精品解析：北京市第十九中学2026-2027学年高三上学期10月阶段检测 化学试题

北京市第十九中学2026-2027学年第一学期高三化学月考 2026-10-15 班级： ___________ 姓名：___________ 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Fe 56 Cu 64 第Ⅰ卷 (共42分) 1. 下列生活中的物质与其有效成分的化学式、用途的对应关系中，不正确的是 选项 A B C D 生活中的物质 食盐 小苏打 复方氢氧化铝片 漂白粉 有效成分的化学式 用途 做调味品 做发酵粉 做抗酸药 做消毒剂 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．食盐的主要成分是氯化钠，有咸味，可做调味品，故A正确； B．小苏打的主要成分为碳酸氢钠，不是碳酸钠，故B错误； C．氢氧化铝难溶于水，能够和盐酸反应，可以做抗酸药，故C正确； D．漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，具有强氧化性，可做消毒剂，故D正确； 故选B。 2. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. N2的电子式： B. SO的VSEPR模型： C. 甲醇的球棍模型： D. Fe2+的离子结构示意图： 【答案】D 【解析】 【详解】A．N2中两个N原子间形成三键，电子式，A正确； B．SO的中心原子价层电子对数为，VSEPR模型：，B正确； C．甲醇分子中的原子半径，C>O>H，球棍模型：，C正确； D．铁是第26号元素，Fe2+的离子结构示意图：，D错误； 故选D。 3. 元素周期律可以帮助人们认识物质性质，下列基于元素周期律的推断不正确的是 A. S的非金属性强于Si的，则酸性：H2SO3＞H2SiO3 B. Mg的金属性强于Al的，则Mg比Al更易与盐酸反应 C. N的非金属性强于P的，则热稳定性：NH3＞PH3 D. Cl的非金属性强于Br的，则Cl2可以从NaBr溶液中置换出Br2 【答案】A 【解析】 【详解】A．非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物酸性越强，H2SO3不是最高价含氧酸，A错误； B．金属越强，与酸反应越剧烈，Mg的金属性强于Al的，则Mg比Al更易与盐酸反应，B正确； C．非金属性越强，简单氢化物越稳定，N的非金属性强于P的，则热稳定性：NH3＞PH3，C正确； D．元素的非金属性越强，对单质的氧化应越强，Cl的非金属性强于Br的，Cl2的氧化性强于Br2的氧化性，则Cl2可以从NaBr溶液中置换出Br2，D正确； 故选A。 4. Se是人体必需的微量元素，科研人员利用植物乳杆菌高效制备有机硒——硒代蛋氨酸()，硒代蛋氨酸与蛋氨酸()结构相似，二者的结构简式如下图。下列说法正确的是 A. 第一电离能： B. Se的最高价氧化物的化学式为 C. 硒代蛋氨酸和蛋氨酸互为同系物 D. C原子的杂化方式均为sp2 【答案】A 【解析】 【详解】A．同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，Se与S同主族且位于S的下方，故第一电离能，A正确； B．Se为第ⅥA族元素，最高正价为+6，最高价氧化物的化学式为，B错误； C．同系物要求结构相似、分子组成相差若干个原子团，硒代蛋氨酸和蛋氨酸是原子被原子替换，组成不相差，不互为同系物，C错误； D．两种物质分子中，羧基的为杂化，但分子内的饱和碳原子甲基、亚甲基、连接氨基的均为杂化，原子的杂化方式不都为，D错误； 故选A。 5. NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法不正确的是 A. 1 mol羟基中含有9NA个电子 B. 常温常压下，中含有NA个水分子 C. g乙醇中所含C-H键的数目为0.5NA D. 1 mol Na被完全氧化为，失去2NA个电子 【答案】D 【解析】 【详解】A．1个羟基含8个氧原子电子、1个氢原子电子，总电子数为9，故1 mol羟基含个电子，A正确； B．常温常压下，的摩尔质量为，18 g的物质的量为，故含个水分子，B正确； C．乙醇的摩尔质量为，4.6 g乙醇的物质的量为，1个乙醇分子含5个键，故所含键的数目为，C正确； D．1 mol被完全氧化为时，元素化合价从0升高为+1，每个原子失去1个电子，故总共失去个电子，D错误； 故选D。 6. NH3既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料，下图为合成NH3以及NH3制NH4NO3的物质转化示意图。 下列说法正确的是 A. Ⅰ~Ⅴ均是氮的固定 B. Ⅰ中加热的目的是增大化学反应速率和提高原料的平衡转化率 C. Ⅰ~Ⅳ都是氧化还原反应，氧化剂依次是N2、O2、O2、H2O D. 若在Ⅳ中加入足量水、通入足量空气可将NO2充分转化为HNO3 【答案】D 【解析】 【详解】A．氮的固定是将游离态氮（）转化为化合态氮的过程，仅反应Ⅰ属于氮的固定，Ⅱ~Ⅴ均为化合态氮之间的转化，A错误； B．反应Ⅰ是合成氨反应，为放热可逆反应，加热可增大反应速率，但会使平衡逆向移动，降低原料的平衡转化率，加热的目的并非提高平衡转化率，B错误； C．反应Ⅳ为，既是氧化剂又是还原剂，中元素化合价无变化，不是氧化剂，C错误； D．通入足量空气时，与水、发生总反应，加入足量水、通入足量空气可将充分转化为，D正确； 故选D。 7. 用如图装置(夹持、加热装置已略)进行实验，②中现象能证实①中生成指定产物的是 选项 ①中实验 产物 ②中现象 A 加热NH4Cl与浓NaOH的混合液 NH3 酚酞溶液变红 B 加热Cu与浓硫酸的混合物 SO2 BaCl2溶液出现浑浊 C 加热镁条与水的混合物 H2 肥皂水冒泡 D 加热1-溴丁烷与NaOH的乙醇溶液 1-丁烯 酸性KMnO4溶液褪色 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．加热与浓混合液生成，是唯一的碱性气体，溶于水生成，电离出使酚酞溶液变红，无其他干扰因素，可证实生成，A正确； B．亚硫酸酸性弱于盐酸，与溶液不反应，不会出现浑浊，不能证实生成，B错误； C．加热时①中空气受热膨胀逸出，也会使肥皂水冒泡，无法证明生成，C错误； D．乙醇易挥发，挥发的乙醇具有还原性，也能使酸性溶液褪色，干扰1-丁烯的检验，不能证实生成1-丁烯，D错误； 故答案选A。 8. 苯乙烯是重要的有机化工原料。工业上用乙苯直接脱氢制备苯乙烯，反应的热化学方程式为(g)(g)+H2(g) 该反应的，实际生产时采用沸石银做催化剂、高温、常压及充入惰性气体的反应条件。下列关于该反应的说法正确的是 A. 在任意温度下均能自发进行 B. 断键吸收的总能量小于成键放出的总能量 C. 使用催化剂可减小反应的焓变 D. 恒压时充入惰性气体，有利于化学平衡向正反应方向移动 【答案】D 【解析】 【详解】A．，,才能自发，故高温下才能自发进行，A错误； B．，故断键吸收的总能量大于成键放出的总能量，B错误； C．催化剂只能改变活化能，但不能改变反应的焓变，C错误； D．恒压条件下充入惰性气体，等效为压强减小，往气体分子数增大的方向移动，即向正反应方向移动，D正确； 故选D。 9. 用下列仪器或装置进行相应实验，能达到实验目的的是 A．观察沉淀鉴别和 B．除去中混有的少量 C.实验室制Cl2 D.实验室制NH3 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．受热分解生成，但与溶液不发生反应（弱酸无法制强酸），两种固体加热后右侧试管均无沉淀产生，无法鉴别二者，A不能达到实验目的； B．极易溶于水，在饱和溶液中溶解度极低，且洗气装置为长进短出，可有效除去中混有的少量，B能达到实验目的； C．与稀盐酸加热条件下不反应，实验室制备需要使用浓盐酸与共热，C不能达到实验目的； D．加热时，分解生成的和在试管口遇冷会重新化合为，无法收集到，D不能达到实验目的； 故答案选B。 10. 下列事实所对应的离子方程式正确的是 A. 用NaOH溶液吸收少量 B. 用浓硝酸溶解银镜： C. 用除去废水中的Hg2+：S2- + Hg2+HgS D. 向稀硫酸中滴加过量溶液： 【答案】B 【解析】 【详解】A．NaOH溶液吸收少量时，反应生成和，选项中亚硫酸根电荷书写错误，且缺少产物，正确离子方程式为，A错误； B．浓硝酸溶解银时，浓硝酸被还原为，被氧化为，该离子方程式满足得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒，书写正确，B正确； C．是难溶电解质，书写离子方程式时不能拆为离子形式，正确离子方程式为，C错误； D．稀硫酸与过量反应时，与按物质的量比2:1参与反应，正确离子方程式为，D错误； 故选B。 11. 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中断裂的化学键只有碳氧键 C. 该过程的总反应为 D. 该过程中每生成，①、②间转移 【答案】B 【解析】 【详解】A．题干中明确提到使用的是“熔融碱金属碳酸盐”（如 ）。在常温下是固体，需要通过加热使其达到熔融状态，在熔融状态下它才能电离出自由移动的和，从而参与循环反应，A正确； B．反应①的输入是CO2，输出是CO，这个过程中必然有碳氧键（C=O）的断裂；反应②的反应物包含了焦炭。焦炭是碳的单质，其内部是由大量的碳原子通过碳碳键（C-C）结合，因此，在反应②中，除了的碳氧键断裂外，还必定伴随着焦炭中碳碳键的断裂，B错误； C． 根据上述机理推导，总循环的净结果是消耗了碳和二氧化碳，生成了一氧化碳，为催化剂，将分步反应加和可得总反应为，C正确； D．反应①：，生成的与体系中的CO2继续反应生成参与循环 ，反应②：，由此可见，每生成4 mol ，总转移电子为2 mol，即每生成2 mol ，①、②间转移1mol ，D正确； 故选B。 12. 利用空气、铜、稀硫酸制，工艺简单、生产成本低，但反应速率小。若加入，反应速率显著增大。反应过程中物质转化关系如下。 下列说法不正确的是 A. 反应①： B. 反应制得，需投入 C. 酸性条件下氧化Cu的速率大于氧化Cu的速率 D. 制的总反应： 【答案】B 【解析】 【分析】首先分析转化流程：反应①是酸性条件下​氧化Cu，自身被还原为NO；反应②是NO被氧化重新生成，在整个过程中循环，相当于催化剂。对各选项分析： 【详解】A．反应①中，Cu被氧化为，被还原为NO，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，离子方程式，A正确； B．在过程中循环再生，不被消耗，仅作催化剂，因此理论上不需要投入，B错误； C．题干明确说明原工艺（​直接氧化）反应速率小，加入​后速率显著增大，说明酸性条件下​氧化的速率大于​，C正确； D．将两步反应加和消去​、，得到总反应为，D正确； 故选B。 13. 用焦炭还原NO的反应为。向容积均为2 L的甲、乙、丙三个容器中分别加入0.1 mol焦炭和一定量NO，恒温下测得各容器中随反应时间的变化情况如下表。 容器 温度/℃ 时间/min 0 40 80 120 160 甲 4.00 3.00 2.20 1.60 1.60 乙 2.00 1.60 1.30 1.06 0.90 丙 4.00 2.90 2.00 2.00 2.00 注：的计量单位为mmol。 下列说法正确的是 A. 乙中0~40 min内平均反应速率 B. 时，反应的平衡常数值为 C. 该反应为吸热反应 D. 增加焦炭的量可提高NO的平衡转化率 【答案】B 【解析】 【详解】A．乙容器0~40 min内NO的物质的量减少0.40 mmol，体积为2 L，浓度变化为0.20 mmol/L，时间40 min，v(NO)= =0.005 mmol·L-1·min-1。根据反应式，v(N2)= v(NO)=0.0025 mmol·L-1·min-1，A错误； B．甲容器平衡时NO为1.60 mmol（0.0008 mol/L），消耗2.40 mmol NO，生成N2和CO2各1.20 mmol（0.0006 mol/L）。平衡常数K= ，B正确； C．对比甲和丙，丙反应速率更快，故温度。温度升高，平衡时从1.60 mmol增大到2.00 mmol，说明平衡逆向移动，正反应为放热反应，C错误； D．焦炭为固体，增加其量不改变平衡浓度，无法提高NO转化率，D错误； 故选B。 14. 某实验小组用如下实验测定海带预处理后所得溶液的碘含量，实验步骤及现象如下： 已知： 下列说法不正确的是 A. 溶液为蓝色是因为发生了反应： B. 该实验可证明蓝色恢复与空气无关 C. 溶液反复由无色变蓝的原因可能是氧化的反应速率比还原的反应速率快 D. 上述实验不能准确测定待测液中的碘含量，应补充实验步骤：滴定前向溶液中加少量，反应至不再产生气泡，过滤，对滤液进行滴定 【答案】C 【解析】 【详解】A．酸性条件下将氧化为，淀粉遇显蓝色，反应离子方程式为，A正确； B．消耗v2mL硫代硫酸钠溶液时，溶液变为无色，不再变蓝色，说明蓝色恢复与空气无关，B正确； C．滴入溶液时溶液先变无色，说明还原的反应速率更快，随后溶液重新变蓝，说明氧化的速率更慢，C错误； D．过量可氧化，造成消耗的硫代硫酸钠溶液体积偏大，无法准确测定碘含量；滴定前加可催化过量分解，待无气泡生成说明完全分解，过滤后滴定可得到准确结果，D正确； 故选C。 第Ⅱ卷 (共58分) 15. 黄铜矿(主要成分为CuFeS2)可用于冶炼Cu2O，主要物质转化过程如下： （1）基态Cu的价层电子排布式是_________。 （2）为减少SO2对环境的污染，在高温时可以用CaO将其转化为CaSO4，反应的化学方程式为______________________。 （3）用价层电子对互斥理论解释SO2的空间结构不同于CO2的原因：_____________________。 （4）Cu2O与Cu2S都可视为离子晶体，且结构相似，但Cu2O的熔点比Cu2S的高约100℃，原因是______________________。 （5）CuFeS2的晶胞如图3所示。 ①图4所示结构单元不能作为CuFeS2晶胞的原因是______________________。 ②从图3可以看出，每个CuFeS2晶胞中含有的Cu原子个数为___________。 （6）实验室制备Na2S2O3的一种装置如下。 ①A中发生反应的化学方程式为______________________；装置B中试剂a应为___________。 ②D中发生反应的离子方程式为______________________。 【答案】（1） （2） （3）中心原子有1对孤电子对，价层电子对数为3，空间结构为V形；中心原子无孤电子对，价层电子对数为2，空间结构为直线形 （4）的离子半径小于，的晶格能大于 （5） ①. 图4中上底面中心的黑色原子（Fe）无法与下底面中心的白色原子（Cu）在平移之后实现无隙并置 ②. 4 （6） ①. ②. 饱和溶液 ③. 【解析】 【小问1详解】 是29号元素，根据构造原理，其基态原子的核外电子排布式为，故其价层电子排布式为。 【小问2详解】 高温下，与、发生氧化还原反应生成，根据得失电子守恒和原子守恒，化学方程式为。 【小问3详解】 分子中原子的价层电子对数为，含有1对孤电子对，VSEPR模型为平面三角形，空间结构为V形；分子中原子的价层电子对数为，无孤电子对，VSEPR模型和空间结构均为直线形。 【小问4详解】 与均为离子晶体，且结构相似。由于的离子半径小于，的晶格能更大，破坏离子键需要的能量更多，因此的熔点比高。 【小问5详解】 ① 晶胞要求能够无隙并置，图4中上底面中心的黑色原子（Fe）无法与下底面中心的白色原子（Cu）在平移之后实现无隙并置。 ② 观察图3晶胞，原子（白球）位于上下底面面心、侧面面心和中间层（处）的棱上。根据均摊法，晶胞中含有的原子个数为。 【小问6详解】 ① 装置A中铜与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为；由于加热浓硫酸易产生硫酸酸雾，会消耗C中的反应物并引入杂质，故装置B用于除去中混有的硫酸酸雾，试剂a应为饱和溶液。 ② 装置D盛放溶液，用于吸收未反应完的有毒尾气，防止污染环境，反应的离子方程式为。 16. 氮循环是地球生命的基石，工业革命以来，人类活动对氮循环产生了显著影响。 （1）是氮循环中的关键物质，在生产中应用广泛。氨的催化氧化法是制硝酸的基础，其方程式为____________________。 （2）判断N和O的第一电离能大小并解释原因____________________。 （3）环境中总含氮量的监测对维持氮循环体系稳定运行有重要意义。水样中总含氮量的一种检测方法如下图。图中，“多步转化”含有机氮的氨化和无机氮()的还原等。 已知硼酸()的结构简式为。ⅰ中，与以物质的量之比1:1反应，两种分子通过配位键结合，二者能形成配位键的原因是__________________。 （4）实验室制NH3时，检验NH3的操作和现象是____________________。 （5）利用微生物处理氨氮废水(N元素主要以形式存在)具有高效、节能等优点。下列是三种利用微生物处理氨氮废水的方法。 Ⅰ．传统硝化-反硝化法 Ⅱ．短程硝化-反硝化法 Ⅲ．短程硝化-厌氧氨氧化法 (注：每步转化中均需特定反应条件和适宜菌群，Ⅰ、Ⅱ中均转化为) ①Ⅰ中，酸性条件下和反应的离子方程式为______________________________。 ②Ⅱ相较于Ⅰ所具备的主要优点是__________________(写出两条)。 ③Ⅲ中，NO2-转化为N2方程式为____________________。 【答案】（1）4NH3+5O24NO+6H2O （2）第一电离能N>O。同周期元素从左到右第一电离能总体呈增大趋势，但原子的核外电子排布为，轨道处于半充满的稳定状态，较难失去电子，因此其第一电离能大于相邻的原子。 （3）H3BO3中B提供空轨道，NH3中N提供孤电子对 （4）将湿润的红色石蕊试纸置于试管口（或用玻璃棒蘸浓盐酸靠近管口），试纸变蓝（或浓盐酸靠近时产生白烟），证明有NH3 （5） ①. ②. Ⅱ反应步骤少，消耗的氧气和甲醇较少 ③. 【解析】 【小问1详解】 氨的催化氧化是工业制硝酸的基础反应，氨气与氧气在催化剂和加热条件下反应生成一氧化氮和水，化学方程式为。 【小问2详解】 同周期元素从左到右第一电离能总体呈增大趋势，但原子的核外电子排布为，轨道处于半充满的稳定状态，较难失去电子，因此其第一电离能大于相邻的原子。 【小问3详解】 形成配位键的条件是一方提供孤电子对，另一方提供空轨道。分子中的原子最外层有5个电子，形成3个共价键后还剩余1对孤电子对；分子中的原子最外层只有3个电子，形成3个共价键后未达到8电子稳定结构，存在空轨道，二者由此形成配位键。 【小问4详解】 氨气是碱性气体，溶于水显碱性，因此检验氨气常用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，若试纸变蓝则说明有氨气；或者利用氨气与挥发性酸（如浓盐酸）反应生成固体铵盐的特性，用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，若产生白烟则说明有氨气。 【小问5详解】 ① Ⅰ中，酸性条件下被氧化为，被还原为。元素化合价从升高到，失去个电子；元素化合价从降低到，得到个电子。根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，配平后的离子方程式为。 ② 对比Ⅰ和Ⅱ的流程可知，Ⅱ中只被氧化为，不再继续氧化为，从而减少了氧气的消耗；同时还原为所需转移的电子数少于，从而减少了还原剂甲醇的消耗；此外，反应步骤也更少。 ③ Ⅲ中，根据流程图可知，与在适宜菌群作用下发生归中反应生成，结合原子守恒可写出方程式为。 17. 近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下： （1）反应Ⅰ：   反应Ⅲ：   反应Ⅱ的热化学方程式：_____________________________。 （2）对反应Ⅱ，在某一投料比时，两种压强下，在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。 判断p2和p1大小并解释原因：____________________。 （3）可以作为水溶液中歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。写出ii的方程式(离子方程式) ⅰ. ⅱ.__________________。 （4）探究ⅰ、ⅱ反应速率与歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18mL 饱和溶液加入2mL下列试剂中，密闭放置观察现象。(已知：易溶解在KI溶液中) 序号 A B C D 试剂组成 0.4 KI a KI 0.2 0.2 0.2 KI 0.0002 mol 实验现象 溶液变黄，一段时间后出现浑浊 溶液变黄，出现浑浊较A快 无明显现象 溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快 ①B是A的对比实验，则a=___________。 ②比较A、B、C，可得出的结论是___________。 ③实验表明，的歧化反应速率D>A，结合i、ii反应速率解释原因：____________________。 【答案】（1）3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s) △H2=-254kJ/mol （2）p2>p1。反应Ⅱ正反应方向气体分子数减少，温度相同时，增大压强平衡正向移动，H2SO4的物质的量分数增大，故同一温度下H2SO4分数越大对应压强越大 （3） （4） ①. a=0.4 ②. I-是SO2歧化反应的催化剂，H+单独存在时不具有催化作用，但H+可以加快歧化反应速率 ③. 反应ii比反应i快，D中由反应ii产生的H+使反应i加快 【解析】 【小问1详解】 根据图示，反应Ⅱ为和反应生成和。根据盖斯定律，目标反应可由 得到，其焓变。因此反应Ⅱ的热化学方程式为3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(s) 【小问2详解】 反应Ⅱ为正反应气体分子数减小的反应，温度相同时，增大压强，平衡正向移动，的物质的量分数升高。由图可知温度相同时，对应的的物质的量分数更高，因此。 【小问3详解】 作为水溶液中歧化反应的催化剂，总反应为。已知反应ⅰ为 ，根据，可得反应ⅱ的离子方程式为 。 【小问4详解】 ① B与A为对比实验，探究对反应速率的影响，则加入KI的浓度应相同，故。 ② C组实验无明显现象，说明单独的不能催化该反应；A组实验说明是催化剂；B组实验出现浑浊较A快，说明在催化的基础上，可加快反应速率。综合可得：是歧化反应的催化剂，单独存在时不具有催化作用，但可以加快歧化反应速率。 ③ D中加入了，溶液很快褪色说明反应ⅱ比反应ⅰ快，反应ⅱ消耗的同时生成大量，浓度增大使反应ⅰ速率加快。因此整体歧化反应速率D>A。 18. 以硫铁矿烧渣（主要成分为、，含少量等）制备铁黑颜料的过程如下。 资料：开始沉淀时pH = 6.2，沉淀完全时pH = 8.3。 （1）碱浸 NaOH的作用是___________。 （2）还原 反应的离子方程式有_________________、_________________。 （3）制备 过程及现象：向的溶液中加入一定量的NaOH溶液，产生白色沉淀。缓缓通入空气并开始计时，观察到沉淀颜色逐渐加深，体系pH变化如图所示。经检验，时间段均有产生。 已知：pH = 7.8时，浊液中主要存在、和少量。 ①产生白色沉淀的离子方程式是_________________。 ②时间段，pH几乎不变。用方程式说明产生的原因：_________________。 ③时间段，pH明显降低，清液中增大。结合方程式说明原因：_________________。 （4）称取铁黑颜料，用酸溶解，加入溶液使转化为，除去剩余的后，用的标准溶液滴定，消耗溶液。滴定原理为（离子方程式）：_________________。 【答案】（1）除去氧化铝 （2） ①. ②. （3） ①. ②. ③. 发生反应，该反应生成使溶液酸性增强，pH明显降低，同时生成使清液中增大 （4） 【解析】 【分析】硫铁矿烧渣中的具有两性，碱浸时与NaOH溶液反应，以的形式进入溶液，和留在碱浸渣中。加入硫酸酸浸时，发生和，使铁元素进入酸浸液。随后加入铁，将其中的还原为，得到溶液。加入一定量的NaOH后，形成沉淀，并与溶液中的含铁物种共存；缓缓通入空气，使部分+2价铁被氧化为+3价铁，形成同时含有+2价铁和+3价铁的。制备阶段可结合含铁物种、沉淀变化和pH变化，判断不同时间段的反应。测定产品时，先将产品酸溶，再把其中的全部转化为，除去剩余还原剂后，利用酸性重铬酸钾溶液氧化进行滴定。 【小问1详解】 烧渣中的是两性氧化物，能与NaOH溶液反应，生成可溶于水的含铝物种，离子方程式为。和不与NaOH溶液反应，仍留在碱浸渣中，因此NaOH的作用是除去氧化铝； 【小问2详解】 酸浸液中含有，加入铁后，铁单质中的铁元素由0价升高到+2价，中的铁元素由+3价降低到+2价。根据得失电子守恒，1个Fe原子对应还原2个，离子方程式为。酸浸液呈酸性，铁还可与其中的反应，生成和氢气，离子方程式为； 【小问3详解】 ①溶液中的与NaOH溶液中的结合，生成难溶于水的白色沉淀，离子方程式为。 ②时间段，体系中有沉淀，且通入空气后持续生成。中的铁分别为+2价和+3价，说明中的部分+2价铁被氧气氧化。每生成2个，有4个铁原子的化合价由+2价升高到+3价，失去的电子恰好供1个分子得到；再根据氢、氧原子守恒配平，反应方程式为。该反应不生成或消耗、，与这一阶段pH几乎不变相符。 ③题给中铁元素为+2价，继续通入空气时，其中部分+2价铁被氧化为+3价铁，并形成；同时，部分转化为。结合铁、氢、氧原子守恒及电荷守恒，上述变化可用方程式表示。反应生成，使溶液酸性增强，pH明显降低；同时生成，使清液中增大； 【小问4详解】 产品酸溶后，将其中的还原为；除去剩余的，可避免其继续消耗重铬酸钾标准溶液。滴定在酸性条件下进行，将氧化为，自身被还原为。每个中的2个铬原子均由+6价降低到+3价，共得到6个电子；每个失去1个电子，因此两者的化学计量数之比为1∶6。再用和配平氢、氧原子，得到滴定反应的离子方程式为。 19. 实验小组制备高铁酸钾（）并探究其性质。 资料：为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生，在碱性溶液中较稳定。 制备（夹持装置略）： （1）A为氯气发生装置。A中反应方程式是_______________________。 （2）装置B中所用试剂是_____________。 （3）C中得到紫色固体和溶液。得到紫色固体的化学方程式为_________________，另外还发生反应为____________________________。 探究的性质： 取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有。为证明是否氧化了而产生，设计以下方案： 方案Ⅰ 取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。 方案Ⅱ 用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有产生。 （4）由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有，但该离子的产生不能判断一定是由将氧化，还可能由_________________________________产生（用方程式表示）。 （5）方案Ⅱ可证明氧化了。用KOH溶液洗涤的目的是_____________________。 （6）根据的制备实验得出：氧化性>，而方案Ⅱ实验表明，和的氧化性强弱关系相反，原因是__________________________________________。 【答案】（1） （2）饱和食盐水 （3） ①. ②. （4） （5）排除的干扰 （6）溶液的酸碱性不同 【解析】 【分析】A中高锰酸钾与浓盐酸反应产生氯气，气体中混有浓盐酸挥发出的HCl；气体通过B除去HCl后，进入盛有和过量KOH溶液的C中。氯气在碱性条件下将氧化为紫色的；由于微溶于KOH溶液，C中同时得到紫色固体和紫色溶液。氯气还与KOH反应，使溶液中含有和。未反应的氯气进入D，被NaOH溶液吸收，防止污染空气。性质探究中，直接取C中溶液酸化时，需同时考虑、和在酸性条件下的反应；方案Ⅱ则先洗涤所得固体，再将其中的溶出进行实验。 【小问1详解】 A中使用和浓盐酸制备氯气。反应中Mn元素的化合价由+7价降低到+2价，Cl元素的化合价由-1价升高到0价；根据得失电子守恒，与生成的的化学计量数之比为，再根据原子守恒配平，反应方程式为； 【小问2详解】 浓盐酸具有挥发性，A中产生的氯气混有HCl。HCl易溶于水，氯气与水存在平衡。饱和食盐水中浓度较大，使该平衡向左移动，能在除去HCl的同时减少氯气损失，故B中所用试剂为饱和食盐水； 【小问3详解】 由资料可知，C中生成的紫色固体为。反应中Fe元素的化合价由+3价升高到+6价，Cl元素的化合价由0价降低到-1价，由得失电子守恒确定与的化学计量数之比为，结合碱性反应条件和原子守恒，得到生成紫色固体的化学方程式为。 C中有过量KOH，氯气还会与反应，其中一部分氯元素由0价降低到-1价，另一部分由0价升高到+1价，生成和，反应为； 【小问4详解】 滴加KSCN溶液后呈红色说明a中存在，但不能据此确定产生的途径。资料表明，在酸性溶液中会快速产生，这一过程中Fe元素由+6价降低到+3价，O元素由-2价升高到0价。因此，即使未氧化，也能生成。根据得失电子守恒，与生成的的化学计量数之比为，再结合稀硫酸及原子守恒，得到反应方程式为； 【小问5详解】 制备过程中氯气与KOH反应生成，所得固体表面可能附着含的溶液。在酸性条件下也能氧化，产生，反应为。若不除去，加入盐酸后产生氯气就不能证明一定是氧化了。由于微溶于KOH溶液且在碱性条件下较稳定，用KOH溶液充分洗涤既能除去附着的可溶性杂质，又能减少的溶解和分解。因此，洗涤的目的是排除的干扰； 【小问6详解】 制备反应在过量KOH形成的碱性环境中进行，将氧化为，为氧化剂，为氧化产物，因此在该条件下氧化性。方案Ⅱ经充分洗涤排除了的干扰，加入盐酸后，在酸性条件下将氧化为，自身被还原为；根据得失电子守恒及原子、电荷守恒，反应为。此时为氧化剂，为氧化产物，因而氧化性。物质氧化性的强弱与反应条件有关，两次实验中溶液的酸碱性不同，所以得到的氧化性强弱关系相反。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市第十九中学2026-2027学年第一学期高三化学月考 2026-10-15 班级： ___________ 姓名：___________ 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Fe 56 Cu 64 第Ⅰ卷 (共42分) 1. 下列生活中的物质与其有效成分的化学式、用途的对应关系中，不正确的是 选项 A B C D 生活中的物质 食盐 小苏打 复方氢氧化铝片 漂白粉 有效成分的化学式 用途 做调味品 做发酵粉 做抗酸药 做消毒剂 A. A B. B C. C D. D 2. 下列化学用语或图示表达不正确的是 A. N2的电子式： B. SO的VSEPR模型： C. 甲醇的球棍模型： D. Fe2+的离子结构示意图： 3. 元素周期律可以帮助人们认识物质性质，下列基于元素周期律的推断不正确的是 A. S的非金属性强于Si的，则酸性：H2SO3＞H2SiO3 B. Mg的金属性强于Al的，则Mg比Al更易与盐酸反应 C. N的非金属性强于P的，则热稳定性：NH3＞PH3 D. Cl的非金属性强于Br的，则Cl2可以从NaBr溶液中置换出Br2 4. Se是人体必需的微量元素，科研人员利用植物乳杆菌高效制备有机硒——硒代蛋氨酸()，硒代蛋氨酸与蛋氨酸()结构相似，二者的结构简式如下图。下列说法正确的是 A. 第一电离能： B. Se的最高价氧化物的化学式为 C. 硒代蛋氨酸和蛋氨酸互为同系物 D. C原子的杂化方式均为sp2 5. NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法不正确的是 A. 1 mol羟基中含有9NA个电子 B. 常温常压下，中含有NA个水分子 C. g乙醇中所含C-H键的数目为0.5NA D. 1 mol Na被完全氧化为，失去2NA个电子 6. NH3既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料，下图为合成NH3以及NH3制NH4NO3的物质转化示意图。 下列说法正确的是 A. Ⅰ~Ⅴ均是氮的固定 B. Ⅰ中加热的目的是增大化学反应速率和提高原料的平衡转化率 C. Ⅰ~Ⅳ都是氧化还原反应，氧化剂依次是N2、O2、O2、H2O D. 若在Ⅳ中加入足量水、通入足量空气可将NO2充分转化为HNO3 7. 用如图装置(夹持、加热装置已略)进行实验，②中现象能证实①中生成指定产物的是 选项 ①中实验 产物 ②中现象 A 加热NH4Cl与浓NaOH的混合液 NH3 酚酞溶液变红 B 加热Cu与浓硫酸的混合物 SO2 BaCl2溶液出现浑浊 C 加热镁条与水的混合物 H2 肥皂水冒泡 D 加热1-溴丁烷与NaOH的乙醇溶液 1-丁烯 酸性KMnO4溶液褪色 A. A B. B C. C D. D 8. 苯乙烯是重要的有机化工原料。工业上用乙苯直接脱氢制备苯乙烯，反应的热化学方程式为(g)(g)+H2(g) 该反应的，实际生产时采用沸石银做催化剂、高温、常压及充入惰性气体的反应条件。下列关于该反应的说法正确的是 A. 在任意温度下均能自发进行 B. 断键吸收的总能量小于成键放出的总能量 C. 使用催化剂可减小反应的焓变 D. 恒压时充入惰性气体，有利于化学平衡向正反应方向移动 9. 用下列仪器或装置进行相应实验，能达到实验目的的是 A．观察沉淀鉴别和 B．除去中混有的少量 C.实验室制Cl2 D.实验室制NH3 A. A B. B C. C D. D 10. 下列事实所对应的离子方程式正确的是 A. 用NaOH溶液吸收少量 B. 用浓硝酸溶解银镜： C. 用除去废水中的Hg2+：S2- + Hg2+HgS D. 向稀硫酸中滴加过量溶液： 11. 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中断裂的化学键只有碳氧键 C. 该过程的总反应为 D. 该过程中每生成，①、②间转移 12. 利用空气、铜、稀硫酸制，工艺简单、生产成本低，但反应速率小。若加入，反应速率显著增大。反应过程中物质转化关系如下。 下列说法不正确的是 A. 反应①： B. 反应制得，需投入 C. 酸性条件下氧化Cu的速率大于氧化Cu的速率 D. 制的总反应： 13. 用焦炭还原NO的反应为。向容积均为2 L的甲、乙、丙三个容器中分别加入0.1 mol焦炭和一定量NO，恒温下测得各容器中随反应时间的变化情况如下表。 容器 温度/℃ 时间/min 0 40 80 120 160 甲 4.00 3.00 2.20 1.60 1.60 乙 2.00 1.60 1.30 1.06 0.90 丙 4.00 2.90 2.00 2.00 2.00 注：的计量单位为mmol。 下列说法正确的是 A. 乙中0~40 min内平均反应速率 B. 时，反应的平衡常数值为 C. 该反应为吸热反应 D. 增加焦炭的量可提高NO的平衡转化率 14. 某实验小组用如下实验测定海带预处理后所得溶液的碘含量，实验步骤及现象如下： 已知： 下列说法不正确的是 A. 溶液为蓝色是因为发生了反应： B. 该实验可证明蓝色恢复与空气无关 C. 溶液反复由无色变蓝的原因可能是氧化的反应速率比还原的反应速率快 D. 上述实验不能准确测定待测液中的碘含量，应补充实验步骤：滴定前向溶液中加少量，反应至不再产生气泡，过滤，对滤液进行滴定 第Ⅱ卷 (共58分) 15. 黄铜矿(主要成分为CuFeS2)可用于冶炼Cu2O，主要物质转化过程如下： （1）基态Cu的价层电子排布式是_________。 （2）为减少SO2对环境的污染，在高温时可以用CaO将其转化为CaSO4，反应的化学方程式为______________________。 （3）用价层电子对互斥理论解释SO2的空间结构不同于CO2的原因：_____________________。 （4）Cu2O与Cu2S都可视为离子晶体，且结构相似，但Cu2O的熔点比Cu2S的高约100℃，原因是______________________。 （5）CuFeS2的晶胞如图3所示。 ①图4所示结构单元不能作为CuFeS2晶胞的原因是______________________。 ②从图3可以看出，每个CuFeS2晶胞中含有的Cu原子个数为___________。 （6）实验室制备Na2S2O3的一种装置如下。 ①A中发生反应的化学方程式为______________________；装置B中试剂a应为___________。 ②D中发生反应的离子方程式为______________________。 16. 氮循环是地球生命的基石，工业革命以来，人类活动对氮循环产生了显著影响。 （1）是氮循环中的关键物质，在生产中应用广泛。氨的催化氧化法是制硝酸的基础，其方程式为____________________。 （2）判断N和O的第一电离能大小并解释原因____________________。 （3）环境中总含氮量的监测对维持氮循环体系稳定运行有重要意义。水样中总含氮量的一种检测方法如下图。图中，“多步转化”含有机氮的氨化和无机氮()的还原等。 已知硼酸()的结构简式为。ⅰ中，与以物质的量之比1:1反应，两种分子通过配位键结合，二者能形成配位键的原因是__________________。 （4）实验室制NH3时，检验NH3的操作和现象是____________________。 （5）利用微生物处理氨氮废水(N元素主要以形式存在)具有高效、节能等优点。下列是三种利用微生物处理氨氮废水的方法。 Ⅰ．传统硝化-反硝化法 Ⅱ．短程硝化-反硝化法 Ⅲ．短程硝化-厌氧氨氧化法 (注：每步转化中均需特定反应条件和适宜菌群，Ⅰ、Ⅱ中均转化为) ①Ⅰ中，酸性条件下和反应的离子方程式为______________________________。 ②Ⅱ相较于Ⅰ所具备的主要优点是__________________(写出两条)。 ③Ⅲ中，NO2-转化为N2方程式为____________________。 17. 近年来，研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储。过程如下： （1）反应Ⅰ：   反应Ⅲ：   反应Ⅱ的热化学方程式：_____________________________。 （2）对反应Ⅱ，在某一投料比时，两种压强下，在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。 判断p2和p1大小并解释原因：____________________。 （3）可以作为水溶液中歧化反应的催化剂，可能的催化过程如下。写出ii的方程式(离子方程式) ⅰ. ⅱ.__________________。 （4）探究ⅰ、ⅱ反应速率与歧化反应速率的关系，实验如下：分别将18mL 饱和溶液加入2mL下列试剂中，密闭放置观察现象。(已知：易溶解在KI溶液中) 序号 A B C D 试剂组成 0.4 KI a KI 0.2 0.2 0.2 KI 0.0002 mol 实验现象 溶液变黄，一段时间后出现浑浊 溶液变黄，出现浑浊较A快 无明显现象 溶液由棕褐色很快褪色，变成黄色，出现浑浊较A快 ①B是A的对比实验，则a=___________。 ②比较A、B、C，可得出的结论是___________。 ③实验表明，的歧化反应速率D>A，结合i、ii反应速率解释原因：____________________。 18. 以硫铁矿烧渣（主要成分为、，含少量等）制备铁黑颜料的过程如下。 资料：开始沉淀时pH = 6.2，沉淀完全时pH = 8.3。 （1）碱浸 NaOH的作用是___________。 （2）还原 反应的离子方程式有_________________、_________________。 （3）制备 过程及现象：向的溶液中加入一定量的NaOH溶液，产生白色沉淀。缓缓通入空气并开始计时，观察到沉淀颜色逐渐加深，体系pH变化如图所示。经检验，时间段均有产生。 已知：pH = 7.8时，浊液中主要存在、和少量。 ①产生白色沉淀的离子方程式是_________________。 ②时间段，pH几乎不变。用方程式说明产生的原因：_________________。 ③时间段，pH明显降低，清液中增大。结合方程式说明原因：_________________。 （4）称取铁黑颜料，用酸溶解，加入溶液使转化为，除去剩余的后，用的标准溶液滴定，消耗溶液。滴定原理为（离子方程式）：_________________。 19. 实验小组制备高铁酸钾（）并探究其性质。 资料：为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生，在碱性溶液中较稳定。 制备（夹持装置略）： （1）A为氯气发生装置。A中反应方程式是_______________________。 （2）装置B中所用试剂是_____________。 （3）C中得到紫色固体和溶液。得到紫色固体的化学方程式为_________________，另外还发生反应为____________________________。 探究的性质： 取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有。为证明是否氧化了而产生，设计以下方案： 方案Ⅰ 取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。 方案Ⅱ 用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有产生。 （4）由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有，但该离子的产生不能判断一定是由将氧化，还可能由_________________________________产生（用方程式表示）。 （5）方案Ⅱ可证明氧化了。用KOH溶液洗涤的目的是_____________________。 （6）根据的制备实验得出：氧化性>，而方案Ⅱ实验表明，和的氧化性强弱关系相反，原因是__________________________________________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $