重庆市西南大学附属中学2025届高三一诊模拟考试化学试卷及参考答案

这是一份重庆市西南大学附属中学2025届高三一诊模拟考试化学试卷及参考答案，文件包含高三一诊模拟化学定稿pdf、高三上12月一诊模拟-化学答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共12页， 欢迎下载使用。
2.答案C。【解析】
A．氧化还原反应原理错误，应该得到Fe2+，离子方程式应该为2Fe3+ + Cu = 2Fe2+ + Cu2+
B．纯碱可以去油污是因为发生了水解，多元弱酸根水解是分步进行的，且水解很微弱，中间用可逆符号，离子方程式应该为COeq \\al(2−,3) + H2OHCOeq \\al(−,3) + OH-
C．漂白粉溶液暴露在空气中会与空气中的CO2和H2O反应产生CaCO3沉淀HClO，C正确。
D．配制银氨溶液时产生的Ag(NH3)2OH 是强碱，要拆开写，且方程式不满足质量守恒，离子方程式应该：AgOH + 2NH3·H2O = Ag(NH3)2+ + OH- + 2H2O
3. 答案D 【解析】A. 分子式C2H6O也可以是甲醚，甲醚无羟基；B. HF在标准状态下为液体；C. 未说明体积，无法判断CH3COOH的数目；D. Fe2+被氧化时，I−已经被氧化完，故转移电子总数应为5NA
4.答案C，【解析】铁与浓硝酸为钝化反应，为化学变化，故A错误；Na2SiO3与SO2反应产生H2SiO3沉淀，只能证明酸性H2SO3＞H2SiO3，无法证明非金属性，故B错误；K2Cr2O7强氧化性，被乙醇的还原为Cr3+（绿色），故C正确；Cu(OH)2溶于氨水为配位反应（生成[Cu(NH3)4]2+），无法与其他碱发生类似反应，故D错误。
5.答案A，【解析】CO2不与BaCl2反应，故A不符合；浓氨水与CaO反应产生NH3，NH3能与AlCl3溶液反应产生Al(OH)3沉淀（NH3过量也不溶解），故B符合；浓盐酸与KMnO4反应产生Cl2（其中也含有挥发的HCl），能使AgNO3变浑浊，故C符合；稀硫酸与FeS反应产生H2S，H2S + CuSO4 = CuS↓+ H2SO4，故D符合。
6.答案A【解析】A【解析：A．NH3有3对成键电子对和1对孤对电子对，分子构型为三角锥形，是极性分子；BH3有3对成键电子对但没有对孤对电子对，分子构型为平面正三角形，是非极性分子；H3NBH3分子左右不对称，正电荷重心在B原子附近，负电荷重心在N原子附近，是极性分子；CH3CH3分子左右对称，正负电荷重心重合，是非极性分子。A正确。B．BH3分子为平面正三角形，有3对成键电子对，中心B原子采取sp2杂化；其他除H以外的原子均采取sp3杂化。B错误。C．NH3分子中还有一对孤电子对，H3NBH3中N上的孤电子对与B形成了配位键，无孤电子对，所以NH3分子中的键角受到孤电子对的排斥，所以键角更小。C错误。D．H3N—BH3和NH3能形成分子间氢键，熔点高于不能形成分子间氢键的CH3CH3，正确的熔点顺序为H3N—BH3（104 ℃）＞NH3（－78 ℃）＞CH3CH3（－181 ℃）。D错误。】
7.答案B，【解析】a为Al，b为NaAlO2，c为CO2，d为Al(OH)3，e为Al2(SO4)3。Al易形成致密的氧化膜，故A正确；NaAlO2溶液水解显碱性，故B错误；Al(OH)3可用于治疗胃酸过多，故C正确；Al2(SO4)3和NaHCO3发生双水解反应产生CO2，可用于制作泡沫灭火器，故D正确。
8.答案D【解析：A．A分子中的异氰酸酯中的碳氮双键与B分子中右边的氨基发生加成，生成酰胺基，1 ml A含有2 ml异氰酸酯，1 ml B有1 ml —NH2，故1 ml A能与2 ml B发生加成反应。A正确。B．B分子中圈出来的部分都是酰胺（或酰亚胺）的结构，均能发生水解生成羧酸和氨基，故1 ml B完全水解需要消耗3 ml NaOH。B正确。C．P分子靠有序氢键聚合成聚合物，加热时氢键容易被破坏，具有热塑性。C正确。D．P是一段小分子靠氢键聚合形成聚合物，DNA分子单链靠共价键形成长链状，两者链内的作用力不完全相同。D错误。】
9.答案B【解析】B【解析：A．Ge单质属于共价晶体（教材选修2第82页）。A错误。B．根据第二、三周期的规律，元素第一电离能的大小顺序为0＞ⅦA＞ⅤA＞ⅥA＞ⅣA＞ⅡA＞ⅢA＞ⅠA，主族不包括0族，故第ⅣA族位于中间第4位［实际数据I1/kJ·ml－1：35Br（1140）＞33As（947）＞34Se（941）＞32Ge（762）＞20Ca（590）＞31Ga（579）＞19K（419）］。B正确。C．基态Ge原子的电子排布为[Ar]3d104s24p2。C错误。D．Ge原子半径大于C原子，在形成双键时，p-p共轭不如C的有效，成键能力不如C。D错误。】
10.答案D 【解析】A. 阴极质量除了生成CO2，还有从阳极迁移来2 ml H+，因此电解质质量增加46 g；B. 阴极为的得到电子，故电极方程式错误；C. H+移向阴极，因而从左向右移动；D. Pt电极为阳极，水放电生成H+和O2，故电极附近pH减小
11.答案A【解析：A．六方CdS的晶胞为，位于晶胞内的原子有顶点8个，棱上4个，体内2个，其余原子均位于晶胞外，一共6个。A正确。B．立方CdS中，阴阳离子的配位数均为4，配位多面体是正四面体。A错误。C．立方CdS中阴阳离子等价，相同离子之间的距离彼此相等。C错误。D．六方CdS晶体的密度为ρ＝eq \f(2M(CdS),\f(\r(3),2)a2cNA)。D错误。】
12.答案C。【解析】通过分析得到W、X、Y、Z对应的元素分别为H、C、O、Fe，则
原子半径：O＜Fe，A错误。
单质的沸点：C＞H2，B错误。
非金属性：H＜O，C正确。
C的最高正化合价为+4，Fe的最高正化合价为+6：C＜Fe，D错误。
答案 A 【解析】A. 根据题意列三段式如下：
A(g) + 2B(g) ⥫⥬ C(s) + 2D(g)
起始量/ml 1 2 0 0
转化量/ml 0.4 0.8 0.4 0.8
平衡量/ml 0.6 1.2 0.4 0.8
气体压强之比等于气体物质的量之比，初始时的压强与平衡时的压强比=3∶(0.6+1.2+
0.8) = 3∶2.6；B. 反应体积不变，当密度不变时，气体质量不变，反应达到平衡；C. C是固体，不能用浓度表示反应速率；D. 根据三段式可知，平衡时A的体积分数为0.6/(0.6+1.2+0.8)×100% = 23%；故此题答案选A
答案B 【解析】A.由图可知Ka1=10−6.37，Ka2=10−10.25；B.由图2可知，M点c(H+) = 10−8.25 ml•L−1, c(OH−) = 10−5.75 ml•L−1，溶液中c(HCOeq \\al(－,3))≈ 0.1 ml•L−1，则c(COeq \\al(2－,3)) =10−3 ml•L−1，所以存在c(COeq \\al(2－,3)) ＞ c(OH−)；C. pH = 9、lg[c(Ni2+)] = −5时恰好为Ni(OH)2的沉淀溶解平衡体系，不会生成NiCO3沉淀，含碳微粒总量不变，即体系达到平衡后存在：c(COeq \\al(2－,3)) + c(HCOeq \\al(－,3)) + c(H2CO3) = 0.1 ml·L−1；D.由图2可知，pH＜8.25时，NiCO3优先于Ni(OH)2生成沉淀，pH＞8.25时，Ni(OH)2 优先于NiCO3生成沉淀，0.1 ml•L−1 NaHCO3溶液的pH接近8，0.1 ml•L−1Na2CO3溶液的pH接近12，故选0.1 ml•L−1 NaHCO3溶液效果好
(14分)
（1）3d104s1 （2分）
（2）浓盐酸 （2分，未写“浓”字扣1分，写“浓HCl”扣1分）
SnCl4 + 4NaOH= SnO2 + 4NaCl + 2H2O（2分，写Sn(OH)4，SnO2·2H2O，SnO2·xH2O均可得分）
（3）6或4 （2分）
作还原剂，将二价铜还原为单质铜（2分，回答得到铜单质就可以得2分）
20%、40（独立给分，每个1分，写“40min”扣1分）
h＋+·O2- + CH2O= CO2 + H2O + h（2分,，h代表空穴，可不写）
16.（15分）：
（1）①蒸馏烧瓶（1分）；浓硫酸（2分）
②TiO2 + 2C + 2Cl2 eq \(===,\s\up7(△)) TiCl4 + 2CO（2分）
③蒸馏（2分）
④吸收未反应完的Cl2，防止污染空气；防止g中水蒸气进入e中导致TiCl4水解（2分）
⑤CO + PdCl2 + H2O = 2HCl + Pd↓ + CO2（2分）
（2）①当加入最后半滴AgNO3标准溶液时，溶液恰好出现砖红色沉淀，且半分钟不消失（1分）；97.5（2分）
②偏小（1分）
17.（14分）
（1）（Ea+163）【2分】
（2）245【2分】 使用更高效的催化剂【1分】
（3）①75【2分】 ②5.4p 【2分】 ③反应初期，c(N2O5)较大，反应Ⅰ的反应速率比反应Ⅱ大，随着反应进行c(N2O5)逐渐减小，c(N2O3)增大，反应Ⅱ的反应速率比反应Ⅰ大，故N2O3物质的量先增大后减小。【2分】
（4）①电子【1分】 ②NO2 + 2e− + H2O = NO + 2OH−【2分】
18.（15分）
酰胺基（1分）
（2分），取代反应（1分）
浓硝酸/浓硫酸，加热（2分）
（2分）
＋NaOH—→＋AcONa（2分）
10（2分）
（3分）