【文档说明】北京市十一学校2024-2025学年高三上学期10月月考 化学试题 Word版含解析.docx，共(22)页，1.525 MB，由管理员店铺上传

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北京十一学校2025届高三10月月考化学试题考试时间：90分钟满分：100分可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Mg-24Si-28S-32Mn-55Fe-56第一部分本部分共14小题，每题3

分，共42分。在每题列出的四个选项中选出最符合题目要求的。1.核污染水中含有9038Sr、13755Cs等多种放射性同位素粒子，会对人体和环境产生危害。下列说法不正确．．．的是A.13755Cs含有的中子数为82B.借助元素周期

表比较可知Cs的金属性比Sr强C.可用沉淀法或离子交换法去除核污染水中的90238Sr+D.9038Sr衰变为90Y的过程属于化学变化【答案】D【解析】【详解】A．13755Cs中质子数为55，质量数为137，中子数：1375582

−=，A说法正确；B．同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，同族元素从上到下金属性逐渐增强，借助元素周期表比较可知Cs的金属性大于Rb，Rb的金属性大于Sr，故Cs的金属性大于Sr，B说法正确；C．()2SrOH是沉淀，所以可选择用沉淀法

或离子交换法去除核污染水中的90238Sr+，C说法正确；D．9038Sr衰变为90Y的过程仅涉及微粒的变化，不涉及物质的变化，不属于化学变化，D说法错误；答案选D。2.下列化学用语或图示表达正确的是A.2sp杂化轨道示意图：B.激发态H原子的轨道表示式：C.2N的p-pσ

键的形成：D.电子式表示2MgCl形成过程：【答案】A【解析】【详解】A．2sp杂化形成的原子轨道为平面三角形，其杂化轨道示意图为，A正确；B．K层只有s能级，没有p能级，则H原子1s能级上的电子可以跃迁到L能层的s能级或

p能级上，B错误；C．2N的p-pσ键是头碰头方式重叠形成，电子云图为，C错误；D．2MgCl为离子化合物，用电子式表示其形成过程时，应该是Mg失去电子，Cl得到电子：，D错误；答案选A。3.下列物质长期储存过程中发生的变化与氧化还原无关．．的是A.黄色过氧

化钠粉末长期储存变白B.棕色氯化铁固体长期储存变黄C.无色苯酚固体长期储存变红D.浓硝酸长期储存变黄【答案】B【解析】【详解】A．过氧化钠与空气中的水和二氧化碳反应，最终生成碳酸钠，该过程中元素化合价变化，与氧化还原反应有关，A不符题意；B．棕色氯化铁固体长期

储存变黄是因为形成的32FeCl6HO，该过程中元素化合价不变，与氧化还原无关，B符合题意；C．苯酚被氧化后会会变为粉红色，与氧化还原有关，C不符题意；D．浓硝酸不稳定会分解，生成红棕色的NO2溶于硝酸中，使溶液呈黄色，该反应属于氧化还原反应，D不符题意

；答案选B。4.AN为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.6g2SiO中Si-O键数为A0.2NB.标准状况下，2.24L4P中含有共价键数为A0.6NC.182DO、2TO的混合物1.1g，含有电子数为A0.5ND.1mol2N与

4mol2H充分反应，生成的3NH分子数为A2N【答案】C【解析】【详解】A．6g2SiO的物质的量为0.1mol，2SiO晶体中每个Si原子与4个O原子相连，则Si-O键数为A0.4N，A错误；B．标准状况下，4

P不属于气体，因此无法计算2.24L4P的物质的量，B错误；C．182DO、2TO的相对分子质量均是22，且均含有10个电子，1.1g混合物的物质的量为0.05mol，则0.05mol的182DO、2TO混合物中含有电子数为A0.5N，C正确；D．1mol

2N与4mol2H充分反应生成3NH，由于合成氨属于可逆反应，则生成3NH的分子数小于A2N，D错误；答案选C。5.下列反应的离子方程式表达正确的是A.将少量2SO通入次氯酸钠溶液中：2224ClOSOHO

ClSO2H−−+−++=++B.向323[Ag(NH)]NO溶液中通入2HS：222AgHSAgS2H+++=+C.3Cr(OH)(s)中加入NaOH溶液和22HO制24NaCrO：2322422Cr(O

H)3HO4OH2CrO8HO−−++=+D.43NHHSO溶液中加入足量2Ba(OH)溶液：2332HSOBaOHBaSOHO−+−++=+【答案】C【解析】【详解】A．将少量2SO通入次氯酸钠溶液中生成NaCl、24NaSO和HClO，离子方程式为--2-2243ClO+SO+HO=Cl

+SO+2HClO，A错误；B．323[Ag(NH)]NO溶液中+Ag以配位离子+32[Ag(NH)]的形式存在，则离子方程式为++233224+HS=2AgS+]2NH[Ag(NH)+2NH，B错误；C．3Cr(OH)(s)在NaOH碱性溶液中被22HO氧化

生成24NaCrO，离子方程式为2322422Cr(OH)3HO4OH2CrO8HO−−++=+，C正确；D．43NHHSO溶液中加入足量2Ba(OH)溶液生成3BaSO沉淀、32NHHO和水，离子方程

