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贵州省铜仁市思南中学2025-2026学年高三上学期10月月考 化学试题
1．（2025高三上·思南月考）下列关于物质的制备、生产的说法正确的是
A．用镁粉和空气反应制备
B．工业制取金属铝：电解熔融
C．实验室制取NH3：可用浓硫酸干燥
D．溶液与浓混合制备HI
2．（2025高三上·思南月考）明矾、胆矾、绿矾和钡餐是日常生活中常见的硫酸盐，下列说法中正确的是
A．明矾可用作生活用水的净水剂、消毒剂
B．实验中，常用胆矾检验反应生成的水蒸气
C．工业上可用绿矾制造铁盐、墨水及铁红等
D．碳酸钡和硫酸钡均可作消化道检查的药物
3．（2025高三上·思南月考）化学品在纺织工业中也有重要应用，下列说法正确的是
A．漂白毛、麻织物常用次氯酸钠
B．增强织物柔韧性常用苯甲酸钠
C．中和残留酸性物质常用碳酸氢钠
D．合成尼龙的原料为己二酸和己二胺
4．（2025高三上·思南月考）已知氧化还原电对的标准电极电势()越高，其中氧化剂的氧化性越强。现有6组标准电极电势数据如表所示：
氧化还原电对(氧化型/还原型) 标准电极电势()
0.77
1.69
1.51
1.36
0.151
0.54
下列分析错误的是
A．向含的溶液中加可观察到黄绿色气体
B．往淀粉溶液中滴加溶液，溶液不变蓝
C．还原性：
D．酸化高锰酸钾溶液时，不可使用盐酸
5．（2025高三上·思南月考）下列过程中，对应的反应方程式正确的是
A．用溶液清洗银镜：
B．用作野外生氢剂：
C．利用水解制备
D．工业冶炼的反应：(熔解)
6．（2025高三上·思南月考）如图所示为CFCl3破坏臭氧层的过程，下列说法不正确的是
A．过程Ⅰ中断裂C—Cl键
B．过程Ⅱ可表示为O3+Cl=ClO+O2
C．过程Ⅲ中O+O=O2是吸热过程
D．上述过程说明CFCl3中的氯原子是破坏臭氧层的催化剂
7．（2025高三上·思南月考）下列离子方程式书写不正确的是
A．少量Cl2通入Na2SO3溶液中：
B．向明矾溶液中滴加溶液至沉淀物质的量最大：
C．将稀醋酸加入NaIO3和NaI的混合溶液中：
D．将少量稀硝酸加入硫酸亚铁溶液中：
8．（2025高三上·思南月考）下列除杂试剂或操作不正确的是(括号内的物质为杂质)（　　）
A．NaCl溶液(BaCl2)：加过量Na2CO3溶液，过滤，再加盐酸调pH至中性
B．KNO3溶液(AgNO3)：加过量盐酸，再加NaOH溶液调pH至中性
C．BaSO4(BaCO3)：加足量稀盐酸后过滤、洗涤、干燥
D．NaHCO3溶液(Na2CO3)：通入足量CO2气体充分反应
9．（2025高三上·思南月考）高铁酸钾()是高效水处理剂，工业制备的反应原理为。已知NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．若有完全反应，则转移电子总数为0.6NA
B．浓度为的KClO溶液中，的数目小于0.1NA
C．标准状况下，分子中所含的质子总数为1.5NA
D．ag KClO和KCl的混合物中氧元素的质量分数为b％，混合物中的数目为
10．（2025高三上·思南月考）实验室通过制氯气来获得漂白液，下列装置(夹持装置略)中不必使用的是
A． B．
C． D．
11．（2025高三上·思南月考）东南大学化学化工学院张袁健教授探究和分别催化分解的反应机理，部分反应历程如图所示(MS表示吸附在催化剂表面物种；TS表示过渡态)：
下列说法错误的是
A．催化效果：催化剂高于催化剂
B．催化：
C．催化剂比催化剂的产物更容易脱附
D．催化分解吸热，催化分解放热
12．（2025高三上·思南月考）某同学测量放热反应的(忽略温度对焓变的影响)，实验结果见下表：
实验 序号 反应试剂 实验前的 温度 实验后的 温度
① 溶液 铁粉 a
② 溶液 铁粉 a
③ 溶液 铁粉 a
已知：反应后溶液的比热容和密度分别取和，忽略水以外其它物质吸收的热量及溶液体积变化；开始沉淀的为4.4。下列说法正确的是
A．实验①中铁粉全部参加反应
B．实验①和实验②测得数值相同
C．实验③测得：
D．根据上述实验内容，可以判断出实验①和③均能测的准确值
13．（2025高三上·思南月考）一种肼(N2H4)—空气碱性燃料电池工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．a为空气，b为N2H4
B．M为正极，电极反应为O2+4e-+4H+=2H2O
C．电路中通过1mole-时，同时有1molOH-从左室通过阴离子交换膜移到右室
D．当有16gN2H4完全反应生成N2，消耗标准状况下11.2LO2
14．（2025高三上·思南月考）根据下列实验操作和现象所得到的结论不正确的是
选项 实验操作和现象 结论
A 用洁净铂丝蘸取某溶液在火焰上灼烧，火焰呈黄色 该溶液中一定含有钠元素
B 取少量氧化钠固体在空气中继续加热，固体变为淡黄色 氧化钠与氧气生成过氧化钠
C 取久置的粉末，向其中滴加过量的盐酸，产生无色气体 没有变质
D 将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满的集气瓶中，瓶中产生大量的烟和黑色颗粒 黑色颗粒是炭
A．A B．B C．C D．D
15．（2025高三上·思南月考）甲烷和乙烯是重要的气体燃料和化工原料。回答下列问题：
（1）甲烷化反应即为氢气和碳氧化物反应生成甲烷，有利于实现碳循环利用。
已知涉及的反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
则　 　。
（2）研究表明和在催化剂存在下可发生反应制得合成气 。在其他条件相同，不同催化剂(A、B)作用下，使原料和反应相同的时间，CO(g)的产率随反应温度的变化如图所示：
①在催化剂A．B作用下，它们正、逆反应活化能差值分别用和表示，则　 　(填“>”“<”或“=”)。
②y点对应的逆反应速率v(逆) 　 　z点对应的正反应速率v(正)(填“>”“<”或“=”)。
（3）西北工业大学的张健教授、德累斯顿工业大学的冯新亮院士等人报道了一种电催化半氢化策略，在室温条件下，水溶液介质中可选择性地将还原为，其原理示意图如下：
①阴极的电极反应式为　 　。
②同温同压下，相同时间内，若进口处气体物质的量为amol，出口处气体的总体积为进口处的x倍，则转化率为　 　。
（4）利用多晶铜高效催化电解制乙烯的原理如图所示。因电解前后电解液浓度几乎不变，故可实现的连续转化。
①电解过程中向　 　(填“铂”或“多晶铜”)电极方向移动。
②多晶铜电极上的电极反应式为　 　。
③理论上当生产乙烯时，铂电极产生的气体在标况下体积为　 　(不考虑气体的溶解)。
16．（2025高三上·思南月考）某钾盐X由四种元素组成，某小组按如下流程进行实验。请回答：
已知：相同条件下，A、B为中学常见气体且密度相同。D、E均为二元化合物，气体F能使品红溶液褪色且通入无色溶液E中，有淡黄色沉淀生成。
（1）气体B的电子式是　 　，C的化学式是　 　。
（2）写出固体混合物D、G共热所发生的化学反应方程式　 　。
（3）无色溶液E中滴加盐酸观察到气泡。收集少量气体通入溶液，观察到黑色沉淀生成。写出生成沉淀的离子反应方程式(发生非氧化还原反应)　 　。
（4）将G溶于氨水得到一无色溶液，设计实验检验无色溶液中主要离子　 　。
17．（2025高三上·思南月考）黄钠铁矾用作净水剂．以工业废料铁泥（表面沾有油污，主要成分是，还含有为原料制取黄钠铁矾的工艺流程如图所示．
请回答下列问题：
（1）黄钠铁矾中元素的化合价为　 　，预处理的主要目的是　 　。
（2）过滤操作用到的玻璃仪器有和　 　、　 　和　 　。
（3）为提高“酸溶”浸取率，可采取的措施有　 　（填两种）。
（4）“氧化”过程的离子方程式为　 　，可以替代的常见试剂为　 　（填化学式，任写一种）。
（5）“沉铁”过程发生反应的离子方程式为　 　。
（6）检验滤液中不含氧元素的阴离子的方法是　 　。
18．（2025高三上·思南月考）乙醇广泛应用于食品、能源、化工等领域，工业上可用不同的合成方法制备乙醇。
（1）用和反应合成乙醇：。
①向密闭容器中以体积比为充入和发生反应，达平衡后，增大压强，平衡　 　移动(填“不”、“正向”或“逆向”)。
②在以下，该反应均能自发进行，由此推断该反应为放热反应，其推断过程是　 　。
（2）用乙烯水化法合成乙醇： 。已知该反应的速率表达式为，其中、为速率常数，若其他条件不变时，升高温度，下列推断合理的是　 　。
A．增大，增大 B．增大，减小 C．减小，增大
D．减小，减小 E．增大的倍数小于 F．减小的倍数大于
（3）用乙酸甲酯合成乙醇：。某温度时，向密闭容器中通入和，达平衡后体系压强由变成，则该反应用气体平衡分压代替物质的量浓度表示的压强平衡常数　 　。(分压=总压×物质的量分数)
（4）乙醇可作为燃料电池的燃料，某酸性乙醇燃料电池工作原理如图。
①质子移动方向为　 　(填“由左→右”或“由右→左”)。
②电池工作时，负极的电极反应式为　 　。
③若在该电池右侧加入稀硝酸，可使电池持续大电流放电，其原因是　 　，当向b极区通入且全部被消耗时，理论上a极区溶液质量变化为　 　g。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】工业制金属铝；浓硫酸的性质
【解析】【解答】A、镁活泼性强，空气中 O2、N2、CO2都会与其反应，生成 MgO、Mg3N2、C 等多种产物，无法单独制得 Mg3N2，A错误；
B、AlCl3是共价化合物，熔融时无自由离子，不能电解；Al2O3是离子化合物，熔融状态可电离出离子，故工业通过电解熔融 Al2O3制铝，B正确；
C、NH3是碱性气体，浓硫酸是强酸，二者会反应生成 (NH4)2SO4，不能用浓硫酸干燥 NH3，C错误；
D、浓 H2SO4具有强氧化性，会氧化还原性的 HI（生成 I2），因此 NaI 与浓 H2SO4混合无法制备 HI，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点集中在 3 个方面：
对镁的反应产物判断不清：易忽略镁的活泼性，误认为镁与空气仅生成 Mg3N2，实际会同时生成 MgO、C 等杂质，无法单一制备。
混淆共价、离子化合物的电解条件：误将 AlCl3当作离子化合物，忽略其熔融不导电的特性，错认为可电解 AlCl3制铝。
忽视物质的化学性质冲突：①错用浓硫酸干燥 NH3，忘记二者会发生酸碱反应；②错用浓 H2SO4制备 HI，忽略浓硫酸的强氧化性会氧化 HI。
2．【答案】C
【知识点】水的净化；化学科学在材料科学中的作用
【解析】【解答】A、明矾中 Al3+水解生成 Al(OH)3胶体，能吸附杂质净水，但明矾无强氧化性，无法杀菌消毒，不能作消毒剂，A错误；
B、检验水蒸气需用无水 CuSO4（遇水变蓝），胆矾是 CuSO4 5H2O（本身含结晶水），不能检验水蒸气，B错误；
C、绿矾是 FeSO4 7H2O，Fe2+可转化为 Fe3+制铁盐，也能用于制造墨水（生成鞣酸亚铁）、被氧化为 Fe2O3（铁红），工业用途合理，C正确；
D、BaSO4难溶于水和胃酸，可作钡餐；但 BaCO3与胃酸反应生成有毒的可溶性 Ba2+，不能作消化道检查药物，D错误；
故答案为：C。
【分析】解决这类硫酸盐用途题，核心抓 3 个关键点：
作用原理匹配性：区分 “净水（吸附）” 和 “消毒（强氧化性）” 的不同原理；
试剂特性：检验水蒸气需用 “无水” 盐（如无水 CuSO4），含结晶水的盐无法检测水；
物质安全性：钡盐需 “难溶于胃酸” 才安全（如 BaSO4），可溶钡盐（如 BaCO3反应生成的 Ba2+）有毒。
3．【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象
【解析】【解答】A、毛、麻的主要成分是蛋白质、纤维素，次氯酸钠具有强氧化性，会破坏蛋白质和纤维素的结构，因此不能用于漂白毛、麻织物（通常用温和的漂白剂如二氧化硫），A错误；
B、苯甲酸钠是食品防腐剂，不具有增强织物柔韧性的作用，增强织物柔韧性一般用柔顺剂（如阳离子表面活性剂），B错误；
C、碳酸氢钠与酸性物质反应会产生 CO2气体，残留的气体会在织物中形成气泡或孔洞，因此纺织工业中一般用纯碱（碳酸钠）中和残留酸性物质，C错误；
D、尼龙 - 66 是聚酰胺类合成纤维，由己二酸和己二胺通过缩聚反应生成（羧基与氨基脱水成肽键），原料匹配正确，D正确；
故答案为：D。
【分析】 A．其强氧化性会破坏毛、麻的蛋白质、纤维素结构，不能用于漂白。
B．苯甲酸钠是防腐剂，无增强织物柔韧性的作用。
C ．碳酸氢钠中和酸时产气易损伤织物，纺织工业常用纯碱。
D．尼龙 - 66由己二酸和己二胺缩聚生成，原料匹配正确。
4．【答案】A
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】A、PbO2的氧化性远强于 Fe3+和 Cl2，加入后会优先氧化 Fe2+（生成 Fe3+），而非氧化 Cl-生成 Cl2（黄绿色气体），因此无法观察到黄绿色气体，A错误；
B、Sn4+的氧化性（φ°=0.151 V）弱于 I2（0.54 V），不能氧化 I-生成 I2，故淀粉 - KI 溶液不变蓝，B正确；
C、氧化性：Cl2 > Fe3+ > Sn4+，还原性则为 Sn2+ > Fe2+ > Cl-，C正确；
D、MnO4-的氧化性（1.51 V）强于 Cl2（1.36 V），会氧化盐酸中的 Cl-生成 Cl2，因此不能用盐酸酸化高锰酸钾，D正确；
故答案为：A。
【分析】依据 “标准电极电势 (φ°) 越高，氧化剂氧化性越强”，先确定氧化性顺序：PbO2/PbSO4(1.69 V) > MnO4-/Mn2+(1.51 V) > Cl2/Cl-(1.36 V) > Fe3+/Fe2+(0.77 V) > I2/I-(0.54 V) > Sn4+/Sn2+(0.151 V)；再根据 “氧化性越强，对应还原型的还原性越弱” 推导还原性顺序。据此解题。
5．【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、该反应未配平（电荷不守恒），正确的离子方程式应为，且实际中氧化的程度较弱，A错误；
B、与水反应的实际产物是和（会与水继续反应生成），正确方程式应为，B错误；
C、发生水解反应，生成沉淀，同时释放和，方程式符合水解规律（原子、电荷均守恒），C正确；
D、AlCl3是共价化合物，熔融状态下无自由移动的离子，不能导电，工业冶炼需电解熔融（加入冰晶石降低熔点），D错误；
故答案为：C。
【分析】 A方程式左边电荷为 + 3，右边为 + 1，未配平。
B．NaH 与水反应生成 NaOH 和 H2（Na2O 会与水继续反应），而非 Na2O。
C．TiCl4水解生成 TiO2 xH2O 沉淀，同时释放 H+和 Cl-，原子、电荷均守恒。
D．AlCl3是共价化合物，熔融无自由离子，不能电解，工业冶炼 Al 用熔融 Al2O3
6．【答案】C
【知识点】化学键；吸热反应和放热反应；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、过程 Ⅰ 中 CFCl3分解为 CFCl2和 Cl 原子，断裂的是 C—Cl 键，A正确；
B、过程 Ⅱ 是 Cl 原子与 O3反应生成 ClO 和 O2，反应式为 O3+Cl=ClO+O2，B正确；
C、O 原子结合形成 O2的过程是成键过程，成键放热，并非吸热过程，C错误；
D、Cl 原子在反应中参与循环（反应前后不变），是破坏臭氧层的催化剂，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
成键、断键的能量变化混淆：易误将 “O 原子结合成 O2（成键）” 判断为吸热过程，实际成键过程放热、断键过程吸热。
催化剂的判断：忽略 Cl 原子在反应中循环参与（反应前后不变），误判其不是催化剂。
反应过程的化学键识别：可能错判过程 Ⅰ 中断裂的化学键类型，需结合产物（CFCl2、Cl 原子）明确断裂的是 C—Cl 键。
7．【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、少量 Cl2与 SO32-反应，Cl2被还原为 Cl-，SO32-部分被氧化为 SO42-，剩余 SO32-与生成的 H+结合为 HSO3-， 离子方程式为：，A正确；
B、明矾与 Ba(OH)2反应至沉淀物质的量最大时，Al3+完全沉淀为 Al (OH)3，SO42-部分沉淀为 BaSO4， 离子方程式为：，B正确；
C、稀醋酸是弱酸，不能拆分为 H+，应保留化学式 CH3COOH，正确方程式需体现 CH3COOH 和 CH3COO-，C错误；
D、稀硝酸氧化 Fe2+，NO3-被还原为 NO，Fe2+被氧化为 Fe3+，电子得失（3×1=1×3）和电荷均守恒，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点集中在 2 个方面：
弱电解质的拆分误区：易忽略醋酸是弱酸，错误将其拆分为 H+，导致离子方程式书写错误（如选项 C）。
量比关系的判断偏差：对 “沉淀物质的量最大” 这类用量限定的反应，易混淆离子配比（如选项 B 中 Al3+ 完全沉淀时的离子组合）。
8．【答案】B
【知识点】除杂
【解析】【解答】A.氯化钠溶液中含有BaCl2，可以选用Na2CO3溶液， 会产生BaCO3沉淀，过滤后溶液中含有Na2CO3和NaCl，用HCl溶液可以除去过量的Na2CO3，A选项是正确的；
B.加入NaOH调节pH值会引入Na+杂质，B选项是错误的；
C.BaCO3会溶于盐酸但是BaSO4不溶于盐酸，所以加足量稀盐酸后过滤、洗涤、干燥 ，可以除去BaCO3，C选项是正确的；
D.Na2CO3溶液中通入CO2会生成NaHCO3，可以达到除杂的目的，D选项是正确的。
故答案为：B。
【分析】除杂时，应该遵循“不增不减”的原则，即不能引入新的杂质，也不能将主体物质损耗。
9．【答案】D
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、Fe(OH)3中Fe为+3价，反应后生成K2FeO4（Fe为+6价），1mol Fe(OH)3反应转移3mol电子。10.7g Fe(OH)3的物质的量为0.1mol，转移电子数应为0.3NA，而非0.6NA，A错误；
B、仅给出KClO溶液的浓度，未说明溶液体积，无法计算ClO-的数目，B错误；
C、标准状况下H2O是液体，不能用气体摩尔体积（22.4L/mol）计算其物质的量，C错误；
D、KClO和KCl的混合物中，K+的质量分数为(1 - b%)，混合物中K+的质量为a(1 - b%)g，K+的摩尔质量为39g/mol，但KClO和KCl的最简式均可看作“KCl”（KClO中O单独计算），因此K+与Cl-的总质量对应“KCl”的质量，其摩尔质量为74.5g/mol，故K+的物质的量为mol，数目为，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．Fe从+3到+6，1mol Fe(OH)3转移3mol电子；10.7g（0.1mol）Fe(OH)3转移0.3NA电子，而非0.6NA。
B．仅知浓度，无溶液体积，无法计算ClO-数目。
C．标准状况下H2O是液体，不能用22.4L/mol计算。
D．KClO、KCl中K与Cl的比例均为1：1，总质量中扣除O的质量（b%）后，剩余质量对应“KCl”的质量，K+物质的量为mol，数目计算正确。
10．【答案】B
【知识点】氯气的实验室制法
【解析】【解答】装置A作用：用于制备 Cl2（如用浓盐酸与 MnO2或 KMnO4反应，固液反应装置），是制气的核心装置，必须使用；
装置B作用：浓硫酸用于干燥 Cl2，但制备漂白液是 Cl2与 NaOH 溶液反应，Cl2中的水蒸气不影响该反应，因此干燥步骤不必要，可不使用；
装置C：作用：饱和食盐水用于除去 Cl2中混有的 HCl 杂质（HCl 易溶于饱和食盐水，Cl2溶解度小），避免 HCl 与 NaOH 反应消耗试剂，必须使用；
装置D：作用：NaOH 溶液吸收尾气中过量的 Cl2，碱石灰防止倒吸，避免 Cl2污染环境，必须使用；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点在于混淆 “干燥步骤的必要性”：容易误认为气体参与反应前都需要干燥，但制备漂白液是 Cl2与 NaOH 溶液（液态）反应，Cl2中混有的水蒸气不会影响该反应，因此干燥装置（浓硫酸）并非必需，这是判断的关键偏差点。
11．【答案】B,D
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变；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
【解析】【解答】A、催化效果取决于活化能，Co-N-C 的过渡态（TS1）活化能（0.81eV）低于 Fe-N-C（1.64eV），活化能越低催化效果越好，因此 Co-N-C 催化效果更高，A正确；
B、Fe-N-C 催化中，MS1 的相对能量高于 MS2，ΔH=MS2 能量 - MS1 能量 = -1.64eV（而非 - 0.22eV，0.22eV 是 Co-N-C 的变化），B错误；
C、产物（MS3）与 Fe-N-C 的能量差更大，说明产物更易脱离催化剂表面，脱附更容易，C正确；
D、H2O2分解的总反应热由反应物（H2O2）与产物（O2、H2O）的能量差决定，两者催化下反应物和产物能量相同，因此反应热相同，并非Co-N-C吸热、Fe-N-C放热，D错误；
故答案为：BD。
【分析】A．Co-N-C 的活化能（0.81eV）低于 Fe-N-C（1.64eV），活化能越低催化效果越好。
B．Fe-N-C 催化时，反应热是 MS2 与 MS1 的能量差（-1.64eV），而非 - 0.22eV。
C．Fe-N-C 体系中产物（MS3）与催化剂的能量差更大，产物更易脱附。
D．两者催化下反应物和产物能量相同，总反应热一致，并非一吸一放。
12．【答案】A
【知识点】反应热和焓变；热化学方程式
【解析】【解答】A、实验①中，CuSO4的物质的量为，Fe的物质的量为。溶液pH=1（含0.01mol H+），H+仅消耗0.005mol Fe，剩余Fe（≈0.0164mol）仍能与0.02mol Cu2+反应（Fe略过量），因此铁粉全部参与反应，A正确；
B、实验②中，酸性条件下NO3-会氧化Fe（额外副反应），导致热量变化与实验①不同，ΔH数值不相同，B错误；
C、实验③中pH=4，Cu2+会沉淀，实际参与反应的Cu2+不足0.02mol；且热量，但反应的物质的量并非1mol，因此ΔH≠-0.418(b3 - a)kJ·mol- ，C错误；
D、实验①有H+与Fe的副反应，实验③有Cu2+沉淀，均存在干扰，无法测得ΔH准确值，D错误；
故答案为：A。
【分析】 A．H+消耗少量 Fe，剩余 Fe 仍能与 Cu2+ 反应，Fe 可全部参与。
B．NO3-额外氧化 Fe，热量变化不同，ΔH 数值不同。
C．Cu2+ 沉淀导致反应不彻底，未达 1mol 反应标准，ΔH 计算错误。
D．实验①有副反应、实验③有沉淀，均无法测准确 ΔH。
13．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电子从 N 电极流向 M 电极，N 为负极（通燃料 N2H4，对应 b 口），M 为正极（通空气，对应 a 口），A正确；
B、电池是碱性环境（KOH 溶液），正极 O2得电子的电极反应应为 O2+4e-+2H2O=4OH-，碱性环境中不会大量存在 H+，不能写消耗 H+的反应，B错误；
C、电路通过 1mol e-时，右室（负极）生成阳离子，为维持电荷平衡，1mol OH-会从左室经阴离子交换膜移到右室，C正确；
D、16g N2H4（0.5mol）反应生成 N2时失去 2mol 电子，O2每 mol 得 4mol 电子，故得 2mol 电子对应 0.5mol O2，标准状况下体积为 11.2L，D正确；
故答案为：B。
【分析】电池以 KOH 溶液作为碱性电解质，电解质中间设有阴离子交换膜；a 口通入空气（作为正极反应物），空气进入 M 电极所在的左室，M 电极为正极；b 口通入燃料肼（N2H4），肼进入 N 电极所在的右室，N 电极为负极。
工作时，负极的肼发生氧化反应失去电子，电子经外部负载流向正极；正极的 O2得到电子，结合电解质中的 H2O 生成 OH-；同时，为维持两室电荷平衡，OH-会通过阴离子交换膜在左、右室之间移动，最终实现化学能向电能的转化。
14．【答案】C
【知识点】钠的化学性质；化学实验方案的评价；钠的氧化物
【解析】【解答】A、钠元素的焰色反应为黄色，铂丝灼烧火焰呈黄色，说明溶液一定含钠元素，A正确；
B、氧化钠（白色）加热后变为淡黄色，而淡黄色是过氧化钠的特征颜色，说明生成了过氧化钠，B正确；
C、久置的 Na2O2会与 CO2、H2O 反应生成 Na2CO3，Na2CO3与盐酸反应也会产生无色气体（CO2），因此 “产生无色气体” 不能证明 Na2O2未变质，C错误；
D、CO2中含碳元素，钠与 CO2反应生成的黑色颗粒只能是碳单质，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点在于忽略 “现象的多因性”：容易误将 “产生无色气体” 这一现象唯一归因于 Na2O2与盐酸的反应，而忽略了久置 Na2O2会变质生成 Na2CO3（Na2CO3与盐酸反应也会产生无色气体），因此无法通过该现象直接证明 Na2O2未变质，这是对实验现象与结论唯一性的判断偏差。
15．【答案】（1）-41.2
（2）=；<
（3）；％
（4）铂；；16.8L
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）反应Ⅰ： ，反应Ⅱ： ，反应Ⅲ： ，反应Ⅱ=反应Ⅰ-反应Ⅲ，所以，
故答案为-41.2；
（2）①不同的催化剂，改变反应的活化能，对应同一反应而言，正逆反应的活化能的差值即为该反应的反应热，催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应的焓变，所以正逆反应的活化能的差值是不变的，所以=，
故答案为＝；
②由图可知，z点温度高于y点，温度越高，反应速率越快，所以y点对应的逆反应速率v（逆）＜z点对应的正反应速率v（正），
故答案为＜；
（3）①在阴极被还原为，电极方程式为，
故答案为；
②出气口有氧气和乙烯生成，气体的总体积为进口处乙炔的x倍，乙炔生成乙烯是按照1：1的关系反应，所以无论生成多少的乙烯都不会影响原来的量，多余的部分（ax a）乙炔是氧气导致的，根据反应：2H2O 4e ＝O2↑＋4H＋，此时转移电子是4（ax a）mol，根据电子守恒，产生乙烯的量以及转化的乙炔的量均为2(ax a)mol，转化率为：，
故答案为；
（4）①由题意知，在多晶铜电极上，CO2生成乙烯，C元素化合价降低，得电子，多晶铜电极为阴极，阴离子移向阳极，即铂电极，
故答案为铂；
②由题意知，在多晶铜电极上，CO2生成乙烯，电解液浓度几乎不变，则电极反应式为：，
故答案为；
③多晶铜电极的电极反应式为：，生成0.05mol乙烯时，转移0.6mole ，铂电极的电极反应为：，当转移0.6mole 时，生成0.15molO2、0.6molCO2，则标况下生成气体的体积为(0.15＋0.6)mol×22.4L mol 1＝16.8L，
故答案为16.8L。
【分析】(1)利用盖斯定律，通过反应 Ⅰ- 反应 Ⅲ 得到反应 Ⅱ，计算 ΔH2。
(2) ① 催化剂不改变反应焓变，正逆反应活化能差值等于焓变，故 ΔE (A)=ΔE (B)；② 温度越高反应速率越快，y 点温度低于 z 点，故 y 点逆反应速率 < z 点正反应速率。
(3) ① 阴极 C2H2得电子被还原为 C2H4，结合电解质写电极反应式；② 利用气体体积变化，结合电子守恒计算 C2H2转化率。
(4)① 阴离子向阳极移动，多晶铜为阴极，故 HCO3-向铂电极移动；② 结合 C 元素化合价变化与电解质，写多晶铜电极的还原反应式；③ 利用电子守恒，计算铂电极生成气体的物质的量，再求体积。
（1）反应Ⅰ： ，反应Ⅱ： ，反应Ⅲ： ，反应Ⅱ=反应Ⅰ-反应Ⅲ，所以，故答案为-41.2；
（2）①不同的催化剂，改变反应的活化能，对应同一反应而言，正逆反应的活化能的差值即为该反应的反应热，催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应的焓变，所以正逆反应的活化能的差值是不变的，所以=，故答案为＝；
②由图可知，z点温度高于y点，温度越高，反应速率越快，所以y点对应的逆反应速率v（逆）＜z点对应的正反应速率v（正），故答案为＜；
（3）①在阴极被还原为，电极方程式为，故答案为；
②出气口有氧气和乙烯生成，气体的总体积为进口处乙炔的x倍，乙炔生成乙烯是按照1：1的关系反应，所以无论生成多少的乙烯都不会影响原来的量，多余的部分（ax a）乙炔是氧气导致的，根据反应：2H2O 4e ＝O2↑＋4H＋，此时转移电子是4（ax a）mol，根据电子守恒，产生乙烯的量以及转化的乙炔的量均为2(ax a)mol，转化率为：，故答案为；
（4）①由题意知，在多晶铜电极上，CO2生成乙烯，C元素化合价降低，得电子，多晶铜电极为阴极，阴离子移向阳极，即铂电极，故答案为铂；
②由题意知，在多晶铜电极上，CO2生成乙烯，电解液浓度几乎不变，则电极反应式为：，故答案为；
③多晶铜电极的电极反应式为：，生成0.05mol乙烯时，转移0.6mole ，铂电极的电极反应为：，当转移0.6mole 时，生成0.15molO2、0.6molCO2，则标况下生成气体的体积为(0.15＋0.6)mol×22.4L mol 1＝16.8L，故答案为16.8L。
16．【答案】（1）；
（2）
（3）
（4）取适量该无色溶液，加入适量的酸，溶液变成蓝色，且产生难溶于水的紫红色沉淀，该溶液中含有
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；氧化还原反应方程式的配平；探究物质的组成或测量物质的含量；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】（1）根据以下分析，B为，电子式为：；
故答案为： ； ；
（2）D中含有Cu和S，为，G为，二者发生反应：；
故答案为： ；
（3）E为，滴加盐酸生成，与溶液反应，生成黑色的沉淀，反应的离子方程式为：；
故答案为： ；
（4）氨水反应生成无色离子，与酸反应，生成，所以检验的具体方法为：取适量该无色溶液，加入适量的酸，溶液变成蓝色，且产生难溶于水的紫红色沉淀，该溶液中含有。
故答案为： 取适量该无色溶液，加入适量的酸，溶液变成蓝色，且产生难溶于水的紫红色沉淀，该溶液中含有 ；
【分析】气体混合物（A、B）的处理：这部分气体（标况下 2.016L）与足量 CuO 共热，生成了 3.84g 紫红色固体 C；同时产生的混合气体通入澄清石灰水，既生成了白色沉淀，又分离出单质气体 B；固体混合物（D、E）的处理：向这部分固体中加足量水，分离得到固体 D 和含 0.03mol E 的无色溶液；固体 D 与适量 O2加热，生成了标况下 0.448L 的气体 F，以及黑体混合物（D、G）；随后将该黑体混合物加热，恰好反应生成 3.84g 紫红色固体 C 和标况下 0.224L 的气体 F；气体 F 的特性：F 能使品红溶液褪色，且将其通入无色溶液 E 中，会产生淡黄色沉淀。据此解题。
（1）根据以上分析，B为，电子式为：；
（2）D中含有Cu和S，为，G为，二者发生反应：；
（3）E为，滴加盐酸生成，与溶液反应，生成黑色的沉淀，反应的离子方程式为：；
（4）氨水反应生成无色离子，与酸反应，生成，所以检验的具体方法为：取适量该无色溶液，加入适量的酸，溶液变成蓝色，且产生难溶于水的紫红色沉淀，该溶液中含有。
17．【答案】（1）；价除去铁泥表面的油污
（2）烧杯；漏斗；玻璃棒
（3）适当增大酸的浓度、加热、搅拌、延长时间等
（4）；等合理答案均可
（5）
（6）取少许滤液于试管中，向其中滴加稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀产生，则说明待测液中含有
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；铁及其化合物的性质实验；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）根据化合物中各元素正负化合价的代数和等于0可知黄钠铁砜中元素的化合价为价；油污在碱性条件下能发生水解反应而被除去；
故答案为： ； 价除去铁泥表面的油污 ；
（2）过滤操作用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；
故答案为： 烧杯 ； 漏斗 ； 玻璃棒 ；
（3）为提高“酸溶”浸取率，可采取的措施有适当增大酸的浓度、加热、搅拌、延长时间等；
故答案为： 适当增大酸的浓度、加热、搅拌、延长时间等 ；
（4）根据分析可知，NaClO将二价铁离子氧化成三价铁离子，离子方程式：；酸性条件下，具有强氧化性，可以将氧化为．在不引入杂质的前提下，用可以替代起氧化作用；
故答案为： ；等合理答案均可 ；
（5）“沉铁”过程硫酸钠和碳酸钠和发生反应生成，发生反应的离子方程式为：；
故答案为： ；
（6）根据流程可知，滤液中不含氧元素的阴离子为氯离子，检验氯离子的方法：滤液中的主要成分是氯化钠，检验滤液中的方法是取少许滤液于试管中，向其中滴加稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀产生则说明待测液中含有；
故答案为： 取少许滤液于试管中，向其中滴加稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀产生，则说明待测液中含有 。
【分析】向铁泥中加入试剂 X，利用 X 的去污能力（通常为洗涤剂类物质），去除铁泥表面附着的油污，为后续酸浸操作创造清洁的原料条件。向除油后的铁泥中加入稀硫酸，铁泥中的 Fe2O3、Fe、FeO 会与稀硫酸发生反应（Fe2O3与酸反应生成 Fe3+，Fe、FeO 与酸反应生成 Fe2+，且 Fe 会还原 Fe3+ 为 Fe2+），最终得到含有 Fe2+的酸性溶液；而杂质 SiO2不与稀硫酸反应，通过过滤可将其分离（成为滤渣）。向过滤后的酸性溶液中加入 NaClO，NaClO 具有氧化性，可将溶液中的 Fe2+ 氧化为 Fe3+，为后续 Fe3+的沉淀做准备。向含 Fe3+的溶液中加入碳酸钠、硫酸钠溶液，在这两种试剂的作用下，Fe3+会与溶液中的离子结合，完全沉淀生成黄钠铁矾（一种含 Fe、Na、S、O 等元素的复盐沉淀），从而实现铁元素的富集分离。
（1）根据化合物中各元素正负化合价的代数和等于0可知黄钠铁砜中元素的化合价为价；油污在碱性条件下能发生水解反应而被除去；
（2）过滤操作用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；
（3）为提高“酸溶”浸取率，可采取的措施有适当增大酸的浓度、加热、搅拌、延长时间等；
（4）根据分析可知，NaClO将二价铁离子氧化成三价铁离子，离子方程式：；酸性条件下，具有强氧化性，可以将氧化为．在不引入杂质的前提下，用可以替代起氧化作用；
（5）“沉铁”过程硫酸钠和碳酸钠和发生反应生成，发生反应的离子方程式为：；
（6）根据流程可知，滤液中不含氧元素的阴离子为氯离子，检验氯离子的方法：滤液中的主要成分是氯化钠，检验滤液中的方法是取少许滤液于试管中，向其中滴加稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀产生则说明待测液中含有；
18．【答案】（1）正向；根据，此反应，即，以下可自发，即以下，因此可知
（2）AE
（3）0.0036
（4）由左→右；；稀硝酸氧化性强于，在正极更快放电，因此电流更大；生成的与、反应又生成了稀硝酸，所以可以持续大电流放电；18
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；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）①该反应是气体体积减小的反应，向密闭容器中以体积比为充入和发生反应，达平衡后，增大压强，平衡正向移动；
②根据，此反应，即，以下可自发，即以下，因此可知，由此推断该反应为放热反应。
故答案为： 正向 ； 根据，此反应，即，以下可自发，即以下，因此可知 ；
（2）若其他条件不变时，升高温度，正逆反应速率均增大，浓度瞬间是不变的，所以、均增大；该反应为放热反应，升高温度，平衡逆移，逆反应速率增大的更多，即增大的倍数小于，答案选AE。
故答案为： AE ；
（3）设平衡时转化的物质的量为 x，列出“三段式”
经总压由 120 MPa 变为 105 MPa 可得，x = 0.75，各组分平衡分压：p(CH3COOCH3)==25MPa，p(H2) ==50MPa，p(CH3CH2OH) ==15MPa，p(CH3OH) ==15MPa，平衡常数Kp ==0.0036。
故答案为： 0.0036 ；
（4）①燃料电池中通入氧气的b电极为正极，a电极为负极，H+(质子)向正极移动，则质子移动方向为由左→右；
②电池工作时，乙醇在负极失去电子生成CO2，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：；
③若在该电池右侧加入稀硝酸，可使电池持续大电流放电，其原因是稀硝酸氧化性强于，在正极更快放电，因此电流更大；生成的与、反应又生成了稀硝酸，所以可以持续大电流放电；向b极区通入且全部被消耗时，得到4mol电子，由可知，消耗，生成CO2，同时4molH+进入正极区，理论上a极区溶液质量变化为×46g/mol-×44g/mol-4g=-18g，即质量减小18g。
故答案为： 由左→右 ； ； 稀硝酸氧化性强于，在正极更快放电，因此电流更大；生成的与、反应又生成了稀硝酸，所以可以持续大电流放电 ；18。
【分析】(1)① 反应气体体积减小，增大压强平衡正向移动；② 由 ΔG=ΔH-TΔS，ΔS<0 时，700K 以下 ΔG<0 需 ΔH<0，故反应放热。
(2)升温正逆速率常数均增大；放热反应升温平衡逆移，故 k 正增大倍数小于 k 逆。
(3)用 “三段式” 算平衡物质的量，结合压强与物质的量的关系求分压，代入 K 公式计算。
(4)① 质子向正极（b 极）移动，方向由左→右；② 负极乙醇失电子生成 CO2，结合酸性环境写电极反应式；③ 稀硝酸氧化性强且可循环生成；通过电子守恒算 a 极区质量变化。
（1）①该反应是气体体积减小的反应，向密闭容器中以体积比为充入和发生反应，达平衡后，增大压强，平衡正向移动；
②根据，此反应，即，以下可自发，即以下，因此可知，由此推断该反应为放热反应。
（2）若其他条件不变时，升高温度，正逆反应速率均增大，浓度瞬间是不变的，所以、均增大；该反应为放热反应，升高温度，平衡逆移，逆反应速率增大的更多，即增大的倍数小于，答案选AE。
（3）设平衡时转化的物质的量为 x，列出“三段式”
经总压由 120 MPa 变为 105 MPa 可得，x = 0.75，各组分平衡分压：p(CH3COOCH3)==25MPa，p(H2) ==50MPa，p(CH3CH2OH) ==15MPa，p(CH3OH) ==15MPa，平衡常数Kp ==0.0036。
（4）①燃料电池中通入氧气的b电极为正极，a电极为负极，H+(质子)向正极移动，则质子移动方向为由左→右；
②电池工作时，乙醇在负极失去电子生成CO2，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：；
③若在该电池右侧加入稀硝酸，可使电池持续大电流放电，其原因是稀硝酸氧化性强于，在正极更快放电，因此电流更大；生成的与、反应又生成了稀硝酸，所以可以持续大电流放电；向b极区通入且全部被消耗时，得到4mol电子，由可知，消耗，生成CO2，同时4molH+进入正极区，理论上a极区溶液质量变化为×46g/mol-×44g/mol-4g=-18g，即质量减小18g。
1 / 1贵州省铜仁市思南中学2025-2026学年高三上学期10月月考 化学试题
1．（2025高三上·思南月考）下列关于物质的制备、生产的说法正确的是
A．用镁粉和空气反应制备
B．工业制取金属铝：电解熔融
C．实验室制取NH3：可用浓硫酸干燥
D．溶液与浓混合制备HI
【答案】B
【知识点】工业制金属铝；浓硫酸的性质
【解析】【解答】A、镁活泼性强，空气中 O2、N2、CO2都会与其反应，生成 MgO、Mg3N2、C 等多种产物，无法单独制得 Mg3N2，A错误；
B、AlCl3是共价化合物，熔融时无自由离子，不能电解；Al2O3是离子化合物，熔融状态可电离出离子，故工业通过电解熔融 Al2O3制铝，B正确；
C、NH3是碱性气体，浓硫酸是强酸，二者会反应生成 (NH4)2SO4，不能用浓硫酸干燥 NH3，C错误；
D、浓 H2SO4具有强氧化性，会氧化还原性的 HI（生成 I2），因此 NaI 与浓 H2SO4混合无法制备 HI，D错误；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点集中在 3 个方面：
对镁的反应产物判断不清：易忽略镁的活泼性，误认为镁与空气仅生成 Mg3N2，实际会同时生成 MgO、C 等杂质，无法单一制备。
混淆共价、离子化合物的电解条件：误将 AlCl3当作离子化合物，忽略其熔融不导电的特性，错认为可电解 AlCl3制铝。
忽视物质的化学性质冲突：①错用浓硫酸干燥 NH3，忘记二者会发生酸碱反应；②错用浓 H2SO4制备 HI，忽略浓硫酸的强氧化性会氧化 HI。
2．（2025高三上·思南月考）明矾、胆矾、绿矾和钡餐是日常生活中常见的硫酸盐，下列说法中正确的是
A．明矾可用作生活用水的净水剂、消毒剂
B．实验中，常用胆矾检验反应生成的水蒸气
C．工业上可用绿矾制造铁盐、墨水及铁红等
D．碳酸钡和硫酸钡均可作消化道检查的药物
【答案】C
【知识点】水的净化；化学科学在材料科学中的作用
【解析】【解答】A、明矾中 Al3+水解生成 Al(OH)3胶体，能吸附杂质净水，但明矾无强氧化性，无法杀菌消毒，不能作消毒剂，A错误；
B、检验水蒸气需用无水 CuSO4（遇水变蓝），胆矾是 CuSO4 5H2O（本身含结晶水），不能检验水蒸气，B错误；
C、绿矾是 FeSO4 7H2O，Fe2+可转化为 Fe3+制铁盐，也能用于制造墨水（生成鞣酸亚铁）、被氧化为 Fe2O3（铁红），工业用途合理，C正确；
D、BaSO4难溶于水和胃酸，可作钡餐；但 BaCO3与胃酸反应生成有毒的可溶性 Ba2+，不能作消化道检查药物，D错误；
故答案为：C。
【分析】解决这类硫酸盐用途题，核心抓 3 个关键点：
作用原理匹配性：区分 “净水（吸附）” 和 “消毒（强氧化性）” 的不同原理；
试剂特性：检验水蒸气需用 “无水” 盐（如无水 CuSO4），含结晶水的盐无法检测水；
物质安全性：钡盐需 “难溶于胃酸” 才安全（如 BaSO4），可溶钡盐（如 BaCO3反应生成的 Ba2+）有毒。
3．（2025高三上·思南月考）化学品在纺织工业中也有重要应用，下列说法正确的是
A．漂白毛、麻织物常用次氯酸钠
B．增强织物柔韧性常用苯甲酸钠
C．中和残留酸性物质常用碳酸氢钠
D．合成尼龙的原料为己二酸和己二胺
【答案】D
【知识点】化学科学的主要研究对象
【解析】【解答】A、毛、麻的主要成分是蛋白质、纤维素，次氯酸钠具有强氧化性，会破坏蛋白质和纤维素的结构，因此不能用于漂白毛、麻织物（通常用温和的漂白剂如二氧化硫），A错误；
B、苯甲酸钠是食品防腐剂，不具有增强织物柔韧性的作用，增强织物柔韧性一般用柔顺剂（如阳离子表面活性剂），B错误；
C、碳酸氢钠与酸性物质反应会产生 CO2气体，残留的气体会在织物中形成气泡或孔洞，因此纺织工业中一般用纯碱（碳酸钠）中和残留酸性物质，C错误；
D、尼龙 - 66 是聚酰胺类合成纤维，由己二酸和己二胺通过缩聚反应生成（羧基与氨基脱水成肽键），原料匹配正确，D正确；
故答案为：D。
【分析】 A．其强氧化性会破坏毛、麻的蛋白质、纤维素结构，不能用于漂白。
B．苯甲酸钠是防腐剂，无增强织物柔韧性的作用。
C ．碳酸氢钠中和酸时产气易损伤织物，纺织工业常用纯碱。
D．尼龙 - 66由己二酸和己二胺缩聚生成，原料匹配正确。
4．（2025高三上·思南月考）已知氧化还原电对的标准电极电势()越高，其中氧化剂的氧化性越强。现有6组标准电极电势数据如表所示：
氧化还原电对(氧化型/还原型) 标准电极电势()
0.77
1.69
1.51
1.36
0.151
0.54
下列分析错误的是
A．向含的溶液中加可观察到黄绿色气体
B．往淀粉溶液中滴加溶液，溶液不变蓝
C．还原性：
D．酸化高锰酸钾溶液时，不可使用盐酸
【答案】A
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较
【解析】【解答】A、PbO2的氧化性远强于 Fe3+和 Cl2，加入后会优先氧化 Fe2+（生成 Fe3+），而非氧化 Cl-生成 Cl2（黄绿色气体），因此无法观察到黄绿色气体，A错误；
B、Sn4+的氧化性（φ°=0.151 V）弱于 I2（0.54 V），不能氧化 I-生成 I2，故淀粉 - KI 溶液不变蓝，B正确；
C、氧化性：Cl2 > Fe3+ > Sn4+，还原性则为 Sn2+ > Fe2+ > Cl-，C正确；
D、MnO4-的氧化性（1.51 V）强于 Cl2（1.36 V），会氧化盐酸中的 Cl-生成 Cl2，因此不能用盐酸酸化高锰酸钾，D正确；
故答案为：A。
【分析】依据 “标准电极电势 (φ°) 越高，氧化剂氧化性越强”，先确定氧化性顺序：PbO2/PbSO4(1.69 V) > MnO4-/Mn2+(1.51 V) > Cl2/Cl-(1.36 V) > Fe3+/Fe2+(0.77 V) > I2/I-(0.54 V) > Sn4+/Sn2+(0.151 V)；再根据 “氧化性越强，对应还原型的还原性越弱” 推导还原性顺序。据此解题。
5．（2025高三上·思南月考）下列过程中，对应的反应方程式正确的是
A．用溶液清洗银镜：
B．用作野外生氢剂：
C．利用水解制备
D．工业冶炼的反应：(熔解)
【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、该反应未配平（电荷不守恒），正确的离子方程式应为，且实际中氧化的程度较弱，A错误；
B、与水反应的实际产物是和（会与水继续反应生成），正确方程式应为，B错误；
C、发生水解反应，生成沉淀，同时释放和，方程式符合水解规律（原子、电荷均守恒），C正确；
D、AlCl3是共价化合物，熔融状态下无自由移动的离子，不能导电，工业冶炼需电解熔融（加入冰晶石降低熔点），D错误；
故答案为：C。
【分析】 A方程式左边电荷为 + 3，右边为 + 1，未配平。
B．NaH 与水反应生成 NaOH 和 H2（Na2O 会与水继续反应），而非 Na2O。
C．TiCl4水解生成 TiO2 xH2O 沉淀，同时释放 H+和 Cl-，原子、电荷均守恒。
D．AlCl3是共价化合物，熔融无自由离子，不能电解，工业冶炼 Al 用熔融 Al2O3
6．（2025高三上·思南月考）如图所示为CFCl3破坏臭氧层的过程，下列说法不正确的是
A．过程Ⅰ中断裂C—Cl键
B．过程Ⅱ可表示为O3+Cl=ClO+O2
C．过程Ⅲ中O+O=O2是吸热过程
D．上述过程说明CFCl3中的氯原子是破坏臭氧层的催化剂
【答案】C
【知识点】化学键；吸热反应和放热反应；化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】A、过程 Ⅰ 中 CFCl3分解为 CFCl2和 Cl 原子，断裂的是 C—Cl 键，A正确；
B、过程 Ⅱ 是 Cl 原子与 O3反应生成 ClO 和 O2，反应式为 O3+Cl=ClO+O2，B正确；
C、O 原子结合形成 O2的过程是成键过程，成键放热，并非吸热过程，C错误；
D、Cl 原子在反应中参与循环（反应前后不变），是破坏臭氧层的催化剂，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题易错点：
成键、断键的能量变化混淆：易误将 “O 原子结合成 O2（成键）” 判断为吸热过程，实际成键过程放热、断键过程吸热。
催化剂的判断：忽略 Cl 原子在反应中循环参与（反应前后不变），误判其不是催化剂。
反应过程的化学键识别：可能错判过程 Ⅰ 中断裂的化学键类型，需结合产物（CFCl2、Cl 原子）明确断裂的是 C—Cl 键。
7．（2025高三上·思南月考）下列离子方程式书写不正确的是
A．少量Cl2通入Na2SO3溶液中：
B．向明矾溶液中滴加溶液至沉淀物质的量最大：
C．将稀醋酸加入NaIO3和NaI的混合溶液中：
D．将少量稀硝酸加入硫酸亚铁溶液中：
【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、少量 Cl2与 SO32-反应，Cl2被还原为 Cl-，SO32-部分被氧化为 SO42-，剩余 SO32-与生成的 H+结合为 HSO3-， 离子方程式为：，A正确；
B、明矾与 Ba(OH)2反应至沉淀物质的量最大时，Al3+完全沉淀为 Al (OH)3，SO42-部分沉淀为 BaSO4， 离子方程式为：，B正确；
C、稀醋酸是弱酸，不能拆分为 H+，应保留化学式 CH3COOH，正确方程式需体现 CH3COOH 和 CH3COO-，C错误；
D、稀硝酸氧化 Fe2+，NO3-被还原为 NO，Fe2+被氧化为 Fe3+，电子得失（3×1=1×3）和电荷均守恒，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点集中在 2 个方面：
弱电解质的拆分误区：易忽略醋酸是弱酸，错误将其拆分为 H+，导致离子方程式书写错误（如选项 C）。
量比关系的判断偏差：对 “沉淀物质的量最大” 这类用量限定的反应，易混淆离子配比（如选项 B 中 Al3+ 完全沉淀时的离子组合）。
8．（2025高三上·思南月考）下列除杂试剂或操作不正确的是(括号内的物质为杂质)（　　）
A．NaCl溶液(BaCl2)：加过量Na2CO3溶液，过滤，再加盐酸调pH至中性
B．KNO3溶液(AgNO3)：加过量盐酸，再加NaOH溶液调pH至中性
C．BaSO4(BaCO3)：加足量稀盐酸后过滤、洗涤、干燥
D．NaHCO3溶液(Na2CO3)：通入足量CO2气体充分反应
【答案】B
【知识点】除杂
【解析】【解答】A.氯化钠溶液中含有BaCl2，可以选用Na2CO3溶液， 会产生BaCO3沉淀，过滤后溶液中含有Na2CO3和NaCl，用HCl溶液可以除去过量的Na2CO3，A选项是正确的；
B.加入NaOH调节pH值会引入Na+杂质，B选项是错误的；
C.BaCO3会溶于盐酸但是BaSO4不溶于盐酸，所以加足量稀盐酸后过滤、洗涤、干燥 ，可以除去BaCO3，C选项是正确的；
D.Na2CO3溶液中通入CO2会生成NaHCO3，可以达到除杂的目的，D选项是正确的。
故答案为：B。
【分析】除杂时，应该遵循“不增不减”的原则，即不能引入新的杂质，也不能将主体物质损耗。
9．（2025高三上·思南月考）高铁酸钾()是高效水处理剂，工业制备的反应原理为。已知NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．若有完全反应，则转移电子总数为0.6NA
B．浓度为的KClO溶液中，的数目小于0.1NA
C．标准状况下，分子中所含的质子总数为1.5NA
D．ag KClO和KCl的混合物中氧元素的质量分数为b％，混合物中的数目为
【答案】D
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、Fe(OH)3中Fe为+3价，反应后生成K2FeO4（Fe为+6价），1mol Fe(OH)3反应转移3mol电子。10.7g Fe(OH)3的物质的量为0.1mol，转移电子数应为0.3NA，而非0.6NA，A错误；
B、仅给出KClO溶液的浓度，未说明溶液体积，无法计算ClO-的数目，B错误；
C、标准状况下H2O是液体，不能用气体摩尔体积（22.4L/mol）计算其物质的量，C错误；
D、KClO和KCl的混合物中，K+的质量分数为(1 - b%)，混合物中K+的质量为a(1 - b%)g，K+的摩尔质量为39g/mol，但KClO和KCl的最简式均可看作“KCl”（KClO中O单独计算），因此K+与Cl-的总质量对应“KCl”的质量，其摩尔质量为74.5g/mol，故K+的物质的量为mol，数目为，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．Fe从+3到+6，1mol Fe(OH)3转移3mol电子；10.7g（0.1mol）Fe(OH)3转移0.3NA电子，而非0.6NA。
B．仅知浓度，无溶液体积，无法计算ClO-数目。
C．标准状况下H2O是液体，不能用22.4L/mol计算。
D．KClO、KCl中K与Cl的比例均为1：1，总质量中扣除O的质量（b%）后，剩余质量对应“KCl”的质量，K+物质的量为mol，数目计算正确。
10．（2025高三上·思南月考）实验室通过制氯气来获得漂白液，下列装置(夹持装置略)中不必使用的是
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】氯气的实验室制法
【解析】【解答】装置A作用：用于制备 Cl2（如用浓盐酸与 MnO2或 KMnO4反应，固液反应装置），是制气的核心装置，必须使用；
装置B作用：浓硫酸用于干燥 Cl2，但制备漂白液是 Cl2与 NaOH 溶液反应，Cl2中的水蒸气不影响该反应，因此干燥步骤不必要，可不使用；
装置C：作用：饱和食盐水用于除去 Cl2中混有的 HCl 杂质（HCl 易溶于饱和食盐水，Cl2溶解度小），避免 HCl 与 NaOH 反应消耗试剂，必须使用；
装置D：作用：NaOH 溶液吸收尾气中过量的 Cl2，碱石灰防止倒吸，避免 Cl2污染环境，必须使用；
故答案为：B。
【分析】本题的易错点在于混淆 “干燥步骤的必要性”：容易误认为气体参与反应前都需要干燥，但制备漂白液是 Cl2与 NaOH 溶液（液态）反应，Cl2中混有的水蒸气不会影响该反应，因此干燥装置（浓硫酸）并非必需，这是判断的关键偏差点。
11．（2025高三上·思南月考）东南大学化学化工学院张袁健教授探究和分别催化分解的反应机理，部分反应历程如图所示(MS表示吸附在催化剂表面物种；TS表示过渡态)：
下列说法错误的是
A．催化效果：催化剂高于催化剂
B．催化：
C．催化剂比催化剂的产物更容易脱附
D．催化分解吸热，催化分解放热
【答案】B,D
【知识点】化学反应中能量的转化；反应热和焓变；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
【解析】【解答】A、催化效果取决于活化能，Co-N-C 的过渡态（TS1）活化能（0.81eV）低于 Fe-N-C（1.64eV），活化能越低催化效果越好，因此 Co-N-C 催化效果更高，A正确；
B、Fe-N-C 催化中，MS1 的相对能量高于 MS2，ΔH=MS2 能量 - MS1 能量 = -1.64eV（而非 - 0.22eV，0.22eV 是 Co-N-C 的变化），B错误；
C、产物（MS3）与 Fe-N-C 的能量差更大，说明产物更易脱离催化剂表面，脱附更容易，C正确；
D、H2O2分解的总反应热由反应物（H2O2）与产物（O2、H2O）的能量差决定，两者催化下反应物和产物能量相同，因此反应热相同，并非Co-N-C吸热、Fe-N-C放热，D错误；
故答案为：BD。
【分析】A．Co-N-C 的活化能（0.81eV）低于 Fe-N-C（1.64eV），活化能越低催化效果越好。
B．Fe-N-C 催化时，反应热是 MS2 与 MS1 的能量差（-1.64eV），而非 - 0.22eV。
C．Fe-N-C 体系中产物（MS3）与催化剂的能量差更大，产物更易脱附。
D．两者催化下反应物和产物能量相同，总反应热一致，并非一吸一放。
12．（2025高三上·思南月考）某同学测量放热反应的(忽略温度对焓变的影响)，实验结果见下表：
实验 序号 反应试剂 实验前的 温度 实验后的 温度
① 溶液 铁粉 a
② 溶液 铁粉 a
③ 溶液 铁粉 a
已知：反应后溶液的比热容和密度分别取和，忽略水以外其它物质吸收的热量及溶液体积变化；开始沉淀的为4.4。下列说法正确的是
A．实验①中铁粉全部参加反应
B．实验①和实验②测得数值相同
C．实验③测得：
D．根据上述实验内容，可以判断出实验①和③均能测的准确值
【答案】A
【知识点】反应热和焓变；热化学方程式
【解析】【解答】A、实验①中，CuSO4的物质的量为，Fe的物质的量为。溶液pH=1（含0.01mol H+），H+仅消耗0.005mol Fe，剩余Fe（≈0.0164mol）仍能与0.02mol Cu2+反应（Fe略过量），因此铁粉全部参与反应，A正确；
B、实验②中，酸性条件下NO3-会氧化Fe（额外副反应），导致热量变化与实验①不同，ΔH数值不相同，B错误；
C、实验③中pH=4，Cu2+会沉淀，实际参与反应的Cu2+不足0.02mol；且热量，但反应的物质的量并非1mol，因此ΔH≠-0.418(b3 - a)kJ·mol- ，C错误；
D、实验①有H+与Fe的副反应，实验③有Cu2+沉淀，均存在干扰，无法测得ΔH准确值，D错误；
故答案为：A。
【分析】 A．H+消耗少量 Fe，剩余 Fe 仍能与 Cu2+ 反应，Fe 可全部参与。
B．NO3-额外氧化 Fe，热量变化不同，ΔH 数值不同。
C．Cu2+ 沉淀导致反应不彻底，未达 1mol 反应标准，ΔH 计算错误。
D．实验①有副反应、实验③有沉淀，均无法测准确 ΔH。
13．（2025高三上·思南月考）一种肼(N2H4)—空气碱性燃料电池工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．a为空气，b为N2H4
B．M为正极，电极反应为O2+4e-+4H+=2H2O
C．电路中通过1mole-时，同时有1molOH-从左室通过阴离子交换膜移到右室
D．当有16gN2H4完全反应生成N2，消耗标准状况下11.2LO2
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、电子从 N 电极流向 M 电极，N 为负极（通燃料 N2H4，对应 b 口），M 为正极（通空气，对应 a 口），A正确；
B、电池是碱性环境（KOH 溶液），正极 O2得电子的电极反应应为 O2+4e-+2H2O=4OH-，碱性环境中不会大量存在 H+，不能写消耗 H+的反应，B错误；
C、电路通过 1mol e-时，右室（负极）生成阳离子，为维持电荷平衡，1mol OH-会从左室经阴离子交换膜移到右室，C正确；
D、16g N2H4（0.5mol）反应生成 N2时失去 2mol 电子，O2每 mol 得 4mol 电子，故得 2mol 电子对应 0.5mol O2，标准状况下体积为 11.2L，D正确；
故答案为：B。
【分析】电池以 KOH 溶液作为碱性电解质，电解质中间设有阴离子交换膜；a 口通入空气（作为正极反应物），空气进入 M 电极所在的左室，M 电极为正极；b 口通入燃料肼（N2H4），肼进入 N 电极所在的右室，N 电极为负极。
工作时，负极的肼发生氧化反应失去电子，电子经外部负载流向正极；正极的 O2得到电子，结合电解质中的 H2O 生成 OH-；同时，为维持两室电荷平衡，OH-会通过阴离子交换膜在左、右室之间移动，最终实现化学能向电能的转化。
14．（2025高三上·思南月考）根据下列实验操作和现象所得到的结论不正确的是
选项 实验操作和现象 结论
A 用洁净铂丝蘸取某溶液在火焰上灼烧，火焰呈黄色 该溶液中一定含有钠元素
B 取少量氧化钠固体在空气中继续加热，固体变为淡黄色 氧化钠与氧气生成过氧化钠
C 取久置的粉末，向其中滴加过量的盐酸，产生无色气体 没有变质
D 将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满的集气瓶中，瓶中产生大量的烟和黑色颗粒 黑色颗粒是炭
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】钠的化学性质；化学实验方案的评价；钠的氧化物
【解析】【解答】A、钠元素的焰色反应为黄色，铂丝灼烧火焰呈黄色，说明溶液一定含钠元素，A正确；
B、氧化钠（白色）加热后变为淡黄色，而淡黄色是过氧化钠的特征颜色，说明生成了过氧化钠，B正确；
C、久置的 Na2O2会与 CO2、H2O 反应生成 Na2CO3，Na2CO3与盐酸反应也会产生无色气体（CO2），因此 “产生无色气体” 不能证明 Na2O2未变质，C错误；
D、CO2中含碳元素，钠与 CO2反应生成的黑色颗粒只能是碳单质，D正确；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点在于忽略 “现象的多因性”：容易误将 “产生无色气体” 这一现象唯一归因于 Na2O2与盐酸的反应，而忽略了久置 Na2O2会变质生成 Na2CO3（Na2CO3与盐酸反应也会产生无色气体），因此无法通过该现象直接证明 Na2O2未变质，这是对实验现象与结论唯一性的判断偏差。
15．（2025高三上·思南月考）甲烷和乙烯是重要的气体燃料和化工原料。回答下列问题：
（1）甲烷化反应即为氢气和碳氧化物反应生成甲烷，有利于实现碳循环利用。
已知涉及的反应如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
则　 　。
（2）研究表明和在催化剂存在下可发生反应制得合成气 。在其他条件相同，不同催化剂(A、B)作用下，使原料和反应相同的时间，CO(g)的产率随反应温度的变化如图所示：
①在催化剂A．B作用下，它们正、逆反应活化能差值分别用和表示，则　 　(填“>”“<”或“=”)。
②y点对应的逆反应速率v(逆) 　 　z点对应的正反应速率v(正)(填“>”“<”或“=”)。
（3）西北工业大学的张健教授、德累斯顿工业大学的冯新亮院士等人报道了一种电催化半氢化策略，在室温条件下，水溶液介质中可选择性地将还原为，其原理示意图如下：
①阴极的电极反应式为　 　。
②同温同压下，相同时间内，若进口处气体物质的量为amol，出口处气体的总体积为进口处的x倍，则转化率为　 　。
（4）利用多晶铜高效催化电解制乙烯的原理如图所示。因电解前后电解液浓度几乎不变，故可实现的连续转化。
①电解过程中向　 　(填“铂”或“多晶铜”)电极方向移动。
②多晶铜电极上的电极反应式为　 　。
③理论上当生产乙烯时，铂电极产生的气体在标况下体积为　 　(不考虑气体的溶解)。
【答案】（1）-41.2
（2）=；<
（3）；％
（4）铂；；16.8L
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）反应Ⅰ： ，反应Ⅱ： ，反应Ⅲ： ，反应Ⅱ=反应Ⅰ-反应Ⅲ，所以，
故答案为-41.2；
（2）①不同的催化剂，改变反应的活化能，对应同一反应而言，正逆反应的活化能的差值即为该反应的反应热，催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应的焓变，所以正逆反应的活化能的差值是不变的，所以=，
故答案为＝；
②由图可知，z点温度高于y点，温度越高，反应速率越快，所以y点对应的逆反应速率v（逆）＜z点对应的正反应速率v（正），
故答案为＜；
（3）①在阴极被还原为，电极方程式为，
故答案为；
②出气口有氧气和乙烯生成，气体的总体积为进口处乙炔的x倍，乙炔生成乙烯是按照1：1的关系反应，所以无论生成多少的乙烯都不会影响原来的量，多余的部分（ax a）乙炔是氧气导致的，根据反应：2H2O 4e ＝O2↑＋4H＋，此时转移电子是4（ax a）mol，根据电子守恒，产生乙烯的量以及转化的乙炔的量均为2(ax a)mol，转化率为：，
故答案为；
（4）①由题意知，在多晶铜电极上，CO2生成乙烯，C元素化合价降低，得电子，多晶铜电极为阴极，阴离子移向阳极，即铂电极，
故答案为铂；
②由题意知，在多晶铜电极上，CO2生成乙烯，电解液浓度几乎不变，则电极反应式为：，
故答案为；
③多晶铜电极的电极反应式为：，生成0.05mol乙烯时，转移0.6mole ，铂电极的电极反应为：，当转移0.6mole 时，生成0.15molO2、0.6molCO2，则标况下生成气体的体积为(0.15＋0.6)mol×22.4L mol 1＝16.8L，
故答案为16.8L。
【分析】(1)利用盖斯定律，通过反应 Ⅰ- 反应 Ⅲ 得到反应 Ⅱ，计算 ΔH2。
(2) ① 催化剂不改变反应焓变，正逆反应活化能差值等于焓变，故 ΔE (A)=ΔE (B)；② 温度越高反应速率越快，y 点温度低于 z 点，故 y 点逆反应速率 < z 点正反应速率。
(3) ① 阴极 C2H2得电子被还原为 C2H4，结合电解质写电极反应式；② 利用气体体积变化，结合电子守恒计算 C2H2转化率。
(4)① 阴离子向阳极移动，多晶铜为阴极，故 HCO3-向铂电极移动；② 结合 C 元素化合价变化与电解质，写多晶铜电极的还原反应式；③ 利用电子守恒，计算铂电极生成气体的物质的量，再求体积。
（1）反应Ⅰ： ，反应Ⅱ： ，反应Ⅲ： ，反应Ⅱ=反应Ⅰ-反应Ⅲ，所以，故答案为-41.2；
（2）①不同的催化剂，改变反应的活化能，对应同一反应而言，正逆反应的活化能的差值即为该反应的反应热，催化剂只能降低反应的活化能，不能改变反应的焓变，所以正逆反应的活化能的差值是不变的，所以=，故答案为＝；
②由图可知，z点温度高于y点，温度越高，反应速率越快，所以y点对应的逆反应速率v（逆）＜z点对应的正反应速率v（正），故答案为＜；
（3）①在阴极被还原为，电极方程式为，故答案为；
②出气口有氧气和乙烯生成，气体的总体积为进口处乙炔的x倍，乙炔生成乙烯是按照1：1的关系反应，所以无论生成多少的乙烯都不会影响原来的量，多余的部分（ax a）乙炔是氧气导致的，根据反应：2H2O 4e ＝O2↑＋4H＋，此时转移电子是4（ax a）mol，根据电子守恒，产生乙烯的量以及转化的乙炔的量均为2(ax a)mol，转化率为：，故答案为；
（4）①由题意知，在多晶铜电极上，CO2生成乙烯，C元素化合价降低，得电子，多晶铜电极为阴极，阴离子移向阳极，即铂电极，故答案为铂；
②由题意知，在多晶铜电极上，CO2生成乙烯，电解液浓度几乎不变，则电极反应式为：，故答案为；
③多晶铜电极的电极反应式为：，生成0.05mol乙烯时，转移0.6mole ，铂电极的电极反应为：，当转移0.6mole 时，生成0.15molO2、0.6molCO2，则标况下生成气体的体积为(0.15＋0.6)mol×22.4L mol 1＝16.8L，故答案为16.8L。
16．（2025高三上·思南月考）某钾盐X由四种元素组成，某小组按如下流程进行实验。请回答：
已知：相同条件下，A、B为中学常见气体且密度相同。D、E均为二元化合物，气体F能使品红溶液褪色且通入无色溶液E中，有淡黄色沉淀生成。
（1）气体B的电子式是　 　，C的化学式是　 　。
（2）写出固体混合物D、G共热所发生的化学反应方程式　 　。
（3）无色溶液E中滴加盐酸观察到气泡。收集少量气体通入溶液，观察到黑色沉淀生成。写出生成沉淀的离子反应方程式(发生非氧化还原反应)　 　。
（4）将G溶于氨水得到一无色溶液，设计实验检验无色溶液中主要离子　 　。
【答案】（1）；
（2）
（3）
（4）取适量该无色溶液，加入适量的酸，溶液变成蓝色，且产生难溶于水的紫红色沉淀，该溶液中含有
【知识点】用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；氧化还原反应方程式的配平；探究物质的组成或测量物质的含量；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】（1）根据以下分析，B为，电子式为：；
故答案为： ； ；
（2）D中含有Cu和S，为，G为，二者发生反应：；
故答案为： ；
（3）E为，滴加盐酸生成，与溶液反应，生成黑色的沉淀，反应的离子方程式为：；
故答案为： ；
（4）氨水反应生成无色离子，与酸反应，生成，所以检验的具体方法为：取适量该无色溶液，加入适量的酸，溶液变成蓝色，且产生难溶于水的紫红色沉淀，该溶液中含有。
故答案为： 取适量该无色溶液，加入适量的酸，溶液变成蓝色，且产生难溶于水的紫红色沉淀，该溶液中含有 ；
【分析】气体混合物（A、B）的处理：这部分气体（标况下 2.016L）与足量 CuO 共热，生成了 3.84g 紫红色固体 C；同时产生的混合气体通入澄清石灰水，既生成了白色沉淀，又分离出单质气体 B；固体混合物（D、E）的处理：向这部分固体中加足量水，分离得到固体 D 和含 0.03mol E 的无色溶液；固体 D 与适量 O2加热，生成了标况下 0.448L 的气体 F，以及黑体混合物（D、G）；随后将该黑体混合物加热，恰好反应生成 3.84g 紫红色固体 C 和标况下 0.224L 的气体 F；气体 F 的特性：F 能使品红溶液褪色，且将其通入无色溶液 E 中，会产生淡黄色沉淀。据此解题。
（1）根据以上分析，B为，电子式为：；
（2）D中含有Cu和S，为，G为，二者发生反应：；
（3）E为，滴加盐酸生成，与溶液反应，生成黑色的沉淀，反应的离子方程式为：；
（4）氨水反应生成无色离子，与酸反应，生成，所以检验的具体方法为：取适量该无色溶液，加入适量的酸，溶液变成蓝色，且产生难溶于水的紫红色沉淀，该溶液中含有。
17．（2025高三上·思南月考）黄钠铁矾用作净水剂．以工业废料铁泥（表面沾有油污，主要成分是，还含有为原料制取黄钠铁矾的工艺流程如图所示．
请回答下列问题：
（1）黄钠铁矾中元素的化合价为　 　，预处理的主要目的是　 　。
（2）过滤操作用到的玻璃仪器有和　 　、　 　和　 　。
（3）为提高“酸溶”浸取率，可采取的措施有　 　（填两种）。
（4）“氧化”过程的离子方程式为　 　，可以替代的常见试剂为　 　（填化学式，任写一种）。
（5）“沉铁”过程发生反应的离子方程式为　 　。
（6）检验滤液中不含氧元素的阴离子的方法是　 　。
【答案】（1）；价除去铁泥表面的油污
（2）烧杯；漏斗；玻璃棒
（3）适当增大酸的浓度、加热、搅拌、延长时间等
（4）；等合理答案均可
（5）
（6）取少许滤液于试管中，向其中滴加稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀产生，则说明待测液中含有
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；铁及其化合物的性质实验；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）根据化合物中各元素正负化合价的代数和等于0可知黄钠铁砜中元素的化合价为价；油污在碱性条件下能发生水解反应而被除去；
故答案为： ； 价除去铁泥表面的油污 ；
（2）过滤操作用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；
故答案为： 烧杯 ； 漏斗 ； 玻璃棒 ；
（3）为提高“酸溶”浸取率，可采取的措施有适当增大酸的浓度、加热、搅拌、延长时间等；
故答案为： 适当增大酸的浓度、加热、搅拌、延长时间等 ；
（4）根据分析可知，NaClO将二价铁离子氧化成三价铁离子，离子方程式：；酸性条件下，具有强氧化性，可以将氧化为．在不引入杂质的前提下，用可以替代起氧化作用；
故答案为： ；等合理答案均可 ；
（5）“沉铁”过程硫酸钠和碳酸钠和发生反应生成，发生反应的离子方程式为：；
故答案为： ；
（6）根据流程可知，滤液中不含氧元素的阴离子为氯离子，检验氯离子的方法：滤液中的主要成分是氯化钠，检验滤液中的方法是取少许滤液于试管中，向其中滴加稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀产生则说明待测液中含有；
故答案为： 取少许滤液于试管中，向其中滴加稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀产生，则说明待测液中含有 。
【分析】向铁泥中加入试剂 X，利用 X 的去污能力（通常为洗涤剂类物质），去除铁泥表面附着的油污，为后续酸浸操作创造清洁的原料条件。向除油后的铁泥中加入稀硫酸，铁泥中的 Fe2O3、Fe、FeO 会与稀硫酸发生反应（Fe2O3与酸反应生成 Fe3+，Fe、FeO 与酸反应生成 Fe2+，且 Fe 会还原 Fe3+ 为 Fe2+），最终得到含有 Fe2+的酸性溶液；而杂质 SiO2不与稀硫酸反应，通过过滤可将其分离（成为滤渣）。向过滤后的酸性溶液中加入 NaClO，NaClO 具有氧化性，可将溶液中的 Fe2+ 氧化为 Fe3+，为后续 Fe3+的沉淀做准备。向含 Fe3+的溶液中加入碳酸钠、硫酸钠溶液，在这两种试剂的作用下，Fe3+会与溶液中的离子结合，完全沉淀生成黄钠铁矾（一种含 Fe、Na、S、O 等元素的复盐沉淀），从而实现铁元素的富集分离。
（1）根据化合物中各元素正负化合价的代数和等于0可知黄钠铁砜中元素的化合价为价；油污在碱性条件下能发生水解反应而被除去；
（2）过滤操作用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；
（3）为提高“酸溶”浸取率，可采取的措施有适当增大酸的浓度、加热、搅拌、延长时间等；
（4）根据分析可知，NaClO将二价铁离子氧化成三价铁离子，离子方程式：；酸性条件下，具有强氧化性，可以将氧化为．在不引入杂质的前提下，用可以替代起氧化作用；
（5）“沉铁”过程硫酸钠和碳酸钠和发生反应生成，发生反应的离子方程式为：；
（6）根据流程可知，滤液中不含氧元素的阴离子为氯离子，检验氯离子的方法：滤液中的主要成分是氯化钠，检验滤液中的方法是取少许滤液于试管中，向其中滴加稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀产生则说明待测液中含有；
18．（2025高三上·思南月考）乙醇广泛应用于食品、能源、化工等领域，工业上可用不同的合成方法制备乙醇。
（1）用和反应合成乙醇：。
①向密闭容器中以体积比为充入和发生反应，达平衡后，增大压强，平衡　 　移动(填“不”、“正向”或“逆向”)。
②在以下，该反应均能自发进行，由此推断该反应为放热反应，其推断过程是　 　。
（2）用乙烯水化法合成乙醇： 。已知该反应的速率表达式为，其中、为速率常数，若其他条件不变时，升高温度，下列推断合理的是　 　。
A．增大，增大 B．增大，减小 C．减小，增大
D．减小，减小 E．增大的倍数小于 F．减小的倍数大于
（3）用乙酸甲酯合成乙醇：。某温度时，向密闭容器中通入和，达平衡后体系压强由变成，则该反应用气体平衡分压代替物质的量浓度表示的压强平衡常数　 　。(分压=总压×物质的量分数)
（4）乙醇可作为燃料电池的燃料，某酸性乙醇燃料电池工作原理如图。
①质子移动方向为　 　(填“由左→右”或“由右→左”)。
②电池工作时，负极的电极反应式为　 　。
③若在该电池右侧加入稀硝酸，可使电池持续大电流放电，其原因是　 　，当向b极区通入且全部被消耗时，理论上a极区溶液质量变化为　 　g。
【答案】（1）正向；根据，此反应，即，以下可自发，即以下，因此可知
（2）AE
（3）0.0036
（4）由左→右；；稀硝酸氧化性强于，在正极更快放电，因此电流更大；生成的与、反应又生成了稀硝酸，所以可以持续大电流放电；18
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学平衡常数；化学平衡的影响因素；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）①该反应是气体体积减小的反应，向密闭容器中以体积比为充入和发生反应，达平衡后，增大压强，平衡正向移动；
②根据，此反应，即，以下可自发，即以下，因此可知，由此推断该反应为放热反应。
故答案为： 正向 ； 根据，此反应，即，以下可自发，即以下，因此可知 ；
（2）若其他条件不变时，升高温度，正逆反应速率均增大，浓度瞬间是不变的，所以、均增大；该反应为放热反应，升高温度，平衡逆移，逆反应速率增大的更多，即增大的倍数小于，答案选AE。
故答案为： AE ；
（3）设平衡时转化的物质的量为 x，列出“三段式”
经总压由 120 MPa 变为 105 MPa 可得，x = 0.75，各组分平衡分压：p(CH3COOCH3)==25MPa，p(H2) ==50MPa，p(CH3CH2OH) ==15MPa，p(CH3OH) ==15MPa，平衡常数Kp ==0.0036。
故答案为： 0.0036 ；
（4）①燃料电池中通入氧气的b电极为正极，a电极为负极，H+(质子)向正极移动，则质子移动方向为由左→右；
②电池工作时，乙醇在负极失去电子生成CO2，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：；
③若在该电池右侧加入稀硝酸，可使电池持续大电流放电，其原因是稀硝酸氧化性强于，在正极更快放电，因此电流更大；生成的与、反应又生成了稀硝酸，所以可以持续大电流放电；向b极区通入且全部被消耗时，得到4mol电子，由可知，消耗，生成CO2，同时4molH+进入正极区，理论上a极区溶液质量变化为×46g/mol-×44g/mol-4g=-18g，即质量减小18g。
故答案为： 由左→右 ； ； 稀硝酸氧化性强于，在正极更快放电，因此电流更大；生成的与、反应又生成了稀硝酸，所以可以持续大电流放电 ；18。
【分析】(1)① 反应气体体积减小，增大压强平衡正向移动；② 由 ΔG=ΔH-TΔS，ΔS<0 时，700K 以下 ΔG<0 需 ΔH<0，故反应放热。
(2)升温正逆速率常数均增大；放热反应升温平衡逆移，故 k 正增大倍数小于 k 逆。
(3)用 “三段式” 算平衡物质的量，结合压强与物质的量的关系求分压，代入 K 公式计算。
(4)① 质子向正极（b 极）移动，方向由左→右；② 负极乙醇失电子生成 CO2，结合酸性环境写电极反应式；③ 稀硝酸氧化性强且可循环生成；通过电子守恒算 a 极区质量变化。
（1）①该反应是气体体积减小的反应，向密闭容器中以体积比为充入和发生反应，达平衡后，增大压强，平衡正向移动；
②根据，此反应，即，以下可自发，即以下，因此可知，由此推断该反应为放热反应。
（2）若其他条件不变时，升高温度，正逆反应速率均增大，浓度瞬间是不变的，所以、均增大；该反应为放热反应，升高温度，平衡逆移，逆反应速率增大的更多，即增大的倍数小于，答案选AE。
（3）设平衡时转化的物质的量为 x，列出“三段式”
经总压由 120 MPa 变为 105 MPa 可得，x = 0.75，各组分平衡分压：p(CH3COOCH3)==25MPa，p(H2) ==50MPa，p(CH3CH2OH) ==15MPa，p(CH3OH) ==15MPa，平衡常数Kp ==0.0036。
（4）①燃料电池中通入氧气的b电极为正极，a电极为负极，H+(质子)向正极移动，则质子移动方向为由左→右；
②电池工作时，乙醇在负极失去电子生成CO2，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：；
③若在该电池右侧加入稀硝酸，可使电池持续大电流放电，其原因是稀硝酸氧化性强于，在正极更快放电，因此电流更大；生成的与、反应又生成了稀硝酸，所以可以持续大电流放电；向b极区通入且全部被消耗时，得到4mol电子，由可知，消耗，生成CO2，同时4molH+进入正极区，理论上a极区溶液质量变化为×46g/mol-×44g/mol-4g=-18g，即质量减小18g。
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