2024年重庆市普通高中学业水平选择性考试高三下学期高考模拟调研卷化学（四）

这是一份2024年重庆市普通高中学业水平选择性考试高三下学期高考模拟调研卷化学（四），文件包含化学4答案docx、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化学四pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共8页， 欢迎下载使用。
1．D。
【解析】
A．二氧化硫有防腐作用，红酒中可以添加少量二氧化硫；
B．防弹装甲的材料主要有金属材料、陶瓷复合材料、高分子材料；
C．芯片的主要成分是硅；
D．砷化镓属于新型无机非金属材料。
2．C。
【解析】
A．N原子2p轨道半充满，比较稳定，第一电离能比C、O大；
B．电负性：O＞N＞H；
C．基态Cu的空间运动状态电子数等于原子轨道数，为15种；
D．NH3中N与3个H相连，SO2－ 4中S与4个O相连。
3．A。
【解析】
B．Ag＋与NH3反应生成[Ag(NH3)2]＋；
C．Fe2＋与ClO－要发生氧化还原反应；
D．Cu2＋与S2－反应生成CuS沉淀。
4．D。
【解析】
A．煤的干馏是化学变化；
B．SO2与Ba(NO3)2反应生成BaSO4沉淀；
C．单质硫一般用二硫化碳清洗，不用稀硝酸；
D．AlCl3溶液加热促进水解，生成Al(OH)3和HCl，HCl挥发又促进水解，最后Al(OH)3灼烧得到Al2O3。
5．C。
【解析】
A．HI具有还原性，能被浓硫酸氧化，因此不能用浓硫酸干燥HI；
B．Cl2与NaBr反应后，可能有剩余，剩余的Cl2可继续与KI反应，无法确定生成的I2是否来自Br2与KI的反
应，也就无法确定Br2与I2的氧化性强弱；
C．二氯甲烷、三氯甲烷的沸点不同，可以通过蒸馏分离；
D．制备氢氧化铁胶体是将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，继续加热至液体呈红褐色，直接滴入NaOH溶液中会生
成沉淀。
6．A。
【解析】
A．CO2中C原子是sp杂化，其中的σ键是C原子的sp杂化轨道与氧原子的p轨道形成的，所示过程②中有
p-sp σ键的断裂；
B．催化剂不能降低反应的热效应；
C．催化剂可以增大反应速率，但不能改变平衡转化率；
D．p-p π键是p轨道肩并肩形成的。
7． B。
【解析】
A．Ce4＋位于晶胞顶点和面心，所以Ce4＋个数为+=4，O2－位于晶胞体内，所以O2－个数为8，该物质的
化学式为CeO2；
B．O2－与Ce4＋最近距离为晶胞体对角线的，即晶胞边长的，O2－与O2－的最近距离为晶胞边长的，所以
O2－与Ce4＋的距离最近；
C．Ce4＋配位数为与其距离最近且等距离的O2－的个数，如图所示，Ce4＋配位数为8；
D．CeO2是离子化合物，该晶体是离子晶体。
8．A。
【解析】
B．中间产物的结构简式为 ；
C．Ⅰ和Ⅲ都含有酚羟基，不可用FeCl3溶液鉴别；
D．Ⅱ不能与NaOH溶液反应。
9．A。
【解析】
A．该超分子加热融化时既破坏氢键，也破坏分子间作用力；
B．该超分子中C原子有sp2杂化和sp3杂化；
C．该超分子中－CH3中心原子C和－NH2中心原子N均为sp3杂化，但N有一对孤电子对，所以∠HNH小些；
D．该超分子由两个极性分子聚集而成。
10．D。
【解析】W为周期表中非金属性最强的元素，W是F；M原子序数大于F，又为＋1价，M为Na；Z的最高正
价与最低负价的代数和为2，Z原子序数大于Na，Z为P。
A．Z的最高价氧化物对应的水化物是H3PO4，H3PO4不是强酸；
B．常温下，Na在空气中容易被氧化生成Na2O；
C．F2单质不可电解NaF溶液制得；
D．核外电子数相同的离子，原子序数越小半径越大。
11．C。
【解析】
A．加水稀释，HX的pH变化大， HX酸性强于HY，电离常数：HX＞HY；
B．a、c点为酸性溶液，a点溶液中c(H＋)大于c点溶液中的c(H＋)，溶液中水的电离程度：a点＜c点；
C．，保持不变；
D．a点，HY的浓度大于HX的浓度，由于最初所取溶液体积相同，b点消耗NaOH的量多。
12．B。
【解析】
A．Na2SiO3溶液加入稀盐酸生成硅酸，试管里出现凝胶，说明盐酸酸性比硅酸强，但HCl不是最高价含氧酸，
不能比较出氯的非金属性比硅强；
C．配制银氨溶液时，向1mL 2%的硝酸银溶液中滴加2%的稀氨水，边滴边振荡至沉淀恰好消失，本题中该实验
的现象应该为无明显现象；
D．惰性电极电解氯化铜溶液阳极产生氯气，氯气可以使KI先变成I2再变成KIO3，所以试纸先变蓝后褪色，利
用了氯气的氧化性，氯气没有漂白性，有漂白性的是HClO。
13．B。
【解析】由2SO2－ 4－2e－＝S2O2－ 8可知，a为负极，b为正极。
A．a为电源的负极；
B．由于d是阳极，阳极H2O失电子生成O2；
C．离子交换膜最好选用阴离子交换膜，因为右侧消耗SO2－ 4，用阴离子交换膜，左侧的SO2－ 4移向右边，补充右
侧减少的SO2－ 4；
D．阴极的电极反应式为：2H＋＋2e－＝H2↑。
14．D。
【解析】
A．v(NO)＝v(NH3)＝ml/(L·min)；
B．平均相对分子质量不变时，说明反应达到平衡；
C．平衡常数只受温度的影响，与反应物的浓度无关；
D．反应物的量未加倍时，平衡时n(NH3)＝4.4ml，若加倍，相当于增加压强，平衡逆向移动，n(NH3)＞8.8ml。
15．（14分）
（1） （2分）
（2）SiO2（1分） 煤油（1分）
（3）TiO2+＋(x＋1)H2O＝TiO2·xH2O↓＋2H＋（2分）
（4）如果省掉“还原”，Fe3＋和TiO2＋在水解时就会同时沉淀，不利于Fe和Ti元素的分离。（2分）
（5）33.6(6－2n) （2分）
（6）12 （2分） （2分）
【解析】（6）1个FeO晶胞中有4 个FeO，1个晶胞的质量为，O2－与Fe2＋之间的最近距离为立方体边长
的一半，设O2－与Fe2＋之间的最近距离为a，则；解得
16．（14分）
（1）分液漏斗（1分） 碱石灰（1分）
（2）让反应物充分接触，加快反应速率（2分）
（3）防止倒吸（2分）
（4）NH3·H2O＋CaO＝Ca(OH)2＋NH3↑（2分）
（5）6SCl2＋16NH3＝S4N4+＋2S↓＋12NH4HCl（2分）
（6）①溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色（2分）
②9.2(cV－c1 QUOTE V1)% （2分）
解析：因为S4N4～4NH3，H2SO4的总物质的量为cV×10－3，NaOH中和的H2SO4的物质的量为c1 QUOTE V1×10－3， QUOTE ，m(S4N4)＝ QUOTE ，
S4N4的纯度＝ QUOTE
17．（15分）
（1）①因为2NO2(g)N2O4(g)是放热反应，升高温度，平衡向逆向移动，不利于NO2吸附。（2分）
②0.5ml（2分）
（2）①CH4(g)＋2NO2(g)N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－958.3 kJ·ml－1（2分）
②1.2（2分） （2分）
（3）①B（1分）
②CH4＋4O2－－8e－＝CO2＋2H2O（2分）
③88（2分）
【解析】
（1）根据元素守恒和得失电子守恒，NO2→HNO3，生成1ml HNO3转移1ml e－，生成0.5ml HNO3，转移的电子为0.5ml。
（2）甲烷的燃烧热的热化学方程式为：反应③：CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－890.3 kJ·ml－1
反应：③－①－②得：CH4(g)＋2NO2(g) N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(l) ΔH＝－958.3 kJ·ml－1
设CH4为1ml，NO2为2ml。
CH4(g)＋2NO2(g) N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)
起始（ml） 1 2
转化（ml） 0.2 0.4 0.2 0.2 0.4
平衡（ml） 0.8 1.6 0.2 0.2 0.4
气体总物质的量为：0.8＋1.6＋0.2＋0.2＋0.4＝3.2
p(CO2)= QUOTE kPa v正(CO2)=kPa·min－1
Kp=kPa QUOTE
（3）Y室为阴极室，阴极上发生的反应为：2H2O＋2e－＝H2↑＋2OH－，标况下产生22.4LO2，即为1ml，转移
的电子为4ml，转移4ml电子，阴极放出2ml H2，同时有4ml Na＋从左边经C膜移向阴极室，理论上
Y室溶液变化的质量为：4×23－2×2＝88g。
18．（15分）
（1）取代反应（1分）
（2）氨基、酯基、碳碳双键（2分）
（3）3ml（2分）
（4） （2分）
（5） （2分）
（6）4 （2分）（2分）
（7）（2分）
【解析】
（1）苯甲醛发生间位上的硝化反应生成A（），故苯甲醛→A的反应类型为取代反应。
（3）1ml E中含有2ml酯基和1ml碳氯键，与足量NaOH溶液反应，最多可消耗3mlNaOH，2ml发生酯
的水解反应，1ml发生氯代烃的水解反应。
（5）A与发生反应生成B（）和H2O：
反应方程为：+→+H2O；
（6）由上述分析知化合物F的结构简式为；分子中含（结构与苯相似），无其他环；②能发生
银镜反应，含有醛基；③1H-NMR谱检测表明：分子中有3种不同化学环境的氢原子，该分子具有高度的
对称性，符合条件的B（）的同分异构体有如下4种：
。
（5）比较原料与目标产物可知需增长碳链，且含有酯基，需要发生酯化反应。乙醛在催化剂作用下发生反应，后继续氧化生成，再在浓硫酸加热条件下与甲醇发生酯化反应后发生已知反应与氨气生成目标产物：