精品解析：江苏南京师范大学附属中学2027届高三上学期期中考试 化学试题

南京师大附中2026-2027学年度第1学期 高三年级期中考试化学试卷 本试卷分选择题和非选择题两部分。共100分。考试用时75分钟。 可能用到的相对原子质量：H1 Li7 C12 O16 Mg24 Cl35.5 Ca40 Ga70 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. 构建新型能源体系，建设能源强国。下列有关能源的叙述不正确的是 A. 木材与煤均含有碳元素 B. 石油裂化可生产汽油 C. 燃料电池将电能转化为化学能 D. 太阳能光解水可制氢 2. 与在光照条件下反应生成HCl，可用于制备氯化氢。下列说法正确的是 A. HCl的电子式为： B. HCl分子中含有1个键 C. 为极性分子 D. 和的中子数相同 3. 实验室制备并用其配制氨水，部分装置如图所示。下列说法正确的是 A. 用装置甲制备时，CaO的作用是作催化剂 B. 用装置乙吸收时，应将漏斗完全浸没在水中 C. 用装置丙干燥时，应将更换为碱石灰 D. 用装置丁可将从水溶液中萃取到甲苯层 4. 水玻璃和含氯消毒剂的生产涉及O、Na、Si、Cl等元素。下列说法正确的是 A. 离子半径： B. 电负性： C. 基态Si原子的价层电子排布式为 D. 第一电离能： 阅读材料，完成下列小题： 含氮物质在能源开发中具有重要作用。工业合成氨后，通过冷却液化分离出。氨可用于合成肼()和氨硼烷()。制备肼的一种方法是使与过量反应，生成和；肼可用作燃料，燃烧热为。是一种潜在的固体储氢材料，常温下稳定，可看作与通过配位键结合形成。在酸性条件下，与反应生成、和，同时放出热量。 5. 下列说法正确的是 A. 是由极性键和非极性键构成的极性分子 B. 中H-N-H键角大于中H-N-H键角 C. 、的中心原子轨道杂化类型均为 D. 的N-B键中，由B原子提供孤电子对 6. 下列化学反应表示正确的是 A. 过量氨水吸收烟气中的： B. 与过量反应制肼： C. 肼的燃烧： D. 氨硼烷在酸性条件下水解释氢： 7. 下列说法正确的是 A. 分子间能形成氢键，沸点较高，容易液化 B. 极易溶于水，因此液氨可用作制冷剂 C. 具有氧化性，可用作燃料电池的燃料 D. 常温下稳定，其水解反应是吸热反应 8. 我国科研人员用碳纳米管负载碳包覆的为电极材料，以提高电池寿命，电池构造示意图如图所示。下列说法不正确的是 A. 充电时，a极外接电源正极 B. 放电时，b极的电极反应为 C. 玻璃纤维的作用是隔离a、b电极，防止短路 D. 放电时，电路中每通过，电解质溶液质量理论上变化7 g 9. 某同学设计以下实验，探究铁的化合物的性质(忽略②~⑤试管中溶液体积变化)： 已知：溶液呈绿色。下列说法正确的是 A. ②到③说明加入稀硫酸能促进的水解 B. ④与⑤中：④>⑤ C. ⑥中呈红色说明能结合，促进解离出更多 D. 若向④中依次加入适量Fe粉、溶液，不会出现蓝色沉淀 10. 羟基自由基()具有强氧化性，可用于处理有机废水。某科研团队开发了一种催化剂，将高效转化为，机理如图。下列说法错误的是 A. 总反应为 B. 部分中的来自于 C. 步骤①中与之间形成氢键 D. 步骤③发生了氧化还原反应 11. 天然活性成分黄酮醇（Z）的部分合成路线如下： 下列说法正确的是 A. X的沸点高于 B. 1 mol Y最多能和发生加成反应 C. Y不能使的溶液褪色 D. Z存在顺反异构体 12. 从浓缩海水中获取高纯Mg的部分流程如下： 已知：室温下，的、；；当离子浓度小于时，认为离子沉淀完全。下列说法正确的是 A. 室温下，“滤液1”时， B. 溶液中： C. 室温下，“滤液2”时，沉淀完全 D. 煅烧“滤渣”回收CaO： 13. 二氧化碳催化加氢制甲烷过程中的主要反应为 I． Ⅱ． 恒压条件下，以投料时，平衡转化率、在催化剂甲或乙作用下反应相同时间所测得的实际转化率随温度的变化如图所示。已知：选择性可表示为；甲、乙分别催化时，CO选择性在750℃均达100%。 下列说法正确的是 A. B. 的平衡选择性随着温度的升高而增大 C. 550℃时，使用甲或乙催化，的实际产率相同 D. 其他条件不变，仅减小投料量，CO选择性达100%时的温度仍为750℃ 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 赤铁矿（主要成分为，含少量）为原料可制备电池电极材料。 （1）酸浸。将赤铁矿和少量碳在650℃下焙烧一段时间，使部分还原为，用浓混酸酸浸，同时滴入适量，过滤得到含溶液和滤渣。 ①滤渣的主要成分为_______（填化学式）。 ②酸浸时转化为的离子方程式为_______。 ③结构致密，还原为破坏晶格，产生的微裂纹有利于进入，提升酸浸效果。其他条件不变，800℃下焙烧后的酸浸效果要差于650℃，可能原因是_______。 （2）沉铁焙烧。向酸浸滤液中加入氨水调pH = 2.0生成沉淀，过滤后将产物在650℃下煅烧，得到电池级。 ①调pH = 2.0后，无沉淀生成，则溶液中浓度不大于_______。｛已知：｝ ②若调pH = 2.4，煅烧得到的中含少量_______（填化学式）杂质。 ③调pH选用氨水而不选用NaOH溶液的原因是_______。 （3）碳热还原。将、和葡萄糖（）混合物在氛围中高温焙烧，冷却后得到产品。葡萄糖的实际投料量远大于理论值，其原因有_______。［已知：高温下葡萄糖会脱水碳化］ 15. 化合物G是一种血糖控制药物的中间体，其合成路线如下： 已知：-Ph表示苯基()。 （1）B中含氧官能团的名称为_______；C分子中手性碳原子的数目为_______。 （2）C转化为D时还生成一种有机产物，其结构简式为_______。 （3）D→E的反应类型为_______。 （4）写出同时满足下列条件的B的一种同分异构体的结构简式：_______。 ①酸性条件下水解，生成X和Y两种有机产物； ②芳香族化合物X中含有2种不同化学环境的氢原子； ③Y存在顺反异构，且每种异构体中均含有3种不同化学环境的氢原子。 （5）已知：(、为烃基或氢)。 写出以、和为原料制备的合成路线流程图_______ (须用，无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。 16. 海水资源的开发利用具有巨大的潜力。 （1）电解海水制氢。图-1所示电解装置中，利用离子交换膜和催化电极（修饰使电极表层带有负电荷），能有效防止阳极析氯腐蚀和阴极结垢问题。 ①b电极的电极反应式是_______。 ②该离子交换膜为_______（填序号）。 A．阴离子交换膜 B．阳离子交换膜 ③相同条件下，分别使用Ti/Pt和Ti/Pt-I-作为阴极，电解过程中，阴极附近溶液pH与溶液到阴极的距离关系如图-2所示。相较于Ti/Pt，电极Ti/Pt-I-能有效防止阴极结垢，原因是_______。 （2）粗盐水（含、、、等杂质离子）的精制。 ①用CaO和作沉淀剂可将粗盐水中的、转化为和除去，过滤得到精制盐水，其可用于纯碱工业。若某粗盐水中的为，为，用上述方法处理10 L该粗盐水，计算至少需加入CaO和的物质的量_______。（写出计算过程） ②用洗净的玻璃棒蘸取上述精制盐水进行焰色试验，焰色为黄色，不能确定该精制盐水中是否有的理由是_______。 ③为制得高纯度的NaCl晶体，请补充实验方案：取一定量的粗盐水，向其中滴加溶液，_______，洗涤，干燥，得到高纯度NaCl晶体。［已知：，，饱和溶液的pH = 4。必须使用的试剂和用品有：NaOH溶液、饱和溶液、盐酸、pH试纸］ 17. 镓（Ga，ⅢA族）是重要的战略资源，在半导体等高精尖领域有广泛应用。 （1）铝土矿中常伴生元素Ga，可从电解铝的副产品炭渣中提取Ga。 ①为判断炭渣中是否含有Ga元素，宜采用的分析方法是_______。 A．原子发射光谱法　B．红外光谱法　C．核磁共振氢谱法　D．质谱法 ②粗Ga可通过电解精炼制备高纯Ga，装置如图所示。电解过程中电压太高，阴极会产生导致电解效率η下降。通电一段时间后，阴极上析出3.5 g Ga和，则_______。［已知：］ （2）高纯Ga的应用。 ①利用高纯Ga制备单原子层二维金属Ga(2D)的过程示意图如下。 相同条件下，1 mol Ga(3D)的能量_______（填“<”“=”或“>”）1 mol Ga(2D)的能量。 ②在纯Si晶体中掺杂不同元素（B、P、Ga、As等），可形成有自由电子的n型半导体和有电子空穴的p型半导体。在纯Si晶体中掺入Ga，形成的是_______（填“n”或“p”）型半导体。 （3）制备新型半导体GaN的反应为，GaN膜的生长机理如下： I．在基底上吸附，形成N层； II．在N层上吸附、反应，形成Ga层，并释放； III．交替吸附、反应、形成N层和Ga层，不断增厚，形成空间网状结构的GaN膜。 ①在空气中易自燃，其在中充分燃烧的化学方程式为_______。 ②常温下，与混合没有得到GaN，从物质结构和反应原理角度分析可能原因是_______。 ③步骤Ⅲ中，一定条件下GaN膜生长速率与膜生长温度的关系如图，从反应原理角度分析温度升高使膜生长速率下降的原因：_______。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南京师大附中2026-2027学年度第1学期 高三年级期中考试化学试卷 本试卷分选择题和非选择题两部分。共100分。考试用时75分钟。 可能用到的相对原子质量：H1 Li7 C12 O16 Mg24 Cl35.5 Ca40 Ga70 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. 构建新型能源体系，建设能源强国。下列有关能源的叙述不正确的是 A. 木材与煤均含有碳元素 B. 石油裂化可生产汽油 C. 燃料电池将电能转化为化学能 D. 太阳能光解水可制氢 【答案】C 【解析】 【详解】A．木材中的纤维素、木质素等均含有碳元素，煤也主要含有碳元素，因此木材与煤均含有碳元素，A正确； B．石油裂化能使相对分子质量较大的烃转化为相对分子质量较小的烃，可用于生产汽油，B正确； C．燃料电池属于原电池，通过燃料与氧化剂发生氧化还原反应，将化学能转化为电能，C错误； D．利用太阳能使水分解，可得到氢气和氧气，实现太阳能向化学能的转化，因此太阳能光解水可制氢，D正确； 故选C。 2. 与在光照条件下反应生成HCl，可用于制备氯化氢。下列说法正确的是 A. HCl的电子式为： B. HCl分子中含有1个键 C. 为极性分子 D. 和的中子数相同 【答案】B 【解析】 【详解】A．HCl是共价化合物，氢原子与氯原子通过共用电子对结合，不存在阴阳离子，HCl正确的电子式为，A错误； B．HCl分子中氢原子与氯原子以共价单键相连，共价单键全部为键，因此分子中含有1个键，B正确； C．是由同种原子构成的双原子单质分子，分子内共价键的极性相互抵消，正负电荷中心重合，属于非极性分子，C错误； D．原子的中子数等于质量数与质子数的差值，氯元素的质子数为17，的中子数为，的中子数为，二者中子数不相同，D错误； 故选B。 3. 实验室制备并用其配制氨水，部分装置如图所示。下列说法正确的是 A. 用装置甲制备时，CaO的作用是作催化剂 B. 用装置乙吸收时，应将漏斗完全浸没在水中 C. 用装置丙干燥时，应将更换为碱石灰 D. 用装置丁可将从水溶液中萃取到甲苯层 【答案】C 【解析】 【详解】A．装置甲将浓氨水滴入盛有CaO的烧瓶中，CaO与水发生反应，消耗水并放出大量热，促进浓氨水中的逸出；CaO参与反应并被消耗，不是催化剂，A错误； B．极易溶于水，吸收时会使装置内气体压强迅速减小。装置乙的倒置漏斗口应与水面接触，使水进入漏斗后，漏斗口能及时与水面脱离，空气进入以平衡压强，防止倒吸；若将漏斗完全浸没在水中，则不能起到上述防倒吸作用，B错误； C．装置丙中的是酸性干燥剂，会与碱性气体反应，不能用于干燥氨气；碱石灰能吸收水蒸气且不与反应，因此应将更换为碱石灰，C正确； D．萃取要求待提取物在萃取剂中的溶解度比在原溶剂中的大。装置丁中的易溶于水，难溶于甲苯，不能用甲苯将从水溶液中萃取出来，D错误； 故选C。 4. 水玻璃和含氯消毒剂的生产涉及O、Na、Si、Cl等元素。下列说法正确的是 A. 离子半径： B. 电负性： C. 基态Si原子的价层电子排布式为 D. 第一电离能： 【答案】D 【解析】 【详解】A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，与核外电子排布均为2、8结构，的核电荷数（11）大于的核电荷数（8），因此，A错误； B．同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，与均为第三周期主族元素，原子序数，因此电负性，B错误； C．的原子序数为14，基态原子核外电子排布为，主族元素的价层电子为最外层电子，因此基态原子的价层电子排布式为，而非，C错误； D．同周期主族元素从左到右第一电离能总体呈增大趋势，的原子序数大于，原子半径更小，核对外层电子的吸引作用更强，更难失去电子，因此第一电离能，D正确； 故答案选D。 阅读材料，完成下列小题： 含氮物质在能源开发中具有重要作用。工业合成氨后，通过冷却液化分离出。氨可用于合成肼()和氨硼烷()。制备肼的一种方法是使与过量反应，生成和；肼可用作燃料，燃烧热为。是一种潜在的固体储氢材料，常温下稳定，可看作与通过配位键结合形成。在酸性条件下，与反应生成、和，同时放出热量。 5. 下列说法正确的是 A. 是由极性键和非极性键构成的极性分子 B. 中H-N-H键角大于中H-N-H键角 C. 、的中心原子轨道杂化类型均为 D. 的N-B键中，由B原子提供孤电子对 6. 下列化学反应表示正确的是 A. 过量氨水吸收烟气中的： B. 与过量反应制肼： C. 肼的燃烧： D. 氨硼烷在酸性条件下水解释氢： 7. 下列说法正确的是 A. 分子间能形成氢键，沸点较高，容易液化 B. 极易溶于水，因此液氨可用作制冷剂 C. 具有氧化性，可用作燃料电池的燃料 D. 常温下稳定，其水解反应是吸热反应 【答案】5. A 6. D 7. A 【解析】 【5题详解】 A．的结构为，其中键为非极性共价键，键为极性共价键，分子结构不对称，正负电荷中心不重合，属于极性分子，A正确； B．分子中原子存在1对孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对间的排斥，使得键角小于正四面体结构的的键角，B错误； C．中心原子的价层电子对数为4，为杂化；中心原子的价层电子对数为3，无孤电子对，为杂化，C错误； D．中的配位键，是由中的原子提供孤电子对，中的原子提供空轨道形成的，D错误； 故选A。 【6题详解】 A．过量氨水吸收时，为少量，反应生成正盐，离子方程式为，不会生成，A错误； B．与过量反应制肼的化学方程式为，选项中的方程式未配平，原子不守恒，B错误； C．燃烧热的定义是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时放出的热量，元素对应的稳定燃烧产物为，不是，C错误； D．氨硼烷在酸性条件下水解，根据题干给出的产物、、，配平后离子方程式为，原子、电荷、电子转移均守恒，D正确； 故选D。 【7题详解】 A．分子间存在氢键，分子间作用力较强，沸点较同主族其他氢化物高，容易液化，A正确； B．极易溶于水（常温下1体积水可溶解约700体积），液氨汽化时吸收大量热，可用作制冷剂，但二者不具有因果关系，B错误； C．中为-2价，在燃料电池中作负极，失电子被氧化，体现还原性，不能说明其作燃料是利用氧化性，C错误； D．题干明确说明在酸性条件下水解时放出热量，因此水解反应为放热反应，不是吸热反应，D错误； 故选A。 8. 我国科研人员用碳纳米管负载碳包覆的为电极材料，以提高电池寿命，电池构造示意图如图所示。下列说法不正确的是 A. 充电时，a极外接电源正极 B. 放电时，b极的电极反应为 C. 玻璃纤维的作用是隔离a、b电极，防止短路 D. 放电时，电路中每通过，电解质溶液质量理论上变化7 g 【答案】D 【解析】 【分析】放电时，b极脱锂并失电子，为负极，a极嵌锂并得电子，为正极，锂离子经玻璃纤维隔膜由b极迁移到a极；充电时，两极反应及锂离子迁移方向反转，a极接电源正极作阳极，b极接电源负极作阴极。 【详解】A．充电时，a极脱锂并失电子，作阳极，外接电源正极，A正确； B．放电时，b极的磷化锂与镍转化为镍的磷化物，按原子和电荷守恒配平得，B正确； C．玻璃纤维隔开a、b两极以防短路，同时允许锂离子通过，C正确； D．外电路每转移，b极向溶液释放，a极从溶液中嵌入等量的锂离子，电解质溶液质量理论上不变，D错误； 故答案选D。 9. 某同学设计以下实验，探究铁的化合物的性质(忽略②~⑤试管中溶液体积变化)： 已知：溶液呈绿色。下列说法正确的是 A. ②到③说明加入稀硫酸能促进的水解 B. ④与⑤中：④>⑤ C. ⑥中呈红色说明能结合，促进解离出更多 D. 若向④中依次加入适量Fe粉、溶液，不会出现蓝色沉淀 【答案】C 【解析】 【分析】沿试管颜色变化追踪三价铁的存在形态，硫氰酸根与三价铁配合显红色，加入草酸根后转为绿色配合物，再加酸使草酸根质子化，改变配位平衡，溶液恢复红色。 【详解】A．铁离子的水解平衡为，②中加入稀硫酸后，增大，平衡向左移动，水解受到抑制，A错误； B．④到⑤未引入硫氰酸根，且忽略溶液体积变化，硫氰酸根的总浓度不变，加入草酸钾后，与形成绿色配合物，原有红色配合物解离并释放，所以游离硫氰酸根的浓度在⑤中更大，B错误； C．⑤中存在解离平衡，加稀硫酸后，与结合形成草酸氢根或草酸，使游离草酸根浓度降低，解离平衡向右移动，释放的与形成红色配合物，C正确； D．④中加入铁粉，发生反应，再加入溶液，与铁氰根反应生成蓝色沉淀，D错误； 故选C。 10. 羟基自由基()具有强氧化性，可用于处理有机废水。某科研团队开发了一种催化剂，将高效转化为，机理如图。下列说法错误的是 A. 总反应为 B. 部分中的来自于 C. 步骤①中与之间形成氢键 D. 步骤③发生了氧化还原反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．将反应机理各步的反应物和生成物抵消中间产物后，总反应为，A正确； B．由机理图可知，中的H元素全部来自反应物，中的O原子全部来源于，B错误； C．步骤①中的O原子和的H原子之间的虚线代表氢键，C正确； D．步骤③中参与反应，生成了​，中的1个O原子形成了，O元素的化合价发生了变化，发生了氧化还原反应，D正确； 故选B。 11. 天然活性成分黄酮醇（Z）的部分合成路线如下： 下列说法正确的是 A. X的沸点高于 B. 1 mol Y最多能和发生加成反应 C. Y不能使的溶液褪色 D. Z存在顺反异构体 【答案】B 【解析】 【详解】A．X的羟基与含羰基的侧链处于苯环的邻位，羟基中的氢原子与羰基氧原子之间可形成分子内氢键；A中两取代基处于苯环的对位，能形成分子间氢键。分子间氢键增强分子间作用力，因此X的沸点低于A中化合物，A错误； B．Y的分子含有2个苯环、1个碳碳双键和1个酮羰基。在适当条件下，1 mol苯环完全加氢消耗，1 mol碳碳双键和1 mol酮羰基分别与发生加成反应。因此，1 mol Y最多消耗氢气的物质的量为，B正确； C．Y的中含有碳碳双键，能与溶解在中的发生加成反应，消耗，使溶液褪色，C错误； D．Z的结构为，其中非芳香性的碳碳双键位于六元环内。受六元环结构限制，双键两端连接的环内原子只能处于双键的同侧，不能形成相应的反式结构，因此Z不存在顺反异构体，D错误； 故选B。 12. 从浓缩海水中获取高纯Mg的部分流程如下： 已知：室温下，的、；；当离子浓度小于时，认为离子沉淀完全。下列说法正确的是 A. 室温下，“滤液1”时， B. 溶液中： C. 室温下，“滤液2”时，沉淀完全 D. 煅烧“滤渣”回收CaO： 【答案】A 【解析】 【分析】该工艺流程以浓缩海水为初始原料，先向其中加入和，进行沉钙操作，使海水中的转化为草酸钙沉淀作为滤渣分离除去，得到除去钙元素后的滤液1；随后向滤液1中加入溶液进行沉镁操作，将滤液中的转化为沉淀，固液分离后得到滤液2和氢氧化镁固体，将经过后续的一系列提纯、还原等工序处理，最终制得高纯金属Mg，分离出的草酸钙滤渣还可通过煅烧处理回收CaO，实现资源的循环利用。 【详解】A．室温下时，，根据草酸两级电离常数的关系，代入数据计算可得，即，A正确； B．溶液中，根据质子守恒，水电离出的等于被弱酸根结合的与自由浓度之和，即，变形可得，B错误； C．时，，根据，可得此时溶液中，远大于沉淀完全的临界浓度，因此未沉淀完全，C错误； D．选项中煅烧的反应式存在原子不守恒（左侧共4个O原子，右侧共5个O原子）、电子不守恒（C元素从+3价变为中+2价共得，O元素从-2价变为中0价共失）的问题，正确的分解反应为，D错误； 故选A。 13. 二氧化碳催化加氢制甲烷过程中的主要反应为 I． Ⅱ． 恒压条件下，以投料时，平衡转化率、在催化剂甲或乙作用下反应相同时间所测得的实际转化率随温度的变化如图所示。已知：选择性可表示为；甲、乙分别催化时，CO选择性在750℃均达100%。 下列说法正确的是 A. B. 的平衡选择性随着温度的升高而增大 C. 550℃时，使用甲或乙催化，的实际产率相同 D. 其他条件不变，仅减小投料量，CO选择性达100%时的温度仍为750℃ 【答案】C 【解析】 【分析】反应I和Ⅱ分别将转化为和CO，每消耗1 mol 生成1 mol含碳产物，因此。图中较低温度下的实际转化率低于平衡转化率，说明在给定时间内尚未达到平衡；550℃及以上的图示温度下，两种催化剂对应的实际转化率曲线均与平衡转化率曲线重合，应按已经达到平衡分析。催化剂能够改变反应速率，但不改变化学平衡。 【详解】A．750℃时CO选择性达到100%，说明此时已反应的全部用于生成CO，高温段的转化率由反应Ⅱ主导。图中高温段的平衡转化率随温度升高而增大，说明升温有利于反应Ⅱ正向进行，因此反应Ⅱ为吸热反应，，A错误； B．反应I为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，升高温度不利于反应I生成，而有利于反应Ⅱ生成CO，平衡时含碳产物中所占的比例降低，因此的平衡选择性随着温度的升高而减小，B错误； C．550℃时，甲、乙对应的实际转化率均与平衡转化率重合，说明两种催化剂作用下反应均已达到平衡。同温、同压和相同投料条件下，催化剂不改变平衡组成，因此两种情况下生成的物质的量相同。按初始的物质的量计算，的实际产率为，故使用甲或乙催化时，的实际产率相同，C正确； D．不参与反应，在相同温度和恒压条件下，减小其投料量会使体系体积减小，反应气体的分压增大。反应I正向进行时气体物质的量减少，反应气体分压增大有利于反应I正向进行，使的平衡选择性增大、CO的平衡选择性减小。因此，原来的750℃条件下将更有利于生成，CO选择性达到100%时的温度不会仍为750℃，D错误； 故选C。 二、非选择题：共4题，共61分。 14. 赤铁矿（主要成分为，含少量）为原料可制备电池电极材料。 （1）酸浸。将赤铁矿和少量碳在650℃下焙烧一段时间，使部分还原为，用浓混酸酸浸，同时滴入适量，过滤得到含溶液和滤渣。 ①滤渣的主要成分为_______（填化学式）。 ②酸浸时转化为的离子方程式为_______。 ③结构致密，还原为破坏晶格，产生的微裂纹有利于进入，提升酸浸效果。其他条件不变，800℃下焙烧后的酸浸效果要差于650℃，可能原因是_______。 （2）沉铁焙烧。向酸浸滤液中加入氨水调pH = 2.0生成沉淀，过滤后将产物在650℃下煅烧，得到电池级。 ①调pH = 2.0后，无沉淀生成，则溶液中浓度不大于_______。｛已知：｝ ②若调pH = 2.4，煅烧得到的中含少量_______（填化学式）杂质。 ③调pH选用氨水而不选用NaOH溶液的原因是_______。 （3）碳热还原。将、和葡萄糖（）混合物在氛围中高温焙烧，冷却后得到产品。葡萄糖的实际投料量远大于理论值，其原因有_______。［已知：高温下葡萄糖会脱水碳化］ 【答案】（1） ①. ②. ③. 800℃下焙烧可能使固体发生烧结，孔隙和微裂纹减少，不利于进入矿粒内部（合理即可） （2） ①. ②. ③. 防止中引入杂质（铵盐受热易分解，更易去除） （3）充分还原为；防止生成的中Fe（Ⅱ）被氧化；碳化生成的C可增强的导电性 【解析】 【分析】首先用少量碳将赤铁矿中的部分还原为，使原来致密的晶格产生微裂纹，便于后续酸浸。用浓—混酸浸取时，铁的氧化物溶解，将其中的二价铁氧化为三价铁，三价铁与结合形成进入溶液，不溶物经由过滤除去。向滤液中加入氨水消耗、降低溶液酸性，使铁与溶液中的磷酸组分形成沉淀，等可溶组分留在母液中；过滤所得沉淀经650℃煅烧失去结晶水，得到。最后将其与、葡萄糖混合，在氛围中高温焙烧，葡萄糖脱水碳化提供碳，提供锂，经过碳热还原得到。 【小问1详解】 ①铁的氧化物在酸浸过程中进入溶液，赤铁矿中的不与题给盐酸、磷酸反应，仍以固体形式存在，因此滤渣的主要成分为。 ②中的二价铁与三价铁的物质的量之比为1∶2，而中的铁为+3价，因此酸浸时二价铁被氧化为三价铁，被还原为。2 mol 中的二价铁共失去2 mol电子，需消耗1 mol ，生成的三价铁再与结合形成。结合原子守恒和电荷守恒，得到离子方程式为。 ③题干指出，微裂纹有利于进入矿粒内部，从而改善酸浸效果。焙烧温度升至800℃时，固体可能发生烧结，使孔隙和微裂纹减少，阻碍进入矿粒内部，因此酸浸效果可能变差； 【小问2详解】 ①常温下，由水的离子积可知，pH = 2.0时，。氢氧化铁的溶解平衡为，故。设溶液中的浓度为，将各离子浓度以为单位的数值代入，无沉淀生成要求，解得，所以浓度不大于。 ②将pH调至2.4，溶液中浓度增大，生成沉淀所需的浓度降低，所得沉淀中会混入少量。煅烧时发生反应，因此得到的中含少量杂质。 ③使用NaOH溶液调pH会引入，钠盐若随沉淀夹带，难以在后续煅烧时除去，会影响电池级的纯度；氨水引入的铵盐受热易分解，较易在煅烧时去除，因此选用氨水调pH； 【小问3详解】 中铁元素为+3价，中铁元素为+2价，因此制备过程中需要将三价铁还原为二价铁。根据题给信息，葡萄糖在高温下脱水碳化，生成的碳具有还原性，增加葡萄糖用量可使充分还原并转化为；剩余碳还可起保护作用，防止生成的中Fe（Ⅱ）被氧化。同时，碳具有导电性，留在产品中的碳能增强的导电性，因此葡萄糖的实际投料量远大于仅满足还原反应所需的理论值。 15. 化合物G是一种血糖控制药物的中间体，其合成路线如下： 已知：-Ph表示苯基()。 （1）B中含氧官能团的名称为_______；C分子中手性碳原子的数目为_______。 （2）C转化为D时还生成一种有机产物，其结构简式为_______。 （3）D→E的反应类型为_______。 （4）写出同时满足下列条件的B的一种同分异构体的结构简式：_______。 ①酸性条件下水解，生成X和Y两种有机产物； ②芳香族化合物X中含有2种不同化学环境的氢原子； ③Y存在顺反异构，且每种异构体中均含有3种不同化学环境的氢原子。 （5）已知：(、为烃基或氢)。 写出以、和为原料制备的合成路线流程图_______ (须用，无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干)。 【答案】（1） ①. 羰基、酯基 ②. 1 （2） （3）还原反应 （4）或 （5） 【解析】 【分析】A的苯环及与苯环相连的亚甲基保留，侧链经转化形成含酮羰基和酯基的B，B与题给氨基醇反应，酮羰基参与反应，氨基中的氮原子与原羰基碳原子相连，同时失水并形成碳碳双键，而酯基和氨基醇中的羟基保留，C的羟基与酯基发生分子内反应，形成含酯基的七元环，得到D。在和乙酸作用下，D环内的碳碳双键变为碳碳单键，得到E。比较E与题给G，E的七元环中酯基羰基碳与氧原子之间的单键断裂，原酯基中的氧原子成为末端羟基，而羰基碳改与G右侧六元环中的氮原子相连。因此，将G中这条新形成的碳—氮键断开，并在右侧六元环的该氮原子上补一个氢原子，保留右侧双环及其连接的甲酯基和三氟甲基，所得结构的分子式为，故F的结构简式为。由此可知，在、三乙胺条件下，F六元环上的含氢氮原子与E的酯基羰基碳形成碳—氮键，E的七元环打开，生成含酰胺结构和醇羟基的G。 【小问1详解】 B的结构为，其侧链中含有一个两侧均连接碳原子的羰基和一个酯基，因此含氧官能团的名称为羰基、酯基。C的结构为，其中连接苯基的饱和碳原子还连接氢原子、以及通过氮原子相连的另一部分结构，四个基团不同，因此该碳原子是手性碳原子；其余碳原子为苯环或双键上的碳原子、羰基碳原子、亚甲基或甲基碳原子，均不是手性碳原子，故C中手性碳原子的数目为1； 【小问2详解】 C、D的结构分别为和。比较二者可知，C中羟基的氧原子与酯基的羰基碳原子相连，形成七元环；原酯基中的甲氧基被取代，与羟基提供的氢结合生成甲醇，因此同时生成的有机产物的结构简式为； 【小问3详解】 D、E的结构分别为和。在和乙酸作用下，D环内的碳碳双键变为E中的碳碳单键，相应的两个碳原子各增加一个氢原子，因此D→E的反应类型为还原反应； 【小问4详解】 由B的结构可确定其分子式为，不饱和度为。可构造含一个苯环、一个酯基和一个碳碳双键的同分异构体，使其酸性水解生成芳香族羧酸X和含碳碳双键的醇Y。为使Y存在顺反异构且每种异构体均只有3种不同化学环境的氢原子，可使双键两端各连接一个氢原子和一个相同的羟甲基，取Y为。该分子满足顺反异构的条件，且每种异构体的两端对称，羟基氢、亚甲基氢、碳碳双键上的氢各为一类，共3种。根据酯水解时消耗一分子水及原子守恒，对应的X的分子式为，可为含三个氟原子的苯甲酸。X的羧基氢为一类，要使其只有2种不同化学环境的氢原子，苯环上的两个氢原子应等效，因此可采用关于羧基所在对称轴对称的两种排列，得到。将上述任一种X的羧基与Y的一个羟基形成酯，所得分子均具有B的分子式，且酸性水解满足全部条件，相应结构简式为或； 【小问5详解】 目标物的六元环中含有两个羰基、一个碳碳双键及两个分别连接甲基的氮原子，双键的一端还连接一个甲基。可先利用乙醇构建含两个羰基的酯，再引入含氮部分并成环。用酸性高锰酸钾溶液将氧化为，再使乙酸与乙醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应，得到。将乙酸乙酯用于题给反应，取为甲基、为氢，两分子乙酸乙酯在作用下可生成。参照B→C的转化，使该物质与反应，酮羰基参与反应并失水，生成含碳碳双键和酯基的中间体。在E与F生成G的反应中，F六元环上的含氢氮原子与E的酯基羰基碳形成碳—氮键，酯基中与羰基碳相连的碳—氧单键断裂。参照这一连接变化，采用、三乙胺条件，该中间体中含氢的氮原子与题给原料的羰基碳原子成键，取代甲氧基并生成甲醇；题给原料中含氢的氮原子与中间体的酯基羰基碳原子成键，取代乙氧基并生成乙醇。形成这两处碳—氮键后闭合成六元环，两个氮原子上的甲基、两个羰基以及原中间体的碳碳双键和碳上的甲基均按目标结构保留，可得到目标物。合成路线为：。 16. 海水资源的开发利用具有巨大的潜力。 （1）电解海水制氢。图-1所示电解装置中，利用离子交换膜和催化电极（修饰使电极表层带有负电荷），能有效防止阳极析氯腐蚀和阴极结垢问题。 ①b电极的电极反应式是_______。 ②该离子交换膜为_______（填序号）。 A．阴离子交换膜 B．阳离子交换膜 ③相同条件下，分别使用Ti/Pt和Ti/Pt-I-作为阴极，电解过程中，阴极附近溶液pH与溶液到阴极的距离关系如图-2所示。相较于Ti/Pt，电极Ti/Pt-I-能有效防止阴极结垢，原因是_______。 （2）粗盐水（含、、、等杂质离子）的精制。 ①用CaO和作沉淀剂可将粗盐水中的、转化为和除去，过滤得到精制盐水，其可用于纯碱工业。若某粗盐水中的为，为，用上述方法处理10 L该粗盐水，计算至少需加入CaO和的物质的量_______。（写出计算过程） ②用洗净的玻璃棒蘸取上述精制盐水进行焰色试验，焰色为黄色，不能确定该精制盐水中是否有的理由是_______。 ③为制得高纯度的NaCl晶体，请补充实验方案：取一定量的粗盐水，向其中滴加溶液，_______，洗涤，干燥，得到高纯度NaCl晶体。［已知：，，饱和溶液的pH = 4。必须使用的试剂和用品有：NaOH溶液、饱和溶液、盐酸、pH试纸］ 【答案】（1） ①. ②. B ③. Ti/Pt-I电极表层带有负电荷，静电排斥，使在远离电极表面处结合生成沉淀 （2） ①. 由反应，可得至少需要的CaO的物质的量为。由反应，原有的和CaO引入的均需用除去，故至少需要的的物质的量为 ②. 玻璃中含，灼烧玻璃棒本身就会产生黄色火焰或干扰检验 ③. 至静置后向上层清液中滴加溶液不产生白色沉淀；过滤；向所得滤液中依次滴加过量的NaOH溶液和过量的饱和溶液（至向上层清液继续滴加饱和溶液不再产生白色沉淀），过滤；向所得滤液中滴加盐酸，至用pH试纸测得pH ≤ 4；蒸发溶液至析出大量固体，趁热过滤 【解析】 【分析】图-1中，a与电源负极相连，是阴极，位于海水一侧；b与电源正极相连，是阳极，位于溶液一侧。阴极上水得到电子，发生反应，因此阴极附近的pH升高，海水中的可能与生成的形成沉淀。装置需要同时控制海水中的向阳极区迁移和沉淀在阴极表面的形成。粗盐水精制时，除原有杂质外，还须考虑沉淀剂引入的杂质：CaO会引入，过量会留下，这些离子均需在后续操作中除去。 【小问1详解】 ①b与电源正极相连，是阳极，其所在区域为溶液。水在阳极失去电子生成氧气，同时生成，故电极反应式为； ②海水中含有，若其进入阳极区，可在阳极发生反应，造成析氯腐蚀。为阻止海水中的穿过膜进入右侧阳极区，同时允许右侧溶液中的等阳离子穿过膜移向左侧海水所在的阴极区，应使用阳离子交换膜。 故选B； ③阴极反应生成，海水中的可发生反应，形成沉淀。图-2表明，与Ti/Pt相比，使用Ti/Pt-I-时，靠近阴极处的pH较低，较高pH区域向远离阴极的方向移动。Ti/Pt-I-电极表层带有负电荷，对产生静电排斥，使在远离电极表面处与结合生成沉淀，减少沉淀在阴极表面的附着，从而有效防止阴极结垢； 【小问2详解】 ①CaO与水反应生成，再使转化为沉淀，总反应为。由该反应可知，除去1 mol 至少需要1 mol CaO，因此至少需要的CaO的物质的量为。原粗盐水中的物质的量为，加入CaO又引入0.04 mol 。根据反应，每除去1 mol 需要1 mol ，所以至少需要的的物质的量为； ②普通玻璃中含有，玻璃棒本身含有钠元素，灼烧时也会使火焰呈黄色。洗净只能除去玻璃棒表面的附着物，不能除去玻璃材料本身的钠元素，因此不能仅根据观察到的黄色火焰判断精制盐水中是否含有； ③先加入溶液，使转化为沉淀，反应为。静置后继续向上层清液中滴加溶液，若不再出现白色沉淀，说明已按实验要求除去。此时应先过滤除去。对于溶解平衡，有；对于溶解平衡，有。两式相除，得到沉淀转化平衡的平衡常数。后续加入饱和溶液会提高浓度，有利于该沉淀转化；预先滤去，可避免其转化而使重新进入溶液。 向第一次过滤所得滤液中加入过量NaOH溶液，发生反应，除去；再加入过量饱和溶液，发生反应、，除去和先前引入的过量。静置后向上层清液继续滴加饱和溶液，至不再产生白色沉淀，再过滤除去这些沉淀。 第二次过滤所得滤液中含有过量的和，滴加盐酸使其分别发生反应、。题给饱和溶液的pH = 4，因此应边加盐酸边用pH试纸检测，直至pH ≤ 4，使酸化充分。随后蒸发溶液至析出大量NaCl晶体，趁热过滤，使可溶性钾盐主要留在母液中，再按题目所给步骤洗涤、干燥，得到高纯度NaCl晶体。 17. 镓（Ga，ⅢA族）是重要的战略资源，在半导体等高精尖领域有广泛应用。 （1）铝土矿中常伴生元素Ga，可从电解铝的副产品炭渣中提取Ga。 ①为判断炭渣中是否含有Ga元素，宜采用的分析方法是_______。 A．原子发射光谱法　B．红外光谱法　C．核磁共振氢谱法　D．质谱法 ②粗Ga可通过电解精炼制备高纯Ga，装置如图所示。电解过程中电压太高，阴极会产生导致电解效率η下降。通电一段时间后，阴极上析出3.5 g Ga和，则_______。［已知：］ （2）高纯Ga的应用。 ①利用高纯Ga制备单原子层二维金属Ga(2D)的过程示意图如下。 相同条件下，1 mol Ga(3D)的能量_______（填“<”“=”或“>”）1 mol Ga(2D)的能量。 ②在纯Si晶体中掺杂不同元素（B、P、Ga、As等），可形成有自由电子的n型半导体和有电子空穴的p型半导体。在纯Si晶体中掺入Ga，形成的是_______（填“n”或“p”）型半导体。 （3）制备新型半导体GaN的反应为，GaN膜的生长机理如下： I．在基底上吸附，形成N层； II．在N层上吸附、反应，形成Ga层，并释放； III．交替吸附、反应、形成N层和Ga层，不断增厚，形成空间网状结构的GaN膜。 ①在空气中易自燃，其在中充分燃烧的化学方程式为_______。 ②常温下，与混合没有得到GaN，从物质结构和反应原理角度分析可能原因是_______。 ③步骤Ⅲ中，一定条件下GaN膜生长速率与膜生长温度的关系如图，从反应原理角度分析温度升高使膜生长速率下降的原因：_______。 【答案】（1） ①. A ②. 75% （2） ①. < ②. p （3） ①. ②. 常温下，与通过配位键生成稳定的；反应的活化能较高，在常温下反应速率极慢 ③. 吸附过程，温度过高，、的吸附正向进行程度减小，膜表面反应物浓度下降，膜生长速率下降 【解析】 【小问1详解】 ①A．不同元素的原子具有各自的特征发射光谱，将样品的原子发射光谱与Ga的特征谱线对照，可判断炭渣中是否含有Ga元素，A符合题意； B．红外光谱法主要利用化学键振动对红外光的吸收，判断分子中的化学键或官能团，不适用于本题所要求的Ga元素鉴定，B不符合题意； C．核磁共振氢谱法用于分析分子中不同化学环境的氢原子，不能据此鉴定Ga元素，C不符合题意； D．质谱法根据离子的质荷比进行分析，在高中化学中主要用于测定相对分子质量等；本题宜利用Ga的特征原子发射光谱进行元素鉴定，D不符合题意； 故选A； ②电解精炼时，阴极上Ga元素的化合价由+3价降为0价，每析出1 mol Ga消耗3 mol电子；NaOH水溶液中阴极析氢的电极反应为，每生成1 mol 消耗2 mol电子。析出Ga的物质的量为，生成的物质的量为。因此，析出Ga消耗的电子为，析出消耗的电子为，通过阴极的电子总量为，故； 【小问2详解】 ①三维金属Ga中，Ga原子周围的相邻原子较多；将其制成单原子层二维金属时，需要克服部分Ga原子间的金属键作用，吸收能量。因此，相同条件下，1 mol Ga(3D)的能量小于1 mol Ga(2D)的能量，填“<”。 ②Si原子有4个价电子，在晶体中与周围原子形成共价键；Ga为ⅢA族元素，Ga原子只有3个价电子。当Ga原子取代晶体中的部分Si原子时，参与成键的电子不足，产生电子空穴，因此形成p型半导体； 【小问3详解】 ①在中充分燃烧时，Ga转化为，C转化为，H转化为。根据各元素的原子守恒配平，化学方程式为。 ②从物质结构角度看，中的N原子有孤电子对，中的Ga原子有可接受孤电子对的空轨道，两者可通过配位键形成稳定的。从反应原理角度看，反应放热并不意味着反应速率一定很快；生成GaN的反应活化能较高，常温下能量足够的活化分子比例较小，反应速率极慢，因此常温下混合没有得到GaN。 ③题给过程表明，和需要先在基底或膜表面吸附，再发生反应，使GaN膜增厚。气体分子被吸附时与表面形成相互作用，吸附过程放热。图示温度范围内，升温使和的吸附程度减小，膜表面反应物浓度下降；这种影响使膜生长速率随温度升高而下降。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $