四川省2024-2025学年高三下学期第一次教学质量联合测评（2月联考）化学试卷+答案

四川省2025届高三第一次教学质量联合测评(考试时间：75分钟试卷满分：100分)注意事项：1.答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。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.考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，请将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Cl-35.5Ti-48Co-59一、单项选择题：本题共15个小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一1.2024年10月30日神舟十九号载人飞船发射圆满1.2024年10月30日神舟十九号载人飞船发射圆满成功，它标志着中国在载人航天领域的持续进步和发展。下列对所用材料认识错误的是A.用于飞船外壳的铝合金属于金属材料B.用于防热结构件的高强纱主要是玻璃纤维纱，玻璃纤维属于无机非金属材料C.用于太空服制作的特种橡胶，属于天然高分子材料D.用于发动机的耐烧蚀树脂具有耐高温、耐腐蚀等优良性能，属于有机高分子材料2.NH₄CIO₄是火箭固体燃料的重要载体，与某些易燃物作用可全部生成气态产物，如：。下列有关化学用语错误的是A.Cl的原子结构示意图为B.NH的电子式为C.NH₃分子的空间结构模型为D.CO₂分子中的C原子采取sp²杂化化学第1页(共8页)3.明矾晶体的培养需要加入铬钾矾晶体，铬钾矾晶体中含有H、O、S、K、Cr五种元素。下列说法正确的是A.Cr位于元素周期表第VB族B.5种元素中，第一电离能最大的是SC.5种元素中，电负性最小的是HD.基态时，S原子和K原子的单电子数相等4.有机物M是一种药物合成中间体，其结构简式如图所示。下列有关说法错误的是A.M的分子式为C₁8H₂1N₃O₄B.M分子中含有四种官能团和1个手性碳原子C.1molM与足量氢气反应可消耗5molH₂D.M既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应5.下列实验装置及操作能达到相应实验目的的是A.配置500mLFeCl₃饱和溶液B.制备氢氧化铁胶体C.分离得到氢氧化铁胶体D.将氢氧化铁胶体转化为氢氧化铁沉淀6.下列离子方程式中，正确的是A.向稀HNO₃中滴加少量Na₂SO₃溶液：SO₃-+2H+—SO₂↑+H₂OB.向CuSO₄溶液中加入少量Na₂O₂:2Na₂O₂+2Cu²++2H₂O—4Na++2Cu(OH)₂↓+O₂个C.向BaCl₂溶液中通入少量SO₂:Ba²++H₂O+SO₂—BaSO₃↓+2H+D.向NH₄HCO₃溶液中加入过量NaOH溶液并加热：7.使用含氟牙膏是目前应用最广泛的预防龋齿的措施。添入牙膏中的氟化物主要有一氟磷酸钠(Na₂PO₃F)等。下列说法错误的是A.一氟磷酸钠水溶液呈碱性B.PO₃F²-和PO³-的空间结构均为正四面体形C.预防龋齿的原理是Ca₅(PO₄)₃OH(s)+F-(aq)—Ca₅(PO₄)₃F(s)+OH(aq)D.Ca₅(PO₄)₃F的溶解度比Cas(PO₄)₃OH小化学第2页(共8页)8.已知反应为阿伏加德罗常数的值，若消耗44.8L(标准状况)N₂,下列叙述正确的是A.转移的电子数为12NAB.反应的SiO₂分子数为3NAC.生成的Si₃N₄中Si—N键数为4NAD.生成的CO含有的孤电子对数为6NA9.下列实验操作与现象，得出的结论错误的是选项实验操作与现象结论A将充满NO₂的玻璃球浸泡在冰水中，红棕色变浅B用pH试纸测0.01mol/LNaHC₂O₄溶液的酸碱性，试纸显红色C向含有酚酞的Na₂CO₃溶液中加入少量BaCl2固体，溶液红色变浅Na₂CO₃溶液中存在水解平衡D室温下，向0.1mol/LNaCl和0.01mol/LNaI混合溶液中逐滴滴加AgNO₃溶液，立即出现黄色沉淀10.某钙钛矿型太阳能电池吸光材料的晶胞如图所示，其中A为CH₃NH3,可由CH₃NH₂分子制得，晶胞参数为anm,NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A.1molCH₃NH₃中含有7NAσ键B.与I最近距离的I-数为8C.该晶体属于混合型晶体D.晶胞密度的计算式11.如图所示的两种化合物可应用于阻燃材料和生物材料的合成。其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，X和Z同主族，W、Y原子中未成对电子数均为3。下列说法正确的是A.两种化合物中都有一个苯环D.Z、W和氢三种元素可形成同时含有离子键和共价键的化合物12.氢气是重要的绿色能源。工业上制取氢气涉及的主要热化学方程式有：化学第3页(共8页)E知H—H键能为akJ/mol,O—H键能为bkJ/mol,C=0键能为ckJ/mol,则CO(g)的碳A.a-2b+2c-41.2B.a-b+c-41.213.水约电离常数如图两条曲线所示，曲线中的点都符合c(H+)·c(OH-)=常数。下列说法正确的是A.纯水中T₁时c(OH-)大于T₂时c(OH-),则水的电离放热B.曲线上任意点的溶液均呈中性，且一定是纯水C.温度T:T₁>T₂;水的离子积常数Kw:D点>C点D.B点时，将pH=2的稀硫酸与pH=11的NaOH溶液等体+HClCH₃CHCICH₃,其反应历程如图所示。下列说法正确的是能量A.丙烯与HCl的加成反应一定能自发进行C.根据该反应推测，相同条件下丙烯与HBr加成产物中2-溴丙烷的选择性较高15.制造尼龙一66的原料己二腈[NC(CH₂)₄CN]用量很大，工业上常采用丙烯腈(CH₂=CHCN)电合成法来制备。其工作原理如图所示。已知H+比CH₂=—CHCN得电子能力强。下列说法正确的是化学第4页(共8页)化学第5页(共8页)b极合金A.b极为阳极，电极材料可改为FeB.甲室的电极反应式为2CH₂——CHCN+2H++4e⁻=NC(CH₂)₄CNC.甲室中加入磷酸四乙基铵，其阳离子覆盖在电极表面，以抑制水电离出过多H+D.若在乙室产生标准状况下44.8LO₂,理论上可制备216gNC(CH₂)₄CN16.(14分)金属镓被称为“电子工业脊梁”,氮化镓(GaN)、氧化镓是第三代、第四代半导体的主要材料。由炼锌矿渣[主要含铁酸锌ZnFe₂O4、铁酸镓Ga₂(Fe₂O₄)₃、钛酸亚铁FeTiO₃、SiO₂]制取氮化镓的部分工艺流程如下所示：制取氮化镓的部分工艺流程如下所示：炼锌矿渣酸浸③金属离子形成氢氧化物沉淀的pH及金属离子的萃取率，如下表：金属离子萃取率(%)00 (4)反萃取后水溶液中镓元素以(用化学用语表示)形式存在。(6)“高温气相沉积”中镓先转化为Ga(CH₃)₃,然后再与NH₃发生反应，写出Ga(CH₃)₃与NH₃反应生成GaN的化学方程式：(7)测定钛白粉中TiO₂的含量可用滴定分析法：取1.000g样品充分溶于过量稀硫酸中，再加入铝粉将钛元素转化为Ti³+,过滤，将滤液用稀硫酸稀释至100mL。取20mL于锥形瓶中，滴加2～3滴KSCN溶液，用0.1000mol/L的NH₄Fe(SO₄)₂标准溶液进行滴定(Fe³+能将Ti³+氧化成四价钛的化合物),重复上述滴定操作两次，平均消耗NH₄Fe(SO₄)₂标准溶液23.00mL。①上述滴定的终点现象为。②钛白粉中TiO₂的质量分数为17.(13分)氯气在有机合成和无机化工中都有着广泛的应用，现用氯气和其他原料分别制备氯苯和[Co(NH₃)₆]Cl₃。实验中可能用到的装置如图所示(其中夹持仪器已略)。kfmfabb浓H₂SO₄浓H₂SO₄CABAB已知：①苯及其生成物的沸点如下表所示。有机物苯间二氯苯沸点/℃②苯与干燥的氯气在催化剂作用下发生取代反应生成氯苯，同时会有少量副产物二氯苯。回答下列问题：I.氯苯的制备②将反应后的液体倒人分液漏斗中，分别用蒸馏水和NaOH溶液洗涤，分离出的产物干燥后，进行蒸馏纯化，得到纯净的氯苯。(1)从所给装置中选择制氯苯需要用到的装置(填大写字母);图中X仪器(2)仪器A中盛有高锰酸钾晶体，该装置中发生反应的离子方程式为。(3)下列有关该实验说法正确的是(填字母)。A.制备氯苯时用酒精灯直接加热B.回流的主要目的是让苯和氯气回流以提高转化率和产率C.碱洗前先进行水洗的目的是洗去产品中的FeCl₃、HCl,节省碱的用量，降低成本(4)氯苯的产率低于理论产率的可能原因是(填写一条)。化学第6页(共8页)化学第7页(共8页)Ⅱ.[Co(NH₃)₆]Cl₃(三氯化六氨合钴，Mr=267.5)的制备制备步骤如下：①用金属钴与氯气反应制备CoCl₂;②在100mL锥形瓶内加入13.0g研细的CoCl₂、9.3gNH₄Cl和10mL水，加热溶解后加入0.3g活性炭作催化剂；③冷却后，加入浓氨水混合均匀。控制温度在10℃以下并缓慢加入25mLH₂O₂(足量)溶液；④经过一系列操作，得到橙黄色的[Co(NH₃)₆]Cl₃晶体21.4g。(5)用图中的装置组合制备CoCl₂,仪器的连接顺序为a→(填小写字母)。(6)在制备[Co(NH₃)₆]Cl₃时，先加人浓氨水后滴加H₂O₂的原因是(7)制得[Co(NH₃)₆]Cl₃产品的产率为%(精确到0.1%)。18.(14分)“双碳战略”有利于实现碳减排，促进生态环境改善。利用氢气和碳氧化物反应生成甲烷，有利于实现碳循环利用。主要反应如下：I.CO₂(g)+4H₂(g)CH₄(g)+2H₂O(g)△H₁=-165.0Ⅱ.CO(g)+3H₂(g)CH₄(g)+H₂O(g)△H₂=-20Ⅲ.CO(g)+H₂O(g)一CO₂(g)+H₂(g)回答下列问题：(1)有利于同时提高CH₄平衡产率和反应速率的措施是(填字母)。A.升高温度B.加入催化剂C.增大压强D.增大氢气浓度(2)在一定温度下、压强为PkPa条件下，向某恒压密闭容器中加人1molCO₂和4molH₂,若只发生反应I,达到平衡后，测得容器中CO₂转化率为70%,则此时反应I的压强平衡常数Kp=_(列出计算表达式)(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。(3)反应Ⅱ实验测得v正=k正·c(CO)·c³(H₂),v逆=k逆·c(CH₄)·c(H₂O)(k正、k逆为速率常数),若升高温(4)一定温度时，向某固定容积的容器中充人一定量的H₂和1molCO,平衡时H₂和CO的转化率(α)及CH₄和CO₂的物质的量(n)变化的曲线如图所示。①图中表示a(H₂)和n(CO₂)变化的曲线分别是 (填编号);(5)研究者利用电解法实现了CH₄和CO₂两种◎氧分子的耦合转化，其原理如右图所示。则阴极上●氢的反应式为;同温同压下，若生成的乙烷和乙烯的体积比为4:1,则消耗的CO₂和CH₄的体积比为-919.(14分)化合物L是一种黄酮类物质，对某些微生物具有一定的抗菌活性，其合成路线如下图所示：L回答下列问题：(5)F→G的化学方程式为;F转化为G的过程中加入K₂CO₃可提高产率，其原因是 o(6)D有多种同分异构体，其中满足下列条件的同分异构体有种；①能与FeCl₃发生显色反应；②能与碳酸钠反应生成二氧化碳其中，核磁共振氢谱显示五组峰，且峰面积之比为2:2:2:1:1的同分异构体的结构简式化学第8页(共8页)1四川省2025届高三第一次教学质量联合测评化学参考答案及评分标准一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。二、非选择题：本题共4小题，共55分。说明：1.本试卷中其他合理答案，可参照此评分标个16.(除标注外，每空2分，共14分)个(2)Ga₂(Fe₂O₄)₃+24H+=2G(5)在氯化氢气氛下蒸发浓缩趁热过滤(各1分，没有“氯化氢气氛”扣1分)(7)①当加入最后半滴标准溶液后，溶液变为红色，且半分钟内不褪色(1分，全对才给分)17.(除标注外，每空2分，共13分)(1)ACDEF(未选E不扣分，顺序无关)n(1分)恒压滴液漏斗(1分)(4)有副反应发生或氯苯在提纯过程中有损失(1分)(合理即可)再加H₂O₂氧化得到产品[Co(NH₃)₆]Cl₃(7)80.0(未精确到0.1%,扣1分)18.(除标注外，每空2分，共14分)(1)CD(每个1分，见错不给分)(合理简化也可酌情给分)(3)减小(1分)219.(除标注外，每空2分，共14分)(1)对羟基苯甲醛(或4-羟基苯甲醛)(1分)(3)醚键、醛基(各1分)(4)加成反应(1分)K₂CO₃消耗反应生成的HBr,促进反应正向进行，提高G的产率(1分)3四川省高中2025届第一次教学质量联合测评化学答案详解1.【参考答案】C【命题立意】主要考查对材料的认识。【情境说明】以近期“神舟十九号载人飞船发射”为情境，彰显我国科研能力及科技发展水平，让学生感受到作为中国人的自豪感，激发学生努力学习，提升自身能力，为伟大祖国的发展贡献自己的力量。【设问思路】以载人飞船及所用火箭中所涉及的部分材料，结合中学化学对材料认识水平加以辨析。【考查能力】旨在考查学生对部分材料成分的初步认识能力以及从分类视角对材料的辨析能力。能力层次：认识(了解)。【学科素养】宏观辨识；社会责任。【详细解析】铝合金是在铝中加热熔合某些金属或非金属制得的，以铝为主，属于金属合金，金属合金及金属都属于金属材料，故A正确；玻璃纤维的主要成分为二氧化硅，还含有氧化铝、氧化钙、氧化硼、氧化镁、氧化钠等，是一种性能优异的无机非金属材料，故B正确；特种橡胶因具有“特种”性能，需人工合成，属于合成高分子材料，故C错误；耐烧蚀树脂中“树脂”指有机高分子形成的物质，且具有耐高温、耐腐蚀等优良性能，属于有机高分子材料，故D正确。2.【参考答案】D【命题立意】主要考查对化学用语的辨析。【情境说明】以火箭固体燃料的载体NH₄ClO₄与易燃物C反应的化学方程式为情境，体现对燃烧的认识，同时是对试题1情境的延伸。【设问思路】以化学方程式中涉及的原子、离子、分子为载体，从原子结构示意图、电子式、分子空间结构模型、原子杂化方式设置选项。【考查能力】旨在考查学生对“化学用语”本身的认识能力以及针对具体微粒的判断能力。能力层次：认识(了解)与理解。【学科素养】宏观辨识与微观探析。【详细解析】原子结构示意图要求质子数与核外电子数相等，而Cl的原子序数为17,故A正确；NH是NH₃分子与1个H+通过配位键形成的，则其电子式为分子的空间结构模型是在VSEPR模型基础上略去中心原子N上的孤电子对，为三角锥形，故C原子的价层电子对数为2,则其杂化方式应为sp杂化，故D错误。3.【参考答案】A【命题立意】主要考查物质结构与性质。【情境说明】以教材“明矾晶体的制备”中需加入铬钾矾晶体，铬钾矾晶体中所含元素为情境。4【设问思路】铬钾矾晶体中所含元素从在周期表中的位置、第一电离能、电负性、基态原子单电子数等比较设问。【考查能力】旨在考查元素“位—构—性”的关系。能力层次：认识(了解)与理解。【学科素养】宏观辨识与微观探析。【详细解析】Cr的原子序数为24,其价电子排布式为3d4s¹,为第VIB族，故A正确；5种元素中第一电离能最大的是O,故B错误；金属元素的电负性一般小于1.8,非金属的电负性一般大于1.8,H为非金属，K的电负性最小，故C错误；基态S原子的价电子排布式为3s²3p⁴,有2个单电子，基态K原子的价电子排布式为4s¹,有1个单电子，它们的单电子数不相等，故D错误。【命题立意】考查有机物的结构与性质。【情境说明】以药物合成中间体为情境，旨在体现化学在生产、生活、科技、医药等方面的价值。【设问思路】根据有机物的结构，确定有机物的分子式，判断有机物的官能团、手性碳原子，体现有机物结构与性质的关系等设置选项。【考查能力】旨在考查根据有机物的键线式判断其分子式的观察能力；考查对有机物结构简式的信息提取能力及“结构决定性质”的应用分析与思维能力。能力层次：认识(了解)、理解。【学科素养】宏观辨识与微观探析；证据推理与模型认知。【详细解析】从该物质的结构简式可知，其分子式为CiH₂₁N₃O₄,故A正确；有机物结构中含有氨基、羧基、羰基、碳碳双键、醚键等5种官能团，同时有1个手性碳原子，故B错误；苯环、碳碳双键、羰基都能与氢气加成，1molM共消耗5molH₂,故C正确；氨基能与盐酸反应，羧基能与氢氧化钠反应，故D正确。【命题立意】主要考查对实验装置与使用的认识以及判断是否能达到实验目的。【情境说明】以氢氧化铁胶体的制备为情境。【设问思路】围绕氢氧化铁胶体的制备、分离及转化设置装置与操作图示。【考查能力】主要考查对基本实验装置使用规范的图示辨识能力及实验原理科学性的分析思维能力。能力层次：认识(了解)、理解、探究与综合运用。【学科素养】宏观辨识；科学探究与创新意识。【详细解析】制备饱和FeCl₃溶液需先在烧杯中溶解，待冷却后才能转移到容量瓶中，不能直接在容量瓶中溶解，故A不能达到实验目的；制备Fe(OH)₃胶体要在沸水中滴加FeCl₃饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热，向NaOH溶液滴加FeCl₃饱和溶液，会直接生成Fe(OH)₃沉淀，故B不能达到实验目的；胶体中分散质粒子的直径在1～100nm之间，而滤纸的孔隙大于100nm,不能分离出Fe(OH)₃胶体，故C不能达到实验目的；将Fe(OH)₃胶体加热，会使Fe(OH)₃胶粒聚集沉淀，故D能达到实验目的。【命题立意】主要考查离子方程式正误判断。【情境说明】题干直指对象与判断要求，在选项中以“量”立意。【设问思路】从反应能否进行、分步反应的总反应、是否漏反应及氧化还原反应设置选项。【考查能力】旨在考查对离子方程式正误的基本辨识能力及运用离子方程式的书写规律的思辨能5力。能力层次：理解与运用。【学科素养】宏观辨识与微观探析；科学探究。【详细解析】向稀HNO₃中滴加少量Na₂SO₃溶液，HNO₃具有强的氧化性，SO一具有较强还原性，二者要发生氧化还原反应，故A错误；向CuSO₄溶液中加入少量Na₂O₂,Na₂O₂先与水反应，Cu(OH)₂↓,由于Na₂O₂是少量的，生成的NaOH会与CuSO₄完全反应，为此，二者可以按比例进行加和得到2Na₂O₂+2Cu²++2H₂O—4Na++2Cu(OH)₂↓+O₂个，故B正确；向BaCl₂溶液中通入少量的SO₂,由于H₂SO₃的酸性比HCl弱，二者不能发生反应，故C错误；向NH₄HCO₃溶液中加入过量NaOH溶液并加热，HCO₃也要与OH发生酸碱中和，故D错误。【命题立意】主要考查溶液性质与离子空间结构。【情境说明】以教材“科学·技术·社会”中“氟化物预防龋齿的化学原理”设置情境，让学生理解含氟牙膏中的添加物对预防龋齿的原理，从而使学生知道在生活中要使用含氟牙膏，有利于保护牙齿，健康生活。【设问思路】以含氟牙膏中的添加物一氟磷酸钠的性质探究预防龋齿的原理，并采用对比思路了解其结构。【考查能力】旨在考查对溶液的水解平衡与沉淀平衡的理解，运用对比的方法认识离子的空间结构。能力层次：认识、理解与运用。【学科素养】模型认知；平衡思想；科学探究。【详细解析】PO₃F²-是弱酸根离子，水解使一氟磷酸钠水溶液呈碱性，故A正确；PO³的空间结构为正四面体，而PO₃F²-相当于是F代替了PO³-的一个O,键长不相等，不是正四面体，故B错误；牙齿表面有一层釉质保护层，其主要成分是难溶的Ca₅(PO₄)₃OH,牙膏中的添加物一氟磷酸钠(Na₂PO₃F)离解出的F二能与Cas(PO₄)₃OH发生反应，生成更难溶的Ca₅(PO₄)₃F,更能抵抗酸的侵蚀，且F-还能抑制口腔细菌产生的酸，故C正确；Cas(PO₄)₃F的溶解度比Cas(PO₄)₃OH小，才能更好地在牙齿上形成保护层，故D正确。【命题立意】主要考查阿伏加德罗常数的判断。【情境说明】以教材“复习与提高”中新型无机非金属材料Si₃N₄的制备反应为情境。体现对教材中练习题的挖掘。【设问思路】以Si₃N₄制备反应中的相关微粒数设置选项。【考查能力】旨在考查物质的构成、分子中的化学键形成以及氧化还原反应等相关微粒数。能力【学科素养】宏观辨识与微观探析；守恒思想；模型认知。【详细解析】在该反应中，N2作氧化剂，C作还原剂，SiO₂中涉及的元素化合价不变，1molC转变为1molCO,失去2mole,若消耗44.8L(标准状况)N₂,即消耗2molN₂,需要消耗6mol数应为12NA,故C错误；消耗2molN₂,会生成6molCO,每个CO分子中的孤电子对数为2,则6生成的CO含有的孤电子对数应为12NA,故D错误。9.【参考答案】B【命题立意】主要考查根据实验操作与现象得出结论的判断。【情境说明】以教材中的实验“温度对化学平衡的影响”“酸碱性的测定”“沉淀的溶解”“沉淀的转化”作为情境。【设问思路】围绕NO₂和N₂O₄受温度影响平衡移动、用pH试纸测定溶液的酸碱性、Na₂CO₃溶液的水解平衡影响因素、AgCl和AgI沉淀的先后顺序的现象判断结论进行设置选项。【考查能力】旨在考查基于实验操作与现象对得出的结论进行评价的逻辑思维能力。能力层次：理解与运用。【学科素养】宏观辨识与微观探析；证据推理与模型认知；科学探究与创新意识。【详细解析】将充满NO₂的玻璃球浸泡在冰水中，红棕色变浅，说明降温平衡向生成无色的N₂O₄的方向移动，因此可说明2NO₂(g)N₂O₄(g)△H<0,故A正确；用pH试纸测0.01mol/LNaHC₂O₄溶液的酸碱性，试纸显红色，说明HC₂O的电离程度大于其水解程度，或者HC₂O₄只存在电离，不存在水解，因此不能说明H₂C₂O₄是弱酸，故B错误；BaCl₂属于强酸强碱盐，溶液本身呈中性，故不会与Na₂CO₃溶液中的OH反应，溶液颜色的变化是因为发生了Ba²++CO₃-——BaCO₃↓,使平衡CO₃-+H₂O一HCO₃+OH-向逆向移动的结果，故C正确；Nal10.【参考答案】C【命题立意】主要考查晶胞的结构与性质。【情境说明】以钙钛矿型太阳能电池吸光材料的晶胞图为情境。【设问思路】围绕构成晶胞的离子从晶体类型、晶体密度、离子间距离、化学键等设置选项。【考查能力】旨在考查对晶胞结构和构成晶胞的离子的结构的认识与理解能力及对晶胞密度的计算能力。能力层次：理解。【学科素养】宏观辨识与微观探析；模型认知。【详细解析】1个CH₃NH₃中含有7个σ键，则1molCH₃NH中含有7NAσ键，故A正确；I-位于晶胞面心，则与I最近距离的I-数为8,故B正确；该晶体是由阳离子和阴离子相互作用而形成的晶体，属于离子晶体，故C错误；该晶胞中含有1个CH₃NH,3个I,1个Pb²+,相正确。11.【参考答案】D【命题立意】主要考查元素周期律(表)和物质价态与成键规律。【情境说明】以阻燃材料和生物材料的合成原料物质的结构图为情境。【设问思路】在根据物质结构图推断出元素的基础上从结构、原子半径、物质酸性以及化合物中所含化学键设置选项。【考查能力】旨在考查对苯环结构的认识能力，运用物质价态结合元素周期律(表)判断元素的推理能力，以及元素周期律(表)的综合运用能力。能力层次：认识(了解)、理解与综合运用。7【详细解析】W、Y原子中未成对电子数均为3,结合图中W、Y分别可形成3、5对共价键以及都为短周期元素，可推出W、Y分别是N、P,X只能形成1对共价键，且W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素，可推出X为F,而Z推出Z为Cl。由于W为N,不含C,均不存在苯环，故A错误；W、X同周期(第二周期),从左到右，原子半径依次减小，Y、Z同周期(第三周期),从左到右，原子半径依次减小，第三周期原子半径大于第二周期(稀有气体除外),原子半径为Y>Z>W>X,故B错误；W、Y、Z的最高价高价含氧酸的酸性：Z(HClO₄)>W(HNO₃)>Y(H₃PO₄),但X(F)最高价为0价，无最高价含【命题立意】主要考查分子中的化学键及盖斯定律的应用。【情境说明】以教材“练习与应用”试题中工业上制取绿色能源氢气的主要热化学方程式为情境。【设问思路】在盖斯定律运用的基础上分析分子中的化学键进行有关键能的计算。【考查能力】主要考查用已知键能逆推找到所需热化学方程式的分析问题能力及运用已知键能计算未知键能的解决问题能力。能力层次：理解与综合运用。【详细解析】从已知键能可知，热化学方程式需消去C(s)和O₂(g),为此，将①+②-③可得：H₂(g)+CO₂(g)—CO(g)+H₂O(g)△H=+41.2kJ/mol。1个CO₂分子中有2个C—0键，1个H₂O分子中有2个O—H键，反应物断键吸热为a+2c,生成物形成放热为x+2b,根据【命题立意】主要考查水的电离以及对水电离平衡的影响。【情境说明】以水在不同温度下的电离曲线为情境。【设问思路】围绕曲线从对水电离的热效应及温度的影响、溶液及反应后溶液的酸碱性等设置选项。【考查能力】主要考查从曲线图中提取信息的能力以及运用信息分析解决问题的能力。层次：理解与综合运用。只有c(H+)=c(OH⁻)时，才呈中性，即使呈中性，也不一定是纯水，因为强酸强碱溶液等也呈T₁曲线上离子积常数大于T₂,所以T₁>T₂。而水的离子积常数只与温度有关，温度越高，离子积常数越大，同一曲线是相同温度，根据题图知，温度高低点顺序是B>C>A=D,所以水的mol/L,pH=11的NaOH溶液中c(OH-)=0.1mol/L,等体积混合时碱有剩余，溶液呈碱性，8【命题立意】主要考查化学反应机理与能量关系。【情境说明】以丙烯合成一氯丙烷为情境探究反应历程与能量的关系。【设问思路】根据丙烯与氯化氢加成反应方程式，结合反应历程与能量关系判断反应的吸、放热情况，判断反应的自发性、平衡的移动与量的关系；结合反应活化能、物质能量高低判断反应的难易、选择性的高低。【考查能力】主要考查对反应历程与能量示意图的信息提取能力以及运用信息分析问题、解决问题的能力。能力层次：认识(了解)、理解与综合运用。【学科素养】宏观辨识与微观探析；证据推理与模型认知。【详细解析】由反应历程与能量图可知，丙烯的加成反应是放热反应，即△H<0,且△S<0,根据△G=△H-T△S<0时，反应可以自发进行，则该反应在低温下才能自发进行，故A错误；增大压强平衡正向移动，但温度不变，平衡常数不变，故B错误；因CH₃CHCICH₃的能量低于CH₃CH₂CH₂Cl,所以CH₃CHCICH₃更稳定，相同条件下CH₃CHCICH₃更易生成，选择性较高，而Br与Cl同主族，性质相似，故C正确；CH₃CH₂CH₂Cl生成的反应物活化能更大，反应更难进行，反应更慢，但升高温度，增大活化分子百分数，反应速率加快，有利于提高CH₃CH₂CH₂Cl的产量，故降低温度不利于CH₃CH₂CH₂Cl的生成降低。【命题立意】主要考查电解原理及应用。【情境说明】以教材“资料卡片”中“电有机合成”有关制造尼龙—66的原料己二腈的合成为情境。【设问思路】在电解原理图的基础上结合有关信息从判断电极、电极材料、电解质溶液以及电极反应式和运用电极反应的有关计算设置选项。【考查能力】主要考查对电解原理示意图的信息提取能力以及运用信息分析问题、解决问题的能力。能力层次：认识(了解)、理解与综合运用。【学科素养】宏观辨识与微观探析；证据推理与模型认知。【详细解析】b极产生O₂,而O₂来源于H₂O,化合价升高，失去电子，是阳极，若将阳极材料换成Fe,Fe的金属性较强，易失去电子，就不会产生O₂,合金改变了金属本身的固有属性，难以失去电子，故A错误；甲室的电极反应式为2CH₂—CHCN+2H++2e⁻=NC(CH₂)₄CN,故B错误；根据信息，H+比CH₂—CHCN得电子能力强，而甲室是为了制备NC(CH₂)₄CN,若H+产生过多，就会造成H+优先得到电子，加入磷酸四乙基铵，其大量阳离子覆盖在电极表面，其目的是从双电层(溶液层和丙烯腈两相)中取代出水分子，从而抑制水电离出过多H+,故C正确；在乙室产生标准状况下44.8LO₂,会转移8mol电子，根据2CH₂=CHCN+2H++2e—NC(CH₂)₄CN可知，会生成4molNC(CH₂)₄CN,其质量为432g,故D错误。【命题立意】以用“炼铁矿渣”制取“氮化镓”的部分工艺流程立意。【情境说明】以金属镓作为“电子工业脊梁”,氮化镓、氧化镓是第三代、第四代半导体的主要材料为情境。我国半导体技术正逐步走出低谷，第三代半导体技术在新能源汽车、5G通信、轨道交通等领域取得显著进展，产业自主率和产能增长显著,国产替代进程加速，但我国半导体技术与9国际水平还有一定的差距。以此体现化学学科的社会价值与育人价值。【设问思路】以工艺流程为基础，结合已有知识及所给信息设问。重点考查物质结构、元素化合物、氧化还原反应、离子反应、溶液平衡和化学实验等。【考查能力】主要考查基于工艺流程的分析问题能力，获取信息与运用信息解决问题的能力，对实验数据进行综合运用的计算能力等。能力层次：认识(了解)、理解与综合运用。【学科素养】宏观辨识与微观探析；证据推理与模型认知；科学探究与创新意识。【详细解析】(1)Ga位于元素周期表的第四周期ⅢA族，故其价电子轨道表示式为A个oA个o个(2)根据题中信息，“浸出液”中含有Zn²+、Fe²+、Fe³+、Ga³+等离子，可知矿渣Ga₂(Fe₂O₄)₃与酸反应得到Ga³+和Fe³+离子，故离子反应方程式为Ga₂(Fe₂O₄)₃+24H+——2Ga³++6Fe³+(3)在“浸出液”中加入“H₂O₂”的目的是将Fe²+氧化成Fe³+,然后进行第一次调节pH,得到TiO₂·xH₂O;经“操作1”过滤后，对“滤液1”进行第二次调pH,经“操作2”过滤得到“滤渣2”和“滤液2”,而“滤液2”可用于回收硫酸锌，再结合“滤渣2”最终制得氮化镓(GaN),可以推测第二次调pH得到了Fe(OH)₃和Ga(OH)₃,结合“已知③”可知要沉淀完全Ga³+和Fe³+,Zn²+不沉淀，则要4.9≤pH<5.5;萃取时要保证镓元素萃取完全，铁元素不被萃取才能有效分离得到较纯的镓，结合元素的萃取率，铁元素为Fe²+时，其萃取率为0,可与镓元素有效分离，故需要在萃取前将Fe³+还原为Fe²+,为不引入其他杂质，最好选择单质Fe。(4)用氢氧化钠溶液进行反萃取，根据“已知①镓的性质与铝相似”可知，氢氧化镓与氢氧化钠溶液反应得到GaO₂或Ga(OH)₄,故反萃取后水溶液中镓元素以GaO₂或Ga(OH)₄形式存在。(5)根据元素周期律知GaCl₃易水解，因此，从GaCl₃水溶液获得GaCl₃晶体需在HCl气氛下蒸发浓缩，由于氯化钠的溶解度随温度变化不大，而氯化镓的溶解度随温度的升高，明显增大，所以需“趁热过滤”除去析出的氯化钠，再冷却结晶得到GaCl₃。(7)滴定中用NH₄Fe(SO₄)2标准溶液滴定Ti³+,KSCN为指示剂，故终点现象为“当加入最后半滴标准溶液后，溶液变为红色，且半分钟内不褪色”;根据原子守恒与得失电子守恒建立关系17.【参考答案】见评分标准。【命题立意】以氯气在有机合成和无机化工制备中的应用立意。【情境说明】以重要的有机产品氯苯和无机化工产品[Co(NH₃)₆]Cl₃为情境。体现氯气在重要有机合成和无机化工中的学科价值和应用价值。【设问思路】以综合实验为基础，对于在氯苯和[Co(NH₃)₆]Cl₃制备中实验的发生装置、除杂装置、干燥装置、反应装置的应用和使用注意事项进行设问。重点考查化学仪器的使用、仪器的名称、离子方程式的书写、实验操作原理分析、仪器的正确使用、仪器连接顺序和产率计算等。【考查能力】主要考查基于化学实验的操作能力，获取实验信息的综合问题解决能力，基于实验原理对实验数据进行综合分析与计算能力。能力层次：认识、理解与综合运用。【学科素养】证据推理与模型认知；科学探究与创新意识。【详细解析】(1)氯苯制备需要用装置A制备氯气，然后用装置E除去氯气中的杂质氯化氢气体(也可不用装置E,因为后续反应中会产生氯化氢气体),再用装置D干燥氯气，最后氯气和苯在装置F中进行反应制备氯苯，用装置C连接球形冷凝管的接口K吸收挥发出去的氯气及氯化氢气体等。仪器X为球形冷凝管，为了产生最大的冷却效果，冷水需要从下口n处进入。仪器Y的名称是恒压滴液漏斗，其作用原理主要是通过其独特的结构设计，能够在添加液体苯时保持内部压强不变，从而防止倒吸，使漏斗内液体能够顺利流下，并减小增加的液体对气体压强的影响，确保在测量气体体积时的准确性。(2)装置A中加入高锰酸钾和浓盐酸在常温下进行反应制备氯气，该反应的离子方程式为2MnO₄+10Cl+16H+—2Mn²++5(3)制备氯苯的温度是50～60℃,因此不能用酒精灯直接加热，应该用水浴加热，故A错误；用球形冷凝管是为了防止苯和产物氯苯逸出反应体系引起产率较低，球形冷凝管无法冷却氯气，故B错误；反应制得的氯苯中混有氯气、氯化氢和氯化铁，碱洗前先进行水洗可以除去氯化氢、部分氯气和氯化铁，减少后续碱洗操作时，消耗碱的用量，节约成本，故C正确；由已知信息可知产品氯苯的沸点是132.2℃,因此控制此温度进行蒸馏才可以收集到产品，故D错误。(4)由已知信息可知少量苯会发生副反应生成二氯苯，或者在提纯产品氯苯的过程由于洗涤等过程有损失，因此导致氯苯的产率低于理论产率。(5)在CoCl2的制备过程中，用装置A制备出氯气后，然后用装置E饱和食盐水除去氯气中的杂质氯化氢气体，需要从h口进i口出；然后用装置D中的浓硫酸干燥氯气，需要从g口进f口出；然后将干燥纯净的氯气通入装置B,在加热条件下与金属钴反应生成CoCl₂,不论从b口进c口出，或者从c口进b口出都可以；由已知信息可知CoCl₂易潮解，因此需要最后加装置C干燥管进行干燥，需要从大口e处进小口d处出。[Co(NH₃)₆]Cl₂,再由已知信息“[Co(NH₃)₆]²+具有较强还原性，易被氧化”可以判断，后加入的氧化剂H₂O₂能将[Co(NH₃)₆]Cl₂氧化得到产品[Co(NH₃)₆]Cl₃。(7)计算产品[Co(NH₃)₆]Cl₃的产率。设理论产生[Co(NH₃)₆]Cl₃的质量为x,根据Co元素守恒，得到关系式：CoCl₂~[Co(NH₃)₆]Cl₃列出等式为,解得x=26.75g,最终计算[Co(NH₃)₆]Cl₃的产率为【命题立意】以国家“双碳战略”中氢气和碳的氧化物循环反应，实现碳减排和碳循环的应用立意。【情境说明】以一氧化碳与氢气反应，二氧化碳与氢气反应以及一氧化碳与水蒸气反应的三个热化学反应为情境。体现利用化学反应原理解决生产、生活中的实际问题，有利于实现碳减排，促进生态环境改善，体现了其学科价值和社会价值。【设问思路】以化学反应原理为基础，对于“双碳战略”中一氧化碳与氢气反应，二氧化碳与氢气反应以及一氧化碳与水蒸气的反应原理，曲线变化及实际生产中的问题等进行设问。重点考查影响化学反应速率的因素、压强平衡常数的计算、化学平衡常数的判断、化学平衡移动的影响因素、转化率计算、选择性计算、电极反应方程式书写等。【考查能力】主要考查基于热化学方程式的综合分析能力，以及基于具体的图表曲线和模型图进行综合分析、推理和计算能力。能力层次：理解与综合运用。【学科素养】证据推理与模型认知；变化观念与平衡思想；科学态度与社会责任。【详细解析】(1)升高温度，反应I和Ⅱ正反应方向都为放热反应，平衡都向逆向移动，虽然反应速率增大，但甲烷平衡产率减小，故A错误；加入催化剂可提高反应I和Ⅱ的速率，但甲烷平衡产率不变，故B错误；增大压强，反应I和Ⅱ都向正反应方向移动，反应速率和甲烷平衡产率都增大，故C正确；增大氢气浓度，反应I和Ⅱ的反应速率都增大，平衡正向移动，甲烷平衡产率增大，故D正确。(2)在一定温度下、压强为PkPa条件下，向某恒压密闭容器中加入1molCO₂和4molH₂,若只发生反应I,达到平衡后，测得容器中CO₂转化率为70%,通过对反应I列三段式进行计算：平衡时体系的总物质的量n(总)=0.3mol+1.2mol+0.7mol+1.4mol=3.6mol,根据压强平衡常数的计算公式，列式计算得K,反应Ⅱ正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，即K减小，则减小。(4)①根据反应可知，H₂的物质的量增大，H₂的转化率减小，即曲线b为H₂的转化率。根据反应可知，H2的物质的量增大，CO的转化率逐渐增大直至接近完全转化，即曲线a为CO的转化率。随着H₂的物质的量增大，生成的CH₄的物质的量越大，即曲线c为CH₄的物质的量的变化。随着CO和H₂O反应生成CO₂,