2024届百师联盟高三4月二轮复习联考理科综合试卷(新高考 )化学答案

届高三二轮复习联考二２０２４()理综化学参考答案及评分意见【解析】燃料电池是将化学能转化为电能的装置错误航空发动机陶瓷基复合材料的主要成分是具７．A ,A;SiC,有硬度大耐高温耐腐蚀等特性正确射线衍射实验可用于测定晶体的结构包括键长键角等正确空、、,B;X,、,C;气为分散剂时属于气溶胶正确,,D.【解析】由题图中和的结构简式可知的反应为取代反应正确分子中存在多个饱和碳原子８．B XY,X→Y,A;Z,分子中所有碳原子不可能共平面错误酯基消耗水解消耗得到,B;１mol１molNaOH,１mol－Cl１molNaOH,酚羟基酚羟基消耗共正确五元环酯结构有种即苯,１mol１molNaOH,３mol,C;３,,环上只有个取代基故原子的位置在五元酯环结构上每种五元酯环上都存在种氯原子的取代位置所以１,Cl,３,符合条件的同分异构体共有种正确９,D.【解析】与浓盐酸生成的反应需要加热题图中没有加热装置则固体粉末甲一定不是错９．D MnO２Cl２,,MnO２,A误鲜花褪色是溶解于鲜花的汁液中生成的使鲜花褪色错误受气体冲击溶液右移至玻璃泡容;Cl２HClO,B;,,积突然变大液柱分散回落可起到防止液体冲出的作用但不能防止倒吸错误碱液吸收没有来得及吸,,,,C;Cl２,收的会被气球收集正确Cl２,,D.【解析】时的溶液中c－－２－１由于溶液体积未知无法计算１０．D ２５℃,pH＝１２Ba(OH)２(OH)＝１０molŰL,,－的数目项错误标准状况下为固态不能利用气体摩尔体积计算所含分子数项错误个－OH,A;,SO３,,B;１NH２中的质子数为电子数为－的物质的量为３ư２则－中含有的电子数和质９,１０,３ư２gNH２mol＝０．２mol,３ư２gNH２１６子数不同项错误的物质的量为为乙醇或乙醚一个分子中含有的,C;４ư６gC２H６O０ư１mol,C２H６O,C２H６Oσ键数均为则中含有的键数均为N项正确８,０ư１molC２H６Oσ８A,D.【解析】由阴离子和阳离子构成的是离子晶体正确３－中个１１．B K３[Fe３(As３)３(As４)],A;[Fe３(As３)３(As４)]３分别连有不同化学环境的故形成的三角形不是正三角形错误３－中含极FeAs,,B;[Fe３(As３)３(As４)]As－Fe性键和非极性键正确如图可知３－中存在共种As－As,C;,[Fe３(As３)３(As４)]a、b、c、d、e５不同化学环境的正确As,D.【解析】由题意和题图可知电极为正极电极为负极正极电势高于负极电势则电极电势电１２．D ,PbO２,Cu,,PbO２极电极正确原电池中阴离子向负极移动所以双极膜中解离出的－透过膜向电极移＞Cu,A;,H２OOHqCu动正确由题意可知电极的电极反应式为－－正确电极的电极反,B;,CuCu＋２OH－２eઅઅCu(OH)２,C;PbO２应式为－＋２－即消耗时还需双极膜中的解离出PbO２＋２e＋４H＋SO４અઅPbSO４＋２H２O,１molH２SO４H２O＋参与反应双极膜中质量每减少即有由水解离出的＋参与反应则左侧溶液中硫酸质２molH,１８g,１molH,量减少错误４９g,D.【解析】体系中的分压为定值则依据分析溶液中c不变１３．B CO２,CO２(g)＋H２O(l)ܩܑܨH２CO３(aq),(H２CO３),即代表c随变化曲线L３lg(H２CO３)pH.c＋c－c＋c－分步电离K(H)(HCO３)及K(H)Ű(HCO３)c＋c－H２CO３:a１＝c,lga１＝lgc－＝lg(H)＋lg(HCO３)－(H２CO３)(H２CO３)二轮复习联考二理综化学答案第页共页() １(４){#{QQABIYCQogAAAoBAABgCUQGwCgEQkACACIoGwEAMIAABSRFABAA=}#}c则c－c＋cKcK即lg(H２CO３),lg(HCO３)＝－lg(H)＋lg(H２CO３)＋lga１＝pH＋[lg(H２CO３)＋lga１],c＋c２－c２＋c２－c－随变化曲线的斜率为又因K(H)Ű(CO３)所以KK(H)Ű(CO３)lg(HCO３)pH１,a２＝c－,a１Űa２＝c,(HCO３)(H２CO３)即KKc＋c２－c则c２－c＋clga１a２＝２lg(H)＋lg(CO３)－lg(H２CO３),lg(CO３)＝－２lg(H)＋lg(H２CO３)＋KKcKKc２－随变化曲线的斜率为易判断代表lga１a２＝２pH＋[lg(H２CO３)＋lga１a２],lg(CO３)pH２,L１c－变化代表c２－变化时根据图像易判断c－cc２－lg(HCO３),L２lg(CO３).pH＝７,(HCO３)＞(H２CO３)＞(CO３),错误时c－cKc＋－６ư４时c－c２－KA;pH＝６ư４,(HCO３)＝(H２CO３),a１＝(H)＝１０,pH＝１０ư３,(HCO３)＝(CO３),a２＝c＋－１０ư３时c－c２＋－３ư２由K可求c２－－５ư３则K(H)＝１０.pH＝８ư２,(HCO３)＝(M)＝１０,a２(CO３)＝１０,sp(MCO３)＝K－５ư３－３ư２－８ư５c２－c２＋－５ư４则K－５ư４－５ư４－１０ư８则sp(MCO３)１０×１０＝１０;(CO３)＝(N)＝１０,sp(NCO３)＝１０×１０＝１０;K＝sp(NCO３)２．３正确p不变由原子来源分析c２＋c－cc２－不成立错误１０,B;(CO２),C,(M)＝(HCO３)＋(H２CO３)＋(CO３),C;cc２－时１KK错误(H２CO３)＝(CO３),pH＝－(lga１＋lga２)＝８ư３５,D.２分２７．(１４)分(１)PbSO４(１)硫酸浓度过高时生成致密的难溶物包裹高砷烟尘导致浸出率降低分(２),,(１)２＋＋分分(３)３Zn＋As２S３＋６H２Oઅઅ３ZnS＋２H３AsO３＋６H(２) １ư５(１)＋２－分(４)H３AsO４＋H２O＋SO２અઅH３AsO３＋２H＋SO４(２)升温至一段时间降温分(５)９０℃~９５℃,(１)２＋分３＋－分(６)Fe(１) In＋３eઅઅIn(１)２３分９．７２×１０分(７)２CuCl２＋５H２S＋２InCl３અઅ２CuInS２＋S↓＋１０HCl(２) a２bd(２)【解析】根据流程及信息是最终产物硫酸铁硫酸锌是易溶的则滤渣是难溶物(１),In,、,PbSO４.硫酸浓度过高时生成致密的难溶物包裹高砷烟尘导致浸出率降低(２),,.根据流程判断产物还有则离子方程式为２＋＋根据(３)ZnS,３Zn＋As２S３＋６H２Oઅઅ３ZnS＋２H３AsO３＋６H;K－２４可求当溶液中c２＋－６－１时c２－－１８－１则根据sp(ZnS)＝１ư６×１０(Zn)＝１ư６×１０mol•L,(S)＝１０mol•L,Kc２＋c２－－２２求得c＋－２－１已知＝(H)(S)＝９×１０(H)＝３×１０mol•L,lg３＝０ư５,pH＝２－lg３＝１ư５高压酸浸时通入在氧化性环境中生成还原时将氧化为使酸性增(４)“”O２,H３AsO４,“”H３AsO４SO２H２SO４,强＋２－:H３AsO４＋H２O＋SO２અઅH３AsO３＋２H＋SO４根据信息在易分解为难溶于水则操作为升温至一段时(５)H３AsO３９０℃~９５℃As２O３,As２O３,９０℃~９５℃间降温再过滤可得,,.高压酸浸时铁元素变为３＋还原时将３＋还原为２＋根据信息电解溶液得金属铟(６)“”Fe,“”SO２FeFe;In２(SO４)３,则３＋在阴极放电３＋－In:In＋３eઅઅIn.由题给晶胞结构利用均摊法计算可得硫化铟铜的化学式为其中为价为价故反应中(７)CuInS２,Cu＋１,S－２,价被还原且部分被氧化为故化学方程式是＋２Cu,H２SS,２CuCl２＋５H２S＋２InCl３અઅ２CuInS２＋S↓＋个晶胞的体积Va２b３a２b－２１３个晶胞的质量m４(６４＋１１５＋３２×２)１０HCl.１＝nm＝×１０cm,１＝NAg,９７２NAg２３密度d故阿伏加德罗常数的值NA９．７２×１０＝a２b－２１３,＝a２bd.×１０cm二轮复习联考二理综化学答案第页共页() ２(４){#{QQABIYCQogAAAoBAABgCUQGwCgEQkACACIoGwEAMIAABSRFABAA=}#}分２８．(１４)排净空气分关闭分(１)(２) K１(２)恒压分液漏斗分浓硫酸分吸收尾气分(２)(２) (２) NO(２)V２－２＋＋３＋３＋分１６．４(５－３)分(３)Cr２O７＋６Fe＋１４Hઅઅ２Cr＋６Fe＋７H２O(２) １－m％(２)３【解析】利用制备易被空气中氧气氧化故先通入氮气排净空气制备前需关闭(１)NOCa(NO２)２,NO,;NOK１.仪器是恒压分液漏斗防止水分进入中盛有浓硫酸酸性溶液能将氧化为－作用是(２)a;,D;K２Cr２O７NONO３,吸收尾气NO.２－将２＋氧化为３＋本身被还原为３＋还原－时加入硫酸溶液呈酸性故离子方程式为(３)Cr２O７FeFe,Cr,“NO３”,,２－２＋＋３＋３＋Cr２O７＋６Fe＋１４Hઅઅ２Cr＋６Fe＋７H２O;根据２－２＋可求剩余n２＋V－３V－４Cr２O７~６Fe,(Fe)＝０ư１××１０×６＝６×１０mol,则还原－消耗的n２＋－３V－４V－４NO３(Fe)＝(０ư１×１０×１０－６×１０)mol＝(１０－６)×１０mol则依据－２＋可求溶液中n－１V－４NO３~３Fe,２５mL(NO３)＝(１０－６)×１０mol,３V－４V－３即m样品中n１(１０－６)×１０(５－３)×１０g[Ca(NO３)２]＝××１０mol＝mol２３３V－３V即的纯度为(５－３)×１０×１６４(５－３)×１６．４Ca(NO２)２１－m×１００％＝１－m％.３３分２９．(１５)分(１)－２０６ư１(２)甲分降低温度或增大压强分(２)①(２) (３)分分②０ư３２(２) ０ư４(２)分分(３)６(２) CO２＋３H２અઅCH３OH＋H２O(２)【解析】根据燃烧热定义求得反应的焓变(１),CO(g)＋３H２(g)ܑܩܨCH４(g)＋H２O(l)H－１－１－１－１Δ＝－２８３ư０kJŰmol＋(－２８５ư８kJŰmol×３)－(－８９０ư３kJŰmol)＝－２５０ư１kJŰmol,根据转变为放热１molH２O(g)１molH２O(l)４４ư０kJ,求得反应H－１－１－１CO(g)＋３H２(g)ܩܑܨCH４(g)＋H２O(g) Δ１＝(－２５０ư１kJŰmol＋４４kJŰmol)＝－２０６ư１kJŰmol,nn随(H２)增大的转化率一直变大即曲线乙表示转化率当(H２)增大时根据反应分析(２)①n,CO,CO;n,ⅰ、ⅲ,(CO)(CO)n选择性变大当(H２)足够大时选择性基本不变故曲线甲代表选择性选择性曲线甲由CH４,n,CH４,CH４;CH４B(CO)点到点即选择性变大依据燃烧热可求A,,H－１H－１Δ２＝－４１ư２kJŰmol,Δ３＝－１６４．９kJŰmol,温度对反应影响更大降温利于生成加压对生成的无影响而有利于生成故条件为降温ⅰ、ⅲ,CH４;CO２,CH４,或加压;n根据图像(H２)时平衡时转化率为选择性为则平衡时②,n＝３,CO４０％,CH４９０％,:(CO)nnn(CO)＝０ư６mol,(CH４)＝０ư４×０ư９＝０ư３６mol,(CO２)＝０ư４×０ư１＝０ư０４mol,根据氧原子守恒可得n(H２O)＝１×０．４mol－０．０４×２mol＝０．３２mol;根据氢原子守恒可得n(H２)＝３mol－０．３２mol－０．３６×２mol＝１．９６mol二轮复习联考二理综化学答案第页共页() ３(４){#{QQABIYCQogAAAoBAABgCUQGwCgEQkACACIoGwEAMIAABSRFABAA=}#}气体总物质的量为０ư６mol＋０ư３６mol＋０ư０４mol＋１ư９６mol＋０ư３２mol＝３ư２８mol;恒温恒容下气体的压强之比等于物质的量之比则平衡时压强为３．２８反应的,,×１０Mpa＝８．２Mpa;ⅱ４０．０４１．９６pp×８．２××８．２KCO２ŰH２３．