2023年高考化學（湖南卷）真題詳細解讀及評析

2023年高考真題完全解讀(湖南卷)2023年湖南省普通高中學業(yè)水平選擇性考試化學命題《化學課程標準(2017年版2020年修訂)》為命題準則，以“立德樹人、服務選才、引導教學”為出發(fā)點和落腳點，體現(xiàn)“雙新”改革理念，有利“雙減”政策落地。與去年相比，保持試卷結構、題型題量以及考試難度的相對穩(wěn)定。試題命題重點從鑄魂育人、落實改革和保穩(wěn)定方面開展。全卷設計合理，將學科內容與生產(chǎn)生活緊密相連，將素養(yǎng)立意和育人導向有機融合，知識覆蓋面廣，化學試題源于教材，又高于教材，重視知識的應用。一、注重引領，突出立德樹人命題從試題立意、素材選擇，均體現(xiàn)與時俱進，挖掘社會轉型亮點，充分發(fā)揮學科優(yōu)勢，較好地踐行了社會主義核心價值觀。要求學生堅定理想信念、厚植愛國情懷、提升品德修養(yǎng)，讓考生感受化學學科的獨特價值，引導學生樹立正確的價值觀，發(fā)揮化學試題的立德樹人作用。例如：第1題考查青銅器“四羊方尊”、竹木簡牘、蔡倫造紙、銅官窯彩瓷等化學與傳統(tǒng)文化；第14題以高效電催化氧化NH3合成N2H4的反應機理為情景，考查物質結構知識綜合運用。二、回歸教材，加強考教銜接化學命題進一步基本概念基本原理的考查，強調對基礎知識全面深刻的理解和融會貫通的運用，引導中學教學遵循教育規(guī)律，回歸課標、回歸教材，減少機械刷題；進一步加強聯(lián)系實際的應用性考查，不斷提高學生分析問題、解決問題的能力；進一步優(yōu)化試卷結構、豐富呈現(xiàn)方式、改變設問角度，創(chuàng)新考查方式方法，引導中學教與學減少死記硬背，強調知識融會貫通和能力復合運用，體現(xiàn)考查的綜合性。試題對典型化合物的性質、基本反應類型、物質結構基礎理論、物質基本轉化規(guī)律、基本化學實驗操作方法等基礎知識的考查，能有效地鑒別學生對學科基礎的掌握程度，以引導中學教學遵循教育教學規(guī)律，嚴格按照課程標準和教材進行教學，實現(xiàn)考教銜接。例如：第2題考查有關物質結構方面的化學用語，涉及共價型分子結構式、電子式、電子排布式、價層電子對互斥理論的應用；第3題考查常見玻璃儀器的應用，蒸餾與分餾、過濾、中和滴定等化學實驗基本操作；第4題考查物質結構和性質，涉及分子的手性、配合物的應用、氫鍵對物質性質的影響、酰胺的性質與應用；第5題考查電極方程式或離子方程式的正誤判斷；第7題考查物質的檢驗，兩種試劑的滴加順序產(chǎn)生的現(xiàn)象不同進行分析。三、巧設情境，獲取有效信息立足化學科學特點，注重選取新材料、新藥物、新催化技術等真實情境，呈現(xiàn)生產(chǎn)生活中的實際問題，進一步深化對信息獲取加工、邏輯推理、歸納論證思維等關鍵能力的考查，試題命制中十分重視知識承載學科核心素養(yǎng)功能的考查，即學生在面對陌生的、不確定的真實情境中，能從試題提供的信息中合理運用化學學科的認識角度和思路分析解決問題，考查學生適應未來學習的關鍵能力和必備品格，體現(xiàn)試題的綜合性及創(chuàng)新性。試題通過表格、圖像等方式提供豐富的數(shù)據(jù)信息，深入考查學生信息整理能力。例如：第6題對日光燈中用到的某種熒光粉的主要成分進行元素推斷，涉及微粒半徑大小比較、能級間能量大小比較、元素性質與電負性的關系；第8題以間接電氧化反應制備葡萄糖酸鈣為情景，巧妙把有機化學基礎知識與電解原理融合一起；第9題以處理某銅冶金污水的工藝流程為情景，考查水解的離子方程式書寫、溶度積常數(shù)相關計算等；第10題以油畫創(chuàng)作通常需要用到多種無機顏料-雌黃為載體，考查分子的空間構型、氧化還原反應及計算；第11題以科學家合成了一種高溫超導材料，對其晶胞結構進行分析；第14題以高效電催化氧化NH3合成N2H4的反應機理為情景，考查物質結構知識綜合運用。四、精心設問，注重考查能力試題通過創(chuàng)設復雜的問題情境，加強對學生邏輯推理能力的考查。對于真實的工業(yè)生產(chǎn)過程，在信息獲取加工能力的基礎上利用化學基礎知識和基本原理，推測實際工藝過程中步驟、所發(fā)生的離子方程式、化學方程式，考查化學計算等。各大題入題容易，但隨著設問的深入，對學生的關鍵能力要求逐步提高。滿足不同層次水平學生的分層選拔，體現(xiàn)試題的應用性和綜合性。例如：第16題通過苯乙烯聚合制得聚苯乙烯過程中化學原理知識運用，考查解決實際問題能力；第18題合成含有吡喃萘醌骨架的化合物路線為情景，考查多官能團有機物的結構與性質、有機物轉化、同分異構體書寫、合成路線的選擇。五、聚焦探究，提高創(chuàng)新能力化學實驗試題既注重考核學生對化學基本概念、基本規(guī)律和基本原理的理解和掌握，又突出能力導向，強化化學應用，鼓勵學生探究。基于教材高于教材的試題設計，重點考查了學生利用所學基礎知識和基本理論分析和解決實際問題的能力，有利于引導學生積極探究，增強學生創(chuàng)新意識和提高學生創(chuàng)新能力。例如：第12題考查滴定曲線，涉及影響水電離的因素、酸堿中和滴定原理的應用、鹽溶液中微粒間的電荷守恒、物料守恒、質子守恒原理、鹽溶液中離子濃度大小的比較；第13題以CH4與水反應的化學平衡圖象為載體，考查影響化學反應速率、化學平衡狀態(tài)、化學平衡常數(shù)的影響因素及應用；第15題以制備雷尼Ni并探究其催化氫化性能的實驗進行探究，考查化學實驗基礎、綜合實驗評價；第17題為工業(yè)上以粗鎵為原料，制備超純Ga(CH3)3工藝流程為載體，考查關鍵能力。題號難度考查內容詳細知識點選擇題1易化學與傳統(tǒng)文化物理變化與化學變化；淀粉和纖維素；常見合金的組成；傳統(tǒng)硅酸鹽材料。2易化學用語共價型分子結構式、電子式；原子中相關數(shù)值及其之間的相互關系；電子排布式；價層電子對互斥理論的應用。3易化學實驗基本操作(儀器使用)化學實驗基礎操作；蒸餾與分餾；過濾；中和滴定。4中物質結構和性質分子的手性；配合物的應用；氫鍵對物質性質的影響；酰胺的性質與應用。5中離子方程式離子方程式的正誤判斷；水解的離子方程式書寫；電解池電極反應式及化學方程式的書寫與判斷；常見陽離子的檢驗。6中物質結構和性質(元素推斷)微粒半徑大小的比較方法；根據(jù)原子結構進行元素種類推斷；能級間能量大小比較；元素性質與電負性的關系。7中化學實驗基本操作氨水的性質；氫氧化鋁；鐵鹽的檢驗；常見的(物質檢驗)幾種羧酸。8中有機化學基礎(官能團結構性質)催化劑對化學反應速率的影響；電解原理的應用；羧酸酯化反應；多官能團有機物的結構與性質。9中化學工藝流程水解的離子方程式書寫；溶度積常數(shù)相關計算。中元素及其化合物氧化還原反應方程式的配平；基于氧化還原反應守恒規(guī)律的計算；利用雜化軌道理論判斷分子的空間構型。中物質結構和性質(晶胞結構)根據(jù)晶胞結構確定晶體化學式；晶胞的有關計算。較難化學反應原理(離子曲線)影響水電離的因素；酸堿中和滴定原理的應用；鹽溶液中微粒間的電荷守恒、物料守恒、質子守恒原理；鹽溶液中離子濃度大小的比較。難化學反應原理(平衡圖象)影響化學反應速率的因素；化學平衡圖像分析；化學平衡狀態(tài)的判斷方法；化學平衡常數(shù)的影響因素及應用。難化學反應原理(反應機理)氧化還原反應的規(guī)律；催化劑對化學反應速率的影響；共價鍵的形成及主要類型。非選擇題中化學實驗綜合運用鋁與強堿溶液反應；常用儀器及使用；物質制備的探究；綜合實驗設計與評價。難化學反應原理(綜合運用)蓋斯定律及其有關計算；催化劑對化學反應速率的影響；化學平衡的有關計算；溶度積。難化學工藝流程常見無機物的制備。中有機化學基礎(合成與推斷)有機合成綜合考查；多官能團有機物的結構與性質；有機化學基礎知識綜合考查。一、以知識重難點與疑難點設計阿伏加德羅常數(shù)、離子共存及應用(檢驗、除雜)、元素及其化合物(物質分離、提純及制備的工藝流程，物質轉化關系圖，實驗及有關陌生方程式的書寫等)、電化學(電極反應式書寫與有關計算，離子移動與膜等)、速率與平衡(多重反應中的計算、圖像，反應機理及簡單文字描述)、電解質溶液(水的電離及粒子濃度大小，稀釋、中和滴定、沉淀溶解圖像及計算等)、物質結構與性質(元素推斷與性質比較，配位鍵與配位數(shù)的判斷，價層電子對理論應用，晶胞投影與計算，物質性質比較與解釋等)、有機部分(有機反應類型與同分異構，有機推斷與合成等)、實驗部分(物質保存與儀器使用，物質制備，提純與定量，控制變量的探究性實驗等)。二、以題型建立專題復習內容因果關系的選擇題、物質制備類(流程、實驗)選擇題、電化學選擇題、電解質溶液圖像選擇題、物質轉化與反應機理題、有機選擇題、速率與平衡累選擇題、結構與性質綜合題、工藝流程題、實驗綜合題、有機推斷與合成大題、反應原理綜合大題。以知識點設立的專題為主，題型專題可適當穿插其中，典題的講解應以湖南高考題為主，以全國及其他省市高考題為輔，可以作為湖南題的變式來處理與練習。三、以精細落實提高復習實效1．以問題驅動要點知識的復習與鞏固。以題目為情境或載體，以審題為抓手，突破疑難點，構建或強化解題或答題模型，強化答題的準確性、規(guī)范性。2．堅持先做后講，典題精講、精練，會一題而知多題，不搞題海訓練。題海訓練只會增加已會知識的熟練度，不會的仍然不會，除了浪費學生時間、自我安慰自己工作態(tài)度之外，再就是打擊學生對高考的信心。3．加強小組合作討論學習，實現(xiàn)雙贏目標。既能提高水平高同學的思維嚴謹性、深刻性及知識性的靈活性，又能提高思維的敏捷性與知識的靈活性，同時也能增加同學、師生之間的友誼。尤其是各種周測、聯(lián)考或模擬練試題，最適合學生討論解答大部分。1．中華文化源遠流長，化學與文化傳承密不可分。下列說法錯誤的是()A．青銅器“四羊方尊”的主要材質為合金B(yǎng)．長沙走馬樓出土的竹木簡牘主要成分是纖維素C．蔡倫采用堿液蒸煮制漿法造紙，該過程不涉及化學變化D．銅官窯彩瓷是以黏土為主要原料，經(jīng)高溫燒結而成【答案】C【解析】A項，四羊方尊由青銅制成，在當時銅的冶煉方法還不成熟，銅中常含有一些雜質，因此青銅屬合金范疇，A正確；B項，竹木簡牘由竹子、木頭等原料制成，竹子、木頭的主要成分為纖維素，B正確；C項，蔡倫用堿液制漿法造紙，將原料放在堿液中蒸煮，原料在堿性環(huán)境下發(fā)生反應使原有的粗漿纖維變成細漿，該過程涉及化學變化，C錯誤；D項，陶瓷是利用黏土在高溫下燒結定型生成硅酸鋁，D正確；故選C。2．下列化學用語表述錯誤的是()A．HClO的電子式：B．中子數(shù)為10的氧原子：188OC．NH3分子的VSEPR模型：D．基態(tài)N原子的價層電子排布圖：【答案】C【解析】A項，HClO中O元素成負化合價，在結構中得到H和Cl共用的電子，因此HClO的電子式為，A正確；B項，中子數(shù)為10，質子數(shù)為8的O原子其相對原子質量為10+8=18，其原子表示為188O，B正確；C項，根據(jù)VSEPR模型計算，NH3分子中有1對故電子對，N還連接有3和H原子，因此NH3的VSEPR模型為四面體型，C錯誤；D項，基態(tài)N原子是價層電子排布為2s22p3，其電子排布圖為D正確；故選C。3．下列玻璃儀器在相應實驗中選用不合理的是()A．重結晶法提純苯甲酸：①②③B．蒸餾法分離CH2Cl2和CCl4：③⑤⑥C．濃硫酸催化乙醇制備乙烯：③⑤D．酸堿滴定法測定NaOH溶液濃度：④⑥【答案】A【解析】A項，粗苯甲酸中含有少量氯化鈉和泥沙，需要利用重結晶來提純苯甲酸，具體操作為加熱溶解、趁熱過濾和冷卻結晶，此時利用的玻璃儀器有漏斗、燒杯、玻璃棒，A不合理；B項，蒸餾法需要用到溫度計以測量蒸汽溫度、蒸餾燒瓶用來盛裝混合溶液、錐形瓶用于盛裝收集到的餾分，B合理；C項，濃硫酸催化制乙烯需要控制反應溫度為170℃,需要利用溫度計測量反應體系的溫度，C合理；D項，酸堿滴定法測定NaOH溶液濃度是用已知濃度的酸液滴定未知濃度的堿液，酸液盛裝在酸式滴定管中，D合理；故選A。4．下列有關物質結構和性質的說法錯誤的是()A．含有手性碳原子的分子叫做手性分子B．鄰羥基苯甲醛的沸點低于對羥基苯甲醛的沸點C．酰胺在酸或堿存在并加熱的條件下可發(fā)生水解反應D．冠醚(18-冠-6)的空穴與K+尺寸適配，兩者能通過弱相互作用形成超分子【答案】A【解析】A項，有手性異構體的分子被稱為手性分子，當分子中存在兩個或兩個以上的手性碳原子時，會出現(xiàn)內消旋體，這種含有內消旋體的分子不是手性分子，A錯誤；B項，鄰羥基苯甲醛中含有分子內氫鍵，分子內氫鍵可以降低物質的熔沸點，因此鄰羥基苯甲醛的熔沸點低于對羥基苯甲醛的熔沸點，B正確；C項，酰胺在酸性條件下反應生成羧基和氨基，在堿性條件下反應生成羧酸鹽和氨氣，二者均為水解反應，C正確；D項，超分子是由兩種或兩種以上的分子通過分子間作用力形成的分子聚集體，冠醚(18-冠-6)的空穴大小為260~320pm，可以適配K+(276pm)、Rb+(304pm)，冠醚與離子之間以配位的形式結合，D正確；故選A。5．下列有關電極方程式或離子方程式錯誤的是()A．堿性鋅錳電池的正極反應：MnO2+H2O+e-=MnO(OH)+OH-B．鉛酸蓄電池充電時的陽極反應：Pb2++2H2O-2e-=PbO2+4H+C．K3[Fe(CN)6]溶液滴入FeCl2溶液中：K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]D．TiCl4加入水中：TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O+4H++4Cl-【答案】B【解析】A項，堿性鋅錳電池放電時正極得到電子生成MnO(OH)，電極方程式為MnO2+H2O+e-=MnO(OH)+OH-，A正確；B項，鉛酸電池在充電時陽極失電子，其電極式為：PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+4H++SO42-，B錯誤；C項，K3[Fe(CN)6]用來鑒別Fe2+生成滕氏藍沉淀，反應的離子方程式為K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]，C正確；D項，TiCl4容易與水反應發(fā)生水解，反應的離子方程式為TiCl4+(x+2)H2O=TiO2·xH2O+4H++4Cl-，D正確；故選B。6．日光燈中用到的某種熒光粉的主要成分為3W3(ZX4)2·WY2。已知：X、Y、Z和W為原子序數(shù)依次增大的前20號元素，W為金屬元素。基態(tài)X原子s軌道上的電子數(shù)和p軌道上的電子數(shù)相等，基態(tài)X、Y、Z原子的未成對電子數(shù)之比為2：1：3。下列說法正確的是()A．電負性：X>Y>Z>WB．原子半徑：X<Y<Z<WC．Y和W的單質都能與水反應生成氣體D．Z元素最高價氧化物對應的水化物具有強氧化性【答案】C【解析】根據(jù)題中所給的信息，基態(tài)X原子s軌道上的電子式與p軌道上的電子式相同，可以推測X為O元素或Mg元素，由熒光粉的結構可知，X主要形成的是酸根，因此X為O元素；基態(tài)X原子中未成鍵電子數(shù)為2，因此Y的未成鍵電子數(shù)為1，又因X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，故Y可能為F元素、Na元素、Al元素、Cl元素，因題目中給出W為金屬元素且熒光粉的結構中Y與W化合，故Y為F元素或Cl元素；Z原子的未成鍵電子數(shù)為3，又因其原子序大于Y，故Y應為F元素、Z其應為P元素；從熒光粉的結構式可以看出W為某+2價元素，故其為Ca元素；綜上所述，X、Y、Z、W四種元素分別為O、F、P、Ca。A項，電負性用來描述不同元素的原子對鍵合電子吸引力的大小，根據(jù)其規(guī)律，同一周期從左到右依次增大，同一主族從上到下依次減小，故四種原子的電負性大小為：Y>X>Z>W，A錯誤；B項，同一周期原子半徑從左到右依次減小，同一主族原子半徑從上到下依次增大，故四種原子的原子半徑大小為：Y<X<Z<W，B錯誤；C項，F(xiàn)2與水反應生成HF氣體和O2，Ca與水反應生成氫氧化鈣和氫氣，二者均可以生成氣體，C正確；D項，Z元素的最高價氧化物對應的水化物為H3PO4，幾乎沒有氧化性，D錯誤；故選C。7．取一定體積的兩種試劑進行反應，改變兩種試劑的滴加順序(試劑濃度均為0.1mol·L-1)，反應現(xiàn)象沒有明顯差別的是()選項試劑①試劑②A氨水AgNO3溶液BNaOH溶液Al2(SO4)3溶液CH2C2O4溶液酸性KMnO4溶液DKSCN溶液FeCl3溶液【答案】D【解析】A項，向氨水中滴加AgNO3溶液并振蕩，由于開始時氨水過量，振蕩后沒有沉淀產(chǎn)生，發(fā)生的反應為AgNO3+2NH3·H2O=Ag(NH3)NO3+2H2O；向AgNO3溶液中滴加氨水并振蕩，開始時生成白色沉淀且沉淀逐漸增多,發(fā)生的反應為AgNO3+NH3·H2O=AgOH+NH4NO3；當氨水過量后，繼續(xù)滴加氨水沉淀逐漸減少直至沉淀完全溶解，發(fā)生的反應為AgOH+2NH3·H2O=Ag(NH3)OH+2H2O，因此，改變兩種試劑的滴加順序后反應現(xiàn)象有明顯差別，A不符合題意；B項，向NaOH中滴加Al2(SO4)3溶液并振蕩，由于開始時NaOH過量，振蕩后沒有沉淀產(chǎn)生，發(fā)生的反應為8NaOH+Al2(SO4)3=NaAlO2+3Na2SO4+4H2O；向Al2(SO4)3溶液中滴加NaOH并振蕩，開始時生成白色沉淀且沉淀逐漸增多,發(fā)生的反應為6NaOH+Al2(SO4)3=2Al(OH)3+3Na2SO4；當NaOH過量后，繼續(xù)滴加NaOH沉淀逐漸減少直至沉淀完全溶解，發(fā)生的反應為NaOH+Al(OH)3=NaAlO2+2H2O，因此，改變兩種試劑的滴加順序后反應現(xiàn)象有明顯差別，B不符合題意；C項，向H2C2O4溶液中滴加酸性KMnO4溶液并振蕩，由于開始時H2C2O4是過量的，KMnO4可以被H2C2O4完全還原，可以看到紫紅色的溶液褪為無色，發(fā)生的反應為5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=MnSO4+K2SO4+10CO2+8H2O；向KMnO4溶液中滴加酸性H2C2O4溶液并振蕩，由于開始時KMnO4是過量的，KMnO4逐漸被H2C2O4還原，可以看到紫紅色的溶液逐漸變淺，最后變?yōu)闊o色，因此，改變兩種試劑的滴加順序后反應現(xiàn)象有明顯差別，C不符合題意；D項，向KSCN溶液中滴加FeCl3溶液，溶液立即變?yōu)檠t色；向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，溶液同樣立即變?yōu)檠t色，因此，改變兩種試劑的滴加順序后反應現(xiàn)象沒有明顯差別，D符合題意；故選D。8．葡萄糖酸鈣是一種重要的補鈣劑，工業(yè)上以葡萄糖、碳酸鈣為原料，在溴化鈉溶液中采用間接電氧化反應制備葡萄糖酸鈣，其陽極區(qū)反應過程如下：下列說法錯誤的是()A．溴化鈉起催化和導電作用B．每生成1mol葡萄糖酸鈣，理論上電路中轉移了2mol電子C．葡萄糖酸能通過分子內反應生成含有六元環(huán)狀結構的產(chǎn)物D．葡萄糖能發(fā)生氧化、還原、取代、加成和消去反應【答案】B【解析】A項，由圖中信息可知，溴化鈉是電解裝置中的電解質，其電離產(chǎn)生的離子可以起導電作用，且Br-極上被氧化為Br2，然后Br2與H2O反應生成HBrO和Br-，HBrO再和葡萄糖反應生成葡萄糖酸和Br-，溴離子在該過程中的質量和性質保持不變，因此，溴化鈉在反應中起催化和導電作用，A正確；B項，由A中分析可知，2molBr-在陽極上失去2mol電子后生成1molBr2，1molBr2與H2O反應生成1molHBrO，1molHBrO與1mol葡萄糖反應生成1mol葡萄糖酸，1mol葡萄糖酸與足量的碳酸鈣反應可生成0.5mol葡萄糖酸鈣，因此，每生成1mol葡萄糖酸鈣，理論上電路中轉移了4mol電子，B不正確；C項，葡萄糖酸分子內既有羧基又有羥基，因此，其能通過分子內反應生成含有六元環(huán)狀結構的酯，C正確；D項，葡萄糖分子中的1號C原子形成了醛基，其余5個C原子上均有羥基和H；醛基上既能發(fā)生氧化反應生成羧基，也能在一定的條件下與氫氣發(fā)生加成反應生成醇，該加成反應也是還原反應；葡萄糖能與酸發(fā)生酯化反應，酯化反應也是取代反應；羥基能與其相連的C原子的鄰位C上的H(-H)發(fā)生消去反應；綜上所述，葡萄糖能發(fā)生氧化、還原、取代、加成和消去反應，D正確；故選B。9．處理某銅冶金污水(含Cu2+、Fe3+、Zn2+、Al3+)的部分流程如下：已知：①溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：物質Fe(OH)3Cu(OH)2Zn(OH)2Al(OH)3開始沉淀pH4.26.23.5完全沉淀pH3.26.78.24.6②Ksp(CuS)=6.4×10－36，Ksp(ZnS)=1.6×10－24。下列說法錯誤的是()A．“沉渣Ⅰ”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3B．Na2S溶液呈堿性，其主要原因是S2-+H2OHS-+OH-C．“沉淀池Ⅱ”中，當Cu2+和ZnD．“出水”經(jīng)陰離子交換樹脂軟化處理后，可用作工業(yè)冷卻循環(huán)用水【答案】D【解析】污水中含有銅離子、三價鐵離子、鋅離子、鋁離子，首先加入石灰乳除掉三價鐵離子和鋁離子，過濾后，加入硫化鈉除去其中的銅離子和鋅離子，再次過濾后即可達到除去其中的雜質。A項，根據(jù)分析可知氫氧化鐵當pH=1.9時開始沉淀，氫氧化鋁當pH=3.5時開始沉淀，當pH=4時，則會生成氫氧化鋁和氫氧化鐵，即“沉渣I”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3，A正確；B項，硫化鈉溶液中的硫離子可以水解，產(chǎn)生氫氧根離子，使溶液顯堿性，其第一步水解的方程式為：S2-+H2OHS-+OH-，B正確；C項，當銅離子和鋅離子完全沉淀時，則硫化銅和硫化鋅都達到了沉淀溶解平衡，則，C正確；D項，污水經(jīng)過處理后其中含有較多的鈣離子，故“出水”應該經(jīng)過陽離子交換樹脂軟化處理，達到工業(yè)冷卻循環(huán)用水的標準后，才能使用，D錯誤；故選D。10．油畫創(chuàng)作通常需要用到多種無機顏料。研究發(fā)現(xiàn)，在不同的空氣濕度和光照條件下，顏料雌黃(As2S3)褪色的主要原因是發(fā)生了以下兩種化學反應：下列說法正確的是()A．S2O32-和SO42-的空間結構都是正四面體形B．反應Ⅰ和Ⅱ中，元素As和S都被氧化C．反應Ⅰ和Ⅱ中，參加反應的：Ⅰ<ⅡD．反應Ⅰ和Ⅱ中，氧化1molAs2S3轉移的電子數(shù)之比為3∶7【答案】D【解析】A項，S2O32-的中心原子S形成的4個鍵的鍵長不一樣，故其空間結構不是正四面體形，A錯誤；B項，As2S3中As的化合價為+3價，反應Ⅰ產(chǎn)物As2O3中As的化合價為+3價，故該過程中As沒有被氧化，B錯誤；C項，根據(jù)題給信息可知，反應I的方程式為：2As2S3+6O2+3H2O2As2O3+3H2S2O3，反應Ⅱ的方程式為：As2S3+7O2+6H2O2H3AsO4+3H2SO4，則反應Ⅰ和Ⅱ中，參加反應的：Ⅰ>Ⅱ,C錯誤；D項，As2S3中As為+3價，S為-2價，在經(jīng)過反應Ⅰ后，As的化合價沒有變，S變?yōu)?2價，則1molAs2S3失電子3×4mol=12mol；在經(jīng)過反應Ⅱ后，As變?yōu)?5價，S變?yōu)?6價，則1molAs2S3失電子2×2mol+3×8mol=28mol，則反應Ⅰ和Ⅱ中，氧化1molAs2S3轉移的電子數(shù)之比為3∶7，D正確；故選D。11．科學家合成了一種高溫超導材料，其晶胞結構如圖所示，該立方晶胞參數(shù)為apm。阿伏加德羅常數(shù)的值為NA。下列說法錯誤的是()A．晶體最簡化學式為KCaB6C6B．晶體中與K+最近且距離相等的Ca2+有8個C．晶胞中B和C原子構成的多面體有12個面D．晶體的密度為g.cm一3【答案】C【解析】A項，根據(jù)晶胞結構可知，其中K個數(shù)：8×=1，其中Ca個數(shù)：1，其中B個數(shù)：12×=6，其中C個數(shù)：12×=6，故其最簡化學式為KCaB6C6，A正確；B項，根據(jù)晶胞結構可知，K+位于晶胞體心，Ca位于定點，則晶體中與K+最近且距離相等的Ca2+ 有8個，B正確；C項，根據(jù)晶胞結構可知，晶胞中B和C原子構成的多面體有14個面，C錯誤；D項，根據(jù)選項A分析可知，該晶胞最簡化學式為KCaB6C6，則1個晶胞質量為：g，晶胞體積為a3×10-30cm3，則其密度為g.cm一3，D正確；故選C。12．常溫下，用濃度為0.0200mol·L-1的NaOH標準溶液滴定濃度均為0.0200mol·L-1的V(標準溶液)V(待測溶液)HCl和CH3COOH的混合溶液，滴定過程中溶液的pH隨(=V(待測溶液)圖所示。下列說法錯誤的是()A．Ka(CH3COOH)約為10-4.76B．點a：c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)C．點b：c(CH3COOH)<c(CH3COO-)D．水的電離程度：a＜b＜c＜d【答案】D【解析】NaOH溶液和HCl、CH3COOH混酸反應時，先與強酸反應，然后再與弱酸反應，由滴定曲線可知，a點時NaOH溶液和HCl恰好完全反應生成NaCl和水，CH3COOH未發(fā)生反應，溶質成分為NaCl和CH3COOH；b點時NaOH溶液反應掉一半的CH3COOH，溶質成分為NaCl、CH3COOH和CH3COONa；c點時NaOH溶液與CH3COOH恰好完全反應，溶質成分為NaCl、CH3COONa；d點時NaOH過量，溶質成分為NaCl、CH3COONa和NaOH。A項，a點時溶質成分為NaCl和CH3COOH，c(H+).c(CHCOO一)c(CH3COOH)c(H+)=10-3.38mol/L，c(H+).c(CHCOO一)c(CH3COOH)c(CH3COOH)=0.0100mol/L，B項，a點溶液為等濃度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在物料守恒關系c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，故B正確；C項，點b溶液中含有NaCl及等濃度的CH3COOH和CH3COONa，由于pH<7，溶液顯酸性，說明CH3COOH的電離程度大于CH3COO-的水解程度，則c(CH3COOH)<c(CH3COO-)，故C正確；D項，c點溶液中CH3COO-水解促進水的電離，d點堿過量，會抑制水的電離，則水的電離程度c>d，故D錯誤；故選D。13．向一恒容密閉容器中加入1molCH4和一定量的H2O，發(fā)生反應：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)。CH4的平衡轉化率按不同投料比x(||（x=隨溫度的變化曲線如圖所示。下列說法錯誤的是()A．x1＜x2B．反應速率：v正b＜vc正C．點a、b、c對應的平衡常數(shù)：Ka＜Kb=KcD．反應溫度為T1，當容器內壓強不變時，反應達到平衡狀態(tài)【答案】B【解析】A項，一定條件下，增大水的濃度，能提高CH4的轉化率，即x值越小，CH4的轉化率越大，則x1＜x2，故A正確；B項，b點和c點溫度相同，CH4的起始物質的量都為1mol，b點x值小于c點，則b點加水多，反應物濃度大，則反應速率：v正b＞vc正，故B錯誤；C項，由圖像可知，x一定時，溫度升高CH4的平衡轉化率增大，說明正反應為吸熱反應，溫度升高平衡正向移動，K增大；溫度相同，K不變，則點a、b、c對應的平衡常數(shù)：Ka＜Kb=Kc，故C正確；D項，該反應為氣體分子數(shù)增大的反應，反應進行時壓強發(fā)生改變，所以溫度一定時，當容器內壓強不變時，反應達到平衡狀態(tài)，故D正確；故選B。14．N2H4是一種強還原性的高能物質，在航天、能源等領域有廣泛應用。我國科學家合成的某Ru(Ⅱ)催化劑(用[L-Ru-NH3]+表示)能高效電催化氧化NH3合成N2H4，其反應機理如圖所示。下列說法錯誤的是()A．Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，配體NH3失去質子能力增強B．M中Ru的化合價為+3C．該過程有非極性鍵的形成D．該過程的總反應式：4NH3-2e-=N2H4+2NH4+【答案】B【解析】A項，Ru(Ⅱ)被氧化至Ru(Ⅲ)后，[L-Ru-NH3]2+中的Ru帶有更多的正電荷，其與N原子成鍵后，Ru吸引電子的能力比Ru(Ⅱ)強，這種作用使得配體NH3中的N-H鍵極性變強且更易斷裂，因此其失去質子(H+)的能力增強，A正確；B項，Ru(Ⅱ)中Ru的化合價為+2，當其變?yōu)镽u(Ⅲ)后，Ru的化合價變?yōu)?3，Ru(Ⅲ)失去2個質子后，N原子產(chǎn)生了1個孤電子對，Ru的化合價不變；M為，當[L-Ru-NH2]+變?yōu)镸時，N原子的孤電子對拆為2個電子并轉移給Ru1個電子，其中Ru的化合價變?yōu)?2，因此，B不正確；C項，該過程M變?yōu)閇L-Ru-NH2-NH2-Ru-L]2+時，有N-N鍵形成，N-N是非極性鍵，C正確；D項，從整個過程來看，4個NH3失去了2個電子后生成了1個N2H4和2個NH4+，Ru(Ⅱ)是催化劑，因此，該過程的總反應式為4NH3-2e-=N2H4+2NH4+，D正確；故選B。15．(14分)金屬Ni對H2有強吸附作用，被廣泛用于硝基或羰基等不飽和基團的催化氫化反應，將塊狀Ni轉化成多孔型雷尼Ni后，其催化活性顯著提高。已知：①雷尼Ni暴露在空氣中可以自燃，在制備和使用時，需用水或有機溶劑保持其表面“濕潤”；②鄰硝基苯胺在極性有機溶劑中更有利于反應的進行。某實驗小組制備雷尼Ni并探究其催化氫化性能的實驗如下：步驟1：雷尼Ni的制備步驟2：鄰硝基苯胺的催化氫化反應反應的原理和實驗裝置圖如下(夾持裝置和攪拌裝置略)。裝置Ⅰ用于儲存H2和監(jiān)測反應過程?；卮鹣铝袉栴}：(1)操作(a)中，反應的離子方程式是；(2)操作(d)中，判斷雷尼Ni被水洗凈的方法是；(3)操作(e)中，下列溶劑中最有利于步驟2中氫化反應的是；A．丙酮B．四氯化碳C．乙醇D．正己烷(4)向集氣管中充入H2時，三通閥的孔路位置如下圖所示：發(fā)生氫化反應時，集氣管向裝置Ⅱ供氣，此時孔路位置需調節(jié)為；(5)儀器M的名稱是；(6)反應前應向裝置Ⅱ中通入N2一段時間，目的是；(7)如果將三頸瓶N中的導氣管口插入液面以下，可能導致的后果是；(8)判斷氫化反應完全的現(xiàn)象是?！敬鸢浮?1)2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2(2)取最后一次洗滌液于試管中，滴加幾滴酚酞，如果溶液不變粉紅色，則證明洗滌干凈，否則沒有洗滌干凈(3)C(4)B(5)恒壓滴液漏斗(6)排除裝置中的空氣，防止雷尼Ni自燃(7)管道中氣流不穩(wěn)，不利于監(jiān)測反應過程(8)集氣管中液面不再改變【解析】本題一道工業(yè)流程兼實驗的綜合題，首先用氫氧化鈉溶液溶解鎳鋁合金中的鋁，過濾后先后用堿和水來洗滌固體鎳，隨后加入有機溶劑制得雷尼鎳懸浮液，用于步驟2中鄰硝基苯胺的催化氫化。(1)鋁可以和氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉和氫氣，離子方程式為：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2；(2)由于水洗之前是用堿洗，此時溶液顯堿性，故可以用酸堿指示劑來判斷是否洗凈，具體方法為，取最后一次洗滌液于試管中，滴加幾滴酚酞，如果溶液不變粉紅色，則證明洗滌干凈，否則沒有洗滌干凈；(3)根據(jù)題給信息可知，鄰硝基苯胺在極性有機溶劑中更有利于反應的進行，在丙酮，四氯化碳，乙醇，正己烷中極性較強的為乙醇，故選C；(4)向集氣管中充入H2時，氫氣從左側進入，向下進入集氣管，則當由集氣管向裝置Ⅱ供氣，此時孔路位置需調節(jié)為氣體由下方的集氣管，向右進入裝置Ⅱ,應該選B，而裝置C方式中左側會漏氣，不符合題意，故選B；(5)由圖可知，儀器M的名稱是恒壓滴液漏斗；(6)根據(jù)題給信息可知，雷尼Ni暴露在空氣中可以自燃，故反應前向裝置Ⅱ中通入N2一段時間，目的是排除裝置中的空氣，防止雷尼Ni自燃；(7)如果將三頸瓶N中的導氣管口插入液面以下，則會在三頸瓶中產(chǎn)生氣泡，從而導致管道中氣流不穩(wěn)，不利于監(jiān)測反應過程；(8)反應完成后，氫氣不再被消耗，則集氣管中液面不再改變。16．(14分)聚苯乙烯是一類重要的高分子材料，可通過苯乙烯聚合制得。(1)已知下列反應的熱化學方程式：③H2(g)+O2(g)=H2O(g)H3=2計算反應④C6H5C2H5(g)C6H5CH=CH2(g)+H2(g)的ΔH4=kJ.mol一1；(2)在某溫度、100kPa下，向反應器中充入1mol氣態(tài)乙苯發(fā)生反應④,其平衡轉化率為50%，欲將平衡轉化率提高至75%，需要向反應器中充入mol水蒸氣作為稀釋氣(計算時忽略副反應)；(3)在913K、100kPa下，以水蒸氣作稀釋氣。Fe2O3作催化劑，乙苯除脫氫生成苯乙烯外，還會發(fā)生如下兩個副反應：⑤C6H5C2H5(g)C6H6(g)+CH2=CH2(g)⑥C6H5C2H5(g)+H2(g)C6H5CH3(g)+CH4(g)以上反應體系中，芳香烴產(chǎn)物苯乙烯、苯和甲苯的選擇性S(S=轉化為苯的量100%)隨乙苯轉化率的變化曲線如圖所示，其中曲線b代表的產(chǎn)物是，理由是；(4)關于本反應體系中催化劑Fe2O3的描述錯誤的是；A．X射線衍射技術可測定Fe2O3晶體結構B．Fe2O3可改變乙苯平衡轉化率C．Fe2O3降低了乙苯脫氫反應的活化能D．改變Fe2O3顆粒大小不影響反應速率苯乙烯聚合有多種方法，其中一種方法的關鍵步驟是某Cu(Ⅰ)的配合物促進C6H5CH2X(引發(fā)劑，X表示鹵素)生成自由基C6H5CH2?，實現(xiàn)苯乙烯可控聚合。(5)引發(fā)劑C6H5CH2Cl、C6H5CH2Br、C6H5CH2I中活性最高的是；(6)室溫下，①Cu+在配體L的水溶液中形成[Cu(L)2]+，其反應平衡常數(shù)為K；②CuBr在水中的溶度積常數(shù)為Ksp。由此可知，CuBr在配體L的水溶液中溶解反應的平衡常數(shù)為 (所有方程式中計量系數(shù)關系均為最簡整數(shù)比)。【答案】(1)+118(2)5(3)苯反應④為主反應，反應⑤⑥為副反應，苯乙烯的選擇性最大；在恒溫恒壓下，隨乙苯轉化率的增大，反應⑤正向移動，反應⑥不移動，則曲線b代表產(chǎn)物苯(4)BD(5)C6H5CH2Cl(6)KKsp【解析】(1)根據(jù)蓋斯定律，將①-②-③可得C6H5C2H5(g)?C6H5CH=CH2(g)+H2(g)H4=-4386.9kJ/mol-(-4263.1kJ/mol)-(-241.8kJ/mol)=+118kJ/mol；(2)設充入H2O(g)物質的量為xmol；在某溫度、100kPa下，向反應器中充入1mol氣態(tài)乙苯發(fā)生反應④。乙苯的平衡轉化率為50%，可列三段式：C6H5C2H5(g)C6H5CH=CH2(g)+H2(g)n(起始)(mol)n(轉化)(mol)n(平衡)(mol)10.50.500.50.500.50.5此時平衡時混合氣體總物質的量為1.5mol，此時容器的體積為V；當乙苯的平衡轉化率為75%，可列三段式：C6H5C2H5(g)C6H5CH=CH2(g)+H2(g)n(起始)(mol)n(轉化)(mol)n(平衡)(mol)10.750.2500.750.7500.750.75此時乙苯、苯乙烯、H2物質的量之和為1.75mol，混合氣的總物質的量為(1.75+x)mol，在恒溫、恒壓時，體積之比等于物質的量之比，此時容器的體積為V;兩次平衡溫度相同，則平衡常數(shù)相等，則=，解得x=5；(3)曲線a芳香烴產(chǎn)物的選擇性大于曲線b、c芳香烴產(chǎn)物的選擇性，反應④為主反應，反應⑤⑥為副反應，則曲線a代表產(chǎn)物苯乙烯的選擇性；反應④⑤的正反應為氣體分子數(shù)增大的反應，反應⑥的正反應是氣體分子數(shù)不變的反應；在913K、100kPa(即恒溫恒壓)下以水蒸氣作稀釋氣，乙苯的轉化率增大，即減小壓強，反應④⑤都向正反應方向移動，反應⑥平衡不移動，故曲線b代表的產(chǎn)物是苯；(4)A項，測定晶體結構最常用的儀器是X射線衍射儀，即用X射線衍射技術可測定Fe2O3晶體結構，A項正確；B項，催化劑不能使平衡發(fā)生移動，不能改變乙苯的平衡轉化率，B項錯誤；C項，催化劑能降低反應的活化能，加快反應速率，故Fe2O3可降低乙苯脫氫反應的活化能，C項正確；D項，催化劑顆粒大小會影響接觸面積，會影響反應速率，D項錯誤；故選BD。(5)電負性Cl＞Br＞I，則極性C—Cl鍵＞C—Br鍵＞C—I鍵，則C6H5CH2Cl更易生成自由基，即活性最高的是C6H5CH2Cl；(6)Cu+在配體L的水溶液中形成[Cu(L)2]+，則Cu++2L?[Cu(L)2]+的平衡常數(shù)K=L；CuBr在水中的溶度積常數(shù)Ksp=c(Cu+)c(Br-)；CuBr在配體L的水溶液中溶解反應為CuBr+2L?[Cu(L)2]++Br-，該反應的平衡常數(shù)為c{[Cu(2(].c(Br-)=c{[Cu(2(]+)c(Cu+)=KKsp。17．(15分)超純Ga(CH3)3是制備第三代半導體的支撐源材料之一，近年來，我國科技工作者開發(fā)了超純純化、超純分析和超純灌裝一系列高新技術，在研制超純Ga(CH3)3方面取得了顯著成果，工業(yè)上以粗鎵為原料，制備超純Ga(CH3)3的工藝流程如下：已知：①金屬Ga的化學性質和Al相似，Ga的熔點為29.8℃;②Et2O(乙醚)和NR3(三正辛胺)在上述流程中可作為配體；③相關物質的沸點：物質Ga(CH3)3Et2OCH3INR3沸點/℃55.734.642.4365.8回答下列問題：(1)晶體Ga(CH3)3的晶體類型是；(2)“電解精煉”裝置如圖所示，電解池溫度控制在40-45℃的原因是，陰極的電極反應式為；(3)“合成Ga(CH3)3(Et2O)”工序中的產(chǎn)物還包括MgI2和CH3MgI，寫出該反應的化學方程式：；(4)“殘渣”經(jīng)純水處理，能產(chǎn)生可燃性氣體，該氣體主要成分是；(5)下列說法錯誤的是；A．流程中Et2O得到了循環(huán)利用B．流程中，“合成Ga2Mg5”至“工序X”需在無水無氧的條件下進行C．“工序X”的作用是解配Ga(CH3)3(NR3)，并蒸出Ga(CH3)3D．用核磁共振氫譜不能區(qū)分Ga(CH3)3和CH3I(6)直接分解Ga(CH3)3(Et2O)不能制備超純Ga(CH3)3，而本流程采用“配體交換”工藝制備超純Ga(CH3)3的理由是；(7)比較分子中的C-Ga-C鍵角大小：Ga(CH3)3Ga(CH3)3(Et2O)(填“>”“<”或“=”)，其原因是?！敬鸢浮?1)分子晶體(2)保證Ga為液體，便于純Ga流出Ga3++3e=Ga(3)8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2Ga(CH3)3(Et2O)+3MgI2+2CH3MgI(4)CH4(5)D(6)NR3沸點較高，易與Ga(CH3)3分離，Et2O的沸點低于Ga(CH3)3，一起氣化，難以得到超純Ga(CH3)3(7)>Ga(CH3)3中Ga為sp2雜化，所以為平面結構，而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga為sp3雜化，所以為四面體結構，故夾角較小【解析】以粗鎵為原料，制備超純Ga(CH3)3，粗Ga經(jīng)過電解精煉得到純Ga，Ga和Mg反應生產(chǎn)Ga2Mg5，Ga2Mg5和CH3I、Et2O反應生成Ga(CH3)3(Et2O)、MgI2和CH3MgI，然后經(jīng)過蒸發(fā)溶劑、蒸餾，除去殘渣MgI2、CH