2023重庆市八中高考适应性月考卷（四）化学PDF版含答案

重庆市第八中学2023届高考适应性月考卷（四）

化学参考答案

一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。

【解析】

1．A项，酒、醋、酱油都是由粮食发酵酿制而成的。B项，蚕丝属于蛋白质，还含有氮元素。C项，合金熔点比纯金属低。D项，灰的成分是CaO。

2．A项，氯化钠是离子化合物，错误。B项，违反了洪特规则，电子总是优先单独占据一个轨道，且自旋平行，错误。C项，碳酸根离子是平面三角形，正确。D项，p轨道是哑铃型，p—p σ键“头碰头”重叠，错误。

3．A项，麦芽糖在酸性环境中会水解，同时麦芽糖也会被酸性高锰酸根离子氧化。B项，Cu2+和S2−会反应生成沉淀。C项，由水电离出来的c(H+)=10−13mol/L的溶液可能呈酸性也可能呈碱性，呈碱性时这四种离子可以大量共存。D项，滴加甲基橙显红色的水溶液呈酸性，酸性环境下，硝酸根离子会氧化亚铁离子。

4．A项，碳酸钠溶液呈碱性，加热时可使废铁屑表面的油污水解，从而除掉油污。B项，KNO3固体受热会分解。C项，过滤可除掉氯化钠中的泥沙。D项，铜单质在酸性环境中可被双氧水氧化溶解。

5．A项，根据还原性：Fe2+>Br−，向FeBr2溶液中通入少量Cl2，Fe2+先与Cl2反应：2Fe2++Cl2 = 2Fe3++2Cl−，错误。B项，离子方程式为5I−+IO3−+6CH3COOH=3H2O+3I2+ 6CH3COO−，错误。C项，向Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体，二氧化硫被氧化为硫酸根离子，再和钡离子结合生成白色沉淀硫酸钡，错误。

6．A项，N2和H2都为双原子分子，标况下22.4L的混合气体共有2NA个原子。B项，2.0g H218O与D2O形成的液态体系中所含中子数等于NA。C项，Fe3O4中有1个亚铁离子，2个三价铁离子，因此一共失去8NA个电子。D项，1mol C3H4O2消耗O2的量与1mol C2H4一样，因此共消耗O2分子数目为1.5NA。

7．B项，根据晶胞无隙并置的特点，每个Ca2+周围距离最近且等距的F−有8个，错误。

8．A项，由图可知，进程Ⅰ中S的总能量大于产物P的总能量，因此进程Ⅰ是放热反应。B项，进程Ⅲ中由S·Y转化为P·Y的活化能高于进程Ⅱ中由S·X转化为P·X的活化能，因此催化剂X的催化效果比Y好。C项，进程Ⅱ中使用了催化剂X，但是催化剂不能改变平衡时P的产率，因此在Ⅰ、Ⅱ两个进程中平衡时P的产率相同。D项，进程Ⅰ和进程Ⅳ均为放热反应，，由图可看出进程Ⅰ的焓变ΔH比进程Ⅳ的ΔH大。

9．根据结构图所示，Y有4个共价键，则Y为C，Z有2个共价键，则Z为O，W显+1价，因为四种元素位于同一周期，则W为Li，W、X的核电荷数之和等于Z的核外电子总数，则X为B。A项，W为Li，失去一个电子后，最外层有2个电子，未达到8电子结构，错误。B项，元素非金属性越强，其气态简单氢化物越稳定，非金属性：O>C，则最简单氢化物的稳定性：Z>Y，正确。C项，X为B，其最高价含氧酸是H3BO3，为一元弱酸，正确。D项，X与Z形成4个σ键，为sp3杂化，正确。

10．A项，曲线①③所用的催化剂浓度相等，但降冰片烯浓度不等，开始时降冰片烯的浓度曲线①是曲线③的2倍，完全消耗时所需时间曲线①是曲线③的2倍，两者反应速率相等，所以其他条件相同时，降冰片烯浓度与反应速率无关。B项，从图中可知，条件②降冰片烯初始浓度为3mol/L，125min后降冰片烯浓度将为0，则其反应速率为 mol·L−1·min−1。C项，催化剂对平衡移动无影响，故改变催化剂形状不会影响该反应的平衡转化率。D项，由A分析知，其他条件相同时，降冰片烯浓度与反应速率无关，条件①降冰片烯起始浓度变为6mol/L，降为3mol/L时用时250min，正确。

11．A项，加入碘水后若不变蓝则证明淀粉完全水解。B项，此反应无明显现象，无法比较反应速率的大小。C项，此反应能发生是因为硫化铅是难溶于酸的沉淀，氢硫酸的酸性弱于醋酸。D项，浓度越大的醋酸铵溶液，水的电离程度越大，所以不同浓度的醋酸铵溶液，水的电离程度不同。

12．A项，b分子中的手性碳原子是sp3杂化，故不可能所有碳原子处于同一平面，错误。B项，a、b分子中都含有碳碳双键，均能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色，正确。C项，b分子中含有1个手性碳原子，正确。D项，b与分子式都是C8H8O4，结构不同，互为同分异构体，正确。

13．A项，测硫仪工作时，碘离子在阳极失去电子发生氧化反应，电极反应式为3I− −2e−= I。B项，二氧化硫在电解池中与溶液中I反应，离子方程式为SO2+I3−+2H2O= 3I−+SO+4H+。C项，由题意可得如下关系：S～SO2～I～2e−，电解消耗的电量为x库仑，则煤样中硫的质量分数为。D项，混合气体中的O2能将I−氧化为I，使电解过程中电路转移的电量减少，从而使测得混合气体中SO2含量偏低，错误。

 14．A项，H2C2O4是二元弱酸，滴定过程中有两次滴定突变，CH3COOH是一元酸，滴定时只有一次滴定突变，所以根据图示可知X曲线代表H2C2O4，Y曲线代表CH3COOH。其中c、d为两种酸恰好完全中和的化学计量点，根据恰好反应时消耗NaOH溶液的体积可知：，    ，，错误。B项，草酸、醋酸恰好完全中和时，产物分别为草酸钠、醋酸钠，均呈碱性，可使用酚酞作指示剂，不可使用甲基橙作指示剂，错误。C项，若a点，则a点溶液为NaHC2O4、Na2C2O4按物质的量之比1∶1形成的混合溶液，因为，溶液显酸性，故HC2O的电离程度大于HC2O和C2O的水解程度，则a点有，错误。D项，对于CH3COOH而言，滴定过程中始终有电荷守恒n(H+)+n(Na+)n(CH3COO−)+n(OH−)，物料守恒有n(CH3COOH)+n(CH3COO−)0.02c1，则有n(H+)+n(Na+)0.02c1−n(CH3COOH)+n(OH−)，得n(CH3COOH)0.02c1+n(OH−)−n(H+)−n(Na+)，正确。

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VB族（1分）   23（1分）

（2）增大原料接触面积，加快反应速率，使反应更充分  

（3）V2O5、Fe(OH)3      

（4）>13（1分）   VO+2CO2+H2O=VO+2HCO

（5）温度过高氯化铵分解，浓度降低，导致沉钒率下降；温度过低，沉钒速率较慢   0.8mol/L

（6）2HVO3V2O5+ H2O或V2O5·H2OV2O5+H2O

【解析】富钒废渣（含V2O3、V2O4和Na2O·Al2O3·4SiO2、FeO）中加入Na2CO3研磨，再通入O2焙烧，生成的烧渣中含有NaAlO2、Na2SiO3、Fe2O3、V2O5等，气体为CO2；加入盐酸调整pH<1，生成H2SiO3沉淀、AlCl3、FeCl3、NaVO2等；过滤后，滤渣1为H2SiO3，滤液中加入NaOH溶液，调整pH=3.0，则Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，NaVO2转化为V2O5，滤液2中含有Al3+等；滤渣2中含有Fe(OH)3、V2O5，加入NaOH得滤渣3的成分为Fe(OH)3，滤液中含有VO；通入足量CO2，VO转化为VO，再加入NH4Cl，生成NH4VO3沉淀，煅烧生成V2O5和NH3。

（4）“转化Ⅱ”需要调整pH范围为>13，此时VO转化为VO，同时CO2转化为HCO，则“转化Ⅲ”中含钒物质反应的离子方程式为VO+2CO2+H2O=VO+2HCO。

（5）当溶液中c(Ca2+)=1mol/L时，溶液中的

210−3mol·L−1，则。

（6）由题意可知，钒酸铵的物质的量为，由钒原子个数守恒可知，钒酸的质量为0.02mol×100g/mol=2.000g，则100~200℃时发生的反应为NH4VO3NH3↑+HVO3，五氧化二钒的质量为0.02mol××182g/mol=1.820g，则300~350℃时发生的反应为2HVO3V2O5+H2O或V2O5·H2OV2O5+H2O。

16．（除特殊标注外，每空2分，共14分）

（1）球形干燥管（1分）      碱石灰 （1分）  

（2）通过观察C中气泡调整合适的NH3流速，使D中NH3和CS2充分反应  

 CS2+3NH3NH4SCN+NH4HS

（3）CS2层与水层分层现象消失（1分）    

（4）使NH4HS完全分解，除掉NH4HS（1分）

（5）Cr2O+3H2S+8H+=3S↓+2Cr3++7H2O

（6）①滴入最后半滴AgNO3溶液时，红色恰好褪去，且半分钟内颜色不恢复

②97.0%

【解析】（2）因NH3和CS2反应缓慢，若NH3气体流速过快，会导致NH3来不及和CS2反应；NH3和CS2反应生成两种铵盐，其中之一是NH4HS，且物质的量之比为1∶1，根据元素守恒，另一种铵盐应为NH4SCN。

（3）D中反应完成时，CS2会反应完全，使D中分层现象消失。

（4）根据题意描述，D中生成的NH4SCN与KOH反应制备KSCN，则可推出加热并保持105℃一段时间是为了使生成的NH4HS完全分解，避免消耗KOH。

（5）分析题意可知，装置E中盛有的酸性K2Cr2O7溶液用于吸收氨气和硫化氢，防止污染环境，酸性K2Cr2O7溶液吸收其中H2S气体会生成浅黄色沉淀，因此离子反应方程式为Cr2O+3H2S+8H+=3S↓+2Cr3++7H2O。

（6）①由题意可知，硫氰酸根离子与铁离子发生显示反应，使溶液呈红色，当溶液中硫氰酸根离子完全反应时，溶液红色会褪去，则判断达到滴定终点的方法为滴入最后半滴硝酸银溶液时，红色恰好褪去，且半分钟内颜色不恢复。

②由滴定消耗0.1000mol/L硝酸银溶液的体积为10.00mL可知，5.0g样品中硫氰化钾的质量分数为。

17．（除特殊标注外，每空2分，共15分）

（1）271

（2）BD

（3）b（1分）   反应（Ⅱ）正反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，K增大，则lnK随着的增大而减小

（4）或

（5）26（1分）   加入催化剂或使用效率更高的催化剂（1分） 

（6）CO2+2e−=CO+O2−   8∶7

【解析】（1）ΔH=反应物总键能−生成物总键能，由题可知，反应Ⅰ中每断裂2mol C—H键，会形成1mol碳碳π键和1mol H—H键，故2×416kJ·mol−1−E(碳碳π键)−436kJ/mol= +125kJ·mol−1，解得 E(碳碳π键)=271kJ·mol−1。

（4）设乙烷与氦气的混合气体的总物质的量为100mol，由乙烷的平衡转化率为α可知，平衡时乙烷、乙烯、氢气的物质的量为mol、mα mol、mα mol，则混合气体的总物质的量为，乙烷、乙烯、氢气的平衡分压为kPa、kPa、kPa，反应的平衡常数。

（5）计算曲线a的活化能，将(3.8，2.8)、(3.5，10.6)分别代入到Rlnk可得，解得Ea=26kJ·mol−1；计算曲线b的活化能，将(3.5，10.6)、分别代入到Rlnk，解得Ea=13.6kJ·mol−1，与a相比，曲线b的活化能降低，则实验可能改变的外界条件是加入催化剂或使用效率更高的催化剂。

（6）由图可知，阳极上甲烷失去电子发生氧化反应生成乙烷和乙烯；阴极上二氧化碳得到电子发生还原反应生成一氧化碳，阴极的电极反应式为CO2+2e−=CO+O2−；若甲烷生成的乙烯和乙烷的体积比为3∶1，则根据电子守恒和质量守恒可知，8CH4~(3C2H4+C2H6) ~14e−；结合CO2+2e−=CO+O2−，可知8CH4~14e−~7CO2，故消耗的CH4和CO2物质的量之比为8∶7。

18．（除特殊标注外，每空2分，共14分）

（1）乙酸（1分）   CH3COOH+Cl2CH2ClCOOH+HCl（反应条件为光照或一定条件均给分）

（2）氧化反应（1分）

（3）OHCCOOH

（4）ClCH2COOH+2OH−HOCH2COO−+Cl−+H2O

（5）cd

（6）   

【解析】A能与碳酸钠溶液反应产生二氧化碳，故A中含羧基，A 为CH3COOH；A在一定条件下生成B，为取代反应，B为CH2ClCOOH；对比C经过反应②的产物结构，结合已知i，可知C为含醛基，结构简式为OHCCOOH；D由酯水解而来，D为；E到F为取代反应，对比分子式和结构可知E为，参照题中所给已知信息i， 酸性条件下反应向相反方向进行，可推出中间产物1含醛基，结构简式为，一定条件下生成中间产物2，可参照已知信息，反应位置是醛基和氨基发生反应，且中间产物2与E互为同分异构体，可知中间产物2的结构简式为，故中间产物1转化为中间产物2的方程式为。