【文档说明】湖南省衡阳市第八中学2024-2025学年高三上学期第二次月考 化学试题 Word版含解析.docx，共(20)页，1.480 MB，由小赞的店铺上传

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衡阳市八中2022级高三第二次月考试题化学请注意：①时量75分钟，满分100分②可能用到的相对原子质量：H：1C：12O：16V：51第Ⅰ卷选择题(共42分)一、选择题：本题共14个小题，每小题3分，共42分，在每个题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的

。1.人类生产生活中的方方面面都离不开化学，下列说法不正确的是A.含氨基等基团离子交换树脂为阳离子交换树脂B.高纯硅可以用于制造太阳能电池板C.浸泡过4KMnO溶液的硅藻土用作水果保鲜剂D.将纳米二氧化硅微球分散到蒸馏水中，能用渗析的方法将其分离出来【答案】A【解析】【详解】A．氨

基能够与氢离子结合，形成带有正电荷的离子，所以含氨基等基团的离子交换树脂为阴离子交换树脂，故A错误；B．硅是半导体材料，高纯硅可以用于制造计算机芯片、太阳能电池板等，故B正确；C．高锰酸钾能氧化乙烯，浸泡过4KMnO溶液的硅藻土可用作水果保鲜剂，故C正确；D

．将纳米二氧化硅微球分散到蒸馏水中得到胶体，胶体粒子不能透过半透膜，可以用渗析的方法将其分离出来，故D正确；选A。2.利用下列装置(夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是A.用甲装置制备并收集CO2B.用乙装置制备溴苯并验证有HBr产生的C.用丙装置制备无水MgCl2D.用丁装置在铁上镀铜【答

案】C【解析】【详解】A.CO2密度大于空气，应采用向上排空气法收集，A错误；B.苯与溴在溴化铁作用下反应，反应较剧烈，反应放热，且溴易挥发，挥发出来的溴单质能与水反应生成氢溴酸，所以验证反应生成的HBr，应先将气体通过四氯化

碳，将挥发的溴单质除去，B错误；C.MgCl2能水解，在加热时通入干燥的HCl，能避免MgCl2的水解，C正确；D.电解时，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，所以丁装置铁为阳极，失去电子，生成二价铁离子，铜为阴极，溶液中的铜离子得到电子，得到铜，

D错误。答案选C。【点睛】本题为实验题，结合物质的性质和电解的原理进行解题，掌握常见物质的制备方法，注意水解的知识点。3.下列有关化学概念或性质的判断错误的是A.NaCl溶液中的水合离子：B.环己烷与苯分子中CH−键的键能不相等C.甲苯的质谱图中，质荷比为92的峰归

属于D.由4RN+与6PF−组成的离子液体常温下呈液态，与其离子的体积较大有关【答案】A【解析】【详解】A．水分子中O元素呈负电性，H元素呈正电性，呈负电性的O元素朝向Na+，呈正电性的H元素朝向Cl-

，则氯化钠在水中形成能够自由移动的水合氯离子和水合钠离子，A错误；B．环己烷中碳原子采用sp3杂化，苯分子中碳原子采用sp2杂化，由于同能层中s轨道更接近原子核，因此杂化轨道的s成分越多，其杂化轨道更接近原子核，由此可知sp2杂化

轨道参与组成的C-H共价键的电子云更偏向碳原子核，即苯分子中的C-H键长小于环己烷，键能更高，B正确；C．带1个单位电荷，其相对分子质量为92，因此其质荷比为92，C正确；D．当阴阳离子体积较大时，其电荷较为分散，导致它们之间的作用力较低，以至于熔点接近室温，D正确；故选A。4.某有机物的结构简

式为，下列叙述不正确的是A.该物质可以使溴水褪色B.该物质在催化剂、加热条件下与O2反应，生成物只含有一种官能团C.该物质在催化剂、加热条件下与H2反应，生成物可以发生缩聚反应D0.1mol该物质完全燃烧，消耗17.92LO2

【答案】D【解析】详解】A．由题干可知，该物质中含有醛基，故可以与溴水发生氧化还原反应而使溴水褪色，A正确；B．由题干可知，该物质中含有醛基，在催化剂、加热条件下与O2反应，生成羧基，故生成物只含有一种官能团羧基，B正确；

C．由题干可知，该物质中含有醛基，在催化剂、加热条件下与H2反应转化为羟基，故生成物既有羟基又有羧基，可以发生酯化反应而缩聚生成高分子，故能发生缩聚反应，C正确；D．由题干可知，该物质的分子式为C7H10O3

，0.1mol该物质完全燃烧消耗O2为0.8mol，未告知标准状况，故无法计算消耗O2的体积，D错误；故答案为：D。5.下列实验过程中，始终无明显现象的是A.2NO通入4FeSO溶液中B.2CO通入2CaCl溶液中C.3NH通入3AlCl溶液中D.2

SO通入已酸化的()32BaNO溶液中【答案】B【解析】【详解】A．NO2通入后和水反应生成具有强氧化性的硝酸，将亚铁盐氧化为铁盐，溶液颜色由浅绿色变为黄色，现象明显，故A不选；B．因CO2和CaCl2不反应，无明显现象，故B选；C

．NH3通入溶液中转化为氨水，与AlCl3反应生成氢氧化铝沉淀，现象明显，故C不选；.【D．SO2通入酸化硝酸钡中，硝酸根离子在酸性条件下具有氧化性，则亚硫酸根离子被氧化为硫酸根离子，该反应生成硫酸钡沉淀，现

象明显，故D不选；故答案为B。6.以工业级氧化锌(含Fe2+、Mn2+、Cu2+、Ni2+等)为原料制备氧化锌的流程如图：其中“氧化”加入KMnO4是为了除去浸出液中的Fe2+和Mn2+。下列有关说法错误的是A.浸出时通

过粉碎氧化锌提高了浸出率B.“氧化”生成的固体是MnO2和Fe(OH)3C.“置换”加入锌粉是为了除去溶液中的Cu2+、Ni2+等D.“抽滤”装置中用到的玻璃仪器主要有：普通漏斗，玻璃棒，烧杯【答案】D【解析】【分析】工业级氧化

锌（含Fe2+、Mn2+、Cu2+、Ni3+等），加入硫酸酸浸，向浸出液中加入适量高锰酸钾溶液调节pH，同时可使Fe2+、Mn2+被氧化而被除去，同时溶液中有Fe(OH)3、MnO2生成，“置换”加入锌粉是为了除去溶液中的Cu2+、Ni3+

等，过滤后分离滤渣，向滤液中加入碳酸钠溶液，生成ZnCO3•Zn(OH)2沉淀，吸滤后煅烧沉淀生成ZnO，以此解答该题。【详解】A．浸出时通过粉碎氧化锌，增大固体接触面积，提高了浸出率，故A正确；B．“氧化”加入KMnO4，

是为了除去浸出中的Fe2+和Mn2+，生成的固体是MnO2和Fe(OH)3，故B正确；C．Zn具有还原性，“置换”加入锌粉是为了除去溶液中的Cu2+、Ni3+等，故C正确；D．“抽滤”装置中用到的玻璃仪器主要有：布氏漏斗，玻璃棒，烧杯，故D错误；故选：D。7.某学生按

图示方法进行实验，观察到以下实验现象：①铜丝表面缓慢放出气泡，锥形瓶内气体呈红棕色；的②铜丝表面气泡释放速度逐渐加快，气体颜色逐渐变深；③一段时间后气体颜色逐渐变浅，至几乎无色；④锥形瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升，最终铜丝与液面

脱离接触，反应停止。下列说法正确的是A.开始阶段铜丝表面气泡释放速度缓慢，原因是铜丝在稀HNO3中表面钝化B.锥形瓶内出现了红棕色气体，表明铜和稀HNO3反应生成了NO2C.红棕色逐渐变浅的主要原因是2233NO+HO=2HNO+NO

D.铜丝与液面脱离接触，反应停止，原因是硝酸消耗完全【答案】C【解析】【详解】A．金属铜与稀硝酸不会产生钝化。开始反应速率较慢，可能的原因是反应温度较低，故A项说法错误；B．由于装置内有空气，铜和稀HN

O3反应生成的NO迅速被氧气氧化为红棕色的NO2，产生的NO2浓度逐渐增加，气体颜色逐渐变深，故B项说法错误；C．装置内氧气逐渐被消耗，生成的NO2量逐渐达到最大值，同时装置内的NO2能与溶液中的H2O反应3NO2+H

2O=2HNO3+NO，气体颜色变浅，故C项说法正确；D．由于该装置为密闭体系，生成的NO无法排出，逐渐将锥形瓶内液体压入长颈漏斗，铜丝与液面脱离接触，反应停止，故D项说法错误；答案选C。8.金属镍粉在要CO气流中轻微加热，生成无色挥发性液态()4NiCO，其构型

如图。下列说法不正确的是A.()4NiCO中含有的非极性共价键和离子键B.()4NiCO难溶于水，易溶于有机溶剂C.较高温度下，()4NiCO可分解生成Ni和COD.()4NiCO为分子晶体，其中心原子采取3sp杂化【答案】A【解析】【详解】A．()4NiCO为共价化合物，含有镍碳、碳氧极性键，

故A错误；B．()4NiCO分子结构对称，为非极性分子，根据相似相溶原理可知，其难溶于水，易溶于有机溶剂，故B正确；C．金属镍粉在要CO气流中轻微加热，生成无色挥发性液态()4NiCO，推测()4NiCO不稳定，从结构上看，碳原子正电性强、

故碳原子与镍的配位键不牢固，容易分解镍和一氧化碳，故C正确；D．由题干可知，()4NiCO熔沸点较低，为分子晶体，其中心原子Ni形成4个共价键，采取3sp杂化，故D正确；答案为A。9.用KSCN溶液和FeCl2溶液探究Fe2+的还原

性时出现异常现象实验如下：①②③溶液变红，大约10秒左右红色褪去，有气体生成(经检验为O2)。取褪色后溶液，滴加盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀溶液变红且不褪色，有气体生成(经检验为O2)，经检验有丁达尔效应溶液变红且不褪色

，滴加盐酸和BaCl2溶液，无白色沉淀，经检验无丁达尔效应不正确的是A.对比①③，可判定酸性条件下H2O2可氧化SCN-B.实验②中发生的氧化还原反应有两种C.②中红色溶液中含有Fe(OH)3胶体D.③中发生的氧化还

原反应为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O【答案】B【解析】【分析】①氯化亚铁盐酸酸化的溶液中滴入KSCN溶液，pH＜1，滴入H2O2发生氧化还原反应，生成Fe3+，Fe3+与SCN-形成血红色Fe(SCN)3溶液，大约10秒左右红色褪去，铁离子

作催化剂，H2O2分解有气体生成(经检验为O2)，取褪色后溶液，滴加盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀为硫酸钡沉淀，证明SCN-离子被氧化为硫酸根离子；②氯化亚铁盐酸酸化的溶液中滴入KSCN溶液，pH=5，滴入

过氧化氢溶液，溶液变红且不褪色，说明亚铁离子被氧化为铁离子，铁离子对过氧化氢起到催化剂作用，有气体生成(经检验为O2)，氧气氧化亚铁离子生成铁离子，经检验有丁达尔效应，说明生成了氢氧化铁胶体；③氯化亚铁盐酸酸化

的溶液中滴入KSCN溶液，pH＜1，滴入过氧化氢发生氧化还原反应，通入足量氧气，溶液变红且不褪色，说明氧气氧化亚铁离子生成铁离子，滴加盐酸和BaCl2溶液，无白色沉淀，经检验无丁达尔效应，无硫酸钡沉淀生成和氢氧化铁胶体形成，排除了生成的氧气氧化SCN-的可能

。【详解】A．对比①③，实验①排除了Fe3+反应，而是SCN-离子反应，实验③排除了生成的氧气氧化SCN-的可能，可以判定酸性条件下H2O2可以氧化SCN-，A正确；B．实验②中发生的氧化还原反应有Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，H2O2分解生成O

2，O2氧化Fe2+，不只两种，B错误；C．②中检验有丁达尔效应，说明红色溶液中含有Fe(OH)3胶体，C正确；D．③中通入足量O2溶液变红色说明，发生的氧化还原反应为：4Fe2++O2+4H+=4Fe

3++2H2O，D正确；故合理选项是B。10.T℃时，在1L密闭容器中A气体与B气体反应生成C气体。反应过程中A、B、C浓度变化如图I所示；若保持其他条件不变，温度分别为Tl和T2时，B的体积百分含量

与时间的关系如图Ⅱ所示。则下列结论正确的是A.在达平衡后，保持其他条件不变，增大压强，平衡向逆反应方向移动B.在达平衡后，保持压强不变，通入稀有气体，平衡向正反应方向移动C.保持其他条件不变，若反应开始时A、B、C的浓度分别为0.4mol·L

-1、0.5mol·L-1和0.2mol·L—1，则达到平衡后，C的浓度大于0.4mol·L-1D.保持其他条件不变，升高温度，正、逆反应速率均增大，且A的转化率增大【答案】C【解析】【分析】该反应达到

平衡状态时，A浓度的变化量=（0.5-0.3）mol·L－1=0.2mol·L－1，B浓度的变化量=（0.7-0.1）mol·L－1=0.6mol·L－1，C浓度的变化量=（0.4-0）mol·L－1=0.4mol·L－1，同一化学反应同一时间段内，各物质浓度的变化量之比等于其

计量数之比，所以该反应方程式为：A（g）+3B（g）2C（g）；根据“先拐先平数值大”结合图II知，T1＞T2，升高温度，B的体积发生增大，则该反应的正反应是放热反应。【详解】A．该反应的正反应是气体体积减小的反应，保持其它条件不变，增大压强，化学平衡向正反应方

向移动，故A错误；B．在达平衡后，保持压强不变，通入稀有气体，容器体积变大，反应物所占分压减小，平衡向体积增大的方向移动，平衡逆向进行，故B错误；C．将C“归0”后，得到A、B的起始浓度分别为0.5mol·L-1、

0.8mol·L-1，对比原A、B的起始浓度分别为0.5mol·L-1、0.7mol·L-1，增大了B的起始浓度，则A的转化率增大，平衡时C的浓度大于原平衡时C的浓度大于0.4mol·L-1，故C正确；D．其

它条件不变，升高温度，正逆反应速率都增大，平衡向吸热反应方向移动，根据图Ⅱ知，正反应是放热反应，所以平衡向逆反应方向移动，A的转化率减小，故D错误；故选C。11.汽车尾气未经处理直接排放，会严重污染环境。某反应可有效降低

汽车尾气污染物的排放，一定条件下该反应经历三个基元反应，反应历程如图所示(TS表示过渡态)。下列说法错误的是A.反应达平衡后提高反应温度，反应物转化率减小B.使用催化剂可以降低反应的活化能，提高活化分子百分数，但不改变反应物的平衡转化率C.该化学反应的速率主要由

反应③决定D.-122N(g)+2CO(g)=2CO(g)+2NO(g)ΔH=+620.9kJmol【答案】C【解析】【分析】由题干反应历程图可知，整个反应分为三个基元反应阶段：①NO(g)+NO(g)=H=

+199.2kJ•mol-1，②+CO(g)=CO2(g)+N2O(g)H=-513.5kJ•mol-1，③CO2(g)+N2O(g)+CO(g)=2CO2(g)+N2(g)H-306.6kJ•m

ol-1，根据盖斯定律①+②+③可知：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=-620.9kJ⋅mol-1，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，此反应为放热反应，提高反应温度，平衡逆向移动，则反应物转化率降低，A正确；B．使用催化剂可以降低反应的

活化能，提高活化分子百分数，但催化剂不能使平衡发生移动，不能提高反应物的转化率，B正确；C．由题干反应历程图可知，反应①的活化能最高，反应速率最慢，决定整个反应的反应速率，C错误；D．由分析可知，反应2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)ΔH=-620.9kJ⋅mol-1，

则N2(g)+2CO2(g)═2CO(g)+2NO(g)ΔH=+620.9kJ⋅mol-1，D正确；故答案为：C。12.下列离子方程式正确的是A.3AlCl溶液与2NaS溶液混合：32232Al3SAlS+−+=B.用草酸标准溶液测定高锰酸钾

溶液的浓度：22424222MnO5CO16H2Mn10CO8HO−++−++=++C.向新制氯水中滴加少量的2FeBr溶液：23222Fe2Br2Cl2FeBr4Cl+−+−++=++D.饱和Na2CO3溶液浸泡锅炉水垢(含有4CaSO)：224334CaSO(

s)CO(aq)CaCO(s)SO(aq)−−++ƒ【答案】D【解析】【详解】A．3AlCl溶液与2NaS溶液混合发生双水解生成氢氧化铝和硫化氢气体，离子方程式为：323226HO2Al3S2Al(OH3HS)++−++=，A错误；B．用草酸标

准溶液测定高锰酸钾溶液的浓度，草酸是弱电解质，离子方程式为：24224222MnO5HCO6H2Mn10CO8HO−++++=++，B错误；C．向新制氯水中滴加少量的2FeBr溶液生成氯化铁和溴单质，离子方程式为：23222Fe4Br

3Cl2Fe2Br6Cl+−+−=++++，C错误；D．饱和Na2CO3溶液浸泡锅炉水垢(含有4CaSO)，生成更难溶的碳酸钙和硫酸钠，离子方程式为：224334CaSO(s)CO(aq)CaCO(s)SO(aq)−−++ƒ，D正确；故选D。13.我国科学

家最近研究的一种无机盐362YZ(WX)纳米药物具有高效的细胞内亚铁离子捕获和抗氧化能力。W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且W、X、Y属于不同族的短周期元素。W的外层电子数是其内层电子数的2倍，X和Y的第一电离能都比左右相邻元素的高。Z的M层未成对电子数为4。下列叙述错误

的是A.W、X、Y、Z四种元素的单质中Z的熔点最高B.在X的简单氢化物中X原子轨道杂化类型为3spC.Y的氢氧化物难溶于NaCl溶液，可以溶于4NHCl溶液D.362YZ(WX)中WX−提供电子对与3Z+形成配位键

【答案】A【解析】【分析】W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且W、X、Y属于不同族的短周期元素。W的外层电子数是其内层电子数的2倍，则W为C元素；每个周期的ⅡA和ⅤA的元素的第一电离能都比左右相邻元素的高，由于配合物362YZWX][()中Y在外界，Y可形成简单阳离子，则Y属于金属元素，故X和Y

分别为N和Mg；Z的M层未成对电子数为4，则其3d轨道上有4个不成对电子，其价电子排布式为623d4s，Z为Fe元素，362YZWX][()为362MgFeCN][()。【详解】A．W、X、Y、Z四种元素的单质中，N元素的单质形成分子晶体，Mg和Fe均形成金属

晶体，C元素既可以形成金刚石又可以形成石墨，石墨的熔点最高，A不正确；B．在X的简单氢化物是3NH，其中C原子轨道杂化类型为3sp，B正确；C．Y的氢氧化物是2Mg(OH)，其属于中强碱，其难溶于水，难溶于NaCl溶

液，但是，由于4NHCl电离产生的4NH+可以破坏2Mg(OH)的沉淀溶解平衡，因此2Mg(OH)可以溶于4NHCl溶液，C正确；D．362MgFeCN][()中CN−提供电子对与3+Fe形成配位键，D正确；综上所述，本题选A。14.《EurJIC》报道了我国科学家研发的新的、

简单高效电催化处理氮氧化物的工艺，装置如图所示，已知：阴极上发生的反应为232FeO3HO6e2Fe6OH−−++=+。下列叙述错误的是A.电极电势：Ni极高于镍合金极B.镍合金极周围发生反应：2236NO4Fe3N2FeO+=+C.工作一

段时间后，溶液的pH不变D.若处理标况下4.48LNO，则理论上Ni极产生4.48L2O(标况下)【答案】D【解析】【详解】A．该装置为电解装置，Ni极为阳极，镍合金极为阴极，阳极上的电势总是比阴极上的高，A项正确；B．阴极反应为还原反应，由已知信息

知，阴极上产生活性Fe，生成的Fe还原NO产生2N：2234Fe+6NO=3N+2FeO，B项正确；C．阳极上OH−发生氧化反应，电极反应式为--224OH-4e=2HO+O，结合阴极反应和上述Fe还原NO的反应可得总反应为222NON+O通电，溶液的pH不变，C项

正确；D．若处理标况下4.48LNO的物质的量为4.48L÷22.4L/mol=0.2mol，转移0.4mol电子，根据电子守恒可知，2NO～4e-～O2，则理论上Ni极产生2.24L2O(标况下)，D项错误。故选D。第Ⅱ卷(非选择题)二、非选择题：本题共4个大题，每空2分，共58分。15.2Fe

S可做锂电池和超级电容器的电极材料，制备2FeS一种实验装置如图所示(加热和夹持装置略)（1）2FeS的制备：2N保护下，将溶有S的二苯醚溶液注射到FeS热油胺中(S过量)，持续加热回流2h，冷却至室温，离心分离，经洗涤得产品2FeS。①仪器a的名称___________，2N保护的目的是___

________。②制备2FeS的反应方程式___________。③除去产品中的过量S粉，洗涤选用的试剂是___________(“2CS”或“2HO”)。（2）2FeS含量的测定：产品先用王水溶解后，再经系列处理后，在热盐酸条件下，以甲基橙作指示剂，用2SnCl溶液将3Fe+还原为2Fe

+，终点为无色(已知甲基橙：氧化态(红色)ne−+→还原态(无色))：用冰水迅速冷却，再以二苯胺磺酸钠为指示剂，用227KCrO标准液滴定2Fe+至终点。①2SnCl比2FeCl更易水解且具有还原性，则配制2SnCl溶液时使用的试剂为___________

。②写出甲基橙指示终点的作用原理和现象___________。③若称取的产品为ag，227KCrO标准溶液浓度为cmol/L，用量为VmL，若2FeS的摩尔质量为Mg/mol，则产品中2FeS的质量分数为___

________(写最简表达式)。④下列操作会使测定结果偏高的是___________。A．还原3Fe+时，2SnCl过量B．含2Fe+的溶液在空气中冷却C．滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失D．滴定前仰视，滴定

后俯视【答案】（1）①.三颈烧瓶②.防止Fe2+被氧气氧化③.2FeS+SFeS=④.2CS（2）①.浓盐酸②.当加入还原剂2SnCl过量后，甲基橙得到电子，由氧化态变为还原态，颜色有红色变为无色，且半分钟不恢复③.3cVM%5a④.AC【解析】【分析】2FeS含量的测定

原理，用王水处理2FeS，2FeS被氧化为Fe3+、24SO−，用2SnCl溶液将3Fe+完全还原为2Fe+，再用227KCrO把2Fe+完全氧化为3Fe+，根据消耗227KCrO溶液的体积计算2FeS的含量。【小问1详解】①根据装置图，仪器a的名称三颈烧瓶，Fe2

+具有还原性，易被氧气氧化，通入2N保护的目的防止Fe2+被氧气氧化。②FeS和S反应生成2FeS，反应方程式2FeS+SFeS=。③S难溶于水，易溶于CS2。除去产品中的过量S粉，洗涤选用的试剂是2CS。【小问2详解】

①2SnCl比2FeCl更易水解且具有还原性，为防止2SnCl水解，则配制2SnCl溶液时应将2SnCl固体溶于浓盐酸中，再加水稀释到合适的浓度，所以使用的试剂为浓盐酸。②甲基橙：氧化态(红色)ne−+→还原态(无色)，用2SnCl

溶液将3Fe+还原为2Fe+，此时甲基橙应为氧化态(红色)，当加入还原剂2SnCl后过量后，甲基橙得到电子，由氧化态变为还原态，颜色有红色变为无色，且半分钟不恢复；③根据反应过程中铁元素守恒、电子守恒，建立关系式62FeS~~~6Fe3+~~~6Fe2+~~~227KCrO，

n(2FeS)=6n(227KCrO)=6cmol/L×V×10-3L=6cV×10-3mol；若2FeS的摩尔质量为Mg/mol，则产品中2FeS的质量分数为36cV10M3cVM100%%a5a−=。④A．

还原3Fe+时，2SnCl过量，消耗227KCrO溶液的体积偏大，测定结果偏高，故选A；B．含2Fe+的溶液在空气中冷却，部分2Fe+可能被氧气氧化，消耗227KCrO溶液的体积偏小，测定结果偏低，故不选B；C．滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失，

消耗227KCrO溶液的体积偏大，测定结果偏高，故选C；D．滴定前仰视，滴定后俯视，消耗227KCrO溶液的体积偏小，测定结果偏低，故不选D；选AC。16.对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝(Al)、钼(

Mo)、镍(Ni)等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：为已知：25℃时，23HCO的7a1K4.510−=，11a2K4.710−=；()8sp4KBaMoO3.510−=；()9sp3KBaCO2.610−=；该工艺中，pH6.0时，溶液中Mo元素以24MoO

−的形态存在。（1）“焙烧”中，有24NaMoO生成，其中Mo元素的化合价为___________。（2）“沉铝”中，生成的沉淀X的离子方程式___________。（3）“沉铝”中，pH为7.0。①生成4

BaMoO的离子方程式为___________。②若条件控制不当，3BaCO也会沉淀，为避免4BaMoO中混入3BaCO沉淀，溶液中()()234cHCO:cMoO−−=___________(保留三位有效数字)时，应停止加入2BaCl溶液。（4）滤

液III中，主要存在的钠盐有NaCl和Y，往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，通入足量___________(填化学式)气体，再通入足量2CO，可析出Y。（5）高纯AlAs(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示

，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止22HO刻蚀液与下层GaAs(砷化镓)反应。①该氧化物为___________。②已知：Ga和Al同族，As和N同族。在22HO与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变

为5+价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为___________。【答案】（1）+6（2）[Al(OH)4]-+CO2=Al(OH)3↓+HCO3−（3）①.MoO24−+Ba2+=BaMoO4↓②.158（4）NH3（5）①.Al2O3②.4：1【解析】【分析】废催

化剂和NaOH固体混合焙烧，Al转化为NaAl(OH)4、Mo转化为Na2MoO4，Ni等不反应，之后加水浸取，得到含有NaAl(OH)4、Na2MoO4的溶液，Ni不溶解，过滤得到固体Ni，过滤后向滤液中通入过量的CO2，NaAl(OH)4转化为Al(OH)3沉淀，过滤后

在向滤液中加入适量BaCl2，得到BaMoO4沉淀。【小问1详解】Na2MoO4中Na和O的化合价为+1和-2，根据化合价的代数和为0可知，Mo元素的化合价为+6；【小问2详解】“沉铝”中，NaAl(OH)4溶

液与过量CO2反应可以生成Al(OH)3和碳酸氢钠，因此，生成沉淀X的离子方程式为[Al(OH)4]-+CO2=Al(OH)3↓+HCO3−；【小问3详解】①pH＞6.0时，溶液中Mo元素以MoO24−的形态存在，“沉钼”中，pH为7.0，

即：液II中含有钼酸钠，加入氯化钡溶液后生成BaMoO4沉淀，该反应的离子方程式为MoO24−+Ba2+=BaMoO4↓；②设溶液中c(CO23−)=amol/L，溶液pH=7，即c(H+)=10-7mol/L，碳酸的Ka2=+2-3

-3c(H)c(CO)c(HCO)=4.7×10-11，所以此时-3c(HCO)=+2-3a2c(H)c(CO)K=-7-11a104.710mol/L；而当开始生成BaCO3沉淀时，溶液中c(Ba2+)=()sp32-3KBaCOc(CO)=92.610a−mol/L

，则此时溶液中c(MoO24−)=()sp42+KBaMoOc(Ba)=-8-93.5102.610a=-8-93.510a2.610mol/L，所以3−()()234cHCO:cMoO−−=-7-11a10

4.710：-8-93.510a2.610158；【小问4详解】除铝时通入过量CO2，所以溶液中会有大量HCO，所以Y为NaHCO3，往滤液III中添加适量NaCl固体后，再通入足量NH3，使溶液显碱性，之后再通入足量CO2，可以析出NaHCO3；【小问5详解

】①根据图知，GaAs能被H2O2腐蚀，AlAs和H2O2发生氧化还原反应生成致密的氧化物薄膜，H2O2作氧化剂，则AlAs中As元素被氧化，所以得到的氧化物为Al的氧化物，为Al2O3；②在H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为+5价，则A

s元素失电子发生氧化反应，双氧水得电子生成水，则GaAs是还原剂、H2O2是氧化剂，该反应中As元素化合价由-3价变为+5价、O元素化合价由-1价变为-2价，则转移电子最小公倍数为8，如果转移8mol电子，消耗双氧水4mol，消耗GaAs为1mol，所以氧化剂、还原剂的物质的量之比为4：

1。17.碘普酸钙(毕露胆)是一种诊断用药，作为口服胆道造影剂。一种合成路线如下：已知：AB→只发生取代反应。回答下列问题：（1）C中含氧官能团名称是___________；B的名称是___________。（2）CD→的反应类型是___________(填标号)。a．加成、取代b．还

原、消去c．加成、还原d．消去、加成（3）下列关于C的叙述正确的是___________(填标号)。a．有顺反异构体b．属于芳香烃c．能使溴水褪色d．它的分子式为984CHNO（4）写出DE→的化学方程式：___________。（5）T与B互为同系物，T的相对分子质量比B大1

4，在T的同分异构体中，同时具备下列条件的结构有___________(填标号)。①含3种官能团，其中含氨基()2NH−；②苯环上连接3个取代基；③能与NaOH反应，也能在加热条件下与新制氢氧化铜悬浊液反应a．10种b

．16种c．18种d．20种（6）以对氯苯甲醇、乙酸酐()32CHCOO为原料合成，设计合成路线(其他试剂自选)______。【答案】（1）①.羧基、硝基②.间硝基苯甲醛（2）c（3）ac（4）（5）d（6）【解析】【分析】A与HNO3、H2SO4在5℃~1

0℃发生反应生成B，B在(CH3CO)2O、CH3COONa在170℃下反应生成C，由A和C可推知B为，C在Al-Ni/NaOH溶液中在90~100℃发生加成反应和还原反应生成D，D与ICl、盐酸在80~85℃下反应生成E，E在75~85℃反应生成F，F与CaCl2/Na

OH在CH3OH中反应生成碘普酸钙，据此回答。【小问1详解】观察C的结构可知，C中含氧官能团名称羧基、硝基；由分析知，A中醛基间位引入硝基生成B，结构为，则B的名称为：间硝基苯甲醛；【小问2详解】观察C、D的结构可知，C中碳碳双键与氢气加成，硝基发生还原反应生成氨基，故

选c；【小问3详解】C中双键碳原子上都有2个不相同的原子或原子团，有顺反异构体，a正确；含碳、氢、氧、氮元素，属于烃类衍生物，b错误；含碳碳双键，能与溴发生加成反应，c正确；分子式为974CHNO，d错误；故选ac；【小问4详解】由分析知，D与氯化碘发

生取代反应生成E与HCl，所以副产物为氯化氢，反应分方程式为；【小问5详解】T比B多一个2CH，硝基化合物与同碳原子数的氨基酸可互为同分异构体，同分异构体能与氢氧化钠反应，可能含酯基、羧基、酚羟基，能与新制氢氧化铜共热反应，说明

含有醛基。又因为苯环上只有3个取代基，所以，它有两种组合：2CHO,COOH,NH−−−；2CHO,OOCH,NH−−−，符合条件的同分异构体有20种(注意：如果含酚羟基，必有2个醛基、1个氨基、1个羟基，共4个取代基，不符合题意)；【小问6

详解】依题意，先氧化引入醛基，后引入羧基、碳碳双键，最后加成生成目标产物，故合成路线为。18.金属钒(V)及其化合物有着广泛的用途。请回答以下问题：（1）钒在溶液中的主要聚合状态与溶液的pH关系如图所示。V原子的简

化电子排布式是___________，请写出溶液中3VO−转化为427VO−的离子方程式___________。（2）“弱碱性铵盐沉钒法”原理足在含有钒元素的溶液中加入铵盐后形成43NHVO沉淀，下图是在工业生产中不同pH环境下沉钒率的测定值。实际

工业生产中常选择pH7.5=为沉钒的最佳条件，当pH超过8.0时沉钒率降低，其原因是溶液中3VO−转化为427VO−___________。(请另写出一点原因)（3）43NHVO在高温下分解产生的25VO可作为硫酸工业中2232SO(g)+O(g)2SO(g)ƒ的催化

剂。t℃下，反应：()()()3222SOg2SOgOg+H0；3SO的平衡转化率(a)与体系总压强(p)的关系如图所示。t℃下，将32molSO置于10L密闭容器中，反应达平衡后，体系总压强为0.10MPa．B点的化学平衡常数的值是___________。（4）全钒液流电池是一种可充电电

池，装置如下图所示。若在放电过程中有H+从A池移向B池，则：①放电过程中，起负极作用的是___________池(填“A”或“B”)。②充电过程中，阳极方程式为___________。（5）钒的某种氧化物的

晶胞结构如图所示，晶胞的长、宽、高分别是apm、bpm、cpm，阿伏加德罗常数的值为AN，则该晶体的密度为___________3g/cm(用含a、b、c、AN的代数式表示)。【答案】（1）①.[Ar]3d34s2②.--4-32722VO

+2OHVO+HO（2）pH过大，溶液中的4NH+会转化为NH3·H2O（3）0.00125（4）①.A②.2+-++22VO-e+HO=VO+2H（5）-3-30A512+164gcmNabc10【解析】【小问1详解】V是第2

3号元素，基态V原子的简化电子排布式为[Ar]3d34s2；根据图示，在碱性溶液中-3VO转化为4-27VO，转化的离子方程式是--4-32722VO+2OHVO+HO；【小问2详解】当pH超过8.0时，

溶液中-3VO转化为4-27VO、溶液中的4NH+会转化为NH3·H2O，所以导致沉钒率降低；【小问3详解】根据A点列三段式：()()()322+mol/L0.200mol/L0.040.040.02mol/L0.160.040.022SOg2SOgOg开始（

）转化（）平衡（），则A点的平衡常数220.040.02K==0.001250.16，A、B温度相同、平衡常数相同，所以B点的平衡常数是0.00125；【小问4详解】①放电过程中有H+从A池移向B池，说明A是负极，电极反应：2+3

+V-e=V、B是正极，电极反应：++-2+22VO+2H+e=VO+HO；②充电过程中，电池正极连接电源正极，作电解池阳极，阳极反应为2+-++22VO-e+HO=VO+2H；【小问5详解】该晶胞中，位于面上和晶胞内部的O原子数为14

242+=，位于顶点和体心的V原子数为18128+=，则该晶体的密度-3-10-10-10Aρ=gcm(a10)(b10)(512+1c1064)N-3-30A512+164gcmNab=c10。