精品解析：江苏常州市华罗庚中学2027届高三上学期9月阶段性学情调研 化学试题

高三化学试题 可能用到的相对原子质量：O-16 Fe-56 一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 化学与科技、社会、生产密切相关。下列有关说法正确的是 A. 燃煤中加入氧化钙有利于实现“碳达峰” B. 使用乙醇汽油可以减少汽车尾气中氮氧化物的排放 C. 量子通信材料螺旋碳纳米管TEM与石墨烯互为同分异构体 D. 载人火箭逃逸系统复合材料中的酚醛树脂属于有机高分子材料 2. 甲胺铅碘()在太阳能电池领域表现出优异的光电性能。下列有关化学用语表达错误的是 A. 甲基的电子式： B. 中子数为78的碘核素： C. 甲胺铅碘中N原子杂化轨道示意图： D. 基态Pb原子的价层电子排布式： 3. 下列实验操作符合规范的是 A．碱式滴定管排气泡 B．冲洗盛有废液的试管 C．萃取振荡时放气 D．蒸馏时接收馏分 A. A B. B C. C D. D 4. 阴离子可嵌入石墨烯层间调控其光电性能。下列说法正确的是 A. 第一电离能： B. 简单氢化物的沸点： C. 该阴离子内部存在键 D. 与的空间结构相同 阅读下列材料，完成下面小题： 氮的化合物有着广泛的用途。催化剂作用下将汽车尾气中的转化成无毒物质；氮化镓(晶胞如图所示，结构与金刚石类似)是一种半导体材料；叠氮酸钠()常用于汽车安全气囊中，在175℃时把粉末加到熔融的中得到，此外还生成两种碱性物质；常温下为液体，沸点较高，可作火箭的燃料(燃烧热为)，可与反应生成叠氮酸(，酸性与醋酸相当，结构表示为)。 5. 下列说法正确的是 A. 中的键角大于中的键角 B. 中加“•”的N原子的杂化方式相同 C. 可以与水形成分子间氢键 D. 氮化镓晶体中每个Ga周围距离最近且相等的N数目为8 6. 下列化学反应表示不正确的是 A. 消除汽车尾气中NO： B. 与生成 C. 燃烧的热化学方程式： D. 向溶液中通入过量 7. 下列物质结构与性质或性质与用途具有对应关系的是 A. 具有孤电子对，可形成 B. 氮化镓硬度大，可用作半导体材料 C. 具有稳定性，可用于汽车安全气囊 D. 具有氧化性，可用于制备 8. 通过与的可逆反应，探究外界条件对物质氧化性和还原性的影响，进行如下实验(不考虑对实验体系的影响)。 K闭合时，电流计的指针向右偏转，乙烧杯中溶液颜色变浅。指针归零后，再分别进行下列实验： 实验 操作 现象 ① 向乙烧杯中逐滴滴加少量NaOH溶液 指针向左偏转，乙烧杯中溶液颜色变浅 ② 向甲烧杯中加入少量固体 指针向右偏转，乙烧杯中溶液颜色变浅 已知：ⅰ.和均是弱酸。 ⅱ.易溶于KI溶液，反应生成(棕色)，和的氧化性几乎相同。 下列说法不正确的是 A. K闭合后，甲烧杯中发生氧化反应 B. ①中，加入NaOH溶液后，甲烧杯中的浓度增大 C. ②中，加入固体后，pH对的氧化性的影响小于的浓度对其氧化性的影响 D. 根据上述实验推测，向甲烧杯中加入少量固体，指针向右偏转 9. 化合物是合成药物艾氟康唑的中间体，下列说法不正确的是 A. X与发生加成反应 B. Y分子存在对映异构现象 C. Z分子中所有原子位于同一平面上 D. Y、Z可用溴的四氯化碳溶液鉴别 10. 海洋藻类中的钒依赖型溴过氧化物酶(VHPO)能高效催化氧化海水中的生成，其催化机理如图。已知VHPO中V的化合价为。下列说法错误的是 A. 反应过程中V的价态发生了变化 B. 过程①生成的钒过氧化物中间体中存在非极性键 C. VHPO中V-N键属于配位键 D. 总反应中每生成转移2 mol电子 11. 下列实验探究方案能达到探究目的的是 选项 探究方案 探究目的 A 向装有碘的溶液的试管中加入等体积浓溶液，振荡，溶液分层，下层紫红色变浅，上层呈棕黄色 碘在浓溶液中的溶解能力小于在中的溶解能力 B 向、的混合稀溶液中滴入少量稀溶液，观察产生沉淀颜色 C 向反应后溶液中加入水观察溶液变蓝色 验证和浓硫酸反应生成 D 向溶液中逐滴加入同体积同浓度溶液，先出现红褐色沉淀，放置后沉淀消失，溶液变为绿色 与在水溶液中存在水解反应和氧化还原反应的竞争 A. A B. B C. C D. D 12. 电解质溶液的导电能力越强，电导率越大；难溶于水。25℃时，用标准溶液滴定10  mL  溶液，测得溶液的相对电导率()及随滴入标准溶液的体积的变化关系如图。已知：、。下列说法正确的是 A. a点溶液的 B. 随着标准溶液的加入，不断减小 C. c点溶液中存在： D. d点溶液中存在： 13. 利用甲醇(CH3OH)和甲苯(Tol)发生甲基化反应可以获得对二甲苯(p-X)、间二甲苯(m-X)和邻二甲苯(o-X)，反应过程中还有乙烯生成，涉及的反应有 反应I 反应II 反应III 反应IV 研究发现，在密闭容器中，101kPa、，平衡时甲苯的转化率、反应I的选择性及反应IV的选择性随温度的变化如图所示。 下列说法正确的是 A. B. 随着温度的升高，反应IV的平衡常数先增大后减小 C. 在400~600K范围内，随着温度的升高， 基本不变 D. 800K下反应达平衡后，增大压强， 保持不变 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 镍是重要战略金属资源。 （1）制备从某高镁低品位铜镍矿(主要成分为、、、等)中制备、的过程如下： ①原子基态电子排布式为______。 ②“氧压浸出”时，通入可以提高的浸出率的原因是______。 ③“沉铁”时发生反应的离子方程式为______。 ④已知：，“沉镍”时控制为8.50，“滤液”中，此时的沉淀率为______。 （2）制备。将制得的加盐酸溶解后，用双膜三室电沉积法制备的示意图如图1所示，实验中阴极液与镍产率间的关系如图2所示。 ①电极为______(填“正极”或“负极”)。 ②时，镍回收率最高的原因是______。 （3）制备固体电解质材料 ①具有双钙钛矿型氧化物通过掺杂改性可用作固体电解质材料，其晶体的一种完整结构单元如图3所示，该材料的化学式为______。 ②真实的晶体中存在5%的O空位缺陷，导电时O空位的存在有利于的传导。考虑晶体缺陷，该晶体中价与价原子个数比为______。 15. G是合成尼麦角林的中间体，其合成路线如下： 已知：-为；是一种常用的烷基化试剂；。 回答下列问题： （1）B分子所含官能团名称为______，A→B的反应类型为______。 （2）与C分子中1号氮相比，E分子中1号氮的碱性相对______(填“较大”或“较小”)。 （3）D→E反应产生的另一种有机产物()的结构简式为______。 （4）是一定条件下与按物质的量发生加成反应的产物，写出同时满足下列条件的的一种同分异构体的结构简式：______。 ①碱性条件下水解后酸化，生成和两种有机产物，。 ②的相对分子质量为72；含苯环，其核磁共振氢谱峰面积之比为。 （5）写出以和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和两碳以下的有机试剂任选，合成路线示例见本题题干)。_____________________。 16. 草酸及其化合物在工业中有重要作用，例如：草酸可用于除铁锈，反应的离子方程式为：；草酸铁铵是一种常用的金属着色剂。 （1）草酸()是一种弱酸，不稳定，受热或遇浓硫酸会发生分解。在浓硫酸催化作用下，用硝酸氧化葡萄糖可制取草酸，实验装置如图所示 ①装置B的作用是______。 ②时，装置A中生成，同时生成。写出该反应的化学方程式______。 ③该实验中催化剂浓硫酸用量不宜过量的原因是______。 （2）草酸铁铵晶体易溶于水，常温下其水溶液为。制备草酸铁铵晶体的实验方案为：边搅拌边向氧化铁中______(须用的试剂为、氨水、无水乙醇)。 （3）为测定草酸铁铵晶体的纯度，进行下列实验：称取样品，加稀硫酸溶解后，配成溶液。取配制的溶液，用浓度为的溶液滴定至终点，消耗溶液。 已知：(未配平) 通过计算，确定样品中的质量分数______(写出计算过程)。 17. 氮及其化合物的转化与应用一直是化工领域重要的研究课题。 （1）以双催化剂可以实现在温和条件下以H2O为氢源合成氨，其反应为： 。其主要过程的催化机理如图1所示(部分微粒未表示)。 ①已知：反应的焓变为，要计算该合成氨反应的焓变，还需要另一个反应___________的焓变(填化学方程式)。 ②使用双催化剂合成NH3时，Au的含量过高和过低都会导致NH3产率降低，可能的原因为：___________。 （2）在室温下用电解法将空气转化为硝酸，其原理如图2所示。 ①阴极石墨棒上O2转化为·OH的电极总反应为___________。 ②H2N2O2是·OH与N2反应生成HNO3的中间产物，其结构式为___________。 ③若将阳极产生的O2通入阴极参与反应，则该电解工艺生成1 mol HNO3最终消耗O2的物质的量为___________。 （3）电解氧化吸收法可将废气中的NO转变为。分别向0.1 mol·L-1 NaCl溶液和0.08mol·L-1 Na2SO4溶液中通入NO，测得电流强度与NO的去除率的关系如图3所示。电解0.1mol·L-1NaCl溶液时，溶液中相关成分的浓度变化与电流强度的关系如图4所示。(已知：的氧化性弱于) ①电解Na2SO4溶液时产生H2O2.H2O2氧化吸收NO的离子方程式为___________。 ②图3中NaCl电解液比Na2SO4电解液的NO去除率大，原因是___________。 ③随着电流强度的增大，电解NaCl溶液时NO去除率下降的原因是___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高三化学试题 可能用到的相对原子质量：O-16 Fe-56 一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。 1. 化学与科技、社会、生产密切相关。下列有关说法正确的是 A. 燃煤中加入氧化钙有利于实现“碳达峰” B. 使用乙醇汽油可以减少汽车尾气中氮氧化物的排放 C. 量子通信材料螺旋碳纳米管TEM与石墨烯互为同分异构体 D. 载人火箭逃逸系统复合材料中的酚醛树脂属于有机高分子材料 【答案】D 【解析】 【详解】A．燃煤中加入氧化钙主要用于固硫（与反应），无法减少的生成，因此不能助力“碳达峰”，A错误； B．乙醇汽油虽能减少CO和烃类排放，但氮氧化物（）的生成与高温下和反应有关，使用乙醇汽油无法抑制该过程，B错误； C．碳纳米管和石墨烯均为碳的不同结构的单质，二者互为同素异形体，而非分子式相同的同分异构体，C错误； D．酚醛树脂由苯酚与甲醛缩聚形成，属于有机高分子材料，D正确； 故选D。 2. 甲胺铅碘()在太阳能电池领域表现出优异的光电性能。下列有关化学用语表达错误的是 A. 甲基的电子式： B. 中子数为78的碘核素： C. 甲胺铅碘中N原子杂化轨道示意图： D. 基态Pb原子的价层电子排布式： 【答案】C 【解析】 【详解】A．甲基（）中最外层有4个电子，与3个形成3对共用电子对，剩余1个单电子，题给电子式书写正确，A正确； B．的质子数为53，中子数为78的碘核素质量数为，核素表示为，B正确； C．甲胺铅碘中位于中，的价层电子对数为4，采取杂化，杂化轨道夹角接近，题给为键角的杂化轨道示意图，C错误； D．为第六周期第ⅣA族元素，基态原子价层电子排布式为，D正确； 故答案选C。 3. 下列实验操作符合规范的是 A．碱式滴定管排气泡 B．冲洗盛有废液的试管 C．萃取振荡时放气 D．蒸馏时接收馏分 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．碱式滴定管排气泡时，需将橡胶管向上弯折、尖嘴斜向上，挤压玻璃珠使溶液带出气泡，图示操作符合规范，A正确； B．为重金属盐，有毒，废液直接冲洗排放会污染环境，应倒入指定废液缸统一处理，B错误； C．萃取振荡后放气时，应将分液漏斗倒置、旋塞端朝向无人处，打开旋塞放气，图示操作错误，C错误； D．蒸馏时接收馏分的锥形瓶不能密封，否则体系压强过大易发生安全事故，图示操作错误，D错误； 故选A。 4. 阴离子可嵌入石墨烯层间调控其光电性能。下列说法正确的是 A. 第一电离能： B. 简单氢化物的沸点： C. 该阴离子内部存在键 D. 与的空间结构相同 【答案】B 【解析】 【详解】A．同周期元素第一电离能随原子序数增大总体升高，但第ⅤA族元素p轨道半充满更稳定，第一电离能大于相邻第ⅥA族，正确顺序为，A错误； B．O、N、C的简单氢化物分别为、、，常温为液态沸点最高，分子间存在氢键沸点高于无氢键的，故沸点顺序为，对应元素顺序为，B正确； C．该阴离子内成键原子均采取杂化轨道形成键，不存在两个未杂化p轨道直接头碰头形成的键，C错误； D．中心为杂化，空间结构为直线形；中心为杂化，含1个单电子，空间结构为V形，二者结构不同，D错误； 故选B。 阅读下列材料，完成下面小题： 氮的化合物有着广泛的用途。催化剂作用下将汽车尾气中的转化成无毒物质；氮化镓(晶胞如图所示，结构与金刚石类似)是一种半导体材料；叠氮酸钠()常用于汽车安全气囊中，在175℃时把粉末加到熔融的中得到，此外还生成两种碱性物质；常温下为液体，沸点较高，可作火箭的燃料(燃烧热为)，可与反应生成叠氮酸(，酸性与醋酸相当，结构表示为)。 5. 下列说法正确的是 A. 中的键角大于中的键角 B. 中加“•”的N原子的杂化方式相同 C. 可以与水形成分子间氢键 D. 氮化镓晶体中每个Ga周围距离最近且相等的N数目为8 6. 下列化学反应表示不正确的是 A. 消除汽车尾气中NO： B. 与生成 C. 燃烧的热化学方程式： D. 向溶液中通入过量 7. 下列物质结构与性质或性质与用途具有对应关系的是 A. 具有孤电子对，可形成 B. 氮化镓硬度大，可用作半导体材料 C. 具有稳定性，可用于汽车安全气囊 D. 具有氧化性，可用于制备 【答案】5. C 6. D 7. A 【解析】 【5题详解】 A．中心原子价层电子对数为，为杂化，含1对孤对电子，键角约；中心原子价层电子对数为，为杂化，平面正三角形结构，键角，故键角更小，A错误； B．结构为，左侧标记价层电子对数为3（2个键，1对孤电子对），杂化方式为；中间标记价层电子对数为2（2个键，0对孤电子对），杂化方式为，二者杂化方式不同，B错误； C．含有键，水分子含有键，二者可形成分子间氢键，C正确； D．氮化镓结构与金刚石类似，属于共价晶体，每个周围距离最近且相等的数目为4，D错误； 故选C。 【6题详解】 A．还原生成无毒的和，电子守恒、原子守恒，方程式书写正确，A正确； B．中由价变为中价，部分中由价变为价，氧化还原电子守恒，且生成和两种碱性物质，符合题意，方程式书写正确，B正确； C．在101 kPa 时，1 mol 纯物质完全燃烧生成指定产物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热，单位是kJ/mol，完全燃烧生成和，热化学方程式书写正确，C正确； D．酸性与醋酸相当，醋酸酸性强于，故酸性，根据强酸制弱酸规律，不能与反应生成，离子方程式错误，D错误； 故选D。 【7题详解】 A．中原子存在孤电子对，可作为配体与形成配位键，得到，性质与用途具有对应关系，A正确； B．氮化镓用作半导体材料是因为其导电性介于导体与绝缘体之间，与硬度大无对应关系，B错误； C．用于汽车安全气囊是因为其受撞击可快速分解生成大量，与其稳定性无对应关系，C错误； D．制备时元素化合价升高，体现还原性，与氧化性无对应关系，D错误； 故选A。 8. 通过与的可逆反应，探究外界条件对物质氧化性和还原性的影响，进行如下实验(不考虑对实验体系的影响)。 K闭合时，电流计的指针向右偏转，乙烧杯中溶液颜色变浅。指针归零后，再分别进行下列实验： 实验 操作 现象 ① 向乙烧杯中逐滴滴加少量NaOH溶液 指针向左偏转，乙烧杯中溶液颜色变浅 ② 向甲烧杯中加入少量固体 指针向右偏转，乙烧杯中溶液颜色变浅 已知：ⅰ.和均是弱酸。 ⅱ.易溶于KI溶液，反应生成(棕色)，和的氧化性几乎相同。 下列说法不正确的是 A. K闭合后，甲烧杯中发生氧化反应 B. ①中，加入NaOH溶液后，甲烧杯中的浓度增大 C. ②中，加入固体后，pH对的氧化性的影响小于的浓度对其氧化性的影响 D. 根据上述实验推测，向甲烧杯中加入少量固体，指针向右偏转 【答案】C 【解析】 【分析】K闭合时，电流计的指针向右偏转，乙烧杯中溶液颜色变浅，说明发生反应，则碘得到电子生成，进一步生成，失去电子生成、，此时甲的石墨电极为负极，乙的石墨电极为正极，据此解答。 【详解】A．结合分析，K闭合后，失去电子生成、，甲烧杯中发生氧化反应，A正确； B．①中，加入NaOH溶液后，指针向左偏转，乙烧杯中溶液颜色变浅，甲的石墨电极为正极，、得到电子生成，甲烧杯中的浓度增大，B正确； C．②中，加入固体后，指针向右偏转，乙烧杯中溶液颜色变浅，说明继续失去电子生成、，结合①②现象，pH对的氧化性的影响大于的浓度对其氧化性的影响，C错误； D．根据上述实验推测，向甲烧杯中加入少量固体，浓度增大，则甲的石墨电极为负极，指针向右偏转，D正确； 故答案选C。 9. 化合物是合成药物艾氟康唑的中间体，下列说法不正确的是 A. X与发生加成反应 B. Y分子存在对映异构现象 C. Z分子中所有原子位于同一平面上 D. Y、Z可用溴的四氯化碳溶液鉴别 【答案】C 【解析】 【详解】A．X分子中含有酮羰基，能与发生加成反应，A正确； B．Y分子中，与-OH相连的碳原子为手性碳原子，则Y分子存在对映异构现象，B正确； C．Z分子中，含有-CH2Cl、-CH3，它们都形成四面体结构，所有原子不可能位于同一平面上，C不正确； D．Z分子中含有碳碳双键，能与溴发生加成反应，所以Y、Z分子中，可用溴的四氯化碳溶液鉴别，D正确； 故选C。 10. 海洋藻类中的钒依赖型溴过氧化物酶(VHPO)能高效催化氧化海水中的生成，其催化机理如图。已知VHPO中V的化合价为。下列说法错误的是 A. 反应过程中V的价态发生了变化 B. 过程①生成的钒过氧化物中间体中存在非极性键 C. VHPO中V-N键属于配位键 D. 总反应中每生成转移2 mol电子 【答案】A 【解析】 【分析】根据反应物和生成物可知，总反应为，由此解答； 【详解】A．由催化机理图可知，反应过程中V始终连接五个单键，价态保持不变，A错误； B．过程①生成的钒过氧化物中间体存在过氧键，属于非极性键，B正确； C．有空轨道，有孤对电子，键由提供孤对电子形成，属于配位键，C正确； D．总反应为，从价升高到价，每生成转移电子，D正确； 故选A。 11. 下列实验探究方案能达到探究目的的是 选项 探究方案 探究目的 A 向装有碘的溶液的试管中加入等体积浓溶液，振荡，溶液分层，下层紫红色变浅，上层呈棕黄色 碘在浓溶液中的溶解能力小于在中的溶解能力 B 向、的混合稀溶液中滴入少量稀溶液，观察产生沉淀颜色 C 向反应后溶液中加入水观察溶液变蓝色 验证和浓硫酸反应生成 D 向溶液中逐滴加入同体积同浓度溶液，先出现红褐色沉淀，放置后沉淀消失，溶液变为绿色 与在水溶液中存在水解反应和氧化还原反应的竞争 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A．会与浓溶液中的发生反应，使进入水层，该现象由化学反应导致，并非单纯溶解能力差异，且现象说明更易进入浓溶液，A错误； B．混合溶液中和的初始浓度未知，无法根据沉淀生成顺序比较和的大小，B错误； C．与浓硫酸反应后剩余溶液中含有大量浓硫酸，直接向反应后溶液中加水会导致浓硫酸暴沸，存在安全隐患，操作错误，不能达到实验目的，C错误； D．先出现红褐色沉淀说明发生了水解反应，后沉淀消失、溶液变为绿色说明被还原为，发生了氧化还原反应，可证明两种反应存在竞争，D正确； 故选D。 12. 电解质溶液的导电能力越强，电导率越大；难溶于水。25℃时，用标准溶液滴定10  mL  溶液，测得溶液的相对电导率()及随滴入标准溶液的体积的变化关系如图。已知：、。下列说法正确的是 A. a点溶液的 B. 随着标准溶液的加入，不断减小 C. c点溶液中存在： D. d点溶液中存在： 【答案】D 【解析】 【分析】用滴定，两条曲线：电导率反映离子总浓度；，钡离子浓度越小，越大。 1. a→b（0‑10 mL）：生成沉淀；b点（10 mL）恰好沉淀，溶质。离子减少，电导率快速下降；下降，快速上升。 2. b→c（10‑20 mL）：和反应生成；c点（20 mL）恰好完全反应，溶质。稀释为主，电导率缓慢下降；钡离子来自沉淀溶解平衡，后半段基本不变。 3. c→d（20‑30 mL）：继续滴加；d点（30 mL）与物质的量1:1。加入强电解质，离子增多，电导率回升；保持平稳。 【详解】A．a点是初始的溶液，b点加入时发生反应：，说明初始​的浓度为，电离出的，25℃时，，大于12，A错误； B．溶度积只与温度有关，温度不变，加入的过程中保持不变，不会随试剂加入不断减小，B错误； C．根据物料守恒： 含微粒总物质的量：，微粒分配：一部分在沉淀中，一部分在溶液中。，同理对于：，两式相减得到：，又因为加入了，所以，即，代入上式并除以总体积，得到浓度关系：整理得：，选项中漏掉了前面的系数2，C错误； D．d点加入，可等效为体系中含等物质的量的和：不水解，浓度最大；由可算出​的水解常数，水解程度远小于的电离程度，因此；溶液中仅来自和的微弱水解，浓度最小，最终离子浓度顺序为，D正确； 故选D。 13. 利用甲醇(CH3OH)和甲苯(Tol)发生甲基化反应可以获得对二甲苯(p-X)、间二甲苯(m-X)和邻二甲苯(o-X)，反应过程中还有乙烯生成，涉及的反应有 反应I 反应II 反应III 反应IV 研究发现，在密闭容器中，101kPa、，平衡时甲苯的转化率、反应I的选择性及反应IV的选择性随温度的变化如图所示。 下列说法正确的是 A. B. 随着温度的升高，反应IV的平衡常数先增大后减小 C. 在400~600K范围内，随着温度的升高， 基本不变 D. 800K下反应达平衡后，增大压强， 保持不变 【答案】C 【解析】 【详解】A．由盖斯定律可知，反应III-反应II可得 ，A错误； B．反应IV的<0，为放热反应，升高温度，平衡常数一直减小，B错误； C．在400~600K范围内，随着温度的升高，甲苯的转化率基本不变，说明反应II-IV平衡基本上不发生移动，反应I的选择性也基本不变，则基本不变，C正确； D．800K下反应达平衡后，若通过压缩体积来增大压强，平衡会发生移动，n(Tol)会减小，D错误； 故选C。 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 镍是重要战略金属资源。 （1）制备从某高镁低品位铜镍矿(主要成分为、、、等)中制备、的过程如下： ①原子基态电子排布式为______。 ②“氧压浸出”时，通入可以提高的浸出率的原因是______。 ③“沉铁”时发生反应的离子方程式为______。 ④已知：，“沉镍”时控制为8.50，“滤液”中，此时的沉淀率为______。 （2）制备。将制得的加盐酸溶解后，用双膜三室电沉积法制备的示意图如图1所示，实验中阴极液与镍产率间的关系如图2所示。 ①电极为______(填“正极”或“负极”)。 ②时，镍回收率最高的原因是______。 （3）制备固体电解质材料 ①具有双钙钛矿型氧化物通过掺杂改性可用作固体电解质材料，其晶体的一种完整结构单元如图3所示，该材料的化学式为______。 ②真实的晶体中存在5%的O空位缺陷，导电时O空位的存在有利于的传导。考虑晶体缺陷，该晶体中价与价原子个数比为______。 【答案】（1） ①. ②. 作为氧化剂，将矿石中的铜元素氧化为可溶性Cu2+，同时将硫元素氧化，促进铜矿物溶解浸出，提升浸出率 ③. ④. 99.9% （2） ①. 正极 ②. 过低，与在阴极竞争放电，过高浓度过大与形成沉淀 （3） ①. ②. 【解析】 【分析】高镁低品位铜镍矿加入氧气和硫酸进行氧压浸出将CuFeS2、FeS2氧化生成单质S、Fe3+、Cu2+，SiO2不发生反应；萃铜的主要作用是分离和富集铜，萃余液里面主要含有Ni2+、Fe3+、Mg2+等离子；加入硫酸钠与氧化镁沉铁是去除Fe3+；最后加入氧化镁调节pH值，产生Ni(OH)2沉淀； 【小问1详解】 ① 镍（Ni）是28号元素，其原子核外有28个电子。根据电子排布规则，其基态电子排布式为：1s22s22p63s23p63d84s2或用稀有气体简写为：[Ar]3d84s2； ②矿石中的铜主要以CuFeS2的形式存在，其中铜为+1价，硫为-2价。为了提高浸出率，需要将铜氧化为可溶的Cu2+、硫元素氧化；因此答案为：O2作为氧化剂，将矿石中的铜元素氧化为可溶性Cu2+，同时将硫元素氧化，促进铜矿物溶解浸出，提升浸出率； ③“沉铁”步骤是向含有Fe3+的溶液中加入Na2SO4和MgO，生成黄钠铁矾NaFe3(SO4)2(OH)6沉淀。MgO的作用是消耗H+，调节pH，促进沉淀生成。反应的离子方程式为：； ④已知：pH=8.50，pOH=14-8.50=5.5，，，， “滤液”中，沉淀率＝； 【小问2详解】 ①该装置为电解池，目的是在右侧电极上通过还原反应制备Ni（）。在电解池中，发生还原反应的电极是阴极，阴极与外接电源的负极相连。图中右侧电极为阴极，它连接的是电源的Y端，因此Y为负极，相应地，X为电源的正极； ②阴极反应：（主反应）和（副反应），当pH<6.9（酸性过强）：c(H+)大，H+优先得电子，析氢反应占主导，Ni2+还原受抑制；当pH>6.9（碱性增强）：，Ni2+以沉淀形式存在，无法被还原；当pH=6.9：Ni2+还原速率最大，析氢最少，达到最优，因此答案为：pH=6.9时Ni2+还原与析氢反应达最佳平衡；过低，与在阴极竞争放电，过高浓度过大与形成沉淀； 【小问3详解】 ①根据均摊法，图-3所示晶胞中，Ni原子和Mn原子均位于顶点，原子个数：；La原子位于内部，个数为1；O原子位于面心，个数为；综上，晶胞中各原子个数比为：La:Mn:Ni:O=2:1:1:6，因此化学式为：La2NiMnO6； ②真实的晶体中存在5%的O空位缺陷，则O为，该材料的化学式为La2NiMnO5.7，由图可知：Ni为+2价，Mn为+3价，O为-2价。设La原子中+3价的个数为x，+4价的个数为y。根据La原子总数可得：x+y=2。根据总正电荷=总负电荷：总负电荷=，总正电荷=，将x=2-y代入5+3x+4y=11.4，解得y=0.4(+4价)，x=1.6(+3价)，晶体中+3价与+4价La原子个数比：1.6:0.4=4:1。 15. G是合成尼麦角林的中间体，其合成路线如下： 已知：-为；是一种常用的烷基化试剂；。 回答下列问题： （1）B分子所含官能团名称为______，A→B的反应类型为______。 （2）与C分子中1号氮相比，E分子中1号氮的碱性相对______(填“较大”或“较小”)。 （3）D→E反应产生的另一种有机产物()的结构简式为______。 （4）是一定条件下与按物质的量发生加成反应的产物，写出同时满足下列条件的的一种同分异构体的结构简式：______。 ①碱性条件下水解后酸化，生成和两种有机产物，。 ②的相对分子质量为72；含苯环，其核磁共振氢谱峰面积之比为。 （5）写出以和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和两碳以下的有机试剂任选，合成路线示例见本题题干)。_____________________。 【答案】（1） ①. 羰基、酰胺基 ②. 取代反应 （2）较大 （3） （4） （5） 【解析】 【分析】在作用下，A与乙酸酐发生取代反应生成B；在一定条件下，B与反应生成C；C先在作用下发生碳碳双键重排反应，再与发生取代反应生成D；一定条件下D发生烷基化反应生成E；在作用下E发生取代反应生成F；F与发生还原反应生成G，由此解答； 【小问1详解】 根据B的结构简式可知，B中官能团的名称为羰基、酰胺基；由分析可知，在作用下，A与乙酸酐发生取代反应生成B，因此A→B的反应类型为取代反应； 【小问2详解】 属于吸电子基，会使C中1号氮原子的电子云密度减小，提供孤电子对的能力减弱，碱性变弱，因此与C分子中1号氮相比，E分子中的1号氮的碱性更强； 【小问3详解】 由分析可知，D→E的反应为一定条件下D发生烷基化反应，烷基化试剂为，结合E的结构简式和另一种有机产物的分子式可知，另一个产物为； 【小问4详解】 由F的结构简式可知，一定条件下F与按物质的量发生加成反应生成H，H的分子式为，碱性条件下水解后酸化，生成和两种有机产物，，说明H中含有两个酰胺基，X的相对分子质量为72，含苯环，其核磁共振氢谱峰面积之比为，X应为，Y应为，因此满足要求的H的同分异构体为； 【小问5详解】 由有机物的转化关系可知，以和为原料制备的合成步骤为铜作催化剂作用下与氧气发生催化氧化反应生成；利用B→C的反应原理，一定条件下与反应生成；利用C→D的原理，在作用下发生碳碳双键重排反应得到；与硫化铵发生还原反应生成；利用E→F的原理，在作用下发生取代反应生成，因此合成路线为。 16. 草酸及其化合物在工业中有重要作用，例如：草酸可用于除铁锈，反应的离子方程式为：；草酸铁铵是一种常用的金属着色剂。 （1）草酸()是一种弱酸，不稳定，受热或遇浓硫酸会发生分解。在浓硫酸催化作用下，用硝酸氧化葡萄糖可制取草酸，实验装置如图所示 ①装置B的作用是______。 ②时，装置A中生成，同时生成。写出该反应的化学方程式______。 ③该实验中催化剂浓硫酸用量不宜过量的原因是______。 （2）草酸铁铵晶体易溶于水，常温下其水溶液为。制备草酸铁铵晶体的实验方案为：边搅拌边向氧化铁中______(须用的试剂为、氨水、无水乙醇)。 （3）为测定草酸铁铵晶体的纯度，进行下列实验：称取样品，加稀硫酸溶解后，配成溶液。取配制的溶液，用浓度为的溶液滴定至终点，消耗溶液。 已知：(未配平) 通过计算，确定样品中的质量分数______(写出计算过程)。 【答案】（1） ①. 安全瓶，防止倒吸 ②. ③. 浓硫酸用量过多，会使生成的草酸发生分解；浓硫酸会使葡萄糖脱水碳化，使得草酸产率降低 （2）加入充分溶解，再向其中逐滴加入氨水至溶液的为，停止滴加，将所得溶液蒸发浓缩(至有晶膜出现)，冷却结晶，过滤，乙醇洗涤2～3次，低温干燥 （3）取配制的溶液，用浓度为的溶液滴定至终点，消耗溶液，则配制的溶液中的的物质的量为，样品中的物质的量为，样品中的质量分数为 【解析】 【分析】装置A中，硝酸和葡萄糖在浓硫酸催化、时反应，生成和 ，化学方程式为；装置B作安全瓶，防止倒吸，装置C中的NaOH溶液用于吸收氮氧化物尾气，防止污染空气。 【小问1详解】 ①装置B的作用是安全瓶，防止倒吸； ②时反应，生成和 ，化学方程式为； ③草酸不稳定，受热或遇浓硫酸会发生分解，浓硫酸用量过多，会使生成的草酸发生分解，并且浓硫酸具有脱水性，会使葡萄糖脱水碳化，使得草酸产率降低； 【小问2详解】 草酸铁铵晶体易溶于水，常温下其水溶液为4.0～5.0，制备草酸铁铵晶体的操作为：边搅拌边向0.8 g氧化铁中加入草酸充分溶解，再向其中逐滴加入氨水至溶液的为，停止滴加，将所得溶液蒸发浓缩(至有晶膜出现)，冷却结晶，过滤，乙醇洗涤2～3次，低温干燥； 【小问3详解】 计算过程见答案 17. 氮及其化合物的转化与应用一直是化工领域重要的研究课题。 （1）以双催化剂可以实现在温和条件下以H2O为氢源合成氨，其反应为： 。其主要过程的催化机理如图1所示(部分微粒未表示)。 ①已知：反应的焓变为，要计算该合成氨反应的焓变，还需要另一个反应___________的焓变(填化学方程式)。 ②使用双催化剂合成NH3时，Au的含量过高和过低都会导致NH3产率降低，可能的原因为：___________。 （2）在室温下用电解法将空气转化为硝酸，其原理如图2所示。 ①阴极石墨棒上O2转化为·OH的电极总反应为___________。 ②H2N2O2是·OH与N2反应生成HNO3的中间产物，其结构式为___________。 ③若将阳极产生的O2通入阴极参与反应，则该电解工艺生成1 mol HNO3最终消耗O2的物质的量为___________。 （3）电解氧化吸收法可将废气中的NO转变为。分别向0.1 mol·L-1 NaCl溶液和0.08mol·L-1 Na2SO4溶液中通入NO，测得电流强度与NO的去除率的关系如图3所示。电解0.1mol·L-1NaCl溶液时，溶液中相关成分的浓度变化与电流强度的关系如图4所示。(已知：的氧化性弱于) ①电解Na2SO4溶液时产生H2O2.H2O2氧化吸收NO的离子方程式为___________。 ②图3中NaCl电解液比Na2SO4电解液的NO去除率大，原因是___________。 ③随着电流强度的增大，电解NaCl溶液时NO去除率下降的原因是___________。 【答案】（1） ①. ②. Au含量多，吸附、的活性中心变少，Au含量少，吸附CO的活性中心变少，两者都使反应速率变小，不能保障催化循环顺利进行，从而降低的产率 （2） ①. ②. H-O-N=N-O-H ③. 1.25 mol （3） ①. ②. 电解氯化钠溶液生成，氧化性强于，而且电解氯化钠溶液生成烧碱，溶液的碱性更强，更有利于NO的去除 ③. 随着电流强度增大，电流强度大于4时产生的浓度减小，浓度增大，氧化性弱 【解析】 【小问1详解】 ①该合成氨反应-所给已知反应可得反应：，那么还需要的另一个反应为。 ②结合催化机理可知，为吸附、的活性中心，Au为吸附CO的活性中心。Au含量过高时，占据表面的活性位点，导致吸附、的活性中心减少；Au含量过低时，吸附CO的活性中心不足，两者均会降低反应速率，使催化循环无法顺利进行，最终导致产率降低。 【小问2详解】 ①阴极发生还原反应，由图知，O2得电子转化为过氧化氢，过氧化氢在催化作用下产生·OH，电解质溶液为酸性，结合电荷守恒、原子守恒可得阴极总反应式为。 ②·OH与N2()可发生加成反应生成，故其结构式为。 ③生成1mol时，N元素从0价升高至+5价，共失去5mol电子。O2作为氧化剂，1molO2分子得到4mol电子，根据电子转移守恒，最终消耗O2的物质的量为。 【小问3详解】 ①氧化NO时，O元素从-1价降低至-2价，每个得到2个电子，N元素从+2价升高至+5价，每个NO失去3个电子，根据电子守恒，系数为3，NO系数为2，结合电荷守恒、原子守恒配平得离子方程式为。 ②电解NaCl溶液时，放电生成，的氧化性强于电解溶液生成的，且NaCl溶液电解过程中生成，溶液碱性更强，更有利于NO的吸收与氧化，故NO去除率更高。 ③由图4可知，随着电流强度增大，电流强度大于4A时，浓度逐渐减小，浓度逐渐增大，的氧化性弱于，氧化NO的能力下降，故NO去除率随电流强度增大而降低。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $