湖南省九校联盟2023届高三下学期第二次联考化学试题
一、单选题
1．（2023·湖南模拟）化学在社会进步中发挥着关键性作用。下列有关材料的说法错误的是
A．2022年北京冬奥会开幕式专用演出服为石墨烯智能发热材料，属于新型无机非金属材料
B．卡塔尔世界杯官方用球使用线形结构的新聚氨基酯(PU)材质，具有透气性、热固性
C．“天问一号”火星车使用的热控保温材料纳米气凝胶可产生丁达尔效应
D．“嫦娥五号”月球车上的国旗是由优质高分子材料嵌入纤维制成的，纤维也属于高分子材料
【答案】B
【知识点】无机非金属材料；高分子材料；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．石墨烯是碳的一种单质，是无机纤维，属于新型无机非金属材料，A不符合题意；
B．卡塔尔世界杯官方用球：使用线形结构新聚氨基酯（PU）材质，具有透气性，线形结构的塑料具有热塑性而不是热固性，B符合题意；
C．纳米气凝胶即形成胶体，故可产生丁达尔效应，C不符合题意；
D．国旗由优质高分子材料嵌入纤维制成的，纤维也属于高分子材料，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.石墨烯是碳单质，属于无机非金属材料；
C.胶体能产生丁达尔效应；
D.纤维属于高分子化合物。
2．（2023·湖南模拟）下列化学用语正确的是
A．丙烷分子的空间填充模型：
B．O3分子的球棍模型：
C．乙醇的核磁共振氢谱图：
D．基态As原子的电子排布式和价电子排布式分别为[Ar]3d104s24p3和4s24p3
【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；球棍模型与比例模型
【解析】【解答】A．是丙烷分子的球棍模型，而不是空间填充模型，A不符合题意；
B．已知O3分子呈V形，故O3分子的球棍模型：，B不符合题意；
C．已知CH3CH2OH的核磁共振氢谱图中有3中吸收峰，与题干图示信息不符，C不符合题意；
D．已知As为33号元素，根据能级构造原理可知，基态As原子的电子排布式和价电子排布式分别为[Ar]3d104s24p3和4s24p3，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.丙烷的空间填充模型为，是丙烷的球棍模型；
B.O3分子呈V形；
C.乙醇分子中含有3种不同环境的氢原子。
3．（2023·湖南模拟）下列离子方程式书写正确的是
A．NaHCO3溶液是常用的沉淀剂，向过量NaHCO3溶液中滴加饱和Ba(NO3)2溶液的离子方程式：Ba2++HCO =BaCO3↓+H+
B．向Ba(OH)2溶液中滴加NH4HSO4溶液至刚好沉淀完全：Ba2++2OH-+NH+HSO=BaSO4↓+NH3 H2O+H2O
C．硫酸铅溶解于浓盐酸中：PbSO4+4Cl-=[PbCl4]2-+SO
D．用醋酸和淀粉－KI溶液检验加碘盐中的IO：IO+I-+6H+=3I2+3H2O
【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．NaHCO3溶液是常用的沉淀剂，向过量NaHCO3溶液中滴加饱和Ba(NO3)2溶液的离子方程式为：Ba2++2=BaCO3↓+H2O+CO2↑，A不符合题意；
B．向Ba(OH)2溶液中滴加NH4HSO4溶液至刚好沉淀完全，电离出H+和，故该反应的离子方程式为：Ba2++2OH-+NH+ H+和=BaSO4↓+NH3 H2O+H2O，B不符合题意；
C．硫酸铅溶解于浓盐酸中的反应离子方程式为：PbSO4(s)+4Cl-=+SO，C符合题意；
D．CH3COOH为弱电解质，离子方程式中书写时不能拆，且原离子方程式质量不守恒，故用醋酸和淀粉－KI溶液检验加碘盐中的IO的离子方程式为：IO+5I-+6H+=3I2+3H2O，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.过量碳酸氢钠和硝酸钡反应生成碳酸钡、二氧化碳和水；
B.在溶液中电离为H+和，正确的离子方程式为Ba2++2OH-+NH+ H+和=BaSO4↓+NH3 H2O+H2O；
D.该方程式电荷不守恒，正确的离子方程式为IO+5I-+6H+=3I2+3H2O。
4．（2023·湖南模拟）某小组为了探究不同离子与OH-反应的先后相关问题，分别在1L0.1mol L-1NH4HCO3溶液、1L0.1mol L-1NH4HSO3溶液中加一定量NaOH固体后并恢复到常温(体积变化忽略不计)，并测得其中相关粒子浓度变化情况分别如图1、图2所示[已知：Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.61×10-11，Ka1(H2SO3)=1.52×10-2，Ka2(H2SO3)=1.02×10-7，Kb(NH3 H2O)=1.75×10-5]，下列说法正确的是
图11L0.1mol L-1NH4HCO3溶液中加入一定量NaOH后各粒子浓度变化曲线
图21L0.1mol L-1NH4HSO3溶液中加入一定量NaOH后各粒子浓度变化曲线
A．由上述实验可知与OH-反应的先后顺序为HSO＞NH＞HCO
B．图1中，当n(NaOH)=0.05mol时，只发生反应OH-+NH=NH3 H2O
C．图2中，当n(NaOH)＜0.1mol时，主要发生反应HSO+OH-=H2O+SO
D．上述实验说明，离子反应的先后顺序与反应平衡常数大小无关
【答案】C
【知识点】化学平衡常数；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由图1可知，加入氢氧化钠时，碳酸氢铵溶液中铵根离子浓度减小的同时，碳酸氢根离子浓度也在减小，说明溶液中铵根离子和碳酸氢根离子同时与氢氧根离子反应，故A不符合题意；
B．由图1可知，氢氧化钠物质的量为0.05mol时，碳酸氢铵溶液中铵根离子浓度和碳酸氢根离子浓度同时减小，说明溶液中铵根离子和碳酸氢根离子同时与氢氧根离子反应，反应的离子方程式为2OH-+NH+ HCO=NH3 H2O+CO+H2O，故B不符合题意；
C．由图2可知，氢氧化钠物质的量小于0.1mol时，亚硫酸氢铵溶液中亚硫酸氢根离子浓度明显减小，而铵根离子浓度几乎不变，说明溶液中亚硫酸氢根离子优先与氢氧根离子反应，反应的离子方程式为HSO+OH-=H2O+SO，故C符合题意；
D．由电离常数可知，铵根离子与氢氧根离子反应的平衡常数为≈5.71×104，碳酸氢根离子与氢氧根离子反应的平衡常数为=5.61×103，亚硫酸氢根离子与氢氧根离子反应的平衡常数为=1.02×107，则上述实验说明在化学反应速率都很快的离子反应中，平衡常数越大的反应越容易发生，所以离子反应的先后顺序与平衡常数的大小有关，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.加入氢氧化钠，铵根离子和碳酸氢根离子的浓度均减小，说明溶液中铵根离子和碳酸氢根离子同时与氢氧根离子反应；
B.铵根离子和碳酸氢根离子同时与氢氧根离子反应，则发生的反应为2OH-+NH+ HCO=NH3 H2O+CO+H2O；
D.离子反应的先后顺序与反应平衡常数大小有关。
5．（2023·湖南模拟）一种用作锂离子电池电解液的锂盐结构如图所示，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，W原子的最外层电子数等于其总电子数的。下列说法错误的是
A．简单离子半径：W＞Y＞Z
B．X元素的各种含氧酸盐水溶液均显碱性
C．与W同周期的元素中，第一电离能小于W的有5种
D．该锂盐中所有非金属元素均属于元素周期表p区元素
【答案】B
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．由分析可知，Y为O、Z为F、W为P，其简单离子为O2-、F-、P3-，其中P3-有3个电子层，另两个只有2个电子层，故简单离子半径大小为P3-＞O2-＞F-即W＞Y＞Z，A不符合题意；
B．由分析可知，X为C，Na2CO3、Na2C2O4等溶液显碱性，而NaHC2O4溶液显酸性，即X元素的各种含氧酸盐水溶液不都显碱性，B符合题意；
C．根据同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，故与W即P同周期的元素中，第一电离能小于W的有Na、Mg、Al、Si、S等5种，C不符合题意；
D．由分析可知，X、Y、Z、W分别为C、O、F、P，四种元素的原子核外电子最后进入的是2p和3p能级，故该锂盐中所有非金属元素均属于元素周期表p区元素，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 W原子的最外层电子数等于其总电子数的 ，结合各元素的成键情况可知，X为C元素，Y为O元素，Z为F元素，W为P元素。
6．（2023·湖南模拟）酮基布洛芬()是一种常用的解热镇痛药，通过抑制前列腺素的生成可达到缓解疼痛的作用，并有解热、消炎的作用，尤其对近期新型冠状病毒感染引起的发热症状有很好的治疗作用。下列关于酮基布洛芬的说法正确的是
A．每个分子中至少有14个C原子共平面
B．1mol该物质最多能与7molH2发生加成反应
C．酮基布洛芬分子无对映异构
D．口服酮基布洛芬对胃、肠道有刺激，用对布洛芬进行成酯修饰，能有效改善这种状况，原理是两者发生加成反应后酸性减弱
【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；酯化反应
【解析】【解答】A．单键可以旋转，两个苯环可旋转了不在一个面上，故A不符合题意；
B．苯环、羰基能与氢气发生加成反应，1mol该物质最多能与7molH2发生加成反应，故B符合题意；
C．分子中含有1个手性碳原子(*号标出)，存在对映异构，故C不符合题意；
D．口服酮基布洛芬对胃、肠道有刺激，用对布洛芬进行成酯修饰，能有效改善这种状况，原理是两者发生酯化反应(取代反应)后酸性减弱，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.单键可以旋转，通过旋转可使两个苯环不共面；
C.含有手性碳原子的有机物存在对映异构；
D.与酮基布洛芬发生酯化反应。
7．（2023·湖南模拟）2022年诺贝尔化学奖授予在“点击化学和生物正交化学”领域做出贡献的三位科学家。点击化学经典反应之一是一价铜[Cu]催化的叠氮化物－端炔烃环加成反应，反应机理示意如图：
下列说法正确的是
A．反应③过程中，不涉及极性键的断裂和形成
B．转化过程中N的杂化方式发生改变
C．该反应的总反应是取代反应，反应历程是离子反应历程
D．一价铜[Cu]催化剂能有效降低总反应的焓变，加快反应速率
【答案】B
【知识点】极性键和非极性键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂
【解析】【解答】A．由图可知，反应③过程中，涉及碳氮极性键的形成，故A不符合题意；
B．三键氮原子的杂化方式为sp杂化、双键氮原子的杂化方式为sp2杂化，所以转化过程中氮原子的杂化方式发生改变，故B符合题意；
C．由题意可知，该反应的总反应是一价铜催化的叠氮化物－端炔烃环加成反应，故C不符合题意；
D．催化剂能降低反应的活化能，但不能改变反应的焓变，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.反应③中存在C=N极性键的形成；
C.该反应的总反应为加成反应；
D.催化剂不能改变反应的焓变。
8．（2023·湖南模拟）一种3D打印机的柔性电池以碳纳米管作支撑材料，以吸收ZnSO4溶液的有机高聚物为固态电解质，相关图示如图1、图2，电池总反应为MnO2+Zn+(1+)Zn+ZnSO4MnOOH+[ZnSO4 3Zn(OH)2 xH2O]，下列说法错误的是
A．放电时，含有锌膜的碳纳米管纤维的反应为Zn+H2O+ZnSO4+OH--e-=[ZnSO4 3Zn(OH)2 xH2O]
B．充电时，含有MnO2膜的碳纳米管纤维与外电源正极相连
C．合成图2中的有机高聚物分子的反应为缩聚反应
D．有机高聚物中通过氢键的缔合作用，增强了高聚物的稳定性
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，放电时，含有锌膜的碳纳米管纤维为原电池的负极，电极反应式为Zn+H2O+ZnSO4+OH—e-=[ZnSO4 3Zn(OH)2 xH2O]，故A不符合题意；
B．由分析可知，充电时，与直流电源正极相连的含有二氧化锰膜的碳纳米管纤维为阳极，故B不符合题意；
C．由结构片段可知，一定条件下CH2=CHCONH2发生加聚反应生成有机高聚物分子，故C符合题意；
D．由结构片段可知，有机高聚物中含有氢键，通过氢键的缔合作用能增强了高聚物的稳定性，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据电池的总反应可知，放电时，锌膜为负极，电极反应式为Zn+H2O+ZnSO4+OH--e-=[ZnSO4 3Zn(OH)2 xH2O]，MnO2膜为正极，电极反应式为MnO2+e-+H2O=MnOOH+OH-，则充电时，二氧化锰膜为阳极，锌膜为阴极。
9．（2023·湖南模拟）铁、镍及其化合物有广泛的用途。某矿渣的主要成分为NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，以下是从该矿渣中回收NiSO4的工艺流程：
已知：①(NH4)2SO4在350℃以上会分解生成NH3和H2SO4；NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3；
②Ksp(CaF2)=4.0×10-11。
则下列说法错误的是
A．(NH4)2SO4的作用是将金属元素转化为可溶性硫酸盐，便于浸出
B．“浸渣”的成分为Fe(OH)3和SiO2
C．沉镍过程中的离子方程式：Ni2++HCO+NH3=NiCO3↓+NH
D．“浸出液”中c(Ca2+)=1.0×10-3mol L-1，当除钙率达到99%时，溶液中c(F-)=2.0×10-3mol L-1
【答案】B
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．由分析可知，加入硫酸铵的作用是将在600℃条件下反应将矿渣中金属元素转化为可溶性硫酸盐，便于浸泡时浸出，故A不符合题意；
B．由分析可知，滤渣的主要成分为二氧化硅、硫酸钙、氢氧化铁，故B符合题意；
C．由分析可知，沉镍过程中发生的反应为加入碳酸钠、氨气将镍离子转化为碳酸镍沉淀，反应的离子方程式为Ni2++HCO+NH3=NiCO3↓+NH，故C不符合题意；
D．由氟化钙的溶度积可知，当除钙率达到99%时，溶液中氟离子的浓度为=2.0×10-3mol L-1，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 矿渣加入硫酸铵研磨后，600℃焙烧，NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3，在95℃的热水中浸泡过滤得到浸出液，加入还原剂还原，再加入NaF除去钙离子，过滤得到滤液加入萃取剂得到无机相和有机相，无机相中发生Ni2++HCO+NH3=NiCO3↓+NH，NiCO3与硫酸反应得到硫酸镍，有机相再生后循环使用。
10．（2023·湖南模拟）某同学利用如图所示装置探究金属的腐蚀与防护，下列说法错误的是
A．③区电极电势Cu高于Fe
B．①区Fe电极和③区Fe电极电极反应均为Fe-2e-=Fe2+
C．②区Zn电极和④区Cu电极电极反应均为2H2O+2e-=H2↑+2OH-
D．②区Fe电极和④区Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液，均会出现蓝色沉淀
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；金属的电化学腐蚀与防护；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，③区中铁为负极、铜为正极，则③区电极电势正极铜高于负极铁，故A不符合题意；
B．由分析可知，①区中铁为正极，氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为O 2+4e-+2H2O=4OH-，故B符合题意；
C．由分析可知，②区锌电极和④区铜电极均为电解池的的阴极，电极反应式均为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故C不符合题意；
D．由分析可知，②区铁电极和④区铁电极均为电解池的的阳极，电极反应式均为Fe-2e-=Fe2+，放电生成的亚铁离子均能与铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】由图可知，①区为原电池，Zn为负极，电极反应为Zn-2e-=Zn2+，Fe为正极，电极反应式为O 2+4e-+2H2O=4OH-；②区为电解池，Zn为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，Fe为阳极，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+；③区为原电池，Fe为负极，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，Cu为正极，电极反应式为O 2+4e-+2H2O=4OH-；④区为电解池，Fe为阳极，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，Cu为阴极，电极反应式为为2H2O+2e-=H2↑+2OH-。
11．（2023·湖南模拟）某同学对甲苯与高锰酸钾水溶液反应速率做了如下两个实验探究：
实验I．取一定量的甲苯与一定体积和一定浓度的高锰酸钾水溶液，混合，振荡10min，缓慢褪色。
实验Ⅱ．在实验I的试剂取量基础上，再加入120g/L的冠醚(18－冠－6)，振荡，4.5min褪色。
下列有关说法错误的是
A．实验I反应速率小的原因是高锰酸钾不溶于甲苯，氧化剂MnO与还原剂甲苯接触不充分
B．K+与冠醚形成超分子，这种超分子可溶于甲苯
C．冠醚依靠其与K+之间的弱配位键作用，实现对K+的识别
D．冠醚可用作相转移催化剂
【答案】C
【知识点】探究影响化学反应速率的因素
【解析】【解答】A．比较实验I和实验Ⅱ可知，实验I由于高锰酸钾不溶于甲苯，氧化剂MnO与还原剂甲苯接触不充分，导致褪色时间较长，反应速率较小，A不符合题意；
B．K+与冠醚形成超分子，这种超分子可溶于甲苯，加入冠醚中的钾离子因静电作用将高锰酸根离子带入烯烃中，增大反应物的接触面积，提高氧化效果，B不符合题意；
C．冠醚是大环多醚类物质的总称，能与阳离子作用，并随环大小不同对阳离子具有选择性作用，并不是由冠醚依靠其与K+之间的弱配位键作用，实现对K+的识别，C符合题意；
D．比较实验I和实验Ⅱ可知，冠醚可将水相的催化剂转移至有机相，故冠醚可用作相转移催化剂，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】利用控制变量法探究某一因素对化学反应速率的影响时，应保证其他反应条件相同。
12．（2023·湖南模拟）利用γ－丁内酯(BL)制备1，4－丁二醇(BD)，反应过程中伴有生成四氢呋喃(THF)和1－丁醇(BuOH)的副反应，涉及反应如图：
已知：①反应I为快速反应，反应II、III为慢速反应；
②以5.0×10-3molBL或BD为初始原料，在493K、3.0×103kPa的高压H2氛围下，分别在恒压容器中进行反应(因反应I在高压H2氛围下进行，故H2压强近似等于总压)，x(BL)和x(BD)随时间t变化关系如图所示[x(i)表示某物种i的物质的量与除H2外其他各物种总物质的量之比]；达平衡时，以BL为原料，体系向环境放热akJ；以BD为原料，体系从环境吸热bkJ。
下列说法正确的是
A．γ－丁内酯分子中σ键与π键数目之比为6∶1
B．忽略副反应热效应，反应I焓变△H(493K，3.0×103kPa)=-(a+b)kJ mol-1
C．t1时刻x(H2O)=0.08
D．改变H2的压强不影响副产物四氢呋喃的产量
【答案】C
【知识点】化学键；反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．由结构简式可知，γ－丁内酯分子中单键为σ键、双键中含有1个σ键和1个π键，则γ－丁内酯分子中σ键与π键数目之比为12∶1，故A不符合题意；
B．由题意可知，氢气的物质的量为可视为∞，则以同等物质的量BL或BD为初始原料达到的平衡为等效平衡，则93K，3.0×103kPa条件下，5.0×10-3molBL转化为BD放出的热量为(a+b)kJ，所以反应I焓变△H =-=-200(a+b)kJ/mol，故B不符合题意；
C．由方程式可知，t1时刻，x(THF)+ x (BuOH)=x(H2O)，则由图可知，x(THF)+ x (BuOH)+x(H2O)=1-0.48-0.36=0.16，解联立方程可得x(H2O)=0.08，故C符合题意；
D．改变氢气的压强，反应I、反应II和反应III的平衡都会发生移动，所以副产物四氢呋喃的产量会发生改变，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键；
B.93K，3.0×103kPa条件下，5.0×10-3molBL转化为BD放出的热量为(a+b)kJ，则反应I焓变ΔH =-=-200(a+b)kJ/mol；
D.改变氢气的压强，三个反应的平衡均为发生移动。
13．（2023·湖南模拟）某化学学习小组利用NaClO溶液氧化环己醇( )制备环己酮( )的装置如图所示。
操作步骤如下：
i．向仪器A内加入环己醇、冰醋酸，逐滴加入NaClO溶液，30℃条件下反应30分钟后冷却。
ii．向仪器A内加入适量饱和NaHSO3溶液，用NaOH调节溶液显中性后加入饱和NaCl溶液，然后经分液、干燥、蒸馏得到环己酮。
下列叙述错误的是
A．饱和NaCl溶液可促进有机相和无机相分层
B．饱和NaHSO3溶液的主要作用是除去CH3COOH
C．冰醋酸既作为溶剂，同时可增强NaClO溶液的氧化性
D．若NaClO溶液滴加过快，仪器A中会产生少量黄绿色气体
【答案】B
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．饱和氯化钠可促进有机相和无机相分层，盐析而分层，A不符合题意；
B．饱和亚硫酸氢钠的主要作用是除去未反应的NaClO，B符合题意；
C．冰醋酸为有机溶剂，同时可增强NaClO溶液的氧化性，次氯酸根离子在酸性条件下氧化性增强，C不符合题意；
D．若NaClO溶液滴加过快，酸性条件下与氯化钠溶液反应产生氯气，故三颈烧瓶中会产生少量黄绿色气体，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.饱和氯化钠为无机溶液，使溶液应盐析而分层；
C.酸性条件下，次氯酸根离子和氢离子结合生成次氯酸，增强溶液的氧化性；
D.NaClO溶液在酸性条件下与氯化钠发生氧化还原反应生成氯气。
14．（2023·湖南模拟）谷氨酸(，用H2A表示)在生物体内的蛋白质代谢过程中占重要地位，在水溶液中有4种分布形式(H3A+、H2A、HA-和A2-)，常温下，用0.1mol L-1HCl溶液滴定20.00mL0.1mol L-1的Na2A溶液，溶液中pOH与离子浓度变化的关系如图所示[pOH=-lgc(OH-)]，下列叙述正确的是
A．曲线X表示pOH与-lg的关系
B．Na2A溶液中，c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)
C．溶液显中性时，c(H2A)＞c(A2-)
D．当V(HCl)=10mL时，c(HA-)+2c(H2A)+3c(H3A+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)
【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由分析可知，曲线X表示pOH与-lg的关系，故A不符合题意；
B．Na2A溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)+c(H3A+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，故B不符合题意；
C．由分析可知，水解常数Kh(HA-) =10-9.8、Kh(A2-) =10-4.4，则溶液显中性时，c(H2A)= ×c(HA-)、c(A2-) = ×c(HA-)，则溶液中c(A2-)大于c(H2A)，故C不符合题意；
D．盐酸溶液体积为10mL时，反应得到等浓度的Na2A、NaHA、NaCl的混合溶液，溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)+c(H3A+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-) +c(Cl-)和物料守恒关系c(Na+)=2c(HA-)+2c(H2A)+2c(H3A+)+2c()，整合两式可得c(HA-)+2c(H2A)+3c(H3A+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 A.随着盐酸的加入，A2-的浓度逐渐减小， HA-、H2A的浓度逐渐增大；
B.根据电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)+c(H3A+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)；
C.溶液显中性时，c(H+)=c(OH-)，c(H2A)= ×c(HA-)、c(A2-) = ×c(HA-)。
二、非选择题
15．（2023·湖南模拟）磷酸亚铁锂(化学式：LiFePO4)，为近年来新开发的锂离子电池电极材料，主要用于动力锂离子电池，作为电极活性物质使用，能可逆地嵌入、脱出锂，其作为锂离子电池电极材料的研究及应用得到广泛关注。通过水热法制备磷酸亚铁锂的一种方法如图(装置如图所示，夹持装置、加热装置等省略未画出)：
制备步骤：
I.在仪器A中加入40mL蒸馏水、0.01molH3PO4和0.01molFeSO4 7H2O，用搅拌器搅拌溶解后，缓慢加入0.03molLiOH H2O，继续搅拌。
II.向反应液中加入少量抗坏血酸(维生素C)，继续搅拌5min。
III.快速将反应液装入反应釜中，保持170℃恒温5h。
IV.冷却至室温，过滤。
V.用蒸馏水洗涤沉淀。
VI.干燥，得到磷酸亚铁锂产品。
回答下列问题：
（1）装置图中仪器A的名称是 ，根据上述实验药品的用量，A的最适宜规格为 (填标号)。
A.50mL B.100mL C.250mL D.500mL
（2）步骤II中，抗坏血酸的作用是 ，以下能代替抗坏血酸使用的是 (填标号)。
A．Na2SO3 B．铁粉 C．酸性高锰酸钾溶液
（3）若所加H3PO4、FeSO4 7H2O、LiOH H2O恰好完全反应，请写出制备磷酸亚铁锂的化学方程式： 。
（4）确定所得产品中未混有Fe(OH)3、FePO4杂质的方法是 。
（5）干燥后称量，若实验共得到无杂质产品1.1g，则LiFePO4的产率为 %(保留小数点后一位)。
（6）某种以LiFePO4作电极材料的锂电池总反应可表示为LiFePO4+CLi1-xFePO4+CLix。放电时正极的电极反应式为 。
【答案】（1）三颈烧瓶；B
（2）做还原剂，防止Fe2+被氧化；A
（3）
（4）取少量产品溶于适量盐酸中，向其中滴加几滴KSCN溶液，若溶液不会变为血红色，说明不含有杂质
（5）69.6%
（6）Li1-xFePO4+xLi++xe-═LiFePO4
【知识点】电极反应和电池反应方程式；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由图示可知，仪器A的名称是三颈烧瓶；由信息可知，在A中加入40mL蒸馏水，还有一些化学试剂，故最适宜规格为100mL，
故答案为：B ；
（2）溶液中Fe2+可能被氧化成Fe3+，所以抗坏血酸可以吸收氧气，主要作用是做还原剂，防止Fe2+被氧化；能代替抗坏血酸使用的是具有还原性的离子，Na2SO3可以与O2反应生成Na2SO4，不能选B，否则固体产品中引入铁粉新杂质。
故答案为：A；
（3）若所加H3PO4、FeSO4 7H2O、LiOH H2O恰好完全反应生成LiFePO4，则制备磷酸亚铁锂的化学方程式为；
（4）Fe(OH)3和FePO4都难溶于水，但可以溶解在酸中，溶解后有Fe3+生成，用检验Fe3+的方法检验，所以方法是：取少量产品溶于适量盐酸中，向其中滴加几滴KSCN溶液，若溶液变为血红色，说明含有杂质，反之则不含，故答案为：取少量产品溶于适量盐酸中，向其中滴加几滴KSCN溶液，若溶液不会变为血红色，说明不含有杂质；
（5）制备磷酸亚铁锂的原理为H3PO4+FeSO4+LiOH=LiFePO4+H2O+H2SO4，以0.01molFeSO4反应物完全反应来计算，理论上得到0.01mol LiFePO4， ，产率为；
（6）电池工作时的总反应为：LiFePO4+CLi1-xFePO4+CLix，放电时，Li1-xFePO4在正极上得电子发生还原反应生成LiFePO4，正极反应为：
Li1-xFePO4+xLi++xe-═LiFePO4。
【分析】（1）根据仪器构造可知，仪器A为三颈烧瓶；在仪器A中加入40mL蒸馏水，还需要加入其他化学试剂，因此合理的规格为100mL ；
（2）抗坏血酸具有还原性，可防止亚铁离子被氧化；
（3）H3PO4、FeSO4 7H2O、LiOH H2O恰好完全反应生成LiFePO4、硫酸锂和水；
（4） Fe(OH)3、FePO4中的铁元素均以铁离子形式存在，只需用KSCN溶液检验铁离子即可；
（5）根据H3PO4+FeSO4+LiOH=LiFePO4+H2O+H2SO4和计算；
（6）放电时为原电池，原电池正极发生还原反应。
16．（2023·湖南模拟）锗(Ge)是门捷列夫在1871年所预言的元素“亚硅”，高纯度的锗已成为目前重要的半导体材料，其化合物在治疗癌症方面也有着独特的功效。如图是以锗锌矿(主要成分为GeO2、ZnS，另外含有少量的Fe2O3等)为主要原料生产高纯度锗的工艺流程：
已知：GeO2可溶于强碱溶液，生成锗酸盐；GeCl4的熔点为-49.5℃，沸点为84℃，在水中或酸的稀溶液中易水解。
（1）Ge在元素周期表中的位置是 ，GeCl4晶体所属类别是 。
（2）步骤①NaOH溶液碱浸时发生的离子反应方程式为 。
（3）步骤③沉锗过程中，当温度为90℃，pH为14时，加料量(CaCl2/Ge质量比)对沉锗的影响如表所示，选择最佳加料量为 (填“10－15”“15－20”或“20－25”)。
编号 加料量(CaCl2/Ge) 母液体积(mL) 过滤后滤液含锗(mg/L) 过滤后滤液pH 锗沉淀率(%)
1 10 500 76 8 93.67
2 15 500 20 8 98.15
3 20 500 2 11 99.78
4 25 500 1.5 12 99.85
（4）步骤⑤中选择浓盐酸而不选择稀盐酸的原因是 。
（5）步骤⑥的化学反应方程式为 。
（6）Ge元素的单质及其化合物都具有独特的优异性能，请回答下列问题：
①量子化学计算显示含锗化合物H5O2Ge(BH4)3具有良好的光电化学性能。CaPbI3是H5O2Ge(BH4)3的量子化学计算模型，CaPbI3的晶体结构如图所示，若设定图中体心钙离子的分数坐标为(，，)，则分数坐标为(0，0，)的离子是 。
②晶体Ge是优良的半导体，可作高频率电流的检波和交流电的整流用。如图为Ge单晶的晶胞，设Ge原子半径为rpm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该锗晶体的密度计算式为(不需化简)ρ= g/cm3。
【答案】（1）第四周期ⅣA族；分子晶体
（2）GeO2+2OH-=GeO+H2O
（3）20—25
（4）GeCl4在稀盐酸中易水解
（5）GeCl4+(n+2)H2O= GeO2·nH2O↓+4HCl
（6）I-；
【知识点】晶胞的计算；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）锗元素的原子序数为32，位于元素周期表第四周期ⅣA族；由熔沸点可知，四氯化锗为熔沸点低的分子晶体，故答案为：第四周期ⅣA族；分子晶体；
（2）由分析可知，锗锌矿用氢氧化钠溶液碱浸的目的是将二氧化锗转化为偏锗酸钠，反应的离子方程式为GeO2+2OH-=GeO+H2O，故答案为：GeO2+2OH-=GeO+H2O；
（3）由表格数据可知，加料量在20—25范围内时，锗沉淀率最高，则最佳加料量为20—25，故答案为：20—25；
（4）由题给信息可知，四氯化锗在水中或酸的稀溶液中易水解，所以步骤⑤中选择浓盐酸分离的目的是防止四氯化锗在稀盐酸中发生水解，故答案为：GeCl4在稀盐酸中易水解；
（5）由分析可知，步骤⑥发生的反应为四氯化锗在纯水中发生水解反应转化为GeO2·nH2O，反应的化学反应方程式为GeCl4+(n+2)H2O= GeO2·nH2O↓+4HCl，故答案为：GeCl4+(n+2)H2O= GeO2·nH2O↓+4HCl；
（6）①由位于体心钙离子的分数坐标为(，，)可知，晶胞边长为1，结合化学式中原子个数比，Pb位于顶点，I-位于棱上，则分数坐标为(0，0，)的是碘离子，故答案为：I-；
②由晶胞结构可知，位于顶点、面心和体内的锗原子个数为8×+6×+4=8，由锗原子半径为rpm可知，晶胞的体对角线的长度为8rpm，则边长为 pm，由晶胞的质量公式可得：=ρ，解得ρ=，故答案为：。
【分析】 锗锌矿加入NaOH溶液碱浸，过滤，滤液含有锗酸钠，滤渣1为ZnS及少量Fe2O3，加入氯化钙溶液、过滤得到滤渣2为锗酸钙沉淀和氢氧化钙，加入盐酸生成GeCl4，GeCl4在浓盐酸中溶解度低，过滤后得到GeCl4；GeCl4在纯水中水解生成GeO2 nH2O，GeO2 nH2O脱水后再次得到GeO2，用氢气加热还原GeO2得到高纯度Ge。
17．（2022·河南模拟）高纯度的氢氟酸是制造芯片的重要原料之一。
（1）已知：HF(aq) H+(aq)+F-(aq) ΔH=-10.4kJ/mol
H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ΔH=-57.3kJ/mol
则：HF(aq)+NaOH(aq) =NaF(aq) +H2O(l)的ΔH= 。
（2）HF无论是气态还是在水溶液中均可二聚形成(HF)2。HF能二聚的原因是 ，写出(HF)2发生第二步电离的电离方程式 。
（3）如图为恒温、带有可自由移动隔板的刚性容器。当两边分别充入4g氦气和20g单分子态的HF气体时，隔板位于“5”处，隔板两边容器内的压强均为100kPa。
若固定隔板于“5”处，当右侧容器内反应2HF(g) (HF)2(g)达到平衡状态时，右侧容器内压强为P1；松开隔板，隔板移至“6”处并达到新的平衡，此时右侧容器内压强为P2，则P1 P2(填“大于”“小于”或“等于”)。该温度下，2HF(g) (HF)2(g) 反应的平衡常数KP= kPa-1(KP为以分压表示的平衡常数，计算结果保留2位有效数字)。
（4）若将上述容器改为绝热容器，固定隔板在“5”处，下列不能说明右侧容器内反应已达平衡状态的是____。
A．容器右侧气体的密度不再改变
B．容器右侧的温度不再改变
C．容器右侧气体的压强不再改变
D．容器右侧气体的平均相对分子质量不再改变
E．
（5）某温度下，将分析浓度(总浓度)相同的HCl、HF和CH3COOH三种溶液，分别加水稀释时，溶液pH变化如图所示。
图中，氢氟酸溶液在稀释初期的pH上升特别快，据此判断，(HF)2与HF的酸性相比，较强的是 。
（6）NaF和HF的混合溶液具有一定的缓冲能力，即加入少量的酸或碱时，溶液的pH基本保持不变。试结合方程式和必要的文字解释之 。
【答案】（1）-67.7 kJ/mol
（2）HF分子间可形成氢键；
（3）小于；0.024
（4）A；E
（5）(HF)2
（6）溶液中存在平衡HF F-+H+，F-和HF的浓度均较大，当加入少量酸时，平衡左移，当加入少量碱时，平衡右移，溶液中c(H+)变化不大，故溶液pH基本不变
【知识点】化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)根据盖斯定律：将两式相加得到HF(aq)+NaOH(aq)=NaF(aq)+H2O(l)的ΔH=-67.7kJ/mol；
(2)HF无论是气态还是在水溶液中均可二聚形成(HF)2，由于氟的电负性较强，HF能二聚的原因是HF分子间可形成氢键；
根据氢氟酸的电离方程程式可知HF为弱酸，故(HF)2发生第二步电离的电离方程式：；
(3)20g单分子态的HF的物质的量为==1mol，4g氦气物质的量为==1mol，因为隔板两边容器内的压强均为100kPa，可以认为1mol气体对应的压强为100kp，初始时He压强为100kPa，松开挡板反应达到平衡后左右两端压强相等，设每隔体积为V，左侧根据PV=nRT，PHeVHe=P2V2，100kp×5V=P2×6V，P2=PHe=×100kp=83.3kp；右边体积为4（6处），压强为P2，体积增加到5（移动到5），体积增大，平衡逆向移动，根据勒夏特列原理，压强减小为 P1，故P1
A．反应前后的气体的体积不变，质量不变，所以容器右侧反应前后气体密度不发生变化，不可以说明反应达到平衡状态，故A符合题意；
B．容器作为绝热容器，始终与外界没有热量传递，任何化学反应都有热量的变化，温度是一个变值，容器右侧的温度不再改变，能说明反应达到平衡状态，故B不符合题意；
C．反应前后气体的体积发生变化，压强发生变化，当压强不变时可说明右侧容器反应达平衡状态，故C不符合题意；
D．反应前后气体的质量不变，但是总的物质的量发生变化，根据平均相对分子质量=，所以当平均相对分子质量不变化时可说明右侧容器反应达平衡状态，故D不符合题意；
E．根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，即=2∶1，但不能作为判断平衡状态的标志，故E符合题意；
故答案为：AE；
(5)当HF浓度较高时，存在形式为(HF)2，(HF)2在稀释初期的pH上升特别快，由图可知，在稀释时，酸性越强，pH变化越大，(HF)2的酸性更强；
(6)NaF和HF的混合溶液具有一定的缓冲能力，即加入少量的酸或碱时，溶液的pH基本保持不变；溶液中存在平衡HFF-+H+，F-和HF的浓度均较大，当加入少量酸时，平衡左移，当加入少量碱时，平衡右移，溶液中c(H+)变化不大，故溶液pH基本不变。
【分析】（1）盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减；
（2）二聚即两个分子的聚合，由于F原子和氢原子可以形成氢键，因此分子之间形成氢键； (HF) 2含有2个氢离子，二级电离时只剩下F-；
（3）结合三段式以及PV=nRT，列出分压平衡常数，要注意分压平衡常数的计算跟浓度平衡常数的计算类似；
（4）化学平衡判断：1、同种物质正逆反应速率相等，2、不同物质速率满足：同侧异，异侧同，成比例，3、各组分的浓度、物质的量、质量、质量分数不变，4、左右两边化学计量数不相等，总物质的量、总压强（恒容）、总体积（恒压）不变，5、平均相对分子质量、平均密度根据公式计算，6、体系温度、颜色不变；
（5）在稀释时，酸性越强，pH变化越大；
（6）此类题型，通常是从可逆反应的角度解释，溶液中的平衡通常是盐的水解、弱电解质的电离、难溶电解质的溶解平衡。
18．（2023·湖南模拟）利托那韦是一种疗效高、可替代性强的治疗艾滋病的蛋白酶抑制剂，合成利托那韦两种重要中间体和的具体反应路线为：
I.的合成；
II.的合成：
①
②
已知：；R－OHR－Cl。
根据以上信息回答下列问题：
（1）化合物E的含氧官能团名称为 ，L→M的反应类型是 。
（2）用系统命名法给化合物F命名： ，写出F在盐酸溶液中加热生成的有机产物的结构简式： 。
（3）写出H→I的化学方程式： 。
（4）K和I反应生成L和N，请写出N的结构简式： 。
（5）化合物Q是一种芳香酯，Q为D的同分异构体。已知Q含－NO2、可以发生银镜反应，则Q的可能结构有 种。
（6）设计由、HOCH2CH2NH2、为原料(其他试剂任选)，制备的合成路线 。
【答案】（1）酯基、硝基；取代反应
（2）2-甲基丙酰胺；
（3）+CH3NH2+HCl
（4）
（5）10
（6）
【知识点】有机物的合成；芳香烃；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由结构简式可知，化合物E的含氧官能团为酯基、硝基；由分析可知，L→M的反应为L在酸性条件下发生水解反应生成M和甲醇，水解反应属于取代反应，故答案为：酯基、硝基；取代反应；
（2）由结构简式可知，化合物F的名称为2—甲基丙酰胺，在盐酸溶液中加热发生水解反应生成2-甲基丙酸和氯化铵，2—甲基丙酸的结构简式为，故答案为：2-甲基丙酰胺；；
（3）由分析可知，H→I的反应为H与甲胺溶液发生取代反应生成I和氯化氢，反应的化学方程式为+CH3NH2+HCl，故答案为：+CH3NH2+HCl；
（4）由分析可知，N的结构简式为，故答案为：；
（5）由D的同分异构体Q含硝基、可以发生银镜反应可知，Q分子中硝基、甲酸酚酯基、氯原子，可以视作、和分子中苯环上的氢原子被氯原子取代所得结构，其中分子中苯环上的氢原子被氯原子取代所得结构有2种，和分子中苯环上的氢原子被氯原子取代所得结构都有4种，共有10种，故答案为：10；
（6）由题给信息可知，由、HOCH2CH2NH2、为原料(其他试剂任选)，制备的合成步骤为与发生环加成反应生成，在苯分子作用下与SOCl2发生取代反应生成，与HOCH2CH2NH2发生取代反应生成，合成路线为，故答案为：。
【分析】（1）化合物E中含有的官能团为酯基和硝基；L发生取代反应生成M；
（2）化合物F的系统命名法为：2-甲基丙酰胺；F在盐酸中加热反应生成；
（3）根据反应物、产物和反应条件书写化学方程式；
（4）根据K、I和L的结构简式确定N的结构简式；
（5）分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体，可以发生银镜反应的物质含有醛基；
（6）参照题干和成路线分析具体合成步骤。
湖南省九校联盟2023届高三下学期第二次联考化学试题
一、单选题
1．（2023·湖南模拟）化学在社会进步中发挥着关键性作用。下列有关材料的说法错误的是
A．2022年北京冬奥会开幕式专用演出服为石墨烯智能发热材料，属于新型无机非金属材料
B．卡塔尔世界杯官方用球使用线形结构的新聚氨基酯(PU)材质，具有透气性、热固性
C．“天问一号”火星车使用的热控保温材料纳米气凝胶可产生丁达尔效应
D．“嫦娥五号”月球车上的国旗是由优质高分子材料嵌入纤维制成的，纤维也属于高分子材料
2．（2023·湖南模拟）下列化学用语正确的是
A．丙烷分子的空间填充模型：
B．O3分子的球棍模型：
C．乙醇的核磁共振氢谱图：
D．基态As原子的电子排布式和价电子排布式分别为[Ar]3d104s24p3和4s24p3
3．（2023·湖南模拟）下列离子方程式书写正确的是
A．NaHCO3溶液是常用的沉淀剂，向过量NaHCO3溶液中滴加饱和Ba(NO3)2溶液的离子方程式：Ba2++HCO =BaCO3↓+H+
B．向Ba(OH)2溶液中滴加NH4HSO4溶液至刚好沉淀完全：Ba2++2OH-+NH+HSO=BaSO4↓+NH3 H2O+H2O
C．硫酸铅溶解于浓盐酸中：PbSO4+4Cl-=[PbCl4]2-+SO
D．用醋酸和淀粉－KI溶液检验加碘盐中的IO：IO+I-+6H+=3I2+3H2O
4．（2023·湖南模拟）某小组为了探究不同离子与OH-反应的先后相关问题，分别在1L0.1mol L-1NH4HCO3溶液、1L0.1mol L-1NH4HSO3溶液中加一定量NaOH固体后并恢复到常温(体积变化忽略不计)，并测得其中相关粒子浓度变化情况分别如图1、图2所示[已知：Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.61×10-11，Ka1(H2SO3)=1.52×10-2，Ka2(H2SO3)=1.02×10-7，Kb(NH3 H2O)=1.75×10-5]，下列说法正确的是
图11L0.1mol L-1NH4HCO3溶液中加入一定量NaOH后各粒子浓度变化曲线
图21L0.1mol L-1NH4HSO3溶液中加入一定量NaOH后各粒子浓度变化曲线
A．由上述实验可知与OH-反应的先后顺序为HSO＞NH＞HCO
B．图1中，当n(NaOH)=0.05mol时，只发生反应OH-+NH=NH3 H2O
C．图2中，当n(NaOH)＜0.1mol时，主要发生反应HSO+OH-=H2O+SO
D．上述实验说明，离子反应的先后顺序与反应平衡常数大小无关
5．（2023·湖南模拟）一种用作锂离子电池电解液的锂盐结构如图所示，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，W原子的最外层电子数等于其总电子数的。下列说法错误的是
A．简单离子半径：W＞Y＞Z
B．X元素的各种含氧酸盐水溶液均显碱性
C．与W同周期的元素中，第一电离能小于W的有5种
D．该锂盐中所有非金属元素均属于元素周期表p区元素
6．（2023·湖南模拟）酮基布洛芬()是一种常用的解热镇痛药，通过抑制前列腺素的生成可达到缓解疼痛的作用，并有解热、消炎的作用，尤其对近期新型冠状病毒感染引起的发热症状有很好的治疗作用。下列关于酮基布洛芬的说法正确的是
A．每个分子中至少有14个C原子共平面
B．1mol该物质最多能与7molH2发生加成反应
C．酮基布洛芬分子无对映异构
D．口服酮基布洛芬对胃、肠道有刺激，用对布洛芬进行成酯修饰，能有效改善这种状况，原理是两者发生加成反应后酸性减弱
7．（2023·湖南模拟）2022年诺贝尔化学奖授予在“点击化学和生物正交化学”领域做出贡献的三位科学家。点击化学经典反应之一是一价铜[Cu]催化的叠氮化物－端炔烃环加成反应，反应机理示意如图：
下列说法正确的是
A．反应③过程中，不涉及极性键的断裂和形成
B．转化过程中N的杂化方式发生改变
C．该反应的总反应是取代反应，反应历程是离子反应历程
D．一价铜[Cu]催化剂能有效降低总反应的焓变，加快反应速率
8．（2023·湖南模拟）一种3D打印机的柔性电池以碳纳米管作支撑材料，以吸收ZnSO4溶液的有机高聚物为固态电解质，相关图示如图1、图2，电池总反应为MnO2+Zn+(1+)Zn+ZnSO4MnOOH+[ZnSO4 3Zn(OH)2 xH2O]，下列说法错误的是
A．放电时，含有锌膜的碳纳米管纤维的反应为Zn+H2O+ZnSO4+OH--e-=[ZnSO4 3Zn(OH)2 xH2O]
B．充电时，含有MnO2膜的碳纳米管纤维与外电源正极相连
C．合成图2中的有机高聚物分子的反应为缩聚反应
D．有机高聚物中通过氢键的缔合作用，增强了高聚物的稳定性
9．（2023·湖南模拟）铁、镍及其化合物有广泛的用途。某矿渣的主要成分为NiFe2O4(铁酸镍)、NiO、FeO、CaO、SiO2等，以下是从该矿渣中回收NiSO4的工艺流程：
已知：①(NH4)2SO4在350℃以上会分解生成NH3和H2SO4；NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3；
②Ksp(CaF2)=4.0×10-11。
则下列说法错误的是
A．(NH4)2SO4的作用是将金属元素转化为可溶性硫酸盐，便于浸出
B．“浸渣”的成分为Fe(OH)3和SiO2
C．沉镍过程中的离子方程式：Ni2++HCO+NH3=NiCO3↓+NH
D．“浸出液”中c(Ca2+)=1.0×10-3mol L-1，当除钙率达到99%时，溶液中c(F-)=2.0×10-3mol L-1
10．（2023·湖南模拟）某同学利用如图所示装置探究金属的腐蚀与防护，下列说法错误的是
A．③区电极电势Cu高于Fe
B．①区Fe电极和③区Fe电极电极反应均为Fe-2e-=Fe2+
C．②区Zn电极和④区Cu电极电极反应均为2H2O+2e-=H2↑+2OH-
D．②区Fe电极和④区Fe电极附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液，均会出现蓝色沉淀
11．（2023·湖南模拟）某同学对甲苯与高锰酸钾水溶液反应速率做了如下两个实验探究：
实验I．取一定量的甲苯与一定体积和一定浓度的高锰酸钾水溶液，混合，振荡10min，缓慢褪色。
实验Ⅱ．在实验I的试剂取量基础上，再加入120g/L的冠醚(18－冠－6)，振荡，4.5min褪色。
下列有关说法错误的是
A．实验I反应速率小的原因是高锰酸钾不溶于甲苯，氧化剂MnO与还原剂甲苯接触不充分
B．K+与冠醚形成超分子，这种超分子可溶于甲苯
C．冠醚依靠其与K+之间的弱配位键作用，实现对K+的识别
D．冠醚可用作相转移催化剂
12．（2023·湖南模拟）利用γ－丁内酯(BL)制备1，4－丁二醇(BD)，反应过程中伴有生成四氢呋喃(THF)和1－丁醇(BuOH)的副反应，涉及反应如图：
已知：①反应I为快速反应，反应II、III为慢速反应；
②以5.0×10-3molBL或BD为初始原料，在493K、3.0×103kPa的高压H2氛围下，分别在恒压容器中进行反应(因反应I在高压H2氛围下进行，故H2压强近似等于总压)，x(BL)和x(BD)随时间t变化关系如图所示[x(i)表示某物种i的物质的量与除H2外其他各物种总物质的量之比]；达平衡时，以BL为原料，体系向环境放热akJ；以BD为原料，体系从环境吸热bkJ。
下列说法正确的是
A．γ－丁内酯分子中σ键与π键数目之比为6∶1
B．忽略副反应热效应，反应I焓变△H(493K，3.0×103kPa)=-(a+b)kJ mol-1
C．t1时刻x(H2O)=0.08
D．改变H2的压强不影响副产物四氢呋喃的产量
13．（2023·湖南模拟）某化学学习小组利用NaClO溶液氧化环己醇( )制备环己酮( )的装置如图所示。
操作步骤如下：
i．向仪器A内加入环己醇、冰醋酸，逐滴加入NaClO溶液，30℃条件下反应30分钟后冷却。
ii．向仪器A内加入适量饱和NaHSO3溶液，用NaOH调节溶液显中性后加入饱和NaCl溶液，然后经分液、干燥、蒸馏得到环己酮。
下列叙述错误的是
A．饱和NaCl溶液可促进有机相和无机相分层
B．饱和NaHSO3溶液的主要作用是除去CH3COOH
C．冰醋酸既作为溶剂，同时可增强NaClO溶液的氧化性
D．若NaClO溶液滴加过快，仪器A中会产生少量黄绿色气体
14．（2023·湖南模拟）谷氨酸(，用H2A表示)在生物体内的蛋白质代谢过程中占重要地位，在水溶液中有4种分布形式(H3A+、H2A、HA-和A2-)，常温下，用0.1mol L-1HCl溶液滴定20.00mL0.1mol L-1的Na2A溶液，溶液中pOH与离子浓度变化的关系如图所示[pOH=-lgc(OH-)]，下列叙述正确的是
A．曲线X表示pOH与-lg的关系
B．Na2A溶液中，c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)
C．溶液显中性时，c(H2A)＞c(A2-)
D．当V(HCl)=10mL时，c(HA-)+2c(H2A)+3c(H3A+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)
二、非选择题
15．（2023·湖南模拟）磷酸亚铁锂(化学式：LiFePO4)，为近年来新开发的锂离子电池电极材料，主要用于动力锂离子电池，作为电极活性物质使用，能可逆地嵌入、脱出锂，其作为锂离子电池电极材料的研究及应用得到广泛关注。通过水热法制备磷酸亚铁锂的一种方法如图(装置如图所示，夹持装置、加热装置等省略未画出)：
制备步骤：
I.在仪器A中加入40mL蒸馏水、0.01molH3PO4和0.01molFeSO4 7H2O，用搅拌器搅拌溶解后，缓慢加入0.03molLiOH H2O，继续搅拌。
II.向反应液中加入少量抗坏血酸(维生素C)，继续搅拌5min。
III.快速将反应液装入反应釜中，保持170℃恒温5h。
IV.冷却至室温，过滤。
V.用蒸馏水洗涤沉淀。
VI.干燥，得到磷酸亚铁锂产品。
回答下列问题：
（1）装置图中仪器A的名称是 ，根据上述实验药品的用量，A的最适宜规格为 (填标号)。
A.50mL B.100mL C.250mL D.500mL
（2）步骤II中，抗坏血酸的作用是 ，以下能代替抗坏血酸使用的是 (填标号)。
A．Na2SO3 B．铁粉 C．酸性高锰酸钾溶液
（3）若所加H3PO4、FeSO4 7H2O、LiOH H2O恰好完全反应，请写出制备磷酸亚铁锂的化学方程式： 。
（4）确定所得产品中未混有Fe(OH)3、FePO4杂质的方法是 。
（5）干燥后称量，若实验共得到无杂质产品1.1g，则LiFePO4的产率为 %(保留小数点后一位)。
（6）某种以LiFePO4作电极材料的锂电池总反应可表示为LiFePO4+CLi1-xFePO4+CLix。放电时正极的电极反应式为 。
16．（2023·湖南模拟）锗(Ge)是门捷列夫在1871年所预言的元素“亚硅”，高纯度的锗已成为目前重要的半导体材料，其化合物在治疗癌症方面也有着独特的功效。如图是以锗锌矿(主要成分为GeO2、ZnS，另外含有少量的Fe2O3等)为主要原料生产高纯度锗的工艺流程：
已知：GeO2可溶于强碱溶液，生成锗酸盐；GeCl4的熔点为-49.5℃，沸点为84℃，在水中或酸的稀溶液中易水解。
（1）Ge在元素周期表中的位置是 ，GeCl4晶体所属类别是 。
（2）步骤①NaOH溶液碱浸时发生的离子反应方程式为 。
（3）步骤③沉锗过程中，当温度为90℃，pH为14时，加料量(CaCl2/Ge质量比)对沉锗的影响如表所示，选择最佳加料量为 (填“10－15”“15－20”或“20－25”)。
编号 加料量(CaCl2/Ge) 母液体积(mL) 过滤后滤液含锗(mg/L) 过滤后滤液pH 锗沉淀率(%)
1 10 500 76 8 93.67
2 15 500 20 8 98.15
3 20 500 2 11 99.78
4 25 500 1.5 12 99.85
（4）步骤⑤中选择浓盐酸而不选择稀盐酸的原因是 。
（5）步骤⑥的化学反应方程式为 。
（6）Ge元素的单质及其化合物都具有独特的优异性能，请回答下列问题：
①量子化学计算显示含锗化合物H5O2Ge(BH4)3具有良好的光电化学性能。CaPbI3是H5O2Ge(BH4)3的量子化学计算模型，CaPbI3的晶体结构如图所示，若设定图中体心钙离子的分数坐标为(，，)，则分数坐标为(0，0，)的离子是 。
②晶体Ge是优良的半导体，可作高频率电流的检波和交流电的整流用。如图为Ge单晶的晶胞，设Ge原子半径为rpm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该锗晶体的密度计算式为(不需化简)ρ= g/cm3。
17．（2022·河南模拟）高纯度的氢氟酸是制造芯片的重要原料之一。
（1）已知：HF(aq) H+(aq)+F-(aq) ΔH=-10.4kJ/mol
H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) ΔH=-57.3kJ/mol
则：HF(aq)+NaOH(aq) =NaF(aq) +H2O(l)的ΔH= 。
（2）HF无论是气态还是在水溶液中均可二聚形成(HF)2。HF能二聚的原因是 ，写出(HF)2发生第二步电离的电离方程式 。
（3）如图为恒温、带有可自由移动隔板的刚性容器。当两边分别充入4g氦气和20g单分子态的HF气体时，隔板位于“5”处，隔板两边容器内的压强均为100kPa。
若固定隔板于“5”处，当右侧容器内反应2HF(g) (HF)2(g)达到平衡状态时，右侧容器内压强为P1；松开隔板，隔板移至“6”处并达到新的平衡，此时右侧容器内压强为P2，则P1 P2(填“大于”“小于”或“等于”)。该温度下，2HF(g) (HF)2(g) 反应的平衡常数KP= kPa-1(KP为以分压表示的平衡常数，计算结果保留2位有效数字)。
（4）若将上述容器改为绝热容器，固定隔板在“5”处，下列不能说明右侧容器内反应已达平衡状态的是____。
A．容器右侧气体的密度不再改变
B．容器右侧的温度不再改变
C．容器右侧气体的压强不再改变
D．容器右侧气体的平均相对分子质量不再改变
E．
（5）某温度下，将分析浓度(总浓度)相同的HCl、HF和CH3COOH三种溶液，分别加水稀释时，溶液pH变化如图所示。
图中，氢氟酸溶液在稀释初期的pH上升特别快，据此判断，(HF)2与HF的酸性相比，较强的是 。
（6）NaF和HF的混合溶液具有一定的缓冲能力，即加入少量的酸或碱时，溶液的pH基本保持不变。试结合方程式和必要的文字解释之 。
18．（2023·湖南模拟）利托那韦是一种疗效高、可替代性强的治疗艾滋病的蛋白酶抑制剂，合成利托那韦两种重要中间体和的具体反应路线为：
I.的合成；
II.的合成：
①
②
已知：；R－OHR－Cl。
根据以上信息回答下列问题：
（1）化合物E的含氧官能团名称为 ，L→M的反应类型是 。
（2）用系统命名法给化合物F命名： ，写出F在盐酸溶液中加热生成的有机产物的结构简式： 。
（3）写出H→I的化学方程式： 。
（4）K和I反应生成L和N，请写出N的结构简式： 。
（5）化合物Q是一种芳香酯，Q为D的同分异构体。已知Q含－NO2、可以发生银镜反应，则Q的可能结构有 种。
（6）设计由、HOCH2CH2NH2、为原料(其他试剂任选)，制备的合成路线 。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】无机非金属材料；高分子材料；胶体的性质和应用
【解析】【解答】A．石墨烯是碳的一种单质，是无机纤维，属于新型无机非金属材料，A不符合题意；
B．卡塔尔世界杯官方用球：使用线形结构新聚氨基酯（PU）材质，具有透气性，线形结构的塑料具有热塑性而不是热固性，B符合题意；
C．纳米气凝胶即形成胶体，故可产生丁达尔效应，C不符合题意；
D．国旗由优质高分子材料嵌入纤维制成的，纤维也属于高分子材料，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.石墨烯是碳单质，属于无机非金属材料；
C.胶体能产生丁达尔效应；
D.纤维属于高分子化合物。
2．【答案】D
【知识点】原子核外电子排布；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构；球棍模型与比例模型
【解析】【解答】A．是丙烷分子的球棍模型，而不是空间填充模型，A不符合题意；
B．已知O3分子呈V形，故O3分子的球棍模型：，B不符合题意；
C．已知CH3CH2OH的核磁共振氢谱图中有3中吸收峰，与题干图示信息不符，C不符合题意；
D．已知As为33号元素，根据能级构造原理可知，基态As原子的电子排布式和价电子排布式分别为[Ar]3d104s24p3和4s24p3，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.丙烷的空间填充模型为，是丙烷的球棍模型；
B.O3分子呈V形；
C.乙醇分子中含有3种不同环境的氢原子。
3．【答案】C
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．NaHCO3溶液是常用的沉淀剂，向过量NaHCO3溶液中滴加饱和Ba(NO3)2溶液的离子方程式为：Ba2++2=BaCO3↓+H2O+CO2↑，A不符合题意；
B．向Ba(OH)2溶液中滴加NH4HSO4溶液至刚好沉淀完全，电离出H+和，故该反应的离子方程式为：Ba2++2OH-+NH+ H+和=BaSO4↓+NH3 H2O+H2O，B不符合题意；
C．硫酸铅溶解于浓盐酸中的反应离子方程式为：PbSO4(s)+4Cl-=+SO，C符合题意；
D．CH3COOH为弱电解质，离子方程式中书写时不能拆，且原离子方程式质量不守恒，故用醋酸和淀粉－KI溶液检验加碘盐中的IO的离子方程式为：IO+5I-+6H+=3I2+3H2O，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.过量碳酸氢钠和硝酸钡反应生成碳酸钡、二氧化碳和水；
B.在溶液中电离为H+和，正确的离子方程式为Ba2++2OH-+NH+ H+和=BaSO4↓+NH3 H2O+H2O；
D.该方程式电荷不守恒，正确的离子方程式为IO+5I-+6H+=3I2+3H2O。
4．【答案】C
【知识点】化学平衡常数；弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由图1可知，加入氢氧化钠时，碳酸氢铵溶液中铵根离子浓度减小的同时，碳酸氢根离子浓度也在减小，说明溶液中铵根离子和碳酸氢根离子同时与氢氧根离子反应，故A不符合题意；
B．由图1可知，氢氧化钠物质的量为0.05mol时，碳酸氢铵溶液中铵根离子浓度和碳酸氢根离子浓度同时减小，说明溶液中铵根离子和碳酸氢根离子同时与氢氧根离子反应，反应的离子方程式为2OH-+NH+ HCO=NH3 H2O+CO+H2O，故B不符合题意；
C．由图2可知，氢氧化钠物质的量小于0.1mol时，亚硫酸氢铵溶液中亚硫酸氢根离子浓度明显减小，而铵根离子浓度几乎不变，说明溶液中亚硫酸氢根离子优先与氢氧根离子反应，反应的离子方程式为HSO+OH-=H2O+SO，故C符合题意；
D．由电离常数可知，铵根离子与氢氧根离子反应的平衡常数为≈5.71×104，碳酸氢根离子与氢氧根离子反应的平衡常数为=5.61×103，亚硫酸氢根离子与氢氧根离子反应的平衡常数为=1.02×107，则上述实验说明在化学反应速率都很快的离子反应中，平衡常数越大的反应越容易发生，所以离子反应的先后顺序与平衡常数的大小有关，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.加入氢氧化钠，铵根离子和碳酸氢根离子的浓度均减小，说明溶液中铵根离子和碳酸氢根离子同时与氢氧根离子反应；
B.铵根离子和碳酸氢根离子同时与氢氧根离子反应，则发生的反应为2OH-+NH+ HCO=NH3 H2O+CO+H2O；
D.离子反应的先后顺序与反应平衡常数大小有关。
5．【答案】B
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较
【解析】【解答】A．由分析可知，Y为O、Z为F、W为P，其简单离子为O2-、F-、P3-，其中P3-有3个电子层，另两个只有2个电子层，故简单离子半径大小为P3-＞O2-＞F-即W＞Y＞Z，A不符合题意；
B．由分析可知，X为C，Na2CO3、Na2C2O4等溶液显碱性，而NaHC2O4溶液显酸性，即X元素的各种含氧酸盐水溶液不都显碱性，B符合题意；
C．根据同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，故与W即P同周期的元素中，第一电离能小于W的有Na、Mg、Al、Si、S等5种，C不符合题意；
D．由分析可知，X、Y、Z、W分别为C、O、F、P，四种元素的原子核外电子最后进入的是2p和3p能级，故该锂盐中所有非金属元素均属于元素周期表p区元素，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 W原子的最外层电子数等于其总电子数的 ，结合各元素的成键情况可知，X为C元素，Y为O元素，Z为F元素，W为P元素。
6．【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体；酯化反应
【解析】【解答】A．单键可以旋转，两个苯环可旋转了不在一个面上，故A不符合题意；
B．苯环、羰基能与氢气发生加成反应，1mol该物质最多能与7molH2发生加成反应，故B符合题意；
C．分子中含有1个手性碳原子(*号标出)，存在对映异构，故C不符合题意；
D．口服酮基布洛芬对胃、肠道有刺激，用对布洛芬进行成酯修饰，能有效改善这种状况，原理是两者发生酯化反应(取代反应)后酸性减弱，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.单键可以旋转，通过旋转可使两个苯环不共面；
C.含有手性碳原子的有机物存在对映异构；
D.与酮基布洛芬发生酯化反应。
7．【答案】B
【知识点】极性键和非极性键；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；活化能及其对化学反应速率的影响；催化剂
【解析】【解答】A．由图可知，反应③过程中，涉及碳氮极性键的形成，故A不符合题意；
B．三键氮原子的杂化方式为sp杂化、双键氮原子的杂化方式为sp2杂化，所以转化过程中氮原子的杂化方式发生改变，故B符合题意；
C．由题意可知，该反应的总反应是一价铜催化的叠氮化物－端炔烃环加成反应，故C不符合题意；
D．催化剂能降低反应的活化能，但不能改变反应的焓变，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.反应③中存在C=N极性键的形成；
C.该反应的总反应为加成反应；
D.催化剂不能改变反应的焓变。
8．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，放电时，含有锌膜的碳纳米管纤维为原电池的负极，电极反应式为Zn+H2O+ZnSO4+OH—e-=[ZnSO4 3Zn(OH)2 xH2O]，故A不符合题意；
B．由分析可知，充电时，与直流电源正极相连的含有二氧化锰膜的碳纳米管纤维为阳极，故B不符合题意；
C．由结构片段可知，一定条件下CH2=CHCONH2发生加聚反应生成有机高聚物分子，故C符合题意；
D．由结构片段可知，有机高聚物中含有氢键，通过氢键的缔合作用能增强了高聚物的稳定性，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据电池的总反应可知，放电时，锌膜为负极，电极反应式为Zn+H2O+ZnSO4+OH--e-=[ZnSO4 3Zn(OH)2 xH2O]，MnO2膜为正极，电极反应式为MnO2+e-+H2O=MnOOH+OH-，则充电时，二氧化锰膜为阳极，锌膜为阴极。
9．【答案】B
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．由分析可知，加入硫酸铵的作用是将在600℃条件下反应将矿渣中金属元素转化为可溶性硫酸盐，便于浸泡时浸出，故A不符合题意；
B．由分析可知，滤渣的主要成分为二氧化硅、硫酸钙、氢氧化铁，故B符合题意；
C．由分析可知，沉镍过程中发生的反应为加入碳酸钠、氨气将镍离子转化为碳酸镍沉淀，反应的离子方程式为Ni2++HCO+NH3=NiCO3↓+NH，故C不符合题意；
D．由氟化钙的溶度积可知，当除钙率达到99%时，溶液中氟离子的浓度为=2.0×10-3mol L-1，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】 矿渣加入硫酸铵研磨后，600℃焙烧，NiFe2O4在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2(SO4)3，在95℃的热水中浸泡过滤得到浸出液，加入还原剂还原，再加入NaF除去钙离子，过滤得到滤液加入萃取剂得到无机相和有机相，无机相中发生Ni2++HCO+NH3=NiCO3↓+NH，NiCO3与硫酸反应得到硫酸镍，有机相再生后循环使用。
10．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；金属的电化学腐蚀与防护；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．由分析可知，③区中铁为负极、铜为正极，则③区电极电势正极铜高于负极铁，故A不符合题意；
B．由分析可知，①区中铁为正极，氧气在正极得到电子发生还原反应生成氢氧根离子，电极反应式为O 2+4e-+2H2O=4OH-，故B符合题意；
C．由分析可知，②区锌电极和④区铜电极均为电解池的的阴极，电极反应式均为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故C不符合题意；
D．由分析可知，②区铁电极和④区铁电极均为电解池的的阳极，电极反应式均为Fe-2e-=Fe2+，放电生成的亚铁离子均能与铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】由图可知，①区为原电池，Zn为负极，电极反应为Zn-2e-=Zn2+，Fe为正极，电极反应式为O 2+4e-+2H2O=4OH-；②区为电解池，Zn为阴极，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，Fe为阳极，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+；③区为原电池，Fe为负极，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，Cu为正极，电极反应式为O 2+4e-+2H2O=4OH-；④区为电解池，Fe为阳极，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，Cu为阴极，电极反应式为为2H2O+2e-=H2↑+2OH-。
11．【答案】C
【知识点】探究影响化学反应速率的因素
【解析】【解答】A．比较实验I和实验Ⅱ可知，实验I由于高锰酸钾不溶于甲苯，氧化剂MnO与还原剂甲苯接触不充分，导致褪色时间较长，反应速率较小，A不符合题意；
B．K+与冠醚形成超分子，这种超分子可溶于甲苯，加入冠醚中的钾离子因静电作用将高锰酸根离子带入烯烃中，增大反应物的接触面积，提高氧化效果，B不符合题意；
C．冠醚是大环多醚类物质的总称，能与阳离子作用，并随环大小不同对阳离子具有选择性作用，并不是由冠醚依靠其与K+之间的弱配位键作用，实现对K+的识别，C符合题意；
D．比较实验I和实验Ⅱ可知，冠醚可将水相的催化剂转移至有机相，故冠醚可用作相转移催化剂，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】利用控制变量法探究某一因素对化学反应速率的影响时，应保证其他反应条件相同。
12．【答案】C
【知识点】化学键；反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线
【解析】【解答】A．由结构简式可知，γ－丁内酯分子中单键为σ键、双键中含有1个σ键和1个π键，则γ－丁内酯分子中σ键与π键数目之比为12∶1，故A不符合题意；
B．由题意可知，氢气的物质的量为可视为∞，则以同等物质的量BL或BD为初始原料达到的平衡为等效平衡，则93K，3.0×103kPa条件下，5.0×10-3molBL转化为BD放出的热量为(a+b)kJ，所以反应I焓变△H =-=-200(a+b)kJ/mol，故B不符合题意；
C．由方程式可知，t1时刻，x(THF)+ x (BuOH)=x(H2O)，则由图可知，x(THF)+ x (BuOH)+x(H2O)=1-0.48-0.36=0.16，解联立方程可得x(H2O)=0.08，故C符合题意；
D．改变氢气的压强，反应I、反应II和反应III的平衡都会发生移动，所以副产物四氢呋喃的产量会发生改变，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.单键均为σ键，双键含有1个σ键和1个π键；
B.93K，3.0×103kPa条件下，5.0×10-3molBL转化为BD放出的热量为(a+b)kJ，则反应I焓变ΔH =-=-200(a+b)kJ/mol；
D.改变氢气的压强，三个反应的平衡均为发生移动。
13．【答案】B
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．饱和氯化钠可促进有机相和无机相分层，盐析而分层，A不符合题意；
B．饱和亚硫酸氢钠的主要作用是除去未反应的NaClO，B符合题意；
C．冰醋酸为有机溶剂，同时可增强NaClO溶液的氧化性，次氯酸根离子在酸性条件下氧化性增强，C不符合题意；
D．若NaClO溶液滴加过快，酸性条件下与氯化钠溶液反应产生氯气，故三颈烧瓶中会产生少量黄绿色气体，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.饱和氯化钠为无机溶液，使溶液应盐析而分层；
C.酸性条件下，次氯酸根离子和氢离子结合生成次氯酸，增强溶液的氧化性；
D.NaClO溶液在酸性条件下与氯化钠发生氧化还原反应生成氯气。
14．【答案】D
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较
【解析】【解答】A．由分析可知，曲线X表示pOH与-lg的关系，故A不符合题意；
B．Na2A溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)+c(H3A+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，故B不符合题意；
C．由分析可知，水解常数Kh(HA-) =10-9.8、Kh(A2-) =10-4.4，则溶液显中性时，c(H2A)= ×c(HA-)、c(A2-) = ×c(HA-)，则溶液中c(A2-)大于c(H2A)，故C不符合题意；
D．盐酸溶液体积为10mL时，反应得到等浓度的Na2A、NaHA、NaCl的混合溶液，溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)+c(H3A+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-) +c(Cl-)和物料守恒关系c(Na+)=2c(HA-)+2c(H2A)+2c(H3A+)+2c()，整合两式可得c(HA-)+2c(H2A)+3c(H3A+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】 A.随着盐酸的加入，A2-的浓度逐渐减小， HA-、H2A的浓度逐渐增大；
B.根据电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)+c(H3A+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)；
C.溶液显中性时，c(H+)=c(OH-)，c(H2A)= ×c(HA-)、c(A2-) = ×c(HA-)。
15．【答案】（1）三颈烧瓶；B
（2）做还原剂，防止Fe2+被氧化；A
（3）
（4）取少量产品溶于适量盐酸中，向其中滴加几滴KSCN溶液，若溶液不会变为血红色，说明不含有杂质
（5）69.6%
（6）Li1-xFePO4+xLi++xe-═LiFePO4
【知识点】电极反应和电池反应方程式；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）由图示可知，仪器A的名称是三颈烧瓶；由信息可知，在A中加入40mL蒸馏水，还有一些化学试剂，故最适宜规格为100mL，
故答案为：B ；
（2）溶液中Fe2+可能被氧化成Fe3+，所以抗坏血酸可以吸收氧气，主要作用是做还原剂，防止Fe2+被氧化；能代替抗坏血酸使用的是具有还原性的离子，Na2SO3可以与O2反应生成Na2SO4，不能选B，否则固体产品中引入铁粉新杂质。
故答案为：A；
（3）若所加H3PO4、FeSO4 7H2O、LiOH H2O恰好完全反应生成LiFePO4，则制备磷酸亚铁锂的化学方程式为；
（4）Fe(OH)3和FePO4都难溶于水，但可以溶解在酸中，溶解后有Fe3+生成，用检验Fe3+的方法检验，所以方法是：取少量产品溶于适量盐酸中，向其中滴加几滴KSCN溶液，若溶液变为血红色，说明含有杂质，反之则不含，故答案为：取少量产品溶于适量盐酸中，向其中滴加几滴KSCN溶液，若溶液不会变为血红色，说明不含有杂质；
（5）制备磷酸亚铁锂的原理为H3PO4+FeSO4+LiOH=LiFePO4+H2O+H2SO4，以0.01molFeSO4反应物完全反应来计算，理论上得到0.01mol LiFePO4， ，产率为；
（6）电池工作时的总反应为：LiFePO4+CLi1-xFePO4+CLix，放电时，Li1-xFePO4在正极上得电子发生还原反应生成LiFePO4，正极反应为：
Li1-xFePO4+xLi++xe-═LiFePO4。
【分析】（1）根据仪器构造可知，仪器A为三颈烧瓶；在仪器A中加入40mL蒸馏水，还需要加入其他化学试剂，因此合理的规格为100mL ；
（2）抗坏血酸具有还原性，可防止亚铁离子被氧化；
（3）H3PO4、FeSO4 7H2O、LiOH H2O恰好完全反应生成LiFePO4、硫酸锂和水；
（4） Fe(OH)3、FePO4中的铁元素均以铁离子形式存在，只需用KSCN溶液检验铁离子即可；
（5）根据H3PO4+FeSO4+LiOH=LiFePO4+H2O+H2SO4和计算；
（6）放电时为原电池，原电池正极发生还原反应。
16．【答案】（1）第四周期ⅣA族；分子晶体
（2）GeO2+2OH-=GeO+H2O
（3）20—25
（4）GeCl4在稀盐酸中易水解
（5）GeCl4+(n+2)H2O= GeO2·nH2O↓+4HCl
（6）I-；
【知识点】晶胞的计算；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）锗元素的原子序数为32，位于元素周期表第四周期ⅣA族；由熔沸点可知，四氯化锗为熔沸点低的分子晶体，故答案为：第四周期ⅣA族；分子晶体；
（2）由分析可知，锗锌矿用氢氧化钠溶液碱浸的目的是将二氧化锗转化为偏锗酸钠，反应的离子方程式为GeO2+2OH-=GeO+H2O，故答案为：GeO2+2OH-=GeO+H2O；
（3）由表格数据可知，加料量在20—25范围内时，锗沉淀率最高，则最佳加料量为20—25，故答案为：20—25；
（4）由题给信息可知，四氯化锗在水中或酸的稀溶液中易水解，所以步骤⑤中选择浓盐酸分离的目的是防止四氯化锗在稀盐酸中发生水解，故答案为：GeCl4在稀盐酸中易水解；
（5）由分析可知，步骤⑥发生的反应为四氯化锗在纯水中发生水解反应转化为GeO2·nH2O，反应的化学反应方程式为GeCl4+(n+2)H2O= GeO2·nH2O↓+4HCl，故答案为：GeCl4+(n+2)H2O= GeO2·nH2O↓+4HCl；
（6）①由位于体心钙离子的分数坐标为(，，)可知，晶胞边长为1，结合化学式中原子个数比，Pb位于顶点，I-位于棱上，则分数坐标为(0，0，)的是碘离子，故答案为：I-；
②由晶胞结构可知，位于顶点、面心和体内的锗原子个数为8×+6×+4=8，由锗原子半径为rpm可知，晶胞的体对角线的长度为8rpm，则边长为 pm，由晶胞的质量公式可得：=ρ，解得ρ=，故答案为：。
【分析】 锗锌矿加入NaOH溶液碱浸，过滤，滤液含有锗酸钠，滤渣1为ZnS及少量Fe2O3，加入氯化钙溶液、过滤得到滤渣2为锗酸钙沉淀和氢氧化钙，加入盐酸生成GeCl4，GeCl4在浓盐酸中溶解度低，过滤后得到GeCl4；GeCl4在纯水中水解生成GeO2 nH2O，GeO2 nH2O脱水后再次得到GeO2，用氢气加热还原GeO2得到高纯度Ge。
17．【答案】（1）-67.7 kJ/mol
（2）HF分子间可形成氢键；
（3）小于；0.024
（4）A；E
（5）(HF)2
（6）溶液中存在平衡HF F-+H+，F-和HF的浓度均较大，当加入少量酸时，平衡左移，当加入少量碱时，平衡右移，溶液中c(H+)变化不大，故溶液pH基本不变
【知识点】化学平衡常数；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)根据盖斯定律：将两式相加得到HF(aq)+NaOH(aq)=NaF(aq)+H2O(l)的ΔH=-67.7kJ/mol；
(2)HF无论是气态还是在水溶液中均可二聚形成(HF)2，由于氟的电负性较强，HF能二聚的原因是HF分子间可形成氢键；
根据氢氟酸的电离方程程式可知HF为弱酸，故(HF)2发生第二步电离的电离方程式：；
(3)20g单分子态的HF的物质的量为==1mol，4g氦气物质的量为==1mol，因为隔板两边容器内的压强均为100kPa，可以认为1mol气体对应的压强为100kp，初始时He压强为100kPa，松开挡板反应达到平衡后左右两端压强相等，设每隔体积为V，左侧根据PV=nRT，PHeVHe=P2V2，100kp×5V=P2×6V，P2=PHe=×100kp=83.3kp；右边体积为4（6处），压强为P2，体积增加到5（移动到5），体积增大，平衡逆向移动，根据勒夏特列原理，压强减小为 P1，故P1
A．反应前后的气体的体积不变，质量不变，所以容器右侧反应前后气体密度不发生变化，不可以说明反应达到平衡状态，故A符合题意；
B．容器作为绝热容器，始终与外界没有热量传递，任何化学反应都有热量的变化，温度是一个变值，容器右侧的温度不再改变，能说明反应达到平衡状态，故B不符合题意；
C．反应前后气体的体积发生变化，压强发生变化，当压强不变时可说明右侧容器反应达平衡状态，故C不符合题意；
D．反应前后气体的质量不变，但是总的物质的量发生变化，根据平均相对分子质量=，所以当平均相对分子质量不变化时可说明右侧容器反应达平衡状态，故D不符合题意；
E．根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，即=2∶1，但不能作为判断平衡状态的标志，故E符合题意；
故答案为：AE；
(5)当HF浓度较高时，存在形式为(HF)2，(HF)2在稀释初期的pH上升特别快，由图可知，在稀释时，酸性越强，pH变化越大，(HF)2的酸性更强；
(6)NaF和HF的混合溶液具有一定的缓冲能力，即加入少量的酸或碱时，溶液的pH基本保持不变；溶液中存在平衡HFF-+H+，F-和HF的浓度均较大，当加入少量酸时，平衡左移，当加入少量碱时，平衡右移，溶液中c(H+)变化不大，故溶液pH基本不变。
【分析】（1）盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减；
（2）二聚即两个分子的聚合，由于F原子和氢原子可以形成氢键，因此分子之间形成氢键； (HF) 2含有2个氢离子，二级电离时只剩下F-；
（3）结合三段式以及PV=nRT，列出分压平衡常数，要注意分压平衡常数的计算跟浓度平衡常数的计算类似；
（4）化学平衡判断：1、同种物质正逆反应速率相等，2、不同物质速率满足：同侧异，异侧同，成比例，3、各组分的浓度、物质的量、质量、质量分数不变，4、左右两边化学计量数不相等，总物质的量、总压强（恒容）、总体积（恒压）不变，5、平均相对分子质量、平均密度根据公式计算，6、体系温度、颜色不变；
（5）在稀释时，酸性越强，pH变化越大；
（6）此类题型，通常是从可逆反应的角度解释，溶液中的平衡通常是盐的水解、弱电解质的电离、难溶电解质的溶解平衡。
18．【答案】（1）酯基、硝基；取代反应
（2）2-甲基丙酰胺；
（3）+CH3NH2+HCl
（4）
（5）10
（6）
【知识点】有机物的合成；芳香烃；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）由结构简式可知，化合物E的含氧官能团为酯基、硝基；由分析可知，L→M的反应为L在酸性条件下发生水解反应生成M和甲醇，水解反应属于取代反应，故答案为：酯基、硝基；取代反应；
（2）由结构简式可知，化合物F的名称为2—甲基丙酰胺，在盐酸溶液中加热发生水解反应生成2-甲基丙酸和氯化铵，2—甲基丙酸的结构简式为，故答案为：2-甲基丙酰胺；；
（3）由分析可知，H→I的反应为H与甲胺溶液发生取代反应生成I和氯化氢，反应的化学方程式为+CH3NH2+HCl，故答案为：+CH3NH2+HCl；
（4）由分析可知，N的结构简式为，故答案为：；
（5）由D的同分异构体Q含硝基、可以发生银镜反应可知，Q分子中硝基、甲酸酚酯基、氯原子，可以视作、和分子中苯环上的氢原子被氯原子取代所得结构，其中分子中苯环上的氢原子被氯原子取代所得结构有2种，和分子中苯环上的氢原子被氯原子取代所得结构都有4种，共有10种，故答案为：10；
（6）由题给信息可知，由、HOCH2CH2NH2、为原料(其他试剂任选)，制备的合成步骤为与发生环加成反应生成，在苯分子作用下与SOCl2发生取代反应生成，与HOCH2CH2NH2发生取代反应生成，合成路线为，故答案为：。
【分析】（1）化合物E中含有的官能团为酯基和硝基；L发生取代反应生成M；
（2）化合物F的系统命名法为：2-甲基丙酰胺；F在盐酸中加热反应生成；
（3）根据反应物、产物和反应条件书写化学方程式；
（4）根据K、I和L的结构简式确定N的结构简式；
（5）分子式相同，结构不同的化合物互为同分异构体，可以发生银镜反应的物质含有醛基；
（6）参照题干和成路线分析具体合成步骤。
