2023年湖南省高考化学第二次联考试卷(附答案详解)

2023年湖南省高考化学其次次联考试卷明朝宋应星《天工开物》中记载：“同一海卤传神，而取法则异。……一法潮波浅被地，……候潮一过，明日天晴，半日晒出盐霜，疾趋扫起煎炼。”以下有关表达错误的选项是()海卤焰色试验时火焰为黄色推断“盐霜”中不含钾元素古代可利用盐霜延长食物的保存时间“半日晒出盐霜”是蒸发结晶的过程“海卤”的主要成分为NaCl：34Se(硒)与O为同族元素。以下化学用语说法错误的选项是( )34质量数为79的Se79Se34Na2Se的电子式是Se原子的构造示意图为H2Se的构造式为H−Se−H利用以下装置模拟侯氏制碱法，存在不妥之处的是( )制备NH3 B. 制备CO2C. 分别NaHCO3 D. 制备NaHCO3以下有关周期律的说法正确的选项是( )氢化物的稳定性：HF>H2O>NH3F、Cl、Br、I的最高价氧化物对应水化物的酸性渐渐减弱原子半径：r(C)<r(N)<r(O)<r(F)相对分子质量H2S>H2O，故沸点H2S>H2ONA是阿伏加德罗常数的值。以下说法正确的选项是( )128页21.9gH18O2中含有的电子数为1.1NA2标况下22.4L丁烯和环丁烷混合气体中含有C−H键的数目为8NA168.5gCsCl中含有CsCl分子数目为NA1mol⋅L−1Na2SO4溶液中含有阳离子的个数为2NA以下离子方程式错误的选项是( )3向饱和碳酸钠溶液中通入过量二氧化碳：2Na++CO2−+CO2+H2O−=32NaHCO3↓3氢氧化钠溶液吸取处理SO2尾气：2OH−+SO2=SO2−+H2O33漂白液中通入少量CO2：2ClO−+CO2+H2O=CO2−+2HClO3将过量氯气通入FeI2溶液中：2Fe2++4I−+3Cl2=2I2+2Fe3++6Cl−以下试验操作能到达目的的是( )选目的 操作项向煮沸的蒸馏水中滴加5～6滴饱和FeCl3溶液，A制备Fe(OH)3胶体验证食品包装袋内一小包脱氧B剂中复原铁粉变质制备无水AlCl3证明乙烯具有复原性

连续煮沸至消灭红褐色沉淀取少量样品溶于盐酸，参与K3[Fe(CN)6]溶液在HCl气流中加热AlCl3⋅6H2O将溴乙烷与氢氧化钠的乙醇溶液共热接通入酸性高锰酸钾溶液中A B.B C.C D.D一种高性能水系铁−氢气二次电池工作原理如以下图，以下说法中正确的选项是( )放电时，碳网电极为负极离子交换膜为阳离子交换膜，充电时，K+通过离子交换膜从左极室移向右极室228页放电时，负极区pH变大D.充电时，电池总反响为2[Fe(CN)6]4−+2H2O=2[Fe(CN)6]3−+2OH−+H2↑以下关于 三种有机化合物的说法错误的选项是( )a、b、c中只有c的全部碳原子可以处于同一平面b、c两者互为同分异构体a、b、c均可使酸性高锰酸钾溶液反响褪色1molb与1molBr2完全反响生成的加成产物有三种据文献报道：使用型催化剂实现芳香化合物选择性C−H键活化机理如以下图。以下表达正确的选项是( )总反响方程式为该催化剂可降低反响的活化能，有效提高反响物的平衡转化率反响过程中Pd的成键数目保持不变是该反响的催化剂以高杂质碳酸锂(含Ca、Mg杂质)为原料制备电池级碳酸锂的工艺流程如图。EDTA对Ca2+，Mg2+杂质离子有很好的络合效果；Li2CO3的溶解度随温度上升而降低，且在乙醇中溶解度小。以下说法错误的选项是( )328页O22O3+O2+2O=2LiHCO3操作1为过滤，试验室进展该操作时使用的玻璃仪器为漏斗、玻璃棒、烧杯氢化阶段应把握反响温度为高温，利于反响进展，加快反响速率操作2中，提高碳酸锂回收率的方法有上升温度和参与乙醇溶剂试验室利用乙醇催化氧化制取粗乙醛的反响装置如以下图关于试验操作或表达错误的选项是( )试管a中收集产物，参与Na有可燃性气体生成，说明试管a中粗乙醛中混有乙醇甲中选用热水，有利于乙醇挥发，乙中选用冷水，有利于冷凝收集产物该反响中铜为催化剂，硬质玻璃管中铜网消灭红黑交替现象本试验中，可以利用分液的分别方法除去试管a内乙醛中的杂质类比pH，定义pC=−lgC，琥珀酸(CH2COOH)2(以H2A表示)为二元弱酸，25℃时用HCl气体或者KOH固体调整1L0.1mol/LH2A溶液的pH，混合溶液中的pH与pC(H2A、HA−、A2−)的关系如以下图(不考虑溶液体积和温度的变化)，以下说法正确的选项是( )曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别代表的粒子为HA−、A2−、H2Aa、b、c三点水的电离程度大小为：b>a>c滴定过程中

c2(HA−)

