2024年福建省新高考化学试卷（选择性）

一、选择题

1．福建某科研团队发现，木材中交联纤维素的木质素可替代酚醛树脂、脲醛树脂等作为木材黏合剂。下列说法正确的是（　　）

A．木质素是无机物

B．纤维素的分子中有数千个核糖单元

C．脲醛树脂属于天然高分子

D．酚醛树脂可由苯酚与甲醛缩聚得到

【答案】D

【考点】纤维素的性质和用途

【分析】A．木质素是一类复杂的有机聚合物；

B．纤维素是由葡萄糖单元构成的；

C．脲醛树脂属于有机合成高分子；

D．苯酚与甲醛通过缩聚反应得到酚醛树脂。

【解答】解：A．木质素可替代酚醛树脂、脲醛树脂等作为木材黏合剂，是一类复杂的有机聚合物，所以木质素是有机物，故A错误；B．纤维素的分子中有数千个葡萄糖单元，故B错误；C．脲醛树脂属于有机合成高分子，故C错误；D．酚醛树脂是可由苯酚与甲醛通过缩聚反应得到的有机高分子化合物，故D正确；故选：D。

【难度】1

2．药物X与病毒蛋白对接的原理如图。下列说法错误的是（　　）

A．Ⅰ为加成反应

B．X中参与反应的官能团为醛基

C．Y无手性碳原子

D．Z中虚框内所有原子可能共平面

【答案】C

【考点】有机物的结构和性质

【分析】A．X中醛基发生加成反应生成Y中羟基；

B．X中醛基发生加成反应生成Y；

C．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子；

D．苯及直接连接苯环的原子共平面，N＝CH—、—OH中所有原子共平面。

【解答】解：A．X中醛基发生加成反应生成Y中羟基，该反应为加成反应，故A正确；B．X中醛基发生加成反应生成Y，所以X中参与反应的官能团为醛基，故B正确；C．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，Y中连接醇羟基的碳原子为手性碳原子，故C错误；D．苯及直接连接苯环的原子共平面，N＝CH—、—OH中所有原子共平面，单键可以旋转，所以Z中虚框内所有原子可能共平面，故D正确；故选：C。

【难度】1

3．某电解质阴离子的结构如图。X、Y、Z、Q为原子序数依序增大的同周期元素，Z的单质为空气的主要成分之一。下列说法错误的是（　　）

A．第一电离能：X＞Y＞Z

B．最简单氢化物沸点：Y＜Z

C．键长：Y—Y＞Y—Z＞Y—Q

D．Y的最高价氧化物对应水化物在水中电离：H_nYO_m⇌H_n﹣1 H⁺

【答案】A

【考点】原子结构与元素周期律的关系

【分析】X、Y、Z、Q为原子序数依序增大的同周期元素，其中Z的单质为空气的主要成分之一，而阴离子结构中Z形成2条共价键，可知Z为O元素，由原子序数相对大小知Q为F元素，阴离子结构中1个X原子、所有的Y原子都可以形成4条共价键，则X为B元素、Y为C元素。

【解答】解：由分析可知，X为B元素、Y为C元素、Z为O元素、Q为F元素；A．同周期主族元素岁原子序数增大第一电离能呈增大趋势（ⅡA族、ⅤA族第一电离能大于同周期相邻元素除外），则第一电离能：B＜C＜O，故A错误；B．Y、Z的简单氢化物分别为CH₄、H₂O，常温下，CH₄为气体，而H₂O为液体，则沸点：CH₄＜H₂O，故B正确；C．原子半径越长，键长越长，则键长：Y—Y＞Y—Z＞Y—Q，故C正确；D．Y的最高价氧化物对应水化物是H₂CO₃，在水中电离方程式为H₂CO₃⇌ H⁺，故D正确；故选：A。

【难度】1

4．用CuCl探究Cu（Ⅰ）、Cu（Ⅱ）性质，实验步骤及观察到的现象如下：

CuCl（白色粉末） 无色溶液 蓝色溶液 无色溶液 蓝色溶液

该过程中可能涉及的反应有：

①CuCl+2NH₃•H₂O═[Cu（NH₃）₂]⁺+Cl^﹣+2H₂O

②2[Cu（NH₃）₂]⁺═[Cu（NH₃）₄]²⁺+Cu

③[Cu（NH₃）₄]²⁺+Cu═2[Cu（NH₃）₂]⁺

④4[Cu（NH₃）₂]⁺+O₂+8NH₃•H₂O═4[Cu（NH₃）₄]²⁺+4OH^﹣+6H₂O

下列说法错误的是（　　）

A．与Cu²⁺的配位能力：

B． 无色

C．氧化性：[Cu（NH₃）₂]⁺＜[Cu（NH₃）₄]²⁺

D．探究过程未发生反应②

【答案】A

【考点】性质实验方案的设计；配合物与超分子

【分析】CuCl（白色粉末）溶于过量氨水，发生反应①生成[Cu（NH₃）₂]Cl的无色溶液，[Cu（NH₃）₂]Cl的无色溶液暴露在空气中，发生反应④，继续被氧化为[Cu（NH₃）₄]（OH）₂，此时溶液显蓝色，加入适量的铜粉，发生反应③，又生成[Cu（NH₃）₂]⁺，得到无色溶液，继续暴露在空气中，[Cu（NH₃）₂]⁺又被氧化为[Cu（NH₃）₄]²⁺，溶液又显蓝色，据此分析作答。

【解答】解：A．根据④可知，与Cu²⁺的配位能力：NH₃＞OH^﹣，故A错误；B．由①知，[Cu（NH₃）₂]⁺在溶液中是无色的，故B正确；C．由④知，[Cu（NH₃）₂]⁺是还原剂，具有还原性，[Cu（NH₃）₄]²⁺是氧化产物，具有氧化性，所以氧化性：[Cu（NH₃）₂]⁺＜[Cu（NH₃）₄]²⁺，故C正确；D．根据分析可知，探究过程未发生反应②，故D正确；故选：A。

【难度】3

5．从废线路板（主要成分为铜，含少量铅锡合金、铝、锌和铁）中提取铜的流程如图：

已知“滤液2”主要含 和 。下列说法正确的是（　　）

A．“机械粉碎”将铅锡合金转变为铅和锡单质

B．“酸溶”时产生Al³⁺、Fe³⁺和Zn²⁺离子

C．“碱溶”时存在反应：Sn+2OH^﹣+O₂═ H₂O

D．“电解精炼”时，粗铜在阴极发生还原反应

【答案】C

【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用

【分析】废线路板的主要成分为铜，含少量铅锡合金、铝、锌和铁，废线路板通过机械粉碎后加入稀盐酸进行酸溶，Al、Zn、Fe都分别和稀盐酸反应生成Al³⁺、Zn²⁺、Fe²⁺，过滤后滤液1中含有Al³⁺、Zn²⁺、Fe²⁺和H⁺，滤渣中加入NaOH并通入O₂，“滤液2”主要含 和 ，滤渣为粗铜，电解精炼粗铜得到Cu。

【解答】解：A．“机械粉碎”发生物理变化，不是化学变化，所以不能将铅锡合金转变为铅和锡单质，“机械粉碎”的目的是增大反应物的接触面积，加快化学反应速率，故A错误；B．“酸溶”时产生Al³⁺、Fe²⁺和Zn²⁺离子，因为盐酸的氧化性较弱，不能将Fe氧化为Fe³⁺，故B错误；C．“碱溶”产物中含有 ，离子反应方程式为Sn+2OH^﹣+O₂ H₂O，故C正确；D．电解精炼”时，粗铜在阳极失电子发生氧化反应，故D错误；故选：C。

【难度】1

6．我国科学家预测了稳定的氮单质分子N₈（结构如图）。设N_A为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（　　）

A．1.0mol N₈的σ键电子数为16N_A

B．1.0mol N₈的（价层）孤电子对数为7N_A

C．1.0mol N₈的sp²杂化N原子数为6N_A

D．112.0gN₈完全分解，产生的N₂分子数为4N_A

【答案】B

【考点】阿伏加德罗常数；原子轨道杂化方式及杂化类型判断

【分析】A．原子间形成的共价键一定含一个σ键，含电子数2个；

B．结构分析可知，氮原子形成三个共价键会存在一对孤对电子；

C．sp²杂化N原子形成N＝N键；

D．

【解答】解：A． 分子结构可知，1.0mol N₈的σ键电子数为16N_A，故A正确；B．结构分析可知，氮原子形成三个共价键会存在一对孤对电子，1.0mol N₈的（价层）孤电子对数为6N_A，故B错误；C．1.0mol N₈的sp²杂化N原子数为6N_A，故C正确；D．112.0gN₈物质的量 1mol，完全分解，产生的N₂分子数为4N_A，故D正确；故选：B。

【难度】3

7．多卤离子 、 、 在水溶液中的分解反应及平衡常数值如下：

离子	分解反应	平衡常数值
（aq）	（aq）═I2（aq）+I﹣（aq）	1.4×10﹣3
（aq）	（aq）═ICl（aq）+Cl﹣（aq）	6.0×10﹣3
（aq）	（aq）═IBr（aq）+Br﹣（aq）	K

下列说法错误的是（　　）

A．K＜6.0×10^﹣3

B．上述分解反应均为氧化还原反应

C．共价键极性：ICl＞IBr

D． 可分解为BrCl（aq）和Cl^﹣（aq）

【答案】B

【考点】化学平衡常数的含义

【分析】根据多卤离子 、 、 在水溶液中的分解反应，分别分解生成I^﹣、Br^﹣、Cl^﹣，平衡常数K依次增大可知，1.4×10^﹣3ϖ＜K＜6.0×10^﹣3，据此分析作答。

【解答】解：A．根据分析可知，K＜6.0×10^﹣3，故A正确；B．上述分解反应中，没有元素化合价变化，均为非氧化还原反应，故B错误；C．电负性：共价键极性：Cl＞Br，则共价键极性：ICl＞IBr，故C正确；D． 中，中心原子是Br，可分解为BrCl（aq）和Cl^﹣（aq），故D正确；故选：B。

【难度】3

8．药物中间体1，3﹣环己二酮可由5﹣氧代己酸甲酯合成，转化步骤如图：

下列说法或操作错误的是（　　）

A．反应须在通风橱中进行

B．减压蒸馏去除CH₃OH、5﹣氧代己酸甲酯和DMF

C．减压蒸馏后趁热加入盐酸

D．过滤后可用少量冰水洗涤产物

【答案】C

【考点】制备实验方案的设计

【分析】A．该反应中有机物沸点较低，加热促进挥发；

B．5﹣氧代己酸甲酯和甲醇钠发生除了生成 外还生成CH₃OH，得到的有机物中含有CH₃OH、5﹣氧代己酸甲酯和DMF、1，3﹣环己二酮，减压蒸馏可以除去CH₃OH、5﹣氧代己酸甲酯和DMF；

C．盐酸具有挥发性，温度越高，挥发速率越大；

D．1，3﹣环己二酮不含亲水基，所以难溶于水，水能溶解盐酸等物质。

【解答】解：A．该反应中有机物沸点较低，加热促进挥发，所以反应须在通风橱中进行，故A正确；B．5﹣氧代己酸甲酯和甲醇钠发生除了生成 外还生成CH₃OH，得到的有机物中含有CH₃OH、5﹣氧代己酸甲酯和DMF、1，3﹣环己二酮，减压蒸馏可以除去CH₃OH、5﹣氧代己酸甲酯和DMF，故B正确；C．盐酸具有挥发性，温度越高，挥发速率越大，所以减压蒸馏后不能趁热加入盐酸，故C错误；D．1，3﹣环己二酮不含亲水基，所以难溶于水，水能溶解盐酸等物质，过滤后可用少量冰水洗涤产物，故D正确；故选：C。

【难度】3

9．一种兼具合成功能的新型锂电池工作原理如图。电解质为含Li⁺有机溶液。放电过程中产生（CF₃SO₂）₂NLi，充电过程中电解LiCl产生Cl₂。下列说法正确的是（　　）

A．交换膜为阴离子交换膜

B．电解质溶液可替换为LiCl水溶液

C．理论上每生成1mol Cl₂，需消耗2mol Li

D．放电时总反应：6Li+N₂+4CF₃SO₂Cl═2（CF₃SO₂）₂NLi+4LiCl

【答案】D

【考点】原电池与电解池的综合

【分析】由图可知，放电过程中产生（CF₃SO₂）₂NLi，故放电过程中氮气得电子生成Li₃N，Li₃N后转化为（CF₃SO₂）₂NLi和LiCl，则Ni﹣Pt电极为正极，Li电极为负极，据此作答。

【解答】解：A．放电过程中负极Li失电子生成Li⁺，Li⁺通过阳离子交换膜进入左侧生成（CF₃SO₂）₂NLi，故A错误；B．Li性质活泼，能与水反应，故电解质溶液不能为水，故B错误；C．充电过程中，氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，电极反应为2Cl^﹣﹣2e^﹣＝Cl₂↑，阴极锂离子得电子生成Li，电极反应式为Li⁺+e^﹣＝Li，则理论上每生成1mol Cl₂，需生成2mol Li，故C错误；D．放电过程中氮气得电子生成Li₃N，Li₃N后转化为（CF₃SO₂）₂NLi和LiCl，负极锂失电子生成锂离子，故总反应为6Li+N₂+4CF₃SO₂Cl═2（CF₃SO₂）₂NLi+4LiCl，故D正确；故选：D。

【难度】3

10．将草酸钙固体溶于不同初始浓度[c₀（HCl）]的盐酸中，平衡时部分组分的lgc﹣lgc₀（HCl）关系如图。已知草酸K_a1＝10^﹣1.3，K_a2＝10^﹣4.3。下列说法错误的是（　　）

A．lgc₀（HCl）＝﹣1.2时，溶液的pH＝1.3

B．任意c₀（HCl）下均有：c（Ca²⁺）＝c（HC₂ ）+c（H₂C₂O₄）+c（C₂ ）

C．CaC₂O₄（s）+2H⁺（aq）═Ca²⁺（aq）+H₂C₂O₄（aq）的平衡常数为10^﹣3.0

D．lgc₀（HCl）＝﹣4.1时，2c（Ca²⁺）+c（H⁺）＝c（OH^﹣）+2c（HC₂ ）+c（Cl^﹣）

【答案】D

【考点】弱电解质的电离平衡

【分析】随着lgc₀（HCl）的增大，则c₀（HCl）逐渐增大，溶液的酸性增强，溶液中c（C₂ ）减小、c（HC₂ ）先增大后减小、c（H₂C₂O₄）增大，所以曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示lgc（C₂ ）、lgc（HC₂ ）、lgc（H₂C₂O₄）；

A．lgc₀（HCl）＝﹣1.2时，lgc（HC₂ ）＝lgc（H₂C₂O₄），c（HC₂ ）＝c（H₂C₂O₄），K_a1 c（H⁺）＝c（H⁺）＝10^﹣1.3mol/L；

B．任意c₀（HCl）下均有物料守恒：c（Ca²⁺）＝c（HC₂ ）+c（H₂C₂O₄）+c（C₂ ）；

C．lgc₀（HCl）＝1时，c₀（HCl）＝10mol/L，根据图知，c（HC₂ ）＝10^﹣2.8 mol/L，K_a2 10^﹣4.3，c（C₂ ）＝10^﹣8.1mol/L，K_a1 c（H⁺） 10^﹣1.3，c（H₂C₂O₄）＝10^﹣0.5mol/L，CaC₂O₄（s）+2H⁺（aq）═Ca²⁺（aq）+H₂C₂O₄（aq）的平衡常数为 ；

D．lgc₀（HCl）＝﹣4.1时，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒判断。

【解答】解：A．lgc₀（HCl）＝﹣1.2时，lgc（HC₂ ）＝lgc（H₂C₂O₄），c（HC₂ ）＝c（H₂C₂O₄），K_a1 c（H⁺）＝c（H⁺）＝10^﹣1.3mol/L，溶液的pH＝1.3，故A正确；B．任意c₀（HCl）下均有物料守恒：c（Ca²⁺）＝c（HC₂ ）+c（H₂C₂O₄）+c（C₂ ），故B正确；C．lgc₀（HCl）＝1时，c₀（HCl）＝10mol/L，根据图知，c（HC₂ ）＝10^﹣2.8 mol/L，K_a2 10^﹣4.3，c（C₂ ）＝10^﹣8.1mol/L，K_a1 c（H⁺） 10^﹣1.3，c（H₂C₂O₄）＝10^﹣0.5mol/L，CaC₂O₄（s）+2H⁺（aq）═Ca²⁺（aq）+H₂C₂O₄（aq）的平衡常数为 10^﹣3.0，故C正确；D．lg₀（HCl）＝﹣4.1时，溶液中存在电荷守恒2c（Ca²⁺）+c（H⁺）＝c（OH^﹣）+c（HC₂ ）+2c（C₂ ）+c（Cl^﹣），根据图知，c（HC₂ ）＝c（C₂ ），则存在2c（Ca²⁺）+c（H⁺）＝c（OH^﹣）+3c（HC₂ ）+c（Cl^﹣），故D错误；故选：D。

【难度】5

二、非选择题

11．锂云母的主要成分为K（Li_1.5Al_1.5）（AlSi₃O₁₀）（OH）_xF_2﹣x，实验室探索一种碱浸分解锂云母制备LiOH的工艺流程如图：

（1）“高压浸出”中：

①“滤渣1”中卤化物Y为 　 　。（填化学式）

②一定条件下，元素浸出率与CaO用量的关系如图，为提高锂浸出率，CaO最佳用量为 　 　g。（保留小数点后一位）

③精矿颗粒尺寸对锂浸出率的主要影响如下：

ⅰ.尺寸越小，颗粒总表面积越大，有利于反应

液接触

ⅱ.尺寸越小，颗粒聚集趋势越大，不利于反应液渗入一定条件下，颗粒尺寸与锂浸出率关系如图。

区域Ⅰ中，锂浸出率随颗粒尺寸减小而降低的原因是 　 　。

（2）“沉锂”生成磷酸锂的化学方程式为 　 　。

（3）“沉淀转化”反应2Li₃PO₄（s）+3Ca（OH）₂（aq）═6LiOH（aq）+Ca₃（PO₄）₂（s）的平衡常数K＝ 　 　。（列出计算式）

已知：25℃时，K_sp（Li₃PO₄）＝m，K_sp[Ca₃（PO₄）₂]＝n。

（4）“操作Z”为加热、趁热过滤和 　 　；趁热过滤的主要目的是 　 　。（LiOH分解温度约为1000℃）

（5）LiOH的晶胞结构如图所示。

①晶体中与一个O紧邻的Li有 　 　个。

②一个Li与所有紧邻O形成的空间结构为 　 　。

③晶体中微粒间作用力有 　 　。（填标号）

a.氢键

b.离子键

c.金属键

d.范德华力

e.极性共价键

f.非极性共价键

【答案】（1）①CaF₂；②4.5；③该条件下ii的影响程度大于i的影响程度；（2）H₃PO₄+3LiOH＝Li₃PO₄↓+3H₂O；（3） ；（4）蒸发结晶；除去Ca（OH）₂杂质；（5）①4；②四面体形；③bde。

【考点】制备实验方案的设计；晶胞的计算

【分析】锂云母的主要成分为K（Li_1.5Al_1.5）（AlSi₃O₁₀）（OH）_xF_2﹣x，碱浸分解锂云母，滤渣1主要含氯硅酸盐和Y，Y为卤化物，根据元素守恒及物质的溶解性知，Y为CaF₂，滤液中加入少量CaO进行净化，得到的滤渣2为CaF₂，向滤液中加入H₃PO₄进行沉锂，离子方程式为H₃PO₄+3LiOH＝Li₃PO₄↓+3H₂O，向Li₃PO₄中加入Ca（OH）₂溶液进行沉淀的转化，滤渣3为Ca₃（PO₄）₂，滤液2中通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤得到LiOH固体。

【解答】解：（1）①通过以上分析知，“滤渣1”中卤化物Y为CaF₂，故答案为：CaF₂；②Li的浸出率越多、其它金属元素的浸出率越少越好，根据图知，CaO最佳用量为4.5g，故答案为：4.5；③区域Ⅰ中，锂浸出率随颗粒尺寸减小而降低的原因是该条件下ii的影响程度大于i的影响程度，故答案为：该条件下ii的影响程度大于i的影响程度；（2）通过以上分析知，“沉锂”生成磷酸锂的化学方程式为H₃PO₄+3LiOH＝Li₃PO₄↓+3H₂O，故答案为：H₃PO₄+3LiOH＝Li₃PO₄↓+3H₂O；（3）“沉淀转化”反应2Li₃PO₄（s）+3Ca（OH）₂（aq）═6LiOH（aq）+Ca₃（PO₄）₂（s）的平衡常数K ，故答案为： ；（4）“操作Z”为加热、趁热过滤和蒸发结晶；Ca（OH）₂的溶解度随着温度的升高而降低，趁热过滤的主要目的是除去Ca（OH）₂杂质，故答案为：蒸发结晶；除去Ca（OH）₂杂质；（5）①根据右侧图知，O原子位于前后左右4个面上，晶体中与一个O紧邻的Li有4个，故答案为：4；②一个Li与所有紧邻O形成的空间结构为四面体形，故答案为：四面体形；③晶体中微粒间锂离子和氢氧根离子之间存在离子键、氢氧根离子中存在极性共价键，氢氧根离子之间存在范德华力，故答案为：bde。

【难度】5

12．实验室用发光二极管（LED）的生产废料（主要成分为难溶于水的GaN，含少量In、Mg金属）制备Ga₂O₃，过程如图。已知：Ga与In为同族元素，In难溶于NaOH溶液。

（1）①基态镓（Ga）原子的价电子排布式为 　 　。

②I中GaN反应生成[Ga（OH）₄]^﹣的离子方程式为 　 　。

③Ⅰ使用装置如图（加热及夹持装置省略），吸收液可用 　 　。（填标号）

a.水

b.浓盐酸

c.稀硫酸

d.四氯化碳

（2）①Ⅱ需用到的玻璃仪器有烧杯、　 　和 　 　。

②“沉淀1”含金属元素 　 　。（填元素符号）

（3）①Ⅲ加硫酸调节溶液pH的目的是 　 　。

②按下列操作顺序测定溶液pH，不规范的是 　 　。（填标号）

a.用镊子夹取湿润的pH试纸

b.将pH试纸置于干燥洁净的玻璃片上

c.用滴管吸取少量待测液，滴在pH试纸中央

d.观察试纸颜色变化，并与标准比色卡比较

（4）Ga₂O₃纯度测定：称取Ga₂O₃样品wg，经处理配制成VmL溶液，从中移取V₀mL于锥形瓶中，一定条件下，加入V₁mLc₁mol•L^﹣1Na₂H₂Y溶液（此时镓以[GaY]^﹣存在），再加入PAN作指示剂，用c₂mol•L^﹣1CuSO₄标准溶液滴定过量的Na₂H₂Y，滴定终点为紫红色。

该过程涉及反应：Cu²⁺+H₂Y^2﹣＝[CuY]^2﹣+2H⁺

①终点时消耗CuSO₄溶液V₂mL，则Ga₂O₃纯度为 　 　×100%。（列出计算式）

②滴定时会导致所测Ga₂O₃纯度偏小的情况是 　 　。（填标号）

a.未使用标准溶液润洗滴定管

b.称重后样品吸收了空气中水汽

c.终点时滴定管尖嘴内有气泡

d.终点读数时仰视滴定管刻度线

【答案】（1）①4s²4p¹；②3H₂O+GaN+OH^﹣ [Ga（OH）₄]^﹣+NH₃↑；③ac；（2）①漏斗；玻璃棒；②In、Mg；（3）①将Na[Ga（OH）₄]转化为Ga（OH）₃沉淀；②ac；（4）① 或 ；②ad。

【考点】制备实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量

【分析】LED生产废料的主要成分为难溶于水的GaN，含少量In、Mg金属，LED生产废料中加入2mol/L的NaOH溶液并加热80℃，In、Mg都不溶于NaOH溶液，GaN溶于NaOH溶液得到Na[Ga（OH）₄]和NH₃，过滤后得到的沉淀1为In、Mg，滤液中加入H₂SO₄然后过滤得到Ca（OH）₃和滤液，滤液中含有Na₂SO₄和过量的H₂SO₄，Ga（OH）₃受热分解生成Ga₂O₃和H₂O。

【解答】解：（1）①基态镓（Ga）位于第四周期，和Al位于同一主族，其4s、4p能级上的电子为价电子，所以基态Ga原子的价电子排布式为4s²4p¹，故答案为：4s²4p¹；②GaN溶于NaOH溶液得到Na[Ga（OH）₄]和NH₃，I中GaN反应生成[Ga（OH）₄]^﹣的离子方程式为3H₂O+GaN+OH^﹣ [Ga（OH）₄]^﹣+NH₃↑，故答案为：3H₂O+GaN+OH^﹣ [Ga（OH）₄]^﹣+NH₃↑；③Ⅰ使用装置如图（加热及夹持装置省略），蒸馏得到的物质是NH₃，吸收液可用H₂O、稀硫酸，因为盐酸易挥发，污染空气，氨气不溶于四氯化碳，故答案为：ac；（2）①Ⅱ需用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，故答案为：漏斗；玻璃棒；②“沉淀1”含金属元素In、Mg，故答案为：In、Mg；（3）①Ⅲ加硫酸调节溶液pH的目的是将Na[Ga（OH）₄]转化为Ga（OH）₃沉淀，故答案为：将Na[Ga（OH）₄]转化为Ga（OH）₃沉淀；②a.pH试纸不能湿润，否则导致溶液浓度偏低，操作不规范，故a正确；b.将pH试纸置于干燥洁净的玻璃片上，操作正确，故b错误；c.用玻璃棒蘸取待测液，滴在pH试纸中央，操作不规范，故c正确；d.观察试纸颜色变化，并与标准比色卡比较，操作正确，故d错误；故答案为：ac；（4）①根据“Cu²⁺+H₂Y^2﹣＝[CuY]^2﹣+2H⁺”知，CuSO₄消耗的n（Na₂H₂Y）＝n（CuSO₄）＝c₂mol•L^﹣1×10^﹣3V₂L＝10^﹣3c₂V₂mol，V₀mL待测液消耗的n（Na₂H₂Y）＝10^﹣3×（c₁V₁﹣10c₂V₂）mol，V₀mL待测液溶解的n（Ga₂O₃） n（Na₂H₂Y） 10^﹣3×（c₁V₁﹣10c₂V₂）mol，则VmL待测液溶解的n（Ga₂O₃） VmL mol，Ga₂O₃纯度为 100% 100%或 100%，

故答案为： 或 ；②a.未使用标准溶液润洗滴定管，标准液浓度偏低，使用的标准液体积偏大，待测液消耗的n（Na₂H₂Y）偏小，则所测Ga₂O₃纯度偏小，故a正确；b.称重后样品吸收了空气中水汽，使用的标准液体积偏小，待测液消耗的n（Na₂H₂Y）偏大，则所测Ga₂O₃纯度偏大，故b错误；c.终点时滴定管尖嘴内有气泡，标准液体积偏小，待测液消耗的n（Na₂H₂Y）偏大，则所测Ga₂O₃纯度偏大，故c错误；d.终点读数时仰视滴定管刻度线，标准液体积偏大，待测液消耗的n（Na₂H₂Y）偏小，则所测Ga₂O₃纯度偏小，故d正确；故答案为：ad。

【难度】5

13．软珊瑚素的关键中间体（L）的某合成路线如下。（不考虑立体异构）

已知：TBS和PMB为保护基团。

（1）B中官能团有碳碳双键、　 　、　 　。（写名称）

（2）Ⅱ的反应类型为 　 　； 的空间结构为 　 　。

（3）Ⅲ的化学方程式为 　 　。

（4）Ⅳ的反应条件为 　 　。

（5）由J生成L的过程涉及两种官能团的转化，分别示意如下：

①—O—TBS —OH

②

K的结构简式为 　 　。

（6）Y是A的同分异构体，且满足下述条件。Y的结构简式为 　 　。

①Y可以发生银镜反应。

②Y的核磁共振氢谱有2组峰，峰面积之比为9：1。

【答案】（1）碳溴键；羰基；（2）还原反应；四面体形；（3） ；（4）I₂、碱、CH₂Cl₂；（5） ；（6）（CH₃）₃CC≡CCHO。

【考点】有机物的合成

【分析】A发生取代反应生成B，B发生还原反应生成C，D发生取代反应生成E，F发生取代反应生成G，E、H发生加成后水解生成J，由J生成L的过程涉及两种官能团的转化，根据信息②知，应该先发生信息②后发生信息①的反应，则K为 。

【解答】解：（1）B中官能团有碳碳双键、碳溴键、羰基，故答案为：碳溴键；羰基；（2）Ⅱ的反应类型为还原反应； 中B原子的价层电子对个数是4 4且不含孤电子对，该离子的空间结构为四面体形，故答案为：还原反应；四面体形；（3）Ⅲ的化学方程式为 ，故答案为： ；（4）Ⅳ和Ⅰ的反应类似，所以Ⅳ的反应条件为I₂、碱、CH₂Cl₂，故答案为：I₂、碱、CH₂Cl₂；（5）通过以上分析知，K的结构简式为 ，故答案为： ；（6）Y是A的同分异构体，且满足下述条件：①Y可以发生银镜反应，说明含有醛基；②Y的核磁共振氢谱有2组峰，峰面积之比为9：1，说明含有2种氢原子，且含有3个等效的甲基，根据其不饱和度知，还存在2个碳碳双键或1个碳碳三键或1个环和1个碳碳双键，结合氢原子个数及种类知，符合条件的结构简式为（CH₃）₃CC≡CCHO，故答案为：（CH₃）₃CC≡CCHO。

【难度】5

14．SiHCl₃是制造多晶硅的原料，可由Si和SiCl₄耦合加氢得到，相关反应如下：

Ⅰ.SiCl₄（g）+H₂（g）═SiHCl₃（g）+HCl（g） ΔH₁＝52kJ•mol^﹣1

Ⅱ.Si（s）+3HCl（g）═SiHCl₃（g）+H₂（g） ΔH₂＝﹣236kJ•mol^﹣1

Ⅲ.Si（s）+SiCl₄（g）+2H₂（g）═2SiH₂Cl₂（g） ΔH₃＝16kJ•mol^﹣1

（1）生成SiHCl₃的总反应：

Ⅳ.Si（s）+3SiCl₄（g）+2H₂（g）═4SiHCl₃（g） ΔH₄＝ 　 　kJ•mol^﹣1

（2）体系达到平衡状态且其他条件不变时：

①压缩平衡体系体积，重新达到平衡后物质的量分数增大的组分为 　 　。（填标号）

a.SiCl₄

b.SiHCl₃

c.SiH₂Cl₂

d.HCl

②反应温度升高不利于提高平衡时产物SiHCl₃选择性的原因是 　 　。

（3）在压强为p₀的恒压体系中通入2.0mol H₂和1.0mol SiCl₄，达到平衡时，气体组分的物质的量分数随温度变化如图所示（忽略气体组分在硅表面的吸附量）。已知：K_p为用气体分压表示的平衡常数，分压＝物质的量分数×总压。

①图中n代表的组分为 　 　。（填化学式）

②750K时，反应Ⅲ的平衡常数K_p＝ 　 　。（列出计算式）

③750K时，SiCl₄的平衡转化率为f，消耗硅的物质的量为 　 　mol。（列出计算式）

（4）673K下、其他条件相同时，用Cu、CuO和CuCl分别催化上述反应，一段时间内SiCl₄的转化率如下表所示。（产物SiHCl₃选择性均高于98.5%）

催化剂	Cu	CuO	CuCl
SiCl4的转化率/%	7.3	14.3	22.3

①使用不同催化剂时，反应Ⅳ的ΔH：CuO催化剂 　 　CuCl催化剂（填“＞”“＜”或“＝”）；反应Ⅳ的活化能：Cu催化剂 　 　CuCl催化剂（填“＞”“＜”或“＝”）。

②使用CuCl催化剂，初始投料αmol SiCl₄，该段时间内得到βmol SiHCl₃，则SiHCl₃的选择性 100%＝ 　 　×100%。（列出计算式）

【答案】（1）﹣80；（2）①bc；②ΔH₄＜0、ΔH₃＞0，升高温度，Ⅳ逆向移动、Ⅲ正向移动，SiHCl₃的产量减小；（3）①HCl；② ；③ 1；（4）①＝；＞；② 。

【考点】化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡的影响因素

【分析】（1）将方程式Ⅱ+3Ⅰ得方程式Ⅳ.Si（s）+3SiCl₄（g）+2H₂（g）＝4SiHCl₃（g） ΔH₄＝ΔH₂+2ΔH₁；

（2）①压缩平衡体系体积，压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动；

②升高温度，平衡向吸热方向移动；

（3）①根据反应Ⅰ～Ⅳ知，升高温度，反应Ⅰ、Ⅲ正向移动，产物的含量增加，结合图知，n为HCl、m为SiHCl₃；

②750K时，SiCl₄的物质的量分数为x，氢气的物质的量分数为w，SiH₂Cl₂的物质的量分数为z，反应Ⅲ的平衡常数K_p＝ ；

③消耗的n（SiCl₄）＝fmol，剩余的n（SiCl₄）＝（1﹣f）mol，平衡时各物质的物质的量分数分别为：SiCl₄→x、SiH₂Cl₂→z、SiHCl₃→y，设平衡时混合物的总物质的量为Mmol， x，M mol， y，n（SiHCl₃） mol， z，n（SiH₂Cl₂） mol，根据SI原子守恒，消耗的n（Si）＝平衡物质中总的n（Si）﹣开始时1mol SiCl₄，则n（Si）＝[（1﹣f） ]mol﹣1mol；

（4）①催化剂能降低反应的活化能，但不影响焓变；反应Ⅳ的活化能：活化能越低，反应越快，物质的转化率越大；

②初始投料αmol SiCl₄，该段时间内得到βmol SiHCl₃，βmol SiHCl₃生成消耗n（SiCl₄） mol，根据转化率知，消耗的n（SiCl₄）＝αmol×22.3%＝0.223αmol，SiHCl₃的选择性 100%。

【解答】解：（1）将方程式Ⅱ+3Ⅰ得方程式Ⅳ.Si（s）+3SiCl₄（g）+2H₂（g）＝4SiHCl₃（g） ΔH₄＝ΔH₂+2ΔH₁＝[﹣236+3×（+52）]kJ/mol＝﹣80kJ/mol，故答案为：﹣80；（2）①压缩平衡体系体积，压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，反应Ⅰ的平衡不移动，Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ的平衡都正向移动，重新达到平衡后物质的量分数增大的组分为SiH₂Cl₂、SiHCl₃，故答案为：bc；②反应温度升高不利于提高平衡时产物SiHCl₃选择性的原因是ΔH₄＜0、ΔH₃＞0，升高温度，Ⅳ逆向移动、Ⅲ正向移动，SiHCl₃的产量减小，故答案为：ΔH₄＜0、ΔH₃＞0，升高温度，Ⅳ逆向移动、Ⅲ正向移动，SiHCl₃的产量减小；（3）①根据反应Ⅰ～Ⅳ知，升高温度，反应Ⅰ、Ⅲ正向移动，产物的含量增加，结合图知，n为HCl、m为SiHCl₃，故答案为：HCl；②750K时，SiCl₄的物质的量分数为x，氢气的物质的量分数为w，SiH₂Cl₂的物质的量分数为z，反应Ⅲ的平衡常数K_p＝ ，故答案为： ；③消耗的n（SiCl₄）＝fmol，剩余的n（SiCl₄）＝（1﹣f）mol，平衡时各物质的物质的量分数分别为：SiCl₄→x、SiH₂Cl₂→z、SiHCl₃→y，设平衡时混合物的总物质的量为Mmol， x，M mol， y，n（SiHCl₃） mol， z，n（SiH₂Cl₂） mol，根据SI原子守恒，消耗的n（Si）＝平衡物质中总的n（Si）﹣开始时1mol SiCl₄，则n（Si）＝[（1﹣f） ]mol﹣1mol＝[ 1]mol，故答案为： 1；（4）①催化剂能降低反应的活化能，但不影响焓变，则反应Ⅳ的ΔH：CuO催化剂＝CuCl催化剂；根据表中数据知，在相同单位时间内，Cu作催化剂SiCl₄的转化率小于CuCl作催化剂SiCl₄的转化率，由此可以得出CuCl作催化剂时活化能更低，效率更高，则反应Ⅳ的活化能：Cu催化剂＞CuCl催化剂，故答案为：＝；＞；②初始投料αmol SiCl₄，该段时间内得到βmol SiHCl₃，βmol SiHCl₃生成消耗n（SiCl₄） mol，根据转化率知，消耗的n（SiCl₄）＝αmol×22.3%＝0.223αmol，SiHCl₃的选择性 100% 100% 100%，故答案为： 。

【难度】5