重庆市第八中学2024届高考适应性月考卷（六）化学-答案_2024年3月_013月合集_2024届重庆市第八中学高考适应性月考卷（六）_重庆市第八中学2024届高考适应性月考卷（六）化学

化学参考答案 一、选择题：本题共14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。 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 C C A D B A B 题号 8 9 10 11 12 13 14 答案 B C D C B A C 【解析】 1．A 项，烯烃发生加聚反应制备聚乙烯塑料。B 项，手机芯片的基础材料是利用半导体硅单 质。D项，赤铁矿的主要成分是Fe O 。 2 3 2．A项，为HCl分子中共价键电子云轮廓图。B项，氯原子的半径大于碳原子。D项，该物 质的名称为3−甲基丁酸。 3．B项，新制氯水可以氧化SO2。C项，溶液可能呈酸性，可能呈碱性，其中Fe2+在碱性条 3 件下不共存，酸性条件下Fe2+与NO不共存。D项，溶液中存在Fe3+，Fe3+与CO2发生完 3 3 全双水解，与CN−可以形成配合物而不共存。 4．B项，向NaAlO 溶液通入过量的CO 时可以生成Al(OH) 白色沉淀，向饱和Na CO 溶液 2 2 3 2 3 中通入过量的CO 时，由于NaHCO 溶解度更小，故会析出NaHCO 白色沉淀。C项，新 2 3 3 制氯水中的次氯酸和硝酸光照时均可分解生成O 。D项，根据得失电子数守恒原则，Al～ 2 3 3e−～ H ，Si～4e−～2H ，故生成的H 的物质的量之比为3∶4。 2 2 2 2 5．缺少溶液体积，无法计算氢氧根离子数目，A错误。标准状况下，2.24L CH Cl为0.1mol， 3 含 C—H 键数为 0.3N ，B 正确。常温下，Fe 与浓硫酸发生钝化，无法求出具体的气体分 A 子数，C 错误。1L 0.1mol/L K Cr O 溶液中含有 K Cr O 、K CrO ，含铬的离子总数为 2 2 7 2 2 7 2 4 0.1~0.2N ，D错误。 A 6．用硝酸银溶液检验苯与Br 发生取代反应后的产物HBr之前，需用CCl 除去混在其中挥发 2 4 出的Br 蒸气，避免干扰，A正确。酒精灯的加热温度在400~500℃，达不到题干的900℃， 2 B错误。浓硫酸与CaF 反应可得HF，（高沸点酸制低沸点酸），但HF与玻璃中的SiO 反 2 2 应，因此该反应不能在玻璃容器中进行，C错误。配制溶液时，向250mL容量瓶中转移溶 液时需要玻璃棒引流，D错误。 化学参考答案·第1页（共7页）7．B 项，Z 中两个环共用的碳为 sp3杂化，导致两个环的碳无法全部共平面。C 项，1∶1 反 应生成2−溴−2丁烯；1∶2反应生成2，2−二溴丁烷和2，3−二溴丁烷，共三种。D项，Z 中含有4个碳碳双键和1个碳氧双键，均可和H 加成，1mol Z最多消耗5mol。 2 8．由信息推出：X、Y、Z、W分别为C、O、S、Cl。C的核外电子排布式为1s22s22p2，A正 确。SOCl 中心原子为硫，σ键数3，孤对电子数为1，价层电子对数4，sp3杂化，三角锥 2 形，B错误。COCl 中心原子为碳，σ键数3，孤对电子数为0，价层电子对数3，sp2杂化， 2 C正确。COCl 和SOCl 均可水解，前者生成CO 和HCl，后者生成SO 和HCl，D正确。 2 2 2 2 9．A项，根据制备流程可知Pt电极区应生成氯气，故Pt电极为阳极，与电源正极相连。 B项，电解结束后Pt电极区生成了CH ClCH OH，Ni电极区生成了KOH，将二者混合时 2 2 发 生 取 代 反 应 生 成 。 C 项 ， Pt 电 极 区 总 反 应 为 Cl−−2e−+H O+CH CH →CH ClCH OH+H+，Ni电极区总反应为2H O+2e−=H ↑ 2 2 2 2 2 2 2 +2OH−，电解液混合后发生的反应为 CH ClCH OH+OH−→ +Cl−+H O， 2 2 2 电解 H++OH−=H O，故合成过程的总反应为CH CH +H O===== +H ↑。D项， 2 2 2 2 2 当Ni电极上产生H 0.2mol时，根据上述合成过程的总反应生成的 的物质的量 2 也为0.2mol，即8.8g。 10．根据1个WM含有82个电子，可以算出平均每个W、M原子含有16.2个电子，故M为 4 Cl，W为Al；又由于X和Y的最高正价与最低负价的代数和均为0，推出X为H，Y为 C；最后根据1mol化合物Z(YX ) WM 含有124mol质子，推出Z为N。A项，由于原子 3 4 4 半径Al>Si>C，所以原子半径：Al>C。B 项，N、Cl 可分别与H形成 NH 和HCl，二者 3 可进一步化合生成盐 NH Cl。C 项，C 和 N 的最高价氧化物对应的水化物分别为 H CO 4 2 3 和HNO ，酸性：HNO >H CO D项，由于AlCl 为共价化合物，熔融状态下不导电，故 3 3 2 3。 3 不能电解AlCl 制备单质Al。 3 11．均摊法计算可知晶胞含2个H、2个Co、4个O，化学式为HCoO ，A正确。右图清晰可 2 知氧存在 O2−和 OH−两种形态，B 正确。结合两幅图可知 Co 的配位数应为 6，C 错误。 晶胞密度计算正确，D正确。 12．常温下，向饱和Na CO 溶液中加少量BaSO 粉末，因c(Ba2+)·c(CO2)>K (BaCO )，而 2 3 4 3 sp 3 产生BaCO 沉淀，加入盐酸产生气泡，不能说明K (BaCO )、K (BaSO )的关系，A错误。 3 sp 3 sp 4 化学参考答案·第2页（共7页）卤代烃与NaOH水溶液共热，充分反应后，向溶液中先加入HNO ，中和前面加入的NaOH 3 避免产生干扰，再加入 AgNO ，产生白色沉淀，则该卤代烃含氯元素，B 正确。向等浓 3 度等体积的 H O 中加入 KMnO 溶液，KMnO 将 H O 氧化为 O ，而不是作催化剂，C 2 2 4 4 2 2 2 错误。应先加入淀粉溶液，最后加入硫酸，否则可能会先发生反应，观察不到蓝色变化， 试剂顺序不合理，D错误。 13．A项，由于整个过程中H CO 不发生分解，根据物料守恒：c(Na+)=c(H CO )+c(HCO) 2 3 2 3 3 +c(CO2)。a点溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+2c(Ca2+)+c(H+)=c(HCO)+2c(CO2)+c(Cl−) 3 3 3 +c(OH−)。联立后得到：c(H CO )+2c(Ca2+)+c(H+)=c(CO 2−)+c(Cl−)+c(OH−)。由于a点溶液 2 3 3 呈碱性，则 c(H+)c(CO 2−)+c(Cl−)。B 项，a→b 的过程 2 3 3 中产生CaCO 沉淀的同时生成HCO，且HCO 的量逐渐增加，对于水的电离抑制程度逐渐 3 2 3 2 3 c(H+)c(CO2) c(H+)c(CO2)c(Ca2+) 107.203.36109 增加。D项，K (H CO ) 3 = 3  a2 2 3 c(HCO) c(HCO)c(Ca2+) c(HCO)c(Ca2+) 3 3 3 4.71011所以：c(HCO)·c(Ca2+) ≈ 7.15×10−6.2。 3 14．由于反应Ⅰ和反应Ⅱ均为气体分子总数增大的反应，温度不变，增加压强，平衡逆向移动， 乙烷的转化率减小，所以p ＜p ，A正确。压强为p ，温度为210℃时，乙烷的转化率为 1 2 1 50%，则一共消耗乙烷1mol。其中乙烯的选择性为80%，则反应Ⅱ中有0.2mol的乙烷参 加反应，生成H 0.6mol，B正确。压强为p ，温度为210℃时，反应Ⅰ有0.8mol乙烷参 2 1 与反应，生成0.8mol CO和0.8mol C H 。反应Ⅱ中有0.2mol的乙烷参加反应，生成0.8mol CO， 2 4 所以共生成1.6mol CO和0.8mol C H ，C错误。当压强为p ，温度为210℃时，反应Ⅰ 2 4 1 0.81.60.8 64 的平衡常数K   mol/L。已知反应Ⅰ的 ΔH >0，当升高温度至 300℃， 1 12.8 175 64 平衡正向移动，K增大，所以K  mol/L。D正确。 175 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14分） （1）水浴加热（1分） 过滤（1分） （2）Ca(C H O ) +H SO =2C H O +CaSO ↓ 葡萄糖酸中有羟基和羧基两种官能 6 11 7 2 2 4 6 l2 7 4 团，它们能与水分子形成分子间氢键，所以葡萄糖酸易溶于水 （3）将未转化的葡萄糖酸钙完全转化为葡萄糖酸 （4）b（1分） 26(cV cV ) （5）①蓝（1分） 酒红（1分） ② 1 1 2 2 ③偏高（1分） a 化学参考答案·第3页（共7页）【解析】（1）由于控制温度是90℃，所以该反应可采取的加热方式是水浴加热；操作1后 得到的是滤液和CaSO 沉淀，所以操作名称为过滤。 4 （2）步骤Ⅰ中，葡萄糖酸钙与稀硫酸发生复分解反应，则反应的化学方程式是 Ca(C H O ) +H SO =2C H O +CaSO ↓。 6 11 7 2 2 4 6 l2 7 4 （3）将滤液 1 通过 H+型阳离子交换树脂，氢离子和阳离子钙离子交换，因此目的是将未 转化的葡萄糖酸钙完全转化为葡萄糖酸。 （4）由于向滤液2中加入10mL 95%的乙醇目的是利于析出葡萄糖酸锌晶体。 （5）①整个滴定过程中 EDTA 与锌离子反应，锌离子来源为两部分：一部分来自产品配 成的溶液，另一部分为锌离子标准溶液。开始滴定时溶液中成分为 Zn−EDTA(无色)、 EDTA、EBT，故溶液颜色为蓝色；用锌离子标准溶液滴定时，到达滴定终点会生成 Zn−EBT(酒红色)，即到终点颜色变化为蓝色变为酒红色； ②Zn2++EDTA=Zn−EDTA，可找到关系式： 465103(cV cV ) Zn2+~ EDTA，则锌元素的质量分数为 1 1 2 2 100%。 a ③若滴定前滴定管的尖嘴部分无气泡，滴定后有气泡，会导致消耗锌标准溶液 V mL 偏 2 小，则导致此次测定结果偏高。 16．（除特殊标注外，每空2分，共14分） （1）3d8（1分） （2）SO 2 （3）2Fe2++2H++H O =2Fe3++2H O 2Fe3++3Ni(OH)     2Fe(OH) +3Ni2+ 2 2 2 2 3 （4）1.2×10−2或0.012 （5）H SO（1分） 54.5 pH太小，锌的萃取率低，pH太大，镍可能以Ni(OH) 的形 2 4 2 式沉出，不利于硫酸镍晶体的生成（1点1分） 【解析】向硫酸镍通入硫化氢气体将三价铁还原为二价铁，将铜离子转化为硫化铜沉淀， 过滤后滤渣硫化铜灼烧生成氧化铜，再溶于硫酸得到硫酸铜；滤液中加过氧化氢将亚铁离 子氧化成三价铁离子，再加氢氧化镍调节pH值使三价铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤 后在滤液中加氟化镍将钙离子沉淀，过滤后滤液中加萃取剂将锌转移至有机相中，滤液为 硫酸镍溶液，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等操作得到硫酸镍晶体，据此分析解答。 （3）加入H O 的目的是将Fe2+氧化为Fe3+；加入Ni(OH) 的目的是调节pH，使Fe3+水解 2 2 2 反应2Fe3++3Ni(OH)     2Fe(OH) +3Ni2+正向进行，促进Fe3+的沉淀。 2 3 （4）根据K (CaF )=c(Ca2+)×c2(F−)，得出c2(F−)≥4×10−6mol/L，设NiF 溶液的体积为V L， sp 2 2 化学参考答案·第4页（共7页）即溶液中n(F−)=2V×2×10−3=4V×10−3(mol)，沉淀时消耗的F−的物质的量为V×2×10−3mol， 则总共需要n(F−)=2.4V×10−3mol，所加的NiF 溶液的浓度至少为1.2×10−2mol/L。 2 （5）欲使有机相中的锌转化成硫酸锌，需使萃取平衡逆向移动，为不引入新杂质应加入硫 酸使反应逆行移动；由题干信息可知，若溶液 4 的 pH=3，则 c(H+)=0.001mol • L−1， c(Zn2+)=0.011mol • L−1，多次萃取后水相中c(H+)为0.013mol • L−1，则溶液中多的c(H+)为 0.012mol • L−1，根据“Zn2++2HR    ZnR +2H+”得除去c(Zn2+)= 1 ×0.012mol • L−1 2 2 0.006 =0.006mol • L−1；则锌的萃取率为 ×100%≈54.5%；由图示信息可知pH太小，锌的萃 0.011 取率低；pH太大，镍可能以Ni(OH) 的形式沉出，不利于硫酸镍晶体的生成。 2 17．（除特殊标注外，每空2分，共15分） （1）①<（1分） ②加快反应速率；提高平衡时C H SH的选择性（答到一点得1分） 6 5 4(m8n2) （2）①BC ② ③在590℃时主反应已达平衡，副反应未达平衡；由于主 (12mn)2 反应 ΔH<0，升高温度平衡逆向移动，C H SH 的产率逐渐降低；副反应随温度升高速率 6 5 加快，C H 的产率逐渐升高（共三点，少一点扣1分） 6 6 2 3 b （3）①Na−e−=Na+ ②cd ③  2 a 【解析】（1）①主反应：C H Cl(g)+H S(g)    C H SH(g)+HCl(g) ΔH=−16.8kJ·mol−1 6 5 2 6 5 副反应：C H Cl(g)+H S(g)     C H (g)+HCl(g)+ 1 S (g) ΔH=−45.8kJ·mol−1 6 5 2 6 6 8 8 反应C H SH(g)    C H (g)+ 1 S (g) ΔH=−45.8−(−16.8)=−29kJ·mol−1为放热反应，故 6 5 6 6 8 8 逆反应的活化能大于正反应的活化能； ②反应在高压容器中进行时，反应物的浓度更高，反应的速率更快；达平衡时，副反应压 强增大平衡逆向移动，促使主反应平衡正向移动可提高C H SH的选择性。 6 5 （2）①A项，主反应ΔH、ΔS均<0，根据自发反应吉布斯自由能判据ΔG=ΔH−TΔS<0，反 应在低温条件下可以自发进行。B 项，由于生成的 n(HCl)=n(C H SH)+n(C H )， 6 5 6 6 n(C H )=8n(S )，所以n(C H SH)=m−8n，转化的n(C H Cl)等于生成的n(C H SH)+n(C H )， 6 6 8 6 5 6 5 6 5 6 6 m8n 所以C H SH的选择性为 100%。C项，平衡时v (C H Cl)v (C H ) 6 5 m 正 6 5 正 6 6 v (C H SH)，v (H S)v (C H )v (C H SH)，所以v (C H Cl)v (H S)2[v 正 6 5 正 2 正 6 6 正 6 5 正 6 5 正 2 正 化学参考答案·第5页（共7页）K (C H )v (C H SH)]。D 项， p(主反应) 为主反应减去副反应后对应反应的平衡常数，由 6 6 正 6 5 K p(副反应) 于对应反应的 ΔH=−16.8−(−45.8)=+29kJ·mol−1，为吸热反应，升高温度平衡正向移动， 平衡常数K 增大。 p （3）②a项，离子液体中阴阳离子间为离子键，作用力强于一般有机溶剂中的分子间作用 力，故离子液体不易挥发、不易燃。b项，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的阳离子，其中心原子均为sp3杂化。 c项，由于阴离子半径BFAlCl。 4 4 4 4 d 项，Ⅳ的阳离子中环上三个 C 各提供一条单电子 P 轨道，带正电荷的 N 提供一条单电 子P轨道，另一N提供一条对电子P轨道，故一共5条P轨道6个电子，大Π键6。 5 3 312 ③Na S 的晶胞参数可以表示为 ，由于 Na+处于晶胞内八个小立方体的体心内，所 2 aN A 1 3 312 3 312 以d(Na Na) ；CaF 的晶胞参数可以表示为 ，由于Ca2+处于晶胞的顶 2 2 bN bN A A 2 3 312 点 和 面 心 ， 所 以 距 离 最 近 的 d(Ca2 Ca2) ， 所 以 d(Na Na) ∶ 2 bN A 1 3 312 2 3 312 2 3 b d(Ca2 Ca2) ∶   。 2 aN 2 bN 2 a A A 18．（除特殊标注外，每空2分，共15分） （1）丙三醇（1分） （2） （3）保护丙三醇1，2号位的两个羟基不被氧化 （4） （5） 加聚反应 （6） 化学参考答案·第6页（共7页）（7） 【解析】（2）对比A、B的分子式，可知A到B为酸性条件下分子内，又因为B中有三元 环结构，说明为成醚反应，故可推知B为 。 （3）由AB型嵌段共聚物结构可知，聚合物N中的形成是用化合物H中C N键与—OH 加成聚合而成，其形成聚合物需要保留两个—OH，故丙三醇在氧化时，有两个羟基必须 预先保护，所以A到D的目的就是保护丙三醇1，2号位的两个羟基不被氧化。 （4）D到E为羟基被氧化成醛基，故可知E的结构为 ；进而可知E和新制氢 氧化铜的反应如答案所示。 （5）F中酯基可水解；结合题目给的已知信息 ， 可知 F 亦能发生类似水解；再结合产物 G 的分子式可知能水解的都发生了，故方程式如 答案所示。 （6）R 能和NaHCO 按照计量比1∶2反应，说明含2 个—COOH；核磁共振氢谱有2种 3 峰（峰面积比为 1∶3），说明 2 个—COOH 的 H 属于等价 H，另外 6 个 H 等价，应为 3 个—CH ，故R结构 。 3 （7）在合成聚合物N时，如果加入H的物质的量比G略多，则会导致N的两端都是以化 合物 H 封端的，两端都能与聚合物 M 进行反应，从而生成 ABA 型嵌段共聚物，答案则 须在题目已知的AB型嵌段共聚物结构的右边先与化合物H反应，再与聚合物M继续反 应便可得到最终产物。 化学参考答案·第7页（共7页）