重庆市高三化学考试参考答案
1.B 【解析】本题主要考查高分子化合物，侧重考查学生对基础知识的认知能力。大理石、玉石均为无
机物，B项符合题意。
2. D 【解析】本题主要考查化学用语，侧重考查学生对基础知识的理解能力。基态O原子的轨道表示式
为
，D项错误。
3. B 【解析】本题主要考查化学与生活，侧重考查学生对基础知识的认知能力。K₂FeO₄可用于水体杀菌
消毒，但不能软化硬水，B项错误。
4. C 【解析】本题主要考查与氧化还原有关的化学变化，侧重考查学生对基础知识的认知能力和简单应
用能力。能够吸收氧气防止食品变质，该过程涉及氧化还原反应，C项符合题意。
5. A 【解析】本题主要考查离子键的相关知识，侧重考查学生分析和解决问题的能力。金属元素的电负
性：Li<Mg<Al，非金属元素的电负性：S<Cl<O<F，故上述化合物中电负性差值最大的是LiF，故离
子键的百分数最大的是 LiF，A项符合题意。
6. C 【解析】本题主要考查对离子方程式书写的正误判断，侧重考查学生分析和解决问题的能力。向
Ca(HCO₃)，溶液中加入足量的 NaOH 溶液，碳酸氢根离子完全反应，离子方程式为
Ca2++2HCO−+2OH−=CaCO ↓+2H O+CO2−,C项错误。
3 3 2 3
7. D 【解析】本题主要考查化学物质的性质、结构等相关知识，侧重考查学生对基础知识的认知能力和
简单应用能力。TAT的核磁共振氢谱有5组峰，邻茴香醛有6组峰，1)项错误。
8. A 【解析】本题主要考查阿伏加德罗常数的知识，侧重考查学生分析和解决问题的能力。¹⁴NO和
¹⁴CO分别含15 和 16个中子,混合气体中所含的中子数为1.5NA~1.6NA,B项错误；体积未知，无法计
算，C项错误；酯化反应为可逆反应，不能进行到底，生成的乙酸乙酯分子数无法计算，D项错误。
9. D 【解析】本题主要考查化学物质的性质、结构等相关知识，侧重考查学生对基础知识的认知能力和
简单应用能力。C₂H₄ 为非极性分子，A 项错误；H₂O 的 VSEPR 模型为四面体形， B 项错
误;Pt(NH₃)₂Cl₂分子中含有 10个σ键,C项错误。
10. C 【解析】本题主要考查基础实验，侧重考查学生对实验装置的应用和分析能力。乙醇与水互溶，
不能通过分液分离，A项不符合题意；铜和浓硫酸反应需要加热，B项不符合题意；在铁上镀铜，
镀层金属铜作阳极，镀件铁作阴极，故铁作阴极连接电源负极，D项不符合题意。
11. B 【解析】本题主要考查晶胞结构的相关知识，侧重考查学生对基础知识的认知能力和简单应用能
力。氧化镁晶体中与 Mg²⁺.距离最近且等距的 Mg²⁺;有12个,B项错误。
12. C 【解析】本题主要考查有机物的结构与性质，侧重考查学生对官能团性质的应用能力。分子中含
有羟基、酯基、醚键3种含氧官能团，A项错误；该化合物中含有碳碳双键，碳碳双键中的碳原子
采用的是 sp²杂化，B项错误；该化合物中的酯基能与 NaOH 溶液反应，1mol该化合物最多消耗
1mol NaOH,D项错误。
13. D 【解析】本题主要考查电解池的相关知识，侧重考查学生分析和解决问题的能力。在阴极除了生
成NH₃外，还有少量氢气生成，D项错误。
14. D 【解析】本题主要考查电解质溶液，侧重考查学生对电解质溶液图像的分析能力。随着 HCOOH
【高三化学·参考答案 第 1 页 (共 4 页)】c(HCOOH)⋅c(CH COOH)
溶 液 的 加 入 , 溶 液 中 存 在 3 =
c(HCOO−)⋅c(CH COO−)
3
c(HCOOH)⋅c(CH COOH)⋅c2(H+) c2(H+)
3 = ,溶 液 中 c(H⁺)会不断增大
c(HCOO−)⋅c(CH COO−)⋅c2(H+) K (HCOOH)⋅K (CH COOH)
3 n n 3
c(HCOOH)⋅c(CH COOH)
3
电离平衡常数不变，故 增大，C项正确；向其中滴入 20 mL 等浓度的
c(HCOO−)⋅c(CH COO−)
3
HCOOH 溶液后,根据元素质量守恒可得c(HCOOH)+ c(HCOO⁻)=c(CH₃COOH)+c(CH₃COO⁻),根
据电荷守恒可知 c(Na⁺)+c(H⁺)= c(HCOO⁻)+c(CH₃COO⁻)+c(OH⁻),两式相加，整理可得关系
式c(CH₃COOH)+ c(OH⁻)+2c(CH₃COO⁻)=c(HCOOH)+c(Na⁺)+c(H⁺),D项错误。
15.(1)检查装置的气密性(2分)
(2)锥形瓶(1分)
(3)稀 HNO₃具有强氧化性,无法制取 H₂S(2分)
(4)用稀H₂SO₄调至溶液 pH=5(2分);] IO−+5I−+6H+=3I +3H O(2分)
3 2 2
(5)①c(2分)
②d(2分)
③96%(2分)
【解析】本题主要考查实验设计与探究，侧重考查学生对实验装置的应用和分析能力。
(3)稀 HNO₃具有强氧化性，无法制取 H₂S，故实验中不能用稀硝酸代替稀硫酸。
(4)猜想Ⅰ.酸性条件下，空气中的O₂将I⁻迅速氧化成 I₂。往试管中加入I 10mL0.1mol⋅L⁻¹新制
KI溶液并加入几滴淀粉溶液，用稀 H₂SO₄调至溶液 pH═5，露置于室温下的空气中，50 min后，
溶液变蓝，pH═5(或酸性)条件下，淀粉一KI溶液没有立即变蓝，猜想Ⅰ不成立。猜想Ⅱ. KI溶液久
置过程中产生了IO₅，IO₅在酸性条件下与I⁻反应生成I₂。取少量KIO₃溶液与少量 KI溶液混合，加
入 淀 粉 溶 液 ， 再 滴 加 稀 H₂SO₄ ， 溶 液 立 即 变 蓝 ， 发 生 反 应 的 离 子 方 程 式 为
IO−+5I−+6H+=3I +3H O,猜想Ⅱ成立。
3 2 2
(5)①Na₂S₂O₃标准溶液显碱性，所以应该选择碱式滴定管，碱式滴定管排气泡的方式是将滴定管末
端的尖嘴抬起，挤压橡胶管中的玻璃珠，使液体充满尖嘴，c项符合题意。
②滴定管下端有一段是没有刻度的，且滴定管刻度从上往下数值由小到大，所以当用25.00 mL的滴
定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，溶液体积应>25.00 mL一10.00 mL=15.00. mL,a
项符合题意。
③ 根 据 方 程 式 可 知 关 系 式 I ∼2S O2− ∼2KI, n(KI)=n(S O2−)=0.2×14.5×10−3=
2 2 3 2 3
0.4814
0.0029(mp4),其质量: m(KI)=0.0029×166=0.4814(g),样品的纯度 = ×100%≈96%。
0.5000
16.(10)适当升高温度(或搅拌等合理答案均可，1分)
(2)Nd₂(SO₄)₃+Na₂SO₄+xH₂O═Nd₂(SO₄)₃·Na₂SO₄·xH₂O↓( (2分)
(3)取最后一次洗涤液于试管中，向其中先滴加稀盐酸，再滴加氯化钡溶液，无白色沉淀生成(2分);坩
埚(1分)
(4)3.0×10⁻⁴(2分)
(5)钕铁硼废料(1分)；阳极发生电极反应 Nd−3e⁻=Nd³⁺,Fe−2e⁻=Fe²⁺,Fe²⁺易被氧化为Fe³⁺,
【高三化学·参考答案 第 2 页 (共 4 页)】根据Ksp可知,Fe³⁺更易形成Fe(OH)₃沉淀与 Nd³⁺分离(2分)
5.76×1032
(6)2(2分); (2分)
√3×N ⋅x2y
A
【解析】本题主要考查利用钕铁硼废料制备钕的工艺流程，考查学生对元素化合物的理解能力和综
合运用能力。
(1)适当升温或者提高酸的浓度、搅拌、延长浸取时间等均可提高 Nd的浸出率。
(3)洗涤的主要目的是洗去表面吸附的可溶性离子，故可通过检验硫酸根离子进行判断。
(4)若 Nd³⁺完全沉淀， c(Nd³⁺)≤10⁻⁵mol⋅L⁻¹,根据 Kₛ ₚ[Nd₂(C₂O₄)₃]=2.7×10⁻²¹,则可得溶液
√2.7×10−21
中 c(C O2−)≥ =3×10−4(mol⋅L−1)。
2 4 (10−5) 2
(5)若采用电化学阳极氧化技术直接浸出钕铁硼废料中的钕和铁元素，则以钕铁硼废料为阳.极进行电
解。阳极发生电极反应 Nd−3e⁻=Nd³⁺,Fe−2e⁻=Fe²⁺,阴极有OH⁻生成，根据Ksp可知,Fe³⁺更
易形成Fe(OH)₃沉淀,电解时,产生的 Nd³⁺浓度较小，在中性时，不易形成 Nd(OH)₃沉淀,使 Fe和Nd
分离。
17.(1)酰胺基、醛基(2分);加成反应(1分)
(4)2(2分)
(5)O>N>C>H(2分);N(1分)
【解析】本题主要考查有机化学基础，考查学生对有机物推断、理解的能力和综合运用知识的能力。
18.(1)①+40.9(2分)
②0.4(2分)
0.3p 75
(2)0.2(2分); (2分); (2分)
t 2p2
(3)①>(1分)
②主反应(1分)
③350~400℃，化学反应已达到平衡，且主要发生主反应，而主反应是放热反应，温度升高平衡
向逆反应方向移动，CO₂转化率减小(2分)
【解析】本题主要考查化学反应原理，考查学生对化学反应原理的理解能力和综合运用知识的能
【高三化学·参考答案 第 3 页 (共 4 页)】力。
(2)设平衡时 CO₂的物质的量为xmol,H₂的物质的量为ymol,CO的物质的量为z mol,根据
C守恒:x+n+z=0.5
H守恒: 2y+4n+0.3×2=0.9×2
O守恒:2x+n+0.3+z=0.5×2
0.5+0.9 1.4
=
x+ y+n+0.3+z 1
解得:x=0.2,y=0.2,z=0.1,n=0.2
平衡后物质的总量:0.2+0.2+0.2+0.1+0.3=1.0(mol)
平衡后各物质分压:p(CO₂)=0.2p kPa、p(H₂)=0.2p kPa、p(CH₃OH)=0.2p kPa、 p(H₂O)=0.3p kPa
5
起始时分压 p' (CO )= p,kPa=0.5p,kPa,p(CO )=0.5p,kPa−0.2p,kPa=0.3p,kPa,则 CO₂的
2 14 2
0.3p 0.2p×0.3p 75
分压变化率为 kPa⋅min−1,K = (kPa) −2= (kPa) −2 。
t p (0.2p) 3×0.2p 2p2
(3)①根据图像可知,400℃之前,CH₄的选择性为100%,即400℃之前,发生主反应,主反应为放热反应，
根据温度与CO₂转化率的关系图可知，350℃时反应达到平衡，350℃之前 CO₂的转化率逐渐增大，
说明反应未达到平衡，即 v (a)>v (a)。
iE 追
②根据题中图像可知，低温下，CH₄ 的选择性为100%，即该催化剂在较低温度主要选择主反应。
③根据上述分析，350.℃时主反应达到平衡，350~400℃，化学反应已达到平衡，且主要发生主反
应，而主反应是放热反应，温度升高平衡向逆反应方向移动，CO₂转化率减小。
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