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

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H2O2球棍模型不是直线型分子。C项，气态团簇分子的化学式为E4F43.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AgNO3溶液不能反应內界的氯离子。4.答案：A解析：A应该是加成反应。5.答案：D2解析：AAl(OH)4结合H的能力比CO3强，B项的FeCl3溶液过量，无法说明该反应存在一定限度。C项亚硫酸氢钠呈酸性，电离大于水解，>−146.答案：C��1⋅��210解析：根据题意，X：HY：CR：OM：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：Na2O>NaH。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(NH4)2S或NH4HS，A错误；B项，X是强酸时，C是S单质，X是强碱，C为N2，B正确；C项，当X是强酸时，D是SO2，SO2使得石蕊溶液变红，但不能褪色，C错误；D项在强酸和强碱条件下生成的气体B在等质量时的体积比为1：29.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：A2+++-解析：A：Ka=c(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H3NSO3所以熔点大小关系：H2NSO3H>H2SO4；C项该反应生成1molH2时转移电子数为3NA项不能用溶液检验分解所得混合气体中是否含有，因为体系中还有会干扰。DBaNO32SO3SO211.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NA，A正确；B项由晶胞结构可知，Ga和As的最近距离是，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412.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：LiFePO4-e=FePO4+Li；锂离子的回收率为（6.73×10-3-5×10-4）/7.19×10-3≈86.6%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1解析：A项0.5molLNaHCO3溶液中存在质子守恒关系：c(H+)+c(H2CO3)=c(OH-)+c(CO32-)，A错误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；2+++-2---a点时溶液中存在电荷守恒2cCa+cNa+cH=cHCO3+2cCO3+cCl+cOH，a点溶液显碱性，2++-2--所以c(OH—)>c(H+)，则可得到2cCa+cNa>cHCO3+2cCO3+cCl，C不正确；2-+2++cCO3cHcCaKspCaCO3cH．点，，DbpH=7.2Ka2=-2+=-2+cHCO3cCacHCO3cCa+KspCaCO3cH-11-2+，代入题中给出的数据KHCO=4.710，cHCO3cCa=a223Ka2-7.2-9，-2+10-9-6，正确；KspCaCO3=3.3610cHCO3·cCa=3.36104.510D4.710-1115．（13分）（1）（1分）+6（1分）高温（2）（2分）232232422+2－+（3）T2CeOr�+2+SO3�2+3+H42ON=aTCeO+2SO44N+a6CHrO+（42C分O）（4）酸浸（1分）(5)aedc（2分）电解（6）（2分）12.2%（2分）4K2CrO4+4H2O4KOH+2H2↑+�2↑+2K2Cr2O715.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K2Cr2O7粗产品，从溶解性表可得出，温度低于50℃后K2Cr2O7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。答案为aedc。（6）n(K2CrO4)=0.2mol由于转化率为80%，反应的K2CrO4的物质的量为0.16mol，电解池中+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0.08molH2逸出体系，所以左槽的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）CHHOCHHO(4)3723622（2分）O2与热裂解的H2反应生成水，使平衡正向进行，反应趋势增大。（2分）(5)O2氧化性强，易氧化C3H8和C3H6，使产率下降。（2分）（或CO2是一种温和的氧化剂，不会氧化C3H8和C3H6）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；C3H8的消耗速率与C3H6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C3H8(g)C3H6(g)+H2(g)和C3H8(g)C2H4(g)+CH4(g)反应，nC2H4%=nCH4%=4%，又由于nC3H8%=40%，所以nC3H6%=nH2%=26%，C3H8的转化率为：（4%+26%）2/70%=42.9%；Kp=(0.26)×100/0.4=16.917.（15分）(1)CuSO4试纸由蓝色变为黑色（2分）NaHCO3、NaHS（2分）（2）H2S与醋酸亚铜氨溶液作用（H2S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）（3）长颈漏斗（1分）（4）Cu+2H2SO4（浓）==CuSO4+SO2↑+2H2O（加热条件）（2分）（5）ad（2分）（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SO2即可，答案为浓硫酸和饱和NaHSO32－－2－2－溶液；（6）根据得失电子守恒：Cr2O7～6e～6S2O3，所以c(S2O3)=20.00×0.01×6/18.60=0.2/3.1，样品中Na2S2O3·5H2O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，使配制溶液的浓度偏低，故A选项正确；装K2Cr2O7标准液的酸式滴定管洗涤后若未润洗，使K2Cr2O7溶液浓度偏低，消耗的Na2S2O3溶液体积偏小，测定浓度偏大；量取K2Cr2O7标准液时，开始有气泡，终点无气泡，使量取体积小于20.00mL，消耗的Na2S2O3溶液体积偏小，测定浓度偏大；滴定阶段，开始平视刻度线，终点仰视刻度线，读数偏大，使测定浓度偏小。故答案为AD18.（15分）(1)液溴、FeBr3(Fe)，（2分）取代（1分）(2)氯乙酸甲酯（2-氯乙酸甲酯）（1分）（2分）（3）+H2O2→+H2O（2分）（4）＞＞（2分）②①③（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