2024-2025学年云南省德宏州高三上学期期末教学质量统一监测化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1云南省德宏州2024-2025学年高三上学期期末教学质量统一监测试题考试时间：75分钟，满分：100分注意事项：1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、学校、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H-1N-14O-16Na-23Ga-70一、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.化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是A.75%的乙醇溶液与双氧水的消毒原理相同B.神舟十六号飞船返回舱“外衣”中的酚醛树脂属于天然有机高分子化合物C.食品袋中放置的CaO可防止食品氧化变质D.光伏电站实现了将光能转化为电能，用到的材料为硅单质【答案】D【解析】A．乙醇使蛋白质变性的原理进行消毒，而双氧水利用强氧化性破坏微生物结构消毒，原理不同，A错误；B．酚醛树脂（如电木）是人工合成的高分子材料，非天然高分子化合物，B错误；C．为干燥剂，通过吸水防潮，没有还原性，但无法防止氧化变质，C错误；D．光伏电池利用高纯度硅单质的半导体特性，将光能转化为电能，硅是主要材料，D正确；故选D。2.下列化学用语表达错误的是A.中子数为8的O原子：B.HClO的结构式为：H-O-ClC.用电子式表示HCl的形成过程：D.2，3-二甲基丁烷的键线式：【答案】C【解析】A．氧原子质子数为8，中子数为8时，质量数=质子数+中子数=

8+8=16，核素表示为（一般可简写成16O），A正确；B．HClO中O原子分别与H原子和Cl原子形成共价键，其结构式为H−O−Cl，B正确；C．HCl是共价化合物，形成过程中没有电子得失，不存在离子，正确的用电子式表示HCl的形成过程为，原选项表示的是离子化合物的形成过程，C错误；D．2，3−二甲基丁烷主链有4个碳原子，2号和3号碳原子上各连有一个甲基，其键线式为所给图形，D正确；故选C。3.下列实验能达到目的的是A．铁上镀铜B．测定H2C2O4溶液浓度C．配制250ml0.10mol/LNaOH溶液D．制取无水A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．铁上镀铜，镀件铁应作阴极连接电源负极，镀层金属铜应作阳极连接电源正极，图中铁作阳极，铜作阴极，不符合要求，A错误；B．酸性KMnO4溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，应该用酸式滴定管盛装，B错误；C．不能直接在容量瓶中溶解NaOH固体，应在烧杯中溶解，冷却至室温后再转移到容量瓶中，C错误；D．MgCl2⋅6H2O直接加热会因镁离子水解而得不到无水MgCl2，在HCl气流中加热可以抑制MgCl2水解，从而制得无水MgCl2，D正确；故选D。4.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NAB.磷酸钠溶液含有的数目为0.1NAC.2.0gD2O含有的中子数为D.22.4L(标准状况下)HF中所含的质子数为10NA【答案】C【解析】A．SO2和O2的反应是可逆反应，2molSO2和1molO2不能完全反应，反应后分子总物质的量大于2mol，分子总数大于2NA，A错误；B．磷酸钠溶液中会发生水解，所以1L0.1mol⋅L−1磷酸钠溶液含有的数目小于0.1NA，B错误；C．D2O（重水）的摩尔质量为(2×2+16)g/mol=20g/mol，2.0gD2O的物质的量为。1个D2O分子中含有的中子数为(2−1)×2+(16−8)=10个，所以0.1molD2O含有的中子数为0.1mol×10×NA=NA，C正确；D．标准状况下HF是液态，不能用气体摩尔体积22.4L/mol来计算其物质的量，也就无法确定质子数，D错误；故选C。5.下列有关物质结构或性质的描述中，错误的是A.硬度：金刚石>碳化硅，是由于金刚石中C原子半径小于碳化硅中硅原子半径，C-C键键长比C-Si键键长短，键能大B.稳定性：H2O>H2S，是因为H2O分子间含有氢键C.氯化钠晶体中每个周围紧邻且距离相等的共有12个D.键角：NH3>H2O，是由于NH3、H2O中心原子孤电子对数不一样【答案】B【解析】A．金刚石和碳化硅都属于原子晶体，原子晶体的硬度与共价键键能有关。原子半径越小，键长越短，键能越大，硬度越大。C原子半径小于Si原子半径，C−C键长比C−Si键长短，键能大，所以硬度：金刚石>碳化硅，A正确；B．H2O的稳定性大于H2S，是因为O的非金属性强于S，O−H键的键能大于S−H键的键能，与分子间的氢键无关，氢键主要影响物质的熔沸点等物理性质，B错误；C．氯化钠晶体中，每个Na+周围紧邻且距离相等的Na+在三维空间分布，每层有4个，共3层，所以共有12个，C正确；D．NH3中心原子N有1对孤电子对，H2O中心原子O有2对孤电子对，孤电子对之间及孤电子对与成键电子对之间存在排斥力，孤电子对数越多，排斥力越大，键角越小，所以键角NH3>H2O，D正确；故选B。6.基本概念和理论是化学思维的基石，下列叙述错误的是A.金属导电原因是金属晶体中的自由电子在外加电场作用下可发生定向移动B.盐酸、石墨均能导电，所以它们均是电解质C.煤的液化、石油裂解、煤的干馏、玉米制醇、蛋白质的变性都是化学变化D.N2、SiO2、K2S分别为分子晶体、共价晶体、离子晶体【答案】B【解析】A．金属晶体中存在自由电子，在外加电场作用下，自由电子可发生定向移动，从而形成电流，这就是金属导电的原因，A正确；B．电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电化合物。盐酸是HCl的水溶液，属于混合物，不是电解质；石墨是单质，也不是电解质，B错误；C．煤的液化是将煤转化为液体燃料等新物质的过程；石油裂解是将长链烃断裂为短链烃等新物质；煤的干馏是将煤隔绝空气加强热生成多种新物质；玉米制醇是将玉米中的成分转化为醇类新物质；蛋白质的变性是蛋白质的结构发生改变，这些过程都有新物质生成，属于化学变化，C正确；D．N2是由分子通过分子间作用力形成的晶体，属于分子晶体；SiO2是由Si和O原子通过共价键形成的空间网状结构的晶体，属于共价晶体；K2S是由K+和S2−通过离子键形成的晶体，属于离子晶体，D正确；故选B。7.下列资源利用中，在给定工艺条件下转化关系正确的是A.工业制：B.侯氏制碱法：饱和食盐水C.工业制漂白粉：D.金属Mg制备：【答案】C【解析】A．工业制H2SO4时，FeS2在高温下与O2反应生成SO2，SO2需在催化剂、加热条件下与O2反应生成SO3，SO3再与H2O反应生成H2SO4，而不是SO2直接与H2O反应生成H2SO3，A错误；B．侯氏制碱法中，应先向饱和食盐水中通入NH3使溶液显碱性，再通入CO2，发生反应，得到NaHCO3沉淀，然后NaHCO3受热分解生成Na2CO3；由于CO2在水中溶解度小，向NaCl溶液中通入CO2气体，不能产生NaHCO3沉淀，也就不能反应制取达到纯碱，B错误；C．工业上电解NaCl溶液的反应为，生成的Cl2与石灰乳Ca(OH)2反应：，可制得漂白粉，C正确；D．制备金属Mg时，Mg(OH)2与盐酸反应生成MgCl2溶液，需将MgCl2溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥得到MgCl2固体，再电解熔融的MgCl2制得Mg，电解MgCl2溶液得到的是Mg(OH)2、H2和Cl2，D错误；故选C。8.根据下列实验操作及现象，能验证相应实验结论的是选项实验操作实验现象实验结论A向碳酸钠溶液中滴加浓盐酸，将产生的气体通入苯酚钠溶液中溶液变浑浊碳酸的酸性大于苯酚B将SO2气体通入Ba(NO3)2溶液中生成白色沉淀该沉淀是BaSO4C向蔗糖溶液中加入稀硫酸，加热，待溶液冷却后向其中加入少量新制Cu(OH)2加热未产生砖红色沉淀蔗糖没有发生水解D向NaOH溶液中滴入适量饱和FeCl3溶液，继续煮沸溶液中出现红褐色浑浊生成了Fe(OH)3胶体A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．浓盐酸具有挥发性，挥发出的HCl也会进入苯酚钠溶液中与苯酚钠反应生成苯酚，使溶液变浑浊，不能确定是碳酸与苯酚钠反应，所以无法验证碳酸酸性大于苯酚，A错误；B．SO2通入Ba(NO3)2溶液中，SO2溶于水形成H2SO3，使溶液显酸性，在酸性条件下具有强氧化性，能将氧化为，与Ba2+结合生成BaSO4白色沉淀，B正确；C．蔗糖水解后溶液中有稀硫酸，呈酸性，而新制Cu(OH)2在酸性条件下会与酸反应，无法与水解产物葡萄糖反应产生砖红色沉淀，应先加碱中和稀硫酸至碱性，再加入新制Cu(OH)2检验，所以不能得出蔗糖没有发生水解的结论，C错误；D．向NaOH溶液中滴入适量饱和FeCl3溶液，继续煮沸，得到的是Fe(OH)3沉淀，而不是胶体。制备Fe(OH)3胶体应是向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，D错误；故选B。9.X、Y、Z、W为原子半径依次增大的短周期p区元素，由四种元素形成的阴离子Q可作为绿色催化剂和溶剂，Q的结构如图所示，下列说法不正确的是A.最简单氢化物的沸点：X>Z B.第一电离能：X>Y>ZC.W的氧化物均为极性分子 D.简单离子半径：W>Y>X【答案】C【解析】X、Y、Z、W为原子半径依次增大的短周期p区元素，X形成1个共价键，Z形成4个共价键，Y可形成2个共价键，W形成6个共价键，则X、Y、Z、W依次为F、O、C、S。A．X为F，其最简单氢化物为HF；Z为C，其最简单氢化物为CH4。HF分子间存在氢键，而CH4分子间只存在范德华力，氢键的作用力强于范德华力，所以HF的沸点高于CH4，A正确；B．同周期从左到右第一电离能呈增大趋势（但ⅡA族和ⅤA族元素的第一电离能出现反常），同主族从上到下第一电离能逐渐减小。X(F)、Y(O)同主族，F的第一电离能大于O；Y(O)、Z(C)同周期，O的第一电离能大于C，即第一电离能F>O>C

，也就是X>Y>Z，B正确；C．W为S，其氧化物有SO2和SO3。SO2中心S原子的价层电子对数为3（2个σ键和1对孤电子对），空间构型为V形，是极性分子；SO3中心S原子的价层电子对数为3（3个σ键，无孤电子对），空间构型为平面三角形，是非极性分子。所以W的氧化物不都是极性分子，C错误；D．电子层数越多，离子半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小。W(S2−)有3个电子层，Y(O2−)和X(F−)都有2个电子层，且O的核电荷数小于F，所以离子半径S2−>O2−>F−，即W>Y>X，D正确；故选C。10.下列离子方程式中，正确的是A.“84”消毒液与洁厕灵(主要成分为HCl)混用，产生Cl2：B.向NH4HCO3溶液中滴加足量NaOH溶液：C.用惰性电极电解CuCl2溶液：D.NaHSO4溶液中加入少量Ba(OH)2溶液：【答案】A【解析】A．“84”消毒液的有效成分是NaClO，与HCl发生氧化还原反应生成Cl2和H2O，离子方程式，A正确；B．向NH4HCO3溶液中滴加足量NaOH溶液，和都会与OH−反应，离子方程式应为，B错误；C．用惰性电极电解CuCl2溶液，阳极Cl−失电子生成Cl2，阴极Cu2+得电子生成Cu，电解方程式为，C错误；D．NaHSO4溶液中加入少量Ba(OH)2溶液，Ba(OH)2完全反应，设Ba(OH)2为1mol，则Ba2+为1mol，OH−为2mol，2molOH−会与2molH+反应，离子方程式应为，D错误；故选A。11.化合物Y具有抗菌、消炎作用，可由X制得。下列有关化合物X、Y的说法正确的是A.室温下Y与足量Br2加成的产物分子中手性碳原子数目为3B.Y中含5种官能团C.1molX最多能与9molH2发生加成反应D.1molX和1molY分别与足量NaOH溶液反应消耗NaOH的量相等【答案】A【解析】A．Y与足量Br2加成后，碳碳双键变为碳碳单键并连接溴原子。形成的产物中手性碳原子（连有四个不同原子或原子团的碳原子）数目是3个，A正确；B．Y中含有的官能团有碳碳双键、羟基、羧基、醚键，共4种，不是5种，B错误；C．X中能与H2发生加成反应的是苯环和碳碳双键，2个苯环可与6molH2加成，2个碳碳双键可与2molH2加成，1molX最多能与8molH2发生加成反应，C错误；D．1molX中含有1mol羧基、1mol酯基（水解后生成酚羟基和羧基），1molX消耗3molNaOH；1molY中含有1mol羧基、1mol酚羟基，1molY消耗2molNaOH，二者消耗NaOH的量不相等，D错误；故选A。12.氯化法是破坏废水中氰化物(CN-)较成熟方法，广泛用于处理电镀厂、炼焦工厂、金矿氰化厂等单位的含氰酸性废水。下列说法错误的是A.a为直流电源的正极B.理论上消除，则右室产生H2的体积为44.8L(标况下)C.工作时，由M极区通过质子交换膜移向N极区D.工作时，左室中可发生反应：【答案】B【解析】在电解池中，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应。由图可知，左室中氯离子失去电子生成氯气，发生氧化反应，所以左室电极a为阳极。A．根据分析可知，左室电极a为阳极，而阳极连接直流电源的正极，因此a为直流电源的正极，该选项正确。B．理论上消除1molCN-，根据左室电极反应式2CN-+4OH--6e-=2CO2↑+N2↑+2H2O，可知消耗1molCN-转移3mol电子。右室发生还原反应，电极反应式为2H2O+2e-＝H2↑+2OH-，根据电子守恒，转移3mol电子时生成氢气的物质的量为1.5mol，则生成氢气的体积为1.5mol22.4L/mol=33.6L，而不是44.8L，该选项错误。C．工作时，阳离子向阴极移动。在该电解池中，N极区为阴极区，M极区为阳极区，所以H+由M极区(阳极区）通过质子交换膜移向N极区(阴极区），该选项正确。D．左室中CN-被氧化为CO2和N2，结合溶液呈酸性，其电极反应式为，该反应符合氧化还原反应的规律，该选项正确；故选B。13.Rh(Ⅰ)-Ru(Ⅲ)双金属配合物催化醋酸甲酯羰基化反应制备醋酸的反应机理和各基元反应活化能垒如图所示。下列说法正确的是A.反应中Ru和Rh的成键数目都不变B.TN1是该反应的催化剂，降低了反应的活化能，但不改变反应的焓变C.由生成经历了4个基元反应，其中第二步反应为决速步骤D.该羰基化反应的总反应为：【答案】D【解析】A．由左边的图可知，反应中Ru的成键数目均为4，Rh的成键数目有4、5、6，故A错误；B．由左边图可知，CO与TN2先作用，TN2是该反应的催化剂，故B错误；C．根据图示，历程包含了3个基元反应，能垒最大的即为决速步骤，第三步反应为决速步骤，故C错误；D．由左边的图可知，反应物为，生成物为，总反应的化学方程式为，故D正确；答案选D。14.柠檬酸(用表示)是一种有机三元弱酸，广泛存在于水果中。25℃时，用NaOH调节溶液的pH，溶液中各种微粒的分布系数与pH的关系如图所示[比如的分布系]。下列叙述错误的是A.曲线II代表δ()，曲线III代表δ()B.Na2HA和Na3A溶液均显碱性C.反应的D.0.1mol/LNaH2A溶液中：【答案】C【解析】A．随着pH增大，H3A逐渐失去H+，H3A含量减少，H2A−含量先增多后减少，HA2−含量先较少后增多再减少，A3−含量增多。所以曲线I代表δ(H3A)，曲线II代表δ(H2A−)，曲线III代表δ(HA2−)，曲线IV代表δ(A3−)，A正确；B．当δ(HA2−)最大时溶液中溶质主要是Na2HA，此时pH≈7.2，溶液显碱性；当δ(A3−)最大时溶液中溶质主要是Na3A

，此时pH≈12.3，溶液显碱性，B正确；C．，当pH=7.2时，c(HA2−)=c(H2A−)，；当pH=12.3时，c(HA2−)=c(A3−)，。，C错误；D．NaH2A溶液中，H2A−会发生电离和水解，由图可知H2A−的电离程度大于水解程度，所以c(Na+)>c(H2A−)>c(HA2−)>c(H3A)，D正确；故选C。二、非选择题(共4个题，共58分)。15.镓(Ga)是重要的半导体材料，氮化镓、砷化镓和氧化镓分别是第二代、第三代、第四代半导体材料的代表材料。金属镓在自然界中通常以微量分散于铝土矿、闪锌矿等矿石中，提取非常困难。从闪锌矿渣中提取镓是种常见的方法，具体工艺流程如图：已知：①金属镓在化学性质上非常接近金属铝，其氧化物和氢氧化物均有两性；②闪锌矿渣通常含有和硅酸盐等杂质；③室温下，相关金属离子形成氢氧化物的pH范围如下：

开始沉淀时(c=0.01mol/L)pH完全沉淀时(c=1.0×10-5mol/L)pH4.55.52.23.28.29.7回答下列问题：（1）基态Ga原子的价层电子排布图为_______，该基态原子最高能级的电子云轮廓图形状为_______。（2）滤渣中主要含有_______。（3）写出滤渣Ⅱ碱浸时与NaOH溶液反应生成Na[Ga(OH)4]的离子反应方程式：_______。（4）过滤步骤中加入氧化锌的目的是调节pH，已知滤液中各离子浓度均为0.1mol/L，则此时应调节的pH范围是：_______。（5）电解Na[Ga(OH)4]溶液制取镓单质的阴极反应式为_______。（6）氮化镓是目前应用最广泛的半导体材料之一，目前广泛应用于相控阵雷达、快速充电器等行业。已知立方氮化镓的晶胞如下图：该晶体中，若立方氮化镓的晶胞边长为apm，则Ga原子与N原子之间的最短距离为____pm，其晶体密度为___(列出计算式)。【答案】（1）①.②.哑铃形（2）H2SiO3、PbSO4（3）（4）或（5）（6）①.②.【解析】闪锌矿渣加入稀硫酸酸浸得到滤渣I，滤渣其主要成分为生成的难溶物PbSO4、H2SiO3，镓、锌、铁元素转化为盐溶液进入滤液，滤液加入氧化锌反应调节溶液pH值，得到滤渣Ⅱ和硫酸锌溶液，硫酸锌溶液用于生产Zn，滤渣Ⅱ主要成分为氢氧化铁沉淀、沉淀，加入氢氧化钠进行碱浸得到氢氧化铁固体和溶液Na[Ga(OH)4]，过滤分离出滤液，电解Na[Ga(OH)4]得到金属镓。（1）Ga为31号元素，为第四周期第ⅢA族，基态Ga原子的价层电子排布图为，该基态原子最高能级为4p，电子云轮廓图形状为哑铃形；（2）由分析，滤渣中主要含有H2SiO3、PbSO4；（3）已知，金属镓在化学性质上非常接近金属铝，其氧化物和氢氧化物均有两性；则碱浸时与NaOH溶液反应生成Na[Ga(OH)4]，反应为：或；（4）加入氧化锌调节溶液pH，使Fe3+和Ga3+形成沉淀，而锌离子不沉淀，从而与Zn2+分离；Ga3+形成沉淀所需的pH较大，其完全沉淀pH为5.5；锌离子完全沉淀pH为9.7，pOH=4.3，则，初始锌离子浓度为0.1mol/L，若沉淀则，pOH=6.3，pH=7.7；故应调节的pH范围是：或；（5）电解Na[Ga(OH)4]溶液制取镓单质，阴极反应为得到电子发生还原反应生成镓单质：或；（6）由图，Ga原子与N原子之间的最短距离为题对角线的四分之一，为pm，根据“均摊法”，晶胞中含个Ga、4个N，则晶体密度为。16.亚硝酸钠外观酷似食盐且有咸味，易潮解，易溶于水，广泛应用于工业和建筑业，也允许在安全范围内作为肉制品发色剂或防腐剂。某实验室制备亚硝酸钠装置如下图(部分夹持装置略，气密性已检验)：已知：①，；②酸性条件下，NO或，都能与反应生成和。（1）A中装浓硝酸的仪器名称为_______。反应开始前，先通入至装置F中产生大量气泡，其目的是_______。（2）E中浓硫酸的作用是_______。（3）写出A装置中发生反应的化学方程式_______。装置B中盛放的试剂最合适为_______(填名称)。（4）当完全反应后，D中的固体除外，还可能有。测定纯度的步骤如下：i．配制标准溶液，并进行酸化。ii．称取5.0g样品溶于水配成250mL溶液，取其中25.00mL于锥形瓶中进行滴定，消耗20.00mL酸性标准液。①步骤ii中达到滴定终点的标志为_______。②写出滴定原理的离子方程式：_______。③混合固体中的质量分数为_______。(保留三位有效数字)【答案】（1）①.分液漏斗②.排尽装置内空气，防止产物不纯（2）防止F中水蒸气进入D中，影响实验结果（3）①.②.水（4）①.滴入最后半滴KMnO4标准液后，溶液由无色变为浅红色，且30s内颜色不再变化②.③.【解析】由实验装置图可知，装置A中浓硝酸与铜丝反应制备二氧化氮，装置B中盛有的水用于将二氧化氮转化为一氧化氮，装置C中的浓硫酸干燥一氧化氮，装置D中一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠，装置E中盛有的浓硫酸用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入装置D与过氧化钠反应干扰实验，装置F中盛有的酸性高锰酸钾溶液用于吸收一氧化氮，防止污染空气。（1）A中装浓硝酸的仪器名称为分液漏斗。由于一氧化氮容易被氧气氧化，所以实验开始前要排尽体系内的空气，避免氧化一氧化氮为二氧化氮，二氧化氮与过氧化钠反应生成硝酸钠，使产物不纯。答案为：分液漏斗；排尽装置内空气，防止产物不纯。（2）由于过氧化钠容易和水反应，为避免水分进入，影响实验效果，所以E中浓硫酸的作用是防止F中的水蒸气进入D，干扰实验。答案为：防止F中水蒸气进入D中，影响实验结果。（3）A装置的化学方程式为：，B中盛放的试剂能将NO2转化为NO，同时吸收挥发的硝酸，所以可以在B中盛放的试剂最合适的为水，反应的化学方程式为：；答案为：；水。（4）①高锰酸钾可以和亚硝酸根反应：，硝酸根和高锰酸钾不反应。高锰酸钾溶液本身呈紫红色，所以滴定终点的标志是：滴入最后半滴标准液后，溶液由无色变为浅红色，且内颜色不再变化。②高锰酸钾作为氧化剂，被还原为，被氧化为，故滴定原理离子方程式为：。③设25.00mL溶液中为，根据关系式可得，故，所以中的质量分数为。17.新能源是未来能源发展的方向，积极开发新能源是实现“碳达峰、碳中和”的重要举措。Ⅰ．实现绿色低碳循环发展，二氧化碳的吸收和利用是一项重要的研究课题，利用二氧化碳合成二甲醚方法通常是和先合成甲醇，再由甲醇脱水制备二甲醚：反应①：。反应②：。（1）二氧化碳与氢气直接合成二甲醚：_______，该反应正向自发的条件为_______(填“高温”或“低温”)自发。（2）某反应容器中按照投料进行反应①合成甲醇，若反应在恒容、绝热容器中进行，则下列说法一定能说明反应达到化学平衡状态的是_______。A．

B．C．混合气体的密度保持不变

D．混合气体的平均相对分子质量保持不变E．反应体系温度保持不变Ⅱ．氢能是一种重要的绿色能源，工业上用乙醇与水催化重整制氢气，发生以下反应：反应①：C2H5OH(g)+H2O(g)2CO(g)+4H2(g)ΔH1=+255.7kJ/mol反应②：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH2=-41.2kJ/mol反应③：C2H5OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2(g)ΔH3=+173.3kJ/mol（3）压强为100kPa时，H2的平衡产率与温度、起始时的关系如图所示：i．反应②的平衡常数：_______(填“>”“=”或“<”)，判断理由是_______。ii．平衡体系中乙醇的物质的量分数：C点_______(填“>”“=”或“<”)B点。（4）维持压强在不变情况下，和发生上述反应，平衡时乙醇的转化率、CO2的选择性、CO的选择性随温度升高的变化曲线如图所示：[已知：的选择性]。ⅰ．图中表示CO选择性的曲线是_______(填标号)。ⅱ．时，反应达到平衡，则平衡时CO2的物质的量为_______。ⅲ．时，反应③的_______kPa4(列出计算式即可，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。【答案】（1）①.②.低温（2）DE（3）①.=②.平衡常数只与温度有关，A、D温度相同，故平衡常数相等③.<（4）①.c②.0.96③.【解析】（1）反应①：

反应②：

根据盖斯定律，将反应①×2+反应②得

；该反应为放热反应，且是熵减反应，即∆H<0，∆S<0，根据，则该反应正向自发的条件为低温；（2）A．，正逆反应的速率比不等于化学计量数比，反应没有达到平衡状态，故不选A；B．，不能判断浓度是否还发生改变，反应不一定平衡，故不选B；C．反应前后气体总质量不变、容器体积不变，密度是恒量，混合气体的密度保持不变，反应不一定平衡，故不选C；

D．反应前后气体总质量不变，气体总物质的量改变，平均相对分子质量是变量，混合气体的平均相对分子质量保持不变，反应一定达到平衡状态，故选D；E．反应在恒容、绝热容器中进行，温度是变量，反应体系温度保持不变，反应一定达到平衡状态，故选E；选DE；（3）i．平衡常数为温度函数，温度不变，平衡常数不变，由图可知，A、D两点的反应温度相同，则A、D两点平衡常数相等，故答案为：=；平衡常数只与温度有关，A、D两点的温度相同，则平衡常数相等；ii．由图可知，B、C两点的值相等，B点反应温度低于C点，反应Ⅰ、Ⅲ都为气体体积增大的吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，乙醇的物质的量减小、气体总物质的量增大，反应Ⅱ为气体体积不变的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，但气体总物质的量不变，则C点平衡体系中乙醇的物质的量分数小于B点，故答案为：<；（4）ⅰ．反应①、③为吸热反应，反应②为放热反应，随着温度的升高，反应①、③平衡正向移动，反应②平衡逆向移动，反应②逆向移动CO2转化为CO，故温度升高CO的选择性增大，CO2的选择性减小，由于CO的选择性+CO2的选择性=1，则表示CO2选择性的曲线为a，表示乙醇的转化率的曲线是b，表示CO选择性的曲线是c；ⅱ．573K时，反应达到平衡，二氧化碳的选择性为80%、一氧化碳选择性为20%、乙醇的转化率为60%，开始时，乙醇的物质的量为1mol，根据碳守恒，则平衡时二氧化碳的物质的量为1mol×2×60%×80%=0.96mol；ⅲ．由图可知，573K反应达到平衡时二氧化碳的选择性为80%、一氧化碳选择性为20%、乙醇的转化率为60%，则平衡时乙醇物质的量为0.4mol，二氧化碳的物质的量为1mol×2×60%×80%=0.96mol、一氧化碳的物质的量为1mol×2×60%×20%=0.24mol，根据O守恒，平衡时H2O的物质的量为1mol+3mol-0.4mol-0.24mol-0.96mol×2=1.44mol，根据H守恒，平衡时H2物质的量为=3.36mol，则平衡时混合气体总物质的量为0.4mol+0.24mol+1.44mol+0.96mol+3.36mol=6.4mol，则反应③的Kp=。18.辣椒素(化学名称为8-甲基-N-香草基-6-壬烯与温度感受器的发现有关，其合成路线如图：已知：①；②只含一个溴原子。回答下列问题：（1）E的化学名称为_______。F→G的反应类型为_______。（2）I分子中碳原子的杂化轨道类型为_______。（3）C的结构简式为_______。（4）A(6-羟基己酸)可以制备一种在生物材料领域内被广泛应用的聚合物，该聚合物具有良好的生物相容性和生物可降解性，因此被广泛应用于医疗、食品、化妆品等领域。生成该聚合物的化学方程式为_______。（5）G存在多种同分异构体，其中，同时满足下列条件的有_______种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱显示5组峰，且峰面积比为2：2：2：1：1的结构简式为_______。①能与NaHCO3溶液反应放出气体；②能与FeCl3溶液发生显色反应（6）参照上述合成路线，设计由为原料合成产品()的合成路线：_______(无机试剂任选)。【答案】（1）①.对羟基苯甲醛（或4-羟基苯甲醛）②.取代反应（2）（3）（4）（5）①.13②.（6）【解析】A中的羟基被溴原子取代生成B，由已知反应的成键断键结构可知，B与C反应生成D，结合B和D的结构可得C的结构为；结合E、G的结构特点可知，E与溴单质发生取代反应生成F，F与CH3ONa发生取代反应生成G，G在一定条件下-CHO转化成-CH2NH2生成H，D和H发生取代反应生成I，据此分析；（1）E名称为对羟基苯甲醛（或4-羟基苯甲醛）。F与CH3ONa发生取代反应生成G。（2）I中含有的甲基上的碳为sp3杂化，双键碳原子为sp2杂化。（3）根据分析可知，C的结构简式为。（4）A(6-羟基己酸)发生缩聚反应的化学方程式为。（5）G的同分异构体中，同时符合②能与FeCl3溶液发生显色反应，说明存在酚羟基结构；①能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出气体，说明存在羧基，G的结构为，其同分异构体若苯环上两个支链则为-OH、-CH2COOH，有邻、间、对三种结构；若苯环上有三个支链则为-OH、-CH3、-COOH，结合定二移一的方法，先固定-OH、-CH3有邻、间、对三种结构，再分别连接-COOH，分布有4、4、2种位置，可知存在10种结构，共13种符合；其中核磁共振氢谱为五组峰，且峰面积比为2：2：2：1：1的结构简式为；故答案为：13；；（6）根据反应流程，原料发生卤代烃的水解得到苯甲醇，苯甲醇发生醇的催化氧化得到苯甲醛，苯甲醛和发生witting反应得到产品，故合成路线为。云南省德宏州2024-2025学年高三上学期期末教学质量统一监测试题考试时间：75分钟，满分：100分注意事项：1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、学校、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3.考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H-1N-14O-16Na-23Ga-70一、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.化学与生产、生活密切相关，下列说法正确的是A.75%的乙醇溶液与双氧水的消毒原理相同B.神舟十六号飞船返回舱“外衣”中的酚醛树脂属于天然有机高分子化合物C.食品袋中放置的CaO可防止食品氧化变质D.光伏电站实现了将光能转化为电能，用到的材料为硅单质【答案】D【解析】A．乙醇使蛋白质变性的原理进行消毒，而双氧水利用强氧化性破坏微生物结构消毒，原理不同，A错误；B．酚醛树脂（如电木）是人工合成的高分子材料，非天然高分子化合物，B错误；C．为干燥剂，通过吸水防潮，没有还原性，但无法防止氧化变质，C错误；D．光伏电池利用高纯度硅单质的半导体特性，将光能转化为电能，硅是主要材料，D正确；故选D。2.下列化学用语表达错误的是A.中子数为8的O原子：B.HClO的结构式为：H-O-ClC.用电子式表示HCl的形成过程：D.2，3-二甲基丁烷的键线式：【答案】C【解析】A．氧原子质子数为8，中子数为8时，质量数=质子数+中子数=

8+8=16，核素表示为（一般可简写成16O），A正确；B．HClO中O原子分别与H原子和Cl原子形成共价键，其结构式为H−O−Cl，B正确；C．HCl是共价化合物，形成过程中没有电子得失，不存在离子，正确的用电子式表示HCl的形成过程为，原选项表示的是离子化合物的形成过程，C错误；D．2，3−二甲基丁烷主链有4个碳原子，2号和3号碳原子上各连有一个甲基，其键线式为所给图形，D正确；故选C。3.下列实验能达到目的的是A．铁上镀铜B．测定H2C2O4溶液浓度C．配制250ml0.10mol/LNaOH溶液D．制取无水A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．铁上镀铜，镀件铁应作阴极连接电源负极，镀层金属铜应作阳极连接电源正极，图中铁作阳极，铜作阴极，不符合要求，A错误；B．酸性KMnO4溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，应该用酸式滴定管盛装，B错误；C．不能直接在容量瓶中溶解NaOH固体，应在烧杯中溶解，冷却至室温后再转移到容量瓶中，C错误；D．MgCl2⋅6H2O直接加热会因镁离子水解而得不到无水MgCl2，在HCl气流中加热可以抑制MgCl2水解，从而制得无水MgCl2，D正确；故选D。4.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数为2NAB.磷酸钠溶液含有的数目为0.1NAC.2.0gD2O含有的中子数为D.22.4L(标准状况下)HF中所含的质子数为10NA【答案】C【解析】A．SO2和O2的反应是可逆反应，2molSO2和1molO2不能完全反应，反应后分子总物质的量大于2mol，分子总数大于2NA，A错误；B．磷酸钠溶液中会发生水解，所以1L0.1mol⋅L−1磷酸钠溶液含有的数目小于0.1NA，B错误；C．D2O（重水）的摩尔质量为(2×2+16)g/mol=20g/mol，2.0gD2O的物质的量为。1个D2O分子中含有的中子数为(2−1)×2+(16−8)=10个，所以0.1molD2O含有的中子数为0.1mol×10×NA=NA，C正确；D．标准状况下HF是液态，不能用气体摩尔体积22.4L/mol来计算其物质的量，也就无法确定质子数，D错误；故选C。5.下列有关物质结构或性质的描述中，错误的是A.硬度：金刚石>碳化硅，是由于金刚石中C原子半径小于碳化硅中硅原子半径，C-C键键长比C-Si键键长短，键能大B.稳定性：H2O>H2S，是因为H2O分子间含有氢键C.氯化钠晶体中每个周围紧邻且距离相等的共有12个D.键角：NH3>H2O，是由于NH3、H2O中心原子孤电子对数不一样【答案】B【解析】A．金刚石和碳化硅都属于原子晶体，原子晶体的硬度与共价键键能有关。原子半径越小，键长越短，键能越大，硬度越大。C原子半径小于Si原子半径，C−C键长比C−Si键长短，键能大，所以硬度：金刚石>碳化硅，A正确；B．H2O的稳定性大于H2S，是因为O的非金属性强于S，O−H键的键能大于S−H键的键能，与分子间的氢键无关，氢键主要影响物质的熔沸点等物理性质，B错误；C．氯化钠晶体中，每个Na+周围紧邻且距离相等的Na+在三维空间分布，每层有4个，共3层，所以共有12个，C正确；D．NH3中心原子N有1对孤电子对，H2O中心原子O有2对孤电子对，孤电子对之间及孤电子对与成键电子对之间存在排斥力，孤电子对数越多，排斥力越大，键角越小，所以键角NH3>H2O，D正确；故选B。6.基本概念和理论是化学思维的基石，下列叙述错误的是A.金属导电原因是金属晶体中的自由电子在外加电场作用下可发生定向移动B.盐酸、石墨均能导电，所以它们均是电解质C.煤的液化、石油裂解、煤的干馏、玉米制醇、蛋白质的变性都是化学变化D.N2、SiO2、K2S分别为分子晶体、共价晶体、离子晶体【答案】B【解析】A．金属晶体中存在自由电子，在外加电场作用下，自由电子可发生定向移动，从而形成电流，这就是金属导电的原因，A正确；B．电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电化合物。盐酸是HCl的水溶液，属于混合物，不是电解质；石墨是单质，也不是电解质，B错误；C．煤的液化是将煤转化为液体燃料等新物质的过程；石油裂解是将长链烃断裂为短链烃等新物质；煤的干馏是将煤隔绝空气加强热生成多种新物质；玉米制醇是将玉米中的成分转化为醇类新物质；蛋白质的变性是蛋白质的结构发生改变，这些过程都有新物质生成，属于化学变化，C正确；D．N2是由分子通过分子间作用力形成的晶体，属于分子晶体；SiO2是由Si和O原子通过共价键形成的空间网状结构的晶体，属于共价晶体；K2S是由K+和S2−通过离子键形成的晶体，属于离子晶体，D正确；故选B。7.下列资源利用中，在给定工艺条件下转化关系正确的是A.工业制：B.侯氏制碱法：饱和食盐水C.工业制漂白粉：D.金属Mg制备：【答案】C【解析】A．工业制H2SO4时，FeS2在高温下与O2反应生成SO2，SO2需在催化剂、加热条件下与O2反应生成SO3，SO3再与H2O反应生成H2SO4，而不是SO2直接与H2O反应生成H2SO3，A错误；B．侯氏制碱法中，应先向饱和食盐水中通入NH3使溶液显碱性，再通入CO2，发生反应，得到NaHCO3沉淀，然后NaHCO3受热分解生成Na2CO3；由于CO2在水中溶解度小，向NaCl溶液中通入CO2气体，不能产生NaHCO3沉淀，也就不能反应制取达到纯碱，B错误；C．工业上电解NaCl溶液的反应为，生成的Cl2与石灰乳Ca(OH)2反应：，可制得漂白粉，C正确；D．制备金属Mg时，Mg(OH)2与盐酸反应生成MgCl2溶液，需将MgCl2溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、干燥得到MgCl2固体，再电解熔融的MgCl2制得Mg，电解MgCl2溶液得到的是Mg(OH)2、H2和Cl2，D错误；故选C。8.根据下列实验操作及现象，能验证相应实验结论的是选项实验操作实验现象实验结论A向碳酸钠溶液中滴加浓盐酸，将产生的气体通入苯酚钠溶液中溶液变浑浊碳酸的酸性大于苯酚B将SO2气体通入Ba(NO3)2溶液中生成白色沉淀该沉淀是BaSO4C向蔗糖溶液中加入稀硫酸，加热，待溶液冷却后向其中加入少量新制Cu(OH)2加热未产生砖红色沉淀蔗糖没有发生水解D向NaOH溶液中滴入适量饱和FeCl3溶液，继续煮沸溶液中出现红褐色浑浊生成了Fe(OH)3胶体A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．浓盐酸具有挥发性，挥发出的HCl也会进入苯酚钠溶液中与苯酚钠反应生成苯酚，使溶液变浑浊，不能确定是碳酸与苯酚钠反应，所以无法验证碳酸酸性大于苯酚，A错误；B．SO2通入Ba(NO3)2溶液中，SO2溶于水形成H2SO3，使溶液显酸性，在酸性条件下具有强氧化性，能将氧化为，与Ba2+结合生成BaSO4白色沉淀，B正确；C．蔗糖水解后溶液中有稀硫酸，呈酸性，而新制Cu(OH)2在酸性条件下会与酸反应，无法与水解产物葡萄糖反应产生砖红色沉淀，应先加碱中和稀硫酸至碱性，再加入新制Cu(OH)2检验，所以不能得出蔗糖没有发生水解的结论，C错误；D．向NaOH溶液中滴入适量饱和FeCl3溶液，继续煮沸，得到的是Fe(OH)3沉淀，而不是胶体。制备Fe(OH)3胶体应是向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，D错误；故选B。9.X、Y、Z、W为原子半径依次增大的短周期p区元素，由四种元素形成的阴离子Q可作为绿色催化剂和溶剂，Q的结构如图所示，下列说法不正确的是A.最简单氢化物的沸点：X>Z B.第一电离能：X>Y>ZC.W的氧化物均为极性分子 D.简单离子半径：W>Y>X【答案】C【解析】X、Y、Z、W为原子半径依次增大的短周期p区元素，X形成1个共价键，Z形成4个共价键，Y可形成2个共价键，W形成6个共价键，则X、Y、Z、W依次为F、O、C、S。A．X为F，其最简单氢化物为HF；Z为C，其最简单氢化物为CH4。HF分子间存在氢键，而CH4分子间只存在范德华力，氢键的作用力强于范德华力，所以HF的沸点高于CH4，A正确；B．同周期从左到右第一电离能呈增大趋势（但ⅡA族和ⅤA族元素的第一电离能出现反常），同主族从上到下第一电离能逐渐减小。X(F)、Y(O)同主族，F的第一电离能大于O；Y(O)、Z(C)同周期，O的第一电离能大于C，即第一电离能F>O>C

，也就是X>Y>Z，B正确；C．W为S，其氧化物有SO2和SO3。SO2中心S原子的价层电子对数为3（2个σ键和1对孤电子对），空间构型为V形，是极性分子；SO3中心S原子的价层电子对数为3（3个σ键，无孤电子对），空间构型为平面三角形，是非极性分子。所以W的氧化物不都是极性分子，C错误；D．电子层数越多，离子半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小。W(S2−)有3个电子层，Y(O2−)和X(F−)都有2个电子层，且O的核电荷数小于F，所以离子半径S2−>O2−>F−，即W>Y>X，D正确；故选C。10.下列离子方程式中，正确的是A.“84”消毒液与洁厕灵(主要成分为HCl)混用，产生Cl2：B.向NH4HCO3溶液中滴加足量NaOH溶液：C.用惰性电极电解CuCl2溶液：D.NaHSO4溶液中加入少量Ba(OH)2溶液：【答案】A【解析】A．“84”消毒液的有效成分是NaClO，与HCl发生氧化还原反应生成Cl2和H2O，离子方程式，A正确；B．向NH4HCO3溶液中滴加足量NaOH溶液，和都会与OH−反应，离子方程式应为，B错误；C．用惰性电极电解CuCl2溶液，阳极Cl−失电子生成Cl2，阴极Cu2+得电子生成Cu，电解方程式为，C错误；D．NaHSO4溶液中加入少量Ba(OH)2溶液，Ba(OH)2完全反应，设Ba(OH)2为1mol，则Ba2+为1mol，OH−为2mol，2molOH−会与2molH+反应，离子方程式应为，D错误；故选A。11.化合物Y具有抗菌、消炎作用，可由X制得。下列有关化合物X、Y的说法正确的是A.室温下Y与足量Br2加成的产物分子中手性碳原子数目为3B.Y中含5种官能团C.1molX最多能与9molH2发生加成反应D.1molX和1molY分别与足量NaOH溶液反应消耗NaOH的量相等【答案】A【解析】A．Y与足量Br2加成后，碳碳双键变为碳碳单键并连接溴原子。形成的产物中手性碳原子（连有四个不同原子或原子团的碳原子）数目是3个，A正确；B．Y中含有的官能团有碳碳双键、羟基、羧基、醚键，共4种，不是5种，B错误；C．X中能与H2发生加成反应的是苯环和碳碳双键，2个苯环可与6molH2加成，2个碳碳双键可与2molH2加成，1molX最多能与8molH2发生加成反应，C错误；D．1molX中含有1mol羧基、1mol酯基（水解后生成酚羟基和羧基），1molX消耗3molNaOH；1molY中含有1mol羧基、1mol酚羟基，1molY消耗2molNaOH，二者消耗NaOH的量不相等，D错误；故选A。12.氯化法是破坏废水中氰化物(CN-)较成熟方法，广泛用于处理电镀厂、炼焦工厂、金矿氰化厂等单位的含氰酸性废水。下列说法错误的是A.a为直流电源的正极B.理论上消除，则右室产生H2的体积为44.8L(标况下)C.工作时，由M极区通过质子交换膜移向N极区D.工作时，左室中可发生反应：【答案】B【解析】在电解池中，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应。由图可知，左室中氯离子失去电子生成氯气，发生氧化反应，所以左室电极a为阳极。A．根据分析可知，左室电极a为阳极，而阳极连接直流电源的正极，因此a为直流电源的正极，该选项正确。B．理论上消除1molCN-，根据左室电极反应式2CN-+4OH--6e-=2CO2↑+N2↑+2H2O，可知消耗1molCN-转移3mol电子。右室发生还原反应，电极反应式为2H2O+2e-＝H2↑+2OH-，根据电子守恒，转移3mol电子时生成氢气的物质的量为1.5mol，则生成氢气的体积为1.5mol22.4L/mol=33.6L，而不是44.8L，该选项错误。C．工作时，阳离子向阴极移动。在该电解池中，N极区为阴极区，M极区为阳极区，所以H+由M极区(阳极区）通过质子交换膜移向N极区(阴极区），该选项正确。D．左室中CN-被氧化为CO2和N2，结合溶液呈酸性，其电极反应式为，该反应符合氧化还原反应的规律，该选项正确；故选B。13.Rh(Ⅰ)-Ru(Ⅲ)双金属配合物催化醋酸甲酯羰基化反应制备醋酸的反应机理和各基元反应活化能垒如图所示。下列说法正确的是A.反应中Ru和Rh的成键数目都不变B.TN1是该反应的催化剂，降低了反应的活化能，但不改变反应的焓变C.由生成经历了4个基元反应，其中第二步反应为决速步骤D.该羰基化反应的总反应为：【答案】D【解析】A．由左边的图可知，反应中Ru的成键数目均为4，Rh的成键数目有4、5、6，故A错误；B．由左边图可知，CO与TN2先作用，TN2是该反应的催化剂，故B错误；C．根据图示，历程包含了3个基元反应，能垒最大的即为决速步骤，第三步反应为决速步骤，故C错误；D．由左边的图可知，反应物为，生成物为，总反应的化学方程式为，故D正确；答案选D。14.柠檬酸(用表示)是一种有机三元弱酸，广泛存在于水果中。25℃时，用NaOH调节溶液的pH，溶液中各种微粒的分布系数与pH的关系如图所示[比如的分布系]。下列叙述错误的是A.曲线II代表δ()，曲线III代表δ()B.Na2HA和Na3A溶液均显碱性C.反应的D.0.1mol/LNaH2A溶液中：【答案】C【解析】A．随着pH增大，H3A逐渐失去H+，H3A含量减少，H2A−含量先增多后减少，HA2−含量先较少后增多再减少，A3−含量增多。所以曲线I代表δ(H3A)，曲线II代表δ(H2A−)，曲线III代表δ(HA2−)，曲线IV代表δ(A3−)，A正确；B．当δ(HA2−)最大时溶液中溶质主要是Na2HA，此时pH≈7.2，溶液显碱性；当δ(A3−)最大时溶液中溶质主要是Na3A

，此时pH≈12.3，溶液显碱性，B正确；C．，当pH=7.2时，c(HA2−)=c(H2A−)，；当pH=12.3时，c(HA2−)=c(A3−)，。，C错误；D．NaH2A溶液中，H2A−会发生电离和水解，由图可知H2A−的电离程度大于水解程度，所以c(Na+)>c(H2A−)>c(HA2−)>c(H3A)，D正确；故选C。二、非选择题(共4个题，共58分)。15.镓(Ga)是重要的半导体材料，氮化镓、砷化镓和氧化镓分别是第二代、第三代、第四代半导体材料的代表材料。金属镓在自然界中通常以微量分散于铝土矿、闪锌矿等矿石中，提取非常困难。从闪锌矿渣中提取镓是种常见的方法，具体工艺流程如图：已知：①金属镓在化学性质上非常接近金属铝，其氧化物和氢氧化物均有两性；②闪锌矿渣通常含有和硅酸盐等杂质；③室温下，相关金属离子形成氢氧化物的pH范围如下：

开始沉淀时(c=0.01mol/L)pH完全沉淀时(c=1.0×10-5mol/L)pH4.55.52.23.28.29.7回答下列问题：（1）基态Ga原子的价层电子排布图为_______，该基态原子最高能级的电子云轮廓图形状为_______。（2）滤渣中主要含有_______。（3）写出滤渣Ⅱ碱浸时与NaOH溶液反应生成Na[Ga(OH)4]的离子反应方程式：_______。（4）过滤步骤中加入氧化锌的目的是调节pH，已知滤液中各离子浓度均为0.1mol/L，则此时应调节的pH范围是：_______。（5）电解Na[Ga(OH)4]溶液制取镓单质的阴极反应式为_______。（6）氮化镓是目前应用最广泛的半导体材料之一，目前广泛应用于相控阵雷达、快速充电器等行业。已知立方氮化镓的晶胞如下图：该晶体中，若立方氮化镓的晶胞边长为apm，则Ga原子与N原子之间的最短距离为____pm，其晶体密度为___(列出计算式)。【答案】（1）①.②.哑铃形（2）H2SiO3、PbSO4（3）（4）或（5）（6）①.②.【解析】闪锌矿渣加入稀硫酸酸浸得到滤渣I，滤渣其主要成分为生成的难溶物PbSO4、H2SiO3，镓、锌、铁元素转化为盐溶液进入滤液，滤液加入氧化锌反应调节溶液pH值，得到滤渣Ⅱ和硫酸锌溶液，硫酸锌溶液用于生产Zn，滤渣Ⅱ主要成分为氢氧化铁沉淀、沉淀，加入氢氧化钠进行碱浸得到氢氧化铁固体和溶液Na[Ga(OH)4]，过滤分离出滤液，电解Na[Ga(OH)4]得到金属镓。（1）Ga为31号元素，为第四周期第ⅢA族，基态Ga原子的价层电子排布图为，该基态原子最高能级为4p，电子云轮廓图形状为哑铃形；（2）由分析，滤渣中主要含有H2SiO3、PbSO4；（3）已知，金属镓在化学性质上非常接近金属铝，其氧化物和氢氧化物均有两性；则碱浸时与NaOH溶液反应生成Na[Ga(OH)4]，反应为：或；（4）加入氧化锌调节溶液pH，使Fe3+和Ga3+形成沉淀，而锌离子不沉淀，从而与Zn2+分离；Ga3+形成沉淀所需的pH较大，其完全沉淀pH为5.5；锌离子完全沉淀pH为9.7，pOH=4.3，则，初始锌离子浓度为0.1mol/L，若沉淀则，pOH=6.3，pH=7.7；故应调节的pH范围是：或；（5）电解Na[Ga(OH)4]溶液制取镓单质，阴极反应为得到电子发生还原反应生成镓单质：或；（6）由图，Ga原子与N原子之间的最短距离为题对角线的四分之一，为pm，根据“均摊法”，晶胞中含个Ga、4个N，则晶体密度为。16.亚硝酸钠外观酷似食盐且有咸味，易潮解，易溶于水，广泛应用于工业和建筑业，也允许在安全范围内作为肉制品发色剂或防腐剂。某实验室制备亚硝酸钠装置如下图(部分夹持装置略，气密性已检验)：已知：①，；②酸性条件下，NO或，都能与反应生成和。（1）A中装浓硝酸的仪器名称为_______。反应开始前，先通入至装置F中产生大量气泡，其目的是_______。（2）E中浓硫酸的作用是_______。（3）写出A装置中发生反应的化学方程式_______。装置B中盛放的试剂最合适为_______(填名称)。（4）当完全反应后，D中的固体除外，还可能有。测定纯度的步骤如下：i．配制标准溶液，并进行酸化。ii．称取5.0g样品溶于水配成250mL溶液，取其中25.00mL于锥形瓶中进行滴定，消耗20.00mL酸性标准液。①步骤ii中达到滴定终点的标志为_______。②写出滴定原理的离子方程式：_______。③混合固体中的质量分数为_______。(保留三位有效数字)【答案】（1）①.分液漏斗②.排尽装置内空气，防止产物不纯（2）防止F中水蒸气进入D中，影响实验结果（3）①.②.水（4）①.滴入最后半滴KMnO4标准液后，溶液由无色变为浅红色，且30s内颜色不再变化②.③.【解析】由实验装置图可知，装置A中浓硝酸与铜丝反应制备二氧化氮，装置B中盛有的水用于将二氧化氮转化为一氧化氮，装置C中的浓硫酸干燥一氧化氮，装置D中一氧化氮与过氧化钠反应制备亚硝酸钠，装置E中盛有的浓硫酸用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入装置D与过氧化钠反应干扰实验，装置F中盛有的酸性高锰酸钾溶液用于吸收一氧化氮，防止污染空气。（1）A中装浓硝酸的仪器名称为分液漏斗。由于一氧化氮容易被氧气氧化，所以实验开始前要排尽体系内的空气，避免氧化一氧化氮为二氧化氮，二氧化氮与过氧化钠反应生成硝酸钠，使产物不纯。答案为：分液漏斗；排尽装置内空气，防止产物不纯。（2）由于过氧化钠容易和水反应，为避免水分进入，影响实验效果，所以E中浓硫酸的作用是防止F中的水蒸气进入D，干扰实验。答案为：防止F中水蒸气进入D中，影响实验结果。（3）A装置的化学方程式为：，B中盛放的试剂能将NO2转化为NO，同时吸收挥发的硝酸，所以可以在B中盛放的试剂最合适的为水，反应的化学方程式为：；答案为：；水。（4）①高锰酸钾可以和亚硝酸根反应：，硝酸根和高锰酸钾不反应。高锰酸钾溶液本身呈紫红色，所以滴定终点的标志是：滴入最后半滴标准液后，溶液由无色变为浅红色，且内颜色不再变化。②高锰酸钾作为氧化剂，被还原为，被氧化为，故滴定原理离子方程式为：。③设25.00mL溶液中为，根据关系式可得，故，所以中的质量分数为。17.新能源是未来能源发展的方向，积极开发新能源是实现“碳达峰、碳中和”的重要举措。Ⅰ．实现绿色低碳循环发展，二氧化碳的吸收和利用是一项重要的研究课题，利用二氧化碳合成二甲醚方法通常是和先合成甲醇，再由甲醇脱水制备二甲醚：反应①：。反应②：。（1）二氧化碳与氢气直接合成二甲醚：_______，该反应正向自发的条件为_______(填“高温”或“低温”)自发。（2）某反应容器中按照投料进行反应①合成甲醇，若反应在恒容、绝热容器中进行，则下列说法一定能说明反应达到化学平衡状态的是_______。A．

B．C．混合气体的密度保持不变

D．混合气体的平均相对分子质量保持不变E．反应体系温度保持不变Ⅱ．氢能是一种重要的绿色能源，工业上用乙醇与水催化重整制氢气，发生以下反应：反应①：C2H5OH(g)+H2O(g)2CO(g)+4H2(g)ΔH1=+255.7kJ/mol反应②：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH2=-41.2kJ/mol反应③：C2H5OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2(g)ΔH3=+173.3kJ/mol（3）压强为100kPa时，H2的平衡产率与温度、起始时的关系如图所示：i．反应②的平衡常数：_______(填“>”“=”或“<”)，判断理由是_______。ii．平衡体系中乙醇的物质的量分数：C点_______(填“>”“=”或“<”)B点。（4）维持压强在不变情况下，和发生上述反应，平衡时乙醇的转化率、CO2的选择性、CO的选择性随温度升高的变化曲线如图所示：[已知：的