先增大再减小c(H2A)⋅c(A2−)c点溶液满足c(K+)<0.1+c(HA−)428页在恒容、NH3和NO的起始浓度确定的条件下，分别以VWTi/AC0、VWTi/AC10、VWTi/AC50、VWTi/AC70为催化剂，发生反响4NH3(g)+6NO(g)⇌5N2(g)+6H2O(g)△H<0，一样时间内测得不同温度下NO转化为N2的转化率如图a所示，温度上升有副产物N2O生成测得不同温度N2O的生成量如图b所示以下说法正确的选项是( )以VWTi/AC0为催化剂，温度高于400℃之后曲线上的任一点均是对应温度下的平衡点VWTi/AC50在T>350℃之后NO转化率降低的可能缘由是有副反响的发生图中X点所示条件下，增加NH3浓度不能提高NO转化率D.250℃时K=1024，假设起始时充入c(NH3)=c(NO)=c(N2)=1mol⋅L−1，2c(HO)=2mol⋅L−1，则v >v2正 逆己二酸[HOOC(CH2)4COOH]是合成尼龙−66的主要原料之一，它可以用硝酸或高锰酸钾氧化环己醇( )制得本试验中承受碱性高锰酸钾为氧化剂其中得到的复原产物为MnO2(黑色固体)，该反响放热，温度过高反响猛烈，会产生副产物(碳数较少的二元羧酸)。：有关数据列表如下：化合物名称分子量 性状 熔点(℃)

溶解度水乙醇环己醇100液体或晶体25.2可溶可溶高锰酸钾158紫黑色固体240易溶难溶己二酸146白色结晶152微溶(温度上升溶解度明显增大)易溶该反响试验原理如下，配平以下方程式：3+5H2O

+8KMnO4→ KOOC(CH2)4COOK+ MnO2↓+ KOOC(CH2)4COOK+2HCl→HOOC(CH2)4COOH+2KCl528页试验过程中装置如以下图(夹持装置已略去)：制备过程：①向250mL仪器A内参与50mL0.3mol/L氢氧化钾溶液，边搅拌边将6.3g(约0.04mol)高锰酸钾溶解到氢氧化钾溶液中，用仪器B逐滴滴加2.1mL(约0.02mol)环己醇到上述溶液中，维持反响物温度为43～47℃。逐滴滴加环己醇的目的为 。②反响根本完成的试验现象为 。③趁热减压过滤，如图乙所示，滤渣二氧化锰用少量热水洗涤，合并滤液和洗涤液。趁热减压过滤的作用是 。④用浓盐酸酸化至pH=2.0，留神加热蒸发浓缩溶液，冷却结晶析出己二酸， (填写操作步骤)、枯燥、称重，最终得产物1.5g，试验产率为 %。(保存两位有效数字)某同学认为制得的己二酸中可能存在醛类物质，请你设计试验方案来证明该同学的猜测，试验方案： 。硫锰净化废渣中Mn、Co和Ni主要以硫化物形式存在，还含有少量SiO2，承受如下工艺流程回收废渣中锰、钴、镍。①该工艺条件下，溶液中金属离子开头沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：628页pH6.31.58.1 7.1 6.9pH8.32.810.19.158.9金属离子Fe2+Fe3+Mn2+Co金属离子Fe2+Fe3+Mn2+Co2+Ni2+硫锰净化废渣预先粉碎的目的是 。“除杂1”溶液的pH范围应调整为 ～6之间，“滤渣1”的主要成分是 。“除杂2”中参与MnF2的目的是使Ca2+转化为CaF2沉淀除去假设溶液的pH偏低，将会导致Ca2+沉淀不完全其缘由是 [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镍镉电池正极材料的NiOOH，且转移1mol电子时放出热量为akJ⋅mol−1写出该反响的热化学方程式 。(5)“操作Ⅳ”的具体试验操作有 、过滤洗涤、枯燥得到CoSO4⋅nH2O样品，承受热重分析法测定该样品中所含结晶水数，将样品加热到95℃时失掉1个结晶水，失重6.4%。则该CoSO4⋅nH2O样品的化学式为 。异丁烯为重要的化工原料，工业上可承受叔丁醇(TBA)气相脱水法制备高纯异丁烯产品，主要涉及以下反响：反响1(主反响)：(CH3)3C−OH(g)→(CH3)2C=CH2(g)+H2O(g)反响2(副反响)：2(CH3)2C=CH2(g)→(CH3)2C=CH−C(CH3)3(g)组分H2O (CH3)3C−OH(CH3)2组分H2O (CH3)3C−OH(CH3)2C=CH2焓变kJ⋅mol−1−241.83−339.21−17.1p该脱水反响的标准平衡常数Kθ随温度的变化关系如图1所示，则反响2的△Hp 0(填“<”或“>”)，向体积可变容器中充入1mol的叔丁醇容器体积为1L，保条件反响一段时间后到达平无视副反响Kc= 。(Kθ为以标准分压表示的平衡常数，各组分的标准分压pθ=p

/pθ，pθ=p B B105Pa)理论计算反响条件对叔丁醇转化率的影响如图2、3所示，脱水反响温度T<200℃时，N2/叔丁醇摩尔比对叔丁醇转化率有影响，试从平衡移动的角度分析充728页入N2的缘由 依据图示该脱水反响适宜承受条件T=P= MPa，N2/叔丁醇摩尔比=3/1。工业原料叔丁醇中存在不同含量的水分，一样温度下不同初始原料中H2O/TBA比例对叔丁醇平衡转化率的影响如图4所示，实际生产最正确工艺条件为T=204 426℃，请从H2O/TBA比例角度分析该条件下的优点 。由Mg、C和Ni组成的三元合金系统具有超导电性。答复以下问题：基态Ni原子核外电子排布式为 。对羟基苯甲酸( )具有防腐、防霉和杀菌等作用，其中C原子的杂化轨道类型为 ，1mol对羟基苯甲酸中σ键数目为 (NA表示阿伏加德罗常数的值)对羟基苯甲酸( )沸点比邻羟基苯甲酸( ) (填“高”、“低”或“相等”)，缘由是 。型超导材料晶体的晶胞构造中镁原子和镍原子位于顶点和面心，它们构成两种八面体空隙，一种由镍原子构成，另一种由镍原子和镁原子一起构成，两种八面体空隙的数量比是1：3828页格子对角线取得的截图如以下图。①该型超导材料的化学式为 。②晶胞参数a=0.3812nm，阿伏加德罗常数的值为NA，Mg的C配位数为 ，该晶胞密度为 g⋅cm−3。(列出计算式即可)芬M的某种路线如图。：②RCH2

XN

RCH2CN③④ X=′=答复以下问题：化合物B中含有的官能团名称为 ；化合物F的构造简式为 。检验苯中混有化合物D的方法是 。(3)写出反响④的化学反响方程式 。(4)反响⑦的反响类型为： 。928页化合物M的同分异构体中能同时满足以下三个条件的有 个。(不考虑立体异构)(ⅰ)两个苯环通过一个碳碳双键相连，共含有三种官能团；(ⅱ)1mol该化合物最多与3molNaOH反响，且不能发生银镜反响；(ⅲ)与FeCl3溶液显紫色。结合以上合成路线信息，以 、CH3CH2OH、为原料(其他试剂任选)，合成 。28页答案和解析【答案】A【解析】解：A.海卤焰色试验时未通过蓝色钴玻璃观看，则不能推断“盐霜”中是否含钾元素，故A错误；故B正确；蒸发食盐水中的溶剂，随着水分蒸发，NaCl结晶析出，则“半日晒出盐霜”是蒸发结晶的过程，故C正确；海水中含有大量NaCl，所以海水蒸发得到的固体主要是NaClD正确；应选：A。A.检验钾元素常用焰色试验，但必需透过蓝色钴玻璃观看；B.浓食盐水能使蛋白质变性，抑制细菌滋生；C.海水晒盐过程是蒸发结晶过程；D.海水中含有大量NaCl。此题考察离子的检验、物质的分别提纯等学问，把握常见离子的检验方法、物质的性质大。【答案】B34【解析】解：A.Se的质子数为34，质量数为79的Se79SeA正确；34Na2Se为离子化合物，其电子式为Se原子的核外电子总数为34，其原子构造示意图为

，故B错误；，故C正确；H2Se为共价化合物，其分子中含有2个Se−H键，H2Se的构造式为H−Se−H，故D正确；应选：B。A.元素符号左上角为质量数、左下角为质子数；B.Na2Se为离子化合物，阴阳离子需要标出所带电荷；28页C.Se原子的核电荷数=核外电子总数=34，最外层含有6个电子；D.H2Se分子中含有2个Se−H键。题力气，题目难度不大。【答案】D【解析】解：A.氯化铵与氢氧化钙加热生成氨气，则图中固固加热装置可制备氨气，故A正确；B.盐酸与碳酸钙反响生成二氧化碳，图中固液不加热装置可制备二氧化碳，故B正确；C.过滤分别固体与溶液，分别NaHCO3固体和反响液用过滤的方法，故C正确；D.氨气极易溶于水，导管在液面下易发生倒吸，所以左侧应通入NH3，右侧通入CO2，故D错误；应选：D。A.氯化铵与氢氧化钙加热生成氨气；B.盐酸与碳酸钙反响生成二氧化碳；C.过滤分别固体与溶液；D.氨气极易溶于水，导管在液面下易发生倒吸。此题考察纯碱工业及制备，为高频考点，把握物质的性质、制备原理、试验装置的作用为解答的关键，侧重分析与应用力气的考察，留意元素化合物学问的应用，题目难度不大。【答案】A【解析】解：A.元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性F>O>N，所以氢化物稳定性：HF>H2O>NH3A正确；B.F元素没有最高正价，故B错误；C.同一周期原子半径从左到右渐渐减小)>)>)>C错误；D.水分子中存在氢键，熔沸点高于同主族其它元素的氢化物，故D错误；应选：A。A.同一周期从左到右非金属性渐渐增加；28页B.F元素无正价；C.同一周期原子半径从左到右渐渐减小；D.水分子存在氢键，使氢化物的熔沸点增大。此题考察元素周期律的应用，难度不大，生疏主族元素的变化规律为解答的关键。【答案】B【解析】解：A.1molH18O

中含有的电子数为18N

，1.9gH18O

即物质的量为

1.9g =2 2 A 2

38g/mol0.05mol，含有的电子数为0.9NA，故A错误；B.标准状况下，22.4L丁烯和环丁烷混合气体为

22.4L

=1mol，丁烯和环丁烷分子式22.4L/mol均为C4H8，故1mol丁烯和环丁烷混合气体中含有C−H键的数目为8NA，故B正确；C.CsCl是离子晶体，晶体中不含CsClC错误；D.溶液体积未知，无法计算阳离子个数，故D错误。应选：B。21个H18O2含有18个电子；21个丁烯和环丁烷分子都含有4个C−H键；氯化铯为离子晶体；D.溶液体积未知。。【答案】C3解：A.2Na++CO2−+3CO2+H2O−=2NaHCO3↓，故A正确；3B.氢氧化钠溶液吸取处理SO2尾气，离子方程式为：2OH−+SO2=SO2−+H2OB3正确；3C.向NaClO溶液中通入少量二氧化碳，反响生成HClO和HCO−，离子方程式为：ClO−+33CO2+H2O=HClO+HCO−C错误；3D.将过量氯气通入FeI2溶液中的离子方程式为：2Fe2++4I−+3Cl2=2I2+2Fe3++6Cl−D正确；28页应选：C。A.碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，反响后析出碳酸氢钠晶体；B.氢氧化钠溶液与二氧化硫反响生成亚硫酸钠和水；C.次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子，二者反响生成次氯酸和碳酸氢根离子；D.氯气过量，碘离子和亚铁离子均被完全氧化。此题考察离子方程式的书写推断，为高频考点，明确物质性质、反响实质为解答关键，留意把握离子方程式的书写原则，题目难度不大。【答案】C【解析】解：A.制备Fe(OH)3胶体时，向煮沸的蒸馏水中滴加5～6滴饱和FeCl3溶液，连续煮沸至溶液消灭红褐色，停顿加热，故A错误；复原铁粉假设变质则缓慢氧化生成Fe2O3，取少量样品溶于盐酸，检验是否存在Fe3+，进而确定铁粉是否变质，假设复原铁粉未变质，铁粉溶于盐酸生成Fe2+，K3[Fe(CN)6]溶液仍会变蓝，故B错误；加热时HCl会抑制AlCl3的水解，可以用来制备无水AlCl3，故C正确；乙烯和挥发出来的乙醇均可以使酸性高锰酸钾褪色，无法证明生成乙烯具有复原性，故D错误；应选：C。煮沸至溶液消灭红褐色，停顿加热，假设连续加热胶体发生聚沉；复原铁粉假设变质则缓慢氧化生成Fe2O3，K3[Fe(CN)6]溶液可检验亚铁离子；C.HCl可抑制铝离子水解；D.挥发的醇及生成的乙烯均使酸性高锰酸钾褪色。离子检验、盐类水解、试验技能为解答的关键，侧重分析与试验力气的考察，留意试验的评价性分析，题目难度不大。【答案】D【解析】解：A.放电时，Pt/C电极失电子作负极，发生氧化反响，碳网材料为正极，发生复原反响，故A错误；B.充电时，碳网作阳极，发生氧化反响，Pt/C电极作阴极，发生复原反响，离子交换膜28页为阳离子交换膜，充电时，K+通过离子交换膜从阳极室移向阴极室，即从右极室移向左极室，故B错误；C.放电时，负极发生H2−2e−+2OH−=2H2O，负极区pHC错误；D.由分析可知，充电时电池总反响为2[Fe(CN)6]4−+2H2O=2[Fe(CN)6]3−+2OH−+H2↑，故D正确；应选：D。放电时，Pt/C电极失电子作负极，发生氧化反响，电极反响式为H2−2e−+2OH−=26−+e−=[Fe(CN)6]4−，总反响为2[Fe(CN)6]3−+2OH−+H2=2[Fe(CN)6]4−+2H2O；充电时，Pt/C电极做阴极，电极反响为2H2O+2e−=H2+2OH−，碳网电极为正极，电极反响式为[Fe(CN)6]4−−e−=，[Fe(CN)6]3−，总反响为2[Fe(CN)6]4−+2H2O=2[Fe(CN)6]3−+2OH−+H2↑，据此作答。此题考察化学电源型电池，为高频考点，侧重考察学生的分析力气，明确各个电极上应式的书写。【答案】B化合物

圈中碳原子与相连的碳原子不行能都处于同一平面，化合物 中苯环所在平面和烯基所在平面通过单键旋转可以处于同一平面内，因此c的全部碳原子可以处于同一平面，故A正确；B.b的分子式为C10H14，c的分子式为C10H12，分子式不同，两者不是同分异构体，故B错误；C.a、b、c中均含有碳碳双键，可与酸性高锰酸钾溶液反响褪色，故C正确；D.1molb与1molBr2完全反响生成的加成产物可以发生1，41，2加成，共三种，故D正确；应选：B。A.甲烷为正四周体构造，乙烯中六个原子共平面，苯中12个原子共平面；B.b的分子式为C10H14，c的分子式为C10H12；28页C.a、b、c中均含有碳碳双键；D.b与Br2反响可以发生1，4加成，也可以发生1，2加成。此题考察有机物的构造和性质等学问，为高频考点，侧重于考察学生的分析力气，把握有机物的根底学问是做题的关键，题目难度不大。【答案】A【解析】解：A.图由图可知，反响物为 和O2，产物是的总反响催化剂为 ，故A正确；

和H2O，所以该反响B.催化剂可降低反响的活化能，加快反响速率，但不影响平衡转化率，故B错误；C.图示中Pd的成键数目有3，4C错误；D.依据图示可知， 为该反响的中间产物该反响的催化剂是 ，故D错误；应选：A。由图可知，反响物为 和O2，产物是 和H2O；催化剂不转变化学平衡；由图可知，对于 、 Pd的成键数目为3，其余Pd的成键数目为4；由图可知， 为该反响的中间产物。28页化率，此题难度中等。【答案】C【解析】解：A.氢化过程将难溶的碳酸锂转化为可溶的碳酸氢锂，发生的主要反响方程式为：Li2CO3+CO2+H2O=2LiHCO3，为使反响充分需通入过量的CO2A正确；B.氢化过程将难溶的碳酸锂转化为可溶的碳酸氢锂，操作1为过滤，使用的玻璃仪器为漏斗、玻璃棒、烧杯，故B正确；C.氢化阶段发生Li2CO3+CO2+H2O=2LiHCO3，Li2CO3和CO2溶解度随温度上升均降低，因此高温不利于反响进展，反响速率受阻，故C错误；D.Li2CO3剂可提高操作2中碳酸锂回收率，故D正确；应选：C。Li2CO3+CO2+H2O=2LiHCO3，操作1参与EDTA分别出Ca2+、Mg2+杂质离子，然后解析再生，热分解LiHCO3生成Li2CO3，操作2为过滤，分别出Li2CO3，在乙醇中洗涤、烘干、裂开得到电池级碳酸锂，以此来解答。此题考察物质的制备试验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反响、制备原理、习题中的信息为解答的关键，侧重分析与试验力气的考察，留意元素化合物学问的应用，题目难度中等。【答案】AD【解析】解：A.试管a中收集产物乙醛，混有产物水、未反响的乙醇，因此参与Na有可燃性气体生成，不能说明试管aA错误；故B正确；该反响中铜为催化剂，硬质玻璃管中铜网消灭红黑交替现象，故C正确；乙醇、乙醛互溶，因此不能用分液的分别方法除去试管a中粗乙醛的杂质，应承受蒸馏的分别方法，故D错误。应选：AD。甲装置供给气态的乙醇，甲需要加热，硬质试管中氧气与Cu反响：2Cu+O228页

△甲中挥发出的乙醇与CuO反响：CH3CH2OH+CuO−CH3CHO+Cu+H2O，可以观看到△铜网消灭红色和黑色交替的现象，铜为催化剂，乙中冷水浴冷凝生成的乙醛，乙中试管是氮气，据此分析作答。题目难度不大。【答案】D【解析】解：A.结合图象中的曲线变化分析，随pH增大，c(H2A)渐渐减小，即曲线II代表H2A，c(HA−)先增大后减小，即曲线I代表HA−，c(A2−)渐渐增大，pC值渐渐减小，即曲线III代表A2−A错误；B.H2A溶液中加NaOH，溶液碱性渐渐增加，恰好中和之前水的电离程度渐渐增大，故c>b>a，故B错误；C.K

=c(H+)×c(HA−)，K

=c(H+)×c(A2−)，Ka1=

c2(HA−)

，滴定过程中温度不变，平a1 c(H2A)

a2 c(HA−)

Ka2

c(H2A)⋅c(A2−)衡常数不变，故C错误；D.依据电荷守恒有c(K+)+c(H+)=c(HA−)+2c(A2−)+c(OH−)，c点满足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正确；应选：D。随pH增大，c(H2A)渐渐减小，即曲线II代表H2A，c(HA−)先增大后减小，即曲线I代表HA−，c(A2−)渐渐增大，pC值渐渐减小，即曲线III代表A2−；B.H2A溶液中加NaOH，溶液碱性渐渐增加，恰好中和之前水的电离程度渐渐增大；C.K

=c(H+)×c(HA−)，K

=c(H+)×c(A2−)，Ka1=

c2(HA−)

，平衡常数随温度变化；a1 c(H2A)

a2 c(HA−)

Ka2

c(H2A)⋅c(A2−)D.依据电荷守恒有c(K+)+c(H+)=c(HA−)+2c(A2−)+c(OH−)，c点满足c(HA−)=−−)+−)+H2)=K+)<c(HA−)+2c(A2−)，代入计算分析推断离子浓度关系。此题考察弱电解质的电离平衡，题目难度中等，明确图示曲线变化的意义为解答关键，28页【答案】BD解：A.400℃，同温度使用其他催化剂NO转化率比VWTi/AC0高，说明温度高于400℃WTi/AC0催化下曲线上对应的点均不是该温度下的平衡点，故A错误；N2OVWT/AC50在T>350℃之后NO转化率降低的可能缘由为有副反响的发生，故B正确；X点增加NH3浓度，反响正向进展程度增大，能提高NOC错误；D.250℃时K=1024，假设起始时充入c(NH3)=c(NO)=c(N2)=1mol⋅L−1，c(H2O)=2mol⋅L−1，Q

=c5(N2)⋅c6(H2O)

=15×26=64<1024，说明反响正向进展，则v >v ，c故D正确；应选：BD。

c4(NH3)⋅c6(NO)

正 逆温度高于400℃，同温度使用其他催化剂NO转化率比VWTi/AC0高，结合催化剂不会影响平衡转化率分析；依据题干信息结合图象可知，温度上升有副产物N2O生成，导致一氧化氮的转化率降低；增加反响物NH3浓度，反响向正反响方向移动；D.250℃时K=1024，先依据Qc移动方向。

=c5(N2)⋅c6(H2O)K相比分析c4(NH3)⋅c6(NO)此题考察化学平衡的影响因素，为高频考点，明确图示曲线变化的意义为解答关键，留意把握催化剂、温度对化学平衡的影响，试题侧重考察学生的分析与应用力气，题目难度不大。【答案】382KOH防止反响过程中放热温度过高，导致反响猛烈产生一些副产物静置后反响混合物上层清液变为无色趁热是为了降低KOOC(CH2)4COOK的损失，提高产率，减压过滤是为了加速滤液KOOC(CH2)4COOK与二氧化锰固体的分别蒸发浓缩溶液，冷却结晶析出己二酸，再减压过滤、用冷水洗涤68取适量样品于试管中溶解，滴加NaOH溶液调整溶液呈碱性，滴加制氢氧化铜溶液，加热观看试验现象，假设28页消灭砖红色沉淀，则证明制得的己二酸中存在醛类物质，否则不存在【解析】解：(1)依据原子守恒确定KOOC(CH2)4COOK和MnO2的系数分别为3、8，依据钾原子守恒确定KOH的系数为2，配平化学反响原理的方程式为：3+8KMnO4→3KOOC(CH2)4COOK+8MnO2↓+2KOH+5H2O，故答案为：3；8；2KOH；(2)①故答案为：防止反响过程中放热温度过高，导致反响猛烈产生一些副产物；②依据与KMnO4KMnO4少量，则反响完全时KMnO4溶液紫红色褪去变为无色，故答案为：静置后反响混合物上层清液变为无色；③减压过滤是为了加速滤液KOOC(CH2)4COOK降低KOOC(CH2)4COOK的损失，提高产率，故答案为：趁热是为了降低KOOC(CH2)4COOK的损失，提高产率，减压过滤是为了加速滤液KOOC(CH2)4COOK与二氧化锰固体的分别；2)42424在水中溶解度84O44～24，则理论产量m(HOOC(CH2)4COOH)=3×0.04mol×146g/mol≈2.2g，试验产率=8m(实际)×100%=1.5/2.2×100%≈68%，m(理论)故答案为：蒸发浓缩溶液，冷却结晶析出己二酸，再减压过滤、用冷水洗涤；68；(3)检验物质的步骤包括，取样、操作、现象和结论，具体操作是取适量样品于试管中溶解，滴加NaOH溶液调整溶液呈碱性，滴加制氢氧化铜溶液，加热观看试验现象，假设消灭砖红色沉淀，则证明制得的己二酸中存在醛类物质，否则不存在，故答案为：取适量样品于试管中溶解，滴加NaOH溶液调整溶液呈碱性，滴加制氢氧化铜溶液，加热观看试验现象，假设消灭砖红色沉淀，则证明制得的己二酸中存在醛类物质，否则不存在。依据原子守恒确定KOOC(CH2)4COOK和MnO2的系数分别为3、8，依据钾原子守恒确定KOH的系数为2，配平化学反响方程式；①28页②反响完全时KMnO4溶液紫红色褪去变为无色；③减压过滤是为了加速滤液KOOC(CH2)4COOK降低KOOC(CH2)4COOK的损失，提高产率；④以KMnO4

的量计算已二酸，8KMnO4

～3HOOC(CH2

)COOH，试验产率m(实际×4 m(理论)100%，列式计算；首先需要将样品溶解，接下来利用制氢氧化铜检验醛基的存在，留意碱性环境同时需要进展加热，观看现象。此题考察了物质的制备，涉及试验方案评价、试验操作、纯度计算、物质的检验等学问解决问题的力气，留意题目信息的与相关根底学问联合分析，题目难度中等。【答案】增大接触面积，充分反响，提高反响速率2.8 Fe(OH)3 pH偏低，F−与H+结合形成弱电解质HF，CaF2(s)⇌Ca2+(aq)+2F−(aq)，平衡向右移动，导致Ca2+沉淀不完全2NiSO4(aq)+NaClO(aq)+4NaOH(aq)=2NiOOH(s)+NaCl(aq)+2Na2SO4(aq)+H2O(l)△H=−2akJ⋅mol−1 加热浓缩、冷却结晶CoSO4⋅7H2O【解析】解：(1)废渣粉碎可以增大反响的接触面，故硫锰净化废渣预先粉碎的目的是增大接触面积，充分反响，提高反响速率，故答案为：增大接触面积，充分反响，提高反响速率；“除杂1”的目的是使Fe3+完全沉淀，而Mn2+、Co2+、Ni2+不沉淀，则溶液的pH范围应调整2.8～6之间；“滤渣1”的主要成分是Fe(OH)3，故答案为：2.8；Fe(OH)3；“除杂2”中参与MnF2的目的是使Ca2+转化为CaF2沉淀除去，假设溶液的pH偏低，F−与H+结合形成弱电解质HF，CaF2(s)⇌Ca2+(aq)+2F−(aq)Ca2+沉淀不完全，故答案为：pH偏低，F−与H+结合形成弱电解质HF，CaF2(s)⇌Ca2+(aq)+2F−(aq)，平衡向右移动，导致Ca2+沉淀不完全；依据题中信息可知该氧化复原反响的反响物和产物，结合得失电子守恒即可配平2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOH+NaCl+2Na2SO4+H2O，转移1mol电子时，放出热量为akJ⋅mol−1，方程式中转移2mol电子放出热量为2akJ⋅mol−1，故热化学方程式为2NiSO4(aq)+NaClO(aq)+4NaOH(aq)=2NiOOH(s)+NaCl(aq)+2Na2SO4(aq)+H2O(lH=−2akJ⋅mol−1，28页故答案为：2NiSO4(aq)+NaClO(aq)+4NaOH(aq)=2NiOOH(s)+NaCl(aq)+2Na2SO4(aqH2O(l)△H=−2akJ⋅mol−1；(洗涤)CoSO4⋅nH2O失掉16.4%，可知

1×18

100%=6.4%，由此可知n=7，故该样品的化学式为CoSO4⋅7H2O，

155+18n故答案为：加热浓缩、冷却结晶；CoSO4⋅7H2O。硫锰净化废渣中Mn、Co和Ni主要以硫化物形式存在，还含有少量SiO2，加热浸出硫元素被MnO2氧化为S，SiO2Ⅰ为过滤，参与碳酸钙调整pH除去溶液中的Fe3+，应将pH调到2.8以上，但为了不将溶液中的其他金属离子沉淀，故把握pH小于6，通过过滤除去生成的氢氧化铁，但溶液中引入+F2使a+F22O4O4，得到有机相1，参与稀硫酸进展反萃取得到MnSO4P5O7萃取CoSO4，经过分液操作得到NiSO4CoSO4冷却结晶、过滤、洗涤、枯燥得到CoSO4⋅nH2O样品，故操作Ⅱ为分液，操作Ⅲ为反萃取，操作Ⅳ为加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、枯燥，据此作答。应、混合物分别提纯方法为解答的关键，侧重分析与试验力气的考察，留意元素化合物学问、化学反响原理与试验的结合，题目难度中等。【答案】+80.28 < 100叔丁醇脱水反响是分子数增加的反响，而副反响是分子数降低的反响，N2为稀释剂，降低反响原料的分压，有利于主反响正向进展，抑制副反响正向进展0.1该条件下叔丁醇脱水法平衡转化率不受H2O/TBA比例的影响，故工业上可无视水对叔丁醇转化率的影响，无需对原料进展烘干处理【解析】解：(1)△H=生成物的标准摩尔生成焓−反响物的标准摩尔生成焓=−241.83kJ/mol+(−17.1)kJ/mol−(−339.21)kJ/mol+80.28kJ/mol，故答案为：+80.28；p2的Kθ△H<0；p由图象信息知Kθ=Pθ[H2O]⋅Pθ[(CH3)2C=CH2]=100，由题干信息各组分的标准分压pθ=p Pθ[(CH3)3COH] BppBθpθ=5Kp=Kθ⋅pθKp=7，p28页列化学平衡三段式，(CH3)3C−OH(g)→(CH3)2C=CH2(g)+H2O(g)起始(mol) 1 0 0转化(mol) x x x平衡(mol) 1−x x x平衡时总物质的量为(1+x)mol1mol，体积为1L，依据PV=nRT(1+x)L，各组分的浓度及物质的量分数分别为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，则K

x×x =2 1+x 33

1+x

33

1+x1−x1+xcKp=107Pac

=100，p 105Pa故答案为：<；100；脱水反响温度T<200℃时，N2/叔丁醇摩尔比对叔丁醇转化率有影响，叔丁醇脱水N2原料的分压，减小压强有利于促进主反响和抑制副反响进展；由图象3可知叔丁醇转化率随温度上升渐渐增大，随压强增大而减小，随N2/叔丁醇摩尔比值增大而增大，故T>T=P=N2=，N2为稀释剂，降低反响原料的分压，有利于主反响正向进展，抑制副反响正向进展；0.1；由图象4可知在T<200，叔丁醇平衡转化率随着H2O/TBA比例的增加有确定程度的204426℃，不同初始原料中H2O/TBA比例对叔丁醇平衡转化率相差很小，说明H2O对叔丁醇平衡转化率影响可以无视不计，即该条件下叔丁醇脱水法平衡转化率不受H2O/TBA丁醇转化率的影响，无需对原料进展烘干处理，H2O/TBA水对叔丁醇转化率的影响，无需对原料进展烘干处理。△H=生成物的标准摩尔生成焓−反响物的标准摩尔生成焓；p由图象分析，反响2的Kθ随温度的上升渐渐降低，说明上升温度，平衡逆向移动；根pp据题意可知，300℃100kPa条件，Kθp

B

衡三段式解答；充入N2，相当于减小压强，降低反响原料的分压，依据勒夏特列原理分析对主反响28页和副反响的影响；由图3可知叔丁醇转化率随压强增大而减小；由图可知，在204 426℃，不同初始原料中H2O/TBA比例对叔丁醇平衡转化率相差很小。此题考察反响热的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算，侧重考察学生分析力气、识图力气和计算力气，依据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三段式等学问解答，此题难度大。【答案】[Ar]3d84s2 sp2 16NA 高两个化合物都可以形成氢键，但前者因取代基在对位，易形成分