重庆巴蜀中学2025届高三12月适应性月考（四）化学答案_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年12月试卷_1216重庆巴蜀中学2025届高三12月适应性月考（四）

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 D A D B A B 题号 8 9 10 11 12 13 14 答案 C B D D C D D 【解析】 1．单晶硅属于共价晶体，A正确。酚醛树脂是由酚类和甲醛缩聚成的，不含酯基，不属于聚 酯，B 错误。碳纳米管与石墨烯互为同素异形体，C 正确。砷化镓属于新型无机非金属材 料，D正确。 2．N 的电子式为 ，A 正确。Cl 中的共价键由 2 个 Cl 原子各提供 1 个未成对电子的 2 2 3p原子轨道重叠形成，为p−p σ键，B正确。NH ClO 中阳离子NH的中心N原子为sp3 4 4 4 杂化，且孤电子对数为0，ClO的中心Cl原子为sp3杂化，且孤电子对数也为0，故NH、 4 4 ClO的VSEPR模型和空间结构都相同，C正确。根据化合价升降变化判断可知氧化产物 4 为N 和O ，还原产物为Cl ，故氧化产物与还原产物的物质的量之比为3∶1，D错误。 2 2 2 3．氯化钠（食盐的主要成分）和谷氨酸钠（味精的主要成分）均可用作食用调味品，A正确。 Cu 和 S 反应生成 Cu S，B 错误。油脂是由高级脂肪酸与甘油形成的酯，不属于高分子化 2 合物，C错误。聚乳酸只能由乳酸分子一种单体通过缩聚反应制得，D错误。 4．K+、NH、I−、NO能大量共存，但因I−有较强还原性，通入Cl 后I−会被氧化，故不能 4 3 2 维持大量存在，A 错误。HCO与[Al(OH) ]−因生成 Al(OH) 沉淀不能大量共存，同时通 3 4 3 入 CO 后，[Al(OH) ]−与 CO 反应生成 Al(OH) 沉淀，B 错误。Fe3与 SCN−发生络合生 2 4 2 3 成Fe(SCN) 不能大量共存，同时通入SO 后，Fe3与SO 发生氧化还原反应而不能大量 3 2 2 存在，C 错误。NH、CH COO−、Cl−、CO2能大量共存，且通入 NH 后仍能维持大量 4 3 3 3 共存，D正确。 化学参考答案·第1页（共7页）5．液体向细口容器转移，需用玻璃棒引流，特别是向容量瓶转移时，玻璃棒末端需在刻度线 以下，确保刻度线以上区域无液体，图中玻璃棒末端在刻度线以上，操作错误，A错误。 已知浓度的NaOH标准溶液滴定未知浓度的CH COOH，滴定终点溶液呈碱性，应该用酚 3 酞作指示剂，氢氧化钠可盛放在耐腐蚀的聚四氟乙烯材质的滴定管中，B 正确。乙二醇滴 入足量的酸性高锰酸钾溶液中会被氧化成CO ，C错误。烧碱（NaOH）与石英（SiO ）会 2 2 发生反应，D错误。 6．短周期中Q电负性最小，故Q为Na元素；又五种元素原子序数依次增大且分别位于三个 不同周期，则W必为H元素；基态Y原子的核外电子有5种空间运动状态，则Y为第二 周期的N元素；X、Y、Z相邻，故X为C元素，Z为O元素。据此作答。XW为CH， 3 3 其中C原子的杂化类型为sp3，CH的空间结构为三角锥形，由于C原子还有1个孤电子 3 对，故键角小于109°28′；XW为CH，其中C原子的杂化类型为sp2，CH的空间结构 3 3 3 为平面三角形，键角为 120°，则键角：XW>XW，A 错误。C H 为直线形分子，分子 3 3 2 2 结构对称，分子中正电中心和负电中心重合，故为非极性分子；H O 分子结构不对称，分 2 2 子中正电中心和负电中心不重合，故为极性分子，因此，两者极性的大小关系为 X W O>C，A正确。三聚氰胺分子中所有碳原子均采取sp2杂化，而 —NH 中N原子采用sp3杂化，B错误。1个三聚氰酸分子中含有3个氮氢σ键，3个碳氧 2 σ键，6个碳氮σ键，所以1mol该分子中含有12mol σ键，C正确。二维超分子中相邻的 三聚氰胺和三聚氰酸之间形成3个氢键，D正确。 8．1−溴丁烷和沸石加入NaOH的乙醇溶液中，微热，乙醇会挥发，乙醇能使酸性高锰酸钾溶 液褪色，故无法检验1−溴丁烷的消去产物，C错误。 9．根据反应Ⅱ为制取漂白粉的原理，可推知乙为 Ca(OH) 。若反应Ⅰ为化合反应，且甲属于 2 碱性氧化物，故甲为CaO，则反应Ⅰ的化学方程式为CaO+H O=Ca(OH) ，A正确。若 2 2 反应Ⅰ是实验室制备某气体的反应，该气体分子为14e−结构，应是乙炔，故反应Ⅰ应为碳 化学参考答案·第2页（共7页）化钙和水的反应，其反应的化学方程式可为 CaC +2H O→Ca(OH) +C H ↑。同时 O 分子 2 2 2 2 2 2 为 16e−结构，不符合题意，B 错误。反应Ⅱ为制取漂白粉的原理，其反应化学方程式是 2Cl +2Ca(OH) =Ca(ClO) +CaCl +2H O，C 正确。氯水中含有 HCl 和 HClO： 2 2 2 2 2 Cl +H O     HCl+HClO，在饱和氯水中加块状石灰石，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、 2 2 二氧化碳和水，促进上述平衡右移，从而能制得较浓 HClO 溶液，反应的离子方程式是 2Cl +H O+CaCO =Ca2++2Cl−+2HClO+CO ，D正确。 2 2 3 2 10．L−多巴和D−多巴互为同分异构体，属于立体异构，A正确。多巴胺分子结构中只含有苯 环不饱和结构，而氨基酸类分子结构含有羧基和氨基官能团，其中羧基为不饱和结构， 故不可能存在含苯环结构的氨基酸类同分异构体，B 正确。L−多巴、D−多巴和多巴胺三 者均含有酚羟基，均能与 FeCl 溶液发生显色反应，C 正确。L−多巴、D−多巴和多巴胺 3 三者均含有碱性基团氨基，能与盐酸反应，但酚羟基不能与NaHCO 反应，D错误。 3 1 1 11．在CeO 理想晶胞中，含Ce4+个数为8 6 4，含O2−个数为8。从图甲中可以看出CeO 2 2 8 3 理想晶胞中，与面心的Ce4+最近且相等的O2−有4个，则在另一晶胞中，与Ce4+等距离的O2− 还有4个，则Ce4+的配位数为8，A正确。若CeO 理想晶胞边长为a nm，N 为阿伏加德罗 2 A 4172g/mol 688 常数的值，则 CeO 晶体的密度为  1021gcm3，B 正确。设 2 (a107cm)3N mol1 a3N A A Ce4+和 Ce3+个数分别为 x、y，根据原子守恒有x y8，根据化合价代数和为 0 有 4x3y152，解的x6、y2，Ce4+和Ce3+个数比为3∶1，C正确。CeO 能在Ce4+ 2 和 Ce3+之间改变氧化状态，将 NO 氧化为 NO ，并引起氧空位的形成，得到新的铈氧化 2 物(Ce O )，反应原理为8CeO NO=Ce O NO ，氧化标准状况下11.2L NO气体， 8 15 2 8 15 2 则生成0.5mol Ce O ，D错误。 8 15 12．反应ii为H 0，S 0，由GH TS 0推知，故反应ⅱ在高温条件下可自发进 行，A正确。400℃后，BaS的物质的量分数变化不大，BaS基本反应完全，C、CO 的量 2  减少，CO的量增加，故反应后组分的变化是由C(s)+CO (g)2CO(g)的移动导致的， 2 B正确。为使硫酸钡得到充分还原，需要加入过量的碳，故反应过程中生成的CO 和CO 2 的物质的量之和小于投入C的物质的量，C错误。CO的物质的量分数为α，则分压为αp， 化学参考答案·第3页（共7页）则 CO 的物质的量分数为(1)，容器中只有 CO 和 CO 两种气体，所以 CO 的分压为 2 2 2 (1)4 (1)p，所以K  ，D正确。 p 4 13．电池工作时，Li失电子，所以Li作负极，C作正极，故Li+移向正极，A正确。由图可知， I 在反应过程中被消耗又生成，故I 为催化剂，B正确。放电时，正极上SOCl 得到电子 2 2 2 发生还原转化为S、SO ，故正极电极反应为2SOCl +4e−+4Li+=SO ↑+S+4LiCl，C正 2 2 2 确。电子只能通过导线，不能通过电解质溶液，D错误。 14．溶液中加入40ml盐酸溶液时，Ⅰ中的溶质为氯化钠和氯化铵，Ⅱ中的溶质为氯化钠和醋 酸，根据K (CH COOH)K (NH H O)1.8105，醋酸根离子、铵根离子的水解程度 a 3 b 3 2 小于醋酸、一水合氨的电离程度，氯化钠显中性，醋酸和氯化铵在浓度相同时，醋酸溶 液的酸性更强，故Ⅰ对应的滴定曲线为 M，Ⅱ对应的滴定曲线为 N，A 正确。根据分析 可知a点的溶质为氯化钠和氯化铵，铵根离子发生水解，溶液的pH接近6，由水电离的 c(H)c(OH)，数量级接近106，B正确。当V(NaOH)30.00mL时，Ⅱ中的溶质为氯 化钠、醋酸钠、醋酸，且醋酸钠和醋酸的浓度相同，根据分析可知醋酸根离子的水解程 度小于醋酸的电离程度，故c(Na+)>c(CH COO−)>c(CH COOH)，C正确。根据元素守恒， 3 3 n(CH COOH)、n(CH COO)之和等于n(NH H O)、n(NH)之和，根据图像，pH7时， 3 3 3 2 4 Ⅱ所加盐酸较少，溶液体积较小，故Ⅰ中 c(NH H O)、c(NH) 之和小于Ⅱ中 3 2 4 c(CH COOH)、c(CH COO)之和，D错误。 3 3 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）800℃（1分） （2）Fe(OH) 、SiO 重结晶 3 2 （3）使 Fe2+完全转化为 Fe3+，且不引入新的杂质（1 分），减少双氧水的分解，提高原料 的利用率（1分） （4）利用同离子效应降低硫酸铝铵的溶解度，促进其析出，增大产率 （5）①A（1分） ②NH Al(SO ) ·12H O 4 4 2 2 化学参考答案·第4页（共7页）（6）原子晶体（或共价晶体）（1分） AlN晶体中的化学键比Al O 的化学键更强（1分） 2 3 【解析】（2）提出固体的方法为重结晶。 （3）双氧水具有较强的氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，且其产物为水，足量双氧 水可以保证将Fe2+完全氧化，所以步骤中，双氧水需足量的原因为使Fe2+完全转化为Fe3+， 且不引入新的杂质，而分批加入可以减少双氧水的分解，提高原料的利用率。 （4）制备硫酸铝铵使硫酸铵稍微过量可增大铵根离子浓度，利用同离子效应降低硫酸铝 铵的溶解度，促进产品析出，增大产率。 （5）①因为物质为中性，各离子所带电荷的代数和为 0，所以必须测出阴离子SO2的物 4 质的量； 0.102g ②根据AlO 的质量为0.102g，可得Al元素物质的量为 20.002mol，根据BaSO 2 3 4 102g/mol 0.932g 质量为0.932g，可得SO2的物质的量为 0.004mol，浓硫酸增加的质量为NH 的质 4 233g/mol 3 0.0340g 量，所以0.906g铵明矾样品含NH物质的量为 0.002mol，铵明矾样品含结晶水的 4 17g/mol 0.906g0.002mol27g/mol0.004mol96g/mol0.002mol18g/mol 物质的量为 18g/mol 0.024mol，所以铵明矾的化学式为NH Al(SO ) ·12H O。 4 4 2 2 （6）由题给信息氮化铝属类金刚石氮化物及熔点可知，AlN属于共价（或原子）晶体，所 以熔点比离子晶体氧化铝高。 16．（除特殊标注外，每空2分，共15分） （1）E→D→C（填“E→D”可给1分） （2）将F中的四氯化碳吹入到E中参与反应（1分） （3）COCl +4OH−=CO2+2Cl−+2H O 2 3 2 （4）BD （5）产物可及时脱离反应体系，反应物能充分有效地接触，有利于提高产率 3（1分） （6）THF易挥发，易燃，遇明火可能发生爆炸（1分） 化学参考答案·第5页（共7页）（7）过滤CrCl 和Zn粉，防止堵塞虹吸管 3 （8）61.42% 【解析】由上述分析可知，实验装置合理的连接顺序为A→C→F→E→D→C→B。 （2）本实验A中产生的N 的目的是赶走体系中原有的空气和将四氯化碳吹入到E中参与 2 反应。 （3）尾气处理时，NaOH 溶液与COCl 发生反应生成碳酸钠和氯化钠，离子方程式为： 2 COCl +4OH−=CO2+2Cl−+2H O。 2 3 2 （4）为除去四氢呋喃的水，可先加入干燥剂，再加入金属钠反应掉剩余的少量水，但不 可使用浓硫酸作干燥剂，浓硫酸与四氢呋喃反应，故答案选BD。 （5）CrCl 不溶于THF中，纸质反应管可以过滤掉CrCl ，因此将无水CrCl 和锌粉放在 3 3 3 纸质反应管内的好处是：产物可及时脱离反应体系，反应物能充分有效地接触，有利于 提高产率，根据虹吸原理，管3利用虹吸原理回流，管2是平衡气压的，故答案为3。 （6）用电加热而不用明火加热是因为THF易挥发，易燃，遇明火可能发生爆炸。 （7）CrCl 和Zn粉不溶于THF中，故纸质反应管可以过滤掉CrCl ，故答案为过滤CrCl ， 3 3 3 防止堵塞虹吸管。 CrO ~ 2CrCl ~ 2CrCl (THF) 2 3 3 3 3 （8） 152 749 求得x7.49g，故CrCl (THF) 的产率为： 3 3 1.52g x 4.6g 100%61.42%。 7.49g 17．（每空2分，共14分） （1）BD （2）< （3）> （4）当温度高于 300℃，以反应 ii 为主，反应 ii 为吸热反应，升高温度平衡正向移动， CO 平衡转化率升高 2 （5）18.3% 0.0136 （6）CO +6e−+6H+=CH OH+H O 2 3 2 化学参考答案·第6页（共7页）18．（除特殊标注外，每空2分，共15分） （1）酰胺基（1分） （2）4−氨基丁酸（γ−氨基丁酸） （3） （4）取代反应（1分） （5） 或 （6）35 或 或 （7） （3分） 化学参考答案·第7页（共7页）