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2025年10月调研 化学试题
一、单选题
1．氯化铵等铵态氮肥与氢氧化钙等碱性物质混合施用，会发生反应释放氨气而降低肥效。反应中涉及的下列四种物质，不含离子键的是
A． B． C． D．
2．食品中添加适量的SO2可以起到漂白、防腐的作用。0.5molSO2在标准状况下的体积约为
A．0.5L B．11.2L C．22.4L D．33.6L
3．下列实验操作或实验仪器的使用错误的是
A．用酸式滴定管量取10.00mL高锰酸钾溶液 B．容量瓶和分液漏斗使用前均需检查是否漏水
C．保存氯化亚铁溶液时，加入少量稀盐酸和铁粉 D．皮肤溅上液溴，立即用苯洗涤，然后用水冲洗
4．关于反应6NO+4NH35N2+6H2O，下列说法正确的是
A．NO被氧化 B．NO失去电子 C．NH3发生还原反应 D．NH3是还原剂
5．下列实验方案不能达到预期目的的是
A．用湿润的红色石蕊试纸检验NH3
B．用氯化铵晶体和熟石灰加热制备NH3
C．用浓H2SO4干燥NH3
D．用硝酸银溶液和稀硝酸溶液检验溶液中Cl-
6．反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2可用于制备氧气。下列说法不正确的是
A．Na+的结构示意图为 B．Na2O2中既含离子键又含共价键
C．中C元素的化合价为+4 D．CO2的空间构型为直线形
7．下列物质的转化在给定条件下能实现的是
A．(稀)
B．(溶液)
C．
D．
8．下列实验原理及装置均正确的是
A．图甲：分离乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液
B．图乙：探究NaHCO3固体的热稳定性
C．图丙：用标准酸性KMnO4溶液滴定未知浓度的FeSO4溶液
D．图丁：采用如图装置蒸干FeSO4溶液获得FeSO4·7H2O
9．金属铁广泛应用于生产生活中，铁元素的常见化合价有和价，常见的核素有、、等。是重要的化工原料，硫铁矿烧渣中含有大量的，工业上常将其用于制取绿矾。可用作反应的催化剂。关于反应的说法正确的是
A．减小浓度能加快反应速率
B．使用催化剂可加快反应的速率
C．使用催化剂可实现原料的转化
D．达到化学平衡时，正、逆反应的速率为0
10．室温下，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 向滴有酚酞的0.1 mol/L的Na2CO3溶液中滴加少量NaOH溶液，观察现象 证明Na2CO3溶液中存在水解平衡
B 向Zn和稀硫酸反应的试管中加入少量铜粉，观察现象 证明形成原电池可以加快Zn的腐蚀
C 用饱和Na2CO3溶液浸泡CaSO4沉淀，观察现象 比较Ksp(CaCO3)和Ksp(CaSO4)的大小
D 将石油裂解后产生的气体通入高锰酸钾溶液，观察现象 证明石油裂解气中含乙烯
A．A B．B C．C D．D
11．下列由废易拉罐制取的实验原理与装置不能达到实验目的的是
A．用装置甲溶解废易拉罐细屑 B．用装置乙过滤得到Na[Al(OH)4]溶液
C．用装置丙制取沉淀 D．用装置丁灼烧制取
12．在酸性条件下可发生反应：。以为原料制取晶体的实验操作或原理不能达到实验目的的是
A．用装置甲制取含的悬浊液 B．用装置乙吸收挥发出的气体
C．用装置丙除去S和未反应的 D．用装置丁蒸干溶液，获得
13．有机化合物Z是一种重要化工中间体，可由如下反应制得。

下列有关说法正确的是
A．该反应涉及加成反应、消去反应
B．Y分子中和杂化的碳原子数目比为1∶2
C．X、Y均可与新制悬浊液反应
D．1mol X与氢气反应最多消耗氢气3mol
二、解答题
14．以孔雀石[主要成分是，含少量等杂质]为原料制备胆矾的过程如下。回答下列问题：
I．酸溶、过滤。粉碎矿石，加入硫酸溶液充分溶解。过滤，得到滤液1和滤渣1。
(1)粉碎矿石的目的是 ；滤渣1的主要成分是 。
Ⅱ．氧化、调。向滤液1中加入适量双氧水，调节；过滤，得到滤渣2和滤液2。
已知几种金属离子生成氢氧化物沉淀的如表所示：
金属离子
开始沉淀的 7.0 6.0 1.9
完全沉淀的 9.0 8.0 3.2
(2)实际消耗双氧水的量大于理论量，其原因是 。
(3)调节范围为 。
Ⅲ．分离产品。对滤液2进行“一系列操作”得到胆矾。
(4)“一系列操作”包括：“将滤液2蒸发至表面形成一层晶膜时停止加热”，然后冷却、过滤、用酒精洗涤、低温烘干得到产品。用酒精替代水洗涤产品的优点是 。
(5)在溶液中加入足量溶液生成碘和铜的二元化合物M，M的晶胞如图所示(注明：顶点上球为铜)。则该二元化合物的化学式为 。
15．A的产量可以用来衡量一个国家石油化学工业的发展水平。E是有香味的液体，有关物质的转化关系如下(部分反应条件未标注)。请回答下列问题：
(1)A的名称是 。
(2)A→B的反应类型是 。
(3)D中官能团的名称是 。
(4)下列说法不正确的是______(填字母)。
A．B→C可用铜作催化剂
B．C→D为氧化反应
C．A是一种植物生长调节剂
D．食醋的酸味主要来源于C物质
(5)B+D→E的化学方程式是 。
16．近年科学家提出“绿色自由”构想。把含有大量CO2的空气吹入K2CO3溶液中，再把CO2从溶液中提取出来，并使之与H2反应生成可再生能源甲醇(CH3OH)。其工艺流程如图所示：
(1)甲醇具有的官能团名称是 。
(2)在分解池中，发生反应的化学反应方程式为 。
(3)在合成塔中的反应条件下，0.1molCO2参与反应生成CH3OH，转移的电子的物质的量为 mol。
(4)乙酸甲酯(C3H6O2)是合成某些香料的原料，可由甲醇与乙酸在浓硫酸、加热条件下反应得到。生成乙酸甲酯的化学反应方程式是 。
17．《梦溪笔谈》记载：“信州铅山具有苦泉，流以为涧。挹其水熬之，则成矾，…。熬矾铁釜，久之亦化…”，苦泉之水亦称胆水。取上述矾并加强热，得黑色固体，其易溶于热盐酸，生成的绿色溶液与铜丝煮沸，得溶液A，用大量水稀释后，得白色沉淀B，B可溶于氨水中生成无色溶液C，C若暴露于空气中，则变成溶液D。
(1)写出文中所提及的矾的化学式 。
(2)写出A、B、C、D所代表的物质 。
(3)分别写出C、D物质中心离子的价电子组态、杂化形式、对应的配离子构型 。
(4)单从核外电子排布规则来看，C、D中心离子哪个更稳定？在溶液中的情况又如何？试解释之 。
18．脱除沼气中的H2S具有重要意义，脱除H2S有多种方法。
(1)受热分解法。将H2S和CH4混合气导入热解器，反应分两步进行。
反应Ⅰ：2H2S(g)=2H2(g)+S2(g) ΔH1 =169.8kJ·mol-1
反应Ⅱ：CH4(g)+S2(g)=CS2(g)+2H2(g) ΔH2 =63.7kJ·mol-1
现将H2S和CH4按照2：1体积比投料，并用N2稀释。在常压和不同温度下，反应相同时间后，H2、S2和CS2的体积分数随温度的变化关系如图所示。
①2H2S(g)+CH4(g) =CS2(g)+4H2(g) ΔH3 = 。
②1050℃时，H2的体积分数为 。
③在950℃～1150℃范围内，其他条件不变，随着温度的升高，S2(g)的体积分数先增大而后减小，可能是 。
(2)光电催化法。某光电催化法脱除H2S的原理如图所示。
①光电催化法脱除H2S的离子方程式为 。
②与受热分解法相比，光电催化法的优点是 。
(3)催化重整法。Fe2O3可以用作脱除H2S的催化剂，脱除过程如图所示。
①Fe2O3脱除H2S时需先进行吸附。利用如图乙进行吸附，比如图甲吸附能力强的原因是 。
②脱除一段时间后，催化剂的活性降低，原因是 。
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D B D D C A C A B B
题号 11 12 13
答案 D D A
1．D
【详解】A． 中铵根离子和氯离子之间存在离子键，故A不选；
B． 中钙离子和氢氧根离子之间存在离子键，故B不选；
C． 中钙离子和氯离子之间存在离子键，故C不选；
D． 中只存在N-H共价键，不存在离子键，故D选；
故选D。
2．B
【详解】0.5molSO2在标准状况下的体积约为V=nVm=0.5mol×22.4L/mol=11.2L，故答案为：B。
3．D
【详解】A．高锰酸钾溶液具有强氧化性，且一般酸化使用，应用酸式滴定管量取，故A正确；
B．容量瓶和分液漏斗均需要检查是否漏水后使用，故B正确；
C．氯化亚铁具有还原性，且能水解，保存时加入铁粉防止氧化，加少量盐酸抑制其水解，故C正确；
D．苯有毒，不能用苯洗去皮肤上的液溴，可用酒精洗，故D错误；
故选：D。
4．D
【详解】A．NO中N的化合价降低被还原，A错误；
B．NO中N的化合价降低，得到电子，B错误；
C．NH3中N的化合价升高，发生氧化反应，C错误；
D．NH3中N的化合价升高，发生氧化反应，是还原剂，D正确；
答案选D。
5．C
【详解】A．NH3能使湿润红色石蕊试纸变蓝，可以用湿润的红色石蕊试纸检验NH3，故A能达到目的；
B．，可以用氯化铵晶体和熟石灰加热制备NH3，故B能达到目的；
C．氨气为碱性气体，和硫酸会发生反应，不能用浓硫酸干燥氨气，故C不能达到目的；
D．向溶液中滴加稀硝酸酸化后再加入硝酸银溶液，有白色沉淀生成，则溶液中有Cl-，否则没有Cl-，故D能达到目的；
故选C。
6．A
【详解】
A．Na是11号元素，故Na+的结构示意图为：，A错误；
B．Na2O2中既含Na+与之间的离子键又含内的O-O共价键，B正确；
C．已知中O的化合价为-2价，故C元素的化合价为+4，C正确；
D．CO2中心原子C周围的价层电子对数为：2+=2，根据价层电子对互斥理论可知，CO2的空间构型为直线形，D正确；
故答案为：A。
7．C
【详解】A．稀硝酸和铜生成一氧化氮，一氧化氮和氧气生成二氧化氮，二氧化氮和水生成硝酸，A错误；
B．二氧化碳和次氯酸钙溶液生成次氯酸，次氯酸见光分解为氧气而不是氯气，B错误；
C．煅烧生成二氧化硫，二氧化硫被过氧化氢氧化为硫酸，C正确；
D．硝酸银和过量氨水生成银氨溶液，银氨溶液可以被葡萄糖还原为银单质，蔗糖本身不是还原糖，不能使得银氨溶液反应生成银单质，D错误；
故选C。
8．A
【详解】A．分离乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液不互溶，出现分层，故可用分液将其分离，A正确；
B．NaHCO3固体分解时会生成水，故试管口应向下倾斜，B错误；
C．高锰酸钾腐蚀橡胶管，标准酸性KMnO4溶液应装在酸式滴定管中，C错误；
D．FeSO4溶液中加热过程中会被氧化，故不能蒸干FeSO4溶液获得FeSO4·7H2O，D错误；
故选A。
9．B
【详解】A．减小浓度，反应物浓度减小，反应速率减慢，A错误；
B．催化剂可加快反应速率，故使用催化剂可加快反应的速率，B正确；
C．可逆反应不能实现原料的完全转化，催化剂可加快反应速率，但是不能提高原料的转化率，实现原料的100%转化，C错误；
D．达到化学平衡时，正、逆反应的速率相等，但不为0，D错误；
故选B。
10．B
【详解】A．Na2CO3在溶液中发生水解反应使酚酞溶液显红色。向Na2CO3溶液中加入NaOH，溶液红色颜色加深，这是由于NaOH加入，导致c(OH-)增大，直接导致pH升高，而不能证明Na2CO3在溶液中水解平衡存在，无法说明的水解被抑制，A错误；
B．Zn和稀硫酸发生置换反应产生ZnSO4和H2，反应发生看到又大量气泡产生，当加入Cu粉后，Zn与Cu、H2SO4溶液形成原电池，Zn作原电池的负极而导致Zn腐蚀速率加快，看到产生气泡更快，因此证明形成原电池可以加快Zn的腐蚀，B正确；
C．用饱和溶液浸泡沉淀，由于浓度过高，无论和的溶度积相对大小如何，只要满足Q(CaCO3)＞Ksp(CaCO3)时，均可能发生沉淀转化生成，因此该实验无法达到比较二者溶度积大小，C错误；
D．高锰酸钾褪色仅能证明裂解气含不饱和物质，无法确认该气体中是否含有乙烯，D错误；
故合理选项是B。
11．D
【详解】A．易拉罐中的铝元素组成的相关物质可与NaOH反应被溶解，生成Na[Al(OH)4]，A正确；
B．可以通过乙装置将Na[Al(OH)4]溶液和未被溶解的固体进行过滤分离，B正确；
C．将二氧化碳通入Na[Al(OH)4]溶液中，可反应生成沉淀，C正确；
D．灼烧固体应选坩埚，D错误；
答案选D。
12．D
【详解】A．装置甲中，与稀硫酸在加热、电磁搅拌条件下发生反应：，可制取制取含的悬浊液，A正确;
B．是酸性气体，能与NaOH溶液反应，装置乙可吸收挥发出的气体，B正确;
C．S和未反应的难溶于水，易溶于水，用装置丙（过滤装置）可除去S和未反应的，C正确。
D．溶液蒸发结晶时，易被氧化，且直接蒸干溶液不能得到晶体，应该蒸发浓缩、冷却结晶，D错误；
故答案选D。
13．A
【详解】
A.X和Y反应历程： ，因此该反应涉及加成反应、消去反应，故A正确；
B. Y分子中和杂化的碳原子数目比为1∶4，故B错误；
C. X含有醛基可与新制悬浊液反应，Y无醛基不能与新制悬浊液反应，故C错误；
D. 1mol X与氢气反应最多消耗氢气4mol，加成苯环需要3mol氢气，醛基需要1mol氢气，因此1mol X与氢气反应最多消耗氢气4mol，故D错误；
故选A。
【点睛】醛基可与与新制悬浊液反应。
14．(1) 增大反应物之间的接触面积，提高反应速率
(2)金属离子催化双氧水分解(或其他合理答案)
(3)(或3.2~6.0)
(4)降低溶解度，减少产品损失，加快干燥
(5)
【分析】粉碎矿石，加入硫酸进行溶解，生成等离子进入溶液，二氧化硅与硫酸不反应，形成滤渣1；加入双氧水，将亚铁离子氧化为铁离子，调节，把铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去（滤渣2），据此分析作答。
【详解】（1）粉碎矿石的目的是增大反应物之间的接触面积，提高反应速率。根据分析可知，滤渣1的成分是。
（2）在、催化下，双氧水分解，使实际消耗量增加。
（3）调使不沉淀，完全沉淀，根据表中数据可知，所以应调节溶液的范围为。
（4）液体表面形成一层晶膜，说明已制成饱和溶液，然后冷却、过滤，得粗品；硫酸铜在乙醇中溶解度小于在水中溶解度，乙醇洗可以减少产品损失，且乙醇挥发性强，乙醇挥发会带走水分，用乙醇洗涤能加快其干燥。
（5）根据均摊法可知铜原子个数为，碘原子个数为：，所以M的化学式为。
15．(1)乙烯
(2)加成反应
(3)羧基
(4)D
(5)
【分析】A的产量可以用来衡量一个国家石油化学工业的发展水平A为乙烯，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，乙醇经氧化生成乙醛，乙醛被氧气氧化成乙酸，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，据此分析解答。
【详解】（1）由以上分析可知A为乙烯，故答案为：乙烯；
（2）乙烯和水发生加成反应生成乙醇，故答案为：加成反应；
（3）D为乙酸，其官能团名称为羧基，故答案为：羧基；
（4）乙醇的催化氧化反应可用Cu或Ag单质作催化剂，故A正确；
乙醛与氧气反应生成乙酸，乙醛发生氧化反应，故B正确；
乙烯具有催熟作用，可促进植物生长，是一种植物生长调节剂，故C正确；
食醋的酸味只要来源自D乙酸，故D错误；
故答案为：D；
（5）乙醇和乙酸在浓硫酸催化条件下生成乙酸乙酯和水，反应方程式为：，故答案为：；
16．(1)羟基
(2)2KHCO3K2CO3+CO2↑+H2O
(3)0.6
(4)CH3COOH+CH3OHCH3COOCH3+H2O
【分析】空气中的CO2与K2CO3溶液生成KHCO3，碳酸氢钾不稳定，在分解池中加热分解生成碳酸钾和二氧化碳、水，二氧化碳与氢气合成甲醇，据此解答。
【详解】（1）甲醇的结构简式为CH3OH，具有的官能团是羟基；
（2）在分解池中，KHCO3发生反应生成碳酸钾和二氧化碳、水，化学反应方程式为2KHCO3K2CO3+CO2↑+H2O；
（3）在合成塔中的反应：K2CO3+CO2+H2O=2KHCO3，碳元素的化合价由+4价降低到-2价，0.1molCO2参与反应生成CH3OH，转移的电子的物质的量为0.6mol；
（4）甲醇与乙酸在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成乙酸甲酯，反应的化学反应方程式CH3COOH+CH3OHCH3COOCH3+H2O。
17．(1)CuSO4·5H2O
(2)A：[CuCl2]- B:CuCl C：[Cu(NH3)2]+ D:[Cu(NH3)4]2+
(3)[Cu(NH3)2]+中心离子的价电子组态为3d10，杂化方式为sp杂化，对应的配离子构型为直线型； [Cu(NH3)3]2+中心离子的价电子组态为3d9，杂化方式为dsp2杂化，对应的配离子构型为平面四边形
(4)从核外电子排布规则来看，Cu+的3d10为全满结构更为稳定，但是在溶液中，电荷高、半径小的Cu2+的水合热比Cu+的水合热大得多，这说明Cu+在溶液中不稳定，易歧化产生Cu2+和Cu
【解析】略
18．(1) 233.5 kJ·mol-1 3.6% 在950℃～1100℃之间，以反应I为主，随温度升高，反应I速率增大的幅度大于反应Ⅱ，S2(g)的体积分数增大；在1100～1150℃之间，反应Ⅱ速率增大的幅度大于反应I，S2 (g)的体积分数减小
(2) 2H2S+2I=S2↓+6I-+4H+ 光电催化法脱除H2S，耗能低，还能持续发电；溶液中I-可循环利用，生成的副产物双氧水可回收利用
(3) H2S中的H带正电、S带负电，Fe2O3中的Fe带正电，O带负电；甲吸附方式为同种电性微粒靠近，乙吸附方式中为不同电性微粒靠近时，吸附能力强 反应生成的硫单质附着在催化剂表面
【详解】（1）①已知：反应Ⅰ：2H2S(g)=2H2(g)+S2(g) ΔH1＝169.8 kJ mol-1，反应Ⅱ：CH4(g)+S2(g)=CS2(g)+2H2(g) ΔH2＝63.7 kJ mol-1，由盖斯定律可知，反应Ⅰ+Ⅱ得：2H2S(g)+CH4(g)=CS2(g)+4H2(g) ΔH3=ΔH1+ΔH2=233.5kJ mol-1，故答案为：233.5kJ mol-1；
②1050℃时，S2和CS2的体积分数分别为1.6%、0.1%，由化学方程式体现的关系可知，反应Ⅱ生成H2、消耗S2的体积分数分别为0.1%×2=0.2%、0.1%，反应Ⅰ生成S2的体积分数为(0.1%+1.6%)=1.7%，则反应Ⅰ生成H2的体积分数为1.7%×2=3.4%，故H2的体积分数为3.4%+0.2%=3.6%，故答案为：3.6%；
③在950℃～1100℃之间，以反应Ⅰ为主，随温度升高，反应Ⅰ速率增大的幅度大于反应Ⅱ，S2(g)的体积分数增大；在1100～1150℃之间，反应Ⅱ速率增大的幅度大于反应Ⅰ，S2(g)的体积分数减小；故在950℃～1150℃范围内，其他条件不变，随着温度的升高，S2(g)的体积分数先增大而后减小，故答案为：在950℃～1100℃之间，以反应Ⅰ为主，随温度升高，反应Ⅰ速率增大的幅度大于反应Ⅱ，S2(g)的体积分数增大；在1100～1150℃之间，反应Ⅱ速率增大的幅度大于反应Ⅰ，S2(g)的体积分数减小；
（2）①光电催化法脱除H2S的反应为硫化氢和发生氧化还原反应生成S2和碘离子及氢离子，离子方程式为2H2S+2＝S2↓+6I-+4H+，故答案为：2H2S+2＝S2↓+6I-+4H+；
②与受热分解法相比，光电催化法的优点是光电催化法脱除H2S，耗能低，还能持续发电；溶液中I-可循环利用，正极生成的副产物双氧水可回收利用，故答案为：光电催化法脱除H2S，耗能低，还能持续发电；溶液中I-可循环利用，生成的副产物双氧水可回收利用；
（3）①Fe2O3脱除H2S时需先进行吸附。利用如图乙进行吸附，比如图甲吸附能力强的原因是H2S中H带正电、S带负电，Fe2O3中Fe带正电，O带负电；甲吸附方式为同种电性微粒靠近，乙吸附方式中为不同电性微粒靠近时，故乙方式吸附能力强，故答案为：H2S中H带正电、S带负电，Fe2O3中Fe带正电，O带负电；甲吸附方式为同种电性微粒靠近，乙吸附方式中为不同电性微粒靠近时，吸附能力强；
②脱除一段时间后，催化剂的活性降低，原因是反应生成的硫单质附着在催化剂表面，降低了催化剂的表面积，故答案为：反应生成的硫单质附着在催化剂表面。

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