式为+-2+-433232NH+HSO+Ba+2OH=BaSO+HO+NHHO，D错误；答案选C。6.现有X、Y两种第三周期元素，Y最高正价与最低负价的代数和为6，二者形成的一种化合物能以46[XY][XY]+−的形式

存在。下列说法正确的是A.原子半径：XYB.简单氢化物的还原性：XYC.含氧酸的酸性：XYD.同周期中第一电离能小于X的元素有5种【答案】D【解析】【分析】X、Y两种第三周期元素，Y最高正价与最低负价的代数和为6，则Y元素最高正价+7价，最低负价-1价，Y为Cl元素；

二者形成的一种化合物能以46[XY][XY]+−的形式存在，则X元素为+5价，X为P元素。【详解】A．同周期元素，核电荷数越大，原子半径越小，则原子半径P>Cl，A错误；B．X、Y元素对应的氢化物分别为PH3

和HCl，非金属性越强，则对应简单氢化物的还原性越弱，则简单氢化物的还原性：PH3>HCl，B错误；C．P元素可形成含氧酸H3PO4，Y可形成含氧酸HClO，此时酸性H3PO4＞HClO，C错误；D．同一周期，从左往右，第一电离能呈现增大的趋势，第IIA族和VA族元素的第一电离能大于相邻元素

的第一电离能，所以第三周期第一电离能从小到大依次为Na<Al<Mg<Si<S<P<Cl，则同周期中第一电离能小于P的元素有5种，D正确；答案选D。7.氘代氨(3ND)可用于反应及研究。下列两种方法均可得到3ND：①32MgN与2DO

的水解反应；②3NH与2DO反应。下列说法正确的是A.3NH和3ND可以用质谱法区分，也可以用氯水进行区分B.3ND分子间相互作用更强，但3NH存在分子间氢键，3NH熔沸点更高C.方法②中只发生反应32322NH3DO2ND3HO+=+D.方法

①得到的产品纯度比方法②高【答案】D【解析】【详解】A．3NH和3ND的相对分子质量不同，可以用质谱法区分；3NH和3ND均具有还原性，无法用氯水进行区分，A错误；B．3ND分子间相互作用更强，且可以形成分子间氢键，则3

ND的熔沸点高于3NH，B错误；C．方法②中3NH与2DO反应可以得到不同氘代水平的氨化合物，因此不只发生反应32322NH3DO2ND3HO+=+，C错误；D．方法②是通过2DO中D原子代替3NH中H原子的方式得到3ND，代替的个数不同，产物会不同，纯度低，则方法①得到的产品纯度

比方法②高，D正确；答案选D。8.下列图中的实验方案，能达到实验目的的是A.分离碘和氯化钠B.混合浓硫酸和乙醇C.探究氯水中具有漂白性的微粒D.证明混合溶液中有2Fe+A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．碘单质易升华，加热混合物，碘单质升华，在圆底烧瓶底部冷凝

结晶，氯化钠保留在烧杯中，可以分离碘和氯化钠，A能达到实验目的；B．混合浓硫酸和乙醇时，应将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢倒入乙醇中，并不断搅拌，否则可能会造成液体飞溅，B不能达到实验目的；C．氯气通过湿润的有色布条时，可能会将水分带入干燥的有色布条中，应将两者位置调换，C不能达到实验目的；D．

氯化亚铁和氯化铁混合溶液中的氯离子也能与酸性高锰酸钾溶液反应使溶液褪色，用酸性高锰酸钾不能证明混合溶液中由亚铁离子，D不能达到实验目的；故选A。9.已知322422422Cu(IO)24KI12HSO2CuI13I12KSO12HO++=+++，下列说法不正确．．．的是A.每生成13mol2I

，转移22mol电子B.氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:12C.3IO−与24SO−的VSEPR模型均为四面体型D.若改用上图装置验证该反应，则X为3KIO或4CuSO电流表指针可能均不偏转【答案】B【解析】【分析】根据反应322422422Cu(IO)24KI12HSO2CuI13I1

2KSO12HO++=+++中化合价变化可知，32Cu(IO)中Cu元素和I元素化合价降低，则32Cu(IO)作氧化剂，CuI、2I为还原产物；KI中I元素化合价升高，则KI作还原剂，2I为氧化产物。【详解】A．根据化学反应可知，每24molKI参与反应，其中2mo

lKI中I元素化合价不变，生成CuI，22molKI中I元素化合价由-1价升高到0价，转移22mol电子生成11mol2I；2mol32Cu(IO)中I元素化合价降低，生成2mol2I，因此每生成13mo

l2I，转移22mol电子，A正确；B．根据分析，化学反应中氧化剂为32Cu(IO)，还原剂为KI，结合A中分析可知每24molKI参与反应，其中22molKI中I元素化合价降低，氧化生成2I，则氧化剂和还原剂的物质的

量之比为1:11，B错误；C．3IO−的中心原子的价层电子对数为7+1-233+=42，24SO−的中心原子的价层电子对数为6+2-244+=42，则两者的VSEPR模型均为四面体型，C正确；D．在反应322422422Cu(IO)24KI12HSO2CuI13I12KSO

12HO++=+++中，32Cu(IO)中2+Cu、3IO−与KI中-I发生氧化还原反应生成CuI沉淀和2I，改用上图装置验证该反应，若X为3KIO，则在双液原电池中3IO−与-I无法发生归中反应生成2I，若X为4CuSO，则2+

Cu与-I无法发生氧化还原反应生成CuI沉淀，因此电流表指针可能均不偏转，D正确；答案选B。10.科学家提出一种大气中3HSO−在2HO和2NO作用下转变为4HSO−的机理（图1），其能量变化如图2所示。已知：23NOSO−的结构式为下列说法不

正确．．．的是A.①中涉及OH−键的断裂与生成B.②③均发生了氧化还原反应C.由图2可知，该过程的决速步是①D.总反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为1:2【答案】B【解析】【详解】A．①中与硫原子相连的O-H键断裂，生成HNO2涉及OH−键的生成，A正确；B．②中反应S元素由+5

价变为+6价，N元素由+4价变为+3价，发生了氧化还原反应，③中反应无元素化合价发生变化，没有发生氧化还原反应，B错误；C．由图2可知，步骤①正反应的活化能最大，反应速率最慢，则该过程的决速步是①，C正确；D．3HSO−在2HO和2NO作用下

转变为4HSO−，硫元素化合价升高了2，3HSO−是还原剂，2NO被还原为HNO2，氮元素化合价降低了1，2NO是氧化剂，由得失电子守恒可得关系式22NO~3HSO−，总反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为

1:2，D正确；故选B。11.研究催化剂对3222NHN3H催化剂+反应速率的影响。恒温、恒容时，容器体积为2L，3n(NH)随时间的变化如下。下列说法正确的是时间/min催化剂33n(NH)/(10mol)−020406080催化剂Ⅰ2.402.001.601.200.80催化剂Ⅱ2.4

01.600.800.400.40A.使用催化剂Ⅰ，0~20min的平均反应速率-5-1-12v(N)=1.0010molLminB.使用催化剂Ⅱ，达平衡后容器内的压强是初始时的116倍C.相同条件下，使用催化剂Ⅱ反应更快，是因为其使该反应的活化能更高D.相同

条件下，使用催化剂Ⅱ可使该反应的化学平衡常数更大【答案】B【解析】【详解】A．根据题目图表分析，氨气的平均反应速率()()351132.42.010v110?L?min2L20minmolNHmol−−−−−==，而()()232vNvNH=，故氮气再0~20min的平均反应速

率为611510?L?minmol−−−，A错误；B．根据反应方程式列出三段式3222N3H2.4002130.413NH+催化剂，则平衡后容器内的压强与初始压强之比为0.413112.46++=，则达平衡后容器内的压强是初始时的116倍，B正确；C．相同条件下，使用催化剂Ⅱ反

应更快，是因为其使该反应的活化能更低，C错误；D．反应的化学平衡常数只与温度有关，与催化剂无关，催化剂只会加快反应速率，D错误；故选B。12.硼酸(33HBO，3324HBOHOHB(OH)+−++)是一种重要的化工原料

，广泛应用于玻璃、医药、肥料等工艺。一种以硼镁矿(含2252MgBOHO、2SiO及少量23FeO、23AlO)为原料生产硼酸及轻质氧化镁的工艺流程如下：已知饱和424(NH)SO溶液pH为4.2，下列说法不正确．．．的是A.过滤1的目的是除去硼镁矿粉中的2SiO、23FeO、23Al

O杂质B.“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是促进硼酸的析出C.沉镁过程中反应的离子方程式为223232MgCO2OHMg(OH)MgCO+−−++=D.为减少杂质引入，使用24HSO调节pH至3.5，使用氨水调节

pH至6.5【答案】C【解析】【分析】硼镁矿(含Mg2B2O5•H2O、SiO2及少量Fe2O3、Al2O3)加入硫酸铵溶液，得到气体，根据硼镁矿和硫酸铵化学式知，得到的气体应为NH3，用NH4HCO3吸收NH3得到(NH4)2CO3；过滤得到

的滤渣I应为难溶于硫酸铵溶液的SiO2、Fe2O3、Al2O3；调节滤液pH=3.5再过滤得到H3BO3，此时滤液中主要含有MgSO4，向滤液中加入碳酸铵进行沉镁，得到Mg(OH)2•MgCO3，加热分解可以得到轻质MgO；母液中含有(NH4)2SO4，以此解答该题。【详

解】A．根据分析，过滤1的目的是除去硼镁矿粉中的2SiO、23FeO、23AlO杂质溶浸时，A正确；B．在“过滤2”前，将溶液pH调节至3.5，目的是有利于析出H3BO3，B正确；C．结合流程，滤液中加入碳酸铵进行沉镁，沉镁过程中反应的离子方程

式为22322332Mg2CO2HOMg(OH)MgCOHCO+−−++=+，C错误；D．结合流程，为减少杂质引入，可使用24HSO调节pH至3.5，使用氨水调节pH至6.5，D正确；故选：C。13.将一定量的氨基甲酸铵

置于2L恒容真空密闭容器中，在一定温度下达到分解平衡：()()()2432NHCOONHs2NHgCOg+ƒ。不同温度下的平衡数据如下表：温度/℃15202530反应达到平衡所需时间/s43607392平衡时气体总浓度/(3110molL−−)2.43.44.86.8下列说法正确

的是A.温度升高，该反应速率加快，平衡正向移动，H0B.在15℃下，当2CO体积分数不变时，该反应达到平衡状态C.在25℃下，反应达到平衡后，将容器压缩至1L，再次平衡时()133cNH=0m2o1lL3.−−D.在20℃和30℃分别反应，则不同温度下6

0s内平均反应速率()()0230222v=vCOCO℃℃【答案】C【解析】【详解】A．温度越高，平衡时气体总浓度增大，说明升温有利于平衡正向进行，所以正反应H0，A错误；B．该反应的反应物是固体，3NH和2CO每时每刻都是按照2∶1生成，故任何时刻2CO的体

积分数均不变，B错误；C．25℃下，反应达到平衡后，将容器压缩至1L，利用平衡常数不变可以计算出()313NH3.210molLc−−=，C正确；D．当30℃反应至60s时，平衡时气体总浓度316.810molL−−，故()()222030

2COCOvv℃℃，D错误。答案选C。14.为探究Cu和浓3HNO反应后溶液呈绿色的原因完成下列实验，下列说法正确的是装置序号气体溶液现象①2N0.01molCu和20mL10mol/L3HNO反应后溶液溶液由绿色变蓝色，有红棕色气体逸出②2NO20

mL0.5mol/L溶液由蓝色变为绿为32CuNO()溶液色，若继续加浓硫酸至c(H)+为8mol/L，液面上方出现红棕色，溶液变回蓝色③与②中等量2NO20mL_______3HNO溶液溶液始终无色已知：ⅰ：2N

O溶于水部分发生歧化反应：22232NOHOHNOHNO++。ⅱ：2NO−能与2Cu+络合：2Cu+(蓝色)22244NOCu(NO)−−+(绿色)。ⅲ：2HNO是弱酸，加热或遇强酸发生分解：2323HNOHNO2NOHO=++。A.为与②中实验进行

比较，③中3HNO溶液浓度应为0.5mol/LB.对比②和③可知，②中溶液呈绿色是因为形成了绿色的224Cu(NO)−C.若将2NO通入8mol/L3HNO溶液时应该得到无色溶液D.①中Cu和浓3HNO反应后溶液呈绿色可能是因为形成了绿色的224Cu(NO

)−【答案】B【解析】【分析】本实验利用Cu与浓硝酸发生反应+-2+322Cu+4H+2NO=Cu+2HO+2NO制取NO2时，根据实验现象提出猜测并研究溶液颜色变化的原因，结合平衡移动原理等知识解答相关现象出现的原因，根据控制变量法的原理进行实验设计;

实验①铜和过量浓硝酸反应产生二氧化氮和硝酸铜以及水，结合已知信息和所学知识可知溶液呈现绿色的原因可能是2+-2-224C)u()+4NOCu(NO()ƒ蓝色绿色或者过量黄色的浓硝酸和蓝色铜盐混在一起呈现的绿色，通入氮气后，导致二氧化氮量减少，

两个平衡均发生移动，导致由绿色变为蓝色；实验②结合资料可知，由于加入浓硫酸后，温度升高且c(H+)增大，引起平衡-+22HNONO+H逆向移动，HNO2分解导致c(HNO2)下降，同时产生无色气体，-2c(NO)下降，导致2+-2-224C)u()+4NOCu(NO()ƒ蓝色

绿色逆向移动，所以溶液颜色由绿色变为蓝色；实验③结合控制变量法可知，浓硝酸的浓度是1mol/L，即稀硝酸，通入相同量二氧化氮后，依然为稀硝酸，浓度低，显现无色；详解】A．结合分析：控制变量法，只能有一个变量，-3c(NO)相同，3c(HNO)=1mol/L，A错误；B．结合分析：②中

含有铜离子③中没有铜离子，溶液颜色不同，B正确；C．将二氧化氮通入硝酸中，若得到浓硝酸，溶液应为黄色，C错误；D．结合分析可知出现绿色不一定是形成了2-24Cu(NO)，D错误；故选B；第二部分本部分共5小题，共58分。15.锰氧化物具有较大应用价值，回答下列问题：（1）①Mn在元素周期表

中的位置_______，属于_______区，2Mn+的价电子排布式为_______。②比较2Mn+与3Fe+的半径大小并说明理由_______。③同周期中基态原子未成对电子数比Mn多，中子数与5525Mn相同的元素是_______(填核素符号)。（2）某种锰氧化物的四方晶胞及其在xy平面的投影如

下图所示。①距离2O−最近的阳离子有_______个，该锰氧化物的化学式为_______。②该锰氧化物晶体的晶胞体积为3Vnm，则该晶体的密度为_______3g/cm。（3）4[BMIM]BF+−(见下图)是锰氧化物

晶型转变诱导剂。常温常压下，4[BMIM]BF+−处于_______态(填“固”、“液”或“气”)。[BMIM]+中含氮的咪唑环为平面结构，则N原子采取的轨道杂化方式为_______，3BF与F−形成4BF−过程中，结合化学键的变化说明发生构型转化的原因是_______。

【答案】（1）①.第四周期VIIB族②.d③.53d④.半径：2Mn+>3Fe+；2Mn+与3Fe+【的的电子层结构相同，则核电荷数大的半径小，因此半径：2Mn+>3Fe+⑤.5424Cr（2）①.3②.2MnO③.21A17410NV（3）

①.液②.2sp③.3BF采用2sp杂化，空间结构为三角形，B原子上含有空轨道，与F−形成4BF−过程中形成配位键，则4BF−采用3sp杂化，B原子形成4个σ键，空间结构为正四面体【解析】【小问1详解】①Mn是第

25号元素，位于元素周期表中第四周期VIIB族，价层电子排布式为523d4s，属于d区元素；Mn原子失去最外层2个电子形成2Mn+，则2Mn+的价电子排布式为53d；②2Mn+的价电子排布式为53d，Fe是第26号元素，价层电子排布式为623d4s，则3F

e+的价电子排布式为53d；2Mn+与3Fe+的电子层结构相同，则核电荷数大的半径小，因此半径：2Mn+>3Fe+；③Mn的价层电子排布式为523d4s，含有5个未成对电子，则同周期中基态原子未成对电子数比Mn多的只有Cr元素，

其价层电子排布式为513d4s，含有6个未成对电子；中子数与5525Mn相同，则中子数为30，则该元素可以表示为5424Cr。【小问2详解】①晶胞中Mn的数目为11+8=28，O的数目为12+4=42，该锰氧化物的化学式为2MnO；根据晶胞结构可

知，距离2+Mn最近的有2O−有6个，据化学式2MnO可知，距离2O−最近的2+Mn有3个；②该锰氧化物晶体的晶胞体积为3Vnm，则该晶体的密度为21A3A3g/cmnm2(55+162)gN174ρ==10VNV。【小问3详解】4[BMIM]BF+−是离子液体，则常温常压下处于液态；

[BMIM]+中含氮的咪唑环为平面结构，含有65π的大π键，N原子形成3个σ键，则N原子采取的轨道杂化方式为2sp杂化；3BF采用2sp杂化，空间结构为三角形，B原子上含有空轨道，与F−形成4BF−过程中形成配位键，则4BF−采用3sp杂化，B原子形成4个σ键

，空间结构为正四面体。16.黏土钒矿中，钒以3+价、4+价、5+价的化合物存在，还包括2SiO、23FeO和铝硅酸盐(232AlOSiO)等。采用以下流程可由黏土钒矿制备25VO、23FeO和硫酸铝铵。已知：ⅰ．有机酸

性萃取剂HR的萃取原理为：nnM(aq)nHR(org)MR(org)nH(aq)++++；org表示有机溶液。ⅱ．酸性溶液中，HR对4+价钒萃取能力强，而对5+价钒的萃取能力较弱。ⅲ．HR能萃取3Fe+而不能萃取2Fe+。（1）从黏

土钒矿到浸出液的流程中，加快浸出速率的措施有_______。（2）滤渣的主要成分是_______。（3）浸出液中钒以4+价、5+价的形式存在，简述加入铁粉的原因：_______。（4）从平衡移动原理解释有机层中加入20%24HSO溶液的作用：___

____。（5）3KClO和2VO+反应生成2VO+和Cl−的离子方程式是_______。（6）测定25VO产品的纯度。称取25VO产品ag，先加入硫酸将25VO转化为2VO+，加入指示剂后，用cmol/L4242(NH)Fe(

SO)溶液滴定将2VO+转化为2VO+至终点，消耗4242(NH)Fe(SO)溶液的体积为VmL。假设杂质不参与反应，则25VO产品中25VO的质量分数是_______(25VO的摩尔质量为Mg/mol)。（7）从无机层获得3Fe(

OH)的离子方程式是_______。【答案】（1）将矿石粉碎、适当升高温度、适当增加酸的浓度等（2）2SiO（3）将3+Fe转化为2+Fe，并将五价钒还原为四价钒，以实现Fe和V的分离（4）加入20%24HSO溶液，氢离子

浓度增大，反应nnM(aq)nHR(org)MR(org)nH(aq)++++的化学平衡逆向移动，使得V更多的进入无机层，与萃取剂分离（5）2+-++3226VO+ClO+3HO=Cl+6VO+6H−（6）cVM%20a（7）2323424Fe+O+8NHHO

+2HO=4Fe(OH)+8NH++【解析】【分析】黏土钒矿中，钒以3+价、4+价、5+价的化合物存在，还包括2SiO、23FeO和铝硅酸盐(232AlOSiO)等，加入浓硫酸且通入空气，2SiO不反应成为滤渣；浸出液中加入氨水调节pH，生成硫酸铝铵沉淀；滤液中加入铁粉将3+Fe转化为2

+Fe，并将五价钒还原为四价钒；使用HR萃取钒到有机层，有机层加入硫酸、氯酸钾可将四价钒转化为五价钒，加入氨水得到43NHVO，煅烧得到25VO；水层加入氨水、通入空气得到氢氧化铁，煅烧可得到氧化铁。【小问1详解】黏土钒矿到浸出液的流程中，加快浸出速率的措施有将矿石粉碎、

适当升高温度、适当增加酸的浓度等，故答案为：将矿石粉碎、适当升高温度、适当增加酸的浓度等。【小问2详解】根据分析，滤渣的主要成分是2SiO。【小问3详解】加入铁粉的目的是将3+Fe转化为2+Fe，并将五价钒还原为四价钒，以实现Fe和V的

分离。【小问4详解】根据已知信息ⅰ，有机酸性萃取剂HR的萃取原理为：nnM(aq)nHR(org)MR(org)nH(aq)++++，加入20%24HSO溶液，有利于该反应平衡逆向移动，使得V更多的进入无机层，便于下一步反应进行。【小问5详解】3KClO和2VO+反应生成2VO+和Cl−，根据得

失电子守恒和原子守恒可知离子方程式为2+-++3226VO+ClO+3HO=Cl+6VO+6H−。【小问6详解】加入硫酸将25VO转化为2VO+，加入指示剂后，再用4242(NH)Fe(SO)溶液滴定将2VO+转化为2VO+，则根据得失电子守恒和原子守恒可得：2+25

2VO~2VO~2Fe+，则2+-3251cVn(VO)=c(Fe)V10L=mol22000，质量分数为cVMcVM100%=%2000a20a。【小问7详解】无机层中加入氨水、通入空气，2+Fe被氧化得到3Fe(OH)沉淀，离子方程式为2323424Fe+O+8NHHO

+2HO=4Fe(OH)+8NH++。17.甲醇是重要的工业原料，常利用4CH、2CO等进行制备。回答下列问题：Ⅰ．利用合成气2CO、2H制备甲醇（1）以2CO、2H为原料合成3CHOH涉及的反应如下：反

应ⅰ．2232CO(g)3H(g)CHOH(g)HO(g)++1H0；反应ⅱ．222CO(g)H(g)CO(g)HO(g)++2H0。①在不同压强下、按照22n(CO:n(H))1:3=进行投料，在容器中发生上述2个反应，平衡时，CO和3CHOH在含碳产物(

即3CHOH和CO)中物质的量分数及2CO的转化率随温度的变化如下图，判断图中压强1p、2p、3p由大到小为_______。②温度不变时，分析加压过程中CO在含碳产物中物质的量分数的变化情况并说明原因_______。③某恒温恒容体系，按12c(CO)

1molL−=、12c(H)3molL−=进行实验，平衡时3CHOH的物质的量分数为点M，此时2CO转化率为20%，则该条件下反应ⅰ的平衡常数K=_______(列出计算式即可)。Ⅱ．甲烷选择性氧

化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。（2）反应ⅲ．4232CH(g)HO(g)CHOH(g)H(g)++13H116kJmol−=+；反应ⅳ．2222H(g)O(g)2HO(g)+=14H484kJmol−=−。

写出甲烷被氧气氧化制备甲醇的热化学反应方程式_______。（3）为提高生产效率，利用反应ⅲ进行连续生产时采用如下图所示的步骤控制体系温度和通入气体(各阶段气体流速相同)。已知大多数气体分子在催化剂表面的吸附过

程是放热的，He不会在催化剂表面吸附。①通入4CH发生反应前，要向反应器中通入2O从而活化催化剂，活化催化剂后持续通入He一段时间的目的是_______。②从反应速率的角度分析，通入4CH后将体系温度维持200℃的原因_______

(不考虑催化剂活性变化)。【答案】（1）①.1p>2p>3p②.反应ⅰ为气体分子数减小反应，反应ⅱ为气体分子数不变的反应，温度不变时，增大压强，反应ⅰ正向移动、反应ⅱ不移动，导致甲醇在含碳产物中物质的量分数增大，而CO在含碳产物中物质的量分数减小

③.30.10.20.82.6（2）22423)CH(g)+O(g)+(g)CH+HHOH(g)O(g1H=368kJmol−−（3）①.吹去体系中的氧气②.温度过低，反应速率降低，温度过高，反应物在催化剂表面的吸附量减少成为主因，也会导致反应

速率减小【解析】【小问1详解】①反应ⅰ为气体分子数减小的放热反应，反应ⅱ为气体分子数不变的吸热反应，则升高温度，反应ⅰ逆向移动、反应ⅱ正向移动，甲醇含量减小、CO含量增大，故向下变化的曲线为3CHOH在含碳产物中物质的量分数曲线、向上变化曲线为CO在含碳产物中物质的量分数曲线；相

同条件下，增大压强，反应ⅰ正向移动、反应ⅱ不移动，则导致甲醇含量增大，结合曲线，压强1p、2p、3p由大到小为1p>2p>3p；②结合①分析，反应ⅰ为气体分子数减小的反应，反应ⅱ为气体分子数不变的反应，温度不变时，增大压强，反应ⅰ正向移动、

反应ⅱ不移动，导致甲醇在含碳产物中物质的量分数增大，而CO在含碳产物中物质的量分数减小；③恒温恒容体系，按12c(CO)1molL−=、12c(H)3molL−=进行实验，平衡时3CHOH的物质的量分数为点M，此时2CO转化率为20%，则反应0.2mol/L二氧

化碳，且生成甲醇和CO的量相等：的()()()2232CO(g)+3H(g)CHOH(g)+HO(g)mol/L1300mol/La3aaamol/L起始转化平衡()()()222CO(g)+H(g)CO(g)+HO(g)mol/

Lmol/L0.2-a0.2-a0.2-a0.2-amol/L起始转化平衡则a=0.2-a，a=0.1mol/L，则平衡时二氧化碳、氢气、甲醇、水的浓度分别为0.8mol/L、2.6mol/L、0.1mol/L、0.2mol/L，该条件下反应ⅰ的平衡常数30.10.2K0.82.6=；【小问2

详解】已知：反应ⅲ．4232CH(g)HO(g)CHOH(g)H(g)++13H116kJmol−=+，反应ⅳ．2222H(g)O(g)2HO(g)+=14H484kJmol−=−，由盖斯定律可知，反应ⅲ+反应ⅳ得反应22423)CH(g)+O(g)+(g)CH

+HHOH(g)O(g，焓变为()111ΔH116kJmol+484kJmol=368kJmol−−−=+−−；【小问3详解】①已知大多数气体分子在催化剂表面的吸附过程是放热的，He不会在催化剂表面吸附；通入4CH发生反应前，要向反应器中通入2O从

而活化催化剂，但是氧气被吸附在催化剂表面，会导致其它反应物不能在催化剂表面被吸附，故活化催化剂后持续通入He一段时间的目的是：吹去体系中的氧气；②从反应速率的角度分析，通入CH4后反应温度维持在200℃的原因：温度过低，反应速率降低，温度过高，反应物在

催化剂表面的吸附量减少成为主因，也会导致反应速率减小。18.硫的部分自然界循环过程如下左图所示。2HS、23HCO在不同pH下的各组分分布见下右图。（1）下列有关该循环的叙述不正确．．．的是_______。

a．自然界只存在化合态的硫b．除硫之外只有氢、氧元素参与该循环c．降水①和吸收②③过程中硫元素均被氧化d．为减少煤燃烧时2SO排放，可加入生石灰将其转化为3CaSO除去（2）随降水过程2SO重新进入土壤的化学方程式为_

______。（3）水体内含硫化物不仅会腐蚀金属管道，也会对人体健康造成危害。油田开采过程中会产生大量的含硫废水，常用以下方法处理。①沉淀法：常用沉淀剂包括2Cu+，2Fe+等。但沉淀颗粒较小往往难于沉降，一般同时加

入混凝剂243Al(SO)等提高2S−去除率，结合化学用语说明原因_______。②气提法：向废水中通入热空气或者燃烧废气(含大量2CO)，吹出的2HS再用碱液吸收、氧化回收S。一般认为用燃烧废气处理，更有利于回收利用S，原因是_______。③催化氧化法：利用空气中的氧气将2S−氧化除

去。用氧气直接氧化速度慢，往往需要加入催化剂。pH89=时加入4MnSO，生成有催化作用的2Mn(OH)。控制pH8.5=，此时氧化产物主要为223SO−，催化机理：ⅰ．22232Mn(OH)O2HMnO+

=，ⅱ．_______。【答案】（1）abcd（2）SO2+H2O=H2SO3、2H2SO3+O2=2H2SO4（3）①.Al3++3H2O=Al(OH)3(胶体)+3H+，胶体具有吸附性，有利于沉淀的生成②.CO2吹出时可增强溶液的酸

性，抑制了H2S的电离，有利于H2S的吹出③.()2-222232324S+2HO+3O+2HMnO=2SO4OH2MnOH−−++【解析】【小问1详解】a．自然界既存在化合态的硫也存在游离态的硫，a错误；b．动植

物遗体存在氮元素，故除硫之外有氮、氢、氧元素参与该循环，b错误；c．降水①和吸收③过程中硫元素均被氧化，吸收②中硫元素化合价不存在变化，c错误；d．为减少煤燃烧时2SO排放，可加入生石灰将其转化为4CaSO除去，d错误；故选abcd。【小问2详解

】随降水过程2SO重新进入土壤的化学方程式为SO2+H2O=H2SO3、2H2SO3+O2=2H2SO4。【小问3详解】①加入混凝剂243Al(SO)等提高2S−去除率，利用了铝离子水解生成胶体，原因为Al3++3H2O=Al(OH)3(胶体)+3H+，胶体

具有吸附性，有利于沉淀的生成。②CO2和H2O反应生成的H2CO3，其酸性大于H2S，则用CO2将H2S从水中吹出比N2效果更好，其原因是：CO2吹出时可增强溶液的酸性，抑制了H2S的电离，有利于H2S

的吹出。③氧化总反应为22-22223Mn(OH)4S+2HO+4O==2SO4OH−−+，催化机理：ⅰ．22232Mn(OH)O2HMnO+=，ⅱ．()2-222232324S+2HO+3O+2HMnO=2SO4OH2MnOH−−++。19.研究小组探究高铜酸钠(2NaCu

O)的制备和性质。资料：高铜酸钠为棕黑色固体，难溶于水。实验Ⅰ．向2mL1mol/LNaClO溶液中滴加1mL1mol/L2CuCl溶液，迅速产生蓝绿色沉淀，振荡后得到棕黑色的浊液a，将其等分成2份。（1）蓝绿色沉淀中含有OH−。用离子方程式表示NaCl

O溶液显碱性的原因：_______。探究棕黑色沉淀的组成。实验Ⅱ．将一份浊液a过滤、洗涤、干燥，得到固体b．取少量固体b，滴加稀24HSO，沉淀溶解，有气泡产生，得到蓝色溶液。（2）①另取少量固体b进行实验，证实了2NaCuO中钠元素的存在，实验操

作的名称是_______。②进一步检验，棕黑色固体是2NaCuO。2NaCuO与稀24HSO反应的离子方程式是_______。探究实验条件对2NaCuO制备的影响。实验Ⅲ．向另一份浊液a中继续滴加1.5mL1mo

l/L2CuCl溶液，沉淀由棕黑色变为蓝绿色，溶液的pH约为5，有产生。（3）①对2Cl的来源，甲同学认为是2NaCuO和Cl−反应生成了2Cl，乙同学认为该说法不严谨，提出了生成2Cl的其他原因：_______。②探究“继续滴加2CuCl溶液，2NaCuO能氧化Cl−”的原因。ⅰ．提出假设1

：cCl−()增大，Cl−的还原性增强。实验证明假设成立。操作和现象是：取少量2NaCuO固体于试管中，_______。ⅱ．提出假设2：_______，经证实该假设也成立。改进实验方案，进行实验。实验Ⅳ．向1mL1mo

/LNaClO溶液中滴加0.5mL1mol/L4CuSO溶液，迅速生成蓝色沉淀，振荡后得到棕黑色浊液。浊液放置过程中，沉淀表面缓慢产生气泡并出现蓝色固体，该气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝。（4）①经检验，确定浊液放置过程中产生的蓝色固体中不

含有24SO−，实验操作为：将浊液过滤，____。②2NaCuO放置过程中产生气体的化学方程式是_______。（5）根据上述实验，制备在水溶液中稳定存在的2NaCuO，应选用的试剂是NaClO溶液、_____和

_______。【答案】（1）--2ClO+HOHClO+OH（2）①.焰色试验②.+2++2224NaCuO+12H=4Cu+4Na+O+6HO（3）①.pH减小，-ClO也可能氧化-Cl生成2Cl②.滴加浓NaCl溶液，产生使湿润的淀粉KI试纸变蓝的气体③.+c(H)

增大，2NaCuO的氧化性增强（4）①.①取少许滤液，滴加稀盐酸无明显现象，再滴加氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则证明原溶液中存在2-4SO②.()22224NaCuO+6HO=4CuOH+O+4NaOH（5）①.CuSO4溶液②.NaOH溶液【解析】【小问1详解】NaClO为强碱弱酸盐，水解显

碱性，溶液显碱性的原因：--2ClO+HOHClO+OH；故答案为：--2ClO+HOHClO+OH【小问2详解】①钠元素的焰色试验为黄色，可以通过焰色试验证明钠元素的存在；②2NaCuO与稀24HSO反应生成硫酸铜、硫酸钠、氧气、水，反应的离子方程式是+2++22

24NaCuO+12H=4Cu+4Na+O+6HO；故答案为：①焰色试验②+2++2224NaCuO+12H=4Cu+4Na+O+6HO【小问3详解】①溶液中存在次氯酸根离子，具有氧化性，也可能氧化氯离子生成氯气，则生成2Cl的其他原因：pH减小，-ClO也可能氧化-Cl

生成2Cl；②i.提出假设1：-c(Cl)增大，-Cl的还原性增强。证明假设成立操作和现象是：取少量2NaCuO固体于试管中，滴加浓NaCl溶液，产生使湿润的淀粉KI试纸变蓝的气体；ii.提出假设2：+c(H

)增大，2NaCuO的氧化性增强，经证实该假设也成立;故答案为：①pH减小，-ClO也可能氧化-Cl生成2Cl；②滴加浓NaCl溶液，产生使湿润的淀粉KI试纸变蓝的气体；+c(H)增大，2NaCuO的氧化性增强【小问4详解】①硫酸根离子检

验：将浊液过滤，取少许滤液，滴加稀盐酸无明显现象，再滴加氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则证明原溶液中存在2-4SO;②浊液放置过程中，沉淀表面缓慢产生气泡为2O，蓝色固体为氢氧化铜，同时生成NaOH，放置过程中产生

气体的化学方程式是()22224NaCuO+6HO=4CuOH+O+4NaOH；故答案为：①取少许滤液，滴加稀盐酸无明显现象，再滴加氯化钡溶液，若出现白色沉淀，则证明原溶液中存在2-4SO②()22224NaCuO+6HO=4C

uOH+O+4NaOH【小问5详解】根据上述实验，2NaCuO在碱性条件下较稳定，则可以用NaClO溶液、CuSO4溶液和NaOH溶液制备在水溶液中稳定存在的NaCuO2，应选用的试剂是NaClO溶液、CuSO4溶液和NaOH溶液;故答案为：CuSO4溶

液、NaOH溶液