精品解析：江苏连云港市灌南名校协作体2026-2027学年高三上学期8月阶段检测 化学试题

2026～2027学年度高三第一学期8月学情质量监测 化学试题 注意事项 1.本试卷共8页，满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将答题卡交回。 2.答题前，请务必将自己的姓名、考试号等用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置。 3.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。 一、选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1. 我国探月工程取得重大进展。月壤中含有Ca、Fe等元素的磷酸盐，下列元素位于元素周期表第二周期的是 A. O B. P C. Ca D. Fe 【答案】A 【解析】 【详解】A．O元素位于元素周期表第二周期ⅥA，A符合题意； B．P元素位于元素周期表第三周期ⅤA，B不符合题意； C．Ca元素位于元素周期表第四周期ⅡA，C不符合题意； D．Fe元素位于元素周期表第四周期Ⅷ族，D不符合题意； 综上所述，本题选A。 2. 连二亚硝酸(HON=NOH)是一种还原剂，可由反应HNO2＋H2NOH→HON=NOH＋H2O制备。下列说法正确的是 A. 中子数为8的氮原子：N B. H2NOH分子含有三种极性键 C. H2O的电子式为 D. HON=NOH中N元素的化合价为-1 【答案】B 【解析】 【详解】A．氮原子的质子数为7，中子数=质量数-质子数，中子数为8时质量数为15，正确表示为，A错误； B．分子中含有、、三种不同的极性共价键，B正确； C．为共价化合物，不存在阴阳离子，正确电子式为，C错误； D．中为+1价、为-2价，设化合价为，根据化合物化合价代数和为0可得，解得，D错误； 故选B。 3. 实验室利用制备。潮湿的受热易分解。用下列装置进行实验，不能达到实验目的的是 A. 用装置甲制取 B. 用装置乙制取CuBr C. 用装置丙分离出CuBr D. 用装置丁干燥CuBr 【答案】D 【解析】 【详解】A．70%与反应生成，，固液不加热，故A正确； B．乙中发生反应，导管长进短出可制备，故B正确； C．不溶于水，可选择丙中过滤装置分离出来，故C正确； D．潮湿的受热易分解，不能选择丁中装置直接加热干燥，可选择真空干燥，故D错误； 故选D。 4. 如图所示的一种离子液体可用作溶剂。下列说法不正确的是 A. 酸性： B. 电离能： C. 电负性： D. 离子液体常温下呈液态，与其离子的体积较大有关 【答案】B 【解析】 【详解】A．非金属性，最高价氧化物对应水化物酸性：，A不符合题意； B．的2p能级为半充满稳定结构，第一电离能，B符合题意； C．电负性，C不符合题意； D．离子液体中离子体积较大，离子间作用力较弱，熔点较低，常温下呈液态，D不符合题意； 故选B。 阅读下列材料，完成下面小题。 周期表中第ⅥA族元素的单质及其化合物应用广泛。O3、H2O2等都是生产中常见的氧化剂；H2S的燃烧热为586kJ·mol-1；单质硒可以用作光敏材料，工业上可由甲酸与含亚硒酸(H2SeO3)的废液在103℃反应制得；我国科学家还研发了一种硒电池，放电时总反应为Se＋2CuSO4＋2Zn=Cu2Se＋2ZnSO4，其表现出了超强的电容量和出色的循环性能。 5. 下列说法正确的是 A. H2O2分子中所有原子在同一直线上 B. H2S晶体属于共价晶体 C. SeO的空间构型是平面三角形 D. 1molH2SeO3中含有5molσ键 6. 下列物质的结构与性质或性质与用途具有对应关系的是 A. O3是极性分子，O3易溶于水 B. Se最外层有6个电子，单质硒的熔沸点较低 C. CuSO4溶液有酸性，可用于泳池的杀菌消毒 D. H2O2有氧化性，可用于和Ba(OH)2反应制备BaO2 7. 下列化学反应表示正确的是 A. H2S稀溶液中通入少量SO2气体：H2S＋3SO2=2S↓＋2H2SO3 B. H2S燃烧的热化学方程式：2H2S(g)＋3O2(g)=2SO2(g)＋2H2O(g)；ΔH=-1172kJ·mol-1 C. H2SeO3制取单质硒的化学方程式：2HCOOH＋H2SeO3Se＋2CO2↑＋3H2O D. 硒电池放电时正极反应式：Se＋2Cu2＋-4e-=Cu2Se 【答案】5. D 6. A 7. C 【解析】 【5题详解】 A．H2O2分子中O的价层电子对数为，杂化方式均为，所有原子不会在同一直线上，H2O2分子结构：，A错误； B．H2S晶体属于分子晶体，B错误； C．的中心原子价层电子对数为4，杂化方式为，空间构型是三角锥结构，C错误； D．1个H2SeO3()含5个σ键，1molH2SeO3中含有5molσ键，D正确； 故选D； 【6题详解】 A．O3分子中心O原子呈正电性，两个端位O原子呈负电性，是极性分子，水也是极性分子，相似相溶，O3易溶于水，有对应关系，A正确； B．Se核外有34个电子，位于第四周期第ⅥA族，最外层有6个电子，单质硒是分子晶体，熔沸点较低，两者无对应关系，B错误； C．CuSO4溶液中铜离子水解呈酸性，CuSO4可使蛋白质变性，用于泳池的杀菌消毒，两者无对应关系，C错误； D．H2O2中O元素-1价，有氧化性，可用于和Ba(OH)2反应制备BaO2，H2O2相当于二元弱酸，氢氧化钡是碱，发生复分解反应，两者无对应关系，D错误； 故选A； 【7题详解】 A．H2S稀溶液中通入少量SO2气体生成硫单质：2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O，A错误； B．根据H2S的燃烧热为586kJ·mol-1可知，H2S燃烧反应的热化学方程式为2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l) ΔH=-1172kJ/mol，B错误； C．由甲酸与亚硒酸(H2SeO3)在103℃反应制得Se，制取单质硒的化学方程式：2HCOOH＋H2SeO3Se＋2CO2↑＋3H2O，C正确； D．放电时总反应为Se＋2CuSO4＋2Zn=Cu2Se＋2ZnSO4，Se化合价降低做正极，硒电池放电时正极反应式：Se＋2Cu2＋+4e-=Cu2Se，D错误； 故选C； 8. 电解的氨水吸收液[主要溶质为]转化为的装置如图所示。下列说法正确的是 A. 电解时，钯电极与电源负极相连 B. 电解时，阴离子向左室移动 C. 电解后左侧电解液的pH不变 D. 处理理论上可获得22.4 L氢气 【答案】B 【解析】 【分析】电解过程中的氨水吸收液中的转化为，S元素从+4价升为+6价，发生氧化反应，钯电极是阳极，接电源正极，镍电极是阴极，接电源负极； 【详解】A．电解时转化为，S元素化合价升高、失电子发生氧化反应，钯电极为阳极，应与电源正极相连，A错误； B．电解时阴离子向阳极移动，钯电极为阳极且位于左室，故阴离子向左室移动，B正确； C．左侧阳极发生反应，随着电解进行，左侧溶液氢离子浓度增大，电解液pH减小，C错误； D．未指明反应处于标准状况，无法确定氢气的体积，D错误； 故选B。 9. 丹参醇是存在于丹参中的一种天然产物。合成丹参醇的部分路线如下： 下列说法正确的是 A. X分子中所有碳原子可能共平面 B. Y与发生加成反应最多可生成3种有机产物 C. 丹参醇能发生加成、取代、氧化和消去反应 D. Y与丹参醇分子中均含有1个手性碳原子 【答案】C 【解析】 【详解】A．X分子中含有多个饱和碳原子，不可能所有碳原子共平面，A错误； B．Y与按照物质的量之比1:1发生加成反应，可以发生1,2-加成和1,4-加成得到三种产物，也可以按照物质的量之比1:2发生加成反应得到1种产物，最多可生成4种有机产物，B错误； C．丹参醇含有羟基，碳碳双键等官能团，能发生加成、取代、氧化和消去反应，C正确； D．丹参醇分子中与羟基相连的2个碳原子均为手性碳原子，Y中与羟基相连的是手性碳原子，D错误； 答案选C。 10. 室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是 选项 实验过程及现象 实验结论 A 向待测液中滴加氯水，再加几滴溶液，溶液变成血红色 待测液中含有 B 向10mL溶液中加入粉，再滴加几滴硫酸，微热，溶液逐渐变成浅蓝色 硫酸具有强氧化性 C 将粉末加入到饱和溶液中，充分振荡、静置、过滤、洗涤，将滤渣加入盐酸中，有气泡生成 > D 向试管中加入某卤代烃（）和溶液，加热，再向反应后的溶液中先加入硝酸酸化，再滴加溶液，有浅黄色沉淀生成 卤代烃中X为原子 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．溶液中含有铁离子，加入KSCN溶液也会出现相同现象，不能说明待测液中含有，A错误； B．硝酸钠溶液中滴加几滴硫酸，酸性条件下，硝酸根离子氧化铜单质生成铜离子，硝酸根离子体现氧化性，不能体现硫酸具有强氧化性，B错误； C．饱和碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度过大，使得硫酸钡沉淀转化为碳酸钡沉淀，不能比较Ksp(BaSO4)、Ksp(BaCO3)的大小，C错误； D．向盛有少量一卤代乙烷的试管中加入氢氧化钠溶液并加热，发生取代反应生成乙醇和卤化钠，冷却后加入足量稀硝酸酸化，滴加硝酸银溶液后产生浅黄色沉淀，说明有机物中存在的卤素原子为溴原子，D正确； 故选D。 11. 在催化剂表面转化为的机理如图所示。下列说法正确的是 A. 过程Ⅰ加水有利于吸附在表面 B. 过程Ⅱ只有键断裂 C. 过程Ⅲ中碳元素被氧化 D. 该过程的总反应方程式为：+O2 【答案】A 【解析】 【详解】A．过程Ⅰ中水参与反应可增加催化剂表面羟基数目，有利于吸附在表面，A正确； B．过程Ⅱ中既有键断裂，也有、等键形成，并非只有键断裂，B错误； C．过程Ⅲ中碳元素化合价降低，发生去氧加氢的还原反应，碳元素被还原，C错误； D．根据元素守恒，总反应生成物只有和，无，给出的方程式不满足原子守恒，D错误； 故选A。 12. 利用电石渣［主要成分为］和溶液吸收并制备碳酸钙的工艺流程如下： 已知常温下。下列说法正确的是 A. 溶液中： B. “滤液”中水的电离程度比溶液的小 C. 若“滤液”，则 D. “矿化”过程发生的反应为 【答案】B 【解析】 【详解】A．在溶液中，根据质子守恒，应该是，而不是，A错误； B．氯化铵溶液中铵根离子水解促进水的电离，电石渣与氯化铵溶液反应后，滤液中主要溶质为氯化钙等，对水的电离促进作用减弱，所以“滤液”中水的电离程度比溶液的小，B正确； C．已知，若“滤液”pH = 12，则，那么，滤液为溶液，实际，C错误； D．电石渣和氯化铵溶液反应后溶液呈碱性，存在，“矿化”过程是滤液中的钙离子与二氧化碳在碱性条件下反应生成碳酸钙沉淀，反应的离子方程式为，D错误； 故答案选B。 13. 加氢转化为二甲醚 的反应过程如下： 反应Ⅰ．、 反应Ⅱ． 反应Ⅲ． 在恒温恒容密闭容器中充入 和 发生上述反应。平衡时 的转化率、 和二甲醚生成物的选择性随温度变化如图所示。下列说法正确的是 (已知： 含碳生成物 的选择性 ) A. 曲线③表示的是 平衡转化率 B. 260°C 时容器内 的量为 C. 工业生产二甲醚的温度应该选择 340℃以上 D. 260°C 时的平衡转化率为 28% 【答案】B 【解析】 【分析】由题干信息可知，反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，反应Ⅰ平衡逆向移动，反应Ⅱ平衡正向移动，则随着温度升高，CO的选择性增大，CH3OCH3的选择性减小，即曲线①表示CO的选择性，曲线③表示CH3OCH3的选择性，曲线②表示CO2的平衡转化率，据此分析解题。 【详解】A．由分析可知，曲线②表示的是CO2平衡转化率，A错误； B．由图可知，260℃时，CO2的平衡转化率为50%，初始充入 1mol CO2，则反应掉0.5 mol CO2，CO选择性为36%，二甲醚的选择性为50%，根据题目中的定义：含碳生成物X的选择性，则生成的CO的物质的量为：，生成二甲醚的物质的量为：，根据碳守恒，反应掉0.5 mol CO2，生成CO、甲醇和二甲醚，则转化为甲醇的碳的物质的量为：，B正确； C．观察图像可知，340℃以上时，曲线③（二甲醚的选择性）已经降至接近0，而曲线①（CO的选择性）非常高，这意味着340℃以上主要发生生成CO的反应，二甲醚的产率极低，工业生产二甲醚的温度不应该选择 340℃以上，C错误； D．260℃时，已知平衡时各含碳物质的量：、、，根据题中反应，计算消耗的H2总量：生成0.18 mol CO发生反应Ⅱ，消耗0.18 mol H2，生成甲醇和二甲醚的总过程可看作由反应Ⅰ生成甲醇，再有反应Ⅲ转化部分甲醇为二甲醚，则体系中总的生成甲醇的物质的量为：，发生反应Ⅰ，消耗H2的物质的量为：，则总共消耗1.14 mol H2，初始充入3 mol H2，H2的平衡转化率为：，D错误； 故选B。 二、非选择题：共4大题，第14，16题16分，第15题15分，第17题14分，满分61分。 14. 以电炉钛渣(主要成分为，含少量等)为原料制备催化剂的流程如下： （1）原料 ①晶胞如图-1所示，其中的配位数(与金属离子距离最近且相等的的个数)比大，则处于晶胞体心的离子是___________。 ②常温下，根据计算得到6的溶液中约为，实际测得6的溶液中远大于，且存在稳定的离子，可能的原因是___________。 （2）浸取 用浓度均为6的和混合溶液浸取电炉钛渣，中、元素的浸出率随时间的变化如图-2所示。已知：能与反应转化为和；能与生成微溶的。 ①浸取时，发生反应的离子方程式为___________。 ②实验表明，用浓度均为6的和混合溶液浸出电炉钛渣的速率高于用12溶液浸出的速率，其原因是___________。 ③为提高元素浸出速率，加料完成后，可采取的措施是___________。 （3）加氨 加入氨水的目的是___________。 （4）催化甲醇水溶液光解制，同时可得到、等产物(如图-3所示)。光催化剂的表观量子产率()为60%。实验测得催化剂吸收的光子数为，溶液中产生的物质的量为，根据以上数据计算生成的物质的量为___________(不考虑其它产物，写出计算过程)。 【答案】（1） ①. ②. HF溶液中存在电离平衡：HF⇌H++F-，浓HF溶液中，HF分子浓度大，与F-形成离子，减小了F-的浓度，促进电离平衡正向移动，c（H+）增大 （2） ①. Fe2TiO5+10HF+8F-+6=2（NH4）3FeF6↓++5H2O ②. F-浓度增大对浸出速率的影响大于H+减小的影响 ③. 充分搅拌、适当升高温度 （3）有利于生成（NH4）3FeF6沉淀 （4）1.1×10-5mol 【解析】 【分析】电炉钛渣(主要成分为，含少量等) 用浓度均为6的和混合溶液浸取，转化为和，离子方程式为：Fe2TiO5+10HF+8F-+6=2（NH4）3FeF6↓++5H2O，过滤，弃去滤渣，向滤液中加入氨水，中和HF，提高的浓度，进一步除去，使其生成（NH4）3FeF6沉淀，过滤，将滤液热水解，逸出HF和NH3，同上得到H2TiO3，H2TiO3受热分解得到TiO2，据此分析； 【小问1详解】 ①体心阳离子配位数为12，顶点阳离子配位数为6，故晶胞体心的离子为； ②常温下，根据计算得到6mol•L-1的HF溶液中c（H+）约为4.5×10-2mol•L-1实际测得6mol•L-1的HF溶液中c（H+）远大于4.5×10-2mol•L-1且存在稳定的离子，可能的原因是HF溶液中存在电离平衡：HF⇌H++F-，浓HF溶液中，HF分子浓度大，与F-形成离子，减小了F-的浓度，促进电离平衡正向移动，c（H+）增大； 【小问2详解】 ①根据题意可知，Fe2TiO5能与HF反应转化为和；能与生成微溶的，浸取时，发生反应的离子方程式为：Fe2TiO5+10HF+8F-+6=2（NH4）3FeF6↓++5H2O； ②实验表明，用浓度均为6mol•L-1的HF和NH4F混合溶液浸出电炉钛渣的速率高于用12mol•L-1HF溶液浸出的速率，其原因是F-浓度增大对浸出速率的影响大于H+减小的影响； ③为了提高Ti元素浸出速率，加料完成后，可采取的措施是充分搅拌、适当升高温度； 【小问3详解】 加入氨水的目的是中和HF，提高的浓度，有利于生成（NH4）3FeF6沉淀； 【小问4详解】 根据TiO2的表观量子产率（）为60%。实验测得催化剂吸收的光子数为1.4×10-4mol，可得反应转移的电子数为：1.4×10-4mol×0.6=8.4×10-5mol，又有CH3OH～HCHO～2e-，CH3OH～HCOOH～4e-，所以有8.4×10-5mol=2n（HCHO）+4n（HCOOH），n（HCHO）=2×10-5mol，解得：4n（HCOOH）=1.1×10-5mol。 15. 化合物F是合成一种天然茋类化合物的重要中间体，其合成路线如下： （1）A在水中的溶解度___________C在水的溶解度。(填“大于”、“小于”、“等于”) （2）B→C的反应类型为___________。 （3）C→D的反应中有副产物X(分子式为C12H15O6Br)生成，写出X的结构简式___________。 （4）A的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能发生银镜反应； ②在一定条件下完全水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1∶2。 （5）已知：(R表示烃基，R'和R"表示烃基或氢)，写出以和CH3OH为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)___________。 【答案】（1）大于 （2）取代反应 （3） （4） （5）CH3OHHCHO； 【解析】 【分析】化合物A与SOCl2在加热时反应产生B，B与CH3OH在浓硫酸催化下加热，发生取代反应产生C，C与CH3OCH2Cl在三乙胺作用下发生1个羟基的取代反应产生D，D与CH3I在K2CO3存在条件下发生羟基的取代反应产生E，E与LiAlH4发生还原反应产生F。 【小问1详解】 对比化合物A、C分子结构可知：化合物A分子中含有亲水基-COOH反应后变为化合物C分子中的憎水基-COOCH3，使物质的溶解性大大降低，因此物质A在水中的溶解度大于C在水中的溶解度； 【小问2详解】 化合物B与CH3OH发生-COCl上Cl原子的取代反应产生C分子中的-COOCH3，同时得到HCl，该反应类型是取代反应； 【小问3详解】 化合物C分子中含有2个-OH，C变为D时是1个-OH发生取代反应，也可能是2个-OH都与CH3OCH2Cl发生取代反应产生分子式是C12H15O6Br的副产物X，其结构简式是； 【小问4详解】 化合物A结构简式是，其一种同分异构体同时满足下列条件：①能发生银镜反应，说明分子结构中含有醛基-CHO；②在一定条件下完全水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1∶2，说明含有酯基，水解产生的含苯环的产物分子中含有两种不同环境的H原子，这两种不同化学环境的氢原子数目比为1∶2，则该物质的结构简式是； 【小问5详解】 首先CH3OH与O2在Cu作催化剂条件下加热，发生氧化反应产生HCHO；然后是与LiAlH4发生还原反应产生，与HCl在加热时发生取代反应产生，与Mg在无水乙醚作用下反应产生，与HCHO作用，然后酸化可得目标产物，故由和CH3OH制取的流程为：CH3OHHCHO； 。 16. 单质硫有、、、等同素异形体，可由闪锌矿(主要含ZnS、FeS)制备。已知：在低于112℃时在水溶液中呈固态，高于150℃易分解，易溶于。 （1）制备：将闪锌矿置于敞口容器中，加入硫酸浸取，边搅拌边通入。部分浸取过程如图所示。 ①步骤Ⅱ反应的离子方程式为___________。 ②高于112℃时，锌的浸出率更高，除反应速率加快外，主要原因是___________。 ③相同条件下，锌的浸出率和硫的氧化率随初始酸浓度的变化如图所示，初始酸浓度大于1.6mo/L时，硫的氧化率随酸浓度的增加而下降，主要原因是___________。 （2）检验：请补充完整检测过滤所得固体中是否残留ZnS等难溶硫化物的实验方案：取少量浸取后过滤所得固体，加适量充分溶解，过滤，加热所得固体至完全挥发，___________(实验须选用的试剂：饱和溴水，蒸馏水，溶液。已知：饱和溴水可将硫化物氧化为硫酸盐)。 （3）蒸硫：将浸取后冷却所得粗硫置于如图所示装置中加热得到硫蒸气，再冷凝得到硫单质。 ①蒸硫过程中，的进气口是___________(填“a”或“b”)。蒸硫前，需通入一段时间，目的是___________。 ②已知沸点约445℃。温度约为280℃，硫单质完全变为蒸气，原因是___________。 【答案】（1） ①. ②. 高于112℃时，覆盖在闪锌矿表面的熔化，有利于锌元素浸出(或低于112℃时，会在水中以固体析出，覆盖在闪锌矿表面，阻碍锌元素浸出) ③. 随着酸浓度增大，硫元素转化为逸出，导致硫的氧化率降低 （2）用蒸馏水洗涤浸取渣，至取最后一次洗涤滤液滴加溶液无白色沉淀生成。将浸取渣加入足量饱和溴水中，充分反应。取反应后的溶液滴加溶液，如果无白色沉淀生成，则无ZnS等难溶硫化物残留 （3） ①. b ②. 排出空气，防止硫单质被氧化 ③. 分解为相对分子质量更小的分子，沸点降低 【解析】 【小问1详解】 ①步骤Ⅱ反应物为H2S和Fe3+，生成物为Fe2+、H+、S8，离子方程式为：； ②在低于112℃时在水溶液中呈固态，高于112℃时，锌的浸出率更高，除反应速率加快外，主要原因是：高于112℃时，覆盖在闪锌矿表面的熔化，有利于锌元素浸出(或低于112℃时，会在水中以固体析出，覆盖在闪锌矿表面，阻碍锌元素浸出)； ③初始酸浓度大于1.6mo/L时，随着酸浓度增大，硫元素转化为逸出，导致硫的氧化率降低； 【小问2详解】 溴水可以将硫化物最终氧化为硫酸根离子，检验是否残留ZnS等难溶硫化物的实验方案是：取少量浸取后过滤所得固体，加适量充分溶解，过滤，加热所得固体至完全挥发，用蒸馏水洗涤浸取渣，至取最后一次洗涤滤液滴加溶液无白色沉淀生成。将浸取渣加入足量饱和溴水中，充分反应。取反应后的溶液滴加溶液，如果无白色沉淀生成，则无ZnS等难溶硫化物残留； 【小问3详解】 ①N2可以做保护气，防止硫被氧化，N2也可以冷却硫蒸气生成硫固体，故N2的进气口为b；蒸硫前通氮气目的是排出空气，防止硫单质被氧化； ②S8在高于150℃时易分解，沸点约445℃，温度约为280℃，硫单质完全变为蒸气，原因是：分解为相对分子质量更小的分子，沸点降低。 17. 研究NO的形成和催化转化具有重要意义。 （1）已知： ；25℃下，该反应的。燃油车高温发动机内发生上述反应，此时K______（填“>”“=”或“<”）。 （2）在催化剂作用下，可将NOx选择性还原为。 ①向NO中通入适量使部分NO氧化为有利于催化反应进行。当混合气中时，氮氧化物被催化还原的反应速率最大。此时参加反应的______。 ②催化还原NO的一种可能的反应机理如下： 结合元素电负性分析活性中间体B的结构式为______。 （3）烟气中会影响金属氧化物催化还原NO的效率。研究发现其可能原因主要有以下三点：与NO在催化剂表面发生竞争吸附，抑制活性中间体的生成；与反应生成稳定性较弱的和，覆盖了催化剂的活性位点；金属氧化物与反应最终生成稳定性强的金属硫酸盐，使催化剂的活性组分永远失效。 将一定比例的、NO、、充分混合均匀后，以相同流速分别通过装有等质量和催化剂的反应器1h，再分别向混合气体中添加少量继续通气7h后，将催化剂在400℃下充分加热1h，继续通入无的混合气体2h，测得两个反应器中NO转化率随通气时间的曲线如图所示。 ①0→1h内，催化反应器中NO的转化率比催化反应器中的大。其原因是______。 ②1→2h内，催化还原NO的效率迅速降低的主要原因是______。 ③我国学者通过大量实验研究发现添加的复合催化剂具有优越的抗能力，并基于实验事实提出了如图所示的抗中毒反应物种转化示意图。 （ⅰ）写出“步骤2”的化学反应方程式：______。 （ⅱ）能在250℃下保持其催化性能的原因是____________。[已知的理论分解温度为630℃] 【答案】（1）> （2） ①. 1∶4 ②. （3） ①. 将部分NO氧化为，使混合气体中与趋于相等 ②. 反应生成和，覆盖了催化剂的活性位点 ③. ④. 促进了在较低温度下向的转化，同时生成的和可以进一步与NO和反应生成和，并促进了的生成，实现催化剂再生 【解析】 【小问1详解】 由于该反应为吸热反应且属于熵增，高温发动机内相当于升高温度，可使平衡右移，平衡常数将变大，故在发动机高温条件下：。 故答案为：。 【小问2详解】 ①当混合气中时，氮氧化物被催化还原的反应速率最大，此时发生反应：和，由于混合气中，则生成需要消耗的为：，结合前面方程式可知共消耗，则此时参加反应的； ②根据电负性：O>N>H>Mn ，Mn是金属元素，可与NH3中具有孤对电子、电负性较大的 N 原子结合，得到吸附态中间体A；O电负性大，可与NH3中带部分正电荷的H结合，经过活化后，使一个N-H键断裂，最终形成 Mn 连接-NH2、相邻Mn连接-OH的活性中间体B，则催化还原NO的一种可能的反应机理为：将通入气体X()生成中间体A，然后活化转变成中间体B。 故答案为：1：4；。 【小问3详解】 ①根据图形，在0→1h内，由于混合气体中的部分NO会被氧化为，使混合气体中与趋于相等，氮氧化物被催化还原的反应速率达到最大，所以催化反应器中NO的转化率比催化反应器中的大； ②1→2h内，此时加入了，根据题目所给信息，催化还原NO的效率迅速降低的主要原因可能是：反应生成和，覆盖了催化剂的活性位点； ③根据添加的复合催化剂具有优越的抗能力的转化示意图可知： （ⅰ）“步骤2”是将步骤1生成的与反应生成、和，则反应的化学反应方程式为：； （ⅱ）因为在温度为630℃左右时能分解，因此能在250℃下保持其催化性能的原因可能为：促进了在较低温度下向的转化，同时生成的和可以进一步与NO和反应生成和，并促进了的生成，实现催化剂再生。 故答案为：将部分NO氧化为，使混合气体中与趋于相等；反应生成和，覆盖了催化剂的活性位点；；促进了在较低温度下向的转化，同时生成的和可以进一步与NO和反应生成和，并促进了的生成，实现催化剂再生。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026～2027学年度高三第一学期8月学情质量监测 化学试题 注意事项 1.本试卷共8页，满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将答题卡交回。 2.答题前，请务必将自己的姓名、考试号等用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置。 3.作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。 一、选择题：本题共13小题，每小题3分，共39分。在每小题列出的四个选项中，只有一项符合题目要求。 1. 我国探月工程取得重大进展。月壤中含有Ca、Fe等元素的磷酸盐，下列元素位于元素周期表第二周期的是 A. O B. P C. Ca D. Fe 2. 连二亚硝酸(HON=NOH)是一种还原剂，可由反应HNO2＋H2NOH→HON=NOH＋H2O制备。下列说法正确的是 A. 中子数为8的氮原子：N B. H2NOH分子含有三种极性键 C. H2O的电子式为 D. HON=NOH中N元素的化合价为-1 3. 实验室利用制备。潮湿的受热易分解。用下列装置进行实验，不能达到实验目的的是 A. 用装置甲制取 B. 用装置乙制取CuBr C. 用装置丙分离出CuBr D. 用装置丁干燥CuBr 4. 如图所示的一种离子液体可用作溶剂。下列说法不正确的是 A. 酸性： B. 电离能： C. 电负性： D. 离子液体常温下呈液态，与其离子的体积较大有关 阅读下列材料，完成下面小题。 周期表中第ⅥA族元素的单质及其化合物应用广泛。O3、H2O2等都是生产中常见的氧化剂；H2S的燃烧热为586kJ·mol-1；单质硒可以用作光敏材料，工业上可由甲酸与含亚硒酸(H2SeO3)的废液在103℃反应制得；我国科学家还研发了一种硒电池，放电时总反应为Se＋2CuSO4＋2Zn=Cu2Se＋2ZnSO4，其表现出了超强的电容量和出色的循环性能。 5. 下列说法正确的是 A. H2O2分子中所有原子在同一直线上 B. H2S晶体属于共价晶体 C. SeO的空间构型是平面三角形 D. 1molH2SeO3中含有5molσ键 6. 下列物质的结构与性质或性质与用途具有对应关系的是 A. O3是极性分子，O3易溶于水 B. Se最外层有6个电子，单质硒的熔沸点较低 C. CuSO4溶液有酸性，可用于泳池的杀菌消毒 D. H2O2有氧化性，可用于和Ba(OH)2反应制备BaO2 7. 下列化学反应表示正确的是 A. H2S稀溶液中通入少量SO2气体：H2S＋3SO2=2S↓＋2H2SO3 B. H2S燃烧的热化学方程式：2H2S(g)＋3O2(g)=2SO2(g)＋2H2O(g)；ΔH=-1172kJ·mol-1 C. H2SeO3制取单质硒的化学方程式：2HCOOH＋H2SeO3Se＋2CO2↑＋3H2O D. 硒电池放电时正极反应式：Se＋2Cu2＋-4e-=Cu2Se 8. 电解的氨水吸收液[主要溶质为]转化为的装置如图所示。下列说法正确的是 A. 电解时，钯电极与电源负极相连 B. 电解时，阴离子向左室移动 C. 电解后左侧电解液的pH不变 D. 处理理论上可获得22.4 L氢气 9. 丹参醇是存在于丹参中的一种天然产物。合成丹参醇的部分路线如下： 下列说法正确的是 A. X分子中所有碳原子可能共平面 B. Y与发生加成反应最多可生成3种有机产物 C. 丹参醇能发生加成、取代、氧化和消去反应 D. Y与丹参醇分子中均含有1个手性碳原子 10. 室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是 选项 实验过程及现象 实验结论 A 向待测液中滴加氯水，再加几滴溶液，溶液变成血红色 待测液中含有 B 向10mL溶液中加入粉，再滴加几滴硫酸，微热，溶液逐渐变成浅蓝色 硫酸具有强氧化性 C 将粉末加入到饱和溶液中，充分振荡、静置、过滤、洗涤，将滤渣加入盐酸中，有气泡生成 > D 向试管中加入某卤代烃（）和溶液，加热，再向反应后的溶液中先加入硝酸酸化，再滴加溶液，有浅黄色沉淀生成 卤代烃中X为原子 A. A B. B C. C D. D 11. 在催化剂表面转化为的机理如图所示。下列说法正确的是 A. 过程Ⅰ加水有利于吸附在表面 B. 过程Ⅱ只有键断裂 C. 过程Ⅲ中碳元素被氧化 D. 该过程的总反应方程式为：+O2 12. 利用电石渣［主要成分为］和溶液吸收并制备碳酸钙的工艺流程如下： 已知常温下。下列说法正确的是 A. 溶液中： B. “滤液”中水的电离程度比溶液的小 C. 若“滤液”，则 D. “矿化”过程发生的反应为 13. 加氢转化为二甲醚 的反应过程如下： 反应Ⅰ．、 反应Ⅱ． 反应Ⅲ． 在恒温恒容密闭容器中充入 和 发生上述反应。平衡时 的转化率、 和二甲醚生成物的选择性随温度变化如图所示。下列说法正确的是 (已知： 含碳生成物 的选择性 ) A. 曲线③表示的是 平衡转化率 B. 260°C 时容器内 的量为 C. 工业生产二甲醚的温度应该选择 340℃以上 D. 260°C 时的平衡转化率为 28% 二、非选择题：共4大题，第14，16题16分，第15题15分，第17题14分，满分61分。 14. 以电炉钛渣(主要成分为，含少量等)为原料制备催化剂的流程如下： （1）原料 ①晶胞如图-1所示，其中的配位数(与金属离子距离最近且相等的的个数)比大，则处于晶胞体心的离子是___________。 ②常温下，根据计算得到6的溶液中约为，实际测得6的溶液中远大于，且存在稳定的离子，可能的原因是___________。 （2）浸取 用浓度均为6的和混合溶液浸取电炉钛渣，中、元素的浸出率随时间的变化如图-2所示。已知：能与反应转化为和；能与生成微溶的。 ①浸取时，发生反应的离子方程式为___________。 ②实验表明，用浓度均为6的和混合溶液浸出电炉钛渣的速率高于用12溶液浸出的速率，其原因是___________。 ③为提高元素浸出速率，加料完成后，可采取的措施是___________。 （3）加氨 加入氨水的目的是___________。 （4）催化甲醇水溶液光解制，同时可得到、等产物(如图-3所示)。光催化剂的表观量子产率()为60%。实验测得催化剂吸收的光子数为，溶液中产生的物质的量为，根据以上数据计算生成的物质的量为___________(不考虑其它产物，写出计算过程)。 15. 化合物F是合成一种天然茋类化合物的重要中间体，其合成路线如下： （1）A在水中的溶解度___________C在水的溶解度。(填“大于”、“小于”、“等于”) （2）B→C的反应类型为___________。 （3）C→D的反应中有副产物X(分子式为C12H15O6Br)生成，写出X的结构简式___________。 （4）A的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能发生银镜反应； ②在一定条件下完全水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1∶2。 （5）已知：(R表示烃基，R'和R"表示烃基或氢)，写出以和CH3OH为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)___________。 16. 单质硫有、、、等同素异形体，可由闪锌矿(主要含ZnS、FeS)制备。已知：在低于112℃时在水溶液中呈固态，高于150℃易分解，易溶于。 （1）制备：将闪锌矿置于敞口容器中，加入硫酸浸取，边搅拌边通入。部分浸取过程如图所示。 ①步骤Ⅱ反应的离子方程式为___________。 ②高于112℃时，锌的浸出率更高，除反应速率加快外，主要原因是___________。 ③相同条件下，锌的浸出率和硫的氧化率随初始酸浓度的变化如图所示，初始酸浓度大于1.6mo/L时，硫的氧化率随酸浓度的增加而下降，主要原因是___________。 （2）检验：请补充完整检测过滤所得固体中是否残留ZnS等难溶硫化物的实验方案：取少量浸取后过滤所得固体，加适量充分溶解，过滤，加热所得固体至完全挥发，___________(实验须选用的试剂：饱和溴水，蒸馏水，溶液。已知：饱和溴水可将硫化物氧化为硫酸盐)。 （3）蒸硫：将浸取后冷却所得粗硫置于如图所示装置中加热得到硫蒸气，再冷凝得到硫单质。 ①蒸硫过程中，的进气口是___________(填“a”或“b”)。蒸硫前，需通入一段时间，目的是___________。 ②已知沸点约445℃。温度约为280℃，硫单质完全变为蒸气，原因是___________。 17. 研究NO的形成和催化转化具有重要意义。 （1）已知： ；25℃下，该反应的。燃油车高温发动机内发生上述反应，此时K______（填“>”“=”或“<”）。 （2）在催化剂作用下，可将NOx选择性还原为。 ①向NO中通入适量使部分NO氧化为有利于催化反应进行。当混合气中时，氮氧化物被催化还原的反应速率最大。此时参加反应的______。 ②催化还原NO的一种可能的反应机理如下： 结合元素电负性分析活性中间体B的结构式为______。 （3）烟气中会影响金属氧化物催化还原NO的效率。研究发现其可能原因主要有以下三点：与NO在催化剂表面发生竞争吸附，抑制活性中间体的生成；与反应生成稳定性较弱的和，覆盖了催化剂的活性位点；金属氧化物与反应最终生成稳定性强的金属硫酸盐，使催化剂的活性组分永远失效。 将一定比例的、NO、、充分混合均匀后，以相同流速分别通过装有等质量和催化剂的反应器1h，再分别向混合气体中添加少量继续通气7h后，将催化剂在400℃下充分加热1h，继续通入无的混合气体2h，测得两个反应器中NO转化率随通气时间的曲线如图所示。 ①0→1h内，催化反应器中NO的转化率比催化反应器中的大。其原因是______。 ②1→2h内，催化还原NO的效率迅速降低的主要原因是______。 ③我国学者通过大量实验研究发现添加的复合催化剂具有优越的抗能力，并基于实验事实提出了如图所示的抗中毒反应物种转化示意图。 （ⅰ）写出“步骤2”的化学反应方程式：______。 （ⅱ）能在250℃下保持其催化性能的原因是____________。[已知的理论分解温度为630℃] 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $