文档内容
【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考化学模拟卷（广东专用）
黄金卷02
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共16个小题，共44分。第1～10小题，每小题2分；第11～16小题，每小题4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．汕头开埠文化陈列馆作为我市的文化名片，浓缩展示了我市开埠以来的成就。下列有关文物主要成分
为合金的是
选项 A B C D
文物
实木粿印 铜制煤油灯 白玉国际象棋 邮票分拣桌
【答案】B
【详解】A．实木主要成分为纤维素，故A错误；
B．铜制品属于合金，故B正确；
C．玉石主要成分为硅酸盐类物质，为非金属材料，故C错误；
D．邮票分拣桌为木质，主要成分为纤维素，故D错误；
故选：B。
2．近年来我国科技研究取得重大成就，科技创新离不开化学。下列相关叙述错误的是
A．天问一号探测器使用新型SiC增强铝基复合材料，SiC的硬度大、熔点低
B．战斗机的隐形涂层含石墨烯(石墨的单层结构)，12 g石墨烯中含有 键
C．潜水器抗压材料含新型钛合金，基态钛原子的核外电子排布式为
D．用二氧化碳合成葡萄糖，为人工合成“粮食”提供了新路径，葡萄糖是多羟基醛
【答案】A【详解】A．SiC为共价晶体，其硬度大、熔点高，A错误；
B．单键均为σ键，石墨烯中平均1个碳原子形成1.5个σ键，12 g石墨烯中含有1mol碳原子，则含有
键，B正确；
C．基态钛原子的核外电子排布式为 ，C正确；
D．二氧化碳合成葡萄糖，充分利用二氧化碳合成糖类，为人工合成“粮食”提供了新路径，葡萄糖是多
羟基醛，D正确；
故选A。
3．下列生活应用或生产活动，没有运用相应化学知识的是
选
生活应用或生产活动 化学知识
项
A 用SO 漂白纸张 SO 具有氧化性
2 2
B 用铝槽车运输浓硝酸 Al在冷的浓硝酸中发生钝化
C 用生石灰作食品干燥剂 CaO易与水反应
D 用Si制作芯片 Si是良好的半导体材料
【答案】A
【详解】A．SO 可用于漂白纸浆，是因为二氧化硫具有漂白性，与氧化性无关，故A错误；
2
B．常温下铝与浓硝酸发生了钝化，在金属的表面生成一层致密的金属氧化物，阻止了金属和酸继续反应，
所以可用铝槽车运输浓硝酸，故B正确；
C．生石灰作食品干燥剂是因为氧化钙易与水反应生成氢氧化钙，故C正确；
D．硅位于金属与非金属的交界处，具有金属与非金属的性质，硅是一种良好的半导体材料，可用Si作计
算机芯片，故D正确；
故选：A。
4．锂碘电池可用于心脏起搏器，电池反应可简化为：2Li+I=2LiI。电池工作时，下列说法正确的是
2
A．碘电极是电池的负极
B．锂电极发生还原反应
C．电池正极反应：Li-e-=Li+
D．电流从碘电极经外电路流向锂电极
【答案】D
【详解】A．I 转化为I-，化合价降低，发生还原反应，作正极，A项错误；
2
B．Li转化为Li+，化合价升高，发生氧化反应，B项错误；C．碘电极是电池的正极，电极反应式为：I+2e-=2I-，C项错误；
2
D．电流从正极经外电路流向负极，即电流从碘电极经外电路流向锂电极，D项正确；
答案选D。
5．中草药蛔蒿常用于治疗蛔虫病。从蛔蒿中提取的抗癌活性成分的结构简式如图所示。下列有关该有机
物说法不正确的是
A．受热时易失去抗癌活性 B．能发生取代、加成、氧化反应
C．一溴代物共有7种 D．同分异构体中可能存在苯环结构
【答案】D
【详解】A．该有机物中含有过氧键，不稳定，所以该有机物受热时可能会失去抗癌活性，A正确；
B．该物质含有烷烃基团，可以与Cl 等发生取代反应，碳碳双键可以发生加成和氧化反应，B正确；
2
C．该物质共有7种不同化学环境的H（如图所示）， ，因此一溴代物共有7种，
C正确；
D．由结构可知该物质的不饱和度为3，而苯的不饱和度为4，因此不可能有含有苯环的同分异构体，D错
误；
故选D。
6．在酸性溶液中能大量共存且为无色透明溶液的是
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】A． 在溶液中显紫色，不符合限定条件，故A不符合题意；B． 都大量共存，故B符合题意；
C． 在酸性条件下发生氧化还原反应，故C不符合题意；
D． 在酸性条件下反应生成二氧化硫和水，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
7．从海带中提取碘的部分实验操作为：①灼烧干海带；②海带灰浸泡、过滤；③海带浸取液中通入适量
得到含 的水溶液；④萃取、分液得到含 的 溶液。上述操作中，不需要用到的仪器为
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】①灼烧干海带需要用坩埚；②海带灰浸泡、过滤，需要烧杯、玻璃棒和漏斗即A和D；④萃取、
分液得到含 的 溶液，需要用到烧杯和分液漏斗即B和D，所以不需要用到的仪器是C，故答案为：
C。
8．“结构决定性质”是化学学科的核心观念。下列有关性质的比较正确的是
A．在水中的溶解度：戊醇＜乙醇 B．熔点：MgO＜CaO
C．硬度：金刚石＜碳化硅＜硅 D．第一电离能：Cl＜P＜S
【答案】A
【详解】A．戊醇的烃基比乙醇的大，烃基是憎水基，所以戊醇溶解度比乙醇的低，故A正确；
B．MgO和CaO都是离子晶体，都含有O2-，由于Ca2+的半径大于Mg2+，所以CaO的晶格能小于MgO的
晶格能，则熔点：MgO>CaO，故B错误；
C．原子半径Si>C，三者都为共价晶体，原子半径越大，共价键的键能越小，则硬度越小，即硬度大小顺
序是金刚石>碳化硅>硅，故C错误；
D．同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，P元素原子3p能级为半满稳定状态，能量较低,
第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：Cl>P>S，故D错误；
故选A。9．家庭的厨卫管道内常因留有油脂、毛发、菜渣等而造成堵塞，此时可用一种固体疏通剂疏通。疏通剂
主要成分有生物酶、铝粉和 固体。下列有关说法错误的是
A．大多数生物酶的主要成分为蛋白质
B．疏通剂使用时会产生大量可燃性气体，应避免接触明火
C．疏通剂可用于疏通陶瓷、铁制、铝制、塑料管道
D．使用过程中产生的热量和碱性环境可以加速油脂的水解
【答案】C
【详解】A．生物体内的酶大多数为蛋白质，故A正确；
B．疏通剂含有铝粉和 固体，溶水后铝能与氢氧化钠溶液反应生成氢气，因此使用时要避免接触明
火，故B正确；
C．铝制品能与疏通剂中的NaOH发生，因此不能用其疏通铝制管道，故C错误；
D．疏通剂使用时发生Al与NaOH的反应，该反应放热，且溶液呈碱性有利于油脂的水解，故D正确；
故选：C。
10．Ni可活化C H 放出CH，其反应历程如图所示：
2 6 4
下列关于活化历程的说法错误的是
A．决速步骤：中间体2→中间体3
B．总反应为Ni+C H→NiCH+CH
2 6 2 4
C．Ni—H键的形成有利于氢原子的迁移D．涉及非极性键的断裂和生成
【答案】D
【详解】A．反应慢的步骤决定整体反应速率，活化能越大反应速率越大，据图可知中间体2→中间体3的
过程活化能最大，反应速率最大，A正确；
B．据图可知该反应的反应物 为Ni+C H，最终产物为NiCH+CH ，所以总反应为
2 6 2 4
Ni+C H→NiCH+CH ，B正确；
2 6 2 4
C．据图可知-CH 中H原子迁移到另一个-CH 上的过程中先形成了Ni-H，所以Ni—H键的形成有利于氢原
3 3
子的迁移，C正确；
D．该过程只有非极性键(C-C键)的断裂，没有非极性键的生成，D错误；
综上所述答案为D。
11．亚铁氰化钾 俗名黄血盐，在烧制青花瓷时用于绘画。制备方法为：
。设 为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A． 分子中含有 键数目为
B．配合物 的中心离子价电子排布式为 ，该中心离子的配位数为6
C．每生成 时，反应过程中转移电子数目为
D． 中阴离子的空间构型为平面三角形，其中碳原子的价层电子对数目为4
【答案】B
【详解】A． 的物质的量为1mol，其结构式为：H—C≡N，则 分子中含有 键数目为2
，A错误；
B．配合物 的中心离子为Fe2+，其价电子排布式为 ，该中心离子的配体为CN-，配位数为
6，B正确；
C．该反应中，铁由0价升高到+2价，两个+1价氢变为0价，则转移2个电子，故每生成 时，反应过程中转移电子数目为 ，C错误；
D． 中阴离子中C原子的孤电子对数 ，碳原子的价层电子对数= 3+0= 3，空间结
构为平面三角形，D错误；
故选B。
12．下列实验对应反应离子方程式书写正确的是
实验 编号 试剂a 含氯物质 现象
① NaHS溶液 新制氯水 出现乳黄色沉淀
② NaHCO 溶液 新制氯水 产生无色气体
3
③ KClO 溶液 浓盐酸 产生黄绿色刺激性气味气体
3
④ NaHSO 溶液 浓盐酸 产生刺激性气味气体
3
A．实验①：HS-+Cl=S↓+H++2C1-
2
B．实验②： +Cl=CO ↑+H++C1O-+Cl-
2 2
C．实验③： +6H++C1-=Cl↑+3H O
2 2
D．实验④： +2H+=SO↑+H O
2 2
【答案】A
【详解】A．Cl 具有强氧化性，能把HS-氧化为S，S为淡黄色沉淀，离子方程式为：HS-+Cl=S↓+H+
2 2
+2C1-，故A正确；
B．产生无色气体为CO2，且方程式中HClO为弱酸不能拆，所以正确的离子方程式为：
+Cl=CO ↑+HClO+Cl-，故B错误；
2 2
C．离子方程式书写错误，电荷不守恒，应该为： +6H++5C1-=3Cl↑+3H O，故C错误；
2 2
D． 为弱酸根，在离子方程式中不能拆解，正确的离子方程式为： +H+=SO↑+H O，故D错误；
2 2
故选A。
13．我国化学家侯德榜研究出以饱和食盐水、CO 和 NH (合成氨厂的氨气中常混有副产物CO)为原料制
2 3 2备纯碱，其生产流程如下所示，下列说法不正确的是
A．沉淀池中应先通入 NH ，再通入 CO
3 2
B．流程中的 X 为 CO，Y 为 NH
2 3
C．沉淀池中发生反应：
D．操作 I 为过滤，母液中的一种副产品为 NH Cl，可在农业上用作化肥
4
【答案】B
【分析】侯氏制碱原理为向饱和食盐水中通入NH 、CO，生成NH Cl和NaHCO ，由于溶液饱和，此时
3 2 4 3
会析出溶解度小的NaHCO ，经过过滤获得NaHCO 固体，煅烧NaHCO 可获得纯碱NaCO 和CO（循环
3 3 3 2 3 2
利用），综上所述，图中X为NH ，Y为CO，操作Ⅰ为过滤，母液中主要成分为NH Cl，经分解可得到
3 2 4
NH （循环利用）。
3
【详解】A．由于NH 极易溶于水，且NH 溶解后溶液显碱性，有利于CO 的溶解，故先通NH ，后通
3 3 2 3
CO，A正确；
2
B．由分析知，X为NH ，Y为CO，B错误；
3 2
C．由分析知，沉淀池中发生反应生成NH Cl和NaHCO ，对应方程式为：NaCl+NH +CO +H O=
4 3 3 2 2
NH Cl+NaHCO ↓，C正确；
4 3
D．由分析知，操作Ⅰ为过滤，母液中主要含NH Cl，可用作氮肥，D正确；
4
故答案选B。
14．2022年我国科学家首次在月球上发现一种硅酸盐矿物，该物质含有X、Y、Z、W、E五种主族元素，
原子序数依次增大且均不大于20,X、W为非金属元素，Y、Z、E为金属元素，Y的最高正化合价为 ，Z
和E同族。下列说法不正确的是
A．原子半径：
B．X和Y可形成含有非极性键的离子化合物
C．Y、Z、E的最高价氧化物对应的水化物均为强碱
D．简单气态氢化物稳定性：【答案】C
【分析】硅酸盐矿物中，X、W为非金属元素，分别为O和Si，Y、Z、E为金属元素，Y的最高正化合价
为 ，Y可能为 或者 ，因为原子序数逐渐增大，所以Y只能为 Na，Z为Mg，E为Ca。
【详解】A．根据原子半径大小的比较，Na、Mg、Ca的半径大小为： ，A正确；
B．O和Na能形成含有非极性键的离子化合物 ，B正确；
C．Na、Mg、Ca的最高价氧化物的水化物中， 和 为强碱， 为中强碱，C错误；
D．因为O的非金属性强于Si，所以氢化物的稳定性 ，D正确；
故C。
15．2021年3月5日，李克强总理在国务院政府报告中指出，扎实做好碳达峰、碳中和各项工作。科研工
作者通过开发新型催化剂，利用太阳能电池将工业排放的CO 转化为CO，实现节能减排的目标。如图所
2
示，下列有关说法正确的是
A．N极为阴极
B．离子交换膜为阴离子交换膜
C．阳极的电极反应式为CO+2e-+2H+=CO+H O
2 2
D．理论上该装置在工作时，HPO 与KH PO 缓冲溶液的pH保持不变
3 4 2 4
【答案】D
【分析】由图示知，该装置外电路有光伏电池（将太阳能转化为电能），故为电解池装置，在P极上，
CO 得电子转化为CO，故P极为阴极，N极为阳极，阴极电极反应为：CO+2H++2e-=CO+H O，需要缓冲
2 2 2
溶液提供H+，故离子交换膜为阳离子交换膜，阳极电极反应为：2HO-4e-=O ↑+4H+。
2 2
【详解】A．由分析知，N极为阳极，A错误；B．由分析知，离子交换膜为阳离子交换膜，B错误；
C．由分子知，CO 在阴极转化为CO，故选项所写电极反应为阴极电极反应，C错误；
2
D．根据得失电子守恒和阴阳极电极反应知，缓冲溶液流入阴极的H+和阳极流入缓冲溶液的H+数目相等，
故缓冲溶液中c(H+)保持不变，故pH保持不变，D正确；
故答案选D。
16．甲酸铵常用于电解、电容器行业。25℃时，用HCl或NaOH固体改变0.1 mol/L的HCOONH 溶液的
4
pH，1gc(HCOOH)、1gc(NH ·H O)、1gc(H+)和1gc(OH-)随pH变化的关系如图所示。下列说法错误的是
3 2
[已知：K(HCOOH)=1.8×10-4，K(NH ·H O)=1.8×10-5]
a b 3 2
A．Q点对应溶液pH=7
B．曲线①代表lgc(H+)，曲线③代表1gc(NH ·H O)
3 2
C．0.1 mol/LHCOONH 溶液中，c(H+)+c(HCOOH)=c(OH-)+c(NH·H O)
4 3 2
D．P点存在c(NH ·H O)＞c(OH-)=c(HCOOH)＞c(H+)
3 2
【答案】A
【分析】随着溶液pH值的增大，c(HCOOH)减小、c(NH •H O)增大、c(H+)减小、c(OH-)增大，则
3 2
1gc(HCOOH)减小、1gc(NH •H O)增大、1gc(H+)减小、1gc(OH-)增大，溶液的pH=7时，
3 2
1gc(H+)=1gc(OH-)，根据图知，曲线①②③④分布表示1gc(H+)、1gc(HCOOH)、1gc(NH •H O)、1gc(OH-)；
3 2
【详解】A．Q点1gc(HCOOH)=1gc(NH •H O)，c(HCOOH)=c(NH •H O)，根据图知，溶液的pH＜7，故A
3 2 3 2
错误；
B．通过以上分析知，曲线①代表lgc(H+)、曲线③代表1gc(NH •H O)，故B正确；
3 2
C．溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(NH )=c(OH-)+c(HCOO-)、物料守恒c(HCOO-)+c(HCOOH)=c(NH •H O)
3 2
+c(NH )，所以存在c(H+)+c(HCOOH)=c(OH-)+c(NH•H O)，故C正确；
3 2
D．根据图知，P点lgc(NH•H O)＞1gc(HCOOH)=1gc(OH-)＞1gc(H+)，所以存在c(NH •H O)＞
3 2 3 2
c(OH-)=c(HCOOH)＞c(H+)，故D正确；故选：A。
第Ⅱ卷
二、非选择题：本题共4个小题，共56分。
17．过氧化氢是一种常用的绿色试剂，某学习小组针对HO 性质进行如图实验。
2 2
Ⅰ.验证HO 的还原性
2 2
查阅资料：HO 溶液与氯水发生反应时表现还原性。
2 2
(1)制取氯水
①仪器X的名称是 ，生成Cl 的化学方程式为 。
2
②饱和食盐水的作用是 。
(2)取5mL上述新制饱和氯水于试管中，向其中加入HO 溶液至过量，产生大量气泡(该气体可使余烬复
2 2
燃)，还观察到溶液颜色发生的变化是 。
Ⅱ.探究Cl-、NO 对HO 分解的影响
2 2
选用CuCl 溶液和Cu(NO ) 溶液，探究Cl-、NO 对HO 分解的影响。记录数据如下：
2 3 2 2 2
实验
添加试剂及用量 HO 完全分解所需时间/min
2 2
序号
1 amLbmol·L-1CuCl 溶液 t
2 1
2 amLbmol·L-1Cu(NO ) 溶液 t
3 2 2
(3)实验结果显示tt)
(填标号) 4 4 2
(6)根据实验1~4中测得的HO 完全分解所需时间，小组同学认为Cl- (填“增强”或“减弱”，下
2 2
同)Cu2+的催化效果，NO Cu2+的催化效果。
【答案】(1) 圆底烧瓶 MnO +4HCl(浓) MnCl +Cl↑+2H O 除去Cl 中混有的HCl
2 2 2 2 2
(2)黄色绿褪去
(3)CuCl
2
(4) 2b KCl KNO
3
(5) B D
(6) 增强 减弱
【分析】实验Ⅰ验证HO 的还原性，首先制取氯水，利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，饱和食盐水除
2 2
去氯气中混有的HCl气体，然后通入蒸馏水中得到氯水，之后NaOH溶液吸收尾气，然后取少量新制氯水，
加入HO 溶液至过量，生成氧气可以证明HO 的还原性；实验Ⅱ探究Cl-、NO 对HO 分解的影响，通
2 2 2 2 2 2
过控制变量法，选用Cl-、NO 的铜盐溶液，通过比较HO 完全分解所需时间来判断催化效果。
2 2【详解】（1）①根据仪器的结构特点可知X的名称为圆底烧瓶；利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，
化学方程式为MnO +4HCl(浓) MnCl +Cl↑+2H O；
2 2 2 2
②浓盐酸具有挥发性，生成的氯气中会混有HCl气体，饱和食盐水可以除去Cl 中混有的HCl；
2
（2）新制氯水中含有氯气分子，呈黄绿色，向其中加入HO 溶液至过量，产生大量气泡，该气体可使余
2 2
烬复燃，说明生成了氧气，HO 被氧化，氯气最终全部转化为氯离子，所以溶液颜色发生的变化是黄色绿
2 2
褪去；
（3）tt，说明加入更多的
3 1 2 2 4 2
NO 后HO 分解减慢，即NO 减弱Cu2+的催化效果。
2 2
18．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 、铁酸锌 、
]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， ， ， 。③ 、 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。
反萃取率/%
盐酸浓度/
2 86.9 9.4
4 69.1 52.1
6 17.5 71.3
回答下列问题：
(1)“酸浸”时 发生反应的离子方程式为 。“酸溶”所得滤渣的主要成分是 (填化
学式)。
(2)“酸浸”所得浸出液中 、 浓度分别为0.21 、65 。常温下，为尽可能多地提取 并
确保不混入 ，“调pH”时需用CaO调pH至 (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＝ ，b＝ (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 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 与 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)①GaN的熔点为1700℃， 的熔点为77.9℃，它们的晶体类型依次为 、 。
②GaN晶体的一种立方晶胞如图所示。该晶体中与Ga原子距离最近且相等的N原子个数为 。该
晶体密度为 ，GaN的式量为 ，则晶胞边长为 nm。(列出计算式， 为阿伏加德罗常
数的值)【答案】(1) Ga (Fe O)+24H+=2Ga3++6Fe3++12H O CaSO
2 2 4 3 2 4
(2)略小于5.7
(3) 6mol/L 2mol/L
(4)Ga(OH) +OH-= +2H O
3 2
(5)Ga O+2NH 2GaN+3H O
2 3 3 2
(6) 共价晶体 分子晶体 4
【分析】矿渣中主要含铁酸镓、铁酸锌、SiO，矿渣中加入稀硫酸，SiO 不溶于稀硫酸，浸出渣为SiO，
2 2 2
加入CaO调节pH，从已知②可知，Zn(OH) K 相对Ga(OH) 和Fe(OH) 较大，因此控制pH可使Ga3+、
2 sp 3 3
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amol/L盐酸进行脱铁，再加入bmol/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6mol/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2mol/L，随后加入NaOH沉镓生成Ga(OH) ，Ga(OH) 经过热分解生成GaO，最后
3 3 2 3
经过CVD得到GaN。
【详解】（1）Ga(Fe O) 与稀硫酸反应生成Ga3+、Fe3+和HO，反应的离子方程式为
2 2 4 3 2
Ga(Fe O)+24H+=2Ga3++6Fe3++12H O。酸溶前调节pH时加入了CaO，加入稀硫酸钙离子和硫酸根离子反
2 2 4 3 2
应生成硫酸钙，硫酸钙微溶于水，故酸溶滤渣中为CaSO。
4
（2）酸浸所得浸出液中Ga3+、Zn2+浓度分别为0.21g/L和65g/L即0.003mol/L和1mol/L，根据
K [Zn(OH) ]=10-16.6，Zn2+开始沉淀时c(OH-)=10-8.3mol/L，Zn2+开始沉淀的pH为5.7，根据K [Ga(OH)]=10-
sp 2 sp 3
35.1，Ga3+开始沉淀时c(OH-)=1.49×10-11，则Ga3+开始沉淀的pH为3.17，则调节pH略小于5.7即可。
（3）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6mol/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2mol/L。（4）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) 重新溶解生成 ，
3
离子方程式为Ga(OH) +OH-= +2H O。
3 2
（5）GaO 与NH 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HO，化学方程
2 3 3 2
式为GaO+2NH 2GaN+3H O。
2 3 3 2
（6）①GaN熔点较高为1700℃，GaCl 熔点较低为77.9℃，则GaN为共价晶体，GaCl 为分子晶体。
3 3
②从图中可知，该晶体中与Ga原子距离最近且相等的N原子个数为4个，根据均摊法，该晶胞中N原子
个数为4，Ga原子个数为 ，设晶胞边长为anm，则ρ= ，则a=
nm。
19．降低大气中CO 的含量和有效地开发利用CO 正成为研究的主要课题。
2 2
（1）已知在常温常压下：
① 2CHOH(l) ＋ 3O(g) ＝ 2CO(g) ＋ 4HO(g) ΔH ＝－1275.6 kJ/mol
3 2 2 2
② 2CO (g)+ O (g) ＝ 2CO(g) ΔH ＝－566.0 kJ/mol
2 2
③ HO(g) ＝ HO(l) ΔH ＝－44.0 kJ/mol
2 2
写出甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式： 。
（2）在容积为2L的密闭容器中，充入2mol CO 和6mol H，在温度500℃时发生反应：
2 2
CO（g）+ 3H （g） CHOH（g）+ H O（g） △H<0。
2 2 3 2
CHOH的浓度随时间变化如图。回答有关问题：
3①从反应开始到20分钟时，H 的平均反应速率v(H )＝
2 2
②从30分钟到35分钟达到新的平衡，改变的条件可能是
A．增大压强 B．加入催化剂 C．升高温度 D．增大反应物的浓度
③列式计算该反应在35分钟达到新平衡时的平衡常数(保留2位小数)
④如果在30分钟时,再向容器中充入2mol CO 和6mol H，保持温度不变，达到新平衡时，CHOH的浓度
2 2 3
1mol.L-1(填“>”、“<”或“=”)。
（3）一种原电池的工作原理为：2NaS + NaBr NaS + 3NaBr。用该电池为电源，以氢氧化钾水溶液
2 2 3 2 4
作电解质进行电解，使CO 在铜电极上可转化为甲烷。
2
①该电池负极的电极反应式为：
②电解池中产生CH 一极的电极反应式为： 。
4
（4）下图是NaOH吸收CO 后某种产物的水溶液在pH从0至14的范围内HCO、HCO －、CO2－三种成
2 2 3 3 3
分平衡时的组成分数。
下列叙述正确的是
A．此图是1.0 mol·L-1碳酸钠溶液滴定1.0 mol·L-1 HCl溶液的滴定曲线
B．在pH分别为6.37及10.25时，溶液中c(HCO)=c(HCO－)=c(CO 2－)
2 3 3 3
C．人体血液的pH约为7.4，则CO 在血液中多以HCO －形式存在
2 3
D．若用CO 和NaOH反应制取NaHCO ，宜控制溶液的pH为7～9之间
2 3
【答案】 CHOH(l)+ O (g) ＝CO(g) + 2H O(l) ΔH＝﹣442.8 kJ∕mol 0.075mol/( L·min) D
3 2 2
0.15 mol-2.L2 > 2S 2- - 2e-=S 2- CO +8e－+6H O=CH+8OH- C D
2 4 2 2 4
【分析】（1）根据盖斯定律，由已知热化学方程式乘以适当的系数进行加减构造目标方程式，反应热也
乘以相应的系数并进行相应的计算；
（2）①10min时甲醇的浓度为0.50mol/L，根据化学计量数计算出氢气的浓度变化，再计算出氢气的平均
反应速率；
②平衡正向移动了，从影响平衡移动的因素考虑；③用三段式法求算，代入K的计算公式计算即可，K= ；
④从浓度和平衡移动的角度分析；
（3）①电池负极发生氧化反应，化合价升高的物质在负极反应，据此分析；
②CO 转化为甲烷，C的价态有+4价变为-4价，发生还原反应，再注意电解质溶液即可写出电极方程式；
2
（4）A、由图象可以看出，开始HCO 浓度最大，CO2-浓度最小，不可能根据1.0 mol•L-1HCl溶液滴定1.0
2 3 3
mol•L-1碳酸钠溶液的实验数据绘出；
B、由图可知，pH为6.37时c（HCO）=c（HCO -），pH为10.25时，c（HCO -）=c（CO2-）；
2 3 3 3 3
C、由图可知，pH为7.4时，HCO -的最大；
3
D、在PH为7～9时，溶液中多以HCO -形式存在。
3
【详解】（1）根据盖斯定律：（①－②+③×4）×0.5整理可得CHOH(l)+ O (g)＝CO(g) + 2H O(l) ΔH＝﹣
3 2 2
442.8 kJ∕mol ；
（2）①从反应开始到20分钟时，CHOH的平均反应速率v(CHOH)= =0.025mol/(L·min)，根据
3 3
方程式可得：v(H )：v(CHOH)=3:1.所以v(H )=0.075mol/(L·min)；
2 3 2
②从30分钟到35分钟达到新的平衡，c(CHOH)增大，
3
A. 从30分钟到35分钟时，若增大压强，需要缩小容器体积，甲醇浓度变化不会逐渐变化，应该立即变化，
错误；
B.加入催化剂，使化学反应速率正反应与逆反应改变的倍数相同，因此平衡不发生移动，物质的浓度也不
变；
C.升高温度，平衡逆向移动，c(CHOH)会减小，错误；
3
D.增大反应物的浓度，平衡正向移动，产生更多的甲醇，使其浓度增大，正确；
故答案选D。
③ CO
2
（g）+3H
2
（g）⇌CH
3
OH（g）+H
2
O（g）(各物质浓度mol/L)
反应前 1 3 0 0
反应了 0.70 0.21 0.70 0.70
平衡后 0.30 0.79 0.70 0.70
K= = =0.15mol-2•L2；
故答案为：0.15 mol-2．L2；
④如果在30分钟时,再向容器中充入2mol CO 和6mol H，保持温度不变，若平衡不发生移动，则CHOH
2 2 3的浓度应该是1mol/L。但是增大浓度的同时，容器的压强也增大，增大压强，平衡向气体体积减小的方向
即向正反应方向移动，因此CHOH的浓度大于1mol/L；
3
（3）①根据电池总反应式可知该电池负极是NaS。该电极的反应式是2S2- - 2e-=S 2- ；
2 2 2 4
②由于是使CO 在铜电极上可转化为甲烷，C原子得到电子。所以在电解池中产生CH 一极（即阴极）的
2 4
电极反应式为：CO+8e－+6H O=CH+8OH－；
2 2 4
（4）A.该图是NaOH吸收CO 后某种产物的水溶液在pH从0至14的范围内HCO、HCO －、CO2－三种
2 2 3 3 3
成分平衡时的组成分数，错误；
B．有分布示意图可知：在pH为6.37溶液中c(HCO)=c(HCO－)；在pH=10.25时，溶液中c(HCO
2 3 3 3
－)=c(CO 2－)，错误；
3
C．人体血液的pH约为7.4，则根据微粒的存在与溶液的pH关系可知：CO 在血液中多以HCO －形式存在，
2 3
正确；
D．由于在溶液的pH为7～9之间时含C微粒主要以HCO －存在，所以若用CO 和NaOH反应制取
3 2
NaHCO ，宜控制溶液的pH为7～9之间，正确；
3
故答案选CD。
20．相对分子质量为92的某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，研究部门以它为初始原料设计出如下
转化关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去）。其中A是一氯代物，H是一种功能高分子，链节组
成为C HNO。
7 5
已知：Ⅰ.
Ⅱ. （苯胺，易被氧化）
请根据所学知识与本题所给信息回答下列问题：
（1）H的结构简式是 。
（2）反应②的类型是 。（3）反应⑤的化学方程式是 。
（4） 有多种同分异构体，其中含有1个醛基和2个羟基的芳香族化合物共有 种。
（5）请用合成反应流程图表示出由 和其他无机物合成 最合理的方案（不超过4步），
请在答题纸的方框中表示 。
例：
【答案】 氧化反应 +2Ag(NH )OH
3 2
+2Ag↓+3NH+H O 6
3 2【分析】商余法 =7……8可知芳香烃X的分子式为C H，结合已知有机物的结构简式可知X为甲苯，结构
7 8
简式为 ；由有机物的转化关系可知，在光照条件下， 与氯气发生
侧链取代反应生成 ，则A为 ； 在氢氧化钠溶液中
共热发生水解反应生成 ，则B为 ；在铜作催化剂作用下，
与氧气发生催化氧化反应生成 ，则C为 ；
与银氨溶液发生银镜反应生成 ，则D为 ；
酸化生成 ，则E为 ；在浓硫酸作用下，与浓硝酸共热发生硝化反应生成 ，则F为 ；由于苯胺
容易被氧化，由反应信息Ⅰ、Ⅱ可知， 发生氧化反应生成 ，则G为
； 发生还原反应生成 ，一定条件下， 发
生缩聚反应生成链节组成为C HNO的功能高分子H，则H的结构简式为 。
7 5
【详解】分析可知，H的结构简式为 ，故答案为： ；
（2）反应②为在作做催化剂作用下， 与氧气发生催化氧化反应生成，故答案为：氧化反应；
（3）C为 ，分子中含有醛基，则反应⑤为 与银氨溶液发生银镜反应生
成 ，反应的化学方程式为 +2Ag(NH )OH
3 2
+2Ag↓+3NH+H O，故答案为： +2Ag(NH )OH +2Ag↓+3NH+H O；
3 2 3 2 3 2
（4） 的同分异构体苯环上含有1个醛基和2个羟基，可以视作苯二酚的苯环上的氢原子
被醛基取代，苯二酚有邻、间、对3种同分异构体，邻苯二酚的苯环上的氢原子被醛基取代有2种结构、
间苯二酚的苯环上的氢原子被醛基取代有3种结构、对苯二酚的苯环上的氢原子被醛基取代有1种结构，
共有6种，故答案为：6；
（5）由 和 的结构简式，利用逆推法可知，合成 的步
骤为， 与H 发生加成反应产生 ， 与NaOH的乙醇溶
2液共热发生消去反应产生 ， 与Cl 发生加成反应产生 ，
2
与NaOH的水溶液共热，发生取代反应产生 ，所以由 制取
的合成路线为：
，故答案为：
。
【点睛】由于苯胺容易被氧化，由反应信息Ⅰ、Ⅱ推断 发生氧化反应生成， 再发生还原反应生成 是推断的难点，也是易错点。
