2023年山東高考真題化學(xué)-解析

2023年高考山東卷化學(xué)真題

學(xué)校:姓名：班級:考號：

一、單選題

1.下列之物具有典型的齊魯文化特色，據(jù)其主要化學(xué)成分不能與其他三種歸為一類的是

A.泰山墨玉B.龍山黑陶C.齊國刀幣D.淄博琉璃

【答案】C

【詳解】墨玉、黑陶、琉璃均為陶瓷制品，均屬于硅酸鹽制品，主要成分均為硅酸鹽材料，而刀幣的主要成分為青

銅，故選C。

2.實驗室中使用鹽酸、硫酸和硝酸時，對應(yīng)關(guān)系錯誤的是

A.稀鹽酸：配制AlCh溶液

B.稀硫酸：蔗糖和淀粉的水解

C.稀硝酸：清洗附有銀鏡的試管

D.濃硫酸和濃硝酸的混合溶液：苯的磺化

【答案】D

【詳解】A.實驗室配制AlCb溶液時向其中加入少量的稀鹽酸以抑制AF+水解，A錯誤：

B.蔗糖和淀粉的水解時常采用稀硫酸作催化劑，B錯誤；

C.清洗附有銀鏡的試管用稀硝酸，反應(yīng)原理為：3Ag+4HNCh(稀)=3AgNO3+NOT+2H20,C錯誤：

D.苯的磺化是苯和濃硫酸共熱，反應(yīng)生成苯磺酸的反應(yīng)，故不需要用到濃硫酸和濃硝酸的混合溶液，D正確；

故選D。

3.下列分子屬于極性分子的是

A.CS2B.NHC.SO,D.SiF,

【答案】B

【詳解】

A.CS2中C上的孤電子對數(shù)為gx(4-2x2)=0,。鍵電子對數(shù)為2,價層電子對數(shù)為2,CS2的空間構(gòu)型為直線形，

分子中正負(fù)電中心重合，因此CS2屬于非極性分子，A錯誤；

B.NF3中N上的孤電子對數(shù)為］x(5-3xl尸1,。鍵電子對數(shù)為3,價層電子對數(shù)為4,NF3的空間構(gòu)型為三角錐形，

分子中正負(fù)電中心不重合，NF3屬于極性分子，B正確；

c.S03中s上的孤電子對數(shù)為gx(6-3x2)=0,。鍵電子對數(shù)為3,價層電子對數(shù)為3,SCh的空間構(gòu)型為平面正三

角形，分子中正負(fù)電中心重合，S03屬于非極性分子，C錯誤；

D.SiF4中Si上的孤電子對數(shù)為^x(4-4xD=0,。鍵電子對數(shù)為4,價層電子對數(shù)為4,SiF4的空間構(gòu)型為正四面體

形，分子中正負(fù)電中心重合，SiF4屬于非極性分子，D錯誤意;

故選B?

4.實驗室安全至關(guān)重要，下列實驗室事故處理方法錯誤的是

A.眼睛濺進(jìn)酸液，先用大量水沖洗，再用飽和碳酸鈉溶液沖洗

B.皮膚濺上堿液，先用大量水沖洗，再用2%的硼酸溶液沖洗

C.電器起火，先切斷電源，再用二氧化碳滅火器滅火

D.活潑金屬燃燒起火，用滅火毛（石棉布）滅火

【答案】A

【詳解】

A.眼睛濺進(jìn)酸液，先用大量水沖洗，再用3%-5%的碳酸氫鈉溶液沖洗，A錯誤；

B.皮膚濺上堿液，應(yīng)立即用大量水沖洗，邊洗邊眨眼，盡可能減少酸或堿對眼睛的傷害，再用20%的硼酸中和殘

余的堿，B正確；

C.電器起火，先切斷電源，再用二氧化碳滅火器滅火，C正確；

D.活潑金屬會與水反應(yīng)，所以燃燒起火，用滅火毛（石棉布）滅火，D正確；

故選Ao

5.石墨與F2在450。12反應(yīng)，石墨層間插入F得到層狀結(jié)構(gòu)化合物（CF）x,該物質(zhì)仍具潤滑性，其單層局部結(jié)構(gòu)如圖

所示。下列關(guān)于該化合物的說法正確的是

?C

。F

A.與石墨相比，（CF）x導(dǎo)電性增強(qiáng)

B.與石墨相比，（CF）x抗氧化性增強(qiáng)

