2023年高考真题完全解读(湖北卷)化学

2023年高考真题完全解读(湖北卷)

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2023年湖北省普通高中学业水平选择性考试化学试题依据《普通高中化学课程标准(2017年版2020年修订)》和《中国高考评价体系》，考查内容涵盖核心价值、学科素养、关键能力与必备知识。试题延续了湖北卷一贯的风格、特点，特别是试题难度保持相对稳定，难度梯度设计合理，整卷没有出现任何偏题、怪题，契合湖北考生的特点，有较好的区分度，很好地体现了试题的选拔功能。在试题命制过程中，精心选取典型的真实情境，创设问题，设计思维递进、方法灵活、多层次的区分度好的试题，考查学生的核心素养，实现关注点从“解题”向“解决问题”转变，考查知识综合能力和多维解决问题能力，满足各类高校的招生需求。

一、育人为本，立足学科特色

坚持价值导向，弘扬中华优秀传统文化、革命文化和社会主义先进文化。发挥化学学科立德树人的化育功能，立意深远，引导学生心怀“国之大者”，思考家国命运、民族复兴和人类发展，体现使命意识与学科意识的统一。

例如：第1题本题考查了物质性质和应用，主要是火箭推进剂的分析判断，吸热反应和放热反应，化学科学对人类文明发展的意义，新能源的开发；第2题以“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点考查物质性质变化的分析判断，主要是氧化还原反应的几组概念、难溶电解质溶解平衡定义及特征、原电池原理理解、同主族元素性质递变规律理解及应用；第4题《本草纲目》记载的中药丹参为情景，考查有机物的结构和性质分析、官能团、手性碳原子等知识点；第7题中科院院士研究发现，为纤维素绿色再生利用提供了新的解决方案，淀粉和纤维素组成与结构，淀粉、纤维素的水解，氢键对物质性质的影响；化学科学对人类文明发展的意义。

二、考点全面，筑牢学科基础

全卷考点涵盖化学新课标中必修和选择性必修内容的所有模块，而且覆盖了教材中的绝大部分主题。试题突出了对高中化学主干与核心知识的考查，必做题部分仅有15题，但设点全面，涉及内容包括物质分类、化学反应类型、原子结构与元素周期律、物质结构与性质、化学反应速率与化学反应平衡、电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡、氧化还原反应、化学用语、热化学、电化学、重要元素单质及化合物的相关性质、化学实验原理及基本操作、有机化学基础知识等，涵盖了高中化学的主干知识。在题目设置上，每题围绕一个主题多面设点，扩大知识覆盖。以选择题为例，每题设计一个主题思想，各个选项围绕主题考查不同的知识内容或从不同角度考查同一知识内容，这种做法大大增加了整份试卷的知识覆盖面，提高了考试信度，有效地考查了考生对化学学科主干与核心知识的掌握程度。

例如：第3题考查工业制备高纯硅的原理、反应过程分析判断，硅的制备、熵判据、实验安全、常见共价晶体的结构；第5题考查离子方程式、电子式、化学键形成、高聚物反应的化学方程式等化学用语；第6题元素推断，涉及元素周期表和元素周期律，电离能变化规律，键能、键长、键角及应用，价层电子对互斥理论，极性分子和非极性分子；第9题利用价层电子对互斥理论预测某些微粒的空间结构，考查原子结构、杂化理论、VSEPR模型的计算判断；第11题考查物质结构与其性质的关系，把握物质熔沸点的影响因素、氢键类型及作用、有机酸酸性强弱的判断方法是解题关键。

三、巧设情境，推进依标施考

化学与生活、生产、科技联系紧密，精选真实、有意义、体现化学学科价值的生产生活实践情境与学习探索情境，将高考“核心功能”要求融入具体试题中，在考查学科必备知识和关键能力的同时，充分体现化学学科在人类发展和社会进步中的重要作用，彰显化学学科的价值。全卷以大量生活、生产和科技活动为背景，考查学生基于真实情境解决问题的能力。命题角度、题型不固化，信息材料新颖，体现出命题的开放性和灵活性，情境设题成为高考命题的基本原则，主要从“生活科学实践”和“重大社会热点”中选择情境，考查学生解决实际问题和从事科学研究的能力，试题开放性和探究性将进一步加大。

例如：第8题制备乙酸异戊酯化学实验，涉及有机反应类型酯化反应、反应条件的控制、混合物的分离等；第10题我国科学家设计利用电解池，实现海水直接制备氢气技术的绿色化，侧重考查阅读、分析、判断及知识综合运用能力，明确各个电极上发生的反应、正确获取题干信息并灵活运用信息解答问题是解本题的关键；第12题考查“烯醇式与酮式互变异构原理”有机物转化的反应原理，主要是烯醇结构和酮结构的相互转化的理解应用；第13题以制备高纯白磷的流程为载体，物质分离、提纯的常见物理方法，磷元素及其化合物，注意实验过程中的基本操作和物质性质的理解应用。

