上海新纪元云贵八校2023-2024学年高二下学期4月期中统考化学试卷
相对原子质量：H 1 O 16 C 12 N 14 Na 23 Ni 59 Ge 73 Cu 64
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）
1．（3分）故宫是我国现存规模最大、保存最完整的帝王宫殿和古建筑群，是世界五大宫殿之首。下列故宫建筑的组成成分中主要材料为合金材料的是（ ）
建筑
选项 A．汉白玉石材 B．鎏金铜缸 C．阳澄湖泥所制金砖 D．槛窗楠木材料
A．A B．B C．C D．D
2．（3分）下列化学用语表示正确的是（ ）
A．基态Cl原子的价电子轨道表示式：
B．符号为M的能层最多容纳的电子数为32个
C．电子跃迁到激发态过程中释放能量产生紫色光—钾盐可用作紫色烟花的原料
D．基态Br原子的价层电子排布式：3d104s24p5
3．（3分）已知萘的结构简式为，下列关于萘的说法错误的是（ ）
A．萘的分子式为C10H8
B．1mol萘能与6molH2发生加成反应
C．萘分子中所有原子在同一平面上
D．一溴代萘只有两种同分异构体
4．（3分）某化学小组设计了如图所示原电池装置，下列有关分析正确的是（ ）
A．该装置中电流的方向是：Zn→导线→Cu
B．工作一段时间，锌片逐渐溶解，盐桥上有红色物质析出
C．盐桥中的阴离子可以进入CuSO4溶液中
D．工作一段时间后，用温度计测量，两个烧杯内溶液的温度几乎不变
5．（3分）反应2A（g） B（g）发生过程中的能量变化如图所示，下列有关说法正确的是（ ）
A．该反应中断裂旧键放出的总能量低于新键形成吸收的总能量
B．向该体系中加入催化剂，E1和E2均减小，ΔH也减小
C．该反应的反应热ΔH＜0
D．正反应的活化能大于逆反应的活化能
6．（3分）砷的一些化合物常用作半导体、除草剂、杀鼠药等。As4O6分子的结构如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．该分子中As和O的杂化方式均为sp3
B．稳定性：AsH3＞H2O
C．As4O6分子中只存在非极性共价键
D．As位于元素周期表中第四周期第ⅤB族
7．（3分）下列实验操作正确且能达到目的的是（ ）
A．配制一定物质的量浓度的NaOH溶液
B．制备氢氧化铁胶体
C．检验化合物中是否含钾元素
D．制备并保存少量Fe（OH）2
8．（3分）Ga和As均位于元素周期表第四周期，砷化镓（GaAs）是优良的半导体材料，可用于制作微型激光器或太阳能电池的材料等，其晶胞结构如图所示，其中原子1的分数坐标为（0，0，0）。下列说法错误的是（ ）
A．原子3的分数坐标为
B．基态Ga原子的价层电子排布式为4s24p1
C．GaAs的熔点为1238℃，硬度大，晶体类型为共价晶体
D．若晶胞边长为apm，则晶胞中Ga和As之间的最短距离为
9．（3分）已知W→Z的能量变化与反应进程的关系如图所示：
下列关于三个反应进程的说法错误的是（ ）
A．生成Z的速率：Ⅲ＞Ⅱ
B．平衡时W的转化率：Ⅰ＝Ⅱ＝Ⅲ
C．ΔH（Ⅰ）＝ΔH（Ⅱ）＝ΔH（Ⅲ）
D．X、Y分别参与了进程Ⅱ、Ⅲ的反应
10．（3分）金属Co，Ni的性质相似，在电子工业以及金属材料中应用十分广泛。实验室中采用含钴、镍、铝的废渣（主要成分为Co2O3、Ni，含少量杂质Al2O3）提取钴、镍的具体流程如图：
已知：Ni是一种比铁更活泼的金属。下列说法正确的是（ ）
A．酸浸时SO2的作用是加强反应液的酸性
B．酸浸时Ni发生反应的离子方程式为2Ni+6H+═3H2↑+2Ni3+
C．除铝过程中有白色沉淀碳酸铝产生
D．Ni2+比Co2+更容易与萃取剂HX结合
11．（3分）含镍废水对环境和人体健康均会造成巨大的影响。某化学小组在实验室设计了以下装置模拟工业含镍废水处理，图中电极均为惰性电极。
下列说法错误的是（ ）
A．a极为正极，c极为阴极
B．d极的电极反应为2H2O—4e﹣＝O2+4H+↑
C．膜1为阴离子交换膜
D．b极消耗22.4LNH3，理论上c极上析出88.5gNi单质
12．（3分）钴酞菁（Pc—Co，已知酞菁分子中所有原子共平而）和金属分子笼1通过“一锅法”合成了超分子复合物Pc—Co@1，以Pc—Co@1为催化剂将CO2转化为CO的反应机理如图所示。
下列叙述错误的是（ ）
A．酞菁中a、b、c三处氮原子的杂化类型相同
B．上述过程总反应式为CO2+2H+═CO+H2O
C．反应过程中有s﹣sp3σ键形成
D．钴酞菁分子中两个氮原子提供孤对电子，与Co2+形成配位键
13．（3分）N2和H2在催化剂表面合成氨的微观历程示意图如图，已知N2+3H2 2NH3属于放热反应。下列说法正确的是（ ）
A．②→③过程中形成了非极性共价键
B．③→④是吸热过程
C．合成氨反应中，反应物总能量大于生成物总能量
D．合成氨反应中，反应物断键吸收的能量大于生成物成键释放的能量
14．（3分）下列有关物质结构的说法正确的是（ ）
A．图①中18﹣冠﹣6通过离子键与K+作用，体现了超分子“分子识别”的特征
B．图②物质相较NaBF4摩尔质量更大，具有更高的熔沸点
C．图③中，表示硅氧四面体，则该多硅酸根结构的通式为
D．图④表示氮化铝晶胞，则该晶体中存在共价键和配位键，且铝的配位数为6
二、非选择题（共3题，共43分，除标注外，每空两分。）
15．（1分）镍﹣镉电池是一种非常理想的直流供电电池。废旧镍﹣镉电池中含有镍、镉、铁及少量钴的低价氧化物和有机质等。回收利用废旧镍﹣镉电池的一种工艺流程如图所示。
请回答下列问题：
（1）流程中将原料“粉碎”的目的是 。
（2）“氧化”工序发生主要反应的离子方程式为 。
（3）试剂X可选择 （填标号）。
A.氨水
B.NaOH溶液
C.NiO
D.Na2CO3溶液
（4）已知：Ni（OH）2的溶度积，“调pH”时溶液中c（Ni2+）＝0.02mol L﹣1，则常温下应控制pH小于 。
（5）滤渣2可表示为（NH4）xNiy（SO4）z wH2O。取3.05g样品溶于适量蒸馏水，加入过量NaOH溶液并加热，产生标准状况下448mL气体和0.93g沉淀，则滤渣2的化学式为 。
（6）滤液1经处理之后可循环至 工序中使用。
（7）CdCO3可用于冶炼镉，产生的粗镉可利用电解精炼的方法进行提纯，在电解池的 （填“阳极”或“阴极”）产生纯镉。。
（8）一项研究表明，采用溶剂萃取法可将Cd2+、Co2+、Ni2+从混合溶液中有效分离。如图为不同pH下DEHPA和Cyanex272对溶液中三种离子的萃取效率，则此方法的流程为 。
16．2023年诺贝尔化学奖授予三位在发现和合成量子点方面做出重要贡献的科学家。量子点是一种纳米级别的半导体，其直径常在2～20nm之间，例如碳量子点、砷化镓（GaAs）量子点等。
（1）我国化学家研究的一种新型复微合光催化剂[碳量子点/氮化碳（纳米复合物）]可以利用太阳光实现高效分解水，其原理如图1所示。下列说法正确的是 。
A.总反应为H2O2═H2+O2
B.水分解过程中，H2O2作催化剂
C.复合光催化剂中两种纳米材料均属于共价化合物
D.若反应Ⅱ是放热反应，则反应Ⅰ一定是吸热反应
（2）Ga在元素周期表中的位置 。
（3）N、P、As的气态氢化物沸点由高到低的顺序是 （用氢化物分子式表示）。
（4）砷化镓可由（CH3）3Ga和AsH3在700℃时制得。（CH3）3Ga中镓原子的杂化方式为 。AsH3分子的VSEPR模型为 。
（5）砷化镓（GaAs）的晶胞结构如图2所示。将Mn掺杂到晶体中得到稀磁性半导体材料，其晶胞结构如图3所示。下列说法错误的是 。
A.图2中，与Ga原子直接连接的As原子构成的几何形状为正四面体形
B.图2中，与Ga原子等距离的Ga原子个数为12个
C.Ga的第一电离能小于As
D.稀磁性半导体材料中，Mn、As的原子个数比为1：2
（6）已知砷化镓晶胞的边长为0.565nm，NA为阿伏加德罗常数的数值，则GaAs晶体的密度为 g/cm3。
17．在实验室以二氧化锗粗品（含GeO2和Ge及少量无关杂质）为原料制备GeO2的装置图如图（夹持装置已略去）；
i．Ge和GeO2均不溶于盐酸；GeCl4易水解、易潮解，沸点为88℃。
ii．（未配平）；。
回答下列问题：
（1）Ge的价电子排布式为 。
（2）仪器a的名称为 。实验时，先将二氧化锗粗品转化为GeCl4，为了防止烧瓶中盐酸浓度下降，实验过程中需要通过分液漏斗不断向装置A中滴加浓盐酸，盐酸保持较高浓度的原因为 。
（3）为了更好地收集GeCl4，装置C应采用 （填“热”或“冷”）水浴。
（4）将装置C中收集的GeCl4与蒸馏水按一定比例进行混合，静置12h，可得到GeO2 nH2O晶体，此过程中发生反应的化学方程式为 。
（5）纯度测定：称取mg制得的GeO2样品，在加热条件下溶解，用NaH2PO2将其还原为Ge2+，用cmol L﹣1KIO3标准溶液滴定，消耗KIO3标准溶液的体积为VmL，需选用的滴定指示剂为 ，样品纯度为 %。（实验条件下，NaH2PO2未被KIO3氧化）
选做题（共15分，二题任选一题作答，若选两题作答，只将最前面一题的题分计入总分。）
18．（15分）借助李比希法和现代科学仪器可以确定分子结构。某化学实验小组利用如图所示的装置测定某有机化合物X的组成及结构，取6.72g X与足量氧气充分燃烧，实验结束后，测得H2O的质量为8.64g，CO2的质量为21.12g。
（1）根据实验数据，可确定X分子中 （填“含”或“不含”）氧元素，X的实验式为 。
（2）已知X的相对分子质量为84，则X的分子式为 。
（3）若X的核磁共振氢谱图中只有1组峰，则X可能的结构简式为 、 。
（4）若有机化合物X不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则下列说法正确的是 （填标号）。
A．X属于芳香烃
B．X的二氯取代物有3种
C．X分子中所有碳原子不可能共平面
D．0.1mol X含有的σ键的数目为1.8NA
（5）X的同分异构体（不考虑立体异构）中能满足下列条件的有 种，其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为3：2：1的是 （写结构简式）。
①使溴水因发生反应而褪色
②碳骨架主链上的碳原子数不小于5
19．乙苯被吸附在催化剂表面发生脱氢可生成苯乙烯、苯甲醛等，生成苯乙烯的相关反应如下。
反应1：C6H5CH2CH3（g）═C6H5CH＝CH2（g）+H2（g） ΔH1＝117.6kJ mol﹣1
反应2：CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g） ΔH2＝41.2kJ mol﹣1
反应3：2H2（g）+O2（g）═2H2O（g） ΔH3＝﹣483.6kJ mol﹣1
（1）反应4：C6H5CH2CH3（g）+（g）═C6H5CH＝CH2（g）+H2O（g） ΔH4＝ kJ mol﹣1。
（2）较低温度下，向乙苯脱氢的反应体系中加入少量O2，乙苯平衡转化率较高而苯乙烯的选择性较低，其原因可能是 。
（3）向乙苯脱氢反应体系中加入CO2，乙苯转化率与体系中CO2分压强的关系如图1所示。随CO2的增加，乙苯转化率先增大后减小的可能原因为 。
（4）研究发现在V2O5，MgO催化剂表面进行CO2的乙苯脱氢反应中，V（+5价）是反应的活性中心，转化过程如图2所示。
①转化Ⅰ发生反应的化学方程式为 ，反应一段时间后，催化剂活性有所下降，原因可能有反应过程产生的积碳覆盖在活性中心表面和 。
②简述转化Ⅱ的作用 。
参考答案与试题解析
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）
1．（3分）故宫是我国现存规模最大、保存最完整的帝王宫殿和古建筑群，是世界五大宫殿之首。下列故宫建筑的组成成分中主要材料为合金材料的是（ ）
建筑
选项 A．汉白玉石材 B．鎏金铜缸 C．阳澄湖泥所制金砖 D．槛窗楠木材料
A．A B．B C．C D．D
【解答】解：A．汉白玉石材主要成分是碳酸钙，故A错误；
B．鎏金铜缸主要成分是合金材料，故B正确；
C．阳澄湖泥制成的金砖，是硅酸盐材料，故C错误；
D．楠木主要成分是纤维素，故D错误；
故选：B。
2．（3分）下列化学用语表示正确的是（ ）
A．基态Cl原子的价电子轨道表示式：
B．符号为M的能层最多容纳的电子数为32个
C．电子跃迁到激发态过程中释放能量产生紫色光—钾盐可用作紫色烟花的原料
D．基态Br原子的价层电子排布式：3d104s24p5
【解答】解：A．Cl的原子序数为17，价电子排布式为：3s23p5，价电子轨道表示式：，故A正确；
B．符号为M的能层，即第三层，最多容纳的电子数为2×32＝18个，故B错误；
C．电子跃迁到激发态过程中吸收能量，故C错误；
D．主族元素的价层电子即为最外层电子，基态Br原子的价电子排布式：4s24p5，故D错误；
故选：A。
3．（3分）已知萘的结构简式为，下列关于萘的说法错误的是（ ）
A．萘的分子式为C10H8
B．1mol萘能与6molH2发生加成反应
C．萘分子中所有原子在同一平面上
D．一溴代萘只有两种同分异构体
【解答】解：A．由分子式可知萘的分子式为C10H8，故A正确；
B．1mol萘能与5molH2发生加成反应，故B错误；
C．具有苯环的结构特点，则萘分子中所有原子在同一平面上，故C正确；
D．萘是对称结构，只有两种氢原子，故一溴代物有两种结构，故D正确；
故选：B。
4．（3分）某化学小组设计了如图所示原电池装置，下列有关分析正确的是（ ）
A．该装置中电流的方向是：Zn→导线→Cu
B．工作一段时间，锌片逐渐溶解，盐桥上有红色物质析出
C．盐桥中的阴离子可以进入CuSO4溶液中
D．工作一段时间后，用温度计测量，两个烧杯内溶液的温度几乎不变
【解答】解：A．该装置中Zn为负极，Cu为正极，电流的方向是：Cu→导线→Zn，故A错误；
B．工作一段时间，锌片逐渐溶解，Cu上有红色物质析出，故B错误；
C．盐桥中的阴离子移向负极，可以进入ZnSO4溶液中，故C错误；
D．原电池装置中化学能转化为电能，少部分转化为热能，且水溶液的比热容较大，则一段时间后用温度计测量，两个烧杯内溶液的温度几乎不变，故D正确；
故选：D。
5．（3分）反应2A（g） B（g）发生过程中的能量变化如图所示，下列有关说法正确的是（ ）
A．该反应中断裂旧键放出的总能量低于新键形成吸收的总能量
B．向该体系中加入催化剂，E1和E2均减小，ΔH也减小
C．该反应的反应热ΔH＜0
D．正反应的活化能大于逆反应的活化能
【解答】解：A．该反应为放热反应，则断裂旧键放出的总能量低于新键形成吸收的总能量，故A错误；
B．催化剂改变反应机理，降低反应的活化能，不能改变反应热，则向该体系中加入催化剂，E1和E2均减小，ΔH不变，故B错误；
C．该反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，则该反应为放热反应，ΔH＜0，故C正确；
D．放热反应中正反应的活化能小于逆反应的活化能，故D错误；
故选：C。
6．（3分）砷的一些化合物常用作半导体、除草剂、杀鼠药等。As4O6分子的结构如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．该分子中As和O的杂化方式均为sp3
B．稳定性：AsH3＞H2O
C．As4O6分子中只存在非极性共价键
D．As位于元素周期表中第四周期第ⅤB族
【解答】解：A．As的最外层电子数为5，O的最外层电子数为6，则As4O6分子As原子含有1对孤电子对、价层电子对数为4，O原子含有2对孤电子对、价层电子对数为4，所以它们的VSEPR模型均为四面体、杂化方式均为sp3，故A正确；
B．非金属性：O＞N＞As，非金属性越强，其氢化物越稳定，即稳定性：AsH3＜H2O，故B错误；
C．由图可知，As4O6分子中只存在O—As键，为极性键，故C错误；
D．As属于主族元素，原子序数为33，位于元素周期表中第四周期第ⅤA族，故D错误；
故选：A。
7．（3分）下列实验操作正确且能达到目的的是（ ）
A．配制一定物质的量浓度的NaOH溶液
B．制备氢氧化铁胶体
C．检验化合物中是否含钾元素
D．制备并保存少量Fe（OH）2
【解答】解：A．不能在容量瓶中溶解固体，应在烧杯中溶解、冷却后，转移到容量瓶中定容，故A错误；
B．氯化铁与NaOH溶液反应生成沉淀，应向沸水中滴加饱和氯化铁溶液制备胶体，故B错误；
C．观察K的焰色需透过蓝色的钴玻璃，不能直接观察，故C错误；
D．苯可隔绝空气，硫酸亚铁与NaOH溶液反应生成氢氧化亚铁，可制备并保存少量Fe（OH）2，故D正确；
故选：D。
8．（3分）Ga和As均位于元素周期表第四周期，砷化镓（GaAs）是优良的半导体材料，可用于制作微型激光器或太阳能电池的材料等，其晶胞结构如图所示，其中原子1的分数坐标为（0，0，0）。下列说法错误的是（ ）
A．原子3的分数坐标为
B．基态Ga原子的价层电子排布式为4s24p1
C．GaAs的熔点为1238℃，硬度大，晶体类型为共价晶体
D．若晶胞边长为apm，则晶胞中Ga和As之间的最短距离为
【解答】解：A．原子3在x、y、z轴上的投影分别为、、，坐标为，故A正确；
B．Ga是31号元素，基态Ga原子的价层电子排布式为4s24p1，故B正确；
C．共价晶体的硬度大，熔点高；GaAs的熔点为1238℃，硬度大，故晶体类型为共价晶体，故C正确；
D．根据晶胞结构可知晶胞中Ga和As之间的最短距离为体对角线的，若晶胞边长为apm，则晶胞中Ga和As之间的最短距离为，故D错误；
故选：D。
9．（3分）已知W→Z的能量变化与反应进程的关系如图所示：
下列关于三个反应进程的说法错误的是（ ）
A．生成Z的速率：Ⅲ＞Ⅱ
B．平衡时W的转化率：Ⅰ＝Ⅱ＝Ⅲ
C．ΔH（Ⅰ）＝ΔH（Ⅱ）＝ΔH（Ⅲ）
D．X、Y分别参与了进程Ⅱ、Ⅲ的反应
【解答】解：A．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，所以生成Z的速率：Ⅱ＞Ⅲ，故A错误；
B．催化剂不影响平衡，所以平衡时W的转化率：Ⅰ＝Ⅱ＝Ⅲ，故B正确；
C．同一个反应的ΔH与反应历程无关，据反应进程图可知，X与Y均为W→Z反应的催化剂，所以ΔH（Ⅰ）＝ΔH（Ⅱ）＝ΔH（Ⅲ），故C正确；
D．X和Y分别在反应进程Ⅱ、Ⅲ中参与反应，起催化作用，故D正确；
故选：A。
10．（3分）金属Co，Ni的性质相似，在电子工业以及金属材料中应用十分广泛。实验室中采用含钴、镍、铝的废渣（主要成分为Co2O3、Ni，含少量杂质Al2O3）提取钴、镍的具体流程如图：
已知：Ni是一种比铁更活泼的金属。下列说法正确的是（ ）
A．酸浸时SO2的作用是加强反应液的酸性
B．酸浸时Ni发生反应的离子方程式为2Ni+6H+═3H2↑+2Ni3+
C．除铝过程中有白色沉淀碳酸铝产生
D．Ni2+比Co2+更容易与萃取剂HX结合
【解答】解：A．含钴废渣含有Co2O3，最后得到CoCO3，则+3价的Co应与二氧化硫发生氧化还原反应生成+2价Co，反应的化学方程式为Co2O3+SO2+H2SO4＝2CoSO4+H2O，所以二氧化硫的作用是还原剂或将Co3+还原为Co2+，故A错误；
B．Ni是一种比铁更活泼的金属，酸浸时Ni发生反应的离子方程式为Ni+2H+═H2↑+Ni2+，故B错误；
C．和Al3+发生双水解反应生成Al（OH）3沉淀而除去Al3+，同时还生成二氧化碳，无碳酸铝生成，故C错误；
D．向含有Ni2+和Co2+的滤液中加入萃取剂HX，有机层中含有NiSO4，说明Ni2+比Co2+更容易与萃取剂HX结合，故D正确；
故选：D。
11．（3分）含镍废水对环境和人体健康均会造成巨大的影响。某化学小组在实验室设计了以下装置模拟工业含镍废水处理，图中电极均为惰性电极。
下列说法错误的是（ ）
A．a极为正极，c极为阴极
B．d极的电极反应为2H2O—4e﹣＝O2+4H+↑
C．膜1为阴离子交换膜
D．b极消耗22.4LNH3，理论上c极上析出88.5gNi单质
【解答】解：A．根据分析可知，a极为正极，c极为阴极，故A正确；
B．d极为阳极，且d极通入稀硫酸，则d极上水失电子生成氧气和氢离子，电极反应为2H2O—4e﹣＝O2+4H+↑，故B正确；
C．电解池中左侧通入NiSO4废水，右侧通入稀硫酸，中间生成浓硫酸，则说明硫酸根离子能通过膜1向中间室移动，氢离子可通过膜2向中间室移动，则膜1为阴离子交换膜，故C正确；
D．选项中未说明气体所处状态，无法计算22.4L氨气的物质的量，也就无法计算c极上析出Ni单质的质量，故D错误；
故选：D。
12．（3分）钴酞菁（Pc—Co，已知酞菁分子中所有原子共平而）和金属分子笼1通过“一锅法”合成了超分子复合物Pc—Co@1，以Pc—Co@1为催化剂将CO2转化为CO的反应机理如图所示。
下列叙述错误的是（ ）
A．酞菁中a、b、c三处氮原子的杂化类型相同
B．上述过程总反应式为CO2+2H+═CO+H2O
C．反应过程中有s﹣sp3σ键形成
D．钴酞菁分子中两个氮原子提供孤对电子，与Co2+形成配位键
【解答】解：A．酞菁钴中，单键氮原子采用sp3，双键氨原子采用sp2杂化，酞菁中a、b、c三处氮原子的杂化类型不同，故A错误；
B．上述过程中二氧化碳和氢离子是反应物，一氧化碳和水是生成物，则总反应式为，故B正确；
C．反应过程中，过程③④均有s﹣sp3σ键形成，故C正确；
D．钴酞菁分子中，失去了2个H+的酞菁离子与钴离子通过配位键结合成分子，其中氮原子提供孤对电子与钴离子形成配位键，故D正确；
故选：A。
13．（3分）N2和H2在催化剂表面合成氨的微观历程示意图如图，已知N2+3H2 2NH3属于放热反应。下列说法正确的是（ ）
A．②→③过程中形成了非极性共价键
B．③→④是吸热过程
C．合成氨反应中，反应物总能量大于生成物总能量
D．合成氨反应中，反应物断键吸收的能量大于生成物成键释放的能量
【解答】解：A．②→③过程是化学键断裂的过程，不是化学键的形成，故A错误；
B．③→④过程，N原子和H原子形成了化学键，为放热过程，故B错误；
C．合成氨反应是放热反应，说明反应物总能量大于生成物总能量，故C正确；
D．合成氨反应是放热反应，则反应物断键吸收的能量小于生成物形成新键释放的能量，故D错误；
故选：C。
14．（3分）下列有关物质结构的说法正确的是（ ）
A．图①中18﹣冠﹣6通过离子键与K+作用，体现了超分子“分子识别”的特征
B．图②物质相较NaBF4摩尔质量更大，具有更高的熔沸点
C．图③中，表示硅氧四面体，则该多硅酸根结构的通式为
D．图④表示氮化铝晶胞，则该晶体中存在共价键和配位键，且铝的配位数为6
【解答】解：A．超分子“分子识别”的特征体现在①中18﹣冠﹣6通过配位键与K+作用，故A错误；
B．②物质阳离子基团较大，离子键较弱，熔沸点更低NaBF4，故B错误；
C．将③中左边环补齐，则得到两个完整环，则两环共用的氧原子有左边7个、右边7个共14个；独立成个体的氧原子有10个，同时两个环都有独立的硅原子，则硅原子和氧原子个数比为（4+4×0.5）：（14×0.5+10）＝6：17，结合硅化合价为+4，氧化合价为﹣2，可得到通式为：，故C正确；
D．④表示氮化铝晶胞，则该晶体中存在共价键和配位键，且铝的配位数为4，故D错误；
故选：C。
二、非选择题（共3题，共43分，除标注外，每空两分。）
15．（1分）镍﹣镉电池是一种非常理想的直流供电电池。废旧镍﹣镉电池中含有镍、镉、铁及少量钴的低价氧化物和有机质等。回收利用废旧镍﹣镉电池的一种工艺流程如图所示。
请回答下列问题：
（1）流程中将原料“粉碎”的目的是 增大接触面积，使反应更充分，加快反应速率 。
（2）“氧化”工序发生主要反应的离子方程式为 2Fe2++MnO2+4H+＝2Fe3++Mn2++2H2O 。
（3）试剂X可选择 AC （填标号）。
A.氨水
B.NaOH溶液
C.NiO
D.Na2CO3溶液
（4）已知：Ni（OH）2的溶度积，“调pH”时溶液中c（Ni2+）＝0.02mol L﹣1，则常温下应控制pH小于 7.5 。
（5）滤渣2可表示为（NH4）xNiy（SO4）z wH2O。取3.05g样品溶于适量蒸馏水，加入过量NaOH溶液并加热，产生标准状况下448mL气体和0.93g沉淀，则滤渣2的化学式为 （NH4）2Ni（SO4）2 H2O 。
（6）滤液1经处理之后可循环至 沉镍 工序中使用。
（7）CdCO3可用于冶炼镉，产生的粗镉可利用电解精炼的方法进行提纯，在电解池的 阴极 （填“阳极”或“阴极”）产生纯镉。。
（8）一项研究表明，采用溶剂萃取法可将Cd2+、Co2+、Ni2+从混合溶液中有效分离。如图为不同pH下DEHPA和Cyanex272对溶液中三种离子的萃取效率，则此方法的流程为 首先用DEHPA作萃取剂，将Cd2+从溶液中分离；随后使用Cyanex272将Co2+、Ni2+分离 。
【解答】解：（1）流程中将原料“粉碎”的目的是增大接触面积，使反应更充分，加快反应速率，
故答案为：增大接触面积，使反应更充分，加快反应速率；
（2）“氧化”工序中，在酸性条件下MnO2将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2++MnO2+4H+＝2Fe3++Mn2++2H2O，
故答案为：2Fe2++MnO2+4H+＝2Fe3++Mn2++2H2O；
（3）“调pH”的目的是使Fe3+转化成Fe（OH）3沉淀，为避免引入对后续工序产生影响的杂质，试剂X可选择氨水或NiO，
故答案为：AC；
（4）为避免生成Ni（OH）2沉淀，需控制溶液中的氢氧根离子的浓度，利用Ni（OH）2的溶度积计算，c（OH﹣）＝mol/L＝10﹣6.5mol/L，可得c（H+）＝10﹣7.5mol/L，因此应控制pH小于7.5，
故答案为：7.5；
（5）由题中所给数据计算可知，在所取的3.05g样品中，氨气的物质的量为0.02mol；氢氧化镍的物质的量为0.01mol；根据电荷守恒关系2n（）＝n（）+2n（Ni2+），可知n（）＝mol＝0.02mol；n（H2O）＝mol＝0.01mol，根据各种微粒的物质的量之比可得滤渣2的化学式为（NH4）2Ni（SO4）2 H2O，
故答案为：（NH4）2Ni（SO4）2 H2O；
（6）“沉镉”时发生的反应为CdSO4+2NH4HCO3＝CdCO3↓+（NH4）2SO4+H2O+CO2↑，因此滤液1的主要成分为（NH4）2SO4，经处理之后可循环至沉镍工序中使用，
故答案为：沉镍；
（7）根据电解原理可知，电解精炼镉时，在电解池的阴极产生纯镉，
故答案为：阴极；
（8）分析图像可知，采用溶剂萃取法分离三种离子的流程为：首先用DEHPA作萃取剂，将Cd2+从溶液中分离；随后使用Cyanex272将Co2+、Ni2+分离，
故答案为：首先用DEHPA作萃取剂，将Cd2+从溶液中分离；随后使用Cyanex272将Co2+、Ni2+分离。
16．2023年诺贝尔化学奖授予三位在发现和合成量子点方面做出重要贡献的科学家。量子点是一种纳米级别的半导体，其直径常在2～20nm之间，例如碳量子点、砷化镓（GaAs）量子点等。
（1）我国化学家研究的一种新型复微合光催化剂[碳量子点/氮化碳（纳米复合物）]可以利用太阳光实现高效分解水，其原理如图1所示。下列说法正确的是 D 。
A.总反应为H2O2═H2+O2
B.水分解过程中，H2O2作催化剂
C.复合光催化剂中两种纳米材料均属于共价化合物
D.若反应Ⅱ是放热反应，则反应Ⅰ一定是吸热反应
（2）Ga在元素周期表中的位置 第四周期第ⅢA族 。
（3）N、P、As的气态氢化物沸点由高到低的顺序是 NH3＞AsH3＞PH3 （用氢化物分子式表示）。
（4）砷化镓可由（CH3）3Ga和AsH3在700℃时制得。（CH3）3Ga中镓原子的杂化方式为 sp2 。AsH3分子的VSEPR模型为 三角锥形 。
（5）砷化镓（GaAs）的晶胞结构如图2所示。将Mn掺杂到晶体中得到稀磁性半导体材料，其晶胞结构如图3所示。下列说法错误的是 D 。
A.图2中，与Ga原子直接连接的As原子构成的几何形状为正四面体形
B.图2中，与Ga原子等距离的Ga原子个数为12个
C.Ga的第一电离能小于As
D.稀磁性半导体材料中，Mn、As的原子个数比为1：2
（6）已知砷化镓晶胞的边长为0.565nm，NA为阿伏加德罗常数的数值，则GaAs晶体的密度为 5.34 g/cm3。
【解答】解：（1）A．过程Ⅰ是水分解为氢气和过氧化氢，过程Ⅱ是过氧化氢分解为氧气和水，整个过程是水分解为氢气和氧气，总反应为2H2O＝2H2↑+O2↑，故A错误；
B．H2O2是中间产物，不是催化剂，故B错误；
C．氮化碳（C3N4）属于共价化合物，碳量子点是种新型碳纳米材料，碳量子点是碳单质，含有共价键，但不属于共价化合物，故C错误；
D．水分解是吸热反应，在此过程中，水分解分两步进行，若反应Ⅱ是放热反应，则反应Ⅰ一定是吸热反应，故D正确；
故答案为：D；
（2）Ga的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1，位于元素周期表的第四周期第ⅢA族，
故答案为：第四周期第ⅢA族；
（3）NH3分子间存在氢键，PH3分子之间、AsH3分子之间为范德华力，氢键比范德华力更强，NH3的沸点最高，AsH3相对分子质量比PH3大，AsH3分子之间范德华力更强，AsH3的沸点比PH3高，故沸点由高到低的顺序为NH3＞AsH3＞PH3，
故答案为：NH3＞AsH3＞PH3；
（4）由于Ga原子周围只有3对成键电子对，故其杂化方法为sp2，AsH3中As原子价层电子对数为3+＝4，且含有一个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该微粒空间构型为三角锥形，
故答案为：sp2；三角锥形；
（5）A．与Ga原子直接连接的As原子有4个，构成的几何形状为正四面体形，故A正确；
B．晶胞中处于面对角线上Ga原子之间距离最近，每个顶点为8个晶胞共用，每个面为2个晶胞共用，距离Ga原子等距且最近的Ga原子数目═12，故B正确；
C．同周期元素第ⅤA族的第一电离能大于第IIIA族，As位于第ⅤA族，所以Ga的第一电离能小于As，故C正确；
D．由图乙可知，掺杂Mn之后，晶胞中Mn的数目为1×+1×＝，As的数目为4，故稀磁性半导体材料中，Mn、As的原子个数比为5：32，故D错误；
故答案为：D；
（6）晶胞中As原子数目＝8×+6×＝4、Ga原子数目＝4，晶胞中原子总质量＝g＝（0.565×10﹣7 cm）3×ρg cm﹣3，则密度 ρ＝＝g/cm3≈5.34g/cm3，
故答案为：5.34。
17．在实验室以二氧化锗粗品（含GeO2和Ge及少量无关杂质）为原料制备GeO2的装置图如图（夹持装置已略去）；
i．Ge和GeO2均不溶于盐酸；GeCl4易水解、易潮解，沸点为88℃。
ii．（未配平）；。
回答下列问题：
（1）Ge的价电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s24p2 。
（2）仪器a的名称为 三颈烧瓶 。实验时，先将二氧化锗粗品转化为GeCl4，为了防止烧瓶中盐酸浓度下降，实验过程中需要通过分液漏斗不断向装置A中滴加浓盐酸，盐酸保持较高浓度的原因为 保证盐酸的浓度较高，才能和MnO2反应生成氯气 。
（3）为了更好地收集GeCl4，装置C应采用 冷 （填“热”或“冷”）水浴。
（4）将装置C中收集的GeCl4与蒸馏水按一定比例进行混合，静置12h，可得到GeO2 nH2O晶体，此过程中发生反应的化学方程式为 GeCl4+（n+2）H2O GeO2 nH2O↓+4HCl 。
（5）纯度测定：称取mg制得的GeO2样品，在加热条件下溶解，用NaH2PO2将其还原为Ge2+，用cmol L﹣1KIO3标准溶液滴定，消耗KIO3标准溶液的体积为VmL，需选用的滴定指示剂为 淀粉溶液 ，样品纯度为 %。（实验条件下，NaH2PO2未被KIO3氧化）
【解答】解：（1）Ge是32号元素，其原子的原子核外有32个电子，根据构造原理，基态原子的核外的核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s24p2，
故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p2；
（2）仪器a的名称为三颈烧瓶；为了防止烧瓶中盐酸浓度下降，实验过程中需要通过分液漏斗不断向装置A中滴加浓盐酸，是为了保证盐酸的浓度较高，才能和MnO2反应生成氯气，
故答案为：三颈烧瓶；保证盐酸的浓度较高，才能和MnO2反应生成氯气；
（3）GeCl4易潮解，沸点为88℃，沸点较低，因此为了更好地收集GeCl4，装置C应采用冷水浴，
故答案为：冷；
（4）将装置C中收集的GeCl4与蒸馏水按一定比例进行混合，静置12 h，可得到GeO2 nH2O晶体，此过程中发生反应的化学方程式为GeCl4+（n+2）H2O GeO2 nH2O↓+4HCl，
故答案为：GeCl4+（n+2）H2O GeO2 nH2O↓+4HCl；
（5）结合信息可知，滴定终点生成碘，故用淀粉溶液作为指示剂；配平方程式；，可得关系为：，消耗标准液中，，故样品纯度为，
故答案为：淀粉溶液； 。
选做题（共15分，二题任选一题作答，若选两题作答，只将最前面一题的题分计入总分。）
18．（15分）借助李比希法和现代科学仪器可以确定分子结构。某化学实验小组利用如图所示的装置测定某有机化合物X的组成及结构，取6.72g X与足量氧气充分燃烧，实验结束后，测得H2O的质量为8.64g，CO2的质量为21.12g。
（1）根据实验数据，可确定X分子中 不含 （填“含”或“不含”）氧元素，X的实验式为 CH2 。
（2）已知X的相对分子质量为84，则X的分子式为 C6H12 。
（3）若X的核磁共振氢谱图中只有1组峰，则X可能的结构简式为 、 。
（4）若有机化合物X不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则下列说法正确的是 CD （填标号）。
A．X属于芳香烃
B．X的二氯取代物有3种
C．X分子中所有碳原子不可能共平面
D．0.1mol X含有的σ键的数目为1.8NA
（5）X的同分异构体（不考虑立体异构）中能满足下列条件的有 9 种，其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为3：2：1的是 CH3CH2CH＝CHCH2CH3 （写结构简式）。
①使溴水因发生反应而褪色
②碳骨架主链上的碳原子数不小于5
【解答】解：（1）n（H）＝2n（H2O）＝2×＝0.96mol，n（C）＝n（CO2）＝＝0.48mol，6.72gX中n（O）＝＝0，可确定X分子中不含，则X分子属于烃，X分子中C原子、H原子数目之比为0.48mol：0.96mol＝1：2，故X的实验式为CH2，
故答案为：不含；CH2；
（2）X的相对分子质量为84，设X的分子式为（CH2）n，故14n＝84，解得n＝6，故X的分子式为C6H12，
故答案为：C6H12；
（3）通过核磁共振氢谱仪测得X的核磁共振氢谱图中只有1组峰，说明只有一种等效氢，则X可能的结构简式为、，
故答案为：；；
（4）若有机化合物X不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则X结构简式为，
A．X分子没有苯环，不属于芳香烃，属于环烷烃，故A错误；
B．X的二氯取代物有同、邻、间、对共4种，故B错误；
C．X分子碳原子均为饱和碳原子，所有碳原子不可能共平面，故C正确；
D．X分子含有6个C—C键、12个C—H键，分子含有18个σ键，0.1mol X含有的σ键的数目为1.8NA，故D正确；
故答案为：CD；
（5）X的同分异构体满足下列条件：①能使溴水因发生反应而褪色，说明分子含有1个碳碳双键，②碳骨架主链上的碳原子数不小于5，碳骨架结构有、、，添加碳碳双键，依次分别有3种、4种、2种，故符合条件的同分异构体共有3+4+2＝9种，其中核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为3：2：1的是CH3CH2CH＝CHCH2CH3，
故答案为：9；CH3CH2CH＝CHCH2CH3。
19．乙苯被吸附在催化剂表面发生脱氢可生成苯乙烯、苯甲醛等，生成苯乙烯的相关反应如下。
反应1：C6H5CH2CH3（g）═C6H5CH＝CH2（g）+H2（g） ΔH1＝117.6kJ mol﹣1
反应2：CO2（g）+H2（g）═CO（g）+H2O（g） ΔH2＝41.2kJ mol﹣1
反应3：2H2（g）+O2（g）═2H2O（g） ΔH3＝﹣483.6kJ mol﹣1
（1）反应4：C6H5CH2CH3（g）+（g）═C6H5CH＝CH2（g）+H2O（g） ΔH4＝ ﹣124.2 kJ mol﹣1。
（2）较低温度下，向乙苯脱氢的反应体系中加入少量O2，乙苯平衡转化率较高而苯乙烯的选择性较低，其原因可能是 加入少量O2，H2与O2反应放热，氢气浓度减小和体系温度升高都使反应1平衡右移使乙苯转化率升高，但温度升高，苯乙烯（或乙苯）被进一步氧化成苯乙醛等副产物 。
（3）向乙苯脱氢反应体系中加入CO2，乙苯转化率与体系中CO2分压强的关系如图1所示。随CO2的增加，乙苯转化率先增大后减小的可能原因为 前一阶段，随着CO2分压强增大，反应2的平衡正向移动，降低了c（H2），促进反应1正向进行，使乙苯转化率增大。当CO2分压强过大多时，CO2占据了催化剂表面，使催化剂表面吸附的乙苯减少，乙苯转化率下降 。
（4）研究发现在V2O5，MgO催化剂表面进行CO2的乙苯脱氢反应中，V（+5价）是反应的活性中心，转化过程如图2所示。
①转化Ⅰ发生反应的化学方程式为 2+V2O5/MgO→2+V2O3/MgO+2H2O ，反应一段时间后，催化剂活性有所下降，原因可能有反应过程产生的积碳覆盖在活性中心表面和 催化剂中V（+5价）的含量减少 。
②简述转化Ⅱ的作用 将V2O3转化为V2O5，使催化剂获得再生，同时可以消除积碳 。
【解答】解：（1）由盖斯定律得反应4＝反应1+×反应3，则ΔH4＝ΔH1+×ΔH3＝（117.6﹣483.6×）kJ mol﹣1＝﹣124.2kJ mol﹣1，
故答案为：﹣124.2；
（2）氧气参与了反应3，从反应3进行分析解释有利于反应1平衡正向因素；加入少量O2，H2与O2反应放热，氢气浓度减小和体系温度升高都使反应1平衡右移使乙苯转化率升高，但温度升高，苯乙烯（或乙苯）被进一步氧化成苯乙醛等副产物，
故答案为：加入少量O2，H2与O2反应放热，氢气浓度减小和体系温度升高都使反应1平衡右移使乙苯转化率升高，但温度升高，苯乙烯（或乙苯）被进一步氧化成苯乙醛等副产物；
（3）CO2参与了反应2，且消耗H2间接减少了反应1的产物；前一阶段，随着CO2分压强增大，反应2的平衡正向移动，降低了c（H2），促进反应1正向进行，使乙苯转化率增大。当CO2分压强过大多时，CO2占据了催化剂表面，使催化剂表面吸附的乙苯减少，乙苯转化率下降，
故答案为：前一阶段，随着CO2分压强增大，反应2的平衡正向移动，降低了c（H2），促进反应1正向进行，使乙苯转化率增大。当CO2分压强过大多时，CO2占据了催化剂表面，使催化剂表面吸附的乙苯减少，乙苯转化率下降；
（4）①从图看，步骤Ⅰ是V2O5将乙苯氧化为苯乙烯而自身还原为V2O3，反应方程式为2+V2O5/MgO→2+V2O3/MgO+2H2O；从图看V2O5/MgO为催化剂，催化活性降低可能是催化剂中V（+5价）的含量减少，
故答案为：2+V2O5/MgO→2+V2O3/MgO+2H2O；催化剂中V（+5价）的含量减少；
②转化Ⅱ中CO2将V2O3转变为V2O5，所以将V2O3转化为V2O5，使催化剂获得再生，同时可以消除积碳，
故答案为：将V2O3转化为V2O5，使催化剂获得再生，同时可以消除积碳。
