精品解析：北京市第一五九中学2026-2027学年上学期高三10月月考 化学试题

北京市第一五九中学2026-2027学年度第一学期十月月考 高三年级化学 可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 Cl 35.5 第一部分 本部分共12题，每题3分，共36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. 表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是 A. 1 mol羟基中含有个电子 B. 常温常压下，中含有个水分子 C. 的溶液中含有个 D. 1 mol Na被完全氧化为，失去个电子 【答案】B 【解析】 【详解】A．羟基（-OH）呈电中性，1个羟基含有的电子总数为8（O的电子）+1（H的电子）=9，因此1 mol羟基含个电子，而非，A错误； B．18 g 的物质的量为，根据阿伏加德罗常数的定义，1 mol任何微粒的数目为，因此含个水分子；且物质的量、微粒数与温度压强无关，常温常压下该结论依然成立，B正确； C．题目仅给出了溶液的物质的量浓度，没有告知溶液体积，无法计算的具体数目，C错误； D．Na被氧化为时，Na元素从0价升高为+1价，1 mol Na完全反应只会失去​个电子，而非，D错误； 故选B。 2. 已知硫酸亚铁溶液中加入Na2O2时发生反应：4Fe2＋＋4Na2O2＋6H2O=4Fe(OH)3↓＋O2↑＋8Na＋。下列说法正确的是(　　) A. 该反应中氧化剂是Na2O2，还原剂是FeSO4 B. 若Fe2＋失去4 mol电子，生成氧气的体积为22.4 L C. 4 mol Na2O2参加反应，共得到6 mol电子 D. 反应过程中可以看到白色沉淀先转化为灰绿色后转化为红褐色 【答案】C 【解析】 【详解】A．该反应中Fe2＋失电子作还原剂，Na2O2中的O元素既得电子又失电子，故Na2O2既作氧化剂又作还原剂，故A错误； B．未指明温度和压强，故无法计算生成的氧气的体积，故B错误； C．该反应中转移6e－，且只有Na2O2中的O元素得电子，故4 mol Na2O2参加反应，共得到6 mol电子，故C正确； D．反应过程中Fe2＋直接被氧化生成Fe3＋，形成Fe(OH)3沉淀，反应过程中无Fe(OH)2生成，故D错误； 故答案为C。 【点睛】考查氧化还原反应的分析，需理解氧化还原反应的规律：升失氧，降得还；若说剂正相反：(还原剂)升(化合价升高) 失(失去电子) 氧(发生氧化反应)；(氧化剂)降(化合价降低) 得(得到电子) 还(发生还原反应)，若说剂正相反，即氧化剂发生还原反应，而还原剂发生氧化反应；特别注意同种元素化合价变化的数值就是得失电子的数目。 3. 下列反应原理中 ，不符合工业冶炼金属实际情况的是 A. 2Ag2O4Ag+O2↑ B. 2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑ C. 2MgO2Mg+O2↑ D. 4CO+Fe3O43Fe+4CO2 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】A．银的活泼性差，用加热分解氧化银的方法冶炼银，所以2Ag2O4Ag+O2↑符合工业冶炼金属实际情况，A项不符合题意； B．工业上电解熔融氧化铝冶炼金属铝，所以2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑符合工业冶炼金属实际情况，B项不符合题意； C．工业上冶炼镁可采用电解法，其原料应选用MgCl2而不是MgO，因为MgO的熔点比MgCl2的高，会消耗大量电能，成本较高。C项符合题意； D．该反应中Fe3O4被CO还原，属于热还原法，铁性质较活泼，工业上常采用热还原法制取，D项不符合题意； 答案选C。 4. 将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理如下： ① ② 下列说法正确的是 A. 的燃烧热为 B. 按照反应①制取氢气，吸收能量 C. 根据①和②推知： D. 【答案】C 【解析】 【详解】A．燃烧热是指1mol物质完全燃烧生成稳定氧化物的焓变。反应②生成的是气态H2，而非液态H2O，因此根据题中信息无法知道甲醇的燃烧热，A错误； B．64g CH3OH的物质的量为2mol，按照反应①制取氢气，反应①的ΔH=+49 kJ·mol-1，表示每1mol甲醇吸收49kJ热量，因此2mol应吸收98kJ，B错误； C．通过反应②-①可得：，C正确； D．液态甲醇转化为气态需吸热，故，D错误； 故选C。 5. 催化还原是重要的烟气脱硝技术，其反应过程与能量关系如图甲所示；有氧条件下，催化还原的反应历程如图乙所示。下列说法正确的是 A. 图甲所示热化学方程式为 B. 图乙所示反应③中氧化剂与还原剂物质的量之比为1:1 C. 脱硝过程中使用催化剂的目的是降低活化能，改变反应焓变 D. 图乙所示催化脱硝过程中既有极性共价键的断裂和形成，又有非极性共价键的断裂和形成 【答案】D 【解析】 【分析】图甲中a可表示反应物活化能（或反应物总键能、正反应活化能），b可表示生成物活化能（或生成物总键能、逆反应活化能），据此可计算反应焓变；图乙催化过程涉及化学方程式有：反应①、反应②、反应③； 【详解】A．反应焓变正反应活化能逆反应活化能，由图甲可得，A错误； B．由图乙可得反应③的化学方程式为，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:4，B错误； C．催化剂只能降低反应活化能，加快反应速率，不能改变反应物和生成物的总能量差，即不改变反应焓变，C错误； D．催化过程中断裂、（极性共价键）和（非极性共价键），形成（极性共价键）和（非极性共价键），既有极性共价键的断裂和形成，又有非极性共价键的断裂和形成，D正确； 答案选D。 6. 电解饱和食盐水的原理示意图如下。下列说法不正确的是 A. 阴极的电极反应为： B. 在阳极比容易失去电子，被氧化生成 C. 使用阳离子交换膜可防止发生反应： D. 电解初期电路中每通过2 mol电子，阳极室溶液质量减少71 g 【答案】D 【解析】 【分析】在左侧电极氯离子失去电子，发生氧化反应生成氯气，该电极为阳极，则右侧为阴极，阴极水中氢离子放电生成氢气，钠离子通过离子交换膜移向阴极，故离子交换膜为阳离子交换膜，据此分析解答。 【详解】A．阴极上水电离出的优先得电子生成，电极反应为，A正确； B．惰性电极电解时阴离子放电顺序，故阳极优先失电子被氧化为，B正确； C．阳离子交换膜只允许阳离子通过，可阻止阳极生成的与阴极区的接触，避免发生反应，C正确； D．电路中通过2mol电子时，阳极生成1mol（质量71g）逸出，同时为平衡电荷，有2mol（质量46g）通过阳离子交换膜进入阴极室，因此阳极室溶液共减少，D错误； 故选D。 7. 下列离子方程式与所给事实不相符的是 选项 事实 离子方程式 A 泡沫灭火器灭火时，溶液与小苏打溶液混合 B 用和制备84消毒液 C 海带提碘中，用双氧水、稀处理海带灰浸取液得到 D 能使酸性溶液褪色 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．小苏打为，在溶液中电离出的阴离子是而非，正确反应为，故A错误； B．和反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为，故B正确； C．酸性条件下将氧化为，自身被还原为，离子方程式，故C正确； D．酸性条件下将氧化为，自身被还原为，离子方程式，故D正确； 故答案选A。 8. 下列实验能达到实验目的的是 A.由溶液制备无水 B.验证铁的析氢腐蚀 C.制作简单的氢氧燃料电池 D.检验乙烯具有还原性 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．FeCl3溶液加热时，Fe3+水解生成Fe(OH)3和HCl，HCl易挥发，促进水解平衡正向移动，最终得到Fe2O3而非无水FeCl3，A错误； B．食盐水为中性环境，铁钉发生吸氧腐蚀（氧气得电子），而非析氢腐蚀（酸性环境生成H2），B错误； C．K2时电解Na2SO4溶液生成H2（阴极）和O2（阳极）分别储存在漏斗中，断开K2闭合K1后，H2和O2在石墨电极上发生原电池反应，构成氢氧燃料电池，C正确； D．乙醇与浓硫酸反应生成的乙烯中混有SO2，SO2也能还原酸性KMnO4溶液，干扰乙烯还原性的检验，D错误； 故选C。 9. B30铜镍合金的主要成分为Ni(约30%)、Cu(约68%)，该合金在洁净富氧的天然海水中表面会生成薄而致密的钝化膜，常用于制造远洋舰船。使用过程中，钝化膜在多种因素作用下缓慢被破坏，导致B30合金重新暴露于海水中(如图)。 已知，Ni在金属活动性顺序中位于H前。下列说法错误的是 A. 钝化膜被破坏后会发生电化学腐蚀，Ni作负极 B. 钝化膜被破坏后，正极的主要反应为 C. 海水中的、等离子会加速合金的电化学腐蚀 D. 使用预成膜等技术加厚钝化膜，有助于延缓合金的腐蚀 【答案】B 【解析】 【详解】A．Ni的金属活动性强于Cu，钝化膜被破坏后合金与海水构成原电池，活泼金属Ni作负极发生电化学腐蚀，A正确； B．海水为富氧的中性环境，正极主要发生吸氧腐蚀，反应为，选项给出的是酸性环境下的析氢腐蚀反应，不符合该场景，B错误； C．海水中的、等离子可增强海水的导电性，且易破坏钝化膜，会加速合金的电化学腐蚀，C正确； D．钝化膜可隔绝合金与海水的接触，使用预成膜等技术加厚钝化膜，有助于延缓合金的腐蚀，D正确； 故选B。 10. 红土镍矿(主要含、和少量、)中镍含量较低，可通过黄钠铁矾沉淀法获得含镍富集液，进而生产含镍产品，其工艺流程如下： 下列说法不正确的是 A. 滤渣的主要成分是 B. “氧化”过程中，溶液pH可能发生变化 C. “沉铁”时加入的主要作用是提供 D. “氧化”若不充分，含镍富集液中铁含量将提高 【答案】C 【解析】 【分析】红土镍矿（主要含SiO2、Fe2O3和少量FeO、NiO）加入稀硫酸酸溶，酸溶后的酸性溶液中含有Ni2+，另含有少量Fe2+、Fe3+等，SiO2不和硫酸反应，存在于滤渣中，滤液中加入NaClO氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钠溶液调节溶液的pH，使铁离子全部沉淀为黄钠铁矾，过滤得含镍富集液。 【详解】A．由分析可知，SiO2不和硫酸反应，滤渣的主要成分是SiO2，A正确； B．“氧化”过程中，滤液中加入NaClO氧化亚铁离子为铁离子，离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+ =2Fe3++Cl-+H2O，消耗氢离子的同时生成H2O，溶液中氢离子浓度改变，溶液pH可能发生变化，B正确； C．“转化”时加入Na2CO3，Na2CO3水解后呈碱性，其主要作用是调节反应液pH，以有利于黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀，C错误； D．“氧化”过程中，滤液中加入NaClO氧化亚铁离子为铁离子，后续调节pH，Fe3+更加容易沉淀，“氧化”若不充分，Fe2+沉淀不完全，含镍富集液中铁含量将提高，D正确； 故选C。 11. 我国科学家设计可同时实现H2制备和海水淡化的新型电池，装置示意图如图。 下列说法不正确的是 A. 电极a是正极 B. 电极b的反应式：N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O C. 每生成1molN2，有2molNaCl发生迁移 D. 离子交换膜c、d分别是阳离子交换膜和阴离子交换膜 【答案】C 【解析】 【分析】该装置为原电池，电极a上氢离子得电子生成氢气，则a为正极，电极反应为2H++2e-=H2↑，电极b上，N2H4在碱性条件下失去电子生成N2，b为负极，电极反应为N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O，根据电解池中，阳离子移向正极，阴离子移向负极，则钠离子经c移向左侧（a），氯离子经d移向右侧（b），c、d分别是阳离子交换膜和阴离子交换膜，据此解答。 【详解】A．根据分析，电极a是正极，A正确； B．根据分析，电极b的反应式：N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O，B正确； C．根据N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O，每生成1molN2，转移4mol电子，根据电荷守恒，有4molNaCl发生迁移，C错误； D．根据分析，离子交换膜c、d分别是阳离子交换膜和阴离子交换膜，D正确； 故选C。 12. 实验小组以Cu为阳极、Fe为阴极探究铁棒镀铜实验中电镀液的选择，进行下表所示实验，电解时间均为60 min。 实验装置 实验序号 电解质溶液 阴极现象 I 铁钉上有疏松的红色固体，溶液蓝色变浅，阴极液检测出 Ⅱ 和过量浓氨水 铁钉上有致密的红色镀层，溶液颜色基本不变，阴极液未检测到Fe元素 Ⅲ 铁钉上有疏松的红色固体，溶液由蓝色变为浅黄色，阴极液检测出 Ⅳ 和 铁钉上有少量疏松的红色固体，且有气泡生成，溶液颜色基本不变，阴极液检测出 已知：，为黄色。 下列说法正确的是 A. 实验Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ中检测出，说明阴极表面均发生反应： B. 对比实验I和Ⅱ推测，实验Ⅱ中得到致密镀层是因为小，铜的沉积速率慢 C. 实验Ⅲ溶液颜色变化是因为的平衡正向移动 D. 将实验Ⅳ中盐酸替换为等浓度的NaCl溶液，可能得到较致密的红色镀层 【答案】D 【解析】 【详解】A．实验Ⅳ中为酸性环境，Fe可与发生反应生成，并非三个实验均只发生Fe与的置换反应，A错误； B．实验Ⅱ中加入过量浓氨水，几乎完全转化为，浓度接近并不小，镀层致密的原因是游离浓度低、铜沉积速率慢，B错误； C．电解时活性阳极Cu失电子生成，阴极得电子析出Cu，电子守恒下溶液中浓度理论不变，溶液变浅黄色是因为蓝色的水合浓度降低，黄色的颜色显现，并不是平衡正向移动导致，C错误； D．将盐酸替换为等浓度NaCl溶液后，溶液浓度大幅降低，阴极几乎没有放电生成气泡，同时高浓度可与形成，降低游离浓度，减缓铜沉积速率，可能得到致密镀层，D正确； 故选D。 第二部分 本部分共4题，共64分。 13. 锂电池的电解液是目前研究的热点。 （1）锂电池的电解液可采用溶有的碳酸酯类有机溶液。 ①基态的电子云轮廓图的形状为_______。 ②基态P原子的价层电子轨道表示式为_______。 （2）为提高锂电池的安全性，科研人员采用离子液体作电解液。某种离子液体的阳离子的结构简式如下，阴离子为。 ①N、F、P三种元素的电负性由大到小的顺序为_______。 ②该阳离子中，带“*”的C原子的杂化轨道类型为_______杂化。 ③根据VSEPR模型，的中心原子上的价层电子对数为_______，空间结构为正八面体形。 （3）因其良好的锂离子传输性能可作锂电池的固体电解质，其晶胞结构示意图如图所示，晶胞的边长为。 ①晶胞中的“○”代表_______(填“”或“”)。 ②距离最近的有_______个。 ③已知的摩尔质量是，阿伏加德罗常数为。该晶体的密度为_______。 【答案】（1） ①. 球形 ②. （2） ①. F>N>P ②. sp2 ③. 6 （3） ①. Li+ ②. 4 ③. 【解析】 【小问1详解】 基态的核外电子排布式为，电子云轮廓图形状为球形； P是15号元素，最外层电子数为5，基态P原子的价层电子轨道表示式为； 【小问2详解】 一般来说，周期表从左到右，元素的电负性逐渐变大；周期表从上到下，元素的电负性逐渐变小，则F>N>P； 由图可知带“*”的C原子含有3个σ键，没有孤电子对，则价电子对数n=3，为sp2杂化； 的VSEPR为，则价层电子对数为6； 【小问3详解】 根据晶胞的示意图可知实心球的个数为，○的个数为8，○与实心圆的个数比为2：1，则当中○代表Li+； 根据晶胞图可知最近的有4个； 密度。 14. Mn及其化合物在工业生产中具有重要的用途。 Ⅰ.以含的矿石为原料，经硫酸溶解得到含的溶液，再经处理后进行电解，获得金属Mn。 （1）Mn在________(填“阳极”或“阴极”)生成。 （2）阳极泥中含有，写出产生的电极反应式：________________________________________。 Ⅱ.阳极泥中除含锰元素外，还含有铅元素，采用如下方法可将它们分别转化为活性和PbO。 已知：是弱电解质。 （3）操作X为________。 （4）①中反应的离子方程式为________________________________________________________________。 （5）a．为将③中完全转化为，理论上④中加入的与的物质的量之比为________；(已知的还原产物为NaCl)。 b．加入前，需将溶液pH调大至6左右。调节pH的目的是________________________。 （6）活性纯度的测定 ⅰ.用溶液(酸化)溶解活性样品生成，反应的离子方程式______________________________________________________________________________________； ⅱ.用酸性标准溶液滴定ⅰ中剩余的，消耗标准溶液，反应的离子方程式______________________________________________________________________；滴定终点的现象是______________________________________________________________；样品中的质量分数=________[]。 【答案】（1）阴极 （2） （3）过滤 （4） （5） ①. 1∶3 ②. 防止pH较低时，或将氧化为 （6） ①. ②. ③. 滴入最后1滴标准溶液后，溶液变为紫红色，且30 s不褪色 ④. 【解析】 【分析】由题给流程可知，阳极泥经过预处理得到含有三氧化二锰和氧化铅的残渣A；向A中加入醋酸铵溶液，将氧化铅转化为醋酸铅，过滤得到醋酸铅溶液和三氧化二锰；向醋酸铅溶液中加入碳酸铵溶液或碳酸氢铵溶液，溶液中的醋酸铅与碳酸铵溶液或碳酸氢铵溶液反应生成碳酸铅沉淀和醋酸铵，过滤得到碳酸铅和可以循环使用的醋酸铵溶液；碳酸铅灼烧分解生成氧化铅；向三氧化二锰中加入硫酸溶液，三氧化二锰与硫酸溶液反应生成硫酸锰、二氧化锰沉淀和水，过滤得到二氧化锰和含有锰离子的溶液；向溶液中加入氯酸钠溶液，将溶液中的锰离子转化为二氧化锰，过滤得到二氧化锰；二氧化锰经过一系列操作可得到活性二氧化锰。 【小问1详解】 Mn2+得电子被还原为Mn单质，故Mn在阴极生成； 【小问2详解】 Mn2+失电子被氧化为MnO2，故电极反应式为； 【小问3详解】 操作X将含Pb溶液和固体Mn2O3分离，故操作X为过滤； 【小问4详解】 氧化铅被醋酸铵转化为醋酸铅，该反应无化合价的改变，属于非氧化还原反应，故离子方程式为：； 【小问5详解】 a．被还原为NaCl，氯原子由+5价降低到-1价，转移6e-，被氧化为，2个锰原子由+3价升高到+4价，共转移2×e-，故与的物质的量之比为1:3； b．pH较低时，氯酸根离子和二氧化锰会表现出较强的氧化性，会将氯离子氧化为氯气，故为防止上述反应，需要将pH调大至6左右； 【小问6详解】 ⅰ． 草酸根离子将二氧化锰还原为锰离子，2个C原子由+3价升高到+4价，共转移2×e-，Mn原子由+4价降低到+2价，共转移2e-，故草酸根和二氧化锰的反应比为1:1，故该反应的离子方程式为：； ⅱ．高锰酸根被草酸根还原为锰离子，Mn原子由+7价降低至+2价，转移5e-，故高锰酸根离子和草酸根离子的反应比为2:5，据此写出离子方程式为：；溶液中剩余的草酸根被消耗完毕后，溶液被高锰酸钾溶液染成紫红色，故滴定终点的现象为：滴入最后1滴标准溶液后，溶液变为紫红色，且30 s不褪色； 滴定消耗的物质的量为，故待测液中剩余的草酸根离子的物质的量为，与MnO2反应的草酸根的物质的量为，草酸根与二氧化锰的反应比为1:1，二氧化锰的摩尔质量为87 g/mol，故样品中二氧化锰的质量分数为。 15. 一种光引发剂M的合成路线如下。 已知：I． Ⅱ． （1）A在酸性条件下的水解产物为常见饮品或调味品的成分，A的名称是_______。 （2）B的结构简式是_______。 （3）D→E的化学方程式是_______。 （4）将E→F的化学方程式补充完整：_______。 （5）G的结构简式是_______。 （6）J中仅含一个六元环。I→J反应前后“*”标记的碳原子的杂化方式未改变。I→J反应新生成的官能团有碳碳双键、_______。 （7）利用J到M的多步转化构建得到M中右侧的苯环X，反应路径如下：①J→K形成碳碳σ键，构建了X的六元环；②K→L为取代反应，断裂了X的部分支链；③L→M为消去反应，构建了X的大π键。K、L的结构简式分别为_______、_______。 【答案】（1）乙酸乙酯 （2） （3） （4） （5） （6）羟基 （7） ①. ②. 【解析】 【分析】A的不饱和度为1，A在酸性条件下的水解产物为常见饮品或调味品的成分，则A结构简式为，A发生已知信息Ⅰ的反应生成B，则B的结构简式是()，D和乙酰氯发生取代反应生成E，结合D的分子式，D结构简式为；B和F一定条件下发生反应脱水生成G，则B和F先发生的是加成反应，中间体为，再发生消去反应生成G，G结构简式为，G和B发生加成反应生成I，I开环生成J，J仅含一个六元环，结合（6）问，J的结构简式为，J→K形成碳碳σ键，构建了X的六元环，则发生的羰基的加成反应，K的结构简式为，K→L为取代反应，断裂了X的部分支链，L的结构简式为：，L发生消去反应生成M，据此解答。 【小问1详解】 根据分析，A为乙酸乙酯； 【小问2详解】 根据分析，B的结构简式是； 【小问3详解】 D为苯酚，苯酚与乙酰氯发生酰基化反应，得到邻羟基苯乙酮（即题中E），同时生成HCl，化学方程式是； 【小问4详解】 根据原子守恒，剩余组成为，且系数是2，故补全后； 【小问5详解】 根据分析，G结构简式是； 【小问6详解】 I开环时，原环醚的键断裂，氧原子转化为羟基，且题目已说明新生成碳碳双键，故另一新官能团为羟基； 【小问7详解】 根据分析，K、L的结构简式分别为、。 16. 化学变化是有条件的。某小组同学探究I-与金属阳离子的氧化还原反应，实验过程如下。 已知同浓度的稀溶液中氧化性：Ag+＞Fe3+＞Cu2+。 实验 现象 编号 溶液X Ⅰ 0.1mol/LFe(NO3)3，pH≈1 溶液黄色立即加深，30秒后溶液变为褐色，无浑浊 Ⅱ KNO3和HNO3，其中c()=0.3mol/L，pH≈1 1小时内溶液颜色始终保持无色 Ⅲ 0.1mol/LAgNO3 迅速变浑浊，离心分离后上层溶液为无色(经检测无I2)，固体为黄色(AgI) Ⅳ 0.1mol/LCu(NO3)2 5秒钟后溶液由浅蓝色变为黄色并产生浑浊，离心分离后上层溶液为黄色(经检测有I2)，固体为白色(CuI) （1）根据实验I和Ⅱ，请回答下列问题。 ①由“黄色立即加深”初步判断有I2生成，选择 ___（填试剂）进一步证实生成了I2。 ②写出Fe3+与I-反应的离子方程式__，该条件下氧化性：Fe3+__ I2（选填“＞”或“＜”）。 ③实验Ⅱ的目的是____。 （2）实验Ⅳ中Cu2+与I-反应的离子方程式是___，甲同学得出氧化性：Cu2+＞I2。 （3）乙同学认为甲同学的结论不合理，分析原因：实验Ⅲ应有I2生成，但却生成了AgI沉淀，因此推测实验Ⅳ中I2的生成，与Cul沉淀有关，故不能确定氧化性：Cu2+＞I2，并用下图装置进行验证。 K闭合后，较长时间发现两侧溶液均无明显变化。乙同学为了进一步判断Cu2+和I2的氧化性强弱，将左侧电极改为Cu电极，并向右侧溶液中加入少量 ___（填试剂），发现指针偏转，且左侧溶液颜色加深，证明该条件下氧化性：Cu2+ __ I2（选填“＞”或“＜”）。 （4）该小组同学进一步分析认为，实验Ⅲ没有发生2Ag++ 2I-=2Ag+I2的反应，原因是生成AgI沉淀，反应物浓度迅速降低，不利于该反应进行；请分析实验Ⅳ发生氧化还原反应的原因是____。 【答案】（1） ①. 淀粉溶液或CCl4 ②. 2Fe3++2I-=2Fe2++I2 ③. ＞ ④. 对比实验排除了本实验条件下，I2的生成是由或溶液中的O2氧化得到 （2）2Cu2++4I-=2CuI↓+I2 （3） ①. I2 ②. ＜ （4）2Cu2++2I-2Cu++ I2，由于Cu+与I-生成CuI沉淀，产物浓度迅速降低，促进反应进行 【解析】 【分析】实验Ⅰ. 溶液黄色立即加深，30秒后溶液变为褐色，无浑浊，则表明Fe3+与I-迅速发生反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2，生成的Fe2+再被HNO3氧化为Fe3+；实验Ⅱ. 1小时内溶液颜色始终保持无色，则此实验与实验Ⅰ是对比实验，证明HNO3不能将I-氧化；实验Ⅲ. AgNO3溶液中加入KI溶液，迅速变浑浊，离心分离后上层溶液为无色(经检测无I2)，固体为黄色(AgI)，则表明Ag+与I-没有发生氧化还原反应，只发生沉淀反应；实验Ⅳ. 0.1mol/LCu(NO3)2溶液中加入KI溶液，5秒钟后溶液由浅蓝色变为黄色并产生浑浊，离心分离后上层溶液为黄色(经检测有I2)，固体为白色(CuI)，则表明Cu+与I-反应生成CuI，同时引起Cu2+获得电子生成Cu+。 【小问1详解】 ①检验I2时，通常使用淀粉，则碘单质的检验可以用淀粉溶液也可以用四氯化碳溶液。 ②Fe3+具有氧化性，I-具有还原性，两者会发生氧化还原反应，按由强制弱的规律，很容易比较氧化性的关系，则Fe3+与I-反应的离子方程式为：2Fe3++2I-=2Fe2++I2；该条件下氧化性：Fe3+＞I2。 ③实验Ⅱ的结果，HNO3不能将I-氧化，则实验目的是：对比实验，排除了本实验条件下，I2的生成可能是由或溶液中的O2氧化得到。 答案为：淀粉溶液或CCl4；2Fe3++2I-=2Fe2++I2；＞；对比实验排除了本实验条件下，I2的生成是由或溶液中的O2氧化得到； 【小问2详解】 Cu2+与I-发生氧化还原反应，由反应现象推出产物为I2、CuI，则发生反应的离子方程式为：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；Cu2+是氧化剂，I2是氧化产物，则氧化性：Cu2+＞I2。 答案为：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；＞； 【小问3详解】 开始K闭合时，较长时间两侧溶液无明现象，说明Cu2+不能将I-氧化，后期更改电极(左侧石墨电极换为Cu电极)，发现溶液颜色加深，则表明Cu失电子生成Cu2+，则右侧石墨电极作正极，溶液中的某微粒得电子，则应向右侧加I2，从而说明I2将Cu氧化成Cu2+，由此可说明氧化性：Cu2+＜I2。 答案为：I2；＜； 【小问4详解】 由验证实验，氧化性Cu2+＜I2，则Cu2+转化为Cu+是被动发生的反应，从而得出实验Ⅳ发生氧化还原反应的原因是：Cu+与I-生成CuI沉淀，产物浓度迅速降低，促进2Cu2++2I-2Cu++ I2反应不断向右进行。 答案为：2Cu2++2I-2Cu++ I2，由于Cu+与I-生成CuI沉淀，产物浓度迅速降低，促进反应进行。 【点睛】比较氧化性时，如果反应只涉及氧化还原反应，则氧化性：氧化剂＞氧化产物；若另有其它沉淀反应发生，则不一定满足氧化性前者大于后者的关系。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市第一五九中学2026-2027学年度第一学期十月月考 高三年级化学 可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 Cl 35.5 第一部分 本部分共12题，每题3分，共36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. 表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是 A. 1 mol羟基中含有个电子 B. 常温常压下，中含有个水分子 C. 的溶液中含有个 D. 1 mol Na被完全氧化为，失去个电子 2. 已知硫酸亚铁溶液中加入Na2O2时发生反应：4Fe2＋＋4Na2O2＋6H2O=4Fe(OH)3↓＋O2↑＋8Na＋。下列说法正确的是(　　) A. 该反应中氧化剂是Na2O2，还原剂是FeSO4 B. 若Fe2＋失去4 mol电子，生成氧气的体积为22.4 L C. 4 mol Na2O2参加反应，共得到6 mol电子 D. 反应过程中可以看到白色沉淀先转化为灰绿色后转化为红褐色 3. 下列反应原理中 ，不符合工业冶炼金属实际情况的是 A. 2Ag2O4Ag+O2↑ B. 2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑ C. 2MgO2Mg+O2↑ D. 4CO+Fe3O43Fe+4CO2 4. 将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理如下： ① ② 下列说法正确的是 A. 的燃烧热为 B. 按照反应①制取氢气，吸收能量 C. 根据①和②推知： D. 5. 催化还原是重要的烟气脱硝技术，其反应过程与能量关系如图甲所示；有氧条件下，催化还原的反应历程如图乙所示。下列说法正确的是 A. 图甲所示热化学方程式为 B. 图乙所示反应③中氧化剂与还原剂物质的量之比为1:1 C. 脱硝过程中使用催化剂的目的是降低活化能，改变反应焓变 D. 图乙所示催化脱硝过程中既有极性共价键的断裂和形成，又有非极性共价键的断裂和形成 6. 电解饱和食盐水的原理示意图如下。下列说法不正确的是 A. 阴极的电极反应为： B. 在阳极比容易失去电子，被氧化生成 C. 使用阳离子交换膜可防止发生反应： D. 电解初期电路中每通过2 mol电子，阳极室溶液质量减少71 g 7. 下列离子方程式与所给事实不相符的是 选项 事实 离子方程式 A 泡沫灭火器灭火时，溶液与小苏打溶液混合 B 用和制备84消毒液 C 海带提碘中，用双氧水、稀处理海带灰浸取液得到 D 能使酸性溶液褪色 A. A B. B C. C D. D 8. 下列实验能达到实验目的的是 A.由溶液制备无水 B.验证铁的析氢腐蚀 C.制作简单的氢氧燃料电池 D.检验乙烯具有还原性 A. A B. B C. C D. D 9. B30铜镍合金的主要成分为Ni(约30%)、Cu(约68%)，该合金在洁净富氧的天然海水中表面会生成薄而致密的钝化膜，常用于制造远洋舰船。使用过程中，钝化膜在多种因素作用下缓慢被破坏，导致B30合金重新暴露于海水中(如图)。 已知，Ni在金属活动性顺序中位于H前。下列说法错误的是 A. 钝化膜被破坏后会发生电化学腐蚀，Ni作负极 B. 钝化膜被破坏后，正极的主要反应为 C. 海水中的、等离子会加速合金的电化学腐蚀 D. 使用预成膜等技术加厚钝化膜，有助于延缓合金的腐蚀 10. 红土镍矿(主要含、和少量、)中镍含量较低，可通过黄钠铁矾沉淀法获得含镍富集液，进而生产含镍产品，其工艺流程如下： 下列说法不正确的是 A. 滤渣的主要成分是 B. “氧化”过程中，溶液pH可能发生变化 C. “沉铁”时加入的主要作用是提供 D. “氧化”若不充分，含镍富集液中铁含量将提高 11. 我国科学家设计可同时实现H2制备和海水淡化的新型电池，装置示意图如图。 下列说法不正确的是 A. 电极a是正极 B. 电极b的反应式：N2H4-4e-+4OH-=N2↑+4H2O C. 每生成1molN2，有2molNaCl发生迁移 D. 离子交换膜c、d分别是阳离子交换膜和阴离子交换膜 12. 实验小组以Cu为阳极、Fe为阴极探究铁棒镀铜实验中电镀液的选择，进行下表所示实验，电解时间均为60 min。 实验装置 实验序号 电解质溶液 阴极现象 I 铁钉上有疏松的红色固体，溶液蓝色变浅，阴极液检测出 Ⅱ 和过量浓氨水 铁钉上有致密的红色镀层，溶液颜色基本不变，阴极液未检测到Fe元素 Ⅲ 铁钉上有疏松的红色固体，溶液由蓝色变为浅黄色，阴极液检测出 Ⅳ 和 铁钉上有少量疏松的红色固体，且有气泡生成，溶液颜色基本不变，阴极液检测出 已知：，为黄色。 下列说法正确的是 A. 实验Ⅰ、Ⅲ、Ⅳ中检测出，说明阴极表面均发生反应： B. 对比实验I和Ⅱ推测，实验Ⅱ中得到致密镀层是因为小，铜的沉积速率慢 C. 实验Ⅲ溶液颜色变化是因为的平衡正向移动 D. 将实验Ⅳ中盐酸替换为等浓度的NaCl溶液，可能得到较致密的红色镀层 第二部分 本部分共4题，共64分。 13. 锂电池的电解液是目前研究的热点。 （1）锂电池的电解液可采用溶有的碳酸酯类有机溶液。 ①基态的电子云轮廓图的形状为_______。 ②基态P原子的价层电子轨道表示式为_______。 （2）为提高锂电池的安全性，科研人员采用离子液体作电解液。某种离子液体的阳离子的结构简式如下，阴离子为。 ①N、F、P三种元素的电负性由大到小的顺序为_______。 ②该阳离子中，带“*”的C原子的杂化轨道类型为_______杂化。 ③根据VSEPR模型，的中心原子上的价层电子对数为_______，空间结构为正八面体形。 （3）因其良好的锂离子传输性能可作锂电池的固体电解质，其晶胞结构示意图如图所示，晶胞的边长为。 ①晶胞中的“○”代表_______(填“”或“”)。 ②距离最近的有_______个。 ③已知的摩尔质量是，阿伏加德罗常数为。该晶体的密度为_______。 14. Mn及其化合物在工业生产中具有重要的用途。 Ⅰ.以含的矿石为原料，经硫酸溶解得到含的溶液，再经处理后进行电解，获得金属Mn。 （1）Mn在________(填“阳极”或“阴极”)生成。 （2）阳极泥中含有，写出产生的电极反应式：________________________________________。 Ⅱ.阳极泥中除含锰元素外，还含有铅元素，采用如下方法可将它们分别转化为活性和PbO。 已知：是弱电解质。 （3）操作X为________。 （4）①中反应的离子方程式为________________________________________________________________。 （5）a．为将③中完全转化为，理论上④中加入的与的物质的量之比为________；(已知的还原产物为NaCl)。 b．加入前，需将溶液pH调大至6左右。调节pH的目的是________________________。 （6）活性纯度的测定 ⅰ.用溶液(酸化)溶解活性样品生成，反应的离子方程式______________________________________________________________________________________； ⅱ.用酸性标准溶液滴定ⅰ中剩余的，消耗标准溶液，反应的离子方程式______________________________________________________________________；滴定终点的现象是______________________________________________________________；样品中的质量分数=________[]。 15. 一种光引发剂M的合成路线如下。 已知：I． Ⅱ． （1）A在酸性条件下的水解产物为常见饮品或调味品的成分，A的名称是_______。 （2）B的结构简式是_______。 （3）D→E的化学方程式是_______。 （4）将E→F的化学方程式补充完整：_______。 （5）G的结构简式是_______。 （6）J中仅含一个六元环。I→J反应前后“*”标记的碳原子的杂化方式未改变。I→J反应新生成的官能团有碳碳双键、_______。 （7）利用J到M的多步转化构建得到M中右侧的苯环X，反应路径如下：①J→K形成碳碳σ键，构建了X的六元环；②K→L为取代反应，断裂了X的部分支链；③L→M为消去反应，构建了X的大π键。K、L的结构简式分别为_______、_______。 16. 化学变化是有条件的。某小组同学探究I-与金属阳离子的氧化还原反应，实验过程如下。 已知同浓度的稀溶液中氧化性：Ag+＞Fe3+＞Cu2+。 实验 现象 编号 溶液X Ⅰ 0.1mol/LFe(NO3)3，pH≈1 溶液黄色立即加深，30秒后溶液变为褐色，无浑浊 Ⅱ KNO3和HNO3，其中c()=0.3mol/L，pH≈1 1小时内溶液颜色始终保持无色 Ⅲ 0.1mol/LAgNO3 迅速变浑浊，离心分离后上层溶液为无色(经检测无I2)，固体为黄色(AgI) Ⅳ 0.1mol/LCu(NO3)2 5秒钟后溶液由浅蓝色变为黄色并产生浑浊，离心分离后上层溶液为黄色(经检测有I2)，固体为白色(CuI) （1）根据实验I和Ⅱ，请回答下列问题。 ①由“黄色立即加深”初步判断有I2生成，选择 ___（填试剂）进一步证实生成了I2。 ②写出Fe3+与I-反应的离子方程式__，该条件下氧化性：Fe3+__ I2（选填“＞”或“＜”）。 ③实验Ⅱ的目的是____。 （2）实验Ⅳ中Cu2+与I-反应的离子方程式是___，甲同学得出氧化性：Cu2+＞I2。 （3）乙同学认为甲同学的结论不合理，分析原因：实验Ⅲ应有I2生成，但却生成了AgI沉淀，因此推测实验Ⅳ中I2的生成，与Cul沉淀有关，故不能确定氧化性：Cu2+＞I2，并用下图装置进行验证。 K闭合后，较长时间发现两侧溶液均无明显变化。乙同学为了进一步判断Cu2+和I2的氧化性强弱，将左侧电极改为Cu电极，并向右侧溶液中加入少量 ___（填试剂），发现指针偏转，且左侧溶液颜色加深，证明该条件下氧化性：Cu2+ __ I2（选填“＞”或“＜”）。 （4）该小组同学进一步分析认为，实验Ⅲ没有发生2Ag++ 2I-=2Ag+I2的反应，原因是生成AgI沉淀，反应物浓度迅速降低，不利于该反应进行；请分析实验Ⅳ发生氧化还原反应的原因是____。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $