精品解析：江苏省无锡市三校联考2025-2026学年高三上学期10月月考 化学试题

江阴市第二中学2025年秋学期10月质量调研 高三年级化学试卷 考试时间：70分钟 分值：100分 相对原子质量：Co-59 Ni-59 S-32 O-16 一、单选题 1. 材料是人类生存和发展的物质基础。下列属于新型无机非金属材料的是 A. 普通玻璃 B. 氮化硅陶瓷 C. 硬铝 D. 酚醛树脂 【答案】B 【解析】 【详解】A．普通玻璃是传统无机非金属材料，A错误； B．氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料，B正确； C．硬铝是金属材料，C错误； D．酚醛树脂是有机高分子材料，D错误； 故选B。 2. 黑火药的爆炸反应为。下列说法正确的是 A. 和均为非极性分子 B. 的电子式： C. 反应中氧化剂只有S D. 基态O原子核外电子轨道表达式： 【答案】A 【解析】 【详解】A．由非极性键形成的分子称为非极性分子，N2由非极性键构成的非极性分子，由极性键形成的分子，如果电荷分布是对称均匀的，也是非极性分子，二氧化碳结构为：O=C=O，直链对称的，所以为非极性分子，A正确； B．K2S结构中K+与S2-形成离子键，其电子式为：，B错误； C．反应中S元素和N元素均降价，所以氧化剂有S和KNO3，C错误； D．O为8号元素，根据泡利原理和洪特规，则原子核外电子轨道表达式:，D错误； 故选A。 3. 常用作杀虫剂、媒染剂。下列说法正确的是 A. 原子半径： B. 沸点： C. 第一电离能： D. 电负性： 【答案】C 【解析】 【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，原子半径：，故A错误； B．三种物质均是由分子构成的物质，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高，但是水分子间可形成氢键，因此水的沸点最高，分子间也能形成氢键，但氢键强度比水弱，故沸点：，故B错误； C．同主族从上到下，第一电离能逐渐减小，同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，但ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，故第一电离能：，故C正确； D．非金属性越强，电负性越大，同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，电负性依次增大，故电负性：，故D错误； 故选C。 4. 实验室以CaCO3为原料制备CO2和CaCl2·6H2O。下列图示装置或原理能达到实验目的的是 A．制CO2 B．收集CO2 C．滤去CaCO3 D．制CaCl2·6H2O A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．稀硫酸与CaCO3反应生成的CaSO4微溶于水，会覆盖在CaCO3表面阻止反应继续进行，制备CO2可用大理石(主要成分为CaCO3)与稀盐酸反应，A不符合题意； B．CO2密度比空气大，应采用向上排空气法收集，即长导管进、短导管出，但该装置中导管短进长出，B不符合题意； C．过滤用于固液分离，则除去未反应的CaCO3可用过滤操作，且该图示装置符合“一贴二低三靠”的过滤操作要求，能达到实验目的，C符合题意； D．制备CaCl2·6H2O(六水氯化钙晶体)，需采取蒸发浓缩、冷却结晶的方法。若直接用酒精灯加热蒸发皿蒸发溶液，会因温度过高导致失去结晶水而不能得到目标晶体，D不符合题意； 故选C。 阅读下列材料，完成下列3个小题： 第四周期过渡元素形成的化合物具有重要作用。黄铜矿(CuFeS2)用Fe2(SO4)3溶液浸泡后生成单质硫，所得CuSO4溶液可用于制取纳米Cu2O，Cu2O能与酸发生反应。CuOx-TiO2可用于低温下催化氧化HCHO：，CoCl3具有强氧化性，可与盐酸反应生成氯气。由NaNO2、Co(NO3)2、H2O2和CH3COOH反应生成的配合物Na3[Co(NO2)6]可应用于K+的鉴定。 5. 下列说法正确的是 A. Co位于元素周期表的ds区 B. 和中N原子均采取sp2杂化 C. 1 mol [Co(NO2)6]3-中含有12 mol σ键 D. 灼烧时火焰呈现紫色的物质一定是钾盐 6. 下列化学反应表示正确的是 A. Cu2O与稀硫酸反应：Cu2O+2H+=2Cu2++H2O B Fe2(SO4)3溶液和CuFeS2反应： CuFeS2+4Fe3+=5Fe2++Cu2++2S C. Co(OH)3与足量盐酸反应：Co(OH)3+3HCl=CoCl3+3H2O D. 制备Na3[Co(NO2)6]的反应：12+2Co2++H2O2+2H+=2[Co(NO2)6]3-+2H2O 7. 下列关于CuOx-TiO2催化氧化甲醛的反应说法正确的是 A. 该反应ΔH<0，ΔS<0 B. HCHO、CO2、H2O均为极性分子 C. 升高温度，v逆增大，v正减小 D. 使用CuOx-TiO2催化剂降低了该反应的焓变 【答案】5. B 6. B 7. A 【解析】 【5题详解】 A．基态Co的价电子排布为3d74s2，位于元素周期表的d区，A错误； B．和中N的价层电子对数均为3，均采取sp2杂化，B正确； C．每个含2个σ键，6个共12个σ键，加上6个Co-N配位键，因此1 mol [Co(NO2)6]3-共有18 mol σ键，C错误； D．灼烧时火焰呈现紫色的物质含有K元素，但不能说明一定为盐，也可能是K2O、KOH等，D错误； 故答案选B； 【6题详解】 A．Cu2O与稀硫酸发生歧化反应，生成Cu2+和Cu，离子方程式为，A错误； B．CuFeS2与Fe3+反应生成Fe2+、Cu2+和S，离子方程式为，B正确； C．Co3+具有强氧化性，Co(OH)3与盐酸反应会生成Cl2，化学方程式为，C错误； D．乙酸为弱酸（弱电解质），离子方程式中CH3COOH不能拆成离子，离子方程式为，D错误； 故答案选B； 【7题详解】 A．反应为气体分子数减少的反应，即，低温下能自发进行，根据反应自发进行可知，反应为放热反应，，A正确； B．CO2为非极性分子，HCHO和H2O为极性分子，B错误； C．升温时v正和v逆均增大，C错误； D．催化剂可以降低反应的活化能，但不改变反应的焓变，D错误； 故答案选A。 8. 下列物质的结构与性质或性质与用途具有对应关系的是 A. O3是极性分子，O3易溶于水 B. Se最外层有6个电子，单质硒的熔沸点较低 C. CuSO4溶液有酸性，可用于泳池的杀菌消毒 D. H2O2有氧化性，可用于和Ba(OH)2反应制备BaO2 【答案】A 【解析】 【详解】A．O3分子中心O原子呈正电性，两个端位O原子呈负电性，是极性分子，水也是极性分子，相似相溶，O3易溶于水，有对应关系，A正确； B．Se核外有34个电子，位于第四周期第ⅥA族，最外层有6个电子，单质硒是分子晶体，熔沸点较低，两者无对应关系，B错误； C．CuSO4溶液中铜离子水解呈酸性，CuSO4可使蛋白质变性，用于泳池的杀菌消毒，两者无对应关系，C错误； D．H2O2中O元素-1价，有氧化性，和Ba(OH)2反应制备BaO2时，无元素化合价变化，H2O2相当于二元弱酸，氢氧化钡是碱，发生复分解反应，两者无对应关系，D错误； 故选A。 9. 下列有关氮、硫、氯的单质及其化合物的转化正确的是 A. 工业制备漂白粉：饱和食盐水Cl2漂白粉 B. 实验室制备NH3：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O C. 工业制备硫酸：FeS2SO3H2SO4 D. 实验室制备SO2：Na2SO3+2HNO3=2NaNO3+SO2↑+H2O 【答案】B 【解析】 【详解】A．工业上通过将氯气通入冷的石灰乳中来制备漂白粉，故A错误； B．实验室用Ca(OH)2固体与NH4Cl固体共热制备NH3，故B正确； C．FeS2与氧气反应生成二氧化硫，故C错误； D．实验室用Na2SO3固体与浓硫酸制备SO2，HNO3具有强氧化性，会氧化Na2SO3生成Na2SO4，故D错误； 故选B。 10. 镍离子和钴离子性质相似，可用如图所示装置实现二者分离。图中的双极膜中间层中的解离为和，并在直流电场作用下分别向两极迁移，与乙酰丙酮不反应。下列说法正确的是 A. 电流方向： B. 石墨M电极的电极反应式为 C. 水解离出的可以抑制Ⅱ室中的转化反应 D. 导线中通过1mol电子时，Ⅰ室与Ⅲ室溶液质量变化之差约为65g 【答案】D 【解析】 【分析】该装置为电解池，氢离子向右移动，则N为阴极，n为负极，M为阳极，m为正极，以此解题。 【详解】A．根据双极膜中解离生成的、的迁移方向，可以判断石墨M是阳极、石墨N是阴极，电流方向：，A错误； B．由分析可知，M为阳极，电极反应为：，B错误； C．Ⅱ室中发生转化：，水解离出的与反应，促进的转化，C错误； D．由原理可知，导线中流过1mol电子，Ⅰ室移入Ⅱ室和总物质的量为0.5mol，同时有0.5mol氯气生成，镍、钴的相对原子质量都近似为59，Ⅰ室质量约减少65g，Ⅲ室中阴极反应消耗的H+由水解离出的H+等量补充，溶液质量不变，故两室溶液质量变化之差约为65g，D正确； 故选D。 11. 室温下，下列实验方案不能达到探究目的的是 选项 实验方案 探究目的 A 测量HA（一种一元酸）稀溶液的pH，将该溶液体积稀释10倍后再次测量pH 探究HA是否为弱酸 B 测量0.1 mol·L-1 NaHSO3溶液的pH 比较的电离常数与水解常数大小 C 用pH试纸分别测定浓度均为0.1 mol·L-1 CH3COONa溶液与NaCN溶液的pH 比较CH3COO-与CN-结合H＋能力的大小 D 用饱和Na2CO3溶液浸泡BaSO4沉淀后，向所得沉淀中加入盐酸，观察是否有气泡产生 比较Ksp(BaCO3)和Ksp(BaSO4)大小 A A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．测量HA（一种一元酸）稀溶液的pH，将该溶液体积稀释10倍后再次测量pH，pH增加的量等于1，该酸为强酸；pH增加的量小于1，该酸为弱酸，A能达到目的； B．测量NaHSO3溶液的pH判断溶液的酸碱性，若溶液呈酸性，说明的电离常数与大于水解常数，若溶液呈碱性，说明的电离常数与小于水解常数，，B能达到目的； C．用pH试纸测量同浓度CH3COONa与NaCN的pH，可比较CH3COO-和CN-的水解常数的大小，进而比较二者结合H+能力，C能达到目的； D．沉淀转化受浓度影响，用饱和Na2CO3溶液浸泡BaSO4沉淀，当时，有BaCO3析出，往沉淀中加盐酸即产生气泡，因此无法通过气泡的产生判断Ksp大小，D不能达到目的； 故答案选D。 12. 捕集与转化的部分过程见题图。室温下以的NaOH溶液吸收，忽略通入引起的溶液体积变化和水的挥发。已知溶液中含碳物种的浓度，电离常数分别为：，。下列说法正确的是 A. 吸收液中： B. 吸收液时，，且 C. “再生”过程中发生反应的离子方程式有： D. 将投入煮沸后蒸馏水，沉降后溶液，则 【答案】C 【解析】 【分析】由题给流程可知，用氢氧化钠溶液吸收烟气中的二氧化碳得到溶液pH为10的吸收液，向吸收液中加入石灰乳，石灰乳与溶液中的碳酸钠、碳酸氢钠反应生成氢氧化钠和碳酸钙，过滤得到可循环使用的氢氧化钠溶液和碳酸钙；碳酸钙受热分解生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙与水反应生成可循环使用的石灰乳。 【详解】A．由分析可知，吸收液的pH为10，由电离常数可知，溶液中===0.47<1，则溶液中的碳酸根离子浓度小于碳酸氢根离子浓度，故A错误； B．由题意可知，吸收液c总为0.1mol/L的溶液为碳酸氢钠溶液，由电离常数可知，碳酸氢根离子在溶液中的水解常数Kh==>Ka2(H2CO3)= 4.7×10-11，故B错误； C．由分析可知，石灰乳与溶液中的碳酸钠、碳酸氢钠反应生成氢氧化钠和碳酸钙，则碳酸氢根离子在溶液中反应的离子方程式为Ca(OH)2+= CaCO3+OH-+H2O，故C正确； D．将碳酸钙投入煮沸后蒸馏水所得沉降后溶液为碳酸钙饱和溶液，溶液中c(Ca2+)c()=Ksp(CaCO3)，故D错误； 故选C。 13. 已知CO2催化加氢的主要反应有： 反应Ⅰ CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1 ΔS1<0 反应Ⅱ CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2>0 ΔS2 在恒温恒压反应器中通入1 mol CO2、3 mol H2气体，CO2的平衡转化率及CH3OH的平衡产率随温度变化关系如下图。已知：CH3OH产率=×100%；CH3OH的选择性=×100%。下列说法不正确的是 A. ΔH1＜0，ΔS2＞0 B. CH3OH的平衡选择性随温度的升高而减小 C. 525 K后，升高温度对反应Ⅰ的影响大于对反应Ⅱ的影响 D. 525 K时，增大的值或增大压强均能使CO2的平衡转化率达到b点的值 【答案】C 【解析】 【详解】A．350K~500K，随温度升高，二氧化碳的平衡转化率减小，而反应Ⅱ为吸热反应，升温平衡正向移动，使二氧化碳平衡转化率有增大的趋势，故反应Ⅰ应为放热反应，升温平衡逆移，使二氧化碳平衡转化率有减小的趋势，故ΔH1＜0；化合物的熵大于单质，故ΔS2＞0，故A正确； B．随温度升高，甲醇的平衡产率减小，故CH3OH的平衡选择性随温度的升高而减小，故B正确； C．525K后，随温度升高，甲醇的平衡产率减小，说明反应Ⅰ平衡逆移，但二氧化碳的平衡转化率增大，使二氧化碳平衡转化率随温度升高而增大的反应为反应Ⅱ，说明525 K后，升高温度对反应Ⅱ的影响大于对反应Ⅰ的影响，故C错误； D．525 K时，增大的值，相当于二氧化碳的量不变，增大氢气的浓度，平衡正向移动，可以增大二氧化碳的平衡转化率，增大压强，反应Ⅰ平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，均可以达到b点的值，故D正确； 故选C。 二、解答题 14. 钪(Sc)是一种重要稀土元素。由含钪矿渣制备ScCl3，再电解ScCl3可制得Sc。 （1）矿渣酸浸所得Sc3＋可被萃取剂X(结构如图1所示)萃取 ①萃取原理是Sc3＋与萃取剂进行离子交换，萃取完成后水相的pH___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 ②两分子萃取剂易形成含2个氢键的二聚体，请写出该二聚体的结构：___________。 （2）萃取液经系列工序制得ScCl3·6H2O晶体，将其与NH4Cl混合，加热脱水制备无水ScCl3，再电解熔融ScCl3获得Sc．若不加NH4Cl，加热脱水时Sc3＋易水解生成ScOCl。ScOCl难溶于水、易溶于盐酸。 ①加热脱水时，ScCl3水解生成ScOCl的化学方程式___________。 ②电解熔融ScCl3时，常加入NaCl、KCl，其主要目的是通过降低熔点、___________，从而提高Sc的回收率、降低成本。 ③其他条件相同，钪的水解率[钪的水解率=×100%]随脱水温度的变化如图2所示。低于400 ℃，随着温度升高钪的水解率减小的原因是___________。 （3）测定钪的水解率：取0.500 0 g制得的无水ScCl3，加水溶解，过滤，滤液中加入指示剂后，用0.040 00 mol·L-1 EDTA(Na2H2Y)溶液滴定至终点(反应为Sc3＋＋Y4-=ScY-)，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液23.00 mL。另取0.500 0 g制得的无水ScCl3，加浓盐酸溶解，并滴加氨水调节pH，加指示剂后，用0.04000 mol·L-1 EDTA溶液滴定至终点，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液25.00 mL。计算钪的水解率___________(写出计算过程) 【答案】（1） ①. 减小 ②. （2） ①. ScCl3＋H2OScOCl＋2HCl ②. 增强导电性 ③. 温度升高，NH4Cl的分解速率加快，生成更多的HCl，抑制ScCl3水解 （3）8% 【解析】 【小问1详解】 ① 由于萃取剂属于酸性萃取剂(可视作“HX”)，萃取时发生，会向水相释放H+，故萃取后水相的pH减小； ②两分子萃取剂之间通过形成两个氢键形成二聚体，结构为：； 【小问2详解】 ① ScCl3水解生成ScOCl的方程式：ScCl3＋H2OScOCl＋2HCl； ② 加入NaCl、KCl的主要目的是“降低ScCl3的熔点并提高导电性”，从而提高Sc的回收率、降低成本； ③ 由图2可知，在400℃以下，随着温度升高钪的水解率反而减小，其主要原因是加热时分解速率加快，生成更多的HCl，抑制ScCl3水解； 【小问3详解】 测定钪的水解率的基本思路：先用水直接溶解所得无水ScCl3并过滤，测得溶液中溶解的Sc3+量(用EDTA滴定)。再用盐酸将同量样品全部溶解(包括可能生成的ScOCl)，测得总的Sc3+量。二者之差即为原样品中以ScOCl形式存在的Sc的物质的量； 第一份样品(仅加水溶解后)消耗EDTA体积为23.00 mL ，则溶解部分的Sc3+物质的量； 第二份样品(用浓盐酸全部溶解)消耗EDTA体积25.00，则总Sc3+物质的量，样品中形成ScOCl的物质的量，水解率 = ，故水解率 = 。 15. 金属钼(Mo)在工业和国防建设中有重要的作用，钼元素的常见化合价为+4、+5、+6.由钼精矿(主要成分是MoS2)制备钼单质和钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)，部分流程如图所示。 （1）钼精矿在空气中焙烧时，主要反应的化学方程式为___________。 （2）操作1是加入碳酸钠溶液碱浸、过滤。在25℃时，碱浸液中，c(MoO)=0.80mol/L，c()=0.05mol/L，在结晶前需加入Ba(OH)2固体以除去溶液中的。当BaMoO4开始沉淀时，的去除率是___________(用百分数表示)。 [已知，在25℃时，Ksp(BaMoO4)=4.0×10−8，Ksp(BaSO4)=1.0×10−10，操作过程中溶液的体积和温度变化可忽略不计] （3）操作3中，经过滤可得钼酸固体。检验钼酸是否洗涤干净的操作为___________。 （4）在碱性条件下，向钼精矿中加入NaClO溶液也可以制备Na2MoO4，同时生成，该反应的离子方程式为___________。 （5）钼单质晶体的一个晶胞如图所示。该晶胞为立方体，Mo原子位于顶点和面心。请在图中用短线连接Mo原子A以及与其距离最近且等距的Mo原子___________。 【答案】（1）2MoS2+7O22MoO3+4SO2 （2） （3）取少量最后一次洗涤液，滴加稀硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，则固体已洗净 （4）MoS2+9ClO−+6OH−=MoO+2SO+9Cl−+3H2O （5） 【解析】 【分析】钼精矿(主要成分是MoS2)在空气中焙烧与氧气反应，生成MoO3和SO2，粗品与碳酸钠混合反应生成钼酸钠和二氧化碳，过滤后将盐酸与钼酸钠溶液混合反应生成钼酸沉淀，经高温分解生成MoO3，利用氢气将MoO3还原为Mo单质；钼酸钠溶液经结晶液可直接获得钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)； 【小问1详解】 钼精矿在空气中焙烧，主要成分MoS2与氧气反应生成MoO3和SO2，化学方程式：2MoS2+7O22MoO3+4SO2； 【小问2详解】 当BaMoO4开始沉淀时，，，去除率：； 【小问3详解】 检验钼酸是否洗涤干净，即检验是否有氯离子残留，检验操作：取少量最后一次洗涤液，滴加稀硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，则固体已洗净； 【小问4详解】 碱性条件下，向钼精矿中加入NaClO溶液反应生成Na2MoO4和，根据得失电子守恒及电荷守恒，得离子方程式：MoS2+9ClO−+6OH−=MoO+2SO+9Cl−+3H2O； 【小问5详解】 与A距离最近且等距的Mo原子位于A点延伸出的3个面的面心，连线如图：； 16. 燃煤烟气中含有大量和NO。某实验室模拟“软锰矿浆同步脱硫脱硝技术”并制备，部分流程如下。 已知：①软锰矿（主要成分为，另含有少量、CaO、等杂质）。 ②； ③ （1）①“浸锰”过程，发生的主要化学方程式为________。 ②滤渣Ⅰ的主要成分为________。（写化学式） （2）“除气”过程，烟气中混入一定量可提高NO脱除率，其可能的原因是：________。 （3）“滤液Ⅰ”中加入等物质的量和，反应的离子方程式为：________。 （4）“滤液Ⅱ”中用可除去，结合反应方程式和定量计算说明原因________。（当反应平衡常数大于时，可认为反应完全）。 （5）“滤液Ⅲ”可制得。已知： ①在烟气吸收过程中，除生成外，还容易产生连二硫酸锰（），当温度超过35℃，会快速分解为和。 ②部分锰盐在不同温度下的溶解度和析出晶体的组成如图。 请设计由“滤液Ⅰ”获得的实验方案为：________。（须使用的试剂为：L NaOH溶液，无水乙醇） 【答案】（1） ①. MnO2+SO2=MnSO4 ②. CaSO4、 （2），加入一定量，浓度增加，促进平衡正向移动，提高NO的转化率 （3）2Fe2++MnO2+MnCO3+3H2O=2Fe(OH)3+2Mn2++CO2↑ （4），该反应的平衡常数为K= （5）向滤液Ⅰ中加入L NaOH溶液至不再产生沉淀，过滤得到MnSO4溶液，溶液中含有部分Na2SO4，控制温度在80~90℃蒸发结晶，趁热过滤，用无水乙醇洗涤2～3次、干燥后得到 【解析】 【分析】软锰矿（主要成分为，另含有少量、CaO、等杂质），软锰矿中，、CaO分别与稀硫酸反应生成Fe3+、微溶的CaSO4，Fe3+被SO2还原成Fe2+，和过量的SO2反应转化为MnSO4，化学方程式为MnO2+SO2=MnSO4，则滤渣I为CaSO4和；向溶液中加入一定比例MnO2和MnCO3，MnO2可将Fe2+转化为Fe3+，MnCO3可调节溶液的pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3，则滤渣Ⅱ为Fe(OH)3；加入MnF2，可将溶液中微溶的Ca2+转化为CaF2除去，则滤渣Ⅲ为CaF2，滤液Ⅲ为MnSO4溶液。 【小问1详解】 ①“浸锰”过程中，将转化为MnSO4，故发生的主要化学方程式为MnO2+SO2=MnSO4； ②由分析可知，滤渣Ⅰ的主要成分为CaSO4、； 【小问2详解】 由可知，加入一定量，浓度增加，促进平衡正向移动，提高NO的转化率，使更多的NO转化为NO2，从而提高NO脱除率； 小问3详解】 “滤液Ⅰ”中加入等物质的量和，可将Fe2+转化为Fe3+，可调节溶液的pH，则离子方程式为2Fe2++MnO2+MnCO3+3H2O=2Fe(OH)3+2Mn2++CO2↑； 【小问4详解】 ①， ②，①-②得到反应，，该反应的平衡常数为K=，故可用可除去； 【小问5详解】 滤液Ⅰ中含有Mn2+、H+、Fe3+和Ca2+，向滤液Ⅰ中加入L NaOH溶液至不再产生沉淀，可以除去Fe3+和Ca2+，过滤得到MnSO4溶液，溶液中含有部分Na2SO4，由图可知，在80~90℃左右，的溶解度较低，因此想要得到，应控制温度在80~90℃蒸发结晶，蒸发至出现大量结晶后停止加热，并趁热过滤得到，中含有部分Na2SO4杂质，因此需要无水乙醇洗涤2～3次、干燥后得到， 17. 研究燃煤烟气中CO2的捕集和资源再利用技术对低碳经济有重大意义。 （1）利用反应CO2(g)+H2(g)=HCOOH(g) =+14.9，不能实现CO2直接加氢合成HCOOH的原因是___________。 （2）利用氨水可捕集烟气中的CO2.捕集、再生过程中含碳物种的变化如图1所示。 ①液相中H2NCOO-发生转化：H2NCOO-+H2OX+NH3。的结构式为___________。 ②已知：Co2++6NH3=Co(NH3) K1= Zn2++4NH3=Zn(NH3) K2= 转化后的溶液通过反应NH+XCO2+NH3+H2O解吸释放CO2。向两份相同的转化后的溶液中分别加入等体积、等浓度的CoCl2和ZnCl2溶液，加入CoCl2溶液后释放CO2效果更好的原因是：___________。 （3）利用电化学可以将CO2转化为有机物 多晶Cu是目前唯一被实验证实能高效催化CO2还原为烃类(如C2H4)的金属。如图2所示，电解装置中分别以多晶Cu和Pt为电极材料，用阴离子交换膜分隔开阴、阳极室，反应前后KHCO3浓度基本保持不变，温度控制在10℃左右。 ①阴极生成C2H4的电极反应式为___________。 ②装置工作时，阴极主要生成C2H4，还可能生成副产物降低电解效率。标准状况下，当阳极生成O2的体积为224mL时，测得阴极区生成C2H4 56mL，则电解效率为___________。(忽略电解前后溶液体积的变化)已知：电解效率 ③在金属催化剂表面发生*CO2→C2H2转化的过程可能为*CO2→COOH→*CO→*OCCO→C2H2(*表示吸附在催化剂表面)。其中部分物种在催化剂表面的吸附构型如图3所示，反应历程中的相对能量如图4所示。与催化剂相比，掺杂了的复合催化剂更有利于的形成，可能原因是___________。 【答案】（1），，反应无法自发进行 （2） ①. ②. 尽管锌离子配位稳定，但钴离子的配位数高，等物质的量的可以和更多的配位，更有利于解吸反应正向进行，促进解吸 （3） ①. ②. 75% ③. Cu-Cs复合催化剂可提供更多的活性位点(Cu-Cs复合催化剂更有利于CO等中间体的吸附)，且能降低反应的活化能，因此更有利于C2H4的形成 【解析】 【小问1详解】 该反应，分子数减少，，，反应无法自发进行。 【小问2详解】 ①H2NCOO-中的C-N键和H2O中的O-H键发生断裂生成NH3和，则X的结构式为； ②根据Co2++6NH3=Co(NH3)   K1=、Zn2++4NH3=Zn(NH3)   K2=可知，Zn-NH3配合物比Co-NH3配合物稳定，尽管锌离子配位稳定，但钴离子的配位数高，等物质的量的可以和更多的配位，更有利于解吸反应NH+XCO2+NH3+H2O正向进行，促进解吸，因此加入CoCl2溶液后释放CO2效果更好。 【小问3详解】 ①阴极为CO2转化为C2H4，持续通入CO2的一端为阴极，通过阴离子交换膜向阳极移动，反应前后KHCO3浓度基本保持不变，说明除了生成C2H4外还生成了，则阴极反应的电极反应式为； ②阴极区生成C2H4 56mL，标况下物质的量为0.0025mol，由上一问电极方程式可知，转移了0.0025mol×12=0.03mol电子，阳极生成O2的体积为224mL，即生成了0.01mol氧气，则转移电子数为0.04mol，则电解效率为； ③从图3中可以看出Cu-Cs复合催化剂可提供更多的活性位点、更有利于CO等中间体的吸附，且能降低反应的活化能，因此更有利于C2H4的形成，即可能原因是：Cu-Cs复合催化剂可提供更多的活性位点(Cu-Cs复合催化剂更有利于CO等中间体的吸附)，且能降低反应的活化能，因此更有利于C2H4的形成。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江阴市第二中学2025年秋学期10月质量调研 高三年级化学试卷 考试时间：70分钟 分值：100分 相对原子质量：Co-59 Ni-59 S-32 O-16 一、单选题 1. 材料是人类生存和发展的物质基础。下列属于新型无机非金属材料的是 A. 普通玻璃 B. 氮化硅陶瓷 C. 硬铝 D. 酚醛树脂 2. 黑火药的爆炸反应为。下列说法正确的是 A. 和均为非极性分子 B. 的电子式： C. 反应中氧化剂只有S D. 基态O原子核外电子轨道表达式： 3. 常用作杀虫剂、媒染剂。下列说法正确的是 A. 原子半径： B. 沸点： C. 第一电离能： D. 电负性： 4. 实验室以CaCO3为原料制备CO2和CaCl2·6H2O。下列图示装置或原理能达到实验目的是 A．制CO2 B．收集CO2 C．滤去CaCO3 D．制CaCl2·6H2O A. A B. B C. C D. D 阅读下列材料，完成下列3个小题： 第四周期过渡元素形成的化合物具有重要作用。黄铜矿(CuFeS2)用Fe2(SO4)3溶液浸泡后生成单质硫，所得CuSO4溶液可用于制取纳米Cu2O，Cu2O能与酸发生反应。CuOx-TiO2可用于低温下催化氧化HCHO：，CoCl3具有强氧化性，可与盐酸反应生成氯气。由NaNO2、Co(NO3)2、H2O2和CH3COOH反应生成的配合物Na3[Co(NO2)6]可应用于K+的鉴定。 5. 下列说法正确的是 A. Co位于元素周期表的ds区 B. 和中N原子均采取sp2杂化 C. 1 mol [Co(NO2)6]3-中含有12 mol σ键 D. 灼烧时火焰呈现紫色的物质一定是钾盐 6. 下列化学反应表示正确的是 A. Cu2O与稀硫酸反应：Cu2O+2H+=2Cu2++H2O B. Fe2(SO4)3溶液和CuFeS2反应： CuFeS2+4Fe3+=5Fe2++Cu2++2S C. Co(OH)3与足量盐酸反应：Co(OH)3+3HCl=CoCl3+3H2O D. 制备Na3[Co(NO2)6]的反应：12+2Co2++H2O2+2H+=2[Co(NO2)6]3-+2H2O 7. 下列关于CuOx-TiO2催化氧化甲醛的反应说法正确的是 A. 该反应ΔH<0，ΔS<0 B. HCHO、CO2、H2O均为极性分子 C. 升高温度，v逆增大，v正减小 D. 使用CuOx-TiO2催化剂降低了该反应的焓变 8. 下列物质的结构与性质或性质与用途具有对应关系的是 A. O3是极性分子，O3易溶于水 B. Se最外层有6个电子，单质硒的熔沸点较低 C. CuSO4溶液有酸性，可用于泳池的杀菌消毒 D. H2O2有氧化性，可用于和Ba(OH)2反应制备BaO2 9. 下列有关氮、硫、氯单质及其化合物的转化正确的是 A. 工业制备漂白粉：饱和食盐水Cl2漂白粉 B. 实验室制备NH3：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O C. 工业制备硫酸：FeS2SO3H2SO4 D. 实验室制备SO2：Na2SO3+2HNO3=2NaNO3+SO2↑+H2O 10. 镍离子和钴离子性质相似，可用如图所示装置实现二者分离。图中的双极膜中间层中的解离为和，并在直流电场作用下分别向两极迁移，与乙酰丙酮不反应。下列说法正确的是 A. 电流方向： B. 石墨M电极的电极反应式为 C. 水解离出的可以抑制Ⅱ室中的转化反应 D. 导线中通过1mol电子时，Ⅰ室与Ⅲ室溶液质量变化之差约为65g 11. 室温下，下列实验方案不能达到探究目的的是 选项 实验方案 探究目的 A 测量HA（一种一元酸）稀溶液的pH，将该溶液体积稀释10倍后再次测量pH 探究HA否为弱酸 B 测量0.1 mol·L-1 NaHSO3溶液的pH 比较的电离常数与水解常数大小 C 用pH试纸分别测定浓度均为0.1 mol·L-1 CH3COONa溶液与NaCN溶液的pH 比较CH3COO-与CN-结合H＋能力的大小 D 用饱和Na2CO3溶液浸泡BaSO4沉淀后，向所得沉淀中加入盐酸，观察是否有气泡产生 比较Ksp(BaCO3)和Ksp(BaSO4)大小 A. A B. B C. C D. D 12. 捕集与转化的部分过程见题图。室温下以的NaOH溶液吸收，忽略通入引起的溶液体积变化和水的挥发。已知溶液中含碳物种的浓度，电离常数分别为：，。下列说法正确的是 A. 吸收液中： B. 吸收液时，，且 C. “再生”过程中发生反应的离子方程式有： D. 将投入煮沸后蒸馏水，沉降后溶液，则 13. 已知CO2催化加氢的主要反应有： 反应Ⅰ CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1 ΔS1<0 反应Ⅱ CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2>0 ΔS2 在恒温恒压反应器中通入1 mol CO2、3 mol H2气体，CO2的平衡转化率及CH3OH的平衡产率随温度变化关系如下图。已知：CH3OH产率=×100%；CH3OH的选择性=×100%。下列说法不正确的是 A. ΔH1＜0，ΔS2＞0 B. CH3OH平衡选择性随温度的升高而减小 C. 525 K后，升高温度对反应Ⅰ的影响大于对反应Ⅱ的影响 D. 525 K时，增大的值或增大压强均能使CO2的平衡转化率达到b点的值 二、解答题 14. 钪(Sc)是一种重要稀土元素。由含钪矿渣制备ScCl3，再电解ScCl3可制得Sc。 （1）矿渣酸浸所得Sc3＋可被萃取剂X(结构如图1所示)萃取。 ①萃取原理是Sc3＋与萃取剂进行离子交换，萃取完成后水相的pH___________(填“增大”“减小”或“不变”)。 ②两分子萃取剂易形成含2个氢键的二聚体，请写出该二聚体的结构：___________。 （2）萃取液经系列工序制得ScCl3·6H2O晶体，将其与NH4Cl混合，加热脱水制备无水ScCl3，再电解熔融ScCl3获得Sc．若不加NH4Cl，加热脱水时Sc3＋易水解生成ScOCl。ScOCl难溶于水、易溶于盐酸。 ①加热脱水时，ScCl3水解生成ScOCl的化学方程式___________。 ②电解熔融ScCl3时，常加入NaCl、KCl，其主要目的是通过降低熔点、___________，从而提高Sc的回收率、降低成本。 ③其他条件相同，钪水解率[钪的水解率=×100%]随脱水温度的变化如图2所示。低于400 ℃，随着温度升高钪的水解率减小的原因是___________。 （3）测定钪的水解率：取0.500 0 g制得的无水ScCl3，加水溶解，过滤，滤液中加入指示剂后，用0.040 00 mol·L-1 EDTA(Na2H2Y)溶液滴定至终点(反应为Sc3＋＋Y4-=ScY-)，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液23.00 mL。另取0.500 0 g制得的无水ScCl3，加浓盐酸溶解，并滴加氨水调节pH，加指示剂后，用0.04000 mol·L-1 EDTA溶液滴定至终点，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液25.00 mL。计算钪的水解率___________(写出计算过程) 15. 金属钼(Mo)在工业和国防建设中有重要的作用，钼元素的常见化合价为+4、+5、+6.由钼精矿(主要成分是MoS2)制备钼单质和钼酸钠晶体(Na2MoO4·2H2O)，部分流程如图所示。 （1）钼精矿在空气中焙烧时，主要反应的化学方程式为___________。 （2）操作1是加入碳酸钠溶液碱浸、过滤。在25℃时，碱浸液中，c(MoO)=0.80mol/L，c()=0.05mol/L，在结晶前需加入Ba(OH)2固体以除去溶液中的。当BaMoO4开始沉淀时，的去除率是___________(用百分数表示)。 [已知，在25℃时，Ksp(BaMoO4)=4.0×10−8，Ksp(BaSO4)=1.0×10−10，操作过程中溶液的体积和温度变化可忽略不计] （3）操作3中，经过滤可得钼酸固体。检验钼酸是否洗涤干净的操作为___________。 （4）在碱性条件下，向钼精矿中加入NaClO溶液也可以制备Na2MoO4，同时生成，该反应的离子方程式为___________。 （5）钼单质晶体的一个晶胞如图所示。该晶胞为立方体，Mo原子位于顶点和面心。请在图中用短线连接Mo原子A以及与其距离最近且等距的Mo原子___________。 16. 燃煤烟气中含有大量和NO。某实验室模拟“软锰矿浆同步脱硫脱硝技术”并制备，部分流程如下。 已知：①软锰矿（主要成分为，另含有少量、CaO、等杂质）。 ②； ③ （1）①“浸锰”过程，发生的主要化学方程式为________。 ②滤渣Ⅰ的主要成分为________。（写化学式） （2）“除气”过程，烟气中混入一定量可提高NO脱除率，其可能的原因是：________。 （3）“滤液Ⅰ”中加入等物质的量和，反应的离子方程式为：________。 （4）“滤液Ⅱ”中用可除去，结合反应方程式和定量计算说明原因________。（当反应平衡常数大于时，可认为反应完全）。 （5）“滤液Ⅲ”可制得。已知： ①在烟气吸收过程中，除生成外，还容易产生连二硫酸锰（），当温度超过35℃，会快速分解为和。 ②部分锰盐在不同温度下的溶解度和析出晶体的组成如图。 请设计由“滤液Ⅰ”获得的实验方案为：________。（须使用的试剂为：L NaOH溶液，无水乙醇） 17. 研究燃煤烟气中CO2的捕集和资源再利用技术对低碳经济有重大意义。 （1）利用反应CO2(g)+H2(g)=HCOOH(g) =+14.9，不能实现CO2直接加氢合成HCOOH的原因是___________。 （2）利用氨水可捕集烟气中的CO2.捕集、再生过程中含碳物种的变化如图1所示。 ①液相中H2NCOO-发生转化：H2NCOO-+H2OX+NH3。的结构式为___________。 ②已知：Co2++6NH3=Co(NH3) K1= Zn2++4NH3=Zn(NH3) K2= 转化后的溶液通过反应NH+XCO2+NH3+H2O解吸释放CO2。向两份相同的转化后的溶液中分别加入等体积、等浓度的CoCl2和ZnCl2溶液，加入CoCl2溶液后释放CO2效果更好的原因是：___________。 （3）利用电化学可以将CO2转化为有机物 多晶Cu是目前唯一被实验证实能高效催化CO2还原为烃类(如C2H4)的金属。如图2所示，电解装置中分别以多晶Cu和Pt为电极材料，用阴离子交换膜分隔开阴、阳极室，反应前后KHCO3浓度基本保持不变，温度控制在10℃左右。 ①阴极生成C2H4的电极反应式为___________。 ②装置工作时，阴极主要生成C2H4，还可能生成副产物降低电解效率。标准状况下，当阳极生成O2的体积为224mL时，测得阴极区生成C2H4 56mL，则电解效率为___________。(忽略电解前后溶液体积的变化)已知：电解效率 ③在金属催化剂表面发生*CO2→C2H2转化的过程可能为*CO2→COOH→*CO→*OCCO→C2H2(*表示吸附在催化剂表面)。其中部分物种在催化剂表面的吸附构型如图3所示，反应历程中的相对能量如图4所示。与催化剂相比，掺杂了的复合催化剂更有利于的形成，可能原因是___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $