化学试卷答案重庆市重庆八中高2026届11月适应性月考（三）(11.21-11.22)

重庆八中高2026届11月适应性月考(三)题号1234567BDACDDB题号89ADCBCBC1.【一解析】小苏打遇到碱性物质不会产生气体，A错误。维生素C从而防止原电池反应(吸氧腐蚀),而非利用电解池原理。电解池需要额外加电源，此处未涉及，D错误。3.【一解析】标况下6.72LCO₂物质的量应为0.30.1NA,B错误。此时硫酸分子中氧原子数目为2NA,但是还有2%的H₂O中仍含有氧原子，总体应该大于2NA,C错误。浓硫酸反应过程中变稀后便不再继续反应，转移电子数小于4NA,D错误。4.【一解析】该装置为原电池，没有外加电源，A错误。该反应需要加热才能进行，B错误。铁发生5.【一解析】B项，题干中给了Mo(CO)₆作为还原剂和催化剂的信息；D项，没有提及X、Y的物质的量，所以不确定两者消耗Br₂是否相等，故D错误。键能大于Si—Si,所以熔点：金刚石>晶体硅；B项，键能越大，键长越短，H—Cl键能大于H—I,所以键长：溶液吸收少量SO₂气体，由于CIO-过量，则最后应该生成HCIO,而非H+,C错误。向NaHSO₄溶液中滴加少Ba²++2HCO₃+SO²⁻+2H+—BaSO₄↓+2H₂O+2CO₂↑,D错误。8.【一解析】测定等浓度的KCIO溶液、KNO₂溶液的pH,pH越大，证明酸根离子水解程度越大，故可以得出NO₂和CIO-的水解能力大小，A正确。麦芽糖本身具有还原性，能发生银镜反应，因此出现银镜不一定是其水解产物形成的，也有可能是麦芽糖本身反应形成的，B错误。浓硝酸会使铁片钝化(表面形成致密的反应后的溶液含有I₂、KI,不能证明反应的可9.【一解析】MgSO₄溶液蒸干并灼烧后的产物为MgSO₄,MgCl₂溶液蒸干并灼烧后的产物为MgO,两者不同，A错误。平衡常数应该为,B错误。CH₃COONH₄溶液pH为7,是因为CH₃COO-结合水电离出H+的能力和NH结合水电离OH-出的能力相同，二者水的电离程度不同，C错误。经过渡态I的反应2CH₃OH⁴+HO·"+CO₂*-→CH₃O·*+CO₂⁴+CH₃OH*+H₂O*中，发生CH₃OH中0—H极性11.【一解析】反应前后Z均形成1个共价键，则Z可能为氢元素、氟元素，结合“短周期主族元素X、2个共价键，反应后W形成6个共价键，结合原子序数：W>Z可知，W为S元素。综上，X、Y、Z、W分为极性分子(书页型),D正确。12.【一解析】由4个Cu原子，O原子位于晶胞的顶点和体心，一个晶胞中含有氧原子的数目为故该化合物的化学式为Cu₂O,A正确。1号Cu原子和2号Cu原子之间的距离为晶胞面对角线长度的一半，即apm,B正确。可通过晶胞结构图看出，每个O原子周围与其距离最近且相等的Cu原子数目为4,C错误。13.【一解析】由电池分析可知，Pt电极生成H+,Fe电极消耗H+,故隔膜为质子交换膜，A正确。由图可知，在含Fe的催化电极表面除了生成盐酸羟胺(NH₂OH·HC1),还有气体生成，生成盐酸羟胺的质量<69.5g,B错误。Pt电极反应式为H₂-2e-——2H+,Fe电极反应式为NO+3e⁻+4H++Cl-—NH₂OH·HCl,电池放电完成后，转移相同e-,左侧消耗量大于右侧，最终隔膜左侧溶液pH增大，隔膜右侧溶液pH不变，C正确。根据a、b可知，正极反应催化循环一次得到3个e,负极反应催化循环一次失去2个e,结合得失电子守恒可知，相同时间内Pt电极与Fe电极上的催化循环次数不同，D正确。则一解析】,则1,同理1,Ka>K>K。由图像可知:K-10,K-10,K-10。a点对应pH=2,,故，c(H₃R)=10¹c(H₂R)>10c(H₂R),也即c(H₃R)>c(H₂R⁻),A正确。10-3.1-4.8-64+2׳=1083,B正确。Na₂HR中HR²-电离(K₃=10-⁶4)大于水解,溶液显酸性，稀释时pH增大，氢离子浓度减小，,K₂不变，氢离子浓度降低则比值增大，C错误。溶液中阳离子为H+、Na⁺,阴离子为H₂R-、HR²-、R³-、OH,电荷守恒式为c(H+)+c(Na+)=c(H₂R⁻)+2c(HR²-)+3c(R³-)+c(OH⁻),移动c(Na+)和c(OH)即可得出D选项，D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14分)(1)(1分)四面体形(1分)(4)[Zn(NH₃)4]²++S²-+4H₂O=ZnS↓+4(6)温度低于400℃,部分ZnS转化为ZnSO₄导致固体质量增加，温度高于400℃,ZnS主要转化为ZnO,故固体质量减小【一解析】(1)若[Zn(NH₃)₂(H₂O)₂]²+为平面四边形则有两种结构，即两个NH₃分别处于对位和邻位，若[Zn(NH₃)₂(H₂O)₂]²+为四面体形则只有一种结构。(3)根据题中信息“仅少量铁元素浸出”可知，“滤渣”中存在Fe₂O₃,浸出部分铁元素以Fe(OH)₃形式存在。(4)沉锌时，pH=4时Zn²+恰好沉淀完全，其浓度为c(Zn²+)=1.0×10⁻⁵mol·L¹,根据K(ZnS)=1.0×10⁻²³,推(6)在“氧化”过程中，Zn元素可能转化为ZnSO₄和ZnO,根据质量守恒，若ZnS转化为ZnSO₄,则固体质量增加，若转化为ZnO,则固体质量减小。16.(除特殊标注外，每空2分，共15分)(1)Mg²[:Ns]-Mg²[:Nx3-Mg²减缓反应速率，获得平缓气流(1分)(2)Cu+H₂O₂+H₂SO₄—CuSO₄+2H₂O(3)2Cu²++2NH₃·H₂O+SO²-——Cu₂(OH)₂SO₄J+2NH2Cu²++2NH₃+2H₂O+SO-—Cu₂(OH)₂S(6)液封，防止氨气逸出，减少测量误差【一解析】(1)氮化镁与水反应非常剧烈，可用饱和食盐水降低反应速率，获得平缓气流。(4)苯和乙苯密度比水小，乙醇与水互溶，均不可用于氨的防倒吸。(5)根据“相似相溶”原理，(NH₄)₂SO₄为离子晶体，也难溶于乙醇。(7)消耗NaOH的物质的量为c₂V₂×10-³mol,则与NaOH反应的HCI有c₂V₂×10⁻3mol,则与氨气反应的HCl有c₁V×10-3mol-c₂V₂×10-3mol,蒸出氨气的物质的量为(c₁V1×10-³-c₂V₂×10³)mol,则样品中N的质量分数的表达式为17.(除特殊标注外，每空2分，共14分)②v瞬间减小，后逐渐增大，达到新的平衡后，不再改变【一解析】(1)2SO₂(g)+O₂(g)2SO₃(g)△H=-196kJ·mol-¹,设O₂(g)的相对能量为x,则量为429kJ,1molNO的相对能量为486kJ,则反应①的△H₁=[2×429-2×486-(-2)]kJ·mol-¹=-112kJ/mol。(2)①平衡时，v₁=7g,即。(2)①平衡时，v₁=7g,即。molSO₂和0.3molO₂,c(SO₂)=0.3mol/L,c(O₂)0平衡时c(O₂)=0.1mol/L,则x=0.05mol/L,逆只与温度有关，向容器中充入SO₂,c(SO2)增大，V逆瞬间减小，v瞬间增大，平衡向正反应方向移动，平衡移动过程中，V避逐渐增大，直至达到新的平衡状态，V逆不再改变。③T2温度下，平衡时ka=ka,I₂温度下平衡常数更小，该反应为放热反应，故T>Ti。(3)①该反应中，压强越大越有利于平衡正向移动，因此，压强越大平衡时SO₃的摩尔分数越大。②在相同压强和温度下，图甲中xso更大，进料组成为两者物质的量之比为2:1与方程式系数相同，假设进料中SO₂和O₂的物质的量分别为2mol和1mol,达到平衡时O₂的变化量为xmol,则有：可得(4)黄铁矿为ag