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1、新高考金卷重庆市新高考金卷重庆市 20242024 届适应卷（三）届适应卷（三）试题含答案（八科试卷）试题含答案（八科试卷）目 录1.1.新高考金卷重庆市新高考金卷重庆市 20242024 届适应卷（三）地理试题含答案届适应卷（三）地理试题含答案2.2.新高考金卷重庆市新高考金卷重庆市 20242024 届适应卷（三）届适应卷（三）化学化学试题含答案试题含答案3.3.新高考金卷重庆市新高考金卷重庆市 20242024 届适应卷（三）届适应卷（三）历史历史试题含答案试题含答案4.4.新高考金卷重庆市新高考金卷重庆市 20242024 届适应卷（三）届适应卷（三）生物生物试题含答案试题含答案5.5
2、.新高考金卷重庆市新高考金卷重庆市 20242024 届适应卷（三）届适应卷（三）数学数学试题含答案试题含答案6.6.新高考金卷重庆市新高考金卷重庆市 20242024 届适应卷（三）届适应卷（三）物物理试题含答案理试题含答案7.7.新高考金卷重庆市新高考金卷重庆市 20242024 届适应卷（三）届适应卷（三）英语英语试题含答案试题含答案8.8.新高考金卷重庆市新高考金卷重庆市 20242024 届适应卷（三）届适应卷（三）政治政治试题含答案试题含答案#QQABDYqAggAgAAAAAQgCAwFKCgEQkAGCCIoGxBAAoAAAyAFABCA=#QQABDYqAggAgAAAAA
3、QgCAwFKCgEQkAGCCIoGxBAAoAAAyAFABCA=#学科网（北京）股份有限公司1新高考新高考金卷金卷重庆重庆市市 2022024 4 届届适应适应卷（卷（三三）地理地理答案答案一、选择题答案答案：1.【B】2.【A】解析：根据地形图判断，此地为河谷地区，受干热风影响，热量条件较好，满足芒果喜热不耐寒的要求，适宜芒果生长。芒果作为热带水果能够在亚热带生长，主要是热量丰富，而并非气温、日较差，降水、土壤等因素决定的，ABD 错误，故选 B。2.攀枝花地区纬度位置较另外两产区高，热量条件没有广西和海南好，芒果成熟较晚，生长周期长，其最大优势在于晚熟，可避开热带芒果上市高峰期，故
4、A 正确。攀枝花芒果与海南、广西产区没有形成竞争关系，与果品质量、运输关系不大，BC 错误。市场需求量小，会导致市场竞争激烈，D 错误，故选 A。【答案】3.【D】解析：我国在南极建立科学考察站一般都选择在 2 月份，主要原因是此时是一年的暖季，白昼时间长，气温是一年最高的季节。暖季，浮冰消融，载重船舶不容易靠岸 A 错；此时是暖季，为极昼 BC 错;此时为暖季，极昼，热量充足，河流解冻有淡水。D 正确。所以选 D 正确。【答案】4.【B】解析：南极地区自然环境恶劣，采用装配式、模块化能够在较短时间内完成工程建设，和运输成本关系不大，A 不选;2 月南极为极昼现象，属于暖季，但暖季时间较短，适
5、合施工建设的时间较短。采用装配式、模块化建造，便于在当地的窗口期快速施工，B 正确。南极自然环境恶劣，当地基础设施不完善，不便于成产，C 不选;南极距离我国较远，不能节省运输成本。D 不选.因此答案选 B。【答案】5.【B】6.【C】7.【D】8.【C】9.【A】解析：第 5 题，网络热词是短期内迅速出现的、同步网络上最新最火的词语，不属于文化的传承，故 B 选项错误。“小土豆”“小砂糖橘”、“小熊猫”等与游客的地域环境密切相关，也契合疫情后经济回暖，物质领域丰富后寻求精神领域的要求，故 ACD 正确。第 6 题，松花江流域人口多,受外界影响大,不符合题意;冬季气温低，河流结冰,冰下河水流速较
6、慢，冬季冰层较厚,河水不易受到污染，东北地区冻土广布，不易被侵蚀，因此松花江河流含沙量较小，杂质少,符合题意。故选 C。7北半球中纬度海水的等温线较密集；故 A 错误；太平洋海水表层水温大致由低纬向高纬递减；故 B 不正确；北半球海水的等温线由于海陆差异显著，在海陆交界处特别弯曲；故 C 错误；沿北回归线，大洋东岸低于大洋西岸；故 D 正确；根据题意，故选 D。8由图中北半球海水等温线稀疏和北半球中低纬度的海水温度可以判定，北半球此时为夏季，是以为 7 月为代表。地球此时应位于远日点附近；故 A 错误；罗马位于北半球是夏季的地中海气候，应高温少雨。故 B 不正确；北印度洋洋流为季风洋流，夏顺冬
7、逆。故 C 正确；悉尼位于南半球，此时是冬季昼夜状况为昼短夜长；故 D 错误；根据题意，故选 C。9.N 海区水温异常偏低，将出现拉尼娜现象。南美洲西岸气温偏低，气流下沉，不易下雨，A 的说法不正确，故 A 正确。赤道附近太平洋西岸，气温偏高，将出现暖气团，气流上升我国南方降水增多，可能出现洪涝灾害，北方降水较少，可能出现干旱。B 说法正确，故 B 不选；福建台风频率可能增多，说法正确，故 C 不选；秘鲁位于太平洋东岸，气温偏低，秘鲁沿岸上升补偿流增强，从海底带来的营养盐类较多，渔业资源丰富，说法正确，故 D 不选；根据题意，故选 A。【答案】10.【A】11.【C】12.【D】【解析】10、
8、选择 A。西北内陆属于温带大陆性气候，降水稀少，晴天多太阳能丰富，冬春大风多，风能丰富。环境优美不是新能源比重大的原因，B 错。本地市场不大，C 错。新疆科技比较落后，D 错。学科网（北京）股份有限公司2【解析】11、选择 C。加剧沿途水土流失，是不利影响，故 A 错。利于调整能源消费结构，B 错。可以带动建材等相关产业发展，C 对。不能解决能源紧张状况，D 错。【解析】12、都正确。故选择 D。【答案】：13.【A】14.【C】15.【D】【解析】：13.A 由材料可知，赛里木湖封冻期一般在 12 月中旬至次年 4、5 月。冬季不可能出现冰推，B 错误。夏季和秋季气温较高，湖水不会结冰，B、
9、C 错误。4、5 月冰面开始融化，会形成薄冰，此时西风强盛，湖水将薄冰推上岸边，故形成“冰推”。故选 A。14.C 由于冰推发生的季节在春季，此时的西风比较强盛，西风吹动湖水向东运动，使冰块向东堆积，形成“冰推”，C 正确，ABD 错误，故选 C。15.D 湖区面积持续增大，说明入湖水量不断增加，冰川积雪不断融化，气温持续升高，即该地区气候将趋于变暖，AC 错误。赛里木湖深居西北内陆主要补给水源是冰雪融水，夏季气温高，冰雪融化量大，入湖水量大，湖面会扩大。近年来，赛里木湖面积持续扩大，说明气候变暖，湖区蒸发量增大，从而导致湖区气候趋于湿润，综上可推知湖区气候趋于暖湿。故选 D。二、简答题16.
10、【答案】（1）杭州市内场馆的分布特点：空间分布不均；以钱塘江为界北岸多，南岸少；在 30KM 交通圆内多，外围少；多邻近河流和交通线分布。（2）主会场选址七甲闸村的原因:与北岸主城区交通联系便利；地处南岸新区，地价较低，拆迁成本低；有利于完善基础设施，改善投资环境；带动相关产业助推经济发展。（3）有利影响：大型运动会的举办，促进举办城市的经济发展，增加旅游收入；加快举办城市交通等基础设施的建设；提升举办城市形象和知名度。不利影响：对城市生态环境造成破坏；场地建设投资巨大，造成财政负担加大；对公共资源的浪费严重，赛后很多基础设施、场馆严重闲置；降低民众生活满意度，当地居民生活压力增大，经济负担加
11、重。17.【答案】（1）岩性条件岩性条件：苏拉威西岛镍矿主产区内广泛分布的橄榄岩为镍矿生成提供了物质基础。构造环境构造环境：苏拉维西岛处于板块交界处，强烈的地壳运动将地壳深处的橄榄岩带至地表，而且使岩石破碎，加速了橄榄岩的风化侵蚀和分解。气候背景气候背景：镍矿主产区位于赤道附近，拥有全年高温多雨的气候条件，利于橄榄岩风化淋滤沉积而富集成矿。（2）镍矿原料丰富；镍矿价格低；临海具有良好的海运条件；水资源充足，水能丰富。（3）投资镍矿开采使我国巨大的镍金属需求和印尼镍矿的大规模开发形成良好的供需对接；投资镍铁加工在提高印尼镍产业附加值的同时，也保证了我国不锈钢生产的的原料供应；依托我国技术优势，强
12、化了我国与印尼在镍产业方面的相互依存性，保障了国内镍资源的持续安全供应；推进印尼镍产业升级，推动其产品结构、工艺水平的提升，确保我国镍资源供应的安全。18.【答案】（1）与裸地相比，灌丛冠下遮阴，减少蒸发，土壤水分含量高于周边；降低风速导致沙尘堆积，增加土壤矿物质；灌从凋落物及灌下动物排泄物等补给表层土壤有机质，土壤有机质含量高于周边。（2）地理环境是各个要素相互联系、相互渗透、相互影响的整体。灌丛化阶段，地下水位下降，浅层土壤含水量减少，根系更深的灌丛较根系浅的草甸能获取更多的水分，植被由草甸退化为灌丛。沙漠化阶段，灌丛大量消耗地下水，地下水位进一步下降，浅层土壤含水量进一步减少，灌丛死亡，
13、植被由灌丛退化为荒漠。（3）实时适量饮水灌溉灌丛；修剪灌丛，缩小冠面，减少蒸腾量；减少灌丛植株，控制灌丛生长数量；铺设草方格，减少土壤水分蒸发。学科网（北京）股份有限公司3（4）变化：灌丛化阶段肥岛效应增强。原因：灌丛化阶段，地下水位下降，浅层土壤含水量减少，根系更深的灌丛较草甸能获取更多的水分。#QQABJYIEogggABJAAQhCAwFaCAMQkAECAKoGgAAEoAAASANABCA=#QQABJYIEogggABJAAQhCAwFaCAMQkAECAKoGgAAEoAAASANABCA=#学科网（北京）股份有限公司1新高考金卷新高考金卷 20242024 届届全国全国卷卷适应
14、卷（三）适应卷（三）数学答案数学答案一单选题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目的要求.1.选B【解析】244441(1)2()()1122iiiii.2.选D【解 析】(1,4)A ，因 为AB中 有 且 仅 有 两 个 元 素，则0,Ba，则(1,0)(0,4)a.3.选B【解析】由正态分布的概率分布曲线的对称性知，1 2102aa，则19a .4.选B【解析】由题可以知道33ba或3ba，则由21()bea解得2 33e 或2.5.选A【解析】由条件得1cos,2a b，则222221324442()324cat bta bttt
15、.6.选B【解析】在ABC中，由余弦定理得2222cos12ACABACAB ACABC，则2 3AC.由正弦定理可得ABC的外接圆半径为2 322sin120r.设ABC的外接圆的圆心为1O，过1O作平面ABC的垂线l，由外接球的性质知外接球的球心O在直线l上，由 于PAPBPC，则 点P在l上.计 算 得2212 3POPAr，则 有222(2 3)rRR，解 得4 33R，则 三 棱 锥PABC的 外 接 球 表 面 积学科网（北京）股份有限公司226443SR.7.选B【解析】方法 1：由条件得(0,)2，由3sin()5得4cos()5，则tantan3tan()1tantan4，整
16、理得23tan4(1)tan30mm.因为唯一存在，则有216(1)360mm，解得4m 或14m，又因为，则4m，则1tan2，tan2，则tantan1.方法 2：因为满足题意的与唯一存在，所以与的终边关于角4的终边对称，且2，则tantan1.8.选A【解析】注意到，(0)1f，因为()(1)xfxaea，且(0)1f，所以函数()yf x在 点(0,1)处 的 切 线 方 程 为1yx.当0a 时，由1xex可 知，()(1)1(1)(1)11xf xaeaxaa xaxax ，所以|PQ的最小值为直线1yx与直线()yg xxb的距离，由点到直线的距离公式知|1|22b，解得1b 或
17、3b（舍去），所以1b .二多选题：本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分，在每小题给出的四个选项中，有多个选项要求，部分选对的得部分分，有选错的不得分.9.选ABD【解析】由条件知圆台的高为3，4AB，2AD，2 3BD，则11(2 2 3)3232P ABDv，所以选项A正确.设圆台的上下底面圆的半径分别为1r，2r，由条件可得11r，22r，则圆台的表面积221212()11SrrrrAP，所以选项B正确.如图，过点P作AB的垂线交AB于T，过点T作BD的垂线交BD于Q，连接PQ，则易证PQBD32TQ，3PT，则212PQ，则学科网（北京）股份有限公司311213 72 32
18、222PBDSBD PQ，所以选项C错误.过A作BD的平行线交底面圆周于点M，连接PM，则PAM即为直线AP与BD所成角（或补角），在PAM中，2 3AMBD，2AP，10PM，由余弦定理得2223cos24APAMPMPAMAP AM，则直线AP与BD夹角的余弦值为34，选项D正确.选项D妙解，由三余弦定理得3coscoscos634PAM.10.选AD【解析】由条件3xyxy得3(1)1xyxx，则34444414(1)52 16513111xxyxxxxxx,当 且 仅 当2,5xy是 取 等 号，选 项A正 确.由323xyxyxy，即(1)(3)0 xyxy，解得9xy，当且仅当3x
19、y时取等号，选项B错误.由2222()2(3)2xyxyxyxyxy得222()89xyxyxy，从而2218xy，当且仅当3xy时取等号，选项C错误.由3xyxy得1131xyxy，因为9xy，所以1123xy，当且仅当3xy时取等号，选项D正确.11.选BCD【解析】设动圆P的半径为r，由条件得1|1PFr，2|3PFr，则1212|4|PFPFFF，且P，M，N不重合，故点P的轨迹为以1F，2F为焦点的椭圆（去掉与P，M，N重合的三点），则曲线C的方程为221(2)43xyx，选项A错误.易知MPN与12FPF互补，而12FPF的最大值为60，则MPN的最小值为120，选项B正确.学科网
20、（北京）股份有限公司421211(1)(3)2(1)2()22rrMP PFNP PFr rrrrr ，选项C正确.由椭圆的光学性质知D选项正确.三填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.把答案填写在答题卡相应位置上.12.答案为30【解析】先将4人任意分成3组，共有211421226C C CA种分法，而甲，乙在一组的分法有1种，因此满足题意的分组方法共有5种，再将分好的3组分配到三个不同的地方，有336A 种方法，根据分步计数原理，满足题意的安排方法共有5 630种.13.答案为10【解析】对条件两边求导得18991042910)22()21(5axaxaxxx，再令1x
21、 得1291029100aaaa，而101a，则912912910kkkaaaa.14.答案为25【解析】因为()f x的图象关于直线3x对称，则,332kkZ，即13,2k kZ.因为()f x在(0,)上恰有两条对称轴，当0时，35232，解得71366，此时无解.当0时，53232，解得171166，此时52,故实数的值为52.则5()sin()23f xx，因为2()sin()053fAA，且(0,)A，则2(,)333A ，则3A.在ABC中，由余弦定理得223bcbcbc，则3bc，当且仅当3bc时取等号，则ABC的面积133 3sin244ABCSbcAbc，故ABC面积的最大值
22、为3 34.四解答题：本大题共 5 小题，共 77 分.解答应写出文字说明.证明过程或演算步骤.15.（）2(1)2nnan（）证明略.【解析】（）因为1a，2a，33a 成等差数列，所以21323aaa，即2322aa，又nSn为等比数列，则1，22S，33S也成等比数列，则223211()()23aaa，联立解学科网（北京）股份有限公司5得23a，38a，则数列nSn的公比为2，则12nnSn，即12nnSn.当2n 时，21(1)2nnnnaSSn，11a 也适合2(1)2nnan，则数列na的通项公式为2(1)2nnan.（）由（）知，2(1)2nnan，则221nnnabn，则221
23、12(1)(1)(21)(21)nnnnnnbbb，记2212(21)(21)nnnnc，则21112121nnnc，则100121111111121212121212121321nnnnT，因为11021n，所以12123213nnT.16.（）3 262（）3311【解析】（）解法 1：如图，因为1111ABCDABC D为长方体，所以1BB 平面ABCD，又因为AC 平面ABCD，则ACBM，又ACBM，且1BBBMB，1,BB BM 平面1BB M，则AC 平面1BB M.设平面1BB M与棱AD交于点Q连接MQ，BQ，则ACBQ.因为2ADAB，不妨设ABa，AQAD，设ACBQO，
24、易知BOCQOA，则AOQOOCOB，又3ACa，221BQa，则有11OBBQ，11OCAC，则2222213()()(2)11aaa，解得12，所以Q为AD中点.由面面平行性质知1/MQBB，则M为11AD的中点.设平面BDM交棱11AB于点P，连接MP，BP，则四边形BPMD即为所作截面.由面面平行性质知/MPBD，则P为11AB的中点，则四边形BPMD为梯形.因为2AB，则2 2AD，则2 3BD，3MP，又3BP，学科网（北京）股份有限公司610MD.设梯形BPMD的高为h，则有229103hh，解得263h，则四边形BPMD的面积1263 26(32 3)223S.解法 2：以A为
25、坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.则(0,0,0)A，(2,0,0)B，(2,2 2,0)C，(0,2 2)My，则(2,2 2,0)AC，(2,2 2)BMy .因为ACBM，则ACBM，即42 20y，解得2y，又因为2 2AD，所以M为11AD的中点.以下同解法 1.（2）由（）知M为11AD的中点，因为1CNNC，则N为1CC的中点.不妨设2AB，则(0,0,0)A，(2,2 2,0)C，(0,2,2 2)M，(0,2 2,0)D，(2,2 2,2)N，则(2,2 2,0)AC，(0,2,2 2)MD ，(2,0,2)ND .由（）知平面1BB M的一个法向量为(2,2 2,0)
26、AC，设平面NMD的一个法向量 为(,)mx y z，则00MD mND m ，即2020yzxz，取1x，则2z ，2 2y，则(1,2 2,2)m.所以33cos,11AC m ，则平面1BB M与NMD所成夹角的余弦值3311.17.（）根据小概率值0.05独立性检验，学生对垃圾垃圾分类的了解程度与性别无关（）3754（）263()108E X【解析】（）根据题意，样本中A等级的男生有40人，B等级的男生有20人，两个等级的女生都为20人，列联表如下：男生女生合计A等级402060B等级202040合计6040100零假设0H：学生对垃圾垃圾分类的了解程度与性别无关.则22100(40
27、2020 20)252.783.84160 40 40 609，所以没有充分的理由说明0H不成立，即学生对垃圾垃圾分类的了解程度与性别无关.学科网（北京）股份有限公司7（）（1）根据题意，比赛只进行3局就结束，则有甲连胜3局或者乙连胜3局两种情况.设比赛只进行3局就结束为事件A.第一种情况，甲连胜3局.此时，121223239P.第二种情况，乙连胜3局.此时，2111132318P.则125()18P APP，即比赛进行3局结束的概率为518.（2）由题意X取值为0，1，2，3.则1111(0)32318P X，21111111215(1)()323323323236P X，211121212
28、111112111111121113(2)()3232323232323232323232323108P X 则37(3)1(0)(1)(2)54P XP XP XP X.则分布列如下：X0123P118536131083754则151337263()0123183610854108E X .18.（）1(0,)ae（）证明略【解析】（）222(1)()2axfxaxxx，若0a，则当(0,)x时，()0fx，()f x单调递增，则()f x至多只有一个零点，不符题意.若0a，令()0fx 得，axa，则当(0,)axa时，()0fx，()f x单调递增，当(,)axa时，()f x单调递减.
29、因为()f x有两个不同的零点，则必有2()2ln()ln10aaafaaaaa ，解得10ae，又0 x 时，()f x ，当x 时，()f x ，故当10ae时，()f x有两个不同的零点，所以实数a的取值范围为1(0,)e.（）由（）知1x，2x是函数()f x的两个不同零点，不妨设120axxa学科网（北京）股份有限公司8，则 有12()()0f xf x，即2112ln0 xax，2222ln0 xax，作 差 得2221212(lnln)()xxa xx，先 证121x xa，即 证222112212(lnln)xxx xxx，即 证21122112lnxxxxxx，设211xtx
30、，则只需证112lnttt，即证12lnttt，设1()2lng tttt ，则22212(1)()10tg tttt，则()g t单调递增，则()(1)0g tg，则12lnttt成立，也即121x xa成立.再证012xx x，因为0 x是方程ln20 xax的根，则00ln20 xax，又有2112ln0 xax，2222ln0 xax，则222121212122ln()()()2x xa xxa xxax x，则2121212()2ln()2a xxx xax x，因为函数lnyxax单调递增，则1212002ln()22ln2x xax xxax，故要证012xx x，只需证212(
31、)4a xx，即证122xxa.只需证212xxa，因为21(,)xa，121(,)xaa，且()f x在1(,)a上单调递减，则只需证212()()f xfxa，又因为12()()f xf x，即证112()()f xfxa.设21()()(),(0,)h xfxf x xaa，则224(1)()()()0(2)axh xfxfxaaxx，则()h x在1(0,)xa上单调递减，则1()()0h xha，则2()()fxf xa，从而212()()f xfxa，故012xx x成立.19.（）证明略（）证明略【解析】（）证明：设11(,)M x y，22(,)N xy，联立214ykxxy，
32、消去y得2440 xkx，由韦达定理得124xxk，124x x ，则学科网（北京）股份有限公司9212121142yykxkxk ，则2(2,21)Tkk，因为AT垂直于x轴，则(2,1)Ak.设AT的中点为G，则2(2,)Gk k，显然G的坐标满足方程24xy，则AT的中点在1C上.（）因为/ABMN，则AB的方程为1(2)yk xk，联立22:1Cyx 得2220 xkxk，解得2xk 或xk，因为A，B位于y轴两侧，则2(2,41)Bkk.设点00(,)xy在抛物线1C上，则易得1C在点00(,)xy处的切线方程为00220 x xyy，设33(,)P xy，44(,)Q xy，则1C
33、在33(,)P xy与44(,)Q xy处的切线方程分别为33220 x xyy与44220 x xyy，又两条切线都过点B，则233(2)2(41)20 xkky，244(2)2(41)20 xkky，则直线PQ的方程为2(2)2(41)20k xky，即2410kxyk，又2(2,21)Tkk，则点T在直线PQ上.由（）知21|4TMTNMN，而2221212|1()44(1)MNkxxx xk，则22|4(1)TMTNk.而223434|(1)2()4TP TQTP TQkx xk xxk .联立224104kxykxy，消去y得2241640 xkxk，则344xxk，234164x
34、xk，则22222|(1)1642(4)44(1)TP TQkkkkkk .所以|TMTNTP TQ.#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
35、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，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
36、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
37、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
38、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 ON
39、SCH，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
40、，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
41、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
42、误。11.【答案】D【解析】0.1mol/LNa2SO4溶液中 c（Na+）=2c（SO42+）A 正确；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
43、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，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
44、 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，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=
45、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；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
46、，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：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=2Z
47、n2+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+Cu2+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
48、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)(c3223222232C
49、OCKFCKCOCFCCOF16.（1）CO32-+H2O HCO3-+OH-温度越高，OH-浓度越大，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-
50、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+（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