【文档说明】重庆市第八中学2025届高三上学期高考适应性月考卷（一）化学解析.docx，共(5)页，131.535 KB，由小赞的店铺上传

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化学参考答案一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。题号1234567答案BACBDBA题号891011121314答案CABDDCC【解析】1．聚氯乙烯在常温下没有危害，高温时分解会产生有害物质，故不用作食品包装袋，A

错误。硬铝为Al和Cu、Mg、Mn等金属的合金，B正确。芯片的主要成分为高纯度的单质硅，C错误。有机高分子相对分子质量一般大于104，丙烷分子量很小，不属于高分子，D错误。2．次氯酸钠是离子化合物由Na+和

ClO−构成，次氯酸根离子中O原子和Cl原子之间共用一对电子对，故次氯酸钠的电子式为Na+[：Q̈：C̈]：J，A正确。Br2分子中溴原子与溴原子形成p−p𝜎键，电子云轮廓图为O），B错误。2-丁烯的键线式为∼∼，C错误。CCl4分子的空间构型为正四面体形，且Cl原子半径大于C

原子半径，D错误。3．Na2O2由2个Na+和1个O22−，故1molNa2O2中含有的离子数为3𝑁A，A错误。胶体粒子是由多个Fe(OH)3粒子聚集而成，所以0.3molFeCl3水解所得胶体粒子数远小于0.3𝑁

A，B错误。标况下HF为液体，分子间距比气体小，分子数目大于𝑁A，原子数目大于2𝑁A，C正确。随着反应进行，浓硫酸变为稀硫酸，反应停止，所以0.2molH2SO4不能完全反应，D错误。4．OH−与NH4+也会发生反应，正确答

案应为Ba2++SO42−+2NH4++2OH−=BaSO4↓+2NH3⋅H2O，A错误。醋酸分子为弱电解质，不能拆，B正确。CO2少量时，产物为CO32−，C错误。ClO−具有强氧化性，能把SO2氧化生成SO42−，若SO2少量，正确的离子方程式应为Ca2++3Cl

O−+SO2+H2O=CaSO4↓+Cl−+2HClO，若SO2过量，正确的离子方程式应为Ca2++2ClO−+2SO2+2H2O=CaSO4↓+SO42−+2Cl−+4H+，D错误。5．铝热反应只能用Al还原金属活动性弱于Al的金属氧化物，Mg金属性强于

铝，反应不能进行，A错误。氨气极易溶于水，导管直接插入水中容易倒吸，用该装置吸收氨气不能防倒吸，B错误。粗铜精炼，粗铜作阳极接外接电源的正极，精铜作阴极接外接电源负极，C错误。Mg2+在加热条件下易水解生成Mg(O

H)2，在HCl气氛中能抑制水解从而得到无水MgCl2，D正确。6．由结构可知鲁米诺的化学式为C8H7N3O2，A错误。A含2个-COOH、甘油含3个−OH，二者可发生缩聚反应，B正确。鲁米诺分子中苯环、羰基为平面结构，且直接相连，单键在空间可旋转，则鲁米

诺分子中处于同一平面的原子最少12个，C错误。（1）中-OH被取代、（2）中硝基被还原为氨基，分别为取代、还原反应，D错误。7．S的氧化性较弱，遇到变价金属会把变价金属氧化到低价态，故铁、铜分别与硫反应生成的为硫化亚铁和硫化亚铜，A正确。Li元素的还原性较弱，与氧气反应只能生

成Li2O，B错误。SO2有还原性，过氧化钠有氧化性，两者反应会生成硫酸钠而不是亚硫酸钠，C错误。由于二氧化碳过量，Na在过量的二氧化碳之中反应生成碳酸钠，D错误。8．废铜泥灼烧后将金属元素转化为可溶于硫酸的氧化物，酸浸后先加H2O2，氧化Fe2+，再加NaOH稀溶液，过

滤除去Fe(OH)3，往滤液中加入Na2SO3、NaCl还原后经系列操作得到氯化亚铜产品。酸浸后主要含有Cu2+和Fe3+，A错误。“除杂”步骤中，加过量的氢氧化钠溶液会提高成本，并且可能生成氢氧化铜沉淀，降低CuCl的产率，B错误。“灼烧”不充分，铜没有完全

转化为氧化铜，则会降低CuCl的产率，C正确。灼烧固体在坩埚中进行，不能在蒸发皿中进行，D错误。9．Fe(OH)2隔绝氧气加热分解得FeO，在空气中加热最终得到Fe2O3，A错误。常温下，单质Fe与浓硫酸会发生钝化，必须要加热反应才能持续进行，B正确。Q为

Fe2+，可用K3[Fe(CN)6]溶液进行检验，产生蓝色沉淀，C正确。FeO42−中Fe元素为+6价，据图可知FeO42−在碱性环境中稳定存在，所以Fe3+与氧化剂在碱性条件下反应可生成FeO42−，D正确。10．Z元素的基态原子3d轨道上有2个未成对电子

，且价层电子的空间运动状态有6种，则Z为Ni元素;由图可知，配合物中M、W、X、Y形成共价键的数目为1、4、4、2，M、W、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中W、X、Y在第二周期且相邻，则M为H元素、W为C元素、X为

N元素、Y为O元素。同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，则同周期中第一电离能小于氮元素的元素有锂、铍、硼、碳、氧，共5种，B正确。氧元素的原子序数为8，基态原子的电子排布式为1s22s22p4，原子核外电子有8种不同

的运动状态，C错误。由图可知，配合物中配体为2个[HO−N=C−C=N−OCH3CH3]阴离子，则中心离子为带2个单位正电荷的镍离子，所以镍元素的化合价为+2价，D错误。11．该实验会产生杂质气体H2S，具有还原性，也能使溴水褪色，A错误。白色沉淀可能为BaSO4或BaS

O3，故X可能为氧化性气体如Cl2，也可能为碱性气体如NH3，B错误。水解为酸性条件，要用新制Cu(OH)2悬浊液检验是否水解完全必须先加入适量NaOH使溶液呈碱性，C错误。向试管中加入2mL0.1mol/LAgNO3溶液，滴加3mL0.1mol/LNa

Cl溶液，此时氯离子过量，银离子全部转化为AgCl白色沉淀，再加入碘离子产生黄色沉淀则只能由AgCl转化而来，故𝐾sp(AgCl)>𝐾sp(AgI)，D正确。12．由题意可知，右侧装置为原电池，则左侧装置为电解池，原电池中细菌电极为电解池的负极，水分子作用下乙酸根离子在负极失去电子发

生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH3COO−−8e−+2H2O=2CO2↑+7H+，钴酸锂电极为正极，酸性条件下钴酸锂在正极得到电子发生还原反应生成锂离子、钴离子和水，电极反应式为2LiCoO2+2e−+8H+=2Li++2Co2++4H2O，电池的总反应为CH3COO−+8Li

CoO2+25H+——2CO2↑+8Li++8Co2++14H2O;电解池中，与原电池正极相连的细菌电极为阳极，水分子作用下乙酸根离子在阳极失去电子发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH3COO−−8e−+2H2

O=2CO2↑+7H+，右侧石墨电极为阴极，钴离子在阴极得到电子发生还原反应生成钴，电极反应式为Co2++2e−=Co，电解的总反应为CH3COO−+4Co2++2H2O=2CO2↑+7H++4Co。由分析可知，装置工作时，乙室为原电池，电池的总反应CH3COO−+8LiCoO2+25H+=

2CO2↑+8Li++8Co2++14H2O，反应中消耗氢离子，说明装置工作一段时间后，乙室应补充盐酸，A正确。由分析可知，装置工作时，甲室为电解池，电解的总反应CH3COO−+4Co2++2H2O=2CO2↑+7H++4Co，反应中生成氢离子透过阳膜进入甲室，B正确

。由分析可知，装置工作时，乙室为原电池，钴酸锂电极为正极，酸性条件下钴酸锂在正极得到电子发生还原反应生成锂离子、钴离子和水，电极反应式2LiCoO2+2e−+8H+=2Li++2Co2++4H2O，C正确。若甲室钴离子减少𝑎g，电解转移电子的物质的量𝑎g59g/mol×

2，若乙室钴离子增加𝑎g，电解转移电子的物质的量𝑎g59g/mol×1，由于电子转移的物质的量不等，说明此时已进行过溶液转移，即将乙室部分溶液转移至甲室，D错误。13．图甲晶胞中，O位于面心，与O等距离且最近的Li有6个，O原子的

配位数为6，A正确。根据均摊法，图甲的晶胞中含Li：8×14+1=3，O：2×12=1，Cl：4×14=1，1个晶胞的质量为3×7+16+35.5𝑁Ag=72.5𝑁Ag，晶胞的体积为(𝑎×10−10cm)3=𝑎3

×10−30cm3，则晶体的密度为72.5𝑁Ag÷(𝑎3×10−30cm3)=72.5𝑁A×𝑎3×10−30g/cm3，B正确。根据均摊法，图乙中Li：1，Mg或空位为8×14=2，O：2×12=1，C1或Br：4×14=1，Mg的个数小于2，根据正负化合价的代数和为0，图乙的化

学式为LiMgOCl𝑥Br1−𝑥，C错误。进行镁离子取代及卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料，说明Mg2+取代产生的空位有利于Li+的传导，D正确。14．对二甲苯中𝑐(HA)PX=0.016mol/L，𝐾d=𝑐(HA)W𝑐(HA)PX=10，则𝑐(HA)W=0.16mol/L

。HA⇌H++A−，𝑐(HA)w=0.16mol/L，由𝐾a=4.0×10−6=𝑐2(H+)𝑐(HA)w可得：𝑐(H+)=8×10−4，pH≈3.1，A正确。加入对二甲苯，𝑐(HA)PX减小，𝑐(HA)W𝑐(HA)P

X不变，所以𝑐(HA)w减小，水的量不变，所以水中𝑛(HA)w减小，HA总的物质的量不变，则𝑛(HA)PX增大，𝑛(HA)PX𝑛(HA)w增大，B正确。𝑛(HA)总=𝑏=0.016×25×10−3+0.16×5×10−3=1.2×10−3mol，则：𝑐(HA)w÷

[(1.2×10−3−𝑐(HA)w×25×10−3)÷25×10−3]=10可得：𝑐(HA)w=0.044mol/L，C错误。由𝑐(HA)w𝑐(HA)PX=10可得𝑐(HA)w=10𝑐(HA)px，𝑐(A−)=0.5𝑐(HA)w=5𝑐(HA)px;则由物料

守恒得[𝑐(HA)w+𝑐(A−)]×5×10−3+𝑐(HA)px×25×10−3=𝑛(HA)=1.2×10−3，𝑐(HA)PX=0.012mol/L，D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）（1）4d105s1（2）ZnSiO2（1分）（3）AgCl+2Na2SO3=Na3[Ag(SO3)2]+NaCl0.045（4）4[Ag(SO3)2]3−+N2H4+4OH−=4Ag↓+8SO32−+N2↑+4H2O（5）Au（1

分）（6）H+与SO32−反应使Ag++2SO32−⇌[Ag(SO3)2]3−平衡逆向移动，促进Cl−结合Ag+形成AgCl沉淀16．（每空2分，共14分）（1）分液漏斗MnO2+4H++2Cl−→△Mn2++Cl2↑+2H2O（2）D（3）防止升华出的PCl5凝固，堵塞装置（4）对Cl2进

行尾气处理，防止空气中的水蒸气进入E中（5）H2O+H3PO3+I2=H3PO4+2HI（6）(𝑐1𝑉1×10−3−12𝑐2𝑉2×10−3)×137.5×10𝑚×100%【解析】（2）根据已知

条件PCl3和PCl5遇水都会发生反应，所以制备过程中需要除去水蒸气，所以选择浓硫酸。（3）根据已知条件PCl5易升华，为了防止PCl5凝华成固体，进入导管，堵塞导管，所以选择仪器M来防止堵塞。（4）根据已知条件，装置F的作用

是对氯气进行尾气处理，同时可以防止空气中的水蒸气进入到E装置中，防止制得的PCl3和PCl5遇水发生反应。（5）步骤①取产品后加水，PCl3与水反应生成H3PO3和HCl，所以步骤②是生成的H3PO3与I2发生氧化还原反应。（6）根据滴定实验条件可知：消耗Na2S2O3的量为𝑐2×𝑉2×

10−3mol，则滴定时反应I2的量为12×𝑐2×𝑉2×10−3mol，所以与H3PO3反应的I2的量为𝑐1×𝑉1×10−3−12×𝑐2×𝑉2×10−3mol，根据第②步的反应方程式可知，(𝑐1×𝑉1×10−3−12×𝑐2×𝑉

2×10−3)×137.5×10𝑚×100%。17．（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）−66kJ⋅mol−1（2）ABD（3）Cat.3（1分）温度升高，催化剂的活性增强，反应速率加快，SO2的转化率增大（4）2(1分)1615（5）①阳（1分）

②2HSO3−+2H++2e−=S2O42−+2H2O③8g【解析】（2）A选项当达到平衡状态时，H2S的浓度保持不变。B选项根据反应方程式，反应前后气体的总质量减小，体积不变，密度不变时，反应达到平衡状态。C选项因为H2S和SO2气体的充入比例不确

定，不能作为平衡标志。D选项生成H2O(g)代表𝑣正和生成H2S(g)代表𝑣逆相等，反应达到平衡状态。（3）由图像可知，催化剂Cat.3活性最高的温度低于其他催化剂，且SO2的转化率是最高的，所以催化剂Cat.3是最佳

选择。若选用催化剂Cat.2，随着温度的升高，催化剂的活性增强，反应速率增加，单位时间内SO2的转化量增加，所以SO2的转化率增大。（4）已知在压强为100kPa的恒压密闭容器中按体积比为1：1：7充入CH4、SO2、He发生反应I和II，测得SO2的平衡转化率为80%，CH4的平衡转化率为5

0%，设初始时容器中的CH4和SO2均为𝑎mol，则He为7𝑎mol。各物质的变化量为2SO2+CH4⇌2S+2H2O+CO2变化量CH4+CO2⇌2CO+2H2变化量0.1𝑎0.1𝑎0.2𝑎0.2𝑎因此平

衡时，SO2为0.2𝑎mol、CH4为0.5𝑎mol、S为0.8𝑎mol、H2O为0.8𝑎mol、CO2为0.3𝑎mol、CO为0.2𝑎mol、H2为0.2𝑎mol、He为7𝑎mol，总物质的量为10𝑎mo

l。平衡时各物质的分压：SO2为2kPa、CH4为5kPa、S为8kPa、H2O为8kPa、CO2为3kPa、CO为2kPa、H2为2kPa、He为70kPa，因此𝐾p(II)=(2kPa)2×(2kPa)25kPa×3kPa=1615kPa2。（5）①石墨I为阴极，石墨II为

阳极。②石墨I发生还原反应，电极反应式为2HSO3−+2e−+2H+=S2O42−+2H2O。③每处理1molSO2，电解池转移1mol电子，产生0.25mol氧气，质量为8g。18．（除特殊标注外，每空2分，共15分）（1）邻硝基苯甲酸（2-硝基苯甲酸）（2）碳氯键（氯原子）（1分）

（3）CD（4）（5）（或写为）（6）17（7）