精品解析：北京市育英学校2027届高三上学期学科统测三 化学试题

北京市育英学校2027届高三化学学科统测三 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 第一部分 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. 石墨烯是一种从石墨中剥离出来，由碳原子组成的只有一层原子厚度的晶体。我国研制出一种铝-石墨烯电池，具有高容量和快速充电等优异性能。下列说法正确的是 A. 石墨烯属于有机化合物 B. 石墨烯具有良好的导电性 C. 石墨烯的碳原子之间存在极性共价键 D. 铝-石墨烯电池中，石墨烯作负极材料 【答案】B 【解析】 【详解】A．石墨烯是一种从石墨中剥离出来，由碳原子组成的只有一层原子厚度的晶体属于单质，故A错误； B．石墨烯能制成电池，石墨烯具有良好的导电性，故B正确； C．石墨烯的碳原子之间存在非极性共价键，故C错误； D．铝-石墨烯电池中，铝作负极材料，石墨烯作正极，故D错误； 故选B。 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 基态N原子的轨道表示式： B. 的VSEPR模型： C. 用电子式表示的形成过程： D. 的p-p σ键的形成： 【答案】C 【解析】 【详解】A．基态N原子的核外电子排布遵循洪特规则，2p轨道的3个电子应分占3个不同的2p轨道，且自旋方向平行，即，A错误； B．SO3的中心S原子价层电子对数为3（σ键数3+孤电子对数0），其VSEPR模型为平面正三角形，B错误； C．HCl为共价化合物，H原子和Cl原子通过共用电子对形成HCl，电子式表示的形成过程符合规范，C正确 ； D．p-p σ键是两个p轨道沿键轴方向以“头碰头”方式重叠形成的，图示展示的是p轨道以“肩并肩”方式重叠，属于p-p π键的形成过程，不符合p-p σ键的成键特征，D错误。 3. 下列物质性质不能由元素周期律推测的是 A. 热稳定性： B. 沸点： C. 氧化性： D. 碱性： 【答案】B 【解析】 【详解】A．元素周期表中，同一主族元素从上到下，非金属性依次减弱，非金属性越强，对应简单氢化物的稳定性就越强，非金属性：N＞P，则热稳定性：NH3＞PH3，能用元素周期律解释，A不选； B．水分子之间和HF分子间都能形成氢键，水分子间形成的氢键数目多，故沸点高，不能由元素周期律推测，B选； C．元素周期表中，同一主族元素从上到下，非金属性依次减弱，则非金属性：Br＞I，氧化性：Br2＞I2，能用元素周期律解释，C不选； D．元素周期表中，同周期主族元素，从左往右，金属性依次减弱，元素的金属性越强，最高价氧化物对应的水化物碱性越强，金属性Na＞Mg，碱性：NaOH＞Mg(OH)2，能用元素周期律解释，D不选； 故选B。 4. 溴及其化合物广泛应用于医药、农药和阻燃剂等生产中。一种利用空气吹出法从海水中提取溴的工艺流程如下。 浓缩海水酸化海水含溴空气含溴溶液…→产品溴 已知：ⅰ．与反应时，转化为和。 ⅱ．为强酸。 下列说法不正确的是 A. 酸化海水通入提取溴的反应： B. 脱氯过程和均具有脱氯作用 C. 用足量溶液吸收蒸气后，所得产物中的含碳粒子主要是 D. 酸化后重新得到的反应： 【答案】C 【解析】 【分析】浓缩海水中的被通入的氧化为，再利用溴易挥发的性质，用热空气将其吹出。含溴空气中夹带的先由除去，随后用溶液吸收溴。根据已知信息，吸收时转化为和，使溴元素富集在溶液中；再加入酸化，使这两种离子反应重新生成，经后续处理得到产品溴。 【详解】A．氯气的氧化性强于溴，能将酸化海水中的氧化为，自身被还原为。每个氯分子得到2个电子，每个溴离子失去1个电子，故反应的离子方程式为，A正确； B．中的和均具有还原性，能被氧化。其中转化为，反应为；转化为，反应为。两种离子均能消耗氯气，具有脱氯作用，B正确； C．足量溶液中，会继续与反应，。吸收溴时，溴元素的化合价由0价分别变为+5价和−1价，根据得失电子守恒，生成的与的物质的量之比为1∶5，结合原子和电荷守恒，总反应为。因此，所得产物中的含碳粒子主要是，C错误； D．吸收后的溶液中含有和，加入酸化后，中的溴元素由+5价降至0价，中的溴元素由−1价升至0价，二者按1∶5的物质的量之比反应。为强酸，离子方程式中用和表示，配平得，D正确； 故选C。 5. 过渡金属氧化物离子（以表示）在烃类的选择性氧化等方面应用广泛。与反应的过程如下图所示。下列说法不正确的是 A. 反应速率：步骤Ⅰ<步骤Ⅱ B. 分子中，键角： C. 若与反应，生成的氘代甲醇有2种 D. 反应过程中有非极性键的生成 【答案】D 【解析】 【详解】A．步骤Ⅰ的活化能大于步骤Ⅱ的活化能，活化能越大反应速率越慢，故反应速率步骤Ⅰ<步骤Ⅱ，A正确； B．中采取杂化，无孤电子对，采取杂化，有2对孤电子对，孤电子对的排斥作用使键角更小，故键角，B正确； C．反应中可断裂键生成，也可断裂键生成，共2种氘代甲醇，C正确； D．反应过程中断裂的是极性键，生成的是、极性键，无非极性键生成，D错误； 故选D。 6. 用表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A. 氢氧根离子所含电子数为 B. 浓硫酸与足量铜微热反应，生成分子的数目为 C. 标准状况下，含有分子的数目为 D. 与完全反应时转移的电子数为 【答案】D 【解析】 【详解】A．1个中含8个电子、含1个电子，加上带1个负电荷得到的1个电子，共含10个电子，故1 mol氢氧根离子所含电子数为，A错误； B．浓硫酸中的物质的量为，根据反应，理论上完全反应生成，但随着反应进行硫酸浓度逐渐降低，稀硫酸与铜不反应，因此生成的分子数目小于，B错误； C．是离子化合物，由和构成，不存在分子，因此中不含分子，C错误； D．与反应的化学方程式为，3 mol 参与反应时，有2 mol 化合价从+4升高到+5，1 mol 化合价从+4降低到+2，转移电子物质的量为2 mol，转移的电子数为，D正确； 故答案选D。 7. 下列反应中，体现还原性的是 A. 加热分解有生成 B. 和的混合溶液加热有生成 C. 固体在溶液中溶解 D. 溶液中滴加溶液出现白色沉淀 【答案】B 【解析】 【详解】A．NH4HCO3分解生成NH3，氮元素的化合价保持-3，未发生氧化还原反应，A不符合题意； B．中的N(-3价)与中的N(+3价)反应生成N2(0价)，被氧化，体现还原性，B符合题意； C．水溶液中，铵根离子可以直接结合氢氧化镁弱电离的氢氧根离子，使沉淀溶解平衡向正向移动，则该氢氧化镁溶解过程，无化合价变化，没有体现其还原性，C不符合题意； D．(NH4)2SO4与BaCl2的沉淀反应属于复分解反应，未参与氧化还原，D不符合题意； 故选B。 8. 下列方程式与所给事实相符的是 A. 向悬浊液中滴加氢碘酸，得棕黄色溶液： B. 食醋能提高漂白液的漂白能力： C. 浓硝酸可清洗银镜： D. 通入溶液中，产生白色沉淀： 【答案】C 【解析】 【详解】A．具有强氧化性，具有还原性，二者会发生氧化还原反应，不能只发生酸碱中和，正确离子方程式为，A错误； B．食醋中的醋酸是弱酸，书写离子方程式时不能拆写成氢离子，应保留化学式，正确离子方程式为，B错误； C．浓硝酸清洗银镜时，银和浓硝酸反应生成硝酸银、二氧化氮和水，离子方程式，原子、电荷均守恒，符合反应事实，C正确； D．溶于水生成使溶液显酸性，酸性条件下硝酸根具有强氧化性，会将氧化为，沉淀是而不是，正确离子方程式为，D错误； 故选C。 9. 下列实验方案能达成实验目的的是 目的 A验证的氧化性 B比较Mg、Al金属性的强弱 实验方案 目的 C探究浓度对化学反应速率的影响 D证明氯水能将转化为 实验方案 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．酸性条件下也具有氧化性，可氧化，无法证明的氧化性，A错误； B．不溶于浓溶液，可溶于浓溶液，说明为两性氢氧化物，碱性，最高价氧化物对应水化物碱性越强，金属性越强，可比较、金属性强弱，B正确； C．浓硫酸具有强氧化性，与的反应原理和稀硫酸不同，变量不唯一，无法探究浓度对化学反应速率的影响，C错误； D．未先检验原溶液中是否存在，若原溶液含也会使溶液变红，不能证明氯水将转化为，D错误； 故选B。 10. 在温度和时，分别将和固体活性炭充入体积为的密闭容器中，发生如下反应：。测得随时间变化数据如下表： 时间 0 10 20 40 50 0.50 0.35 0.25 0.10 0.10 0.50 0.30 0.18 …… 0.15 以下说法正确的是 A. 温度为时，前内，的平均反应速率为 B. 时反应速率比大，是由于时反应物活化分子个数、活化分子百分数均变大 C. 温度为时，反应在进行到时达到平衡状态 D. 温度为时，平衡后向恒容容器中再充入(固体活性炭足量)，再次达到平衡时，的百分含量增大 【答案】B 【解析】 【分析】对于同一反应，当其它条件相同时，温度越高，反应速率越快，达到平衡所需要的时间就越短，因为在相同时间内反应在T2时物质的量变化的多，反应速率快，所以温度T1<T2； 【详解】A．温度为时，前内，，的平均反应速率为，A错误； B．根据分析可知，温度T1<T2，时反应物活化分子个数、活化分子百分数均变大，反应速率更快，B正确； C．温度为时，根据表中数据可知，0~10min、10min~20min时间段内NO物质的量依次减少0.15mol、0.1mol，说明随着时间的推移反应速率减慢，则20~35min时间段内NO物质的量的减少小于0.15mol，即35min时NO物质的量大于0.1mol，反应在进行到35min时未达到平衡状态，C错误； D．温度为时，平衡后向恒容容器中再充入(固体活性炭足量)，相当于在原来基础上增大压强，平衡不移动，再次达到平衡时，的百分含量不变，D错误； 故选B。 11. 乙烯、醋酸和氧气在钯()催化下高效合成醋酸乙烯酯()的过程示意图如下。 下列说法不正确的是 A. ①中反应为 B. ②中生成的过程中，有键断裂与形成 C. 生成总反应的原子利用率为 D. 催化剂通过参与反应改变反应历程，提高反应速率 【答案】C 【解析】 【详解】A．①中反应物为CH3COOH、O2、Pd，生成物为H2O和Pd(CH3COO)2，方程式为：，A正确； B．②中生成的过程中，有C-H断开和C-O的生成，存在键断裂与形成，B正确； C．生成总反应中有H2O生成，原子利用率不是，C错误； D．是反应的催化剂，改变了反应的历程，提高了反应速率，D正确； 答案选C。 12. 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】A 【解析】 【详解】A．溶液与反应可生成，碳酸酸性强于，溶液通入可生成沉淀，两步均能一步实现，A正确； B．氧化性强，在中点燃只能生成，无法得到，第一步不能实现，B错误； C．在中点燃生成，常温下与反应才生成，第一步不能实现，C错误； D．与反应生成，无法直接得到，第一步不能实现，D错误； 故选A。 13. 工业上可用“氨催化氧化法”生产，以氨气、氧气为原料，在合金催化剂存在下生成和副产物的两个竞争反应化学方程式如下： Ⅰ． Ⅱ． 现将、充入恒容密闭容器中，在上述催化剂作用下发生反应，不同温度下反应相同时间，有关物质的量关系变化曲线分别如图所示： 已知：有效转化率 下列说法不正确的是 A. 400℃时，主要发生反应Ⅱ B. 由图分析工业上用氨催化氧化制备，最佳温度约为840℃ C. 520℃时，的有效转化率约为33% D. 反应器内存在 【答案】D 【解析】 【详解】A．400℃时，氮气的物质的量最大，说明主要发生反应Ⅱ，A正确； B．840℃时的产率最高副产物氮气产率最低，则工业用氨催化氧化制备HNO3选择的最佳温度是840℃，B正确； C．由图知520℃时，生成氮气和一氧化氮的物质的量均为0.2mol，则反应Ⅱ消耗的氨气的物质的量为0.4mol，反应Ⅰ消耗的氨气的物质的量为0.2mol，NH3的有效转化率为，C正确； D．反应Ⅰ消耗的氨气的物质的量等于的物质的量，反应Ⅱ消耗的氨气的物质的量是的物质的量的2倍，因此等于整体上消耗的氨气的物质的量，当时，意味全部的氨气被消耗即剩余的氨气的物质的量为0，然而反应Ⅰ与反应Ⅱ都是可逆反应，氨气不可能全部消耗，因此反应器内，D错误； 故选D。 14. 某小组同学为探究Zn与溶液的反应，设计并完成了如下实验。 实验 条件 现象 i 18℃ 无明显气泡，0.5 min后有气体产生，一段时间后，溶液颜色加深，存在丁达尔现象，向混合后的溶液中加铁氰化钾溶液有蓝色沉淀生成 ii 65℃水浴 有气泡产生，12 s后，气泡非常明显，溶液红棕色加深，一段时间后产生红棕色沉淀 iii 18°C，混合后不振荡 无明显气泡，3 min后有明显的气泡产生，溶液颜色加深，存在丁达尔现象，向混合后的溶液中加铁氰化钾溶液有蓝色沉淀生成 iv 18°C，混合后振荡 气泡不明显，红棕色褪色明显，存在丁达尔现象，向混合后的溶液中加铁氰化钾溶液有蓝色沉淀生成 下列说法不正确的是 A. 实验中产生的气体都为 B. 对比i、ii，气泡产生速度快可能原因是升高温度，促进水解反应正向进行，增大 C. 对比i、iii、iv中产生气泡现象的差异，推测：i中氧化性 D. 该实验可体现温度、反应物浓度、反应物接触面积对反应速率的影响 【答案】C 【解析】 【详解】A．溶液因水解呈酸性，与溶液中反应生成，无其他气体生成，A正确； B．水解为吸热过程，升高温度促进水解平衡正向移动，增大，反应速率加快，气泡产生更快，B正确； C．所有实验加铁氰化钾均有蓝色沉淀，说明反应生成，即优先被还原，可知氧化性，C错误； D．对比i、ii可体现温度的影响，对比Zn粒和Zn粉的实验可体现接触面积的影响，对比振荡和不振荡的实验可体现反应物浓度的影响，D正确； 故选C。 第二部分 本部分共5题，共58分。 15. 高铁酸盐在水处理等领域有广泛应用。 （1）高铁酸根()具有强氧化性，可以杀菌消毒，其还原产物能进一步起到净水作用，净水的原因是___________________________________。 （2）高铁酸盐的结构分析 一种含和的高铁酸盐晶体的晶胞结构示意图如下。 ①基态+6价的价层电子排布式是__________。 ②该高铁酸盐的化学式是__________。 ③的结构与相似。该晶胞中键的键长有2种，则2种键的数目之比是__________，的空间构型是__________形。 （3）高铁酸盐的性质及制备 ①高铁酸盐在碱性溶液中较稳定，在中性或酸性溶液中能快速产生，写出酸性条件下反应的离子方程式：________________________________________。 ②制备高纯度的方法之一： 上述流程中先制备，再制备。通常不用含的氧化剂直接得到产品。结合和的溶解性分析该方法的优点：________________________________________。 【答案】（1）胶体具有絮凝作用 （2） ①. ②. ③. 3：1（或1：3） ④. 四面体 （3） ①. ②. 的溶解度较大，易与不溶性杂质分离；的溶解度较小，易从浓溶液中结晶析出 【解析】 【小问1详解】 高铁酸根的还原产物为三价铁离子，三价铁离子水解生成的氢氧化铁胶体具有大比表面积，可吸附水中悬浮杂质，实现净水作用； 【小问2详解】 ①基态Fe原子价层电子排布为，失去6个电子形成+6价Fe后，价层电子排布为。 ②由晶胞结构可知，每个晶胞中有Fe原子2个；Na位于晶胞顶点，总数为；K位于晶胞棱上和体内，总数为，O原子位于体内，共有8个；所以其化学式为。 ③每个共4个Fe-O键，在晶胞中，受周围、影响，4个O分为两组，其中3个O受影响，1个O受影响，导致Fe-O键不同，所以两种Fe-O键数目比为3：1；为正四面体构型，与其结构相似，因此空间构型为四面体形。 【小问3详解】 ①酸性条件下发生氧化还原反应：Fe从+6价降为+3价，部分-2价O升为0价生成，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平得到对应离子方程式。 ②相同温度下，的溶解度较大，加水溶出后过滤，可将与不溶性杂质分离；向滤液中加入浓溶液，溶解度较小，易从浓溶液中结晶析出，便于得到高纯度产品。 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. 磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下： 已知：磷精矿主要成分为，还含有和有机碳等。 溶解度： （1）上述流程中能加快反应速率的措施有____________。 （2）磷精矿粉酸浸时发生反应： 该反应体现出酸性关系：______(填“>”或“<”)。 （3）酸浸时，磷精矿中所含氟转化为HF，并进一步转化为除去。写出生成HF的化学方程式：____________。 （4）将粗磷酸中的有机碳氧化为脱除，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图所示。后脱除率变化的原因：________________________。 （5）脱硫时，稍过量，充分反应后仍有残留，原因是__________________；加入可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是________________________。 （6）取a g所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用溶液滴定至终点时生成，消耗NaOH溶液c ml，精制磷酸中的质量分数是______。(已知：摩尔质量为) 【答案】（1）研磨、加热 （2）< （3） （4）后，分解速率大，浓度显著降低 （5） ①. 微溶 ②. （6） 【解析】 【分析】磷精矿主要成分为，还含有和有机碳等。磷精矿首先通过研磨增大固体接触面积，再在加热条件下用硫酸酸浸，使磷酸钙转化为磷酸，并生成硫酸钙副产物。酸浸过程中，矿石中的氟转化为HF，之后进一步转化为挥发性含氟物质而被除去；粗磷酸中的有机碳则利用过氧化氢氧化脱除，但温度过高时过氧化氢分解加快，会降低有效氧化剂浓度，因此脱碳存在适宜温度。 【小问1详解】 流程中“研磨”可减小磷精矿颗粒的粒径、增大固体与硫酸的接触面积，从而加快酸浸反应速率；酸浸过程采用加热，也能提高反应物粒子的运动速率和有效碰撞频率，因此能加快反应速率的措施为研磨、加热。 【小问2详解】 该反应说明较强酸硫酸能够制得较弱酸磷酸，因此酸性关系为<； 【小问3详解】 酸浸时，磷精矿中和硫酸发生复分解反应生成HF、硫酸钙、磷酸，反应方程式为； 【小问4详解】 温度从较低值升高到80℃时，温度升高使H2O2氧化有机碳的反应速率加快，所以有机碳脱除率逐渐增大；当温度高于80℃后，H2O2​自身分解速率明显加快，导致体系中H2O2的有效浓度显著降低，能够用于氧化有机碳的氧化剂减少，因此有机碳脱除率反而下降，所以后脱除率变化的原因是分解速率大，浓度显著降低。 【小问5详解】 加入碳酸钙的目的是除去粗磷酸中混有的硫酸，将硫酸转化为硫酸钙脱除，由于硫酸钙微溶于水，即使加入过量的碳酸钙，溶液中依然会残留硫酸根离子；加入碳酸钡将硫酸转化为难溶的硫酸钡沉淀能提高硫的脱除率，脱硫过程中，由于磷酸的酸性强于碳酸，磷酸也能与碳酸钙或碳酸钡反应转化为磷酸二氢根离子，则加入碳酸钡脱硫的离子方程式为， 【小问6详解】 由题意可知，滴定过程中磷酸与氢氧化钠溶液反应生成，反应的方程式为H3PO4+2NaOH=Na2HPO4+2H2O，由滴定消耗c ml bmol/L氢氧化钠溶液可知，精制磷酸中磷酸的质量分数为 。 18. 工业上利用锌焙砂(主要成分为ZnO，含有少量CuO、、NiO等)生产高纯ZnO的流程示意图如下。 （1）用足量溶液和氨水“浸出”锌焙砂。 通过“浸出”步骤，锌焙砂中的ZnO转化为，该反应的离子方程式为____________。 （2）“浸出”时转化为。“除砷”步骤①中用作氧化剂，步骤①反应的离子方程式为____________。 （3）“除重金属”时，加入BaS溶液。滤渣Ⅱ中含有的主要物质是____________和。 （4）“蒸氨”时会出现白色固体，运用平衡移动原理解释原因：________________。 （5）“沉锌”步骤①中加入足量溶液将白色固体转化为的离子方程式为___________。 （6）“煅烧”步骤中，不同温度下，分解的失重曲线和产品ZnO的比表面积变化情况如图1、图2所示。 已知：i．固体失重质量分数。 ii．比表面积指单位质量固体所具有的总面积；比表面积越大，产品ZnO的活性越高。 根据图1和图2，获得高产率(分解率)、高活性(ZnO比表面积)产品ZnO的最佳条件是______(填字母序号)。 a．恒温，60~120min b．恒温，240~300min c．恒温，240~300min d．恒温，60~120min （7）该流程中可循环利用的物质有____________。 【答案】（1） （2） （3）CuS （4），加热将蒸出后，降低，平衡正向移动，增大，发生反应，生成白色固体 （5） （6）b （7）、(或)、 【解析】 【分析】“浸出”将各种金属氧化物转化为配离子，并将三氧化二砷转化为。“除砷”步骤，被氧化为，同时被氧化为，与Fe3+结合形成沉淀。“除重金属”步骤，Ba2+与硫酸根结合，转化为BaSO4沉淀， S2-与Cu2+结合形成难溶的CuS沉淀。“深度除重金属”步骤，再加入过量Zn粉，将Ni2+还原为Ni单质除去。随后将含的溶液进行除氨，并加入碳酸氢铵和二氧化碳，得到ZnCO3沉淀，再经煅烧后制得ZnO。 【小问1详解】 ZnO与氨水反应转化为，根据原子守恒和电荷守恒配平方程式得； 【小问2详解】 将氧化为，As原子由+3价升高到+5价，转移2e-， 被还原为硫酸根，其中2个-1价的O原子降低到-2价，转移2×e-，故与的个数反应比为1:1，再根据电荷守恒和原子守恒配平离子方程式得； 【小问3详解】 加入BaS后，Ba2+与硫酸根结合形成BaSO4沉淀，S2-与Cu2+结合形成CuS沉淀(镍离子在深度除重金属阶段除去)； 【小问4详解】 溶液中存在化学平衡，加热将蒸出后，降低，该平衡正向移动，增大，促进反应进行，生成白色固体； 【小问5详解】 遇碳酸氢根转化为碳酸锌，该反应的离子方程式为：； 【小问6详解】 ZnCO3分解为ZnO时，固体失重质量分数为，由图像1可知，在300℃和550℃条件下能得到符合要求的高产率产品，由图2可知，300℃时得到的ZnO比表面积最大，550℃条件下，任何反应时间均不能得到高活性的产品，故最适温度为300℃，本题选b； 【小问7详解】 “沉锌”后得到溶液，“蒸氨”步骤释放出NH3，用水吸收后得到氨水，可在“浸出”步骤再次使用。煅烧碳酸锌得到的CO2可在“沉锌”步骤再次使用。 19. 某小组对的性质进行研究。 已知：CuCl是不溶于水的白色固体，[CuCl2]-无色，[CuCl4]2-黄色。 （1）预测的性质 ①从氧化还原角度分析：______。 ②从物质分类角度分析：属于金属氧化物，可能和酸反应。 …… （2）探究和酸的反应 实验 加入的试剂 现象 1 固体缓慢溶解，一段时间后有无色气泡产生，溶液逐渐变蓝，液面上方出现红棕色气体 2 溶液逐渐变蓝，试管底部有红色固体 3 固体先逐渐变成灰白色，继续加酸，固体全部溶解，得到无色溶液，较长时间保持无色 4 固体迅速溶解，得到黄色溶液 ①用化学方程式解释实验1液面上方出现红棕色气体的原因______。 ②写出实验2中反应的离子方程式______。 ③用平衡移动原理解释实验3中灰白色固体溶解的原因______。 ④查阅资料：可以将盐酸溶液中的氧化为，写出反应的离子方程式______。对比实验3和4，分析实验3中未被氧化的原因： 假设1：较低，______。 假设2：较低，的还原性较弱。 补充实验证实假设1和假设2均成立。 序号 实验 加入试剂 现象 Ⅰ a 溶液变黄 Ⅱ b 溶液变黄 a是______。b是______。 （3）检验 实验室久置的呈暗黑色，设计实验证实未完全变质______（填实验操作和现象）。 【答案】（1）中铜元素是+1价，既有氧化性又有还原性 （2） ①. ②. ③. 和生成降低，CuCl的溶解平衡正向移动 ④. ⑤. 氧化性较弱 ⑥. 较浓硫酸 ⑦. NaCl固体 （3）取少量暗黑色固体于试管中，加入过量的稀硫酸，充分反应后，溶液中有红色固体剩余；或取少量暗黑色固体于试管中，加入过量的稀硝酸，有气泡产生，液面上方出现红棕色 【解析】 【分析】本实验的目的是探究Cu2O的性质，从氧化还原角度分析预测Cu2O既有氧化性又有还原性，接下来探究Cu2O与酸的反应，与反应时，Cu2O被氧化为硝酸铜，同时生成NO；与反应时，是歧化反应，生成硫酸铜和单质铜；与反应时，先生成CuCl固体，后固体溶解；与反应时，得到黄色溶液，应该得到[CuCl4]2-，接下来通过补充实验探究生成[CuCl4]2-的原因； 【小问1详解】 ①Cu2O中铜元素是+1价，从氧化还原角度分析预测Cu2O既有氧化性又有还原性； 【小问2详解】 ①根据题意可知，实验1液面上方出现红棕色气体的原因是2NO+O2═2NO2； ②根据题意可知，实验2中反应的离子方程式为：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O； ③用平衡移动原理解释实验3中灰白色固体溶解的原因是CuCl(s)⇌Cu+(aq)+Cl-(aq)，Cu+和Cl-生成[CuCl2]-；c(Cu+)降低，CuCl的溶解平衡正向移动； ④查阅资料：O2可以将盐酸溶液中的[CuCl2]-氧化为[CuCl4]2-，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，该反应的离子方程式为：4[CuCl2]-+O2+4H++8Cl-=4[CuCl4]2-+2H2O，对比实验3和4，分析实验3中[CuCl2]-未被氧化的原因： 假设1：c(H+)较低，O2氧化性较弱， 假设2：c(Cl-)较低，[CuCl2]-的还原性较弱， 根据题意可知，反应3得到的溶液含有[CuCl2]-，溶液是无色的，若变黄，即[CuCl2]-转化为[CuCl4]2-，结合假设1、2，所以试剂a可是较浓硫酸，直接把[CuCl2]-氧化为[CuCl4]2-，试剂b可以是NaCl固体，实现反应：4[CuCl2]-+O2+4H++8Cl-=4[CuCl4]2-+2H2O； 【小问3详解】 实验室久置的Cu2O呈暗黑色，设计实验证实Cu2O未完全变质，方案为：取少量暗黑色固体于试管中，加入过量的稀硫酸，充分反应后，溶液中有红色固体剩余；或取少量暗黑色固体于试管中，加入过量的稀硝酸，有气泡产生，液面上方出现红棕色。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市育英学校2027届高三化学学科统测三 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 第一部分 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. 石墨烯是一种从石墨中剥离出来，由碳原子组成的只有一层原子厚度的晶体。我国研制出一种铝-石墨烯电池，具有高容量和快速充电等优异性能。下列说法正确的是 A. 石墨烯属于有机化合物 B. 石墨烯具有良好的导电性 C. 石墨烯的碳原子之间存在极性共价键 D. 铝-石墨烯电池中，石墨烯作负极材料 2. 下列化学用语或图示表达正确的是 A. 基态N原子的轨道表示式： B. 的VSEPR模型： C. 用电子式表示的形成过程： D. 的p-p σ键的形成： 3. 下列物质性质不能由元素周期律推测的是 A. 热稳定性： B. 沸点： C. 氧化性： D. 碱性： 4. 溴及其化合物广泛应用于医药、农药和阻燃剂等生产中。一种利用空气吹出法从海水中提取溴的工艺流程如下。 浓缩海水酸化海水含溴空气含溴溶液…→产品溴 已知：ⅰ．与反应时，转化为和。 ⅱ．为强酸。 下列说法不正确的是 A. 酸化海水通入提取溴的反应： B. 脱氯过程和均具有脱氯作用 C. 用足量溶液吸收蒸气后，所得产物中的含碳粒子主要是 D. 酸化后重新得到的反应： 5. 过渡金属氧化物离子（以表示）在烃类的选择性氧化等方面应用广泛。与反应的过程如下图所示。下列说法不正确的是 A. 反应速率：步骤Ⅰ<步骤Ⅱ B. 分子中，键角： C. 若与反应，生成的氘代甲醇有2种 D. 反应过程中有非极性键的生成 6. 用表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A. 氢氧根离子所含电子数为 B. 浓硫酸与足量铜微热反应，生成分子的数目为 C. 标准状况下，含有分子的数目为 D. 与完全反应时转移的电子数为 7. 下列反应中，体现还原性的是 A. 加热分解有生成 B. 和的混合溶液加热有生成 C. 固体在溶液中溶解 D. 溶液中滴加溶液出现白色沉淀 8. 下列方程式与所给事实相符的是 A. 向悬浊液中滴加氢碘酸，得棕黄色溶液： B. 食醋能提高漂白液的漂白能力： C. 浓硝酸可清洗银镜： D. 通入溶液中，产生白色沉淀： 9. 下列实验方案能达成实验目的的是 目的 A验证的氧化性 B比较Mg、Al金属性的强弱 实验方案 目的 C探究浓度对化学反应速率的影响 D证明氯水能将转化为 实验方案 A. A B. B C. C D. D 10. 在温度和时，分别将和固体活性炭充入体积为的密闭容器中，发生如下反应：。测得随时间变化数据如下表： 时间 0 10 20 40 50 0.50 0.35 0.25 0.10 0.10 0.50 0.30 0.18 …… 0.15 以下说法正确的是 A. 温度为时，前内，的平均反应速率为 B. 时反应速率比大，是由于时反应物活化分子个数、活化分子百分数均变大 C. 温度为时，反应在进行到时达到平衡状态 D. 温度为时，平衡后向恒容容器中再充入(固体活性炭足量)，再次达到平衡时，的百分含量增大 11. 乙烯、醋酸和氧气在钯()催化下高效合成醋酸乙烯酯()的过程示意图如下。 下列说法不正确的是 A. ①中反应为 B. ②中生成的过程中，有键断裂与形成 C. 生成总反应的原子利用率为 D. 催化剂通过参与反应改变反应历程，提高反应速率 12. 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. 13. 工业上可用“氨催化氧化法”生产，以氨气、氧气为原料，在合金催化剂存在下生成和副产物的两个竞争反应化学方程式如下： Ⅰ． Ⅱ． 现将、充入恒容密闭容器中，在上述催化剂作用下发生反应，不同温度下反应相同时间，有关物质的量关系变化曲线分别如图所示： 已知：有效转化率 下列说法不正确的是 A. 400℃时，主要发生反应Ⅱ B. 由图分析工业上用氨催化氧化制备，最佳温度约为840℃ C. 520℃时，的有效转化率约为33% D. 反应器内存在 14. 某小组同学为探究Zn与溶液的反应，设计并完成了如下实验。 实验 条件 现象 i 18℃ 无明显气泡，0.5 min后有气体产生，一段时间后，溶液颜色加深，存在丁达尔现象，向混合后的溶液中加铁氰化钾溶液有蓝色沉淀生成 ii 65℃水浴 有气泡产生，12 s后，气泡非常明显，溶液红棕色加深，一段时间后产生红棕色沉淀 iii 18°C，混合后不振荡 无明显气泡，3 min后有明显的气泡产生，溶液颜色加深，存在丁达尔现象，向混合后的溶液中加铁氰化钾溶液有蓝色沉淀生成 iv 18°C，混合后振荡 气泡不明显，红棕色褪色明显，存在丁达尔现象，向混合后的溶液中加铁氰化钾溶液有蓝色沉淀生成 下列说法不正确的是 A. 实验中产生的气体都为 B. 对比i、ii，气泡产生速度快可能原因是升高温度，促进水解反应正向进行，增大 C. 对比i、iii、iv中产生气泡现象的差异，推测：i中氧化性 D. 该实验可体现温度、反应物浓度、反应物接触面积对反应速率的影响 第二部分 本部分共5题，共58分。 15. 高铁酸盐在水处理等领域有广泛应用。 （1）高铁酸根()具有强氧化性，可以杀菌消毒，其还原产物能进一步起到净水作用，净水的原因是___________________________________。 （2）高铁酸盐的结构分析 一种含和的高铁酸盐晶体的晶胞结构示意图如下。 ①基态+6价的价层电子排布式是__________。 ②该高铁酸盐的化学式是__________。 ③的结构与相似。该晶胞中键的键长有2种，则2种键的数目之比是__________，的空间构型是__________形。 （3）高铁酸盐的性质及制备 ①高铁酸盐在碱性溶液中较稳定，在中性或酸性溶液中能快速产生，写出酸性条件下反应的离子方程式：________________________________________。 ②制备高纯度的方法之一： 上述流程中先制备，再制备。通常不用含的氧化剂直接得到产品。结合和的溶解性分析该方法的优点：________________________________________。 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. 磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下： 已知：磷精矿主要成分为，还含有和有机碳等。 溶解度： （1）上述流程中能加快反应速率的措施有____________。 （2）磷精矿粉酸浸时发生反应： 该反应体现出酸性关系：______(填“>”或“<”)。 （3）酸浸时，磷精矿中所含氟转化为HF，并进一步转化为除去。写出生成HF的化学方程式：____________。 （4）将粗磷酸中的有机碳氧化为脱除，同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反应时间，不同温度下的有机碳脱除率如图所示。后脱除率变化的原因：________________________。 （5）脱硫时，稍过量，充分反应后仍有残留，原因是__________________；加入可进一步提高硫的脱除率，其离子方程式是________________________。 （6）取a g所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用溶液滴定至终点时生成，消耗NaOH溶液c ml，精制磷酸中的质量分数是______。(已知：摩尔质量为) 18. 工业上利用锌焙砂(主要成分为ZnO，含有少量CuO、、NiO等)生产高纯ZnO的流程示意图如下。 （1）用足量溶液和氨水“浸出”锌焙砂。 通过“浸出”步骤，锌焙砂中的ZnO转化为，该反应的离子方程式为____________。 （2）“浸出”时转化为。“除砷”步骤①中用作氧化剂，步骤①反应的离子方程式为____________。 （3）“除重金属”时，加入BaS溶液。滤渣Ⅱ中含有的主要物质是____________和。 （4）“蒸氨”时会出现白色固体，运用平衡移动原理解释原因：________________。 （5）“沉锌”步骤①中加入足量溶液将白色固体转化为的离子方程式为___________。 （6）“煅烧”步骤中，不同温度下，分解的失重曲线和产品ZnO的比表面积变化情况如图1、图2所示。 已知：i．固体失重质量分数。 ii．比表面积指单位质量固体所具有的总面积；比表面积越大，产品ZnO的活性越高。 根据图1和图2，获得高产率(分解率)、高活性(ZnO比表面积)产品ZnO的最佳条件是______(填字母序号)。 a．恒温，60~120min b．恒温，240~300min c．恒温，240~300min d．恒温，60~120min （7）该流程中可循环利用的物质有____________。 19. 某小组对的性质进行研究。 已知：CuCl是不溶于水的白色固体，[CuCl2]-无色，[CuCl4]2-黄色。 （1）预测的性质 ①从氧化还原角度分析：______。 ②从物质分类角度分析：属于金属氧化物，可能和酸反应。 …… （2）探究和酸的反应 实验 加入的试剂 现象 1 固体缓慢溶解，一段时间后有无色气泡产生，溶液逐渐变蓝，液面上方出现红棕色气体 2 溶液逐渐变蓝，试管底部有红色固体 3 固体先逐渐变成灰白色，继续加酸，固体全部溶解，得到无色溶液，较长时间保持无色 4 固体迅速溶解，得到黄色溶液 ①用化学方程式解释实验1液面上方出现红棕色气体的原因______。 ②写出实验2中反应的离子方程式______。 ③用平衡移动原理解释实验3中灰白色固体溶解的原因______。 ④查阅资料：可以将盐酸溶液中的氧化为，写出反应的离子方程式______。对比实验3和4，分析实验3中未被氧化的原因： 假设1：较低，______。 假设2：较低，的还原性较弱。 补充实验证实假设1和假设2均成立。 序号 实验 加入试剂 现象 Ⅰ a 溶液变黄 Ⅱ b 溶液变黄 a是______。b是______。 （3）检验 实验室久置的呈暗黑色，设计实验证实未完全变质______（填实验操作和现象）。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $