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2024届湖南省邵阳市高三一模化学试题（原卷版+解析版）
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这是一份2024届湖南省邵阳市高三一模化学试题（原卷版+解析版），文件包含精品解析2024届湖南省邵阳市高三一模化学试题原卷版docx、精品解析2024届湖南省邵阳市高三一模化学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共33页， 欢迎下载使用。
本试卷共8页，18个小题。满分100分。考试用时75分钟。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卡上。将条形码横贴在答题卡上“条形码粘贴区”。
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4.保持答题卡的整洁。考试结束后，只交答题卡，试题卷自行保存。
可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 Na-23 Ga-70 I-127
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. 化学科学与技术在探索宇宙、改善生活、改变环境与促进发展等方面均发挥着关键作用。下列说法正确的是
A. 我国古代四大发明之一的指南针使用了磁性物质
B. 我国科学家研制的储能导电二维材料是一种新型有机功能材料
C. 2023年神舟十六号飞船返回舱侧壁金属壳体用的是铝合金材料，其硬度比纯铝的小
D. 利用与人工合成淀粉，不仅有利于解决人类的温饱问题，也有利于实现“碳中和”
【答案】D
【解析】
【详解】A．制造指南针的磁性物质是Fe3O4，故A错误；
B．我国科学家研制的储能导电二维材料MS2是一种新型无机功能材料，故B错误；
C．合金的硬度比组分硬度大，铝合金硬度比纯铝大，故C错误；
D．CO2和H2人工合成淀粉，可将CO2回收利用并转化为淀粉，不仅有利于解决人类的温饱问题，也有利于实现“碳中和”，故D正确；
故选：D。
2. 下列化学用语正确的是
A. 果糖和核糖的分子式均为：
B. 甲醛中键的电子云轮廓图：
C. 的空间结构：(正四面体形)
D. 基态铜原子价电子的轨道表示式：
【答案】B
【解析】
【详解】A．果糖的分子式：C6H12O6，核糖分子式：C5H10O5，故A错误；
B．甲醛中存在C=O，其中一个共价键为π键，π键的电子云轮廓图：，故B正确；
C．中碳原子价层电子对数为3+=3且不含孤电子对，空间构型为平面正三角形，故C错误；
D．基态铜原子价电子排布式为3d104s1，其价电子轨道表示式为，故D错误；
故选：B。
3. 为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 标准状况下，溶于水，溶液中、和的微粒数之和小于
B. 溶液中含有数目小于
C. 与完全反应，反应中转移的电子数介于和之间
D. 苯乙烯中含有碳碳双键数为
【答案】A
【解析】
【详解】A．氯气与水反应为可逆反应，不能进行到底，依据氯原子个数守恒可知，标准状况下11.2LCl2溶于水，氯气物质的量n==0.5ml，溶液中Cl-、ClO-、HClO的微粒数之和小于NA，故A正确；
B．0.1ml/LNH4NO3溶液体积不知，不能计算溶液中含有数目，故B错误；
C．2.3gNa物质的量n==0.1ml，与O2完全反应，反应中转移的电子数为0.1NA，故C错误；
D．苯环中不存在碳碳双键，1ml苯乙烯中含有碳碳双键数为NA，故D错误；
故选：A。
4. 下列离子方程式书写正确的是
A. 向硫酸铜溶液中加入过量氨水：
B. 向溶液中滴入溶液至恰好显中性：
C. 向溶液中通入过量：
D. 向溶液中加入足量氨水：
【答案】D
【解析】
【详解】A．向硫酸铜溶液中加入过量氨水生成[Cu(NH3)4]2+，离子方程式为Cu2++4NH3⋅H2O═[Cu(NH3)4]2++4H2O，故A错误；
B．向NaHSO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液至恰好显中性，硫酸氢钠与氢氧化钡的物质的量之比为2：1；离子方程式为2H+++Ba2++2OH-═2H2O+BaSO4↓，故B错误；
C．Ca(ClO)2溶液具有强氧化性，通入过量SO2时发生氧化还原生成硫酸钙，离子方程式为Ca2++ClO-+SO2+H2O═CaSO4↓+Cl-+2H+，故C错误；
D．向Ba(HCO3)2溶液中加入足量氨水时生成BaCO3沉淀、(NH4)2CO3和H2O，离子方程式为Ba2++2+2NH3⋅H2O═BaCO3↓+2+2H2O+，故D正确；
故选：D。
5. Z是医药工业和香料工业的重要中间体，合成路线如图所示。下列说法正确的是
A. Y和溶液反应，最多消耗
B. X→Y属于加成反应，Y→Z属于氧化反应
C. X苯环上的二氯代物有6种，Y苯环上的三氯代物只有1种
D. Z中所有原子可能共平面，Z与完全加成后的产物中含2个手性碳原子
【答案】B
【解析】
【详解】A．Y中酚羟基能和NaOH以1∶1反应，醇羟基和NaOH不反应，1mlY最多消耗1mlNaOH，故A错误；
B．X中苯环上的氢原子和甲醛发生加成反应生成Y，Y中醇羟基发生氧化反应生成Z中醛基，前者属于加成反应、后者属于氧化反应，故B正确；
C．X苯环上的二氯代物相当于苯环上3个氢原子被1个酚羟基、2个氯原子取代，2个氯原子相邻时，酚羟基有2种位置异构，2个氯原子相间时，酚羟基有3种位置异构，2个氯原子相对时，酚羟基有1种位置异构，所以符合条件的同分异构体有6种；Y苯环上三氯代物有2种，故C错误；
D．苯、-CHO中所有原子共平面，单键可以旋转，Z相当于苯分子中的氢原子被酚羟基和醛基取代，所以Z中所有原子可能共平面；Z与H2完全加成后的产物中不含手性碳原子，故D错误；
故选：B。
6. 混盐是由一种金属阳离子(或)与两种酸根阴离子组成的盐，如可看成由和组成。向混盐中加入足量稀硫酸，发生如下反应：。下列说法正确的是
A. 混盐可看成由和组成
B. 混盐固体中阴阳离子个数比为
C. 向混盐溶液中加入溶液，可生成沉淀
D. 向混盐溶液中加入足量稀，每产生，转移电子的物质的量为
【答案】A
【解析】
【详解】A．Na4S2O3可以写成Na2SO3•Na2S，混盐Na4S2O3可看成由Na2S和Na2SO3组成，故A正确；
B．Na4S2O3可以写成Na2SO3•Na2S，阳离子是Na+、阴离子是S2-和，所以混盐Na4S2O3固体中阴阳离子个数比为1：2，故B错误；
C．Al2S3能与水反应生成Al(OH)3沉淀和H2S气体，所以混盐Na4S2O3溶液中加入AlCl3溶液，不能生成Al2S3沉淀，故C错误；
D．由反应2Na4S2O3+4H2SO4=4Na2SO4+3S↓+SO2↑+4H2O可知，混盐Na2SO3•Na2S中-2价S失去2个电子生成S，+4价硫得到4个电子生成S，向混盐Na4S2O3溶液中加入足量稀H2SO4，每产生3mlS，转移电子的物质的量为4ml,故D错误；
故选：A。
7. 水催化氧化机理如图所示。下列叙述错误的是
A. 钴位于元素周期表中的d区
B. 催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率
C. 在转化过程中C的化合价没有发生变化
D. 该机理总反应式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．钴为27号元素，价层电子排布式为3d74s2，位于元素周期表中的d区，故A正确；
B．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，故B正确；
C．如在过程中，H、O化合价不变，C失去电子，化合价升高，故C错误；
D．由水催化氧化机理图可知，该机理总反应式：2H2O→O2↑+4H++4e−，故D正确；
故选：C。
8. 已知反应 ，将和按一定比例通入恒温恒压的密闭容器中，反应相同时间后，的体积分数随温度的变化关系如图所示，下列相关描述正确的是
A. 平衡常数值：B. 逆反应速率：
C. b点时D. 曲线上的点均代表平衡时刻的点
【答案】A
【解析】
【分析】由图可知，c点氨气的体积百分数最大，说明反应达到平衡，则c点以前为平衡的建立过程，c点以后为平衡的移动过程。
【详解】A．升高温度，平衡逆向移动，则平衡常数值：，故A正确；
B．温度越高，反应速率越快，则d点逆反应速率大于a点，故B错误；
C．由分析可知，b点反应未达到平衡，正反应速率大于逆反应速率，故C错误；
D．根据分析，c点前反应温度低、速率慢，反应没有达到平衡状态，故D错误；
故选：A。
9. 某种镁盐具有良好的电化学性能，其阴离子结构如图所示。W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素，X、Z最外层电子数之和等于Q的最外层电子数，Y原子价电子数是Z原子价电子数的2倍。下列说法错误的是
L为
A. Q和X的氧化物对应水化物的酸性：Q>X
B. 简单离子半径：Q>Y>Z
C. Z和Q形成的化合物属于共价化合物
D. 元素的电负性：Y>X>W
【答案】A
【解析】
【分析】W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素，阴离子结构中X形成4条共价键、Y形成2条共价键、Q形成1条共价键，可知X的价电子数为4、Y的价电子数为6，Q的原子序数不是最小，则Q原子价电子数为7，Y原子价电子数是Z原子价电子数的2倍，则Z原子价电子数为3，满足X、Z最外层电子数之和等于Q的最外层电子数，结合原子序数相对大小可知，X为C元素、Y为O元素、Z为Al元素、Q为Cl元素，W的原子序数小于碳且形成1条共价键，则W为H元素。
【详解】由分析可知，W是H元素、X是C元素、Y是O元素、Z是Al元素、Q是Cl元素；
A．选项中没有指明是最高价氧化物对应水化物，不能比较酸性强弱，如酸性：H2CO3＞HClO，H2CO3＜HClO4，故A错误；
B．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，而电子层越多离子半径越大，则离子半径：Cl-＞O2-＞Al3+，故B正确；
C．Z和Q形成的化合物是AlCl3，属于共价化合物，故C正确；
D．元素的非金属性越强，其电负性越大，则电负性：O＞C＞H，故D正确；
故选：A。
10. 由下列实验操作及现象能得出相应结论的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．少量氯水氧化碘离子，碘易溶于四氯化碳，则溶液分层，下层呈紫红色，可知氧化性：Cl2＞I2，由实验不能比较Br2、I2的氧化性强弱，故A错误；
B．玻璃中含有钠元素，干扰溶液中钠元素的检验，应该用铂丝或铁丝，故B错误；
C．两种钠盐的物质的量浓度不一定相等，所以不能根据钠盐的pH值判断酸的酸性强弱，故C错误；
D．溶度积常数表达式相同时，向浓度均为0.10ml⋅L-1的KCl和KI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，溶度积常数小的先产生沉淀，先生成黄色沉淀，则，故D正确；
故选：D。
11. 磷化氢是常用的高效熏蒸杀虫剂。一种制备的流程如下图所示：
下列说法正确的是
A. 分子是正四面体结构，中含有共价键
B. 次磷酸钠属于酸式盐
C. 反应Ⅰ为(浓)
D. 理论上，每可生产
【答案】C
【解析】
【分析】白磷与浓NaOH溶液反应生成PH3和次磷酸钠，根据原子守恒和化合价升降守恒可知反应化学方程式为：P4+3NaOH（浓）+3H2OPH3↑+3NaH2PO2，次磷酸钠与硫酸反应生成次磷酸，反应化学方程式为：NaH2PO2+H2SO4=NaHSO4+H3PO2，次磷酸分解生成磷酸和磷化氢，根据原子守恒和化合价升降守恒，可得方程式为：2H3PO2=PH3↑+H3PO4，据此分析解答。
【详解】A．白磷分子中磷原子的价层电子对数为3+1=4，白磷分子呈正四面体，键角60°，1mlP4中含有6ml共价键，故A错误；
B．次磷酸为一元酸，则次磷酸钠(NaH2PO2)属于正盐，故B错误；
C．白磷与浓NaOH溶液反应生成磷化氢和次磷酸钠，其反应的化学方程式为P4+3NaOH（浓）+3H2OPH3↑+3NaH2PO2，故C正确；
D．理论上，1ml白磷和浓氢氧化钠反应生产1ml PH3和3ml次磷酸钠，3ml次磷酸钠反应生成3ml次磷酸，根据2H3PO2=PH3↑+H3PO4分析，3ml次磷酸分解生成1.5ml磷化氢，故1ml白磷可生成2.5ml磷化氢，故D错误；
故选：C。
12. 某富锂超离子导体的晶胞是立方体(图1)。进行镁离子取代及卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料(图2)。下列说法正确的是
A. 基态溴原子的核外电子排布式为
B. 图1晶体中O周围最近的Cl数目为4
C. 图1晶体的化学式为
D. 图2表示的化学式为
【答案】D
【解析】
【详解】A．溴原子核外有35个电子，根据构造原理书写其基态核外电子排布式，则Br原子基态原子核外排布式为[Ar]3d104s24p5，故A错误；
B．由图可知，图1中与O原子距离最近且相等的Cl原子的个数为8，故B错误；
C．均摊法可知，图1晶体含有Li：8×+1=3，Cl：4×=1，O：2×=1，则该晶体的化学式为Li3ClO，故C错误；
D．由图可知，晶胞中含有Cl或Br：4×=1，含有O：2×=1，含有Li：1，含有Mg或空位：8×=2，所以晶胞的化学式可以为LiMgOClxBr1-x，故D正确；
故选：D。
13. 是一种高效、安全的消毒用品。某电解法制备的装置如图，有关说法错误的是
A. 与a相连的电极上发生氧化反应
B 电解过程中转移电子时，有通过离子交换膜进入阳极区
C. 整个生产过程中，理论上得到两种气体产物和的体积比为
D. “二氧化氯发生器”中生成的X溶液的主要溶质为和
【答案】C
【解析】
【分析】图中右室生成H2，发生还原反应，b连接电解池的阴极，b为电源负极，则a连接电解池的阳极，a为电源正极，阴极反应式为6H++6e-=3H2↑，阳极反应式为+3Cl--6e-=NCl3+4H+，总反应式为+3Cl-+2H+NCl3+3H2↑，溶液中Cl-通过离子交换膜移向左侧，即离子交换膜为阴离子交换膜，NCl3与NaClO2溶液在二氧化氯发生器中反应生成ClO2和NH3，反应方程式为NCl3+6NaClO2+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH。
【详解】A．图中右室生成H2，发生还原反应，b连接电解池的阴极，b为电源负极，则a连接电解池的阳极，发生氧化反应，故A正确；
B．电解池中阴离子向阳极移动，则电解过程中转移2ml电子时，有2mlCl-通过离子交换膜进入阳极区，故B正确；
C．阴极反应式为2H++2e-=H2↑，阳极反应式为+3Cl--6e-=NCl3+4H+，二氧化氯发生器中发生反应的方程式为NCl3+6NaClO2+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH，每转移6个电子，生成1个NCl3，3个H2，6个ClO2，则整个生产过程中，理论上得到两种气体产物ClO2和H2的物质的量比为2∶1，气体所处温度和压强未知，故C错误；
D．NCl3与NaClO2溶液在二氧化氯发生器中反应生成ClO2和NH3，反应方程式为NCl3+6NaClO2+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH，可知发生器中生成X溶液的主要溶质为NaCl和NaOH，故D正确；
故选：C。
14. 难溶盐可溶于盐酸，常温下，用盐酸调节浊液的pH，测得体系中或与的关系如图。下列说法错误的是
A. 随着盐酸的加入，溶液中和均逐渐增大
B. 与的关系对应图中曲线M
C. 常温下，难溶盐的数量级为
D. Y点的溶液中存在
【答案】B
【解析】
【分析】已知HF的Ka=， ，则越大，c(F-)越小，-lgc(F-)越大，即-lgc(F-)随着的增大而增大，Ksp(CaF2 )=c(Ca2+)•c2(F-)，c(F-)越小，c(Ca2+)越大，-lgc(Ca2+)越小，即-lgc(Ca2+)随着的增大而减小，所以曲线N表示-lgc(Ca2+)与的变化关系，M表示-lgc(F-)与的变化关系，据此分析解答。
【详解】A．随着盐酸的加入，溶液的酸性增强，CaF2和HCl生成HF，则溶液中c(H+)和c(HF)均逐渐增大，故A正确；
B．由上述分析可知，曲线N表示-lgc(Ca2+)与的变化关系，M表示-lgc(F-)与的变化关系，故B错误；
C．X点时 =1，-lgc(F-)=4.2，Ka==10×10-4.2=10-3.2，W点时 =0，则c(F-)=10-3.2ml/L，-lgc(Ca2+)=4，所以Ksp(CaF2 )=c(Ca2+)•c2(F-)=10-4×(10-3.2)2=10-10.4，数量级为10-11，故C正确；
D．由图可知，Y点时c(Ca2+)=c(F-)，溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，电荷守恒关系为2c(Ca2+)+c(H+)=c(F-)+c(Cl-)+c(OH-)，物料守恒关系c(F-)+c(HF)=2c(Ca2+)，即c(Ca2+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，则有 c(Cl-)＞c(Ca2+)，c(Ca2+)=c(HF)，所以c(Cl-)＞c(Ca2+)=c(HF)，故D正确；
故选：B。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 某兴趣小组设计实验探究催化氧化CO的效率。回答下列问题：
【步骤Ⅰ】制备CO
在通风橱中用下图装置制备CO，反应方程式：
（1）装置A中盛放浓硫酸的仪器名称是___________。
（2）B中溶液的作用是___________。
【步骤Ⅱ】检验CO
（3）将CO通入新制银氨溶液中，有单质银沉淀生成，则该反应的化学方程式为___________。
【步骤Ⅲ】探究催化氧化CO效率
（4）将一定量CO与空气混合，得到CO体积分数为1％的气体样品。使用下图装置(部分加热及夹持装置省略)，调节管式炉温度至120℃，按一定流速通入气体样品。(已知：是白色固体，易吸水潮解，)
通入(已折算为标况)的气体样品后，继续向装置内通入一段时间氮气，最终测得U形管内生成了。
①能证明CO被空气氧化的现象是___________。
②CO被催化氧化的百分率为___________。
③若未通入氮气，②的结果将___________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
（5）探究气体与催化剂接触时间对催化氧化效率的影响时，可采用___________方法延长接触时间。
【答案】（1）圆底烧瓶
（2）吸收挥发的HCOOH蒸气
（3）
（4） ①. 装置H中澄清石灰水变浑浊 ②. 40% ③. 偏大
（5）减小气体样品流速
【解析】
【分析】在装置A中HCOOH与浓硫酸混合加热反应制取CO，通过装置B除去其中的挥发的HCOOH蒸气，导气管通入顺序是长进短出；然后通过装置C、D用排水方法收集CO气体。CO具有还原性，可以将银氨溶液还原为Ag单质，同时CO被还原反应产生，同时反应产生NH3·H2O，CO被催化氧化，未被还原的CO可以与I2O5发生反应产生CO2、I2，根据反应产生I2的物质的量确定未被催化氧化的CO，进而结合CO的总物质的量确定其被催化氧化的转化率。
【小问1详解】
根据装置图可知：装置A中盛放甲酸的仪器的名称为圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶。
【小问2详解】
在装置A中HCOOH与浓硫酸混合加热反应制取CO，该气体中含有HCOOH蒸气，用NaOH可以吸收挥发的HCOOH蒸气，故答案为：吸收挥发的HCOOH蒸气。
小问3详解】
一氧化碳和银氨溶液反应生成单质银，同时生成碳酸铵和氨气，方程式为：
【小问4详解】
①一氧化碳被氧气氧化生成二氧化碳，能使澄清的石灰水变浑浊；
②气体样品中CO的体积分数为1%，相同条件下，气体分数等于其物质的量分数，所以标况下11.2 L气体样品中CO的物质的量为：n(CO) =×1%=0.005 ml，未反应的CO发生反应5CO+I2O5=I2+5CO2，反应产生I2的物质的量n(I2)==0.0006 ml，则根据反应方程式中物质反应转化关系可知n(CO)=5n(I2)=5×0.0006 ml=0.003ml，则被氧化的n(CO)=(0.005-0.003)ml=0.002ml，故CO被催化氧化的百分率为×100%=40%；
③若未继续通入一段时间N2，部分CO存在于装置中，导致K中生成的I2偏小，则剩余的n(CO)偏小，所以被氧化的n(CO)偏大；
故答案为：装置H中澄清石灰水变浑浊；40%；偏大。
【小问5详解】
控制气流速率可以延长接触时间，即减小气体样品流速可以延长接触时间，故答案为：减小气体样品流速。
16. 作为第三代半导体材料，具有耐高温高压等特性，随着5G技术的发展，商用进入快车道。综合利用炼锌矿渣[主要含铁酸镓、铁酸锌]制备具有优异光电性能的氮化镓(GaN)，部分工艺流程如下：
已知：常温下，浸出液中各离子形成氢氧化物沉淀的pH和金属离子在工艺条件下的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)见表：
（1）处理浸出液时，将溶液的pH调节至5.4，过滤所得沉淀为___________(填化学式)。
（2）“溶解还原”步骤中加入一定量铁粉的作用是___________(用离子方程式表示)。
（3）萃取和反萃取都需要使用到的主要玻璃仪器为___________。
（4）取样品a克溶于足量热溶液中，发生反应，用溶液将产生的完全吸收并配成溶液，从中取用盐酸滴定，消耗的盐酸V mL，则样品的纯度为；___________。(已知：；)
（5）晶胞结构如图所示，其晶体类型为___________，N原子的杂化方式为___________，已知六方晶胞的体积为，阿伏加德罗常数的值为，则晶体的密度为___________(用含a、的代数式表示)。
（6）科学家用氮化镓材料与铜组装成如下图所示的人工光合系统，成功地实现了用和合成，请写出电极的电极反应方程式___________。
【答案】16. Fe(OH)3、Ga(OH)3
17. Fe+2Fe3+=3Fe2+
18. 分液漏斗 19.
20. ①. 共价晶体 ②. sp3 ③.
21. 2H2O-4e-=4H++O2↑
【解析】
【分析】炼锌矿渣[主要含铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4]制备具有优异光电性能的氮化镓(GaN)，炼锌矿渣加入稀硫酸过滤得到二氧化硅和滤液，滤液中加入过氧化氢调节溶液pH，氧化亚铁离子为铁离子，形成Fe(OH)3沉淀，加入盐酸溶解、加入铁还原，假如萃取剂萃取分液，在萃取液中加入氢氧化钠溶液反萃取，经过分离后加入氨气高温化合得到GaN，据此分析回答问题。
【小问1详解】
处理浸出液时，将溶液的pH调节至5.4，目的是沉淀Fe3+和Ga3+，过滤所得沉淀为：Fe(OH)3、Ga(OH)3，故答案为：Fe(OH)3、Ga(OH)3；
【小问2详解】
“溶解还原”步骤中加入一定量铁粉的作用是还原铁离子生成亚铁离子，反应的离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；
【小问3详解】
萃取和反萃取都需要使用到的主要玻璃仪器为：分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
【小问4详解】
取GaN样品a克溶于足量热NaOH溶液中，发生反应GaN+OH-+H2O+NH3↑，用H3BO3溶液将产生的NH3完全吸收并配成250mL溶液，从中取25mL用盐酸滴定，消耗cml/L的盐酸VmL，GaN～NH3～HCl，则样品的纯度=；
【小问5详解】
GaN晶胞结构如图所示，晶胞中含Ga=12×+2×+3=6，含N原子=6×+3=6，其晶体类型为：共价晶体，N原子形成三个共价键，N原子的杂化方式为：sp3，晶胞质量m=，已知GaN六方晶胞的体积为V=apm3= a×10−30cm3，则GaN晶体的密度g/cm3；
【小问6详解】
图示可知，GaN电极为负极，水失电子生成氧气，电极反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，故答案为：2H2O-4e-=4H++O2↑。
17. 合成气(CO、)可用于合成低碳烯烃和甲醇等化工产品。回答下列问题：
（1）用天然气制备合成气的原理如下：
该反应的压强平衡常数(Kp)随温度的变化如下表：
根据热力学状态函数自由能(∆G)的数学表达式：(R为大于0的常数，T为热力学温度)，可以推知当温度超过___________℃时，该反应才有可能发生。
（2）用转炉熔渣(未冷却)制备合成气时，涉及反应如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
反应温度与的关系如图所示。
①___________0(填“>”“<”或“=”)。
②反应：的___________(用、表示)。
③用转炉熔渣制取合成气的优点是___________。
（3）在三个密闭容器中，按起始物质的量之比，将CO和充入容器中，在不同的温度和压强下，发生反应：。CO的转化率与温度的关系如图所示：
①___________(填“>”“<”或“=”)；反应速率___________(填“>”“<”或“=”)。
②X点处，该反应的平衡常数为___________(用平衡分压表示，分压等于总压乘以物质的量分数)。
③提高CO的转化率除改变温度和压强外还可采取的措施是___________(任写一条)。
【答案】17. 800
18. ①. > ②. ③. 转炉熔渣的余热以及反应III放出的热量都可以为反应I、II提供热量，有利于节约能源
19. ①. < ②. > ③. 1 ④. 增大H2与CO的投料比或者不断分离出甲醇
【解析】
【小问1详解】
(R为大于0的常数，T为热力学温度)，T也大于0，需要，则需要，Kp应大于1，由表格数据可知，温度超过800℃时Kp大于1，所以需要超过800℃，该反应才可能发生；
【小问2详解】
①由反应温度与的关系图像，可以看出反应I、II的平衡常数K随温度升高而增大，说明升高温度平衡正移，为吸热反应，而反应III则为放热反应；
②根据盖斯定律，方程式①-2②可得反应，则=；
③反应I、II都是吸热反应，转炉熔渣的余热以及反应III放出的热量都可以为反应I、II提供热量，有利于节约能源；
【小问3详解】
①是气体体积缩小的反应，温度相同时压强越大则CO的转化率越高，由图像可知，温度相同时P1压强下转化率大于P2压强时，<故压强，Y与X压强相同，Y点温度更高，反应速率更快，即反应速率Y>X；
②点时CO的转化率为50%，投料比为，设投料时CO为1ml，H2为2ml，列三段式如下：
容器压强为2MPa，根据平衡时数据可以计算出平衡时p(CO)==0.5 MPa，同理可算出p(H2)=1 MPa，p(CH3OH)= 0.5 MPa，Kp===1；
③还可以采取的措施有增大H2与CO的投料比或者不断分离出甲醇，都能提高CO的转化率。
18. 一种治疗湿疹的非激素类外用药物(G)，其合成路线如下：
其中，—Ph为苯基()。
（1）一种鉴别化合物A与B的方法是室温下将它们分别与水混合，混合后明显分层的是___________(填“A”或“B”)。
（2）下列说法正确的是___________。(填字母序号)
a．B与C互为同系物 b．A分子间能形成氢键，B分子间不能形成氢键
c．E中含有氯离子 d．F中所有碳原子可能在同一平面上
（3）化合物X是硫酸()与过量甲醇酯化反应的有机产物，制备化合物X的化学方程式为___________。
（4）已知，则Y的结构简式为___________；B→C的反应类型为___________。
（5）满足下列条件的A的同分异构体共有___________种。
①遇溶液显紫色
②能发生水解反应，也能与银氨溶液反应。
其中核磁共振氢谱共有4组峰，峰面积之比为的同分异构体的结构简式是___________(写一种即可)。
（6）写出以为原料制备的合成路线流程图(须用，无机试剂和有机溶剂任用)___________。
【答案】18. B 19. ab
20. +2CH3OH +2H2O
21. ①. CH3CH(OH)CH3 ②. 取代反应
22. ①. 6 ②. 、(任写一种)
23.
【解析】
【分析】化合物X是硫酸()与过量甲醇酯化反应的有机产物，则X是硫酸二甲酯，B和Y发生取代反应是C和H2O，Y为CH3CH(OH)CH3，C发生还原反应生成D，D发生取代反应生成E，E发生反应生成F，F发生取代反应生成G；
【小问1详解】
A中含有亲水基羧基和酚羟基，所以A易溶于水，B不含亲水基，所以一种鉴别化合物A与B的方法是室温下将它们分别与水混合，混合后明显分层的是B，故答案为：B；
【小问2详解】
a．B和C结构相似，在分子组成上C比B多3个CH2原子团，所以B与C互为同系物，故a正确；
b．A分子间能形成氢键，B分子间不能形成氢键，故b正确；
c．E中含有氯原子，不含氯离子，故c错误；
d．F中连接两个甲基的碳原子具有甲烷结构特点，所以所有碳原子不可能在同一平面上，故d错误；
故答案为：ab；
【小问3详解】
化合物X是硫酸()与过量甲醇酯化反应的有机产物，X为 ，制备化合物X的化学方程式为+2CH3OH +2H2O；
【小问4详解】
根据分析可知，Y的结构简式为CH3CH(OH)CH3；B→C的反应类型为取代反应，故答案为：CH3CH(OH)CH3；取代反应；
【小问5详解】
A的同分异构体满足条件：①遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基；②能发生水解反应，也能与银氨溶液反应，结合氧原子个数知，含有HCOO-，含有2个酚羟基和1个HCOO-，两个酚羟基相邻时，有2种位置异构；两个酚羟基相间时，有3种位置异构，两个酚羟基相对时，有1种位置异构，所以符合条件的同分异构体有6种；其中核磁共振氢谱共有4组峰，峰面积之比为1：2：2：1的同分异构体的结构简式是、；
【小问6详解】
以为原料制备，根据D→E→F的反应知，苯甲醇和SOCl2发生取代反应生成一氯甲苯，苯甲醇被氧化为苯甲醛，一氯甲苯发生E生成F类型的反应生成，和水发生加成反应生成，合成路线为 。选项
实验操作
现象
结论
A
向、KI混合溶液中依次加入少量氯水和，振荡，静置
溶液分层，下层呈紫红色
氧化性：
B
用玻璃棒蘸取待测溶液置于火焰上灼烧
火焰呈黄色
溶液中含Na元素
C
用pH计测定下列溶液的pH：①溶液；②溶液
pH：①>②
酸性弱于
D
向浓度均为的和KI混合溶液中滴加少量溶液
出现黄色沉淀
金属离子
开始沉淀pH
8.0
17
5.5
3.0
沉淀完全pH
9.6
3.2
8.0
4.9
萃取率(％)
0
99
0
97～98.5
温度/℃
700
750
800
850
900
1.00
5.23
本试卷共8页，18个小题。满分100分。考试用时75分钟。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考号填写在答题卡上。将条形码横贴在答题卡上“条形码粘贴区”。
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试卷上。
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。
4.保持答题卡的整洁。考试结束后，只交答题卡，试题卷自行保存。
可能用到的相对原子质量：H-1 N-14 Na-23 Ga-70 I-127
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. 化学科学与技术在探索宇宙、改善生活、改变环境与促进发展等方面均发挥着关键作用。下列说法正确的是
A. 我国古代四大发明之一的指南针使用了磁性物质
B. 我国科学家研制的储能导电二维材料是一种新型有机功能材料
C. 2023年神舟十六号飞船返回舱侧壁金属壳体用的是铝合金材料，其硬度比纯铝的小
D. 利用与人工合成淀粉，不仅有利于解决人类的温饱问题，也有利于实现“碳中和”
【答案】D
【解析】
【详解】A．制造指南针的磁性物质是Fe3O4，故A错误；
B．我国科学家研制的储能导电二维材料MS2是一种新型无机功能材料，故B错误；
C．合金的硬度比组分硬度大，铝合金硬度比纯铝大，故C错误；
D．CO2和H2人工合成淀粉，可将CO2回收利用并转化为淀粉，不仅有利于解决人类的温饱问题，也有利于实现“碳中和”，故D正确；
故选：D。
2. 下列化学用语正确的是
A. 果糖和核糖的分子式均为：
B. 甲醛中键的电子云轮廓图：
C. 的空间结构：(正四面体形)
D. 基态铜原子价电子的轨道表示式：
【答案】B
【解析】
【详解】A．果糖的分子式：C6H12O6，核糖分子式：C5H10O5，故A错误；
B．甲醛中存在C=O，其中一个共价键为π键，π键的电子云轮廓图：，故B正确；
C．中碳原子价层电子对数为3+=3且不含孤电子对，空间构型为平面正三角形，故C错误；
D．基态铜原子价电子排布式为3d104s1，其价电子轨道表示式为，故D错误；
故选：B。
3. 为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是
A. 标准状况下，溶于水，溶液中、和的微粒数之和小于
B. 溶液中含有数目小于
C. 与完全反应，反应中转移的电子数介于和之间
D. 苯乙烯中含有碳碳双键数为
【答案】A
【解析】
【详解】A．氯气与水反应为可逆反应，不能进行到底，依据氯原子个数守恒可知，标准状况下11.2LCl2溶于水，氯气物质的量n==0.5ml，溶液中Cl-、ClO-、HClO的微粒数之和小于NA，故A正确；
B．0.1ml/LNH4NO3溶液体积不知，不能计算溶液中含有数目，故B错误；
C．2.3gNa物质的量n==0.1ml，与O2完全反应，反应中转移的电子数为0.1NA，故C错误；
D．苯环中不存在碳碳双键，1ml苯乙烯中含有碳碳双键数为NA，故D错误；
故选：A。
4. 下列离子方程式书写正确的是
A. 向硫酸铜溶液中加入过量氨水：
B. 向溶液中滴入溶液至恰好显中性：
C. 向溶液中通入过量：
D. 向溶液中加入足量氨水：
【答案】D
【解析】
【详解】A．向硫酸铜溶液中加入过量氨水生成[Cu(NH3)4]2+，离子方程式为Cu2++4NH3⋅H2O═[Cu(NH3)4]2++4H2O，故A错误；
B．向NaHSO4溶液中滴入Ba(OH)2溶液至恰好显中性，硫酸氢钠与氢氧化钡的物质的量之比为2：1；离子方程式为2H+++Ba2++2OH-═2H2O+BaSO4↓，故B错误；
C．Ca(ClO)2溶液具有强氧化性，通入过量SO2时发生氧化还原生成硫酸钙，离子方程式为Ca2++ClO-+SO2+H2O═CaSO4↓+Cl-+2H+，故C错误；
D．向Ba(HCO3)2溶液中加入足量氨水时生成BaCO3沉淀、(NH4)2CO3和H2O，离子方程式为Ba2++2+2NH3⋅H2O═BaCO3↓+2+2H2O+，故D正确；
故选：D。
5. Z是医药工业和香料工业的重要中间体，合成路线如图所示。下列说法正确的是
A. Y和溶液反应，最多消耗
B. X→Y属于加成反应，Y→Z属于氧化反应
C. X苯环上的二氯代物有6种，Y苯环上的三氯代物只有1种
D. Z中所有原子可能共平面，Z与完全加成后的产物中含2个手性碳原子
【答案】B
【解析】
【详解】A．Y中酚羟基能和NaOH以1∶1反应，醇羟基和NaOH不反应，1mlY最多消耗1mlNaOH，故A错误；
B．X中苯环上的氢原子和甲醛发生加成反应生成Y，Y中醇羟基发生氧化反应生成Z中醛基，前者属于加成反应、后者属于氧化反应，故B正确；
C．X苯环上的二氯代物相当于苯环上3个氢原子被1个酚羟基、2个氯原子取代，2个氯原子相邻时，酚羟基有2种位置异构，2个氯原子相间时，酚羟基有3种位置异构，2个氯原子相对时，酚羟基有1种位置异构，所以符合条件的同分异构体有6种；Y苯环上三氯代物有2种，故C错误；
D．苯、-CHO中所有原子共平面，单键可以旋转，Z相当于苯分子中的氢原子被酚羟基和醛基取代，所以Z中所有原子可能共平面；Z与H2完全加成后的产物中不含手性碳原子，故D错误；
故选：B。
6. 混盐是由一种金属阳离子(或)与两种酸根阴离子组成的盐，如可看成由和组成。向混盐中加入足量稀硫酸，发生如下反应：。下列说法正确的是
A. 混盐可看成由和组成
B. 混盐固体中阴阳离子个数比为
C. 向混盐溶液中加入溶液，可生成沉淀
D. 向混盐溶液中加入足量稀，每产生，转移电子的物质的量为
【答案】A
【解析】
【详解】A．Na4S2O3可以写成Na2SO3•Na2S，混盐Na4S2O3可看成由Na2S和Na2SO3组成，故A正确；
B．Na4S2O3可以写成Na2SO3•Na2S，阳离子是Na+、阴离子是S2-和，所以混盐Na4S2O3固体中阴阳离子个数比为1：2，故B错误；
C．Al2S3能与水反应生成Al(OH)3沉淀和H2S气体，所以混盐Na4S2O3溶液中加入AlCl3溶液，不能生成Al2S3沉淀，故C错误；
D．由反应2Na4S2O3+4H2SO4=4Na2SO4+3S↓+SO2↑+4H2O可知，混盐Na2SO3•Na2S中-2价S失去2个电子生成S，+4价硫得到4个电子生成S，向混盐Na4S2O3溶液中加入足量稀H2SO4，每产生3mlS，转移电子的物质的量为4ml,故D错误；
故选：A。
7. 水催化氧化机理如图所示。下列叙述错误的是
A. 钴位于元素周期表中的d区
B. 催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率
C. 在转化过程中C的化合价没有发生变化
D. 该机理总反应式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．钴为27号元素，价层电子排布式为3d74s2，位于元素周期表中的d区，故A正确；
B．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，故B正确；
C．如在过程中，H、O化合价不变，C失去电子，化合价升高，故C错误；
D．由水催化氧化机理图可知，该机理总反应式：2H2O→O2↑+4H++4e−，故D正确；
故选：C。
8. 已知反应 ，将和按一定比例通入恒温恒压的密闭容器中，反应相同时间后，的体积分数随温度的变化关系如图所示，下列相关描述正确的是
A. 平衡常数值：B. 逆反应速率：
C. b点时D. 曲线上的点均代表平衡时刻的点
【答案】A
【解析】
【分析】由图可知，c点氨气的体积百分数最大，说明反应达到平衡，则c点以前为平衡的建立过程，c点以后为平衡的移动过程。
【详解】A．升高温度，平衡逆向移动，则平衡常数值：，故A正确；
B．温度越高，反应速率越快，则d点逆反应速率大于a点，故B错误；
C．由分析可知，b点反应未达到平衡，正反应速率大于逆反应速率，故C错误；
D．根据分析，c点前反应温度低、速率慢，反应没有达到平衡状态，故D错误；
故选：A。
9. 某种镁盐具有良好的电化学性能，其阴离子结构如图所示。W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素，X、Z最外层电子数之和等于Q的最外层电子数，Y原子价电子数是Z原子价电子数的2倍。下列说法错误的是
L为
A. Q和X的氧化物对应水化物的酸性：Q>X
B. 简单离子半径：Q>Y>Z
C. Z和Q形成的化合物属于共价化合物
D. 元素的电负性：Y>X>W
【答案】A
【解析】
【分析】W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素，阴离子结构中X形成4条共价键、Y形成2条共价键、Q形成1条共价键，可知X的价电子数为4、Y的价电子数为6，Q的原子序数不是最小，则Q原子价电子数为7，Y原子价电子数是Z原子价电子数的2倍，则Z原子价电子数为3，满足X、Z最外层电子数之和等于Q的最外层电子数，结合原子序数相对大小可知，X为C元素、Y为O元素、Z为Al元素、Q为Cl元素，W的原子序数小于碳且形成1条共价键，则W为H元素。
【详解】由分析可知，W是H元素、X是C元素、Y是O元素、Z是Al元素、Q是Cl元素；
A．选项中没有指明是最高价氧化物对应水化物，不能比较酸性强弱，如酸性：H2CO3＞HClO，H2CO3＜HClO4，故A错误；
B．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，而电子层越多离子半径越大，则离子半径：Cl-＞O2-＞Al3+，故B正确；
C．Z和Q形成的化合物是AlCl3，属于共价化合物，故C正确；
D．元素的非金属性越强，其电负性越大，则电负性：O＞C＞H，故D正确；
故选：A。
10. 由下列实验操作及现象能得出相应结论的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．少量氯水氧化碘离子，碘易溶于四氯化碳，则溶液分层，下层呈紫红色，可知氧化性：Cl2＞I2，由实验不能比较Br2、I2的氧化性强弱，故A错误；
B．玻璃中含有钠元素，干扰溶液中钠元素的检验，应该用铂丝或铁丝，故B错误；
C．两种钠盐的物质的量浓度不一定相等，所以不能根据钠盐的pH值判断酸的酸性强弱，故C错误；
D．溶度积常数表达式相同时，向浓度均为0.10ml⋅L-1的KCl和KI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，溶度积常数小的先产生沉淀，先生成黄色沉淀，则，故D正确；
故选：D。
11. 磷化氢是常用的高效熏蒸杀虫剂。一种制备的流程如下图所示：
下列说法正确的是
A. 分子是正四面体结构，中含有共价键
B. 次磷酸钠属于酸式盐
C. 反应Ⅰ为(浓)
D. 理论上，每可生产
【答案】C
【解析】
【分析】白磷与浓NaOH溶液反应生成PH3和次磷酸钠，根据原子守恒和化合价升降守恒可知反应化学方程式为：P4+3NaOH（浓）+3H2OPH3↑+3NaH2PO2，次磷酸钠与硫酸反应生成次磷酸，反应化学方程式为：NaH2PO2+H2SO4=NaHSO4+H3PO2，次磷酸分解生成磷酸和磷化氢，根据原子守恒和化合价升降守恒，可得方程式为：2H3PO2=PH3↑+H3PO4，据此分析解答。
【详解】A．白磷分子中磷原子的价层电子对数为3+1=4，白磷分子呈正四面体，键角60°，1mlP4中含有6ml共价键，故A错误；
B．次磷酸为一元酸，则次磷酸钠(NaH2PO2)属于正盐，故B错误；
C．白磷与浓NaOH溶液反应生成磷化氢和次磷酸钠，其反应的化学方程式为P4+3NaOH（浓）+3H2OPH3↑+3NaH2PO2，故C正确；
D．理论上，1ml白磷和浓氢氧化钠反应生产1ml PH3和3ml次磷酸钠，3ml次磷酸钠反应生成3ml次磷酸，根据2H3PO2=PH3↑+H3PO4分析，3ml次磷酸分解生成1.5ml磷化氢，故1ml白磷可生成2.5ml磷化氢，故D错误；
故选：C。
12. 某富锂超离子导体的晶胞是立方体(图1)。进行镁离子取代及卤素共掺杂后，可获得高性能固体电解质材料(图2)。下列说法正确的是
A. 基态溴原子的核外电子排布式为
B. 图1晶体中O周围最近的Cl数目为4
C. 图1晶体的化学式为
D. 图2表示的化学式为
【答案】D
【解析】
【详解】A．溴原子核外有35个电子，根据构造原理书写其基态核外电子排布式，则Br原子基态原子核外排布式为[Ar]3d104s24p5，故A错误；
B．由图可知，图1中与O原子距离最近且相等的Cl原子的个数为8，故B错误；
C．均摊法可知，图1晶体含有Li：8×+1=3，Cl：4×=1，O：2×=1，则该晶体的化学式为Li3ClO，故C错误；
D．由图可知，晶胞中含有Cl或Br：4×=1，含有O：2×=1，含有Li：1，含有Mg或空位：8×=2，所以晶胞的化学式可以为LiMgOClxBr1-x，故D正确；
故选：D。
13. 是一种高效、安全的消毒用品。某电解法制备的装置如图，有关说法错误的是
A. 与a相连的电极上发生氧化反应
B 电解过程中转移电子时，有通过离子交换膜进入阳极区
C. 整个生产过程中，理论上得到两种气体产物和的体积比为
D. “二氧化氯发生器”中生成的X溶液的主要溶质为和
【答案】C
【解析】
【分析】图中右室生成H2，发生还原反应，b连接电解池的阴极，b为电源负极，则a连接电解池的阳极，a为电源正极，阴极反应式为6H++6e-=3H2↑，阳极反应式为+3Cl--6e-=NCl3+4H+，总反应式为+3Cl-+2H+NCl3+3H2↑，溶液中Cl-通过离子交换膜移向左侧，即离子交换膜为阴离子交换膜，NCl3与NaClO2溶液在二氧化氯发生器中反应生成ClO2和NH3，反应方程式为NCl3+6NaClO2+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH。
【详解】A．图中右室生成H2，发生还原反应，b连接电解池的阴极，b为电源负极，则a连接电解池的阳极，发生氧化反应，故A正确；
B．电解池中阴离子向阳极移动，则电解过程中转移2ml电子时，有2mlCl-通过离子交换膜进入阳极区，故B正确；
C．阴极反应式为2H++2e-=H2↑，阳极反应式为+3Cl--6e-=NCl3+4H+，二氧化氯发生器中发生反应的方程式为NCl3+6NaClO2+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH，每转移6个电子，生成1个NCl3，3个H2，6个ClO2，则整个生产过程中，理论上得到两种气体产物ClO2和H2的物质的量比为2∶1，气体所处温度和压强未知，故C错误；
D．NCl3与NaClO2溶液在二氧化氯发生器中反应生成ClO2和NH3，反应方程式为NCl3+6NaClO2+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH，可知发生器中生成X溶液的主要溶质为NaCl和NaOH，故D正确；
故选：C。
14. 难溶盐可溶于盐酸，常温下，用盐酸调节浊液的pH，测得体系中或与的关系如图。下列说法错误的是
A. 随着盐酸的加入，溶液中和均逐渐增大
B. 与的关系对应图中曲线M
C. 常温下，难溶盐的数量级为
D. Y点的溶液中存在
【答案】B
【解析】
【分析】已知HF的Ka=， ，则越大，c(F-)越小，-lgc(F-)越大，即-lgc(F-)随着的增大而增大，Ksp(CaF2 )=c(Ca2+)•c2(F-)，c(F-)越小，c(Ca2+)越大，-lgc(Ca2+)越小，即-lgc(Ca2+)随着的增大而减小，所以曲线N表示-lgc(Ca2+)与的变化关系，M表示-lgc(F-)与的变化关系，据此分析解答。
【详解】A．随着盐酸的加入，溶液的酸性增强，CaF2和HCl生成HF，则溶液中c(H+)和c(HF)均逐渐增大，故A正确；
B．由上述分析可知，曲线N表示-lgc(Ca2+)与的变化关系，M表示-lgc(F-)与的变化关系，故B错误；
C．X点时 =1，-lgc(F-)=4.2，Ka==10×10-4.2=10-3.2，W点时 =0，则c(F-)=10-3.2ml/L，-lgc(Ca2+)=4，所以Ksp(CaF2 )=c(Ca2+)•c2(F-)=10-4×(10-3.2)2=10-10.4，数量级为10-11，故C正确；
D．由图可知，Y点时c(Ca2+)=c(F-)，溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，电荷守恒关系为2c(Ca2+)+c(H+)=c(F-)+c(Cl-)+c(OH-)，物料守恒关系c(F-)+c(HF)=2c(Ca2+)，即c(Ca2+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，则有 c(Cl-)＞c(Ca2+)，c(Ca2+)=c(HF)，所以c(Cl-)＞c(Ca2+)=c(HF)，故D正确；
故选：B。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 某兴趣小组设计实验探究催化氧化CO的效率。回答下列问题：
【步骤Ⅰ】制备CO
在通风橱中用下图装置制备CO，反应方程式：
（1）装置A中盛放浓硫酸的仪器名称是___________。
（2）B中溶液的作用是___________。
【步骤Ⅱ】检验CO
（3）将CO通入新制银氨溶液中，有单质银沉淀生成，则该反应的化学方程式为___________。
【步骤Ⅲ】探究催化氧化CO效率
（4）将一定量CO与空气混合，得到CO体积分数为1％的气体样品。使用下图装置(部分加热及夹持装置省略)，调节管式炉温度至120℃，按一定流速通入气体样品。(已知：是白色固体，易吸水潮解，)
通入(已折算为标况)的气体样品后，继续向装置内通入一段时间氮气，最终测得U形管内生成了。
①能证明CO被空气氧化的现象是___________。
②CO被催化氧化的百分率为___________。
③若未通入氮气，②的结果将___________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
（5）探究气体与催化剂接触时间对催化氧化效率的影响时，可采用___________方法延长接触时间。
【答案】（1）圆底烧瓶
（2）吸收挥发的HCOOH蒸气
（3）
（4） ①. 装置H中澄清石灰水变浑浊 ②. 40% ③. 偏大
（5）减小气体样品流速
【解析】
【分析】在装置A中HCOOH与浓硫酸混合加热反应制取CO，通过装置B除去其中的挥发的HCOOH蒸气，导气管通入顺序是长进短出；然后通过装置C、D用排水方法收集CO气体。CO具有还原性，可以将银氨溶液还原为Ag单质，同时CO被还原反应产生，同时反应产生NH3·H2O，CO被催化氧化，未被还原的CO可以与I2O5发生反应产生CO2、I2，根据反应产生I2的物质的量确定未被催化氧化的CO，进而结合CO的总物质的量确定其被催化氧化的转化率。
【小问1详解】
根据装置图可知：装置A中盛放甲酸的仪器的名称为圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶。
【小问2详解】
在装置A中HCOOH与浓硫酸混合加热反应制取CO，该气体中含有HCOOH蒸气，用NaOH可以吸收挥发的HCOOH蒸气，故答案为：吸收挥发的HCOOH蒸气。
小问3详解】
一氧化碳和银氨溶液反应生成单质银，同时生成碳酸铵和氨气，方程式为：
【小问4详解】
①一氧化碳被氧气氧化生成二氧化碳，能使澄清的石灰水变浑浊；
②气体样品中CO的体积分数为1%，相同条件下，气体分数等于其物质的量分数，所以标况下11.2 L气体样品中CO的物质的量为：n(CO) =×1%=0.005 ml，未反应的CO发生反应5CO+I2O5=I2+5CO2，反应产生I2的物质的量n(I2)==0.0006 ml，则根据反应方程式中物质反应转化关系可知n(CO)=5n(I2)=5×0.0006 ml=0.003ml，则被氧化的n(CO)=(0.005-0.003)ml=0.002ml，故CO被催化氧化的百分率为×100%=40%；
③若未继续通入一段时间N2，部分CO存在于装置中，导致K中生成的I2偏小，则剩余的n(CO)偏小，所以被氧化的n(CO)偏大；
故答案为：装置H中澄清石灰水变浑浊；40%；偏大。
【小问5详解】
控制气流速率可以延长接触时间，即减小气体样品流速可以延长接触时间，故答案为：减小气体样品流速。
16. 作为第三代半导体材料，具有耐高温高压等特性，随着5G技术的发展，商用进入快车道。综合利用炼锌矿渣[主要含铁酸镓、铁酸锌]制备具有优异光电性能的氮化镓(GaN)，部分工艺流程如下：
已知：常温下，浸出液中各离子形成氢氧化物沉淀的pH和金属离子在工艺条件下的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)见表：
（1）处理浸出液时，将溶液的pH调节至5.4，过滤所得沉淀为___________(填化学式)。
（2）“溶解还原”步骤中加入一定量铁粉的作用是___________(用离子方程式表示)。
（3）萃取和反萃取都需要使用到的主要玻璃仪器为___________。
（4）取样品a克溶于足量热溶液中，发生反应，用溶液将产生的完全吸收并配成溶液，从中取用盐酸滴定，消耗的盐酸V mL，则样品的纯度为；___________。(已知：；)
（5）晶胞结构如图所示，其晶体类型为___________，N原子的杂化方式为___________，已知六方晶胞的体积为，阿伏加德罗常数的值为，则晶体的密度为___________(用含a、的代数式表示)。
（6）科学家用氮化镓材料与铜组装成如下图所示的人工光合系统，成功地实现了用和合成，请写出电极的电极反应方程式___________。
【答案】16. Fe(OH)3、Ga(OH)3
17. Fe+2Fe3+=3Fe2+
18. 分液漏斗 19.
20. ①. 共价晶体 ②. sp3 ③.
21. 2H2O-4e-=4H++O2↑
【解析】
【分析】炼锌矿渣[主要含铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4]制备具有优异光电性能的氮化镓(GaN)，炼锌矿渣加入稀硫酸过滤得到二氧化硅和滤液，滤液中加入过氧化氢调节溶液pH，氧化亚铁离子为铁离子，形成Fe(OH)3沉淀，加入盐酸溶解、加入铁还原，假如萃取剂萃取分液，在萃取液中加入氢氧化钠溶液反萃取，经过分离后加入氨气高温化合得到GaN，据此分析回答问题。
【小问1详解】
处理浸出液时，将溶液的pH调节至5.4，目的是沉淀Fe3+和Ga3+，过滤所得沉淀为：Fe(OH)3、Ga(OH)3，故答案为：Fe(OH)3、Ga(OH)3；
【小问2详解】
“溶解还原”步骤中加入一定量铁粉的作用是还原铁离子生成亚铁离子，反应的离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；
【小问3详解】
萃取和反萃取都需要使用到的主要玻璃仪器为：分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
【小问4详解】
取GaN样品a克溶于足量热NaOH溶液中，发生反应GaN+OH-+H2O+NH3↑，用H3BO3溶液将产生的NH3完全吸收并配成250mL溶液，从中取25mL用盐酸滴定，消耗cml/L的盐酸VmL，GaN～NH3～HCl，则样品的纯度=；
【小问5详解】
GaN晶胞结构如图所示，晶胞中含Ga=12×+2×+3=6，含N原子=6×+3=6，其晶体类型为：共价晶体，N原子形成三个共价键，N原子的杂化方式为：sp3，晶胞质量m=，已知GaN六方晶胞的体积为V=apm3= a×10−30cm3，则GaN晶体的密度g/cm3；
【小问6详解】
图示可知，GaN电极为负极，水失电子生成氧气，电极反应为：2H2O-4e-=4H++O2↑，故答案为：2H2O-4e-=4H++O2↑。
17. 合成气(CO、)可用于合成低碳烯烃和甲醇等化工产品。回答下列问题：
（1）用天然气制备合成气的原理如下：
该反应的压强平衡常数(Kp)随温度的变化如下表：
根据热力学状态函数自由能(∆G)的数学表达式：(R为大于0的常数，T为热力学温度)，可以推知当温度超过___________℃时，该反应才有可能发生。
（2）用转炉熔渣(未冷却)制备合成气时，涉及反应如下：
Ⅰ．
Ⅱ．
Ⅲ．
反应温度与的关系如图所示。
①___________0(填“>”“<”或“=”)。
②反应：的___________(用、表示)。
③用转炉熔渣制取合成气的优点是___________。
（3）在三个密闭容器中，按起始物质的量之比，将CO和充入容器中，在不同的温度和压强下，发生反应：。CO的转化率与温度的关系如图所示：
①___________(填“>”“<”或“=”)；反应速率___________(填“>”“<”或“=”)。
②X点处，该反应的平衡常数为___________(用平衡分压表示，分压等于总压乘以物质的量分数)。
③提高CO的转化率除改变温度和压强外还可采取的措施是___________(任写一条)。
【答案】17. 800
18. ①. > ②. ③. 转炉熔渣的余热以及反应III放出的热量都可以为反应I、II提供热量，有利于节约能源
19. ①. < ②. > ③. 1 ④. 增大H2与CO的投料比或者不断分离出甲醇
【解析】
【小问1详解】
(R为大于0的常数，T为热力学温度)，T也大于0，需要，则需要，Kp应大于1，由表格数据可知，温度超过800℃时Kp大于1，所以需要超过800℃，该反应才可能发生；
【小问2详解】
①由反应温度与的关系图像，可以看出反应I、II的平衡常数K随温度升高而增大，说明升高温度平衡正移，为吸热反应，而反应III则为放热反应；
②根据盖斯定律，方程式①-2②可得反应，则=；
③反应I、II都是吸热反应，转炉熔渣的余热以及反应III放出的热量都可以为反应I、II提供热量，有利于节约能源；
【小问3详解】
①是气体体积缩小的反应，温度相同时压强越大则CO的转化率越高，由图像可知，温度相同时P1压强下转化率大于P2压强时，<故压强，Y与X压强相同，Y点温度更高，反应速率更快，即反应速率Y>X；
②点时CO的转化率为50%，投料比为，设投料时CO为1ml，H2为2ml，列三段式如下：
容器压强为2MPa，根据平衡时数据可以计算出平衡时p(CO)==0.5 MPa，同理可算出p(H2)=1 MPa，p(CH3OH)= 0.5 MPa，Kp===1；
③还可以采取的措施有增大H2与CO的投料比或者不断分离出甲醇，都能提高CO的转化率。
18. 一种治疗湿疹的非激素类外用药物(G)，其合成路线如下：
其中，—Ph为苯基()。
（1）一种鉴别化合物A与B的方法是室温下将它们分别与水混合，混合后明显分层的是___________(填“A”或“B”)。
（2）下列说法正确的是___________。(填字母序号)
a．B与C互为同系物 b．A分子间能形成氢键，B分子间不能形成氢键
c．E中含有氯离子 d．F中所有碳原子可能在同一平面上
（3）化合物X是硫酸()与过量甲醇酯化反应的有机产物，制备化合物X的化学方程式为___________。
（4）已知，则Y的结构简式为___________；B→C的反应类型为___________。
（5）满足下列条件的A的同分异构体共有___________种。
①遇溶液显紫色
②能发生水解反应，也能与银氨溶液反应。
其中核磁共振氢谱共有4组峰，峰面积之比为的同分异构体的结构简式是___________(写一种即可)。
（6）写出以为原料制备的合成路线流程图(须用，无机试剂和有机溶剂任用)___________。
【答案】18. B 19. ab
20. +2CH3OH +2H2O
21. ①. CH3CH(OH)CH3 ②. 取代反应
22. ①. 6 ②. 、(任写一种)
23.
【解析】
【分析】化合物X是硫酸()与过量甲醇酯化反应的有机产物，则X是硫酸二甲酯，B和Y发生取代反应是C和H2O，Y为CH3CH(OH)CH3，C发生还原反应生成D，D发生取代反应生成E，E发生反应生成F，F发生取代反应生成G；
【小问1详解】
A中含有亲水基羧基和酚羟基，所以A易溶于水，B不含亲水基，所以一种鉴别化合物A与B的方法是室温下将它们分别与水混合，混合后明显分层的是B，故答案为：B；
【小问2详解】
a．B和C结构相似，在分子组成上C比B多3个CH2原子团，所以B与C互为同系物，故a正确；
b．A分子间能形成氢键，B分子间不能形成氢键，故b正确；
c．E中含有氯原子，不含氯离子，故c错误；
d．F中连接两个甲基的碳原子具有甲烷结构特点，所以所有碳原子不可能在同一平面上，故d错误；
故答案为：ab；
【小问3详解】
化合物X是硫酸()与过量甲醇酯化反应的有机产物，X为 ，制备化合物X的化学方程式为+2CH3OH +2H2O；
【小问4详解】
根据分析可知，Y的结构简式为CH3CH(OH)CH3；B→C的反应类型为取代反应，故答案为：CH3CH(OH)CH3；取代反应；
【小问5详解】
A的同分异构体满足条件：①遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基；②能发生水解反应，也能与银氨溶液反应，结合氧原子个数知，含有HCOO-，含有2个酚羟基和1个HCOO-，两个酚羟基相邻时，有2种位置异构；两个酚羟基相间时，有3种位置异构，两个酚羟基相对时，有1种位置异构，所以符合条件的同分异构体有6种；其中核磁共振氢谱共有4组峰，峰面积之比为1：2：2：1的同分异构体的结构简式是、；
【小问6详解】
以为原料制备，根据D→E→F的反应知，苯甲醇和SOCl2发生取代反应生成一氯甲苯，苯甲醇被氧化为苯甲醛，一氯甲苯发生E生成F类型的反应生成，和水发生加成反应生成，合成路线为 。选项
实验操作
现象
结论
A
向、KI混合溶液中依次加入少量氯水和，振荡，静置
溶液分层，下层呈紫红色
氧化性：
B
用玻璃棒蘸取待测溶液置于火焰上灼烧
火焰呈黄色
溶液中含Na元素
C
用pH计测定下列溶液的pH：①溶液；②溶液
pH：①>②
酸性弱于
D
向浓度均为的和KI混合溶液中滴加少量溶液
出现黄色沉淀
金属离子
开始沉淀pH
8.0
17
5.5
3.0
沉淀完全pH
9.6
3.2
8.0
4.9
萃取率(％)
0
99
0
97～98.5
温度/℃
700
750
800
850
900
1.00
5.23
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