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广西南宁市第二中学2024届高三下学期5月月考化学试题（原卷版+解析版）
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这是一份广西南宁市第二中学2024届高三下学期5月月考化学试题（原卷版+解析版），文件包含广西南宁市第二中学2024届高三下学期5月月考化学试题原卷版docx、广西南宁市第二中学2024届高三下学期5月月考化学试题解析版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。
本试卷满分100分，考试用时75分钟。
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将答题卡交回。
4．可能用到的相对原子质量：H 1 N14 O 16 Mg 24 Fe 56
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 陆川青砖青瓦烧制技艺、横州铜器制作技艺、东兰壮族服饰制作技艺、桂平乳泉井酒酿造技艺等入选了广西第九批区级非遗代表性项目。下列描述错误的是
A. 陆川青砖青瓦呈现青色的原因是含有二价铁
B. 横州出土的“鸟纹变形羽人纹铜鼓”表面的铜绿主要成分是碱式碳酸铜
C. 东兰壮族服饰原材料的主要成分为棉、麻，点燃时有烧焦羽毛的气味
D. 桂平乳泉井酒的酿造过程涉及蒸馏操作
【答案】C
【解析】
【详解】A．青砖青瓦在烧制的过程中，粘土中含有的铁未被完全氧化，还含有二价铁，A正确；
B．铜绿是因为铜与空气中的、、反应生成，B正确；
C．壮族服饰的主要原材料棉、麻的成分为纤维素，点燃没有烧焦羽毛的气味，C错误；
D．桂平乳泉井酒酿造过程中要得到高度数的白酒，需要涉及蒸馏的操作，D正确；
故选C。
2. 化学语言是表达化学思想不可缺少的重要工具。下列说法正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．HCl中共价键的电子云图，A正确；
B．硼原子序数为5，核外电子排布，最后一个电子占据2p能级简并轨道，是基态硼原子的电子排布图，B错误；
C．H2S为共价化合物，电子式：，C错误；
D．中心原子O价层电子对数：，含2对孤电子对，模型，D错误；
答案选A。
3. 下列实验装置或操作不能达到实验目的的是
A. 图甲的操作为将定容后的溶液摇匀
B. 图乙操作可用于氢氧化钠标准溶液滴定未知浓度的盐酸
C. 用丙装置观察钠在空气中燃烧的现象
D. 用丁装置检验浓硫酸与铜反应后的产物中是否含有
【答案】D
【解析】
【详解】A．配制一定物质的量浓度的溶液，定容后，反复上下颠倒，摇匀，A项正确；
B．聚四氟乙烯不和碱反应，氢氧化钠标准溶液可以盛放在使用聚四氟乙烯活塞的酸式滴定管中，B项正确；
C．可在坩埚中进行钠与氧气加热时的反应，C项正确；
D．因为反应后仍有浓硫酸，需将反应后的混合物沿烧杯内壁注入水中，边加边搅拌，D项错误；
故选D。
4. 下列关于事实的解释错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．碘和四氯化碳是非极性分子，而水是极性分子，根据“相似相溶”原理可知，碘易溶于四氯化碳而难溶于水，A正确；
B．Na2O、MgO、Al2O3的离子键成分百分数减少，是因为金属元素和氧元素的电负性差值依次减小，B错误；
C．对羟基苯甲酸形成分子间氢键，而邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，所以对羟基苯甲酸的沸点高于邻羟基苯甲酸，C正确；
D．水晶内部质点排列的有序性，导致水晶的导热具有各向异性，所以水晶柱面上的固态石蜡在不同方向熔化的快慢不同，D正确；
答案选B。
5. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前20号元素，常温下只有一种元素的单质为气态。基态X原子s轨道上的电子数是p轨道上的2倍，Y的简单氢化物与其最高价含氧酸反应会产生白烟，Z与X形成的某种化合物常温下为液体，基态W原子有1个未成对电子。下列说法正确的是
A. 离子半径：W>Z>YB. 氢化物的沸点：Y>Z>X
C. 最简单氢化物的键角：X>Y>ZD. 上述四种元素分别与氢元素形成的化合物都是共价化合物
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可知，Y的简单氢化物与其最高价含氧酸反应会产生白烟，则Y为N元素；基态X原子s轨道上的电子数是p轨道上的2倍，X的原子序数比Y小，则X的电子排布式为：1s22s22p2，为C元素；Z与C形成的某种化合物为CCl4或CS2，由于四种元素中只有一种元素的单质为气态，则Z为S元素；基态W原子有1个未成对电子，为K元素。
【详解】A．电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同，原子序数越大，离子半径越小，则离子半径：，A错误；
B．C元素的氢化物有很多种，沸点可能很大，B错误；
C．CH4中心原子C上无孤电子对，NH3中心原子N上含1对孤电子对，H2S中心原子S上含2对孤电子对，孤电子对数越多，键角越小，C正确；
D．K元素与H元素形成KH，属于离子化合物，D错误；
答案选C。
6. 荜茇酰胺是一种有抗癌活性的天然生物碱，其结构如图所示。下列有关该化合物的说法正确的是
A. 含有5种官能团
B. 存在顺反异构和手性碳原子
C. 可发生加聚反应和水解反应
D. 1ml该物质最多消耗7mlH2
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据结构简式可知，分子中含酮羰基、碳碳双键和酰胺基3中官能团，A错误；
B．形成碳碳双键的碳原子连接不同的原子或原子团，存在顺反异构；手性碳原子是指连接4个不同的原子或原子团的碳原子，根据结构简式可知，不存在手性碳原子，B错误；
C．分子中存在碳碳双键，可发生加聚反应，存在酰胺基，可发生水解反应，C正确；
D．1个分子中含1个苯环和2个碳碳双键，1ml该物质最多消耗5mlH2，D错误；
答案选C。
7. 芬顿法常用于废水的处理，反应为：NH4OCN+3H2O2=N2↑+CO2↑+5H2O，设NA为阿伏加德罗常数，下列有关说法正确的是
A. 100g质量分数为17%的H2O2溶液中，氧原子总数为NA
B. 0℃，101KPa下，22.4L CO2中含有σ键数目为4NA
C. 25℃，101KPa下，20g D2O中含有中子数目为10NA
D. 1ml NH4OCN参与反应时转移电子数为3NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．100g质量分数为17%的H2O2溶液中，，，含氧原子数，溶液中H2O也含氧原子，所以氧原子总数大于，A错误；
B．每个CO2中含2个σ键，则0℃，101KPa下，22.4L CO2物质的量为1ml，含σ键数目为2NA，B错误；
C．每个D2O中含有中子数为10，20g D2O物质的量为1ml，含有中子数目为10NA，C正确；
D．NH4OCN中N元素化合价为-3价，反应生成氮气，N元素化合价升高至0价，1ml NH4OCN参与反应时转移电子数为6NA，D错误；
答案选C。
8. 明矾是一种常用的净水剂，以废易拉罐(含有Al和少量Fe、Mg杂质)为原料制取明矾的实验流程如图。下列说法错误的是
A. 滤渣的主要成分是Fe(OH)3和Mg(OH)2
B. “碱溶”步骤中发生反应的离子方程式为2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑
C. 上述流程中可用过量CO2代替NH4HCO3
D. “一系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
【答案】A
【解析】
【分析】废易拉罐(含有Al和少量Fe、Mg杂质)，可选择浓NaOH溶解，得到四羟基合铝酸钠溶液，并通过过滤除去不溶于碱的杂质Fe、Mg， 滤液中加入NH4HCO3溶液后，促进[Al(OH)4]-水解生成Al(OH)3沉淀，过滤后将沉淀溶解在稀硫酸中，得到硫酸铝溶液，添加K2SO4溶液后蒸发浓缩并冷却结晶得到晶体明矾，据此分析回答问题。
【详解】A．由分析可知，滤渣的主要成分是Fe和Mg，A错误；
B．“碱溶”步骤中Al和NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]和H2，离子方程式为：2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑，B正确；
C．碳酸的酸性强于Al(OH)3，向Na[Al(OH)4]溶液中通入二氧化碳也能将[Al(OH)4]-转化为Al(OH)3，C正确；
D．操作a为从溶液中析出明矾晶体，由分析可知，包含蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等，D正确；
故选A。
9. 化学是一门以实验为基础的学科。下列实验操作或方法可达到目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．一般用质谱法测定有机物的相对分子质量，测定分子空间结构最普遍的方法X射线衍射，故A错误；
B．氢氧化铝能溶于强碱，不与弱碱氨水反应，则向浓度均为和溶液中滴加浓氨水至过量都生成白色沉淀，无法比较Mg和Al的金属性强弱，故B错误；
C．压缩容积，二氧化氮浓度变大，混合气体的颜色变深，无法证明是平衡移动造成的浓度变化，故C错误；
D．向5mL0.2ml/LMgCl2溶液中滴加少量NaOH溶液，氢氧化钠全部转化成氢氧化镁，振荡充分后，再滴加几滴0.2ml/LCuCl2溶液，如果白色沉淀转化成蓝色沉淀，说明氢氧化镁的溶度积大于氢氧化铜的溶度积，故D正确；
故选D。
10. -种能捕获和释放的电化学装置如下图所示。其中a、b均为惰性电极，电解质溶液均为KCl溶液。当K连接时，b极区溶液能捕获通入的。
下列说法不正确的是
A. K连接时，b极发生反应：
B. K连接时。a连接电源正极
C. K连接时，a极区的值增大
D. 该装置通过“充电”和“放电”调控b极区溶液pH，捕获和释放
【答案】C
【解析】
【分析】当K连接时，b极区溶液能捕获通入的，右侧为b极，充电时b为阴极，得电子发生还原反应，a为阳极失电子发生氧化反应；放电时a为正极发生还原反应，得电子，b为负极发生氧化反应，失电子，据此分析解题。
【详解】A．K连接时，为电解池，阴极得电子，发生还原反应， b极发生反应：，A正确；
B．K连接时，a为阳极，与连接电源正极相连，B正确；
C．K连接时，为原电池，a极为正极，发生还原反应，得电子，，a极区的值减小，C错误；
D．该装置通过“充电”和“放电”OH-浓度调控b极区溶液pH，捕获和释放，D正确；
故选C。
11. 氨氮废水是造成水体富营养化的原因之一，下图为处理氨氮废水的流程。
下列离子方程式书写错误的是
A. 过程I将转化为NH3：+OH-NH3↑+H2O
B. 过程II将残留的NH3∙H2O转化N2：3ClO-+2NH3∙H2O=3Cl-+N2↑+5H2O
C. 过程III将残留的NaClO转化NaCl：ClO-+SO=Cl-+SO
D. Na2SO3溶液呈碱性的原因：SO+2H2O=H2SO3+2OH-
【答案】D
【解析】
【分析】废水中与NaOH在加热下转化为NH3和水，NaClO与NH3∙H2O发生氧化还原反应生成NaCl和N2，亚硫酸钠将NaClO还原为NaCl，自身被氧化为硫酸钠；
【详解】A．过程I中与NaOH在加热下转化为NH3和水，离子方程式为+OH-NH3↑+H2O，故A正确；
B．过程II中NaClO具有氧化性，与NH3∙H2O发生氧化还原反应生成NaCl和N2，反应的离子方程式3ClO-+2NH3∙H2O=3Cl-+N2↑+5H2O，故B正确；
C．亚硫酸钠具有还原性，过程III 亚硫酸钠将NaClO还原为NaCl，自身被氧化为硫酸钠，离子方程式：ClO-+ =Cl-+，故C正确；
D．Na2SO3溶液中亚硫酸根离子发生两步水解反应，呈碱性的原因：+H2O +OH-、+H2OH2SO3+OH-，故D错误；
故答案选D。
12. 铁与镁组成的储氢合金的立方晶胞结构如图所示。铁原子位于顶点和面心的位置，镁原子位于将晶胞平分为8个立方单位的体心位置，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 该晶体中存在金属阳离子，所以该合金属于离子晶体
B. 该晶体密度为g·cm-3
C. 距离Fe原子最近的Mg原子数为4
D. 晶体储氢时，H2在晶胞的体心和棱的中心位置，则储氢后化学式为FeMg2H
【答案】B
【解析】
【详解】A．晶体中存在金属阳离子，没有阴离子，有自由电子，所以该合金是金属晶体，故A选项错误；
B．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的铁原子个数为8×18+6×12=4，位于体内的镁原子个数为8，晶胞参数为bnm，代入晶胞密度公式可得，故B选项正确；
C．由晶胞结构可知，位于顶点的铁原子与位于体对角线上镁原子的距离最近，则铁原子的配位数为8，故C选项错误；
D．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的铁原子个数为8×18+6×12=4，位于体内的镁原子个数为8，位于体心和棱的中心位置的氢分子个数为12×14+1=4，氢后化学式为FeMg2H2，故D选项错误；
故答案选B。
13. 将催化转化成CO是实现资源化利用的关键步骤，发生的反应有
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ： ，0.1MPa，在密闭容器中按投料，平衡时各组分的摩尔分数［物质i的摩尔分数：，未计入］随温度的变化如图。下列说法不正确的是
A. 低温下有利于反应Ⅱ正向进行B. 曲线b为
C. P点时反应Ⅰ的约为D. 900℃时，适当增大体系压强，保持不变
【答案】C
【解析】
【分析】反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ和反应Ⅲ是放热反应，升高温度反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ和反应Ⅲ平衡逆向移动，CO和H2的摩尔分数增大，且H2的摩尔分数大于CO，曲线b代表，a代表CO，以此解答。
【详解】A．由盖斯定律可知，反应Ⅰ+反应Ⅲ可得反应Ⅱ， =-163.9，该反应为放热反应，低温下有利于反应Ⅱ正向进行，A正确；
B．由分析可知，曲线b代表，B正确；
C．由分析可知，曲线b代表，a代表CO，当x(CO)=x(CO2)时，温度高于500℃，x(H2)>x(H2O)，反应I的平衡常数Kp= ，p点温度低于500℃，反应I是吸热反应，温度降低平衡常数减小，则P点时反应I的Kp<1，C错误；
D．由图可知，高温时反应I进行程度很大，反应II、III程度很小接近于0，CH4含量很少接近于0，则平衡不受压强影响，适当增大体系压强，保持不变，D正确；
故选C。
14. 乙二胺(H2NCH2CH2NH2)有类似于NH3的性质。25℃时，向0.01ml/L乙二胺溶液中通入HCl气体，所得溶液(忽略溶液体积的变化)的pH与体系中含N微粒浓度的对数值()、反应物的物质的量之比关系如下图所示。下列有关说法正确的是
A. 图中曲线Y表示
B P3所示溶液：
C. P4所示溶液：
D. 图中M点对应的
【答案】B
【解析】
【分析】由图可看出随HCl通入，曲线Z呈下降趋势，代表，曲线X先增后减，代表，曲线Y呈逐渐增大趋势，代表。
【详解】A．根据分析，随着盐酸加入，曲线Y呈增大趋势，代表的变化趋势，A错误；
B．由图可知，P3所示溶液，氯化氢和乙二胺之比为1.6∶1，此时溶液中的成份为：C2H10N2Cl2和C2H9N2Cl，由于1ml电离产生1ml和2ml，则此时，B正确；
C．由图可知，P4所示溶液，氯化氢和乙二胺之比为2∶1，此时溶液中的成份为C2H10N2Cl2，根据物料守恒可知，，C错误；
D．乙二胺中，，，图中曲线X与曲线Z的交点，，则，曲线X与Y的交点，，则，图中M点是曲线Y与Z的交点，存在，则，故，，，，，M点，D错误；
故选B。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 氮化镓(GaN)具有优异的光电性能。一种利用炼锌矿渣[主要含铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4、SiO2]制备GaN的工艺流程如下：
已知：①Ga与Al同主族，化学性质相似。
②常温下，Ksp[Zn(OH)2]=10-16.6，Ksp[Ga(OH)3]=10-35.1，Ksp[Fe(OH)3]=10-38.5。
③Ga3+、Fe3+在该工艺条件下的反萃取率（进入水相中金属离子的百分数）与盐酸浓度的关系见下表。
回答下列问题：
（1）“酸浸”时能提高反应速率的措施有____________（答1条即可)
（2）“酸浸”所得浸出液中Ga3+、Zn2+浓度分别为0.21g/L、65g/L。常温下，为尽可能多地提取Ga3+并确保不混入Zn(OH)2，用CaO“调pH”时须不能大于___________（假设调pH时溶液体积不变）
（3）“脱铁”和“反萃取”时，所用盐酸的浓度a=________ml/L，b=______ml/L(选填上表中盐酸的浓度)。
（4）“沉镓”时，若加入NaOH的量过多，会导致Ga3+的沉淀率降低，原因是___________(用离子方程式表示)。
（5）利用CVD（化学气相沉积）技术，将热分解得到的Ga2O3与NH3在高温下反应可制得GaN，同时生成另一种产物，该反应化学方程式为_______________。
（6）GaN晶体的一种立方晶胞如图下所示。
①基态Ga原子的价层电子有________种空间运动状态。
②该晶胞边长为anm，GaN的相对分子质量为Mr，则该晶体密度为_________g/cm3(列出计算式，为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】（1）适当加热、将固体原料粉碎、适当增大酸的浓度 （2）5.7
（3） ①. 6 ②. 2
（4）Ga(OH)3+OH-=+2H2O
（5）Ga2O3+2NH3=2GaN+3H2O
（6） ①. 2 ②.
【解析】
【分析】利用炼锌矿渣[主要含铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4、SiO2]制备GaN，矿渣中加入稀硫酸，SiO2不溶于稀硫酸，浸出渣为SiO2，加入CaO调节pH，从已知②可知，Zn(OH)2Ksp相对Ga(OH)3和Fe(OH)3较大，因此控制pH可使Ga3+、Fe3+完全沉淀而Zn2+不沉淀，滤液中为硫酸锌，再加入稀硫酸酸溶，溶液中含有Ga3+和Fe3+，加入萃取剂萃取，然后加入aml/L盐酸进行脱铁，再加入bml/L的盐酸进行反萃取，根据表中数据可知，脱铁时盐酸浓度较高，促使Fe3+更多地进入水相被除去，盐酸浓度为6ml/L，反萃取中要保证Ga3+更可能多地进入水相，则此时盐酸浓度为2ml/L，随后加入NaOH沉镓生成Ga(OH)3，Ga(OH)3经过热分解生成Ga2O3，最后经过CVD得到GaN；
【小问1详解】
适当加热、将固体原料粉碎、适当增大酸的浓度等措施能提高酸溶时反应速率；
【小问2详解】
酸浸所得浸出液中Ga3+、Zn2+浓度分别为0.21g/L和65g/L即0.003ml/L和1ml/L，根据Ksp[Zn(OH)2]=10-16.6，Zn2+开始沉淀时c(OH-)=10-8.3ml/L，Zn2+开始沉淀的pH为5.7，根据Ksp[Ga(OH)3]=10-35.1，Ga3+开始沉淀时c(OH-)=1.49×10-11ml/L，则Ga3+开始沉淀的pH为3.17，则调节pH略小于5.7即可；
【小问3详解】
根据分析可知脱铁时盐酸浓度较高，促使Fe3+更多地进入水相被除去，盐酸浓度为6ml/L，反萃取中要保证Ga3+更可能多地进入水相，则此时盐酸浓度为2ml/L；
【小问4详解】
Ga与Al同主族，化学性质相似，沉镓时加入NaOH过多，则生成的Ga(OH)3重新溶解生成，离子方程式为Ga(OH)3+OH-=+2H2O；
【小问5详解】
Ga2O3和NH3高温下反应生成GaN和另一种物质，根据原子守恒，可得另一种物质为H2O，化学方程式为Ga2O3+2NH3=2GaN+3H2O；
【小问6详解】
①Ga位于第四周期第ⅢA族，其价层电子排布图为，共占据2个原子轨道，故基态Ga原子的价层电子有2种空间运动状态；
②据均摊法，该晶胞中N原子个数为4，Ga原子个数为=4，则晶体的密度为。
16. 二氧化碳一甲烷重整反应制备合成气(H2+CO)是一种生产高附加值化学品的低碳过程。该过程存在如下化学反应：
①
②
③
④
回答下列问题：
（1） _______，该反应在___________(填“高温”或“低温”或“任意温度”)下可自发进行。
（2）反应体系总压强分别为和时，平衡转化率随反应温度变化如图所示，则代表反应体系总压强为的曲线是_______(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)，判断依据是_______。
（3）当反应体系总压强为时，平衡时部分组分的物质的量随反应温度变化如图所示。随反应温度的升高，的物质的量先增加后减少，主要原因是_______。
（4）和反应可制取乙烯，反应的化学方程式为。一定温度下，向某恒容密闭容器中充入和，体系的初始压强为，若平衡时的转化率为，不考虑副反应的发生，的平衡分压为____Mpa(用表示，下同)，该反应的压强平衡常数_____。
（5）CH4过光电化学转化可制得乙二醇，以乙二醇为燃料的燃料电池工作时，若以溶液为电解液，则该电极的电极反应式为___________。
【答案】（1） ①. +247.3kJ/ml ②. B
（2） ①. III ②. 甲烷反应的方程式中，反应前后气体计量数增大，其它条件不变时，增大压强平衡逆向移动，CH4的转化率降低
（3）温度较低时，反应放热，以②为主，升高温度，逆向移动，生成CO2，CO2增加；温度较高时，反应为吸热反应，以①为主，升高温度反应正向移动，消耗CO2，CO2减少
（4） ①. ②.
（5）HOCH2-CH2OH+14OH--10e-=2+10H2O
【解析】
【小问1详解】
反应②+③-2④得方程式①，则ΔH1=ΔH2+ΔH3-2ΔH4=（-90.2+74.9+2×131.3）kJ/ml=+247.3kJ/ml,反应①中△S＞0，反应①中△H＞0，如果△G=ΔH-T△S＜0，反应①在高温下正向自发进行，故答案为：+247.3kJ/ml；B；
【小问2详解】
甲烷反应的方程式中，反应前后气体计量数增大，其它条件不变时，增大压强平衡逆向移动，CH4的转化率降低，所以代表反应体系总压强为5.00MPa的曲线是Ⅲ，故答案为：Ⅲ；甲烷反应的方程式中，反应前后气体计量数增大，其它条件不变时，增大压强平衡逆向移动，CH4的转化率降低；
【小问3详解】
根据图知，CO2参加的反应有①②，温度较低时，反应放热，以②为主，升高温度，逆向移动，生成CO2，CO2的量增加；温度较高时，反应为吸热反应，以①为主，升高温度反应正向移动，消耗CO2，CO2的量减少，故答案为：温度较低时，反应放热，以②为主，升高温度，逆向移动，生成CO2，CO2增加；温度较高时，反应为吸热反应，以①为主，升高温度反应正向移动，消耗CO2，CO2减少；
【小问4详解】
列三段式：，平衡时气体的总物质的量为(4-)ml，恒温恒容下，物质的量与压强成正比，则平衡时总压强为，的平衡分压为，该反应的压强平衡常数；
【小问5详解】
以乙二醇为燃料的燃料电池工作时，乙二醇在碱性条件下失去电子生成碳酸根离子，电极反应为HOCH2-CH2OH+14OH--10e-=2+10H2O。
17. 水杨酸异戊酯(，摩尔质量为208g/ml)是一种具有较高应用价值的化工产品，在香精、医药等领域有广泛的应用。制备水杨酸异戊酯实验步骤如下：
①取27.6g(0.20ml)水杨酸、43.2mL(0.40ml)异戊醇、8mL环己烯和2mL浓硫酸依次加到圆底烧瓶中。
②按照下图搭建反应装置，在145~155℃油浴下加热回流至不再有水生成。
③待反应液冷却后依次用水、NaHCO3溶液、饱和NaCl溶液洗涤至中性后分出有机层。
④干燥、减压蒸馏有机层，收集到31.2g产物。
⑤用红外光谱仪和核磁共振仪对产物进行表征。
已知：
①环己烯(沸点83℃)可与水形成沸点为70℃的共沸物。
②沸点：水杨酸211℃、异戊醇131℃、环己烯83℃、水杨酸异戊酯282℃。
回答以下问题：
（1）反应中浓硫酸的作用是吸水剂和__________，加入环己烯的目的是___________。
（2）写出制备水杨酸异戊酯化学方程式_______________。
（3）步骤②中表明反应中不再有水生成现象是_____________。
（4）洗涤反应液时需要使用的主要仪器是________________。
（5）步骤③中NaHCO3溶液的作用是_________________。
（6）本次实验的产率为_______%。
（7）红外光谱图中可获得产物信息包括_______。
a．产物中碳氧双键键长 b．产物相对分子质量
c．产物中含有酯基结构 d．产物中氧元素质量分数
【答案】（1） ①. 催化剂 ②. 形成共沸物带出水，促进平衡正向移动，提高产率
（2） （3）分水器中油水分界层位置保持不变
（4）分液漏斗 （5）除去产物中混有的水杨酸
（6）75 （7）c
【解析】
【分析】异戊醇和水杨酸发生酯化反应生成水杨酸异戊酯，取27.6g(0.20ml)水杨酸、43.2mL(0.40ml)异戊醇、8mL环己烯和2mL浓硫酸依次加到圆底烧瓶中，在145~155℃油浴下加热回流至不再有水生成，以此解答。
【小问1详解】
反应中浓硫酸的作用是吸水剂和催化剂，环己烯(沸点83℃)可与水形成沸点为70℃的共沸物，加入环己烯的目的是形成共沸物带出水，促进平衡正向移动，提高产率。
【小问2详解】
异戊醇和水杨酸发生酯化反应生成水杨酸异戊酯，化学方程式为：。
【小问3详解】
异戊醇131℃、环己烯83℃，二者在反应温度下会挥发，步骤②中回流到圆底烧瓶中的物质主要有异戊醇、环己烯，不再有水生成时，说明反应结束，现象为：分水器中油水分界层位置保持不变。
【小问4详解】
洗涤反应液时需要使用的仪器是分液漏斗。
【小问5详解】
步骤③中NaHCO3溶液的作用是除去产物中混有的水杨酸。
【小问6详解】
取27.6g(0.20ml)水杨酸、43.2mL(0.40ml)异戊醇、8mL环己烯和2mL浓硫酸依次加到圆底烧瓶中，由方程式可知，水杨酸是少量的，则理论上生成0.2ml水杨酸异戊酯，本次实验的产率为。
【小问7详解】
通过红外光谱可以分子有机物中所含有的官能团，红外光谱图中可获得产物中含有酯基结构，故选c。
18. 吲哚美辛M是一种可减少发热、疼痛的非甾体类抗炎药，其合成路线(部分试剂及反应条件略)如下图所示。
已知：①
②
③
按要求回答下列问题：
（1）A中官能团名称为___________。
（2）反应G+H→I的目的是_______________。
（3）J→K的反应类型为___________。
（4）M(吲哚美辛)的结构简式为___________，其中的吲哚片段(含氮杂环)为平面结构，其中氮原子的孤对电子位于___________(填序号)。
A.sp3杂化轨道 B.sp2杂化轨道 C.2s轨道 D.2p轨道
（5）C+D→E的化学方程式为____________。
（6）G经碱性水解、酸化后的产物的同分异构体中满足能与溶液反应的环状化合物有________个(不考虑立体异构)。其中核磁共振氢谱有三组峰(峰面积之比为1：1：4的化合物结构简式为____________(任写一种)。
【答案】（1）醚键、氨基
（2）保护羰基不被还原
（3）还原反应 （4） ①. ②. B
（5） （6） ①. 7 ②. 或(任写一种)
【解析】
【分析】根据流程，对比A和B的结构简式，A到B属于消去反应；对比B和C的结构简式，B到C属于还原反应；根据F的结构简式，结合已知①和E的分子式，可推知E的结构简式为，由此可知D的结构简式为，由已知②可知，F和L在Hac，加热条件下反应生成M，则M的结构简式为。
【小问1详解】
A的结构简式为，含有的官能团为醚键和氨基；
【小问2详解】
根据流程可知，经过系列反应，G中的碳基在L中重新出现，可见设计G+H→I的目的是保护羰基不被还原；
【小问3详解】
由流程可知，，其中碳基变为，属于还原反应；
【小问4详解】
由已知②可知，F和L在Hac，加热条件下反应生成M，则M的结构简式为；其中的吲哚片段(含氮杂环)为平面结构，其中氮原子的孤对电子与其余C原子上的电子形成一个键，使N原子上的孤对电子参与杂化形成sp2杂化轨道，位于sp2杂化轨道；
【小问5详解】
根据已知①，C和D反应生成E的化学方程式为：；
【小问6详解】
G经碱性水解、酸化后的产物的结构简式为，分子式为，其同分异构体中满足能与溶液反应，则其结构中含有羧基，且为环状，则该环为三元环或四元环，满足条件的结构简式有；、、、、、、，共计7种；其中核磁共振氢谱有三组峰(峰面积之比为1：1：4)的化合物结构简式为、。A.HCl中共价键的电子云图
B.激发态硼原子的电子排布图
C.H2S的电子式
D.的模型
甲
乙
丙
丁
选项
事实
解释
A
碘易溶于四氯化碳而难溶于水
碘和四氯化碳是非极性分子，而水是极性分子
B
Na2O、MgO、Al2O3的离子键成分百分数减少
Na2O、MgO、Al2O3的相对分子质量增大，分子间作用力增强
C
对羟基苯甲酸的沸点高于邻羟基苯甲酸
对羟基苯甲酸形成分子间氢键，而邻羟基苯甲酸形成分子内氢键
D
水晶柱面上的固态石蜡在不同方向熔化的快慢不同
水晶内部质点排列的有序性，导致水晶的导热具有各向异性
选项
目的
实验操作或方法
A
测定乙酸的相对分子质量
对乙酸晶体进行X射线衍射实验
B
比较Mg和Al的金属性强弱
向浓度均为和溶液中滴加浓氨水至过量
C
证明压强影响平衡移动
对反应容器压缩容积，混合气体的颜色变深
D
比较室温下、溶度积的大小
溶液中滴加少量溶液，振荡充分后，再滴加几滴
盐酸浓度/ml/L
反萃取率/%
Ga3+
Fe3+
2
86.9
9.4
4
69.1
52.1
6
17.5
71.3
本试卷满分100分，考试用时75分钟。
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将答题卡交回。
4．可能用到的相对原子质量：H 1 N14 O 16 Mg 24 Fe 56
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 陆川青砖青瓦烧制技艺、横州铜器制作技艺、东兰壮族服饰制作技艺、桂平乳泉井酒酿造技艺等入选了广西第九批区级非遗代表性项目。下列描述错误的是
A. 陆川青砖青瓦呈现青色的原因是含有二价铁
B. 横州出土的“鸟纹变形羽人纹铜鼓”表面的铜绿主要成分是碱式碳酸铜
C. 东兰壮族服饰原材料的主要成分为棉、麻，点燃时有烧焦羽毛的气味
D. 桂平乳泉井酒的酿造过程涉及蒸馏操作
【答案】C
【解析】
【详解】A．青砖青瓦在烧制的过程中，粘土中含有的铁未被完全氧化，还含有二价铁，A正确；
B．铜绿是因为铜与空气中的、、反应生成，B正确；
C．壮族服饰的主要原材料棉、麻的成分为纤维素，点燃没有烧焦羽毛的气味，C错误；
D．桂平乳泉井酒酿造过程中要得到高度数的白酒，需要涉及蒸馏的操作，D正确；
故选C。
2. 化学语言是表达化学思想不可缺少的重要工具。下列说法正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．HCl中共价键的电子云图，A正确；
B．硼原子序数为5，核外电子排布，最后一个电子占据2p能级简并轨道，是基态硼原子的电子排布图，B错误；
C．H2S为共价化合物，电子式：，C错误；
D．中心原子O价层电子对数：，含2对孤电子对，模型，D错误；
答案选A。
3. 下列实验装置或操作不能达到实验目的的是
A. 图甲的操作为将定容后的溶液摇匀
B. 图乙操作可用于氢氧化钠标准溶液滴定未知浓度的盐酸
C. 用丙装置观察钠在空气中燃烧的现象
D. 用丁装置检验浓硫酸与铜反应后的产物中是否含有
【答案】D
【解析】
【详解】A．配制一定物质的量浓度的溶液，定容后，反复上下颠倒，摇匀，A项正确；
B．聚四氟乙烯不和碱反应，氢氧化钠标准溶液可以盛放在使用聚四氟乙烯活塞的酸式滴定管中，B项正确；
C．可在坩埚中进行钠与氧气加热时的反应，C项正确；
D．因为反应后仍有浓硫酸，需将反应后的混合物沿烧杯内壁注入水中，边加边搅拌，D项错误；
故选D。
4. 下列关于事实的解释错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．碘和四氯化碳是非极性分子，而水是极性分子，根据“相似相溶”原理可知，碘易溶于四氯化碳而难溶于水，A正确；
B．Na2O、MgO、Al2O3的离子键成分百分数减少，是因为金属元素和氧元素的电负性差值依次减小，B错误；
C．对羟基苯甲酸形成分子间氢键，而邻羟基苯甲酸形成分子内氢键，所以对羟基苯甲酸的沸点高于邻羟基苯甲酸，C正确；
D．水晶内部质点排列的有序性，导致水晶的导热具有各向异性，所以水晶柱面上的固态石蜡在不同方向熔化的快慢不同，D正确；
答案选B。
5. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前20号元素，常温下只有一种元素的单质为气态。基态X原子s轨道上的电子数是p轨道上的2倍，Y的简单氢化物与其最高价含氧酸反应会产生白烟，Z与X形成的某种化合物常温下为液体，基态W原子有1个未成对电子。下列说法正确的是
A. 离子半径：W>Z>YB. 氢化物的沸点：Y>Z>X
C. 最简单氢化物的键角：X>Y>ZD. 上述四种元素分别与氢元素形成的化合物都是共价化合物
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可知，Y的简单氢化物与其最高价含氧酸反应会产生白烟，则Y为N元素；基态X原子s轨道上的电子数是p轨道上的2倍，X的原子序数比Y小，则X的电子排布式为：1s22s22p2，为C元素；Z与C形成的某种化合物为CCl4或CS2，由于四种元素中只有一种元素的单质为气态，则Z为S元素；基态W原子有1个未成对电子，为K元素。
【详解】A．电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同，原子序数越大，离子半径越小，则离子半径：，A错误；
B．C元素的氢化物有很多种，沸点可能很大，B错误；
C．CH4中心原子C上无孤电子对，NH3中心原子N上含1对孤电子对，H2S中心原子S上含2对孤电子对，孤电子对数越多，键角越小，C正确；
D．K元素与H元素形成KH，属于离子化合物，D错误；
答案选C。
6. 荜茇酰胺是一种有抗癌活性的天然生物碱，其结构如图所示。下列有关该化合物的说法正确的是
A. 含有5种官能团
B. 存在顺反异构和手性碳原子
C. 可发生加聚反应和水解反应
D. 1ml该物质最多消耗7mlH2
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据结构简式可知，分子中含酮羰基、碳碳双键和酰胺基3中官能团，A错误；
B．形成碳碳双键的碳原子连接不同的原子或原子团，存在顺反异构；手性碳原子是指连接4个不同的原子或原子团的碳原子，根据结构简式可知，不存在手性碳原子，B错误；
C．分子中存在碳碳双键，可发生加聚反应，存在酰胺基，可发生水解反应，C正确；
D．1个分子中含1个苯环和2个碳碳双键，1ml该物质最多消耗5mlH2，D错误；
答案选C。
7. 芬顿法常用于废水的处理，反应为：NH4OCN+3H2O2=N2↑+CO2↑+5H2O，设NA为阿伏加德罗常数，下列有关说法正确的是
A. 100g质量分数为17%的H2O2溶液中，氧原子总数为NA
B. 0℃，101KPa下，22.4L CO2中含有σ键数目为4NA
C. 25℃，101KPa下，20g D2O中含有中子数目为10NA
D. 1ml NH4OCN参与反应时转移电子数为3NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．100g质量分数为17%的H2O2溶液中，，，含氧原子数，溶液中H2O也含氧原子，所以氧原子总数大于，A错误；
B．每个CO2中含2个σ键，则0℃，101KPa下，22.4L CO2物质的量为1ml，含σ键数目为2NA，B错误；
C．每个D2O中含有中子数为10，20g D2O物质的量为1ml，含有中子数目为10NA，C正确；
D．NH4OCN中N元素化合价为-3价，反应生成氮气，N元素化合价升高至0价，1ml NH4OCN参与反应时转移电子数为6NA，D错误；
答案选C。
8. 明矾是一种常用的净水剂，以废易拉罐(含有Al和少量Fe、Mg杂质)为原料制取明矾的实验流程如图。下列说法错误的是
A. 滤渣的主要成分是Fe(OH)3和Mg(OH)2
B. “碱溶”步骤中发生反应的离子方程式为2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑
C. 上述流程中可用过量CO2代替NH4HCO3
D. “一系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
【答案】A
【解析】
【分析】废易拉罐(含有Al和少量Fe、Mg杂质)，可选择浓NaOH溶解，得到四羟基合铝酸钠溶液，并通过过滤除去不溶于碱的杂质Fe、Mg， 滤液中加入NH4HCO3溶液后，促进[Al(OH)4]-水解生成Al(OH)3沉淀，过滤后将沉淀溶解在稀硫酸中，得到硫酸铝溶液，添加K2SO4溶液后蒸发浓缩并冷却结晶得到晶体明矾，据此分析回答问题。
【详解】A．由分析可知，滤渣的主要成分是Fe和Mg，A错误；
B．“碱溶”步骤中Al和NaOH溶液反应生成Na[Al(OH)4]和H2，离子方程式为：2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑，B正确；
C．碳酸的酸性强于Al(OH)3，向Na[Al(OH)4]溶液中通入二氧化碳也能将[Al(OH)4]-转化为Al(OH)3，C正确；
D．操作a为从溶液中析出明矾晶体，由分析可知，包含蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等，D正确；
故选A。
9. 化学是一门以实验为基础的学科。下列实验操作或方法可达到目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．一般用质谱法测定有机物的相对分子质量，测定分子空间结构最普遍的方法X射线衍射，故A错误；
B．氢氧化铝能溶于强碱，不与弱碱氨水反应，则向浓度均为和溶液中滴加浓氨水至过量都生成白色沉淀，无法比较Mg和Al的金属性强弱，故B错误；
C．压缩容积，二氧化氮浓度变大，混合气体的颜色变深，无法证明是平衡移动造成的浓度变化，故C错误；
D．向5mL0.2ml/LMgCl2溶液中滴加少量NaOH溶液，氢氧化钠全部转化成氢氧化镁，振荡充分后，再滴加几滴0.2ml/LCuCl2溶液，如果白色沉淀转化成蓝色沉淀，说明氢氧化镁的溶度积大于氢氧化铜的溶度积，故D正确；
故选D。
10. -种能捕获和释放的电化学装置如下图所示。其中a、b均为惰性电极，电解质溶液均为KCl溶液。当K连接时，b极区溶液能捕获通入的。
下列说法不正确的是
A. K连接时，b极发生反应：
B. K连接时。a连接电源正极
C. K连接时，a极区的值增大
D. 该装置通过“充电”和“放电”调控b极区溶液pH，捕获和释放
【答案】C
【解析】
【分析】当K连接时，b极区溶液能捕获通入的，右侧为b极，充电时b为阴极，得电子发生还原反应，a为阳极失电子发生氧化反应；放电时a为正极发生还原反应，得电子，b为负极发生氧化反应，失电子，据此分析解题。
【详解】A．K连接时，为电解池，阴极得电子，发生还原反应， b极发生反应：，A正确；
B．K连接时，a为阳极，与连接电源正极相连，B正确；
C．K连接时，为原电池，a极为正极，发生还原反应，得电子，，a极区的值减小，C错误；
D．该装置通过“充电”和“放电”OH-浓度调控b极区溶液pH，捕获和释放，D正确；
故选C。
11. 氨氮废水是造成水体富营养化的原因之一，下图为处理氨氮废水的流程。
下列离子方程式书写错误的是
A. 过程I将转化为NH3：+OH-NH3↑+H2O
B. 过程II将残留的NH3∙H2O转化N2：3ClO-+2NH3∙H2O=3Cl-+N2↑+5H2O
C. 过程III将残留的NaClO转化NaCl：ClO-+SO=Cl-+SO
D. Na2SO3溶液呈碱性的原因：SO+2H2O=H2SO3+2OH-
【答案】D
【解析】
【分析】废水中与NaOH在加热下转化为NH3和水，NaClO与NH3∙H2O发生氧化还原反应生成NaCl和N2，亚硫酸钠将NaClO还原为NaCl，自身被氧化为硫酸钠；
【详解】A．过程I中与NaOH在加热下转化为NH3和水，离子方程式为+OH-NH3↑+H2O，故A正确；
B．过程II中NaClO具有氧化性，与NH3∙H2O发生氧化还原反应生成NaCl和N2，反应的离子方程式3ClO-+2NH3∙H2O=3Cl-+N2↑+5H2O，故B正确；
C．亚硫酸钠具有还原性，过程III 亚硫酸钠将NaClO还原为NaCl，自身被氧化为硫酸钠，离子方程式：ClO-+ =Cl-+，故C正确；
D．Na2SO3溶液中亚硫酸根离子发生两步水解反应，呈碱性的原因：+H2O +OH-、+H2OH2SO3+OH-，故D错误；
故答案选D。
12. 铁与镁组成的储氢合金的立方晶胞结构如图所示。铁原子位于顶点和面心的位置，镁原子位于将晶胞平分为8个立方单位的体心位置，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 该晶体中存在金属阳离子，所以该合金属于离子晶体
B. 该晶体密度为g·cm-3
C. 距离Fe原子最近的Mg原子数为4
D. 晶体储氢时，H2在晶胞的体心和棱的中心位置，则储氢后化学式为FeMg2H
【答案】B
【解析】
【详解】A．晶体中存在金属阳离子，没有阴离子，有自由电子，所以该合金是金属晶体，故A选项错误；
B．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的铁原子个数为8×18+6×12=4，位于体内的镁原子个数为8，晶胞参数为bnm，代入晶胞密度公式可得，故B选项正确；
C．由晶胞结构可知，位于顶点的铁原子与位于体对角线上镁原子的距离最近，则铁原子的配位数为8，故C选项错误；
D．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点和面心的铁原子个数为8×18+6×12=4，位于体内的镁原子个数为8，位于体心和棱的中心位置的氢分子个数为12×14+1=4，氢后化学式为FeMg2H2，故D选项错误；
故答案选B。
13. 将催化转化成CO是实现资源化利用的关键步骤，发生的反应有
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ： ，0.1MPa，在密闭容器中按投料，平衡时各组分的摩尔分数［物质i的摩尔分数：，未计入］随温度的变化如图。下列说法不正确的是
A. 低温下有利于反应Ⅱ正向进行B. 曲线b为
C. P点时反应Ⅰ的约为D. 900℃时，适当增大体系压强，保持不变
【答案】C
【解析】
【分析】反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ和反应Ⅲ是放热反应，升高温度反应Ⅰ平衡正向移动，反应Ⅱ和反应Ⅲ平衡逆向移动，CO和H2的摩尔分数增大，且H2的摩尔分数大于CO，曲线b代表，a代表CO，以此解答。
【详解】A．由盖斯定律可知，反应Ⅰ+反应Ⅲ可得反应Ⅱ， =-163.9，该反应为放热反应，低温下有利于反应Ⅱ正向进行，A正确；
B．由分析可知，曲线b代表，B正确；
C．由分析可知，曲线b代表，a代表CO，当x(CO)=x(CO2)时，温度高于500℃，x(H2)>x(H2O)，反应I的平衡常数Kp= ，p点温度低于500℃，反应I是吸热反应，温度降低平衡常数减小，则P点时反应I的Kp<1，C错误；
D．由图可知，高温时反应I进行程度很大，反应II、III程度很小接近于0，CH4含量很少接近于0，则平衡不受压强影响，适当增大体系压强，保持不变，D正确；
故选C。
14. 乙二胺(H2NCH2CH2NH2)有类似于NH3的性质。25℃时，向0.01ml/L乙二胺溶液中通入HCl气体，所得溶液(忽略溶液体积的变化)的pH与体系中含N微粒浓度的对数值()、反应物的物质的量之比关系如下图所示。下列有关说法正确的是
A. 图中曲线Y表示
B P3所示溶液：
C. P4所示溶液：
D. 图中M点对应的
【答案】B
【解析】
【分析】由图可看出随HCl通入，曲线Z呈下降趋势，代表，曲线X先增后减，代表，曲线Y呈逐渐增大趋势，代表。
【详解】A．根据分析，随着盐酸加入，曲线Y呈增大趋势，代表的变化趋势，A错误；
B．由图可知，P3所示溶液，氯化氢和乙二胺之比为1.6∶1，此时溶液中的成份为：C2H10N2Cl2和C2H9N2Cl，由于1ml电离产生1ml和2ml，则此时，B正确；
C．由图可知，P4所示溶液，氯化氢和乙二胺之比为2∶1，此时溶液中的成份为C2H10N2Cl2，根据物料守恒可知，，C错误；
D．乙二胺中，，，图中曲线X与曲线Z的交点，，则，曲线X与Y的交点，，则，图中M点是曲线Y与Z的交点，存在，则，故，，，，，M点，D错误；
故选B。
二、非选择题：本题共4小题，共58分。
15. 氮化镓(GaN)具有优异的光电性能。一种利用炼锌矿渣[主要含铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4、SiO2]制备GaN的工艺流程如下：
已知：①Ga与Al同主族，化学性质相似。
②常温下，Ksp[Zn(OH)2]=10-16.6，Ksp[Ga(OH)3]=10-35.1，Ksp[Fe(OH)3]=10-38.5。
③Ga3+、Fe3+在该工艺条件下的反萃取率（进入水相中金属离子的百分数）与盐酸浓度的关系见下表。
回答下列问题：
（1）“酸浸”时能提高反应速率的措施有____________（答1条即可)
（2）“酸浸”所得浸出液中Ga3+、Zn2+浓度分别为0.21g/L、65g/L。常温下，为尽可能多地提取Ga3+并确保不混入Zn(OH)2，用CaO“调pH”时须不能大于___________（假设调pH时溶液体积不变）
（3）“脱铁”和“反萃取”时，所用盐酸的浓度a=________ml/L，b=______ml/L(选填上表中盐酸的浓度)。
（4）“沉镓”时，若加入NaOH的量过多，会导致Ga3+的沉淀率降低，原因是___________(用离子方程式表示)。
（5）利用CVD（化学气相沉积）技术，将热分解得到的Ga2O3与NH3在高温下反应可制得GaN，同时生成另一种产物，该反应化学方程式为_______________。
（6）GaN晶体的一种立方晶胞如图下所示。
①基态Ga原子的价层电子有________种空间运动状态。
②该晶胞边长为anm，GaN的相对分子质量为Mr，则该晶体密度为_________g/cm3(列出计算式，为阿伏加德罗常数的值)。
【答案】（1）适当加热、将固体原料粉碎、适当增大酸的浓度 （2）5.7
（3） ①. 6 ②. 2
（4）Ga(OH)3+OH-=+2H2O
（5）Ga2O3+2NH3=2GaN+3H2O
（6） ①. 2 ②.
【解析】
【分析】利用炼锌矿渣[主要含铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4、SiO2]制备GaN，矿渣中加入稀硫酸，SiO2不溶于稀硫酸，浸出渣为SiO2，加入CaO调节pH，从已知②可知，Zn(OH)2Ksp相对Ga(OH)3和Fe(OH)3较大，因此控制pH可使Ga3+、Fe3+完全沉淀而Zn2+不沉淀，滤液中为硫酸锌，再加入稀硫酸酸溶，溶液中含有Ga3+和Fe3+，加入萃取剂萃取，然后加入aml/L盐酸进行脱铁，再加入bml/L的盐酸进行反萃取，根据表中数据可知，脱铁时盐酸浓度较高，促使Fe3+更多地进入水相被除去，盐酸浓度为6ml/L，反萃取中要保证Ga3+更可能多地进入水相，则此时盐酸浓度为2ml/L，随后加入NaOH沉镓生成Ga(OH)3，Ga(OH)3经过热分解生成Ga2O3，最后经过CVD得到GaN；
【小问1详解】
适当加热、将固体原料粉碎、适当增大酸的浓度等措施能提高酸溶时反应速率；
【小问2详解】
酸浸所得浸出液中Ga3+、Zn2+浓度分别为0.21g/L和65g/L即0.003ml/L和1ml/L，根据Ksp[Zn(OH)2]=10-16.6，Zn2+开始沉淀时c(OH-)=10-8.3ml/L，Zn2+开始沉淀的pH为5.7，根据Ksp[Ga(OH)3]=10-35.1，Ga3+开始沉淀时c(OH-)=1.49×10-11ml/L，则Ga3+开始沉淀的pH为3.17，则调节pH略小于5.7即可；
【小问3详解】
根据分析可知脱铁时盐酸浓度较高，促使Fe3+更多地进入水相被除去，盐酸浓度为6ml/L，反萃取中要保证Ga3+更可能多地进入水相，则此时盐酸浓度为2ml/L；
【小问4详解】
Ga与Al同主族，化学性质相似，沉镓时加入NaOH过多，则生成的Ga(OH)3重新溶解生成，离子方程式为Ga(OH)3+OH-=+2H2O；
【小问5详解】
Ga2O3和NH3高温下反应生成GaN和另一种物质，根据原子守恒，可得另一种物质为H2O，化学方程式为Ga2O3+2NH3=2GaN+3H2O；
【小问6详解】
①Ga位于第四周期第ⅢA族，其价层电子排布图为，共占据2个原子轨道，故基态Ga原子的价层电子有2种空间运动状态；
②据均摊法，该晶胞中N原子个数为4，Ga原子个数为=4，则晶体的密度为。
16. 二氧化碳一甲烷重整反应制备合成气(H2+CO)是一种生产高附加值化学品的低碳过程。该过程存在如下化学反应：
①
②
③
④
回答下列问题：
（1） _______，该反应在___________(填“高温”或“低温”或“任意温度”)下可自发进行。
（2）反应体系总压强分别为和时，平衡转化率随反应温度变化如图所示，则代表反应体系总压强为的曲线是_______(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)，判断依据是_______。
（3）当反应体系总压强为时，平衡时部分组分的物质的量随反应温度变化如图所示。随反应温度的升高，的物质的量先增加后减少，主要原因是_______。
（4）和反应可制取乙烯，反应的化学方程式为。一定温度下，向某恒容密闭容器中充入和，体系的初始压强为，若平衡时的转化率为，不考虑副反应的发生，的平衡分压为____Mpa(用表示，下同)，该反应的压强平衡常数_____。
（5）CH4过光电化学转化可制得乙二醇，以乙二醇为燃料的燃料电池工作时，若以溶液为电解液，则该电极的电极反应式为___________。
【答案】（1） ①. +247.3kJ/ml ②. B
（2） ①. III ②. 甲烷反应的方程式中，反应前后气体计量数增大，其它条件不变时，增大压强平衡逆向移动，CH4的转化率降低
（3）温度较低时，反应放热，以②为主，升高温度，逆向移动，生成CO2，CO2增加；温度较高时，反应为吸热反应，以①为主，升高温度反应正向移动，消耗CO2，CO2减少
（4） ①. ②.
（5）HOCH2-CH2OH+14OH--10e-=2+10H2O
【解析】
【小问1详解】
反应②+③-2④得方程式①，则ΔH1=ΔH2+ΔH3-2ΔH4=（-90.2+74.9+2×131.3）kJ/ml=+247.3kJ/ml,反应①中△S＞0，反应①中△H＞0，如果△G=ΔH-T△S＜0，反应①在高温下正向自发进行，故答案为：+247.3kJ/ml；B；
【小问2详解】
甲烷反应的方程式中，反应前后气体计量数增大，其它条件不变时，增大压强平衡逆向移动，CH4的转化率降低，所以代表反应体系总压强为5.00MPa的曲线是Ⅲ，故答案为：Ⅲ；甲烷反应的方程式中，反应前后气体计量数增大，其它条件不变时，增大压强平衡逆向移动，CH4的转化率降低；
【小问3详解】
根据图知，CO2参加的反应有①②，温度较低时，反应放热，以②为主，升高温度，逆向移动，生成CO2，CO2的量增加；温度较高时，反应为吸热反应，以①为主，升高温度反应正向移动，消耗CO2，CO2的量减少，故答案为：温度较低时，反应放热，以②为主，升高温度，逆向移动，生成CO2，CO2增加；温度较高时，反应为吸热反应，以①为主，升高温度反应正向移动，消耗CO2，CO2减少；
【小问4详解】
列三段式：，平衡时气体的总物质的量为(4-)ml，恒温恒容下，物质的量与压强成正比，则平衡时总压强为，的平衡分压为，该反应的压强平衡常数；
【小问5详解】
以乙二醇为燃料的燃料电池工作时，乙二醇在碱性条件下失去电子生成碳酸根离子，电极反应为HOCH2-CH2OH+14OH--10e-=2+10H2O。
17. 水杨酸异戊酯(，摩尔质量为208g/ml)是一种具有较高应用价值的化工产品，在香精、医药等领域有广泛的应用。制备水杨酸异戊酯实验步骤如下：
①取27.6g(0.20ml)水杨酸、43.2mL(0.40ml)异戊醇、8mL环己烯和2mL浓硫酸依次加到圆底烧瓶中。
②按照下图搭建反应装置，在145~155℃油浴下加热回流至不再有水生成。
③待反应液冷却后依次用水、NaHCO3溶液、饱和NaCl溶液洗涤至中性后分出有机层。
④干燥、减压蒸馏有机层，收集到31.2g产物。
⑤用红外光谱仪和核磁共振仪对产物进行表征。
已知：
①环己烯(沸点83℃)可与水形成沸点为70℃的共沸物。
②沸点：水杨酸211℃、异戊醇131℃、环己烯83℃、水杨酸异戊酯282℃。
回答以下问题：
（1）反应中浓硫酸的作用是吸水剂和__________，加入环己烯的目的是___________。
（2）写出制备水杨酸异戊酯化学方程式_______________。
（3）步骤②中表明反应中不再有水生成现象是_____________。
（4）洗涤反应液时需要使用的主要仪器是________________。
（5）步骤③中NaHCO3溶液的作用是_________________。
（6）本次实验的产率为_______%。
（7）红外光谱图中可获得产物信息包括_______。
a．产物中碳氧双键键长 b．产物相对分子质量
c．产物中含有酯基结构 d．产物中氧元素质量分数
【答案】（1） ①. 催化剂 ②. 形成共沸物带出水，促进平衡正向移动，提高产率
（2） （3）分水器中油水分界层位置保持不变
（4）分液漏斗 （5）除去产物中混有的水杨酸
（6）75 （7）c
【解析】
【分析】异戊醇和水杨酸发生酯化反应生成水杨酸异戊酯，取27.6g(0.20ml)水杨酸、43.2mL(0.40ml)异戊醇、8mL环己烯和2mL浓硫酸依次加到圆底烧瓶中，在145~155℃油浴下加热回流至不再有水生成，以此解答。
【小问1详解】
反应中浓硫酸的作用是吸水剂和催化剂，环己烯(沸点83℃)可与水形成沸点为70℃的共沸物，加入环己烯的目的是形成共沸物带出水，促进平衡正向移动，提高产率。
【小问2详解】
异戊醇和水杨酸发生酯化反应生成水杨酸异戊酯，化学方程式为：。
【小问3详解】
异戊醇131℃、环己烯83℃，二者在反应温度下会挥发，步骤②中回流到圆底烧瓶中的物质主要有异戊醇、环己烯，不再有水生成时，说明反应结束，现象为：分水器中油水分界层位置保持不变。
【小问4详解】
洗涤反应液时需要使用的仪器是分液漏斗。
【小问5详解】
步骤③中NaHCO3溶液的作用是除去产物中混有的水杨酸。
【小问6详解】
取27.6g(0.20ml)水杨酸、43.2mL(0.40ml)异戊醇、8mL环己烯和2mL浓硫酸依次加到圆底烧瓶中，由方程式可知，水杨酸是少量的，则理论上生成0.2ml水杨酸异戊酯，本次实验的产率为。
【小问7详解】
通过红外光谱可以分子有机物中所含有的官能团，红外光谱图中可获得产物中含有酯基结构，故选c。
18. 吲哚美辛M是一种可减少发热、疼痛的非甾体类抗炎药，其合成路线(部分试剂及反应条件略)如下图所示。
已知：①
②
③
按要求回答下列问题：
（1）A中官能团名称为___________。
（2）反应G+H→I的目的是_______________。
（3）J→K的反应类型为___________。
（4）M(吲哚美辛)的结构简式为___________，其中的吲哚片段(含氮杂环)为平面结构，其中氮原子的孤对电子位于___________(填序号)。
A.sp3杂化轨道 B.sp2杂化轨道 C.2s轨道 D.2p轨道
（5）C+D→E的化学方程式为____________。
（6）G经碱性水解、酸化后的产物的同分异构体中满足能与溶液反应的环状化合物有________个(不考虑立体异构)。其中核磁共振氢谱有三组峰(峰面积之比为1：1：4的化合物结构简式为____________(任写一种)。
【答案】（1）醚键、氨基
（2）保护羰基不被还原
（3）还原反应 （4） ①. ②. B
（5） （6） ①. 7 ②. 或(任写一种)
【解析】
【分析】根据流程，对比A和B的结构简式，A到B属于消去反应；对比B和C的结构简式，B到C属于还原反应；根据F的结构简式，结合已知①和E的分子式，可推知E的结构简式为，由此可知D的结构简式为，由已知②可知，F和L在Hac，加热条件下反应生成M，则M的结构简式为。
【小问1详解】
A的结构简式为，含有的官能团为醚键和氨基；
【小问2详解】
根据流程可知，经过系列反应，G中的碳基在L中重新出现，可见设计G+H→I的目的是保护羰基不被还原；
【小问3详解】
由流程可知，，其中碳基变为，属于还原反应；
【小问4详解】
由已知②可知，F和L在Hac，加热条件下反应生成M，则M的结构简式为；其中的吲哚片段(含氮杂环)为平面结构，其中氮原子的孤对电子与其余C原子上的电子形成一个键，使N原子上的孤对电子参与杂化形成sp2杂化轨道，位于sp2杂化轨道；
【小问5详解】
根据已知①，C和D反应生成E的化学方程式为：；
【小问6详解】
G经碱性水解、酸化后的产物的结构简式为，分子式为，其同分异构体中满足能与溶液反应，则其结构中含有羧基，且为环状，则该环为三元环或四元环，满足条件的结构简式有；、、、、、、，共计7种；其中核磁共振氢谱有三组峰(峰面积之比为1：1：4)的化合物结构简式为、。A.HCl中共价键的电子云图
B.激发态硼原子的电子排布图
C.H2S的电子式
D.的模型
甲
乙
丙
丁
选项
事实
解释
A
碘易溶于四氯化碳而难溶于水
碘和四氯化碳是非极性分子，而水是极性分子
B
Na2O、MgO、Al2O3的离子键成分百分数减少
Na2O、MgO、Al2O3的相对分子质量增大，分子间作用力增强
C
对羟基苯甲酸的沸点高于邻羟基苯甲酸
对羟基苯甲酸形成分子间氢键，而邻羟基苯甲酸形成分子内氢键
D
水晶柱面上的固态石蜡在不同方向熔化的快慢不同
水晶内部质点排列的有序性，导致水晶的导热具有各向异性
选项
目的
实验操作或方法
A
测定乙酸的相对分子质量
对乙酸晶体进行X射线衍射实验
B
比较Mg和Al的金属性强弱
向浓度均为和溶液中滴加浓氨水至过量
C
证明压强影响平衡移动
对反应容器压缩容积，混合气体的颜色变深
D
比较室温下、溶度积的大小
溶液中滴加少量溶液，振荡充分后，再滴加几滴
盐酸浓度/ml/L
反萃取率/%
Ga3+
Fe3+
2
86.9
9.4
4
69.1
52.1
6
17.5
71.3
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