精品解析：江苏南通市海安高级中学2026届高三年级阶段性学情测试 化学试题

高三年级阶段性学情测试 化学 可能用到的相对原子质量：H-1 B-11 O-16 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Ti-48 一．单项选择题：共13分，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 人工智能（AI）的飞速发展正在深刻地影响和改变人类生活，其硬件基础建立在各种新型高性能材料的突破与相关工艺的优化上。下列相关说法正确的是 A. 制作芯片的晶体硅为分子晶体 B. 电子封装时使用的纳米银属于胶体 C. AI运算时使用的散热材料铜基金刚石是一种新型无机非金属材料 D. 芯片光刻工艺中利用特定波长的光照射光刻胶发生化学反应，这一过程将光能转化为化学能 2. 生石灰和焦炭在电炉中制得碳化钙（），再用碳化钙和空气在高温下反应生成氰氨化钙（），氰氨化钙进一步水解可得到碳酸钙与氨气。下列说法正确的是 A. 碳化钙的电子式为 B. 氰氨化钙中存在键 C. 碳酸钙中含有离子键与共价键 D. 的VSEPR模型为型 3. 某实验室模拟二乙醇胺脱硫、再生及测定吸收率的过程。各步骤中装置和原理不能达到相应实验目的的是 A．制取 B．脱硫(吸收) C．再生(解吸) D．测定吸收率 A. A B. B C. C D. D 4. 氨硼烷高效制氢的化学方程式为：催化剂。下列有关说法正确的是 A. 酸性强弱： B. 第一电离能： C. 是非极性分子 D. 原子半径： 阅读下列材料，完成下面小题： 配合物因具有较特殊的性质而被广泛地应用于物质的分析、分离及生产工艺中。如向天蓝色的溶液中加入会使溶液转变为深蓝色；氨水可溶解；向溶液中加入饱和溶液后，再滴加KI溶液，无颜色变化；可以和乙烯分子配位，催化乙烯被氧化为乙醛；将金矿石浸入含有的溶液中，可以将转化为实现的氧化溶解；血红蛋白中的与结合实现氧运输；顺铂（顺式）通过抑制癌细胞DNA复制而发挥抗癌作用；P507可用于萃取提纯稀土金属。 5. 下列说法正确的是 A. 中Au提供空轨道，提供孤电子对 B. 顺铂（顺式）中Pt的配位数为4 C. 中H-N-H的夹角小于 D. 血红蛋白中的与之间的作用力为范德华力 6. 下列说法不正确的是 A. 天蓝色与配位后使溶液显深蓝色，是因为的配位能力大于 B. 不能氧化，是因为生成配合物后的氧化性减弱 C. 氨水能溶解，是因为氨与形成了而促进溶解 D. 用P507可以萃取稀土元素，是因为P507与稀土金属离子相似相溶 7. 下列化学反应表示正确的是 A. 氯化银溶于过量氨水： B. 催化乙烯被氧化为乙醛： C. 溶液中滴加： D. 黄金湿法冶金： 8. 科学家研发了一种在电催化条件下由氢气和二氧化碳制备甲醇的方法（有少量产生），反应原理如图（M、N均为石墨电极）。已知：在电场作用下，双极膜中水电离出和向两极迁移。下列说法正确的是 A. 极为阴极，发生氧化反应 B. 双极膜中水电离出的迁移至极区 C. 电解一段时间后，M极区域溶液pH减小 D. 极每消耗，极消耗的大于 9. 维生素C对维持正常的生理功能有着极其重要的作用，下列说法正确的是 A. L-古洛糖酸在水中的溶解度大于维生素C B. L-古洛糖酸分子内有5个手性碳原子 C. L-古洛糖酸内酯能使的溶液褪色 D. 1 mol维生素C最多能与发生加成反应 10. 葡萄糖与反应可制备自来水消毒剂。反应方程式为：（未配平）。下列说法不正确的是 A. 上述反应的 B. 替换用于自来水消毒，能有效减少自来水中的残留氯 C. 上述反应中，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶6 D. 上述反应中，每生成气体，转移电子数为 11. 某小组为探究与少量KI的反应，进行了如下实验。 步骤Ⅰ：向溶液中加入2滴溶液，产生土黄色沉淀，溶液为蓝绿色 步骤Ⅱ：向上述试管中逐滴加入溶液，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：，为白色沉淀；在溶液中不存在；呈无色，呈黄色。 下列结论或推测合理的是 A. 步骤Ⅰ中产生土黄色沉淀的原因，可能是生成了沉淀吸附了所导致 B. 步骤Ⅱ中加入后，变为浅蓝色悬浊液，推测与反应的速率慢于与反应的速率 C. 步骤Ⅱ中黄绿色悬浊液变为黄色溶液，推测与发生了氧化还原反应 D. 与生成配合物反应的限度大于二者发生氧化还原反应的限度 12. 室温下，向溶液加入过量固体混合，溶液随时间变化如图所示。已知：、，下列说法正确的是 A. 反应正向进行，需满足 B. 反应过程中，溶液中始终存在： C. 内，上层清液中存在： D. 反应后，溶液中的水解程度减小 13. 催化还原生成和可以同时实现两种有害气体的有效脱除，因而成为治理烟气的最理想方案之一。将组成一定的与混合气体通入恒容密闭容器中，含氮物质反应为： 反应1： 反应2： 反应3： 不同温度下，反应相同时间，反应体系中各气体的物质的量浓度随温度的变化如图。 已知： 下列说法正确的是 A. B. 时， C. 时，的脱除率约为80% D. 其他条件不变，升高温度有利于提高NO平衡转化率 二．非选择题：共4题，共61分。 14. DES（低共熔溶剂）是一类新型绿色高效浸出剂，利用DES分离回收废旧三元锂离子电池电极材料中的、、、元素，工艺流程如下图。 （1）已知：三元锂离子电池充放电过程的总反应：。对废旧电池充分放电是电池回收工艺的首要步骤。将锂离子电池（外壳含铁，内芯含铝）置于不同浓度的和溶液中使电池在不同溶液中放电的残余电压随时间的变化如图-1所示。对浸泡液中沉淀物热处理后，得到XRD图谱如图-2所示。 ①回收处理的是废旧锂离子电池的________（填“正”或“负”）极材料。 ②电池充分放电，一方面可避免拆解过程中产生危险，另一方面可提高________元素的回收率。 ③电池在溶液中比在溶液中放电速率更大，其原因是________。 ④与溶液相比，溶液的质量分数由增大至时，电池残余电压降低速率更快。依据图中的XRD图谱，分析其主要原因：________。 （2）向沉淀[、]中加氨水、通后得到，从平衡移动角度分析氨水和的作用分别是________。 （3）已知：流程中的由与乙二醇按一定比例组成，浸出时通过的配位和醇的还原、溶解等作用调控金属离子的溶解性，实现选择性分离。 采用DES浸出时，浸出剂的组成比和用量比会影响分离效果。其他条件一定时，改变组成比和用量比，测定Ni、Co元素的浸出率，结果如图-3所示。 ①用量比相同时，组成比为1∶9显著高于1∶6的Co浸出率，可能原因为________。 ②浸出后需要对DES进行回收利用。若浸出分离后各组分所含的与乙二醇回收率均为100%，但回收到的DES组成比会变大，原因是为________。 15. 化合物是一种合成药物的中间体，其合成路线流程图如下： （1）A→B的反应经历A→X→B的过程，则的结构简式为________。 （2）C分子中碳原子的杂化轨道类型为________。 （3）D→E的反应类型为________。 （4）E的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：________。 ①含有两个苯环，且能与溶液发生显色反应； ②碱性条件水解，酸化后所得2种产物均只有一种含氧官能团，一种产物有两种不同化学环境的氢原子，另一种产物核磁共振氢谱峰面积比为。 （5）写出以苯、甲醛和丙酮为基础有机原料，制备的合成路线流程图________。（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。 16. 在生物大分子检测等领域有重要应用前景。工业上可利用高钛炉渣（主要成分为、及、等）制备。 已知：①、在高温下与反应生成、，弱碱性条件下、水解会生成、沉淀； ②难溶于稀酸或稀碱； ③可将还原为。 Ⅰ．硫酸法制备 （1）“焙烧、浸取”时可将转化为，酸浸渣的主要成分为________。 （2）“沸腾水解”时，其他条件不变，初始溶液pH对含的溶液水解率的影响如图所示，在1.7~1.8范围内，随着pH增大，水解率下降的原因是________。 （3）产品中TiO2的纯度测定 准确称取样品，加入适量浓硫酸，加热至样品完全溶解，冷却后用水稀释，冷却至室温后再加入铝片将还原为，用溶液滴定至终点，平行滴定3次，平均消耗溶液。计算样品中的纯度________。 Ⅱ．碱法制备 （4）高钛炉渣与固体混合灼烧，冷却后加水浸出得到含大量的固体，请补充完整实验方案：将固体置于容器中，________，将煅烧得。（实验中须使用的试剂：稀溶液、KSCN溶液、溶液） Ⅲ．探针与不同碱基之间形成的非共价相互作用（如氢键、范德华力等）强弱不同，据此可实现对DNA碱基的识别。 （5）探针中，中与 （）分子的________原子通过配位键稳定结合。 （6）氢键本质为静电作用，需含有孤电子对，与原子带的电荷越多则氢键越强。胞嘧啶六元环处于同一平面上。在答题卡框图中补充完整探针与质子化胞嘧啶形成氢键后的结构简式________。 17. 实验室研究“镁法工业烟气脱硫”，其过程如下。 已知：时，； 。 Ⅰ．浆液吸收 （1）室温下，边搅拌边向浆液中匀速缓慢通入，测定液相分散系中、的物质的量之比及溶液如下表： n(S)/n(Mg) 1 1.8 2 2.2 溶液pH 8.99 6.00 4.55 3.00 ①一定能提高浆液吸收效率的实验操作有：________（答两点）。 ② 后，反应的化学方程式为________；此时SO2的吸收效率将________（填“增大”、“减小”、“基本不变”）。 Ⅱ．混合吸收 （2）单独使用浆液吸收的速率较慢。 ①在浆液中添加适量能加快吸收的速率，原因是________。 ②在水中的溶解度小于在溶液中的溶解度的原因________。 （3）相同温度下，控制溶液中的总为及，分别用浆液和清液吸收。平衡时浆液、清液中溶解的的及浆液、清液的吸收量差值（用表示）随吸收后溶液的变化理论计算结果如图所示。时，几乎为0，时，随减小明显增大。随吸收后溶液的变化原因是________。 Ⅲ．清液脱硫的“两级吸收—再生”工艺 该工艺以清液做一级吸收塔中的初始吸收液，流程如图所示。 （4）溶液1转化为再生液时，发生的主要反应的离子方程式为________。 （5）分析上述工艺的优点：________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三年级阶段性学情测试 化学 可能用到的相对原子质量：H-1 B-11 O-16 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Ti-48 一．单项选择题：共13分，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 人工智能（AI）的飞速发展正在深刻地影响和改变人类生活，其硬件基础建立在各种新型高性能材料的突破与相关工艺的优化上。下列相关说法正确的是 A. 制作芯片的晶体硅为分子晶体 B. 电子封装时使用的纳米银属于胶体 C. AI运算时使用的散热材料铜基金刚石是一种新型无机非金属材料 D. 芯片光刻工艺中利用特定波长的光照射光刻胶发生化学反应，这一过程将光能转化为化学能 【答案】D 【解析】 【详解】A．晶体硅是靠共价键形成空间网状结构的共价晶体，不属于分子晶体，A错误； B．胶体是分散质粒子直径在 的分散系，属于混合物，纳米银是银单质，为纯净物，不属于胶体，B错误； C．铜基金刚石是以金属铜为基体的复合材料，含有金属成分，不属于新型无机非金属材料，C错误； D．特定波长的光照射光刻胶引发化学反应，光能被吸收转化为化学能存储在反应产物中，D正确； 故选D。 2. 生石灰和焦炭在电炉中制得碳化钙（），再用碳化钙和空气在高温下反应生成氰氨化钙（），氰氨化钙进一步水解可得到碳酸钙与氨气。下列说法正确的是 A. 碳化钙的电子式为 B. 氰氨化钙中存在键 C. 碳酸钙中含有离子键与共价键 D. 的VSEPR模型为型 【答案】C 【解析】 【详解】A．碳化钙的电子式为，中存在碳碳三键，题目中的电子式错误，A 错误； B．氰氨化钙是与构成的离子化合物，不存在氮氮三键，B 错误； C．碳酸钙是钙离子和碳酸根离子构成的离子化合物，钙离子和碳酸根离子之间是离子键，碳酸根离子内部含有共价键，C正确； D．的价层电子对数是，所以VSEPR模型为四面体形，D错误； 故选择C。 3. 某实验室模拟二乙醇胺脱硫、再生及测定吸收率的过程。各步骤中装置和原理不能达到相应实验目的的是 A．制取 B．脱硫(吸收) C．再生(解吸) D．测定吸收率 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．实验室用70%硫酸与亚硫酸钠固体反应制备，可以达到实验目的， A不符合题意； B．二乙醇胺溶液吸收，采用长进短出的气体流向，可增大接触面积，未反应的用溶液吸收防止污染，可以达到实验目的，B不符合题意； C．吸收二氧化硫后的二乙醇胺在加热搅拌器的作用下解吸出二氧化硫，用双氧水吸收，碱石灰吸收多余的二氧化硫，可以达到实验目的，C不符合题意； D．酸性高锰酸钾可以与双氧水反应，也能与稀盐酸反应，不能达到实验目的，D符合题意； 故选D。 4. 氨硼烷高效制氢的化学方程式为：催化剂。下列有关说法正确的是 A. 酸性强弱： B. 第一电离能： C. 是非极性分子 D. 原子半径： 【答案】A 【解析】 【详解】A．同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，非金属性，最高价氧化物对应水化物的酸性随非金属性增强而增强，故酸性，A正确； B．同周期元素第一电离能总体呈增大趋势，但N原子2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于相邻的O，故第一电离能顺序为，B错误； C．分子结构不对称，正负电荷中心不重合，属于极性分子，C错误； D．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，故原子半径顺序为，D错误； 故选A。 阅读下列材料，完成下面小题： 配合物因具有较特殊的性质而被广泛地应用于物质的分析、分离及生产工艺中。如向天蓝色的溶液中加入会使溶液转变为深蓝色；氨水可溶解；向溶液中加入饱和溶液后，再滴加KI溶液，无颜色变化；可以和乙烯分子配位，催化乙烯被氧化为乙醛；将金矿石浸入含有的溶液中，可以将转化为实现的氧化溶解；血红蛋白中的与结合实现氧运输；顺铂（顺式）通过抑制癌细胞DNA复制而发挥抗癌作用；P507可用于萃取提纯稀土金属。 5. 下列说法正确的是 A. 中Au提供空轨道，提供孤电子对 B. 顺铂（顺式）中Pt的配位数为4 C. 中H-N-H的夹角小于 D. 血红蛋白中的与之间的作用力为范德华力 6. 下列说法不正确的是 A. 天蓝色与配位后使溶液显深蓝色，是因为的配位能力大于 B. 不能氧化，是因为生成配合物后的氧化性减弱 C. 氨水能溶解，是因为氨与形成了而促进溶解 D. 用P507可以萃取稀土元素，是因为P507与稀土金属离子相似相溶 7. 下列化学反应表示正确的是 A. 氯化银溶于过量氨水： B. 催化乙烯被氧化为乙醛： C. 溶液中滴加： D. 黄金湿法冶金： 【答案】5. B 6. D 7. B 【解析】 【5题详解】 A．中配位原子为电负性更小的，由提供孤电子对，A错误； B．顺铂 的配体为2个和2个，的配位数为4，B正确； C．中的孤电子对参与配位，孤对电子对成键电子对的排斥作用减弱，H-N-H键角大于游离，C错误； D．血红蛋白中与之间形成配位键，不属于范德华力，D错误； 故选B。 【6题详解】 A．的配位能力强于，可取代中的生成深蓝色配离子，A正确； B．与形成稳定后，游离浓度降低，氧化性减弱，无法氧化，B正确； C．与形成稳定，促进的溶解平衡正向移动，C正确； D．P507萃取稀土金属是因为其可与稀土离子形成配合物，与相似相溶原理无关，D错误； 故选D。 【7题详解】 A．为难溶电解质，不能拆分为，正确离子方程式为 ，A错误； B．乙烯在催化下被氧气氧化为乙醛，总反应原子守恒、符合反应事实，B正确； C．给出的离子方程式电荷不守恒，正确离子方程式为，C错误； D．反应缺少氧化剂，原子不守恒，正确反应为，D错误； 故选B。 8. 科学家研发了一种在电催化条件下由氢气和二氧化碳制备甲醇的方法（有少量产生），反应原理如图（M、N均为石墨电极）。已知：在电场作用下，双极膜中水电离出和向两极迁移。下列说法正确的是 A. 极为阴极，发生氧化反应 B. 双极膜中水电离出的迁移至极区 C. 电解一段时间后，M极区域溶液pH减小 D. 极每消耗，极消耗的大于 【答案】D 【解析】 【分析】右边二氧化碳转化为甲醇和一氧化碳，化合价降低，得电子，所以N作阴极；左边氢气失电子，化合价升高，所以M作阳极。 【详解】A．由题意知，CO2在N极得电子，发生还原反应，作阴极，A错误； B．M极（阳极）反应为:，N极（阴极）反应为：，因此双极膜中水电离出的向M极迁移，B错误； C．M极（阳极）反应为:，反应生成H+，同时，双极膜中水电离产生的迁移至M极，与生成的发生中和反应，使M极区域溶液pH基本不变，C错误； D．极每消耗，转移6mol电子，若全部生成CH3OH，需要1mol CO2，若部分生成CO，则需要更多的CO2，才能消耗6mol电子，由题可知，有少量CO生成，则极每消耗，极消耗的大于，D正确； 故答案选D。 9. 维生素C对维持正常的生理功能有着极其重要的作用，下列说法正确的是 A. L-古洛糖酸在水中的溶解度大于维生素C B. L-古洛糖酸分子内有5个手性碳原子 C. L-古洛糖酸内酯能使的溶液褪色 D. 1 mol维生素C最多能与发生加成反应 【答案】A 【解析】 【详解】A．L-古洛糖酸含1个羧基和5个羟基，亲水基团数量多于维生素C的4个羟基，且羧基极性更强，故L-古洛糖酸在水中的溶解度大于维生素C，A正确； B．L-古洛糖酸为羧酸，编号从羧基碳原子开始，羧基碳为不饱和碳，无手性，末端 含2个氢原子，无手性，中间4个饱和碳原子均连接4个不同基团，为手性碳，故分子内有4个手性碳原子，B错误； C．L-古洛糖酸内酯分子中不含碳碳不饱和键，不能与发生加成反应，无法使的溶液褪色，C错误； D．维生素C分子中仅碳碳双键可与发生加成反应，酯基的碳氧双键不能与加成，故1mol维生素C最多能与1mol 发生加成反应，D错误； 故选A。 10. 葡萄糖与反应可制备自来水消毒剂。反应方程式为：（未配平）。下列说法不正确的是 A. 上述反应的 B. 替换用于自来水消毒，能有效减少自来水中的残留氯 C. 上述反应中，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1∶6 D. 上述反应中，每生成气体，转移电子数为 【答案】C 【解析】 【详解】A．反应生成和两种气体，体系混乱度增大，因此，A正确； B．相同消毒效率下，消耗量更少，产生的含氯残留物质更少，替换用于自来水消毒能有效减少自来水中的残留氯，B正确； C．反应中为还原剂，1mol 共失去24mol电子，为氧化剂，1mol 得到1mol电子，根据得失电子守恒，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1:24，C错误； D．Cl元素化合价从+5价降低到+4价，每生成1mol 转移1mol电子，对应电子数约为，D正确； 故选C。 11. 某小组为探究与少量KI的反应，进行了如下实验。 步骤Ⅰ：向溶液中加入2滴溶液，产生土黄色沉淀，溶液为蓝绿色 步骤Ⅱ：向上述试管中逐滴加入溶液，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：，为白色沉淀；在溶液中不存在；呈无色，呈黄色。 下列结论或推测合理的是 A. 步骤Ⅰ中产生土黄色沉淀的原因，可能是生成了沉淀吸附了所导致 B. 步骤Ⅱ中加入后，变为浅蓝色悬浊液，推测与反应的速率慢于与反应的速率 C. 步骤Ⅱ中黄绿色悬浊液变为黄色溶液，推测与发生了氧化还原反应 D. 与生成配合物反应的限度大于二者发生氧化还原反应的限度 【答案】A 【解析】 【详解】A．步骤Ⅰ中发生反应，生成的白色CuI沉淀吸附I2可显土黄色，符合实验现象，A正确； B．加入后先变为浅蓝色悬浊液，说明I2优先与反应，此时CuI尚未反应溶解，证明I2与反应速率快于CuI与的反应速率，B错误； C．黄绿色悬浊液变为黄色是与生成了黄色的，CuI与发生配位反应时Cu仍为+1价，没有化合价变化，不属于氧化还原反应，C错误； D．最终得到无色溶液，说明黄色的Cu2+配合物最终转化为无色的Cu+配合物（氧化还原反应产物），证明Cu2+与生成配合物的反应限度小于二者氧化还原反应的限度，D错误； 故选A。 12. 室温下，向溶液加入过量固体混合，溶液随时间变化如图所示。已知：、，下列说法正确的是 A. 反应正向进行，需满足 B. 反应过程中，溶液中始终存在： C. 内，上层清液中存在： D. 反应后，溶液中的水解程度减小 【答案】C 【解析】 【详解】A．反应正向进行需满足浓度商，该反应，，即需满足，A错误； B．反应过程中部分转化为沉淀进入固相，溶液中含C物种总浓度小于初始浓度，故 ，B错误； C．溶液中电荷守恒为 ，0~600s内溶液pH始终大于9.5，呈碱性， ，整理可得 ，C正确； D．盐类水解规律为离子浓度越小，水解程度越大，反应后浓度减小，故的水解程度增大，D错误； 故选C。 13. 催化还原生成和可以同时实现两种有害气体的有效脱除，因而成为治理烟气的最理想方案之一。将组成一定的与混合气体通入恒容密闭容器中，含氮物质反应为： 反应1： 反应2： 反应3： 不同温度下，反应相同时间，反应体系中各气体的物质的量浓度随温度的变化如图。 已知： 下列说法正确的是 A. B. 时， C. 时，的脱除率约为80% D. 其他条件不变，升高温度有利于提高NO平衡转化率 【答案】C 【解析】 【详解】A．根据盖斯定律，反应3=反应1 + 反应2 ，则 ， A错误； B．CO、NO是反应物，浓度随温度升高（反应速率加快，消耗增多）逐渐降低，​和​是生成物，浓度随温度升高逐渐增大，总反应中计量数为2，计量数为1，因此相同温度下浓度大于，故曲线x为、曲线y为，曲线e为​，450℃时，、，恒容密闭容器中各成分的物质的量之比等于浓度之比，故，B错误； C．根据N原子守恒：初始NO浓度，根据B选项可知，曲线x为、曲线y为​，则曲线e为，如图可知，450℃时，、、，代入得： ，根据脱除率定义可知：，C正确； D．三个反应均为放热反应（ΔH均小于0），其他条件不变升高温度，平衡逆向移动，NO平衡转化率降低，D错误； 故选C。 二．非选择题：共4题，共61分。 14. DES（低共熔溶剂）是一类新型绿色高效浸出剂，利用DES分离回收废旧三元锂离子电池电极材料中的、、、元素，工艺流程如下图。 （1）已知：三元锂离子电池充放电过程的总反应：。对废旧电池充分放电是电池回收工艺的首要步骤。将锂离子电池（外壳含铁，内芯含铝）置于不同浓度的和溶液中使电池在不同溶液中放电的残余电压随时间的变化如图-1所示。对浸泡液中沉淀物热处理后，得到XRD图谱如图-2所示。 ①回收处理的是废旧锂离子电池的________（填“正”或“负”）极材料。 ②电池充分放电，一方面可避免拆解过程中产生危险，另一方面可提高________元素的回收率。 ③电池在溶液中比在溶液中放电速率更大，其原因是________。 ④与溶液相比，溶液的质量分数由增大至时，电池残余电压降低速率更快。依据图中的XRD图谱，分析其主要原因：________。 （2）向沉淀[、]中加氨水、通后得到，从平衡移动角度分析氨水和的作用分别是________。 （3）已知：流程中的由与乙二醇按一定比例组成，浸出时通过的配位和醇的还原、溶解等作用调控金属离子的溶解性，实现选择性分离。 采用DES浸出时，浸出剂的组成比和用量比会影响分离效果。其他条件一定时，改变组成比和用量比，测定Ni、Co元素的浸出率，结果如图-3所示。 ①用量比相同时，组成比为1∶9显著高于1∶6的Co浸出率，可能原因为________。 ②浸出后需要对DES进行回收利用。若浸出分离后各组分所含的与乙二醇回收率均为100%，但回收到的DES组成比会变大，原因是为________。 【答案】（1） ①. 正 ②. Li ③. 相同质量分数的硫化钠溶液中离子浓度更大，离子所带电荷更多，还原性比强 ④. NaCl的质量分数由5%增大至10%时，对电池外壳和电芯的腐蚀速率加快 （2） ，与发生络合反应，能与反应生成，使、减小，平衡正向移动 （3） ①. 相对含量较小，形成的少；且乙二醇含量较大，能溶解较多，使得元素浸出率增大 ②. 乙二醇还原金属阳离子，被消耗 【解析】 【分析】废旧电极材料加DES浸出，过滤得到溶液A含有、，加氨水调节pH≈8.5生成沉淀；固体B加水溶解后，加氨水调节pH≈8.5生成、沉淀，加入氨水、通后，转化为，过滤分离得到沉淀F为； 【小问1详解】 ①由总反应可知，待回收的​（含 ）是放电时正极的产物，因此回收的是正极材料； ②放电过程中Li从负极迁移到正极，充分放电可使更多Li富集在待回收的正极材料中，提高Li的回收率； ③等质量分数的溶液中离子浓度更大、离子所带电荷更多，溶液导电性更强，且还原性强于，作为电解质溶液时，能更易参与电池的氧化还原反应，加快电子转移速率，从而使电池放电速率更快； ④结合图XRD图谱可知，体系中铁铝最终转化为氧化物，说明质量分数增大，溶液导电性增强，加快了铁、铝的吸氧腐蚀，对电池外壳和电芯的腐蚀速率加快，从而促进电池内部的电化学反应，加快电池的放电过程，使得残余电压下降速率变快； 【小问2详解】 )​存在溶解平衡： ： 氨水的作用：​可以和形成稳定的，降低浓度，促进溶解正向移动，使溶解；​的作用：​可以和溶液中反应，降低浓度，促进溶解； 【小问3详解】 ① 已知浸出时通过的配位和醇的溶解、还原等作用调控金属离子的溶解性，用量比一定时，组成比小，相对含量较小，形成的少；且乙二醇含量较大，能溶解较多，使得钴元素浸出率增大； ② 浸出过程中乙二醇作为还原剂参与还原反应被消耗，即使剩余组分回收率为100%，乙二醇总质量减少，因此回收后DES的组成比（氯化物与乙二醇的质量比）会变大。 15. 化合物是一种合成药物的中间体，其合成路线流程图如下： （1）A→B的反应经历A→X→B的过程，则的结构简式为________。 （2）C分子中碳原子的杂化轨道类型为________。 （3）D→E的反应类型为________。 （4）E的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：________。 ①含有两个苯环，且能与溶液发生显色反应； ②碱性条件水解，酸化后所得2种产物均只有一种含氧官能团，一种产物有两种不同化学环境的氢原子，另一种产物核磁共振氢谱峰面积比为。 （5）写出以苯、甲醛和丙酮为基础有机原料，制备的合成路线流程图________。（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。 【答案】（1） （2）sp、、 （3）还原反应 （4） （5） 【解析】 【分析】A与发生羟醛缩合反应得到B，中间经历β-羟基酮中间体，B与发生加成反应得到C，C水解得到D，D再Zn/Hg齐作用下羰基被还原得到E，E与反应得到酰氯F，F在作用下发生分子内Friedel-Crafts反应得到F，据此作答。 【小问1详解】 由分析可知，X为β-羟基酮，结构为； 【小问2详解】 氰基中C原子采取sp杂化，苯环和羰基中C原子采取杂化，甲基采取杂化，故C分子中碳原子的杂化轨道类型为sp、、； 【小问3详解】 由分析可知，D→E是得氢失氧的反应，反应类型为还原反应； 【小问4详解】 E的分子式为，含有两个苯环且能与溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，碱性条件水解，酸化后所得2种产物均只有一种含氧官能团，说明E中含有1个酯基和2个羟基，水解酸化后产物一个含1个羧基，一个含3个羟基，含1个羧基的产物无法实现只含有两种化学环境的氢原子，故其核磁共振氢谱峰面积比为，其结构应为，由此推断含2个羟基的产物结构为，故E的结构为； 【小问5详解】 原料仅提供苯环，故合成产物需利用题干中最后一步的Friedel-Crafts反应，故需要合成；由题干可知，该酰氯需由氰基水解，与反应得到，氰基需利用碳碳双键和加成得到，故需合成，该产物可由甲醛和丙酮通过羟醛缩合反应得到，故合成路线为： 。 16. 在生物大分子检测等领域有重要应用前景。工业上可利用高钛炉渣（主要成分为、及、等）制备。 已知：①、在高温下与反应生成、，弱碱性条件下、水解会生成、沉淀； ②难溶于稀酸或稀碱； ③可将还原为。 Ⅰ．硫酸法制备 （1）“焙烧、浸取”时可将转化为，酸浸渣的主要成分为________。 （2）“沸腾水解”时，其他条件不变，初始溶液pH对含的溶液水解率的影响如图所示，在1.7~1.8范围内，随着pH增大，水解率下降的原因是________。 （3）产品中TiO2的纯度测定 准确称取样品，加入适量浓硫酸，加热至样品完全溶解，冷却后用水稀释，冷却至室温后再加入铝片将还原为，用溶液滴定至终点，平行滴定3次，平均消耗溶液。计算样品中的纯度________。 Ⅱ．碱法制备 （4）高钛炉渣与固体混合灼烧，冷却后加水浸出得到含大量的固体，请补充完整实验方案：将固体置于容器中，________，将煅烧得。（实验中须使用的试剂：稀溶液、KSCN溶液、溶液） Ⅲ．探针与不同碱基之间形成的非共价相互作用（如氢键、范德华力等）强弱不同，据此可实现对DNA碱基的识别。 （5）探针中，中与（）分子的________原子通过配位键稳定结合。 （6）氢键本质为静电作用，需含有孤电子对，与原子带的电荷越多则氢键越强。胞嘧啶六元环处于同一平面上。在答题卡框图中补充完整探针与质子化胞嘧啶形成氢键后的结构简式________。 【答案】（1）、 （2）水解产生的抑制了的水解 （3）72.00% （4）边搅拌边加入稀至红褐色固体恰好完全溶解，反应后，加入溶液，至取上层清液滴加KSCN溶液不显红色，过滤，洗涤至取最后一次洗涤滤液加入溶液无浑浊 （5）S （6）或 【解析】 【分析】高钛炉渣(主要成分为、及、等）制备中加入浓硫酸焙烧，转化为、；然后加入稀硫酸“浸取”，经过滤得到的酸浸渣为、，滤液中含、；滤液经沸腾水解，过滤得到，经系列处理得到。 【小问1详解】 高钛炉渣中不与硫酸反应，与硫酸反应生成和微溶的，因此酸浸渣主要为​和； 【小问2详解】 由图可知，pH在1.7~1.8范围内，随着pH增大，的水解率增大，水解产生的抑制了的水解，从而使水解率下降； 【小问3详解】 根据已知信息③可将还原为，结合原子守恒和得失电子守恒可得测定过程中的关系式为：，得 ， ，纯度 ； 【小问4详解】 为了除去，根据已知②和题给试剂，应将浸出后的固体置于容器中，加入稀，边加边搅拌至不再溶解，此时完全转化为；根据已知③，结合能将还原为，故上述反应后，加入溶液将还原为，为了检验被完全还原，故需用KSCN溶液检验上层清液中没有；然后过滤，洗涤，为证明洗涤干净，故需用溶液检验洗涤液中不含；最后将煅烧得到；故补充的实验方案为：加入稀，边加边搅拌至红褐色固体恰好完全溶解，反应后，加入溶液，至取上层清液滴加KSCN溶液不显红色，过滤，洗涤至取最后一次洗涤滤液加入溶液无浑浊； 【小问5详解】 配位键需要一方提供空轨道（中心原子），另一方提供孤电子对（配位原子），中具有空轨道，4-MBA分子中，-SH 基团的S原子含有孤电子对，可与 Ti (IV) 形成配位键，从而实现探针的稳定结合，而羧基（-COOH）的O原子主要参与形成分子间氢键，实现对DNA碱基的识别； 【小问6详解】 根据已知信息需含有孤电子对，与原子带的电荷越多则氢键越强，故质子化胞嘧啶带正电的 的H带较多正电荷，可与4−MBA羧基中的O形成较强氢键：或。 17. 实验室研究“镁法工业烟气脱硫”，其过程如下。 已知：时，； 。 Ⅰ．浆液吸收 （1）室温下，边搅拌边向浆液中匀速缓慢通入，测定液相分散系中、的物质的量之比及溶液如下表： n(S)/n(Mg) 1 1.8 2 2.2 溶液pH 8.99 6.00 4.55 3.00 ①一定能提高浆液吸收效率的实验操作有：________（答两点）。 ②后，反应的化学方程式为________；此时SO2的吸收效率将________（填“增大”、“减小”、“基本不变”）。 Ⅱ．混合吸收 （2）单独使用浆液吸收的速率较慢。 ①在浆液中添加适量能加快吸收的速率，原因是________。 ②在水中的溶解度小于在溶液中的溶解度的原因________。 （3）相同温度下，控制溶液中的总为及，分别用浆液和清液吸收。平衡时浆液、清液中溶解的的及浆液、清液的吸收量差值（用表示）随吸收后溶液的变化理论计算结果如图所示。时，几乎为0，时，随减小明显增大。随吸收后溶液的变化原因是________。 Ⅲ．清液脱硫的“两级吸收—再生”工艺 该工艺以清液做一级吸收塔中的初始吸收液，流程如图所示。 （4）溶液1转化为再生液时，发生的主要反应的离子方程式为________。 （5）分析上述工艺的优点：________。 【答案】（1） ①. 加快搅拌速率、通过多孔球泡向浆料中通 ②. ③. 减小 （2） ①. 易溶于水，溶液中较大，与反应速率更快 ②. 能与形成配离子而溶解 （3）时，吸收量小，均与溶液反应，吸收的量相近；时，吸收量多，促进浆液中溶解，浆液吸收的大于清液 （4） （5）的吸收效率高、能够防止管道堵塞、可以循环使用 【解析】 【小问1详解】 ① 提高气液接触面积、增大气液接触时间均可提高的吸收效率，对应操作可选择加快搅拌速率、通过多孔球泡向浆料中通。 ② 时，溶液中已几乎完全转化为，继续通入仅发生与水的可逆反应生成亚硫酸；此时溶液已接近饱和状态，因此的吸收效率减小。 【小问2详解】 ① 为易溶强电解质，加入后可显著提高溶液中浓度，与、水反应生成的速率随反应物浓度增大而加快，因此吸收速率提升。 ② 存在溶解平衡，溶液中含大量，可与溶解出的结合为稳定配离子，使的溶解平衡正向移动，因此在溶液中的溶解度大于纯水中的溶解度。 【小问3详解】 时，溶液中浓度较低，吸收量小，此时的溶解平衡被抑制，浆液与清液中可用于吸收的有效组分均为，因此吸收量差值几乎为0； 时，浓度升高，吸收的总量增大，同时消耗促进溶解，浆液中可参与吸收的总量高于清液，因此随减小明显增大。 【小问4详解】 溶液1为一级吸收塔吸收后的溶液，含大量，加入后，与反应生成沉淀、和水，配平后离子方程式为 。 【小问5详解】 两级吸收工艺中，高浓度经一级吸收后余气再经二级吸收，吸收效率高；再生过程中可随再生液循环使用，降低原料成本；反应过程无易结垢的难溶物生成，可防止管道堵塞，同时副产可回收利用。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $