精品解析：北京市十一学校2026-2027学年高三上学期9月月考 化学试卷

2027届高三化学9月月考(2026.09) 总分：100分 时长：90分钟 可能用到的相对原子量：H-1 C-12 N-14 O-16 F-19 S-32 Fe-56 I-127 第Ⅰ卷 选择题 本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是 A. 氮气的沸点低，常用于食品保鲜 B. 活性炭具有吸附性，用于去除冰箱异味 C. HCl具有还原性，可用于除去铁锈 D. 熔点高硬度大，可用于制光导纤维 2. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. 用电子式表示的形成过程： B. 基态硼原子的价电子排布式： C. 中子数为20的氯的核素： D. 基态原子的价层电子的轨道表示式： 3. 下列离子方程式书写正确的是 A. 溶液与过量溶液反应： B. 溶液与少量溶液混合： C. 与硝酸反应： D. 用溶液刻蚀覆铜板制作印刷电路板： 4. 室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A. 溶液：、、、 B. 溶液：、、、 C. 溶液：、、、 D. 溶液：、、、 5. 设是阿伏加德罗常数的值。生物法(加入脱硫细菌)净化含硫物质时发生如下反应：。下列说法不正确的是 A. 是二元酸，电离方程式为， B. 生成标准状况下 气体，转移的电子数为 C. 1 L 溶液中，含有的数目小于 D. 常温常压下， 气体中含有的电子数为 6. 肼（）与氧化剂剧烈反应，释放大量的热量，可作火箭燃料。已知下列反应： ① ② ③ 则反应的为 A. B. C. D. 7. 下列由物质结构特征不能直接推测其对应性质的是 选项 结构特征 性质 A 晶体和晶体相比，离子所带电荷数相同，离子半径： 沸点：NaF>NaCl B 石墨层内碳原子形成大π键 石墨可用作导电材料 C O、N属于同一周期，核电荷数：O>N，原子半径：O<N 非金属性：O>N D 为正四面体形结构，C—H键键能较大 能与发生取代反应 A. A B. B C. C D. D 8. 下列气体制备的试剂和装置正确的是 A．加热制 B．用大理石与硫酸制 C．用铜与稀硝酸制NO D．用与稀盐酸制 A. A B. B C. C D. D 9. 在给定条件下，下列物质间的转化均能一步实现的是 A. B. C. D. 10. 水溶液中的之间通过氢键形成了二聚体，结构如图所示。下列说法不正确的是 A. 中C原子是杂化 B. 二聚体是通过个氢键自组装构成的 C. 之间的聚合作用会降低在水中的溶解度 D. 二聚体解离为单体的过程中 11. 一种回收电解锰工业废盐(主要成分为、、的硫酸盐)中锰的工艺如图： 下列说法不正确的是 A. “沉锰Ⅰ”中加入提高，使被氧化为沉淀，而留在溶液中，实现与的分离 B. 检验“沉锰Ⅰ”所得滤液中是否含有：取滤液，加入足量浓溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验，若试纸变蓝，则说明含有 C. 若“沉锰Ⅰ”和“沉锰Ⅱ”分别处理等物质的量的且全部转化为沉淀，则消耗与的物质的量之比为 D. “一系列操作”包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥 12. 灰化法测定干海带中碘含量(以I计，单位)的流程示意图如图。 已知：；和溶液颜色均为无色 下列说法不正确的是 A. 由和在元素周期表中的位置，可推知的电负性大于I的电负性 B. 流程中被氧化成 C. 甲酸钠的作用是除去多余的 D. 海带样品中的碘含量为： 13. 科学家用Ru(II)催化剂（用来表示）电催化氧化合成的反应机理如图。下列说法不正确的是 A. 该半反应的方程式为 B. Ru(II)被氧化至Ru(III)后，配体的N-H键更易断裂 C. M和N的转化过程中Ru价态保持+3价不变 D. 若用为原料合成，催化剂中可被替换 14. 同学们探究不同金属和浓硫酸的反应，向三等份浓硫酸中分别加入相同大小的不同金属片，加热，用生成气体进行下表实验并记录实验现象。 实验操作 实验现象 铜片 锌片 铝片 点燃 不燃烧 燃烧 燃烧 通入酸性溶液 褪色 褪色 褪色 通入溶液 无明显变化 无明显变化 出现黑色沉淀 通入品红溶液 褪色 褪色 不褪色 注：(CuS为黑色固体)；可燃。 下列说法不正确的是 A. 加入铜片的实验中，使酸性溶液褪色的是 B. 加入铝片的实验中，燃烧现象能证明生成气体中一定含 C. 加入锌片的实验中，生成的气体一定是混合气体 D. 金属与浓硫酸反应的还原产物与金属活动性强弱有关 第Ⅱ卷(非选择题，共58分) 本部分共5题，共58分。 15. 硒化锌(ZnSe)常用作红外光学材料和半导体材料，广泛应用于航空航天领域。 （1）的第一电离能比的略低，从核外电子排布角度解释其原因：_________；热稳定性：_________(填“>”或“<”)。 （2）硒化锌的立方晶胞结构如图，其边长为。 ①晶胞中与原子最近且等距的原子有_________个。 ②阿伏加德罗常数的值为，该晶体的密度为，_________(列出计算式，用含、、字母表示；已知：的摩尔质量为，)。 （3）硒化氢()是制备硒化锌的必要原料之一、在三甲胺(，为甲基)存在的温和条件下，单质可以与水和反应得到。 ①总反应的化学方程式为_________。 研究表明，总反应分为以下两步。 第一步：单质与生成羰基硒()； 第二步：与水反应生成。该反应过程中的部分能量变化如下图。 ②中间体2转化为的过程中，断裂的化学键有_________。 ③由图可知，上述反应过程中速率最慢的步骤为_________(填字母)。 a．LM→中间体1 b．中间体1→中间体2 c．中间体2→PP 16. 工业上以黄铁矿(主要成分)为原料生产硫酸，并将产出的炉渣和尾气进行资源综合利用，流程如图所示： 已知：与反应生成沉淀，与盐酸反应生成。 （1）炉渣中红棕色物质的化学式为_________。 （2）“煅烧”过程发生反应的化学方程式是_________。 （3）下列说法正确的是_________(填字母)。 a．煅烧：对黄铁矿进行粉碎处理以加快煅烧速率 b．氧化：发生的化学方程式为 c．吸收：试剂宜选用 d．工艺优点：产出副产品、，减轻对环境污染 （4）“吸收”后的尾气用溶液处理得到溶液，加热后得到，该反应的化学方程式为_________。 （5）在保存过程中易变质生成，请设计实验检验是否变质：取少量样品于试管中，_________。 （6）工业上常用来处理酸性废水中的，处理时，转化为毒性较低的，再调节使铬元素沉降，分离后达到排放标准。参加反应的离子方程式为_________。 17. 为消除燃煤烟气中含有的还原性气体、(还原性：)，研究者提出如下烟气“脱硫”、“脱硝”的方法。 方法1：以作为吸收剂进行一体化“脱硫”、“脱硝”，将烟气中的、转化为、。 （1）足量溶液“脱硝”时反应的离子方程式为_________。 （2）溶液理论上最多能吸收标准状况下的体积为_________。 （3）实验室利用模拟烟气(模拟烟气中和的物质的量之比为1∶2，探究该方法“脱硫”“脱硝”的效果，一定时间内，温度对硫、硝脱除率的影响曲线如图所示： ①的脱除率高于，可能的原因有_________。 ②50℃时，吸收液中烟气转化生成的和的物质的量之比为_________。 方法2：技术(选择性催化还原氮氧化物)用于烟气“脱硝” 研究表明，铁基催化剂在260~300℃范围内实现技术的过程如图所示： （4）根据上述机理，在整个反应过程中的作用是_________。 （5）若使用锰基催化剂(活性物质为)代替铁基催化剂，烟气中的脱除率会大幅降低，结合化学方程式解释原因：_________。 （6）向反应体系中添加可显著提高脱除率，原因是与反应生成和；再与发生反应转化为，则为_________。 18. 羟基氧化镍()因高比表面积和活性，在电化学领域具有应用潜力。一种从含、的废料(含、、及不溶性杂质)中制备和的工艺流程如下图所示： 已知：该条件下相关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围如下(完全沉淀时)： 金属离子 开始沉淀时的 10.6 6.2 6.9 1.5 6.3 完全沉淀时的 13.1 8.3 8.9 2.8 8.3 （1）在元素周期表中的位置为_________，属于_________区元素。 （2）滤渣1的主要成分为原有的不溶性杂质、_________。 （3）滤渣2中含有单质，“除杂”步骤中发生反应的离子方程式有_________。 （4）“沉铁”过程需控制溶液的范围为_________。 （5）若“沉铁”后所得溶液中，理论上需加入_________固体，使恰好沉淀完全(忽略混合后溶液体积的变化及的水解，)。 （6）“萃取”步骤中常用的萃取剂有两种(P204和P227)，其结构简式如下图所示： 根据P204和P227的结构，可以得出两种萃取剂的酸性大小：P204_________P227(填“>”或“<”)，理由是_________。 （7）“氧化”步骤反应的离子方程式为_________。 19. 某小组同学制取，并探究不同条件下与的反应。 （1）用与浓反应制取，反应的离子方程式为_________。 （2）收集两试管各气体，分别倒置在盛有热水(80℃)和冰水(0℃)的两只水槽中，观察实验现象，10分钟后记录如下(忽略温度对溶液及气体体积的影响)： 实验编号 剩余气体 溶液状态 实验1(热水) 无色， 无色， 实验2(冰水) 几乎无气体 无色， ①检验实验1中剩余气体的方法：向试管中充入少量空气，气体由无色变为红棕色。用化学方程式表示检验的反应原理：_________。 ②甲同学认为实验2中几乎全部溶于水，过程中未发生化学反应。证明甲同学猜想不成立的实验证据是_________。 （3）原实验条件不变，将实验1和实验2所得溶液放置一天后，观察到实验现象如下： 实验1(热水)：剩余气体，溶液无色，，无气泡生成。 实验2(冰水)：剩余气体，溶液无色，，有无色细小气泡生成。 查阅资料：二氧化氮与水的反应分两步进行， 第一步： 第二步： ①判断与热水(80℃)反应中是否有生成并说明理由：_________。 ②实验2中无色细小气泡中的气体是_________。 ③根据上述实验结果，与水的两步反应中，第一步的反应速率比第二步的_________(填“快”或“慢”)，实验1和实验2在进行10分钟后剩余气体有明显差别的原因是_________。 （4）根据上述实验，对吸收尾气所用试剂及条件提出建议：_________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027届高三化学9月月考(2026.09) 总分：100分 时长：90分钟 可能用到的相对原子量：H-1 C-12 N-14 O-16 F-19 S-32 Fe-56 I-127 第Ⅰ卷 选择题 本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。 1. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是 A. 氮气的沸点低，常用于食品保鲜 B. 活性炭具有吸附性，用于去除冰箱异味 C. HCl具有还原性，可用于除去铁锈 D. 熔点高硬度大，可用于制光导纤维 【答案】B 【解析】 【详解】A．常温下氮气的化学性质稳定，充入食品包装中可以隔绝空气，减缓食品的氧化变质，食品保鲜利用的是氮气的化学稳定性，与其沸点低无对应关系，A错误； B．活性炭具有疏松多孔的结构，能吸附产生异味的物质，因此可用于去除冰箱异味，性质与用途具有对应关系，B正确； C．盐酸能与铁锈中的反应，使铁锈溶解，反应为。该反应中各元素的化合价均未改变，除去铁锈利用的是盐酸的酸性，与其还原性无对应关系，C错误； D．高纯度的具有良好的光学性能，可用于制光导纤维以传输光信号，这一用途与其熔点高、硬度大无对应关系，D错误； 故选B。 2. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. 用电子式表示的形成过程： B. 基态硼原子的价电子排布式： C. 中子数为20的氯的核素： D. 基态原子的价层电子的轨道表示式： 【答案】A 【解析】 【详解】A．是离子化合物，形成过程中失去电子生成，得到电子生成，产物电子式应标注离子电荷和阴离子中括号；正确的表达为，A错误； B．基态硼原子核外电子排布为，价电子为最外层电子，即，B正确； C．氯元素质子数为17，中子数为20时质量数为，核素表示为，C正确； D．基态原子价电子排布为，根据洪特规则，能级的2个电子分占不同轨道且自旋平行，轨道表示式书写正确，D正确； 故选A。 3. 下列离子方程式书写正确的是 A. 溶液与过量溶液反应： B. 溶液与少量溶液混合： C. 与硝酸反应： D. 用溶液刻蚀覆铜板制作印刷电路板： 【答案】B 【解析】 【详解】A．过量时，不足，反应生成草酸氢根，正确离子方程式为，A错误； B．少量参与反应时，与按物质的量之比完全反应，消耗，生成沉淀、和，离子方程式拆分、守恒均符合要求，B正确； C．硝酸具有强氧化性，可将中的氧化为，同时生成氮的氧化物，该离子方程式不符合反应事实，正确的方程式为，C错误； D．与反应时仅被还原为，正确离子方程式为，D错误； 故选B。 4. 室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是 A. 溶液：、、、 B. 溶液：、、、 C. 溶液：、、、 D. 溶液：、、、 【答案】A 【解析】 【详解】A．溶液中，、与、、、均不发生反应，离子能大量共存，A符合题意； B．溶液中，具有强还原性的与具有强氧化性的会发生氧化还原反应，不能大量共存，B不符合题意； C．溶液为酸性环境，在酸性条件下具有强氧化性，会将氧化为，不能大量共存，C不符合题意； D．溶液中存在大量，会与反应生成沉淀，也会与反应生成和，不能大量共存，D不符合题意； 故选A。 5. 设是阿伏加德罗常数的值。生物法(加入脱硫细菌)净化含硫物质时发生如下反应：。下列说法不正确的是 A. 是二元酸，电离方程式为， B. 生成标准状况下 气体，转移的电子数为 C. 1 L 溶液中，含有的数目小于 D. 常温常压下， 气体中含有的电子数为 【答案】A 【解析】 【详解】A．是二元弱酸，属于弱电解质，分步电离时需使用可逆符号，, ，A错误； B．反应中中的元素从+6价降低为中的-2价，每生成1 mol 转移8 mol电子，标准状况下2.24 L 的物质的量为0.1 mol，转移电子数为，B正确； C．1 L 0.1 mol/L 的物质的量为0.1 mol ，会发生水解和电离，数目小于，C正确； D．3.4 g 的物质的量为0.1 mol，1个分子含18个电子，故0.1 mol 含有的电子数为，D正确； 6. 肼（）与氧化剂剧烈反应，释放大量的热量，可作火箭燃料。已知下列反应： ① ② ③ 则反应的为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据目标方程式与原方程式的特点可知，将原方程式进行（①-3×②+③）变换，可得目标方程式，所以，ΔH应为，据此解答。 【详解】A．选项A的表达式为，但根据推导结果，ΔH应为，与A不符，A错误； B．推导过程中，通过组合反应①、③及反转的反应②×3，得到总ΔH为，再除以4得，与选项B一致，B正确； C．选项C未除以4，直接取，不符合目标反应的系数比例，C错误； D．选项D的表达式为，符号和系数均与推导结果不符，D错误； 故选B。 7. 下列由物质结构特征不能直接推测其对应性质的是 选项 结构特征 性质 A 晶体和晶体相比，离子所带电荷数相同，离子半径： 沸点：NaF>NaCl B 石墨层内碳原子形成大π键 石墨可用作导电材料 C O、N属于同一周期，核电荷数：O>N，原子半径：O<N 非金属性：O>N D 为正四面体形结构，C—H键键能较大 能与发生取代反应 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．NaF和NaCl均为离子晶体，阴、阳离子所带电荷数分别相同，且的半径小于，因此NaF中阴、阳离子间的距离较小，离子键较强，克服离子间作用力所需的能量较多，可推测NaF的沸点高于NaCl，A正确； B．石墨层内的大π键中存在能在层内运动的电子，这些电子在外加电场作用下能够定向移动，因此石墨可用作导电材料，B正确； C．O、N位于同一周期，O的核电荷数较大，原子半径较小，对成键电子的吸引能力较强，因此O的非金属性强于N，C正确； D．正四面体形结构描述了甲烷分子的空间构型，C—H键键能较大说明该键较难断裂，体现了甲烷的稳定性。甲烷能与氯气在光照条件下发生取代反应，但这一性质不能由所给的空间构型和键能信息直接推出，D错误； 故选D。 8. 下列气体制备的试剂和装置正确的是 A．加热制 B．用大理石与硫酸制 C．用铜与稀硝酸制NO D．用与稀盐酸制 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．高锰酸钾受热分解可制得氧气，反应为。加热时试管口应略向下倾斜，防止冷凝水回流到热的试管底部而使试管炸裂；图中试管口向上倾斜，A错误； B．大理石的主要成分为，与硫酸反应生成微溶的，反应为。生成的硫酸钙覆盖在大理石表面，阻碍大理石与硫酸继续接触，使反应难以持续进行，实验室制取二氧化碳应选用大理石与稀盐酸，B错误； C．铜与稀硝酸在常温下反应生成一氧化氮，反应为。图中用分液漏斗向盛有铜的烧瓶中滴加稀硝酸，生成的气体从导气管导出，属于固体与液体反应且不加热的气体发生装置，试剂和装置均符合要求，C正确； D．二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应才能用于实验室制取氯气，反应为。图中虽有加热装置，但所用试剂为稀盐酸，不能按该方法制得氯气，D错误； 故选C。 9. 在给定条件下，下列物质间的转化均能一步实现的是 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】A．和加热条件下反应生成，但不与水反应，不能一步转化为，A错误； B．与足量反应生成，与发生复分解反应生成，与共热反应放出，各步均能一步实现，B正确； C．催化氧化生成，与反应生成，与水反应生成，但过量与反应时，生成的会被过量还原为，最终得到，不能得到，C错误； D．在中点燃只能生成，不能直接生成，且与不反应（弱酸不能制强酸），无法生成，D错误； 故选B。 10. 水溶液中的之间通过氢键形成了二聚体，结构如图所示。下列说法不正确的是 A. 中C原子是杂化 B. 二聚体是通过个氢键自组装构成的 C. 之间的聚合作用会降低在水中的溶解度 D. 二聚体解离为单体的过程中 【答案】B 【解析】 【详解】A．中，C原子与3个O原子各形成1个σ键，且C原子上没有孤电子对，价层电子对数为3，因此C原子采用杂化，A正确； B．结构中上方的氢键由右侧中的H原子与左侧O原子形成，下方的氢键由左侧中的H原子与右侧O原子形成，因此每个二聚体通过2个氢键自组装构成，1 mol该二聚体才含有个氢键，B错误； C．之间通过氢键结合，占用了可与水分子形成氢键的部位，使其与水分子的相互作用减弱，不利于溶解，因此这种聚合作用会降低在水中的溶解度，C正确； D．一个二聚体解离为两个，独立运动的粒子数增加，体系的混乱度增大，因此，D正确； 故选B。 11. 一种回收电解锰工业废盐(主要成分为、、的硫酸盐)中锰的工艺如图： 下列说法不正确的是 A. “沉锰Ⅰ”中加入提高，使被氧化为沉淀，而留在溶液中，实现与的分离 B. 检验“沉锰Ⅰ”所得滤液中是否含有：取滤液，加入足量浓溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验，若试纸变蓝，则说明含有 C. 若“沉锰Ⅰ”和“沉锰Ⅱ”分别处理等物质的量的且全部转化为沉淀，则消耗与的物质的量之比为 D. “一系列操作”包括蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥 【答案】C 【解析】 【分析】废盐溶液中含、、的硫酸盐，“沉锰Ⅰ”中加入和，被氧化为沉淀，其余可溶性离子留在溶液中分离除去；“沉锰Ⅱ”加入，将剩余的氧化生成；和经焙烧还原得到溶液，最终经结晶操作得到； 【详解】A．加入提高pH，被氧化为沉淀，而未形成沉淀留在溶液中，可实现与的分离，A正确； B．检验的操作合理：与浓共热生成，可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B正确； C．处理1 mol 时，沉锰Ⅰ中从+2价变为中平均价，总失电子，1 mol 得4 mol电子，消耗为；沉锰Ⅱ中从+2价变为中+4价，1 mol 失2 mol电子，1 mol 得2 mol电子，消耗为1 mol，二者物质的量之比为，不是，C错误； D．从溶液制备带结晶水的，需经过蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥的操作，D正确； 故选C。 12. 灰化法测定干海带中碘含量(以I计，单位)的流程示意图如图。 已知：；和溶液颜色均为无色 下列说法不正确的是 A. 由和在元素周期表中的位置，可推知的电负性大于I的电负性 B. 流程中被氧化成 C. 甲酸钠的作用是除去多余的 D. 海带样品中的碘含量为： 【答案】D 【解析】 【详解】A．同主族元素从上到下电负性逐渐减小，和均为第ⅦA族元素，位于的上一周期，故的电负性大于的电负性，A正确； B．流程中酸性条件下加入过量，可将完全氧化为，B正确； C．过量会与后续加入的、反应干扰滴定结果，甲酸钠具有还原性，可除去多余的，C正确； D．根据反应关系可得关系式，滴定消耗，25mL滤液中，250mL溶液中总，碘的总质量为，海带样品质量为，故碘含量为，与选项给出的式子不符，D错误； 故选D。 13. 科学家用Ru(II)催化剂（用来表示）电催化氧化合成的反应机理如图。下列说法不正确的是 A. 该半反应的方程式为 B. Ru(II)被氧化至Ru(III)后，配体的N-H键更易断裂 C. M和N的转化过程中Ru价态保持+3价不变 D. 若用为原料合成，催化剂中可被替换 【答案】C 【解析】 【分析】起始催化剂中，为+2价，是中性配体，因此配体带一个单位负电荷。图示催化剂先失去电子，形成，其中为+3价；随后配位的将氢离子转移给游离的，生成和含配体的N。N与M可以相互转化，两个M中的含氮配体通过形成键相连接，接着新加入的参与配体替换，释放并使催化剂恢复为起始形式。 【详解】A．图示每完成一次循环，两处各消耗两个分子，生成一个分子和两个，并向外电路释放两个电子。将循环中各步相加，消去催化剂及中间产物，得到半反应方程式，A正确； B．图示被氧化为后，配位的能将氢离子转移给游离的，形成含配体的N和，这一过程中配位的发生键断裂，说明该氧化过程使配体的键更易断裂，B正确； C．N中含有配体，配体也带一个单位负电荷，而整个配离子带一个单位正电荷，因此N中为+3价。M中氮原子上标有一个未成对电子，对应的配体呈电中性；配体和整个配离子的电荷均未改变，因此M中为+2价。N转化为M时，含氮配体失去一个电子，得到一个电子，化合价由+3价降为+2价，C错误； D．D表示氘，氘和氕是氢元素的不同同位素，化学性质基本相同。图示循环的最后一步中，新加入的参与配体替换，催化剂中的氨配体可由反应原料补充。因此改用作原料时，催化剂中的可被替换，形成，D正确； 故选C。 14. 同学们探究不同金属和浓硫酸的反应，向三等份浓硫酸中分别加入相同大小的不同金属片，加热，用生成气体进行下表实验并记录实验现象。 实验操作 实验现象 铜片 锌片 铝片 点燃 不燃烧 燃烧 燃烧 通入酸性溶液 褪色 褪色 褪色 通入溶液 无明显变化 无明显变化 出现黑色沉淀 通入品红溶液 褪色 褪色 不褪色 注：(CuS为黑色固体)；可燃。 下列说法不正确的是 A. 加入铜片的实验中，使酸性溶液褪色的是 B. 加入铝片的实验中，燃烧现象能证明生成气体中一定含 C. 加入锌片的实验中，生成的气体一定是混合气体 D. 金属与浓硫酸反应的还原产物与金属活动性强弱有关 【答案】B 【解析】 【详解】A．铜片实验中，气体不燃烧，但能使使酸性KMnO4褪色且品红褪色，说明气体为SO2，A正确； B．铝片实验中，燃烧现象可能由H2或H2S引起，但CuSO4溶液出现黑色沉淀证明H2S存在。然而，B选项仅通过燃烧现象断言H2S存在，忽略了H2的可能性，B错误； C．锌片实验中，气体使品红褪色说明含SO2，可燃，但与溶液无现象，含H2，必为混合气体，C正确； D．不同金属与浓硫酸反应的还原产物（SO2、H2S、H2等）不同，与金属活动性相关，D正确； 故答案选B。 第Ⅱ卷(非选择题，共58分) 本部分共5题，共58分。 15. 硒化锌(ZnSe)常用作红外光学材料和半导体材料，广泛应用于航空航天领域。 （1）的第一电离能比的略低，从核外电子排布角度解释其原因：_________；热稳定性：_________(填“>”或“<”)。 （2）硒化锌的立方晶胞结构如图，其边长为。 ①晶胞中与原子最近且等距的原子有_________个。 ②阿伏加德罗常数的值为，该晶体的密度为，_________(列出计算式，用含、、字母表示；已知：的摩尔质量为，)。 （3）硒化氢()是制备硒化锌的必要原料之一、在三甲胺(，为甲基)存在的温和条件下，单质可以与水和反应得到。 ①总反应的化学方程式为_________。 研究表明，总反应分为以下两步。 第一步：单质与生成羰基硒()； 第二步：与水反应生成。该反应过程中的部分能量变化如下图。 ②中间体2转化为的过程中，断裂的化学键有_________。 ③由图可知，上述反应过程中速率最慢的步骤为_________(填字母)。 a．LM→中间体1 b．中间体1→中间体2 c．中间体2→PP 【答案】（1） ①. 原子的价电子排布式为，轨道处于半充满的较稳定状态，较难失去电子；而原子的价电子排布式为，失去一个电子后轨道达到半充满稳定状态，较易失去电子 ②. > （2） ①. 12 ②. （3） ①. ②. 、 ③. c 【解析】 【小问1详解】 的原子序数为33，其基态原子的价电子排布式为，轨道处于半充满的稳定状态，第一电离能较大；的原子序数为34，其基态原子的价电子排布式为，失去一个电子后达到半充满的稳定状态，故其第一电离能比略低。同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，非金属性，非金属性越强，其简单氢化物的热稳定性越强，故热稳定性。 【小问2详解】 ①由晶胞结构图可知，原子（黑色球）位于晶胞的顶点和面心，构成面心立方最密堆积。以顶点原子为例，距离其最近且等距的原子位于经过该顶点的12个面的面心，故有12个。 ②晶胞中原子数为，原子（白色球）全部位于晶胞内部，数目为4，即一个晶胞中含有4个。晶胞的质量，晶胞的体积，根据密度公式可得，，解得。 【小问3详解】 ①根据题意，单质与水和在三甲胺存在的条件下反应生成，结合反应过程能量图可知，最终产物中还有，故总反应的化学方程式为。 ②对比中间体2（）和产物（和）的结构可知，该转化过程中断裂了键和羧基中的键。 ③反应的活化能越大，反应速率越慢。根据图中数据计算各步骤的活化能（过渡态能量减去该步反应物能量）：a步骤活化能为 ；b步骤活化能为 ；c步骤活化能为 。c步骤的活化能最大，因此反应速率最慢，故选c。 16. 工业上以黄铁矿(主要成分)为原料生产硫酸，并将产出的炉渣和尾气进行资源综合利用，流程如图所示： 已知：与反应生成沉淀，与盐酸反应生成。 （1）炉渣中红棕色物质的化学式为_________。 （2）“煅烧”过程发生反应的化学方程式是_________。 （3）下列说法正确的是_________(填字母)。 a．煅烧：对黄铁矿进行粉碎处理以加快煅烧速率 b．氧化：发生的化学方程式为 c．吸收：试剂宜选用 d．工艺优点：产出副产品、，减轻对环境污染 （4）“吸收”后的尾气用溶液处理得到溶液，加热后得到，该反应的化学方程式为_________。 （5）在保存过程中易变质生成，请设计实验检验是否变质：取少量样品于试管中，_________。 （6）工业上常用来处理酸性废水中的，处理时，转化为毒性较低的，再调节使铬元素沉降，分离后达到排放标准。参加反应的离子方程式为_________。 【答案】（1） （2） （3）ABD （4） （5）加适量蒸馏水溶解，先加入足量的稀盐酸，再加入溶液，若产生白色沉淀，则样品已变质 （6） 【解析】 【分析】黄铁矿在空气中煅烧生成的炉渣主要为氧化铁，用来炼铁；生成的二氧化硫净化后补充氧气氧化生成三氧化硫；吸收三氧化硫得到浓硫酸；尾气用氢氧化钠溶液吸收，加热得到。 【小问1详解】 根据分析，炉渣中红棕色物质为。 【小问2详解】 煅烧过程中，氧气和反应生成二氧化硫和氧化铁，发生的反应方程式：。 【小问3详解】 A．粉碎研磨，增大了固体的接触面积，可以加快化学反应速率，A正确； B．煅烧生成的经催化氧化生成，反应方程式为：，B正确； C．催化氧化生成的温度较高，若用水直接吸收会放出大量的热从而形成酸雾，降低的吸收效率，因此工业上采用沸点较高的98.3%浓硫酸吸收，C错误； D．该工艺吸收了硫酸生产过程中的二氧化硫，制备，用炉渣中的氧化铁进行高炉炼铁制备单质铁，产出副产品，减轻了环境的污染，D正确； 故选ABD； 【小问4详解】 溶液加热后得到，硫元素化合价未发生变化，故根据元素守恒，化学方程式为：。 【小问5详解】 在保存过程中易变质生成，检验样品是否变质，需要检验硫酸根离子的存在，且要先排除的干扰。具体操作：取少量的样品于试管中，加适量蒸馏水溶解，先加入足量的稀盐酸，再加入溶液，若产生白色沉淀，则样品已变质。 【小问6详解】 酸性条件下， 被还原，被氧化成硫酸根，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平得到离子方程式为：。 17. 为消除燃煤烟气中含有的还原性气体、(还原性：)，研究者提出如下烟气“脱硫”、“脱硝”的方法。 方法1：以作为吸收剂进行一体化“脱硫”、“脱硝”，将烟气中的、转化为、。 （1）足量溶液“脱硝”时反应的离子方程式为_________。 （2）溶液理论上最多能吸收标准状况下的体积为_________。 （3）实验室利用模拟烟气(模拟烟气中和的物质的量之比为1∶2，探究该方法“脱硫”“脱硝”的效果，一定时间内，温度对硫、硝脱除率的影响曲线如图所示： ①的脱除率高于，可能的原因有_________。 ②50℃时，吸收液中烟气转化生成的和的物质的量之比为_________。 方法2：技术(选择性催化还原氮氧化物)用于烟气“脱硝” 研究表明，铁基催化剂在260~300℃范围内实现技术的过程如图所示： （4）根据上述机理，在整个反应过程中的作用是_________。 （5）若使用锰基催化剂(活性物质为)代替铁基催化剂，烟气中的脱除率会大幅降低，结合化学方程式解释原因：_________。 （6）向反应体系中添加可显著提高脱除率，原因是与反应生成和；再与发生反应转化为，则为_________。 【答案】（1） （2）4.48 L （3） ①. SO2 的还原性强于 NO，更易被 NaClO 氧化；SO2 易溶于水（NO 难溶于水），更易溶入吸收液与 ClO− 充分接触反应 ②. 8:17 （4）催化作用 （5）二氧化硫与锰基催化剂(活性物质为)发生反应生成硫酸锰，反应的化学方程式为，使锰基催化剂(活性物质为)失效 （6） 【解析】 【分析】本题以燃煤烟气脱硫脱硝为背景综合考查氧化还原反应和催化机理：方法1利用 NaClO 的强氧化性将 SO2、NO 氧化为硫酸根、硝酸根，需按电子守恒配平离子方程式并进行守恒计算；方法2利用 NH3 选择性催化还原（SCR）氮氧化物，NO 先被氧化为 NO2，HCl 在催化循环中先被消耗后重新生成、起催化作用；结合温度-脱除率曲线与机理图即可作答。 【小问1详解】 NO 中氮元素由 +2 价升高到 +5 价，1 mol NO 失去 3 mol 电子；ClO− 中氯元素由 +1 价降低到 −1 价，1 mol ClO− 得到 2 mol 电子。根据得失电子守恒，n(NO):n(ClO−) = 2:3，结合原子守恒和电荷守恒配平，得离子方程式：。 【小问2详解】 n(NaClO) = c⋅V = 1.0 mol⋅L−1 × 0.200 L = 0.20 mol。SO2 中硫元素由 +4 价升高到 +6 价，1 mol SO2 失去 2 mol 电子；1 mol ClO− 得到 2 mol 电子，故 SO2 与 NaClO 按 1:1 反应，n(SO2) = 0.20 mol。标准状况下，V(SO2) = 0.20 mol × 22.4 L⋅mol−1 = 4.48 L。 【小问3详解】 ①由题干信息可知还原性：SO2>NO，SO2 中硫元素更易失电子被 NaClO 氧化；且 SO2 易溶于水而 NO 难溶于水，SO2 能更大程度地由气相转入液相，与 ClO− 充分接触而被氧化，故相同条件下 SO2 的脱除率高于 NO。 ②由题干可知模拟烟气中 n(SO2):n(NO) = 1:2。50℃ 时 SO2、NO 的脱除率分别为 100%、80%，设烟气中 SO2 为 1 mol（则 NO 为 2 mol），被吸收的 NO 为 2 mol×80% = 1.6 mol，生成的硝酸根为 1.6 mol。SO2、NO 被氧化时均生成 Cl−，由得失电子守恒，1 mol SO2 生成 1 mol Cl−、1 mol NO 生成 1.5 mol Cl−，故 n(Cl−) = 1 mol + 1.6 mol×1.5 = 3.4 mol，则 与 Cl− 的物质的量之比为 1.6:3.4，即 8:17。 【小问4详解】 由机理图可知：HCl 在反应 i 中与 NH3 反应生成 NH4Cl 而被消耗；生成的 NH4Cl 再与 NO2 在铁基催化剂上反应生成中间产物；该中间产物在反应 iv 中与 NO 反应生成 N2 和 H2O，同时重新释放出 HCl。可见 HCl 先被消耗、后又重新生成，循环使用，在整个反应过程中起催化作用。 【小问5详解】 由于烟气中二氧化硫，能与锰基催化剂(活性物质为)发生反应生成硫酸锰，使锰基催化剂(活性物质为)失活，反应的化学方程式为，故烟气中 NO 的脱除率大幅降低。 【小问6详解】 硝酸根中氮元素为 +5 价、NO 中氮元素为 +2 价，二者反应生成 NO2 和 X−；NO2 中氮元素为 +4 价（化合价降低 1），由化合价升降守恒可知 X− 中氮元素应为 +3 价（化合价升高 1）。结合原子守恒和电荷守恒可配平得：，则 X− 为亚硝酸根离子。亚硝酸根与铵根发生归中反应：，与题意“转化为 N2”相符，故添加硝酸铵后 NO 可经该途径转化为 N2 而被脱除。 18. 羟基氧化镍()因高比表面积和活性，在电化学领域具有应用潜力。一种从含、的废料(含、、及不溶性杂质)中制备和的工艺流程如下图所示： 已知：该条件下相关金属离子形成氢氧化物沉淀的范围如下(完全沉淀时)： 金属离子 开始沉淀时的 10.6 6.2 6.9 1.5 6.3 完全沉淀时的 13.1 8.3 8.9 2.8 8.3 （1）在元素周期表中的位置为_________，属于_________区元素。 （2）滤渣1的主要成分为原有的不溶性杂质、_________。 （3）滤渣2中含有单质，“除杂”步骤中发生反应的离子方程式有_________。 （4）“沉铁”过程需控制溶液的范围为_________。 （5）若“沉铁”后所得溶液中，理论上需加入_________固体，使恰好沉淀完全(忽略混合后溶液体积的变化及的水解，)。 （6）“萃取”步骤中常用的萃取剂有两种(P204和P227)，其结构简式如下图所示： 根据P204和P227的结构，可以得出两种萃取剂的酸性大小：P204_________P227(填“>”或“<”)，理由是_________。 （7）“氧化”步骤反应的离子方程式为_________。 【答案】（1） ①. 第四周期第Ⅷ族 ②. ds （2）CaSO4 （3）、 （4）2.8≤pH﹤6.2 （5）148 （6） ①. > ②. P204的P原子与更多O原子相连，与P原子相连的羟基更容易电离出氢离子（或：P204结构中的RO-是吸电子基团，会使O-H极性增强，更容易电离出氢离子，或：P227结构中的R-是推电子基团，会使O-H极性减弱，不容易电离出氢离子） （7） 【解析】 【分析】将废料投入稀硫酸中，各金属氧化物被转化为金属阳离子，溶解在酸液中。不溶性杂质和微溶性的CaSO4形成滤渣被过滤除去。加入H2S，Fe3+被还原为Fe2+，H2S被氧化为S单质，同时，S2-与Cu2+结合形成CuS沉淀，将溶液中的铜除去。沉铁步骤，向溶液中加入过氧化氢和氢氧化钠溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，并转化为Fe(OH)3沉淀。沉钙步骤，向溶液中加入NH4F，将Ca2+转化为CaF2沉淀。溶液中剩余Ni2+和Zn2+，利用有机萃取剂将Zn2+萃取至有机相，Ni2+留在水相中。分液后，将有机相中的Zn2+反萃取，蒸发结晶制得硫酸锌晶体。向水相加入次氯酸钠和氢氧化钠，将Ni2+氧化并转化为沉淀。 【小问1详解】 Ni元素为28号元素，位于元素周期表第四周期第Ⅷ族；Zn为30号元素，位于元素周期表ds区； 【小问2详解】 滤渣1中除不溶性杂质外，还含有微溶性的CaSO4； 【小问3详解】 硫化氢与铜离子反应形成硫化铜沉淀，离子方程式为，被铁离子氧化为硫单质，并将铁离子还原为亚铁离子，离子方程式为； 【小问4详解】 由表格可知，为使铁离子沉淀完全，同时避免锌离子沉淀，需要控制pH的范围为2.8≤pH﹤6.2； 【小问5详解】 溶液中Ca2+的物质的量为，故形成CaF2的F-的物质的量为2 mol。为使Ca2+沉淀完全（即），溶液中F-的浓度为，故溶液中F-的物质的量为，综上，需要加入的的总量为4 mol。NH4F的摩尔质量为37 g/mol，故需要加入NH4F的质量为； 【小问6详解】 P204的P原子通过O原子间接与R1相连，而P227的P原子直接与R1相连，故P204的P原子对电子吸引能力更强，与之相连的羟基更容易电离出氢离子（或：P204结构中的RO-是吸电子基团，会使O-H极性增强，更容易电离出氢离子，或：P227结构中的R-是推电子基团，会使O-H极性减弱，不容易电离出氢离子），故酸性P204>P227； 【小问7详解】 Ni2+被次氯酸根氧化为，次氯酸根被还原为Cl-，Ni原子由+2价升高到+3价，转移1e-，Cl原子由+1价降低到-1价，转移2e-，故Ni2+与ClO-的反应比为2:1，再根据电荷守恒和原子守恒配平离子方程式得：。 19. 某小组同学制取，并探究不同条件下与的反应。 （1）用与浓反应制取，反应的离子方程式为_________。 （2）收集两试管各气体，分别倒置在盛有热水(80℃)和冰水(0℃)的两只水槽中，观察实验现象，10分钟后记录如下(忽略温度对溶液及气体体积的影响)： 实验编号 剩余气体 溶液状态 实验1(热水) 无色， 无色， 实验2(冰水) 几乎无气体 无色， ①检验实验1中剩余气体的方法：向试管中充入少量空气，气体由无色变为红棕色。用化学方程式表示检验的反应原理：_________。 ②甲同学认为实验2中几乎全部溶于水，过程中未发生化学反应。证明甲同学猜想不成立的实验证据是_________。 （3）原实验条件不变，将实验1和实验2所得溶液放置一天后，观察到实验现象如下： 实验1(热水)：剩余气体，溶液无色，，无气泡生成。 实验2(冰水)：剩余气体，溶液无色，，有无色细小气泡生成。 查阅资料：二氧化氮与水的反应分两步进行， 第一步： 第二步： ①判断与热水(80℃)反应中是否有生成并说明理由：_________。 ②实验2中无色细小气泡中的气体是_________。 ③根据上述实验结果，与水的两步反应中，第一步的反应速率比第二步的_________(填“快”或“慢”)，实验1和实验2在进行10分钟后剩余气体有明显差别的原因是_________。 （4）根据上述实验，对吸收尾气所用试剂及条件提出建议：_________。 【答案】（1） （2） ①. ②. 实验2所得溶液无色、 （3） ①. 有。放置过程中实验1剩余气体增加，说明溶液中生成了并发生了分解产生气体 ②. NO ③. 快 ④. 实验1的温度较高，分解速率大，相同时间内生成气体更多 （4）使用冷的（或低温的）浓溶液吸收 【解析】 【小问1详解】 铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水。浓硝酸在离子方程式中应拆分为离子形式，铜是单质，二氧化氮是气体，水是弱电解质，均不拆。反应的离子方程式为 。 【小问2详解】 ①实验1中剩余气体为无色，充入空气后变为红棕色。这说明剩余气体是，与空气中的氧气反应生成了红棕色的。反应的化学方程式为。 ② 甲同学认为实验2中几乎全部溶于水，过程中未发生化学反应。如果仅仅是物理溶解，因 本身不电离，溶液应呈中性或极弱酸性。但实验2中溶液无色、，说明溶液呈强酸性，即溶于水后生成了酸。因此，证明甲同学猜想不成立的实验证据是实验2所得溶液无色、。 【小问3详解】 ①根据资料，放置一天后，实验1（热水）剩余气体由3mL变为4mL，说明有气体生成。由于无气泡生成，结合第二步反应可知，这是溶液中生成的发生了分解，产生了气体。这表明在实验1中确实有生成。 ②实验2（冰水）放置一天后，有“无色细小气泡生成”，结合第二步反应可知，该气体是。 ③10分钟后，实验1和实验2中都有气体剩余或几乎无气体，而放置一天后，两试管的剩余气体均有所增加。这说明在最初的10分钟内，第一步反应已经基本完成，而第二步反应进行得比较慢。因此，第一步的反应速率比第二步快。实验1（80℃）剩余 3mL 气体，实验2（0℃）几乎无气体。因为第一步反应快，10分钟内已经转化为。此时剩余气体的多少取决于第二步反应的速率。实验1的温度较高， 分解的速率大，相同时间内生成的气体更多；实验2的温度较低（0℃），分解的速率小，相同时间内生成的气体很少。 【小问4详解】 根据实验探究，与水反应会生成不溶于水的气体，且温度越高，生成越快，导致吸收不彻底。为了完全吸收尾气，通常使用溶液进行吸收，反应生成硝酸盐和亚硝酸盐。同时，为了抑制的分解产生气体，并提高吸收效率，应该采用低温条件。因此建议使用冷（或低温的）的浓溶液吸收。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $