康德2024年重庆市普通高中学业水平选择性考试高考模拟调研卷（三）化学参考答案

化学(三)参考答案1~5ADACD6~10BDDBB11~14ACDC1.A【解析】略。2.D【解析】A.Al³+与S²⁻发生双水解反应;B.酸性溶液中SiO2-3-与H⁺反应生成H₂SiO₃沉淀;C.cH1010mol/L的溶液可能是碱性溶液，Mg²⁺会与OH⁻反应生成Mg(OH)₂沉淀；水D.常温饱和NaHCO₃的pH大于8,故在pH=8的溶液中,Na⁺、K⁺、Cl⁻、HCO-3一定能大量共存。3.A【解析】A.盐酸与Cu(OH)₂发生酸碱中和反应,氨水与Cu(OH)₂发生络合反应;B.Fe与水蒸气反应生成Fe₃O₄,不是碱;C.SO₂能使紫色石蕊试纸变红，不能使红色石蕊试纸变色；D.SiO₂在高温下与C反应生成CO。4.C【解析】A.铜元素位于周期表的ds区；B.该催化剂中铜的配位数为4；C.结构中C、N原子的杂化类型都是sp²;D.基态N原子核外有5种不同空间运动状态的电子。5.D【解析】用图④装置蒸干FeCl₃溶液制得的是Fe₂O₃固体。6.B【解析】A.未说明状态，无法计算；B.58.5gNaCl的物质的量为1mol,反应生成1molNaClO,ClO⁻数目为NA;C.转移的电子数目为2NA;D.1个CO₂分子中有2个π键,该反应消耗的CO₂为1mol,含有π键数目为2NA。7.D【解析】A.X分子中最多应有11个原子共平面。B.甲苯和Y都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，无法检验。C.Z熔沸点较高，难溶于水。D.X有3种官能团，分别是碳氟键、碳碳双键、酯基，碳碳双键能与溴水反应、酯基能与NaOH溶液反应。8.D【解析】A.该方程式电荷不守恒；{#{QQABAYCEogCAAhAAAQgCEwVICACQkAGCAKoORAAEIAIACBNABCA=}#}B.b过程反应为NO2HNH43eN₂H₄H₂O,消耗1molNO,转移3mole⁻,C.高温下酶会失去活性，不利于H⁺和e⁻的转移；总反应式为：酶。D.NO-2+NH+4N2+2H2O9.B【解析】a、b、c、d分别是H、B、N、Na。A.NaH是离子化合物，熔点较高；B.N的氧化物中NO不溶于水；C.[BH₄]⁻中的H元素为-1价,有较强的还原性;D.b的最高价氧化物对应的水化物是H₃BO₃,H₃BO₃是弱酸。10.B【解析】A.相同浓度的Na₂CO₃和NaHCO₃,Na₂CO₃溶液碱性强,曲线①表示盐酸滴入Na₂CO₃溶液的过程;B.e点的pH小，酸性强，对水的抑制强，水的电离程度小；C.温度相同,Kw相同;D.电荷不守恒，阴离子中还有Cl-未写进去。11.A【解析】A.该晶胞中Mg有8个，Si有4个，该晶胞所表示的物质的化学式为Mg₂Si。12.C【解析】A.加入淀粉KI溶液变蓝,不能说明有Cl₂,因为HClO也会把I⁻氧化成I₂;B.加入KNO₃后,H⁺和NO-3将Cu氧化,KNO₃没有起催化作用;D.NaCl中的Cl⁻不是氯元素对应的最高价含氧酸根离子，无法比较。13.D【解析】A.由装置中稀NaCl溶液变成了浓的NaCl溶液，说明最右侧的Na⁺往左边移动了，故b为阳极；B.c为阳离子交换膜，d为阴离子交换膜；C.a为阴极，电极上发生的反应为：2H₂O+2e-=H₂+2OH-;D.b电极产生3.36L(标况)O₂,即0.15mol,转移的电子为0.15mol×4=0.6mol,理论上有0.6molNa+透过e膜。14.C【解析】由横坐标,V₁至V₄逐渐增大,V₄与V₂转化率相同,而V₄大于V₂,V₄的浓度更小速率更小,说明V₂速率更快已经达到平衡，V₁体积最小应该速率更快，也已达到平衡，V₃转化率虽然在四组中最大，但不确定为最大转化率，因此无法判断是否平衡。A.V₃转化率虽然在四组中最大，但不确定为最大转化率，因此无法判断是否平衡，a、b已达平衡；B.b、d两点NOCl的转化率相等，则tmin时气体总物质的量相等，由于V₄V₂,则b点的压强大于d点；C.a点已达到平衡，且体积更小压强更大，速率更大，所以a点v逆大于c点v正；D.相同温度下平衡常数相同。15.(14分){#{QQABAYCEogCAAhAAAQgCEwVICACQkAGCAKoORAAEIAIACBNABCA=}#}(1)+3(1分)3d¹⁰4s²(1分)(2)铜失去1个电子后的价电子排布式为3d¹⁰，3d轨道处于全满状态，再失去1个电子需要的能量较高；锌失去1个电子后的价电子排布式为3d¹⁰4s¹，再失去1个电子需要能量比铜失去第2个电子需要能量低。(2分)(3)延长酸浸时间、酸浸过程中不断搅拌等(2分)4Bi₂O₃+SO2-4+2H+=BiO₂SO₄+H₂O(2分)(5)根据反应Ge4++2H₂RGeR₂+4H+,pH过低,平衡逆向移动;pH过高,12Ge⁴+;水解程度增大，均不利于GeR₂生成(2分)(6)蒸发浓缩(1分)冷却结晶(1分)(7)ZnSO₄(2分)161【解析】(7)设ZnSO₄7H₂O为100g,其中mZnSO10056.1,结合图形可知，688℃时所4287得固体的化学式为ZnSO₄。16.(15分)(1)三颈烧瓶(1分)(2)除去HNO₃和水蒸气(2分);防止水蒸气进入C装置(2分)。(3)用止水夹夹住A、B间的橡皮管，往分液漏斗中加入足量水，再打开分液漏斗的活塞，过一会分液漏斗中的水不再流下，则气密性良好(2分)。42HNO₃+8HCl+4SnCl₂=4SnCl₄+5H₂O+N₂O(2分)(5)停止加热，需继续通入N₂O至三颈瓶冷却后，再关闭分液漏斗活塞，以免引起倒吸(2分)6①ClO-+2N-3+H₂O=Cl-+3N₂-+2OH-(2分)0.13VV②12100%(2分)3mV【解析】(6)反应2VV103ClO2N3HOCl3N2OH,nNaNnN,nN12223322VVV1032mNaN1265,产品中NaN₃的质量分数3V3VV103212650.13VVV3100%12100%V3mV17.(14分)(1)①-41(2分)②C(1分)(2)HD(2分){#{QQABAYCEogCAAhAAAQgCEwVICACQkAGCAKoORAAEIAIACBNABCA=}#}(3)30(2分)(4)1:3(1分)0.01(2分)5CO₂+3H₂O+4e-=H₂+CO+4OH-(2分)67.2(2分)【解析】(1)△H₂=1075+2×463-2×803-436=-41kJ·mol-1。E(3)由经验公式RlnkaC,读图有93=-2E+C和334EC,解得E=30kJmol-1。Taaa(4)因为H₂的物质的量越多，CO₂的平衡转化率越大，曲线a代表的投料比为1：3；CO₂g+H₂g=HCOOHg起始(mol)13转化(mol)0.50.50.5平衡(mol)0.52.50.5n(总)=3.5mol0.5140K3.50.01p0.52.51401403.53.5阳极反应为--₂阴极反应为：₂₂-₂-(5):4OH-4e=O2+2HO;CO+3HO+4e=H+CO+4OH,由此可知,转移4mole⁻,生成3mol气体,在标准状态下的体积为67.2L。18.(15分)(1)取代反应(或酯化反应)(1分)酯基、羟基、碳碳双键(2分)(2)(2分)丙酮(2分)(4)3(2分)(5)11(2分)(6){#{QQABAYCEogCAAhAAAQgCEwVICACQkAGCAKoORAAEIAIACBNABCA=}#}【解析】根据反应①的反应条件和B的结构简式可知，A与CH₃CH₂OH发生酯化反应，A中含羧基，B与丙酮在酸性条件下反应生成C，根据已知方程可推得C的结构，C与CH₃SO₂CH₃发生取代反应生成D，D在稀酸作用下生成E，再经过一系列反应得到产物，据此分析解题。(1)A与CH₃CH₂OH发生酯化反应生成B，可知反应①为酯化反应或取代反应；B中的官能团有羟基、羧基、碳碳双键。(2)结合B的结构可推知A的结构为根据所给信息可知试剂X为丙酮。(3)反应②中B和丙酮在酸性条件下反应生成C，化学方程式为：(4)手性碳原子是指与四个各不相同的基团相连的碳原子，有机物C中有3个手性碳原子，位置为(5)满足条件的A同分异构体有标注部分即羧基可能在的位置，共有11种。(6)对比对甲基苯甲醛与对醛基苯甲酸可知-CH₃转化为-COOH，该反应可通过与酸性高锰酸钾反应得到；-CHO易被氧化，所以需要保护，将对甲基苯甲醛与乙二醇发生B→C的反应即可实现；最后将氧化后的产物进行酸化即发生D→E的反应，可复原-CHO，则合成路线为：{#{QQABAYCEogCAAhAAAQgCEwVICACQkAGCAKoORAAEIAIACBNABCA=}#}