精品解析：北京市第一零一中学2025-2026学年高三上学期统练三化学试题

北京一零一中2025-2026学年度高三统练三 化学 2025年10月16日 友情提示： 本试卷分为I卷、卷II两部分，共19道小题，共10页，满分100分；答题时间为90分钟； 请将答案写在答题纸上。 I卷 选择题(共42分) (共14道小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分。) 1. 我国科学家成功制备了常压条件下稳定存在的聚合氮(氮原子间以键结合)。下列说法不正确的是 化学键 键能 946 193 A. 是非极性分子 B. 氮原子的结构示意图为 C. 聚合氮转化为时吸收能量 D. 键的键能大，化学性质稳定 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 基态F原子的核外电子轨道表示式： B. 的电子式： C. 顺丁烯二酸的结构简式： D. 分子的球棍模型： 3. 下列方程式与所给事实相符的是 A. 向溶液中通入足量 B. 工业冶炼Al： C. 向溶液中加入过量浓氨水： D. 向澄清石灰水中通入少量小苏打溶液，产生白色沉淀： 4. 下列事实能用平衡移动原理解释的是 A. 溶液中加入少量固体，促进分解 B. 密闭烧瓶内的和的混合气体，受热后颜色加深 C. 铁钉放入浓中，待不再变化后，加热能产生大量红棕色气体 D. 左右比室温更有利于合成氨的反应 5. 下列实验不能达到实验目的的是 实验 实验目的 A.配制一定物质的量浓度的溶液 B.从提纯后的溶液获得晶体 实验 实验目的 C.探究的氧化性强弱 D.制取并收集氨气 A. A B. B C. C D. D 6. 下列依据相关数据作出的推断中，正确的是 A. 依据相同温度下可逆反应的Q与K大小的比较，可推断反应进行的方向 B. 依据，可推断能和反应生成 C. 依据第二周期主族元素电负性依次增大，可推断它们的第一电离能依次增大 D. 依据的氢化物分子中氢卤键的键能，可推断它们的熔沸点高低 7. 利用“吹出法”从海水中提溴的主要过程如下。 下列说法不正确的是 A. “氧化”过程中，用盐酸调溶液，可提高的利用率 B. “氧化”和“蒸馏”过程发生的主要反应为 C. “吹出”的目的是减少溶液中残留的 D. “吸收”后溶液pH减小 8. 钛及其化合物有着广泛用途。下图是四卤化钛的熔点示意图。下列说法不正确的是 A. 钛位于元素周期表第四周期IVB族 B. 钛合金可作电极材料，是因其晶体中有自由电子 C. 的熔点较高，与其晶体类型有关 D. 、、的熔点依次升高，是因为钛卤键的键能依次增大 9. 用如图装置检验浓硫酸与木炭在加热条件下的反应产物。 下列说法不正确的是 A. ①中现象说明产物中有 B. ②中利用了的氧化性 C. 将②③对调也能够达到实验目的 D. 通过上述实验装置无法验证所有的反应产物 10. 实验表明，其他条件相同时，一定范围内，（X为Br或I）在NaOH水溶液中发生反应生成的速率与无关。该反应过程的能量变化如图所示。 ①下列说法不正确的是 A. 该反应为取代反应 B. 中C的杂化方式不完全相同 C. X为Br时的、和均不等于X为I时的和 D. 该反应速率与无关的原因主要是不参与① 11. 一定条件下，将乙烯和氧气通入和的盐酸溶液中可制得乙醛，热化学方程式为 。其催化机理如图所示。 下列分析不正确的是 A. X为，Z为 B. ①中，发生了氧化反应 C. ②中， D. ③中，n(Y)∶n(Z)=2∶1 12. 一定温度下，向两个固定体积的密闭容器中分别充入等量和等量，发生反应 ，测得有关数据如下。 容器 容器体积 平衡时的物质的量 达平衡所用时间 达平衡过程中的能量变化 ① 2L 1.2mol 10min 放热0.6akJ ② 4L 1.6mol 放热 下列叙述不正确的是 A. ①中内， B. C. D. 13. 一种催化加氢合成的方法，反应如下： ① ② 1.3MPa时，将和按一定流速通过催化剂，相同时间内测得的转化率和CO的选择性随温度的变化如图1所示。只发生反应①时，的平衡转化率随温度的变化如图2所示。 已知：CO的选择性 下列说法不正确的是 A. CO与合成反应的热化学方程式： B. 图1中，温度升高，的转化率和CO的选择性都升高，可能因为反应②速率增大的程度大于反应①速率增大的程度 C. 由图1可知，300℃时的转化率为8% D. 其他条件不变，改进催化剂，可使相同时间内200℃时的转化率大幅提高 14. 小组同学设计如下实验探究溶液与S的反应。 资料i．溶液中与S反应可能得到或 资料ii．不与盐酸反应，和在盐酸中均发生沉淀的转化。 根据实验推测，下列说法不正确的是 A. 固体b和c均为 B. 无色溶液a中不含或，但含有 C. 若增大溶液浓度和硫粉的用量，固体b中可能混有 D. 银元素的价态不变，推测对S的氧化还原反应无影响 II卷 非选择题(共58分) 15. 通过和的相互转化可实现的高效存储和利用。 （1）的基态原子价电子排布式：_______。 （2）分子中键角小于，从结构角度解释原因：_______。 （3）的晶胞是立方体结构，边长为，结构示意图如下。 ①的配体中，配位原子是_______。 ②已知的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为_______ （4）和反应过程中能量变化示意图如下。 ①室温下，和反应生成而不生成。分析原因：_______。 ②从平衡的角度推断利于脱除生成的条件并说明理由：_______。 16. 硫酸是一种重要的基础化工原料，可用不同的方法制备。 （1）世纪，利用和氮氧化物制硫酸，过程中的物质转化如图所示。 ①工业上可用生产，为该工艺提供氮氧化物，反应的化学方程式是_______。 ②上图中制硫酸总反应的化学方程式是_______。 ③i中反应的与的物质的量之比是_______。 （2）现代工业采用接触法制硫酸。 在接触室发生反应 ①中硫氧键键能的平均值为中硫氧键键能的平均值为，则中氧氧键的键能为_______。 ②不同的温度和压强下，的平衡转化率如下图，图中横坐标X代表_______(填“温度”或“压强”)。 ③接触室中，催化剂分多层放置。原料气每经过一层催化剂发生反应后，用换热器将热量导出并用于原料气的预热。从反应速率与平衡的角度解释上述设计的目的：_______。 （3）用软锰矿浆(主要成分为)吸收制硫酸尾气中的，并制备。 ①用软锰矿浆吸收时发生反应的化学方程式为_______。 ②测定吸收后所得溶液中元素的含量。取待测液，加入溶液，充分反应后，加热煮沸，去除过量的，用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。 已知： 待测液中元素的含量为_______。(相对原子质量：55) ③若未加热煮沸，会使测定结果_______(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。 17. 制备纳米并对其还原去除水中的硝酸盐污染物进行研究。 已知：i．纳米具有很高的活性，易被氧化使表面形成氧化层 ⅱ．纳米将还原为的转化关系如图： （1）纳米的制备原理：，其中电负性。反应中，氧化剂是_______。 （2）酸性条件下，纳米和反应生成和的离子方程式是_______。 （3）检验溶液中的操作和现象是_______。 （4）溶液初始较低有利于的去除，可能的原因是_______(答2条)。 （5）反应结束时，溶液的升高至10左右。一段时间内，纳米还原的产物分析如图。 注：i．氨氮包括和 ⅱ．总氮包括硝态氮、亚硝态氮和氨氮 iii．为溶液中粒子的物质的量浓度与初始的比值 ①溶液中只检出少量，从化学反应速率的角度解释原因：_______。 ②反应结束时，溶液中的总氮量小于初始时的总氮量，可能的原因是_______。 18. 利用黄铜矿(主要成分为，含有等杂质)生产纯铜，流程示意图下。 （1）矿石在焙烧前需粉碎，其作用是_______。 （2）的作用是利用其分解产生的使矿石中的铜元素转化为。发生热分解的化学方程式是_______。 （3）矿石和过量按一定比例混合，取相同质量，在不同温度下焙烧相同时间，测得： i．“吸收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如下图； ⅱ．和时，固体B中所含铜、铁的主要物质如下表。 温度 B中所含铜、铁的主要物质 400 500 ①温度低于，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大的原因是_______。 ②温度高于，根据焙烧时可能发生的反应，解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是_______。 （4）用离子方程式表示置换过程中加入的目的_______。 （5）粗铜经酸浸处理，再进行电解精炼(铜的精炼：在电解池中，阳极发生，阴极发生)；电解时用酸化的溶液做电解液，并维持一定的和，粗铜若未经酸浸处理，消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量，原因是_______。 19. 某小组探究金属、、与溶液的反应。 已知：ⅰ、(白色)(棕色) ⅱ、 装置 实验 金属 现象 Ⅰ 钠剧烈反应，迅速熔成小球，产生无色气体，伴随燃烧。溶液颜色变浅，产生大量蓝色沉淀和少量黑色固体 Ⅱ Al 铝片表面很快产生无色气体，同时析出红色固体，溶液温度升高。随着反应进行，溶液中出现白色固体，随后消失，得到棕色溶液，最终变为无色，铝片表面析出大量疏松的红色固体 （1）经检验，中产生的黑色固体是，中生成的过程中的反应有_____、。 （2）探究Ⅱ中发生的反应。 ①取Ⅱ中少量洗净的红色固体，先加入稀硫酸，无明显现象，再加入稀硝酸，微热，观察到_____(填实验现象)，证明有生成。 ②验证Ⅱ中棕色溶液含有的实验操作和现象是_____。 ③反应过程中溶液发生变化，起始溶液的约为2.7，一段时间降到1.2，之后逐渐升高至3.5后基本不变。 ⅰ、结合化学用语解释，除温度外，反应过程中溶液的pH降低的原因：_____。 ⅱ、溶液的pH升高的过程中产生无色气体的速率增大，主要影响因素有_____。 ④棕色溶液最终变为无色，反应的离子方程式是_____。 （3）实验Ⅲ将条放入酸化的溶液()中，条表面迅速产生无色气体，同时有少量红色固体析出，溶液中有蓝白色固体生成，经检验含有、。随着反应进行，溶液的逐渐升高，最终得到橙黄色浊液，条表面有大量疏松的红色固体析出。 结合、、，对比、、与溶液的反应，解释与溶液反应既有又有生成的原因：_____。 （4）综合上述实验，影响、、与溶液反应产物的因素有_____(写两点)。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京一零一中2025-2026学年度高三统练三 化学 2025年10月16日 友情提示： 本试卷分为I卷、卷II两部分，共19道小题，共10页，满分100分；答题时间为90分钟； 请将答案写在答题纸上。 I卷 选择题(共42分) (共14道小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分。) 1. 我国科学家成功制备了常压条件下稳定存在的聚合氮(氮原子间以键结合)。下列说法不正确的是 化学键 键能 946 193 A. 是非极性分子 B. 氮原子的结构示意图为 C. 聚合氮转化为时吸收能量 D. 键的键能大，化学性质稳定 【答案】C 【解析】 【详解】A．中氮与氮之间为非极性键，N2分子是非极性分子，A正确； B．氮为7号元素，核外有7个电子，氮原子的结构示意图为，B正确； C．聚合氮(氮原子间以键结合)中N-N键能小，不稳定能量高，N2中的氮氮三键键能大，能量低，聚合氮转化为时放出能量，C错误； D．键能越大越稳定，键的键能大，化学性质稳定，D正确； 答案选C。 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 基态F原子的核外电子轨道表示式： B. 的电子式： C. 顺丁烯二酸的结构简式： D. 分子的球棍模型： 【答案】C 【解析】 【详解】A．是基态氧原子的核外电子轨道表示式，A错误； B．为共价化合物，其电子式为，B错误； C．为顺丁烯二酸的结构简式，C正确； D．分子空间结构为直线形，D错误； 故答案选C。 3. 下列方程式与所给事实相符的是 A. 向溶液中通入足量 B. 工业冶炼Al： C. 向溶液中加入过量浓氨水： D. 向澄清石灰水中通入少量小苏打溶液，产生白色沉淀： 【答案】C 【解析】 【详解】A．Na2S与过量的SO2发生氧化还原反应，正确的离子方程式为，A错误； B．熔融AlCl3不导电，工业上冶炼Al采用电解熔融Al2O3，方程式：，B错误； C．Al3+与过量浓氨水反应生成Al(OH)3沉淀，氨水为弱碱无法溶解沉淀，方程式，C正确； D．澄清石灰水中滴加少量的小苏打溶液，反应的离子方程式为：Ca2++OH-+HCO═CaCO3↓+H2O，D错误； 故选C。 4. 下列事实能用平衡移动原理解释的是 A. 溶液中加入少量固体，促进分解 B. 密闭烧瓶内的和的混合气体，受热后颜色加深 C. 铁钉放入浓中，待不再变化后，加热能产生大量红棕色气体 D. 左右比室温更有利于合成氨的反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．MnO2是催化剂，加快H2O2分解速率，但平衡不移动，A不符合题意； B．2NO2⇌ N2O4为放热反应，受热时平衡逆向移动，NO2浓度增大，颜色加深，B符合题意； C．加热破坏钝化膜（常温下，铁会在浓硝酸中发生钝化反应，产生钝化膜），使铁与浓硝酸剧烈反应，与平衡移动无关，C不符合题意； D．合成氨为放热反应，高温不利平衡正向移动，但高温会提高反应速率，D不符合题意； 故答案选B。 5. 下列实验不能达到实验目的的是 实验 实验目的 A.配制一定物质的量浓度的溶液 B.从提纯后的溶液获得晶体 实验 实验目的 C.探究的氧化性强弱 D.制取并收集氨气 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．配制一定物质的量浓度的KCl溶液时，定容操作需在液面接近刻度线1-2cm时改用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线，若直接倾倒蒸馏水至离刻度线1cm，无法精确控制溶液体积，会导致浓度不准确，A不能达到实验目的； B．从NaCl溶液获得晶体需采用蒸发结晶，实验中使用蒸发皿、玻璃棒搅拌（防止局部过热）、酒精灯加热，符合蒸发操作要求，B能达到实验目的； C．