精品解析：江苏南京市江宁区联盟校2026-2027学年高三上学期11月期中考试 化学试题

2027届高三第一学期期中学情调研 化学试题 一、单选题：本大题共13小题，每小题3分，共39分，每小题只有1个选项最符合题意。 1. Al(NO3)3、CuSO4、FeCl2、NH4VO3等可作为合成金属有机框架材料(简称MOF)的金属源。上述物质所含元素中，位于元素周期表ds区的是 A. Al B. Cu C. Fe D. V 【答案】B 【解析】 【详解】A．位于元素周期表第三周期ⅢA族，价电子排布为，属于区元素，A不符合题意； B．位于元素周期表第四周期ⅠB族，价电子排布为，轨道电子全充满，属于区元素，B符合题意； C．位于元素周期表第四周期Ⅷ族，价电子排布为，属于区元素，C错误； D．位于元素周期表第四周期ⅤB族，价电子排布为，属于区元素，D错误； 故选B。 2. 侯氏制碱法是中国化学家侯德榜发明的制碱工艺。向饱和氨盐水中通入CO2，发生反应：。下列说法正确的是 A. CO2是非极性分子 B. 电负性： C. 键角： D. NH4Cl晶体中只有离子键 【答案】A 【解析】 【详解】A．为直线形对称结构，正负电荷中心重合，属于非极性分子，A正确； B．同周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，因此电负性，B错误； C．中心原子价层电子对数为，存在1对孤电子对，而中心原子价层电子对数为，无孤电子对，孤电子对对成键电子对的斥力大于成键电子对间的斥力，因此键角，C错误； D．晶体中，与之间为离子键，内部与之间为共价键（含配位键），并非只有离子键，D错误； 故选A。 3. 实验室从海带中提取碘的步骤有灼烧、水浸、过滤、氧化、萃取、分液等，I2的沸点184.3℃，CCl4的沸点为76.7℃，I2在77℃左右升华。下列描述或操作正确的是 A. 使用蒸发皿灼烧海带碎，灼烧时不断搅拌 B. 过滤得到的无色水浸液中碘元素以I2形式存在 C. 使用甲装置萃取、分液，I2的CCl4溶液在下层 D. 使用乙装置蒸馏，可以分离I2的CCl4溶液 【答案】C 【解析】 【分析】装置甲为萃取分液装置，装置乙为蒸馏装置，由此解答； 【详解】A．灼烧固体海带碎的仪器应该使用坩埚，蒸发皿不能用于高温灼烧固体，A错误； B．海带经过灼烧、水浸后，过滤得到的水浸液中，碘元素主要是以的形式存在，需要氧化后才能得到，B错误； C．装置甲是萃取分液装置，的密度大于水，在中的溶解度大于在水中的溶解度，因此的溶液在下层，C正确； D．根据已知信息的沸点是，在左右升华，使用乙装置蒸馏时，加热升温至沸点附近，会同时发生升华，无法通过蒸馏有效分离和，D错误； 故选C。 4. 景德镇被誉为“世界瓷都”。景德镇瓷的原料之一是高岭土，其主要成分是Al4Si4O10(OH)8，还含有镁、钠、钾等杂质元素。下列说法正确的是 A. 半径： B. 离子键百分数： C. 碱性： D. 第一电离能： 【答案】A 【解析】 【详解】A．核外电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，与均为10电子结构，的核电荷数（11）大于的核电荷数（8），因此，A正确； B．化合物的离子键百分数与成键原子的电负性差值正相关，电负性差值越大，离子键占比越高。的电负性小于，与的电负性差值大于与的电负性差值，因此离子键百分数，B错误； C．同周期主族元素从左到右金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱，金属性，因此碱性，C错误； D．的价电子排布为，为全充满的稳定结构，失去电子所需能量较高；的价电子排布为，轨道电子能量更高、更易失去，因此第一电离能，D错误； 故选A。 阅读下列材料，完成下面小题。 二氧化氯()分子球棍模型如左图所示，常温下易溶于水，广泛应用于饮用水消毒，在碱性溶液中可发生歧化反应。298 K、101 kPa，由、生成气体，吸收102.5 kJ的热量，在酸性条件下可用甲醇还原制备。 5. 下列有关说法正确的是 A. 属于非极性分子 B. 中Cl原子的杂化方式为 C. 中键角小于HClO中 D. NaCl晶胞(如题)中周围最近的连接成的空间构型为正四面体 6. 下列化学反应表示正确的是 A. 氯气溶于水的离子方程式： B. 向漂白粉溶液中通入少量： C. 生成的热化学方程式： D. 电解饱和食盐水时，阴极反应式： 7. 在碱性溶液中存在如下平衡： 。下列有关说法正确的是 A. 升高温度，该反应的平衡常数K增大 B. 增大溶液中的浓度，的平衡转化率增大 C. 升高温度，该反应的正反应速率增大、逆反应速率减小 D. 向足量NaOH溶液中通入发生反应，转移1 mol电子 【答案】5. B 6. A 7. B 【解析】 【5题详解】 A．为V形结构，键角112.6°，正负电荷中心不重合，属于极性分子，A错误； B．中心Cl原子的价层电子对数为3（2个σ键，1个含单电子的杂化轨道），杂化方式为，B正确； C．中中心C为杂化，无孤电子对，键角接近109.5°；HClO中中心O为杂化，含2对孤电子对，孤电子对的排斥作用使键角约103°，因此中键角大于HClO中键角，C错误； D．NaCl晶胞中周围最近的有6个，连接形成正八面体结构，不是正四面体，D错误； 故选B。 【6题详解】 A．氯气与水发生可逆反应生成强酸HCl和弱酸HClO，HCl拆为离子形式，HClO保留化学式，离子方程式书写正确，A正确； B．具有强氧化性，具有还原性，二者会发生氧化还原反应，生成而非，反应原理错误，正确的化学方程式为： ，B错误； C．题目说明生成吸收102.5 kJ热量，则生成时吸收的热量为205 kJ，该热化学方程式的应为，焓变数值错误，正确的热化学方程式为： ，C错误； D．电解饱和食盐水时，阴极发生得电子的还原反应，所给反应为失电子的阳极反应，电极反应类型错误，正确的阴极反应式为： ，D错误； 故选A。 【7题详解】 A．该反应，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数K减小，A错误； B．是反应的反应物，增大浓度，平衡正向移动，的平衡转化率增大，B正确； C．升高温度，活化分子百分数增大，正、逆反应速率均增大，C错误； D．根据反应方程式，2 mol 参与反应时，Cl元素从+4价分别变为+3价和+5价，共转移1 mol电子，因此通入1 mol 时，转移0.5 mol电子，D错误； 故选B。 8. 用电解法对煤(含)进行脱硫处理，基本原理如图所示，下列说法正确的是 A. a电极与电源负极相连，电极上发生氧化反应 B. 外电路每通过1 mol电子，生成11.2 L氢气 C. 电解过程中混合液中减小 D. 脱硫过程中，发生的离子方程式为： 【答案】D 【解析】 【分析】a电极上转化为，Mn元素化合价升高，发生失电子的氧化反应，因此a为电解池阳极，电极反应为；而生成的在酸性条件下被还原为，被氧化为和，离子方程式为；b电极为电解池阴极，发生还原反应，电极反应为，由此解答 【详解】A．由分析可知，a电极为电解池阳极，与电源正极相连，发生失电子的氧化反应，A错误； B．由分析可知，b电极为电解池阴极，电极反应为，外电路通过电子时生成，但题目未指明气体所处的标准状况，无法确定的体积为，B错误； C．根据阳极反应和可知，每转移电子，生成；根据阴极反应，每转移电子，消耗，说明电解过程中增加，溶液中增大，C错误； D．由分析可知，和在酸性条件下发生的离子方程式为，D正确； 故选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. 在下，将与在催化剂作用下发生如下两个反应： ① ② 平衡时和的选择性及的转化率随温度变化如图所示，下列说法正确的是 A. B. 曲线代表的选择性随温度的变化曲线 C. 250℃时测得体系中共有，则氢气的平衡转化率为12.5% D. 250℃时，提高的值或增大压强，均能使平衡转化率增大 【答案】C 【解析】 【详解】A．反应①，升温时反应①平衡逆向移动，选择性下降；图像里一条选择性曲线随温度升高上升（）、一条下降（）。温度升高，总转化率上升，说明反应②正向移动程度超过反应①逆向移动程度，因此反应②正向吸热，，A错误； B．反应①放热，升温平衡逆向，选择性随温度升高而降低；反应②吸热，升温平衡正向，选择性随温度升高而升高。曲线a随温度升高数值变大，代表的选择性；曲线c随温度升高数值变小，代表的选择性，B错误； C．时，；由图像此时选择性与选择性相等，故。生成时消耗、消耗；生成时消耗、消耗，总消耗物质的量为，因此平衡转化率为，C正确； D．提高相当于增大相对投料比例，自身平衡转化率会减小；反应①是气体分子数减小的反应，加压反应①平衡正向移动；反应②气体分子数不变，压强对②无影响，整体转化率提升，D错误； 故选C。 二、非选择题：本大题共4小题，共61分。 14. 以赤泥熔炼渣(主要成分为、、，少量)为原料分离稀土元素钪(Sc)的一种工艺流程如下： 已知：①萃取剂为磷酸三丁酯、磷酸二丁酯和磺化煤油，不能被萃取剂萃取。 ②氧化性。 回答下列问题： （1）基态原子的核外电子排布式为_______。 （2）“酸浸”时发生反应的离子方程式为_______。 （3）浸渣的主要成分为_______。 （4）“反萃取”的目的是分离和元素，向“萃取液”中加入，、、的沉淀率随的变化如图。 为了实现和元素的最佳分离，加入试剂的目的是_______，应调节的最佳为_______。 （5）已知：，，，“沉钪”时，发生反应：，此反应的平衡常数_______。(用含a、b、c的代数式表示) （6）在一定条件下，一种物质在两种互不相溶的溶剂A、B中的浓度之比是一个常数(分配系数)；萃取率。萃取的过程中，若元素的分配系数，取含钪的溶液，一次性加入萃取剂，则的萃取率为多少？请写出计算过程_______。(结果保留到小数点后一位) 【答案】（1） （2） （3）、 （4） ①. 将还原为 ②. 2 （5） （6）水相体积为0.1 L，有机相体积为，萃取率，，，由，可得： 【解析】 【分析】由题给流程可知，向熔炼渣中加入硫酸溶液酸浸，将金属元素转化为硫酸盐，二氧化硅不反应，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的滤渣和滤液，向滤液中加入萃取剂，萃取溶液中的铁离子和钪离子，分液得到萃余液和萃取液，向萃取液中加入试剂X和氢氧化钠反萃取，试剂X将溶液中的铁离子转化为亚铁离子，反萃取得到磷酸钪固体，向磷酸钪中加入硝酸溶液溶解，将磷酸钪转化为硝酸钪，沉钪时将硝酸钪转化为草酸钪沉淀，过滤得到草酸钪，草酸钪经多步处理得到单质钪，据此分析； 【小问1详解】 是21号元素，位于第四周期ⅢB族，电子排布式为； 【小问2详解】 是金属氧化物，性质类似，可与酸浸加入的反应生成可溶性钪盐和水，反应的离子方程式为； 【小问3详解】 熔炼渣主要成分为Fe3O4、SiO2、CaO，少量Sc2O3，其中二氧化硅不溶，氧化钙和硫酸反应生成硫酸钙，故“浸渣”的主要成分为CaSO4、SiO2； 【小问4详解】 由图可知，亚铁离子更容易和钪离子分离，所以加入试剂X的目的是将溶液中的转化为，溶液pH为2时，亚铁离子没有沉淀，而钪离子的沉淀率达到100%，所以向“萃取液”中加入氢氧化钠调节溶液pH最佳为2； 【小问5详解】 已知，，,则结合平衡常数的定义可知反应的平衡常数为； 【小问6详解】 水相体积为0.1 L，有机相体积为，萃取率，，，由，可得：。 15. 一种药物中间体(H)的合成路线如图： 已知： I.Z、Z′均为强吸电子基团(如：—F、—Cl、氰基、酯基、羰基等) Ⅱ.X=C、NR′′ Ⅲ.“Et—”为“C2H5—” 回答下列问题： （1）A为一种常见的有机溶剂，则B的结构简式为_____。 （2）C中含氧官能团名称为_____；D→E反应的反应类型为_____。 （3）E转化为F时加入Et3N的目的为_____。 （4）C的同分异构体中，同时满足下列条件的结构简式为_____(写出一种即可)。 ①遇FeCl3溶液显色；②苯环上仅含1种化学环境的氢原子 （5）请以和乙烯为主要原料合成(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线实例见题干)。 【答案】（1） （2） ①. 酯基 ②. 加成反应 （3）消耗生成的HCl，促进该反应正向进行，提高反应物的转化率 （4）或 （5） 【解析】 【分析】A为一种常见的有机溶剂，由流程图可知，与A在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成B()，结合B的化学式可得A为CH3CH2OH，则B为，B在乙醇钠、乙醇体系中和发生已知I的取代反应得到C，结合E的结构可知C()为，C在Pd/C作用下与氢气发生还原反应得到D()为，D再与发生加成反应生成E，E和ClCOOCH2P h在Et3N、CH2Cl2环境下发生N上的取代反应得到F为，F经NaH、DMF分子内环合得到G在氯化钠、水、DMSO条件下脱酯基得到目标产物H。 【小问1详解】 由分析可知，B的结构简式为。 【小问2详解】 由分析可知，C为，含氧官能团名称为酯基，D与发生加成反应生成E。 【小问3详解】 由分析可知，E和ClCOOCH2P h在Et3N、CH2Cl2环境下发生N上的取代反应得到F，同时有HCl生成，Et3N具有碱性，可以消耗生成的HCl，促进该反应正向进行，提高反应物的转化率。 【小问4详解】 C的同分异构体满足条件：①遇FeCl3溶液显色，说明其中含有酚羟基；②苯环上仅含1种化学环境的氢原子，说明其是对称的结构；该同分异构体中苯环为对称四取代，两对取代基对位分布，结合C的结构简式可知，同分异构体中含有-NH2、-CH3和对称的羟基，则符合条件的C的同分异构体为或。 【小问5详解】 乙烯和Br2发生加成反应生成，结合题中流程，在NaH/DMF条件下发生已知Ⅱ的反应生成，在乙醇钠、乙醇体系中与发生已知I的取代反应生成，在NaCl、H2O、DMSO加热下脱酯得到目标产物，则补全流程图为。 16. 六硝基合钴酸钠是一种橙黄色晶体，微溶于水，不溶于乙醇、四氯化碳等，常用于的检验。一种以为钴源制备的流程如下： 已知：ⅰ．在碱性条件下加热可生成和； ⅱ．可被还原为，为一元弱酸； ⅲ．具有强氧化性，能氧化水生产氧气。 Ⅰ．六硝基合钴酸钠的制备 （1）调节pH为3~4可得到大量的，pH不能小于3的原因为___________。 （2）加入溶液时发生反应的离子方程式为___________。 （3）当投料比为理论量时，产品收率仅为53.1%； 随着亚硝酸盐料比增大至8.0，产品收率迅速增大至78.9%；亚硝酸盐料比为理论量时产品收率较低可能的原因是___________。 （4）“氧化”时，采用做氧化剂，产品收率是空气氧化法的3倍，可能的原因是___________。 （5）将“氧化”所得溶液冷却至室温，向其中加入试剂X，有大量橙黄色晶体析出。试剂X可选用___________。 A．四氯化碳 B．乙醇 Ⅱ．六硝基合钴酸钠的应用 在弱酸性条件下，与会产生亮黄色沉淀，该反应灵敏度高、现象明显，可用于检测。检验后废液中含残留、等离子。有毒、含钴离子为重金属离子，需无害化处理并回收钴盐。 （6）请补充完整检验钾离子后废液无害化处理并回收的实验方案：取适量废液于烧杯中___________，过滤、洗涤、干燥，得到固体。须使用试剂：溶液、硫酸、溶液、溶液。 【答案】（1）pH小于3，与H+结合为HNO2，浓度降低 （2） （3）亚硝酸钠会部分被H2O2氧化为NaNO3 （4）H2O2的氧化性大于O2，O2在水中溶解度小 （5）B （6）水浴加热，边搅拌边缓慢加入1 mol/L NaOH溶液反应至不再产生沉淀，（先加NaOH再加热也可以，不加热熔断）冷却后加入溶液反应至不再产生气泡；再加入1 mol/L硫酸反应至不再产生气泡，向所得溶液中逐滴加入溶液反应至不再产生沉淀 【解析】 【小问1详解】 亚硝酸是一元弱酸，pH小于3时溶液氢离子浓度偏大，和结合生成亚硝酸，溶液中游离亚硝酸根浓度下降，缺少配位所需的亚硝酸根，不利于配离子生成，因此pH不能小于3； 【小问2详解】 反应中里+2价钴被过氧化氢氧化为+3价钴，每个钴升高1价，1分子过氧化氢中两个-1价氧全部降到-2价，总共降低2价，根据升降价守恒，化学计量数配2，过氧化氢化学计量数配1；体系用醋酸调节pH，醋酸为弱酸不能拆写成离子，反应生成醋酸根和水，配平后离子方程式：； 【小问3详解】 理论投料刚好满足配位比例，除氧化二价钴之外，还具备氧化性，亚硝酸钠会部分被氧化为，造成参与配位的亚硝酸根不足，钴离子配位不完全，产品收率偏低；提高亚硝酸钠投料量，可以弥补被氧化损耗的亚硝酸根，配位反应更充分，收率上升； 【小问4详解】 的氧化性强于，氧化二价钴的反应限度更大；同时在水溶液中溶解度很小，反应物接触不充分，氧化效率低，因此使用做氧化剂时产品收率远高于空气氧化； 【小问5详解】 六硝基合钴酸钠易溶于水、不溶于乙醇；乙醇可以和水任意比例互溶，加入乙醇降低产品在混合溶剂里的溶解度，促使晶体析出；四氯化碳与水不能互溶、分层，无法降低水溶液中溶质溶解度，不能析出固体，故选B。 【小问6详解】 根据已知ⅰ用氢氧化钠溶液处理废液，将在碱性条件下加热可生成和； 进一步根据已知ⅱ用硫酸铵把可被还原为； 再利用硫酸把转化为，并根据已知ⅲ把还原为，最后加入碳酸钠得到； 故答案为：水浴加热，边搅拌边缓慢加入1 mol/L NaOH溶液反应至不再产生沉淀，（先加NaOH再加热也可以，不加热熔断）冷却后加入溶液反应至不再产生气泡；再加入1 mol/L硫酸反应至不再产生气泡，向所得溶液中逐滴加入溶液反应至不再产生沉淀； 17. 我国将力争在2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和的目标，因此的捕集以及转化将成为重要的研究课题。 Ⅰ．的捕集 （1）某校科研人员利用NaOH溶液实现“碳捕获”技术的装置如图-1。 ①在整个“捕捉”过程中，将NaOH溶液喷成雾状是为了_________。 ②“碳捕获”技术是减少二氧化碳排放的一种途径，基本思路是将工业排放的二氧化碳分离出来。若用氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，反应后碳酸盐和碳酸氢盐的物质的量之比为1：1，则反应的离子方程式为_________。 （2）一种由阴离子交换树脂和碳纳米管构成的复合膜(兼具阴离子和电子传递功能)，可高效捕集空气中的，其原理如图-2所示，其中复合膜的Ⅰ侧将空气中的捕集并转化为，Ⅱ侧通入少量即可释放。 ①碳纳米管是由石墨片层卷成的管状物，分析复合膜中碳纳米管的作用为_________。 ②当复合膜Ⅰ侧处理(已折算为标准状况下的体积，下同)空气，其中96%的被复合膜捕集并释放，Ⅱ侧至少应通入_________L。 Ⅱ．的转化及利用 （3）蛋黄型空心球催化剂技术实现了封存和能量储存双重效果，其原理如图-3所示。制得的通过两步法可制取，原理如图-4所示。 ①则空心球催化剂技术中获得的 = _________。 ②写出两步法中步骤ⅱ的化学方程式为_________。 （4）利用与反应可制取。主要反应为。恒压下，将和按物质的量之比为1：3充入密闭容器制备甲醇。甲醇平衡产率在无分子筛膜和有分子筛膜(能选择性分离出)时随温度的变化如图-5所示。有分子筛膜时，随温度升高甲醇平衡产率先升高后降低的原因是_________。 （5）电催化和含氮物质在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含氮废水污染问题。向一定浓度的溶液中通入至饱和，在电极上反应生成，电解原理如图-6所示(阴、阳极区溶液均为溶液)。电解过程中生成尿素的电极反应为_________。 【答案】（1） ①. 增大反应物间的接触面积，加快反应速率，提高二氧化碳的吸收效率 ②. （2） ①. 传导电子 ②. 14.4 （3） ①. 1∶2 ②. （4）分子筛膜能不断分离出，平衡正向移动，平衡产率增大；反应放热，升高温度平衡逆向移动，使平衡产率减小。P点之前，反应以分子筛膜的影响为主，P点以后，以温度对反应的影响为主 （5） 【解析】 【小问1详解】 ①将NaOH溶液喷成雾状，可使液体分散成小液滴，增大NaOH溶液与含气体的接触面积，加快反应速率，提高二氧化碳的吸收效率。 ②NaOH溶液吸收生成碳酸根离子和碳酸氢根离子的反应分别为、。反应后碳酸盐和碳酸氢盐的物质的量之比为1∶1，将上述两个反应各取一份相加，得到总反应的离子方程式为； 【小问2详解】 ①石墨具有导电性，碳纳米管由石墨片层卷成，能够在复合膜两侧之间传导电子，因此其作用是传导电子。 ②Ⅰ侧捕集形成的通过复合膜中的阴离子交换树脂迁移至Ⅱ侧。Ⅱ侧通入的失去电子，反应为；生成的与反应，释放，反应为。将两个过程合并，得到，因此每消耗1 mol 可释放2 mol 。图-2给出空气中的体积分数为3%，实际捕集并释放的体积为。相同温度和压强下，气体体积之比等于物质的量之比，所以至少需要通入的氢气体积为，答题空中填14.4； 【小问3详解】 ①图-3中，被还原为，被氧化为。碳元素的化合价由+4价降低到−4价，每生成1 mol 需得到8 mol电子；氧元素的化合价由−2价升高到0价，每生成1 mol 失去4 mol电子。按得失电子守恒合并两个过程，总反应为，因此获得的。 ②图-4中，步骤ⅱ消耗高能NiO、FeO和水蒸气，生成和。以的化学计量数为1，根据镍、铁原子守恒，NiO和FeO的化学计量数分别为1和2；这两种氧化物共提供3个氧原子，另1个氧原子由1个水分子提供，水分子中的2个氢原子形成1个氢分子。因此步骤ⅱ的化学方程式为； 【小问4详解】 题给反应的，说明正反应放热，升高温度会使平衡逆向移动，降低甲醇平衡产率。分子筛膜能够选择性分离出，减少反应混合气中的水蒸气，使的平衡正向移动，提高甲醇平衡产率。图-5中，有分子筛膜的曲线在P点之前随温度升高而上升，说明该温度范围内，升温过程中分子筛膜分离水对平衡的促进作用占主导；P点以后，曲线随温度升高而下降，说明升温使放热反应平衡逆向移动的影响占主导。因此，有分子筛膜时，甲醇平衡产率随温度升高先升高后降低； 【小问5详解】 图-6中，右侧Y电极上水失去电子生成氧气，Y为阳极，其电极反应为；生成的由右侧阳极区穿过质子交换膜迁移至左侧阴极区。左侧X为阴极，与在此反应生成尿素。氮元素的化合价由中的+5价降低到尿素中的−3价，每个氮原子得到8个电子，而碳元素的化合价保持+4价。因此，每生成1 mol尿素，需消耗2 mol 和1 mol ，共得到16 mol电子。再根据氧、氢原子守恒，同时消耗18 mol 并生成7 mol ，得到生成尿素的电极反应为。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2027届高三第一学期期中学情调研 化学试题 一、单选题：本大题共13小题，每小题3分，共39分，每小题只有1个选项最符合题意。 1. Al(NO3)3、CuSO4、FeCl2、NH4VO3等可作为合成金属有机框架材料(简称MOF)的金属源。上述物质所含元素中，位于元素周期表ds区的是 A. Al B. Cu C. Fe D. V 2. 侯氏制碱法是中国化学家侯德榜发明的制碱工艺。向饱和氨盐水中通入CO2，发生反应：。下列说法正确的是 A. CO2是非极性分子 B. 电负性： C. 键角： D. NH4Cl晶体中只有离子键 3. 实验室从海带中提取碘的步骤有灼烧、水浸、过滤、氧化、萃取、分液等，I2的沸点184.3℃，CCl4的沸点为76.7℃，I2在77℃左右升华。下列描述或操作正确的是 A. 使用蒸发皿灼烧海带碎，灼烧时不断搅拌 B. 过滤得到的无色水浸液中碘元素以I2形式存在 C. 使用甲装置萃取、分液，I2的CCl4溶液在下层 D. 使用乙装置蒸馏，可以分离I2的CCl4溶液 4. 景德镇被誉为“世界瓷都”。景德镇瓷的原料之一是高岭土，其主要成分是Al4Si4O10(OH)8，还含有镁、钠、钾等杂质元素。下列说法正确的是 A. 半径： B. 离子键百分数： C. 碱性： D. 第一电离能： 阅读下列材料，完成下面小题。 二氧化氯()分子球棍模型如左图所示，常温下易溶于水，广泛应用于饮用水消毒，在碱性溶液中可发生歧化反应。298 K、101 kPa，由、生成气体，吸收102.5 kJ的热量，在酸性条件下可用甲醇还原制备。 5. 下列有关说法正确的是 A. 属于非极性分子 B. 中Cl原子的杂化方式为 C. 中键角小于HClO中 D. NaCl晶胞(如题)中周围最近的连接成的空间构型为正四面体 6. 下列化学反应表示正确的是 A. 氯气溶于水的离子方程式： B. 向漂白粉溶液中通入少量： C. 生成的热化学方程式： D. 电解饱和食盐水时，阴极反应式： 7. 在碱性溶液中存在如下平衡： 。下列有关说法正确的是 A. 升高温度，该反应的平衡常数K增大 B. 增大溶液中的浓度，的平衡转化率增大 C. 升高温度，该反应的正反应速率增大、逆反应速率减小 D. 向足量NaOH溶液中通入发生反应，转移1 mol电子 8. 用电解法对煤(含)进行脱硫处理，基本原理如图所示，下列说法正确的是 A. a电极与电源负极相连，电极上发生氧化反应 B. 外电路每通过1 mol电子，生成11.2 L氢气 C. 电解过程中混合液中减小 D. 脱硫过程中，发生的离子方程式为： 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. 在下，将与在催化剂作用下发生如下两个反应： ① ② 平衡时和的选择性及的转化率随温度变化如图所示，下列说法正确的是 A. B. 曲线代表的选择性随温度的变化曲线 C. 250℃时测得体系中共有，则氢气的平衡转化率为12.5% D. 250℃时，提高的值或增大压强，均能使平衡转化率增大 二、非选择题：本大题共4小题，共61分。 14. 以赤泥熔炼渣(主要成分为、、，少量)为原料分离稀土元素钪(Sc)的一种工艺流程如下： 已知：①萃取剂为磷酸三丁酯、磷酸二丁酯和磺化煤油，不能被萃取剂萃取。 ②氧化性。 回答下列问题： （1）基态原子的核外电子排布式为_______。 （2）“酸浸”时发生反应的离子方程式为_______。 （3）浸渣的主要成分为_______。 （4）“反萃取”的目的是分离和元素，向“萃取液”中加入，、、的沉淀率随的变化如图。 为了实现和元素的最佳分离，加入试剂的目的是_______，应调节的最佳为_______。 （5）已知：，，，“沉钪”时，发生反应：，此反应的平衡常数_______。(用含a、b、c的代数式表示) （6）在一定条件下，一种物质在两种互不相溶的溶剂A、B中的浓度之比是一个常数(分配系数)；萃取率。萃取的过程中，若元素的分配系数，取含钪的溶液，一次性加入萃取剂，则的萃取率为多少？请写出计算过程_______。(结果保留到小数点后一位) 15. 一种药物中间体(H)的合成路线如图： 已知： I.Z、Z′均为强吸电子基团(如：—F、—Cl、氰基、酯基、羰基等) Ⅱ.X=C、NR′′ Ⅲ.“Et—”为“C2H5—” 回答下列问题： （1）A为一种常见的有机溶剂，则B的结构简式为_____。 （2）C中含氧官能团名称为_____；D→E反应的反应类型为_____。 （3）E转化为F时加入Et3N的目的为_____。 （4）C的同分异构体中，同时满足下列条件的结构简式为_____(写出一种即可)。 ①遇FeCl3溶液显色；②苯环上仅含1种化学环境的氢原子 （5）请以和乙烯为主要原料合成(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线实例见题干)。 16. 六硝基合钴酸钠是一种橙黄色晶体，微溶于水，不溶于乙醇、四氯化碳等，常用于的检验。一种以为钴源制备的流程如下： 已知：ⅰ．在碱性条件下加热可生成和； ⅱ．可被还原为，为一元弱酸； ⅲ．具有强氧化性，能氧化水生产氧气。 Ⅰ．六硝基合钴酸钠的制备 （1）调节pH为3~4可得到大量的，pH不能小于3的原因为___________。 （2）加入溶液时发生反应的离子方程式为___________。 （3）当投料比为理论量时，产品收率仅为53.1%； 随着亚硝酸盐料比增大至8.0，产品收率迅速增大至78.9%；亚硝酸盐料比为理论量时产品收率较低可能的原因是___________。 （4）“氧化”时，采用做氧化剂，产品收率是空气氧化法的3倍，可能的原因是___________。 （5）将“氧化”所得溶液冷却至室温，向其中加入试剂X，有大量橙黄色晶体析出。试剂X可选用___________。 A．四氯化碳 B．乙醇 Ⅱ．六硝基合钴酸钠的应用 在弱酸性条件下，与会产生亮黄色沉淀，该反应灵敏度高、现象明显，可用于检测。检验后废液中含残留、等离子。有毒、含钴离子为重金属离子，需无害化处理并回收钴盐。 （6）请补充完整检验钾离子后废液无害化处理并回收的实验方案：取适量废液于烧杯中___________，过滤、洗涤、干燥，得到固体。须使用试剂：溶液、硫酸、溶液、溶液。 17. 我国将力争在2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和的目标，因此的捕集以及转化将成为重要的研究课题。 Ⅰ．的捕集 （1）某校科研人员利用NaOH溶液实现“碳捕获”技术的装置如图-1。 ①在整个“捕捉”过程中，将NaOH溶液喷成雾状是为了_________。 ②“碳捕获”技术是减少二氧化碳排放的一种途径，基本思路是将工业排放的二氧化碳分离出来。若用氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，反应后碳酸盐和碳酸氢盐的物质的量之比为1：1，则反应的离子方程式为_________。 （2）一种由阴离子交换树脂和碳纳米管构成的复合膜(兼具阴离子和电子传递功能)，可高效捕集空气中的，其原理如图-2所示，其中复合膜的Ⅰ侧将空气中的捕集并转化为，Ⅱ侧通入少量即可释放。 ①碳纳米管是由石墨片层卷成的管状物，分析复合膜中碳纳米管的作用为_________。 ②当复合膜Ⅰ侧处理(已折算为标准状况下的体积，下同)空气，其中96%的被复合膜捕集并释放，Ⅱ侧至少应通入_________L。 Ⅱ．的转化及利用 （3）蛋黄型空心球催化剂技术实现了封存和能量储存双重效果，其原理如图-3所示。制得的通过两步法可制取，原理如图-4所示。 ①则空心球催化剂技术中获得的 = _________。 ②写出两步法中步骤ⅱ的化学方程式为_________。 （4）利用与反应可制取。主要反应为。恒压下，将和按物质的量之比为1：3充入密闭容器制备甲醇。甲醇平衡产率在无分子筛膜和有分子筛膜(能选择性分离出)时随温度的变化如图-5所示。有分子筛膜时，随温度升高甲醇平衡产率先升高后降低的原因是_________。 （5）电催化和含氮物质在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含氮废水污染问题。向一定浓度的溶液中通入至饱和，在电极上反应生成，电解原理如图-6所示(阴、阳极区溶液均为溶液)。电解过程中生成尿素的电极反应为_________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $