新高考金卷重庆市2024届适应卷（三）化学答案

新高考金卷重庆市2024届适应卷（三）化学答案题号1234567891011121314答案CADBCCBCCDDCAD一、选择题：本题共14个小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.【答案】C【解析】A中与互为同位素，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.将固体投入中：A正确：B中SO2少量要生成HClO;B错误；C.饱和溶液中通入过量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，③中发生Br2+2H2O+SO2=2HBr+H2SO4，④中发生Cl2+2HBr=Br2+2HCI，则③④的目的是进行溴的富集，故C正确；D.在第②、④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③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；2mol完全反应，生成1mol，转移的电子数为2，所以49g即0.5mol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0.1，C错误；3mol中含有6mol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溶液除去中的，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ⅡA族、第ⅤA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O>N>S>C>H，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π键断裂，而羧基与酯基不能与氢气反应，所含π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：KMnO4＞Cl2＞Fe3+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AgCl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②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H3BO3＋H2OH＋＋[B(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8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＋4＝8，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2573K，沸点2823K，硬度大，说明晶体硼属于共价晶体，C正确，NH4BF4中，1个NHeq\o\al(\s\up11(＋),\s\do4(4))中含有1个氮氢配位键，1个BFeq\o\al(\s\up11(－),\s\do4(4))中含有1个硼氟配位键，则1molNH4BF4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正确；由题图可知，向上层清液中滴加0．1mol·L－1Na2SO4溶液时无明显现象，再滴加0．1mol·L－1Na2S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)＋2NH3·H2O[Ag(NH3)2]＋＋Cl－＋2H2O，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，出去的物质是O2和H＋，故该电极的反应为2H2O－4e－===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3CO2＋18H＋＋18e－===CH3CH(OH)CH3＋5H2O，每生成60g(1mol)异丙醇转移18mol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，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：K＞Al，则碱性：KOH＞Al(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△H＜0，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：na＜nc，故B错误；C．a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Ta＞T始，压强：Pa=P始，则na＜n始，可设Y转化的物质的量浓度为xmol∙L−1，则列出三段式如下：，则有＜，计算得到x＞0.75，那么化学平衡常数K=＞，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）（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+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）（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，根据题意，上下同时乘以c(Ca2+)，则有16.（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)5]SO4（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）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。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=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Fe2+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=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)5]SO4（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（1分）（2）BC（2分）（3）B（2分）（4）>；（2分）<；（2分）（5）（2分）（6）4；（1分）（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①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，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