山東省2023年普通高中學(xué)業(yè)水平選擇性考試高考真題化學(xué)試題及參考答案（部分詳解）

山東省2023年普通高中學(xué)業(yè)水平等級考試化學(xué)可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1C-12N-14O-16F-19Si-28S-32C1-35.5K-39Cu-64一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。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2.實(shí)驗(yàn)室中使用鹽酸、硫酸和硝酸時(shí)，對應(yīng)關(guān)系錯(cuò)誤的是A.稀鹽酸：配制AlCl3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3.下列分子屬于極性分子的是CS2NF3SO3SiF4A.B.C.D.4.實(shí)驗(yàn)室安全至關(guān)重要，下列實(shí)驗(yàn)室事故處理方法錯(cuò)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5.石墨與F2在450℃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)1C.(CF)x中CC的鍵長比CF短D.1mol(CF)x中含有2xmol共價(jià)單鍵三種溶液，僅用下列一種方法不可行的的NaClO、Ba(OH)2、Al2SO6.鑒別濃度均為0.1molL143是A.測定溶液pHB.滴加酚酞試劑C.滴加0.1molL1D.滴加飽和Na2CO3溶液KI溶液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(cuò)誤的是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.1mol該物質(zhì)最多可與1molNaOH反應(yīng)醇解反應(yīng)CH3CO2O8.一定條件下，乙酸酐CH3CO2OROHCH3COORCH3COOH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(shí)驗(yàn)過程中酯的水解可忽略。實(shí)驗(yàn)步驟如下：①配制一定濃度的乙酸酐-苯溶液。②量取一定體積乙酸酐-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酐CH3CO2OH2O2CH3COOH。完全水解：NaOH-cmolL1甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液VmL。1③加指示劑并用④在相同條件下，量取相同體積的乙酸酐-苯溶液，只加適量水使乙酸酐完全水解；加指示劑并用cmolLNaOH-甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液V2mL。對于上述實(shí)驗(yàn)，下列做法正確的是1A.進(jìn)行容量瓶檢漏時(shí)，倒置一次即可2B.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(diǎn)C.滴定讀數(shù)時(shí)，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(shí)，應(yīng)雙手一上一下持滴定管醇解反應(yīng)CH3CO2O9.一定條件下，乙酸酐CH3CO2OROHCH3COORCH3COOH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(shí)驗(yàn)過程中酯的水解可忽略。實(shí)驗(yàn)步驟如下：①配制一定濃度的乙酸酐-苯溶液。②量取一定體積乙酸酐-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酐CH3CO2OH2O2CH3COOH。完全水解：NaOH-cmolL1甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液VmL。1③加指示劑并用④在相同條件下，量取相同體積的乙酸酐-苯溶液，只加適量水使乙酸酐完全水解；加指示劑并用cmolLNaOH-甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液V2mL。ROH樣品中羥基含量(質(zhì)量分?jǐn)?shù))計(jì)1算正確的是1000m1000mcV2-V117100%cV1-V217100%A.B.D.0.5cV2-V117100%c0.5V2-V117100%1000m1000mC.醇解反應(yīng)CH3CO2O10.一定條件下，乙酸酐CH3CO2OROHCH3COORCH3COOH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(shí)驗(yàn)過程中酯的水解可忽略。實(shí)驗(yàn)步驟如下：①配制一定濃度的乙酸酐-苯溶液。②量取一定體積乙酸酐-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酐CH3CO2OH2O2CH3COOH。完全水解：NaOH-cmolL1甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液VmL。1③加指示劑并用④在相同條件下，量取相同體積的乙酸酐-苯溶液，只加適量水使乙酸酐完全水解；加指示劑并用3cmolLNaOH-甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液V2mL。根據(jù)上述實(shí)驗(yàn)原理，下列說法正確1的是A.可以用乙酸代替乙酸酐進(jìn)行上述實(shí)驗(yàn)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(shí)，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)果偏大二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。11.利用熱再生氨電池可實(shí)現(xiàn)CuSO4電鍍廢液的濃縮再生。電池裝置如圖所示，甲、乙兩室均預(yù)加相同CuSO4的電鍍廢液，向甲室加入足量氨水后電池開始工作。下列說法正確的是A.甲室Cu電極為正極B.隔膜為陽離子膜2Cu24NH3CuNH3C.電池總反應(yīng)為：4NH3D.擴(kuò)散到乙室將對電池電動勢產(chǎn)生影響12.有機(jī)物XY的異構(gòu)化反應(yīng)如圖所示，下列說法錯(cuò)誤的是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4C.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)13.一種制備Cu2O的工藝路線如圖所示，反應(yīng)Ⅱ所得溶液pH在3~4之間，反應(yīng)Ⅲ需及時(shí)補(bǔ)加以保持反應(yīng)在pH5條件下進(jìn)行。常溫下，H2SO3的電離平衡常數(shù)NaOHKal1.310,Ka26.31028。下列說法正確的是A.反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均為B.低溫真空蒸發(fā)主要目的是防止NaHSO3C.溶液Y可循環(huán)用于反應(yīng)Ⅱ所在操作單元吸收氣體Ⅰ氧化還原反應(yīng)被氧化nXnCuSO4增大時(shí)，需補(bǔ)加NaOH的D.若Cu2O產(chǎn)量不變，參與反應(yīng)Ⅲ的X與CuSO4物質(zhì)的量之比量減少14.一定條件下，化合物E和TFAA合成H的反應(yīng)路徑如下：已知反應(yīng)初始E的濃度為0.10mol?L，TFAA的濃度為0.08mol?L，部分物種的濃度隨時(shí)間的變化關(guān)系-1-1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5A.t1時(shí)刻，體系中有E存在B.t2時(shí)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0.08mol?L-1HgI2aq；15.在含HgI2(g)的溶液中，一定c(I-)范圍內(nèi)，存在平衡關(guān)系：HgI2sHgI2aqHg22I；HgI2aqHgII；HgI2aqIHgI3；lgcHg2lgcHgI、，HgI2aq2IHgI24，平衡常數(shù)依次為K、、、、KKK3K4012。已知lgcI24lgcHgIlgcHgI3、隨的變化關(guān)系如圖所示，下列說法錯(cuò)誤的是lgcHgI24A.線L表示B.隨cI增大，algKK1的變化情況先增大后減小cHgI2aqC.2D.溶液中I元素與Hg元素的物質(zhì)的量之比始終為2:1三、非選擇題：本題共5小題，共60分。616.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}：F（1）40℃時(shí)，2與冰反應(yīng)生成HOF利HF。常溫常壓下，HOF為無色氣休，固態(tài)HOF的晶體類型為_____，HOF水解反應(yīng)的產(chǎn)物為_____(填化學(xué)式)。Π53。（2）ClO2中心原子為Cl，Cl2O中心原子為O，二者均為V形結(jié)構(gòu)，但ClO2中存在大鍵πClO2中Cl原子的軌道雜化方式_____；為OClO鍵角_____ClOCl鍵角(填“＞”“＜”或“=”)。比較ClO2與Cl2O中ClO鍵的鍵長并說明原因_____。（3）一定條件下，CuCl2、K和F2反應(yīng)生成KCl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)abc,αβγ90)，其中Cu化合價(jià)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NA，化合物X的密度ρ_____gcm3(用含NA的代數(shù)式表示)。17.鹽湖鹵水(主要含Na、M、g、2LiCl、SO24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Li2CO3的工藝流程如下：KspLi2CO32.2103已知：常溫下，。相關(guān)化合物的溶解度與溫度的關(guān)系如圖所示。7回答下列問題：（1）含硼固體中的B(OH)3在水中存在平衡：B(OH)3H2OHB(OH)4(常溫下，Ka109.34)；B(OH)3與NaOH溶液反應(yīng)可制備硼砂Na2B4O5(OH)48H2O。常溫下，在B4O5(OH)42B(OH)3和B(OH)4，該水解水解生成等物質(zhì)的量濃度的0.10molL1硼砂溶液中，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2.0molL1，則常溫下精制Ⅱ過程中CO32濃度應(yīng)控制在_____molL1以下。若脫硼后直接進(jìn)行精制Ⅰ，除無法回收HCl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(shí)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_____。18.三氯甲硅烷SiHCl3是制取高純硅的重要原料，常溫下為無色液體，沸點(diǎn)為31.8℃，熔點(diǎn)為Si3HClΔSiHCl3H2126.5℃，易水解。實(shí)驗(yàn)室根據(jù)反應(yīng)，利用如下裝置制備SiHCl3粗品(加熱及夾持裝置略)?；卮鹣铝袉栴}：8SiHCl3（1）制備時(shí)進(jìn)行操作：(ⅰ)……；(ⅱ)將盛有砫粉的瓷舟置于管式爐中；(ⅲ)通入HCl，一段時(shí)間后接通冷凝裝置，加熱開始反應(yīng)。操作(ⅰ)為_____；判斷制備反應(yīng)結(jié)束的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是_____。圖示裝置存在的兩處缺陷是_____。ClHSi,SiHCl3（2）已知電負(fù)性在濃NaOH溶液中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_____。SiHCl（3）采用如下方法測定溶有少量HCl的3純度。m1g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(shí)驗(yàn)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m2g，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m1、m2的代數(shù)式表示)。19.根據(jù)殺蟲劑氟鈴脲(G)的兩條合成路線，回答下列問題。已知：Ⅰ．R1NH2+OCNR2→Ⅱ．9路線：（1）A的化學(xué)名稱為_____(用系統(tǒng)命名法命名)；BC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_____。路線二：（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。20.一定條件下，水氣變換反應(yīng)COH2OCO2H2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．HCOOHCOH2O(快)Ⅱ．HCOOHCO2H2慢研究發(fā)現(xiàn)，在反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ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)Ⅱ，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、Ⅱ的焓變分別為ΔH1、ΔH2，則該條件下水氣變換反應(yīng)的焓變ΔH_____(用含ΔH1、ΔH2的代數(shù)式表示)。kcHcHCOOH（2）反應(yīng)Ⅰ正反應(yīng)速率方程為：v，k為反應(yīng)速率常數(shù)。T1溫度下，KaHCOOH電離平衡常數(shù)為，當(dāng)HCOOH平衡濃度為xmolL1時(shí)，H濃度為_____molL1，此時(shí)反應(yīng)Ⅰ應(yīng)速率v_____molL1h1(用含Ka、x和k的代數(shù)式表示)。（3）T3溫度下，在密封石英管內(nèi)完全充滿1.0molL1HCOOH水溶液，使HCOOH分解，分解產(chǎn)物均完全溶于水。含碳物種濃度與反應(yīng)時(shí)間的變化關(guān)系如圖所示(忽略碳元素的其他存在形式)。t1時(shí)刻測得CO、CO2的濃度分別為0.70molL10.16molL1，反應(yīng)Ⅱ達(dá)平衡時(shí)，測得H2的濃度為ymolL1。10cCO體系達(dá)平衡后cCO2_____(用含y的代數(shù)式表示，下同)，反應(yīng)Ⅱ的平衡常數(shù)為_____。11山東省2023年普通高中學(xué)業(yè)水平等級考試化學(xué)可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1C-12N-14O-16F-19Si-28S-32C1-35.5K-39Cu-64一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。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【答案】C【解析】B.龍山黑陶C.齊國刀幣D.淄博琉璃【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，故答案為：C。2.實(shí)驗(yàn)室中使用鹽酸、硫酸和硝酸時(shí)，對應(yīng)關(guān)系錯(cuò)誤的是A.稀鹽酸：配制AlCl3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【解析】【詳解】A．實(shí)驗(yàn)室配制AlCl3溶液時(shí)向其中加入少量的稀鹽酸以抑制Al水解，A不合題意；3+B．蔗糖和淀粉的水解時(shí)常采用稀硫酸作催化劑，B不合題意；C．清洗附有銀鏡的試管用稀硝酸，反應(yīng)原理為：3Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO↑+2H2O，C不合題意；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符合題意；故答案為：D。3.下列分子屬于極性分子的是CS2NF3SO3SiF4D.A.B.C.【答案】B【解析】11【詳解】A．CS2中C上的孤電子對數(shù)為2×(4-2×2)=0，σ鍵電子對數(shù)為2，價(jià)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，CS2屬于非極性分子，A項(xiàng)不符合題意；1B．NF3中N上的孤電子對數(shù)為2×(5-3×1)=1，σ鍵電子對數(shù)為3，價(jià)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項(xiàng)符合題意；1C．SO3中S上的孤電子對數(shù)為2×(6-3×2)=0，σ鍵電子對數(shù)為3，價(jià)層電子對數(shù)為3，SO3的空間構(gòu)型為平面正三角形，分子中正負(fù)電中心重合，SO3屬于非極性分子，C項(xiàng)不符合題意；1D．SiF4中Si上的孤電子對數(shù)為2×(4-4×1)=0，σ鍵電子對數(shù)為4，價(jià)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項(xiàng)不符合題意；答案選B。4.實(shí)驗(yàn)室安全至關(guān)重要，下列實(shí)驗(yàn)室事故處理方法錯(cuò)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【解析】【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，故A錯(cuò)誤；B．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，故B正確；C．電器起火，先切斷電源，再用二氧化碳滅火器滅火，故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，故D正確；答案為A。5.石墨與F2在450℃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2A.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CC的鍵長比CF短D.1mol(CF)x中含有2xmol共價(jià)單鍵【答案】B【解析】【詳解】A．石墨晶體中每個(gè)碳原子上未參與雜化的1個(gè)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)x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(cuò)誤；B．(CF)x中C原子的所有價(jià)鍵均參與成鍵，未有未參與成鍵的孤電子或者不飽和鍵，故與石墨相比，(CF)x抗氧化性增強(qiáng)，B正確；C．已知C的原子半徑比F的大，故可知(CF)x中CC的鍵長比CF長，C錯(cuò)誤；D．由題干結(jié)構(gòu)示意圖可知，在(CF)x中C與周圍的3個(gè)碳原子形成共價(jià)鍵，每個(gè)C-C鍵被2個(gè)碳原子共用，和1個(gè)F原子形成共價(jià)鍵，即1mol(CF)x中含有2.5xmol共價(jià)單鍵，D錯(cuò)誤；故答案為：B。三種溶液，僅用下列一種方法不可行的的NaClO、Ba(OH)2、Al2SO6.鑒別濃度均為0.1molL143是A.測定溶液pHB.滴加酚酞試劑C.滴加0.1molL1D.滴加飽和Na2CO3溶液KI溶液【答案】C【解析】溶液顯弱堿性，Ba(OH)2溶液顯強(qiáng)堿性，Al2SO4溶液顯酸性，則測定溶液【詳解】A．NaClO3pH是可以鑒別出來的，故A不符合題意；3B．NaClO溶液顯弱堿性，Ba(OH)2溶液顯強(qiáng)堿性，滴入酚酞溶液，兩種溶液顏色變色深淺不一樣，Al2SO43溶液顯酸性，滴入酚酞不變色，則滴加酚酞試劑是可以鑒別出來的，故B不符合題意；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Ba(OH)2溶液，Al2SO4溶液滴入碘化鉀溶液后，因不與兩者反應(yīng)而沒有現(xiàn)象，則僅用滴加色，而30.1molL1KI溶液無法鑒別，則C符合題意；溶液不反應(yīng)，和Ba(OH)2溶液反應(yīng)生成碳酸鋇沉淀，和Al2SO43溶D．飽和Na2CO3溶液和NaClO2NaCO3液發(fā)生雙水解反應(yīng)生成沉淀和氣體，則滴入飽和溶液是可以鑒別出來的，故D不符合題意；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(cuò)誤的是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.1mol該物質(zhì)最多可與1molNaOH反應(yīng)【答案】D【解析】【詳解】A．由題干有機(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)，故該有機(jī)物存在順反異構(gòu)，A正確；B．由題干有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡式可知，該有機(jī)物含有羥基、羧基、碳碳雙鍵、醚鍵和酰胺基等5種官能團(tuán)，B正確；C．由題干有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡式可知，該有機(jī)物中的羧基、羥基、酰胺基等官能團(tuán)具有形成氫鍵的能力，故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)氫鋟，C正確；D．由題干有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡式可知，1mol該有機(jī)物含有羧基和酰胺基各1mol，這兩種官能團(tuán)都能與強(qiáng)堿反4應(yīng)，故1mol該物質(zhì)最多可與2molNaOH反應(yīng)，D錯(cuò)誤；故答案為：D。醇解反應(yīng)CH3CO2O8.一定條件下，乙酸酐CH3CO2OROHCH3COORCH3COOH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(shí)驗(yàn)過程中酯的水解可忽略。實(shí)驗(yàn)步驟如下：①配制一定濃度的乙酸酐-苯溶液。②量取一定體積乙酸酐-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酐CH3CO2OH2O2CH3COOH。完全水解：NaOH-cmolL1甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液VmL。1③加指示劑并用④在相同條件下，量取相同體積的乙酸酐-苯溶液，只加適量水使乙酸酐完全水解；加指示劑并用cmolLNaOH-甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液V2mL。對于上述實(shí)驗(yàn)，下列做法正確的是1A.進(jìn)行容量瓶檢漏時(shí)，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(diǎn)C.滴定讀數(shù)時(shí)，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(shí)，應(yīng)雙手一上一下持滴定管【答案】C【解析】【詳解】A．進(jìn)行容量瓶檢漏時(shí)，倒置一次，然后玻璃塞旋轉(zhuǎn)180度后再倒置一次，故A錯(cuò)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(diǎn)，故B錯(cuò)誤；C．滴定讀數(shù)時(shí)，應(yīng)單手持滴定管上端無刻度處，并保持其自然垂直，故C正確；D．滴定讀數(shù)時(shí)，應(yīng)單手持滴定管上端無刻度處，并保持其自然垂直，故D錯(cuò)誤；答案為C。醇解反應(yīng)CH3CO2O9.一定條件下，乙酸酐CH3CO2OROHCH3COORCH3COOH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(shí)驗(yàn)過程中酯的水解可忽略。實(shí)驗(yàn)步驟如下：①配制一定濃度的乙酸酐-苯溶液。5

②量取一定體積乙酸酐-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酐CH3CO2OH2O2CH3COOH。完全水解：NaOH-cmolL1甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液VmL。1③加指示劑并用④在相同條件下，量取相同體積的乙酸酐-苯溶液，只加適量水使乙酸酐完全水解；加指示劑并用cmolLNaOH-甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液V2mL。ROH樣品中羥基含量(質(zhì)量分?jǐn)?shù))計(jì)1算正確的是1000m1000mcV2-V117100%cV1-V217100%A.C.B.D.0.5cV2-V117100%c0.5V2-V117100%1000m1000m【答案】C【解析】【分析】用cmolL1NaOH-甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定乙酸酐完全水解生成的乙酸，可以計(jì)算乙酸酐的總物質(zhì)CH3CO2OROHCH3COORCH3COOH系數(shù)關(guān)系，得出ROH與的量，根據(jù)反應(yīng)方程式乙酸酐反應(yīng)后剩余的乙酸酐的物質(zhì)的量，由此可以計(jì)算與ROH反應(yīng)的乙酸酐的物質(zhì)的量，即R-OH的物質(zhì)的量，即羥基的含量?！驹斀狻扛鶕?jù)滴定過程中，用cmolL1NaOH-甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定乙酸酐完全水解生成的乙酸，消耗標(biāo)mol，即乙酸酐的總物質(zhì)的量=準(zhǔn)溶液V2mL，需要消耗cmolL1NaOH-甲醇的物質(zhì)的量為V2c10-3V2c102-3V1c10-32molmol；則ROH與乙酸酐反應(yīng)后剩余的乙酸酐的物質(zhì)的量=，所以與ROHV2c10-3V1c10-3mol2反應(yīng)的乙酸酐的物質(zhì)的量=，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)=V2c10-3V1c102-3mol17g/mol100%=0.5（V）2V1c17100%10m3mg，選C。6醇解反應(yīng)CH3CO2O10.一定條件下，乙酸酐CH3CO2OROHCH3COORCH3COOH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(shí)驗(yàn)過程中酯的水解可忽略。實(shí)驗(yàn)步驟如下：①配制一定濃度的乙酸酐-苯溶液。②量取一定體積乙酸酐-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酐CH3CO2OH2O2CH3COOH。完全水解：NaOH-cmolL1甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液VmL。1③加指示劑并用④在相同條件下，量取相同體積的乙酸酐-苯溶液，只加適量水使乙酸酐完全水解；加指示劑并用cmolLNaOH-甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液V2mL。根據(jù)上述實(shí)驗(yàn)原理，下列說法正確1的是A.可以用乙酸代替乙酸酐進(jìn)行上述實(shí)驗(yàn)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(shí)，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【解析】cV22103mol；根據(jù)步驟②③可知mgROH樣品中羥基的物【分析】步驟④測定乙酸酐的物質(zhì)的量為cV221033mol2-cV1103mol=cV2V110mol質(zhì)的量為。【詳解】A．乙酸與醇的酯化反應(yīng)可逆，不能用乙酸代替乙酸酐進(jìn)行上述實(shí)驗(yàn)，故A錯(cuò)誤；B．若甲醇揮發(fā)，則甲醇消耗乙酸酐的物質(zhì)的量減小，剩余乙酸酐的物質(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，故B正確；C．步驟③滴定時(shí)，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，故C錯(cuò)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，測定乙酸酐初始物質(zhì)的量偏小，將導(dǎo)致測定結(jié)果偏小，故D錯(cuò)誤；7選B。二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。11.利用熱再生氨電池可實(shí)現(xiàn)CuSO4電鍍廢液的濃縮再生。電池裝置如圖所示，甲、乙兩室均預(yù)加相同CuSO4的電鍍廢液，向甲室加入足量氨水后電池開始工作。下列說法正確的是A.甲室Cu電極為正極B.隔膜為陽離子膜2Cu24NH3CuNH3C.電池總反應(yīng)為：4NH3D.擴(kuò)散到乙室將對電池電動勢產(chǎn)生影響【答案】CD【解析】【詳解】A.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2，因此甲室Cu電極為負(fù)極，故A錯(cuò)誤；CuNH43B.再原電池內(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，故B錯(cuò)誤；2Cu2e4NH3CuNH，正極是Cu22eCu，則電池總反應(yīng)為：C.左側(cè)負(fù)極是342Cu24NH3，故C正確；CuNH342，銅離子濃度降低，銅離子得電子能力減弱，因CuNHNH33D.擴(kuò)散到乙室會與銅離子反應(yīng)生成4此將對電池電動勢產(chǎn)生影響，故D正確。綜上所述，答案為CD。12.有機(jī)物XY的異構(gòu)化反應(yīng)如圖所示，下列說法錯(cuò)誤的是8A.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)，【答案】C的異構(gòu)化產(chǎn)物可發(fā)生銀鏡反應(yīng)和加聚反應(yīng)【解析】【詳解】A．由題干圖示有機(jī)物X、Y的結(jié)構(gòu)簡式可知，X含有碳碳雙鍵和醚鍵，Y含有碳碳雙鍵和酮羰基，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，故依據(jù)紅外光譜可確證X、Y存在不同的官能團(tuán)，A正確；B．由題干圖示有機(jī)物X的結(jié)構(gòu)簡式可知，X分子中存在兩個(gè)碳碳雙鍵所在的平面，單鍵可以任意旋轉(zhuǎn)，故除氫原子外，X中其他原子可能共平面，B正確；C．由題干圖示有機(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(shí)連有四個(gè)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)CH2CHO、CH2=CHCH2CH(CH3)CHO和CH2=CHCH(CH2CH3)CHO共5種(不考慮立體異構(gòu))，C錯(cuò)誤；D．由題干信息可知，類比上述反應(yīng)，故可發(fā)生銀鏡反應(yīng)和加聚反應(yīng)，D正確；故答案為：C。的異構(gòu)化產(chǎn)物為：含有碳碳雙鍵和醛基，13.一種制備Cu2O的工藝路線如圖所示，反應(yīng)Ⅱ所得溶液pH在3~4之間，反應(yīng)Ⅲ需及時(shí)補(bǔ)加9以保持反應(yīng)在pH5條件下進(jìn)行。常溫下，H2SO3的電離平衡常數(shù)NaOHKal1.310,Ka26.31028。下列說法正確的是A.反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ、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NaHSO3被氧化C.溶液Y可循環(huán)用于反應(yīng)Ⅱ所在操作單元吸收氣體ⅠnXnCuSO4增大時(shí)，需補(bǔ)加NaOH的D.若Cu2O產(chǎn)量不變，參與反應(yīng)Ⅲ的X與CuSO4物質(zhì)的量之比量減少【答案】CD【解析】【分析】銅和濃硫酸反應(yīng)(反應(yīng)Ⅰ)生成二氧化硫氣體(氣體Ⅰ)和硫酸銅，生成的二氧化硫氣體與碳酸鈉反應(yīng)(反應(yīng)Ⅱ)，所得溶液pH在3~4之間，溶液顯酸性，根據(jù)H2SO3的電離平衡常數(shù)Kal1.3102,Ka26.3108，可知NaHSO3溶液顯酸性(電離大于水解)，則反應(yīng)Ⅱ所得溶液成分是NaHSO3，調(diào)節(jié)溶液pH值至11，使NaHSO3轉(zhuǎn)化為Na2SO3，低溫真空蒸發(fā)(防止Na2SO3被氧化)，故固液分離得到Na2SO3晶體和Na2SO3溶液，Na2SO3和CuSO4反應(yīng)的離子方程式是SO32+2Cu2＋+2H2O=SO42+Cu2O+4H,反應(yīng)過程中酸性越來越強(qiáng)，使Na2SO3轉(zhuǎn)化成SO2氣體，總反應(yīng)方程式是+以保持反應(yīng)在pH5條件下進(jìn)行，據(jù)此NaOH2CuSO4+3Na2SO3=Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，需及時(shí)補(bǔ)加分析解答。【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10應(yīng)，生成NaHSO3、水和二氧化碳，是非氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)Ⅲ是Na2SO3和CuSO4反應(yīng)生成Cu2O，是氧化還原反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；2NaSO3被氧化，而不是NaHSO3，故B錯(cuò)誤；B．低溫真空蒸發(fā)主要目的是防止C．經(jīng)分析溶液Y的成分是Na2SO3溶液，可循環(huán)用于反應(yīng)Ⅱ的操作單元吸收SO2氣體(氣體Ⅰ)，故C正確；D．制取Cu2O總反應(yīng)方程式是2CuSO4+3Na2SO3=Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，化合物X是指Na2SO3，若nXCu2O產(chǎn)量不變，增大nCuSO4比，多的Na2SO3會消耗氫離子，用于控制pH值，可減少NaOH的量，故D正確；答案CD。14.一定條件下，化合物E和TFAA合成H的反應(yīng)路徑如下：已知反應(yīng)初始E的濃度為0.10mol?L，TFAA的濃度為0.08mol?L，部分物種的濃度隨時(shí)間的變化關(guān)系-1-1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A.t1時(shí)刻，體系中有E存在B.t2時(shí)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0.08mol?L-1【答案】AC【解析】11【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(gè)反應(yīng)：①E+TFAAF②FG③GH+TFAAt1之后的某時(shí)刻，H為0.02mol?L-1，此時(shí)TFAA的濃度仍為0，則表明0.10mol?LTFAA、G分解生成的0.02mol?LTFAA全部參加反應(yīng)，生成0.10mol?LF；在t2時(shí)刻，H為，TFAA為0.06mol?L，G為0.01mol?L，則F為0.01mol?L，此時(shí)反應(yīng)③生成F的濃度小于0.02mol?L，則參加反應(yīng)E的濃度小于0.1mol?L，所以體系中有E存在，A正確；B．由分析可知，t2時(shí)刻，H為0.08mol?L，TFAA為0.06mol?L，G為0.01mol?L，則F為0.01mol?L，所以體系中有F存在，B不正確；C．t1之后的某時(shí)刻，H為0.02mol?LF，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；-1E、起始時(shí)的0.08mol?L0.08mol?L-1-1-1-1-1-1-1?！驹斀狻緼．t1時(shí)刻，H的濃度小于0.02mol?L①的H的濃度小于0.1mol?L-1-1，參加反應(yīng)-1-1-1-1-1-1-1，此時(shí)TFAA的濃度仍為0，表明此時(shí)E和TFAA完全反應(yīng)生成D．在t2時(shí)刻，H為0.08mol?L-1，TFAA為0.06mol?L-1，G為0.01mol?L，F(xiàn)為0.01mol?L，只有F、G-1-1全部轉(zhuǎn)化為H和TFAA時(shí)，TFAA的濃度才能為0.08mol?L-1，而GH+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0.08mol?L，D不正確；-1故選AC。HgI2aq；15.在含HgI2(g)的溶液中，一定c(I-)范圍內(nèi)，存在平衡關(guān)系：HgI2sHgI2aqHg22I；HgI2aqHgII；HgI2aqIHgI3；lgcHg2lgcHgI、，HgI2aq2IHgI24，平衡常數(shù)依次為K、、、、KKK3K4012。已知lgcI24lgcHgIlgcHgI3、隨的變化關(guān)系如圖所示，下列說法錯(cuò)誤的是12lgcHgI24A.線L表示B.隨cI增大，algKK1的變化情況先增大后減小cHgI2aqC.2D.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【解析】c(Hg)c(I)2+2-HgI2aqHg2++2I可知，K1=-c(HgI2)【分析】由題干反應(yīng)方程式，則有c(Hg)2+K1c(HgI2)c2(I)=，則有l(wèi)gc(Hg)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I)，同理可得：lgc(HgI)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I)，2+-+-==lgK4+lgc(HgI2)+2-lgcHgI-3=lgK3+lgc(HgI2)+lgc(I-)，2lgc(I)，且由-HgI2sHgI2aq為一定值，故可知圖示中cHgI2aq可知K0=lgcHgIlgcHg2、、曲線1、2、3、4即L分別代表2lgcHgI4lgcHgI3、，據(jù)此分析解題。的變化情況，A正確；lgcHgI24【詳解】A．由分析可知，線L表示B．已知HgI2sHgI2aq，溫度不變平衡常數(shù)不變，故隨cHgI2aq的化學(xué)平衡常數(shù)K0=cIcHgI2aq始終保持不變，B錯(cuò)誤；增大，C．由分析可知，曲線1方程為：lgc(Hg2+-+)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I)，曲線2方程為：lgc(HgI)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-)即有①b=lgK1+lgc(HgI2)-2a，②b=lgK2+lgc(HgI2)-a，聯(lián)合①②可知得：K1a=lgK1-lgK2=lgK2，C正確；13D．溶液中的初始溶質(zhì)為HgI2，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；故答案為：B。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.鹵素可形成許多結(jié)構(gòu)和性質(zhì)特殊的化合物。回答下列問題：F（1）40℃時(shí)，2與冰反應(yīng)生成HOF利HF。常溫常壓下，HOF為無色氣休，固態(tài)HOF的晶體類型為_____，HOF水解反應(yīng)的產(chǎn)物為_____(填化學(xué)式)。Π53。（2）ClO2中心原子為Cl，Cl2O中心原子為O，二者均為V形結(jié)構(gòu)，但ClO2中存在大鍵πClO2中Cl原子的軌道雜化方式_____；為OClO鍵角_____ClOCl鍵角(填“＞”“＜”或“=”)。比較ClO2與Cl2O中ClO鍵的鍵長并說明原因_____。（3）一定條件下，CuCl2、K和F2反應(yīng)生成KCl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)abc,αβγ90)，其中Cu化合價(jià)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NA，化合物X的密度ρ_____gcm3(用含NA的代數(shù)式表示)。②.HF、H2O2和O2【答案】（1）①.分子晶體①.sp2②.＞③.ClO2分子中ClO鍵的鍵長小于Cl2O中ClO鍵的鍵長，其原（2）因是：ClO分子中既存在σ鍵，又存在大鍵，原子軌道重疊的程度較大，因此其中ClO鍵的鍵長π2較小，而Cl2O只存在普通的σ鍵。4361030①.CuCl24K2F2K2CuF42KCla2cNA（3）②.【解析】14【小問1詳解】常溫常壓下，HOF為無色氣體，則HOF的沸點(diǎn)較低，因此，固態(tài)HOF的晶體類型為分子晶體。HOF分子中F顯-1價(jià)，其水解時(shí)結(jié)合H2O電離的H生成HF，則OH結(jié)合H2O電離的OH，兩者反應(yīng)生成H2O2，H2O2不穩(wěn)定，其分解生成O2，因此，HOF水解反應(yīng)的產(chǎn)物為HF、H2O2和O2?！拘?詳解】Cl，Cl2O中心原子為O，二者均為V形結(jié)構(gòu)，但53ClO2中心原子為ClO2π中存在大鍵()。由ClO2中53存在可以推斷，其中Cl原子只能提供1對電子，有一個(gè)O原子提供1個(gè)電子，另一個(gè)O原子提供1p對電子，這5個(gè)電子處于互相平行的軌道中形成大鍵，Cl提供孤電子對與其中一個(gè)O形成配位鍵，π與另一個(gè)O形成的是普通的共價(jià)鍵（σ鍵，這個(gè)Oπ只提供了一個(gè)電子參與形成大鍵），Cl的價(jià)層電子對數(shù)為3，則Cl原子的軌道雜化方式為sp2；Cl2O中心原子為O，根據(jù)價(jià)層電子對的計(jì)算公式可知n6124sp；根據(jù)價(jià)層電子對互斥理論可知，n4時(shí)，價(jià)電子對的3，因此，O的雜化方式為2幾何構(gòu)型為正四面體，n3時(shí)，價(jià)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sp23的，因此，雖然ClO2和Cl2O均為V形結(jié)構(gòu)，但OClO鍵角大于ClOCl鍵角，孤電子對對成鍵電子對的排斥作用也改變不了這個(gè)結(jié)論。ClO2分子中ClO鍵的鍵長小于Cl2O中ClO鍵的鍵長，其原因是：ClO分子中既存在σ鍵，又存在大鍵，原子軌道重疊的程度較大，因此其中ClO鍵的鍵長較π2小，而Cl2O只存在普通的σ鍵?！拘?詳解】CuCl2、K和F2反應(yīng)生成KCl和化合物X。已知X屬于四方晶系，其中Cu化合價(jià)為+2。一定條件下，81241614128424由晶胞結(jié)構(gòu)圖可知，該晶胞中含有黑球的個(gè)數(shù)為、白球的個(gè)數(shù)為、灰81128F，則X中含有3種元素，其個(gè)數(shù)比為1:2:4,由于其中Cu化合價(jià)為+2、的化色球的個(gè)數(shù)為合價(jià)為-1、K的化合價(jià)為+1，根據(jù)化合價(jià)代數(shù)和為0，可以推斷X為K2CuF4，上述反應(yīng)的化學(xué)方程式為152218gCuCl24K2F2K2CuF42KCl。若阿伏加德羅富數(shù)的值為NA，晶胞的質(zhì)量為NA，晶胞的2218gNA43610303體積為a2cpm3a2c1030cm3，化合物X的密度a2c1030cma2cNAgcm3?！军c(diǎn)睛】(1)(2(3)17.鹽湖鹵水(主要含Na、M、g、2LiCl、SO24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Li2CO3的工藝流程如下：KspLi2CO32.2103已知：常溫下，。相關(guān)化合物的溶解度與溫度的關(guān)系如圖所示。回答下列問題：（1）含硼固體中的B(OH)3在水中存在平衡：B(OH)3H2OHB(OH)4(常溫下，Ka109.34)；B(OH)3與NaOH溶液反應(yīng)可制備硼砂Na2B4O5(OH)48H2O。常溫下，在B4O5(OH)42B(OH)3和B(OH)4，該水解水解生成等物質(zhì)的量濃度的0.10molL1硼砂溶液中，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2.0molL1，則常溫下精制Ⅱ16過程中CO32濃度應(yīng)控制在_____molL1以下。若脫硼后直接進(jìn)行精制Ⅰ，除無法回收HCl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(shí)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_____。①.[B4O5OH4]25H2O=2BOH2[BOH4]【答案】（1）3②.9.34（2）（3）①.CaSO4①.加入純堿將精制Ⅰ所得濾液中的Ca2轉(zhuǎn)化為CaCO3（或除去精制Ⅰ所得濾液中的Ca2），②.5.5104③.純堿提高Li2CO3純度CO32③.濃縮液中因②.鹽酸濃度過大使得Li過早沉淀，即濃縮結(jié)晶得到的NaCl中會混有Li2CO3，最終所得Li2CO3的產(chǎn)率減小【解析】【分析】由流程可知，鹵水中加入鹽酸脫鎂后過濾，所得濾液經(jīng)濃縮結(jié)晶后得到晶體，該晶體中含有Na+、Li+、Cl-、SO42等，焙燒后生成HCl氣體；燒渣水浸后過濾，濾液中加生石灰后產(chǎn)生沉淀，在此條CaSO4，則濾渣Ⅰ的主要成分為CaSO4CaSO4微溶于水，精制Ⅰ所得濾液件下溶解度最小的是；由于中再加純堿又生成沉淀，則濾渣Ⅱ?yàn)镃aCO3;精制Ⅱ所得濾液經(jīng)操作X后，所得溶液經(jīng)濃縮結(jié)晶、過濾得到氯化鈉，濃縮后的濾液中加入飽和碳酸鈉溶液沉鋰，得到Li2CO3。【小問1詳解】BOH在水中存在平衡：BOH[BOH]H3H2O4含硼固體中的3(常溫下，K109.34)；BOH3與NaOH溶液反應(yīng)可制備硼砂Na2B4O5OH8H2O。常溫下.在0.10molL-1硼砂溶液中，4[B4O5OH4]2BOH3和[BOH4]，該水解反應(yīng)的離子方程式為水解生成等物質(zhì)的量濃度的BOH3和[BOH4]的濃[B4O5OH4]25H2O=2BOH2[BOH4]，由B元素守恒可知，3cc(H)[BOH4]Kc(H)109.34，則該溶液pH9.34。c度均為0.20molL-1，3BOH【小問2詳解】由分析可知，濾渣I的主要成分是CaSO4；精制I后溶液中Li的濃度為2.0molL-1，由17Ksp2LiCO32.2103可知，則常溫下精制Ⅱ過程中CO23濃度應(yīng)控制在2.2103molL-15.5104molL以下。若脫硼后直接進(jìn)行精制Ⅰ，除無法回收HCl外，后續(xù)在濃2.02-12NaCO3縮結(jié)晶時(shí)將生成更多的氯化鈉晶體，因此，還將增加純堿（）的用量?！拘?詳解】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CaSO4微溶于水，精制Ⅰ所得濾液中還含有一定濃度的Ca2，還需要除去Ca2，因此，精制Ⅱ的目的是：加入純堿將精制Ⅰ所得濾液中的Ca2轉(zhuǎn)化為CaCO3（或除去精制Ⅰ所得濾液中的Ca2），提高Li2CO3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CO32濃度過大使得Li過早沉淀，Li2CO3，最終所得Li2CO3的產(chǎn)率減小。即濃縮結(jié)晶得到的NaCl中會混有18.三氯甲硅烷SiHCl3是制取高純硅的重要原料，常溫下為無色液體，沸點(diǎn)為31.8℃，熔點(diǎn)為Si3HClΔSiHCl3H2126.5℃，易水解。實(shí)驗(yàn)室根據(jù)反應(yīng)，利用如下裝置制備SiHCl3粗品(加熱及夾持裝置略)。回答下列問題：18SiHCl3（1）制備時(shí)進(jìn)行操作：(ⅰ)……；(ⅱ)將盛有砫粉的瓷舟置于管式爐中；(ⅲ)通入HCl，一段時(shí)間后接通冷凝裝置，加熱開始反應(yīng)。操作(ⅰ)為_____；判斷制備反應(yīng)結(jié)束的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是_____。圖示裝置存在的兩處缺陷是_____。ClHSi,SiHCl3（2）已知電負(fù)性在濃NaOH溶液中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_____。SiHCl（3）采用如下方法測定溶有少量HCl的3純度。m1g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(shí)驗(yàn)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m2g，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m1、m2的代數(shù)式表示)。19【答案】（1）①.檢查裝置氣密性②.當(dāng)管式爐中沒有固體剩余時(shí)③.C、D之間沒有干燥裝置，沒有處理氫氣的裝置（2）SiHCl3+5NaOH=Na2SiO3+3NaCl+H2↑+2H2O135.5m2100%60m1（3）①.高溫灼燒②.冷卻③.AC④.【解析】【分析】氯化氫氣體通入濃硫酸干燥后，在管式爐中和硅在高溫下反應(yīng)，生成三氯甲硅烷和氫氣，由于三氯甲硅烷沸點(diǎn)為31.8℃，熔點(diǎn)為126.5℃，在球形冷凝管中可冷卻成液態(tài)，在裝置C中收集起來，氫氣則通過D裝置排出同時(shí)D可處理多余吸收的氯化氫氣體，據(jù)此解答?！拘?詳解】制備SiHCl3時(shí)，由于氯化氫、SiHCl3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(shí)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(shí)，即硅粉完全反應(yīng)，SiHCl3易水解，所以需要在C、D之間加一個(gè)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(shí)；C、D之間沒有干燥裝置，沒有處理氫氣的裝置；【小問2詳解】已知電負(fù)性Cl＞H＞Si，則SiHCl3中氯元素的化合價(jià)為-1，H元素的化合價(jià)為-1，硅元素化合價(jià)為+4，所以氫氧化鈉溶液和SiHCl3反應(yīng)時(shí)，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：SiHCl3+5NaOH=Na2SiO3+3NaCl+H2↑+2H2O，故答案為：SiHCl3+5NaOH=Na2SiO3+3NaCl+H2↑+2H2O；【小問3詳解】m1g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，所用儀器包括坩堝和干燥器，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)=m260(28135.53)135.5mm2602100%100%molm160m1，樣品純度為=，故答案為：高溫灼燒；冷卻；135.5m2100%60m1AC；。19.根據(jù)殺蟲劑氟鈴脲(G)的兩條合成路線，回答下列問題。20已知：Ⅰ．R1NH2+OCNR2→Ⅱ．路線：（1）A的化學(xué)名稱為_____(用系統(tǒng)命名法命名)；BC的化學(xué)