高級中學名校試卷PAGEPAGE1云南省德宏州2024-2025學年高三上學期期末教學質量統一監測試題考試時間：75分鐘，滿分：100分注意事項：1.答題前，考生務必用黑色碳素筆將自己的姓名、學校、準考證號、考場號、座位號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3.考試結束后，將答題卡交回。可能用到的相對原子質量：H-1N-14O-16Na-23Ga-70一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.化學與生產、生活密切相關，下列說法正確的是A.75%的乙醇溶液與雙氧水的消毒原理相同B.神舟十六號飛船返回艙“外衣”中的酚醛樹脂屬于天然有機高分子化合物C.食品袋中放置的CaO可防止食品氧化變質D.光伏電站實現了將光能轉化為電能，用到的材料為硅單質【答案】D【解析】A．乙醇使蛋白質變性的原理進行消毒，而雙氧水利用強氧化性破壞微生物結構消毒，原理不同，A錯誤；B．酚醛樹脂（如電木）是人工合成的高分子材料，非天然高分子化合物，B錯誤；C．為干燥劑，通過吸水防潮，沒有還原性，但無法防止氧化變質，C錯誤；D．光伏電池利用高純度硅單質的半導體特性，將光能轉化為電能，硅是主要材料，D正確；故選D。2.下列化學用語表達錯誤的是A.中子數為8的O原子：B.HClO的結構式為：H-O-ClC.用電子式表示HCl的形成過程：D.2，3-二甲基丁烷的鍵線式：【答案】C【解析】A．氧原子質子數為8，中子數為8時，質量數=質子數+中子數=

8+8=16，核素表示為（一般可簡寫成16O），A正確；B．HClO中O原子分別與H原子和Cl原子形成共價鍵，其結構式為H?O?Cl，B正確；C．HCl是共價化合物，形成過程中沒有電子得失，不存在離子，正確的用電子式表示HCl的形成過程為，原選項表示的是離子化合物的形成過程，C錯誤；D．2，3?二甲基丁烷主鏈有4個碳原子，2號和3號碳原子上各連有一個甲基，其鍵線式為所給圖形，D正確；故選C。3.下列實驗能達到目的的是A．鐵上鍍銅B．測定H2C2O4溶液濃度C．配制250ml0.10mol/LNaOH溶液D．制取無水A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．鐵上鍍銅，鍍件鐵應作陰極連接電源負極，鍍層金屬銅應作陽極連接電源正極，圖中鐵作陽極，銅作陰極，不符合要求，A錯誤；B．酸性KMnO4溶液具有強氧化性，會腐蝕堿式滴定管的橡膠管，應該用酸式滴定管盛裝，B錯誤；C．不能直接在容量瓶中溶解NaOH固體，應在燒杯中溶解，冷卻至室溫后再轉移到容量瓶中，C錯誤；D．MgCl2?6H2O直接加熱會因鎂離子水解而得不到無水MgCl2，在HCl氣流中加熱可以抑制MgCl2水解，從而制得無水MgCl2，D正確；故選D。4.NA是阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A.密閉容器中，2molSO2和1molO2催化反應后分子總數為2NAB.磷酸鈉溶液含有的數目為0.1NAC.2.0gD2O含有的中子數為D.22.4L(標準狀況下)HF中所含的質子數為10NA【答案】C【解析】A．SO2和O2的反應是可逆反應，2molSO2和1molO2不能完全反應，反應后分子總物質的量大于2mol，分子總數大于2NA，A錯誤；B．磷酸鈉溶液中會發生水解，所以1L0.1mol?L?1磷酸鈉溶液含有的數目小于0.1NA，B錯誤；C．D2O（重水）的摩爾質量為(2×2+16)g/mol=20g/mol，2.0gD2O的物質的量為。1個D2O分子中含有的中子數為(2?1)×2+(16?8)=10個，所以0.1molD2O含有的中子數為0.1mol×10×NA=NA，C正確；D．標準狀況下HF是液態，不能用氣體摩爾體積22.4L/mol來計算其物質的量，也就無法確定質子數，D錯誤；故選C。5.下列有關物質結構或性質的描述中，錯誤的是A.硬度：金剛石>碳化硅，是由于金剛石中C原子半徑小于碳化硅中硅原子半徑，C-C鍵鍵長比C-Si鍵鍵長短，鍵能大B.穩定性：H2O>H2S，是因為H2O分子間含有氫鍵C.氯化鈉晶體中每個周圍緊鄰且距離相等的共有12個D.鍵角：NH3>H2O，是由于NH3、H2O中心原子孤電子對數不一樣【答案】B【解析】A．金剛石和碳化硅都屬于原子晶體，原子晶體的硬度與共價鍵鍵能有關。原子半徑越小，鍵長越短，鍵能越大，硬度越大。C原子半徑小于Si原子半徑，C?C鍵長比C?Si鍵長短，鍵能大，所以硬度：金剛石>碳化硅，A正確；B．H2O的穩定性大于H2S，是因為O的非金屬性強于S，O?H鍵的鍵能大于S?H鍵的鍵能，與分子間的氫鍵無關，氫鍵主要影響物質的熔沸點等物理性質，B錯誤；C．氯化鈉晶體中，每個Na+周圍緊鄰且距離相等的Na+在三維空間分布，每層有4個，共3層，所以共有12個，C正確；D．NH3中心原子N有1對孤電子對，H2O中心原子O有2對孤電子對，孤電子對之間及孤電子對與成鍵電子對之間存在排斥力，孤電子對數越多，排斥力越大，鍵角越小，所以鍵角NH3>H2O，D正確；故選B。6.基本概念和理論是化學思維的基石，下列敘述錯誤的是A.金屬導電原因是金屬晶體中的自由電子在外加電場作用下可發生定向移動B.鹽酸、石墨均能導電，所以它們均是電解質C.煤的液化、石油裂解、煤的干餾、玉米制醇、蛋白質的變性都是化學變化D.N2、SiO2、K2S分別為分子晶體、共價晶體、離子晶體【答案】B【解析】A．金屬晶體中存在自由電子，在外加電場作用下，自由電子可發生定向移動，從而形成電流，這就是金屬導電的原因，A正確；B．電解質是在水溶液中或熔融狀態下能導電化合物。鹽酸是HCl的水溶液，屬于混合物，不是電解質；石墨是單質，也不是電解質，B錯誤；C．煤的液化是將煤轉化為液體燃料等新物質的過程；石油裂解是將長鏈烴斷裂為短鏈烴等新物質；煤的干餾是將煤隔絕空氣加強熱生成多種新物質；玉米制醇是將玉米中的成分轉化為醇類新物質；蛋白質的變性是蛋白質的結構發生改變，這些過程都有新物質生成，屬于化學變化，C正確；D．N2是由分子通過分子間作用力形成的晶體，屬于分子晶體；SiO2是由Si和O原子通過共價鍵形成的空間網狀結構的晶體，屬于共價晶體；K2S是由K+和S2?通過離子鍵形成的晶體，屬于離子晶體，D正確；故選B。7.下列資源利用中，在給定工藝條件下轉化關系正確的是A.工業制：B.侯氏制堿法：飽和食鹽水C.工業制漂白粉：D.金屬Mg制備：【答案】C【解析】A．工業制H2SO4時，FeS2在高溫下與O2反應生成SO2，SO2需在催化劑、加熱條件下與O2反應生成SO3，SO3再與H2O反應生成H2SO4，而不是SO2直接與H2O反應生成H2SO3，A錯誤；B．侯氏制堿法中，應先向飽和食鹽水中通入NH3使溶液顯堿性，再通入CO2，發生反應，得到NaHCO3沉淀，然后NaHCO3受熱分解生成Na2CO3；由于CO2在水中溶解度小，向NaCl溶液中通入CO2氣體，不能產生NaHCO3沉淀，也就不能反應制取達到純堿，B錯誤；C．工業上電解NaCl溶液的反應為，生成的Cl2與石灰乳Ca(OH)2反應：，可制得漂白粉，C正確；D．制備金屬Mg時，Mg(OH)2與鹽酸反應生成MgCl2溶液，需將MgCl2溶液蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、干燥得到MgCl2固體，再電解熔融的MgCl2制得Mg，電解MgCl2溶液得到的是Mg(OH)2、H2和Cl2，D錯誤；故選C。8.根據下列實驗操作及現象，能驗證相應實驗結論的是選項實驗操作實驗現象實驗結論A向碳酸鈉溶液中滴加濃鹽酸，將產生的氣體通入苯酚鈉溶液中溶液變渾濁碳酸的酸性大于苯酚B將SO2氣體通入Ba(NO3)2溶液中生成白色沉淀該沉淀是BaSO4C向蔗糖溶液中加入稀硫酸，加熱，待溶液冷卻后向其中加入少量新制Cu(OH)2加熱未產生磚紅色沉淀蔗糖沒有發生水解D向NaOH溶液中滴入適量飽和FeCl3溶液，繼續煮沸溶液中出現紅褐色渾濁生成了Fe(OH)3膠體A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．濃鹽酸具有揮發性，揮發出的HCl也會進入苯酚鈉溶液中與苯酚鈉反應生成苯酚，使溶液變渾濁，不能確定是碳酸與苯酚鈉反應，所以無法驗證碳酸酸性大于苯酚，A錯誤；B．SO2通入Ba(NO3)2溶液中，SO2溶于水形成H2SO3，使溶液顯酸性，在酸性條件下具有強氧化性，能將氧化為，與Ba2+結合生成BaSO4白色沉淀，B正確；C．蔗糖水解后溶液中有稀硫酸，呈酸性，而新制Cu(OH)2在酸性條件下會與酸反應，無法與水解產物葡萄糖反應產生磚紅色沉淀，應先加堿中和稀硫酸至堿性，再加入新制Cu(OH)2檢驗，所以不能得出蔗糖沒有發生水解的結論，C錯誤；D．向NaOH溶液中滴入適量飽和FeCl3溶液，繼續煮沸，得到的是Fe(OH)3沉淀，而不是膠體。制備Fe(OH)3膠體應是向沸水中滴加飽和FeCl3溶液，繼續煮沸至溶液呈紅褐色，D錯誤；故選B。9.X、Y、Z、W為原子半徑依次增大的短周期p區元素，由四種元素形成的陰離子Q可作為綠色催化劑和溶劑，Q的結構如圖所示，下列說法不正確的是A.最簡單氫化物的沸點：X>Z B.第一電離能：X>Y>ZC.W的氧化物均為極性分子 D.簡單離子半徑：W>Y>X【答案】C【解析】X、Y、Z、W為原子半徑依次增大的短周期p區元素，X形成1個共價鍵，Z形成4個共價鍵，Y可形成2個共價鍵，W形成6個共價鍵，則X、Y、Z、W依次為F、O、C、S。A．X為F，其最簡單氫化物為HF；Z為C，其最簡單氫化物為CH4。HF分子間存在氫鍵，而CH4分子間只存在范德華力，氫鍵的作用力強于范德華力，所以HF的沸點高于CH4，A正確；B．同周期從左到右第一電離能呈增大趨勢（但ⅡA族和ⅤA族元素的第一電離能出現反常），同主族從上到下第一電離能逐漸減小。X(F)、Y(O)同主族，F的第一電離能大于O；Y(O)、Z(C)同周期，O的第一電離能大于C，即第一電離能F>O>C

，也就是X>Y>Z，B正確；C．W為S，其氧化物有SO2和SO3。SO2中心S原子的價層電子對數為3（2個σ鍵和1對孤電子對），空間構型為V形，是極性分子；SO3中心S原子的價層電子對數為3（3個σ鍵，無孤電子對），空間構型為平面三角形，是非極性分子。所以W的氧化物不都是極性分子，C錯誤；D．電子層數越多，離子半徑越大；電子層數相同時，核電荷數越大，離子半徑越小。W(S2?)有3個電子層，Y(O2?)和X(F?)都有2個電子層，且O的核電荷數小于F，所以離子半徑S2?>O2?>F?，即W>Y>X，D正確；故選C。10.下列離子方程式中，正確的是A.“84”消毒液與潔廁靈(主要成分為HCl)混用，產生Cl2：B.向NH4HCO3溶液中滴加足量NaOH溶液：C.用惰性電極電解CuCl2溶液：D.NaHSO4溶液中加入少量Ba(OH)2溶液：【答案】A【解析】A．“84”消毒液的有效成分是NaClO，與HCl發生氧化還原反應生成Cl2和H2O，離子方程式，A正確；B．向NH4HCO3溶液中滴加足量NaOH溶液，和都會與OH?反應，離子方程式應為，B錯誤；C．用惰性電極電解CuCl2溶液，陽極Cl?失電子生成Cl2，陰極Cu2+得電子生成Cu，電解方程式為，C錯誤；D．NaHSO4溶液中加入少量Ba(OH)2溶液，Ba(OH)2完全反應，設Ba(OH)2為1mol，則Ba2+為1mol，OH?為2mol，2molOH?會與2molH+反應，離子方程式應為，D錯誤；故選A。11.化合物Y具有抗菌、消炎作用，可由X制得。下列有關化合物X、Y的說法正確的是A.室溫下Y與足量Br2加成的產物分子中手性碳原子數目為3B.Y中含5種官能團C.1molX最多能與9molH2發生加成反應D.1molX和1molY分別與足量NaOH溶液反應消耗NaOH的量相等【答案】A【解析】A．Y與足量Br2加成后，碳碳雙鍵變為碳碳單鍵并連接溴原子。形成的產物中手性碳原子（連有四個不同原子或原子團的碳原子）數目是3個，A正確；B．Y中含有的官能團有碳碳雙鍵、羥基、羧基、醚鍵，共4種，不是5種，B錯誤；C．X中能與H2發生加成反應的是苯環和碳碳雙鍵，2個苯環可與6molH2加成，2個碳碳雙鍵可與2molH2加成，1molX最多能與8molH2發生加成反應，C錯誤；D．1molX中含有1mol羧基、1mol酯基（水解后生成酚羥基和羧基），1molX消耗3molNaOH；1molY中含有1mol羧基、1mol酚羥基，1molY消耗2molNaOH，二者消耗NaOH的量不相等，D錯誤；故選A。12.氯化法是破壞廢水中氰化物(CN-)較成熟方法，廣泛用于處理電鍍廠、煉焦工廠、金礦氰化廠等單位的含氰酸性廢水。下列說法錯誤的是A.a為直流電源的正極B.理論上消除，則右室產生H2的體積為44.8L(標況下)C.工作時，由M極區通過質子交換膜移向N極區D.工作時，左室中可發生反應：【答案】B【解析】在電解池中，陽極發生氧化反應，陰極發生還原反應。由圖可知，左室中氯離子失去電子生成氯氣，發生氧化反應，所以左室電極a為陽極。A．根據分析可知，左室電極a為陽極，而陽極連接直流電源的正極，因此a為直流電源的正極，該選項正確。B．理論上消除1molCN-，根據左室電極反應式2CN-+4OH--6e-=2CO2↑+N2↑+2H2O，可知消耗1molCN-轉移3mol電子。右室發生還原反應，電極反應式為2H2O+2e-＝H2↑+2OH-，根據電子守恒，轉移3mol電子時生成氫氣的物質的量為1.5mol，則生成氫氣的體積為1.5mol22.4L/mol=33.6L，而不是44.8L，該選項錯誤。C．工作時，陽離子向陰極移動。在該電解池中，N極區為陰極區，M極區為陽極區，所以H+由M極區(陽極區）通過質子交換膜移向N極區(陰極區），該選項正確。D．左室中CN-被氧化為CO2和N2，結合溶液呈酸性，其電極反應式為，該反應符合氧化還原反應的規律，該選項正確；故選B。13.Rh(Ⅰ)-Ru(Ⅲ)雙金屬配合物催化醋酸甲酯羰基化反應制備醋酸的反應機理和各基元反應活化能壘如圖所示。下列說法正確的是A.反應中Ru和Rh的成鍵數目都不變B.TN1是該反應的催化劑，降低了反應的活化能，但不改變反應的焓變C.由生成經歷了4個基元反應，其中第二步反應為決速步驟D.該羰基化反應的總反應為：【答案】D【解析】A．由左邊的圖可知，反應中Ru的成鍵數目均為4，Rh的成鍵數目有4、5、6，故A錯誤；B．由左邊圖可知，CO與TN2先作用，TN2是該反應的催化劑，故B錯誤；C．根據圖示，歷程包含了3個基元反應，能壘最大的即為決速步驟，第三步反應為決速步驟，故C錯誤；D．由左邊的圖可知，反應物為，生成物為，總反應的化學方程式為，故D正確；答案選D。14.檸檬酸(用表示)是一種有機三元弱酸，廣泛存在于水果中。25℃時，用NaOH調節溶液的pH，溶液中各種微粒的分布系數與pH的關系如圖所示[比如的分布系]。下列敘述錯誤的是A.曲線II代表δ()，曲線III代表δ()B.Na2HA和Na3A溶液均顯堿性C.反應的D.0.1mol/LNaH2A溶液中：【答案】C【解析】A．隨著pH增大，H3A逐漸失去H+，H3A含量減少，H2A?含量先增多后減少，HA2?含量先較少后增多再減少，A3?含量增多。所以曲線I代表δ(H3A)，曲線II代表δ(H2A?)，曲線III代表δ(HA2?)，曲線IV代表δ(A3?)，A正確；B．當δ(HA2?)最大時溶液中溶質主要是Na2HA，此時pH≈7.2，溶液顯堿性；當δ(A3?)最大時溶液中溶質主要是Na3A

，此時pH≈12.3，溶液顯堿性，B正確；C．，當pH=7.2時，c(HA2?)=c(H2A?)，；當pH=12.3時，c(HA2?)=c(A3?)，。，C錯誤；D．NaH2A溶液中，H2A?會發生電離和水解，由圖可知H2A?的電離程度大于水解程度，所以c(Na+)>c(H2A?)>c(HA2?)>c(H3A)，D正確；故選C。二、非選擇題(共4個題，共58分)。15.鎵(Ga)是重要的半導體材料，氮化鎵、砷化鎵和氧化鎵分別是第二代、第三代、第四代半導體材料的代表材料。金屬鎵在自然界中通常以微量分散于鋁土礦、閃鋅礦等礦石中，提取非常困難。從閃鋅礦渣中提取鎵是種常見的方法，具體工藝流程如圖：已知：①金屬鎵在化學性質上非常接近金屬鋁，其氧化物和氫氧化物均有兩性；②閃鋅礦渣通常含有和硅酸鹽等雜質；③室溫下，相關金屬離子形成氫氧化物的pH范圍如下：

開始沉淀時(c=0.01mol/L)pH完全沉淀時(c=1.0×10-5mol/L)pH4.55.52.23.28.29.7回答下列問題：（1）基態Ga原子的價層電子排布圖為_______，該基態原子最高能級的電子云輪廓圖形狀為_______。（2）濾渣中主要含有_______。（3）寫出濾渣Ⅱ堿浸時與NaOH溶液反應生成Na[Ga(OH)4]的離子反應方程式：_______。（4）過濾步驟中加入氧化鋅的目的是調節pH，已知濾液中各離子濃度均為0.1mol/L，則此時應調節的pH范圍是：_______。（5）電解Na[Ga(OH)4]溶液制取鎵單質的陰極反應式為_______。（6）氮化鎵是目前應用最廣泛的半導體材料之一，目前廣泛應用于相控陣雷達、快速充電器等行業。已知立方氮化鎵的晶胞如下圖：該晶體中，若立方氮化鎵的晶胞邊長為apm，則Ga原子與N原子之間的最短距離為____pm，其晶體密度為___(列出計算式)。【答案】（1）①.②.啞鈴形（2）H2SiO3、PbSO4（3）（4）或（5）（6）①.②.【解析】閃鋅礦渣加入稀硫酸酸浸得到濾渣I，濾渣其主要成分為生成的難溶物PbSO4、H2SiO3，鎵、鋅、鐵元素轉化為鹽溶液進入濾液，濾液加入氧化鋅反應調節溶液pH值，得到濾渣Ⅱ和硫酸鋅溶液，硫酸鋅溶液用于生產Zn，濾渣Ⅱ主要成分為氫氧化鐵沉淀、沉淀，加入氫氧化鈉進行堿浸得到氫氧化鐵固體和溶液Na[Ga(OH)4]，過濾分離出濾液，電解Na[Ga(OH)4]得到金屬鎵。（1）Ga為31號元素，為第四周期第ⅢA族，基態Ga原子的價層電子排布圖為，該基態原子最高能級為4p，電子云輪廓圖形狀為啞鈴形；（2）由分析，濾渣中主要含有H2SiO3、PbSO4；（3）已知，金屬鎵在化學性質上非常接近金屬鋁，其氧化物和氫氧化物均有兩性；則堿浸時與NaOH溶液反應生成Na[Ga(OH)4]，反應為：或；（4）加入氧化鋅調節溶液pH，使Fe3+和Ga3+形成沉淀，而鋅離子不沉淀，從而與Zn2+分離；Ga3+形成沉淀所需的pH較大，其完全沉淀pH為5.5；鋅離子完全沉淀pH為9.7，pOH=4.3，則，初始鋅離子濃度為0.1mol/L，若沉淀則，pOH=6.3，pH=7.7；故應調節的pH范圍是：或；（5）電解Na[Ga(OH)4]溶液制取鎵單質，陰極反應為得到電子發生還原反應生成鎵單質：或；（6）由圖，Ga原子與N原子之間的最短距離為題對角線的四分之一，為pm，根據“均攤法”，晶胞中含個Ga、4個N，則晶體密度為。16.亞硝酸鈉外觀酷似食鹽且有咸味，易潮解，易溶于水，廣泛應用于工業和建筑業，也允許在安全范圍內作為肉制品發色劑或防腐劑。某實驗室制備亞硝酸鈉裝置如下圖(部分夾持裝置略，氣密性已檢驗)：已知：①，；②酸性條件下，NO或，都能與反應生成和。（1）A中裝濃硝酸的儀器名稱為_______。反應開始前，先通入至裝置F中產生大量氣泡，其目的是_______。（2）E中濃硫酸的作用是_______。（3）寫出A裝置中發生反應的化學方程式_______。裝置B中盛放的試劑最合適為_______(填名稱)。（4）當完全反應后，D中的固體除外，還可能有。測定純度的步驟如下：i．配制標準溶液，并進行酸化。ii．稱取5.0g樣品溶于水配成250mL溶液，取其中25.00mL于錐形瓶中進行滴定，消耗20.00mL酸性標準液。①步驟ii中達到滴定終點的標志為_______。②寫出滴定原理的離子方程式：_______。③混合固體中的質量分數為_______。(保留三位有效數字)【答案】（1）①.分液漏斗②.排盡裝置內空氣，防止產物不純（2）防止F中水蒸氣進入D中，影響實驗結果（3）①.②.水（4）①.滴入最后半滴KMnO4標準液后，溶液由無色變為淺紅色，且30s內顏色不再變化②.③.【解析】由實驗裝置圖可知，裝置A中濃硝酸與銅絲反應制備二氧化氮，裝置B中盛有的水用于將二氧化氮轉化為一氧化氮，裝置C中的濃硫酸干燥一氧化氮，裝置D中一氧化氮與過氧化鈉反應制備亞硝酸鈉，裝置E中盛有的濃硫酸用于吸收水蒸氣，防止水蒸氣進入裝置D與過氧化鈉反應干擾實驗，裝置F中盛有的酸性高錳酸鉀溶液用于吸收一氧化氮，防止污染空氣。（1）A中裝濃硝酸的儀器名稱為分液漏斗。由于一氧化氮容易被氧氣氧化，所以實驗開始前要排盡體系內的空氣，避免氧化一氧化氮為二氧化氮，二氧化氮與過氧化鈉反應生成硝酸鈉，使產物不純。答案為：分液漏斗；排盡裝置內空氣，防止產物不純。（2）由于過氧化鈉容易和水反應，為避免水分進入，影響實驗效果，所以E中濃硫酸的作用是防止F中的水蒸氣進入D，干擾實驗。答案為：防止F中水蒸氣進入D中，影響實驗結果。（3）A裝置的化學方程式為：，B中盛放的試劑能將NO2轉化為NO，同時吸收揮發的硝酸，所以可以在B中盛放的試劑最合適的為水，反應的化學方程式為：；答案為：；水。（4）①高錳酸鉀可以和亞硝酸根反應：，硝酸根和高錳酸鉀不反應。高錳酸鉀溶液本身呈紫紅色，所以滴定終點的標志是：滴入最后半滴標準液后，溶液由無色變為淺紅色，且內顏色不再變化。②高錳酸鉀作為氧化劑，被還原為，被氧化為，故滴定原理離子方程式為：。③設25.00mL溶液中為，根據關系式可得，故，所以中的質量分數為。17.新能源是未來能源發展的方向，積極開發新能源是實現“碳達峰、碳中和”的重要舉措。Ⅰ．實現綠色低碳循環發展，二氧化碳的吸收和利用是一項重要的研究課題，利用二氧化碳合成二甲醚方法通常是和先合成甲醇，再由甲醇脫水制備二甲醚：反應①：。反應②：。（1）二氧化碳與氫氣直接合成二甲醚：_______，該反應正向自發的條件為_______(填“高溫”或“低溫”)自發。（2）某反應容器中按照投料進行反應①合成甲醇，若反應在恒容、絕熱容器中進行，則下列說法一定能說明反應達到化學平衡狀態的是_______。A．

B．C．混合氣體的密度保持不變

D．混合氣體的平均相對分子質量保持不變E．反應體系溫度保持不變Ⅱ．氫能是一種重要的綠色能源，工業上用乙醇與水催化重整制氫氣，發生以下反應：反應①：C2H5OH(g)+H2O(g)2CO(g)+4H2(g)ΔH1=+255.7kJ/mol反應②：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH2=-41.2kJ/mol反應③：C2H5OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2(g)ΔH3=+173.3kJ/mol（3）壓強為100kPa時，H2的平衡產率與溫度、起始時的關系如圖所示：i．反應②的平衡常數：_______(填“>”“=”或“<”)，判斷理由是_______。ii．平衡體系中乙醇的物質的量分數：C點_______(填“>”“=”或“<”)B點。（4）維持壓強在不變情況下，和發生上述反應，平衡時乙醇的轉化率、CO2的選擇性、CO的選擇性隨溫度升高的變化曲線如圖所示：[已知：的選擇性]。ⅰ．圖中表示CO選擇性的曲線是_______(填標號)。ⅱ．時，反應達到平衡，則平衡時CO2的物質的量為_______。ⅲ．時，反應③的_______kPa4(列出計算式即可，用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質的量分數)。【答案】（1）①.②.低溫（2）DE（3）①.=②.平衡常數只與溫度有關，A、D溫度相同，故平衡常數相等③.<（4）①.c②.0.96③.【解析】（1）反應①：

反應②：

根據蓋斯定律，將反應①×2+反應②得

；該反應為放熱反應，且是熵減反應，即?H<0，?S<0，根據，則該反應正向自發的條件為低溫；（2）A．，正逆反應的速率比不等于化學計量數比，反應沒有達到平衡狀態，故不選A；B．，不能判斷濃度是否還發生改變，反應不一定平衡，故不選B；C．反應前后氣體總質量不變、容器體積不變，密度是恒量，混合氣體的密度保持不變，反應不一定平衡，故不選C；

D．反應前后氣體總質量不變，氣體總物質的量改變，平均相對分子質量是變量，混合氣體的平均相對分子質量保持不變，反應一定達到平衡狀態，故選D；E．反應在恒容、絕熱容器中進行，溫度是變量，反應體系溫度保持不變，反應一定達到平衡狀態，故選E；選DE；（3）i．平衡常數為溫度函數，溫度不變，平衡常數不變，由圖可知，A、D兩點的反應溫度相同，則A、D兩點平衡常數相等，故答案為：=；平衡常數只與溫度有關，A、D兩點的溫度相同，則平衡常數相等；ii．由圖可知，B、C兩點的值相等，B點反應溫度低于C點，反應Ⅰ、Ⅲ都為氣體體積增大的吸熱反應，升高溫度，平衡向正反應方向移動，乙醇的物質的量減小、氣體總物質的量增大，反應Ⅱ為氣體體積不變的放熱反應，升高溫度，平衡向逆反應方向移動，但氣體總物質的量不變，則C點平衡體系中乙醇的物質的量分數小于B點，故答案為：<；（4）ⅰ．反應①、③為吸熱反應，反應②為放熱反應，隨著溫度的升高，反應①、③平衡正向移動，反應②平衡逆向移動，反應②逆向移動CO2轉化為CO，故溫度升高CO的選擇性增大，CO2的選擇性減小，由于CO的選擇性+CO2的選擇性=1，則表示CO2選擇性的曲線為a，表示乙醇的轉化率的曲線是b，表示CO選擇性的曲線是c；ⅱ．573K時，反應達到平衡，二氧化碳的選擇性為80%、一氧化碳選擇性為20%、乙醇的轉化率為60%，開始時，乙醇的物質的量為1mol，根據碳守恒，則平衡時二氧化碳的物質的量為1mol×2×60%×80%=0.96mol；ⅲ．由圖可知，573K反應達到平衡時二氧化碳的選擇性為80%、一氧化碳選擇性為20%、乙醇的轉化率為60%，則平衡時乙醇物質的量為0.4mol，二氧化碳的物質的量為1mol×2×60%×80%=0.96mol、一氧化碳的物質的量為1mol×2×60%×20%=0.24mol，根據O守恒，平衡時H2O的物質的量為1mol+3mol-0.4mol-0.24mol-0.96mol×2=1.44mol，根據H守恒，平衡時H2物質的量為=3.36mol，則平衡時混合氣體總物質的量為0.4mol+0.24mol+1.44mol+0.96mol+3.36mol=6.4mol，則反應③的Kp=。18.辣椒素(化學名稱為8-甲基-N-香草基-6-壬烯與溫度感受器的發現有關，其合成路線如圖：已知：①；②只含一個溴原子。回答下列問題：（1）E的化學名稱為_______。F→G的反應類型為_______。（2）I分子中碳原子的雜化軌道類型為_______。（3）C的結構簡式為_______。（4）A(6-羥基己酸)可以制備一種在生物材料領域內被廣泛應用的聚合物，該聚合物具有良好的生物相容性和生物可降解性，因此被廣泛應用于醫療、食品、化妝品等領域。生成該聚合物的化學方程式為_______。（5）G存在多種同分異構體，其中，同時滿足下列條件的有_______種(不考慮立體異構)，其中核磁共振氫譜顯示5組峰，且峰面積比為2：2：2：1：1的結構簡式為_______。①能與NaHCO3溶液反應放出氣體；②能與FeCl3溶液發生顯色反應（6）參照上述合成路線，設計由為原料合成產品()的合成路線：_______(無機試劑任選)。【答案】（1）①.對羥基苯甲醛（或4-羥基苯甲醛）②.取代反應（2）（3）（4）（5）①.13②.（6）【解析】A中的羥基被溴原子取代生成B，由已知反應的成鍵斷鍵結構可知，B與C反應生成D，結合B和D的結構可得C的結構為；結合E、G的結構特點可知，E與溴單質發生取代反應生成F，F與CH3ONa發生取代反應生成G，G在一定條件下-CHO轉化成-CH2NH2生成H，D和H發生取代反應生成I，據此分析；（1）E名稱為對羥基苯甲醛（或4-羥基苯甲醛）。F與CH3ONa發生取代反應生成G。（2）I中含有的甲基上的碳為sp3雜化，雙鍵碳原子為sp2雜化。（3）根據分析可知，C的結構簡式為。（4）A(6-羥基己酸)發生縮聚反應的化學方程式為。（5）G的同分異構體中，同時符合②能與FeCl3溶液發生顯色反應，說明存在酚羥基結構；①能與飽和碳酸氫鈉溶液反應放出氣體，說明存在羧基，G的結構為，其同分異構體若苯環上兩個支鏈則為-OH、-CH2COOH，有鄰、間、對三種結構；若苯環上有三個支鏈則為-OH、-CH3、-COOH，結合定二移一的方法，先固定-OH、-CH3有鄰、間、對三種結構，再分別連接-COOH，分布有4、4、2種位置，可知存在10種結構，共13種符合；其中核磁共振氫譜為五組峰，且峰面積比為2：2：2：1：1的結構簡式為；故答案為：13；；（6）根據反應流程，原料發生鹵代烴的水解得到苯甲醇，苯甲醇發生醇的催化氧化得到苯甲醛，苯甲醛和發生witting反應得到產品，故合成路線為。云南省德宏州2024-2025學年高三上學期期末教學質量統一監測試題考試時間：75分鐘，滿分：100分注意事項：1.答題前，考生務必用黑色碳素筆將自己的姓名、學校、準考證號、考場號、座位號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3.考試結束后，將答題卡交回。可能用到的相對原子質量：H-1N-14O-16Na-23Ga-70一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.化學與生產、生活密切相關，下列說法正確的是A.75%的乙醇溶液與雙氧水的消毒原理相同B.神舟十六號飛船返回艙“外衣”中的酚醛樹脂屬于天然有機高分子化合物C.食品袋中放置的CaO可防止食品氧化變質D.光伏電站實現了將光能轉化為電能，用到的材料為硅單質【答案】D【解析】A．乙醇使蛋白質變性的原理進行消毒，而雙氧水利用強氧化性破壞微生物結構消毒，原理不同，A錯誤；B．酚醛樹脂（如電木）是人工合成的高分子材料，非天然高分子化合物，B錯誤；C．為干燥劑，通過吸水防潮，沒有還原性，但無法防止氧化變質，C錯誤；D．光伏電池利用高純度硅單質的半導體特性，將光能轉化為電能，硅是主要材料，D正確；故選D。2.下列化學用語表達錯誤的是A.中子數為8的O原子：B.HClO的結構式為：H-O-ClC.用電子式表示HCl的形成過程：D.2，3-二甲基丁烷的鍵線式：【答案】C【解析】A．氧原子質子數為8，中子數為8時，質量數=質子數+中子數=

8+8=16，核素表示為（一般可簡寫成16O），A正確；B．HClO中O原子分別與H原子和Cl原子形成共價鍵，其結構式為H?O?Cl，B正確；C．HCl是共價化合物，形成過程中沒有電子得失，不存在離子，正確的用電子式表示HCl的形成過程為，原選項表示的是離子化合物的形成過程，C錯誤；D．2，3?二甲基丁烷主鏈有4個碳原子，2號和3號碳原子上各連有一個甲基，其鍵線式為所給圖形，D正確；故選C。3.下列實驗能達到目的的是A．鐵上鍍銅B．測定H2C2O4溶液濃度C．配制250ml0.10mol/LNaOH溶液D．制取無水A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．鐵上鍍銅，鍍件鐵應作陰極連接電源負極，鍍層金屬銅應作陽極連接電源正極，圖中鐵作陽極，銅作陰極，不符合要求，A錯誤；B．酸性KMnO4溶液具有強氧化性，會腐蝕堿式滴定管的橡膠管，應該用酸式滴定管盛裝，B錯誤；C．不能直接在容量瓶中溶解NaOH固體，應在燒杯中溶解，冷卻至室溫后再轉移到容量瓶中，C錯誤；D．MgCl2?6H2O直接加熱會因鎂離子水解而得不到無水MgCl2，在HCl氣流中加熱可以抑制MgCl2水解，從而制得無水MgCl2，D正確；故選D。4.NA是阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A.密閉容器中，2molSO2和1molO2催化反應后分子總數為2NAB.磷酸鈉溶液含有的數目為0.1NAC.2.0gD2O含有的中子數為D.22.4L(標準狀況下)HF中所含的質子數為10NA【答案】C【解析】A．SO2和O2的反應是可逆反應，2molSO2和1molO2不能完全反應，反應后分子總物質的量大于2mol，分子總數大于2NA，A錯誤；B．磷酸鈉溶液中會發生水解，所以1L0.1mol?L?1磷酸鈉溶液含有的數目小于0.1NA，B錯誤；C．D2O（重水）的摩爾質量為(2×2+16)g/mol=20g/mol，2.0gD2O的物質的量為。1個D2O分子中含有的中子數為(2?1)×2+(16?8)=10個，所以0.1molD2O含有的中子數為0.1mol×10×NA=NA，C正確；D．標準狀況下HF是液態，不能用氣體摩爾體積22.4L/mol來計算其物質的量，也就無法確定質子數，D錯誤；故選C。5.下列有關物質結構或性質的描述中，錯誤的是A.硬度：金剛石>碳化硅，是由于金剛石中C原子半徑小于碳化硅中硅原子半徑，C-C鍵鍵長比C-Si鍵鍵長短，鍵能大B.穩定性：H2O>H2S，是因為H2O分子間含有氫鍵C.氯化鈉晶體中每個周圍緊鄰且距離相等的共有12個D.鍵角：NH3>H2O，是由于NH3、H2O中心原子孤電子對數不一樣【答案】B【解析】A．金剛石和碳化硅都屬于原子晶體，原子晶體的硬度與共價鍵鍵能有關。原子半徑越小，鍵長越短，鍵能越大，硬度越大。C原子半徑小于Si原子半徑，C?C鍵長比C?Si鍵長短，鍵能大，所以硬度：金剛石>碳化硅，A正確；B．H2O的穩定性大于H2S，是因為O的非金屬性強于S，O?H鍵的鍵能大于S?H鍵的鍵能，與分子間的氫鍵無關，氫鍵主要影響物質的熔沸點等物理性質，B錯誤；C．氯化鈉晶體中，每個Na+周圍緊鄰且距離相等的Na+在三維空間分布，每層有4個，共3層，所以共有12個，C正確；D．NH3中心原子N有1對孤電子對，H2O中心原子O有2對孤電子對，孤電子對之間及孤電子對與成鍵電子對之間存在排斥力，孤電子對數越多，排斥力越大，鍵角越小，所以鍵角NH3>H2O，D正確；故選B。6.基本概念和理論是化學思維的基石，下列敘述錯誤的是A.金屬導電原因是金屬晶體中的自由電子在外加電場作用下可發生定向移動B.鹽酸、石墨均能導電，所以它們均是電解質C.煤的液化、石油裂解、煤的干餾、玉米制醇、蛋白質的變性都是化學變化D.N2、SiO2、K2S分別為分子晶體、共價晶體、離子晶體【答案】B【解析】A．金屬晶體中存在自由電子，在外加電場作用下，自由電子可發生定向移動，從而形成電流，這就是金屬導電的原因，A正確；B．電解質是在水溶液中或熔融狀態下能導電化合物。鹽酸是HCl的水溶液，屬于混合物，不是電解質；石墨是單質，也不是電解質，B錯誤；C．煤的液化是將煤轉化為液體燃料等新物質的過程；石油裂解是將長鏈烴斷裂為短鏈烴等新物質；煤的干餾是將煤隔絕空氣加強熱生成多種新物質；玉米制醇是將玉米中的成分轉化為醇類新物質；蛋白質的變性是蛋白質的結構發生改變，這些過程都有新物質生成，屬于化學變化，C正確；D．N2是由分子通過分子間作用力形成的晶體，屬于分子晶體；SiO2是由Si和O原子通過共價鍵形成的空間網狀結構的晶體，屬于共價晶體；K2S是由K+和S2?通過離子鍵形成的晶體，屬于離子晶體，D正確；故選B。7.下列資源利用中，在給定工藝條件下轉化關系正確的是A.工業制：B.侯氏制堿法：飽和食鹽水C.工業制漂白粉：D.金屬Mg制備：【答案】C【解析】A．工業制H2SO4時，FeS2在高溫下與O2反應生成SO2，SO2需在催化劑、加熱條件下與O2反應生成SO3，SO3再與H2O反應生成H2SO4，而不是SO2直接與H2O反應生成H2SO3，A錯誤；B．侯氏制堿法中，應先向飽和食鹽水中通入NH3使溶液顯堿性，再通入CO2，發生反應，得到NaHCO3沉淀，然后NaHCO3受熱分解生成Na2CO3；由于CO2在水中溶解度小，向NaCl溶液中通入CO2氣體，不能產生NaHCO3沉淀，也就不能反應制取達到純堿，B錯誤；C．工業上電解NaCl溶液的反應為，生成的Cl2與石灰乳Ca(OH)2反應：，可制得漂白粉，C正確；D．制備金屬Mg時，Mg(OH)2與鹽酸反應生成MgCl2溶液，需將MgCl2溶液蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、干燥得到MgCl2固體，再電解熔融的MgCl2制得Mg，電解MgCl2溶液得到的是Mg(OH)2、H2和Cl2，D錯誤；故選C。8.根據下列實驗操作及現象，能驗證相應實驗結論的是選項實驗操作實驗現象實驗結論A向碳酸鈉溶液中滴加濃鹽酸，將產生的氣體通入苯酚鈉溶液中溶液變渾濁碳酸的酸性大于苯酚B將SO2氣體通入Ba(NO3)2溶液中生成白色沉淀該沉淀是BaSO4C向蔗糖溶液中加入稀硫酸，加熱，待溶液冷卻后向其中加入少量新制Cu(OH)2加熱未產生磚紅色沉淀蔗糖沒有發生水解D向NaOH溶液中滴入適量飽和FeCl3溶液，繼續煮沸溶液中出現紅褐色渾濁生成了Fe(OH)3膠體A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．濃鹽酸具有揮發性，揮發出的HCl也會進入苯酚鈉溶液中與苯酚鈉反應生成苯酚，使溶液變渾濁，不能確定是碳酸與苯酚鈉反應，所以無法驗證碳酸酸性大于苯酚，A錯誤；B．SO2通入Ba(NO3)2溶液中，SO2溶于水形成H2SO3，使溶液顯酸性，在酸性條件下具有強氧化性，能將氧化為，與Ba2+結合生成BaSO4白色沉淀，B正確；C．蔗糖水解后溶液中有稀硫酸，呈酸性，而新制Cu(OH)2在酸性條件下會與酸反應，無法與水解產物葡萄糖反應產生磚紅色沉淀，應先加堿中和稀硫酸至堿性，再加入新制Cu(OH)2檢驗，所以不能得出蔗糖沒有發生水解的結論，C錯誤；D．向NaOH溶液中滴入適量飽和FeCl3溶液，繼續煮沸，得到的是Fe(OH)3沉淀，而不是膠體。制備Fe(OH)3膠體應是向沸水中滴加飽和FeCl3溶液，繼續煮沸至溶液呈紅褐色，D錯誤；故選B。9.X、Y、Z、W為原子半徑依次增大的短周期p區元素，由四種元素形成的陰離子Q可作為綠色催化劑和溶劑，Q的結構如圖所示，下列說法不正確的是A.最簡單氫化物的沸點：X>Z B.第一電離能：X>Y>ZC.W的氧化物均為極性分子 D.簡單離子半徑：W>Y>X【答案】C【解析】X、Y、Z、W為原子半徑依次增大的短周期p區元素，X形成1個共價鍵，Z形成4個共價鍵，Y可形成2個共價鍵，W形成6個共價鍵，則X、Y、Z、W依次為F、O、C、S。A．X為F，其最簡單氫化物為HF；Z為C，其最簡單氫化物為CH4。HF分子間存在氫鍵，而CH4分子間只存在范德華力，氫鍵的作用力強于范德華力，所以HF的沸點高于CH4，A正確；B．同周期從左到右第一電離能呈增大趨勢（但ⅡA族和ⅤA族元素的第一電離能出現反常），同主族從上到下第一電離能逐漸減小。X(F)、Y(O)同主族，F的第一電離能大于O；Y(O)、Z(C)同周期，O的第一電離能大于C，即第一電離能F>O>C

，也就是X>Y>Z，B正確；C．W為S，其氧化物有SO2和SO3。SO2中心S原子的價層電子對數為3（2個σ鍵和1對孤電子對），空間構型為V形，是極性分子；SO3中心S原子的價層電子對數為3（3個σ鍵，無孤電子對），空間構型為平面三角形，是非極性分子。所以W的氧化物不都是極性分子，C錯誤；D．電子層數越多，離子半徑越大；電子層數相同時，核電荷數越大，離子半徑越小。W(S2?)有3個電子層，Y(O2?)和X(F?)都有2個電子層，且O的核電荷數小于F，所以離子半徑S2?>O2?>F?，即W>Y>X，D正確；故選C。10.下列離子方程式中，正確的是A.“84”消毒液與潔廁靈(主要成分為HCl)混用，產生Cl2：B.向NH4HCO3溶液中滴加足量NaOH溶液：C.用惰性電極電解CuCl2溶液：D.NaHSO4溶液中加入少量Ba(OH)2溶液：【答案】A【解析】A．“84”消毒液的有效成分是NaClO，與HCl發生氧化還原反應生成Cl2和H2O，離子方程式，A正確；B．向NH4HCO3溶液中滴加足量NaOH溶液，和都會與OH?反應，離子方程式應為，B錯誤；C．用惰性電極電解CuCl2溶液，陽極Cl?失電子生成Cl2，陰極Cu2+得電子生成Cu，電解方程式為，C錯誤；D．NaHSO4溶液中加入少量Ba(OH)2溶液，Ba(OH)2完全反應，設Ba(OH)2為1mol，則Ba2+為1mol，OH?為2mol，2molOH?會與2molH+反應，離子方程式應為，D錯誤；故選A。11.化合物Y具有抗菌、消炎作用，可由X制得。下列有關化合物X、Y的說法正確的是A.室溫下Y與足量Br2加成的產物分子中手性碳原子數目為3B.Y中含5種官能團C.1molX最多能與9molH2發生加成反應D.1molX和1molY分別與足量NaOH溶液反應消耗NaOH的量相等【答案】A【解析】A．Y與足量Br2加成后，碳碳雙鍵變為碳碳單鍵并連接溴原子。形成的產物中手性碳原子（連有四個不同原子或原子團的碳原子）數目是3個，A正確；B．Y中含有的官能團有碳碳雙鍵、羥基、羧基、醚鍵，共4種，不是5種，B錯誤；C．X中能與H2發生加成反應的是苯環和碳碳雙鍵，2個苯環可與6molH2加成，2個碳碳雙鍵可與2molH2加成，1molX最多能與8molH2發生加成反應，C錯誤；D．1molX中含有1mol羧基、1mol酯基（水解后生成酚羥基和羧基），1molX消耗3molNaOH；1molY中含有1mol羧基、1mol酚羥基，1molY消耗2molNaOH，二者消耗NaOH的量不相等，D錯誤；故選A。12.氯化法是破壞廢水中氰化物(CN-)較成熟方法，廣泛用于處理電鍍廠、煉焦工廠、金礦氰化廠等單位的含氰酸性廢水。下列說法錯誤的是A.a為直流電源的正極B.理論上消除，則右室產生H2的體積為44.8L(標況下)C.工作時，由M極區通過質子交換膜移向N極區D.工作時，左室中可發生反應：【答案】B【解析】在電解池中，陽極發生氧化反應，陰極發生還原反應。由圖可知，左室中氯離子失去電子生成氯氣，發生氧化反應，所以左室電極a為陽極。A．根據分析可知，左室電極a為陽極，而陽極連接直流電源的正極，因此a為直流電源的正極，該選項正確。B．理論上消除1molCN-，根據左室電極反應式2CN-+4OH--6e-=2CO2↑+N2↑+2H2O，可知消耗1molCN-轉移3mol電子。右室發生還原反應，電極反應式為2H2O+2e-＝H2↑+2OH-，根據電子守恒，轉移3mol電子時生成氫氣的物質的量為1.5mol，則生成氫氣的體積為1.5mol22.4L/mol=33.6L，而不是44.8L，該選項錯誤。C．工作時，陽離子向陰極移動。在該電解池中，N極區為陰極區，M極區為陽極區，所以H+由M極區(陽極區）通過質子交換膜移向N極區(陰極區），該選項正確。D．左室中CN-被氧化為CO2和N2，結合溶液呈酸性，其電極反應式為，該反應符合氧化還原反應的規律，該選項正確；故選B。13.Rh(Ⅰ)-Ru(Ⅲ)雙金屬配合物催化醋酸甲酯羰基化反應制備醋酸的反應機理和各基元反應活化能壘如圖所示。下列說法正確的是A.反應中Ru和Rh的成鍵數目都不變B.TN1是該反應的催化劑，降低了反應的活化能，但不改變反應的焓變C.由生成經歷了4個基元反應，其中第二步反應為決速步驟D.該羰基化反應的總反應為：【答案】D【解析】A．由左邊的圖可知，反應中Ru的成鍵數目均為4，Rh的成鍵數目有4、5、6，故A錯誤；B．由左邊圖可知，CO與TN2先作用，TN2是該反應的催化劑，故B錯誤；C．根據圖示，歷程包含了3個基元反應，能壘最大的即為決速步驟，第三步反應為決速步驟，故C錯誤；D．由左邊的圖可知，反應物為，生成物為，總反應的化學方程式為，故D正確；答案選D。14.檸檬酸(用表示)是一種有機三元弱酸，廣泛存在于水果中。25℃時，用NaOH調節溶液的pH，溶液中各種微粒的分布系數與pH的關系如圖所示[比如的分布系]。下列敘述錯誤的是A.曲線II代表δ()，曲線III代表δ()B.Na2HA和Na3A溶液均顯堿性C.反應的D.0.1mol/LNaH2A溶液中：【答案】C【解析】A．隨著pH增大，H3A逐漸失去H+，H3A含量減少，H2A?含量先增多后減少，HA2?含量先較少后增多再減少，A3?含量增多。所以曲線I代表δ(H3A)，曲線II代表δ(H2A?)，曲線III代表δ(HA2?)，曲線IV代表δ(A3?)，A正確；B．當δ(HA2?)最大時溶液中溶質主要是Na2HA，此時pH≈7.2，溶液顯堿性；當δ(A3?)最大時溶液中溶質主要是Na3A

，此時pH≈12.3，溶液顯堿性，B正確；C．，當pH=7.2時，c(HA2?)=c(H2A?)，；當pH=12.3時，c(HA2?)=c(A3?)，。，C錯誤；D．NaH2A溶液中，H2A?會發生電離和水解，由圖可知H2A?的電離程度大于水解程度，所以c(Na+)>c(H2A?)>c(HA2?)>c(H3A)，D正確；故選C。二、非選擇題(共4個題，共58分)。15.鎵(Ga)是重要的半導體材料，氮化鎵、砷化鎵和氧化鎵分別是第二代、第三代、第四代半導體材料的代表材料。金屬鎵在自然界中通常以微量分散于鋁土礦、閃鋅礦等礦石中，提取非常困難。從閃鋅礦渣中提取鎵是種常見的方法，具體工藝流程如圖：已知：①金屬鎵在化學性質上非常接近金屬鋁，其氧化物和氫氧化物均有兩性；②閃鋅礦渣通常含有和硅酸鹽等雜質；③室溫下，相關金屬離子形成氫氧化物的pH范圍如下：

開始沉淀時(c=0.01mol/L)pH完全沉淀時(c=1.0×10-5mol/L)pH4.55.52.23.28.29.7回答下列問題：（1）基態Ga原子的價層電子排布圖為_______，該基態原子最高能級的電子云輪廓圖形狀為_______。（2）濾渣中主要含有_______。（3）寫出濾渣Ⅱ堿浸時與NaOH溶液反應生成Na[Ga(OH)4]的離子反應方程式：_______。（4）過濾步驟中加入氧化鋅的目的是調節pH，已知濾液中各離子濃度均為0.1mol/L，則此時應調節的pH范圍是：_______。（5）電解Na[Ga(OH)4]溶液制取鎵單質的陰極反應式為_______。（6）氮化鎵是目前應用最廣泛的半導體材料之一，目前廣泛應用于相控陣雷達、快速充電器等行業。已知立方氮化鎵的晶胞如下圖：該晶體中，若立方氮化鎵的晶胞邊長為apm，則Ga原子與N原子之間的最短距離為____pm，其晶體密度為___(列出計算式)。【答案】（1）①.②.啞鈴形（2）H2SiO3、PbSO4（3）（4）或（5）（6）①.②.【解析】閃鋅礦渣加入稀硫酸酸浸得到濾渣I，濾渣其主要成分為生成的難溶物PbSO4、H2SiO3，鎵、鋅、鐵元素轉化為鹽溶液進入濾液，濾液加入氧化鋅反應調節溶液pH值，得到濾渣Ⅱ和硫酸鋅溶液，硫酸鋅溶液用于生產Zn，濾渣Ⅱ主要成分為氫氧化鐵沉淀、沉淀，加入氫氧化鈉進行堿浸得到氫氧化鐵固體和溶液Na[Ga(OH)4]，過濾分離出濾液，電解Na[Ga(OH)4]得到金屬鎵。（1）Ga為31號元素，為第四周期第ⅢA族，基態Ga原子的價層電子排布圖為，該基態原子最高能級為4p，電子云輪廓圖形狀為啞鈴形；（2）由分析，濾渣中主要含有H2SiO3、PbSO4；（3）已知，金屬鎵在化學性質上非常接近金屬鋁，其氧化物和氫氧化物均有兩性；則堿浸時與NaOH溶液反應生成Na[Ga(OH)4]，反應為：或；（4）加入氧化鋅調節溶液pH，使Fe3+和Ga3+形成沉淀，而鋅離子不沉淀，從而與Zn2+分離；Ga3+形成沉淀所需的pH較大，其完全沉淀pH為5.5；鋅離子完全沉淀pH為9.7，pOH=4.3，則，初始鋅離子濃度為0.1mol/L，若沉淀則，pOH=6.3，pH=7.7；故應調節的pH范圍是：或；（5）電解Na[Ga(OH)4]溶液制取鎵單質，陰極反應為得到電子發生還原反應生成鎵單質：或；（6）由圖，Ga原子與N原子之間的最短距離為題對角線的四分之一，為pm，根據“均攤法”，晶胞中含個Ga、4個N，則晶體密度為。16.亞硝酸鈉外觀酷似食鹽且有咸味，易潮解，易溶于水，廣泛應用于工業和建筑業，也允許在安全范圍內作為肉制品發色劑或防腐劑。某實驗室制備亞硝酸鈉裝置如下圖(部分夾持裝置略，氣密性已檢驗)：已知：①，；②酸性條件下，NO或，都能與反應生成和。（1）A中裝濃硝酸的儀器名稱為_______。反應開始前，先通入至裝置F中產生大量氣泡，其目的是_______。（2）E中濃硫酸的作用是_______。（3）寫出A裝置中發生反應的化學方程式_______。裝置B中盛放的試劑最合適為_______(填名稱)。（4）當完全反應后，D中的固體除外，還可能有。測定純度的步驟如下：i．配制標準溶液，并進行酸化。ii．稱取5.0g樣品溶于水配成250mL溶液，取其中25.00mL于錐形瓶中進行滴定，消耗20.00mL酸性標準液。①步驟ii中達到滴定終點的標志為_______。②寫出滴定原理的離子方程式：_______。③混合固體中的質量分數為_______。(保留三位有效數字)【答案】（1）①.分液漏斗②.排盡裝置內空氣，防止產物不純（2）防止F中水蒸氣進入D中，影響實驗結果（3）①.②.水（4）①.滴入最后半滴KMnO4標準液后，溶液由無色變為淺紅色，且30s內顏色不再變化②.③.【解析】由實驗裝置圖可知，裝置A中濃硝酸與銅絲反應制備二氧化氮，裝置B中盛有的水用于將二氧化氮轉化為一氧化氮，裝置C中的濃硫酸干燥一氧化氮，裝置D中一氧化氮與過氧化鈉反應制備亞硝酸鈉，裝置E中盛有的濃硫酸用于吸收水蒸氣，防止水蒸氣進入裝置D與過氧化鈉反應干擾實驗，裝置F中盛有的酸性高錳酸鉀溶液用于吸收一氧化氮，防止污染空氣。（1）A中裝濃硝酸的儀器名稱為分液漏斗。由于一氧化氮容易被氧氣氧化，所以實驗開始前要排盡體系內的空氣，避免氧化一氧化氮為二氧化氮，二氧化氮與過氧化鈉反應生成硝酸鈉，使產物不純。答案為：分液漏斗；排盡裝置內空氣，防止產物不純。（2）由于過氧化鈉容易和水反應，為避免水分進入，影響實驗效果，所以E中濃硫酸的作用是防止F中的水蒸氣進入D，干擾實驗。答案為：防止F中水蒸氣進入D中，影響實驗結果。（3）A裝置的化學方程式為：，B中盛放的試劑能將NO2轉化為NO，同時吸收揮發的硝酸，所以可以在B中盛放的試劑最合適的為水，反應的化學方程式為：；答案為：；水。（4）①高錳酸鉀可以和亞硝酸根反應：，硝酸根和高錳酸鉀不反應。高錳酸鉀溶液本身呈紫紅色，所以滴定終點的標志是：滴入最后半滴標準液后，溶液由無色變為淺紅色，且內顏色不再變化。②高錳酸鉀作為氧化劑，被還原為，被氧化為，故滴定原理離子方程式為：。③設25.00mL溶液中為，根據關系式可得，故，所以中的質量分數為。17.新能源是未來能源發展的方向，積極開發新能源是實現“碳達峰、碳中和”的重要舉措。Ⅰ．實現綠色低碳循環發展，二氧化碳的吸收和利用是一項重要的研究課題，利用二氧化碳合成二甲醚方法通常是和先合成甲醇，再由甲醇脫水制備二甲醚：反應①：。反應②：。（1）二氧化碳與氫氣直接合成二甲醚：_______，該反應正向自發的條件為_______(填“高溫”或“低溫”)自發。（2）某反應容器中按照投料進行反應①合成甲醇，若反應在恒容、絕熱容器中進行，則下列說法一定能說明反應達到化學平衡狀態的是_______。A．

B．C．混合氣體的密度保持不變

D．混合氣體的平均相對分子質量保持不變E．反應體系溫度保持不變Ⅱ．氫能是一種重要的綠色能源，工業上用乙醇與水催化重整制氫氣，發生以下反應：反應①：C2H5OH(g)+H2O(g)2CO(g)+4H2(g)ΔH1=+255.7kJ/mol反應②：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH2=-41.2kJ/mol反應③：C2H5OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2(g)ΔH3=+173.3kJ/mol（3）壓強為100kPa時，H2的平衡產率與溫度、起始時的關系如圖所示：i．反應②的平衡常數：_______(填“>”“=”或“<”)，判斷理由是_______。ii．平衡體系中乙醇的物質的量分數：C點_______(填“>”“=”或“<”)B點。（4）維持壓強在不變情況下，和發生上述反應，平衡時乙醇的轉化率、CO2的選擇性、CO的選擇性隨溫度升高的變化曲線如圖所示：[已知：的