2024届重庆市乌江新高考协作体高三上学期12月期中联考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1重庆市乌江新高考协作体2024届高三上学期12月期中联考一、单选题1.下列物质用途不正确的是（）A.小苏打在纺织、造纸、制皂、制玻璃等方面有重要应用B.ClO2具有强氧化性，可用于自来水消毒C.日常生活中为了增加漂白粉的漂白性，可以在使用时加入醋酸D.Al(OH)3可用作抗酸药〖答案〗A〖解析〗A．小苏打为NaHCO3，常用于治疗胃酸过多、面团发酵时的泡打粉等，而纯碱(Na2CO3)在纺织、造纸、制皂、制玻璃等方面有重要应用，故A项错误；B．ClO2中Cl元素化合价为+4，Cl元素处于较高价态，因此ClO2具有强氧化性，能使蛋白质变性，因此可用于自来水消毒，故B项正确；C．漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，因酸性：CH3COOH>HClO，因此醋酸与Ca(ClO)2反应能生成具有强漂白性的HClO，故C项正确；D．Al(OH)3具有两性，能与胃酸中盐酸发生中和反应生成无毒物质，故D项正确；综上所述，不正确的是A项。2.下列化合物中，只有在水溶液中才能导电的电解质是（）A.氯化钠 B.酒精 C.硫酸 D.二氧化碳〖答案〗C〖解析〗A.氯化钠是离子化合物，属于电解质，溶于水或在熔融状态下电离成钠离子和氯离子，所以能导电，故A不符合题意；B.酒精属于非电解质，在水溶液和熔化状态下都不导电，故B不符合题意；C.硫酸溶于水电离成氢离子和硫酸根离子，能导电，但在或熔融状态下不能电离出自由移动的电子，所以不能导电，故C符合题意；D.二氧化碳属于非电解质，故D不符合题意；〖答案〗C。3.下列交叉分类法正确的是（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗A选项Mg(NO3)2是镁盐，MgSO4是硫酸盐，故A错误；B选项CaSO4是硫酸盐，不是碳酸盐；Ag2CO3是不溶性盐，故B错误；C选项NaHCO3是盐不是酸，CH3COOH是酸不是氧化物，故C错误；D.符合物质的分类，故D正确；〖答案〗选D。4.下列变化是因原电池反应而引起的是（）A.在空气中金属铝表面迅速氧化形成保护膜B.常温下，铁被浓硫酸“钝化”形成保护膜C.在潮湿的空气中钢铁易生锈D.在潮湿的空气中过氧化钠易变质〖答案〗C〖解析〗A．在空气中金属铝表面迅速氧化形成保护膜，是铝和氧气发生反应生成氧化铝，属于化学反应引起的腐蚀，故A错误；B．铁能和浓硫酸发生反应在表面形成致密的氧化膜而阻止反应的发生，即发生钝化现象，属于化学腐蚀，故B错误；C．在潮湿的空气中钢铁易生锈，是钢铁发生吸氧腐蚀的结果，属于电化学腐蚀，故C正确；D．过氧化钠易和空气中的二氧化碳以及水发生反应而变质，属于化学腐蚀，故D错误。故选：C。5.约翰-芬恩（Johnfenn）等三位科学家因在蛋白质等大分子研究领域的杰出贡献而获得了2002年诺贝尔化学奖。下列有关认识正确的是（）A.蚕丝、羊毛、棉花的主要成分都是蛋白质B.蛋白质溶液不属于胶体C蛋白质溶液中加入CuSO4溶液产生盐析现象D.蛋白质在紫外线照射下将会失去生理活性〖答案〗D〖解析〗A．棉花的主要成分是纤维素，故A错误；B．蛋白质溶液属于胶体，可产生丁达尔效应，故B错误；C．蛋白质溶液中加入重金属盐CuSO4溶液产生变性，故C错误；D．蛋白质在紫外线的照射下发生变性，使蛋白质失去生理活性，故D正确；故〖答案〗为：D。6.化学与生产、生活、社会密切相关。下列有关说法中不正确的是（）A.侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异B.SiO2制成的玻璃纤维，可用于制造通讯光缆C.明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可以用于饮用水的杀菌消毒D.闻名世界的中国陶瓷、酿酒、造纸技术都充分应用了化学工艺〖答案〗C〖解析〗A．侯氏制碱法是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中，发生以下反应：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，其中NaHCO3溶解度最小，故有NaHCO3的晶体析出，故A正确；B．SiO2是制造光缆的主要材料，故B正确；C．明矾水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，但不能用于饮用水的杀菌消毒，故C错误；D．烧制陶瓷的原理：瓷器是以粘土为主要原料以及各种天然矿物经过粉碎混炼、成型和煅烧制得的材料以及各种制品，有新物质生成，属于化学工艺．酿酒的过程中有新物质酒精生成，属于我国古代化学工艺．造纸，应用了将打碎的纤维浆漂白这一环节，有新物质生成，中国陶瓷、酿酒、造纸技术是我国古代在世界上享有盛名的三大化学工艺，故D正确；故选C。7.下列实验设计不合理的是（）选项目的操作A证明某红棕色气体是溴蒸气还是NO2用湿润的淀粉KI试纸检验，观察试纸颜色变化B证明Na2CO3溶液中存在水解平衡在滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入BaCl2溶液，观察溶液颜色变化C证明FeCl3溶液和KI溶液的反应有限度取5mL0.1mol/L的KI溶液于试管中，滴入1mL0.1mol/L的FeCl3溶液充分反应，再将反应后溶液均分在两支试管中，分别滴入淀粉溶液和KSCN溶液D除去CO2中混有的少量SO2气体将混合气体通过饱和碳酸氢钠溶液洗气〖答案〗A〖解析〗A.溴蒸气和NO2都具有强氧化性，都能把I-氧化成I2，所以用湿润的淀粉KI试纸不能证明某红棕色气体是溴蒸气还是NO2，故A错误；B.在滴有酚酞的Na2CO3溶液显红色，说明溶液显碱性，加入BaCl2溶液后会发生反应：Ba2-+CO32-=BaCO3，溶液颜色逐渐消失，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，故B正确；C.由2Fe3++2I-=2Fe2++I2可知：5mL0.1mol/L的KI溶液于试管中，滴入1mL0.1mol/L的FeCl3溶液充分反应，KI溶液有剩余，再将反应后溶液均分在两支试管中，向一试管中滴入淀粉溶液变蓝，说明有I2生成；向另一试管中滴KSCN溶液后，溶液呈红色，说明有Fe3+存在，由此证明FeCl3溶液和KI溶液的反应有一定限度，故C正确；D.将混合气体通过饱和碳酸氢钠溶液,SO2能和碳酸氢钠反应放出CO2，故可以用此法除去CO2中混有的少量SO2气体，故D正确；故〖答案〗A。8.短周期元素Z、W、X、Y的原子半径逐渐减小且分占两个周期，Z有两个电子层，这四种元素组成的某阴离子的结构如图所示，图中各原子均满足稳定结构。下列叙述错误的是（）A.非金属性：X>Z>YB.X和Y形成的化合物只含极性键C.W的最高价氧化物对应的水化物是强酸D.Z、W、X、Y四种元素可以形成多种化合物〖答案〗B〖祥解〗短周期元素Z、W、X、Y的原子半径逐渐减小且分占两个周期，根据它们形成的阴离子的结构，Z形成4个共价键，有两个电子层，Z为C元素，W形成3个共价键，且W的原子半径小于C，故为N，X形成两个共价键，原子半径小于N，故为O；Y形成1个共价键，原子半径最小，故为H；以此解答该题。【详析】由上述分析，Z为C元素，W为N元素，X为O元素，Y为H元素；A．元素的非金属性应为O>C>H，即X>Z>Y，故A正确；B．H和O可以形成H2O2，既有极性键又有非极性键，故B错误；C．W为N元素，最高价氧化物对应的水化物硝酸是强酸，故C正确；D．C、N、O、H元素可以形成多种化合物，故D正确。〖答案〗选B。9.溶液中存在平衡：，现在用溶液进行下列实验：结合实验下列说法不正确的是（）A.①中溶液橙色加深，③中溶液变黄B.②中被还原C.对比②和④可知酸性溶液氧化性弱D.若向④中加入溶液至过量，溶液变为绿色〖答案〗C〖解析〗A．①中滴加硫酸，溶液中氢离子浓度增大，平衡向逆反应方向移动，溶液中重铬酸根离子浓度增大，溶液橙色加深，③中滴入氢氧化钠溶液，氢氧根离子中和溶液中的氢离子，溶液中氢离子浓度减小，平衡向正反应方向移动，铬酸根离子浓度增大，溶液变黄色，故A正确；B．②中溶液由橙色变为绿色说明酸性条件下重铬酸根离子与乙醇发生氧化还原反应生成乙酸和铬离子，反应中铬元素的化合价降低被还原，故B正确；C．对比②和④可知，酸性条件下，重铬酸根离子能与乙醇发生氧化还原反应，碱性条件下，不能与乙醇发生氧化还原反应，则重铬酸钾酸性溶液的氧化性强于碱性溶液，故C错误；D．若向④中加入70%硫酸溶液至过量，溶液中氢离子浓度增大，平衡向逆反应方向移动，溶液中重铬酸根离子浓度增大，酸性条件下重铬酸根离子与乙醇发生氧化还原反应生成乙酸和铬离子，使溶液由橙色变为绿色，故D正确；故选C。10.菜谱中记载：河虾不宜与西红柿同食。主要原因是河虾中含有+5价砷，西红柿中含有比较多的Vc，两者同食时会生成有毒的+3价砷。下列说法正确的是（）A.在该反应中维生素C作催化剂B.上述反应中维生素C作氧化剂C.砒霜是砷的氧化物，由上述信息可推知砒霜中含有的砷可能是+3价砷D.因为河虾中含有砷元素，所以不能食用〖答案〗C〖祥解〗根据河虾中含有五价砷与维生素C反应生成有毒的3价砷，则河虾中的含砷物质为氧化剂，维生素C为还原剂，含有3价砷的物质有毒，五价砷的物质无毒。【详析】A．由信息可知，反应中砷元素的化合价降低，则维生素C中某元素的化合价升高，则维生素C在反应中作还原剂，A错误；B．反应中砷元素的化合价降低，则维生素C中某元素的化合价升高，则维生素C在反应中作还原剂，B错误；C．由信息可知，含有3价砷的物质有毒，砒霜是砷的氧化物，且有毒，则砒霜中含有的砷可能是3价砷，C正确；D．河虾中含有+5价砷，无毒，因此能够食用，D错误；故合理选项是C。11.2021年6月17日我国的“神舟十二号”载人飞船搭载3名宇航员顺利升空，此次神舟飞船的主要任务是运载航天员进入天和核心舱开启空间站运转，开启空间站长期有人照料情况下的在轨运行。火箭和飞船升空所需的巨大能量可由下列化学反应提供：C2H8N2+2N2O4═2CO2↑+3N2↑+4H2O，有关该反应的说法正确的是（）A.该反应是复分解反应 B.反应中碳元素的化合价升高C.该反应是置换反应 D.该反应不是氧化还原反应〖答案〗B〖解析〗A．复分解反应的定义是：两种化合物相互交换成分，生成另外两种化合物的反应，该反应中生成物中有氮气，不是化合物，故A错误；B．反应物C2H8N2中H元素为+1价，N元素为-3价，故C元素的化合价为-1价，生成物CO2中，碳元素为+4价，故反应中碳元素的化合价升高，故B正确；C．置换反应的定义是：一种单质和一种化合物反应生成新的单质和新的化合物，该反应的反应物没有单质，故C错误；D．该反应中有元素化合价的变化，故该反应是氧化还原反应，故D错误；〖答案〗选B。12.室温下，某浓度的H2C2O4，溶液在不同pH下，测得pc(H2C2O4)、pc(HC2O)、pc(C2O)的变化如图所示。下列说法正确的是（）已知：pc(H2C2O4)=-lgc(H2C2O4)，其它类似。A.曲线①表示pc(C2O)随pH的变化B.H2C2O4的pKa1=3.82C.b点对应的pH约为2.54D.1.25<pH<3.82，c(H2C2O4)+c(HC2O)+c(C2O)先减小后增大〖答案〗C〖祥解〗根据H2C2O4H++、，pH变化时，pc先减小后增大的是pc(HC2O)；pH越大，c(H+)越小，则电离平衡正向移动程度越大，pc增大的曲线是pc(H2C2O4)，pc减小的曲线是pc(C2O)，即曲线①、②、③分别表示pc(H2C2O4)、pc(HC2O)、pc(C2O)；pH=1.25时，c(H2C2O4)=c(HC2O)，可求得Ka1==c(H+)=10-1.25，同理，pH=3.82时，c(HC2O)=c(C2O)，可求得Ka2=10-3.82，据此分析解答。【详析】A．根据分析，曲线①表示pc(H2C2O4)随pH的变化，故A错误；B．根据图象，室温下，pH=1.25时，c(H2C2O4)=c(HC2O)，则pKa1=-lg=-lg=1.25，故B错误；C．根据图象，b点时，c(H2C2O4)=c(C2O)，Ka1(H2C2O4)Ka2(H2C2O4)==c2(H+)，则c(H+)==10-2.54，则对应的pH约为2.54，故C正确；D．如果pH变化是因为溶液逐渐稀释的缘故，则溶液体积逐渐增大，c(H2C2O4)+c(HC2O)+c(C2O)的值逐渐减小，故D错误；〖答案〗选C。13.我国明崇祯年间《徐光启手迹》记载了《造强水法》：“绿钒(FeSO4•7H2O)五斤，硝五斤，将矾炒去，约折五分之一，将二味同研细，次用铁作锅，……锅下起火，取气冷定，开坛则药化为水……。用水入五金皆成水，惟黄金不化水中，加盐则化。……强水用过无力……”。下列有关解释错误的是（）A.“将矾炒去，约折五分之一”后生成FeSO4•4H2OB.该方法所造“强水”为硝酸C.“惟黄金不化水中，加盐则化”的原因是加入NaCl溶液后氧化性增强D.“强水用过无力”的原因是“强水”用过以后，生成了硝酸盐溶液，其氧化性减弱〖答案〗C〖解析〗A.假设有即其质量为，“将矾炒去，约折五分之一”失去质量的即，换算成水的物质的量为，所以脱水后产物为FeSO4•4H2O，A正确；B.根据题目中描述“惟黄金不化水中，加盐则化”，可知该方法所造“强水”为硝酸，B正确；C.Au的金属活动性很弱，硝酸均不能将其氧化，加盐后，“强水”中含王水成分，Au可溶于王水，主要是由于配位作用，而不是因为氧化性，C错误；D.“强水用过无力”的原因是“强水”用过以后，生成了硝酸盐溶液，其氧化性减弱，D正确；故〖答案〗选C。14.向含有FeBr2溶液中通入一定量的Cl2(还原性：Fe2＋＞Br-)，表示该反应的离子方程式肯定错误的是（）A.2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl-B.10Fe2＋+2Br-＋6Cl2=10Fe3++Br2＋12Cl-C.2Br-＋Cl2=Br2＋2Cl-D.2Fe2＋＋4Br-＋3Cl2=2Br2＋2Fe3＋＋6Cl-〖答案〗C〖祥解〗还原性：Fe2＋＞Br-，则向含有FeBr2溶液中通入一定量的Cl2时，氯气先与Fe2＋反应，后与Br-反应。【详析】A.当通入少量的氯气时，氯气只与亚铁离子反应，其反应的离子方程式为2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl-，故A正确；B.当溴化亚铁与氯气5:3反应时，其反应的离子方程式为10Fe2＋+2Br-＋6Cl2=10Fe3++Br2＋12Cl-，故B正确；C.由分析可知，氯气先与亚铁离子反应，所以离子方程式中一定有亚铁离子参与，故C错误；D.当通入过量氯气时，氯气能将亚铁离子和溴离子都氧化，反应的离子方程式为2Fe2＋＋4Br-＋3Cl2=2Br2＋2Fe3＋＋6Cl-，故D正确；综上所述，〖答案〗为C。二、非选择题15.环己烷可制备1，4-环己二醇。下列七步有关反应（其中无机产物都已经略去）中，其中有两步属于取代反应，两步属于消去反应，三步属于加成反应（〖提示〗：⑤属于1，4-加成反应）试回答：(1)写出下列化合物的结构简式：B______________，C____________。(2)反应________和________(填写序号)属于取代反应(3)反应④所用的试剂和条件分别为：___________________。(4)写出下列反应的化学方程式：①____________________________________________________________；④____________________________________________________________。〖答案〗(1)(2)①⑥(3)NaOH醇溶液、加热(4)+Cl2+HCl+2NaOH+2NaCl+2H2O〖祥解〗环己烷和氯气发生取代反应生成，在氢氧化钠的醇溶液、加热条件下发生消去反应生成环己烯A，则A的结构简式为：，A和氯气反应生成B，B发生消去反应生成，和溴发生1，4-加成反应生成，在氢氧化钠的水溶液、加热条件下发生取代反应生成C为，和氢气发生加成反应生成。【详析】(1)由上述分析可知，B结构简式是；C结构简式是；(2)在上述反应中①是取代反应，②是消去反应，③是加成反应；④是消去反应；⑤是加成反应，⑥是取代反应；⑦是加成反应，所以属于取代反应的为①⑥；(3)反应④是1，2-二氯环己烷与NaOH的乙醇溶液在加热时发生消去反应，产生环己二烯和NaCl、H2O，故所用的试剂和条件为NaOH醇溶液、加热；(4)①反应是环己烷与Cl2在光照时发生取代反应，产生一氯环己烷和HCl，反应的化学方程式：；反应④1，2-二氯环己烷与NaOH的乙醇溶液在加热时发生消去反应，产生环己二烯和NaCl、H2O，反应的化学方程式：。16.铬是用途广泛的金属元素，但在生产过程中易产生有害的含铬工业废水。还原沉淀法是处理含和工业废水的一种常用方法，其工艺流程为：其中第I步存在平衡：2(黄色)+2H+(橙色)+H2O（1）①若平衡体系的pH=2，该溶液显________色。②根据2CrO42—+2H++H2O，设计下图装置（均为惰性电极）电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7。Na2Cr2O7中铬元素的化合价为_______，图中右侧电极连接电源的______极，其电极反应式为____________________________________。③第Ⅱ步反应的离子方程式：____________________________，向Ⅱ反应后的溶液加一定量NaOH，若溶液中c(Fe3+)=2.0×10—12mol·L—1，则溶液中c(Cr3+)=________mol·L—1。（已知Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10—38，Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10—31）。（2）CrO3具有强氧化性，遇到有机物（如酒精）时，猛烈反应以至着火。若该过程中乙醇被氧化成乙酸，CrO3被还原成绿色的Cr2(SO4)3。完成该反应的化学方程式：________________________________________________。（3）CrO3的热稳定性较差，加热时逐步分解，其固体残留率随温度的变化如图所示。B点时剩余固体的成分是___________（填化学式）。〖答案〗（1）①橙②+6正极4OH－－4e－＝O2↑＋2H2O③6Fe2+++14H+＝6Fe3++2Cr3++7H2O3×10－5（2）4CrO3＋3C2H5OH＋6H2SO4＝2Cr2(SO4)3＋3CH3COOH＋9H2O（3）Cr2O3〖解析〗（1）①若PH=2时，即酸性条件下，体系中存在的是，故溶液显橙色；②Na2Cr2O7中Na显+1价，O显-2价，计算得到，故Cr的化合价为+6价；根据2+2H++H2O可知，Cr的化合价不变，故电池中是电解水，右侧为阳极，阴离子（OH-）向阳极靠近，故离子方程式为：4OH－－4e－＝O2↑＋2H2O；③第二步是将还原成Cr3+,故离子方程式为：6Fe2+++14H+＝6Fe3++2Cr3++7H2O；已知Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10—38，c(Fe3+)=2.0×10—12mol·L—1，故Ksp=c(Fe3+)·c3(OH-)=2.0×10—12mol·L—1×c3(OH-)=4.0×10—38，可得到c(OH-)==0.2714×10-8，又因为Ksp[Cr(OH)3]=6.0x10—31=c(Cr3+)×c3(OH-)，可得到c(Cr3+)=3×10－5mol/L；（2）根据氧化还原反应配平，可得到4CrO3＋3C2H5OH＋6H2SO4＝2Cr2(SO4)3＋3CH3COOH＋9H2O；（3）由于CrO3的热稳定性较差，B点时温度过高，故B点不能是CrO3，而是热稳定性较稳定的Cr2O3。17.保护生态环境、建设生态文明是历史发展需要，研究NOx、CO等污染气体的处理具有重要意义。I.目前，常利用催化技术将汽车尾气中的NO和CO转化成N2和CO2。（1）已知；①N2(g)+O2(g)2NO(g)ΔH1=+180.5kJ·mol-1；②CO的摩尔燃烧焓ΔH2=-283.0kJ·mol-1，则汽车尾气处理反应的热化学方程式为_____________________________________________________________。（2）某化学兴趣小组在三种不同实验条件下，向三个恒容密闭容器中，分别充入1molNO和lmolCO，发生上述反应，反应体系的总压强随时间变化情况如图所示：实验编号条件abc温度/K500500600催化剂的比表面积/m2·g-180.0120120①曲线I对应的实验编号是___________。②曲线III条件下，该反应的平衡常数Kp=___________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。③若在曲线II对应条件下，NO、CO、N2、CO2的分压依次是l0kPa、10kPa、20kPa、10kPa，则此时反应速率：v(正)___________v(逆)(填“＜”、“=”或“＞”)。II．（3）某温度下，实验测得反应NO2+CO=NO+CO2的速率方程为：v=kc2(NO2)，其反应机理有如下两种可能。与其速率方程相符的反应机理是___________(填编号)。反应机理编号第一步反应第二步反应①2NO2=N2O4(快反应)N2O4+2CO=2NO+2CO2(慢反应)②2NO2=NO3+NO(慢反应)NO3+CO=NO2+CO2(快反应)III．（4）若烟气中c(NO2)：c(NO)=1：1，用NH3催化还原法可以消除污染，发生的脱氮反应为：2NH3(g)+NO(g)+NO2(g)2N2(g)+3H2O(g)。