江苏省如东高级中学2025-2026学年高一下学期第二次阶段测试 化学试卷

高一阶段训练试题 化学 注意事项 考生在答题前请认真阅读本注意事项： 1.本试卷满分100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将答题卡交回。 2.答题前，请将自己的姓名、考试号用0.5毫米黑色签字笔填涂在答题卡指定的位置。 3.选择题答案用2B铅笔在答题卡上把对应题目的答案标号涂黑，非选择题用0.5mm的黑色签字笔在每题对 应的答题区域内做答，在其他位置作答一律无效。 可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Fe56Cu64Zn65 一、单项选择题（本题包括13小题，每小题3分，共39分。每小题只有一个选项符合题意） 1.2025年巴黎AI峰会上，DeepSeek创始人梁文峰通过量子全息投影技术远程参会。全息投影的实现依赖 于材料科学与光学技术的结合。下列相关说法不正确的是 A.全息投影技术的光电器件所用材料氨化镓为新型无机非金属材料 B.甘油被用作全息投影设备的冷却剂，主要利用其强吸水性 C.空气显示影像时通过电激发氧气发光，该过程属于物理变化 D.全息投影技术常用卤化银作光敏材料，利用了光照时卤化银可分解产生Ag原子的特点 【答案】B 【详解】A.氮化镓属于具有半导体特性的新型无机非金属材料，适用于光电器件制造，A正确： B.甘油作冷却剂是利用其比热容大、导热性好、沸点高的性质，与其强吸水性无关，B错误： C.电激发氧气发光是电子跃迁释放光子的过程，无新物质生成，属于物理变化，C正确： D.卤化银具有光敏性，光照下可发生分解反应生成Ag原子和卤素单质，适合作为光敏材料，D正确： 故选B。 2.氮化硅(Si3N4)可通过反应3Si0,+6C+2N, 高温 $iN4+6C0制备。下列说法正确的是 A.C基态原子价电子排布式为1s22s22p2B.基态N原子的轨道表示式：四回四1☐ C.CO是极性分子 D.SiO2晶体属于分子晶体 【答案】C 【详解】A.C为6号元素，第二周期第VA族元素，主族元素的价电子数等于族序数，故基态C原子的价 试卷第1页，共15页 电子排布式为2s22p2,故A错误： B.基态N原子的轨道表示式为和四FFF□ 故B错误； 1s 2s 2p C.C0是双原子化合物分子，共用电子对偏向O原子、偏离C原子，O原子带部分负电荷，C原子带部分 正电荷，正负电中心不重合，属于极性分子，故C正确： D.二氧化硅是由硅原子和氧原子按照个数比1：2通过Si一O键构成共价晶体，不是分子晶体，故D错误： 故选C。 3.关于元素周期表和元素周期律，下列说法不正确的是 A.分子的极性：O3>N2 B.第二电离能：Cu>Zm C.化合物中离子键百分数：Mg0>A1,O D.科学家通过X-射线衍射实验发现镓元素 【答案】D 【详解】A.N2是同核双原子非极性分子，O为V形极性分子，故分子极性O?>N2,A正确： B.Cu失去1个电子后为[Ar]3d°全满稳定结构，再失电子难度大；Zn失去1个电子后为[Ar]3d°4s,再 失去4s电子难度较小，故第二电离能C1>Zn,B正确： C.电负性：Mg<Al<O,Mg和O的电负性差值比A1和O的电负性差值要大，电负性差越大离子键百分 数越高，故MgO的离子键百分数高于AO3,C正确： D.X-射线衍射实验用于测定晶体结构，镓元素是通过光谱法发现的，D错误： 故选D。 4.一种杯酚分子可固定(CH)+C1形成如图所示的包合物。下列说法正确的是 CH C H,C- 一CH CH A.半径：r(CI)>r(CI) B.第一电离能：O>N>C C.(CH)4NCI中不存在离子键 D.(CH),Nt中C-N-C的键角比(CH),N的小 试卷第2页，共15页 【答案】A 【详解】A.氯离子的核外电子数比氯原子多，核外电子之间的斥力增大，运动空间增大，使得半径增大， 所以氯离子的离子半径大于氯原子的原子半径，A正确： B.同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2印轨道为稳定的半充满结构，元素的第一电 离能大于相邻元素，则第一电离能由大到小的顺序为：>O>C,B错误： C.(CH3)4NtCI中的氯离子和(CH)4N离子形成离子键，C错误： D.(CH)4N离子中氮原子形成4个σ键，孤对电子对数为0，(CH),N分子中氨原子形成3个o键，孤对 电子对数为1，孤对电子对数越多，孤对电子对成键电子对的斥力越大，键角越小，所以(CH),中 C-N-C的键角比(CH3),N的大，D错误； 故选A。 5.下列实验的相应操作不能达到实验目的的是 +© +© 8mL95%乙醇 C02 蘸有稀硫酸的棉花 木棍 超分子 司 NH, 臣参一 氯仿 明矾稀溶液 氯仿 溶甲苯 © 4mL0.1mol-L 饱和食盐水 晶体 溶于氯仿 事CuNH,SO,溶液 超分子不溶于甲苯 冷水 不溶于氯仿 匆 乙 丙 丁 A.