湖北云学名校联盟2024-2025学年高二下学期3月联考化学试卷（解析版）

第页，共页第23页，共23页2025年湖北云学名校联盟高二年级3月联考化学试卷考试时间：2025年3月5日14：30-17：05时长：75分钟试卷满分：100分注意事项：1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4.考试结束后，请将答题卡上交。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Mg24Si28K39Ca40Ni59In115一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45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.化学在生活生产中发挥着重要作用。下列说法正确的是A.明矾可用于自来水的消毒和净化B.新冠疫情期间可用无水乙醇、漂白液对环境进行杀菌消毒C.工业上可对溶液加水稀释，同时加热，焙烧制备D.化工生产中常用CuS除去溶液中的和【答案】C【解析】【详解】A．明矾只能净水，不能消毒，A项错误；B．消毒用到的酒精是75%的医用酒精，不是无水乙醇，B项错误；C．易水解，加热过程中HCl易挥发，完全水解得到Sn(OH)4，焙烧，Sn(OH)4受热分解得到，C项正确；D．CuS比FeS更难溶，故不能用CuS除去溶液中的，D项错误；答案选C。2.下列化学用语表达正确的是A.二氧化碳的空间填充模型为：B.甲醇分子中氧原子和氢原子之间形成的共价键为键C.和中硼原子的杂化方式相同D.轨道的电子云图为；【答案】B【解析】【详解】A．二氧化碳中碳原子半径大于氧原子半径，空间填充模型为：，A错误；B．中氧原子形成2个键和2个孤电子对，采用杂化，氧原子与氢原子间形成的共价键为sp3-s键，B正确；C．中B原子价层电子对数为3+=3，为杂化，中B原子价层电子对数为4+=4，为杂化，C错误；D．为轨道的电子云轮廓图，而非电子云图，D错误；故选B。3.为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述错误的是A.等物质的量的碳酸钙和碳酸氢钾固体中氧原子的个数为B.分子中π键的数目不一定为C.100克质量分数为46%酒精溶液中，氢氧键的数目为D.30克的二氧化硅中，硅氧键的数目为【答案】A【解析】【详解】A．碳酸钙和碳酸氢钾的物质的量相等但不一定是1mol，故不能计算出氧原子的数目，A项错误；B．分子式为的物质可能为环己烷或丙烯，环己烷中不含π键，若为丙烯，丙烯分子中含有1个π键，则1mol丙烯分子中π键的数目为，故分子中π键的数目不一定为，B项正确；C．100克质量分数为46%酒精溶液中，乙醇的质量为46g，其物质的量为1mol，含有氢氧键的数目为，水的质量为54g，其物质的量为3mol，含有氢氧键的数目为，则该溶液中氢氧键的数目为，C项正确；D．SiO2为四面体结构，1个硅原子形成4个硅氧键，30gSiO2的物质的量为0.5mol，则硅氧键的数目为，D项正确；答案选A。4.下列粒子在给定条件下能够大量共存的是A.的溶液中：B.能和铝反应生成的溶液：C.的溶液：D.水电离出的的溶液：【答案】D【解析】【详解】A．水解呈酸性，中性条件下铁离子会生成氢氧化铁沉淀，不能大量共存，故A不符合题意；B．能和铝反应生成的溶液可能为酸性或碱性，碱性条件下，氢氧根离子会和铵根离子生成氨气，酸性溶液中存在硝酸根离子不能生成氢气，故B不符合题意；C．的溶液为碱性，氢氧根离子和碳酸氢根生成碳酸根离子，碳酸根离子会和钡离子生成碳酸钡沉淀，不能大量共存，故C不符合题意；D．水电离出的的溶液可能呈酸性或碱性，不管溶液呈酸性还是碱性，所给离子都可以共存，故D符合题意；故选D。5.下列关于原子结构与性质描述错误的是A.原子半径：B.第一电离能介于Al、P之间的第三周期元素有3种C.依据对角线规则，为两性氢氧化物D.电负性的大小可以作为判断元素非金属性强弱的依据【答案】A【解析】【详解】A．锂是第二周期半径最大的，氯是第三周期半径最小的，原子半径：，A错误；B．同周期元素从左到右第一电离能呈逐渐增大的趋势，但是第ⅡA族与第ⅤA族元素的第一电离能大于同周期相邻元素，因此第一电离能介于Al、P之间的第三周期元素有3种，B正确；C．与位于对角线位置，则既可以与酸反应也可与碱反应，均生成盐和水，为两性氢氧化物，C正确；D．电负性越大，则非金属性越强，即电负性的大小可以作为判断元素非金属性强弱的依据，D正确；故选A。6.早在19世纪中叶，化学家就已经把分子中原子之间的相互作用形象地称作化学键。下列关于化学键说法错误的是A.共价键一般是元素的电负性相差不大的原子之间形成的化学键B.由原子轨道相互重叠形成的σ键和π键是化学键的两种基本类型C.依次断开中的4个C—H键所需能量并不相等，因此，中的C—H键能只是平均值D.因为HCl、HBr和HI的键长越来越长、键能越来越小，所以热分解温度越来越低【答案】B【解析】【详解】A．共价键一般是元素的电负性相差不大的原子之间通过共用电子对形成的化学键，A正确；B．由原子轨道相互重叠形成的σ键和π键是共价键的两种基本类型，化学键的基本类型是共价键、离子键、金属键等，B错误；C．因为依次断开中的4个C—H键所需能量并不相等，所以中的C—H键能只是平均值，如果不是平均值，则依次断开中的4个C—H键所需能量是相等的，C正确；D．键长越长，键能越小，则氢化物越不稳定，因为HCl、HBr和HI的键长越来越长、键能越来越小，所以热分解温度越来越低，D正确；故选B。7.下表中关于各微粒描述完全正确的一项是选项微粒VSEPR模型名称分子极性分析A四面体形非极性N原子采取杂化，分子呈三角锥形B平面三角形极性O原子采取杂化，分子呈V形，键角为120°CV形极性N原子采取杂化，分子呈V形D直线形非极性C原子采取杂化，且C原子的价电子均参与成键A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．中N原子的价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，N原子采取杂化，分子呈三角锥形，是极性分子，A项错误；B．中O原子的价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，O原子采取杂化，分子呈V形，键角小于，由于大键的存在，中心氧原子是呈正电性的，而端位的两个氧原子是呈负电性的，所以是极性分子，B项错误；C．中N原子的价层电子对数为3，VSEPR模型为平面三角形，中心N原子采取杂化，分子呈V形，是极性分子，C项错误；D．的两个C原子的价层电子对数均为2，均采取sp杂化，VSEPR模型为直线形，C原子的价电子均参与成键(两个键和2个键)，是非极性分子，D项正确；答案选D。8.用三个氯原子取代蔗糖分子中的三个羟基，就得到三氯蔗糖，其甜度是蔗糖的600倍，没有异味，具有热量值极低、安全性好等优点，可供糖尿病患者食用，被认为是近乎完美的甜味剂。下列相关说法错误的是A.蔗糖与三氯蔗糖均含有10个手性碳原子B.蔗糖与三氯蔗糖均易溶于水，但蔗糖的溶解度更大C.蔗糖与三氯蔗糖中环上各原子均以杂化成键D.由蔗糖转化为三氯蔗糖发生了取代反应【答案】A【解析】【详解】A．蔗糖与三氯蔗糖均含有9个手性碳原子，A错误；B．蔗糖分子中含有亲水基团羟基更多，蔗糖的溶解度更大，B正确；C．蔗糖与三氯蔗糖中环上C、O原子都只形成共价单键，价层电子对数都是4，均以杂化成键，C正确；D．由蔗糖转化为三氯蔗糖，羟基被氯原子取代，是发生了取代反应，D正确；故选A。9.下列关于物质宏观性质及其解释均正确的有个物质的宏观性质微观解释①三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸的酸性—的极性大于—的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子②卤素单质从到的熔、沸点越来越高从到的相对分子质量逐渐增大，范德华力逐渐增大③低温石英具有手性石英微观结构中存在手性原子④碘易溶于四氯化碳而难溶于水碘和四氯化碳都是非极性分子，而水是极性分子，根据相似相溶原理，易溶于而难溶于⑤干冰的密度小于冰干冰中的堆积方式使空间利用率低⑥对羟基苯甲醛的沸点高于邻羟基苯甲醛对羟基苯甲醛可形成分子间氢键，而邻羟基苯甲醛可形成分子内氢键A.2 B.3 C.4 D.5【答案】C【解析】【详解】①—的极性大于—的极性，导致三氟乙酸的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子，因此三氟乙酸的酸性大于三氯乙酸的酸性，正确；②从到的相对分子质量逐渐增大，范德华力逐渐增大，卤素单质从到的熔、沸点越来越高，正确；③低温石英的结构中，顶角相连的硅氧四面体形成螺旋上升的长链，这一结构决定了它具有手性，石英微观结构中不存在手性原子，错误；④碘和四氯化碳都是非极性分子，而水是极性分子，根据相似相溶原理，易溶于而难溶于，正确；⑤干冰的密度大于冰的，干冰中二氧化碳分子间只存在范德华力，属于分子密堆积，冰中水分子间存在氢键，属于分子非密堆积，冰晶体中水分子空间利用率不高，错误；⑥对羟基苯甲醛可形成分子间氢键，而邻羟基苯甲醛可形成分子内氢键，对羟基苯甲醛的沸点高于邻羟基苯甲醛，正确；正确的共有4个，故选C。10.类比和推理是中学化学学习的重要方法，下列推测合理的是A冰晶体中分子采用非密堆积氨晶体中分子也采用非密堆积B晶体是分子晶体晶体也是分子晶体C分子为正四面体形，键角为分子也是正四面体形，键角也是D呈直线形，中心原子采用sp杂化呈也直线形，中心原子也采用sp杂化A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．冰晶体中水分子采用非密堆积，是因为冰晶体内部水分子间形成氢键的缘故；由此类比，因为氨分子间也可以形成氢键，所以氨晶体中氨分子也采用非密堆积，A正确；B．二氧化硅晶体为共价晶体，B错误；C．分子是正四面体形，结构为，键角为，C错误；D．中心原子价层电子对数为2+=5，采用杂化，D错误；故选A。11.向0.1mol/L的氨水中逐滴加入等浓度的盐酸，下列情况不可能存在的是A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A．向0.1mol/L的氨水中逐滴加入等浓度的盐酸，当盐酸少量时，可能存在，A不符合题意；B．向0.1mol/L的氨水中逐滴加入等浓度的盐酸，当氨水过量时，溶液显碱性，即，根据电荷守恒有，则，可能存在，B不符合题意；C．向0.1mol/L的氨水中逐滴加入等浓度的盐酸，当盐酸过量时，溶液显酸性，即，根据电荷守恒有，则，可能存在，C不符合题意；D．0.1mol/L的氨水与等浓度的盐酸等体积混合，根据电荷守恒有，当时有，则不可能存在，D符合题意；故选D。12.工业上用电解法处理酸性含铬废水(主要含有)时，以铁板作阴、阳极，处理过程中发生反应：，最后以形式除去。下列说法中错误的是A.b电极的电极反应式为B.电解过程中有沉淀生成C.电解过程中废水的pH不发生变化D.电解结束后，若要检验电解液中是否还有存在，则可选用溶液【答案】C【解析】【详解】A．b电极为阳极，铁为活性电极，铁板作阳极时电解过程中电极本身失电子，电极反应为：，A选项正确；B．a电极为阴极，发生还原反应，溶液中的氢离子得电子生成氢气，氢离子浓度减少，铁离子水解生成沉淀，B选项正确；C．由总反应可知处理过程中消耗氢离子，溶液酸性减弱，溶液pH增大，C选项错误；D．]溶液可以检验的存在，生成蓝色沉淀，D选项正确；故选C。13.某种利用垃圾渗透液实现发电装置示意图如下。下列说法正确的是A.盐桥中的往Y极移动，往X极移动B.Y极发生的电极反应式为C.外电路上的箭头方向是电流的流向D.外电路每通过6mol电子，X极上消耗的的质量为51g【答案】B【解析】【分析】X电极上，NH3→N2，发生氧化反应，则X电极为负极，Y电极为正极。【详解】A．X电极为负极，Y电极为正极，故阴离子往负极X极移动，阳离子往正极Y极移动，A项错误；B．Y电极为正极，Y电极上，→N2，电极反应式为，B项正确；C．外电路中，电子由负极流向正极，即X极流向Y极，则外电路箭头方向为电子流向，C项错误；D．X电极上，NH3→N2，电极反应式为，则外电路每通过6mol电子，X极上消耗的的物质的量为2mol，其质量为34g，D项错误；答案选B。14.在水中的溶解反应为：、，常温下，和pH的关系如图所示[c为或的浓度]。下列说法错误的是A.曲线①代表的是和pH的关系B.C.向溶液中加入NaOH溶液至pH为9.0，体系中锌元素主要以的形式存在D.向的溶液中加入等体积浓度为0.2mol/L的体系中锌元素主要以的形式存在【答案】D【解析】【分析】由题干信息，、，随着pH增大，c(OH-)增大，则c(Zn2+)减小，c[]增大，即-lgc(Zn2+)增大，-lgc[]减小，因此曲线①代表-lgc(Zn2+)与pH的关系，曲线②代表-lgc[]与pH的关系，据此分析解答。【详解】A．由分析可知，曲线①代表-lgc(Zn2+)与pH的关系，A正确；B．由图象，pH=7.0时，c(H+)=10-7mol/L，-lgc(Zn2+)=3.0，c(Zn2+)=10-3mol/L，则Ksp[Zn(OH)2]=c(Zn2+)c2(OH-)=1×10-17，B正确；C．向c(Zn2+)=0.1mol/L的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0，根据图象，pH=9.0时，c(Zn2+)、c[]均极小，则体系中锌元素主要以Zn(OH)2(s)存在，C正确；D．根据图象，c[]=0.1mol/L时溶液的pH约为14.5，c(OH-)≈mol/L≈3.2mol/L，加入等体积浓度为0.2mol/L的后，发生中和反应，反应后c(OH-)=mol/L=1.4mol/L，此时pH＞14，体系中锌元素仍主要以存在，D错误；故选D。15.向10mL0.1mol/L的溶液中加入0.1mol/L的氨水，溶液的pH和导电率随氨水体积的变化如图所示。下列说法错误的是A.的电离平衡常数的数量级为B.b点C.c点D.a、b、c、d四点中水的电离程度最大的是d点【答案】B【解析】【分析】由图，0.1mol/L的溶液的pH<1，则的第一步电离完全电离；【详解】A．c点时，加入15mL等浓度氨水，溶液中溶质为等浓度的、，和近似相等，此时pH在4～5之间，的电离平衡常数，则数量级为，A正确；B．由分析，的第一步电离完全电离，溶液中不存在分子，B错误；C．由电荷守恒可知：，此时溶液显酸性，可知，溶液呈酸性，电离大于水解，A2->cHA-，则，C正确；D．酸和碱都会抑制水的电离，d点得到溶液中溶质为，其水解会促进水的电离，d点水的电离程度最大，D正确；故选B。二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.2022年3月，国家发展改革委、国家能源局联合印发了《氢能产业发展中长期规划(2021—2035年)》。氢能的开发与利用正在引发一场深刻的能源革命，氢能成为破解能源危机，构建清洁低碳、安全高效现代能源体系的新密码。I．水分解制氢气是一种清洁能源获取方式，其基本原理是利用能量将水分子分解为氢气和氧气。（1）水分子结构式为：_______(标出孤对电子)，水分子的键角约为105℃，小于VSEPR模型的预测值，其原因是_______；（2）水在高温下分解成氢气和氧气的温度范围大约在2500℃至3000℃之间，分解温度如此之高，其原因是：_______；Ⅱ．电化学水分解是一种成熟的制氢技术，许多研究都集中在开发高效电催化剂。化合物X可用于合成水分解的电催化剂PBA@CNT。X中含有原子序数依次增大的四种元素A、B、C、D．其中A的基态原子最高能级为哑铃形，且各个能级上填充的电子数相同；B元素与A同周期，且最高正化合价与最低负化合价的代数和为2；C是前四周期主族元素中原子半径最大的；基态D原子的M层上有4个未成对电子。（3）氧与A、B三种元素，第一电离能由大到小为：_______(用元素符号表示)；C的基态原子核外电子的空间运动状态有_______种；（4）D原子的价电子排布图为：_______；Ⅲ．制备高效储氢合金解是决解决氢能利用效率问题的关键。（5）一种Mg-Ni储氢合金的立方晶胞如图1所示。若该合金在一定条件下吸收足量的氢气，使合金中所有Ni原子都形成(如图2所示)正八面体结构，即图3所示。则合金储氢后的化学式为：_______。【答案】（1）①.②.水分子中心原子O为杂化，氧原子有两个孤电子对，孤电子对对成键电子对排斥作用较强(或孤电子对排斥作用强)（2）水分子中的键键能大，水分子稳定（3）①.②.10（4）（5）【解析】【分析】X中含有原子序数依次增大的四种元素A、B、C、D，A的基态原子最高能级为哑铃形，且各个能级上填充的电子数相同，A的电子排布式为1s22s22p2，A为C元素，B元素与A同周期，且最高正化合价与最低负化合价的代数和为2，B为N元素，C是前四周期主族元素中原子半径最大的，C为K元素，基态D原子的M层上有4个未成对电子，价层电子排布式为3d64s2，D为Fe元素，以此解答。【小问1详解】水分子中心O原子价层电子对数为2+=4，且含有2个孤电子对，结构式为，水分子的键角约为105℃，小于VSEPR模型的预测值，其原因是：水分子中心原子O为杂化，氧原子有两个孤电子对，孤电子对对成键电子对排斥作用较强(或孤电子对排斥作用强)。【小问2详解】水在高温下分解成氢气和氧气的温度范围大约在2500℃至3000℃之间，分解温度如此之高，其原因是：水分子中的键键能大，分解水分子所需克服的键能极高，故需很高温度，水分子稳定。【小问3详解】B为N元素，则A为C元素，同周期主族元素，从左往右第一电离能有增大的趋势，N元素2p能级半排满，更加稳定，则第一电离能由大到小为：，C为K元素，K的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s1，含有10个有电子的轨道，K的基态原子核外电子的空间运动状态有10种。【小问4详解】D为Fe元素，价电子排布式为3d64s2，价电子排布图为：。【小问5详解】图1中Mg的个数为8，Ni原子的个数为=4，原合金的化学式为Mg2Ni，图3所示Mg–Ni合金晶胞中，Ni与6个H原子形成正八面体结构，原合金Mg2Ni每个Ni都配位6个H，故吸氢后化学式为。17.铟是一种银白色的金属，它在合金制造、液晶显示器和太阳能电池等领域有着广泛而重要的应用。某工厂利用铅锌冶炼厂的副产物(主要以金属及少部分氧化物)为原料生产金属铟的工艺如下：已知：①铟的活泼性与锡、铅相近，常以+3价存在；②部分金属氢氧化物的为：物质请回答下列问题：（1）铟的简化电子排布式为：_______，它属于元素周期表中_______区元素；（2）为提高富铟渣浸取效果，科研人员探究了在温度为80℃、搅拌机转速为的条件下酸度(溶液含硫酸质量)、液固比及时间对铟浸出率的影响，结果如图所示。你认为最佳的酸浸条件为：_______；（3）滤渣的主要成分为：_______(写化学式)；（4）酸浸液(含有离子为：)经“一系列除杂”得酸性富铟溶液，由题中信息分析可知，“一系列除杂”的简要方法步骤为：调节溶液pH值、_______、_______；（5）弱酸性富铟溶液中加入锌粉可得海绵片状铟，写出该过程主要离子方程式：_______；（6）工业上常用电解法精炼粗铟。已知粗铟中含有少量等杂质。电解过程中，保持电流恒定，测得阴极析出铟的速率随时间变化如图所示。下列说法错误的是_______。A．以粗铟为阳极，纯铟为阴极B．电解过程中，电解液的质量在增加C．电解液中需加入硫酸，电解过程中需补加D．电解一段时间后，阴极析出铟的速率下降，可能是因为电解液中浓度降低E．阳极泥中可能含有Fe、Ag单质（7）已知铟在弱酸性介质中(pH5~6)能与乙二胺四乙酸(EDTA)形成稳定的型化合物。通过调节溶液pH，加入二甲酚橙指示剂，用EDTA标准溶液滴定至溶液颜色由红色变为亮黄色即为终点，根据EDTA的消耗量可计算铟的含量。为测定粗铟中铟的含量，取0.5750g样品，加酸溶解得含铟溶液，调节溶液pH为5.5，用(EDTA标准液进行滴定(假设杂质不参与反应)，终点时消耗标准液的体积为19.30mL，则粗铟中铟的含量为_______。【答案】（1）①.②.p（2）酸度180，液固比，浸出时间6小时（3）（4）①.过滤②.酸溶（5）（6）BE（7）【解析】【分析】利用富铟渣提炼铟的流程为：将富铟渣在硫酸中酸浸溶解，过滤除去滤渣、后，得到含的滤液，经过一系列除杂分离得到富铟液，加入Zn粉还原出海绵铟，处理得粗铟，最后通过电解精炼得到精铟，据此分析解答。【小问1详解】铟元素为49号元素，位于周期表中第五周期第IIIA族，其简化电子排布式为：；根据铟在周期表中位置，它属于p区元素。【小问2详解】根据浸出率随酸度的增加而增大，但酸度180和200的浸出率差距较小，从综合成本考虑选择酸度180比较合适；浸出率也是随液固比的增加而增大，但液固比8：1和10：1的浸出率差距较小，从成本成本考虑选择液固比8：1比较合适；浸出率同时也随浸出时间增加而增大，但浸出时间6小时、8小时、10小时的浸出率差距较小，从成本成本考虑选择浸出时间6小时比较合适，综合以上信息可知应选择酸浸条件为：酸度180、液固比8：1、浸出时间6小时。【小问3详解】富铟渣中主要含单质及少部分氧化物，用硫酸酸浸，其中及回溶解在硫酸中，会与硫酸转化为难溶的固体，难溶于硫酸中，所以最后过滤后得的滤渣的主要成分为：、。【小问4详解】根据题目已知②部分金属氢氧化物的可知在含的滤液中，调节溶液pH值，最先沉淀完全的为，过滤后分离出沉淀后，再加硫酸溶解固体，得到富铟液。【小问5详解】在富铟液中加入Zn粉，利用Zn将还原单质铟，形成海绵铟，反应的离子方程式为：。【小问6详解】电解法精炼含有少量等杂质的粗铟，将粗铟作为阳极，失去电子，同时杂质中的Zn和Fe也失去电子进入溶液，Ag比较稳定，以单质方式作为阳极泥沉聚；以含的溶液作电解液，纯铟作阴极，发生电极反应，起到提纯精炼作用，则下列说法中错误的是：A．以粗铟为阳极，纯铟为阴极：电解精炼一般以粗铟作为阳极失去电子，纯铟作阴极，发生电极反应，起到提纯精炼作用，A正确；B．电解过程中，电解液的质量在增加：阳极除进入溶液外，进入的和的相对原子质量都比小，即失去相同电子时进入溶液的质量比In少，而阴极始终析出单质In，会导致溶液减少，B错误；C．电解液中需加入硫酸，电解过程中需补加：电解过程中为防止过高水解成，需要补充硫酸，同时阳极因杂质会进入部分，而阴极始终消耗析出单质In，会使的消耗量大于进入量而使电解液中浓度降低，所以也需要补充即，C正确；D．电解一段时间后，阴极析出铟的速率下降，可能是因为电解液中浓度降低：由于电解过程中阳极进入部分，而阴极始终消耗析出单质In，会使的消耗量大于进入量而使电解液中浓度降低，导致阴极析出铟的速率下降，D正确；E．阳极泥中可能含有Fe、Ag单质：Fe的活泼性比In强，会失去电子变为进入电解液，不会出现在阳极泥中，E错误；故答案为：BE。【小问7详解】根据铟在弱酸性介质中(pH5~6)能与乙二胺四乙酸(EDTA)形成稳定的型化合物可知，最后滴定消耗多少物质的量的EDTA，就有多少物质的量的In，因此根据取0.5750g样品，加酸溶解得含铟溶液，调节溶液pH为5.5，用(0.2500moLLEDTA标准液进行滴定(假设杂质不参与反应)，终点时消耗标准液的体积为19.30mL，则，则粗铟中铟的含量为。18.碳与硅分别是有机和无机世界的重要组成元素，具有相似电子排布和化学性质，应用广泛。Ⅰ．碳元素有多种单质，下图分别为金刚石(图1)和富勒烯(图2)的晶胞（1）以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。如图1中a原子的坐标为，则原子b的坐标为_______；（2）若将金刚石晶胞从上下(或前后、左右)两面的对角线方向切开，得到的切面图正确的是_______；（3）富勒烯晶胞中每个分子周围紧邻等距的分子有_______个，这一特征称为：_______；II．碳的氧化物常见的有CO、，而硅常见的只有，晶胞如下：（4）CO分子与分子成键情况相似，试写出CO的电子式：_______；（5）晶体中距离最近的两个Si原子间距为Lpm，则的晶胞边长_______；若的密度为，则阿伏加德罗常数值可表示为_______；(列出计算式即可)（6）金刚石、单晶硅和干冰的熔点分别为3550℃、1414℃、-56.6℃，试分析其中的原因：_______；【答案】（1）（2）ac（3）①.12②.分子密堆积（4）（5）①.②.（6）干冰是分子晶体，金刚石和单晶硅是共价晶体；金刚石中碳原子半径小，键较短，键能大，熔点高【解析】【小问1详解】以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，如图1中a原子的坐标为，由晶胞结构可知，原子b的坐标为。【小问2详解】金刚石晶胞中碳原子位于晶胞的顶点、面心及体内，且体内的4个原子形成正四面体结构，若将金刚石晶胞从上下(或前后、左右)两面的对角线方向切开，得到的切面图为：或，故选ac。【小问3详解】富勒烯晶胞中位于顶点和面心，每个分子周围具有12个等距的最近邻分子，这种的堆积方式称为分子密堆积。小问4详解】CO分子与分子成键情况相似，均为三键结构，其电子式为：。【小问5详解】若SiO2晶体中最近的Si–Si距离为 L pm，则利用“金刚石型”相似结构可得最近邻间距d =a，所以a = pm。设其密度为，每个晶胞含有+4=8 个 Si原子，含有16个O原子，则，可得阿伏加德罗常数NA = 。【小问6详解】金刚石、单晶硅和干冰的熔点分别为3550℃、1414℃、-56.6℃，原因是：干冰是分子晶体，金刚石和单晶硅是共价晶体；金刚石中碳原子半径小，键较短，键能大，熔点高。19.甲醇)是一种绿色能源，以与为原料制备甲醇是实现资源化利用的方式之一。某温度下，利用生产甲醇主要涉及以下反应。反应ⅰ．反应ⅱ．反应ⅲ．CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)∆H3K3（1）反应ⅲ的_______；反应ⅰ自发进行的条件是_______(填“高温”、“低温”或“任意温度”)。（2）升高温度，的值将_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。（3）向绝热恒容密闭容器中充入等物质的量的和发生上述反应，下列可说明反应已达平衡状态的是_______(填选项)。A.混合气体平均密度保持不变 B.容器内温度不变C. D.体积分数保持不变（4）在恒温密闭容器中，发生上述反应，的平衡转化率和甲醇选择性随着温度变化关系如图所示。①分析温度高于236℃后，转化率下降的原因_______。②在244℃，向容积为V的容器内投入和充分反应，计算平衡时生成的物质的量为_______mol(计算结果保留两位有效数字)。（5）在研究利用生产甲醇反应历程时发现，反应