C.（CF）x中C-C的鍵長比C-F短

D.lmol（CF）x中含有2xmol共價單鍵

【答案】B

【詳解】

A.石墨晶體中每個碳原子上未參與雜化的1個2P軌道上電子在層內(nèi)離域運(yùn)動，故石墨晶體能導(dǎo)電，而（CF）、中沒

有未參與雜化的2P軌道上的電子，故與石墨相比，（CF）x導(dǎo)電性減弱，A錯誤；

B.（CF）x中C原子的所有價鍵均參與成鍵，未有未參與成鍵的孤電子或者不飽和鍵，因此與石墨相比，（CF）x抗氧

化性增強(qiáng)，B正確；

C.己知C的原子半徑比F的大，因此可知(CF)x中C-C的鍵長比C-F長，C錯誤；

D.據(jù)圖分析可知，在(CF)x中C與周圍的3個碳原子形成共價鍵，每個C-C鍵被2個碳原子共用，和1個F原子

形成共價鍵，即lmol(CF)x中含有2.5xmol共價單鍵，D錯誤：

故選B。

6.鑒別濃度均為0.1mol【T的NaCIO、Ba(OH)2>Al?(SO<%三種溶液，僅用下列一種方法不可行的是

A.測定溶液pHB.滴加酚酷試劑

C.滴加0.1mol【TKI溶液D.滴加飽和Na2co3溶液

【答案】C

【詳解】

A.NaClO溶液顯弱堿性，Ba(0H)2溶液顯強(qiáng)堿性，Al?(SOJ溶液顯酸性，因此測定溶液pH是可以鑒別出來的，

A錯誤；

B.NaClO溶液顯弱堿性，Ba(0H)2溶液顯強(qiáng)堿性，滴入酚酷溶液，兩種溶液顏色變色深淺不一樣，AlKSO」「溶

液顯酸性，滴入酚醐不變色，因此滴加酚醐試劑是可以鑒別出來的，B錯誤；

C.NaClO溶液滴入碘化鉀溶液，發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成碘，液面會由無色變成黃色，振蕩后會變成無色，而Ba(OH)z

溶液，Al?(SOJ溶液滴入碘化鉀溶液后，因不與兩者反應(yīng)而沒有現(xiàn)象，因此僅用滴加O.lmoll-Kl溶液無法鑒別，

C正確；

D.飽和Na2cO3溶液和NaClO溶液不反應(yīng)，和Ba(OH)?溶液反應(yīng)生成碳酸釧沉淀，和AL(SO4)3溶液發(fā)生雙水解反

應(yīng)生成沉淀和氣體，因此滴入飽和Na2c溶液是可以鑒別出來的，D錯誤；

答案C。

7.抗生素克拉維酸的結(jié)構(gòu)簡式如圖所示，下列關(guān)于克拉維酸的說法錯誤的是

克拉維酸

A.存在順反異構(gòu)

B.含有5種官能團(tuán)

C.可形成分子內(nèi)氫鍵和分子間氫鍵

D.Imol該物質(zhì)最多可與ImolNaOH反應(yīng)

【答案】D

【詳解】

A.根據(jù)題干有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡式可知，該有機(jī)物存在碳碳雙鍵，且雙鍵兩端的碳原子分別連有互不同的原子或原子團(tuán)，

因此該有機(jī)物存在順反異構(gòu)，A正確；

B.根據(jù)題干有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡式可知，該有機(jī)物含有羥基、峻基、碳碳雙鍵、酸鍵和酰胺基等5種官能團(tuán)，B正確；

C.根據(jù)題干有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡式可知，該有機(jī)物中的竣基、羥基、酰胺基等官能團(tuán)具有形成氫鍵的能力，因此其分子

間可以形成氫鍵，其中距離較近的某些官能團(tuán)之間還可以形成分子內(nèi)氫銀，C正確；

D.根據(jù)題干有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡式可知，Imol該有機(jī)物含有竣基和酰胺基各Imol,這兩種官能團(tuán)都能與強(qiáng)堿反應(yīng)，因此

Imol該物質(zhì)最多可與2moiNaOH反應(yīng)，D錯誤；

故選D。

8.一定條件下，乙酸酎［(CH3c。%。］醇解反應(yīng)［(CH3cobO+ROH—>CH3C00R+CH3coOH］可進(jìn)行完全，利

用此反應(yīng)定量測定有機(jī)醇(ROH)中的羥基含量，實驗過程中酯的水解可忽略。實驗步驟如下：

①配制一定濃度的乙酸酢-苯溶液。

②量取一定體積乙酸酢-苯溶液置于錐形瓶中，加入mgROH樣品，充分反應(yīng)后，加適量水使剩余乙酸醉完全水解:

(CHjCOXO+Hp——>2CH,C00H。

③加指示劑并用cm。卜LNaOH-甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液V】mL。

④在相同條件下，量取相同體積的乙酸酊-苯溶液，只加適量水使乙酸酢完全水解；加指示劑并用cmoLL—NaOH-甲

醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液VzmL。對于上述實驗，下列做法正確的是

A.進(jìn)行容量瓶檢漏時，倒置一次即可

B.滴入半滴標(biāo)準(zhǔn)溶液，錐形瓶中溶液變色，即可判定達(dá)滴定終點

C.滴定讀數(shù)時，應(yīng)單手持滴定管上端并保持其自然垂直

D.滴定讀數(shù)時，應(yīng)雙手一上一下持滴定管

【答案】C

【詳解】

A.進(jìn)行容量瓶檢漏時，倒置一次，然后玻璃塞旋轉(zhuǎn)180度后再倒置一次，A錯誤：

B.滴入半滴標(biāo)準(zhǔn)溶液，錐形瓶中溶液變色，且半分鐘內(nèi)不變回原色，才是達(dá)到滴定終點，B錯誤；

C.滴定讀數(shù)時，應(yīng)單手持滴定管上端無刻度處，并保持其自然垂直，C正確；

D.滴定讀數(shù)時，應(yīng)單手持滴定管上端無刻度處，并保持其自然垂直，D錯誤；

答案為C。

9.一定條件下，乙酸酊［(CH,CO)2O］靜解反應(yīng)［(CH3cobO+ROH—>CHqOOR+CH3coOH］可進(jìn)行完全，利

用此反應(yīng)定量測定有機(jī)醇(ROH)中的羥基含量，實驗過程中酯的水解可忽略。實驗步驟如下:

