精品解析：福建省厦门集美中学2026-2027学年高三上学期10月阶段检测 化学试题

集美中学2026—2027学年第一学期高三年级10月月考 化学试题 (考试时间：75分钟；满分：100分) 相对原子质量：H-1 C-12 O-16 K-39 Fe-56 一、选择题(每小题只有一个符合题意的选项) 1. 嘀嗒嘀嗒，时间都去哪儿了！计时器的发展史铭刻着化学的贡献。下列说法不正确的是 A. 制作日晷圆盘的石材，属于无机非金属材料 B. 基于石英晶体振荡特性计时的石英表，其中石英的成分为 C. 机械表中由钼钴镍铬等元素组成的发条，其材质属于合金 D. 目前“北京时间”授时以铯原子钟为基准，的质子数为55 2. 某研究小组以丙烯为原料合成甘油，流程如下： 下列说法正确的是 A. 反应Ⅲ，试剂a可以是水溶液 B. 化合物的结构简式是 C. 反应Ⅱ，发生取代反应 D. 甘油分子中有1个手性碳原子 3. 物质结构决定性质。下列物质性质差异与结构因素没有关联的是 选项 性质差异 结构因素 A 键角： 的四面体中心为C原子，的四面体中心没有原子 B 熔点： 比半径小，所带电荷数多，离子键键能大 C 提供质子能力： O原子吸电子能力比H原子强，故中键的极性比中的极性大 D 第三电离能 Mn原子半径大于Fe A. A B. B C. C D. D 4. 无机苯(结构如图，与苯相似)。其与甲烷可发生反应：，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 的键数为 B. 的(价层)孤电子对数为 C. 标准状况下消耗转移电子数为 D. 中B提供参与形成大键的电子个数为 5. 某离子液体组成如图所示，X、Y、Z、W和Q是原子序数逐渐增大的短周期元素，W的基态原子中电子的空间运动状态数为7，则下列有关说法正确的是 A. 电负性： B. Z、W、Q最高价氧化物的水合物相互能发生反应 C. 若阳离子中五元环存在大键，则五元环上的5个原子杂化方式都是： D. 阴离子中四个W-Q键的键长不完全相同 6. 苯在浓HNO3和浓H2SO4作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法不正确的是 A. X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物 B. 由苯得到M时，苯中的大π键没有变化 C. 对于生成Y的反应，浓H2SO4作催化剂 D. 从中间体到产物，无论从产物稳定性还是反应速率的角度均有利于产物Ⅱ 7. 利用电化学-化学协同法将天然气中的转化为硫酸盐，实现资源化利用。原理示意图如下。 下列说法不正确的是 A. 溶液的作用之一是吸收 B. 理论上，阳极产生的大于阴极消耗的 C. 工作一段时间后，阴极室的总浓度下降 D. a极的电极反应式： 8. GaAs的晶胞结构如图甲所示，将Mn掺杂到GaAs的晶体中得到稀磁性半导体材料如图乙所示。下列说法中错误的是 A. 图甲中，As原子位于Ga原子构成的正四面体空隙中，填充率为50% B. 图乙中，掺杂Mn之后，晶体中Mn、Ga、As的原子个数比为 C. 图乙中，a点Ga原子的分数坐标为，b点Mn原子的分数坐标为 D. 图甲中，GaAs的摩尔质量为M g/mol，晶体密度为 ，设为阿伏加德罗常数的值，则晶胞中距离最近的两个As原子间距离为 9. 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 探究方案及现象 探究目的 A 向溶液中滴加过量氯水，溶液变橙色，再加入淀粉溶液，溶液变蓝色 氧化性： B 将浓硫酸和灼热木炭反应产生的气体依次通过品红溶液、饱和溶液、澄清石灰水，品红褪色，石灰水浑浊 硫酸和木炭反应产生和气体 C 取少量样品溶于水，加入溶液，再加入足量盐酸，产生白色沉淀 无法判断原样品是否变质 D 将新制氯水慢慢滴入含酚酞的稀溶液中，溶液红色褪去 具有漂白性 A. A B. B C. C D. D 10. 三草酸合铁酸钾水合物是典型的配位化合物，某科研小组对进行热重分析(氛围中)，测得在之间热重曲线如图所示。已知：反应Ⅰ中失去全部结晶水。下列叙述错误的是 A. B. 中提供孤电子对的原子是O C. 基态的与中未成对电子的数目之比为 D. 反应Ⅲ产生的气体分子中极性分子占75% 二、填空题 11. F是重要的化工原料，其合成路线可表示为： 回答下列问题： （1）A中官能团的名称为_________。 （2）A→B时，除生成B外还生成一种含碘有机物，该有机物可命名为_________。 （3）B→C的反应类型是_________；C→D的化学方程式为_________。 （4）试剂R的结构简式为_________。 （5）用“*”标出F中的手性碳原子_________。 （6）满足下列条件的E的同分异构体的结构简式为_________。 ①含有六元环 ②只有一种官能团 ③核磁共振氢谱显示为3组峰，且峰面积比为4:1:1 （7）已知，以苯甲醇为原料合成3-苯基丙烯酸（）的合成路线如下，N的结构简式为_________，试剂X可以选用_________。 12. 研究CO气体的无害化处理对治理大气污染、建设生态文明有重要意义。 Ⅰ、甲醇可以补充石油燃料，缓解能源紧张，利用可以合成甲醇：。 （1）一定温度下，在恒容的密闭容器中充入和，发生上述反应。能说明反应达到化学平衡的是______(填标号)。 a．不变 b．体系总压强不变 c．混合气体的平均摩尔质量保持不变 d．混合气体的密度不变 （2）在某一时刻采取下列措施，能使上述反应反应速率增大的措施是______(填标号)。 a．恒温恒容下，再充入CO b．升高温度 c．恒温恒容下，向其中充入Ar d．恒温恒压下，向其中充入Ar （3）可用电化学原理处理制备甲醇，装置如图所示。 每参与反应，有______通过质子交换膜；通入的一端发生的电极反应式为______。 Ⅱ、利用反应，可实现汽车尾气的无害化处理。 （4）一定温度下，在容积为的恒容密闭容器中加入等物质的量的和，测得部分物质的物质的量随时间的变化如图所示。 ①X代表的物质是______(填化学式)；a点正反应速率______逆反应速率(填“>”“<”或“=”)。 ②从反应开始到达平衡时，______；的平衡转化率为______。 13. 氯化亚铜(CuCl)是应用广泛的有机合成催化剂。某实验小组用还原的方法制备微晶，制备时保持溶液稳定是控制晶粒尺寸的重要条件之一。实验装置如图所示(夹持装置已省略)。步骤如下： ①向三颈烧瓶中加入溶液、溶液，调节溶液至2～3后，置于恒温水浴锅中； ②维持水浴温度40℃，以合适比例缓慢滴入稍过量的溶液和一定量的溶液； ③反应完成后，抽滤，所得固体依次用已除去溶解的水、乙醇洗涤，干燥得产品。 回答问题： （1）图中a处所连接的仪器是___________。 （2）步骤②中先滴加___________(填化学式)溶液。 （3）补充离子反应中的反应物和生成物(不需要配平)______________________。 控制溶液与溶液滴加比例的目的是___________。 （4）已知在潮湿的空气中易被氧化，但步骤②的反应过程中并未通入惰性气体保护，原因是___________；步骤③需使用除去溶解的水，除去的方法是___________。 （5）CuCl在酸性溶液中易被空气氧化，溶液变蓝，该反应的离子方程式是___________。 14. 某工厂利用镍矿（主要成分为，含少量和）制备超细镍粉，物质转化流程如下（部分反应条件已略去）： 已知：①滤液1中镍以形式存在，硫以和少量形式存在； ②“部分蒸氨”时减小，转化为，。 回答下列问题： （1）依据核外电子排布，元素位于周期表_____区。 （2）“氧压氨浸”时，加压的目的是_____________________，转化为的化学方程式为_______________。 （3）滤液1中铜的主要存在形式为_______（填离子符号）。气体为__________（填化学式）。 （4）“转化”步骤通入足量氧气充分氧化滤液2中剩余的，该步骤无沉淀产生，则理论上每转化消耗的物质的量为______。 （5）滤液3浓缩结晶得到的______（填化学式）可用于生成化肥。 （6）近似条件下，不同溶液中二价镍[]浓度随“还原”步骤时间的变化如图。为提高的还原速率和转化率，应选择_______（填“”或“”）。 已知酸性条件不利于“还原”步骤，解释还原程度较低而还原程度较高的原因：______________________（结合离子方程式作答）。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 集美中学2026—2027学年第一学期高三年级10月月考 化学试题 (考试时间：75分钟；满分：100分) 相对原子质量：H-1 C-12 O-16 K-39 Fe-56 一、选择题(每小题只有一个符合题意的选项) 1. 嘀嗒嘀嗒，时间都去哪儿了！计时器的发展史铭刻着化学的贡献。下列说法不正确的是 A. 制作日晷圆盘的石材，属于无机非金属材料 B. 基于石英晶体振荡特性计时的石英表，其中石英的成分为 C. 机械表中由钼钴镍铬等元素组成的发条，其材质属于合金 D. 目前“北京时间”授时以铯原子钟为基准，的质子数为55 【答案】B 【解析】 【详解】A．制作日晷圆盘的石材主要成分为硅酸盐或碳酸盐类物质，属于无机非金属材料，A正确； B．石英的主要成分为，为碳化硅，不是石英的成分，B错误； C．由钼钴镍铬等多种金属元素组成的发条材质，是具有金属特性的混合物，符合合金的定义，属于合金，C正确； D．核素符号中左上角数字表示质量数，左下角数字为质子数，因此其质子数为55，D正确； 故选B。 2. 某研究小组以丙烯为原料合成甘油，流程如下： 下列说法正确的是 A. 反应Ⅲ，试剂a可以是水溶液 B. 化合物的结构简式是 C. 反应Ⅱ，发生取代反应 D. 甘油分子中有1个手性碳原子 【答案】A 【解析】 【详解】A．反应Ⅲ是卤代烃的水解反应，氯原子被羟基取代生成甘油，水溶液加热条件下可发生该取代反应，试剂a可以是水溶液，A正确； B．反应Ⅰ为丙烯中甲基的-H与的取代反应，化合物的结构简式为，不是，B错误； C．反应Ⅱ是与的碳碳双键加成反应，生成1，2，3-三氯丙烷，不是取代反应，C错误； D．甘油的结构为，中间碳原子连接2个相同的基团，无手性碳原子，D错误； 故选A。 3. 物质结构决定性质。下列物质性质差异与结构因素没有关联的是 选项 性质差异 结构因素 A 键角： 的四面体中心为C原子，的四面体中心没有原子 B 熔点： 比半径小，所带电荷数多，离子键键能大 C 提供质子能力： O原子吸电子能力比H原子强，故中键的极性比中的极性大 D 第三电离能 Mn原子半径大于Fe A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．CH4为中心C原子连接4个H的正四面体结构，键角为109°28′，P4是4个P位于正四面体顶点、无中心原子，P-P键键角为60°，二者键角差异和给出的结构因素有关联，A不符合题意； B．离子晶体熔点与离子键键能正相关，比半径小、所带电荷数更多，MgO离子键键能更大，熔点更高，二者熔点差异和给出的结构因素有关联，B不符合题意； C．O电负性大于H，吸电子能力更强，使中N-H键极性更大，H更易解离，提供质子能力更强，二者提供质子能力差异和给出的结构因素有关联，C不符合题意； D．Mn的第三电离能更大是因为价电子排布为，属于半充满稳定结构，失去第三个电子需要更高能量，与Mn原子半径大于Fe无关，二者性质差异和给出的结构因素无关联，D符合题意； 故答案为：D。 4. 无机苯(结构如图，与苯相似)。其与甲烷可发生反应：，设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 的键数为 B. 的(价层)孤电子对数为 C. 标准状况下消耗转移电子数为 D. 中B提供参与形成大键的电子个数为 【答案】C 【解析】 【详解】A．每个分子中，环内有6个 σ键，环外有3个 σ键和3个 σ键，共12个σ键；该物质含σ键，A错误； B．中3个原子的孤电子对均参与形成离域大π键，不能再计作孤电子对，故（价层）孤电子对数为0，B错误； C．标准状况下 的物质的量为。反应中碳元素的化合价由升至，每个碳原子失去，故转移电子数为，C正确； D．形成离域大π键时，原子提供空的轨道，原子提供电子，因此提供的电子数为，不是，D错误； 故答案选C。 5. 某离子液体组成如图所示，X、Y、Z、W和Q是原子序数逐渐增大的短周期元素，W的基态原子中电子的空间运动状态数为7，则下列有关说法正确的是 A. 电负性： B. Z、W、Q最高价氧化物的水合物相互能发生反应 C. 若阳离子中五元环存在大键，则五元环上的5个原子杂化方式都是： D. 阴离子中四个W-Q键的键长不完全相同 【答案】C 【解析】 【分析】W的基态原子电子空间运动状态数为7，即占据7个原子轨道，电子排布为，对应W为Al元素。结合原子序数递增、成键特征可以推知：X只形成1个单键为H，Y形成4个键为C，Z形成3个键同时失去一个电子形成阳离子，即Z为N，W为Al，Q形成1个键为Cl。 【详解】A．Z、Y、W、X分别是N、C、Al、H元素，同一周期，从左往右电负性增大，从上到下电负性减少，电负性顺序应为N(Z) > C(Y) > H(X) > Al(W)，A错误； B．Z(N)的最高价水化物为，W(Al)的最高价水化物为Al(OH)3，Q(Cl)的最高价水化物为​，其中HNO3与HClO4之间不发生反应，B错误； C．五元环是由N和C原子形成的杂环，若阳离子五元环存在大π键，则五元环上5个原子均有未参与杂化的2p轨道共同形成6电子的离域大π键，余下的1个2s轨道和2个2p轨道采取杂化，杂化轨道之间通过键形成五元环，C正确； D．阴离子为（即，正四面体结构），中心W采取杂化，四个W-Q键完全等同，键长相同，D错误； 故选C。 6. 苯在浓HNO3和浓H2SO4作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法不正确的是 A. X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物 B. 由苯得到M时，苯中的大π键没有变化 C. 对于生成Y的反应，浓H2SO4作催化剂 D. 从中间体到产物，无论从产物稳定性还是反应速率的角度均有利于产物Ⅱ 【答案】B 【解析】 【详解】A．产物Ⅰ是打开双键生成的，故X是加成产物；产物Ⅱ生成了小分子硫酸，故产物Y是取代产物，A正确； B．M的六元环中与-NO2相连的C为sp3杂化，而作为原料的苯，苯环上的碳原子为sp2杂化，故反应过程中，碳原子的杂化方式发生了变化，苯中的大π键发生了变化，B错误； C．根据图示可知：对于生成Y的反应，反应物有硫酸，硫酸参加了化学反应，反应后又生成了硫酸，浓H2SO4作催化剂，C正确； D．生成产物Ⅱ的反应的活化能更低，因此反应速率更快；且形成 产物Ⅱ的能量更低，即产物Ⅱ更稳定，以上这两个角度均有利于产物Ⅱ的形成，D正确； 故合理选项是B。 7. 利用电化学-化学协同法将天然气中的转化为硫酸盐，实现资源化利用。原理示意图如下。 下列说法不正确的是 A. 溶液的作用之一是吸收 B. 理论上，阳极产生的大于阴极消耗的 C. 工作一段时间后，阴极室的总浓度下降 D. a极的电极反应式： 【答案】B 【解析】 【分析】根据极转化为，元素化合价升高，失电子，判断为阳极，为阴极。极得电子生成，配平得电极反应式。双极膜解离生成和，移向阴极室，移向阳极室。阴极生成的将氧化为，氧化还原过程电子守恒。阳极的电极反应为，每生成 转移电子，阴极每消耗 转移电子。 【详解】A．为酸性气体，可与碱性溶液反应生成，溶液可吸收，A正确； B．设电路中转移电子，阳极生成的物质的量为，阴极消耗的物质的量为，且阴极生成的氧化的过程电子守恒，故阳极产生的小于阴极消耗的，B错误； C．阴极室中与反应生成消耗，双极膜迁移进入阴极室的与结合生成也消耗，电极反应与氧化反应生成的不足以抵消消耗的，故工作一段时间后，阴极室的总浓度下降，C正确； D．极为阴极，得电子生成，结合电荷守恒、原子守恒配平得电极反应式，D正确； 故选B。 8. GaAs的晶胞结构如图甲所示，将Mn掺杂到GaAs的晶体中得到稀磁性半导体材料如图乙所示。下列说法中错误的是 A. 图甲中，As原子位于Ga原子构成的正四面体空隙中，填充率为50% B. 图乙中，掺杂Mn之后，晶体中Mn、Ga、As的原子个数比为 C. 图乙中，a点Ga原子的分数坐标为，b点Mn原子的分数坐标为 D. 图甲中，GaAs的摩尔质量为M g/mol，晶体密度为 ，设为阿伏加德罗常数的值，则晶胞中距离最近的两个As原子间距离为 【答案】D 【解析】 【详解】A． GaAs的晶胞中Ga原子按面心立方堆积，面心立方结构总共可形成8个正四面体空隙，而图甲中As原子仅填充了其中4个，因此填充率为，A正确； B．图乙中掺杂Mn之后，晶胞中Ga原子数为：，As原子数为4，Mn原子个数为：，故晶体中Mn、Ga、As的原子个数比为，B正确； C．以a点为坐标原点建立分数坐标系，a点Ga坐标为；b点Mn位于晶胞左侧面的面心位置，对应分数坐标为，C正确； D． GaAs晶胞中含4个GaAs单元，设晶胞参数为acm，则​，解得；距离最近的两个As原子的间距是面对角线的一半，即，D错误； 故选D。 9. 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 探究方案及现象 探究目的 A 向溶液中滴加过量氯水，溶液变橙色，再加入淀粉溶液，溶液变蓝色 氧化性： B 将浓硫酸和灼热木炭反应产生的气体依次通过品红溶液、饱和溶液、澄清石灰水，品红褪色，石灰水浑浊 硫酸和木炭反应产生和气体 C 取少量样品溶于水，加入溶液，再加入足量盐酸，产生白色沉淀 无法判断原样品是否变质 D 将新制氯水慢慢滴入含酚酞的稀溶液中，溶液红色褪去 具有漂白性 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【详解】A．向溶液滴加过量氯水，过量的也可将氧化为使淀粉变蓝，无法证明氧化性，A不符合题意； B．与饱和溶液反应会生成，使澄清石灰水变浑浊的不一定来自木炭与浓硫酸的反应，无法证明原反应产生，B不符合题意； C．酸性条件下可将氧化为，无论样品是否变质（变质生成），均会产生白色沉淀，因此无法判断原样品是否变质，C符合题意； D．氯水中的、可中和使碱性减弱导致红色褪去，也可能是漂白酚酞，无法证明是的漂白性，D不符合题意； 故选C。 10. 三草酸合铁酸钾水合物是典型的配位化合物，某科研小组对进行热重分析(氛围中)，测得在之间热重曲线如图所示。已知：反应Ⅰ中失去全部结晶水。下列叙述错误的是 A. B. 中提供孤电子对的原子是O C. 基态的与中未成对电子的数目之比为 D. 反应Ⅲ产生的气体分子中极性分子占75% 【答案】D 【解析】 【详解】A．反应Ⅰ中失去全部结晶水，失去的水百分含量为，解得，A正确； B．中提供空轨道，为配体，其中的氧原子提供孤电子对，碳原子无孤电子对，B正确； C．基态的价层电子轨道表示式为，基态的价层电子轨道表示式为，则与中未成对电子的数目之比为，C正确； D．1mol三草酸合铁酸钾水合物在反应I后失去结晶水，反应II后质量减少491g×8.96%=44g，失去1molCO2质量，经过反应III失去的质量为491g×14.66%=72g，失去1mol CO2和1mol CO的质量，生成的气体中、CO的物质的量之比为，CO为极性分子，为非极性分子，CO占比为50%，D错误； 答案选D。 二、填空题 11. F是重要的化工原料，其合成路线可表示为： 回答下列问题： （1）A中官能团的名称为_________。 （2）A→B时，除生成B外还生成一种含碘有机物，该有机物可命名为_________。 （3）B→C的反应类型是_________；C→D的化学方程式为_________。 （4）试剂R的结构简式为_________。 （5）用“*”标出F中的手性碳原子_________。 （6）满足下列条件的E的同分异构体的结构简式为_________。 ①含有六元环 ②只有一种官能团 ③核磁共振氢谱显示为3组峰，且峰面积比为4:1:1 （7）已知，以苯甲醇为原料合成3-苯基丙烯酸（）的合成路线如下，N的结构简式为_________，试剂X可以选用_________。 【答案】（1）醚键、醛基 （2）碘乙烷 （3） ①. 加成反应 ②. （4）或 （5） （6） （7） ①. ②. 新制氢氧化铜悬浊液（或银氨溶液） 【解析】 【分析】沿合成路线分析官能团变化：A在HI作用下由乙氧基转化为酚羟基，B经催化加氢得到C，C脱水形成D中的两个碳碳双键；后续成环得到E，E中的羟基酯化生成F。另一条路线中，苯甲醇先氧化为苯甲醛，再与乙醛缩合，最后氧化、酸化得到目标羧酸。 【小问1详解】 A中的乙氧基含有醚键，侧链末端含有醛基，因此官能团为醚键、醛基； 【小问2详解】 HI使芳基乙醚键在乙基一侧断裂，乙氧基转化为酚羟基，乙基与碘结合生成碘乙烷； 【小问3详解】 B在镍催化、加热条件下与氢气发生加成反应，苯环转化为环己烷环，醛基转化为羟乙基。C在浓硫酸、加热条件下，两个环上羟基分别发生消去反应，各脱去一分子水，反应为：； 【小问4详解】 E生成F时，羟基转化为丙酸酯基，因此R可选，也可选； 【小问5详解】 手性碳原子连接四个不同的原子或原子团。F中连有丙酸酯基的稠合环碳及其相邻、与环醚氧直接相连的稠合环碳均满足该条件，其余碳不满足，因此标注为：； 【小问6详解】 E的同分异构体含8个碳、12个氢和2个氧。满足含六元环且只有一种官能团时，可在环己烷的1、4位各连接一个醛基。该结构中四个亚甲基的8个氢、两个次甲基的2个氢和两个醛基的2个氢分别形成三组峰，峰面积比为4:1:1，因此结构为：； 【小问7详解】 苯甲醇经催化氧化生成苯甲醛；苯甲醛与乙醛在催化剂、加热条件下缩合并脱水，生成含醛基的N，其结构为：。N再经新制氢氧化铜悬浊液或银氨溶液氧化，酸化后得到3-苯基丙烯酸。 12. 研究CO气体的无害化处理对治理大气污染、建设生态文明有重要意义。 Ⅰ、甲醇可以补充石油燃料，缓解能源紧张，利用可以合成甲醇：。 （1）一定温度下，在恒容的密闭容器中充入和，发生上述反应。能说明反应达到化学平衡的是______(填标号)。 a．不变 b．体系总压强不变 c．混合气体的平均摩尔质量保持不变 d．混合气体的密度不变 （2）在某一时刻采取下列措施，能使上述反应反应速率增大的措施是______(填标号)。 a．恒温恒容下，再充入CO b．升高温度 c．恒温恒容下，向其中充入Ar d．恒温恒压下，向其中充入Ar （3）可用电化学原理处理制备甲醇，装置如图所示。 每参与反应，有______通过质子交换膜；通入的一端发生的电极反应式为______。 Ⅱ、利用反应，可实现汽车尾气的无害化处理。 （4）一定温度下，在容积为的恒容密闭容器中加入等物质的量的和，测得部分物质的物质的量随时间的变化如图所示。 ①X代表的物质是______(填化学式)；a点正反应速率______逆反应速率(填“>”“<”或“=”)。 ②从反应开始到达平衡时，______；的平衡转化率为______。 【答案】（1）bc （2）ab （3） ①. 2 ②. CO+4e-+4H+=CH3OH （4） ①. CO2 ②. > ③. 0.016 ④. 80% 【解析】 【小问1详解】 a．在恒容密闭容器中进行反应，起始时CO和H2物质的量之比为1∶2，反应过程中二者变化量之比也为1∶2，所以始终不变，不能说明反应达到平衡，a错误； b．该反应是气体分子数减小的反应，在恒容条件下，体系总压强不变，说明气体总物质的量不变，反应达到平衡，b正确； c．混合气体总质量不变，反应前后气体物质的量改变，当混合气体的平均摩尔质量保持不变时，说明气体总物质的量不变，反应达到平衡，c正确； d．混合气体质量和体积都不变，根据ρ=m/V，混合气体的密度始终不变，不能说明反应达到平衡，d错误； 故选bc； 【小问2详解】 a．恒温恒容下，再充入CO，CO浓度增大，反应速率增大，a正确； b．升高温度，反应速率增大，b正确； c．恒温恒容下，充入Ar，各反应物浓度不变，反应速率不变，c错误； d．恒温恒压下，充入Ar，容器体积增大，各反应物浓度减小，反应速率减小，d错误； 故选ab； 【小问3详解】 根据CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)，H2和H+的关系为H2～2H+，2.0gH2的物质的量为1mol，则有2molH+通过质子交换膜；该装置是原电池，根据总反应：CO+2H2=CH3OH可知，C的化合价降低，CO在正极得到电子，H的化合价升高，H2在负极失去电子，所以通入H2的一端是负极；电池工作过程中阳离子移向正极，所以H+向左移动；通入CO的一端为正极，CO在酸性溶液中得到电子转变为CH3OH，电极反应式为：CO + 4e- + 4H+ = CH3OH； 【小问4详解】 ①平衡时生成X是1.6mol，消耗NO和CO均是1.6 mol，根据方程式可知X代表的物质是CO2；a点反应向正反应方向进行，则正反应速率大于逆反应速率； ②达到平衡时，消耗NO的物质的量是1.6 mol，浓度是0.8 mol/L，则；到达到平衡消耗CO是1.6 mol，该条件下，CO的平衡转化率为×100%=80%。 13. 氯化亚铜(CuCl)是应用广泛的有机合成催化剂。某实验小组用还原的方法制备微晶，制备时保持溶液稳定是控制晶粒尺寸的重要条件之一。实验装置如图所示(夹持装置已省略)。步骤如下： ①向三颈烧瓶中加入溶液、溶液，调节溶液至2～3后，置于恒温水浴锅中； ②维持水浴温度40℃，以合适比例缓慢滴入稍过量的溶液和一定量的溶液； ③反应完成后，抽滤，所得固体依次用已除去溶解的水、乙醇洗涤，干燥得产品。 回答问题： （1）图中a处所连接的仪器是___________。 （2）步骤②中先滴加___________(填化学式)溶液。 （3）补充离子反应中的反应物和生成物(不需要配平)______________________。 控制溶液与溶液滴加比例的目的是___________。 （4）已知在潮湿的空气中易被氧化，但步骤②的反应过程中并未通入惰性气体保护，原因是___________；步骤③需使用除去溶解的水，除去的方法是___________。 （5）CuCl在酸性溶液中易被空气氧化，溶液变蓝，该反应的离子方程式是___________。 【答案】（1）pH传感器(或pH计、酸度计) （2） （3） ①. ②. ③. 维持溶液在2～3以控制晶粒尺寸 （4） ①. 稍过量的可消耗体系内的氧气，防止被氧化 ②. 蒸馏水煮沸后迅速冷却 （5） 【解析】 【分析】利用还原Cu2+制备CuCl，向反应容器中加入硫酸铜、氯化钠，调节体系pH至2~3，置于40℃恒温水浴；随后在磁力搅拌下缓慢滴加过量亚硫酸钠溶液与一定量碳酸钠溶液，作还原剂将Cu2+还原，在控制稳定pH的条件下生成CuCl微晶沉淀；反应完成后抽滤，固体依次使用除去溶解氧的水、乙醇洗涤，干燥后获得产品；装置右侧尾气吸收试管内盛放NaOH溶液，用于吸收反应过程中可能逸出的酸性尾气SO2。 【小问1详解】 制备时需保持溶液稳定，所以图中a处所连接的仪器是pH传感器或pH计、酸度计等。 【小问2详解】 该反应的离子方程式为，碳酸钠的作用是中和亚硫酸钠和反应生成的H+，为防止硫酸铜和碳酸钠发生反应，应该先滴加； 【小问3详解】 该反应中Cu元素化合价降低生成CuCl沉淀，根据氧化还原反应规律，S元素化合价升高，所以反应生成，根据原子守恒和反应的酸性环境，反应物空缺处为、；制备时需保持溶液稳定，碳酸钠的作用是中和Cu2+和亚硫酸钠反应生成的H+，所以控制溶液与溶液滴加比例的目的是维持溶液在2～3以控制晶粒尺寸； 【小问4详解】 亚硫酸钠具有还原性，稍过量的可消耗体系内的氧气，防止被氧化，所以步骤②的反应过程中并未通入惰性气体保护；氧气的溶解度随温度升高而降低，步骤③需使用除去溶解的水，除去的方法是蒸馏水煮沸后迅速冷却。 【小问5详解】 CuCl在酸性溶液中被空气中氧气氧化为Cu2+，溶液变蓝，反应的离子方程式是。 14. 某工厂利用镍矿（主要成分为，含少量和）制备超细镍粉，物质转化流程如下（部分反应条件已略去）： 已知：①滤液1中镍以形式存在，硫以和少量形式存在； ②“部分蒸氨”时减小，转化为，。 回答下列问题： （1）依据核外电子排布，元素位于周期表_____区。 （2）“氧压氨浸”时，加压的目的是_____________________，转化为的化学方程式为_______________。 （3）滤液1中铜的主要存在形式为_______（填离子符号）。气体为__________（填化学式）。 （4）“转化”步骤通入足量氧气充分氧化滤液2中剩余的，该步骤无沉淀产生，则理论上每转化消耗的物质的量为______。 （5）滤液3浓缩结晶得到的______（填化学式）可用于生成化肥。 （6）近似条件下，不同溶液中二价镍[]浓度随“还原”步骤时间的变化如图。为提高的还原速率和转化率，应选择_______（填“”或“”）。 已知酸性条件不利于“还原”步骤，解释还原程度较低而还原程度较高的原因：______________________（结合离子方程式作答）。 【答案】（1）d （2） ①. 增大氧气的溶解度，加快反应速率，提高浸出率 ②. （3） ①. ②. （4）2 （5） （6） ①. 2 ②. 被还原时发生反应：，溶液呈酸性，不利于“还原”步骤；而被还原时发生反应：，不会生成游离的，因此还原程度较高 【解析】 【分析】镍矿的主要成分为，含少量和，在“氧压氨浸”操作中通入空气、加入氨水，生成、，浸渣为；“部分蒸氨”时挥发逸出的气体为氨气，减小，转化为，转化为CuS沉淀；向滤液2中通入足量O2，将滤液2中剩余的充分氧化为，最后通过H2还原，得到Ni粉，滤液3中的主要成分为硫酸铵； 【小问1详解】 Ni是28号元素，价电子排布为，根据周期表分区规则，属于d区。 【小问2详解】 加压可增大氧气的溶解度，提高浓度，加快浸出速率，提升镍的浸出率；与氧气、氨水反应生成，根据电子守恒、原子守恒可知化学方程式为。 【小问3详解】 氨浸过程中，铜离子与氨水形成稳定的；“部分蒸氨沉铜”时，溶液中挥发出来的气体 a 显然是氨气。蒸发氨气会导致溶液中 减小，促使络合物解离进而使铜沉淀。 【小问4详解】 被氧化为，中S 的平均化合价为 +2价，中S的化合价为+6价，总共失去电子，反应得到4 mol电子，根据电子守恒，消耗的物质的量为。 【小问5详解】 在“还原”步骤中，被还原生成 Ni 粉，溶液中主要留下的阳离子是生成的（由和结合），阴离子是一直未参与后续反应的。因此滤液 3 浓缩结晶得到的副产品是，硫酸铵是常用氮肥，可做化肥。 【小问6详解】 观察题给图像，当时，Ni(Ⅱ) 浓度随时间下降最快，且最终能降至 0（完全转化）。而时反应提前停滞（转化率低），时反应速率过慢。因此为提高速率和转化率，应选2； 当时，发生反应：，会释放一个游离的，游离会使溶液呈酸性，而题目已知“酸性条件不利于还原”，因此反应受到抑制，转化率低。 当时，发生反应：，恰好生成2个，体系不会生成游离的，反应能顺利进行到底。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $