2023年湖南省新高考化学试卷

2023年湖南省新高考化学试卷试题数：18，满分：1001.（单选题，3分）中华文化源远流长，化学与文化传承密不可分。下列说法错误的是（）A.青铜器“四羊方尊”的主要材质为合金B.长沙走马楼出土的竹木简牍主要成分是纤维素C.蔡伦采用碱液蒸煮制浆法造纸，该过程不涉及化学变化D.铜官窑彩瓷是以黏土为主要原料，经高温烧结而成2.（单选题，3分）下列化学用语表述错误的是（）A.HClO的电子式：B.中子数为10的氧原子：OC.NH3分子的VSEPR模型：D.基态N原子的价层电子排布图：3.（单选题，3分）下列玻璃仪器在相应实验中选用不合理的是（）

A.重结晶法提纯苯甲酸：①②③B.蒸馏法分离CH2Cl2和CCl4：③⑤⑥C.浓硫酸催化乙醇制备乙烯：③⑤D.酸碱滴定法测定NaOH溶液浓度：④⑥4.（单选题，3分）下列有关物质结构和性质的说法错误的是（）A.含有手性碳原子的分子叫做手性分子B.邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛的沸点C.酰胺在酸或碱存在并加热的条件下可发生水解反应D.冠醚（18-冠-6）的空穴与K+尺寸适配，两者能通过弱相互作用形成超分子5.（单选题，3分）下列有关电极方程式或离子方程式错误的是（）A.碱性锌锰电池的正极反应：MnO2+H2O+e-=MnO（OH）+OH-B.铅酸锰电池充电时的阳极反应：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-6.（单选题，3分）日光灯中用到的某种荧光粉的主要成分为3W3（ZX4）2•WY2。已知：X、Y、Z和W为原子序数依次增大的前20号元素，W为金属元素。基态X原子s轨道上的电子数和p轨道上的电子数相等，基态X、Y、Z原子的未成对电子数之比为2：1：3。下列说法正确的是（）A.电负性：X＞Y＞Z＞WB.原子半径：X＜Y＜Z＜WC.Y和W的单质都能与水反应生成气体D.Z元素最高价氧化物对应的水化物具有强氧化性7.（单选题，3分）取一定体积的两种试剂进行反应，改变两种试剂的滴加顺序（试剂浓度均为0.1mol•L-1），反应现象没有明显差别的是（）选项试剂①试剂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A.AB.BC.CD.D8.（单选题，3分）葡萄糖酸钙是一种重要的补钙剂，工业上以葡萄糖、碳酸钙为原料，在溴化钠溶液中采用间接电氧化反应制备葡萄糖酸钙，其阳极区反应过程如图：

下列说法错误的是（）A.溴化钠起催化和导电作用B.每生成1mol葡萄糖酸钙，理论上电路中转移了2mol电子C.葡萄糖酸能通过分子内反应生成含有六元环状结构的产物D.葡萄糖能发生氧化、还原、取代、加成和消去反应9.（单选题，3分）处理某铜冶金污水（含Cu2+、Fe3+、Zn2+、Al3+）的部分流程如图：

已知：①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：物质Fe（OH）3Cu（OH）2Zn（OH）2Al（OH）3开始沉淀pH1.94.26.23.5完全沉淀pH3.26.78.24.6②Ksp（CuS）=6.4×10-36，Ksp（ZnS）=1.6×10-24。

下列说法错误的是（）A.“沉渣Ⅰ”中含有Fe（OH）3和Al（OH）3B.Na2S溶液呈碱性，其主要原因是S2-+H2O⇌HS-+OH-C.“沉淀池Ⅱ”中，当Cu2+和Zn2+完全沉淀时，溶液中=4.0×10-12D.“出水”经阴离子交换树脂软化处理后，可用作工业冷却循环用水10.（单选题，3分）油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄（As2S3）褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：

下列说法正确的是（）A.和的空间结构都是正四面体形B.反应Ⅰ和Ⅱ中，元素As和S都被氧化C.反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ＜ⅡD.反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1molAs2S3转移的电子数之比为3：711.（单选题，3分）科学家合成了一种高温超导材料，其晶胞结构如图所示，该立方晶胞参数为apm。阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法错误的是（）A.晶体最简化学式为KCaB6C6B.晶体中与K+最近且距离相等的Ca2+有8个C.晶胞中B和C原子构成的多面体有12个面D.晶体的密度为g•cm-312.（单选题，3分）常温下，用浓度为0.0200mol•L-1的NaOH标准溶液滴定浓度均为0.0200mol•L-1的HCl和CH3COOH的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随η（η=）的变化曲线如图所示。下列说法错误的是（）A.Ka（CH3COOH）约为10-4.76B.点a：c（Na+）=c（Cl-）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH）C.点b：c（CH3COOH）＜c（CH3COO-）D.水的电离程度：a＜b＜c＜d13.（单选题，3分）向一恒容密闭容器中加入1molCH4和一定量的H2O，发生反应：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）。CH4的平衡转化率按不同投料比x（x=）随温度的变化曲线如图所示。下列说法错误的是（）A.x1＜x2B.反应速率：vb正＜vc正C.点a、b、c对应的平衡常数：Ka＜Kb=KcD.反应温度为T1，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态14.（单选题，3分）N2H4是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某Ru（Ⅱ）催化剂{用[L-Ru-NH3]+表示}能高效电催化氧化NH3合成N2H4，其反应机理如图所示。下列说法错误的是（）

A.Ru（Ⅱ）被氧化至Ru（Ⅲ）后，配体NH3失去质子能力增强B.M中Ru的化合价为+3C.该过程有非极性键的形成D.该过程的总反应式：4NH3-2e-=N2H4+215.（问答题，14分）金属Ni对H2有强吸附作用，被广泛用于硝基或羰基等不饱和基团的催化氧化反应。将块状Ni转化成多孔型雷尼Ni后，其催化活性显著提高。

已知：①雷尼Ni暴露在空气中可以自燃，在制备和使用时，需用水或有机溶剂保持其表面“湿润”；

②邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应的进行。

某实验小组制备雷尼Ni并探究其催化氢化性能的实验如下：

步骤1：雷尼Ni的制备

步骤2：邻硝基苯胺的催化氢化反应

反应的原理和实验装置图如图（夹持装置和搅拌装置略），装置Ⅰ用于储存H2和监测反应过程。

回答下列问题：

（1）操作（a）中，反应的离子方程式是___；

（2）操作（d）中，判断雷尼Ni被水洗净的方法是___；

（3）操作（e）中，下列溶剂中最有利于步骤2中氢化反应的是___；

A.丙酮

B.四氯化碳

C.乙醇

D.正己烷

（4）向集气管中充入H2时，三通阀的孔路位置如图所示；发生氢化反应时，集气管向装置Ⅱ供气，此时孔路位置需调节为___；

（5）仪器M的名称是：___；

（6）反应前应向装置Ⅱ中通入N2一段时间，目的是___；

（7）如果将三颈瓶N中的导气管口插入液面以下，可能导致的后果是___；

（8）判断氢化反应完全的现象是___。16.（问答题，14分）聚苯乙烯是一类重要的高分子材料，可通过苯乙烯聚合制得。

Ⅰ.苯乙烯的制备

（1）已知下列反应的热化学方程式：

①C6H5C2H5（g）+O2（g）=8CO2（g）+5H2O（g）ΔH1=-4386.9kJ•mol-1

②C6H5CH=CH2（g）+10O2（g）=8CO2（g）+4H2O（g）ΔH2=-4263.1kJ•mol-1

③H2（g）+O2（g）=H2O（g）ΔH3=-241.8kJ•mol-1

计算反应④C6H5C2H5（g）⇌C6H5CH=CH2（g）+H2（g）的ΔH4=___kJ•mol-1；

（2）在某温度、100kPa下，向反应器中充入1mol气态乙苯发生反应④，其平衡转化率为50%，欲将平衡转化率提高至75%，需要向反应器中充入___mol水蒸气作为稀释气（计算时忽略副反应）；

（3）在913K、100kPa下，以水蒸气作稀释气、Fe2O3作催化剂，乙苯除脱氢生成苯乙烯外，还会发生如下两个副反应：

⑤C6H5C2H5（g）⇌C6H6（g）+CH2=CH2（g）

⑥C6H5C2H5（g）+H2（g）⇌C6H5CH3（g）+CH4（g）

以上反应体系中，芳香烃产物苯乙烯、苯和甲苯的选择性S（S=×100%）随乙苯转化率的变化曲线如图所示，其中曲线b代表的产物是___，理由是___；

（4）关于本反应体系中催化剂Fe2O3的描述错误的是___；

A.X射线衍射技术可测定Fe2O3晶体结构

B.Fe2O3可改变乙苯平衡转化率

C.Fe2O3降低了乙苯脱氢反应的活化能

D.改变Fe2O3颗粒大小不影响反应速率

Ⅱ.苯乙烯的聚合

苯乙烯聚合有多种方法，其中一种方法的关键步骤是某Cu（Ⅰ）的配合物促进C6H5CH2X（引发剂，X表示卤素）生成自由基C6H5H2，实现苯乙烯可控聚合。

（5）引发剂C6H5CH2Cl、C6H5CH2Br、C6H5CH2I中活性最高的是___；

（6）室温下，①Cu+在配体L的水溶液中形成[Cu（L）2]+，其反应平衡常数为K；

②CuBr在水中的溶度积常数为Ksp。由此可知，CuBr在配体L的水溶液中溶解反应的平衡常数为___（所有方程式中计量系数关系均为最简整数比）。17.（问答题，15分）超纯Ga（CH3）3是制备第三代半导体的支撑源材料之一，近年来，我国科技工作者开发了超纯纯化、超纯分析和超纯灌装一系列高新技术，在研制超纯Ga（CH3）3方面取得了显著成果，工业上以粗镓为原料，制备超纯Ga（CH3）3的工艺流程如图：

知：①金属Ga的化学性质和Al相似，Ga的熔点为29.8℃；

②Et2O（乙醚）和NR3（三正辛胺）在上述流程中可作为配体；

③相关物质的沸点：物质Ga（CH3）3Et2OCH3INR3沸点/℃55.734.642.4365.8回答下列问题：

（1）晶体Ga（CH3）3的晶体类型是___；

（2）“电解精炼”装置如图所示，电解池温度控制在40～45℃的原因是___，阴极的电极反应式为___；

（3）“合成Ga（CH3）3（Et2O）”工序中的产物还包括MgI2和CH3MgI，写出该反应的化学方程式___；

（4）“残渣”经纯水处理，能产生可燃性气体，该气体主要成分是___；

（5）下列说法错误的是___；

A.流程中Et2O得到了循环利用

B.流程中，“合成Ga2Mg5”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行

C.“工序X”的作用是解配Ga（CH3）3（NR3），并蒸出Ga（CH3）3

D.用核磁共振氢谱不能区分Ga（CH3）3和CH3I

（6）直接分解Ga（CH3）3（Et2O）不能制备超纯Ga（CH3）3，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯Ga（CH3）3的理由是___；

（7）比较分子中的C-Ga-C键角大小：Ga（CH3）3___Ga（CH3）3（Et2O）（填“＞”“＜”或“=”），其原因是___。18.（问答题，15分）含有吡喃萘醌骨架的化合物常具有抗菌、抗病毒等生物活性，一种合成该类化合物的路线如图（部分反应条件已简化）：

回答下列问题：

（1）B的结构简式为___；

（2）从F转化为G的过程中所涉及的反应类型是___、___；

（3）物质G所含官能团的名称为___、___：

（4）依据上述流程提供的信息，下列反应产物J的结构简式为___；

（5）下列物质的酸性由大到小的顺序是___（写标号）；

①②③

（6）（呋喃）是一种重要的化工原料，其能够发生银镜反应的同分异构体中，除H2C=C=CH-CHO外，还有___种；

（7）甲苯与溴在FeBr3催化下发生反应，会同时生成对溴甲苯和邻溴甲苯。依据由C到D的反应信息，设计以甲苯为原料选择性合成邻溴甲苯的路线___（无机试剂任选）。

2023年湖南省新高考化学试卷参考答案与试题解析试题数：18，满分：1001.（单选题，3分）中华文化源远流长，化学与文化传承密不可分。下列说法错误的是（）A.青铜器“四羊方尊”的主要材质为合金B.长沙走马楼出土的竹木简牍主要成分是纤维素C.蔡伦采用碱液蒸煮制浆法造纸，该过程不涉及化学变化D.铜官窑彩瓷是以黏土为主要原料，经高温烧结而成【正确答案】：C【解析】：A.青铜属于铜合金；

B.竹木属于纤维素；

C.有新物质生成的变化是化学变化；；

D．制备陶瓷的主要原料为黏土。

【解答】：解：A.“四羊方尊”的主要材质是青铜，属于铜合金，故A正确；

B.竹木简牍的主要成分为竹木，属于纤维素，故B正确；

C．造纸术工艺，其中的除杂、蒸熏、漂白过程属于化学变化，故C错误；

D．黏土高温烧制得到陶瓷，所以制备陶瓷的主要原料为黏土，故D正确；

故选：C。

【点评】：本题考查了物质制备、物质性质、物质组成的分析判断，注意知识的积累，题目难度不大。2.（单选题，3分）下列化学用语表述错误的是（）A.HClO的电子式：B.中子数为10的氧原子：OC.NH3分子的VSEPR模型：D.基态N原子的价层电子排布图：【正确答案】：C【解析】：A.根据共价键的饱和性，氢原子可以形成一个共价键，氯原子可以形成一个共价键，氧原子可以形成两个共价键，可以写出电子式；

B.根据A=Z+N，结合原子的表示方法书写；

C.氨分子的VSEPR模型缺一对孤对电子；

D.根据能量最低原理、泡利原理，洪特规则可以书写基态N原子的价层电子排布图。

【解答】：解：A.根据共价键的饱和性，氢原子可以形成一个共价键，氯原子可以形成一个共价键，氧原子可以形成两个共价键，可以写出电子式为，故A正确；

B.中子数为10的氧原子，根据A=Z+N=8+10=18，结合原子的表示方法书写为：O，故B正确；

C.氨分子的VSEPR模型缺一对孤对电子，故C错误；

D.根据能量最低原理、泡利原理，洪特规则可以书写基态N原子的价层电子排布图为基态N原子的价层电子排布图为：，故D正确；

故选：C。

【点评】：本题考查共价键对饱和性、原子的表示方法，分子的VSEPR模型、价层电子排布图的书写，题目比较简单。3.（单选题，3分）下列玻璃仪器在相应实验中选用不合理的是（）

A.重结晶法提纯苯甲酸：①②③B.蒸馏法分离CH2Cl2和CCl4：③⑤⑥C.浓硫酸催化乙醇制备乙烯：③⑤D.酸碱滴定法测定NaOH溶液浓度：④⑥【正确答案】：A【解析】：A．重结晶法提纯苯甲酸，需要用到烧杯、玻璃棒、蒸发皿、酒精灯；

B．蒸馏法分离CH2Cl2和CCl4需要用到蒸馏烧瓶、温度计、锥形瓶等；

C．浓硫酸催化乙醇制备乙烯，需要用到温度计控制反应温度，反应容器用蒸馏烧瓶；

D．酸碱滴定法测定NaOH溶液浓度，需要用到这里的酸式滴定管和锥形瓶。

【解答】：解：A．重结晶法提纯苯甲酸，需要用到烧杯、玻璃棒、蒸发皿、酒精灯，图示中没有，①②③用不着，故A错误；

B．蒸馏法分离CH2Cl2和CCl4需要用到蒸馏烧瓶、温度计、锥形瓶等，即用到图示中的③⑤⑥，故B正确；

C．浓硫酸催化乙醇制备乙烯，需要用到温度计控制反应温度，反应容器用蒸馏烧瓶，用到图示中③⑤，故C正确；

D．酸碱滴定法测定NaOH溶液浓度，需要用到这里的酸式滴定管和锥形瓶，用到图示中的④⑥，故D正确；

故选：A。

【点评】：本题考查化学实验的基本操作，涉及到重结晶、蒸馏、实验室制乙烯、酸碱中和滴定等的仪器选择等，题目中等难度。4.（单选题，3分）下列有关物质结构和性质的说法错误的是（）A.含有手性碳原子的分子叫做手性分子B.邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛的沸点C.酰胺在酸或碱存在并加热的条件下可发生水解反应D.冠醚（18-冠-6）的空穴与K+尺寸适配，两者能通过弱相互作用形成超分子【正确答案】：A【解析】：A．不同原子或基团相连的碳原子称为手性碳原子，含有手性碳原子的分子不一定是手性分子；

B．邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，对羟基苯甲醛形成分子间氢键；

C．氨基和羧基发生取代反应生成酰胺键；

D．超分子和金属离子通过非共价键结合，包括氢键，静电作用等，形成弱配位键。

【解答】：解：A.含有一个手性手性碳原子的分子是手性分子，但是含有两个或更多个手性碳原子的分子却不一定有手性，比如酒石酸分子含有两个手性碳原子，但因为其中一个同分异构体中是内消旋[2R，3S（meso）]，分子中一部分引起的旋光被作为镜像的另一部分抵消，故A错误；

B．邻羟基苯甲醛形成分子内氢键，对羟基苯甲醛形成分子间氢键，所以邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛，故B正确；

C．氨基和羧基发生取代反应生成酰胺键，则酰胺在酸或碱存在并加热的条件下均可发生水解反应生成氨基酸或氨基酸盐，故C正确；

D.超分子和金属离子通过非共价键结合，包括氢键，静电作用等，形成弱配位键，因此冠醚（18-冠-6）的空穴与K+尺寸适配，两者能通过弱相互作用形成超分子，故D正确；

故选：A。

【点评】：本题考查了物质组成、结构和性质，注意知识的积累，题目难度不大。5.（单选题，3分）下列有关电极方程式或离子方程式错误的是（）A.碱性锌锰电池的正极反应：MnO2+H2O+e-=MnO（OH）+OH-B.铅酸锰电池充电时的阳极反应：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-【正确答案】：B【解析】：A．碱性锌锰电池中Zn作负极，MnO2作正极；

B．PbSO4不溶于水；

C．K3[Fe（CN）6]溶液滴入FeCl2溶液生成KFe[Fe（CN）6]蓝色沉淀；

D．TiCl4水解生成TiO2•xH2O。

【解答】：解：A．碱性锌锰电池中MnO2作正极，电极反应式为MnO2+H2O+e-=MnO（OH）+OH-，故A正确；

B．铅酸锰电池充电时的阳极反应：PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H++，故B错误；

C．K3[Fe（CN）6]溶液滴入FeCl2溶液生成KFe[Fe（CN）6]蓝色沉淀，反应的离子方程式为K++Fe2++[Fe（CN）6]3-=KFe[Fe（CN）6]↓，故C正确；

D．TiCl4水解生成TiO2•xH2O，故TiCl4加入水中反应的离子方程式为TiCl4+（x+2）H2O=TiO2•xH2O↓+4H++4Cl-，故D正确；

故选：B。

【点评】：本题考查离子方程式书写，题目难度中等，能依据题目信息正确书写离子方程式是解题的关键。6.（单选题，3分）日光灯中用到的某种荧光粉的主要成分为3W3（ZX4）2•WY2。已知：X、Y、Z和W为原子序数依次增大的前20号元素，W为金属元素。基态X原子s轨道上的电子数和p轨道上的电子数相等，基态X、Y、Z原子的未成对电子数之比为2：1：3。下列说法正确的是（）A.电负性：X＞Y＞Z＞WB.原子半径：X＜Y＜Z＜WC.Y和W的单质都能与水反应生成气体D.Z元素最高价氧化物对应的水化物具有强氧化性【正确答案】：C【解析】：基态X原子s轨道上的电子数和p轨道上的电子数相等，则X的核外电子排布式为1s22s22p4或1s22s22p63s2，X为非金属，故X为O元素，O原子的未成对电子数为2，则Y、Z的未成对电子分别为1和2，则Y为F元素，Z为P元素，依据荧光粉的化学式3W3（ZX4）2•WY2，正负化合价代数和为零，判定W为+2价，为Ca元素，以此分析解题，

A．电负性：同一周期的元素随原子序数的递增，电负性增大，则O＜F；

B．原子半径：同一周期的元素随原子序数的递增，原子半径减小，则O＞F；

C．F2和Ca的都能与水反应，分别生成氧气和氢气，均生成气体；

D．Z元素为P，最高价氧化物对应的水化物不具有强氧化性。

【解答】：解：A．由分析可知，X为O元素，Y为F元素，同一周期的元素随原子序数的递增，电负性增大，则电负性：O＜F，故A错误；

B．同一周期的元素随原子序数的递增，原子半径减小，则原子半径：O＞F，故B错误；

C．F2和Ca的都能与水反应，分别生成氧气和氢气，方程式分别为：2F2+2H2O=4HF+O2，Ca+2H2O=Ca（OH）2+H2↑，均生成气体，故C正确；

D．Z元素为P，最高价氧化物对应的水化物是H3PO4，不具有强氧化性，故D错误；

故选：C。

【点评】：本题考查元素周期表和元素周期律的知识，涉及元素推断、元素性质和元素周期律的应用等，题目难度不大。7.（单选题，3分）取一定体积的两种试剂进行反应，改变两种试剂的滴加顺序（试剂浓度均为0.1mol•L-1），反应现象没有明显差别的是（）选项试剂①试剂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A.AB.BC.CD.D【正确答案】：D【解析】：溶液体积相同，试剂浓度相同，反应溶液中溶质的物质的量相等，依据微粒之间反应判断反应现象。

【解答】：解：A．向AgNO3溶液中滴加氨水反应为AgNO3+NH3•H2O=AgOH↓+NH4NO3，现象为产生白色沉淀，向氨水中滴加AgNO3溶液反应为AgNO3+NH3•H2O=AgOH↓+NH4NO3，AgOH+2NH3•H2O=Ag（NH3）2OH+2H2O，故开始无明显现象，最终有白色沉淀产生，故A错误；

B．向NaOH溶液中滴加Al2（SO4）3溶液反应为4OH-+Al3+=+2H2O，3+Al3++6H2O=4Al（OH）3↓，反应现象为先无明显现象，后有白色沉淀生成，向Al2（SO4）3溶液加入NaOH溶液反应为3OH-+Al3+=Al（OH）3↓，现象为产生白色沉淀，故B错误；

C．H2C2O4溶液和酸性KMnO4溶液混合发生反应为5H2C2O4+2+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，向H2C2O4溶液中加入酸性KMnO4溶液现象为溶液由无色逐渐变为紫红色，向酸性KMnO4溶液中加入H2C2O4溶液现象为溶液紫红色逐渐变浅，故C错误；

D．KSCN溶液和FeCl3溶液混合发生反应Fe3++3SCN-=Fe（SCN）3，KSCN溶液和FeCl3溶液滴加顺序不同，现象均为溶液变为血红色，故D正确；

故选：D。

【点评】：本题考查离子反应，题目难度中等，掌握相关物质的基本性质和化学反应是解题的关键。8.（单选题，3分）葡萄糖酸钙是一种重要的补钙剂，工业上以葡萄糖、碳酸钙为原料，在溴化钠溶液中采用间接电氧化反应制备葡萄糖酸钙，其阳极区反应过程如图：

下列说法错误的是（）A.溴化钠起催化和导电作用B.每生成1mol葡萄糖酸钙，理论上电路中转移了2mol电子C.葡萄糖酸能通过分子内反应生成含有六元环状结构的产物D.葡萄糖能发生氧化、还原、取代、加成和消去反应【正确答案】：B【解析】：A.溴化钠为电解质溶液，起导电作用，平衡电荷，且Br-在阳极被氧化为Br2，然后Br2与H2O反应生成HBrO和Br-，HBrO再和葡萄糖反应生成葡萄糖酸和Br-，溴离子在该过程中的质量和化学性质保持不变；

B.1mol葡萄糖转化成1mol葡萄糖酸，化合价升高，转移了2mol电子，每个葡萄糖酸钙中含有两个葡萄糖酸根离子；

C.葡萄糖酸的羧基和羟基能通过发生酯化反应生成含有六元环状结构的产物；

D.葡萄糖中含有官能团羟基和醛基，能发生氧化、还原、取代、加成和消去反应。

【解答】：解：A.溴化钠为电解质溶液，起导电作用，平衡电荷，且Br-在阳极被氧化为Br2，然后Br2与H2O反应生成HBrO和Br-，HBrO再和葡萄糖反应生成葡萄糖酸和Br-，溴离子在该过程中的质量和化学性质保持不变，则Br-还起催化作用，故A正确；

B.1mol葡萄糖转化成1mol葡萄糖酸，化合价升高，转移了2mol电子，每个葡萄糖酸钙中含有两个葡萄糖酸根离子，则每生成1mol葡萄糖酸钙，理论上电路中转移了4mol电子，故B错误；

C.葡萄糖酸的羧基和羟基能通过发生酯化反应生成含有六元环状结构的产物，故C正确；

D.葡萄糖中含有官能团羟基和醛基，能发生氧化、还原、取代、加成和消去反应，故D正确；

故选：B。

【点评】：本题结合有机物的性质和电化学知识，综合性较强，中等难度题目。9.（单选题，3分）处理某铜冶金污水（含Cu2+、Fe3+、Zn2+、Al3+）的部分流程如图：

已知：①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：物质Fe（OH）3Cu（OH）2Zn（OH）2Al（OH）3开始沉淀pH1.94.26.23.5完全沉淀pH3.26.78.24.6②Ksp（CuS）=6.4×10-36，Ksp（ZnS）=1.6×10-24。

下列说法错误的是（）A.“沉渣Ⅰ”中含有Fe（OH）3和Al（OH）3B.Na2S溶液呈碱性，其主要原因是S2-+H2O⇌HS-+OH-C.“沉淀池Ⅱ”中，当Cu2+和Zn2+完全沉淀时，溶液中=4.0×10-12D.“出水”经阴离子交换树脂软化处理后，可用作工业冷却循环用水【正确答案】：D【解析】：铜冶金污水（含Cu2+、Fe3+、Zn2+、Al3+），加石灰乳调节pH=4，根据表格中溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH值可判断“沉渣Ⅰ”中含有Fe（OH）3和Al（OH）3，根据Ksp（CuS）=6.4×10-36，Ksp（ZnS）=1.6×10-24，加入Na2S溶液后“沉渣Ⅱ”为CuS和ZnS。

【解答】：解：A.加石灰乳调节pH=4，根据表格中Fe3+离子开始沉淀的pH值1.9和完全沉淀的pH值3.2，Al3+开始沉淀的pH值3.5和完全沉淀的pH值4.6，可判断“沉渣Ⅰ”中含有Fe（OH）3和Al（OH）3，故A正确；

B.Na2S溶液呈碱性是因为Na2S属于强碱弱酸盐，S2-离子水解显碱性，其水解离子方程式以第一步为主：S2-+H2O⇌HS-+OH-，故B正确；

C.“沉淀池Ⅱ”中，当Cu2+和Zn2+完全沉淀时，溶液中====4.0×10-12，故C正确；

D.“出水”经阴离子交换树脂软化处理后可得氢氧根，再经阳离子交换树脂软化处理得氢离子后，两者结合可用作工业冷却循环用水，故D错误；

故选：D。

【点评】：本题考查废水中金属离子的分离和废水的循环利用，有盐类的水解，金属离子沉淀的pH值范围的判断，Ksp的计算等知识点，难度中等。10.（单选题，3分）油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄（As2S3）褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：

下列说法正确的是（）A.和的空间结构都是正四面体形B.反应Ⅰ和Ⅱ中，元素As和S都被氧化C.反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ＜ⅡD.反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1molAs2S3转移的电子数之比为3：7【正确答案】：D【解析】：A．计算价电子对数分析判断离子的空间结构；

B．反应Ⅰ中As元素化合价不变；

C．反应Ⅰ的化学方程式：2As2S3+6O2+3H2O=2As2O3+3H2S2O3，反应Ⅱ的化学方程式：2As2S3+14O2+12H2O=4H3AsO4+6H2SO4；

D．结合C中反应的化学方程式和盐酸化合价变化，计算反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1molAs2S3转移的电子数之比。

【解答】：解：A．的价电子对数=3+1+=4，结构中相当于一个氧原子被一个硫原子代替，空间结构是四面体结构，的价电子对数=4+=4，无孤对电子，空间结构是正四面体形，故A错误；

B．反应Ⅰ中As元素化合价不变，未发生氧化还原反应，故B错误；

C．反应Ⅰ的化学方程式：2As2S3+6O2+3H2O=2As2O3+3H2S2O3，反应Ⅱ的化学方程式：2As2S3+14O2+12H2O=4H3AsO4+6H2SO4，参加反应的：Ⅰ＞Ⅱ，故C错误；

D．反应Ⅰ的化学方程式：2As2S3+6O2+3H2O=2As2O3+3H2S2O3，电子转移总数24e-，氧化1molAs2S3，转移电子物质的量12mol,反应Ⅱ的化学方程式：2As2S3+14O2+12H2O=4H3AsO4+6H2SO4，电子转移数56e-，氧化1molAs2S3，转移电子物质的量28mol,反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1molAs2S3转移的电子数之比=12：28=3：7，故D正确；

故选：D。

【点评】：本题考查了离子空间结构分析、物质性质、氧化还原反应、电子转移计算等知识点，主要是反应的化学方程式书写，题目难度中等。11.（单选题，3分）科学家合成了一种高温超导材料，其晶胞结构如图所示，该立方晶胞参数为apm。阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法错误的是（）A.晶体最简化学式为KCaB6C6B.晶体中与K+最近且距离相等的Ca2+有8个C.晶胞中B和C原子构成的多面体有12个面D.晶体的密度为g•cm-3【正确答案】：C【解析】：A.根据均摊法，可求算各微粒的个数；

B.晶体最简化学式为KCaB6C6，根据与Ca2+最近且距离相等的K+有8个，可判断与K+最近且距离相等的Ca2+的个数；

C.通过欧拉定理：顶点+面数-棱数=2，即可算出面数；

D.通过晶体密度公式ρ=可求算。

【解答】：解：A.根据均摊法，钙原子的个数为1，钾原子的个数为8×=1，硼原子、碳原子个数均为12×=6，晶体最简化学式为KCaB6C6，故A正确；

B.晶体最简化学式为KCaB6C6，根据与Ca2+最近且距离相等的K+有8个，可判断与K+最近且距离相等的Ca2+的个数也为8个，故B正确；

C.通过欧拉定理：顶点数+面数-棱数=2，则面数=棱数-顶点数+2=36-24+2=14，故C错误；

D.通过晶体密度公式ρ===g•cm-3，故D正确；

故选：C。

【点评】：本题考查晶胞化学式、配位数、密度，多面体个数的求算，要求学生有较好的空间想象能力和数学计算能力，中等难度。12.（单选题，3分）常温下，用浓度为0.0200mol•L-1的NaOH标准溶液滴定浓度均为0.0200mol•L-1的HCl和CH3COOH的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随η（η=）的变化曲线如图所示。下列说法错误的是（）A.Ka（CH3COOH）约为10-4.76B.点a：c（Na+）=c（Cl-）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH）C.点b：c（CH3COOH）＜c（CH3COO-）D.水的电离程度：a＜b＜c＜d【正确答案】：D【解析】：A．点a溶液中溶质为NaCl和CH3COOH，并且c（CH3COOH）=0.01mol/L，c（CH3COO-）≈c（H+）=10-3.38mol/L，Ka（CH3COOH）=×c（H+）；

B．点a溶液中溶质为NaCl和CH3COOH，结合物料守恒关系分析判断；

C．点b溶液中溶质为NaCl、CH3COONa和CH3COOH，且c（CH3COOH）=c（CH3COONa），溶液呈酸性；

D．酸碱抑制水的电离，并且浓度越大抑制作用越强，强碱弱酸盐促进水的电离。

【解答】：解：A．点a溶液中溶质为NaCl和CH3COOH，并且c（CH3COOH）=0.01mol/L，CH3COOH微弱电离，c（CH3COO-）≈c（H+）=10-3.38mol/L，c（CH3COOH）=0.01mol/L=0.01mol/L-10-3.38mol/L≈0.01mol/L，则Ka（CH3COOH）=×c（H+）==10-4.76，故A正确；

B．点a溶液中溶质为NaCl和CH3COOH，且c（CH3COOH）=0.01mol/L，根据物料守恒关系可知c（Na+）=c（Cl-）=c（CH3COO-）+c（CH3COOH），故B正确；

C．点b溶液中溶质为NaCl、CH3COONa和CH3COOH，且c（CH3COOH）=c（CH3COONa），溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COO-水解程度，则c（CH3COOH）＜c（CH3COO-），故C正确；

D．点a溶液中溶质为NaCl和CH3COOH，点b溶液中溶质为NaCl、CH3COONa和CH3COOH，且c（CH3COOH）：点a＞点b,水的电离受到抑制，点c溶液中溶质为NaCl、CH3COONa,CH3COONa促进水的电离，点d溶液中溶质为NaCl、CH3COONa和NaOH，水的电离受到抑制，所以点c溶液中水的电离程度最大，故D错误；

故选：D。

【点评】：本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查分析判断及计算能力，明确溶液中溶质成分及其性质、水电离影响因素、盐类水解原理是解本题关键，注意掌握溶液中守恒关系式的灵活应用，题目难度中等。13.（单选题，3分）向一恒容密闭容器中加入1molCH4和一定量的H2O，发生反应：CH4（g）+H2O（g）⇌CO（g）+3H2（g）。CH4的平衡转化率按不同投料比x（x=）随温度的变化曲线如图所示。下列说法错误的是（）A.x1＜x2B.反应速率：vb正＜vc正C.点a、b、c对应的平衡常数：Ka＜Kb=KcD.反应温度为T1，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态【正确答案】：B【解析】：A．两种反应物，增加一种物质的量会提高另一种的转化率，比值越大，甲烷转化率越小；

B．b、c点反应的温度相同，不同投料比x（x=）不同，b点甲烷转化率大，但不能说明反应速率大；

C．升高温度，甲烷转化率增大，说明反应为吸热反应，平衡常数随温度变化；

D．反应达到平衡的标志是正逆反应速率相同，各组分含量保持不变。

【解答】：解：A．相同温度下，比值越大，甲烷转化率越小，图像分析可知x1＜x2，故A正确；

B．b、c点反应的温度相同，不同投料比x（x=）不同，b点甲烷转化率大，说明投料比b＜c,但不能说明正反应速率大小，故B错误；

C．升高温度，甲烷转化率增大，说明反应为吸热反应，升高温度平衡常数增大，则Ka＜Kb=Kc，故C正确；

D．反应为气体物质的量变化的反应，相同温度下，反应温度为T1，当容器内压强不变时，说明反应达到平衡状态，故D正确；

故选：B。

【点评】：本题考查了化学平衡建立、平衡过程中影响因素的理解应用、平衡常数分析判断，注意图象的分析应用，题目难度中等。14.（单选题，3分）N2H4是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我国科学家合成的某Ru（Ⅱ）催化剂{用[L-Ru-NH3]+表示}能高效电催化氧化NH3合成N2H4，其反应机理如图所示。下列说法错误的是（）

A.Ru（Ⅱ）被氧化至Ru（Ⅲ）后，配体NH3失去质子能力增强B.M中Ru的化合价为+3C.该过程有非极性键的形成D.该过程的总反应式：4NH3-2e-=N2H4+2【正确答案】：B【解析】：A．Ru（Ⅱ）催化剂用[L-Ru-NH3]+表示，失去电子生成[L-Ru-NH3]2+，[L-Ru-NH3]2+与氨气反应生成和[L-Ru-NH2]+，说明配体NH3失去质子；

B．[L-Ru-NH2]+和M之间存在平衡转化关系；

C．图同种元素形成的共价键为非极性共价键；

D．合成的某Ru（Ⅱ）催化剂{用[L-Ru-NH3]+表示}能高效电催化氧化NH3合成N2H4，据此书写反应的总反应式。

【解答】：解：A．图中转化过程可知，[L-Ru-NH3]+失去电子生成[L-Ru-NH3]2+，[L-Ru-NH3]2+与氨气反应生成和[L-Ru-NH2]+，说明配体NH3失去质子能量增强，故A正确；

B．[L-Ru-NH2]+和M之间存在平衡转化关系，转化关系分析可知，M中Ru的化合价为+2，故B错误；

C．2个M生成产物中形成了N-N共价键，为非极性共价键，故C正确；

D．分析转化过程得到，该过程的总反应式：4NH3-2e-=N2H4+2，故D正确；

故选：B。

【点评】：本题考查了物质转化过程分析判断、催化剂作用的理解应用，题目难度中等。15.（问答题，14分）金属Ni对H2有强吸附作用，被广泛用于硝基或羰基等不饱和基团的催化氧化反应。将块状Ni转化成多孔型雷尼Ni后，其催化活性显著提高。

已知：①雷尼Ni暴露在空气中可以自燃，在制备和使用时，需用水或有机溶剂保持其表面“湿润”；

②邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应的进行。

某实验小组制备雷尼Ni并探究其催化氢化性能的实验如下：

步骤1：雷尼Ni的制备

步骤2：邻硝基苯胺的催化氢化反应

反应的原理和实验装置图如图（夹持装置和搅拌装置略），装置Ⅰ用于储存H2和监测反应过程。

回答下列问题：

（1）操作（a）中，反应的离子方程式是___；

（2）操作（d）中，判断雷尼Ni被水洗净的方法是___；

（3）操作（e）中，下列溶剂中最有利于步骤2中氢化反应的是___；

A.丙酮

B.四氯化碳

C.乙醇

D.正己烷

（4）向集气管中充入H2时，三通阀的孔路位置如图所示；发生氢化反应时，集气管向装置Ⅱ供气，此时孔路位置需调节为___；

（5）仪器M的名称是：___；

（6）反应前应向装置Ⅱ中通入N2一段时间，目的是___；

（7）如果将三颈瓶N中的导气管口插入液面以下，可能导致的后果是___；

（8）判断氢化反应完全的现象是___。【正确答案】：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑;取最后一次洗涤液于试管中，滴加几滴酚酞，如果溶液不变粉红色，则证明洗涤干净，否则没有洗涤干净;C;B;恒压滴液漏斗;排除装置中的空气，防止雷尼Ni自燃;在三颈瓶中产生气泡，从而导致管道中气流不稳，不利于监测反应过程;集气管中液面不再改变【解析】：结合流程，首先用氢氧化钠溶液溶解镍铝合金中的铝，过滤后先后用碱和水来洗涤固体镍，随后加入有机溶剂制得雷尼镍悬浮液，用于步骤2中邻硝基苯胺的催化氢化；

（1）铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气；

（2）由于水洗之前是用碱洗，此时溶液显碱性，故可以用酸碱指示剂来判断是否洗净；

（3）根据题给信息可知，邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应的进行，据此判断；

（4）向集气管中充入H2时，氢气从左侧进入，向下进入集气管；

（5）仪器M为恒压滴液漏斗；

（6）雷尼Ni暴露在空气中可以自燃，通入N2一段时间，防止雷尼Ni自燃；

（7）如果将三颈瓶N中的导气管口插入液面以下，则会在三颈瓶中产生气泡，会导致管道中气流不稳；

（8）反应完成后，氢气不再被消耗，液面不再改变。

【解答】：解：（1）铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑，

故答案为：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑；

（2）由于水洗之前是用碱洗，此时溶液显碱性，故可以用酸碱指示剂来判断是否洗净，具体方法为，取最后一次洗涤液于试管中，滴加几滴酚酞，如果溶液不变粉红色，则证明洗涤干净，否则没有洗涤干净，

故答案为：取最后一次洗涤液于试管中，滴加几滴酚酞，如果溶液不变粉红色，则证明洗涤干净，否则没有洗涤干净；

（3）根据题给信息可知，邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应的进行，在丙酮，四氯化碳，乙醇，正己烷中极性较强的为乙醇，选C，

故答案为：C；

（4）向集气管中充入H2时，氢气从左侧进入，向下进入集气管，则当由集气管向装置Ⅱ供气，此时孔路位置需调节为气体由下方的集气管，向右进入装置Ⅱ，应该选B，而装置C方式中左侧会漏气，不符合题意，

故答案为：B；

（5）由图可知，仪器M的名称是恒压滴液漏斗，

故答案为：恒压滴液漏斗；

（6）根据题给信息可知，雷尼Ni暴露在空气中可以自燃，故反应前向装置Ⅱ中通入N2一段时间，目的是排除装置中的空气，防止雷尼Ni自燃，

故答案为：排除装置中的空气，防止雷尼Ni自燃；

（7）如果将三颈瓶N中的导气管口插入液面以下，则会在三颈瓶中产生气泡，从而导致管道中气流不稳，不利于监测反应过程，

故答案为：在三颈瓶中产生气泡，从而导致管道中气流不稳，不利于监测反应过程；

（8）反应完成后，氢气不再被消耗，则集气管中液面不再改变，

故答案为：集气管中液面不再改变。

【点评】：本题考查物质的制备，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度中等。16.（问答题，14分）聚苯乙烯是一类重要的高分子材料，可通过苯乙烯聚合制得。

Ⅰ.苯乙烯的制备

（1）已知下列反应的热化学方程式：

①C6H5C2H5（g）+O2（g）=8CO2（g）+5H2O（g）ΔH1=-4386.9kJ•mol-1

②C6H5CH=CH2（g）+10O2（g）=8CO2（g）+4H2O（g）ΔH2=-4263.1kJ•mol-1

③H2（g）+O2（g）=H2O（g）ΔH3=-241.8kJ•mol-1

计算反应④C6H5C2H5（g）⇌C6H5CH=CH2（g）+H2（g）的ΔH4=___kJ•mol-1；

（2）在某温度、100kPa下，向反应器中充入1mol气态乙苯发生反应④，其平衡转化率为50%，欲将平衡转化率提高至75%，需要向反应器中充入___mol水蒸气作为稀释气（计算时忽略副反应）；

（3）在913K、100kPa下，以水蒸气作稀释气、Fe2O3作催化剂，乙苯除脱氢生成苯乙烯外，还会发生如下两个副反应：

⑤C6H5C2H5（g）⇌C6H6（g）+CH2=CH2（g）

⑥C6H5C2H5（g）+H2（g）⇌C6H5CH3（g）+CH4（g）

以上反应体系中，芳香烃产物苯乙烯、苯和甲苯的选择性S（S=×100%）随乙苯转化率的变化曲线如图所示，其中曲线b代表的产物是___，理由是___；

（4）关于本反应体系中催化剂Fe2O3的描述错误的是___；

A.X射线衍射技术可测定Fe2O3晶体结构

B.Fe2O3可改变乙苯平衡转化率

C.Fe2O3降低了乙苯脱氢反应的活化能

D.改变Fe2O3颗粒大小不影响反应速率

Ⅱ.苯乙烯的聚合

苯乙烯聚合有多种方法，其中一种方法的关键步骤是某Cu（Ⅰ）的配合物促进C6H5CH2X（引发剂，X表示卤素）生成自由基C6H5H2，实现苯乙烯可控聚合。

（5）引发剂C6H5CH2Cl、C6H5CH2Br、C6H5CH2I中活性最高的是___；

（6）室温下，①Cu+在配体L的水溶液中形成[Cu（L）2]+，其反应平衡常数为K；

②CuBr在水中的溶度积常数为Ksp。由此可知，CuBr在配体L的水溶液中溶解反应的平衡常数为___（所有方程式中计量系数关系均为最简整数比）。【正确答案】：+118;5;苯乙烯;生成苯乙烯的同时生成H2，而H2是生成甲苯的原料，所以当甲苯产率增加时，苯乙烯产量增加更多;BD;C6H5CH2I;K•Ksp【解析】：（1）根据盖斯定律：①-②-③计算C6H5C2H5（g）⇌C6H3CH=CH2（g）+H2（g）的ΔH4；

（2）反应④为C6H5C2H5（g）⇌C6H3CH=CH2（g）+H2（g），乙苯的平衡转化率为50%，则平衡时n（C6H5C2H5）=n（C6H3CH=CH2）=n（H2）=0.5mol,平衡分压p（C6H5C2H5）=p（C6H3CH=CH2）=p（H2）=×100kPa=kPa,该温度下的平衡常数Kp==，乙苯的平衡转化率为75%时，n（C6H5C2H5）=1mol×（1-75%）=0.25mol,n（C6H3CH=CH2）=n（H2）=0.75mol,设恒温恒压条件下充入xmol水蒸气作为稀释气，则平衡分压p（C6H5C2H5）=100kPa=kPa,p（C6H3CH=CH2）=p（H2）=3p（C6H5C2H5）=kPa,结合Kp不变计算x值；

（3）反应④的生成物H2是反应⑥进行的反应物，反应⑥生成甲苯的同时消耗H2，促进反应④生成苯乙烯的同时生成更多H2，导致反应④⑥选择性增大的同时，反应④的选择性增加更大，苯乙烯、苯和甲苯的选择性S中和为1，则曲线a表示苯的选择性S随乙苯转化率的变化曲线，曲线b表示苯乙烯的选择性S随乙苯转化率的变化曲线，曲线c表示甲苯的选择性S随乙苯转化率的变化曲线；

（4）A．区分晶体和非晶体最科学的方法是X一射线衍射实验；

B．催化剂不能改变反应物的平衡转化率；

C．催化剂能改变反应历程，可加快反应速率；

D．增大接触面积，可加快反应速率；

（5）引发剂C6H5CH2X生成自由基C6H5H2时，C-X键越长越易断裂，物质的稳定性越差；

（6）Cu+在配体L的水溶液中形成[Cu（L）2]+的反应为①Cu+（aq）+2L（aq）⇌[Cu（L）2]+（aq），CuBr（s）存在溶解平衡为②CuBr（s）⇌Cu+（aq）+Br-（aq），CuBr在配体L的水溶液中溶解反应为CuBr（s）+2L（aq）⇌[Cu（L）2]+（aq）+Br-（aq），①+②得到反应CuBr（s）+2L（aq）⇌[Cu（L）2]+（aq）+Br-（aq）。

【解答】：解：（1）根据盖斯定律：①-②-③计算C6H5C2H5（g）⇌C6H3CH=CH2（g）+H2（g）的ΔH4=-4386.9kJ•mol-1-（-4263.1kJ•mol-1）-（-241.8kJ•mol-1）=+118kJ/mol,

故答案为：+118；

（2）反应④为C6H5C2H5（g）⇌C6H3CH=CH2（g）+H2（g），乙苯的平衡转化率为50%，则平衡时n（C6H5C2H5）=n（C6H3CH=CH2）=n（H2）=0.5mol,平衡分压p（C6H5C2H5）=p（C6H3CH=CH2）=p（H2）=×100kPa=kPa,该温度下的平衡常数Kp==，乙苯的平衡转化率为75%时，n（C6H5C2H5）=1mol×（1-75%）=0.25mol,n（C6H3CH=CH2）=n（H2）=0.75mol,设恒温恒压条件下充入xmol水蒸气作为稀释气，则平衡分压p（C6H5C2H5）=100kPa=kPa,p（C6H3CH=CH2）=p（H2）=3p（C6H5C2H5）=kPa,该温度下Kp不变，即=，解得x=5，

故答案为：5；

（3）反应④的生成物H2是反应⑥进行的反应物，反应⑥生成甲苯的同时消耗H2，促进反应④生成苯乙烯的同时生成更多H2，导致反应④⑥选择性增大的同时，反应④的选择性增加更大，所以曲线b表示苯乙烯的选择性S随乙苯转化率的变化曲线，

故答案为：苯乙烯；生成苯乙烯的同时生成H2，而H2是生成甲苯的原料，所以当甲苯产率增加时，苯乙烯产量增加更多；

（4）A．X射线衍射实验是鉴别晶体与非晶体以及测定晶体结构的最可靠的途径，该技术可测定Fe2O3晶体结构，故A正确；

B．Fe2O3是乙苯除脱氢生成苯乙烯的催化剂，能加快反应速率，但不能改变反应的始态和终态，不能改变乙苯平衡转化率，故B错误；

C．Fe2O3是乙苯除脱氢生成苯乙烯的催化剂，催化剂能改变反应历程，降低反应活化能，增大活化分子数和活化分子百分数，加快反应速率，故C正确；

D．Fe2O3是乙苯除脱氢生成苯乙烯的催化剂，增大接触面积，可加快反应速率，则Fe2O3颗粒大小会影响反应速率，故D错误；

故答案为：BD；

（5）原子半径：I＞Br＞Cl,键长：C-I＞C-Br＞C-Cl,键长越长，键能越小，共价键越易断裂，物质的稳定性越差，所以引发剂C6H5CH2Cl、C6H5CH2Br、C6H5CH2I中活性最高的是C6H5CH2I，

故答案为：C6H5CH2I；

（6）Cu+在配体L的水溶液中形成[Cu（L）2]+的反应为①Cu+（aq）+2L（aq）⇌[Cu（L）2]+（aq），平衡常数为K，CuBr（s）存在溶解平衡为②CuBr（s）⇌Cu+（aq）+Br-（aq），溶度积常数为Ksp，CuBr在配体L的水溶液中溶解反应为CuBr（s）+2L（aq）⇌[Cu（L）2]+（aq）+Br-（aq），①+②得到反应CuBr（s）+2L（aq）⇌[Cu（L）2]+（aq）+Br-（aq），则反应CuBr（s）+2L（aq）⇌[Cu（L）2]+（aq）+Br-（aq）的平衡常数为K•Ksp，

故答案为：K•Ksp。

【点评】：本题考查化学平衡的计算、化学平衡影响因素及图象分析、盖斯定律的应用等知识，侧重考查学生分析能力和计算能力，把握平衡常数的计算及应用、催化剂的作用、化学反应速率的影响因素、键长与物质稳定性的关系是解题关键，题目难度较大。17.（问答题，15分）超纯Ga（CH3）3是制备第三代半导体的支撑源材料之一，近年来，我国科技工作者开发了超纯纯化、超纯分析和超纯灌装一系列高新技术，在研制超纯Ga（CH3）3方面取得了显著成果，工业上以粗镓为原料，制备超纯Ga（CH3）3的工艺流程如图：

知：①金属Ga的化学性质和Al相似，Ga的熔点为29.8℃；

②Et2O（乙醚）和NR3（三正辛胺）在上述流程中可作为配体；

③相关物质的沸点：物质Ga（CH3）3Et2OCH3INR3沸点/℃55.734.642.4365.8回答下列问题：

（1）晶体Ga（CH3）3的晶体类型是___；

（2）“电解精炼”装置如图所示，电解池温度控制在40～45℃的原因是___，阴极的电极反应式为___；

（3）“合成Ga（CH3）3（Et2O）”工序中的产物还包括MgI2和CH3MgI，写出该反应的化学方程式___；

（4）“残渣”经纯水处理，能产生可燃性气体，该气体主要成分是___；

（5）下列说法错误的是___；

A.流程中Et2O得到了循环利用

B.流程中，“合成Ga2Mg5”至“工序X”需在无水无氧的条件下进行

C.“工序X”的作用是解配Ga（CH3）3（NR3），并蒸出Ga（CH3）3

D.用核磁共振氢谱不能区分Ga（CH3）3和CH3I

（6）直接分解Ga（CH3）3（Et2O）不能制备超纯Ga（CH3）3，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯Ga（CH3）3的理由是___；

（7）比较分子中的C-Ga-C键角大小：Ga（CH3）3___Ga（CH3）3（Et2O）（填“＞”“＜”或“=”），其原因是___。【正确答案】：分子晶体;保证Ga为液体，便于纯Ga流出;Ga3++3e-=Ga;8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2Ga（CH3）3（Et2O）+3MgI2+2CH3MgI;CH4;CD;NR3的沸点远低于Ga（CH3）3，Ga（CH3）3比Et2O更易从配合物种分离;＞;Ga（CH3）3中Ga为sp2杂化，所以为平面结构，而Ga（CH3）3（Et2O）中Ga为sp3杂化，所以为四面体结构，故夹角较小【解析】：以粗镓为原料，制备超纯Ga（CH3）3，粗Ga经过电解精炼得到纯Ga,Ga和Mg反应生产Ga2Mg5，Ga2Mg5和CH3I、Et2O反应生成Ga（CH3）3（Et2O）、MgI2和CH3MgI，然后经过蒸发溶剂、蒸馏，除去残渣MgI2、CH3MgI，加入NR3进行配体交换、进一步蒸出得到超纯Ga（CH3）3，Et2O重复利用，据此解答。

【解答】：解：（1）根据物质的沸点，晶体