2024年重庆市普通高中学业水平选择性考试高三第三次联合诊断检测化学参考答案1～5CBCBA6～10DDACA11～14BBDB1．C。【解析】A．稀土金属指镧系元素、钪和钇，铝不是稀土金属；B．玻璃纤维属于合成无机非金属材料，不是天然材料；C．砷化镓属于半导体材料；D．光学石英玻璃属于传统无机非金属材料，不是复合材料。2．B。【解析】－A．溶液中，HCO3与SO2发生反应，不能大量共存；C．溶液中，Fe2＋与ClO－会发生氧化还原反应，不能大量共存；－D．通入SO2后，溶液呈酸性，NO3会氧化H2SO3，不能大量共存。3．C。【解析】A．第一电离能：N＞O＞C；B．氧元素位于元素周期表的p区；C．碳原子的杂化类型有sp、sp2、sp3；D．该分子中含4个π键。4．B。【解析】A．Al(OH)3不溶于过量氨水，过量氨水与AlCl3溶液产生Al(OH)3白色沉淀；－B．苯酚的酸性比HCO3强，苯酚钠与NaHCO3不反应；C．Fe(OH)3比Mg(OH)2更难溶，在Mg(OH)2的悬浊液中滴加饱和FeCl3溶液，产生红褐色Fe(OH)3沉淀；D．H2O2溶液能还原酸性KMnO4溶液。5．A。【解析】A．FeO在空气中加热生成Fe3O4；B．铜粉与浓硝酸反应生成Cu(NO3)2、H2O和NO2，与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、H2O和NO，产物不完全相同；第三次联合诊断检测（化学）参考答案第1页共5页{#{QQABQYiAogCgQIJAARgCAwUCCgAQkBCCAIoGgBAEIAAAyAFABAA=}#}C．胶体包括分散质和分散剂，纳米碳酸钙必须分散在分散剂中才能形成胶体；D．海水中富集镁元素，常用Ca(OH)2作沉淀剂。6．D。【解析】A．该反应属于加聚反应；B．有机物Ⅰ中有饱和碳原子，所有原子不可能在同一平面；C．1个Ⅲ分子中所含的手性碳为(m＋n)个；D．每生成1molⅢ，理论上消耗的CO2的物质的量为(m＋n)mol。7．D。【解析】A．X结构中，S原子上有一对孤电子对，O－S－O的键角小于109°28′；B．Y的空间结构是四面体形；C．基态硫原子中有9种空间运动状态的电子。8．A。【解析】A．该反应生成1molO2转移2mol电子；－B．溶液中ClO发生水解反应，离子数小于0.5NA；C．H2O2的结构式为H－O－O－H，34gH2O2中含有σ键为3NA，水中还含有σ键，故σ键数大于3NA；D．标准状况下，22.4LH2O的物质的量不是1mol，无法判断氢键数。9．C。【解析】A．步骤①有刺激性气体，无白色沉淀产生；B．步骤①会产生红褐色沉淀；D．步骤①无沉淀和气体产生。10．A。【解析】由于a、b、d、e处于不同周期，e有六个键，故e应为过渡元素，形成的是配位键，又a、b、c、d是原子序数依次增大的短周期主族元素，b、c为同周期相邻元素，根据共价键数目推得a、b、c、d分别为H、N、O、Cl。A．电负性：O＞Cl＞H；－B．e结合了2个N3和4个NH3，配位数为6；C．简单氢化物的稳定性：H2O＞NH3；－－－D．简单离子半径：Cl＞N3＞O2。第三次联合诊断检测（化学）参考答案第2页共5页{#{QQABQYiAogCgQIJAARgCAwUCCgAQkBCCAIoGgBAEIAAAyAFABAA=}#}11．B。【解析】A．该物质的化学式为Na3ClO；231.20510－．晶胞密度为·3；C3gcmaNAD．晶体中与O距离最近的Na有12个。12．B。【解析】A．根据图像可知X、Y分别是盐酸滴定Na2CO3和NaHCO3溶液的曲线；B．b、c两点，溶液体积相等，但所加盐酸物质的量不同，氯离子浓度不相等；＋＋2－－－－C．a点溶液中，存在电荷守恒：c(Na)＋c(H)＝2c(CO3)＋c(HCO3)＋c(OH)＋c(Cl)；D．用酚酞作指示剂可滴定到NaHCO3溶液，用甲基橙作指示剂可滴定到NaCl溶液。13．D。【解析】A．该装置将电能转化为化学能；B．b极CO2转化为C3H6，碳的化合价降低，b极为阴极，a极为阳极；－－2－C．阴极电极反应式为3CO2＋18HCO3＋18e＝C3H6＋18CO3＋6H2O；D．理论上消耗22gCO2，转移的电子数为3mol，生成0.75molO2，标准状况下体积为16.8L。14．B。【解析】A．根据图象可知b点二氧化碳的转化率高于平衡转化率，则反应向逆反应方向进行；B．化学反应速率随温度的升高而加快，但催化剂的催化效率先升高后降低，所以乙烯的生成速率c点不一定大于a点；C．根据图象，当温度高于250℃，升高温度二氧化碳的平衡转化率降低，则平衡逆向移动，催化剂的催化效率降低是由于温度升高引起的，催化剂不影响平衡移动和平衡转化率；D．已知起始投料比n(H2)∶n(CO2)＝3∶1，设开始投料n(H2)为3mol，则n(CO2)为1mol，在a点平衡时二氧化碳的转化率为50%，则根据三段式可知6H2(g)＋2CO2(g)CH2＝CH2(g)＋4H2O(g)始(mol)31变(mol)1.50.50.251平(mol)1.50.50.2510.25所以乙烯的体积分数为100%7.7%。1.50.50.251第三次联合诊断检测（化学）参考答案第3页共5页{#{QQABQYiAogCgQIJAARgCAwUCCgAQkBCCAIoGgBAEIAAAyAFABAA=}#}15．（14分）2s2p（）↑↓↑（分）（分）111（2）Fe3O4、Mg(OH)2（2分）（3）萃取（1分）分液（1分）；分液漏斗（1分）（4）NaBH4＋2H2O＝NaBO2＋4H2↑（2分）（5）1∶2（2分）（6）2（1分）188（2分）【解析】（5）高温合成的反应式为：16Na＋8H2＋7SiO2＋Na2B4O74NaBH4＋7Na2SiO3，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2。－n＋（6）1个晶胞中含8个BH4和4个[Fe(NH3)6]，由电荷守恒n＝2，该化合物化学式为[Fe(NH3)6](BH4)2，其摩尔质量为188g/mol。16．（15分）（1）恒压滴液漏斗（2分）检查装置气密性（2分）（2）a（1分）（3）防止三颈烧瓶中的液体倒吸入支管烧瓶中（2分）（4）ZnS2O4＋2NaOH＝Na2S2O4＋Zn(OH)2↓（2分）（5）NaOH加入过多，Zn(OH)2会溶解，导致产品纯度降低（2分）－2－3－2－4－（6）4OH＋S2O4＋2[Fe(CN)6]＝2SO3＋2[Fe(CN)6]＋2H2O（2分）（7）87（2分）－2－3－2－4－2－3－【解析】：由4OH＋S2O4＋2[Fe(CN)6]＝2SO3＋2[Fe(CN)6]＋2H2O得：n(S2O4)＝0.5n{[Fe(CN)6]}，250201030.10.517420Na2S2O4摩尔质量为174g/mol。样品中Na2S2O4质量分数100%87%。2.517．（14分）＋＋－1（1）①FeO(g)＋CO(g)＝Fe(g)＋CO2(g)ΔH＝－200.8kJ·mol（2分）②AC（1分）（2）①恒温恒压下充入氩气，容器体积增大，气体分压减小，平衡逆向移动（2分）0.8②N2（1分）（2分）160（2分）t4－＋－（3）①NO－3e＋2H2O＝4H＋NO3（2分）②54（2分）【解析】＋＋－1（1）①总反应式减第一步反应得第二步反应：FeO(g)＋CO(g)＝Fe(g)＋CO2(g)ΔH＝－200.8kJ·mol。第三次联合诊断检测（化学）参考答案第4页共5页{#{QQABQYiAogCgQIJAARgCAwUCCgAQkBCCAIoGgBAEIAAAyAFABAA=}#}（2）由图可知，曲线a为NO或CO的体积分数，φ(NO)＋φ(CO)＋φ(N2)＋φ(CO2)＝1，根据反应式可知φ(CO2)＝2φ(N2)，故φ(N2)＝0.25，φ(CO2)＝0.5，曲线b为N2。列三段式如下：2NO(g)＋2CO(g)N2(g)＋2CO2(g)起（mol）11转（mol）xx0.5xx平（mol）1－x1－x0.5xx1x0.125解得x＝0.820.5x20.8－－0.80.4－＝·1·1·1v(CO2)molLminK22160Lmolt40.20.2－＋－（3）②消耗了标准状况下33.6LO2，转移电子6mol，负极的电极反应为：NO－3e＋2H2O＝4H＋NO3，转移6mol电子负极反应2molNO，同时有6molH＋从负极区迁移到正极区，故负极区溶液增加的质量为：30×2－6＝54g。18．（15分）（1）羧基（1分）；消去反应（1分）、酯化反应（或取代反应）（1分）（2）催化剂（Cu或Ag），O2，加热（2分）（3）丁炔二酸二甲酯（2分）；（2分）（4）（2分）（5）7（2分）（6）（2分）【解析】（5）HOOCC≡CCH2CH2COOH、HOOCC≡CCH(CH3)COOH、HC≡CCH(COOH)CH2COOH、HC≡CC(COOH)2CH3、HC≡CCH2CH(COOH)2、HOOCCH2C≡CCH2COOH、CH3C≡CCH(COOH)2第三次联合诊断检测（化学）参考答案第5页共5页{#{QQABQYiAogCgQIJAARgCAwUCCgAQkBCCAIoGgBAEIAAAyAFABAA=}#}