25_2023重庆市第八中学高三下学期3月月考（五）化学答案_2025版教学资源包_（总复习系列）2025版《5年高考3年模拟》新高考版A版（⭐全科）_2025版.新高考版.选考总复习.化学.5·3A版

重庆市第八中学 2023 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，共42分。
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 D B D C B A B
题号 8 9 10 11 12 13 14
答案 A B C C B C D
【解析】
1．A项，高温结构陶瓷属于新型陶瓷，一般用碳化硅、氮化硅或某些金属氧化物等在高温烧
结而成。B项，两者会发生双水解反应。C项，铝合金密度小。
2．A 项，Na S O 溶液和稀硝酸发生氧化还原反应生成 SO2和 NO。C 项，Al3++NH+
2 2 3 4 4
2SO2+2Ba2++4OH−+H O=2BaSO ↓+Al(OH) ↓+NH ·H O。D项， HCO+AlO+H O
4 2 4 3 3 2 3 2 2
=Al(OH) ↓+CO2。
3 3
3．A 项，σ 键数目为 12N 。B 项，1mol Na O 与足量水反应转移的电子数目为 N 。C 项，
A 2 2 A
1mol石墨含有的碳碳键为1.5N ，1mol金刚石中含有的碳碳键数目为2N 。
A A
4．A项，反应前布洛芬中含有羧基，可以与水分子形成氢键，反应后的物质生成酯基，不能
与水分子形成氢键，在水中的溶解性减弱，布洛芬中羧基相邻碳上含有烃基，由于烃基影
响，使得羧基更难电离出氢离子，故其酸性弱于甲酸。B项，最多消耗1mol NaOH。D项，
最多消耗6mol H 。
2
5．a为H；d的单质在空气中燃烧，产物有两种离子化合物和一种非金属单质，反应产物为氧
化镁、氮化镁和碳，则d为Mg；b的最高正价为同周期主族元素中最高的，其原子序数小
于 Mg，应该位于第二周期，第二周期中最高化合价为+5，则 b 为 N 元素；c 的原子半径
小于b，则c为O或F；e为Cl元素；f原子的核外电子总数等于a、b、d原子中所含质子
数的总和，f的原子序数为1+7+12=20，则f为Ca元素，综上可知，a为H，b为N，c为
O或F，d为Mg，e为Cl，f为Ca元素。
化学参考答案·第1页（共8页）6．A项，氨气极易溶于水，则采用防倒吸装置，E←C；制取的二氧化碳需除去HCl杂质，则
F→B，A→D。B项，装置X为除去HCl杂质，盛放的试剂为饱和NaHCO 溶液。C项，
3
实验开始时应先打开Y中分液漏斗的旋转活塞，使溶液呈碱性，吸收更多的二氧化碳。D
项，装置Z中用干燥管的主要目的是防止氨气溶于水时发生倒吸。
7．A项，反应①为先加成后消去，生成碳氮双键；反应②为不饱和度降低的反应，属于加成
反应。B项，M的同分异构体可分别含有1个C—N键，含有丁基，有CH CH CH CH NH 、
3 2 2 2 2
CH CH CH(NH )CH 、CH C(NH )(CH ) 、H NCH CH(CH ) 共4种同分异构体，含有2
3 2 2 3 3 2 3 2 2 2 3 2
个C—N键时，可分别为甲基、丙基或两个乙基，CH CH CH NHCH 、CH CH NHCH CH 、
3 2 2 3 3 2 2 3
(CH ) CHNHCH 共3种同分异构体，如含有3个C—N键，则有CH CH N(CH ) 共1种，
3 2 3 3 2 3 2
综上B的同分异构体共8种，不含M[H NCH CH(CH ) ]，则含有7种。C项，Y的分子
2 2 3 2
式为C H N。
11 15
9．CH COONH 中两种离子都会水解，而NaHCO 中只有一种离子水解，无法比较水解程度。
3 4 3
10．加水后有滤渣，滤渣加盐酸后沉淀消失，所以沉淀不可能是 BaSO ，只能是 BaCO 或者
4 3
BaSO ，则一定含有 BaCl ，可能有 Na SO 与 K CO 其中一种或两种，无色溶液排除无
3 2 2 3 2 3
水硫酸铜，气体 C 可能为 CO 或者 SO ，气体 C 要产生沉淀 D，则滤液 A 中有 Ba2+即
2 2
BaCl ，中性条件不与CO 或者SO 产生沉淀，必须要有KOH才能产生沉淀BaCO 或者
2 2 2 3
BaSO ，则一定含有KOH。综上所述，一定含有BaCl 和KOH，可能有Na SO 与K CO
3 2 2 3 2 3
其中一种或两种，不含Na SO 和无水硫酸铜。A项，由于Na SO 与K CO 含量不确定，
2 4 2 3 2 3
所以滤渣B和沉淀D的成分可能相同也可能不同。B项，若向滤液A中通入过量气体C，
最终生成可溶的酸式盐，则无沉淀。C项，滤液A含有Ba2+，不可能有CO2和SO2，加
3 3
入足量稀盐酸，无气泡产生。
11．A项，光照下发生取代反应的过程中，生成·CH ，两个·CH 相互结合成乙烷。B项，
3 3
由链转移与链终止反应相加得到 CH (g)+Cl (g)――→CH Cl(g)+HCl(g) ΔH=
4 2 3
−105.4kJ·mol−1。C 项，若是甲烷与 Br 发生取代反应，Cl 比 Br 的能量高，则链转移反
2
应的ΔH>+7.5kJ·mol−1。D项，由链终止反应可知，形成C—Cl键，断开Cl 中化学键，且
2
化学参考答案·第2页（共8页）为放热反应，则形成1mol CH Cl中C—Cl键放出的能量比断开1mol Cl 中化学键吸收的
3 2
能量多。
12．A项，a电极上失去电子，为阳极，与电源的正极连接，在b极区有氢离子得电子生成氢
气，氯离子通过阴离子交换膜移向 a 极，所以在 b 极区流出的 Y 溶液是稀盐酸。B 项，
电解池a极上发生的电极反应为NH−6e−+3Cl−=NCl +4H+。C项，二氧化氯发生器
4 3
内，发生的氧化还原反应为6ClO+NCl +3H O=6ClO ↑+NH ↑+3Cl−+3OH−，其中氧
2 3 2 2 3
化剂为NCl ，还原剂为ClO，二者物质的量之比为1∶6。D项，当产生1.12L NH 时，
3 2 3
对应有0.05mol NCl 反应，此时转移0.3mol电子，则有0.3mol Cl−通过交换膜。
3
n(H )
13．A项，由图可知，当 2 1.5时，CO的转化率a>b，且大于T 3 下对应CO的转化率，
n(CO)
n(H )
当在温度为T 3 时，随着 2 增大，CO的转化率增大，H 2 的转化率减小，所以有a>b>c。
n(CO)
B项，根据CO(g)+2H (g)     CH OH(g) ΔH<0，因为是放热反应，温度升高CO的转
2 3
n(H )
化率减小，由图可以看出，当 2 相等时，T 3 ＞T 2 ＞T 1 ，温度越高速率越大，所以a点
n(CO)
v <b点v 。C项，a点时，CO的转化率为50%，起始时CO的物质的量为1mol，H 的
正 逆 2
物质的量为 1.5mol，由此计算平衡常数为 4，通过计算再通入 0.5mol H 和 0.5mol
2
CH OH，浓度商Q =2<K，所以平衡正向移动。D项，c点状态下再通入1mol CO和4mol
3 c
H 在等温等容的条件下，投料比不变，相当于加压，平衡向正反应方向移动，新平衡CH OH
2 3
的体积分数增大。
14．A 项，碳酸在水中存在电离平衡：H
2
CO
3
    H++HCO
3
、HCO
3
     H++CO
3
2，以
第一步为主；随着pH增大，平衡右移，先是HCO浓度增加，随后CO2浓度增大，随
3 3
着CO2浓度增大，溶液中Ca2+浓度降低。故曲线①代表HCO，曲线②代表CO2，曲
3 3 3
线③代表Ca2+。B项，由图可知，曲线②和曲线③交点可根据碳酸钙的溶解平衡进行计算，
根据交点处两离子浓度相等，a=4.35，CaCO
3
(s)    Ca2+(aq)+CO
3
2(aq)可得K
sp
(CaCO
3
)=
c(Ca2+)·c (CO2)=10−8.7。C 项，由曲线①和曲线②的交点，c (CO2)=c(HCO)、
3 3 3
化学参考答案·第3页（共8页）c(CO2)c(H+)
pH=10.3，可得K  3 1010.3。D项，pH=10.3时，c(CO2)=c(HCO )=
a2 c(HCO) 3 3
3
K (CaCO )
10−1.1mol/L，根据 K (CaCO )=c(Ca2+)·c(CO 2)，可得 c(Ca2+)= sp 3
sp 3 3 c(CO2)
3
108.7
= =107.6mol/L。
101.1
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）第四周期第Ⅷ族（1分） [Ar]3d7（1分）
（2）AlO、SiO2
2 3
（3）Co O +H O +2H SO =2CoSO +O ↑+3H O
2 3 2 2 2 4 4 2 2
Co O +6H++2Cl−=2Co2++Cl ↑+3H O
2 3 2 2
（4）Fe(OH) 和CoCO （1分）
3 3
（5）bcd
（6）1.0×10−9
（7）4∶3∶2
【解析】第一步中，Al、SiO 均可和氢氧化钠溶液反应，形成 AlO和 SiO2，滤液 1 与
2 2 3
二氧化碳反应得到氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，之后灼烧并通过电解熔融氧化铝得到0.2mol
单质Al。滤渣中Co O 作氧化剂与过氧化氢反应，化合价由+3价→+2价，之后过程Ⅱ调
2 3
节pH，Fe3+与碳酸根离子发生双水解得到沉淀A为0.2mol Fe(OH) 。滤液中Co2+在下一
3
步与碳酸钠反应，得到沉淀B为0.3mol CoCO ，之后进行煅烧得到氧化钴，与金属单质
3
铝发生铝热反应得到金属单质Co。
（6）Co2+与 CO2结合成 CoCO 沉淀，此时碳酸根离子的浓度为（1.2×10−3−1.0×10−3）
3 3
K (CoCO ) 1.01013
÷2=1×10−（4 等体积混合浓度减半），故Co2+的浓度= sp 3  1109mol/L。
1104 1.0104
（7）根据此分析进行解答。根据元素守恒，0.2mol Al、0.2mol Fe(OH) 和0.3mol CoCO
3 3
对应废料中Al、Co O 和Fe O 的物质的量为0.2mol、0.15mol和0.1mol，所以最终为4∶
2 3 2 3
3∶2。
化学参考答案·第4页（共8页）16．（每空2分，共14分）
（1）使反应充分进行，防止反应过于剧烈导致体系温度超过40℃，发生副反应导致NaClO
产率降低
110℃
（2）2NaOH+CO(NH ) +NaClO=====N H ·H O+NaCl+Na CO 减小反应速率，防止水
2 2 2 4 2 2 3
合肼与NaClO剧烈反应生成N
2
（3）AB
（4）4≤pH≤5
（ 5）acb
6300c
（6）
a
【解析】（1）Cl 通入NaOH溶液中制取NaClO时，为防止副反应的发生，需控制气体的
2
通入速率。
（2）NaClO的碱性溶液与尿素反应，可制取N H ·H O，但要控制NaClO的浓度，以防
2 4 2
N H ·H O被氧化。
2 4 2
（3）B 项，N H ·H O呈碱性，向 N H ·H O溶液中加入 NaOH，可降低其溶解度，减
2 4 2 2 4 2
压蒸馏可防止水合肼失水。C项，根据制备方程，三颈烧瓶中含有NaCl和Na CO ，直接
2 3
蒸干Na CO 溶液会有杂质。
2 3
（4）从图中可以看出，4≤pH≤5时，Na CO 几乎全部转化为NaHSO 。
2 3 3
（5）从图中可以看出，Na SO 溶液的 pH≈10，所以需调节 pH 至 10，蒸发浓缩至有大量
2 3
晶体析出时，为防止冷却过程中无水 Na SO 转化为 Na SO ·7H O，需控制温度在高于
2 3 2 3 2
34℃时趁热过滤。冷却结晶会产生结晶水。
（6）25.00mL样品溶液，用c mol/L的酸性KMnO 溶液滴定，消耗20.00mL，则由反应方
4
程式5SO2+2MnO+6H+=5SO2+2Mn2++3H O，可求出a g样品中Na SO 纯度的
3 4 4 2 2 3
5 250mL
cmol/L0.02L  126g/mol
表达式为 2 25mL
100%
6300c
%
。
ag a
化学参考答案·第5页（共8页）17．（除特殊标注外，每空2分，共14分）
（1）3，4−二羟基苯甲醛（1分） O>N>C>H（1分）
（2）sp、sp2、sp3（1分） 羟基、醚键、羧基
（3）
（4）HOCH CH OH（1分）
2 2
（5）13
（6）
【解析】由图所给信息，M的结构为 ，所以苯环所在结构应该
在A――→D路径，观察M结构中取代基的位置，结合B的分子式，可分析出B的结构
为 ，由已知 R—CHO R—CN ，所以 C 的结构为
，在酸性条件下水解，生成D，结构为 ；根据E只
有一种化学环境的氢原子，F为汽车防冻液可知E为 ，F为乙二醇，所以根据
分子式F脱水成醚，G为HOCH CH OCH CH OH，G在一定条件下反应生成H，由已知
2 2 2 2
信息iii可知H为 ，H与D结合发生取代反应，生成I
，最后在浓硫酸浓硝酸的作用下发生硝化反应，生成Ｍ。I
的结构可由M逆推，可得到I比M少一个—NO 。
2
（5）B 的结构为 ，该结构有一个苯环，苯环外 2 个 C，3 个 O 和 1 个
不饱和度，而且同分异构体满足①属于芳香族化合物，说明含有苯环，②能和 NaHCO
3
化学参考答案·第6页（共8页）反应生成气体，含有羧基，③遇FeCl 溶液显紫色，含有酚羟基，若苯环上含有3个不同
3
的取代基，则有10种情况： 、 、 、 、
、 、 、 、 、 ，若
含有两个取代基则有3种结构， 、 、 ，共13种。
（6）由生成物结构及已知流程逆推，注意小题题干中已知信息，确定反应条件，可得到逆
推法流程：
。
18．（除特殊标注外，每空2分，共15分）
（1）−90.1
（2）①0.06mol /(L·min) D（1分） ②双功能分子筛膜催化反应器能及时分离出产物
水蒸气占主导因素，平衡右移，二氧化碳的转化率增大（1分）
（3）①曲线 b， 该反应为放热反应，在一定压强下，升高温度平衡逆向移动，x(CH OH)
3
减小
②33.3% 2.86×10−3
（4）阳极（1分） R+2e−+2H O=RH +2OH−
2 2
【解析】（1）①CH OH(g)=CH OH(l) H =−38.0kJ·mol−1
3 3 1
②2H (g)+O (g)=2H O(l) H =−285.8×2=−571.6kJ·mol−1
2 2 2
③2CO(g)+O (g)=2CO (g) H =−283.0×2=−566.0kJ·mol−1
2 2
化学参考答案·第7页（共8页）④2CH OH(l)+3O (g)=2CO (g)+4H O(l) H =−726.5×2=−1453.0kJ·mol−1
3 2 2 2
②2③④
根据表格中燃烧热数据写出以上热化学方程式，根据盖斯定律可知用 ①
2
计算焓变。
（3）②恒温时（T 250℃），当x(CH OH)0.10时，根据三段式可知
3
CO (g) + 3H (g) ==== CH OH(g) + H O(g)
2 2 3 2
起始 1 3 0 0
转化 x 3x x x
平衡 1x 33x x x
x 1
0.1，解得x ，CO 的平衡转化率33.3%；
42x 3 2
CO (g)、H (g)、CH OH(g)、H O(g)体积分数分别为 0.2、0.6、0.1、0.1；根据图像可
2 2 3 2
知 平 衡 时 压 强 为 p9103Pa 条 件 下 该 反 应 的 平 衡 常 数 为
0.19kPa0.19kPa
K  2.86103。
p 0.29kPa(0.69kPa)3
（4）由图可知，M 极 R 生成 RH ，碳元素价态下降，故 M 极为阴极，电极反应式为
2
R+2e−+2H O=RH +2OH−，N极为阳极，电极反应式为RH −2e−=R+2H+。
2 2 2
化学参考答案·第8页（共8页）