巴蜀中学2024届高考适应性月考卷（六）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ACABCCD题号891011121314答案DDBADCB【解析】1．A项，富勒烯是碳单质。2．A项，CO不会导致温室效应。B项，SO3不能用来漂白。D项，ClO2不是酸性氧化物。3．B项，铁片钝化生成致密氧化膜。C项，H2S不拆。D项，发生氧化还原，不发生复分解。4．B项，HF标况下是液态。5．A项，试管口应该朝下。B项，长管进短管出。D项，不能得到纯净的氯仿。6．Z是Li，从而X、Y一定是H和He，W就是S。C项，Li是同周期原子半径最大的。7．A项，含有的官能团是酯基和羟基。B项，酚酞没有手性碳原子。C项，不能发生消除反应。8．A项，可能有乙醇挥发出来也能使酸性高锰酸钾褪色。B项，银镜反应之前需要加碱。C项，Cl2没有漂白性，有漂白性的是HClO。9．配合物是中性分子，而镍离子是二价阳离子，所以两个丁二酮肟各解离出一个氢离子形成负一价阴离子。A项，由于失去了一个氢离子，所以分子式为C4H8N2O2。B项，四个N位于Ni的同一平面，所以不可能是sp3杂化。C项，丁二酮肟只有在与水形成氢键时才会增大溶解度，分子间形成氢键会减低溶解度。10．B项，当Ca2+放在顶点时，O2−在面心，Ti4+在体心。11．A项，Pb是氢前金属，能与酸反应生成铅离子和氢气。12．电池工作时，左侧紫色变绿色是氧化反应，左侧是负极，右侧是正极。A项，右侧还原反应，黄色变蓝色。B项，充电过程左侧正电荷变少，右侧正电荷变多，H+从右向左移动从而平衡电荷。C项，电解产生1molCl2时，转移2mol电子，左侧增加2mol正电荷，所以2molH+从左向右移动，左室质量减少2g。−4.2−5.6－－13．由图可知，Ka1=10，Ka2=10，说明HA的电离大于水解。C项，当溶液中HA和A2−浓度相等时，溶液显酸性，若使溶液显中性，则需要再加入NaOH，从而A2−比HA－浓度大。化学参考答案·第1页（共4页）{#{QQABSYgAogigAhBAAQgCAwUKCEOQkBAACAoGhAAMMAAByAFABAA=}#}14．A项，如图所示x是0.5和1.5时，x是1.5时H2的平衡转化率要大。B项，列三段法计713算，需要开方，然后解一个一元二次方程，最后结果为，约等于56.7%，C项，60.7320.24.2680.2列三段法计算，最后转化为比较两个数字的大小，与比大小，10.7320.614.2680.6第一种方法是暴力算，能算出来后者大，第二种方法是如果不考虑分母中的1，则二者都1是，分母加1对前者的影响更大，所以前者小，第三种方法是抽象成一个函数30.2xfx()，易证这个函数在（0，+∞）单调递增，则后者大于前者。D项，由于反10.6x应物和生成物气体系数和相等，所以HI的平衡转化率一直不变。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）（2）Na2CrO4、Na2TeO3CuO（1分）（3）Na2TeO3+H2SO4=TeO2↓+Na2SO4+H2O（4）硫酸（5）蒸发结晶、趁热过滤重结晶（1分）（6）610molL131高温【解析】（3）煅烧过程发生反应Cu2Te+2O2=====2CuO+TeO2，Cr2O3加碱反应生成Na2CrO4，TeO2加碱反应生成Na2TeO3。−31－−6−13（6）由于Ksp[Cr(OH)3]=6×10，当pH为8时，OH浓度为10mol·L，Cr的浓度61031约为610molL131。(1063)16．（除特殊标注外，每空2分，共14分）（1）A→C→B→C（1分）+2+（2）FeS+2H=Fe+H2S↑（3）增大气、液的接触面积，有利于H2S充分反应（1分）△I2+2KOH+H2S=====2KI+S↓+2H2O（4）饱和NaHS溶液，除去H2S气体中的HCl；氢氧化钠溶液，处理尾气H2S，防止污染大气（答对1个得2分，答全得3分）（5）①加入最后半滴NH4SCN标准溶液，溶液变为浅红色，且半分钟内不变色化学参考答案·第2页（共4页）{#{QQABSYgAogigAhBAAQgCAwUKCEOQkBAACAoGhAAMMAAByAFABAA=}#}②72.6%③偏低（1分）【解析】（4）A装置制备H2S，通过C装置除去H2S中的HCl，再进入B装置制取KI，最后用C装置处理尾气。所以第一次用C装置盛装饱和NaHS溶液除去H2S中的HCl，第二次用C装置盛装氢氧化钠溶液处理尾气H2S。+3+（5）①滴定终点时Ag反应完，加入的NH4SCN与Fe反应，溶液呈浅红色，所以滴定终点现象为加入最后半滴NH4SCN标准溶液，溶液变为浅红色，且半分钟内不变色；+－－②消耗NH4SCN溶液体积平均为12.50mL，根据Ag+SCN=AgSCN↓可知与I反应后剩余的n(Ag+)=0.01250L×0.1000mol/L=0.00125mol，则和I－反应的银离子的物质的量=0.0300L×0.1000mol/L−0.00125mol=0.00175mol，则20.00mL待测液中n(I－)=0.00175mol，0.001755(39127)所以样品中KI的含量为100%72.6%。2③若滴定前酸式滴定管未用标准液润洗，则标准液浓度减小，滴定所耗NH4SCN标准溶液体积增大，计算出的I－的物质的量减小，从而导致结果偏低。17．（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）液氨可以用作制冷剂（1分）（2）①温度（1分）在该温度条件下催化剂的活性高②NH3浓度较大时，占据催化剂表面更多活性位点，阻碍N2的吸附液化分离（1分）（3）①p1（1分）75%②4.63（4）①sp3（1分）【解析】（3）①该反应前后为气体总物质的量减小的反应，当温度不变时，增大压强，平衡正向移动，氨气的体积分数增大，故压强p1、p2、p3中，最大的是p1。n(N2)∶n(H2)=1∶3，设n(N2)=1mol，n(H2)=3mol，用三段式可计算得A点N2的平衡转化率为75%。②设n初(N2)=1mol，n初(H2)=3mol，已知N2平衡转化率α=30%，列三段式N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)n初/mol130Δn/mol0.30.90.6n平/mol0.72.10.67216p平ppp34总34总34总化学参考答案·第3页（共4页）{#{QQABSYgAogigAhBAAQgCAwUKCEOQkBAACAoGhAAMMAAByAFABAA=}#}26p总342，解得。Kp30.03MPap总=4.63MPa721pp总总343418．（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）C11H11NO2（1分）（2）羧基（1分）还原反应（1分）（3）（4）与HCl反应，有利于平衡正向移动（5）酯基中碳氧元素间电负性差值大，极性强，容易断裂，形成酰胺比较容易；羧基中氧氢元素间电负性差值最大，比碳氧键更容易断裂，易形成铵盐（6）①②形成了更大范围的共轭体系，能量更低（7）化学参考答案·第4页（共4页）{#{QQABSYgAogigAhBAAQgCAwUKCEOQkBAACAoGhAAMMAAByAFABAA=}#}