化学-答案

重庆市第八中学2023届高考适应性月考卷（六）化学参考答案一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。题号1234567答案CBAABCD题号891011121314答案CDBCBCD【解析】1．铁强化酱油中适当添加了一些铁元素，因此可以减少缺铁性贫血问题的发生，A正确。SO2可以抑制细菌生长，也具有还原性，在葡萄酒中可以杀菌，也可用于防氧化，B正确。碳酸氢钠能够与胃酸反应，降低胃酸的浓度，本身对人体无刺激性，因此碳酸氢钠药片可用于治疗胃酸过多，但由于醋酸的酸性比碳酸强，碳酸氢钠能与醋酸反应，而降低碳酸氢钠的含量，从而导致疗效降低，C错误。高吸水性树脂利用其吸水性可用于农业、林业抗旱保水，改良土壤，D正确。16182.8O2和8O2都是氧元素组成的氧气单质，化学性质基本相同，不属于同素异形体，A错误。−2−+−2−+HS在水溶液中发生部分电离，生成S和H3O，电离方程式是HS+H2OS+H3O，B正确。乙烷分子的球棍模型为，C错误。CH2F2的电子式中F原子最外层应有8个电子，电子式为，D错误。3.氢氧化钠易潮解，应放入玻璃器皿中称量，且称量时应该是左物右码，A错误。铁钉在食盐水中发生吸氧腐蚀，左侧试管中气体减少，所以右侧导管内液面升高，能达到实验目的，B正确。高锰酸钾氧化浓盐酸产生氯气，氯气与硫化钠反应产生硫单质，现象为硫化钠溶液中产生黄色浑浊物，可以证明、、的氧化性依次减弱，正确。橡皮管可KMnO4Cl2SC平衡气压，便于液体顺利流下，则对生成的气体体积进行测量可以减少误差，D正确。化学参考答案·第1页（共8页）4.选项中的四种离子相互之间不反应，可以形成澄清透明的溶液，A正确。Al3+、Fe3+水解呈酸性，中性溶液中不能大量存在Al3+、Fe3+，B错误。能使KSCN溶液变红的溶液中含有3+Fe，与AlO2因发生双水解而不能大量共存，C错误。能使甲基橙变为红色的溶液显酸性，−+−+I、NO3与H发生氧化还原反应6I+2NO3+8H=3I2+2NO↑+4H2O，不能大量共存，D错误。5.短线表示共价键和配位键，X形成两个键可能是O或S，Z形成一个键可能是H或F或Cl，根据“W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数”，Z只能是H，W原子最外层有2个电子，可推出Y最外层3个电子，说明结构中Y形成化学键中有配位键，再根据“W、X对应的简单离子核外电子排布相同”，且X与Y同周期，W只能是Mg，X是O，Y是B，Z是H。Mg2+与O2−的核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，故简单离子半径：O2−＞Mg2+，A错误。结合Y为B和结构图可看出1mol该物质中含有2mol配位键，B正确。该新型漂白剂中有H元素，应为2电子稳定结构，C错误。第一电离能介于O和B之间的同周期元素有Be和C两种，D错误。6.SO3在标准状况下为固体，不能用气体摩尔体积进行计算，A错误。物质的量未知，不能确定阴阳离子总数，B错误。100g质量分数为17%的H2O2水溶液中H2O2的物质的量为0.5mol，所含的非极性键数目为0.5NA，C正确。电解精炼粗铜，阳极溶解铜64g，还溶解了锌、铁、镍等金属，则外电路中通过电子的数目大于2NA，D错误。7.砷元素位于元素周期表P区，A错误。晶胞内部的镓原子数为4，As位于顶点和面心，As原子为4，所以砷化镓化学式为GaAs，B错误。由晶胞结构可知，晶胞中Ga与As原1子的最近距离为体对角线的，则最近距离为3anm，C错误。设阿伏加德罗常数444(7570)5.81023为−1，由晶胞的质量公式可得：−213，解得1，NAmol=10aρNA3molNAaD正确。8.由结构简式可知，该有机物分子含有22个碳原子、26个氢原子、4个氧原子、2个氮原子、1个硫原子，其分子式为C22H26N2O4S，A正确。分子中只有苯环结构能与H2反应，最多化学参考答案·第2页（共8页）3消耗6molH2，B正确。