2023年高考山東卷化學真題（解析版）

PAGE1山東省202年普通高中學業(yè)水平等級考試化學可能用到的相對原子質(zhì)量：H-C-2N-4O-6F-9Si-28S-2C-5.5K-9Cu-64一、選擇題：本題共0小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個選項符合題目要求。.下列之物具有典型的齊魯文化特色，據(jù)其主要化學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【解析】【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．實驗室配制AlCl溶液時向其中加入少量的稀鹽酸以抑制Al+水解，A不合題意；B．蔗糖和淀粉的水解時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：Ag+4HNO(稀)=AgNO+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。.下列分子屬于極性分子的是A. B. C. D.【答案】B【解析】【詳解】A．CS2中C上的孤電子對數(shù)為×(4-2×2)=0，σ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，分子中正負電中心重合，CS2屬于非極性分子，A項不符合題意；B．NF中N上的孤電子對數(shù)為×(5-×)=，σ鍵電子對數(shù)為，價層電子對數(shù)為4，NF的空間構(gòu)型為三角錐形，分子中正負電中心不重合，NF屬于極性分子，B項符合題意；C．SO中S上的孤電子對數(shù)為×(6-×2)=0，σ鍵電子對數(shù)為，價層電子對數(shù)為，SO的空間構(gòu)型為平面正三角形，分子中正負電中心重合，SO屬于非極性分子，C項不符合題意；D．SiF4中Si上的孤電子對數(shù)為×(4-4×)=0，σ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，分子中正負電中心重合，SiF4屬于非極性分子，D項不符合題意；答案選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．眼睛濺進酸液，先用大量水沖洗，再用%-5%的碳酸氫鈉溶液沖洗，故A錯誤；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A.與石墨相比，(CF)x導(dǎo)電性增強B.與石墨相比，(CF)x抗氧化性增強C.(CF)x中的鍵長比短D.mol(CF)x中含有2xmol共價單鍵【答案】B【解析】【詳解】A．石墨晶體中每個碳原子上未參與雜化的個2p軌道上電子在層內(nèi)離域運動，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，故與石墨相比，(CF)x抗氧化性增強，B正確；C．已知C的原子半徑比F的大，故可知(CF)x中的鍵長比長，C錯誤；D．由題干結(jié)構(gòu)示意圖可知，在(CF)x中C與周圍的個碳原子形成共價鍵，每個C-C鍵被2個碳原子共用，和個F原子形成共價鍵，即mol(CF)x中含有2.5xmol共價單鍵，D錯誤；故答案為：B。6.鑒別濃度均為的、三種溶液，僅用下列一種方法不可行的是A.測定溶液 B.滴加酚酞試劑C.滴加溶液 D.滴加飽和溶液【答案】C【解析】【詳解】A．溶液顯弱堿性，溶液顯強堿性，溶液顯酸性，則測定溶液是可以鑒別出來的，故A不符合題意；B．溶液顯弱堿性，溶液顯強堿性，滴入酚酞溶液，兩種溶液顏色變色深淺不一樣，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．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，而溶液，溶液滴入碘化鉀溶液后，因不與兩者反應(yīng)而沒有現(xiàn)象，則僅用滴加溶液無法鑒別，則C符合題意；D．飽和溶液和溶液不反應(yīng)，和溶液反應(yīng)生成碳酸鋇沉淀，和溶液發(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誤的是A.存在順反異構(gòu)B.含有5種官能團C.可形成分子內(nèi)氫鍵和分子間氫鍵D.mol該物質(zhì)最多可與molNaOH反應(yīng)【答案】D【解析】【詳解】A．由題干有機物結(jié)構(gòu)簡式可知，該有機物存在碳碳雙鍵，且雙鍵兩端的碳原子分別連有互不同的原子或原子團，故該有機物存在順反異構(gòu)，A正確；B．由題干有機物結(jié)構(gòu)簡式可知，該有機物含有羥基、羧基、碳碳雙鍵、醚鍵和酰胺基等5種官能團，B正確；C．由題干有機物結(jié)構(gòu)簡式可知，該有機物中的羧基、羥基、酰胺基等官能團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之間還可以形成分子內(nèi)氫鋟，C正確；D．由題干有機物結(jié)構(gòu)簡式可知，mol該有機物含有羧基和酰胺基各mol，這兩種官能團都能與強堿反應(yīng)，故mol該物質(zhì)最多可與2molNaOH反應(yīng)，D錯誤；故答案為：D。8.一定條件下，乙酸酐醇解反應(yīng)可進行完全，利用此反應(yīng)定量測定有機醇中的羥基含量，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，加入樣品，充分反應(yīng)后，加適量水使剩余乙酸酐完全水解：。③加指示劑并用甲醇標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液。