【文档说明】北京市第二十中学2024-2025学年高三上学期10月月考 化学试题 Word版含解析.docx，共(23)页，1.151 MB，由小赞的店铺上传

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2025届高三十月月考化学试卷相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Cu：64Cl：35.5Zn：65Cd：112第一部分一、本部分共14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一项。1.下列资源利用中，在给定工艺条件

下转化关系正确的是A.煤⎯⎯⎯⎯⎯→干馏煤油B.石油⎯⎯⎯→分馏乙烯C.油脂⎯⎯⎯→皂化甘油D.淀粉水解⎯⎯⎯→乙醇【答案】C【解析】【详解】A．煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，干馏的过程不产生煤油，煤油是石油分馏的产物，A错误；B．石油分

馏是利用其组分中的不同物质的沸点不同将组分彼此分开，石油分馏不能得到乙烯，B错误；C．油脂在碱性条件下水解生成甘油和高级脂肪酸盐，C正确；D．淀粉是多糖，其发生水解反应生成葡萄糖，D错误；故答案选C。2.下列化学用语或图示表达正确的是A

.3SO的VSEPR模型：B.用电子式表示Na和Cl形成NaCl的过程：C.2CO的电子式：D.2Cl中共价键的电子云图：【答案】D【解析】【详解】A．SO3的价层电子对数为623332−+=，则SO3的VSEPR模型为平面三角形，A错误；B．Na和Cl反应时，N

a失去1个电子，转移给Cl原子，从而形成Na+和Cl-，形成离子键的过程为：，B错误；C．CO2分子中，C原子与每个O原子之间各形成两对共用电子，则电子式为，C错误；D．Cl的价电子排布式为3s23p5，Cl-

Cl之间形成一对共用电子对，D正确；故选D。3.下列物质性质的比较，与键的极性或分子的极性无关的是A.酸性：23CHClCOOHCHCOOHB.硬度：金刚石>石英C.水中溶解度：34NHCHD.沸点：2CON【答案】B【解析】【详解】A．C—Cl键的极性大于C—H键，导致2CHC

lCOOH、CH3COOH的酸性不同，说明键的极性影响其酸性，故A不选；B．金刚石和石英都是共价晶体，都存在非极性键，但键长C-C＜Si-O，硬度：金刚石＞晶体硅，说明其硬度与键长有关，与键的极性无关，故B选；C．极性分子的溶质易溶于极性分子的溶剂，非极性分子的溶质易溶于非

极性分子的溶剂，氨气和水都是极性分子、四氯化碳是非极性分子，水中溶解度：NH3＞CH4，说明其溶解度与分子的极性有关，故C不选；D．CO、N2互为等电子体，二者相对分子质量相同，但CO是极性分子，N2是非极性分子，沸点：CO＞N2，说明其沸点有分子的极性有关，故D不选；答案选B。4.工业制

备硝酸反应之一：2233NOHO2HNONO+=+。AN表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A.室温下，22.4L2NO中所含原子总数为3ANB.46g2NO和24NO的混合气体中含有的氮原子总数为2ANC.上述反应，生

成1mol3HNO转移电子的数目为AND.标准状况下，11.2LNO中所含电子总数为5AN【答案】C【解析】【详解】A．室温下，气体摩尔体积不是22.4L/mol，22.4L2NO的物质的量不是1mol，故A错误；B．2NO和24NO的最简式都是NO

2，46g2NO和24NO的混合气体中含有的氮原子总数为1AA46g1NN46g/molmol−=，故B错误；C．上述反应，N元素化合价由+4升高为+5、N元素化合价由+4降低为+2，生成1mol

3HNO转移电子的数目为AN，故C正确；D．一个NO分子中含有15个电子，标准状况下11.2LNO的物质的量为0.5mol，所含电子总数为7.5AN，故D错误；选C。5.下列离子方程式正确的是A.用足量的NaOH溶液吸收烟气中的SO2：SO2+OH-=HSO3−B

.CuSO4溶液中滴加稀氨水：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+C.用氯化铁溶液蚀刻覆铜板：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+D.将等物质的量浓度的Ba(OH)2和NH4HSO4溶液以体积比1：1混合：Ba2++2OH-+2H++SO24

−=BaSO4↓+2H2O【答案】B【解析】【详解】A．用足量的NaOH溶液吸收烟气中的SO2应该生成亚硫酸钠，正确方程式为：SO2+2OH-=SO23−+H2O，A错误；B．CuSO4溶液中滴加稀氨水生成氢氧化铜沉淀，方程式正确，B正确；C．用氯化铁溶液蚀刻覆铜板，正确的方程式为：2

Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，C错误；D．将等物质的量浓度的Ba(OH)2和NH4HSO4溶液以体积比1：1混合：正确的方程式为：Ba2++2OH-+H++4NH++SO24−=BaSO4↓+H2O+NH3·H2O，D错误；答案选B。6.下列实验操作及现象表述错误．．

的是A.向NaHCO3溶液中加入AlCl3溶液，产生白色沉淀并有无色气泡生成B.向Ba(NO3)2溶液中通入足量的SO2气体，溶液先变浑浊，然后重新变清澈C.向NH4Cl溶液中滴加NaOH稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试

纸不变蓝D.化合物FeO(OCH3)溶于溶于氢碘酸(HI)，再加CCl4萃取，有机层呈紫红色【答案】B【解析】【详解】A．向碳酸氢钠溶液中加入氯化铝溶液发生的反应为碳酸氢钠溶液与氯化铝溶液发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体

，观察到的实验现象为生成白色沉淀并有无色气泡生成，故A正确；B．向硝酸钡溶液中通入二氧化硫，溶于水的二氧化硫与水反应生成亚硫酸使溶液呈酸性，酸性条件下溶液中的硝酸根离子将二氧化硫氧化为能与钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀的硫酸根离子，所以浑浊

溶液不可能变清澈，故B错误；C．向氯化铵溶液中滴加氢氧化钠稀溶液发生的反应为氯化铵溶液与氢氧化钠溶液反应氯化钠和一水合氨，反应中没有氨气生成，所以将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝，故C正确；D．由化合价代数和为0可知，化合物FeO(OCH3)

中铁元素的化合价为+3价，则化合物FeO(OCH3)溶于氢碘酸时，FeO(OCH3)会将溶液中的碘离子氧化为单质碘，加入四氯化碳萃取，溶液会分层，有机层为呈紫红色的碘的四氯化碳溶液，故D正确；故选B。7.某实验小组利用下图装置探究浓硫酸与葡萄糖反应生成的气体成分。下列

说法正确的是A.使反应发生的操作是将a中的Y形管向右倾斜B.装置b中出现白色沉淀，可能是BaCO3或BaSO3C.装置d中出现浑浊，证明产生的气体中含有CO2D.装置e中可以盛放NaOH溶液，f的作用为防倒吸【答案】D【解析】【分析】浓硫酸具有脱水性，使葡萄糖脱水生成碳，碳和浓硫酸反应生成CO2和

SO2。【详解】A．葡萄糖为固体，浓硫酸和葡萄糖混合，将Y形管向左倾斜，浓硫酸倒入含少量水的葡萄糖中，A项错误；B．CO2和SO2和氯化钡溶液均不反应，若装置b中出现白色沉淀，是SO2和O2和氯化钡反应生成的BaSO4，B项错误；C．c中的品红溶液不能完全吸收SO2，SO2、CO2均能使澄清

石灰水变浑浊，C项错误；D．污染性尾气为SO2，可以用NaOH溶液吸收，球形干燥管的作用为防倒吸，D项正确；故选D。8.实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均正确的是气体试剂制备装置收集方法A2Cl2MnO和浓盐酸beB2SOCu和稀硫酸bcCNOCu和稀硝酸bcD3NH4NHCl和()

2CaOHadA.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．2MnO和浓盐酸反应需要固液加热装置，b中无加热装置，故A错误；B．Cu和稀H2SO4不发生化学反应，故B错误；C．Cu稀HNO3生成NO，会和空气反应生成NO2，不能用排空气法收集，故C

错误；D．4NHCl和()2CaOH为固固加热，选用a做发生装置，氨气的密度比空气小，选向下排空气法，收集装置选d，故D正确；故选：D。9.短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Z是地壳中含量最多的元素，W的单质常温下是黄绿色气体。由这四种元素组成的化合物A是一种重要的脱氢剂，化合物

A与氢气反应可以生成化合物B，其过程如图所示。下列说法不正确的是A.工业上可采用电解饱和食盐水的方法制备W的单质B.Y的最高价氧化物的水化物是强电解质C.Y、Z与氢三种元素形成化合物的晶体类型一定是分子晶体D.用FeCl

3溶液可鉴别A和B【答案】C【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中Z是地壳中含量最多的元素，W的单质常温下是黄绿色气体，可知Z为O、W为Cl；化合物A中X形成4个共价键，Y与X形成三键

，结合原子序数可知X为C、Y为N，以此来解答。【详解】由上述分析可知，X为C、Y为N、Z为O、W为Cl。A．工业上可采用电解饱和食盐水的方法制备氯气，同时生成氢气和氢氧化钠，故A正确；B．N的最高价氧化物的水化物硝酸是强电解质，故B正确；C．N、O与氢组成的化

合物若为硝酸铵，属于离子化合物，是离子晶体，故C错误；D．B中含有酚羟基，A不含有，则可用FeCl3溶液可鉴别A和B，故D正确；故选C。10.工业上可用“氨催化氧化法”生产NO，以氨气、氧气为原料，在Pt－

Rh合金催化剂存在下生成NO和副产物N2，两个竞争反应化学方程式如下：Ⅰ.4NH3(g)+5O2(g)垐?噲?4NO(g)+6H2O(g)Ⅱ.4NH3(g)+3O2(g)垐?噲?2N2(g)+6H2O(g)现将1molNH3、1.45molO2充入1L恒容密闭容器中，在上述催化剂

作用下反应，相同时间内有关生成物物质的量随温度变化曲线如图所示：已知：有效转化率=制备目标物质消耗原料的量原料总的转化量×100%下列说法不正确的是A.400℃时，主要发生反应ⅡB.由图分析工业上用氨催化氧化制备HNO3，最佳温度约为8

40℃C.520℃时，NH3的有效转化率约为66.7%D.840℃后，NO的物质的量下降，可能是反应I平衡逆向移动所致【答案】C【解析】【详解】A．400℃时，氮气的物质的量最大，说明主要发生反应Ⅱ，A正确；B．840℃时一氧化氮的产率最高副产物氮气产率最低，则工业用氨催

化氧化制备HNO3,选择的最佳温度是840℃，B正确；C．由图知520C时，生成氮气和一氧化氮的物质的量均为0.2mol，则反应Ⅱ消耗的氨气的物质的量为0.4mol，反应Ⅰ消耗的氨气的物质的量为0.2mol，NH3的有效转化率为0.2mol100%33.3%

0.2mol+0.4mol，C错误；D．840℃后，NO的物质的量下降，可能是反应Ⅰ为放热反应，升温，反应Ⅰ平衡逆向移动所致，D正确；故选C11.嘧菌酯是一种新型的高效、广谱农用杀菌剂，合成其中间体N的路线如下：下列说法不正确的是。A.

1molK最多可以与2molNaOH发生反应B.L的核磁共振氢谱有两组峰C.N中含有两种含氧官能团D.生成物M与N的化学计量数之比是1:1【答案】D【解析】【分析】由图可知，1molK与1molL先发生取代反应、后发生消

去反应生成2mol甲醇和1molN，则M为甲醇。【详解】A．由结构简式可知，K分子中含有的酚酯基能与氢氧化钠溶液发生水解反应，则1molK最多可以与2mol氢氧化钠发生反应，故A正确；B．由结构简式可知，L分子中含有2类氢原子，核磁共振氢谱有两组峰，故B正确；C．由结构简式可知，N分子的含氧官

能团为醚键、酯基，共有2种，故C正确；D．由分析可知，1molK与1molL先发生取代反应、后发生消去反应生成2mol甲醇和1molN，则生成物M与N的化学计量数之比是2：1，故D错误；故选D。12.镍电池芯废料中主要含有金属镍，还含有金属钴、铁、铝。一种从

镍电池芯废料中回收金属的工艺流程如下：下列说法正确的是A.“酸溶”时，若改用浓硫酸，反应速率更快，效果更好B.22HO在“氧化除杂”和“酸溶”中的作用不同C.“钴镍分离”时发生反应的离子方程式为223ClO2Co4OHHO2Co(OH)Cl−+−−+++=+D.“结

晶”时，快速蒸发溶液，得到的晶体颗粒较大【答案】B【解析】【详解】A．浓硫酸会使得铁、铝钝化，反而会降低反应速率，A错误；B．22HO在“氧化除杂”是将亚铁离子转化为铁离子，过氧化氢起氧化剂作用，利于将铁

转化为氢氧化铁沉淀而除去；“酸溶”中是将三价钴转化为二价钴，过氧化氢起还原剂作用，B正确；C．“钴镍分离”时发生反应为次氯酸根离子、二价钴离子反应转化为氢氧化钴沉淀，反应中所得溶液为酸性，故离子方程式为-2+-2+35HO+ClO+2Co=2Co(OH)+Cl+4H，C错误；D．“结晶”时，缓慢

蒸发溶液，晶体颗粒长的较大，得到的晶体颗粒较大，D错误；故选B。13.510SiCl中的Si原子均通过3sp杂化轨道成键，与NaOH溶液反应Si元素均转化成23NaSiO。下列说法不正确．．．的是A.510SiCl分子结构可能是B.510S

iCl与水反应可生成一种强酸C.510SiCl与NaOH溶液反应会产生2HD.510SiCl沸点低于相同结构的510SiBr【答案】A【解析】【详解】A．该结构中，如图所示的两个Cl，Cl最外层有7个电子，形成了两个共价键，因此其中1个应为配位键，而Si不具备

空轨道来接受孤电子对，因此结构是错误的，故A错误；B．510SiCl与水反应可生成HCl，HCl是一种强酸，故B正确；C．510SiCl与NaOH溶液反应Si元素均转化成23NaSiO，Si的化合价升高，根据得失电子守恒可知，H元素的化合价降低，会有

H2生成，故C正确；D．510SiBr的相对分子质量大于510SiCl，因此510SiBr的范德华力更大，沸点更高，故D正确；故选A。14.小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应，实验记录如下：序号实验方法

实验现象实验装置试剂a①水产生黑色沉淀，放置后不发生变化②5%NaOH溶液产生黑色沉淀，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀③40%NaOH溶液产生黑色沉淀，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀④取③中放置后的悬浊液1mL，加入4mL4

0%NaOH溶液溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深资料：水溶液中，()2MnOH为白色沉淀，24MnO−呈绿色；浓碱性条件下，4MnO−可被OH−还原为24MnO−；NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。下列说法不正确．．．的是A.对比实验①和②可知，碱性环境中，

二价锰化合物可被氧化到更高价态B.④中溶液紫色迅速变为绿色的可能原因是244224MnO4OH4MnOO2HO=−−−+++C.④中绿色缓慢加深的可能原因是2MnO被2Cl氧化为24MnO−D.③中

末得到绿色溶液，可能是因为24MnO−被氧化为4MnO−的反应速率快于4MnO−被还原为24MnO−的反应速率【答案】C【解析】【详解】A．对比实验①和②可知，当试剂a为水时，Mn2+被氧化成MnO2，当试剂a为5%Na

OH溶液时，Mn2+可以被氧化成4MnO−，所以碱性环境中，二价锰化合物可被氧化到更高价态，选项A正确；B．中溶液紫色迅速变为绿色，说明4MnO−可被OH−还原为24MnO−，离子方程式为：--2-44224MnO+4OH=4MnO+O

+2HO，选项B正确；C．④中绿色缓慢加深的可能原因是4MnO−可被OH−还原为2-4MnO，2MnO的氧化性强于Cl2，不能被Cl2氧化，选项C错误；D．③中未得到绿色溶液，可能是因为24MnO−被氧化为4MnO−的反应速率快

于4MnO−被还原为24MnO−的反应速率，选项D正确；答案选C。第二部分二、本部分共5题，请在答题纸指定位置答题。15.某钠离子电池以4NaClO的碳酸丙烯酯溶液作电解质溶液，()6NaMnFeCNx作正极材料，Na作

负极材料。（1）2CO与环氧丙烷()在一定条件下反应制得碳酸丙烯酯。①2CO是___________(填“极性”或“非极性”)分子。②环氧丙烷中，O原子的杂化轨道类型是___________杂化。③沸点：

环氧丙烷___________2CO(填“>”或“<”)，解释其原因：___________。（2）2MnCl溶液与()46NaFeCN溶液混合可制备()6NaMnFeCNx晶体。①基

态Mn原子的电子排布式是___________。②CN−的性质与卤素离子相近，被称为拟卤离子，()2CN被称为拟卤素。ⅰ．()2CN与2HO反应的生成物的结构式分别是H—C≡N、___________。ⅱ．HCN有酸性但乙炔无明显酸性，HCN的酸性

比乙炔的强的原因是___________。③为防止晶体缺陷过多，制备时反应需缓慢且平稳。先将2MnCl溶液与柠檬酸钠(3657NaCHO)溶液混合，发生反应：()23657365723Mn2CHOMn

CHO+−+，再加入()46NaFeCN溶液以制备()6NaMnFeCNx晶体。阐述制备晶体过程中柠檬酸钠溶液的作用：___________。（3）金属氢化物26MgFeH是非常有潜力的储氢材料。其晶胞形状为立方体，边长为anm，如下图所示。①26MgFeH晶胞中H原子个

数为___________。②已知26MgFeH的摩尔质量是M1gmol−，阿伏加德罗常数为AN，该晶体的密度为___________。(71nm10cm−=)【答案】（1）①.非极性②.3sp③.>④.二者均为分子

构成的物质，环氧丙烷的相对分子质量更大，分子的极性更大，范德华力更大（2）①.22626521s2s2p3s3p3d4s②.H—O—C≡N③.N原子的电负性大，—CN具有吸电子效应，使HCN中H—C的极性更大，更易断裂④.柠檬酸钠与2Mn+反应生成()3652MnCH

O，降低了2Mn+的浓度，使制备晶体的反应速率减小；随着反应进行，2Mn+的浓度降低，()23657365723Mn2CHOMnCHO+−+逆向进行，释放出2Mn+，使制备晶体的反应缓慢且平稳（3）①.24②.321A4Ma10−

N3g/cm【解析】【小问1详解】①2CO是直线型分子，结构对称，是非极性分子。②环氧丙烷中，O原子价电子对数为4，杂化轨道类型是sp3杂化。③环氧丙烷和二氧化碳均为分子构成的物质，环氧丙烷的相对分子

质量更大，分子的极性更大，范德华力更大，所以环氧丙烷的沸点大于2CO的沸点。【小问2详解】①Mn是25号元素，基态Mn原子的电子排布式是22626521s2s2p3s3p3d4s。②ⅰ．氯气和水反应生成H-Cl和H-O-Cl，则()2CN与2HO反应的生成物的结构

式分别是H-C≡N、H-O-C≡N。ⅱ．N原子的电负性大，-CN具有吸电子效应，使HCN中H-C的极性更大，更易断裂，所以HCN的酸性比乙炔的强。③将2MnCl溶液与柠檬酸钠(3657NaCHO)溶液混合，发

生反应：()23657365723Mn2CHOMnCHO+−+，降低了2Mn+的浓度，再加入()46NaFeCN溶液以制备()6NaMnFeCNx晶体，使制备晶体的反应速率减小；随着反应进行，2Mn+的浓度降低，3Mn2++2C6H5O73−⇌Mn3(C6H5O7)2逆向进

行，释放出2Mn+，使制备晶体的反应缓慢且平稳。【小问3详解】铁原子位于晶胞的顶点和面心，根据均摊原则，26MgFeH晶胞中Fe原子数为1186482+=，根据分子式26MgFeH可知，H原子个数为24。②该晶体的密度为()3

33217AA4M4Mg/cm10a10aNN−−=。16.某钴矿石的主要成分有CoO、Co2O3、MnO、Fe2O3、MgO和SiO2等。由该矿石粉制备CoC2O4固体的方法如图(部分催化剂已略)。已知：金属离子沉淀的pH：Fe3+Fe2+Mg2+Mn2+Co2+开始沉淀

时1.56.38.9827.4完全沉淀时2.89.310.910.29.4（1）Co2O3溶于浓硫酸，生成Co2+和一种可使带火星的木条复燃的气体，该气体是______。（2）向溶液1中加入NaOH溶液，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，应调节pH至少大于____

__。（3）向溶液2中加入NaF溶液，去除的离子是_______。（4）向溶液3中加入氨水和过氧化氢溶液，将Co2+转化为336Co(NH)+。补充完整下列离子方程式：______。______Co2++_

_____H2O2+______NH3=______336Co(NH)++______（5）溶液4中，若将1mol336[Co(NH)]+全部转化为CoC2O4沉淀，需要消耗(NH4)2C2O4______mol。（6）关于上述流程，下

列说法正确的是______(填序号)。a.若矿石粉中存在少量FeO，经上述流程也可制得纯度相同的CoC2O4.b.向溶液3中加入氨水，作用仅是调节溶液的pHc.流程中，仅通过调节溶液的pH无法将金属元素完全分离【答案】（1）O2（2）2.8（3）Mg2+（4）2Co2++H2O2+

12NH3=2336Co(NH)++2OH-（5）1.5（6）ac【解析】【分析】钴矿石的主要成分有CoO、Co2O3、MnO、Fe2O3、MgO和SiO2等，由该矿石粉制备CoC2O4固体时，先将矿石粉加入浓硫酸并加热，只有S

iO2不溶；往溶液中加入NaOH溶液调节溶液的pH，此时Fe3+全部生成Fe(OH)3沉淀；往溶液2中加入NaF溶液，Mg2+转化为MgF2沉淀；此时溶液3中含有Mn2+和Co2+，加入氨水和H2O2溶液，将Mn2+转化为MnO2沉淀，Co2+转化为336Co

(NH)+；最后往溶液4中加入稀硫酸和(NH4)2C2O4，便可得到CoC2O4。【小问1详解】某气体可使带火星的木条复燃，则该气体是O2。【小问2详解】向溶液1中加入NaOH溶液，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，表中信息显示，Fe3+发生沉淀的pH范围为

1.5~2.8，所以应调节pH至少大于2.8。【小问3详解】向溶液2中加入NaF溶液，只有Mg2+会生成MgF2沉淀，所以去除的离子是Mg2+。【小问4详解】向溶液3中加入氨水和过氧化氢溶液，将Co2+转

化为336Co(NH)+，则1个Co2+失去1个e-，而1个H2O2得到2e-，所以Co2+、H2O2的化学计量数为2、1，再利用质量守恒、电荷守恒便可配平其它物质的化学计量数，从而得出离子方程式：2Co2++H2O2+12NH3=2336Co(NH)++2OH-。【小问5详解】溶液

4中，若将1mol336Co(NH)+全部转化为CoC2O4沉淀，还原1mol336Co(NH)+需要消耗(NH4)2C2O40.5mol，此时生成1molCo2+，沉淀Co2+需消耗(NH4)2C2O41mol，则共需消耗(NH4)2C2O41.5mol。【小问6

详解】a.若矿石粉中存在少量FeO，则溶液3中加入氨水的H2O2溶液后，Fe2+也会转化为Fe(OH)3沉淀，所以经上述流程也可制得纯度相同的CoC2O4，a正确；b.向溶液3中加入氨水，作用不仅是调节溶液的pH，而且还将Co3+转化为336Co(NH)

+，b不正确；c.流程中，Mg2+需要形成MgF2沉淀除去，所以仅通过调节溶液的pH无法将金属元素完全分离，c正确；故选ac。17.氮氧化物会造成环境污染，我国科学家正着力研究SCR技术(NH3选择性催化还原氮氧化物)对燃煤电厂烟气进行脱硝处理。(1)氮氧化物(以NO为主)直接排放到空气中会形成

硝酸型酸雨，反应化学方程式为_______。(2)NH3催化还原NO的化学方程式为_______。(3)铁基催化剂在260～300℃范围内实现SCR技术的过程如下：①反应iv中消耗的NO2(NH4+)2与NO的物质的量之比

为_______。②适当增大催化剂用量可以明显加快脱硝速率，结合上述过程解释原因：_______。③向反应体系中添加NH4NO3可显著提高NO脱除率。原因如下：NO-3与NO发生反应NO-3+NO=NO2+NO-2；NO2与NH+4发

生反应iii和反应iv转化为N2；NO-2与NH+4发生反应_______(填离子方程式)转化为N2。(4)相比于铁基催化剂，使用锰基催化剂(活性物质为MnO2)时，烟气中含有的SO2会明显降低NO脱除率。①推测SO2与MnO2会发生反应使催化剂失效，其化学方程式是_______。②持续通入含

SO2的烟气。不同温度下，每隔1h测定NO脱除率，结果如下：的相同时间，200℃时NO脱除率低于100℃，原因是_______。【答案】①.2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO②.4NH3+6NO催化剂5N2+6H2O③.1：1④.反应ii为

脱硝反应决速步，增大催化剂的用量可提高反应ii的速率，进而提高脱硝反应速率⑤.NO-2+NH+4=N2+2H2O⑥.MnO2+SO2=MnSO4⑦.温度升高使催化剂失效速率加快，导致温度升高对NO脱除速率增大的影响不如催化剂失效对NO脱除

速率降低的影响显著【解析】【详解】氮氧化物(以NO为主)直接排放到空气中会形成硝酸型酸雨，NO与空气中的O2反应生成NO2，反应方程式为2NO+O2=2NO2，NO2与水反应生成硝酸和NO，反应方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，从而

形成硝酸型酸雨，故答案为2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO；NH3催化还原NO，氨气中的N由-3价升高到0价，NO中的N的化合价由+2价降到0价，化学方程式为4NH3+6NO催化剂5N2+

6H2O；故答案4NH3+6NO催化剂5N2+6H2O；(3)①反应ivNO2(NH4+)2中N的化合价有两种，一个+2价的N和两个-3价的N，而NO中的N的化合价为+2价，所以二者反应生成N2，只需要1:1就能恰

好完全反应，所以二者的物质的量之比为1:1；②整个化学反应的快慢由最慢的反应过程来决定，由上图知反应速率由反应ⅱ来决定，所以适当增大催化剂用量可以明显加快反应ⅱ的反应速率，从而使脱硝速率明显加快；③中NO-2与NH+4发生反应转化为N2的离子方程式为NO-2+NH+4=N2+2H2O；故答案为

1：1反应ii为脱硝反应的决速步，增大催化剂的用量可提高反应ii的速率，进而提高脱硝反应速率NO-2+NH+4=N2+2H2O；(4)①推测SO2与MnO2会发生反应使催化剂失效，因为二氧化锰把二氧化硫氧化生成硫酸根，二氧化锰中

的锰由+4降到+2价，其化学方程式为MnO2+SO2=MnSO4，②由上图可知，相同时间，200℃时NO脱除率低于100℃，虽然升高温度能加快反应速率，但升高温度会使催化剂失效而使反应变慢，而催化剂对的反应速率的影响超过温度对反应速

率的影响，所以200℃时NO脱除率低于100℃。18.某钒渣主要成分为23VO(含有少量23AlO、CaO)，以其为原料生产25VO的工艺如下图：已知：i．钒酸(34HVO)是强酸，43NHVO(偏钒酸铵)难溶于水；5+价钒在溶液中

的主要存在形式与溶液pH的关系如表所示。pH4~66~88~1010~12主要离子2VO+3VO−427VO−34VO−ii．室温下，()sp3CaCOKm=，()sp342CaVOKn=。iii．3Al+在溶液pH3.3=时开始沉淀，溶液pH4.7=时沉淀完

全。请回答以下问题：（1）“酸浸”前需将块状固体粉碎，其目的是_______；焙烧过程中23VO生成()32CaVO的化学方程式为___________。（2）已知()32CaVO难溶于水，可溶于盐酸。若“酸浸”时溶液的pH5=，则()32CaVO溶

于盐酸的离子方程式为________。（3）“转沉”时，发生反应()()()()()23343432CaVOs3COaq2VOaq3CaCOs−++，该反应的平衡常数K=________(用含m、n的代数式表示)。（4）“沉钒2”的沉钒率随温度的变化如图所示，温度高于80℃沉钒率下降的原因是

_________。（5）产品纯度测定：将gm产品()25VO溶于足量稀硫酸配成()242100mLVOSO溶液。取20.00mL该溶液于锥形瓶中，用1224molLHCOa−标准溶液进行滴定，经过三次滴定，达到滴定终点时平均消耗标准溶液的体积为20.00mL。①

完成下列滴定过程的离子方程式：____________。222242__VO__HCO____=VO__CO___++++++②产品的纯度为_________(用质量分数表示，()125MVO=182gmol−)。【答案】（1）①.增大固体反应物与酸的接触面积，加快酸浸的速率②.

()23232VOCaOOCaVO++高温（2）()23222CaVO4HCa2VO2HO++−+=++（3）3nm（4）高于80℃时4NH水解程度增大，()4NHc减小（5）①.22224222VO1HCO2H2VO2CO2HO+++++=++②.18.2a100%m【解析】【分

析】由题给流程可知，废钒渣中加CaO在空气中焙烧时，V2O3与CaO、空气中的氧气反应转化为32Ca(VO)，Al2O3与CaO反应转化为22Ca(AlO)；向焙烧后的固体中加入盐酸，pH=5时将32Ca(

VO)转化为2VOCl，-2AlO转化为3Al(OH)沉淀，过滤得到含有3Al(OH)的滤渣1和含有2VO+的滤液；向滤液中加入石灰乳，将2VO+转化为342Ca(VO)沉淀，过滤得到滤液1和342Ca(VO)；向342Ca(VO)中加入碳酸铵溶液，将342Ca(VO)转化为4

34(NH)VO，过滤得到含有3CaCO的滤渣2和含有434(NH)VO的滤液；向滤液中加入氯化铁固体，将434(NH)VO转化为43NHVO沉淀，过滤得到滤液2和43NHVO；43NHVO灼烧脱氨制得25VO。【小问1详解】酸浸前将块状固体

粉碎,可以增大反应物的接触面积,加快酸浸速率,使酸浸更加充分；由分析可知，V2O3与CaO、空气中焙烧反应转化为32Ca(VO)，反应的化学方程式为：()23232VOCaOOCaVO++高温。【小问2详解】)

由表格信息可知，溶液pH为5时，钒元素在溶液中以2VO+形式存在，则32Ca(VO)与盐酸反应生成22CaClVOCl、和2HO，反应的离子方程式为：()23222CaVO4HCa2VO2HO++−+=++。【小问3详解】由方程式可知，反应的平

衡常数23-23-32+sp3424432-32-32+3333sp3KCa(VO)c(VO)c(VO)c(Ca)nK===c(CO)c(CO)c(Ca)K(CaCO)m=。【小问4详解】氯化铵是强酸弱碱

盐，铵根离子在溶液中的水解反应是吸热反应，当温度高于80℃时，水解平衡向正反应方向移动，溶液中铵根离子浓度减小导致沉钒率下降。【小问5详解】由题知，离子方程中-2+2VOVO→，V元素的化合价从+5降低到+4，2242HCOCO→草酸为还原剂，C元素化合价

从+3价升高到+4，按得失电子守恒、元素质量守恒，可得22224222VOHCO2H2VO2CO2HO+++++=++；产品纯度测定时发生的反应为：22224222VOHCO2H2VO2CO2HO+++++=++，可得关系式

：252224VO2VOHCO+::，已知mg产品溶于足量稀硫酸配成()242100mLVOSO溶液，取20.00mL该溶液，消耗122420.00mLamolLHCO−，则产品的纯度为：13-1100mLa%1molL20.

0010L18218.2a100%=00omgml20gmmL−−。19.探究配制不同金属离子—氨配体溶液的差异性，实验操作及现象如下：实验序号操作现象实验i：()234CuNH+的配制实验i-a在试管内混合4CuS

O溶液和NaOH溶液，再加入过量的1322molLNHHO−产生蓝色沉淀，加入32NHHO后沉淀少部分溶解，溶液变浑浊，静置后上层为深蓝色溶液。实验i-b在试管内混合4CuSO溶液和NaOH溶液，再加入过量的13

26molLNHHO−产生蓝色沉淀，加入32NHHO后沉淀大部分溶解，溶液变浑浊，静置后上层为深蓝色溶液。实验i-c在试管内混合4CuSO溶液和32NHHO溶液，再加入过量的1322molLNHHO−产生蓝色沉淀，加入32NHHO后沉淀完全溶解，得到澄清的深蓝色溶液

。实验ii：()236CoNH+的配制实验ii-a在试管内混合2CoCl溶液和过量1326molLNHHO−得到浅青色沉淀，沉淀未见明显溶解。实验ii-b在试管内混合2CoCl溶液和过量13214molLNHHO−得到浅青色沉淀，沉淀未见明显溶解。实验iii：()32AgNH+

配制实验iii在试管内混合3AgNO溶液和NaOH溶液，再加入过量的1322molLNHHO−产生白色沉淀，加入32NHHO后沉淀完全溶解，得到无色溶液。资料：①饱和氨水的浓度约为114molL−②2Co(OH)为浅青色沉淀③()236CoNH+溶液为红色，在活性炭催

化下转化为橙黄色的()336CoNH+溶液（1）实验i-a中生成蓝色沉淀的离子方程式为___________。的（2）有研究认为蓝色沉淀中还有224Cu(OH)SO成分，其可以溶于稀酸。检验蓝色沉淀中不止

含2Cu(OH)的实验操作为：将蓝色沉淀过滤，充分洗涤后，___________。(填后续操作和现象)（3）对比实验i-a和实验i-b，从平衡移动角度，结合化学用语解释32NHHO对()234CuNH+生成

有一定促进作用的原因___________。（4）对比实验i-a和实验i-c中再加入过量氨水前的反应，推测4NH+对()234CuNH+生成有一定促进作用。设计下图所示实验：在1、2试管内分别完成对实验i-a的重复，再分别加

入不同试剂。实验现象证实了预测。①x的化学式是___________，c=___________。②实验现象是___________。（5）从平衡移动角度，结合化学用语，解释4NH+对()234CuNH+生成有一定促进作用的原因___

________。（6）针对实验ii未能成功配制()236CoNH+溶液，结合以上分析，提出改进方案：①在实验ii-a的基础上继续加入___________，即可成功配制。②验证配制成功的操作及实验现象是：取①的上层红色清液

，加入少许活性炭振荡试管，溶液转为橙黄色，反应的离子方程式为：___________。（7）综合以上分析，配制不同金属离子—氨配体溶液的难易程度存在差异性，推测可能与以下因素有关：配位数、___________。【答案】（1）22Cu2OHCu(OH)+−+=（2

）加入足量稀HCl，固体全部溶解后再加入2BaCl溶液，产生白色沉淀（3）22Cu(OH)(s)Cu(aq)2OH(aq)+−+，()32NHHOc增大，232Cu4NHHO++()2324CuNH4HO++，使沉淀溶解平衡正移，2Cu(OH)更多地转化为()234Cu

NH+（4）①.24NaSO②.1③.试管1中沉淀溶解，2中不溶解（5）22Cu(OH)(s)Cu(aq)2OH(aq)+−+，()4NHc+增大时，4NH+与OH−反应产生32NHHO，增大了()32NHHOc，同时减少了()OHc

−，使沉淀溶解平衡正移，()2Cuc+增加，促进()2232324Cu4NHHOCuNH4HO++++平衡正移（6）①.10滴()4421mol/LNHSO溶液②.()()233242332664CoNHO4NH2HO4CoNH4NHHO+++++++活性炭（

7）氢氧化物提供金属阳离子的难易程度、金属阳离子和3NH配位的难易程度【解析】【小问1详解】实验i-a中硫酸铜与氢氧化钠发生复分解反应生成蓝色沉淀氢氧化铜，离子方程式为22Cu2OHCu(OH)+−+=。【小问2详解】检验蓝色沉淀中不止含2Cu(O

H)，可能还含有224Cu(OH)SO，只要检验硫酸根离子的存在即可，已知224Cu(OH)SO可以溶于稀酸，故实验操作为：将蓝色沉淀过滤，充分洗涤后，加入足量稀HCl，固体全部溶解后再加入2BaCl溶液，产生白色沉淀。【小问3详

解】因为22Cu(OH)(s)Cu(aq)2OH(aq)+−+，()32NHHOc增大，232Cu4NHHO++()2324CuNH4HO++，使沉淀溶解平衡正移，2Cu(OH)更多地转化为()234CuNH+，故32NHHO对()234CuNH+生成有一定促进作用。

【小问4详解】加入过量氨水前，实验i-a中的反应为4242SO2NaOHNaSOCu(O)CuH+=+，实验i-c中的反应为4324242SO2NHHO(NH)SOOH)CuCu(+=+，要推测4NH+对()234C

uNH+生成有一定促进作用，在1、2试管内分别完成对实验i-a的重复，再分别加入不同试剂，需要采用控制单一变量法，故①x的化学式是24NaSO，c=1。实验现象证实了预测，故②实验现象是试管1中沉淀溶解，2中不溶解。【小问5详解】因为22Cu

(OH)(s)Cu(aq)2OH(aq)+−+，()4NHc+增大时，4NH+与OH−反应产生32NHHO，增大了()32NHHOc，同时减少了()OHc−，使沉淀溶解平衡正移，()2Cuc+增加，促进()2232324Cu4NHHOCuNH4HO++++平

衡正移，故4NH+对()234CuNH+生成有一定促进作用。【小问6详解】①由以上分析知，4NH+对()234CuNH+生成有一定促进作用，在在实验ii-a的基础上继续加入10滴()4421mol

/LNHSO溶液，即可成功配制。②验证配制成功的操作及实验现象是：取①的上层红色清液，加入少许活性炭振荡试管，溶液转为橙黄色，反应的离子方程式为：()()233242332664CoNHO4NH2HO4CoNH4NHHO+++++++活性炭。【小问7详解

】综合以上分析，配制不同金属离子—氨配体溶液的难易程度存在差异性，推测可能与以下因素有关：配位数、氢氧化物提供金属阳离子的难易程度、金属阳离子和3NH配位的难易程度。