四、创新应用，强化关键能力

本卷立足于通过高考要求的“四翼”来实现对学生有效考查，服务于国家和高校人才选拔。试题重点考查信息获取与加工、逻辑推理与论证、科学探究与创新思维等关键能力，尝试考查形式的适度创新，进一步强化试题的开放性与探究性，以增强综合性、应用性和创新性的考查，引导高中教学从解题转向解决问题能力的培养。命题坚持平稳过渡，在保证了一定数量基础性、综合性试题的基础上，增加了一定量应用性、创新性试题，加强对学生学科思维的考核。通过设置有限度的开放性设问，激发学生科学、辨证地分析问题，鼓励创新思维。

例如：第16题利用SiCl₄对废弃的锂电池正极材料LiCoO₂进行氯化处理以回收Li、Co等金属工艺，，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合；第17题以二酮合成路线为载体，考查碳骨架的构建，正确推断各物质的结构简式，并采用知识迁移的方法确定J的结构简式；第18题探究铜的氧化过程及铜的氧化物的组成，考查物质的性质、氧化还原反应规律的应用、关系式的计算应用。

五、图文并茂，聚焦问题设计

图片是试卷的重要组成部分，题目设计上强调对考生分析解决(解答)化学问题能力的考查，试卷的信息量有所增加，情境复杂，图文并茂。第4、5、6、7、8、9、12、13、14、15、16、17、18、19题均有图形，利用图形、图表、反应流程等多种形式实现对考生获取信息、吸收整合信息能力的考查，使试题能全面考查考生的化学学科素养。

例如：第14题以邻苯二酚类配体为切入点，考查弱电解质电离平衡、影响电离平衡的因素、盐溶液中离子浓度大小的比较、弱电解质的电离平衡常数、图像变化的分析判断等知识点；第15题以晶体材料LaH_n为情景，考查晶胞计算，主要是晶胞中微粒个数、密度计算应用、配位数的分析应用等知识点；第19题以“纳米碗”为情景，考查化学原理综合运用，包含平衡计算、化学平衡的移动、盖斯定律的应用、图像变化的理解应用。

一、由“全面覆盖”转向“精简教材”

高考命题不断深化考试内容改革，由考查“基础知识、基本能力”转向考查“必备知识、关键能力、学科素养、核心价值”，要求高三备考复习必须彻底摒弃“全面覆盖、面面俱到、盲目备考”的一贯做法，采取“精简内容、高效复习、精准备考”的策略，实现由“高耗低效”向“高效低耗”的转变。

二、由“简单重复”转向“温故知新”

复习的核心功能就是“温故而知新”。高效率的复习是以新带旧，即利用新知识引领旧知识的复习，利用新问题深化旧知识的理解。“新”有三个层次：拓展知识，深化理解，提升能力。拓展知识是深化理解的铺垫；深化理解是提升能力的前提；提升能力是备考复习的根本目的。

三、由“拘泥教材”转向“整合教材”

高考复习备考的基本依据是《普通高中化学课程标准(2017年版2020年修订)》，化学必修和选择性必修教材，这就反映了化学学科的具体命题思想。学什么比怎么学更重要。因此，在复习过程中，需要根据高考实际，打破现行教材的体系，还原命题细目表，根据考纲和考题确定高频考点、中频考点和低频考点，整合教材内容，重构学科体系，精准备考复习。

四、由“关注教”转向“关注学”

教师导学导思。根据高考要求和学生基础确定复习目标和内容要求，精心设计问题，通过评价，使学生明确学什么、怎么学、学到什么程度。鼓励学生大胆质疑和提出问题；尝试异步学习，提倡互助合作交流，提高复习效率。学生应用练习。编好用好配套的习题，保证每堂复习课后不少于50分钟习题训练；每周根据复习进度精心选编周测卷，对复习过的内容进行大题量限时训练，同时达到“滚雪球”复习的效果。

五、由“关注答案”转向“规范书写”

高考非选择题考查学生应用化学语言答题的能力。每个学生都要学会用文字熟练、清晰、规范、准确地陈述化学事实，分析化学现象，解释化学原理，要尽力避免不会表达、字迹潦草、眼高手低、毫无逻辑、书写不规范等弊端。落实在卷面上的答案文字要做到 “五化”，即：书写工整化(行楷化)；套路模板化(段落化)；表述专业化；答案要点化(步骤完整化)；要点序号化。

一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．2023年5月10日，天舟六号货运飞船成功发射，标志着我国航天事业进入到高质量发展新阶段。下列不能作为火箭推进剂的是(     )

A．液氮-液氢 B．液氧-液氢 C．液态NO₂-肼 D．液氧-煤油

【答案】A

【解析】A项，虽然氮气在一定的条件下可以与氢气反应，而且是放热反应，但是，由于N≡N键能很大，该反应的速率很慢，氢气不能在氮气中燃烧，在短时间内不能产生大量的热量和大量的气体，因此，液氮-液氢不能作为火箭推进剂，A符合题意；B项，氢气可以在氧气中燃烧，反应速率很快且放出大量的热、生成大量气体，因此，液氧-液氢能作为火箭推进剂，B不符合题意；C项，肼和NO₂在一定的条件下可以发生剧烈反应，该反应放出大量的热，且生成大量气体，因此，液态NO₂-肼能作为火箭推进剂，C不符合题意；D项，煤油可以在氧气中燃烧，反应速率很快且放出大量的热、生成大量气体，因此，液氧-煤油能作为火箭推进剂，D不符合题意；故选A。

2．下列化学事实不符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点的是(     )

A．石灰乳中存在沉淀溶解平衡

B．氯气与强碱反应时既是氧化剂又是还原剂

C．铜锌原电池工作时，正极和负极同时发生反应

D．Li、Na、K的金属性随其核外电子层数增多而增强

【答案】D

【解析】A项，电解质的沉淀和溶解是对立的，当电解质的沉淀速率和溶解速率相等时，电解质建立了沉淀溶解平衡，因此，沉淀和溶解又互相统一在这个平衡体系中；石灰乳中存在着未溶解的氢氧化钙和溶解的氢氧化钙，因此，石灰乳中存在沉淀溶解平衡，这个化学事实符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，A不符合题意；B项，氧化剂和还原剂是对立的，但是，氯气与强碱反应时，有部分氯气发生氧化反应，同时也有部分氯气发生还原反应，因此，氯气既是氧化剂又是还原剂，氯气的这两种作用统一在同一反应中，这个化学事实符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，B不符合题意；C项，铜锌原电池工作时，正极和负极同时发生反应，正极上发生还原反应，负极上发生氧化反应，氧化反应和还原反应是对立的，但是这两个反应又同时发生，统一在原电池反应中，因此，这个化学事实符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，C不符合题意；D项，Li、Na、K均为第ⅠA的金属元素，其核外电子层数依次增多，原子核对最外层电子的吸引力逐渐减小，其失电子能力依次增强，因此，其金属性随其核外电子层数增多而增强，这个化学事实不符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，D符合题意；故选D。

3．工业制备高纯硅的主要过程如下：

石英砂粗硅高纯硅

下列说法错误的是(     )

A．制备粗硅的反应方程式为SiO₂+2CSi+2CO↑

B．1molSi含Si-Si键的数目约为4×16.02×10^-23

C．原料气HCl和H₂应充分去除水和氧气

D．生成SiHCl₃的反应为熵减过程

【答案】B

【解析】A项，SiO₂和C在高温下发生反应生成Si和CO，因此，制备粗硅的反应方程式为SiO₂+2CSi+2CO↑，A正确；B项，在晶体硅中，每个Si与其周围的4个Si形成共价键并形成立体空间网状结构，因此，平均每个Si形成2个共价键，1mol Si含Si-Si键的数目约为2×16.02×10^-23，B错误；C项，HCl易与水形成盐酸，在一定的条件下氧气可以将HCl氧化；H₂在高温下遇到氧气能发生反应生成水，且其易燃易爆，其与SiHCl₃在高温下反应生成硅和HCl，因此，原料气HCl和H₂应充分去除水和氧气 ，C正确；D项，Si+3HClSiHCl₃+H₂，该反应是气体分子数减少的反应，因此，生成SiHCl₃的反应为熵减过程，D正确；故选B。

4．湖北蕲春李时珍的《本草纲目》记载的中药丹参，其水溶性有效成分之一的结构简式如图。下列说法正确的是(     )

A．该物质属于芳香烃 B．可发生取代反应和氧化反应

C．分子中有5个手性碳原子 D．1mol该物质最多消耗9molNaOH

【答案】B

【解析】A项，该有机物中含有氧元素，不属于烃，A错误；B项，该有机物中含有羟基和羧基，可以发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，另外，该有机物可以燃烧，即可以发生氧化反应，B正确；C项，将连有四个不同基团的碳原子形象地称为手性碳原子，在该有机物结构中，  标有“*”为手性碳，则一共有4个手性碳，C错误；D项，该物质中含有7个酚羟基，2个羧基，2个酯基，则1 mol该物质最多消耗11 molNaOH，D错误；故选B。

5．化学用语可以表达化学过程，下列化学用语的表达错误的是(     )

A．用电子式表示K₂S的形成：

B．用离子方程式表示Al(OH)₃溶于烧碱溶液：Al(OH)₃+OH^-=[Al(OH)₄]^-

C．用电子云轮廓图表示H-H的s-sσ键形成的示意图：  

D．用化学方程式表示尿素与甲醛制备线型脲醛树脂：

【答案】D

【解析】A项，钾原子失去电子，硫原子得到电子形成硫化钾，硫化钾为离子化合物，用电子式表示K₂S的形成：，A正确；B项，氢氧化铝为两性氢氧化物，可以和强碱反应生成四羟基合铝酸根离子，离子方程式为：Al(OH)₃+OH^-=[Al(OH)₄]^-，B正确；C项，H的s能级为球形，两个氢原子形成氢气的时候，是两个s能级的原子轨道相互靠近，形成新的轨道，则用电子云轮廓图表示H-H的s-sσ键形成的示意图：，C正确；D项，用化学方程式表示尿素与甲醛制备线型脲醛树脂为，D错误；故选D。

6．W、X、Y、Z为原子序数依次增加的同一短周期元素，其中X、Y、Z相邻，W的核外电子数与X的价层电子数相等，Z₂是氧化性最强的单质，4种元素可形成离子化合物(XY)⁺(WZ₄)^-。下列说法正确的是(     )

A．分子的极性：WZ₃＜XZ₃ B．第一电离能：X<Y<Z

C．氧化性：X₂Y₃＜W₂Y₃ D．键能：X₂＜Y₂＜Z₂

【答案】A

【解析】Z₂是氧化性最强的单质，则Z是F，X、Y、Z相邻，且X、Y、Z为原子序数依次增加的同一短周期元素，则X为N，Y为O，W的核外电子数与X的价层电子数相等，则W为B，即：W为B，X为N，Y为O，Z是F。A项，W为B，X为N，Z是F，WZ₃为BF₃，XZ₃为NF₃，其中前者的价层电子对数为3，空间构型为平面三角形，为非极性分子，后者的价层电子对数为4，有一对孤电子对，空间构型为三角锥形，为极性分子，则分子的极性：WZ₃＜XZ₃，A正确；B项，X为N，Y为O，Z是F，同一周期越靠右，第一电离能越大，但是N的价层电子排布式为2s²2p³，为半满稳定结构，其第一电离能大于相邻周期的元素，则第一电离能：Y<X<Z，B错误；C项，W为B，X为N，Y为O，则X₂Y₃为N₂O₃，W₂Y₃为B₂O₃，两种化合物中N和B的化合价都是+3价，但是N的非金属性更强一些，故N₂O₃的氧化性更强一些，C错误；D项，X为N，Y为O，Z是F，其中N对应的单质为氮气，其中包含三键，键能较大，D错误；故选A。

7．中科院院士研究发现，纤维素可在低温下溶于NaOH溶液，恢复至室温后不稳定，加入尿素可得到室温下稳定的溶液，为纤维素绿色再生利用提供了新的解决方案。下列说法错误的是(     )

A．纤维素是自然界分布广泛的一种多糖

B．纤维素难溶于水的主要原因是其链间有多个氢键

C．NaOH提供破坏纤维素链之间的氢键

D．低温降低了纤维素在NaOH溶液中的溶解性

【答案】B

【解析】A项，纤维素属于多糖，大量存在于我们吃的蔬菜水果中，在自然界广泛分布，A正确；B项，纤维素难溶于水，一是因为纤维素不能跟水形成氢键，二是因为碳骨架比较大，B错误；C项，纤维素在低温下可溶于氢氧化钠溶液，是因为碱性体系主要破坏的是纤维素分子内和分子间的氢键促进其溶解，C正确；D项，温度越低，物质的溶解度越低，所以低温下，降低了纤维素在氢氧化钠溶液中的溶解性，D正确；故选B。

8．实验室用以下装置(夹持和水浴加热装置略)制备乙酸异戊酯(沸点142℃)，实验中利用环己烷-水的共沸体系(沸点69℃)带出水分。已知体系中沸点最低的有机物是环己烷(沸点81℃)，其反应原理：  

下列说法错误的是(     )

A．以共沸体系带水促使反应正向进行 B．反应时水浴温度需严格控制在69℃  

C．接收瓶中会出现分层现象 D．根据带出水的体积可估算反应进度

【答案】B

【解析】A项，由反应方程式可知，生成物中含有水，若将水分离出去，可促进反应正向进行，该反应选择以共沸体系带水可以促使反应正向进行，A正确；B项，反应产品的沸点为142℃，环己烷的沸点是81℃，环己烷-水的共沸体系的沸点为69℃，可以温度可以控制在69℃～81℃之间，不需要严格控制在69℃，B错误；C项，接收瓶中接收的是环己烷-水的共沸体系，环己烷不溶于水，会出现分层现象，C正确；D项，根据投料量，可估计生成水的体积，所以可根据带出水的体积估算反应进度，D正确；故选B。

9． 价层电子对互斥理论可以预测某些微粒的空间结构。下列说法正确的是

A．CH₄和H₂O的VSEPR模型均为四面体

B．SO₃^2-和CO₃^2-的空间构型均为平面三角形

C．CF₄和SF₄均为非极性分子

D．XeF₂和XeO₂的键角相等

【答案】A

【解析】A项，甲烷分子的中心原子的价层电子对为4，水分子的中心原子价层电子对也为4，所以他们的VSEPR模型都是四面体，A正确；B项，SO₃^2-的孤电子对为1，CO₃^2-的孤电子对为0，所以SO₃^2-的空间构型为三角锥形，CO₃^2-的空间构型为平面三角形，B错误，C项，CH₄为正四面体结构，为非极性分子，SF₄中心原子有孤电子对，为极性分子，C错误；D项，XeF₂和XeO₂分子中，孤电子对不相等，孤电子对越多，排斥力越大，所以键角不等，D错误；故选A。

10．我国科学家设计如图所示的电解池，实现了海水直接制备氢气技术的绿色化。该装置工作时阳极无Cl₂生成且KOH溶液的浓度不变，电解生成氢气的速率为xmol·h ^-1。下列说法错误的是(     )

A．b电极反应式为2H₂O+2e^-=H₂↑+2OH^-            

B．离子交换膜为阴离子交换膜                      

C．电解时海水中动能高的水分子可穿过PTFE膜          

D．海水为电解池补水的速率为2xmol·h ^-1                          

【答案】D

【解析】由图可知，该装置为电解水制取氢气的装置，a电极与电源正极相连，为电解池的阳极，b电极与电源负极相连，为电解池的阴极，阴极反应为2H₂O+2e^-=H₂↑+2OH^-，阳极反应为4OH^--4e^-=O₂↑+2H₂O，电池总反应为2H₂O2H₂↑+O₂↑。A项，b电极反应式为b电极为阴极，发生还原反应，电极反应为2H₂O+2e^-=H₂↑+2OH^-，故A正确；B项，该装置工作时阳极无Cl₂生成且KOH浓度不变，阳极发生的电极反应为4OH^--4e^-=O₂↑+2H₂O，为保持OH^-离子浓度不变，则阴极产生的OH^-离子要通过离子交换膜进入阳极室，即离子交换膜应为阴离子交换摸，故B正确；C项，电解时电解槽中不断有水被消耗，海水中的动能高的水可穿过PTFE膜，为电解池补水，故C正确；D项，由电解总反应可知，每生成1molH₂要消耗1molH₂O，生成H₂的速率为xmol·h^-1，则补水的速率也应是xmol·h^-1，故D错误；故选D。

11．物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是(     )

【答案】D

【解析】A项，正戊烷和新戊烷形成的晶体都是分子晶体，由于新戊烷支链多，对称性好，分子间作用力小，所以沸点较低，故A正确；B项，AlF₃为离子化合物，形成的晶体为离子晶体，熔点较高，AlCl₃为共价化合物，形成的晶体为分子晶体，熔点较低，则AlF₃熔点远高于AlCl₃，故B正确；C项，由于电负性F>H，C-F键极性大于C-H键，使得羧基上的羟基极性增强，氢原子更容易电离，酸性增强，故C正确；D项，碳酸氢钠在水中的溶解度比碳酸钠小的原因是碳酸氢钠晶体中HCO₃^-间存在氢键，与晶格能大小无关，即与阴离子电荷无关，故D错误；故选D。

12．下列事实不涉及烯醇式与酮式互变异构原理是(     )

A．能与水反应生成

B．可与反应生成

C．水解生成

D．中存在具有分子内氢键的异构体

【答案】B

【解析】根据图示的互变原理，具有羰基的酮式结构可以发生互变异构转化为烯醇式，这种烯醇式具有的特点为与羟基相连接的碳原子必须有双键连接，这样的烯醇式就可以发生互变异构。A项，水可以写成H-OH的形式，与CH≡CH发生加成反应生成CH₂=CHOH，烯醇式的CH₂=CHOH不稳定转化为酮式的乙醛，A不符合题意；B项，3-羟基丙烯中，与羟基相连接的碳原子不与双键连接，不会发生烯醇式与酮式互变异构，B符合题意；C项，水解生成和CH₃OCOOH，可以发生互变异构转化为，C不符合题意；D项，可以发生互变异构转化为，即可形成分子内氢键，D不符合题意；故选B。

13．利用如图所示的装置(夹持及加热装置略)制备高纯白磷的流程如下：

下列操作错误的是(     )

A．红磷使用前洗涤以除去表面杂质

B．将红磷转入装置，抽真空后加热外管以去除水和氧气

C．从a口通入冷凝水，升温使红磷转化

D．冷凝管外壁出现白磷，冷却后在氮气氛围下收集

【答案】B

【解析】A项，红磷表面有被氧化生成的五氧化二磷，五氧化二磷可以溶于水，因此红磷在使用前应洗涤，A正确；B项，在红磷装入装置后，真空环境能降低物质熔沸点，有利于红磷转为白磷；红磷与氧气反应的温度为240℃左右，但是转化的白磷可以在40℃左右燃烧，由于抽真空时不能完全去除水和氧，抽真空后通过加热外管以除去水和氧气，以保证无氧无水环境，因此，在红磷装入装置后应先在氮气氛的保护下加热外管除去水蒸气和氧气后再抽真空进行转化反应，B错误；C项，从a口通入冷凝水后对反应装置加热升温，在冷凝管的下端就可以得到转化成的白磷，C正确；D项，白磷易被空气中的氧气氧化，因此在收集白磷时应将反应装置冷却，再在氮气氛的条件下收集白磷，D正确；故选B。

14．H₂L为某邻苯二酚类配体，其，。常温下构建Fe(Ⅲ)- H₂L溶液体系，其中，。体系中含Fe物种的组分分布系数δ与pH的关系如图所示，分布系数，已知，。下列说法正确的是(     )

A．当pH=1时，体系中c(H₂L)>c([FeL]⁺) >c(OH^-)>c(HL^-)

B．pH在9.5~10.5之间，含L的物种主要为L^2-

C．L^2-+[FeL]⁺[FeL₂]^-的平衡常数的lgK约为14

D．当pH=10时，参与配位的c(L^2-)≈1.0×10^-3mol·L^-1

【答案】C

【解析】从图给的分布分数图可以看出，在两曲线的交点横坐标值加和取平均值即为某型体含量最大时的pH。A项，从图中可以看出Fe(Ⅲ)主要与L^2-进行络合，但在pH=1时，富含L的型体主要为H₂L，此时电离出的HL^-较少，根据H₂L的一级电离常数可以简单计算pH=1时溶液中c(HL^-)≈10^-9.46，但pH=1时c(OH^-)=10^-13，因此这四种离子的浓度大小为c(H₂L)>c([FeL]⁺)>c(HL^-)>c(OH^-)，A错误；B项，根据图示的分布分数图可以推导出，H₂L在pH≈9.9时HL^-的含量最大，而H₂L和L^2-的含量最少，因此当pH在9.5~10.5之间时，含L的物种主要为HL^-，B错误；C项，该反应的平衡常数K=，当[FeL₂]^-与[FeL]⁺分布分数相等时，可以将K简化为K=，此时体系的pH=4，在pH=4时可以计算溶液中c(L^2-)=5.0×10^-14.86，则该络合反应的平衡常数K≈10^-14.16，即lgK≈14，C正确；D项，根据图像，pH=10时溶液中主要的型体为[FeL₃]^3-和[FeL₂(OH)]^2-，其分布分数均为0.5，因此可以得到c([FeL₃]^3-)=c([FeL₂(OH)]^2-)=1×10^-4mol·L^-1，此时形成[FeL₃]^3-消耗了3×10^-4mol·L^-1的L^2-，形成[FeL₂(OH)]^2-消耗了2×10^-4mol·L^-1的L^2-，共消耗了5×10^-4mol·L^-1的L^2-，即参与配位的c(L^2-)≈5×10^-4，D错误；故选C。

15．镧La和H可以形成一系列晶体材料LaH_n，在储氢和超导等领域具有重要应用。LaH_n属于立方晶系，晶胞结构和参数如图所示。高压下，LaH₂中的每个H结合4个H形成类似CH₄的结构，即得到晶体LaH_x。下列说法错误的是(     )

A．LaH₂晶体中La的配位数为8

B．晶体中H和H的最短距离：LaH₂＞LaH_x

C．在LaH_x晶胞中，H形成一个顶点数为40的闭合多面体笼

D．LaH_x单位体积中含氢质量的计算式为

【答案】C

【解析】A项，由LaH₂的晶胞结构可知，La位于顶点和面心，晶胞内8个小立方体的中心各有1个H原子，若以顶点La研究，与之最近的H原子有8个，则La的配位数为8，故A正确；B项，由LaH_x晶胞结构可知，每个H结合4个H形成类似CH₄的结构，H和H之间的最短距离变小，则晶体中H和H的最短距离：LaH₂＞LaH_x，故B正确；C项，由题干信息可知，在LaH_x晶胞中，每个H结合4个H形成类似CH₄的结构，这样的结构有8个，顶点数为48=32，且不是闭合的结构，故C错误；D项，1个LaH_x晶胞中含有58=40个H原子，含H质量为g，晶胞的体积为(484.010^-10cm)³=(4.8410^-8)³cm³，则LaH_x单位体积中含氢质量的计算式为，故D正确；故选C。

二、非选择题(本题共4小题，共55分)

16．SiCl₄是生产多晶硅的副产物。利用SiCl₄对废弃的锂电池正极材料LiCoO₂进行氯化处理以回收Li、Co等金属，工艺路线如下：

   回答下列问题：

(1)Co位于元素周期表第_______周期，第_______族。

(2)烧渣是LiCl、CoCl₂和SiO₂的混合物，“500℃焙烧”后剩余的SiCl₄应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，用化学方程式表示其原因_______。

(3)鉴别洗净的“滤饼3”和固体Na₂CO₃常用方法的名称是_______。

(4)已知K_sp[Co(OH)₂]= 5.9×10^－15，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中Co²⁺浓度为_______。“850℃煅烧”时的化学方程式为_______。

(5)导致SiCl₄比CCl₄易水解的因素有_______(填标号)。

a．Si-Cl键极性更大       b．Si的原子半径更大  

c．Si-Cl键键能更大       d．Si有更多的价层轨道  

【答案】(1)①4    ②Ⅷ    (2) SiCl₄+3H₂O=H₂SiO₃+4HCl    (3)焰色反应  

(4) ①5.9×10^-7    ②6Co(OH)₂+O₂2Co₃O₄+6H₂O  

(5)abd

【解析】由流程和题中信息可知，LiCoO₂粗品与SiCl₄在500℃焙烧时生成氧气和烧渣，烧渣是LiCl、CoCl₂和SiO₂的混合物；烧渣经水浸、过滤后得滤液1和滤饼1，滤饼1的主要成分是SiO₂和H₂SiO₃；滤液1用氢氧化钠溶液沉钴，过滤后得滤饼2[主要成分为Co(OH)₂]和滤液2(主要溶质为LiCl)；滤饼2置于空气中在850℃煅烧得到Co₃O₄；滤液2经碳酸钠溶液沉锂，得到滤液3和滤饼3，滤饼3为Li₂CO₃。(1)Co是27号元素，其原子有4个电子层，其价电子排布为3d⁷4s²，元素周期表第8、9、10三个纵行合称第Ⅷ族，因此，其位于元素周期表第4周期、第Ⅷ族。(2) “500℃焙烧”后剩余的SiCl₄应先除去，否则水浸时会产生大量烟雾，由此可知，四氯化硅与可水反应且能生成氯化氢和硅酸，故其原因是：SiCl₄遇水剧烈水解，生成硅酸和氯化氢，该反应的化学方程式为SiCl₄+3H₂O=H₂SiO₃+4HCl。(3)洗净的“滤饼3”的主要成分为Li₂CO₃，常用焰色反应鉴别Li₂CO₃和Na₂CO₃，Li₂CO₃的焰色反应为紫红色，而Na₂CO₃的焰色反应为黄色。故鉴别“滤饼3”和固体Na₂CO₃常用方法的名称是焰色反应。(4)已知K_sp[Co(OH)₂]= 5.9×10^－15，若“沉钴过滤”的pH控制为10.0，则溶液中c(OH^-)=1.0×10^-4mol·L^-1，Co²⁺浓度为mol·L^-1。“850℃煅烧”时，Co(OH)₂与O₂反应生成Co₃O₄和H₂O，该反应的化学方程式为6Co(OH)₂+O₂2Co₃O₄+6H₂O。(5)a项，Si-Cl键极性更大，则Si-Cl键更易断裂，因此，SiCl₄比CCl₄易水解，a有关；b项，Si的原子半径更大，因此，SiCl₄中的共用电子对更加偏向于Cl，从而导致Si-Cl键极性更大，且Si原子更易受到水电离的OH^-的进攻，因此，SiCl₄比CCl₄易水解，b有关；c项，通常键能越大化学键越稳定且不易断裂，因此，Si-Cl键键能更大不能说明Si-Cl更易断裂，故不能说明SiCl₄比CCl₄易水解，c无关；d项，Si有更多的价层轨道，因此更易与水电离的OH^-形成化学键，从而导致SiCl₄比CCl₄易水解，d有关；综上所述，导致SiCl₄比CCl₄易水解的因素有abd。

17．碳骨架的构建是有机合成的重要任务之一。某同学从基础化工原料乙烯出发，针对二酮H设计了如下合成路线：

   回答下列问题：

(1)由A→B的反应中，乙烯的碳碳_______键断裂(填“π”或“σ”)。

(2)D的同分异构体中，与其具有相同官能团的有_______种(不考虑对映异构)，其中核磁共振氢谱有三组峰，峰面积之比为9：2：1的结构简式为_______。

(3)E与足量酸性KMnO₄溶液反应生成的有机物的名称为_______、_______。

(4)G的结构简式为_______。

(5)已知：，H在碱性溶液中易发生分子内缩合从而构建双环结构，主要产物为I()和另一种α，β-不饱和酮J，J的结构简式为_______。若经此路线由H合成I，存在的问题有_______(填标号)。

a．原子利用率低   b．产物难以分离   c．反应条件苛刻   d．严重污染环境

【答案】(1)π

(2) ①7   ②   

(3)①乙酸   ②丙酮  

(4)

(5)①      ②ab

【解析】A为CH₂=CH₂，与HBr发生加成反应生成B(CH₃CH₂Br)，B与Mg在无水乙醚中发生生成C(CH₃CH₂MgBr)，C与CH₃COCH₃反应生成D()，D在氧化铝催化下发生消去反应生成E()，E和碱性高锰酸钾反应生成F()，参考D～E反应，F在氧化铝催化下发生消去反应生成G()，G与反应加成反应生成二酮H。(1)A为CH₂=CH₂，与HBr发生加成反应生成B(CH₃CH₂Br)，乙烯的π键断裂；(2)D为，分子式为C₅H₁₂O，含有羟基的同分异构体分别为：、、、、、、、共8种，除去D自身，还有7种同分异构体，其中核磁共振氢谱有三组峰，峰面积之比为9：2：1的结构简式为；(3)E为，酸性高锰酸钾可以将双键氧化断开，生成和，名称分别为乙酸和丙酮；(4)由分析可知，G为；(5)根据已知的反应特征可知，H在碱性溶液中易发生分子内缩合从而构建双环结构，主要产物为I()和J(  )。若经此路线由H合成I，会同时产生两种同分异构体，导致原子利用率低，产物难以分离等问题，故选ab。

18．学习小组探究了铜的氧化过程及铜的氧化物的组成。回答下列问题：

(1)铜与浓硝酸反应的装置如下图，仪器A的名称为_______，装置B的作用为_______。

(2)铜与过量H₂O₂反应的探究如下：

 实验②中Cu溶解的离子方程式为_______；产生的气体为_______。比较实验①和②，从氧化还原角度说明的作用是_______。

(3)用足量NaOH处理实验②新制的溶液得到沉淀X，元素分析表明X为铜的氧化物，提纯干燥后的X在惰性氛围下加热，mgX完全分解为ng黑色氧化物Y，。X的化学式为_______。

(4)取含X粗品0.0500g(杂质不参加反应)与过量的酸性KI完全反应后，调节溶液至弱酸性。以淀粉为指示剂，用0.1000mol·L^-1Na₂S₂O₃标准溶液滴定，滴定终点时消耗Na₂S₂O₃标准溶液15.00mL。(已知：2Cu²⁺+4I^-=2CuI↓+I₂，I₂+2S₂O₃^2-=2I^-+S₄O₆^2-)标志滴定终点的现象是_______，粗品中X的相对含量为_______。

【答案】(1)①具支试管   ②防倒吸  

(2)①Cu+H₂O₂+2H⁺= Cu²⁺+2H₂O   ②O₂    ③既不是氧化剂，又不是还原剂  

(3)CuO₂    (4)①溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色   ②72%

【解析】(1)由图可知，仪器A的名称为具支试管；铜和浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮，其中二氧化氮易溶于水，需要防倒吸，则装置B的作用为防倒吸；(2)根据实验现象，铜片溶解，溶液变蓝，可知在酸性条件下铜和过氧化氢发生反应，生成硫酸铜，离子方程式为：Cu+H₂O₂+2H⁺= Cu²⁺+2H₂O；硫酸铜可以催化过氧化氢分解生成氧气，则产生的气体为O₂；在铜和过氧化氢的反应过程中，氢元素的化合价没有发生变化，故从氧化还原角度说明H⁺的作用是：既不是氧化剂，又不是还原剂；(3)在该反应中铜的质量m(Cu)=n×，因为，则m(O)=，则X的化学式中铜原子和氧原子的物质的量之比为：，则X为CuO₂；(4)滴定结束的时候，单质碘消耗完，则标志滴定终点的现象是：溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色；在CuO₂中铜为+2价，氧为-1价，根据2Cu²⁺+4I^-=2CuI↓+I₂，I₂+2S₂O₃^2-=2I^-+S₄O₆^2-，可以得到关系式：CuO₂~2I₂~4S₂O₃^2-，则n(CuO₂)=×0.1mol/L×0.015L=0.000375mol，粗品中X的相对含量为。

19．纳米碗C₄₀H₁₀是一种奇特的碗状共轭体系。高温条件下，C₄₀H₁₀可以由C₄₀H₂₀分子经过连续5步氢抽提和闭环脱氢反应生成。C₄₀H₂₀(g)C₄₀H₁₈(g) + H₂(g)的反应机理和能量变化如下：

回答下列问题：

(1)已知C₄₀H_x中的碳氢键和碳碳键的键能分别为431.0 kJ·mol^－1和298.0 kJ·mol^－1，H-H键能为436.0 kJ·mol^－1。估算C₄₀H₂₀(g)C₄₀H₁₈(g) + H₂(g)的ΔH=_______ kJ·mol^－1。

(2)图示历程包含_______个基元反应，其中速率最慢的是第_______个。

(3) C₄₀H₁₀纳米碗中五元环和六元环结构的数目分别为_______、_______。

(4)1200K时，假定体系内只有反应C₄₀H₁₂(g)C₄₀H₁₀(g) + H₂(g)发生，反应过程中压强恒定为p₀(即C₄₀H₁₂的初始压强)，平衡转化率为α，该反应的平衡常数Kp为_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。

(5)(g)C₄₀H₁₈(g) + H• (g)及C₄₀H₁₀(g) + H• (g)反应的lnK (K为平衡常数)随温度倒数的关系如图所示。已知本实验条件下，(R为理想气体常数，c为截距)。图中两条线几乎平行，从结构的角度分析其原因是_______。

(6)下列措施既能提高反应物的平衡转化率，又能增大生成C₄₀H₁₀的反应速率的是_______(填标号)。

a．升高温度   b．增大压强   c．加入催化剂

【答案】(1)128    (2)    ①3    ②3  

(3)①6   ②10  

(4)

(5)在反应过程中，断裂和形成的化学键相同  

(6)a

【解析】(1)由C₄₀H₂₀和C₄₀H₁₈的结构式和反应历程可以看出，C₄₀H₂₀中断裂了2根碳氢键，C₄₀H₁₈形成了1根碳碳键，所以C₄₀H₂₀(g)C₄₀H₁₈(g) + H₂(g)的ΔH=(431×2-298-436) kJ·mol^－1=+128 kJ·mol^－1；(2)由反应历程可知，包含3个基元反应，分别为：，,,其中第三个的活化能最大，反应速率最慢；(3)由C₄₀H₂₀的结构分析，可知其中含有1个五元环，10个六元环，每脱两个氢形成一个五元环，则C₄₀H₁₀总共含有6个五元环，10个六元环；(4)1200K时，假定体系内只有反应C₄₀H₁₂(g)C₄₀H₁₀(g) + H₂(g)发生，反应过程中压强恒定为p₀(即C₄₀H₁₂的初始压强)，平衡转化率为α，设起始量为1mol，则根据信息列出三段式为：

则，，，该反应的平衡常数=；(5)(g)C₄₀H₁₈(g) + H• (g)及C₄₀H₁₀(g) + H• (g)反应的lnK (K为平衡常数)随温度倒数的关系如图，图中两条线几乎平行，说明斜率几乎相等，根据(R为理想气体常数，c为截距)可知，斜率相等，则说明焓变相等，因为在反应过程中，断裂和形成的化学键相同；(6)a项，由反应历程可知，该反应为吸热反应，升温，反应正向进行，提高了平衡转化率反应速率也加快，a符合题意；b项，由化学方程式可知，该反应为正向体积增大的反应，加压，反应逆向进行，降低了平衡转化率，b不符合题意；c项，加入催化剂，平衡不移动，不能提高平衡转化率，c不符合题意；故选a。