成都石室中学2025年高考适应性测试演练模拟考试化学答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年12月试卷_1228四川省成都石室中学2025年高考适应性测试演练模拟考试（八省联考模拟）（全）

1. 答案：D 解析：A中的牛油属于油脂，不是有机高分子材料。B项，淀粉和纤维素的n值不同，不是同分异构体。 C项酱油是混合物，不是弱电解质。青砖属于硅酸盐材料，是传统无机非金属材料 2. 答案：B 解析：A中的H O 球棍模型不是直线型分子。C项，气态团簇分子的化学式为E F 2 2 4 4 3. 答案：C 解析：A应该是阴极反应式，B项硫代硫酸钠中加入稀硝酸要发生氧化还原反应，而不是硫代硫酸钠的 歧化。D项，少量的AgNO 溶液不能反应內界的氯离子。 3 4. 答案：A 解析：A应该是加成反应。 5. 答案：D 解析：A  Al(OH) 结合H的能力比CO2强，B项的FeCl 溶液过量，无法说明该反应存在一定限度。 4 3 3 C项亚硫酸氢钠呈酸性，电离大于水解， > −14 6. 答案：C 1⋅ 2 10 解析：根据题意，X：H Y：C R：O M：Na 。第一电离能：O>C,Na最外层只有一个电子，容易 失去电子，O>C>Na,A项错误。B项中两种元素电负性相差越大，化学键中离子键成分的百分数越大，因 为O的电负性大于H，所以离子键成分的百分数：Na O>NaH。 2 7. 答案：B 解析：根据题意，B项中有H-H键断开和C-O键断开，有N-H键和H-O键生成，有极性键、非极性键断 开和极性键生成，没有非极性键的形成，B错误。 8. 答案：A 解析：A：A是(NH ) S或NH HS ，A错误 ；B项，X是强酸时，C是S单质，X是强碱，C为N ，B正 4 2 4 2 确；C项，当X是强酸时，D是SO ，SO 使得石蕊溶液变红，但不能褪色，C错误；D项在强酸和强碱条 2 2 件下生成的气体B在等质量时的体积比为1：2 9. 答案：C 解析：A：1mol化合物I中含有的σ键数目为17NA，B项Ⅱ中Ga的配体数为2， C. x1；D.Ⅱ中的N原子是利用的了sp2杂化的p轨道中的一对孤电子对形成的配位键 10. 答案：A 解析：A：Ka=c2(H+)/(0.1-c(H+)),解出H+的浓度约为0.062mol/L ，由于氨基磺酸可以形成內盐+H NSO -所 3 3 以熔点大小关系：H NSO H>H SO ；C项该反应生成1molH 时转移电子数为3NA 2 3 2 4 2 D项不能用BaNO  溶液检验分解所得混合气体中是否含有SO ，因为体系中还有SO 会干扰。 3 2 3 211. 答案：B 解析：A项GaAs中，As提供孤电子对，Ga提供空轨道，两者形成配位键，平均1个GaAs中的配位键数 目为1，则1molGaAs中配位键的数目是N ，A正确；B项由晶胞结构可知，Ga和As的最近距离是 ， A B项错误；C项c位于侧面的面心，沿体对角线方向投影，则As的位置为7、9、11、13，C正确，由乙晶 胞结构可知，和Mn最近且等距离的As的数目为4 12.答案：C 解析：该电解装置中的阴极为电极①和电极③，其余两个电极为阳极。故AB项正确，互换后的电极④发生 电极反应式为：LiFePO -e-=FePO +Li+；锂离子的回收率为（6.73×10-3-5×10-4）/7.19×10-3≈86.6% 4 4 13. 答案：D 解析：A．由图可知：温度升高，lgK1减小，即平衡常数K1减小，说明温度升高，化学平衡逆向移动，逆 向是吸热反应，则该反应的正反应是放热反应，所以a＜0，A错误； B．X点对应反应温度为400K，由图可知：X点乙醇物质的量分数小于平衡时乙醇的物质的量分数，说明 此时反应未达平衡状态，反应正向进行，v正＞v逆，B错误； C．由图1可知，反应Ⅰ、Ⅱ均为放热反应，升高温度，化学平衡均逆向移动，由图2可知升高温度后乙酸甲 酯的物质的量分数降低速率大于甲醇的降低速率，所以600K后升高温度对反应Ⅰ的影响程度大于反应Ⅱ，C 错误； D．B曲线随温度升高，物质的量分数升高，当温度高于600K时，乙醇或甲醇的物质的量分数很小，以反 应Ⅰ为主，温度升高，反应Ⅰ平衡逆向移动，一氧化碳或甲醚物质的量分数升高，故曲线B表示一氧化碳或甲 醚的物质的量分数随温度的变化，D正确； 故选D。 14. 答案：D 解析：A项0.5molL1NaHCO 溶液中存在质子守恒关系：c(H+)+c(H2CO3)=c(OH-)+c(CO32-)，A错误 3 a点溶液中溶质有NaHCO3和CaCl2，水的电离被促进，b点溶液中溶质有NaCl 和H2CO3，水的电离被抑 制，对比之下发现，a到b的过程中，水的电离程度不断减小，B错误； a点时溶液中存在电荷守恒2c  Ca2+ +c  Na+ +c  H+ =c  HCO- +2c  CO2- +c  Cl- +c  OH- ，a点溶液显碱性， 3 3 所以c(OH—)>c(H+)，则可得到2c  Ca2+ +c  Na+ >c  HCO- +2c  CO2- +c  Cl- ，C不正确； 3 3 c  CO2- c  H+ c  Ca2+  Ksp CaCO c  H+  D．b点pH=7.2，K = 3 = 3 ， a2 c  HCO- c  Ca2+ c  HCO-  c  Ca2+  3 3 KspCaCO c  H+ c  HCO- c  Ca2+ = 3 ，代入题中给出的数据K H CO =4.710-11， 3 K a2 2 3 a2 K CaCO =3.3610-9，c  HCO- ·c  Ca2+ = 10-7.2 3.3610-9 4.510-6，D正确； sp 3 3 4.710-1115．（13分）（1） （1分） +6（1分） 高温 （2） （2分） （3）2 T C eOr2 2 ++ 3 2 + SO 3 + 2 3 + H 4 ON=a2 T C e O + 3 2SO 42－N+a2 6 C H rO+ 4+（42C分O2 ） （4）酸浸（1分） (5)aedc（2分） 2 2 4 电解 （6） （2分） 12.2%（2分） 4K2CrO4+4H2O 4KOH+2H2 ↑+ 2 ↑+2K2Cr2O7 15.解析：（5）同一温度下，溶解度小的物质优先析出，要从溶液中析出K Cr O 粗产品，从溶解性表可得 2 2 7 出，温度低于50℃后K Cr O 的溶解度最小，故将混合溶液加热到50℃析出晶膜后进行降温结晶、过滤。 2 2 7 答案为aedc。（6）n(K CrO )=0.2mol由于转化率为80%，反应的K CrO 的物质的量为0.16mol，电解池中 2 4 2 4 转移的电子数为0.16mol，从右槽移动到左槽的K+为0.16mol，左槽生成0.08molH 逸出体系，所以左槽的 2 KOH的质量为100×4%+0.16×56=12.96g，溶液的质量为100+0.16×38=106.08，溶液的质量分数为： 12.96/106.08≈12.2% 16.（15分）(1) +115.1 （2分） 高温 （1分） （2）BD （2分） (3) 42.9%或3/7 （2分） 16.9（16.6～16.9均给分）（2分） C H HO C H H O (4) 3 7 2 3 6 2 2 （2分） O 与热裂解的H 反应生成水，使平衡正向进行，反应趋势 2 2 增大。（2分） (5) O 氧化性强，易氧化C H 和C H ，使产率下降。（2分）（或CO 是一种温和的氧化剂，不会氧化 2 3 8 3 6 2 C H 和C H ） 3 8 3 6 16.解析：（2）恒温恒容下，向体系中加入惰性气体，未改变反应体系种各物质的浓度，速率不变，A错误； 反应Ⅰ为正向进行的气体物质的量增加的反应，恒温恒压下，只有平衡时气体的体积不变，气体的密度不变， 故B 选项正确；C H 的消耗速率与C H 的生成速率均为正反应速率，两者速率始终相等，不能判断反应 3 8 3 6 达平衡，选项C错误；反应Ⅰ为正向进行的气体物质的量增加的反应，恒压条件下反应正向进行程度更高， 丙烷的转化率更高。故BD正确。 （ 3 ） 体 系 中 发 生 C H (g) C H (g)+H (g) 和 C H (g) C H (g)+CH (g) 反 应 ， 3 8 3 6 2 3 8 2 4 4 nC H %=nCH %=4%，又由于nC H %=40%，所以nC H %=nH %=26%，C H 的转化率为：（4%+26%） 2 4 4 3 8 3 6 2 3 8 /70%=42.9%；K =(0.26)2×100/0.4=16.9 p 17.（15分）(1)CuSO 试纸由蓝色变为黑色（2分） NaHCO 、NaHS （2分） 4 3 （2）H S与醋酸亚铜氨溶液作用（H S与亚铜离子结合），使醋酸亚铜氨溶液与CO结合能力减弱（2分） 2 2 （3）长颈漏斗 （1分） （4）Cu+2H SO （浓）==CuSO +SO ↑+2H O （加热条件）（2分） （5）ad（2分） 2 4 4 2 2 （6）80% （2分） AD（2分） 17.解析：(5)乙装置的作用为平衡气压，防止倒吸，故溶液不吸收SO 即可，答案为浓硫酸和饱和NaHSO 2 3 溶液；（6）根据得失电子守恒：Cr O 2－～6e－～6S O 2－，所以c(S O 2－)=20.00×0.01×6/18.60=0.2/3.1，样 2 7 2 3 2 3 品中Na S O ·5H O的纯度为：0.2×0.1×248/3.1×2=80%；配制100mL溶液时，仰视容量瓶的刻度线，使 2 2 3 2配制溶液的浓度偏低，故A选项正确；装K Cr O 标准液的酸式滴定管洗涤后若未润洗，使K Cr O 溶液浓 2 2 7 2 2 7 度偏低，消耗的Na S O 溶液体积偏小，测定浓度偏大；量取K Cr O 标准液时，开始有气泡，终点无气泡， 2 2 3 2 2 7 使量取体积小于20.00mL，消耗的Na S O 溶液体积偏小，测定浓度偏大；滴定阶段，开始平视刻度线，终 2 2 3 点仰视刻度线，读数偏大，使测定浓度偏小。故答案为AD18.（15分）(1) 液溴、FeBr (Fe)，（2分） 取 3 代 （1分） (2)氯乙酸甲酯（2-氯乙酸甲酯）（1分） （2分） （3） +H O → +H O（2分） 2 2 2 （4） ＞ ＞ （2分） ② ① ③ （5）19 （2分） （1分） （6） （2分） 18.解析：（5）手性碳原子的结构分别为①—CHFCHO，苯环上还有-F和-Cl，共10种，②—CHClCHO，苯 环上还有2个-F，共6种③—CFClCHO，苯环上还有-F，共3种，共19种