重庆市 2023届高考化学适应性月考卷（一）试卷（PDF版附答案）

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51kJ/mol，故B正确。EEEE移项得EEEE，第一步反应的活化能大于32412143第二步，第一步速率慢，是决速步，故C正确。H反应物键能总和−生成物键能总和，75E(C—，Br)351E(C—Br)276kJ/mol，故D错误。−13．由题意可知，二氧化硫在电解池中与溶液中I3反应生成碘离子、硫酸根离子和氢离子，离−−2−+子方程式为SO2+I3+2H2O=3I+SO4+4H，故A正确。由题意可知，测硫仪工作时，−−−碘离子在阳极失去电子发生氧化反应生成碘三离子，电极反应式为3I−2e=I3，故B化学参考答案·第2页（共6页）正确。碘离子与电解生成的碘反应生成碘三离子，不会影响测得的全硫含量，故C正确。−−由题意可得如下关系：S—SO2—I3—2e，电解消耗的电量为x库仑，则煤样中硫的质量分x3229650016x数为100%%，故D错误。aa9652+2−14．步骤Ⅰ实验现象说明存在还原性微粒，根据离子共存原则，只存在Fe和SO3中的一种2+2−++3+微粒。若存在Fe，根据步骤Ⅱ现象一定存在SO4，根据电荷守恒，K、Na、Al一定2−3+++2−不存在；若存在SO3，一定没有Al，根据电荷守恒一定有K、Na，一定没有SO4，故C正确。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）12（1）[Ar]3d4s（1分）高（1分）（2）分液−2−（3）2OH+Sc(OH)3=[Sc(OH)5]（4）加入大量水，同时加热（5）AlCl3+FeCl3+(6−m)NaHCO3=AlFe(OH)（6-m）Clm↓+(6−m)CO2↑+(6−m)NaCl+（6）ScF2kc2（7）lg3k32a12【解析】（1）因为Sc是21号元素，所以基态Sc原子的核外电子排布式为[Ar]3d4s；H2C2O4分子间氢键比CH3COOH多，沸点高。（2）据流程图可知：操作①为分液。−2−（3）据题意可知离子方程式为2OH+Sc(OH)3=[Sc(OH)5]。（4）用TiCl4制备TiO2·xH2O的反应为TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O↓+4HCl；在制备时加入大量水，同时加热，可使水解趋于完全。（5）据题意可知化学方程式为AlCl3+FeCl3+(6−m)NaHCO3=AlFe(OH)(6−m)Clm↓+(6−m)CO2↑+(6−m)NaCl。66（6）若溶液中c(F)410，则lg(F)clg4105.4，调节pH4，据图可知三价+Sc的存在形式为ScF2。22332cc(H)(CO)242Kca2（7）∵Kc[Sc]c[CO]，且K，可知c(CO)代入sp24a224c(HCO)c(H)24化学参考答案·第3页（共6页）32Kca2Kca2kc2kc2K表达式，推出Ka，c(H)，∴pHlg(H)clgspspc(H)3Kk33ksp33222aaa（表达式合理即可）。16．（除特殊标注外，每空2分，共14分）（1）ⅢⅡⅠ（共2分）（2）浓硫酸（1分）−+△2+（3）MnO2+2Cl+4H=====Mn+Cl2↑+2H2O（4）Ⅲ（1分）（5）烧杯、漏斗、玻璃棒催化剂（6）10NH3+2CoCl2+2NH4Cl+H2O2=====2[Co(NH3)6]Cl3+2H2O（写NH3·H2O也可给分）△（7）当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液，溶液由蓝色褪为无色，并且半分钟内不再恢复蓝色（8）65【解析】（1）据题意可知，Ⅰ为发生装置，Ⅱ为除杂装置，Ⅲ为Cl2制备装置，∴顺序为Ⅲ→Ⅱ→Ⅰ。（2）∵CoCl2易潮解，∴试剂X为浓硫酸。+−△2+（3）据题意可知，Ⅲ中离子方程式为MnO2+4H+2Cl=====Mn+Cl2↑+2H2O。（4）因为要用产生的Cl2排尽装置中空气，所以先加热Ⅲ。（5）过滤时用到的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒。催化剂（6）Ⅳ中总反应为10NH3+2CoCl2+2NH4Cl+H2O2=====2[Co(NH3)6]Cl3+2H2O。△3+（8）据方程式的得失电子数目守恒可得如下转化关系：2[Co(NH3)6]Cl3~2Co~I2~2Na2S2O3，132500.1000molL2610L267.5g/mol25∴样品纯度为100%65%。10.7g17．（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）>（1分）626（2）①由3d4s变为3d②2Fe+O22FeO为放热反应，温度升高平衡左移，x(O2)增大温度高于T1℃时，x(O2)大于21%，载氧体无法载氧2③1∶1p0化学参考答案·第4页（共6页）（3）①Fe3O4和FeO②低升温速率有助于载氧体颗粒散热，从而使载氧体颗粒可以更深程度地被还原，失重程度更大【解析】（1）载氧体Ⅰ发生还原反应，载氧体Ⅱ发生氧化反应。（2）②2Fe+O22FeO为放热反应，升高温度，化学平衡逆向移动，导致平衡时O2的物质的量增大，则x(O2)增大。空气中O2的物质的量分数x(O2)为21%，由图可知：当反应温度高于T1℃时，x(O2)大于21%，说明载氧体没有吸收空气中的O2，即无法载氧，所以反应温度必须控制在T1℃以下。③利用“三段式”法计算。假设CH4的转化量为xmolCH4(g)+4FeO(s)4Fe(s)+2H2O(g)+CO2(g)起始量/mol200转化量/molx2xx平衡量/mol2x2xx22xxx则有2.0，解得x1，所以c(CH4)∶c(CO2)=1∶1，p(CH4)=p(CO2)=2211pp(HO)22(CO)22pp00，p(H2O)=2p(CO2)=p0，Kpp0。42p(CH)4（3）①Fe2O3转化为Fe3O4失重率为3%，Fe2O3转化为FeO失重率为10%，当失重率为9%时，铁基载氧体被还原为Fe3O4和FeO的混合物。②单个载氧体颗粒在还原过程中内部也有一定的传热传质现象发生，例如反应的热量从载氧体颗粒的外部向载氧体内部进行传递，体相的晶格氧从载氧体颗粒内部传递到反应界面。而随着升温速率的增大，会造成内外的热量和温度来不及到达一个平衡状态，使得载氧体颗粒内部和表面产生温度差形成一定的传热传质的滞后现象。低升温速率有助于载氧体颗粒内外传热传质的进行，有助于内部的晶格氧的传递，从而使载氧体颗粒进行更深程度的还原，释放出更多的晶格氧造成失重程度更大。18．（除特殊标注外，每空1分，共15分）（1）C12H20O2（1分）羧基、酯基（2）还原反应（1分）CH2=CH—CH2OH（3）化学参考答案·第5页（共6页）（4）（5）或（6）（3分）【解析】（1）根据信息（R1、R2、R3为烃基），酸性高锰酸钾溶液将A氧化后变成了—COOH和羰基，故B的结构中含有一个羧基、一个酯基。（2）F→G为还原反应。根据原子利用率为100%，故D+X=E，根据原子守恒及D的结构推测X结构简式为CH2=CH—CH2OH。（3）中能水解的官能团有两个，一个酯基，一个酰胺基，故需要两个氢氧化钠与之反应，由于是碱性，所以会有氨气生成。（4）根据不饱和度分析，若含有苯环后，则没有其他的不饱和键，要只有两种氢，则形成醚键最好，故分析的同分异构体为。（5）根据酸脱羟基醇脱氢，或者酸脱羟基氨脱氢，故得高分子化合物为或。（6）由于存在开环，故需要用高锰酸钾氧化烯烃，故先消去再氧化，然后利用题目提供的信息得出流程。化学参考答案·第6页（共6页）</h"]478·2«!&&v$%,_¯_c±q¯'34.("0%#`%+-!4abð®!%"!#`kb74ê8ª«#######'$cx1y4õö«#########$ñò$("0%#`%+5$uv747cg#"%#4"o4«#######'h4îïbª«########$"234<=47®,d#$%+efgj,-![&''7cg#######b!%"'#4,îòzfno'e1,'ìë¿4h.80,øù,pû{',4!"èéª%######################$+¡¢ý4b94:ê(("0%#«%!v,###################$#)å_l_cpq%cd@-,></u'&lt;%,%0$$$'u<20></t';uvpm4wxy1z7)5$%+'6""-0%#v7'8#!b&-)%&%%{|}~b2b'de$)qæ0:-0%'¿9342#"-80#b:9)pj'*2ej4-)pqpb94:4-80i-0%'¿9342""-0%#v7===')¡¢%:--7;&lt;%-.<,%0#":--,<7;"-.#%<0,'£*2e¤¥¦§¨©$'auv9)pqæ0:;'34<=wx4g")></ij"k1!el6m)#nopq!(rstuvf!wcmxy!el6#:z"[<!]^#$)£de=8')$z_`f!a.bz[c!";defg#hi!&&i!$z(j*+ik#-)4=õe-8%<ïs4üý¯þ%<=9)ßµ-8øàá=âãäpá44`>