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云南师大附中 2025 届高考适应性月考卷（五）
化学参考答案
一、选择题：本题共14小题，每小题3分。
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 B C B D A B A
题号 8 9 10 11 12 13 14
答案 C D C C B C D
【解析】
1．可降解塑料聚乳酸，能减少白色污染，A正确。汽油不能和碳酸钠溶液反应，也不溶于碳
酸钠溶液，不能用热的纯碱溶液清洗衣物上的汽油污渍，B错误。氨气遇到氯气会产生白
烟，故氯碱工业中，可用浓氨水检查氯气管道是否泄漏，C正确。汽车防冻液的主要成分
为乙二醇，羟基间可以形成分子间氢键，D正确。
2．1mol甲基含有的电子数为9N ，A错误。N 分子的结构式为N N，B错误。基态N原子
A 2
的价电子排布式为2s22p3，C正确。偏二甲肼作火箭的燃料，NO 作氧化剂，两者发生氧
2 4
化还原反应生成无污染的 N ，反应的化学方程式为 C HN ＋2NO=2CO ＋3N ＋
2 2 8 2 2 4 2 2
4HO，D错误。
2
3．NaOH溶液呈碱性，可用于吸收酸性气体，A正确。MgO的熔点较高，工业上电解熔融
的MgCl 冶炼单质Mg，B错误。铝和氧化铁在高温下反应生成铁和氧化铝，可用于焊接
2
铁轨，C正确。厨房中使用的小苏打为 水解显碱性，可用作清洁剂，D正确。
4．一般来说，同一周期主族元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但 N的2p轨
道半充满，第一电离能大于相邻元素，故第一电离：CN，N的电负性强于H，B正确。HO可以形成分子间氢键，沸点更高，
2
C错误。 分子中N原子的孤电子对，进入空轨道形成配位键后，原孤电子对与成键
电子对间的排斥作用变为成键电子对间的排斥，排斥作用减弱，键角变大，D正确。
11．b是阴极，b与外接电源的负极相连，A正确。a是阳极，Pb电极的电极反应式： Pb−2e
－+ =PbSO ↓，B正确。转移2mol电子，阳极室有1mol 转化为PbSO 沉
4 4
淀，同时有2mol H+移入阴极室，电解一段时间后，阳极室中电解质溶液 的质量减小，C
错误。阴极发生反应： ，D正确。
12．氯水过量，不能验证Br >I ，A错误。溶液中加入 后体系中剩余大量的 ，加硝
2 2
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学科网（北京）股份有限公司酸中和氢氧化钾，再加入硝酸银，生产白色沉淀即为 ，B正确。向 溶液中滴加
，因为 过量，因此有剩余不能说明该反应是有限度的，C错误。向鸡蛋清的
水溶液中加入饱和硫酸铵溶液，产生白色沉淀，再加蒸馏水，沉淀溶解，这是蛋白质的
盐析，D错误。
13．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和体心的钠原子个数为 8× +1=2，位于面上的氯原子
个数为12× =6，则晶胞的化学式为NaCl ，A正确。由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点
3
的A和位于面对角线上的B的原子分数坐标分别为(0，0，0)、( ，0， )，则晶胞的
边长为1，位于面上的C的原子分数坐标为(0， ， )，B正确。由晶胞结构可知，晶
胞中位于顶点的钠原子与位于面对角线上的氯原子距离最近，则晶胞中与钠原子距离最
近的氯原子个数为12，C错误。由晶胞结构可知，晶胞中氯原子构成的多面体共有12个
顶点，每个顶点为5个三角形所共有，则每个三角形平均占有的顶点为3× ，所以多面
体包含三角形的面的数目为 =20，D正确。
14．由题可知， ，加NaOH溶液后，Cu2+先沉淀，Fe2+后沉淀，
两者的pM随pH的变化关系应是平行线，曲线①表示滴定CuSO 溶液的pM变化关系，
4
曲线②表示滴定FeSO 溶液的pM变化关系，A正确。根据曲线③pM=0的点可计算HX
4
的电离常数K=1×10−5，B正确。根据K 可知 难溶于HX溶液中，而 易
a sp
溶于HX溶液中，C正确。a点， 和 相等，根据Fe(OH) 的K 和HX的电
2 sp
离平衡常数可求得pH=8，D错误。
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）不再有气泡产生时 （1分）
（2）排除装置中的二氧化碳、水蒸气对实验的干扰
（3）否（1分） 浓硫酸、无水氯化钙不能除去空气中的二氧化碳
（4）Co (OH) (CO)
3 2 3 2
（5）①饱和碳酸氢钠溶液（合理答案给分）
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学科网（北京）股份有限公司③ ④B
【解析】(4)n(H O)＝ ＝0.01 mol，n(CO)＝ ＝0.02 mol，由C元素守恒知，该
2 2
样品物质的量为0.01 mol，H元素物质的量为0.02 mol，则b为2，Co元素质量为3.31
g−0.02×17−0.02×60＝1.77g，Co 的物质的量为 0.03mol，故碱式碳酸钴的化学式为
Co (OH) (CO)。
3 2 3 2
16．（除特殊标注外，每空2分，共15分）
（1）ⅦB（或Ⅶ副）（1分） SiO（1分） Fe(OH) （1分） CaF （1分）
2 3 2
（2） + 5Fe2++8H+ = Mn2+ + 5Fe3++ 4HO
2
（3）3×10−6
（4）2（1分）
（5）O
2
（6） 八面体间隙
【解析】（2）根据提示写出： + 5Fe2++8H+ = Mn2+ + 5Fe3++ 4HO 。
2
（3） =2.7×10−11，带入数据 =3×10−6 。
（4）“合成MnO ”是硫酸锰作还原剂，KSO 作氧化剂，根据得失电子守恒可得反应：
2 2 2 8
MnSO ＋KSO＋2HO===MnO↓＋KSO ＋2HSO 。
4 2 2 8 2 2 2 4 2 4
（5）二氧化锰与碳酸锂混合反应生成LiMn O ，LiMn O 中Mn的化合价有+3价、+4价
2 4 2 4
两种，可知发生了氧化还原反应，二氧化锰作氧化剂，则化合价升高的只能是−2价氧元
素，故产物中还有氧气。
17．（除特殊标注外，每空2分，共14分）
（1）②（1分） +177（1分） 不变（1分） 增大（1分）
（2）①4 mol/L ②增大
（3）①0.1 1 ②0.8N
A
【解析】（1）反应②的活化能210 kJ·mol−1大于反应①的活化能177 kJ·mol−1 ，故反应
速率由反应②决定；ΔH=−300kJ/mol−(−477kJ/mol) = +177 kJ/mol；增大反应物浓度，
可增大活化分子的数目，但活化能不变，活化分子百分数不变，增大浓度可加快反应速
率。
（2）① C H(g)+CO (g) C H(g)+CO(g)+HO(g)
2 6 2 2 4 2
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学科网（北京）股份有限公司起始（mol/L） 4 3 0 0 0
变化（mol/L） 2 2 2 2 2
平衡（mol/L） 2 1 2 2 2
K=4 mol/L。
c
②该反应的正反应是气体分子数增大的反应，其他条件不变时，改为在恒压密闭容器中
反应，相当于减压，平衡正向移动，平衡时C H 的转化率增大。
2 6
（3）①A、B、C、D均为惰性电极，甲槽电解KCl和CuSO 的混合溶液，阳极上离子放
4
电顺序为Cl－>OH－> ，阴极上离子放电顺序为Cu2＋>H＋>K＋，开始阶段阴极上析出
Cu，阳极上产生Cl ，则题图（b）中曲线Ⅰ代表阴极产生气体体积的变化，曲线Ⅱ代表
2
阳极产生气体体积的变化。阳极上发生的反应依次为2Cl－−2e－=Cl↑、4OH－−4e－
2
=2HO＋O↑，由曲线Ⅱ可知，Cl－放电完全时生成224 mL Cl ，根据Cl原子守恒
2 2 2
可知，溶液中c(KCl)＝ ＝0.1mol·L−1；阴极上发生的反应依次为Cu2＋+2e－
=Cu、2H＋+2e－=H↑，由曲线Ⅱ可知Cu2＋放电完全时，阳极上产生224 mL
2
Cl 和112 mL O ，则电路中转移电子的物质的量为 0.01 mol×2＋0.005 mol×4＝0.04
2 2
mol，据得失电子守恒可知，n(Cu2＋)＝0.04 mol× ＝0.02 mol，故混合液中c(CuSO )＝
4
＝0.1 mol·L−1。电解CuSO 溶液时，Cu2＋在阴极放电，水电离的OH－在阳极放
4
电，电解的总离子方程式为 2Cu2+＋2HO=2Cu＋O↑＋4H+。析出0.64 g Cu(即
2 2
0.01 mol)时，生成HSO 的物质的量也为0.01 mol，pH=1。②加入0.2mol Cu(OH) 相当
2 4 2
于加入0.2 mol CuO和0.2 mol HO，则电解过程中转移电子的物质的量为0.2mol×2＋
2
0.2mol×2＝0.8mol，即0.8N 个电子。
A
18．（除特殊标注外，每空2分，共15分）
（1）sp2（1分） 8
（2）消去反应（1分） 氧化反应（1分）
（3）13
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（5）苯甲酸
（6）
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