N原子形成3个σ键，且有1个孤电子对，均为sp杂化，C错误。结构中的酰胺基和酯基均能在酸性或碱性条件下水解，取代氨基可与HCl反应，故该物质既能与HCl反应也能与NaOH反应，D正确。．气体由转化为，气体物质的量保持不变，压强始终不变，错误。平衡后升高温9COCO2A度，正反应速率和逆反应速率均增大，平衡逆向移动，B错误。催化剂能降低活化能，增大了活化分子百分数，但不影响平衡常数，C错误。该反应是气体分子数不变的反应，再充入CO，相当于加压，平衡不移动，即CO的平衡转化率不变，D正确。10.对比Ⅰ和Ⅱ可知，为控制变量空白组应加入8mL蒸馏水，A正确。由溶液变为深蓝色可2+知产生了[Cu(NH3)4]，消耗Cu(OH)2，使Cu+H2O2=Cu(OH)2平衡正向移动，并不是−增大c(OH)增强H2O2的氧化性，实际上酸性条件下，H2O2的氧化性增强，B错误。Ⅱ、Ⅲ比较，Ⅲ中加入氯化铵，铵根离子浓度增大，铜片表面不生成Cu(OH)2，可知增大c(NH4)2+有利于[Cu(NH3)4]的生成，C正确。Ⅰ、Ⅱ比较，Ⅱ溶液变为深蓝色，说明有2+2+[Cu(NH3)4]生成，立即产生大量气泡，说明[Cu(NH3)4]可能是H2O2分解的催化剂，D正确。11.“熔融氧化”不能用瓷坩埚，瓷坩埚会与KOH反应，A错误。高锰酸钾会与HCl反应生成氯气，因此HCl不能代替CO2，B错误。CO2歧化法化学方程式为3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+2K2CO3+MnO2，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2，C正确。高锰酸钾受热易分解，应该采用蒸发浓缩、冷却结晶的方式得到KMnO4固体，D错误。12．通电后石墨电极Ⅱ上有O2生成，Fe2O3逐渐溶解，说明石墨电极Ⅱ为阳极，则电源b为正极，a为负极，石墨电极Ⅰ为阴极，A正确。石墨电极Ⅱ发生的反应为−+2H2O−4e=O2↑+4H，电解时石墨电极Ⅱ附近的溶液pH减小，B错误。随着电解的进行，铜离子在阴极得电子生成铜单质，氯离子迁移到中间形成FeCl3，所以CuCl2溶液浓度变小，正确。当完全溶解时，消耗氢离子为.，根C0.01molFe23O006mol−+据阳极电极反应式2H2O−4e=O2↑+4H，产生氧气为0.015mol，体积为336mL(折合成标准状况下)，D正确。化学参考答案·第3页（共8页）13.根据图中信息可知，反应Ⅱ和反应Ⅲ中均为总能量高的转化为总能量低的反应，H0，故反应Ⅱ和反应Ⅲ是放热反应，A正确。一般来说，反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应Ⅰ和反应Ⅳ的活化能较高，因此反应的决速步为反应Ⅰ、Ⅳ，B正确。反应Ⅲ的成键和断键方式为，因此反应结束后溶液中不会存在18，CH3OHC错误。反应过程中C原子的杂化方式由sp2变为sp3再变为sp2，D正确。14．溶液的导电能力取决于离子浓度的大小、离子带有电荷数目的多少，离子浓度越大，离子带有的电荷数目越多，溶液的导电性就越强，A正确。a点溶液为邻苯二甲酸氢钾溶液，K1014−6，w11，，电离大于水解，故溶液显酸性，，Ka2=3.9×10Kh=310Ka2>KhpH<7Ka11.110B正确。在b点，溶质为KNaA，c(Na+)=c(K+)=c(A2−)，考虑到A2−水解，所以其浓度减小；至c点，由于a、b间加入NaOH的体积约为22mL，而b、c间加入的NaOH约为10mL，所以c(A2−)>c(OH−)，从而得出c点溶液中，c(Na+)>c(K+)>c(A2−)>c(OH−)，C正确。在b点，溶质为KNaA，有电荷守恒：c(Na+)+c(K+)+c(H+)=2c(A2−)+c(HA−)+c(OH−)，物料守恒：++2−−++c(Na)+c(K)=2c(A)+2c(HA)+2c(H2A)，两式加和约掉K和Na可得：−+−c(HA)+2c(H2A)+c(H)=c(OH)，D错误。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）恒压滴液漏斗（1分）TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO（2）防止装置F中水蒸气进入，影响产品纯度；吸收尾气氯气，防止污染空气PdCl2+CO+H2O=Pd↓+2HCl+CO2（3）关闭K1、K3，打开K2（）①液封，吸收挥发的气体②当加入最后半滴标准溶液时，溶液恰好4HClAgNO3出现砖红色沉淀，且半分钟内不消失③79.2%化学参考答案·第4页（共8页）【解析】（1）根据仪器b的特点，仪器b为恒压滴液漏斗。装置C为反应装置，制备四氯化700℃碳，高温下，炭粉转化成CO，因此C中反应为2Cl2+2C+TiO2=====TiCl4+2CO。（2）根据上述分析可知，四氯化钛遇水易水解，因此碱石灰的作用是防止F中水蒸气进入，影响产品纯度；因为氯气有毒，为防止污染空气，需要尾气处理，因此碱石灰另一个作用是吸收氯气。（3）氯气能与氢氧化钠反应，除去A中残留氯气，可以向A中滴加NaOH溶液，操作是关闭K1、K3，打开K2，滴加氢氧化钠溶液，吸收残留氯气。（4）①TiCl4与水发生反应TiCl4+2H2O=TiO2+4HCl，安全漏斗在本实验中的作用除加水外，还起到液封的作用，吸收挥发的HCl，避免HCl的损失。②达到滴定终点时的现象为当加入最后半滴AgNO3标准溶液时，溶液恰好出现砖红色沉淀，且半分钟内不消失。−3③根据关系式TiCl4~4HCl~4AgNO3，则产品中TiCl4的纯度为0.2×25×10×190÷4÷0.3×100%=79.2%。16．（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）取代反应（1分）氯甲基苯（1分）（2）氰基（1分）（3）避免氯原子被取代（4）（5）、、、（6）（4分）化学参考答案·第5页（共8页）【解析】A为，A与氯气发生取代反应生成B为，氯原子被NaCN取代反应生成C为，在酸性条件下生成D为，D先与氯气发生取代反应，接着羧基和碳酸氢钠发生中和反应，生成E为，Cl原子被NaCN取代再酸化得到羧基，则F为，羧基和乙醇发生酯化反应得到G为，再与C2H5Cl发生取代反应得到H是。17．（除特殊标注外，每空2分，共14分）（1）3d10（1分）第四周期第ⅢA族（1分）8（2）K3[Fe(CN)6]+FeSO4=KFe[Fe(CN)6]↓+K2SO43+2++3Fe+2SO4+Na+6H2O=NaFe3(SO4)2(OH)6↓+6H（3）Cu粉可除去Cl−，避免Cl−影响镓的析出（同时可除去Cu2+，此点不作扣分点）2+22+（4）pH过高，Zn将转化为Zn(OH)4或生成Zn(OH)2，不利于Zn转化为ZnS（5）2.0×10−6【解析】（3）“还原除杂”时先向溶液中加入一定量的Cu粉可除去Cl−，发生的反应为Cu+Cu2++2Cl−=2CuCl↓，CuCl难溶于水和稀酸，避免Cl−影响镓的析出。2+22（4）根据图示可得知，当pH过高时，Zn将转化为Zn(OH)2或Zn(OH)4，Zn(OH)4较2+稳定不利于ZnS生成，Zn(OH)2直接沉淀，不利于Zn转化为ZnS或ZnS中混有Zn(OH)2。−（5）假设反应Ga(OH)3+NH3·H2O[Ga(OH)4]+NH4平衡常数为K′，则K′=43cc(NH)4444{[Ga(OH)]}cc(NH){[Ga(OH)]}cc(OH)(Ga)cc(NH)4(OH)43ccccccc(NH32HO)[Ga(OH)]3(NH32HO)[Ga(OH)]3(OH)(Ga)(NH32HO)33cc(Ga)(OH)c{[Ga(OH)]}−542.0×10×1.043KKKb32(NHHO)sp3[Ga(OH)]ccc[Ga(OH)3](OH)(Ga)×10−35×1.0×1034=2.0×10−6，故平衡常数为2.0×10−6。化学参考答案·第6页（共8页）18．（除特殊标注外，每空2分，共14分）（1）①−663.5kJ/mol②低温（1分）（2