2023年山東省高考化學試卷(附答案詳解)

1030頁2023年山東省高考化學試卷有利于實現(xiàn)“碳達峰、碳中和”的是( )風能發(fā)電 B.糧食釀酒 C.燃煤脫硫 D.石油裂化以下物質(zhì)應(yīng)用錯誤的選項是( )石墨用作潤滑劑C.聚乙炔用作絕緣材料關(guān)于以下儀器使用的說法錯誤的選項是(

B.氧化鈣用作食品枯燥劑D.乙二醇溶液用作汽車防凍液①、④不行加熱C.③、⑤可用于物質(zhì)分別②、④不行用作反響容器D.②、④、⑤使用前需檢漏X、Y為第三周期元素、Y6，二者形成的一種化合物能以[XY4]+[XY6]?的形式存在。以下說法錯誤的選項是( )原子半徑：X>Y簡潔氫化物的復原性：X>Y同周期元素形成的單質(zhì)中Y氧化性最強同周期中第一電離能小于X4種以下由試驗現(xiàn)象所得結(jié)論錯誤的選項是( )3向NaHSO3溶液中滴加氫硫酸，產(chǎn)生淡黃色沉淀，證明HSO?具有氧化性3向酸性KMnO4溶液中參加Fe3O4粉末，紫色褪去，證明Fe3O4中含F(xiàn)e(Ⅱ)向濃HNO3HNO3反響生成NO2NaClONaClO在溶液中發(fā)生了水解反響X、Y0.1molXH2體積為V1L；0.1molY的單質(zhì)與足量稀硫酸反響，生成H2體積為V2L。以下說法錯誤的選項是( )X、Y生成H2

的物質(zhì)的量之比肯定為V1V2X、Y消耗酸的物質(zhì)的量之比肯定為2V1V2產(chǎn)物中X、Y化合價之比肯定為V1V2由V1肯定能確定產(chǎn)物中X、Y的化合價V2某同學進展蔗糖水解試驗，并檢驗產(chǎn)物中的醛基，操作如下：向試管Ⅰ中參加1mL20%35分鐘。翻開盛有10%NaOH溶液的，將玻璃瓶塞倒放，取1mL溶液參加試管Ⅱ，蓋緊瓶塞；向試管Ⅱ中加入5滴2%CuSO4溶液將試管Ⅱ中反響液參加試管Ⅰ，用酒精燈加熱試管Ⅰ并觀看現(xiàn)象。試驗中存在的錯誤有幾處？( )A.1 B.2 C.3 D.4工業(yè)上以SO2和純堿為原料制備無水NaHSO3的主要流程如圖，以下說法錯誤的選項是( )吸取過程中有氣體生成結(jié)晶后母液中含有NaHCO3氣流枯燥濕料時溫度不宜過高中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3關(guān)于CH3OH、N2H4和(CH3)2NNH2的構(gòu)造與性質(zhì)，以下說法錯誤的選項是( )CH3OH為極性分子N2H4空間構(gòu)造為平面形N2H4的沸點高于(CH3)2NNH2CH3OH和(CH3)2NNH2C、O、N雜化方式均一樣以KOH溶液為離子導體分別組成CH3OH?O2N2H4?O2(CH3)2NNH2?O2清潔燃料電池，以下說法正確的選項是( )放電過程中，K+均向負極移動放電過程中，KOH物質(zhì)的量均減小消耗等質(zhì)量燃料，(CH3)2NNH2?O2燃料電池的理論放電量最大消耗1molO2時，理論上N2H4?O2燃料電池氣體產(chǎn)物的體積在標準狀況下為11.2L試驗目的玻璃儀器試劑100mL試驗目的玻璃儀器試劑100mL容量NaClA100mL肯定物質(zhì)的量濃度的NaCl溶液燒杯、量筒、固體玻璃棒B制備Fe(OH)3膠體C測定NaOH溶液濃度FeCl3溶液待測NaOH溶膠頭滴管、酸式滴定管劑膠頭滴管試管、量筒、D制備乙酸乙酯醇、飽和導管、酒精燈Na2CO3溶液M(2?甲基?2?丁醇)存在如圖轉(zhuǎn)化關(guān)系，以下說法錯誤的選項是( )M(2?甲基?2?丁醇)存在如圖轉(zhuǎn)化關(guān)系，以下說法錯誤的選項是( )N分子可能存在順反異構(gòu)L1個手性碳原子M的同分異構(gòu)體中，能被氧化為酮的醇有4種D.L的同分異構(gòu)體中，含兩種化學環(huán)境氫的只有1種試驗室中利用固體KMnO4進展如圖試驗，以下說法錯誤的選項是( )G與H均為氧化產(chǎn)物試驗中KMnO4只作氧化劑Mn3個氧化復原反響G與H的物質(zhì)的量之和可能為0.25mol18ONaOH溶液中發(fā)生水解，局部反響歷程可表示為：+CH3O?能量變化如下圖。 ?為快速平衡，以下說法正確的選項是( )反響Ⅱ、Ⅲ為決速步反響完畢后，溶液中存在18OH?3反響完畢后，溶液中存在CH18OH3反響Ⅰ與反響Ⅳ活化能的差值等于圖示總反響的焓變賴氨酸[H3N+(CH2)4CH(NH2)COO?，用HR表示]是人體必需氨基酸，其鹽酸鹽(H3

RCl2

)H3H

K1R2+

K2 K3R+ HR

?H3

RCl2溶液中滴加NaOH溶液，溶液中H3R2+、H2R+、HR和R?的分布系數(shù)δ(x)隨pH變化如下圖。δ(x)=

c(x)

，以下表述正確的選項是( )c(H3R2+)+c(H2R+)+c(HR)+c(R?)K2K1

>K3K2B.M點，c(Cl?)+c(OH?)+c(R?)=2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)C.O點，pH=?lgK2?lgK32)>)>)>c(H+)非金屬氟化物在生產(chǎn)、生活和科研中應(yīng)用廣泛。答復以下問題：基態(tài)F原子核外電子的運動狀態(tài)有 種。Cl電負性由大到小的挨次為 F2分子的空間構(gòu)型為 F2的熔、沸點

(填“高于”或“低于”)Cl2O，緣由是 。XeF形成的XeF2室溫下易升華。XeF2中心原子的價層電子對數(shù)為填標號)。

，以下對XeF2中心原子雜化方式推斷合理的是 (A.spB.sp2C.sp3D.sp3dXeF290°，該晶胞中有 個XeF2A點原子的分數(shù)坐標為(1,1,1)。XeF鍵長為222rpm，則B點原子的分數(shù)坐標為 ；晶胞中A、B間距離d= pm。工業(yè)上以鉻鐵礦(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等雜質(zhì))為主要原料制備紅礬鈉(Na2Cr2O7?2H2O)1。答復以下問題：焙燒的目的是將FeCr2O4轉(zhuǎn)化為Na2Cr2O4并將AlSi氧化物轉(zhuǎn)化為可溶性鈉鹽，焙燒時氣體與礦料逆流而行，目的是 。礦物中相關(guān)元素可溶性組分物質(zhì)的量濃度cpH2可溶組分濃度c≤1.0×10?5mol?L?1時，可認為已除盡。中和時pH的理論范圍為 ；酸化的目的是 ；Fe元素在 (填操作單元的名稱)過程中除去。蒸發(fā)結(jié)晶時，過度蒸發(fā)將導致 ；冷卻結(jié)晶所得母液中，除Na2Cr2O7外，可在上述流程中循環(huán)利用的物質(zhì)還有 。利用膜電解技術(shù)(裝置如圖3所示)，以Na2Cr2O4為主要原料制備Na2Cr2O7的總2 2 4 反響方程式為：4NaCrO +4H2 2 4

Cr2O7

+4NaOH+2H2

↑。則Na2Cr2O7在 (填“陰”或“陽”)極室制得，電解時通過膜的離子主要為 。六氯化鎢(WCl6)283℃，沸點為340℃，易溶于CS2，(WO3)復原為金屬鎢(W)再制備WCl6，裝置如下圖(夾持裝置略)。答復以下問題：檢查裝置氣密性并參加WO3。先通N2，其目的是 ；一段時間后，加熱管式爐改2對B處逸出2進展后續(xù)處理儀器A的名稱為 證O3已被完全復原的現(xiàn)象是 。WO3完全復原后，進展的操作為：①冷卻，停頓通H2；②以枯燥的接收裝置替換E；③在B處加裝盛有堿石灰的枯燥管；④……；⑤加熱，通Cl2；⑥……。堿石灰的作用是 ；操作④是 ，目的是 。利用碘量法測定WCl6產(chǎn)品純度，試驗如下：①稱量：將足量CS2(易揮發(fā))參加枯燥的稱量瓶中蓋緊稱重為m1g；開蓋并計時1分鐘，蓋緊稱重為m2g；再開蓋參加待測樣品并計時1分鐘，蓋緊稱重為m3g，則樣品質(zhì)量為 g(不考慮空氣中水蒸氣的干擾)。②WCl6轉(zhuǎn)化為可溶的Na2WO4，通過IO?離子交換柱發(fā)生反響：WO2?+3 4Ba(IO3)2=BaWO4+2IO?；交換完畢后，向所得含IO?的溶液中參加適量酸化的3 33KI溶液，發(fā)生反響：IO?+5I?+6H+=3I2+3H2O；反響完全后，用Na2S2O3標3準溶液滴定，發(fā)生反響：I2+2S2O2?=2I?+S4O2?。滴定達終點時消耗cmol?L?13 6的a2S2O3溶液Vm則樣品6摩爾質(zhì)量g?mol1的質(zhì)量分數(shù)為 稱量時，假設(shè)參加待測樣品后，開蓋時間超過1分鐘，則滴定時消耗Na2S2O3溶液的體積將 (填“偏大”“偏小”或“不變”)，樣品中WCl6質(zhì)量分數(shù)的測定值將 (填“偏大”“偏小”或“不變”)。一種利膽藥物F的合成路線如圖：：Ⅰ．：Ⅰ．△+Ⅱ.A的構(gòu)造簡式為 ；符合以下條件的A的同分異構(gòu)體有 種。①含有酚羥基②不能發(fā)生銀鏡反響③含有四種化學環(huán)境的氫檢驗B中是否含有A的試劑為 ；B→C的反響類型為 。(4)：，綜合上述信息，寫出由C→D的化學方程式為 ；E中含氧官能團共(4)：，綜合上述信息，寫出由和制備的合成路線 。反響Ⅰ：K1+CH和制備的合成路線 。反響Ⅰ：K1+CHOH3oH1反響Ⅱ：反響Ⅱ：+CHOHK2oH32反響Ⅲ：K3oH3反響Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ以物質(zhì)的量分數(shù)表示的平衡常數(shù)Kx與溫度T變化關(guān)系如圖1所示。據(jù)圖推斷，A和B中相對穩(wěn)定的是 (用系統(tǒng)命名法命名)；△H1的數(shù)值范△H2圍是 (填標號)。A.<?1B.?1～0C.0～1D.>11.0molTAME，掌握溫度為353K，測得TAME的平衡轉(zhuǎn)化率為α。反響Ⅲ的平衡常數(shù)Kx3=9.0，則平衡體系中B的物質(zhì)的量為 mol，反響Ⅰ的平衡常數(shù)Kx1= 。同溫同壓下，再向該容器中注入惰性溶劑四氫呋喃稀釋，反響Ⅰ的化學平衡將 (填“正向移動”“逆向移動”或“不移動”)平衡時，A與CH3OH物質(zhì)的量濃度之比c(A)：c(CH3OH)= 。AB和CH3OH。掌握溫度為353K，A、B物質(zhì)的量濃度c隨反響時間t的變化如圖2所示。代表B的變化曲線為 (填“X”或“Y”)；t=100s時，反響Ⅲ的正反應(yīng)速率v正 逆反響速率v逆(填“>”“<”或“=)。答案和解析【答案】A【解析】解：A.風能發(fā)電，削減碳排放，有利于實現(xiàn)“碳達峰、碳中和”，故A正確；糧食釀酒，有二氧化碳排放，不利于實現(xiàn)“碳達峰、碳中和”，故B錯誤；燃煤脫硫，可以削減二氧化硫排放，但仍舊有二氧化碳排放，不利于實現(xiàn)“碳達峰、碳中和”，故C錯誤；石油裂化，二氧化碳排放不變，不利于實現(xiàn)“碳達峰、碳中和”，故D錯誤；應(yīng)選：A。碳達峰是指二氧化碳的排放不再增長，碳中和是指通過植樹造林、節(jié)能減排等形式，抵消自身產(chǎn)生的二氧化碳排放量，據(jù)此分析答復以下問題。此題以“碳達峰、碳中和”為背景，考察對于“碳達峰、碳中和”概念的理解，考察較為穎，題目難度適中。【答案】C【解析】解：A.石墨層與層之間的作用力很小，簡潔在層間發(fā)生相對滑動，故可以作為潤滑劑，故A正確；B.氧化鈣可以和水發(fā)生反響生成氫氧化鈣，可以用于食品枯燥，故B正確；C.聚乙炔的構(gòu)造中有單鍵和雙鍵交替，可以導電，故C錯誤；D.故D正確；應(yīng)選：C。A.石墨層與層之間的作用力很小，簡潔在層間發(fā)生相對滑動；B.氧化鈣可以和水發(fā)生反響生成氫氧化鈣；C.聚乙炔的構(gòu)造中有單鍵和雙鍵交替；D.此題考察物質(zhì)分類及性質(zhì)，把握物質(zhì)根本性質(zhì)為解題關(guān)鍵，考察較為綜合，整體難度適中?！敬鸢浮緼【解析】解：A.錐形瓶可以加熱，容量瓶不能加熱，故A選；B.均有刻度線，較為周密，都不能作反響容器，故B不選；C.C不選；D.酸式滴定管帶有旋塞、容量瓶帶有瓶塞、分液漏斗帶有瓶塞和旋塞，使用前均需檢查是否漏水，故D不選；應(yīng)選：A。分析圖片可知①是錐形瓶，②是酸式滴定管，③是蒸餾燒瓶，④是容量瓶，⑤是梨形分液漏斗，據(jù)此分析答復以下問題。此題考察根本化學儀器的使用，考察較為綜合，把握儀器的使用原理為解題關(guān)鍵，整體難度較低。【答案】D【解析】解：由上述分析可知X為P、YCl，A.P與Cl在同一周期，則P半徑大，即X>Y，故A正確；兩者對應(yīng)的簡潔氫化物分別是PH3HCl，半徑是P3?>Cl?，所以PH3的失電子力量強，復原性強，即X>Y，故B正確；非金屬單質(zhì)的氧化性增加，所以Cl2C正確；VA族元素的第一電離能大于相鄰元素的第一電離能，則第三周期第一電離能從小到大依次為Na、Al、Mg、Si、S、P、Cl5種，故D錯誤；應(yīng)選：D。Y6Y是Cl元素；X為第三周期XY與Y5價，可知X是P元素，以此來解答。此題考察原子構(gòu)造與元素周期律，為高頻考點，把握元素的化合價、化合物構(gòu)造來推斷D不大。【答案】C3解：A.S，在反響過程中硫元素由NaHSO3中的+40價，發(fā)生復原反響，HSO?A錯誤；3酸性高錳酸鉀溶液具有強氧化性，與復原性的亞鐵離子物質(zhì)反響，紫色褪去，所以可以證明Fe3O4中有復原性物質(zhì)，即Fe(Ⅱ)B錯誤；向濃HNO3中插入紅熱的炭，在該反響中濃硝酸表達氧化性，N元素化合價降低，生成的產(chǎn)物可能是NO或者NO2，NO暴露于空氣中也會快速產(chǎn)生紅棕色氣體，無法證明反響產(chǎn)物，故C正確；先變紅說明溶液顯堿性，說明NaClO在溶液中發(fā)生了水解，水解方程式為：NaClO+H2O?NaOH+HClOHClO而漂白有色物質(zhì)而褪色，故D錯誤；應(yīng)選：C。A.S是淡黃色固體，在反響過程中硫元素由NaHSO3中的+4價降低到0價；B.酸性高錳酸鉀溶液具有強氧化性，與復原性物質(zhì)反響會紫色褪去；C.NNOD.堿性溶液中滴加酚酞變紅，HClO具有強氧化性，可漂白有色物質(zhì)。此題考察化學試驗方案的評價，為高頻考點，側(cè)重于分析力量的考察，留意把握試驗現(xiàn)象、結(jié)果、試驗結(jié)論，把握根底學問是做題的關(guān)鍵，題目難度中等。【答案】D【解析】解：A.同溫同壓下，氣體體積之比等于氣體的物質(zhì)的量之比，X、Y生成H2的物質(zhì)的量之比為V1，故A正確；V22：1，氫氣與硫酸的物質(zhì)的量之比為1：1，故X、Y消耗酸的物質(zhì)的量之比為2V1，故B正確；V2+10.05mol+20.1mol氫氣，故氫氣的物質(zhì)的量之比即金屬的化合價之比，結(jié)合A分析可知，產(chǎn)物中X、Y化合價之比肯定為V1，故C正確；V2+1+2+3三種狀況，因此存在V1可能等于1.12L(+1價)、2.24L(+2價)、3.36L(+3價)，V2可能等于1.12L(+1價)2.24L(+2價)3.36L(+3價)，當V1V2并無法確定具體化合價為多少，故D錯誤；應(yīng)選：D。當X為+1價時，發(fā)生反響2X+2HCl=2XCl+H2↑，當Y為+1價時，發(fā)生反響2Y+H2SO4=Y2SO4+H2↑；當XX+l=2+2YY+2O4=YSO4+H2↑；當X為+3價時，發(fā)生反響2X+6HCl=2XCl3+3H2↑，當Y為+3價時，發(fā)生反響2Y+3H2SO4=Y2(SO4)33H2↑；結(jié)合方程式分析答復以下問題。解題關(guān)鍵，考察較為綜合，需要學生有肯定的分析及計算力量，整體難度適中?！敬鸢浮緽NaOHNaOHO2a23，會導致瓶蓋無法翻開，所以NaOH1處錯誤；蔗糖萄糖中的醛基時，必需參加適量的堿液中和稀硫酸，所以溶液需保持弱堿性，否則稀硫22處錯誤，應(yīng)選：B。NaOH溶液與玻璃塞中SiO2反響生成具有黏性的Na2SiO3；蔗糖在稀硫酸的催化作用下水解生成葡萄糖，檢驗葡萄糖中的醛基時，參加適量的堿液中和稀硫酸，否則稀硫酸會與氫氧化銅反響，導致檢驗葡萄糖的試驗失敗。此題考察了蔗糖水解后產(chǎn)物的檢驗，明確常見有機物組成、構(gòu)造與性質(zhì)為解答關(guān)鍵，試題側(cè)重考察學生的分析力量及敏捷應(yīng)用根底學問的力量，題目難度不大?！敬鸢浮緽解：A.SO2+NaHCO3=CO2+NaHSO3，有二氧化碳產(chǎn)生，故A正確；NaHCO3，故B錯誤；NaHSO3性質(zhì)與NaHCO3類似，NaHSO3高溫時易分解變質(zhì)，所以氣流枯燥過程中溫度不宜過高，故C正確；結(jié)合上述分析可知，中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3，故D正確；應(yīng)選：B。分析流程可知，以二氧化硫和純堿為原料，得到結(jié)晶成分為NaHSO3，則母液為飽和NaHSO3和過量的二氧化硫形成的亞硫酸，溶液呈酸性，所以參加純堿進展中和，涉及的反響為：H2SO3+2Na2CO3=Na2SO3+2NaHCO3，NaHSO3+Na2CO3=Na2SO3+NaHCO3pH8進展中和后得到Na2SO3和NaHCO3，通入二氧化硫氣體進展混合吸取，此時吸取過程中發(fā)生反響為：Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，SO2+NaHCO3=CO2+NaHSO3，結(jié)晶析出大量NaHSO3晶體，分別得到的濕料，進展氣流枯燥，最終得到純潔的NaHSO3產(chǎn)品，據(jù)此分析答復以下問題。此題以以SO2和純堿為原料制備無水NaHSO3分解反響等內(nèi)容，把握根底為解題關(guān)鍵，考察較廣，整體難度適中。【答案】B【解析】解：A.甲醇可看成是甲烷中的一個氫原子被羥基取代得到的，為四周體構(gòu)造，是由極性鍵組成的極性分子，故A正確；B.N2H4中N原子的雜化方式為sp3B錯誤；C.N2H4分子中連接N原子的H((CH3)2NNH2)只有一端可以形成氫鍵，另一端的兩個甲基基團比較大，影響了分子的排列，沸點比N2H4的低，故C正確；，兩者分子中C、O、N雜化方式均為sp3D正確；D.，兩者分子中C、O、N雜化方式均為sp3D正確；應(yīng)選：B。A.甲醇可看成是甲烷中的一個氫原子被羥基取代；B.N2H4中N原子的雜化方式為sp3；C.N2H4分子中連接N原子的H原子數(shù)多，存在氫鍵的數(shù)目多；D.C、O、N雜化方式均為sp3雜化。此題考察分子構(gòu)型及雜化，為高頻考點，把握雜化類型及分子構(gòu)造為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用力量的考察，留意選項C為解答的難點，題目難度不大?！敬鸢浮緾【解析】解：A.放電過程中，K+A錯誤；B.N2H4?O2清潔燃料電池總反響為：N2H4+O2=N2+2H2OKOH，故B錯誤；C.設(shè)消耗燃料的質(zhì)量均為x

molx

molmmol，32 32 60x32

6mol、x32

×4mol、m60

×16，通過比較可知(CH3

)2NNH2理論放電量最大，故C正確；D.結(jié)合方程式N2H4+O2=N2+2H2O1molO21mol，在標準狀況下為22.4LD錯誤；應(yīng)選：C。分析題意可知，堿性環(huán)境下，甲醇燃料電池總反響為：2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O；N2H4?O2清潔燃料電池總反響為：N2H4+O2=N2+2H2O；(CH3)2NNH2?O2清潔燃料電池總反響為：(CH3)2NNH2+4O2+4KOH=2K2CO3+N2+6H2O，據(jù)此分析答復以下問題。此題考察有關(guān)原電池相關(guān)學問，考察有關(guān)氧化復原反響，化學計算等內(nèi)容，考察較為綜合，把握根底為解題關(guān)鍵，整體難度適中?！敬鸢浮緼B【解析】解：A.100mL肯定物質(zhì)的量濃度的NaCl溶液，所需的玻璃儀器有100mL容量瓶、膠頭滴管、燒杯、量筒、玻璃棒，需要的試劑為蒸餾水、NaCl固體，故A正確；制備Fe(OH)3膠體的方法為往燒杯中參加適量蒸餾水并加熱至沸騰，向沸水滴加幾滴飽和氯化鐵溶液，連續(xù)煮沸至溶液呈紅褐色停頓加熱，得到氫氧化鐵膠體，故需要的玻FeCl3溶液，故B正確；測定NaOHNaOH鹽酸、甲基橙試劑，取待測液時需選取堿式滴定管，酸式滴定管則盛裝標準鹽酸溶液，除此之外還需要燒杯、錐形瓶、滴加指示劑需要膠頭滴管，故缺少的玻璃儀器為堿式滴定管，故C錯誤；和Na2CO3溶液用于分別乙酸乙酯，所需的玻璃儀器為試管、導管、酒精燈，缺少試劑濃硫酸，故D錯誤；AB。100mL肯定物質(zhì)的量濃度的NaCl100mL容量瓶、膠頭滴管、燒杯、量筒、玻璃棒，需要的試劑為蒸餾水、NaCl固體；制備Fe(OH)3膠體的方法為往燒杯中參加適量蒸餾水并加熱至沸騰，向沸水滴加幾滴飽和氯化鐵溶液，連續(xù)煮沸至溶液呈紅褐色停頓加熱，得到氫氧化鐵膠體，故需要的玻璃儀器為燒杯、酒精燈、膠頭滴管，需要的試劑為蒸餾水、飽和FeCl3溶液；測定NaOHNaOH鹽酸、甲基橙試劑，取待測液時需選取堿式滴定管，酸式滴定管則盛裝標準鹽酸溶液，除此之外還需要燒杯、錐形瓶、滴加指示劑需要膠頭滴管；和Na2CO3溶液用于分別乙酸乙酯，所需的玻璃儀器為試管、導管、酒精燈。此題考察根本化學試驗操作，涉及配制肯定物質(zhì)的量濃度的溶液，酸堿中和滴定，膠體制備和乙酸乙酯制取等內(nèi)容，考察范圍較廣，把握根底為解題關(guān)鍵，整體難度適中?！窘馕觥拷猓和ㄟ^以上分析知，N【解析】解：通過以上分析知，N為或，L的構(gòu)造簡式為；、都不存在順反異構(gòu)，故、都不存在順反異構(gòu)，故A錯誤；性碳原子(用?標記性碳原子(用?標記)為、、、、、、、，任一同1、、、、，任一同的構(gòu)造有：、、3的構(gòu)造有：、、3種，故C錯誤；構(gòu)造及手性碳原子(用構(gòu)造及手性碳原子(用?標記)為、、、、、、、2種化學環(huán)境的氫原子的構(gòu)造為，故D正確；種化學環(huán)境的氫原子的構(gòu)造為，故D正確；M()在濃硫酸作催化劑并加熱條件下發(fā)生消去反響生成N為或N與HCl發(fā)生加成反響生成，L能發(fā)生水解反響生成ML的構(gòu)造簡式為；B.L的同分異構(gòu)體構(gòu)造及手性碳原子(B.L的同分異構(gòu)體構(gòu)造及手性碳原子(用?標記)為、、、、、、、D.L的同分異構(gòu)體構(gòu)造及手性碳原子(用?標記)D.L的同分異構(gòu)體構(gòu)造及手性碳原子(用?標記)為、、、、、、、；，連接在同一碳原子上的氫原子等效，連接在同一碳原子上的甲基等效。此題考察同分異構(gòu)體、順反異構(gòu)推斷等學問點，側(cè)重考察根本概念、物質(zhì)構(gòu)造和性質(zhì)等關(guān)鍵，題目難度不大。，連接在同一碳原子上的氫原子等效，連接在同一碳原子上的甲基等效。【答案】BD【解析】解：A.加熱KMnO4固體的反響中，O元素化合價由?20價，被氧化，加K24O2Cl上升至0O2和l2均為氧化產(chǎn)物，故A正確；B.KMnO4固體受熱分解過程中，Mn元素化合價降低被復原，局部O元素化合價上升被氧化，反響中KMnO4B錯誤；，C.Mn元素在反響過程中物質(zhì)及化合價變化為，Mn3個氧化復原反響，故C正確；D.每生成1molO2轉(zhuǎn)移4mol1molCl2轉(zhuǎn)移2molKMnO4轉(zhuǎn)化為MnCl2過程中得到的電子全部是Cl?生成Cl2所失去的，則氣體的物質(zhì)的量最大，由2KMnO4～5Cl2可知，n(氣體)≤0.25mol，但該氣體中肯定含有O2，因此最終所得氣體的物質(zhì)的量小于0.25molD錯誤；應(yīng)選：BD。KMnO4固體受熱分解生成K2MnO4、MnO2、O2，K2MnO4、MnO2均具有氧化性，在加熱條件下能與濃鹽酸發(fā)生氧化復原反響，反響過程中Cl?被氧化為Cl2，K2MnO4、MnO2被復原為MnCl2G為O2，氣體單質(zhì)H為Cl2，據(jù)此分析解題。此題以KMnO4用，明確發(fā)生的反響原理及元素化合價變化為解題關(guān)鍵，根底考察，難度中等?！敬鸢浮緽B.I為加成反響，而與為快速平衡，II的成鍵和斷鍵方式為或【解析】解：A.I和反響IV的活化能較高，反響B(tài).I為加成反響，而與為快速平衡，II的成鍵和斷鍵方式為或C.反響III的成鍵和斷鍵方式為或，因此18OH?，因此反響完畢后，溶液中存在18C.反響III的成鍵和斷鍵方式為或，因此3反響完畢后溶液中不會存在CH18OHC錯誤；3和CH3和CH3O?的總能量與和OH?的總能量之差等于圖示總反響的焓變，故D錯誤；應(yīng)選：B。B.反響IIB.反響II的成鍵和斷鍵方式為或C.反響III的成鍵和斷鍵方式為或C.反響III的成鍵和斷鍵方式為或；D.和D.和CH3O?的總能量與和OH?的總能量之2023年山東省高考化學試題，把握圖示反響原理為解答關(guān)鍵，留意把握化學反響與能量變化的關(guān)系，試題側(cè)重考察學生的分析與應(yīng)用力量，題目難度不大。CD【解析】解：A.依據(jù)K1

=c(H2R+)?c(H+)，Kc(H3R2+) 2

=c(HR)?c(H+)，Kc(H2R+) 3

=c(R?)?c(H+)，結(jié)合圖象代c(HR)入數(shù)據(jù)K2=10?9.1，K3=10?10.8

=10?1.7，因此K2

<K3，故A錯誤；K1 10?2.2 K2

10?9.1

K1 K2B.M點存在電荷守恒：c(R?)+c(OH?)+c(Cl?)=2c(H3R2+)+c(H+)+c(Na+)，此時)=)=故B錯誤；C.依據(jù)圖象O點c(H

+)=?H2+)=H2+)?c(HR)?c(H+)?c(H+)=c2(H+)=，2 c(R?)

c(R?)?c(HR)?c(H+)?c(H+)

K2?K32因此c(H+)=√K2?K3，pH=?lgc(H+)=?lgK2?lgK3，故C正確；2D.依據(jù)P點溶質(zhì)為NaCl、HR、NaR，此時溶液呈堿性，因此c(OH?)>c(H+)，水解程度是微弱的，溶質(zhì)濃度大于水解和電離所產(chǎn)生微粒濃度，因此c(Na+)>c(Cl?)>c(OH?)>c(H+)D正確；應(yīng)選：CD。向H3RCl2NaOH溶液，依次發(fā)生離子反響：H3R2++OH?=H2R++H2O、H2R++OH?=HR+H2O、HR+OH?=R?+H2O，溶液中H3R2+漸漸減小，H2R+和HR先增大后減小，R?漸漸增大；K1

=c(H2R+)?c(H+)，Kc(H3R2+) 2

=c(HR)?c(H+)，Kc(H2R+) 3

=c(R?)?c(H+)，c(HR)M點3+)=2+K1=2N)=2+K2=，P點c(HR)=c(R?)，則K3=10?10.8。此題考察離子濃度大小比較，題目難度中等，正確提取圖象信息為解答關(guān)鍵，留意把握電荷守恒、物料守恒、電離常數(shù)及鹽的水解原理在推斷離子濃度大小中的應(yīng)用方法，試題培育了學生的敏捷應(yīng)用力量。9F>O>l形低于F2l2l2的相對分子質(zhì)量大，Cl

O的熔、沸點高5 D 2 (0,0，r)√1a2+(c+r)22 c 2 2【解析】解：(1)9，電子排布為1s22s22p5F9個核外電子，則每個電子都有對應(yīng)的軌道和自旋狀態(tài)，所以核外電子的運動狀態(tài)有9種，故答案為：9；OF為同一周期，得電子力量漸漸增加，F(xiàn)Cl為同一主族，得電子力量漸漸減弱，氧元素得電子力量大于氯元素；電負性肯定程度上相當于得電子力量，半徑越小，得電子力量越強，電負性越大，半徑由小到大的挨次為F、O、Cl，所以電負性大小順2序為F>O>ClVSEPR理論有2+6?1×2=42對孤對電子，知OF分子的22F2和l2l2l2O的熔、沸點高，故答案為：F>O>Cl；角(V)形；低于；OF2和Cl2O都是分子晶體，構(gòu)造相像，Cl2O的相對分子質(zhì)量大，Cl2O的熔、沸點高；2XeF易升華，所以是分子晶體，其中心原子的價層電子對數(shù)為2+8?1×2=5，其中22心原子的雜化方式應(yīng)為sp3d，故答案為：5；D；圖中大球的個數(shù)為8×1+1=2，小球的個數(shù)為8×1+2=4，依據(jù)XeF2的原子個數(shù)8 4比知大球是Xe原子，小球是F2個XeF2A點坐標知該原子位于晶胞的中心，且每個坐標系的單位長度都記為1，B點在棱的r處，其坐標為(0,0，cr)；圖中y是底面對角線的一半，y=√2a，x=cr，所以d=√x2+y2=c 2 2√1a2+(c+r)2pm，2 2故答案為：2；(0,0，r)；√1a2cr)2。c 2 2氟原子核電荷數(shù)為9，電子排布為1s22s22p5，原子核外有幾個電子，其核外電子就有幾種運動狀態(tài)；同一主族元素，其電負性隨著原子序數(shù)增大而增大，同一周期的電負性隨著原子序數(shù)的增大而增大，留意氮元素的特別性，OF2O原子，其中含有的孤2，σ24，所以O(shè)F2V形；一般狀況下，分子晶體的相對分子質(zhì)量越大，熔沸點越高，但是留意含有氫鍵物質(zhì)的特別性；依據(jù)公式價層電子數(shù)=配位原子數(shù)+中心原子價電子數(shù)?配原子數(shù)×n；Xe原子雜化方式為雜2化方式應(yīng)為sp3d；依據(jù)晶胞類型確定分子個數(shù)；依據(jù)中心原子坐標的單位長度確定坐標；承受均攤法進展計算。此題考察物質(zhì)構(gòu)造與性質(zhì)，涉及核外電子排布、雜化方式、晶胞計算等，這些都是?？紝W問點，對學生綜合力量的考察，難度中等。17.

答案增大固體與氣體的接觸面積提高焙燒速率4.5≤pH≤9.3 降低溶液pH，4可提高Na2Cr2O7的產(chǎn)率浸取晶體中含有大量Na2Cr2O7，導致產(chǎn)品不純H2SO4 陽CrO2?4【解析】解：(1)焙燒時氣體與礦料逆流而行，目的是增大固體與氣體的接觸面積，提高焙燒速率，故答案為：增大固體與氣體的接觸面積，提高焙燒速率；結(jié)合分析可知，中向過濾后向溶液中參加H2SO4pH使NaAlO2、Na2SiO3轉(zhuǎn)pH≥4.5時，Al3+除盡，當7溶液pH>9.3時，H2SiO3會溶解，因此中和時pH的理論范圍為4.5≤pH≤9.3，流程的a227?2Crr27??r2O?pa2r27的產(chǎn)率；4 4 7結(jié)合分析可知，F(xiàn)e元素在“浸取”操作中除去，故答案為：4.5≤pH≤9.3pH，可提高Na2Cr2O7的產(chǎn)率；浸??；蒸發(fā)結(jié)晶時，Na2Cr2O7主要以Na2Cr2O7?10H2O存在，過度蒸發(fā)將導致所得晶體中a227a227外，還有H2SO4，故答案為：晶體中含有大量Na2Cr2O7，導致產(chǎn)品不純；H2SO4；2 2 4 由4NaCrO +4HO2 2 4

2NaCrO +4NaOH+2H ↑+O ↑2 2 7 2 7H?2和O2H+22O?2 2 7 2 7pH減小的電極室中制得，結(jié)合電極反響可知，陽極上OH?失去電子生成H2O和O2，pH降低，即Na2Cr2O7在陽極室產(chǎn)生；電解過程中，陽極室中pH減小，結(jié)合圖2數(shù)據(jù)，c(CrO2?)減小，c(Cr2O2?)增大，為提高制備Na2Cr2O7的效率，CrO2?通過離子交換膜移4 7 4向陽極，4故答案為：陽；CrO2?。4分析流程可知，鉻鐵礦(FeCr2O4，含Al、Si氧化物等雜質(zhì))中參加純堿和O2進展焙燒，生成Na2Cr2O4、Fe2O3、NaAlO2、Na2SiO3，參加水進展“浸取”，過濾，濾渣為不溶于水的Fe2O3，向過濾后向溶液中參加H2SO4調(diào)整溶液pH使NaAlO2、Na2SiO3轉(zhuǎn)化為氫氧H2SO4，將Na2Cr2O4轉(zhuǎn)化為Na2Cr2O7，將溶液蒸發(fā)結(jié)晶將Na2SO4除去，所得溶液冷卻結(jié)晶得到Na2Cr2O7?2H2O晶體，母液中還含有大量H2SO4可以循環(huán)利用，據(jù)此分析答復以下問題。此題以鉻鐵礦(FeCr2O4Al、Si氧化物等雜質(zhì))為主要原料制備紅礬鈉(Na2Cr2O7?2H2O)為背景，考察了學生有關(guān)物質(zhì)分別提純，氧化復原反響，沉淀溶解平衡，電解原理等內(nèi)容，考察范圍較廣，把握根底為解題關(guān)鍵，整體難度適中。18.【答案】排解裝置中的空氣直形冷凝管不再有水分散吸取空氣中的水蒸氣，防止產(chǎn)品水解，吸取多余的氯氣，防治污染空氣再次通入N2 排解裝置中的H2 (m1+m3?2m2)

cVM12023(m1+m3?2m2)

×100%不變偏大解：(1)N2儀器A的名稱為直形冷凝管；反響過程中有水生成，則當WO3已被完全復原的現(xiàn)象是不再有水分散，故答案為：排解裝置中的空氣；直形冷凝管；不再有水分散；結(jié)合分析可知，故將E改為枯燥管，目的是吸取空氣中的水蒸氣，防止產(chǎn)品水解，堿石灰呈堿性，也可以用于吸取多余的氯氣，在操作⑤加熱，通Cl2之前，裝置中有多余的H2，需要除去，所以操作④是再次通入N2，目的是排解裝置中的H2，故答案為：吸取空氣中的水蒸氣，防止產(chǎn)品水解，吸取多余的氯氣，防治污染空氣；再次通入N2；排解裝置中的H2；①依據(jù)分析，稱量時參加足量的CS2，蓋緊稱重為m1g，由于CS2易揮發(fā)，開蓋時要揮發(fā)出來，稱量的質(zhì)量要削減，開蓋并計時1分鐘，蓋緊稱重m2g，則揮發(fā)出的CS2的質(zhì)量為(m1?m2)g1分鐘，又揮發(fā)出(m1?m2)g的CS2，蓋緊稱重為m3g，則樣品質(zhì)量為：m3g+2(m1?m2)g?m1g=(m1+m3?2m2)g，故答案為：(m1+m3?2m2)；②滴定時，發(fā)生反響WO2?+Ba(IO3)2=BaWO4+2IO?，IO?+5I?+6H+=3I2+4 3 32I

+2S

O2?=2I?+S

O???

～12S

O2?，2 2 3 4 6 4 3 2 2 34故樣品中n(WCl6)=n(WO2?)=4

1n(SO2?)=212 32

)=61261cV×10?3mol×Mg/mol=12

cVM12023

g，則樣品中WCl6

的質(zhì)量分數(shù)為：

cVM12023 ×(m1+m3?2m2)100%=

cVM12023(m1+m3?2m2)

×100%1分鐘，揮發(fā)的CS2的質(zhì)量增大，導致m3偏小，而WCl6的質(zhì)量不變，故滴定時消耗Na2S2O3溶液的體積將不變，樣品中WCl6質(zhì)量分數(shù)的測定值將偏大，故答案為：

cVM

×100%；不變；偏大。12023(m1+m3?2m2)WO3，先通N2B后側(cè)放置燃△燒的酒精燈用于除去氫氣，之后改通氯氣，加熱條件下發(fā)生反響W+3Cl2?WCl6，結(jié)△合提示可知，產(chǎn)物極易水解，故將E改為枯燥管，目的是吸取空氣中的水蒸氣，防止產(chǎn)品水解，堿石灰呈堿性，也可以用于吸取多余的氯氣，(3)①稱量時參加足量的CS2，蓋緊稱重為m1g，由于CS2易揮發(fā)，開蓋時要揮發(fā)出來，稱量的質(zhì)量要削減，開蓋并計時1分鐘，蓋緊稱重m2g，則揮發(fā)出的CS2的質(zhì)量為(m1?211?2的S23；②滴定時，發(fā)生反響WO2?+Ba(IO3)2=BaWO4+2IO?，IO?+5I?+6H+=3I2+4 3 32I

+2S

O2?=2I?+S

O???

～12S

O2?，2 2 3 4 6 4 3 2 2 34故樣品中n(WCl6)=n(WO2?)=4

1n(SO2?)=212 32

)=61261cV×10?3mol×Mg/mol=cVM12 12023

g，據(jù)此計算質(zhì)量分數(shù)；依據(jù)反響關(guān)系式可知，稱量時，假設(shè)參加待測樣品后，開蓋時間超過1分鐘，揮發(fā)的CS2的質(zhì)量增大，導致m3偏小，而WCl6的質(zhì)量不變，據(jù)此分析。綜合，其中滴定計算為解題難點，需明確稱量過程的原理，學生應(yīng)具有獲得信息并處理的力量，整體難度略大。19.【答案】4 19.【答案】4 FeCl3溶液氧化反響、、4種，+H2O3【解析】解：【解析】解：(1)由上述分析可知，A的構(gòu)造簡式為；A的同分異構(gòu)體氫，說明具有對稱構(gòu)造，則滿足條件的構(gòu)造有：、①含有酚羥基；②不能發(fā)生銀鏡反響，說明構(gòu)造中不含醛基；③氫，說明具有對稱構(gòu)造，則滿足條件的構(gòu)造有：、化反響生成+H化反響生成+H2O；E的構(gòu)造簡式為故答案為：；4。(2)A為，B為，A中含有酚羥基，B中不含酚羥基，可利用FeCl3溶液檢驗B(2)A為，B為，A中含有酚羥基，B中不含(3)C→D為與(3)C→D為與CH3OH在濃硫酸作催化劑并加熱條件下發(fā)生酯，其中的含氧官能團為醚鍵、酚羥基、酯基，共3，其中的含氧官能團為醚鍵、酚羥基、酯基，共3知，可由發(fā)生信息I知，可由發(fā)生信息I的反響得到，可由和發(fā)生A生成B類型的反響得到，依據(jù)信息知，HBr