化学+答案江苏省南京市中华中学2025-2026学年高三上学期10月月考化学试题-A4答案卷尾_251104江苏省南京市中华中学2025-2026学年高三上学期10月月考（全科）

中华中学 2026 届高三 10 月学情调研考试 高三化学 本卷考试时间：75分钟 总分：100分 可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 O-16 Cu-64 Zn-65 Mo-96 一、单项选择题：共13题，每题 3分，共39分。每题只有一个选项最符合题 意。 1．2024年4月24日是第九个“中国航天日”，主题是“极目楚天共襄星汉”。下列有关中国空 间站说法正确的是 A．太阳能电池中的单晶硅——半导体材料 B．外表面的高温结构碳化硅陶瓷——硅酸盐材料 C．外层的热控保温材料石墨烯——有机高分子材料 D．外壳的烧蚀材料之一酚醛树脂——天然高分子材料 2．氮化镓是新型半导体材料。工业制备氮化镓的常用方法是GaCl +NH =GaN+3HCl。下列 3 3 叙述正确的是 A．基态Ga原子电子排布式：[Ar]4s24p1 B．NH 的VSEPR模型： 3 C．HCl中的共价键是s-pσ键 D．HCl溶于水形成的水合氯离子： 3．用下列装置进行相应实验，操作规范且能达到实验目的的是 A．分离乙酸乙酯和乙醇 B．熔化纯碱 试卷第1页，共10页C．向容量瓶转移溶液 D．焰色试验检验Na SO 中钠元素 2 4 A．A B．B C．C D．D 4．对金属材料中C、O、N、S的含量进行定性和定量分析，可以确定金属材料的等级。下 列不正确的是 A．电离能大小：I (N)>I (O)>I (S) B．热稳定性：H O>CH >NH 1 1 1 2 4 3 ( ) ( ) ( ) C．酸性强弱：HNO >H SO >H CO D．半径大小：r S2- >r N3- >r O2- 3 2 3 2 3 阅读下列资料，完成下面小题：氯气与碱反应可以得到次氯酸盐、氯酸盐等含氧酸盐，次氯 酸盐应用广泛。通过KClO溶液在碱性条件下与Fe(NO ) 溶液反应制备高效水处理剂K FeO ， 3 3 2 4 K FeO 在强碱性溶液中稳定；通过KClO溶液在碱性条件下与尿素[CO(NH ) ]水溶液制备 2 4 2 2 N H ，N H (l)的燃烧热为642kJ·mol-1，具有强还原性，能与KClO剧烈反应生成N ；通过 2 4 2 4 2 KClO溶液与Ag反应可以回收光盘金属层中的少量Ag，其反应产物为AgCl、KOH和O ； 2 通过KClO溶液在碱性条件下与NiSO 反应可制得电极材料NiOOH。 4 5．下列说法正确的是 A．32gN H 中含5molσ键 B．基态K+的核外三个电子能层均充满电子 2 4 C．ClO与ClO的键角相等 D．N 与O 固态时晶体类型均为共价晶体 3 4 2 2 6．下列化学反应表示正确的是 A．KClO溶液与Ag反应：4Ag4KClO2H O4AgCl4KOHO  2 2 B．KClO碱性溶液与FeNO  溶液反应：3ClO2Fe35H O3Cl2FeO 210H 3 3 2 4 C．尿素与过量的KClO溶液反应：CONH  ClO N H ClCO  2 2 2 4 2 D．N H 的燃烧：N H 1O g 2H Og  N  g H 642kJ·mol-1 2 4 2 4 2 2 2 7．下列相关元素及其化合物的结构与性质或性质与用途具有对应关系的是 试卷第2页，共10页A．Ag具有较好的延展性，可用于在铁表面镀银 B．NiSO 具有还原性，可用于电极材料NiOOH的制备 4 C．N H 中N原子能与H形成配位键，N H 的水溶液呈酸性 2 4 2 4 D．K FeO 中FeO2具有正四面体结构，K FeO 具有强氧化性 2 4 4 2 4 8．硫及其化合物的转化具有重要应用。下列说法正确的是 A．工业制硫酸过程中的物质转化：FeS O2SO H2OH SO O2H SO 2 高温 2 2 3 2 4 B．工业尾气中的SO 处理：SO CaCl2(aq)CaSO O2(g)CaSO 2 2 3 4 C．硫代硫酸钠溶液中滴加稀硫酸：Na S O +2H SO =Na SO +4SO +3H O 2 2 3 2 4 2 4 2 2 高温 D．钙基固硫主要反应：2CaO+O +2SO 2CaSO 2 2 4 9．有机物 W 可发生如图所示的反应，下列说法正确的是 A．为促进M的生成，试剂Q可用浓硫酸 B．Y中所有碳原子不可能共平面 C．M、X、Y都存在顺反异构体 D．X 中sp2杂化和sp3杂化的碳原子的比例是 4:1 10．用热再生氨电池处理含Cu2电镀废液的装置如图，该装置由电池部分和热再生部分组 成：电池部分中，a极室为NH  SO NH 混合液，B极室为NH  SO 溶液；热再生部 4 2 4 3 4 2 4 分加热a极室流出液，使CuNH   2 分解。下列说法不正确的是  3 4  试卷第3页，共10页A．装置中的离子交换膜为阳离子交换膜 B．a极的电极反应为：Cu2e4NH CuNH   2 3  3 4  C．电池部分的总反应为：Cu2 4NH CuNH   2 3  3 4  D．该方法可以富集Cu2并产生电能，同时循环利用NH 3 11．根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是 探究方案 探究目的 探究苯酚的酸性与碳 A 向苯酚浊液中滴加Na CO 溶液，观察溶液是否变澄清 2 3 酸的酸性的相对强弱 向试管中加入0.5g淀粉和4mL2mol/LH SO 溶液，加热。 淀粉水解液中存在还 2 4 B 冷却后，向其中加入少量新制的Cu(OH) ，加热，观察现象 原性糖 2 木炭在加热条件下能 C 将灼热的木炭加入浓硝酸中，有红棕色气体产生 与浓硝酸反应 将空气中灼烧变黑的铜丝趁热插入无水乙醇中，观察铜丝颜 D 探究乙醇具有还原性 色变化 A．A B．B C．C D．D 12．氨法烟气脱硫可制备硫酸羟胺  NH 3 OH 2 SO 4   ，同时得到副产品硫酸铵。过程如下： 试卷第4页，共10页“脱硫”过程中控制pH在5.0～5.5，得到NH HSO 溶液。已知25℃时， 4 3 K NH H O1.8105 K H SO 1.5102，K H SO 1.0107。下列说法正确 b 3 2 a1 2 3 a2 2 3 的是 A．NH HSO 溶液中：cNH H Oc  HSO c  OH cH SO c  H 4 3 3 2 3 2 3 B．NH HSO 溶液中：c  HSO c  NH c  SO2 4 3 3 4 3 C．“脱硫”过程中温度越高，“脱硫”速率越快 D．“制备”过程的离子方程式：NOHSOSO OH NH OH 2SO 2 2 3 2 3 4 13．在一个容积固定的反应器中，有一可左右滑动的密封隔板，两侧分别进行： 反应I：I (g)+H (g)2HI(g) 反应II：2SO (g)+O (g)2SO (g) 2 2 2 2 3 如图1所示；各物质起始加入量为：H 、I 和HI均为4.0mol，O 为6.5mol，SO 为2.0mol， 2 2 2 3 设SO 为xmol。当x在一定范围内变化时，均可以通过调节反应器的温度，使两侧反应都 2 达到平衡，并且隔板恰好处于正中位置；反应II中SO 与O 起始物质的量之比一定条件下， 2 2 不同温度时SO 转化率如图2所示（图中虚线表示相同条件下的SO 平衡转化率随温度的变 2 2 化）。 下列说法不正确的是 ．．． A．欲使反应II起始时向正反应方向进行，x的取值范围为3.5~7.0 B．反应II正反应活化能小于逆反应的活化能 C．T ℃~T ℃，SO 实际转化率降低的主要原因是温度升高反应II正向进行程度减小 1 2 2 试卷第5页，共10页D．保持温度不变，T ℃时改变SO 与O 起始物质的量的比值，SO 的转化率可能从a点的 3 2 2 2 值升至b点的值 二、非选择题：共4题，共 61分。 14．以钼精矿（主要成分MoS ，其中S为1价，还含少量钙、镁等元素）为原料制备得到 2 的钼单质及化合物用于炼钢、电子工业。 (1)焙烧钼精矿可以制备MoO 、MoO 。焙烧炉中还会发生MoS 与MoO 反应生成MoO 和 2 3 2 3 2 SO 。则理论上完全反应消耗的n(MoS )∶n(MoO )= 。 2 2 3 (2)MoS 与Li可形成一种可充放电电池，电解质溶液由锂盐溶解在一定的非水、非质子性的 2 放电 有机溶剂中制成的，其工作原理为：xLi+nMoS 2Lix(MoS 2 )n，则该电池放电时正极的电极 充电 反应式为 。 (3)钼精矿碱浸制钼酸钠(Na MoO )。直接向粉碎后的钼精矿中加入NaOH溶液和NaClO溶 2 4 液可得到钼酸钠，同时生成硫酸盐。 ①反应的离子方程式为 。 ②钼浸出随着温度变化如图1，当温度高于50℃后浸出率降低的可能原因是 。 (4)钼精矿可用于制备钼酸铵。钼酸铵溶液可以结晶出二钼酸铵[(NH ) Mo O ，相对分子质量 4 2 2 7 为340]，二钼酸铵晶体加热过程中固体残留率随温度变化曲线如图2所示。 597℃时固体产物化学式为 。（写出计算过程） 固体样品的剩余质量 已知：固体残留= ×100% 固体样品的起始质量 (5)一种MoO 晶体结构如图，在MoO 中通过氮掺杂反应可生成MoO N ，能使MoO 具 2 2 2x y 2 有光学活性，掺杂过程如图所示。则晶体MoO N 中x= ，y= 。 2x y 试卷第6页，共10页15．六羰基钼催化剂对于间位取代苯衍生物的合成至关重要，一种化合物H的合成路线如 下： (Ph-代表苯基) (1)有机物G中的官能团名称为 。 (2)有机物F的分子式为C H ，则其结构简式为 。 10 10 (3)D和乙二醇(HOCH CH OH )以物质的量比为2:1完全酯化的产物有多种同分异构体，其 2 2 中一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式： 。 ①分子中含有3种不同化学环境的氢原子； ②能发生银镜反应； ③能发生水解反应，且1mol该分子水解时消耗4molNaOH。 (4)D→E的过程中反应机理如下： 试卷第7页，共10页试写出该过程发生的反应类型：先发生 反应，再发生 反应。 (5)写出以苯乙烯、苯甲酸、 为原料制备 的合成路线流 程图 (无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。 16．一种以废铜渣(主要是CuO，含有少量Fe O 杂质)为原料制备碱式碳酸铜[Cu (OH) CO ] 2 3 2 2 3 的流程如下所示。 (1)“酸浸”时，采取下列措施一定能提高铜元素浸出率的有___________(填序号)。 A．升高酸浸温度 B．加快搅拌速度 C．缩短酸浸时间 D．粉碎废铜渣 (2)“除铁”时滤渣主要成分为 。(填化学式) (3)“蒸氨”过程中生成CuO，写出该过程发生反应的化学方程式为： 。 (4)①制备碱式碳酸铜时，不采取向“除铁”后的溶液中直接加入NaHCO 溶液的原因 3 是 。 ②“沉铜”时发生反应的离子方程式为 。 ③“沉铜”时也可以利用Na CO 和NaHCO 的混合溶液，已知25℃时，碱式碳酸铜的饱和溶 2 3 3 液pH约为8.5，溶液中H CO 、HCO、CO2的分布系数δ随pH的变化如图所示。当恰好 2 3 3 3 形成饱和碱式碳酸铜溶液时，溶液中c  CO2 :c  HCO  。 3 3 试卷第8页，共10页(5)由含少量Fe3+的CuSO 溶液可制取CuSO ·H O晶体，请补充完整该制备过程的实验方案： 4 4 2 向含有少量Fe3+的CuSO 溶液中， 。(已知：Fe3+在pH3.2时完全转化为氢氧 4 化物沉淀；室温下从CuSO 饱和溶液中结晶出CuSO ·5H O，CuSO ·5H O在80～120℃下 4 4 2 4 2 干燥得到CuSO ·H O。实验中需要使用CuO粉末、pH计) 4 2 17．氢能是应用前景广阔的新能源。 (1)制氢。工业上电解碱性尿素水溶液制氢。 ①阳极活性物质Ni(OH) 首先放电生成NiOOH，该过程的电极反应式为 。 2 ②CO(NH ) 吸附在NiOOH上被氧化生成N 。根据电负性规则，CO(NH ) 分子中能被Ni 2 2 2 2 2 吸附的原子是 （填元素符号）。 (2)储氢。部分H 和N 在催化剂表面合成氨以储氢，其反应机理的部分过程如图所示，中 2 2 间体X的结构 。 (3)储氢物质NH 的运用。NH 常用于烟气（主要成分NO、NO ）脱硝。以N 为载气，将 3 3 2 2 含一定量NO、NH 及O 的模拟烟气以一定流速通过装有催化剂CeO 的反应管，研究温度、 3 2 2 SO (g)、H O(g)对脱硝反应的影响。 2 2 试卷第9页，共10页①如图1所示，温度高于350℃时，NO转化率下降，推测原因是 。 ②如图2所示，温度高于350℃时，和不含水蒸气的烟气相比，含10%水蒸气的烟气的NO 转化率更高，其原因是 。③实验证明，烟气中含SO 会导致催化剂不可逆的中毒(Ce4+ 2 氧化SO 生成SO2覆盖在生成的Ce3+表面，阻止了O 氧化Ce3+）。而添加CuO后抗硫能力 2 4 2 显著增强，请结合如图机理，说明抗硫能力增强的原因 。 试卷第10页，共10页1．A 【详解】A．太阳能电池中的单晶硅导电性介于导体和半导体之间，属于半导体材料，故A 正确； B．外表面的高温结构陶瓷碳化硅属于新型无机非金属材料，不属于硅酸盐材料，故B错误； C．外层的热控保温材料石墨烯主要成分是碳单质，属于无机非金属材料，故C错误； D．外壳的烧蚀材料之一酚醛树脂是高聚物，属于合成高分子材料，故D错误； 故答案选A。 2．C 【详解】A．镓是31号元素，基态镓原子电子排布式为[Ar]3d104s24p1，A错误； 531 B．氨分子中N原子价层电子对数为3+ 4，VSEPR模型为四面体，即 ， 2 B错误； C． HCl分子中的共价键是H原子的1s轨道与Cl原子的3p轨道形成的s﹣pσ键，C正确； D．Cl带负电，应吸引水分子中呈正电性的H原子，即水合氯离子： ，D错 误； 故选C。 3．C 【详解】A．乙酸乙酯会溶解在乙醇中，液体不分层，无法用分液的方法进行分离，不能达 到实验目的，故A错误； B．在高温条件下，瓷坩埚中成分之一的SiO 会与纯碱反应而造成坩埚损坏，不能达到实验 2 目的，故B错误； C．向容量瓶转移溶液时要用玻璃棒引流，烧杯嘴与玻璃棒接触，玻璃棒下端要在容量瓶刻 度线下方并与瓶壁接触，故C正确； D．铜丝灼烧时焰色呈绿色，会干扰钠元素的焰色，不能达到实验目的，应该使用洁净的铂 丝或铁丝，故D错误； 故答案为：C。 4．B 答案第1页，共11页【详解】A．同一周期从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但氮原子的2p轨道为半 充满稳定结构，其第一电离能大于氧，即I (N)>I (O)>，同主族从上到下，第一电离能逐渐 1 1 减小，氧和硫同主族，所以I (O)>I (S)，该选项A正确； 1 1 B．元素的非金属性越强，其简单氢化物的热稳定性越强，非金属性O>N>C，热稳定性应 该是H O  NH  CH ，该选项B错误； 2 3 4 C．HNO 是强酸，H SO 是中强酸，H CO 是弱酸，所以酸性HNO  H SO  H CO，该 3 2 3 2 3 3 2 3 2 3 选项C正确； D．电子层数越多，离子半径越大，S2有3个电子层，N3和O2有2个电子层，所以S2半 径最大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，半径越小，N3和O2电子层结构相同， 核电荷数O>N，则r(N3)r(O2，所以r(S2)r(N3)r(O2) ，该选项D正确； 综上所述，正确答案是B。 5．A 6．A 7．B 【解析】5． 32g A．单键均为σ键，32g肼的物质的量为 =1mol，肼(N H )的结构式为 ， 2 4 32g/mol 则32g肼中含5molσ键，A正确； B．基态K+的核外三个电子能层的电子数分别为2、8、8，M层没有充满电子，B错误； 1 C．ClO-中Cl原子价层电子对数=3+ (713×2) =4且含有1个孤电子对，ClO- 中Cl原子 3 2 4 1 价层电子对数=4+ (714×2) =4且不含孤电子对，孤电子对和成键电子对之间的排斥力 2 大于成键电子对之间的排斥力，所以键角：前者小于后者，C错误； D．N 与O 固态时晶体类型均为分子晶体，D错误； 2 2 故答案为：A； 6．A.KClO溶液与Ag反应生成AgCl、KOH和O ，反应的离子方程式为： 2 4Ag+4KClO+2H O=4AgCl+4KOH+O ↑，A正确； 2 2 B.KClO碱性溶液与Fe(NO ) 溶液反应生成FeO2-，Cl-和NO-，反应的离子方程式为： 3 3 4 3 3ClO-+2Fe3++10OH-=3Cl-+2FeO2-+5H O，B错误； 4 2 C.尿素与过量的KClO溶液反应生成N 、KCl、CO 和H O，反应的离子方程式为： 2 2 2 答案第2页，共11页CO(NH ) +3ClO-=N ↑+3Cl-+CO ↑+2H O，C错误； 2 2 2 2 2 D.N H 燃烧生成N 和H O，反应的热化学方程式为： 2 4 2 2 N H (l)+O (g)=2H O(l)+N (g) ΔH=-642kJ•mol-1，D错误； 2 4 2 2 2 故答案为：A； 7．A．由于Ag的金属活动性在氢之后，因而可用于在铁表面镀银，与其延展性无关，A错 误； B．NiSO 具有还原性，能被氧化生成NiO(OH)，可用于电极材料NiO(OH)的制备，B正确； 4 C．N H 中的N原子与H+形成配位键，N H 分子内的N原子可以提供孤电子对，H+提供空 2 4 2 4 轨道形成配位键，故N H 的水溶液呈碱性，C错误； 2 4 D．K FeO 中铁元素处于最高价，具有强氧化性，与FeO2-的构型无对应关系，D错误； 2 4 4 故答案为：B。 8．D 【详解】A．工业制硫酸的流程为：硫铁矿高温煅烧生成SO 2 ，SO 2 催化氧化为SO 3 ，再经 浓硫酸吸收生成H SO ，故A错误； 2 4 B．工业尾气中的SO 2 主要用CaO吸收，CaCl 2 不能直接吸收SO 2 ，故B错误； C．硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成S沉淀和SO 2 ，反应方程式为Na 2 S 2 O 3 +H 2 SO 4 =Na 2 SO 4 + S↓+SO ↑+H O，故C错误； 2 2 高温 D．钙基固硫是用生石灰来除去生成的SO ，反应为2CaO+O +2SO 2CaSO ，故D正 2 2 2 4 确； 选D。 9．D 【分析】 由有机物的转化关系可知，试剂Q作用下W与 发生取代反应生成M和溴化氢， M受热发生构型转化生成X和Y。 【详解】 A．由分析可知，试剂Q作用下W与 发生取代反应生成M和溴化氢，若试剂 Q为浓硫酸，平衡体系中氢离子浓度增大，会导致平衡向逆反应方向移动，不利于M的生 成，故A错误； 答案第3页，共11页B．由结构简式可知，Y分子中的苯环、碳碳双键为平面结构，氧原子的空间构型为V形， 由单键可以旋转可知，分子中所有碳原子有可能共平面，故B错误； C．由结构简式可知，X分子中有一个不饱和的碳原子上连接了2个氢原子，不可能存在顺 反异构体，故C错误； D．由结构简式可知，X分子中苯环上碳原子和双键碳原子的杂化方式为sp2杂化，共有8 个，单键碳原子的杂化方式为sp3杂化，共有2个，则分子中sp2杂化和sp3杂化的碳原子的 比例是4:1，故D正确； 故选D。 10．A 【分析】由图可知，a电极为原电池的负极，氨分子作用下铜在负极失去电子发生氧化反应 生成四氨合铜离子，电极反应为Cu2e4NH CuNH   2 ，b电极为正极，铜离子在 3  3 4  正极得到电子发生还原反应生成铜，电极反应式为Cu2++2e—=Cu，总反应为 Cu2 4NH CuNH   2 ，溶液中硫酸根离子通过阴离子交换膜由正极迁移到负极。 3  3 4  【详解】A．由分析可知，溶液中硫酸根离子通过阴离子交换膜由正极迁移到负极，故A错 误； B．由分析可知，a极为原电池的负极，氨分子作用下铜在负极失去电子发生氧化反应生成 四氨合铜离子，电极反应为为Cu2e4NH CuNH   2 ，故B正确； 3  3 4  C．由分析可知，电池的部分总反应为Cu2 4NH CuNH   2 ，故C正确； 3  3 4  D．由分析可知，该装置为原电池装置，可以富集铜离子并产生电能，同时回收液受热分解 释放出氨气，能循环利用氨气，故D正确； 故选A。 11．D 【详解】A．苯酚溶液能与碳酸钠溶液反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，由强酸制弱酸的原理可 知，苯酚的酸性强于碳酸氢根离子，但不能比较苯酚的酸性与碳酸的酸性的相对强弱，A错 误； B．淀粉水解后未中和酸性环境，直接加入新制Cu(OH) 会因酸性条件破坏反应，应将溶液 2 调至碱性后再检验产物，B错误； C．红棕色气体可能由浓硝酸受热分解产生，无法确定是否为木炭与浓硝酸反应，C错误； 答案第4页，共11页D．灼热的CuO（变黑铜丝）插入乙醇中，CuO被还原为Cu（铜丝变红），证明乙醇具有还 原性，D正确； 故选D。 12．A 【详解】A．NH HSO 溶液中，存在物料守恒： 4 3 c(NH+)+c(NH •H O)=c(HSO-)+c(SO2-)+c(H SO )①，电荷守恒： 4 3 2 3 3 2 3 c(NH+)+c(H+)=c(HSO-)+2c(SO2-)+c(OH-)②，①-②可得： 4 3 3 c(NH •H O)+c(OH-)+c(SO2-)=c(H SO )+c(H+)，根据电离是微弱的，则c(HSO-)＞c(SO2-)， 3 2 3 2 3 3 3 c(HSO-)＞c(SO2-)，c(NH •H O)+c(OH-)+c(HSO-)＞ 3 3 3 2 3 c(NH •H O)+c(OH-)+c(SO2-)=c(H SO )+c(H+)，A正确； 3 2 3 2 3 B．NH HSO 溶液中，NH+的水解程度小于HSO-的电离程度，则c(NH+)＞c(HSO-)，另电 4 3 4 3 4 3 离是微弱的，则c(HSO-)＞c(SO2-)，则c(NH+)＞c(HSO-)＞c(SO2-)，B错误： 3 3 4 3 3 C．温度越高，NH ·H O分解，且SO 的溶解度降低，即温度越高SO 不利于脱硫反应的进 3 2 2 2 行，C错误； D．根据题意可知，“制备”过程中的离子方程式： NO-+HSO-+SO +2H O=NH OH++2SO2-+H+，D错误； 2 3 2 2 3 4 故答案为：A。 13．C 【详解】A．反应I总物质的量为12mol，隔板在中间则反应II平衡时总物质的量也为12mol。 反应II：2SO +O ⇌ 2SO ，设达平衡时O 的消耗量为amol，根据方程式可知，SO 的消耗 2 2 3 2 2 量为2amol，SO 的生成量为2amol，平衡时O 的物质的量为(6.5-a)mol，SO 的物质的量 3 2 2 为(x-2a)mol，SO 的物质的量为(2.0+2a)mol，有6.5-a+x-2a+2.0+2a=12，得x=3.5+a ，SO 3 2 不能完全转化，则x-2a>0，x>2a，解之得x<7，正向进行时a>0即x>3.5，所以欲使反应II 起始时向正反应方向进行，x的取值范围为3.5~7.0，A正确； B．反应II平衡转化率随温度升高而降低（图2虚线），说明正反应放热，ΔH=正反应活化 能-逆反应活化能<0，所以正反应的活化能小于逆反应的活化能，B正确； C．T ℃~T ℃，SO 的实际转化率随温度升高而减小但依然低于平衡转化率，主要原因是温 1 2 2 答案第5页，共11页度升高催化剂活性降低，反应速率减慢，使实际转化率减小，C错误； D．T ℃时，增加O 量（减小SO 与O 比值），平衡正向移动，SO 转化率可从a点升至b 3 2 2 2 2 点，D正确； 故选C。 14．(1)1:6 (2)nMoS +xe-+xLi+=Li (MoS ) 2 x 2 n (3) MoS +9ClO-+6OH-=MoO2 +2SO2+9Cl-+3H O 温度高于50℃，NaClO分解； 2 4 4 2 或温度升高，反应速率加快，生成的钼酸根离子浓度增大，与钙镁离子形成沉淀 (4)MoO 3 7 1 (5) 16 8 焙烧 【详解】（1）根据反应6MoO +MoS 7MoO +2SO ↑，可知理论上完全反应消耗的 3 2 2 2 nMoS :nMoO 1:6； 2 3 放电 （2）由方程式xLi+nMoS 2Lix(MoS 2 )n可知，放电时，Li为负极，失去电子，发生氧化 充电 反应，MoS 为正极，得到电子，发生还原反应，正极的电极反应式为： 2 nMoS +xe-+xLi+=Li (MoS ) ； 2 x 2 n （3）①钼精矿(MoS )中加入NaOH溶液和NaClO溶液可得到钼酸钠，同时生成硫酸盐， 2 根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒，一个MoS 失去18个电子，一个ClO-得到2个电子， 2 反应的离子方程式为：MoS +9ClO-+6OH-=MoO2 +2SO2+9Cl-+3H O； 2 4 4 2 ②当温度高于50℃后浸出率降低的可能原因是：温度高于50oC，NaClO分解；或温度升高， 反应速率加快，生成的钼酸根离子浓度增大，与钙镁离子形成沉淀； （4）NH  Mo O (相对分子质量为340)受热分解生成氧化物，设氧化物为MoO ，1个 4 2 2 7 x NH  Mo O 生成2个MoO ，根据相对分子量关系， 4 2 2 7 x M(MoO )=340g/mol×84.70%÷2=144g/mol，则96+16x=144，x=3，产物为MoO ； x 3 1 1 （5）由MoO 晶胞结构可知，晶胞中有Mo个数为8× +4× +1=4，O的个数为 2 8 2 1 1 1 1 7 8× +8× +2=8，晶胞中有4个MoO ；在MoO N 晶体中，O空位个数为1+ + = ， 2 4 2 2x y 4 2 4 答案第6页，共11页7 7 1 1 1 1 (2-x)×4=8- ，x= ，N增加个数为1× = ，则4y= ，y= 。 4 16 2 2 2 8 15．(1)羰基、碳碳三键 (2) (3) (4) 加成反应 消去反应 (5) 【分析】 A和溴发生取代反应在苯环引入溴原子得到B，B和镁反应生成格氏试剂C，C和二氧化碳 反应后水解引入羧基得到D，D与SOCl 发生取代反应引入氯原子得到E，E和F生成G， 2 F的分子式为C H ，结合G结构可知，F为 ，则E与F的反应为取代反 10 10 应；G再转化为H； 【详解】（1）由G结构可知，有机物G中的官能团名称为羰基、碳碳三键，故答案为：羰 基、碳碳三键； （2） 由分析知，有机物F的分子式为C H ，则其结构简式为 ，故答案为： 10 10 ； （3） D中含有羧基，和乙二醇(HOCH CH OH)以物质的量比为2：1完全酯化的产物为 2 2 ；其同分异构体同时满足下列条件： ①分子中含有3种不同化学环境的氢原子，则结构对称；②能发生银镜反应，含有醛基或甲 酸酯基；③能发生水解反应，且1mol该分子水解时消耗4molNaOH，则含有2个甲酸酯基， 答案第7页，共11页且水解后生成酚羟基，故可以为 或 。 （4）由图可知，该加成的历程为：苯甲酸中的羰基O(δ-)原子进攻SOCl 中的S(δ+)原子， 2 一根S-Cl键断裂，Cl得到共用电子对离去，随后Cl-进攻羰基C原子，发生加成反应；O-C 键和S-Cl键断裂，Cl得到共用电子对离去，S转化为SO 离去，羟基的电子对向碳原子转 2 移形成碳氧双键，使羟基H带部分正电荷，随后Cl-进攻羟基H(δ+)原子，形成HCl离去， 发生消去反应，故答案为：加成反应；消去反应； （5） 苯乙烯和溴加成引入溴原子，再发生消去反应得到苯乙炔；苯甲酸和SOCl 发生D生成E 2 的反应引入氯原子，再和苯乙炔发生E生成G的反应得到 ，再和 发生G生成H的反应生成产物，故流程为： 。 16．(1)BD (2)Fe(OH) 3  (3)Cu(NH ) (OH) 4NH ↑+CuO+H O 3 4 2 3 2 (4) 溶液中Cu2+浓度较低 2Cu2++4HCO-=Cu (OH) CO ↓+3CO ↑+H O 10-1.75： 3 2 2 3 2 2 1 (5)加入CuO粉末调节溶液pH≥3.2使Fe3+完全沉淀除去，在室温下蒸发CuSO 饱和溶液得 4 答案第8页，共11页到CuSO •5H O晶体，过滤，洗涤，在80～120℃下干燥得到CuSO •H O 4 2 4 2 【分析】由题干流程图可知，加入盐酸与氧化铜、氧化铁反应生成氯化铜、氯化铁，加入过 量氨水与氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀，蒸氨后生成氧化铜，CuO和硫酸反应生成硫酸铜， 铜离子和碳酸氢根离子反应生成碱式碳酸铜[Cu (OH) CO ]，据此分析解题。 2 2 3 【详解】（1）A．适当升高酸浸温度，加快酸浸反应速率，能提高铜元素浸出率，但温度太 高，盐酸挥发速度加快，反应速率不一定加快，A不合题意； B．加快搅拌速度，能提高铜元素浸出率，B符合题意； C．缩短酸浸时间，酸浸反应不完全，铜元素浸出率下降，C不合题意； D．粉碎废铜渣，增大反应物接触面积，加快酸浸反应速率，能提高铜元素浸出率，D符合 题意； 故答案为：BD； （2）“除铁”时加入过量氨水与氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀，滤渣主要成分为Fe(OH) ， 3 故答案为：Fe(OH) ； 3 （3）过量氨水与氯化铜反应生成Cu(NH ) (OH) ，蒸氨生成CuO、氨气和水，反应的化学 3 4 2   方程式为Cu(NH ) (OH) 4NH ↑+CuO+H O，故答案为：Cu(NH ) (OH) 4NH ↑+CuO+H O； 3 4 2 3 2 3 4 2 3 2 （4）①制备碱式碳酸铜时，不采取向“除铁”后的溶液中直接加入NaHCO 溶液的原因是溶 3 液中Cu2+浓度较低，产率不高故答案为：溶液中Cu2+浓度较低； ②“沉铜”时生成碱式碳酸铜[Cu (OH) CO ]，同时生成二氧化碳，离子方程式为 2 2 3 2Cu2++4HCO-=Cu (OH) CO ↓+3CO ↑+H O，故答案为： 3 2 2 3 2 2 2Cu2++4HCO-=Cu (OH) CO ↓+3CO ↑+H O； 3 2 2 3 2 2 c(CO2-)c(H+) ③由题干分布图可知，当pH=10.25时，HCO-  CO2-+H+，K = 3 =10-10.25，饱 3 3 a2 c(HCO-) 3 c(CO2-)c(H+) 和碱式碳酸铜溶液的pH约为8.5，得c(H+)=10-8.5mol/L，代入K = 3 =10-10.25， a2 c(HCO-) 3 c(CO2-) Ka 1010.25 3 = 2 = =10-1.75，故答案为：故答案为：10-1.75：1； c(HCO-) c(H+) 108.5 3 （5）向含有少量Fe3+的CuSO 溶液中，加入CuO粉末调节溶液pH≥3.2使Fe3+完全转化为 4 氢氧化铁沉淀除去，在室温下蒸发结晶CuSO 饱和溶液得到CuSO •5H O晶体，过滤，洗 4 4 2 涤，在80～120℃下干燥得到CuSO •H O，故答案为：加入CuO粉末调节溶液pH≥3.2使 4 2 答案第9页，共11页Fe3+完全沉淀除去，在室温下蒸发CuSO 饱和溶液得到CuSO •5H O晶体，过滤，洗涤，在 4 4 2 80～120℃下干燥得到CuSO •H O。 4 2 17．(1) Ni(OH) -e-+OH-=NiOOH+H O N、O 2 2 (2) (3) 温度过高，催化剂的活性下降，NH 和O 反应生成NO，还原剂NH 的量减少 在 3 2 3 350℃以上含10%水蒸气的烟气中，水蒸气的存在抑制了NH 和O 生成NO的反应，更多 3 2 NH 和NO反应，提高NO转化率 添加CuO后，氧化生成的SO2-覆盖在Cu2+上，O 3 4 2 氧化Ce3+生成Ce4+，恢复催化能力 【详解】（1）①由题意可知，阳极上发生的反应为碱性条件下氢氧化镍在阳极失去电子发生 氧化反应生成NiOOH和水，电极反应式为Ni(OH) -e-+OH-=NiOOH+H O，故答案为： 2 2 Ni(OH) -e-+OH-=NiOOH+H O； 2 2 ②由电负性可知，尿素分子中氧原子和氮原子带部分负电荷，NiOOH中镍原子带正电荷， 所以尿素分子中的氮原子和氧原子能被镍原子吸附，故答案为：N、O； （2） 由图可知，中间体X结合一个氢原子生成氨气和在催化剂表面的N≡，则中间体X的结构为 ，故答案为： ； （3）①温度高于350℃时，一氧化氮转化率下降是因为温度升高，催化剂的活性下降，氨 气和氧气反应生成一氧化氮，还原剂氨气的量减少导致一氧化氮转化率下降，故答案为：温 度过高，催化剂的活性下降，NH 和O 反应生成NO，还原剂NH 的量减少； 3 2 3 ②温度高于350℃时，和不含水蒸气的烟气相比，含10%水蒸气的烟气的NO转化率更高说 明水蒸气的存在抑制了氨气和氧气生成一氧化氮的反应，更多的氨气和一氧化氮反应，提高 了一氧化氮转化率，故答案为：在350℃以上含10%水蒸气的烟气中，水蒸气的存在抑制了 NH 和O 生成NO的反应，更多NH 和NO反应，提高NO转化率； 3 2 3 由图可知，加入氧化铜后，氧化生成的硫酸根离子覆盖在铜离子上，使硫酸根离子不会附着 在Ce3+上，有利于氧气氧化Ce3+生成Ce4+，恢复催化能力，所以添加氧化铜后，催化剂抗 答案第10页，共11页硫能力显著增强，故答案为：添加CuO后，氧化生成的SO2-覆盖在Cu2+上，O 氧化Ce3+ 4 2 生成Ce4+，恢复催化能力。 答案第11页，共11页