湖南省2023年高考考前押题密卷化学试题附标准答案

PAGEPAGE12023年高考考前押题密卷（湖南卷）化学本卷满分100分，考试时间75分钟。注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12O16S32Cl35.5K39Ca40Cr52Co59Cu64一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．化学与生活、科技、社会发展息息相关。下列说法错误的是A．自然界中“氮循环”过程一定包括氧化还原反应和非氧化还原反应B．重油裂解为轻质油作燃料有助于实现“碳中和”C．快餐餐盒使用的聚乳酸材料可由乳酸()缩聚制得D．量子通信材料螺旋碳纳米管、石墨烯互为同素异形体2．工业上制备硫酸时，用98.3%的浓硫酸吸收得到组成为的发烟硫酸。当时形成焦硫酸()，结构如图所示，它与水作用生成硫酸。下列关于焦硫酸的说法错误的是A．属于极性分子 B．具有强氧化性C．所有S和O均为杂化 D．其盐的溶液呈酸性3．下图为合成药物M工艺过程中的某一步转化关系(反应条件已省略)。下列说法正确的是A．上述反应为取代反应，生成物有化合物丙和乙酸B．化合物甲分子中含有4个手性碳原子C．化合物甲和化合物丙均含有的官能团为氨基、酰胺基和羧基D．化合物丙在一定条件下可发生水解反应，水解产物中有化合物乙4．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．标况下，2.24L的NH3和HF的分子数均为0.1NAB．2L1mol·L-1的氯化铜溶液中H+数目为4NAC．和的混合气体中含有的孤电子对数为D．2LpH=5的0.05mol·L-1K2Cr2O7溶液中数目为0.1NA5．实验是化学研究的重要方法。下列实验设计能达到实验目的的是选项实验目的实验设计A检验溶液中是否存在杂质用洁净的铂丝蘸取该溶液，在酒精灯外焰上灼烧，观察火焰是否出现紫色B测定氯水的将待测液滴在湿润的试纸上，与标准比色卡对照C除去乙炔气体中的硫化氢将混合气体通入盛有硫酸铜溶液的洗气瓶中。D配制溶液称取固体溶解在容量瓶中，再定容、摇匀6．下列离子反应方程式书写正确的是A．向中加入：B．小苏打溶液与明矾溶液混合：C．向硫酸铜溶液中加入NaHS溶液生成黑色沉淀：D．向溶液中滴加少量溶液：7．某样品中含少量，为测定样品的纯度，操作过程如下：(1)取一定质量的样品配制成250mL溶液；(2)准确量取25.00mL配制的溶液于锥形瓶中，滴几滴指示剂，用c硝酸银溶液滴定至终点。下列叙述错误的是A．需要用到250mL容量瓶、棕色滴定管B．滴定过程中眼睛注视滴定管液面的变化C．滴定管排气泡后调节液面至0或0刻度以下D．如果盛标准溶液的滴定管没有润洗，所得结果会偏高8．前四周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。基态W原子中有7个运动状态不同的电子，X元素形成的某种单质是极性分子，基态Y原子的价层电子排布式为，基态Z原子次外层全充满，最外层电子数为1，下列说法正确的是A．W和X的简单氢化物的稳定性：W>XB．基态X原子的第一电离能比同周期相邻原子都要低C．YX2空间构型是直线形D．单质Z与单质Y反应生成ZY9．砷化镓是一种立方晶系如图甲所示，将Mn掺杂到晶体中得到稀磁性半导体材料如图乙所示，砷化镓的晶胞参数为xpm，密度为。下列说法错误的是A．砷化镓中配位键的数目是B．Ga和As的最近距离是C．沿体对角线a→b方向投影图如丙，若c在11处，则As的位置为7、9、11、13D．Mn掺杂到砷化镓晶体中，和Mn最近且等距离的As的数目为610．中科院发现深海处在微生物作用下的含硫物质的变化过程如图所示(已略去部分不含硫物质)。有关转化过程说法错误的是A．中含有的键与键的数目之比为B．，C．既被氧化又被还原D．理论上每产生，转移11．二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体是一种重要的化工原料，微溶于冷水、酒精，可溶于热水，干燥时较为稳定，加热时易分解。制备产品二草酸合铜酸钾晶体可采用如下步骤，下列说法错误的是已知：25℃草酸和碳酸的电离平衡常数数值如下表。电离平衡常数A．过程①微热的目的是加快草酸溶解，同时防止温度过高草酸分解B．过程②中加入的碳酸钾物质的量与草酸物质的量相等时，得到草酸氢钾溶液C．操作③为趁热过滤，操作④为降温结晶、过滤洗涤、干燥D．得到的产品用酒精洗涤优于冷水洗涤12．在一个体积恒为1L的恒温密闭容器中充入和，发生反应①和反应②，混合气体中氨气的体积分数及气体总浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是A．混合气体的密度不变不能说明反应达到平衡状态B．升高温度，反应①的平衡常数减小C．A点正反应速率与B点逆反应速率大小关系是D．在B点时氨气的转化率为50%13．近日，某团队分步进行8电子转移的电化学硝酸盐还原反应实现高效合成氨，装置如图所示。原理是：按照电子路径进行还原(先将硝酸盐还原成亚硝酸盐，再将亚硝酸盐还原成氨)，可大幅度地降低8电子还原过程的能垒，提高其反应活性。下列叙述正确的是A．N极为负极，发生了还原反应B．、的VSEPR模型名称分别为三角锥形、直线形C．生成的电极反应式为D．由生成34g时至少转移12mol电子14．已知常温下水溶液中、、、HB、的分布分数δ[如]随pH变化曲线如图1；溶液中和关系如图2.用溶液滴定20.00mL溶液，下列说法错误的是A．曲线d表示δ(HB)B．的水解平衡常数C．滴定过程中溶液会变浑浊D．滴定过程中始终存在：二、非选择题：本题共4小题，共58分。15．（14分）FeCl3是中学常见的试剂，某实验小组用以下装置制备FeCl3固体，并探究FeCl3溶液与Cu的反应。已知：FeCl3晶体易升华，FeCl3溶液易水解。Ⅰ．FeCl3的制备(1)装置C中碱石灰的作用是___________。(2)F的名称为___________，从D、E、F中选择合适的装置制备纯净的，正确的接口顺序为a-___________(可选试剂：饱和食盐水、NaOH溶液、浓硫酸、碱石灰，仪器可重复使用)。(3)写出装置D中制备的离子方程式___________。Ⅱ．探究FeCl3溶液与Cu的反应向4mL0.1mol/LFeCl3溶液中滴加几滴0.2mol/LKSCN溶液，溶液变红；再加入过量Cu粉，溶液红色褪去，不久有白色沉淀产生。查阅资料可知：和均为难溶于水的白色固体。针对白色沉淀同学们有以下猜想：猜想1：与过量的Cu粉反应生成，再结合生成白色沉淀。猜想2：与发生氧化还原反应生成，再结合生成白色沉淀。针对上述猜想，实验小组同学设计了以下实验：实验编号操作现象实验1加入铜粉后无现象实验2溶液很快由蓝色变为绿色，未观察到白色沉淀；2h后溶液为绿色，未观察到白色沉淀；24h后，溶液绿色变浅，试管底部有白色沉淀(4)实验结果说明猜想___________(填“1”或“2”)不合理。(5)根据实验2中的现象进一步查阅资料发现：i．与可发生如下两种反应：反应A：(淡黄色)；反应B：(黄色)。ii．与共存时溶液显绿色。①由实验2中的现象推测，反应速率：A___________(填“>”或“<”)B，说明反应B___________(填“是”或“不是”)产生的主要原因。②进一步查阅资料可知，当反应体系中同时存在、、时，氧化性增强，可将氧化为。据此将实验2改进，向溶液中同时加入、，立即生成白色沉淀，写出该反应离子方程式___________。(6)若向溶液中滴加足量的和的混合溶液，经过一系列操作得到白色沉淀的质量，则的产率为___________(写出表达式即可)。16．（14分）CO2与氢气在固载金属催化剂上可发生以下反应：反应i．CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)ΔH1反应ii．CO2(g)+H2(g)H2O(g)+CO(g)ΔH2>0反应iii．……可能的反应机理如下(M为催化剂)；回答下列问题：(1)反应iii的化学方程式为___________。(2)已知下列几种物质的标准摩尔生成焓(在101kPa时，由最稳定单质合成1mol指定产物时所放出的热量)：物质CO2(g)H2(g)HCOOH(g)标准摩尔生成焓/kJ·mol-1-393.510-362.3依据以上信息，ΔH1=___________。(3)在一定压强下，按n(H2)：n(CO2)=1：1投料，发生反应i和反应ii(忽略反应iii)，反应相同时间，CO2的转化率及HCOOH选择性(甲酸选择性=随温度变化曲线如下图所示。①下列措施能提高CO2平衡转化率的是___________(填标号)。A．降低温度B．再充入ArC．分离出HCOOH②673.15K，反应后体系中H2的分压为aMPa，则反应i的压力商计算式Qp=___________MPa-1。③当温度高于673.15K，随温度升高，反应i与反应ii的反应速率相比，增加更显著的是反应___________(填“i”或“ii”)，判断的理由是___________。(4)若在Bi或Bi/CeO2催化剂表面还原CO2生成HCOOH，模拟经历两种中间体的能量变化如图所示。HCOOH的合成更倾向于通过生成___________中间体，且___________(填“Bi”或“Bi/CeO2”)的催化活性更优异。17．（15分）无水氯化钴可用作彩色水泥的添加剂、催化剂、饲料等，以钴渣(主要成分是CoO，含少量NiO、CuO、FeO和等)为原料制备无水氯化钴的流程如图所示：已知几种金属氢氧化物沉淀的pH如下表所示：金属离子开始沉淀时pH7.64.46.81.97.5完全沉淀时pH9.26.48.43.29.5请回答下列问题：(1)已知CoP的晶胞类型与ZnS相似，结构如图-1所示。P原子所连Co原子构成正四面体，P原子处于正四面体的体心。如图-2为如图-1的俯视图，请在如图-2中用○画出P原子的位置_______。(2)若氧化剂M为氧气，则其反应的离子方程式为_______；调节的目的是_______。(3)“萃取”目的是除去镍离子；M代表被萃取的离子，萃取金属离子的原理简化如下：(水层)（有机层）（(有机层)(水层)，影响萃取率的因素有很多，在其他条件相同时，根据如图-3分析分离镍、钴的最佳条件：相比(油相O∶水相A)=_______；根据如图-4分析，在一定范围内随着pH升高，金属离子萃取率升高的原因是_______。(4)“灼烧”过程中发生反应的化学方程式为_______。(5)为测定粗产品中的含量，称取10g粗产品配成100mL溶液，从中取出25mL先加入含0.03mol的溶液(杂质不与其反应)，再用0.5mol⋅L的KSCN溶液滴定过量的，若消耗20.00mLKSCN溶液，则该粗产品中的质量分数为_______。(写出计算过程，已知：)18．（15分）丙烯醛()是一种重要的有机合成原料，用其合成3-氯丙醛二乙醇缩醛(B)和DAP树脂的一种路线如下：已知醇与酯可发生如下的酯交换反应：RCOOR′+R″OHRCOOR″+R′OH(R、R'、R″代表烃基)回答下列问题：(1)已知A的结构简式为，在制备A的过程中最容易生成的另一种副产物为___________(写结构简式)。(2)设计丙烯醛→A和C→D步骤的目的为___________。(3)已知3-氯丙醛二乙醇缩醛(B)的核磁共振氢谱有5组峰，则其结构简式为___________。(4)已知E的苯环上的一氯代物有两种，则E的名称为___________；E→F的反应类型为___________。(5)DAP单体中含两个碳碳双键，则由D和F制备DAP单体的化学方程式为___________。(6)满足下列条件的F的同分异构体M有___________种(不包含立体异构)。i．苯环上有三个取代基，且只含有一种官能团ii．除苯环外无其他环状结构iii．1molM最多能消耗4molNaOH(7)结合上述流程，以乙烯为原料制备的合成路线为(无机试剂任选)______。PAGEPAGE12023年高考考前押题密卷（湖南卷）化学·全解全析本卷满分100分，考试时间75分钟。注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1C12O16S32Cl35.5K39Ca40Cr52Co59Cu64一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．化学与生活、科技、社会发展息息相关。下列说法错误的是A．自然界中“氮循环”过程一定包括氧化还原反应和非氧化还原反应B．重油裂解为轻质油作燃料有助于实现“碳中和”C．快餐餐盒使用的聚乳酸材料可由乳酸()缩聚制得D．量子通信材料螺旋碳纳米管、石墨烯互为同素异形体【答案】B【解析】A．自然界中“氮循环”过程一定包括氧化还原反应(比如氮的固定)和非氧化还原反应(比如硝酸转化为硝酸盐)，故A正确；B．重油裂解为轻质油作燃料，轻质油燃烧一样会产生二氧化碳，不能减少二氧化碳的排放量，无法有效促进碳中和，故B错误；C．聚乳酸是一种新型的生物降解材料，快餐餐盒使用的聚乳酸材料可由乳酸经缩聚反应制得，故C正确；D．碳纳米管、石墨烯都是碳元素形成的不同单质，它们互为同素异形体，故D正确。综上所述，答案为B。2．工业上制备硫酸时，用98.3%的浓硫酸吸收得到组成为的发烟硫酸。当时形成焦硫酸()，结构如图所示，它与水作用生成硫酸。下列关于焦硫酸的说法错误的是A．属于极性分子 B．具有强氧化性C．所有S和O均为杂化 D．其盐的溶液呈酸性【答案】D【解析】A．硫氧键和氧氢键都是极性键，焦硫酸分子中正、负电荷中心不重合，属于极性分子，A项正确；B．焦硫酸由浓硫酸吸收SO3制得，其性质和浓硫酸类似，具有强氧化性，B项正确；C．焦硫酸分子中，硫原子形成了4个σ键，没有孤电子对；氧原子形成了2个σ键，孤电子对数目为2，所以硫和氧均采取sp3杂化，C项正确；D．焦硫酸属于强酸，其盐焦硫酸钾为强酸强碱盐，溶液呈中性，D项错误。答案选D。3．下图为合成药物M工艺过程中的某一步转化关系(反应条件已省略)。下列说法正确的是A．上述反应为取代反应，生成物有化合物丙和乙酸B．化合物甲分子中含有4个手性碳原子C．化合物甲和化合物丙均含有的官能团为氨基、酰胺基和羧基D．化合物丙在一定条件下可发生水解反应，水解产物中有化合物乙【答案】B【解析】A．根据上述反应，甲和乙反应生成丙和乙醇，A错误；B．根据化合物甲的结构简式，分子中含有的手性碳原子如图：共4种，B正确；C．化合物甲含有的官能团为氨基、酰胺基和羧基，化合物丙均含有的官能团为氨基、酰胺基和羧基、肽键和氟原子，C错误；D．化合物丙在一定条件下可发生水解反应，水解产物为：而不是乙，D错误；故选B。4．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．标况下，2.24L的NH3和HF的分子数均为0.1NAB．2L1mol·L-1的氯化铜溶液中H+数目为4NAC．和的混合气体中含有的孤电子对数为D．2LpH=5的0.05mol·L-1K2Cr2O7溶液中数目为0.1NA【答案】C【解析】A．标况下HF为液态，2.24LHF的物质的量远大于0.1mol，则其中含有的分子数远大于0.1NA，A错误；B．由于铜离子水解使溶液显酸性，溶液中离子浓度c(Cl-)>c(Cu2+)>c(H+)>c(OH-)，则n(Cl-)>n(Cu2+)>n(H+)>n(OH-)，因为n(Cl-)=4mol，所以n(H+)<n(Cl-)=4mol，溶液中H+数目小于4NA，B错误；C．CO和N2互为等电子体，两种物质所含孤电子对数相等，氮气电子式为，1mol氮气中所含孤电子对数为2mol，即2.8g该混合物中含有孤电子对数0.2NA，C正确；D．重铬酸钾溶液中存在水解平衡：H2O+Cr2O⇌2CrO+2H+，则2L0.05mol·L-1K2Cr2O7溶液中Cr2O的物质的量小于2L×0.05mol·L-1=0.1mol，其数目小于0.1NA，D错误；故选C。5．实验是化学研究的重要方法。下列实验设计能达到实验目的的是选项实验目的实验设计A检验溶液中是否存在杂质用洁净的铂丝蘸取该溶液，在酒精灯外焰上灼烧，观察火焰是否出现紫色B测定氯水的将待测液滴在湿润的试纸上，与标准比色卡对照C除去乙炔气体中的硫化氢将混合气体通入盛有硫酸铜溶液的洗气瓶中。D配制溶液称取固体溶解在容量瓶中，再定容、摇匀【答案】C【解析】A．观察钾的焰色需要透过蓝色钴玻璃，故A错误；B．氯水具有漂白性，无法用试纸进行测定，且试纸使用时不需要润湿，故B错误；C．硫酸铜溶液可吸收硫化氢而不吸收乙炔，从而能达到除杂的目的，故C正确；D．容量瓶不能直接溶解物质，故D错误；故答案为C。6．下列离子反应方程式书写正确的是A．向中加入：B．小苏打溶液与明矾溶液混合：C．向硫酸铜溶液中加入NaHS溶液生成黑色沉淀：D．向溶液中滴加少量溶液：【答案】B【解析】A．向中加入固体，既做氧化剂又做还原剂，中的18O全部在NaOH中，因此氧气的化学式为O2，A错误；B．小苏打溶液与明矾溶液混合后，碳酸氢根和铝离子发生双水解，B正确；C．向硫酸铜溶液中加入NaHS溶液生成黑色沉淀:，C错误；D．H2S是弱酸，不能拆，D错误；故选B。7．某样品中含少量，为测定样品的纯度，操作过程如下：(1)取一定质量的样品配制成250mL溶液；(2)准确量取25.00mL配制的溶液于锥形瓶中，滴几滴指示剂，用c硝酸银溶液滴定至终点。下列叙述错误的是A．需要用到250mL容量瓶、棕色滴定管B．滴定过程中眼睛注视滴定管液面的变化C．滴定管排气泡后调节液面至0或0刻度以下D．如果盛标准溶液的滴定管没有润洗，所得结果会偏高【答案】B【解析】A．样品配制成250mL溶液，需要用到250mL容量瓶，用c硝酸银溶液滴定，硝酸银见光易分解，应用棕色滴定管，选项A正确；B．滴定过程中，目光应注视锥形瓶中溶液颜色的变化，选项B错误；C．滴定管排气泡后，再调节液面至0刻度线或0刻度线以下某一刻度，选项C正确；D．如果盛标准溶液的滴定管没有润洗，标准溶液变稀，滴定消耗的体积偏大，所得结果会偏高，选项D正确；答案选B。8．前四周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。基态W原子中有7个运动状态不同的电子，X元素形成的某种单质是极性分子，基态Y原子的价层电子排布式为，基态Z原子次外层全充满，最外层电子数为1，下列说法正确的是A．W和X的简单氢化物的稳定性：W>XB．基态X原子的第一电离能比同周期相邻原子都要低C．YX2空间构型是直线形D．单质Z与单质Y反应生成ZY【答案】B【分析】W原子中又7个运动状态不同的电子，W为N。X元素形成的某种单质是极性分子，X为O。Y价层电子排布式为ns2np4，Y为O族元素，Y为S。Z的原子次外层全满，最外层电子数为1，即电子排布为[Ar]3d104s1，Z为Cu。【解析】A．同周期从左往右非金属增强，气态氢化物的稳定性增强：NH3<H2O，A项错误；B．同周期从左往右，第一电离能逐渐增大，N原子为[He]2s22p3半满稳定，难失电子。但O失去一个电子为[He]2s22p3处于半满稳定结构，O易失去1个电子。第一电离能大小：O<N<F，B项正确；C．YX2为SO2，SO2价层电子对为3对，孤电子对为1对，该分子为V形，C项错误；D．S弱氧化性与金属单质反应生成低价金属化合物，即生成Cu2S，D项错误；故选B。9．砷化镓是一种立方晶系如图甲所示，将Mn掺杂到晶体中得到稀磁性半导体材料如图乙所示，砷化镓的晶胞参数为xpm，密度为。下列说法错误的是A．砷化镓中配位键的数目是B．Ga和As的最近距离是C．沿体对角线a→b方向投影图如丙，若c在11处，则As的位置为7、9、11、13D．Mn掺杂到砷化镓晶体中，和Mn最近且等距离的As的数目为6【答案】D【解析】A．由甲可知砷化镓的化学式为GaAs，砷化镓中砷提供孤电子对，镓提供空轨道形成配位键，平均1个GaAs配位键的数目为1，则砷化镓中配位键的数目是，故A正确；B．由砷化镓晶胞结构可知，Ga和As的最近距离为晶胞体对角线的，Ga和As的最近距离是，故B正确；C．由砷化镓晶胞结构可知，c位于侧面的面心，沿体对角线a→b方向投影图如丙，则As的位置为7、9、11、13，故C正确；D．由乙晶胞结构可知，和Mn最近且等距离的As的数目为4，故D错误；故选D。10．中科院发现深海处在微生物作用下的含硫物质的变化过程如图所示(已略去部分不含硫物质)。有关转化过程说法错误的是A．中含有的键与键的数目之比为B．，C．既被氧化又被还原D．理论上每产生，转移【答案】D【解析】A．共价单键是σ键，共价三键中含有2个π键1个σ键，中含有的键与键的数目之比为，选项A正确；B．根据图中信息可知有离子反应，S元素由+2价变为-2价降了4，结合电荷守恒和质量守恒配得离子反应为，故y=24，同理，由中S由+4价降为-2价降了6，结合电荷守恒和质量守恒配得离子反应为，故x=21，选项B正确；C．参与的反应为，中S由-2价升高为+2价被氧化，C由+4价变为+2价被还原，故既被氧化又被还原，选项C正确；D．根据反应，每生成，转移；反应中每生成，转移，选项D错误；答案选D。11．二草酸合铜(Ⅱ)酸钾晶体是一种重要的化工原料，微溶于冷水、酒精，可溶于热水，干燥时较为稳定，加热时易分解。制备产品二草酸合铜酸钾晶体可采用如下步骤，下列说法错误的是已知：25℃草酸和碳酸的电离平衡常数数值如下表。电离平衡常数A．过程①微热的目的是加快草酸溶解，同时防止温度过高草酸分解B．过程②中加入的碳酸钾物质的量与草酸物质的量相等时，得到草酸氢钾溶液C．操作③为趁热过滤，操作④为降温结晶、过滤洗涤、干燥D．得到的产品用酒精洗涤优于冷水洗涤【答案】B【分析】草酸加入去离子水，再加热，加快草酸溶解，加入适量的生成，和氧化铜混合，经过一系列的操作，得到产品。【解析】A．过程①中加入去离子水，再加热，加快草酸溶解，温度不能太高，防止草酸分解，A正确；B．若加入的碳酸钾物质的量与草酸物质的量相等时，得到草酸氢钾溶液，和发生反应：，得到草酸氢钾溶液和碳酸氢钾溶液，B错误；C．因为可溶于热水，加热时易分解，所以操作③为趁热过滤，操作④为降温结晶、过滤洗涤、干燥，C正确；D．因为微溶于冷水、酒精，用酒精洗涤易干燥，所以用酒精洗涤优于冷水洗涤，D正确；故选B。12．在一个体积恒为1L的恒温密闭容器中充入和，发生反应①和反应②，混合气体中氨气的体积分数及气体总浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是A．混合气体的密度不变不能说明反应达到平衡状态B．升高温度，反应①的平衡常数减小C．A点正反应速率与B点逆反应速率大小关系是D．在B点时氨气的转化率为50%【答案】B【解析】A．容器体积始终不变，气体质量随着反应进行发生改变，则混合气体的密度不变，说明反应已达到平衡状态，选项A错误；B．反应①是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，选项B正确；C．由图可知，A点时反应正向进行，，B点反应达到平衡状态，，A点到B点过程中正反应速率逐渐减小，则，选项C错误；D．由图可知，B点时氨气的体积分数为50%，气体总浓度为，则平衡时氨气的浓度为，消耗氨气的浓度为，则B点时氨气的转化率为，选项D错误；答案选B。13．近日，某团队分步进行8电子转移的电化学硝酸盐还原反应实现高效合成氨，装置如图所示。原理是：按照电子路径进行还原(先将硝酸盐还原成亚硝酸盐，再将亚硝酸盐还原成氨)，可大幅度地降低8电子还原过程的能垒，提高其反应活性。下列叙述正确的是A．N极为负极，发生了还原反应B．、的VSEPR模型名称分别为三角锥形、直线形C．生成的电极反应式为D．由生成34g时至少转移12mol电子【答案】C【解析】A．该装置为原电池，N极上Zn转化为Zn(OH)失电子发生了氧化反应，为负极，A错误；B．含有一对孤电子对，价层电子对数为4，VSEPR模型名称为正四面体、价层电子对数为3，VSEPR模型名称分别平面三角形，B错误；C．生成的电极反应式为，C正确；D．N的化合价由+5→+3→-3，由生成34g(2mol)时至少转移16mol电子，D错误；故选C。14．已知常温下水溶液中、、、HB、的分布分数δ[如]随pH变化曲线如图1；溶液中和关系如图2.用溶液滴定20.00mL溶液，下列说法错误的是A．曲线d表示δ(HB)B．的水解平衡常数C．滴定过程中溶液会变浑浊D．滴定过程中始终存在：【答案】D【解析】A．由题中信息可知，为二元弱酸，、，用溶液滴定20.00mL溶液，发生反应：，则酸性：>HB，所以曲线a、b、c表示的各微粒分布曲线，曲线a代表，曲线b代表，曲线c代表，曲线d为HB，曲线e为，故A正确；B．的水解平衡常数，曲线d和e相交时=，，此时pH=8.3，=，则，故B正确；C．根据图2可知，滴定过程中会生成CaA沉淀，溶液变浑浊，故C正确；D．若滴定过程中不产生沉淀，则根据电荷守恒：，根据物料守恒：=+，则，但随着H2A溶液的滴入，Ca2+产生CaA沉淀而析出，溶液中+，则，故错误；故选：D。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15．（14分）FeCl3是中学常见的试剂，某实验小组用以下装置制备FeCl3固体，并探究FeCl3溶液与Cu的反应。已知：FeCl3晶体易升华，FeCl3溶液易水解。Ⅰ．FeCl3的制备(1)装置C中碱石灰的作用是___________。(2)F的名称为___________，从D、E、F中选择合适的装置制备纯净的，正确的接口顺序为a-___________(可选试剂：饱和食盐水、NaOH溶液、浓硫酸、碱石灰，仪器可重复使用)。(3)写出装置D中制备的离子方程式___________。Ⅱ．探究FeCl3溶液与Cu的反应向4mL0.1mol/LFeCl3溶液中滴加几滴0.2mol/LKSCN溶液，溶液变红；再加入过量Cu粉，溶液红色褪去，不久有白色沉淀产生。查阅资料可知：和均为难溶于水的白色固体。针对白色沉淀同学们有以下猜想：猜想1：与过量的Cu粉反应生成，再结合生成白色沉淀。猜想2：与发生氧化还原反应生成，再结合生成白色沉淀。针对上述猜想，实验小组同学设计了以下实验：实验编号操作现象实验1加入铜粉后无现象实验2溶液很快由蓝色变为绿色，未观察到白色沉淀；2h后溶液为绿色，未观察到白色沉淀；24h后，溶液绿色变浅，试管底部有白色沉淀(4)实验结果说明猜想___________(填“1”或“2”)不合理。(5)根据实验2中的现象进一步查阅资料发现：i．与可发生如下两种反应：反应A：(淡黄色)；反应B：(黄色)。ii．与共存时溶液显绿色。①由实验2中的现象推测，反应速率：A___________(填“>”或“<”)B，说明反应B___________(填“是”或“不是”)产生的主要原因。②进一步查阅资料可知，当反应体系中同时存在、、时，氧化性增强，可将氧化为。据此将实验2改进，向溶液中同时加入、，立即生成白色沉淀，写出该反应离子方程式___________。(6)若向溶液中滴加足量的和的混合溶液，经过一系列操作得到白色沉淀的质量，则的产率为___________(写出表达式即可)。【答案】(1)吸收多余的Cl2，用于尾气处理，同时可以防止空气中的水蒸气进入收集器中，防止FeCl3水解变质（2分）(2)U形干燥管（1分）b→c→d→e（2分）(3)MnO2+4H++2Cl-Mn2+++Cl2↑+2H2O（2分）(4)1（1分）(5)＞（1分）不是（1分）Cu2++Fe2++SCN-=CuSCN↓+Fe3+（2分）(6)（2分）【解析】Ⅰ．由题干实验装置图可知，装置D为实验制备Cl2的发生装置，原理为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，装置E为盛有饱和食盐水的洗气瓶，用于除去Cl2中的HCl，装置F为盛有无水氯化钙或无水硫酸铜的U形干燥管，用于干燥Cl2，然后将干燥的Cl2通入装置A中，装置A为制备FeCl3，装置B中的收集器用于收集FeCl3，装置C中的碱石灰用于吸收多余的Cl2，用于尾气处理，同时可以防止空气中的水蒸气进入收集器中，防止FeCl3水解变质，据此分析解题。（1）由分析可知，装置C中碱石灰的作用是用于吸收多余的Cl2，用于尾气处理，同时可以防止空气中的水蒸气进入收集器中，防止FeCl3水解变质，故答案为：吸收多余的Cl2，用于尾气处理，同时可以防止空气中的水蒸气进入收集器中，防止FeCl3水解变质；（2）由题干实验装置图可知，F的名称为U形干燥管，从D、E、F中选择合适的装置制备纯净的Cl2，正确的接口顺序为a→b→c→d→e，故答案为：U形干燥管；b→c→d→e；（3）由分析可知，装置D为实验制备Cl2的发生装置，原理为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，该反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；（4）由题干对比实验1、2操作和现象可知，实验1的反应物质含有Cl-，而实验2中的反应物中不含Cl-，结果实验1无白色沉淀生成，而实验2生成白色沉淀，说明产生的白色沉淀为CuSCN，故实验结果说明猜想1不合理，故答案为：1；（5）①由实验2中的现象即溶液很快由蓝色变为绿色，未观察到白色沉淀；2h后溶液为绿色，未观察到白色沉淀；24h后，溶液绿色变浅，试管底部有白色沉淀可推测，反应速率：A>B，反应B太慢，因此说明反应B不是产生的主要原因，故答案为：＞；不是；②进一步查阅资料可知，当反应体系中同时存在、、时，氧化性增强，可将氧化为。据此将实验2改进，向溶液中同时加入、，立即生成白色沉淀，即Cu2+先将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Cu+，然后Cu+与SCN-结合为CuSCN白色沉淀，该反应的离子方程式为：Cu2++Fe2++SCN-=CuSCN↓+Fe3+，故答案为：Cu2++Fe2++SCN-=CuSCN↓+Fe3+；（6）若向溶液中滴加足量的和的混合溶液，根据铜原子守恒可知，理论上应该生成CuSCN的物质的量为0.1amol，经过一系列操作得到白色沉淀的质量，则的产率为：=，故答案为：。16．（14分）CO2与氢气在固载金属催化剂上可发生以下反应：反应i．CO2(g)+H2(g)HCOOH(g)ΔH1反应ii．CO2(g)+H2(g)H2O(g)+CO(g)ΔH2>0反应iii．……可能的反应机理如下(M为催化剂)；回答下列问题：(1)反应iii的化学方程式为___________。(2)已知下列几种物质的标准摩尔生成焓(在101kPa时，由最稳定单质合成1mol指定产物时所放出的热量)：物质CO2(g)H2(g)HCOOH(g)标准摩尔生成焓/kJ·mol-1-393.510-362.3依据以上信息，ΔH1=___________。(3)在一定压强下，按n(H2)：n(CO2)=1：1投料，发生反应i和反应ii(忽略反应iii)，反应相同时间，CO2的转化率及HCOOH选择性(甲酸选择性=随温度变化曲线如下图所示。①下列措施能提高CO2平衡转化率的是___________(填标号)。A．降低温度B．再充入ArC．分离出HCOOH②673.15K，反应后体系中H2的分压为aMPa，则反应i的压力商计算式Qp=___________MPa-1。③当温度高于673.15K，随温度升高，反应i与反应ii的反应速率相比，增加更显著的是反应___________(填“i”或“ii”)，判断的理由是___________。(4)若在Bi或Bi/CeO2催化剂表面还原CO2生成HCOOH，模拟经历两种中间体的能量变化如图所示。HCOOH的合成更倾向于通过生成___________中间体，且___________(填“Bi”或“Bi/CeO2”)的催化活性更优异。【答案】(1)CO2(g)+2H2(g)HCHO(g)+H2O(g)（2分）(2)+31.21kJ·mol-1（2分）(3)①C（2分）②（2分）③ii（1分）随温度升高，二氧化碳的转化率升高，但HCOOH的选择性却迅速下降（2分）(4)HCOO*（2分）Bi/CeO2（1分）【解析】（1）据图可知，CO2(g)还可以和H2(g)反应生成HCHO(g)，根据元素守恒可知反应iii为CO2(g)+2H2(g)HCHO(g)+H2O(g)；（2）焓变=生成物总能量-反应物总能量，所以ΔH1=[-362.3-0-(-393.51)]kJ·mol-1=+31.21kJ·mol-1；（3）①A．ΔH1＞0，ΔH2＞0，即反应i和反应ii均为吸热反应，降低温度平衡逆向移动，CO2平衡转化率减小，A不符合题意；B．恒压条件，再冲入Ar，则容器体积变大，相当于减压，反应i为气体系数之和减小的反应，平衡逆向移动，CO2的转化率减小，B不符合题意；C．分离出HCOOH，反应i平衡正向移动，CO2转化率增大，C符合题意；答案选C；②不妨设初始投料为n(H2)=n(CO2)=1mol，673.15K时，CO2的转化率为95%，HCOOH的选择性为0.3%，所以n(HCOOH)=1×95%×0.3%mol，由于反应i和反应ii中H2和CO2都是1∶1反应，所以此时n(H2)=n(CO2)=1×5%mol，则此时p(CO2)=p(H2)=aMPa，p(HCOOH)=MPa，所以反应i的压力商计算式Qp==；③随温度升高，二氧化碳的转化率升高，但HCOOH的选择性却迅速下降，说明反应ii的反应速率增加更显著；（4）据图可知生成HCOO*的活化能更小，所以HCOOH的合成更倾向于通过生成HCOO*中间体，Bi/CeO2对反应的活化能降低的更多，催化活性更优异。17．（15分）无水氯化钴可用作彩色水泥的添加剂、催化剂、饲料等，以钴渣(主要成分是CoO，含少量NiO、CuO、FeO和等)为原料制备无水氯化钴的流程如图所示：已知几种金属氢氧化物沉淀的pH如下表所示：金属离子开始沉淀时pH7.64.46.81.97.5完全沉淀时pH9.26.48.43.29.5请回答下列问题：(1)已知CoP的晶胞类型与ZnS相似，结构如图-1所示。P原子所连Co原子构成正四面体，P原子处于正四面体的体心。如图-2为如图-1的俯视图，请在如图-2中用○画出P原子的位置_______。(2)若氧化剂M为氧气，则其反应的离子方程式为_______；调节的目的是_______。(3)“萃取”目的是除去镍离子；M代表被萃取的离子，萃取金属离子的原理简化如下：(水层)（有机层）（(有机层)(水层)，影响萃取率的因素有很多，在其他条件相同时，根据如图-3分析分离镍、钴的最佳条件：相比(油相O∶水相A)=_______；根据如图-4分析，在一定范围内随着pH升高，金属离子萃取率升高的原因是_______。(4)“灼烧”过程中发生反应的化学方程式为_______。(5)为测定粗产品中的含量，称取10g粗产品配成100mL溶液，从中取出25mL先加入含0.03mol的溶液(杂质不与其反应)，再用0.5mol⋅L的KSCN溶液滴定过量的，若消耗20.00mLKSCN溶液，则该粗产品中的质量分数为_______。(写出计算过程，已知：)【答案】(1)（2分）(2)（2分）将、全部转化为、而除去（2分）(3)1∶1（2分）萃取产生，随pH的升高被消耗，促进萃取金属离子的平衡正向移动（2分）(4)（2分）(5)消耗20.00mLKSCN溶液，硫氰化钾的物质的量为0.5mol⋅L×20.00×10-3L=0.01mol，则与氯化钴反应的硝酸银的物质的量为0.03-0.01=0.02mol，则25mL溶液中氯化钴的物质的量为0.01mol，氯化钴的质量为1.3g，则100mL溶液中氯化钴的质量为，该粗产品中的质量分数为（3分）【分析】“酸浸”中金属氧化物与硫酸反应得到对应的盐，溶液中离子有Co2+、Ni2+、Cu2+、Fe2+，SiO2与硫酸不反应，固体1为SiO2，加入氧化剂可氧化Fe2+为Fe3+，调节pH=6.5可将Cu2+、Fe3+转为沉淀除去，‘萃取步骤中将Co2+转到有机层，Ni2+在水层，有机层加入稀硫酸得到溶液含Co2+，加入纯碱生成CoCO3沉淀，过滤得滤渣再加盐酸酸溶得到CoCl2溶液，经系列操作后得到结晶，加入SOCl2灼烧得到CoCl2。【解析】（1）钴原子位于立方体的顶点和面心和体心，磷原子在小四面体的体心，即磷在立方体的体对角线的四分之一位置，故P原子的位置为。（2）氧化剂为氧气，将亚铁离子氧化为铁离子，离子方程式为：；结合氢氧化物沉淀的pH分析，调节的目的是将铁离子和铜离子转化为氢氧化物沉淀而除去。（3）油相和水