广东省汕头市2021-2022学年高三上学期期末教学质量监测化学试题

广东省汕头市2021-2022学年高三上学期期末教学质量监测化学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、单选题1．我国是一个拥有五千年文化传承的文明古国。央视以《国家宝藏》、《中国国宝大会》等节目传播中华传统文化，下列国宝级文物主要由硅酸盐制成的是（）选项ABCD文物名称《清明上河图》故宫博物院《四羊方尊》国家博物馆兵马俑秦始皇博物馆《金漆木雕大神龛》广东省博物馆A．A B．B C．C D．D2．宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一，下列有关物质的微观认识正确的是。（）A．乙酸的结构简式：CB．Cl的一种核素(中子数为20)：17C．甲基的电子式：D．Be2+3．化学让生活变得更美好，下列化学物质的应用说法正确的是（）A．浓硫酸可用于刻蚀玻璃、石英制品B．硅胶、铁粉均可作为食品包装中的抗氧化剂C．晶体硅为半导体材料，可用作光导纤维D．75％的乙醇溶液可用于杀菌消毒4．2021年我国在航天领域取得举世瞩目的成就离不开航天工作者的贡献，神舟载人飞船、天和核心舱、飞天航天服等名词相继上了热搜。下列有关说法正确的是（）A．空间站上所用的太阳能电池阵和锂离子电池组，均能实现太阳能转化为电能B．核心舱内氧气来源于水的电解，此过程发生氧化还原反应C．返回舱壳体表面使用的耐高温结构陶瓷为SiOD．飞天航天服壳体使用铝合金材料，具有质轻、熔点比纯铝高的优点5．劳动教育是五育并举的重要一环，下列劳动涉及的化学知识不正确的是（）。选项劳动项目化学知识A垃圾分类“可回收物”中废纸、塑料、玻璃均属于无机非金属材料B秋收体验收获的秸秆可用于生产酒精、饲料C污水处理利用明矾可使废水中的细小颗粒絮凝聚沉D抽纱实践汕抽纱所用材料棉、麻面料均为纤维素A．A B．B C．C D．D6．中医药在抗击新冠肺炎疫情中发挥着重要作用，如绿原酸(结构如图所示)具有抗菌、抗病毒的药理作用，下列说法不正确的是（）。A．能使酸性高锰酸钾褪色B．能发生取代反应、加成反应C．1mol绿原酸可与6molHD．存在手性碳原子(碳原子与周围四个不相同的原子或原子团连接)7．实验探究是化学进步的源泉，下图为气体除杂和收集的装置，能实现实验目的的是（）。选项气体(杂质)除杂装置1ACNaOH溶液BC饱和食盐水CS饱和碳酸钠溶液DC酸性高锰酸钾溶液A．A B．B C．C D．D8．“类比”思想在化学领域有广泛应用，下列有关“类比”合理的是（）选项已知类比ACSiBCFCFe+CuS2Na+CuSDCaMA．A B．B C．C D．D9．锂铁(Li−FeS2)热激活电池常用作火箭、导弹的工作电源，在接收到启动信号后引燃，加热片迅速放热使固体电解质LiCl-KCl熔化从而激活电池，电池总反应为：4Li+FeA．反应过程中负极质量将增加B．放电时正极发生还原反应C．电池在常温下较稳定，引燃时会迅速反应D．电池工作时电解质中Cl10．部分含氮物质的分类与相应化合价关系如图所示，有关推断不合理的是（）。A．a的化学性质稳定，可用于保存食品B．e既可被氧化，也可被还原C．同浓度同体积的c与f反应生成的盐溶液呈弱碱性D．工业上制f的流程：a→b→d→e→f11．2021年，我国科学家利用CO2为原料人工合成淀粉，在未来具有极高的经济价值。已知合成淀粉过程中发生反应：CHA．17gH2B．标况下，22.4LCC．反应过程中HCHO为还原产物D．1molO212．为探究SO2与O2A．Ⅰ处浓H2B．Ⅱ处V2C．Ⅲ处溶液为BaCl2D．Ⅴ处溶液是为了检验SO13．四种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中X是地壳含量最高的元素，W、Z同主族，X、Y、Z能形成一种层状晶体，其结构如下所示，下列说法正确的是（）。A．原子半径：Z＞Y＞X＞WB．X与Y形成的化合物一定含有共价键C．W、Z分别与X形成的化合物熔点：WX2D．W的最高价氧化物对应水化物的酸性强于Z14．2021年为我国实现碳达峰、碳中和关键的一年，CO2综合利用的技术不断创新。某实验小组研究CO2和CH4反应得到合成气的原理为：COA．该反应的ΔH<0B．压强：pC．1100℃时，该反应的平衡常数为12.96D．反应达到平衡后在容器内再充入1molCH4和1molCO15．LiPON薄膜锂离子电池是目前研究最广泛的全固态薄膜锂离子电池。下图为其工作示意图，LiPON薄膜只允许Li+通过，电池反应为A．LiPON薄膜在充放电过程中质量发生变化B．导电介质C可为LiC．放电时b极为正极，发生反应：LD．充电时，当外电路通过0.2mol电子时，非晶硅薄膜上质量减少1.4g16．铬酸钠(Na2CrO4)常用于印染、颜料、油漆等领域，已知其水溶液中存在如下平衡：2HA．0.B．CrO4C．为得到纯度较高的Na2D．pH=5时，溶液中存在c(N二、综合题17．氮化钙(Ca3N性质颜色、状态熔点特性具体描述常温下为棕色固体1195空气中会被氧化，遇水强烈水解，产生刺激性气味气体工业上利用单质钙在氮气流中，控制温度450℃，可制得氮化钙。实验室模拟工业制备氮化钙，并对氮化钙纯度进行测定，实验方案如下：（1）Ⅰ.CaA处产生N2，请写出A中反应的化学方程式。工业上一般采用(填具体做法)制取N（2）装置的连接顺序为A→(注：以上所有装置都能用到)。（3）实验开始时，先启动A处反应，一段时间后再点燃B处酒精灯，其原因是。（4）制备过程中D处导管必须始终插入水中，目的是①便于观察N2的流速；②（5）Ⅱ．Ca3N2纯度测定(已知方案一：称取氮化钙样品2.4g，按图1所示装置进行实验，发现B装置增重0.51g。该样品中氮化钙的质量分数为。方案二：取与方案一同质量的样品，改用图2装置进行纯度测定，倾斜Y型管，将蒸馏水倒入样品管中，充分反应后测量气体体积。方案二测得的氮化钙纯度为95％左右，试分析方案一测得的氮化钙纯度偏低的原因。18．2021年，氮化镓等第三代半导体材料的发展被正式列入“十四五规划”，镓及其化合物在国防技术、航空航天技术等领域扮演者着重要的角色，从炼铝废渣(主要含Fe2O3、回答下列问题：（1）Ga与Al同主族，化学性质相似，写出“碱浸”过程中Ga2O（2）“操作①”所需的玻璃实验仪器有：烧杯、。（3）“碱浸”时液固比对镓的浸出率的影响如下图所示，则最适宜的液固比为，请解释原因。（4）“滤渣①”的成分是：；(写化学式)“流出液”中含有金属元素的离子主要有Na+、（5）“电解”时阴极析出金属镓，请写出阴极反应式；具体操作时阴极常伴随有气体产生，该气体可能为。（6）取a克GaN样品溶于足量的热NaOH溶液(GaN+OH−+H2O=GaO2−+NH3↑)19．汽车尾气主要污染物有CxHy、NⅠ．CO(g)+2H2Ⅱ．CO2Ⅲ．CO2（1）根据盖斯定律，反应Ⅰ的ΔH1（2）上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有____。A．增大H2B．加入反应Ⅰ的催化剂，可提高CO的平衡转化率C．反应Ⅱ：3υD．升高反应温度，反应Ⅲ的正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡正向移动（3）反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的平衡常数的对数lgK随反应温度T的变化曲线如图所示，曲线②为反应(填写“Ⅰ”或“Ⅱ”或“Ⅲ”)；结合各反应的ΔH，归纳lgK~T曲线变化规律：(任意一条)。（4）汽车排气装置中的三元催化装置，可以利用反应2CO(g)+2NO(g)⇌N2(g)+2C时间/s012345c(NO)1.501.150.750.550.500.50c(CO)3.002.652.252.052.002.00①该反应在1～3s内的平均反应速率为υ(NO)=。②反应达平衡时压强为100kPa，求压强平衡常数Kp=kPa③某研究小组探究催化剂对CO、NO转化的影响。将CO、NO以一定流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中NO的含量，从而确定尾气脱氮率(脱氮率即NO转化率)，结果如图所示，若高于450℃，曲线Ⅱ中脱氮率随温度升高而降低的主要原因可能是：。20．传统的锂离子电池或钠离子电池由于使用有机液态电解液而存在安全问题。发展全固态电池是解决这一问题的必然趋势。LiZr2(PO（1）基态Si的电子排布式为。（2）Zr的原子序数为40，位于周期表的第周期ⅣB族。（3）NH3、PH3、（4）亚磷酸(H3PO3)是磷元素的一种含氧酸，与NaOH反应只生成NaH2P（5）Ti能形成化合物[TiCl(HO)5]Cl2A．σ键B．π键C．配位键D．离子键E．极性键F．非极性键（6）我国科学家发明了高选择性的二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂，其组成为ZnOZrO2固溶体。四方ZrO2晶胞如图所示。A原子的坐标为(0，0，0)，B原子的坐标为(1，1，0)，则C原子的坐标为。该晶体密度为g⋅cm−3(写出表达式)。在21．从植物鸭嘴花中提取的沐舒坦(结构简式为)，医学上广泛应用于缓解咳嗽症状。用有机物甲合成沐舒坦的路线如下(部分步骤已省略)已知：①→KMnO②→Fe（1）反应①的反应类型是。（2）化合物丙的分子式为。（3）写出反应④的化学反应方程式(已知反应④为可逆反应，条件不用写出)。反应④进行过程中加入K2CO（4）请写出符合下列要求的化合物乙的一种同分异构体的结构简式。①苯环上两个取代基；②核磁共振氢谱中的峰面积之比为3∶2∶2；（5）根据题目信息和已知知识，写出以对二甲苯为原料制取的流程的流程示意图(无机试剂任选)。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．《清明上河图》的主要材质是纸，故为纤维素，不属于无机硅酸盐材料，A不合题意；B．《四羊方尊》是青铜器皿，青铜属于合金，是金属材料，B不合题意；C．秦兵马俑是陶瓷，属于无机硅酸盐材料，C符合题意；D．《金漆木雕大神龛》主要材料是木质材料，为纤维素，不属于无机硅酸盐材料，D不合题意；故答案为：C。

【分析】水泥、陶瓷、玻璃属于传统无机非金属材料，主要成分为硅酸盐。2．【答案】B【解析】【解答】A．乙酸的结构简式为：CH3COOH，C2B．根据质量数等于质子数加中子数，则Cl的一种核素(中子数为20)表示为：1737C．甲基是不带电的原子团，故甲基的电子式为：，C不符合题意；D．Be2+的结构示意图为：故答案为：B。

【分析】A.C2H4O2是乙酸的分子式，不是结构简式；

B.质量数=质子数+中子数，质量数标注于元素符号左上角，质子数标注于左下角；

C.甲基的C原子外围电子数为7；3．【答案】D【解析】【解答】A．浓硫酸与SiO2不反应，HF能与SiO2反应，故浓硫酸不可用于刻蚀玻璃、石英制品，氢氟酸可以，A不符合题意；B．硅胶无抗氧化性，硅胶有吸水性，可作食品包装中的干燥剂，铁粉具有还原性，可作为食品包装中的抗氧化剂，B不符合题意；C．晶体硅为半导体材料，不可用作光导纤维，光导纤维的主要成分是SiO2，C不符合题意；D.75％的乙醇溶液即医用酒精，可用于杀菌消毒，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.用于刻蚀玻璃制品的是HF；

B.硅胶可作为食品包装中的干燥剂；

C.用作光导纤维的是二氧化硅；

D.酒精能使蛋白质发生变性，可用于杀菌消毒。

4．【答案】B【解析】【解答】A．太阳能电池阵是将太阳能转化为电能，锂离子电池组是化学能转化成电能，故A说法不符合题意；B．电解水得到氢气和氧气，发生化合价的变化，此过程属于氧化还原反应，故B说法符合题意；C．高温陶瓷属于耐高温的新型无机物非金属材料，一般是如氮化硅、氧化铝等，不是SiO2制品，故C说法不符合题意；D．铝合金的熔点比其成分熔点低，即铝合金的熔点比纯铝低，故D说法不符合题意；故答案为B。

【分析】A.锂离子电池组是化学能转化为电能；

B.反应过程中元素化合价发生变化的反应为氧化还原反应；

C.高温结构陶瓷分为氧化铝陶瓷、氮化硅陶瓷、氮化硼陶瓷等；

D.合金熔点低于各成分的熔点。

5．【答案】A【解析】【解答】A．废纸、塑料属于有机物，故A符合题意；B．秸秆主要成分是纤维素，纤维素经过水解得到葡萄糖，葡萄糖变为乙醇，因此秸秆可用于生产酒精、饲料，故B不符合题意；C．明矾中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体能吸附水中杂质，可使废水中的细小颗粒絮凝聚沉，故C不符合题意；D．棉、麻面料均为纤维素，故D不符合题意。故答案为A。

【分析】A.废纸、塑料属于有机物；

B.秸秆成分为纤维素，水解可以生成葡萄糖，葡萄糖分解可以生成乙醇；

C.明矾溶于水电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，具有较大表面积，能吸附悬浮杂质；

D.棉、麻主要成分是纤维素。

6．【答案】C【解析】【解答】A．由题干有机物结构简式可知，分子中含有酚羟基、醇羟基和碳碳双键，故能使酸性高锰酸钾褪色，A不符合题意；B．由题干有机物结构简式可知，分子中含有酚羟基、醇羟基和羧基能发生取代反应，含有碳碳双键和苯环，故能发生加成反应，B不符合题意；C．由题干有机物结构简式可知，1mol绿原酸可与4molHD．周围连接有四个不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，故该有机物中存在手性碳原子，如图所示：，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化；

B.羟基、羧基、酯基能发生取代反应，苯环和碳碳双键能发生加成反应；

C.苯环和氢气以1：3发生加成反应、碳碳双键和氢气以1：1发生加成反应，酯基中碳氧双键和氢气不反应；

D.连接醇羟基的碳原子都是手性碳原子。

7．【答案】B【解析】【解答】A．乙烯中的SO2可以通过装有NaOH的洗气瓶来除杂，也能用浓硫酸进行干燥，但由于乙烯的密度比空气稍小一点，故常用排水法收集而不用排空气法收集(易导致收集的乙烯不纯)，A不合题意；B．除去Cl2中的HCl先通过装有饱和食盐水的洗气瓶，再用浓硫酸进行干燥，且密度大于空气，利用向上排空气法收集氯气，B符合题意；C．由于SO2和CO2均能与Na2CO3溶液反应，故不能用饱和Na2CO3溶液来除去SO2中的CO2，C不合题意；D．乙烯经过酸性高锰酸钾溶液后转化为CO2，引入新的杂质，故除去乙烷中的乙烯不能用酸性高锰酸钾溶液，D不合题意；故答案为：B。

【分析】依据除杂的原理结合气体的性质分析解答。8．【答案】D【解析】【解答】A．SiO2与水不反应，类比不合理，A不合题意；B．F2的氧化性很强，与NaOH溶液反应时，产生O2，方程式为：2F2+4NaOH=4NaF+O2↑+2H2O，类比不合理，B不合题意；C．Na的还原性很强，与CuSO4溶液反应时先与H2O反应，NaOH再与CuSO4反应，总方程式为：2Na+2H2O+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓+H2↑，类比不合理，C不合题意；D．CaC2+2故答案为：D。

【分析】A.二氧化硅不溶于水；

B.氟气与氢氧化钠溶液反应生成氟化钠和氧气、水；

C.钠性质活泼，与盐溶液反应先与水反应；

D.碳化钙、氮化镁水解分别生成对应的碱和氢化物。

9．【答案】A【解析】【解答】A．该电池的锂电池，根据电池总反应可知，负极反应式为Li-e-=Li+，正极反应式为FeS2+2Li++2e-=Fe+Li2S，负极质量减少，故A说法符合题意；B．根据选项A的分析，正极上得到电子，发生还原反应，故B说法不符合题意；C．根据题中信息可知，该种电池常温下稳定，引燃时会迅速反应，故C说法不符合题意；D．根据原电池工作原理，Cl-向负极移动，即Cl-向Li电极移动，故D说法不符合题意；故答案为A。

【分析】电池总反应为：4Li+FeS2=Fe+2Li2S，L元素价态升高失电子，故Li作负极，电极反应式为Li-e-=Li+，FeS2作正极，电极反应式为：FeS210．【答案】C【解析】【解答】A．氮气中氮氮三键键能大，化学性质稳定，可用于保存食品，A不符合题意；B．e中氮元素化合价处于中间价态，既可被氧化，也可被还原，B不符合题意；C．同浓度同体积的c与f反应生成的盐是硝酸铵，铵根水解，溶液呈弱酸性，C符合题意；D．工业上制硝酸的流程为氮气和氢气化合生成氨气，氨气催化氧化生成NO，NO被氧化为NO2，NO2转化为硝酸，即N2→NH3→NO→NO2→HNO3，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】由图可知，c为-3价的N的碱，为一水合氨，b为-3价N的氢化物，d为NH3；a为N2，d为+2价N的氧化物，d为NO；e为+4价N的氧化物，e为NO2；f为+5价N的酸，则f为HNO3，以此来解答。

11．【答案】A【解析】【解答】A．已知H2O2分子中存在1个过氧键，则17gH2O2中含有过氧键数目为B．在标况下CH3OH，故无法计算22.C．由反应方程式可知，CH3OH+D．由反应方程式可知，O2中的O由0价转化到H2O2中的-1价，则1molO2参与反应转移电子数为故答案为：A。

【分析】A.1个过氧化氢含有1个O-O键；

B.气体摩尔体积使用对象为气体；

C.有机反应中去氢或者加氧的反应为氧化反应；

D.反应中氧气生成过氧化氢。

12．【答案】B【解析】【解答】A．SO2和O2均可用浓硫酸来干燥，且同温同压下，气体的体积之比等于其物质的量之比，故Ⅰ处浓H2B．催化剂是通过参与反应形成中间产物来改变反应的活化能，从而影响反应速率的，故Ⅱ处V2C．由于SO2与BaCl2溶液不反应，而SO3+H2O+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，故Ⅲ处溶液为BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，说明混合气体中含有D．SO2具有漂白性能使品红溶液褪色，同时具有还原性，故能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故Ⅴ处溶液是为了检验SO故答案为：B。

【分析】Ⅰ装置：浓H2SO4起干燥作用，可通过观察气泡产生速率来控制气体的混合比例；Ⅱ装置：二氧化硫和氧气在五氧化二钒的催化作用下，生成三氧化硫；Ⅲ装置：检验三氧化硫，IV装置：吸收三氧化硫并除去SO3，V装置：吸收二氧化硫并检验二氧化硫，VI装置：收集氧气，据此解答。

13．【答案】D【解析】【解答】A．由分析可知，W、X、Y、Z分别为：C、O、Na、Si四种元素，故原子半径：Y＞Z＞W＞X，A不符合题意；B．由分析可知，X为O与Y为Na形成的化合物有Na2O只含离子键，Na2O2中既有离子键又有共价键，B不符合题意；C．由分析可知，W、Z分别与X形成的化合物即CO2、SiO2，CO2常温是气体，是分子晶体，SiO2常温下是固体，是原子晶体(或共价晶体)，故熔点：WX2低于D．由分析可知，W为C，Z为Si，则C的非金属性强于Si，则W的最高价氧化物对应水化物即H2CO3的酸性强于Z的即H2SiO3，D符合题意；故答案为：D。

【分析】四种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其中X是地壳含量最高的元素，X为O；W、Z同主族，由X、Y、Z能形成的晶体结构可知，Z形成4个共价键，结合原子序数可知W为C、Z为Si；Y为带1个单位正电荷的阳离子，结合原子序数可知Y为Na，以此来解答。

14．【答案】C【解析】【解答】A．由题干图示可知，压强相同时，温度升高，CO2的转化率增大，说明升高温度平衡正向移动，故该反应的ΔH＞0，A不符合题意；B．由题干图示可知，温度相同时，p2压强下CO2的转化率更大，结合反应方程式CO2(g)+CH4C.1100℃时，根据三段式分析可知，CO2(g)+CHD．反应达到平衡后在容器内再充入1molCH4和1molCO故答案为：C。

【分析】

A.升高温度，平衡正向移动，ΔH＞0。

B.相同温度条件下，增大压强，化学平衡应该逆向移动。

C.1100℃时，二氧化碳转化率为60%，假设起始为1mol，转化量就为0.6mol，根据平衡常数计算公式K=c2(CO)15．【答案】C【解析】【解答】A．LiPON薄膜在充放电过程中仅仅起到盐桥的作用，并未参与电极反应，故其质量不发生变化，A不符合题意；B．由于2Li+2H2O=2LiOH+H2↑，故导电介质C中不能有水，则不可为LiC．由分析可知，放电时b极为正极，发生反应：LiD．由分析可知，充电时，电极a为阴极，电极反应式为xLi++xe-+Si=LixSi，则当外电路通过0.2mol电子时，非晶硅薄膜上质量增重0.2mol×7g∙mol-1=1.4g，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A.LiPON薄膜没有参与反应，质量不发生变化。

B.Li和水会发生反应，所以导电介质不可能为溶液。

C.b极为正极，电极反应方程式书写正确。

D.充电时，非晶硅薄膜上质量增加。16．【答案】B【解析】【解答】A．由题干图示可知，CrO42-需在碱性条件下大量存在，即存在CrB．由题干图示中Q点数据可知，CrO42−+H2O⇌HCrC．由题干图示可知，pH＞9时，溶液中Cr的存在形式主要为CrO42-，故为得到纯度较高的ND．根据物料守恒可知，c(Na+)=2[c(CrO4故答案为：B。

【分析】B.由水解常数计算公式Kh17．【答案】（1）(NH（2）C→B→C→D（3）排除装置中的氧气，防止Ca和Ca（4）隔绝空气中的氧气氧气进入硬质玻璃管跟Ca和Ca（5）92.5％；方案一中氨气未能全部被吸收会导致样品中氮化钙含量测定结果偏低【解析】【解答】本实验利用实验制备的N2来探究Ca与N2的反应，由于空气中会被氧化，遇水强烈水解，产生刺激性气味气体，故需采用干燥纯净的N2才行，所以装置A为N2的发生装置，反应原理为：(NH4)2SO4+2NaNO2=Na2SO4+2N（1）A处产生N2，即(NH4)2SO4和NaNO2，根据氧化还原反应配平可得A中反应的化学方程式为：(NH)2SO（2）由分析可知，装置A为N2的发生装置，反应原理为：(NH4)2SO4+2NaNO2=Na2SO4+2N（3）实验开始时，先启动A处反应，先通一段时间的N2，将装置中的空气排空以后再点燃B处酒精灯，以防止Ca和Ca3N（4）制备过程中D处导管必须始终插入水中，目的是①便于观察N2的流速；由于Ca和Ca3N2易被氧化，故②隔绝空气中的氧气氧气进入硬质玻璃管跟Ca和Ca3（5）从实验装置图可知，B装置增重的质量就是产生的NH3的质量，根据反应方程式可知：Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3↑，n(Ca3N2)=12n(NH3)=12×由于方案一的圆底烧瓶和导管中含有部分NH3未被浓硫酸吸收，而方案二这部分气体和排出的空气是等体积的，故不存在这样的问题，导致方案二测得的氮化钙纯度为95％左右，即方案一测得的氮化钙纯度偏低，故答案为：方案一中氨气未能全部被吸收会导致样品中氮化钙含量测定结果偏低。

【分析】

（1）工业上一般采用的是压缩空气，然后分离液态空气制氮气，A中化学反应方程式注意反应条件和气体符号。

（2）主要考实验装置的连接，注意连接顺序，注意有些在反应前也要进行除杂。

（3）排除装置中的氧气，防止氮化钙和氧气反应。

（4）隔绝空气中的氧气通过导管进入与氮化钙和钙反应。

（5）根据B中增加的质量可以求出产生氨气的物质的量，进而可以求出样品中氮化钙的质量，求出显影的质量分数。18．【答案】（1）G（2）漏斗、玻璃棒（3）5∶1；当液固比大于5∶1时，镓的浸出率上升不明显，但会消耗更多氢氧化钠造成浪费（4）Fe2（5）GaO2（6）8.4cV【解析】【解答】炼铝废渣(主要含Fe2O3、Al2O3、Ga2O3)加入氢氧化钠，Al2O（1）Ga与Al同主族，化学性质相似，根据氧化铝与氢氧化钠应方程式得到“碱浸”过程中Ga2O3与NaOH反应的化学方程式：（2）“操作①”是过滤，因此所需的玻璃实验仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒；故答案为：漏斗、玻璃棒。（3）“碱浸”时液固比对镓的浸出率的影响如下图所示，当液固比小于5∶1时，镓的浸出率不断上升，当液固比大于5∶1时，镓的浸出率上升不明显，但会消耗更多氢氧化钠造成浪费，根据图中信息得到最适宜的液固比为5∶1；故答案为5∶1：；当液固比大于5∶1时，镓的浸出率上升不明显，但会消耗更多氢氧化钠造成浪费。（4）氧化铁和氢氧化钠不反应，因此“滤渣①”的成分是：Fe2O3；根据后续过程说明“流出液”中含有金属元素的离子主要有Na+、（5）“电解”时阴极析出金属镓，则阴极反应式GaO2−+3e−+2（6）根据GaN∼NH3∼HCl关系得到n(GaN)=cmol∙L−1×V×10−3L=cV×10−3mol，则样品的纯度是cV×1

【分析】

（1）化学方程式的书写要注意配平。

（2）由有滤渣可知操作①是过滤。

（3）从图中可以看出液固比小于5：1时，浸出率不断上升，当大于5：1是，浸出率上升并不明显。

（4）氧化铁不与氢氧化钠反应，所以滤渣为氧化铁。

（5）阴极得电子，化合价降低，可知应该是产生镓单质。19．【答案】（1）−95（2）A；C（3）Ⅰ；放热反应，lgK随T增大而减小；吸热反应，lgK随T增大而增大；焓变越大，lgK随T的变化程度越大（4）3.0×10【解析】【解答】（1）已知反应I可由反应II减去反应III得到，根据盖斯定律可知，ΔH1=ΔH（2）A．由题干信息可知，三个反应中H2均作反应，则增大H2B．催化剂只能改变反应速率，即改变达到平衡所需要的时间，不能是平衡发生移动，则加入反应Ⅰ的催化剂，不可提高CO的平衡转化率，B不正确；C．已知反应Ⅱ为CO2(g)+3H2(g)⇌CHD．升高温度，任何反应的化学反应速率均增大，故升高反应温度，反应Ⅲ的正反应速率增大，逆反应速率增大，正反应是个吸热反应，故平衡正向移动，D不正确；故答案为：AC；（3）由题干信息结合(1)解析可知，反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的正反应分别是一个放热反应、放热反应和吸热反应，则升高温度，化学平衡分别向逆方向、逆方向和正方向移动，平衡常数分别减小、减小和增大，lgK是个增函数，故有题干图可知，曲线①②表示平衡常数的对数lgK随反应温度T的升高而减小，曲线③表示平衡常数的对数lgK随反应温度T的升高而减小，已知曲线①代表反应II，故曲线②为反应Ⅰ，结合各反应的ΔH，归纳lgK~T曲线变化规律：放热反应，lgK随T增大而减小；吸热反应，lgK随T增大而增大；焓变越大，lgK随T的变化程度越大，故答案为：I；放热反应，lgK随T增大而减小；吸热反应，lgK随T增大而增大；焓变越大，lgK随T的变化程度越大；（4）①由表中数据可知，该反应在1～3s内的平均反应速率为υ(NO)=(1.15-0.55)×10-3mol×L②由三段式分析可知，2CO(g)+2NO(g)⇌起始量(×10-3/mol•L-1)3.001.50转化量(×1③由题干信息可知，2CO(g)+2NO(g)⇌N

【分析】

（1）由题意可知ΔH1=ΔH2-ΔH3

（2）根据影响化学平衡相关因素可得出正确答案。

（3）曲线②20．【答案】（1）1s2（2）五（3）NH3>AsH3>PH3(写“（4）或；sp3（5）6；BF（6）(34，3【解析】【解答】（1）已知Si是14号元素，故基态Si的电子排布式为1s22s22p（2）已知周期表中排满第四周期共有36种元素，排满第五周期共需54种元素，故Zr的原子序数为40，位于周期表的第五周期ⅣB族，故答案为：五；（3）NH3、PH3、AsH3三者均为分子晶体，NH3存在分子间氢键，沸点反常高，AsH3的相对分子质量比PH（4）亚磷酸(H3PO3)是磷元素的一种