2026届安徽省华师联盟高三上学期开学质量检测化学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1安徽省华师联盟2026届高三上学期开学质量检测试卷全卷满分100分，考试时间75分钟。注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Ti48Fe56Ga70As75Au197一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.馆藏文物是中华文化源远流长的历史见证。下列文物主要由蛋白质制成的是A.黄釉青花九桃碗B.绿画《灌木丛篁图》C.曾侯乙青铜尊盘D.葫芦纹彩陶壶A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．黄釉青花九桃碗是陶瓷制品，主要成分为硅酸盐，A错误；B．《灌木丛篁图》是绘画作品，古代绘画颜料可能含矿物或植物成分，但纸张或绢布的主要成分是纤维素或蛋白质（如蚕丝绢），若为绢本画则含蛋白质，B正确；C．曾侯乙青铜尊盘是青铜器，主要成分为铜合金，C错误；D．葫芦纹彩陶壶是彩陶，主要成分为硅酸盐，D错误；故选B。2.下列化学用语表述错误的是A.水分子的空间结构模型：B.乙烯分子中π键的形成过程：C.用电子式表示的形成过程：D.制备聚对氨基苯甲酸：【答案】A【解析】A．水分子中心原子O的价层电子对数，有2个成键电子对和2个孤电子对，VSEPR模型为四面体形，其空间构型为V形，A错误；B．乙烯分子中C原子为sp2杂化，未杂化的p轨道平行且侧面重叠形成π键，图示“未成对电子的原子轨道相互靠拢→原子轨道相互重叠→形成π键”的过程符合π键形成原理，B正确；C．用电子式表示Na2O形成过程时，需体现电子转移及离子化合物的正确电子式，C正确；D．对氨基苯甲酸（H2N-C6H4-COOH）中-COOH与-NH2发生缩聚反应，生成聚对氨基苯甲酸和(n-1)H2O，产物结构简式（H-[-NH-C6H4-CO-]-OH）及小分子生成量均正确，D正确；故答案选A。3.下列反应中，体现还原性的是A.加热分解有生成B.用溶液除去钢铁表面的铁锈C.溶液中滴加溶液出现白色沉淀D.加热饱和NH4Cl和饱和NaNO2的混合溶液有生成【答案】D【解析】若要体现还原性，则中氮元素的化合价在化学变化中表现为升高，据此解答。A．NH4HCO3分解生成NH3，氮的化合价始终是-3价，未发生氧化还原反应，A不符合题意；B．NH4Cl水解产生的H+与铁锈（Fe2O3）反应，属于酸碱中和，无氮的化合价变化，B不符合题意；C．(NH4)2SO4与Ba(NO3)2的沉淀反应为复分解反应，并未参与离子反应，C不符合题意；D．NH4+中的N(-3价)与NO2-中的N(+3价)反应生成N2(0价)，中氮元素被氧化，化合价升高，体现还原性，D符合题意；故答案选D。4.羟基丹芝酸A可增强巨噬细胞吞噬功能，促进T淋巴细胞增殖，帮助机体维持免疫稳态，其结构简式如图所示。下列关于羟基丹芝酸A的说法错误的是A.含有4种官能团B.能发生取代、加成、氧化、还原、消去、加聚、缩聚反应C分子中含有9个手性碳原子D.碳原子的杂化类型有、两种【答案】C【解析】A．该分子含有的官能团为羟基（-OH）、羧基（-COOH）、酮羰基（C=O）、碳碳双键（C=C），共4种，A正确；B．羟基可发生取代（酯化）、氧化反应，若邻位有H可消去；羧基可发生取代（酯化）、缩聚反应；碳碳双键可发生加成、氧化、还原、加聚反应；酮羰基可发生加成、还原反应，故上述反应均可发生，B正确；C．手性碳原子需连4个不同基团。该分子中共8个手性碳，为，C错误；D．碳碳双键、羰基（C=O）中碳为sp2杂化，饱和碳为sp3杂化，无sp杂化碳，D正确；故答案选C。5.下列实验的相应操作中，错误的是A.用图1装置制备并检验，为防止有害气体逸出，先放置浸NaOH溶液的棉团，再加热B.用图2装置分液，先打开分液漏斗上方的玻璃塞，再打开下方的活塞C.用图3装置验证元素非金属性：D.用图4装置制作简单的氢氧燃料电池，先闭合、断开，接通电源；一段时间后，再闭合、断开【答案】C【解析】A．图1制备（铜与浓硫酸加热），为有害气体，浸NaOH溶液的棉团可吸收逸出的，先放置棉团再加热能防止气体逸出，操作正确，故A不符合题意；B．分液时，先打开分液漏斗上方玻璃塞（或使凹槽对准小孔），使内外气压平衡，再打开下方活塞放出液体，操作正确，故B不符合题意；C．图3验证非金属性Cl>Br>S，需通过单质置换反应证明，与反应生成，说明非金属性Cl>Br，与反应生成S，说明非金属性Br>S，但若过量，过量的也能与反应生成S，会干扰Br、S的非金属性比较，故C符合题意；D．图4先闭合，形成电解池，电解溶液生成(阴极)和(阳极)，再闭合，形成氢氧燃料电池，可将化学能转化为电能，操作正确，故D不符合题意；故选C。6.乙酸、乙烯和氧气在钯(Pd)催化下高效合成乙酸乙烯酯(CH2=CHOOCCH3)的过程如图所示。下列说法正确的是A.①中反应为B.②中生成CH2=CHOOCCH3的过程中，有σ键的断裂与形成C.生成乙酸乙烯酯的总反应的原子利用率为100%D.Pd催化剂通过参与反应改变了反应历程，降低了反应的焓变，提高了反应速率【答案】B【解析】A．①方程式中氧原子不守恒，正确的方程式为应为，A错误；B．②中乙烯中的C-Hσ键断裂，同时形成乙酸乙烯酯中的C-Oσ键等，存在σ键的断裂与形成，B正确；C．总反应为2CH3COOH+2CH2=CH2+O22CH2=CHOOCCH3+2H2O，有副产物H2O生成，原子利用率小于100%，C错误；D．催化剂通过参与反应改变历程、降低活化能，提高反应速率，但不改变反应焓变，D错误；故答案为B。7.为研究三价铁的配离子性质进行如下实验(忽略溶液体积变化)。已知：为黄色、为红色、为无色。下列说法错误的是A.①中浓盐酸促进平衡正向移动B.②中的实验现象说明与的配位能力：C.③中发生的反应为D.④中的实验现象说明还原性：【答案】D【解析】A．①中浓盐酸增加浓度，根据勒夏特列原理，平衡正向移动，生成更多黄色，溶液黄色加深，A正确；B．①中生成（黄色），②中加入后溶液变红，说明能与结合生成更稳定的，即与的配位能力强于，B正确；C．②中红色为，加入NaF后红色褪去变为无色（），说明与结合生成更稳定的，反应为：，C正确；D．③中溶液含（无色），被稳定配位，浓度极低，氧化性减弱，无法氧化，故加入KI和淀粉无明显变化。不能说明还原性弱于（实际还原性强于），D错误；故答案选D。8.一种广泛用于化妆品的物质分子的结构如图所示，其中X、Y、Z、W是元素周期表中原子序数依次增大的短周期主族元素，W与Y同族。下列说法正确的是A.原子半径：W>Z>Y>X B.第一电离能：Z>Y>WC.电负性：Y>W>X D.基态原子未成对电子数：Z>Y=W>X【答案】B【解析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，W与Y同族”及结构中W与Y形成四条共价键，故Y为C，W为Si，X形成一条共价键，且原子序数最小，X为H，Z形成两条共价键，故Z为O，据此分析；A．原子半径规律：同周期从左到右减小，同主族从上到下增大。半径大小为W（Si）>Y（C）>Z（O）>X（H），A错误；B．第一电离能：同周期从左到右增大（ⅡA、ⅤA特例除外），同主族从上到下减小，Z（O）>Y（C）>W（Si），B正确；C．电负性：同周期从左到右增大，同主族从上到下减小。H电负性大于Si，电负性为Y（C）>X（H）>W（Si），C错误；D．未成对电子数：X（H，1s1）=1；Y（C，2s22p2）=2；Z（O，2s22p4）=2；W（Si，3s23p2）=2，D错误；故选B。9.全铁液流电池工作原理如图所示，左侧电极为负载铁的石墨电极，右侧电极为石墨电极。下列说法错误的是A.放电时，a极为负极，负极的电极反应式为B.放电时，阴离子从正极室穿过隔膜向负极室移动，隔膜为阴离子交换膜C.充电时，隔膜两侧溶液中浓度均增大D.充电时，理论上每减少，总量相应增加2mol【答案】C【解析】A．放电时为原电池，负极发生氧化反应。左侧a极为负载铁的石墨电极，单质失电子生成，电极反应式为，a极为负极，A正确；B．放电时原电池中，阴离子向负极移动。正极室（右侧）得电子生成（正电荷减少），负极室（左侧）失电子生成（正电荷增多），阴离子从正极室穿过隔膜向负极室移动以平衡电荷，故隔膜为阴离子交换膜，B正确；C．充电时为电解池，阴极（a极）反应为（消耗），左侧浓度减小；阳极（b极）反应为（消耗），右侧浓度也减小，两侧浓度均减小，C错误；D．充电时，设阴极消耗为，阳极消耗为，总减少。电子守恒：阴极得电子2x=阳极失电子y，解得、。阳极每消耗生成，故总量增加，D正确；10.在催化下，1-苯基丙炔与HCl可以发生如图加成反应：双键同侧基团间的排斥影响烯烃的稳定性(排斥力：苯基—甲基>氯原子—甲基)。体系中各物质含量随时间变化情况如图所示。当体系中各物质含量不再改变时，产物A与产物B的含量之比为1：35。下列说法错误的是A.产物B对应的分子结构是B.若想获取产物A，应适当缩短反应时间C.产物A或产物B分子中的碳原子不可能在同一平面上D.该条件下体系中存在：产物A⇌产物B，其平衡常数K=35【答案】C【解析】已知排斥力：苯基-甲基>氯原子-甲基，说明更稳定，达到平衡时，其产量更高，故产物A代表，产物B代表。A．由分析可知，产物B对应结构，A正确；B．由图可知，反应开始时，产物A的含量迅速上升，说明开始反应时，生成产物A的反应为优势反应，故若想获取产物A，应适当缩短反应时间，B正确；C．产物A、B分子中含苯环(平面结构)和双键(平面结构)，二者通过单键连接，单键可旋转，使苯环平面与双键平面重合，所有碳原子可能共面，“不可能”说法错误，C错误；D．平衡时A与B含量比1:35，平衡常数，D正确；故选C11.单质M的相关转化如下所示。下列说法错误的是A.单质a可使灼热的铜变黑B.“氧化物+氧化物b→碱溶液”是化合反应C.键角：氧化物b<氧化物cD.单质d可使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝【答案】B【解析】碱溶液与氧化物c反应可以生成纯碱溶液，且碱溶液与单质d反应可以得到漂白液，可知碱为NaOH、氧化物c为CO2、单质d为Cl2，单质M与单质a反应生成的氧化物与氧化物b反应得到碱溶液，且单质M与氧化物b反应也可以得到碱溶液，则M为Na、单质a为O2、氧化物b为H2O，氧化物可以是Na2O2或Na2O中的一种。A．若单质a为O2，O2与灼热的Cu反应生成黑色CuO，可使铜变黑，A正确；B．若“氧化物+氧化物b→碱溶液”为Na2O2与H2O反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，该反应生成NaOH和O2，不属于化合反应(由两种或两种以上的物质反应生成一种新物质的反应)，B错误；C．氧化物b为H2O(V形，键角约104.5°)，氧化物c为CO2(直线形，键角180°)，则键角H2O<CO2，C正确；D．单质d为Cl2，Cl2可氧化I-生成I2，使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝，D正确；故选B。12.下列由实验现象得出的结论错误的是选项操作及现象结论A常温下，用pH计测得浓度均为的苯酚钠溶液、溶液的pH依次为10.9、11.1说明酸性：苯酚>碳酸B将点燃的Mg条插入充满的集气瓶中，有白色和黑色固体生成说明有氧化性C将Zn片投入稀盐酸，有气泡产生，使Cu片与Zn片接触，气泡产生速率加快说明腐蚀速率：电化学腐蚀>化学腐蚀D将新制的碱性悬浊液与葡萄糖溶液混合，加热，有砖红色沉淀产生说明：葡萄糖是还原糖A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．浓度均为的苯酚钠溶液、溶液，pH依次为10.9、11.1，说明苯酚钠的水解程度小于碳酸钠的。根据“越弱越水解”，可知酸性：苯酚>碳酸氢根（），而不是苯酚>碳酸，故A错误，符合题意；B．Mg在中燃烧生成（白色）和C（黑色），作为氧化剂被还原，体现氧化性，结论正确，故B不符合题意；C．Zn投入稀盐酸有气泡（化学腐蚀），Zn与Cu接触后形成原电池，气泡产生速率加快（电化学腐蚀），说明电化学腐蚀速率＞化学腐蚀，结论正确，故C不符合题意；D．葡萄糖与新制碱性悬浊液混合加热生成砖红色，证明葡萄糖具有还原性，属于还原性糖，结论正确，故D不符合题意；故选A。13.合金晶体有(甲)、(乙)两种立方晶胞结构(如图所示，大黑球代表Au原子，小黑球代表Ti原子，两种晶胞中的Ti原子均在晶胞面上)。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.晶体与晶体的密度之比为B.晶体中，Au原子周围最近且等距离的Ti原子数目为6C.图乙中，若M的分数坐标为，则N的分数坐标为D.图乙中，间最近距离为【答案】D【解析】A．密度之比取决于晶胞中原子数与体积的比值。设Ti3Au的摩尔质量为M，α晶胞含1个Ti3Au单元（Ti：6×=3，Au：1），体积a3；β晶胞含2个Ti3Au单元（Ti：12×=6，Au：8×+1=2）。密度ρa=，ρβ=，则ρa:ρβ=b3:2a3，A错误；B．α-Ti3Au中Au原子若位于顶点（8×=1），Ti位于6个面心（6×=3），顶点Au周围最近的Ti原子为3个面心Ti（距离），Au原子周围最近且等距离的Ti原子数目为12，B错误；C．由O点坐标（0,0,0）及M分数坐标（,,1）可知N的坐标分数为（1,,），C错误；D．β-Ti3Au中，若Au位于（0,0,0），Ti位于面上（,,0），距离为，D正确；故选D。14.在含、、的溶液中，滴加氨水，存在平衡关系：、、，平衡常数分别为、、，且。与的关系如图所示，其中表示或或。下列叙述错误的是A.直线a、b、c分别代表、、与的关系B.平衡常数C.向含相同浓度的和的混合溶液中滴加少量氨水，小于D.的平衡常数【答案】D【解析】，，，同理，，，已知K2<K3，再结合图像斜率可知，a、b、c分别代表、、与的关系。A．由分析可知，a、b、c分别代表、、与的关系，A正确；B．由点(-1，9)可知，9=4×(-1)+lgK2，，B正确；C．K2<K3，更容易生成，则向含相同浓度的Cu2+和Hg2+的混合溶液中滴加少量氨水，的浓度小于，C正确；D．由点(-3，7)可知，7=4×(-3)+lgK3，，的平衡常数，D错误；故选D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.砷化镓(GaAs)是一种重要的半导体材料，广泛应用于航天航空、半导体、光电和通讯等领域。一种由炼锌副产品(主要含、、ZnS、SiO2、ZnO、MgO、ZnFe2O4等)制备砷化镓的工艺流程如图所示。已知：①镓、锗元素类似于Al元素，表现为两性。②室温下，该工艺流程中部分金属离子形成氢氧化物沉淀时的pH如下：金属离子开始沉淀的pH1.97.06.49.5沉淀完全时的pH3.29.08.011.1③难溶于水。回答下列问题：（1）基态Ga原子的价层电子排布式为_______，基态As原子有_______种能量不同的电子。（2）“酸浸还原”时，被还原生成的离子方程式为_______。（3）“酸浸还原”时，生成S的化学方程式为_______。分离S和可选用非极性溶剂_______(填化学式)，然后过滤，得到。（4）“电解”制Ga时，金属Ga在电解池的_______(填“阳”或“阴”)极生成。（5）“溶液2”中含有、和，欲除去和，可先加入一种18电子微粒的绿色氧化剂_______(填化学式)溶液，并加入_______(填化学式)固体调节溶液的pH，调节pH的范围是_______。最后将含有的溶液经过系列操作得到金属镁。（6）1000g炼锌副产品中含有，整个流程中Ga的损失率为2.8%，理论上能制得GaAs的质量为_______g(保留整数)。【答案】（1）①.②.8（2）（3）①.②.（4）阴（5）①.H2O2②.MgO或Mg(OH)2③.8.0~9.5（6）180g【解析】冶炼锌的副产品(主要含、、ZnS、SiO2、ZnO、MgO、ZnFe2O4等)用稀硫酸和二氧化硫酸浸还原，被还原生成，溶液1中含有Ga3+、Ge4+、Zn2+、Mg2+、Fe2+，ZnS反应还生成S，不反应存在于滤渣1中，滤渣1中含二氧化硅和S；向溶液1中加入萃取剂甲，分液，萃取后的水相中加水调pH=1、加入萃取剂乙分离出Ga3+，加入NaOH溶液得到，电解含有的溶液得到Ga，与As加热反应生成GaAs，溶液2中含，有机相1中加入NaOH溶液反萃取得到，要一系列操作得到Ge，以此解答；（1）Ga是第31号元素，基态Ga原子的价层电子排布式为，基态As原子核外电子排布，有8种能量不同的电子；（2）由已知信息难溶于水，结合反应的环境，可写出反应的离子方程式为；（3）“酸浸还原”时，生成单质S的化学方程式为；分离S和可选用非极性溶剂溶解硫，然后过滤，得到；（4）电解时，Ga得电子，含Ga物质在阴极得电子生成单质Ga；（5）H2O2是绿色氧化剂，在氧化过程中不引进杂质、不产生污染；并加入MgO或Mg(OH)2等固体，可以不引入新杂质，调节溶液的pH，调节pH的范围是使和沉淀而不沉淀，pH的范围是8.0~9.5；（6）。16.三草酸合铁(III)酸钾晶体可用于摄影和蓝色印刷，实验室模拟制备该晶体的流程图如下：主要实验装置如图所示(夹持装置省略)，具体操作过程如下：I.溶解：称取2.5g自制硫酸亚铁铵晶体，加入3滴溶液，再加入10mL水，加热使其溶解。II.沉淀：向上述溶液中加入溶液，搅拌并沸水浴加热，生成黄色沉淀，用倾泻法洗涤该沉淀3次，每次使用25mL水去除可溶性杂质。III.氧化：在上述沉淀中加入5mL饱和溶液，水浴加热至40℃，滴加溶液5mL，不断搅拌溶液并维持温度在40℃左右，使Fe(II)充分氧化为Fe(III)。滴加完后，加热溶液至沸腾以除去过量的。IV.生产配合物：保持上述沉淀近沸腾状态(加热过程要充分搅拌)，加入溶液4mL，使沉淀溶解，此时溶液呈翠绿色，并使溶液控制在20mL左右(否则需用酒精灯小火浓缩)，冷却至室温，加入乙醇和几粒硝酸钾晶体，用表面皿盖在烧杯上，放置在暗处1～2小时，即有晶体析出，减压过滤并用少量95%乙醇洗涤，即得三草酸合铁(III)酸钾晶体。称重，计算产率，并将晶体置于干燥器内避光保存。回答下列问题：（1）装置图中，仪器C的名称为_______；仪器A的出水口是_______(填“a”或“b”)。（2）硫酸亚铁铵晶体中，、的VSEPR模型与离子的空间结构一致的是_______(填离子符号)。（3）中的碳原子_______(填“存在”或“不存在”)孤电子对，中与形成稳定的环状结构，的配位数为_______。（4）“氧化”过程可得到三草酸合铁(III)酸钾晶体，同时有氢氧化铁生成，产物中和的物质的量之比为_______。（5）测定产品中铁元素的含量。将mg三草酸合铁(III)酸钾晶体产品溶于适量稀硫酸中，经过系列操作(所加试剂均不含铁元素和碳元素)，将转化为，将转化为，然后向所得溶液(盛装在锥形瓶内)中滴入酸性溶液(盛装在酸式滴定管内)，滴定终点时消耗酸性溶液。①滴定终点的实验现象是_______。该产品中铁元素的质量分数为_______。②下列关于三草酸合铁(III)酸钾晶体产品中铁元素含量的分析错误的是_______(填标号)。A.若酸性溶液实际浓度偏高，则测得产品中铁元素的含量偏高B.若晶体产品中含少量，则测得产品中铁元素的含量偏低C.若滴定开始时平视读数，结束时俯视读数，则测得产品中铁元素的含量偏高D.若滴定开始时滴定管尖嘴内有气泡，滴定后无气泡，则测得产品中铁元素的含量偏高【答案】（1）①.恒压滴液漏斗②.a（2）、（3）①.不存在②.6（4）2：1（5）①.当滴入最后半滴高锰酸钾溶液时，溶液变成浅红色，且半分钟内不褪色②.③.ABC【解析】硫酸亚铁铵加酸溶解后再加入草酸，得到沉淀，加入双氧水作氧化剂，、过氧化氢及草酸钾发生氧化还原反应可得到三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体。（1）根据图示，仪器C为恒压滴液漏斗；在冷凝过程中，冷凝水下进上出，因此出水口为a。（2）中N原子的价层电子对为，采取sp3杂化，没有孤电子对，VSEPR模型与空间结构均为四面体形；中S原子的价层电子对为，采取sp3杂化，没有孤电子对，VSEPR模型与空间结构均为四面体形，因此与的VSEPR模型与离子的空间结构均一致。（3）的结构式为，其中每个碳原子含有3个σ键和一个π键的，则采取sp2杂化，不存在孤电子对；配离子中有两个单键氧原子可与形成稳定的环状结构，共有3个，因此配位数为6。（4）“氧化”过程加入的过氧化氢具有氧化性，可将亚铁氧化为三价铁，生成三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体及氢氧化铁，对应的化学方程式为6+3+6=4+2，由方程式可得产物中和的物质的量之比为2：1。（5）①亚铁具有还原性，高锰酸钾具有强氧化性，二者发生氧化还原反应，高锰酸钾溶液为紫红色，则向亚铁溶液中滴高锰酸钾溶液，当滴入最后半滴高锰酸钾溶液时，溶液变成浅红色，且半分钟内不褪色，则达到滴定终点；发生的离子方程式：，根据原子守恒知，n(Fe)=5n(Mn)=，则，该晶体中铁元素的质量分数为。②A．若溶液实际浓度偏高，则消耗的高锰酸钾体积偏小，测得的样品中铁元素的含量偏低，A错误；B．若晶体样品中含少量，由于中铁元素的质量分数大于三草酸合铁(III)酸钾的，使得溶液中亚铁离子的含量增多,则滴定时消耗高锰酸钾溶液的体积偏大，测得的样品中铁元素的含量偏高，B错误；C．若滴定开始时平视读数，结束时俯视读数，则滴定时消耗的高锰酸钾溶液体积偏小，测得的样品中铁元素的含量偏低，C错误；D．若滴定开始时滴定管尖嘴内有气泡，滴定后无气泡，则滴定时消耗高锰酸钾溶液的体积偏大，测得的样品中铁元素的含量偏高，D正确；故选ABC。17.将、转化为绿色液体燃料甲醇()是实现碳中和的一个重要途径。甲醇的制备方法有二氧化碳加氢法、电催化法、甲烷催化氧化法等。回答下列问题：I.二氧化碳加氢法反应(1)：反应(2)：反应(3)：已知：甲醇的选择性。（1）_______，反应(3)自发进行的条件是_______(填“高温”“低温”或“任何温度”)。（2）一定温度下，在恒容密闭反应器中，只发生反应(3)并达到平衡，下列能使平衡体系中增大且加快化学反应速率的措施是_______(填标号)。A.充入，使体系压强增大 B.升高温度 C.降低温度 D.再充入（3）恒温恒容(容积为1L)条件下，投入和，控制合适条件，只发生反应①和反应②，甲醇的选择性为60%。已知起始压强为，反应体系达到平衡时，CO的平衡浓度为。则的平衡转化率为_______，的平衡分压为_______MPa，该条件下反应(2)的_______(保留1位小数)。II.电催化法一种基于铜基金属簇催化剂电催化还原制备甲醇装置如图1所示。控制其他条件相同，将一定量的通入该电催化装置中，阴极所得产物及其物质的量与电压的关系如图2所示。（4）阴极生成的电极反应式为_______。（5）控制电压为0.8V，电解时转移电子的物质的量为_______mol。III.甲烷催化氧化法主反应：副反应：科学家将、和(是活性催化剂)按一定体积比在催化剂表面合成甲醇，部分反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物种用＊标注，TS代表过渡态)。（6）该历程中决速步的化学方程式为_______。【答案】（1）①.-90.4②.低温（2）D（3）①.50%②.③.0.1（4）CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O（5）2.8mol（6）＊CH4+＊OH=＊CH3OH+＊H或＊CH4+＊OH+＊H=＊CH3OH+2＊H【解析】（1）由盖斯定律可知，反应(1)-反应(2)=反应(3)，则ΔH3=ΔH1-ΔH2=(-49.4kJ/mol)-(+41kJ/mol)=-90.4kJ/mol；由方程式可知，反应(3)的焓变ΔH<0、熵变ΔS<0，则低温条件反应ΔH—TΔS＜0，能自发进行；（2）A．恒容条件下充入不参与反应的氦气，平衡体系中各物质的浓度不变，反应速率不变，平衡不移动，的值不变，A错误；B．由方程式可知，反应(3)为放热反应，升高温度，反应速率加快，平衡逆移，的值减小，B错误；C．由方程式可知，反应(3)为放热反应，降低温度，反应速率减小，平衡正移，的值增大，C错误；D．再充入1mol氢气，反应物的浓度增大，反应速率加快，平衡正移，的值增大，D正确；故选D；（3）由题意可知容积为1L恒温恒容中，二氧化碳和氢气的起始浓度为1mol/L和3mol/L，由甲醇的选择性为60%可知，一氧化碳的选择性为40%，反应体系达到平衡时，一氧化碳的平衡浓度为0.2mol/L，则二氧化碳的转化率为=50%，二氧化碳的平衡浓度为(1mol/L-1mol/L×50%)=0.5mol/L，甲醇的平衡浓度为1mol/L×50%×60%=0.3mol/L，由方程式可知，氢气的平衡浓度为(3mol/L-0.3mol/L×3-0.2mol/L)=1.9mol/L、水蒸气的平衡浓度为(0.3mol/L+0.2mol/L)=0.5mol/L，则混合气体的总平衡浓度为3.4mol/L，由恒温恒容条件下=可知，平衡时，1L恒温恒容中气体压强p(平)=MPa，则平衡时，二氧化碳、氢气、甲醇、一氧化碳、水蒸气的平衡分压为MPa×=MPa、MPa×=MPa、MPa×=MPa=MP、MPa×=MPa、MPa×=MPa，该条件下反应(2)的≈0.1；（4）阴极生成甲醇的反应为酸性条件下二氧化碳在阴极得到电子发生还原反应生成甲醇和水，电极反应式为CO2+6e-+6H+=CH3OH+H2O；（5）图可知，控制电压为0.8V，生成乙醇物质的量0.2mol、氢气物质的量0.2mol，电极反应2CO2+12e-+12H+=CH3CH2OH+3H2O、2H++2e-=H2↑，转移电子的物质的量为0.2mol×2×6+0.2mol×2=2.8mol；（6）反应的活化能越大，反应速率越慢，慢反应是反应的决速步，由图可知，＊(CH4+＊OH+＊H)转化为(＊CH3OH+2＊H)的活化能最大，则决速步的化学方程式为＊CH4+＊OH=＊CH3OH+＊H或＊CH4+＊OH+＊H=＊CH3OH+2＊H。18.抗肿瘤候选药物M的合成路线如下：已知：ⅰ.ⅱ.回答下列问题：（1）A中官能团的名称是_______，B的化学名称为_______。（2）D的结构简式是_______。（3）M分子中有_______个手性碳原子。（4）D→E的转化过程中，还可能生成E的同分异构体，其中一种同分异构体的结构简式是_______。（5）G→H的化学方程式是_______。（6）I是碳酸二甲酯，则I的结构简式是_______。（7）的合成步骤如下：注：Boc的结构简式为。①上述合成中P→Q的目的是_______。②S的结构简式是_______。③T只有一种官能团，T的核磁共振氢谱有2组峰，则T的结构简式是_______。【答案】（1）①.羧基②.乙二酸二乙酯（2）（3）2（4）（5）2＋O22+2H2O（6）（7）①.保护氨基②.③.【解析】A的分子式为，结合反应条件（、浓、加热），可判断A为乙二酸（）。乙二酸与乙醇在浓硫酸催化、加热下，生成乙二酸二乙酯（B，分子式，结构简式为）。B与含氟芳香酮类化合物，在乙醇钠（强碱，作催化剂）作用下发生反应生成中间产物D，结合已知ⅰ，可知D为。由已知ⅱ可知，D与（羟胺）反应，生成E（）。从E到F的反应经“(1)，(2)”处理，即碱性水解然后酸化，反应中酯基在碱液中水解为羧酸盐，再经酸化生成羧酸，得到化合物F()。G是含的化合物()，经、加热，发生醇的氧化反应：羟基被氧化为羰基，生成化合物H（）。H在乙醇钠作用下与I反应生成J，J的分子式为。J经“(1)，(2)”处理，最终生成K（）。由K的结构、反应的条件和J的分子式逆推，可知J为。由J和H的结构简式、乙醇钠和已知ⅰ，可知I为。K与F（含羧基）发生酰胺化反应生成化合物L()。L经“多步反应”，得到最终产物M()。（1）A的分子式为，结合反应条件（、浓、加热），可判断A为乙二酸（），其含氧官能团为羧基；乙二酸(A)与乙醇在浓硫酸催化、加热下，生成B（分子式），结合反应条件可知B为乙二酸二乙酯；故答案为：羧基；乙二酸二乙酯；（2）B与含氟芳香酮类化合物，在乙醇钠（强碱，作催化剂）作用下发生反应生成中间产物D，结合已知ⅰ，可知D为；故答案为：；（3）与四个不同的原子或基团相连的饱和碳原子为手性碳原子，观察化合物M的结构可知其有2个手性碳原子，故答案为：2；（4）在D与羟胺（）的反应中，D分子中存在两个羰基，都有可能与羟胺发生反应。已知生成E是其中一个羰基参与反应的结果，那么另一种同分异构体就是另一个羰基与羟胺反应生成的，其结构简式为，故答案为：；（5）G是，经、加热，发生醇的氧化反应：羟基被氧化为羰基，生成化合物H（），故其反应的化学方程式为2＋O22+2H2O，故答案为：2＋O22+2H2O；（6）I是碳酸二甲酯，故其结构简式为，故答案为：；（7）由题干流程可知，上述合成中P→Q把氨基反应保护后，在U之后又重新出现该氨基，故P→Q的目的是保护氨基；Q()与加成生成S（），S与T反应脱去2分子的生成U()，结合已知ⅱ的反应规律可知T(只有一种官能团，T的核磁共振氢谱有2组峰)为，故答案为：保护氨基；；。安徽省华师联盟2026届高三上学期开学质量检测试卷全卷满分100分，考试时间75分钟。注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Ti48Fe56Ga70As75Au197一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.馆藏文物是中华文化源远流长的历史见证。下列文物主要由蛋白质制成的是A.黄釉青花九桃碗B.绿画《灌木丛篁图》C.曾侯乙青铜尊盘D.葫芦纹彩陶壶A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．黄釉青花九桃碗是陶瓷制品，主要成分为硅酸盐，A错误；B．《灌木丛篁图》是绘画作品，古代绘画颜料可能含矿物或植物成分，但纸张或绢布的主要成分是纤维素或蛋白质（如蚕丝绢），若为绢本画则含蛋白质，B正确；C．曾侯乙青铜尊盘是青铜器，主要成分为铜合金，C错误；D．葫芦纹彩陶壶是彩陶，主要成分为硅酸盐，D错误；故选B。2.下列化学用语表述错误的是A.水分子的空间结构模型：B.乙烯分子中π键的形成过程：C.用电子式表示的形成过程：D.制备聚对氨基苯甲酸：【答案】A【解析】A．水分子中心原子O的价层电子对数，有2个成键电子对和2个孤电子对，VSEPR模型为四面体形，其空间构型为V形，A错误；B．乙烯分子中C原子为sp2杂化，未杂化的p轨道平行且侧面重叠形成π键，图示“未成对电子的原子轨道相互靠拢→原子轨道相互重叠→形成π键”的过程符合π键形成原理，B正确；C．用电子式表示Na2O形成过程时，需体现电子转移及离子化合物的正确电子式，C正确；D．对氨基苯甲酸（H2N-C6H4-COOH）中-COOH与-NH2发生缩聚反应，生成聚对氨基苯甲酸和(n-1)H2O，产物结构简式（H-[-NH-C6H4-CO-]-OH）及小分子生成量均正确，D正确；故答案选A。3.下列反应中，体现还原性的是A.加热分解有生成B.用溶液除去钢铁表面的铁锈C.溶液中滴加溶液出现白色沉淀D.加热饱和NH4Cl和饱和NaNO2的混合溶液有生成【答案】D【解析】若要体现还原性，则中氮元素的化合价在化学变化中表现为升高，据此解答。A．NH4HCO3分解生成NH3，氮的化合价始终是-3价，未发生氧化还原反应，A不符合题意；B．NH4Cl水解产生的H+与铁锈（Fe2O3）反应，属于酸碱中和，无氮的化合价变化，B不符合题意；C．(NH4)2SO4与Ba(NO3)2的沉淀反应为复分解反应，并未参与离子反应，C不符合题意；D．NH4+中的N(-3价)与NO2-中的N(+3价)反应生成N2(0价)，中氮元素被氧化，化合价升高，体现还原性，D符合题意；故答案选D。4.羟基丹芝酸A可增强巨噬细胞吞噬功能，促进T淋巴细胞增殖，帮助机体维持免疫稳态，其结构简式如图所示。下列关于羟基丹芝酸A的说法错误的是A.含有4种官能团B.能发生取代、加成、氧化、还原、消去、加聚、缩聚反应C分子中含有9个手性碳原子D.碳原子的杂化类型有、两种【答案】C【解析】A．该分子含有的官能团为羟基（-OH）、羧基（-COOH）、酮羰基（C=O）、碳碳双键（C=C），共4种，A正确；B．羟基可发生取代（酯化）、氧化反应，若邻位有H可消去；羧基可发生取代（酯化）、缩聚反应；碳碳双键可发生加成、氧化、还原、加聚反应；酮羰基可发生加成、还原反应，故上述反应均可发生，B正确；C．手性碳原子需连4个不同基团。该分子中共8个手性碳，为，C错误；D．碳碳双键、羰基（C=O）中碳为sp2杂化，饱和碳为sp3杂化，无sp杂化碳，D正确；故答案选C。5.下列实验的相应操作中，错误的是A.用图1装置制备并检验，为防止有害气体逸出，先放置浸NaOH溶液的棉团，再加热B.用图2装置分液，先打开分液漏斗上方的玻璃塞，再打开下方的活塞C.用图3装置验证元素非金属性：D.用图4装置制作简单的氢氧燃料电池，先闭合、断开，接通电源；一段时间后，再闭合、断开【答案】C【解析】A．图1制备（铜与浓硫酸加热），为有害气体，浸NaOH溶液的棉团可吸收逸出的，先放置棉团再加热能防止气体逸出，操作正确，故A不符合题意；B．分液时，先打开分液漏斗上方玻璃塞（或使凹槽对准小孔），使内外气压平衡，再打开下方活塞放出液体，操作正确，故B不符合题意；C．图3验证非金属性Cl>Br>S，需通过单质置换反应证明，与反应生成，说明非金属性Cl>Br，与反应生成S，说明非金属性Br>S，但若过量，过量的也能与反应生成S，会干扰Br、S的非金属性比较，故C符合题意；D．图4先闭合，形成电解池，电解溶液生成(阴极)和(阳极)，再闭合，形成氢氧燃料电池，可将化学能转化为电能，操作正确，故D不符合题意；故选C。6.乙酸、乙烯和氧气在钯(Pd)催化下高效合成乙酸乙烯酯(CH2=CHOOCCH3)的过程如图所示。下列说法正确的是A.①中反应为B.②中生成CH2=CHOOCCH3的过程中，有σ键的断裂与形成C.生成乙酸乙烯酯的总反应的原子利用率为100%D.Pd催化剂通过参与反应改变了反应历程，降低了反应的焓变，提高了反应速率【答案】B【解析】A．①方程式中氧原子不守恒，正确的方程式为应为，A错误；B．②中乙烯中的C-Hσ键断裂，同时形成乙酸乙烯酯中的C-Oσ键等，存在σ键的断裂与形成，B正确；C．总反应为2CH3COOH+2CH2=CH2+O22CH2=CHOOCCH3+2H2O，有副产物H2O生成，原子利用率小于100%，C错误；D．催化剂通过参与反应改变历程、降低活化能，提高反应速率，但不改变反应焓变，D错误；故答案为B。7.为研究三价铁的配离子性质进行如下实验(忽略溶液体积变化)。已知：为黄色、为红色、为无色。下列说法错误的是A.①中浓盐酸促进平衡正向移动B.②中的实验现象说明与的配位能力：C.③中发生的反应为D.④中的实验现象说明还原性：【答案】D【解析】A．①中浓盐酸增加浓度，根据勒夏特列原理，平衡正向移动，生成更多黄色，溶液黄色加深，A正确；B．①中生成（黄色），②中加入后溶液变红，说明能与结合生成更稳定的，即与的配位能力强于，B正确；C．②中红色为，加入NaF后红色褪去变为无色（），说明与结合生成更稳定的，反应为：，C正确；D．③中溶液含（无色），被稳定配位，浓度极低，氧化性减弱，无法氧化，故加入KI和淀粉无明显变化。不能说明还原性弱于（实际还原性强于），D错误；故答案选D。8.一种广泛用于化妆品的物质分子的结构如图所示，其中X、Y、Z、W是元素周期表中原子序数依次增大的短周期主族元素，W与Y同族。下列说法正确的是A.原子半径：W>Z>Y>X B.第一电离能：Z>Y>WC.电负性：Y>W>X D.基态原子未成对电子数：Z>Y=W>X【答案】B【解析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，W与Y同族”及结构中W与Y形成四条共价键，故Y为C，W为Si，X形成一条共价键，且原子序数最小，X为H，Z形成两条共价键，故Z为O，据此分析；A．原子半径规律：同周期从左到右减小，同主族从上到下增大。半径大小为W（Si）>Y（C）>Z（O）>X（H），A错误；B．第一电离能：同周期从左到右增大（ⅡA、ⅤA特例除外），同主族从上到下减小，Z（O）>Y（C）>W（Si），B正确；C．电负性：同周期从左到右增大，同主族从上到下减小。H电负性大于Si，电负性为Y（C）>X（H）>W（Si），C错误；D．未成对电子数：X（H，1s1）=1；Y（C，2s22p2）=2；Z（O，2s22p4）=2；W（Si，3s23p2）=2，D错误；故选B。9.全铁液流电池工作原理如图所示，左侧电极为负载铁的石墨电极，右侧电极为石墨电极。下列说法错误的是A.放电时，a极为负极，负极的电极反应式为B.放电时，阴离子从正极室穿过隔膜向负极室移动，隔膜为阴离子交换膜C.充电时，隔膜两侧溶液中浓度均增大D.充电时，理论上每减少，总量相应增加2mol【答案】C【解析】A．放电时为原电池，负极发生氧化反应。左侧a极为负载铁的石墨电极，单质失电子生成，电极反应式为，a极为负极，A正确；B．放电时原电池中，阴离子向负极移动。正极室（右侧）得电子生成（正电荷减少），负极室（左侧）失电子生成（正电荷增多），阴离子从正极室穿过隔膜向负极室移动以平衡电荷，故隔膜为阴离子交换膜，B正确；C．充电时为电解池，阴极（a极）反应为（消耗），左侧浓度减小；阳极（b极）反应为（消耗），右侧浓度也减小，两侧浓度均减小，C错误；D．充电时，设阴极消耗为，阳极消耗为，总减少。电子守恒：阴极得电子2x=阳极失电子y，解得、。阳极每消耗生成，故总量增加，D正确；10.在催化下，1-苯基丙炔与HCl可以发生如图加成反应：双键同侧基团间的排斥影响烯烃的稳定性(排斥力：苯基—甲基>氯原子—甲基)。体系中各物质含量随时间变化情况如图所示。当体系中各物质含量不再改变时，产物A与产物B的含量之比为1：35。下列说法错误的是A.产物B对应的分子结构是B.若想获取产物A，应适当缩短反应时间C.产物A或产物B分子中的碳原子不可能在同一平面上D.该条件下体系中存在：产物A⇌产物B，其平衡常数K=35【答案】C【解析】已知排斥力：苯基-甲基>氯原子-甲基，说明更稳定，达到平衡时，其产量更高，故产物A代表，产物B代表。A．由分析可知，产物B对应结构，A正确；B．由图可知，反应开始时，产物A的含量迅速上升，说明开始反应时，生成产物A的反应为优势反应，故若想获取产物A，应适当缩短反应时间，B正确；C．产物A、B分子中含苯环(平面结构)和双键(平面结构)，二者通过单键连接，单键可旋转，使苯环平面与双键平面重合，所有碳原子可能共面，“不可能”说法错误，C错误；D．平衡时A与B含量比1:35，平衡常数，D正确；故选C11.单质M的相关转化如下所示。下列说法错误的是A.单质a可使灼热的铜变黑B.“氧化物+氧化物b→碱溶液”是化合反应C.键角：氧化物b<氧化物cD.单质d可使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝【答案】B【解析】碱溶液与氧化物c反应可以生成纯碱溶液，且碱溶液与单质d反应可以得到漂白液，可知碱为NaOH、氧化物c为CO2、单质d为Cl2，单质M与单质a反应生成的氧化物与氧化物b反应得到碱溶液，且单质M与氧化物b反应也可以得到碱溶液，则M为Na、单质a为O2、氧化物b为H2O，氧化物可以是Na2O2或Na2O中的一种。A．若单质a为O2，O2与灼热的Cu反应生成黑色CuO，可使铜变黑，A正确；B．若“氧化物+氧化物b→碱溶液”为Na2O2与H2O反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，该反应生成NaOH和O2，不属于化合反应(由两种或两种以上的物质反应生成一种新物质的反应)，B错误；C．氧化物b为H2O(V形，键角约104.5°)，氧化物c为CO2(直线形，键角180°)，则键角H2O<CO2，C正确；D．单质d为Cl2，Cl2可氧化I-生成I2，使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝，D正确；故选B。12.下列由实验现象得出的结论错误的是选项操作及现象结论A常温下，用pH计测得浓度均为的苯酚钠溶液、溶液的pH依次为10.9、11.1说明酸性：苯酚>碳酸B将点燃的Mg条插入充满的集气瓶中，有白色和黑色固体生成说明有氧化性C将Zn片投入稀盐酸，有气泡产生，使Cu片与Zn片接触，气泡产生速率加快说明腐蚀速率：电化学腐蚀>化学腐蚀D将新制的碱性悬浊液与葡萄糖溶液混合，加热，有砖红色沉淀产生说明：葡萄糖是还原糖A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A．浓度均为的苯酚钠溶液、溶液，pH依次为10.9、11.1，说明苯酚钠的水解程度小于碳酸钠的。根据“越弱越水解”，可知酸性：苯酚>碳酸氢根（），而不是苯酚>碳酸，故A错误，符合题意；B．Mg在中燃烧生成（白色）和C（黑色），作为氧化剂被还原，体现氧化性，结论正确，故B不符合题意；C．Zn投入稀盐酸有气泡（化学腐蚀），Zn与Cu接触后形成原电池，气泡产生速率加快（电化学腐蚀），说明电化学腐蚀速率＞化学腐蚀，结论正确，故C不符合题意；D．葡萄糖与新制碱性悬浊液混合加热生成砖红色，证明葡萄糖具有还原性，属于还原性糖，结论正确，故D不符合题意；故选A。13.合金晶体有(甲)、(乙)两种立方晶胞结构(如图所示，大黑球代表Au原子，小黑球代表Ti原子，两种晶胞中的Ti原子均在晶胞面上)。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.晶体与晶体的密度之比为B.晶体中，Au原子周围最近且等距离的Ti原子数目为6C.图乙中，若M的分数坐标为，则N的分数坐标为D.图乙中，间最近距离为【答案】D【解析】A．密度之比取决于晶胞中原子数与体积的比值。设Ti3Au的摩尔质量为M，α晶胞含1个Ti3Au单元（Ti：6×=3，Au：1），体积a3；β晶胞含2个Ti3Au单元（Ti：12×=6，Au：8×+1=2）。密度ρa=，ρβ=，则ρa:ρβ=b3:2a3，A错误；B．α-Ti3Au中Au原子若位于顶点（8×=1），Ti位于6个面心（6×=3），顶点Au周围最近的Ti原子为3个面心Ti（距离），Au原子周围最近且等距离的Ti原子数目为12，B错误；C．由O点坐标（0,0,0）及M分数坐标（,,1）可知N的坐标分数为（1,,），C错误；D．β-Ti3Au中，若Au位于（0,0,0），Ti位于面上（,,0），距离为，D正确；故选D。14.在含、、的溶液中，滴加氨水，存在平衡关系：、、，平衡常数分别为、、，且。与的关系如图所示，其中表示或或。下列叙述错误的是A.直线a、b、c分别代表、、与的关系B.平衡常数C.向含相同浓度的和的混合溶液中滴加少量氨水，小于D.的平衡常数【答案】D【解析】，，，同理，，，已知K2<K3，再结合图像斜率可知，a、b、c分别代表、、与的关系。A．由分析可知，a、b、c分别代表、、与的关系，A正确；B．由点(-1，9)可知，9=4×(-1)+lgK2，，B正确；C．K2<K3，更容易生成，则向含相同浓度的Cu2+和Hg2+的混合溶液中滴加少量氨水，的浓度小于，C正确；D．由点(-3，7)可知，7=4×(-3)+lgK3，，的平衡常数，D错误；故选D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.砷化镓(GaAs)是一种重要的半导体材料，广泛应用于航天航空、半导体、光电和通讯等领域。一种由炼锌副产品(主要含、、ZnS、SiO2、ZnO、MgO、ZnFe2O4等)制备砷化镓的工艺流程如图所示。已知：①镓、锗元素类似于Al元素，表现为两性。②室温下，该工艺流程中部分金属离子形成氢氧化物沉淀时的pH如下：金属离子开始沉淀的pH1.97.06.49.5沉淀完全时的pH3.29.08.011.1③难溶于水。回答下列问题：（1）基态Ga原子的价层电子排布式为_______，基态As原子有_______种能量不同的电子。（2）“酸浸还原”时，被还原生成的离子方程式为_______。（3）“酸浸还原”时，生成S的化学方程式为_______。分离S和可选用非极性溶剂_______(填化学式)，然后过滤，得到。（4）“电解”制Ga时，金属Ga在电解池的_______(填“阳”或“阴”)极生成。（5）“溶液2”中含有、和，欲除去和，可先加入一种18电子微粒的绿色氧化剂_______(填化学式)溶液，并加入_______(填化学式)固体调节溶液的pH，调节pH的范围是_______。最后将含有的溶液经过系列操作得到金属镁。（6）1000g炼锌副产品中含有，整个流程中Ga的损失率为2.8%，理论上能制得GaAs的质量为_______g(保留整数)。【答案】（1）①.②.8（2）（3）①.②.（4）阴（5）①.H2O2②.MgO或Mg(OH)2③.8.0~9.5（6）180g【解析】冶炼锌的副产品(主要含、、ZnS、SiO2、ZnO、MgO、ZnFe2O4等)用稀硫酸和二氧化硫酸浸还原，被还原生成，溶液1中含有Ga3+、Ge4+、Zn2+、Mg2+、Fe2+，ZnS反应还生成S，不反应存在于滤渣1中，滤渣1中含二氧化硅和S；向溶液1中加入萃取剂甲，分液，萃取后的水相中加水调pH=1、加入萃取剂乙分离出Ga3+，加入NaOH溶液得到，电解含有的溶液得到Ga，与As加热反应生成GaAs，溶液2中含，有机相1中加入NaOH溶液反萃取得到，要一系列操作得到Ge，以此解答；（1）Ga是第31号元素，基态Ga原子的价层电子排布式为，基态As原子核外电子排布，有8种能量不同的电子；（2）由已知信息难溶于水，结合反应的环境，可写出反应的离子方程式为；（3）“酸浸还原”时，生成单质S的化学方程式为；分离S和可选用非极性溶剂溶解硫，然后过滤，得到；（4）电解时，Ga得电子，含Ga物质在阴极得电子生成单质Ga；（5）H2O2是绿色氧化剂，在氧化过程中不引进杂质、不产生污染；并加入MgO或Mg(OH)2等固体，可以不引入新杂质，调节溶液的pH，调节pH的范围是使和沉淀而不沉淀，pH的范围是8.0~9.5；（6）。16.三草酸合铁(III)酸钾晶体可用于摄影和蓝色印刷，实验室模拟制备该晶体的流程图如下：主要实验装置如图所示(夹持装置省略)，具体操作过程如下：I.溶解：称取2.5g自制硫酸亚铁铵晶体，加入3滴溶液，再加入10mL水，加热使其溶解。II.沉淀：向上述溶液中加入溶液，搅拌并沸水浴加热，生成黄色沉淀，用倾泻法洗涤该沉淀3次，每次使用25mL水去除可溶性杂质。III.氧化：在上述沉淀中加入5mL饱和溶液，水浴加热至40℃，滴加溶液5mL，不断搅拌溶液并维持温度在40℃左右，使Fe(II)充分氧化为Fe(III)。滴加完后，加热溶液至沸腾以除去过量的。IV.生产配合物：保持上述沉淀近沸腾状态(加热过程要充分搅拌)，加入溶液4mL，使沉淀溶解，此时溶液呈翠绿色，并使溶液控制在20mL左右(否则需用酒精灯小火浓缩)，冷却至室温，加入乙醇和几粒硝酸钾晶体，用表面皿盖在烧杯上，放置在暗处1～2小时，即有晶体析出，减压过滤并用少量95%乙醇洗涤，即得三草酸合铁(III)酸钾晶体。称重，计算产率，并将晶体置于干燥器内避光保存。回答下列问题：（1）装置图中，仪器C的名称为_______；仪器A的出水口是_______(填“a”或“b”)。（2）硫酸亚铁铵晶体中，、的VSEPR模型与离子的空间结构一致的是_______(填离子符号)。（3）中的碳原子_______(填“存在”或“不存在”)孤电子对，中与形成稳定的环状结构，的配位数为_______。（4）“氧化”过程可得到三草酸合铁(III)酸钾晶体，同时有氢氧化铁生成，产物中和的物质的量之比为_______。（5）测定产品中铁元素的含量。将mg三草酸合铁(III)酸钾晶体产品溶于适量稀硫酸中，经过系列操作(所加试剂均不含铁元素和碳元素)，将转化为，将转化为，然后向所得溶液(盛装在锥形瓶内)中滴入酸性溶液(盛装在酸式滴定管内)，滴定终点时消耗酸性溶液。①滴定终点的实验现象是_______。该产品中铁元素的质量分数为_______。②下列关于三草酸合铁(III)酸钾晶体产品中铁元素含量的分析错误的是_______(填标号)。A.若酸性溶液实际浓度偏高，则测得产品中铁元素的含量偏高B.若晶体产品中含少量，则测得产品中铁元素的含量偏低C.若滴定开始时平视读数，结束时俯视读数，则测得产品中铁元素的含量偏高D.若滴定开始时滴定管尖嘴内有气泡，滴定后无气泡，则测得产品中铁元素的含量偏高【答案】（1）①.恒压滴液漏斗②.a（2）、（3）①.不存在②.6（4）2：1（5）①.当滴入最后半滴高锰酸钾溶液时，溶液变成浅红色，且半分钟内不褪色②.③.ABC【解析】硫酸亚铁铵加酸溶解后再加入草酸，得到沉淀，加入双氧水作氧化剂，、过氧化氢及草酸钾发生氧化还原反应可得到三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体。（1）根据图示，仪器C为恒压滴液漏斗；在冷凝过程中，冷凝水下进上出，因此出水口为a。（2）中N原子的价层电子对为，采取sp3杂化，没有孤电子对，VSEPR模型与空间结构均为四面体形；中S原子的价层电子对为，采取sp3杂化，没有孤电子对，VSEPR模型与空间结构均为四面体形，因此与的VSEPR模型与离子的空间结构均一致。（3）的结构式为，其中每个碳原子含有3个σ键和一个π键的，则采取sp2杂化，不存在孤电子对；配离子中有两个单键氧原子可与形成稳定的环状结构，共有3个，因此配位数为6。（4）“氧化”过程加入的过氧化氢具有氧化性，可将亚铁氧化为三价铁，生成三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体及氢氧化铁，对应的化学方程式为6+3+6=4+2，由方程式可得产物中和的物质的量之比为2：1。（5）①亚铁具有还原性，高锰酸钾具有强氧化性，二者发生氧化还原反应，高锰酸钾溶液为紫红色，则向亚铁溶液中滴高锰酸钾溶液，当滴入最后半滴高锰酸钾溶液时，溶液变成浅红色，且半分钟内不褪色，则达到滴定终点；发生的离子方程式：，根据原子守恒知，n(Fe)=5n(Mn)=，则，该晶体中铁元素的质量分数为。②A．若溶液实际浓度偏高，则消耗的高锰酸钾体积偏小，测得的样品中铁元素的含量偏低，A错误；B．若晶体样品中含少量，由于中铁元素的质量分数大于三草酸合铁(III)酸钾的，使得溶液中亚铁离子的含量增多,则滴定时消耗高锰酸钾溶液的体积偏大，测得的样品中铁元素的含量偏高，B错误；C．若滴定开始时平视读数，结束时俯视读数，则滴定时消耗的高锰酸钾溶液体积偏小，测得的样品中铁元素的含量偏低，C错误；D．若滴定开始时滴定管尖嘴内有气泡，滴定后无气泡，则滴定时消耗高锰酸钾溶液的体积偏大，测得的样品中铁元素的含量偏高，D正确；故选ABC。17.将、转化为绿色液体燃料甲醇()是实现碳中和的一个重要途径。甲醇的制备方法有二氧化碳加氢法、电催化法、甲烷催化氧化法等。回答下列问题：I.二氧化碳加氢法反应(1)：反应(2)：反应(3)：已知：甲醇的选择性。（1）_______，反应(3)自发进行的条件是_______(填“高温”“低温”或“任何温度”)。（2）一定温度下，在恒容密闭反应器中，只发生反应(3)并达到平衡，下列能使平衡体系中增大且加快化学反应速率的措施是_______(填标号)。A.充入，使体系压强增大 B.升高温度 C.降低温度 D.再充入（3）恒温恒容(容积为1L)条件下，投入和，控制合适条件，只发生反应①和反应②，甲醇的选择性为60%。已知起始压强为，反应体系达到平衡时，CO的平衡浓度为。则的平衡转化率为_______，的平衡分压为_______MPa，该条件下反应(2)的_______(保留1位小数)。II.电催化法一种基于铜基金属簇催化剂电催化还原制备甲醇装置如图1所示。控制其他条件相同，将一定量的通入该电催化装置中，阴极所得产物及其物质的量与电压的关系如图2所示。（4）阴极生成的电极反应式为_______。（5）控制电压为0.8V，电解时转移电子的物质的量为_______mol。III.甲烷催化氧化法主反应：副反应：科学家将、和(是活性催化剂)按一定体积比在催化剂表面合成甲醇，部分反应历程如图所示(吸附在催化剂表面的物种用＊标注，TS代表过渡态)。（6）该历程中决速步的化学方程式为_______。【答案】（1）①.-90.4②.低温（2）D（3）①.50%②.③.0.1（4）CO2+6e-+6H+=CH3O