巴蜀中学2023届高考适应性月考卷（十）化学参考答案一、选择题：本题共14小题，每小题3分。题号1234567答案CBADCAB题号891011121314答案DCBCBAC【解析】1．A．蜀绣主要成分是蛋白质。B．火锅中主要成分为有机物。C．建筑会大量使用水泥、陶瓷和玻璃，主要成分为硅酸盐。D．缆车的主要成分为金属。2．B为H2O的比例模型。3．苯酚酸性比碳酸弱，故苯酚与NaHCO3不能产生CO2。2+－4．A．硫化亚铁和过量硝酸混合会发生氧化还原反应。B．因为还原性是Fe>Br，向FeBr22+－－溶液中通入等物质的量的Cl2，Cl2会与Fe和Br都反应。C．NaHCO3中HCO3不能拆。25．A．由于H2O2的摩尔质量为38g/mol，所以共价键数不是3NA。B．由于不确定是不是标准状态，所以无法计算。D．该反应中Cl2转化成HCl是被还原，而不是氧化。6．A．由于结构中含有氨基和酯基，所以能与NaOH和HCl反应。B．分子式为C9H17NO2。C．没有手性碳。D．由于四元环为饱和碳环，所以碳原子不可能在同一个平面。7．A．Al和浓硝酸会发生钝化，故不能持续反应，所以不能比较活泼性。C．温度计要深入溶液。D．NH4Cl会受热分解成氨气和氯化氢，两种气体遇冷会化合成氯化铵，而I2受热升华，遇冷凝华，故无法分离。8．A．NaOH饱和溶液的与Mg(OH)2饱和溶液的浓度不相同，所以比较pH无法确定碱性强弱。B．还原性：Fe2+CH4。D．五种元素的单质中，氧化性最强的是Cl2的单质。10．B．RuO2晶胞中O有两个在体内，另外四个在面上。11．A．B中有一个双键，故有机物A与B不是同系物。B．高分子C中m、p所对应的结构单元不易降解。C．若只用A和CO2也能合成高分子，但是最终不能形成类似于D的网状高分子。D．若m∶n∶o∶p=5∶2∶2∶1，则聚合物C的平均分子量为1234x。化学参考答案·第1页（共4页）12．A．由于OD－从左边移动到右边，故左边为阴极，故Pd(a)电极接外电源负极。B．由于a、b两极上都有参与反应，当电子转移数为2mol时，a、b两极各有1mol被加氢还原，故若有1mol被加氢还原，电子转移数为－1mol，则通过阴离子交换膜的OD的数目为1NA。C．Pd(b)电极上所发生的电极反应方－－－程式为HCHO−e+2OD=HCOO+H+D2O。D．当外电路流过的电子数为1mol，则Ⅱ室中少了1molD和1molOD－共20g，Ⅲ室增加1molOD－并减少1molH，共增加17g，Δm=|Δm(Ⅱ)|-|Δm(Ⅲ)|=20−17=3g。1213．A．反应CaSO4(s)+2H2O(g)CaSO4(s)•2H2O(s)Kp=2=2500atm，故p(H2O)p(H2O)=0.02atm；纯水存在如下平衡H2O(l)H2O(g)Kp=p(H2O)=0.04atm，该容器的相对湿度为50%。B．恒温、恒容，向100mL已达到平衡的体系中再加入29.6gCaSO4(s)，则占据容器的体积为10mL，相当于压缩体积，则平衡向正向移动。C．恒温、压缩体积，重新达到平衡后，因为平衡常数不变，故平衡时水的分压不变，故正逆反应速率不变。D．恒温、恒压，再向平衡体系中加入CaSO4•2H2O(s)，其转化率不变。－2－14．A．实验1的溶液中pH为5.2，则HSO3的电离大于水解，则c(SO3)>c(H2SO3)。B．实cccc(HSO)(HSO)2(H)(HSO)c2(H)验得到的溶液中有232333.2。．因为222210CccccKK(SO33)(SO)(H)(HSO3a1a2)2+pH=7，实验3电荷守恒等式为ccc(HSO33)(Cl)(SO)2c(Na)，质量守恒等式为+－2－+－－c(Na)=2c(HSO3)+2c(SO3)+2c(H2SO3)，两式相加消掉c(Na)得c(Cl)=c(HSO3)+2c(H2SO3)。D．实验4中BaO2能将Na2SO3氧化成Na2SO4，因为有气体产生，该气体为O2，故Na2SO322+全部被氧化，所以白色沉淀为BaSO4，则上层清液中有c(SO4)•c(Ba)Ksp(BaSO4)。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15．（除特殊标注外，每空1分，共14分）（1）第四周期第ⅦB族（2分）（2）H2SiO3（或SiO2）、CaSO4（各1分）（3）使酸解完全，各种金属阳离子均能溶出（4）①氧化Fe2+、Mn2+；②使Fe3+、Al3+沉淀完全（合理答案均给分）（2分）2+（5）MnO2MnClOH2O=MnO2Cl2H（2分）（6）温度高时，硫酸钙的溶解度更小而硫酸镁的溶解度更大，因此趁热过滤可以使得钙盐和镁盐分离得更加完全（7）4×105（2分）向滤液中继续加入NaClO溶液，煮沸10min后立即趁热过滤得到滤液化学参考答案·第2页（共4页）16．（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）三颈（口）烧瓶（1分）（2）可能吹走Cr23O粉末加热（3）Cr23O3CCl4=====2CrCl323COCl（4）与H2O反应，生成HCl抑制CrCl3水解（合理答案均可给分）（5）BD（2分，少选得1分，错选得0分）（6）过滤（1分）（7）反应物、溶剂（8）B（1分）（9）产物可及时脱离反应体系，反应物能充分有效地接触，有利于提高产率17．（除特殊标注外，每空2分，共14分）（1）高温（1分）（2）升高温度、增加氨的浓度、移除水蒸气、减压等（合理即可）（3）①反应ⅰ、ⅱ均为吸热反应，升高温度，两平衡均正向移动，B物质在反应i产生增多，p在反应ii消耗减少，最高点前反应ⅰ进行程度大，最高点后反应ⅱ进行程度大②018（4）阳（1分）2CH2CHCN2H2O2e――→NC(CH24)CN2OH（5）H+直接在阴极放电，使电流效率降低，同时生成H更有利于丙烯腈转化为丙腈（6）7.74102【解析】（3）①反应ⅰ、ⅱ均为吸热反应，最高点前反应i进行程度大，最高点后反应ⅱ进行程度大，所以随着温度的升高，B（g）平衡的物质的量分数先增大后减小。②a点时主要发生反应i，假设A投料为2mol，平衡时A、B的物质的量相等，根据三段式可知，平衡时A、B与水蒸气的物质的量均为1mol，再加上NH315mol，总压强为p0kPa，p0pp(B)(H2O)p0则A、B、水蒸气的分压均为kPa，反应i的Kp=kPa。18p(A)18（6）如图横坐标取值，每小时生成己二腈3.4103mol，转移电子6.8103mol，丙腈0.9×103mol，转移电子1.8×103mol，转移电子总量8.6×103mol，即迁移氢离子总量8.6×103mol，阳极水放电产生氧气0.25×8.6×103mol，阳极区质量变化为0.25×32×8.6×103g+8.6×103=7.74×102g。18．（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）羟基、碳氯键（2）氧化反应（1分）加成反应（1分）化学参考答案·第3页（共4页）（3）（4）（5）（6）①保护羧基（1分）②③H2NNHCH3【解析】由A到B反应条件可知为醇的催化氧化，则B结构为，分析结构及分子式变化可知B到C应为加成反应。结合信息ⅰ可推知F结构为，由H逆推G应为。（6）反应Ⅰ为与乙醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成，反应Ⅱ中发生信息ii的反应生成，再异构化为，与M发生反应Ⅲ应得到，结合信息ⅰ可得M为H2NNHCH3。化学参考答案·第4页（共4页）