《新高考金卷重庆市2024届适应卷（三）化学试题含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《新高考金卷重庆市2024届适应卷（三）化学试题含答案.pdf（10页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、#QQABBYqEogiIABAAAQgCAwE6CgEQkBECCAoGwBAEsAAAiBFABCA=#QQABBYqEogiIABAAAQgCAwE6CgEQkBECCAoGwBAEsAAAiBFABCA=#1学科网（北京）股份有限公司新高考金卷重庆市新高考金卷重庆市2022024 4届届适应卷适应卷（三三）化学化学答案答案一一、选择题选择题：本题共本题共 14 个小题个小题，每小题每小题 3 分分，共共 42 分分。在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，只只有一项是符合题目要求的。有一项是符合题目要求的。1.【答案】C【解析】A 中12954Xe与13154Xe互为同位素，
2、A 错误；B.中砷化镓不是分子晶体，B 错误；C.中甲烷是最简单的烃，C 正确；D.中芳砜纶纤维属于合成纤维，D 错误。2.【答案】A【解析】A.将22Na O固体投入182HO中：181822222HO2Na O4Na2 OH2OHOA 正确：B 中 SO2少量要生成HClO;B 错误；C.饱和23Na CO溶液中通入过量 CO2,要析出 NaHCO3 晶体，C 错误；D 中稀硝酸要氧化 Fe2+,D 错误3【答案】D【解析】A.由于 CO2在水中的溶解度较小，而 NH3的溶解度较大，所以要在食盐水先通 NH3然后再通 CO2，否则 CO2通入后会从水中逸出，等再通 NH3时溶液中 CO2的
3、量就很少了，这样得到的产品也很少，故 A 正确；B.往精盐溶液中通入氨气和二氧化碳，得到碳酸氢钠沉淀，说明碳酸氢钠的溶解度小于氯化钠，故 B 正确；C.浓缩后增大溴离子的浓度，与氯气发生 2Br-+C12=Br2+2CI-，用空气和水蒸气将溴吹出，并用 SO2氧化吸收，从而达到富集溴，中发生 Br2+2H2O+SO2=2HBr+H2SO4，中发生Cl2+2HBr=Br2+2HCI，则的目的是进行溴的富集，故 C 正确；题号1234567891011121314答案CADBCCBCCDDCAD2学科网（北京）股份有限公司D.在第、步骤中溴离子转化为溴单质，溴的化合价升高失电子，被氧化，步骤中溴单
4、质和二氧化硫反应生成硫酸和溴化氢，溴元素化合价降低得电子被还原，故 D 错误；答案选 D。4.【答案】B【解析】解析：葡萄糖为多羟基醛，1 个葡萄糖分子中含有五个羟基，A 错误；2mol2Cu(OH)完全反应，生成 1mol2Cu O，转移的电子数为 2AN，所以 49g 即 0.5mol2Cu(OH)完全反应，转移 0.5mol 电子，B 正确；由电荷守恒可知，该溶液中阴离子数目大于 0.1AN，C 错误；3mol2H O中含有 6 mol 极性键，D 错误。5.【答案】C【解析】容量瓶不能用于溶解 NaOH，A 错误；灼烧碎海带不能使用烧杯，B 错误；可用饱和 NaHSO3溶液除去2SO中
5、的HCl，C 正确；滴定时 NaOH 溶液应该用碱式滴定管盛装，D 错误。6【答案】C【解析】解析：同周期元素，从左到右第一电离能呈增大的趋势，但第A 族、第A 族元素第一电离能大于其相邻元素，N 元素的第一电离能大于 O 元素的，A 错误；由结构简式可知，该有机物不含有三键碳原子，碳原子的杂化方式不可能有 sp 杂化，B 错误；原子核外有几个电子，其原子核外电子就有几种运动状态，氧原子核外有 8 个电子，则基态氧原子的电子有8 种运动状态，C 正确；该物质所含元素中，电负性的大小顺序是 ONSCH，D 错误。7【答案】B【解析】葡酚酮分子内含有OH、COOH，由于 O 原子半径小，元素的非金
6、属性强，因此可形成分子内氢键，A 正确；与足量的 NaOH 水溶液反应，醇羟基不能与 NaOH 水溶液反应，故醇羟基的 O-H 键不能断裂，B 错误；葡酚酮分子中含有酚羟基及醇羟基，具有强的还原性，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液的紫色褪色，C 正确；催化剂存在下苯环与碳碳双键与氢气反应，所含键断裂，而羧基与酯基不能与氢气反应，所含键不断裂，D 正确。8.【答案】C【解析】A 中 FeCl2溶液 Fe3+和 Cl-都能与酸性 KMnO4溶液反应，不能得出氧化性：KMnO4Cl2Fe3+的结论，A 错误；Fe2+的检验不能先滴加新制氯水，B 错误；C 中白色沉淀 AgCl3学科网（北京）股份有
7、限公司转化为黄色沉淀 AgI，故 Ksp(AgCl)大于 Ksp(AgI)，C 正确；D 中有机物中含有碳碳双键也能使酸性 KMnO4溶液紫红色褪去，不能证明有机物中一定含有醛基，D 错误。9【答案】C【解析】反应后剩余的混酸，可用碱洗中和除去大部分酸，再用水洗除去剩余酸，A 正确；苯胺具有碱性，反应中加入过量酸，可消耗掉苯胺，使苯胺产率降低，B 正确；苯为非极性分子，C 错误；乙酰苯胺含有酰胺键，在强酸或强碱条件下可发生水解反应，D 正确。10【答案】D【解析】由 H3BO3在水溶液中的电离方程式 H3BO3H2OHB(OH4)可知，H3BO3是一元弱酸，A 正确；金刚石晶胞是立方体，其中
8、8个顶点有 8 个碳原子，6 个面各有 6 个碳原子，立方体内部还有 4个碳原子，金刚石的一个晶胞中含有的碳原子数为 81861248，则立方氮化硼晶胞中应该含有 4 个 N 和 4 个 B 原子，B 正确；共价晶体具有很高的熔沸点和很大的硬度，晶体硼的熔点 2 573 K，沸点 2 823 K，硬度大，说明晶体硼属于共价晶体，C 正确，NH4BF4中，1 个 NH4中含有 1 个氮氢配位键，1 个 BF4中含有 1 个硼氟配位键，则 1 mol NH4BF4含有配位键的数目为 2NA，D 错误。11.【答案】D【解析】0.1mol/LNa2SO4溶液中 c（Na+）=2c（SO42+）A 正
9、确；由题图可知，向上层清液中滴加 01molL1Na2SO4溶液时无明显现象，再滴加 01 molL1Na2S 溶液，出现黑色浑浊，说明Ag2S 比 Ag2SO4更难溶，B 正确；取少量氯化银沉淀，滴加浓氨水，发生反应 AgCl(s)2NH3H2OAg(NH3)2Cl2H2O，沉淀逐渐溶解，C 正确；，0.1mol/LNa2S 溶液中c（Na+）c（S2-）c（OH-）c（HS-）c（H+），D 错误。12【答案】C【解析】电池左侧 CO2和 H得电子，作原电池的正极；右侧电极为 H2O 失电子，作原电池的负极。由装置图可知，该装置的能量来源是光能，A 正确；光催化剂电极进入的物质为 H2O，
10、出去的物质是 O2和 H，故该电极的反应为 2H2O4e=O2，B 正确；左侧是电池的正极，右侧为负极，阳离子向正极移动，故 H从光催化剂电极一侧向左移动，C 错误;电化学催化剂电极中，CO2发生的电极反应为 3CO218H18e=CH3CH(OH)CH35H2O，每生成 60g(1 mol)异丙醇转移 18 mol 电子，但电极上还会发生副反应产生氢气转移电子，所以电路中4学科网（北京）股份有限公司转移的电子数目不一定为 18NA，D 正确。13【答案】A【解析】Y 原子的最外层电子数是 W 原子最内层电子数的 3 倍，则 Y 原子最外层有 6 个电子，Y 是O；X 与 Y 为同周期相邻元素
11、，则 X 是 N；Y 与 W 同主族，则 W 是 S；R 是前四周期中第一电离能最小的元素，则 R 是 K；离子半径：S2-O2-Al3+，A 正确;NH3形成分子间氢键，其沸点高于 H2S，B 错误；Z 基态原子的 3p 轨道上有 1 个未成对电子，且原子序数比 S 小，其价电子排布式为 3s23p1，Z 是 Al。C 错误；元素的金属性：KAl，则碱性：KOHAl(OH)3，D 错误。14【答案】D【解析】A甲容器在绝热条件下，随着反应的进行，压强先增大后减小，根据理想气体状态方程 PV=nRT 可知，刚开始压强增大的原因是因为容器温度升高，则说明上述反应过程放热，即 H0，故 A 错误；
12、B根据 A 项分析可知，上述密闭溶液中的反应为放热反应，图中 a 点和 c 点的压强相等，因甲容器为绝热过程，乙容器为恒温过程，若两者气体物质的量相等，则甲容器压强大于乙容器压强，则说明甲容器中气体的总物质的量此时相比乙容器在减小即气体总物质的量：nanc，故 B 错误；Ca 点为平衡点，此时容器的总压为 p，根据理想气体状态方程 PV=nRT 可知，在恒容条件下进行，气体的物质的量之比等于TP整体之比，根据 A 项分析可知，绝热条件下，反应到平衡状态放热，所以 TaT始，压强：Pa=21P始，则 na21n始，可设 Y 转化的物质的量浓 度 为 xmolL1，则 列 出 三 段 式 如 下：
13、02X(g)+Y(g)Z(g)2102xxx22x1xxccc平，则 有molxx1)x22(）（mol321，计 算 得 到 x 0.75，那 么 化 学 平 衡 常 数K=)(c)(c)(c2YXZ1225.05.075.02，故 C 错误；D根据图像可知，甲容器达到平衡的时间短，温度高，所以达到平衡的速率相对乙容器的快，即 Va正Vb正，故 D 正确。综上所述，答案为 D。15.（1）增大接触面积，提高浸出率（2 分）（2 分）5学科网（北京）股份有限公司（2）2ZnS+4H+O2=2Zn2+2S+2H2O（2 分）（3）增大压强，提高氧气的溶解量，促进赤铁矿转化（2 分）（4）Cu+C
14、u2+2Cl-=2CuCl（2 分）（5）温度越高，氧气的溶解量降低，导致 CuCl 被氧化的少，Cl-重新进入到溶液的少，脱除率高（2 分）（6）9007（2 分）【解析】（1）将闪锌矿进行粉碎，其目的在于增大闪锌矿的接触面积，提高其浸出率。根据Zn 的价层电子排布式 3d104s2可知，其价层价层电子排布图为（2）根据流程分析，在第一步浸出流程中，产生的滤渣为 S，因此此处的离子反应方程式为 2ZnS+4H+O2=2Zn2+2S+2H2O（3）增大压强，有利于 O2 溶解，溶液中 O2 含量越大，更有利于将铁氧化为赤铁矿。故增大压强，提高氧气的溶解量，促进赤铁矿转化（4）结合流程分析，此时
15、加入 Cu，出去的为 CuCl，而之前的反应中加入氧气，因此进入脱氯环节的有 Cu2+,因此此步反应为 Cu+Cu2+2Cl-=2CuCl（5）结合图像可知，随着温度的升高，脱氯率逐渐升高，并基本不变，其原因为温度越高，氧气的溶解量越来越低，导致被氧气氧化的 CuCl 越来越少，Cl-重新进入到溶液中的含量变少，脱氯率增大。（6）要求)c(CO)(c-232F，根据题意，上下同时乘以 c(Ca2+)，则有9007)a(sp)a(sp)(c)a(c)(c)a(c)(c)(c3223222232COCKFCKCOCFCCOF16.（1）CO32-+H2O HCO3-+OH-温度越高，OH-浓度越大
16、，越有利于洗去废铁屑表面油污（2 分）（2）排除溶解在溶液中的氧气，防止亚铁离子氧化（2 分）（3）3H2O2+2OH-+2NO=2NO3-+4H2O（2 分）（4）排走空气，防止氧化亚铁离子（1 分）；长颈漏斗（1 分）；恒压滴液漏斗（1 分）（5）Fe(NO)(H2O)5SO4（2 分）（6）滴入最后半滴酸性高锰酸钾溶液，溶液由无色变为粉红色，且半分钟不变色。（2 分）6学科网（北京）股份有限公司偏大（2 分）【解析】（1）将废铁屑放入碳酸钠溶液中煮沸，促进碳酸根离子的水解，增大了 OH-的浓度，有利于去除废铁屑表面机油。（2）热水浴进行加热，有利于排除溶解在溶液中的氧气，防止氧化 Fe2
17、+（3）含有 H2O2的碱性溶液作为吸收尾气的处理装置，其与 NO 反应，NO 被氧化变为 NO3-，因此可以得出方程式为 3H2O2+2OH-+2NO=2NO3-+4H2O（4）由于要制备的物质含有 Fe2+，因此在制备过程中需要排走空气，防止氧化 Fe2+。因此通入 N2的目的即为排走空气，防止氧化亚铁离子。由图可知，a 为长颈漏斗。结合前面排走空气，防止亚铁离子被氧化，需要密闭体系，因此装置 a 改为恒压滴液漏斗效果最佳。（5）根据化合价守恒，Fe(NO)a(H2O)b(SO4)c中 c=1，步骤 ii 中，硫酸钡的质量为 4.66g，则 SO42-的物质的量为 0.02mol，则 Fe
18、2+的物质的量为 0.02mol。Fe2+被氧化为 Fe3+，NO 被氧化为 NO3-，消耗的 KMnO4的物质的量为 0.016mol，转移电子数为 0.016x5=0.08mol。根据得失电子守恒，NO 的物质的量为3mol1x02.0mol08.0=0.02mol，n(Fe2+)=n(NO)=0.02mol，因此 a=1，由因为 Fe2+的配位数为 6，所以 b=5，则该物质的化学式为Fe(NO)(H2O)5SO4（6）滴入最后半滴，溶液由无色变为粉红色，且半分钟不变色。滴定前滴定管中无气泡，滴定完后，滴定管中有气泡，则读出来的体积比实际体积偏小，则导致 n(KMnO4)偏小，导致转移电
19、子数偏少，则算出的 NO 的物质的量偏小，即 a 偏小，因为 a+b=6，则 b 偏大。17.（1）（1 分）（2）BC（2 分）（3）B（2 分）（4）；（2 分）；（2 分）（5）P340（2 分）（6）4；（1 分）21310a120AN（2 分）【解析】（1）结合反应历程图，能垒越大，反应速率越慢，则可以推出反应为该反应的慢反应。（2）由于混合气体全为气态物质，且体积恒定不变，则密度不会随着反应发生改变，故密度不变不能判断反应平衡，A 错；B 中混合气体总质量不变，根据nmM气，当气体质量不变，对于系数不等的反应，当总物质的量不变时，气体的平均摩尔质量不再变化，即反应平衡，故 B 正确
20、。C 中根据理想气体方程 PV=nRT，当压强恒定，则混合气体总物质的量不变，且容器体积恒定，故可以用于判断平衡，C 正确。D 中根据平衡有12)()(2逆正NCO，则7学科网（北京）股份有限公司平衡时逆正）（2:N(CO)=2:1，所以 D 错误。（3）温度相同，NO 的物质的量越多，则 CO 的转化率越大，因此图中 A，B，D 对应的投料比分别为 1:2、1:1、2:1，所以投料比 1:1 的曲线为 B（4）m 点时，根据三段式以及 CO 的转化率，进行计算，求得此时的平衡常数为 K=980，若加入 0.8mol 的 CO2和 N2，加入瞬间，浓度商为 Qc=1516，QcV逆。n 点 N
21、O 的正反应速率和 m 点 NO 的逆反应速率比较，由图可知，此时温度相同，m 点的浓度大于 n 点，浓度越大，反应速率越大，（5）T1温度下，投料比为 1:2，则 CO 的物质的量为 1mol，NO 的物质的量为 2mol，根据三段式进行计算，有2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)起：1mol2mol变：0.8mol0.8mol0.8mol0.4mol平衡：0.2mol1.2mol0.8mol0.4mol则有平平平平平PPPPPNOPCOPCOPNPK9104)6.22.1()6.22.0()6.28.0(6.24.0)()()()(p22222222根据理想气体方程，物质的
22、量之比，等于压强之比。故6.23nn平始平PP，所以36.2PP 平。计算出PK340p（6）结合晶胞图像，可以判断出，Li+的配位数为 4。一个 Li2O 晶胞中，含有 4 个 Li2O。根据密度公式，3710a430m）（ANV18.（1）浓硫酸，CH3OH（2 分）（2）酯基（2 分）（3）还原反应（2 分）；（2 分）（4）3（2 分）（5）23（2 分）8学科网（北京）股份有限公司（6）（3 分）【解析】（1）实际反应为酯化反应，因此除去反应物外，还需要浓硫酸以及 CH3OH（2）化合物 D 中，含氧官能团为酯基。（3）根据反应条件以及前后反应物、产物，可以判断出，反应前后硝基变为了
23、氨基，则可以推出反应为还原反应。根据已知信息，氨基和羰基发生反应，形成碳碳双键，因此化合物 E 的结构简式为（4）由 F 的结构可以发现，能够和 NaOH 发生反应的官能团，碳溴键，以及酯基。其中，酯基消耗 1mol NaOH，而碳溴键先发生水解反应，消耗 1molNaOH，然后生成酚羟基，酚羟基再消耗 1mol NaOH,因此 1mol F，合计消耗 NaOH 3mol。（5）结合题干信息，化合物 I 为 A 还原产物，即硝基变为氨基。其中，含有醛基、氨基，又能够使氯化铁溶液变色，说明含有酚羟基，符合其条件的为，结合其位置异构，有同分异构体 10 种。其符合题干条件的有 3 种，其符合题干条件的有 10 种，因此合计 23 种。（6）结合已知信息，可以写出反应方程式为