北京市房山区2026年高三化学下学期第一次综合练习试题 (1)【含答案】

房山区2026年高三下学期第一次综合练习化学本试卷共10页，满分100分，考试时长90分钟。考生务必将答案填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23Cl35.5第一部分选择题(共42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.工业烟气中常含有，用溶液将氧化为，实现烟气中的脱除，下列说法正确的是A.第一电离能 B.在大气中会形成酸雨C.O元素位于周期表中第IVA族 D.脱除过程中发生氧化反应【答案】B【解析】【详解】A．N原子的2p轨道为半充满的稳定结构，第一电离能，A错误；B．在大气中会与氧气、水反应生成硝酸，形成硝酸型酸雨，B正确；C．O原子最外层有6个电子，位于元素周期表第VIA族，C错误；D．脱除过程中NaClO将氧化，自身作为氧化剂得电子，发生还原反应，D错误；故选B。2.下列化学用语表示正确的是A.中子数为17的氯原子：B.中共价键的电子云图：C.的名称：2-乙基丁烷D.HCl的形成过程：【答案】B【解析】【详解】A．质量数=质子数+中子数，质量数标注于元素符号左上角，质子数标注于左下角，中子数为17的氯原子的质量数为17+17=34，中子数为17的氯原子：，A错误；B．氯原子3p轨道上有一个单电子，两个氯原子间通过p轨道头碰头重叠形成p-p键，中共价键的电子云图：

，B正确；C．的名称：3-甲基戊烷，C错误；D．HCl是共价化合物，H原子与Cl原子通过形成1个共用电子对结合形成，HCl的形成过程：，D错误；故选B。3.下列说法不正确的是A.油脂均可以发生加成反应B.利用盐析的方法可将蛋白质从溶液中分离C.苯酚与甲醛可通过缩聚反应得到酚醛树脂D.通过X射线衍射可测定青蒿素晶体结构【答案】A【解析】【详解】A．油脂分为饱和高级脂肪酸甘油酯（动物脂肪）和不饱和高级脂肪酸甘油酯（植物油），只有含碳碳双键的不饱和油脂才能发生加成反应，饱和油脂不能发生加成反应，A错误；B．盐析是指蛋白质在饱和盐溶液中溶解度降低析出，且盐析过程可逆，因此可以用盐析法分离提纯蛋白质，B正确；C．苯酚和甲醛可通过缩聚反应脱水生成酚醛树脂，是高中有机化学中缩聚反应的典型实例，C正确；D．X射线衍射法是测定晶体结构的标准方法，可测定青蒿素晶体结构，D正确；故选A。4.下列事实不能用平衡移动原理解释的是A.的醋酸溶液加水稀释100倍，B.，随着温度升高，纯水的pH减小C.工业合成氨(放热反应)，选择在高温条件下进行D.用稀硫酸洗涤沉淀比用等体积蒸馏水洗涤损失的少【答案】C【解析】【详解】A．醋酸是弱电解质，存在电离平衡，加水稀释时电离平衡正向移动，补充了部分，因此稀释100倍后pH<5，可以用平衡移动原理解释，A不符合题意；B．水存在电离平衡，电离过程吸热，温度升高后平衡正向移动，浓度增大，pH减小，可以用平衡移动原理解释，B不符合题意；C．合成氨反应，是放热反应，升高温度会使平衡逆向移动，不利于氨生成，工业选择高温是为了加快反应速率，同时让催化剂（铁触媒）达到活性最高的温度，和平衡移动无关，不能用平衡移动原理解释，C符合题意；D．存在溶解平衡，稀硫酸中存在大量，使溶解平衡逆向移动，抑制溶解，因此损失更少，可以用平衡移动原理解释，D不符合题意；故选C。5.下列实验不能达到对应目的是实验目的A.铁件镀铜B.检验待测液是否含有实验2NO2(g)N2O4(g)目的C.制备D.探究温度对化学平衡影响A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．由电镀原理可知，铁件镀铜时，与直流电源正极相连的铜片作阳极，铁件作阴极，电解质溶液为硫酸铜溶液，则题给装置能达到铁件镀铜的实验目的，A不符合题意；B．溶液中的银离子也能与氯离子反应生成不溶于盐酸的氯化银白色沉淀，则向待测液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液不能检验待测液是否含有硫酸根离子，正确检验硫酸根离子的操作是先向待测液中加入足量的稀盐酸，无明显现象后再加入氯化钡溶液，观察到有白色沉淀生成，才能证明原溶液中一定含有硫酸根离子，B符合题意；C．氢氧化亚铁具有还原性，易与氧气和水反应生成氢氧化铁，则制备氢氧化亚铁时，应将盛有氢氧化钠溶液的长胶头滴管插入滴有植物油的硫酸亚铁溶液中，防止反应生成的氢氧化亚铁被氧化，C不符合题意；D．二氧化氮转化为四氧化二氮的反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，放入热水中的混合气体颜色变深，放入冷水中的混合气体颜色变浅，则题给装置能达到探究温度对化学平衡的影响，D不符合题意；故选B。6.七叶亭是一种植物抗菌素，适用于细菌性痢疾，结构如下，下列说法正确的是A.该物质中含有3种官能团B.该物质可发生消去反应C.可用酸性溶液鉴别该物质中的碳碳双键D.该物质与水反应，最多可消耗【答案】A【解析】【详解】A．由结构简式可知，七叶亭分子含有的官能团为酚羟基、酯基、碳碳双键，共有3种，A正确；B．由结构简式可知，七叶亭分子不含有醇羟基，不能发生消去反应，B错误；C．由结构简式可知，七叶亭分子含有的酚羟基、碳碳双键都能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，则酸性高锰酸钾溶液不能用于鉴别七叶亭分子中的碳碳双键，C错误；D．由结构简式可知，七叶亭分子中与酚羟基相邻的碳原子上的氢原子能与溴水发生取代反应，含有的碳碳双键能与溴水发生加成反应，所以1mol七叶亭分子与足量溴水反应时，最多可消耗3mol溴，D错误；故选A。7.实验室需对少量污染物进行处理。以下处理方法对应的反应方程式不正确的是A.用硫粉处理洒落在地上的水银：B.用碳酸钠溶液处理玻璃容器水垢中的硫酸钙：C.用烧碱溶液吸收蔗糖与浓硫酸反应产生的刺激性气体：D.用稀硝酸处理银镜反应后试管内壁的金属银：【答案】D【解析】【详解】A．常温下硫单质可与汞反应生成难挥发的硫化汞，是处理水银泄漏的常用方法，反应方程式正确，A正确；B．碳酸钙溶解度小于硫酸钙，可发生沉淀转化，将难溶于酸的硫酸钙转化为可溶于酸的碳酸钙，反应方程式正确，B正确；C．蔗糖与浓硫酸反应产生的刺激性气体为，为酸性氧化物，与足量烧碱反应生成亚硫酸钠和水，反应方程式正确，C正确；D．稀硝酸与金属银反应的还原产物为，不是，正确离子方程式为，选项给出的方程式错误，D错误；故答案选D。8.用肼的水溶液处理核冷却系统内壁上的铁氧化物时，通常加入少量，反应原理如图所示。下列说法不正确的是A.图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应B.当反应生成时转移电子数为C.处理后溶液的pH不变D.图示反应过程中起催化作用的是【答案】C【解析】【详解】A．该转化过程中，涉及3个反应：①，各元素化合价未变，不属于氧化还原反应；②，Cu元素和N元素化合价有变化，属于氧化还原反应；③，Cu元素和Fe元素化合价有变化，属于氧化还原反应；因此总共有2个氧化还原反应，A正确；B．根据反应，有，则生成时转移电子数为，B正确；C．根据3个反应得总反应为，则反应中消耗，溶液降低，升高，C错误；D．根据在的水溶液中，加入少量后首先发生的是，后续2个反应都是和的循环转化，说明真正起催化作用是，D正确；故答案为：C。9.工业合成锦纶(尼龙-6)的一种反应过程如下：下列说法正确的是A.原料A为环己醇B.尼龙-6中不存在氢键C.己内酰胺合成尼龙-6的反应类型是缩聚反应D.己内酰胺和尼龙-6分别发生水解反应，可得到相同的产物【答案】D【解析】【详解】A．原料A分子式为，A与羟胺反应生成环己酮肟，说明A是环己酮，该过程是先加成，再消去，A错误；B．尼龙-6结构中含有酰胺键-CONH-，N−H键的氢原子可与另一酰胺键中电负性大的O形成分子间氢键，因此尼龙-6存在氢键，B错误；C．缩聚反应的特点是生成高分子化合物的同时会脱去小分子副产物，己内酰胺合成尼龙-6是开环聚合，无小分子副产物生成，不属于缩聚反应，C错误；D．己内酰胺是环状酰胺，水解断开酰胺键开环，得到6-氨基己酸，尼龙-6是聚酰胺，完全水解后所有酰胺键断裂，也只得到6-氨基己酸，二者水解产物相同，D正确；故选D。10.AgCN与可发生取代反应，生成腈和异腈两种产物。反应历程及能量变化示意图如下(TS为过渡态，I、Ⅱ为后续物)。下列说法不正确的是A.从生成腈和异腈的反应都是放热反应B.腈中C原子杂化方式为sp和C.在相同条件下，生成异腈的反应速率更快D.I中“N-Ag”之间的作用力比Ⅱ中“C-Ag”之间的作用力强【答案】D【解析】【详解】A．由反应历程及能量变化图可知，两种路径生成的产物的总能量均低于反应物，故从生成腈和异腈的反应都是放热反应，A正确；B．在CH3CH2CN中，甲基、亚甲基的C均形成4个键，为杂化，-CN中C形成三键，为杂化，故C原子杂化方式为和，C．根据图形，生成腈的总活化能（能垒）高于生成异腈的总活化能（能垒），根据能垒越高反应速率越慢，得到生成异腈的反应速率更快，C正确；D．中间体I（生成腈路径）中“N---Ag”配位键与Ⅱ（生成异腈路径）中“C---Ag”配位键相比，C的电负性小于N，C更易提供孤电子对与形成更强作用，故Ⅱ中“C---Ag”配位键作用力更强，D错误；故答案为：D。11.异山梨醇是一种由生物质制备的高附加值化学品，150℃时其制备过程及相关物质浓度随时间变化如图所示，后异山梨醇浓度不再变化。下列说法不正确的是A.异山梨醇在内平均反应速率为B.加入催化剂能降低反应②的活化能C.该温度下的平衡常数：D.反应③速率在后降为0【答案】C【解析】【详解】A．由图可知，在0~3h内异山梨醇的浓度变化量为，所以平均速率(异山梨醇)，A正确；B．催化剂的作用原理是降低反应的活化能，因此加入催化剂能降低反应②的活化能，B正确；C．3h时山梨醇已完全消耗，说明反应①正向进行程度极大，15h时仍有失水山梨醇剩余，说明反应②正向进行程度小于反应①，平衡常数①>②，C错误；D．3h时山梨醇已经完全消耗，反应③的反应物不存在，5h后反应③无法进行，速率降为0，D正确；故答案选C。12.以菱镁矿(主要成分为，含少量和)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如下：已知：浸出时产生的废渣中有和。下列说法不正确的是A.气体A为B.浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行C.沉镁后的滤液中主要含，可返回浸出步骤循环使用D.沉镁过程中，“氨水”替换为“溶液”，会生成沉淀，最终也能得到高纯镁砂【答案】B【解析】【分析】菱镁矿(主要成分为，含少量和)煅烧，碳酸镁高温受热分解生成氧化镁，煅烧后的矿石加入氯化铵溶液浸出，反应生成可溶的进入浸出液，而和转化为和沉淀，与一同作为废渣被过滤除去，过滤后，向浸出液中加入氨水沉淀镁离子得到氢氧化镁沉淀，过滤后，将氢氧化镁煅烧得到高纯镁砂。【详解】A．菱镁矿煅烧后MgCO3​分解为MgO，氯化铵浸出时，​水解显酸性，MgO消耗促进​水解，最终一水合氨分解释放NH3​，气体A为NH3​，A正确；B．浸出适当升高温度可以加快反应速率，但沉镁使用氨水，较高温度下NH3​⋅H2​O易分解挥发，会导致OH−浓度降低，Mg2+沉淀不完全，因此沉镁不能在较高温度下进行，B错误；C．沉镁反应为MgCl2+2NH3D．若替换为(NH4​)2​CO3​，生成MgCO3​沉淀，后续煅烧时MgCO3​会分解为MgO和CO2​，最终仍可以得到高纯镁砂，D正确；故答案为B。13.取两份的溶液，一份滴加的盐酸，另一份滴加溶液，溶液的pH随加入酸(或碱)体积的变化如图，下列说法正确的是A.a点：溶液中的水解程度小于电离程度B.过程中：逐渐减小C.过程中：D.在滴加NaOH溶液过程中，水的电离程度逐渐减小【答案】B【解析】【分析】碳酸氢钠溶液能与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，反应中溶液的pH减小；碳酸氢钠溶液能与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，反应中溶液的pH增大，则曲线ade表示溶液的pH随加入盐酸的变化、曲线abc溶液的pH随加入氢氧化钠溶液的变化。【详解】A．由图可知，a点碳酸氢钠溶液呈碱性，说明碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子的水解程度大于电离程度，A错误；B．a→b→c过程中，溶液中存在电荷守恒关系：，滴加氢氧化钠溶液时，溶液中的钠离子浓度不变，氢离子浓度减小，则溶液中逐渐减小，B正确；C．饱和碳酸溶液的pH为5.6，由图可知，e点时，溶液pH为4.3，说明反应中有二氧化碳气体逸出，则由物料守恒可知，溶液中，C错误；D．碳酸根离子在溶液中的水解程度大于碳酸氢根离子，水的电离程度大于碳酸氢根离子，所以向溶液中滴加氢氧化钠溶液的过程中水的电离程度逐渐增大，D错误；故选B。14.某小组为探究与少量KI的反应，进行了如下实验。实验现象①产生土黄色沉淀，溶液为蓝绿色②开始变为浅蓝色悬浊液，逐渐变为黄绿色悬浊液，然后变为黄色溶液，最终得到无色溶液已知：；CuI为白色沉淀；在溶液中不存在；呈无色，呈黄色。下列结论或推测不合理的是：A.①中产生土黄色沉淀的原因，可能是生成了CuI沉淀吸附了所导致。B.②中加入后，变为浅蓝色浊液，推测与反应的速率快于CuI与反应的速率C.②中黄绿色悬浊液变为黄色溶液，推测CuI与发生了氧化还原反应D.与生成配合物反应的限度小于二者发生氧化还原反应的限度【答案】C【解析】【详解】A．由于在溶液中不存在，则可能发生的反应为，生成的CuI为白色沉淀，可吸附而显土黄色，A正确；B．加入后初期仍为悬浊液，说明优先与反应，此时CuI还未与反应溶解，证明与反应的速率更快，B正确；C．已知呈黄色、呈无色，现黄绿色悬浊液变为黄色，则是过量的与配位生成黄色；而CuI与也是生成的配位反应，化合价未变，没有发生氧化还原反应，C错误；D．最终溶液为无色，说明黄色的配合物最终转化为氧化还原产物为的无色配合物，证明与生成配合物的反应进行程度（限度）小于二者氧化还原反应的限度，D正确；故答案为：C。第二部分非选择题(共58分)本部分共5题，共58分。15.NaCl在人类文明的发展中扮演了重要的角色。I．为理解NaCl溶解过程的能量变化，可设想NaCl固体溶于水的过程分两步实现，示意图如下。（1）根据各微粒的状态，可判断a_______0(填“>”或“<”)。（2）_______。Ⅱ．高压不仅会引发物质的相变，也会导致新类型化学键的形成。NaCl晶体在超高压下和Na或反应，可以形成不同组成、不同结构的晶体，如图两种晶体的晶胞：（3）基态Cl原子价层电子轨道表示式为：_______。（4）晶胞A中每个Na原子周围与它等距且最近的Na原子有_______个。（5）晶胞B形状为长方体，棱长分别为，结构如图所示，阿伏加德罗常数为。该晶体密度为_______。（6）NaCl的熔点小于NaF的熔点，原因是_______。（7）NaCl晶体在熔融状态下才能导电，而超高压下合成的晶体固态就可以导电，可能的原因是_______。【答案】（1）>（2）a+b（3）（4）8（5）（6）NaCl和NaF均为离子晶体，离子所带电荷数相同，Cl-半径大于F-，NaCl晶格能小于NaF，因此NaCl熔点更低（7）Na3Cl具有金属晶体的特征，存在自由移动电子，导电性增强【解析】【小问1详解】第一步是NaCl固体断裂离子键变为气态Na+和Cl-，断键需要吸收能量，焓变大于0，因此a>0。【小问2详解】根据盖斯定律，总反应焓变等于分步反应焓变之和，。【小问3详解】

Cl原子序数为17，基态Cl原子价电子排布为，按照洪特规则和泡利不相容原理，轨道表示式为。【小问4详解】

晶胞A中Na位于顶点和体心，与体心Na等距最近的Na为顶点的Na，共8个。【小问5详解】晶胞B中，Na数目为，Cl数目为，晶胞总质量，晶胞体积，密度。【小问6详解】离子晶体熔点由晶格能决定，电荷相同时，离子半径越小，晶格能越大，熔点越高，NaCl和NaF均为离子晶体，离子所带电荷数相同，Cl-半径大于F-，NaCl晶格能小于NaF，因此NaCl熔点更低。【小问7详解】普通NaCl是离子晶体，固态时离子不能自由移动，只有熔融后电离出自由移动离子才能导电，Na3Cl具有金属晶体的特征，存在自由移动电子，因此固态就能导电。16.高铁酸钾是一种多功能水处理剂，关于的制备及应用一直是研究的热点。I．高铁酸钾的制备（1）以和KOH原料，通过固相高温煅烧制备高铁酸钾。①的空间结构是_______。②补全反应化学方程式：_______。（2）工业上还可以通过电解法电解浓KOH溶液制备，装置如图所示。①石墨棒连接电源_______极。②Fe棒上的电极反应式为_______③电解得到的产品纯度可采用滴定法进行测定。将样品与过量的KI溶液充分反应后配成溶液(被还原为)，取用的标准溶液滴定，最终消耗标准溶液体积为，则原样品中高铁酸钾的质量分数为_______。(已知：，摩尔质量为)Ⅱ．高铁酸钾的应用（3）具有强氧化性。在酸性条件下，能与废水中的反应生成和沉淀来除锰。①该反应的离子方程式_______。②用处理一定量的含废水，Mn元素的去除率与量的关系如图所示，当超过时，Mn元素的去除率下降的原因可能是_______。【答案】（1）①.平面正三角形②.（2）①.负②.③.（3）①.②.随着​​增加，生成的MnO2被氧化成高价态的可溶性（）离子留在溶液中【解析】【小问1详解】①的中心N原子价层电子对数为，无孤电子对，因此空间结构为平面正三角形；②反应中Fe从+3价升高到+6价，​共升6价，N从+5价降低到+3价，​降2价，根据升降守恒配平系数，再结合原子守恒得缺项为，配平后的化学方程式为。【小问2详解】①电解制备​时，Fe需被氧化为​，因此Fe为阳极接正极，石墨为阴极接电源负极；②碱性条件下，Fe失电子生成​，结合电荷、原子守恒配平得到电极反应式：；③根据反应可得关系式：，，总，质量，因此质量分数为。【小问3详解】①反应中Fe从+6降为+3，每个降3价，Mn从+2升为+4，每个升2价，根据化合价升降守恒配平系数，再结合酸性条件、电荷原子守恒，配平结果为：；②​​具有强氧化性，过量时可将产物​进一步氧化为可溶性的高价锰离子（如​），锰留在溶液中因此去除率下降。17.化合物P是一种具有抗肿瘤药理活性的色胺酮类衍生物，合成路线如图。（1）试剂a是_______。（2）D的结构简式是_______。（3）E既有酸性又有碱性，E中含有的官能团是_______。（4）G→J的化学方程式是_______。（5）溴单质与K中的α-H发生取代反应的原因是_______。（6）下列说法正确的是_______。a．A的核磁共振氢谱有4组峰b．B→D的反应类型为氧化反应c．1molL完全水解消耗2molNaOH（7）已知：M含有五元环，由M生成P经三步反应过程：写出M与中间体2的结构简式_______、_______。【答案】（1）浓硫酸、浓硝酸（2）（3）羧基、氨基（4）+

2CH3OH+2H2O（5）受两侧羰基吸电子效应影响，使得α-H极性增强，C-H键易断裂，反应活性高（6）ab（7）①.②.【解析】【分析】根据A和B的化学式、及F的结构简式可知，A为甲苯，B为邻硝基甲苯，A与浓硫酸、浓硝酸在加热条件下发生取代反应生成B，B在酸性高锰酸钾的作用下氧化为D（），D还原得到E（），E与ClCOOC2H5反应生成F；G与甲醇发生酯化反应生成J（）和水，J与苯胺反应取代反应生成K和甲醇，K与Br2发生α-H的取代反应生成L（）和HBr，L中的α碳与苯环的邻位的碳原子发生成环反应得到M（

），同时放出HBr，M与F经历三步反应生成目标产物P；据此解答。【小问1详解】据分析，试剂a为浓硫酸、浓硝酸。【小问2详解】据分析，D为。【小问3详解】据分析，E为，含有羧基显酸性，含有氨基显碱性。【小问4详解】据分析，G（+）与甲醇发生酯化反应生成J（）和水，化学方程式为++2CH3OH+2H2O。【小问5详解】羰基具有吸电子性质，受两侧羰基吸电子效应影响，使得α-H极性增强，C-H键易断裂，反应活性高，因此溴单质与K中的α-H发生取代反应。【小问6详解】a．A为甲苯，核磁共振氢谱有4组峰，a正确；b．据分析，B→D的反应中苯环上的甲基苯氧化为羧基，反应类型为氧化反应，b正确；c．L为，含有1个酰胺键、1个酯基和1个Br原子，三者均可与NaOH反应，因此1molL完全水解消耗3molNaOH，c错误；故答案为ab。【小问7详解】据分析，M为

，M中的酰胺键断裂、F中酯基和酰胺键断裂，脱去1分子CO2生成中间体1（），中间体1发生分子内加成反应构建C-N键生成中间体2（），中间体2脱去1分子水建立C=N键得到目标产物P。18.ZnS在工业中有广泛应用．可用于回收砷和制备光学材料。（1）制备ZnS。由闪锌矿[含ZnS、FeS及少量硫化镉（CdS）等]制备ZnS的过程如下：已知：。当离子浓度小于时，认为离子沉淀完全。①闪锌矿浸出在高温下进行，采用该条件的目的是_______。②酸浸时ZnS发生反应的离子方程式_______。③酸浸时通入可提高浸出率，结合平衡移动原理，解释原因_______。④通入除镉。当溶液时，_______(填“是”或“否”)沉淀完全。（2）ZnS用于回收砷。用ZnS去除酸性废液中的三价砷，并回收生成的沉淀。已知：溶液中主要以弱酸形式存在，可缓慢水解。不同温度下，按向酸性废液中加入ZnS，砷回收率随反应温度的变化如图所示。①写出ZnS与反应生成的离子方程式：_______。②随温度升高，砷去除率下降的可能原因为_______。（3）利用ZnS制备光学材料。如图甲所示，ZnS晶体中掺入少量CuCl后，会出现能量不同的“正电”区域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光。区域A带_______(填“正电”或“负电”)。区域B“”中的离子为_______(填离子符号)。【答案】（1）①.加快反应速率②.③.，O2氧化S2-，c(S2-)降低，促进酸浸正向进行④.否（2）①.②.升温促进As2S3水解，生成H3AsO3，砷去除率下降（3）①.正电②.Cu+【解析】【分析】闪锌矿[含ZnS、FeS及少量硫化镉（CdS）等]加入硫酸和氧气溶解，-2价S转化为单质S除去，金属元素溶解，除铁后，加入H2S将Cd2+转化为CdS除去后，再调pH加入H2S将Zn2+转化为ZnS。【小问1详解】①温度越高，反应速率越快，增加酸浸效率，因此闪锌矿浸出在高温下进行；②酸浸时ZnS与硫酸和氧气反应生成S，ZnS中的-2价S被氧化为0价S，Zn元素转化为Zn2+，则氧气被还原为水，发生反应的离子方程式为；③ZnS存在沉淀-溶解平衡：，通入氧气，O2氧化S2-，c(S2-)降低，促进酸浸正向进行，因此酸浸时通入可提高浸出率；④通入除镉的离子方程式为，平衡常数为，当溶液时，，因此未沉淀完全。【小问2详解】①ZnS为难溶物，为弱酸，在离子方程式中均不可拆，两者反应生成，As和S的化合价不改变，因此Zn元素应转化为Zn2+，反应发生在酸性条件，根据电荷守恒和原子守恒，用H+和水配平得到反应的离子方程式为；②据已知，可缓慢水解，水解为吸热反应，温度升高，水解程度增加，更多As(Ⅲ)进入溶液，砷去除率下降。【小问3详解】掺杂后的晶胞中Cu+占据原Zn2+的位置，Cl-占据原S2-的位置，对比原CuCl晶胞和掺杂后的晶胞，区域A中S2-的位置被Cl-替代，负电荷减少，因此区域A带正电，区域B中Cu+占据原Zn2+的位置，因此“”中的离子为Cu+，正电荷减少，因此区域B带负电。19.某兴趣小组探究和在酸性条件下的反应，探究过程如下。实验序号操作现象实验I向溶液中加入2滴淀粉溶液，将其倒入硫酸酸化的溶液中混合后约5s内溶液无明显变化，随后溶液迅速变蓝资料：在酸性溶液氧化生成（1）5s后溶液变蓝说明生成了_______(填化学式)。（2）甲同学对5s内溶液未变蓝的原因提出如下假设假设1：与反应生成的速率较慢；假设2：与反应先生成，但由于存在，_______(用离子方程式表示)，被迅速消耗；假设3：_______。经查阅资料，假设1不成立。（3）下述实验证实了可被迅速消耗。实验Ⅱ：向实验I的蓝色溶液中加入过量的溶液，_______(填现象)。（4）乙同学利