2027年高考化学一轮复习月度滚动卷（1-6章）（江苏专用）2027年高考化学一轮复习讲练测

**基本信息** 高中化学一轮复习月度滚动卷，涵盖1-6章核心知识，通过原创改编题结合工业生产（如侯氏制碱法）、科技前沿（芯片材料）等真实情境，考查化学观念、科学思维及科学探究能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|13/39|氧化还原反应、物质结构与元素周期律、实验方案设计|基础巩固，如化学用语正误判断、元素性质推断| |非选择题|4/61|物质制备（钒、钴酸锂）、反应原理（氮化合物转化）、实验探究|综合应用，如钒制备中沉钒率影响因素分析、氮化合物电解转化机理探究|

月度滚动卷（1—6章）综合检测 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 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 1 Li7 C 12 N14 O16 Na 23 Cl 35.5 V 51 Co 59 一、选择题：共13小题，每小题3分，共39分，在每小题给出的四个选项中，只有一个最符合题目要求。 1．【原创】下列工业生产中，主要原理不涉及氧化还原反应的是 A．高炉炼铁 B．侯氏制碱法 C．接触法制硫酸 D．海水提镁 2. 【改编】化学助力科技。下列说法正确的是 A．稀土元素可改善合金性能，稀土元素位于元素周期表镧系，互为同位素 B．“碲化镉薄膜太阳能电池”使用的原料碲化镉属于合金 C．硬铝密度小、强度高，具有较强的抗腐蚀能力，可用于制造飞机外壳 D．芯片光刻工艺中利用特定波长的光照射光刻胶发生化学反应，这一过程将光能转化为化学能 3．【原创】物质的组成与结构决定了物质的性质与变化，物质的性质决定了物质的用途。下列说法正确的是 A．制造机器人所使用的芯片的主要成分为 B．CO2不能燃烧也不助燃，用于扑灭金属钠着火引起的火灾 C．具有强氧化性，但不可用作水的杀菌消毒剂 D．稀土金属是元素周期表ⅢB族中部分元素的总称，中国是生产稀土金属的主要国家，Sc元素位于元素周期表中ⅢB族 4. 【化学用语】在Ni催化下，和反应生成高附加值合成气。下列化学用语错误的是 A．的电子式： B．的空间填充模型： C．基态Ni原子的简化电子排布式： D．中碳原子的杂化轨道形成示意图： 5. 【改编】下列关于物质结构及元素周期律的叙述正确的是 A．原子核外电子数越多，原子半径越大 B．多电子的原子中，在离核较近的区域内运动的电子能量较高 C．Cs、Na同族且原子半径Cs大于Na，推测Cs与水反应比Na与水反应更剧烈 D．卤族元素单质的熔点从到逐渐升高，碱金属单质的熔点从Li到Cs也逐渐升高 6．【物质结构与性质、元素性质与推断综合】短周期主族元素W、X、Y、Z、Q原子序数依次增大，形成的化合物是一种重要的食品添加剂，结构如图所示。下列说法正确的是 A．原子半径：Y>Z>Q B．该化合物中所有原子均满足8电子稳定结构 C．W和Z可形成三种10电子粒子 D．电负性：Z＞Y＞W＞X＞Q 7．【无机物的性质、转化与用途】侯氏制碱法又称联合制碱法，是由我国化学家侯德榜发明。侯氏制碱法的过程如下图所示。下列说法正确的是 A．气体X是 B．“吸收Ⅱ”时反应的化学方程式为 C．向小苏打溶液中滴加过量溶液时反应的离子方程式为 D．向滤液中加入一定量的NaCl固体并通入氨气可析出固体 8．【原创】以下实验方案设计，能达到实验目的的是 选项 A B C D 实验目的 比较Cl、C、Si的非金属性大小 铝件镀银，d—铝件，c—纯银，电解质溶液为AgNO3溶液 SO2性质的探究实验 制取并收集纯净的氯气 实验方案    A．A B．B C．C D．D 9. 【改编】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 向久置的FeSO4溶液中滴加足量盐酸，再滴加BaCl2溶液，观察是否有沉淀生成 久置的FeSO4溶液会变质 B 向FeCl2溶液中加入Mg条，产生无色气体，并有红褐色沉淀生成 金属活动性比较：Mg>Fe C 将溶液与溶液混合，有白色沉淀生成 验证和的水解相互促进 D 向溶液中逐滴加入同体积同浓度溶液，先出现红褐色沉淀，放置1h后沉淀消失，溶液变为绿色 与在水溶液中存在水解反应和氧化还原反应的竞争 A．A B．B C．C D．D 10．【改编】熔融碱金属碳酸盐(如)可作为焦炭转化的催化剂，一种可能的催化机理如下。 下列说法不正确的是 A．该过程在水溶液中反应可能更快 B．反应①、②中断裂的化学键有碳氧键和碳碳键 C．该过程的总反应为 D．该过程中每生成，①、②间转移 11．【原电池原理及应用】用如图所示的新型电池可以处理含的碱性废水，同时还可以淡化海水。图中模拟海水为含NaCl和的混合液(忽略的水解)。下列说法错误的是 A．a极的电极反应式为 B．电池工作一段时间后，b极区溶液的pH增大 C．交换膜Ⅰ为阴离子交换膜，交换膜Ⅱ为阳离子交换膜 D．若将含有26gCN—的废水完全处理，理论上可除去NaCl的质量为292.5g 12．【压强对化学平衡移动的影响、与转化率变化有关图像的分析】CO、既可单独加氢制，也可混合加氢制，发生如下反应。 i．   ii．   iii．   下图表示恒压且投入化学计量比氢气的条件下CO、混合气体加氢达到平衡时，的转化率随温度(T)或Z的变化。其中，指初始的物质的量。曲线Ⅰ表示当Z为0.5时随温度(T)的变化。下列说法不正确的是 A．反应i、反应ii均是低温自发 B．曲线II的温度为600℃ C．其它条件不变，增大压强，曲线II上移 D．若N点CO的转化率为80%，则的平衡收率y为50%[] 13．【转化率、化学反应速率与化学平衡的计算、温度对化学平衡移动的影响】是一种液体燃料。利用和合成的主要反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 某恒容密闭容器中按起始压强为106kPa，投料时，平衡转化率、在催化剂作用下反应50min所测得的实际转化率及的选择性随温度的变化如图所示。下列说法错误的是 A． B．从280～300℃，在0～50min内的产率缓慢增大 C．240℃，在0～50min内的平均反应速率约为 D．需研发低温下转化率高和的选择性高的催化剂 二、非选择题：共4题，共61分。 14．（14分）钒(V)的价态主要有＋2、＋3、＋4和＋5.其中五氧化二钒(V2O5)应用广泛，常用于冶金、化工等行业。 （1）由钒页岩(一种主要含Si、Fe、Al、V元素的矿石)制备V2O5的过程如下： ① “焙烧”前将钒页岩进行粉碎，目的是________。 ②“转化”是用H2C2O4溶液将VO转化为VO2＋。写出该反应的离子方程式：_____________。 ③“沉钒”过程中，沉钒率(沉钒率=)随温度的变化如图1所示，其中温度高于80 ℃时沉钒率下降的原因是________。 （2）向稀硫酸溶解V2O5粉末后的溶液中，缓慢加入Zn粉后过滤，向滤液中加浓氨水调节pH，得到绿色悬浊沉淀物V(OH)3，在N2氛围中热处理沉淀物可以得到V2O3.在相同条件下，探究Zn粉还原时间对V2O3纯度和产量的影响，结果如图2所示。反应10 min后，V2O3的纯度和产量开始下降的原因是______________。 （3）制备氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵{(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O}。实验室以V2O5为原料制备氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵的过程如下： 称取1.275 g氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵样品于锥形瓶中，酸溶后加试剂氧化得到含VO的溶液，滴入几滴K3[Fe(CN)6]试剂，用0.200 0 mol·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，滴定终点时共消耗标准溶液的体积为25.00 mL。 滴定终点时的现象是______________；样品中钒元素的质量分数为________(写出计算过程)。已知：滴定反应原理为VO＋Fe2＋＋2H＋=VO2＋＋Fe3＋＋H2O 15．（15分）水合肼（）具有强还原性，氧化产物为；也是优良的配体。 （1）分子有顺式、反式和歪扭式三种经典的空间结构，下列结构能表示分子是歪扭式的是______。（填字母） A．     B．     C． （2）工业上可用NaClO碱性溶液与尿素水溶液反应制取水合肼，写出该反应的离子方程式______，在实际生产中加料方式为：将______加入______中。 （3）肼在储氢领域有广泛的应用。肼分解制氢的主要反应为，肼的理论储氢密度。测得肼实际分解时产生的气体中含，肼实际储氢密度小于理论值的原因是_______________。（用化学方程式表示） （4）水合肼处理碱性铜氨废液可获得纳米铜粉。保持其他条件不变，水合肼浓度、反应温度对纳米铜的产率的影响如下图所示。 ①水合肼浓度大于3.25 mol/L时，纳米铜的产率下降的原因可能是________________。 ②温度高于75℃后，铜粉的颗粒明显增大而导致纳米级铜的产率下降的原因是__________________。 （5）、水合肼都可用于处理高压锅炉水中溶解的，防止锅炉被腐蚀。与相比，使用水合肼处理水中溶解的的优点有_________________。 16．（16分）(钴酸锂)难溶于水，具有强氧化性，可用作锂电池正极材料。某废旧锂电池正极中主要含，还含有少量Al、Fe的氧化物等。实验室可通过如下过程回收废电极中钴元素并制取： （1）浸取：将粉碎后的废旧锂电池正极材料置于下图所示三颈烧瓶中，控温反应的温度为90℃，向烧瓶中加入溶液，在充分搅拌的条件下向烧瓶中滴加溶液。 ①是中一个非羟基氧原子被硫原子替代而形成，则的空间构型是 。 ②浸取所得溶液中含、、、、和等，不含。写出浸取时反应的化学方程式 。 ③实验中判断溶液过量的方法是 。 （2）除杂：向浸取液中先加入足量溶液，再加入NaOH溶液调节pH，过滤。有关沉淀数据如下表(“完全沉淀”溶液中离子浓度) 沉淀 恰好完全沉淀时pH 5.2 2.8 9.4 若浸取液中，则须调节溶液pH的范围是 (加入溶液和NaOH溶液时，溶液体积的变化忽略不计)。 （3）萃取、反萃取：加入某有机酸萃取剂，实验测得萃取率随pH的变化如下图所示。向萃取所得有机相中加入，反萃取得到水相。 已知：萃取时发生的反应： ①萃取时，的萃取率随pH升高先增大后减小的可能原因是 。 ②反萃取的目的是将有机层转移到水层。使尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或采取的实验操作有 (填两项)。 （4）制：请补充完整由反萃取所得水层制取的实验方案：取反萃取后所得水层， ，得到。须使用的试剂：溶液、溶液、溶液、蒸馏水。 已知：①难溶于水； ②在空气中加热时固体残留物质质量与温度关系如下图所示。 17．（16分）氮及其化合物的转化与应用一直是化工领域重要的研究课题。 （1）以双催化剂可以实现在温和条件下以H2O为氢源合成氨，其反应为：  。其主要过程的催化机理如图1所示(部分微粒未表示)。 ①已知：反应的焓变为，要计算该合成氨反应的焓变，还需要另一个反应___________的焓变(填化学方程式)。 ②使用双催化剂合成NH3时，Au的含量过高和过低都会导致NH3产率降低，可能的原因为：___________。 （2）在室温下用电解法将空气转化为硝酸，其原理如图2所示。 ①阴极石墨棒上O2转化为·OH的电极总反应为___________。 ②H2N2O2是·OH与N2反应生成HNO3的中间产物，其结构式为___________。 ③若将阳极产生的O2通入阴极参与反应，则该电解工艺生成1 mol HNO3最终消耗O2的物质的量为___________。 （3）电解氧化吸收法可将废气中的NO转变为。分别向0.1 mol·L-1 NaCl溶液和0.08mol·L-1 Na2SO4溶液中通入NO，测得电流强度与NO的去除率的关系如图3所示。电解0.1mol·L-1NaCl溶液时，溶液中相关成分的浓度变化与电流强度的关系如图4所示。(已知：的氧化性弱于) ①电解Na2SO4溶液时产生H2O2.H2O2氧化吸收NO的离子方程式为___________。 ②图3中NaCl电解液比Na2SO4电解液的NO去除率大，原因是___________。 ③随着电流强度的增大，电解NaCl溶液时NO去除率下降的原因是___________。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 月度滚动卷（1—6章）综合检测 （考试时间：75分钟 试卷满分：100分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 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 1 Li7 C 12 N14 O16 Na 23 Cl 35.5 V 51 Co 59 一、选择题：共13小题，每小题3分，共39分，在每小题给出的四个选项中，只有一个最符合题目要求。 1．【原创】下列工业生产中，主要原理不涉及氧化还原反应的是 A．高炉炼铁 B．侯氏制碱法 C．接触法制硫酸 D．海水提镁 【答案】B 【解析】A．高炉炼铁中有碳元素的氧化反应：2C+O2=2CO，铁元素的还原反应：Fe2O3+3CO=2Fe+3CO2，反应中有元素化合价升降，涉及氧化还原反应，A不符合题意；B．侯德榜制碱法涉及的反应为、2NaHCO3 Na2CO3+CO2↑+H2O，所有元素化合价均未发生变化，不涉及氧化还原反应，B符合题意；C．接触法制硫酸过程中存在的转化，元素化合价发生变化，涉及氧化还原反应，C不符合题意；D．海水提镁过程中最终通过电解熔融得到金属，、元素化合价发生变化，涉及氧化还原反应，D不符合题意；故选B。 2. 【改编】化学助力科技。下列说法正确的是 A．稀土元素可改善合金性能，稀土元素位于元素周期表镧系，互为同位素 B．“碲化镉薄膜太阳能电池”使用的原料碲化镉属于合金 C．硬铝密度小、强度高，具有较强的抗腐蚀能力，可用于制造飞机外壳 D．芯片光刻工艺中利用特定波长的光照射光刻胶发生化学反应，这一过程将光能转化为化学能 【答案】C 【解析】A．稀土元素不是同种元素(位于镧系及钪、钇)，同位素需为同种元素的不同原子，A错误；B．碲化镉(CdTe)是由镉和碲形成的化合物，属于半导体材料，而合金是金属与金属(或非金属)的混合物，B错误；C．硬铝是铝合金，具有密度小、强度高和抗腐蚀性，适合制造飞机外壳，C正确；D．特定波长的光照射光刻胶引发化学反应，该过程吸收的光能转化为化学能存储在反应产物中，D错误；故答案选C． 3．【原创】物质的组成与结构决定了物质的性质与变化，物质的性质决定了物质的用途。下列说法正确的是 A．制造机器人所使用的芯片的主要成分为 B．CO2不能燃烧也不助燃，用于扑灭金属钠着火引起的火灾 C．具有强氧化性，但不可用作水的杀菌消毒剂 D．稀土金属是元素周期表ⅢB族中部分元素的总称，中国是生产稀土金属的主要国家，Sc元素位于元素周期表中ⅢB族 【答案】D 【解析】A．制造芯片的主要成分为单质Si，是光导纤维的主要原料，A错误；B．不能燃烧也不助燃，但能与金属钠燃烧生成的发生氧化还原反应，生成碳酸钠和氧气，因此不能使用扑灭金属钠着火引起的火灾，B错误；C．具有强氧化性，能使细菌、病毒的蛋白质变性，因此可用作水的杀菌消毒剂，C错误；D．稀土金属是元素周期表ⅢB族的钪、钇和镧系元素的总称，Sc元素位于第四周期ⅢB族，D正确故选C。 4. 【化学用语】在Ni催化下，和反应生成高附加值合成气。下列化学用语错误的是 A．的电子式： B．的空间填充模型： C．基态Ni原子的简化电子排布式： D．中碳原子的杂化轨道形成示意图： 【答案】B 【解析】A．CH4为共价化合物，碳原子与4个氢原子形成4对共用电子对，电子式为，A正确；B．CO2为直线形分子，C原子半径大于O原子（同周期从左到右原子半径减小），空间填充模型中中心C原子的球应比O原子大，而选项中模型中间球小、两边球大，B错误；C．Ni为28号元素，基态原子的简化电子排布式为：，C正确；D．CH4为正四面体结构，C原子发生sp3杂化，1个s轨道与3个p轨道（Px、Py、Pz）杂化形成4个等同的sp3杂化轨道，示意图为：，D正确；选B。 5. 【改编】下列关于物质结构及元素周期律的叙述正确的是 A．原子核外电子数越多，原子半径越大 B．多电子的原子中，在离核较近的区域内运动的电子能量较高 C．Cs、Na同族且原子半径Cs大于Na，推测Cs与水反应比Na与水反应更剧烈 D．卤族元素单质的熔点从到逐渐升高，碱金属单质的熔点从Li到Cs也逐渐升高 【答案】C 【解析】A．同一周期元素的原子核外电子数越多，核电荷数越大，对核外电子吸引能力越强，原子半径越小，因此核外电子数越多原子半径不一定越大，A错误；B．多电子的原子中，离核越近的区域内运动的电子能量越低，离核越远的电子能量越高，B错误；C．同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，失电子能力增强，金属性逐渐增强，金属性，金属性越强单质与水反应越剧烈，因此与水反应比更剧烈，C正确；D．碱金属单质的熔点从Li到Cs逐渐降低，D错误；故选C。 6．【物质结构与性质、元素性质与推断综合】短周期主族元素W、X、Y、Z、Q原子序数依次增大，形成的化合物是一种重要的食品添加剂，结构如图所示。下列说法正确的是 A．原子半径：Y>Z>Q B．该化合物中所有原子均满足8电子稳定结构 C．W和Z可形成三种10电子粒子 D．电负性：Z＞Y＞W＞X＞Q 【答案】C 【解析】五种元素均为短周期元素，且原子序数依次增大，Q显＋1价，即Q为Na，W形成一个共价键，则W为H，Y形成三个共价键，即Y为N，X形成四个共价键，则X为C，Z形成2个共价键，则Z为O。一般电子层数越大，原子半径越大，同周期元素从左向右原子半径依次减小，因此原子半径：Na>N>O，A错误；W为H，不满足8电子稳定结构，B错误；H和O形成10电子粒子分别为H2O、H3O＋、OH－，C正确；根据元素周期表中电负性变化规律，则电负性：O＞N＞C＞H＞Na，D错误。 7．【无机物的性质、转化与用途】侯氏制碱法又称联合制碱法，是由我国化学家侯德榜发明。侯氏制碱法的过程如下图所示。下列说法正确的是 A．气体X是 B．“吸收Ⅱ”时反应的化学方程式为 C．向小苏打溶液中滴加过量溶液时反应的离子方程式为 D．向滤液中加入一定量的NaCl固体并通入氨气可析出固体 【答案】D 【解析】侯氏制碱法是先向饱和食盐水中通入氨气，再通入二氧化碳，生成碳酸氢钠的溶解度小而析出，过滤后得到碳酸氢钠晶体，煅烧后生成碳酸钠，氯化铵可以作为氮肥，由此分析解答。A．侯氏制碱中为提高的吸收效率，需先向饱和溶液中通入溶解度大的使溶液呈碱性，故气体X为，A错误；B．“吸收Ⅱ”时，因溶解度更小，会优先析出，反应的化学方程式为，B错误；C．过量时，完全反应，生成的会全部与结合为沉淀，离子方程式为，C错误；D．滤液中含有，加入固体可增大浓度，通入氨气可增大浓度，利用同离子效应降低溶解度，使其析出，D正确；故选D。 8．【原创】以下实验方案设计，能达到实验目的的是 选项 A B C D 实验目的 比较Cl、C、Si的非金属性大小 铝件镀银，d—铝件，c—纯银，电解质溶液为AgNO3溶液 SO2性质的探究实验 制取并收集纯净的氯气 实验方案    A．A B．B C．C D．D 【答案】B 【解析】A．盐酸是无氧酸，盐酸的酸性大于碳酸，不能证明Cl的非金属大于C的非金属性，A不能；B．铝件镀银，银做阳极，铝做阴极，含有银离子的溶液做电解液，若采用乙装置铝件镀银，根据电流方向可知a为原电池的正极，c极为阳极、d为阴极，则d极为铝件，c极为纯银，电解质溶液为AgNO3溶液，B能；C．铜常温下与浓硫酸不反应，加热条件下能与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，则题给装置无法达到探究二氧化硫性质的实验目的，故C不能；D．氯气中含有氯化氢和水蒸气，浓硫酸只能除去水蒸气，不能除去氯化氢，得不到纯净氯气。 故选B。 9. 【改编】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 向久置的FeSO4溶液中滴加足量盐酸，再滴加BaCl2溶液，观察是否有沉淀生成 久置的FeSO4溶液会变质 B 向FeCl2溶液中加入Mg条，产生无色气体，并有红褐色沉淀生成 金属活动性比较：Mg>Fe C 将溶液与溶液混合，有白色沉淀生成 验证和的水解相互促进 D 向溶液中逐滴加入同体积同浓度溶液，先出现红褐色沉淀，放置1h后沉淀消失，溶液变为绿色 与在水溶液中存在水解反应和氧化还原反应的竞争 A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【解析】A．久置变质是被氧化为，该方案检验的是，而溶液本身就含有，无论是否变质都能产生沉淀，无法证明变质，A错误；B．溶液因水解呈酸性，条先与反应生成，同时溶液升高，转化为Fe(OH)2，Fe(OH)2极易被空气中氧气氧化为红褐色Fe(OH)3，未发生置换的反应，无法证明金属活动性，C错误；C．两者发生反应，是结合电离出的，并非水解相互促进，且二者水解均显碱性，不会相互促进水解，C错误；D．先出现红褐色沉淀说明发生了水解反应，后沉淀消失、溶液变为绿色说明被还原为，发生了氧化还原反应，可证明两种反应存在竞争，D正确；故选D。 10．【改编】熔融碱金属碳酸盐(如)可作为焦炭转化的催化剂，一种可能的催化机理如下。 下列说法不正确的是 A．该过程在水溶液中反应可能更快 B．反应①、②中断裂的化学键有碳氧键和碳碳键 C．该过程的总反应为 D．该过程中每生成，①、②间转移 【答案】A 【解析】A．该反应需要高温条件使熔融，水溶液无法达到反应所需的高温，且反应生成的会与水反应，无法完成催化循环，因此该过程不能在水溶液中进行，A错误；B．反应②的反应物包含焦炭，焦炭内部存在碳碳键，反应时会发生碳碳键的断裂，因此断裂的化学键不只有碳氧键，B正确；C．根据上述机理推导，总循环的净结果是消耗了碳和二氧化碳，生成了一氧化碳，是催化剂，将分步反应加和消去中间产物，可得总反应为，C正确；D．结合反应机理分析，反应①：，生成的与体系中的反应生成参与循环；反应②：，由此可见，每生成，①、②间转移，因此每生成，①、②间转移，D正确； 因此答案选A。 11．【原电池原理及应用】用如图所示的新型电池可以处理含的碱性废水，同时还可以淡化海水。图中模拟海水为含NaCl和的混合液(忽略的水解)。下列说法错误的是 A．a极的电极反应式为 B．电池工作一段时间后，b极区溶液的pH增大 C．交换膜Ⅰ为阴离子交换膜，交换膜Ⅱ为阳离子交换膜 D．若将含有26gCN—的废水完全处理，理论上可除去NaCl的质量为292.5g 【答案】D 【解析】如图所示的新型电池可以处理含的碱性废水，在a极，失去电子，被氧化为和，为负极，电极反应式为，则b极为正极，得电子被还原为，电极反应式为，海水中的阴离子通过交换膜Ⅰ向左移动，阳离子通过交换膜Ⅱ向右移动，据此回答：A．由分析可知，a极为负极，失电子被氧化为和，碱性环境下电荷、原子均守恒，该电极反应式书写正确，A正确；B．由分析可知，b极为正极，电极反应为，消耗，溶液减小，pH增大，B正确；C．由分析可知，a电极失去电子，附近负电荷减少，为了淡化海水，阴离子（）通过交换膜Ⅰ向左移动，b极区不断消耗，同时模拟海水中的阳离子（包括、）迁移进入b极区，交换膜Ⅱ为阳离子交换膜，C正确；D．的物质的量为1mol，根据a电极反应式可知，消耗1mol时转移5mol电子，根据电荷守恒可知，可同时处理5molNaCl，其质量为292.5g，但是海水中还含有等杂质离子，故除去的质量小于292.5g，D错误；故选D。 12．【压强对化学平衡移动的影响、与转化率变化有关图像的分析】CO、既可单独加氢制，也可混合加氢制，发生如下反应。 i．   ii．   iii．   下图表示恒压且投入化学计量比氢气的条件下CO、混合气体加氢达到平衡时，的转化率随温度(T)或Z的变化。其中，指初始的物质的量。曲线Ⅰ表示当Z为0.5时随温度(T)的变化。下列说法不正确的是 A．反应i、反应ii均是低温自发 B．曲线II的温度为600℃ C．其它条件不变，增大压强，曲线II上移 D．若N点CO的转化率为80%，则的平衡收率y为50%[] 【答案】D 【解析】A．反应i、反应ii正反应均放热，反应i、反应ii正反应气体物质的量均减少，△S<0，所以均是低温自发，故A正确；B．根据N点数据，Z为0.5、反应温度为600℃时的转化率=10%，根据P点坐标，Z为0.5时的转化率=10%，可知曲线II的温度为600℃，故B正确；C．其它条件不变，增大压强，平衡正向移动，的转化率增大，所以曲线II上移，故C正确；D．曲线Ⅰ表示当Z为0.5时随温度的变化，设CO、CO2的投料均为amol，N点的转化率为10%，若N点CO的转化率为80%，则的平衡收率y=，故D错误；选D。 13．【转化率、化学反应速率与化学平衡的计算、温度对化学平衡移动的影响】是一种液体燃料。利用和合成的主要反应如下： 反应Ⅰ： 反应Ⅱ： 某恒容密闭容器中按起始压强为106kPa，投料时，平衡转化率、在催化剂作用下反应50min所测得的实际转化率及的选择性随温度的变化如图所示。下列说法错误的是 A． B．从280～300℃，在0～50min内的产率缓慢增大 C．240℃，在0～50min内的平均反应速率约为 D．需研发低温下转化率高和的选择性高的催化剂 【答案】B 【解析】A．反应Ⅰ是放热反应（ΔH1<0），温度升高时反应Ⅰ平衡逆向移动，会使体系中CO2平衡转化率降低；但图中温度约超过240℃后，CO2的平衡转化率随温度升高逐渐上升，说明反应Ⅱ正向进行的程度随温度升高明显增大，因此反应Ⅱ为吸热反应，ΔH2>0，A正确；B．两个反应都生成H2O：280~300℃区间内，反应Ⅰ的CH3OH的选择性小幅下降，生成的水减少，反应Ⅱ（生成CO和H2O）为吸热反应，升温对反应Ⅱ的促进作用增强，CO2的转化率增大，生成的H2O的量增大，CO2的实际转化率缓慢下降，因此H2O的产率减小，B错误；C．240℃，在0～50min内的平均反应速率约为 ，故C正确；D．由图可知，低温下当前催化剂的CO2实际转化率较低，因此为了高效合成CH3OH，需要研发低温下CO2转化率高、CH3OH选择性高的催化剂，D正确；故选B。 二、非选择题：共4题，共61分。 14．（14分）钒(V)的价态主要有＋2、＋3、＋4和＋5.其中五氧化二钒(V2O5)应用广泛，常用于冶金、化工等行业。 （1）由钒页岩(一种主要含Si、Fe、Al、V元素的矿石)制备V2O5的过程如下： ① “焙烧”前将钒页岩进行粉碎，目的是________。 ②“转化”是用H2C2O4溶液将VO转化为VO2＋。写出该反应的离子方程式：_____________。 ③“沉钒”过程中，沉钒率(沉钒率=)随温度的变化如图1所示，其中温度高于80 ℃时沉钒率下降的原因是________。 （2）向稀硫酸溶解V2O5粉末后的溶液中，缓慢加入Zn粉后过滤，向滤液中加浓氨水调节pH，得到绿色悬浊沉淀物V(OH)3，在N2氛围中热处理沉淀物可以得到V2O3.在相同条件下，探究Zn粉还原时间对V2O3纯度和产量的影响，结果如图2所示。反应10 min后，V2O3的纯度和产量开始下降的原因是______________。 （3）制备氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵{(NH4)5[(VO)6(CO3)4(OH)9]·10H2O}。实验室以V2O5为原料制备氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵的过程如下： 称取1.275 g氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵样品于锥形瓶中，酸溶后加试剂氧化得到含VO的溶液，滴入几滴K3[Fe(CN)6]试剂，用0.200 0 mol·L-1的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，滴定终点时共消耗标准溶液的体积为25.00 mL。 滴定终点时的现象是______________；样品中钒元素的质量分数为________(写出计算过程)。已知：滴定反应原理为VO＋Fe2＋＋2H＋=VO2＋＋Fe3＋＋H2O 【答案】（1）①增大钒页岩与焙烧反应物的接触面积，加快焙烧反应速率，使焙烧反应更充分（2分） ② （2分） ③温度高于80℃时，受热分解（或水解程度大幅增大），溶液中浓度降低，不利于沉淀生成，导致沉钒率下降（3分） （2）还原时间过长，过量的Zn粉会将+3价的V进一步还原为价态更低的，后续加氨水生成的沉淀不再是，最终得到的纯度下降；同时低价钒的化合物溶解损失，导致对应产物的产量也降低（合理即可）（3分）。 （3）当滴入最后半滴标准溶液时，溶液变为浅蓝色（或特征的铁氰化亚铁蓝色沉淀），且半分钟内不发生变化（2分） 20.00%（2分） 【解析】根据流程：钒页岩(一种主要含Si、Fe、Al、V元素的矿石)在焙烧阶段将低价钒氧化为高价态的可溶性钒酸盐，便于后续酸浸提取；酸浸使钒、铁、铝等元素溶解进入液相，硅元素形成不溶物；除杂步骤沉淀除去体系中的Fe、Al杂质，得到含高浓度钒的精制液；加入草酸将+5价的还原为+4价的，后续再经氧化重新得到+5价钒，实现钒的深度纯化；加入氯化铵析出 沉淀，最终煅烧分解得到目标产物 。 （1）①矿石粉碎是化工流程常规预处理操作，通过减小颗粒尺寸增大接触面积，加快焙烧反应速率，使焙烧反应更充分； ②中V为+5价，转化为中+4价的V，每个V得1e⁻；中C为+3价，被氧化为中+4价的C，每个失2e⁻，根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平，得离子方程式：； ③温度高于80℃时，受热分解（或水解程度大幅增大），溶液中浓度降低，不利于沉淀生成，导致沉钒率下降。 （2）还原时间过长，过量的Zn粉会将+3价的V进一步还原为价态更低的，后续加氨水生成的沉淀不再是，最终得到的纯度下降；同时低价钒的化合物溶解损失，导致对应产物的产量也降低（合理即可）。 （3）滴定前溶液中是，不存在过量，与指示剂不显色；滴定终点时稍过量，与反应生成特征蓝色的铁氰化亚铁，滴定终点时的现象是：当滴入最后半滴标准溶液时，溶液变为浅蓝色（或特征的铁氰化亚铁蓝色沉淀），且半分钟内不发生变化。根据滴定反应的电子守恒，可得计量关系：~~，；因此样品中，V元素的质量，钒元素的质量分数。 15．（15分）水合肼（）具有强还原性，氧化产物为；也是优良的配体。 （1）分子有顺式、反式和歪扭式三种经典的空间结构，下列结构能表示分子是歪扭式的是______。（填字母） A．     B．     C． （2）工业上可用NaClO碱性溶液与尿素水溶液反应制取水合肼，写出该反应的离子方程式______，在实际生产中加料方式为：将______加入______中。 （3）肼在储氢领域有广泛的应用。肼分解制氢的主要反应为，肼的理论储氢密度。测得肼实际分解时产生的气体中含，肼实际储氢密度小于理论值的原因是_______________。（用化学方程式表示） （4）水合肼处理碱性铜氨废液可获得纳米铜粉。保持其他条件不变，水合肼浓度、反应温度对纳米铜的产率的影响如下图所示。 ①水合肼浓度大于3.25 mol/L时，纳米铜的产率下降的原因可能是________________。 ②温度高于75℃后，铜粉的颗粒明显增大而导致纳米级铜的产率下降的原因是__________________。 （5）、水合肼都可用于处理高压锅炉水中溶解的，防止锅炉被腐蚀。与相比，使用水合肼处理水中溶解的的优点有_________________。 【答案】（1）B（2分） （2） （2分） NaClO碱性溶液 （2分） 尿素水溶液（1分） （3）（或）（2分） （4）过量的水合肼与铜离子生成了稳定的配合物（2分） 温度升高，纳米铜颗粒容易发生团聚（或温度升高导致晶体生长速率大于成核速率）（2分） （5）水合肼的氧化产物为氮气和水，不引入固体杂质（或不产生水垢）；处理等量氧气时，消耗水合肼的质量更少（2分） 【解析】（1）根据分子空间结构图示分析，A中两个氨基上的氢原子在异侧，为反式结构；C中氢原子在同侧，为顺式结构；B中氢原子的位置介于顺式和反式之间，为歪扭式结构，故选B； （2）在碱性条件下将尿素氧化为水合肼，自身被还原成氯离子，根据元素守恒还会生成碳酸根，根据得失电子守恒和电荷守恒可写出离子方程式为； 由于生成的水合肼具有强还原性，极易被强氧化剂氧化，为了防止水合肼被氧化损耗并提高的转化率，实际生产中应保证尿素过量，因此需要将碱性溶液缓慢加入到尿素水溶液中； （3）肼分解产生，说明反应过程中发生了副反应，可能是肼直接分解生成了和，也可能是生成的与未分解的肼进一步反应生成了，对应的化学方程式为或； （4）①题干信息提示“水合肼也是优良的配体”，当水合肼浓度过大时，过量的水合肼会与溶液中的铜离子配位，形成新的稳定配合物，导致还原反应难以进行，从而使纳米铜的产率下降； ②在纳米材料的制备中，温度过高会使微粒的热运动加剧，导致生成的纳米级铜颗粒相互碰撞而发生团聚，颗粒明显增大，从而使纳米级铜的产率下降（也可从结晶动力学角度解释为温度升高使晶体生长速率大于成核速率）。 （5）被氧化会生成，增加了锅炉水中的溶解固形物，容易与水中的钙、镁离子结合形成水垢；而水合肼被氧化生成和，对环境无污染且不引入固体杂质，此外，根据电子转移守恒，还原等量的，消耗水合肼的质量比更少。 16．（16分）(钴酸锂)难溶于水，具有强氧化性，可用作锂电池正极材料。某废旧锂电池正极中主要含，还含有少量Al、Fe的氧化物等。实验室可通过如下过程回收废电极中钴元素并制取： （1）浸取：将粉碎后的废旧锂电池正极材料置于下图所示三颈烧瓶中，控温反应的温度为90℃，向烧瓶中加入溶液，在充分搅拌的条件下向烧瓶中滴加溶液。 ①是中一个非羟基氧原子被硫原子替代而形成，则的空间构型是 。 ②浸取所得溶液中含、、、、和等，不含。写出浸取时反应的化学方程式 。 ③实验中判断溶液过量的方法是 。 （2）除杂：向浸取液中先加入足量溶液，再加入NaOH溶液调节pH，过滤。有关沉淀数据如下表(“完全沉淀”溶液中离子浓度) 沉淀 恰好完全沉淀时pH 5.2 2.8 9.4 若浸取液中，则须调节溶液pH的范围是 (加入溶液和NaOH溶液时，溶液体积的变化忽略不计)。 （3）萃取、反萃取：加入某有机酸萃取剂，实验测得萃取率随pH的变化如下图所示。向萃取所得有机相中加入，反萃取得到水相。 已知：萃取时发生的反应： ①萃取时，的萃取率随pH升高先增大后减小的可能原因是 。 ②反萃取的目的是将有机层转移到水层。使尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或采取的实验操作有 (填两项)。 （4）制：请补充完整由反萃取所得水层制取的实验方案：取反萃取后所得水层， ，得到。须使用的试剂：溶液、溶液、溶液、蒸馏水。 已知：①难溶于水； ②在空气中加热时固体残留物质质量与温度关系如下图所示。 【答案】（1）①四面体形（2分） ②（2分） ③烧瓶溶液中有淡黄色沉淀生成（2分） （2）5.2 ≤ pH<7.4（2分） （3）①当pH < 6.5时，随着pH升高，溶液中c(H+)减小，萃取反应的平衡向正反应方向移动，更多的Co2+与萃取剂反应；当pH > 6.5时，随着pH升高，溶液中c(OH—)增大，Co2+与OH—形成Co(OH)2沉淀 （2分） ②适当提高稀硫酸的浓度或加适量萃取剂多次萃取或充分振荡分液漏斗（2分） （4）边搅拌边滴加1mol/L(NH4)2C2O4溶液，至静置后向上层清液中继续滴加1mol/L(NH4)2C2O4溶液不再出现沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤至向最后一次洗涤滤液中先滴加0.1molHCl溶液，再滴加0.1mol/LBaCl2溶液不出现沉淀，干燥，控制温度在400~800℃条件下，将沉淀在空气中加热至固体质量不再发生变化（4分） 【解析】废电极材料经粉碎后在三颈烧瓶中，加入2mol/LH2SO4溶液，在充分搅拌的条件下向烧瓶中滴加Na2S2O3溶液浸取，滤液含有Li+、Co2+、Al3+、Fe2+、Fe3+和SO等，加入过氧化氢，将Fe2+氧化为Fe3+，再加入NaOH调节pH值，使Al3+、Fe3+转化为沉淀除掉，加入某有机酸萃取剂(HA)2，向萃取所得有机相中加入H2SO4，反萃取得到水相，水相含有Co2+，在水相中加入1mol/L(NH4)2C2O4得到CoC2O4·2H2O，煅烧得到Co3O4。 （1）①S2O中心原子S的价层电子对数为，其结构相当于SO中一个非羟基氧原子被硫原子替代而形成，则S2O的空间构型是四面体形； ②LiCoO2中Co的化合价为+3价，反应后为+2价，则LiCoO2做氧化剂，Na2S2O3做还原剂，化学方程式为； ③当Na2S2O3完全反应时，Na2S2O3在酸性环境下会发生歧化反应，则判断Na2S2O3过量的现象是烧瓶溶液中有淡黄色沉淀生成； （2）根据题意可知，当溶液中c(Co2+)=1×10-5mol/L时，pH=9.4，即c(OH-)=10-4.6mol/L，则Ksp[Co(OH)2]=1×10-5×(10-4.6)2=10-14.2，所以当c(Co2+)=0.1mol·L－1时，c(OH-)=mol/L=10-6.6mol/L，则此时pH=7.4，同时还需保证Al3+、Fe3+完全沉淀，则需pH大于5.2，所以溶液pH的范围是5.2~7.4； （3）①当pH<6.5时，随着pH升高，溶液中c(H+)减小，萃取反应的平衡向正反应方向移动，更多的Co2+与萃取剂反应；当pH>6.5时，随着pH升高，溶液中c(OH—)增大，Co2+与OH—形成Co(OH)2沉淀； ②反萃取的过程就是萃取的逆过程，则需要增大酸的浓度使萃取平衡逆向移动或加适量萃取剂多次萃取或充分振荡分液漏斗； （4）①反萃取得到水相，水相含有Co2+，结合给定溶液，有转化关系，则方案为：边搅拌边滴加1mol/L(NH4)2C2O4溶液，至静置后向上层清液中继续滴加1mol/L(NH4)2C2O4溶液不再出现沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤至向最后一次洗涤滤液中先滴加0.1mol/LHCl溶液，再滴加0.1mol/LBaCl2溶液不出现沉淀，干燥，控制温度在400~800℃条件下，将沉淀在空气中加热至固体质量不再发生变化； 17．（16分）氮及其化合物的转化与应用一直是化工领域重要的研究课题。 （1）以双催化剂可以实现在温和条件下以H2O为氢源合成氨，其反应为：  。其主要过程的催化机理如图1所示(部分微粒未表示)。 ①已知：反应的焓变为，要计算该合成氨反应的焓变，还需要另一个反应___________的焓变(填化学方程式)。 ②使用双催化剂合成NH3时，Au的含量过高和过低都会导致NH3产率降低，可能的原因为：___________。 （2）在室温下用电解法将空气转化为硝酸，其原理如图2所示。 ①阴极石墨棒上O2转化为·OH的电极总反应为___________。 ②H2N2O2是·OH与N2反应生成HNO3的中间产物，其结构式为___________。 ③若将阳极产生的O2通入阴极参与反应，则该电解工艺生成1 mol HNO3最终消耗O2的物质的量为___________。 （3）电解氧化吸收法可将废气中的NO转变为。分别向0.1 mol·L-1 NaCl溶液和0.08mol·L-1 Na2SO4溶液中通入NO，测得电流强度与NO的去除率的关系如图3所示。电解0.1mol·L-1NaCl溶液时，溶液中相关成分的浓度变化与电流强度的关系如图4所示。(已知：的氧化性弱于) ①电解Na2SO4溶液时产生H2O2.H2O2氧化吸收NO的离子方程式为___________。 ②图3中NaCl电解液比Na2SO4电解液的NO去除率大，原因是___________。 ③随着电流强度的增大，电解NaCl溶液时NO去除率下降的原因是___________。 【答案】（1）①（2分） ②Au含量多，吸附、的活性中心变少，Au含量少，吸附CO的活性中心变少，两者都使反应速率变小，不能保障催化循环顺利进行，从而降低的产率（2分） （2）① （2分） ②H—O—N==N—O—H （2分） ③1.25 mol（2分） （3）① （2分） ②电解氯化钠溶液生成，氧化性强于，而且电解氯化钠溶液生成烧碱，溶液的碱性更强，更有利于NO的去除（2分） ③随着电流强度增大，电流强度大于4时产生的浓度减小，浓度增大，氧化性弱（2分） 【解析】（1）①该合成氨反应-所给已知反应可得反应：，那么还需要的另一个反应为。 ②结合催化机理可知，为吸附、的活性中心，Au为吸附CO的活性中心。Au含量过高时，占据表面的活性位点，导致吸附、的活性中心减少；Au含量过低时，吸附CO的活性中心不足，两者均会降低反应速率，使催化循环无法顺利进行，最终导致产率降低。 （2）①阴极发生还原反应，由图知，O2得电子转化为过氧化氢，过氧化氢在催化作用下产生·OH，电解质溶液为酸性，结合电荷守恒、原子守恒可得阴极总反应式为。 ②·OH与N2()可发生加成反应生成，故其结构式为。 ③生成1mol时，N元素从0价升高至+5价，共失去5mol电子。O2作为氧化剂，1molO2分子得到4mol电子，根据电子转移守恒，最终消耗O2的物质的量为。 （3）①氧化NO时，O元素从-1价降低至-2价，每个得到2个电子，N元素从+2价升高至+5价，每个NO失去3个电子，根据电子守恒，系数为3，NO系数为2，结合电荷守恒、原子守恒配平得离子方程式为。 ②电解NaCl溶液时，放电生成，的氧化性强于电解溶液生成的，且NaCl溶液电解过程中生成，溶液碱性更强，更有利于NO的吸收与氧化，故NO去除率更高。 ③由图4可知，随着电流强度增大，电流强度大于4A时，浓度逐渐减小，浓度逐渐增大，的氧化性弱于，氧化NO的能力下降，故NO去除率随电流强度增大而降低。 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 月度滚动卷（1—6章） 高三化学·参考答案 一、选择题：共13小题，每小题3分，共39分，在每小题给出的四个选项中，只有一个最符合题目要求。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 B C D B C C D B D A D D B 二、非选择题：共4题，共61分。 14．（14分）（1）①增大钒页岩与焙烧反应物的接触面积，加快焙烧反应速率，使焙烧反应更充分（2分） ② （2分） ③温度高于80℃时，受热分解（或水解程度大幅增大），溶液中浓度降低，不利于沉淀生成，导致沉钒率下降（3分） （2）还原时间过长，过量的Zn粉会将+3价的V进一步还原为价态更低的，后续加氨水生成的沉淀不再是，最终得到的纯度下降；同时低价钒的化合物溶解损失，导致对应产物的产量也降低（合理即可）（3分）。 （3）当滴入最后半滴标准溶液时，溶液变为浅蓝色（或特征的铁氰化亚铁蓝色沉淀），且半分钟内不发生变化（2分） 20.00%（2分） 15．（15分）（1）B（2分） （2） （2分） NaClO碱性溶液 （2分） 尿素水溶液（1分） （3）（或）（2分） （4）过量的水合肼与铜离子生成了稳定的配合物（2分） 温度升高，纳米铜颗粒容易发生团聚（或温度升高导致晶体生长速率大于成核速率）（2分） （5）水合肼的氧化产物为氮气和水，不引入固体杂质（或不产生水垢）；处理等量氧气时，消耗水合肼的质量更少（2分） 16．（16分）（1）①四面体形（2分） ②（2分） ③烧瓶溶液中有淡黄色沉淀生成（2分） （2）5.2 ≤ pH<7.4（2分） （3）①当pH < 6.5时，随着pH升高，溶液中c(H+)减小，萃取反应的平衡向正反应方向移动，更多的Co2+与萃取剂反应；当pH > 6.5时，随着pH升高，溶液中c(OH—)增大，Co2+与OH—形成Co(OH)2沉淀 （2分） ②适当提高稀硫酸的浓度或加适量萃取剂多次萃取或充分振荡分液漏斗（2分） （4）边搅拌边滴加1mol/L(NH4)2C2O4溶液，至静置后向上层清液中继续滴加1mol/L(NH4)2C2O4溶液不再出现沉淀，过滤，用蒸馏水洗涤至向最后一次洗涤滤液中先滴加0.1molHCl溶液，再滴加0.1mol/LBaCl2溶液不出现沉淀，干燥，控制温度在400~800℃条件下，将沉淀在空气中加热至固体质量不再发生变化（4分） 17．（16分）（1）①（2分） ②Au含量多，吸附、的活性中心变少，Au含量少，吸附CO的活性中心变少，两者都使反应速率变小，不能保障催化循环顺利进行，从而降低的产率（2分） （2）① （2分） ②H—O—N==N—O—H （2分） ③1.25 mol（2分） （3）① （2分） ②电解氯化钠溶液生成，氧化性强于，而且电解氯化钠溶液生成烧碱，溶液的碱性更强，更有利于NO的去除（2分） ③随着电流强度增大，电流强度大于4时产生的浓度减小，浓度增大，氧化性弱（2分） / 学科网（北京）股份有限公司 $