精品解析：北京市八一学校2025-2026学年高三上学期10月月考化学试题

北京市八一学校2025～2026学年度第一学期10月月考 高三化学 2025.10 本试卷共8页，100分，考试时长90分钟，考生务必将答案作答在答题卡上。 可能用到的相对原子质量：H-1、N-14、O-16、F-19、Fe-56、Cs-133 一、选择题（本题包括14小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分） 1. 我国科学家首次合成大面积全碳纳米材料——石墨炔，其结构与石墨类似，可用于制备储锂电极材料。下列关于石墨炔的说法不正确的是 A. 与石墨互为同分异构体 B. 碳原子有sp、sp2两种杂化方式 C. 与石墨类似，层间存在范德华力 D. 具有传导电子的性能 【答案】A 【解析】 【详解】A．石墨炔也是碳的一种单质，与石墨互为同素异形体，A错误； B．石墨炔结构中既有三键的碳原子也有双键的碳原子，所以有sp、sp2两种杂化方式，B正确； C．结构与石墨类似，所以层间存在范德华力，C正确； D．与石墨结构类似，所以具有传导电子的性能，D正确； 故选A。 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 用电子式表示HCl的形成过程： B. S的原子结构示意图： C. 的空间填充模型： D. 的VSEPR模型： 【答案】D 【解析】 【详解】A．HCl为共价化合物，形成过程中通过共用电子对结合，而非离子键，，A错误； B．S原子序数为16，核外电子排布应为2、8、6，，B错误； C．中C原子半径大于O原子，空间填充模型中中心C原子应比两侧O原子大，，C错误； D．的中心原子S原子的价层电子对数为，为sp3杂化，有一对孤对电子，VSEPR模型为四面体形，D正确； 故选D。 3. 核污染水中含有、等多种放射性同位素粒子，会对人体和环境产生危害。下列说法不正确的是 A. 含有的中子比质子多27个 B. 位于元素周期表第五周期ⅡA族 C. 可用沉淀法或离子交换法去除核污染水中的 D. 借助元素周期表比较可知的金属性比强 【答案】D 【解析】 【详解】A．的质子数为55、质量数为137，中子数为(137—55)=82，则中子比质子多27个，故A正确； B．锶元素的原子序数为38，位于元素周期表第五周期ⅡA族，故B正确； C．氢氧化锶难溶于水，所以用沉淀法或离子交换法去除核污染水中的，故C正确； D．同主族元素，从上到下金属性依次增强，则铯的金属性大于铷，同周期元素，从左到右金属性依次减弱，则铷的金属性强于锶，所以借助元素周期表比较可知铯的金属性比锶强，故D错误； 故选D。 4. 依据元素周期律，下列判断不正确的是 A. 第一电离能：Li>Na>K B. 微粒半径： C. 电负性：N<O<F D. 酸性： 【答案】B 【解析】 【详解】A．同一主族元素的第一电离能随原子半径增大而减小，Li、Na、K的第一电离能顺序为Li＞Na＞K，A正确； B．O2-、Mg2+和Na+均有2个电子层，但Mg2+核电荷数更大，离子半径更小，正确顺序应为Mg2+＜Na+＜O2-，B错误； C．同周期元素电负性从左到右增大，N、O、F的电负性顺序为N＜O＜F，C正确； D．非金属性Si＜P＜Cl，对应最高价含氧酸酸性为H2SiO3＜H3PO4＜HClO4，D正确； 答案选B。 5. 用代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 1mol羟基含有的电子数目为7 B. 1mol 通入水中充分反应转移的电子数目为 C. 标况下2.24L 中含有的键的数目为0.4 D. 46g 和的混合气体含有的原子数为3 【答案】D 【解析】 【详解】A．羟基（-OH）中每个O有8个电子，H有1个电子，羟基整体不带电，总电子数为8+1=9，1mol羟基含9NA电子，A错误； B．常温常压下，1molCl2通入水中，部分氯气与水反应（即氯气与水的反应为可逆反应），转移电子物质的量小于1mol，B错误； C．标准状况下，四氯化碳不是气体，无法用气体摩尔体积计算物质的量，C错误； D．NO2和N2O4的最简式均为NO2，故46g混合物中含有NO2单元的物质的量为1mol，则含3NA个原子，D正确； 故选D。 6. 下列物质性质的比较，与氢键无关的是 A. 密度：水>冰 B. 熔点：NH4Cl>HCl C. 沸点：> D. 与碱基配对的能力：＞ 【答案】B 【解析】 【详解】A．水和冰均为H2O，冰中水分子通过氢键形成疏松晶体结构，分子间空隙大，密度小于液态水，与氢键有关，A不符合题意； B．NH4Cl为离子晶体，熔点由离子键强弱决定；HCl为分子晶体，熔点由范德华力决定，二者熔点差异源于晶体类型不同，与氢键无关，B符合题意； C．该选项为邻羟基苯甲醛与对羟基苯甲醛的沸点比较，邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，分子间作用力弱，沸点低；对羟基苯甲醛形成分子间氢键，分子间作用力强，沸点高，与氢键有关，C不符合题意； D．碱基配对依赖分子间氢键，含-NH2的物质更易通过N-H键与碱基形成氢键，配对能力强，与碱基配对的能力：>，与氢键有关，D不符合题意； 故选B。 7. 实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均正确的是 气体 试剂 制备装置 收集方法 A 和浓盐酸 b e B Cu和稀硫酸 b c C NO Cu和稀硝酸 b c D 和 a d A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．和浓盐酸反应需要固液加热装置，b中无加热装置，故A错误； B．Cu和稀H2SO4不发生化学反应，故B错误； C．Cu稀HNO3生成NO，会和空气反应生成NO2，不能用排空气法收集，故C错误； D．和为固固加热，选用a做发生装置，氨气的密度比空气小，选向下排空气法，收集装置选d，故D正确； 故选：D。 8. 下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. 无色透明溶液中：、、、 B. 遇酚酞变红的溶液中：、、、 C. 能使品红褪色的溶液中：、、、 D. 与Al反应能生成氢气的溶液中：、、、 【答案】B 【解析】 【详解】A．在溶液中不稳定，易水解或被氧化为+3价，且与在酸性或碱性条件下均无法共存（双水解），A错误； B．遇酚酞变红的溶液（碱性）：、、、。碱性条件下，各离子均稳定且无反应，B正确； C．能使品红褪色的溶液（可能含强氧化性物质），与在酸性或中性条件下发生氧化还原反应，C错误； D．与Al反应生成氢气的溶液（可能为强酸性或碱性）：、、、。酸性条件下与Al发生氧化还原反应，不会生成H2，碱性条件下和与OH-反应，D错误； 答案选B。 9. 下列反应的离子方程式书写正确的是 A. 向溶液中滴加溶液至溶液呈中性： B. 用HI溶液溶解固体： C. 用FeS除去废水中的： D. 用浓处理银镜反应后试管内壁的Ag： 【答案】D 【解析】 【详解】A．向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2至中性时，氢氧根离子要消耗完，正确的离子方程式应为，A项错误。 B．Fe(OH)3与HI反应时，Fe3+会氧化I-生成I2，正确的离子方程式为，B项错误。 C．FeS为难溶物，应保留为固体形式，正确的离子方程式为，C项错误。 D．浓HNO3与Ag反应时，Ag被氧化为Ag+，同时生成二氧化氮和水，离子方程式正确，D项正确。 答案选D。 10. 下列物质性质差异与结构因素匹配正确的是 选项 性质差异 结构因素 A 热稳定性：HF>HCl 分子间是否存在氢键 B 硬度：金刚石>碳化硅 晶体类型不同 C 酸性： 电负性F>Cl导致O-H键极性大小不同 D 碱性： 最外层电子数：Na<Al A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．热稳定性：HF>HCl，说明键能：H-F>H-Cl，与分子间是否存在氢键无关，氢键主要影响物理性质，A错误； B．金刚石和碳化硅均为原子晶体，晶体类型相同，金刚石硬度更高是因C-C键键长更短、键能更大，而非晶体类型差异，B错误； C．CF3COOH的酸性强于CCl3COOH，因F的电负性比Cl大，吸电子效应更强，使O-H键极性增大，H+更易解离，C正确； D．NaOH的碱性强于Al(OH)3是因Na的金属性（活泼性）强于Al，与最外层电子数无关，金属性与原子半径、电子层结构等因素相关，D错误； 故选C。 11. 根据下列实验操作和现象所得结论正确的是 选项 实验操作 现象 结论 A 将 Cl₂通入品红溶液 溶液红色褪去 Cl₂具有漂白性 B 向某溶液中滴加几滴氯水，再滴加KSCN溶液 溶液变红 原溶液中有Fe2＋ C 向Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体 有沉淀生成 酸性：H2SO3>HClO D 向Al(OH)3沉淀中分别滴加足量盐酸或NaOH溶液 沉淀均溶解 Al(OH)3是两性氢氧化物，Al 表现一定的非金属性 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．Cl2没有漂白性，而是Cl2与水反应生成HClO的漂白性，A错误； B．若原溶液中含有Fe3＋，滴加几滴氯水，再滴加KSCN溶液，溶液也会变红；应该先滴加KSCN溶液，溶液不变色，再滴加氯水，溶液变红，说明原溶液中有Fe2＋；B错误； C．Ca(ClO)2溶液中ClO－具有氧化性，能将SO2氧化成，生成微溶物CaSO4，而不是CaSO3，不能说明酸性H2SO3＞HClO，C错误； D．Al(OH)3可与盐酸或NaOH溶液反应生成盐和水，说明Al(OH)3是两性氢氧化物，具有一定的酸性，能说明Al具有一定的非金属性，D正确； 答案选D。 12. 与通过电催化反应生成，可能的反应机理如图所示(图中吸附在催化剂表面的物种用“*”标注)。下列说法正确的是 A. 过程Ⅱ和过程Ⅲ都有极性共价键形成 B. 过程Ⅱ中发生了氧化反应 C. 电催化与生成的反应方程式： D. 常温常压、无催化剂条件下，与反应可生产 【答案】A 【解析】 【详解】A．过程Ⅱ为：和在酸性条件下被还原为和的反应，生成了N—H等极性共价键；过程Ⅲ为与生成的反应，生成了C—N极性共价键，A正确； B．过程Ⅱ是得电子的还原反应，N元素的化合价由降为，C元素的化合价由降为，B错误； C．所给离子方程式电荷不守恒，根据反应机理图可知，过程Ⅱ需要外界提供电子，则正确的反应方程式为，C错误； D．常温常压、无催化剂条件下，与反应生成或，D错误； 故选A。 13. 某化学小组探究的生成，进行了如下实验。下列说法不正确的是 序号 实验操作和现象 Ⅰ 向盛有4mL 0.1mol/L 溶液的试管中滴加5滴1.0mol/L氨水，产生蓝色沉淀；继续滴加约2mL氨水，沉淀完全溶解，得到深蓝色溶液 Ⅱ 取0.1g氢氧化铜固体于试管中，加入10mL 1.0mol/L氨水，滴加氨水时溶液略变蓝，但沉淀未见明显溶解；继续滴加饱和溶液时，沉淀完全溶解，得到深蓝色溶液 Ⅲ 另取0.1g氢氧化铜固体于试管中，滴加饱和溶液，沉淀未见明显溶解 A. Ⅰ中产生蓝色沉淀的离子方程式为 B. 深蓝色溶液中含，其中N提供孤电子对，提供空轨道 C. 通过上述实验分析，Ⅱ中沉淀完全溶解的原因是： D. 通过上述实验分析，Ⅰ中蓝色沉淀溶解是溶液中和氨水共同作用的结果 【答案】C 【解析】 【分析】实验Ⅰ向溶液里滴加氨水，先形成蓝色氢氧化铜沉淀，后沉淀溶解并形成含深蓝色溶液；实验Ⅱ：氢氧化铜固体中加入氨水，溶液略变为深蓝色，继续滴加饱和溶液时，沉淀完全溶解，得到深蓝色溶液，故蓝色沉淀溶解是溶液中和氨水共同作用的结果；实验Ⅲ是为了排除沉淀直接溶解于饱和溶液的可能，据此分析； 【详解】A．根据分析，实验Ⅰ中产生蓝色沉淀的离子方程式为：，A正确； B．中NH3为配体，N提供孤电子对，Cu2+提供空轨道，符合配位键形成原理，B正确； C．实验Ⅱ中沉淀溶解的主要原因是水解酸性作用和NH3·H2O与铜离子形成共同作用的结果，C错误； D．根据分析，Ⅰ中蓝色沉淀溶解是溶液中和氨水共同作用的结果，D正确； 故选C。 14. 兴趣小组为探究FeCl3在溶液中显黄色的原因，进行如下实验。 序号 操作 试剂a 试剂b 现象 ① 0.2mol/L FeCl3 蒸馏水 溶液为黄色 ② 0.2mol/L FeCl3 2mol/L盐酸 溶液为浅黄色 ③ 0.2mol/L Fe(NO3)3 蒸馏水 溶液为浅黄色 ④ 0.2mol/L Fe(NO3)3 2mol/L硝酸 溶液接近无色 下列说法不正确的是 A. ②中的溶液颜色比①中的浅，主要是因为Fe3+的水解平衡逆向移动 B. 由③④可知，Fe(NO3)3溶液显浅黄色与Fe3+水解有关 C. 由以上实验可推知，FeCl3溶液显黄色与Fe3+水解、Cl-存在均有关 D. 由以上实验可推知，导致②③溶液均为浅黄色的原因相同 【答案】D 【解析】 【详解】A．已知Fe3+水解溶液显酸性，加入2mol/L盐酸后溶液中H+浓度增大，导致水解平衡逆向移动，故②中的溶液颜色比①中的浅，主要是因为Fe3+的水解平衡逆向移动，A正确； B．已知Fe3+水解溶液显酸性，加入2mol/L硝酸后溶液中H+浓度增大，导致水解平衡逆向移动，故由③④可知，Fe(NO3)3溶液显浅黄色与Fe3+水解有关，B正确； C．对比实验①③和实验②④实验现象可知，FeCl3溶液显黄色与Fe3+水解、Cl-存在均有关，C正确； D．由以上实验可推知，导致②溶液为浅黄色的原因是Fe3+的水解平衡逆向移动，而导致③溶液为浅黄色的原因是Fe3+浓度和水解生成的离子浓度减小，故不相同，D错误； 故答案为：D。 第二部分 15. 铁元素在人体健康和工业生产中有重要的应用。 Ⅰ．在血液中，以为中心的配位化合物铁卟啉是血红蛋白的重要组成部分，可用于输送。右图为载氧后的血红蛋白分子示意图。 （1）基态Fe的价电子轨道表示式为______。 （2）载氧时，血红蛋白分子中脱去配位的并与配位；若人体吸入CO，则CO占据配位点，血红蛋白失去携氧功能。由此推测，与配位能力最强的是______（填字母）。 a. b. C.CO （3）一种最简单的卟啉环结构如右图。 ①该卟啉分子中，1号位N的杂化方式为______。 ②比较电负性的大小C______N（填“>”或“<”），并从原子结构角度说明理由：______。 ③该卟啉分子在酸性环境中配位能力会减弱，原因是______。 Ⅱ． （4）复盐俗称铁铵矾，可用于鞣革。铁铵矾中，比较和的键角大小并解释______。 Ⅲ．可用于制备优良铁磁体材料。下图是一种铁磁体化合物的立方晶胞，其边长为a pm。 已知：，阿伏伽德罗常数的值为。 （5）该晶体的密度是______。 （6）距离F最近的Cs的个数为______。 【答案】（1） （2）C （3） ①. sp2杂化 ②. < ③. N的核电荷数更大，原子半径更小，对核外电子的吸引力大于C ④. 卟啉分子的配位能力主要来自1号氮的一对孤电子，在酸性环境中，这对孤电子与H+配位，卟啉表现出碱性，配位能力减弱 （4）与NH3中N均为sp3杂化，而NH3分子中的N原子还具有一对孤对电子，孤对电子的成键电子的排斥力大于成键电子与成键电子之间的排斥力，所以的键角更大。 （5） （6）4 【解析】 【小问1详解】 基态Fe的价电子轨道表示式为。 【小问2详解】 载氧时，O2代替H2O配位，说明O2的配位能力大于H2O，人体吸入CO，CO占据配位点，说明CO与Fe2+的配位能力大于O2，故选C。 【小问3详解】 ①1号N的价电子对数为，故采取sp2杂化；②N的电负性大于C，N的核电荷数更大，原子半径更小，对核外电子的吸引力大于C；③卟啉分子的配位能力主要来自1号氮的一对孤电子（2号氮的一对孤电子被离域参与大π键），在酸性环境中，这对孤电子与H+配位，卟啉表现出碱性，配位能力减弱。 【小问4详解】 与NH3中N均为sp3杂化，而NH3分子中的N原子还具有一对孤对电子，孤对电子的成键电子的排斥力大于成键电子与成键电子之间的排斥力，所以的键角更大。 【小问5详解】 由均摊法知该晶胞中Cs个数为1，Fe个数为，F个数为，所以该晶胞化学式为CsFeF3，密度为。 【小问6详解】 由图可得，距离棱上的F最近的Cs的个数为4。 16. A、B、D、E、X是原子序数依次增大的五种短周期主族元素。A是周期表中相对原子质量最小的元素，A、B能形成两种常温下液态的化合物和。D基态原子的价电子中没有未成对电子，E的简单离子是本周期元素离子半径最小的，X是本周期元素中电负性最大的元素。 （1）的电子式为______。 （2）比较D、E第一电离能的大小，从原子结构角度解释原因：______。 （3）①实验室制取X单质的离子方程式：______。 ②工业制取漂白粉的化学反应方程式：______。 （4）E和X的最高价氧化物对应水化物两者发生反应的离子反应方程式：______。 （5）镓（）与E为同主族元素，氮化镓（GaN）作为第三代半导体材料，具有耐高温、耐高电压等特性，随着5G技术的发展，GaN商用进入快车道。下列相关说法中，正确的是______（填字母序号）。 a.Ga位于元素周期表的第四周期p区 b.Ga的简化核外电子排布式为 c.GaN中Ga的化合价为+3 d.的氧化性强于的氧化性 （6）是一种高效消毒剂，工业上用其处理中性废水中的锰，使转化为沉淀除去，X被还原至最低价，该反应的离子方程式为______。 （7）Y是位于第四周期的X的同主族元素，X、Y均可以与形成氢化物，形式相似为HX、HY，①从原子结构的角度解释原因______。②比较气态氢化物HX、HY的稳定性，并从原子结构的角度解释原因______。 【答案】（1） （2）Mg的价电子排布式为3s2，3s轨道处于全充满的稳定状态，失去一个电子较难；Al的价电子排布式为3s23p1，失去一个电子后3p轨道变为全空的稳定状态，失去一个电子相对较易，所以第一电离能Al＜Mg （3） ①. ②. （4） （5）ac （6） （7） ①. X（Cl）、Y（Br）位于同一主族，最外层电子数相同，均为7，都易得到1个电子形成稳定结构，所以都可以与H形成氢化物HX、HY ②. X（Cl）、Y（Br）位于同一主族，Cl的原子半径小于Br，Cl与H之间的共价键键长更短，键能更大，所以HCl的稳定性强于HBr 【解析】 【分析】A是周期表中相对原子质量最小的元素，则A为H元素；A、B能形成液态的化合物和，则B为O元素；D基态原子的价电子中没有未成对电子，且原子序数大于A、B，则D为Mg元素；E的简单离子是本周期元素离子半径最小的，且E原子序数大于D，则E为Al元素；X是本周期元素中电负性最大的元素，且X原子序数大于E，则X为Cl元素；由上述分析可知A为H元素；B为O元素；D为Mg元素；E为Al元素；X为Cl元素。 【小问1详解】 是H2O2，电子式为； 【小问2详解】 Mg的价电子排布式为3s2，3s轨道处于全充满的稳定状态，失去一个电子较难；Al的价电子排布式为3s23p1，失去一个电子后3p轨道变为全空的稳定状态，失去一个电子相对较易，所以第一电离能Al＜Mg； 小问3详解】 ①实验室用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下制取氯气，反应的离子方程式为 ； ②石灰乳和氯气反应制取漂白粉，反应化学反应方程式； 【小问4详解】 Al和Cl的最高价氧化物对应水化物分别是Al(OH)3、HClO4，两者发生反应的离子反应方程式为 【小问5详解】 a．镓(Ga)与Al为同主族元素，Al位于元素周期表p区，所以Ga位于元素周期表的第四周期p区，a正确；      b．Ga的简化核外电子排布式为[Ar]3d104s24p1，b错误； c．Ga是元素ⅢA族元素，GaN中Ga的化合价为+3，c正确                d．Al的还原性小于Ga，所以的氧化性小于的氧化性，d错误； 故选ac。 【小问6详解】 ClO2是一种高效消毒剂，工业上用其处理中性废水中的锰，使转化为沉淀除去，Cl被还原至最低价Cl-，根据得失电子守恒，该反应的离子方程式为； 【小问7详解】 ①X（Cl）、Y（Br）位于同一主族，最外层电子数相同，均为7，都易得到1个电子形成稳定结构，所以都可以与氢形成氢化物HX、HY； ②HCl的稳定性强于HBr；X（Cl）、Y（Br）位于同一主族，Cl的原子半径小于Br，Cl与H之间的共价键键长更短，键能更大，所以HCl的稳定性强于HBr。 17. 利用页岩气中丰富的丙烷制丙烯已成为化工原料丙烯生产的重要渠道。 Ⅰ．丙烷直接脱氢法： 总压分别为100kPa、10kPa时发生该反应，平衡体系中和的体积分数随温度、压强的变化如下图。 （1）丙烷直接脱氢反应的化学平衡常数表达式为___________。 （2）总压由10kPa变100kPa时，化学平衡常数___________(填“变大”“变小”或“不变”)。 （3）图中，曲线Ⅰ、Ⅲ表示的体积分数随温度的变化，判断依据是___________。 （4）图中，表示100kPa时的体积分数随温度变化的曲线是___________(填“Ⅱ”或“Ⅳ”)。 Ⅱ．丙烷氧化脱氢法： 我国科学家制备了一种新型高效催化剂用于丙烷氧化脱氢。在催化剂作用下，相同时间内，不同温度下的转化率和C3H6的产率如下： 反应温度/℃ 465 480 495 510 C3H8的转化率/% 5.5 12.1 17.3 28.4 C3H6的产率/% 4.7 9.5 12.8 18.5 （5）表中，C3H8的转化率随温度升高而上升的原因是___________(答出1点即可)。 （6）已知：C3H6选择性。随着温度升高，C3H6的选择性___________(填“升高”“降低”或“不变”)，可能的原因是___________。 【答案】（1） （2）不变 （3）丙烷直接脱氢反应的正反应是一个吸热反应，升高温度化学平衡正向移动，C3H6的体积分数随温度升高而增大 （4）Ⅱ （5）温度越高，反应速率越快，相同时间内反应掉的C3H8越大，故C3H8的转化率越大 （6） ①. 降低 ②. 升高温度，更有利于副反应的发生 【解析】 【小问1详解】 根据反应方程式可知，丙烷直接脱氢反应的化学平衡常数表达式为K=，故答案为：； 【小问2详解】 已知化学平衡常数仅仅是温度的函数，故总压由10kPa变为100kPa时，由于温度不变，化学平衡常数不变，故答案为：不变； 【小问3详解】 由题干可知，正反应是一个吸热反应，升高温度化学平衡正向移动，C3H6的体积分数随温度升高而增大，故图中，曲线Ⅰ、Ⅲ表示C3H6的体积分数随温度的变化，故答案为：丙烷直接脱氢反应的正反应是一个吸热反应，升高温度化学平衡正向移动，C3H6的体积分数随温度升高而增大； 【小问4详解】 由题干可知，正反应是气体体积增大的方向，故增大压强上述平衡逆向移动，则有温度相同时，压强越大，C3H8的体积分数也越大，则图中表示100kPa时C3H8的体积分数随温度变化的曲线是Ⅱ，故答案为：Ⅱ； 【小问5详解】 达到化学平衡之前，温度越高，反应速率越快，相同时间内反应掉的C3H8越大，故C3H8的转化率越大，故答案为：温度越高，反应速率越快，相同时间内反应掉的C3H8越大，故C3H8的转化率越大； 【小问6详解】 由表中信息可知465℃时丙烯的选择性约为85%，510℃时为约65%，故随着温度升高，C3H6的选择性降低，因为可能为：升高温度，更有利于副反应的发生。 18. 辉铋矿（主要成分为难溶于水的Bi2S3，含有SiO2等杂质）生产金属铋，流程如下： 已知：Bi3+易水解，使溶液呈酸性。 （1）将辉铋矿粉碎的目的是______。 （2）浸出液中铋元素以中Bi3+形式存在，浸出渣中不含铁单质。 ①浸出过程中主要反应的离子方程式为_______。 ②浸出时加入盐酸有利于Bi2S3的溶解，从平衡移动角度解释原因：______（写出2条）。 （3）用稍过量铁粉进行置换时，浸出液中发生反应的离子方程式有_______。 （4）置换液可通过一定处理再生。 ①再生环节，需要加入的试剂为H2O2溶液和_______。 ②依据化学计量数计算，置换液完全再生所需n(H2O2)与n(FeCl2)的比值为0.5，但实际比值大于0.5，原因是_______。 ③检验置换液中的金属离子是否完全再生的操作和现象是_______。 【答案】（1）增大接触面积，加快浸出速率/使浸出更充分 （2） ①. Bi2S3+6Fe3+=2Bi3++3S+6Fe2+ ②. H+与Bi2S3中的S2-结合，促进Bi2S3的沉淀溶解平衡正向移动；抑制Fe3+水解平衡的正向移动（抑制Bi3+水解平衡的正向移动） （3）3Fe + 2Bi3+ = 2Bi + 3Fe2+、2H+ + Fe = Fe2+ + H2↑ （4） ①. 盐酸 ②. 在Fe3+的催化作用下，H2O2易分解（产生的O2快速脱离反应体系） ③. 取少量溶液于试管中，加入K3[Fe(CN)6]溶液，观察溶液中是否产生蓝色沉淀 【解析】 【分析】辉铋矿(主要成分为难溶于水的Bi2S3，含有SiO2等杂质)粉碎后加入盐酸、氯化铁溶液浸出，Bi2S3与FeCl3溶液反应生成S、Fe2+和Bi3+，SiO2不参与反应，过滤得到浸出液和浸出渣，浸出渣的主要成分为SiO2、S，从浸出渣中可回收S；再向滤出液中加入稍过量的铁粉置换铋得到海绵铋，精炼海绵铋得到纯铋，置换液为氯化亚铁溶液，氧化再生后得到氯化铁溶液，可以在浸出时循环使用，据此解答。 【小问1详解】 将辉铋矿粉碎的目的是：增大接触面积，加快浸出速率/使浸出更充分； 【小问2详解】 ①浸出过程中主要反应为Bi2S3与FeCl3溶液反应生成S、Fe2+和Bi3+，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：Bi2S3+6Fe3+=2Bi3++3S+6Fe2+； ②因浸出时，Bi2S3存在沉淀溶解平衡：，Fe3+存在水解平衡：，且Bi3+也易水解，则浸出时加入盐酸有利于Bi2S3的溶解，其原因是：H+与Bi2S3中的S2-结合，促进Bi2S3的沉淀溶解平衡正向移动；抑制Fe3+水解平衡的正向移动(抑制Bi3+水解平衡的正向移动)； 【小问3详解】 浸出液中加入稍过量铁粉置换得到海绵铋，另外铁和剩余的盐酸反应生成亚铁离子和氢气，则浸出液中发生反应的离子方程式有：3Fe + 2Bi3+=2Bi + 3Fe2+、2H+ + Fe= Fe2+ + H2↑； 【小问4详解】 ①再生环节，需要将氯化亚铁溶液氧化为氯化铁溶液，需要酸性环境和氧化剂，则加入的试剂为H2O2溶液和盐酸； ②依据化学计量数计算，置换液完全再生所需n(H2O2)与n(FeCl2)的比值为0.5，但实际比值大于0.5，则置换液再生过程存在H2O2的分解或损耗，导致所需n(H2O2)偏多，其原因是：在Fe3+的催化作用下，H2O2易分解(产生的O2快速脱离反应体系)； ③再生环节，氯化亚铁被氧化为氯化铁，若置换液中的金属离子已完全再生，则置换液中不含Fe2+，则可以通过检验置换液中是否还剩余Fe2+来检验置换液中的金属离子是否完全再生，其操作和现象是：取少量溶液于试管中，加入K3[Fe(CN)6]溶液，观察溶液中是否产生蓝色沉淀。 