河南省信阳市2023-2024学年高二下学期4月期中考试 化学试卷（解析版）

这是一份河南省信阳市2023-2024学年高二下学期4月期中考试 化学试卷（解析版），共23页。试卷主要包含了可能用到的相对原子质量等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答第Ⅰ卷前，考生务必将本人姓名、考生号、考试科目用铅笔涂写在答题卡上。
2.每小题选出答案后，用铅笔在答题卡对应题目的答案标号上涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。不要答在试题卷上。
3.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 Si-28 S-32 Ga-70
第Ⅰ卷(选择题，共45分)
一、选择题(每小题3分，共45分，每小题只有一个选项符合题意。)
1. 有关物质聚集状态与现代仪器分析，下列说法正确的是
A. 等离子体是一种特殊的液体，由带电的阳离子、电子及电中性粒子组成
B. 离子晶体的熔沸点由离子键强度决定，离子键强度取决于离子所带的电荷数和离子的半径大小
C. 质谱分析：利用质荷比来测定相对分子质量，与的质谱图完全相同
D. 红外光谱分析：确定氢原子的类型及相对数目，可用于区分与
【答案】B
【解析】等离子体是由阳离子、电子和电中性粒子组成的整体呈电中性的气态物质聚集体，故A错误；离子晶体的构成微粒是阴阳离子，晶体的熔沸点由离子键强度决定，离子键强度取决于离子所带的电荷数和离子的半径大小，故B正确；乙醇和二甲醚结构不同，最大荷比相同，但碎片离子的质荷比不完全相同，质谱图不完全相同，故C错误；红外光谱仪可以测得未知物中的化学键或官能团，乙醇和二甲醚的官能团不同，可用红外光谱分析区别，但红外光谱分析不能确定氢原子的类型，故D错误；故选B。
2. 下列叙述错误的是
A. 某原子核外电子排布式为，它违背了泡利原理
B. 和CO是等电子体关系，结构相似，二者都能充当配体且配位能力相同
C. 五彩斑斓的烟火，是金属在灼烧时的发射光谱
D. 立方硫化锌的晶胞中，硫离子形成面心立方堆积，硫离子形成的四面体空隙中50%填充了锌离子
【答案】B
【解析】泡利原理是指每个轨道最多只能容纳两个自旋相反的电子；核外电子排布式为，其np能级排布了7个电子，它违背了泡利原理，A正确；等电子体是指价电子数和原子数相同的分子、离子或原子团，有些等电子体化学键和构型类似；和CO是等电子体关系，结构相似，但是碳、氮、氧电负性不同，二者都能充当配体但配位能力不相同，B错误；五彩斑斓的烟火，是金属在灼烧时的发射光谱，C正确；立方硫化锌的晶胞中，硫离子形成面心立方堆积，一个晶胞中含有4个S离子，ZnS中原子个数比为1:1，其中硫离子形成的四面体空隙中一半填充了锌离子，故为50%，D正确；故选B。
3. 氯乙酸()是重要的分析试剂和有机合成中间体。一种制备氯乙酸的方法为。下列说法正确的是
A. 分子中σ键数∶π键数=6∶1
B. Cl-Cl键比I-I键的键长更短、键能更小
C. 的酸性比更强
D. 分子中的共面原子最多有7个
【答案】C
【解析】分子中存在个共价单键和1个共价双键，则σ键数∶π键数=7∶1，A错误；原子半径：ClH，Cl-C的极性大于H-C的极性，使-CH2Cl的极性大于-CH3的极性，导致ClCH2COOH的羧基中的羟基的极性更大，更容易电离出氢离子，的酸性比更强，C正确；分子中存在sp3杂化饱和碳原子，存在四面体空间结构，分子中的共面原子最多有6个，D错误；答案选C。
4. 化合物“E7974”具有抗肿瘤活性，结构简式如图，下列有关该化合物说法正确的是
A. 不存在顺反异构B. 分子中不含手性碳原子
C. 该化合物不能与反应D. 分子中含有4种官能团
【答案】D
【解析】由结构简式可知，化合物中碳碳双键的碳原子均连有不同的原子或原子团，在顺反异构，故A错误；由结构简式可知，化合物中含有如图*所示的3个手性碳原子：，故B错误；由结构简式可知，化合物中含有的羧基能与碳酸氢钠反应，故C错误；由结构简式可知，化合物分子中含有的官能团为次氨基、酰胺基、碳碳双键、羧基，共有共4种，故D正确；故选D。
5. 某小组为制备1-氯-2-甲基丙烷(沸点69℃)，将2-甲基-1-丙醇和溶于中，加热回流(伴有HCl气体产生)。反应完全后倒入冰水中水解残余的分液收集层，再用无水干燥，过滤、蒸馏后得到目标产物。上述过程中涉及的部分装置(夹持及加热装置略)如下图，下列说法不正确的是
A. 装置①在加热回流时，不需加入沸石或碎瓷片来防暴沸
B. 装置②与装置①的冷凝管上端相连，需将尾气处理装置设计成防倒吸
C. 装置③在分液前无法区分水层与有机层时可向分液漏斗中滴水，若上层无水滴通过轨迹则上层为水层
D. 沸点为39.8℃，在蒸馏提纯时，为增强冷凝效果，可将装置④的蛇形冷凝管更换成直形冷凝管
【答案】D
【解析】该装置中有搅拌棒，不需加入沸石或碎瓷片，故A正确；装置②与装置①的冷凝管上端相连，用来收集反应生成的HCl，HCl气体极易溶于水，所以要防止倒吸，故B正确；向两层溶液中滴水，滴入水后如果先接触有机层，滴入的水与有机层会有明显的界限，如果滴入水层，就会消失不见，故C正确；CH2Cl2沸点为39.8℃，1-氯-2-甲基丙烷沸点69℃，故可使用装置④的蒸馏装置，为增强冷凝效果，蛇形冷凝管接触面积更大冷凝效果更好，不能更换成直形冷凝管，故D错误；故选：D。
6. 某种双核钴配合物阳离子的结构如图。X的第一电离能在第二周期主族元素中位居第二，Y的核外电子只有一种运动状态，Z的一种同素异形体是极性分子。下列说法错误的是
A. 简单氢化物的稳定性：Z>X
B. 电负性：Z>X>Y
C. C位于元素周期表ds区，在该阳离子中呈+2价
D. 从结构推测该配合物阳离子不稳定，且具有一定的氧化性
【答案】C
【解析】X的第一电离能在第二周期主族元素中位居第二，X为N，Y的核外电子只有一种运动状态，Y为H；Z的一种同素异形体是极性分子，即Z为O，O3为极性分子。
非金属性：Z（O）＞X（N），因此简单氢化物的稳定性：Z>X，故A正确；同周期元素，从左往右电负性逐渐增大，同族元素，从上到下电负性逐渐减小，即电负性：Z（O）＞X（N）>Y（H），故B正确；C位于元素周期表d区，故C错误；该配合物阳离子存在过氧键，因此不稳定，且具有一定的氧化性，故D正确；故选C。
7. 氨分解制氢是一种极具前景的便携式制氢方法，不同压强下氨的平衡转化率随温度变化如下。下列说法正确的是
A. 2NH3 3H2 + N2 ΔH < 0
B. 氢气和氮气的物质的量之比保持不变，说明氨分解反应达到平衡状态
C. p1 < p2 < p3 < p4
D. 500 K时，p3压强下氨分解反应的平衡常数比p4压强下的大
【答案】C
【解析】温度升高，氨的平衡转化率上升，2NH3 3H2 + N2平衡正向移动，ΔH ＞ 0，故A错误；氢气和氮气的物质的量之比始终为3:1，不能说明反应到达平衡状态，故B错误；2NH3 3H2 + N2为气体分子数增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，氨的平衡转化率下降，因此p1 < p2 < p3 < p4，故C正确；平衡常数只与温度有关，500 K时无论压强是多少，K为定值，故D错误；故选C。
8. 穴醚是一类可以与碱金属离子发生配位的双环或多环多齿配体，某种穴醚的键线式如图，下列说法错误的是
A. 核磁共振氢谱显示有4组吸收峰
B. 穴醚分子中碳原子和氮原子的杂化轨道类型相同
C. 使用穴醚可以增大某些碱金属盐在有机溶剂中的溶解度
D. 选取适当的穴醚，可以将不同的碱金属离子分离
【答案】A
【解析】由结构简式可知，穴醚分子中有3类氢原子，核磁共振氢谱显示有3组吸收峰，故A错误；穴醚分子中碳原子和氮原子价层电子对数均为4，原子的杂化方式都为sp3杂化，故B正确；穴醚结构中存在空穴可容纳碱金属离子，可以增大某些碱金属盐在有机溶剂中的溶解度，故C正确；穴醚有大小不同的空穴适配不同大小的碱金属离子，选取适当的穴醚，可以将不同的碱金属离子分离，故D正确；故选A。
9. 下列说法正确的个数是
①晶体中分子间作用力越大，分子越稳定
②共价晶体中共价键越强，熔点越高
③金属晶体的导电性、导热性均与自由电子有关
④呈正四面体结构的分子，键角都是109°28′
⑤干冰晶体中，1个分子周围有12个分子紧邻
⑥12g石英晶体中Si-O键的数目为
⑦在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子
⑧晶体状态下能导电的一定是金属晶体
A. 3个B. 4个C. 5个D. 6个
【答案】A
【解析】①分子晶体中，共价键键能越大，分子越稳定，故①错误；②共价晶体中共价键越强，越难断裂，熔点越高，故②正确；③给金属晶体加电压时，晶体中的自由电子定向移动形成电流，自由电子的移动能传递热能，因此金属晶体的导电性、导热性均与自由电子有关，故③正确；④正四面体构型的分子，键角可能是109°28′，例如甲烷；也可能是60°，例如白磷，故④错误；⑤干冰晶体中，分子处于晶胞的顶点和面心，故1个分子周围有12个分子紧邻，故⑤正确；⑥12gSiO2晶体中Si-O键的数目为：×4×NAml-1=0.8NA，故⑥错误；⑦晶体只要有阴离子就一定有阳离子，但含有阳离子的不一定有阴离子，如金属晶体中有阳离子，但没有阴离子，故⑦错误；⑧石墨是非金属晶体，能导电，故⑧错误；故正确的有②③⑤；答案选A。
10. 硝酸盐污染已成为一个日益严重的环境问题，甲酸()在纳米级磁性(钯)表面分解为活性和，再经下列历程实现的催化还原，进而减少污染。已知(Ⅱ)、(Ⅲ)表示中二价铁和三价铁。下列说法错误的是
A. 生产中将催化剂处理成纳米级颗粒可增大甲酸分解的速率
B. 分解时，只有极性共价键发生了断裂
C. 在整个历程中，1可完全还原1
D. 反应历程中生成的可调节体系，有增强氧化性的作用
【答案】C
【解析】将催化剂处理成纳米级颗粒可增大接触面积，提高甲酸分解的速率，故A正确；HCOOH分解成CO2和H2，会发生氢氧键和碳氢键的断裂，氢氧键和碳氢键均为极性共价键，故B正确；1mlNO转化为0.5mlN2，转移5ml电子，1ml H2转移2ml电子，所以完全还原1ml NO消耗2.5ml H2，故C错误；NO与NO在氧化Fe2+的过程中需要消耗氢离子，pH值降低，但H2还原Fe3+过程中生成H+，所以生成的氢离子可以起到调节pH的作用，同时具有增强NO氧化性的作用，故D正确；故答案选C。
11. 下列说法正确的是
A. 正、逆反应速率发生变化，平衡一定发生移动
B. 恒温恒容条件下进行的可逆反应：，当的生成速率与的消耗速率相等时，反应达到平衡状态
C. 化学平衡正向移动，反应物的转化率不一定增大
D. 当达到平衡后，加入一部分固体，平衡向右移动
【答案】C
【解析】改变反应条件，正、逆反应速率发生变化，但不出现正、逆反应速率差，化学平衡不发生移动，故A错误；三氧化硫的生成速率与二氧化硫的消耗速率都代表正反应速率，则三氧化硫的生成速率与二氧化硫的消耗速率相等不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故B错误；反应达到平衡后，增大氧气的浓度，平衡向正反应方向移动，但氧气的转化率减小，所以化学平衡正向移动，反应物的转化率不一定增大，故C正确；加入浓度为定值的硫氢化铵固体，反应体系中各物质的浓度不变，化学反应速率不变，化学平衡不移动，故D错误；故选C。
12. T℃时，向容积为2 L的刚性密闭容器中充入1 ml CO2和一定量的H2发生反应：。平衡时p(HCHO)与起始的关系如图所示。已知初始加入2 ml H2，容器内的总压强为1.2m kPa。下列说法正确的是
A. 5 min时反应到达c点，
B. a点时，混合气体平均摩尔质量为
C. b点时，
D. c点时，再加入CO2(g)和H2O(g)，使二者分压均增大0.1m kPa，平衡不移动
【答案】D
【解析】根据图像可知：在反应开始时加入n(CO2)=1 ml，n(H2)=2 ml，反应进行到c点时，假设CO2变化的物质的量是x ml，根据物质反应转化关系可知反应产生HCHO、H2O的物质的量是x ml，平衡时气体的物质的量分别是n(CO2)=(1-x) ml，n(H2)=(2-2x) ml，n(HCHO)=n(H2O)=x ml，平衡时气体总物质的量为n(总)=(1-x) ml+(2-2x) ml+x ml+x ml=(3-x)ml，此时气体总压强p(总)=，HCHO的压强为p(HCHO)==0.2m kPa，解得x=0.5 ml，故5 min时反应到达c点，v(H2)==0.1 ml/(L·min)，A错误；根据图像可知：在a点时=1，n(H2)=n(CO2)=1 ml，假设反应消耗CO2的物质的量是y ml，根据物质反应转化关系可知平衡时n(CO2)=(1-y) ml，n(H2)=(1-2y)ml，n(HCHO)=n(H2O)=y ml，平衡时气体总物质的量为n(总)=(1-y) ml+(1-2y) ml+y ml+y ml=(2-y)ml，平衡时气体压强为p(平衡)=，p(HCHO)==x mkPa，解得y=ml，气体的总物质的量n(总)=(2-y)ml=(2-)ml，a点混合气体的平均摩尔质量为g/ml，B错误；温度不变，化学平衡常数不变，故b点时反应的化学平衡常数与c点对应的平衡常数相等，c点平衡下，p(CO2)=；同理p(H2)=0.4mkPa，p(HCHO)=p(H2O)=0.2mkPa，则Kp=，C 错误；c点时再加入CO2(g)和H2O(g)，使二者分压均增大0.1m kPa，此时Qp==Kp，化学平衡不移动，D正确；故合理选项是D。
13. 工业上可利用氨水吸收和，原理如图所示。已知：时，的，的。下列说法正确的是
A. 反应的平衡常数
B. 向氨水中通入至
C. 测得溶液：
D. 溶液中：
【答案】C
【解析】工业上可利用氨水吸收产生，再通入后产生N2并生成铵盐，发生的反应为：，据此作答。
反应的平衡常数，解得，故A错误；向氨水中通入SO2至pH=7，可知，电荷守恒，c ()＞c()，故B错误；存在电离平衡：、，当时，，，则，，所以，故C正确；溶液中水电离出的氢离子等于水电离出的氢氧离子，因此中根据质子守恒可得：，故D错误；故答案选C。
14. 双盐电池由替代了在正极材料中的嵌入，解决了扩散缓慢、锂离子电池锂枝晶生长等问题，其充、放电过程如图所示。下列说法正确的是
A. 放电时，电极的电势高于电极
B. 充电时，若充电电压为2.0V，可能造成电池性能衰减
C. 放电时，每转移2，正极质量减少14g
D. 充电时，充电电压为2.75V时，负极区的反应为：
【答案】B
【解析】由图可知，放电时，Mg作负极，电极反应式为Mg-2e-=Mg2+，右侧电极为正极，电极反应式为CS2+4Li++4e-=C+2Li2S，充电时，Mg作阴极，右侧电极为阳极，据此分析作答。
放电时，Mg作负极，CS2电极为正极，正极的电势高于负极，则CS2电极的电势高于Mg电极，A错误；由图可知，若充电电压为2.0V，充电过程中C会转化为C3S4，放电时C3S4不能参与反应，故会造成电池性能衰减，B正确；放电时，右侧电极正极，电极反应式为CS2+4Li++4e-=C+2Li2S，每转移2 mle-，正极质量增加2ml×7g/ml=14g，C错误；硫化锂易溶于水，由图可知，若充电电压为2.75V，负极区此时为阳极区，阳极区电极反应式为C+2S2--4e-=CS2，D错误；故选B。
15. 相同温度和压强下，研究分别在不同浓度的和中的溶解情况。实验测得的饱和浓度与和的浓度关系如图所示。下列说法错误的是
已知：溶解过程发生如下反应：
① ；
② ；
③ 。
A. 对比图中两条曲线可知对的溶解存在较大的抑制作用
B. a点溶液中存在：
C. b点溶液中存在：
D. NaX曲线中，随着溶解度的减小，溶液中增大
【答案】A
【解析】增大X-浓度，反应①正向移动，促进X2的溶解，故A错误；根据①、②反应平衡常数K1＞K2可知，a点溶液为HX与X2的混合溶液，①进行程度大于②，因此，由反应②可知，是弱酸，微弱电离，故，HX为强酸，完全电离；故有，故B正确；b点溶液中存在电荷守恒：，而根据反应②和③可知，此时溶液显酸性，故，则，故C正确；NaX溶液中，随着X2的溶解度减小，其溶液中c(H+)减小，以增大，故也增大，故D正确；答案选A。
第Ⅱ卷(非选择题，共55分)
二、填空题(4个大题，共55分)
16. 氢和氧是构建化合物的常见元素。请回答下列各题：
（1）钴氧化物和按照适量的比例高温煅烧可得到钴蓝，钴蓝可用于青花瓷的颜料。钴蓝晶体结构是由图1中Ⅰ型和Ⅱ型两种小立方体平移所得。图2是钴蓝的晶胞，已知钴原子位于晶胞的顶角和面心。
①钴蓝晶胞中C、A1、O原子个数比为_______。
②C原子间最短的距离为_______pm。
③图2所示字母中，Ⅰ型小立方体分别是a、_______(填字母)。
（2）苯、1，3-丁二烯都是平面分子，碳原子均提供一个p轨道肩并肩成共轭大π键。
①下列说法正确的是_______(填字母)。
A．同周期元素中，第一电离能大于碳的元素有3种
B．苯中碳原子杂化方式为
C．1，3-丁二烯的2、3号位碳原子间的键长大于乙烷中的碳碳键键长
D．的二氯代物有9种(不考虑立体异构)
②苯环之间通过共用苯环的若干条环边而形成的芳香烃称为稠环芳烃，例如：萘()、蒽()、菲()分子式为的稠环芳烃，一个分子中σ键有_____个。
（3）邻羟基苯甲醛()能形成分子内氢键。画出邻羟基苯甲醛的分子内氢键______。
（4）氢和氧两种元素能够形成和，两种分子，不如稳定，从分子结构上说明其原因：_______。
【答案】（1）①.1∶2∶4 ②. ③.c、f
（2）①.BD ②.54
（3） （4）分子中，两个氧原子上各有两个孤电子对，排斥力较强，导致不稳定(两个氧原子电负性较大，导致电子云靠近，原子间排斥力较大)
【解析】
【小问1详解】
①Ⅰ型立体结构中C位于顶点和体心，原子数是；O位于晶胞内，原子数是4；Ⅱ型小立方体中C位于顶点，原子数是；O位于晶胞内，原子数是4；Al位于晶胞内，原子数是4；该立方晶胞由4个Ⅰ型和4个Ⅱ型小立方体构成，所以1个晶胞含有C原子数是8、Al原子数是16、O原子数是32，则钴蓝晶胞中C、Al、O原子个数比为8:16:32=1:2:4；
②由图可知，C原子间最短的距离为面对角线的一半，则该距离为：；
③根据晶胞中Ⅰ型立体结构、Ⅱ型小立方体关系，图2中Ⅰ型小立方体位于图2中上层ac对角线的位置、下层f位置，故分别是a、c、f；
【小问2详解】
①A．同周期越靠右，第一电离能越大，其中第ⅡA、ⅤA的元素由于其电子排布为稳定结构，第一电离能较大，故同周期元素中，第一电离能大于碳的元素有N、O、F、Ne，一共4种，A错误；
B．苯中碳原子均提供一个p轨道肩并肩成共轭大π键，则苯中碳原子杂化方式为sp2，B正确；
C．根据信息可知，1,3-丁二烯中碳原子均提供一个p轨道肩并肩成共轭大π键，则其中2、3号碳原子间的键长小于乙烷中的碳碳键键长，C错误；
D．根据定一移一的原则可知，的二氯代物有、、、，一共9种，D正确；
故选BD；
②根据题给信息可知，分子式为的稠环芳烃中含有苯环的个数为7个，其中含有C—C σ键的个数为：36，C—H σ键的个数为：18，则一个分子中σ键有54个；
【小问3详解】
当氢原子连接在电负性大且原子半径小的原子（例如氟、氧、氮）上时，可以形成氢键；邻羟基苯甲醛的分子内氢键：；
【小问4详解】
孤电子对与孤电子对之间的斥力大于孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力，分子中，两个氧原子上各有两个孤电子对，排斥力较强，导致不稳定(两个氧原子电负性较大，导致电子云靠近，原子间排斥力较大)。
17. 金属镓有“电子工业脊梁”的美誉，与铝的化学性质类似，广泛应用于电子、航空航天、光学等领域。从刚玉渣(含钛、镓的低硅铁合金，还含有少量氧化铝)回收镓的流程如图所示：
室温时，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
回答下列问题：
（1）基态镓原子的价电子排布式为_______。
（2）“酸浸”过程中需要加热，但禁止使用明火加热，理由是_______。
（3）从溶液中得到的结晶方式为_______。
（4）“中和沉淀”过程中，若滤液②中阳离子浓度均为，“中和沉淀”过程中pH应调节的范围为_______。
（5）“碱浸”时用氨水代替NaOH溶液的后果是_______。
（6）“碳酸化”过程中为防止镓损耗，不能通入过量的原因为____(用离子方程式表示)。
（7）“电解”制备镓的过程中需保持溶液的pH在11以上，原因是_______。
（8）以纯镓为原料可制得GaN，GaN晶体的一种立方晶胞如下图所示，Ga的配位数为_______，已知晶胞中Ga和N的最近距离为anm，阿伏加德罗常数值为，则GaN的晶体密度为_______(只列出计算式，无需计算)。
【答案】（1）
（2）金属与酸反应产生的可燃性气体，遇明火有爆炸危险
（3）冷却结晶(降温结晶)
（4）5.5≤pH＜7
（5）氨水不与、反应，无法进行碱浸分离
（6）
（7）抑制水解，防止浓度过大在阴极上放电
（8）①.4 ②.
【解析】刚玉渣加入稀硫酸酸浸，滤渣中含有Ti和Si单质，滤液中含有Ga3+、Al3+、Fe2+、Fe3+，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到FeSO4·7H2O晶体，滤液中含有Ga3+、Al3+、Fe3+，加入NaOH调节为5.5~7，“中和沉淀”得到Fe(OH) 3、Al(OH) 3、Ga(OH) 3，再加入过量的NaOH，Al(OH) 3、Ga(OH) 3溶解，分别生成Na[Al(OH)4]和Na[Ga(OH)4]，过滤除去Fe(OH) 3，向滤液中通入适量的CO2，生成Al(OH)3，Na[Ga(OH)4]不发生反应，电解含有Na[Ga(OH)4]的溶液得到Ga单质。
【小问1详解】
镓为31号元素，基态镓原子的价电子排布式为4s24p1；
【小问2详解】
“酸浸”过程中金属与酸反应产生可燃性的气体，遇明火有爆炸危险，所以禁止使用明火加热；
【小问3详解】
加热时结晶水合物容易失去结晶水，所以从溶液中得到结晶水合物的结晶方式为冷却结晶或降温结晶；
【小问4详解】
由分析可知，“中和沉淀”过程中分离出的滤渣①有Fe(OH)3、Al(OH)3、Ga(OH)3，“中和沉淀”过程中Al3+、Fe3+和镓离子要完全沉淀，而亚铁离子不沉淀，由表格数据可知，pH=5.5时Ga3+、Al3+、Fe3+均完全沉淀。亚铁离子沉淀完全时的pH=9，则pOH=5，Ksp[Fe(OH)2]=c(Fe2+)c2(OH-)=1.0×10-5×(10-5)2=1.0×10-15，滤液②中Fe2+浓度为0.1ml/L，则c(OH-)===1.0×10-7ml/L，pOH=7，pH=7，故pH应调节的范围为5.5≤pH＜7；
小问5详解】
“碱浸”时Al(OH) 3、Ga(OH) 3溶解，而氨水不与、反应，无法进行碱浸分离；
【小问6详解】
“碳酸化”过程中通入适量的CO2，生成Al(OH)3，Na[Ga(OH)4]不发生反应，为防止镓损耗，不能通入过量CO2，过量的二氧化碳会导致Na[Ga(OH)4]转化为氢氧化镓沉淀，反应为：[Ga(OH)4]−+CO2=Ga(OH)3↓+；
【小问7详解】
为了抑制水解，同时防止浓度过大在阴极上放电，“电解”制备镓的过程中需保持溶液的pH在11以上；
【小问8详解】
由图可知，氮位于镓形成的四面体中，结合化学式可知，镓位于氮形成的四面体中，故Ga的配位数为4；已知晶胞中Ga和N的最近距离为anm，其距离为体对角线的四分之一，则晶胞参数为nm，根据“均摊法”，晶胞中含=4个Ga、4个N，则晶体密度为g/cm3= g/cm3。
18. 如图所示装置是用燃烧法确定有机物化学式的装置。回答下列问题：
（1）仪器a的名称是_______，A中的作用是_______。
（2）C装置中CuO的作用是_______。
（3）D和E中的试剂不可调换，理由是_______。
（4）若样品中有机物只含C、H、O三种元素中的两种或三种，准确称取0.74g样品，经充分反应后，D管质量增加0.90g，E管质量增加1.76g。则该样品中有机物的最简式为_______。
（5）通过对样品进行分析，得到如图三张图谱。分析图谱可知，样品中有机物的相对分子质量为_______，官能团名称是_______，结构简式为_______。
（6）该实验装置可能会产生误差，造成测定含氧量偏低，改进方法：_______。
【答案】（1）①.分液漏斗 ②.催化剂
（2）使CO转化为
（3）碱石灰可以同时吸收水蒸气和二氧化碳
（4）
（5）①.74 ②.醚键 ③.
（6）在E后边再接上一个盛有碱石灰的干燥管
【解析】由实验装置图可知，装置A中二氧化锰做催化剂条件下过氧化氢溶液分解制备氧气，装置B中盛有的浓硫酸用于干燥氧气，装置C中样品与氧气共热反应生成碳的氧化物和水、氧化铜与一氧化碳共热反应生成二氧化碳，装置D中盛有的无水氯化钙用于吸收、测定反应生成的水蒸气，装置E中盛有的碱石灰用于吸收、测定反应生成的二氧化碳，该装置的缺陷是空气中的二氧化碳和水蒸气会进入E中被碱石灰吸收，导致实验误差。
小问1详解】
由实验装置图可知，仪器a为分液漏斗；由分析可知，装置A中二氧化锰做催化剂条件下过氧化氢溶液分解制备氧气，故答案为：分液漏斗；催化剂；
【小问2详解】
由分析可知，装置C中氧化铜与一氧化碳共热反应生成二氧化碳，目的是使有机物充分氧化生成二氧化碳和水，故答案为：使CO转化为；
【小问3详解】
由分析可知，装置D中盛有的无水氯化钙用于吸收、测定反应生成的水蒸气，装置E中盛有的碱石灰用于吸收、测定反应生成的二氧化碳，无水氯化钙只吸收水蒸气，而碱石灰可以同时吸收水蒸气和二氧化碳，所以D和E中的试剂不可调换，故答案为：碱石灰可以同时吸收水蒸气和二氧化碳；
【小问4详解】
由题意可知，反应生成水、二氧化碳的质量分别为0.90g、1.76g，则有机物分子中碳原子的物质的量为=0.04ml，氢原子的物质的量为×2=0.1ml，氧原子的物质的量为=0.01ml，则有机物分子中碳原子、氢原子、氧原子的个数比为0.04ml∶0.1ml∶0.01ml=4∶10∶1，有机物的最简式为C4H10O，故答案为：C4H10O；
【小问5详解】
由质谱图可知，样品中有机物的相对分子质量为74，设有机物的分子式为(C4H10O)n，则n==1，分子式为C4H10O；由红外光谱图可知，有机物分子含有的官能团为醚键；由核磁共振氢谱可知，有机物只含有两种氢原子且个数比为2∶3，则有机物的结构简式为，故答案为：74；醚键；；
【小问6详解】
由分析可知，该装置的缺陷是空气中的二氧化碳和水蒸气会进入E中被碱石灰吸收，导致实验误差，所以实验时应在E后边再接上一个盛有碱石灰的干燥管吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，故答案为：在E后边再接上一个盛有碱石灰的干燥管。
19. 丙烯是重要的有机化工原料，丙烷制丙烯是化工研究的热点。由丙烷()在一定温度和催化剂条件下制丙烯()的两种方法如下：
反应Ⅰ(直接脱氢)： ；
反应Ⅱ(氧化脱氢)： 。
（1）已知： ，则为_______kJ/ml。
（2）一定温度下，向恒容密闭容器中充入1ml开始压强为pkPa，仅发生反应Ⅰ(直接脱氢)。
①下列情况能说明该反应达到平衡状态的是_______(填字母，下同)。
A．混合气体的密度保持不变
B．混合气体平均摩尔质量保持不变
C．与的物质的量之比保持不变
D．
②欲提高的平衡产率同时加快反应速率，应采取的措施是_______。
A．升高温度 B．增大压强 C．再充入
D．及时分离出 E．加催化剂
③反应过程中，的气体体积分数与反应时间的关系如下图所示，此温度下该反应的平衡常数_______kPa(用含p的代数式表示，是用反应体系中气体物质的分压表示的平衡常数，平衡分压=总压×体积分数)。
（3）①一定条件下，恒压密闭容器中仅发生反应Ⅱ(氧化脱氢)。与起始物质的量比分别为2：1、1：1、1：2、1：3，平衡时的体积分数随温度、的变化关系如下图所示，其中表示的曲线是_______(填“Ⅰ”、“Ⅱ”、“Ⅲ”或“Ⅳ”)。
②已知该反应过程中，，，其中、为速率常数，与温度、活化能有关。升高温度，变化程度_______(填字母)的变化程度。
A．大于 B．小于 C．等于 D．无法比较
③相比反应Ⅰ(直接脱氢)，反应Ⅱ(氧化脱氢)的优点可能有_______(任写一点)。
【答案】（1）+124
（2）①.BCD ②.A ③
（3）①.Ⅱ ②.B ③.氧化脱氢为放热反应，能减少能耗或产物易于分离
【解析】
【小问1详解】
由盖斯定律可知，反应Ⅱ×2—反应Ⅰ×2得到反应，则反应Ⅰ的△H1=(—118kJ/ml)—(—484kJ/ml)×=+124kJ/ml，故答案为：+124；
【小问2详解】
①A．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，在恒容密闭容器中混合气体的密度始终不变，则混合气体的密度保持不变不能说明正逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，故错误；
B．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，该反应是气体体积增大的反应，反应中混合气体平均摩尔质量减小，则混合气体平均摩尔质量保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
C．反应中丙烷的物质的量减小，氢气的物质的量增大，反应中丙烷与氢气的物质的量比减小，则丙烷与氢气的物质的量比保持不变说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
D．由方程式可知，说明正逆反应速率相等，反应已达到平衡，故正确；
故选BCD；
②A．反应Ⅰ为吸热反应，升高温度，反应速率加快，平衡向正反应方向移动，丙烯的产率增大，故符合题意；
B．该反应是气体体积增大的反应，增大压强，反应速率加快，但平衡向逆反应方向移动，丙烯的产率减小，故不符合题意；
C．恒容容器再充入丙烷相当于增大压强，反应速率加快，但平衡向逆反应方向移动，丙烯的产率减小，故不符合题意；
D．及时分离出氢气，生成物的浓度减小，反应速率减慢，故不符合题意；
E．加催化剂，反应速率加快，但平衡不移动，故不符合题意；
故选A；
③由图可知，平衡时丙烷的体积分数为25%，设丙烷的物质的量为1ml，平衡时生成丙烯的物质的量为aml，由题意可建立如下三段式：
由丙烷的体积分数可得：×100%=25%，解得a=0.6，开始压强为pkPa，由气体的物质的量之比等于压强之比可知，平衡时气体压强为1.6kPa，则化学平衡常数Kp==0.9pkPa，故答案为：0.9p；
【小问3详解】
①的值减小相当于增大氧气的浓度，平衡向正反应方向移动，丙烷的体积分数减小，则丙烷与氧气起始物质的量比分别为2：1、1：1、1：2、1：3，的值依次减小，则由图可知，表示的曲线是Ⅱ，故答案为：Ⅱ；
②该反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，逆反应速率大于正反应速率，所以正反应速率常数小于逆反应速率常数，故选B；
③相比反应Ⅰ，反应Ⅱ为放热反应，低温条件下反应有利于平衡向正反应方向移动，能减少能耗，且产物丙烯和水存在沸点差异，易于分离，故答案为：氧化脱氢为放热反应，能减少能耗或产物易于分离。
金属离子
开始沉淀时()的pH
4.5
3.7
2.2
7.5
沉淀完全时()的pH
5.5
4.7
3.2
9.0