广东省部分学校2025-2026学年高三年级上册9月质量检测化学试题（解析版）

广东省部分学校2025-2026学年高三上学期9月质量检测试

题

注意事项：

1.答题前，考生务必把自己的姓名、考生号等填写在答题卜相应的位置上。

2.做选择题时，必须用2B铅笔把答题卷上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦

干净后，再选涂其它答案标号。

3.非选择题必须使用黑色字迹钢笔或签字笔，将答案写在答题卡规定的位置上。

4.所有题目必须在答题卡上指定位置作答，不按以上要求作答的答案无效。

5.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将答题卡交回。

可能用到的相对原子质量：HlC12016Na23S32C135.5Ni59Fe56

一、诜择撅：在每小题列出的四个诜项中，只有一项符合题目要求。

1.广东是中华文明的重要发源地之一，拥有丰富的文化遗产。下列广东文物的主要材质为

无机非金属材料的是

C.潮州木雕D.广绣

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】A.佛山石湾陶龙主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，A项符合题意；

B.阳江漆器龙纹盒的主要成分为纤维素，属于有机物，B项不符合题意；

C.潮州木雕的主要成分为纤维素，属于有机物，C项不符合题怠；

D.广绣中使用的绣线的主要成分为纤维素，丝绸底料的主要成分为蛋白质，均属于有机

物，D项不符合题意；

答案选A。

2.“机械键”是两个或多个分子在空间上穿插互锁的一种结合形式。我国科研人员合成了由

两个全苯基大环分子组成的具有“机械键”的索烽，结构如图，下列说法错误的是

索姓及其示意图

A.该索嫌属于芳香烽

B.该索烧的相对分子质量可用质谱仪测定

C.该索嫌的两个大环之间不存在范德华力

D.破坏该索嫌中的“机械键''需要断裂共价键

【答案】C

【解析】A.该物质是由两个全苯基大环分子组成的具有“机械键”的索嫌，含有苯环，属

于芳香煌，A正确；

B.质谱仪可测定相对分子质量，质谱图上最人质荷比即为相对分子质量，B正确；

C.该物质为分子晶体，分子间存在范德华力，C错误；

D.该物质含有共价键，破坏“机械键”时需要断裂共价器，D正确；

故选C。

3.我国科技发展取得巨大成就。下列说法正确的是

A.“九天”重型无人机用到了玻璃纤维，其主要成分是Si

B.运载火箭使用腓（叼4）作燃料，册的电子式为：H・,・3・H

C.“华龙一号”的核反应堆以为U为燃料，235U与2・%u具有不同的化学性质

D.“梦想”号大洋钻探船续航由燃油供应：燃油燃烧时化学能转化为热能

【答案】D

【解析】A.玻璃纤维的主要成分是二氧化硅（SiO2）,而非硅单质（Si）,A错误；

B.朋（N2H4）的电子式中，两个氮原子之间应形成一对共用电子对（即单键），每个N

HH

原子有一对孤对电子，正确电子式为口.温口，B错误；

H-N-NH

C.235U与236U互为同位素，同位素的质子数相同，核外电子排布相同，因此化学性质

几乎完全相同，c错误；

D.燃油燃烧是化学反应，过程中化学能转化为热能，为钻探船提供动力，D止确；

故答案选D。

4.我国新能源汽车产量飞速增长。下列关于新能源汽车说法错误的是

A.汽车车身采用全铝合金材质，该材质属于混合物

B.仪表板罩使用聚氯乙烯材质，其结构简式为~|

C1

C.汽车的“刀片锂离子电池''的正极采用LiFePO4,P。：-的空间结构为正四面体

D.轮胎使用低滚阻、强湿抓、耐磨性好的丁苯橡胶，该橡胶属于天然有机高分子

【答案】D

【解析1A.铝合金是铝与其他金属或非金属熔合而成的合金，合金属于混合物，A正

确；

B.聚氯乙烯由氯乙烯（CH2=CHC1）加聚而成，其结构简式为土，与图片所

C1

示一致，B正确；

C.PO；中P原子价层电子对数为4,无孤电子对，空间结构为正四面体，C正确；

D.丁苯橡胶是合成橡胶，属于合成有机高分子，而非天然有机高分子，D错误；

故答案选D。

5.劳动创造美好生活。下列劳动项目与所述化学知识没的关联的是

选项劳动项目化学知识

A喷洒波尔多液防治农作物病虫害Cu?♦可使蛋白质变性

B加入格、锲元素制成不锈钢利用牺牲阳极法进行防腐

C研发抗酸药复方氢氧化铝片氢氧化铝能与酸反应

2+

D用化学沉淀法去除粗盐溶液中的so）Ba+SOj=BaSO4i

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】A.Cu2+属于重金属离子，可使蛋白质变性，用于杀菌，关联正确，A不符合题

意；

B.不锈钢通过添加铝、银形成合金增强抗腐蚀性，并非是牺牲阳极法，牺牲阳极法需更

活泼金属作为阳极，关联错误，B符合题意；

C.氢氧化铝与酸反应中和H+,符合抗酸药原理，关联上确，C不符合题意；

D.Ba?+与SO：生成BaS04沉淀，符合沉淀法除杂，关联正确，D不符合题意；

故选B。

6.盐X溶液能发生如图所示的转化关系（部分反应的反应条件已略），相对分子质品：。比

b大16,f比e大16。下列推断不正确的是

.盐酸、.丫―Y>c—Z

盐X溶液一强酸

LNaOH»d」e+f为

A.X可能为正盐，也可能为酸式盐

B.b能与f的稀水溶液反应生成无色气体

C.b、c、e、f都是酸性氧化物

D.反应①、②实验现象不同

【答案】C

【解析】根据题干信息，相对分子质量：c比b大16,f比e大16,b-c、e-f可能为氧化

的过程；转化关系中，c和f与Z反应均能得到强酸，则c可能为SO3,f为NO?，Z为

H2o,Y为。2,则b为SO”e为NO,盐X溶液与盐酸反应得到a,与NaOH反应得到

d,a与Ch得到SO?,则a为H2S,d与O2得到NO,则d为N4,因此X可以是NH4Hs

或（NH,bS,据此分析解答。

A.由分析可知，X可以是NH4Hs或（NHJzS,即X可能为正盐，也可能为酸式盐，A正

确；

B.b为SO?,f为NOz，f的稀水溶液为稀硝酸，二氧化硫与硝酸发生氧化还原反应生成无

色气体NO,B正确：

C.b为SO?是酸性氯化物，c为SC>3是酸性氧化物，e为NO不是酸性氧化物，f为NO?不

是酸性氧化物，C错误；

D.反应①为H2s被氧化生成SO?，无明显现象，反应②为NO被氧化生成NO?,现象为

生成红棕色气体，两个反应的现象不同，D.正确。

故选C。

7.关于下列各装置图的叙述正确的是

A.图①钠会先沉在试管底部，表面有气泡产生，上方的火焰呈淡蓝色

B.图②测定盐酸的浓度

C.图③用于比较乙酸、碳酸和苯酚的酸性强弱

D.图④制备乙酸乙酯时应先加浓硫酸，再加乙醇，最后加乙酸

【答案】A

【解析】A.钠的密度比乙醇大，会沉在试管底部；钠与乙醉反应生成H2,表面有气泡产

生；出燃烧火焰呈淡蓝色，A正确；

B.NaOH标准溶液应使用碱式滴定管（橡胶管活塞），图中为酸式滴定管，B错误；

C.乙酸易挥发，与Na2cCh反应生成的CO2中混有乙酸蒸气，乙酸也能与苯酚钠反应生成

苯酚，干扰碳酸与苯酚酸性比较，c错误；

D.浓硫酸稀释过程中会放出大量的热，故应先加乙醇，再边振荡边加浓硫酸（防暴沸）,

D错误：

故答案选A。

8.卜.列陈述I与陈述II均正确，且具有因果关系的是

选项陈述I陈述II

A淀粉水解产生果糖米饭在口腔中越嚼越甜

BNH|汽化时吸收大量的热工业上用液氨作制冷剂

CAICI3的熔点比AI2O3低工业上电解熔融A1C1、冶炼铝

D甲苯能使酸性KMnO,溶液褪色甲苯中甲基能使苯环性质变活泼

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】A.淀粉水解最终生成前萄糖，而非果糖：口腔中淀粉被唾液淀粉酶水解为麦芽

糖，产生甜味，与果糖无关，A错误；

B.NH3汽化吸热是物理性质，工业利用此特性通过液氨汽化实现制冷，因果关系明的，

B正确；

C.A1J为共价化合物，熔融态不导电，工业电解AIR（需冰晶石助熔），陈述II与事

实不符，C错误；

D.甲苯被酸性KMnO,氧化是因甲基被直接氧化为竣基，苯环使得甲基被活化，D错

误：

故选B。

9.X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的位置如图所示，已知W原子的

最外层电子数比内层电子数少3个，下列说法正确的是

XY

ZW

A.氧化物对应水化物的酸性：W>zB.简单离子半径：Z>W>Y

C.X元素的第一电离能小于Y元素D.简单氢化物的稳定性：Z>W

【答案】B

【解析】X、Y、Z、W为短周期元素，根据位置关系可知它们位于二、三周期，由W原子

最外层电子数比内层电子数少3个且位于第三周期，得到内层电子数为10,则最外层电子

数为7,可推知W为C1元索；结合周期表位置关系，Z与W同周期且在W左侧，则Z为

S元素；Y与Z同主族，则Y为O元素；X与Y同周期且在左侧，则X为N元素；据此分

析解答。

未限定元素是否为最高价含氧酸（如”ao>H2SO4、无法比较酸

A.4HCIO<H2SO.\

性强弱，A错误；

B.核外电子排布相同的微粒，原子序数越大，离子半径越小，Y、Z、W的简单离子分别

为：O?-（2层电子数为10）、S2-（3层电子数为18）、C/-（3层电子数为18）,则简单

离子半径：s2->cr>o"，即：Z>W>Y,B正确；

C.X为N元素，价电子排布式为2s22P3；Y为O元素，价电子排布式为2s?2p4,由于

N原子的2P轨道为半充满状态，稳定性比O原子强，则第一电离能：N>O,C错误；

D.根据非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，因非金属性C/>S,则简单氢化物的

稳定性：HCl>H2S,D错误；

故答案为：Bo

10.NaCN泄漏时可用双氧水（H/）2）来处理，发生反应：

NaCN+H^Oz+HzOuNaHCOs+NHiT。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正

确的是

A.常温常压下，11.2LNH,中原子总数为2NA

B.8.4gNaHCC>3晶体中含离子数目为0・3NA

C.1molH2O2中含有共用电子对数3NA

D.每消耗1molNaCN,转移电子数目小

【答案】C

【解析】A.常温常压下，11.2LNH3的物质的量小于05moi（因常温常压下气体摩尔体

积大于22.4L/mol）,每个NH3含4个原子，总原子数小于0.5x4=2N,、，A项错误；

B.NaHCO?的摩尔质量为84g/mol,8.4g对应0.1mol。固态NaHCC>3晶体中每摩尔含

1molNa*和1molHCO；,总离子数为0.22八，B项错误；

C.H?。？分子中，I个。O单键含1对共用电子，2个O-H单键各含1对，总计3对共用

电子。1molH2O2含3%A对共用电子，C项正确；

D.NaCN中C为+2价，NaHCOa中C为+4价，每molNaCN转移2moi电子，对应2

NR，D错误；

答案选C。

11.芥子酸是一种重要的工业原料，广泛应用于杳料、染料、涂料等领域，其结构如图所不。

卜列说法错误的是

A.芥子酸的分子式是CqH<\

B.Imol芥子酸最多可与2moiNaOH反应

C.芥子酸分子中所有碳原子可能共平面

D.芥子酸可发生加成、取代和显色反应

【答案】A

【解析】A.由结构可知芥子酸的分子式是CuHn。,，故A错误；

B.一个芥子酸中能与NaOH反应的官能团有1个竣基和1个酚羟基，故Imol芥子酸最多

可与2moiNaOH反应，改B正确：

C.单键可以旋转，芥子酸分子中所有碳原子可能共平面，故C正确；

D.芥子酸中有碳碳双键、峻基、酚羟基，可发生加成、取代和显色反应，故D正确；

故选A。

12.Pt（NH3）2Cl2存在两种异构体，抗癌药物顺粕可由以下途径得到：

2-Cl\/NH3

C1\/ClNH3

NH3Pt（顺式-二氯二氨合钳）

①'Pt

X②c/XNH

c/NH33

下列说法不正确的是

A.PtCl；空间结构一定为平面正方形

B.过程中Pt的化合价保持+2价不变

C.该变化过程说明NH,的配位能力大于。

/ClhN\/Cl

H3NX

D.相同条件下,Pt在苯中的溶解度小于Pt

XZ

c/NH3H3N、C1

【答案】D

【解析】A.根据是顺式-二氯二氨合伯可知还存在反式-二氯二氨合钳，则

说明PlCI；不是正四面体结构，PlCl：是平面正方形，A正确;

B.CT带1个负电荷，NH3不带电荷，可知①@过程中Pt的化合价保持+2价不变，B

正确;

c.NH3取代了c「，说明该变化过程说明NH3的配位能力大于C「，C正确;

H3NX

D.相同条件下，Pt结构对称、正负电荷中心重叠、是非极性分子，苯是非极

X

c/NH3

/Cl/Cl

H3NXH3NX

性分子,Pt是极性分子，根据相似相溶原理，则Pt在苯中的溶解

HNZXC1c/X

3NH3

度大于Pt,D错误;

Z

H3N

故选D。

13.结构决定性质，性质决定用途。下列事实解释错误的是

选项事实原因解释

A酸性：CI^COOH>CC13COOH电负性：F>C1

键角：co>前者中心原子是sp杂化，后者为sp、杂化

B2CH4

C沸点：对•羟基苯甲酸〉邻羟基苯甲酸对羟基苯甲酸存在分子内氢键

D熔点：NaCl>CsCl氯化钠离子键强于氯化钠

A.AB.BC.CD.D

【答案】c

【解析】A.F的电负性大于Cl,吸电子效应更强，使CF3coOH中段基上0-H键极性增

强，更易电离出H+,故酸性强于CChCOOH,A正确；

B.CO2为sp杂化(键角180。)，CH4为sp3杂化(键角109.5。)，键角大小与杂化方式与题

干描述一致，B正确：

C.对羟基苯甲酸沸点高是因为分子间氢键，而邻羟基苯甲酸因分子内氢键减弱了分子间

作用力，导致沸点：对羟基苯甲酸〉邻羟基苯甲酸，c错误；

D.Na+半径小于Cs+,NaCl离子键更强，熔点更高，D正确；

故答案选C。

14.一种水性电解液Zn-MnO?可充电电池如图所示。下列叙述错误的是

阴离子交换膜阳离子交换膜

A.放电时，M电极是正极

B.放电时，N电极反应：Zn—2e-+4OH-=[Zn(OH订

C.充电时，H区中K2s0«溶液的浓度减小

D.充电时,转移().2mole-，川区溶液质量减少6.5g

【答案】D

【解析】装置放电时，Zn电极为负极，Zn失电子产物与电解质反应，生成[Zn(OH)/2,

负极反应式为：Zn+4OH--2e-=[Zn(OH)J，同时K+透过阳离子交换膜向H区移动；正

+

极为MnO2,MnO2得电子产物与电解质反应，生成MM+等，正极反应为：MnO2+4H+2e-

=MM++2H2O,同时SO：透过阴离子交换膜向H区移动；据此分析；

A.根据分析可知，放电时，M电极是正极，A正确；

B.根据分析可知，放电时，N为负极，电极反应：Zn—2e-+4OH-=[Zn(OH)4『，

B正确；

C.根据分析可知，充电时M为阳极、N为阴极，K+透过阳离子交换膜向III区移动，SO：

透过阴离子交换膜向I区移动；II区中K2so4溶液的浓度减小，C正确：

D.根据分析可知，充电时，III区电极反应为[Zn(OH)j2-+2c=Zn+4OH,转移

0.2mole一，K+透过阳离子交换膜向山区移动，溶液质量增重

0.2molx39g/mol--m°x65g/mol=1.3g,D错误；

故选D。

15.向AgNOj溶液中通入过量SO?，过程和现象如下图。

------.

过量so?T]

放置一段时间

E

I

L

®

①

②

产生白色沉淀产生灰色固体

经检验，白色沉淀Ag2SO5：灰色固体中含有Ag0

下列说法小正娜的是

A.①中生成白色沉淀的离子方程式为2Ag'+S02+H20=Ag2sO3J+2H+

B.①中未生成Ag,SO4，说明SO2通到AgNO,溶液中根本不可能产生Ag,SO4

C.②中的现象体现了Ag’的氧化性

D.该实验条件下，SO?与AgNO,反应生成Ag2sO'的速率大于生成Ag的速率

【答案】B

【解析】向盛有AgNC>3溶液的试管中，通过长导管持续通入过量SO2气体，先发生反

++

应：2Ag+SO2+H2O=Ag2SO3+2H,产生白色沉淀Ag2sO3,得到中间状态“试

管①“；试管①放置一段时间后，转变为“试管②”放置过程中，Ag2sO3与溶液中过量的

SO2发生氧化还原反应，Ag.得电子被还原为Ag单质，所以出现含Ag的灰色固体，体

现了Ag+的氧化性。

A.①中生成白色沉淀Ag2so3,离子方程式为2Ag++S()2+H2O=Ag2so3(+2H+,

故A正确；

B.①中生成了Ag2so3,只是后续放置过程中发生了其他反应，不能说明SO2通入

AgNC)3溶液中根本不可能产生AgzSO一故B错误；

C.②中产生灰色固体Ag,说明Ag+得电子生成Ag,体现了Ag+的氧化性，故C正

确；

D.实验中先产生白色沉淀Ag2so3,后产生灰色固体Ag,说明SO?与AgNC>3反应生成

Ag2so3的速率大于生成Ag的速率，故D正确；

故选B.

16.为实现氯资源循环利用，可采用Deacon催化氧化法将工业副产物HCI制成Cl2。反应

的热化学方程式为4HCl(g)+C)2(g)篁2Q2(g)+2Hq(g)AH=-114.4kJmor;下

图展示了该法的一种催化机理。

下列说法正确的是

A.图中X为Cl2,W为HQ

B.该催化机理中，存在非极性键的断裂与形成

C.图中涉及的反应中有三个属于氧化还原反应

D.升高温度，HQ与。2生成C12的反应平衡常数增大

【答案】B

【解析】A.根据催化机理图及元素守恒，左侧CuCl2转化为CuCl,X为。2；右侧

Cu（OH）。分解生成Cu20cl2和W,故W为H?O而非HCLA错误；

B.总反应中0?参与反应，02中的0二0非极性键断裂：生成CL中的Q-C1非极性

键形成，故存在非极性键的断裂与形成，B正确；

C.机理中氧化还原反应仅2个：①CuC%-CuCl：②CuClfCu20cl2,C错误；

D.该反应为放热反应（AHvO）,升高温度平衡逆向移前，平衡常数K减小，D错误；

答案选B。

二、非选择题：

17.碘化亚铁（Fei?）可以用于预防和治疗缺铁性贫血和碘缺乏症。某化学兴趣小组尝试用

海带和还原铁粉制备Fe",实验过程如卜.：

实验一：％的制备

海带经灼烧、浸泡、过滤、酸化后得到含「的溶液A,再通过下列流程，可得高纯碘,

（1）操作①要在中进行。

（2）从绿色化学角度分析，步骤②溶液Af溶液B的过程中，下列试剂最适合替代。2

的是。

A.浓硫酸B.浓硝酸C.KMnO,溶液D.H,02

（3）海带灰中含有硫酸盆、碳酸盐等，在上述步骤（填序号）中实现与碘分

离。

(4)步骤④中加入稀硫酸后，溶液中的「、10；发生反应，试写出该反应的离子反应方

程式：O

实验二：实验室用卜述装置制备Fei?。

已知：①碘化亚铁(Fe“)在常温下为灰黑色固体，易升华，可溶于水，具有潮解性：

②焦性没食子酸的碱性溶液可吸收。2

(5)若无盛碱石灰的干燥管会发生副反应，请写出铁粉参与的副反应的化学方程式:

(6)试剂a为,其作用是___________o

实验三：探究(Fei?)的还原性

取•定量的(Fei?)溶液，向其中滴加少量新制的氯水，振荡后溶液呈黄色。同学们对溶液

变成黄色的原因提出了不同的看法：

甲同学认为：是因为溶液中被C1?氧化成I?

乙同学认为：是因为溶液中被C12氧化成Fe3+

随后化学兴趣小组进行如下实验进行验证。

实验步骤现象结论

①取少量黄色溶液于试管中，滴加淀粉溶

试管中溶液变蓝色甲同学观点正确

液

②取少量黄色溶液于试管中，滴加KSCN

()乙同学观点不正确

溶液

(7)上述实验②中现象为,化学兴趣小组得到结论：「的还原性

Fe2+的还原性(填“>”、"v"或"=")。

【答案】(I)可期(2)D(3)③

(4)5F+/O；+6H^=3I2+3H2O

高温

(5)3F^+4H2O(g)='F^O4+4H2

(6)①.浓硫酸②.防止水蒸气进入收集器中

(7)①.溶液未变为血红色(或“溶液不变色”、“溶液未变红”)②.>

【解析】一、从海带中提取马的原理为：将海带搬烧成灰加水浸泡，过滤除去固体残渣得

到含「的溶液A,在A溶液中通入C7?转化为I2：2「+。4=12+267一得到溶液B,加

入CC/&萃取L，得到L的CC%溶液，再加入NaOH溶液进行反萃取得到含「和/。；：

3I2+6NaOH=5MJ+NuIO.+3H2O,再加入稀硫酸反应生成单质12：

+

5r+/O；+6H=3I2+3H2O；再经过一系列转化、精制得到单质L；

二、由海带中提取的单质L制备产区2的方法为：为防止铁被氧气氧化，先用焦性没食子酸

的碱性溶液吸收空气中的氧气后，再利用无氧气气体排除装置中的空气，再经过碱石灰干

燥防止水分进入硬质玻璃管，加热L和Fe粉反应生成此4：Fe+V=FeI^生成的

F%受热升华后进入收集器中被冷水冷却收集，在装置a中盛装浓硫酸防止水分进入收集

器中，最后用氢氧化钠溶液吸收尾气，防止污染；据此分析解答。

(1)操作①为灼烧海带，属于固体高温加热，则需要在珀烟中进行。

(2)溶液A-溶液B的过程为「被氧化为L，C4作氧化剂，表现氧化性，则能替代CU

的物质也应该耍具有氧化性才行：

A.浓硫酸虽然能氧化厂生成12,但同时又会产生污染气体§。2,A不符合要求；

B.浓硝酸虽然能氧化「生成12,但同时乂会产生污染气体NO?,B不符合要求；

C.高锯酸钾溶液能氧化「生成L，但会引入杂质离子K+和M〃2+,c不符合要求；

D.H?02能氧化「生成L，而还原产物是水，无污染，从绿色化学角度，是最适合替代

Cl2的物质，D符合要求；

故答案为：Do

（3）海带灰中含有硫酸盐、碳酸盐等，上述步骤中在萃取时，碘进入有机层，盐在水层，

此时实现硫酸盐、碳酸盐与碘分离，故在步骤③时实现分高。

（4）在含「和/O；的溶液加入稀硫酸，「和/。；在酸性中发生归中反应生成单质%，则

反应的离子方程式为I2：5r+/O；+6H+=3I2+3H2O.

（5）若无盛碱石灰的球形干燥管装置吸收水蒸气，则铁粉会与水蒸气在高温下反应生成四

氧化三铁和氢气，则反应的化学方程式为：3Fe+4H2（）（g）岁%。1+4凡。

（6）根据分析，为防止此人潮解，试剂a为液体干燥剂，则a为浓硫酸；其作用是防止

水蒸气进入收集器中。

（7）在实验②中，取少量黄色溶液于试管中，滴加KSCN溶液，如溶液未变为血红色（或

“溶液不变色”、“溶液未变红"），则证明乙同学的观点”是因为溶液中被C12氧化成Fe'升”不

正确；那么证明甲同学观点“是因为溶液中被C12氧化成L”正确；即得到be/2溶液中滴加

少量新制的氯水时，只发生I■被氧化为12,而没有发生属2+氧化成产/+,由此可知「的

还原性大于民2+的还原性。

18.NiSO「6H2。是一种绿色、易溶于水的晶体，可由电镀废渣（含有Ni、Cu、Zn、

Fe等元素的化合物）为原料经如图所示工艺流程获得。

已知：部分金属离子开始沉淀时的pH,完全沉淀时的pH如表所示。

离子Fe2+Fe3+Ni2+

开始沉淀时的pH7.02.26.4

完全沉淀时的pH9.73.28.4

回答下列问题：

（1）向滤液中加入FeS固体是为了生成更难溶于水的硫化物沉淀而除去Cu?+、Zi?+等杂

质，则除去Ci?+的离子方程式为o

（2）调节“滤液II”的pH范围为,“一系列操作”是指、

___________、过滤。

（3）滤液m溶质的主要成分是NiSOj,加Na2c过滤后得到NiCO；固体，再加适量

稀硫酸溶解又生成NiSO」，这两步操作的目的是o

（4）在废水处理中常用H2s将Mn"转化为MnS除去，向含有0.020mol/LMn"的废

水中通入一定星的112s气体，调节溶液的pII-a，当｛HSXl.OxloYiiiollT时，

Mf?+开始沉淀，则。=［已知：25℃时，H2s的电离常数=1.0x10”,

KG=7.0xKT"；/（MUS）=1.4x10*1

（5）在强碱溶液中用NaCIO氧化硫酸锲，生成银镉电池正极材料NiOOH的离子方程式

21

Ni+CIO+=NiOOHJ++H2O

（6）银能形成多种不同的化合物。如图是银的一种氧化物的晶胞结构。其中Ni的配位数

是___________,晶体的密度是6.67g<m-3,阿伏加德罗常数的值为则该晶胞的棱

长为nm（用含NA的式子表示）。

【答案】(1)FeS(s)+Cu2+(aq)=CuS(s)+Fe2+(aq)

(2)①.3.2<pH<6.4②.蒸发浓缩③.冷却结晶

(3)滤液HI溶质的主要成分是NiSOj,但浓度偏低，不利于蒸发结晶，加Na2cO3过滤

后得到Nie。？固体，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO」可增大NiSOj的浓度，利于蒸

发结晶(或富集NiS(\)(4)5

2+

(5)2Ni+C10+40H=2Ni00HJ+C1+H20

I~

(6)①.6②.a=3-------xlO7nm

V6.67NA

【解析】废渣在稀硫酸中溶解、过滤后除去不溶性物质，滤液I含有铁、银、锌的离子等

杂质，调pH,加入FeS可除去Cu2+、Zi?+，滤液n加凡。2是将Fe?+氧化成Fe"，调

pH使Ff+转化成Fe(OH)；沉淀而除去，滤液III的溶质主要为NiS。…加入的Na2cO,与

NiSO』反应生成Nico,沉淀，过滤后洗涤沉淀得纯挣的NiCO?，NiCO?与稀硫酸反应

生成NiSO,溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥后得到NiSO「6H2。晶

体，据此答题。

(1)向滤液中加入FeS,与Ci?'反应生成CuS沉淀而去除C/.，反应的离子方程式为：

FcS(s)+Cu2"(aq)=CuS(s)+Fe2+(aq)；

(2)要想在硬性环境中除尽铁而又保持Ni?’不被沉淀，应先用H?O2将滤液【I中的Fe?’

氧化为FT卡,再调pH使FT，完全生成Fe(OH),,而Ni?+尚不开始沉淀，由表中数据可

知，Fe3+完全沉淀时pH23.2,而Ni?+开始沉淀的pH=6.4,所以滤液n的pH应控制

在3.2WpH<6.4；由分析得，一系列操作指的是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；

(3)滤液HI溶质的主要成分是NiSO「但浓度偏低，不利于蒸发结晶，加Na2co，过滤

后得到Nico,固体，再加适量稀硫酸溶解又生成NiSO「可增大NiSCX,的浓度，利于蒸

发结晶(或富集NiSO”；

(4)已知溶液中c(Mn2+)=0.020molLL当c(HS)=1.0xIfTmol•!?时，Mr?+开始沉

淀，根据Ksp(MnS)=c(Mn2+)xc(S2-)=1.4xl0"”号c(s2-)=7.0xl0/4mo].L」,根据H2s

的第二步电离常数Ka，二二------=7.OxlO-15,得c(H-)=1.0xl(y5mo].L1

c(HS)

a=pH=-lgc(H+)=-lg1.0x10、=5：

(5)在强碱溶液中用NaClO氧化硫酸锲，Ni?+被氧化生成NiOOH,NaClO被还原生

2+

成C「，该反应的离子方程式为：2Ni+ClO+4OH=2NiOOHI+d+H2O；

(6)由图易得，中心Ni原子周围有6个O原子，故Ni的配位数为6；由图易得，该氧化

物的化学式为NiO,设晶胞的棱长为acm,根据密度公式p=为，其中m为晶胞的质

4x(59+16)300

量，V为晶胞的体积，晶泡的质量m=--------------g=—g,晶胞的体积V=a3cm,,已

以NA

300I3ooI3oo

知p=6.67g・cm”,则NA，解得二cm,所以a='；xlO/m.

6.67二\6.67N\6.67N

aAA

19.一氧化碳在冶金工业、有机化工产品合成中有广泛的应用。

(1)一种含钻催化剂能催化甲酸得到高纯度的CO,基态C。原子的价层电子轨道表示式

为“

I.甲酸有两种可能的分解反应：

1

@HCOOH(g)=CO(g)4-H2O(g)AH,=+26.3kJ-moP

1

②HCOOH(g)=CO2(g)+H2(g)A/72=-l4.9kJ•mof

-1

(2)反应CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)的A"=kJ.mol。

(3)一定温度下，向恒容密闭容器中通入一定量的HCOOH(g),发生上述两个分解反应

下列说法中能表明反应达到平衡状态的是(填标号)。

a.气体密度不变b.气体总压强不变

c.H^CXg)的浓度不变d.CO和CO?的物质的量相等

(4)一定温度下，使用某催化剂时反应历程如下图，反应①的选择性接近100%,原因是

；升高温度，反应历程不变，反应①的选择性下降，可能的原因是

II.甲烷和二氧化碳重整是制取合成气(CO和H?)的重要方法，主要反应有：

③CH4(g)+CO2(g)u2CO(g)+2H2(g)

④CO式g)+H2(g)UCO(g)+H2O(g)

⑤CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)

(5)恒温恒容条件下，可提高CH4转化率的措施有(填标号)。

a.增加原料中CH,的量b.增加原料中CO?的量c.通入Ar气

(6)恒温恒压密闭容器中，投入不同物质的量之比的CH4/CO?/Ar混合气，投料组成

与CH4和CO2的平衡转化率之间的关系如下图。

i.投料组成中Ai•含量下降，平衡体系中"(CO):〃(耳)的值将(填“增大''“减

小”或，不变”)。

ii.若平衡时Ar的分压为pkPa,根据a、b两点计算反应⑤的平衡常数勺二

(kPa?)(用含p的代数式表示，勺是用分压代替浓度计算的平衡常数，分压二

总压x物质的量分数)。

3d4s

［答案］⑴回国田困⑵⑷2

(3)be(4)①.原因是反应①的活化能低，反应②活化能高，反应②进行的速率

慢②.催化剂在升温时活性降低或升温时催化剂对反应②更有利

(5)b(6)①.增大②.0.675p2

【解析】(1)钻(Co)的原子序数为27,其基态原子的电子排布为Is22s22P63523P63dzs2。

3d4s

价层电子轨道表示式为

tiltiltltltlFu]

(2)由盖斯定律，②一①可以得到目标反应,贝1|

\H=\H2-\H=-\4.9kJ/mol-26.3kJ/mol=-41.2kJ/mol；

(3)a.气体质量是定值，体积是固定的，密度始终不变，气体密度不变，不能说明达到

平衡状态；b.两个反应均为气体体积增大的反应，则随着反应进行，压强变大，压强不变

是平衡状态；c.气体浓度不变是平衡状态的标志，则浓度不变，是平衡状态；d.CO和

CO?物质的量相等，不能说明其浓度不变，不能判断达到平衡状态；故选be：

(4)反应①的选择性接近100%,原因是反应①的活化能低，反应②活化能高，反应②进

行的速率慢，所以反应①的选择性接近100%;反应①是吸热反应，升高温度平衡会正向

移动，会有利于反应①，但反应①选择性下降，可能原因是催化剂在升温时活性降低或升

温时催化剂对反应②更有利；

(5)a.增加原料中CH4的量，CH,自身转化率降低；b.增大原料中CO?的量，CH4

转化率增大；c.通入Ar,各物质浓度不变，平衡不移动，CH4转化率不变；故选b；

(6)i.如图可知，恒压时，随着Ar含量上升(图像从右到左)，反应物的分压减小，相当

于减压，平衡正向移动，压强不影响反应④平衡移动；则随着Ar含量下降，反应③和⑤

平衡逆向移动，但甲烷的转化率下降的更快，而反应①甲烷二氧化碳转化率相同，说明反

应⑤逆移程度稍小，但CO减小的少，则〃(CO):〃(H?)增大；

ii.设初始投料；/2(CH4)=4mol.A2(CO2)=4moL/z(Ar)=2mol,平衡时，甲烷转化率

为20%,二氧化碳的转化率为30%,则平衡时:

H（CH4）=4mol-4molx20%=3.2mol；

n(CO2)=4mol-4molx30%=2.8mol；

根据碳元素守恒:〃(CO二)二8mol-n(CH4)-?i(CO2)=8mol-3.2mol-2.8moI=2mol；

根据氧元素守恒：mol-/7（CO）-2；7（CO,）=Rmol-2niol-2x2.8inol=0.4mol；

根据氢元素守恒：

n(H2)=8mol-2n(CH4)-/z(H2O)=8mol-2x3.2mol-0.4mol=l.2mol；

平衡时，气体总物质的量3.2mol+2.8mol+2mol+0.4mol+1.2mol+2mol=l1.6mol；