左侧试管：FeCl3溶液滴入淀粉KI溶液，若溶液变蓝，说明Fe3+氧化I-生成I2（Fe3+氧化性＞I2）；右侧试管：新制氯水滴入含KSCN的FeCl2溶液，若溶液变红，说明Cl2氧化Fe2+生成Fe3+（Cl2氧化性＞Fe3+），可得出氧化性Cl2＞Fe3+＞I2，C能达到实验目的； D．实验室用NH4Cl和Ca(OH)2固体加热制取NH3，试管口略向下倾斜（防冷凝水倒流），向下排空气法收集（NH3密度小于空气），试管口棉花（防对流），装置正确，D能达到实验目的； 故选A。 6. 下列依据相关数据作出的推断中，正确的是 A. 依据相同温度下可逆反应的Q与K大小的比较，可推断反应进行的方向 B. 依据，可推断能和反应生成 C. 依据第二周期主族元素电负性依次增大，可推断它们的第一电离能依次增大 D. 依据的氢化物分子中氢卤键的键能，可推断它们的熔沸点高低 【答案】A 【解析】 【详解】A．在可逆反应中，浓度商Q与平衡常数K的相对大小决定反应方向，若Q < K，反应正向进行；若Q =K，反应达平衡；若Q >K，反应逆向进行，依据Q与K的大小比较可推断反应进行的方向，A 正确； B．，说明酸性：CH3COOH>，可推断CH3COOH能与Na2CO3反应生成，无法得出能和反应生成的结论(需给出才可以)，B错误； C．第二周期主族元素的电负性随原子序数增大而增大，但第一电离能并非 “依次增大”，例如，Be的第一电离能大于B，N的第一电离能大于O，C错误； D．熔沸点是物理性质，与分子间作用力有关，与氢卤键的键能无必然联系，F、Cl、Br、I的氢化物中，只有HF分子间存在氢键，HF的熔沸点反常地高，而 HCl、HBr、HI分子间无氢键，相对分子质量大的熔沸点高，因此熔沸点顺序为HF > HI > HBr > HCl，D错误； 故选A。 7. 利用“吹出法”从海水中提溴的主要过程如下。 下列说法不正确的是 A. “氧化”过程中，用盐酸调溶液，可提高的利用率 B. “氧化”和“蒸馏”过程发生的主要反应为 C. “吹出”的目的是减少溶液中残留的 D. “吸收”后溶液pH减小 【答案】C 【解析】 【分析】在“浓缩”过程中，浓缩海水中的溴离子在酸性环境中被氯气氧化为溴单质，然后用空气吹出，吹出的溴单质在“吸收”过程被二氧化硫和水吸收反应为溴离子，实现溴的富集，最后在“蒸馏”过程再次利用氯气将溴离子氧化为溴单质。 【详解】A．氯气在水中存在平衡，用盐酸调溶液，增加H+浓度，抑制反应正向移动，提高Cl2利用率，故A正确； B．据分析，“氧化”和“蒸馏”过程发生的主要反应为，故B正确； C．据分析，“吹出”的目的是实现溴的富集，故C错误； D．“吸收“过程的离子方程式为，生成H+，pH减小，故D正确； 故答案为C。 8. 钛及其化合物有着广泛用途。下图是四卤化钛的熔点示意图。下列说法不正确的是 A. 钛位于元素周期表第四周期IVB族 B. 钛合金可作电极材料，是因其晶体中有自由电子 C. 的熔点较高，与其晶体类型有关 D. 、、的熔点依次升高，是因为钛卤键的键能依次增大 【答案】D 【解析】 【详解】A．钛是22号元素，位于元素周期表第四周期IVB族，A正确； B．钛合金具有金属晶体的特性，存在能够自由移动的电子，因此可以作电极材料，B正确； C．由于氟的电负性强，与Ti形成离子键，则TiF4为离子晶体，熔点较高，C正确； D．由熔点示意图可知，TiCl4、TiBr4、TiI4的熔点较低，故均为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越强，熔点越高，TiCl4、TiBr4、TiI4的熔点依次升高，D错误； 故选D。 9. 用如图装置检验浓硫酸与木炭在加热条件下的反应产物。 下列说法不正确的是 A. ①中现象说明产物中有 B. ②中利用了的氧化性 C. 将②③对调也能够达到实验目的 D. 通过上述实验装置无法验证所有的反应产物 【答案】C 【解析】 【分析】浓硫酸与木炭反应生成二氧化碳、二氧化硫与水，品红检验二氧化硫，酸性高锰酸钾除去SO2，澄清石灰水检验CO2，据此分析； 【详解】A．①中品红溶液褪色，SO2具有漂白性可使品红褪色，说明产物中有SO2，A正确； B．②中酸性KMnO4溶液颜色变浅，因SO2具有还原性，与酸性KMnO4发生氧化还原反应，KMnO4被还原，利用了其氧化性，B正确； C．若将②③对调，气体先通过③（澄清石灰水），SO2和CO2均能使石灰水变浑浊，无法区分；且②中KMnO4需吸收SO2以排除其对CO2检验的干扰，对调后无法达到实验目的，C错误； D．浓硫酸与木炭反应产物有H2O、SO2、CO2，该装置中无检验H2O的试剂（如无水硫酸铜），无法验证所有产物，D正确； 故选C。 10. 实验表明，其他条件相同时，一定范围内，（X为Br或I）在NaOH水溶液中发生反应生成的速率与无关。该反应过程的能量变化如图所示。 ①下列说法不正确的是 A. 该反应为取代反应 B. 中C的杂化方式不完全相同 C. X为Br时的、和均不等于X为I时的和 D. 该反应速率与无关的原因主要是不参与① 【答案】C 【解析】 【详解】A．该反应为卤代烃的水解反应，属于取代反应，A正确； B．甲基的碳原子是杂化，与三个甲基相连的碳原子失去了1个电子，带正电，价电子对数是3，为杂化，B正确； C．表示断裂碳卤键吸收的能量，则Br和I的不相同，表示形成键释放的能量，则Br和I的相同，C错误； D．决速步骤(活化能大的步骤)为碳卤键的离解（步骤①），不涉及OH⁻，故速率与其浓度无关，D正确； 故选C。 11. 一定条件下，将乙烯和氧气通入和的盐酸溶液中可制得乙醛，热化学方程式为 。其催化机理如图所示。 下列分析不正确的是 A. X为，Z为 B. ①中，发生了氧化反应 C. ②中， D. ③中，n(Y)∶n(Z)=2∶1 【答案】D 【解析】 【分析】由题中信息和催化机理分析，可知①反应：，②反应：，③反应：，故可知X为CH3CHO，Y为HCl，Z为O2，W为H2O。 【详解】A．根据分析可知X为CH3CHO，Z为O2，A正确； B．在反应①中，C2H4转化为CH3CHO，C元素化合价升高，失去电子，发生氧化反应，B正确； C．由分析可知②反应：，所以，C正确； D．由分析可知③反应：，Y为HCl，Z为O2，则n(Y)∶n(Z) = n(HCl)∶n(O2) = 4∶1，D错误； 故答案选D。 12. 一定温度下，向两个固定体积的密闭容器中分别充入等量和等量，发生反应 ，测得有关数据如下。 容器 容器体积 平衡时的物质的量 达平衡所用时间 达平衡过程中的能量变化 ① 2L 1.2mol 10min 放热0.6akJ ② 4L 1.6mol 放热 下列叙述不正确的是 A. ①中内， B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】A．①中内，，A项正确； B．对比容器①、②，其他条件相同，增大容器②的体积，各物质的浓度降低，反应速率降低，达平衡所用时间增大，故，B项正确； C．对比容器①、②，其他条件相同，增大容器②的体积，压强减小，平衡向气体体积增大的方向移动，而容器②平衡时的物质的量增大，即平衡正移，正向为气体体积增大的方向，，C项错误； D．根据热化学方程式可知，生成时放热akJ，而容器①生成1.2molZ时放热0.6akJ，则，解得，D项正确； 答案选C。 13. 一种催化加氢合成的方法，反应如下： ① ② 1.3MPa时，将和按一定流速通过催化剂，相同时间内测得的转化率和CO的选择性随温度的变化如图1所示。只发生反应①时，的平衡转化率随温度的变化如图2所示。 已知：CO的选择性 下列说法不正确的是 A. CO与合成反应的热化学方程式： B. 图1中，温度升高，的转化率和CO的选择性都升高，可能因为反应②速率增大的程度大于反应①速率增大的程度 C. 由图1可知，300℃时的转化率为8% D. 其他条件不变，改进催化剂，可使相同时间内200℃时的转化率大幅提高 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据已知反应①与反应②及盖斯定律可知：CO与合成反应的焓变ΔH＝ΔH1-2ΔH2=−255.9kJ⋅mol−1，A不符合题意； B．反应①为放热反应，反应②为吸热反应，温度升高，反应向放热方向进行，反应②速率增大的程度大于反应①速率增大的程度，B符合题意； C．根据图1可知，CO2转化率8％，其转化物质的量：，CO选择性30％，生成CO的CO2：，转化为的CO2：，根据反应①可知消耗0.168mol，根据反应②可知消耗0.024mol，的转化率：，C不符合题意； D．改进催化剂，反应未达平衡时，反应速率加快，200℃下CO2转化率提高，D不符合题意； 答案选C。 14. 小组同学设计如下实验探究溶液与S的反应。 资料i．溶液中与S反应可能得到或 资料ii．不与盐酸反应，和在盐酸中均发生沉淀的转化。 根据实验推测，下列说法不正确的是 A. 固体b和c均为 B. 无色溶液a中不含或，但含有 C. 若增大溶液浓度和硫粉的用量，固体b中可能混有 D. 银元素的价态不变，推测对S的氧化还原反应无影响 【答案】D 【解析】 【详解】A．固体b加足量6 mol/L盐酸后过滤得固体c，根据资料ii，Ag2S不与该盐酸反应，而Ag2SO3、Ag2SO4会反应（沉淀转化）。若固体b含Ag2SO3或Ag2SO4，加盐酸后会溶解或转化，溶液d中会有或，但溶液d加BaCl2和H2O2无变化，说明无、，故固体b为Ag2S，固体c也为Ag2S，故A正确； B．无色溶液a pH=1（酸性），加KMnO4溶液仍为紫红色，说明无还原性物质（如、H2SO3），否则KMnO4会被还原褪色；S与AgNO3反应可能部分S被氧化为（无还原性），留在溶液a中，故B正确； C．增大AgNO3浓度（Ag+增多）和硫粉用量（生成更多），过量Ag+可能与结合生成Ag2SO4沉淀，混在固体b中，故C正确； D．Ag+价态虽不变，但可能通过与S2-结合生成Ag2S（降低S2-浓度），促使S发生歧化（部分S被氧化为），对S的氧化还原反应有促进作用，并非无影响，故D错误； 故选D。 II卷 非选择题(共58分) 15. 通过和的相互转化可实现的高效存储和利用。 （1）的基态原子价电子排布式：_______。 （2）分子中键角小于，从结构角度解释原因：_______。 （3）的晶胞是立方体结构，边长为，结构示意图如下。 ①的配体中，配位原子是_______。 ②已知的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为_______ （4）和反应过程中能量变化示意图如下。 ①室温下，和反应生成而不生成。分析原因：_______。 ②从平衡的角度推断利于脱除生成的条件并说明理由：_______。 【答案】（1）3s2 （2）NH3中N为sp3杂化，N原子上有一对孤对电子，孤对电子对成键电子对的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，使键角被压缩 （3） ①. N ②. （4） ①. 生成的活化能更低 ②. 为吸热、气体分子数增加的反应，升高温度、降低压强，平衡正向移动，因此利于脱除NH3生成的条件为高温低压。 【解析】 【小问1详解】 镁原子有12个电子，其价层电子排布式为3s2。 【小问2详解】 氨分子中氮原子采用sp3杂化，且有一个孤电子对，孤电子对对成键电子对斥力较大，使H-N-H键角小于。 【小问3详解】 氨分子作配体，氮原子有孤电子对，作配位原子； 一个晶胞中含有Cl-个数为8，个数为，故每个晶胞中平均含有4个，晶胞质量为 g，晶胞体积为，因此密度为g/cm3。 【小问4详解】 根据题图可知，生成的活化能更小，反应速率更快，因此室温下，和NH3反应生成而不生成； 脱除NH3生成的反应为，结合题图知，该反应为吸热、气体分子数增加的反应，则升高温度、降低压强有利于平衡正向移动，即利于脱除NH3生成。 16. 硫酸是一种重要的基础化工原料，可用不同的方法制备。 （1）世纪，利用和氮氧化物制硫酸，过程中的物质转化如图所示。 ①工业上可用生产，为该工艺提供氮氧化物，反应的化学方程式是_______。 ②上图中制硫酸总反应的化学方程式是_______。 ③i中反应的与的物质的量之比是_______。 （2）现代工业采用接触法制硫酸。 在接触室发生反应 ①中硫氧键键能的平均值为中硫氧键键能的平均值为，则中氧氧键的键能为_______。 ②不同的温度和压强下，的平衡转化率如下图，图中横坐标X代表_______(填“温度”或“压强”)。 ③接触室中，催化剂分多层放置。原料气每经过一层催化剂发生反应后，用换热器将热量导出并用于原料气的预热。从反应速率与平衡的角度解释上述设计的目的：_______。 （3）用软锰矿浆(主要成分为)吸收制硫酸尾气中的，并制备。 ①用软锰矿浆吸收时发生反应的化学方程式为_______。 ②测定吸收后所得溶液中元素的含量。取待测液，加入溶液，充分反应后，加热煮沸，去除过量的，用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液。 已知： 待测液中元素的含量为_______。(相对原子质量：55) ③若未加热煮沸，会使测定结果_______(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。 【答案】（1） ①. ②. ③. （2） ①. 6b-4a-196 ②. 温度 ③. 反应速率角度：避免反应放热导致温度过高，催化剂失活，反应速率下降或通过换热使原料气预热，温度升高，提高初始反应速率；平衡角度：避免温度过高转化率显著下降 （3） ①. ②. ③. 偏大 【解析】 【小问1详解】 ①工业上可用生产，发生氮的催化氧化反应，方程式为：； ②由物质转化图可知，、、为反应物，为产物，故制硫酸总反应的化学方程式为：； ③根据反应i的反应物和产物，反应方程式为：，则与的物质的量之比是； 【小问2详解】 ①设氧气的键能为xkJ/mol，由反应△H=反应物键能之和—生成物键能之和可得：(4×akJ/mol+xkJ/mol)-6bkJ/mol=-196kJ/mol，解得x=6b-4a-196，故答案为：6b-4a-196； ②从图可知，横坐标增大，的平衡转化率是减小的。该反应是气体分子数减少的反应，若是压强，压强增大，的平衡转化率应是增大的，另该反应是放热反应，则增大温度，平衡会向吸热反应即逆反应方向移动，的平衡转化率减小，故横坐标代表温度； ③用换热器将热量导出，可以避免接触室内温度过高，催化剂失去活性，反应速率下降，另外导出的热量可使原料气预热，温度升高，提高初始反应速率；从平衡角度讲，该反应是放热反应，温度过高会使平衡转化率下降；则答案为：反应速率角度：避免反应放热导致温度过高，催化剂失活，反应速率下降或通过换热使原料气预热，温度升高，提高初始反应速率；平衡角度：避免温度过高转化率显著下降； 【小问3详解】 ①用软锰矿浆(主要成分为)吸收，并制备反应的化学方程式为。 ②用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液，此过程发生的反应是，结合已知反应可得到关系式 设待测液中元素的浓度为x，可得解得即元素的浓度为。 ③若未加热煮沸，待测液中含有少量的，会使标准液消耗变多，从而使测定结果偏大。 17. 制备纳米并对其还原去除水中的硝酸盐污染物进行研究。 已知：i．纳米具有很高的活性，易被氧化使表面形成氧化层 ⅱ．纳米将还原为的转化关系如图： （1）纳米的制备原理：，其中电负性。反应中，氧化剂是_______。 （2）酸性条件下，纳米和反应生成和的离子方程式是_______。 （3）检验溶液中的操作和现象是_______。 （4）溶液初始较低有利于的去除，可能的原因是_______(答2条)。 （5）反应结束时，溶液的升高至10左右。一段时间内，纳米还原的产物分析如图。 注：i．氨氮包括和 ⅱ．总氮包括硝态氮、亚硝态氮和氨氮 iii．为溶液中粒子的物质的量浓度与初始的比值 ①溶液中只检出少量，从化学反应速率的角度解释原因：_______。 ②反应结束时，溶液中的总氮量小于初始时的总氮量，可能的原因是_______。 【答案】（1）、 （2） （3）取少量试液于试管中，加入浓NaOH溶液，加热，把湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若试纸变蓝，说明有生成，证明原溶液含有 （4）酸性越强，则的氧化能力越强或溶解纳米铁表面氧化物或杂质，使纳米铁和充分接触 （5） ①. 反应②的化学反应速率大于反应①的化学反应速率 ②. 有或其他含N气体逸出 【解析】 【小问1详解】 反应物中中Fe元素从+2价被还原为0价，中H元素从+1价被还原为0价，和为氧化剂，故答案为：、； 【小问2详解】 根据题意，可知还有参与反应，还生成了，离子方程式为，故答案为：； 【小问3详解】 检验溶液中的操作和现象是取少量试液于试管中，加入浓NaOH溶液，加热，把湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若试纸变蓝，说明有生成，证明原溶液含有，故答案为：取少量试液与试管中，加入浓NaOH溶液，加热，把湿润的红色石蕊试纸放在试管口，若试纸变蓝，说明有生成，证明原溶液含有； 【小问4详解】 可能是酸性越强，则的氧化能力越强，也可能是溶解纳米铁表面氧化物或杂质，使纳米铁和充分接触，从而增大反应速率，故答案为：酸性越强，则的氧化能力越强或溶解纳米铁表面氧化物或杂质，使纳米铁和充分接触； 【小问5详解】 ①溶液中始终只存在少量的可能原因是反应②的化学反应速率大于反应①的化学反应速率，故答案为：反应②的化学反应速率大于反应①的化学反应速率； ②可能是有或其他含N气体逸出，从而导致溶液中的总氮量小于初始时的总氮量，故答案为：有或其他含N气体逸出。 18. 利用黄铜矿(主要成分为，含有等杂质)生产纯铜，流程示意图下。 （1）矿石在焙烧前需粉碎，其作用是_______。 （2）的作用是利用其分解产生的使矿石中的铜元素转化为。发生热分解的化学方程式是_______。 （3）矿石和过量按一定比例混合，取相同质量，在不同温度下焙烧相同时间，测得： i．“吸收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如下图； ⅱ．和时，固体B中所含铜、铁的主要物质如下表。 温度 B中所含铜、铁的主要物质 400 500 ①温度低于，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大的原因是_______。 ②温度高于，根据焙烧时可能发生的反应，解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是_______。 （4）用离子方程式表示置换过程中加入的目的_______。 （5）粗铜经酸浸处理，再进行电解精炼(铜的精炼：在电解池中，阳极发生，阴极发生)；电解时用酸化的溶液做电解液，并维持一定的和，粗铜若未经酸浸处理，消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量，原因是_______。 【答案】（1）增大反应物的接触面积，提高反应速率 （2） （3） ①. 随着焙烧温度升高，分解产生的增多，生成的速率加快 ②. 发生分解生成难溶于水的CuO （4） （5）若粗铜未经酸浸，会残留较多Fe，在电解时，阳极会发生反应，溶液中的易被空气中的氧气氧化为，在阴极发生反应 【解析】 【分析】黄铜矿主要成分，首先进行粉碎，目的是增大反应物的接触面积，提高反应速率；之后连同，通入空气进行焙烧，使矿石中的铜元素转化为，得到固体B，之后加水浸取，得到了溶液C，主要溶质为硫酸铜；接着加入铁粉，可以发生置换反应，得到了粗铜，再通过电解得到精铜。 【小问1详解】 根据以上分析可知，进行粉碎目的是增大反应物的接触面积，提高反应速率。 【小问2详解】 根据题干中给出的信息：的作用是利用其分解产生的使矿石中的铜元素转化为，可知产物为，那么另外的产物中得有氨气和水，所以分解方程式为：。 【小问3详解】 根据已知信息给出的两幅图，可以看出温度低于，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大，原因是随着焙烧温度升高，分解产生的增多，生成的速率加快；温度高于，根据第二幅图给出的B中所含铜、铁的主要物质会发现存在氧化铜，说明发生分解生成难溶于水的CuO。 【小问4详解】 根据分析可知，溶液C，主要溶质为硫酸铜，接着加入铁粉，可以发生置换反应，所以反应的离子方程式为：； 【小问5详解】 粗铜中含有铁单质，加酸可以除去铁单质，但粗铜未经酸浸处理，其中的杂质铁会参与放电，在阳极产生二价亚铁离子，溶液中的易被空气中的氧气氧化为，在阴极得电子，所以消耗相同的电量，会降低得到纯铜的量。 19. 某小组探究金属、、与溶液的反应。 已知：ⅰ、(白色)(棕色) ⅱ、 装置 实验 金属 现象 Ⅰ 钠剧烈反应，迅速熔成小球，产生无色气体，伴随燃烧。溶液颜色变浅，产生大量蓝色沉淀和少量黑色固体 Ⅱ Al 铝片表面很快产生无色气体，同时析出红色固体，溶液温度升高。随着反应进行，溶液中出现白色固体，随后消失，得到棕色溶液，最终变为无色，铝片表面析出大量疏松的红色固体 （1）经检验，中产生的黑色固体是，中生成的过程中的反应有_____、。 （2）探究Ⅱ中发生的反应。 ①取Ⅱ中少量洗净的红色固体，先加入稀硫酸，无明显现象，再加入稀硝酸，微热，观察到_____(填实验现象)，证明有生成。 ②验证Ⅱ中棕色溶液含有的实验操作和现象是_____。 ③反应过程中溶液发生变化，起始溶液的约为2.7，一段时间降到1.2，之后逐渐升高至3.5后基本不变。 ⅰ、结合化学用语解释，除温度外，反应过程中溶液的pH降低的原因：_____。 ⅱ、溶液的pH升高的过程中产生无色气体的速率增大，主要影响因素有_____。 ④棕色溶液最终变为无色，反应的离子方程式是_____。 （3）实验Ⅲ将条放入酸化的溶液()中，条表面迅速产生无色气体，同时有少量红色固体析出，溶液中有蓝白色固体生成，经检验含有、。随着反应进行，溶液的逐渐升高，最终得到橙黄色浊液，条表面有大量疏松的红色固体析出。 结合、、，对比、、与溶液的反应，解释与溶液反应既有又有生成的原因：_____。 （4）综合上述实验，影响、、与溶液反应产物的因素有_____(写两点)。 【答案】（1） （2） ①. 红色固体溶解，溶液变为蓝色，产生无色气体，在液面上方变红棕色 ②. 取Ⅱ中的棕色溶液于试管中，加水，有白色沉淀生成 ③. 生成的反应：，消耗的反应：等，相同时间内生成的多于消耗的，增大 ④. 温度、形成原电池 ⑤. （3）金属与水反应生成和的速率：，金属阳离子结合的能力：，部分生成，部分被还原为 （4）金属的还原(活泼)性、金属离子结合的能力等 【解析】 【分析】Ⅰ 加入金属钠，钠剧烈反应放出热量，迅速熔成小球，产生氢气并伴随燃烧。溶液颜色变浅，产生大量蓝色氢氧化铜沉淀和少量黑色固体。 Ⅱ 加入金属铝，铝片表面很快产生氢气，同时析出红色固体铜，溶液温度升高。随着反应进行，溶液中出现白色固体CuCl，随后消失，得到棕色溶液，最终变为无色，铝片表面析出大量疏松的红色固体铜。 【小问1详解】 Ⅰ中生成CuO的有关反应第一步是金属Na与水反应产生OH-，其方程式为，故答案为：； 【小问2详解】 ①Ⅱ中红色固体为铜，先不溶于稀硫酸，加入稀硝酸并微热时，出现红色固体溶解、溶液变蓝并产生无色气体，在液面上方变红棕色的现象，证明其中含有金属Cu，故答案为：红色固体溶解，溶液变为蓝色，产生无色气体，在液面上方变红棕色； ②检验棕色溶液中的方法：向少量棕色溶液中加入足量水(或稀释)，棕色逐渐消失并生成白色沉淀(CuCl)，证明有[CuCl3]2-，故答案为：取Ⅱ中的棕色溶液于试管中，加水，有白色沉淀生成； ③i.pH降低的原因(除温度上升外)：铝被氧化为Al3+，其水合离子[Al(H2O)6]3+发生水解，产生H+，使溶液酸性增强；ii.被还原出来的Cu附着在Al的表面形成原电池，加快反应速率，产生氢气的速率增大，故答案为：生成的反应：，消耗的反应：等，相同时间内生成的多于消耗的，增大；温度、形成原电池； ④棕色溶液最终褪色(即[CuCl3]2-被还原为(Cu)的离子方程式为，故答案为：； 【小问3详解】 金属与水反应生成和的速率：，金属阳离子结合的能力：，从而导致部分生成，部分被还原为； 【小问4详解】 综合实验可知，影响Na、Mg、Al与CuCl2溶液反应产物的主要因素有金属的还原(活泼)性、金属离子结合的能力等。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $