云南省长水教育集团2026-2027学年第一学期教学质量监测化学+答案

2026—2027学年第一学期教学质量监测(11月)

高三化学

考生注意：

1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。

2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。

3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题

目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内

作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。

4.本卷命题范围：金属元素化合物占60%,有机化合物20%,结构基础20%。

可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16Mg24S32Br80

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，只有一项是符合题

目要求的。

1.化学强国，筑梦未来。下列说法错误的是

A.“中国天眼”FAST反射面板使用的铝合金，其硬度大于纯铝

B.新能源汽车充电桩使用的氮化镓(GaN)属于新型无机非金属材料

C.机械剥离石墨得到的石墨烯能导电，石墨烯属于电解质

D.中科院成功合成新型钛基金属有机骨架材料：钛位于周期表d区

2.用化学用语表示NH₃+HCl=NH₄Cl中的相关微粒，其中正确的是

A.中子数为2的氢原子：?HB.HCI的电子式为H:Cl:

C.NH₃的结构式为D.氮原子结构示意图：

3.下列物质性质与用途的对应关系错误的是

A.碳酸钠具有碱性，可用于治疗胃酸过多

B.氧化铝熔点高，可用作耐火材料

C.乙炔燃烧的火焰温度高，可用于切割金属

D.高铁酸钾具有强氧化性，可用作自来水消毒剂

4.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是

A.42gC₃H₆分子中含有的σ键数目一定为8NA

B.0.1mol·L⁻¹HF溶液中，HF分子的数目小于0.1NA

C.标准状况下，22.4LH₂O中含有分子的数目为NA

D.工业合成氨时，每反应22.4L(标准状况下)N₂,生成的极性共价键数目为6NA

高三化学第1页(共6页)

5.下列离子或化学方程式书写正确的是

A.向H₂¹O中投入Na₂O₂固体：2H₂¹⁸O+2Na₂O₂=4Na++4OH⁻+18O₂

B.向苯酚钠溶液中通入少量C

C.用CuSO₄溶液除去乙炔中的H₂S产生黑色沉淀：Cu²++H₂S——CuS↓+2H+

D.酸性KMnO₄标准溶液滴定草酸：2MnOZ+5C₂O2-+16H+—2Mn²++10CO₂个+8H₂O

6.下列各组物质之间可以按如图所示关系直接转化的是

A.CO→CO₂→H₂CO₃→COB.HCl→CuCl₂→BaCl₂→HCl

C.Fe→Fe₂O₃→Fe(OH)₃→FeD.Ca(OH)₂→CaCl₂→CaO→Ca(OH)₂

7.部分含硫、铁物质的“价—类”关系如图所示。下列叙述错误的是

含硫的物质含铁的物质

A.工业上常用X作为罐体材料盛装大量b的浓溶液

B.在W溶液中滴加a溶液，振荡，会发生反应

C.在氢碘酸溶液中加入Z只发生中和反应

D.常温下，c和e混合有d生成

8.大黄素是中药大黄的主要成分，有广泛的药理作用。下列有关大黄素的说法正确的是

A.分子中含有3种官能团

B.与NaOH反应产物的水溶性强于大黄素

C.分子中的所有原子可能处于同一平面上

D.1mol大黄素与足量金属钠反应，最多可生成3molH₂大黄素

9.一种可为运动员补充能量的物质，其分子结构式如图。已知R、W、Z、X、Y为原子序数依次增大

的短周期主族元素，Z和Y同族，则下列说法错误的是

A.简单离子半径：X<Z

B.最高价含氧酸的酸性：Z>Y

C.第一电离能：W<X<Z

D.ZX₃的空间结构为三角锥形

高三化学第2页(共6页)

10.下列实验操作和现象，得出的相应结论正确的是

选项实验操作现象结论

Mg(OH)₂和Al(OH)₃中均分别加入Mg(OH)₂只溶于盐

A碱性：Mg(OH)₂>Al(OH)₃

NaOH溶液和盐酸酸，Al(OH)₃都能溶

向1mLI₂的CCl溶液中加人1mL浓I₂在水中的溶解度大于其在

B有机相紫色变浅

KI溶液，充分振荡，静置CCl₄中的溶解度

向铜和盐酸的混合体系中滴加过氧化氢

C溶液变蓝色H₂O₂作该反应的催化剂

溶液

乙醇和浓硫酸共热至170℃,将产生的

D酸性KMnO₄溶液褪色乙烯发生了氧化反应

气体通入酸性KMnO₄溶液中

H—M—HCOg)

11.H₂与CO₂在金属催化剂M的作用下生成多种产物，反应H₂(g)₂

机理如图所示。下列说法错误的是HCOOH(g)

A.产物HCOOH、HCHO、CO均为极性分子

HCHO(g)H-M-cOOH

B.中间体X的结构可能是中间体X

C.反应①中C原子的杂化方式发生了变化

H₂(g)

D.反应过程中涉及极性键的断裂与生成

12.通过给电子主体Y和吸电子客体Z作用，可制备一种延迟荧光材料的通用超分子主客体共晶，

制备路线如图所示。下列说法错误的是

A.X的一氯代物有6种

B.Z分子中氟原子的引入增强了分子的给电子能力

C.Y与Z通过分子间相互作用形成超分子

D.Y的空腔大小与Z的分子尺寸相匹配，体现了超分子分子识别的特征

13.化学兴趣小组回收锌锰电池废料(主要含MnO₂、MnOOH等)制备KMnO₄,流程如图。

下列说法错误的是

A.“碱熔”时应选择铁坩埚

C.“氧化”时，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1

D.“系列操作”中，不能高温干燥KMnO₄

高三化学第3页(共6页)

14.某锂离子电池电极材料结构如图。结构1是钴硫化物的晶体结构；晶胞2是充电后的晶胞结

构；所有晶胞均为立方晶胞。下列说法错误的是

●Co

OS

OLi

结构1晶胞2晶胞3

A.结构1钴硫化物的化学式为CogS₈

B.晶胞2和晶胞3表示同一晶体晶胞

C.晶胞3中S与S的最短距离apm

D.晶胞3的晶胞密度

二、非选择题：本题共4小题，共58分。

15.(14分)某课外活动小组设计了如图1所示装置，探究CO₂与Na₂O₂反应时需要的条件。

ABCGH

图1图2

回答下列问题：

(1)Na₂O₂的电子式为,其中化学键的类型为o

(2)装置A中发生反应的离子方程式为。装置B中盛放的试剂是饱和NaHCO₃溶液，

其作用是o

(3)①如果打开弹簧夹K₂,关闭K₁,打开分液漏斗活塞加入盐酸，带火星的木条不复燃。装置F

中的试剂是(填名称)。该实验中打开K₂,关闭K₁的目的是

②如果打开弹簧夹K₁,关闭K₂,打开分液漏斗活塞加入盐酸，带火星的木条复燃。小组成

员认为生成的氧气不一定是CO₂与Na₂O₂反应生成的，理由是(结合化学方程式

作答)。

③为了证明这“不同看法”是否正确，小组成员又设计图2装置完成验证实验，则仪器b中加

入(填名称),装置G锥形瓶中加入装置D中反应后的少量固体，打开仪器b的活

塞，发现装置H中澄清石灰水,说明CO₂在有水蒸气存在下与过氧化钠发生反应。

高三化学第4页(共6页)

16.(14分)无水MgBr₂极易潮解，可溶于醚、醇等极性有机溶剂，在18.

有机合成中用途广泛，常用作路易斯酸催化剂。实验室采用镁屑无水

与液溴为原料制备无水MgBr₂的装置如图，主要步骤如下：氯化钙

步骤1:仪器A中装入10g镁屑和足量无水乙醚；装置B中加人

足量液溴。N₂

步骤2:缓慢通入干燥的氮气。镁屑[

液溴

步骤3:反应完毕后恢复至室温，过滤，将滤液转移至另一干燥的和乙醚

烧瓶中，冷却至0℃,析出晶体，再过滤得三乙醚合溴化镁粗品。冰水

步骤4:室温下用苯溶解粗品，冷却至0℃,析出晶体，过滤、洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至

160℃分解得无水MgBr₂产品。

已知：①Mg和Br₂反应剧烈且放出大量的热

②MgBr₂+3C₂H₅OC₂H₅←MgBr₂·3C₂H₅OC₂H₅

回答下列问题：

(1)仪器A的名称是,冷凝水从(填a或b)口流入；实验中不能用干燥空气代

替干燥N₂,用化学方程式解释其原因：0

(2)步骤2向装置B中缓慢通入氮气的目的是。步骤3中，第一次过滤除去的物质

是

(3)步骤4中洗涤晶体时使用的试剂为(填名称),加热至160℃使三乙醚合溴化镁分

解，还有一个作用是_。

(4)为测定产品的纯度，可用EDTA标准溶液滴定，反应的离子方程式：Mg²++EDTA—

EDTA-Mg²+;测定前，先称取0.2000g无水MgBr₂产品，溶解后，用0.1000mol·L-¹的

EDTA标准溶液滴定至终点，消耗EDTA标准溶液8.00mL,则测得无水MgBr₂产品的纯

度是%。

17.(15分)某砷化镓废料的主要成分为GaAs、Fe₂O₃、SiO₂及少量难溶性杂质，从砷化镓废料中回

收镓和砷的工艺流程如图所示：

NaOH溶液

NaOH溶液、

溶液加通CO₂碱浸电解、

H₂O₂CaO滤液23滤渣3碱浸液

过滤1过滤2

废料粉碎、碱浸滤液1通SO₂

滤渣2加足量H₂SO₄

滤渣1过滤4含H₃ASO₄滤液→H₃AsO₃脱水As₂O₃

已知：镓与铝同主族，性质相似。

回答下列问题：

(1)“碱浸”前将废料粉碎的目的是。基态Ga原子的价电子排布式为0

(2)“碱浸”时，砷化镓转化为Na[Ga(OH)₄]和Na₃AsO₄进人溶液，该反应的化学方程式

为_o

(3)滤渣1的主要成分是(填化学式)。加入CaO的主要作用是0

(4)通人足量CO₂时，主要发生反应的离子方程式为0

(5)砷化镓是一种重要的半导体材料，As与Ga同周期，As与N同主族，GaAs中，As元素化合

价为—3价，从原子结构角度解释其原因：o

(6)本工艺采用电解碱浸液的方法制备金属Ga,而不采用电解熔融Ga₂O₃的方法，其原因

是0

高三化学第5页(共6页)

18.(15分)黄芩素(L)作为一种具有抗氧化、抗炎、抗肿瘤等多种药理活性的天然成分，人工合成路

线如图所示：

已知

回答下列问题：

(1)B的名称为,B→C的反应类型为,L中的含氧官能团的名称为

(2)C→D中生成的D和另一种产物均能与NaHCO₃溶液反应，则反应C→D的化学方程式

为0

(3)F的结构简式为o

(4)D的同分异构体有多种，同时具备下列条件的结构有种(不考虑立体异构),写出其

中核磁共振氢谱图中有6组峰的结构简式：o

a.能与FeCl₃溶液发生显色反应

b.能使Br₂的CCl₄溶液褪色

c.能发生银镜反应

(5)参考题中所给信息，写出以和(CH₃CO)₂O为原料合的合成路线：

(无机试剂任选)。

高三化学第6页(共6页)

·高三化学·参考答案、提示及评分细则

参考答案、提示及评分细则

2026-2027学年第一学期教学质量监测(11月)·高三化学

一、选择题子式H₂C204,离子方程式书写错误，正确的离子方程

1.【解析】合金的硬度通常大于其组成的纯金属，

C式为2Mn0:+5H₂C20+6H=2Mn²⁺+10C0₂↑+

铝合金的硬度大于纯铝；氮化镓是一种半导体材料，

。

属于新型无机非金属材料；石墨烯是碳单质，电解8H₂0

6.【解析】在氧气中点燃生成

质必须是化合物，因此石墨烯不属于电解质；钛的BCOCO₂

(2CO+O₂=2CO₂);CO₂与水反应生成H₂CO₃

原子序数为22,基态原子的价电子排布式为3d²4s²,

(CO₂+H₂O=H₂CO₃);但H₂CO₃分解只生成

属于周期表d区。

H₂O和CO₂,不能一步直接转化为CO。HCl与

2.B【解析】原子的质量数=质子数+中子数，氢元素

CuO反应生成CuCl₂(CuO+2HCl=CuCl₂+H₂O);

质子数为1,中子数为2时，质量数应为1+2=3,该

CuCl₂与Ba(OH)₂

氢原子正确表示为³为共价化合物，电子式

H;HCl反应生成BaCl₂[CuCl₂+Ba(OH)₂=BaCl₂+Cu(OH)₂

↓];

为H:Ci:;NH₃的结构式为;氮原子的核电

BaCl₂与H₂SO₄反应生成HCI(BaCl₂+H₂SO₄=

荷数为7,核外电子排布为2、5,氮原子结构示意BaSO₄↓+2HC1),三步均可一步直接转化。Fe₂O₃不

溶于水，不能直接转化为Fe(OH)₃。CaCl₂无法直接

转化为CaO。

7.C【分析】含硫物质(左):a:+4价盐(亚硫酸盐，

3.A【解析】碳酸钠碱性较强，对胃黏膜刺激性和腐如Na₂SO₃);b:+6价酸(H₂SO₄);c:+4价氧化

蚀性强，不能用于治疗胃酸过多，治疗胃酸过多的物(SO₂);d:0价单质(S);e:-2价氢化物

是碱性较弱的碳酸氢钠。(H₂S);含铁物质(右):X:0价单质(Fe);Y:

+2价氧化物(FeO);Z:+3价氢氧化物

4.D【解析】CH₆可能为环丙烷，每个分子含9个σ

键，42g环丙烷的物质的量为1mol,σ键数目为[Fe(OH)₃];W:+3价盐(如Fe³的硝酸盐或硫

9NA;酸盐)。

【解析】常温下铁在浓硫酸中会发生钝化，形成致

未给出溶液体积，无法确定HF的物质的量，无法

密的氧化膜，阻止反应继续进行，因此工业上常用

判断数目是否小于0.1N;标准状况下HO不是气

铁作为罐体材料盛装大量浓硫酸；W为Fe³+盐，a

态，不能用气体摩尔体积22.4L·mol-¹计算；每反

为亚硫酸盐，具有氧化

应1生成2个分子含3个Fe³

molN₂molNH₃,1NH₃二者发生氧化还原反应：2

N—H极性键，则2molNH₃含极性共价键的总数为

6N。

具有还原性，Fe(OH)₃与HⅡ反应：

5.C【解析】H₂⁸0与Na₂O₂反应时，Na₂O₂发生歧

化反应，生成的O₂中的氧元素全部来自于Na₂O₂,2Fe(OH)₃+6HI=2Fel₂+

I₂+6H₂O,既有中和反应，又有氧化还原反应，

18应进入正确的离子方程式为2

OOH,H₂⁸0+并非“只发生中和反应”;SO₂与H₂S常温下反应：

2Na₂0₂=4Na⁺+2³0H⁻+20H+0₂↑;酸性顺序SO₂+2H₂S=3S↓+2H₂0,生成单质硫。

为H₂C0₃>C₆H,0H>HC0;,因此向苯酚钠溶液中通8.B【解析】根据物质结构简式可知：该物质分子中

入少量CO₂时，产物应为苯酚和HCO;,正确的方含有羟基、(酮)羰基2种官能团；大黄素与NaOH

程式为反应，酚羟基会转化为易溶于水的酚钠(离子型化

合物),因此反应产物的水溶性强于大黄素本身；甲

基碳原子为sp³杂化、呈四面体形，故大黄素分子

中的所有原子不可能处于同一平面上；大黄素分子

H₂S为弱酸，在酸性溶液中主要以H₂S分子存在，

中含有3个酚羟基(酮羰基、苯环、甲基均不与金

反应为草酸为二元弱

Cu²++H₂S=CuS↓+2H+;属钠反应),羟基与生成的氢气满足2:1的关系，故

酸，属于弱电解质，不能拆写为C₂0²,应保留分

答案第6页，共4页

·高三化学·参考答案、提示及评分细则

1mol大黄素与足量金属钠反应最多生成1.5molH₂。能力，而非给电子能力；超分子主客体共晶通过分

9.D【分析】根据题干信息R、W、Z、X、Y为原子子间相互作用形成；超分子的分子识别特征就是主

序数依次增大的短周期主族元素，Z和Y同族，结体空腔大小与客体分子尺寸匹配，才能选择性结合

合成键规律推导：R只形成1个共价单键，原子序形成稳定超分子。

数最小，推得R为H;Y可形成5个共价键，Z可13.C【分析】废料中的MnO₂、Mn00H在高温、碱

形成3个共价键，则Z和Y均为VA族元素，Y为性条件下被KCIO₃氧化为K₂MnO₄,KCIO₃被还原

为共形成4个共价键，原子序数小于

P,ZN;WZ,为KCl。加水浸出，使K₂MnO₄和KCl溶解，得到

推得W为C;X原子序数在Z(7)和Y(15)之间，形

含KCl的K₂MnO₄溶液。随后在碱性条件下通入Cl₂

成2个共价键，推得X为0。

,将K₂MnO₄进一步氧化为KMn0₄,再通过结晶、

【解析】Z是N元素、X是0元素，电子层数相同，

过滤等操作分离出固体。

质子数越多半径越小，简单离子半径：O²-<N³-;ZKMn04

是N,最高价含氧酸为HNO₃,Y是P,最高价含氧【解析】‘碱熔”需要在高温下使用强碱，瓷坩埚中的

酸为H₃PO₄,酸性HNO₃>H₃PO₄,即Z>Y;同周期SiO₂能与熔融的KOH反应，使坩埚受到腐蚀，应

元素第一电离能呈增大趋势，VA族原子p轨道半选用耐碱的铁坩埚；Mn00H中锰元素为+3价，生

充满，第一电离能大于同周期相邻VIA族元素，故成K₂MnO₄时升高到+6价；KCIO₃中氯元素为+5价，

第一电离能C<0<N,即W<X<Z;ZX₃为NO₃生成KCl时降低到-1价。根据得失电子守恒，参加

反应的与的物质的量之比为2:1,再

,中心原子价层电子对数为,无孤Mn00HKCIO₃

根据原子守恒配平，化学方程式为

电子对，为平面三角形。2Mn00H+KC10₃+4K0H高温2K₂Mn0₄+KCI+

10.A【解析】Mg(0H):仅溶于盐酸说明仅具有碱性，3H₂0;“氧化”时，在碱性条件下Cl₂将K₂MnO₄氧

Al(OH)₃既可溶于强酸又可溶于强碱，属于两性氢化为KMn0₄,离子方程式为2Mn0}+Cl₂—

氧化物，可得出碱性Mg(OH)₂>Al(OH)₃;有机相紫2Mn0+2C1,氧化剂和还原剂的物质的量之比为

色变浅是因为发生反应I₂+I一I,I₂和过量I结1:2;KMn0₄受热易分解，反应为2KMn0△

合生成了易溶于水的I₃,并非I₂在水中的溶解度大K₂Mn0₄+Mn0₂+0:↑,高温干燥会使产品分解，

于在CCl₄中的溶解度，实际上I₂在CCl中的溶解度因此应在较低温度下干燥。

远大于在水中的溶解度；铜与盐酸本身不反应，加14.D【解析】结构1中，Co位于4个顶点和内部4

入H₂O₂后溶液变蓝，是因为H₂O₂作为氧化剂将Cu

处，数目为S位于12条棱的中点和体

氧化为Cu²+,自身被还原为HO,H₂O₂是反应物

而非催化剂；乙醇和浓硫酸共热至170℃时，挥发心，数目为两者数目之比为9:8,化

的乙醇、副产物SO₂均能使酸性KMn0₄溶液褪色，

学式为CoSg;将晶胞2的体心作为新晶胞的顶点，

无法证明乙烯发生氧化反应。

S由棱心、体心位置转为顶点、面心位置，Li仍占

11.C【解析】极性分子是正、负电荷中心不重合的据相应的四面体空隙，可得到晶胞3,两者只是晶

分子，HCOOH甲酸)结构不对称，HCHO甲

((胞选取方式不同，表示同一晶体；晶胞3中S与S

醛)结构不对称，CO是不同原子构成的双原子分子，

三者均为极性分子；中间体X是从M=C=0与H₂反的最短距离为面对角线的一半，即晶胞3

应得到，X生成了HCHO(g)和M,根据H一

M—COOH→M+HCOOH可类推X结构式应为中含S的数目为含Li的数目为8,

,X分解后可得到HCHO和M;反应故晶胞3的晶胞密度为0m³=

①中，M=C=0转化为M—C=0,C原子均形成2

个σ键(无孤对电子),价层电子对数为2,均为sp

杂化，杂化方式未发生变化；反应过程中，CO₂中

C=0极性键断裂，产物中生成0—H、C—H等极性二、非选择题

键，涉及极性键的断裂与生成。15.(1)(2分)离子键、非

12.B【解析】X结构呈轴对称，等效氢一共6种(N极性共价键(2分)

上甲基为1种、与季碳相连的两个等价甲基为1种，

(2)CaC0₃+2H'=Ca¹⁺+C0₂↑+H₂0(2分)

苯环上共4种等效氢),故一氯代物有6种；氟是强

除去二氧化碳中的氯化氢(1分)

吸电子基团，氟原子的引入会增强Z分子的吸电子

答案第6页，共4页

·高三化学·参考答案、提示及评分细则

(3)①碱石灰(1分)检验没有水参与，CO₂剂(2分)

是否与Na₂O₂反应(2分)(4)73.6(2分)

②CO₂气体中混有水，水与过氧化钠反应生成氧气，【解析】(1)仪器A的名称是三颈烧瓶；因为空气

2Na₂0₂+2H₂0=4NaOH+0₂↑(2分)中的O₂能与Mg反应，所以实验中不能用干燥空气

③稀硫酸(1分)变浑浊(1分)代替干燥N₂,用化学方程式解释其原因为2Mg+O₂

。

【分析】装置A为碳酸钙与盐酸反应制备二氧化碳=2MgO

的发生装置，装置B的作用是除去二氧化碳中的氯(2)氮气作为载气，可以将装置B中挥发出来的溴

化氢气体，装置C的作用是除去二氧化碳中的水蒸蒸气平稳带入装置A中，同时控制溴的输入速率，

气，装置D和E用于验证二氧化碳与过氧化钠反应避免Mg和Br₂反应过于剧烈，因此目的是将装置B

时是否需要与水接触，带火星的木条能检验生成的中的溴蒸气缓慢吹入仪器A中，使溴与镁屑缓慢、

氧气，二氧化碳不能燃烧也不支持燃烧，当二氧化充分反应，避免反应过于剧烈放出大量热带来安全

碳通过过氧化钠时，不可能完全反应，所以应先除隐患。镁屑是固体反应物，反应后体系中生成的三

去未反应完的二氧化碳，再用带火星的木条来检验乙醚合溴化镁可溶解在乙醚中，镁屑没有完全反应，

难溶于乙醚，因此第一次过滤除去的是未参与反应

是否产生了氧气，装置F的作用是吸收未反应完全

的二氧化碳和防止空气中的二氧化碳和水蒸气进的镁屑。

入D、E装置，影响实验结果(3)步骤4中洗涤晶体时，为了减少三乙醚合溴化

镁的溶解损耗，使用苯，室温下用苯溶解粗品，低

【解析】(1)过氧化钠是离子化合物，由钠离子和

温下苯可以减少目标产物溶解，同时不会引入新的

过氧根离子构成，过氧根内氧原子之间共用一对电

杂质；加热至160℃除了让三乙醚合溴化镁分解得

子对，则Na₂O₂的电子式为到无水MgBr₂,还可以除去残留的乙醚、苯等溶剂。

其中化学键的类型为离子键、非极性共价键。(4)由反应Mg²++EDTA==EDTA-Mg²+可知，n

(2)装置A为碳酸钙与盐酸反应制备二氧化碳的(Mg²+)=n(EDTA),则无水MgBr₂产品的纯度是

发生装置，装置A中发生反应的离子方程式为

由于盐酸易挥

CaC0₃+2H'=Ca¹⁺+C0₂↑+H₂0;=73.6%。

发，制得的CO₂中混有HCl气体，装置B中饱和17.(1)增大接触面积，提高碱浸速率和浸出率

NaHCO₃溶液用于除去HCl杂质。(2分)4s²4p¹(1分)

(3)①带火星的木条不复燃，则无O₂生成，装置(2)

F中的试剂是碱石灰，作用是吸收未反应完全的CO₂,GaAs+4NaOH+4H₂O₂=Na[Ga(OH)₄]+

同时防止空气中的CO₂和水蒸气进入D、E装置，Na₃AsO₄+4H₂O(2分)

影响实验结果。该操作的目的是检验没有水参与，(3)Fe₂O₃(2分)使As04、SiO₃一转化为

是否与反应。

CO₂Na₂O₂沉淀，而[Ga(OH)₄]留在溶液中(2分)

②带火星的木条复燃，则有O₂生成；因为CO₂气

体中混有水蒸气，水与过氧化钠反应生成氧气，化(4)[Ga(OH)₄]+CO₂=Ga(OH)₃+HCO₃

学方程式为2Na₂0₂+2H₂0=4Na0H+0₂↑,所以分

()与同周期，但的核电荷数更大，导

小组成员认为生成的氧气不一定是CO₂与Na₂O₂反AGaAs

应生成的。致As的原子半径更小，电负性强，得电子能力更强，

则在形成的中元素显负化合价(合理即可，

③为验证在有水蒸气存在下与过氧化钠发生反GaAsAs

CO₂2分)

应，需要证明装置中生成了。与

DNa₂CO₃Na₂CO₃(6)Ga₂O₃熔点高，能耗大，成本高(2分)

酸反应生成CO₂,则在仪器b中加入稀硫酸，锥形

【分析】砷化镓废料的主要成分为、、

瓶中加入装置D中反应后的少量固体，打开仪器bGaAsFe₂O₃

SiO₂及少量难溶性杂质，粉碎后加入NaOH溶液和

的活塞，发现装置H中澄清石灰水变浑浊，说明CO₂

在有水蒸气存在下与过氧化钠发生反应。,GaAs转化为

16.(1)三颈烧瓶(2分)a(1分)2Mg,Fe₂0₃不与NaOH溶液反

+O₂=2MgO(2分)应成为滤渣1;过滤后加入Ca0,将Si(

(2)将装置B中挥发的溴蒸气缓慢吹入仪器A中，转化为CaSiO₃和Ca₃(As⁰4)₂沉淀，滤液中主要离

控制溴的通入速率，使镁与溴平缓反应，避免反应子为[Ga(OH)₄];向滤液2中通入足量的CO₂,

过于剧烈放出大量热引发危险(2分)未反应的

镁屑(2分)转化为Ga(OH)₃沉淀，再加入

(3)苯(1分)除去残留的乙醚、苯等挥发性溶NaOH溶液，将Ga(OH)₃沉淀转化为

答案第6页，共4页

·高三化学·参考答案、提示及评分细则

,电解得到Ga单质；向滤渣2中加

入足量的硫酸，将Ca₃(AsO4)₂、CaSiO₃转化为

H₃As0₄、H₂SiO₃,过滤后得到含H₃AsO₄的滤液，

通入SO₂将H₃AsO₄还原为H₃AsO₃,脱水后得到

【分析】由A、C的结构可推得B为苯甲醇，A发

As₂O₃,由此解答。

【解析】(1)“碱浸”前将废料粉碎可以增大接触面积，

从而加快碱浸的反应速率，同时让废料和碱溶液接

触更充分，提升浸出率；镓与铝同主族，基态Ga原生取代反应生成的],B发生催化氧化

子的价电子排布式为4s²4p¹。反应生成C,C与乙酸酐发生反应生成D,D和SOCl₂

发生取代反应生成根据、的结构简式结合F

(2)砷化镓(GaAs)在“碱浸”时，NaOH、H₂O₂与E,EG

GaAs反应生成Na[Ga(OH)₄]、Na₃AsO₄,该反

应的化学方