化学（山东专用）-【衡水真题密卷】2026年高三学科素养月度测评（四）

密真 2025一2026学年度学科素养月度测评 题 高三化学（四） 本试卷总分100分，考试时间90分钟。 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用 橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 可能用到的相对原子质量：H一1C-120一16Ag一108 一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。 1.2025央视春晚舞台上，创意融合舞蹈《秧BOT》,不仅仅是一场视觉盛宴，更是科技与传统文化的完美 结合。下列说法正确的是 () A.其控制芯片的主要材料为二氧化硅，属于共价晶体 B.为机器人提供续航的锂电池，轻便稳定，比能量较低 C.机身使用的碳纤维属于新型无机非金属材料 D.机身用到的铝合金，比纯铝的熔点高、硬度大 2.下列关于化学反应与能量变化的说法正确的是 锌 铜 反应物 石墨棒 能量kJ MnO,糊 -.1molC(s,金刚石)+1molO(g) NH,CI糊 1molC(s,石墨)+1mol0,(g) 锌筒 1mol CO2(g) 稀硫酸 生成物 反应过程 图1 图2 图3 图4 A.图1所示装置可将化学能转化为电能 B.图2可表示Ba(OH)2·8H2O晶体与NHCI晶体反应的能量变化 C.图3所示的锌锰干电池中MnO2在正极发生还原反应 D.图4表示等质量的金刚石、石墨在氧气中完全燃烧时放出的热量相等 3.已知断开1molH2(g)中的化学键需要吸收436.4k的能量。根据H2(g)+C2(g)一2HCl (g)的能量转化示意图，下列说法错误的是 () 能↑ 2 mol H(g)+2 mol Cl(g) 679.1kJ 863.5kJ 1 mol H(g)+1 mol Cla(g) 2 mol HCI(g) 反应过程 A.△H=-184.4kJ·mol-1 B.断开1 mol HC1(g)中的化学键需要吸收92.2kJ的能量 C.形成1molC2(g)中的化学键需要放出242.7kJ的能量 D.H2(g)和Cl2(g)反应生成2 mol HC1(1)释放的能量大于184.4kJ 4.已知C2HBr在NaOH醇溶液中发生的取代反应和消去反应互为竞争，二者反应历程中的相对能量 变化如图所示。下列说法错误的是 () 高三化学试题（四）第1页（共8页） 真题密卷·学无 厂H H △E 班级 H →过渡态1 (kJmo)过渡态2 0-H H 88.7 79.9 H 0C…BI H 倩 Br 姓名 C2Hs H.O C2H,OH C2HOH .H Br⊙ 得分 Br⊙-54 H -57 H2O 0 -138.5 C,Hs H -131.8 CH CH;OH 反应历程1 反应历程2 A.溶剂不同时，C2HBr与OH反应的选择性可能不同 B.NaOH醇溶液中OH-与乙醇分子间形成了氢键 C.C2HBr发生取代反应或消去反应时，OH进攻的原子不同 D.NaOH醇溶液中C2H,Br发生消去反应在热力学上更有利 5.五祀卫鼎是判断西周中期青铜器的标准器，现存于陕西历史博物馆，其外观如 图所示。下列叙述错误的是 () A.选择“王水”浸泡去除晶面的铜镜 B.鼎面上锈的主要成分是Cu2(OH)2CO: C.青铜在半干半湿的条件下最易发生吸氧腐蚀 D.青铜比纯铜熔点低、硬度大 6.Na2S2Og-Co3O4可作为光催化水生产物质X的高效催化剂，反应部分机理如图所示。下列说法错误 的是 () A.在激光作用下，Na2S2Og发生氧化反应 B.Co元素位于元素周期表d区 激光子s,0 Co,O4K物质X C.物质X为O2 (I) D.工业上煅烧CoC0制备Co,0:的反应：6CoC0,十O,商温 SOi CoCo"H2o () 2Co3 O,+6CO2 7.已知：H+(aq)+0H-(aq)一H20(1)△H=-57.3kJ·mol-1。某小组用50mL0.50mol·L-1 盐酸和50mL0.55mol·L1NaOH溶液测定中和反应的反应热，简易量热装置如图所示。下列关 于该实验的说法错误的是 () 玻璃 温度计 搅拌器 内筒 杯盖 隔热层 外壳 A.实验中不盖杯盖，会导致测得的△H偏大 B.实验中，需将NaOH溶液一次性快速加入盛有稀盐酸的小烧杯中 C.若用稀硫酸和氢氧化钡溶液代替稀盐酸与氢氧化钠溶液，测得的△H相同 D.处理数据时，需要计算生成水的物质的量 4素养月度测评 高三化学试题（四）第2页（共8页） 3 8.Rh(I)-Ru(Ⅲ)双金属配合物的结构及催化醋酸甲酯反应制备醋酸的反应机理如图所示。下列说法 错误的是 () C Ru CO CH COI CHI H,CCH,COOH、 CH C -Rh C=0H,0 C R Ru Rh CO 人甲 COI TN3 HI一 CH COOH TNI CH COOCH HC TS2 co Ru Rh-C=O CO TN2 A.反应过程中Ru的成键数目和化合价均不变 B.反应甲和乙均为取代反应，且在反应过程中，碳原子的杂化类型不变 C.Rh(I)-Ru(Ⅲ)双金属配合物是反应的催化剂，降低了反应的焓变 D.总反应为CH,C0OCH,+C0+H,0催化剂2CH,C00H 9.光解水制氢的关键步骤是水的氧化。我国科学家用仿生催化剂[用Cu(H2O)牛表示]实现 在NaHCO3溶液中高效催化水的氧化，该过程中物质转化及反应能量变化示意如图所示。下列说法 错误的是 () ↑能量 Cu(O)H2O)(CO) Cu(H2O)(O)(CO3) △H △HS Cu(H2O)(CO) Cu(H2O)(O) 、⑥△H6 ② Cu(H20)2+O2 △H2 △H Cu(H2O) Cu(H2O)(OH)(CO3) 反应历程 A.步骤①可能为2Cu(H2O)+4HCO?—2Cu(H2O)(OH)(CO3)+2H2CO,十H2 B.水的氧化反应为2H20-4e十4HC03—02个十4H2C0g C.△H=△H2+△H4-△H:-△Hg-△Hs-△H6 D.催化剂参与反应，降低活化能，加快反应速率 10.工业生产中，实现碳中和的一种方法是通过电催化反应将CO2转化为液体燃料甲酸盐，同时得到化 学品S8,电催化CO2还原偶联硫氧化系统的工作原理如图所示。下列说法错误的是 CO. 阳极电解液 HCOO Na'HCO,Na、sO NaHCO 碳酸氢钠的再利用 3 高三化学试题（四）第3页（共8页） 真题密卷·学 A.交换膜为阳离子交换膜 B.阴极电极反应式为CO2+2e+H2O一HCOO+OH C.向阳极电解液中通CO2分离S8,其中CO2和S8均为非极性分子 D.S位于元素周期表的p区 二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得 4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。 11.羟基自由基(·OH)具有极强的氧化能力，它能有效地氧化降解废水中的有机污染物。在直流电源 作用下，利用双极膜电解池产生羟基自由基(·OH)处理含苯酚废水和含甲醛废水，原理如图所示。 已知：双极膜中间层中的H2O解离为H+和OH。下列说法错误的是 () 直流电源 CO OH O2膜b OH CO 膜a 含 苯 色 废 水 水 O Na,SO,HO Na,SO A.M极电极反应式：O2+2e+2H+一2·OH B.电极电势：N<M C.每处理6.0g甲醛，理论上有0.8molH+透过膜b D.通电一段时间后，理论上苯酚和甲醛转化生成CO2物质的量之比为7：6 12.科学家开发出了可用于安全快速充电的钠金属电池的弱溶剂电解质(WSE),一使用了WSE的电池 工作时的装置如图所示。下列叙述正确的是 () 用电器 Na Nav(PO,) WSE WSE: NaV(PO) Na PF Na A.可以用稀硫酸代替WSE B.放电时，Na+向a极迁移 C.WSE中阴离子呈正六面体结构 D.充电时，b极的电极反应式为Na3Vz(PO,)3-xe一Nag-xV2(PO4)3+xNa+ 13.环己酮是一种重要的化工原料。苯酚电催化加氢具有操作条件温和、由可再生的电力驱动等优势， 是一种有吸引力的环己酮生产工艺。我国科研人员选用不同负载材料电极研究其合成机理如图所 示[已知：H代表吸附态氢原子；法拉第效率FE(X)=n(生成X的电子) n(通过电极的电子) ×100%]: Pt ☐Ti0 OH 746H OH C -4H 0→0 电源 十电源 Pt/C Pt/TiO. 斗素养月度测评 高三化学试题（四）第4页（共8页） 下列说法正确的是 A.Pt/C和Pt/TiO2电极均连接电源的负极 B.Pt/C和Pt/TiO2电极上均可能有H2溢出 C.Pt/C电极上若生成1mol环己酮的FE为20%，则一定伴随生成约2.7mol环己醇 D.TiO2增大了Pt上Hs的覆盖度，有利于提高环己酮制备的纯度 14.利用如图所示装置进行电镀实验，电镀液为0.1mol·L-1CuSO,溶液和过 量1mol·L1氨水混合液，实验发现：一段时间后阴极表面有致密红色固 体。下列说法错误的是 () A.实验前可用盐酸除掉铁制镀件上的油污 B.[Cu(NH3)4]+存在配位键，配体是NH3,配位数是4 C.欲检验电镀液中是否含有F元素，可从阴极区取少量溶液于试管中，铜片 铁制 再滴人2滴K3Fe(CN),]溶液 电镀液 镀件 D.Cu+生成[Cu(NH3)4]+,c(Cu2+)减小，Cu缓慢析出，镀层更致密 15.利用H2O2在碱性条件下实现废水中Cr(Ⅲ)的回收，铬的去除率大于99.5%，其装置如图所示。下 列说法正确的是 ( 》 H02 直流电源 0 石墨M 膜a 膜b 膜c 双极膜 石墨N OH HO →H 缓冲室 Na,SO,溶液 Na,SO,溶液 稀Na,SO,溶液 产品室 废水室 含Cr(Ⅲ)的碱性废水 A.膜a、膜b均为阳离子交换膜 B.废水室中反应的离子方程式为2Cr(OH)3+3H2O2十4OH一2CrO?+8H2O C.反应一段时间后，阴极区溶液的pH不变 D.通电过程中石墨N极每产生33.6L气体，则双极膜内减少54gH2O 三、非选择题：本题共5小题，共60分。 16.(13分)研究物质间的相互转化关系是学习化学的重要方法。 Cu 几种中学常见的物质在一定条件下的转化关系如图所示。 其中E是一种极易溶于水的有刺激性气味的气体，G是空气 E O:.R HO T 中含量最多的气体，R为红棕色气体。 回答下列问题： (1)R的化学式为 (2)E与T反应形成的化合物中含有的化学键类型为 ;铜与T的稀溶液反应生 成Q的离子方程式为 (3)为了在实验室制取干燥的气体E,某同学分别设计了甲、乙、丙三套实验装置： 氯化铵和 氯化铵和 氯化铵和 氢氧化钙 氢氧化钙 氢氧化钙 棉花 棉花 棉花 碱石灰 浓硫酸 甲 高三化学试题（四）第5页（共8页） 真题密卷·学 实验装置和所用药品都正确的是 (填“甲”“乙”或“丙”)；该实验装置中发生反应生成气体 E的化学方程式为 ;检 M 验试管中气体E是否收集满的方法是 Li Q Li,O (4)一种全新电池用于实现在室温下吸收R气体并转化为Q气体，电池装 Li. 置简易示意图如下，电池工作时，Li2O在N电极上生成。其中M为Li LizO 电极，N为石墨电极，该电池放电时，负极为 (填“M”或“N”) 极；N极的电极反应式为 锂离子交换膜 17.(13分)粗铜中含有铁、锌、镍及少量金、银等金属，粗铜的电精炼不仅能有效去除杂质得到高纯度的 精铜，而且能从阳极泥中回收金银等贵重金属，如图1和图2所示： HNO、HCI HCO 阳极泥→溶浸→（什、[AuCI、CI等） 还原→Au 粗 精 铜 铜 AgCl- 还原 →Ag 阳极泥 Zn 图1：电精炼铜示意图 图2：阳极泥回收金银的简易流程图 回答下列问题： (1)在元素周期表中，铜元素位于 区。 (2)电解精炼铜时，由于阳极发生：Fe2+一e—Fe3+,阴极发生：Fe3+十e一Fe+,降低电流效 率，被称为铁空转。向电解液中加入NaF,将Fe3+转化为FeF,可降低铁空转的影响。 ①FeF:的空间结构名称为 ②试解释加入NaF能降低铁空转的原因： (3)当溶液中某离子浓度低于1.0×105mol·L1时，可忽略溶液中该离子的存在。已知：常温下 AgCl(s)Ag+(ag)+Cl-(aq)K=2X10-10,AgCl(s)+Cl-(ag)[AgCl2]-(aq)K= 2×10-5。 ①“溶浸”时，若不断增大溶浸液中的c(CI),则c(Ag)(填标号)。 A.一直增大 B.一直减小 C先减小，后增大 D.先增大，后减小 ②“溶浸”时，若使Ag+完全沉淀，则溶浸后的溶液中c(CI-)应不超过 mol·L-1。 (4)“还原”得到Au的离子方程式为 (5)金属银的面心立方晶胞如图所示，晶胞参数为409pm,金属银转化为氯化银时，晶胞中银离子处 于原来银原子的位置，氯离子填充在银离子形成的空隙之中，晶胞参数增大为562pm。已知氯 化银中银离子的配位数为金属银中银原子的配位数的一半。 ①设NA表示阿伏加德罗常数的值，则金属银的密度为 (只列出计算 式)g·cm3 ②氯化银晶体中，每个氯离子周围被个银离子包围，银离子与氯离子之间的 最短距离为 pm 18.(9分)化学反应过程中伴随着能量变化，回答下列问题： (1)汽车的安全气囊内叠氮化钠爆炸过程中的能量变化如图所示： 2 mol NaN3(S) 反应物的总能量 盟 、2 mol Na(S)+3molN(g) b 生成物的总能量 0 反应过程 4素养月度测评 高三化学试题（四）第6页（共8页） 3 ①叠氮化钠的爆炸属于 (填“吸热”或“放热”)反应。 ②NaN3是由一种单原子离子和一种多原子离子以1：1的比例构成的化合物，则NaN3中存在 的化学键类型是 ③若爆炸过程能量变化为2(a一b)kJ,则生成N2的物质的量为 mol。 (2)利用简易量热计测定中和反应的反应热，下列操作错误的是 (填标号)。 ①向量热计内筒中加入100mL1.0mol·L-1盐酸，盖上杯盖，插入温度计，匀速搅拌后记录初 始温度T1。 ②向250mL烧杯中加入100mL1.0mol·L1NaOH溶液，调节其温度，使之与量热计中盐酸 的温度相同。 ③快速地将烧杯中的碱液倒入量热计中，盖好杯盖，记录体系达到的最高温度。 ④根据溶液温度升高的数值计算此中和反应的反应热。 (3)已知：4HC1(g)+O2(g)-2C12(g)+2H20(g)△H=-115.6kJ·mol-1,则断开1molH O键与断开1molH一Cl键所需能量相差约为 kJe CI CI 243Jmo→@+(@ 0.0 498 kJ.mol- 键断裂 键断裂 →(0)+(o (4)在101kPa、298K下，由最稳定的单质生成1mol物质B的反应焓变，叫做物质B的标准摩尔生成 焓，用符号△H”(k·mol1)表示。部分物质的△H 如图所示，已知：H2(g)、N2(g)、O2(g)的标准摩尔生成 -241.8 N0(g)91.3 焓为0。 HO(g) ①热稳定性：N2H(I) NH(g)(填“><“=”。 -45.9NH(g) ②反应6NO(g)+4NH3(g)—5N2(g)+6H2O(g) N,H.0=50.6△kJmo) 的△H= kJ·mol-1. -300-250-200-150-100-50050100150 19.(14分)船舶的外壳常用镶嵌锌块的方法避免船体遭受腐蚀，实验室模拟该过程如表中所示： 实验 实验装置 实验步骤及现象 A 电流表指针偏转，Fe电极上未见气泡生成；取出少量Fe 电极附近的溶液，滴加K3[Fe(CN)。]溶液，未出现蓝色 沉淀 Zn 酸化的3%NaC 向Fe电极附近滴加Kg[Fe(CN)。]溶液，生成蓝色沉淀 溶液(pH≈5) 包裹锌片 A区 0 的铁钉 向A区滴加K3[Fe(CN)。]溶液，生成蓝色沉淀，一段时间 后，与铁钉接触的蓝色沉淀消失 加入NaCI溶液的琼脂胶冻 资料i:实验I条件下，Fe2++6CN-一Fe(CN)]4- K1=1.0×1035,Zn2++4CN —=[Zn(CN)4]2-K2=5.0×1016 资料i:实验V条件下，Fe与KFe[Fe(CN)]很难发生反应。 (1)实验I中，Zn作 极。 (2)蓝色沉淀为KFe Fe(CN)s],说明有Fe+产生。 ①对实验Ⅱ中Fe+产生的原因作出如下猜想： 猜想a.H+将Fe氧化； 猜想b. 将Fe氧化； 猜想c.K,Fe(CN)]将Fe氧化； 猜想d.K3Fe(CN)]被Zn还原。 猜想b中的物质是 (填化学式)；依据实验I中的现象可否定猜想 (填标号)。 高三化学试题（四）第7页（共8页） 真题密卷·学科 ②理论分析： 根据资料推测猜想d不成立，理由是 ,无法生成蓝色 沉淀。因此猜想c成立，其中生成Fe+的离子方程式为 (3)补全实验Ⅲ中的操作和现象，证明发生了吸氧腐蚀： (4)结合平衡移动原理，解释实验Ⅳ中“一段时间后，与铁钉接触的蓝色沉淀消失”的可能原因是 (5)将实验V装置中的锌片换成铜片，重复实验V的操作，推测其与实验V现象的差异： 由上述实验可知：比铁活泼的锌可以保护铁不被腐蚀。 20.(11分)I.杭州亚运会主火炬的燃料被称为是“零碳甲醇”，即从生产甲醇到燃烧甲醇，产生、消耗的 二氧化碳量实现完全中和。 (1)已知燃烧热数据：△H[H2(g)]=-285.8kJ·mol1;△H[CH3OH(1)]=-726.5kJ· mo。“零碳甲醇”可通过总反应C0,(g）十3H,(g)催化剂 CHOH(I)十HO(1)合成，该反应的 △ △H= kJ·mol-1。 (2)某温度下，向0.5L的恒容密闭容器中通人2mol 电源 CO2与4molH2,发生反应CO2(g)+3H2（g)== CH3OH(g)+H2O(g),平衡时CO2的转化率为50%， 质子 不考虑副反应，该反应的平衡常数K一 交换膜 B Ⅱ.通过电化学、热化学等方法，将CO2转化为HCOOH等 化学品，是实现“双碳”目标的途径之一。 x02 HCOOH (3)某研究小组采用电化学方法将CO2转化为HCOOH, CO 装置如图所示。电极B上的电极反应式是 (4)为提高效率，该研究小组参考文献优化热化学方法，在如图密闭装 置中充分搅拌催化剂M的DMSO(有机溶剂)溶液，CO2和H2在 CO(g)、H(g) 溶液中反应制备HCOOH,反应过程中保持CO2(g)和H2(g)的压 强不变，总反应CO2十H2一HCOOH的反应速率为v,反应机 催化剂M的 理为下列三个基元反应，各反应的活化能：E2<E1<E3(不考虑催 DMSO溶液 化剂活性降低或丧失)。 搅拌子 i:M+CO2Q E; i:Q十H2=LE2； m:L=M+HCOOH E:。 ①催化剂M足量条件下，下列说法正确的是 (填标号)。 A.v与CO2(g)的压强无关 B.v与溶液中溶解H2的浓度无关 C.温度升高，v不一定增大 D.在溶液中加入N(CH2CH3)3,可提高CO2转化率 ②实验测得：298K,p(CO2)=p(H)=2MPa下，v随催化剂M浓度c变化如图所示。c≤co 时，v随c增大而增大；c>co时，v不再显著增大。解释原因： v/(mol-L-s) Co c/(mol-L) (5)如图为C02分子晶体结构的一部分，每个CO2分子周围有 个与之紧邻等距的CO2分子， 晶体中粒子间存在的作用力有 素养月度测评 高三化学试题（四）第8页（共8页）·化学· 参考答案及解析 2025一2026学年度学科素养月度测评高三化学（四） 命题要素细目表 关键能力：I.理解与辨析能力Ⅱ.分析与推测能力Ⅲ.归纳与论证能力Ⅳ.探究与创新能力 核心素养：①宏观辨识与微观探析②变化观念与平衡思想③证据推理与模型认知④科学探究与创新意识⑤科 学态度与社会责任 关键能力 核心素养 预估难度 题号 题型 分值 考查内容 ⅡⅢ ①②③④⑤ 等级系数 1 选择题 2 化学与STSE 易0.85 2 选择题 2 化学反应与能量变化 易0.75 3 选择题 2 能量转化图像分析 易0.75 4 选择题 化学能与物质稳定性、卤代烃的水解 中0.60 和消去反应机理 6 选择题 吸氧腐蚀、金属与合金性能比较 / L 易0.75 6 选择题 氧化还原反应及产物推断、元素周期 表、化学方程式书写 0.65 选择题 2 中和热的测定与误差分析 为 0.65 8 选择题 2 反应机理图像分析：杂化类型、催化剂 的作用、化学方程式书写 中 0.60 9 选择题 2 反应历程图像分析：盖斯定律、催化剂 的作用、化学方程式书写 0.60 10 选择题 2 电解原理、电极反应式、分子极性判 中 断、元素周期表 0.55 11 选择题 电解原理、电极反应式、电极电势比 难 较、电解池有关计算 0.40 12 选择题 新型电池工作原理、离子移动方向判 中 断、空间构型、电极反应式 0.55 13 选择题 4 电解原理的理解及判断、电解相关计算 难0.40 14 选择题 电镀、油脂水解、简单配合物的成键、 中 Fe2+的检验 0.55 15 选择题 电解原理的理解及判断、离子方程式 // 0.40 书写、电解池相关计算 L 华 物质转化：物质推断、化学式书写、化 16 非选择题 13 学健类型、离子方程式书写、氢气的制 √√ 中 备与收集、原电池电极判断及电极反 √√ 0.65 应式书写 工业流程：元素周期表、空间构型、原 17 非选择题 13 因分析、沉淀溶解平衡、溶度积常数相 L 中0.60 关计算、离子方程式书写、晶胞分析 三 吸热反应与放热反应、化学键类型、盖 非选择题 斯定律、中和热的测定与误差分析、热 L 必 0.55 稳定性 实验探究：吸氧腐蚀、实验方案设计与 19 非选择题 14 评价、离子方程式书写、原因分析、实 L L 难 0.35 验现象描述 原理综合：盖斯定律、平衡常数计算、电 非选择题 11 极反应式书写、影响化学平衡的因素、 L / 0.35 原因分析、晶胞分析、粒子间作用力 高三化学答案（四）第1页（共8页） 3 真题密卷 学科素养月度测评 精典评析 TIANSHUJIAOYU ★环己酮是一种重要的化工原料。苯酚电催化加氢具有操作条件温和、由可再生的电力驱动等优势， 是一种有吸引力的环己酮生产工艺。我国科研人员选用不同负载材料电极研究其合成机理如图所示[已 知：H代表吸附态氢原子；法拉第效率FE(X)= n(生成X的电子) n(通过电极的电子) ×100%]: OH Pt TiO. OH 746H OH -4H H +4H H 00 十电源 十电源H Pt/C Pt/TiO, 下列说法正确的是 A.Pt/C和Pt/TiO2电极均连接电源的正极 B.Pt/C和Pt/TiO2电极上均可能有H2溢出 C.Pt/C电极上若生成1mol环己酮的FE为20%，则一定伴随生成约2.7mol环已醇 D.TiO2增大了Pt上Hs的覆盖度，有利于提高环己酮制备的纯度 【试题解读】 本题以苯酚电催化加氢制备环己酮的不同负载电极反应机理为情境，聚焦电解原理应用、法拉第效率 计算、催化选择性等核心考点。体现化学学科核心素养：“宏观辨识与微观探析”要求从电极反应的宏观产 物，关联微观的吸附态氢原子行为与电子转移；“证据推理与模型认知”需依据电解模型和反应机理，推理 电极连接、副反应及载体作用；“科学探究与创新意识”体现在对不同负载材料催化性能的探究；“变化观念 与平衡思想”关注电极上多反应的竞争与调控，全面培育学生运用化学原理解决电催化实际问题的核心素 养，是电化学与催化融合、考查核心素养的典型题目。 ★工，杭州亚运会主火炬的燃料被称为是“零碳甲醇”，即从生产甲醇到燃烧甲醇，产生、消耗的二氧化 碳量实现完全中和。 (1)已知燃烧热数据：△H[H2(g)]=-285,8kJ·mol1；△H[CHaOH(1)]=-726.5k·mol1。 “零碳甲醇”可通过总反应C0,(g)十3H(g)堡化刺CHOH0)+HOD合成，该反应的△H= △ kJ·mol-1. (2)某温度下，向0.5L的恒容密闭容器中通入2 mol CO2与4molH2,发生反应C02(g)+3H2(g) =一CH3OH(g)十H20(g),平衡时C02的转化率为50%，不考虑副反应，该反应的平衡常数K= 【试题解读】 本题以“零碳甲醇”合成及CO2转化为背景，综合考查热化学、化学平衡、电化学、反应速率与机理、晶 体结构等核心知识。体现化学学科核心素养：“变化观念与平衡思想”贯穿能量变化、平衡移动、速率影响 的动态分析；“证据推理与模型认知”依托盖斯定律、平衡计算、电化学等模型，推理反应热、电极反应等； “宏观辨识与微观探析”关联CO2转化的宏观反应与微观粒子变化；“科学探究与创新意识”体现在CO2转 化机理的探究中，通过多模块知识融合，培育学生运用化学原理解决“双碳”实际问题的核心素养，是化学 原理综合应用与素养考查的典型题目。 3 高三化学答案（四）第2页（共8页） ·化学· 参考答案及解析 参考答案及解析 一、选择题 原子相连碳原子的邻位碳原子上的氢原子，进攻原 1.C【解析】芯片的主要材料是Si,A错误；锂电 子不同，C正确；由图可知，取代反应产物能量比消 池通常来说密度小，质量轻，比能量较高，B错误； 去反应产物能量低，能量越低越稳定，说明在 碳纤维指的是含碳量在90%以上的高强度高模 NaOH醇溶液中C,HBr发生取代反应在热力学 量纤维，属于新型无机非金属材料，C正确；铝合 上更有利，D错误。 金的熔，点比铝低，D错误。 5.A【解析】“王水”是由3体积浓盐酸和1体积 2.C【解析】图1所示装置没有形成闭合电路，不 浓硝酸混合组成，具有强氧化性，如用“王水” 能构成原电池，不能将化学能转化为电能，A错 去除晶面的铜镜，容易腐蚀青铜，A错误；鼎面 误；图2所示为放热反应，Ba(OH)2·8H2O晶 上的锈是铜锈，铜锈的主要成分是碱式碳酸铜， 体与NH4CI晶体反应为吸热反应，B错误；锌锰 即Cu2(OH)2CO3,B正确；青铜生锈的主要反应 千电池中锌作负极，发生氧化反应，MnO2作正 2Cu+02+H20+CO2=Cu2(OH)2CO3, 极，发生还原反应，C正确；由反应物的总能量与 即在半千半湿的条件下最易发生吸氧腐蚀，C正 生成物的总能量差可以计算得到反应放出的能 确；青铜属于合金，合金的特点是硬度大、耐腐蚀 量，由图可以看出等质量的金刚石放热更多，D 性强、可塑性强，但熔，点比纯铜低，D正确。 错误。 6.A【解析】在激光作用下，Na2S2Og和Co3O4反 3.B【解析】根据图示，反应1molH2(g)十1mol Cl2(g)一2molH+2 mol Cl吸收679.1kJ能 应生成S0和C0,C0元素化合价南+8价 量，反应2molH+2 mol Cl—2 mol HCI(g) 上升至+3价，Co3O4作还原剂，则Na2S2Og作 放出863.5k能量，根据盖斯定律，H2(g)+C2(g) 氧化剂发生还原反应，A错误；C0为27号元素， —2HCl(g)△H=-184.4kJ·mol-1,A正 位于元素周期表第四周期Ⅷ族，位于元素周期表 确；根据图示，反应2molH+2 mol Cl-2mol d区，B正确；反应Ⅲ中Co4+化合价降低发生还 HCl(g)放出863.5kJ能量，形成1 mol HCI(g)中的 原反应生成C03O4,则H2O中O元素化合价升 化学键需要放出431.75kJ的能量，则断开1mol 高发生氧化反应生成O2,则X为O2,C正确；工 HC1(g)中的化学键需要吸收431.75kJ的能量， 业上煅烧CoCO3制备Co3O4的反应过程 B错误；断开1molH2(g)中的化学键需要吸收 中CoCO3和O2反应生成Co3O4,C0元素化合 436.4kJ的能量，而反应1molH2(g)+1mol 价上升，O元素化合价下降，C元素化合价不变， Cl2(g)-2molH+2 mol Cl吸收679.1kJ能 则同时有CO2生成，化学方程式为6CoCO3+O2 量，因此断开1molC2(g)中的化学键需要吸收 高温2C0,0,十6C02,D正确。 242.7kJ的能量，则形成1molC2(g)中的化学 7.C【解析】实验中不盖杯盖，将增大热量的散失， 键需要放出242.7kJ的能量，C正确；由A可知， 导致测定反应放出的热量偏小，该反应的△H H2(g)和Cl2(g)反应生成2 mol HCI(g)释放 0,会导致测得的△H偏大，A正确；为了减少热 184.4kJ的能量，而HCI(g)转化为HCI(I)要释 量的损失，减小实验误差，向内筒加料时，应一次 放能量，因此H2(g)和Cl2(g)反应生成2mol 性快速加入且立即盖紧杯盖，B正确；稀硫酸和氢 HCI(1)释放的能量大于184.4kJ,D正确。 氧化钡反应除中和热，还有Ba2+和SO?生成 4.D【解析】溶剂不同，对反应体系中分子间作用 BaSO4的沉淀热，测得的△H不同，C错误；中和 力、反应物和过渡态稳定性等影响不同，会改变反 热是强酸和强碱的稀溶液完全反应生成1mol液 应活化能等，进而使C2HBr与OH反应的选择 态水放出的热量，该测定实验中需要计算生成水 性改变，A正确：由反应历程图可知，OH一中的氧 的物质的量，根据△H= n(H,0)计算中和热， Q 与乙醇分子中的羟基氢存在相互作用，符合氢键形 成特征，所以NaOH醇溶液中OH与乙醇分子间 D正确。 形成了氢键，B正确；取代反应中，OH进攻与Br 8.C【解析】由图可知，Ru在反应过程中结合和脱 原子相连的碳原子；消去反应中，OH进攻与Br离的原子或原子团无变化，其化学键情况未变， 高三化学答案（四）第3页（共8页） P 真题密卷 学科素养月度测评 所以Ru的成键数目和化合价均不变，A正确；反 二、选择题 应甲是CH:COI与H2O反应生成CH:COOH 11.BD【解析】由图可知，M电极通入O2,发生反 和HI,反应乙是CH3 COOCH3与HI反应生成 应生成自由基·OH,反应式为O2十2e十2H+ CH3COOH和CH3I,二者都符合取代反应特 —2·OH,M作阴极，A正确；M为阴极，N为 征，均为取代反应，反应甲中CH;COI、 阳极，故电极电势：N>M,B错误；甲醛与·OH CH,COOH中甲基的碳原子始终是sp3杂 反应生成CO2,反应方程式：HCHO十4·OH 化，一COI和-COOH中的碳原子是sp2杂化， =C02+3H20,6.0g甲醛为0.2mol,有 反应乙中CH,COOCH3、CH,COOH和CHI中 0.8molH+透过膜b,C正确；根据氧化还原 甲基的碳原子始终是Sp3杂化，酯基和羧基中碳 反应规律，1mol甲醛生成CO2转移4mole, 原子是s2杂化，即碳原子的杂化类型不变，B正 1mol苯酚生成CO2转移28mole,理论上苯 确；Rh(I)-Ru(Ⅲ)双金属配合物是反应的催化 酚和甲醛转化生成CO2物质的量之比为6：7， 剂，催化剂的作用是降低反应的活化能，加快反 D错误。 应速率，而反应的焓变是由反应物和生成物的能 12.D【解析】装置为原电池，左侧为原电池的负极， 量差决定，催化剂不能改变反应的焓变，C错误； 电极反应式为Na一e一Na+,右侧为原电池的 由反应机理图可知，反应物是CH:COOCH3、CO 正极，电极反应式为Na-xV2(PO,)3十xNa十 和H2O,生成物是CH3COOH,反应条件为催化 xe-Na3V2(PO4)3;充电时为电解池，则左侧 剂，故总反应可表示为CH3 COOCH3+CO+ 为阴极，电极反应式为Na+十e一Na,右侧为阳 H,0催化剂2CH,COOH,D正确。 极，电极反应式为NaV2(PO4)3一xe一 9C【解析】由图示信息可知，步骤①可表示为 Nag-zV2(PO4)3十xNa+。稀硫酸会与钠反应，故 2Cu(H2O)+4HCO3 =2Cu(H2 O)(OH)(CO3) 不能用稀硫酸代替WSE,A错误；放电时，负极 十2H2CO3十H2,A正确；由题千图示信息可知， 发生氧化反应，Na+从硬碳材料中脱出，由负极 水的氧化反应（总反应）方程式为2H2O一4e十 迁移到正极与Nag-zV2(PO4)3结合，B错 4HC05O2个十4H2CO3,B正确；根据盖斯 误；P℉。的价层电子对数为6+5+11×6 定律结合题千图示信息可知，△H=△H2十△H4 2 十△H1十△H3十△H:十△H:,C错误；根据碰撞 6,为八面体结构，C错误；充电时，b极的电极反 理论可知，催化剂参与反应，通过降低活化能加 应式为NagV2(POa)3-xe-Nag-2 V2(PO4)3+ 快反应速率，D正确。 xNa,D正确。 10.B【解析】由电解装置图可知，左侧电极为阴 13.AB【解析】苯酚在Pt/C和Pt/TiO2表面电催 极，电极反应式为CO2十2e+HCO? 化加氢生成环己酮和环己醇的机理为溶液中的 HCOO十CO号，右侧电极为阳极，电极反应式 H+得电子生成吸附态的H原子，然后苯酚与吸 为8S2--l6e—S8,Na+经过离子交换膜由 附态的H原子反应生成环己酮和环己醇，电极 阳极区进入阴极区，阳极电解液主要成分为 反应式可写为C6HO+4H++4e—C6HoO NaOH,NaOH与过量的CO2反应生成NaHCO3 和CsH6O+6H++6e-C6H12O,因此Pt/C 进入阴极区循环使用。由分析可知，Na+经过离 和Pt/TiO2电极为阴极，连接电源负极。H+得 子交换膜由阳极区进入阴极区，则交换膜为阳 电子除了生成吸附态的H原子，还可能还原为 离子交换膜，A正确；由分析可知，阴极电极反应 H2。如题图所示，TiO2诱导Hs从Pt迁移到 式为CO2+2e+HCO,=HCOO+CO,B TiO2,降低了Pt表面Hds的覆盖度，有效抑制 错误；向阳极电解液中通CO2分离S8,其中 了环己酮的过度加氢，因此Pt/C表面苯酚加氢 CO2为直线形分子，正负电荷中心重合，S8为非 生成环己酮和环己醇，而Pt/TiO2表面苯酚加 金属单质且分子中均为非极性键，二者均为非 氢只生成环己酮，提高了环己酮选择性。据分 极性分子，C正确；S为16号元素，其价电子排 析，Pt/C和Pt/TiO2电极均连接电源的负极，A 布式为3s23p,故S位于元素周期表的p区，D 正确；Pt/C和Pt/TiO2电极上均存在吸附于Pt 正确。 表面的氢原子，这些氢原子在电催化条件下能 3 高三化学答案（四）第4页（共8页） ·化学· 参考答案及解析 够发生还原反应生成H2,B正确；生成环己酮的 8H2O,B正确；由分析可知，N为阴极，在阴极氢 FE为20%，若通过电极的电子全部用于苯酚 离子得电子生成氢气，但是同时双极膜中的氢 加氢生成环己酮和环己醇，则生成环己酮和环 离子向阴极移动，则反应一段时间后，阴极区溶 己醇所需电子数比例为1：4，根据电极反应 液的pH不变，C正确；没有给出气体所处的条 式可知生成1mol环己酮需4mol电子，因此 件，无法计算氢气的物质的量，则无法计算减少 有16mol电子用于生成环己醇，得到环己醇的 H2O的质量，D错误。 物质的量约为2.7mol,由于通过电极的电子可 三、非选择题 能存在其他用途，则生成环己醇的物质的量最 16.(1)N02(1分) 大约为2.7mol,C错误；据分析，TiO2减小了 (2)离子键和（极性）共价键(2分)3Cu十8H Pt上Hs的覆盖度，有利于提高环己酮制备的 +2NO3-3Cu2++2N0个+4H2O(2分) 选择性，D错误。 (3)丙(1分)2NH,C1+Ca(OH)2△CaC,+ 14.A【解析】硫酸铜溶液与过量氨水反应生成硫 2NH3个+2H2O(2分)将湿润的红色石蕊试纸 酸四氨合铜，电镀时，与直流电源正极相连的铜 靠近试管口，若试纸变蓝，说明已收集满(2分) 片为电镀池的阳极，铜失去电子发生氧化反应 (4)M(1)NO2+2Li++2e-NO+Li2O 生成铜离子，铜离子与溶液中的过量氨水反应 (2分) 生成四氨合铜离子，铁制镀件作阴极，铜离子在 【解析】E是一种极易溶于水的有刺激性气味的 阴极得电子发生还原反应生成铜单质。油脂在 气体，E和氧化铜反应生成的G是空气中含量 碱性条件下能够完全水解而除去，实验前用盐 最多的气体，则E是NH3,G是N2,氨气和氧气 酸除掉铁制镀件上的油污，油脂不能完全水解， 反应生成的Q是NO,一氧化氨和氧气反应生 成的R为红棕色气体，则R为NO2,二氧化氨 且盐酸还可能腐蚀铁制镀件，所以实验前应用 和水反应生成的T为HNO3,故E是NH3,G 碱性溶液来除掉铁制镀件上的油污，A错误；四 是N2,Q是NO,R为NO2,T为HNO3。 氨合铜离子中具有空轨道的铜离子与具有孤对 (1)由分析可知，R的化学式为NO2。 电子的氨分子形成配位键，离子中氨分子是配 (2)E是NH3,T为HNO3,两者反应生成硝酸 体，配位数为4，B正确；溶液中的亚铁离子能与 铵，其中含有离子键和极性共价键；T为 铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀，则从阴极区 HNO3,铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氨 取少量溶液于试管中，再滴入2滴铁氰化钾溶 和水，离子方程式为3Cu十8H+十2NO3一 液可达到检验电镀液中是否含有铁元素的实验 3Cu2++2NO个+4H20。 目的，C正确；由分析可知，溶液中铜离子能与过 (3)实验室采用加热氯化铵和氢氧化钙固体的 量氨水反应生成四氨合铜离子，使溶液中铜离 方法制备氨气，氨气可以和硫酸反应，则不能用 子浓度减小，有利于铜在阴极缓慢析出，使得镀 浓硫酸干燥，可以用碱石灰千燥，氨气密度比空 层更致密，D正确。 气小，用向下排空气法收集氨气，故选装置 15.BC【解析】根据图示中氢离子的移动方向可知， 丙；相应的制备氨气的化学方程式为2NH,CI十 N为阴极，则M为阳极，在阳极水失去电子生成氧 Ca(OH)2△CaC2十2NH,↑+2H,0:氯气是 气，电极反应式为2H20-4e—4H++O2个，氢 碱性气体，验满方法为将湿润的红色石蕊试纸 离子结合硫酸根离子生成硫酸，缓冲室中的硫 靠近试管口，若试纸变蓝，说明已收集满。 酸根离子通过膜a向左移动，缓冲室中的钠离子 (4)根据离子移动的方向可知，M为负极，N为 通过膜b向右移动，则膜a为阴离子交换膜，膜 正极；由图可知，在N电极上二氧化氨得到电子 b为阳离子交换膜，CrO?通过膜c进入产品 生成一氧化氨同时生成氧化锂，电极反应式 室，膜c是阴离子交换膜。由分析可知，膜a为 NO2+2Li+2e-NO+Li2O 阴离子交换膜，膜b为阳离子交换膜，A错误； 17.(1)ds(1分) 依据图中物质，废水室中C3+在碱性条件下被 (2)①正八面体(1分) H2O2氧化生成CrO,反应的离子方程式为 ②FeF的氧化性（或得电子的能力）比Fe3+、 2Cr(OH)3+3H202+4OH-—2CrO+ Cu+弱，不容易在阴极放电(2分) 高三化学答案（四） 第5页（共8页） 真题密卷 学科素养月度测评 (3)①B(1分) NaCl晶胞相同，所以氯化银晶体中，每个氯离子 ②0.5(1分) 周围被6个银离子包围，银离子与氯离子之间的 (4)2[AuCl4]-+3H2C2O4=2AuY+6H 最短距离为AgCl晶胞参数的一半，即281pm +8CI-+6C02↑(2分) 18.(1)①放热(1分) 4×108 ②离子键、（非极性）共价键(2分) (5)0NA(409X10-1)(2分） ③6(1分) ②6(1分)281(2分)》 (2)③(1分) 【解析】混酸“溶浸”阳极泥，金溶解，银转化为 (3)31.9(1分) 氯化银沉淀，过滤分离，得到滤液和氯化银沉 (4)①<(1分) 淀；向氯化银中加入锌，使氯化银转化为银；向 ②-1815(2分) 滤液中加入草酸“还原”[AuCL4]为金。 【解析】(1)①由题图可知，反应物的总能量高 (1)在元素周期表中，铜元素是第IB族元素，位 于生成物的总能量，该反应为放热反应。 于ds区。 ②NaN3是由一种单原子离子和一种多原子离 (2)①FeFg的中心原子Fe周围有6个F原 子以1：1的比例构成的化合物，其中含有的离 子，形成正八面体结构。 子有Na+和N?,阴阳离子间为离子键，N与N ②由于Fe3+被转化为FeF,FeFg的氧化性 之间为非极性共价键。 比Fe3+、Cu2+弱，不容易在阴极放电，故会降低 ③由反应及题图可知生成3molN2(g)时放热 铁空转。 (a一b)kJ,当能量变化为2(a一b)kJ时，生成 (3)DAgCl(s)Ag(ag)+Cl(ag)K=2 6 mol N2 X10-1°，可知溶液中c(CI)越大，c(Ag+)越 (2)①向量热计内筒中加入100mL1.0mol· 小，B正确。 L1盐酸，盖上杯盖，插入温度计，匀速搅拌后 2AgCl(s)+C1-(aq)[AgCl2](ag) 记录初始温度T1,该操作为测量反应前盐酸 K=2×105,若C1加入过多，AgC1会转 的温度，盖上杯盖保温且搅拌均匀，操作正确， 化为[AgCl2]-,为了不使AgC1发生转化， ①不符合题意；②向250mL烧杯中加入100mL 则令c([AgC12]-)=1.0×10-5mol·L1,可 1.0mol·L1NaOH溶液，调节其温度，使之与 量热计中盐酸的温度相同，该操作为测量反应 得c(Cl-)=0.5mol·L1,即Cl-浓度不能超 过0.5mol·L-1。 前NaOH溶液的温度，将温度调至与盐酸相同， 减少实验误差，操作正确，②不符合题意；③快 (4)根据流程，明确反应物为[AuCl4]和草酸， 速地将烧杯中的碱液倒入量热计中，盖好杯盖， 生成物为A山，而草酸中碳为十3价，只能升高到 +4价，离子方程式为2[AuCL]-+3H2C2O4 应该用玻璃搅拌器搅拌，使液体充分混合，再记 录体系达到的最高温度，操作错误，③符合题 —2Au+6H++8CI+6CO2个。 意；④根据溶液温度升高的数值计算此中和反 (6)0Ag品跑中含有Ag的个数为8X日+6× 应的反应热，温度的最高数值能体现出放出的 热量，操作正确，④不符合题意。 2=4,晶胞的质量为4X108 g,晶胞的体积 (3)4HC1(g)+O2(g)—2C2(g)+2H2O(g) △H=-115.6k·mol-1;依据△H=反应物的 为(409X10-0)3cm3,晶体的密度为p=V m 总键能之和减去生成物的总键能：4×E(H一CI) 4×108 +498kJ·mol1-[243×2kJ·mol-1+4× 4×108 E(H-O)]=-115.6kJ·mol-1,得E(H-O) (409X10)°cm-NA409x1010)9g·cm3。 -E(H—Cl)=31.9kJ。 ②银晶胞中，银原子的配位数为12，形成4个正 (4)由图像可知，表示一氧化氨的标准摩尔生成 八面体和8个正四面体两种空隙，银形成氯化银 时，银的配位数由12变为6，说明氯离子填充在 路的惑化学方程式为①2Ng)十0，(g)一 正八面体空隙中，得到的AgCl晶胞与所学的 NO(g)△H=+91.3kJ·mol1,表示H2O(g) 3 高三化学答案（四） 第6页（共8页） ·化学· 参考答案及解析 的标准摩尔生成焓的热化学方程式为②H2(g)十 (2)①在酸性的氯化钠溶液中存在氧气，氧气具 有氧化性，能把铁氧化，所以猜想b为O2将Fe 202(g)—H,0(g)△H==241.8k 氧化；依据实验I中“电流表指针偏转，Fe电极上 mol1,表示NH3(g)的标准摩尔生成焓的热化学 未见气泡生成；取出少量Fe电极附近的溶液，滴 方餐式为③宁Ng+2耳g一NHg 加K[Fe(CN)6]溶液，未出现蓝色沉淀”，可知不 是由H和O2将Fe氧化，即可否定猜想ab。 △H=-45.9kJ·mol1,表示N2H4(1)的标准 ②由资料i:实验I条件下，Fe2++6CN一 摩尔生成焓的热化学方程式为④N2(g)+2H2(g) Fe(CN)6]4-K,=1.0×1035,Zn2++4CN N2H4(1)△H=+50.6kJ·mol-1。 ==[Zn(CN)4]2-K2=5.0X1016,可得K1> ①NH3(g)的标准摩尔生成焓为一45.9kJ· K2,即Fe+与CN的配位能力远大于 mol1,N2H4(I)的标准摩尔生成焓为50.6kJ· Zn2+,则[Fe(CN)6]3-被Zn还原后的产物应为 mol-1,N2和H2反应生成NH3放热，而生成 N2H4吸热，则NH3的能量比N2H4低，NH3较 [Fe(CN)6]4-而非Fe+,无法生成蓝色沉淀，推 稳定，热稳定性：N2H4(1)<NH(g)。 测猜想d不成立；因此猜想c成立，K[Fe(CN)6] ②据盖斯定律，6X②一4X③-6X①得NO 将Fe氧化，K3[Fe(CN)6]中Fe3+将Fe氧化生 与NH?反应的热化学方程式：6NO(g)十 成Fe2+的离子方程式为Fe十2[Fe(CN)6]3 4NH3 (g)-5N2 (g)+6H2O(g)AH=6X —2[Fe(CN)6]4-+Fe2+。 (-241.8kJ·mol-1)-6×(+91.3kJ·mol-1) (3)在实验Ⅲ中，若发生吸氧腐蚀，正极发生 -4×(-45.9k·mol-1)=-1815k·mol1。 O2十4e+2H20—4OH反应，生成OH, 19.(1)负(1分) 溶液碱性增强，若向A区滴加酚酞溶液，出现红 (2)①02(1分)ab(2分) 色，证明溶液呈碱性，即证明发生了吸氧腐蚀。 ②K1>K2,即Fe2+与CN的配位能力远大于 (4)蓝色沉淀为KFe[Fe(CN),],其在溶液中存在 Zn2+,则[Fe(CN)。]3-被Zn还原后的产物应为 沉淀溶解平衡，KFe[Fe(CN)6](s)一K+(aq)+ [Fe(CN)s]4-而非Fe2+(2分)Fe+2[Fe(CN)6]3 Fe2+(aq)+[Fe(CN)6]3-(aq),[Fe(CN)s]3--= —2[Fe(CND6]4+Fe+(2分) Fe3+十6CN,溶液中阴离子向负极移动，所 (3)向A区滴加酚酞溶液，出现红色(2分) 以[Fe(CN)。]3-移动到负极附近被Zn还原， (4)KFe[Fe(CN)&](s)K+(aq)+Fe2+(aq) 使其浓度降低，随着正极O2十4e+2H2O +[Fe(CN),]3-(aq),Fe3+或[Fe(CN)6]3-被 4OH-反应的进行，铁钉附近c(OH)增大，Fe2+、 Z还原，使其浓度降低，平衡正向移动，蓝色沉 Fe3+与OH反应，使Fe2+、Fe3+、[Fe(CN)6]3-浓 淀溶解(2分，合理即可) 度降低，根据勒夏特列原理，上述沉淀溶解平衡 (5)该反应比实验V产生蓝色沉淀更快、更多；一 正向移动，蓝色沉淀溶解。 段时间后，与铁钉接触的蓝色沉淀不消失(2分) (5)当把锌片换成铜片时，因为铜的活泼性比铁 【解析】用Zn和Fe作为电极，酸化的3%NaCl 弱，此时形成的原电池中，A区的铁作负极，铜 溶液(pH≈5)作为电解液，组成原电池，探究铁被 作正极，负极反应为Fe-2e—Fe2+,向A区 腐蚀的原因，在实验I中滴加K[Fe(CN)6]溶液， 滴加K3[Fe(CN)6]溶液，因为有Fe2+生成，会 未出现蓝色沉淀，证明未生成F+；在实验Ⅱ中 生成蓝色沉淀KFe[Fe(CN)6],但与实验I不同 向Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)]溶液，生成蓝 的是，因为铁持续作负极被氧化产生Fe2+,所以 色沉淀，证明生成了Fe2+,通过分析，探究Fe被 该反应比实验Ⅳ产生蓝色沉淀更快、更多；一段 腐蚀的原因；将一端包裹着锌片、一端不作任何 时间后，与铁钉接触的蓝色沉淀不消失。 处理的铁钉置于加入NaCl溶液的琼脂胶冻中 20.(1)-130.9(1分) 探究铁钉的腐蚀原因。 (2)0.25(1分) (1)在锌铁原电池中，活泼的金属作负极，锌比 (3)CO2+2e+2H+ =HCOOH(2分) 铁活泼，所以实验I中锌作负极。 (4)①CD(2分) 高三化学答案（四） 第7页（共8页） 3 真题密卷 学科素养月度测评 ②当c≤c。时，v随c增大而增大，因M是基元 (4)①v与CO2(g)的压强有关，压强越大，溶液 反应ⅰ的反应物（直接影响基元反应中反应 中CO2的浓度越大，V越大，A错误；V与溶液 物L的生成)；c>co时，v不再显著增加，因受 中溶解H2的浓度有关，氢气浓度越大，速率越 限于CO2(g)和H2(g)在溶液中的溶解速度（或 快，B错误；温度升高，不一定增大，反应ⅰ和 浓度)(2分) ⅱ是快反应，而而是慢反应（决速步骤），1和ⅱ (5)12(1分)（极性）共价键和范德华力(2分) 可以快速建立平衡状态，随着温度升高气体在 【解析】(I)H2燃烧热的热化学方程式为H2(g) 溶液中溶解度减小，气体浓度减小，L的浓度减 +20,(g)—H00AH=-285.8· 小，若L的浓度减小对反应速率的影响大于温度 升高对总反应速率的影响，则总反应速率减小，故 mol1①，CHOH燃烧热的热化学方程式 总反应的速率不一定增大，C正确；在溶液中加入 为c,oH0D+0.(g00.(0+2to0 的N(CH2CH3)3会与HCOOH反应，使得三个 反应平衡正向移动，可提高CO2转化率，D正确。 △H=--726.5kJ·mol-1②，根据盖斯定律，3X ②各反应的活化能E2<E1《E3,反应川为决速 ①-②得到C0g)+3H(g)停化CHOH① 步骤，但L的浓度取决于反应ⅱ和，所以速率 +H20(1),则△H=3×(-285.8kJ·mol-1)+ 与催化剂M的浓度和反应物CO2、H2的浓度 726.5kJ·mol-1=-130.9kJ·mol-1。 有关。当c≤c,时，催化剂M的活性位，点数量 (2)向0.5L的恒容密闭容器中通入2molC02 不够，速率取决于催化剂M的浓度，即Y随c增 与4molH2,平衡时C02的转化率为50%，列 大而增大，因M是基元反应「的反应物，直接影 出三段式 响基元反应川中反应物L的生成；c>c0时，催 CO2(g)+3H2(g)CH.OH(g)+H2O(g) 化剂M的活性位，点数量足够，速率取决于反应 起始/mol 2 4 0 0 物CO2和H2的浓度，即℃不再显著增加，因受 转移mol 13 1 1 平衡mol 1 1 1 1 限于CO2(g）和H2(g)在溶液中的溶解速度或 该反应的平衡常数K= c(CH3OH)·c(H2O) 浓度。 c(CO2)·c3(H2) (5)取任意一顶角的CO2分子，则与之紧邻且等 1 1 距的是共用该顶角的各面面心上的CO2分子， 0.5^0.5 =0.25。 共有3个，而该顶角被8个晶胞共用，面心上的 1 分子被2个晶胞共用，这样符合题意的CO,分 (3)电极B为二氧化碳发生还原反应生成甲酸， 子数为38=12：晶体中粒子间存在的作用力 2 作阴极，则电极反应式是CO2十2e+2H+ 有极性共价键和范德华力。 HCOOH。 3 高三化学答案（四）第8页（共8页）