19. 某小组同学用下图装置探究与亚铁盐溶液的反应(夹持装置略)。 已知：稀溶液中的水合离子几乎无色；(黄色)。 操作：向0.56g铁粉中迅速加入10mL试剂X，塞紧试管C上的胶塞，立即打开活塞a，待C中铁粉完全溶解后，关闭活塞a，打开活塞b．C中现象如下表。 序号 试剂X C中现象 打开活塞a后 打开活塞b后 Ⅰ 盐酸 有大量气泡产生，铁粉逐渐减少，无色溶液迅速变黄，后逐渐变浅绿色 溶液逐渐变为浅黄色，产生极少量淡黄色沉淀 Ⅱ 盐酸 有大量气泡产生，铁粉逐渐减少，无色溶液迅速变黄，后逐渐变为浅绿色 溶液逐渐变为黄色，产生少量淡黄色沉淀 Ⅲ 硫酸 有大量气泡产生，铁粉逐渐减少，无色溶液逐渐变为浅绿色 无明显变化 （1）打开活塞b后，B中反应的化学方程式为___________。 （2）上述实验中，打开活塞a一段时间后关闭，再打开活塞b，目的是___________。 （3）打开活塞a期间，实验Ⅰ~Ⅲ中的现象有相同也有不同。 ①实验Ⅰ、Ⅱ中，试管C中无色溶液均先变黄，再逐渐变为浅绿色。溶液由黄色变为浅绿色的原因是___________(用离子方程式表示)。 ②实验Ⅲ中，溶液始终未变黄，可能的原因是___________。 （4）经检验，实验Ⅰ、Ⅱ中的淡黄色沉淀为硫单质。甲同学猜想可能是自身发生歧化反应，乙同学通过实验排除了这种可能性，其实验操作及现象为___________。 （5）综合上述实验，可以得出的结论是___________(结合化学用语说明)。 【答案】（1） （2）产生，将装置中的空气/氧气排净 （3） ①. ②. Ⅲ中不含时，不易被氧化为(或被氧化为后，几乎无色，未生成黄色的) （4）取实验Ⅰ或实验Ⅱ中反应后C内溶液于试管中，滴加溶液，无白色沉淀 （5）存在时，能与反应：，增大时，平衡正向移动 【解析】 【分析】打开活塞a，将分液漏斗中稀硫酸滴入圆底烧瓶A中，稀硫酸与碳酸钠发生反应，生成的CO2将装置内的空气排尽，再打开活塞b，将分液漏斗中70%的硫酸滴入三颈烧瓶中，与发生反应生成，将通入C中，与亚铁盐反应，探究与亚铁盐溶液的反应，最后用D中的NaOH溶液吸收多余的，防止污染环境，据此回答。 【小问1详解】 由分析知，打开活塞b，将分液漏斗中70%的硫酸滴入三颈烧瓶中，与发生反应的化学方程式为； 【小问2详解】 由分析知，打开活塞a一段时间后关闭，再打开活塞b，稀硫酸与碳酸钠发生反应产生，将装置中的空气/氧气排净； 【小问3详解】 ①向0.56g铁粉中迅速加入10mL试剂X，塞紧试管C上的胶塞，铁粉与盐酸反应生成，立即打开活塞a，生成的将装置内的空气赶入C中，被氧化为，待C中铁粉完全溶解后，关闭活塞a，打开活塞b，将生成的通入C中，由实验Ⅰ、Ⅱ中，试管C中无色溶液均先变黄，即为被氧化为，与结合发生(黄色)反应，溶液为黄色，再发生反应，使逐渐变为浅绿色； ②实验Ⅲ中，由于不含时，不易被氧化为(或被氧化为后，几乎无色，未生成黄色的)，溶液始终未变黄； 【小问4详解】 将生成的通入C中，经检验，实验Ⅰ、Ⅱ中的淡黄色沉淀为硫单质，甲同学猜想可能是自身发生歧化反应，即歧化生成S和生成，乙同学取实验Ⅰ或实验Ⅱ中反应后C内溶液于试管中，滴加溶液，无白色沉淀，即排除了有离子存在，即排除了自身发生歧化反应的这种可能性； 【小问5详解】 由实验Ⅰ、Ⅱ中，试管C中无色溶液均先变黄，再逐渐变为浅绿色，实验Ⅲ中，溶液始终未变黄，可知存在时，能与反应：，增大时，平衡正向移动。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市八一学校2025～2026学年度第一学期10月月考 高三化学 2025.10 本试卷共8页，100分，考试时长90分钟，考生务必将答案作答在答题卡上。 可能用到的相对原子质量：H-1、N-14、O-16、F-19、Fe-56、Cs-133 一、选择题（本题包括14小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分） 1. 我国科学家首次合成大面积全碳纳米材料——石墨炔，其结构与石墨类似，可用于制备储锂电极材料。下列关于石墨炔的说法不正确的是 A. 与石墨互为同分异构体 B. 碳原子有sp、sp2两种杂化方式 C. 与石墨类似，层间存在范德华力 D. 具有传导电子的性能 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 用电子式表示HCl的形成过程： B. S的原子结构示意图： C. 的空间填充模型： D. 的VSEPR模型： 3. 核污染水中含有、等多种放射性同位素粒子，会对人体和环境产生危害。下列说法不正确的是 A. 含有的中子比质子多27个 B. 位于元素周期表第五周期ⅡA族 C. 可用沉淀法或离子交换法去除核污染水中的 D. 借助元素周期表比较可知的金属性比强 4. 依据元素周期律，下列判断不正确的是 A. 第一电离能：Li>Na>K B. 微粒半径： C. 电负性：N<O<F D. 酸性： 5. 用代表阿伏加德罗常数值。下列说法正确的是 A. 1mol羟基含有的电子数目为7 B. 1mol 通入水中充分反应转移的电子数目为 C. 标况下2.24L 中含有的键的数目为0.4 D. 46g 和的混合气体含有的原子数为3 6. 下列物质性质的比较，与氢键无关的是 A. 密度：水>冰 B. 熔点：NH4Cl>HCl C. 沸点：> D. 与碱基配对的能力：＞ 7. 实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均正确的是 气体 试剂 制备装置 收集方法 A 和浓盐酸 b e B Cu和稀硫酸 b c C NO Cu和稀硝酸 b c D 和 a d A A B. B C. C D. D 8. 下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是 A. 无色透明溶液中：、、、 B. 遇酚酞变红的溶液中：、、、 C. 能使品红褪色的溶液中：、、、 D. 与Al反应能生成氢气的溶液中：、、、 9. 下列反应的离子方程式书写正确的是 A. 向溶液中滴加溶液至溶液呈中性： B. 用HI溶液溶解固体： C. 用FeS除去废水中的： D. 用浓处理银镜反应后试管内壁的Ag： 10. 下列物质性质差异与结构因素匹配正确的是 选项 性质差异 结构因素 A 热稳定性：HF>HCl 分子间是否存在氢键 B 硬度：金刚石>碳化硅 晶体类型不同 C 酸性： 电负性F>Cl导致O-H键的极性大小不同 D 碱性： 最外层电子数：Na<Al A. A B. B C. C D. D 11. 根据下列实验操作和现象所得结论正确的是 选项 实验操作 现象 结论 A 将 Cl₂通入品红溶液 溶液红色褪去 Cl₂具有漂白性 B 向某溶液中滴加几滴氯水，再滴加KSCN溶液 溶液变红 原溶液中有Fe2＋ C 向Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体 有沉淀生成 酸性：H2SO3>HClO D 向Al(OH)3沉淀中分别滴加足量盐酸或NaOH溶液 沉淀均溶解 Al(OH)3是两性氢氧化物，Al 表现一定的非金属性 A. A B. B C. C D. D 12. 与通过电催化反应生成，可能的反应机理如图所示(图中吸附在催化剂表面的物种用“*”标注)。下列说法正确的是 A. 过程Ⅱ和过程Ⅲ都有极性共价键形成 B. 过程Ⅱ中发生了氧化反应 C. 电催化与生成的反应方程式： D. 常温常压、无催化剂条件下，与反应可生产 13. 某化学小组探究的生成，进行了如下实验。下列说法不正确的是 序号 实验操作和现象 Ⅰ 向盛有4mL 0.1mol/L 溶液的试管中滴加5滴1.0mol/L氨水，产生蓝色沉淀；继续滴加约2mL氨水，沉淀完全溶解，得到深蓝色溶液 Ⅱ 取0.1g氢氧化铜固体于试管中，加入10mL 1.0mol/L氨水，滴加氨水时溶液略变蓝，但沉淀未见明显溶解；继续滴加饱和溶液时，沉淀完全溶解，得到深蓝色溶液 Ⅲ 另取0.1g氢氧化铜固体于试管中，滴加饱和溶液，沉淀未见明显溶解 A. Ⅰ中产生蓝色沉淀离子方程式为 B. 深蓝色溶液中含，其中N提供孤电子对，提供空轨道 C. 通过上述实验分析，Ⅱ中沉淀完全溶解的原因是： D. 通过上述实验分析，Ⅰ中蓝色沉淀溶解是溶液中和氨水共同作用的结果 14. 兴趣小组为探究FeCl3在溶液中显黄色的原因，进行如下实验。 序号 操作 试剂a 试剂b 现象 ① 0.2mol/L FeCl3 蒸馏水 溶液为黄色 ② 0.2mol/L FeCl3 2mol/L盐酸 溶液为浅黄色 ③ 0.2mol/L Fe(NO3)3 蒸馏水 溶液为浅黄色 ④ 0.2mol/L Fe(NO3)3 2mol/L硝酸 溶液接近无色 下列说法不正确的是 A. ②中的溶液颜色比①中的浅，主要是因为Fe3+的水解平衡逆向移动 B. 由③④可知，Fe(NO3)3溶液显浅黄色与Fe3+水解有关 C. 由以上实验可推知，FeCl3溶液显黄色与Fe3+水解、Cl-存在均有关 D. 由以上实验可推知，导致②③溶液均为浅黄色的原因相同 第二部分 15. 铁元素在人体健康和工业生产中有重要的应用。 Ⅰ．在血液中，以为中心的配位化合物铁卟啉是血红蛋白的重要组成部分，可用于输送。右图为载氧后的血红蛋白分子示意图。 （1）基态Fe的价电子轨道表示式为______。 （2）载氧时，血红蛋白分子中脱去配位的并与配位；若人体吸入CO，则CO占据配位点，血红蛋白失去携氧功能。由此推测，与配位能力最强的是______（填字母）。 a. b. C.CO （3）一种最简单的卟啉环结构如右图。 ①该卟啉分子中，1号位N的杂化方式为______。 ②比较电负性的大小C______N（填“>”或“<”），并从原子结构角度说明理由：______。 ③该卟啉分子在酸性环境中配位能力会减弱，原因是______。 Ⅱ． （4）复盐俗称铁铵矾，可用于鞣革。铁铵矾中，比较和的键角大小并解释______。 Ⅲ．可用于制备优良铁磁体材料。下图是一种铁磁体化合物的立方晶胞，其边长为a pm。 已知：，阿伏伽德罗常数的值为。 （5）该晶体的密度是______。 （6）距离F最近的Cs的个数为______。 16. A、B、D、E、X是原子序数依次增大的五种短周期主族元素。A是周期表中相对原子质量最小的元素，A、B能形成两种常温下液态的化合物和。D基态原子的价电子中没有未成对电子，E的简单离子是本周期元素离子半径最小的，X是本周期元素中电负性最大的元素。 （1）的电子式为______。 （2）比较D、E第一电离能的大小，从原子结构角度解释原因：______。 （3）①实验室制取X单质的离子方程式：______。 ②工业制取漂白粉的化学反应方程式：______。 （4）E和X的最高价氧化物对应水化物两者发生反应的离子反应方程式：______。 （5）镓（）与E为同主族元素，氮化镓（GaN）作为第三代半导体材料，具有耐高温、耐高电压等特性，随着5G技术的发展，GaN商用进入快车道。下列相关说法中，正确的是______（填字母序号）。 a.Ga位于元素周期表的第四周期p区 b.Ga的简化核外电子排布式为 c.GaN中Ga的化合价为+3 d.的氧化性强于的氧化性 （6）是一种高效消毒剂，工业上用其处理中性废水中的锰，使转化为沉淀除去，X被还原至最低价，该反应的离子方程式为______。 （7）Y是位于第四周期的X的同主族元素，X、Y均可以与形成氢化物，形式相似为HX、HY，①从原子结构的角度解释原因______。②比较气态氢化物HX、HY的稳定性，并从原子结构的角度解释原因______。 17. 利用页岩气中丰富的丙烷制丙烯已成为化工原料丙烯生产的重要渠道。 Ⅰ．丙烷直接脱氢法： 总压分别为100kPa、10kPa时发生该反应，平衡体系中和的体积分数随温度、压强的变化如下图。 （1）丙烷直接脱氢反应的化学平衡常数表达式为___________。 （2）总压由10kPa变为100kPa时，化学平衡常数___________(填“变大”“变小”或“不变”)。 （3）图中，曲线Ⅰ、Ⅲ表示的体积分数随温度的变化，判断依据是___________。 （4）图中，表示100kPa时的体积分数随温度变化的曲线是___________(填“Ⅱ”或“Ⅳ”)。 Ⅱ．丙烷氧化脱氢法： 我国科学家制备了一种新型高效催化剂用于丙烷氧化脱氢。在催化剂作用下，相同时间内，不同温度下的转化率和C3H6的产率如下： 反应温度/℃ 465 480 495 510 C3H8的转化率/% 5.5 12.1 17.3 28.4 C3H6的产率/% 47 9.5 12.8 18.5 （5）表中，C3H8的转化率随温度升高而上升的原因是___________(答出1点即可)。 （6）已知：C3H6选择性。随着温度升高，C3H6的选择性___________(填“升高”“降低”或“不变”)，可能的原因是___________。 18. 辉铋矿（主要成分为难溶于水的Bi2S3，含有SiO2等杂质）生产金属铋，流程如下： 已知：Bi3+易水解，使溶液呈酸性。 （1）将辉铋矿粉碎的目的是______。 （2）浸出液中铋元素以中Bi3+形式存在，浸出渣中不含铁单质。 ①浸出过程中主要反应的离子方程式为_______。 ②浸出时加入盐酸有利于Bi2S3的溶解，从平衡移动角度解释原因：______（写出2条）。 （3）用稍过量铁粉进行置换时，浸出液中发生反应的离子方程式有_______。 （4）置换液可通过一定处理再生。 ①再生环节，需要加入的试剂为H2O2溶液和_______。 ②依据化学计量数计算，置换液完全再生所需n(H2O2)与n(FeCl2)的比值为0.5，但实际比值大于0.5，原因是_______。 ③检验置换液中的金属离子是否完全再生的操作和现象是_______。 19. 某小组同学用下图装置探究与亚铁盐溶液的反应(夹持装置略)。 已知：稀溶液中的水合离子几乎无色；(黄色)。 操作：向0.56g铁粉中迅速加入10mL试剂X，塞紧试管C上的胶塞，立即打开活塞a，待C中铁粉完全溶解后，关闭活塞a，打开活塞b．C中现象如下表。 序号 试剂X C中现象 打开活塞a后 打开活塞b后 Ⅰ 盐酸 有大量气泡产生，铁粉逐渐减少，无色溶液迅速变黄，后逐渐变为浅绿色 溶液逐渐变为浅黄色，产生极少量淡黄色沉淀 Ⅱ 盐酸 有大量气泡产生，铁粉逐渐减少，无色溶液迅速变黄，后逐渐变为浅绿色 溶液逐渐变为黄色，产生少量淡黄色沉淀 Ⅲ 硫酸 有大量气泡产生，铁粉逐渐减少，无色溶液逐渐变为浅绿色 无明显变化 （1）打开活塞b后，B中反应的化学方程式为___________。 （2）上述实验中，打开活塞a一段时间后关闭，再打开活塞b，目的是___________。 （3）打开活塞a期间，实验Ⅰ~Ⅲ中的现象有相同也有不同。 ①实验Ⅰ、Ⅱ中，试管C中无色溶液均先变黄，再逐渐变为浅绿色。溶液由黄色变为浅绿色的原因是___________(用离子方程式表示)。 ②实验Ⅲ中，溶液始终未变黄，可能的原因是___________。 （4）经检验，实验Ⅰ、Ⅱ中淡黄色沉淀为硫单质。甲同学猜想可能是自身发生歧化反应，乙同学通过实验排除了这种可能性，其实验操作及现象为___________。 （5）综合上述实验，可以得出的结论是___________(结合化学用语说明)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $