2024届湖南省邵阳市高三一模化学试题（含答案解析）

2024年邵阳市高三第一次联考试题卷化学本试卷共8页，18个小题。满分100分。考试用时75分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卡上。将条形码横贴在答题卡上“条形码粘贴区”。2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.保持答题卡的整洁。考试结束后，只交答题卡，试题卷自行保存。可能用到的相对原子质量：H-1N-14Na-23Ga-70I-127一、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.化学科学与技术在探索宇宙、改善生活、改变环境与促进发展等方面均发挥着关键作用。下列说法正确的是A.我国古代四大发明之一的指南针使用了磁性物质B.我国科学家研制的储能导电二维材料是一种新型有机功能材料C.2023年神舟十六号飞船返回舱侧壁金属壳体用的是铝合金材料，其硬度比纯铝的小D.利用与人工合成淀粉，不仅有利于解决人类的温饱问题，也有利于实现“碳中和”【答案】D【解析】【详解】A．制造指南针的磁性物质是Fe3O4，故A错误；B．我国科学家研制的储能导电二维材料MoS2是一种新型无机功能材料，故B错误；C．合金的硬度比组分硬度大，铝合金硬度比纯铝大，故C错误；D．CO2和H2人工合成淀粉，可将CO2回收利用并转化为淀粉，不仅有利于解决人类的温饱问题，也有利于实现“碳中和”，故D正确；故选：D。2.下列化学用语正确的是A.果糖和核糖的分子式均为：B.甲醛中键的电子云轮廓图：C.的空间结构：(正四面体形)D.基态铜原子价电子的轨道表示式：【答案】B【解析】【详解】A．果糖的分子式：C6H12O6，核糖分子式：C5H10O5，故A错误；B．甲醛中存在C=O，其中一个共价键为π键，π键的电子云轮廓图：，故B正确；C．中碳原子价层电子对数为3+=3且不含孤电子对，空间构型为平面正三角形，故C错误；D．基态铜原子价电子排布式为3d104s1，其价电子轨道表示式为，故D错误；故选：B。3.为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.标准状况下，溶于水，溶液中、和的微粒数之和小于B.溶液中含有数目小于C.与完全反应，反应中转移的电子数介于和之间D.苯乙烯中含有碳碳双键数为【答案】A【解析】【详解】A．氯气与水反应为可逆反应，不能进行到底，依据氯原子个数守恒可知，标准状况下11.2LCl2溶于水，氯气物质量n==0.5mol，溶液中Cl-、ClO-、HClO的微粒数之和小于NA，故A正确；B．0.1mol/LNH4NO3溶液体积不知，不能计算溶液中含有数目，故B错误；C．2.3gNa物质的量n==0.1mol，与O2完全反应，反应中转移的电子数为0.1NA，故C错误；D．苯环中不存在碳碳双键，1mol苯乙烯中含有碳碳双键数为NA，故D错误；故选：A。4.下列离子方程式书写正确是A.向硫酸铜溶液中加入过量氨水：B.向溶液中滴入溶液至恰好显中性：C.向溶液中通入过量：D.向溶液中加入足量氨水：【答案】D【解析】【详解】A．向硫酸铜溶液中加入过量氨水生成[Cu(NH3)4]2+，离子方程式为Cu2++4NH3⋅H2O═[Cu(NH3)4]2++4H2O，故A错误；

B．向NaHSO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液至恰好显中性，硫酸氢钠与氢氧化钡的物质的量之比为2：1；离子方程式为2H+++Ba2++2OH-═2H2O+BaSO4↓，故B错误；

C．Ca(ClO)2溶液具有强氧化性，通入过量SO2时发生氧化还原生成硫酸钙，离子方程式为Ca2++ClO-+SO2+H2O═CaSO4↓+Cl-+2H+，故C错误；

D．向Ba(HCO3)2溶液中加入足量氨水时生成BaCO3沉淀、(NH4)2CO3和H2O，离子方程式为Ba2++2+2NH3⋅H2O═BaCO3↓+2+2H2O+，故D正确；

故选：D。5.Z是医药工业和香料工业的重要中间体，合成路线如图所示。下列说法正确的是A.Y和溶液反应，最多消耗B.X→Y属于加成反应，Y→Z属于氧化反应C.X苯环上的二氯代物有6种，Y苯环上的三氯代物只有1种D.Z中所有原子可能共平面，Z与完全加成后的产物中含2个手性碳原子【答案】B【解析】【详解】A．Y中酚羟基能和NaOH以1∶1反应，醇羟基和NaOH不反应，1molY最多消耗1molNaOH，故A错误；B．X中苯环上的氢原子和甲醛发生加成反应生成Y，Y中醇羟基发生氧化反应生成Z中醛基，前者属于加成反应、后者属于氧化反应，故B正确；C．X苯环上的二氯代物相当于苯环上3个氢原子被1个酚羟基、2个氯原子取代，2个氯原子相邻时，酚羟基有2种位置异构，2个氯原子相间时，酚羟基有3种位置异构，2个氯原子相对时，酚羟基有1种位置异构，所以符合条件的同分异构体有6种；Y苯环上三氯代物有2种，故C错误；D．苯、-CHO中所有原子共平面，单键可以旋转，Z相当于苯分子中的氢原子被酚羟基和醛基取代，所以Z中所有原子可能共平面；Z与H2完全加成后的产物中不含手性碳原子，故D错误；故选：B。6.混盐是由一种金属阳离子(或)与两种酸根阴离子组成的盐，如可看成由和组成。向混盐中加入足量稀硫酸，发生如下反应：。下列说法正确的是A.混盐可看成由和组成B.混盐固体中阴阳离子个数比为C.向混盐溶液中加入溶液，可生成沉淀D.向混盐溶液中加入足量稀，每产生，转移电子的物质的量为【答案】A【解析】【详解】A．Na4S2O3可以写成Na2SO3•Na2S，混盐Na4S2O3可看成由Na2S和Na2SO3组成，故A正确；

B．Na4S2O3可以写成Na2SO3•Na2S，阳离子是Na+、阴离子是S2-和，所以混盐Na4S2O3固体中阴阳离子个数比为1：2，故B错误；

C．Al2S3能与水反应生成Al(OH)3沉淀和H2S气体，所以混盐Na4S2O3溶液中加入AlCl3溶液，不能生成Al2S3沉淀，故C错误；

D．由反应2Na4S2O3+4H2SO4=4Na2SO4+3S↓+SO2↑+4H2O可知，混盐Na2SO3•Na2S中-2价S失去2个电子生成S，+4价硫得到4个电子生成S，向混盐Na4S2O3溶液中加入足量稀H2SO4，每产生3molS，转移电子的物质的量为4mol,故D错误；

故选：A。7.水催化氧化机理如图所示。下列叙述错误的是A.钴位于元素周期表中的d区B.催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率C.在转化过程中Co的化合价没有发生变化D.该机理总反应式：【答案】C【解析】【详解】A．钴为27号元素，价层电子排布式为3d74s2，位于元素周期表中的d区，故A正确；B．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，故B正确；C．如在过程中，H、O化合价不变，Co失去电子，化合价升高，故C错误；D．由水催化氧化机理图可知，该机理总反应式：2H2O→O2↑+4H++4e−，故D正确；故选：C。8.已知反应，将和按一定比例通入恒温恒压的密闭容器中，反应相同时间后，的体积分数随温度的变化关系如图所示，下列相关描述正确的是A.平衡常数值： B.逆反应速率：C.b点时 D.曲线上的点均代表平衡时刻的点【答案】A【解析】【分析】由图可知，c点氨气的体积百分数最大，说明反应达到平衡，则c点以前为平衡的建立过程，c点以后为平衡的移动过程。【详解】A．升高温度，平衡逆向移动，则平衡常数值：，故A正确；B．温度越高，反应速率越快，则d点逆反应速率大于a点，故B错误；C．由分析可知，b点反应未达到平衡，正反应速率大于逆反应速率，故C错误；D．根据分析，c点前反应温度低、速率慢，反应没有达到平衡状态，故D错误；故选：A。9.某种镁盐具有良好的电化学性能，其阴离子结构如图所示。W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素，X、Z最外层电子数之和等于Q的最外层电子数，Y原子价电子数是Z原子价电子数的2倍。下列说法错误的是L为A.Q和X的氧化物对应水化物的酸性：Q>XB.简单离子半径：Q>Y>ZC.Z和Q形成的化合物属于共价化合物D.元素的电负性：Y>X>W【答案】A【解析】【分析】W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素，阴离子结构中X形成4条共价键、Y形成2条共价键、Q形成1条共价键，可知X的价电子数为4、Y的价电子数为6，Q的原子序数不是最小，则Q原子价电子数为7，Y原子价电子数是Z原子价电子数的2倍，则Z原子价电子数为3，满足X、Z最外层电子数之和等于Q的最外层电子数，结合原子序数相对大小可知，X为C元素、Y为O元素、Z为Al元素、Q为Cl元素，W的原子序数小于碳且形成1条共价键，则W为H元素。【详解】由分析可知，W是H元素、X是C元素、Y是O元素、Z是Al元素、Q是Cl元素；

A．选项中没有指明是最高价氧化物对应水化物，不能比较酸性强弱，如酸性：H2CO3＞HClO，H2CO3＜HClO4，故A错误；

B．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，而电子层越多离子半径越大，则离子半径：Cl-＞O2-＞Al3+，故B正确；

C．Z和Q形成的化合物是AlCl3，属于共价化合物，故C正确；

D．元素的非金属性越强，其电负性越大，则电负性：O＞C＞H，故D正确；

故选：A。10.由下列实验操作及现象能得出相应结论的是选项实验操作现象结论A向、KI混合溶液中依次加入少量氯水和，振荡，静置溶液分层，下层呈紫红色氧化性：B用玻璃棒蘸取待测溶液置于火焰上灼烧火焰呈黄色溶液中含Na元素C用pH计测定下列溶液的pH：①溶液；②溶液pH：①>②酸性弱于D向浓度均为的和KI混合溶液中滴加少量溶液出现黄色沉淀A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．少量氯水氧化碘离子，碘易溶于四氯化碳，则溶液分层，下层呈紫红色，可知氧化性：Cl2＞I2，由实验不能比较Br2、I2的氧化性强弱，故A错误；B．玻璃中含有钠元素，干扰溶液中钠元素的检验，应该用铂丝或铁丝，故B错误；C．两种钠盐的物质的量浓度不一定相等，所以不能根据钠盐的pH值判断酸的酸性强弱，故C错误；D．溶度积常数表达式相同时，向浓度均为0.10mol⋅L-1的KCl和KI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，溶度积常数小的先产生沉淀，先生成黄色沉淀，则，故D正确；故选：D。11.磷化氢是常用的高效熏蒸杀虫剂。一种制备的流程如下图所示：下列说法正确的是A.分子是正四面体结构，中含有共价键B.次磷酸钠属于酸式盐C.反应Ⅰ为(浓)D.理论上，每可生产【答案】C【解析】【分析】白磷与浓NaOH溶液反应生成PH3和次磷酸钠，根据原子守恒和化合价升降守恒可知反应化学方程式为：P4+3NaOH（浓）+3H2OPH3↑+3NaH2PO2，次磷酸钠与硫酸反应生成次磷酸，反应化学方程式为：NaH2PO2+H2SO4=NaHSO4+H3PO2，次磷酸分解生成磷酸和磷化氢，根据原子守恒和化合价升降守恒，可得方程式为：2H3PO2=PH3↑+H3PO4，据此分析解答。【详解】A．白磷分子中磷原子价层电子对数为3+1=4，白磷分子呈正四面体，键角60°，1molP4中含有6mol共价键，故A错误；B．次磷酸为一元酸，则次磷酸钠(NaH2PO2)属于正盐，故B错误；C．白磷与浓NaOH溶液反应生成磷化氢和次磷酸钠，其反应的化学方程式为P4+3NaOH（浓）+3H2OPH3↑+3NaH2PO2，故C正确；D．理论上，1mol白磷和浓氢氧化钠反应生产1molPH3和3mol次磷酸钠，3mol次磷酸钠反应生成3mol次磷酸，根据2H3PO2=PH3↑+H3PO4分析，3mol次磷酸分解生成1.5mol磷化氢，故1mol白磷可生成2.5mol磷化氢，故D错误；故选：C。12.某富锂超离子导体的晶胞是立方体(图1)。进行镁离子取代及卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料(图2)。下列说法正确的是A.基态溴原子的核外电子排布式为B.图1晶体中O周围最近的Cl数目为4C.图1晶体的化学式为D.图2表示的化学式为【答案】D【解析】【详解】A．溴原子核外有35个电子，根据构造原理书写其基态核外电子排布式，则Br原子基态原子核外排布式为[Ar]3d104s24p5，故A错误；B．由图可知，图1中与O原子距离最近且相等的Cl原子的个数为8，故B错误；C．均摊法可知，图1晶体含有Li：8×+1=3，Cl：4×=1，O：2×=1，则该晶体的化学式为Li3ClO，故C错误；D．由图可知，晶胞中含有Cl或Br：4×=1，含有O：2×=1，含有Li：1，含有Mg或空位：8×=2，所以晶胞的化学式可以为LiMgOClxBr1-x，故D正确；故选：D。13.是一种高效、安全的消毒用品。某电解法制备的装置如图，有关说法错误的是A.与a相连的电极上发生氧化反应B.电解过程中转移电子时，有通过离子交换膜进入阳极区C.整个生产过程中，理论上得到两种气体产物和的体积比为D.“二氧化氯发生器”中生成的X溶液的主要溶质为和【答案】C【解析】【分析】图中右室生成H2，发生还原反应，b连接电解池的阴极，b为电源负极，则a连接电解池的阳极，a为电源正极，阴极反应式为6H++6e-=3H2↑，阳极反应式为+3Cl--6e-=NCl3+4H+，总反应式为+3Cl-+2H+NCl3+3H2↑，溶液中Cl-通过离子交换膜移向左侧，即离子交换膜为阴离子交换膜，NCl3与NaClO2溶液在二氧化氯发生器中反应生成ClO2和NH3，反应方程式为NCl3+6NaClO2+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH。【详解】A．图中右室生成H2，发生还原反应，b连接电解池的阴极，b为电源负极，则a连接电解池的阳极，发生氧化反应，故A正确；B．电解池中阴离子向阳极移动，则电解过程中转移2mol电子时，有2molCl-通过离子交换膜进入阳极区，故B正确；C．阴极反应式为2H++2e-=H2↑，阳极反应式为+3Cl--6e-=NCl3+4H+，二氧化氯发生器中发生反应的方程式为NCl3+6NaClO2+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH，每转移6个电子，生成1个NCl3，3个H2，6个ClO2，则整个生产过程中，理论上得到两种气体产物ClO2和H2的物质的量比为2∶1，气体所处温度和压强未知，故C错误；D．NCl3与NaClO2溶液在二氧化氯发生器中反应生成ClO2和NH3，反应方程式为NCl3+6NaClO2+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH，可知发生器中生成的X溶液的主要溶质为NaCl和NaOH，故D正确；故选：C。14.难溶盐可溶于盐酸，常温下，用盐酸调节浊液的pH，测得体系中或与的关系如图。下列说法错误的是A.随着盐酸的加入，溶液中和均逐渐增大B.与的关系对应图中曲线MC.常温下，难溶盐的数量级为D.Y点的溶液中存在【答案】B【解析】【分析】已知HF的Ka=，，则越大，c(F-)越小，-lgc(F-)越大，即-lgc(F-)随着的增大而增大，Ksp(CaF2

)=c(Ca2+)•c2(F-)，c(F-)越小，c(Ca2+)越大，-lgc(Ca2+)越小，即-lgc(Ca2+)随着的增大而减小，所以曲线N表示-lgc(Ca2+)与的变化关系，M表示-lgc(F-)与的变化关系，据此分析解答。【详解】A．随着盐酸的加入，溶液的酸性增强，CaF2和HCl生成HF，则溶液中c(H+)和c(HF)均逐渐增大，故A正确；

B．由上述分析可知，曲线N表示-lgc(Ca2+)与的变化关系，M表示-lgc(F-)与的变化关系，故B错误；

C．X点时=1，-lgc(F-)=4.2，Ka==10×10-4.2=10-3.2，W点时=0，则c(F-)=10-3.2mol/L，-lgc(Ca2+)=4，所以Ksp(CaF2

)=c(Ca2+)•c2(F-)=10-4×(10-3.2)2=10-10.4，数量级为10-11，故C正确；

D．由图可知，Y点时c(Ca2+)=c(F-)，溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，电荷守恒关系为2c(Ca2+)+c(H+)=c(F-)+c(Cl-)+c(OH-)，物料守恒关系c(F-)+c(HF)=2c(Ca2+)，即c(Ca2+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，则有c(Cl-)＞c(Ca2+)，c(Ca2+)=c(HF)，所以c(Cl-)＞c(Ca2+)=c(HF)，故D正确；

故选：B。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.某兴趣小组设计实验探究催化氧化CO的效率。回答下列问题：【步骤Ⅰ】制备CO在通风橱中用下图装置制备CO，反应方程式：（1）装置A中盛放浓硫酸的仪器名称是___________。（2）B中溶液的作用是___________。【步骤Ⅱ】检验CO（3）将CO通入新制银氨溶液中，有单质银沉淀生成，则该反应的化学方程式为___________。【步骤Ⅲ】探究催化氧化CO的效率（4）将一定量CO与空气混合，得到CO体积分数为1％的气体样品。使用下图装置(部分加热及夹持装置省略)，调节管式炉温度至120℃，按一定流速通入气体样品。(已知：是白色固体，易吸水潮解，)通入(已折算为标况)气体样品后，继续向装置内通入一段时间氮气，最终测得U形管内生成了。①能证明CO被空气氧化的现象是___________。②CO被催化氧化的百分率为___________。③若未通入氮气，②的结果将___________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。（5）探究气体与催化剂接触时间对催化氧化效率的影响时，可采用___________方法延长接触时间。【答案】（1）圆底烧瓶（2）吸收挥发的HCOOH蒸气（3）（4）①.装置H中澄清石灰水变浑浊②.40%③.偏大（5）减小气体样品流速【解析】【分析】在装置A中HCOOH与浓硫酸混合加热反应制取CO，通过装置B除去其中的挥发的HCOOH蒸气，导气管通入顺序是长进短出；然后通过装置C、D用排水方法收集CO气体。CO具有还原性，可以将银氨溶液还原为Ag单质，同时CO被还原反应产生，同时反应产生NH3·H2O，CO被催化氧化，未被还原的CO可以与I2O5发生反应产生CO2、I2，根据反应产生I2的物质的量确定未被催化氧化的CO，进而结合CO的总物质的量确定其被催化氧化的转化率。【小问1详解】根据装置图可知：装置A中盛放甲酸的仪器的名称为圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶。【小问2详解】在装置A中HCOOH与浓硫酸混合加热反应制取CO，该气体中含有HCOOH蒸气，用NaOH可以吸收挥发的HCOOH蒸气，故答案为：吸收挥发的HCOOH蒸气。【小问3详解】一氧化碳和银氨溶液反应生成单质银，同时生成碳酸铵和氨气，方程式为：【小问4详解】①一氧化碳被氧气氧化生成二氧化碳，能使澄清的石灰水变浑浊；②气体样品中CO的体积分数为1%，相同条件下，气体分数等于其物质的量分数，所以标况下11.2L气体样品中CO的物质的量为：n(CO)=×1%=0.005mol，未反应的CO发生反应5CO+I2O5=I2+5CO2，反应产生I2的物质的量n(I2)==0.0006mol，则根据反应方程式中物质反应转化关系可知n(CO)=5n(I2)=5×0.0006mol=0.003mol，则被氧化的n(CO)=(0.005-0.003)mol=0.002mol，故CO被催化氧化的百分率为×100%=40%；③若未继续通入一段时间N2，部分CO存在于装置中，导致K中生成的I2偏小，则剩余的n(CO)偏小，所以被氧化的n(CO)偏大；故答案为：装置H中澄清石灰水变浑浊；40%；偏大。【小问5详解】控制气流速率可以延长接触时间，即减小气体样品流速可以延长接触时间，故答案为：减小气体样品流速。16.作为第三代半导体材料，具有耐高温高压等特性，随着5G技术的发展，商用进入快车道。综合利用炼锌矿渣[主要含铁酸镓、铁酸锌]制备具有优异光电性能的氮化镓(GaN)，部分工艺流程如下：已知：常温下，浸出液中各离子形成氢氧化物沉淀的pH和金属离子在工艺条件下的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)见表：金属离子开始沉淀pH801.75.53.0沉淀完全pH9.63.28.04.9萃取率(％)099097～98.5（1）处理浸出液时，将溶液的pH调节至5.4，过滤所得沉淀为___________(填化学式)。（2）“溶解还原”步骤中加入一定量铁粉的作用是___________(用离子方程式表示)。（3）萃取和反萃取都需要使用到的主要玻璃仪器为___________。（4）取样品a克溶于足量热溶液中，发生反应，用溶液将产生的完全吸收并配成溶液，从中取用盐酸滴定，消耗的盐酸VmL，则样品的纯度为；___________。(已知：；)（5）晶胞结构如图所示，其晶体类型为___________，N原子的杂化方式为___________，已知六方晶胞的体积为，阿伏加德罗常数的值为，则晶体的密度为___________(用含a、的代数式表示)。（6）科学家用氮化镓材料与铜组装成如下图所示的人工光合系统，成功地实现了用和合成，请写出电极的电极反应方程式___________。【答案】（1）Fe(OH)3、Ga(OH)3（2）Fe+2Fe3+=3Fe2+（3）分液漏斗（4）（5）①.共价晶体②.sp3③.（6）2H2O-4e-=4H++O2↑【解析】【分析】炼锌矿渣[主要含铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4]制备具有优异光电性能的氮化镓(GaN)，炼锌矿渣加入稀硫酸过滤得到二氧化硅和滤液，滤液中加入过氧化氢调节溶液pH，氧化亚铁离子为铁离子，形成Fe(OH)3沉淀，加入盐酸溶解、加入铁还原，假如萃取剂萃取分液，在萃取液中加入氢氧化钠溶液反萃取，经过分离后加入氨气高温化合得到GaN，据此分析回答问题。【小问1详解】处理浸出液时，将溶液的pH调节至5.4，目的是沉淀Fe3+和Ga3+，过滤所得沉淀为：Fe(OH)3、Ga(OH)3，故答案为：Fe(OH)3、Ga(OH)3；【小问2详解】“溶解还原”步骤中加入一定量铁粉的作用是还原铁离子生成亚铁离子，反应的离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；【小问3详解】萃取和反萃取都需要使用到的主要玻璃仪器为：分液漏斗，故答案为：分液漏斗；【小问4详解】取GaN样品a克溶于足量热NaOH溶液中，发生反应GaN+OH-+H2O+NH3↑，用H3BO3溶液将产生的NH3完全吸收并配成250mL溶液，从中取25mL用盐酸滴定，消耗cmol/L的盐酸VmL，GaN～NH3～HCl，则样品的纯度=；【小问5详解】GaN晶胞结构如图所示，晶胞中含Ga=12×+2×+3=6，含N原子=6×+3=6，其晶体类型为：共价晶体，N原子形成三个共价键，N原子的杂化方式为：sp3，晶胞质量m=，已知GaN六方晶胞的体积为V=apm3=a×10−30cm3，则GaN晶体的密度g/cm3；【小问6详解】图示可知，GaN电极为负极，水失电子生成氧气，电极反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，故答案为：2H2O-4e-=4H++O2↑。17.合成气(CO、)可用于合成低碳烯烃和甲醇等化工产品。回答下列问题：（1）用天然气制备合成气的原理如下：该反应的压强平衡常数(Kp)随温度的变化如下表：温度/℃7007508008509001.005.23根据热力学状态函数自由能(∆G)的数学表达式：(R为大于0的常数，T为热力学温度)，可以推知当温度超过___________℃时，该反应才有可能发生。（2）用转炉熔渣(未冷却)制备合成气时，涉及反应如下：Ⅰ．Ⅱ．Ⅲ．反应温度与的关系如图所示。①___________0(填“>”“<”或“=”)。②反应：的___________(用、表示)。③用转炉熔渣制取合成气的优点是___________。（3）在三个密闭容器中，按起始物质的量之比，将CO和充入容器中，在不同的温度和压强下，发生反应：。CO的转化率与温度的关系如图所示：①___________(填“>”“<”或“=”)；反应速率___________(填“>”“<”或“=”)。②X点处，该反应的平衡常数为___________(用平衡分压表示，分压等于总压乘以物质的量分数)。③提高CO的转化率除改变温度和压强外还可采取的措施是___________(任写一条)。【答案】（1）800（2）①.>②.③.转炉熔渣的余热以及反应III放出的热量都可以为反应I、II提供热量，有利于节约能源（3）①.<②.>③.1④.增大H2与CO的投料比或者不断分离出甲醇【解析】【小问1详解】(R为大于0的常数，T为热力学温度)，T也大于0，需要，则需要，Kp应大于1，由表格数据可知，温度超过800℃时Kp大于1，所以需要超过800℃，该反应才可能发生；【小问2详解】①由反应温度与的关系图像，可以看出反应I、II的平衡常数K随温度升高而增大，说明升高温度平衡正移，为吸热反应，而反应III则为放热反应；②根据盖斯定律，方程式①-2②可得反应，则=；③反应I、II都是吸热反应，转炉熔渣的余热以及反应III放出的热量都可以为反应I、II提供热量，有利于节约能源；【小问3详解】①是气体体积缩小的反应，温度相同时压强越大则CO的转化率越高，由图像可知，温度相同时P1压强下转化率大于P2压强时，<故压强，Y与X压强相同，Y点温度更高，反应速率更快，即反应速率Y>X；②点时CO的转化率为50%，投料比为，设投料时CO为1mol，H2为2mol，列三段式如下：容器压强为2MPa，根据平衡时数据可以计算出平衡时p(CO)==0.5MPa，同理可算出p(H2)=1MPa，p(CH3OH)=0.5MPa，Kp===1；③还可以采取的措施有增大H2与CO的投料比或者不断分离出甲醇，都能提高CO的转化率。18.一种治疗湿疹的非激素类外用药物(G)，其合成路线如下：其中，—Ph为苯基()。（1）一种鉴别化合物A与B的方法是室温下将它们分别与水混合，混合后明显分层的是___________(填“A”或“B”)。（2）下列说法正确的是_____