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广东省揭阳市三校联考2025-2026学年高三上学期10月月考 化学试题
1．（2025高三上·揭阳月考）文房用品是传统文化的重要组成部分。下列文房用品的主要材质属于金属材料的是
A．玉杆斗笔 B．铜质笔架
C．御制宣纸 D．五彩瓷砚
A．A B．B C．C D．D
2．（2025高三上·揭阳月考）广东是岭南文化的集萃地。下列有关岭南文化的说法不正确的是
A．“海丝文化”：海上丝绸贸易用于交易的银锭中存在金属键
B．“茶艺文化”：沏泡功夫茶利用了萃取原理，水作萃取剂
C．“建筑文化”：制作博古梁架时，在木材上雕刻花纹的过程主要发生化学变化
D．“戏剧文化”：现代粤剧舞台上灯光光柱的形成是因为丁达尔效应
3．（2025高三上·揭阳月考）2025年7月15日，搭载天舟九号货运飞船的长征七号运载火箭在海南文昌发射升空，体现了我国强大科技力量。下列说法正确的是
A．“天舟九号”为空间站送去电推进氙气瓶，与互为同位素
B．“天舟九号”配有半刚性太阳电池阵“翅膀”，工作时将化学能转化为电能
C．“长征七号”采用液氧、煤油等作为推进剂，液氧、煤油是纯净物
D．“长征七号”使用碳纤维材料减轻火箭质量，碳纤维属于有机高分子材料
4．（2025高三上·揭阳月考）劳动有利于“知行合一”。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A FeCl3溶液作腐蚀液制作印刷电路板 Fe3+氧化性强于Cu2+
B 用硫酸钡做钡餐检查胃病 BaSO4既不溶于水，也不溶于酸
C 用福尔马林制作生物标本 甲醛有强还原性
D 用84消毒液消毒
A．A B．B C．C D．D
5．（2025高三上·揭阳月考）通过以下实验装置探究纯碱的性质及用途。其中，实验装置或操作不能达到实验目的的是
A．用纯碱除去铜屑表面的油污 B．测定纯碱溶液显碱性
C．用纯碱接收乙酸乙酯 D．测定纯碱溶液的浓度
A．A B．B C．C D．D
6．（2025高三上·揭阳月考）全世界每年因钢铁锈蚀会造成巨大的损失，为了保护地下的钢铁输水管所采取的措施如图所示。下列说法不正确的是
A．钢铁发生吸氧腐蚀正极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-
B．导线与Zn块连接为牺牲阳极法
C．导线应连接外接电源的负极
D．导线与Cu块连接也可保护钢铁输水管
7．（2025高三上·揭阳月考）黄色固体X是一种金属矿石的主要成分，可发生如下图所示的转化关系(部分反应略去反应条件)，其中Q为红棕色固体，W是一种强酸。
下列说法不正确的是
A．Q可用作油漆的红色颜料
B．YZ为可逆反应
C．Y有漂白作用，还可用于杀菌消毒
D．实际生产中常用H2O吸收Z制W
8．（2025高三上·揭阳月考）陈述I和Ⅱ均正确且具有因果关系的是
选项 陈述I 陈述Ⅱ
A 浓硫酸与Fe不反应 可用钢瓶运输浓硫酸
B Na可与水反应产生O2 Na着火不能用水扑灭
C 用白醋除水垢
D 溶液可用于检验Fe2+ =
A．A B．B C．C D．D
9．（2025高三上·揭阳月考）同一短周期部分主族元素的第一电离能随原子序数递增的变化趋势如图所示，下列说法正确的是
A．原子半径：c＞b＞a B．c对应的元素可形成共价晶体
C．电负性：c＞d＞e D．简单氢化物沸点：e＜d
10．（2025高三上·揭阳月考）硫代硫酸钠 (Na2S2O3)是分析化学中常用的试剂，在酸性溶液中易发生如下化学反应。设为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A．的固体中含有的离子
B．常温常压下，中含有键的个数为
C．中含有的质子数为
D．生成的转移电子的个数为
11．（2025高三上·揭阳月考）某小组探究NH3的催化氧化，实验装置如图，③中气体颜色无明显变化，④中收集到红棕色气体，一段时间后产生白烟。下列分析正确的是
A．①中固体药品可用KClO3代替，②中固体药品可为NH4Cl
B．③、④中现象说明③中的反应是
C．④中白烟的主要成分是NH4Cl
D．一段时间后，⑤中溶液可能变蓝
12．（2025高三上·揭阳月考）柠檬酸是天然防腐剂和食品添加剂，它是一种有机三元弱酸，与NaOH溶液反应生成柠檬酸钠(用Na3Y表示)。下列说法正确的是
A．柠檬酸的电离方程式为：H3Y3H++Y3-
B．NaH2Y水溶液中：c(H2Y-) ＜ c(Na+)
C．Na3Y水溶液中： c(Na+) + c(H+) = 3c(Y3- )+c(OH- )
D．Na3Y水溶液的 pH值随着c(Na3Y)的增大而减小
13．（2025高三上·揭阳月考）从结构探析物质性质和用途是学习化学的有效方法。下列实例与解释不相符的是
选项 实例 解释
A 将95%乙醇加入溶液中析出深蓝色晶体 乙醇极性较小，降低了的溶解性
B 稳定性： 配体的热稳定性：
C 不存在稳定的分子 N价层只有4个原子轨道，不能形成5个键
D 石墨烯中每个C原子未杂化的p轨道重叠使电子在整个平面内运动 石墨烯可用于制造超级电容器
A．A B．B C．C D．D
14．（2025高三上·揭阳月考）下图为一种新型酒精检测仪，利用原电池原理，转移的电子通过导线形成6.4A的恒定电流[已知：电荷量q(C)电流I(A)×时间t(s)、阿伏加德罗常数、]，下列说法不正确的是
A．Pt电极X为电池的负极，发生氧化反应
B．电解质溶液中阳离子移向Pt电极Y
C．该电池工作3s时，检测到呼出气体中的酒精含量为
D．外电路转移电子，进入Pt电极Y的气体大于22.4L(标准状况)
15．（2025高三上·揭阳月考）对反应(I为中间产物)，相同条件下：①加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短；②提高反应温度，增大，减小
。基于以上事实，可能的反应历程示意图(——为无催化剂，------为有催化剂)为
A． B．
C． D．
16．（2025高三上·揭阳月考）我国科学家开发出在碱性海水里直接电解制氢的技术，工作原理如图1所示。MnOx隔水薄膜可以起到阻挡Cl-与电极催化剂活性中心接触的作用，离子交换膜选择性透过在电极A反应的物质，电极A含有M金属催化剂，发生的电极反应过程如图2所示。下列说法不正确的是
A．A极的电极反应式为4OH--4e-=O2↑＋2H2O
B．离子交换膜为阴离子交换膜
C．每转移2 mol电子，理论上电极B产生0.5 mol气体
D．去掉MnOx隔水薄膜后电极A会产生Cl2
17．（2025高三上·揭阳月考）FeCl3易潮解，是一种重要的无机化工品，广泛应用于水处理、印刷电路板制作、染料、催化剂等领域。
（1）FeCl3的制备：
利用下列装置可用于实验室制备少量无水FeCl3，则制取无水氯化铁的实验中，A中反应的离子方程式是　 　，装置B中加入的试剂是　 　。
（2）FeCl3浓度的测定：
①把上述制备的FeCl3配成稀溶液，移取20.00 mL至锥形瓶中，加入　 　作指示剂，用c1 mol/L KI标准溶液滴定。
②重复滴定三次，平均消耗标准溶液V1 mL，则c(FeCl3)=　 　mol/L(用含c1和V1的代数式表示)。
（3）探究工业盐酸呈黄色的原因
【查阅资料】工业盐酸溶有FeCl3，固体FeCl3为棕褐色，为淡紫色，为黄色。
①甲同学观察2 mL 0.01 mol/L FeCl3溶液、2 mL 　 　mol/L Fe2(SO4)3溶液，颜色均为黄色。
【提出猜想】Fe3+发生了水解反应生成显黄色。
②补充完整方程式：　 　。
【实验验证】
初步实验：取3支洁净的试管，分别加入2 mL 0.01 mol/L FeCl3溶液，然后按下表开展实验。
序号 操作 现象
1 滴入10滴6 mol/L H2SO4 溶液黄色褪去，接近无色
2 滴入___________ 溶液黄色略变浅
3 滴入10滴12 mol/L 盐酸 溶液黄色变亮变深
分析讨论：甲同学认为根据实验1现象可知猜想成立，乙同学认为还应开展实验2才能进一步验证。
③请补充完整实验2中操作：　 　。
进一步探究：根据实验3中的异常现象，进一步查阅资料，FeCl3溶液中还存在下列反应：
(黄色)，。
④请设计实验进一步验证该反应的存在(写出操作和现象)：　 　。
【理论验证】
⑤某工业盐酸中
c(Cl-)=c(H+)=10mol/L，则该溶液中　 　。
【实验结论】
⑥工业盐酸呈黄色的原因是主要含有　 　。
18．（2025高三上·揭阳月考）Co2O3主要用作颜料、釉料及磁性材料，一种利用含钴催化剂废料(主要含Co、Fe，还含有少量的CoO、FeO，、CaO、)制备氧化钴(Co2O3)的工艺流程如图所示。
已知：
ⅰ．黄钠铁矾的化学式为；
ⅱ．金属钴与铁具有相似的化学性质；
ⅲ．氧化性：Co3+>ClO-；
iv．常温下，Ksp(CoCO3)=1.6×10-13，Ksp(CoC2O4)=6.3×10-8，当离子浓度≤10-5时可视为沉淀完全。
回答下列问题：
（1）基态Co的价电子排布式为　 　。
（2）“酸浸”时能够加快浸取速率的操作有　 　(任写一种)。
（3）“除铁”时先加入NaClO溶液，目的是　 　，再加入溶液调节pH为2.5~3.0，生成黄钠铁矾沉淀。写出生成黄钠铁矾的离子方程式　 　。
（4）“沉钴1”后的滤液1中c(CO)不低于　 　mol/L。
（5）常温下，向0.01 mol/L Na2C2O4溶液中加入足量CoCO3固体，能否生成CoC2O4沉淀？　 　(通过计算说明)。
（6）CoC2O4 2H2O在空气中加热煅烧得到Co2O3的化学方程式为　 　。
（7）钴的一种化合物的晶胞结构如下图所示。
a．该晶胞中一个Ti周围与其最近的O的个数为　 　。
b．该晶胞中氧、钴、钛的粒子个数比为　 　。
19．（2025高三上·揭阳月考）研究氮氧化物反应机理，对于控制汽车尾气、保护环境有重要意义。脱除汽车尾气中氮氧化物的一种反应如下：
上述反应分两步进行：
反应：
反应：
回答下列问题：
（1）　 　，该反应在　 　下能自发进行(填“高温”、“低温”或“任何温度”)。
（2）在2L密闭容器中，加入4molNO和4molCO，在不同温度下，反应相同时间，测得各产物的物质的量浓度如图1(均未达到平衡)：
①曲线a表示的物质是　 　。
②450℃时，容器中NO的转化率=　 　，此时的选择性=　 　 。(保留2位有效数字，的选择性)
③实验过程中，高于350℃后，逐渐减小，试分析发生该变化的原因是　 　。
（3）已知反应的正反应速率方程表达式为为反应速率常数，与温度、活化能有关。该反应在催化剂的作用下分两步进行。
第一步：；
第二步：……
①请写出第二步的方程式：　 　。
②为提高反应的速率，可采取的措施是　 　。
A．恒容时，再充入CO B．升温 C．恒容时，再充入 D．恒压时，再充入Ar
（4）工业上，利用电解NO制备实现变废为宝，其工作原理如图2所示，阳极电极反应式为　 　。
20．（2025高三上·揭阳月考）N-甲基吗啉氧化物(NMMO)是一种广泛用于有机合成的溶剂。一种以二甘醇为原料合成NMMO的路线如下(反应条件略去)：
（1）二甘醇的分子式为　 　，所含官能团名称为　 　。
（2）吗啉的同分异构体X中含有-CONH2结构的共有　 　种，其中核磁共振氢谱图显示有3组峰，且峰面积比为1：2：6的结构简式为　 　。
（3）下列说法不正确的是___________
A．在二甘醇分子中，存在手性碳原子，并有7个原子采取sp3杂化
B．吗啉易溶解于水，吗啉能与水形成分子间氢键
C．NMM所有碳原子在同一平面内
D．在反应③中，有存在σ键的断裂与形成
（4）酸碱质子理论认为：凡是能接受氢离子的分子或离子称为碱。胺类化合物中氮原子含孤电子对，氮原子上的电子云密度越大，碱性越强。下列三种物质的碱性由强到弱的是　 　(用序号表示)。
①②③
（5）以乙烯为含碳原料，利用①、②的反应原理，合成。基于你设计的合成路线，回答下列问题：
a．最后一步反应中，有机反应物是　 　和　 　(写结构简式)。
b．乙烯一步制得乙醇反应的化学方程式为　 　。
c．在相关步骤中涉及二元卤代烃转化为二元醇的化学方程式为　 　(注明反应条件)。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】合理利用金属资源
【解析】【解答】A、玉杆斗笔的笔杆是玉石，主要成分为二氧化硅（SiO2）、氧化铝（Al2O3）等；笔尖是动物毛发，主要成分为蛋白质。这些都不属于金属材料，故A不符合题意 ；
B、铜质笔架的主要成分是金属铜，而铜属于纯金属，符合金属材料的定义，故B符合题意 ；
C、御制宣纸的主要成分是纤维素，属于有机高分子化合物，不属于金属材料，故C不符合题意 ；
D、五彩瓷砚的主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】要解决这道题，需先明确金属材料的范畴（包括纯金属和合金），再分析各选项的主要材质。
2．【答案】C
【知识点】金属键；分液和萃取；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、银锭是金属银的单质形态，金属原子间通过金属键结合，因此银锭中存在金属键，A正确；
B、沏泡功夫茶时，茶叶中的可溶性成分溶解于水，这利用了萃取原理，水作为萃取剂将有效成分萃取出来，B正确；
C、在木材上雕刻花纹只是改变了木材的形状，没有新物质生成，属于物理变化，而非化学变化，C错误；
D、现代粤剧舞台上的灯光光柱是因为空气中的小颗粒形成胶体，光线通过时产生丁达尔效应，D正确；
故答案为：C。
【分析】解题核心是区分物理变化与化学变化（有无新物质生成）、理解金属键、萃取原理和丁达尔效应的概念，结合岭南文化中的具体场景逐一判断即可。
3．【答案】A
【知识点】同位素及其应用；物质的简单分类
【解析】【解答】A、同位素是指质子数相同、中子数（或质量数）不同的同种元素的原子。氙的不同核素（如 与 ）质子数相同、质量数不同，互为同位素，A正确；
B、太阳电池阵“翅膀”工作时是将光能转化为电能，而非化学能转化为电能，B错误；
C、液氧是纯净物，但煤油是多种烃类的混合物，并非纯净物，C错误；
D、碳纤维是由碳元素组成的新型无机非金属材料，不属于有机高分子材料，D错误；
故答案为：A。
【分析】解题核心是准确掌握同位素的定义、能量转化形式（光能→电能或化学能→电能）、纯净物与混合物的区别（单一成分 vs 多种成分）、材料的分类（无机非金属材料或有机高分子材料），结合航天科技中的具体应用场景逐一判断即可。
4．【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；氧化性、还原性强弱的比较；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、用 FeCl3溶液腐蚀铜制作印刷电路板，原理是 Fe3+能与 Cu 发生反应（2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+）。该反应中 Fe3+是氧化剂，Cu2+是氧化产物，根据 “氧化剂氧化性强于氧化产物”，可知 Fe3+氧化性强于 Cu2+，故A不符合题意 ；
B、硫酸钡（BaSO4）用作钡餐检查胃病，是因为它既不溶于水，也不溶于胃酸（主要成分为盐酸），不会释放出有毒的 Ba2+，故B不符合题意 ；
C、福尔马林（甲醛的水溶液）能制作生物标本，是利用甲醛使蛋白质变性的性质（让蛋白质失去活性，防止标本腐烂），而非其强还原性，故C符合题意 ；
D、84 消毒液的有效成分为 NaClO，消毒时 ClO-与空气中的 CO2、H2O 反应（ClO-+H2O+CO2=HClO+HCO3-），生成的 HClO 具有强氧化性，能破坏微生物结构达到消毒目的，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】核心是判断劳动项目的原理与所述化学知识是否匹配：氧化还原反应中氧化性强弱的比较、物质溶解性对其应用的影响、甲醛的蛋白质变性作用（而非还原性）、84 消毒液消毒的本质（HClO 的氧化性）是关键判断依据。
5．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A、纯碱溶液呈碱性，加热可增强其去油污能力（油脂在碱性条件下水解），装置能达到除铜屑表面油污的目的，A正确；
B、用 pH 试纸测定溶液 pH 时，不能将试纸直接浸入溶液（会污染试剂），且镊子夹取试纸操作不规范（应使用玻璃棒蘸取），装置、操作无法准确测定纯碱溶液的碱性，B错误；
C、饱和 Na2CO3溶液可吸收乙酸乙酯中的乙醇、乙酸，同时降低乙酸乙酯的溶解度，装置能实现接收乙酸乙酯的目的，C正确；
D、用盐酸标准液滴定纯碱溶液（结合指示剂），可通过中和滴定测定纯碱溶液的浓度，装置能达到实验目的，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．抓住 “纯碱溶液显碱性，加热促进油脂水解” 的原理，判断能除油污。
B．明确 pH 试纸的正确操作（不能直接浸入溶液、需用玻璃棒蘸取），据此判断操作错误。
C．利用 “饱和 Na2CO3溶液能除杂、降酯溶解度” 的性质，判断能接收乙酸乙酯。
D．依据中和滴定的原理，判断盐酸标准液可滴定纯碱溶液测浓度。
6．【答案】D
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；电解原理
【解析】【解答】A、钢铁发生吸氧腐蚀时，正极反应为氧气得电子，电极反应式为：，A正确；B、当导线与锌块连接时，构成牺牲阳极的阴极保护法；B正确；
C、采用外接电源保护法时，导线应连接电源的负极；C正确；
D、若导线与铜块连接，无法实现对钢铁输水管的保护；D错误；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点主要有 2 个：
牺牲阳极法的金属活性判断：易混淆金属活泼性，误以为 Cu 比 Fe 活泼，错认为 Cu 可作牺牲阳极；实际 Cu 活泼性弱于 Fe，与 Fe 连接时 Fe 会作负极被腐蚀，无法保护输水管。
外加电流法的电极连接：易搞反外加电流法的电极连接，错认为输水管应接电源正极；实际需接电源负极（作阴极）才能被保护。
7．【答案】D
【知识点】化学反应的可逆性；铁的氧化物和氢氧化物；无机物的推断；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】物质推断：Q 是红棕色固体，可确定为 Fe2O3；W 是强酸，结合转化关系推知为 H2SO4；黄色金属矿石 X 应为含硫铁矿（主要成分 FeS2），其与 O2反应生成 Y 和 Q，故 Y 是 SO2；Y 与 O2反应生成 Z，Z 进而生成 H2SO4，因此 Z 是 SO3。
A、Q 为 Fe2O3（俗称铁红），呈红棕色，可作为油漆的红色颜料，A正确；
B、Y（SO2）转化为 Z（SO3）的反应为 2SO2 + O2在催化剂和加热条件下生成 2SO3，该反应是可逆反应（正逆反应条件相同），B正确；
C、Y（SO2）具有漂白性（可漂白品红等），且能抑制微生物生长，可用于葡萄酒的杀菌消毒，C正确；
D、Z（SO3）与水反应剧烈放热，易形成酸雾导致吸收不完全，实际生产中用 98.3% 的浓硫酸吸收 SO3制 H2SO4，而非直接用水，D错误；
故答案为：D。
【分析】关键是通过 “红棕色固体（Fe2O3）”“强酸（H2SO4）” 等特征锁定物质，再结合可逆反应定义、SO2的性质、SO3的吸收工艺判断选项合理性。
8．【答案】D
【知识点】浓硫酸的性质；钠的化学性质；二价铁离子和三价铁离子的检验；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、浓硫酸与 Fe 在常温下发生钝化（生成致密氧化膜），并非不反应；能用钢瓶运输浓硫酸是因为钝化作用阻止反应进一步发生。陈述 Ⅰ 错误，A不符合要求；
B、Na 与水反应生成 H2（而非 O2）；Na 着火不能用水扑灭是因为 Na 与水反应放热且生成易燃的 H2。陈述 Ⅰ 错误，B不符合要求；
C、白醋（主要成分为 CH3COOH）除水垢（含 CaCO3），反应为 CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O；而陈述 Ⅱ 中的离子方程式将 CH3COOH 拆分为 H+（醋酸是弱酸，不能拆）、CaCO3拆分为 Ca2+（碳酸钙难溶，不能拆），陈述 Ⅱ 错误，C不符合要求。
D、K3[Fe(CN)6] 溶液与 Fe2+反应生成蓝色沉淀 KFe[Fe(CN)6]，因此可用于检验 Fe2+；陈述 Ⅱ 的离子方程式准确体现了该检验原理，陈述 Ⅰ、Ⅱ 均正确且存在因果关系，D符合要求；
故答案为：D。
【分析】核心是判断每个选项中两个陈述的 “正确性” 和 “因果关联性”：需明确钝化的本质（不是不反应）、Na 与水的反应产物、弱电解质和难溶物在离子方程式中的书写规则，以及 Fe2+的特征检验反应（与 K3[Fe(CN)6] 的沉淀反应）。
9．【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；氢键的存在对物质性质的影响；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、同周期主族元素原子半径随原子序数增大而减小。因原子序数 a b > c，A错误；B、c 属于 ⅣA 族，若为 C，可形成金刚石（共价晶体）；若为 Si，可形成晶体硅（共价晶体），因此 c 对应的元素能形成共价晶体，B正确；
C、同周期主族元素电负性随原子序数增大而增大。因原子序数 c < d < e，故电负性 c < d < e，C错误；
D、若为第二周期，d 是 N（氢化物 NH3）、e 是 O（氢化物 H2O），H2O 的氢键更强，沸点 H2O > NH3；若为第三周期，d 是 P（氢化物 PH3）、e 是 S（氢化物 H2S），H2S 范德华力更强，沸点 H2S > PH3，故沸点 e > d，D错误；
故答案为：B。
【分析】元素推断：由第一电离能的 “反常” 现象（ⅡA、ⅤA 族数值较高），可判断该周期至少含 5 种主族元素。其中 a 为 ⅡA 族（Be 或 Mg），b 为 ⅢA 族（B 或 Al），c 为 ⅣA 族（C 或 Si），d 为 ⅤA 族（N 或 P），e 为 ⅥA 族（O 或 S）。
10．【答案】A
【知识点】气体摩尔体积；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质结构中的化学键数目计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、Na2S2O3属于离子化合物，由 2 个 Na+和 1 个 S2O32-构成，因此 1mol Na2S2O3固体中含有的离子总物质的量为 2mol（Na+）+1mol（S2O32-）=3mol，A正确；
B、常温常压下，气体摩尔体积不是 22.4L/mol，无法直接用 22.4L 计算 SO2的物质的量，也就不能确定 σ 键个数，B错误；
C、18g H2O 的物质的量为 1mol，1 个 H2O 分子含 10 个质子（2 个 H 的质子 + 1 个 O 的质子），因此 1mol H2O 中含有的质子数为 10NA，C错误；
D、反应中 S2O32-发生歧化：S 的化合价一部分从 +2 升至 SO2中的 +4，一部分降至 S 中的 0。生成 32g S（1mol）时，只有 1mol S 从 +2 降至 0，转移电子数为 2NA（1mol×2），D错误；
故答案为：A。
【分析】A．明确 Na2S2O3是离子化合物，由 2 个 Na+和 1 个 S2O32-组成，直接计算离子总数。
B．注意 “常温常压” 不是标准状况，22.4L/mol 不适用，无法计算 SO2物质的量。
C．先算 H2O 的物质的量，再明确 1 个 H2O 含 10 个质子（H、O 的质子数之和），计算得质子数为 10NA。
D．分析 S2O32-的歧化反应，生成 1mol S（0 价）时，S 从 +2 价降 2 价，转移电子数为 2NA。
11．【答案】D
【知识点】氨的性质及用途；氨的实验室制法；氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【解析】【解答】A．二氧化锰做催化剂，氯酸钾固体受热分解生成氯化钾和氧气，所以装置①中固体药品能用氯酸钾替代；氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，在试管口遇冷又生成氯化铵堵塞导管，所以②中固体药品不能用氯化铵替代，A错误；
B．③中发生的是氨气在催化剂作用下，与氧气反应生成一氧化氮，而不是二氧化氮；B错误；
C．④中硝酸遇氨气生成硝酸铵，故白烟的主要成分是硝酸铵，不是氯化铵，C错误；
D. 装置⑤中氮的氧化物与水、氧气反应生成硝酸，硝酸与铜反应生成硝酸铜， 硝酸铜溶液呈蓝色，D正确；
故选D。
【分析】装置①中高锰酸钾受热分解生成氧气；装置②中氯化铵与氢氧化钙共热反应制备氨气；装置③中氨气与氧气发生催化氧化反应生成一氧化氮，反应生成的一氧化氮在装置④中遇氧气，生成二氧化氮；二氧化氮与水蒸气生成硝酸，硝酸遇氨气生成硝酸铵，硝酸铵为固体小颗粒，为白烟的主要成分；装置⑤中氮的氧化物与水、氧气反应生成硝酸，硝酸与铜粉反应生成硝酸铜，硝酸铜溶液呈蓝色。
12．【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A． 柠檬酸是三元弱酸，分步发生电离，第一步电离方程式为：H3Y H++H2Y-，故A不符合题意；
B． NaH2Y水溶液中，由于H2Y-既能发生水解，也能进一步电离，故c(H2Y-) ＜ c(Na+)，故B符合题意；
C． Na3Y水溶液中，存在电荷守恒：c(Na+) + c(H+) = c(H2Y-)+ 2c(HY2-)+3c(Y3- )+c(OH- )，故C不符合题意；
D． Na3Y水溶液水解呈碱性，随着c(Na3Y)的增大，c(OH- )增大，pH值增大，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．三元弱酸，分步发生电离；
B． 依据H2Y-既能发生水解，也能进一步电离分析；
C． 依据电荷守恒分析；
D．依据盐类水解规律分析。
13．【答案】B
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、95% 乙醇极性较小，而硫酸四氨合铜在极性小的溶剂中溶解性降低，因此加入乙醇后会析出深蓝色晶体。实例与解释相符，A不符合题意；
B、[Cu (NH3)4]2+比 [Cu (H2O)4]2+稳定，是因为 NH3的配位能力更强（配体与中心离子 Cu2+的结合能力更强），而非配体的热稳定性差异。实例与解释不相符，B符合题意；
C、N 原子价电子排布为 2s22p3，N 层只有 4 个原子轨道，无法形成 5 个 N—F 键，因此不存在稳定的 NF5分子。实例与解释相符，C不符合题意；
D、石墨烯中 C 原子采用 sp2 杂化，每个 C 原子未杂化的 p 轨道相互平行重叠，使电子可在整个平面内自由运动（具有良好导电性），因此可用于制造超级电容器。实例与解释相符，D不符合题意；
故答案为：B。【分析】A．利用 “溶剂极性对物质溶解性的影响” 分析。
B．明确 “配合物稳定性由配体的配位能力决定，而非配体的热稳定性”。
C．根据 “原子轨道数决定成键数目” 判断。
D．结合 “石墨烯的杂化方式与电子离域性” 分析其导电性应用。
14．【答案】C
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、Pt电极X上，呼气中的乙醇被氧化为CO2，发生氧化反应，符合原电池中负极的特征（发生氧化反应），因此Pt电极X是负极，A正确；
B、Pt电极Y上，空气中的O2被还原为H2O，发生还原反应，是正极；原电池中阳离子向正极移动，因此电解质溶液中阳离子会移向Pt电极Y，B正确；
C、 该电池工作3s时，，检测到呼出气体中的酒精含量为，C错误；
D、正极反应为O2 + 4H+ + 4e- = 2H2O，转移4mol电子时，消耗O2的物质的量为1mol（标准状况下体积22.4L）。但进入电极Y的是空气（O2仅占约1/5），因此空气体积需大于22.4L（标准状况），D正确；
故答案为：C。
【分析】A．根据电极反应类型判断正负极（氧化反应为负极，还原反应为正极）。
B．判断原电池中阳离子的移动方向（向正极移动）。
C．通过电子转移计算乙醇的质量，注意“含量（mg/L）”需体积数据。
D．考查正极O2消耗量与空气体积的关系（空气中O2占比约21%）。
15．【答案】A
【知识点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】升高温度， 增大，说明 平衡逆向移动，该反应为放热反应（ ）；
升高温度， 减小，说明 平衡正向移动，该反应为吸热反应（ ）；可排除CD；
加入催化剂后， 达到平衡所需时间大幅缩短 ，说明反应活化能降低，加快了反应速率，但不改变平衡，反应的决速步是活化能最大的步骤，分析可知，只有A符合题意；
故答案为：A。
【分析】这是一道结合反应历程、催化剂和温度影响的化学推理题，解题关键在于利用平衡移动与反应热的关系，以及催化剂对活化能和反应速率的作用，匹配反应历程图像，涉及化学平衡移动原理（温度改变对平衡的影响 ）、反应热判断（依据温度对平衡的影响确定反应吸热/放热 ）、催化剂作用（降低活化能，加快反应速率但不影响平衡 ）。
16．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、根据图示分析，M金属催化剂在电极A上催化发生氧化反应（失电子），其电极反应式为： 4OH--4e-=O2↑＋2H2O， A正确；
B、离子交换膜允许参与电极A反应的OH-通过，说明这是阴离子交换膜，B正确；
C、电极A是阳极（发生氧化反应），则电极B是阴极（发生还原反应），H+在阴极得电子生成H2。根据电子转移关系，每转移2 mol电子，理论上电极B产生1 mol H2，C错误；
D、若移除隔水薄膜，Cl-会在电极A上失去电子生成Cl2，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．判断电极类型从图 2 电极 A 的反应（失电子、生成 O2），确定 A 为阳极；B 为阴极，阴极发生 H2O 得电子生成 H2的还原反应。
B．分析离子交换膜类型阳极（A）消耗 OH-，需 OH-从阴极区迁移至阳极区，因此离子交换膜为阴离子交换膜（允许 OH-通过）。
C．电极反应与电子转移计算阴极（B）的反应为 2H2O+2e-=H2↑+2OH-，每转移 2 mol 电子生成 1 mol H2。
D．隔膜的作用MnO 隔水薄膜可阻挡 Cl-接触阳极，若去掉该薄膜，Cl-会在阳极放电生成 Cl2。
17．【答案】（1）2MnO＋10Cl-＋16H+=5Cl2↑＋2Mn2+＋8H2O；饱和氯化钠溶液
（2）溶液；或者
（3）0.005；；10滴蒸馏水；向溶液加入固体，溶液黄色加深；或；主要是含有
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）A中制备氯气发生的离子方程式为；B中装有饱和食盐水。
故答案为： 2MnO＋10Cl-＋16H+=5Cl2↑＋2Mn2+＋8H2O ； 饱和氯化钠溶液 ；
（2）用KI溶液滴定FeCl3，使用遇Fe3+显红色的KSCN溶液指示剂；由Fe3+~I-得。
故答案为：溶液 ；或者 ；
（3）①甲同学的观察实验，目的为了排除阴离子的影响，则铁离子浓度需要相同，所以Fe2(SO4)3的浓度为0.005 mol/L；
②根据已知水解反应的物质，完整方程式为；
③甲同学猜想Fe3+发生水解反应生成[Fe(OH)]2+和H+显黄色，实验1，滴加较高浓度稀硫酸，抑制Fe3+水解，溶液黄色褪去至无色，所以实验2应使促进水解反应，观察是否有相应的现象，操作为：滴入10滴蒸馏水。此时会促进Fe3+水解，但溶液体积增大，[Fe(OH)]2+浓度变小，所以溶液颜色应略微变浅，符合实验现象；
④实验3引入盐酸，溶液颜色发生变化，可能是过多的H+与Cl-共同作用的结果，进一步设计的实验应排除酸性带来的影响，操作及现象为：向0.005mol L 1Fe2(SO4)3溶液加入NaCl固体，溶液黄色加深；
⑤；
⑥由以上分析：工业盐酸呈黄色主要原因是因为[FeCl4]-。
故答案为： 0.005 ； ； 10滴蒸馏水 ； 向溶液加入固体，溶液黄色加深 ；或 ； 主要是含有 。
【分析】A为氯气制备装置，装置B应转饱和食盐水除去HCl，装置C装有浓硫酸干燥，D中铁与Cl2反应生成FeCl3挥发至装置E中，利用冷水浴收集FeCl3，装置F吸收尾气。
(1)依据高锰酸钾与浓盐酸的氧化还原反应，离子方程式为 ；用饱和氯化钠溶液除去Cl2中的HCl杂质。
(2)以KSCN溶液为指示剂，利用Fe3+与SCN-的显色反应判断终点；根据Fe3+与I-的反应计量关系，计算得 （或）。
（3）②水解反应式补充为 。
③实验2操作是滴入10滴蒸馏水，促进Fe3+水解。
④向溶液加NaCl固体，溶液黄色加深，验证。
⑤通过平衡常数计算，得 （或）。
⑥工业盐酸呈黄色主要因含。
（1）A中制备氯气发生的离子方程式为；B中装有饱和食盐水。
（2）用KI溶液滴定FeCl3，使用遇Fe3+显红色的KSCN溶液指示剂；由Fe3+~I-得。
（3）①甲同学的观察实验，目的为了排除阴离子的影响，则铁离子浓度需要相同，所以Fe2(SO4)3的浓度为0.005 mol/L；
②根据已知水解反应的物质，完整方程式为；
③甲同学猜想Fe3+发生水解反应生成[Fe(OH)]2+和H+显黄色，实验1，滴加较高浓度稀硫酸，抑制Fe3+水解，溶液黄色褪去至无色，所以实验2应使促进水解反应，观察是否有相应的现象，操作为：滴入10滴蒸馏水。此时会促进Fe3+水解，但溶液体积增大，[Fe(OH)]2+浓度变小，所以溶液颜色应略微变浅，符合实验现象；
④实验3引入盐酸，溶液颜色发生变化，可能是过多的H+与Cl-共同作用的结果，进一步设计的实验应排除酸性带来的影响，操作及现象为：向0.005mol L 1Fe2(SO4)3溶液加入NaCl固体，溶液黄色加深；
⑤；
⑥由以上分析：工业盐酸呈黄色主要原因是因为[FeCl4]-。
18．【答案】（1）3d74s2
（2）适当增大硫酸的浓度、搅拌、加热等
（3）把亚铁离子氧化为铁离子；6Fe3++6CO+2Na++4SO+6H2O=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6CO2↑
（4）1.6×10-8
（5）CoCO3饱和溶液中c(Co2+)=[Ksp(CoCO3)]0.5=[1.6×10 13]0.5=4×10 7 mol/L，Qc=c(Co2+)×c()=4×10 7×0.01=4×10 9（6）
（7）12；3：1：1
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）基态Co价电子排布式为3d74s2。
故答案为： 3d74s2 ；
（2）“酸浸”时能够加快浸取速率的操作有适当增大硫酸浓度、搅拌、加热、粉碎废料等。
故答案为： 适当增大硫酸的浓度、搅拌、加热等 ；
（3）除铁时，先加入NaClO的目的为把亚铁离子氧化为铁离子；Na2CO3调节pH得到黄钠铁矾沉淀的离子方程式为：。
故答案为： 把亚铁离子氧化为铁离子 ； 6Fe3++6CO+2Na++4SO+6H2O=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6CO2↑ ；
（4）第一次沉钴得到CoCO3，根据，c(Co2+)<10-5 mol/L，则。
故答案为： 1.6×10-8 ；
（5）CoCO3饱和溶液中c(Co2+)=[Ksp(CoCO3)]0.5=[1.6×10 13]0.5=4×10 7mol/L，Qc=c(Co2+)×c()=4×10 7×0.01=4×10 9故答案为： CoCO3饱和溶液中c(Co2+)=[Ksp(CoCO3)]0.5=[1.6×10 13]0.5=4×10 7mol/L，Qc=c(Co2+)×c()=4×10 7×0.01=4×10 9（6）CoC2O4 2H2O在空气中加热煅烧得到Co2O3的化学方程式为。
故答案为： ；
（7）该晶胞中与Ti最近的O原子个数为12；根据均摊法，该晶胞中O的个数为，Co的个数为1，Ti的个数为，所以个数比为3：1：1。
故答案为： 12 ； 3：1：1 ；
【分析】酸浸阶段：硫酸作为浸取剂，使废料中 Co、Fe 单质及 CoO、FeO、Fe2O3转化为可溶性硫酸盐（CoSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3）；CaO 与硫酸反应生成微溶的 CaSO4，SiO2不溶于酸，二者共同形成滤渣，实现钙、硅杂质与钴、铁的初步分离。
除铁阶段：先通过 NaClO 的强氧化性将 Fe2+氧化为 Fe3+，再用 Na2CO3调节溶液 pH，使 Fe3+以黄钠铁矾沉淀形式析出，彻底去除铁杂质，避免其干扰后续钴的提纯。
沉钴与转化阶段：第一步加 Na2CO3使溶液中 Co2+转化为 CoCO3沉淀，实现钴与其他可溶性杂质的分离；沉淀经盐酸溶解生成 CoCl2后，加 (NH4)2C2O4转化为 CoC2O4 2H2O，该晶体煅烧时易氧化分解为 Co2O3，通过形态转化确保最终产物纯度。
（1）基态Co价电子排布式为3d74s2。
（2）“酸浸”时能够加快浸取速率的操作有适当增大硫酸浓度、搅拌、加热、粉碎废料等。
（3）除铁时，先加入NaClO的目的为把亚铁离子氧化为铁离子；Na2CO3调节pH得到黄钠铁矾沉淀的离子方程式为：。
（4）第一次沉钴得到CoCO3，根据，c(Co2+)<10-5 mol/L，则。
（5）CoCO3饱和溶液中c(Co2+)=[Ksp(CoCO3)]0.5=[1.6×10 13]0.5=4×10 7mol/L，Qc=c(Co2+)×c()=4×10 7×0.01=4×10 9（6）CoC2O4 2H2O在空气中加热煅烧得到Co2O3的化学方程式为。
（7）该晶胞中与Ti最近的O原子个数为12；根据均摊法，该晶胞中O的个数为，Co的个数为1，Ti的个数为，所以个数比为3：1：1。
19．【答案】（1）-747.2；低温
（2）；；；高于350℃后，升高温度，反应速率增加的程度超过反应增加的程度，所以浓度减小
（3）；BC
（4）
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，反应Ⅰ+反应Ⅱ得反应，则；自发需要则，正反应为熵减反应，则需要低温下能自发进行，
故答案为：-747.2；低温。
（2）①由反应可知反应Ⅰ生成，反应Ⅱ消耗，生成，两个反应均产生，则曲线a表示的物质是，曲线b表示的物质是，
故答案为：。
②450℃时，，，根据N守恒，容器中NO的转化率=，此时的选择性=，
故答案为：；。
③实验过程中，高于350℃后，逐渐减小，发生该变化的原因是：反应Ⅰ生成，反应Ⅱ，消耗，高于350℃后，升高温度，反应Ⅱ速率增加的程度超过反应Ⅰ增加的程度，所以浓度减小，
故答案为：高于350℃后，升高温度，反应Ⅱ速率增加的程度超过反应Ⅰ增加的程度，所以浓度减小。
（3）①反应Ⅱ：，第一步：，则第一步生成的为反应物，和为生成物，即第二步的方程式：，
故答案为：。
②A．反应Ⅱ的正反应速率方程表达式为，恒容时，再充入CO，不影响反应速率，A项错误；
B．升温能加快化学反应速率，B项正确；
C．恒容时，再充入，使提高，化学反应速率加快，C项正确；
D．恒压时，再充入Ar，体积增大，使降低，降低化学反应速率，D项错误；
故答案为：BC。
（4）根据图2，阳极上，NO中的氮原子失去电子，变为硝酸根离子，电极反应式为，
故答案为：。
【分析】(1)依据盖斯定律计算，反应的 ΔH 为 - 747.2；反应 ΔH<0、ΔS<0，低温下 ΔG=ΔH-TΔS<0，故低温自发。
(2)①曲线 a 表示 CO2（反应 Ⅰ、Ⅱ 均生成，浓度最高）。
②根据 N 守恒算 NO 转化率，结合选择性公式（目标产物消耗 NO 与总消耗 NO 的比例）计算。
③高于 350℃后，反应 Ⅱ 速率增幅超过反应 Ⅰ，导致目标产物浓度减小。
(3)①用总反应减去第一步反应，得第二步方程式。
②升温（B）、恒容充入反应物（C）可加快反应速率，选 BC。
(4)阳极上 NO 失电子生成 NO3-，电极反应式：NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+。
（1）根据盖斯定律，反应Ⅰ+反应Ⅱ得反应，则；自发需要则，正反应为熵减反应，则需要低温下能自发进行，故答案为：-747.2；低温。
（2）①由反应可知反应Ⅰ生成，反应Ⅱ消耗，生成，两个反应均产生，则曲线a表示的物质是，曲线b表示的物质是，故答案为：。
②450℃时，，，根据N守恒，容器中NO的转化率=，此时的选择性=，故答案为：；。
③实验过程中，高于350℃后，逐渐减小，发生该变化的原因是：反应Ⅰ生成，反应Ⅱ，消耗，高于350℃后，升高温度，反应Ⅱ速率增加的程度超过反应Ⅰ增加的程度，所以浓度减小，故答案为：高于350℃后，升高温度，反应Ⅱ速率增加的程度超过反应Ⅰ增加的程度，所以浓度减小。
（3）①反应Ⅱ：，第一步：，则第一步生成的为反应物，和为生成物，即第二步的方程式：，故答案为：。
②A．反应Ⅱ的正反应速率方程表达式为，恒容时，再充入CO，不影响反应速率，A项错误；
B．升温能加快化学反应速率，B项正确；
C．恒容时，再充入，使提高，化学反应速率加快，C项正确；
D．恒压时，再充入Ar，体积增大，使降低，降低化学反应速率，D项错误；
故答案为：BC。
（4）根据图2，阳极上，NO中的氮原子失去电子，变为硝酸根离子，电极反应式为，故答案为：。
20．【答案】（1）C4H10O3；羟基、醚键
（2）2；(CH3)2CHCONH2
（3）A；C
（4）③>①>②
（5）CH3CH2OH；；；
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）二甘醇的分子式为C4H10O3；含有醚键、羟基。
故答案为： C4H10O3 ； 羟基、醚键 ；
（2）吗啉分子具有一个不饱和度，X分子中的-CONH2结构占据一个不饱和度，所以剩下3个饱和碳，等效于找出丙烷的一氯取代物的数目：一共2种；核磁共振氢谱图显示有3组峰，且峰面积比为1：2：6的结构简式为(CH3)2CHCONH2。
故答案为： 2 ； (CH3)2CHCONH2 ；
（3）手性碳为连接四个不同基团的C原子，二甘醇分子中并没有手性碳，A错误；吗啉中的N-H能与水分子之间形成氢键，所以其易溶于水，B正确；NMM分子中O为sp3杂化，所有C也均为sp3杂化，均构成小的四面体结构片段，不可能所有C原子共面，C错误；反应③中H-O-O-H中的O-O键与O-H键均断裂，有HO-H键形成，所以存在σ键的断裂和生成，D正确，故选AC。
故答案为： A C ；
（4）-CF3基团为吸电子基，使得-NH2的电子云向苯环偏移，碱性减弱，-CH3为推电子基，使得苯环上的电子云向-NH2偏移，碱性增强，碱性大小顺序为③>①>②。
故答案为： ③>①>② ；
（5）根据目标产物结果逆推，最后一步的反应有机物为和CH3CH2OH；乙烯与水加成制得乙醇的方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；二元卤代烃通过水解反应得到二元醇：。
故答案为： CH3CH2OH ； ； ； 。
【分析】二甘醇先和氨气发生脱水缩合成环反应，得到吗啉，吗啉与甲醇发生取代反应，得到NMM，双氧水提供配位O，脱去一分子水，最终得到NMMO。
(1)根据二甘醇的结构简式，数出C、H、O原子数，得分子式；识别官能团，含羟基、醚键。
(2)分析吗啉同分异构体中含的结构，等效于丙烷的一氯取代物，共2种；根据核磁共振氢谱峰数和面积比，结构简式为。
(3)A中二甘醇无手性碳原子，C中NMM的C原子因杂化不共面，故不正确的是AC。
(4)依据取代基的电子效应，推电子增强碱性，吸电子减弱碱性，故碱性顺序为③①②。
(5)a. 逆推目标产物，最后一步反应物为和
b. 乙烯与水加成制乙醇，方程式为。
c. 二元卤代烃水解为二元醇，方程式为。
（1）二甘醇的分子式为C4H10O3；含有醚键、羟基。
（2）吗啉分子具有一个不饱和度，X分子中的-CONH2结构占据一个不饱和度，所以剩下3个饱和碳，等效于找出丙烷的一氯取代物的数目：一共2种；核磁共振氢谱图显示有3组峰，且峰面积比为1：2：6的结构简式为(CH3)2CHCONH2。
（3）手性碳为连接四个不同基团的C原子，二甘醇分子中并没有手性碳，A错误；吗啉中的N-H能与水分子之间形成氢键，所以其易溶于水，B正确；NMM分子中O为sp3杂化，所有C也均为sp3杂化，均构成小的四面体结构片段，不可能所有C原子共面，C错误；反应③中H-O-O-H中的O-O键与O-H键均断裂，有HO-H键形成，所以存在σ键的断裂和生成，D正确，故选AC。
（4）-CF3基团为吸电子基，使得-NH2的电子云向苯环偏移，碱性减弱，-CH3为推电子基，使得苯环上的电子云向-NH2偏移，碱性增强，碱性大小顺序为③>①>②。
（5）根据目标产物结果逆推，最后一步的反应有机物为和CH3CH2OH；乙烯与水加成制得乙醇的方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；二元卤代烃通过水解反应得到二元醇：。
1 / 1广东省揭阳市三校联考2025-2026学年高三上学期10月月考 化学试题
1．（2025高三上·揭阳月考）文房用品是传统文化的重要组成部分。下列文房用品的主要材质属于金属材料的是
A．玉杆斗笔 B．铜质笔架
C．御制宣纸 D．五彩瓷砚
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】合理利用金属资源
【解析】【解答】A、玉杆斗笔的笔杆是玉石，主要成分为二氧化硅（SiO2）、氧化铝（Al2O3）等；笔尖是动物毛发，主要成分为蛋白质。这些都不属于金属材料，故A不符合题意 ；
B、铜质笔架的主要成分是金属铜，而铜属于纯金属，符合金属材料的定义，故B符合题意 ；
C、御制宣纸的主要成分是纤维素，属于有机高分子化合物，不属于金属材料，故C不符合题意 ；
D、五彩瓷砚的主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，故D不符合题意 ；
故答案为：B。
【分析】要解决这道题，需先明确金属材料的范畴（包括纯金属和合金），再分析各选项的主要材质。
2．（2025高三上·揭阳月考）广东是岭南文化的集萃地。下列有关岭南文化的说法不正确的是
A．“海丝文化”：海上丝绸贸易用于交易的银锭中存在金属键
B．“茶艺文化”：沏泡功夫茶利用了萃取原理，水作萃取剂
C．“建筑文化”：制作博古梁架时，在木材上雕刻花纹的过程主要发生化学变化
D．“戏剧文化”：现代粤剧舞台上灯光光柱的形成是因为丁达尔效应
【答案】C
【知识点】金属键；分液和萃取；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A、银锭是金属银的单质形态，金属原子间通过金属键结合，因此银锭中存在金属键，A正确；
B、沏泡功夫茶时，茶叶中的可溶性成分溶解于水，这利用了萃取原理，水作为萃取剂将有效成分萃取出来，B正确；
C、在木材上雕刻花纹只是改变了木材的形状，没有新物质生成，属于物理变化，而非化学变化，C错误；
D、现代粤剧舞台上的灯光光柱是因为空气中的小颗粒形成胶体，光线通过时产生丁达尔效应，D正确；
故答案为：C。
【分析】解题核心是区分物理变化与化学变化（有无新物质生成）、理解金属键、萃取原理和丁达尔效应的概念，结合岭南文化中的具体场景逐一判断即可。
3．（2025高三上·揭阳月考）2025年7月15日，搭载天舟九号货运飞船的长征七号运载火箭在海南文昌发射升空，体现了我国强大科技力量。下列说法正确的是
A．“天舟九号”为空间站送去电推进氙气瓶，与互为同位素
B．“天舟九号”配有半刚性太阳电池阵“翅膀”，工作时将化学能转化为电能
C．“长征七号”采用液氧、煤油等作为推进剂，液氧、煤油是纯净物
D．“长征七号”使用碳纤维材料减轻火箭质量，碳纤维属于有机高分子材料
【答案】A
【知识点】同位素及其应用；物质的简单分类
【解析】【解答】A、同位素是指质子数相同、中子数（或质量数）不同的同种元素的原子。氙的不同核素（如 与 ）质子数相同、质量数不同，互为同位素，A正确；
B、太阳电池阵“翅膀”工作时是将光能转化为电能，而非化学能转化为电能，B错误；
C、液氧是纯净物，但煤油是多种烃类的混合物，并非纯净物，C错误；
D、碳纤维是由碳元素组成的新型无机非金属材料，不属于有机高分子材料，D错误；
故答案为：A。
【分析】解题核心是准确掌握同位素的定义、能量转化形式（光能→电能或化学能→电能）、纯净物与混合物的区别（单一成分 vs 多种成分）、材料的分类（无机非金属材料或有机高分子材料），结合航天科技中的具体应用场景逐一判断即可。
4．（2025高三上·揭阳月考）劳动有利于“知行合一”。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A FeCl3溶液作腐蚀液制作印刷电路板 Fe3+氧化性强于Cu2+
B 用硫酸钡做钡餐检查胃病 BaSO4既不溶于水，也不溶于酸
C 用福尔马林制作生物标本 甲醛有强还原性
D 用84消毒液消毒
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；氧化性、还原性强弱的比较；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点
【解析】【解答】A、用 FeCl3溶液腐蚀铜制作印刷电路板，原理是 Fe3+能与 Cu 发生反应（2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+）。该反应中 Fe3+是氧化剂，Cu2+是氧化产物，根据 “氧化剂氧化性强于氧化产物”，可知 Fe3+氧化性强于 Cu2+，故A不符合题意 ；
B、硫酸钡（BaSO4）用作钡餐检查胃病，是因为它既不溶于水，也不溶于胃酸（主要成分为盐酸），不会释放出有毒的 Ba2+，故B不符合题意 ；
C、福尔马林（甲醛的水溶液）能制作生物标本，是利用甲醛使蛋白质变性的性质（让蛋白质失去活性，防止标本腐烂），而非其强还原性，故C符合题意 ；
D、84 消毒液的有效成分为 NaClO，消毒时 ClO-与空气中的 CO2、H2O 反应（ClO-+H2O+CO2=HClO+HCO3-），生成的 HClO 具有强氧化性，能破坏微生物结构达到消毒目的，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】核心是判断劳动项目的原理与所述化学知识是否匹配：氧化还原反应中氧化性强弱的比较、物质溶解性对其应用的影响、甲醛的蛋白质变性作用（而非还原性）、84 消毒液消毒的本质（HClO 的氧化性）是关键判断依据。
5．（2025高三上·揭阳月考）通过以下实验装置探究纯碱的性质及用途。其中，实验装置或操作不能达到实验目的的是
A．用纯碱除去铜屑表面的油污 B．测定纯碱溶液显碱性
C．用纯碱接收乙酸乙酯 D．测定纯碱溶液的浓度
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】盐类水解的应用
【解析】【解答】A、纯碱溶液呈碱性，加热可增强其去油污能力（油脂在碱性条件下水解），装置能达到除铜屑表面油污的目的，A正确；
B、用 pH 试纸测定溶液 pH 时，不能将试纸直接浸入溶液（会污染试剂），且镊子夹取试纸操作不规范（应使用玻璃棒蘸取），装置、操作无法准确测定纯碱溶液的碱性，B错误；
C、饱和 Na2CO3溶液可吸收乙酸乙酯中的乙醇、乙酸，同时降低乙酸乙酯的溶解度，装置能实现接收乙酸乙酯的目的，C正确；
D、用盐酸标准液滴定纯碱溶液（结合指示剂），可通过中和滴定测定纯碱溶液的浓度，装置能达到实验目的，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．抓住 “纯碱溶液显碱性，加热促进油脂水解” 的原理，判断能除油污。
B．明确 pH 试纸的正确操作（不能直接浸入溶液、需用玻璃棒蘸取），据此判断操作错误。
C．利用 “饱和 Na2CO3溶液能除杂、降酯溶解度” 的性质，判断能接收乙酸乙酯。
D．依据中和滴定的原理，判断盐酸标准液可滴定纯碱溶液测浓度。
6．（2025高三上·揭阳月考）全世界每年因钢铁锈蚀会造成巨大的损失，为了保护地下的钢铁输水管所采取的措施如图所示。下列说法不正确的是
A．钢铁发生吸氧腐蚀正极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-
B．导线与Zn块连接为牺牲阳极法
C．导线应连接外接电源的负极
D．导线与Cu块连接也可保护钢铁输水管
【答案】D
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；电解原理
【解析】【解答】A、钢铁发生吸氧腐蚀时，正极反应为氧气得电子，电极反应式为：，A正确；B、当导线与锌块连接时，构成牺牲阳极的阴极保护法；B正确；
C、采用外接电源保护法时，导线应连接电源的负极；C正确；
D、若导线与铜块连接，无法实现对钢铁输水管的保护；D错误；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点主要有 2 个：
牺牲阳极法的金属活性判断：易混淆金属活泼性，误以为 Cu 比 Fe 活泼，错认为 Cu 可作牺牲阳极；实际 Cu 活泼性弱于 Fe，与 Fe 连接时 Fe 会作负极被腐蚀，无法保护输水管。
外加电流法的电极连接：易搞反外加电流法的电极连接，错认为输水管应接电源正极；实际需接电源负极（作阴极）才能被保护。
7．（2025高三上·揭阳月考）黄色固体X是一种金属矿石的主要成分，可发生如下图所示的转化关系(部分反应略去反应条件)，其中Q为红棕色固体，W是一种强酸。
下列说法不正确的是
A．Q可用作油漆的红色颜料
B．YZ为可逆反应
C．Y有漂白作用，还可用于杀菌消毒
D．实际生产中常用H2O吸收Z制W
【答案】D
【知识点】化学反应的可逆性；铁的氧化物和氢氧化物；无机物的推断；二氧化硫的漂白作用
【解析】【解答】物质推断：Q 是红棕色固体，可确定为 Fe2O3；W 是强酸，结合转化关系推知为 H2SO4；黄色金属矿石 X 应为含硫铁矿（主要成分 FeS2），其与 O2反应生成 Y 和 Q，故 Y 是 SO2；Y 与 O2反应生成 Z，Z 进而生成 H2SO4，因此 Z 是 SO3。
A、Q 为 Fe2O3（俗称铁红），呈红棕色，可作为油漆的红色颜料，A正确；
B、Y（SO2）转化为 Z（SO3）的反应为 2SO2 + O2在催化剂和加热条件下生成 2SO3，该反应是可逆反应（正逆反应条件相同），B正确；
C、Y（SO2）具有漂白性（可漂白品红等），且能抑制微生物生长，可用于葡萄酒的杀菌消毒，C正确；
D、Z（SO3）与水反应剧烈放热，易形成酸雾导致吸收不完全，实际生产中用 98.3% 的浓硫酸吸收 SO3制 H2SO4，而非直接用水，D错误；
故答案为：D。
【分析】关键是通过 “红棕色固体（Fe2O3）”“强酸（H2SO4）” 等特征锁定物质，再结合可逆反应定义、SO2的性质、SO3的吸收工艺判断选项合理性。
8．（2025高三上·揭阳月考）陈述I和Ⅱ均正确且具有因果关系的是
选项 陈述I 陈述Ⅱ
A 浓硫酸与Fe不反应 可用钢瓶运输浓硫酸
B Na可与水反应产生O2 Na着火不能用水扑灭
C 用白醋除水垢
D 溶液可用于检验Fe2+ =
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】浓硫酸的性质；钠的化学性质；二价铁离子和三价铁离子的检验；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、浓硫酸与 Fe 在常温下发生钝化（生成致密氧化膜），并非不反应；能用钢瓶运输浓硫酸是因为钝化作用阻止反应进一步发生。陈述 Ⅰ 错误，A不符合要求；
B、Na 与水反应生成 H2（而非 O2）；Na 着火不能用水扑灭是因为 Na 与水反应放热且生成易燃的 H2。陈述 Ⅰ 错误，B不符合要求；
C、白醋（主要成分为 CH3COOH）除水垢（含 CaCO3），反应为 CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+CO2↑+H2O；而陈述 Ⅱ 中的离子方程式将 CH3COOH 拆分为 H+（醋酸是弱酸，不能拆）、CaCO3拆分为 Ca2+（碳酸钙难溶，不能拆），陈述 Ⅱ 错误，C不符合要求。
D、K3[Fe(CN)6] 溶液与 Fe2+反应生成蓝色沉淀 KFe[Fe(CN)6]，因此可用于检验 Fe2+；陈述 Ⅱ 的离子方程式准确体现了该检验原理，陈述 Ⅰ、Ⅱ 均正确且存在因果关系，D符合要求；
故答案为：D。
【分析】核心是判断每个选项中两个陈述的 “正确性” 和 “因果关联性”：需明确钝化的本质（不是不反应）、Na 与水的反应产物、弱电解质和难溶物在离子方程式中的书写规则，以及 Fe2+的特征检验反应（与 K3[Fe(CN)6] 的沉淀反应）。
9．（2025高三上·揭阳月考）同一短周期部分主族元素的第一电离能随原子序数递增的变化趋势如图所示，下列说法正确的是
A．原子半径：c＞b＞a B．c对应的元素可形成共价晶体
C．电负性：c＞d＞e D．简单氢化物沸点：e＜d
【答案】B
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；氢键的存在对物质性质的影响；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A、同周期主族元素原子半径随原子序数增大而减小。因原子序数 a b > c，A错误；B、c 属于 ⅣA 族，若为 C，可形成金刚石（共价晶体）；若为 Si，可形成晶体硅（共价晶体），因此 c 对应的元素能形成共价晶体，B正确；
C、同周期主族元素电负性随原子序数增大而增大。因原子序数 c < d < e，故电负性 c < d < e，C错误；
D、若为第二周期，d 是 N（氢化物 NH3）、e 是 O（氢化物 H2O），H2O 的氢键更强，沸点 H2O > NH3；若为第三周期，d 是 P（氢化物 PH3）、e 是 S（氢化物 H2S），H2S 范德华力更强，沸点 H2S > PH3，故沸点 e > d，D错误；
故答案为：B。
【分析】元素推断：由第一电离能的 “反常” 现象（ⅡA、ⅤA 族数值较高），可判断该周期至少含 5 种主族元素。其中 a 为 ⅡA 族（Be 或 Mg），b 为 ⅢA 族（B 或 Al），c 为 ⅣA 族（C 或 Si），d 为 ⅤA 族（N 或 P），e 为 ⅥA 族（O 或 S）。
10．（2025高三上·揭阳月考）硫代硫酸钠 (Na2S2O3)是分析化学中常用的试剂，在酸性溶液中易发生如下化学反应。设为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A．的固体中含有的离子
B．常温常压下，中含有键的个数为
C．中含有的质子数为
D．生成的转移电子的个数为
【答案】A
【知识点】气体摩尔体积；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质结构中的化学键数目计算；阿伏加德罗常数
【解析】【解答】A、Na2S2O3属于离子化合物，由 2 个 Na+和 1 个 S2O32-构成，因此 1mol Na2S2O3固体中含有的离子总物质的量为 2mol（Na+）+1mol（S2O32-）=3mol，A正确；
B、常温常压下，气体摩尔体积不是 22.4L/mol，无法直接用 22.4L 计算 SO2的物质的量，也就不能确定 σ 键个数，B错误；
C、18g H2O 的物质的量为 1mol，1 个 H2O 分子含 10 个质子（2 个 H 的质子 + 1 个 O 的质子），因此 1mol H2O 中含有的质子数为 10NA，C错误；
D、反应中 S2O32-发生歧化：S 的化合价一部分从 +2 升至 SO2中的 +4，一部分降至 S 中的 0。生成 32g S（1mol）时，只有 1mol S 从 +2 降至 0，转移电子数为 2NA（1mol×2），D错误；
故答案为：A。
【分析】A．明确 Na2S2O3是离子化合物，由 2 个 Na+和 1 个 S2O32-组成，直接计算离子总数。
B．注意 “常温常压” 不是标准状况，22.4L/mol 不适用，无法计算 SO2物质的量。
C．先算 H2O 的物质的量，再明确 1 个 H2O 含 10 个质子（H、O 的质子数之和），计算得质子数为 10NA。
D．分析 S2O32-的歧化反应，生成 1mol S（0 价）时，S 从 +2 价降 2 价，转移电子数为 2NA。
11．（2025高三上·揭阳月考）某小组探究NH3的催化氧化，实验装置如图，③中气体颜色无明显变化，④中收集到红棕色气体，一段时间后产生白烟。下列分析正确的是
A．①中固体药品可用KClO3代替，②中固体药品可为NH4Cl
B．③、④中现象说明③中的反应是
C．④中白烟的主要成分是NH4Cl
D．一段时间后，⑤中溶液可能变蓝
【答案】D
【知识点】氨的性质及用途；氨的实验室制法；氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【解析】【解答】A．二氧化锰做催化剂，氯酸钾固体受热分解生成氯化钾和氧气，所以装置①中固体药品能用氯酸钾替代；氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，在试管口遇冷又生成氯化铵堵塞导管，所以②中固体药品不能用氯化铵替代，A错误；
B．③中发生的是氨气在催化剂作用下，与氧气反应生成一氧化氮，而不是二氧化氮；B错误；
C．④中硝酸遇氨气生成硝酸铵，故白烟的主要成分是硝酸铵，不是氯化铵，C错误；
D. 装置⑤中氮的氧化物与水、氧气反应生成硝酸，硝酸与铜反应生成硝酸铜， 硝酸铜溶液呈蓝色，D正确；
故选D。
【分析】装置①中高锰酸钾受热分解生成氧气；装置②中氯化铵与氢氧化钙共热反应制备氨气；装置③中氨气与氧气发生催化氧化反应生成一氧化氮，反应生成的一氧化氮在装置④中遇氧气，生成二氧化氮；二氧化氮与水蒸气生成硝酸，硝酸遇氨气生成硝酸铵，硝酸铵为固体小颗粒，为白烟的主要成分；装置⑤中氮的氧化物与水、氧气反应生成硝酸，硝酸与铜粉反应生成硝酸铜，硝酸铜溶液呈蓝色。
12．（2025高三上·揭阳月考）柠檬酸是天然防腐剂和食品添加剂，它是一种有机三元弱酸，与NaOH溶液反应生成柠檬酸钠(用Na3Y表示)。下列说法正确的是
A．柠檬酸的电离方程式为：H3Y3H++Y3-
B．NaH2Y水溶液中：c(H2Y-) ＜ c(Na+)
C．Na3Y水溶液中： c(Na+) + c(H+) = 3c(Y3- )+c(OH- )
D．Na3Y水溶液的 pH值随着c(Na3Y)的增大而减小
【答案】B
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A． 柠檬酸是三元弱酸，分步发生电离，第一步电离方程式为：H3Y H++H2Y-，故A不符合题意；
B． NaH2Y水溶液中，由于H2Y-既能发生水解，也能进一步电离，故c(H2Y-) ＜ c(Na+)，故B符合题意；
C． Na3Y水溶液中，存在电荷守恒：c(Na+) + c(H+) = c(H2Y-)+ 2c(HY2-)+3c(Y3- )+c(OH- )，故C不符合题意；
D． Na3Y水溶液水解呈碱性，随着c(Na3Y)的增大，c(OH- )增大，pH值增大，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．三元弱酸，分步发生电离；
B． 依据H2Y-既能发生水解，也能进一步电离分析；
C． 依据电荷守恒分析；
D．依据盐类水解规律分析。
13．（2025高三上·揭阳月考）从结构探析物质性质和用途是学习化学的有效方法。下列实例与解释不相符的是
选项 实例 解释
A 将95%乙醇加入溶液中析出深蓝色晶体 乙醇极性较小，降低了的溶解性
B 稳定性： 配体的热稳定性：
C 不存在稳定的分子 N价层只有4个原子轨道，不能形成5个键
D 石墨烯中每个C原子未杂化的p轨道重叠使电子在整个平面内运动 石墨烯可用于制造超级电容器
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A、95% 乙醇极性较小，而硫酸四氨合铜在极性小的溶剂中溶解性降低，因此加入乙醇后会析出深蓝色晶体。实例与解释相符，A不符合题意；
B、[Cu (NH3)4]2+比 [Cu (H2O)4]2+稳定，是因为 NH3的配位能力更强（配体与中心离子 Cu2+的结合能力更强），而非配体的热稳定性差异。实例与解释不相符，B符合题意；
C、N 原子价电子排布为 2s22p3，N 层只有 4 个原子轨道，无法形成 5 个 N—F 键，因此不存在稳定的 NF5分子。实例与解释相符，C不符合题意；
D、石墨烯中 C 原子采用 sp2 杂化，每个 C 原子未杂化的 p 轨道相互平行重叠，使电子可在整个平面内自由运动（具有良好导电性），因此可用于制造超级电容器。实例与解释相符，D不符合题意；
故答案为：B。【分析】A．利用 “溶剂极性对物质溶解性的影响” 分析。
B．明确 “配合物稳定性由配体的配位能力决定，而非配体的热稳定性”。
C．根据 “原子轨道数决定成键数目” 判断。
D．结合 “石墨烯的杂化方式与电子离域性” 分析其导电性应用。
14．（2025高三上·揭阳月考）下图为一种新型酒精检测仪，利用原电池原理，转移的电子通过导线形成6.4A的恒定电流[已知：电荷量q(C)电流I(A)×时间t(s)、阿伏加德罗常数、]，下列说法不正确的是
A．Pt电极X为电池的负极，发生氧化反应
B．电解质溶液中阳离子移向Pt电极Y
C．该电池工作3s时，检测到呼出气体中的酒精含量为
D．外电路转移电子，进入Pt电极Y的气体大于22.4L(标准状况)
【答案】C
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、Pt电极X上，呼气中的乙醇被氧化为CO2，发生氧化反应，符合原电池中负极的特征（发生氧化反应），因此Pt电极X是负极，A正确；
B、Pt电极Y上，空气中的O2被还原为H2O，发生还原反应，是正极；原电池中阳离子向正极移动，因此电解质溶液中阳离子会移向Pt电极Y，B正确；
C、 该电池工作3s时，，检测到呼出气体中的酒精含量为，C错误；
D、正极反应为O2 + 4H+ + 4e- = 2H2O，转移4mol电子时，消耗O2的物质的量为1mol（标准状况下体积22.4L）。但进入电极Y的是空气（O2仅占约1/5），因此空气体积需大于22.4L（标准状况），D正确；
故答案为：C。
【分析】A．根据电极反应类型判断正负极（氧化反应为负极，还原反应为正极）。
B．判断原电池中阳离子的移动方向（向正极移动）。
C．通过电子转移计算乙醇的质量，注意“含量（mg/L）”需体积数据。
D．考查正极O2消耗量与空气体积的关系（空气中O2占比约21%）。
15．（2025高三上·揭阳月考）对反应(I为中间产物)，相同条件下：①加入催化剂，反应达到平衡所需时间大幅缩短；②提高反应温度，增大，减小
。基于以上事实，可能的反应历程示意图(——为无催化剂，------为有催化剂)为
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】吸热反应和放热反应；活化能及其对化学反应速率的影响；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】升高温度， 增大，说明 平衡逆向移动，该反应为放热反应（ ）；
升高温度， 减小，说明 平衡正向移动，该反应为吸热反应（ ）；可排除CD；
加入催化剂后， 达到平衡所需时间大幅缩短 ，说明反应活化能降低，加快了反应速率，但不改变平衡，反应的决速步是活化能最大的步骤，分析可知，只有A符合题意；
故答案为：A。
【分析】这是一道结合反应历程、催化剂和温度影响的化学推理题，解题关键在于利用平衡移动与反应热的关系，以及催化剂对活化能和反应速率的作用，匹配反应历程图像，涉及化学平衡移动原理（温度改变对平衡的影响 ）、反应热判断（依据温度对平衡的影响确定反应吸热/放热 ）、催化剂作用（降低活化能，加快反应速率但不影响平衡 ）。
16．（2025高三上·揭阳月考）我国科学家开发出在碱性海水里直接电解制氢的技术，工作原理如图1所示。MnOx隔水薄膜可以起到阻挡Cl-与电极催化剂活性中心接触的作用，离子交换膜选择性透过在电极A反应的物质，电极A含有M金属催化剂，发生的电极反应过程如图2所示。下列说法不正确的是
A．A极的电极反应式为4OH--4e-=O2↑＋2H2O
B．离子交换膜为阴离子交换膜
C．每转移2 mol电子，理论上电极B产生0.5 mol气体
D．去掉MnOx隔水薄膜后电极A会产生Cl2
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、根据图示分析，M金属催化剂在电极A上催化发生氧化反应（失电子），其电极反应式为： 4OH--4e-=O2↑＋2H2O， A正确；
B、离子交换膜允许参与电极A反应的OH-通过，说明这是阴离子交换膜，B正确；
C、电极A是阳极（发生氧化反应），则电极B是阴极（发生还原反应），H+在阴极得电子生成H2。根据电子转移关系，每转移2 mol电子，理论上电极B产生1 mol H2，C错误；
D、若移除隔水薄膜，Cl-会在电极A上失去电子生成Cl2，D正确；
故答案为：C。
【分析】A．判断电极类型从图 2 电极 A 的反应（失电子、生成 O2），确定 A 为阳极；B 为阴极，阴极发生 H2O 得电子生成 H2的还原反应。
B．分析离子交换膜类型阳极（A）消耗 OH-，需 OH-从阴极区迁移至阳极区，因此离子交换膜为阴离子交换膜（允许 OH-通过）。
C．电极反应与电子转移计算阴极（B）的反应为 2H2O+2e-=H2↑+2OH-，每转移 2 mol 电子生成 1 mol H2。
D．隔膜的作用MnO 隔水薄膜可阻挡 Cl-接触阳极，若去掉该薄膜，Cl-会在阳极放电生成 Cl2。
17．（2025高三上·揭阳月考）FeCl3易潮解，是一种重要的无机化工品，广泛应用于水处理、印刷电路板制作、染料、催化剂等领域。
（1）FeCl3的制备：
利用下列装置可用于实验室制备少量无水FeCl3，则制取无水氯化铁的实验中，A中反应的离子方程式是　 　，装置B中加入的试剂是　 　。
（2）FeCl3浓度的测定：
①把上述制备的FeCl3配成稀溶液，移取20.00 mL至锥形瓶中，加入　 　作指示剂，用c1 mol/L KI标准溶液滴定。
②重复滴定三次，平均消耗标准溶液V1 mL，则c(FeCl3)=　 　mol/L(用含c1和V1的代数式表示)。
（3）探究工业盐酸呈黄色的原因
【查阅资料】工业盐酸溶有FeCl3，固体FeCl3为棕褐色，为淡紫色，为黄色。
①甲同学观察2 mL 0.01 mol/L FeCl3溶液、2 mL 　 　mol/L Fe2(SO4)3溶液，颜色均为黄色。
【提出猜想】Fe3+发生了水解反应生成显黄色。
②补充完整方程式：　 　。
【实验验证】
初步实验：取3支洁净的试管，分别加入2 mL 0.01 mol/L FeCl3溶液，然后按下表开展实验。
序号 操作 现象
1 滴入10滴6 mol/L H2SO4 溶液黄色褪去，接近无色
2 滴入___________ 溶液黄色略变浅
3 滴入10滴12 mol/L 盐酸 溶液黄色变亮变深
分析讨论：甲同学认为根据实验1现象可知猜想成立，乙同学认为还应开展实验2才能进一步验证。
③请补充完整实验2中操作：　 　。
进一步探究：根据实验3中的异常现象，进一步查阅资料，FeCl3溶液中还存在下列反应：
(黄色)，。
④请设计实验进一步验证该反应的存在(写出操作和现象)：　 　。
【理论验证】
⑤某工业盐酸中
c(Cl-)=c(H+)=10mol/L，则该溶液中　 　。
【实验结论】
⑥工业盐酸呈黄色的原因是主要含有　 　。
【答案】（1）2MnO＋10Cl-＋16H+=5Cl2↑＋2Mn2+＋8H2O；饱和氯化钠溶液
（2）溶液；或者
（3）0.005；；10滴蒸馏水；向溶液加入固体，溶液黄色加深；或；主要是含有
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）A中制备氯气发生的离子方程式为；B中装有饱和食盐水。
故答案为： 2MnO＋10Cl-＋16H+=5Cl2↑＋2Mn2+＋8H2O ； 饱和氯化钠溶液 ；
（2）用KI溶液滴定FeCl3，使用遇Fe3+显红色的KSCN溶液指示剂；由Fe3+~I-得。
故答案为：溶液 ；或者 ；
（3）①甲同学的观察实验，目的为了排除阴离子的影响，则铁离子浓度需要相同，所以Fe2(SO4)3的浓度为0.005 mol/L；
②根据已知水解反应的物质，完整方程式为；
③甲同学猜想Fe3+发生水解反应生成[Fe(OH)]2+和H+显黄色，实验1，滴加较高浓度稀硫酸，抑制Fe3+水解，溶液黄色褪去至无色，所以实验2应使促进水解反应，观察是否有相应的现象，操作为：滴入10滴蒸馏水。此时会促进Fe3+水解，但溶液体积增大，[Fe(OH)]2+浓度变小，所以溶液颜色应略微变浅，符合实验现象；
④实验3引入盐酸，溶液颜色发生变化，可能是过多的H+与Cl-共同作用的结果，进一步设计的实验应排除酸性带来的影响，操作及现象为：向0.005mol L 1Fe2(SO4)3溶液加入NaCl固体，溶液黄色加深；
⑤；
⑥由以上分析：工业盐酸呈黄色主要原因是因为[FeCl4]-。
故答案为： 0.005 ； ； 10滴蒸馏水 ； 向溶液加入固体，溶液黄色加深 ；或 ； 主要是含有 。
【分析】A为氯气制备装置，装置B应转饱和食盐水除去HCl，装置C装有浓硫酸干燥，D中铁与Cl2反应生成FeCl3挥发至装置E中，利用冷水浴收集FeCl3，装置F吸收尾气。
(1)依据高锰酸钾与浓盐酸的氧化还原反应，离子方程式为 ；用饱和氯化钠溶液除去Cl2中的HCl杂质。
(2)以KSCN溶液为指示剂，利用Fe3+与SCN-的显色反应判断终点；根据Fe3+与I-的反应计量关系，计算得 （或）。
（3）②水解反应式补充为 。
③实验2操作是滴入10滴蒸馏水，促进Fe3+水解。
④向溶液加NaCl固体，溶液黄色加深，验证。
⑤通过平衡常数计算，得 （或）。
⑥工业盐酸呈黄色主要因含。
（1）A中制备氯气发生的离子方程式为；B中装有饱和食盐水。
（2）用KI溶液滴定FeCl3，使用遇Fe3+显红色的KSCN溶液指示剂；由Fe3+~I-得。
（3）①甲同学的观察实验，目的为了排除阴离子的影响，则铁离子浓度需要相同，所以Fe2(SO4)3的浓度为0.005 mol/L；
②根据已知水解反应的物质，完整方程式为；
③甲同学猜想Fe3+发生水解反应生成[Fe(OH)]2+和H+显黄色，实验1，滴加较高浓度稀硫酸，抑制Fe3+水解，溶液黄色褪去至无色，所以实验2应使促进水解反应，观察是否有相应的现象，操作为：滴入10滴蒸馏水。此时会促进Fe3+水解，但溶液体积增大，[Fe(OH)]2+浓度变小，所以溶液颜色应略微变浅，符合实验现象；
④实验3引入盐酸，溶液颜色发生变化，可能是过多的H+与Cl-共同作用的结果，进一步设计的实验应排除酸性带来的影响，操作及现象为：向0.005mol L 1Fe2(SO4)3溶液加入NaCl固体，溶液黄色加深；
⑤；
⑥由以上分析：工业盐酸呈黄色主要原因是因为[FeCl4]-。
18．（2025高三上·揭阳月考）Co2O3主要用作颜料、釉料及磁性材料，一种利用含钴催化剂废料(主要含Co、Fe，还含有少量的CoO、FeO，、CaO、)制备氧化钴(Co2O3)的工艺流程如图所示。
已知：
ⅰ．黄钠铁矾的化学式为；
ⅱ．金属钴与铁具有相似的化学性质；
ⅲ．氧化性：Co3+>ClO-；
iv．常温下，Ksp(CoCO3)=1.6×10-13，Ksp(CoC2O4)=6.3×10-8，当离子浓度≤10-5时可视为沉淀完全。
回答下列问题：
（1）基态Co的价电子排布式为　 　。
（2）“酸浸”时能够加快浸取速率的操作有　 　(任写一种)。
（3）“除铁”时先加入NaClO溶液，目的是　 　，再加入溶液调节pH为2.5~3.0，生成黄钠铁矾沉淀。写出生成黄钠铁矾的离子方程式　 　。
（4）“沉钴1”后的滤液1中c(CO)不低于　 　mol/L。
（5）常温下，向0.01 mol/L Na2C2O4溶液中加入足量CoCO3固体，能否生成CoC2O4沉淀？　 　(通过计算说明)。
（6）CoC2O4 2H2O在空气中加热煅烧得到Co2O3的化学方程式为　 　。
（7）钴的一种化合物的晶胞结构如下图所示。
a．该晶胞中一个Ti周围与其最近的O的个数为　 　。
b．该晶胞中氧、钴、钛的粒子个数比为　 　。
【答案】（1）3d74s2
（2）适当增大硫酸的浓度、搅拌、加热等
（3）把亚铁离子氧化为铁离子；6Fe3++6CO+2Na++4SO+6H2O=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6CO2↑
（4）1.6×10-8
（5）CoCO3饱和溶液中c(Co2+)=[Ksp(CoCO3)]0.5=[1.6×10 13]0.5=4×10 7 mol/L，Qc=c(Co2+)×c()=4×10 7×0.01=4×10 9（6）
（7）12；3：1：1
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）基态Co价电子排布式为3d74s2。
故答案为： 3d74s2 ；
（2）“酸浸”时能够加快浸取速率的操作有适当增大硫酸浓度、搅拌、加热、粉碎废料等。
故答案为： 适当增大硫酸的浓度、搅拌、加热等 ；
（3）除铁时，先加入NaClO的目的为把亚铁离子氧化为铁离子；Na2CO3调节pH得到黄钠铁矾沉淀的离子方程式为：。
故答案为： 把亚铁离子氧化为铁离子 ； 6Fe3++6CO+2Na++4SO+6H2O=Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓+6CO2↑ ；
（4）第一次沉钴得到CoCO3，根据，c(Co2+)<10-5 mol/L，则。
故答案为： 1.6×10-8 ；
（5）CoCO3饱和溶液中c(Co2+)=[Ksp(CoCO3)]0.5=[1.6×10 13]0.5=4×10 7mol/L，Qc=c(Co2+)×c()=4×10 7×0.01=4×10 9故答案为： CoCO3饱和溶液中c(Co2+)=[Ksp(CoCO3)]0.5=[1.6×10 13]0.5=4×10 7mol/L，Qc=c(Co2+)×c()=4×10 7×0.01=4×10 9（6）CoC2O4 2H2O在空气中加热煅烧得到Co2O3的化学方程式为。
故答案为： ；
（7）该晶胞中与Ti最近的O原子个数为12；根据均摊法，该晶胞中O的个数为，Co的个数为1，Ti的个数为，所以个数比为3：1：1。
故答案为： 12 ； 3：1：1 ；
【分析】酸浸阶段：硫酸作为浸取剂，使废料中 Co、Fe 单质及 CoO、FeO、Fe2O3转化为可溶性硫酸盐（CoSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3）；CaO 与硫酸反应生成微溶的 CaSO4，SiO2不溶于酸，二者共同形成滤渣，实现钙、硅杂质与钴、铁的初步分离。
除铁阶段：先通过 NaClO 的强氧化性将 Fe2+氧化为 Fe3+，再用 Na2CO3调节溶液 pH，使 Fe3+以黄钠铁矾沉淀形式析出，彻底去除铁杂质，避免其干扰后续钴的提纯。
沉钴与转化阶段：第一步加 Na2CO3使溶液中 Co2+转化为 CoCO3沉淀，实现钴与其他可溶性杂质的分离；沉淀经盐酸溶解生成 CoCl2后，加 (NH4)2C2O4转化为 CoC2O4 2H2O，该晶体煅烧时易氧化分解为 Co2O3，通过形态转化确保最终产物纯度。
（1）基态Co价电子排布式为3d74s2。
（2）“酸浸”时能够加快浸取速率的操作有适当增大硫酸浓度、搅拌、加热、粉碎废料等。
（3）除铁时，先加入NaClO的目的为把亚铁离子氧化为铁离子；Na2CO3调节pH得到黄钠铁矾沉淀的离子方程式为：。
（4）第一次沉钴得到CoCO3，根据，c(Co2+)<10-5 mol/L，则。
（5）CoCO3饱和溶液中c(Co2+)=[Ksp(CoCO3)]0.5=[1.6×10 13]0.5=4×10 7mol/L，Qc=c(Co2+)×c()=4×10 7×0.01=4×10 9（6）CoC2O4 2H2O在空气中加热煅烧得到Co2O3的化学方程式为。
（7）该晶胞中与Ti最近的O原子个数为12；根据均摊法，该晶胞中O的个数为，Co的个数为1，Ti的个数为，所以个数比为3：1：1。
19．（2025高三上·揭阳月考）研究氮氧化物反应机理，对于控制汽车尾气、保护环境有重要意义。脱除汽车尾气中氮氧化物的一种反应如下：
上述反应分两步进行：
反应：
反应：
回答下列问题：
（1）　 　，该反应在　 　下能自发进行(填“高温”、“低温”或“任何温度”)。
（2）在2L密闭容器中，加入4molNO和4molCO，在不同温度下，反应相同时间，测得各产物的物质的量浓度如图1(均未达到平衡)：
①曲线a表示的物质是　 　。
②450℃时，容器中NO的转化率=　 　，此时的选择性=　 　 。(保留2位有效数字，的选择性)
③实验过程中，高于350℃后，逐渐减小，试分析发生该变化的原因是　 　。
（3）已知反应的正反应速率方程表达式为为反应速率常数，与温度、活化能有关。该反应在催化剂的作用下分两步进行。
第一步：；
第二步：……
①请写出第二步的方程式：　 　。
②为提高反应的速率，可采取的措施是　 　。
A．恒容时，再充入CO B．升温 C．恒容时，再充入 D．恒压时，再充入Ar
（4）工业上，利用电解NO制备实现变废为宝，其工作原理如图2所示，阳极电极反应式为　 　。
【答案】（1）-747.2；低温
（2）；；；高于350℃后，升高温度，反应速率增加的程度超过反应增加的程度，所以浓度减小
（3）；BC
（4）
【知识点】盖斯定律及其应用；电极反应和电池反应方程式；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）根据盖斯定律，反应Ⅰ+反应Ⅱ得反应，则；自发需要则，正反应为熵减反应，则需要低温下能自发进行，
故答案为：-747.2；低温。
（2）①由反应可知反应Ⅰ生成，反应Ⅱ消耗，生成，两个反应均产生，则曲线a表示的物质是，曲线b表示的物质是，
故答案为：。
②450℃时，，，根据N守恒，容器中NO的转化率=，此时的选择性=，
故答案为：；。
③实验过程中，高于350℃后，逐渐减小，发生该变化的原因是：反应Ⅰ生成，反应Ⅱ，消耗，高于350℃后，升高温度，反应Ⅱ速率增加的程度超过反应Ⅰ增加的程度，所以浓度减小，
故答案为：高于350℃后，升高温度，反应Ⅱ速率增加的程度超过反应Ⅰ增加的程度，所以浓度减小。
（3）①反应Ⅱ：，第一步：，则第一步生成的为反应物，和为生成物，即第二步的方程式：，
故答案为：。
②A．反应Ⅱ的正反应速率方程表达式为，恒容时，再充入CO，不影响反应速率，A项错误；
B．升温能加快化学反应速率，B项正确；
C．恒容时，再充入，使提高，化学反应速率加快，C项正确；
D．恒压时，再充入Ar，体积增大，使降低，降低化学反应速率，D项错误；
故答案为：BC。
（4）根据图2，阳极上，NO中的氮原子失去电子，变为硝酸根离子，电极反应式为，
故答案为：。
【分析】(1)依据盖斯定律计算，反应的 ΔH 为 - 747.2；反应 ΔH<0、ΔS<0，低温下 ΔG=ΔH-TΔS<0，故低温自发。
(2)①曲线 a 表示 CO2（反应 Ⅰ、Ⅱ 均生成，浓度最高）。
②根据 N 守恒算 NO 转化率，结合选择性公式（目标产物消耗 NO 与总消耗 NO 的比例）计算。
③高于 350℃后，反应 Ⅱ 速率增幅超过反应 Ⅰ，导致目标产物浓度减小。
(3)①用总反应减去第一步反应，得第二步方程式。
②升温（B）、恒容充入反应物（C）可加快反应速率，选 BC。
(4)阳极上 NO 失电子生成 NO3-，电极反应式：NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+。
（1）根据盖斯定律，反应Ⅰ+反应Ⅱ得反应，则；自发需要则，正反应为熵减反应，则需要低温下能自发进行，故答案为：-747.2；低温。
（2）①由反应可知反应Ⅰ生成，反应Ⅱ消耗，生成，两个反应均产生，则曲线a表示的物质是，曲线b表示的物质是，故答案为：。
②450℃时，，，根据N守恒，容器中NO的转化率=，此时的选择性=，故答案为：；。
③实验过程中，高于350℃后，逐渐减小，发生该变化的原因是：反应Ⅰ生成，反应Ⅱ，消耗，高于350℃后，升高温度，反应Ⅱ速率增加的程度超过反应Ⅰ增加的程度，所以浓度减小，故答案为：高于350℃后，升高温度，反应Ⅱ速率增加的程度超过反应Ⅰ增加的程度，所以浓度减小。
（3）①反应Ⅱ：，第一步：，则第一步生成的为反应物，和为生成物，即第二步的方程式：，故答案为：。
②A．反应Ⅱ的正反应速率方程表达式为，恒容时，再充入CO，不影响反应速率，A项错误；
B．升温能加快化学反应速率，B项正确；
C．恒容时，再充入，使提高，化学反应速率加快，C项正确；
D．恒压时，再充入Ar，体积增大，使降低，降低化学反应速率，D项错误；
故答案为：BC。
（4）根据图2，阳极上，NO中的氮原子失去电子，变为硝酸根离子，电极反应式为，故答案为：。
20．（2025高三上·揭阳月考）N-甲基吗啉氧化物(NMMO)是一种广泛用于有机合成的溶剂。一种以二甘醇为原料合成NMMO的路线如下(反应条件略去)：
（1）二甘醇的分子式为　 　，所含官能团名称为　 　。
（2）吗啉的同分异构体X中含有-CONH2结构的共有　 　种，其中核磁共振氢谱图显示有3组峰，且峰面积比为1：2：6的结构简式为　 　。
（3）下列说法不正确的是___________
A．在二甘醇分子中，存在手性碳原子，并有7个原子采取sp3杂化
B．吗啉易溶解于水，吗啉能与水形成分子间氢键
C．NMM所有碳原子在同一平面内
D．在反应③中，有存在σ键的断裂与形成
（4）酸碱质子理论认为：凡是能接受氢离子的分子或离子称为碱。胺类化合物中氮原子含孤电子对，氮原子上的电子云密度越大，碱性越强。下列三种物质的碱性由强到弱的是　 　(用序号表示)。
①②③
（5）以乙烯为含碳原料，利用①、②的反应原理，合成。基于你设计的合成路线，回答下列问题：
a．最后一步反应中，有机反应物是　 　和　 　(写结构简式)。
b．乙烯一步制得乙醇反应的化学方程式为　 　。
c．在相关步骤中涉及二元卤代烃转化为二元醇的化学方程式为　 　(注明反应条件)。
【答案】（1）C4H10O3；羟基、醚键
（2）2；(CH3)2CHCONH2
（3）A；C
（4）③>①>②
（5）CH3CH2OH；；；
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）二甘醇的分子式为C4H10O3；含有醚键、羟基。
故答案为： C4H10O3 ； 羟基、醚键 ；
（2）吗啉分子具有一个不饱和度，X分子中的-CONH2结构占据一个不饱和度，所以剩下3个饱和碳，等效于找出丙烷的一氯取代物的数目：一共2种；核磁共振氢谱图显示有3组峰，且峰面积比为1：2：6的结构简式为(CH3)2CHCONH2。
故答案为： 2 ； (CH3)2CHCONH2 ；
（3）手性碳为连接四个不同基团的C原子，二甘醇分子中并没有手性碳，A错误；吗啉中的N-H能与水分子之间形成氢键，所以其易溶于水，B正确；NMM分子中O为sp3杂化，所有C也均为sp3杂化，均构成小的四面体结构片段，不可能所有C原子共面，C错误；反应③中H-O-O-H中的O-O键与O-H键均断裂，有HO-H键形成，所以存在σ键的断裂和生成，D正确，故选AC。
故答案为： A C ；
（4）-CF3基团为吸电子基，使得-NH2的电子云向苯环偏移，碱性减弱，-CH3为推电子基，使得苯环上的电子云向-NH2偏移，碱性增强，碱性大小顺序为③>①>②。
故答案为： ③>①>② ；
（5）根据目标产物结果逆推，最后一步的反应有机物为和CH3CH2OH；乙烯与水加成制得乙醇的方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；二元卤代烃通过水解反应得到二元醇：。
故答案为： CH3CH2OH ； ； ； 。
【分析】二甘醇先和氨气发生脱水缩合成环反应，得到吗啉，吗啉与甲醇发生取代反应，得到NMM，双氧水提供配位O，脱去一分子水，最终得到NMMO。
(1)根据二甘醇的结构简式，数出C、H、O原子数，得分子式；识别官能团，含羟基、醚键。
(2)分析吗啉同分异构体中含的结构，等效于丙烷的一氯取代物，共2种；根据核磁共振氢谱峰数和面积比，结构简式为。
(3)A中二甘醇无手性碳原子，C中NMM的C原子因杂化不共面，故不正确的是AC。
(4)依据取代基的电子效应，推电子增强碱性，吸电子减弱碱性，故碱性顺序为③①②。
(5)a. 逆推目标产物，最后一步反应物为和
b. 乙烯与水加成制乙醇，方程式为。
c. 二元卤代烃水解为二元醇，方程式为。
（1）二甘醇的分子式为C4H10O3；含有醚键、羟基。
（2）吗啉分子具有一个不饱和度，X分子中的-CONH2结构占据一个不饱和度，所以剩下3个饱和碳，等效于找出丙烷的一氯取代物的数目：一共2种；核磁共振氢谱图显示有3组峰，且峰面积比为1：2：6的结构简式为(CH3)2CHCONH2。
（3）手性碳为连接四个不同基团的C原子，二甘醇分子中并没有手性碳，A错误；吗啉中的N-H能与水分子之间形成氢键，所以其易溶于水，B正确；NMM分子中O为sp3杂化，所有C也均为sp3杂化，均构成小的四面体结构片段，不可能所有C原子共面，C错误；反应③中H-O-O-H中的O-O键与O-H键均断裂，有HO-H键形成，所以存在σ键的断裂和生成，D正确，故选AC。
（4）-CF3基团为吸电子基，使得-NH2的电子云向苯环偏移，碱性减弱，-CH3为推电子基，使得苯环上的电子云向-NH2偏移，碱性增强，碱性大小顺序为③>①>②。
（5）根据目标产物结果逆推，最后一步的反应有机物为和CH3CH2OH；乙烯与水加成制得乙醇的方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；二元卤代烃通过水解反应得到二元醇：。
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