{#{QQABBYqEogiIABAAAQgCAwE6CgEQkBECCAoGwBAEsAAAiBFABCA=}#}{#{QQABBYqEogiIABAAAQgCAwE6CgEQkBECCAoGwBAEsAAAiBFABCA=}#}高中新高考金卷重慶市2024屆適應卷（三）化學答案14個小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。12345678910D11D12C13A14D題號答案CADBCCBCC1.【答案】C【解析】A中131與互為同位素，A錯誤；B.中砷化鎵不是分子晶體，B錯誤；C.中甲烷是最簡單的烴，C正確；D.中芳砜綸纖維屬于合成纖維，D錯誤。2.【答案】ANa2OHO中：218【解析】A.將固體投入22H18O2NaO4Na2OH2OHO2A正確：B中SO2少量要生成222COHClO;B錯誤；C.飽和溶液中通入過量CO2,要析出NaHCO3晶體，C錯誤；D中3稀硝酸要氧化Fe2+,D錯誤3D【解析】A..由于CONHNH然后再233通CO，否則CO通入后會從水中逸出，等再通NH時溶液中CO的量就很少了，這樣得2232到的產(chǎn)品也很少，故A正確；B.往精鹽溶液中通入氨氣和二氧化碳，得到碳酸氫鈉沉淀，說明碳酸氫鈉的溶解度小于氯化鈉，故B正確；C.濃縮后增大溴離子的濃度，與氯氣發(fā)生2Br-+C1=Br+2CI-，用空氣和水蒸氣將溴吹出，22并用SO③中發(fā)生Br+2HO+SO=2HBr+HSO④中發(fā)生Cl+22222422HBr=Br2+2HCI，則③④的目的是進行溴的富集，故C正確；高中1高中D.在第②④③中溴單質和二氧化硫反應生成硫酸和溴化氫，溴元素化合價降低得電子被還原，故D答案選D。4.【答案】BCu(OH)21個葡萄糖分子中含有五個羥基，A錯2molCu2ONCu(OH)49g即0.5mol完全反21mol2AN應，轉移0.5mol電子，B正確；由電荷守恒可知，該溶液中陰離子數(shù)目大于0.1，C錯AH2O誤；3mol5.【答案】C【解析】容量瓶不能用于溶解NaOH，AB中含有6mol極性鍵，D錯誤。和NaHSO3溶液除去SOHClCNaOHD中的2錯誤。6C【解析】解析：同周期元素，從左到右第一電離能呈增大的趨勢，但第ⅡA族、第ⅤA族元素第一電離能大于其相鄰元素，N元素的第一電離能大于O元素的，A錯誤；由結構簡式可知，該有機物不含有三鍵碳原子，碳原子的雜化方式不可能有sp雜化，B錯誤；原子核外有幾個88種運動狀態(tài)，C正確；該物質所含元素中，電負性的大小順序是O>N>S>C>H，D錯誤。7B【解析】葡酚酮分子內含有—OH、—COOH，由于O原子半徑小，元素的非金屬性強，因此可形成分子內氫鍵，A正確；與足量的NaOH水溶液反應，醇羥基不能與NaOH水溶液反應，故醇羥基的O-H鍵不能斷裂，B錯誤；葡酚酮分子中含有酚羥基及醇羥基，具有強的還原性，可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化而使溶液的紫色褪色，C與氫氣反應，所含π鍵斷裂，而羧基與酯基不能與氫氣反應，所含π鍵不斷裂，D正確。8.【答案】C【解析】A中FeCl溶液Fe3+和Cl-都能與酸性KMnOKMnO＞244Cl2＞Fe3+的結論，A錯Fe2+的檢驗不能先滴加新制氯水，B錯C中白色沉淀AgCl轉高中2高中化為黃色沉淀AgI，故K(AgCl)大于K(AgI)，C正D中有機物中含有碳碳雙鍵也能使spsp酸性KMnO4溶液紫紅色褪去，不能證明有機物中一定含有醛基，D錯誤。9C【解析】反應后剩余的混酸，可用堿洗中和除去大部分酸，再用水洗除去剩余酸，A堿性，反應②中加入過量酸，可消耗掉苯胺，使苯胺產(chǎn)率降低，B正確；苯為非極性分子，C錯誤；乙酰苯胺含有酰胺鍵，在強酸或強堿條件下可發(fā)生水解反應，D正確。10D【解析】由HBO在水溶液中的電離方程式HBO＋HOH＋＋33332[B(OH)]可知，HBO是一元弱酸，A正確；金剛石晶胞是立方體，433其中8個頂點有8個碳原子，6個面各有611有48×＋6×＋482＝84個N和4個B原子，B2573K2823K＋－體，C正確，NHBF中，1個NH中含有1個氮氫配位鍵，1個BF中含有1個硼氟配位4444鍵，則1molNHBF含有配位鍵的數(shù)目為2N，D錯誤。44A11.【答案】D【解析】0.1mol/LNaSO溶液中c（Na+）=2c（SO2+）A正確；由題圖可知，向上層清液中滴加2440．1mol·L－1NaSO溶液時無明顯現(xiàn)象，再滴加0．1mol·L－1NaS溶液，出現(xiàn)黑色渾濁，242說明AgS比AgSO更難溶，B正確；取少量氯化銀沉淀，滴加濃氨水，發(fā)生反應AgCl(s)224＋2NH·HO[Ag(NH)]＋＋Cl－＋2HO，沉淀逐漸溶解，C0.1mol/LNaS溶液323222中c（Na+）>c（S2-）>c（OH-）>c（HS-）>c（H+），D錯誤。12C【解析】電池左側CO和H＋得電子，作原電池的正極；右側電極為HO失電子，作原電池的負極。22由裝置圖可知，該裝置的能量來源是光能，AH2O，出去的物質是O和H＋，故該電極的反應為2HO－4e－↑，B正確；左側是電池的正極，222H＋C錯誤;電化學催化劑電極中，CO發(fā)生的電極反應為3CO＋18H＋＋18e－CH(OH)CH＋5HO6022332g(1mol)異丙醇轉移18mol高中3高中轉移的電子數(shù)目不一定為18NA，D正確。13A【解析】Y原子的最外層電子數(shù)是W原子最內層電子數(shù)的3Y原子最外層有6個電子，Y是OX與Y為同周期相鄰元素，則X是NY與W同主族，則W是SR是前四周期中第一電離能最小的元素，則R是K；離子半徑：S2-＞O2-＞Al3+，A正確;NH3形成分子間氫鍵，其沸點高于H2S，B錯誤；Z基態(tài)原子的3p軌道上有1個未成對電子，且原子序數(shù)比S小，其價電子排布式為3s23p1Z是AlCK＞Al，則堿性：KOH＞Al(OH)3，D錯誤。14DA態(tài)方程PV=nRT可知，剛開始壓強增大的原因是因為容器溫度升高，則說明上述反應過程放熱，即△H＜0，故A錯誤；B．根據(jù)A項分析可知，上述密閉溶液中的反應為放熱反應，圖中a點和c點的壓強相等，na＜nc，故B錯誤；C．a(chǎn)點為平衡點，此時容器的總壓為p，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程PV=nRT可知，在恒容條P件下進行，氣體的物質的量之比等于整體之比，根據(jù)A項分析可知，絕熱條件下，反應T11到平衡狀態(tài)放熱，所以T＞TPa=P，則n＜n始，可設Y轉化的物質的量a始始a22?0c21x0xx2x平22x1x濃度為xmol?L?1，則列出三段式如下：，則有1[(22x)1xx]mol＜mol，計算得到x＞0.75，那么化學平衡常數(shù)K=2c(Z)0.750.25＞12，故C錯誤；c2(XY)0.52D快，即Va正＞Vb正，故D正確。綜上所述，答案為D。15.（1（2分）（2分）高中4高中（2）2ZnS+4H++O=2Zn2++2S↓+2HO（2分）22（3）增大壓強，提高氧氣的溶解量，促進赤鐵礦轉化（2分）（4）Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓（2分）（5）溫度越高，氧氣的溶解量降低，導致CuCl被氧化的少，Cl-重新進入到溶液的少，脫除率高（2分）7（6）（2分）9001Zn的價層電子排布式3d104s2可知，其價層價層電子排布圖為（2）根據(jù)流程分析，在第一步浸出流程中，產(chǎn)生的濾渣為S，因此此處的離子反應方程式為2ZnS+4H++O=2Zn2++2S↓+2HO22（3O2O2大壓強，提高氧氣的溶解量，促進赤鐵礦轉化（4）結合流程分析，此時加入Cu，出去的為CuCl，而之前的反應中加入氧氣，因此進入脫氯環(huán)節(jié)的有Cu2+,因此此步反應為Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓（5）結合圖像可知，隨著溫度的升高，脫氯率逐漸升高，并基本不變，其原因為溫度越高，CuClCl-重新進入到溶液中的含量變少，脫氯率增大。c2(F)（6）要求，根據(jù)題意，上下同時乘以c(Ca2+)，則有2-c(CO)3c2(F)c(32c(Ca2)c2(F)c(Ca2)c(32Ksp(C2)7))Ksp(CCO)390016.（1CO2-+HO?HCO-+OH-溫度越高，OH-323（2分）（2）排除溶解在溶液中的氧氣，防止亞鐵離子氧化（2分）（3）3HO+2OH-+2NO=2NO-+4HO（2分）2232（4）排走空氣，防止氧化亞鐵離子（1分）；長頸漏斗（1分）；恒壓滴液漏斗（1分）（5）[Fe(NO)(HO)]SO（2分）254（6）滴入最后半滴酸性高錳酸鉀溶液，溶液由無色變?yōu)榉奂t色，且半分鐘不變色。（2分）高中5高中偏大（2分）1OH-的濃度，有利于去除廢鐵屑表面機油。（2）熱水浴進行加熱，有利于排除溶解在溶液中的氧氣，防止氧化Fe2+（3）含有HO的堿性溶液作為吸收尾氣的處理裝置，其與NO反應，NO被氧化變?yōu)?2NO-，因此可以得出方程式為3HO+2OH-+2NO=2NO-+4HO32232（4）由于要制備的物質含有Fe2+，因此在制備過程中需要排走空氣，防止氧化Fe2+。因此通入N2的目的即為排走空氣，防止氧化亞鐵離子。由圖可知，a為長頸漏斗。結合前面排走空氣，防止亞鐵離子被氧化，需要密閉體系，因此裝置a改為恒壓滴液漏斗效果最佳。（5）根據(jù)化合價守恒，[Fe(NO)(HO)](SO)中c=1，步驟ii中，硫酸鋇的質量為4.66g，a2b4c則SO42-的物質的量為0.02molFe2+的物質的量為0.02molFe2+被氧化為Fe3+NO被氧化為NO-，消耗的KMnO的物質的量為0.016mol，轉移電子數(shù)為0.016x5=0.08mol。根據(jù)340.08mol得失電子守恒，NO的物質的量為=0.02mol，3n(Fe2+)=n(NO)=0.02mol，因此a=1，由因為Fe2+的配位數(shù)為6，所以b=5，則該物質的化學式為[Fe(NO)(HO)]SO254（6）滴入最后半滴，溶液由無色變?yōu)榉奂t色，且半分鐘不變色。滴定前滴定管中無氣泡，滴定完后，滴定管中有氣泡，則讀出來的體積比實際體積偏小，則導致n(KMnO4)致轉移電子數(shù)偏少，則算出的NO的物質的量偏小，即a偏小，因為a+b=6，則b偏大。17.（1）①（1分）（2）BC（2分）（3）B（2分）（4）>；（2分）<；（2分）1203NA102140（5）（2分）（6）4；（1分）（2分）a3P1）結合反應歷程圖，能壘越大，反應速率越慢，則可以推出反應①為該反應的慢反應。（2）由于混合氣體全為氣態(tài)物質，且體積恒定不變，則密度不會隨著反應發(fā)生改變，故密m度不變不能判斷反應平衡，A錯；B中混合氣體總質量不變，根據(jù)M氣，當氣體質量nBC中根據(jù)理想氣體方程PV=nRT高中6高中CO)正(N2)逆21變，且容器體積恒定，故可以用于判斷平衡，C正確。D中根據(jù)平衡有，則(CO):（N）=2:1，所以D錯誤。2逆平衡時正（3NOCO的轉化率越大，因此圖中ABD對應的投料比分別為1:2、1:1、2:1，所以投料比1:1的曲線為B80（4）m點時，根據(jù)三段式以及CO的轉化率，進行計算，求得此時的平衡常數(shù)為K=，916若加入0.8mol的CO和NQc=Qc<K2215V正>V逆n點NO的正反應速率和m點NO的逆反應速率比較，由圖可知，此時溫度相同，m點的濃度大于n點，濃度越大，反應速率越大，（5）T1溫度下，投料比為1:2，則CO的物質的量為1mol，NO的物質的量為2mol，根據(jù)三段式進行計算，有2CO(g)+2NO(g)2CO(g)+N(g)22起：1mol2mol0.8mol1.2mol變：0.8mol平衡：0.2mol0.8mol0.8mol0.4mol0.4mol0.40.8P(平P)平2P(N2)P222)21042.61.2則有Kp2.60.22.6PCO)P(NO)9P(P)平2(P)平2平2.6Pn始n平2.63根據(jù)理想氣