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；加指示劑并用甲醇標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液。對于上述實驗，下列做法正確的是A.進行容量瓶檢漏時，倒置一次即可B.滴入半滴標準溶液，錐形瓶中溶液變色，即可判定達滴定終點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【解析】【詳解】A．進行容量瓶檢漏時，倒置一次，然后玻璃塞旋轉(zhuǎn)80度后再倒置一次，故A錯誤；B．滴入半滴標準溶液，錐形瓶中溶液變色，且半分鐘內(nèi)不變回原色，才是達到滴定終點，故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，故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，故D錯誤；答案為C。9.一定條件下，乙酸酐醇解反應(yīng)可進行完全，利用此反應(yīng)定量測定有機醇中的羥基含量，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，加入樣品，充分反應(yīng)后，加適量水使剩余乙酸酐完全水解：。③加指示劑并用甲醇標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液。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；加指示劑并用甲醇標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液。樣品中羥基含量(質(zhì)量分數(shù))計算正確的是A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】用甲醇標準溶液滴定乙酸酐完全水解生成的乙酸，可以計算乙酸酐的總物質(zhì)的量，根據(jù)反應(yīng)方程式系數(shù)關(guān)系，得出ROH與乙酸酐反應(yīng)后剩余的乙酸酐的物質(zhì)的量，由此可以計算與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。【詳解】根據(jù)滴定過程中，用甲醇標準溶液滴定乙酸酐完全水解生成的乙酸，消耗標準溶液，需要消耗甲醇的物質(zhì)的量為，即乙酸酐的總物質(zhì)的量=；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ROH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，所以樣品中羥基質(zhì)量分數(shù)=，選C。0.一定條件下，乙酸酐醇解反應(yīng)可進行完全，利用此反應(yīng)定量測定有機醇中的羥基含量，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，加入樣品，充分反應(yīng)后，加適量水使剩余乙酸酐完全水解：。③加指示劑并用甲醇標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液。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；加指示劑并用甲醇標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液。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酐進行上述實驗B.若因甲醇揮發(fā)造成標準溶液濃度發(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【解析】【分析】步驟④測定乙酸酐的物質(zhì)的量為；根據(jù)步驟②③可知樣品中羥基的物質(zhì)的量為?！驹斀狻緼．乙酸與醇的酯化反應(yīng)可逆，不能用乙酸代替乙酸酐進行上述實驗，故A錯誤；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，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錯誤；選B。二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個或兩個選項符合題目要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。.利用熱再生氨電池可實現(xiàn)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.甲室電極為正極B.隔膜為陽離子膜C.電池總反應(yīng)為：D.擴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，則甲室電極溶解，變?yōu)殂~離子與氨氣形成，因此甲室電極為負極，故A錯誤；B.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)正常進行，故B錯誤；C.左側(cè)負極是，正極是，則電池總反應(yīng)為：，故C正確；D.擴散到乙室會與銅離子反應(yīng)生成，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，故D正確。綜上所述，答案為CD。2.有機物的異構(gòu)化反應(yīng)如圖所示，下列說法錯誤的是A.依據(jù)紅外光譜可確證X、Y存在不同的官能團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)【答案】C【解析】【詳解】A．由題干圖示有機物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或化學鍵的吸收峰，故依據(jù)紅外光譜可確證X、Y存在不同的官能團，A正確；B．由題干圖示有機物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)，故除氫原子外，X中其他原子可能共平面，B正確；C．由題干圖示有機物Y結(jié)構(gòu)簡式可知，Y的分子式為：C6H0O，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的碳原子)的Y的同分異構(gòu)體有：CHCH=CHCH(CH)CHO、CH2=C(CH)CH(CH)CHO、CH2=CHCH(CH)CH2CHO、CH2=CHCH2CH(CH)CHO和CH2=CHCH(CH2CH)CHO共5種(不考慮立體異構(gòu))，C錯誤；D．由題干信息可知，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，故可發(fā)生銀鏡反應(yīng)和加聚反應(yīng)，D正確；故答案為：C。.一種制備的工藝路線如圖所示，反應(yīng)Ⅱ所得溶液在~4之間，反應(yīng)Ⅲ需及時補加以保持反應(yīng)在條件下進行。常溫下，的電離平衡常數(shù)。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ⅠD.若產(chǎn)量不變，參與反應(yīng)Ⅲ的與物質(zhì)的量之比增大時，需補加的量減少【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)，所得溶液在~4之間，溶液顯酸性，根據(jù)的電離平衡常數(shù)，可知溶液顯酸性(電離大于水解)，則反應(yīng)Ⅱ所得溶液成分是，調(diào)節(jié)溶液pH值至，使轉(zhuǎn)化為Na2SO，低溫真空蒸發(fā)(防止Na2SO被氧化)，故固液分離得到Na2SO晶體和Na2SO溶液，Na2SO和CuSO4反應(yīng)的離子方程式是+2Cu2＋+2H2O=+Cu2O+4H+,反應(yīng)過程中酸性越來越強，使Na2SO轉(zhuǎn)化成SO2氣體，總反應(yīng)方程式是2CuSO4+Na2SO=Cu2O+2SO2↑+Na2SO4，需及時補加以保持反應(yīng)在條件下進行，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．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、水和二氧化碳，是非氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)Ⅲ是Na2SO和CuSO4反應(yīng)生成Cu2O，是氧化還原反應(yīng)，故A錯誤；B．低溫真空蒸發(fā)主要目的是防止被氧化，而不是，故B錯誤；C．經(jīng)分析溶液Y的成分是Na2SO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．制取總反應(yīng)方程式是2CuSO4+Na2SO=Cu2O+2SO2↑+Na2SO4，化合物X是指Na2SO，若產(chǎn)量不變，增大比，多的Na2SO會消耗氫離子，用于控制pH值，可減少的量，故D正確；答案CD。4.一定條件下，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0.0mol?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A.t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)達平衡后，TFAA的濃度為0.08mol?L-【答案】AC【解析】【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+TFAAF②FG③GH+TFAAt之后的某時刻，H為0.02mol?L-，此時TFAA的濃度仍為0，則表明0.0mol?L-E、起始時的0.08mol?L-TFAA、G分解生成的0.02mol?L-TFAA全部參加反應(yīng)，生成0.0mol?L-F；在t2時刻，H為0.08mol?L-，TFAA為0.06mol?L-，G為0.0mol?L-，則F為0.0mol?L-?！驹斀狻緼．t時刻，H的濃度小于0.02mol?L-，此時反應(yīng)③生成F的濃度小于0.02mol?L-，參加反應(yīng)①的H的濃度小于0.mol?L-，則參加反應(yīng)E的濃度小于0.mol?L-，所以體系中有E存在，A正確；B．由分析可知，t2時刻，H為0.08mol?L-，TFAA為0.06mol?L-，G為0.0mol?L-，則F為0.0mol?L-，所以體系中有F存在，B不正確；C．t之后的某時刻，H為0.02mol?L-，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．在t2時刻，H為0.08mol?L-，TFAA為0.06mol?L-，G為0.0mol?L-，F(xiàn)為0.0mol?L-，只有F、G全部轉(zhuǎn)化為H和TFAA時，TFAA的濃度才能為0.08mol?L-，而GH+TFAA為可逆反應(yīng)，所以反應(yīng)達平衡后，TFAA的濃度一定小于0.08mol?L-，D不正確；故選AC。5.在含HgI2(g)的溶液中，一定c(I-)范圍內(nèi)，存在平衡關(guān)系：；；；；，平衡常數(shù)依次為。已知、，、隨的變化關(guān)系如圖所示，下列說法錯誤的是A.線表示的變化情況B.隨增大，先增大后減小C.D.溶液中I元素與元素的物質(zhì)的量之比始終為【答案】B【解析】【分析】由題干反應(yīng)方程式可知，K=，則有c(Hg2+)=，則有l(wèi)gc(Hg2+)=lgK+lgc(HgI2)-2lgc(I-)，同理可得：lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-)，=lgK+lgc(HgI2)+lgc(I-)，==lgK4+lgc(HgI2)+2lgc(I-)，且由可知K0=為一定值，故可知圖示中曲線、2、、4即L分別代表、、、，據(jù)此分析解題?！驹斀狻緼．由分析可知，線表示的變化情況，A正確；B．已知的化學平衡常數(shù)K0=，溫度不變平衡常數(shù)不變，故隨增大，始終保持不變，B錯誤；C．由分析可知，曲線方程為：lgc(Hg2+)=lgK+lgc(HgI2)-2lgc(I-)，曲線2方程為：lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-)即有①b=lgK+lgc(HgI2)-2a，②b=lgK2+lgc(HgI2)-a，聯(lián)合①②可知得：，C正確；D．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元素與元素的物質(zhì)的量之比始終為，D正確；故答案為：B。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。6.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：（）時，與冰反應(yīng)生成利。常溫常壓下，為無色氣體，固態(tài)的晶體類型為_____，水解反應(yīng)的產(chǎn)物為_____(填化學式)。（2）中心原子為，中心原子為，二者均為形結(jié)構(gòu)，但中存在大鍵。中原子的軌道雜化方式_____；為鍵角_____鍵角(填“＞”“＜”或“=”)。比較與中鍵的鍵長并說明原因_____。（）一定條件下，和反應(yīng)生成和化合物。已知屬于四方晶系，晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示(晶胞參數(shù))，其中化合價為。上述反應(yīng)的化學方程式為_____。若阿伏加德羅常數(shù)的值為，化合物的密度_____(用含的代數(shù)式表示)?！敬鸢浮浚ǎ?分子晶體②.HF、和（2）①.②.＞③.分子中鍵的鍵長小于中鍵的鍵長，其原因是：分子中既存在σ鍵，又存在大鍵，原子軌道重疊的程度較大，因此其中鍵的鍵長較小，而只存在普通的σ鍵。（）①.②.【解析】【小問詳解】常溫常壓下，為無色氣體，則的沸點較低，因此，固態(tài)HOF的晶體類型為分子晶體。分子中F顯-價，其水解時結(jié)合電離的生成HF，則結(jié)合電離的，兩者反應(yīng)生成，不穩(wěn)定，其分解生成，因此，水解反應(yīng)的產(chǎn)物為HF、和。【小問2詳解】中心原子為，中心原子為，二者均為V形結(jié)構(gòu)，但中存在大鍵()。由中存在可以推斷，其中原子只能提供對電子，有一個原子提供個電子，另一個原子提供對電子，這5個電子處于互相平行的軌道中形成大鍵，提供孤電子對與其中一個形成配位鍵，與另一個形成的是普通的共價鍵（σ鍵，這個只提供了一個電子參與形成大鍵），的價層電子對數(shù)為，則原子的軌道雜化方式為；中心原子為，根據(jù)價層電子對的計算公式可知，因此，的雜化方式為；根據(jù)價層電子對互斥理論可知，時，價電子對的幾何構(gòu)型為正四面體，時，價電子對的幾何構(gòu)型平面正三角形，雜化的鍵角一定大于的，因此，雖然和均為形結(jié)構(gòu)，但鍵角大于鍵角，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。分子中鍵的鍵長小于中鍵的鍵長，其原因是：分子中既存在σ鍵，又存在大鍵，原子軌道重疊的程度較大，因此其中鍵的鍵長較小，而只存在普通的σ鍵?！拘栐斀狻恳欢l件下，、和反應(yīng)生成和化合物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、白球的個數(shù)為、灰色球的個數(shù)為，則X中含有種元素，其個數(shù)比為:2:4,由于其中Cu化合價為+2、的化合價為-、K的化合價為+，根據(jù)化合價代數(shù)和為0，可以推斷X為，上述反應(yīng)的化學方程式為。若阿伏加德羅富數(shù)的值為，晶胞的質(zhì)量為，晶胞的體積為，化合物X的密度。7.鹽湖鹵水(主要含、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)兩段除鎂制備的工藝流程如下：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：（）含硼固體中在水中存在平衡：(常溫下，)；與溶液反應(yīng)可制備硼砂。常溫下，在硼砂溶液中，水解生成等物質(zhì)的量濃度的和，該水解反應(yīng)的離子方程式為_____，該溶液_____。（2）濾渣Ⅰ的主要成分是_____(填化學式)；精制Ⅰ后溶液中的濃度為，則常溫下精制Ⅱ過程中濃度應(yīng)控制在_____以下。若脫硼后直接進行精制Ⅰ，除無法回收外，還將增加_____的用量(填化學式)。（）精制Ⅱ的目的是_____；進行操作時應(yīng)選擇的試劑是_____，若不進行該操作而直接濃縮，將導(dǎo)致_____?！敬鸢浮浚ǎ?②.（2）①.②.③.純堿（）①.加入純堿將精制Ⅰ所得濾液中的轉(zhuǎn)化為（或除去精制Ⅰ所得濾液中的），提高純度②.鹽酸③.濃縮液中因濃度過大使得過早沉淀，即濃縮結(jié)晶得到的中會混有，最終所得的產(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-、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，在此條件下溶解度最小的是，則濾渣Ⅰ的主要成分為；由于微溶于水，精制Ⅰ所得濾液中再加純堿又生成沉淀，則濾渣Ⅱ為;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?！拘栐斀狻亢鸸腆w中的在水中存在平衡：(常溫下，)；與溶液反應(yīng)可制備硼砂。常溫下.在硼砂溶液中，水解生成等物質(zhì)的量濃度的和，該水解反應(yīng)的離子方程式為，由B元素守恒可知，和的濃度均為，，則該溶液?！拘?詳解】由分析可知，濾渣I的主要成分是；精制I后溶液中的濃度為2.0，由可知，則常溫下精制Ⅱ過程中濃度應(yīng)控制在以下。若脫硼后直接進行精制Ⅰ，除無法回收HCl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（）的用量。【小問詳解】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；由于微溶于水，精制Ⅰ所得濾液中還含有一定濃度的，還需要除去，因此，精制Ⅱ的目的是：加入純堿將精制Ⅰ所得濾液中的轉(zhuǎn)化為（或除去精制Ⅰ所得濾液中的），提高純度。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，若不進行該操作而直接濃縮，將導(dǎo)致濃縮液中因濃度過大使得過早沉淀，即濃縮結(jié)晶得到的中會混有，最終所得的產(chǎn)率減小。8.三氯甲硅烷是制取高純硅的重要原料，常溫下為無色液體，沸點為，熔點為，易水解。實驗室根據(jù)反應(yīng)，利用如下裝置制備粗品(加熱及夾持裝置略)?；卮鹣铝袉栴}：（）制備時進行操作：(ⅰ)……；(ⅱ)將盛有砫粉的瓷舟置于管式爐中；(ⅲ)通入，一段時間后接通冷凝裝置，加熱開始反應(yīng)。操作(ⅰ)為_____；判斷制備反應(yīng)結(jié)束的實驗現(xiàn)象是_____。圖示裝置存在的兩處缺陷是_____。（2）已知電負性在濃溶液中發(fā)生反應(yīng)的化學方程式為_____。（）采用如下方法測定溶有少量的純度。樣品經(jīng)水解、干燥等預(yù)處理過程得硅酸水合物后，進行如下實驗操作：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，從下列儀器中選出①、②中需使用的儀器，依次為_____(填標號)。測得樣品純度為_____(用含、的代數(shù)式表示)?！敬鸢浮浚ǎ?檢查裝置氣密性②.當管式爐中沒有固體剩余時③.C、D之間沒有干燥裝置，沒有處理氫氣的裝置（2）SiHCl+5NaOH=Na2SiO+NaCl+H2↑+2H2O（）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為.8℃，熔點為，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D可處理多余吸收的氯化氫氣體，據(jù)此解答。【小問詳解】制備SiHCl時，由于氯化氫、SiHCl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)，當管式爐中沒有固體剩余時，即硅粉完全反應(yīng)，SiHCl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；【小問2詳解】已知電負性Cl＞H＞Si，則SiHCl中氯元素的化合價為-，H元素的化合價為-，硅元素化合價為+4，所以氫氧化鈉溶液和SiHCl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，化學方程式為：SiHCl+5NaOH=Na2SiO+NaCl+H2↑+2H2O，故答案為：SiHCl+5NaOH=Na2SiO+NaCl+H2↑+2H2O；【小問詳解】mg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)=，樣品純度為=，故答案為：高溫灼燒；冷卻；AC；。9.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．RNH2+OCNR2→Ⅱ．路線：（）A化學名稱為_____(用系統(tǒng)命名法命名)；的化學方程式為_____；D中含氧官能團的名稱為_____；E的結(jié)構(gòu)簡式為_____。路線二：（2）H中有_____種化學環(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?！敬鸢浮浚ǎ?2,6-二氯甲苯②.+2KF+2KCl③.酰胺基④.（2）①.2②.②③.2【解析】【分析】路線：根據(jù)流程及A的分子式為C7H6Cl2，可推出A的結(jié)構(gòu)式為，A在氨氣和氧氣的作用下，生成了B（），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（），D和(COCl)2反應(yīng)生成E，E的分子式為C8HF2NO2，推出E的結(jié)構(gòu)式為，E與F（）反應(yīng)生成了氟鈴脲（G）。路線二：根據(jù)流程及F的分子式可推出H的結(jié)構(gòu)式，H與氫氣反應(yīng)生成I（），I與CF2=CF2反應(yīng)生成F（），F(xiàn)與COCl2反應(yīng)生成J（），J與D（）反應(yīng)生成了氟鈴脲（G）。小問詳解】由分析可知，A為，系統(tǒng)命名為2,6-二氯甲苯