高級中學名校試題PAGEPAGE1河南省信陽市2023-2024學年高二下學期4月期中考試本試題卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)。共100分，考試時間75分鐘。注意事項：1.答第Ⅰ卷前，考生務必將本人姓名、考生號、考試科目用鉛筆涂寫在答題卡上。2.每小題選出答案后，用鉛筆在答題卡對應題目的答案標號上涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。不要答在試題卷上。3.可能用到的相對原子質量：H-1C-12N-14O-16Na-23Al-27Si-28S-32Ga-70第Ⅰ卷(選擇題，共45分)一、選擇題(每小題3分，共45分，每小題只有一個選項符合題意。)1.有關物質聚集狀態與現代儀器分析，下列說法正確的是A.等離子體是一種特殊的液體，由帶電的陽離子、電子及電中性粒子組成B.離子晶體的熔沸點由離子鍵強度決定，離子鍵強度取決于離子所帶的電荷數和離子的半徑大小C.質譜分析：利用質荷比來測定相對分子質量，與的質譜圖完全相同D.紅外光譜分析：確定氫原子的類型及相對數目，可用于區分與【答案】B【解析】等離子體是由陽離子、電子和電中性粒子組成的整體呈電中性的氣態物質聚集體，故A錯誤；離子晶體的構成微粒是陰陽離子，晶體的熔沸點由離子鍵強度決定，離子鍵強度取決于離子所帶的電荷數和離子的半徑大小，故B正確；乙醇和二甲醚結構不同，最大荷比相同，但碎片離子的質荷比不完全相同，質譜圖不完全相同，故C錯誤；紅外光譜儀可以測得未知物中的化學鍵或官能團，乙醇和二甲醚的官能團不同，可用紅外光譜分析區別，但紅外光譜分析不能確定氫原子的類型，故D錯誤；故選B。2.下列敘述錯誤的是A.某原子核外電子排布式為，它違背了泡利原理B.和CO是等電子體關系，結構相似，二者都能充當配體且配位能力相同C.五彩斑斕的煙火，是金屬在灼燒時的發射光譜D.立方硫化鋅的晶胞中，硫離子形成面心立方堆積，硫離子形成的四面體空隙中50%填充了鋅離子【答案】B【解析】泡利原理是指每個軌道最多只能容納兩個自旋相反的電子；核外電子排布式為，其np能級排布了7個電子，它違背了泡利原理，A正確；等電子體是指價電子數和原子數相同的分子、離子或原子團，有些等電子體化學鍵和構型類似；和CO是等電子體關系，結構相似，但是碳、氮、氧電負性不同，二者都能充當配體但配位能力不相同，B錯誤；五彩斑斕的煙火，是金屬在灼燒時的發射光譜，C正確；立方硫化鋅的晶胞中，硫離子形成面心立方堆積，一個晶胞中含有4個S離子，ZnS中原子個數比為1:1，其中硫離子形成的四面體空隙中一半填充了鋅離子，故為50%，D正確；故選B。3.氯乙酸()是重要的分析試劑和有機合成中間體。一種制備氯乙酸的方法為。下列說法正確的是A.分子中σ鍵數∶π鍵數=6∶1B.Cl-Cl鍵比I-I鍵的鍵長更短、鍵能更小C.的酸性比更強D.分子中的共面原子最多有7個【答案】C【解析】分子中存在個共價單鍵和1個共價雙鍵，則σ鍵數∶π鍵數=7∶1，A錯誤；原子半徑：Cl<I，則Cl?Cl鍵比I?I鍵的鍵長更短、鍵能更大，B錯誤；因電負性：Cl>H，Cl-C的極性大于H-C的極性，使-CH2Cl的極性大于-CH3的極性，導致ClCH2COOH的羧基中的羥基的極性更大，更容易電離出氫離子，的酸性比更強，C正確；分子中存在sp3雜化飽和碳原子，存在四面體空間結構，分子中的共面原子最多有6個，D錯誤；答案選C。4.化合物“E7974”具有抗腫瘤活性，結構簡式如圖，下列有關該化合物說法正確的是A.不存在順反異構 B.分子中不含手性碳原子C.該化合物不能與反應 D.分子中含有4種官能團【答案】D【解析】由結構簡式可知，化合物中碳碳雙鍵的碳原子均連有不同的原子或原子團，在順反異構，故A錯誤；由結構簡式可知，化合物中含有如圖*所示的3個手性碳原子：，故B錯誤；由結構簡式可知，化合物中含有的羧基能與碳酸氫鈉反應，故C錯誤；由結構簡式可知，化合物分子中含有的官能團為次氨基、酰胺基、碳碳雙鍵、羧基，共有共4種，故D正確；故選D。5.某小組為制備1-氯-2-甲基丙烷(沸點69℃)，將2-甲基-1-丙醇和溶于中，加熱回流(伴有HCl氣體產生)。反應完全后倒入冰水中水解殘余的分液收集層，再用無水干燥，過濾、蒸餾后得到目標產物。上述過程中涉及的部分裝置(夾持及加熱裝置略)如下圖，下列說法不正確的是A.裝置①在加熱回流時，不需加入沸石或碎瓷片來防暴沸B.裝置②與裝置①的冷凝管上端相連，需將尾氣處理裝置設計成防倒吸C.裝置③在分液前無法區分水層與有機層時可向分液漏斗中滴水，若上層無水滴通過軌跡則上層為水層D.沸點為39.8℃，在蒸餾提純時，為增強冷凝效果，可將裝置④的蛇形冷凝管更換成直形冷凝管【答案】D【解析】該裝置中有攪拌棒，不需加入沸石或碎瓷片，故A正確；裝置②與裝置①的冷凝管上端相連，用來收集反應生成的HCl，HCl氣體極易溶于水，所以要防止倒吸，故B正確；向兩層溶液中滴水，滴入水后如果先接觸有機層，滴入的水與有機層會有明顯的界限，如果滴入水層，就會消失不見，故C正確；CH2Cl2沸點為39.8℃，1-氯-2-甲基丙烷沸點69℃，故可使用裝置④的蒸餾裝置，為增強冷凝效果，蛇形冷凝管接觸面積更大冷凝效果更好，不能更換成直形冷凝管，故D錯誤；故選：D。6.某種雙核鈷配合物陽離子的結構如圖。X的第一電離能在第二周期主族元素中位居第二，Y的核外電子只有一種運動狀態，Z的一種同素異形體是極性分子。下列說法錯誤的是A.簡單氫化物的穩定性：Z>XB.電負性：Z>X>YC.Co位于元素周期表ds區，在該陽離子中呈+2價D.從結構推測該配合物陽離子不穩定，且具有一定的氧化性【答案】C【解析】X的第一電離能在第二周期主族元素中位居第二，X為N，Y的核外電子只有一種運動狀態，Y為H；Z的一種同素異形體是極性分子，即Z為O，O3為極性分子。非金屬性：Z（O）＞X（N），因此簡單氫化物的穩定性：Z>X，故A正確；同周期元素，從左往右電負性逐漸增大，同族元素，從上到下電負性逐漸減小，即電負性：Z（O）＞X（N）>Y（H），故B正確；Co位于元素周期表d區，故C錯誤；該配合物陽離子存在過氧鍵，因此不穩定，且具有一定的氧化性，故D正確；故選C。7.氨分解制氫是一種極具前景的便攜式制氫方法，不同壓強下氨的平衡轉化率隨溫度變化如下。下列說法正確的是A.2NH33H2+N2ΔH<0B.氫氣和氮氣的物質的量之比保持不變，說明氨分解反應達到平衡狀態C.p1<p2<p3<p4D.500K時，p3壓強下氨分解反應的平衡常數比p4壓強下的大【答案】C【解析】溫度升高，氨的平衡轉化率上升，2NH33H2+N2平衡正向移動，ΔH＞0，故A錯誤；氫氣和氮氣的物質的量之比始終為3:1，不能說明反應到達平衡狀態，故B錯誤；2NH33H2+N2為氣體分子數增大的反應，增大壓強，平衡逆向移動，氨的平衡轉化率下降，因此p1<p2<p3<p4，故C正確；平衡常數只與溫度有關，500K時無論壓強是多少，K為定值，故D錯誤；故選C。8.穴醚是一類可以與堿金屬離子發生配位的雙環或多環多齒配體，某種穴醚的鍵線式如圖，下列說法錯誤的是A.核磁共振氫譜顯示有4組吸收峰B.穴醚分子中碳原子和氮原子的雜化軌道類型相同C.使用穴醚可以增大某些堿金屬鹽在有機溶劑中的溶解度D.選取適當的穴醚，可以將不同的堿金屬離子分離【答案】A【解析】由結構簡式可知，穴醚分子中有3類氫原子，核磁共振氫譜顯示有3組吸收峰，故A錯誤；穴醚分子中碳原子和氮原子價層電子對數均為4，原子的雜化方式都為sp3雜化，故B正確；穴醚結構中存在空穴可容納堿金屬離子，可以增大某些堿金屬鹽在有機溶劑中的溶解度，故C正確；穴醚有大小不同的空穴適配不同大小的堿金屬離子，選取適當的穴醚，可以將不同的堿金屬離子分離，故D正確；故選A。9.下列說法正確的個數是①晶體中分子間作用力越大，分子越穩定②共價晶體中共價鍵越強，熔點越高③金屬晶體的導電性、導熱性均與自由電子有關④呈正四面體結構的分子，鍵角都是109°28′⑤干冰晶體中，1個分子周圍有12個分子緊鄰⑥12g石英晶體中Si-O鍵的數目為⑦在晶體中只要有陽離子就一定有陰離子⑧晶體狀態下能導電的一定是金屬晶體A.3個 B.4個 C.5個 D.6個【答案】A【解析】①分子晶體中，共價鍵鍵能越大，分子越穩定，故①錯誤；②共價晶體中共價鍵越強，越難斷裂，熔點越高，故②正確；③給金屬晶體加電壓時，晶體中的自由電子定向移動形成電流，自由電子的移動能傳遞熱能，因此金屬晶體的導電性、導熱性均與自由電子有關，故③正確；④正四面體構型的分子，鍵角可能是109°28′，例如甲烷；也可能是60°，例如白磷，故④錯誤；⑤干冰晶體中，分子處于晶胞的頂點和面心，故1個分子周圍有12個分子緊鄰，故⑤正確；⑥12gSiO2晶體中Si-O鍵的數目為：×4×NAmol-1=0.8NA，故⑥錯誤；⑦晶體只要有陰離子就一定有陽離子，但含有陽離子的不一定有陰離子，如金屬晶體中有陽離子，但沒有陰離子，故⑦錯誤；⑧石墨是非金屬晶體，能導電，故⑧錯誤；故正確的有②③⑤；答案選A。10.硝酸鹽污染已成為一個日益嚴重的環境問題，甲酸()在納米級磁性(鈀)表面分解為活性和，再經下列歷程實現的催化還原，進而減少污染。已知(Ⅱ)、(Ⅲ)表示中二價鐵和三價鐵。下列說法錯誤的是A.生產中將催化劑處理成納米級顆粒可增大甲酸分解的速率B.分解時，只有極性共價鍵發生了斷裂C.在整個歷程中，1可完全還原1D.反應歷程中生成的可調節體系，有增強氧化性的作用【答案】C【解析】將催化劑處理成納米級顆粒可增大接觸面積，提高甲酸分解的速率，故A正確；HCOOH分解成CO2和H2，會發生氫氧鍵和碳氫鍵的斷裂，氫氧鍵和碳氫鍵均為極性共價鍵，故B正確；1molNO轉化為0.5molN2，轉移5mol電子，1molH2轉移2mol電子，所以完全還原1molNO消耗2.5molH2，故C錯誤；NO與NO在氧化Fe2+的過程中需要消耗氫離子，pH值降低，但H2還原Fe3+過程中生成H+，所以生成的氫離子可以起到調節pH的作用，同時具有增強NO氧化性的作用，故D正確；故答案選C。11.下列說法正確的是A.正、逆反應速率發生變化，平衡一定發生移動B.恒溫恒容條件下進行的可逆反應：，當的生成速率與的消耗速率相等時，反應達到平衡狀態C.化學平衡正向移動，反應物的轉化率不一定增大D.當達到平衡后，加入一部分固體，平衡向右移動【答案】C【解析】改變反應條件，正、逆反應速率發生變化，但不出現正、逆反應速率差，化學平衡不發生移動，故A錯誤；三氧化硫的生成速率與二氧化硫的消耗速率都代表正反應速率，則三氧化硫的生成速率與二氧化硫的消耗速率相等不能說明正逆反應速率相等，無法判斷反應是否達到平衡，故B錯誤；反應達到平衡后，增大氧氣的濃度，平衡向正反應方向移動，但氧氣的轉化率減小，所以化學平衡正向移動，反應物的轉化率不一定增大，故C正確；加入濃度為定值的硫氫化銨固體，反應體系中各物質的濃度不變，化學反應速率不變，化學平衡不移動，故D錯誤；故選C。12.T℃時，向容積為2L的剛性密閉容器中充入1molCO2和一定量的H2發生反應：。平衡時p(HCHO)與起始的關系如圖所示。已知初始加入2molH2，容器內的總壓強為1.2mkPa。下列說法正確的是A.5min時反應到達c點，B.a點時，混合氣體平均摩爾質量為C.b點時，D.c點時，再加入CO2(g)和H2O(g)，使二者分壓均增大0.1mkPa，平衡不移動【答案】D【解析】根據圖像可知：在反應開始時加入n(CO2)=1mol，n(H2)=2mol，反應進行到c點時，假設CO2變化的物質的量是xmol，根據物質反應轉化關系可知反應產生HCHO、H2O的物質的量是xmol，平衡時氣體的物質的量分別是n(CO2)=(1-x)mol，n(H2)=(2-2x)mol，n(HCHO)=n(H2O)=xmol，平衡時氣體總物質的量為n(總)=(1-x)mol+(2-2x)mol+xmol+xmol=(3-x)mol，此時氣體總壓強p(總)=，HCHO的壓強為p(HCHO)==0.2mkPa，解得x=0.5mol，故5min時反應到達c點，v(H2)==0.1mol/(L·min)，A錯誤；根據圖像可知：在a點時=1，n(H2)=n(CO2)=1mol，假設反應消耗CO2的物質的量是ymol，根據物質反應轉化關系可知平衡時n(CO2)=(1-y)mol，n(H2)=(1-2y)mol，n(HCHO)=n(H2O)=ymol，平衡時氣體總物質的量為n(總)=(1-y)mol+(1-2y)mol+ymol+ymol=(2-y)mol，平衡時氣體壓強為p(平衡)=，p(HCHO)==xmkPa，解得y=mol，氣體的總物質的量n(總)=(2-y)mol=(2-)mol，a點混合氣體的平均摩爾質量為g/mol，B錯誤；溫度不變，化學平衡常數不變，故b點時反應的化學平衡常數與c點對應的平衡常數相等，c點平衡下，p(CO2)=；同理p(H2)=0.4mkPa，p(HCHO)=p(H2O)=0.2mkPa，則Kp=，C錯誤；c點時再加入CO2(g)和H2O(g)，使二者分壓均增大0.1mkPa，此時Qp==Kp，化學平衡不移動，D正確；故合理選項是D。13.工業上可利用氨水吸收和，原理如圖所示。已知：時，的，的。下列說法正確的是A.反應的平衡常數B.向氨水中通入至C.測得溶液：D.溶液中：【答案】C【解析】工業上可利用氨水吸收產生，再通入后產生N2并生成銨鹽，發生的反應為：，據此作答。反應的平衡常數，解得，故A錯誤；向氨水中通入SO2至pH=7，可知，電荷守恒，c()＞c()，故B錯誤；存在電離平衡：、，當時，，，則，，所以，故C正確；溶液中水電離出的氫離子等于水電離出的氫氧離子，因此中根據質子守恒可得：，故D錯誤；故答案選C。14.雙鹽電池由替代了在正極材料中的嵌入，解決了擴散緩慢、鋰離子電池鋰枝晶生長等問題，其充、放電過程如圖所示。下列說法正確的是A.放電時，電極的電勢高于電極B.充電時，若充電電壓為2.0V，可能造成電池性能衰減C.放電時，每轉移2，正極質量減少14gD.充電時，充電電壓為2.75V時，負極區的反應為：【答案】B【解析】由圖可知，放電時，Mg作負極，電極反應式為Mg-2e-=Mg2+，右側電極為正極，電極反應式為CoS2+4Li++4e-=Co+2Li2S，充電時，Mg作陰極，右側電極為陽極，據此分析作答。放電時，Mg作負極，CoS2電極為正極，正極的電勢高于負極，則CoS2電極的電勢高于Mg電極，A錯誤；由圖可知，若充電電壓為2.0V，充電過程中Co會轉化為Co3S4，放電時Co3S4不能參與反應，故會造成電池性能衰減，B正確；放電時，右側電極正極，電極反應式為CoS2+4Li++4e-=Co+2Li2S，每轉移2

mole-，正極質量增加2mol×7g/mol=14g，C錯誤；硫化鋰易溶于水，由圖可知，若充電電壓為2.75V，負極區此時為陽極區，陽極區電極反應式為Co+2S2--4e-=CoS2，D錯誤；故選B。15.相同溫度和壓強下，研究分別在不同濃度的和中的溶解情況。實驗測得的飽和濃度與和的濃度關系如圖所示。下列說法錯誤的是已知：溶解過程發生如下反應：①；②；③。A.對比圖中兩條曲線可知對的溶解存在較大的抑制作用B.a點溶液中存在：C.b點溶液中存在：D.NaX曲線中，隨著溶解度的減小，溶液中增大【答案】A【解析】增大X-濃度，反應①正向移動，促進X2的溶解，故A錯誤；根據①、②反應平衡常數K1＞K2可知，a點溶液為HX與X2的混合溶液，①進行程度大于②，因此，由反應②可知，是弱酸，微弱電離，故，HX為強酸，完全電離；故有，故B正確；b點溶液中存在電荷守恒：，而根據反應②和③可知，此時溶液顯酸性，故，則，故C正確；NaX溶液中，隨著X2的溶解度減小，其溶液中c(H+)減小，以增大，故也增大，故D正確；答案選A。第Ⅱ卷(非選擇題，共55分)二、填空題(4個大題，共55分)16.氫和氧是構建化合物的常見元素。請回答下列各題：（1）鈷氧化物和按照適量的比例高溫煅燒可得到鈷藍，鈷藍可用于青花瓷的顏料。鈷藍晶體結構是由圖1中Ⅰ型和Ⅱ型兩種小立方體平移所得。圖2是鈷藍的晶胞，已知鈷原子位于晶胞的頂角和面心。①鈷藍晶胞中Co、A1、O原子個數比為_______。②Co原子間最短的距離為_______pm。③圖2所示字母中，Ⅰ型小立方體分別是a、_______(填字母)。（2）苯、1，3-丁二烯都是平面分子，碳原子均提供一個p軌道肩并肩成共軛大π鍵。①下列說法正確的是_______(填字母)。A．同周期元素中，第一電離能大于碳的元素有3種B．苯中碳原子雜化方式為C．1，3-丁二烯的2、3號位碳原子間的鍵長大于乙烷中的碳碳鍵鍵長D．的二氯代物有9種(不考慮立體異構)②苯環之間通過共用苯環的若干條環邊而形成的芳香烴稱為稠環芳烴，例如：萘()、蒽()、菲()分子式為的稠環芳烴，一個分子中σ鍵有_____個。（3）鄰羥基苯甲醛()能形成分子內氫鍵。畫出鄰羥基苯甲醛的分子內氫鍵______。（4）氫和氧兩種元素能夠形成和，兩種分子，不如穩定，從分子結構上說明其原因：_______。【答案】（1）①.1∶2∶4②.③.c、f（2）①.BD②.54（3）（4）分子中，兩個氧原子上各有兩個孤電子對，排斥力較強，導致不穩定(兩個氧原子電負性較大，導致電子云靠近，原子間排斥力較大)【解析】【小問1詳析】①Ⅰ型立體結構中Co位于頂點和體心，原子數是；O位于晶胞內，原子數是4；Ⅱ型小立方體中Co位于頂點，原子數是；O位于晶胞內，原子數是4；Al位于晶胞內，原子數是4；該立方晶胞由4個Ⅰ型和4個Ⅱ型小立方體構成，所以1個晶胞含有Co原子數是8、Al原子數是16、O原子數是32，則鈷藍晶胞中Co、Al、O原子個數比為8:16:32=1:2:4；②由圖可知，Co原子間最短的距離為面對角線的一半，則該距離為：；③根據晶胞中Ⅰ型立體結構、Ⅱ型小立方體關系，圖2中Ⅰ型小立方體位于圖2中上層ac對角線的位置、下層f位置，故分別是a、c、f；【小問2詳析】①A．同周期越靠右，第一電離能越大，其中第ⅡA、ⅤA的元素由于其電子排布為穩定結構，第一電離能較大，故同周期元素中，第一電離能大于碳的元素有N、O、F、Ne，一共4種，A錯誤；B．苯中碳原子均提供一個p軌道肩并肩成共軛大π鍵，則苯中碳原子雜化方式為sp2，B正確；C．根據信息可知，1,3-丁二烯中碳原子均提供一個p軌道肩并肩成共軛大π鍵，則其中2、3號碳原子間的鍵長小于乙烷中的碳碳鍵鍵長，C錯誤；D．根據定一移一的原則可知，的二氯代物有、、、，一共9種，D正確；故選BD；②根據題給信息可知，分子式為的稠環芳烴中含有苯環的個數為7個，其中含有C—Cσ鍵的個數為：36，C—Hσ鍵的個數為：18，則一個分子中σ鍵有54個；【小問3詳析】當氫原子連接在電負性大且原子半徑小的原子（例如氟、氧、氮）上時，可以形成氫鍵；鄰羥基苯甲醛的分子內氫鍵：；【小問4詳析】孤電子對與孤電子對之間的斥力大于孤電子對與成鍵電子對之間的斥力大于成鍵電子對之間的斥力，分子中，兩個氧原子上各有兩個孤電子對，排斥力較強，導致不穩定(兩個氧原子電負性較大，導致電子云靠近，原子間排斥力較大)。17.金屬鎵有“電子工業脊梁”的美譽，與鋁的化學性質類似，廣泛應用于電子、航空航天、光學等領域。從剛玉渣(含鈦、鎵的低硅鐵合金，還含有少量氧化鋁)回收鎵的流程如圖所示：室溫時，溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金屬離子開始沉淀時()的pH4.53.72.27.5沉淀完全時()的pH5.54.73.29.0回答下列問題：（1）基態鎵原子的價電子排布式為_______。（2）“酸浸”過程中需要加熱，但禁止使用明火加熱，理由是_______。（3）從溶液中得到的結晶方式為_______。（4）“中和沉淀”過程中，若濾液②中陽離子濃度均為，“中和沉淀”過程中pH應調節的范圍為_______。（5）“堿浸”時用氨水代替NaOH溶液的后果是_______。（6）“碳酸化”過程中為防止鎵損耗，不能通入過量的原因為____(用離子方程式表示)。（7）“電解”制備鎵的過程中需保持溶液的pH在11以上，原因是_______。（8）以純鎵為原料可制得GaN，GaN晶體的一種立方晶胞如下圖所示，Ga的配位數為_______，已知晶胞中Ga和N的最近距離為anm，阿伏加德羅常數值為，則GaN的晶體密度為_______(只列出計算式，無需計算)。【答案】（1）（2）金屬與酸反應產生的可燃性氣體，遇明火有爆炸危險（3）冷卻結晶(降溫結晶)（4）5.5≤pH＜7（5）氨水不與、反應，無法進行堿浸分離（6）（7）抑制水解，防止濃度過大在陰極上放電（8）①.4②.【解析】剛玉渣加入稀硫酸酸浸，濾渣中含有Ti和Si單質，濾液中含有Ga3+、Al3+、Fe2+、Fe3+，通過蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥得到FeSO4·7H2O晶體，濾液中含有Ga3+、Al3+、Fe3+，加入NaOH調節為5.5~7，“中和沉淀”得到Fe(OH)3、Al(OH)3、Ga(OH)3，再加入過量的NaOH，Al(OH)3、Ga(OH)3溶解，分別生成Na[Al(OH)4]和Na[Ga(OH)4]，過濾除去Fe(OH)3，向濾液中通入適量的CO2，生成Al(OH)3，Na[Ga(OH)4]不發生反應，電解含有Na[Ga(OH)4]的溶液得到Ga單質。【小問1詳析】鎵為31號元素，基態鎵原子的價電子排布式為4s24p1；【小問2詳析】“酸浸”過程中金屬與酸反應產生可燃性的氣體，遇明火有爆炸危險，所以禁止使用明火加熱；【小問3詳析】加熱時結晶水合物容易失去結晶水，所以從溶液中得到結晶水合物的結晶方式為冷卻結晶或降溫結晶；【小問4詳析】由分析可知，“中和沉淀”過程中分離出的濾渣①有Fe(OH)3、Al(OH)3、Ga(OH)3，“中和沉淀”過程中Al3+、Fe3+和鎵離子要完全沉淀，而亞鐵離子不沉淀，由表格數據可知，pH=5.5時Ga3+、Al3+、Fe3+均完全沉淀。亞鐵離子沉淀完全時的pH=9，則pOH=5，Ksp[Fe(OH)2]=c(Fe2+)c2(OH-)=1.0×10-5×(10-5)2=1.0×10-15，濾液②中Fe2+濃度為0.1mol/L，則c(OH-)===1.0×10-7mol/L，pOH=7，pH=7，故pH應調節的范圍為5.5≤pH＜7；小問5詳析】“堿浸”時Al(OH)3、Ga(OH)3溶解，而氨水不與、反應，無法進行堿浸分離；【小問6詳析】“碳酸化”過程中通入適量的CO2，生成Al(OH)3，Na[Ga(OH)4]不發生反應，為防止鎵損耗，不能通入過量CO2，過量的二氧化碳會導致Na[Ga(OH)4]轉化為氫氧化鎵沉淀，反應為：[Ga(OH)4]?+CO2=Ga(OH)3↓+；【小問7詳析】為了抑制水解，同時防止濃度過大在陰極上放電，“電解”制備鎵的過程中需保持溶液的pH在11以上；【小問8詳析】由圖可知，氮位于鎵形成的四面體中，結合化學式可知，鎵位于氮形成的四面體中，故Ga的配位數為4；已知晶胞中Ga和N的最近距離為anm，其距離為體對角線的四分之一，則晶胞參數為nm，根據“均攤法”，晶胞中含=4個Ga、4個N，則晶體密度為g/cm3=g/cm3。18.如圖所示裝置是用燃燒法確定有機物化學式的裝置。回答下列問題：（1）儀器a的名稱是_______，A中的作用是_______。（2）C裝置中CuO的作用是_______。（3）D和E中的試劑不可調換，理由是_______。（4）若樣品中有機物只含C、H、O三種元素中的兩種或三種，準確稱取0.74g樣品，經充分反應后，D管質量增加0.90g，E管質量增加1.76g。則該樣品中有機物的最簡式為_______。（5）通過對樣品進行分析，得到如圖三張圖譜。分析圖譜可知，樣品中有機物的相對分子質量為_______，官能團名稱是_______，結構簡式為_______。（6）該實驗裝置可能會產生誤差，造成測定含氧量偏低，改進方法：_______。【答案】（1）①.分液漏斗②.催化劑（2）使CO轉化為（3）堿石灰可以同時吸收水蒸氣和二氧化碳（4）（5）①.74②.醚鍵③.（6）在E后邊再接上一個盛有堿石灰的干燥管【解析】由實驗裝置圖可知，裝置A中二氧化錳做催化劑條件下過氧化氫溶液分解制備氧氣，裝置B中盛有的濃硫酸用于干燥氧氣，裝置C中樣品與氧氣共熱反應生成碳的氧化物和水、氧化銅與一氧化碳共熱反應生成二氧化碳，裝置D中盛有的無水氯化鈣用于吸收、測定反應生成的水蒸氣，裝置E中盛有的堿石灰用于吸收、測定反應生成的二氧化碳，該裝置的缺陷是空氣中的二氧化碳和水蒸氣會進入E中被堿石灰吸收，導致實驗誤差。小問1詳析】由實驗裝置圖可知，儀器a為分液漏斗；由分析可知，裝置A中二氧化錳做催化劑條件下過氧化氫溶液分解制備氧氣，故答案為：分液漏斗；催化劑；【小問2詳析】由分析可知，裝置C中氧化銅與一氧化碳共熱反應生成二氧化碳，目的是使有機物充分氧化生成二氧化碳和水，故答案為：使CO轉化為；【小問3詳析】由分析可知，裝置D中盛有的無水氯化鈣用于吸收、測定反應生成的水蒸氣，裝置E中盛有的堿石灰用于吸收、測定反應生成的二氧化碳，無水氯化鈣只吸收水蒸氣，而堿石灰可以同時吸收水蒸氣和二氧化碳，所以D和E中的試劑不可調換，故答案為：堿石灰可以同時吸收水蒸氣和二氧化碳；【小問4詳析】由題意可知，反應生成水、二氧化碳的質量分別為0.90g、1.76g，則有機物分子中碳原子的物質的量為=0.04mol，氫原子的物質的量為×2=0.1mol，氧原子的物質的量為=0.01mol，則有機物分子中碳原子、氫原子、氧原子的個數比為0.04mol∶0.1mol∶0.01mol=4∶10∶1，有機物的最簡式為C4H10O，故答案為：C4H10O；【小問5詳析】由質譜圖可知，樣品中有機物的相對分子質量為74，設有機物的分子式為(C4H10O)n，則n==1，分子式為C4H10O；由紅外光譜圖可知，有機物分子含有的官能團為醚鍵；由核磁共振氫譜可知，有機物只含有兩種氫原子且個數比為2∶3，則有機物的結構簡式為，故答案為：74；醚鍵；；【小問6詳析】由分析可知，該裝置的缺陷是空氣中的二氧化碳和水蒸氣會進入E中被堿石灰吸收，導致實驗誤差，所以實驗時應在E后邊再接上一個盛有堿石灰的干燥管吸收空氣中的二氧化碳和水蒸氣，故答案為：在E后邊再接上一個盛有堿石灰的干燥管。19.丙烯是重要的有機化工原料，丙烷制丙烯是化工研究的熱點。由丙烷()在一定溫度和催化劑條件下制丙烯()的兩種方法如下：反應Ⅰ(直接脫氫)：；反應Ⅱ(氧化脫氫)：。（1）已知：，則為_______kJ/mol。（2）一定溫度下，向恒容密閉容器中充入1mol開始壓強為pkPa，僅發生反應Ⅰ(直接脫氫)。①下列情況能說明該反應達到平衡狀態的是_______(填字母，下同)。A．混合氣體的密度保持不變B．混合氣體平均摩爾質量保持不變C．與的物質的量之比保持不變D．②欲提高的平衡產率同時加快反應速率，應采取的措施是_______。A．升高溫度B．增大壓強C．再充入D．及時分離出E．加催化劑③反應過程中，的氣體體積分數與反應時間的關系如下圖所示，此溫度下該反應的平衡常數_______kPa(用含p的代數式表示，是用反應體系中氣體物質的分壓表示的平衡常數，平衡分壓=總壓×體積分數)。（3）①一定條件下，恒壓密閉容器中僅發生反應Ⅱ(氧化脫氫)。與起始物質的量比分別為2：1、1：1、1：2、1：3，平衡時的體積分數隨溫度、的變化關系如下圖所示，其中表示的曲線是_______(填“Ⅰ”、“Ⅱ”、“Ⅲ”或“Ⅳ”)。②已知該反應過程中，，，其中、為速率常數，與溫度、活化能有關。升高溫度，變化程度_______(填字母)的變化程度。A．大于B．小于C．等于D．無法比較③相比反應Ⅰ(直接脫氫)，反應Ⅱ(氧化脫氫)的優點可能有_______(任寫一點)。【答案】（1）+124（2）①.BCD②.A③.0.9p（3）①.Ⅱ②.B③.氧化脫氫為放熱反應，能減少能耗或產物易于分離【解析】【小問1詳析】由蓋斯定律可知，反應Ⅱ×2—反應Ⅰ×2得到反應，則反應Ⅰ的△H1=(—118kJ/mol)—(—484kJ/mol)×=+124kJ/mol，故答案為：+124；【小問2詳析】①A．由質量守恒定律可知，反應前后氣體的質量相等，在恒容密閉容器中混合氣體的密度始終不變，則混合氣體的密度保持不變不能說明正逆反應速率相等，無法判斷反應是否達到平衡，故錯誤；B．由質量守恒定律可知，反應前后氣體的質量相等，該反應是氣體體積增大的反應，反應中混合氣體平均摩爾質量減小，則混合氣體平均摩爾質量保持不變說明正逆反應速率相等，反應已達到平衡，故正確；C．反應中丙烷的物質的量減小，氫氣的物質的量增大，反應中丙烷與氫氣的物質的量比減小，則丙烷與氫氣的物質的量比保持不變說明正逆反應速率相等，反應已達到平衡，故正確；D．由方程式可知，說明正逆反應速率相等，反應已達到平衡，故正確；故選BCD；②A．反應Ⅰ為吸熱反應，升高溫度，反應速率加快，平衡向正反應方向移動，丙烯的產率增大，故符合題意；B．該反應是氣體體積增大的反應，增大壓強，反應速率加快，但平衡向逆反應方向移動，丙烯的產率減小，故不符合題意；C．恒容容器再充入丙烷相當于增大壓強，反應速率加快，但平衡向逆反應方向移動，丙烯的產率減小，故不符合題意；D．及時分離出氫氣，生成物的濃度減小，反應速率減慢，故不符合題意；E．加催化劑，反應速率加快，但平衡不移動，故不符合題意；故選A；③由圖可知，平衡時丙烷的體積分數為25%，設丙烷的物質的量為1mol，平衡時生成丙烯的物質的量為amol，由題意可建立如下三段式：由丙烷的體積分數可得：×100%=25%，解得a=0.6，開始壓強為pkPa，由氣體的物質的量之比等于壓強之比可知，平衡時氣體壓強為1.6kPa，則化學平衡常數Kp==0.9pkPa，故答案為：0.9p；【小問3詳析】①的值減小相當于增大氧氣的濃度，平衡向正反應方向移動，丙烷的體積分數減小，則丙烷與氧氣起始物質的量比分別為2：1、1：1、1：2、1：3，的值依次減小，則由圖可知，表示的曲線是Ⅱ，故答案為：Ⅱ；②該反應是放熱反應，升高溫度，平衡向逆反應方向移動，逆反應速率大于正反應速率，所以正反應速率常數小于逆反應速率常數，故選B；③相比反應Ⅰ，反應Ⅱ為放熱反應，低溫條件下反應有利于平衡向正反應方向移動，能減少能耗，且產物丙烯和水存在沸點差異，易于分離，故答案為：氧化脫氫為放熱反應，能減少能耗或產物易于分離。河南省信陽市2023-2024學年高二下學期4月期中考試本試題卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)。共100分，考試時間75分鐘。注意事項：1.答第Ⅰ卷前，考生務必將本人姓名、考生號、考試科目用鉛筆涂寫在答題卡上。2.每小題選出答案后，用鉛筆在答題卡對應題目的答案標號上涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。不要答在試題卷上。3.可能用到的相對原子質量：H-1C-12N-14O-16Na-23Al-27Si-28S-32Ga-70第Ⅰ卷(選擇題，共45分)一、選擇題(每小題3分，共45分，每小題只有一個選項符合題意。)1.有關物質聚集狀態與現代儀器分析，下列說法正確的是A.等離子體是一種特殊的液體，由帶電的陽離子、電子及電中性粒子組成B.離子晶體的熔沸點由離子鍵強度決定，離子鍵強度取決于離子所帶的電荷數和離子的半徑大小C.質譜分析：利用質荷比來測定相對分子質量，與的質譜圖完全相同D.紅外光譜分析：確定氫原子的類型及相對數目，可用于區分與【答案】B【解析】等離子體是由陽離子、電子和電中性粒子組成的整體呈電中性的氣態物質聚集體，故A錯誤；離子晶體的構成微粒是陰陽離子，晶體的熔沸點由離子鍵強度決定，離子鍵強度取決于離子所帶的電荷數和離子的半徑大小，故B正確；乙醇和二甲醚結構不同，最大荷比相同，但碎片離子的質荷比不完全相同，質譜圖不完全相同，故C錯誤；紅外光譜儀可以測得未知物中的化學鍵或官能團，乙醇和二甲醚的官能團不同，可用紅外光譜分析區別，但紅外光譜分析不能確定氫原子的類型，故D錯誤；故選B。2.下列敘述錯誤的是A.某原子核外電子排布式為，它違背了泡利原理B.和CO是等電子體關系，結構相似，二者都能充當配體且配位能力相同C.五彩斑斕的煙火，是金屬在灼燒時的發射光譜D.立方硫化鋅的晶胞中，硫離子形成面心立方堆積，硫離子形成的四面體空隙中50%填充了鋅離子【答案】B【解析】泡利原理是指每個軌道最多只能容納兩個自旋相反的電子；核外電子排布式為，其np能級排布了7個電子，它違背了泡利原理，A正確；等電子體是指價電子數和原子數相同的分子、離子或原子團，有些等電子體化學鍵和構型類似；和CO是等電子體關系，結構相似，但是碳、氮、氧電負性不同，二者都能充當配體但配位能力不相同，B錯誤；五彩斑斕的煙火，是金屬在灼燒時的發射光譜，C正確；立方硫化鋅的晶胞中，硫離子形成面心立方堆積，一個晶胞中含有4個S離子，ZnS中原子個數比為1:1，其中硫離子形成的四面體空隙中一半填充了鋅離子，故為50%，D正確；故選B。3.氯乙酸()是重要的分析試劑和有機合成中間體。一種制備氯乙酸的方法為。下列說法正確的是A.分子中σ鍵數∶π鍵數=6∶1B.Cl-Cl鍵比I-I鍵的鍵長更短、鍵能更小C.的酸性比更強D.分子中的共面原子最多有7個【答案】C【解析】分子中存在個共價單鍵和1個共價雙鍵，則σ鍵數∶π鍵數=7∶1，A錯誤；原子半徑：Cl<I，則Cl?Cl鍵比I?I鍵的鍵長更短、鍵能更大，B錯誤；因電負性：Cl>H，Cl-C的極性大于H-C的極性，使-CH2Cl的極性大于-CH3的極性，導致ClCH2COOH的羧基中的羥基的極性更大，更容易電離出氫離子，的酸性比更強，C正確；分子中存在sp3雜化飽和碳原子，存在四面體空間結構，分子中的共面原子最多有6個，D錯誤；答案選C。4.化合物“E7974”具有抗腫瘤活性，結構簡式如圖，下列有關該化合物說法正確的是A.不存在順反異構 B.分子中不含手性碳原子C.該化合物不能與反應 D.分子中含有4種官能團【答案】D【解析】由結構簡式可知，化合物中碳碳雙鍵的碳原子均連有不同的原子或原子團，在順反異構，故A錯誤；由結構簡式可知，化合物中含有如圖*所示的3個手性碳原子：，故B錯誤；由結構簡式可知，化合物中含有的羧基能與碳酸氫鈉反應，故C錯誤；由結構簡式可知，化合物分子中含有的官能團為次氨基、酰胺基、碳碳雙鍵、羧基，共有共4種，故D正確；故選D。5.某小組為制備1-氯-2-甲基丙烷(沸點69℃)，將2-甲基-1-丙醇和溶于中，加熱回流(伴有HCl氣體產生)。反應完全后倒入冰水中水解殘余的分液收集層，再用無水干燥，過濾、蒸餾后得到目標產物。上述過程中涉及的部分裝置(夾持及加熱裝置略)如下圖，下列說法不正確的是A.裝置①在加熱回流時，不需加入沸石或碎瓷片來防暴沸B.裝置②與裝置①的冷凝管上端相連，需將尾氣處理裝置設計成防倒吸C.裝置③在分液前無法區分水層與有機層時可向分液漏斗中滴水，若上層無水滴通過軌跡則上層為水層D.沸點為39.8℃，在蒸餾提純時，為增強冷凝效果，可將裝置④的蛇形冷凝管更換成直形冷凝管【答案】D【解析】該裝置中有攪拌棒，不需加入沸石或碎瓷片，故A正確；裝置②與裝置①的冷凝管上端相連，用來收集反應生成的HCl，HCl氣體極易溶于水，所以要防止倒吸，故B正確；向兩層溶液中滴水，滴入水后如果先接觸有機層，滴入的水與有機層會有明顯的界限，如果滴入水層，就會消失不見，故C正確；CH2Cl2沸點為39.8℃，1-氯-2-甲基丙烷沸點69℃，故可使用裝置④的蒸餾裝置，為增強冷凝效果，蛇形冷凝管接觸面積更大冷凝效果更好，不能更換成直形冷凝管，故D錯誤；故選：D。6.某種雙核鈷配合物陽離子的結構如圖。X的第一電離能在第二周期主族元素中位居第二，Y的核外電子只有一種運動狀態，Z的一種同素異形體是極性分子。下列說法錯誤的是A.簡單氫化物的穩定性：Z>XB.電負性：Z>X>YC.Co位于元素周期表ds區，在該陽離子中呈+2價D.從結構推測該配合物陽離子不穩定，且具有一定的氧化性【答案】C【解析】X的第一電離能在第二周期主族元素中位居第二，X為N，Y的核外電子只有一種運動狀態，Y為H；Z的一種同素異形體是極性分子，即Z為O，O3為極性分子。非金屬性：Z（O）＞X（N），因此簡單氫化物的穩定性：Z>X，故A正確；同周期元素，從左往右電負性逐漸增大，同族元素，從上到下電負性逐漸減小，即電負性：Z（O）＞X（N）>Y（H），故B正確；Co位于元素周期表d區，故C錯誤；該配合物陽離子存在過氧鍵，因此不穩定，且具有一定的氧化性，故D正確；故選C。7.氨分解制氫是一種極具前景的便攜式制氫方法，不同壓強下氨的平衡轉化率隨溫度變化如下。下列說法正確的是A.2NH33H2+N2ΔH<0B.氫氣和氮氣的物質的量之比保持不變，說明氨分解反應達到平衡狀態C.p1<p2<p3<p4D.500K時，p3壓強下氨分解反應的平衡常數比p4壓強下的大【答案】C【解析】溫度升高，氨的平衡轉化率上升，2NH33H2+N2平衡正向移動，ΔH＞0，故A錯誤；氫氣和氮氣的物質的量之比始終為3:1，不能說明反應到達平衡狀態，故B錯誤；2NH33H2+N2為氣體分子數增大的反應，增大壓強，平衡逆向移動，氨的平衡轉化率下降，因此p1<p2<p3<p4，故C正確；平衡常數只與溫度有關，500K時無論壓強是多少，K為定值，故D錯誤；故選C。8.穴醚是一類可以與堿金屬離子發生配位的雙環或多環多齒配體，某種穴醚的鍵線式如圖，下列說法錯誤的是A.核磁共振氫譜顯示有4組吸收峰B.穴醚分子中碳原子和氮原子的雜化軌道類型相同C.使用穴醚可以增大某些堿金屬鹽在有機溶劑中的溶解度D.選取適當的穴醚，可以將不同的堿金屬離子分離【答案】A【解析】由結構簡式可知，穴醚分子中有3類氫原子，核磁共振氫譜顯示有3組吸收峰，故A錯誤；穴醚分子中碳原子和氮原子價層電子對數均為4，原子的雜化方式都為sp3雜化，故B正確；穴醚結構中存在空穴可容納堿金屬離子，可以增大某些堿金屬鹽在有機溶劑中的溶解度，故C正確；穴醚有大小不同的空穴適配不同大小的堿金屬離子，選取適當的穴醚，可以將不同的堿金屬離子分離，故D正確；故選A。9.下列說法正確的個數是①晶體中分子間作用力越大，分子越穩定②共價晶體中共價鍵越強，熔點越高③金屬晶體的導電性、導熱性均與自由電子有關④呈正四面體結構的分子，鍵角都是109°28′⑤干冰晶體中，1個分子周圍有12個分子緊鄰⑥12g石英晶體中Si-O鍵的數目為⑦在晶體中只要有陽離子就一定有陰離子⑧晶體狀態下能導電的一定是金屬晶體A.3個 B.4個 C.5個 D.6個【答案】A【解析】①分子晶體中，共價鍵鍵能越大，分子越穩定，故①錯誤；②共價晶體中共價鍵越強，越難斷裂，熔點越高，故②正確；③給金屬晶體加電壓時，晶體中的自由電子定向移動形成電流，自由電子的移動能傳遞熱能，因此金屬晶體的導電性、導熱性均與自由電子有關，故③正確；④正四面體構型的分子，鍵角可能是109°28′，例如甲烷；也可能是60°，例如白磷，故④錯誤；⑤干冰晶體中，分子處于晶胞的頂點和面心，故1個分子周圍有12個分子緊鄰，故⑤正確；⑥12gSiO2晶體中Si-O鍵的數目為：×4×NAmol-1=0.8NA，故⑥錯誤；⑦晶體只要有陰離子就一定有陽離子，但含有陽離子的不一定有陰離子，如金屬晶體中有陽離子，但沒有陰離子，故⑦錯誤；⑧石墨是非金屬晶體，能導電，故⑧錯誤；故正確的有②③⑤；答案選A。10.硝酸鹽污染已成為一個日益嚴重的環境問題，甲酸()在納米級磁性(鈀)表面分解為活性和，再經下列歷程實現的催化還原，進而減少污染。已知(Ⅱ)、(Ⅲ)表示中二價鐵和三價鐵。下列說法錯誤的是A.生產中將催化劑處理成納米級顆粒可增大甲酸分解的速率B.分解時，只有極性共價鍵發生了斷裂C.在整個歷程中，1可完全還原1D.反應歷程中生成的可調節體系，有增強氧化性的作用【答案】C【解析】將催化劑處理成納米級顆粒可增大接觸面積，提高甲酸分解的速率，故A正確；HCOOH分解成CO2和H2，會發生氫氧鍵和碳氫鍵的斷裂，氫氧鍵和碳氫鍵均為極性共價鍵，故B正確；1molNO轉化為0.5molN2，轉移5mol電子，1molH2轉移2mol電子，所以完全還原1molNO消耗2.5molH2，故C錯誤；NO與NO在氧化Fe2+的過程中需要消耗氫離子，pH值降低，但H2還原Fe3+過程中生成H+，所以生成的氫離子可以起到調節pH的作用，同時具有增強NO氧化性的作用，故D正確；故答案選C。11.下列說法正確的是A.正、逆反應速率發生變化，平衡一定發生移動B.恒溫恒容條件下進行的可逆反應：，當的生成速率與的消耗速率相等時，反應達到平衡狀態C.化學平衡正向移動，反應物的轉化率不一定增大D.當達到平衡后，加入一部分固體，平衡向右移動【答案】C【解析】改變反應條件，正、逆反應速率發生變化，但不出現正、逆反應速率差，化學平衡不發生移動，故A錯誤；三氧化硫的生成速率與二氧化硫的消耗速率都代表正反應速率，則三氧化硫的生成速率與二氧化硫的消耗速率相等不能說明正逆反應速率相等，無法判斷反應是否達到平衡，故B錯誤；反應達到平衡后，增大氧氣的濃度，平衡向正反應方向移動，但氧氣的轉化率減小，所以化學平衡正向移動，反應物的轉化率不一定增大，故C正確；加入濃度為定值的硫氫化銨固體，反應體系中各物質的濃度不變，化學反應速率不變，化學平衡不移動，故D錯誤；故選C。12.T℃時，向容積為2L的剛性密閉容器中充入1molCO2和一定量的H2發生反應：。平衡時p(HCHO)與起始的關系如圖所示。已知初始加入2molH2，容器內的總壓強為1.2mkPa。下列說法正確的是A.5min時反應到達c點，B.a點時，混合氣體平均摩爾質量為C.b點時，D.c點時，再加入CO2(g)和H2O(g)，使二者分壓均增大0.1mkPa，平衡不移動【答案】D【解析】根據圖像可知：在反應開始時加入n(CO2)=1mol，n(H2)=2mol，反應進行到c點時，假設CO2變化的物質的量是xmol，根據物質反應轉化關系可知反應產生HCHO、H2O的物質的量是xmol，平衡時氣體的物質的量分別是n(CO2)=(1-x)mol，n(H2)=(2-2x)mol，n(HCHO)=n(H2O)=xmol，平衡時氣體總物質的量為n(總)=(1-x)mol+(2-2x)mol+xmol+xmol=(3-x)mol，此時氣體總壓強p(總)=，HCHO的壓強為p(HCHO)==0.2mkPa，解得x=0.5mol，故5min時反應到達c點，v(H2)==0.1mol/(L·min)，A錯誤；根據圖像可知：在a點時=1，n(H2)=n(CO2)=1mol，假設反應消耗CO2的物質的量是ymol，根據物質反應轉化關系可知平衡時n(CO2)=(1-y)mol，n(H2)=(1-2y)mol，n(HCHO)=n(H2O)=ymol，平衡時氣體總物質的量為n(總)=(1-y)mol+(1-2y)mol+ymol+ymol=(2-y)mol，平衡時氣體壓強為p(平衡)=，p(HCHO)==xmkPa，解得y=mol，氣體的總物質的量n(總)=(2-y)mol=(2-)mol，a點混合氣體的平均摩爾質量為g/mol，B錯誤；溫度不變，化學平衡常數不變，故b點時反應的化學平衡常數與c點對應的平衡常數相等，c點平衡下，p(CO2)=；同理p(H2)=0.4mkPa，p(HCHO)=p(H2O)=0.2mkPa，則Kp=，C錯誤；c點時再加入CO2(g)和H2O(g)，使二者分壓均增大0.1mkPa，此時Qp==Kp，化學平衡不移動，D正確；故合理選項是D。13.工業上可利用氨水吸收和，原理如圖所示。已知：時，的，的。下列說法正確的是A.反應的平衡常數B.向氨水中通入至C.測得溶液：D.溶液中：【答案】C【解析】工業上可利用氨水吸收產生，再通入后產生N2并生成銨鹽，發生的反應為：，據此作答。反應的平衡常數，解得，故A錯誤；向氨水中通入SO2至pH=7，可知，電荷守恒，c()＞c()，故B錯誤；存在電離平衡：、，當時，，，則，，所以，故C正確；溶液中水電離出的氫離子等于水電離出的氫氧離子，因此中根據質子守恒可得：，故D錯誤；故答案選C。14.雙鹽電池由替代了在正極材料中的嵌入，解決了擴散緩慢、鋰離子電池鋰枝晶生長等問題，其充、放電過程如圖所示。下列說法正確的是A.放電時，電極的電勢高于電極B.充電時，若充電電壓為2.0V，可能造成電池性能衰減C.放電時，每轉移2，正極質量減少14gD.充電時，充電電壓為2.75V時，負極區的反應為：【答案】B【解析】由圖可知，放電時，Mg作負極，電極反應式為Mg-2e-=Mg2+，右側電極為正極，電極反應式為CoS2+4Li++4e-=Co+2Li2S，充電時，Mg作陰極，右側電極為陽極，據此分析作答。放電時，Mg作負極，CoS2電極為正極，正極的電勢高于負極，則CoS2電極的電勢高于Mg電極，A錯誤；由圖可知，若充電電壓為2.0V，充電過程中Co會轉化為Co3S4，放電時Co3S4不能參與反應，故會造成電池性能衰減，B正確；放電時，右側電極正極，電極反應式為CoS2+4Li++4e-=Co+2Li2S，每轉移2

mole-，正極質量增加2mol×7g/mol=14g，C錯誤；硫化鋰易溶于水，由圖可知，若充電電壓為2.75V，負極區此時為陽極區，陽極區電極反應式為Co+2S2--4e-=CoS2，D錯誤；故選B。15.相同溫度和壓強下，研究分別在不同濃度的和中的溶解情況。實驗測得的飽和濃度與和的濃度關系如圖所示。下列說法錯誤的是已知：溶解過程發生如下反應：①；②；③。A.對比圖中兩條曲線可知對的溶解存在較大的抑制作用B.a點溶液中存在：C.b點溶液中存在：D.NaX曲線中，隨著溶解度的減小，溶液中增大【答案】A【解析】增大X-濃度，反應①正向移動，促進X2的溶解，故A錯誤；根據①、②反應平衡常數K1＞K2可知，a點溶液為HX與X2的混合溶液，①進行程度大于②，因此，由反應②可知，是弱酸，微弱電離，故，HX為強酸，完全電離；故有，故B正確；b點溶液中存在電荷守恒：，而根據反應②和③可知，此時溶液顯酸性，故，則，故C正確；NaX溶液中，隨著X2的溶解度減小，其溶液中c(H+)減小，以增大，故也增大，故D正確；答案選A。第Ⅱ卷(非選擇題，共55分)二、填空題(4個大題，共55分)16.氫和氧是構建化合物的常見元素。請回答下列各題：（1）鈷氧化物和按照適量的比例高溫煅燒可得到鈷藍，鈷藍可用于青花瓷的顏料。鈷藍晶體結構是由圖1中Ⅰ型和Ⅱ型兩種小立方體平移所得。圖2是鈷藍的晶胞，已知鈷原子位于晶胞的頂角和面心。①鈷藍晶胞中Co、A1、O原子個數比為_______。②Co原子間最短的距離為_______pm。③圖2所示字母中，Ⅰ型小立方體分別是a、_______(填字母)。（2）苯、1，3-丁二烯都是平面分子，碳原子均提供一個p軌道肩并肩成共軛大π鍵。①下列說法正確的是_______(填字母)。A．同周期元素中，第一電離能大于碳的元素有3種B．苯中碳原子雜化方式為C．1，3-丁二烯的2、3號位碳原子間的鍵長大于乙烷中的碳碳鍵鍵長D．的二氯代物有9種(不考慮立體異構)②苯環之間通過共用苯環的若干條環邊而形成的芳香烴稱為稠環芳烴，例如：萘()、蒽()、菲()分子式為的稠環芳烴，一個分子中σ鍵有_____個。（3）鄰羥基苯甲醛()能形成分子內氫鍵。畫出鄰羥基苯甲醛的分子內氫鍵______。（4）氫和氧兩種元素能夠形成和，兩種分子，不如穩定，從分子結構上說明其原因：_______。【答案】（1）①.1∶2∶4②.③.c、f（2）①.BD②.54（3）（4）分子中，兩個氧原子上各有兩個孤電子對，排斥力較強，導致不穩定(兩個氧原子電負性較大，導致電子云靠近，原子間排斥力較大)【解析】【小問1詳析】①Ⅰ型立體結構中Co位于頂點和體心，原子數是；O位于晶胞內，原子數是4；Ⅱ型小立方體中Co位于頂點，原子數是；O位于晶胞內，原子數是4；Al位于晶胞內，原子數是4；該立方晶胞由4個Ⅰ型和4個Ⅱ型小立方體構成，所以1個晶胞含有Co原子數是8、Al原子數是16、O原子數是32，則鈷藍晶胞中Co、Al、O原子個數比為8:16:32=1:2:4；②由圖可知，Co原子間最短的距離為面對角線的一半，則該距離為：；③根據晶胞中Ⅰ型立體結構、Ⅱ型小立方體關系，圖2中Ⅰ型小立方體位于圖2中上層ac對角線的位置、下層f位置，故分別是a、c、f；【小問2詳析】①A．同周期越靠右，第一電離能越大，其中第ⅡA、ⅤA的元素由于其電子排布為穩定結構，第一電離能較大，故同周期元素中，第一電離能大于碳的元素有N、O、F、Ne，一共4種，A錯誤；B．苯中碳原子均提供一個p軌道肩并肩成共軛大π鍵，則苯中碳原子雜化方式為sp2，B正確；C．根據信息可知，1,3-丁二烯中碳原子均提供一個p軌道肩并肩成共軛大π鍵，則其中2、3號碳原子間的鍵長小于乙烷中的碳碳鍵鍵長，C錯誤；D．根據定一移一的原則可知，的二氯代物有、、、，一共9種，D正確；故選BD；②根據題給信息可知，分子式為的稠環芳烴中含有苯環的個數為7個，其中含有C—Cσ鍵的個數為：36，C—Hσ鍵的個數為：18，則一個分子中σ鍵有54個；【小問3詳析】當氫原子連接在電負性大且原子半徑小的原子（例如氟、氧、氮）上時，可以形成氫鍵；鄰羥基苯甲醛的分子內氫鍵：；【小問4詳析】孤電子對與孤電子對之間的斥力大于孤電子對與成鍵電子對之間的斥力大于成鍵電子對之間的斥力，分子中，兩個氧原子上各有兩個孤電子對，排斥力較強，導致不穩定(兩個氧原子電負性較大，導致電子云靠近，原子間排斥力較大)。17.金屬鎵有“電子工業脊梁”的美譽，與鋁的化學性質類似，廣泛應用于電子、航空航天、光學等領域。從剛玉渣(含鈦、鎵的低硅鐵合金，還含有少量氧化鋁)回收鎵的流程如圖所示：室溫時，溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金屬離子開始沉淀時()的pH4.53.72.27.5沉淀完全時()的pH5.54.73.29.0回答下列問題：（1）基態鎵原子的價電子排布式為_______。（2）“酸浸”過程中需要加熱，但禁止使用明火加熱，理由是_______。（3）從溶液中得到的結晶方式為_______。（4）“中和沉淀”過程中，若濾液②中陽離子濃度均為，“中和沉淀”過程中pH應調節的范圍為_______。（5）“堿浸”時用氨水代替NaOH溶液的后果是_______。（6）“碳酸化”過程中為防止鎵損耗，不能通入過量的原因為____(用離子方程式表示)。（7）“電解”制備鎵的過程中需保持溶液的pH在11以上，原因是_______。（8）以純鎵為原料可制得GaN，GaN晶體的一種立方晶胞如下圖所示，Ga的配位數為_______，已知晶胞中Ga和N的最近距離為anm，阿伏加德羅常數值為，則GaN的晶體密度為_______(只列出計算式，無需計算)。【答案】（1）（2）金屬與酸反應產生的可燃性氣體，遇明火有爆炸危險（3）冷卻結晶(降溫結晶)（4）5.5≤pH＜7（5）氨水不與、反應，無法進行堿浸分離（6）（7）抑制水解，防止濃度過大在陰極上放電（8）①.4②.【解析】剛玉渣加入稀硫酸酸浸，濾渣中含有Ti和Si單質，濾液中含有Ga3+、Al3+、Fe2+、Fe3+，通過蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥得到FeSO4·7H2O晶體，濾液中含有Ga3+、Al3+、Fe3+，加入NaOH調節為5.5~7，“中和沉淀”得到Fe(OH)3、Al(OH)3、Ga(OH)3，再加入過量的NaOH，Al(OH)3、Ga(OH)3溶解，分別生成Na[Al(OH)4]和Na[Ga(OH)4]，過濾除去Fe(OH)3，向濾液中通入適量的CO2，生成Al(OH)3，Na[Ga(OH)4]不發生反應，電解含有Na[Ga(OH)4]的溶液得到Ga單質。【小問1詳析】鎵為31號元素，基態鎵原子的價電子排布式為4s24p1；【小問2詳析】“酸浸”過程中金屬與酸反應產生可燃性的氣體，遇明火有爆炸危險，所以禁止使用明火加熱；【小問3詳析】加熱時結晶水合物容易失去結晶水，所以從溶液中得到結晶水合物的結晶方式為冷卻結晶或降溫結晶；【小問4詳析】由分析可知，“中和沉淀”過程中分離出的濾渣①有Fe(OH)3、Al(OH)3、Ga(OH)3，“中和沉淀”過程中Al3+、Fe3+和鎵離子要完全沉淀，而亞鐵離子不沉淀，由表格數據可知，pH=5.5時Ga3+、Al3+、Fe3+均完全沉淀。亞鐵離子沉淀完全時的pH=9，則pOH=5，Ksp[Fe(OH)2]=c(Fe2+)c2(OH-)=1.0×10-5×(10-5)2=1.0×10-15，濾液②中Fe2+濃度為0.1mol/L，則c(OH-)===1.0×10-7mol/L，pOH=7，pH=7，故pH應調節的范圍為5.5≤pH＜7；小問5詳析】“堿浸”時Al(OH)3、Ga(OH)3溶解，而氨水不與、反應，無法進行堿浸分離；【小問6詳析】“碳酸化”過程中通入適量的CO2，生成Al(OH)3，Na[Ga(OH)4]不發生反應，為防止鎵損耗，不能通入過量CO2，過量的二氧化碳會導致Na[Ga(OH)4]轉化為氫氧化鎵沉淀，反應為：[Ga(OH)4]?+CO2=Ga(OH)3↓+；【小問7詳析】為了抑制水解，同時防止濃度過大在陰極上放電，“電解”制備鎵的過程中需保持溶液的pH在11以上；【小問8詳析】由圖可知，氮位于鎵形成的四面體中，結合化學式可知，鎵位于氮形成的四面體中，故Ga的配位數為4；已知晶胞中Ga和N的最近距離為anm，其距離為體對角線的四分之一，則晶胞參數為nm，根據“均攤法”，晶胞中含=4個Ga、4個N，則晶體密度為g/cm3=g/cm3。18.如圖所示裝置是用燃燒法確定有機物化學式的裝置。回答下列問題：（1）儀器a的名稱是_______，A中的作用是_______。（2）C裝置中CuO的作用是_______。（3）D和E中的試劑不可調換，理由是_______。（4）若樣品中有機物只含C、H、O三種元素中的兩種或三種，準確稱取0.74g樣品，經充分反應后，D管質量增加0.90g，E管質量增加1.76g。則該樣品中有機物的最簡式為_______。（5）通過對樣品進行分析，得到如圖三張圖譜。分析圖譜可知，樣品中有機物的相對分子質量為_______，官能團名稱是_______，結構簡式為_______。（6）該實驗裝置可能會產生誤差，造成測定含氧量偏低，改進方法：_______。【答案】（1）①.分液漏斗②.催化劑（2）使CO轉化為（3）堿石灰可以同時吸收水蒸氣和二氧化碳（4）（5）①.74②.醚鍵③.（6）在E后邊再接上一個盛有堿石灰的干燥管【解析】由實驗裝置圖可知，裝置A中二氧化錳做催化劑條件下過氧化氫溶液分解制備氧氣，裝置B中盛有的濃硫酸用于干燥氧氣，裝置C中樣品與氧氣共熱反應生成碳的氧化物和水