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重庆市第八中学 2023 届高考适应性月考卷（六） 化学参考答案 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 C B A A B C D 题号 8 9 10 11 12 13 14 答案 C D B C B C D 【解析】 1．铁强化酱油中适当添加了一些铁元素，因此可以减少缺铁性贫血问题的发生，A正确。SO 2 可以抑制细菌生长，也具有还原性，在葡萄酒中可以杀菌，也可用于防氧化，B 正确。碳 酸氢钠能够与胃酸反应，降低胃酸的浓度，本身对人体无刺激性，因此碳酸氢钠药片可用 于治疗胃酸过多，但由于醋酸的酸性比碳酸强，碳酸氢钠能与醋酸反应，而降低碳酸氢钠 的含量，从而导致疗效降低，C 错误。高吸水性树脂利用其吸水性可用于农业、林业抗旱 保水，改良土壤，D正确。 2. 16O 和18O 都是氧元素组成的氧气单质，化学性质基本相同，不属于同素异形体，A错误。 8 2 8 2 HS−在水溶液中发生部分电离，生成S2−和H O+，电离方程式是HS−+H O     S2−+H O+， 3 2 3 B正确。乙烷分子的球棍模型为 ，C错误。CH F 的电子式中F原子最外层应有 2 2 8个电子，电子式为 ，D错误。 3. 氢氧化钠易潮解，应放入玻璃器皿中称量，且称量时应该是左物右码，A错误。铁钉在食 盐水中发生吸氧腐蚀，左侧试管中气体减少，所以右侧导管内液面升高，能达到实验目的， B 正确。高锰酸钾氧化浓盐酸产生氯气，氯气与硫化钠反应产生硫单质，现象为硫化钠溶 液中产生黄色浑浊物，可以证明KMnO 、Cl 、S 的氧化性依次减弱，C 正确。橡皮管可 4 2 平衡气压，便于液体顺利流下，则对生成的气体体积进行测量可以减少误差，D正确。 化学参考答案·第1页（共8页）4. 选项中的四种离子相互之间不反应，可以形成澄清透明的溶液，A正确。Al3+、Fe3+水解呈 酸性，中性溶液中不能大量存在 Al3+、Fe3+，B 错误。能使 KSCN 溶液变红的溶液中含有 Fe3+，与AlO因发生双水解而不能大量共存，C错误。能使甲基橙变为红色的溶液显酸性， 2 I−、NO与H+发生氧化还原反应6I−+2NO+8H+=3I +2NO↑+4H O，不能大量共存， 3 3 2 2 D错误。 5. 短线表示共价键和配位键，X 形成两个键可能是 O 或 S，Z 形成一个键可能是 H 或 F 或 Cl，根据“W、Y、Z 的最外层电子数之和等于 X 的最外层电子数”，Z 只能是 H，W 原 子最外层有2个电子，可推出Y最外层3个电子，说明结构中Y形成化学键中有配位键， 再根据“W、X对应的简单离子核外电子排布相同”，且X与Y同周期，W只能是Mg， X是O，Y是B，Z是H。Mg2+与O2−的核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小， 故简单离子半径：O2−＞Mg2+，A 错误。结合 Y 为 B 和结构图可看出 1mol 该物质中含有 2mol配位键，B正确。该新型漂白剂中有H元素，应为2电子稳定结构，C错误。第一电 离能介于O和B之间的同周期元素有Be和C两种，D错误。 6. SO 在标准状况下为固体，不能用气体摩尔体积进行计算，A 错误。物质的量未知，不能 3 确定阴阳离子总数，B 错误。100g 质量分数为 17%的 H O 水溶液中 H O 的物质的量为 2 2 2 2 0.5mol，所含的非极性键数目为 0.5N ，C 正确。电解精炼粗铜，阳极溶解铜 64g，还溶 A 解了锌、铁、镍等金属，则外电路中通过电子的数目大于2N ，D错误。 A 7. 砷元素位于元素周期表 P 区，A 错误。晶胞内部的镓原子数为 4，As 位于顶点和面心， As原子为4，所以砷化镓化学式为GaAs，B错误。由晶胞结构可知，晶胞中Ga与As原 1 3a 子的最近距离为体对角线的 ，则最近距离为 nm，C 错误。设阿伏加德罗常数 4 4 4(7570) 5.81023 为 N mol−1，由晶胞的质量公式可得： =10−21a3ρ，解得N  mol1， A N A a3 A D正确。 8. 由结构简式可知，该有机物分子含有22个碳原子、26个氢原子、4个氧原子、2个氮原子、 1 个硫原子，其分子式为 C H N O S，A 正确。分子中只有苯环结构能与 H 反应，最多 22 26 2 4 2 化学参考答案·第2页（共8页）消耗6mol H ，B正确。N原子形成3个σ键，且有1个孤电子对，均为sp3杂化，C错误。 2 结构中的酰胺基和酯基均能在酸性或碱性条件下水解，取代氨基可与HCl反应，故该物质 既能与HCl反应也能与NaOH反应，D正确。 9．气体由CO转化为CO ，气体物质的量保持不变，压强始终不变，A 错误。平衡后升高温 2 度，正反应速率和逆反应速率均增大，平衡逆向移动，B 错误。催化剂能降低活化能，增 大了活化分子百分数，但不影响平衡常数，C 错误。该反应是气体分子数不变的反应，再 充入CO，相当于加压，平衡不移动，即CO的平衡转化率不变，D正确。 10. 对比Ⅰ和Ⅱ可知，为控制变量空白组应加入 8mL 蒸馏水，A 正确。由溶液变为深蓝色可 知产生了[Cu(NH ) ]2+，消耗Cu(OH) ，使Cu+H O =Cu(OH) 平衡正向移动，并不是 3 4 2 2 2 2 增大c(OH−)增强H O 的氧化性，实际上酸性条件下，H O 的氧化性增强，B错误。Ⅱ、 2 2 2 2 Ⅲ比较，Ⅲ中加入氯化铵，铵根离子浓度增大，铜片表面不生成Cu(OH) ，可知增大c(NH) 2 4 有利于[Cu(NH ) ]2+的生成，C 正确。Ⅰ、Ⅱ比较，Ⅱ溶液变为深蓝色，说明有 3 4 [Cu(NH ) ]2+生成，立即产生大量气泡，说明[Cu(NH ) ]2+可能是H O 分解的催化剂，D正确。 3 4 3 4 2 2 11.“熔融氧化”不能用瓷坩埚，瓷坩埚会与 KOH 反应，A 错误。高锰酸钾会与 HCl 反应生 成氯气，因此HCl不能代替CO ，B错误。CO 歧化法化学方程式为3K MnO +2CO = 2 2 2 4 2 2KMnO +2K CO +MnO ，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2，C正确。高锰酸钾受 4 2 3 2 热易分解，应该采用蒸发浓缩、冷却结晶的方式得到KMnO 固体，D错误。 4 12．通电后石墨电极Ⅱ上有 O 生成，Fe O 逐渐溶解，说明石墨电极Ⅱ为阳极，则电源 b 2 2 3 为正极，a 为负极，石墨电极Ⅰ为阴极，A 正确。石墨电极Ⅱ发生的反应为 2H O−4e−=O ↑+4H+，电解时石墨电极Ⅱ附近的溶液 pH 减小，B 错误。随着电解 2 2 的进行，铜离子在阴极得电子生成铜单质，氯离子迁移到中间形成 FeCl ，所以 CuCl 3 2 溶液浓度变小，C 正确。当0.01mol Fe O 完全溶解时，消耗氢离子为 0.06mol，根 2 3 据阳极电极反应式 2H O−4e−=O ↑+4H+，产生氧气为0.015mol，体积为336mL (折 2 2 合成标准状况下)，D正确。 化学参考答案·第3页（共8页）13. 根据图中信息可知，反应Ⅱ和反应Ⅲ中均为总能量高的转化为总能量低的反应，H 0， 故反应Ⅱ和反应Ⅲ是放热反应，A正确。一般来说，反应的活化能越高，反应速率越慢， 由图可知，反应Ⅰ和反应Ⅳ的活化能较高，因此反应的决速步为反应Ⅰ、Ⅳ，B正确。反 应Ⅲ的成键和断键方式为 ，因此反应结束后溶液中不会存在CH18OH，C 3 错误。反应过程中C原子的杂化方式由sp2变为sp3再变为sp2，D正确。 14．溶液的导电能力取决于离子浓度的大小、离子带有电荷数目的多少，离子浓度越大，离子 带有的电荷数目越多，溶液的导电性就越强，A正确。a点溶液为邻苯二甲酸氢钾溶液， K 1014 K =3.9×10−6，K = w  1011，K >K ，电离大于水解，故溶液显酸性，pH<7， a2 h K 1.1103 a2 h a1 B正确。在b点，溶质为KNaA，c(Na+)=c(K+)=c(A2−)，考虑到A2−水解，所以其浓度减小； 至c点，由于a、b间加入NaOH的体积约为22mL，而b、c间加入的NaOH约为10mL， 所以 c(A2−)>c(OH−)，从而得出 c 点溶液中，c(Na+)>c(K+)>c(A2−)>c(OH−)，C 正确。在 b 点，溶质为KNaA，有电荷守恒：c(Na+)+c(K+)+c(H+)=2c(A2−)+c(HA−)+c(OH−)，物料守恒： c(Na+)+c(K+)=2c(A2−)+2c(HA−)+2c(H A) ， 两 式 加 和 约 掉 K+ 和 Na+ 可 得 ： 2 c(HA−)+2c(H A)+c(H+)=c(OH−)，D错误。 2 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15分） （1）恒压滴液漏斗（1分） TiO +2Cl +2C TiCl +2CO 2 2 4 （2）防止装置F中水蒸气进入，影响产品纯度；吸收尾气氯气，防止污染空气 PdCl +CO+H O=Pd↓+2HCl+CO 2 2 2 （3）关闭K 、K ，打开K 1 3 2 （4）①液封，吸收挥发的HCl气体 ②当加入最后半滴AgNO 标准溶液时，溶液恰好 3 出现砖红色沉淀，且半分钟内不消失 ③79.2% 化学参考答案·第4页（共8页）【解析】（1）根据仪器b的特点，仪器b为恒压滴液漏斗。装置C为反应装置，制备四氯化 700℃ 碳，高温下，炭粉转化成CO，因此C中反应为2Cl +2C+TiO =====TiCl +2CO。 2 2 4 （2）根据上述分析可知，四氯化钛遇水易水解，因此碱石灰的作用是防止 F 中水蒸气进 入，影响产品纯度；因为氯气有毒，为防止污染空气，需要尾气处理，因此碱石灰另一个 作用是吸收氯气。 （3）氯气能与氢氧化钠反应，除去A中残留氯气，可以向A中滴加NaOH溶液，操作是 关闭K 、K ，打开K ，滴加氢氧化钠溶液，吸收残留氯气。 1 3 2 （4）①TiCl 与水发生反应 TiCl +2H O=TiO +4HCl，安全漏斗在本实验中的作用除 4 4 2 2 加水外，还起到液封的作用，吸收挥发的HCl，避免HCl的损失。 ②达到滴定终点时的现象为当加入最后半滴AgNO 标准溶液时，溶液恰好出现砖红色沉 3 淀，且半分钟内不消失。 ③根据关系式 TiCl ~4HCl~4AgNO ，则产品中TiCl 的纯度为 0.2×25×10−3×190÷4÷0.3× 4 3 4 100%=79.2%。 16．（除特殊标注外，每空2分，共15分） （1）取代反应（1分） 氯甲基苯（1分） （2）氰基（1分） （3）避免氯原子被取代 （4） （5） 、 、 、 （6） （4分） 化学参考答案·第5页（共8页）【解析】A为 ，A与氯气发生取代反应生成B为 ，氯原子被NaCN 取代反应生成C为 ，在酸性条件下生成D为 ，D先与氯气 发生取代反应，接着羧基和碳酸氢钠发生中和反应，生成E为 ，Cl原子 被 NaCN 取代再酸化得到羧基，则 F 为 ，羧基和乙醇发生酯化反应得到 G为 ，再与C H Cl发生取代反应得到H是 。 2 5 17．（除特殊标注外，每空2分，共14分） （1）3d10（1分） 第四周期第ⅢA族（1分） 8 （2）K [Fe(CN) ]+FeSO =KFe[Fe(CN) ]↓+K SO 3 6 4 6 2 4 3Fe3++2SO2+Na++6H O=NaFe (SO ) (OH) ↓+6H+ 4 2 3 4 2 6 （3）Cu粉可除去Cl−，避免Cl−影响镓的析出（同时可除去Cu2+，此点不作扣分点） （4）pH过高，Zn2+将转化为Zn(OH)2或生成Zn(OH) ，不利于Zn2+转化为ZnS 4 2 （5）2.0×10−6 【解析】（3）“还原除杂”时先向溶液中加入一定量的 Cu 粉可除去 Cl−，发生的反应为 Cu+Cu2++2Cl−=2CuCl↓，CuCl难溶于水和稀酸，避免Cl−影响镓的析出。 （4）根据图示可得知，当 pH 过高时，Zn2+将转化为 Zn(OH) 或Zn(OH)2，Zn(OH)2较 2 4 4 稳定不利于ZnS生成，Zn(OH) 直接沉淀，不利于Zn2+转化为ZnS或ZnS中混有Zn(OH) 。 2 2 （5）假设反应 Ga(OH) +NH ·H O    [Ga(OH) ]−+NH平衡常数为 K′，则 K′= 3 3 2 4 4 c(NH)c{[Ga(OH) ]} c(NH)c{[Ga(OH) ]} c4(OH) c(Ga3) c(NH)c(OH) 4 4  4 4    4 c(NH H O)c[Ga(OH) ] c(NH H O)c[Ga(OH )] c4(OH) c(Ga3) c(NH H O) 3 2 3 3 2 3 3 2  c(Ga3)c3(OH)  c{[Ga(OH) 4 ]} K (NH H O)K [Ga(OH) ]K 2.0×10−5×1.0 c[Ga(OH) ] c4(OH)c(Ga3) b 3 2 sp 3 3 ×10−35×1.0×1034=2.0×10−6，故平衡常数为2.0×10−6。 化学参考答案·第6页（共8页）18．（除特殊标注外，每空2分，共14分） （1）①−663.5kJ/mol ②低温（1分） （2）①B ②反应达到平衡，主反应为放热反应，温度升高，主反应逆向进行（或温度 高于205℃时，催化剂活性下降，反应速率下降使氮气体积分数减小） （3）72% （4）1.792×10−4 （5）负（1分） O +2N O +4e−=4NO 2 2 5 3 1 【解析】（1）①已知：Ⅰ．H (g)+ O (g)=H O(g) ΔH=−241.5kJ·mol−1， 2 2 2 2 Ⅱ．N (g)+O (g)=2NO(g) ΔH=+180.5kJ·mol−1，根据盖斯定律Ⅰ×2−Ⅱ得到2NO(g)+ 2 2 2H (g)     N (g)+2H O(g) ΔH =(−241.5kJ·mol−1)×2−(+180.5kJ·mol−1)=−663.5kJ·mol−1。 2 2 2 1 （2）①由于ΔH ＜0，ΔH ＜0，降低温度也有利于副反应正向移动，A不符合题意。加入 1 2 一种只提高主反应速率的催化剂，相同时间内主反应生成物最多，提高主反应选择性的最 佳措施是使用合适的催化剂，B符合题意。增大NO浓度，也有利于副反应进行，C不符 合题意。主反应和副反应均为气体系数之和减小的反应，增大压强也有利于副反应正向移 动，D不符合题意。 ②反应达到平衡，主反应为放热反应，温度升高，主反应逆向进行。 n(H ) （3）T ℃， 2 3，可设投入恒容密闭容器中n(H )3mol、n(NO)1mol，设平衡 n(NO) 2 时刻NO主反应转化了x mol，依据题意有： 2NO(g) + 2H (g) =N (g) + 2H O(g) 2 2 2 起始/mol 1 3 0 0 x 反应/mol x x x 2 x 平衡/mol 1− x 3−x x 2 化学参考答案·第7页（共8页）y y y 设平衡时刻NO副反应转化了y mol，则消耗 mol H ，生成 mol N O和 mol H O(g)， 2 2 2 2 2 2 x 2 则根据平衡体系中N 物质的量分数为10%得： 0.1， 2 x y y y 1x3x x y   2 2 2 2 根据平衡压强与起始压强之比等于气体总物质的量之比，为 3.6∶4 得： x y y y 1x3x x y   2 2 2 2 3.6，联立两个等式求解得x=0.72，y=0.08，则NO的  13 4 0.72 有效去除率（转化为N ）为 100%72%。 2 1 （4）20min时，气体总物质的量为(610−3−x)mol，在恒温恒容条件下，气体的压强之比 24 6103 等于物质的量之比，则  ，解得x6104mol，则c(H 2 )=2.8×10−3mol·L−1， 21.6 6103x c(NO)=8×10−4mol·L−1，v=k·c(H )·c2(NO)= 1.0×105mol−2·L2·s−12.8×10−3mol·L−1 2 (8×10−4mol·L−1)2=1.792×10−4 mol·L−1·s−1。 （5）燃料电池中 O 得电子在正极，燃料失电子在负极，从该原理图所示可知，石墨Ⅰ电 2 极上 NO 失去电子与电解质中阴离子 NO生成氧化物 N O ，则正极 O 得电子与可循环 2 3 2 5 2 使用的N O 反应生成NO，电极反应式为O +2N O +4e−=4NO。 2 5 3 2 2 5 3 化学参考答案·第8页（共8页）