甲装置：用玻璃棒摩擦烧杯内壁，可析出深蓝色晶体 B.乙装置：先通H3再通CO2,可制备NaHCO? C.丙装置可以观察到晶体具有自范性的表现 D.丁流程用于 (杯酚)识别C60和C,操作a、b为过滤，操作c为蒸馏 【答案】D 【详解】A.乙醇可降低硫酸四氨合铜的溶解度，用玻璃棒摩擦烧杯内壁产生微小的晶核，可析出深蓝色晶 体，能达到实验目的，A不可选： B.H溶解度大，先通H使溶液呈碱性以吸收更多CO,,又因H极易溶于水，因此将H通入饱和 食盐水时采用短管进可防止倒吸，稀硫酸可吸收多余的氨气，能达到实验目的，B不可选： C.观察晶体的自范性时需将不规则的晶体浸泡在其饱和溶液中，图②装置中为明矾稀溶液而不是饱和溶液， 因此不能观察到晶体具有自范性的表现，C不可选： 试卷第3页，共15页 D.流程用于 (杯酚)识别C6和C7加，超分子不溶于甲苯，杯酚可溶于氯仿，故操作a、b为过滤： 杯酚和氯仿互溶但二者的沸点不同，因此操作c应为蒸馏，D可选： 故选D。 阅读以下材料，完成6~8题： LiMO,、LiCo0、Li正ePO,都可用于钽电池正极材料，常用C。0等作电解质的溶剂，使用后正校 材料发生变化导致电池容量衰减。LiNiO2为层状结构（层间以范德华力结合），充电时表面可能产生LiCO3， 同时部分LiO,转化为NiO(晶体结构与NaC1相似)导致容量衰减。衰减后可用两种方法进行修复，一是 850°C下空气中焙烧将Li,CO3、iO转化为LiNiO2;二是NaS,Og(S为+6价)与NaOH混合溶液可将Nio 转化为NiOOH,NiOOH再与LiOH反应实现修复。用LiCoO2作正极材料衰减产生CoO,可在LiSO4溶液 中进行电解修复。LFPO4作正极材料衰减产生FPO4,可在含Lit的N,H4溶液中浸泡后过滤实现修复。 6.下列说法正确的是 A.CO中O-C-0键角大于C0, B 〉=O属于非极性分子 C.基态Ni+的电子排布式为3d D.LiNiO,的硬度小于Nio 7.下列化学反应的表示正确的是 A.i0高温焙烧修复的化学方程式：2Ni0+Li,C0,+0,°2 LINiO,+C0, B.Nio与NaS,O3反应的离子方程式：2NiO+S,O+2OH=2SO}+2 NiOOH C.CoO电解修复的电极反应式：H,O+CoO+Li计+e=LiCoO,+2H D.利用NH4修复FePO4的离子方程式：4Fe++N,H4=4Fe2++N2个+4H+ 8.下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是 A.NaS2Og中含O-O键，NaS,Og具有强氧化性 B. C00密度大于水，C》0可用作锂电池中的溶剂 C.NH4分子间易形成氢键，NH4可用作还原剂 D.LiSO4焰色为紫红色，LiSO4溶于水用作电解液 试卷第4页，共15页 【答案】6.D7.B8.A 【详解】6.A.C0中C原子价层电子对数为3+4+2-2×33，C采取p杂化，键角为120°。C0,中C 2 原子价层电子对数为2+4-2x22,C采取sp杂化，键角为180°。0-C-0键角：C0,大于C0,A错误 2 0 B 、一O分子的正电中心和负电中心不重合，是极性分子，B错误； C.基态Ni原子核外28个电子，电子排布为[Ar]3d4s2,基态Ni+的电子排布式为[Ar]3d,C错误： D.两者都是离子晶体，NO中N+、O2电荷高、离子键强，硬度大，D正确； 故选D。 850C 7.A.Nio高温焙烧修复生成LiNiO.2、二氧化碳，化学方程式为4NiO+2Li,C03+O2=4 LiNiO2+2C02, A错误： B.Nio与NaS,Og反应生成硫酸钠、NiOOH的离子方程式：2NiO+S,Og+2OH=2SO4+2 NiOOH,B 正确； C.CoO在LiSO4溶液中电解修复中，钴元素化合价升高发生氧化反应，电极反应式为 H,O+CoO+Lit-e=LiCoO,+2H,C错误； D.利用N,H4修复FePO4的离子方程式为4FePO,+4Li计+N,H4=4 LiFePO4+N2个+4H,D错误； 故选B。 8.A.NaS,O3中含O-O键，O-O键易断裂，所以NaS,Og具有强氧化性，A正确； 二0作溶剂的原因与分子的极性、稳定性有关，与密度无关， C.NH4中N元素化合价为-2价，处于较低价，可用作还原剂，与分子间氢键无关，C错误； D.Li,SO4溶于水可电离而可用作电解液，与焰色反应无关，D错误： 故选A。 9.下列说法不正确的是 A.乙烯与丙烯互为同系物 B.1mol晶体硅（结构与金刚石相似）中含2 nol Si-Si键 试卷第5页，共15页 C.甲醇转化为乙烯，碳原子轨道的杂化类型由sp变为s即 D.NaHCO3溶解度小于Na,CO3,与HCo间存在氢键有关 【答案】c 【详解】A.乙烯与丙烯都是单烯烃，互为同系物，A正确： B.晶体硅中，每个硅原子与4个硅原子形成4个硅硅键，硅硅键为2个硅原子所共有，则每个硅原子形成 的硅硅键数目为：4×号=2，则1mol晶体硅含有硅硅键的物质的量为2mol,B正确； C.甲醇分子中饱和碳原子的杂化方式为p3杂化，乙烯分子中双键碳原子的杂化方式为s即杂化，则甲醇 转化为乙烯时，碳原子轨道的杂化类型由即3杂化变为$p杂化，C错误； D.碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠是因为碳酸氢根离子间能氢键所致，D正确； 故选C: 10.短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和丁的原子核外均有两个未成对电子，乙、丙、 丁最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应。下列说法错误的是 A.元素丙的单质可用于冶炼金属 B.甲与丁形成的分子中有非极性分子 C.简单离子半径：丁>乙>丙 D.甲与乙形成的化合物均有氧化性 【答案】D 【分析】短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和丁的原子核外均有两个未成对电子，则甲 的核外电子排布是1s22s22p2,甲是C元素，丁的核外电子排布可能是1s22s22p3s23p2,或1s22s22p3s23p4, 由于乙、丙、丁最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应则丁是核外电子排布的1s22s22p3s23p4,是 S元素，丙是Al元素，乙是Na元素。 【详解】A.由于A1元素的金属活动性较强，一般的还原剂不能把其从化合物中置换出来，要用电解熔融 的AO3的方法冶炼，故A正确。 B.C与S元素形成的化合物CS2中的化学键是极性共价键，由于两个S原子在C原子的两侧，键角180°， 所以形成的分子是非极性分子，故B正确。 C.简单离子半径比较：S2>C1>A1+,故C正确： D.Na形成的化合物Na2O2有强的氧化性，而Na2O则氧化性很弱，故D错误： 答案选D。 试卷第6页，共15页 11.Fe/Ag金属复合材料去除酸性废水中的硝酸盐污染物，H得到Fe或者Ag失去的电子，生成活性H*, H*再还原硝酸根离子，可能的反应历程如下： Ag HHH NO HH NO H NO H,O NH4、N 0a0bn 过程1 过程 过程Ⅲ 下列说法正确的是 A.过程I中Ag失去e B.过程I的反应方程式：2H+NO?=NO,+H,O C.过程Ⅲ中每消耗1mol NO,转移6mole D.复合材料中Fe的质量分数越大，NO;去除效果越好 【答案】B 【详解】A.由图和题意可知，过程I中，还原性Fe强于Ag,Fe失去电子，电子传递到Ag表面，Ht得到 Fe失去的电子，生成活性H*,该过程失去电子的是Fe,A错误： B.从反应历程图可以看出，过程I的反应物是吸附在催化剂表面的H和NO?,生成物是NO,和HO,即 可得反应2H+NO;NO,+H,O,B正确： C.过程Ⅲ中，NO,被还原为N和NH,以生成NH为例，N元素从+3价降低到-3价，每个N原子得到 6个电子；以生成N3为例，每个N原子从+3价降低到0价，得到3个电子，若1olNO,全部转化为NH4, 则转移6mol电子，若1 molNO,全部转化为N2,则转移3mol电子，若同时生成NH4和N,则转移电子 在3~6mol之间，C错误： D.复合材料中Fe的质量分数并非越大越好。如果Fe含量过高，可能会覆盖Ag的活性位点，反而降低催 化效率，影响NO的去除效果。因此，存在一个最佳的Fe/Ag比例，D错误； 故选B。 12.室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是 选项 实验过程及现象 实验结论 向盛有少量酸性K,C,O,溶液的试管中滴加足量乙醇，充分振荡，观 y 乙醇具有还原性 察溶液颜色变化 试卷第7页，共15页 衣 用铂丝蘸取某单一溶质的碱性溶液，在酒精灯外焰灼烧，焰色呈黄色 该溶液是NaOH溶液 C 向95%的乙醇溶液中加入足量Na,观察是否有气体生成 Na能与乙醇发生置换反应 向2nL5%H,O,溶液中滴加几滴FeSO4溶液，产生气泡速率明显加快 Fe+可以催化H,O2分解 【答案】A 【详解】A.酸性KC,O,溶液的试管中滴加足量乙醇，若溶液褪色说明KC1,O,被还原为无色离子，则乙 醇表现还原性，否则则无还原性，A正确： B.焰色呈黄色说明含Na+。但碱性溶液中溶质可能是NaOH、NaCO3、NaHCO3等，无法唯一确定为NaOH。 结论不严谨，B错误； C.BaSO4在饱和Na2CO3中部分转化为BaCO3,加盐酸后BaCO3溶解并产气(CO2),说明转化发生。但 沉淀转化方向取决于离子积与K关系，而非直接比较K大小。实际数据： K知(BaS04)=1.1x1010<Kn(BaCO3)=2.6x10’,故结论“Ksp(BaSO4)>Ksp(BaC0)”错误，C错误； D.95%的乙醇溶液中含有水，Na也可与水反应生成气体，无法证明Na与乙醇发生置换反应，D错误； 故选A。 13.气相离子催化剂(Fe+、Co、Mn+等)具有优良的催化效果。其中在Fe+催化下乙烷氧化反应的机理如 图所示（图中为副反应），下列说法不正确的是 CHCHO N2O [HaC-Fe) FeO H2C-O] N2 Y② Y N20 [(C.HaFel*[(CzHs)Fe(OH)]* A.FeO+是反应中间体 B.②过程中每生成1mol H2C-Fe H2C-O 转移电子2mol 催化剂 C.主反应的总反应方程式为：CH。+2N,O CH,CHO+H,O+2N2 D.X与Y能互溶与它们的分子结构具有相似性无关 试卷第8页，共15页 【答案】D 【分析】 由机理图可知，N,O与Fe*反应生成N,和FeOt,FeO和C,H。反应生成[(CH)e(OH)], [(CH)(OH】生成Y和Fe*,根据原子守恒知，Y为乙醇：[(CH)Fe(OH)T生成x和(C,H)e], X为水；[(C,H4)]和N,O生成N,和 H2C-Fe H,C-0 生成乙醛和Fe+。因此，主反应的总 催化剂 反应方程式为：C,H+2NO CH,CHO+HO+2N2,以此解题； 【详解】A.反应中，N,O与e+反应生成eO,FeO+后续参与反应生成其他物质，最终FeO在主循环 中被消耗，属于反应中间体，A正确： H Fe B.②过程中反应为：[(C,H4)e]+N,O +N2,在该步反应中，N2O作氧化剂，每生成1mol H2C-O N2,氮元素的化合价从+1价降低为0价，得到2mol电子，因此反应转移的电子为2mol,B正确： 催化剂 C.将主反应各步骤加和，消去中间体后，总反应为：C,H,+2NO H,CHO+H,O+2N2,C正确； D.由分析可知，X为水，Y为乙醇。水和乙醇能互溶的主要原因是两者均为极性分子且分子间可以形成氢 键，同时乙醇的-OH与水分子的-OH相近，因而乙醇与水互溶，即两者互溶与它们的分子结构相似有关，D 错误； 故选D。 二、非选择题 14.(15分)一种利用废旧铅酸蓄电池中铅膏(PbSO4、PbO2、PbO)制备PbC03的流程如下： 硫酸 二乙烯三胺溶液 足量Na,CO,溶液 铅膏→酸浸还原 →硫酸铅粗品一 浸铅 转化 →PbC0g 葡萄糖 滤液 (1)其它条件一定，“酸浸还原”后水洗除去可溶性物质，测得硫酸铅粗品中Pb$O4的质量分数 m(PbSO) [m(反应后的固体]与H,sO,浓度的关系如图1所示。 试卷第9页，共15页 90 100 8 96 90 94 75 葡萄糖 92 0 无还原剂 65 90 60 88 55 50 60 70 80 2 34 86 H,S0,浓度/% 葡萄糖过量系数 图1 图2 ①该条件下，无还原剂时铅膏中发生反应的主要物质为 ②写出葡萄糖被铅膏中物质氧化生成CO,的化学反应方程式： ③使用85%的硫酸，控制其它条件一定，实验测得PbO,还原率、粗品中Pb$O4质量分数随葡萄糖过量系数 (实际投入) m(理论计算) ]的变化如图2所示。过量系数大于3，PbSO4质量分数下降的可能原因为 (2)用二乙烯三胺[H,N(CH),NH(CH),H]溶液浸出Pb①，形成铅胺络合溶液。浸铅时需调节溶液 pH≈5。pH过小，PbI)浸出效果不佳的原因是 (3)转化”所得滤液不能直接用于循环浸出的原因：滤液中含有 (填化学式)。 【答案】(1) PbO C6H2O。+12Pb02+12HS04=6C0,↑+12PbS04+18H,0 葡萄糖过量系数 大于3时，部分葡萄糖脱水生成C,增大反应后固体质量；部分PbO2被葡萄糖还原为Pb,增大反应后固体 质量 (2pH越小，c(H)越大，消耗二乙烯三胺 (3)Na2SO Na2CO 【分析】以废旧铅酸蓄电池铅膏（含PbSO4、PbO2、PbO)为原料，先在硫酸介质中加入葡萄糖作还原剂， 将PbO2还原并与PbO一同转化为Pb$O4粗品；再用二乙烯三胺溶液浸取，使PbSO4形成铅胺络合溶液实 现铅与杂质分离；最后向浸出液中加入足量Na2CO3溶液，将铅转化为PbCO3沉淀，从而得到目标产物，据 此作答。 【详解】(1)①无还原剂时，铅膏中的PbO2和PbSO4性质稳定；PbO属于碱性氧化物，能够与硫酸发生 复分解反应生成PbSO4和水，因此铅膏中发生反应的主要物质为PbO: ②在硫酸提供的酸性环境中，铅膏中的PbO2具有强氧化性，可将葡萄糖氧化为CO2,自身被还原为PbSO4, 试卷第10页，共15页 根据得失电子守恒和原子守恒配平，反应方程式为：CH20,+12Pb02+12HS04=6C02个H2PbS04+18H20; ③当葡萄糖过量系数大于3时，PbO2的还原率基本趋于稳定，但bS04质量分数下降，主要原因有两点： 一是部分葡萄糖脱水生成碳单质，增大了反应后固体的总质量，导致PbSO4在总固体中的质量分数下降： 二是过量的葡萄糖会将部分PbO2还原为Pb,使固体总质量增加，从而导致其质量分数下降；则答案为：葡 萄糖过量系数大于3时，部分葡萄糖脱水生成C,增大反应后固体质量：部分PbO2被葡萄糖还原为Pb,增 大反应后固体质量： (2)pH越小，溶液中cH)越大，H会与二乙烯三胺中的NH、NH-发生质子化反应，消耗二乙烯三胺， 使其有效浓度显著降低，难以与Pb()形成铅胺络合溶液，从而导致Pb(浸出效果不佳；答案为：pH越小， cH)越大，消耗二乙烯三胺： (3)转化步骤中，PbsO4与NaCO3反应生成PbCO3沉淀和NaS04,且加入的是足量NaCO3溶液，因此 滤液中含有Na2SO4,NaCO3:若直接循环浸出，溶液中高浓度的硫酸根和碳酸根会与Pb四结合生成PbSO4 和PbCO3沉淀，降低浸出效率，故不能直接循环： 15. (18分)化合物F是合成一种生物碱的中间体，其合成路线如下： (CH)SO 1)CHNO2.N(CH) DCC 2)(CF,CO)2O,N(C2Hs)3 2)H20 B CsF 1)Zn,HCI NO TBAB 2)CH ONa (1)A分子中含氧官能团的名称为 (2)D→E的反应类型为 (3)E转化为F时还生成另一有机产物，其结构简式为 (4)写出以 OH、CH,CH,NO,和CH,CH,OH为原料制备 二0的合成路线流程图 NH (无机试剂、有机溶剂和题干中的有机试剂任用，合成路线示例见本题题干)。 【答案】(1)羟基、酯基 (2)加成反应 (3)(CH3),COH 试卷第11页，共15页 OH (CH)SO 。O1)银氨溶液，△ OH CH,CH2OH DCC 2)H,0 浓硫酸，△ (4) ON. CH,CH2NO2 1)Zn,HCI M CsF,TBAB 2)CH,ONa NH 【分析】A在(CH)SO4、DCC条件下发生氧化反应，使羟基转化为醛基，生成B;B发生反应转化为含 硝基的C;C再发生反应生成D;D经CsF、TBAB作用发生环化得到E；E经多步反应最终得到生物碱中 间体F;整个流程通过羟基保护、氧化还原、环化、加成等反应逐步构建复杂骨架。 【详解】(1)根据A的结构简式，分子中含有羟基和酯基两种含氧官能团。 (2)从结构变化看，D经CsF、TBAB作用生成六元环结构，碳碳双键转化为单键，该反应类型为加成反 应。 (3)E在Z,HC1条件下发生还原反应（硝基转化为氨基），再在CH3ONa的作用下发生分子内脱水，生 成的副产物为(CH3)2COH。 (4) 结合题目的流程， OH CH,CHNO2和CH,CH,OH为原料制备目标产物，首先 OH在(CH,)SO4、DCC条件下发生氧化反应，使羟基转化为醛基，生成 0 被银氨溶液氧化、再酸化得到 OH OH与CH;CH2OH发生酯化反应得到 02N 与CH:CHNO2在CsF、TBAB条件下发生加成反应生成 02N 义义。人在ZA、HCl条件下发生还原反应（猜基转化为氢基），再在CHONa的作用下发生分 试卷第12页，共15页 子内脱水得到目标产物，流程如下： OH (CH )2SO ⊙O1)银氨溶液，△ OH CH,CH,OH DCC 2)H,0 浓硫酸，△ CH,CH2NO2 1)Zn,HCI CsF,TBAB 2)CH,ONa NH 16.（16分)锗是一种重要半导体材料，中国是世界上锗主要生产国之一。工业上可用锌粉置换镓锗渣制 备高纯度GO2,相关流程包含浸出、沉锗、氯化、水解等步骤。 (1)提高锗的浸出率和反应速率的方法有 (2)浸出：可用草酸H00C-C0OH田作为浸出剂，将Ge转化为G(O田(C2O4)2,转移到溶液中。 ①[G(OH(CO4)]2中含有两个五元环，Ge为六配位，配位原子均为氧，画出该离子的结构式 ②以热的浓硫酸作为氧化剂，可将H[G(OHD2(CO4)彻底氧化，将锗元素转化为Ge+进入溶液，反应的化 学方程式为 (3)丹宁酸沉锗：丹宁酸是一种多酚（简记为HL),易与GeV)配位得到[GeL]+,[GeL2]2+最终转化为沉淀， 将溶液中锗沉出，反应为Ge++2L[GeL]++2,若反应体系中存在较多Fe3+不利于锗的沉淀，原因是 (4)Ge02粗品中常含有少量As2O3。为了提纯Ge02,可先将其转化为GeCl4,再在0C下水解GeCl4得到高 纯GeO2。己知： ①GeO2与As2O3均为两性氧化物，部分晶型的GeO2难溶于盐酸； ②GeCl4常温下是液体，沸点为84C,易与AsCl3共沸： ③AsCl3在pH为0.40.6时有还原性； 现有己知砷含量的粗品GeO2,补充完整提纯的实验方案：向粗品中分批加4 nolLNaOH溶液，直至粗品 完全溶解，向溶液中加入 ；,随后加入足量NaCIo3固体充分反应：控制温度为：进行蒸馏， 将馏分 _:,充分搅拌直至无沉淀生成，过滤，洗涤2~3次，干燥。（实验中须使用的试剂：10olL1 盐酸、蒸馏水) 【答案】(1) 适当加热 适当提高浸出剂浓度 试卷第13页，共15页 H,[Ge(OH),(C,042]+4H,S04(浓)4C02个+Ge04)+2S02个+H,0 (3)丹宁酸中有大量酚羟基，易与Fe+反应，使丹宁酸浓度下降，从而使[GL]+浓度下降 (4) 10mol/L盐酸至pH在0.40.6范围内 84℃冷却后，与0C的蒸馏水混合 【详解】(1)提高锗的浸出率和反应速率，可采取适当加热，适当提高浸出剂浓度等措施： (2) ①由配离子[Ge(oH,(C,04)2了 中含有两个五元环，锗离子为六配位，配位原子均为氧可知，离子的结构 式为 OH ②由题意可知，锗元素转化为Ge+离子的反应为浓硫酸与H,G(OH)2(C,O4)2共热反应生成硫酸锗、二 氧化碳、二氧化硫和水，反应的化学方程式为 H,[Ge(OH),(C,04]+4H,s04(浓)4C0,个+Ge804)+2S02个+H,0: (3)丹宁酸是一种多酚，Fe3+会与酚发生络合反应生成配合物，所以反应体系中存在较多Fe3+时，丹宁酸 中的酚羟基易与Fe3+反应使丹宁酸浓度下降，从而使[GL]+浓度下降，不利于锗的沉淀： (4)由题意可知，提纯二氧化锗的实验方案为向粗品中分批加入4olL氢氧化钠溶液，直至粗品完全溶 解，向溶液中加入10mol/L盐酸至pH在0.4~0.6范围内，将锗元素、砷元素转化为氯化物，随后加入足量 氯酸钠固体充分反应，将三氯化砷氧化为五氯化砷；控制温度为84℃进行蒸馏，将馏分冷却后，与0C的 蒸馏水混合，充分搅拌直至无沉淀生成，过滤，洗涤23次，干燥得到二氧化锗。 17.(12分)氢气是一种清洁能源，福佑崇文阁其制取与储存是氢能源的研究热点。 (1)以镧铁载氧体通过分步反应循环制取合成气(CO,H2)和H,其制备原理如图1所示，转化I中F3+可以 全部或部分转化为Fe2+。 CO、H2 LaFeO3x、 ●La3+ H2O(g) ▲Fe3+或Fe2+ 转化1 转化Ⅱ 02 CH4 LaFeO3 H2 氧空位 图1 图2 ①如图1中所示转化的总反应方程式为 ②若LFO3的物质的量为0.1mol,转化I反应一段时间后镧铁载氧体的晶胞如图2所示，则转化I理论上生 成n(H)= mol。 试卷第14页，共15页 ③将晶体内的部分Lā3+用其他金属离子代替得到新载氧体，从而改变载氧体的催化性能。如用ⅡA元素（用R 表示)代替后得到La,R-FeO3(部分Fe元素的化合价大于+3价)，在消耗相同物质的量载氧体的情况下，生 成H,的量 (填“变多变少”或“不变)。从保持晶体结构稳定性的角度出发，R+应具有的结构 特点是 载氧体 【答案】(1) CH+H2O CO+3H2 0.1 变多 半径与La+相当 载氧体 【详解】(1)①由图可知，反应物为CH4和H,O(g),生成物为C0和H2,总反应为CH4+H,O C0+3H2; ②La正cO,的晶跑图中包含La(位于晶抛顶点，共8×名1个Fe或Fe*(位于晶胞内部，共1个和0产（有 5个位于面心，共5分25个，0lm0l的Lae0,在转化过程中爱去了01x(6-25)=05mol的0产用于生 成C0,同时CH4中的H被还原为H2,生成H,的物质的量为C0的2倍，即生成0.1molH; ③用LA族元素R+替代部分La3+后，部分Fe元素的化合价大于+3价，转化I中铁可获得更多电子，生成的 H量变多；为保持晶体结构稳定，R+应具有与La+相当的离子半径； 试卷第15页，共15页高一阶段训练试题 化学 注意事项 考生在答题前请认真阅读本注意事项： 1.本试卷满分100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将答题卡交回。 2.答题前，请将自己的姓名、考试号用0.5毫米黑色签字笔填涂在答题卡指定的位置。 3.选择题答案用2B铅笔在答题卡上把对应题目的答案标号涂黑，非选择题用0.5mm的黑色签字笔在每题对 应的答题区域内做答，在其他位置作答一律无效。 可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Fe56Cu64Zn65 一、单项选择题（本题包括13小题，每小题3分，共39分。每小题只有一个选项符合题意） 1.2025年巴黎AI峰会上，DeepSeek创始人梁文峰通过量子全息投影技术远程参会。全息投影的实现依赖 于材料科学与光学技术的结合。下列相关说法不正确的是 A.全息投影技术的光电器件所用材料氨化镓为新型无机非金属材料 B.甘油被用作全息投影设备的冷却剂，主要利用其强吸水性 C.空气显示影像时通过电激发氧气发光，该过程属于物理变化 D.全息投影技术常用卤化银作光敏材料，利用了光照时卤化银可分解产生Ag原子的特点 2.氮化硅(SiN)可通过反应3Si02+6C+2N, 高温 Si,N4+6C0制备。下列说法正确的是 A.C基态原子价电子排布式为1s2s22p2B.基态N原子的轨道表示式：四回Ht☐ C.CO是极性分子 D.SiO2晶体属于分子晶体 3.关于元素周期表和元素周期律，下列说法不正确的是 A.分子的极性：O3>N2 B.第二电离能：Cu>Zm C.化合物中离子键百分数：Mg0>Al,O3 D.科学家通过X-射线衍射实验发现镓元素 4.一种杯酚分子可固定(CH)4N+CI形成如图所示的包合物。下列说法正确的是 试卷第1页，共7页 CH, CI- H.C- CH, CH A.半径：r(CI)>r(CI) B.第一电离能：O>N>C C.(CH)4NCI中不存在离子键 D.(CH)4N中C-N-C的键角比(CH)2N的小 5.下列实验的相应操作不能达到实验目的的是 8mL95%乙醇 C0, 蘸有稀硫酸的棉花 木棍 +© →O+© 超分子 臣输一 明矾稀溶液 氯仿过 氯仿 、溶宇甲苯 口饱和食盐水 晶体 4mL0.1mol-L 溶于氯仿 垂CuNH,]SO,溶液 目冷水 。超分子不溶于甲苯 不溶于氯仿 甲 乙 丙 丁 A.甲装置：用玻璃棒摩擦烧杯内壁，可析出深蓝色晶体 B.乙装置：先通H再通CO2,可制备NaHCO3 C.丙装置可以观察到晶体具有自范性的表现 D.丁流程用于 (杯酚)识别Co和Co,操作a、b为过滤，操作c为蒸馏 阅读以下材料，完成6~8题： LiNO,、LiCo0,、LiFcPO,都可用于钮电池正极材料，常用C。0等作电解质的溶剂，使用后正极 材料发生变化导致电池容量衰减。LiNO,为层状结构（层间以范德华力结合），充电时表面可能产生LiCO3, 同时部分LiNiO,转化为NiO(晶体结构与NaCI相似)导致容量衰减。衰减后可用两种方法进行修复，一是 850C下空气中焙烧将Li,CO3、io转化为LiNiO,:二是NaS,Og(S为+6价)与NaOH混合溶液可将Nio 转化为NiOOH,NiOOH再与LiOH反应实现修复。用LiCoO2作正极材料衰减产生CoO,可在LiSO4溶液 中进行电解修复。LFPO4作正极材料衰减产生FPO4,可在含Li汁的NH4溶液中浸泡后过滤实现修复。 6.下列说法正确的是 A.CO中0-C-O键角大于C02 B =O属于非极性分子 试卷第2页，共7页 C.基态Ni+的电子排布式为3d D.LiNiO2的硬度小于NiO 7.下列化学反应的表示正确的是 A.M0高温焙烧修复的化学方程式：2NiO+Li,C0,+0,℃2 LINO,+C0, B.Ni0与NaS,Og反应的离子方程式：2NiO+S,O?+2OH=2So}+2 NiOOH C.CoO电解修复的电极反应式：H,O+CoO+Li计+e=LiCoO,+2H D.利用NH4修复FePO4的离子方程式：4Fe3++N,H=4Fe2++N,个+4H 8.下列物质结构与性质或物质性质与用途具有对应关系的是 A.NaS,Og中含O-O键，NaS,O3具有强氧化性 日。〔0常度大于水。丹0可用作车申旅中的溶剂 C.N,H4分子间易形成氢键，NH4可用作还原剂 D.LiSO4焰色为紫红色，LiSO4溶于水用作电解液 9.下列说法不正确的是 A.乙烯与丙烯互为同系物 B.1mol晶体硅（结构与金刚石相似）中含2 nol Si-Si键 C.甲醇转化为乙烯，碳原子轨道的杂化类型由sp变为$p D.NaHCO3溶解度小于NaCO3,与Hco,间存在氢键有关 10.短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和丁的原子核外均有两个未成对电子，乙、丙、 丁最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应。下列说法错误的是 A.元素丙的单质可用于冶炼金属 B.甲与丁形成的分子中有非极性分子 C.简单离子半径：丁>乙>丙 D.甲与乙形成的化合物均有氧化性 l1.Fe/Ag金属复合材料去除酸性废水中的硝酸盐污染物，Ht得到Fe或者Ag失去的电子，生成活性H*, H*再还原硝酸根离子，可能的反应历程如下： 试卷第3页，共7页 OFe Ag HHH NO HH NO H'、NO H.O NH N2 过程Ⅱ 过程Ⅲ 下列说法正确的是 A.过程I中Ag失去e B.过程I的反应方程式：2H+NO?=NO,+H,O C.过程I中每消耗Imol NO,转移6mole D.复合材料中Fe的质量分数越大，NO?去除效果越好 12.室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是 选项 实验过程及现象 实验结论 向盛有少量酸性KC1,O,溶液的试管中滴加足量乙醇，充分振荡，观 A 乙醇具有还原性 察溶液颜色变化 B 用铂丝蘸取某单一溶质的碱性溶液，在酒精灯外焰灼烧，焰色呈黄色 该溶液是NaOH溶液 向95%的乙醇溶液中加入足量Na,观察是否有气体生成 Na能与乙醇发生置换反应 D 向2mL5%HO2溶液中滴加几滴Fe04溶液，产生气泡速率明显加快 Fe2+可以催化HO2分解 13.气相离子催化剂(Fe*、Co*、Mm+等)具有优良的催化效果。其中在Fe+催化下乙烷氧化反应的机理如 图所示（图中-为副反应），下列说法不正确的是 CHCHO N2O FeO CH Y ② N0 [(C2H)Fe]*[(C2Hs)Fe(OH)]" A.FeO+是反应中间体 H,C-Fe B.②过程中每生成1mol 转移电子2mol H2C-O 试卷第4页，共7页 催化剂 C.主反应的总反应方程式为：CH+2NO CH,CHO+H,O+2N, D.X与Y能互溶与它们的分子结构具有相似性无关 二、非选择题 14.(15分)一种利用废旧铅酸蓄电池中铅膏(PbSO4、PbO2、PbO)制备PbC03的流程如下： 硫酸 二乙烯三胺溶液 足量Na,CO,溶液 铅膏 →酸浸还原 →硫酸铅粗品→浸铅 >转化 →PbCO3 葡萄糖 滤液 (1)其它条件一定，“酸浸还原”后水洗除去可溶性物质，测得硫酸铅粗品中PbSO4的质量分数 m(PbSO) m(反应后的固体]与Hs0,浓度的关系如图1所示。 90 100 85 96 8 95 80F 90 75 ·一葡萄糖 85 92 70 无还原剂 80H 65 90 75 60 70 88 55 50 60 70 65 86 80 2 3 4 H,SO,浓度/% 葡萄糖过量系数 图1 图2 ①该条件下，无还原剂时铅膏中发生反应的主要物质为 ②写出葡萄糖被铅膏中物质氧化生成CO2的化学反应方程式： ③使用85%的硫酸，控制其它条件一定，实验测得PbO,还原率、粗品中PbSO4质量分数随葡萄糖过量系数 m(实际投入) m理论计算]的变化如图2所示。过量系数大于3，PbS0,质量分数下降的可能原因为】 (2)用二乙烯三胺[H,N(CH),NH(CH),H,]溶液浸出Pb(⑩，形成铅胺络合溶液。浸铅时需调节溶液 pH≈5。pH过小，Pb(I)浸出效果不佳的原因是 (3)“转化”所得滤液不能直接用于循环浸出的原因：滤液中含有 填化学式)。 试卷第5页，共7页 15.(18分)化合物F是合成一种生物碱的中间体，其合成路线如下： (CH)2SO .N(CH) DCC 2)(CF,CO)2O,N(C2H) 2)H0 1)Zn,HCI NO 2)CH,ONa (1)A分子中含氧官能团的名称为 (2)D→E的反应类型为 (3)E转化为F时还生成另一有机产物，其结构简式为 (4)写出以 个OH、CH,CH,NO,和CH,CH,OH为原料制备 O的合成路线流程图 NH (无机试剂、有机溶剂和题干中的有机试剂任用，合成路线示例见本题题干)。 16.(16分)锗是一种重要半导体材料，中国是世界上锗主要生产国之一。工业上可用锌粉置换镓锗渣制 备高纯度GO2,相关流程包含浸出、沉锗、氯化、水解等步骤。 (1)提高锗的浸出率和反应速率的方法有 (2)浸出：可用草酸H0OC-C0O田作为浸出剂，将Ge转化为G(O田(CO4)2,转移到溶液中。 ①[G(OH)(C04)]中含有两个五元环，Ge为六配位，配位原子均为氧，画出该离子的结构式 ②以热的浓硫酸作为氧化剂，可将H[Ge(OD2(CO4)]彻底氧化，将锗元素转化为Ge+进入溶液，反应的化 学方程式为 。 (3)丹宁酸沉锗：丹宁酸是一种多酚（简记为HL),易与GeV)配位得到[GeL]+,[GeL]+最终转化为沉淀， 将溶液中锗沉出，反应为G++2L=[GeL]+十2H,若反应体系中存在较多Fe+不利于锗的沉淀，原因是 (4)GeO2粗品中常含有少量As2O3。为了提纯Ge02,可先将其转化为GeCL4,再在0C下水解GeCl4得到高 纯GeO2。己知： ①GeO2与As2O3均为两性氧化物，部分晶型的GeO2难溶于盐酸； ②GCl4常温下是液体，沸点为84C,易与AsCl3共沸； ③AsCl3在p为0.40.6时有还原性； 现有己知砷含量的粗品GeO2,补充完整提纯的实验方案：向粗品中分批加4 nol LNaOH溶液，直至粗品 试卷第6页，共7页 完全溶解，向溶液中加入 一：，随后加入足量NaClo3固体充分反应；控制温度为；进行蒸馏， 将馏分 :,充分搅拌直至无沉淀生成，过滤，洗涤2~3次，千燥。（实验中须使用的试剂：10olL1 盐酸、蒸馏水) 17.(12分)氢气是一种清洁能源，福佑崇文阁其制取与储存是氢能源的研究热点。 (1)以镧铁载氧体通过分步反应循环制取合成气(CO,H2)和H2,其制备原理如图1所示，转化I中F3+可以 全部或部分转化为Fe2+。 CO、H2 LaFeO3-x ●La3+ H2O(g) ▲Fe3+或Fe2+ 转化I 转化Ⅱ 002 CH LaFeO3 、H2 口氧空位 图1 图2 ①如图1中所示转化的总反应方程式为 0 ②若LaFO3的物质的量为0.1mol,转化I反应一段时间后镧铁载氧体的晶胞如图2所示，则转化I理论上生 成n(H2)= mol。 ③将晶体内的部分La3+用其他金属离子代替得到新载氧体，从而改变载氧体的催化性能。如用ⅡA元素（用R 表示)代替后得到LaR1-mFO3(部分Fe元素的化合价大于+3价)，在消耗相同物质的量载氧体的情况下，生 成H的量 (填“变多“变少”或“不变)。从保持晶体结构稳定性的角度出发，R+应具有的结构 特点是 试卷第7页，共7页