湖南聯(lián)考2025屆高三10月月考化學試題+答案

化學

注意事項：

i.答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試題卷和答題卡上，并將準考證

號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。

2.選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案

標號涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。

3.非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區(qū)域內(nèi)。寫在試題

卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。

4.考試結束后，請將本試題卷和答題卡一并上交。

可能用到的相對原子質量：H：1C：12N：140：16Na：23S：32Cl：35.5

K:39

第I卷（選擇題）

一、單選題（每題3分，共42分）

1.中華文化源遠流長，化學與文化傳承密不可分。下列敘述錯誤的是（）

A.江西博物館中“《論語》竹簡”中竹簡的主要成分是纖維素

B.安徽古代科學家方以智在其《物理小識》“有破水者，剪銀塊投之，則旋而

為水”，其中的“破水”指醋酸

C.甘肅出土的春秋早期秦國的銅柄鐵劍中，鐵元素有化合態(tài)和游離態(tài)兩種存在

形式

D.廣西壯錦的主要原料是蠶絲等，蠶絲屬于有機高分子化合物

2.反應2NH3+NaClO=NR4+NaCl+HQ可用于制備火箭推進劑的燃料N2H4,下

列說法正確的是（）

分子中沒有非極性鍵的電子式為：：百：

A.N2H4B.NaClONa6????

C.H2O.NH3的VSEPR模型一致D.食鹽的分子式為NaCl

3.下列裝置可以實現(xiàn)對應實驗目的的是（）

B.分昌乙醇和

A.驗證吸氧腐蝕[CU(NH3)/S(YH2OC.制備N&D.測量NO2體積

4.下列有關阿伏伽德羅常數(shù)(NA)的敘述中正確的是()

A.18g液態(tài)水中含有氫鍵的數(shù)目為2M

B.10g質量分數(shù)為46%的乙醇溶液中含有O-H鍵的數(shù)目為0.1NA

C.常溫下2.7gAl加至足量的濃硝酸中，轉移的電子數(shù)為0.3必

D.25。(2時，lLpH=2的CHjCOOH溶液中，中的數(shù)目為。01治

5.下列反應的離子方程式表述不亞躥的是()

A.氯化鐵溶液腐蝕銅板：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+

B.鋁溶于NaOH溶液中：2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4+3H2T

C.將少量SO2通入NaClO溶液：SO2+H2O+2ClCr=SOj+2HClO

D.用純堿溶液除去水垢中的CaSC\：

CaSO4(s)+CO3(aq)=CaCO^s)+SO^(aq)

6.下列有關物質結構與性質的說法正確的是()

A.雪花是天空中的水汽經(jīng)凝華而來的一種晶體，其六角形形狀與氫鍵的方向性

有關

B.某基態(tài)原子的價層電子排布為4d25s2,該原子N層上有3個空軌道

C.C=C鍵的鍵能比C—C鍵的大，所以碳碳雙鍵的化學性質比碳碳單鍵穩(wěn)定

D.碘易溶于濃碘化鉀溶液，甲烷難溶于水都可用“相似相溶”原理解釋

7.現(xiàn)有M、Q、R、T、W、X、Y七種前四周期常見元素，原子序數(shù)依次遞增。

其中，M具有一種沒有中子的同位素；Q是植物生長三要素之一；R是地殼中含

量最多的元素，且W與R的最外層電子數(shù)相同；T、Y是金屬元素，其中T的

原子半徑是短周期中最大的，能與X形成離子化合物TX；Y既不是主族元素、

也不是副族元素，其合金被稱為“黑色金屬”。下列說法錯誤的是（）

+

A.M元素與Q、R元素形成的兩種微粒的鍵角：QM：>M3R

B.Q、R、T三種元素簡單離子的半徑：T>R>Q

C.T、W、X、Y四種元素的第一電離能：X>W>Y>T

D.WR：、XR；的VSEPR模型與實際空間構型均相同

8.下列實驗操作、現(xiàn)象和結論均正確的是（）

選項操作現(xiàn)象結論

向2mL0.1mol-U*KMnO4溶液中

A紫色溶液褪色凡。?具有氧化性

滴加過量的0.Imol.匚巴。？溶

液

先出現(xiàn)淺黃色

以K^CrO,為指示劑，用AgNOs

沉淀，后出現(xiàn)

BKSp(AgBr)<Ksp(Ag2CrO4)

標準溶液滴定溶液中的Br-磚紅色沉淀

壓縮盛有NO2氣體的容器體加壓，2NO2=204平衡

C氣體顏色變淺

積正向移動

向0.0Imol/LBa（OH）,溶液中插

電導率先減小電導率最小時，兩者恰好

D入電導率傳感器，逐滴加入

后增大完全反應

0.0hnol/LH2s。4溶液

9.類比是一種重要的學習方法，下歹U“類比”中錯誤的是（）

A.電解熔融NaCl可制Na,則電解熔融MgC"可制Mg

B.NajN與鹽酸反應生成NaCl和NH4c1,則與鹽酸反應生成Mg。和NH4cl

C.NaOH溶液與少量AgNC>3溶液反應生成AgOH和NaNOs,則氨水與少量AgNO3溶

液反應生成AgOH和NH4NO3

D.Al"與HCO；在溶液中可發(fā)生相互促進的水解反應生成沉淀和氣體，F(xiàn)e3+與

HCO；也如此

10.研究發(fā)現(xiàn)，以非晶態(tài)Ni（HI）基硫化物為催化劑，能有效催化OER（析氧反應）

和UOR（尿素氧化反應），從而降低電解水制氫過程中的能耗，其工作原理和反應

機理如圖所示：

下列說法正確的是（）

A.產(chǎn)生5.6LO2,電路中轉移的電子數(shù)為2M

B.電極A的反應為2HQ+2e-=20川+珥T,電極A附近溶液的堿性增強

C.UOR分兩步進行，其中沒有非極性鍵的形成或斷裂

D.若將光伏電池改為鉛蓄電池，電解過程中電極B應連接鉛蓄電池的Pb極

11.多個專家研究組經(jīng)過通力合作，設計了雙單原子協(xié)同催化劑，該催化劑在協(xié)

同作用下不僅可以最大程度上提高原子利用率，而且可以提高催化劑的選擇性。

4—硝基苯乙烯選擇性加氫反應制備乙烯苯胺的反應如圖，下列說法中錯誤的是

雙單原子催化單原子催化

A.Ir單原子位點促進氫氣的活化，M。和Ir的協(xié)同作用改變催化劑選擇性

B.從圖示的催化過程可以發(fā)現(xiàn)，M。單原子位點對4—硝基苯乙烯有較好的吸附

效果

C.在雙單原子催化劑作用下，可以提高4—硝基苯乙烯的平衡轉化率

D.使用雙單原子催化劑時，可以大大減少副反應的發(fā)生，提高乙烯苯胺的產(chǎn)率

12.化學需氧量（ChemialOxygenDemand）是在一定條件下，用強氧化劑氧化一定

體積水中的還原性物質時所消耗氧化劑的量,折算成氧氣的量（單位為mg/L）來表

示。我國地表水可采用標準KMnO”法測定水中化學需氧量（COD）,即水體中還原

性物質每消耗ImolKMnO,折算為L25moK）2的消耗量。其操作步驟如下：

①取水樣V0mL,先加入足量稀硫酸酸化，再加入YmLcimol.L-的KMnC）4標準液，

煮沸30min（充分氧化水中的還原性物質），溶液呈穩(wěn)定的紅色，冷卻至室溫。

②向①中溶液中加入V2mLe2moi?L-的Na2C2O4標準液（過量）。

③用qmolL-'的KMnO4標準液滴定②中溶液至滴定終點，消耗KMnO,標準液V3mL。

計算水樣中COD含量（mg/L）表達式正確的是（）

ICX56（"+丫3）-02丫2*|4

32xC(V1+V3)-2V2|x—32xx—

A.4B.5

-3-3

VoxlOVoxlO

5CICX5

32xx—32x(V1+V3)-2V2|x—

C.4D.4

3-3

VoxlO_VoxlO

13.常溫下用S-In催化劑電催化還原CO?制甲酸的機理如圖1所示，反應歷程如

圖2所示，其中吸附在催化劑表面的物種用*標注。下列說法錯誤的是（）

2

0S.HC00H+20H-

_____--------------

0CO2+2H2O+2e/HC00H*+20H-

~\_/

0.

2

HCOO'+HaO+e+OH-

反應歷程,

圖2

A.使用S-In催化劑能夠提高反應物分子中活化分子的百分數(shù)

B.制甲酸過程的決速步驟為HCOOO*+H20+e-fHCOOH,+OT

C.催化劑S?一活性位點在催化過程中的作用是使水分解

D.電催化還原CO?制甲酸反應的AS<0

14.常溫下，在含有HsA（s）的溶液中，一定pH范圍內(nèi)，存在平衡：

H3A（s）=H3A（aq）;H3A（aq）=比八（aq）-?。╝q）；

HzAFaq）=HA，叫）+H"（aq）；HA2-（aq）=A〉（aq）+才（叫）。平衡常數(shù)依次

、2

為K。、&、K?K3O已知IgcHA）、lgc（H2A）,lgc（HA-）,電。國-）隨pH變

化關系如圖所示。其中，L和L?交點M（a,b）,L］和L3交點為N（c,d）,L?和L3交

A.直線L表示lgc（HA"）的變化情況

+2

B.N點時,c（H）=c（OH-）+2c（HA-）+4c（H2A-）

C.隨pH增大，溶液中含A微粒的總濃度一直增大

D.K2K3=1（）2

第n卷（非選擇題）

二、填空題（4大題，共58分。）

15.V有“工業(yè)味精”之稱。工業(yè)上提取軌的工藝有多種，一種從軌頁巖（一種主

要含Si、Fe、Al、V元素的礦石）中提取V的工藝流程如下：

H2C2O4NH4cl溶液

TT十

濾渣1濾渣2水相有機相

已知：①“酸浸”時有VO；生成;

②VO2+在有機溶劑中的溶解度大于水，“萃取”時昌子的萃取順序為

Fe">VO2+>VO；>Fe2+>Al3+；

③vo；和VO］可以相互轉化。

回答下列問題：

(1)“焙燒”時可添加適量“鹽對"NaCl-Na2sO”與鋼頁巖形成混合物，這樣做的目的

是。

(2)“濾渣1”除掉的主要雜質元素是(填元素符號)。

(3)H2c作用是將V0；轉化為VO外,轉化的目的是,發(fā)生的離

子反應方程式為。

(4)①“沉帆”時，生成NH4V沉淀，“步驟X”應該加入(填“氧化劑”或“還

原劑”)，寫出“沉鋼”時的離子反應方程式o

②以“沉鋼率”(NH4V沉淀中V的質量和鋼頁巖中帆的質量之比)表示鋼的回

收率如圖所示，溫度高于8(TC時沉機率下降的原因是0

(5)①V2O5可以溶解在NaOH溶液中，得到VO；,VO;在不同的pH下可以得到

不同聚合度的多機酸鹽，其陰離子呈如圖所示的無限鏈狀結構，其中一種酸式鋼

酸根離子可以表示為［凡《。28廣，其中尤=。

O-

—

②V的另一種氧化物VO?的立方晶胞如圖所示，則在晶胞中，黑球代表的是

原子。

16.硫及其化合物是十分重要的化工原料。

⑴某同學設計如圖實驗測定硫酸濃度（不考慮體積變化，假設鋅與稀硫酸反應

只產(chǎn)生氫氣）：

①實驗部分操作：a.調(diào)平量氣管和燒杯的液面；b.冷卻至室溫；c.讀數(shù)。正

確的先后操作順序是（填字母）。

②已知開始時量氣管讀數(shù)為XmL,最終讀數(shù)為V2mL（均折合成標準狀況，且

匕>匕）。則鋅與稀硫酸發(fā)生反應的最低硫酸濃度為mol/Lo

（2）已知SO?具有還原性，可以還原也可以與NaQ?發(fā)生反應。

①將SO,通入裝有過氧化鈉的硬質試管中，將帶火星的木條放在試管口處。若木

條不復燃，則說明SO?與Na。反應無J生成，可能發(fā)生反應的化學方程式

為。

②將SO2通入裝有碘水（含淀粉）的洗氣瓶中，若,說明還原性：SO2>r,

寫出該反應的離子方程式：o

⑶為探究SOz在鹽酸中與Cu、CM+的反應，某實驗小組設計如圖實驗。

實驗I：

5mL10%

稀鹽酸,通入足量SO4_靜置一加蒸鏘水

fI取上層清液’一

■-Cu金屬U白色沉淀CuCl

光^的紫紅色銅片變暗，

并有黑色的固體物質生

成，溶液逐漸變?yōu)樽厣?/p>

（溶液中含CuCl；）

實驗n：

-72mL36%「

濃鹽酸通入足量SO2r靜置，加蒸憎水

fI取少量溶液”

且白色沉淀CuCl

2mL10%溶液由綠色轉變?yōu)樽睾?/p>

CUSO4溶液色,最后轉變?yōu)樽攸S色

（溶液中含CuCl；）

己知：CuCI；=CuCll+2Cl,實驗I中得到的黑色固體為C%S。

①實驗1通入so。時反應的離子方程式為，實驗n通入so?時反應的離子

方程式為__________

②實驗II若消耗so2,則生成4NA個可。

17.丙醛是一種重要的有機原料，在許多領域都有廣泛的應用。在錯催化劑作用

下，乙烯默基合成丙醛涉及的反應如下:

主反應LaH4(g)+H；j(g)+CO(g)=CH3C'H2CHO(g)公乩

副反應n.C、H4(g)+H、(g)=C\H6(g)AH2

9

8595%

995

80H

9&6Q平衡轉化率

75H

U

7098H

*

65975

6097

0.951.01.051.11.151.2

叫)

^(CO)

圖1

回答下列問題：

（DAK0（填：“>”或“<）。

⑵保持溫度不變，在恒容反應器中，按照"（6凡）："?0）:"（耳）=1:2:1投料，發(fā)

生反應I和n,初始壓強為4pkPa,反應tmin達到平衡，平衡時C2H&的轉化率為

80%,C2H6的選擇性為25%,則H2的轉化率為%,v(CO)=kPa/min,

反應I的J=

”生成（C2H6）

-2

oCH的選擇性=

—kPa（用含p的代數(shù)式表示,26"消耗（C2H4））。

⑶在裝有相同催化劑的。相同恒壓容器中，按照〃仁2凡):〃仁。):〃(凡)=1:2:1投

料，發(fā)生反應I和n,相同時間內(nèi)，測得不同溫度下CR,的轉化率(a)如圖所示。

則B、D兩點的平均反應速率v(B)v(D)(填“>”、"=”、“<”)，產(chǎn)生這一結果

的原因可能是。

(4)rC時，向恒溫恒容的甲容器中，通入ImolJH4、ImolCO和2moi凡；向

絕熱恒容的乙容器中通入ImolC2H八ImolCO、2moi應，若只發(fā)生上述反應I。

則甲乙容器中C2H4的平衡轉化率a甲a乙(填“>”、“<”或“=")，理由是

18.Glivec(甲磺酸伊馬替尼)在治療慢性粒細胞白血病和胃腸道間質瘤上效果顯

著，其一種合成路線如圖所示。

NHOHCH3試劑X

2H2N—CN

A(C7H8)

催化劑一定溫月

NH2水合陰_

NO2H(C8H6C12O)^t

ao

HN，/

火H1O

D(C7H7NO)

堿性條件

H

N

Glivec產(chǎn)3503H

o

—NH2+—C=N—?—C=NH

已知：①

—NH

請回答下列問題：

⑴A的化學名稱為；化合物D側鏈不能被弱氧化劑氧化，D中含氧官能

團的名稱為o

(2)H的結構簡式為；由產(chǎn)生成G的反應類型為。

(3)有關J的說法正確的是(填序號)。

A.分子中有手性碳原子

B.鍵的極性：C-H<N-H

C.僅在堿性條件下能發(fā)生水解反應

D.分子中C原子和N原子的雜化軌道類型均為2種

(4)BfC發(fā)生加成反應，B-C的化學方程式為0

(5)芳香化合物M是B的同分異構體，寫出所有滿足下列條件的M的結構簡

式o

①能發(fā)生銀鏡反應，且能發(fā)生水解反應

②核磁共振氫譜有4組峰，峰面積之比為1：1：2：4

0NH—C=NH

(6)以CH3cH'OH、H人N為原料制備

NH2

設計合成路線(無機試劑與有機溶劑任選)O

化學參考答案

1.【答案】B

【解析】A.竹簡由竹子做成，主要成分是纖維素，A正確；B.酗水可以溶解

銀塊，醋酸不能溶解銀塊，所以砒水是硝酸，B不正確；C.鐵劍中部分鐵生銹

生成氧化鐵，故鐵劍中鐵元素有化合態(tài)和游離態(tài)兩種存在形式，C正確；D.蠶

絲屬于蛋白質，是有機高分子化合物，D正確；答案選B。

2.【答案】C

【解析】A.N2H4分子結構可表示為H2N—NH2,分子中有非極性鍵，A錯誤；

為離子化合物，其電子式為：+：：：錯誤；

B.NaClONa[O??C??1]-,BC.H2O.NH3

分子中的中心原子的價層電子對數(shù)均為4,它們的VSEPR模型都為四面體型，C

正確；D.食鹽是離子化合物，沒有分子式，NaCl表示化學式，D錯誤；選C。

3.【答案】A

【解析】A.食鹽水浸潤的鐵中Fe發(fā)生吸氧腐蝕消耗試管中的氧氣，試管中壓

強減小，導管中水液面上升，A正確；B.[CU(NH3)4]SO4-H2O難溶于乙醇，不

能通過分液的方式進行分離，應過濾分離，B錯誤；C.NH4cl受熱分解生成NH3

和HC1,NH3和HC1遇冷又反應生成NH4CL無法用圖示裝置制備氨氣，C錯誤；

D.二氧化氮能與水反應，不能用圖示裝置測量其體積，D錯誤；故答案選A。

4.【答案】D

【解析】A.冰中每個水分子與其相鄰的4個水分子間形成4個氫鍵，冰融化為

液態(tài)水，破壞了一部分氫鍵，故18g液態(tài)水物質的量為Imol,可形成氫鍵數(shù)目

小于白4&=2刈，A錯誤；B.10g質量分數(shù)為46%的乙醇溶液中含乙醇質量

4.6g,物質的量為O.hnol,溶液中水中也含O-H鍵，所以其數(shù)目大于。,B

錯誤；C.常溫下A1與濃硝酸鈍化，C錯誤;D.C^COOH溶液pH=2,溶液中

c(H+)=0.01mol/L,溶液體積為1L,田的數(shù)目為。D正確；答案選D。

5.【答案】C

【解析】A.氯化鐵溶液腐蝕銅板，生成氯化亞鐵和氯化銅：2Fe3++Cu=2Fe2++Ci?+,

A正確；B.鋁溶于NaOH溶液中，生成氫氣和四羥基合鋁酸鈉：

2A1+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]~+3H2TB正確；C.將少量SO?通入NaClO溶液

中，發(fā)生氧化還原反應：SO2+H2O+3C1O=SO^+Cl+2HC1O,C錯誤；D.用純

堿溶液除去水垢中的CaSO4,發(fā)生沉淀的轉化：

CaSO4(s)+COj"(aq)CaCO3(s)+SOfCaq),D正確;答案選C。

6.【答案】A

【解析】A.氫鍵具有方向性和飽和性，導致雪花內(nèi)分子有序排列，故雪花都是

六角形形狀，A正確；B.該元素第N層的電子排布為4s24P64d2,d有5個軌道，

基態(tài)原子第N能層上還有3個空軌道，但4f上有7個軌道均沒有電子，故該原

子N層上有10個空軌道，B錯誤；C.C=C鍵的鍵能比C—C鍵的大，但碳碳

雙鍵中的兀堿鍵能小于。鍵，易斷裂，所以碳碳雙鍵的化學性質比碳碳單鍵更不

穩(wěn)定，C錯誤；D.碘易溶于濃碘化鉀溶液，發(fā)生的反應為I2+「=L與相似

相溶原理無關，甲烷是非極性分子，a0是極性分子，故CH4難溶于水可用“相

似相溶”原理解釋，D錯誤；故選A。

7.【答案】B

【解析】M、Q、R、T、W、X、丫七種前四周期常見元素，原子序數(shù)依次遞增。

其中，M具有一種沒有中子的同位素，M是H；Q是植物生長三要素之一；R

是地殼中含量最多的元素，R是0,所以Q是N,且W與R的最外層電子數(shù)相

同，則W是S；T、丫是金屬元素，其中T的原子半徑是短周期中最大的，T是

Na；Y既不是主族元素、也不是副族元素，其合金被稱為“黑色金屬”，丫是Fe；

T能與X形成離子化合物TX,所以X是C1；據(jù)此解答。A.QM4+為NH；,中

心原子N的價層電子對為盤羅=4,與4個H形成4個。鍵，無孤電子對，為

+

正四面體結構，M3R+為H30,中心原子0的價層電子對為生乎^，形成3

個。鍵，有一個孤電子對，H3O+為三角錐形；孤電子對對成鍵電子對有排斥作

用，鍵角減小，因此NH；的鍵角大于H3O+,即QM4+>M3R+,A正確；B.Q、

R、T三種元素分別為N、0、Na,對應的簡單離子為N3-,02,Na+,三種離

子的電子層結構相同，核電荷數(shù)越大，半徑越小，N3->O2->Na+,即Q>R>T,B

錯誤；C.T、W、X、丫四種元素分別為Na、S、Cl、Fe,一般情況下：金屬性

越強，第一電離能越小，非金屬性越強，第一電離能越大，一般非金屬的第一電

離能大于金屬的第一電離能，則第一電離能有Cl>S>Fe>Na,即X>W>Y>T,C

正確；

D.WR：、XR4一分另U為SO：、CIO；,SO：中心原子S的價層電子對為宰=4,

VSEPR模型為正四面體形，S與4個。形成4個。鍵，無孤電子對，空間構型

為正四面體形，C10：中心原子C1的價層電子對為*=4,VSEPR模型為正四面

體形，C1與4個。形成4個。鍵，無孤電子對，空間構型為正四面體形，則

WR：、XR］的VSEPR模型與實際空間構型均相同，D正確；故選B。

8.【答案】D

【解析】A.向2mLO.lmol.LTKMnO,溶液中滴加過量的O.lmol.L'HQ?溶液，反應

生成M/+和。2,反應中H2O2為還原劑，表現(xiàn)還原性，故A錯誤；B.Br與CQ-

的濃度是否相等是未知的，且AgBr與Ag2CrO4類型不相同，故無法比較AgBr

與Ag2CrO4的Ksp,故B錯誤；C.壓縮盛有NO2氣體的容器體積，則二氧化氮

濃度增大，氣體顏色變深，C錯誤；D.Ba(OH)2和H2s。4恰好完全反應時，產(chǎn)

物為BaSCU沉淀和水，恰好完全反應時幾乎不導電，電導率最低，沉淀最多，

繼續(xù)滴加硫酸，則溶液中有氫離子，硫酸根離子溶液導電能力上升，D正確；答

案選D。

9.【答案】C

【解析】A.Na和Mg均為活潑金屬，工業(yè)上電解熔融NaCl可制金屬Na,電解

熔融MgCb可制金屬Mg,A正確；B.Na3N與鹽酸反應生成NaCl和NRCL

根據(jù)相似規(guī)律Mg3N2與鹽酸反應生成MgCb和NH4CI,B正確；C.NaOH溶液

與少量AgNCh溶液反應生成AgOH和NaNO3,氨水與少量AgNCh溶液反應生

成［Ag(NH3)2］OH和NH4NO3,C錯誤；D.AF+與HCO；在溶液中可發(fā)生相互促進

的水解反應生成沉淀氫氧化鋁和二氧化碳氣體，F(xiàn)e3+與HCO；在溶液也可以發(fā)生相

互促進的水解反應生成沉淀氫氧化鐵和二氧化碳氣體，D正確；故選C。

10.【答案】B

【解析】由題意分析：該裝置是電解池，電解水制氫，電極A上水得到電子生

成氫氣，電極反應式為2H2。+2e-=2OH+H2T,電極B上尿素失電子生成氮氣,

電極反應式為：CO(NH2)2-6e+6OH=CO2T+N2T+5H2O,電極B上生成氧氣的反

應為：4OH-4e-=O2T+2H2OoA.沒有標明為標況，無法計算轉移電子數(shù)，故A

錯誤；B.電解過程中，電極A為陰極，電極反應式為：2H2O+2e-=2OH-+H2T,

故電解過程中電極A附近不斷生成氫氧根離子，電極A附近溶液的堿性增強，

故B正確；C.結合圖示，UOR分兩步進行，有氮氣生成，故有非極性鍵的形

成，故C錯誤；D.電極B為電解池的陽極，應該與鉛蓄電池的正極也即是PbO2

極相連，故D錯誤；故選B。

11.【答案】C

【解析】A.Ir單原子位點促進氫氣的活化，產(chǎn)物有的3種且比例接近，M。和

Ir的協(xié)同作用改變催化劑選擇性，生成選擇性為96%的其中一種，選項A正確；

B.從圖示的催化過程可以發(fā)現(xiàn)，M。單原子位點對4—硝基苯乙烯有較好的吸附

效果，選擇性為96%,選項B正確；C.催化劑不能改變平衡移動，故不能提高

4—硝基苯乙烯的平衡轉化率，選項C錯誤；D.根據(jù)圖示可知雙單原子的催化

劑選擇性為96%,大于單原子催化劑的37%選擇性，可以大大減少副反應的發(fā)

生，提高乙烯苯胺的產(chǎn)率，選項D正確；答案選C。

12.【答案】A

【解析】分析整個過程可知，水樣中的還原性物質和Na2cA,發(fā)生氧化反應失去

電子，KMnO,發(fā)生還原反應得電子，KMnO,發(fā)生還原反應變成M/,故得電子

3

總量為5(V1+V3)xlO-xc1mol,Na2c被氧化為二氧化碳共失去電子2V?x10%2mol,

33

故水樣中的還原性物質失電子總量為5(y+VpC1xl0--2V2c2xl0-mol,相當于消耗

KMnC>4§(Y+V3)cqo"2V2c?xIO'm0],由化學需氧量(COD),即水體中還原性物

質每消耗lmolKMnO4折算為IZSmolO?的消耗量，故可知耗氧量為

5(V[+VjCiX10-2V?C?X105.kLr,i￥J-1-.人、日.//T\、[

---!一晨----Ux-mol,故水樣中COD含重(mg/L)為

5（VV）cxl0<ycxl0-3525

1+31222xx32xl（）332xq（Y+V3）_c2Vx——

4/T。故

---------------------------------z-----------------------mg/L=——mg/L人

33

VoxlO-VoxlO_

選Ao

13.【答案】C

【解析】A.催化劑降低反應的活化能，提高反應物分子中活化分子的百分數(shù),

A正確；B.HCOOCT+^O+e-fHCOOH*+OJT為相對能量差值最大的一步，反

應速率較慢，為制甲酸過程的決速步驟，B正確；C.催化劑S"活性位點在催化

過程中的作用是活化水分子，C錯誤;D.由圖2可知，電催化還原C02制甲酸

總反應為CO2+2H2O+2e-=HCOOH+2OH-,反應后氣體分子數(shù)減少,則牖變AS<0,

D正確；故選C。

14.【答案】C

【解析】由已知信息Ko=c[H3A（aq）],常溫下,Ko為常數(shù)，因此原溶液中c[H3A（aq）]

++

c（H2A"）c（H）c（H2A-）c（H）

始終不變，炮。（見人）對應L4,降=c（H2A-）c（H+）=K|K°,

c[H3A（aq）]K0

c（HAj（H+）

lg（HAj=lgKlgK+pH

2,+02-c（HA）

22

lgK2=lgc（HA'）-pH-lgc（H2A）=lgc（HA）-PH-lgK0-lgKl-pH

c（HA》（H）

2+

lgc（HAj=lgK°+*+lgK+2pHK3=-

2c（HA2）

323

lgK3=lgc（A）-pH-lgc（HA）=lgc（A）-pH-（lgK2+lgK0+lgK1+2pH）

32

Ige（A"）=lgK0+lgKI+lgK2+lgK3+3pH,因此lgc（HQ）、lgc（HAj,lgc（A%）與pH的

3

變化關系直線的斜率分別為3,2,1；A.由分析可知，直線L2的斜率對應lgc（A-）

3

的變化情況，A正確；B.N點lg《H2A-）=lgc（A3-）,C（H2A）=C（A）,電荷守恒：

+233

c（H）=c（0H-）+2c（HA-）+C（H2A-）+3c（A-）,由于c（H2A-）=c（A）,得出

+2

c（H）=e（0H-）+2c（HA-）+4C（H2A）,B正確;C.隨pH增大，機便-）增加，則

3

溶液中含A微粒的總濃度增大,但不會一直增大,C錯誤;D.N點c（H2A）=c（A-）,

（HA3）c（H+）c（HA2）c（H+）c（HA3）c（H+）2

c（H+）2=IO-2C,D正確；故選

（:

HA（H2A-）（H2A-）

Co

15.【答案】（1）生成易溶的鈉鹽，提高鈿的浸取率（1分）

（2）Si（1分）

（3）VO2+的萃取率大于V0；,轉化為V02+可以提高軌的萃取率（2分）

2V0；+H2c2O4+2H+=2VC）2++2CO2T+2H2。（2分）

（4）氧化劑（1分）VC）3+NH；=NH4VO31（I分）溫度高于8（TC時，NH

:的水解程度增大，NH；濃度減小導致沉伏率下降（2分）

（5）10（2分）V（2分）

【解析】由題給流程可知，向鋼頁巖焙燒得到的焙燒渣中加入酸酸浸，將金屬元

素轉化為VO；、鐵離子、鋁離子，二氧化硅不能與酸反應，過濾得到含有二氧

化硅的濾渣和濾液；調(diào)節(jié)濾液的pH為5.1,將溶液中的鐵離子、鋁離子轉化為

氫氧化鐵、氫氧化鋁沉淀，過濾得到含有氫氧化鐵、氫氧化鋁的濾渣和濾液；向

濾液中加入草酸溶液，將VO；離子還原為VO2+離子，向反應后的溶液中加入萃

取劑萃取、分液得到水相和有機相；向有機相中加入反萃取劑萃取、分液得到水

相和有機相；向水相中加入氧化劑將溶液中VO2+離子氧化為VO；離子，向反應

后的溶液中加入氯化鏤溶液，將溶液中的軌元素轉化為釧酸鏤沉淀，過濾得到軌

酸鏤；鋼酸鏤煨燒分解生成五氧化二釧。（1）“焙燒”時添加適量“鹽對”與鋼頁

巖形成混合物的目的是焙燒時氯化鈉和硫酸鈉提供的鈉元素能將釵頁巖中的軌

元素轉化為易溶的鈉鹽，從而提高鈕的浸取率，故答案為：生成易溶的鈉鹽，提

高軌的浸取率；（2）由分析可知，濾渣1的主要成分是二氧化硅，除掉的主要

雜質元素是硅元素，故答案為：Si；（3）由題給信息可知，VO2+的萃取率大于

VOh則轉化過程中加入草酸溶液的目的是將VO；離子還原為VO2+離子，有利

于萃取時提高軌的萃取率，反應的離子方程式為2VO；

+H2c2O4+2H+=2VO2++2CO2T+2H2。，故答案為：VC）2+的萃取率大于VO；,轉化

為V02+可以提高帆的萃取率；2V0；+H2c2（）4+2H+=2VO2++2CO2T+2H2。；（4）

①由分析可知，步驟X中加入氧化劑的目的是將溶液中V02+離子氧化為V0；離

子，向反應后的溶液中加入氯化鏤溶液的目的是將溶液中的釵元素轉化為鋼酸鏤

沉淀，反應的離子方程式為VC）3+NH；=NH4VO3l，故答案為：氧化劑；VO3+NH

；=NH4Vo3l；②氯化鏤在溶液中的水解反應我吸熱反應，升高溫度，水解平衡

向正反應方向移動，所以溫度高于8（TC時沉鋼率下降的原因是溫度高于80℃Ht,

NH：的水解程度增大，NH：濃度減小導致沉鈕率下降，故答案為：溫度高于80℃

時，NH：的水解程度增大，NH：濃度減小導致沉鋼率下降；（5）①由無限鏈狀

結構可知，多釵酸鹽中釵元素的化合價為+5價，由化合價代數(shù)和為0可知，

[凡乂。28廣中（+DX2+（；）X28-（-4）=]0,故答案為：io；②由晶胞結構可知，晶

胞中位于頂點和體心的黑球個數(shù)為8x：+l=2,位于面上和體內(nèi)的白球個數(shù)為4x

O

1+2=4,由氧化物的化學式可知，黑球為鋼原子、白球為氧原子，故答案為：V。

16.【答案】（l）bac（2分）匕工2r空（2分）

4.48

（2）SO2+Na2O2=Na2SO4（1分）溶液藍色消失（1分）

+

SO2+12+2H2O=4H+sol+2r（2分）

+

（3）6CU+SO2+4H+12Clr=4CuCl^+Cu2S+2H2O（2分）

2++

2CU+SO2+2H2O+6Cr=2CuCl^+SO^+4H（2分）64g（2分）

【解析】丫形管中Zn足量，將丫形管傾斜，使硫酸與Zn充分反應，生成的氫

氣通過量氣管測定，通過氫氣的體積計算消耗硫酸的物質的量，從而測得硫酸的

濃度；（1）①實驗結束后應先冷卻至室溫，然后調(diào)節(jié)水準管使量氣管和燒杯的

液面持平后，再水平讀數(shù)，這樣才能排除溫度、壓強對產(chǎn)生氣體體積的影響，故

順序為：bac；②已知開始時量氣管讀數(shù)為XmL,最終讀數(shù)為VzmL,則生成氫氣

的體積為（Vz-VJmL,n（H2）=%處叱mol,結合反應：Zn+H,SO4=ZnSO4+H,T,

22.4

可知n（H2SO4）=n（H2）=匹SQmol,硫酸體積為200mL,則濃度為：

（VrV^xlO3....，,_

—―mol（3v）x10n3mol/L；（2）①SO°與Na?。?反應無O?生成，則產(chǎn)物

一五一=448

應為硫酸鈉，反應為：SO2+Na2O2=Na2SO4；②將SO?通入裝有碘水（含淀粉）的

+

洗氣瓶中，若溶液藍色消失，可知發(fā)生反應：SO2+I2+2H2O=4H+5Or+2r,反

應中二氧化硫作還原劑，碘離子為還原產(chǎn)物，根據(jù)氧化還原反應還原劑的還原性

強于還原產(chǎn)物可知：還原性：so2＞r；（3）實驗I、n中生成CuCi白色沉淀的

原理相同，均為CuCR二CuCll+2CI,則在通入二氧化硫的過程中兩者均生成

CuClj,實驗I中Cu單質轉化為Cue甲，Cu被氧化，則二氧化硫作氧化劑，被還

原，結合生成黑色固體可知生成C%S,ImolCu單質失去Imol電子，Imol二氧

化硫得6mol電子，根據(jù)得失電子守恒及元素守恒得反應離子方程式：

6CU+SO2+4H++12a-=4C"Cf+C/S+2HQ；實驗H中硫酸銅轉化為CuClj,Cu化

合價降低，則硫酸銅作氧化劑，二氧化硫作還原劑，被氧化為硫酸根離子，Imol

銅離子得Imol電子，Imol二氧化硫失去2mol電子，根據(jù)得失電子守恒及元素

2++

守恒得反應離子方程式：2Cu+SO2+2H2O+6Cr=2CuCl；-+SO：-+4H；由反應可知生

成4mol氫離子即4踵個氫離子消耗Imol二氧化硫即64g。

17.【答案】（1）＜（1分）

（2）80（2分）黑（2分）（2分）

（3）＞（2分）溫度升高，催化劑活性降低，且催化劑對化學反應速率的影響

大于溫度對化學反應速率的影響（2分）

（4）＞（2分）反應I為放熱反應，由甲到乙，相當于升高溫度，平衡逆向移

動,C2H4的轉化率降低（2分）

【解析】（1）反應I為化合反應，絕大多數(shù)化合反應為放熱反應，所以公旦＜0；

（2）設nCHj、n（CO）、n（Hj物質的量分別為Imol、2molJmol,達到平衡時C2H4

的轉化率為80%,即反應消耗C2H4物質的量為0.8mol,C2H6的選擇性為25%,

則生成的C2H6有0.8molx25%=0.2mol,則反應II消耗的也有0.2mol,消耗的C2H4

有0.2mol,反應I消耗的C2H4為0.6mol,消耗的H2為0.6mol,共消耗H2物質的

量為0.8mol,H2的轉化率為80%；反應初始氣體總物質的量為4mol,初始總壓

強為4pkPa,CO初始分壓pkPa,反應I消耗CO為0.6mol,即壓強變化0.6pkPa,

反應速率：厚

C2H4(g)+H2(g)+CO(g)#CH3cH2cH0(g)

初［始/mol1120

轉化/mol0.60.60.60.6

新/mol02021.40.6

C2H4(g)+H2(g)二C2H6(g)

imol110

卒靴/mol02020-2,平衡時，n(C2H4)=0.2mol,

平衡/mol02020.2

n(H2)=0.2mol,n(CO)=1.4mol,n(C2H6)=0.2mol,n(CH3cH2cHe))=0.6mol,氣體

總物質的量為2.6moL初始時氣體總物質的量為4mol,總壓為4pkPa,則平衡

時各物質分壓為p(C2H4)=0.2pkPa,n(H2)=0.2pkPa,n(C0)=1.4pkPa,

n(C2H6)=0.2pkPa,n(CH3CH2CHO)=0.6pkPa,0=:?=普;(3)