
的氧化性强于
2
NO
，B错误；
C．
“过程Ⅱ”为
2
NO
和
4
NH
生成
2
N
，反应方程式为：
2 4 2 2
NO N 2H ONH
 
 
，氧化剂为
2
NO
，
还原剂为
4
NH
，物质的量之比为 1:1，C正确；
D．“过程Ⅰ”中
2
N
和
2
NO
的物质的量之比为
1:1
，发生反应：
+ - 2+ +
4 2 2 2
3+ +3NH +2H O=N1 +N e2Fe O +12F +18H
，则氧化剂为 12 个
3
Fe
，还原剂为 3个
4
NH
，
二者物质的量之比为
4 :1
，D错误；
{#{QQABbQYAggAIABAAABgCAQVqCkAQkBAACAoOQEAEMAAAAANABAA=}#}
11．【答案】C
【详解】A．由晶胞图知中 O原子位于 Ce 构成的四面体空隙中，A错误；
B．由图可知，以任一面心的
4
Ce
为例，距离其最近的
2
O
的微粒数有 8个，B错误；
C．
2
CeO
晶胞中
4
Ce
与最近
2
O
的核间距为晶胞对角线长度的
1
4
，即
3pm
4a
，C正确；
D．假设
2
CeO x
中的
4
Ce
和
3
Ce
的个数分别为 m和n，且
1m n 
，由化合价代数和为 0可
得
4 3 4 2m n x  
，解得
1 2m x 
，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的
4
Ce
或
3
Ce
个数
为
1 1
8 +6 4
8 2
 
，所以每个晶胞中
4
Ce
的个数为
4 8x
，D错误。
故选 C。
12．【答案】C
【详解】A．HA 消耗的 V(NaOH)小于
2
H B
消耗 V(NaOH)的二倍，则
1 2
c c
，A错误；
B．
2
H B
、HA 恰好完全中和时，产物为强碱弱酸盐，均呈碱性，可使用酚酞做指示剂，不
可使用甲基橙做指示剂，B错误；
C．溶液中的质子守恒：
 
 
 
+ -
HAH OHcc c 
①，物料守恒：
②
 
 
1-
A HA 0. o L05m lc c
 
②，②
2-①得：
 
   
HA 2 A OH H 0.1000 mol Lc c c c
 
 
，C正确；
D．完全中和时消耗 V(NaOH) = 10.60mL，a点V (NaOH) = 7.95mL 时，占消耗氢氧化钠总体
积的四分之三，则溶质为 NaHB 与Na2B，且二者的浓度比为：1 : 1 形成的溶液，则 a点物料
守恒和电荷守恒有关系式：
   
+ -2
Na = HB 2 OH+H Bc c c c c
 
 
①，
 
 
2
2
2 Na =3 HB 3 B 3 H Bc c c c
 
 
②，用②-①，
得
   
 
 
2- +
2
Na = H2 HB B +O HH B 3c c c c c c
 
 
由于酸性环境，
 
+
c H
 
-
OHc
，
故
 
 
2
2
Na 2 HB B 3 H Bc c c c
 
D错误；
13．【答案】A
【详解】A．由 2C(s)+2NO2(g) ⇌N2(g)+2CO2(g)可知，NO2的生成速率(逆反应速率)应该是 N2
的生成速率(正反应速率)的二倍时才能使正、逆反应速率相等，即达到平衡，只有 C点满足，
A点NO2的生成速率和 N2的生成速率相等，反应没有达到平衡，故 A错误；
B．由图 2知，E点反应未达到平衡，F点反应达到平衡，且压强 E＜F，则 E点的 v
逆
小于 F
点的 v
正
，故 B正确；
C．由题中信息可知，维持温度不变，即 E、G两点温度相同，平衡常数 K(E)=K(G)；E、G两
点NO2的转化率相同，但混合气体中气体压强与浓度有关，压强越大，体积越小，浓度越大，
所以 G点压强大，浓度大，即 c(E)＜c(G)，故 C正确；
D．在恒温恒容下，向 G点平衡体系中充入一定量的 NO2，等效于加压，平衡逆向移动，
NO2
的平衡转化率减小，故 D正确； 答案为 A。
14．【答案】B
【详解】A．从图中可知，正丁烷的构象异构体中，i的势能最小，最稳定，因此正丁烷的
构象异构体中所占比例最大的是 i，A错误；
B．iii 转化成 i是放热反应，正反应的活化能低于逆反应的活化能，因此 iii 转化成 i的速率
比逆向转化的快，B正确；
C．构象异构体因正丁烷分子中 C2 和C3 旋转不同角度而形成，没有化学键的断裂和生成，
C错误；
D．从图中可知，
iii 转化为 iv 的转化能垒为 18.8kJ/mol，
i转化为 iv 的转化能垒为 22.6kJ/mol，
D错误；故答案选 B。
三、非选择题：（本题共 4小题，共 58 分。）
{#{QQABbQYAggAIABAAABgCAQVqCkAQkBAACAoOQEAEMAAAAANABAA=}#}
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