湖南省百校2023届高三开年摸底联考化学试题

湖南省百校2023届高三开年摸底联考化学试题
一、单选题
1．（2023高三下·湖南开学考）从日常生活到科技前沿，化学无处不在。下列说法正确的是
A．热水泡茶涉及萃取、分液等操作
B．天然奶油是从牛奶或羊奶中提取出的半固态物质，属于蛋白质
C．速滑竞赛服使用聚氨酯材料可减少空气阻力，聚氨酯是高分子材料
D．用于制造“山东舰”上舰载机降落拦阻索的特种钢，属于新型无机非金属材料
【答案】C
【知识点】无机非金属材料；高分子材料；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．热水泡茶涉及溶解、过滤，不涉及分液，A项不符合题意；
B．天然奶油是从牛奶或羊奶中提取出的半固态物质，属于油脂，B项不符合题意；
C．聚氨酯是聚合物，属于高分子材料，C项符合题意；
D．用于制造“山东舰”上舰载机降落拦阻索的特种钢，属于合金，为金属材料，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．依据物质的状态和性质分离；
B．天然奶油是属于油脂；
C．聚氨酯是聚合物，属于高分子材料；
D．特种钢属于合金，为金属材料。
2．（2023高三下·湖南开学考）下列实验操作或装置(略去部分夹持仪器)正确的是
A．制取少量 B．钠的燃烧 C．制备 D．配制一定物质的量浓度的溶液
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】A．用盐酸和石灰石制取二氧化碳，A符合题意；
B．将金属钠放在石棉网上用酒精灯进行加热，B不符合题意；
C．通氨气的导管不能插入液面以下，否则易发生倒吸；通二氧化碳的导管应插入液面以下，否则二氧化碳不易被溶液吸收，影响碳酸氢钠的制备，C不符合题意；
D．在容量瓶中配制一定物质的量的溶液，最后摇匀，上下摇晃时一手托住瓶底，一手按住瓶塞，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．用盐酸和石灰石制取二氧化碳；
B．表面皿不能加热；
C．氨气的导管插入液面以下，易发生倒吸；
D．容量瓶摇匀时，一手托住瓶底，一手按住瓶塞。
3．（2023高三下·湖南开学考）已知氯化1-乙基-3-甲基咪唑()被广泛应用于有机合成和聚合反应、分离与提纯以及电化学研究中。下列说法错误的是
A．电负性：
B．五元环处于同一平面，则两个氮原子的杂化方式分别为、
C．氯化1-乙基-3-甲基咪唑中含有键数目为
D．氯化1-乙基-3-甲基咪唑中的化学键类型：离子键、共价键
【答案】B,C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；物质的结构与性质之间的关系；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．根据同一周期从左往右元素电负性依次增大，同一主族从上往下元素电负性依次减小可知，电负性关系为，A不符合题意；
B.1-乙基咪唑中的五元环存在一个大π键，因此环上的原子处于同一平面，两个N均为sp2 杂化，其中1号N上的未共用的孤电子对参与形成大π键，3号N的孤电子对填充在一个sp2杂化轨道，当1-乙基咪唑与一氯甲烷发生取代反应生成氯化1-乙基-3-甲基咪唑后，碳正离子与3号N共用了孤电子对，且五元环仍共面，因此，两个氮原子的杂化方式均不发生变化，即两个N的杂化方式仍为杂化，B符合题意；
C．在共价化合物中，任何两个成键的原子之间均存在1个σ键。由题干有机物结构简式可知，氯化1-乙基-3-甲基咪唑中有阳离子和阴离子，离子间存在离子键，因此，氯化1-乙基-3-甲基咪唑中含有键数目为，C符合题意；
D．氯化1-乙基-3-甲基咪唑中氯离子和阳离子之间为离子键，阳离子内部存在共价键，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A．根据同一周期从左往右元素电负性依次增大，同一主族从上往下元素电负性依次减小；
B.依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；
C．依据单键是σ键，双键一个σ键和一个π键，三键是一个σ键和两个π键；
D．依据结构简式确定化学键类型。
4．（2023高三下·湖南开学考）绿柱石()是一种重要的矿物。X、Y、Z、W为短周期元素，原子序数依次增加，且价电子数和为15，X、Z、W处于相邻的主族，和的电荷与半径之比相近，导致两元素性质相似。下列说法正确的是
A．第一电离能：ZW
B．原子半径：Z>W>Y>X
C．XY是碱性氧化物，是酸性氧化物
D．已知W、Y都可与氢气生成氢化物，电负性Y>W>H
【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质
【解析】【解答】由上述分析可知，X为Be，Y为O，Z为Al，W为Si，则：
A．同一周期，第一电离能从左到右呈现增大趋势，所以第一电离能：Al＜Si，两者失去一个电子后，Al+处于稳定结构，较难再失电子，所以第二电离能：Al＞Si，A符合题意；
B．同一周期原子半径从左到右依次减弱，同一主族原子半径从上到下依次增大，则上述元素原子半径：Z(Al)>W(Si)>X(Be)>Y(O)，B不符合题意；
C．Be与Al两者性质相似，所以BeO属于两性氧化物，SiO2与碱发生反应生成硅酸盐和水，所以属于酸性氧化物，C不符合题意；
D．Si与O分别与H元素形成的氢化物中，Si为+4价，O为-2价，则电负性：W(O)>Y(Si)>H，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．同一周期的主族元素中，从左至右，元素的第一电离能呈“锯齿状”增大，其中II A族和V A族的第一电离能高于相邻的元素；
B．同一周期原子半径从左到右依次减弱，同一主族原子半径从上到下依次增大；
C．利用“对角线”规则，BeO属于两性氧化物；
D．非金属性越强，电负性越大。
5．（2022·泰安模拟）下列有关海水综合利用的离子方程式错误的是（　　）
A．海水提镁中用石灰乳沉镁：
B．海水提溴中用水溶液富集溴：
C．氯碱工业中电解饱和食盐水：
D．侯氏制碱法中获取碳酸氢钠：
【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．石灰乳在离子方程式中应写化学式，该离子方程式为：，故A符合题意；
B．溴单质与二氧化硫在溶液中反应生成强酸硫酸和HBr，离子方程式正确，故B不符合题意；
C．电解饱和食盐水生成氯气、氢气和NaOH，离子方程式正确，故C不符合题意；
D．侯氏制碱法中获取碳酸氢钠反应为，其中氯化钠和氯化铵均为强电解质可拆，离子方程式正确，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】石灰乳在书写离子方程式时不能拆开，结合选项即可判断
6．（2023高三下·湖南开学考）二氧化锗常用作有机物的催化剂以及半导体的原料。一种从烟尘(主要成分为，含、、、等杂质)中提纯二氧化锗的工艺流程如下
已知：在浓盐酸中的溶解度很低。下列说法正确的是
A．在滤液中加入固体调，先得沉淀，后得沉淀
B．“沉锗”后分离出单宁与的产物所用玻璃仪器为玻璃棒、分液漏斗、烧杯
C．水解的离子方程式为
D．“水解”操作时为保证，水解彻底进行，需加入过量高纯水
【答案】C
【知识点】无机物的推断；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．加入固体调，不能得到沉淀，因为Zn2+不发生水解，A项不符合题意；
B．“沉锗”后分离出单宁与的产物所用玻璃仪器为玻璃棒、漏斗、烧杯，而不是分液漏斗，B项不符合题意；
C．根据流程，水解产物为，原环境又是酸性，C项符合题意；
D．“水解”操作时为保证水解彻底进行，不能加入过量高纯水，水过量，盐酸浓度降低，则溶解的多，产量低，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．调节溶液的pH值：使某些离子转变为沉淀而达到分离的目的，抑制某些离子的水解，防止某些离子的氧化等。
B．过滤所用玻璃仪器为玻璃棒、漏斗、烧杯；
C．依据流程图，利用反应物和产物判断；
D．依据盐类水解平衡分析。
7．（2023高三下·湖南开学考）中国科学技术大学科研人员开发了一种高性能的水系锰基锌电池。该装置获得电能的同时可以制得，其工作原理如图所示，下列说法正确的是
A．电池放电时，正极区溶液的pH降低
B．a膜为阳离子交换膜，b膜为阴离子交换膜
C．X溶液中的溶质只能为，Y溶液中溶质只能为KOH
D．放电时，消耗1mol Zn时，正极区电解质溶液增重87g
【答案】C
【知识点】化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】左边，发生还原反应，为正极，电极反应为：，X为硫酸溶液，右边，发生氧化反应，为负极，电极反应为：，Y溶液为溶液。
A．正极，电极反应为：，减小，pH增大，A不符合题意；
B．通过a膜移向负极，通过b膜移向正极，在池中间形成，故b膜为阳离子交换膜，a膜为阴离子交换膜，B不符合题意；
C．正极区发生反应：，负极区发生反应：，中间要生成，X溶液中的溶质只能为，Y溶液中溶质只能为KOH，C符合题意；
D．根据得失电子守恒，放电时，消耗1mol Zn时，正极区产生1mol，同时消耗4mol，有2mol移向中间池，故电解质溶液减轻9g，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．利用电极反应式分析；
B．原电池“同性相吸”，阳离子移向正极，阴离子移向负极；
C．利用电极反应式和中间要生成判断；
D．根据得失电子守恒。
8．（2023高三下·湖南开学考）贝诺酯是新型消炎、解热。镇痛、治疗风湿病的药物，其合成过程如下：
下列说法错误的是
A．三种物质中均含有2种官能团 B．物质X中所有碳原子均为杂化
C．物质Y遇溶液显紫色 D．最多与反应
【答案】B
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成
【解析】【解答】A．X中含有酯基和羧基，Y中含有羟基和酰胺基，Z中含有酯基和酰胺基，A不符合题意；
B．X中含有，其中C为杂化，B符合题意；
C．Y中含有酚羟基，遇溶液显紫色，C不符合题意；
D．Z中酯基、酰胺基能和NaOH按1：1反应，水解后得到2个酚羟基又能按1：1消耗NaOH，故1mol Z 最多与 5mol NaOH 反应，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．根据结构简式确定官能团；
B．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；
CD．根据官能团的性质判断。
9．（2023高三下·湖南开学考）氮化硼是一种重要的功能陶瓷材料。以天然硼砂为起始物，经过一系列反应可以得到和，如图所示。下列叙述正确的是
A．硼酸具有片层状结构，层与层之间，单元间都以范德华力连接
B．立方氮化硼结构与金刚石相似。立方氮化硼晶胞中每个氮原子周围有4个硼原子
C．与反应后再用氨气中和得到，含有配位键的数目为
D．与都是由极性键构成的极性分子
【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；极性分子和非极性分子；分子间作用力
【解析】【解答】A．硼酸具有片层状结构，层与层之间、单元间不仅以范德华力连接，还有氢键，故A不符合题意；
B．结构与金刚石相似，金刚石每个碳原子周围有4个碳原子，则立方氮化硼晶胞中每个氮原子周围有4个硼原子，故B符合题意；
C．中N与H之间有1个配位键，B与F之间有1个配位键，所以含有配位键的数目为，故C不符合题意；
D．是由极性键构成的极性分子，而是由极性键构成的非极性分子，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．层与层之间还有氢键；
B．依据结构与金刚石相似分析；
C．中N与H之间有1个配位键，B与F之间有1个配位键；
D．同种原子之间的共价键为非极性键；不同种原子之间的共价键为极性键；非极性分子是指分子里电荷分布是对称的(正负电荷中心能重合)的分子。极性分子是指分子里电荷分布不对称(正负电荷中心不能重合)的分子。
10．（2023高三下·湖南开学考）氢气和二氧化碳在催化剂作用下合成甲醇的反应为放热反应，催化过程可解释为“吸附-活化-解离”的过程，催化反应机理如图所示。下列说法正确的是
A．反应过程中I-V步，C元素化合价不变
B．单位时间内生成的水越多，则甲醇的产率越大
C．增大催化剂的表面积，可以提高甲醇的平衡产率
D．氢气和二氧化碳在催化反应过程中有副产物生成
【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．反应过程中Ⅰ-Ⅴ步，C的成键个数不相同，化合价发生了变化，A项不符合题意；
B．生成的水越多，有可能产生的越多，甲醇产率不一定大，B项不符合题意；
C．增大催化剂的表面积，可以加快反应速率，但不影响平衡转化率，C项不符合题意；
D．由图可得第Ⅲ步可知，氢气和二氧化碳在催化反应过程中有副产物生成，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．依据成键个数分析；
B．甲醇产率不一定大；
C．依据化学平衡移动原理分析；
D．依据机理图分析。
11．（2023高三下·湖南开学考）室温下，下列实验探究方案不能得到相应结论的是
选项 探究方案 探究结论
A 向饱和的溶液中CuS固体，测得溶液中不变
B 将25℃溶液加热到40℃，用传感器检测到溶液pH逐渐变小 温度升高，水解平衡正向移动，浓度增大
C 用一定浓度的NaOH滴定一定体积、浓度的草酸(、弱酸)溶液(用甲基橙作指示剂) 确定草酸是二元酸
D 利用晶体X射线衍射可测定原子坐标 确定分子的空间结构
A．A B．B C．C D．D
【答案】B,C
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．一种难溶物容易转化为比它更难溶的沉淀，饱和FeSO4溶液中加入CuS固体，测得溶液中c(Fe2+)不变，说明没有生成FeS沉淀，所以Ksp(CuS)B．升高温度，pH减小，说明温度升高对Na2SO3水解平衡的影响小于对水的电离的影响，此外，升高温度，pH减小，也有可能是因为Na2SO3被空气中的氧气氧化为Na2SO4；若只考虑温度升高，Na2SO3水解平衡正向移动，则溶液的pH应该增大，而不是减小，B不能得到相应结论；
C．甲基橙的变色范围是3.1-4.4，、均使甲基橙变为黄色，不能确定草酸为二元酸，C不能得到相应结论；
D．通过晶体X射线衍射实验，可以测定晶胞中各个原子的坐标，根据原子坐标，可以计算原子间的距离，判断哪些原子之间存在化学键，确定键长和键角，从而得出分子的空间结构，D能得到相应结论；
故答案为：BC。
【分析】A．一种难溶物容易转化为比它更难溶的沉淀；
B．依据Na2SO3被空气中的氧气氧化为Na2SO4分析；
C．、均使甲基橙变为黄色，不能确定草酸为二元酸；
D．通过晶体X射线衍射实验，可以测定晶胞中各个原子的坐标。
12．（2023高三下·湖南开学考）羟基自由基()具有极强的氧化能力，它能有效地氧化降解废水中的有机污染物。在直流电源作用下，利用双极膜电解池产生羟基自由基()处理含苯酚废水和含甲醛废水的原理如图所示。已知：双极膜中间层中的解离为和。下列说法错误的是
A．双极膜将水解离为和的过程是物理变化
B．阴极电极反应式为
C．每处理9.4g苯酚，理论上有2.8mol透过膜a
D．通电一段时间后，苯酚和甲醛转化生成物质的量之比为7∶6
【答案】D
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．极膜将水解离为 H+和 OH 的过程没有新物质生成，属于物理变化，A不符合题意；
B．根据分析，阴极电极反应式为，B不符合题意；
C．，1mol苯酚转化为CO2，转移28mol电子，0.1mol苯酚转化时，转移电子为2.8mol，则有2.8molH+透过b膜，C不符合题意；
D．若只与苯酚和甲醛反应，转移的电子数比为28：4，则参加反应的苯酚和甲醛的物质的量之比为1：7，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．该过程没有新物质生成；
B．阴极与直流电源的负极相连的电极，发生还原反应；
CD．依据得失电子守恒。
13．（2023高三下·湖南开学考）在一定温度下，以为催化剂，氯苯和在溶液中发生反应
反应①：(邻二氯苯)
反应②：(对二氯苯)
反应①和②存在的速率方程：和，、为速率常数，只与温度有关，反应①和②的曲线如图所示。下列说法错误的是
A．若对二氯苯比邻二氯苯稳定，则
B．保持反应体系温度恒定，体系中两种有机产物的浓度之比保持不变
C．通过改变催化剂可以提高产物中对二氯苯的比例
D．相同时间内，(对二氯苯)(邻二氯苯)
【答案】A
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．反应①和反应②均为放热反应，即、，又知对二氯苯比邻二氯苯稳定，则反应②放出的热量更多，即，选项A符合题意；
B．速率大小由和判断，影响因素只与、有关，温度恒定时，、保持不变，则两种有机产物的浓度之比保持不变，选项B不符合题意；
C．改变催化剂可改变选择性，可提高产物中对二氯苯的比例，选项C不符合题意；
D．反应①和反应②中转化为对二氯苯和邻二氯苯均为进行，则(对二氯苯)(邻二氯苯)成立，选项D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．物质的能量越低，越稳定；
B．K的大小只与温度有关；
C．改变催化剂可改变选择性；
D．依据已知反应判断。
14．（2023高三下·湖南开学考）难溶盐可溶于盐酸，常温下，用调节浊液的，测得体系中或与的关系如图所示。下列说法错误的是
A．M代表与的变化曲线
B．难溶盐的溶度积常数
C．Y点的溶液中存在
D．Z点的溶液中存在
【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．根据题意，浊液存在溶解平衡：，用调节溶液存在平衡：。根据，随着横坐标增大，则减小，增大，故M代表与的变化曲线，A不符合题意；
B．根据X点坐标可求，由W点可知，当时，，此时，则，B符合题意；
C．Y点，氟离子的浓度与钙离子的相同，即，溶解出的氟离子，，再根据电荷守恒，故，C不符合题意；
D．Z点的溶液中，根据及，存在，根据可求，而此时，则，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．根据结合图中曲线变化分析；
B．根据X点坐标和W点，利用；
C．根据电荷守恒；
D．根据分析。
15．（2023高三下·湖南开学考）镍电池的电极活性材料为多组分合金(主要成分为镍、钴，还含有铝、铁等)，可重新回收利用。利用废镍电池资源化生产醋酸钴晶体的工艺流程如下。
已知：①浸取母液中除铝元素外，其他金属元素的化合价均为价。
②部分金属阳离子沉淀的如下表。
沉淀物
开始沉淀 2.2 7.4 7.6 0.1 4.0 7.6
完全沉淀 3.2 8.9 9.2 1.1 5.2 9.2
请回答下列问题：
（1）“浸取”时可以提高浸取率的操作有　 　(任写1条)。
（2）“调”时溶液的范围是　 　，所得滤渣1的主要成分为　 　(填化学式)。
（3）“氧化分离”操作控制溶液，加入发生反应的离子方程式为　 　。
（4）“溶解1”操作中加入的作用为　 　，“沉钴”操作过程中发生反应的离子方程式为　 　。
（5）“溶解2”操作后得到醋酸钴晶体，要使该醋酸钴晶体的纯度更高，所采取的实验操作名称应为　 　。
（6）碱金属可以插入石墨层中，钾的石墨插层化合物具有超导性，其中K层平行于石墨层。图1为其晶胞图，垂直于石墨层方向的原子投影如图2所示。
C—C键的键长为，则K层中m与n两个K原子之间的距离为　 　，设为阿伏加德罗常数的值，若晶胞参数分别为、、，则该石墨插层化合物的晶胞密度为　 　(用含x、y、z、的代数式表示)。
【答案】（1）增大硫酸浓度，升高温度，延长浸取时间等
（2）；、
（3）
（4）还原生成；
（5）重结晶
（6）；
【知识点】晶胞的计算；无机物的推断
【解析】【解答】（1）为提高浸取速率，除适当升高温度外，还可采取的措施有延长浸取时间、适当增加硫酸浓度等。故答案为：增大硫酸浓度，升高温度，延长浸取时间等；
（2）由后续流程可知，第一次调节时，已经将铁、铝化合物全部除去，则滤渣1的成分除了外，还有，结合表中数据可知，为了使完全沉淀而不沉淀，应当调节溶液的范围是，故答案为：；
（3）“母液”中含有的能够和发生氧化还原反应，根据得失电子守恒和原子守恒，可知反应的离子方程式为，故答案为：；
（4）向中加入、混合液，结合后续流程，最后得到产物中，以二价离子化合物形式存在，所以此时加入的为还原剂，离子方程式为：，故答案为：还原生成，；
（5）为提高醋酸钴晶体纯度，需要重新溶解、浓缩、结晶析出纯度更高的晶体，即重结晶操作，故答案为：重结晶；
（6）根据晶胞结构，K原子在晶胞的8个顶点、6个面心和4个在体内，1个晶胞中含K原子的个数为；由晶胞结构知m与n的距离如图 中的之间距离，C—C键的键长为，则；晶胞中每层石墨烯部分结构中有4条边(8个C原子)处于晶胞面上，其他C原子处于晶胞内部，晶胞中C原子数目，则晶胞的质量，晶胞的体积，所以该晶胞的密度，故答案为：，。
【分析】（1）依据影响化学平衡的因素分析；
（2）调节pH，考虑除杂效果和不引入新的杂质分析；
（3）根据反应物和生成物的化学式利用元素守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析；
（4）根据氧化还原反应，利用原子守恒分析；
（5）重结晶是将晶体溶于溶剂或熔融以后，又重新从溶液或熔体中结晶的过程。重结晶可以使不纯净的物质获得纯化，或使混合在一起的物质彼此分离。
（6）利用均摊法确定原子数，再利用公式计算。
16．（2023高三下·湖南开学考）碘酸钙为白色固体，微溶于水，是一种无机精细与专用化学品。一种制备并测定六水合碘酸钙含量的实验设计如下。
步骤I：碘酸氢钾的制备
在三颈烧瓶中加入碘、氯酸钾和水，滴加的盐酸至，控制温度85℃左右，装置如图。
步骤II：碘酸钙晶体的制备
将步骤I反应后的溶液转入烧杯中，加入X溶液调节；继续滴加溶液，充分反应后用冰水冷却，抽滤、洗涤、干燥，得粗产品碘酸钙晶体。
步骤III：产品中碘酸钙晶体含量测定
①准确称取粗产品，置于烧杯中，加入溶解样品，转移到容量瓶中定容。量取溶液于碘量瓶中，加入稍过量的，然后用标准溶液滴定至浅黄色，加入2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，平行测定三次后取平均值，用去标准溶液。
②空白实验：不取产品，其余试剂用量和步骤相同，消耗标准溶液。
已知：，，
请回答下列问题：
（1）仪器c的名称为　 　，步骤I中有黄绿色气体产生，则制备反应的化学方程式为　 　，干燥管d中的试剂是　 　。
（2）步骤I中温度不宜过高的原因是　 　，判断反应结束的实验现象是　 　。
（3）步骤II中X溶液是　 　，反应后用冰水冷却的目的是　 　。
（4）步骤III中空白实验的主要目的是　 　。
（5）碘酸钙晶体中的纯度为　 　(计算结果保留两位小数)。
【答案】（1）恒压滴液漏斗；；碱石灰或固体
（2）温度过高，易导致碘升华或盐酸挥发，产率低；不再有黄绿色气体生成
（3）或溶液；降低碘酸钙的溶解度，有利于碘酸钙晶体析出
（4）排除空气中的干扰
（5）87.15％
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由实验装置图可知，仪器c为恒压滴液漏斗；溶液中的氯酸钾可以和碘在盐酸作用下发生氧化还原反应，根据得失电子守恒和原子守恒，可知反应的化学方程式为85℃左右；干燥管d中的试剂是碱石灰或固体，其作用是吸收尾气中的碘、氯化氢、氯气等有毒气体；
（2）步骤Ⅰ中发生反应，反应物中碘易升华、盐酸易挥发，反应温度过高，碘和、反应不充分，所以温度过高，产率低；反应结束后，不再有黄绿色的生成，利用此现象可判断反应完成；
（3）步骤Ⅱ中加入X溶液的目的是调溶液，原溶液含有，产物存在，故可选用溶液或溶液；用冰水冷却后需要进行抽滤，故用冰水冷却的目的是降低碘酸钙的溶解度，便于碘酸钙晶体析出；
（4）空气中的可以与反应生成，故空白实验的主要目的是排除空气中的干扰；
（5）滴定过程中发生反应：，，。
由方程式可得关系式为，
则粗产品中的物质的量为，
则该样品的纯度为％=87.15％。
【分析】（1）依据仪器构造确定名称；依据氧化还原反应原理，根据得失电子守恒和原子守恒分析；依据物质的性质选择试剂；
（2）依据物质和产物的性质分析；
（3）调节pH，考虑除杂效果和不引入新的杂质分析；
（4）空气中的可以与反应生成；
（5）依据关系式法计算。
17．（2023高三下·湖南开学考）我国科学家首次实现了二氧化碳到淀粉的人工合成，关键的一步是利用化学催化剂将高浓度还原成。催化加氢制的反应体系中，发生的主要反应如下。
I.
II.
III.
回答下列问题：
（1）已知上述反应I、II、III的平衡常数K与温度T的关系为：，，(x、y、z、A、B、C均为常数，A、C均大于零，B小于零)。则反应I的活化能(正)　 　(逆)，的数值范围是　 　。
（2）反应I可能的反应历程如下图所示。已知：方框内包含微粒种类及数目、微粒的相对总能量；TS表示过渡态、*表示吸附在催化剂上的微粒。
则反应历程中决速步骤的反应方程式为　 　。
（3）在催化剂作用下，将和的混合气体充入一恒容密闭容器中进行反应，达平衡时，的转化率和容器中混合气体的平均相对分子质量随温度变化如图。
①250℃后，随温度升高，平衡时混合气体的平均相对分子质量几乎不变的原因是　 　。
②T℃时，反应的初始压强为，平衡时甲醇的选择性(生成甲醇消耗的在总消耗量中占比)为　 　，反应I的平衡常数　 　(为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量的分数)。若再向密闭容器中通入和，使二者分压均增大，则的转化率　 　(填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】（1）小于；0～1
（2）
（3）当温度高于250℃时，以反应II为主，反应II前后气体分子数相等，反应II的气体平均相对分子质量几乎不变；60％；；不变
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）平衡常数K与温度T的关系可知，反应Ⅰ、Ⅲ的平衡常数自然对数随温度升高而减小，说明反应Ⅰ、Ⅲ均为放热反应，而反应Ⅱ的平衡常数自然对数随温度升高而增大，说明反应Ⅱ为吸热反应，则、、，因此反应Ⅰ的活化能(正)小于(逆)；由盖斯定律可知Ⅰ-Ⅲ=Ⅱ，则，因此，由于放热反应的越小，其绝对值越大，则的范围是0～1。
（2）生成甲醇的决速步骤，指反应历程中反应速率最慢的一步反应，速率快慢则由反应的活化能决定，活化能越大，反应速率越慢，根据表中数据，找出活化能(过渡态与起始态能量差)最大的反应步骤为。
（3）①由于反应Ⅰ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，的平衡转化率降低；反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，反应Ⅱ向正反应方向移动，的平衡转化率升高。由图可知，温度高于250℃时，的转化率随温度升高，开始逐渐变大，说明250℃后以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ前后气体分子数相等，发生反应Ⅱ的气体平均相对分子质量不变。
②初始和的混合气体的总质量为，
T℃时混合气体的平均相对分子质量由图像知为20，
则平衡时容器中混合气体总的物质的量为。
观察反应特点知，反应Ⅱ和反应Ⅲ的加和即为反应Ⅰ，从转化角度分析，发生反应Ⅱ和反应Ⅲ即相当于发生反应Ⅰ，即在竞争体系中可忽略反应Ⅲ，默认由反应Ⅰ代替。依据守恒思想进行分析：
设平衡时产物中，根据图像的平衡转化率为50％，
则平衡时，，，
可知，，
可求，，
则平衡时甲醇的选择性为％=60％。
由阿伏加德罗定律推论知，恒温恒容时，压强之比等于气体的物质的量之比，
既可得，反应Ⅰ的平衡常数；
由于平衡时和的分压相等，如果再向密闭容器中通入和，
使二者分压均增大，此时的仍然等于，平衡不移动，的转化率不变。
【分析】（1）依据平衡常数K与温度T的关系判断；利用盖斯定律分析。
（2）活化能越大，反应速率越慢，速率最慢是决速步骤；
（3）①依据计算；
②依据守恒思想进行分析：由阿伏加德罗定律推论知，恒温恒容时，压强之比等于气体的物质的量之比，利用化学平衡移动原理分析。
18．（2023高三下·湖南开学考）化合物I是一种治疗抑郁症的药物，一种合成路线如下。
已知：i.
ii.
回答下列问题：
（1）A的名称为　 　，C中官能团有　 　种。
（2）B→C反应的化学方程式为　 　。
（3）C→D的反应类型为　 　，G的结构简式为　 　。
（4）M的分子式为，则M的结构简式为　 　，则M的同分异构体中，满足下列条件的有　 　种。
①遇溶液变紫色；②只含一个环状结构；③该有机物与足量金属钠反应生成。
（5）已知i.；
ii.
根据相关信息，写出为主要原料制备M的合成路线：　 　。
【答案】（1）对氟苯甲醛；3(或三)
（2）
（3）加成反应；
（4）；9
（5）
【知识点】有机物的合成；羧酸简介
【解析】【解答】（1）由分析知，A的结构简式为，化学名称为对氟苯甲醛；C的结构简式为，故C中含有碳氟键、碳碳双键、酯基这三种官能团。
（2）B与乙醇发生酯化反应生成C，化学方程式为。
（3）对比C的结构简式和D的结构简式可知C→D的反应类型为加成反应；G的结构简式为。
（4）由分析可知，M的结构简式为，为酚类物质，只有一个环状结构，即为苯环，3个O原子形成的官能团可以是2个和1个，在苯环上共有6种结构；3个O原子形成的官能团也可以是1个和1个，在苯环上共有3种结构，共9种。
（5）首先根据信息ⅰ反应生成，再根据信息ⅱ反应生成，碱性水解再酸化即可得M。M的合成路线：。
【分析】（1）由结构简式先确定物质的类别，再确定名称；根据结构简式确定官能团；
（2）依据反应前后物质的结构简式及反应条件确定化学方程式；
（3）根据官能团的变化确定反应类型；依据反应前后物质的结构简式及反应条件确定结构简式；
（4）利用题目的条件确定官能团，书写同分异构体；
（5）采用逆向合成法，根据题干路线的转化信息设计合成路线。
湖南省百校2023届高三开年摸底联考化学试题
一、单选题
1．（2023高三下·湖南开学考）从日常生活到科技前沿，化学无处不在。下列说法正确的是
A．热水泡茶涉及萃取、分液等操作
B．天然奶油是从牛奶或羊奶中提取出的半固态物质，属于蛋白质
C．速滑竞赛服使用聚氨酯材料可减少空气阻力，聚氨酯是高分子材料
D．用于制造“山东舰”上舰载机降落拦阻索的特种钢，属于新型无机非金属材料
2．（2023高三下·湖南开学考）下列实验操作或装置(略去部分夹持仪器)正确的是
A．制取少量 B．钠的燃烧 C．制备 D．配制一定物质的量浓度的溶液
A．A B．B C．C D．D
3．（2023高三下·湖南开学考）已知氯化1-乙基-3-甲基咪唑()被广泛应用于有机合成和聚合反应、分离与提纯以及电化学研究中。下列说法错误的是
A．电负性：
B．五元环处于同一平面，则两个氮原子的杂化方式分别为、
C．氯化1-乙基-3-甲基咪唑中含有键数目为
D．氯化1-乙基-3-甲基咪唑中的化学键类型：离子键、共价键
4．（2023高三下·湖南开学考）绿柱石()是一种重要的矿物。X、Y、Z、W为短周期元素，原子序数依次增加，且价电子数和为15，X、Z、W处于相邻的主族，和的电荷与半径之比相近，导致两元素性质相似。下列说法正确的是
A．第一电离能：ZW
B．原子半径：Z>W>Y>X
C．XY是碱性氧化物，是酸性氧化物
D．已知W、Y都可与氢气生成氢化物，电负性Y>W>H
5．（2022·泰安模拟）下列有关海水综合利用的离子方程式错误的是（　　）
A．海水提镁中用石灰乳沉镁：
B．海水提溴中用水溶液富集溴：
C．氯碱工业中电解饱和食盐水：
D．侯氏制碱法中获取碳酸氢钠：
6．（2023高三下·湖南开学考）二氧化锗常用作有机物的催化剂以及半导体的原料。一种从烟尘(主要成分为，含、、、等杂质)中提纯二氧化锗的工艺流程如下
已知：在浓盐酸中的溶解度很低。下列说法正确的是
A．在滤液中加入固体调，先得沉淀，后得沉淀
B．“沉锗”后分离出单宁与的产物所用玻璃仪器为玻璃棒、分液漏斗、烧杯
C．水解的离子方程式为
D．“水解”操作时为保证，水解彻底进行，需加入过量高纯水
7．（2023高三下·湖南开学考）中国科学技术大学科研人员开发了一种高性能的水系锰基锌电池。该装置获得电能的同时可以制得，其工作原理如图所示，下列说法正确的是
A．电池放电时，正极区溶液的pH降低
B．a膜为阳离子交换膜，b膜为阴离子交换膜
C．X溶液中的溶质只能为，Y溶液中溶质只能为KOH
D．放电时，消耗1mol Zn时，正极区电解质溶液增重87g
8．（2023高三下·湖南开学考）贝诺酯是新型消炎、解热。镇痛、治疗风湿病的药物，其合成过程如下：
下列说法错误的是
A．三种物质中均含有2种官能团 B．物质X中所有碳原子均为杂化
C．物质Y遇溶液显紫色 D．最多与反应
9．（2023高三下·湖南开学考）氮化硼是一种重要的功能陶瓷材料。以天然硼砂为起始物，经过一系列反应可以得到和，如图所示。下列叙述正确的是
A．硼酸具有片层状结构，层与层之间，单元间都以范德华力连接
B．立方氮化硼结构与金刚石相似。立方氮化硼晶胞中每个氮原子周围有4个硼原子
C．与反应后再用氨气中和得到，含有配位键的数目为
D．与都是由极性键构成的极性分子
10．（2023高三下·湖南开学考）氢气和二氧化碳在催化剂作用下合成甲醇的反应为放热反应，催化过程可解释为“吸附-活化-解离”的过程，催化反应机理如图所示。下列说法正确的是
A．反应过程中I-V步，C元素化合价不变
B．单位时间内生成的水越多，则甲醇的产率越大
C．增大催化剂的表面积，可以提高甲醇的平衡产率
D．氢气和二氧化碳在催化反应过程中有副产物生成
11．（2023高三下·湖南开学考）室温下，下列实验探究方案不能得到相应结论的是
选项 探究方案 探究结论
A 向饱和的溶液中CuS固体，测得溶液中不变
B 将25℃溶液加热到40℃，用传感器检测到溶液pH逐渐变小 温度升高，水解平衡正向移动，浓度增大
C 用一定浓度的NaOH滴定一定体积、浓度的草酸(、弱酸)溶液(用甲基橙作指示剂) 确定草酸是二元酸
D 利用晶体X射线衍射可测定原子坐标 确定分子的空间结构
A．A B．B C．C D．D
12．（2023高三下·湖南开学考）羟基自由基()具有极强的氧化能力，它能有效地氧化降解废水中的有机污染物。在直流电源作用下，利用双极膜电解池产生羟基自由基()处理含苯酚废水和含甲醛废水的原理如图所示。已知：双极膜中间层中的解离为和。下列说法错误的是
A．双极膜将水解离为和的过程是物理变化
B．阴极电极反应式为
C．每处理9.4g苯酚，理论上有2.8mol透过膜a
D．通电一段时间后，苯酚和甲醛转化生成物质的量之比为7∶6
13．（2023高三下·湖南开学考）在一定温度下，以为催化剂，氯苯和在溶液中发生反应
反应①：(邻二氯苯)
反应②：(对二氯苯)
反应①和②存在的速率方程：和，、为速率常数，只与温度有关，反应①和②的曲线如图所示。下列说法错误的是
A．若对二氯苯比邻二氯苯稳定，则
B．保持反应体系温度恒定，体系中两种有机产物的浓度之比保持不变
C．通过改变催化剂可以提高产物中对二氯苯的比例
D．相同时间内，(对二氯苯)(邻二氯苯)
14．（2023高三下·湖南开学考）难溶盐可溶于盐酸，常温下，用调节浊液的，测得体系中或与的关系如图所示。下列说法错误的是
A．M代表与的变化曲线
B．难溶盐的溶度积常数
C．Y点的溶液中存在
D．Z点的溶液中存在
15．（2023高三下·湖南开学考）镍电池的电极活性材料为多组分合金(主要成分为镍、钴，还含有铝、铁等)，可重新回收利用。利用废镍电池资源化生产醋酸钴晶体的工艺流程如下。
已知：①浸取母液中除铝元素外，其他金属元素的化合价均为价。
②部分金属阳离子沉淀的如下表。
沉淀物
开始沉淀 2.2 7.4 7.6 0.1 4.0 7.6
完全沉淀 3.2 8.9 9.2 1.1 5.2 9.2
请回答下列问题：
（1）“浸取”时可以提高浸取率的操作有　 　(任写1条)。
（2）“调”时溶液的范围是　 　，所得滤渣1的主要成分为　 　(填化学式)。
（3）“氧化分离”操作控制溶液，加入发生反应的离子方程式为　 　。
（4）“溶解1”操作中加入的作用为　 　，“沉钴”操作过程中发生反应的离子方程式为　 　。
（5）“溶解2”操作后得到醋酸钴晶体，要使该醋酸钴晶体的纯度更高，所采取的实验操作名称应为　 　。
（6）碱金属可以插入石墨层中，钾的石墨插层化合物具有超导性，其中K层平行于石墨层。图1为其晶胞图，垂直于石墨层方向的原子投影如图2所示。
C—C键的键长为，则K层中m与n两个K原子之间的距离为　 　，设为阿伏加德罗常数的值，若晶胞参数分别为、、，则该石墨插层化合物的晶胞密度为　 　(用含x、y、z、的代数式表示)。
16．（2023高三下·湖南开学考）碘酸钙为白色固体，微溶于水，是一种无机精细与专用化学品。一种制备并测定六水合碘酸钙含量的实验设计如下。
步骤I：碘酸氢钾的制备
在三颈烧瓶中加入碘、氯酸钾和水，滴加的盐酸至，控制温度85℃左右，装置如图。
步骤II：碘酸钙晶体的制备
将步骤I反应后的溶液转入烧杯中，加入X溶液调节；继续滴加溶液，充分反应后用冰水冷却，抽滤、洗涤、干燥，得粗产品碘酸钙晶体。
步骤III：产品中碘酸钙晶体含量测定
①准确称取粗产品，置于烧杯中，加入溶解样品，转移到容量瓶中定容。量取溶液于碘量瓶中，加入稍过量的，然后用标准溶液滴定至浅黄色，加入2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，平行测定三次后取平均值，用去标准溶液。
②空白实验：不取产品，其余试剂用量和步骤相同，消耗标准溶液。
已知：，，
请回答下列问题：
（1）仪器c的名称为　 　，步骤I中有黄绿色气体产生，则制备反应的化学方程式为　 　，干燥管d中的试剂是　 　。
（2）步骤I中温度不宜过高的原因是　 　，判断反应结束的实验现象是　 　。
（3）步骤II中X溶液是　 　，反应后用冰水冷却的目的是　 　。
（4）步骤III中空白实验的主要目的是　 　。
（5）碘酸钙晶体中的纯度为　 　(计算结果保留两位小数)。
17．（2023高三下·湖南开学考）我国科学家首次实现了二氧化碳到淀粉的人工合成，关键的一步是利用化学催化剂将高浓度还原成。催化加氢制的反应体系中，发生的主要反应如下。
I.
II.
III.
回答下列问题：
（1）已知上述反应I、II、III的平衡常数K与温度T的关系为：，，(x、y、z、A、B、C均为常数，A、C均大于零，B小于零)。则反应I的活化能(正)　 　(逆)，的数值范围是　 　。
（2）反应I可能的反应历程如下图所示。已知：方框内包含微粒种类及数目、微粒的相对总能量；TS表示过渡态、*表示吸附在催化剂上的微粒。
则反应历程中决速步骤的反应方程式为　 　。
（3）在催化剂作用下，将和的混合气体充入一恒容密闭容器中进行反应，达平衡时，的转化率和容器中混合气体的平均相对分子质量随温度变化如图。
①250℃后，随温度升高，平衡时混合气体的平均相对分子质量几乎不变的原因是　 　。
②T℃时，反应的初始压强为，平衡时甲醇的选择性(生成甲醇消耗的在总消耗量中占比)为　 　，反应I的平衡常数　 　(为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量的分数)。若再向密闭容器中通入和，使二者分压均增大，则的转化率　 　(填“增大”“减小”或“不变”)。
18．（2023高三下·湖南开学考）化合物I是一种治疗抑郁症的药物，一种合成路线如下。
已知：i.
ii.
回答下列问题：
（1）A的名称为　 　，C中官能团有　 　种。
（2）B→C反应的化学方程式为　 　。
（3）C→D的反应类型为　 　，G的结构简式为　 　。
（4）M的分子式为，则M的结构简式为　 　，则M的同分异构体中，满足下列条件的有　 　种。
①遇溶液变紫色；②只含一个环状结构；③该有机物与足量金属钠反应生成。
（5）已知i.；
ii.
根据相关信息，写出为主要原料制备M的合成路线：　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】无机非金属材料；高分子材料；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．热水泡茶涉及溶解、过滤，不涉及分液，A项不符合题意；
B．天然奶油是从牛奶或羊奶中提取出的半固态物质，属于油脂，B项不符合题意；
C．聚氨酯是聚合物，属于高分子材料，C项符合题意；
D．用于制造“山东舰”上舰载机降落拦阻索的特种钢，属于合金，为金属材料，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．依据物质的状态和性质分离；
B．天然奶油是属于油脂；
C．聚氨酯是聚合物，属于高分子材料；
D．特种钢属于合金，为金属材料。
2．【答案】A
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】A．用盐酸和石灰石制取二氧化碳，A符合题意；
B．将金属钠放在石棉网上用酒精灯进行加热，B不符合题意；
C．通氨气的导管不能插入液面以下，否则易发生倒吸；通二氧化碳的导管应插入液面以下，否则二氧化碳不易被溶液吸收，影响碳酸氢钠的制备，C不符合题意；
D．在容量瓶中配制一定物质的量的溶液，最后摇匀，上下摇晃时一手托住瓶底，一手按住瓶塞，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．用盐酸和石灰石制取二氧化碳；
B．表面皿不能加热；
C．氨气的导管插入液面以下，易发生倒吸；
D．容量瓶摇匀时，一手托住瓶底，一手按住瓶塞。
3．【答案】B,C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；物质的结构与性质之间的关系；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．根据同一周期从左往右元素电负性依次增大，同一主族从上往下元素电负性依次减小可知，电负性关系为，A不符合题意；
B.1-乙基咪唑中的五元环存在一个大π键，因此环上的原子处于同一平面，两个N均为sp2 杂化，其中1号N上的未共用的孤电子对参与形成大π键，3号N的孤电子对填充在一个sp2杂化轨道，当1-乙基咪唑与一氯甲烷发生取代反应生成氯化1-乙基-3-甲基咪唑后，碳正离子与3号N共用了孤电子对，且五元环仍共面，因此，两个氮原子的杂化方式均不发生变化，即两个N的杂化方式仍为杂化，B符合题意；
C．在共价化合物中，任何两个成键的原子之间均存在1个σ键。由题干有机物结构简式可知，氯化1-乙基-3-甲基咪唑中有阳离子和阴离子，离子间存在离子键，因此，氯化1-乙基-3-甲基咪唑中含有键数目为，C符合题意；
D．氯化1-乙基-3-甲基咪唑中氯离子和阳离子之间为离子键，阳离子内部存在共价键，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】A．根据同一周期从左往右元素电负性依次增大，同一主族从上往下元素电负性依次减小；
B.依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；
C．依据单键是σ键，双键一个σ键和一个π键，三键是一个σ键和两个π键；
D．依据结构简式确定化学键类型。
4．【答案】A
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；原子结构与元素的性质
【解析】【解答】由上述分析可知，X为Be，Y为O，Z为Al，W为Si，则：
A．同一周期，第一电离能从左到右呈现增大趋势，所以第一电离能：Al＜Si，两者失去一个电子后，Al+处于稳定结构，较难再失电子，所以第二电离能：Al＞Si，A符合题意；
B．同一周期原子半径从左到右依次减弱，同一主族原子半径从上到下依次增大，则上述元素原子半径：Z(Al)>W(Si)>X(Be)>Y(O)，B不符合题意；
C．Be与Al两者性质相似，所以BeO属于两性氧化物，SiO2与碱发生反应生成硅酸盐和水，所以属于酸性氧化物，C不符合题意；
D．Si与O分别与H元素形成的氢化物中，Si为+4价，O为-2价，则电负性：W(O)>Y(Si)>H，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．同一周期的主族元素中，从左至右，元素的第一电离能呈“锯齿状”增大，其中II A族和V A族的第一电离能高于相邻的元素；
B．同一周期原子半径从左到右依次减弱，同一主族原子半径从上到下依次增大；
C．利用“对角线”规则，BeO属于两性氧化物；
D．非金属性越强，电负性越大。
5．【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．石灰乳在离子方程式中应写化学式，该离子方程式为：，故A符合题意；
B．溴单质与二氧化硫在溶液中反应生成强酸硫酸和HBr，离子方程式正确，故B不符合题意；
C．电解饱和食盐水生成氯气、氢气和NaOH，离子方程式正确，故C不符合题意；
D．侯氏制碱法中获取碳酸氢钠反应为，其中氯化钠和氯化铵均为强电解质可拆，离子方程式正确，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】石灰乳在书写离子方程式时不能拆开，结合选项即可判断
6．【答案】C
【知识点】无机物的推断；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．加入固体调，不能得到沉淀，因为Zn2+不发生水解，A项不符合题意；
B．“沉锗”后分离出单宁与的产物所用玻璃仪器为玻璃棒、漏斗、烧杯，而不是分液漏斗，B项不符合题意；
C．根据流程，水解产物为，原环境又是酸性，C项符合题意；
D．“水解”操作时为保证水解彻底进行，不能加入过量高纯水，水过量，盐酸浓度降低，则溶解的多，产量低，D项不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．调节溶液的pH值：使某些离子转变为沉淀而达到分离的目的，抑制某些离子的水解，防止某些离子的氧化等。
B．过滤所用玻璃仪器为玻璃棒、漏斗、烧杯；
C．依据流程图，利用反应物和产物判断；
D．依据盐类水解平衡分析。
7．【答案】C
【知识点】化学电源新型电池；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】左边，发生还原反应，为正极，电极反应为：，X为硫酸溶液，右边，发生氧化反应，为负极，电极反应为：，Y溶液为溶液。
A．正极，电极反应为：，减小，pH增大，A不符合题意；
B．通过a膜移向负极，通过b膜移向正极，在池中间形成，故b膜为阳离子交换膜，a膜为阴离子交换膜，B不符合题意；
C．正极区发生反应：，负极区发生反应：，中间要生成，X溶液中的溶质只能为，Y溶液中溶质只能为KOH，C符合题意；
D．根据得失电子守恒，放电时，消耗1mol Zn时，正极区产生1mol，同时消耗4mol，有2mol移向中间池，故电解质溶液减轻9g，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．利用电极反应式分析；
B．原电池“同性相吸”，阳离子移向正极，阴离子移向负极；
C．利用电极反应式和中间要生成判断；
D．根据得失电子守恒。
8．【答案】B
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成
【解析】【解答】A．X中含有酯基和羧基，Y中含有羟基和酰胺基，Z中含有酯基和酰胺基，A不符合题意；
B．X中含有，其中C为杂化，B符合题意；
C．Y中含有酚羟基，遇溶液显紫色，C不符合题意；
D．Z中酯基、酰胺基能和NaOH按1：1反应，水解后得到2个酚羟基又能按1：1消耗NaOH，故1mol Z 最多与 5mol NaOH 反应，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．根据结构简式确定官能团；
B．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；
CD．根据官能团的性质判断。
9．【答案】B
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型；极性分子和非极性分子；分子间作用力
【解析】【解答】A．硼酸具有片层状结构，层与层之间、单元间不仅以范德华力连接，还有氢键，故A不符合题意；
B．结构与金刚石相似，金刚石每个碳原子周围有4个碳原子，则立方氮化硼晶胞中每个氮原子周围有4个硼原子，故B符合题意；
C．中N与H之间有1个配位键，B与F之间有1个配位键，所以含有配位键的数目为，故C不符合题意；
D．是由极性键构成的极性分子，而是由极性键构成的非极性分子，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．层与层之间还有氢键；
B．依据结构与金刚石相似分析；
C．中N与H之间有1个配位键，B与F之间有1个配位键；
D．同种原子之间的共价键为非极性键；不同种原子之间的共价键为极性键；非极性分子是指分子里电荷分布是对称的(正负电荷中心能重合)的分子。极性分子是指分子里电荷分布不对称(正负电荷中心不能重合)的分子。
10．【答案】D
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．反应过程中Ⅰ-Ⅴ步，C的成键个数不相同，化合价发生了变化，A项不符合题意；
B．生成的水越多，有可能产生的越多，甲醇产率不一定大，B项不符合题意；
C．增大催化剂的表面积，可以加快反应速率，但不影响平衡转化率，C项不符合题意；
D．由图可得第Ⅲ步可知，氢气和二氧化碳在催化反应过程中有副产物生成，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．依据成键个数分析；
B．甲醇产率不一定大；
C．依据化学平衡移动原理分析；
D．依据机理图分析。
11．【答案】B,C
【知识点】化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．一种难溶物容易转化为比它更难溶的沉淀，饱和FeSO4溶液中加入CuS固体，测得溶液中c(Fe2+)不变，说明没有生成FeS沉淀，所以Ksp(CuS)B．升高温度，pH减小，说明温度升高对Na2SO3水解平衡的影响小于对水的电离的影响，此外，升高温度，pH减小，也有可能是因为Na2SO3被空气中的氧气氧化为Na2SO4；若只考虑温度升高，Na2SO3水解平衡正向移动，则溶液的pH应该增大，而不是减小，B不能得到相应结论；
C．甲基橙的变色范围是3.1-4.4，、均使甲基橙变为黄色，不能确定草酸为二元酸，C不能得到相应结论；
D．通过晶体X射线衍射实验，可以测定晶胞中各个原子的坐标，根据原子坐标，可以计算原子间的距离，判断哪些原子之间存在化学键，确定键长和键角，从而得出分子的空间结构，D能得到相应结论；
故答案为：BC。
【分析】A．一种难溶物容易转化为比它更难溶的沉淀；
B．依据Na2SO3被空气中的氧气氧化为Na2SO4分析；
C．、均使甲基橙变为黄色，不能确定草酸为二元酸；
D．通过晶体X射线衍射实验，可以测定晶胞中各个原子的坐标。
12．【答案】D
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．极膜将水解离为 H+和 OH 的过程没有新物质生成，属于物理变化，A不符合题意；
B．根据分析，阴极电极反应式为，B不符合题意；
C．，1mol苯酚转化为CO2，转移28mol电子，0.1mol苯酚转化时，转移电子为2.8mol，则有2.8molH+透过b膜，C不符合题意；
D．若只与苯酚和甲醛反应，转移的电子数比为28：4，则参加反应的苯酚和甲醛的物质的量之比为1：7，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．该过程没有新物质生成；
B．阴极与直流电源的负极相连的电极，发生还原反应；
CD．依据得失电子守恒。
13．【答案】A
【知识点】化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．反应①和反应②均为放热反应，即、，又知对二氯苯比邻二氯苯稳定，则反应②放出的热量更多，即，选项A符合题意；
B．速率大小由和判断，影响因素只与、有关，温度恒定时，、保持不变，则两种有机产物的浓度之比保持不变，选项B不符合题意；
C．改变催化剂可改变选择性，可提高产物中对二氯苯的比例，选项C不符合题意；
D．反应①和反应②中转化为对二氯苯和邻二氯苯均为进行，则(对二氯苯)(邻二氯苯)成立，选项D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．物质的能量越低，越稳定；
B．K的大小只与温度有关；
C．改变催化剂可改变选择性；
D．依据已知反应判断。
14．【答案】B
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．根据题意，浊液存在溶解平衡：，用调节溶液存在平衡：。根据，随着横坐标增大，则减小，增大，故M代表与的变化曲线，A不符合题意；
B．根据X点坐标可求，由W点可知，当时，，此时，则，B符合题意；
C．Y点，氟离子的浓度与钙离子的相同，即，溶解出的氟离子，，再根据电荷守恒，故，C不符合题意；
D．Z点的溶液中，根据及，存在，根据可求，而此时，则，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．根据结合图中曲线变化分析；
B．根据X点坐标和W点，利用；
C．根据电荷守恒；
D．根据分析。
15．【答案】（1）增大硫酸浓度，升高温度，延长浸取时间等
（2）；、
（3）
（4）还原生成；
（5）重结晶
（6）；
【知识点】晶胞的计算；无机物的推断
【解析】【解答】（1）为提高浸取速率，除适当升高温度外，还可采取的措施有延长浸取时间、适当增加硫酸浓度等。故答案为：增大硫酸浓度，升高温度，延长浸取时间等；
（2）由后续流程可知，第一次调节时，已经将铁、铝化合物全部除去，则滤渣1的成分除了外，还有，结合表中数据可知，为了使完全沉淀而不沉淀，应当调节溶液的范围是，故答案为：；
（3）“母液”中含有的能够和发生氧化还原反应，根据得失电子守恒和原子守恒，可知反应的离子方程式为，故答案为：；
（4）向中加入、混合液，结合后续流程，最后得到产物中，以二价离子化合物形式存在，所以此时加入的为还原剂，离子方程式为：，故答案为：还原生成，；
（5）为提高醋酸钴晶体纯度，需要重新溶解、浓缩、结晶析出纯度更高的晶体，即重结晶操作，故答案为：重结晶；
（6）根据晶胞结构，K原子在晶胞的8个顶点、6个面心和4个在体内，1个晶胞中含K原子的个数为；由晶胞结构知m与n的距离如图 中的之间距离，C—C键的键长为，则；晶胞中每层石墨烯部分结构中有4条边(8个C原子)处于晶胞面上，其他C原子处于晶胞内部，晶胞中C原子数目，则晶胞的质量，晶胞的体积，所以该晶胞的密度，故答案为：，。
【分析】（1）依据影响化学平衡的因素分析；
（2）调节pH，考虑除杂效果和不引入新的杂质分析；
（3）根据反应物和生成物的化学式利用元素守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析；
（4）根据氧化还原反应，利用原子守恒分析；
（5）重结晶是将晶体溶于溶剂或熔融以后，又重新从溶液或熔体中结晶的过程。重结晶可以使不纯净的物质获得纯化，或使混合在一起的物质彼此分离。
（6）利用均摊法确定原子数，再利用公式计算。
16．【答案】（1）恒压滴液漏斗；；碱石灰或固体
（2）温度过高，易导致碘升华或盐酸挥发，产率低；不再有黄绿色气体生成
（3）或溶液；降低碘酸钙的溶解度，有利于碘酸钙晶体析出
（4）排除空气中的干扰
（5）87.15％
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由实验装置图可知，仪器c为恒压滴液漏斗；溶液中的氯酸钾可以和碘在盐酸作用下发生氧化还原反应，根据得失电子守恒和原子守恒，可知反应的化学方程式为85℃左右；干燥管d中的试剂是碱石灰或固体，其作用是吸收尾气中的碘、氯化氢、氯气等有毒气体；
（2）步骤Ⅰ中发生反应，反应物中碘易升华、盐酸易挥发，反应温度过高，碘和、反应不充分，所以温度过高，产率低；反应结束后，不再有黄绿色的生成，利用此现象可判断反应完成；
（3）步骤Ⅱ中加入X溶液的目的是调溶液，原溶液含有，产物存在，故可选用溶液或溶液；用冰水冷却后需要进行抽滤，故用冰水冷却的目的是降低碘酸钙的溶解度，便于碘酸钙晶体析出；
（4）空气中的可以与反应生成，故空白实验的主要目的是排除空气中的干扰；
（5）滴定过程中发生反应：，，。
由方程式可得关系式为，
则粗产品中的物质的量为，
则该样品的纯度为％=87.15％。
【分析】（1）依据仪器构造确定名称；依据氧化还原反应原理，根据得失电子守恒和原子守恒分析；依据物质的性质选择试剂；
（2）依据物质和产物的性质分析；
（3）调节pH，考虑除杂效果和不引入新的杂质分析；
（4）空气中的可以与反应生成；
（5）依据关系式法计算。
17．【答案】（1）小于；0～1
（2）
（3）当温度高于250℃时，以反应II为主，反应II前后气体分子数相等，反应II的气体平均相对分子质量几乎不变；60％；；不变
【知识点】化学平衡常数；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算
【解析】【解答】（1）平衡常数K与温度T的关系可知，反应Ⅰ、Ⅲ的平衡常数自然对数随温度升高而减小，说明反应Ⅰ、Ⅲ均为放热反应，而反应Ⅱ的平衡常数自然对数随温度升高而增大，说明反应Ⅱ为吸热反应，则、、，因此反应Ⅰ的活化能(正)小于(逆)；由盖斯定律可知Ⅰ-Ⅲ=Ⅱ，则，因此，由于放热反应的越小，其绝对值越大，则的范围是0～1。
（2）生成甲醇的决速步骤，指反应历程中反应速率最慢的一步反应，速率快慢则由反应的活化能决定，活化能越大，反应速率越慢，根据表中数据，找出活化能(过渡态与起始态能量差)最大的反应步骤为。
（3）①由于反应Ⅰ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，的平衡转化率降低；反应Ⅱ为吸热反应，升高温度，反应Ⅱ向正反应方向移动，的平衡转化率升高。由图可知，温度高于250℃时，的转化率随温度升高，开始逐渐变大，说明250℃后以反应Ⅱ为主，反应Ⅱ前后气体分子数相等，发生反应Ⅱ的气体平均相对分子质量不变。
②初始和的混合气体的总质量为，
T℃时混合气体的平均相对分子质量由图像知为20，
则平衡时容器中混合气体总的物质的量为。
观察反应特点知，反应Ⅱ和反应Ⅲ的加和即为反应Ⅰ，从转化角度分析，发生反应Ⅱ和反应Ⅲ即相当于发生反应Ⅰ，即在竞争体系中可忽略反应Ⅲ，默认由反应Ⅰ代替。依据守恒思想进行分析：
设平衡时产物中，根据图像的平衡转化率为50％，
则平衡时，，，
可知，，
可求，，
则平衡时甲醇的选择性为％=60％。
由阿伏加德罗定律推论知，恒温恒容时，压强之比等于气体的物质的量之比，
既可得，反应Ⅰ的平衡常数；
由于平衡时和的分压相等，如果再向密闭容器中通入和，
使二者分压均增大，此时的仍然等于，平衡不移动，的转化率不变。
【分析】（1）依据平衡常数K与温度T的关系判断；利用盖斯定律分析。
（2）活化能越大，反应速率越慢，速率最慢是决速步骤；
（3）①依据计算；
②依据守恒思想进行分析：由阿伏加德罗定律推论知，恒温恒容时，压强之比等于气体的物质的量之比，利用化学平衡移动原理分析。
18．【答案】（1）对氟苯甲醛；3(或三)
（2）
（3）加成反应；
（4）；9
（5）
【知识点】有机物的合成；羧酸简介
【解析】【解答】（1）由分析知，A的结构简式为，化学名称为对氟苯甲醛；C的结构简式为，故C中含有碳氟键、碳碳双键、酯基这三种官能团。
（2）B与乙醇发生酯化反应生成C，化学方程式为。
（3）对比C的结构简式和D的结构简式可知C→D的反应类型为加成反应；G的结构简式为。
（4）由分析可知，M的结构简式为，为酚类物质，只有一个环状结构，即为苯环，3个O原子形成的官能团可以是2个和1个，在苯环上共有6种结构；3个O原子形成的官能团也可以是1个和1个，在苯环上共有3种结构，共9种。
（5）首先根据信息ⅰ反应生成，再根据信息ⅱ反应生成，碱性水解再酸化即可得M。M的合成路线：。
【分析】（1）由结构简式先确定物质的类别，再确定名称；根据结构简式确定官能团；
（2）依据反应前后物质的结构简式及反应条件确定化学方程式；
（3）根据官能团的变化确定反应类型；依据反应前后物质的结构简式及反应条件确定结构简式；
（4）利用题目的条件确定官能团，书写同分异构体；
（5）采用逆向合成法，根据题干路线的转化信息设计合成路线。