2023年湖南省高考化學(xué)第二次聯(lián)考試卷(附答案詳解)

2023年湖南省高考化學(xué)其次次聯(lián)考試卷明朝宋應(yīng)星《天工開(kāi)物》中記載：“同一海鹵傳神，而取法則異?！环ǔ辈\被地，……候潮一過(guò)，明日天晴，半日曬出鹽霜，疾趨掃起煎煉?！币韵掠嘘P(guān)表達(dá)錯(cuò)誤的選項(xiàng)是()海鹵焰色試驗(yàn)時(shí)火焰為黃色推斷“鹽霜”中不含鉀元素古代可利用鹽霜延長(zhǎng)食物的保存時(shí)間“半日曬出鹽霜”是蒸發(fā)結(jié)晶的過(guò)程“海鹵”的主要成分為NaCl：34Se(硒)與O為同族元素。以下化學(xué)用語(yǔ)說(shuō)法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是( )34質(zhì)量數(shù)為79的Se79Se34Na2Se的電子式是Se原子的構(gòu)造示意圖為H2Se的構(gòu)造式為H?Se?H利用以下裝置模擬侯氏制堿法，存在不妥之處的是( )制備N(xiāo)H3 B. 制備CO2C. 分別NaHCO3 D. 制備N(xiāo)aHCO3以下有關(guān)周期律的說(shuō)法正確的選項(xiàng)是( )氫化物的穩(wěn)定性：HF>H2O>NH3F、Cl、Br、I的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性漸漸減弱原子半徑：r(C)<r(N)<r(O)<r(F)相對(duì)分子質(zhì)量H2S>H2O，故沸點(diǎn)H2S>H2ONA是阿伏加德羅常數(shù)的值。以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是( )128頁(yè)21.9gH18O2中含有的電子數(shù)為1.1NA2標(biāo)況下22.4L丁烯和環(huán)丁烷混合氣體中含有C?H鍵的數(shù)目為8NA168.5gCsCl中含有CsCl分子數(shù)目為NA1mol?L?1Na2SO4溶液中含有陽(yáng)離子的個(gè)數(shù)為2NA以下離子方程式錯(cuò)誤的選項(xiàng)是( )3向飽和碳酸鈉溶液中通入過(guò)量二氧化碳：2Na++CO2?+CO2+H2O?=32NaHCO3↓3氫氧化鈉溶液吸取處理SO2尾氣：2OH?+SO2=SO2?+H2O33漂白液中通入少量CO2：2ClO?+CO2+H2O=CO2?+2HClO3將過(guò)量氯氣通入FeI2溶液中：2Fe2++4I?+3Cl2=2I2+2Fe3++6Cl?以下試驗(yàn)操作能到達(dá)目的的是( )選目的 操作項(xiàng)向煮沸的蒸餾水中滴加5～6滴飽和FeCl3溶液，A制備Fe(OH)3膠體驗(yàn)證食品包裝袋內(nèi)一小包脫氧B劑中復(fù)原鐵粉變質(zhì)制備無(wú)水AlCl3證明乙烯具有復(fù)原性

連續(xù)煮沸至消滅紅褐色沉淀取少量樣品溶于鹽酸，參與K3[Fe(CN)6]溶液在HCl氣流中加熱AlCl3?6H2O將溴乙烷與氫氧化鈉的乙醇溶液共熱接通入酸性高錳酸鉀溶液中A B.B C.C D.D一種高性能水系鐵?氫氣二次電池工作原理如以下圖，以下說(shuō)法中正確的選項(xiàng)是( )放電時(shí)，碳網(wǎng)電極為負(fù)極離子交換膜為陽(yáng)離子交換膜，充電時(shí)，K+通過(guò)離子交換膜從左極室移向右極室228頁(yè)放電時(shí)，負(fù)極區(qū)pH變大D.充電時(shí)，電池總反響為2[Fe(CN)6]4?+2H2O=2[Fe(CN)6]3?+2OH?+H2↑以下關(guān)于 三種有機(jī)化合物的說(shuō)法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是( )a、b、c中只有c的全部碳原子可以處于同一平面b、c兩者互為同分異構(gòu)體a、b、c均可使酸性高錳酸鉀溶液反響褪色1molb與1molBr2完全反響生成的加成產(chǎn)物有三種據(jù)文獻(xiàn)報(bào)道：使用型催化劑實(shí)現(xiàn)芳香化合物選擇性C?H鍵活化機(jī)理如以下圖。以下表達(dá)正確的選項(xiàng)是( )總反響方程式為該催化劑可降低反響的活化能，有效提高反響物的平衡轉(zhuǎn)化率反響過(guò)程中Pd的成鍵數(shù)目保持不變是該反響的催化劑以高雜質(zhì)碳酸鋰(含Ca、Mg雜質(zhì))為原料制備電池級(jí)碳酸鋰的工藝流程如圖。EDTA對(duì)Ca2+，Mg2+雜質(zhì)離子有很好的絡(luò)合效果；Li2CO3的溶解度隨溫度上升而降低，且在乙醇中溶解度小。以下說(shuō)法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是( )328頁(yè)O22O3+O2+2O=2LiHCO3操作1為過(guò)濾，試驗(yàn)室進(jìn)展該操作時(shí)使用的玻璃儀器為漏斗、玻璃棒、燒杯氫化階段應(yīng)把握反響溫度為高溫，利于反響進(jìn)展，加快反響速率操作2中，提高碳酸鋰回收率的方法有上升溫度和參與乙醇溶劑試驗(yàn)室利用乙醇催化氧化制取粗乙醛的反響裝置如以下圖關(guān)于試驗(yàn)操作或表達(dá)錯(cuò)誤的選項(xiàng)是( )試管a中收集產(chǎn)物，參與Na有可燃性氣體生成，說(shuō)明試管a中粗乙醛中混有乙醇甲中選用熱水，有利于乙醇揮發(fā)，乙中選用冷水，有利于冷凝收集產(chǎn)物該反響中銅為催化劑，硬質(zhì)玻璃管中銅網(wǎng)消滅紅黑交替現(xiàn)象本試驗(yàn)中，可以利用分液的分別方法除去試管a內(nèi)乙醛中的雜質(zhì)類(lèi)比pH，定義pC=?lgC，琥珀酸(CH2COOH)2(以H2A表示)為二元弱酸，25℃時(shí)用HCl氣體或者KOH固體調(diào)整1L0.1mol/LH2A溶液的pH，混合溶液中的pH與pC(H2A、HA?、A2?)的關(guān)系如以下圖(不考慮溶液體積和溫度的變化)，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是( )曲線Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分別代表的粒子為HA?、A2?、H2Aa、b、c三點(diǎn)水的電離程度大小為：b>a>c滴定過(guò)程中

c2(HA?)

先增大再減小c(H2A)?c(A2?)c點(diǎn)溶液滿足c(K+)<0.1+c(HA?)428頁(yè)在恒容、NH3和NO的起始濃度確定的條件下，分別以VWTi/AC0、VWTi/AC10、VWTi/AC50、VWTi/AC70為催化劑，發(fā)生反響4NH3(g)+6NO(g)?5N2(g)+6H2O(g)△H<0，一樣時(shí)間內(nèi)測(cè)得不同溫度下NO轉(zhuǎn)化為N2的轉(zhuǎn)化率如圖a所示，溫度上升有副產(chǎn)物N2O生成測(cè)得不同溫度N2O的生成量如圖b所示以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是( )以VWTi/AC0為催化劑，溫度高于400℃之后曲線上的任一點(diǎn)均是對(duì)應(yīng)溫度下的平衡點(diǎn)VWTi/AC50在T>350℃之后NO轉(zhuǎn)化率降低的可能緣由是有副反響的發(fā)生圖中X點(diǎn)所示條件下，增加NH3濃度不能提高NO轉(zhuǎn)化率D.250℃時(shí)K=1024，假設(shè)起始時(shí)充入c(NH3)=c(NO)=c(N2)=1mol?L?1，2c(HO)=2mol?L?1，則v >v2正 逆己二酸[HOOC(CH2)4COOH]是合成尼龍?66的主要原料之一，它可以用硝酸或高錳酸鉀氧化環(huán)己醇( )制得本試驗(yàn)中承受堿性高錳酸鉀為氧化劑其中得到的復(fù)原產(chǎn)物為MnO2(黑色固體)，該反響放熱，溫度過(guò)高反響猛烈，會(huì)產(chǎn)生副產(chǎn)物(碳數(shù)較少的二元羧酸)。：有關(guān)數(shù)據(jù)列表如下：化合物名稱(chēng)分子量 性狀 熔點(diǎn)(℃)

溶解度水乙醇環(huán)己醇100液體或晶體25.2可溶可溶高錳酸鉀158紫黑色固體240易溶難溶己二酸146白色結(jié)晶152微溶(溫度上升溶解度明顯增大)易溶該反響試驗(yàn)原理如下，配平以下方程式：3+5H2O

+8KMnO4→ KOOC(CH2)4COOK+ MnO2↓+ KOOC(CH2)4COOK+2HCl→HOOC(CH2)4COOH+2KCl528頁(yè)試驗(yàn)過(guò)程中裝置如以下圖(夾持裝置已略去)：制備過(guò)程：①向250mL儀器A內(nèi)參與50mL0.3mol/L氫氧化鉀溶液，邊攪拌邊將6.3g(約0.04mol)高錳酸鉀溶解到氫氧化鉀溶液中，用儀器B逐滴滴加2.1mL(約0.02mol)環(huán)己醇到上述溶液中，維持反響物溫度為43～47℃。逐滴滴加環(huán)己醇的目的為 。②反響根本完成的試驗(yàn)現(xiàn)象為 。③趁熱減壓過(guò)濾，如圖乙所示，濾渣二氧化錳用少量熱水洗滌，合并濾液和洗滌液。趁熱減壓過(guò)濾的作用是 。④用濃鹽酸酸化至pH=2.0，留神加熱蒸發(fā)濃縮溶液，冷卻結(jié)晶析出己二酸， (填寫(xiě)操作步驟)、枯燥、稱(chēng)重，最終得產(chǎn)物1.5g，試驗(yàn)產(chǎn)率為 %。(保存兩位有效數(shù)字)某同學(xué)認(rèn)為制得的己二酸中可能存在醛類(lèi)物質(zhì)，請(qǐng)你設(shè)計(jì)試驗(yàn)方案來(lái)證明該同學(xué)的猜測(cè)，試驗(yàn)方案： 。硫錳凈化廢渣中Mn、Co和Ni主要以硫化物形式存在，還含有少量SiO2，承受如下工藝流程回收廢渣中錳、鈷、鎳。①該工藝條件下，溶液中金屬離子開(kāi)頭沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：628頁(yè)pH6.31.58.1 7.1 6.9pH8.32.810.19.158.9金屬離子Fe2+Fe3+Mn2+Co金屬離子Fe2+Fe3+Mn2+Co2+Ni2+硫錳凈化廢渣預(yù)先粉碎的目的是 。“除雜1”溶液的pH范圍應(yīng)調(diào)整為 ～6之間，“濾渣1”的主要成分是 ?！俺s2”中參與MnF2的目的是使Ca2+轉(zhuǎn)化為CaF2沉淀除去假設(shè)溶液的pH偏低，將會(huì)導(dǎo)致Ca2+沉淀不完全其緣由是 [Ksp(CaF2)=5.3×10?9,Ka(HF)=6.3×10?4]。NiSO4在NaOH溶液中用NaClO氧化可沉淀出能用作鎳鎘電池正極材料的NiOOH，且轉(zhuǎn)移1mol電子時(shí)放出熱量為akJ?mol?1寫(xiě)出該反響的熱化學(xué)方程式 。(5)“操作Ⅳ”的具體試驗(yàn)操作有 、過(guò)濾洗滌、枯燥得到CoSO4?nH2O樣品，承受熱重分析法測(cè)定該樣品中所含結(jié)晶水?dāng)?shù)，將樣品加熱到95℃時(shí)失掉1個(gè)結(jié)晶水，失重6.4%。則該CoSO4?nH2O樣品的化學(xué)式為 。異丁烯為重要的化工原料，工業(yè)上可承受叔丁醇(TBA)氣相脫水法制備高純異丁烯產(chǎn)品，主要涉及以下反響：反響1(主反響)：(CH3)3C?OH(g)→(CH3)2C=CH2(g)+H2O(g)反響2(副反響)：2(CH3)2C=CH2(g)→(CH3)2C=CH?C(CH3)3(g)組分H2O (CH3)3C?OH(CH3)2組分H2O (CH3)3C?OH(CH3)2C=CH2焓變kJ?mol?1?241.83?339.21?17.1p該脫水反響的標(biāo)準(zhǔn)平衡常數(shù)Kθ隨溫度的變化關(guān)系如圖1所示，則反響2的△Hp 0(填“<”或“>”)，向體積可變?nèi)萜髦谐淙?mol的叔丁醇容器體積為1L，保條件反響一段時(shí)間后到達(dá)平無(wú)視副反響Kc= 。(Kθ為以標(biāo)準(zhǔn)分壓表示的平衡常數(shù)，各組分的標(biāo)準(zhǔn)分壓pθ=p

/pθ，pθ=p B B105Pa)理論計(jì)算反響條件對(duì)叔丁醇轉(zhuǎn)化率的影響如圖2、3所示，脫水反響溫度T<200℃時(shí)，N2/叔丁醇摩爾比對(duì)叔丁醇轉(zhuǎn)化率有影響，試從平衡移動(dòng)的角度分析充728頁(yè)入N2的緣由 依據(jù)圖示該脫水反響適宜承受條件T=P= MPa，N2/叔丁醇摩爾比=3/1。工業(yè)原料叔丁醇中存在不同含量的水分，一樣溫度下不同初始原料中H2O/TBA比例對(duì)叔丁醇平衡轉(zhuǎn)化率的影響如圖4所示，實(shí)際生產(chǎn)最正確工藝條件為T(mén)=204 426℃，請(qǐng)從H2O/TBA比例角度分析該條件下的優(yōu)點(diǎn) 。由Mg、C和Ni組成的三元合金系統(tǒng)具有超導(dǎo)電性。答復(fù)以下問(wèn)題：基態(tài)Ni原子核外電子排布式為 。對(duì)羥基苯甲酸( )具有防腐、防霉和殺菌等作用，其中C原子的雜化軌道類(lèi)型為 ，1mol對(duì)羥基苯甲酸中σ鍵數(shù)目為 (NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值)對(duì)羥基苯甲酸( )沸點(diǎn)比鄰羥基苯甲酸( ) (填“高”、“低”或“相等”)，緣由是 。型超導(dǎo)材料晶體的晶胞構(gòu)造中鎂原子和鎳原子位于頂點(diǎn)和面心，它們構(gòu)成兩種八面體空隙，一種由鎳原子構(gòu)成，另一種由鎳原子和鎂原子一起構(gòu)成，兩種八面體空隙的數(shù)量比是1：3828頁(yè)格子對(duì)角線取得的截圖如以下圖。①該型超導(dǎo)材料的化學(xué)式為 。②晶胞參數(shù)a=0.3812nm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，Mg的C配位數(shù)為 ，該晶胞密度為 g?cm?3。(列出計(jì)算式即可)芬M的某種路線如圖。：②RCH2

XN

RCH2CN③④ X=′=答復(fù)以下問(wèn)題：化合物B中含有的官能團(tuán)名稱(chēng)為 ；化合物F的構(gòu)造簡(jiǎn)式為 。檢驗(yàn)苯中混有化合物D的方法是 。(3)寫(xiě)出反響④的化學(xué)反響方程式 。(4)反響⑦的反響類(lèi)型為： 。928頁(yè)化合物M的同分異構(gòu)體中能同時(shí)滿足以下三個(gè)條件的有 個(gè)。(不考慮立體異構(gòu))(ⅰ)兩個(gè)苯環(huán)通過(guò)一個(gè)碳碳雙鍵相連，共含有三種官能團(tuán)；(ⅱ)1mol該化合物最多與3molNaOH反響，且不能發(fā)生銀鏡反響；(ⅲ)與FeCl3溶液顯紫色。結(jié)合以上合成路線信息，以 、CH3CH2OH、為原料(其他試劑任選)，合成 。28頁(yè)答案和解析【答案】A【解析】解：A.海鹵焰色試驗(yàn)時(shí)未通過(guò)藍(lán)色鈷玻璃觀看，則不能推斷“鹽霜”中是否含鉀元素，故A錯(cuò)誤；故B正確；蒸發(fā)食鹽水中的溶劑，隨著水分蒸發(fā)，NaCl結(jié)晶析出，則“半日曬出鹽霜”是蒸發(fā)結(jié)晶的過(guò)程，故C正確；海水中含有大量NaCl，所以海水蒸發(fā)得到的固體主要是NaClD正確；應(yīng)選：A。A.檢驗(yàn)鉀元素常用焰色試驗(yàn)，但必需透過(guò)藍(lán)色鈷玻璃觀看；B.濃食鹽水能使蛋白質(zhì)變性，抑制細(xì)菌滋生；C.海水曬鹽過(guò)程是蒸發(fā)結(jié)晶過(guò)程；D.海水中含有大量NaCl。此題考察離子的檢驗(yàn)、物質(zhì)的分別提純等學(xué)問(wèn)，把握常見(jiàn)離子的檢驗(yàn)方法、物質(zhì)的性質(zhì)大?！敬鸢浮緽34【解析】解：A.Se的質(zhì)子數(shù)為34，質(zhì)量數(shù)為79的Se79SeA正確；34Na2Se為離子化合物，其電子式為Se原子的核外電子總數(shù)為34，其原子構(gòu)造示意圖為

，故B錯(cuò)誤；，故C正確；H2Se為共價(jià)化合物，其分子中含有2個(gè)Se?H鍵，H2Se的構(gòu)造式為H?Se?H，故D正確；應(yīng)選：B。A.元素符號(hào)左上角為質(zhì)量數(shù)、左下角為質(zhì)子數(shù)；B.Na2Se為離子化合物，陰陽(yáng)離子需要標(biāo)出所帶電荷；28頁(yè)C.Se原子的核電荷數(shù)=核外電子總數(shù)=34，最外層含有6個(gè)電子；D.H2Se分子中含有2個(gè)Se?H鍵。題力氣，題目難度不大?！敬鸢浮緿【解析】解：A.氯化銨與氫氧化鈣加熱生成氨氣，則圖中固固加熱裝置可制備氨氣，故A正確；B.鹽酸與碳酸鈣反響生成二氧化碳，圖中固液不加熱裝置可制備二氧化碳，故B正確；C.過(guò)濾分別固體與溶液，分別NaHCO3固體和反響液用過(guò)濾的方法，故C正確；D.氨氣極易溶于水，導(dǎo)管在液面下易發(fā)生倒吸，所以左側(cè)應(yīng)通入NH3，右側(cè)通入CO2，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：D。A.氯化銨與氫氧化鈣加熱生成氨氣；B.鹽酸與碳酸鈣反響生成二氧化碳；C.過(guò)濾分別固體與溶液；D.氨氣極易溶于水，導(dǎo)管在液面下易發(fā)生倒吸。此題考察純堿工業(yè)及制備，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、制備原理、試驗(yàn)裝置的作用為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用力氣的考察，留意元素化合物學(xué)問(wèn)的應(yīng)用，題目難度不大。【答案】A【解析】解：A.元素的非金屬性越強(qiáng)，其氫化物越穩(wěn)定，非金屬性F>O>N，所以氫化物穩(wěn)定性：HF>H2O>NH3A正確；B.F元素沒(méi)有最高正價(jià)，故B錯(cuò)誤；C.同一周期原子半徑從左到右漸漸減小)>)>)>C錯(cuò)誤；D.水分子中存在氫鍵，熔沸點(diǎn)高于同主族其它元素的氫化物，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：A。A.同一周期從左到右非金屬性漸漸增加；28頁(yè)B.F元素?zé)o正價(jià)；C.同一周期原子半徑從左到右漸漸減??；D.水分子存在氫鍵，使氫化物的熔沸點(diǎn)增大。此題考察元素周期律的應(yīng)用，難度不大，生疏主族元素的變化規(guī)律為解答的關(guān)鍵?！敬鸢浮緽【解析】解：A.1molH18O

中含有的電子數(shù)為18N

，1.9gH18O

即物質(zhì)的量為

1.9g =2 2 A 2

38g/mol0.05mol，含有的電子數(shù)為0.9NA，故A錯(cuò)誤；B.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4L丁烯和環(huán)丁烷混合氣體為

22.4L

=1mol，丁烯和環(huán)丁烷分子式22.4L/mol均為C4H8，故1mol丁烯和環(huán)丁烷混合氣體中含有C?H鍵的數(shù)目為8NA，故B正確；C.CsCl是離子晶體，晶體中不含CsClC錯(cuò)誤；D.溶液體積未知，無(wú)法計(jì)算陽(yáng)離子個(gè)數(shù)，故D錯(cuò)誤。應(yīng)選：B。21個(gè)H18O2含有18個(gè)電子；21個(gè)丁烯和環(huán)丁烷分子都含有4個(gè)C?H鍵；氯化銫為離子晶體；D.溶液體積未知。。【答案】C3解：A.2Na++CO2?+3CO2+H2O?=2NaHCO3↓，故A正確；3B.氫氧化鈉溶液吸取處理SO2尾氣，離子方程式為：2OH?+SO2=SO2?+H2OB3正確；3C.向NaClO溶液中通入少量二氧化碳，反響生成HClO和HCO?，離子方程式為：ClO?+33CO2+H2O=HClO+HCO?C錯(cuò)誤；3D.將過(guò)量氯氣通入FeI2溶液中的離子方程式為：2Fe2++4I?+3Cl2=2I2+2Fe3++6Cl?D正確；28頁(yè)應(yīng)選：C。A.碳酸氫鈉的溶解度小于碳酸鈉，反響后析出碳酸氫鈉晶體；B.氫氧化鈉溶液與二氧化硫反響生成亞硫酸鈉和水；C.次氯酸的酸性大于碳酸氫根離子，二者反響生成次氯酸和碳酸氫根離子；D.氯氣過(guò)量，碘離子和亞鐵離子均被完全氧化。此題考察離子方程式的書(shū)寫(xiě)推斷，為高頻考點(diǎn)，明確物質(zhì)性質(zhì)、反響實(shí)質(zhì)為解答關(guān)鍵，留意把握離子方程式的書(shū)寫(xiě)原則，題目難度不大。【答案】C【解析】解：A.制備Fe(OH)3膠體時(shí)，向煮沸的蒸餾水中滴加5～6滴飽和FeCl3溶液，連續(xù)煮沸至溶液消滅紅褐色，停頓加熱，故A錯(cuò)誤；復(fù)原鐵粉假設(shè)變質(zhì)則緩慢氧化生成Fe2O3，取少量樣品溶于鹽酸，檢驗(yàn)是否存在Fe3+，進(jìn)而確定鐵粉是否變質(zhì)，假設(shè)復(fù)原鐵粉未變質(zhì)，鐵粉溶于鹽酸生成Fe2+，K3[Fe(CN)6]溶液仍會(huì)變藍(lán)，故B錯(cuò)誤；加熱時(shí)HCl會(huì)抑制AlCl3的水解，可以用來(lái)制備無(wú)水AlCl3，故C正確；乙烯和揮發(fā)出來(lái)的乙醇均可以使酸性高錳酸鉀褪色，無(wú)法證明生成乙烯具有復(fù)原性，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：C。煮沸至溶液消滅紅褐色，停頓加熱，假設(shè)連續(xù)加熱膠體發(fā)生聚沉；復(fù)原鐵粉假設(shè)變質(zhì)則緩慢氧化生成Fe2O3，K3[Fe(CN)6]溶液可檢驗(yàn)亞鐵離子；C.HCl可抑制鋁離子水解；D.揮發(fā)的醇及生成的乙烯均使酸性高錳酸鉀褪色。離子檢驗(yàn)、鹽類(lèi)水解、試驗(yàn)技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與試驗(yàn)力氣的考察，留意試驗(yàn)的評(píng)價(jià)性分析，題目難度不大?！敬鸢浮緿【解析】解：A.放電時(shí)，Pt/C電極失電子作負(fù)極，發(fā)生氧化反響，碳網(wǎng)材料為正極，發(fā)生復(fù)原反響，故A錯(cuò)誤；B.充電時(shí)，碳網(wǎng)作陽(yáng)極，發(fā)生氧化反響，Pt/C電極作陰極，發(fā)生復(fù)原反響，離子交換膜28頁(yè)為陽(yáng)離子交換膜，充電時(shí)，K+通過(guò)離子交換膜從陽(yáng)極室移向陰極室，即從右極室移向左極室，故B錯(cuò)誤；C.放電時(shí)，負(fù)極發(fā)生H2?2e?+2OH?=2H2O，負(fù)極區(qū)pHC錯(cuò)誤；D.由分析可知，充電時(shí)電池總反響為2[Fe(CN)6]4?+2H2O=2[Fe(CN)6]3?+2OH?+H2↑，故D正確；應(yīng)選：D。放電時(shí)，Pt/C電極失電子作負(fù)極，發(fā)生氧化反響，電極反響式為H2?2e?+2OH?=26?+e?=[Fe(CN)6]4?，總反響為2[Fe(CN)6]3?+2OH?+H2=2[Fe(CN)6]4?+2H2O；充電時(shí)，Pt/C電極做陰極，電極反響為2H2O+2e?=H2+2OH?，碳網(wǎng)電極為正極，電極反響式為[Fe(CN)6]4??e?=，[Fe(CN)6]3?，總反響為2[Fe(CN)6]4?+2H2O=2[Fe(CN)6]3?+2OH?+H2↑，據(jù)此作答。此題考察化學(xué)電源型電池，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重考察學(xué)生的分析力氣，明確各個(gè)電極上應(yīng)式的書(shū)寫(xiě)?！敬鸢浮緽化合物

圈中碳原子與相連的碳原子不行能都處于同一平面，化合物 中苯環(huán)所在平面和烯基所在平面通過(guò)單鍵旋轉(zhuǎn)可以處于同一平面內(nèi)，因此c的全部碳原子可以處于同一平面，故A正確；B.b的分子式為C10H14，c的分子式為C10H12，分子式不同，兩者不是同分異構(gòu)體，故B錯(cuò)誤；C.a、b、c中均含有碳碳雙鍵，可與酸性高錳酸鉀溶液反響褪色，故C正確；D.1molb與1molBr2完全反響生成的加成產(chǎn)物可以發(fā)生1，41，2加成，共三種，故D正確；應(yīng)選：B。A.甲烷為正四周體構(gòu)造，乙烯中六個(gè)原子共平面，苯中12個(gè)原子共平面；B.b的分子式為C10H14，c的分子式為C10H12；28頁(yè)C.a、b、c中均含有碳碳雙鍵；D.b與Br2反響可以發(fā)生1，4加成，也可以發(fā)生1，2加成。此題考察有機(jī)物的構(gòu)造和性質(zhì)等學(xué)問(wèn)，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重于考察學(xué)生的分析力氣，把握有機(jī)物的根底學(xué)問(wèn)是做題的關(guān)鍵，題目難度不大。【答案】A【解析】解：A.圖由圖可知，反響物為 和O2，產(chǎn)物是的總反響催化劑為 ，故A正確；

和H2O，所以該反響B(tài).催化劑可降低反響的活化能，加快反響速率，但不影響平衡轉(zhuǎn)化率，故B錯(cuò)誤；C.圖示中Pd的成鍵數(shù)目有3，4C錯(cuò)誤；D.依據(jù)圖示可知， 為該反響的中間產(chǎn)物該反響的催化劑是 ，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選：A。由圖可知，反響物為 和O2，產(chǎn)物是 和H2O；催化劑不轉(zhuǎn)變化學(xué)平衡；由圖可知，對(duì)于 、 Pd的成鍵數(shù)目為3，其余Pd的成鍵數(shù)目為4；由圖可知， 為該反響的中間產(chǎn)物。28頁(yè)化率，此題難度中等?！敬鸢浮緾【解析】解：A.氫化過(guò)程將難溶的碳酸鋰轉(zhuǎn)化為可溶的碳酸氫鋰，發(fā)生的主要反響方程式為：Li2CO3+CO2+H2O=2LiHCO3，為使反響充分需通入過(guò)量的CO2A正確；B.氫化過(guò)程將難溶的碳酸鋰轉(zhuǎn)化為可溶的碳酸氫鋰，操作1為過(guò)濾，使用的玻璃儀器為漏斗、玻璃棒、燒杯，故B正確；C.氫化階段發(fā)生Li2CO3+CO2+H2O=2LiHCO3，Li2CO3和CO2溶解度隨溫度上升均降低，因此高溫不利于反響進(jìn)展，反響速率受阻，故C錯(cuò)誤；D.Li2CO3劑可提高操作2中碳酸鋰回收率，故D正確；應(yīng)選：C。Li2CO3+CO2+H2O=2LiHCO3，操作1參與EDTA分別出Ca2+、Mg2+雜質(zhì)離子，然后解析再生，熱分解LiHCO3生成Li2CO3，操作2為過(guò)濾，分別出Li2CO3，在乙醇中洗滌、烘干、裂開(kāi)得到電池級(jí)碳酸鋰，以此來(lái)解答。此題考察物質(zhì)的制備試驗(yàn)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反響、制備原理、習(xí)題中的信息為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與試驗(yàn)力氣的考察，留意元素化合物學(xué)問(wèn)的應(yīng)用，題目難度中等?！敬鸢浮緼D【解析】解：A.試管a中收集產(chǎn)物乙醛，混有產(chǎn)物水、未反響的乙醇，因此參與Na有可燃性氣體生成，不能說(shuō)明試管aA錯(cuò)誤；故B正確；該反響中銅為催化劑，硬質(zhì)玻璃管中銅網(wǎng)消滅紅黑交替現(xiàn)象，故C正確；乙醇、乙醛互溶，因此不能用分液的分別方法除去試管a中粗乙醛的雜質(zhì)，應(yīng)承受蒸餾的分別方法，故D錯(cuò)誤。應(yīng)選：AD。甲裝置供給氣態(tài)的乙醇，甲需要加熱，硬質(zhì)試管中氧氣與Cu反響：2Cu+O228頁(yè)

△甲中揮發(fā)出的乙醇與CuO反響：CH3CH2OH+CuO?CH3CHO+Cu+H2O，可以觀看到△銅網(wǎng)消滅紅色和黑色交替的現(xiàn)象，銅為催化劑，乙中冷水浴冷凝生成的乙醛，乙中試管是氮?dú)?，?jù)此分析作答。題目難度不大。【答案】D【解析】解：A.結(jié)合圖象中的曲線變化分析，隨pH增大，c(H2A)漸漸減小，即曲線II代表H2A，c(HA?)先增大后減小，即曲線I代表HA?，c(A2?)漸漸增大，pC值漸漸減小，即曲線III代表A2?A錯(cuò)誤；B.H2A溶液中加NaOH，溶液堿性漸漸增加，恰好中和之前水的電離程度漸漸增大，故c>b>a，故B錯(cuò)誤；C.K

=c(H+)×c(HA?)，K

=c(H+)×c(A2?)，Ka1=

c2(HA?)

，滴定過(guò)程中溫度不變，平a1 c(H2A)

a2 c(HA?)

Ka2

c(H2A)?c(A2?)衡常數(shù)不變，故C錯(cuò)誤；D.依據(jù)電荷守恒有c(K+)+c(H+)=c(HA?)+2c(A2?)+c(OH?)，c點(diǎn)滿足c(HA?)=??)+?)+H2)=K+)<c(HA?)+2c(A2?)=0.1?c(H2A)+c(A2?)=0.1+c(HA?)?c(H2A)<0.1+c(HA?)，故D正確；應(yīng)選：D。隨pH增大，c(H2A)漸漸減小，即曲線II代表H2A，c(HA?)先增大后減小，即曲線I代表HA?，c(A2?)漸漸增大，pC值漸漸減小，即曲線III代表A2?；B.H2A溶液中加NaOH，溶液堿性漸漸增加，恰好中和之前水的電離程度漸漸增大；C.K

=c(H+)×c(HA?)，K

=c(H+)×c(A2?)，Ka1=

c2(HA?)

，平衡常數(shù)隨溫度變化；a1 c(H2A)

a2 c(HA?)

Ka2

c(H2A)?c(A2?)D.依據(jù)電荷守恒有c(K+)+c(H+)=c(HA?)+2c(A2?)+c(OH?)，c點(diǎn)滿足c(HA?)=??)+?)+H2)=K+)<c(HA?)+2c(A2?)，代入計(jì)算分析推斷離子濃度關(guān)系。此題考察弱電解質(zhì)的電離平衡，題目難度中等，明確圖示曲線變化的意義為解答關(guān)鍵，28頁(yè)【答案】BD解：A.400℃，同溫度使用其他催化劑NO轉(zhuǎn)化率比VWTi/AC0高，說(shuō)明溫度高于400℃WTi/AC0催化下曲線上對(duì)應(yīng)的點(diǎn)均不是該溫度下的平衡點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；N2OVWT/AC50在T>350℃之后NO轉(zhuǎn)化率降低的可能緣由為有副反響的發(fā)生，故B正確；X點(diǎn)增加NH3濃度，反響正向進(jìn)展程度增大，能提高NOC錯(cuò)誤；D.250℃時(shí)K=1024，假設(shè)起始時(shí)充入c(NH3)=c(NO)=c(N2)=1mol?L?1，c(H2O)=2mol?L?1，Q

=c5(N2)?c6(H2O)

=15×26=64<1024，說(shuō)明反響正向進(jìn)展，則v >v ，c故D正確；應(yīng)選：BD。

c4(NH3)?c6(NO)

正 逆溫度高于400℃，同溫度使用其他催化劑NO轉(zhuǎn)化率比VWTi/AC0高，結(jié)合催化劑不會(huì)影響平衡轉(zhuǎn)化率分析；依據(jù)題干信息結(jié)合圖象可知，溫度上升有副產(chǎn)物N2O生成，導(dǎo)致一氧化氮的轉(zhuǎn)化率降低；增加反響物NH3濃度，反響向正反響方向移動(dòng)；D.250℃時(shí)K=1024，先依據(jù)Qc移動(dòng)方向。

=c5(N2)?c6(H2O)K相比分析c4(NH3)?c6(NO)此題考察化學(xué)平衡的影響因素，為高頻考點(diǎn)，明確圖示曲線變化的意義為解答關(guān)鍵，留意把握催化劑、溫度對(duì)化學(xué)平衡的影響，試題側(cè)重考察學(xué)生的分析與應(yīng)用力氣，題目難度不大?！敬鸢浮?82KOH防止反響過(guò)程中放熱溫度過(guò)高，導(dǎo)致反響猛烈產(chǎn)生一些副產(chǎn)物靜置后反響混合物上層清液變?yōu)闊o(wú)色趁熱是為了降低KOOC(CH2)4COOK的損失，提高產(chǎn)率，減壓過(guò)濾是為了加速濾液KOOC(CH2)4COOK與二氧化錳固體的分別蒸發(fā)濃縮溶液，冷卻結(jié)晶析出己二酸，再減壓過(guò)濾、用冷水洗滌68取適量樣品于試管中溶解，滴加NaOH溶液調(diào)整溶液呈堿性，滴加制氫氧化銅溶液，加熱觀看試驗(yàn)現(xiàn)象，假設(shè)28頁(yè)消滅磚紅色沉淀，則證明制得的己二酸中存在醛類(lèi)物質(zhì)，否則不存在【解析】解：(1)依據(jù)原子守恒確定KOOC(CH2)4COOK和MnO2的系數(shù)分別為3、8，依據(jù)鉀原子守恒確定KOH的系數(shù)為2，配平化學(xué)反響原理的方程式為：3+8KMnO4→3KOOC(CH2)4COOK+8MnO2↓+2KOH+5H2O，故答案為：3；8；2KOH；(2)①故答案為：防止反響過(guò)程中放熱溫度過(guò)高，導(dǎo)致反響猛烈產(chǎn)生一些副產(chǎn)物；②依據(jù)與KMnO4KMnO4少量，則反響完全時(shí)KMnO4溶液紫紅色褪去變?yōu)闊o(wú)色，故答案為：靜置后反響混合物上層清液變?yōu)闊o(wú)色；③減壓過(guò)濾是為了加速濾液KOOC(CH2)4COOK降低KOOC(CH2)4COOK的損失，提高產(chǎn)率，故答案為：趁熱是為了降低KOOC(CH2)4COOK的損失，提高產(chǎn)率，減壓過(guò)濾是為了加速濾液KOOC(CH2)4COOK與二氧化錳固體的分別；2)42424在水中溶解度84O44～24，則理論產(chǎn)量m(HOOC(CH2)4COOH)=3×0.04mol×146g/mol≈2.2g，試驗(yàn)產(chǎn)率=8m(實(shí)際)×100%=1.5/2.2×100%≈68%，m(理論)故答案為：蒸發(fā)濃縮溶液，冷卻結(jié)晶析出己二酸，再減壓過(guò)濾、用冷水洗滌；68；(3)檢驗(yàn)物質(zhì)的步驟包括，取樣、操作、現(xiàn)象和結(jié)論，具體操作是取適量樣品于試管中溶解，滴加NaOH溶液調(diào)整溶液呈堿性，滴加制氫氧化銅溶液，加熱觀看試驗(yàn)現(xiàn)象，假設(shè)消滅磚紅色沉淀，則證明制得的己二酸中存在醛類(lèi)物質(zhì)，否則不存在，故答案為：取適量樣品于試管中溶解，滴加NaOH溶液調(diào)整溶液呈堿性，滴加制氫氧化銅溶液，加熱觀看試驗(yàn)現(xiàn)象，假設(shè)消滅磚紅色沉淀，則證明制得的己二酸中存在醛類(lèi)物質(zhì)，否則不存在。依據(jù)原子守恒確定KOOC(CH2)4COOK和MnO2的系數(shù)分別為3、8，依據(jù)鉀原子守恒確定KOH的系數(shù)為2，配平化學(xué)反響方程式；①28頁(yè)②反響完全時(shí)KMnO4溶液紫紅色褪去變?yōu)闊o(wú)色；③減壓過(guò)濾是為了加速濾液KOOC(CH2)4COOK降低KOOC(CH2)4COOK的損失，提高產(chǎn)率；④以KMnO4

的量計(jì)算已二酸，8KMnO4

～3HOOC(CH2

)COOH，試驗(yàn)產(chǎn)率m(實(shí)際×4 m(理論)100%，列式計(jì)算；首先需要將樣品溶解，接下來(lái)利用制氫氧化銅檢驗(yàn)醛基的存在，留意堿性環(huán)境同時(shí)需要進(jìn)展加熱，觀看現(xiàn)象。此題考察了物質(zhì)的制備，涉及試驗(yàn)方案評(píng)價(jià)、試驗(yàn)操作、純度計(jì)算、物質(zhì)的檢驗(yàn)等學(xué)問(wèn)解決問(wèn)題的力氣，留意題目信息的與相關(guān)根底學(xué)問(wèn)聯(lián)合分析，題目難度中等?！敬鸢浮吭龃蠼佑|面積，充分反響，提高反響速率2.8 Fe(OH)3 pH偏低，F(xiàn)?與H+結(jié)合形成弱電解質(zhì)HF，CaF2(s)?Ca2+(aq)+2F?(aq)，平衡向右移動(dòng)，導(dǎo)致Ca2+沉淀不完全2NiSO4(aq)+NaClO(aq)+4NaOH(aq)=2NiOOH(s)+NaCl(aq)+2Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=?2akJ?mol?1 加熱濃縮、冷卻結(jié)晶CoSO4?7H2O【解析】解：(1)廢渣粉碎可以增大反響的接觸面，故硫錳凈化廢渣預(yù)先粉碎的目的是增大接觸面積，充分反響，提高反響速率，故答案為：增大接觸面積，充分反響，提高反響速率；“除雜1”的目的是使Fe3+完全沉淀，而Mn2+、Co2+、Ni2+不沉淀，則溶液的pH范圍應(yīng)調(diào)整2.8～6之間；“濾渣1”的主要成分是Fe(OH)3，故答案為：2.8；Fe(OH)3；“除雜2”中參與MnF2的目的是使Ca2+轉(zhuǎn)化為CaF2沉淀除去，假設(shè)溶液的pH偏低，F(xiàn)?與H+結(jié)合形成弱電解質(zhì)HF，CaF2(s)?Ca2+(aq)+2F?(aq)Ca2+沉淀不完全，故答案為：pH偏低，F(xiàn)?與H+結(jié)合形成弱電解質(zhì)HF，CaF2(s)?Ca2+(aq)+2F?(aq)，平衡向右移動(dòng)，導(dǎo)致Ca2+沉淀不完全；依據(jù)題中信息可知該氧化復(fù)原反響的反響物和產(chǎn)物，結(jié)合得失電子守恒即可配平2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH+NaCl+2Na2SO4+H2O，轉(zhuǎn)移1mol電子時(shí)，放出熱量為akJ?mol?1，方程式中轉(zhuǎn)移2mol電子放出熱量為2akJ?mol?1，故熱化學(xué)方程式為2NiSO4(aq)+NaClO(aq)+4NaOH(aq)=2NiOOH(s)+NaCl(aq)+2Na2SO4(aq)+H2O(lH=?2akJ?mol?1，28頁(yè)故答案為：2NiSO4(aq)+NaClO(aq)+4NaOH(aq)=2NiOOH(s)+NaCl(aq)+2Na2SO4(aqH2O(l)△H=?2akJ?mol?1；(洗滌)CoSO4?nH2O失掉16.4%，可知

1×18

100%=6.4%，由此可知n=7，故該樣品的化學(xué)式為CoSO4?7H2O，

155+18n故答案為：加熱濃縮、冷卻結(jié)晶；CoSO4?7H2O。硫錳凈化廢渣中Mn、Co和Ni主要以硫化物形式存在，還含有少量SiO2，加熱浸出硫元素被MnO2氧化為S，SiO2Ⅰ為過(guò)濾，參與碳酸鈣調(diào)整pH除去溶液中的Fe3+，應(yīng)將pH調(diào)到2.8以上，但為了不將溶液中的其他金屬離子沉淀，故把握pH小于6，通過(guò)過(guò)濾除去生成的氫氧化鐵，但溶液中引入+F2使a+F22O4O4，得到有機(jī)相1，參與稀硫酸進(jìn)展反萃取得到MnSO4P5O7萃取CoSO4，經(jīng)過(guò)分液操作得到NiSO4CoSO4冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、枯燥得到CoSO4?nH2O樣品，故操作Ⅱ?yàn)榉忠?，操作Ⅲ為反萃取，操作Ⅳ為加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、枯燥，據(jù)此作答。應(yīng)、混合物分別提純方法為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與試驗(yàn)力氣的考察，留意元素化合物學(xué)問(wèn)、化學(xué)反響原理與試驗(yàn)的結(jié)合，題目難度中等?！敬鸢浮?80.28 < 100叔丁醇脫水反響是分子數(shù)增加的反響，而副反響是分子數(shù)降低的反響，N2為稀釋劑，降低反響原料的分壓，有利于主反響正向進(jìn)展，抑制副反響正向進(jìn)展0.1該條件下叔丁醇脫水法平衡轉(zhuǎn)化率不受H2O/TBA比例的影響，故工業(yè)上可無(wú)視水對(duì)叔丁醇轉(zhuǎn)化率的影響，無(wú)需對(duì)原料進(jìn)展烘干處理【解析】解：(1)△H=生成物的標(biāo)準(zhǔn)摩爾生成焓?反響物的標(biāo)準(zhǔn)摩爾生成焓=?241.83kJ/mol+(?17.1)kJ/mol?(?339.21)kJ/mol+80.28kJ/mol，故答案為：+80.28；p2的Kθ△H<0；p由圖象信息知Kθ=Pθ[H2O]?Pθ[(CH3)2C=CH2]=100，由題干信息各組分的標(biāo)準(zhǔn)分壓pθ=p Pθ[(CH3)3COH] BppBθpθ=5Kp=Kθ?pθKp=7，p28頁(yè)列化學(xué)平衡三段式，(CH3)3C?OH(g)→(CH3)2C=CH2(g)+H2O(g)起始(mol) 1 0 0轉(zhuǎn)化(mol) x x x平衡(mol) 1?x x x平衡時(shí)總物質(zhì)的量為(1+x)mol1mol，體積為1L，依據(jù)PV=nRT(1+x)L，各組分的濃度及物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)分別為c(H2O)=

x1+x

mol/L，x(H2O)=

x1+x

，c[(CH3)2C=CH2]=

x1+x

mol/L，x[(CH3

)2C=CH]=

x，c[(CH

)

C?OH]=1?x，則K

x×x =2 1+x 33

1+x

33

1+x1?x1+xcKp=107Pac

=100，p 105Pa故答案為：<；100；脫水反響溫度T<200℃時(shí)，N2/叔丁醇摩爾比對(duì)叔丁醇轉(zhuǎn)化率有影響，叔丁醇脫水N2原料的分壓，減小壓強(qiáng)有利于促進(jìn)主反響和抑制副反響進(jìn)展；由圖象3可知叔丁醇轉(zhuǎn)化率隨溫度上升漸漸增大，隨壓強(qiáng)增大而減小，隨N2/叔丁醇摩爾比值增大而增大，故T>T=P=N2=，N2為稀釋劑，降低反響原料的分壓，有利于主反響正向進(jìn)展，抑制副反響正向進(jìn)展；0.1；由圖象4可知在T<200，叔丁醇平衡轉(zhuǎn)化率隨著H2O/TBA比例的增加有確定程度的204426℃，不同初始原料中H2O/TBA比例對(duì)叔丁醇平衡轉(zhuǎn)化率相差很小，說(shuō)明H2O對(duì)叔丁醇平衡轉(zhuǎn)化率影響可以無(wú)視不計(jì)，即該條件下叔丁醇脫水法平衡轉(zhuǎn)化率不受H2O/TBA丁醇轉(zhuǎn)化率的影響，無(wú)需對(duì)原料進(jìn)展烘干處理，H2O/TBA水對(duì)叔丁醇轉(zhuǎn)化率的影響，無(wú)需對(duì)原料進(jìn)展烘干處理?！鱄=生成物的標(biāo)準(zhǔn)摩爾生成焓?反響物的標(biāo)準(zhǔn)摩爾生成焓；p由圖象分析，反響2的Kθ隨溫度的上升漸漸降低，說(shuō)明上升溫度，平衡逆向移動(dòng)；根pp據(jù)題意可知，300℃100kPa條件，Kθp

B

衡三段式解答；充入N2，相當(dāng)于減小壓強(qiáng)，降低反響原料的分壓，依據(jù)勒夏特列原理分析對(duì)主反響28頁(yè)和副反響的影響；由圖3可知叔丁醇轉(zhuǎn)化率隨壓強(qiáng)增大而減??；由圖可知，在204 426℃，不同初始原料中H2O/TBA比例對(duì)叔丁醇平衡轉(zhuǎn)化率相差很小。此題考察反響熱的計(jì)算、化學(xué)平衡的影響因素、化學(xué)平衡的計(jì)算，側(cè)重考察學(xué)生分析力氣、識(shí)圖力氣和計(jì)算力氣，依據(jù)題目信息結(jié)合蓋斯定律、勒夏特列原理、化學(xué)平衡三段式等學(xué)問(wèn)解答，此題難度大。【答案】[Ar]3d84s2 sp2 16NA 高兩個(gè)化合物都可以形成氫鍵，但前者因取代基在對(duì)位，易形成分