精品解析：江苏省无锡市江阴市三校联考2025-2026学年高三上学期12月月考 化学试题

江阴市三校2025-2026学年度第一学期12月联合考试 化学试卷 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 F 19 Mo 96 一、单项选择题：共13小题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 化学与生产生活、科技密切相关。下列应用中所用到的主要物质属于无机非金属材料的是 A. 潜艇降噪所用的橡胶消声瓦 B. 制造飞机材料所用的硬铝 C. 制造医用材料所用的聚乳酸 D. 亚冬会冰壶所用花岗岩 【答案】D 【解析】 【详解】A．橡胶是一种有机高分子化合物，A错误； B．硬铝密度小、强度高、抗腐蚀能力强，可用作飞机材料，硬铝属于金属材料，B错误； C．聚乳酸具有良好的生物相容性和生物可吸收性，因此可用于制造医用材料，聚乳酸属于有机高分子化合物，C错误； D．花岗岩的主要成分是石英、云母、长石等矿物，属于无机非金属材料，D正确； 故答案选D。 2. 探索自然界奥秘的一个重要方面是研究物质的微观结构。下列化学用语表述不正确的是 A. 的电子式： B. 键形成的轨道重叠示意图： C. 溶液中的水合离子： D. 分子的球棍模型为： 【答案】C 【解析】 【详解】A．是离子化合物，电子式为，故A正确； B．p轨道为哑铃型，P-P轨道肩并肩形成π键，键形成的轨道重叠示意图：，故B正确； C．氯离子的离子半径大于钠离子，则氯化钠溶液中的水合离子为，故C错误； D．分子中N原子价电子对数为4，有1个孤电子对，分子空间构型为三角锥，球棍模型为：，故D正确； 选C。 3. 压强控制在化学实验中有着重要的意义。有关下列实验装置的说法错误的是 ① ② ③ ④ A. 装置①用于喷泉实验，氨气极易溶于水，导致负压吸入是该实验成功的关键 B. 装置②用于Fe(OH)2的制备，反应一开始就要关闭止水夹，让生成的氢气把左边试管中液体压入右边，以实现自动化控制 C. 装置③用于减压蒸馏，减压条件下可以降低混合组分的熔沸点，实现低温分离，避免因温度过高而导致混合组分分解 D. 装置④叫抽滤装置，装置内外的压强差有利于加快过滤速率 【答案】B 【解析】 【详解】A．喷泉实验，气体在液体中溶解度很大，在短时间内产生足够的压强差(负压)，则打开活塞后，大气压将烧杯内的液体压入烧瓶中，在尖嘴导管口形成喷泉，装置①中氨气极易溶于水，导致负压吸入是该实验成功的关键，故A正确； B．装置②用于Fe(OH)2的制备，反应一开始就要打开止水夹，使产生的氢气将装置内的空气排尽，一段时间后关闭止水夹，让生成的氢气把左边试管中液体压入右边，以实现自动化控制，故B错误； C．根据克拉克龙方程，一定条件下，压强与越小，沸点越低，装置③用于减压蒸馏，减压条件下可以降低混合组分的熔沸点，实现低温分离，避免因温度过高而导致混合组分分解，故C正确； D．装置④叫抽滤装置，在真空泵的作用下，装置内外的压强差有利于加快过滤速率，故D正确； 故选B。 4. 冠醚因分子结构形如皇冠而得名，某冠醚分子Z可识别Li+，实现卤水中Li+的萃取，其合成方法如下。下列说法正确的是 A. X分子为非极性分子 B. 电负性：H > C > Li C. Li+与Z通过弱配位键相结合 D. Z可以识别Li+、Na+、K+、Cs+等碱金属离子，形成类似于R的结构 【答案】C 【解析】 【详解】A．X为邻苯二酚，分子结构不对称，正负电荷中心不重合，属于极性分子，A错误； B．同周期元素从左到右电负性逐渐增大，且大于，电负性顺序为，B错误； C．具有空轨道，冠醚Z中的氧原子含有孤电子对，二者通过氧提供孤电子对、提供空轨道形成弱配位键，C正确； D．冠醚识别碱金属离子具有选择性，与冠醚空腔大小和离子半径的匹配度有关，Z的空腔仅适配半径较小的，无法识别、、等半径更大的碱金属离子并形成类似R的结构，D错误； 故选C。 阅读下列材料，完成下列几个问题： 氮及其化合物在生产生活中有重要应用。氮元素是典型变价非金属元素，其氧化物和请化物种类较多，氢化物有NH3、N2H4(联氨，又名肼)、HN3(叠氮酸)等。人工固氮技术是20世纪人类最伟大的成就之一，为人类解决粮食短缺问题作出了巨大的贡献。氨易液化，液氨能与钠反应。NH3中的一个H原子被-OH取代可形成羟胺(NH2OH)，被-NH2取代可形成肼(N2H4)，肼的燃烧热为622kJ·mol-1。将尿素、NaClO和NaOH溶液混合，在一定条件下反应可制得肼。 5. 下列有关含氮物质的性质与用途对应关系正确的是 A. NO为无色气体，在人的生命活动中作为一种信息分子 B. N2H4具有较强的还原性，可用作火箭升空的燃料 C. NH4Cl受热易分解，实验室可用NH4Cl和Ca(OH)2共热制NH3 D. 浓硝酸有强酸性，常温下可用铁槽车运输浓硝酸 6. 下列化学反应的表示正确的是 A. 金属钠和液氨反应：NH3+Na=NaNH2+H2↑ B. 过量氨水和SO2反应：SO2+2NH3·H2O=(NH4)2SO3+H2O C. 尿素、NaClO、NaOH溶液制取肼的离子方程式：CO(NH2)2+ClO-=CO2↑+N2H4+Cl- D. 肼燃烧的热化学方程式：N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) ΔH =-622kJ·mol-1 7. 已知：-OH的吸电子能力比-NH2的强。下列说法正确的是 A. NH3的键角比H2O小 B. NH3、HN3、NH4Cl形成的晶体都是分子晶体 C. NH2OH难溶于水 D. NH2OH中N结合H+的能力比N2H4弱 【答案】5. B 6. B 7. D 【解析】 【5题详解】 A．NO在人的生命活动中作为一种信息分子与其颜色无关，A错误； B．N2H4中的氮元素处于较低价，有较强的还原性，可用作火箭的燃料，B正确； C．实验室用NH4Cl和Ca(OH)2共热制NH3发生的反应与NH4Cl受热易分解无关，C错误； D．常温下可用铁槽车运输浓硝酸的原因是浓硝酸具有强氧化性，能使铁钝化，D错误。 故选B。 【6题详解】 A．金属钠和液氨反应：2NH3+2Na=2NaNH2+H2↑，A错误； B．过量氨水吸收工业尾气中的SO2，生成(NH4)2SO3和水，B正确； C．尿素和NaClO溶液在碱性条件下反应生成N2H4、Na2CO3和NaCl，碱性条件下不放出CO2气体，C错误； D．肼燃烧的热化学方程式中，H2O应为液态，D错误。 故选B。 【7题详解】 A．NH3和H2O的中心原子都采用sp3杂化，NH3中N原子有1个孤电子对，H2O中O原子上有2个孤电子对，孤电子对越多键角越小，故H2O的键角更小，A错误； B．NH4Cl属于铵盐，是离子晶体，B错误； C．NH2OH有羟基和氨基，能与水形成分子间氢键，故易溶于水，C错误； D．-OH的吸电子能力比-NH2的强，则NH2OH中N原子的负电性小，比N2H4中N原子更难以结合H+，D正确。 故选D。 8. 在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是 A. 制备金属钛：熔融NaClNaTi B. 制镁工业： 海水Mg(OH)2MgOMg C. 提取碘：I2(CCl4)NaI和NaIO3I2 D. 制备Fe(OH)3胶体：Fe2O3FeCl3Fe(OH)3胶体 【答案】C 【解析】 【详解】A．熔融电解可得到，但会优先与溶液中的水反应，无法置换出，第二步转化不能实现，A错误； B．工业制镁通常用廉价的石灰乳沉淀海水中的，使用成本过高不具备工业可行性，且熔点极高，电解熔融能耗过大，工业上实际电解熔融制，转化不能实现，B错误； C．与浓溶液发生歧化反应生成和，分液后取水层加稀硫酸，和发生归中反应生成，两步转化均可实现，C正确； D．与稀氨水反应直接生成沉淀，无法得到胶体，制备胶体需将饱和溶液滴入沸水中，并加热到红褐色，D错误； 故选C。 9. 在水溶液中，电化学方法合成高能物质时，伴随少量生成，电解原理如图所示，下列说法正确的是 A. 生成的电极反应： B. 电解时，向电极移动 C. 每生成的同时，生成 D. 电解一段时间后，溶液降低 【答案】D 【解析】 【详解】A．生成的反应发生在阳极，阳极应发生氧化反应（失电子）。选项中反应式左侧出现（得电子，还原反应），电子得失方向错误；且电荷不守恒（左侧总电荷，右侧），A错误； B．电解池中阴离子向阳极移动，Ni电极生成（还原产物），为阴极；Pt电极生成（氧化产物），为阳极。应向阳极（Pt电极）移动，而非阴极（Ni电极），B错误； C．阴极生成的反应为，生成转移。但阳极除主反应外，还伴随副反应（），转移的电子中部分用于生成，故生成的小于，C错误； D．阴极生成，阳极主反应和副反应均消耗，且阳极消耗总量大于阴极生成量，溶液中浓度降低，降低，D正确； 故选D。 10. 工业利用钒渣(主要成分为FeV2O4，杂质为Al2O3)制备V2O5的工艺流程如下： 已知：“焙烧”的产物之一为NaVO3。下列说法不正确的是 A. “焙烧”时，n(氧化剂):n(还原剂)=4:5 B. “调pH”的目的是将溶液中的铝元素转化为Al(OH)3而除去 C. 不选用HCl“调pH”的原因可能与的氧化性较强有关 D. “沉钒”后的溶液中 【答案】A 【解析】 【分析】钒渣(主要成分为FeV2O4，杂质为Al2O3)，焙烧过程中FeV2O4生成对应的金属氧化物Fe2O3，Al2O3转化为NaAlO2，“焙烧”的产物之一为NaVO3，加入水浸出，Fe2O3成为滤渣；过滤后向滤液中加入硫酸，将转化为Al(OH)3，过滤后向滤液中加入(NH4)2SO4后得到NH4VO3沉淀，焙烧得到产品，据此分析。 【详解】A．“焙烧”时，FeV2O4和O2发生氧化还原反应生成Fe2O3和NaVO3，铁元素化合价由+2价升高至+3价、V元素化合价由+3价升高至+5价，1mol FeV2O4失去5mol电子，1mol O2得4mol电子，根据得失电子守恒可得关系式：4FeV2O4~5O2，O2是氧化剂，FeV2O4是还原剂，(氧化剂):n(还原剂)=5:4，故A错误； B．由分析可知，“调pH”的目的是将溶液中的铝元素转化为Al(OH)3而除去，故B正确； C．的氧化性较强，不选用HCl“调pH”的原因是：把Cl-氧化为有毒气体Cl2，故C正确； D．“沉钒”后得到NH4VO3的饱和溶液，，故D正确； 故答案为A。 11. 下列实验探究方案能达到探究目的的是 选项 探究方案 探究目的 A 用pH试纸分别测溶液和溶液的pH 证明的酸性强于 B 将可能含有Fe2+的氯化铁溶液滴入酸性KMnO4溶液中，溶液紫红色是否褪去 氯化铁溶液中是否含有Fe2+ C 向等物质的量浓度的、混合溶液中滴加溶液，先生成白色沉淀 证明： D 向含酚酞的溶液中加入少量固体，观察溶液颜色变化 证明溶液中存在水解平衡 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．对应的弱酸根为，该实验仅能证明酸性强于，无法证明其酸性强于，A错误； B．溶液中的具有还原性，也能使酸性溶液紫红色褪去，无法验证氯化铁溶液中是否含有，B错误； C．为1:1型沉淀，为2:1型沉淀，二者沉淀类型不同，不能直接根据沉淀生成的先后顺序比较大小，C错误； D．与结合生成沉淀，使浓度降低，若溶液红色变浅，说明浓度减小，可证明的水解平衡逆向移动，能证明溶液中存在水解平衡，D正确； 故选D。 12. 草酸是二元弱酸。某小组做如下三组实验： 实验I：往10mL0.1mol/L溶液中滴加溶液 实验II：往0.1mol/L溶液中滴加氨水至 实验III：往10mL0.1mol/L溶液中滴加30mL0.1mol/L溶液 [已知：的电离常数，，，溶液混合后体积变化忽略不计]，下列说法正确的是 A. 实验I中，当时， B. 实验I中，当时，向溶液中滴加酚酞，溶液变红 C. 实验II存在 D. 实验III的溶液中 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，草酸氢根水解方程式为：，草酸根水解方程式为：，计算的水解常数为：，的水解常数为：，据此分析作答。 【详解】A．实验I中，当时，，，则，则，又因为，则，而，由于，所以，正确的离子浓度顺序为：，A错误； B．实验I中，当时，溶质为和等浓度的混合物，结合分析可知，草酸氢根离子的电离常数大于草酸根离子的水解常数，则此时溶液显酸性，向溶液中滴加酚酞，溶液不变色，B错误； C．实验II中溶液显中性，结合电荷守恒可知，，则，故，C错误； D．实验III中滴加30mL0.1mol/L溶液时，反应生成草酸钙沉淀后剩余钙离子浓度是：，根据列式计算：，D正确； 故选D。 13. 逆水煤气变换反应是一种转化和利用的重要途径，发生的反应如下： 反应Ⅰ：； 反应Ⅱ：； 反应Ⅲ：； 常压下，向密闭容器中投入和，达平衡时和含碳物质的物质的量随温度的变化如图所示。下列说法正确的是 A. B. 曲线是的物质的量随温度的变化曲线 C. 649℃时，反应I的平衡常数 D. 其他条件不变，在250℃~900℃范围内，随着温度的升高，平衡时不断增大 【答案】C 【解析】 【分析】由题干信息可知，根据盖斯定律，反应Ⅰ=反应Ⅱ-反应Ⅲ，。升高温度，反应Ⅰ正向移动，反应Ⅱ、Ⅲ逆向移动，则增大、减小，结合题干图像可知，c曲线表示CO、a曲线表示CO2、b曲线表示CH4，据此分析解题。 【详解】A．根据盖斯定律，反应Ⅰ=反应Ⅱ-反应Ⅲ，，A错误； B．根据分析可知，B错误； C．由分析结合题干图示信息可知，649℃平衡时，消耗，此时，因为还生成，所以生成小于，该反应的平衡常数：，C正确； D．低温时反应Ⅱ、Ⅲ也生成H2O，升温逆向使H2O减少；高温时反应Ⅰ（吸热）生成H2O，H2O量先减后增，并非“不断增大”，D错误； 故选C。 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 工业以钼精矿为原料制备的过程如下： 、 （1）“焙烧”：将钼精矿置于石英反应罐中并通入空气，高温充分反应得到钼焙砂。冷却后采用XRD分析焙烧前后物相的变化如下图所示。写出焙烧时生成的化学反应方程式：_______。 （2）“预处理”：将钼焙砂和、混合溶液按一定比例混合，加热反应一段时间，过滤后，得到含、多钼酸铵、等滤渣。[已知在水中存在平衡：] ①“预处理”需在通风设备中进行，原因是_______。 ②写出转化为的化学方程式：_______。 ③其他条件一定，适当增大浓度，所得滤渣中Mo的含量增大，原因是_______。 （3）“氨浸”：将预处理后所得滤渣用氨水浸泡，其中的、可转化为可溶的，还有少量的难溶于氨水。为进一步提高Mo元素的浸出率，可在氨水中加入的物质是_______。 （4）五钼酸铵[，]在氮气中焙烧，可逐步分解，最终得到。取1.648g五钼酸铵固体在氮气氛围中焙烧，有气体和生成，维持300℃时加热当固体质量不再变化时，所得固体[组成为，Mo为价]质量为1.57g。计算300℃所得固体的化学式，并写出计算过程_______。 【答案】（1） （2） ①. 钼焙砂和硝酸、硝酸铵混合加热反应，生成氮氧化物等有毒气体 ②. ③. (NH4)2MonO(3n+1)在水中存在平衡：，其他条件一定，适当增大NH4NO3浓度，浓度增大，平衡逆向移动，析出更多的(NH4)2MonO(3n+1)，所得滤渣中Mo的含量增大 （3）Na2CO3(或其他合理答案) （4）(NH4)2Mo4O13 【解析】 【分析】将钼精矿置于石英反应罐中并通入空气，高温充分反应得到钼焙砂，将钼焙砂和HNO3、NH4NO3混合溶液按一定比例混合，加热反应一段时间，过滤后，得到含H2MoO4、多钼酸铵[(NH4)2MonO(3n+1)]、SiO2等滤渣，将预处理后所得滤渣用氨水浸泡，其中的H2MoO4、(NH4)2MonO(3n+1)可转化为可溶的(NH4)2MoO4，还有少量的CaMoO4难溶于氨水；五钼酸铵[(NH4)4Mo5O17，M=824g⋅mol−1]在氮气中焙烧，可逐步分解，最终得到MoO3。 【小问1详解】 钼精矿(主要成分是MoS2)与空气中的氧气在高温的条件下反应生成MoO3和SO2，反应的方程式为：； 【小问2详解】 ①钼焙砂和硝酸、硝酸铵混合加热反应生成H2MoO4、多钼酸铵[(NH4)2MonO(3n+1)]、SiO2等滤渣，同时生成氮氧化物等有毒气体，所以“预处理”需在通风设备中进行； ②将钼焙砂和、混合溶液按一定比例混合，加热反应一段时间，过滤后，得到多钼酸铵等，据元素种类守恒，产物还有Ca(NO3)2，设(NH4)2MonO(3n+1)的化学计量数为1，由Ca、Mo、守恒得反应为，由N原子守恒得4+x=2n+2、由H原子守恒得8+x=8+2y，解得x=2n-2、y=n-1，则CaMoO4转化为(NH4)2MonO(3n+1)的化学方程式为：； ③根据题意，(NH4)2MonO(3n+1)在水中存在平衡：，其他条件一定，适当增大NH4NO3浓度，浓度增大，平衡逆向移动，析出更多的(NH4)2MonO(3n+1)，所得滤渣中Mo的含量增大； 【小问3详解】 CaMoO4难溶于氨水，为进一步提高Mo元素的浸出率，可在氨水中加入能与Ca2+生成难溶盐的碳酸盐，使CaMoO4的溶解平衡正向移动，从而释放出更多的； 【小问4详解】 1.648g五钼酸铵的物质的量为：0.002mol，，，由质量守恒和电荷守恒可知，1.57g(NH4)aMobOc有：、，解得、，，则300℃所得固体的化学式为：(NH4)2Mo4O13。 15. 单质硫有S2、S4、S6、S8等同素异形体，可由闪锌矿(主要含ZnS、FeS)制备。已知：S8在低于112℃时在水溶液中呈固态，高于150℃易分解，易溶于CCl4. （1）制备：将闪锌矿置于敞口容器中，加入硫酸浸取，边搅拌边通入O2，部分浸取过程如下图所示。 ①步骤Ⅱ反应的离子方程式为___________。 ②高于112℃时，锌的浸出率更高，除反应速率加快外，主要原因是___________。 ③相同条件下，锌的浸出率和硫的氧化率随初始酸浓度的变化如图所示，初始酸浓度大于1.6mol/L时，硫的氧化率随酸浓度的增加而下降，主要原因是___________。 （2）检验：请补充完整检测过滤所得固体中是否残留ZnS等难溶硫化物的实验方案：取少量浸取后过滤所得固体，加适量CCl4充分溶解，过滤，加热所得固体至CCl4完全挥发，___________(实验须选用的试剂：饱和溴水，蒸馏水，BaCl2溶液。已知：饱和溴水可将硫化物氧化为硫酸盐)。 （3）蒸硫：将浸取后冷却所得粗硫置于如图所示装置中加热得到硫蒸气，再冷凝得到硫单质。 ①蒸硫前，需通入一段时间N2，目的是___________。 ②已知：S8的沸点约为445℃。温度约为280℃，硫单质完全变为蒸气，原因是___________。 【答案】（1） ①. 8H2S+16Fe3+=S8↓＋16Fe2+＋16H＋ ②. 高于112 ℃时，覆盖在闪锌矿表面的S8熔化，有利于锌元素浸出(或低于 112 ℃时，S8会在水中以固体析出，覆盖在闪锌矿表面，阻碍锌元素浸出) ③. 随着酸浓度增大，硫元素转化为H2S逸出，导致硫的氧化率降低 （2）用蒸馏水洗涤浸取渣，至取最后一次洗涤滤液滴加BaCl2溶液无白色沉淀生成。将浸取渣加入足量饱和溴水中，充分反应。取反应后的溶液滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则无ZnS等难溶硫化物残留 （3） ①. 排出空气，防止硫单质被氧化 ②. S8分解为相对分子质量更小分子，沸点降低 【解析】 【小问1详解】 ①由图可知，步骤Ⅱ是和发生氧化还原反应生成、和，经配平得反应的离子方程式为：8H2S+16Fe3+=S8↓＋16Fe2+＋16H＋； ②已知：S8在低于112 ℃时在水溶液中呈固态，即低于112 ℃时，呈固态的S8会覆盖在闪锌矿表面，阻碍锌元素浸出；高于112 ℃时，覆盖在闪锌矿表面的S8熔化，有利于锌元素浸出，所以高于112 ℃时，锌的浸出率更高，除反应速率加快外，主要原因是：高于112 ℃时，覆盖在闪锌矿表面的S8熔化，有利于锌元素浸出(或低于112 ℃时，S8会在水中以固体析出，覆盖在闪锌矿表面，阻碍锌元素浸出)； ③初始酸浓度大于1.6 mol/L时，随酸浓度的增加(即浓度增大)，生成的也增多，且从溶液中逸出，导致硫的氧化率随酸浓度的增加而下降，所以初始酸浓度大于1.6 mol/L时，硫的氧化率随酸浓度的增加而下降，主要原因是：随着酸浓度增大，硫元素转化为H2S逸出，导致硫的氧化率降低； 【小问2详解】 已知：饱和溴水可将硫化物氧化为硫酸盐，即饱和溴水可将ZnS氧化为。检测过滤所得固体中是否残留ZnS等难溶硫化物，需先将其固体中的S8溶于CCl4，过滤，再用蒸馏水洗净固体表面的以排除其干扰，再将浸取渣加入足量饱和溴水中，若残留ZnS，ZnS将被氧化为，再取反应后的溶液滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则有ZnS等难溶硫化物残留，反之，无ZnS等难溶硫化物残留。所以实验方案为：取少量浸取后过滤所得固体，加适量CCl4充分溶解，过滤，加热所得固体至CCl4完全挥发，用蒸馏水洗涤浸取渣，至取最后一次洗涤滤液滴加BaCl2溶液无白色沉淀生成。将浸取渣加入足量饱和溴水中，充分反应。取反应后的溶液滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则无ZnS等难溶硫化物残留； 【小问3详解】 ①因硫单质易被空气中的氧气氧化，则蒸硫前，需通入一段时间N2，其目的是：排出空气，防止硫单质被氧化； ②S8的沸点约为445 ℃，但S8在高于150 ℃时易分解，且分解为相对分子质量更小分子，导致其沸点降低，所以温度约为280 ℃，硫单质完全变为蒸气，其原因是：S8分解为相对分子质量更小分子，沸点降低。 16. 氢气是一种理想的清洁能源。 （1）制氢。利用卤化物热化学循环制氢，原理如图所示(部分反应物和产物已略去)。 ①加热条件下发生反应Ⅲ的化学方程式为_______。 ②若反应IV中有水参加反应，理论上该反应可生成_______。 （2）储氢。镁基储氢材料等体系能与水反应释放出氢气。已知。不同储氢材料与水反应制氢速率曲线如图I所示，在溶液中的水解机理如图II所示。 ①与水反应放出氢气的速率较慢，原因可能为_______。 ②复合材料与水反应放出氢气的速率最快，原因可能为_______。 ③在溶液中水解速率较快，结合机理说明其原因_______。 （3）实验室利用铁基催化剂进行电催化硝酸盐还原合成氨的装置如图III所示。电解时，先吸附到催化剂表面放电产生。控制其它条件不变，的产率和法拉第效率随变化如图IV所示。。其中，表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。 ①写出电解生成的电极反应式_______。 ②从5变化到3时，的产率逐渐减小的原因可能为_______。 【答案】（1） ①. ②. 1 （2） ①. 该反应的活化能较大或与水反应，产生的氢氧化镁沉淀覆盖在反应物表面，阻止反应的进一步进行，放出氢气的速率较慢 ②. 和都能和水反应生成氢气，水解产生超细Ni颗粒，形成许多Mg-Ni原电池，加快化学反应，两者作用使反应速率最快 ③. 水解产生的会腐蚀破坏表面生成的保护膜，使能和接触而直接反应，加快水解速率 （3） ①. ②. pH从5变化到3，溶液中浓度增大，析氢反应速率增大，H+更多的得到电子生成氢气，硝酸根得到电子生成铵根的量减少，且氢气阻碍吸附到催化剂表面，使还原的速率下降，的产率逐渐减小 【解析】 【小问1详解】 ①加热条件下反应Ⅲ中Fe3O4和HBr反应生成Br2、H2O和FeBr2，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：； ②反应Ⅳ中FeBr2和H2O反应生成Fe3O4、HBr、H2，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：3FeBr2+4H2O=Fe3O4+H2↑+6HBr，有4mol水参加反应，理论上该反应可生成1 molH2； 【小问2详解】 ①反应活化能越大，反应速率越慢，与水反应放出氢气的速率较慢，原因可能为：该反应的活化能较大或与水反应，产生的氢氧化镁沉淀覆盖在反应物表面，阻止反应的进一步进行，放出氢气的速率较慢； ②复合材料与水反应放出氢气的速率最快，原因可能为：Mg和都能和水反应生成氢气，水解产生超细Ni颗粒，形成许多Mg-Ni原电池，加快化学反应，两者作用使反应速率最快； ③在溶液中水解速率较快，原因为：水解产生的会腐蚀破坏表面生成的保护膜，使能和接触而直接反应，加快水解速率； 【小问3详解】 ①电解时，先吸附到催化剂表面放电产生，氮元素化合价降低，得电子发生还原反应，电极反应式为； ②pH从5变化到3时，酸性增强，溶液中H+浓度增大，H+得电子生成氢气，造成硝酸根离子得电子产生铵根离子的量减少，则的产率逐渐减小的原因可能为：pH从5变化到3，溶液中浓度增大，析氢反应速率增大，H+更多的得到电子生成氢气，硝酸根得到电子生成铵根的量减少，且氢气阻碍吸附到催化剂表面，使还原的速率下降，的产率逐渐减小。 17. CO2的资源化利用和转化是当今科学研究的热点。 （1）氨水可捕集烟气中的CO2。 氨水捕集CO2时会生成一种中间产物X，X为一种铵盐。1molX完全分解只生成2molNH3和1molCO2。红外光谱显示，X的阴离子中不存在N-O、H-O键。该阴离子的结构简式为___________________。 （2）乙醇胺(HOCH2CH2NH2)也可捕集烟气中的CO2。室温下，将含CO2体积分数为10%的烟气(其余为CO和碳氢化合物)以一定流速通过装有一定量乙醇胺水溶液的捕集器(CO和碳氢化合物不被吸收)，被吸收后的烟气在出口处通过CO2含量检测装置，直至捕集剂吸收CO2达到饱和。将吸收CO₂饱和后的捕集器加热，实现CO2释放。 ①能说明乙醇胺水溶液吸收CO2达到饱和的依据是______________________________。 ②乙醇胺水溶液能吸收和释放CO2的原因是________________________________。 （3）Ni/CeO2可催化CO2加氢合成CH4。CeO2形成氧空位后的晶胞如图1所示。CO2催化加氢反应中，H2在Ni表面解离为H原子(表示为H*)，CO2在CeO2表面转化为CH4可能的机理如图2所示。研究表明，Ni的粒径越小，步骤Ⅱ的加氢效率越低。 ①CeO2形成氧空位后的晶胞中，的物质的量之比为_______。 ②催化剂中掺入少量CaO，用Ca2+替代CeO2结构中部分Ce4+形成，可提高催化效率的原因是__________________________________。 ③画出图2虚线方框内的有关结构式：______________________。 ④Ni粒径减小，CO2甲烷化效率降低的原因可能是____________________________。 【答案】（1） （2） ①. 出口处检测到CO2体积分数为10% ②. 乙醇胺含有氨基，有碱性，可与二氧化碳和水反应生成盐；该盐不稳定，在加热下又分解为二氧化碳 （3） ①. 1:1 ②. Ca2+替代部分Ce4+，会产生更多氧空位，氧空位是催化剂的活性中心，可增强对反应物的吸附与活化，提高催化效率 ③. ④. 步骤Ⅱ是CO₂甲烷化的决速步；Ni粒径减小，过强吸附H*，抑制H*迁移至CeO₂表面参与步骤Ⅱ的加氢反应，降低加氢效率，拖慢总反应速率 【解析】 【小问1详解】 1 mol X完全分解生成2 mol 和1 mol ，结合X是铵盐，可知X的分子式为，题目说明阴离子不存在N-O、H-O键，因此阴离子中N直接与C相连，两个O与C成键，不存在羟基结构，为氨基甲酸根。 【小问2详解】 ①乙醇胺未饱和时会持续吸收烟气中的，出口含量低于10%；当吸收达到饱和后，乙醇胺无法再吸收，出口的体积分数将和入口烟气的10%保持一致。 ②乙醇胺含有氨基，有碱性，可与二氧化碳和水反应生成盐；该盐不稳定，在加热下又分解为二氧化碳。 【小问3详解】 ①用均摊法计算晶胞中Ce的总数：顶点8个Ce，每个占1/8；面心6个Ce，每个占1/2，总Ce数为。正常晶胞应为8个，该晶胞存在1个氧空位，即晶胞内总数为7。根据电荷守恒，正电荷总和等于负电荷总和：设个数为，个数为，则，解得，因此。 ②Ca2+替代部分Ce4+，会产生更多氧空位，氧空位是催化剂的活性中心，可增强对反应物的吸附与活化，提高催化效率。 ③步骤I失去1分子后得到连在两个O上的C，加2个H*后生成，同时空出一个氧空位，结构式为。 ④步骤Ⅱ是CO2甲烷化的决速步；过小的Ni颗粒过强吸附H*，抑制了H*的迁移，拖慢总反应速率。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江阴市三校2025-2026学年度第一学期12月联合考试 化学试卷 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 F 19 Mo 96 一、单项选择题：共13小题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 化学与生产生活、科技密切相关。下列应用中所用到的主要物质属于无机非金属材料的是 A. 潜艇降噪所用的橡胶消声瓦 B. 制造飞机材料所用的硬铝 C. 制造医用材料所用的聚乳酸 D. 亚冬会冰壶所用花岗岩 2. 探索自然界奥秘的一个重要方面是研究物质的微观结构。下列化学用语表述不正确的是 A. 的电子式： B. 键形成的轨道重叠示意图： C. 溶液中的水合离子： D. 分子的球棍模型为： 3. 压强控制在化学实验中有着重要的意义。有关下列实验装置的说法错误的是 ① ② ③ ④ A. 装置①用于喷泉实验，氨气极易溶于水，导致负压吸入是该实验成功的关键 B. 装置②用于Fe(OH)2的制备，反应一开始就要关闭止水夹，让生成的氢气把左边试管中液体压入右边，以实现自动化控制 C. 装置③用于减压蒸馏，减压条件下可以降低混合组分的熔沸点，实现低温分离，避免因温度过高而导致混合组分分解 D. 装置④叫抽滤装置，装置内外的压强差有利于加快过滤速率 4. 冠醚因分子结构形如皇冠而得名，某冠醚分子Z可识别Li+，实现卤水中Li+的萃取，其合成方法如下。下列说法正确的是 A. X分子为非极性分子 B. 电负性：H > C > Li C. Li+与Z通过弱配位键相结合 D. Z可以识别Li+、Na+、K+、Cs+等碱金属离子，形成类似于R的结构 阅读下列材料，完成下列几个问题： 氮及其化合物在生产生活中有重要应用。氮元素是典型变价非金属元素，其氧化物和请化物种类较多，氢化物有NH3、N2H4(联氨，又名肼)、HN3(叠氮酸)等。人工固氮技术是20世纪人类最伟大的成就之一，为人类解决粮食短缺问题作出了巨大的贡献。氨易液化，液氨能与钠反应。NH3中的一个H原子被-OH取代可形成羟胺(NH2OH)，被-NH2取代可形成肼(N2H4)，肼的燃烧热为622kJ·mol-1。将尿素、NaClO和NaOH溶液混合，在一定条件下反应可制得肼。 5. 下列有关含氮物质的性质与用途对应关系正确的是 A. NO为无色气体，在人的生命活动中作为一种信息分子 B. N2H4具有较强的还原性，可用作火箭升空的燃料 C. NH4Cl受热易分解，实验室可用NH4Cl和Ca(OH)2共热制NH3 D. 浓硝酸有强酸性，常温下可用铁槽车运输浓硝酸 6. 下列化学反应的表示正确的是 A. 金属钠和液氨反应：NH3+Na=NaNH2+H2↑ B. 过量氨水和SO2反应：SO2+2NH3·H2O=(NH4)2SO3+H2O C. 尿素、NaClO、NaOH溶液制取肼的离子方程式：CO(NH2)2+ClO-=CO2↑+N2H4+Cl- D. 肼燃烧的热化学方程式：N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g) ΔH =-622kJ·mol-1 7. 已知：-OH的吸电子能力比-NH2的强。下列说法正确的是 A. NH3的键角比H2O小 B. NH3、HN3、NH4Cl形成的晶体都是分子晶体 C. NH2OH难溶于水 D. NH2OH中N结合H+的能力比N2H4弱 8. 在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是 A. 制备金属钛：熔融NaClNaTi B. 制镁工业： 海水Mg(OH)2MgOMg C. 提取碘：I2(CCl4)NaI和NaIO3I2 D. 制备Fe(OH)3胶体：Fe2O3FeCl3Fe(OH)3胶体 9. 在水溶液中，电化学方法合成高能物质时，伴随少量生成，电解原理如图所示，下列说法正确的是 A. 生成的电极反应： B. 电解时，向电极移动 C. 每生成的同时，生成 D. 电解一段时间后，溶液降低 10. 工业利用钒渣(主要成分为FeV2O4，杂质为Al2O3)制备V2O5的工艺流程如下： 已知：“焙烧”的产物之一为NaVO3。下列说法不正确的是 A. “焙烧”时，n(氧化剂):n(还原剂)=4:5 B. “调pH”的目的是将溶液中的铝元素转化为Al(OH)3而除去 C. 不选用HCl“调pH”的原因可能与的氧化性较强有关 D. “沉钒”后的溶液中 11. 下列实验探究方案能达到探究目的的是 选项 探究方案 探究目的 A 用pH试纸分别测溶液和溶液的pH 证明的酸性强于 B 将可能含有Fe2+的氯化铁溶液滴入酸性KMnO4溶液中，溶液紫红色是否褪去 氯化铁溶液中是否含有Fe2+ C 向等物质的量浓度的、混合溶液中滴加溶液，先生成白色沉淀 证明： D 向含酚酞的溶液中加入少量固体，观察溶液颜色变化 证明溶液中存在水解平衡 A. A B. B C. C D. D 12. 草酸是二元弱酸。某小组做如下三组实验： 实验I：往10mL0.1mol/L溶液中滴加溶液 实验II：往0.1mol/L溶液中滴加氨水至 实验III：往10mL0.1mol/L溶液中滴加30mL0.1mol/L溶液 [已知：的电离常数，，，溶液混合后体积变化忽略不计]，下列说法正确的是 A. 实验I中，当时， B. 实验I中，当时，向溶液中滴加酚酞，溶液变红 C. 实验II存在 D. 实验III的溶液中 13. 逆水煤气变换反应是一种转化和利用的重要途径，发生的反应如下： 反应Ⅰ：； 反应Ⅱ：； 反应Ⅲ：； 常压下，向密闭容器中投入和，达平衡时和含碳物质的物质的量随温度的变化如图所示。下列说法正确的是 A. B. 曲线是的物质的量随温度的变化曲线 C. 649℃时，反应I的平衡常数 D. 其他条件不变，在250℃~900℃范围内，随着温度的升高，平衡时不断增大 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 工业以钼精矿为原料制备的过程如下： 、 （1）“焙烧”：将钼精矿置于石英反应罐中并通入空气，高温充分反应得到钼焙砂。冷却后采用XRD分析焙烧前后物相的变化如下图所示。写出焙烧时生成的化学反应方程式：_______。 （2）“预处理”：将钼焙砂和、混合溶液按一定比例混合，加热反应一段时间，过滤后，得到含、多钼酸铵、等滤渣。[已知在水中存在平衡：] ①“预处理”需在通风设备中进行，原因是_______。 ②写出转化为的化学方程式：_______。 ③其他条件一定，适当增大浓度，所得滤渣中Mo的含量增大，原因是_______。 （3）“氨浸”：将预处理后所得滤渣用氨水浸泡，其中的、可转化为可溶的，还有少量的难溶于氨水。为进一步提高Mo元素的浸出率，可在氨水中加入的物质是_______。 （4）五钼酸铵[，]在氮气中焙烧，可逐步分解，最终得到。取1.648g五钼酸铵固体在氮气氛围中焙烧，有气体和生成，维持300℃时加热当固体质量不再变化时，所得固体[组成为，Mo为价]质量为1.57g。计算300℃所得固体的化学式，并写出计算过程_______。 15. 单质硫有S2、S4、S6、S8等同素异形体，可由闪锌矿(主要含ZnS、FeS)制备。已知：S8在低于112℃时在水溶液中呈固态，高于150℃易分解，易溶于CCl4. （1）制备：将闪锌矿置于敞口容器中，加入硫酸浸取，边搅拌边通入O2，部分浸取过程如下图所示。 ①步骤Ⅱ反应的离子方程式为___________。 ②高于112℃时，锌的浸出率更高，除反应速率加快外，主要原因是___________。 ③相同条件下，锌的浸出率和硫的氧化率随初始酸浓度的变化如图所示，初始酸浓度大于1.6mol/L时，硫的氧化率随酸浓度的增加而下降，主要原因是___________。 （2）检验：请补充完整检测过滤所得固体中是否残留ZnS等难溶硫化物的实验方案：取少量浸取后过滤所得固体，加适量CCl4充分溶解，过滤，加热所得固体至CCl4完全挥发，___________(实验须选用的试剂：饱和溴水，蒸馏水，BaCl2溶液。已知：饱和溴水可将硫化物氧化为硫酸盐)。 （3）蒸硫：将浸取后冷却所得粗硫置于如图所示装置中加热得到硫蒸气，再冷凝得到硫单质。 ①蒸硫前，需通入一段时间N2，目的是___________。 ②已知：S8的沸点约为445℃。温度约为280℃，硫单质完全变为蒸气，原因是___________。 16. 氢气是一种理想的清洁能源。 （1）制氢。利用卤化物热化学循环制氢，原理如图所示(部分反应物和产物已略去)。 ①加热条件下发生反应Ⅲ的化学方程式为_______。 ②若反应IV中有水参加反应，理论上该反应可生成_______。 （2）储氢。镁基储氢材料等体系能与水反应释放出氢气。已知。不同储氢材料与水反应制氢速率曲线如图I所示，在溶液中的水解机理如图II所示。 ①与水反应放出氢气的速率较慢，原因可能为_______。 ②复合材料与水反应放出氢气的速率最快，原因可能为_______。 ③在溶液中水解速率较快，结合机理说明其原因_______。 （3）实验室利用铁基催化剂进行电催化硝酸盐还原合成氨的装置如图III所示。电解时，先吸附到催化剂表面放电产生。控制其它条件不变，的产率和法拉第效率随变化如图IV所示。。其中，表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。 ①写出电解生成的电极反应式_______。 ②从5变化到3时，的产率逐渐减小的原因可能为_______。 17. CO2的资源化利用和转化是当今科学研究的热点。 （1）氨水可捕集烟气中的CO2。 氨水捕集CO2时会生成一种中间产物X，X为一种铵盐。1molX完全分解只生成2molNH3和1molCO2。红外光谱显示，X的阴离子中不存在N-O、H-O键。该阴离子的结构简式为___________________。 （2）乙醇胺(HOCH2CH2NH2)也可捕集烟气中的CO2。室温下，将含CO2体积分数为10%的烟气(其余为CO和碳氢化合物)以一定流速通过装有一定量乙醇胺水溶液的捕集器(CO和碳氢化合物不被吸收)，被吸收后的烟气在出口处通过CO2含量检测装置，直至捕集剂吸收CO2达到饱和。将吸收CO₂饱和后的捕集器加热，实现CO2释放。 ①能说明乙醇胺水溶液吸收CO2达到饱和的依据是______________________________。 ②乙醇胺水溶液能吸收和释放CO2的原因是________________________________。 （3）Ni/CeO2可催化CO2加氢合成CH4。CeO2形成氧空位后的晶胞如图1所示。CO2催化加氢反应中，H2在Ni表面解离为H原子(表示为H*)，CO2在CeO2表面转化为CH4可能的机理如图2所示。研究表明，Ni的粒径越小，步骤Ⅱ的加氢效率越低。 ①CeO2形成氧空位后的晶胞中，的物质的量之比为_______。 ②催化剂中掺入少量CaO，用Ca2+替代CeO2结构中部分Ce4+形成，可提高催化效率的原因是__________________________________。 ③画出图2虚线方框内的有关结构式：______________________。 ④Ni粒径减小，CO2甲烷化效率降低的原因可能是____________________________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $