精品解析：北京市中国人民大学附属中学2026-2027学年高三上学期10月练习3 化学试卷 北京市/海淀区

人大附中2027届高三化学练习3 2026年10月23日 可能用到的相对原子质量：O-16，Ti-48 一、选择题（每小题3分，共42分。在每小题所给出的四个选项中，请选择最符合题目要求的一项） 1. 三星堆考古挖掘中，二号祭祀坑出土的商代铜人铜像填补了我国考古学、青铜文化、青铜艺术史上的诸多空白。下列说法不正确的是 A. 青铜是铜、锡等金属的合金，属于金属材料 B. 测定出土文物年代的原子核内有14个中子 C. X射线衍射实验可以对青铜器微观晶体结构进行分析 D. 铜像表面的铜绿[]能在空气中稳定存在 【答案】B 【解析】 【详解】A．青铜是铜、锡等金属形成的合金，合金属于金属材料，A正确； B．的质子数为6，质量数为14，中子数=质量数-质子数=14-6=8，其原子核内中子数为8而非14，B错误； C．X射线衍射实验是分析晶体结构的常用手段，可以对青铜器微观晶体结构进行分析，C正确； D．铜绿是铜在空气中发生腐蚀的稳定产物，常温下不与空气中的组分反应，能在空气中稳定存在，D正确； 故答案选B。 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 分子的空间结构模型： B. 基态的简化电子排布式： C. 的形成过程： D. 分子中键的形成： 【答案】D 【解析】 【详解】A．分子的空间结构模型仅体现成键原子的空间排布，题图画出了中心的两对孤电子对，属于价层电子对互斥模型，不是分子空间结构模型，A错误； B．基态为32号元素，简化电子排布式应为，选项漏写轨道的电子，B错误； C．是共价化合物，H和Cl通过共用电子对形成共价键，不存在电子得失，正确的形成过程为，C错误； D．分子中两个的轨道沿键轴方向头碰头重叠形成键，图示符合键的形成过程，D正确； 故选D。 3. 下列方程式与所给事实不相符的是 A. 海水提溴过程中，用氯气氧化苦卤得到溴单质： B. 氨脱硫法脱除烟气中少量二氧化硫： C. 用溶液能有效除去误食的： D. 用溶液将水垢中的转化为溶于酸的： 【答案】D 【解析】 【详解】A．氯气的氧化性强于溴单质，能将苦卤中的溴离子氧化为溴单质，自身被还原为氯离子，反应的离子方程式为，与所给事实相符，A正确； B．氨吸收少量二氧化硫生成亚硫酸铵，反应为；亚硫酸铵再被氧气氧化为硫酸铵，反应为。将第一个方程式乘以2，再与第二个方程式相加，得到总反应，与所给事实相符，B正确； C．硫酸钠溶液中的硫酸根离子能与钡离子反应，生成难溶于水和胃酸的硫酸钡沉淀，从而减少可溶性钡离子的危害，反应的离子方程式为，与所给事实相符，C正确； D．加入碳酸钠溶液后，硫酸钙转化为碳酸钙，硫酸根离子进入溶液，正确的离子方程式为，D错误； 故选D。 4. 下列事实不能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释的是 A. 键的键能小于键的键能 B. 三氟乙酸的大于三氯乙酸的 C. 氟化氢分子的极性强于氯化氢分子的极性 D. 气态氟化氢中存在，而气态氯化氢中是分子 【答案】A 【解析】 【详解】A．F原子半径小，电子云密度大，两个原子间的斥力较强，键不稳定，因此键的键能小于键的键能，与电负性无关，A符合题意； B．氟的电负性大于氯的电负性。键的极性大于键的极性，使—的极性大于—的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基极性更大，更容易电离出氢离子，酸性更强，B不符合题意； C．氟的电负性大于氯的电负性，键的极性大于键的极性，导致分子极性强于，C不符合题意； D．氟的电负性大于氯的电负性，与氟原子相连的氢原子可以与另外的氟原子形成分子间氢键，因此气态氟化氢中存在，D不符合题意； 故选A。 5. 含硫物质种类丰富，下列说法正确的是 A. （）是共价晶体   B. 的空间构型为三角锥形 C. 的沸点比低   D. 中S原子杂化类型为 【答案】C 【解析】 【详解】A．由分子构成，微粒间作用力为分子间作用力，属于分子晶体，不是共价晶体，A错误； B．中心原子价层电子对数为，含1对孤电子对，空间构型为V形，不是三角锥形，B错误； C．分子间可形成氢键，分子间无氢键，仅存在范德华力，故沸点更低，C正确； D．中心原子价层电子对数为，杂化类型为，不是，D错误； 答案选C。 6. 下列操作中不正确的是 润洗滴定管 食盐水蒸发结晶 A．加入少量待装液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿全部滴定管内壁，再从上口倒出 B．加热并用玻璃棒不断搅拌，直至产生大量固体，停止加热 检验铜与浓硫酸的反应产物 证明氨气极易溶于水 C．冷却后，将①中物质慢慢倒入盛有水的烧杯中 D．打开弹簧夹，挤压胶头滴管，使水进入烧瓶 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．润洗滴定管时，待液体润湿全部内壁后，应将润洗液从下口放出以润洗尖嘴部分，从上口倒出无法润洗尖嘴，会导致后续待装液被尖嘴处残留的水稀释，A错误； B．食盐水蒸发结晶时，加热并用玻璃棒搅拌至产生大量固体后停止加热，利用余热蒸干剩余液体，可防止固体受热飞溅，B正确； C．铜与浓硫酸反应后试管①中残留过量浓硫酸，冷却后将其慢慢倒入盛水的烧杯中，符合浓硫酸稀释“酸入水”的操作要求，可避免液体飞溅，C正确； D．打开弹簧夹后挤压胶头滴管，水进入烧瓶，极易溶于水使烧瓶内压强迅速减小，外界气压将滴有酚酞的水压入烧瓶形成喷泉，可证明极易溶于水，D正确； 故选A。 7. 氟气通过碎冰表面，可以发生反应①，下列说法不正确的是 A. (为常见卤素)中，的稳定性最强，酸性最弱，沸点最高 B. 和分子的空间构型相似，化学键类型相同，都存在键 C. 反应①需要在低温下进行的原因可能是易分解 D. 的电子式为，其中的化合价为-1 【答案】B 【解析】 【详解】A．卤素中非金属性最强，故稳定性最强；是弱酸，其余均为强酸，故酸性最弱；分子间存在氢键，沸点高于其余，A正确； B．和中心均为杂化，均为V形，都只含极性共价键，化学键类型相同；但中的键均为键，不存在键，B错误； C．不稳定，温度较高时易分解，故反应需要在低温下进行，C正确； D．的电子式符合成键规则，书写正确，电负性大于，共用电子对偏向，故化合价为-1，D正确； 故答案选B。 8. 将钠投入液氨中，钠沉入液氨底部，迅速发生溶剂化，生成溶剂合钠离子和蓝色的溶剂合电子(过程示意如下图)，随后缓慢产生气泡。下列说法不正确的是 A. 溶剂化的过程发生氧化反应 B. 图中和周围的取向与的极性有关 C. 反应产生的气体主要成分为 D. 导电性：蓝色溶液>液氨 【答案】C 【解析】 【详解】A．由图可知，溶剂化的过程中，钠元素的化合价升高被氧化，钠是反应的还原剂，发生氧化反应，A正确； B．氨分子为极性分子，分子中氮原子带负电荷、氢原子带正电荷，溶剂合钠离子中氮原子靠近钠离子，蓝色的溶剂合电子中氢原子靠近电子，所以图中钠离子和电子周围氨分子的取向与氨分子的极性有关，B正确； C．由题意可知，钠和液氨发生的反应为：2Na+2NH3=2NaNH2+H2↑，由方程式可知，反应产生的气体主要成分为氢气，C错误； D．液氨中氨分子不能电离出自由移动的离子，而蓝色溶液中存在大量自由移动的溶剂合钠离子和蓝色的溶剂合电子，所以蓝色溶液的导电性大于液氨，D正确； 故选C。 9. 下列对事实的解释不正确的是 事实 解释 A 浓硝酸不能溶解金，王水（浓硝酸与浓盐酸按体积比混合）能溶解金生成 浓盐酸能增强浓硝酸的氧化性和金的还原性 B 石墨有类似金属的导电性 石墨中存在类似的金属键 C 缺角的NaCl晶体在饱和NaCl溶液中慢慢变为完美的立方体块 晶体具有自范性 D KSCN溶液遇溶液显红色，遇溶液不显红色 溶液中较小 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．王水能溶解金是因为浓盐酸提供高浓度，与形成稳定的配离子，降低了的电极电势，使硝酸能够氧化，并非增强浓硝酸的氧化性，A错误； B．石墨中原子采取杂化，未参与杂化的轨道形成离域大键，存在类似金属键的作用，电子可在整个碳原子平面中自由运动，因此有类似金属的导电性，B正确； C．晶体具有自范性，能自发呈现规则的多面体外形，因此缺角的晶体在饱和溶液中可慢慢变为完美立方体块，C正确； D．与游离的反应显红色，属于配合物，在内界作为中心离子，电离出的游离浓度极低，因此遇溶液不显红色，D正确； 故选A。 10. 实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均正确的是 气体 试剂 制备装置 收集方法 A O2 KMnO4 a d B H2 Zn+稀H2SO4 b e C NO Cu+稀HNO3 b c D CO2 CaCO3+稀H2SO4 b c A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．KMnO4是固体物质，加热分解产生O2，由于O2难溶于水，因此可以用排水方法或向上排空气的方法收集，故不可以使用a、d装置制取和收集O2，A错误； B．Zn与H2SO4发生置换反应产生H2，块状固体与液体反应制取气体，产生的H2难溶于水，因此可以用排水方法收集，故可以使用装置b、e制取H2，B正确； C．Cu与稀HNO3反应产生NO气体，NO能够与O2发生反应产生NO2气体，因此不能使用排空气的方法收集，C错误； D．CaCO3与稀硫酸反应产生的CaSO4、CO2气体，CaSO4微溶于水，使制取CO2气体不能持续发生，因此不能使用该方法制取CO2气体，D错误； 故合理选项是B。 11. 恒温恒容密闭容器中，投入和，其初始浓度均为，发生反应。反应过程中的能量变化示意图如图1所示。的转化率随反应时间变化示意图如图2所示，的平衡转化率为。 下列说法正确的是 A. 热化学方程式为 B. 用表示反应开始到的平均速率是 C. 该温度下， D. 其他条件不变，若升高初始温度，的平衡浓度大于 【答案】D 【解析】 【详解】A．焓变为生成物总能量与反应物总能量的差值，也等于正反应活化能减去逆反应活化能，即，A错误； B．时刻转化率为，消耗浓度为，根据反应计量关系，生成浓度为，平均速率，B错误； C．平衡时​转化率为，则平衡浓度：，，代入平衡常数表达式：，C错误； D．由图1可知反应物总能量高于生成物，反应放热，，升高温度平衡逆向移动，平衡转化率减小，平衡浓度大于原平衡的，D正确； 故选D。 12. 探究含铬化合物的转化，实验如下。已知：是两性氢氧化物，溶于碱后溶液呈亮绿色。下列说法正确的是 A. ①中铬主要以形式存在 B. ②中溶液呈绿色，说明被还原 C. ②到③有生成 D. 氧化性强于 【答案】D 【解析】 【详解】A．溶液中存在如下平衡：，向溶液中加入足量硫酸溶液，溶液中的氢离子浓度增大，平衡向正反应方向移动，所以铬元素主要以的形式存在，A错误； B．②中溶液呈绿色，说明溶液中发生的反应为酸性条件下溶液中的与过氧化氢溶液反应生成铬离子、氧气和水，反应中氧元素的化合价升高被氧化，B错误； C．③中溶液呈亮绿色，说明溶液中发生的反应为溶液中的铬离子先与氢氧化钾溶液反应生成氢氧化铬沉淀，反应生成的氢氧化铬与过量的氢氧化钾溶液反应生成亮绿色的，所以②到③有氢氧化铬生成，C错误； D．向③中加入过氧化氢溶液后溶液变为黄色，说明溶液中发生的反应为碱性条件下溶液中的与溶液反应生成和水，反应中铬元素化合价升高被氧化，铬酸钾是反应的氧化产物，氧元素化合价降低被还原，过氧化氢是氧化剂，由氧化还原反应规律可知，氧化剂的氧化性强于氧化产物，所以过氧化氢的氧化性强于铬酸钾，D正确； 故选D。 13. 熔融碱金属碳酸盐（如）可作为焦炭转化的催化剂，一种可能的催化机理如下。 下列说法不正确的是 A. 该过程需加热至熔融，使其发生电离 B. 反应①、②中断裂的化学键有碳氧键，碳碳键 C. 该过程中每生成，①、②间转移 D. 该过程的总反应为 【答案】C 【解析】 【详解】A．熔融状态下才能电离出自由移动的和参与循环反应，该过程需将加热至熔融，A正确； B．反应①中转化为，断裂碳氧键；反应②中焦炭含有的碳碳键、中的碳氧键均发生断裂，故反应①、②中断裂的化学键有碳氧键、碳碳键，B正确； C．反应①：，生成的与体系中的继续反应生成参与循环 ，反应②：，由此可见，每生成4 mol CO，①、②间转移电子为2 mol，即每生成1 mol CO，①、②间转移0.5 mol e- ，C错误； D．由图知，总反应的反应物为焦炭和二氧化碳，总反应的生成物为一氧化碳，为催化剂，总反应为，D正确； 故选C。 14. 25℃下分别取250mL蒸馏水、AgCl饱和溶液和AgCl悬浊液，测定各样品在25℃、35℃和45℃的电导率，数据如下。 温度/℃ 样品电导率 蒸馏水 溶液 悬浊液 25 129 172 172 35 148 197 224 45 164 222 259 已知：电解质稀溶液的电导率与离子浓度和离子迁移速率有关。 离子迁移速率与离子种类和温度有关。 25℃，，。 下列说法不正确的是 A. 悬浊液中存在沉淀溶解平衡： B. 对比蒸馏水和溶液电导率随温度的变化，推测和的迁移速率随温度升高而增大 C. 对比溶液和悬浊液电导率随温度的变化，推测悬浊液中的和随温度升高而增大 D. 向25℃的饱和溶液中加入1滴0.1mol/L KI溶液，电导率小于 【答案】D 【解析】 【详解】A．为难溶电解质，悬浊液中存在沉淀溶解平衡，A正确； B．相同温度下溶液比蒸馏水多出和，二者电导率的差值为和的贡献，温度升高差值增大，可推测和迁移速率随温度升高而增大，B正确； C．25℃时溶液和悬浊液电导率相同，说明此时溶液为饱和溶液；温度升高时悬浊液电导率远大于溶液，是因为悬浊液中存在多余固体，温度升高增大，溶解更多，和增大，C正确； D．AgCl饱和溶液中加入0.1 mol/L KI溶液后，发生沉淀转化，虽然被沉淀，但引入了K+和I−，溶液总离子浓度大于原AgCl饱和溶液中离子浓度，电导率应大于，D错误； 故选D。 二、非选择题（本部分共5小题，共58分） 15. 双极膜是一种新型离子交换复合膜。在直流电场作用下，在中间催化层可解离为和，为电化学反应提供理想的酸碱环境。 （1）水解离需要破坏的作用力类型是___________。 （2）一种双极膜的结构示意图如图所示。 ①将S的基态原子最外层轨道表示式补充完整：___________。 ②C、N、O的第一电离能由大到小的顺序是___________。 ③键角：，原因是___________。 ④中间催化层中弱碱性基团催化解离的过程如下。 ⅰ．___________(补全反应) ⅱ． （3）中间催化层还可选择金属化合物作催化剂，如或含铁化合物。 ①的晶胞如图，形状为长方体，边长分别为a nm、a nm和b nm，的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为。该晶体的密度是___________。() ②做催化剂，催化效率高，但因易溶于水而流失。可利用聚乙烯亚胺(PEI)与制备如下图所示的复合结构的高效催化剂。 该催化剂具有高亲水性且不易流失，从结构的角度解释原因：___________。 （4）推测双极膜中间催化层中促进解离的基团或粒子可能具有的性质是___________。 【答案】（1）极性共价键 （2） ①. ②. ③. 二者N均为杂化，中N上孤电子对数为0，中N上孤电子对数为1；孤电子对排斥力大，故前者键角大 ④. （3） ①. ②. 复合结构的催化剂中含有氨基，与水形成氢键，使之具有亲水性；PEI与形成配位键，不易流失 （4）弱酸性或弱碱性 【解析】 【小问1详解】 解离为和，需要破坏水分子内部的O-H极性共价键。 【小问2详解】 ① S基态最外层电子排布为，根据泡利原理和洪特规则，电子填充为：3s轨道填入2个自旋相反的电子，3p轨道一个轨道填2个电子，剩余两个轨道各填1个电子，最外层电子排布图为； ② 同周期第一电离能整体从左到右递增，但N的2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于O，因此顺序为； ③二者N均采取杂化，为四面体形，无孤电子对，为三角锥形，有1个孤电子对，杂化相同的情况下，孤电子对越多，对成键电子的排斥力越大，键角越小，因此前者键角更大； ④ 总反应为水的解离，结合第二步反应，可推得第一步反应为结合水的氢离子，释放氢氧根，。 【小问3详解】 ① 该晶胞含2个​，晶胞质量为，体积转换单位后为，计算得密度为； ② 从结构可知，氨基是亲水基团，且N原子的孤对电子可以和形成配位键，形成较稳定结构，因此不易流失。 【小问4详解】 促进水的解离，需要结合水分解产生的或，使解离平衡正向移动，因此基团需要能结合或，即具有较弱的酸性或碱性。 16. 以氨为原料制备硝酸的原理示意图如下。 已知：氧化炉中相关反应的反应热和平衡常数如下表。 反应(500℃，0.1MPa) (主反应) -454 (副反应) -634 （1）理论分析不用制备NO的原因。 ①从N2分子结构角度解释：___________。 ②计算该反应的ΔH和K，从反应原理角度解释：___________。 （2）热交换器中的反应分两步。 反应i： 反应ii： 对应的反应过程示意图如下。 用作答： ①由于___________＞___________，反应ii速率较慢。 ②___________kJ/mol。 （3）吸收塔中的总反应为从平衡的角度推断有利于将NO2转化为HNO3的措施是___________、___________、___________。 【答案】（1） ①. 键能大，不易断裂 ②. ，反应吸热，与主反应放热相比耗能大，，反应限度小 （2） ①. ②. ③. （3） ①. 加压 ②. 提高氧气浓度 ③. 降温 【解析】 【分析】以氨为原料制备硝酸的原理：氨气与氧气在氧化炉反应生成一氧化氮和水，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮、氧气和水反应生成硝酸。 【小问1详解】 ①分子内为键，键能较大，化学键不易断裂，因此难以用于制备，故答案为键能大，不易断裂； ②由主反应-副反应得，化学平衡常数为，由此可知该反应正向吸热，主反应为放热反应，两个反应相比，耗能大，平衡常数小，反应限度小，故答案为：，反应吸热，与主反应放热相比耗能大，，反应限度小。 【小问2详解】 ①由图可知，该反应正向合成过程中正反应活化能分别为、，而，使得反应ii速率较慢，故答案为； ②反应焓变=正反应活化能-逆反应活化能，因此反应i、ii的焓变分别为、，可由反应i+反应ii得到，因此该反应的焓变为，故答案为。 【小问3详解】 ，正向为放热且气体体积减小的反应，因此若要提高转化率，可通过加压、提高氧气浓度、降温等措施实现，故答案为：加压、提高氧气浓度、降温。 17. 钢铁行业是排放的主要来源之一，约占全球总排放量的7%。减少炼铁过程中碳的使用对减排工作具有重要意义。 （1）已知： 则CO还原为的热化学方程式为_________________________________。 （2）常压下，在密闭容器中用CO（或）在不同温度下将还原为，达平衡时，混合气体中CO（或）的物质的量分数如下图。 ①关于CO还原为Fe的反应，下列分析正确的是________（填序号）。 a．装置内气体总物质的量不再变化时，说明反应达到化学平衡状态 b．其他条件不变，延长反应时间，不能改变CO的平衡转化率 c．还原所得Fe可能包裹于表面，使体系无法达到平衡状态 ②平衡时CO物质的量分数：，原因是________________________。 ③用代替CO还原制备Fe，可减少排放，但该方案仍存在一定的局限性。从物质利用及能源消耗的角度分析其局限性分别为________、________。 （3）恒温恒容条件下，研究不同因素对铁氧化物还原速率的影响，实验方案和结果如下表。 实验编号 固体 粒径/mm 通入不同混合气体的相对还原速率 ⅰ FeO 0.1 0.27 0.09 0.33 ⅱ FeO 2.5 0.25 0.08 0.35 ⅲ FeO 8.5 0.15 0.06 0.25 ⅳ FeO 20 0.021 0.007 0.036 ⅴ FeO，MgO 20 0.017 0.008 0.039 注：各实验中FeO质量相同。 ①对比实验ⅰ~ⅳ以进行还原时，还原速率依次下降，原因是__________________________。 ②进一步研究表明，在FeO中加入少量MgO，某种氧化产物与MgO反应的生成物可“撑开”FeO晶体，从而加速FeO的还原。结合实验ⅳ、ⅴ的数据，推测相关反应的化学方程式为_________________________。 【答案】（1） （2） ①. bc ②. 用CO还原为Fe的反应为放热反应，从M点到N点，温度升高，平衡逆向移动，平衡时CO的物质的量分数大 ③. 物质利用角度：在低温区域，转化率低，资源利用率低 ④. 能源角度：反应吸热，需要额外提供能量 （3） ①. 从实验ⅰ到实验ⅳ，固体粒径增大，气体固体反应物的接触面积减小 ②. 【解析】 【小问1详解】 根据盖斯定律，将已知反应依次编号为： ① ② 目标反应可由①②得到，因此热化学方程式为 。 【小问2详解】 a．该反应前后气体分子数不变，恒温恒容下气体总物质的量始终不变，不能作为判断平衡的标志，a错误； b．延长反应时间只能改变达到平衡的时间，不能改变平衡状态，即不能改变CO的平衡转化率，b正确； c．生成的Fe若包裹在表面，会阻碍反应物进一步接触，导致反应无法持续进行，体系无法达到真正的化学平衡状态，c正确。 故选bc。 由(1)可知，还原为的反应是放热反应（）。从M点到N点，温度升高，平衡逆向移动，导致平衡时的物质的量分数增大。 从物质利用角度看，图中显示相同温度下的平衡物质的量分数远大于，说明 的平衡转化率低于，原料利用率低，且的制备成本较高。 从能源消耗角度看，还原铁氧化物的反应为吸热反应，需要额外提供能量，导致整体能耗更高。 【小问3详解】 实验ⅰ~ⅳ中，的粒径依次增大，固体的比表面积减小，反应物（与还原气体）之间的接触面积减小，导致化学反应速率依次下降；对比实验ⅳ和ⅴ的数据可知，加入后，通入或混合气体时的还原速率加快，而单独通入时还原速率减慢。这说明是还原生成的氧化产物与发生了反应，生成了 ，从而“撑开”晶体，加速还原。反应方程式为 。 18. 氟碳铈精矿是中国重要的稀土矿产资源，其主要成分为，含有等杂质。高纯在催化剂等领域应用广泛。一种利用氟碳铈精矿制备的工艺如图所示： 已知：HF是一种有毒气体 （1）步骤Ⅰ，氟碳铈精矿焙烧主要生成，还有少量。 ①在100～200℃受热分解，化学方程式为_______。 ②将在900℃焙烧生成的化学方程式配平_______。 （2）步骤Ⅱ，试剂是_______。 （3）步骤Ⅲ，溶液2中铈的存在形式为，由滤渣1生成的离子方程式有_______。 （4）步骤Ⅳ，滤渣3的成分为_______。 （5）步骤Ⅴ，滤液3中，浓度为，调节pH加入，价Ce氧化率随pH变化如图所示。 已知： ⅰ．依据电极反应式：，价Ce的还原性随增大而增强 ⅱ． ①，随着pH升高，增大，原因是_______。 ②，随着pH升高，价Ce氧化率下降，可能的原因为：氧化性减弱、因分解而浓度减小导致氧化速率降低；_______。 【答案】（1） ①. ②. （2）水 （3） （4） （5） ①. ，和形成沉淀，，pH升高增大，比值增大 ②. 形成，随pH升高沉淀量增多，固液之间的接触面积小于液体之间的，氧化速率降低反应生成的附着于表面，导致反应物之间的接触面积变小，氧化速率降低 【解析】 【分析】氟碳铈精矿（主要成分为，含杂质）与在焙烧，生成、、和少量；经水浸分离等可溶性杂质，滤渣用盐酸在酸浸，转化为，转化为；加氨水调节，沉淀为，滤液中经氧化、调得到，据此分析。 【小问1详解】 ①在受热分解，生成、和，化学方程式为； ②根据原子守恒、氧化还原反应配平，在焙烧生成的化学方程式为； 【小问2详解】 步骤Ⅱ需浸出可溶性杂质，分离不溶性铈的氧化物，试剂为水； 【小问3详解】 滤渣1含、，在下与盐酸反应，与反应生成和，离子方程式为；与、发生氧化还原反应，被还原为，被氧化为，离子方程式为； 【小问4详解】 溶液2含、，加氨水调节，沉淀为； 【小问5详解】 ①时，、形成沉淀，，升高，增大，比值增大； ②时，形成沉淀，随升高沉淀量增多，固液接触面积小于液体，氧化速率降低；且生成的附着于表面，减小反应物接触面积，导致氧化速率降低。 19. 某小组制备，并探究其还原性和氧化性的强弱。 资料：i．溶液(绿色)在酸性环境中不稳定，转化为和。 ii．。 （1）制备(在通风橱中进行)。 ①B中盛有水，B中反应的化学方程式是___________。 ②E中的受热分解生成PbO，制。D中除去的气体是___________。 ③一段时间后，控制B和D中流出气体的流速为1∶1通入C中的溶液，充分反应制备溶液。将装置C补充完整并注明所用试剂__________。 （2）探究的还原性和氧化性的强弱。 ①I中得到绿色溶液，反应的离子方程式是___________。 ②根据资料i，Ⅱ中应得到紫色溶液，但实验过程中一直没有观察到紫色溶液，可能的原因是___________。 ③Ⅲ中棕黑色沉淀消失，反应的离子方程式是___________。 ④Ⅳ中得到的浅黄色溶液含有，设计实验，证实该条件下是氧化了KI，实验操作是___________，没有明显变化。 ⑤综合以上实验，可得结论：在对应的实验条件下，的还原性强于、___________，的氧化性强于___________。 【答案】（1） ①. ②. ③. （2） ①. ②. 与过量的反应或酸性条件下，转化为的速率小于氧化过量的的速率 ③. ④. 取浓度约为溶液于试管中，先加入与Ⅳ等浓度等体积的KI溶液，再加入硫酸至溶液的pH为y，在相同时间内观察 ⑤. 和 ⑥. 【解析】 【分析】（1）在A中，铜与浓硝酸发生反应生成，与水在B中发生反应生成硝酸和NO，在E中的受热分解生成PbO和，制取，控制B和D中流出气体的流速为1∶1通入C中NaOH溶液，发生反应，充分反应制备溶液； （2）在试管中加入0.5mL amol/L的溶液中先滴加少量的NaOH溶液，再滴加少量的KMnO4溶液，与KMnO4在碱性条件下加热，发生反应，生成绿色的溶液，在绿色的溶液中滴加溶液至溶液呈弱酸性，溶液(绿色)在酸性环境中不稳定，转化为和，得到棕黑色沉淀和无色溶液，继续滴加溶液，棕黑色沉淀与在酸性（）条件下发生反应，沉淀消失后得到xmL含的无色溶液，向该无色溶液中先加入足量稀KI溶液，后加入稀硫酸至溶液的pH为y，此时将KI氧化为碘单质，得到浅黄色溶液和淡红棕色气体，即可证明对应的实验条件下，的还原性强于、和，的氧化性强于，据此回答。 【小问1详解】 ①A中铜与浓硝酸反应生成，B中盛水，与水反应生成硝酸和NO，化学方程式为； ②E中受热分解生成PbO、和 ，D的作用是除去，因为后续制备过程中会干扰反应； ③B中生成NO，E中生成，控制流速1:1通入C中与NaOH溶液反应制备NaNO2，反应为，所以C中试剂为NaOH溶液，故装置C的图为； 【小问2详解】 ①由资料i可知，I中得到绿色溶液为，即与KMnO4在碱性条件下反应，被氧化为，被还原为，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式为； ②根据资料i，Ⅱ中应得到紫色溶液，但由于与过量的反应或酸性条件下，转化为的速率小于氧化过量的的速率，故实验过程中一直没有观察到紫色溶液； ③Ⅲ中棕黑色沉淀与在酸性（）条件下反应，被还原为，被氧化为，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式； ④Ⅳ中得到的浅黄色溶液含有，取浓度约为溶液于试管中，先加入与Ⅳ等浓度等体积的KI溶液，再加入硫酸至溶液的pH为y，在相同时间内观察，没有明显变化，即可证明该条件下是氧化了KI； ⑤综合以上实验，由分析可得结论：在对应的实验条件下，的还原性强于、和，的氧化性强于。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 人大附中2027届高三化学练习3 2026年10月23日 可能用到的相对原子质量：O-16，Ti-48 一、选择题（每小题3分，共42分。在每小题所给出的四个选项中，请选择最符合题目要求的一项） 1. 三星堆考古挖掘中，二号祭祀坑出土的商代铜人铜像填补了我国考古学、青铜文化、青铜艺术史上的诸多空白。下列说法不正确的是 A. 青铜是铜、锡等金属的合金，属于金属材料 B. 测定出土文物年代的原子核内有14个中子 C. X射线衍射实验可以对青铜器微观晶体结构进行分析 D. 铜像表面的铜绿[]能在空气中稳定存在 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 分子的空间结构模型： B. 基态的简化电子排布式： C. 的形成过程： D. 分子中键的形成： 3. 下列方程式与所给事实不相符的是 A. 海水提溴过程中，用氯气氧化苦卤得到溴单质： B. 氨脱硫法脱除烟气中少量二氧化硫： C. 用溶液能有效除去误食的： D. 用溶液将水垢中的转化为溶于酸的： 4. 下列事实不能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释的是 A. 键的键能小于键的键能 B. 三氟乙酸的大于三氯乙酸的 C. 氟化氢分子的极性强于氯化氢分子的极性 D. 气态氟化氢中存在，而气态氯化氢中是分子 5. 含硫物质种类丰富，下列说法正确的是 A. （）是共价晶体   B. 的空间构型为三角锥形 C. 的沸点比低   D. 中S原子杂化类型为 6. 下列操作中不正确的是 润洗滴定管 食盐水蒸发结晶 A．加入少量待装液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿全部滴定管内壁，再从上口倒出 B．加热并用玻璃棒不断搅拌，直至产生大量固体，停止加热 检验铜与浓硫酸的反应产物 证明氨气极易溶于水 C．冷却后，将①中物质慢慢倒入盛有水的烧杯中 D．打开弹簧夹，挤压胶头滴管，使水进入烧瓶 A. A B. B C. C D. D 7. 氟气通过碎冰表面，可以发生反应①，下列说法不正确的是 A. (为常见卤素)中，的稳定性最强，酸性最弱，沸点最高 B. 和分子的空间构型相似，化学键类型相同，都存在键 C. 反应①需要在低温下进行的原因可能是易分解 D. 的电子式为，其中的化合价为-1 8. 将钠投入液氨中，钠沉入液氨底部，迅速发生溶剂化，生成溶剂合钠离子和蓝色的溶剂合电子(过程示意如下图)，随后缓慢产生气泡。下列说法不正确的是 A. 溶剂化的过程发生氧化反应 B. 图中和周围的取向与的极性有关 C. 反应产生的气体主要成分为 D. 导电性：蓝色溶液>液氨 9. 下列对事实的解释不正确的是 事实 解释 A 浓硝酸不能溶解金，王水（浓硝酸与浓盐酸按体积比混合）能溶解金生成 浓盐酸能增强浓硝酸的氧化性和金的还原性 B 石墨有类似金属的导电性 石墨中存在类似的金属键 C 缺角的NaCl晶体在饱和NaCl溶液中慢慢变为完美的立方体块 晶体具有自范性 D KSCN溶液遇溶液显红色，遇溶液不显红色 溶液中较小 A. A B. B C. C D. D 10. 实验室制备下列气体所选试剂、制备装置及收集方法均正确的是 气体 试剂 制备装置 收集方法 A O2 KMnO4 a d B H2 Zn+稀H2SO4 b e C NO Cu+稀HNO3 b c D CO2 CaCO3+稀H2SO4 b c A. A B. B C. C D. D 11. 恒温恒容密闭容器中，投入和，其初始浓度均为，发生反应。反应过程中的能量变化示意图如图1所示。的转化率随反应时间变化示意图如图2所示，的平衡转化率为。 下列说法正确的是 A. 热化学方程式为 B. 用表示反应开始到的平均速率是 C. 该温度下， D. 其他条件不变，若升高初始温度，的平衡浓度大于 12. 探究含铬化合物的转化，实验如下。已知：是两性氢氧化物，溶于碱后溶液呈亮绿色。下列说法正确的是 A. ①中铬主要以形式存在 B. ②中溶液呈绿色，说明被还原 C. ②到③有生成 D. 氧化性强于 13. 熔融碱金属碳酸盐（如）可作为焦炭转化的催化剂，一种可能的催化机理如下。 下列说法不正确的是 A. 该过程需加热至熔融，使其发生电离 B. 反应①、②中断裂的化学键有碳氧键，碳碳键 C. 该过程中每生成，①、②间转移 D. 该过程的总反应为 14. 25℃下分别取250mL蒸馏水、AgCl饱和溶液和AgCl悬浊液，测定各样品在25℃、35℃和45℃的电导率，数据如下。 温度/℃ 样品电导率 蒸馏水 溶液 悬浊液 25 129 172 172 35 148 197 224 45 164 222 259 已知：电解质稀溶液的电导率与离子浓度和离子迁移速率有关。 离子迁移速率与离子种类和温度有关。 25℃，，。 下列说法不正确的是 A. 悬浊液中存在沉淀溶解平衡： B. 对比蒸馏水和溶液电导率随温度的变化，推测和的迁移速率随温度升高而增大 C. 对比溶液和悬浊液电导率随温度的变化，推测悬浊液中的和随温度升高而增大 D. 向25℃的饱和溶液中加入1滴0.1mol/L KI溶液，电导率小于 二、非选择题（本部分共5小题，共58分） 15. 双极膜是一种新型离子交换复合膜。在直流电场作用下，在中间催化层可解离为和，为电化学反应提供理想的酸碱环境。 （1）水解离需要破坏的作用力类型是___________。 （2）一种双极膜的结构示意图如图所示。 ①将S的基态原子最外层轨道表示式补充完整：___________。 ②C、N、O的第一电离能由大到小的顺序是___________。 ③键角：，原因是___________。 ④中间催化层中弱碱性基团催化解离的过程如下。 ⅰ．___________(补全反应) ⅱ． （3）中间催化层还可选择金属化合物作催化剂，如或含铁化合物。 ①的晶胞如图，形状为长方体，边长分别为a nm、a nm和b nm，的摩尔质量为，阿伏加德罗常数为。该晶体的密度是___________。() ②做催化剂，催化效率高，但因易溶于水而流失。可利用聚乙烯亚胺(PEI)与制备如下图所示的复合结构的高效催化剂。 该催化剂具有高亲水性且不易流失，从结构的角度解释原因：___________。 （4）推测双极膜中间催化层中促进解离的基团或粒子可能具有的性质是___________。 16. 以氨为原料制备硝酸的原理示意图如下。 已知：氧化炉中相关反应的反应热和平衡常数如下表。 反应(500℃，0.1MPa) (主反应) -454 (副反应) -634 （1）理论分析不用制备NO的原因。 ①从N2分子结构角度解释：___________。 ②计算该反应的ΔH和K，从反应原理角度解释：___________。 （2）热交换器中的反应分两步。 反应i： 反应ii： 对应的反应过程示意图如下。 用作答： ①由于___________＞___________，反应ii速率较慢。 ②___________kJ/mol。 （3）吸收塔中的总反应为从平衡的角度推断有利于将NO2转化为HNO3的措施是___________、___________、___________。 17. 钢铁行业是排放的主要来源之一，约占全球总排放量的7%。减少炼铁过程中碳的使用对减排工作具有重要意义。 （1）已知： 则CO还原为的热化学方程式为_________________________________。 （2）常压下，在密闭容器中用CO（或）在不同温度下将还原为，达平衡时，混合气体中CO（或）的物质的量分数如下图。 ①关于CO还原为Fe的反应，下列分析正确的是________（填序号）。 a．装置内气体总物质的量不再变化时，说明反应达到化学平衡状态 b．其他条件不变，延长反应时间，不能改变CO的平衡转化率 c．还原所得Fe可能包裹于表面，使体系无法达到平衡状态 ②平衡时CO物质的量分数：，原因是________________________。 ③用代替CO还原制备Fe，可减少排放，但该方案仍存在一定的局限性。从物质利用及能源消耗的角度分析其局限性分别为________、________。 （3）恒温恒容条件下，研究不同因素对铁氧化物还原速率的影响，实验方案和结果如下表。 实验编号 固体 粒径/mm 通入不同混合气体的相对还原速率 ⅰ FeO 0.1 0.27 0.09 0.33 ⅱ FeO 2.5 0.25 0.08 0.35 ⅲ FeO 8.5 0.15 0.06 0.25 ⅳ FeO 20 0.021 0.007 0.036 ⅴ FeO，MgO 20 0.017 0.008 0.039 注：各实验中FeO质量相同。 ①对比实验ⅰ~ⅳ以进行还原时，还原速率依次下降，原因是__________________________。 ②进一步研究表明，在FeO中加入少量MgO，某种氧化产物与MgO反应的生成物可“撑开”FeO晶体，从而加速FeO的还原。结合实验ⅳ、ⅴ的数据，推测相关反应的化学方程式为_________________________。 18. 氟碳铈精矿是中国重要的稀土矿产资源，其主要成分为，含有等杂质。高纯在催化剂等领域应用广泛。一种利用氟碳铈精矿制备的工艺如图所示： 已知：HF是一种有毒气体 （1）步骤Ⅰ，氟碳铈精矿焙烧主要生成，还有少量。 ①在100～200℃受热分解，化学方程式为_______。 ②将在900℃焙烧生成的化学方程式配平_______。 （2）步骤Ⅱ，试剂是_______。 （3）步骤Ⅲ，溶液2中铈的存在形式为，由滤渣1生成的离子方程式有_______。 （4）步骤Ⅳ，滤渣3的成分为_______。 （5）步骤Ⅴ，滤液3中，浓度为，调节pH加入，价Ce氧化率随pH变化如图所示。 已知： ⅰ．依据电极反应式：，价Ce的还原性随增大而增强 ⅱ． ①，随着pH升高，增大，原因是_______。 ②，随着pH升高，价Ce氧化率下降，可能的原因为：氧化性减弱、因分解而浓度减小导致氧化速率降低；_______。 19. 某小组制备，并探究其还原性和氧化性的强弱。 资料：i．溶液(绿色)在酸性环境中不稳定，转化为和。 ii．。 （1）制备(在通风橱中进行)。 ①B中盛有水，B中反应的化学方程式是___________。 ②E中的受热分解生成PbO，制。D中除去的气体是___________。 ③一段时间后，控制B和D中流出气体的流速为1∶1通入C中的溶液，充分反应制备溶液。将装置C补充完整并注明所用试剂__________。 （2）探究的还原性和氧化性的强弱。 ①I中得到绿色溶液，反应的离子方程式是___________。 ②根据资料i，Ⅱ中应得到紫色溶液，但实验过程中一直没有观察到紫色溶液，可能的原因是___________。 ③Ⅲ中棕黑色沉淀消失，反应的离子方程式是___________。 ④Ⅳ中得到的浅黄色溶液含有，设计实验，证实该条件下是氧化了KI，实验操作是___________，没有明显变化。 ⑤综合以上实验，可得结论：在对应的实验条件下，的还原性强于、___________，的氧化性强于___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $