【高考真题】2023年湖南省高考真题化学试题
一、单选题
1．（2023·湖南）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．（2023·湖南）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：O
C．NH3分子的VSEPR模型：
D．基态N原子的价层电子排布图：
3．（2023·湖南）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：①②③
B．蒸馏法分离CH2Cl2和CCl4：③⑤⑥
C．浓硫酸催化乙醇制备乙烯：③⑤
D．酸碱滴定法测定NaOH溶液浓度：④⑥
4．（2023·湖南）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．（2023·湖南）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．铅酸蓄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．（2023·湖南）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>W
B．原子半径：X
C．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．（2023·湖南）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)，反应现象没有明显差别的是
选项 试剂① 试剂②
A 氨水 溶液
B 溶液 溶液
C 溶液 酸性溶液
D 溶液 溶液
A．A B．B C．C D．D
8．（2023·湖南）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下：
下列说法错误的是
A．溴化钠起催化和导电作用
B．每生成葡萄糖酸钙，理论上电路中转移了电子
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．（2023·湖南）处理某铜冶金污水(含)的部分流程如下：
已知：①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的如下表所示：
物质
开始沉淀 1.9 4.2 6.2 3.5
完全沉淀 3.2 6.7 8.2 4.6
②。
下列说法错误的是
A．“沉渣Ⅰ”中含有和
B．溶液呈碱性，其主要原因是
C．“沉淀池Ⅱ”中，当和完全沉淀时，溶液中
D．“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．（2023·湖南）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，元素和S都被氧化
C．反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ<Ⅱ
D．反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化转移的电子数之比为3∶7
11．（2023·湖南）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。阿伏加德罗常数的值为。下列说法错误的是
A．晶体最简化学式为
B．晶体中与最近且距离相等的有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
12．（2023·湖南）常温下，用浓度为的标准溶液滴定浓度均为的和的混合溶液，滴定过程中溶液的随()的变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A．约为
B．点a：
C．点b：
D．水的电离程度：
13．（2023·湖南）向一恒容密闭容器中加入和一定量的，发生反应：。的平衡转化率按不同投料比随温度的变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A．
B．反应速率：
C．点a、b、c对应的平衡常数：
D．反应温度为，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态
14．（2023·湖南）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(Ⅱ)催化剂(用表示)能高效电催化氧化合成，其反应机理如图所示。
下列说法错误的是
A．(Ⅱ)被氧化至(Ⅲ)后，配体失去质子能力增强
B．M中的化合价为
C．该过程有非极性键的形成
D．该过程的总反应式：
二、工业流程题
15．（2023·湖南）金属对有强吸附作用，被广泛用于硝基或羰基等不饱和基团的催化氢化反应，将块状转化成多孔型雷尼后，其催化活性显著提高。
已知：①雷尼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并探究其催化氢化性能的实验如下：
步骤1：雷尼的制备
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下(夹持装置和搅拌装置略)。装置Ⅰ用于储存和监测反应过程。
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）向集气管中充入时，三通阀的孔路位置如下图所示：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 。
三、原理综合题
16．（2023·湖南）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。
（1）Ⅰ．苯乙烯的制备
已知下列反应的热化学方程式：
①
②
③
计算反应④的 ；
（2）在某温度、下，向反应器中充入气态乙苯发生反应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 水蒸气作为稀释气(计算时忽略副反应)；
（3）在、下，以水蒸气作稀释气。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：
⑤
⑥
以上反应体系中，芳香烃产物苯乙烯、苯和甲苯的选择性S()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的描述错误的是____；
A．X射线衍射技术可测定晶体结构
B．可改变乙苯平衡转化率
C．降低了乙苯脱氢反应的活化能
D．改变颗粒大小不影响反应速率
（5）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(Ⅰ)的配合物促进(引发剂，X表示卤素)生成自由基，实现苯乙烯可控聚合。
引发剂中活性最高的是 ；
（6）室温下，①在配体L的水溶液中形成，其反应平衡常数为K；②在水中的溶度积常数为。由此可知，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)。
四、工业流程题
17．（2023·湖南）超纯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，在研制超纯方面取得了显著成果，工业上以粗镓为原料，制备超纯的工艺流程如下：
已知：①金属的化学性质和相似，的熔点为；
②(乙醚)和(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
沸点/ 55.7 34.6 42.4 365.8
回答下列问题：
（1）晶体的晶体类型是 ；
（2）“电解精炼”装置如图所示，电解池温度控制在的原因是 ，阴极的电极反应式为 ；
（3）“合成”工序中的产物还包括和，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．流程中得到了循环利用
B．流程中，“合成”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，并蒸出
D．用核磁共振氢谱不能区分和
（6）直接分解不能制备超纯，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯的理由是 ；
（7）比较分子中的键角大小： (填“>”“<”或“=”)，其原因是 。
五、有机推断题
18．（2023·湖南）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下(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)。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；含硅矿物及材料的应用；合金及其应用
【解析】【解答】A、青铜为合金，因为青铜器“四羊方尊”的主要材质为合金，A不符合题意；
B、竹木的主要成分为纤维素，B不符合题意；
C、碱液蒸煮的过程中，涉及水解反应，涉及化学变化，C符合题意；
D、陶瓷的原料为黏土，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、青铜属于合金；
B、木材的主要成分是纤维素；
C、碱液蒸煮的过程中水解反应；
D、陶瓷的原料为黏土。
2．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、HClO的电子式为，A不符合题意；
B、质量数=质子数+中子数，因此中子数为10的氧原子，其质量数=8+10=18，其化学符号为，B不符合题意；
C、NH3中含有3个N-H键和一个孤电子对，因此其VSEPR模型为四面体型，C符合题意；
D、基态N原子的价层电子排布式为2s22p3，其排布图为，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、HClO中氧原子含有两个孤电子，可形成两对共用电子对；
B、中子数为10的氧原子，其质量数为18；
C、NH3的VSEPR模型为四面体型；
D、基态N原子的价层电子排布式为2s22p3。
3．【答案】A
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】A、重结晶操作不需用到球形冷凝管，球形冷凝管用于冷凝回流，A符合题意；
B、蒸馏装置中需用到上述仪器中的温度计、蒸馏烧瓶和锥形瓶，B不符合题意；
C、浓硫酸催化乙醇制取乙烯的装置需用到上述仪器中的温度计和蒸馏烧瓶，C不符合题意；
D、酸碱滴定实验中需用到上述仪器中的酸式滴定管和锥形瓶，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】此题是对实验装置、仪器的考查，解答此类题型时，结合选项操作中所涉及的装置、仪器进行分析即可。
4．【答案】D
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；酰胺；超分子
【解析】【解答】A、含有手性碳原子的分子，叫做手性分子，A不符合题意；
B、邻羟基苯甲醛可形成分子内氢键，使得沸点降低；而对羟基苯甲醛可形成分子间氢键，使得沸点增大，因此邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛的沸点，B不符合题意；
C、酰胺在酸性、碱性溶液中都能发生水解反应，C不符合题意；
D、冠醚（18-冠-6）空穴的大小为260~320pm，K+的大小为276pm，因此冠醚（18-冠-6）可适配K+，此时冠醚与K+之间以配位键的形式结合，属于强相互作用，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、含有手性碳原子的分子叫做手性分子；
B、邻羟基苯甲醛可形成分子内氢键，使得沸点降低；
C、酰胺在酸性、碱性溶液中都能发生水解反应；
D、根据空穴和离子的大小判断。
5．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、碱性锌锰电池的正极反应式为MnO2＋e－＋H2O=MnO(OH)＋OH－，A不符合题意；
B、铅蓄电池充电时的阳极反应式为PbSO4－2e－＋2H2O=PbO2＋4H＋＋SO42－，B符合题意；
C、K3[Fe(CN)6]与FeCl2溶液反应的离子方程式为：K＋＋Fe2＋＋[Fe(CN)6]3－=KFe[Fe(CN)6]↓，C不符合题意；
D、TiCl4与H2O反应的离子方程式为：TiCl4＋(x＋2)H2O=TiO2·xH2O↓＋4H＋＋4Cl－，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、碱性锌锰电池中MnO2为正极发生得电子的还原反应，生成MnO(OH)；
B、铅蓄电池充电时阳极PbSO4发生失电子的氧化反应，生成PbO2；
C、K3[Fe(CN)6]与FeCl2反应生成KFe[Fe(CN)6]沉淀；
D、TiCl4与水反应生成TiO2·xH2O。
6．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】由分析可知，X为O、Y为F、Z为P、W为Ca。
A、非金属性越强，其电负性越强，因此电负性F>O>P>Ca，即Y>X>Z>W，A不符合题意；
B、电子层数越大，原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，原子半径越小，因此原子半径FC、F2能与H2O反应生成HF和O2，Ca能与H2O反应生成Ca(OH)2和H2，因此Y和W的单质都能与H2O反应生成气体，C符合题意；
D、Z的最高价氧化物对应的水化物为H3PO4，不具有强氧化性，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】W可与Y形成化合物WY2，且W的原子序数最大，因此W为Ca。基态X原子s轨道上的电子数和p轨道上的电子数相等，且含有2个未成对电子，因此X的核外电子排布式为1s22s22p4，故X为O。Y的基态原子含有1个未成对的电子，且Y能与W形成化合物WY2，因此Y为F。Z基态原子含有3个未成对的电子，因此Z的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，所以Z为P。
7．【答案】D
【知识点】镁、铝的重要化合物；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A、将氨水滴入AgNO3溶液中，NH3·H2O少量，则发生反应Ag＋＋NH3·H2O=AgOH↓＋NH4＋，产生沉淀；将AgNO3溶液滴入氨水中，氨水过量，则发生反应Ag＋＋2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]OH＋NH4＋，无沉淀产生，二者现象不同，A不符合题意；
B、将NaOH溶液滴入Al2(SO4)3溶液中，NaOH溶液少量，则发生反应Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，产生白色沉淀；将Al2(SO4)3溶液滴入NaOH溶液中，NaOH溶液过量，则发生反应Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O，无沉淀产生，二者现象不同，B不符合题意；
C、H2C2O4与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋8H2O＋10CO2↑，将H2C2O4溶液滴入酸性KMnO4溶液中，KMnO4溶液过量，溶液颜色先变浅，再逐渐变为无色；将KMnO4溶液滴入H2C2O4溶液中，KMnO4溶液少量，溶液为无色，当H2C2O4完全反应后，再滴入KMnO4溶液，溶液变为红色，二者现象不同，C不符合题意；
D、KSCN溶液与FeCl3溶液反应的离子方程式为Fe3＋＋3SCN－=Fe(SCN)3，反应生成的Fe(SCN)3使得溶液变为红色，该反应与KSCN、FeCl3的量多少无关，因此改变滴加顺序，实验现象不变，D符合题意；
故答案为：D
【分析】改变两种试剂的滴加顺序，则加入试剂的量改变，存在“过量”和“少量”的区别，结合反应的离子方程式确定现象的差异。
8．【答案】B
【知识点】乙醇的化学性质；消去反应；电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、阳极上Br－转化为Br2，Br2转化为HBrO，HBrO转化为Br－，因此NaBr起到催化剂作用；同时NaBr溶液提供了自由移动的离子，起导电作用，A不符合题意；
B、每生成1mol葡萄糖酸钙，需要消耗2mol葡萄糖分子，因此转移电子数为4mol，B符合题意；
C、羟基发生脱水成醚的反应，可生成个环状醚，C不符合题意；
D、葡萄糖中的醛基可发生氧化反应、还原反应、加成反应，羟基可发生取代反应和消去反应，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、根据阳极上溴元素的转化分析；
B、每生成1mol葡萄糖酸钙，需消耗2mol葡萄糖分子，据此计算转移电子数；
C、羟基发生脱水反应，可形成环状醚结构；
D、根据葡萄糖结构中含有的羟基、醛基进行分析。
9．【答案】D
【知识点】盐类水解的原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、由分析可知，“沉渣Ⅰ”所含的成分为Fe(OH)3、Al(OH)3，A不符合题意；
B、Na2S溶液显碱性，是由于S2－发生水解，使得溶液中c(OH－)>c(H＋)，其水解反应的离子方程式为S2－＋H2O HS－＋OH－，B不符合题意；
C、“沉淀池Ⅱ”中，当Cu2＋、Zn2＋完全沉淀时，溶液中，C不符合题意；
D、“出水”后溶液中还含有大量的Ca2＋，因此需通过阳离子交换树脂进行软化，才可用作工业冷却循环用水，D符合题意；
故答案为：D
【分析】加入石灰乳，调节pH=4，形成的沉淀有Fe(OH)3和Al(OH)3，因此沉渣Ⅰ中含有Fe(OH)3、Al(OH)3。溶液中继续加入Na2S溶液，Cu2＋、Zn2＋形成CuS、ZnS沉淀；而溶液中剩余的Al3＋与S2－发生双水解反应，生成Al(OH)3沉淀。因此沉渣Ⅱ为CuS、ZnS和Al(OH)3。
10．【答案】D
【知识点】判断简单分子或离子的构型；氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、S2O32－中心硫原子的价层电子对数为，因此S2O32－为四面体型，但不是正四面体，SO42－中心硫原子的价层电子对数为，因此SO42－为正四面体结构，A不符合题意；
B、反应Ⅰ中As元素化合价不变，S元素化合价由－2价变为＋2价，化合价升高，S元素被氧化；反应Ⅱ中As元素由＋3价变为＋5价，化合价升高，As元素被氧化，S元素有－2价变为＋6价，化合价升高，S元素被氧化，B不符合题意；
C、反应Ⅰ的化学方程式为2As2S3＋6O2＋3H2O=2As2O3＋3H2S2O3，参加反应的，反应Ⅱ的化学方程式为As2S3＋7O2＋6H2O=2H3AsO4＋3H2SO4，参加反应的，因此反应Ⅰ和反应Ⅱ中参加反应的：Ⅰ>Ⅱ，C不符合题意；
D、反应Ⅰ中氧化1molAs2S3转移的电子数为1mol×3×4=12mol，反应Ⅱ中氧化1molAs2S3转移电子数为1mol×(2×2＋3×8)=28mol，因此其转移电子数之比为12mol：28mol=3：7，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、计算中心原子的价层电子对数，从而确定其空间结构；
B、根据反应过程中As元素和S元素化合价的变化分析，若化合价升高，则被氧化；
C、根据反应Ⅰ、反应Ⅱ的化学方程式进行分析即可；
D、根据反应过程中化合价的变化计算转移电子数。
11．【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、Ca位于体心，因此一个晶胞中含有一个Ca；K位于顶点，因此一个晶胞中所含的K的个数为；B位于面上，因此一个晶胞中含有B的个数为；C位于面上，因此一个晶胞中所含C的个数为，因此该晶体的最简化学式为KCaB6C6，A不符合题意；
B、晶体中与K+最近且距离相等的Ca2+位于晶胞的体心，因此晶体中共有8个Ca2+与K+最近且距离相等，B不符合题意；
C、由晶胞结构可知，晶胞中B与C构成的多面体中含有14个面，C符合题意；
D、该晶体的密度，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、根据均摊法确定晶胞中所含原子个数，从而确定其最间化学式；
B、晶体中距离K＋最近的Ca2＋有8个；
C、晶体中B和C构成的多面体有14个面；
D、根据公式计算晶胞密度。
12．【答案】D
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A、a点溶液的溶质为NaCl、CH3COOH，存在电离平衡CH3COOH CH3COO－＋H＋，此时溶液的pH=3.38，即c(H＋)=10－3.38mol·L－1，此时溶液中c(CH3COO－)=10－3.38mol·L－1、c(CH3COOH)=0.0.01mol·L－1－10－3.38mol·L－1≈0.01mol·L－1，该温度下CH3COOH的电离平衡常数，A不符合题意；
B、a点溶液的溶质为等浓度的NaCl和CH3COOH，因此溶液中存在c(Na＋)=c(Cl－)=c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，B不符合题意；
C、b点溶液的溶质为NaCl、CH3COONa和CH3COOH，且溶液中c(CH3COONa)=c(CH3COOH)，此时溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，因此溶液中c(CH3COONa)＜c(CH3COOH)，C不符合题意；
D、酸碱抑制水的电离，可水解的盐促进水的电离，a点溶液中的CH3COOH抑制水的电离，b点溶液以CH3COOH的电离为主，抑制水的电离，但由于b点溶液中c(CH3COOH)小于a点，因此对水电离的抑制程度较弱，c点溶液中CH3COONa的水解促进水的电离，d点溶液中NaOH过量，抑制水的电离，且抑制程度大于a点。因此水的电离程度d故答案为：D
【分析】往HCl和CH3COOH的溶液中滴加NaOH进行滴定，加入NaOH的过程中先发生反应①NaOH＋HCl=NaCl＋H2O；当HCl完全反应后，NaOH再与CH3COOH发生反应②NaOH＋CH3COOH=CH3COONa＋H2O。a点时η=1，只发生反应①，此时溶液的溶质为NaCl和CH3COOH。b点时η=1.50，此时反应①完全反应，反应②只消耗一半的CH3COOH，此时溶液的溶质为NaCl、CH3COONa和CH3COOH。c点时η=2.00，反应①、反应②都恰好完全反应，此时溶液的溶质为NaCl、CH3COONa。
13．【答案】B
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A、由分析可知，x1＜x2，A不符合题意；
B、b点所在曲线中c(H2O)较大，因此反应速率较大，所以vb正＞vc正，B符合题意；
C、平衡常数与温度有关，温度相同时，平衡常数不变，因此Kb=Kc，由于该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，K增大，因此Ka＜Kb=Kc，C不符合题意；
D、该反应中，反应前后气体分子数改变，因此反应过程中压强是一个变量，则当其不变时，说明反应达到平衡状态，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】当一定时，随着温度升高升高，CH4的平衡转化率增大， 说明升高温度平衡正向移动，因此该反应为吸热反应。当温度相同时，x1条件下CH4的平衡转化率大于x2，说明x1中n(H2O)较大，因此x1＜x2。据此结合选项分析。
14．【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；极性键和非极性键；常见元素的化合价
【解析】【解答】A、Ru由＋2价被氧化为＋3价后，Ru吸引电子的能力增强， 从而导致配体NH3中N－H的极性增强，更容易断裂形成H＋，即配体NH3失去质子的能力增强，A不符合题意；
B、[L－Ru－NH3]＋失去一个电子形成[L－Ru－NH3]2＋，其中＋2价变为＋3价，[L－Ru－NH3]2＋失去一个质子H＋形成[L－Ru－NH2]＋，Ru元素的化合价变，氮原子形成一个孤电子对，[L－Ru－NH2]＋中氮原子的孤电子对中一个电子转移到Ru上，形成M（），因此M中Ru的化合价为+2价，B符合题意；
C、反应后生成的N2H4的结构简式为，其中的氮氮单键为非极性键，因此该过程有非极性键形成，C不符合题意；
D、由反应机理可知，该过程中NH3发生失电子的氧化反应，生成N2H4和NH4＋，因此该过程的总反应式为：4NH3－2e－=N2H4＋2NH4＋，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、结合化学键极性强弱分析；
B、M中Ru的化合价为+2价；
C、生成物N2H4中的氮氮单键为非极性键；
D、根据图示反应机理确定反应物和生成物，从而得到总反应式。
15．【答案】（1）2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑
（2）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）C
（4）C
（5）恒压滴液漏斗
（6）排除装置中的空气，防止雷尼自燃
（7）管道中气流不稳，不利于监测反应过程
（8）集气管中液面不再改变
【知识点】常见离子的检验；铝的化学性质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）Al为两性金属，既能与强酸溶液反应，也能与强碱溶液反应，因此操作a中加入NaOH溶液后，Al与NaOH溶液反应生成可溶性NaAlO2和H2，该反应的离子方程式为：2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑。
（2）操作d中水洗是为了除去Ni表面的NaOH，因此判断雷尼Ni是否水洗干净则检验最后一次洗涤液中是否含有NaOH，其方法为：取最后一次洗涤液于试管中，滴加几滴酚酞，如果溶液不变红色，则证明洗涤干净，否则没有洗涤干净。
（3）邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应的进行，因此所选用的溶剂必须为极性分子。
A、丙酮的结构简式为，结构具有对称性，属于非极性分子，A不符合题意；
B、CCl4的空间结构为正四面体，具有对称性，属于非极性分子，B不符合题意；
C、乙醇的结构简式为CH3CH2OH，没有对称性，属于极性分子，C符合题意；
D、正己烷的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH2CH3，具有对称性，属于非极性分子，D不符合题意；
故答案为：C
（4）H2的密度比空气小，要使集气管向装置Ⅱ供气时，则孔路位置应调整为，C符合题意。
（5）仪器M的名称为恒压滴液漏斗。
（6）雷尼Ni暴露在空气中容易发生自燃，因此反应前向装置内通入一端时间的N2，是为了排出装置内的空气，防止雷尼Ni发生自燃。
（7）如果将导气管直接插入液面下，则H2与邻硝基苯胺直接接触，发生反应，会使得集气管内压强变化较大，导致管内气流不稳，不利于监测反应的发生过程。
（8）若氢化反应完全，则H2不再发生反应，集气管内的压强不变，液面不再改变。
【分析】（1）操作a中加入NaOH溶液后Ni/Al合金中的Al与NaOH溶液反应，生成NaAlO2溶液和H2，据此写出反应的离子方程式。
（2）操作d中水洗的目的是洗去Ni表面附着的NaOH，因此检验是否洗涤干净，则需检验最后一次洗涤液中是否含有NaOH。
（3）邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应的进行，结合选项所给有机物的是否为极性分子分析。
（4）由于H2的密度比空气小，因此三通阀的一端开孔应向下。
（5）仪器M为恒压滴液漏斗。
（6）雷尼Ni易发生自燃，通入N2可排出装置内的空气，防止雷尼Ni自燃。
（7）导气管插入液面下，会导致气流不稳，不利于监测反应过程。
（8）若氢化反应完全进行，则H2不再反应，集气管内的压强不再变化，液面不变。
16．【答案】（1）+118
（2）5
（3）苯；反应④为主反应，反应⑤⑥为副反应，苯乙烯的选择性最大；在恒温恒压下，随乙苯转化率的增大，反应⑤正向移动，反应⑥不移动，则曲线b代表产物苯
（4）B；D
（5）C6H5CH2Cl
（6）K Ksp
【知识点】盖斯定律及其应用；催化剂；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）根据盖斯定律可得，该反应的反应热ΔH4=ΔH1－ΔH2－ΔH3=(－4386.9kJ·mol－1)－(－4263.1kJ·mol－1)－(－241.8kJ·mol－1)=118kJ·mol－1，因此该反应的反应热ΔH4=＋118kJ·mol－1。
（2）当乙苯的平衡转化率为50%时，参与反应的n(乙苯)=0.5mol，可得平衡三段式如下：
因此平衡时混合气体的总物质的量n(总)=0.5mol+0.5mol+0.5mol=1.5mol，设此时容器的体积为V，则可得该温度下反应的平衡常数。
当乙苯的平衡转化率为75%时，参与反应的n(乙苯)=1mol×75%=0.75mol，可得平衡三段式如下：
因此平衡时混合气体的总物质的量n(总)=0.25mol+0.75mol+0.75mol=1.75mol。设加入n(水蒸气)=amol，此时容器的体积为V′，由于物质的量之比等于体积之比，因此可得，解得。此时反应的平衡常数
因为反应温度不变，因此平衡常数不变，所以可得，解得a=5。所以加入水蒸气的物质的量为5mol。
（3）反应④为主反应，随着乙苯转化率的增大，反应生成苯乙烯和氢气的量增多，体系的压强增大。而反应⑥中反应前后气体分子数不变，压强增大，平衡不移动。反应⑤中反应后气体分子数增大，压强增大后，反应⑤平衡逆向移动，苯的产量降低，因此曲线b表示的产物是苯。
（4）A、测定晶体结构的方法为X射线衍射技术，A不符合题意；
B、Fe2O3为反应的催化剂，加入催化剂，不影响平衡移动，因此不可改变乙苯的平衡转化率，B符合题意；
C、Fe2O3为反应的催化剂，加入催化剂可降低乙苯脱氢反应的活化能，C不符合题意；
D、改变Fe2O3的颗粒大小，可改变固体与气体的接触面积，从而改变反应速率，D符合题意；
故答案为：BD
（5）由于非金属性Cl>Br>I，氯原子吸引电子的能力更强，则形成自由基C6H5CH2·的能力越强，因此活性最高的是C6H5CH2Cl。
（6）Cu＋在配体L的水溶液中反应的离子方程式为：Cu＋(aq)＋2L(aq) [Cu(L)2]＋(aq)，该反应的平衡常数。CuBr的沉淀溶解平衡反应为CuBr(s) Cu＋(aq)＋Br－(aq)，该反应的平衡常数Ksp=c(Cu＋)×c(Br－)。CuBr与L反应的方程式为CuBr(s)＋2L(aq)=[Cu(L)2]＋(aq)＋Br－(aq)，该反应的平衡常数。由于，所以K′=K·Ksp。
【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
（2）温度不变，则平衡常数不变，根据三段式结合平衡常数的表达式进行计算。
（3）随着乙苯转化率增大，体系的压强增大，结合压强对反应⑤、反应⑥平衡移动的影响分析。
（4）A、测定晶体结构，可用X射线衍射实验；
B、催化剂只改变反应速率，不改变平衡移动；
C、加入催化剂，可降低反应所需的活化能；
D、增大催化剂的接触面积，可增大反应速率；
（5）根据卤素原子吸引电子的能力强弱分析。
（6）CuBr与L反应的方程式为CuBr(s)＋2L(aq) [Cu(L)2]＋(aq)＋Br－(aq)，据此结合平衡常数的表达式进行计算。
17．【答案】（1）分子晶体
（2）保证Ga为液体，便于纯Ga流出；Ga3++3eˉ=Ga
（3）8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2+3+2
（4）CH4
（5）D
（6）NR3沸点较高，易与Ga(CH3)3分离，Et2O的沸点低于Ga(CH3)3，一起气化，难以得到超纯Ga(CH3)3
（7）>；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
【知识点】分子晶体；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）晶体Ga(CH3)3的沸点为55.7℃，比水的沸点还低，因此属于分子晶体。
（2）电解精炼过程是为了制取高纯Ga，由于Ga的熔点为29.8℃，因此控制温度在40~45℃是为了使电解生成的Ga为液态，便于Ga的分离。电解过程中，阴极上Ga3＋发生得电子的还原反应，生成Ga，该电极的电极反应式为：Ga3＋＋3e－=Ga。
（3）“合成Ga(CH3)3(Et2O)”工序中往Ga2Mg5中加入CH3I、Et2O，反应生成Ga(CH3)3(Et2O)、MgI2和CH3MgI，该反应的化学方程式为：Ga2Mg5＋8CH3I＋2Et2O=2Ga(CH3)3(Et2O)＋3MgI2＋2CH3MgI。
（4）“残渣”中含有反应后生成的CH3MgI，经水处理过程中，能与H2O发生水解反应，生成CH4、HI和Mg(OH)2，其中属于可燃性气体的为CH4。
（5）A、流程中“配体交换”工序中反应生成了Et2O，因此流程中Et2O可循环利用，A不符合题意；
B、Ga2Mg5能与H2O反应，Ga(CH3)3(Et2O)能与H2O和O2反应，因此流程中”合成Ga2Mg5”至“工序X”都需在无水、无氧的条件下进行，B不符合题意；
C、“配体交换”工序中反应生成了Ga(CH3)3(NR3)，经“工序X”后得到Ga(OH)3，因此“工序X”的作用是解配Ga(CH3)3(NR3)，并蒸出Ga(OH)3，C不符合题意；
D、Ga(CH3)3、CH3I二者都只含有一种氢原子，但其在核磁共振氢谱中，化学位移不同，因此可通过核磁共振氢谱进行鉴别，D符合题意；
故答案为：D
（6）NR3的沸点较高，易与Ga(CH3)3分离；而Et2O的沸点低于Ga(CH3)3，在Et2O转化为气态的同时，Ga(CH3)3也是气态，难以得到超纯的Ga(CH3)3。因此本流程中采用了“配体交换”工艺。
（7）Ga(CH3)3中Ga采用sp2杂化，为平面型结构；而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga为sp3杂化，为四面体结构。所以键角Ga(CH3)3大于Ga(CH3)3(Et2O)。
【分析】（1）Ga(CH3)3的沸点较低，属于分子晶体。
（2）结合Ga的沸点为29.8℃可知，温度在40～45℃时，Ga为液态。阴极上Ga3＋发生得电子的还原反应，生成Ga单质。
（3）根据流程确定反应物和生成物，结合原子守恒书写反应的化学方程式。
（4）“残渣”的成分为CH3MgI，经水处理的过程中CH3MgI与H2O发生水解反应。
（5）A、“配体交换”过程中，生成了Et2O；
B、Ga2Mg5、CH3MgI都易与H2O、O2发生反应；
C、“配体交换”后得到Ga(CH3)3(NR3)，经工序X后得到Ga(CH3)3；
D、二者核磁共振氢谱的化学位移不同，可鉴别；
（6）Et2O的沸点低于Ga(CH3)3，在蒸出Et2O的同时，Ga(CH3)3也为气态，一起蒸出。而NR3的沸点较高，易与Ga(CH3)3分离。
（7）结合Ga(OH)3、Ga(CH3)3(Et2O)的结构判断二者键角的大小。
18．【答案】（1）
（2）消去反应；加成反应
（3）碳碳双键；醚键
（4）
（5）②>③>①
（6）4
（7）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；苯酚的性质及用途
【解析】【解答】（1）A与Br2发射管取代反应生成B，B与E发生取代反应生成F，其中B断裂酚羟基上的氢原子，E断裂氯原子形成F和HCl，因此B的结构简式为。
（2）F转化为中间体的过程中，形成了碳碳双键，因此发生了消去反应；中间体转化为G的过程中，碳碳双键发生反应，因此反应类型为加成反应。
（3）由G的结构简式可知，物质G含的官能团为碳碳双键和醚键。
（4）碳碳三键与呋喃发生加成反应，生成，与HCl进一步反应生成。因此J的结构简式为。
（5）甲基为推电子基团，会使得苯环上电子云的密度增大，而-SO3H上氧原子的电子云密度减小，更容易电离产生H+。三氟甲基也能使苯环上电子云密度增大，但比甲基弱，因此三种酸的酸性强弱为②＞③＞①。
（6）呋喃的分子式为C4H4O，其同分异构体能发生银镜反应，则分子结构中含有-CHO；同时还剩余2个不饱和度，可能为环状结构+碳碳双键，或碳碳三键。因此满足条件的同分异构体的结构简式可能为、、HC≡C－CH2－CHO、CH3－C≡C－CHO，共四种结构。
（7）甲苯能与Br2在催化下反应，溴原子取代在甲基的对位和邻位。要合成邻溴甲苯，则需先将甲基对位进行“占位”，因此可先将甲苯与浓硫酸反应生成；再与Br2发生取代反应，生成；最后将-SO3H水解去除即可。因此该合成路线图为：。
【分析】（1）B与E反应生成F，结合E、F的结构简式，确定B的结构简式。
（2）形成双键的反应为消去反应，消耗双键的反应为加成反应。
（3）根据G的结构简式，确定其所含的官能团。
（4）根据中间体生成G的反应原理，确定J的结构简式。
（5）结合电电子云密度的大小判断酸性强弱。
（6）能发生银镜反应，则分子结构中含有-CHO，结合C、H、O的原子个数确定同分异构体的结构简式。
（7）要生成邻溴甲苯，则需在甲苯的对位引入取代基进行“占位”，再在甲基的邻位引入溴原子，最后将“占位”取代基去掉即可。
1 / 1【高考真题】2023年湖南省高考真题化学试题
一、单选题
1．（2023·湖南）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
【答案】C
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；含硅矿物及材料的应用；合金及其应用
【解析】【解答】A、青铜为合金，因为青铜器“四羊方尊”的主要材质为合金，A不符合题意；
B、竹木的主要成分为纤维素，B不符合题意；
C、碱液蒸煮的过程中，涉及水解反应，涉及化学变化，C符合题意；
D、陶瓷的原料为黏土，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、青铜属于合金；
B、木材的主要成分是纤维素；
C、碱液蒸煮的过程中水解反应；
D、陶瓷的原料为黏土。
2．（2023·湖南）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：O
C．NH3分子的VSEPR模型：
D．基态N原子的价层电子排布图：
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、HClO的电子式为，A不符合题意；
B、质量数=质子数+中子数，因此中子数为10的氧原子，其质量数=8+10=18，其化学符号为，B不符合题意；
C、NH3中含有3个N-H键和一个孤电子对，因此其VSEPR模型为四面体型，C符合题意；
D、基态N原子的价层电子排布式为2s22p3，其排布图为，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、HClO中氧原子含有两个孤电子，可形成两对共用电子对；
B、中子数为10的氧原子，其质量数为18；
C、NH3的VSEPR模型为四面体型；
D、基态N原子的价层电子排布式为2s22p3。
3．（2023·湖南）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：①②③
B．蒸馏法分离CH2Cl2和CCl4：③⑤⑥
C．浓硫酸催化乙醇制备乙烯：③⑤
D．酸碱滴定法测定NaOH溶液浓度：④⑥
【答案】A
【知识点】常用仪器及其使用
【解析】【解答】A、重结晶操作不需用到球形冷凝管，球形冷凝管用于冷凝回流，A符合题意；
B、蒸馏装置中需用到上述仪器中的温度计、蒸馏烧瓶和锥形瓶，B不符合题意；
C、浓硫酸催化乙醇制取乙烯的装置需用到上述仪器中的温度计和蒸馏烧瓶，C不符合题意；
D、酸碱滴定实验中需用到上述仪器中的酸式滴定管和锥形瓶，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】此题是对实验装置、仪器的考查，解答此类题型时，结合选项操作中所涉及的装置、仪器进行分析即可。
4．（2023·湖南）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
【答案】D
【知识点】氢键的存在对物质性质的影响；酰胺；超分子
【解析】【解答】A、含有手性碳原子的分子，叫做手性分子，A不符合题意；
B、邻羟基苯甲醛可形成分子内氢键，使得沸点降低；而对羟基苯甲醛可形成分子间氢键，使得沸点增大，因此邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛的沸点，B不符合题意；
C、酰胺在酸性、碱性溶液中都能发生水解反应，C不符合题意；
D、冠醚（18-冠-6）空穴的大小为260~320pm，K+的大小为276pm，因此冠醚（18-冠-6）可适配K+，此时冠醚与K+之间以配位键的形式结合，属于强相互作用，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、含有手性碳原子的分子叫做手性分子；
B、邻羟基苯甲醛可形成分子内氢键，使得沸点降低；
C、酰胺在酸性、碱性溶液中都能发生水解反应；
D、根据空穴和离子的大小判断。
5．（2023·湖南）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．铅酸蓄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-
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、碱性锌锰电池的正极反应式为MnO2＋e－＋H2O=MnO(OH)＋OH－，A不符合题意；
B、铅蓄电池充电时的阳极反应式为PbSO4－2e－＋2H2O=PbO2＋4H＋＋SO42－，B符合题意；
C、K3[Fe(CN)6]与FeCl2溶液反应的离子方程式为：K＋＋Fe2＋＋[Fe(CN)6]3－=KFe[Fe(CN)6]↓，C不符合题意；
D、TiCl4与H2O反应的离子方程式为：TiCl4＋(x＋2)H2O=TiO2·xH2O↓＋4H＋＋4Cl－，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、碱性锌锰电池中MnO2为正极发生得电子的还原反应，生成MnO(OH)；
B、铅蓄电池充电时阳极PbSO4发生失电子的氧化反应，生成PbO2；
C、K3[Fe(CN)6]与FeCl2反应生成KFe[Fe(CN)6]沉淀；
D、TiCl4与水反应生成TiO2·xH2O。
6．（2023·湖南）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>W
B．原子半径：XC．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
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】由分析可知，X为O、Y为F、Z为P、W为Ca。
A、非金属性越强，其电负性越强，因此电负性F>O>P>Ca，即Y>X>Z>W，A不符合题意；
B、电子层数越大，原子半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，原子半径越小，因此原子半径FC、F2能与H2O反应生成HF和O2，Ca能与H2O反应生成Ca(OH)2和H2，因此Y和W的单质都能与H2O反应生成气体，C符合题意；
D、Z的最高价氧化物对应的水化物为H3PO4，不具有强氧化性，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】W可与Y形成化合物WY2，且W的原子序数最大，因此W为Ca。基态X原子s轨道上的电子数和p轨道上的电子数相等，且含有2个未成对电子，因此X的核外电子排布式为1s22s22p4，故X为O。Y的基态原子含有1个未成对的电子，且Y能与W形成化合物WY2，因此Y为F。Z基态原子含有3个未成对的电子，因此Z的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，所以Z为P。
7．（2023·湖南）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)，反应现象没有明显差别的是
选项 试剂① 试剂②
A 氨水 溶液
B 溶液 溶液
C 溶液 酸性溶液
D 溶液 溶液
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】镁、铝的重要化合物；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A、将氨水滴入AgNO3溶液中，NH3·H2O少量，则发生反应Ag＋＋NH3·H2O=AgOH↓＋NH4＋，产生沉淀；将AgNO3溶液滴入氨水中，氨水过量，则发生反应Ag＋＋2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]OH＋NH4＋，无沉淀产生，二者现象不同，A不符合题意；
B、将NaOH溶液滴入Al2(SO4)3溶液中，NaOH溶液少量，则发生反应Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，产生白色沉淀；将Al2(SO4)3溶液滴入NaOH溶液中，NaOH溶液过量，则发生反应Al3＋＋4OH－=AlO2－＋2H2O，无沉淀产生，二者现象不同，B不符合题意；
C、H2C2O4与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋8H2O＋10CO2↑，将H2C2O4溶液滴入酸性KMnO4溶液中，KMnO4溶液过量，溶液颜色先变浅，再逐渐变为无色；将KMnO4溶液滴入H2C2O4溶液中，KMnO4溶液少量，溶液为无色，当H2C2O4完全反应后，再滴入KMnO4溶液，溶液变为红色，二者现象不同，C不符合题意；
D、KSCN溶液与FeCl3溶液反应的离子方程式为Fe3＋＋3SCN－=Fe(SCN)3，反应生成的Fe(SCN)3使得溶液变为红色，该反应与KSCN、FeCl3的量多少无关，因此改变滴加顺序，实验现象不变，D符合题意；
故答案为：D
【分析】改变两种试剂的滴加顺序，则加入试剂的量改变，存在“过量”和“少量”的区别，结合反应的离子方程式确定现象的差异。
8．（2023·湖南）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下：
下列说法错误的是
A．溴化钠起催化和导电作用
B．每生成葡萄糖酸钙，理论上电路中转移了电子
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
【答案】B
【知识点】乙醇的化学性质；消去反应；电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、阳极上Br－转化为Br2，Br2转化为HBrO，HBrO转化为Br－，因此NaBr起到催化剂作用；同时NaBr溶液提供了自由移动的离子，起导电作用，A不符合题意；
B、每生成1mol葡萄糖酸钙，需要消耗2mol葡萄糖分子，因此转移电子数为4mol，B符合题意；
C、羟基发生脱水成醚的反应，可生成个环状醚，C不符合题意；
D、葡萄糖中的醛基可发生氧化反应、还原反应、加成反应，羟基可发生取代反应和消去反应，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、根据阳极上溴元素的转化分析；
B、每生成1mol葡萄糖酸钙，需消耗2mol葡萄糖分子，据此计算转移电子数；
C、羟基发生脱水反应，可形成环状醚结构；
D、根据葡萄糖结构中含有的羟基、醛基进行分析。
9．（2023·湖南）处理某铜冶金污水(含)的部分流程如下：
已知：①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的如下表所示：
物质
开始沉淀 1.9 4.2 6.2 3.5
完全沉淀 3.2 6.7 8.2 4.6
②。
下列说法错误的是
A．“沉渣Ⅰ”中含有和
B．溶液呈碱性，其主要原因是
C．“沉淀池Ⅱ”中，当和完全沉淀时，溶液中
D．“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
【答案】D
【知识点】盐类水解的原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A、由分析可知，“沉渣Ⅰ”所含的成分为Fe(OH)3、Al(OH)3，A不符合题意；
B、Na2S溶液显碱性，是由于S2－发生水解，使得溶液中c(OH－)>c(H＋)，其水解反应的离子方程式为S2－＋H2O HS－＋OH－，B不符合题意；
C、“沉淀池Ⅱ”中，当Cu2＋、Zn2＋完全沉淀时，溶液中，C不符合题意；
D、“出水”后溶液中还含有大量的Ca2＋，因此需通过阳离子交换树脂进行软化，才可用作工业冷却循环用水，D符合题意；
故答案为：D
【分析】加入石灰乳，调节pH=4，形成的沉淀有Fe(OH)3和Al(OH)3，因此沉渣Ⅰ中含有Fe(OH)3、Al(OH)3。溶液中继续加入Na2S溶液，Cu2＋、Zn2＋形成CuS、ZnS沉淀；而溶液中剩余的Al3＋与S2－发生双水解反应，生成Al(OH)3沉淀。因此沉渣Ⅱ为CuS、ZnS和Al(OH)3。
10．（2023·湖南）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，元素和S都被氧化
C．反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的：Ⅰ<Ⅱ
D．反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化转移的电子数之比为3∶7
【答案】D
【知识点】判断简单分子或离子的构型；氧化还原反应；氧化还原反应方程式的配平；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A、S2O32－中心硫原子的价层电子对数为，因此S2O32－为四面体型，但不是正四面体，SO42－中心硫原子的价层电子对数为，因此SO42－为正四面体结构，A不符合题意；
B、反应Ⅰ中As元素化合价不变，S元素化合价由－2价变为＋2价，化合价升高，S元素被氧化；反应Ⅱ中As元素由＋3价变为＋5价，化合价升高，As元素被氧化，S元素有－2价变为＋6价，化合价升高，S元素被氧化，B不符合题意；
C、反应Ⅰ的化学方程式为2As2S3＋6O2＋3H2O=2As2O3＋3H2S2O3，参加反应的，反应Ⅱ的化学方程式为As2S3＋7O2＋6H2O=2H3AsO4＋3H2SO4，参加反应的，因此反应Ⅰ和反应Ⅱ中参加反应的：Ⅰ>Ⅱ，C不符合题意；
D、反应Ⅰ中氧化1molAs2S3转移的电子数为1mol×3×4=12mol，反应Ⅱ中氧化1molAs2S3转移电子数为1mol×(2×2＋3×8)=28mol，因此其转移电子数之比为12mol：28mol=3：7，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A、计算中心原子的价层电子对数，从而确定其空间结构；
B、根据反应过程中As元素和S元素化合价的变化分析，若化合价升高，则被氧化；
C、根据反应Ⅰ、反应Ⅱ的化学方程式进行分析即可；
D、根据反应过程中化合价的变化计算转移电子数。
11．（2023·湖南）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。阿伏加德罗常数的值为。下列说法错误的是
A．晶体最简化学式为
B．晶体中与最近且距离相等的有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
【答案】C
【知识点】晶胞的计算
【解析】【解答】A、Ca位于体心，因此一个晶胞中含有一个Ca；K位于顶点，因此一个晶胞中所含的K的个数为；B位于面上，因此一个晶胞中含有B的个数为；C位于面上，因此一个晶胞中所含C的个数为，因此该晶体的最简化学式为KCaB6C6，A不符合题意；
B、晶体中与K+最近且距离相等的Ca2+位于晶胞的体心，因此晶体中共有8个Ca2+与K+最近且距离相等，B不符合题意；
C、由晶胞结构可知，晶胞中B与C构成的多面体中含有14个面，C符合题意；
D、该晶体的密度，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、根据均摊法确定晶胞中所含原子个数，从而确定其最间化学式；
B、晶体中距离K＋最近的Ca2＋有8个；
C、晶体中B和C构成的多面体有14个面；
D、根据公式计算晶胞密度。
12．（2023·湖南）常温下，用浓度为的标准溶液滴定浓度均为的和的混合溶液，滴定过程中溶液的随()的变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A．约为
B．点a：
C．点b：
D．水的电离程度：
【答案】D
【知识点】水的电离；离子浓度大小的比较；中和滴定；电离平衡常数
【解析】【解答】A、a点溶液的溶质为NaCl、CH3COOH，存在电离平衡CH3COOH CH3COO－＋H＋，此时溶液的pH=3.38，即c(H＋)=10－3.38mol·L－1，此时溶液中c(CH3COO－)=10－3.38mol·L－1、c(CH3COOH)=0.0.01mol·L－1－10－3.38mol·L－1≈0.01mol·L－1，该温度下CH3COOH的电离平衡常数，A不符合题意；
B、a点溶液的溶质为等浓度的NaCl和CH3COOH，因此溶液中存在c(Na＋)=c(Cl－)=c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，B不符合题意；
C、b点溶液的溶质为NaCl、CH3COONa和CH3COOH，且溶液中c(CH3COONa)=c(CH3COOH)，此时溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，因此溶液中c(CH3COONa)＜c(CH3COOH)，C不符合题意；
D、酸碱抑制水的电离，可水解的盐促进水的电离，a点溶液中的CH3COOH抑制水的电离，b点溶液以CH3COOH的电离为主，抑制水的电离，但由于b点溶液中c(CH3COOH)小于a点，因此对水电离的抑制程度较弱，c点溶液中CH3COONa的水解促进水的电离，d点溶液中NaOH过量，抑制水的电离，且抑制程度大于a点。因此水的电离程度d故答案为：D
【分析】往HCl和CH3COOH的溶液中滴加NaOH进行滴定，加入NaOH的过程中先发生反应①NaOH＋HCl=NaCl＋H2O；当HCl完全反应后，NaOH再与CH3COOH发生反应②NaOH＋CH3COOH=CH3COONa＋H2O。a点时η=1，只发生反应①，此时溶液的溶质为NaCl和CH3COOH。b点时η=1.50，此时反应①完全反应，反应②只消耗一半的CH3COOH，此时溶液的溶质为NaCl、CH3COONa和CH3COOH。c点时η=2.00，反应①、反应②都恰好完全反应，此时溶液的溶质为NaCl、CH3COONa。
13．（2023·湖南）向一恒容密闭容器中加入和一定量的，发生反应：。的平衡转化率按不同投料比随温度的变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A．
B．反应速率：
C．点a、b、c对应的平衡常数：
D．反应温度为，当容器内压强不变时，反应达到平衡状态
【答案】B
【知识点】化学平衡常数；化学反应速率的影响因素；化学平衡状态的判断
【解析】【解答】A、由分析可知，x1＜x2，A不符合题意；
B、b点所在曲线中c(H2O)较大，因此反应速率较大，所以vb正＞vc正，B符合题意；
C、平衡常数与温度有关，温度相同时，平衡常数不变，因此Kb=Kc，由于该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，K增大，因此Ka＜Kb=Kc，C不符合题意；
D、该反应中，反应前后气体分子数改变，因此反应过程中压强是一个变量，则当其不变时，说明反应达到平衡状态，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】当一定时，随着温度升高升高，CH4的平衡转化率增大， 说明升高温度平衡正向移动，因此该反应为吸热反应。当温度相同时，x1条件下CH4的平衡转化率大于x2，说明x1中n(H2O)较大，因此x1＜x2。据此结合选项分析。
14．（2023·湖南）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(Ⅱ)催化剂(用表示)能高效电催化氧化合成，其反应机理如图所示。
下列说法错误的是
A．(Ⅱ)被氧化至(Ⅲ)后，配体失去质子能力增强
B．M中的化合价为
C．该过程有非极性键的形成
D．该过程的总反应式：
【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；极性键和非极性键；常见元素的化合价
【解析】【解答】A、Ru由＋2价被氧化为＋3价后，Ru吸引电子的能力增强， 从而导致配体NH3中N－H的极性增强，更容易断裂形成H＋，即配体NH3失去质子的能力增强，A不符合题意；
B、[L－Ru－NH3]＋失去一个电子形成[L－Ru－NH3]2＋，其中＋2价变为＋3价，[L－Ru－NH3]2＋失去一个质子H＋形成[L－Ru－NH2]＋，Ru元素的化合价变，氮原子形成一个孤电子对，[L－Ru－NH2]＋中氮原子的孤电子对中一个电子转移到Ru上，形成M（），因此M中Ru的化合价为+2价，B符合题意；
C、反应后生成的N2H4的结构简式为，其中的氮氮单键为非极性键，因此该过程有非极性键形成，C不符合题意；
D、由反应机理可知，该过程中NH3发生失电子的氧化反应，生成N2H4和NH4＋，因此该过程的总反应式为：4NH3－2e－=N2H4＋2NH4＋，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、结合化学键极性强弱分析；
B、M中Ru的化合价为+2价；
C、生成物N2H4中的氮氮单键为非极性键；
D、根据图示反应机理确定反应物和生成物，从而得到总反应式。
二、工业流程题
15．（2023·湖南）金属对有强吸附作用，被广泛用于硝基或羰基等不饱和基团的催化氢化反应，将块状转化成多孔型雷尼后，其催化活性显著提高。
已知：①雷尼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并探究其催化氢化性能的实验如下：
步骤1：雷尼的制备
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下(夹持装置和搅拌装置略)。装置Ⅰ用于储存和监测反应过程。
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）向集气管中充入时，三通阀的孔路位置如下图所示：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 。
【答案】（1）2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2↑
（2）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）C
（4）C
（5）恒压滴液漏斗
（6）排除装置中的空气，防止雷尼自燃
（7）管道中气流不稳，不利于监测反应过程
（8）集气管中液面不再改变
【知识点】常见离子的检验；铝的化学性质；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）Al为两性金属，既能与强酸溶液反应，也能与强碱溶液反应，因此操作a中加入NaOH溶液后，Al与NaOH溶液反应生成可溶性NaAlO2和H2，该反应的离子方程式为：2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑。
（2）操作d中水洗是为了除去Ni表面的NaOH，因此判断雷尼Ni是否水洗干净则检验最后一次洗涤液中是否含有NaOH，其方法为：取最后一次洗涤液于试管中，滴加几滴酚酞，如果溶液不变红色，则证明洗涤干净，否则没有洗涤干净。
（3）邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应的进行，因此所选用的溶剂必须为极性分子。
A、丙酮的结构简式为，结构具有对称性，属于非极性分子，A不符合题意；
B、CCl4的空间结构为正四面体，具有对称性，属于非极性分子，B不符合题意；
C、乙醇的结构简式为CH3CH2OH，没有对称性，属于极性分子，C符合题意；
D、正己烷的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH2CH3，具有对称性，属于非极性分子，D不符合题意；
故答案为：C
（4）H2的密度比空气小，要使集气管向装置Ⅱ供气时，则孔路位置应调整为，C符合题意。
（5）仪器M的名称为恒压滴液漏斗。
（6）雷尼Ni暴露在空气中容易发生自燃，因此反应前向装置内通入一端时间的N2，是为了排出装置内的空气，防止雷尼Ni发生自燃。
（7）如果将导气管直接插入液面下，则H2与邻硝基苯胺直接接触，发生反应，会使得集气管内压强变化较大，导致管内气流不稳，不利于监测反应的发生过程。
（8）若氢化反应完全，则H2不再发生反应，集气管内的压强不变，液面不再改变。
【分析】（1）操作a中加入NaOH溶液后Ni/Al合金中的Al与NaOH溶液反应，生成NaAlO2溶液和H2，据此写出反应的离子方程式。
（2）操作d中水洗的目的是洗去Ni表面附着的NaOH，因此检验是否洗涤干净，则需检验最后一次洗涤液中是否含有NaOH。
（3）邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应的进行，结合选项所给有机物的是否为极性分子分析。
（4）由于H2的密度比空气小，因此三通阀的一端开孔应向下。
（5）仪器M为恒压滴液漏斗。
（6）雷尼Ni易发生自燃，通入N2可排出装置内的空气，防止雷尼Ni自燃。
（7）导气管插入液面下，会导致气流不稳，不利于监测反应过程。
（8）若氢化反应完全进行，则H2不再反应，集气管内的压强不再变化，液面不变。
三、原理综合题
16．（2023·湖南）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。
（1）Ⅰ．苯乙烯的制备
已知下列反应的热化学方程式：
①
②
③
计算反应④的 ；
（2）在某温度、下，向反应器中充入气态乙苯发生反应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 水蒸气作为稀释气(计算时忽略副反应)；
（3）在、下，以水蒸气作稀释气。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：
⑤
⑥
以上反应体系中，芳香烃产物苯乙烯、苯和甲苯的选择性S()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的描述错误的是____；
A．X射线衍射技术可测定晶体结构
B．可改变乙苯平衡转化率
C．降低了乙苯脱氢反应的活化能
D．改变颗粒大小不影响反应速率
（5）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(Ⅰ)的配合物促进(引发剂，X表示卤素)生成自由基，实现苯乙烯可控聚合。
引发剂中活性最高的是 ；
（6）室温下，①在配体L的水溶液中形成，其反应平衡常数为K；②在水中的溶度积常数为。由此可知，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)。
【答案】（1）+118
（2）5
（3）苯；反应④为主反应，反应⑤⑥为副反应，苯乙烯的选择性最大；在恒温恒压下，随乙苯转化率的增大，反应⑤正向移动，反应⑥不移动，则曲线b代表产物苯
（4）B；D
（5）C6H5CH2Cl
（6）K Ksp
【知识点】盖斯定律及其应用；催化剂；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）根据盖斯定律可得，该反应的反应热ΔH4=ΔH1－ΔH2－ΔH3=(－4386.9kJ·mol－1)－(－4263.1kJ·mol－1)－(－241.8kJ·mol－1)=118kJ·mol－1，因此该反应的反应热ΔH4=＋118kJ·mol－1。
（2）当乙苯的平衡转化率为50%时，参与反应的n(乙苯)=0.5mol，可得平衡三段式如下：
因此平衡时混合气体的总物质的量n(总)=0.5mol+0.5mol+0.5mol=1.5mol，设此时容器的体积为V，则可得该温度下反应的平衡常数。
当乙苯的平衡转化率为75%时，参与反应的n(乙苯)=1mol×75%=0.75mol，可得平衡三段式如下：
因此平衡时混合气体的总物质的量n(总)=0.25mol+0.75mol+0.75mol=1.75mol。设加入n(水蒸气)=amol，此时容器的体积为V′，由于物质的量之比等于体积之比，因此可得，解得。此时反应的平衡常数
因为反应温度不变，因此平衡常数不变，所以可得，解得a=5。所以加入水蒸气的物质的量为5mol。
（3）反应④为主反应，随着乙苯转化率的增大，反应生成苯乙烯和氢气的量增多，体系的压强增大。而反应⑥中反应前后气体分子数不变，压强增大，平衡不移动。反应⑤中反应后气体分子数增大，压强增大后，反应⑤平衡逆向移动，苯的产量降低，因此曲线b表示的产物是苯。
（4）A、测定晶体结构的方法为X射线衍射技术，A不符合题意；
B、Fe2O3为反应的催化剂，加入催化剂，不影响平衡移动，因此不可改变乙苯的平衡转化率，B符合题意；
C、Fe2O3为反应的催化剂，加入催化剂可降低乙苯脱氢反应的活化能，C不符合题意；
D、改变Fe2O3的颗粒大小，可改变固体与气体的接触面积，从而改变反应速率，D符合题意；
故答案为：BD
（5）由于非金属性Cl>Br>I，氯原子吸引电子的能力更强，则形成自由基C6H5CH2·的能力越强，因此活性最高的是C6H5CH2Cl。
（6）Cu＋在配体L的水溶液中反应的离子方程式为：Cu＋(aq)＋2L(aq) [Cu(L)2]＋(aq)，该反应的平衡常数。CuBr的沉淀溶解平衡反应为CuBr(s) Cu＋(aq)＋Br－(aq)，该反应的平衡常数Ksp=c(Cu＋)×c(Br－)。CuBr与L反应的方程式为CuBr(s)＋2L(aq)=[Cu(L)2]＋(aq)＋Br－(aq)，该反应的平衡常数。由于，所以K′=K·Ksp。
【分析】（1）根据盖斯定律计算目标反应的反应热。
（2）温度不变，则平衡常数不变，根据三段式结合平衡常数的表达式进行计算。
（3）随着乙苯转化率增大，体系的压强增大，结合压强对反应⑤、反应⑥平衡移动的影响分析。
（4）A、测定晶体结构，可用X射线衍射实验；
B、催化剂只改变反应速率，不改变平衡移动；
C、加入催化剂，可降低反应所需的活化能；
D、增大催化剂的接触面积，可增大反应速率；
（5）根据卤素原子吸引电子的能力强弱分析。
（6）CuBr与L反应的方程式为CuBr(s)＋2L(aq) [Cu(L)2]＋(aq)＋Br－(aq)，据此结合平衡常数的表达式进行计算。
四、工业流程题
17．（2023·湖南）超纯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，在研制超纯方面取得了显著成果，工业上以粗镓为原料，制备超纯的工艺流程如下：
已知：①金属的化学性质和相似，的熔点为；
②(乙醚)和(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
沸点/ 55.7 34.6 42.4 365.8
回答下列问题：
（1）晶体的晶体类型是 ；
（2）“电解精炼”装置如图所示，电解池温度控制在的原因是 ，阴极的电极反应式为 ；
（3）“合成”工序中的产物还包括和，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．流程中得到了循环利用
B．流程中，“合成”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，并蒸出
D．用核磁共振氢谱不能区分和
（6）直接分解不能制备超纯，而本流程采用“配体交换”工艺制备超纯的理由是 ；
（7）比较分子中的键角大小： (填“>”“<”或“=”)，其原因是 。
【答案】（1）分子晶体
（2）保证Ga为液体，便于纯Ga流出；Ga3++3eˉ=Ga
（3）8CH3I+2Et2O+Ga2Mg5=2+3+2
（4）CH4
（5）D
（6）NR3沸点较高，易与Ga(CH3)3分离，Et2O的沸点低于Ga(CH3)3，一起气化，难以得到超纯Ga(CH3)3
（7）>；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
【知识点】分子晶体；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；化学实验方案的评价；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）晶体Ga(CH3)3的沸点为55.7℃，比水的沸点还低，因此属于分子晶体。
（2）电解精炼过程是为了制取高纯Ga，由于Ga的熔点为29.8℃，因此控制温度在40~45℃是为了使电解生成的Ga为液态，便于Ga的分离。电解过程中，阴极上Ga3＋发生得电子的还原反应，生成Ga，该电极的电极反应式为：Ga3＋＋3e－=Ga。
（3）“合成Ga(CH3)3(Et2O)”工序中往Ga2Mg5中加入CH3I、Et2O，反应生成Ga(CH3)3(Et2O)、MgI2和CH3MgI，该反应的化学方程式为：Ga2Mg5＋8CH3I＋2Et2O=2Ga(CH3)3(Et2O)＋3MgI2＋2CH3MgI。
（4）“残渣”中含有反应后生成的CH3MgI，经水处理过程中，能与H2O发生水解反应，生成CH4、HI和Mg(OH)2，其中属于可燃性气体的为CH4。
（5）A、流程中“配体交换”工序中反应生成了Et2O，因此流程中Et2O可循环利用，A不符合题意；
B、Ga2Mg5能与H2O反应，Ga(CH3)3(Et2O)能与H2O和O2反应，因此流程中”合成Ga2Mg5”至“工序X”都需在无水、无氧的条件下进行，B不符合题意；
C、“配体交换”工序中反应生成了Ga(CH3)3(NR3)，经“工序X”后得到Ga(OH)3，因此“工序X”的作用是解配Ga(CH3)3(NR3)，并蒸出Ga(OH)3，C不符合题意；
D、Ga(CH3)3、CH3I二者都只含有一种氢原子，但其在核磁共振氢谱中，化学位移不同，因此可通过核磁共振氢谱进行鉴别，D符合题意；
故答案为：D
（6）NR3的沸点较高，易与Ga(CH3)3分离；而Et2O的沸点低于Ga(CH3)3，在Et2O转化为气态的同时，Ga(CH3)3也是气态，难以得到超纯的Ga(CH3)3。因此本流程中采用了“配体交换”工艺。
（7）Ga(CH3)3中Ga采用sp2杂化，为平面型结构；而Ga(CH3)3(Et2O)中Ga为sp3杂化，为四面体结构。所以键角Ga(CH3)3大于Ga(CH3)3(Et2O)。
【分析】（1）Ga(CH3)3的沸点较低，属于分子晶体。
（2）结合Ga的沸点为29.8℃可知，温度在40～45℃时，Ga为液态。阴极上Ga3＋发生得电子的还原反应，生成Ga单质。
（3）根据流程确定反应物和生成物，结合原子守恒书写反应的化学方程式。
（4）“残渣”的成分为CH3MgI，经水处理的过程中CH3MgI与H2O发生水解反应。
（5）A、“配体交换”过程中，生成了Et2O；
B、Ga2Mg5、CH3MgI都易与H2O、O2发生反应；
C、“配体交换”后得到Ga(CH3)3(NR3)，经工序X后得到Ga(CH3)3；
D、二者核磁共振氢谱的化学位移不同，可鉴别；
（6）Et2O的沸点低于Ga(CH3)3，在蒸出Et2O的同时，Ga(CH3)3也为气态，一起蒸出。而NR3的沸点较高，易与Ga(CH3)3分离。
（7）结合Ga(OH)3、Ga(CH3)3(Et2O)的结构判断二者键角的大小。
五、有机推断题
18．（2023·湖南）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下(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)。
【答案】（1）
（2）消去反应；加成反应
（3）碳碳双键；醚键
（4）
（5）②>③>①
（6）4
（7）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；苯酚的性质及用途
【解析】【解答】（1）A与Br2发射管取代反应生成B，B与E发生取代反应生成F，其中B断裂酚羟基上的氢原子，E断裂氯原子形成F和HCl，因此B的结构简式为。
（2）F转化为中间体的过程中，形成了碳碳双键，因此发生了消去反应；中间体转化为G的过程中，碳碳双键发生反应，因此反应类型为加成反应。
（3）由G的结构简式可知，物质G含的官能团为碳碳双键和醚键。
（4）碳碳三键与呋喃发生加成反应，生成，与HCl进一步反应生成。因此J的结构简式为。
（5）甲基为推电子基团，会使得苯环上电子云的密度增大，而-SO3H上氧原子的电子云密度减小，更容易电离产生H+。三氟甲基也能使苯环上电子云密度增大，但比甲基弱，因此三种酸的酸性强弱为②＞③＞①。
（6）呋喃的分子式为C4H4O，其同分异构体能发生银镜反应，则分子结构中含有-CHO；同时还剩余2个不饱和度，可能为环状结构+碳碳双键，或碳碳三键。因此满足条件的同分异构体的结构简式可能为、、HC≡C－CH2－CHO、CH3－C≡C－CHO，共四种结构。
（7）甲苯能与Br2在催化下反应，溴原子取代在甲基的对位和邻位。要合成邻溴甲苯，则需先将甲基对位进行“占位”，因此可先将甲苯与浓硫酸反应生成；再与Br2发生取代反应，生成；最后将-SO3H水解去除即可。因此该合成路线图为：。
【分析】（1）B与E反应生成F，结合E、F的结构简式，确定B的结构简式。
（2）形成双键的反应为消去反应，消耗双键的反应为加成反应。
（3）根据G的结构简式，确定其所含的官能团。
（4）根据中间体生成G的反应原理，确定J的结构简式。
（5）结合电电子云密度的大小判断酸性强弱。
（6）能发生银镜反应，则分子结构中含有-CHO，结合C、H、O的原子个数确定同分异构体的结构简式。
（7）要生成邻溴甲苯，则需在甲苯的对位引入取代基进行“占位”，再在甲基的邻位引入溴原子，最后将“占位”取代基去掉即可。
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