精品解析：江苏省连云港市灌南县惠泽高级中学2025-2026学年高三上学期第一次阶段检测 化学试题

2025-2026年度高三年级第一学期第一次阶段性检测 化学试卷 满分：100分 时间：75分钟 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Mg 24 Fe 56 Cu 64 Al 27 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. 第19届杭州亚运会采用石墨烯纳米防滑涂层以增加地面防滑性。石墨烯属于 A. 有机材料 B. 无机非金属材料 C. 金属材料 D. 复合材料 【答案】B 【解析】 【详解】石墨烯是一种碳的单质，属于新型无机非金属材料，故选B。 2. 反应应用于石油开采。下列说法正确的是 A. 的电子式为 B. 中N元素的化合价为+5 C. 分子中存在键 D. 为非极性分子 【答案】C 【解析】 【详解】A．的电子式为 ，A错误； B．中N元素的化合价为+3，B错误； C．分子中存在键，C正确； D．为V形分子，分子中正负电荷中心未重合，为极性分子，D错误。 故选C。 【点睛】 3. 下列制取硫酸铝、氢氧化铝，获得氧化铝的原理或装置不能达到实验目的的是 A. 制备硫酸铝 B. 制备氢氧化铝 C. 过滤氢氧化铝 D. 灼烧制备氧化铝 【答案】D 【解析】 【详解】A．稀硫酸与铝片发生反应，可制备硫酸铝，A正确； B．氢氧化铝为两性氢氧化物，不溶于弱碱氨水，硫酸铝与过量氨水反应生成氢氧化铝沉淀，可制备氢氧化铝，B正确； C．氢氧化铝为难溶物，图示过滤操作符合“一贴二低三靠”的操作要求，可分离出氢氧化铝，C正确； D．灼烧固体氢氧化铝制备氧化铝时，应使用耐高温的坩埚，图示用蒸发皿（蒸发皿仅用于蒸发浓缩溶液，不耐高温灼烧），无法达到实验目的，D错误； 故答案为：D。 4. 硫氰化钾()俗称玫瑰红酸钾，用于合成树脂等。下列说法正确的是 A. 电负性： B. 半径： C. 第一电离能： D. 沸点： 【答案】A 【解析】 【详解】A．同周期从左到右，元素的电负性逐渐增大，故电负性：，A正确； B．的电子层结构相同，的核电荷数小，半径大，故，B错误； C．N原子的2p能级为半满结构，更稳定，故第一电离能大于O，C错误； D．H2O分子间存在氢键，故沸点高于H2S，D错误； 故选A。 5. 新型催化剂可催化氧化获得。 。下列说法正确的是 A. 该反应 B. 使用催化剂能降低该反应的 C. 反应的平衡常数为 D. 与反应转移电子数约为 【答案】A 【解析】 【详解】A．该反应反应物总气体物质的量为，生成物总气体物质的量为，属于气体分子数减少的反应，混乱度降低，故，A正确； B．催化剂只能降低反应的活化能，加快反应速率，无法改变反应的焓变，B错误； C．该反应的平衡常数表达式应为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，需包含气态水的浓度项，即，选项表达式缺，C错误； D．该反应为可逆反应，与无法完全反应，转移电子数小于，无法确定具体数值，D错误； 故选A。 阅读下列材料，完成下面小题： N2是合成氨的重要原料。NH3可在O2中燃烧生成N2；NH3广泛用于硝酸、侯氏制碱等工业；NH3也是其他含氮化合物的生产原料。金属钠与液氨缓慢反应放出气体，同时生成NaNH2，NaNH2遇水转化为NaOH。Cu(OH)2溶于氨水得到深蓝色[Cu(NH3)4](OH)2溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色[Cu(H2O)4]SO4溶液。氨水可用于吸收废气中的SO2，废水中的氨氮可用NaClO溶液将其氧化为N2而除去。 6. 在指定条件下，下列选项中的物质间转化可以实现的是 A. NH3NOHNO3 B. NH3N2NO2 C. 过量氨水吸收废气中的SO2生成(NH4)2SO3 D. 将CO2通入氨化的NaCl饱和溶液中可析出纯碱 7. 下列化学反应表示不正确的是 A. 合成氨反应：N2＋3H22NH3 B. 液氨与金属钠反应：2Na＋2NH3=2NaNH2＋H2↑ C. 氨水溶解Cu(OH)2：Cu(OH)2＋4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2+＋2OH-＋4H2O D. 常温，pH为4的氨氮废水与NaClO反应：3ClO-＋2NH3·H2O=N2↑＋3Cl-＋5H2O 8. 下列有关物质性质的比较中，正确的是 A. 热稳定性：NH3>H2O B. 溶解度：NaHCO3>NH4HCO3 C. 与氨形成配位键的能力：H+>Cu2+ D. 与H+结合的能力：OH-> 【答案】6. C 7. D 8. C 【解析】 【6题详解】 A．NH3催化氧化生成NO，但NO与H2O不反应，因此NO与H2O转化为HNO3无法实现，A错误； B．NH3与O2点燃条件下生成N2，N2和O2在放电条件下反应生成NO，B错误； C．过量氨水与SO2发生反应：2NH3·H2O+SO2＝(NH4)2SO3+H2O，C正确； D．向氨化的NaCl饱和溶液中通入CO2可制备NaHCO3，反应方程式为：NaCl+H2O+NH3+CO2＝NH4Cl+NaHCO3↓，纯碱是Na2CO3，D错误； 答案选C。 【7题详解】 A．N2和H2在高温、高压和催化剂作用下反应生成NH3，A正确； B．由题给信息：金属钠与液氨缓慢反应放出气体，同时生成NaNH2，根据原子守恒，可知生成的气体为H2，反应方程式正确，B正确； C．由题中信息：Cu(OH)2溶于氨水得到深蓝色[Cu(NH3)4](OH)2溶液，可知离子反应方程式为：Cu(OH)2＋4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2+＋2OH-＋4H2O，C正确； D．常温，pH为4的氨氮废水呈酸性，此时氨主要以NH形式存在。NaClO与NH发生氧化还原反应，正确的反应方程式为：3ClO-+2NH＝N2↑+3Cl-+3H2O+2H+，D错误； 答案选D。 【8题详解】 A．原子半径：N>O，则键长：N-H>O-H，键长越长，键能越小，因此热稳定性：H2O>NH3，A错误； B．NH能与H2O形成氢键，因此溶解度：NaHCO3<NH4HCO3，B错误； C．根据题干信息，深蓝色溶液[Cu(NH3)4](OH)2中加入稀硫酸又转化为蓝色溶液[Cu(H2O)4]SO4，说明NH3更容易与H+配位形成NH，故与氨形成配位键的能力：H+>Cu2+，C正确； D．根据题干信息，NaNH2遇水转化为NaOH，反应为：NaNH2+H2O＝NaOH+NH3，说明NH结合H+的能力更强，D错误； 答案选C。 9. 在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是 A. 碘的制取：NaBr(aq) B. 纯碱工业： C. D. 漂白粉的制备：漂白粉(s) 【答案】A 【解析】 【详解】A．氧化性顺序为，可置换出中的，可置换出中的，两步转化均能实现，A正确； B．纯碱工业中需先向饱和溶液通入使溶液呈碱性，才能吸收足量析出，直接通无法生成固体，第一步转化不能实现，B错误； C．电解溶液得到、和，无法得到单质，需电解熔融制，第二步转化不能实现，C错误； D．Cl2与石灰水反应无法制备漂白粉，需用Cl2与石灰乳反应制漂白粉，石灰水中Ca(OH)2浓度过低，无法得到漂白粉固体，第二步转化不能实现，D错误； 故选A。 10. 通过电解废旧锂电池中的可获得难溶性的和，电解示意图如下(其中滤布的作用是阻挡固体颗粒，但离子可自由通过。电解过程中溶液的体积变化忽略不计)。下列说法正确的是 A. 电极A为阳极，发生氧化反应 B. 电极B的电极反应： C. 电解一段时间后溶液中Mn2+浓度保持不变 D. 电解结束，可通过调节除去Mn2+，再加入 溶液以获得 【答案】D 【解析】 【分析】该装置有外接电源为电解池，电极B中Mn2+转化为MnO2，B为阳极，发生氧化反应；电极A为阴极，发生还原反应。 【详解】A．电极A处LiMn2O4生成Li+和Mn2+，Mn元素价态从+3.5降为+2，发生还原反应，故电极A为阴极，A错误； B．电极B为阳极，Mn2+被氧化为MnO2，溶液含H2SO4呈酸性，电极反应式应为，B错误； C．电极A生成Mn2+发生反应），电极B消耗Mn2+生成MnO2，根据分析、结合两极上电子数守恒，则生成量大于消耗量，Mn2+浓度增大，C错误； D．电解后溶液含Li+和Mn2+，调节pH可使Mn2+转化为Mn(OH)2沉淀除去，剩余Li+与Na2CO3反应生成Li2CO3，D正确； 故选D。 11. 钒催化剂对氧化苯制备苯酚的反应具有良好的催化活性，反应机理如图所示，其中步骤③为放热反应。 下列说法错误的是 A. 步骤①反应为 B. 步骤③正、逆反应的活化能关系为 C. 在催化循环中起氧化作用 D. 步骤③生成的物质Z是 【答案】D 【解析】 【分析】结合反应机理图可知和反应生成、、，步骤①反应为，和苯生成，和、反应生成、和水，据此解答。 【详解】A．结合反应机理图可知和反应生成、、，步骤①反应为，故A正确； B．步骤③为放热反应，，即正反应的活化能小于逆反应的活化能，故B正确； C．在催化循环中V的化合价由+5降低到+4，所以起氧化作用，故C正确； D．根据分析，步骤③生成的物质Z是，故D错误； 答案选D。 12. 相同温度下，向三个体积不等的恒容密闭容器中分别通入2 mol NOCl(g)，发生反应：，后，三个容器中的转化率如图所示。已知点已达到平衡状态，下列叙述正确的是 A. A点未到平衡状态 B. 容器体积 C. B点对应容器中，再通入和，平衡不移动 D. 当三个容器都达到平衡状态时，体积为的容器中转化率最低 【答案】C 【解析】 【分析】该反应是气体分子数增大的反应：，其他条件相同时，容器体积越大（压强越小），NOCl的平衡转化率越高，已知B点已达平衡。 【详解】A．A点对应容器体积，反应物初始浓度比B点更大，反应速率更快，B点在时已经达到平衡，因此A点必然也早已达到平衡，A点40%的转化率是小体积（高压强）下的平衡转化率，并非未到平衡，A错误； B．A、B均为平衡态，温度相同则平衡常数相等。分别计算：对体积为的容器：初始为2 mol，转化率40%，平衡时，，，​；对体积为的容器：初始为2 mol，转化率50%，平衡时，，，。 由相等解得，并非，B错误； C．B点原平衡中，，，，体积为。再通入1 mol NOCl和1 mol NO后，，与原平衡的相等，，平衡不移动，C正确； D．该反应压强越小（容器体积越大），NOCl平衡转化率越高，因此体积最大的容器中压强最小，NOCl平衡转化率最高，体积最小的容器转化率最低，D错误； 故选C。 13. 已知CO2催化加氢的主要反应有： 反应Ⅰ CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1 ΔS1<0 反应Ⅱ CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2>0 ΔS2 在恒温恒压反应器中通入1 mol CO2、3 mol H2气体，CO2的平衡转化率及CH3OH的平衡产率随温度变化关系如下图。已知：CH3OH产率=×100%；CH3OH的选择性=×100%。下列说法不正确的是 A. ΔH1＜0，ΔS2＞0 B. CH3OH的平衡选择性随温度的升高而减小 C. 525 K后，升高温度对反应Ⅰ的影响大于对反应Ⅱ的影响 D. 525 K时，增大的值或增大压强均能使CO2的平衡转化率达到b点的值 【答案】C 【解析】 【详解】A．350K~500K，随温度升高，二氧化碳的平衡转化率减小，而反应Ⅱ为吸热反应，升温平衡正向移动，使二氧化碳平衡转化率有增大的趋势，故反应Ⅰ应为放热反应，升温平衡逆移，使二氧化碳平衡转化率有减小的趋势，故ΔH1＜0；化合物的熵大于单质，故ΔS2＞0，故A正确； B．随温度升高，甲醇的平衡产率减小，故CH3OH的平衡选择性随温度的升高而减小，故B正确； C．525K后，随温度升高，甲醇的平衡产率减小，说明反应Ⅰ平衡逆移，但二氧化碳的平衡转化率增大，使二氧化碳平衡转化率随温度升高而增大的反应为反应Ⅱ，说明525 K后，升高温度对反应Ⅱ的影响大于对反应Ⅰ的影响，故C错误； D．525 K时，增大的值，相当于二氧化碳的量不变，增大氢气的浓度，平衡正向移动，可以增大二氧化碳的平衡转化率，增大压强，反应Ⅰ平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，均可以达到b点的值，故D正确； 故选C。 二、非选择题(共4题，共61分)。 14. 采用两段焙烧-水浸法从铁锰氧化矿(主要含Fe2O3、MnO2及Co、Ca、Si等元素的氧化物)分离提取Fe、Mn、Co等元素，工艺流程如下： 已知：①该工艺条件下，(NH4)2SO4低温分解生成NH4HSO4，高温则完全分解为气体； ②Fe2(SO4)3在650℃完全分解，本题中其他金属硫酸盐分解温度均高于700℃； ③Ksp[CaSO4]=2.4×10-5，溶液中离子浓度低于1×10-5mol·L-1时可认为沉淀完全。 （1）“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。MnO2与NH4HSO4反应转化为MnSO4时有N2生成，该反应的化学方程式为___________。 （2）“低温焙烧”时产生的气体用稀硫酸吸收，从物质转化和资源综合利用的角度解释原因：___________。 （3）“沉钴”得到CoS。向“沉钴”后所得滤液中加入NH4HCO3，写出获得MnCO3沉淀的离子方程式___________。 （4）“溶解”时加入H2O2可提高Co2＋的浸出率，原因是___________。 （5）以“水浸”所得滤渣(成分为SiO2、Fe2O3、CaSO4)为原料制取绿矾(FeSO4·7H2O)。请补充实验方案：取一定量滤渣于反应器中，___________，过滤，冰水洗涤，低温干燥得绿矾(可选用的试剂：铁粉、铜粉、0.1mol·L-1 H2SO4、3.0mol·L-1 H2SO4)。 【答案】（1） （2）用稀硫酸吸收低温焙烧时生成的NH3，形成(NH4)2SO4溶液，处理后所得(NH4)2SO4导入“低温焙烧”循环使用 （3） （4）H2O2将-2价硫(S2-或HS-)氧化为单质硫，促进Co2+浸出 （5）加热时，边搅拌边加入3.0mol·L-1 H2SO4至固体不再溶解，过滤，向滤液中分批加入稍过量铁粉，充分反应后，加入3.0mol·L-1 H2SO4至固体完全溶解，将所得溶液蒸发浓缩、降温结晶 【解析】 【分析】铁锰氧化矿主要含Fe2O3、MnO2及Co、Ca、Si等元素的氧化物。铁锰氧化矿加硫酸铵“低温焙烧”，金属氧化物转化为硫酸锰、硫酸铝、硫酸铁、硫酸钙、硫酸钴，同时产生的气体有氨气，氮气等，氨气用稀硫酸吸收，得到硫酸铵溶液；得到的硫酸盐经650℃“高温焙烧”硫酸铁发生了分解，产生三氧化硫气体和氧化铁，水浸后，过滤分离出滤渣，滤渣主要为二氧化硅、氧化铁、硫酸钙，滤液加入硫化铵，生成硫化钴沉淀，过滤，滤液中加入NH4HCO3获得MnCO3沉淀，硫化钴用稀硫酸、双氧水溶解得到硫酸钴、S沉淀。 【小问1详解】 “低温焙烧”MnO2与NH4HSO4反应，转化为MnSO4时有N2生成，“低温焙烧”时产生的气体用稀硫酸吸收，表明反应还有NH3生成，锰元素化合价由+4价降低为+2价、氮元素化合价由-3价部分升高为0价，根据得失电子守恒、原子守恒，可得出配平的化学方程式为：； 【小问2详解】 “低温焙烧”时产生的氨气用稀硫酸吸收生成硫酸铵，可重复利用。则从物质转化和资源综合利用的角度解释原因：用稀硫酸吸收低温焙烧时生成的NH3，形成(NH4)2SO4溶液，处理后所得(NH4)2SO4导入“低温焙烧”循环使用 【小问3详解】 “沉钴”得到CoS，同时生成硫酸锰，向“沉钴”后所得滤液中加入NH4HCO3，硫酸锰和NH4HCO3反应生成MnCO3沉淀、硫酸铵、二氧化碳，发生反应的离子方程式为 。 【小问4详解】 “溶解”时加入H2O2，H2O2把S2-氧化为单质硫，降低S2-浓度，促进Co2+浸出，则原因是：H2O2将-2价硫(S2-或HS-)氧化为单质硫，促进Co2+浸出。 【小问5详解】 Fe2(SO4)3在650℃完全分解，本题中其他金属硫酸盐分解温度均高于700℃，则“水浸”所得滤渣成分为SiO2、Fe2O3、CaSO4，加3.0mol·L-1 H2SO4溶解Fe2O3生成硫酸铁，过滤除去SiO2、CaSO4，往滤液中加过量铁粉把硫酸铁还原为硫酸亚铁，充分反应后，再加硫酸将过量铁粉溶解。则实验方案为：取一定量滤渣于反应器中，加热时，边搅拌边加入3.0mol·L-1 H2SO4至固体不再溶解，过滤，向滤液中分批加入稍过量铁粉，充分反应后，加入3.0mol·L-1 H2SO4至固体完全溶解，将所得溶液蒸发浓缩、降温结晶，过滤，冰水洗涤，低温干燥得绿矾。 【点睛】绿矾晶体易溶于水，洗涤时需冰水洗涤，或酒精洗涤，以减少溶解损失。 15. 碲广泛应用于冶金工业。以碲铜废料（主要含）为原料回收碲单质的一种工艺流程如下： 已知：，。 （1）“氧化酸浸”得到和，该反应的化学方程式为___________。 （2）“沉铜”时过多会导致与生成环状结构的配离子，该配离子的结构式为___________（不考虑立体异构） （3）可溶于，反应的平衡常数为___________。[已知：反应的平衡常数] （4）“还原”在条件下进行，发生反应的离子方程式为___________。 （5）“还原”时，的实际投入量大于理论量，其可能的原因为___________。 （6）将一定质量的置于气中热解，测得剩余固体的质量与原始固体的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。下剩余固体的化学式为___________。 【答案】（1） （2） （3） （4） （5）提高的还原率；会与“沉铜”后所得滤液中的酸反应生成从溶液中逸出 （6） 【解析】 【分析】向碲铜废料(主要含Cu2Te)中加入H2O2溶液、稀H2SO4，充分反应生成CuSO4和H2TeO3，再加入Na2C2O4溶液将Cu2+转化为CuC2O4沉淀除去，此时滤液主要含有H2TeO3、H2SO4，最后再加入Na2SO3溶液将H2TeO3还原生成Te，据此解答。 【小问1详解】 “氧化酸浸”过程，Cu2Te被H2O2氧化生成CuSO4和H2TeO3，则反应的化学方程式为：； 【小问2详解】 在环状结构的配离子[Cu(C2O4)2]2−中，的碳氧单键中的O给出孤电子对，Cu2+接受电子对，以4个配位键形成[Cu(C2O4)2]2−，则该配离子的结构式为：； 【小问3详解】 用R2−表示[Cu(C2O4)2]2−，则反应CuC2O4+H2C2O4⇌[Cu(C2O4)2]2−+2H+的平衡常数为 ，因 ，即 ，且反应的平衡常数 ，所以 ，即； 【小问4详解】 “还原”时，H2TeO3被还原生成Te，被氧化生成，则H2TeO3发生反应的离子方程式为：； 【小问5详解】 为提高H2TeO3的还原率，加入的Na2SO3溶液过量；“沉铜”后所得滤液主要含有H2TeO3、H2SO4，Na2SO3会与H2SO4反应生成SO2并逸出，则Na2SO3的实际投入量大于理论量，其可能的原因为：提高H2TeO3的还原率；Na2SO3会与“沉铜”后所得滤液中的酸反应生成SO2，SO2从溶液中逸出； 【小问6详解】 由图可知，350~400°C时剩余固体的质量与原始固体的质量的比值为42.11%，CuC2O4的摩尔质量为152g/mol，则剩余固体的摩尔质量为：，再结合化学反应前后元素种类不变，350~400°C下剩余固体的化学式为Cu。 16. 氢能是理想清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。的资源化利用能有效减少排放，充分利用碳资源。 （1）制氢、贮氢与释氢的一种方法如图1所示。 ①虚线框内生成的化学方程式为_______。 ②释氢释放的与贮氢吸收的的物质的量之比为_______。 ③从物质综合利用的角度分析，进一步提高一定量释氢量的操作为_______。 （2）电催化还原法是的有机资源化的研究热点。利用有机多孔电极材料(铜粉沉积在一种含碳化合物树脂的骨架上)电催化还原的装置如图2所示。控制其他条件相同，将一定量的通入该电催化装置中，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率()随电解电压的变化如图3所示。 其中，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。 ①b电极生成的电极反应式为_______。 ②电解前需向电解质溶液中持续通入过量的原因是_______。 ③为确定阴极上生成的含碳化合物不是来源于有机多孔电极材料，可通入_______(填物质的化学式)进行实验。 ④当电解电压为u2 V时，电解生成的和的物质的量之比为，图3中_______。 【答案】（1） ①. ②. 或2 ③. 将储氢后的混合物溶解于盐酸(盐酸、硫酸或醋酸等非氧化性酸) （2） ①. ②. 使阴极表面尽可能被附着，减少析氢反应的发生(减少氢离子在阴极放电) ③. 或 ④. 36 【解析】 【小问1详解】 ①NiOOH和H2O反应生成O2和Ni(OH)2，反应的化学方程式为； ②贮氢时，Mg17Al12和H2反应生成Al和MgH2，化学方程式为；释氢时，MgH2和H2O反应生成Mg(OH)2和H2，化学方程式为，由化学方程式可知，释氢释放的与贮氢吸收的的物质的量之比为； ③贮氢时，Mg17Al12和H2反应生成Al和MgH2，将储氢后的混合物溶解于盐酸，Al和盐酸反应生成氢气，可进一步提高一定量释氢量； 【小问2详解】 ①b电极是阴极，CO2参与反应生成的电极反应式为； ②电解前需向电解质溶液中持续通入过量，使阴极表面尽可能被附着，减少析氢反应的发生； ③通入或，观测生成的含碳化合物中的碳元素，可确定阴极上生成的含碳化合物是否来源于有机多孔电极材料； ④由图可知，当电解电压为u2 V时，无CH3OH生成，此时生成CH3CH2OH的法拉第效率为0，说明也无CH3CH2OH生成，此时电解产物为和，电极反应式分别为：、，电解生成的和的物质的量之比为，则生成的和转移电子的物质的量之比为(52)：(64)=5：12，根据、可知，生成和的法拉第效率之比为5：12，则m=36。 17. 氢气是一种清洁能源，绿色环保制氢技术研究具有重要意义。 （1）“热电循环制氢”经过溶解、电解、热水解和热分解4个步骤，其过程如图所示。 ①电解在质子交换膜电解池中进行。阳极区为酸性溶液，阴极区为盐酸，电解过程中转化为。电解时阳极发生的主要电极反应为________________________(用电极反应式表示)。 ②电解后，经热水解和热分解的物质可循环使用。在热水解和热分解过程中，发生化合价变化的元素有________(填元素符号)。 （2）“热循环制氢和甲酸”的原理为：在密闭容器中，铁粉与吸收制得的溶液反应，生成、和；再经生物柴油副产品转化为Fe． ①实验中发现，在时，密闭容器中溶液与铁粉反应，反应初期有生成并放出，该反应的离子方程式为________________________。 ②随着反应进行，迅速转化为活性，活性是转化为的催化剂，其可能反应机理如图所示。根据元素电负性的变化规律。如图所示的反应步骤I可描述为________________________________。 ③在其他条件相同时，测得的转化率、的产率随变化如图所示。的产率随增加而增大的可能原因是________________________________。 【答案】（1） ①. ②. Cu和O （2） ①. ②. ​中电负性大的O原子吸附在催化剂表面的上，中的H原子（与电负性小的C相连）与催化剂表面的H（带部分负电）结合，同时催化剂表面的O空位结合的H与H结合生成，最终转化为吸附态的，填补了催化剂的氧空位。 ③. 浓度增大，能够更充分地与反应生成的活性​接触，促进​被还原为；同时浓度升高也会加快Fe转化为活性的速率，体系中催化剂含量增多，进一步提升的生成量，因此产率增大 【解析】 【小问1详解】 ①阳极发生氧化反应，反应物中Cu为+1价，题目明确其转化为，Cu的化合价从+1变为+2价，反应过程中Cu失电子，结合2个，电极反应为。 ②整个循环总反应是水分解为​和​，电解步骤已经完成元素得电子生成的化合价变化；后续热水解、热分解生成可循环的和，热分解生成​时O元素化合价升高，同时部分+2价Cu被还原为中的+1价Cu，因此化合价变化的是Cu和O。 【小问2详解】 ①反应物为Fe和，产物为、，Fe从0价升为+2价，2个H从+1价降为0价生成，电子守恒；结合原子守恒，剩余的C、O转化为，离子方程式为 ②根据电负性规律，根据流程图示意，中共价键断裂，一个氢原子吸附在氧离子上，氧带负电，一个吸附在亚铁离子上，吸附在亚铁离子上的H与的C结合；吸附在上的H与中的羟基O结合；反应生成的水和HCOO-吸附在催化剂的亚铁离子上，则根据元素电负性的变化规律，反应机理中的步骤I可描述为：吸附在亚铁离子上的H与与的C结合；吸附在上的H与中的羟基O结合；反应生成的水和HCOO-吸附在催化剂的亚铁离子上。 ③从浓度对反应速率、催化剂生成量的角度分析：反应物浓度升高，既提升了底物与催化剂的接触概率，也促进Fe转化为催化活性物种，最终使目标产物产率上升。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026年度高三年级第一学期第一次阶段性检测 化学试卷 满分：100分 时间：75分钟 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Mg 24 Fe 56 Cu 64 Al 27 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. 第19届杭州亚运会采用石墨烯纳米防滑涂层以增加地面防滑性。石墨烯属于 A. 有机材料 B. 无机非金属材料 C. 金属材料 D. 复合材料 2. 反应应用于石油开采。下列说法正确的是 A. 的电子式为 B. 中N元素的化合价为+5 C. 分子中存在键 D. 为非极性分子 3. 下列制取硫酸铝、氢氧化铝，获得氧化铝的原理或装置不能达到实验目的的是 A. 制备硫酸铝 B. 制备氢氧化铝 C. 过滤氢氧化铝 D. 灼烧制备氧化铝 4. 