重庆市巴蜀中学2025届高三上学期12月适应性月考（四）化学试卷

化学参考答案·第 1 页（共 7 页） 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．N2 的电子式为 ，A 正确。Cl2 中的共价键由 2 个 Cl 原子各提供 1 个未成对电子的 3p 原子轨道重叠形成，为 p−p σ键，B 正确。 4 4NH ClO 中阳离子 4NH 的中心 N 原子为 sp3 杂化，且孤电子对数为 0， 4ClO  的中心 Cl 原子为 sp3 杂化，且孤电子对数也为 0，故 4NH 、 4ClO  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 为 N2 和 O2，还原产物为 Cl2，故氧化产物与还原产物的物质的量之比为 3∶1，D 错误。 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 Cu2S，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 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+、 4NH 、I−、 3NO 能大量共存，但因 I−有较强还原性，通入 Cl2 后 I − 会被氧化，故不能 维持大量存在，A 错误。 3HCO  与[Al(OH)4] − 因生成 Al(OH)3 沉淀不能大量共存，同时通 入 CO2 后，[Al(OH)4] − 与 CO2 反应生成 Al(OH)3 沉淀，B 错误。 3Fe 与 SCN − 发生络合生 成 Fe(SCN)3 不能大量共存，同时通入 SO2 后， 3Fe 与 SO2 发生氧化还原反应而不能大量 存在，C 错误。 4NH 、CH3COO − 、Cl−、 23CO  能大量共存，且通入 NH3 后仍能维持大量 共存，D 正确。 化学参考答案·第 2 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 CH3COOH，滴定终点溶液呈碱性，应该用酚 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 CO2，C 错误。烧碱（NaOH）与石英（SiO2）会 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。 3XW  为 3CH ， 其中 C 原子的杂化类型为 sp3， 3CH 的空间结构为三角锥形，由于 C 原子还有 1 个孤电子 对，故键角小于 109°28′； 3XW  为 3CH  ，其中 C 原子的杂化类型为 sp2， 3CH  的空间结构 为平面三角形，键角为 120°，则键角： 3XW  > 3XW  ，A 错误。C2H2 为直线形分子，分子 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；H2O2分子结构不对称，分 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 X2W2<W2Z2，B 正确。非金属性 N<O，故简单氢化物的稳定性：Y<Z，C 正确。Z 与 Q 的 化合物中可为 Na2O、Na2O2，化合物 Na2O2 中含有非极性共价键，D 正确。 7．氮元素的 2p 轨道电子处于半充满状态，稳定性强，其第一电离能大于氧元素，则第一电 离能由大到小的顺序为 N>O>C，A 正确。三聚氰胺分子中所有碳原子均采取 sp2 杂化，而 —NH2 中 N 原子采用 sp 3 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 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)2。若反应Ⅰ为化合反应，且甲属于 碱性氧化物，故甲为 CaO，则反应Ⅰ的化学方程式为 CaO+H2O=Ca(OH)2，A 正确。若 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 3 页（共 7 页） 化钙和水的反应，其反应的化学方程式可为 CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑。同时 O2 分子 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 2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O ， C 正确。氯水中含有 HCl 和 HClO ： Cl2+H2O  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、 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 2Cl2+H2O+CaCO3=Ca 2++2Cl−+2HClO+CO2，D 正确。 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 FeCl3 溶液发生显色反应，C 正确。L−多巴、D−多巴和多巴胺 三者均含有碱性基团氨基，能与盐酸反应，但酚羟基不能与 NaHCO3 反应，D 错误。 11．在 CeO2理想晶胞中，含 Ce 4+ 个数为 1 1 8 6 8 3 4    ，含 O2−个数为 8。从图甲中可以看出 CeO2 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 CeO2理想晶胞边长为 a nm，NA为阿伏加德罗 常数的值，则 CeO2 晶体的密度为 21 7 3 1 3 A A 34 172g/mol 688 10 ( 10 cm) m g cm ola N a N        ，B 正确。设 Ce4+和 Ce3+个数分别为 x、y，根据原子守恒有 8x y  ，根据化合价代数和为 0 有 4 3 15 2x y   ，解的 6x  、 2y  ，Ce4+和 Ce3+个数比为 3∶1，C 正确。CeO2 能在 Ce 4+ 和 Ce3+之间改变氧化状态，将 NO 氧化为 NO2，并引起氧空位的形成，得到新的铈氧化 物(Ce8O15)，反应原理为 28CeO NO = 8 15 2Ce O NO ，氧化标准状况下 11.2L NO 气体， 则生成 0.5mol Ce8O15，D 错误。 12．反应 ii 为 0H  ， 0S  ，由 0G H T S      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、CO2 的量 减少，CO 的量增加，故反应后组分的变化是由 C(s)+CO2(g) 2CO(g)的移动导致的， 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 CO2 和 CO 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 4 页（共 7 页） 则 CO2 的物质的量分数为 (1 ) ，容器中只有 CO 和 CO2 两种气体，所以 CO2的分压为 (1 )p ，所以 4 p 4 (1 ) K     ，D 正确。 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， I2 在反应过程中被消耗又生成，故 I2 为催化剂，B 正确。放电时，正极上 SOCl2 得到电子 发生还原转化为 S、SO2，故正极电极反应为 2SOCl2+4e −+4Li+=SO2↑+S+4LiCl，C 正 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 5a 3 b 3 2CH COOH NH H O( ) ( ) 1.8 10K K    ，醋酸根离子、铵根离子的水解程度 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 (H ) (OH )c c  ，数量级接近 610 ，B 正确。当 (NaOH) 30.00mLV  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(CH3COO −)>c(CH3COOH)，C 正确。根据元素守恒， 3 3(CH COOH) (CH COO )n n 、 之和等于 3 2 4(NH H O) (NH )n n  、 之和，根据图像，pH 7 时， Ⅱ所加盐酸较少，溶液体积较小，故Ⅰ中 3 2 4(NH H O) (NH )c c  、 之和小于Ⅱ中 3 3(CH COOH) (CH COO )c c 、 之和，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）800℃（1 分） （2）Fe(OH)3、SiO2 重结晶 （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） ②NH4Al(SO4)2·12H2O 化学参考答案·第 5 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 Al2O3的化学键更强（1 分） 【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 24SO  的物 质的量； ②根据Al2O3的质量为 0.102g，可得Al 元素物质的量为 0.102g 2 0.002mol 102g/mol   ，根据BaSO4 质量为 0.932g，可得 24SO  的物质的量为 0.932g 0.004mol 233g/mol  ，浓硫酸增加的质量为NH3的质 量，所以 0.906g 铵明矾样品含 4NH 物质的量为 0.0340g 0.002mol 17g/mol  ，铵明矾样品含结晶水的 物质的量为 0.906g 0.002mol 27g/mol 0.004mol 96g/mol 0.002mol 18g/mol 18g/mol       0.024mol ，所以铵明矾的化学式为 NH4Al(SO4)2·12H2O。 （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）COCl2+4OH −= 23CO  +2Cl−+2H2O （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 6 页（共 7 页） （7）过滤 3CrCl 和 Zn 粉，防止堵塞虹吸管 （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 2N 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 反应。 （3）尾气处理时，NaOH 溶液与 2COCl 发生反应生成碳酸钠和氯化钠，离子方程式为： COCl2+4OH −= 23CO  +2Cl−+2H2O。 （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） 3CrCl 不溶于 THF 中，纸质反应管可以过滤掉 3CrCl ，因此将无水 3CrCl 和锌粉放在 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） 3CrCl 和 Zn 粉不溶于 THF 中，故纸质反应管可以过滤掉 3CrCl ，故答案为过滤 3CrCl ， 防止堵塞虹吸管。 （8） 2 3 3 3 3Cr O ~ 2CrCl ~ 2CrCl (T 152 749 1. HF) 52g x 求得 7.49gx  ，故 3 3CrCl (THF) 的产率为： 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， CO2 平衡转化率升高 （5）18.3% 0.0136 （6）CO2+6e −+6H+=CH3OH+H2O 化学参考答案·第 7 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）