①配制一定濃度的乙酸肝-苯溶液。

②量取一定體積乙酸肝-苯溶液置于錐形瓶中，加入mgROH樣品，充分反應(yīng)后，加適量水使剩余乙酸酢完全水解:

(CHjCO),0+H20——>2CH,COOH。

③加指示劑并用cmol?L-NaOH-甲爵標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液v】mL。

④在相同條件下，量取相同體積的乙酸酢-苯溶液，只加適量水使乙酸酢完全水解；加指示劑并用cmoLL-NaOH-甲

醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液VzmL。ROH樣品中羥基含量(質(zhì)量分?jǐn)?shù))計算正確的是

A.心業(yè)400%B.以兇Lwo%

1000m1000m

c.3必IZxioo%cc(O.5V,-V,)xl7…

1000m1000m

【答案】C

［詳解】根據(jù)滴定過程中，用cmol.UNaOH-甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定乙酸酊完全水解生成的乙酸，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液V,mL,

需要消耗cmol-LNaOH-甲醇的物質(zhì)的量為Vzxcxio-3moi,即乙酸酎的總物質(zhì)的量=工2芋iCmol；因此ROH與

乙酸酊?反應(yīng)后剩余的乙酸酊的物質(zhì)的量,所以與ROH反應(yīng)的乙酸酊的物質(zhì)的量二

33

V2xcxl0--V,xcxl0-moh也即樣品ROH中羥基的物質(zhì)的量，所以ROH樣品中羥基質(zhì)量分?jǐn)?shù)=

2

VzXCXlO4一V|XCXl(y3

molx!7g/mol

0.5(Vz-Vpxcx"

2------------------xl00%=xlOO%'

10%

故選C。

10.一定條件下，乙酸酊［(CH3cob。］靜解反應(yīng)［(CH3co^O+ROH—>CHCOOR+CH3coOH］可進(jìn)行完全,

利用此反應(yīng)定量測定有機(jī)醉(ROH)中的羥基含量，實驗過程中酯的水解可忽略。實驗步驟如下：

①配制一定濃度的乙酸酊-苯溶液。

②量取一定體積乙酸酎-苯溶液置于錐形瓶中，加入mgROH樣品，充分反應(yīng)后，加適量水使剩余乙酸醉完全水解:

(CH,CO),O+H2O——>2CH,COOH。

③加指示劑并用cmol-L'NaOH-甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液VmL。

④在相同條件下，量取相同體積的乙酸酢-苯溶液，只加適量水使乙酸醉完全水解；加指示劑并用cmoll—NaOH-甲

醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液V2mL。根據(jù)上述實驗原理，下列說法正確的是

A.可以用乙酸代替乙酸酎進(jìn)行上述實驗

B.若因甲醇揮發(fā)造成標(biāo)準(zhǔn)溶液濃度發(fā)生變化，將導(dǎo)致測定結(jié)果偏小

C.步驟③滴定時，不慎將錐形瓶內(nèi)溶液濺出，將導(dǎo)致測定結(jié)果偏小

D.步驟④中，若加水量不足，將導(dǎo)致測定結(jié)果偏大

【答案】B

【分析】步驟④測定乙酸酎的物質(zhì)的量為當(dāng)xlO-mol；根據(jù)步驟②③可知mgROH樣品中羥基的物質(zhì)的量為

33

x1O'molx2-cV,x10mol=c(V2-V))xl0mol。

【詳解】

A.乙酸與醇的酯化反應(yīng)可逆，不能用乙酸代替乙酸酊進(jìn)行上述實驗，A錯誤；

B.若甲醇揮發(fā)，則甲醇消耗乙酸酢的物質(zhì)的量減小，剩余乙酸酊的物質(zhì)的量偏大，消耗氫氧化鈉的體積偏大，將

導(dǎo)致測定結(jié)果偏小，B正確；

C.步驟③滴定時，不慎將錐形瓶內(nèi)溶液濺出，消耗氫氧化鈉的體積偏小，將導(dǎo)致測定結(jié)果偏大，C錯誤；

D.步驟④中，若加水量不足，生成乙酸的物質(zhì)的量偏小，消耗氫氧化鈉的體積偏小，測定乙酸酢初始物質(zhì)的量偏

小，將導(dǎo)致測定結(jié)果偏小，D錯誤；

選B?

二、多選題

11.利用熱再生氨電池可實現(xiàn)CuSO4?鍍廢液的濃縮再生。電池裝置如圖所示，甲、乙兩室均預(yù)加相同的CuSO,電

鍍廢液，向甲室加入足量氨水后電池開始工作。下列說法正確的是

CuS04

溶液

A.甲室Cu電極為正極

B.隔膜為陽離子膜

2+2+

C.電池總反應(yīng)為:CU+4NH3=[CU(NH3)4]

D.NH,擴(kuò)散到乙室將對電池電動勢產(chǎn)生影響

【答案】CD

【詳解】

A.據(jù)圖分析，向甲室加入足量氨水后電池開始工作，則甲室Cu電極溶解，變?yōu)殂~離子與氨氣形成[CU(NHJ4『，

因此甲室Cu電極為負(fù)極，A錯誤；

B.據(jù)圖分析，原電池內(nèi)電路中陽離子向正極移動，若隔膜為陽離子膜，電極溶解生成的銅離子要向右側(cè)移動，通

入氨氣要消耗銅離子，顯然左側(cè)陽離子不斷減小，明顯不利于電池反應(yīng)正常進(jìn)行，B錯誤；

C.據(jù)圖分析，左側(cè)負(fù)極是Cu-2e-+4NH3=[Cu(NHj4『正極是CM++2e「=Cu,則電池總反應(yīng)為：

2+2+

Cu+4NH,=[CU(NH3)4],C正確;

D.據(jù)圖分析，NH,擴(kuò)散到乙室會與銅離子反應(yīng)生成[CU(NH3)4『，銅離子濃度降低，銅離子得電子能力減弱,

因此將對電池電動勢產(chǎn)生影響，D正確。

故選CDo

三、單選題

12.有機(jī)物XfY的異構(gòu)化反應(yīng)如圖所示，下列說法錯誤的是

XY

A.依據(jù)紅外光譜可確證X、Y存在不同的官能團(tuán)

B.除氫原子外，X中其他原子可能共平面

C.含醛基和碳碳雙鍵且有手性碳原子的Y的同分異構(gòu)體有4種(不考慮立體異構(gòu))

D.類比上述反應(yīng)，。的異構(gòu)化產(chǎn)物可發(fā)生銀鏡反應(yīng)和加聚反應(yīng)

0

【答案】C

【詳解】

A.據(jù)圖示有機(jī)物X、Y的結(jié)構(gòu)簡式可知，X含有碳碳雙鍵和酸鍵，Y含有碳碳雙鍵和酮皴基，紅外光譜圖中可以

反映不同官能團(tuán)或化學(xué)鍵的吸收峰，因此依據(jù)紅外光譜可確證X、Y存在不同的官能團(tuán)，A正確；

B.據(jù)圖示有機(jī)物X的結(jié)構(gòu)簡式可知，X分子中存在兩個碳碳雙鍵所在的平面，單鍵可以任意旋轉(zhuǎn)，因此除氫原子

外，X中其他原子可能共平面，B正確；

C.據(jù)圖示有機(jī)物Y的結(jié)構(gòu)簡式可知，Y的分子式為：C6H10O,則含醛基和碳碳雙鍵且有手性碳原子(即同時連有四

個互不相同的原子或原子團(tuán)的碳原子)的Y的同分異構(gòu)體有:CH3cH=CHCH(CH3)CHO、CH2=C(CH3)CH(CH3)CHO、

CH2=CHCH(CH3)CH2cH0、CH2=CHCH2CH(CH3)CHO和CH2=CHCH(CH2cH3)CH0共5種(不考慮立體異構(gòu))，C錯

誤；

D.根據(jù)題干信息分析可知，類比上述反應(yīng)，的異構(gòu)化產(chǎn)物為：“含有碳碳雙鍵和醛基，因此

可發(fā)生銀鏡反應(yīng)和加聚反應(yīng)，D正確；故選C。

四、多選題

13.一種制備Cu2o的工藝路線如圖所示，反應(yīng)n所得溶液pH在3~4之間，反應(yīng)III需及時補(bǔ)加NaOH以保持反應(yīng)在

pH=5條件下進(jìn)行。常溫下，電SO,的電離平衡常數(shù)KMuLBxlO2KgMGJxKr8。下列說法正確的是

Cu,濃H2s0,必2(：0,溶液

|反應(yīng)［|--氣體［-,■反應(yīng)n--氣體n

調(diào)pH=ll

低溫真空蒸發(fā)

反應(yīng)HIf-化合I物X-固液分離一溶液Y

Cu2O

A.反應(yīng)1、n、iii均為氧化還原反應(yīng)

B.低溫真空蒸發(fā)主要目的是防止NaHSO、被氧化

c.溶液Y可循環(huán)用于反應(yīng)n所在操作單元吸收氣體I

n(X)

D.若CuQ產(chǎn)量不變，參與反應(yīng)IH的X與CuSO,物質(zhì)的量之比下增大時，需補(bǔ)加NaOH的量減少

n(Cub(JJ

【答案】CD

【詳解】

A.反應(yīng)I是銅和濃硫酸反應(yīng)，生成二氧化硫，是氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)II是SO2和碳酸鈉溶液反應(yīng)，生成NaHSO?、

水和二氧化碳，是非氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)IH是Na2sCh和CuSO4反應(yīng)生成CsO,是氧化還原反應(yīng)，A錯誤；

B.低溫真空蒸發(fā)主要目的是防止Na2s0,被氧化，而不是NaHSO、，B錯誤；

C.經(jīng)分析溶液Y的成分是Na2sCh溶液，可循環(huán)用于反應(yīng)II的操作單元吸收S02氣體(氣體I),C正確；

D.制取C%。總反應(yīng)方程式是2CuSCM+3Na2s03=CU2O+2SO2T+3Na2sCU，化合物X是指Na2s03,如果C%。產(chǎn)量

n(X)

不變，增大U、比,多的Na2sCh會消耗氫離子，用于控制pH值,可減少NaOH的量，D正確；

n(CuSO4)

故選CDo

14.一定條件下，化合物E和TFAA合成H的反應(yīng)路徑如下：

,OH’OOCCF3

/C0CF300

xxv0>NHAA

U+FsC0CF3,UO

+F3c0CF3

ETFAAFGHTFAA

已知反應(yīng)初始E的濃度為O.lOmol-L',TFAA的濃度為0.08mol-L-',部分物種的濃度隨時間的變化關(guān)系如圖所示,

忽略反應(yīng)過程中的體積變化。下列說法正確的是

o

.10o.

0.

So8

(

S0.

T

T

So6

-

O

I

U00.

。o4

Y

So2

0

#

^0

A.ti時刻，體系中有E存在

B.t2時刻，體系中無F存在

C.E和TFAA反應(yīng)生成F的活化能很小

D.反應(yīng)達(dá)平衡后，TFAA的濃度為0.08moMJ

【答案】AC

【分析】一定條件下，化合物E和TFAA合成H的反應(yīng)路徑中，共發(fā)生三個反應(yīng)：

①E+TFAA——>F②F——>G③G.H+TFAA

ti之后的某時刻，H為0.02mol-LL此時TFAA的濃度仍為0,則表明0.10mol-L」E、起始時的0.08mol-L“TFAA、

1

G分解生成的0.02molL-TFAA全部參加反應(yīng)，生成0.10mol-L"F：在t2時刻,H為0.08mol-L/,TFAA為0.06mol-LT,

G為0.01mol-L1,則F為0.01mol-L'o

【詳解】

A.據(jù)圖分析，ti時刻，H的濃度小于0.02mo卜LL此時反應(yīng)③生成F的濃度小于0.02moHJ,參加反應(yīng)①的H的

濃度小于0Jmo卜LL因此參加反應(yīng)E的濃度小于0.1morLL所以體系中有E存在，A正確；

B.據(jù)圖分析，t2時刻，H為0.08mol-LLTFAA為0.06molLLG為0.01mol-L」，因此F為0.01molL」，所以體

系中有F存在，B錯誤；

C.據(jù)圖分析，t)之后的某時亥ij,H為0.02morLL此時TFAA的濃度仍為0,表明此時E和TFAA完全反應(yīng)生成F,

所以E和TFAA生成F的反應(yīng)速率快，反應(yīng)的活化能很小，C正確；

D.據(jù)圖分析,在t2時刻，H為0.08molL“,TFAA為0.06mol-LJ,G為0.01moHAF為0.01molLL只有F、G

全部轉(zhuǎn)化為H和TFAA時，TFAA的濃度才能為0.08mol-LL而G.:H+TFAA為可逆反應(yīng)，所以反應(yīng)達(dá)平衡后，

TFAA的濃度一定小于0.08molLLD錯誤：

故選AC。

五、單選題

2+

15.在含Hgb(g)的溶液中，一定c(1)范圍內(nèi)，存在平衡關(guān)系：Hgl2(s)-Hgljaq)；HglJaq)；Hg+2F；

+

Hgljaq）；Hgl+r；Hgl2（aq）+rrHgl；；HgI2（aq）+2IHgl；,平衡常數(shù)依次為K。、KPKr0K4。

已知lgc（Hg2+）、lgc（Hgr），lgc（HgI；）、lgc（HgI；）隨lgc（「）的變化關(guān)系如圖所示，下列說法錯誤的是

A.線L表示Igc（Hglj）的變化情況

B.隨c（「）增大，c[HgI?（aq）]先增大后減小

.K,

C.a=lgT^

D.溶液中I元素與Hg元素的物質(zhì)的量之比始終為2:1

【答案】B

c(Hg"H(1)

【分析】根據(jù)題干反應(yīng)方程式Hgl/aq）Hg”+2「可知，K尸則有c（Hg2+）=,則有

c(HgI,)

2+

lgc(Hg)=lgKi+lgc(Hgh)-21gc(r),同理可得：lgc(HgI+)=lgK2+Igc(Hgl2)-lgc(I-),lgc(HgI；)=lgK3+lgc(Hgl2)+lgc(r),

lgc(HgI：)==lgK4+lgc(Hgl2)+21gc(「)，且由HgL(s)；,Hgl?(aq)可知Ko=c[Hgh(aq)]為一定值，因此可知圖示中

曲線1、2、3、4即L分別代表lgc（Hgl+）、lgc（Hg"）、lgc（HgI；）、lgc（Hgl:）。

【詳解】

A.線L表示lgc（HgI：）的變化情況，A正確；

B.已知H叫（s）LHgI2（叫）的化學(xué)平衡常數(shù)Ko=c[HgI2（aq）],溫度不變平衡常數(shù)不變，因此隨c（l）增大,

c[Hgl2（叫）]始終保持不變，B錯誤；

2++

C.曲線1方程為：lgc(Hg)=lgKi+lgc(Hgl2)-21gc(I-),曲線2方程為：lgc(HgI)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(r)

即有①b=IgKi+lgc(HgL)-2a,②b=lgK2+lgc(HgL)-a,聯(lián)合①②可知得：a^gKrlgK^lg—,C正確；

D.溶液中的初始溶質(zhì)為HgL,根據(jù)原子守恒可知，該溶液中I元素與Hg元素的物質(zhì)的量之比始終為2:1,D正確;

故選B。

六、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)

16.鹵素可形成許多結(jié)構(gòu)和性質(zhì)特殊的化合物?；卮鹣铝袉栴}：

(1)-40℃時，F(xiàn)?與冰反應(yīng)生成“0尸利HF。常溫常壓下，H0F為無色氣休,固態(tài)”。尸的晶體類型為,H0F

水解反應(yīng)的產(chǎn)物為(填化學(xué)式)。

(2)C。中心原子為Cl,C1Q中心原子為O,二者均為V形結(jié)構(gòu)，但C10?中存在大兀鍵(n；)。C10,中Cl原子的軌

道雜化方式；為0-C1-0鍵角Cl—O-C1鍵角(填“〈”或“=”)。比較C102與CL0中C1-0鍵的鍵長

并說明原因。

(3)一定條件下，CuClrK和F?反應(yīng)生成KCI和化合物X。已知X屬于四方晶系，晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示(晶胞參數(shù)

a=b=c,a=0=Y=9O。)，其中Cu化合價為+2。上述反應(yīng)的化學(xué)方程式為。若阿伏加德羅常數(shù)的值為N.4,

化合物X的密度P=g-cm3(用含NA的代數(shù)式表示)。

(1)分子晶體HF、HQ?和0?

(2)sp2>C10。分子中C1-O鍵的鍵長小于Cl?。中C1-O鍵的鍵長，其原因是：C1O。分子中既存在6鍵,

又存在大兀鍵，原子軌道重疊的程度較大，因此其中C1-0鍵的鍵長較小，而Cl?。只存在普通的。鍵。

436x1()30

(3)CuCl,+4K+2F,=KCUF,+2KC1

2a"

【詳解】

(1)常溫常壓下，HOF為無色氣體，則HOF的沸點較低，因此，固態(tài)H0F的晶體類型為分子晶體。HOF分子中

F顯-1價，其水解時結(jié)合Hq電離的H+生成HF,則0H+結(jié)合HQ電離的OH,兩者反應(yīng)生成凡02不穩(wěn)

定，其分解生成。2，因此，HOF水解反應(yīng)的產(chǎn)物為HF、HQ?和。2。

（2）ci。。中心原子為ci,ci?。中心原子為o,二者均為v形結(jié)構(gòu)，但a。。中存在大兀鍵（不）。由c@中存在n；

可以推斷，其中C1原子只能提供1對電子，有一個0原子提供1個電子，另一個。原子提供1對電子，這5個電子

處于互相平行的P軌道中形成大兀鍵，C1提供孤電子對與其中一個O形成配位鍵，與另一個O形成的是普通的共價

鍵（。鍵，這個O只提供了一個電子參與形成大兀鍵），C1的價層電子對數(shù)為3,則C1原子的軌道雜化方式為sp:

CL。中心原子為O,根據(jù)價層電子對的計算公式可知n="詈=4,因此，O的雜化方式為sp,根據(jù)價層電子

對互斥理論可知，n=4時，價電子對的幾何構(gòu)型為正四面體，n=3時，價電子對的幾何構(gòu)型平面正三角形，sp?雜

化的鍵角一定大于sp3的，因此，雖然C102和ciq均為V形結(jié)構(gòu)，但0-C1-0鍵角大于C1-O-C1鍵角，孤電子對

對成鍵電子對的排斥作用也改變不了這個結(jié)論。C102分子中C1-0鍵的鍵長小于ciq中C1-0鍵的鍵長，其原因是:

C102分子中既存在。鍵，又存在大兀鍵，原子軌道重疊的程度較大，因此其中C1-0鍵的鍵長較小，而cig只存在

普通的。鍵。

（3）一定條件下，CuCl,,K和月反應(yīng)生成KC1和化合物X。已知X屬于四方晶系，其中Cu化合價為+2。由晶

胞結(jié)構(gòu)圖可知，該晶胞中含有黑球的個數(shù)為8*：+2=4、白球的個數(shù)為16X1+4X[+2=8、灰色球的個數(shù)為

8x1+l=2,則X中含有3種元素，其個數(shù)比為1:2:4,由于其中Cu化合價為+2、F的化合價為-1、K的化合價為+1,

根據(jù)化合價代數(shù)和為0,可以推斷X為K￡ug,上述反應(yīng)的化學(xué)方程式為CUCU+4K+2^=K2CUE+2KC1。若阿

2x218

伏加德羅富數(shù)的值為NA，晶胞的質(zhì)量為一『g,晶胞的體積為a2cpm'=a?cx10%cm）化合物X的密度

NA

2x218

--2

303

=N,-----=436xlOg-cm-?

2,o32

PacxlO"cmacA^A

七、工業(yè)流程題

17.鹽湖鹵水（主要含Na*、Mg"、Li\C「、SO：和硼酸根等）是鋰鹽的重要來源。一種以高鎂鹵水為原料經(jīng)兩段

除鎂制備Li2co、的工藝流程如下:

鹽酸HC1氣體生石灰純堿飽和Na2c溶液

含硼固體固體濾渣I濾渣nNaClLi2c。3

已知：常溫下，K*（Li2co3）=2.2x10-3。相關(guān)化合物的溶解度與溫度的關(guān)系如圖所示。

L120

(

O

Z

H80

40

12

1.5

1.0

0,5020406080100

溫度”

回答下列問題：

934

(1)含硼固體中的B(OH)3在水中存在平衡：B(OH)3+H?O,+H++[B(OH)4](常溫下，Ka=10-)；B(OH)3與NaOH

溶液反應(yīng)可制備硼砂Na2B4O5(OH)「8H?。。常溫下，在O.lOmoLL硼砂溶液中，水解生成等物質(zhì)的

量濃度的B(OH)3和[B(OH),「，該水解反應(yīng)的離子方程式為,該溶液pH=。

(2)濾渣I的主要成分是(填化學(xué)式)；精制I后溶液中Li，的濃度為20moiL1,則常溫下精制H過程中CO：濃度應(yīng)

控制在mol以下。若脫硼后直接進(jìn)行精制I,除無法回收HC1外，還將增加的用量(填化學(xué)式)。

(3)精制II的目的是；進(jìn)行操作X時應(yīng)選擇的試劑是,若不進(jìn)行該操作而直接濃縮，將導(dǎo)致。

【答案】

2

(l)[B4O5(OH)4]-+5H2O=2B(OH)3+2[B(OH)4r9.34

(2)CaSO45.5x10^純堿

(3)加入純堿將精制I所得濾液中的Ca2+轉(zhuǎn)化為CaCOj(或除去精制I所得濾液中的Ca"),提高Li2co,純度鹽

酸濃縮液中因CO：濃度過大使得Li+過早沉淀，即濃縮結(jié)晶得到的NaCl中會混有Li2cO',最終所得Li2co,的

產(chǎn)率減小

【詳解】

(I)含硼固體中的B(OH)3在水中存在平衡：B(OH)3+H2O[B(OH)4「+H+(常溫下，K=]0-934)；B(OH),與

1

NaOH溶液反應(yīng)可制備硼砂Na2B4O5(OH)4-8H2O。常溫下.在O.lOmol.L-硼砂溶液中，IBQ5(。國丁一水解生成等

物質(zhì)的量濃度的B(OH)3和[B(OH)J,該水解反應(yīng)的離子方程式為[B4059H)4r+5Hq=2B(OH)3+2[B(OH)J,

C?c(H+)

+934

由B元素守恒可知，8(。^1)3和田(。11)」-的濃度均為0.2011101.1?,長=p四-------=c(H)=10-,因此該溶

C

B(OH)3

液pH=9.34。

(2)濾渣I的主要成分是CaSO,；精制I后溶液中Li*的濃度為2.0mol.I?,由(“Li2co3)=2.2x10-可知，則常

溫下精制n過程中CO：濃度應(yīng)控制在名"二mol-L"=5.5x107moi.L」以下?如果脫硼后直接進(jìn)行精制I,除無法

回收HC1外，后續(xù)在濃縮結(jié)晶時將生成更多的氯化鈉晶體，因此，還將增加純堿(Na2co、)的用量.

（3）精制I中，燒渣水浸后的濾液中加生石灰后產(chǎn)生的濾渣I的主要成分為CaSO4：由于CaSO?微溶于水，精制I所

得濾液中還含有一定濃度的Ca?+,還需要除去Ca2\因此，精制H的目的是：加入純堿將精制I所得濾液中的Ca2+轉(zhuǎn)

化為CaCOs（或除去精制I所得濾液中的Ca?+）,提高Li2cO,純度。操作X是為了除去剩余的碳酸根離子，為了防

止引入雜質(zhì)離子，應(yīng)選擇的試劑是鹽酸；加入鹽酸的目的是除去剩余的碳酸根離子，若不進(jìn)行該操作而直接濃縮,

將導(dǎo)致濃縮液中因CO；濃度過大使得Li+過早沉淀，即濃縮結(jié)晶得到的NaCl中會混有口夕。3,最終所得Li2cO'的

產(chǎn)率減小。

八、實驗題

18.三氯甲硅烷（SiHClJ是制取高純硅的重要原料，常溫下為無色液體，沸點為31.8C,熔點為-1265C,易水解。

A

實驗室根據(jù)反應(yīng)Si+3HCl=SiHC13+Hz,利用如下裝置制備SiHCl,粗品（加熱及夾持裝置略）?；卮鹣铝袉栴}：

（1）制備SiHCh時進(jìn)行操作：⑴……；（ii）將盛有硅粉的瓷舟置于管式爐中；（iii）通入HC1,一段時間后接通冷凝裝置，

加熱開始反應(yīng)。操作⑴為;判斷制備反應(yīng)結(jié)束的實驗現(xiàn)象是。圖示裝置存在的兩處缺陷是o

（2）已知電負(fù)性Cl>H>Si,SiHC13在濃NaOH溶液中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為。

（3）采用如下方法測定溶有少量HC1的SiHCh純度。

m】g樣品經(jīng)水解、干燥等預(yù)處理過程得硅酸水合物后，進(jìn)行如下實驗操作：①,②（填操作名稱）,③稱

量等操作，測得所得固體氧化物質(zhì)量為m?g,從下列儀器中選出①、②中需使用的儀器，依次為（填標(biāo)號）。測

得樣品純度為（用含叫、m2的代數(shù)式表示）。

【答案】

(1)檢查裝置氣密性當(dāng)管式爐中沒有固體剩余時C、D之間沒有干燥裝置，沒有處理氨氣的裝置

(2)SiHCI3+5NaOH=Na2SiO3+3NaCl+H2T+2H2O

(3)高溫灼燒冷卻AC歌』。。%

【詳解】

(1)據(jù)題干分析，制備SiHCb時，由于氯化氫、SiHCb和氫氣都是氣體，所以組裝好裝置后，要先檢查裝置氣密

性，然后將盛有硅粉的瓷舟置于管式爐中，通入氯化氫氣體，排出裝置中的空氣，一段時候后，接通冷凝裝置，加

熱開始反應(yīng)，當(dāng)管式爐中沒有固體剩余時，即硅粉完全反應(yīng)，SiHCb易水解，所以需要在C、D之間加一個干燥裝

置，防止D中的水蒸氣進(jìn)入裝置C中，另外氫氧化鈉溶液不能吸收氫氣，需要在D后面加處理氫氣的裝置，故答

案為：檢查裝置氣密性；當(dāng)管式爐中沒有固體剩余時；C、D之間沒有干燥裝置，沒有處理氫氣的裝置;

(2)已知電負(fù)性Cl>H>Si,則SiHCb中氯元素的化合價為-1,H元素的化合價為-1,硅元素化合價為+4,所以氫

氧化鈉溶液和SiHCb反應(yīng)時，要發(fā)生氧化還原反應(yīng)，得到氯化鈉、硅酸鈉和氫氣，化學(xué)方程式為:

SiHCb+5NaOH=Na2SiCh+3NaCl+H2T+2H2O,故答案為：SiHCh+5NaOH=Na2SiO3+3NaCl+H2T+2H2O；

(3)Img樣品經(jīng)水解，干燥等預(yù)處理過程得到硅酸水合物后，高溫灼燒，在干燥器中冷卻后，稱量，所用儀器包

括用煙和干燥器，所得固體氧化物為二氧化硅，質(zhì)量為m2g,則二氧化硅的物質(zhì)的量為n(SiO2)=Wmol,樣品純度

60

二%(28+1+35.5x3)135.5ni2inno/

為汕----------------xioo%=^rxioo%^

町1

九、有機(jī)推斷題

19.根據(jù)殺蟲劑氟鈴腺(G)的兩條合成路線，回答下列問題。

O

RiR2

已知：I.R1NH2+OCNR2-A/

NN

HH

CNC0NH2

nq答?

NH3/O2KFH2O2(COC12)2

A(CHC1)B(CHC1N)----->C——>D------HE(CHFNO)

762732催化劑0H-8322

路線:C1

F(C8H5C12F4NO)

一定條件'G(Jj￡個?OCF2CF2H)

C1

(1)A的化學(xué)名稱為(用系統(tǒng)命名法命名)；B-C的化學(xué)方程式為;D中含氧官能團(tuán)的名稱為；E的

結(jié)構(gòu)簡式為

H,F2C=CF2(COC12)2D

H(C6H3cI2NO3)——I—:--------F----------------J——?G

路線二：'催化劑KOH、DMFC6H5cH3△

①②③④

(2)H中有種化學(xué)環(huán)境的氫，①?④屬于加成反應(yīng)的是(填序號)：J中原子的軌道雜化方式有種。

C1

【分析】路線：根據(jù)流程及A的分子式為C7H6c12,可推出A的結(jié)構(gòu)式為CH3,A在氨氣和氧氣的作用下,

C1

生成了B(CN),B與KF反應(yīng)，生成C(),根據(jù)題給信息，C與過氧化氫反應(yīng)，生成D

CONH2),D和(COC1)2反應(yīng)生成E,E的分子式為C8H3F2NO2,推出E的結(jié)構(gòu)式為

F

E與F(H2NOCF2CF2H)反應(yīng)生成了氟鈴腺(G)。

【詳解】

(1)A為CH31系統(tǒng)命名為2,6-二氯甲苯，B與KF發(fā)生取代反應(yīng)生成C,化學(xué)方程式為CN+2KF

FF

催化劑

CN+2KC1,D為CONH2,含氧官能團(tuán)為酰胺基，根據(jù)分析，E為

F

故答案為：2,6-二氯甲苯;CN+2KFCN+2KC1；酰胺基;

(2)根據(jù)題圖分析可知，H為O?N'H,由結(jié)構(gòu)特征可知，含有2種化學(xué)環(huán)境的氫，根據(jù)分析流程可知

Cl

HTI為還原反應(yīng)，I->F為加成反應(yīng)，F(xiàn)TJ,J—G均為取代反應(yīng)，J為Cl—2—昌T^^^OCF2CF2H,C原子的雜化

C1

方式有sp2,sp3兩種，NO原子的雜化方式均為sp3,所以J中原子的雜化方式有2種。

十、原理綜合題

20.一定條件下，水氣變換反應(yīng)CO+HQ.，。^+凡的中間產(chǎn)物是HCOOH。為探究該反應(yīng)過程，研究HCOOH水

溶液在密封石英管中的分子反應(yīng)：

I.HCOOHCO+HzO（快）H.HCOOHCOz+Hj慢）

研究發(fā)現(xiàn)，在反應(yīng)I、n中，H+僅對反應(yīng)I有催加速作用；反應(yīng)I速率遠(yuǎn)大于反應(yīng)n,近似認(rèn)為反應(yīng)I建立平衡后始終處

于平衡狀態(tài)。忽略水電離，其濃度視為常數(shù)?；卮鹣铝袉栴}：

（1）一定條件下，反應(yīng)I、n的焰變分別為AH1、AH,,則該條件下水氣變換反應(yīng)的焰變AH=（用含△、、的

代數(shù)式表示）。

⑵反應(yīng)I正反應(yīng)速率方程為：v=kc（H）c（HCOOH）,k為反應(yīng)速率常數(shù)。工溫度下，HCOOH電離平衡常數(shù)為K，，

當(dāng)HCOOH平衡濃度為xmoLL/時，田濃度為mol】，此時反應(yīng)I應(yīng)速率v=mol[T（用含K,、x和

k的代數(shù)式表示）。

（3）工溫度下，在密封石英管內(nèi)完全充滿LOmoLL-HCOOH水溶液，使HCOOH分解，分解產(chǎn)