在不同温度下分别使用催化剂Mn和Cr时，一定时间内的脱氮率如下图所示，由此可知工业上使用的最佳催化剂和相应最佳温度分别为___________；使用Mn作催化剂时，脱氮率a-b段呈现如图所示变化的原因可能是_______________________________________。〖答案〗（1）2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H=-746.5kJ/mol（2）①c②1.6kPa-1③＞（3）②（4）Mn、200℃脱氮反应为放热反应，a~b段温度升高，催化剂活性降低，平衡常数减小，一定时间内脱氮率下降〖解析〗（1）由CO的摩尔燃烧焓ΔH2=-283.0kJ·mol-1，可得热化学方程式②：CO(g)+O2(g)CO2(g)ΔH1=-283.0kJ·mol-1；汽车尾气中的NO和CO转化成N2和CO2的反应为③：2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)，由盖斯定律可知：反应③=2×②-①，则2×(-283.0kJ·mol-1)-2×(+180.5kJ·mol-1)=-746.5kJ/mol，则该反应的热化学方程式为：2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H=-746.5kJ/mol；故〖答案〗为：2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H=-746.5kJ/mol；（2）①根据平衡常数只与温度有关，温度相同时K常数保持不变，结合表格信息可知实验a、b温度相同，则两者K相同，平衡曲线最终可以重合，由图可知实验II和实验III对应a、b，且因实验b的催化剂比表面积大，反应速率更快，先达到平衡，因此III对应实验b，II对应实验a，I对应实验c，故〖答案〗为：c；②结合题中信息列出三段式的：根据压强之比等于物质的量之比可得：，解得x=0.8，则平衡时各气体的百分含量分别为：NO%=，CO%=，N2%=，CO2%=；该反应的平衡常数Kp=，此时=160，则Kp=1.6kPa-1，故〖答案〗为：1.6kPa-1；③曲线II与曲线III平衡常数相同，若NO、CO、N2、CO2分压依次是l0kPa、10kPa、20kPa、10kPa，此时Qp=<Kp=1.6kPa-1，则此时反应正向进行，正反应速率大于逆反应速率，故〖答案〗为：>；（3）由速率方程为：v=kc2(NO2)，可知该反应的反应速率由二氧化氮的速率决定，而慢反应决定总反应速率的快慢，由此分析可知二氧化氮的反应为慢反应，反应机理②中的二氧化氮的反应为慢反应，故〖答案〗为：②。重庆市乌江新高考协作体2024届高三上学期12月期中联考一、单选题1.下列物质用途不正确的是（）A.小苏打在纺织、造纸、制皂、制玻璃等方面有重要应用B.ClO2具有强氧化性，可用于自来水消毒C.日常生活中为了增加漂白粉的漂白性，可以在使用时加入醋酸D.Al(OH)3可用作抗酸药〖答案〗A〖解析〗A．小苏打为NaHCO3，常用于治疗胃酸过多、面团发酵时的泡打粉等，而纯碱(Na2CO3)在纺织、造纸、制皂、制玻璃等方面有重要应用，故A项错误；B．ClO2中Cl元素化合价为+4，Cl元素处于较高价态，因此ClO2具有强氧化性，能使蛋白质变性，因此可用于自来水消毒，故B项正确；C．漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，因酸性：CH3COOH>HClO，因此醋酸与Ca(ClO)2反应能生成具有强漂白性的HClO，故C项正确；D．Al(OH)3具有两性，能与胃酸中盐酸发生中和反应生成无毒物质，故D项正确；综上所述，不正确的是A项。2.下列化合物中，只有在水溶液中才能导电的电解质是（）A.氯化钠 B.酒精 C.硫酸 D.二氧化碳〖答案〗C〖解析〗A.氯化钠是离子化合物，属于电解质，溶于水或在熔融状态下电离成钠离子和氯离子，所以能导电，故A不符合题意；B.酒精属于非电解质，在水溶液和熔化状态下都不导电，故B不符合题意；C.硫酸溶于水电离成氢离子和硫酸根离子，能导电，但在或熔融状态下不能电离出自由移动的电子，所以不能导电，故C符合题意；D.二氧化碳属于非电解质，故D不符合题意；〖答案〗C。3.下列交叉分类法正确的是（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗A选项Mg(NO3)2是镁盐，MgSO4是硫酸盐，故A错误；B选项CaSO4是硫酸盐，不是碳酸盐；Ag2CO3是不溶性盐，故B错误；C选项NaHCO3是盐不是酸，CH3COOH是酸不是氧化物，故C错误；D.符合物质的分类，故D正确；〖答案〗选D。4.下列变化是因原电池反应而引起的是（）A.在空气中金属铝表面迅速氧化形成保护膜B.常温下，铁被浓硫酸“钝化”形成保护膜C.在潮湿的空气中钢铁易生锈D.在潮湿的空气中过氧化钠易变质〖答案〗C〖解析〗A．在空气中金属铝表面迅速氧化形成保护膜，是铝和氧气发生反应生成氧化铝，属于化学反应引起的腐蚀，故A错误；B．铁能和浓硫酸发生反应在表面形成致密的氧化膜而阻止反应的发生，即发生钝化现象，属于化学腐蚀，故B错误；C．在潮湿的空气中钢铁易生锈，是钢铁发生吸氧腐蚀的结果，属于电化学腐蚀，故C正确；D．过氧化钠易和空气中的二氧化碳以及水发生反应而变质，属于化学腐蚀，故D错误。故选：C。5.约翰-芬恩（Johnfenn）等三位科学家因在蛋白质等大分子研究领域的杰出贡献而获得了2002年诺贝尔化学奖。下列有关认识正确的是（）A.蚕丝、羊毛、棉花的主要成分都是蛋白质B.蛋白质溶液不属于胶体C蛋白质溶液中加入CuSO4溶液产生盐析现象D.蛋白质在紫外线照射下将会失去生理活性〖答案〗D〖解析〗A．棉花的主要成分是纤维素，故A错误；B．蛋白质溶液属于胶体，可产生丁达尔效应，故B错误；C．蛋白质溶液中加入重金属盐CuSO4溶液产生变性，故C错误；D．蛋白质在紫外线的照射下发生变性，使蛋白质失去生理活性，故D正确；故〖答案〗为：D。6.化学与生产、生活、社会密切相关。下列有关说法中不正确的是（）A.侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异B.SiO2制成的玻璃纤维，可用于制造通讯光缆C.明矾水解时产生具有吸附性的胶体粒子，可以用于饮用水的杀菌消毒D.闻名世界的中国陶瓷、酿酒、造纸技术都充分应用了化学工艺〖答案〗C〖解析〗A．侯氏制碱法是将CO2、NH3通入饱和NaCl溶液中，发生以下反应：NH3+CO2+H2O=NH4HCO3；NH4HCO3+NaCl=NH4Cl+NaHCO3↓，其中NaHCO3溶解度最小，故有NaHCO3的晶体析出，故A正确；B．SiO2是制造光缆的主要材料，故B正确；C．明矾水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，但不能用于饮用水的杀菌消毒，故C错误；D．烧制陶瓷的原理：瓷器是以粘土为主要原料以及各种天然矿物经过粉碎混炼、成型和煅烧制得的材料以及各种制品，有新物质生成，属于化学工艺．酿酒的过程中有新物质酒精生成，属于我国古代化学工艺．造纸，应用了将打碎的纤维浆漂白这一环节，有新物质生成，中国陶瓷、酿酒、造纸技术是我国古代在世界上享有盛名的三大化学工艺，故D正确；故选C。7.下列实验设计不合理的是（）选项目的操作A证明某红棕色气体是溴蒸气还是NO2用湿润的淀粉KI试纸检验，观察试纸颜色变化B证明Na2CO3溶液中存在水解平衡在滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入BaCl2溶液，观察溶液颜色变化C证明FeCl3溶液和KI溶液的反应有限度取5mL0.1mol/L的KI溶液于试管中，滴入1mL0.1mol/L的FeCl3溶液充分反应，再将反应后溶液均分在两支试管中，分别滴入淀粉溶液和KSCN溶液D除去CO2中混有的少量SO2气体将混合气体通过饱和碳酸氢钠溶液洗气〖答案〗A〖解析〗A.溴蒸气和NO2都具有强氧化性，都能把I-氧化成I2，所以用湿润的淀粉KI试纸不能证明某红棕色气体是溴蒸气还是NO2，故A错误；B.在滴有酚酞的Na2CO3溶液显红色，说明溶液显碱性，加入BaCl2溶液后会发生反应：Ba2-+CO32-=BaCO3，溶液颜色逐渐消失，证明Na2CO3溶液中存在水解平衡，故B正确；C.由2Fe3++2I-=2Fe2++I2可知：5mL0.1mol/L的KI溶液于试管中，滴入1mL0.1mol/L的FeCl3溶液充分反应，KI溶液有剩余，再将反应后溶液均分在两支试管中，向一试管中滴入淀粉溶液变蓝，说明有I2生成；向另一试管中滴KSCN溶液后，溶液呈红色，说明有Fe3+存在，由此证明FeCl3溶液和KI溶液的反应有一定限度，故C正确；D.将混合气体通过饱和碳酸氢钠溶液,SO2能和碳酸氢钠反应放出CO2，故可以用此法除去CO2中混有的少量SO2气体，故D正确；故〖答案〗A。8.短周期元素Z、W、X、Y的原子半径逐渐减小且分占两个周期，Z有两个电子层，这四种元素组成的某阴离子的结构如图所示，图中各原子均满足稳定结构。下列叙述错误的是（）A.非金属性：X>Z>YB.X和Y形成的化合物只含极性键C.W的最高价氧化物对应的水化物是强酸D.Z、W、X、Y四种元素可以形成多种化合物〖答案〗B〖祥解〗短周期元素Z、W、X、Y的原子半径逐渐减小且分占两个周期，根据它们形成的阴离子的结构，Z形成4个共价键，有两个电子层，Z为C元素，W形成3个共价键，且W的原子半径小于C，故为N，X形成两个共价键，原子半径小于N，故为O；Y形成1个共价键，原子半径最小，故为H；以此解答该题。【详析】由上述分析，Z为C元素，W为N元素，X为O元素，Y为H元素；A．元素的非金属性应为O>C>H，即X>Z>Y，故A正确；B．H和O可以形成H2O2，既有极性键又有非极性键，故B错误；C．W为N元素，最高价氧化物对应的水化物硝酸是强酸，故C正确；D．C、N、O、H元素可以形成多种化合物，故D正确。〖答案〗选B。9.溶液中存在平衡：，现在用溶液进行下列实验：结合实验下列说法不正确的是（）A.①中溶液橙色加深，③中溶液变黄B.②中被还原C.对比②和④可知酸性溶液氧化性弱D.若向④中加入溶液至过量，溶液变为绿色〖答案〗C〖解析〗A．①中滴加硫酸，溶液中氢离子浓度增大，平衡向逆反应方向移动，溶液中重铬酸根离子浓度增大，溶液橙色加深，③中滴入氢氧化钠溶液，氢氧根离子中和溶液中的氢离子，溶液中氢离子浓度减小，平衡向正反应方向移动，铬酸根离子浓度增大，溶液变黄色，故A正确；B．②中溶液由橙色变为绿色说明酸性条件下重铬酸根离子与乙醇发生氧化还原反应生成乙酸和铬离子，反应中铬元素的化合价降低被还原，故B正确；C．对比②和④可知，酸性条件下，重铬酸根离子能与乙醇发生氧化还原反应，碱性条件下，不能与乙醇发生氧化还原反应，则重铬酸钾酸性溶液的氧化性强于碱性溶液，故C错误；D．若向④中加入70%硫酸溶液至过量，溶液中氢离子浓度增大，平衡向逆反应方向移动，溶液中重铬酸根离子浓度增大，酸性条件下重铬酸根离子与乙醇发生氧化还原反应生成乙酸和铬离子，使溶液由橙色变为绿色，故D正确；故选C。10.菜谱中记载：河虾不宜与西红柿同食。主要原因是河虾中含有+5价砷，西红柿中含有比较多的Vc，两者同食时会生成有毒的+3价砷。下列说法正确的是（）A.在该反应中维生素C作催化剂B.上述反应中维生素C作氧化剂C.砒霜是砷的氧化物，由上述信息可推知砒霜中含有的砷可能是+3价砷D.因为河虾中含有砷元素，所以不能食用〖答案〗C〖祥解〗根据河虾中含有五价砷与维生素C反应生成有毒的3价砷，则河虾中的含砷物质为氧化剂，维生素C为还原剂，含有3价砷的物质有毒，五价砷的物质无毒。【详析】A．由信息可知，反应中砷元素的化合价降低，则维生素C中某元素的化合价升高，则维生素C在反应中作还原剂，A错误；B．反应中砷元素的化合价降低，则维生素C中某元素的化合价升高，则维生素C在反应中作还原剂，B错误；C．由信息可知，含有3价砷的物质有毒，砒霜是砷的氧化物，且有毒，则砒霜中含有的砷可能是3价砷，C正确；D．河虾中含有+5价砷，无毒，因此能够食用，D错误；故合理选项是C。11.2021年6月17日我国的“神舟十二号”载人飞船搭载3名宇航员顺利升空，此次神舟飞船的主要任务是运载航天员进入天和核心舱开启空间站运转，开启空间站长期有人照料情况下的在轨运行。火箭和飞船升空所需的巨大能量可由下列化学反应提供：C2H8N2+2N2O4═2CO2↑+3N2↑+4H2O，有关该反应的说法正确的是（）A.该反应是复分解反应 B.反应中碳元素的化合价升高C.该反应是置换反应 D.该反应不是氧化还原反应〖答案〗B〖解析〗A．复分解反应的定义是：两种化合物相互交换成分，生成另外两种化合物的反应，该反应中生成物中有氮气，不是化合物，故A错误；B．反应物C2H8N2中H元素为+1价，N元素为-3价，故C元素的化合价为-1价，生成物CO2中，碳元素为+4价，故反应中碳元素的化合价升高，故B正确；C．置换反应的定义是：一种单质和一种化合物反应生成新的单质和新的化合物，该反应的反应物没有单质，故C错误；D．该反应中有元素化合价的变化，故该反应是氧化还原反应，故D错误；〖答案〗选B。12.室温下，某浓度的H2C2O4，溶液在不同pH下，测得pc(H2C2O4)、pc(HC2O)、pc(C2O)的变化如图所示。下列说法正确的是（）已知：pc(H2C2O4)=-lgc(H2C2O4)，其它类似。A.曲线①表示pc(C2O)随pH的变化B.H2C2O4的pKa1=3.82C.b点对应的pH约为2.54D.1.25<pH<3.82，c(H2C2O4)+c(HC2O)+c(C2O)先减小后增大〖答案〗C〖祥解〗根据H2C2O4H++、，pH变化时，pc先减小后增大的是pc(HC2O)；pH越大，c(H+)越小，则电离平衡正向移动程度越大，pc增大的曲线是pc(H2C2O4)，pc减小的曲线是pc(C2O)，即曲线①、②、③分别表示pc(H2C2O4)、pc(HC2O)、pc(C2O)；pH=1.25时，c(H2C2O4)=c(HC2O)，可求得Ka1==c(H+)=10-1.25，同理，pH=3.82时，c(HC2O)=c(C2O)，可求得Ka2=10-3.82，据此分析解答。【详析】A．根据分析，曲线①表示pc(H2C2O4)随pH的变化，故A错误；B．根据图象，室温下，pH=1.25时，c(H2C2O4)=c(HC2O)，则pKa1=-lg=-lg=1.25，故B错误；C．根据图象，b点时，c(H2C2O4)=c(C2O)，Ka1(H2C2O4)Ka2(H2C2O4)==c2(H+)，则c(H+)==10-2.54，则对应的pH约为2.54，故C正确；D．如果pH变化是因为溶液逐渐稀释的缘故，则溶液体积逐渐增大，c(H2C2O4)+c(HC2O)+c(C2O)的值逐渐减小，故D错误；〖答案〗选C。13.我国明崇祯年间《徐光启手迹》记载了《造强水法》：“绿钒(FeSO4•7H2O)五斤，硝五斤，将矾炒去，约折五分之一，将二味同研细，次用铁作锅，……锅下起火，取气冷定，开坛则药化为水……。用水入五金皆成水，惟黄金不化水中，加盐则化。……强水用过无力……”。下列有关解释错误的是（）A.“将矾炒去，约折五分之一”后生成FeSO4•4H2OB.该方法所造“强水”为硝酸C.“惟黄金不化水中，加盐则化”的原因是加入NaCl溶液后氧化性增强D.“强水用过无力”的原因是“强水”用过以后，生成了硝酸盐溶液，其氧化性减弱〖答案〗C〖解析〗A.假设有即其质量为，“将矾炒去，约折五分之一”失去质量的即，换算成水的物质的量为，所以脱水后产物为FeSO4•4H2O，A正确；B.根据题目中描述“惟黄金不化水中，加盐则化”，可知该方法所造“强水”为硝酸，B正确；C.Au的金属活动性很弱，硝酸均不能将其氧化，加盐后，“强水”中含王水成分，Au可溶于王水，主要是由于配位作用，而不是因为氧化性，C错误；D.“强水用过无力”的原因是“强水”用过以后，生成了硝酸盐溶液，其氧化性减弱，D正确；故〖答案〗选C。14.向含有FeBr2溶液中通入一定量的Cl2(还原性：Fe2＋＞Br-)，表示该反应的离子方程式肯定错误的是（）A.2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl-B.10Fe2＋+2Br-＋6Cl2=10Fe3++Br2＋12Cl-C.2Br-＋Cl2=Br2＋2Cl-D.2Fe2＋＋4Br-＋3Cl2=2Br2＋2Fe3＋＋6Cl-〖答案〗C〖祥解〗还原性：Fe2＋＞Br-，则向含有FeBr2溶液中通入一定量的Cl2时，氯气先与Fe2＋反应，后与Br-反应。【详析】A.当通入少量的氯气时，氯气只与亚铁离子反应，其反应的离子方程式为2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl-，故A正确；B.当溴化亚铁与氯气5:3反应时，其反应的离子方程式为10Fe2＋+2Br-＋6Cl2=10Fe3++Br2＋12Cl-，故B正确；C.由分析可知，氯气先与亚铁离子反应，所以离子方程式中一定有亚铁离子参与，故C错误；D.当通入过量氯气时，氯气能将亚铁离子和溴离子都氧化，反应的离子方程式为2Fe2＋＋4Br-＋3Cl2=2Br2＋2Fe3＋＋6Cl-，故D正确；综上所述，〖答案〗为C。二、非选择题15.环己烷可制备1，4-环己二醇。下列七步有关反应（其中无机产物都已经略去）中，其中有两步属于取代反应，两步属于消去反应，三步属于加成反应（〖提示〗：⑤属于1，4-加成反应）试回答：(1)写出下列化合物的结构简式：B______________，C____________。(2)反应________和________(填写序号)属于取代反应(3)反应④所用的试剂和条件分别为：___________________。(4)写出下列反应的化学方程式：①____________________________________________________________；④____________________________________________________________。〖答案〗(1)(2)①⑥(3)NaOH醇溶液、加热(4)+Cl2+HCl+2NaOH+2NaCl+2H2O〖祥解〗环己烷和氯气发生取代反应生成，在氢氧化钠的醇溶液、加热条件下发生消去反应生成环己烯A，则A的结构简式为：，A和氯气反应生成B，B发生消去反应生成，和溴发生1，4-加成反应生成，在氢氧化钠的水溶液、加热条件下发生取代反应生成C为，和氢气发生加成反应生成。【详析】(1)由上述分析可知，B结构简式是；C结构简式是；(2)在上述反应中①是取代反应，②是消去反应，③是加成反应；④是消去反应；⑤是加成反应，⑥是取代反应；⑦是加成反应，所以属于取代反应的为①⑥；(3)反应④是1，2-二氯环己烷与NaOH的乙醇溶液在加热时发生消去反应，产生环己二烯和NaCl、H2O，故所用的试剂和条件为NaOH醇溶液、加热；(4)①反应是环己烷与Cl2在光照时发生取代反应，产生一氯环己烷和HCl，反应的化学方程式：；反应④1，2-二氯环己烷与NaOH的乙醇溶液在加热时发生消去反应，产生环己二烯和NaCl、H2O，反应的化学方程式：。16.铬是用途广泛的金属元素，但在生产过程中易产生有害的含铬工业废水。还原沉淀法是处理含和工业废水的一种常用方法，其工艺流程为：其中第I步存在平衡：2(黄色)+2H+(橙色)+H2O（1）①若平衡体系的pH=2，该溶液显________色。②根据2CrO42—+2H++H2O，设计下图装置（均为惰性电极）电解Na2CrO4溶液制取Na2Cr2O7。Na2Cr2O7中铬元素的化合价为_______，图中右侧电极连接电源的______极，其电极反应式为____________________________________。③第Ⅱ步反应的离子方程式：____________________________，向Ⅱ反应后的溶液加一定量NaOH，若溶液中c(Fe3+)=2.0×10—12mol·L—1，则溶液中c(Cr3+)=________mol·L—1。（已知Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10—38，Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10—31）。（2）CrO3具有强氧化性，遇到有机物（如酒精）时，猛烈反应以至着火。若该过程中乙醇被氧化成乙酸，CrO3被还原成绿色的Cr2(SO4)3。完成该反应的化学方程式：________________________________________________。（3）CrO3的热稳定性较差，加热时逐步分解，其固体残留率随温度的变化如图所示。B点时剩余固体的成分是___________（填化学式）。〖答案〗（1）①橙②+6正极4OH－－4e－＝O2↑＋2H2O③6Fe2+++14H+＝6Fe3++2Cr3++7H2O3×10－5（2）4CrO3＋3C2H5OH＋6H2SO4＝2Cr2(SO4)3＋3CH3COOH＋9H2O（3）Cr2O3〖解析〗（1）①若PH=2时，即酸性条件下，体系中存在的是，故溶液显橙色；②Na2Cr2O7中Na显+1价，O显-2价，计算得到，故Cr的化合价为+6价；根据2+2H++H2O可知，Cr的化合价不变，故电池中是电解水，右侧为阳极，阴离子（OH-）向阳极靠近，故离子方程式为：4OH－－4e－＝O2↑＋2H2O；③第二步是将还原成Cr3+,故离子方程式为：6Fe2+++14H+＝6Fe3++2Cr3++7H2O；已知Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10—38，c(Fe3+)=2.0×10—12mol·L—1，故Ksp=c(Fe3+)·c3(OH-)=2.0×10—12mol·L—1×c3(OH-)=4.0×10—38，可得到c(OH-)==0.2714×10-8，又因为Ksp[Cr(OH)3]=6.0x10—31=c(Cr3+)×c3(OH-)，可得到c(Cr3+)=3×10－5mol/L；（2）根据氧化还原反应配平，可得到4CrO3＋3C2H5OH＋