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广西柳州市2025届新高三摸底考试（零模）化学试卷
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．（2024高三上·柳州模拟）化学与生活密切相关。下列叙述错误的是
A．碳酸氢钠可做食品膨松剂
B．废旧塑料制品一般是填埋处理
C．家里可用食醋除去水垢中的碳酸钙
D．二氧化硫在大气中发生反应后会形成酸雨
【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；常见的生活环境的污染及治理；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A、碳酸氢钠受热分解放出二氧化碳气体，同时它与面团发酵产生的有机酸反应也会释放CO2，能使食品内部形成多孔结构，因此可作食品膨松剂，A正确；
B、废旧塑料制品的主要成分是聚乙烯、聚丙烯等高分子化合物，这类物质难降解，填埋处理会长期占用土地资源，还可能污染土壤和地下水。废旧塑料的合理处理方式包括回收再利用、热解制燃料等，而非直接填埋，B错误；
C、食醋的主要成分是醋酸，醋酸的酸性强于碳酸，故醋酸和碳酸钙能发生复分解反应生成醋酸钙、二氧化碳、水，家里可用食醋除去水垢中的碳酸钙，C正确；
D、二氧化硫和水反应生成亚硫酸，在空气中易被氧化为硫酸，二氧化硫在大气中发生反应后会形成酸雨，故D正确；
故答案为：B
【分析】本题要求掌握常见食品添加剂的作用原理，明确碳酸氢钠的热分解与酸反应特性。牢记废旧塑料的环境危害与处理原则，应用 “强酸制弱酸” 规律判断反应能否发生，理解酸雨的形成机制，明确二氧化硫是形成硫酸型酸雨的核心污染物。
2．（2024高三上·柳州模拟）下列化学用语或图示表示正确的是
A．的空间结构模型：
B．的电子式：
C．和互为同位素
D．基态的价层电子排布图：
【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素、核素；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、在水分子中，中心O原子外还有两对孤对电子，因此水分子的空间结构为V形，键角约为104.5°，A正确；
B、N2分子中N原子间为三键，电子式应体现三对共用电子对，选项中仅表示1对共用电子，未体现三键，故氮气的电子式为：，B错误；
C、同位素是指“质子数相同、中子数不同的同种元素的不同原子”，而O2和O3是由氧元素形成的不同单质，二者互为同素异形体，并非同位素，C错误；
D、基态Si的价层电子排布为3s23p2，价层电子排布图需遵循泡利不相容原理和洪特规则，正确的表示为3s轨道为自旋相反的2个电子，3P轨道为1个轨道排2个电子、2个轨道空着，正确的价电子排布为：，D项错误；
故答案为：A
【分析】原子核外电子排布应遵循能量最低原理、洪特规则和泡利不相容原理；能量最低原理是指通过对基态原子的核外电子进行排布，使整个原子的能量处于最低状态，而非是使电子尽可能地排布在能量最低的原子轨道；泡利不相容原理是指每个轨道(原子轨道中的轨道)最多只能容纳2个电子，且自旋方向相反(↑↓）；洪特规则是指在能量相等的简并轨道上，电子优先以自旋方向相同的方式分别占据不同的简并轨道，使原子的总能量最低。
3．（2024高三上·柳州模拟）下列关于化合物结构与性质的论述错误的是
A．的热稳定性比强，是因为的键能比的大
B．氯气溶于水既有共价键的断裂和生成，也有分子间作用力的破坏
C．和均为离子化合物，两者所含的化学键类型相同
D．是一种与金刚石成键、结构均相似的共价晶体，因此具有很高的硬度
【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；原子晶体（共价晶体）；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、热稳定性与化学键键能相关，键能越大，物质热稳定性越强。H-F的键能大于H-Cl，因此HF的热稳定性比HCl强，A正确；
B、氯气溶于水时，Cl2分子间的分子间作用力被破坏，同时氯气和水反应生成氯化氢和次氯酸，涉及Cl-Cl共价键的断裂，以及H-Cl、H-O-Cl共价键的生成，所以氯气溶于水既有共价键的断裂和生成，也有分子间作用力的破坏，B正确；
C、和均为离子化合物，含有离子键，O-O非极性共价键，仅含有离子键，化学键类型不相同，C错误；
D．是一种与金刚石成键、结构均相似的共价晶体，原子间通过强共价键形成空间网状结构，共价晶体的结构特点决定了其具有很高的硬度，且性质和金刚石类似，因此具有很高的硬度，D正确；
故答案为：C
【分析】共价化合物的热稳定性由化学键键能决定，键能越大，物质热稳定性越强；共价晶体中原子通过强共价键形成空间网状结构，这类晶体的核心性质是硬度大、熔点高；物质溶于水时，既可能破坏分子间作用力，也可能伴随化学键的断裂与生成。
4．（2024高三上·柳州模拟）利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是
由海水制取蒸馏水 萃取碘水中的碘
A B
实验室制取氨 除去乙烯中的少量二氧化硫气体
C D
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】氨的实验室制法；蒸馏与分馏；分液和萃取；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、蒸馏海水制取蒸馏水时，冷凝水应遵循“下进上出”的原则，保证冷凝管内充满冷水，提高冷凝效率，但图示中冷凝水的流向为“上进下出”，无法充分冷凝，A错误；
B、萃取碘水中的碘时，萃取剂需满足与原溶剂不互溶的条件，但乙醇与水互溶，无法分层，不能作为萃取碘的萃取剂，不能达到实验目的，B错误；
C、实验室制取氨通常用氯化铵与氢氧化钙固体加热的方法，但图示中试管口向上倾斜，加热固体时，试管口应略向下倾斜，防止冷凝水回流使试管炸裂，试管口的棉花能够防止空气对流使收集的氨气不纯，C错误；
D、SO2是酸性气体，可与NaOH溶液反应：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，而乙烯不与NaOH溶液反应；装置采用“洗气法”，气体长进短出，能有效除去乙烯中的SO2，达到实验目的，D正确；
故答案为：D
【分析】这类题要求聚焦实验设计的合理性，围绕 实验目的→实验原理→实验装置、实验操作、实验试剂的可靠性展开，要记清仪器的 “专属用途”；注意 “特殊实验的条件”；并梳理 “装置设计逻辑”如洗气装置 “长进短出”（让气体充分接触试剂）、防倒吸装置需 “隔绝体系与液体”。
5．（2024高三上·柳州模拟）X、Y、Z、Q、W为短周期主族元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。下列说法正确的是
A．X与Y可形成离子化合物
B．非金属性：Q>W
C．最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>Q
D．Y与Z形成的化合物中只含有极性共价键
【答案】A
【知识点】原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、X是Na与Y是H，二者可以形成NaH，NaH由Na+和H-构成，属于典型的离子化合物，A正确；
B、根据元素周期律可知，同周期主族元素从左到右，非金属性逐渐增强，因此非金属性的强弱：Cl>S，B错误；
C、根据元素周期律可知，同周期主族元素从左到右，最高价含氧酸酸性增强，因此最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：H2SO4>H2CO3，C错误；
D、H与C形成的化合物中不一定只含有极性共价键，如乙烯中就含有非极性共价键，SiH4中只含极性共价键，但也可形成多硅烷，其中含Si-Si非极性共价键，D错误；
故答案为：A
【分析】首先结合 “短周期主族元素的原子半径 + 最外层电子数” 推断元素，X、Y、Z、Q、W为短周期主族元素X、Y最外层只有一个电子，位于ⅠA族，Z最外层有4个电子，位于ⅣA族，Q原子最外层有6个电子，位于ⅥA族，W最外层有7个电子，位于ⅦA族，X原子半径最大，X为Na元素，Y原子半径最小，Y为H元素，Q原子和W原子半径接近、W原子半径小于Q而最外层电子数大于Q，所以Q是S元素、W是Cl元素、Z为C元素。
6．（2024高三上·柳州模拟）某种药物结构式如图所示，下列说法错误的是
A．不含有手性碳原子
B．分子中所有碳原子可共平面
C．1mol该物质最多消耗4mol氢气
D．该物质能发生加成、氧化、水解和消去反应
【答案】D
【知识点】有机分子中基团之间的关系；有机物的结构和性质；有机物（官能团）的检验；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A、手性碳原子需连接4个不同的原子或基团，该分子中所有碳原子都是不饱和碳，均不满足“连4个不同基团”的条件，因此不含有手性碳原子，A正确；
B、分子中含苯环，属于平面结构、酯基，也属于平面结构，各平面通过单键连接，且单键可旋转，因此所有碳原子可共平面，B正确；
C、1mol该物质苯环可以消耗3mol氢气，碳碳双键消耗1mol氢气，而实际反应中酯基的羰基通常不与H2加成，因此最多消耗4mol氢气，C正确；
D、该物质含有萘环、羰基能发生加成反应，有酚羟基易被氧化发生氧化反应，有酯基易发生酯化反应，而分子中酚羟基的邻位碳原子无氢不能发生消去反应，酚羟基不可以消去，D错误；
故答案为：D
【分析】对于常见的“可能共面”的问法：碳碳双键、碳碳三键、碳氧双键、苯环均为平面结构，可能出现所有原子都共面的场景。反观，但凡出现类似甲烷基本结构的化合物分子，则不可能出现所有原子都共面的场景。
出现类似甲烷的基本结构，看作甲烷的部分最多有3个原子共面。
出现类似乙烯的基本结构，看作乙烯的部分最多有6个原子共面。
出现类似乙炔的基本结构，看作乙炔的部分，4个原子均在同一条直线上（一定共面）。
出现含有苯环C6H6的基本结构，看作苯环的部分最多有6+6=12个原子共面，且对角原子共线。
7．（2024高三上·柳州模拟）为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．与足量水反应，转移电子个数为
B．的溶液中数目为
C．(标准状况)中所含的质子数为
D．丙烷分子中共用电子对的数目为
【答案】A
【知识点】钠的化学性质；气体摩尔体积；阿伏加德罗常数；阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】A、2.3gNa的物质的量为0.1mol，Na与水反应的方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，Na从0价升高到+1价，1个Na原子转移1个电子，因此0.1molNa转移电子数为0.1NA，A正确；
B、选项中只给出pH=12，未说明溶液体积，无法计算OH-的物质的量，也就不能确定溶液中OH-的数目，B错误；
C、标准状况下水是液体，而22.4L/mol的使用前提是标准状况下的气体，因此无法用22.4L/mol进行计算，C错误；
D、丙烷的结构简式为CH3CH2CH3，1个丙烷分子中含有的共用电子对：C-C键2个、C-H键8个，共10个；因此1mol丙烷分子中，共用电子对数目为10NA，而非9NA，D错误；
故答案为：A
【分析】阿伏加德罗定律在使用时要注意以下几个方面：
前提条件：指问题设置的前提(外界因素)，如标准状况，常温常压，温度为25℃、压强为1.01×105Pa等。若后面设置的量为物质的体积，则需要考虑所给物质是否为气体、是否为标准状况。若后面所给的量为物质的质量或物质的量，则不需要考虑物质所处环境是否为标准状况。22.4L/mol是在标准状况(0 ℃，1.01×105Pa)下的气体摩尔体积；物质状态：22.4L/mol使用的对象是气体(包括混合气体)，只有气体才可用气体摩尔体积；气体单质的组成除常见的双原子分子外，还有单原子分子(如Ne)、三原子分子(如O3)、四原子分子(如P4)等。
8．（2024高三上·柳州模拟）海水是巨大的资源宝库，采用如下工艺流程提取海水中的溴和镁，下列说法正确的是
A．试剂①可以选用盐酸或硫酸
B．提取溴过程中的溴元素均只发生氧化反应
C．吸收塔中也可以用溶液吸收含溴的空气
D．将溶液加热蒸干即可得到无水
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；盐类水解的应用；海水资源及其综合利用
【解析】【解答】A、试剂①的作用是将Mg(OH)2转化为MgCl2，若选用硫酸，会生成MgSO4，后续无法得到MgCl2，而电解熔融硫酸镁比氯化镁过程更加困难，因此试剂①只能选盐酸，不能选硫酸，A错误；
B、提取溴的过程中，溴元素在Cl2氧化Br-和Cl2氧化HBr时发生氧化反应，而在SO2吸收Br2时发生还原反应，并非只发生氧化反应，B错误；
C．吸收塔中也可以用溶液吸收含溴的空气，溶液和二氧化硫作用一样，同样具有还原性，也可以还原溴单质，C正确；
D、MgCl2溶液中Mg2+会水解：MgCl2+2H2O=Mg(OH)2+2HCl，加热时HCl挥发，水解平衡正向移动，最终蒸干得到Mg(OH)2或MgO，无法得到无水MgCl2，需在HCl氛围中蒸干才能制得，D错误；
故答案为：C
【分析】含有氯化钠和硫酸镁的海水，加入氢氧化钠，一方面得到氢氧化镁沉淀加入盐酸，得到氯化镁溶液，结晶得到氯化镁晶体，电解得到单质镁，另一方面得到氯化钠和亲氧化钠的滤液，通入氯气，同时氧化溴离子，反应氢氧化钠，同时氧化溴单质，通过空气吹出法得到的溴用二氧化硫吸收，再用氯气氧化得到单质溴。
9．（2024高三上·柳州模拟）下列方案设计、现象和结论都正确的是
　 实验方案 现象 结论
A 装有的密闭烧瓶放入冰水中 颜色变浅 转化为的反应吸热
B 向某溶液中滴加几滴新制氯水，再滴加溶液 溶液呈血红色 原溶液中含有
C 向溶液中先滴加4滴溶液，再滴加4滴溶液 先产生白色沉淀，再产生黄色沉淀 溶解度小于溶解度
D 将溶液逐滴加入溶液中，反应后静置，向上层清液中再加1滴溶液 有浑浊产生 没有沉淀完全
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；硫酸根离子的检验；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A、NO2转化为N2O4的反应为：2NO2(g)=N2O4(g) △H＜0，放入冰水中颜色变浅，说明平衡正向移动；根据勒夏特列原理，降温使平衡正向移动，说明该反应放热，而非吸热，A错误；
B、先加入新制氯水，可将亚铁离子氧化为铁离子，再滴加KSCN溶液，也能使溶液呈血红色，不能排除亚铁离子的干扰，因此无法确定原溶液中是否含Fe3+，B错误；
C、AgNO3溶液(2mL0.1mol·L-1)中滴加4滴KCl溶液后，AgNO3过量，此时Ag+未完全沉淀，再滴加KI溶液时，I-直接与过量Ag+反应生成AgI沉淀，并非AgCl转化为AgI，无法证明AgI溶解度小于AgCl，C错误；
D、Na2CO3与BaCl2反应生成BaCO3沉淀，反应后可取向上层清液，继续滴加Na2CO3溶液，有浑浊产生，说明上层清液中仍含Ba2+，即Ba2+未沉淀完全，D正确；
故答案为：D
【分析】做题时一定要看清楚所描述的实验项目、现象与结论是否存在一一对应的关系，要注意，选项所描述的说法可能都正确，但不存在因果关系，要选择存在因果关系并且描述均正确的选项；
10．（2024高三上·柳州模拟）能正确表示下列反应的离子方程式为
A．放入水中：
B．通入酸性溶液中：
C．盐酸除锅炉水垢：
D．硫化钠溶液在空气中氧化变质
【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；钠的重要化合物；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，选项中产物正确但是O原子数目不守恒，未配平，故正确的离子方程式为：，A错误；
B、SO2具有还原性，酸性KMnO4具有强氧化性，二者发生氧化还原反应：SO2被氧化为SO42-，MnO4-被还原为Mn2+；离子方程式中得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒，对应的化学方程式为：，B正确 ；
C、锅炉水垢的主要成分为CaCO3，CaCO3难溶于水，在离子方程式中需保留化学式，正确的离子方程式应为：，C错误；
D、硫化钠溶液呈碱性，反应环境中不应该存在大量H+，而原方程式写入H+，不符合实际反应环境，故正确的离子方程式应为：，D错误；
故答案为：B
【分析】一般来说，离子方程式的正误判断我们从以下几个方面来判断：是否符合守恒规律。
离子方程式的书写应当满足电荷守恒、原子守恒、电子守恒关系，否则离子方程式的书写错误；离子方程式的书写是否符合客观事实；是否正确使用符号；拆分是否正确；离子反应是否写全；是否符合量的关系。
11．（2024高三上·柳州模拟）锌基电极与涂覆氢氧化镍的镍基电极组成可充电电池，其示意图如下。放电时，转化为。下列说法错误的是
A．放电时，锌基电极反应为：
B．放电时，镍基电极附近的升高
C．充电时，电流方向为镍基电极→锌基电极
D．充电时，理论上外电路有1mol电子通过时，阳极析出1mol固体
【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；电解池工作原理及应用；原电池、电解池综合
【解析】【解答】A、放电时锌基电极(负极)中，5molZn失去10mole-，并结合CO32-，OH-生成2ZnCO3·3Zn(OH)2，电极反应式满足原子守恒、电荷守恒，正确的电极方程式为：，A正确；
B、放电时镍基电极（正极）的反应为：，生成OH-，因此电极附近OH-浓度增大，pH升高，B正确；
C、充电时，电流从电源正极（b）流向电解池阳极（镍基电极），再从电解池阴极（锌基电极）流向电源负极（a），电流方向为b→镍基电极→锌基电极→a，C正确；
D．充电时，阳极（镍基电极）理论上外电路有1mol电子通过时，阳极析出0.5mol固体，相关的电极方程式为：，D错误；
故答案为：D
【分析】首先明确电池工作原理：放电时锌基电极为负极（Zn失电子），镍基电极为正极（Ni(OH)2得电子）；充电时锌基电极为阴极，镍基电极为阳极。放电时，转化为，说明锌基电极为负极，电极方程式为：，镍基电极为正极，电极方程式为：，充电时锌基电极连接阴极，镍基电极连接阳极。
12．（2024高三上·柳州模拟）结构示意图如图所示，下列说法错误的是
A．的未成对电子数为4
B．基态原子第一电离能：
C．为极性分子，分子中的为杂化
D．中作用力类型有共价键、配位键、氢键、离子键
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质
【解析】【解答】A、的核外电子排布为：[Ar]3d6，基态Fe2+价层电子排布图是，则未成对电子数为4个， A正确；
B、三者中铁为较活泼金属，易失去电子，第一电离能最小，同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；则基态原子第一电离能：，B正确；
C、分子中的孤电子对数为，价层电子对数为2+2=4，则为杂化，空间构型为V形，分子内正负电荷重心不重叠，为极性分子，C错误；
D、结合图可知，Fe2+有空轨道，分子中有孤对电子，则Fe2+与的作用力是配位键，水分子之间、水分子与硫酸根的作用力是氢键，水分子及硫酸根内存在共价键，内界有6个分子，配离子与硫酸根之间是离子键，D正确；
故答案为：C
【分析】元素的第一电离能是指气态原子失去一个电子形成＋1价气态阳离子所需的能量，它可以衡量元素的原子失去一个电子的难易程度。第一电离能数值越小，原子越容易失去一个电子；反之，越难失去一个电子。同一周期内，随着原子序数的增加，元素第一电离能呈增大趋势。同一周期内，碱金属的第一电离能最小，稀有气体的第一电离能最大；同一主族，随着元素原子序数的递增(电子层数的增加)元素的第一电离能呈现减小趋势。
13．（2024高三上·柳州模拟）和联合重整能减少温室气体的排放。其他条件相同时，投料比为，发生以下两个反应：
① ；
② 。
或的平衡转化率与温度变化关系如图所示，下列说法错误的是
A．在上述条件下，反应①②同时达到平衡
B．，升温更有利于反应②
C．加热、加压都有利于增大反应①②的速率
D．始终低于1.0，是因为发生了反应②
【答案】B
【知识点】化学平衡中反应条件的控制；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A、反应①和②存在共同的反应物（CO2）与生成物（H2、CO），体系中各物质的浓度变化会同时影响两个反应的平衡，因此在该条件下两个反应会同时达到平衡，A正确；
B．由图可知，550～600℃条件下，甲烷的转化率大于二氧化碳的转化率，说明升温更有利于反应①，除此之外，反应①的△H=+247.1kJ·mol-1，反应②的△H=+41.2kJ·mol-1，反应①的吸热程度远大于反应②。升温时，平衡向吸热反应方向移动，因此升温更有利于反应①，而非反应②，B错误；
C、加热可提高活化分子百分数，加压可增大单位体积内活化分子数，化学反应速率均增大，则加热、加压时，反应①②的反应速率均会增大，C正确；
D、若仅发生反应①，n(H2)：n(CO)=1：1；但反应②中H2与CO2反应生成CO，消耗H2并生成CO，因此n(H2)：n(CO)始终低于1.0，则氢气与一氧化碳的物质的量比始终低于1.0说明发生了反应②，D正确；
故答案为：B
【分析】分析化学平衡图像题的方法：一看面（纵、横坐标的意义）；二看线（线的走向和变化趋势）；三看点（起点拐点终点）；四看辅助线（如等温线、等压线、平衡线）；五看量的变化（如浓度变化、温度变化），然后联想平衡移动原理，分析条件对反应速率、化学平衡移动的影响，最后利用原理，结合图像，分析图像中所代表反应速率变化或化学平衡的线，作出判断。
14．（2024高三上·柳州模拟）已知琥珀酸是一种常见的二元弱酸，以代表其化学式，电离过程：，。常温时，向水溶液中逐滴滴加同浓度的溶液，混合溶液中、和的物质的量分数()随变化的关系如图所示。下列说法正确的是
A．的
B．当溶液中时，
C．滴加溶液过程中存在：
D．当被完全中和时，
【答案】B
【知识点】电解质在水溶液中的电离；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A、二元弱酸的，根据图示，当的浓度等于的浓度时，pH=4.2，则的，A错误；
B、由题干信息可知，，可以将两式相乘，得到此计算式：，再将选项信息代入，当溶液中时，=10-5.4，，B正确；
C、滴加溶液过程中，溶液体积增大，根据物料守恒，，初始浓度就为0.1mol/L，稀释后浓度势必会降低，C错误；
D、当被完全中和时，产物溶质为Na2A，根据质子守恒，D错误；
故答案为：B
【分析】向水溶液中逐滴滴加同浓度的溶液，的浓度逐渐减小、的浓度先增大或减小、的浓度逐渐增大，则曲线Ⅰ表示物质的量分数()随变化的关系，曲线Ⅱ表示物质的量分数()随变化的关系，曲线Ⅲ表示物质的量分数()随变化的关系。当的浓度等于的浓度时pH=1.2，当的浓度等于的浓度时pH=4.2，据此可以得到结论：。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（2024高三上·柳州模拟）氮化镓作为第三代半导体材料，光电性能优异，广泛应用于技术。某工厂综合利用炼锌矿渣制备，矿渣主要含铁酸镓，铁酸锌，二氧化硅等，部分工艺流程如下：
已知：
①镓与铝同主族，金属活动性介于锌和铁之间；
②本工艺条件下，浸出液中各离子形成氢氧化物沉淀在常温下的和金属离子的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)如表：
金属离子
开始沉淀 8.0 1.7 5.5 3.0
沉淀完全的 9.6 3.2 8.0 4.9
萃取率 0 99 0 97~98.5
（1）中的化合价为　 　。
（2）为了提高酸浸效率，可采取的措施有　 　(任写一条)，浸出渣的主要成分是　 　(写化学式)。
（3）处理浸出液时，将溶液调节至5.4，此时溶液中的浓度为　 　。
（4）“溶解还原”步骤中加入适量铁粉，发生反应的离子方程式　 　。
（5）的化学性质与相似，“反萃取”加入过量溶液后水溶液中镓元素主要以　 　(用离子符号表示)形式存在。
（6）“高温合成”操作中与反应生成的化学方程式为　 　。
（7）晶胞结构如图所示，晶胞参数为，晶体密度为　 　(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。
【答案】（1）+3
（2）矿渣粉碎、适当升高温度、适当增加硫酸浓度、搅拌等；SiO2
（3）
（4）
（5）
（6）
（7）
【知识点】晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）、中镓、氧化合价分别为+3、-2，则的化合价为+3；
（2）、为了提高酸浸效率，可采取的措施有矿渣粉碎、适当升高温度、适当增加硫酸浓度、搅拌等；由分析可知，浸出渣的主要成分是SiO2；
（3）、由表可知，铁离子完全沉淀时pH=3.2，pOH=10.8，则，将溶液调节至5.4，pOH=8.6，此时溶液中的浓度为
（4）、“溶解还原”步骤中加入适量铁粉，是将铁离子还原为亚铁离子，便于后续萃取镓而不萃取亚铁离子，发生反应的离子方程式：；
（5）、的化学性质与相似，铝和氢氧化钠生成，则“反萃取”加入过量溶液后水溶液中镓元素主要以形式存在；
（6）、“高温合成”操作中与反应生成，结合质量守恒可知，还生成甲烷，则反应化学方程式为：；
（7）、根据“均摊法”，晶胞中含个Ga、4个N，则晶体密度为。
【分析】该工艺流程是通过“酸浸-除杂-分离富集”从炼锌矿渣中提取镓，最终制备GaN，首先是酸浸，向炼锌矿渣中加入H2SO4，Ga2(Fe2O4)3、ZnFe2O4与硫酸反应，转化为Ga3+、Fe3+、Zn2+进入浸出液；SiO2不与硫酸反应，成为浸出渣被分离；接着调pH过滤，根据离子沉淀的pH数据，调节浸出液的pH至3.2~3.0之间，使Fe3+完全沉淀，同时保证Ga3+、Zn2+不沉淀，过滤后，滤液含Zn2+，滤渣含Fe(OH)3和Ga(OH)3；继续向滤渣中加入盐酸，Fe(OH)3、Ga(OH)3溶解为Fe3+、Ga3+；再加入Fe，将Fe3+还原为Fe2+，避免Fe3+后续被萃取；接着萃取与反萃取，利用萃取剂的选择性，萃取时，Ga3+进入有机层，Fe2+留在水层，实现Ga3+与Fe2+的分离；向有机层加入NaOH溶液反萃取，Ga3+转化为[Ga(OH)4]-，进一步富集镓元素；最后富集后的镓化合物与NH3在高温下反应，生成GaN：，整个流程的核心是利用pH调控沉淀和萃取选择性，逐步分离Fe、Zn等杂质，最终富集镓并制备GaN。
（1）中镓、氧化合价分别为+3、-2，则的化合价为+3；
（2）为了提高酸浸效率，可采取的措施有矿渣粉碎、适当升高温度、适当增加硫酸浓度、搅拌等；由分析可知，浸出渣的主要成分是SiO2；
（3）由表可知，铁离子完全沉淀时pH=3.2，pOH=10.8，则，将溶液调节至5.4，pOH=8.6，此时溶液中的浓度为
（4）“溶解还原”步骤中加入适量铁粉，是将铁离子还原为亚铁离子，便于后续萃取镓而不萃取亚铁离子，发生反应的离子方程式：；
（5）的化学性质与相似，铝和氢氧化钠生成，则“反萃取”加入过量溶液后水溶液中镓元素主要以形式存在；
（6）“高温合成”操作中与反应生成，结合质量守恒可知，还生成甲烷，则反应化学方程式为：；
（7）根据“均摊法”，晶胞中含个Ga、4个N，则晶体密度为。
16．（2024高三上·柳州模拟）研究合成氨工业对生产、生活、科研等方面具有重要的意义，回答下列问题：
（1）合成氨反应原理为：，能量变化如图。加入铁触媒作催化剂会使图中　 　(填“变大”“变小”或“不变”。下同)，图中　 　。
（2）实验测定不同条件下，平衡时氨气的含量与起始氢氮比之间的关系如图所示。
①　 　(填“>”“<”或“=”)。
②b、c、d三点对应平衡常数最小的点是　 　。
③，条件下，时平衡转化率为，合成氨反应的　 　(用含的式子表示，为以气体分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)
（3）转化为是工业制取硝酸的重要一步。
已知：
则反应：的　 　。
（4）研究数据表明，特定条件下，合成氨反应的速率与参与反应的物质浓度关系为：，下列措施能提高反应速率的是___________。
A．适度增加氢气的浓度
B．适度降低反应温度
C．在低压下进行反应
D．及时将产物氨气分离出反应体系
（5）科学家研究发现可采用电解法合成氨，在质子导体作用下，将和分别通入电解池两极，阴极的电极反应式为　 　。
【答案】（1）变小；不变
（2）＞；d；
（3）
（4）A；D
（5）
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）、催化剂改变反应历程，降低了反应的活化能，加快可反应速率，但是不改变反应的焓变，故图中变小，图中不变；
（2）、①、正反应放热，升高温度平衡逆向进行，氨气的含量降低，则根据图象可判断＞；
②、平衡常数只与温度有关系，升高温度平衡逆向进行，平衡常数减小，则a、b、c、d四点对应的平衡常数由大到小的顺序为Kb=Kc＞Ka＞Kd； b、c、d三点对应平衡常数最小的点是d；
③、，条件下，时，假设氢气、氮气投料分别为2mol、1mol，平衡转化率为，则反应氮气0.5mol；
平衡时总的物质的量为2mol，合成氨反应的。
（3）、已知：
①
②
由盖斯定律可知，①-2×②得反应：的；
（4）、A、由速率公式可知，适度增加氢气的浓度，反应速率增大，A正确；
B、适度降低反应温度，k值减小，反应速率减小，B错误；
C、在低压下进行反应，物质浓度较小，反应速率较低，C错误；
D、由速率公式可知，及时将产物氨气分离出反应体系，氨气浓度减小，则反应速率加快，D正确；
故答案为：AD。
（5）、采用电解法合成氨，在质子导体作用下，将和分别通入电解池两极，则阴极的氮气得到电子发生还原反应生成氨气，电极反应式为：。
【分析】书写化学反应三段式时的注意事项：单位一致，确保起始量、变化量和平衡量的单位保持一致；注意化学计量数、注意物质状态固体、纯液体一般不参与其中；考虑可逆反应的平衡量不是完全转化的结果，而是反应物和生成物共存的状态。此时需要根据反应的转化率或平衡常数进行计算。
化学反应速率是定量描述化学反应进行快慢的物理量，通常用单位时间内反应物浓度的减小或生成物浓度的增加来表示。其数学表达式为：v = Δc / Δt，其中v为反应速率，Δc为浓度变化量，Δt为时间变化量。反应速率与反应物浓度、温度、催化剂等因素相关，通过调节这些因素可以控制反应速率。
分析化学反应速率和化学平衡图像题的方法：一看面（纵、横坐标的意义）；二看线（线的走向和变化趋势）；三看点（起点拐点终点）；四看辅助线（如等温线、等压线、平衡线）；五看量的变化（如浓度变化、温度变化），然后联想平衡移动原理，分析条件对反应速率、化学平衡移动的影响，最后利用原理，结合图像，分析图像中所代表反应速率变化或化学平衡的线，作出判断。
（1）催化剂改变反应历程，降低了反应的活化能，加快可反应速率，但是不改变反应的焓变，故图中变小，图中不变；
（2）①正反应放热，升高温度平衡逆向进行，氨气的含量降低，则根据图象可判断＞；
②平衡常数只与温度有关系，升高温度平衡逆向进行，平衡常数减小，则a、b、c、d四点对应的平衡常数由大到小的顺序为Kb=Kc＞Ka＞Kd； b、c、d三点对应平衡常数最小的点是d；
③，条件下，时，假设氢气、氮气投料分别为2mol、1mol，平衡转化率为，则反应氮气0.5mol；
平衡时总的物质的量为2mol，合成氨反应的。
（3）已知：
①
②
由盖斯定律可知，①-2×②得反应：的；
（4）A．由速率公式可知，适度增加氢气的浓度，反应速率增大，A正确；
B．适度降低反应温度，k值减小，反应速率减小，B错误；
C．在低压下进行反应，物质浓度较小，反应速率较低，C错误；
D．由速率公式可知，及时将产物氨气分离出反应体系，氨气浓度减小，则反应速率加快，D正确；
故选AD。
（5）采用电解法合成氨，在质子导体作用下，将和分别通入电解池两极，则阴极的氮气得到电子发生还原反应生成氨气，电极反应式为：。
17．（2024高三上·柳州模拟）三氯化六氨合钴(，)是重要的工业原料，制备原理如下：
已知：
①为橙黄色晶体，在高浓度盐酸中易结晶析出，难溶于乙醇，易溶于热水，微溶于冷水。
②酸性介质中，易被还原为。
I．制备，步骤如下，装置如图：
步骤1：检查装置气密性后将、和活性炭在三颈烧瓶中混合，滴加浓氨水，充分反应后缓慢滴加适量双氧水，水浴加热，控制反应温度为；
步骤2：将所得浊液趁热过滤，向滤液中逐滴加入适量浓盐酸；
步骤3：冷却结晶后过滤，用少量冷水和无水乙醇分别洗涤晶体23次，干燥。
（1）图中仪器的名称为　 　。
（2）步骤1中控制反应温度为的原因是　 　。
（3）步骤3中选用无水乙醇洗涤的目的是　 　。
（4）若无活性炭，所得产物除外还会产生大量和等晶体，配合物中　 　，配体为　 　。
II．测定产品纯度
用电子天平取产品于锥形瓶中，加入足量溶液加热，将完全蒸出后加入足量稀硫酸酸化，使全部转化为，加入适量指示剂和过量溶液，充分混合后用标准溶液滴定，反应原理为。
（5）滴定时应选用的指示剂为　 　，加入溶液后发生反应的离子方程式为　 　。
（6）实验中，消耗标准溶液，则产品的纯度为　 　。
【答案】恒压滴液漏斗；防止双氧水分解和氨水挥发；减少的损失；1；NH3、Cl-；淀粉溶液；；
【知识点】配合物的成键情况；实验装置综合；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）、根据装置图，图中仪器的名称为恒压滴液漏斗；
（2）、氨水易挥发，双氧水易分解，为防止双氧水分解和氨水挥发，步骤1中控制反应温度为。
（3）、难溶于乙醇，步骤3中选用无水乙醇洗涤的目的是减少的损失
（4）、若无活性炭，所得产物除外还会产生大量和等晶体，根据可知Co3+的配位数为6，所以配合物中1，配体为NH3、Cl-。
（5）、酸性介质中，易被还原为，可知加入溶液，I-被氧化为I2，I2能使淀粉变蓝，所以滴定时应选用的指示剂为淀粉溶液；加入溶液发生反应的离子方程式为
（6）、根据反应方程式、，建立关系式2~I2~2，实验中，消耗标准溶液，则n()=n()=0.2mol/L×0.015L=0.003mol，产品的纯度为。
【分析】该流程是制备三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3的工业方法，核心步骤及原理如下：
步骤1：浓氨水提供NH3配体，CoCl2与NH3先形成Co(NH3)62+；H2O2作为氧化剂，将Co2+氧化为Co3+，得到Co(NH3)63+；水浴控制50~60℃，既保证反应速率，又避免温度过高导致NH3挥发或H2O2分解；活性炭为催化剂，促进配合物的形成。相关的反应方程式为：；
步骤2：趁热过滤：除去活性炭等不溶性杂质；加浓盐酸：利用[Co(NH3)6]Cl3在高浓度盐酸中易结晶析出的性质，降低产物溶解度，促进结晶。
步骤3：冷水洗涤：[Co(NH3)6]Cl3微溶于冷水，减少产物因溶解造成的损失；无水乙醇洗涤：乙醇易挥发，可快速干燥晶体，同时进一步除去杂质，而产物难溶于乙醇。
18．（2024高三上·柳州模拟）2-氨基-3-氯苯甲酸(F)是一种白色晶体，是重要的医药中间体，制备流程如下：
已知：
①流程中多次利用磺酸基占位，目的是减少相应位置上氢原子的取代
②
③
（1）的名称为　 　，反应②的类型为　 　。
（2）的结构简式为　 　。
（3）写出⑥的化学反应方程式　 　。
（4）中除了磺酸基还含有的官能团名称为　 　。
（5）是相对分子质量比大14的物质，符合下列条件的同分异构体的数目有　 　种(不考虑立体异构)。
a．分子含有苯环 b．与碳酸氢钠反应 c．分子结构中含有
写出其中任意一种核磁共振氢谱有五组峰，峰面积比为的物质的结构简式　 　。
（6）根据题目信息和已有知识，写出以对二甲苯为原料制取的流程示意图　 　(无机试剂任选)。
【答案】（1）邻硝基甲苯；取代反应
（2）
（3）
（4）酰胺基、羧基
（5）17；（或）
（6）
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；有机化学反应的综合应用；有机物（官能团）的检验；有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】（1）、根据分析可得的名称为邻硝基甲苯，反应②的类型为取代反应，答案：邻硝基甲苯、取代反应；
（2）、根据分析可得的结构简式为：，答案：；
（3）、写出⑥的化学反应方程式：，答案：；
（4）、结合结构式知，中除了磺酸基还含有的官能团名称为酰胺基、羧基，答案：酰胺基、羧基；
（5）、是相对分子质量比大14的物质，说明多了－CH2－，符合条件a．分子含有苯环、b．与碳酸氢钠反应，说明含有－COOH、c．分子结构中含有。若苯环上有3个取代基，即－CH3、－NH2和－COOH，其同分异构体有10种；若苯环上有2个取代基，即－CH2COOH和－NH2或－CH2NH2和－COOH，其同分异构体有6种；若苯环上只有1个取代基，即－CH(NH2)COOH，其结构只有一种。故满足上述条件的同分异构体共有17种。核磁共振氢谱有五组峰，峰面积比为的物质的结构有2种：和，答案：17、或；
（6）、二甲苯为原料制取 ，由产物可知，氨基有硝基还原得到，羧基由甲基氧化得到，所以可得流程示意图为。
【分析】首先甲苯在浓硫酸加热的条件下，发生磺化反应，在甲苯的甲基的对位上引入磺酰基，生成A据此来占据甲基的对位，防止后续的硝化反应将硝基引入对位；紧接着在浓硫酸、浓硝酸、加热的条件下发生硝化反应，得，在甲基的邻位引入硝基，为后续还原为氨基做准备；在酸性条件下水解，完成脱磺化反应，得；接着被酸性高锰酸钾氧化，甲基被氧化为羧基，引入目标产物所需要的羧基官能团，得，硝基被还原，得，发生已知③反应，得，用来保护氨基，避免后续的氯代反应中被破坏，同时降低氨基的定位效应；后续按照流程进行，加入浓硫酸，在羧基的对位引入磺酸基，同时在羧基的邻位引入氯，最后在酸性条件下水解，完成脱磺化反应，得到最终的目标产物。
（1）根据分析可得的名称为邻硝基甲苯，反应②的类型为取代反应，答案：邻硝基甲苯、取代反应；
（2）根据分析可得的结构简式为，答案：；
（3）写出⑥的化学反应方程式，答案：；
（4）结合结构式知，中除了磺酸基还含有的官能团名称为酰胺基、羧基，答案：酰胺基、羧基；
（5）是相对分子质量比大14的物质，说明多了－CH2－，符合条件a．分子含有苯环、b．与碳酸氢钠反应，说明含有－COOH、c．分子结构中含有。若苯环上有3个取代基，即－CH3、－NH2和－COOH，其同分异构体有10种；若苯环上有2个取代基，即－CH2COOH和－NH2或－CH2NH2和－COOH，其同分异构体有6种；若苯环上只有1个取代基，即－CH(NH2)COOH，其结构只有一种。故满足上述条件的同分异构体共有17种。核磁共振氢谱有五组峰，峰面积比为的物质的结构有2种：和，答案：17、或；
（6）二甲苯为原料制取 ，由产物可知，氨基有硝基还原得到，羧基由甲基氧化得到，所以可得流程示意图为。
1 / 1广西柳州市2025届新高三摸底考试（零模）化学试卷
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．（2024高三上·柳州模拟）化学与生活密切相关。下列叙述错误的是
A．碳酸氢钠可做食品膨松剂
B．废旧塑料制品一般是填埋处理
C．家里可用食醋除去水垢中的碳酸钙
D．二氧化硫在大气中发生反应后会形成酸雨
2．（2024高三上·柳州模拟）下列化学用语或图示表示正确的是
A．的空间结构模型：
B．的电子式：
C．和互为同位素
D．基态的价层电子排布图：
3．（2024高三上·柳州模拟）下列关于化合物结构与性质的论述错误的是
A．的热稳定性比强，是因为的键能比的大
B．氯气溶于水既有共价键的断裂和生成，也有分子间作用力的破坏
C．和均为离子化合物，两者所含的化学键类型相同
D．是一种与金刚石成键、结构均相似的共价晶体，因此具有很高的硬度
4．（2024高三上·柳州模拟）利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是
由海水制取蒸馏水 萃取碘水中的碘
A B
实验室制取氨 除去乙烯中的少量二氧化硫气体
C D
A．A B．B C．C D．D
5．（2024高三上·柳州模拟）X、Y、Z、Q、W为短周期主族元素，其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。下列说法正确的是
A．X与Y可形成离子化合物
B．非金属性：Q>W
C．最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>Q
D．Y与Z形成的化合物中只含有极性共价键
6．（2024高三上·柳州模拟）某种药物结构式如图所示，下列说法错误的是
A．不含有手性碳原子
B．分子中所有碳原子可共平面
C．1mol该物质最多消耗4mol氢气
D．该物质能发生加成、氧化、水解和消去反应
7．（2024高三上·柳州模拟）为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A．与足量水反应，转移电子个数为
B．的溶液中数目为
C．(标准状况)中所含的质子数为
D．丙烷分子中共用电子对的数目为
8．（2024高三上·柳州模拟）海水是巨大的资源宝库，采用如下工艺流程提取海水中的溴和镁，下列说法正确的是
A．试剂①可以选用盐酸或硫酸
B．提取溴过程中的溴元素均只发生氧化反应
C．吸收塔中也可以用溶液吸收含溴的空气
D．将溶液加热蒸干即可得到无水
9．（2024高三上·柳州模拟）下列方案设计、现象和结论都正确的是
　 实验方案 现象 结论
A 装有的密闭烧瓶放入冰水中 颜色变浅 转化为的反应吸热
B 向某溶液中滴加几滴新制氯水，再滴加溶液 溶液呈血红色 原溶液中含有
C 向溶液中先滴加4滴溶液，再滴加4滴溶液 先产生白色沉淀，再产生黄色沉淀 溶解度小于溶解度
D 将溶液逐滴加入溶液中，反应后静置，向上层清液中再加1滴溶液 有浑浊产生 没有沉淀完全
A．A B．B C．C D．D
10．（2024高三上·柳州模拟）能正确表示下列反应的离子方程式为
A．放入水中：
B．通入酸性溶液中：
C．盐酸除锅炉水垢：
D．硫化钠溶液在空气中氧化变质
11．（2024高三上·柳州模拟）锌基电极与涂覆氢氧化镍的镍基电极组成可充电电池，其示意图如下。放电时，转化为。下列说法错误的是
A．放电时，锌基电极反应为：
B．放电时，镍基电极附近的升高
C．充电时，电流方向为镍基电极→锌基电极
D．充电时，理论上外电路有1mol电子通过时，阳极析出1mol固体
12．（2024高三上·柳州模拟）结构示意图如图所示，下列说法错误的是
A．的未成对电子数为4
B．基态原子第一电离能：
C．为极性分子，分子中的为杂化
D．中作用力类型有共价键、配位键、氢键、离子键
13．（2024高三上·柳州模拟）和联合重整能减少温室气体的排放。其他条件相同时，投料比为，发生以下两个反应：
① ；
② 。
或的平衡转化率与温度变化关系如图所示，下列说法错误的是
A．在上述条件下，反应①②同时达到平衡
B．，升温更有利于反应②
C．加热、加压都有利于增大反应①②的速率
D．始终低于1.0，是因为发生了反应②
14．（2024高三上·柳州模拟）已知琥珀酸是一种常见的二元弱酸，以代表其化学式，电离过程：，。常温时，向水溶液中逐滴滴加同浓度的溶液，混合溶液中、和的物质的量分数()随变化的关系如图所示。下列说法正确的是
A．的
B．当溶液中时，
C．滴加溶液过程中存在：
D．当被完全中和时，
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15．（2024高三上·柳州模拟）氮化镓作为第三代半导体材料，光电性能优异，广泛应用于技术。某工厂综合利用炼锌矿渣制备，矿渣主要含铁酸镓，铁酸锌，二氧化硅等，部分工艺流程如下：
已知：
①镓与铝同主族，金属活动性介于锌和铁之间；
②本工艺条件下，浸出液中各离子形成氢氧化物沉淀在常温下的和金属离子的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)如表：
金属离子
开始沉淀 8.0 1.7 5.5 3.0
沉淀完全的 9.6 3.2 8.0 4.9
萃取率 0 99 0 97~98.5
（1）中的化合价为　 　。
（2）为了提高酸浸效率，可采取的措施有　 　(任写一条)，浸出渣的主要成分是　 　(写化学式)。
（3）处理浸出液时，将溶液调节至5.4，此时溶液中的浓度为　 　。
（4）“溶解还原”步骤中加入适量铁粉，发生反应的离子方程式　 　。
（5）的化学性质与相似，“反萃取”加入过量溶液后水溶液中镓元素主要以　 　(用离子符号表示)形式存在。
（6）“高温合成”操作中与反应生成的化学方程式为　 　。
（7）晶胞结构如图所示，晶胞参数为，晶体密度为　 　(列出计算式，阿伏加德罗常数的值为)。
16．（2024高三上·柳州模拟）研究合成氨工业对生产、生活、科研等方面具有重要的意义，回答下列问题：
（1）合成氨反应原理为：，能量变化如图。加入铁触媒作催化剂会使图中　 　(填“变大”“变小”或“不变”。下同)，图中　 　。
（2）实验测定不同条件下，平衡时氨气的含量与起始氢氮比之间的关系如图所示。
①　 　(填“>”“<”或“=”)。
②b、c、d三点对应平衡常数最小的点是　 　。
③，条件下，时平衡转化率为，合成氨反应的　 　(用含的式子表示，为以气体分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)
（3）转化为是工业制取硝酸的重要一步。
已知：
则反应：的　 　。
（4）研究数据表明，特定条件下，合成氨反应的速率与参与反应的物质浓度关系为：，下列措施能提高反应速率的是___________。
A．适度增加氢气的浓度
B．适度降低反应温度
C．在低压下进行反应
D．及时将产物氨气分离出反应体系
（5）科学家研究发现可采用电解法合成氨，在质子导体作用下，将和分别通入电解池两极，阴极的电极反应式为　 　。
17．（2024高三上·柳州模拟）三氯化六氨合钴(，)是重要的工业原料，制备原理如下：
已知：
①为橙黄色晶体，在高浓度盐酸中易结晶析出，难溶于乙醇，易溶于热水，微溶于冷水。
②酸性介质中，易被还原为。
I．制备，步骤如下，装置如图：
步骤1：检查装置气密性后将、和活性炭在三颈烧瓶中混合，滴加浓氨水，充分反应后缓慢滴加适量双氧水，水浴加热，控制反应温度为；
步骤2：将所得浊液趁热过滤，向滤液中逐滴加入适量浓盐酸；
步骤3：冷却结晶后过滤，用少量冷水和无水乙醇分别洗涤晶体23次，干燥。
（1）图中仪器的名称为　 　。
（2）步骤1中控制反应温度为的原因是　 　。
（3）步骤3中选用无水乙醇洗涤的目的是　 　。
（4）若无活性炭，所得产物除外还会产生大量和等晶体，配合物中　 　，配体为　 　。
II．测定产品纯度
用电子天平取产品于锥形瓶中，加入足量溶液加热，将完全蒸出后加入足量稀硫酸酸化，使全部转化为，加入适量指示剂和过量溶液，充分混合后用标准溶液滴定，反应原理为。
（5）滴定时应选用的指示剂为　 　，加入溶液后发生反应的离子方程式为　 　。
（6）实验中，消耗标准溶液，则产品的纯度为　 　。
18．（2024高三上·柳州模拟）2-氨基-3-氯苯甲酸(F)是一种白色晶体，是重要的医药中间体，制备流程如下：
已知：
①流程中多次利用磺酸基占位，目的是减少相应位置上氢原子的取代
②
③
（1）的名称为　 　，反应②的类型为　 　。
（2）的结构简式为　 　。
（3）写出⑥的化学反应方程式　 　。
（4）中除了磺酸基还含有的官能团名称为　 　。
（5）是相对分子质量比大14的物质，符合下列条件的同分异构体的数目有　 　种(不考虑立体异构)。
a．分子含有苯环 b．与碳酸氢钠反应 c．分子结构中含有
写出其中任意一种核磁共振氢谱有五组峰，峰面积比为的物质的结构简式　 　。
（6）根据题目信息和已有知识，写出以对二甲苯为原料制取的流程示意图　 　(无机试剂任选)。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；常见的生活环境的污染及治理；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A、碳酸氢钠受热分解放出二氧化碳气体，同时它与面团发酵产生的有机酸反应也会释放CO2，能使食品内部形成多孔结构，因此可作食品膨松剂，A正确；
B、废旧塑料制品的主要成分是聚乙烯、聚丙烯等高分子化合物，这类物质难降解，填埋处理会长期占用土地资源，还可能污染土壤和地下水。废旧塑料的合理处理方式包括回收再利用、热解制燃料等，而非直接填埋，B错误；
C、食醋的主要成分是醋酸，醋酸的酸性强于碳酸，故醋酸和碳酸钙能发生复分解反应生成醋酸钙、二氧化碳、水，家里可用食醋除去水垢中的碳酸钙，C正确；
D、二氧化硫和水反应生成亚硫酸，在空气中易被氧化为硫酸，二氧化硫在大气中发生反应后会形成酸雨，故D正确；
故答案为：B
【分析】本题要求掌握常见食品添加剂的作用原理，明确碳酸氢钠的热分解与酸反应特性。牢记废旧塑料的环境危害与处理原则，应用 “强酸制弱酸” 规律判断反应能否发生，理解酸雨的形成机制，明确二氧化硫是形成硫酸型酸雨的核心污染物。
2．【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；元素、核素；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、在水分子中，中心O原子外还有两对孤对电子，因此水分子的空间结构为V形，键角约为104.5°，A正确；
B、N2分子中N原子间为三键，电子式应体现三对共用电子对，选项中仅表示1对共用电子，未体现三键，故氮气的电子式为：，B错误；
C、同位素是指“质子数相同、中子数不同的同种元素的不同原子”，而O2和O3是由氧元素形成的不同单质，二者互为同素异形体，并非同位素，C错误；
D、基态Si的价层电子排布为3s23p2，价层电子排布图需遵循泡利不相容原理和洪特规则，正确的表示为3s轨道为自旋相反的2个电子，3P轨道为1个轨道排2个电子、2个轨道空着，正确的价电子排布为：，D项错误；
故答案为：A
【分析】原子核外电子排布应遵循能量最低原理、洪特规则和泡利不相容原理；能量最低原理是指通过对基态原子的核外电子进行排布，使整个原子的能量处于最低状态，而非是使电子尽可能地排布在能量最低的原子轨道；泡利不相容原理是指每个轨道(原子轨道中的轨道)最多只能容纳2个电子，且自旋方向相反(↑↓）；洪特规则是指在能量相等的简并轨道上，电子优先以自旋方向相同的方式分别占据不同的简并轨道，使原子的总能量最低。
3．【答案】C
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；原子晶体（共价晶体）；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】A、热稳定性与化学键键能相关，键能越大，物质热稳定性越强。H-F的键能大于H-Cl，因此HF的热稳定性比HCl强，A正确；
B、氯气溶于水时，Cl2分子间的分子间作用力被破坏，同时氯气和水反应生成氯化氢和次氯酸，涉及Cl-Cl共价键的断裂，以及H-Cl、H-O-Cl共价键的生成，所以氯气溶于水既有共价键的断裂和生成，也有分子间作用力的破坏，B正确；
C、和均为离子化合物，含有离子键，O-O非极性共价键，仅含有离子键，化学键类型不相同，C错误；
D．是一种与金刚石成键、结构均相似的共价晶体，原子间通过强共价键形成空间网状结构，共价晶体的结构特点决定了其具有很高的硬度，且性质和金刚石类似，因此具有很高的硬度，D正确；
故答案为：C
【分析】共价化合物的热稳定性由化学键键能决定，键能越大，物质热稳定性越强；共价晶体中原子通过强共价键形成空间网状结构，这类晶体的核心性质是硬度大、熔点高；物质溶于水时，既可能破坏分子间作用力，也可能伴随化学键的断裂与生成。
4．【答案】D
【知识点】氨的实验室制法；蒸馏与分馏；分液和萃取；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、蒸馏海水制取蒸馏水时，冷凝水应遵循“下进上出”的原则，保证冷凝管内充满冷水，提高冷凝效率，但图示中冷凝水的流向为“上进下出”，无法充分冷凝，A错误；
B、萃取碘水中的碘时，萃取剂需满足与原溶剂不互溶的条件，但乙醇与水互溶，无法分层，不能作为萃取碘的萃取剂，不能达到实验目的，B错误；
C、实验室制取氨通常用氯化铵与氢氧化钙固体加热的方法，但图示中试管口向上倾斜，加热固体时，试管口应略向下倾斜，防止冷凝水回流使试管炸裂，试管口的棉花能够防止空气对流使收集的氨气不纯，C错误；
D、SO2是酸性气体，可与NaOH溶液反应：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O，而乙烯不与NaOH溶液反应；装置采用“洗气法”，气体长进短出，能有效除去乙烯中的SO2，达到实验目的，D正确；
故答案为：D
【分析】这类题要求聚焦实验设计的合理性，围绕 实验目的→实验原理→实验装置、实验操作、实验试剂的可靠性展开，要记清仪器的 “专属用途”；注意 “特殊实验的条件”；并梳理 “装置设计逻辑”如洗气装置 “长进短出”（让气体充分接触试剂）、防倒吸装置需 “隔绝体系与液体”。
5．【答案】A
【知识点】原子结构与元素的性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A、X是Na与Y是H，二者可以形成NaH，NaH由Na+和H-构成，属于典型的离子化合物，A正确；
B、根据元素周期律可知，同周期主族元素从左到右，非金属性逐渐增强，因此非金属性的强弱：Cl>S，B错误；
C、根据元素周期律可知，同周期主族元素从左到右，最高价含氧酸酸性增强，因此最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：H2SO4>H2CO3，C错误；
D、H与C形成的化合物中不一定只含有极性共价键，如乙烯中就含有非极性共价键，SiH4中只含极性共价键，但也可形成多硅烷，其中含Si-Si非极性共价键，D错误；
故答案为：A
【分析】首先结合 “短周期主族元素的原子半径 + 最外层电子数” 推断元素，X、Y、Z、Q、W为短周期主族元素X、Y最外层只有一个电子，位于ⅠA族，Z最外层有4个电子，位于ⅣA族，Q原子最外层有6个电子，位于ⅥA族，W最外层有7个电子，位于ⅦA族，X原子半径最大，X为Na元素，Y原子半径最小，Y为H元素，Q原子和W原子半径接近、W原子半径小于Q而最外层电子数大于Q，所以Q是S元素、W是Cl元素、Z为C元素。
6．【答案】D
【知识点】有机分子中基团之间的关系；有机物的结构和性质；有机物（官能团）的检验；有机分子中原子共线、共面的判断
【解析】【解答】A、手性碳原子需连接4个不同的原子或基团，该分子中所有碳原子都是不饱和碳，均不满足“连4个不同基团”的条件，因此不含有手性碳原子，A正确；
B、分子中含苯环，属于平面结构、酯基，也属于平面结构，各平面通过单键连接，且单键可旋转，因此所有碳原子可共平面，B正确；
C、1mol该物质苯环可以消耗3mol氢气，碳碳双键消耗1mol氢气，而实际反应中酯基的羰基通常不与H2加成，因此最多消耗4mol氢气，C正确；
D、该物质含有萘环、羰基能发生加成反应，有酚羟基易被氧化发生氧化反应，有酯基易发生酯化反应，而分子中酚羟基的邻位碳原子无氢不能发生消去反应，酚羟基不可以消去，D错误；
故答案为：D
【分析】对于常见的“可能共面”的问法：碳碳双键、碳碳三键、碳氧双键、苯环均为平面结构，可能出现所有原子都共面的场景。反观，但凡出现类似甲烷基本结构的化合物分子，则不可能出现所有原子都共面的场景。
出现类似甲烷的基本结构，看作甲烷的部分最多有3个原子共面。
出现类似乙烯的基本结构，看作乙烯的部分最多有6个原子共面。
出现类似乙炔的基本结构，看作乙炔的部分，4个原子均在同一条直线上（一定共面）。
出现含有苯环C6H6的基本结构，看作苯环的部分最多有6+6=12个原子共面，且对角原子共线。
7．【答案】A
【知识点】钠的化学性质；气体摩尔体积；阿伏加德罗常数；阿伏加德罗定律及推论
【解析】【解答】A、2.3gNa的物质的量为0.1mol，Na与水反应的方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，Na从0价升高到+1价，1个Na原子转移1个电子，因此0.1molNa转移电子数为0.1NA，A正确；
B、选项中只给出pH=12，未说明溶液体积，无法计算OH-的物质的量，也就不能确定溶液中OH-的数目，B错误；
C、标准状况下水是液体，而22.4L/mol的使用前提是标准状况下的气体，因此无法用22.4L/mol进行计算，C错误；
D、丙烷的结构简式为CH3CH2CH3，1个丙烷分子中含有的共用电子对：C-C键2个、C-H键8个，共10个；因此1mol丙烷分子中，共用电子对数目为10NA，而非9NA，D错误；
故答案为：A
【分析】阿伏加德罗定律在使用时要注意以下几个方面：
前提条件：指问题设置的前提(外界因素)，如标准状况，常温常压，温度为25℃、压强为1.01×105Pa等。若后面设置的量为物质的体积，则需要考虑所给物质是否为气体、是否为标准状况。若后面所给的量为物质的质量或物质的量，则不需要考虑物质所处环境是否为标准状况。22.4L/mol是在标准状况(0 ℃，1.01×105Pa)下的气体摩尔体积；物质状态：22.4L/mol使用的对象是气体(包括混合气体)，只有气体才可用气体摩尔体积；气体单质的组成除常见的双原子分子外，还有单原子分子(如Ne)、三原子分子(如O3)、四原子分子(如P4)等。
8．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；盐类水解的应用；海水资源及其综合利用
【解析】【解答】A、试剂①的作用是将Mg(OH)2转化为MgCl2，若选用硫酸，会生成MgSO4，后续无法得到MgCl2，而电解熔融硫酸镁比氯化镁过程更加困难，因此试剂①只能选盐酸，不能选硫酸，A错误；
B、提取溴的过程中，溴元素在Cl2氧化Br-和Cl2氧化HBr时发生氧化反应，而在SO2吸收Br2时发生还原反应，并非只发生氧化反应，B错误；
C．吸收塔中也可以用溶液吸收含溴的空气，溶液和二氧化硫作用一样，同样具有还原性，也可以还原溴单质，C正确；
D、MgCl2溶液中Mg2+会水解：MgCl2+2H2O=Mg(OH)2+2HCl，加热时HCl挥发，水解平衡正向移动，最终蒸干得到Mg(OH)2或MgO，无法得到无水MgCl2，需在HCl氛围中蒸干才能制得，D错误；
故答案为：C
【分析】含有氯化钠和硫酸镁的海水，加入氢氧化钠，一方面得到氢氧化镁沉淀加入盐酸，得到氯化镁溶液，结晶得到氯化镁晶体，电解得到单质镁，另一方面得到氯化钠和亲氧化钠的滤液，通入氯气，同时氧化溴离子，反应氢氧化钠，同时氧化溴单质，通过空气吹出法得到的溴用二氧化硫吸收，再用氯气氧化得到单质溴。
9．【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；硫酸根离子的检验；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A、NO2转化为N2O4的反应为：2NO2(g)=N2O4(g) △H＜0，放入冰水中颜色变浅，说明平衡正向移动；根据勒夏特列原理，降温使平衡正向移动，说明该反应放热，而非吸热，A错误；
B、先加入新制氯水，可将亚铁离子氧化为铁离子，再滴加KSCN溶液，也能使溶液呈血红色，不能排除亚铁离子的干扰，因此无法确定原溶液中是否含Fe3+，B错误；
C、AgNO3溶液(2mL0.1mol·L-1)中滴加4滴KCl溶液后，AgNO3过量，此时Ag+未完全沉淀，再滴加KI溶液时，I-直接与过量Ag+反应生成AgI沉淀，并非AgCl转化为AgI，无法证明AgI溶解度小于AgCl，C错误；
D、Na2CO3与BaCl2反应生成BaCO3沉淀，反应后可取向上层清液，继续滴加Na2CO3溶液，有浑浊产生，说明上层清液中仍含Ba2+，即Ba2+未沉淀完全，D正确；
故答案为：D
【分析】做题时一定要看清楚所描述的实验项目、现象与结论是否存在一一对应的关系，要注意，选项所描述的说法可能都正确，但不存在因果关系，要选择存在因果关系并且描述均正确的选项；
10．【答案】B
【知识点】二氧化硫的性质；钠的重要化合物；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，选项中产物正确但是O原子数目不守恒，未配平，故正确的离子方程式为：，A错误；
B、SO2具有还原性，酸性KMnO4具有强氧化性，二者发生氧化还原反应：SO2被氧化为SO42-，MnO4-被还原为Mn2+；离子方程式中得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒，对应的化学方程式为：，B正确 ；
C、锅炉水垢的主要成分为CaCO3，CaCO3难溶于水，在离子方程式中需保留化学式，正确的离子方程式应为：，C错误；
D、硫化钠溶液呈碱性，反应环境中不应该存在大量H+，而原方程式写入H+，不符合实际反应环境，故正确的离子方程式应为：，D错误；
故答案为：B
【分析】一般来说，离子方程式的正误判断我们从以下几个方面来判断：是否符合守恒规律。
离子方程式的书写应当满足电荷守恒、原子守恒、电子守恒关系，否则离子方程式的书写错误；离子方程式的书写是否符合客观事实；是否正确使用符号；拆分是否正确；离子反应是否写全；是否符合量的关系。
11．【答案】D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解原理；电解池工作原理及应用；原电池、电解池综合
【解析】【解答】A、放电时锌基电极(负极)中，5molZn失去10mole-，并结合CO32-，OH-生成2ZnCO3·3Zn(OH)2，电极反应式满足原子守恒、电荷守恒，正确的电极方程式为：，A正确；
B、放电时镍基电极（正极）的反应为：，生成OH-，因此电极附近OH-浓度增大，pH升高，B正确；
C、充电时，电流从电源正极（b）流向电解池阳极（镍基电极），再从电解池阴极（锌基电极）流向电源负极（a），电流方向为b→镍基电极→锌基电极→a，C正确；
D．充电时，阳极（镍基电极）理论上外电路有1mol电子通过时，阳极析出0.5mol固体，相关的电极方程式为：，D错误；
故答案为：D
【分析】首先明确电池工作原理：放电时锌基电极为负极（Zn失电子），镍基电极为正极（Ni(OH)2得电子）；充电时锌基电极为阴极，镍基电极为阳极。放电时，转化为，说明锌基电极为负极，电极方程式为：，镍基电极为正极，电极方程式为：，充电时锌基电极连接阴极，镍基电极连接阳极。
12．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；配合物的成键情况；极性分子和非极性分子；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；含有氢键的物质
【解析】【解答】A、的核外电子排布为：[Ar]3d6，基态Fe2+价层电子排布图是，则未成对电子数为4个， A正确；
B、三者中铁为较活泼金属，易失去电子，第一电离能最小，同一主族随原子序数变大，原子半径变大，第一电离能变小；则基态原子第一电离能：，B正确；
C、分子中的孤电子对数为，价层电子对数为2+2=4，则为杂化，空间构型为V形，分子内正负电荷重心不重叠，为极性分子，C错误；
D、结合图可知，Fe2+有空轨道，分子中有孤对电子，则Fe2+与的作用力是配位键，水分子之间、水分子与硫酸根的作用力是氢键，水分子及硫酸根内存在共价键，内界有6个分子，配离子与硫酸根之间是离子键，D正确；
故答案为：C
【分析】元素的第一电离能是指气态原子失去一个电子形成＋1价气态阳离子所需的能量，它可以衡量元素的原子失去一个电子的难易程度。第一电离能数值越小，原子越容易失去一个电子；反之，越难失去一个电子。同一周期内，随着原子序数的增加，元素第一电离能呈增大趋势。同一周期内，碱金属的第一电离能最小，稀有气体的第一电离能最大；同一主族，随着元素原子序数的递增(电子层数的增加)元素的第一电离能呈现减小趋势。
13．【答案】B
【知识点】化学平衡中反应条件的控制；化学平衡的影响因素；化学平衡移动原理；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】A、反应①和②存在共同的反应物（CO2）与生成物（H2、CO），体系中各物质的浓度变化会同时影响两个反应的平衡，因此在该条件下两个反应会同时达到平衡，A正确；
B．由图可知，550～600℃条件下，甲烷的转化率大于二氧化碳的转化率，说明升温更有利于反应①，除此之外，反应①的△H=+247.1kJ·mol-1，反应②的△H=+41.2kJ·mol-1，反应①的吸热程度远大于反应②。升温时，平衡向吸热反应方向移动，因此升温更有利于反应①，而非反应②，B错误；
C、加热可提高活化分子百分数，加压可增大单位体积内活化分子数，化学反应速率均增大，则加热、加压时，反应①②的反应速率均会增大，C正确；
D、若仅发生反应①，n(H2)：n(CO)=1：1；但反应②中H2与CO2反应生成CO，消耗H2并生成CO，因此n(H2)：n(CO)始终低于1.0，则氢气与一氧化碳的物质的量比始终低于1.0说明发生了反应②，D正确；
故答案为：B
【分析】分析化学平衡图像题的方法：一看面（纵、横坐标的意义）；二看线（线的走向和变化趋势）；三看点（起点拐点终点）；四看辅助线（如等温线、等压线、平衡线）；五看量的变化（如浓度变化、温度变化），然后联想平衡移动原理，分析条件对反应速率、化学平衡移动的影响，最后利用原理，结合图像，分析图像中所代表反应速率变化或化学平衡的线，作出判断。
14．【答案】B
【知识点】电解质在水溶液中的电离；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A、二元弱酸的，根据图示，当的浓度等于的浓度时，pH=4.2，则的，A错误；
B、由题干信息可知，，可以将两式相乘，得到此计算式：，再将选项信息代入，当溶液中时，=10-5.4，，B正确；
C、滴加溶液过程中，溶液体积增大，根据物料守恒，，初始浓度就为0.1mol/L，稀释后浓度势必会降低，C错误；
D、当被完全中和时，产物溶质为Na2A，根据质子守恒，D错误；
故答案为：B
【分析】向水溶液中逐滴滴加同浓度的溶液，的浓度逐渐减小、的浓度先增大或减小、的浓度逐渐增大，则曲线Ⅰ表示物质的量分数()随变化的关系，曲线Ⅱ表示物质的量分数()随变化的关系，曲线Ⅲ表示物质的量分数()随变化的关系。当的浓度等于的浓度时pH=1.2，当的浓度等于的浓度时pH=4.2，据此可以得到结论：。
15．【答案】（1）+3
（2）矿渣粉碎、适当升高温度、适当增加硫酸浓度、搅拌等；SiO2
（3）
（4）
（5）
（6）
（7）
【知识点】晶胞的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）、中镓、氧化合价分别为+3、-2，则的化合价为+3；
（2）、为了提高酸浸效率，可采取的措施有矿渣粉碎、适当升高温度、适当增加硫酸浓度、搅拌等；由分析可知，浸出渣的主要成分是SiO2；
（3）、由表可知，铁离子完全沉淀时pH=3.2，pOH=10.8，则，将溶液调节至5.4，pOH=8.6，此时溶液中的浓度为
（4）、“溶解还原”步骤中加入适量铁粉，是将铁离子还原为亚铁离子，便于后续萃取镓而不萃取亚铁离子，发生反应的离子方程式：；
（5）、的化学性质与相似，铝和氢氧化钠生成，则“反萃取”加入过量溶液后水溶液中镓元素主要以形式存在；
（6）、“高温合成”操作中与反应生成，结合质量守恒可知，还生成甲烷，则反应化学方程式为：；
（7）、根据“均摊法”，晶胞中含个Ga、4个N，则晶体密度为。
【分析】该工艺流程是通过“酸浸-除杂-分离富集”从炼锌矿渣中提取镓，最终制备GaN，首先是酸浸，向炼锌矿渣中加入H2SO4，Ga2(Fe2O4)3、ZnFe2O4与硫酸反应，转化为Ga3+、Fe3+、Zn2+进入浸出液；SiO2不与硫酸反应，成为浸出渣被分离；接着调pH过滤，根据离子沉淀的pH数据，调节浸出液的pH至3.2~3.0之间，使Fe3+完全沉淀，同时保证Ga3+、Zn2+不沉淀，过滤后，滤液含Zn2+，滤渣含Fe(OH)3和Ga(OH)3；继续向滤渣中加入盐酸，Fe(OH)3、Ga(OH)3溶解为Fe3+、Ga3+；再加入Fe，将Fe3+还原为Fe2+，避免Fe3+后续被萃取；接着萃取与反萃取，利用萃取剂的选择性，萃取时，Ga3+进入有机层，Fe2+留在水层，实现Ga3+与Fe2+的分离；向有机层加入NaOH溶液反萃取，Ga3+转化为[Ga(OH)4]-，进一步富集镓元素；最后富集后的镓化合物与NH3在高温下反应，生成GaN：，整个流程的核心是利用pH调控沉淀和萃取选择性，逐步分离Fe、Zn等杂质，最终富集镓并制备GaN。
（1）中镓、氧化合价分别为+3、-2，则的化合价为+3；
（2）为了提高酸浸效率，可采取的措施有矿渣粉碎、适当升高温度、适当增加硫酸浓度、搅拌等；由分析可知，浸出渣的主要成分是SiO2；
（3）由表可知，铁离子完全沉淀时pH=3.2，pOH=10.8，则，将溶液调节至5.4，pOH=8.6，此时溶液中的浓度为
（4）“溶解还原”步骤中加入适量铁粉，是将铁离子还原为亚铁离子，便于后续萃取镓而不萃取亚铁离子，发生反应的离子方程式：；
（5）的化学性质与相似，铝和氢氧化钠生成，则“反萃取”加入过量溶液后水溶液中镓元素主要以形式存在；
（6）“高温合成”操作中与反应生成，结合质量守恒可知，还生成甲烷，则反应化学方程式为：；
（7）根据“均摊法”，晶胞中含个Ga、4个N，则晶体密度为。
16．【答案】（1）变小；不变
（2）＞；d；
（3）
（4）A；D
（5）
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）、催化剂改变反应历程，降低了反应的活化能，加快可反应速率，但是不改变反应的焓变，故图中变小，图中不变；
（2）、①、正反应放热，升高温度平衡逆向进行，氨气的含量降低，则根据图象可判断＞；
②、平衡常数只与温度有关系，升高温度平衡逆向进行，平衡常数减小，则a、b、c、d四点对应的平衡常数由大到小的顺序为Kb=Kc＞Ka＞Kd； b、c、d三点对应平衡常数最小的点是d；
③、，条件下，时，假设氢气、氮气投料分别为2mol、1mol，平衡转化率为，则反应氮气0.5mol；
平衡时总的物质的量为2mol，合成氨反应的。
（3）、已知：
①
②
由盖斯定律可知，①-2×②得反应：的；
（4）、A、由速率公式可知，适度增加氢气的浓度，反应速率增大，A正确；
B、适度降低反应温度，k值减小，反应速率减小，B错误；
C、在低压下进行反应，物质浓度较小，反应速率较低，C错误；
D、由速率公式可知，及时将产物氨气分离出反应体系，氨气浓度减小，则反应速率加快，D正确；
故答案为：AD。
（5）、采用电解法合成氨，在质子导体作用下，将和分别通入电解池两极，则阴极的氮气得到电子发生还原反应生成氨气，电极反应式为：。
【分析】书写化学反应三段式时的注意事项：单位一致，确保起始量、变化量和平衡量的单位保持一致；注意化学计量数、注意物质状态固体、纯液体一般不参与其中；考虑可逆反应的平衡量不是完全转化的结果，而是反应物和生成物共存的状态。此时需要根据反应的转化率或平衡常数进行计算。
化学反应速率是定量描述化学反应进行快慢的物理量，通常用单位时间内反应物浓度的减小或生成物浓度的增加来表示。其数学表达式为：v = Δc / Δt，其中v为反应速率，Δc为浓度变化量，Δt为时间变化量。反应速率与反应物浓度、温度、催化剂等因素相关，通过调节这些因素可以控制反应速率。
分析化学反应速率和化学平衡图像题的方法：一看面（纵、横坐标的意义）；二看线（线的走向和变化趋势）；三看点（起点拐点终点）；四看辅助线（如等温线、等压线、平衡线）；五看量的变化（如浓度变化、温度变化），然后联想平衡移动原理，分析条件对反应速率、化学平衡移动的影响，最后利用原理，结合图像，分析图像中所代表反应速率变化或化学平衡的线，作出判断。
（1）催化剂改变反应历程，降低了反应的活化能，加快可反应速率，但是不改变反应的焓变，故图中变小，图中不变；
（2）①正反应放热，升高温度平衡逆向进行，氨气的含量降低，则根据图象可判断＞；
②平衡常数只与温度有关系，升高温度平衡逆向进行，平衡常数减小，则a、b、c、d四点对应的平衡常数由大到小的顺序为Kb=Kc＞Ka＞Kd； b、c、d三点对应平衡常数最小的点是d；
③，条件下，时，假设氢气、氮气投料分别为2mol、1mol，平衡转化率为，则反应氮气0.5mol；
平衡时总的物质的量为2mol，合成氨反应的。
（3）已知：
①
②
由盖斯定律可知，①-2×②得反应：的；
（4）A．由速率公式可知，适度增加氢气的浓度，反应速率增大，A正确；
B．适度降低反应温度，k值减小，反应速率减小，B错误；
C．在低压下进行反应，物质浓度较小，反应速率较低，C错误；
D．由速率公式可知，及时将产物氨气分离出反应体系，氨气浓度减小，则反应速率加快，D正确；
故选AD。
（5）采用电解法合成氨，在质子导体作用下，将和分别通入电解池两极，则阴极的氮气得到电子发生还原反应生成氨气，电极反应式为：。
17．【答案】恒压滴液漏斗；防止双氧水分解和氨水挥发；减少的损失；1；NH3、Cl-；淀粉溶液；；
【知识点】配合物的成键情况；实验装置综合；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）、根据装置图，图中仪器的名称为恒压滴液漏斗；
（2）、氨水易挥发，双氧水易分解，为防止双氧水分解和氨水挥发，步骤1中控制反应温度为。
（3）、难溶于乙醇，步骤3中选用无水乙醇洗涤的目的是减少的损失
（4）、若无活性炭，所得产物除外还会产生大量和等晶体，根据可知Co3+的配位数为6，所以配合物中1，配体为NH3、Cl-。
（5）、酸性介质中，易被还原为，可知加入溶液，I-被氧化为I2，I2能使淀粉变蓝，所以滴定时应选用的指示剂为淀粉溶液；加入溶液发生反应的离子方程式为
（6）、根据反应方程式、，建立关系式2~I2~2，实验中，消耗标准溶液，则n()=n()=0.2mol/L×0.015L=0.003mol，产品的纯度为。
【分析】该流程是制备三氯化六氨合钴[Co(NH3)6]Cl3的工业方法，核心步骤及原理如下：
步骤1：浓氨水提供NH3配体，CoCl2与NH3先形成Co(NH3)62+；H2O2作为氧化剂，将Co2+氧化为Co3+，得到Co(NH3)63+；水浴控制50~60℃，既保证反应速率，又避免温度过高导致NH3挥发或H2O2分解；活性炭为催化剂，促进配合物的形成。相关的反应方程式为：；
步骤2：趁热过滤：除去活性炭等不溶性杂质；加浓盐酸：利用[Co(NH3)6]Cl3在高浓度盐酸中易结晶析出的性质，降低产物溶解度，促进结晶。
步骤3：冷水洗涤：[Co(NH3)6]Cl3微溶于冷水，减少产物因溶解造成的损失；无水乙醇洗涤：乙醇易挥发，可快速干燥晶体，同时进一步除去杂质，而产物难溶于乙醇。
18．【答案】（1）邻硝基甲苯；取代反应
（2）
（3）
（4）酰胺基、羧基
（5）17；（或）
（6）
【知识点】有机物的推断；有机物的合成；有机化学反应的综合应用；有机物（官能团）的检验；有机分子式的推断与计算
【解析】【解答】（1）、根据分析可得的名称为邻硝基甲苯，反应②的类型为取代反应，答案：邻硝基甲苯、取代反应；
（2）、根据分析可得的结构简式为：，答案：；
（3）、写出⑥的化学反应方程式：，答案：；
（4）、结合结构式知，中除了磺酸基还含有的官能团名称为酰胺基、羧基，答案：酰胺基、羧基；
（5）、是相对分子质量比大14的物质，说明多了－CH2－，符合条件a．分子含有苯环、b．与碳酸氢钠反应，说明含有－COOH、c．分子结构中含有。若苯环上有3个取代基，即－CH3、－NH2和－COOH，其同分异构体有10种；若苯环上有2个取代基，即－CH2COOH和－NH2或－CH2NH2和－COOH，其同分异构体有6种；若苯环上只有1个取代基，即－CH(NH2)COOH，其结构只有一种。故满足上述条件的同分异构体共有17种。核磁共振氢谱有五组峰，峰面积比为的物质的结构有2种：和，答案：17、或；
（6）、二甲苯为原料制取 ，由产物可知，氨基有硝基还原得到，羧基由甲基氧化得到，所以可得流程示意图为。
【分析】首先甲苯在浓硫酸加热的条件下，发生磺化反应，在甲苯的甲基的对位上引入磺酰基，生成A据此来占据甲基的对位，防止后续的硝化反应将硝基引入对位；紧接着在浓硫酸、浓硝酸、加热的条件下发生硝化反应，得，在甲基的邻位引入硝基，为后续还原为氨基做准备；在酸性条件下水解，完成脱磺化反应，得；接着被酸性高锰酸钾氧化，甲基被氧化为羧基，引入目标产物所需要的羧基官能团，得，硝基被还原，得，发生已知③反应，得，用来保护氨基，避免后续的氯代反应中被破坏，同时降低氨基的定位效应；后续按照流程进行，加入浓硫酸，在羧基的对位引入磺酸基，同时在羧基的邻位引入氯，最后在酸性条件下水解，完成脱磺化反应，得到最终的目标产物。
（1）根据分析可得的名称为邻硝基甲苯，反应②的类型为取代反应，答案：邻硝基甲苯、取代反应；
（2）根据分析可得的结构简式为，答案：；
（3）写出⑥的化学反应方程式，答案：；
（4）结合结构式知，中除了磺酸基还含有的官能团名称为酰胺基、羧基，答案：酰胺基、羧基；
（5）是相对分子质量比大14的物质，说明多了－CH2－，符合条件a．分子含有苯环、b．与碳酸氢钠反应，说明含有－COOH、c．分子结构中含有。若苯环上有3个取代基，即－CH3、－NH2和－COOH，其同分异构体有10种；若苯环上有2个取代基，即－CH2COOH和－NH2或－CH2NH2和－COOH，其同分异构体有6种；若苯环上只有1个取代基，即－CH(NH2)COOH，其结构只有一种。故满足上述条件的同分异构体共有17种。核磁共振氢谱有五组峰，峰面积比为的物质的结构有2种：和，答案：17、或；
（6）二甲苯为原料制取 ，由产物可知，氨基有硝基还原得到，羧基由甲基氧化得到，所以可得流程示意图为。
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