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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
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，只有一项是最符合题目要求的。
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．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．的电子式为
C．分子的空间结构模型为
D．分子中的C原子采取杂化
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ⅥB族
B．5种元素中，第一电离能最大的是S
C．5种元素中，电负性最小的是H
D．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
B．M分子中含有四种官能团和1个手性碳原子
C．1mol M与足量氢气反应可消耗5mol
D．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．配制500mL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．向稀中滴加少量溶液：
B．向溶液中加入少量：
C．向溶液中通入少量：
D．向溶液中加入过量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()等。下列说法错误的是
A．一氟磷酸钠水溶液呈碱性
B．和的空间结构均为正四面体形
C．预防龋齿的原理是
D．的溶解度比小
8．已知反应，为阿伏加德罗常数的值，若消耗44.8L(标准状况)，下列叙述正确的是
A．转移的电子数为12
B．反应的分子数为3
C．生成的中Si-N键数为4
D．生成的CO含有的孤电子对数为6
9．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 将充满的玻璃球浸泡在冰水中，红棕色变浅 △H＜0
B 用pH试纸测0.01mol/L 溶液的酸碱性，试纸显红色 是弱酸
C 向含有酚酞的溶液中加入少量固体，溶液红色变浅 溶液中存在水解平衡
D 室温下，向0.1mol/L NaCl和0.01mol/L NaI混合溶液中逐滴滴加溶液，立即出现黄色沉淀 相同温度下：(AgCl)>(AgI)
A．A B．B C．C D．D
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，可由分子制得，晶胞参数为a nm，为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．1mol 中含有7NAσ键
B．与最近距离的数为8
C．该晶体属于混合型晶体
D．晶胞密度的计算式为
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
B．原子半径：Z>Y>X>W
C．最高价含氧酸的酸性：X>Z>W>Y
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：
①
②
③
已知H-H键能为a kJ/mol，O-H键能为b kJ/mol，C=O键能为c kJ/mol，则CO(g)的碳氧键键能(单位：kJ/mol)为
A． B．
C． D．
13．水的电离常数如图两条曲线所示，曲线中的点都符合常数。下列说法正确的是
A．纯水中时大于时，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：；水的离子积常数：D点>C点
D．B点时，将pH=2的稀硫酸与pH=11的NaoH溶液等体积混合后，溶液显碱性
14．一定条件下，丙烯与HCl发生加成反应：，，其反应历程如图所示。下列说法正确的是
(已知：的选择性)。
A．丙烯与HCl的加成反应一定能自发进行
B．一定温度下，对丙烯与HCl的加成反应增大压强，平衡正向移动，平衡常数增大
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
D．其他条件不变，降低温度，体系中增大
15．制造尼龙-66的原料己二腈[]用量很大，工业上常采用丙烯腈()电合成法来制备。其工作原理如图所示。已知比得电子能力强。下列说法正确的是
A．b极为阳极，电极材料可改为Fe
B．甲室的电极反应式为
C．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
D．若在乙室产生标准状况下44.8L ，理论上可制备216g
二、非选择题：本题共4题，共55分。
16．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、铁酸镓、钛酸亚铁、]制取氮化镓的部分工艺流程如下所示：
已知：
①镓和铝同主族，化学性质相似；20℃氯化镓的溶解度为180g，且温度升高，溶解度明显增大；
②“酸浸”时，钛元素以形式存在，室温下极易水解得到；矿渣经“酸浸”后所得“浸出液”中含有、、、等离子；
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
开始沉淀pH 8.0 1.7 5.5 3.0 0.4
沉淀完全pH 9.6 3.2 8.0 4.9 1.1
萃取率(%) 0 99 0 97～98.5
回答下列问题：
（1）Ga元素的价电子轨道表示式为　 　。
（2）“酸浸”时发生反应的离子方程式为　 　。
（3）“滤液2”可用于回收硫酸锌，则“滤液1”需调节的pH范围是　 　；加入的“固体M”为(写化学式)　 　。
（4）反萃取后水溶液中镓元素以　 　(用化学用语表示)形式存在。
（5）“操作4”是指　 　、　 　、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
（6）“高温气相沉积”中镓先转化为，然后再与发生反应，写出与反应生成GaN的化学方程式：　 　。
（7）测定钛白粉中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，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的标准溶液进行滴定(能将氧化成四价钛的化合物)，重复上述滴定操作两次，平均消耗标准溶液23.00mL。
①上述滴定的终点现象为　 　。
②钛白粉中的质量分数为　 　。
17．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。实验中可能用到的装置如图所示(其中夹持仪器已略)。
已知：
①苯及其生成物的沸点如下表所示。
有机物 苯 氯苯() 邻二氯苯 间二氯苯 对二氯苯
沸点/℃ 80.0 132.2 180.4 172.0 173.4
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。
③易潮解；不易被氧化，具有较强还原性，易被氧化。
回答下列问题：
I.氯苯的制备
①向反应器(内有铁屑作催化剂)中滴入苯，通入氯气，维持反应温度在50～60℃，回流40min。
②将反应后的液体倒入分液漏斗中，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仪器使用时冷水从(填“m”或“n”)________口进入；Y仪器的名称是________。
（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、HCl，节省碱的用量，降低成本
D. 蒸馏温度控制在80.0℃可收集产品
（4）氯苯的产率低于理论产率的可能原因是________(填写一条)。
II.(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；
②在100mL锥形瓶内加入13.0g研细的、9.3g 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25mL (足量)溶液；
④经过一系列操作，得到橙黄色的晶体21.4g。
（5）用图中的装置组合制备，仪器的连接顺序为a→________(填小写字母)。
（6）在制备时，先加入浓氨水后滴加的原因是________。
（7）制得产品的产率为________%(精确到0.1%)。
18．“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.
II.
III.
回答下列问题：
（1）有利于同时提高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P kPa条件下，向某恒压密闭容器中加入1mol 和4mol ，若只发生反应I，达到平衡后，测得容器中转化率为70%，则此时反应I的压强平衡常数　 　(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，(、为速率常数)，若升高温度，值　 　(填“增大”“减小”或“不变”)。
（4）一定温度时，向某固定容积的容器中充入一定量的和1mol CO，平衡时和CO的转化率()及和的物质的量(n)随变化的曲线如图所示。
①图中表示和变化的曲线分别是　 　、　 　(填编号)；
②m=　 　；
③的选择性为　 　(已知的选择性为)。
（5）研究者利用电解法实现了和两种分子的耦合转化，其原理如图所示。则阴极上的反应式为　 　；同温同压下，若生成的乙烷和乙烯的体积比为4∶1，则消耗的和的体积比为　 　。
19．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：
已知：
①
②R3-CHO+
回答下列问题：
（1）A的名称是　 　。
（2）C→D第ⅰ步反应的化学方程式为　 　。
（3）E中官能团的名称为　 　。
（4）I的结构简式为　 　；J→K的反应类型是　 　。
（5）F→G的化学方程式为　 　；F转化为G的过程中加入可提高产率，其原因是　 　。
（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为　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】合金及其应用；高分子材料
【解析】【解答】A．飞船外壳使用的铝合金属于金属材料，选项A正确；B．玻璃纤维是一种性能优良的无机非金属材料，具有绝缘性好、耐热性强、抗腐蚀性佳、机械强度高等特点，选项B正确；
C．特种橡胶属于人工合成的有机高分子材料，选项C错误；
D．耐烧蚀树脂属于有机高分子材料，选项D正确；
故答案为：C
【分析】A、铝合金属于金属材料。
B、玻璃纤维属于无机非金属材料。
C、特种橡胶属于有机合成高分子材料。
D、树脂属于有机高分子材料。
2．【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．原子的质子数=核外电子数=核电荷数，Cl原子质子数、电子数均为17，其结构示意图正确，A不符合题意；
B．中存在4条氮氢共价键，带一个单位正电荷，其电子式为，B不符合题意；
C．NH3中心原子N的价层电子对数为，孤电子对数为1，所以为三角锥形结构，分子的空间结构模型为，C不符合题意；
D．中心原子C原子的价层电子对数为2，其杂化方式应为sp杂化，D符合题意；
故选D。
【分析】A.原子的原子结构示意图中，第一层最多容纳2个电子，第二层最多容纳8个电子。
B.为复杂阳离子，需用"[ ]'。
C. 价层电子对数为4，且有1对孤电子对的分子，分子结构为三角锥形。
D. 中心原子价层电子对数为3，杂化方式才是sp2杂化。
3．【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．Cr的原子序数为24，其价电子排布式为，位于元素周期表的s区，为第ⅥB族，A正确；
B．O和S同主族，O的第一电离能大于S，故5种元素中，第一电离能最大的是O，B错误；
C．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。 故五种元素中，K的电负性最小，C错误；
D．基态S原子价电子排布式为，3p轨道上有2个单电子；基态K原子价电子排布式为，4s轨道上有1个单电子，二者单电子数不相等，D错误。
故选A。
【分析】A.Cr的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d54s 。
B. 据元素周期律，同一主族随原子序数增大，第一电离能减小；同一周期元素随着原子序数增大，第一电离能增大。
C.电负性大小可以作为判断金属性和非金属性强弱的依据。
D. 核外电子排布依据洪特规则和泡利原理。
4．【答案】B
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物中的官能团；加成反应；有机化合物的表示方法
【解析】【解答】A．从该有机物的结构简式数看，其分子式为，故A不符合题意。
B．有机物结构中含有碳碳双键、醚键、氨基、羧基、羰基五种官能团，有1个手性碳原子，故B符合题意；
C．羰基、苯环和碳碳双键都能与氢气发生加成反应，1mol M共消耗5mol，故C不符合题意；
D．羧基能与氢氧化钠发生中和反应，氨基能与盐酸反应生成相应的盐，故D不符合题意；
故选B。
【分析】A.可根据有机物的结构简式，数对应碳、氢、氧的原子个数。
B. 手性碳原子是一个碳原子上连四个不同的原子或者原子团。
C. 羰基的碳氧双键、苯环的大 π键和碳碳双键均能断裂，与氢气发生加成反应。
D. 羧基有酸性，能与氢氧化钠反应。
5．【答案】D
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．制备饱和溶液，固体需先在烧杯中溶解，待冷却后才能转移到容量瓶中，不能达到实验目的，A不符合题意；
B．向NaOH溶液滴加饱和溶液，会直接生成沉淀，不能制备出氢氧化铁胶体，B不符合题意；
C．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，采用过滤的方法不能实现胶体的分离，不能达到实验目的，C不符合题意；
D．加热胶体，能导致胶粒聚沉，该实验能达到实验目的，D符合题意；
故选D。
【分析】A.容量瓶不能直接配制溶液，需在烧杯中溶解后转移至容量瓶中。
B. 要在沸水中滴加饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热，可制备出氢氧化铁胶体。
C.需用渗析法分离胶体和溶液。
D. 导致胶体聚沉的方法：加热、加带相反电荷的胶粒和电解质溶液。
6．【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．向稀中滴加少量溶液，具有强的氧化性，具有较强还原性，二者要发生氧化还原反应，故A错误；
B．向溶液中加入少量，先与水反应，，生成的NaOH与溶液发生复分解反应，生成蓝色氢氧化铜沉淀，；加入的为少量，故其生成的NaOH能与完全反应，得到，故B正确；
C．向溶液中通入少量的，由于反应物 是弱酸，生成HCl是强酸，二者不能发生反应，故C错误；
D．向溶液中加入过量NaOH溶液并加热，也要与发生酸碱中和，故D错误。
故选B。
【分析】A. 向稀中滴加少量溶液 ，二者发生氧化还原反应。
B.一般加入盐溶液中，过氧化钠先与水反应，然后再看能否与盐发生复分解反应。
C.在复分解反应中，强酸制弱酸。
D. OH-过量时，既能与NH4+反应，也能与反应。
7．【答案】B
【知识点】判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．是弱酸根离子能发生盐类水解，使一氟磷酸钠水溶液呈碱性，故A不符合题意；
B．的空间结构为正四面体；相当于是F代替了的一个O，P-O和P-F键长不相等，为四面体结构，不是正四面体，故B符合题意；
C．牙齿表面保护层的主要成分是难溶的，向牙膏添加一氟磷酸钠（），的能与反应，生成更难溶的，更能抵抗细菌分解食物过程中产生的有机酸，使牙齿更坚固，可预防龋齿 ，故C不符合题意；
D. 为能更好在牙齿上形成保护层，的溶解度比小，故D不符合题意；
故选B。
【分析】A.一氟磷酸钠是强碱弱酸盐，发生水解溶液呈碱性。
B. 有四个价层电子对，且键长相等，故其空间结构为正四面体。
C.研究发现，在饮用水、食物或牙膏中添加氟化物能起到预防龋齿的作用。
D.F的电负性比O大，故与钙结合更牢固。
8．【答案】A
【知识点】原子晶体（共价晶体）；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．在该反应中，C元素化合价，上升失电子，N元素化合价下降，得电子，故C作还原剂，作氧化剂；1mol C转变为1mol CO，失去2mol，若消耗44.8L（标准状况），即消耗2mol，需要消耗6mol C，共失去12mol，转移的电子数为12，故A正确；
B．是由原子构成，没有分子，故B错误；
C．每个中，1个Si与4个N形成4个Si-N键；有3个Si，则含有12个Si-N键，故生成的中Si-N键数应为12，故C错误；
D．每消耗2mol，生成6mol CO；N2的电子式为，含有2个孤电子对，考虑到CO和N2互为等电子体，则每个CO中含有的孤电子对数为2；则生成的6mol CO中孤电子对数应为12，故D错误；
故选A。
【分析】A. 化合价升高的反应物做还原剂，物质化合价降低的反应物做氧化剂。
B. 是原子晶体，硅原子和氧原子按照1：2的比例以共价键结合在一起而形成。
C.一个中有12个Si-N键。
D. 用等电子体原理判断 CO含有的孤电子对数。
9．【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．将充满的玻璃球浸泡在冰水中，红棕色变浅，说明在温度下降的情况下，平衡正向移动，被消耗，生成无色的，该反应的正反应为吸热反应。因此可说明 △H＜0，故A不符合题意。
B．用pH试纸测0.01mol/L溶液的酸碱性，试纸显红色，可知溶液呈酸性，有可能的电离程度大于其水解程度， 还有可能只电离，不水解， 不能得出是弱酸这一结论，故B符合题意；
C． 向含有酚酞的溶液中加入少量固体，钡离子与碳酸氢根离子生成沉淀，即，平衡逆向移动， 溶液红色变浅，说明溶液中存在水解平衡 ，故C不符合题意；
D． 0.1mol/L NaCl和0.01mol/L NaI混合溶液中， NaI的浓度小于NaCl，滴加溶液，先产生黄色沉淀AgI，说明（AgCl）＞（AgI），故D不符合题意。
答案选B。
【分析】A.为红棕色，为无色，玻璃球中颜色变浅，说明生成了更多的。
B.硫酸氢钠水溶液呈酸性，硫酸是强酸。
C. 向含有溶液中加入少量固体，能影响到碳酸根离子的水解平衡。
D. 在相同条件下，先生成更难溶的沉淀。
10．【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A.1个中含有3条N-H键，1条C-N键，3条C-键，共7个键，则1mol中含有7键，故A不符合题意。
B．位于晶胞面心，与最近距离的分别位于该晶胞内（共4个）和邻近晶胞内（共4个），总数为8，故B不符合题意；
C．该晶体属于离子晶体，是由阳离子、Pb2+和阴离子相互作用而形成的晶体，故C符合题意；
D．该晶胞中含有1个，3个，1个，相对分子质量为620，则晶胞的密度为，故D不符合题意；
答案选C。
【分析】A.单键一般是键。
B. 位于晶胞面心，与最近距离的为8个。
C.离子晶体中阴、阳离子之间存在离子键。
D.采用均摊法计算精包中含有的各粒子个数。
11．【答案】D
【知识点】化学键；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．由于形成六元环的W、Y分别是N和P，均不是苯环，故A错误；
B．W（N）、X(F)同周期，从左到右原子半径依次减小；Y(P)、Z(Cl)同周期，从左到右原子半径依次减小；除稀有气体外，第三周期原子半径大于第二周期，原子半径排序为P＞Cl＞N＞F，故B错误；
C．W（N）、Y（P）、Z（Cl）的最高价含氧酸分别是、、，其非金属性Z（Cl）＞W（N）＞Y（P），最高价含氧酸的酸性强弱为Z（）＞W（）＞Y（），但X（F）没有正价，无最高价含氧酸，故C错误；
D．Z（Cl）、W（N）和H可组成化合物， 既含有离子键，又含有共价键，故D正确；
故选D。
【分析】 W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素； W、Y原子中未成对电子数均为3，图中W、Y可分别形成3、5条共价键，可知W、Y分别是N和P；X只能形成1对共价键，可推出X为F，而Z与X（F）同主族，又同为短周期元素，原子序数比F大，Z只能为Cl。
12．【答案】A
【知识点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】根据盖斯定律，①+②-③可得： ；1个H2中含有一个H-H键，1个分子中有2个C=O键，1个分子中有2个O-H键，设CO(g)的碳氧键键能为x，反应物断键吸热，生成生成物放热，列式，解得：，故A正确。
答案为A【分析】采用盖斯定理先算出氢气和二氧化碳制一氧化碳和水的反应热，然后利用断键吸热，成键放热，列出等式进行计算。
13．【答案】D
【知识点】水的电离；离子积常数；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A．，温度升高，水的电离程度增大，故纯水中时大于时， 但水的电离吸热，不是放热，故A错误；
B．任何曲线上的点不是都是中性，只有当时才呈中性；而且即使呈中性，也不一定是纯水，如强酸强碱盐溶液也呈中性，故B错误；
C．升高温度促进水电离，则水中、及离子积常数增大，根据图知，曲线上离子积常数大于，所以。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，所以水的离子积常数应C点＞D点，故C错误；
D ．B点时，，pH＝2的硫酸中，pH＝11的NaOH溶液中，等体积混合时碱有剩余，溶液呈碱性，故D正确。
故选D。
【分析】水的电离吸热，温度升高，水的电离程度增大，水的离子积常数增大，图中。
14．【答案】C
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡的影响因素；化学平衡的调控
【解析】【解答】A．由图可知，丙烯的加成反应是放热反应，即△H＜0，且△S＜0，△G＝△H－T△S＜0时，反应才能自发进行，经计算只有在低温下，△G＜0，则该反应需在低温下才能自发进行，故A错误；
B． 丙烯与HCl的加成反应是气体分子数目减少的反应。故增大压强，平衡正向移动，但温度不变，平衡常数不变，故B错误；
C．由图可知，的能量低于，更稳定，且生成所需的活化能比生成所需的活化能小，故相同条件下选择性较高；以此类推，丙烯与HBr加成产物中2-溴丙烷的选择性更高，故C正确；
D．生成所需活化能大，该反应速率慢；但升高温度，可加快反应速率，的产量增加，故降低温度不利于生成，降低，故D错误；
故选C。
【分析】A. 当△G＝△H－T△S＜0，反应才可自发进行。
B. 增大压强平衡向气体分子数目减少的方向移动；平衡常数值与温度变化有关。
C. 物质的能量越低越稳定，越易生成。
D. 升高温度，可增大活化分子百分数，加快反应速率。
15．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．阳极b极生成，电极反应方程式为2H2O- 4e-=4H++O2↑；若将阳极材料换成Fe，Fe易失去电子，H2O不可能失电子生成氧气和氢离子，也就没有氢离子透过阳离子交换膜进入甲室，参与合成己二腈，故A错误；
B．据分析，甲室的电极反应式为，故B错误；
C．根据信息，比得电子能力强，若产生过多，就会造成优先得到电子生成氢气，加入磷酸四乙基铵，其大量阳离子覆盖在电极表面，从而抑制水电离出过多，故C正确；
D．标准状况下，乙室生成44.8L，转移8mol电子，根据甲室的电极反应式和得失电子守恒可知，甲室生成4mol，其质量为432g，不是216g，故D错误；
故答案为：C。
【分析】a极丙烯腈发生还原反应生成己二腈，电极反应方程式为，a极得电子，化合价降低，a为阴极，b为阳极，b极发生氧化反应，电极反应方程式为2H2O- 4e-=4H++O2↑。
16．【答案】（1）
（2）
（3）4.9≤pH＜5.5；Fe
（4）或
（5）趁热过滤；冷却结晶
（6）
（7）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；92.00%
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；蒸发和结晶、重结晶；物质的分离与提纯；中和滴定；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）Ga为31号元素，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。
答案为：
（2）据信息，“浸出液”中含有、、、等离子，可知炼锌矿渣与硫酸反应生成和离子，离子反应方程式为。
答案为：
（3）在“浸出液”中加入“”将氧化成，然后第一次调节pH， 室温下极易水解得到滤渣1 ，可制钛白粉；“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”，“滤液2”可用于回收硫酸锌，再结合“滤渣2”最终产品氮化镓（），可推测第二次调pH生成和固体；结合金属离子形成氢氧化物沉淀的pH，和要沉淀完全，不能沉淀，PH范围应控制4.9≤pH＜5.5；萃取时要保证完全萃取镓，铁不能被萃取，才能得到较纯的镓， 结合金属离子的萃取率，铁元素为+3价时，萃取率为99%，只有铁元素为+2价时，萃取率为0，才可与镓元素完全分离，故需在萃取前加入单质Fe将还原为。
答案为：4.9≤pH＜5.5； Fe
（4）根据题目信息镓和铝同主族，化学性质相似；用氢氧化钠溶液进行反萃取，氢氧化镓与氢氧化钠反应生成或，故反萃取后水溶液中镓元素以或形式存在。
答案为：或
（5） 据镓和铝同主族，化学性质相似，氯化铝易水解， 也易水解，从水溶液获得晶体，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。
答案为：趁热过滤；冷却结晶
(6)根据提示信息，结合原子守恒可写出反应的化学方程式为。
答案为：
(7)① 测定钛白粉中的含量可用滴定分析法，滴定中用标准溶液滴定，因KSCN遇Fe3+变红，故用KSCN作指示剂，终点出现的现象为“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”；
②根据得失电子守恒和原子守恒建立关系式：～，故的质量分数为。
答案为：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； 92.00%
【分析】炼锌矿渣与硫酸反应得到和离子，在“浸出液”中加入“”将氧化成；进行第一次调节pH，水解得到；经过“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”，“滤液2”可用于回收硫酸锌，再结合“滤渣2”最终制得氮化镓（），可以推测第二次调pH生成和固体，PH范围应控制4.9≤pH＜5.5；萃取滤渣2中的镓元素，同时实现与铁的分离，需在萃取前加入单质Fe将还原为；后用氢氧化钠溶液对有机层进行反萃取，氢氧化镓与氢氧化钠反应生成或；将水层趁热过滤，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，可制得，与氨气反应生成 GaN 。
（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。
（2）根据题中信息，“浸出液”中含有、、、等离子，可知矿渣与酸反应得到和离子，故离子反应方程式为。
（3）在“浸出液”中加入“”的目的是将氧化成，然后进行第一次调节pH，得到；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（），可以推测第二次调pH得到了和，结合“已知③”可知要沉淀完全和，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，铁元素为时，其萃取率为0，可与镓元素有效分离，故需要在萃取前将还原为，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或，故反萃取后水溶液中镓元素以或形式存在。
（5）根据元素周期律知易水解，因此，从水溶液获得晶体需在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。
（6）根据反应物、和产物GaN，结合原子守恒可写出反应的化学方程式为。
（7）①滴定中用标准溶液滴定，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”；
②根据原子守恒与得失电子守恒建立关系式：～，故的质量分数为。
17．【答案】(1) A、E、D、F、C n 恒压滴液漏斗
(2)
(3) C
(4) 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
(5) higfbc(cb)ed
(6) 不易被氧化，先加入浓氨水后可反应生成，后加入的氧化剂能将氧化得到产品
(7) 80.0%
【知识点】氯气的实验室制法；苯的结构与性质；常用仪器及其使用；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）制备氯苯，需用装置A制备氯气，用装置E中的饱和食盐水除去氯气中的杂质氯化氢气体，再用装置D中的浓硫酸干燥氯气；纯净的氯气和苯在装置F的三颈烧瓶中反应生成氯苯，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，故制氯苯需要用到的装置有A、E、D、F、C。仪器X为球形冷凝管，为了达到最大的冷凝效果，冷水需要从下口n处进入，m口排出。仪器Y的名称是恒压滴液漏斗。
答案为： A、E、D、F、C n ； 恒压滴液漏斗
（2）装置A中加入高锰酸钾和浓盐酸在常温下反应生成氯气，该反应离子方程式为。
答案为：
（3）A．制备氯苯，需维持温度是50～60℃，应用水浴加热，不能用酒精灯直接加热，故A错误；
B．用球形冷凝管是为了防止苯和产物氯苯逸出，引起产率较低，球形冷凝管无法冷凝回流氯气，故B错误；
C．反应制得的氯苯中混有氯气、氯化氢和氯化铁，碱洗前先进行蒸馏水洗可以除去、HCl 和部分氯气，减少后续消耗碱的用量，可以降低成本，故C正确；
D．产品氯苯的沸点是132.2℃，因此控制此温度，蒸馏可收集到产品，故D错误；
答案为：C。
（4）题示信息，少量苯会和氯气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。
答案为： 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
（5）制备，用装置A制备出氯气，用装置E中饱和食盐水除去氯气中的杂质氯化氢气体，需从装置E的h口进i口出；然后用装置D中的浓硫酸干燥氯气，洗气同样需要长进短出，即从g口进f口出；干燥纯净的氯气通入装置B，在加热条件下，氯气与钴粉反应生成，装置B中b口和c口无区别，皆可进出；因易潮解，需要加装置C球形干燥管进行干燥，球形干燥管需从大口e处进小口d处出，故仪器的连接顺序为ahigfbc(cb)ed。
答案为： higfbc(cb)ed
(6) 题示信息，不易被氧化，先加入浓氨水后可反应生成，已知“具有较强还原性，易被氧化”，后加入的氧化剂能氧化，生成。
答案为：不易被氧化，先加入浓氨水后可反应生成，后加入的氧化剂能将氧化得到产品
(7)设理论生成的质量为x，据Co元素守恒，得到关系式：，列出等式为，x＝26.75g，故的产率为。
答案为： 80.0%
【分析】制备氯苯，需先用装置A制备氯气，用装置E中的饱和食盐水除去氯气中的杂质氯化氢气体，再用装置D中的浓硫酸干燥氯气；纯净的氯气和苯在装置F的三颈烧瓶中反应生成氯苯，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。
在的制备过程中，用装置A制备出氯气后，用装置E中的饱和食盐水除去氯气中的杂质氯化氢；然后用装置D中的浓硫酸干燥氯气；然后将干燥纯净的氯气通入装置B，在加热条件下，氯气与钴粉反应生成。
18．【答案】（1）C；D
（2）
（3）减小
（4）b；d；62.5；60%
（5）；
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）A．反应Ⅰ和Ⅱ正反应方向都为放热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，平衡都逆向移动，虽然升温导致反应速率增大，但甲烷平衡产率减小，故A错误；
B．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；
C．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；
D．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；
答案为：CD
（2）在一定温度下、压强为P kPa条件下，向某恒压密闭容器中加入1mol和4mol，若只发生反应Ⅰ，达到平衡后，测得容器中转化率为70%，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， 根据各物质分压=总压×物质的量分数)。
答案为：
（3）平衡时，反应II 的，得，得到，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。
答案为：减小
（4）①的物质的量增大，的转化率随之减小，可得曲线b表示的转化率；同时，随着的物质的量增大，另一个反应物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；物质的量增多，生成物随之越多，即曲线c可表示的物质的量的变化；CO和反应生成，但生成物又能与反应被消耗，所以的物质的量的变化特点是先增大后减小，曲线d为的物质的量的变化。
答案为：b ； d
②当时，向固定容积的容器中充入1mol CO，H2的物质的量也为1mol；由C元素守恒，列式①；由O元素守恒，列式②；由H元素守恒，列式③。由曲线C点可知，平衡时剩余；由A点可知，得出，则CO的转化率为，即m＝62.5。
答案为：62.5
③根据C元素守恒①，代入数据可得，算出，的选择性为。
答案为： 60%
（5）由题图中所示，与正极相连的电极B为阳极，阳极发生两个反应，即分别生成和；若生成的乙烷和乙烯的体积比为4∶1 ，阳极电极反应分别为、，可得阳极共消耗的和转移的电子数关系为：10mol～12mol；与负极相连的电极A为阴极，反应物为，生成物为CO，阴极电极反应式为：，与转移的电子数关系为1mol～2mol，阴阳两极反应得失电子需守恒，得出10mol～12mol～6mol，消耗的和体积比为。
答案为：
【分析】（1）升高温度，正反应速率和逆反应速率都会增大，平衡向吸热反应方向移动。
（2）根据已知信息列三段式进行计算。
（3）升高温度，反应II平衡逆向移动，使得化学平衡常数K减小。
（4）先根据坐标轴中的曲线变化趋势找出所对应的关系，然后用原子守恒列式进行计算。
（5）先判断出电解池的阴阳极，采用阴、阳极得失电子守恒，算出消耗的和的体积比。
（1）A．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；
B．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；
C．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；
D．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；
故选CD。
（2）在一定温度下、压强为P kPa条件下，向某恒压密闭容器中加入1mol和4mol，若只发生反应Ⅰ，达到平衡后，测得容器中转化率为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。
（3）由，得，得到，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，的物质的量增大，的转化率减小，即曲线b为的转化率。根据反应可知，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。随着的物质的量增大，生成的的物质的量越大，即曲线c为的物质的量的变化。随着CO和反应生成，随后又和反应被消耗，的物质的量先增大后减小，即曲线d为的物质的量的变化。
②由曲线可知，当，固定容积的容器中充入1mol CO，则，由曲线C点可知平衡时剩余，由A点可知。分别由C元素守恒，得到①；由O元素守恒，得到②；由H元素守恒，得到③。结合和的物质的量数据，并将①②③三式联立得出，则CO的转化率为，即m＝62.5。
③根据C元素守恒①，代入数据：，得出，则的选择性。
（5）由题图中所示下方为阴极，根据物质模型可知，由转化生成CO，则阴极电极反应式为：。根据图示上方为阳极，阳极发生两个反应，即转化生成和。当分别有4mol和1mol生成时，阳极电极反应分别为、，则阳极共消耗的和转移的电子数关系为：10mol～12mol；而阴极反应和转移的电子数关系为1mol～2mol，由阴阳两极反应得失电子守恒，得出10mol～12mol～6mol，则消耗的和体积比为。
19．【答案】（1）对羟基苯甲醛或4-羟基苯甲醛
（2）+2NaOH+NaBr+H2O
（3）醛基、醚键
（4）；加成反应
（5）++HBr；消耗了反应生成的HBr，促进反应正向进行
（6）13；
【知识点】有机物中的官能团；有机化合物的命名；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；加成反应
【解析】【解答】（1）根据A与反应生成B，比较A、B化学式差异，参照B的结构，可知A→B发生了取代反应，在苯环上引入了一个Br原子，则A的结构简式为：，故A的名称为对羟基苯甲醛（或4-羟基苯甲醛）；
答案为：对羟基苯甲醛（或4-羟基苯甲醛）
（2）B→C→D→E的过程中，从C和D的分子式、生成物E的结构简式与各步所加物质逆推，D→E是D侧链-OH上的H被取代了；C→D是将C中侧链上的Br原子被-OH取代；B→C是将C中-OH上的H被取代了，由此可知，C、D的结构简式分别为、，结合卤代烃的取代（水解）反应机理可得，C→D第ⅰ步反应的化学反应方程式为+2NaOH+NaBr+H2O；
答案为：+2NaOH+NaBr+H2O
（3）E中含有的官能团有醚键和醛基；
答案为： 醛基、醚键
（4）结合D与反应生成E，以及J的结构简式可知，H→I是物质H侧链-OH上的H被取代了，物质H上有2个-OH，综合二者化学式，可知只有物质H下方的-OH上的H发生了取代反应，I的结构简式为；比较J、K结构简式异同，J中碳碳双键转化为K时变成了碳碳单键，且J中-OH转化为醚键，可知J中的碳碳双键断裂，发生了加成反应；
答案为：；加成反应
（5）根据已知①，结合F→G→H的转化特点，可推出G为，故F转化为G的化学方程式为：++HBr；观察方程式，反应生成了HBr，F转化为G的过程中加入可消耗反应生成的HBr，从而提高产率，促进反应正向进行；
答案为；++HBr； 消耗了反应生成的HBr，促进反应正向进行
(6)D的同分异构体能与发生显色反应，说明同分异构体中必有苯环与酚羟基；能与碳酸钠反应生成二氧化碳，说明该同分异构体中含有羧基，参照D的结构简式，除了上述要求的结构外，还余一个饱和碳；若苯环有两个取代基，分别为-OH和，则有邻、间、对三种同分异构体；若苯环有三个取代基：-OH和、-COOH，其同分异构体共有10种，因此该同分异构体共有13种；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为。
答案为：13；
【分析】Br2与A在催化剂作用下反应生成B，结合生成物B的分子式以及A、B化学式差异可知，A为对羟基苯甲醛或4-羟基苯甲醛；B与(CH3)2SO4在加热条件下反应生成C，根据生成物E逆推，结合C的分子式可推知C为；C在氢氧化钠中反应后，酸化生成D，可推知D为；F与反应生成G，再根据G与DDQ反应的生成物H的结构式，G为；H与CH3OCH2Cl反应生成I，结合生成物J的结构式、I的分子式可知I为。
（1）根据A→B所加物质和条件及A、B化学式差异和B的结构，可知，A→B发生了取代反应，在苯环上引入了一个Br原子，则A的结构简式为：，故A的名称为对羟基苯甲醛（或4-羟基苯甲醛）；
（2）根据B→C→D→E，从E的结构简式与各步所加物质逆推，D→E是将D侧链-OH上的H被取代了，再逆推，C→D是将C中侧链上的Br原子被-OH取代（或水解）了，再逆推，B→C是将C中-OH上的H被取代了，由此可知，C、D的结构简式分别为、，结合卤代烃的取代（水解）反应可得，C→D第ⅰ步反应的化学反应方程式：+2NaOH+NaBr+H2O；
（3）由E的结构简式可知，含有的官能团有：醛基（-CHO）、醚键（）；
（4）结合D→E的转化试剂可知，H→I是物质H侧链-OH上的H被取代了，物质H上有2个-OH，结合化学式差异，可以判断出只取代了1个-OH上的H，再从J的结构简式逆推，可以看出是取代位于物质H下方的-OH上的H，由此可知，I的结构简式为；观察J、K结构简式差异，J中碳碳双键转化为K时变成了碳碳单键，且J中-OH变为了醚键，可见J中的-OH加成了J中的碳碳双键，所以J→K发生了加成反应；
（5）根据信息①，结合F→G→H的转化，可以推出G的结构简式为：，故F转化为G的化学方程式为：++HBr；观察方程式，反应生成了HBr，可以推测F转化为G的过程中加入可提高产率的原因是消耗了反应生成的HBr，促进反应正向进行；
（6）由D的结构简式可推知，其同分异构体能与发生显色反应，说明含有苯环与酚羟基，能与碳酸钠反应生成二氧化碳，说明含有-COOH，除了上述结构外，还余一个饱和碳，若苯环有两个取代基-OH和，则有邻、间、对三种同分异构体；若苯环有三个取代基-OH和、-COOH，其同分异构体共有10种，因此符合要求的同分异构体共有13种；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为。
1 / 1四川省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
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，只有一项是最符合题目要求的。
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
【答案】C
【知识点】合金及其应用；高分子材料
【解析】【解答】A．飞船外壳使用的铝合金属于金属材料，选项A正确；B．玻璃纤维是一种性能优良的无机非金属材料，具有绝缘性好、耐热性强、抗腐蚀性佳、机械强度高等特点，选项B正确；
C．特种橡胶属于人工合成的有机高分子材料，选项C错误；
D．耐烧蚀树脂属于有机高分子材料，选项D正确；
故答案为：C
【分析】A、铝合金属于金属材料。
B、玻璃纤维属于无机非金属材料。
C、特种橡胶属于有机合成高分子材料。
D、树脂属于有机高分子材料。
2．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．的电子式为
C．分子的空间结构模型为
D．分子中的C原子采取杂化
【答案】D
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A．原子的质子数=核外电子数=核电荷数，Cl原子质子数、电子数均为17，其结构示意图正确，A不符合题意；
B．中存在4条氮氢共价键，带一个单位正电荷，其电子式为，B不符合题意；
C．NH3中心原子N的价层电子对数为，孤电子对数为1，所以为三角锥形结构，分子的空间结构模型为，C不符合题意；
D．中心原子C原子的价层电子对数为2，其杂化方式应为sp杂化，D符合题意；
故选D。
【分析】A.原子的原子结构示意图中，第一层最多容纳2个电子，第二层最多容纳8个电子。
B.为复杂阳离子，需用"[ ]'。
C. 价层电子对数为4，且有1对孤电子对的分子，分子结构为三角锥形。
D. 中心原子价层电子对数为3，杂化方式才是sp2杂化。
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ⅥB族
B．5种元素中，第一电离能最大的是S
C．5种元素中，电负性最小的是H
D．基态时，S原子和K原子的单电子数相等
【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】A．Cr的原子序数为24，其价电子排布式为，位于元素周期表的s区，为第ⅥB族，A正确；
B．O和S同主族，O的第一电离能大于S，故5种元素中，第一电离能最大的是O，B错误；
C．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。 故五种元素中，K的电负性最小，C错误；
D．基态S原子价电子排布式为，3p轨道上有2个单电子；基态K原子价电子排布式为，4s轨道上有1个单电子，二者单电子数不相等，D错误。
故选A。
【分析】A.Cr的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d54s 。
B. 据元素周期律，同一主族随原子序数增大，第一电离能减小；同一周期元素随着原子序数增大，第一电离能增大。
C.电负性大小可以作为判断金属性和非金属性强弱的依据。
D. 核外电子排布依据洪特规则和泡利原理。
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
B．M分子中含有四种官能团和1个手性碳原子
C．1mol M与足量氢气反应可消耗5mol
D．M既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应
【答案】B
【知识点】“手性分子”在生命科学等方面的应用；有机物中的官能团；加成反应；有机化合物的表示方法
【解析】【解答】A．从该有机物的结构简式数看，其分子式为，故A不符合题意。
B．有机物结构中含有碳碳双键、醚键、氨基、羧基、羰基五种官能团，有1个手性碳原子，故B符合题意；
C．羰基、苯环和碳碳双键都能与氢气发生加成反应，1mol M共消耗5mol，故C不符合题意；
D．羧基能与氢氧化钠发生中和反应，氨基能与盐酸反应生成相应的盐，故D不符合题意；
故选B。
【分析】A.可根据有机物的结构简式，数对应碳、氢、氧的原子个数。
B. 手性碳原子是一个碳原子上连四个不同的原子或者原子团。
C. 羰基的碳氧双键、苯环的大 π键和碳碳双键均能断裂，与氢气发生加成反应。
D. 羧基有酸性，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．配制500mL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
【答案】D
【知识点】配制一定物质的量浓度的溶液；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．制备饱和溶液，固体需先在烧杯中溶解，待冷却后才能转移到容量瓶中，不能达到实验目的，A不符合题意；
B．向NaOH溶液滴加饱和溶液，会直接生成沉淀，不能制备出氢氧化铁胶体，B不符合题意；
C．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，采用过滤的方法不能实现胶体的分离，不能达到实验目的，C不符合题意；
D．加热胶体，能导致胶粒聚沉，该实验能达到实验目的，D符合题意；
故选D。
【分析】A.容量瓶不能直接配制溶液，需在烧杯中溶解后转移至容量瓶中。
B. 要在沸水中滴加饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热，可制备出氢氧化铁胶体。
C.需用渗析法分离胶体和溶液。
D. 导致胶体聚沉的方法：加热、加带相反电荷的胶粒和电解质溶液。
6．下列离子方程式中，正确的是
A．向稀中滴加少量溶液：
B．向溶液中加入少量：
C．向溶液中通入少量：
D．向溶液中加入过量NaOH溶液并加热：
【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．向稀中滴加少量溶液，具有强的氧化性，具有较强还原性，二者要发生氧化还原反应，故A错误；
B．向溶液中加入少量，先与水反应，，生成的NaOH与溶液发生复分解反应，生成蓝色氢氧化铜沉淀，；加入的为少量，故其生成的NaOH能与完全反应，得到，故B正确；
C．向溶液中通入少量的，由于反应物 是弱酸，生成HCl是强酸，二者不能发生反应，故C错误；
D．向溶液中加入过量NaOH溶液并加热，也要与发生酸碱中和，故D错误。
故选B。
【分析】A. 向稀中滴加少量溶液 ，二者发生氧化还原反应。
B.一般加入盐溶液中，过氧化钠先与水反应，然后再看能否与盐发生复分解反应。
C.在复分解反应中，强酸制弱酸。
D. OH-过量时，既能与NH4+反应，也能与反应。
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()等。下列说法错误的是
A．一氟磷酸钠水溶液呈碱性
B．和的空间结构均为正四面体形
C．预防龋齿的原理是
D．的溶解度比小
【答案】B
【知识点】判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．是弱酸根离子能发生盐类水解，使一氟磷酸钠水溶液呈碱性，故A不符合题意；
B．的空间结构为正四面体；相当于是F代替了的一个O，P-O和P-F键长不相等，为四面体结构，不是正四面体，故B符合题意；
C．牙齿表面保护层的主要成分是难溶的，向牙膏添加一氟磷酸钠（），的能与反应，生成更难溶的，更能抵抗细菌分解食物过程中产生的有机酸，使牙齿更坚固，可预防龋齿 ，故C不符合题意；
D. 为能更好在牙齿上形成保护层，的溶解度比小，故D不符合题意；
故选B。
【分析】A.一氟磷酸钠是强碱弱酸盐，发生水解溶液呈碱性。
B. 有四个价层电子对，且键长相等，故其空间结构为正四面体。
C.研究发现，在饮用水、食物或牙膏中添加氟化物能起到预防龋齿的作用。
D.F的电负性比O大，故与钙结合更牢固。
8．已知反应，为阿伏加德罗常数的值，若消耗44.8L(标准状况)，下列叙述正确的是
A．转移的电子数为12
B．反应的分子数为3
C．生成的中Si-N键数为4
D．生成的CO含有的孤电子对数为6
【答案】A
【知识点】原子晶体（共价晶体）；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．在该反应中，C元素化合价，上升失电子，N元素化合价下降，得电子，故C作还原剂，作氧化剂；1mol C转变为1mol CO，失去2mol，若消耗44.8L（标准状况），即消耗2mol，需要消耗6mol C，共失去12mol，转移的电子数为12，故A正确；
B．是由原子构成，没有分子，故B错误；
C．每个中，1个Si与4个N形成4个Si-N键；有3个Si，则含有12个Si-N键，故生成的中Si-N键数应为12，故C错误；
D．每消耗2mol，生成6mol CO；N2的电子式为，含有2个孤电子对，考虑到CO和N2互为等电子体，则每个CO中含有的孤电子对数为2；则生成的6mol CO中孤电子对数应为12，故D错误；
故选A。
【分析】A. 化合价升高的反应物做还原剂，物质化合价降低的反应物做氧化剂。
B. 是原子晶体，硅原子和氧原子按照1：2的比例以共价键结合在一起而形成。
C.一个中有12个Si-N键。
D. 用等电子体原理判断 CO含有的孤电子对数。
9．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 将充满的玻璃球浸泡在冰水中，红棕色变浅 △H＜0
B 用pH试纸测0.01mol/L 溶液的酸碱性，试纸显红色 是弱酸
C 向含有酚酞的溶液中加入少量固体，溶液红色变浅 溶液中存在水解平衡
D 室温下，向0.1mol/L NaCl和0.01mol/L NaI混合溶液中逐滴滴加溶液，立即出现黄色沉淀 相同温度下：(AgCl)>(AgI)
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学平衡的影响因素；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．将充满的玻璃球浸泡在冰水中，红棕色变浅，说明在温度下降的情况下，平衡正向移动，被消耗，生成无色的，该反应的正反应为吸热反应。因此可说明 △H＜0，故A不符合题意。
B．用pH试纸测0.01mol/L溶液的酸碱性，试纸显红色，可知溶液呈酸性，有可能的电离程度大于其水解程度， 还有可能只电离，不水解， 不能得出是弱酸这一结论，故B符合题意；
C． 向含有酚酞的溶液中加入少量固体，钡离子与碳酸氢根离子生成沉淀，即，平衡逆向移动， 溶液红色变浅，说明溶液中存在水解平衡 ，故C不符合题意；
D． 0.1mol/L NaCl和0.01mol/L NaI混合溶液中， NaI的浓度小于NaCl，滴加溶液，先产生黄色沉淀AgI，说明（AgCl）＞（AgI），故D不符合题意。
答案选B。
【分析】A.为红棕色，为无色，玻璃球中颜色变浅，说明生成了更多的。
B.硫酸氢钠水溶液呈酸性，硫酸是强酸。
C. 向含有溶液中加入少量固体，能影响到碳酸根离子的水解平衡。
D. 在相同条件下，先生成更难溶的沉淀。
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，可由分子制得，晶胞参数为a nm，为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．1mol 中含有7NAσ键
B．与最近距离的数为8
C．该晶体属于混合型晶体
D．晶胞密度的计算式为
【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A.1个中含有3条N-H键，1条C-N键，3条C-键，共7个键，则1mol中含有7键，故A不符合题意。
B．位于晶胞面心，与最近距离的分别位于该晶胞内（共4个）和邻近晶胞内（共4个），总数为8，故B不符合题意；
C．该晶体属于离子晶体，是由阳离子、Pb2+和阴离子相互作用而形成的晶体，故C符合题意；
D．该晶胞中含有1个，3个，1个，相对分子质量为620，则晶胞的密度为，故D不符合题意；
答案选C。
【分析】A.单键一般是键。
B. 位于晶胞面心，与最近距离的为8个。
C.离子晶体中阴、阳离子之间存在离子键。
D.采用均摊法计算精包中含有的各粒子个数。
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
B．原子半径：Z>Y>X>W
C．最高价含氧酸的酸性：X>Z>W>Y
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
【答案】D
【知识点】化学键；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．由于形成六元环的W、Y分别是N和P，均不是苯环，故A错误；
B．W（N）、X(F)同周期，从左到右原子半径依次减小；Y(P)、Z(Cl)同周期，从左到右原子半径依次减小；除稀有气体外，第三周期原子半径大于第二周期，原子半径排序为P＞Cl＞N＞F，故B错误；
C．W（N）、Y（P）、Z（Cl）的最高价含氧酸分别是、、，其非金属性Z（Cl）＞W（N）＞Y（P），最高价含氧酸的酸性强弱为Z（）＞W（）＞Y（），但X（F）没有正价，无最高价含氧酸，故C错误；
D．Z（Cl）、W（N）和H可组成化合物， 既含有离子键，又含有共价键，故D正确；
故选D。
【分析】 W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素； W、Y原子中未成对电子数均为3，图中W、Y可分别形成3、5条共价键，可知W、Y分别是N和P；X只能形成1对共价键，可推出X为F，而Z与X（F）同主族，又同为短周期元素，原子序数比F大，Z只能为Cl。
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：
①
②
③
已知H-H键能为a kJ/mol，O-H键能为b kJ/mol，C=O键能为c kJ/mol，则CO(g)的碳氧键键能(单位：kJ/mol)为
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】反应热和焓变；盖斯定律及其应用
【解析】【解答】根据盖斯定律，①+②-③可得： ；1个H2中含有一个H-H键，1个分子中有2个C=O键，1个分子中有2个O-H键，设CO(g)的碳氧键键能为x，反应物断键吸热，生成生成物放热，列式，解得：，故A正确。
答案为A【分析】采用盖斯定理先算出氢气和二氧化碳制一氧化碳和水的反应热，然后利用断键吸热，成键放热，列出等式进行计算。
13．水的电离常数如图两条曲线所示，曲线中的点都符合常数。下列说法正确的是
A．纯水中时大于时，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：；水的离子积常数：D点>C点
D．B点时，将pH=2的稀硫酸与pH=11的NaoH溶液等体积混合后，溶液显碱性
【答案】D
【知识点】水的电离；离子积常数；溶液酸碱性的判断及相关计算
【解析】【解答】A．，温度升高，水的电离程度增大，故纯水中时大于时， 但水的电离吸热，不是放热，故A错误；
B．任何曲线上的点不是都是中性，只有当时才呈中性；而且即使呈中性，也不一定是纯水，如强酸强碱盐溶液也呈中性，故B错误；
C．升高温度促进水电离，则水中、及离子积常数增大，根据图知，曲线上离子积常数大于，所以。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，所以水的离子积常数应C点＞D点，故C错误；
D ．B点时，，pH＝2的硫酸中，pH＝11的NaOH溶液中，等体积混合时碱有剩余，溶液呈碱性，故D正确。
故选D。
【分析】水的电离吸热，温度升高，水的电离程度增大，水的离子积常数增大，图中。
14．一定条件下，丙烯与HCl发生加成反应：，，其反应历程如图所示。下列说法正确的是
(已知：的选择性)。
A．丙烯与HCl的加成反应一定能自发进行
B．一定温度下，对丙烯与HCl的加成反应增大压强，平衡正向移动，平衡常数增大
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
D．其他条件不变，降低温度，体系中增大
【答案】C
【知识点】活化能及其对化学反应速率的影响；化学平衡的影响因素；化学平衡的调控
【解析】【解答】A．由图可知，丙烯的加成反应是放热反应，即△H＜0，且△S＜0，△G＝△H－T△S＜0时，反应才能自发进行，经计算只有在低温下，△G＜0，则该反应需在低温下才能自发进行，故A错误；
B． 丙烯与HCl的加成反应是气体分子数目减少的反应。故增大压强，平衡正向移动，但温度不变，平衡常数不变，故B错误；
C．由图可知，的能量低于，更稳定，且生成所需的活化能比生成所需的活化能小，故相同条件下选择性较高；以此类推，丙烯与HBr加成产物中2-溴丙烷的选择性更高，故C正确；
D．生成所需活化能大，该反应速率慢；但升高温度，可加快反应速率，的产量增加，故降低温度不利于生成，降低，故D错误；
故选C。
【分析】A. 当△G＝△H－T△S＜0，反应才可自发进行。
B. 增大压强平衡向气体分子数目减少的方向移动；平衡常数值与温度变化有关。
C. 物质的能量越低越稳定，越易生成。
D. 升高温度，可增大活化分子百分数，加快反应速率。
15．制造尼龙-66的原料己二腈[]用量很大，工业上常采用丙烯腈()电合成法来制备。其工作原理如图所示。已知比得电子能力强。下列说法正确的是
A．b极为阳极，电极材料可改为Fe
B．甲室的电极反应式为
C．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
D．若在乙室产生标准状况下44.8L ，理论上可制备216g
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．阳极b极生成，电极反应方程式为2H2O- 4e-=4H++O2↑；若将阳极材料换成Fe，Fe易失去电子，H2O不可能失电子生成氧气和氢离子，也就没有氢离子透过阳离子交换膜进入甲室，参与合成己二腈，故A错误；
B．据分析，甲室的电极反应式为，故B错误；
C．根据信息，比得电子能力强，若产生过多，就会造成优先得到电子生成氢气，加入磷酸四乙基铵，其大量阳离子覆盖在电极表面，从而抑制水电离出过多，故C正确；
D．标准状况下，乙室生成44.8L，转移8mol电子，根据甲室的电极反应式和得失电子守恒可知，甲室生成4mol，其质量为432g，不是216g，故D错误；
故答案为：C。
【分析】a极丙烯腈发生还原反应生成己二腈，电极反应方程式为，a极得电子，化合价降低，a为阴极，b为阳极，b极发生氧化反应，电极反应方程式为2H2O- 4e-=4H++O2↑。
二、非选择题：本题共4题，共55分。
16．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、铁酸镓、钛酸亚铁、]制取氮化镓的部分工艺流程如下所示：
已知：
①镓和铝同主族，化学性质相似；20℃氯化镓的溶解度为180g，且温度升高，溶解度明显增大；
②“酸浸”时，钛元素以形式存在，室温下极易水解得到；矿渣经“酸浸”后所得“浸出液”中含有、、、等离子；
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
开始沉淀pH 8.0 1.7 5.5 3.0 0.4
沉淀完全pH 9.6 3.2 8.0 4.9 1.1
萃取率(%) 0 99 0 97～98.5
回答下列问题：
（1）Ga元素的价电子轨道表示式为　 　。
（2）“酸浸”时发生反应的离子方程式为　 　。
（3）“滤液2”可用于回收硫酸锌，则“滤液1”需调节的pH范围是　 　；加入的“固体M”为(写化学式)　 　。
（4）反萃取后水溶液中镓元素以　 　(用化学用语表示)形式存在。
（5）“操作4”是指　 　、　 　、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
（6）“高温气相沉积”中镓先转化为，然后再与发生反应，写出与反应生成GaN的化学方程式：　 　。
（7）测定钛白粉中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，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的标准溶液进行滴定(能将氧化成四价钛的化合物)，重复上述滴定操作两次，平均消耗标准溶液23.00mL。
①上述滴定的终点现象为　 　。
②钛白粉中的质量分数为　 　。
【答案】（1）
（2）
（3）4.9≤pH＜5.5；Fe
（4）或
（5）趁热过滤；冷却结晶
（6）
（7）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；92.00%
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；蒸发和结晶、重结晶；物质的分离与提纯；中和滴定；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）Ga为31号元素，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。
答案为：
（2）据信息，“浸出液”中含有、、、等离子，可知炼锌矿渣与硫酸反应生成和离子，离子反应方程式为。
答案为：
（3）在“浸出液”中加入“”将氧化成，然后第一次调节pH， 室温下极易水解得到滤渣1 ，可制钛白粉；“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”，“滤液2”可用于回收硫酸锌，再结合“滤渣2”最终产品氮化镓（），可推测第二次调pH生成和固体；结合金属离子形成氢氧化物沉淀的pH，和要沉淀完全，不能沉淀，PH范围应控制4.9≤pH＜5.5；萃取时要保证完全萃取镓，铁不能被萃取，才能得到较纯的镓， 结合金属离子的萃取率，铁元素为+3价时，萃取率为99%，只有铁元素为+2价时，萃取率为0，才可与镓元素完全分离，故需在萃取前加入单质Fe将还原为。
答案为：4.9≤pH＜5.5； Fe
（4）根据题目信息镓和铝同主族，化学性质相似；用氢氧化钠溶液进行反萃取，氢氧化镓与氢氧化钠反应生成或，故反萃取后水溶液中镓元素以或形式存在。
答案为：或
（5） 据镓和铝同主族，化学性质相似，氯化铝易水解， 也易水解，从水溶液获得晶体，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。
答案为：趁热过滤；冷却结晶
(6)根据提示信息，结合原子守恒可写出反应的化学方程式为。
答案为：
(7)① 测定钛白粉中的含量可用滴定分析法，滴定中用标准溶液滴定，因KSCN遇Fe3+变红，故用KSCN作指示剂，终点出现的现象为“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”；
②根据得失电子守恒和原子守恒建立关系式：～，故的质量分数为。
答案为：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； 92.00%
【分析】炼锌矿渣与硫酸反应得到和离子，在“浸出液”中加入“”将氧化成；进行第一次调节pH，水解得到；经过“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”，“滤液2”可用于回收硫酸锌，再结合“滤渣2”最终制得氮化镓（），可以推测第二次调pH生成和固体，PH范围应控制4.9≤pH＜5.5；萃取滤渣2中的镓元素，同时实现与铁的分离，需在萃取前加入单质Fe将还原为；后用氢氧化钠溶液对有机层进行反萃取，氢氧化镓与氢氧化钠反应生成或；将水层趁热过滤，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，可制得，与氨气反应生成 GaN 。
（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。
（2）根据题中信息，“浸出液”中含有、、、等离子，可知矿渣与酸反应得到和离子，故离子反应方程式为。
（3）在“浸出液”中加入“”的目的是将氧化成，然后进行第一次调节pH，得到；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（），可以推测第二次调pH得到了和，结合“已知③”可知要沉淀完全和，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，铁元素为时，其萃取率为0，可与镓元素有效分离，故需要在萃取前将还原为，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或，故反萃取后水溶液中镓元素以或形式存在。
（5）根据元素周期律知易水解，因此，从水溶液获得晶体需在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。
（6）根据反应物、和产物GaN，结合原子守恒可写出反应的化学方程式为。
（7）①滴定中用标准溶液滴定，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”；
②根据原子守恒与得失电子守恒建立关系式：～，故的质量分数为。
17．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。实验中可能用到的装置如图所示(其中夹持仪器已略)。
已知：
①苯及其生成物的沸点如下表所示。
有机物 苯 氯苯() 邻二氯苯 间二氯苯 对二氯苯
沸点/℃ 80.0 132.2 180.4 172.0 173.4
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。
③易潮解；不易被氧化，具有较强还原性，易被氧化。
回答下列问题：
I.氯苯的制备
①向反应器(内有铁屑作催化剂)中滴入苯，通入氯气，维持反应温度在50～60℃，回流40min。
②将反应后的液体倒入分液漏斗中，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仪器使用时冷水从(填“m”或“n”)________口进入；Y仪器的名称是________。
（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、HCl，节省碱的用量，降低成本
D. 蒸馏温度控制在80.0℃可收集产品
（4）氯苯的产率低于理论产率的可能原因是________(填写一条)。
II.(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；
②在100mL锥形瓶内加入13.0g研细的、9.3g 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25mL (足量)溶液；
④经过一系列操作，得到橙黄色的晶体21.4g。
（5）用图中的装置组合制备，仪器的连接顺序为a→________(填小写字母)。
（6）在制备时，先加入浓氨水后滴加的原因是________。
（7）制得产品的产率为________%(精确到0.1%)。
【答案】(1) A、E、D、F、C n 恒压滴液漏斗
(2)
(3) C
(4) 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
(5) higfbc(cb)ed
(6) 不易被氧化，先加入浓氨水后可反应生成，后加入的氧化剂能将氧化得到产品
(7) 80.0%
【知识点】氯气的实验室制法；苯的结构与性质；常用仪器及其使用；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）制备氯苯，需用装置A制备氯气，用装置E中的饱和食盐水除去氯气中的杂质氯化氢气体，再用装置D中的浓硫酸干燥氯气；纯净的氯气和苯在装置F的三颈烧瓶中反应生成氯苯，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，故制氯苯需要用到的装置有A、E、D、F、C。仪器X为球形冷凝管，为了达到最大的冷凝效果，冷水需要从下口n处进入，m口排出。仪器Y的名称是恒压滴液漏斗。
答案为： A、E、D、F、C n ； 恒压滴液漏斗
（2）装置A中加入高锰酸钾和浓盐酸在常温下反应生成氯气，该反应离子方程式为。
答案为：
（3）A．制备氯苯，需维持温度是50～60℃，应用水浴加热，不能用酒精灯直接加热，故A错误；
B．用球形冷凝管是为了防止苯和产物氯苯逸出，引起产率较低，球形冷凝管无法冷凝回流氯气，故B错误；
C．反应制得的氯苯中混有氯气、氯化氢和氯化铁，碱洗前先进行蒸馏水洗可以除去、HCl 和部分氯气，减少后续消耗碱的用量，可以降低成本，故C正确；
D．产品氯苯的沸点是132.2℃，因此控制此温度，蒸馏可收集到产品，故D错误；
答案为：C。
（4）题示信息，少量苯会和氯气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。
答案为： 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
（5）制备，用装置A制备出氯气，用装置E中饱和食盐水除去氯气中的杂质氯化氢气体，需从装置E的h口进i口出；然后用装置D中的浓硫酸干燥氯气，洗气同样需要长进短出，即从g口进f口出；干燥纯净的氯气通入装置B，在加热条件下，氯气与钴粉反应生成，装置B中b口和c口无区别，皆可进出；因易潮解，需要加装置C球形干燥管进行干燥，球形干燥管需从大口e处进小口d处出，故仪器的连接顺序为ahigfbc(cb)ed。
答案为： higfbc(cb)ed
(6) 题示信息，不易被氧化，先加入浓氨水后可反应生成，已知“具有较强还原性，易被氧化”，后加入的氧化剂能氧化，生成。
答案为：不易被氧化，先加入浓氨水后可反应生成，后加入的氧化剂能将氧化得到产品
(7)设理论生成的质量为x，据Co元素守恒，得到关系式：，列出等式为，x＝26.75g，故的产率为。
答案为： 80.0%
【分析】制备氯苯，需先用装置A制备氯气，用装置E中的饱和食盐水除去氯气中的杂质氯化氢气体，再用装置D中的浓硫酸干燥氯气；纯净的氯气和苯在装置F的三颈烧瓶中反应生成氯苯，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。
在的制备过程中，用装置A制备出氯气后，用装置E中的饱和食盐水除去氯气中的杂质氯化氢；然后用装置D中的浓硫酸干燥氯气；然后将干燥纯净的氯气通入装置B，在加热条件下，氯气与钴粉反应生成。
18．“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.
II.
III.
回答下列问题：
（1）有利于同时提高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P kPa条件下，向某恒压密闭容器中加入1mol 和4mol ，若只发生反应I，达到平衡后，测得容器中转化率为70%，则此时反应I的压强平衡常数　 　(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，(、为速率常数)，若升高温度，值　 　(填“增大”“减小”或“不变”)。
（4）一定温度时，向某固定容积的容器中充入一定量的和1mol CO，平衡时和CO的转化率()及和的物质的量(n)随变化的曲线如图所示。
①图中表示和变化的曲线分别是　 　、　 　(填编号)；
②m=　 　；
③的选择性为　 　(已知的选择性为)。
（5）研究者利用电解法实现了和两种分子的耦合转化，其原理如图所示。则阴极上的反应式为　 　；同温同压下，若生成的乙烷和乙烯的体积比为4∶1，则消耗的和的体积比为　 　。
【答案】（1）C；D
（2）
（3）减小
（4）b；d；62.5；60%
（5）；
【知识点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）A．反应Ⅰ和Ⅱ正反应方向都为放热反应，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，平衡都逆向移动，虽然升温导致反应速率增大，但甲烷平衡产率减小，故A错误；
B．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；
C．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；
D．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；
答案为：CD
（2）在一定温度下、压强为P kPa条件下，向某恒压密闭容器中加入1mol和4mol，若只发生反应Ⅰ，达到平衡后，测得容器中转化率为70%，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， 根据各物质分压=总压×物质的量分数)。
答案为：
（3）平衡时，反应II 的，得，得到，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。
答案为：减小
（4）①的物质的量增大，的转化率随之减小，可得曲线b表示的转化率；同时，随着的物质的量增大，另一个反应物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；物质的量增多，生成物随之越多，即曲线c可表示的物质的量的变化；CO和反应生成，但生成物又能与反应被消耗，所以的物质的量的变化特点是先增大后减小，曲线d为的物质的量的变化。
答案为：b ； d
②当时，向固定容积的容器中充入1mol CO，H2的物质的量也为1mol；由C元素守恒，列式①；由O元素守恒，列式②；由H元素守恒，列式③。由曲线C点可知，平衡时剩余；由A点可知，得出，则CO的转化率为，即m＝62.5。
答案为：62.5
③根据C元素守恒①，代入数据可得，算出，的选择性为。
答案为： 60%
（5）由题图中所示，与正极相连的电极B为阳极，阳极发生两个反应，即分别生成和；若生成的乙烷和乙烯的体积比为4∶1 ，阳极电极反应分别为、，可得阳极共消耗的和转移的电子数关系为：10mol～12mol；与负极相连的电极A为阴极，反应物为，生成物为CO，阴极电极反应式为：，与转移的电子数关系为1mol～2mol，阴阳两极反应得失电子需守恒，得出10mol～12mol～6mol，消耗的和体积比为。
答案为：
【分析】（1）升高温度，正反应速率和逆反应速率都会增大，平衡向吸热反应方向移动。
（2）根据已知信息列三段式进行计算。
（3）升高温度，反应II平衡逆向移动，使得化学平衡常数K减小。
（4）先根据坐标轴中的曲线变化趋势找出所对应的关系，然后用原子守恒列式进行计算。
（5）先判断出电解池的阴阳极，采用阴、阳极得失电子守恒，算出消耗的和的体积比。
（1）A．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；
B．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；
C．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；
D．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；
故选CD。
（2）在一定温度下、压强为P kPa条件下，向某恒压密闭容器中加入1mol和4mol，若只发生反应Ⅰ，达到平衡后，测得容器中转化率为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。
（3）由，得，得到，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，的物质的量增大，的转化率减小，即曲线b为的转化率。根据反应可知，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。随着的物质的量增大，生成的的物质的量越大，即曲线c为的物质的量的变化。随着CO和反应生成，随后又和反应被消耗，的物质的量先增大后减小，即曲线d为的物质的量的变化。
②由曲线可知，当，固定容积的容器中充入1mol CO，则，由曲线C点可知平衡时剩余，由A点可知。分别由C元素守恒，得到①；由O元素守恒，得到②；由H元素守恒，得到③。结合和的物质的量数据，并将①②③三式联立得出，则CO的转化率为，即m＝62.5。
③根据C元素守恒①，代入数据：，得出，则的选择性。
（5）由题图中所示下方为阴极，根据物质模型可知，由转化生成CO，则阴极电极反应式为：。根据图示上方为阳极，阳极发生两个反应，即转化生成和。当分别有4mol和1mol生成时，阳极电极反应分别为、，则阳极共消耗的和转移的电子数关系为：10mol～12mol；而阴极反应和转移的电子数关系为1mol～2mol，由阴阳两极反应得失电子守恒，得出10mol～12mol～6mol，则消耗的和体积比为。
19．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：
已知：
①
②R3-CHO+
回答下列问题：
（1）A的名称是　 　。
（2）C→D第ⅰ步反应的化学方程式为　 　。
（3）E中官能团的名称为　 　。
（4）I的结构简式为　 　；J→K的反应类型是　 　。
（5）F→G的化学方程式为　 　；F转化为G的过程中加入可提高产率，其原因是　 　。
（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为　 　。
【答案】（1）对羟基苯甲醛或4-羟基苯甲醛
（2）+2NaOH+NaBr+H2O
（3）醛基、醚键
（4）；加成反应
（5）++HBr；消耗了反应生成的HBr，促进反应正向进行
（6）13；
【知识点】有机物中的官能团；有机化合物的命名；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；加成反应
【解析】【解答】（1）根据A与反应生成B，比较A、B化学式差异，参照B的结构，可知A→B发生了取代反应，在苯环上引入了一个Br原子，则A的结构简式为：，故A的名称为对羟基苯甲醛（或4-羟基苯甲醛）；
答案为：对羟基苯甲醛（或4-羟基苯甲醛）
（2）B→C→D→E的过程中，从C和D的分子式、生成物E的结构简式与各步所加物质逆推，D→E是D侧链-OH上的H被取代了；C→D是将C中侧链上的Br原子被-OH取代；B→C是将C中-OH上的H被取代了，由此可知，C、D的结构简式分别为、，结合卤代烃的取代（水解）反应机理可得，C→D第ⅰ步反应的化学反应方程式为+2NaOH+NaBr+H2O；
答案为：+2NaOH+NaBr+H2O
（3）E中含有的官能团有醚键和醛基；
答案为： 醛基、醚键
（4）结合D与反应生成E，以及J的结构简式可知，H→I是物质H侧链-OH上的H被取代了，物质H上有2个-OH，综合二者化学式，可知只有物质H下方的-OH上的H发生了取代反应，I的结构简式为；比较J、K结构简式异同，J中碳碳双键转化为K时变成了碳碳单键，且J中-OH转化为醚键，可知J中的碳碳双键断裂，发生了加成反应；
答案为：；加成反应
（5）根据已知①，结合F→G→H的转化特点，可推出G为，故F转化为G的化学方程式为：++HBr；观察方程式，反应生成了HBr，F转化为G的过程中加入可消耗反应生成的HBr，从而提高产率，促进反应正向进行；
答案为；++HBr； 消耗了反应生成的HBr，促进反应正向进行
(6)D的同分异构体能与发生显色反应，说明同分异构体中必有苯环与酚羟基；能与碳酸钠反应生成二氧化碳，说明该同分异构体中含有羧基，参照D的结构简式，除了上述要求的结构外，还余一个饱和碳；若苯环有两个取代基，分别为-OH和，则有邻、间、对三种同分异构体；若苯环有三个取代基：-OH和、-COOH，其同分异构体共有10种，因此该同分异构体共有13种；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为。
答案为：13；
【分析】Br2与A在催化剂作用下反应生成B，结合生成物B的分子式以及A、B化学式差异可知，A为对羟基苯甲醛或4-羟基苯甲醛；B与(CH3)2SO4在加热条件下反应生成C，根据生成物E逆推，结合C的分子式可推知C为；C在氢氧化钠中反应后，酸化生成D，可推知D为；F与反应生成G，再根据G与DDQ反应的生成物H的结构式，G为；H与CH3OCH2Cl反应生成I，结合生成物J的结构式、I的分子式可知I为。
（1）根据A→B所加物质和条件及A、B化学式差异和B的结构，可知，A→B发生了取代反应，在苯环上引入了一个Br原子，则A的结构简式为：，故A的名称为对羟基苯甲醛（或4-羟基苯甲醛）；
（2）根据B→C→D→E，从E的结构简式与各步所加物质逆推，D→E是将D侧链-OH上的H被取代了，再逆推，C→D是将C中侧链上的Br原子被-OH取代（或水解）了，再逆推，B→C是将C中-OH上的H被取代了，由此可知，C、D的结构简式分别为、，结合卤代烃的取代（水解）反应可得，C→D第ⅰ步反应的化学反应方程式：+2NaOH+NaBr+H2O；
（3）由E的结构简式可知，含有的官能团有：醛基（-CHO）、醚键（）；
（4）结合D→E的转化试剂可知，H→I是物质H侧链-OH上的H被取代了，物质H上有2个-OH，结合化学式差异，可以判断出只取代了1个-OH上的H，再从J的结构简式逆推，可以看出是取代位于物质H下方的-OH上的H，由此可知，I的结构简式为；观察J、K结构简式差异，J中碳碳双键转化为K时变成了碳碳单键，且J中-OH变为了醚键，可见J中的-OH加成了J中的碳碳双键，所以J→K发生了加成反应；
（5）根据信息①，结合F→G→H的转化，可以推出G的结构简式为：，故F转化为G的化学方程式为：++HBr；观察方程式，反应生成了HBr，可以推测F转化为G的过程中加入可提高产率的原因是消耗了反应生成的HBr，促进反应正向进行；
（6）由D的结构简式可推知，其同分异构体能与发生显色反应，说明含有苯环与酚羟基，能与碳酸钠反应生成二氧化碳，说明含有-COOH，除了上述结构外，还余一个饱和碳，若苯环有两个取代基-OH和，则有邻、间、对三种同分异构体；若苯环有三个取代基-OH和、-COOH，其同分异构体共有10种，因此符合要求的同分异构体共有13种；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为。
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