2023年湖南卷化學高考真題

一、選擇題：本題共14小題，每小題3分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一

項是符合題目要求的。

1.中華文化源遠流長，化學與文化傳承密不可分。下列說法錯誤的是

青銅器“四羊方尊，，的主要材質為合金

B.長沙走馬樓出土的竹木簡牘主要成分是纖維素

蔡倫采用堿液蒸煮制漿法造紙，該過程不涉及化學變化

D.銅官窯彩瓷是以黏土為主要原料，經高溫燒結而成

【答案】C

【解析】

【詳解】A.四羊方尊由青銅制成，在當時銅的冶煉方法還不成熟，銅中常含有一些雜質，因此青銅屬合金

范疇，A正確;

B.竹木簡牘由竹子、木頭等原料制成，竹子、木頭的主要成分為纖維素，B正確;

C.蔡倫用堿液制漿法造紙，將原料放在堿液中蒸煮，原料在堿性環境下發生反應使原有的粗漿纖維變成細

漿，該過程涉及化學變化，C錯誤;

D.陶瓷是利用黏土在高溫下燒結定型生成硅酸鋁，D正確;

故答案選C。

2.下列化學用語表述錯誤的是

A.HC1O的電子式：H*O*C1?

B.中子數為10的氧原子：I。

C.NH3分子的VSEPR模型：

2s

D.基態N原子的價層電子排布圖：血

【答案】C

【解析】

【詳解】A.HC1O中O元素成負化合價,在結構中得到H和C1共用的電子，因此HC1O的電子式為

H：O：C1：A正確;

B.中子數為10,質子數為8的O原子其相對原子質量為10+8=18,其原子表示為［O,B正確；

C.根據VSEPR模型計算，NH3分子中有1對故電子對，N還連接有3和H原子，因此NH3的VSEPR模

型為四面體型，C錯誤；

?JS.

D.基態N原子是價層電子排布為2s22P3,其電子排布圖為鹵,D正確;

故答案選C。

3.下列玻璃儀器在相應實驗中選用不合理的是

⑤⑥

A.重結晶法提純苯甲酸：①②③B.蒸儲法分離CH2cb和CCL：③⑤⑥

C.濃硫酸催化乙醇制備乙烯：③⑤D.酸堿滴定法測定NaOH溶液濃度：④⑥

【答案】A

【解析】

【詳解】A.粗苯甲酸中含有少量氯化鈉和泥沙，需要利用重結晶來提純苯甲酸，具體操作為加熱溶解、趁

熱過濾和冷卻結晶，此時利用的玻璃儀器有漏斗、燒杯、玻璃棒，A選項裝置選擇不合理；

B.蒸播法需要用到溫度計以測量蒸汽溫度、蒸儲燒瓶用來盛裝混合溶液、錐形瓶用于盛裝收集到的微分，

B選項裝置選擇合理；

C.濃硫酸催化制乙烯需要控制反應溫度為170℃,需要利用溫度計測量反應體系的溫度，C選項裝置選擇

合理；

D.酸堿滴定法測定NaOH溶液濃度是用已知濃度的酸液滴定未知濃度的堿液，酸液盛裝在酸式滴定管中，

D選項裝置選擇合理；

故答案選Ao

4.下列有關物質結構和性質的說法錯誤的是

A.含有手性碳原子的分子叫做手性分子

B.鄰羥基苯甲醛的沸點低于對羥基苯甲醛的沸點

C.酰胺在酸或堿存在并加熱的條件下可發生水解反應

D.冠醒(18-冠-6)的空穴與K+尺寸適配，兩者能通過弱相互作用形成超分子

【答案】D

【解析】

【詳解】A.手性分子中含有手性碳原子，可以利用分子中知否含有手性碳原子區分物質是否含有手性，A

正確；

B.鄰羥基苯甲醛中含有分子內氫鍵，分子內氫鍵可以降低物質的熔沸點，因此鄰羥基苯甲醛的熔沸點低于

對羥基苯甲醛的熔沸點，B正確；

C.酰胺在酸性條件下反應生成短基和氨基，在堿性條件下反應生成技酸鹽和氨氣，二者均為水解反應，C

正確；

D.冠醒(18-冠-6)的空穴大小為260?320pm,可以適配K+(276pm)、Rb+(304pm),冠醒與離子之間以配位鍵

的形式結合，屬強相互作用，D錯誤；

故答案選D。

5.下列有關電極方程式或離子方程式錯誤的是

A.堿性鋅錦電池的正極反應：MnO2+H2O+e-=MnO(OH)+OH-

2++

B.鉛酸蓄電池充電時的陽極反應：Pb+2H2O-2e-=PbO2+4H

+2+3

C.K3[Fe(CN)6]溶液滴入FeCl2溶液中：K+Fe+[Fe(CN)6]-=KFe[Fe(CN)6]；

D.TiCL加入水中：TiC14+(x+2)H2O=TiO2-xH2Ol+4H++4C「

【答案】B

【解析】

【詳解】A.堿性鋅鏡電池放電時正極得到電子生成MnO(OH),電極方程式為MnO2+H2O+e-=MnO(OH)+OH-,

A正確；

+

B.鉛酸電池在充電時陽極失電子，其電極式為：PbSO4-2e+2H2O=PbO2+4H+SO^，B錯誤；

C.K3[Fe(CN)6]用來鑒別Fe2+生成滕氏藍沉淀，反應的離子方程式為K++Fe2++[Fe(CN)6]3-=KFe[Fe(CN)6]J,

C正確；

D.TiC14容易與水反應發生水解，反應的離子方程式為TiC14+(x+2)H2O=TiO2xH2O[+4H++4Cl-,D正確；

故答案選B。

6.日光燈中用到的某種熒光粉的主要成分為3W3(ZX4)2-WY2。已知：X、Y、Z和W為原子序數依次增大的

前20號元素，W為金屬元素?；鶓BX原子s軌道上的電子數和p軌道上的電子數相等，基態X、Y、Z原

子的未成對電子數之比為2：1：3。下列說法正確的是

A,電負性：X>Y>Z>W

B.原子半徑：X<Y<Z<W

C.Y和W的單質都能與水反應生成氣體

D.Z元素最高價氧化物對應的水化物具有強氧化性

【答案】C

【解析】

【分析】根據題中所給的信息，基態X原子s軌道上的電子式與P軌道上的電子式相同，可以推測X為O

元素或Mg元素，由熒光粉的結構可知，X主要形成的是酸根，因此X為0元素；基態X原子中未成鍵電

子數為2,因此Y的未成鍵電子數為1,又因X、Y、Z、W的原子序數依次增大，故Y可能為F元素、Na

元素、A1元素、C1元素，因題目中給出W為金屬元素且熒光粉的結構中Y與W化合，故Y為F元素或

C1元素；Z原子的未成鍵電子數為3,又因其其原子序大于Y,故Y應為F元素、Z其應為P元素；從熒

光粉的結構式可以看出W為某+2價元素，故其為Ca元素；綜上所述，X、Y、Z、W四種元素分別為0、

F、P、Ca,據此答題。

【詳解】A.電負性用來描述不同元素的原子對鍵合電子吸引力的大小，根據其規律，同一周期從左到右依

次增大，同一主族從上到下依次減小，故四種原子的電負性大小為：Y>X>Z>W,A錯誤;

B.同一周期原子半徑從左到右依次減小，同一主族原子半徑從上到下依次增大，故四種原子的原子半徑大

小為：Y<X<Z<W,B錯誤；

C.F2與水反應生成HF氣體和02,Ca與水反應生成氫氧化鈣和氫氣，二者均可以生成氣體，C正確；

D.Z元素的最高價氧化物對應的水化物為H3P04,幾乎沒有氧化性，D錯誤；

故答案選C。

7.取一定體積的兩種試劑進行反應，改變兩種試劑的滴加順序(試劑濃度均為O.lmoLLT)，反應現象沒有

明顯差別的是

選項試劑①試劑②

A氨水AgNC)3溶液

BNaOH溶液加2由。4)3溶液

CH2c2O4溶液酸性KMnO4溶液

DKSCN溶液FeCl3溶液

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【解析】

【詳解】A.向氨水中滴加AgNC)3溶液并振蕩，由于開始時氨水過量，振蕩后沒有沉淀產生，發生的反應

為AgNO3+2NH3-H2O=Ag(NH3)2NO3+2H2。；向AgNC>3溶液中滴加氨水并振蕩，開始時生成白色

沉淀且沉淀逐漸增多，發生的反應為AgNOs+NHs-HzOnAgOHJ+NH,NOs；當氨水過量后，繼續滴加

氨水沉淀逐漸減少直至沉淀完全溶解，發生的反應為AgOH+2NH3-H2O=Ag(NH3)2OH+2H2。，因此,

改變兩種試劑的滴加順序后反應現象有明顯差別，A不符合題意；

B.向NaOH中滴加A12(SC)4)3溶液并振蕩，由于開始時NaOH過量，振蕩后沒有沉淀產生，發生的反

應為8NaOH+Al?(SO)?=2NaAl()2+3Na2SO4+4H2O；向A12(SO4)3溶液中滴加NaOH并振蕩，

開始時生成白色沉淀且沉淀逐漸增多,發生的反應為6NaOH+Al2(SO4)3=2A1(OH)3J+3Na2SO4；當

NaOH過量后，繼續滴加NaOH沉淀逐漸減少直至沉淀完全溶解，發生的反應為

NaOH+Al(OH)3=NaA102+2H2O,因此，改變兩種試劑的滴加順序后反應現象有明顯差別，B不符合

題意；

C.向H2c2O4溶液中滴加酸性KM11O4溶液并振蕩，由于開始時H2c?。4是過量的，KMnO,可以被

H2c2O4完全還原，可以看到紫紅色的溶液褪為無色，發生的反應為

5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=2MnS04+K2S04+10C02T+8H2O；向KMnO4溶液中滴加酸性

H2c2O4溶液并振蕩，由于開始時KM11O4是過量的，KM11O4逐漸被H2c2O4還原，可以看到紫紅色的

溶液逐漸變淺，最后變為無色，因此，改變兩種試劑的滴加順序后反應現象有明顯差別，C不符合題意；

D.向KSCN溶液中滴加FeCL溶液，溶液立即變為血紅色；向FeCy溶液中滴加KSCN溶液，溶液同樣

立即變為血紅色，因此，改變兩種試劑的滴加順序后反應現象沒有明顯差別，D符合題意；

綜上所述，本題選D。

8.葡萄糖酸鈣是一種重要的補鈣劑，工業上以葡萄糖、碳酸鈣為原料，在澳化鈉溶液中采用間接電氧化反

應制備葡萄糖酸鈣，其陽極區反應過程如下：

CHOCOOHCOO-

H--OHH--OH

HO--HCaCO3HO--H

Ca2+

H--OHH--OH

H--OHH--OH

CHOH

CH2OH_2_2

葡萄糖酸葡萄糖酸鈣

下列說法錯誤的是

A.澳化鈉起催化和導電作用

B.每生成Imol葡萄糖酸鈣，理論上電路中轉移了2moi電子

C.葡萄糖酸能通過分子內反應生成含有六元環狀結構的產物

D,葡萄糖能發生氧化、還原、取代、加成和消去反應

【答案】B

【解析】

【詳解】A.由圖中信息可知，澳化鈉是電解裝置中的電解質，其電離產生的離子可以起導電作用，且B「

在陽極上被氧化為Br2,然后B「2與H2O反應生成HBrO和BL，HBrO再和葡萄糖反應生成葡萄糖酸和

Br.，澳離子在該過程中的質量和性質保持不變，因此，澳化鈉在反應中起催化和導電作用，A說法正確；

B.由A中分析可知，2moiBr「在陽極上失去2mol電子后生成ImolBr?,ImolBr2與H2。反應生成

ImolHBrO，ImolHBrO與Imol葡萄糖反應生成Imol葡萄糖酸，Imol葡萄糖酸與足量的碳酸鈣反應可生

成0.5mol葡萄糖酸鈣，因此，每生成1mol葡萄糖酸鈣，理論上電路中轉移了4mol電子，B說法不正確；

C.葡萄糖酸分子內既有竣基又有羥基，因此，其能通過分子內反應生中六元環狀結構的酯，C說法正確；

D.葡萄糖分子中的1號C原子形成了醛基，其余5個C原子上均有羥基和H；醛基上既能發生氧化反應

生成竣基，也能在一定的條件下與氫氣發生加成反應生成醇，該加成反應也是還原反應；葡萄糖能與酸發

生酯化反應，酯化反應也是取代反應；羥基能與其相連的C原子的鄰位C上的H（P-H）發生消去反應;

綜上所述，葡萄糖能發生氧化、還原、取代、加成和消去反應，D說法正確;

綜上所述，本題選B。

9.處理某銅冶金污水（含CM+、Fe3\Zn2\Ap+）的部分流程如下:

石灰乳Na2s溶液

I4I

污水一”混合槽I沉淀池I_卜昆合槽n|—』沉淀池n|―-出水

沉渣I沉渣n

已知：①溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示:

Fe(OH)3)

物質CU(OH)2Zn(OH2AI(OH)3

開始沉淀pH1.94.26.23.5

完全沉淀pH3.26.78.246

-36-24

②Ksp(CuS)=6.4xlO,Ksp(ZnS)=1.6xlO。

下列說法錯誤的是

A.“沉渣I”中含有Fe(OH)3和A1(OH)3

B.Na2s溶液呈堿性，其主要原因是S2-+H2OUHS-+OH-

2+

c(Cu)12

C.“沉淀池H”中，當C/+和ZY+完全沉淀時，溶液中一—充4=4.0x1072

clZn)

D.“出水”經陰離子交換樹脂軟化處理后，可用作工業冷卻循環用水

【答案】D

【解析】

【分析】污水中含有銅離子、三價鐵離子、鋅離子、鋁離子，首先加入石灰乳除掉三價鐵離子和鋁離子，

過濾后，加入硫化鈉除去其中的銅離子和鋅離子，再次過濾后即可達到除去其中的雜質，以此解題。

【詳解】A.根據分析可知氫氧化鐵當pH=1.9時開始沉淀，氫氧化鋁當pH=3.5時開始沉淀，當pH=4時，

則會生成氫氧化鋁和氫氧化鐵，即“沉渣I”中含有Fe(OH)3和A1(OH)3,A正確；

B.硫化鈉溶液中的硫離子可以水解，產生氫氧根離子，使溶液顯堿性，其第一步水解的方程式為：

2

S-+H2O^HS-+OH--B正確；

C.當銅離子和鋅離子完全沉淀時，則硫化銅和硫化鋅都達到了沉淀溶解平衡，則

c(Cu2+)c(Cu2+).cS)Ksp(CuS)6.4x10F,“12「市陶

2+2+224

c(Zn)-c(Zn)-c(S)—Ksp(CuS)—1.6xW-'角；

D.污水經過處理后其中含有較多的鈣離子，故“出水”應該經過陽離子交換樹脂軟化處理，達到工業冷卻循

環用水的標準后，才能使用，D錯誤；

故選D。

10.油畫創作通常需要用到多種無機顏料。研究發現，在不同的空氣濕度和光照條件下，顏料雌黃(As2s3)

褪色的主要原因是發生了以下兩種化學反應:

空氣，紫外光

//~AS2O3+H2s2O3

As2s3(s)

、空氣，自然光

HASO+HSO

II3424

下列說法正確的是

A.S2。：和SOj的空間結構都是正四面體形

B.反應I和n中，元素As和s都被氧化

-1](()、)

c.反應I和n中，參加反應的一7-^—-：I<n

n(H2O)

D,反應I和II中，氧化ImolAs2s3轉移的電子數之比為3：7

【答案】D

【解析】

【詳解】A.S?。，的中心原子S形成的4個◎鍵的鍵長不一樣，故其空間結構不是正四面體形，A錯誤;

B.As2s3中As的化合價為+3價，反應I產物AS2O3中As的化合價為+3價，故該過程中As沒有被氧化,

B錯誤；

紫外光

C.根據題給信息可知，反應I的方程式為：2As2S3+6O2+3H2O----------2AS2O3+3H2S2O3,反應II的

自然光n(O.)

方程式為：ASS+7O+6HO^—2ASO+3HSO,則反應I和II中，參加反應的二、:

232223223

n(-H-2)

I>ILC錯誤;

D.As2s3中As為+3價，S為-2價，在經過反應I后，As的化合價沒有變，S變為+2價，則lmolAs2S3失

電子3x4mol=12mol；在經過反應II后，As變為+5價，S變為+6價，則ImolAs2s3失電子

2x2mol+3x8mol=28mol,則反應I和II中，氧化ImolAs2s3轉移的電子數之比為3：7,D正確；

故選D。

11.科學家合成了一種高溫超導材料，其晶胞結構如圖所示，該立方晶胞參數為apm。阿伏加德羅常數的

值為NA。下列說法錯誤的是

A.晶體最簡化學式為KCaB6c6

B.晶體中與K+最近且距離相等的Ca?+有8個

C.晶胞中B和C原子構成的多面體有12個面

32

217x103

D.晶體的密度為,3—g-cm

aN

【答案】C

【解析】

【詳解】A.根據晶胞結構可知，其中K個數：8x-=l,其中Ca個數：1,其中B個數：12x；=6,其中C

82

個數：12xg=6,故其最簡化學式為KCaB6c6,A正確；

B.根據晶胞結構可知，K+位于晶胞體心，Ca位于定點，則晶體中與K+最近且距離相等的Ca?+有8個，

B正確；

C.根據晶胞結構可知，晶胞中B和C原子構成的多面體有14個面，C錯誤；

217

D.根據選項A分析可知，該晶胞最簡化學式為KCaB6c6,則1個晶胞質量為：—g,晶胞體積為

2.17x1032

a3xl0-30cm3,則其密度為，------g-cm-3,D正確;

aN

故選C。

12.常溫下，用濃度為O.OZOOmol.L-1的NaOH標準溶液滴定濃度均為0.0200mol-I71的HC1和

V（標準溶液）

的混合溶液，滴定過程中溶液的隨⑺

CH3coOHpHn=vj待測溶液，）的變化曲線如圖所示。下列說法

錯誤的是

A.Ka(CH3coOH)約為IO"476

+

B.點a：c(Na)=c(cr)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)

C.點b：c(CH3coOH)<c(CH3coer)

D.水的電離程度：a<b<c<d

【答案】D

【解析】

【分析】NaOH溶液和HC1、CH3coOH混酸反應時，先與強酸反應，然后再與弱酸反應，由滴定曲線可知，

a點時NaOH溶液和HC1恰好完全反應生成NaCl和水，CH3co0H未發生反應，溶質成分為NaCl和

CH3coOH；b點時NaOH溶液反應掉一半的CH3coOH,溶質成分為NaCl、CH3coOH和CH3coONa；c

點時NaOH溶液與CH3coOH恰好完全反應，溶質成分為NaCl、CH3coONa；d點時NaOH過量，溶質成

分為NaCl、CH3coONa和NaOH,據止匕解答。

+338

【詳解】A.由分析可知，a點時溶質成分為NaCl和CH3coOH,c(CH3COOH)=0.01OOmol/L,c(H)=lOmol/L,

c(H+)c(CH3coeF)

Ka(CH3coOH)=10476,故A正確;

c(CH3coOH)0.01

B.a點溶液為等濃度的NaCl和CH3coOH混合溶液，存在物料守恒關系

+

c(Na)=c(Cl-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO),故B正確；

C.點b溶液中含有NaCl及等濃度的CH3coOH和CH3coONa,由于pH<7,溶液顯酸性，說明CH3coOH

的電離程度大于CH3coO-的水解程度，貝Uc(CH3coOH)<c(CH3co0-)，故C正確；

D.c點溶液中CH3coO-水解促進水的電離，d點堿過量，會抑制水的電離，則水的電離程度c>d,故D錯

誤;

答案選D。

13.向一恒容密閉容器中加入ImolCHd和一定量的H?。，發生反應:

n(CHj、

的平衡轉化率按不同投料比

CH4(g)+H2O(g)-CO(g)+3H2(g)CH4Xx=隨溫度的變

n(H2O)?

化曲線如圖所示。下列說法錯誤的是

%

、

榔

7

)

理

題

斗

S

H寸

O

A.X]<x2

B.反應速率：Vb正〈V。正

C.點a、b、c對應的平衡常數：Ka<Kb=Kc

D.反應溫度為E，當容器內壓強不變時，反應達到平衡狀態

【答案】B

【解析】

【詳解】A.一定條件下，增大水的濃度，能提高CH4的轉化率，即x值越小，CH4的轉化率越大，則X]<X2,

故A正確；

B.b點和c點溫度相同，CH4的起始物質的量都為Imol,b點x值小于c點，則b點加水多，反應物濃度

大，則反應速率：Vb正〉V。正，故B錯誤；

C.由圖像可知，x一定時，溫度升高CH4的平衡轉化率增大，說明正反應為吸熱反應，溫度升高平衡正向

移動，K增大；溫度相同，K不變，則點a、b、c對應的平衡常數：Ka<Kb=Kc,故C正確；

D.該反應為氣體分子數增大的反應，反應進行時壓強發生改變，所以溫度一定時，當容器內壓強不變時,

反應達到平衡狀態，故D正確；

答案選B。

14.N2H,是一種強還原性的高能物質，在航天、能源等領域有廣泛應用。我國科學家合成的某Ru(II)催

+

化齊4(用[L-Ru-NH3]表示)能高效電催化氧化NH3合成N2H4,其反應機理如圖所示。

+

2[L-RU-NH2]2[L-RU-NH2]

(M):------二

下列說法錯誤的是

A.'(11)被氧化至區!1(111)后，配體NH3失去質子能力增強

B.M中Ru的化合價為+3

C.該過程有非極性鍵的形成

D.該過程的總反應式：4NH3-2e-=N2H4+2NH：

【答案】B

【解析】

【詳解】A.Ru(n)被氧化至Ru(m)后，［L-Ru-NH3『+中的Ru帶有更多的正電荷，其與N原子成鍵

后，Ru吸引電子的能力比Ru(H)強，這種作用使得配體NH3中的N—H鍵極性變強且更易斷裂，因此

其失去質子(H+)的能力增強，A說法正確；

B.1<11(11)中口11的化合價為+2,當其變為Ru(III)后，Ru的化合價變為+3,Ru(III)失去2個質子后，N

--|+

原子產生了1個孤電子對，Ru的化合價不變；M為L-Ru-AH?，當［L-Ru-NH?『變為M時，

N原子的孤電子對拆為2個電子并轉移給Rui個電子，其中Ru的化合價變為+2,因此，B說法不正確；

C.該過程M變為［L—Ru—NH2—NH?—Ru—L廣時，有N—N鍵形成，N—N是非極性鍵，C說法正

確；

D.從整個過程來看，4個NH3失去了2個電子后生成了1個N2H4和2個NH：,Ru(H)是催化劑，因

此，該過程的總反應式為4NH3-2e-=N2H4+2NH：,D說法正確；

綜上所述，本題選B。

二、非選擇題：本題共4小題，共58分。

15.金屬Ni對H2有強吸附作用，被廣泛用于硝基或鍛基等不飽和基團的催化氫化反應，將塊狀Ni轉化成

多孔型雷尼Ni后，其催化活性顯著提高。

己知：①雷尼Ni暴露在空氣中可以自燃，在制備和使用時，需用水或有機溶劑保持其表面“濕潤”；

②鄰硝基苯胺在極性有機溶劑中更有利于反應的進行。

某實驗小組制備雷尼Ni并探究其催化氫化性能的實驗如下：

步驟1：雷尼Ni的制備

步驟2：鄰硝基苯胺的催化氫化反應

反應的原理和實驗裝置圖如下（夾持裝置和攪拌裝置略）。裝置I用于儲存H2和監測反應過程。

QLN02雷尼N；

N\雷尼Ni

沙懸浮液

裝置1裝置II

回答下列問題：

（1）操作（a）中，反應的離子方程式是

（2）操作（d）中，判斷雷尼Ni被水洗凈的方法是_______；

（3）操作（e）中，下列溶劑中最有利于步驟2中氫化反應的是；

A.丙酮B,四氯化碳C.乙醇D.正己烷

（4）向集氣管中充入H2時，三通閥的孔路位置如下圖所示：發生氫化反應時，集氣管向裝置II供氣，此

時孔路位置需調節為；

向集氣管中沖入H2電）

集氣管向裝置II供氣◎短缶比

ABCD

（5）儀器M的名稱是；

（6）反應前應向裝置II中通入N2一段時間，目的是；

（7）如果將三頸瓶N中的導氣管口插入液面以下，可能導致的后果是；

（8）判斷氫化反應完全的現象是0

【答案】（1）2A1+2OH-+2H2O=2A1O/+3H2T

（2）取最后一次洗滌液于試管中，滴加幾滴酚酰，如果溶液不變粉紅色，則證明洗滌干凈，否則沒有洗滌

干凈（3）C

（4）C（5）恒壓滴液漏斗

（6）排除裝置中的空氣，防止雷尼Ni自燃

（7）管道中氣流不穩，不利于監測反應過程

（8）集氣管中液面不再改變

【解析】

【分析】本題一道工業流程兼實驗的綜合題，首先用氫氧化鈉溶液溶解鎂鋁合金中的鋁，過濾后先后用堿

和水來洗滌固體保，隨后加入有機溶劑制得雷尼銀懸浮液，用于步驟2中鄰硝基苯胺的催化氫化，以此解

題。

【小問1詳解】

鋁可以和氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉和氫氣，離子方程式為：2A1+2OH-+2H2O=2A1O[+3H2?；

【小問2詳解】

由于水洗之前是用堿洗，此時溶液顯堿性，故可以用酸堿指示劑來判斷是否洗凈，具體方法為，取最后一

次洗滌液于試管中，滴加幾滴酚醐，如果溶液不變粉紅色，則證明洗滌干凈，否則沒有洗滌干凈；

【小問3詳解】

根據題給信息可知，鄰硝基苯胺在極性有機溶劑中更有利于反應的進行，在丙酮，四氯化碳，乙醇，正己

烷中極性較強的為乙醇，故選C；

【小問4詳解】

向集氣管中充入H2時，氫氣從左側進入，向下進入集氣管，則當由集氣管向裝置II供氣，此時孔路位置需

調節為氣體由下方的集氣管，向右進入裝置II,故選C；

【小問5詳解】

由圖可知，儀器M的名稱是恒壓滴液漏斗；

【小問6詳解】

根據題給信息可知，雷尼Ni暴露在空氣中可以自燃，故反應前向裝置II中通入N2一段時間，目的是排除

裝置中的空氣，防止雷尼Ni自燃;

【小問7詳解】

如果將三頸瓶N中的導氣管口插入液面以下，則會在三頸瓶中產生氣泡，從而導致管道中氣流不穩，不利

于監測反應過程；

【小問8詳解】

反應完成后，氫氣不再被消耗，則集氣管中液面不再改變。

16.聚苯乙烯是一類重要的高分子材料，可通過苯乙烯聚合制得。

I.苯乙烯的制備

(1)已知下列反應的熱化學方程式：

21

1

①C6H5c2H5(g)+yO2(g)=8CO2(g)+5H2O(g)AH1=-4386.9kJ-mor

1

②C6H5cH=CH2(g)+10O2(g)=8CO2(g)+4H2O(g)AH2=-4263.IkJ-mor

1

③H2(g)+1o2(g)=H2O(g)AH3=-241.8kJ-mol

1

計算反應④C6H5c2H5(g)uC6H5cH=CH2(g)+H2(g)的溫=kJ.mor；

(2)在某溫度、lOOkPa下，向反應器中充入Imol氣態乙苯發生反應④，其平衡轉化率為50%,欲將平衡

轉化率提高至75%,需要向反應器中充入mol水蒸氣作為稀釋氣(計算時忽略副反應)；

(3)在913K、lOOkPa下，以水蒸氣作稀釋氣。Fez。?作催化劑，乙苯除脫氫生成苯乙烯外，還會發生

如下兩個副反應：

⑤C6H5c2H5(g)UC6H6(g)+CH2=CH2(g)

⑥C6H5c2H5(g)+H2(g)uC6H5cH3(g)+CH4(g)

以上反應體系中，芳香燒產物苯乙烯、苯和甲苯的選擇性

S(s=轉化為愿注野氏苯的量X100%)隨乙苯轉化率的變化曲線如圖所示，其中曲線b代表

已轉化的乙苯總量

的產物是，理由是；

（4）關于本反應體系中催化劑Fe2（）3的描述錯誤的是；

AX射線衍射技術可測定Fe2O3晶體結構

B.Fez。?可改變乙苯平衡轉化率

C.Fe203降低了乙苯脫氫反應的活化能

D.改變Fez。?顆粒大小不影響反應速率

II.苯乙烯的聚合

苯乙烯聚合有多種方法，其中一種方法的關鍵步驟是某Cu（I）的配合物促進C6H5cH2X（引發劑，X表示

鹵素）生成自由基C6H5cH2、實現苯乙烯可控聚合。

（5）引發劑C6H5cH2。、C6H5CH2Br>C6H5cH中活性最高的是；

（6）室溫下，①Cu+在配體L的水溶液中形成［Cu（L）,了，其反應平衡常數為K；②CuBr在水中的溶度

積常數為Ksp。由此可知，CuBr在配體L的水溶液中溶解反應的平衡常數為（所有方程式中計量系

數關系均為最簡整數比）。

【答案】（1）+118

（2）5（3）①.苯②.反應④為主反應，反應⑤⑥為副反應，苯乙烯的選擇性最大；在恒溫

恒壓下，隨乙苯轉化率的增大，反應⑤正向移動，反應⑥不移動，則曲線b代表產物苯（4）BD

（5）C6H5cH2cl

（6）KKp

【解析】

【小問1詳解】

根據蓋斯定律，將①-②-③可得C6H5c2H5（g）UC6H5cH=CH2（g）+H2（g）

A774=-4386.9kJ/mol-(-4263.1kJ/mol)-(-241.8kJ/mol)=+118kJ/mol；答案為：+118；

【小問2詳解】

設充入H20(g)物質的量為xmol；在某溫度、lOOkPa下，向反應器中充入Imol氣態乙苯發生反應④。乙苯

C6H5c2H5(g)uC6H5CH=CH2(g)+H2(g)

〃(起始)(mol)100

的平衡轉化率為50%,可列三段式2、、，;,此時平衡

〃(轉化)(mol)0.50.50.5

〃(平衡)(mol)0.50.50.5

時混合氣體總物質的量為1.5mol,此時容器的體積為V；當乙苯的平衡轉化率為75%,可列三段式

C6H5c2H5(g)uC6H5CH=CH2(g)+H2(g)

〃(起始)(mol)100

，此時乙苯、苯乙烯、H2物質的量之和為1.75mol,

〃(轉化Xmol)0.750.750.75

〃(平衡)(mol)0.250.750.75

混合氣的總物質的量為(L75+x)mol,在恒溫、恒壓時，體積之比等于物質的量之比，此時容器的體積為

(0.75.

,0.5,2(1.75+x/

175+X(句)1

-——V；兩次平衡溫度相同，則平衡常數相等，則一米一=一號又一，解得x=5；答案為：5；

V1.75+Xy

1.5

【小問3詳解】

曲線a芳香燒產物的選擇性大于曲線b、c芳香燒產物的選擇性,反應④為主反應，反應⑤⑥為副反應，則

曲線a代表產物苯乙烯的選擇性；反應④⑤的正反應為氣體分子數增大的反應，反應⑥的正反應是氣體分

子數不變的反應；在913K、lOOkPa(即恒溫恒壓)下以水蒸氣作稀釋氣，乙苯的轉化率增大，即減小壓強,

反應④⑤都向正反應方向移動，反應⑥平衡不移動，故曲線b代表的產物是苯；答案為：苯；反應④為主

反應，反應⑤⑥為副反應，苯乙烯的選擇性最大；在恒溫恒壓下，隨乙苯轉化率的增大，反應⑤正向移動,

反應⑥不移動，則曲線b代表產物苯；

【小問4詳解】

A.測定晶體結構最常用的儀器是X射線衍射儀，即用X射線衍射技術可測定Fe2C>3晶體結構，A項正確;

B.催化劑不能使平衡發生移動，不能改變乙苯的平衡轉化率，B項錯誤；

C.催化劑能降低反應的活化能，加快反應速率，故Fe2O3可降低乙苯脫氫反應的活化能，C項正確；

D.催化劑顆粒大小會影響接觸面積，會影響反應速率，D項錯誤；

答案選BDo

【小問5詳解】

電負性Cl>Br>L則極性C—C1鍵〉C—Br鍵〉C—I鍵，則C6H5cH2cl更易生成自由基，即活性最高的

是C6H5cH2C1；答案為：C6H5cH2C1；

【小問6詳解】

Cu+在配體L的水溶液中形成[CU(L)2]+,則Cu++2LU[Cu(L)2「的平衡常數K=[；CuBr在水中

c(Cu)-c(L)

+

的溶度積常數Ksp=c(Cu+)?c(Br)；CuBr在配體L的水溶液中溶解反應為CuBr+2L#[Cu(L)2]+Br,該反應的

平衡常數為嶇嗎+警等2水時;答案為：KW

17.超純Ga(CH3)3是制備第三代半導體的支撐源材料之一，近年來，我國科技工作者開發了超純純化、超

純分析和超純灌裝一系列高新技術，在研制超純Ga(CH3)3方面取得了顯著成果，工業上以粗錢為原料，制

備超純Ga(CH3)3的工藝流程如下：

機Ga

力納Mu

戕沿

已知：①金屬Ga的化學性質和A1相似，Ga的熔點為29.8℃；

②Et2。(乙醛)和NR3(三正辛胺)在上述流程中可作為配體；

③相關物質的沸點：

物質Ga(CH)EtO

332CH3INR3

沸點/℃55.734.642.4365.8

回答下列問題：

(1)晶體Ga(CH3)3的晶體類型是；

(2)“電解精煉”裝置如圖所示，電解池溫度控制在40-45℃的原因是，陰極的電極反應式為

(3)“合成Ga(CH3)3(Et2O)”工序中的產物還包括Mgl2和CH3MgI,寫出該反應的化學方程式::

(4)“殘渣”經純水處理，能產生可燃性氣體，該氣體主要成分是、

(5)下列說法錯誤的是；

A.流程中Et?。得到了循環利用

B.流程中，“合成Ga2Mg5”至“工序X”需在無水無氧的條件下進行

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

D.用核磁共振氫譜不能區分Ga(CHs)3和CH3I

(6)直接分解Ga(CH3)3(Et2。)不能制備超純Ga(CHs)3,而本流程采用“配體交換”工藝制備超純

Ga(CH3｝的理由是；

(7)比較分子中的C-Ga-C鍵角大小：Ga(CH3)3Ga(CH3%(Et2。)(填或"=")，其原

因是O

【答案】(1)分子晶體

(2)①.保證Ga為液體，便于純Ga流出②.Ga3++3e-Ga

；

(3)8CH3l+2Et2O+Ga2Mg5=2Ga(CH3)3(Et2O)+3Mgl2+2CH3MgI

(4)CH4(5)D

(6)NR3沸點較高,易與Galans分離,EtQ的沸點低于Ga(CHs)3，一起氣化,難以得到超純Ga(限)3

(7)①.>②.Ga(CH3)3中Ga為sp2雜化，所以為平面結構，而Ga(CH3)3(Et2。)中Ga為sp3雜化,

所以為四面體結構，故夾角較小

【解析】

【分析】以粗錢為原料，制備超純Ga(CH3)3,粗Ga經過電解精煉得到純Ga,Ga和Mg反應生產Ga2Mg5,

Ga2Mg5和CH3I、Et2。反應生成Ga(CH3%(Et2O)、MgL和CRMgL然后經過蒸發溶劑、蒸儲，除去殘

渣MgL、CH3MgL加入NR3進行配體交換、進一步蒸出得到超純Ga(CH3)3,a2O重復利用，據此解答。

【小問1詳解】

晶體Ga(CH3)3的沸點較低，晶體類型是分子晶體；

【小問2詳解】

電解池溫度控制在40-45℃可以保證Ga為液體，便于純Ga流出；粗Ga在陽極失去電子，陰極