【文档说明】湖南省邵东市第一中学2025届高三9月第二次月考 化学答案.docx，共(12)页，554.244 KB，由小赞的店铺上传

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答案第1页，共12页学科网（北京）股份有限公司参考答案：题号12345678910答案CDCBDCBADD题号11121314答案DCCC1．C【详解】A．纸本的主要成分是纤维素，为高分子化合物，故A错误；B．乙醇氧化生成乙酸，所以酿

造过程中不只发生水解反应，故B错误；C．由信息可知，蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异分离，则该法为蒸馏，故C正确；D．铜发生吸氧腐蚀生成铜绿，红棕色斑迹是铁锈的颜色，故D错误；故选：C。2．D【详解】

A．NH3的价电子对数为4，有一对孤电子对，VSEPR模型为，A错误；B．质量数=质子数+中子数，质量数标注于元素符号左上角，质子数标注于左下角，中子数为18的氯原子的质量数为17+18=35，核素符号为3517Cl，B错误；C．HCl是共价化合物，不存在电子得失，其形成过程应为，故C错

误；D．基态碳原子的核外电子排布式为1s22s22p2，根据洪特规则，2p轨道上的2个电子应该分别在2个轨道上，且自旋方向相同，轨道表示式：，D正确；答案选D。3．C【详解】A．a为泥三角、f为坩埚，泥三角和坩埚均可用于灼烧，而不是蒸发结晶，故A错误；B．c为量筒无“0”刻度，d为碱式滴定管其零刻

度在上端，故B错误；C．b、e、g分别为蒸馏烧瓶、直形冷凝管和球形分液漏斗，常用于物质的分离，故C正确；D．d、f、g分别为碱式滴定管、坩埚和球形分液漏斗，其中只有坩埚在使用前不需捡漏外答案第2页，共12页其余在使用前均要捡漏，故D错误；答案选C。

4．B【详解】A．日常生活中所用的花生油、牛油分子中均含有酯基，石蜡油主要成分是烃，分子中不含酯基，A错误；B．淀粉溶液、鸡蛋白溶液为胶体，用激光笔照射均能观察到丁达尔效应，B正确；C．硫酸铝溶于水后，铝离子水解，溶液显酸性，碳酸氢钠溶于水后，碳酸氢根水解程度大

于其电离程度，溶液显碱性，C错误；D．计算机芯片、硅太阳能电池的主要材料均为高纯硅，光导纤维的主要材料为二氧化硅，D错误；故选B。5．D【详解】A．有机物Q不饱和度是5，分子式为15223CHO，A正确；B．有机物Q分子的不饱和度为5，则Q分子一定存在能使氯化铁溶液显色的酚

类同分异构体，B正确；C．有机物Q分子中含有的酮羰基、碳碳双键能与氢气发生属于还原反应的加成反应，含有的羧基能发生取代反应，C正确；D．有机物Q分子中含有空间构型为四面体形的饱和碳原子，则分子中所有的碳原子不可能处于同一平面上，D错误；答案选D。6．C【详解】A．1

个4TiCl含有4个σ键，故0.1mol4TiCl中1含有的σ键为0.4AN，故A正确；B．1个CO分子中含有14个质子，标准状况下1.12LCO为0.05mol，含有质子数为0.7AN，故B正确；C．24332FeTiO+6C+7C

l2TiCl+2FeCl+6CO高温中C元素从0价升高为+2价，Cl元素从0价降低为-1价，Fe从+2价变为+3价，转移电子数为14，则每生成1mol4TiCl转移电子数答案第3页，共12页学科网（北京）股份有限公司为7AN，故C错误；D．3FeCl溶液中，Fe3+水解

：3++23Fe+3HOFe(OH)+3H导致阳离子数目变多，1L10.1molL−的3FeCl溶液中，阳离子数目大于0.1AN，故D正确。答案选C。7．B【详解】A．向漂白粉溶液中通入过量SO2的离子方程式

为222244Ca2ClO2SO2HO=CaSOSO2Cl4H+−−−+++++++，A错误；B．向明矾溶液中滴加氢氧化钡溶液至沉淀物质的量最大时，则生成物为氢氧化铝和硫酸钡，B正确；C．向石灰乳中通入过量CO2

的离子方程式为()2232CaOH+2CO=2HCO+Ca−+，C错误；D．银和稀硝酸反应的离子方程式为323Ag4HNO3AgNO2HO+−+++=++，D错误；故选B。8．A【一轮书p54例1和对点训练1改编】【详解】A．M中含有+2价铁，且所含电荷数为0，可能是FeO或F

e(OH)2，A错误；B．R为0价铁元素，且为单质，则为Fe单质，常温下浓硫酸可以使Fe钝化，B正确；C．若Q为金属阳离子，化合价为+2价，则为Fe2+，与K3[Fe(CN)6]反应会生成蓝色沉淀，可用K3[Fe(CN)6]溶液检验，C正确；D．24Fe

O−中Fe元素为+6价，据图可知24FeO−在碱性环境中稳定存在，所以Fe3+与氧化剂在碱性条件下反应可生成24FeO−，D正确；故选A。9．D【一轮复习书p584.工业冶炼铝的工艺流程知识识记】【分析】铝土矿加盐酸生成Al3+和Fe3+，二氧化硅不溶于盐酸，所以要过滤，分离出二氧

化硅；滤液中加过量NaOH，Al3+转化为偏铝酸根(b中含偏铝酸根)，Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤除去Fe(OH)3沉淀，向滤液中通过量的二氧化碳，会生成Al(OH)3沉淀(c)，Al(OH)3受热分解生成Al2O3(d)，最后电解熔融Al2O3生成Al。【详解】A．根据分析，

①②中除加试剂外，还需要进行过滤操，A正确；B．a、b中铝元素的化合价相同，均为+3价，B正确；答案第4页，共12页C．根据分析，Al(OH)3受热分解生成Al2O3，④进行的操作是加热，而且d是氧化铝，

C正确；D．金属铝的冶炼通常采用电解熔融氧化铝的方法，不采用活泼金属置换的方法，D错误；故选D。10．D【详解】A．两溶液的浓度不确定，不能根据溶液的pH值判断水解程度的大小，故A错误；B．焰色呈黄色说明溶液中存在钠离子，不一定是钠盐，故B错误；C．钠与苯酚反应比钠与乙醇反应剧

烈，苯酚中的羟基活性强于乙醇中羟基，故C错误；D．通过现象可知反应生成碳酸钡和二氧化碳气体，则反应离子方程式为：233Ba2HCOBaCO+−+=+22COHO+，故D正确；故选：D。11．D【详解】A．取少量待测液于试管中，先加入过量稀硝酸，无现象，说明待测液中

不含23SiO−、23CO−、23SO−，再加入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明该待测液中含有24SO−或Ag+，A正确；B．由于()2ZnOH和()2MgOH都是白色沉淀，因此向()2MgOH白色沉淀中滴加5滴0.1mol/L4ZnSO溶液，不能证明()2Mg

OH沉淀转化为()2ZnOH沉淀，因此不能验证()sp2ZnOHK和()sp2MgOHK的相对大小，B正确；C．向()344CuNHSO溶液中，加入过量锌粉，溶液由深蓝色变为无色，说明发

生反应()234CuNH+()234ZnZnNHCu++=+，该反应中还原性：Zn>Cu，说明金属性：Zn>Cu，C正确；D．苯与液溴才可以发生取代反应，3FeCl溶液中含有水，使苯与

2Br无法发生取代反应，D错误；故选D。12．C【周考三13题、一轮复习书p44例2】【分析】在氢氧化钠溶液中通入一定量的二氧化碳后，溶液中溶质的组成可能是NaOH和Na2CO3、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、

NaHCO3四种情况，没有产生二氧化碳时的反应可答案第5页，共12页学科网（北京）股份有限公司能为：OH﹣+H+＝H2O和CO23−+H+＝HCO3−，产生二氧化碳的反应为：HCO3−+H+＝H2O+CO2↑；根据加入50mL盐酸时溶质为氯化钠及原子守恒计算出氢氧化钠的物质的量浓度；根

据图象可知，甲溶液中溶质只能为Na2CO3和NaHCO3，乙溶液的溶质为NaOH和Na2CO3；根据HCO3−+H+＝H2O+CO2↑计算出乙溶液中产生二氧化碳的最大值。【详解】A．氢氧化钠溶液中通入二氧化碳

，溶质不可能为NaOH、NaHCO3，根据图象可知，乙溶液中的溶质为NaOH和Na2CO3，故A错误；B．在氢氧化钠溶液中通入一定量的二氧化碳后，溶液中溶质的组成可能是：NaOH和Na2CO3、Na2CO3、Na2CO3

和NaHCO3、NaHCO3四种情况，由图中HCl的用量与产生二氧化碳气体体积的关系可知甲溶液的溶质应该为：Na2CO3和NaHCO3，所以当0＜V(HCl)＜10mL时，甲溶液中没有产生二氧化碳的离子方程式为：CO23−+H+＝HCO3−，故B错误；C．根据图象

可知，当V(HCl)＝50mL时，得到的产物为NaCl，由原子守恒可知：n(NaOH)＝n(NaCl)＝n(HCl)＝0.1mol·L-1×0.05L＝0.005mol，则原氢氧化钠溶液的浓度为：c(NaOH)＝0.005mo10.01L＝0.5mol·L-1，故C正确；D．乙溶液中

滴加盐酸，产生二氧化碳的阶段为：HCO3−+H+＝H2O+CO2↑，根据消耗了10mL盐酸可知，生成二氧化碳的物质的量为：0.1mol/L×0.01L＝0.001mol，标况下0.001mol二氧化碳的

物质的量为：22.4L/mol×0.001mol＝22.4mL，故D错误；故答案为C。13．C【一轮书p52对点演练1，周考二15题，一轮书p67第4题，p54例2整合】【分析】向含锌废液(主要成分为ZnSO4，含少量的Fe

2+、Mn2+)中加入Na2S2O8溶液，生成MnO2沉淀且将Fe2+氧化为Fe3+，过滤后向滤液中加入试剂X调节pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，为了不引入新杂质，试剂X可以为ZnO、ZnCO3、Zn(OH)2等，最后过滤后再加入NH4HCO3沉锌生成碱式碳酸锌ZnCO3·2Zn(OH)2

。【详解】A．Na2S2O8中硫元素的化合价为+6价，Na2S2O8表现氧化性来源于其中的过氧键，故A错误；B．氧化除锰步骤中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：1，故B错误；C．沉锌时发生反应的离子方程式主要是：()2+-332223Zn+6HCO=ZnCO2ZnOH+5C

O+HO，故C正确；D．pH值过大时锌会转为Zn(OH)2沉淀，氨水过量时，Zn2+可以与氨水反应生成答案第6页，共12页[Zn(NH3)4]2+会降低的产率ZnCO3·2Zn(OH)2，故D错误；故答案选C。14．C【周考一

第14题】【分析】由图象可知，OA段气体一直在增加，因稀硝酸的氧化性强于稀硫酸，则OA段发生反应为：Fe+3NO−+4H+=Fe3++NO↑+2H2O。AB段气体没有增加，是因为Fe3+的氧化性强于H+，发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段气体增加，是

因为发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑。最终消耗22.4gFe，最终溶液中溶质为FeSO4，根据Fe元素守恒可以计算n(FeSO4)，进而计算硫酸的物质的量浓度。【详解】A．经分析，OA段发生反应为：Fe+3N

O−+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，产生的是NO，AB段气体没有增加，是因为发生反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段气体增加，是因为发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，产生的是H2，故A正确；B．OA段发生反应为：Fe+3N

O−+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，则A点时溶液中的3NO−都被还原了，只剩SO24−，阳离子有Fe3+和H+，则溶液的成分是Fe2(SO4)3和H2SO4，故B正确；C．经分析最终溶液中的成分是FeSO4，最终消耗22.4gFe，根据铁离子和硫酸根离子的数量关系，则可

求出SO24−的物质的量是0.4mol，OA段发生反应：Fe+3NO−+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，根据消耗铁11.2g，根据反应的离子方程式，可求出NO3−的物质的量是0.2mol，则原混合酸中NO3−和SO24−

物质的量之比为1：2，故C错误；D．经上述分析，溶液中的SO24−的物质的量是0.4mol，则原混合酸中的H2SO4的物质的量为0.4mol，原溶混合酸体积是200mL，则原混合酸中H2SO4的物质的量浓度为2mol·L-1，故D正确；答案BC。15．

(1)除去铁屑表面油污(2)O2(3)32232FeCl6HO+6SOClFeCl+6SO+12HCl加热冷凝回流SOCl2，提高SOCl2的利用率(4)95.0%K3Fe(CN)6制备时SO2(或+4价S)还原FeCl

3答案第7页，共12页学科网（北京）股份有限公司【详解】（1）铁屑表面的油污可溶于碱液，则用NaOH溶液洗涤废铁屑的目的是除去铁屑表面油污，故答案为：除去铁屑表面油污；（2）由于生成的铁离子是过氧化氢分解的催化剂，则滴加10%双氧水时，滴加速率过快会产生气泡，

该气体为O2，故答案为：O2；（3）锥形瓶中氯化铁晶体与SOCl2反应生成无水FeCl3、二氧化硫和氯化氢，其总反应的化学方程式为加热32232FeCl6HO+6SOClFeCl+6SO+12HCl加热；仪器A是球形

冷凝管，其作用是冷凝回流SOCl2，提高SOCl2的利用率，故答案为：32232FeCl6HO+6SOClFeCl+6SO+12HCl加热；冷凝回流SOCl2，提高SOCl2的利用率；（4）①反应的关系式为3+22232FeI2NaSO，所制产品的纯度为30.219

105162.5100%95.0%3.25−=，故答案为：95.0%；②K3Fe(CN)6与亚铁离子反应生成铁氰化亚铁钾沉淀，则所检验FeCl2的试剂为K3Fe(CN)6溶液；产生FeCl2的原因可能是制备时SO2(或+4价S)还原F

eCl3，故答案为：K3Fe(CN)4；制备时SO2(或+4价S)还原FeCl3。16．(1)b(2)+62U3O8+O2+6NaOH＝3Na2U2O7+3H2O(3)2Ce(OH)4+8H++2Cl﹣＝2Ce3++Cl2↑+8H2O4×10﹣7(4)R

aSO4【分析】独居石的主要成分为CePO4，含有Th3(PO4)4、U3O8和少量镭杂质，加入55～60%的NaOH进行热分解，U3O8发生反应：2U3O8+O2+6NaOH＝3Na2U2O7+3H2O，转化为Na2U2O7，CePO4

中的Ce被氧化为Ce(OH)4，将热分解后的物质加水稀释后过滤，得到的滤液中含有Na+、34PO−，滤液浓缩结晶后，得到的晶体化学式为：Na3PO4•12H2O，滤液可用于热分解阶段循环利用，避免产生大量的高碱度废水，过滤得到的固体产物中加入盐酸和凝聚剂，Ce

(OH)4具有氧化性，与盐酸发生反应：2Ce(OH)4+8H++2Cl﹣＝2Ce3++Cl2↑+8H2O，废气为Cl2，调节pH，使铀和Th进入沉淀，向滤液中加入硫酸铵和氯化钡，使BaSO4和RaSO4形成共沉淀，得到含有Ce3+的溶液，经过一系

列操作，得到CeCl3•nH2O，据此分析作答。【详解】（1）a．降低压强，分解速率降低，故a错误；答案第8页，共12页b．降低温度，分解速率降低，故b正确；c．反应时间越长，分解速率逐渐变慢，故c错误；d．提高搅拌速度，分解速率加快，故d错误；故答案为b；（2）Na2U2O7中Na为+1

价，O为﹣2价，根据化合价代数和为0，则铀元素的化合价为+6价，热分解阶段U3O8生成Na2U2O7的化学反应方程式为：2U3O8+O2+6NaOH＝3Na2U2O7+3H2O（3）①根据后续流程可知，生

成+3价Ce，则盐酸溶解Ce(OH)4发生氧化还原反应，其离子方程式为：2Ce(OH)4+8H++2Cl﹣＝2Ce3++Cl2↑+8H2O；②当溶液pH＝4.5时，c(H+)＝1×10﹣4.5mol/L，c(OH﹣)＝1

×10﹣9.5mol/L，c(Th4+)×c4(OH﹣)＝4.0×10﹣45，则c(Th4+)＝4×10﹣7mol/L，此时完全转化为氢氧化钍沉淀；（4）以BaSO4为载体形成共沉淀，目的是去除杂质RaSO4，RaSO4的溶解度更小。17．(1

)90.1−(2)ac(3)小于22Va向左(4)2224SO2HO2e4HSO−+−+−=+(5)416.210mol?L−−32232422NaHSOHONaSOHSOH+++通电【详解】（1）()()()()1322

2CHOHg3/2OgCOg2HOlH764.5kJmol−+=+=−①()()()122COg1/2OgCOgH283.0kJmol−+==−②()()()1222Hg1/2OgHOlH285.8kJmol−+==−③由盖斯定律可知，2+−②③①得到()()()()()()111

23COg2HgCHOHgH283.0kJmol285.8kJmol2764.5kJmol90.1kJ/mol−−−+=−+−−−=−，故答案为：90.1−；（2）a．使用催化剂，可加快反应速率，故选；b．降低反应温度，反应速率减小，故

不选；c．增大体系压强，反应速率加快，故选；答案第9页，共12页学科网（北京）股份有限公司d．不断将3CHOH从反应混合物中分离出来，平衡虽正向移动，但浓度减小、反应速率减小，故不选；故答案为：ac；（3）①相同温度下，同一容器中，增大压

强，平衡向正反应方向移动，则CO的转化率增大，根据图象知，1p小于2p，故答案为：小于；②该温度下，平衡时()()()()3nCOamol10.50.5amolnCHOHcCO(=−==，参加反应()2)amol0.50.5amolnH

2amol2amol0.5amol===−=，，则()cCO0.5a/Vmol/L=、()3cCHOH0.5a/Vmol/L=、()2cHa/Vmol/L=，化学平衡常数()()()23222cCHOHVKcCOcHa==，故答案为：22Va；③

向容器中通入CO、H2、3CHOH各()()0.5amol0.50.5aV0.5aV2KVa2QcaV==，，则平衡向左移动，故答案为：向左；（4）该原电池中，负极上失电子被氧化，二氧化硫到硫酸，硫的化合价升高，所以负极上投放的气体是

二氧化硫，二氧化硫失电子和水反应生成硫酸根离子和氢离子，所以负极上的电极反应式为：2224SO2e2HOSO4H−−+−+=+，故答案为：2224SO2e2HOSO4H−−+−+=+；（5）若混合前23NaSO

溶液的浓度为31210molL−−，等体积混合后浓度为3110molL−−，生成沉淀所需2CaCl溶液的最小浓度为74133.110mol/L26.210molL10−−−−=；电解池中阳极和电源正极相连，失去电子，发生

氧化反应，电解3NaHSO溶液可制得硫酸，硫的化合价升高，所以阳极是3HSO−溶液失去电子被氧化生成24SO−，阳极电极反应式为2324HSOHO2eSO3H−−−++−=+，阴极上得到电子生成氢气，电解反应为32232422NaHSOHONa

SOHSOH+=++通电，故答案为：4132232426.210molL2NaHSOHONaSOHSOH−−+=++通电；。18．(1)1073CHOF羟基、羰基答案第10页，共12页(2)+2NaOHΔ⎯⎯→+3CHCOON

a+H2O(3)CD(4)BD(5)、(6)⎯⎯⎯→丙酸酐浓硫酸3AlCl⎯⎯⎯→2H⎯⎯⎯⎯→钯催化剂⎯⎯⎯→浓溴水【分析】根据A的结构简式可知A发生取代反应生成B，B发生分子内重排生成C，在乙酸钠的作用下C和乙二酸二乙酯

反应生成E，E和氢气发生加成反应生成E，比较E和G的结构简式可知F为，E发生消去反应得F，F再与氢气加成得G，据此解答。【详解】（1）F为，其分子式为：；1073CHOF；由C的结构简式可知其含氧官能团为羟基、

羰基；（2）与足量NaOH在加热条件下所含酯基发生水解反应生成3CHCOONa和，答案第11页，共12页学科网（北京）股份有限公司反应方程式为：+2NaOHΔ⎯⎯→+3CHCOONa+H2O；（3）由以上分析可知反应①为取代反应，反应④为还原反应；（4）

E含有的手性碳原子数为2，故A错误；E中含醇羟基和羧基，可以发生分子间酯化反应形成聚酯，故B正确；E中不含酚羟基，不能使FeCl3发生显色反应，故C错误；E中饱和碳原子采用sp3杂化，苯环和羧基中的碳原子采用sp2杂化，故D正确；（5）①苯环上只有三个取代基，只含有两种官能团，结合组成可知，氟原

子一定是一种官能团，则氧原子组成一种官能团，1mol该物质与足量NaHCO3溶液反应生成2molCO2，可知应含2个-COOH；②核磁共振氢谱图中只有四组吸收峰，说明含四种氢原子，结构具有对称性；符合的结构：、；（6）苯酚和丙酸酐发生流程中①反应

生成：在氯化铝作用下反应生成：；在钯催化剂作用下与氢气加成生成，与溴水发生取代反应生成答案第12页，共12页，合成路线为：⎯⎯⎯→丙酸酐浓硫酸3AlCl⎯⎯⎯→2H⎯⎯⎯⎯→钯催化剂⎯⎯⎯→浓溴水。