硫氰化钾()俗称玫瑰红酸钾，用于合成树脂等。下列说法正确的是 A. 电负性： B. 半径： C. 第一电离能： D. 沸点： 5. 新型催化剂可催化氧化获得。 。下列说法正确的是 A. 该反应 B. 使用催化剂能降低该反应的 C. 反应的平衡常数为 D. 与反应转移电子数约为 阅读下列材料，完成下面小题： N2是合成氨的重要原料。NH3可在O2中燃烧生成N2；NH3广泛用于硝酸、侯氏制碱等工业；NH3也是其他含氮化合物的生产原料。金属钠与液氨缓慢反应放出气体，同时生成NaNH2，NaNH2遇水转化为NaOH。Cu(OH)2溶于氨水得到深蓝色[Cu(NH3)4](OH)2溶液，加入稀硫酸又转化为蓝色[Cu(H2O)4]SO4溶液。氨水可用于吸收废气中的SO2，废水中的氨氮可用NaClO溶液将其氧化为N2而除去。 6. 在指定条件下，下列选项中的物质间转化可以实现的是 A. NH3NOHNO3 B. NH3N2NO2 C. 过量氨水吸收废气中的SO2生成(NH4)2SO3 D. 将CO2通入氨化的NaCl饱和溶液中可析出纯碱 7. 下列化学反应表示不正确的是 A. 合成氨反应：N2＋3H22NH3 B. 液氨与金属钠反应：2Na＋2NH3=2NaNH2＋H2↑ C. 氨水溶解Cu(OH)2：Cu(OH)2＋4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2+＋2OH-＋4H2O D. 常温，pH为4的氨氮废水与NaClO反应：3ClO-＋2NH3·H2O=N2↑＋3Cl-＋5H2O 8. 下列有关物质性质的比较中，正确的是 A. 热稳定性：NH3>H2O B. 溶解度：NaHCO3>NH4HCO3 C. 与氨形成配位键的能力：H+>Cu2+ D. 与H+结合的能力：OH-> 9. 在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是 A. 碘的制取：NaBr(aq) B. 纯碱工业： C. D. 漂白粉的制备：漂白粉(s) 10. 通过电解废旧锂电池中的可获得难溶性的和，电解示意图如下(其中滤布的作用是阻挡固体颗粒，但离子可自由通过。电解过程中溶液的体积变化忽略不计)。下列说法正确的是 A. 电极A为阳极，发生氧化反应 B. 电极B的电极反应： C. 电解一段时间后溶液中Mn2+浓度保持不变 D. 电解结束，可通过调节除去Mn2+，再加入 溶液以获得 11. 钒催化剂对氧化苯制备苯酚的反应具有良好的催化活性，反应机理如图所示，其中步骤③为放热反应。 下列说法错误的是 A. 步骤①反应为 B. 步骤③正、逆反应的活化能关系为 C. 在催化循环中起氧化作用 D. 步骤③生成的物质Z是 12. 相同温度下，向三个体积不等的恒容密闭容器中分别通入2 mol NOCl(g)，发生反应：，后，三个容器中的转化率如图所示。已知点已达到平衡状态，下列叙述正确的是 A. A点未到平衡状态 B. 容器体积 C. B点对应容器中，再通入和，平衡不移动 D. 当三个容器都达到平衡状态时，体积为的容器中转化率最低 13. 已知CO2催化加氢的主要反应有： 反应Ⅰ CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH1 ΔS1<0 反应Ⅱ CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ΔH2>0 ΔS2 在恒温恒压反应器中通入1 mol CO2、3 mol H2气体，CO2的平衡转化率及CH3OH的平衡产率随温度变化关系如下图。已知：CH3OH产率=×100%；CH3OH的选择性=×100%。下列说法不正确的是 A. ΔH1＜0，ΔS2＞0 B. CH3OH的平衡选择性随温度的升高而减小 C. 525 K后，升高温度对反应Ⅰ的影响大于对反应Ⅱ的影响 D. 525 K时，增大的值或增大压强均能使CO2的平衡转化率达到b点的值 二、非选择题(共4题，共61分)。 14. 采用两段焙烧-水浸法从铁锰氧化矿(主要含Fe2O3、MnO2及Co、Ca、Si等元素的氧化物)分离提取Fe、Mn、Co等元素，工艺流程如下： 已知：①该工艺条件下，(NH4)2SO4低温分解生成NH4HSO4，高温则完全分解为气体； ②Fe2(SO4)3在650℃完全分解，本题中其他金属硫酸盐分解温度均高于700℃； ③Ksp[CaSO4]=2.4×10-5，溶液中离子浓度低于1×10-5mol·L-1时可认为沉淀完全。 （1）“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。MnO2与NH4HSO4反应转化为MnSO4时有N2生成，该反应的化学方程式为___________。 （2）“低温焙烧”时产生的气体用稀硫酸吸收，从物质转化和资源综合利用的角度解释原因：___________。 （3）“沉钴”得到CoS。向“沉钴”后所得滤液中加入NH4HCO3，写出获得MnCO3沉淀的离子方程式___________。 （4）“溶解”时加入H2O2可提高Co2＋的浸出率，原因是___________。 （5）以“水浸”所得滤渣(成分为SiO2、Fe2O3、CaSO4)为原料制取绿矾(FeSO4·7H2O)。请补充实验方案：取一定量滤渣于反应器中，___________，过滤，冰水洗涤，低温干燥得绿矾(可选用的试剂：铁粉、铜粉、0.1mol·L-1 H2SO4、3.0mol·L-1 H2SO4)。 15. 碲广泛应用于冶金工业。以碲铜废料（主要含）为原料回收碲单质的一种工艺流程如下： 已知：，。 （1）“氧化酸浸”得到和，该反应的化学方程式为___________。 （2）“沉铜”时过多会导致与生成环状结构的配离子，该配离子的结构式为___________（不考虑立体异构） （3）可溶于，反应的平衡常数为___________。[已知：反应的平衡常数] （4）“还原”在条件下进行，发生反应的离子方程式为___________。 （5）“还原”时，的实际投入量大于理论量，其可能的原因为___________。 （6）将一定质量的置于气中热解，测得剩余固体的质量与原始固体的质量的比值随温度变化的曲线如图所示。下剩余固体的化学式为___________。 16. 氢能是理想清洁能源，氢能产业链由制氢、储氢和用氢组成。的资源化利用能有效减少排放，充分利用碳资源。 （1）制氢、贮氢与释氢的一种方法如图1所示。 ①虚线框内生成的化学方程式为_______。 ②释氢释放的与贮氢吸收的的物质的量之比为_______。 ③从物质综合利用的角度分析，进一步提高一定量释氢量的操作为_______。 （2）电催化还原法是的有机资源化的研究热点。利用有机多孔电极材料(铜粉沉积在一种含碳化合物树脂的骨架上)电催化还原的装置如图2所示。控制其他条件相同，将一定量的通入该电催化装置中，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率()随电解电压的变化如图3所示。 其中，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。 ①b电极生成的电极反应式为_______。 ②电解前需向电解质溶液中持续通入过量的原因是_______。 ③为确定阴极上生成的含碳化合物不是来源于有机多孔电极材料，可通入_______(填物质的化学式)进行实验。 ④当电解电压为u2 V时，电解生成的和的物质的量之比为，图3中_______。 17. 氢气是一种清洁能源，绿色环保制氢技术研究具有重要意义。 （1）“热电循环制氢”经过溶解、电解、热水解和热分解4个步骤，其过程如图所示。 ①电解在质子交换膜电解池中进行。阳极区为酸性溶液，阴极区为盐酸，电解过程中转化为。电解时阳极发生的主要电极反应为________________________(用电极反应式表示)。 ②电解后，经热水解和热分解的物质可循环使用。在热水解和热分解过程中，发生化合价变化的元素有________(填元素符号)。 （2）“热循环制氢和甲酸”的原理为：在密闭容器中，铁粉与吸收制得的溶液反应，生成、和；再经生物柴油副产品转化为Fe． ①实验中发现，在时，密闭容器中溶液与铁粉反应，反应初期有生成并放出，该反应的离子方程式为________________________。 ②随着反应进行，迅速转化为活性，活性是转化为的催化剂，其可能反应机理如图所示。根据元素电负性的变化规律。如图所示的反应步骤I可描述为________________________________。 ③在其他条件相同时，测得的转化率、的产率随变化如图所示。的产率随增加而增大的可能原因是________________________________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $