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2023年湖南省常德市高考化学一模试卷及答案解析
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这是一份2023年湖南省常德市高考化学一模试卷及答案解析，共26页。试卷主要包含了单选题，流程题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
2023年湖南省常德市高考化学一模试卷
一、单选题（本大题共14小题，共42.0分）
1. 我国自主研发的“海水无淡化原位直接电解制氢”开辟了全球海水制氢的全新路径，该技术集“海上风电等能源利用−海水资源利用−氢能生产”为一体，下列有关说法不正确的是( )
A. 实验室可用蒸馏法将海水淡化
B. 绿色零碳氢能是未来能源发展的重要方向
C. 该技术所用到的“多孔聚四氟乙烯膜”属于无机非金属材料
D. 该技术解决了有害腐蚀性这一长期困扰海水制氢领域的问题
2. 我们所感受的各种情绪从本质上讲都是一种化学体验，多巴胺和去甲肾上腺素均属于神经递质。下列有关两者说法正确的是( )
A. 两者属于同系物
B. 等物质的量的两者均能和3mol氢气发生加成反应
C. 去甲肾上腺素的相对分子质量比多巴胺大17
D. 1mol去甲肾上腺素最多消耗NaOH的质量与1mol多巴胺所消耗的相等
3. 化学实验是人们对知识的获取、验证和创新的重要手段。以下试剂的选择不合理的是( )
A. 实验室可用浓盐酸、二氧化锰、浓硫酸、饱和食盐水制备纯净的氯气
B. 用二氧化碳和饱和碳酸氢钠溶液可做喷泉实验
C. 可用过氧化钠或次氯酸漂白某些有色物质
D. 可利用FeCl3溶液作为“腐蚀液”将覆铜板上不需要的铜腐蚀
4. 乙炔水化法、乙烯氧化法是工业上制备乙醛的两个重要方法，反应原理分别为：
HC≡CH+H2O→△催化剂CH3CHO
2H2C=CH2+O2→加热加压催化剂2CH3CHO
以下叙述不正确的是( )
A. 乙烯氧化法中，生成0.1mol乙醛时，转移的电子数约为1.204×1024
B. C2H4的电子式为
C. 根据价层电子互斥模型，18g水的中心原子含有2mol孤电子对
D. 标准状况下，11.2LC2H2中含有π键的数目约为6.02×1023
5. 作为储氢材料的镧镍合金被广泛应用于电动车辆，某种镧镍合金储氢后所得晶体的化学式为LaNi5H6，晶胞结构如图，晶胞参数为a，下列有关表述不正确的是( )
A. Z表示的微粒为H2
B. 每个X原子周围最近且等距离的X原子有6个
C. 若A的分数坐标为(0,0.5,0.5)，B的分数坐标为(0.75,0.75,0)，则C的分数坐标为(1,0.5,1)
D. 若四条竖直棱的棱心位置均插入Z，则晶体的化学式为LaNi5H7
6. R、G、Y、X为原子序数依次增大的四种短周期元素，Y与G同周期，X与Y同主族。甲、乙、丙、丁、戊为这四种元素构成的化合物，其转化关系如图。下列说法中正确的是( )
A. Y的氢化物沸点高于G的氢化物沸点
B. 基态X原子核外电子有9种空间运动状态
C. 丁的稀溶液在反应③中做催化剂
D. G的最高价氧化物的水化物的酸性比X的强
7. 纯净物状态下的标准电极电势，可用来比较对应氧化剂的氧化性强弱，现有5组标准电极电势数据如表所示：
氧化还原电对(氧化型/还原型)
电极反应式
标准电极电势(φθ/V)
Fe3+/Fe2+
Fe3++e−⇌Fe2+
0.77
I2/I−
I2+2e−⇌2I−
0.54
Cr2O72−/Cr3+
Cr2O72−+6e−+14H+⇌2Cr3++7H2O
1.36
Br2/Br−
Br2(l)+2e−⇌2Br
1.07
Sn4+/Sn2+
Sn4++2e−⇌Sn2+
0.151
下列分析不正确的是( )
A. 氧化性：Cr2O72−>Br2>Fe3+
B. 往淀粉KI溶液中滴加SnCl4溶液，溶液不变蓝
C. 往含有KSCN的FeI2溶液中滴加少量溴水，溶液变红色
D. K2Cr2O7溶液与FeCl2溶液反应的离子方程式为：Cr2O72−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O
8. 探针分子是一类利用阴离子调控的荧光分子开关，可望发展为分子逻辑器件。从图中可以看出，探针分子与F−通过氢键形成复合物，诱发了荧光淬灭过程(PET)，HSO4−可以将F−“置换”出来，恢复探针的荧光。以下表述合理的是 ( )
A. 上述分子中各有一个手性碳原子
B. 探针分子中B原子的杂化方式为sp2
C. HSO4−在水中不能发生此过程：HSO4−=H++SO42−
D. F−与探针分子结合后的分子存在着极性键、非极性键、氢键、配位键
9. 葡萄糖在碱性条件下和亚甲基蓝溶液混合后，蓝色会消失，经振荡，无色溶液又恢复蓝色，此过程可以反复多次。现用培养皿盛放上述溶液，将蓝牙音箱、白色亚克力板、培养皿由下至上放置，打开音箱(设置音频为60赫兹，音量为60分贝)，振荡使空气中的氧气进入溶液，一段时间后，培养皿中呈现波纹状颜色变化。
以下分析不符合事实的是( )
A. 颜色变化的过程是可逆反应
B. 蓝色褪去的过程是亚甲基蓝被还原的过程
C. 升高温度，不一定能加快溶液变蓝的过程
D. 波腹处更容易呈现蓝色的原因是此处氧气浓度更大
10. 以镉铁矿(主要成分为CdO2)为原料制备Cd(BrO3)2的部分工艺流程如图：
已知CdSO4溶于水，CdCO3难溶于水。下列说法不正确的是( )
A. 已知Cd在周期表中位于第五周期第ⅡB族，则Cd的价层电子排布式是5s2
B. 还原镉时可产生CO2，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：1
C. “沉镉”所得滤液中的SO42−，其空间构型是正四面体
D. “转化”中发生的反应为：CdCO3+2HBrO3=Cd(BrO3)2+CO2↑+H2O
11. 目前科学家发明了一种利用微生物进行脱硫、脱氮的原电池装置，其基本原理如图所示(图中隔膜为质子交换膜)。下列有关说法正确的是( )
A. a极的电极反应式为5S2−+40e−+20H2O=5SO42−+40H+
B. H+从B室向A室迁移
C. 电池工作时，线路中通过1mol电子，则在b极析出2.24LN2
D. 若用该电池给铅蓄电池充电，应将b极连在正极上
12. 实验改进与优化应遵循科学性、直观性、易操作性、安全性的原则，提升化学实验效率。下列有关实验改进分析不正确的是 ( )
A.使用恒压滴液漏斗可防止浓氨水污染环境，并使漏斗内液体顺利流下
B.用点燃的木条靠近肥皂泡，听到爆鸣声，可检验产物中有氢气产生
C.该改进装置可用于SO2性质的探究实验
D.利用此装置可较长时间看到白色絮状沉淀
A. A B. B C. C D. D
13. 我国学者研究了汽车尾气的主要有害成分NO和CO之间的反应历程。反应历程中每一阶段内各驻点的能量均为相对于此阶段内反应物能量的能量之差，TS代表过渡态，反应过程中的复杂中间产物直接用IM表示(反应历程如图)。下列说法正确的是 ( )
A. 由图可知该反应通过2步基元反应完成
B. 加入适当的催化剂可提高产率
C. 该反应为放热反应
D. 该过程的总反应方程式为2NO+CO=2CO2+N2
14. 工业上从废旧金属中回收金属Co时，有一步操作是加入碳酸氢钠或碳酸氢铵溶液“沉钴”，离子方程式为：Co2++2HCO3−=CoCO3↓+CO2↑+H2O。下列有关说法不正确的是( )
A. 该反应之所以能发生，原因是Co2+与CO32−结合生成难溶电解质促进了HCO3−的电离
B. “沉钴”后，还要进行的操作为过滤、干燥
C. “沉钴”时不用Na2CO3的原因是：防止碱性比较强时生成Co(OH)2，降低产率
D. “沉钴”时通入适量NH3效果更好，是因为发生了反应：Co2++HCO3−+NH3=CoCO3↓+NH4+
二、流程题（本大题共1小题，共15.0分）
15. 钒钛系SCR催化剂主要包含TiO2、V2O5、WO3。从废SCR催化剂中回收TiO2、V2O5、WO3的某种工艺部分流程如图：
(1)“碱浸”选择高温的目的是 。Ti元素可以形成多种配合物，在配合物Ti(CN)4中，提供孤电子对的是 原子，原因是 。
(2)钛酸钠 (填“难”或“易”)溶于水。钛酸钠有多种存在形态，其中较为常见的一种是Na2Ti3O7，则将其化学式写成氧化物的形式为 。在酸洗过程中Na2Ti3O7转化为H2TiO3的化学方程式为 。
(3)钒钨溶液中钨元素以WO42−的形式存在，调节pH为2～3，溶液中的WO42−会转化为H2W12O406−，再经萃取、反萃取等过程可制得WO3。写出WO42−转化为H2W12O406−的离子方程式 。
(4)为测定废催化剂中V2O5的含量，现进行如下实验：准确称取5.000g废催化剂样品于烧杯中，加入足量质量分数为50%的硫酸，加热，冷却后将溶液移入250mL容量瓶中，加水定容。准确量取25.00mL溶液于锥形瓶中，滴加2～3滴指示剂，用浓度为0.1000mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液进行滴定，恰好完全反应时消耗标准溶液的体积为20.00mL。实验过程中，V元素最终转化为V3+，计算废催化剂中V2O5的含量为 (以百分数表示，废催化剂中其他成分对测定无影响)。
三、实验题（本大题共1小题，共14.0分）
16. 利用MnO2悬浊液吸收SO2气体制取连二硫酸锰(MnS2O6)和硫酸锰(MnSO4)的装置(部分夹持、加热仪器已省略)如图所示。
已知：i.MnS2O6易溶于水，其在pH为2.8～3.5时最稳定，温度超过30℃会快速分解生成易溶于水的MnSO4；
ii.连二硫酸的结构简式为：。
(1)MnS2O6中S的化合价为 。
(2)仪器a应装入的药品最好是 。
A.70%的硫酸溶液
B.稀盐酸
C.稀硝酸
D.浓硝酸
(3)装置B的作用为 ，装置C中的化学方程式为 ，表明反应完成的现象是 。装置D中水浴温度应控制在80℃左右，温度不能过高的原因是 。
(4)测定MnS2O6中锰的含量：准确称量产品质量，充分加热使之完全分解得到MnSO4，加适量水溶解，用KMnO4标准溶液进行滴定(Mn元素均转化为MnO2)，即可计算出MnS2O6中锰的含量。滴定过程中发生反应的离子方程式为 。
四、简答题（本大题共2小题，共29.0分）
17. 氰化氢(HCN)分子被认为是生命起源中重要的中间体之一，主要应用于电镀业、采矿业等，可制造各种树脂单体。迄今为止，它所产生的与生物相关联的化合物种类最多。
(1)HCN的合成
氰化氢可用甲烷氨氧化法合成，其热化学反应方程式为：CH4(g)+NH3(g)→1200−1400℃隔绝空气HCN(g)+3H2(g)ΔH。
相关化学键的键能数据如下表：
化学键
C−H
N−H
C≡N
H−H
E(kJ/mol)
414
393
891
436.4
上述反应的ΔH为 。
(2)HCN的性质
已知25℃时有关弱电解质的电离平衡常数如下表：
弱电解质化学式
CH3COOH
HCN
H2CO3
HNO2
NH3⋅H2O
电离平衡常数
1.8×10−5
4.9×10−10
K1=4.3×10−7
K2=5.6×10−11
7.2×10−4
1.8×10−5
①HCN具有酸性，能与氨水发生反应：HCN+NH3H2O⇌NH4++CN−+H2O，此反应在常温下的平衡常数K约为 ；NH4CN溶液呈 性。
②已知可发生如下反应：NaCN+HNO2=HCN+NaNO2，NaCN+HF=HCN+NaF，NaF+HNO2=NaNO2+HF，则HF的电离平衡常数的范围为： 。
③在KCN溶液中通入少量的二氧化碳，其离子反应方程式为： 。
④浓度均为0.1mol/L的NaCN与HCN的混合溶液中，以下推断正确的是 。
A.混合溶液pH约为9.3
B.2c(H+)=c(CN−)+c(HCN)+2c(OH−)
C.c(Na+)>c(CN−)>c(HCN)>c(H+)>c(OH−)
(3)HCN和CN−的处理
①HCN是一种无色、有毒、易溶于水的气体，易在空气中均匀弥散，并易产生爆炸。国家重点实验室对密闭空间内的HCN气体进行了消毒研究，研究中采用NH3、H2O2气雾、NH3−H2O2气雾和水雾分别单独对HCN进行消毒。由图可知 为最佳消毒试剂。
②工业生产中含氰(CN−)废水主要来源于选矿、有色金属冶炼等工业，对于含氰废水都应高度重视并妥善处理，国家关于废水中总氰浓度排放标准为≤0.5mg/L。某工厂实验室针对不同浓度焦亚硫酸钠(Na2S2O5)处理含氰废水情况展开研究。反应如下：S2O52−+2CN−+2O2+H2O=2CNO−+2H++2SO42−。如图为氧化后CN−的浓度变化，如果你是工厂研究人员，你认为应选择多大浓度的Na2S2O5溶液最合理，请回答并说明理由 。
18. 有机化学研究的最终目标之一是能够构建复杂且有用的有机分子，造福人类生活。瑞替加滨具有潜在的神经保护作用，其合成流程如图：
已知：
请回答下列问题：
(1)A物质的核磁共振氢谱图为： (填序号)。
(2)瑞替加滨分子中N、O、F元素的第一电离能由大到小的顺序是 。
(3)E的结构简式为： 。
(4)反应⑥涉及两步，已知第一步反应类型是加成反应，第二步的反应类型为 。
(5)合成过程中，引入反应③的作用是 。
(6)写出C→D的化学方程式： 。
(7)分子组成比多一个CH2的有机化合物，其结构中满足下列条件的有 种。
①红外光谱无醚键吸收峰
②能发生银镜反应
(8)若用和经过以下流程合成瑞替加滨：瑞替加滨
结合上述合成路线，请推测出J、K的结构简式 。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解；A.实验室可通过蒸馏法实现水与盐溶质的分离，故A正确；
B.氢能源燃烧放出大量的热，且燃烧产物为水，无污染，故B正确；
C.多孔聚四氟乙烯属于有机高分子材料，故C错误；
D.该技术避免了用活泼金属与酸反应制取氢气过程中酸对设备的腐蚀，故D正确；
故选：C。
A.实验室可通过蒸馏法实现水与盐溶质的分离；
B.氢能源燃烧放出大量的热，且燃烧产物为水；
C.多孔聚四氟乙烯属于有机高分子材料；
D.该技术采用电解法制取氢气。
本题是物质结构的综合考题，涉及海水淡化及无机非金属材料，需要学生具有扎实的基本功，题目难度不大。
2.【答案】D
【解析】解：A.组成相似，结构上相差一个或若干个CH2原子团的物质互为同系物，两者所含羟基官能团个数不同，不属于同系物，故A错误；
B.两者的物质的量不确定，不能确定加成氢气的物质的量，故B错误；
C.去甲肾上腺素比多巴胺多一个氧原子，相对分子质量多16，故C错误；
D.两者均只有酚羟基与NaOH反应，1mol中均含2mol酚羟基，消耗2molNaOH，故D正确；
故选：D。
A.两者所含羟基官能团个数不同；
B.两者的物质的量不确定；
C.去甲肾上腺素比多巴胺多一个氧原子；
D.两者均只有酚羟基与NaOH反应。
本题考查有机物的结构与性质，侧重考查学生有机基础知识的掌握情况，试题难度中等。
3.【答案】B
【解析】解：A.实验室可用浓盐酸、二氧化锰在加热条件下制取氯气，然后用饱和食盐水除去Cl2中混有的HCl，再用浓硫酸干燥，从而制得纯净的氯气，故A正确；
B.气体极易溶于液体或气体能与液体反应，可以设计喷泉实验，二氧化碳不溶于饱和碳酸氢钠溶液，所以不能用二氧化碳和饱和碳酸氢钠溶液做喷泉实验，故B错误；
C.过氧化钠或次氯酸都具有强氧化性，能使有色物质褪色，所以可用过氧化钠或次氯酸漂白某些有色物质，故C正确；
D.FeCl3溶液与Cu能发生反应2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，所以可用FeCl3溶液将覆铜板上不需要的铜腐蚀，故D正确；
故选：B。
A.实验室可用浓盐酸、二氧化锰在加热条件下制取氯气，然后用饱和食盐水除去Cl2中混有的HCl，再用浓硫酸干燥；
B.二氧化碳不溶于饱和碳酸氢钠溶液；
C.过氧化钠或次氯酸都具有强氧化性，能使有色物质褪色；
D.FeCl3溶液与Cu能发生反应2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2。
本题考查实验方案的设计，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。
4.【答案】A
【解析】解：A.乙烯氧化法中氧元素化合价由0变为−2，电子转移关系为O2～2CH3CHO～4e−，生成0.1mol乙醛时，转移的电子0.2mol，数目约为1.204×1023，故A错误；
B.C2H4为含有碳碳双键的共价化合物，电子式为，故B正确；
C.H2O分子中中心O原子价层电子对数为2+6−1×22=4，O原子采用sp3杂化，O原子上含有2对孤电子对，则18g水(为1mol)的中心原子含有2mol孤电子对，故C正确；
D.1分子乙炔中含有2个π键，标准状况下，11.2LC2H2(为0.5mol)中含有π键为1mol，数目约为6.02×1023，故D正确；
故选：A。
A.乙烯氧化法中氧元素化合价由0变为−2；
B.C2H4为含有碳碳双键的共价化合物；
C.H2O分子中中心O原子价层电子对数为2+6−1×22=4，O原子采用sp3杂化，O原子上含有2对孤电子对；
D.1分子乙炔中含有2个π键。
本题考查氧化还原反应及孤电子对的计算，题目难度中等，注意基础知识的积累。
5.【答案】D
【解析】解：A.晶胞中含X原子个数为8×18=1，含Y原子个数为8×12+1=5，含Z个数为8×14+2×12=3，对照晶胞的化学式LaNi5H6，可得出Z表示的微粒为H2，故A正确；
B.每个X原子周围最近且等距离的X原子在顶点上，其数目为6，故B正确；
C.若A的分数坐标为(0,0.5,0.5)，B的分数坐标为(0.75,0.75,0)，则坐标原点为底面左下角的X原子，则C的分数坐标为(1,0.5,1)，故C正确；
D.若四条竖直棱的棱心位置均插入Z，则与原晶胞比增加Z的个数为4×14=1，而Z为H2，所以晶体的化学式为LaNi5H8，故D错误；
故选：D。
A.含X原子个数为8×18=1，含Y原子个数为8×12+1=5，含Z个数为8×14+2×12=3，对照晶胞的化学式LaNi5H6；
B.每个X原子周围最近且等距离的X原子在顶点上；
C.若A的分数坐标为(0,0.5,0.5)，B的分数坐标为(0.75,0.75,0)，则坐标原点为底面左下角的X原子，晶胞参数为1；
D.若四条竖直棱的棱心位置均插入Z，则与原晶胞比，增加Z的个数为4×14=1。
本题考查晶体结构，侧重考查学生分数坐标和均摊法的掌握情况，试题难度中等。
6.【答案】B
【解析】解：A.Y为O元素，形成的氢化物H2O、H2O2常温下均为液态，G为C元素，形成的氢化物CxHy，碳原子数目较大时为固态，则O的氢化物沸点可能低于C的氢化物沸点，故A错误；
B.X为S元素，基态S原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，空间运动状态即原子轨道数，有9种，故B正确；
C.丁为H2SO4，丙为CH3CH2OH，甲为CH2=CH2，乙为H2O，反应③为CH3CH2OH发生消去反应生成CH2=CH2和水，浓硫酸在反应③中做催化剂和脱水剂，故C错误；
D.G为C元素，X为S元素，最高价氧化物的水化物分别为H2CO3、H2SO4，碳酸的酸性弱于硫酸，故D错误；
故选：B。
根据短周期元素Y能形成2对共价键可知Y为O元素，Y与G同周期即第二周期，G形成4对共价键，则G为C元素，X与Y同主族，则X为S元素，R形成1对共价键且原子序数最小，则R为H元素。
本题考查元素周期律，侧重考查学生元素推断和元素周期律的掌握情况，试题难度中等。
7.【答案】C
【解析】解：A.标准电极电势越高，其中氧化剂的氧化性越强，由表中数据可知：氧化性Cr2O72−>Br2>Fe3+，故A正确；
B.Sn4+的氧化性弱于I2，不能氧化I−得到I2，因此溶液不变蓝，故B正确；
C.I−的还原性大于Fe2+，当加入少量溴水时，溴水先氧化I−，溴水量不足，Fe2+不能被氧化为Fe3+，则滴加KSCN溶液不一定变红，故C错误；
D.Cr2O72−具有氧化性，Fe2+具有还原性，故K 2Cr2O7溶液与FeCl2溶液反应，则离子方程式为Cr2O72−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，故D正确；
故选：C。
A.标准电极电势越高，其中氧化剂的氧化性越强；
B.Sn4+的氧化性弱于I2；
C.I−的还原性大于Fe2+，当加入少量溴水时，溴水先氧化I−，溴水量不足Fe2+不能被氧化为Fe3+；
D.K2Cr2O7溶液与FeCl2溶液反应，Cr2O72−具有氧化性，Fe2+具有还原性。
本题考查新情境下的氧化性或还原性强弱的判断、氧化还原反应方程式的书写，难度中等，侧重对学生知识迁移应用能力的考查。
8.【答案】D
【解析】解：A.上述分子中没有连接4个互不相同的原子或原子团的碳原子，所以没有手性碳原子，故A错误；
B.由图可知，探针分子中B原子的σ键数等于4，杂化方式为sp3杂化，故B错误；
C.HSO4−在水中能发生此过程：HSO4−=H++SO42−，故C错误；
D.F−与探针分子结合后的分子存在C−H、C−N、C−O、H−O等极性键、C−C、C=C非极性键、F⋅⋅⋅H−O氢键、F→B配位键，故D正确；
故选：D。
A.一个碳上连接4个互不相同的原子或原子团，这样的碳原子才是手性碳原子；
B.B原子的σ键数等于4，即可判断B原子的杂化方式；
C.HSO4−在水中能完全电离，熔融状态不能电离；
D.不同的原子之间形成极性键、相同的原子之间形成非极性键、F⋅⋅⋅H−O属于氢键、另存在F→B配位键。
本题主要考查学生的看图理解能力、读取信息、分析信息的能力，同时考查杂化方式的判断，极性键与非极性键、配位键的判断等，属于基本知识的考查，难度不大。
9.【答案】A
【解析】解：A.蓝色变无色是葡萄糖和亚甲基蓝反应，生成亚甲基白，葡萄糖被氧化，亚甲基蓝被还原，无色变蓝色是亚甲基白和氧气反应生成水和亚甲基蓝，不是可逆反应，故A错误；
B.亚甲基白变为亚甲基蓝是亚甲基白被氧气氧化为亚甲基蓝，则亚甲基蓝变为亚甲基白是还原过程，所以蓝色褪去的过程是亚甲基蓝被还原的过程，故B正确；
C.升高温度，氧气在水中的溶解度降低，不一定能加快反应速率，故C正确；
D.波腹处声音强度最小，氧气浓度大，更容易出现蓝色，故D正确；
故选：A。
A.蓝色变无色是葡萄糖和亚甲基蓝反应，生成亚甲基白，葡萄糖被氧化，亚甲基蓝被还原，无色变蓝色是亚甲基白和氧气反应生成水和亚甲基蓝；
B.亚甲基白变为亚甲基蓝是亚甲基白被氧气氧化为亚甲基蓝；
C.升高温度，氧气在水中的溶解度降低；
D.波腹处声音强度最小，氧气浓度大，更容易出现蓝色。
本题趣味实验为背景考查了氧化还原反应，注意题目信息的提取是解题的关键，难度中等。
10.【答案】A
【解析】解：A.已知Cd在周期表中位于第五周期第ⅡB族，则Cd的价层电子排布式是4d105s2，故A错误；
B.还原镉时方程式为3Cd(SO4)2+CH3OH+H2O=3CdSO4+CO2↑+3H2SO4，该反应中氧化剂为Cd(SO4)2，还原剂为甲醇，二者物质的量之比为3：1，故B正确；
C.硫酸根离子的中心原子为硫原子，其价层电子对数为4+6+2−4×22=4，孤电子对数为0，其空间构型为正四面体，故C正确；
D.“转化”中CdCO3变成Cd(BrO3)2，发生的反应为：CdCO3+2HBrO3=Cd(BrO3)2+CO2↑+H2O，故D正确；
故选：A。
镉铁矿加入稀硫酸，反应生成Cd(SO4)2，加入甲醇还原镉，生成+2价镉的盐，再加入碳酸钾，生成 CdCO3，加入溴酸生成 Cd(BrO3)2；Cd在周期表中位于第五周期第ⅡB族，硫酸根离子的中心原子为硫原子，其价层电子对数为4+6+2−4×22=4，孤电子对数为0。
本题考查物质的制备，侧重考查学生物质之间的转化和分离提纯的掌握情况，试题难度中等。
11.【答案】D
【解析】解：A.该装置为原电池，a极硫元素失电子，a极为负极，电极反应式为S2−+4H2O−8e−=SO42−+8H+，故A错误；
B.原电池中阳离子移向正极，即H+从A室向B室迁移，故B错误；
C.电池工作时，b极的电极反应式为2NO3−+10e−+12H+=N2↑+6H2O，线路中通过1mol电子，则在b极析出0.1molN2，但未指明气体的状态，不能计算氮气的体积，故C错误；
D.b极为正极，若用该电池给铅蓄电池充电，应将b极连在铅蓄电池的正极上，故D正确；
故选：D。
由图可知，该装置为原电池，a极硫元素失电子，a极为负极，电极反应式为S2−+4H2O−8e−=SO42−+8H+，b极为正极，电极反应式为2NO3−+10e−+12H+=N2↑+6H2O，原电池中阳离子移向正极，据此作答。
本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
12.【答案】C
【解析】解：A.恒压滴液漏斗可平衡气压，使漏斗内液体顺利流下，减少浓氨水的挥发，可防止浓氨水污染环境，故A正确；
B.氢气具有可燃性，点燃肥皂泡，安全且操作性强，可检验产物中有氢气生成，故B正确；
C.常温下Cu与浓硫酸不反应，不能探究二氧化硫的性质，故C错误；
D.Fe与稀硫酸反应生成的氢气可排出装置内的空气，关闭止水夹，可使硫酸亚铁与NaOH溶液反应，图中装置可较长时间看到白色絮状沉淀，故D正确；
故选：C。
A.恒压滴液漏斗可平衡气压；
B.氢气具有可燃性；
C.常温下Cu与浓硫酸不反应；
D.Fe与稀硫酸反应生成的氢气可排出装置内的空气，关闭止水夹，可使硫酸亚铁与NaOH溶液反应。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
13.【答案】C
【解析】解：A.整个反应分为三步基元反应①NO(g)+NO(g)=O−N=N−O②O−N=N−O+CO(g)=CO2(g)+N2O(g)③CO2(g)+N2O(g)+CO(g)=2CO2(g)+N2(g)，故A错误；
B.催化剂只改变化学反应速率，不影响平衡移动，不能提高产率，故B错误；
C.①+②+③得：2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H=+199.2kJ⋅mol−1−513.5kJ⋅mol−1−307.6kJ⋅mol−1=−621.9kJ⋅mol−1，该反应为放热反应，故C正确；
D.①+②+③得：2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H=+199.2kJ⋅mol−1−513.5kJ⋅mol−1−307.6kJ⋅mol−1=−621.9kJ⋅mol−1，即该过程的总反应方程式为2NO+2CO=2CO2+N2，故D错误；
故选：C。
整个反应分为三个基元反应阶段，①NO(g)+NO(g)=△H=+199.2kJ⋅mol−1，②+CO(g)=CO2(g)+N2O(g)△H=−513.5kJ⋅mol−1，③CO2(g)+N2O(g)+CO(g)=2CO2(g)+N2(g)△H=−307.6kJ⋅mol−1，结合活化能、焓等知识分析。
本题考查催化剂的催化机理，物质多、反应多，利用图象信息书写热化学方程式，并从活化能的角度研究反应速率，试题难度较大。
14.【答案】B
【解析】解：A.含Co2+溶液中加入碳酸氢钠或碳酸氢铵溶液反应生成碳酸钴沉淀，发生反应HCO3−⇌CO32−+H+、Co2++CO32−=CoCO3↓、HCO3−+H+=H2O+CO2↑，该反应之所以能发生，原因是Co2+与CO32−结合生成难溶电解质促进了HCO3−的电离，故A正确；
B.“沉钴”后，还要将CoCO3转化为Co，还需进行的操作为过滤、洗涤、干燥、灼烧、还原等，故B错误；
C.Na2CO3的碱性强，会将Co2+转化为Co(OH)2，则“沉钴”时不用Na2CO3的原因是：防止碱性比较强时生成Co(OH)2，降低产率，故C正确；
D.“沉钴”时通入适量NH3，能促进HCO3−⇌CO32−+H+电离的正向进行，从而增大溶液中的c(CO32−)，有利于生成CoCO3沉淀，离子方程式为：Co2++HCO3−+NH3=CoCO3↓+NH4+，故D正确；
故选：B。
A.含Co2+溶液中加入碳酸氢钠或碳酸氢铵溶液反应生成碳酸钴沉淀；
B.“沉钴”后，还要将CoCO3转化为Co；
C.Na2CO3的碱性强，会将Co2+转化为Co(OH)2；
D.“沉钴”时通入适量NH3，能促进HCO3−⇌CO32−+H+电离的正向进行，从而增大溶液中的c(CO32−)，有利于生成CoCO3沉淀。
本题考查分离提纯，侧重考查学生物质之间的转化和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。
15.【答案】加快反应速率或加快碱浸速率 C(或碳) C的电负性比N弱，更容易提供孤电子对形成配位键 难 Na2O⋅3TiO2 Na2Ti3O7+H2SO4+2H2O=3H2TiO3+Na2SO4 12WO42−+18H+⇌H2W12O406−+8H2O 18.2%
【解析】解：(1)为了加快反应速率或加快碱浸速率，“碱浸”选择高温；在配合物Ti(CN)4中，因为C的电负性比N弱，更容易提供孤电子对形成配位键，故分子提供孤电子对的是C(或碳)，
故答案为：加快反应速率或加快碱浸速率；C(或碳)；C的电负性比N弱，更容易提供孤电子对形成配位键；
(2)经过过滤得到钒钨溶液和钛酸钠，推知钛酸钠难溶于水；根据Na2Ti3O7的原子组成，其化学式写成氧化物的形式为Na2O⋅3TiO2；在酸洗过程中Na2Ti3O7与稀硫酸反应生成H2TiO3和硫酸钠，其化学方程式为Na2Ti3O7+H2SO4+2H2O=3H2TiO3+Na2SO4，
故答案为：难；Na2O⋅3TiO2；Na2Ti3O7+H2SO4+2H2O=3H2TiO3+Na2SO4；
(3)钒钨溶液中钨元素以WO42−的形式存在，调节pH为2～3，溶液中的WO42−会转化为H2W12O406−，即WO42−在酸性条件反应生成H2W12O406−和水，则离子方程式为12WO42−+18H+⇌H2W12O406−+8H2O，
故答案为：12WO42−+18H+⇌H2W12O406−+8H2O；
(4)为测定废催化剂中V2O5的含量，现进行如下实验：准确称取5.000g废催化剂样品于烧杯中，加入足量质量分数为50%的硫酸，加热，冷却后将溶液移入250mL容量瓶中，加水定容；准确量取25.00mL溶液于锥形瓶中，滴加2～3滴指示剂，用浓度为0.1000mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液进行滴定，恰好完全反应时消耗标准溶液的体积为20.00mL。实验过程中，V元素最终转化为V3+，滴定过程中发生氧化还原反应，亚铁离子转化为铁离子，V元素由+5价转化为V3+，设废催化剂中V2O5的质量为m，m182g/mol×2×2×25mL250mL=0.1mol/L×0.020L，解得m=0.91g，则V2O5含量为0.915×100%=18.2%，
故答案为：18.2%。
废催化剂中加入氢氧化钠进行高温碱浸，生成可溶性的含钒、钨的盐，经过滤得到沉淀钛酸钠，用稀硫酸进行酸洗，水洗、焙烧得到二氧化钛；
(1)“碱浸”选择高温，可以加快碱浸速率；在配合物Ti(CN)4中，因为C的电负性比N弱，更容易提供孤电子对形成配位键；
(2)经过过滤得到钒钨溶液和钛酸钠，根据Na2Ti3O7的原子组成，其化学式写成氧化物的形式为Na2O⋅3TiO2；在酸洗过程中Na2Ti3O7与稀硫酸反应生成H2TiO3和硫酸钠；
(3)钒钨溶液中钨元素以WO42−的形式存在，调节pH为2～3，溶液中的WO42−会转化为H2W12O406−，即WO42−在酸性条件反应生成H2W12O406−和水；
(4)为测定废催化剂中V2O5的含量，现进行如下实验：准确称取5.000g废催化剂样品于烧杯中，加入足量质量分数为50%的硫酸，加热，冷却后将溶液移入250mL容量瓶中，加水定容；准确量取25.00mL溶液于锥形瓶中，滴加2～3滴指示剂，用浓度为0.1000mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液进行滴定，恰好完全反应时消耗标准溶液的体积为20.00mL；实验过程中，V元素最终转化为V3+，滴定过程中发生氧化还原反应，亚铁离子转化为铁离子，V元素由+5价转化为V3+。
本题考查物质的制备和分离提纯，侧重考查学生物质之间的转化和分离提出知识的掌握情况，试题难度中等。
16.【答案】+5 A 做安全瓶(或防止倒吸) MnO2+2SO2=MnS2O6 C中得到澄清溶液或黑色固体消失 温度过高，SO2的溶解度变小，反应速率减慢 2MnO4−+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+
【解析】解：(1)根据连二硫酸的结构简式可知H为+1价，O为−2价，MnS2O6中S的化合价为+5，
故答案为：+5；
(2)A用于制备二氧化硫气体，亚硫酸钠和浓硫酸反应生成二氧化硫气体，亚硫酸钠和盐酸反应能生成二氧化硫气体，由于盐酸易挥发，生成的二氧化硫中含有HCl杂质；硝酸具有强氧化性，亚硫酸钠被硝酸氧化为硫酸钠，不能放出二氧化硫，所以仪器a应装入的药品最好是70%的硫酸溶液，
故答案为：A；
(3)装置B是安全瓶，作用为防倒吸，装置C中MnO2和SO2气体反应生成连二硫酸锰，化学方程式为MnO2+2SO2=MnS2O6，反应结束时二氧化锰完全反应，表明反应完成的现象是C中得到澄清溶液或黑色固体消失。装置D制备硫酸锰，水浴温度应控制在80℃左右，温度过高，SO2的溶解度变小，反应速率减慢，
故答案为：做安全瓶(或防止倒吸)；MnO2+2SO2=MnS2O6；C中得到澄清溶液或黑色固体消失；温度过高，SO2的溶解度变小，反应速率减慢；
(4)KMnO4与Mn2+反应发生氧化还原反应生成MnO2，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为2MnO4−+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+，
故答案为：2MnO4−+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+。
(1)根据连二硫酸的结构简式可知H为+1价，O为−2价；
A装置中浓硫酸与亚硫酸钠反应制备二氧化硫，B装置防倒吸，在较低温度下C中二氧化锰吸收二氧化硫生成MnS2O6，在较高温度下D中二氧化锰吸收二氧化硫生成MnSO4，E中石灰乳吸收二氧化硫，防止污染。
本题考查物质的制备，侧重考查学生物质之间的转化和试样装置的掌握情况，试题难度中等。
17.【答案】+220.8kJ/mol 0.882 碱 4.9×10−10～7.2×10−4 CN−+CO2+H2O=HCN+HCO3− A NH3−H2O2气雾 应选择3g/L的Na2S2O5溶液，此时氰根浓度已经达到国家排放标准，后面再随着Na2S2O5浓度的增加，氰根浓度继续下降，但降幅不大，去除率变化不大且会增加生产成本
【解析】解：(1)△H=反应物的总键能−生成物的总键能=[4×414+3×393−(414+891+3×436.4)]kJ/mol=+220.8kJ/mol，
故答案为：+220.8kJ/mol；；
(2)①已知K(HCN)=c(CN−)c(H+)c(HCN)，K(NH3⋅H2O)=c(NH4+)c(OH−)c(NH3⋅H2O)，有K=c(CN−)c(NH4+)c(HCN)c(NH3⋅H2O)=c(CN−)c(H+)c(NH4+)c(OH−)c(HCN)c(NH3⋅H2O)c(H+)c(OH−)=K(HCN)×K(NH3⋅H2O)Kw=4.9×10−10×1.8×10−51×10−14=0.882；NH4CN是弱酸弱碱盐，NH4+水解产生H+，CN−水解产生OH−，由电离平衡常数Ka(HCN)>Ka(NH3⋅H2O)知水解产生的OH−多于H+，故NH4CN溶液呈碱性，
故答案为：0.882；
②由题中化学反应方程式可知酸性由强到弱顺序为HNO2>HF>HCN，故HF的电离平衡常数的范围为：4.9×10−10
③由题知电离平衡常数可得，CO2与KCN反应的离子方程式为：CN−+CO2+H2O=HCN+HCO3−，
故答案为：：CN−+CO2+H2O=HCN+HCO3−；
④A.HCN的电离常数Ka=4.9×10−10，CN−的水解常数为Kb=KwKa=1×10−144.9×10−10≈2×10−5，
列出三段式：CN−+H2O⇌HCN+OH−
起始 0.1 0 0
水解 x x x
平衡0.1−x x x
故Kb=c(HCN)c(OH−)c(CN−)=x20.1−x=2×10−5，x≈1×10−4，即c(OH−)=1×10−4，则c(H+)=KWc(OH−)=5×10−10，pH=−lg c(H+)≈9.3，故A正确；
B.NaCN与HCN的混合溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CN−)+c(OH−)，物料守恒：2c(Na+)=c(CN−)+c(HCN)，结合可得c(HCN)+2c(H+)=c(CN−)+2c(OH−)，故B错误；
C.HCN的电离常数Ka=4.9×10−10，CN−的水解常数为Kb=KwKa=1×10−144.9×10−10≈2×10−5，NaCN的水解大于HCN的电离，则c(OH−)>c(H+)，故C错误；
故答案为：A；
(3)①由图可得用NH3−H2O2气雾对HCN进行消毒时，HCN质量浓度下降最快且消毒较彻底，故NH3−H2O2气雾为最佳消毒剂，
故答案为：NH3−H2O2气雾；
②由图可知当Na2S2O5溶液的浓度为3g/L时，氰根浓度已经达到国家排放标准，后面再随着Na2S2O5浓度的增加，氰根浓度继续下降，但降幅不大，去除率变化不大且会增加生产成本，故应选3g/L的Na2S2O5溶液，
故答案为：应选择3g/L的Na2S2O5溶液，此时氰根浓度已经达到国家排放标准，后面再随着Na2S2O5浓度的增加，氰根浓度继续下降，但降幅不大，去除率变化不大且会增加生产成本。
(1)△H=反应物的总键能−生成物的总键能；
(2)①已知K(HCN)=c(CN−)c(H+)c(HCN)，K(NH3⋅H2O)=c(NH4+)c(OH−)c(NH3⋅H2O)，有K=c(CN−)c(NH4+)c(HCN)c(NH3⋅H2O)=c(CN−)c(H+)c(NH4+)c(OH−)c(HCN)c(NH3⋅H2O)c(H+)c(OH−)=K(HCN)×K(NH3⋅H2O)Kw=4.9×10−10×1.8×10−51×10−14=0.882；NH4CN是弱酸弱碱盐，NH4+水解产生H+，CN−水解产生OH−，由电离平衡常数Ka(HCN)>Ka(NH3⋅H2O)知水解产生的OH−多于H+；
②由题中化学反应方程式可知酸性由强到弱顺序为HNO2>HF>HCN；
③由题知电离平衡常数可得酸性强弱，由强酸制弱酸进行解答；
④A.HCN的电离常数Ka=4.9×10−10，CN−的水解常数为Kb=KwKa=1×10−144.9×10−10≈2×10−5，列出三段式即可解答；
B.NaCN与HCN的混合溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CN−)+c(OH−)，物料守恒：2c(Na+)=c(CN−)+c(HCN)；
C.HCN的电离常数Ka=4.9×10−10，CN−的水解常数为Kb=KwKa=1×10−144.9×10−10≈2×10−5，NaCN的水解大于HCN的电离；
(3)①由图可得用NH3−H2O2气雾对HCN进行消毒时，HCN质量浓度下降最快且消毒较彻底；
②由图可知当Na2S2O5溶液的浓度为3g/L时，氰根浓度已经达到国家排放标准。
本题考查盖斯定律的应用，热化学方程式的书写，化学平衡常数的计算，电解原理等知识点，考查较为综合，整体难度中等，是中档题。
18.【答案】II F>N>O 消去反应 保护氨基 ++H2O 18 或；或
【解析】解：(1)由分析可知，A为，分子中含有3种氢原子，且个数比为1：1：1，则A物质的核磁共振氢谱图为：II，
故答案为：II；
(2)N、O、F元素的非金属性F>O>N，N的最外层p轨道半充满，原子的能量低，则第一电离能由大到小的顺序是FNO或F>N>O，
故答案为：FNO或F>N>O；
(3)由分析可知，E的结构简式为：，
故答案为：；
(4)反应⑥涉及两步，已知第一步反应类型是加成反应，生成，第二步反应生成，则反应类型为消去反应，
故答案为：消去反应；
(5)合成过程中，反应③发生的是氨基上的反应，反应⑤后又生成氨基，则引入反应③的作用是保护氨基，
故答案为：保护氨基；
(6)C→D是与在一定条件下反应生成等，化学方程式：++H2O，
故答案为：++H2O；
(7)分子组成比多一个CH2的有机化合物，结构中满足条件：“①红外光谱无醚键吸收峰，②能发生银镜反应”，则分子中含有−CHO、−OH、−Cl或−OOCH、−Cl，则可能结构简式为CH3CH2CH(OH)CHO、CH3CH(OH)CH2CHO、CH2(OH)CH2CH2CHO的烃基上H原子被Cl取代，共9种，ClCH2C(CH3)(OH)CHO、HOCH2CCl(CH3)CHO、HOCH2CH(CH2Cl)CHO、HOCH(Cl)CH(CH3)CHO共4种，CH3CH2CH2OOCH、(CH3)2CHOOCH的烃基上的H原子被Cl原子取代，共5种，共有18种，
故答案为：18；
(8)和发生取代反应，生成或；或在Pd/C催化作用下被H2还原，生成或，则J、K的结构简式为或，
故答案为：或；或。
由C的结构简式，采用逆推法，可确定A为，B为；由D的结构简式，可确定E为，由此解答(1)～(6)，
(7)分子组成比多一个CH2的有机化合物，结构中满足条件：“①红外光谱无醚键吸收峰，②能发生银镜反应”，则分子中含有−CHO、−OH、−Cl或−OOCH、−Cl；
(8)C→D是与在一定条件下反应生成；或在Pd/C催化作用下被H2还原，生成或。
本题考查有机物的合成，有机反应类型、有机反应方程式的书写、官能团的识别、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，对比有机物的结构变化理解发生的反应，题目侧重考查自学能力、学生分析能力、知识迁移运用的能力。
2023年湖南省常德市高考化学一模试卷
一、单选题（本大题共14小题，共42.0分）
1. 我国自主研发的“海水无淡化原位直接电解制氢”开辟了全球海水制氢的全新路径，该技术集“海上风电等能源利用−海水资源利用−氢能生产”为一体，下列有关说法不正确的是( )
A. 实验室可用蒸馏法将海水淡化
B. 绿色零碳氢能是未来能源发展的重要方向
C. 该技术所用到的“多孔聚四氟乙烯膜”属于无机非金属材料
D. 该技术解决了有害腐蚀性这一长期困扰海水制氢领域的问题
2. 我们所感受的各种情绪从本质上讲都是一种化学体验，多巴胺和去甲肾上腺素均属于神经递质。下列有关两者说法正确的是( )
A. 两者属于同系物
B. 等物质的量的两者均能和3mol氢气发生加成反应
C. 去甲肾上腺素的相对分子质量比多巴胺大17
D. 1mol去甲肾上腺素最多消耗NaOH的质量与1mol多巴胺所消耗的相等
3. 化学实验是人们对知识的获取、验证和创新的重要手段。以下试剂的选择不合理的是( )
A. 实验室可用浓盐酸、二氧化锰、浓硫酸、饱和食盐水制备纯净的氯气
B. 用二氧化碳和饱和碳酸氢钠溶液可做喷泉实验
C. 可用过氧化钠或次氯酸漂白某些有色物质
D. 可利用FeCl3溶液作为“腐蚀液”将覆铜板上不需要的铜腐蚀
4. 乙炔水化法、乙烯氧化法是工业上制备乙醛的两个重要方法，反应原理分别为：
HC≡CH+H2O→△催化剂CH3CHO
2H2C=CH2+O2→加热加压催化剂2CH3CHO
以下叙述不正确的是( )
A. 乙烯氧化法中，生成0.1mol乙醛时，转移的电子数约为1.204×1024
B. C2H4的电子式为
C. 根据价层电子互斥模型，18g水的中心原子含有2mol孤电子对
D. 标准状况下，11.2LC2H2中含有π键的数目约为6.02×1023
5. 作为储氢材料的镧镍合金被广泛应用于电动车辆，某种镧镍合金储氢后所得晶体的化学式为LaNi5H6，晶胞结构如图，晶胞参数为a，下列有关表述不正确的是( )
A. Z表示的微粒为H2
B. 每个X原子周围最近且等距离的X原子有6个
C. 若A的分数坐标为(0,0.5,0.5)，B的分数坐标为(0.75,0.75,0)，则C的分数坐标为(1,0.5,1)
D. 若四条竖直棱的棱心位置均插入Z，则晶体的化学式为LaNi5H7
6. R、G、Y、X为原子序数依次增大的四种短周期元素，Y与G同周期，X与Y同主族。甲、乙、丙、丁、戊为这四种元素构成的化合物，其转化关系如图。下列说法中正确的是( )
A. Y的氢化物沸点高于G的氢化物沸点
B. 基态X原子核外电子有9种空间运动状态
C. 丁的稀溶液在反应③中做催化剂
D. G的最高价氧化物的水化物的酸性比X的强
7. 纯净物状态下的标准电极电势，可用来比较对应氧化剂的氧化性强弱，现有5组标准电极电势数据如表所示：
氧化还原电对(氧化型/还原型)
电极反应式
标准电极电势(φθ/V)
Fe3+/Fe2+
Fe3++e−⇌Fe2+
0.77
I2/I−
I2+2e−⇌2I−
0.54
Cr2O72−/Cr3+
Cr2O72−+6e−+14H+⇌2Cr3++7H2O
1.36
Br2/Br−
Br2(l)+2e−⇌2Br
1.07
Sn4+/Sn2+
Sn4++2e−⇌Sn2+
0.151
下列分析不正确的是( )
A. 氧化性：Cr2O72−>Br2>Fe3+
B. 往淀粉KI溶液中滴加SnCl4溶液，溶液不变蓝
C. 往含有KSCN的FeI2溶液中滴加少量溴水，溶液变红色
D. K2Cr2O7溶液与FeCl2溶液反应的离子方程式为：Cr2O72−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O
8. 探针分子是一类利用阴离子调控的荧光分子开关，可望发展为分子逻辑器件。从图中可以看出，探针分子与F−通过氢键形成复合物，诱发了荧光淬灭过程(PET)，HSO4−可以将F−“置换”出来，恢复探针的荧光。以下表述合理的是 ( )
A. 上述分子中各有一个手性碳原子
B. 探针分子中B原子的杂化方式为sp2
C. HSO4−在水中不能发生此过程：HSO4−=H++SO42−
D. F−与探针分子结合后的分子存在着极性键、非极性键、氢键、配位键
9. 葡萄糖在碱性条件下和亚甲基蓝溶液混合后，蓝色会消失，经振荡，无色溶液又恢复蓝色，此过程可以反复多次。现用培养皿盛放上述溶液，将蓝牙音箱、白色亚克力板、培养皿由下至上放置，打开音箱(设置音频为60赫兹，音量为60分贝)，振荡使空气中的氧气进入溶液，一段时间后，培养皿中呈现波纹状颜色变化。
以下分析不符合事实的是( )
A. 颜色变化的过程是可逆反应
B. 蓝色褪去的过程是亚甲基蓝被还原的过程
C. 升高温度，不一定能加快溶液变蓝的过程
D. 波腹处更容易呈现蓝色的原因是此处氧气浓度更大
10. 以镉铁矿(主要成分为CdO2)为原料制备Cd(BrO3)2的部分工艺流程如图：
已知CdSO4溶于水，CdCO3难溶于水。下列说法不正确的是( )
A. 已知Cd在周期表中位于第五周期第ⅡB族，则Cd的价层电子排布式是5s2
B. 还原镉时可产生CO2，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：1
C. “沉镉”所得滤液中的SO42−，其空间构型是正四面体
D. “转化”中发生的反应为：CdCO3+2HBrO3=Cd(BrO3)2+CO2↑+H2O
11. 目前科学家发明了一种利用微生物进行脱硫、脱氮的原电池装置，其基本原理如图所示(图中隔膜为质子交换膜)。下列有关说法正确的是( )
A. a极的电极反应式为5S2−+40e−+20H2O=5SO42−+40H+
B. H+从B室向A室迁移
C. 电池工作时，线路中通过1mol电子，则在b极析出2.24LN2
D. 若用该电池给铅蓄电池充电，应将b极连在正极上
12. 实验改进与优化应遵循科学性、直观性、易操作性、安全性的原则，提升化学实验效率。下列有关实验改进分析不正确的是 ( )
A.使用恒压滴液漏斗可防止浓氨水污染环境，并使漏斗内液体顺利流下
B.用点燃的木条靠近肥皂泡，听到爆鸣声，可检验产物中有氢气产生
C.该改进装置可用于SO2性质的探究实验
D.利用此装置可较长时间看到白色絮状沉淀
A. A B. B C. C D. D
13. 我国学者研究了汽车尾气的主要有害成分NO和CO之间的反应历程。反应历程中每一阶段内各驻点的能量均为相对于此阶段内反应物能量的能量之差，TS代表过渡态，反应过程中的复杂中间产物直接用IM表示(反应历程如图)。下列说法正确的是 ( )
A. 由图可知该反应通过2步基元反应完成
B. 加入适当的催化剂可提高产率
C. 该反应为放热反应
D. 该过程的总反应方程式为2NO+CO=2CO2+N2
14. 工业上从废旧金属中回收金属Co时，有一步操作是加入碳酸氢钠或碳酸氢铵溶液“沉钴”，离子方程式为：Co2++2HCO3−=CoCO3↓+CO2↑+H2O。下列有关说法不正确的是( )
A. 该反应之所以能发生，原因是Co2+与CO32−结合生成难溶电解质促进了HCO3−的电离
B. “沉钴”后，还要进行的操作为过滤、干燥
C. “沉钴”时不用Na2CO3的原因是：防止碱性比较强时生成Co(OH)2，降低产率
D. “沉钴”时通入适量NH3效果更好，是因为发生了反应：Co2++HCO3−+NH3=CoCO3↓+NH4+
二、流程题（本大题共1小题，共15.0分）
15. 钒钛系SCR催化剂主要包含TiO2、V2O5、WO3。从废SCR催化剂中回收TiO2、V2O5、WO3的某种工艺部分流程如图：
(1)“碱浸”选择高温的目的是 。Ti元素可以形成多种配合物，在配合物Ti(CN)4中，提供孤电子对的是 原子，原因是 。
(2)钛酸钠 (填“难”或“易”)溶于水。钛酸钠有多种存在形态，其中较为常见的一种是Na2Ti3O7，则将其化学式写成氧化物的形式为 。在酸洗过程中Na2Ti3O7转化为H2TiO3的化学方程式为 。
(3)钒钨溶液中钨元素以WO42−的形式存在，调节pH为2～3，溶液中的WO42−会转化为H2W12O406−，再经萃取、反萃取等过程可制得WO3。写出WO42−转化为H2W12O406−的离子方程式 。
(4)为测定废催化剂中V2O5的含量，现进行如下实验：准确称取5.000g废催化剂样品于烧杯中，加入足量质量分数为50%的硫酸，加热，冷却后将溶液移入250mL容量瓶中，加水定容。准确量取25.00mL溶液于锥形瓶中，滴加2～3滴指示剂，用浓度为0.1000mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液进行滴定，恰好完全反应时消耗标准溶液的体积为20.00mL。实验过程中，V元素最终转化为V3+，计算废催化剂中V2O5的含量为 (以百分数表示，废催化剂中其他成分对测定无影响)。
三、实验题（本大题共1小题，共14.0分）
16. 利用MnO2悬浊液吸收SO2气体制取连二硫酸锰(MnS2O6)和硫酸锰(MnSO4)的装置(部分夹持、加热仪器已省略)如图所示。
已知：i.MnS2O6易溶于水，其在pH为2.8～3.5时最稳定，温度超过30℃会快速分解生成易溶于水的MnSO4；
ii.连二硫酸的结构简式为：。
(1)MnS2O6中S的化合价为 。
(2)仪器a应装入的药品最好是 。
A.70%的硫酸溶液
B.稀盐酸
C.稀硝酸
D.浓硝酸
(3)装置B的作用为 ，装置C中的化学方程式为 ，表明反应完成的现象是 。装置D中水浴温度应控制在80℃左右，温度不能过高的原因是 。
(4)测定MnS2O6中锰的含量：准确称量产品质量，充分加热使之完全分解得到MnSO4，加适量水溶解，用KMnO4标准溶液进行滴定(Mn元素均转化为MnO2)，即可计算出MnS2O6中锰的含量。滴定过程中发生反应的离子方程式为 。
四、简答题（本大题共2小题，共29.0分）
17. 氰化氢(HCN)分子被认为是生命起源中重要的中间体之一，主要应用于电镀业、采矿业等，可制造各种树脂单体。迄今为止，它所产生的与生物相关联的化合物种类最多。
(1)HCN的合成
氰化氢可用甲烷氨氧化法合成，其热化学反应方程式为：CH4(g)+NH3(g)→1200−1400℃隔绝空气HCN(g)+3H2(g)ΔH。
相关化学键的键能数据如下表：
化学键
C−H
N−H
C≡N
H−H
E(kJ/mol)
414
393
891
436.4
上述反应的ΔH为 。
(2)HCN的性质
已知25℃时有关弱电解质的电离平衡常数如下表：
弱电解质化学式
CH3COOH
HCN
H2CO3
HNO2
NH3⋅H2O
电离平衡常数
1.8×10−5
4.9×10−10
K1=4.3×10−7
K2=5.6×10−11
7.2×10−4
1.8×10−5
①HCN具有酸性，能与氨水发生反应：HCN+NH3H2O⇌NH4++CN−+H2O，此反应在常温下的平衡常数K约为 ；NH4CN溶液呈 性。
②已知可发生如下反应：NaCN+HNO2=HCN+NaNO2，NaCN+HF=HCN+NaF，NaF+HNO2=NaNO2+HF，则HF的电离平衡常数的范围为： 。
③在KCN溶液中通入少量的二氧化碳，其离子反应方程式为： 。
④浓度均为0.1mol/L的NaCN与HCN的混合溶液中，以下推断正确的是 。
A.混合溶液pH约为9.3
B.2c(H+)=c(CN−)+c(HCN)+2c(OH−)
C.c(Na+)>c(CN−)>c(HCN)>c(H+)>c(OH−)
(3)HCN和CN−的处理
①HCN是一种无色、有毒、易溶于水的气体，易在空气中均匀弥散，并易产生爆炸。国家重点实验室对密闭空间内的HCN气体进行了消毒研究，研究中采用NH3、H2O2气雾、NH3−H2O2气雾和水雾分别单独对HCN进行消毒。由图可知 为最佳消毒试剂。
②工业生产中含氰(CN−)废水主要来源于选矿、有色金属冶炼等工业，对于含氰废水都应高度重视并妥善处理，国家关于废水中总氰浓度排放标准为≤0.5mg/L。某工厂实验室针对不同浓度焦亚硫酸钠(Na2S2O5)处理含氰废水情况展开研究。反应如下：S2O52−+2CN−+2O2+H2O=2CNO−+2H++2SO42−。如图为氧化后CN−的浓度变化，如果你是工厂研究人员，你认为应选择多大浓度的Na2S2O5溶液最合理，请回答并说明理由 。
18. 有机化学研究的最终目标之一是能够构建复杂且有用的有机分子，造福人类生活。瑞替加滨具有潜在的神经保护作用，其合成流程如图：
已知：
请回答下列问题：
(1)A物质的核磁共振氢谱图为： (填序号)。
(2)瑞替加滨分子中N、O、F元素的第一电离能由大到小的顺序是 。
(3)E的结构简式为： 。
(4)反应⑥涉及两步，已知第一步反应类型是加成反应，第二步的反应类型为 。
(5)合成过程中，引入反应③的作用是 。
(6)写出C→D的化学方程式： 。
(7)分子组成比多一个CH2的有机化合物，其结构中满足下列条件的有 种。
①红外光谱无醚键吸收峰
②能发生银镜反应
(8)若用和经过以下流程合成瑞替加滨：瑞替加滨
结合上述合成路线，请推测出J、K的结构简式 。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解；A.实验室可通过蒸馏法实现水与盐溶质的分离，故A正确；
B.氢能源燃烧放出大量的热，且燃烧产物为水，无污染，故B正确；
C.多孔聚四氟乙烯属于有机高分子材料，故C错误；
D.该技术避免了用活泼金属与酸反应制取氢气过程中酸对设备的腐蚀，故D正确；
故选：C。
A.实验室可通过蒸馏法实现水与盐溶质的分离；
B.氢能源燃烧放出大量的热，且燃烧产物为水；
C.多孔聚四氟乙烯属于有机高分子材料；
D.该技术采用电解法制取氢气。
本题是物质结构的综合考题，涉及海水淡化及无机非金属材料，需要学生具有扎实的基本功，题目难度不大。
2.【答案】D
【解析】解：A.组成相似，结构上相差一个或若干个CH2原子团的物质互为同系物，两者所含羟基官能团个数不同，不属于同系物，故A错误；
B.两者的物质的量不确定，不能确定加成氢气的物质的量，故B错误；
C.去甲肾上腺素比多巴胺多一个氧原子，相对分子质量多16，故C错误；
D.两者均只有酚羟基与NaOH反应，1mol中均含2mol酚羟基，消耗2molNaOH，故D正确；
故选：D。
A.两者所含羟基官能团个数不同；
B.两者的物质的量不确定；
C.去甲肾上腺素比多巴胺多一个氧原子；
D.两者均只有酚羟基与NaOH反应。
本题考查有机物的结构与性质，侧重考查学生有机基础知识的掌握情况，试题难度中等。
3.【答案】B
【解析】解：A.实验室可用浓盐酸、二氧化锰在加热条件下制取氯气，然后用饱和食盐水除去Cl2中混有的HCl，再用浓硫酸干燥，从而制得纯净的氯气，故A正确；
B.气体极易溶于液体或气体能与液体反应，可以设计喷泉实验，二氧化碳不溶于饱和碳酸氢钠溶液，所以不能用二氧化碳和饱和碳酸氢钠溶液做喷泉实验，故B错误；
C.过氧化钠或次氯酸都具有强氧化性，能使有色物质褪色，所以可用过氧化钠或次氯酸漂白某些有色物质，故C正确；
D.FeCl3溶液与Cu能发生反应2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，所以可用FeCl3溶液将覆铜板上不需要的铜腐蚀，故D正确；
故选：B。
A.实验室可用浓盐酸、二氧化锰在加热条件下制取氯气，然后用饱和食盐水除去Cl2中混有的HCl，再用浓硫酸干燥；
B.二氧化碳不溶于饱和碳酸氢钠溶液；
C.过氧化钠或次氯酸都具有强氧化性，能使有色物质褪色；
D.FeCl3溶液与Cu能发生反应2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2。
本题考查实验方案的设计，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。
4.【答案】A
【解析】解：A.乙烯氧化法中氧元素化合价由0变为−2，电子转移关系为O2～2CH3CHO～4e−，生成0.1mol乙醛时，转移的电子0.2mol，数目约为1.204×1023，故A错误；
B.C2H4为含有碳碳双键的共价化合物，电子式为，故B正确；
C.H2O分子中中心O原子价层电子对数为2+6−1×22=4，O原子采用sp3杂化，O原子上含有2对孤电子对，则18g水(为1mol)的中心原子含有2mol孤电子对，故C正确；
D.1分子乙炔中含有2个π键，标准状况下，11.2LC2H2(为0.5mol)中含有π键为1mol，数目约为6.02×1023，故D正确；
故选：A。
A.乙烯氧化法中氧元素化合价由0变为−2；
B.C2H4为含有碳碳双键的共价化合物；
C.H2O分子中中心O原子价层电子对数为2+6−1×22=4，O原子采用sp3杂化，O原子上含有2对孤电子对；
D.1分子乙炔中含有2个π键。
本题考查氧化还原反应及孤电子对的计算，题目难度中等，注意基础知识的积累。
5.【答案】D
【解析】解：A.晶胞中含X原子个数为8×18=1，含Y原子个数为8×12+1=5，含Z个数为8×14+2×12=3，对照晶胞的化学式LaNi5H6，可得出Z表示的微粒为H2，故A正确；
B.每个X原子周围最近且等距离的X原子在顶点上，其数目为6，故B正确；
C.若A的分数坐标为(0,0.5,0.5)，B的分数坐标为(0.75,0.75,0)，则坐标原点为底面左下角的X原子，则C的分数坐标为(1,0.5,1)，故C正确；
D.若四条竖直棱的棱心位置均插入Z，则与原晶胞比增加Z的个数为4×14=1，而Z为H2，所以晶体的化学式为LaNi5H8，故D错误；
故选：D。
A.含X原子个数为8×18=1，含Y原子个数为8×12+1=5，含Z个数为8×14+2×12=3，对照晶胞的化学式LaNi5H6；
B.每个X原子周围最近且等距离的X原子在顶点上；
C.若A的分数坐标为(0,0.5,0.5)，B的分数坐标为(0.75,0.75,0)，则坐标原点为底面左下角的X原子，晶胞参数为1；
D.若四条竖直棱的棱心位置均插入Z，则与原晶胞比，增加Z的个数为4×14=1。
本题考查晶体结构，侧重考查学生分数坐标和均摊法的掌握情况，试题难度中等。
6.【答案】B
【解析】解：A.Y为O元素，形成的氢化物H2O、H2O2常温下均为液态，G为C元素，形成的氢化物CxHy，碳原子数目较大时为固态，则O的氢化物沸点可能低于C的氢化物沸点，故A错误；
B.X为S元素，基态S原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，空间运动状态即原子轨道数，有9种，故B正确；
C.丁为H2SO4，丙为CH3CH2OH，甲为CH2=CH2，乙为H2O，反应③为CH3CH2OH发生消去反应生成CH2=CH2和水，浓硫酸在反应③中做催化剂和脱水剂，故C错误；
D.G为C元素，X为S元素，最高价氧化物的水化物分别为H2CO3、H2SO4，碳酸的酸性弱于硫酸，故D错误；
故选：B。
根据短周期元素Y能形成2对共价键可知Y为O元素，Y与G同周期即第二周期，G形成4对共价键，则G为C元素，X与Y同主族，则X为S元素，R形成1对共价键且原子序数最小，则R为H元素。
本题考查元素周期律，侧重考查学生元素推断和元素周期律的掌握情况，试题难度中等。
7.【答案】C
【解析】解：A.标准电极电势越高，其中氧化剂的氧化性越强，由表中数据可知：氧化性Cr2O72−>Br2>Fe3+，故A正确；
B.Sn4+的氧化性弱于I2，不能氧化I−得到I2，因此溶液不变蓝，故B正确；
C.I−的还原性大于Fe2+，当加入少量溴水时，溴水先氧化I−，溴水量不足，Fe2+不能被氧化为Fe3+，则滴加KSCN溶液不一定变红，故C错误；
D.Cr2O72−具有氧化性，Fe2+具有还原性，故K 2Cr2O7溶液与FeCl2溶液反应，则离子方程式为Cr2O72−+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，故D正确；
故选：C。
A.标准电极电势越高，其中氧化剂的氧化性越强；
B.Sn4+的氧化性弱于I2；
C.I−的还原性大于Fe2+，当加入少量溴水时，溴水先氧化I−，溴水量不足Fe2+不能被氧化为Fe3+；
D.K2Cr2O7溶液与FeCl2溶液反应，Cr2O72−具有氧化性，Fe2+具有还原性。
本题考查新情境下的氧化性或还原性强弱的判断、氧化还原反应方程式的书写，难度中等，侧重对学生知识迁移应用能力的考查。
8.【答案】D
【解析】解：A.上述分子中没有连接4个互不相同的原子或原子团的碳原子，所以没有手性碳原子，故A错误；
B.由图可知，探针分子中B原子的σ键数等于4，杂化方式为sp3杂化，故B错误；
C.HSO4−在水中能发生此过程：HSO4−=H++SO42−，故C错误；
D.F−与探针分子结合后的分子存在C−H、C−N、C−O、H−O等极性键、C−C、C=C非极性键、F⋅⋅⋅H−O氢键、F→B配位键，故D正确；
故选：D。
A.一个碳上连接4个互不相同的原子或原子团，这样的碳原子才是手性碳原子；
B.B原子的σ键数等于4，即可判断B原子的杂化方式；
C.HSO4−在水中能完全电离，熔融状态不能电离；
D.不同的原子之间形成极性键、相同的原子之间形成非极性键、F⋅⋅⋅H−O属于氢键、另存在F→B配位键。
本题主要考查学生的看图理解能力、读取信息、分析信息的能力，同时考查杂化方式的判断，极性键与非极性键、配位键的判断等，属于基本知识的考查，难度不大。
9.【答案】A
【解析】解：A.蓝色变无色是葡萄糖和亚甲基蓝反应，生成亚甲基白，葡萄糖被氧化，亚甲基蓝被还原，无色变蓝色是亚甲基白和氧气反应生成水和亚甲基蓝，不是可逆反应，故A错误；
B.亚甲基白变为亚甲基蓝是亚甲基白被氧气氧化为亚甲基蓝，则亚甲基蓝变为亚甲基白是还原过程，所以蓝色褪去的过程是亚甲基蓝被还原的过程，故B正确；
C.升高温度，氧气在水中的溶解度降低，不一定能加快反应速率，故C正确；
D.波腹处声音强度最小，氧气浓度大，更容易出现蓝色，故D正确；
故选：A。
A.蓝色变无色是葡萄糖和亚甲基蓝反应，生成亚甲基白，葡萄糖被氧化，亚甲基蓝被还原，无色变蓝色是亚甲基白和氧气反应生成水和亚甲基蓝；
B.亚甲基白变为亚甲基蓝是亚甲基白被氧气氧化为亚甲基蓝；
C.升高温度，氧气在水中的溶解度降低；
D.波腹处声音强度最小，氧气浓度大，更容易出现蓝色。
本题趣味实验为背景考查了氧化还原反应，注意题目信息的提取是解题的关键，难度中等。
10.【答案】A
【解析】解：A.已知Cd在周期表中位于第五周期第ⅡB族，则Cd的价层电子排布式是4d105s2，故A错误；
B.还原镉时方程式为3Cd(SO4)2+CH3OH+H2O=3CdSO4+CO2↑+3H2SO4，该反应中氧化剂为Cd(SO4)2，还原剂为甲醇，二者物质的量之比为3：1，故B正确；
C.硫酸根离子的中心原子为硫原子，其价层电子对数为4+6+2−4×22=4，孤电子对数为0，其空间构型为正四面体，故C正确；
D.“转化”中CdCO3变成Cd(BrO3)2，发生的反应为：CdCO3+2HBrO3=Cd(BrO3)2+CO2↑+H2O，故D正确；
故选：A。
镉铁矿加入稀硫酸，反应生成Cd(SO4)2，加入甲醇还原镉，生成+2价镉的盐，再加入碳酸钾，生成 CdCO3，加入溴酸生成 Cd(BrO3)2；Cd在周期表中位于第五周期第ⅡB族，硫酸根离子的中心原子为硫原子，其价层电子对数为4+6+2−4×22=4，孤电子对数为0。
本题考查物质的制备，侧重考查学生物质之间的转化和分离提纯的掌握情况，试题难度中等。
11.【答案】D
【解析】解：A.该装置为原电池，a极硫元素失电子，a极为负极，电极反应式为S2−+4H2O−8e−=SO42−+8H+，故A错误；
B.原电池中阳离子移向正极，即H+从A室向B室迁移，故B错误；
C.电池工作时，b极的电极反应式为2NO3−+10e−+12H+=N2↑+6H2O，线路中通过1mol电子，则在b极析出0.1molN2，但未指明气体的状态，不能计算氮气的体积，故C错误；
D.b极为正极，若用该电池给铅蓄电池充电，应将b极连在铅蓄电池的正极上，故D正确；
故选：D。
由图可知，该装置为原电池，a极硫元素失电子，a极为负极，电极反应式为S2−+4H2O−8e−=SO42−+8H+，b极为正极，电极反应式为2NO3−+10e−+12H+=N2↑+6H2O，原电池中阳离子移向正极，据此作答。
本题考查原电池原理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。
12.【答案】C
【解析】解：A.恒压滴液漏斗可平衡气压，使漏斗内液体顺利流下，减少浓氨水的挥发，可防止浓氨水污染环境，故A正确；
B.氢气具有可燃性，点燃肥皂泡，安全且操作性强，可检验产物中有氢气生成，故B正确；
C.常温下Cu与浓硫酸不反应，不能探究二氧化硫的性质，故C错误；
D.Fe与稀硫酸反应生成的氢气可排出装置内的空气，关闭止水夹，可使硫酸亚铁与NaOH溶液反应，图中装置可较长时间看到白色絮状沉淀，故D正确；
故选：C。
A.恒压滴液漏斗可平衡气压；
B.氢气具有可燃性；
C.常温下Cu与浓硫酸不反应；
D.Fe与稀硫酸反应生成的氢气可排出装置内的空气，关闭止水夹，可使硫酸亚铁与NaOH溶液反应。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
13.【答案】C
【解析】解：A.整个反应分为三步基元反应①NO(g)+NO(g)=O−N=N−O②O−N=N−O+CO(g)=CO2(g)+N2O(g)③CO2(g)+N2O(g)+CO(g)=2CO2(g)+N2(g)，故A错误；
B.催化剂只改变化学反应速率，不影响平衡移动，不能提高产率，故B错误；
C.①+②+③得：2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H=+199.2kJ⋅mol−1−513.5kJ⋅mol−1−307.6kJ⋅mol−1=−621.9kJ⋅mol−1，该反应为放热反应，故C正确；
D.①+②+③得：2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g)△H=+199.2kJ⋅mol−1−513.5kJ⋅mol−1−307.6kJ⋅mol−1=−621.9kJ⋅mol−1，即该过程的总反应方程式为2NO+2CO=2CO2+N2，故D错误；
故选：C。
整个反应分为三个基元反应阶段，①NO(g)+NO(g)=△H=+199.2kJ⋅mol−1，②+CO(g)=CO2(g)+N2O(g)△H=−513.5kJ⋅mol−1，③CO2(g)+N2O(g)+CO(g)=2CO2(g)+N2(g)△H=−307.6kJ⋅mol−1，结合活化能、焓等知识分析。
本题考查催化剂的催化机理，物质多、反应多，利用图象信息书写热化学方程式，并从活化能的角度研究反应速率，试题难度较大。
14.【答案】B
【解析】解：A.含Co2+溶液中加入碳酸氢钠或碳酸氢铵溶液反应生成碳酸钴沉淀，发生反应HCO3−⇌CO32−+H+、Co2++CO32−=CoCO3↓、HCO3−+H+=H2O+CO2↑，该反应之所以能发生，原因是Co2+与CO32−结合生成难溶电解质促进了HCO3−的电离，故A正确；
B.“沉钴”后，还要将CoCO3转化为Co，还需进行的操作为过滤、洗涤、干燥、灼烧、还原等，故B错误；
C.Na2CO3的碱性强，会将Co2+转化为Co(OH)2，则“沉钴”时不用Na2CO3的原因是：防止碱性比较强时生成Co(OH)2，降低产率，故C正确；
D.“沉钴”时通入适量NH3，能促进HCO3−⇌CO32−+H+电离的正向进行，从而增大溶液中的c(CO32−)，有利于生成CoCO3沉淀，离子方程式为：Co2++HCO3−+NH3=CoCO3↓+NH4+，故D正确；
故选：B。
A.含Co2+溶液中加入碳酸氢钠或碳酸氢铵溶液反应生成碳酸钴沉淀；
B.“沉钴”后，还要将CoCO3转化为Co；
C.Na2CO3的碱性强，会将Co2+转化为Co(OH)2；
D.“沉钴”时通入适量NH3，能促进HCO3−⇌CO32−+H+电离的正向进行，从而增大溶液中的c(CO32−)，有利于生成CoCO3沉淀。
本题考查分离提纯，侧重考查学生物质之间的转化和分离提纯知识的掌握情况，试题难度中等。
15.【答案】加快反应速率或加快碱浸速率 C(或碳) C的电负性比N弱，更容易提供孤电子对形成配位键 难 Na2O⋅3TiO2 Na2Ti3O7+H2SO4+2H2O=3H2TiO3+Na2SO4 12WO42−+18H+⇌H2W12O406−+8H2O 18.2%
【解析】解：(1)为了加快反应速率或加快碱浸速率，“碱浸”选择高温；在配合物Ti(CN)4中，因为C的电负性比N弱，更容易提供孤电子对形成配位键，故分子提供孤电子对的是C(或碳)，
故答案为：加快反应速率或加快碱浸速率；C(或碳)；C的电负性比N弱，更容易提供孤电子对形成配位键；
(2)经过过滤得到钒钨溶液和钛酸钠，推知钛酸钠难溶于水；根据Na2Ti3O7的原子组成，其化学式写成氧化物的形式为Na2O⋅3TiO2；在酸洗过程中Na2Ti3O7与稀硫酸反应生成H2TiO3和硫酸钠，其化学方程式为Na2Ti3O7+H2SO4+2H2O=3H2TiO3+Na2SO4，
故答案为：难；Na2O⋅3TiO2；Na2Ti3O7+H2SO4+2H2O=3H2TiO3+Na2SO4；
(3)钒钨溶液中钨元素以WO42−的形式存在，调节pH为2～3，溶液中的WO42−会转化为H2W12O406−，即WO42−在酸性条件反应生成H2W12O406−和水，则离子方程式为12WO42−+18H+⇌H2W12O406−+8H2O，
故答案为：12WO42−+18H+⇌H2W12O406−+8H2O；
(4)为测定废催化剂中V2O5的含量，现进行如下实验：准确称取5.000g废催化剂样品于烧杯中，加入足量质量分数为50%的硫酸，加热，冷却后将溶液移入250mL容量瓶中，加水定容；准确量取25.00mL溶液于锥形瓶中，滴加2～3滴指示剂，用浓度为0.1000mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液进行滴定，恰好完全反应时消耗标准溶液的体积为20.00mL。实验过程中，V元素最终转化为V3+，滴定过程中发生氧化还原反应，亚铁离子转化为铁离子，V元素由+5价转化为V3+，设废催化剂中V2O5的质量为m，m182g/mol×2×2×25mL250mL=0.1mol/L×0.020L，解得m=0.91g，则V2O5含量为0.915×100%=18.2%，
故答案为：18.2%。
废催化剂中加入氢氧化钠进行高温碱浸，生成可溶性的含钒、钨的盐，经过滤得到沉淀钛酸钠，用稀硫酸进行酸洗，水洗、焙烧得到二氧化钛；
(1)“碱浸”选择高温，可以加快碱浸速率；在配合物Ti(CN)4中，因为C的电负性比N弱，更容易提供孤电子对形成配位键；
(2)经过过滤得到钒钨溶液和钛酸钠，根据Na2Ti3O7的原子组成，其化学式写成氧化物的形式为Na2O⋅3TiO2；在酸洗过程中Na2Ti3O7与稀硫酸反应生成H2TiO3和硫酸钠；
(3)钒钨溶液中钨元素以WO42−的形式存在，调节pH为2～3，溶液中的WO42−会转化为H2W12O406−，即WO42−在酸性条件反应生成H2W12O406−和水；
(4)为测定废催化剂中V2O5的含量，现进行如下实验：准确称取5.000g废催化剂样品于烧杯中，加入足量质量分数为50%的硫酸，加热，冷却后将溶液移入250mL容量瓶中，加水定容；准确量取25.00mL溶液于锥形瓶中，滴加2～3滴指示剂，用浓度为0.1000mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液进行滴定，恰好完全反应时消耗标准溶液的体积为20.00mL；实验过程中，V元素最终转化为V3+，滴定过程中发生氧化还原反应，亚铁离子转化为铁离子，V元素由+5价转化为V3+。
本题考查物质的制备和分离提纯，侧重考查学生物质之间的转化和分离提出知识的掌握情况，试题难度中等。
16.【答案】+5 A 做安全瓶(或防止倒吸) MnO2+2SO2=MnS2O6 C中得到澄清溶液或黑色固体消失 温度过高，SO2的溶解度变小，反应速率减慢 2MnO4−+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+
【解析】解：(1)根据连二硫酸的结构简式可知H为+1价，O为−2价，MnS2O6中S的化合价为+5，
故答案为：+5；
(2)A用于制备二氧化硫气体，亚硫酸钠和浓硫酸反应生成二氧化硫气体，亚硫酸钠和盐酸反应能生成二氧化硫气体，由于盐酸易挥发，生成的二氧化硫中含有HCl杂质；硝酸具有强氧化性，亚硫酸钠被硝酸氧化为硫酸钠，不能放出二氧化硫，所以仪器a应装入的药品最好是70%的硫酸溶液，
故答案为：A；
(3)装置B是安全瓶，作用为防倒吸，装置C中MnO2和SO2气体反应生成连二硫酸锰，化学方程式为MnO2+2SO2=MnS2O6，反应结束时二氧化锰完全反应，表明反应完成的现象是C中得到澄清溶液或黑色固体消失。装置D制备硫酸锰，水浴温度应控制在80℃左右，温度过高，SO2的溶解度变小，反应速率减慢，
故答案为：做安全瓶(或防止倒吸)；MnO2+2SO2=MnS2O6；C中得到澄清溶液或黑色固体消失；温度过高，SO2的溶解度变小，反应速率减慢；
(4)KMnO4与Mn2+反应发生氧化还原反应生成MnO2，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为2MnO4−+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+，
故答案为：2MnO4−+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+。
(1)根据连二硫酸的结构简式可知H为+1价，O为−2价；
A装置中浓硫酸与亚硫酸钠反应制备二氧化硫，B装置防倒吸，在较低温度下C中二氧化锰吸收二氧化硫生成MnS2O6，在较高温度下D中二氧化锰吸收二氧化硫生成MnSO4，E中石灰乳吸收二氧化硫，防止污染。
本题考查物质的制备，侧重考查学生物质之间的转化和试样装置的掌握情况，试题难度中等。
17.【答案】+220.8kJ/mol 0.882 碱 4.9×10−10～7.2×10−4 CN−+CO2+H2O=HCN+HCO3− A NH3−H2O2气雾 应选择3g/L的Na2S2O5溶液，此时氰根浓度已经达到国家排放标准，后面再随着Na2S2O5浓度的增加，氰根浓度继续下降，但降幅不大，去除率变化不大且会增加生产成本
【解析】解：(1)△H=反应物的总键能−生成物的总键能=[4×414+3×393−(414+891+3×436.4)]kJ/mol=+220.8kJ/mol，
故答案为：+220.8kJ/mol；；
(2)①已知K(HCN)=c(CN−)c(H+)c(HCN)，K(NH3⋅H2O)=c(NH4+)c(OH−)c(NH3⋅H2O)，有K=c(CN−)c(NH4+)c(HCN)c(NH3⋅H2O)=c(CN−)c(H+)c(NH4+)c(OH−)c(HCN)c(NH3⋅H2O)c(H+)c(OH−)=K(HCN)×K(NH3⋅H2O)Kw=4.9×10−10×1.8×10−51×10−14=0.882；NH4CN是弱酸弱碱盐，NH4+水解产生H+，CN−水解产生OH−，由电离平衡常数Ka(HCN)>Ka(NH3⋅H2O)知水解产生的OH−多于H+，故NH4CN溶液呈碱性，
故答案为：0.882；
②由题中化学反应方程式可知酸性由强到弱顺序为HNO2>HF>HCN，故HF的电离平衡常数的范围为：4.9×10−10
③由题知电离平衡常数可得，CO2与KCN反应的离子方程式为：CN−+CO2+H2O=HCN+HCO3−，
故答案为：：CN−+CO2+H2O=HCN+HCO3−；
④A.HCN的电离常数Ka=4.9×10−10，CN−的水解常数为Kb=KwKa=1×10−144.9×10−10≈2×10−5，
列出三段式：CN−+H2O⇌HCN+OH−
起始 0.1 0 0
水解 x x x
平衡0.1−x x x
故Kb=c(HCN)c(OH−)c(CN−)=x20.1−x=2×10−5，x≈1×10−4，即c(OH−)=1×10−4，则c(H+)=KWc(OH−)=5×10−10，pH=−lg c(H+)≈9.3，故A正确；
B.NaCN与HCN的混合溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CN−)+c(OH−)，物料守恒：2c(Na+)=c(CN−)+c(HCN)，结合可得c(HCN)+2c(H+)=c(CN−)+2c(OH−)，故B错误；
C.HCN的电离常数Ka=4.9×10−10，CN−的水解常数为Kb=KwKa=1×10−144.9×10−10≈2×10−5，NaCN的水解大于HCN的电离，则c(OH−)>c(H+)，故C错误；
故答案为：A；
(3)①由图可得用NH3−H2O2气雾对HCN进行消毒时，HCN质量浓度下降最快且消毒较彻底，故NH3−H2O2气雾为最佳消毒剂，
故答案为：NH3−H2O2气雾；
②由图可知当Na2S2O5溶液的浓度为3g/L时，氰根浓度已经达到国家排放标准，后面再随着Na2S2O5浓度的增加，氰根浓度继续下降，但降幅不大，去除率变化不大且会增加生产成本，故应选3g/L的Na2S2O5溶液，
故答案为：应选择3g/L的Na2S2O5溶液，此时氰根浓度已经达到国家排放标准，后面再随着Na2S2O5浓度的增加，氰根浓度继续下降，但降幅不大，去除率变化不大且会增加生产成本。
(1)△H=反应物的总键能−生成物的总键能；
(2)①已知K(HCN)=c(CN−)c(H+)c(HCN)，K(NH3⋅H2O)=c(NH4+)c(OH−)c(NH3⋅H2O)，有K=c(CN−)c(NH4+)c(HCN)c(NH3⋅H2O)=c(CN−)c(H+)c(NH4+)c(OH−)c(HCN)c(NH3⋅H2O)c(H+)c(OH−)=K(HCN)×K(NH3⋅H2O)Kw=4.9×10−10×1.8×10−51×10−14=0.882；NH4CN是弱酸弱碱盐，NH4+水解产生H+，CN−水解产生OH−，由电离平衡常数Ka(HCN)>Ka(NH3⋅H2O)知水解产生的OH−多于H+；
②由题中化学反应方程式可知酸性由强到弱顺序为HNO2>HF>HCN；
③由题知电离平衡常数可得酸性强弱，由强酸制弱酸进行解答；
④A.HCN的电离常数Ka=4.9×10−10，CN−的水解常数为Kb=KwKa=1×10−144.9×10−10≈2×10−5，列出三段式即可解答；
B.NaCN与HCN的混合溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CN−)+c(OH−)，物料守恒：2c(Na+)=c(CN−)+c(HCN)；
C.HCN的电离常数Ka=4.9×10−10，CN−的水解常数为Kb=KwKa=1×10−144.9×10−10≈2×10−5，NaCN的水解大于HCN的电离；
(3)①由图可得用NH3−H2O2气雾对HCN进行消毒时，HCN质量浓度下降最快且消毒较彻底；
②由图可知当Na2S2O5溶液的浓度为3g/L时，氰根浓度已经达到国家排放标准。
本题考查盖斯定律的应用，热化学方程式的书写，化学平衡常数的计算，电解原理等知识点，考查较为综合，整体难度中等，是中档题。
18.【答案】II F>N>O 消去反应 保护氨基 ++H2O 18 或；或
【解析】解：(1)由分析可知，A为，分子中含有3种氢原子，且个数比为1：1：1，则A物质的核磁共振氢谱图为：II，
故答案为：II；
(2)N、O、F元素的非金属性F>O>N，N的最外层p轨道半充满，原子的能量低，则第一电离能由大到小的顺序是FNO或F>N>O，
故答案为：FNO或F>N>O；
(3)由分析可知，E的结构简式为：，
故答案为：；
(4)反应⑥涉及两步，已知第一步反应类型是加成反应，生成，第二步反应生成，则反应类型为消去反应，
故答案为：消去反应；
(5)合成过程中，反应③发生的是氨基上的反应，反应⑤后又生成氨基，则引入反应③的作用是保护氨基，
故答案为：保护氨基；
(6)C→D是与在一定条件下反应生成等，化学方程式：++H2O，
故答案为：++H2O；
(7)分子组成比多一个CH2的有机化合物，结构中满足条件：“①红外光谱无醚键吸收峰，②能发生银镜反应”，则分子中含有−CHO、−OH、−Cl或−OOCH、−Cl，则可能结构简式为CH3CH2CH(OH)CHO、CH3CH(OH)CH2CHO、CH2(OH)CH2CH2CHO的烃基上H原子被Cl取代，共9种，ClCH2C(CH3)(OH)CHO、HOCH2CCl(CH3)CHO、HOCH2CH(CH2Cl)CHO、HOCH(Cl)CH(CH3)CHO共4种，CH3CH2CH2OOCH、(CH3)2CHOOCH的烃基上的H原子被Cl原子取代，共5种，共有18种，
故答案为：18；
(8)和发生取代反应，生成或；或在Pd/C催化作用下被H2还原，生成或，则J、K的结构简式为或，
故答案为：或；或。
由C的结构简式，采用逆推法，可确定A为，B为；由D的结构简式，可确定E为，由此解答(1)～(6)，
(7)分子组成比多一个CH2的有机化合物，结构中满足条件：“①红外光谱无醚键吸收峰，②能发生银镜反应”，则分子中含有−CHO、−OH、−Cl或−OOCH、−Cl；
(8)C→D是与在一定条件下反应生成；或在Pd/C催化作用下被H2还原，生成或。
本题考查有机物的合成，有机反应类型、有机反应方程式的书写、官能团的识别、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，对比有机物的结构变化理解发生的反应，题目侧重考查自学能力、学生分析能力、知识迁移运用的能力。
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