安徽省皖南八校2027届高三上学期10月教学质量检测 化学试题

2027届高三10月教学质量检测·化学 参考答案、解析及评分细则 1．C 2．D 3．A 4．A 5．D 6．A 7．B 8．B 9．D 10．A 11．B 12．D 13．C 14．B 15．（14分，除标注外，每空2分） （1）ⅥA（1分） （2）>（1分） 、分解需克服共价键，O原子半径更小，H-O键能大于H-S，更难断裂，热稳定性更强（2分）（只答“H-O键能大于H-S”亦得分） （3）共价（1分） （4）+6（1分） 氧化性（2分） （5）降低溶液（）的沸点或加快蒸发速度，防止温度过高，受热分解（过氧键易断裂）（2分） （6）AC（2分） （7）（2分，“”写成“催化剂”也得分，条件未写扣1分） 【解析】（1）S的原子序数为16，核外电子排布为2、8、6，最外层有6个电子，位于周期表中第三周期ⅥA族。 （2）和分解需克服共价键，O原子半径小于S，键键长更短，键能更大，更难断裂，因此热稳定性更强。 （3）只存在共价键，属于共价化合物。 （4）根据结构式，2个S均连接4个O，过氧键（）中O为-1价，其余O为-2价。设S元素化合价为：，解得。中存在过氧键（），推测具有强氧化性。 （5）受热分解，常压下蒸发浓缩所需温度较高，使受热分解。减压可以降低溶液（）的沸点或加快蒸发速度，防止温度过高，受热分解（过氧键易断裂）。 （6）和电子层结构相同，核电荷数：，核电荷数越大，离子半径越小，A正确；金属性：，最高价氧化物碱性：，B错误；固体溶于水发生电离，与之间离子键断裂，内部共价键断裂，C正确；溶液中加入适量NaOH，与反应，生成和，原料被消耗，方案不可行，D错误；与所含化学键均有离子键、非极性共价键，中还含有极性共价键，E错误。 （7）依据溶液变为紫红色，推测被氧化为，S元素价态不变，转化为，离子方程式为。 16．（15分，除标注外，每空2分） （1）①[2分，方程式中“（浓）”未写，扣1分] ②C（1分） （2）①NaOH浓度过高，会与发生副反应，降低产率（2分） ②CD（2分，少选扣1分，错选不得分） （选对但不全得1分，选错不得分） ③温度为以下蒸发浓缩（2分） （3）①500 mL容量瓶（1分）、胶头滴管（1分） ②保证充分反应；与反应生成，提高溶解度（2分，少1点扣1分） ③（2分） 【解析】（1）①中Cl为+5价，还原产物；浓HCl中Cl（-1价）被氧化为。配平得到化学方程式为。 ②饱和食盐水：仅降低溶解度，无法完全除去，A错误；溶液：具有还原性，会同时还原、，消耗目标气体，B错误；易溶于有机溶剂，难溶于有机溶剂，可选择性除去，C正确；、均能与NaOH发生反应，两种气体全部吸收，D错误。 （2）①NaOH浓度过高，过量强碱会与发生副反应，生成杂质，同时降低产率。 ②提高吸收效率，即提高单位时间内的吸收量。水浴加热，温度升高，溶解度减小，气体逸出加快，A错误；减缓气体流速，延长与液体接触时间，充分吸收提高吸收率，但是降低了吸收效率，B错误；多孔球泡增大气液接触面积，提高吸收效率，C正确；适当提高溶液浓度，加快吸收反应速率，提高吸收效率，D正确。 ③温度高于，受热易分解，蒸发浓缩操作需控制温度，温度为以下蒸发浓缩至出现一层晶膜。 （3）①配制500 mL一定浓度的溶液步骤：称量（电子天平）溶解（烧杯、玻璃棒）冷却转移洗涤定容。定容仪器：500 mL容量瓶，加水至刻度线需胶头滴管。 ②加入过量KI溶液的目的是保证样品中完全反应，减小定量误差；过量与生成，增大溶解度，提高滴定准确度。 ③在酸性条件氧化：，结合已知，。则转化关系为，。滴定消耗：，取10 mL待测液，原液500 mL中，总物质的量，则，故产品中的质量分数为。 17．（14分，除标注外，每空2分） （1）（2分） （2）（2分） （3）温度过低，浸出反应速率慢；温度过高，HClO受热分解（2分） （4）Fe（2分） （5）（1分） （1分） （6）（2分） （7）浓度过低，电解液导电性减弱，增加电解能耗；水解生成沉淀（2分） 【解析】（1）是酸性氧化物，不与稀硫酸、NaClO反应；中硫元素被氧化为单质S，因此滤渣为S、。 （2）化合价变化：中Cu：（不变），Fe：（失），2个S：（共失），共失；氧化剂中Cl：，得；根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平，离子方程式为。 （3）结合生成HClO，HClO受热易分解；升温加快反应，但温度过高氧化剂失效，因此选择兼顾反应速率与氧化剂稳定性。 （4）目标产物为绿矾，不能引入新金属杂质；Fe单质可还原、，符合工艺要求，故X为Fe。 （5）滤液1主要离子：、、、、、、，加入Fe粉，能被还原的有、、，故溶液中离子浓度明显减少的有、、。 （6）FeO与溶液中反应，消耗促进水解。故离子方程式为。 （7）提供大量、，增强电解液导电能力；酸浓度低，离子浓度小，电阻大，耗电量增加；存在水解平衡，降低，促进水解，产生氢氧化铜，降低铜的电解产率。 18．（15分，除标注外，每空2分） （1）1∶1（2分） （2）①（1分） ②1（2分） ③石墨烯导电性强，增强材料导电性，提高Cr(Ⅵ)的去除率（2分） （3）①1∶1∶4（1分） ②C（1分） ③0.05（2分） （4）①（2分）（反应条件漏写扣1分） ②焙烧生成单质铁，Fe与反应生成（2分） 【解析】（1）化合物整体正负化合价代数和为0。设含物质的量为，物质的量为，①；Co、Zn均为+2价，O为-2价：，化简得②。联立①②，解得：，。。 （2）①还原剂（C为-2价）被强氧化性电子空穴氧化，酸性环境下被氧化至最高价+4，产物为。②，共得，，失，得失电子相等，因此处理，消耗。③石墨烯导电性优异，可快速传导电子，加速电子和空穴分离，提升光催化效率与Cr(Ⅵ)去除率。 （3）①根据产物中Ni、Zn、Fe物质的量之比1∶1∶4，则理论上。②吸附剂用量0.2 g时吸附量较高，继续增大吸附剂用量，吸附率增加不明显，故最佳吸附剂用量为0.20 g，故选C。③被吸附刚果红总质量：，吸附率为84%，则溶液中刚果红总质量：，故浓度为。 （4）由图可知时，主要还原产物为FeO，物质的量约1.4 mol，根据得失电子守恒，若C全部氧化为生成CO，，若C全部氧化为生成，，故曲线X、Y分别表示CO、。 ①故与C主要发生的反应方程式为； ②据图分析焙烧生成单质Fe、FeO和，且Fe的物质的量更大，浸出后生成与Fe发生反应生成，故浸出液中检测不到。 学科网（北京）股份有限公司 $2027届高三10月教学质量检测·化学 参考答案、解析及评分细则 1.CN2COs水解使溶液显碱性，油脂在碱性条件下水解生成可溶性高级脂肪酸钠，能够去除油污，A正确； Fe2O,俗称铁红，红棕色固体，常用作红色油漆、颜料，B正确；“84”消毒液有效成分为NaClO,具有强氧化性， 会腐蚀钢铁，不可用于钢制品消毒，C错误；Fe+易被氧化失效，维生素C具有还原性，可保护F+,二者同服 提升补铁效果，D正确。 2.D容量瓶严禁用待装液润洗，润洗会使溶质残留，配制溶液浓度偏高，仅蒸馏水洗涤即可，A错误；蓝色钴玻 璃用于过滤黄光、检验钾元素，检验N元素直接观察黄色火焰，无需钴玻璃，B错误；Cl2、HC1均可与 NaHCO反应，会消耗氯气，除Cl2中混有的HCl气体应选用饱和食盐水，C错误；FeCl2变质生成Fe3+, Fe3+遇SCN溶液变为红色，KSCN溶液可检验FeCl2溶液是否变质，操作合理，D正确。 3.A反应NaHCO3十NaOH一Na2CO3十H2O可制备碳酸钠，A正确；NaHCO3与CO2不反应，Na2CO,溶 液才能吸收CO2,B错误；两种溶液均含有H2O、Na+、H+、OH、HCO、CO、HCO3,微粒种类完全相同， C错误；Na2CO3饱和溶液碱性强于NaHCO饱和溶液的主要原因是CO?水解程度远大于HCO:,D错误。 4.A丁达尔效应是胶体特有性质，溶液无此现象，可检验胶体是否形成，A正确；FCl3与NaOH直接反应生 成F(OH)3沉淀，无法制备胶体，B错误；胶粒直径小于滤纸孔径，可透过滤纸，分离胶体采用半透膜渗析，C 错误；Fe(OH)3胶体仅吸附悬浮杂质净水，不能消毒杀菌，D错误。 5.D中子数为8的N的核素符号正确应为N,A错误；NaClO为离子化合物，电子式为Na+[:O:C1:],B 错误；同素异形体为同种元素组成的不同单质，NH与N2H4属于同种元素组成的不同化合物，不属于同素 异形体，C错误；CO(NH2)2中N为一3价，产物N2H·H2O中N为一2价，N元素的化合价升高， CO(NH2)2失去电子，作还原剂被氧化，D正确。 6.AHCl氧化性弱，仅能将Sn氧化为+2价，正确的化学方程式为Sn+2HCl一SnCl2+H2个，A错误； Sn(OH)2两性，与过量NaOH生成配位数为4的含Sn化合物，化学式为Naz[Sn(OH)4],B正确；SnCl2水 解生成Sn(OH)Cl和HCl,C正确；由材料信息可知，SnO2和C高温下混合冶炼金属Sn,同时产生CO,则发 生的反应方程式为Sn0,十2C高温Sn+2C0,D正确. 7.B利用金属Sn的熔点低，可用作焊接材料，A错误；活动性：Fe>Sn,镀层破损形成原电池，Fe作负极失电 子，腐蚀速率加快，B正确；加Sn粒作用：Sn+Sn+—2Sn2+,防止Sn+被氧化，加浓盐酸才抑制Sn+水解， C错误；电解池外接电源，电能转化为化学能，D错误。 8.BFe3O具有磁性，常用作磁铁材料，二者具有对应关系，A正确；NaClO消毒依靠NaClO的强氧化性，和 溶液碱性无关联，无对应关系，B错误；2NazO2+2CO2-2 Na2 CO3+O2、2NazO2+2HzO一4NaOH+ O2◆，可供氧，性质用途对应，C正确；钛合金硬度大、耐腐蚀，适合深海舱体结构材料，D正确。 9.DIA族递变规律：从上至下金属性增强，单质还原性增强，氢氧化物碱性增强。Rb金属性极强，遇水剧烈 反应、易被氧气氧化，保存时需要隔绝空气和水，A正确；同主族NOH、KOH均为强碱且易溶，RbOH碱性 更强、易溶于水，B正确；RbC1为离子化合物，熔融状态电离出自由移动离子，可导电，C正确；Rb2SO4是强酸 强碱盐，阴、阳离子均不水解，溶液呈中性，D错误。 10.AKMO强氧化性，常温即可氧化浓盐酸生成Cl2,无需加热，可制备氯气，A正确；弱酸不能制强酸，碳 酸酸性弱于HCl,CO2与饱和NaCl不反应，侯氏制碱需先通NH3再通CO2,B错误；红热Fe与水蒸气反 应：3Fe十4H,O(g)高温Fe,O,十4H,产物为Fe,O,C错误：加热MgCb·6H,0时，MgCL水解，HC1挥发， 得不到无水MgCl2,MgCl2·6H2O需在HC1气流中加热，D错误。 11.B常温下，钢铁在浓H2SO4中发生钝化，腐蚀速率小于在稀H2SO4中，A正确；温度过高，水中溶解氧含 量大幅下降，氧气浓度降低会抵消升温的加速效果，腐蚀速率反而下降，B错误；由图分析，强碱性溶液中吸 氧腐蚀被抑制，加入NaOH增大溶液pH,减缓锅炉锈蚀，C正确；还原性铁粉消耗水中溶解氧，抑制吸氧腐 蚀，D正确。 【高三10月教学质量检测·化学试卷参考答案第1页（共4页）W】 12.D酸性环境中KzO和F2O3遇酸均发生反应，无法稳定存在，A错误；NO3中N为最高价+5，无法再被 氧化，B错误；ClO→C1-得2e,Fe3+→FeO失3e,依据得失电子守恒，投料比n(NaClO): n[Fe(NO3)3]=3:2,不是3：1，C错误；制备流程中，沉淀池中生成NaOH,可返回反应池作为原料，能够 循环使用，D正确。 13.C高炉煤气（含N、H,C0,C0)进人I,发生的反应：4H十Fe0,商温3Fe十4H,0,4C0+Fe,O,高温 3Fe十4CO,CaO+CO,高温CaCO,(吸收CO,):I排出N,HO,生成固体Fe,CaCO,送人Ⅱ。Ⅱ中发生的 反应：CaC0,高温Ca0+C0,(Ca0循环回I),3Fe十4C0,高温Fe,0,十4C0(Fe,0,循环回I),Ⅱ出口得到 富含C0的混合气。I中Ca0十C0,高温CaCO,无元素化合价变化，不属于氧化还原反应，A错误：Ⅱ中校 心反应是3Fe十4C0.高温Fe,O,十4C0,题干方程式配平错误，元素不守恒，方程式书写错误，B错误：高炉 煤气中H2含量越高，I中生成的Fe量越多，Ⅱ中更多的CO2被Fe还原为CO,降低出口处CO2含量，C正 确；CaO吸收两类CO2:高炉煤气中CO2,记为n(CO2),CO还原Fe3O4生成的CO2记为n生成(CO2)。吸 收总关系：m(CaO)=0m(C0,)十生安(C0,),由反应4C0+Fe,0,高温3Fe十4C02,得：m生(C0)=m(C0), 因此变形：n(CaO)一n(CO2)=n(CO),1 mol Fe3O4最多消耗4 mol CO,但体系中H2会同步消耗FeO4, 因此实际参与还原Fe3O4的CO满足：n(CO)<4n(Fe3O4),故n(CaO)-n(CO2)<4n(Fe3O4),D错误。 14.B首先判断三条曲线对应微粒。体系中存在氯气与水反应：Cl2+H2O==H+十C】十HC1O、次氯酸电 离：HC1O一H++CIO。曲线I表示Cl2:pH越小（酸性越强），Cl2占比越高；pH升高，Cl2和水反应， C2含量快速下降。曲线Ⅱ表示HClO:中等pH区间分布系数最高；酸性太强生成C12,碱性太强电离为 C1O。曲线Ⅲ表示C1O:pH越大（碱性越强），HClO电离，ClO含量越高。曲线I是表示Cl2,曲线Ⅱ表 示HClO,A错误；室温下，饱和氯水pH约1.7，对应横坐标pH=1.7,此时曲线I(Cl2)分布系数远大于 Ⅱ(HClO),说明大量Cl2未与水反应。Cl2+H2O一H++Cl十HCIO,每消耗1 mol Cla2生成等物质的 量C1、HClO,同时HClO微弱电离消耗少量HClO,因此c(C1)>c(HC1O),故浓度关系为c(Cl2)> c(C1)>c(HClO),B正确；pH=5时，图像中曲线I(Cl2)分布系数几乎为0，体系中几乎不存在Cl2;pH= 5时溶液酸性不足，H+、C1、HCIO不会发生归中反应生成C2,C错误；“84”消毒液有效成分为C1O,需要 保证溶液中ClO含量高，pH=7.5处，曲线Ⅱ(HClO)与Ⅲ(C1O)相交，二者浓度相等，HClO占比过高易 分解，消毒液稳定性差，D错误。 15.(1)MA(1分) (2)>(1分)H2O、H2S分解需克服共价键，O原子半径更小，H一O键能大于H一S,更难断裂，热稳定性 更强(2分)（只答“H一O键能大于H一S”亦得分） (3)共价(1分) (4)+6(1分)氧化性(2分) (5)降低溶液(H2O)的沸点或加快蒸发速度，防止温度过高，NzS2O。受热分解（过氧键易断裂）(2分) (6)AC(2分) (7)2Mm2++5S,Og十8H,0Ag2MnO十10S0十16H+(2分，“Ag+”写成“催化剂”也得分，条件未写扣 1分) 【解析】(1)S的原子序数为16，核外电子排布为2、8、6，最外层有6个电子，位于周期表中第三周期IA族。 (2)H2O和H2S分解需克服共价键，O原子半径小于S,H一O键键长更短、键能更大，更难断裂，因此H2O 热稳定性更强。 (3)H2SO4只存在共价键，属于共价化合物。 (4)根据S,O结构式，2个S均连4个O,过氧键（一O一O一）中O为一1价，其余O为一2价。设S元素 化合价为x:2x十6×（一2）+2×(-1)=一2，解得x=+6。S2O中存在过氧键（一O一O一），推测具有强 氧化性。 (5)Na2S2Os受热分解，常压下蒸发浓缩所需温度较高，使Na2S2Og受热分解。减压可以降低溶液(HzO)的 【高三10月教学质量检测·化学试卷参考答案第2页（共4页）W】 沸点或加快蒸发速度，防止温度过高，Na2S2Os受热分解（过氧键易断裂）。 (6)Na+和O2-电子层结构相同，核电荷数：uNa>8O,核电荷数越大，离子半径越小，A正确；金属性：Na> Mg,最高价氢氧化物碱性：NaOH>Mg(OH)2,B错误；NaHSO4固体溶于水发生电离，Na与HSO4之间 离子键断裂，HSO,内部H一O共价键断裂，C正确；NaHSO4溶液中加人适量NaOH,HSO4与OH反 应，生成SO和H2O,原料被消耗，方案不可行，D错误；Na2O2与Na2S2Os所含化学键均有离子键、非极 性共价键，Na2S2Os中还含有极性共价键，E错误。 (7)依据溶液变为紫红色，推测Mn2+被氧化为MnO,S元素价态不变，转化为SO,离子方程式为2Mn+ +5S,0g+8H,0g2Mn0+10S0+16H+。 16.(1)①2NaC1O3+4HC1(浓)-2ClO2个+Cl2个+2NaC1+2H2O[2分，方程式中“（浓）”未写，扣1分] ②C(1分) (2)①NaOH浓度过高，会与ClO2发生副反应，降低产率(2分)②CD(2分，少选扣1分，错选不得分) ③温度为60℃以下蒸发浓缩(2分) (3)①500mL容量瓶(1分)、胶头滴管(1分)②保证NaC1O2充分反应；与I2反应生成I3,提高12溶解度 (2分，少1点扣1分)③90.5cY×10%(2分) 80m 【解析】(1)①NaClO3中C1为+5价，还原产物ClO2;浓HC1中Cl(-1价)被氧化为Cl2。配平得到化学方 程式为2 NaClO3+4HC1(浓)—2ClO2个+Cl2个+2NaC1+2H2O. ②饱和食盐水：仅降低Cl2溶解度，无法完全除去Cl2,A错误；N2SO3溶液，具有还原性，会同时还原ClO2、 C12,消耗目标气体，B错误；C2易溶于有机溶剂，C1O2难溶于有机溶剂，可选择性除去C1O2,C正确；ClO2、 Cl2均能与NaOH发生反应，两种气体全部吸收，D错误。 (2)①NaOH浓度过高，过量强碱会与ClO2发生副反应，生成杂质，同时降低产率。 ②提高C1O2吸收效率，即提高单位时间内CO2的吸收量。水浴加热，温度升高，溶解度减小，气体逸出加 快，A错误；减缓气体流速，延长与液体接触时间，充分吸收提高C1O2吸收率，但是降低了吸收效率，B错 误；多孔球泡增大气液接触面积，提高CO2吸收效率，C正确；适当提高H2O2溶液浓度，加快吸收反应速 率，提高ClO2吸收效率，D正确。 ③温度高于60℃，NaC1O2受热易分解，蒸发浓缩操作需控制温度，温度为60℃以下蒸发浓缩至出现一层 晶膜。 (3)①配制500mL一定浓度的Na2S2O3溶液步骤：称量（电子天平）→溶解（烧杯、玻璃棒）→冷却转移→洗 涤→定容。定容仪器：500mL容量瓶，加水至刻度线需胶头滴管。 ②加人过量KI溶液的目的是保证样品中NaClO2完全反应，减小定量误差；过量I与I2生成I,增大I2溶 解度，提高滴定准确度。 ③NaClO2在酸性条件氧化I厂：ClO2+4I十4H+-C1-+2I2+2H2O,结合已知I2十I—I3,2S2O号+ 互一S,Og+3I。则转化关系为NaC0.~21~4S,0,n(NaC0,)=子m(NaS.0,.滴定消耗： nNa,S.0,)=cVX10mol,取10mL待测液，原液500mL中，NaC10.总物质的量-子×cVX10mol X0mo.则m(N:C0,)-mlX90.5g·o1-0Y 80g,故产品中NaCIO,.的质量分数为 90.5cY×100%。 80m 17.(1)Si02(2分) (2)2 CuFeS2+5ClO+10H+-2Cu2++2Fe3++4S+5C1-+5H2O(2分) (3)温度过低，浸出反应速率慢；温度过高，HC1O受热分解(2分) (4)Fe(2分) (5)Fe3+(1分)H+(1分) (6)3FeO+2A13++3H2O-2A1(OH)3￥+3Fe2+(2分) (7)H2SO4浓度过低，电解液导电性减弱，增加电解能耗；Cu+水解生成Cu(OH)2沉淀(2分) 【解析】(1)SiO2是酸性氧化物，不与稀硫酸、NaClO反应；CuFeS2中硫元素被ClO氧化为单质S,因此滤渣 【高三10月教学质量检测·化学试卷参考答案第3页（共4页）W】 为S、SiO2。 (2)化合价变化：CuFeS2中Cu:+2→+2（不变），Fe:+2→+3（失1e),2个S:-20(共失4e),1mol CuFeS2共失5mole;氧化剂ClO中Cl:+1→一1,1 mol ClO得2mole;根据得失电子守恒、电荷守 恒、元素守恒配平，离子方程式为2 CuFeS2+5C10+10H+—2Cu++2Fe3++4S+5C1-+5Hz0。 (3)CIO结合H生成HC1O,HClO受热易分解；升温加快反应，但温度过高氧化剂失效，因此选择60℃兼 顾反应速率与氧化剂稳定性。 (4)目标产物为绿矾FeSO4·7H2O,不能引入新金属杂质；Fe单质可还原Cu+、Fe3+,符合工艺要求，故X 为Fe。 (5)滤液1主要离子：Cu+、Fe3+、A13+、H+、C1、SO、Na,加入Fe粉，能被还原的有Cu+、Fe3+、H+,故 溶液中离子浓度明显减少的有Cu+、Fe3+、H+。 (6)FeO与溶液中H+反应，消耗H+促进A13+水解。故离子方程式为3FeO十2A13++3H2O一2A1(OH)3V +3Fe2+ (7)H2SO4提供大量H+、SO,增强电解液导电能力；酸浓度低，离子浓度小，电阻大，耗电量增加；Cu+存 在水解平衡Cu2++2H2O一Cu(OH)2十2H+,c(H+)降低，促进Cu+水解，产生氢氧化铜，降低铜的电解 产率。 18.(1)1:1(2分) (2)①CO2(1分) ②1(2分) ③石墨烯导电性强，增强材料导电性，提高C(T)的去除率(2分) (3)①1：1：4(1分) ②C(1分) ③0.05(2分) (4)①ZFe,0,十C00℃Zn0+2Fe0+C0+(2分)（反应条件漏写扣1分） ②700℃焙烧生成单质铁，Fe与Fe3+反应生成Fe+(2分) 【解析】(1)化合物整体正负化合价代数和为0。设1 mol Co,Zn1-Fe2O.s含Fe2+物质的量为amol,Fe3+物 质的量为bmol,a十b=2①；Co、Zn均为十2价，0为-2价：2x+2(1一x)+2a+3b+(-2)×3.5=0,化简 得2a+3b=5②。联立①②，解得：a=1,b=1。n(Fe3+):n(Fe2+)=1:1。 (2)①还原剂CHOH(C为一2价)被强氧化性电子空穴氧化，酸性环境下被氧化至最高价+4，产物为CO2。 ②Cr2O~2Cr3+,1 mol Cr2O号共得6mole,CH,OH~CO2,1 mol CH3OH失6mole,得失电子相 等，因此处理1 mol Cr2O号，消耗CHOH1mol。③石墨烯导电性优异，可快速传导电子，加速电子和空穴 分离，提升光催化效率与Cr(I)去除率。 (3)①根据产物Nio.s Zno.s Fe2O4中Ni、Zn、Fe物质的量之比1：1：4，则理论上n[Ni(NO)2·6HzO]: n[Zn(NO3)2·6H2O]:n[Fe(NO3)3·9H2O]=1:1:4。②吸附剂用量0.2g时吸附量较高，继续增大吸 附剂用量，吸附率增加不明显，故最佳吸附剂用量为0.20g,故选C。③被吸附刚果红总质量：0.15g×28 mg/g=4.2mg=0.0042g,吸附率为84，则溶液中刚果红总质量：m是=000428=0.005g,故浓度为 84% 0.005g=0.05g/L。 0.11 (4)由图可知1000℃时，ZnFe2O主要还原产物为FeO,物质的量约1.4mol,根据得失电子守恒，若C全部 氧化为生成CO,n(CO)=0.7mol,若C全部氧化为生成CO2,n(CO2)=0.35mol,故曲线X、Y分别表示 C0、CO2。 ①故800 e ZnFe,0,与C主要发生的反应方程式为ZnFe,0,十C8o0℃ZnO叶2Fe0+C0+: ②据图分析700℃焙烧生成单质Fe、FeO和FeO4,且Fe的物质的量更大，Fe3O4浸出后生成Fe3+与Fe发 生反应生成Fe+,故浸出液中检测不到Fe3+。 【高三10月教学质量检测·化学试卷参考答案第4页（共4页）W】 2027届高三10月教学质量检测 化 学 考生注意： 1．本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。 2．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。 3．本卷命题范围：人教版必修第一册。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．化学源于生活，服务于生活，下列说法错误的是 A．溶液用于去除油污 B．用于制作红色颜料 C．“84”消毒液可以用于钢制品的消毒 D．维生素C可与补铁剂共服 2．下列实验操作或实验方法合理的是 A．容量瓶在使用前需先洗涤并用待装液润洗 B．焰色试验检验钠元素时，需透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色 C．用饱和溶液除去中混有的HCl气体 D．向溶液中滴入几滴KSCN溶液，检验是否变质 3．下列关于和的说法中，正确的是 A．溶液与NaOH溶液按一定比例混合，制备 B．溶液显碱性，可以用于吸收 C．和溶液中，所含微粒种类不同 D．饱和溶液碱性强于饱和溶液，主要因为溶解度更大 4．实验室利用图示装置制备胶体，下列说法正确的是 A．可利用能否产生丁达尔效应来判断胶体是否形成 B．可用NaOH溶液替代沸水 C．可用滤纸过滤，分离出胶粒 D．胶体可用于饮用水的消毒杀菌 5．实验室常用反应：制备。下列说法正确的是 A．中子数为8的N的核素符号： B．NaClO电子式： C．与互为同素异形体 D．该反应中被氧化 阅读下列材料，完成6～7题。 金属锡被称为“算力金属”，利用其性质用作集成电路板的焊接材料。金属活动性：，Sn易被氧化，被弱氧化剂氧化为+2价，被强氧化剂氧化为+4价。为两性氢氧化物，能溶于NaOH溶液，形成配位数为4的含Sn化合物。易水解生成Sn(OH)Cl，溶液配制时将溶于浓盐酸并加入几粒Sn粒。电解溶液实现钢铁表面镀Sn，可防止钢铁腐蚀。工业上将和C高温下混合冶炼金属Sn，同时产生CO。 6．下列有关反应的反应式错误的是 A．Sn与稀盐酸反应方程式： B．溶于NaOH溶液反应方程式： C．水解反应方程式： D．和C冶炼金属Sn反应方程式： 7．下列说法正确的是 A．利用金属Sn熔点高，可作焊接材料 B．镀锡铁表面镀层破损，加速铁的腐蚀 C．溶液保存时加入少量金属Sn，目的是抑制水解 D．电解装置中实现化学能转化为电能 8．物质的性质决定用途。下列物质的性质和用途不具有对应关系的是 选项 物质的性质 用途 A 具有磁性 用作磁铁材料 B NaClO溶液显碱性 用于消毒杀菌 C 能吸收和产生 用作供氧剂 D 钛合金硬度大 用于制作潜水艇舱体 9．铷元素（Rb）位于第五周期ⅠA族。下列关于铷元素及其化合物的说法错误的是 A．铷单质保存时需要隔绝空气和水 B．RbOH为强碱，易溶于水 C．RbCl熔融状态下能导电 D．溶液显酸性 10．下列物质的制备方案，能达到实验目的的是 选项 实验方案 实验目的 A 常温下与浓盐酸混合 制备 B 饱和NaCl溶液中通入 制备 C 水蒸气通入红热的铁粉中 制备 D 加热固体 制备无水 11．钢铁腐蚀速率与温度和pH变化曲线如图所示，腐蚀速率用单位溶解氧浓度下，钢铁每年的腐蚀厚度表示。锅炉给水用于供暖，其需先进行处理，减缓锅炉腐蚀。下列说法错误的是 A．常温下，钢铁在浓腐蚀速率小于在稀中 B．温度越高，钢铁腐蚀速率一定越快 C．锅炉给水中可加入NaOH减缓锅炉腐蚀 D．锅炉给水中可加入还原性铁粉进行处理 12．高铁酸钾（）是一种常见的净水剂，在酸性条件下极不稳定。工业上制备流程如图所示： 下列说法正确的是 A．酸性条件下，转化为和 B．废水中可被氧化为去除 C．理论投料比 D．该流程中NaOH可以循环利用 13．在一定温度下，利用高炉煤气（含、、CO、）转化为富含CO的气体的原理如图所示。下列说法正确的是 A．Ⅰ中发生的反应均为氧化还原反应 B．Ⅱ中发生的反应有 C．提高高炉煤气中含量，可降低Ⅱ中出口处混合气体中含量 D．Ⅰ中参加反应的CaO、与高炉煤气中满足关系 14．室温下，氯水中溶液中，、HClO、三种微粒分布系数图像如图所示。通入水中至饱和，溶液pH约1.7。下列说法正确的是[分布系数] A．曲线Ⅱ表示分布系数曲线 B．室温下，饱和氯水中 C．NaClO溶液中缓慢加入HCl溶液至，过程中有生成 D．“84”消毒液生产过程中，需控制反应后溶液pH约7.5 二、非选择题：本题共4小题，共58分。 15．（14分）过硫酸钠（）是重要的工业原料，结构式为。 工业上通常通过电解溶液制备，原料中常含有，电解前需除去。回答下列问题： （1）S元素位于周期表第三周期 族。 （2）比较热稳定性： （填“>”“<”或“=”），并从克服作用力强弱的角度说明理由： 。 （3）以、NaOH为原料制备。属于 （填“共价”或“离子”）化合物。 （4）中S元素的化合价为 ，依据结构式推测，化学性质有：热不稳定性和强 （填“氧化性”或“还原性”）。 （5）电解溶液获得溶液，再经减压蒸发浓缩、降温结晶得固体。蒸发浓缩过程减压的目的是 。 （6）下列说法正确的是 （填标号）。 A．离子半径大小： B．碱性： C．固体溶于水过程破坏离子键和共价键 D．溶液中加入适量NaOH，除去杂质 E．与均含极性键和非极性键 （7）将加入与的混合溶液中，在催化下充分反应，溶液变为紫红色，写出该反应的离子方程式： 。 16．（15分）亚氯酸钠（）是高效水处理剂、漂白剂。可通过如下方法制备和检测其含量。 已知：①具有强氧化性，能与碱反应；②温度高于，受热易分解；③，。 （1）制备：以固体和浓HCl为原料制备，同时生成（难溶于有机溶剂）。 ①写出与浓HCl反应的化学方程式： 。 ②制备的气体中含有，需除去。下列适宜选用的试剂是 （填标号）。 A．饱和食盐水 B．溶液 C．四氯化碳 D．NaOH溶液 （2）制备：利用图1所示装置制备。 ①装置M中NaOH溶液浓度不宜过高，原因是 。 ②下列措施一定能提高吸收效率的是 （填标号）。 A．装置M进行水浴加热 B．减缓通入气体流速 C．通过多孔球泡通入溶液中 D．适当提高溶液浓度 ③将三颈烧瓶中溶液进行 （填实验操作），冷却溶液至温度略高于，过滤洗涤干燥，获得无水产品。 （3）产品纯度测定 准确称取产品，配成500 mL溶液，取10 mL加入足量稀和过量KI溶液，充分反应后转移至锥形瓶，用标准溶液滴定，接近滴定终点时，加入指示剂，消耗体积。 ①配制500 mL一定浓度的溶液，需要的仪器：电子天平、烧杯、玻璃棒、 。 ②加入过量KI溶液的目的是 。 ③产品中的质量分数为 （用含、、的表达式表示）。 17．（14分）以黄铜矿（主要成分，含少量、）为原料制备纯铜、绿矾（）的工艺流程如下： 回答下列问题： （1）“滤渣”主要含S、 （填化学式）。 （2）写出“浸出”过程发生反应的离子方程式： 。 （3）“浸出”过程控制反应温度左右的原因是 。 （4）“还原”过程加入试剂X，X为一种金属单质，其化学式为 。 （5）“滤液2”与“滤液1”相比，溶液中离子浓度明显减少的有、 、 （填离子符号）。 （6）写出“调pH”过程加入FeO生成发生反应的离子方程式： 。 （7）粗铜电解精炼制纯铜时，以酸化的溶液作电解液，电解过程维持恒定的浓度，浓度不能过低的原因是 。 18．（15分）锌铁氧体（）具有优良性能，金属掺杂锌铁氧体可以提升其性能。的用途和回收具有重要研究意义。 Ⅰ. 光催化还原Cr(Ⅵ) （1）取代晶胞中部分，形成氧空位，提高光催化活性。 若掺杂后化学式为，则掺杂后晶体中 。 （2）以为还原剂，光催化还原酸性污水中Cr(Ⅵ)机理如图1所示（表示电子空穴，具有强氧化性）。 ①物质X的化学式为 。 ②处理消耗 。 ③/石墨烯复合材料能提高Cr(Ⅵ)的去除率，石墨烯的作用是 。 Ⅱ. 作吸附剂 （3）某研究小组以、、为原料制备，并以其为吸附剂，研究其对100 mL一定浓度的刚果红溶液的吸附效果。控制其他条件相同，改变吸附剂用量对吸附性能影响结果如图2所示（吸附量为单位质量吸附剂所吸附刚果红的质量）。 ①理论上：： 。 ②根据图像分析，最合理的吸附剂用量为 g（填标号）。 A．0.05 B．0.15 C．0.20 D．0.30 ③实验中刚果红溶液浓度为 。 Ⅲ. 锌铁氧体回收 （4）与1 mol C混合，在氛围中不同温度下焙烧充分反应，不同温度下氧化产物（CO、）和还原产物（Fe、FeO、）的物质的量如图3所示。焙烧后，将产物用溶液浸出，回收金属。 ①与C主要发生的反应方程式为 。 ②焙烧产物用溶液浸出，浸出液中检测不到的原因是 。 学科网（北京）股份有限公司 $