2023年高考山東卷化學(xué)真題

2023年高考山東化學(xué)試題與解析

可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H-lC-12N-140-16F-19Si-28S-32Cl-35.5K-39

Cu-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(lèi)的是

A.泰山墨玉B.龍山黑陶C.齊國(guó)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(shí)驗(yàn)室中使用鹽酸、硫酸和硝酸時(shí)，對(duì)應(yīng)關(guān)系錯(cuò)誤的是

A.稀鹽酸：配制A1CL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A1CL溶液時(shí)向其中加入少量的稀鹽酸以抑制AF+水解，A不合題意；

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+4HNC>3(稀)=3AgNO3+NOf+2H20,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：Do

3.下列分子屬于極性分子的是

A.CS2B.NF3C.SO3D.SiF4

【答案】B

【解析】

【詳解】A.CS2中C上的孤電子對(duì)數(shù)為gx(4-2x2)=0,。鍵電子對(duì)數(shù)為2,價(jià)層電子對(duì)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;

B.NF3中N上的孤電子對(duì)數(shù)為gx(5-3xl)=l,。鍵電子對(duì)數(shù)為3,價(jià)層電子對(duì)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；

c.SO3中S上的孤電子對(duì)數(shù)為gx(6-3x2)=0,0鍵電子對(duì)數(shù)為3,價(jià)層電子對(duì)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項(xiàng)不符合題意；

D.SiF4中Si上的孤電子對(duì)數(shù)為gx(4-4xl)=0,。鍵電子對(duì)數(shù)為4,價(jià)層電子對(duì)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(duì)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(huì)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(rùn)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(shuō)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(zhǎng)比C—F短

D.lmol(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(dòng)，故石墨晶體能導(dǎo)

電，而(CF)x中沒(méi)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，(CFh

抗氧化性增強(qiáng)，B正確；

C.己知C的原子半徑比F的大，故可知(CF)x中C—C的鍵長(zhǎng)比C-F長(zhǎng)，C錯(cuò)誤；

D.由題干結(jié)構(gòu)示意圖可知，在(CF)x中C與周?chē)?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lmol(CF)x中含有2.5xmol共價(jià)單鍵，D錯(cuò)誤；

故答案：B。

6.鑒別濃度均為O.lmollT的NaClO、Ba(OH)2,(S。)三種溶液，僅用下列一種方法不可行的是

A.測(cè)定溶液pHB.滴加酚酬試劑

C.滴加O.lmoLIjiKI溶液D.滴加飽和Na2cO3溶液

【答案】C

【解析】

【詳解】A.NaClO溶液顯弱堿性，Ba(OH)2溶液顯強(qiáng)堿性，用(SOJ溶液顯酸性，則測(cè)定溶液pH是

可以鑒別出來(lái)的，故A不符合題意；

B.NaClO溶液顯弱堿性，BaCOH%溶液顯強(qiáng)堿性，滴入酚麟溶液，兩種溶液顏色變色深淺不一樣，

A12(SC>4)3溶液顯酸性，滴入酚酬不變色，則滴加酚麟試劑是可以鑒別出來(lái)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(huì)由無(wú)色變成黃色，振蕩后會(huì)變成無(wú)色，

而B(niǎo)a(OH)2溶液，A12(SC)4)3溶液滴入碘化鉀溶液后，因不與兩者反應(yīng)而沒(méi)有現(xiàn)象，則僅用滴加

O.lmoLlJKI溶液無(wú)法鑒別，則C符合題意；

D.飽和Na2cO3溶液和NaClO溶液不反應(yīng)，和Ba(OH)2溶液反應(yīng)生成碳酸鋼沉淀，和A12(SC>4)3溶液

發(fā)生雙水解反應(yīng)生成沉淀和氣體，則滴入飽和Na?CO3溶液是可以鑒別出來(lái)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(jiǎn)式如圖所示，下列關(guān)于克拉維酸的說(shuō)法錯(cuò)誤的是

克拉維酸

A.存在順?lè)串悩?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

【解析】

【詳解】A.由題干有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)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?lè)串悩?gòu)，A正確；

B.由題干有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，該有機(jī)物含有羥基、竣基、碳碳雙鍵、酸鍵和酰胺基等5種官能團(tuán)，B正

確；

C.由題干有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)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，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)氫銀，c正確；

D.由題干有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)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)，

故Imol該物質(zhì)最多可與2moiNaOH反應(yīng)，D錯(cuò)誤；

故答案為：D。

8.一定條件下，乙酸酎［(CH3co)2。］醇解反應(yīng)［(CH3co)2(D+ROH——>CH3COOR+CH3COOH］

可進(jìn)行完全，利用此反應(yīng)定量測(cè)定有機(jī)醇(ROH)中的羥基含量，實(shí)驗(yàn)過(guò)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酎-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酎完

全水解：(CH3cO),O+H2O——>2CH3COOH。

③加指示劑并用cmol.匚NaOH-甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液YmL。

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

cmoLI^NaOH-甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液V2mL。對(duì)于上述實(shí)驗(yàn)，下列做法正確的是

A.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(wú)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(wú)刻度處，并保持其自然垂直，故D錯(cuò)誤；

答案為C。

9.一定條件下，乙酸酊［(CH3co［。］醇解反應(yīng)［(CH3cobO+ROH——>CH3COOR+CH3COOH］

可進(jìn)行完全，利用此反應(yīng)定量測(cè)定有機(jī)醇(ROH)中的羥基含量，實(shí)驗(yàn)過(guò)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酎-苯溶液。

②量取一定體積乙酸酊-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酊完

全水解:(CH3cO),O+H2O——>2CH3COOH

③加指示劑并用cmoLI^NaOH-甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液YmL。

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

cmol?IjiNaOH-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)算

正確的是

A.2)x17M%c(V1-V,)x17

XB.'12)——X100%

1000m1000m

C.O^(V2-V,)xl7xioo%D.c(3)xl7x]oo%

1000m1000m

【答案】A

【解析】

【分析】用cmoLLTiNaOH-甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定乙酸酎完全水解生成的乙酸，可以計(jì)算乙酸酎的總物質(zhì)的

量，根據(jù)反應(yīng)方程式［(CH3co卜O+ROH——>CH3COOR+CH3coOH］系數(shù)關(guān)系，得出ROH與乙酸

酊反應(yīng)后剩余的乙酸酊的物質(zhì)的量，由此可以計(jì)算與ROH反應(yīng)的乙酸酎的物質(zhì)的量,即R-OH的物質(zhì)的量，

即羥基的含量。

【詳解】根據(jù)題意，由(CH3co)2<D+H20T2cH3coOH,CH3coOH+NaOH—CH3coONa+HzO建立關(guān)系

式：(CH3co)2。~2NaOH.消耗V2mLemoil」NaOH-甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液，即消耗NaOH的物質(zhì)的量為

cV2xlO-3mol〃［(CH3co)2O］=0.5cV2xl0-3mol；而步驟③中，消耗NaOH-甲醇的物質(zhì)的量為cVixlO-3mol,

和這部分NaOH反應(yīng)的CH3coOH應(yīng)該有兩部分：一部分是(CH3co)2。醇解產(chǎn)生的，另一部分

(CH3co水解產(chǎn)生的。不妨設(shè)醇解產(chǎn)生的CH3coOH物質(zhì)的量為a,則水解產(chǎn)生的CH3coOH物

質(zhì)的量為2(0.5cV2X10-3mol-(2),所以2(0.5cV2X10-3mol-6i)+4i=cViX10_3molo所以醇解產(chǎn)生的乙酸物質(zhì)的

量〃=c(V2-Vi)xlO-3m01,也就是樣品ROH中羥基的物質(zhì)的量。所以，樣品中羥基質(zhì)量分?jǐn)?shù)

=c(V2-%)X10-3m°lX17g-m°lTlOO%”?一】竺乂100%選A

10.一定條件下，乙酸酎［(CH3co入。］醇解反應(yīng)

［(CH3CO)2O+ROH——XZH3COOR+CH3coOH］可進(jìn)行完全,利用此反應(yīng)定量測(cè)定有機(jī)醇(ROH)

中的羥基含量，實(shí)驗(yàn)過(guò)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酎-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酊完

全水解：(CH3cO),O+H2O——>2CH3COOH。

③加指示劑并用cmolL'NaOH-甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，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酎-苯溶液，只加適量水使乙酸酎完全水解；加指示劑并用

cmoLI^NaOH-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(shuō)法正確的

是

A,可以用乙酸代替乙酸酎進(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(cè)定結(jié)果偏小

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

D.步驟④中，若加水量不足，將導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏大

【答案】B

【解析】

【分析】步驟④測(cè)定乙酸酎的物質(zhì)的量為三Xi。-mol；根據(jù)步驟②③可知mgROH樣品中羥基的物質(zhì)

-3

的量為一^xICT'molx2-cV；xlOmol=c(V9-V^xlO^molo

【詳解】A.乙酸與醇的酯化反應(yīng)可逆，不能用乙酸代替乙酸酎進(jìn)行上述實(shí)驗(yàn)，故A錯(cuò)誤；

B.若甲醇揮發(fā)，會(huì)導(dǎo)致NaOH-甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液的濃度偏大，則每次消耗氫氧化鈉的體積Vi和W都偏

小，但由于W>V1,對(duì)W影響更大，故V2-V1比甲醇沒(méi)揮發(fā)時(shí)小，故將導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏小，故B正確；

C.步驟③滴定時(shí)，不慎將錐形瓶?jī)?nèi)溶液濺出，消耗氫氧化鈉體積偏小，將導(dǎo)致測(cè)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(cè)定乙酸酎初始物質(zhì)

的量偏小，將導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏小，故D錯(cuò)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(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，

全部選對(duì)得4分，選對(duì)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)CuS04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

CuSOq電鍍廢液，向甲室加入足量氨水后電池開(kāi)始工作。下列說(shuō)法正確的是

NH,

A

_CuT1]：CU

CuSO.jXjMMil.

溶液一熱解一融…|一乙

隔膜

A.甲室Cu電極為正極

B.隔膜為陽(yáng)離子膜

2+2+

C.電池總反應(yīng)為：Cu+4NH3=[CU(NH3)4]

D.NH3擴(kuò)散到乙室將對(duì)電池電動(dòng)勢(shì)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(kāi)始工作，則甲室Cu電極溶解，變?yōu)殂~離子與氨氣形成

2+

[CU(NH3)4],因此甲室Cu電極為負(fù)極，故A錯(cuò)誤；

B.再原電池內(nèi)電路中陽(yáng)離子向正極移動(dòng)，若隔膜為陽(yáng)離子膜，電極溶解生成的銅離子要向右側(cè)移動(dòng)，通入

氨氣要消耗銅離子，顯然左側(cè)陽(yáng)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;

2+

C.左側(cè)負(fù)極Cu-2e-+4NH3=[Cu(NH3)4],正極是C/++2e「=Cu，則電池總反應(yīng)為：

2+2+

Cu+4NH3=[CU(NH3)4],故C正確;

D.NH3擴(kuò)散到乙室會(huì)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(duì)電池電動(dòng)勢(shì)產(chǎn)生影響，故D正確。

綜上所述，答案為CD。

12.有機(jī)物XfY的異構(gòu)化反應(yīng)如圖所示，下列說(shuō)法錯(cuò)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(lèi)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)

O

【答案】C

【解析】

【詳解】A.由題干圖示有機(jī)物X、Y的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，X含有碳碳雙鍵和酸鍵，Y含有碳碳雙鍵和酮鍛基，

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(jiǎn)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(jiǎn)式可知，Y的分子式為：C6HIOO,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)CH2cH0、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(lèi)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

O

可發(fā)生銀鏡反應(yīng)和加聚反應(yīng)，D正確；

故答案為：C?

13.一種制備CU2。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(shí)補(bǔ)加NaOH以保

持反應(yīng)在pH=5條件下進(jìn)行。常溫下，H2s的電離平衡常數(shù)Kal=1.3x10-2,6.3x10-8。下列說(shuō)

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NaHSC）3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I

n（X）

D.若C%。產(chǎn)量不變，參與反應(yīng)III的X與CuSC）4物質(zhì)的量之比、增大時(shí),需補(bǔ)加NaOH的量

n（CuSO4）

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)

2

Kal=1.3x10,KQ=6.3xIO*,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NaHSC>3轉(zhuǎn)化為Na2so3,低溫真空蒸發(fā)（防止Na2sCh被氧化），故固

液分離得到NazSCh晶體和Na2s03溶液，Na2SO3和CuSCU反應(yīng)的離子方程式是SOj+2Cu2++2H2O=SO：+

CU2O+4H+,反應(yīng)過(guò)程中酸性越來(lái)越強(qiáng)，使Na2sCh轉(zhuǎn)化成SCh氣體，總反應(yīng)方程式是2CuSCU+3Na2sCh=

CU2O+2SO2t+3Na2so4,需及時(shí)補(bǔ)加NaOH以保持反應(yīng)在pH=5條件下進(jìn)行，據(jù)此分析解答。

【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SCh和碳酸鈉溶液反應(yīng)，

生成NaHSC)3、水和二氧化碳，是非氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)III是NazSCh和CuSC>4反應(yīng)生成Cu2。，是氧化還

原反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；

B.低溫真空蒸發(fā)主要目的是防止Na2sO3被氧化，而不是NaHSC)3,故B錯(cuò)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SO2氣體(氣體I),故C正確;

D.制取C%?？偡磻?yīng)方程式是2CuSO4+3Na2s。3=Cu2O+2SO2f+3Na2SC)4,化合物X是指Na2SO3,若C%。

憚大MX)

產(chǎn)量不變,H比，多的Na2sCh會(huì)消耗氫離子，用于控制pH值，可減少NaOH的量，故D

n(CuSO4)

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O.lOmol-L-1,TFAA的濃度為0.08mol-L-i,部分物種的濃度隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖

所示，忽略反應(yīng)過(guò)程中的體積變化。下列說(shuō)法正確的是

-17

.

I

0

E

)

/

。

A.ti時(shí)刻，體系中有E存在

B.t2時(shí)刻，體系中無(wú)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?LT

【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(gè)反應(yīng)：

?E+TFAA------>F②F----->G③GH+TFAA

ti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-L-iE、起始時(shí)的0.08molLiTFAA、

G分解生成的002mol<L-iTFAA全部參加反應(yīng),生成O.lOmoH/F；在t2時(shí)刻，H為0.08moll/,TFAA為

O.Oemol-L-1,G為0.01mol-L”,則F為0.01molL。

【詳解】A.ti時(shí)亥i),H的濃度小于0.02moH/i,此時(shí)反應(yīng)③生成F的濃度小于0.02mol[T,參加反應(yīng)①的

H的濃度小于0.1mo卜L”,則參加反應(yīng)E的濃度小于0.1所以體系中有E存在，A正確；

B.由分析可知,t2時(shí)亥!1，H為0.08mo卜TATFAA為006moi?L-i,G為0.01moll」，則F為0.01mol-L",

所以體系中有F存在，B不正確；

C.ti之后的某時(shí)刻，H為0.02moHJ,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(shí)亥!I，H為0.08mol-LT,TFAA為0.06moHL",G為0.01mol-0.01mol-L1,只有F、G全

部轉(zhuǎn)化為H和TFAA時(shí)，TFAA的濃度才能為0.08mo卜L-i,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0.08molLi,D不正確；

故選AC?

15.在含HgL(g)的溶液中，一定c(1)范圍內(nèi)，存在平衡關(guān)系：HgL(s).'HgL(aq)；

2++

Hgl2(aq)-Hg+2r;Hgl2(aq)^Hgl+F；Hgl2(aq)+FHgI2(aq)+2FHglj,

平衡常數(shù)依次為。、、&、已知(、(「)，(、隨

KKPK?K4OlgcHg?+)lgcHglgcHgljIgc(Hglj)

lgc(「)的變化關(guān)系如圖所示，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是

A.線L表示Igc(Hglj)的變化情況

B.隨c(「)增大，c[Hg[2(aq)]先增大后減小

1Ki

C.a=lgU

K2

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】BD

【解析】

/、c(Hg2+)c2(F)

【分析】由題干反應(yīng)方程式Hg12(叫).Hg"+21可知，K1=遍[；，則有c(Hg2+)=/(/),

2++

則有l(wèi)gc(Hg)=lgKi+lgc(Hgl2)-21gc(I-),同理可得：lgc(HgI)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-),lgc(HgI；)

=lgK3+lgc(HgI2)+lgc(I),lgc(HgI；j==lgK4+lgc(HgI2)+21gc(I),且由Hgl2(s)Hgl,(aq)可知Ko=

曲線1、2、3、4即L分別代表

lgc（HgI+）,lgc（Hg2+）,lgc（HgI；）,Igc（Hgl^）,據(jù)此分析解題。

【詳解】A.由分析可知，線L表示Igc（Hglj）的變化情況，A正確；

B.已知Hg12（s）、，Hgl2（aq）的化學(xué)平衡常數(shù)Ko=c[Hgl2（aq）],溫度不變平衡常數(shù)不變，故隨c（「）增

大，c[Hgl2（aq）]始終保持不變，B錯(cuò)誤；

C.由分析可知，曲線1方程為：lgc（Hg2+）=lgKi+lgc（Hgb）-21gc（r）,曲線2方程為：

lgc（HgI+）=lgK2+lgc（Hg12）-lgc（r）即有①b=lgKi+lgc（Hgl2）-2a,②b=lgK2+lgc（Hgl2）-a,聯(lián)合①②可知得:

K,

a=lgKrlgK^lg—,C正確；

D.溶液中的初始溶質(zhì)為Hgb,根據(jù)原子守恒可知，隨道1加入，各平衡發(fā)生移動(dòng)，該溶液中I元素與Hg元

素的物質(zhì)的量之比始終大于2:1,D不正確;

故答案為：BDo

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?；卮鹣铝袉?wèn)題：

（1）T0°C時(shí)，F(xiàn)2與冰反應(yīng)生成7/09利HF。常溫常壓下，HOW為無(wú)色氣休，固態(tài)7/0歹的晶體類(lèi)型

為，7/0/水解反應(yīng)的產(chǎn)物為（填化學(xué)式）。

（2）CIO2中心原子為Cl,Cl2。中心原子為0,二者均為V形結(jié)構(gòu)，但C10?中存在大兀鍵（口；）。C102

中Cl原子的軌道雜化方式；為O—Cl—O鍵角Cl—O—C1鍵角（填“〉”“〈”或“=”）。比

較ci。？與CL。中ci—o鍵的鍵長(zhǎng)并說(shuō)明原因o

（3）一定條件下，CuCl2,K和F2反應(yīng)生成KC1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=bwc,a=p=Y=90。），其中Cu化合價(jià)為+2。上述反應(yīng)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P=g-cnr3（用含NA的代數(shù)式表示）。

【答案】（1）①.分子晶體②.HF、H2O2

（2）①.sp?②.>③.CIO2分子中Cl—O鍵的鍵長(zhǎng)小于C"。中Q—O鍵的鍵長(zhǎng)，其原因

是：CIO?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Cl-O鍵的鍵長(zhǎng)較小，

而Cl?。只存在普通的。鍵。

（3）①.CUC12+4K+2B=K2CUH+2KC1②.弋——

2

---aciVA

【解析】

【小問(wèn)1詳解】

常溫常壓下，HOF為無(wú)色氣體，則HOF的沸點(diǎn)較低，因此，固態(tài)HOF的晶體類(lèi)型為分子晶體。HOF分

子中F顯-1價(jià),其水解時(shí)結(jié)合H2。電離的H+生成HF,則OH+結(jié)合H?。電離的OH-，兩者反應(yīng)生成H?。？,

Hz。？不穩(wěn)定，因此，HOF水解反應(yīng)的產(chǎn)物為HF、H2O2O

【小問(wèn)2詳解】

CIO?中心原子為Cl,C%。中心原子為0,二者均為V形結(jié)構(gòu)，但CIO?中存在大兀鍵（口；）。由CIO?中

存在口：可以推斷，其中C1原子只能提供1對(duì)電子，有一個(gè)。原子提供1個(gè)電子，另一個(gè)。原子提供1對(duì)

電子，這5個(gè)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(duì)與其中一個(gè)0形成配位鍵，與另

一個(gè)。形成的是普通的共價(jià)鍵（。鍵，這個(gè)0只提供了一個(gè)電子參與形成大兀鍵），C1的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為

3,則C1原子的軌道雜化方式為sp?；Cl20中心原子為0,根據(jù)價(jià)層電子對(duì)的計(jì)算公式可知n=—六=4,

因此，0的雜化方式為sp3；根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論可知，n=4時(shí)，價(jià)電子對(duì)的幾何構(gòu)型為正四面體，

n=3時(shí)，價(jià)電子對(duì)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C10?和C"。均

為V形結(jié)構(gòu)，但0-Cl-O鍵角大于Cl-O-C1鍵角，孤電子對(duì)對(duì)成鍵電子對(duì)的排斥作用也改變不了這個(gè)

結(jié)論。CIO2分子中Cl—O鍵的鍵長(zhǎng)小于C%。中Cl—O鍵的鍵長(zhǎng)，其原因是：CIO,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ci-o鍵的鍵長(zhǎng)較小，而cL。只存在普通的。鍵。

【小問(wèn)3詳解】

一定條件下，CuCl2,K和F2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(jià)為+2。由

晶胞結(jié)構(gòu)圖可知，該晶胞中含有黑球的個(gè)數(shù)為8義工+2=4、白球的個(gè)數(shù)為16義工+4義工+2=8、灰色球

442

的個(gè)數(shù)為8義：+1=2,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、F的化合價(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K2c明，上述反應(yīng)的化學(xué)方程式為

2x218

CUCU+4K+2B=K2CU弓+2KC1。若阿伏加德羅富數(shù)的值為NA，晶胞的質(zhì)量為一—g,晶胞的體

NA

2x218

---------2303

積為a2cpm3=a2cxier'。cm，,化合物X的密度_NA_436xlOg-cm^o

2-3O32

PacxlOcmacNA

【點(diǎn)睛】⑴

（2

⑶

17.鹽湖鹵水（主要含Na+、Mg2\Li+、C「、SO1和硼酸根等）是鋰鹽的重要來(lái)源。一種以高鎂鹵水為原

料經(jīng)兩段除鎂制備Li2CX）3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nNaClLi2CO3

己知：常溫下，Ksp（Li2co3）=22x10-2。相關(guān)化合物的溶解度與溫度的關(guān)系如圖所示。

7

(

o

z

h

M

0

)I

?

與

、

趙

牌

融

+

⑴含硼固體中的B（°H）3在水中存在平衡：B（OH）3+H2O.?H+[B（OH）4]（常溫下，K_

10-924）；B（OH）3與NaOH溶液反應(yīng)可制備硼砂Na2B4O5（OH）4-8H2。。常溫下，在O.lOmollT硼砂溶

液中，[B4O5（OH）4r水解生成等物質(zhì)的量濃度的B（OH）3和[B（OH）4「，該水解反應(yīng)的離子方程式為

,該溶液pH=0

（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2.0mol[T,則常溫下精制H過(guò)

程中CO：濃度應(yīng)控制在_____mol?IT】以下。若脫硼后直接進(jìn)行精制I，除無(wú)法回收HC1外，還將增加

的用量（填化學(xué)式）。

（3）精制H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

【答案】（1）①.叫O5（OH）/2-+5H2O=2B（OH）3+2[B（OH）4「②.9.24

（2）①.Mg（OH）2CaSO4②.5.5x10-3③.純堿、CaO

（3）①.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Li2c。3純度②.鹽酸③.濃縮液中因co：濃度過(guò)大使得Li+過(guò)早沉淀，即濃縮結(jié)晶得到的

NaCl中會(huì)混有Li9CO3,最終所得的產(chǎn)率減小以MgO

【解析】

【分析】由流程可知，鹵水中加入鹽酸脫硼后過(guò)濾，所得濾液經(jīng)濃縮結(jié)晶后得到晶體，該晶體中含有Mg2\

Na+、Li+、ChSOj等，焙燒后Mg2+水解生成HC1氣體；燒渣水浸后過(guò)濾，大部分Mg2+以MgO固體的

形式除去，濾液中加生石灰后產(chǎn)生沉淀，在此條件下溶解度小的是Mg（OH）2CaSO4,則濾渣I的主要成

分為Mg（OH）2Cas。,；由于Cas。,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CaCX）3;

精制H所得濾液經(jīng)操作X后，所得溶液經(jīng)濃縮結(jié)晶、過(guò)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LizCX^。

【小問(wèn)1詳解】

含硼固體中的以°町在水中存在平衡：B（°H）3+H26[B（OH）4]+可（常溫下，K_

10924）；B（OH）3與NaOH溶液反應(yīng)可制備硼砂Na2BQ5（OH）4由國(guó)。。常溫下.在硼砂溶

液中，[BQSIOH））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

2

[B4O5（OH）4]-+5H2O=2B（OH）3+2[B（OH）4]-,由B元素守恒可知，B（OH）3和[B（OH）/一的濃度

c-c（H+）

+934

均為0.20mol?I?，K="也--------=c（H）=10--,則該溶液PH=9.24。

C

B（OH）3

【小問(wèn)2詳解】

由分析可知，濾渣I的主要成分是CaSC>4；精制I后溶液中Li+的濃度為2.0mol1"，由Ksp（Li2co3）=2.2xl（y2

可知，e=c（Li+）-c（CO32）<fep則常溫下精制n過(guò)程中COj濃度應(yīng)控制在二一--mol-L1=5.5x104

2.0-

moLL」以下。若脫硼后直接進(jìn)行精制I,除無(wú)法回收HC1外，后續(xù)需要加入更多的CaO來(lái)除Mg2+,同時(shí)

引入更多Ca2+,還將增加純堿（NazCOs）的用量。

【小問(wèn)3詳解】

由于CaSC>4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Ca?+,因此，精制II的目

的是：加入純堿將精制I所得濾液中的Ca?+轉(zhuǎn)化為CaCX）3（或除去精制I所得濾液中的Ca?+）,提高

LizCOs純度。操作X是為了除去剩余的碳酸根離子和氫氧根離子，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COj

濃度過(guò)大使得Li+過(guò)早沉淀，即濃縮結(jié)晶得到的NaCl中會(huì)混有Li2c。3，最終所得Li?CO3的產(chǎn)率減小。

18.三氯甲硅烷（SiHCL）是制取高純硅的重要原料，常溫下為無(wú)色液體，沸點(diǎn)為31.8C,熔點(diǎn)為-126.5℃,

A

易水解。實(shí)驗(yàn)室根據(jù)反應(yīng)Si+3HCl=SiHCL+H2,利用如下裝置制備SiHCL粗品（加熱及夾持裝置略）。

后接通冷凝裝置，加熱開(kāi)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o圖示裝置存在

的兩處缺陷是?

（2）已知電負(fù)性Cl>H>Si,SiHCl3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(cè)定溶有少量HC1的SiHCL純度。

mlg樣品經(jīng)水解、干燥等預(yù)處理過(guò)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(chēng)），

③稱(chēng)量等操作，測(cè)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(hào)）。測(cè)得樣品純度為（用含m］、m2的代數(shù)式表示）。

【答案】(I)①.檢查裝置氣密性②.當(dāng)管式爐中沒(méi)有固體剩余時(shí)，且c中不再有液體滴下時(shí)③.

C、D之間沒(méi)有干燥裝置；沒(méi)有處理氫氣的裝置

(2)SiHCl3+5NaOH=Na2SiO3+3NaCl+H2t+2H2O

135.5m

(3)高溫灼燒②.冷卻③.AC④.——一-9xlOO%

60網(wǎng)

【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-1265C,在球形冷凝管中可冷卻成液態(tài)，在裝置C中收集起來(lái)，氫氣則

通過(guò)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。

【小問(wèn)1詳解】

制備SiHCb時(shí)，由于氯化氫、SiHCh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(kāi)始反應(yīng)，當(dāng)管式爐中沒(méi)有固體剩余時(shí)，即硅粉完全反應(yīng)，SiHCb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(méi)有固體剩余時(shí)；C、D之間沒(méi)有干燥裝置，沒(méi)有處理氫氣

的裝置；

【小問(wèn)2詳解】

己知電負(fù)性Cl>H>Si,則SiHCb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SiHCb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+H2t+2H2O,故答案為：SiHCl3+5NaOH=Na2SiO3+3NaCl+H2t+2H2O；

【小問(wèn)3詳解】

mig樣品經(jīng)水解，干燥等預(yù)處理過(guò)程得到硅酸水合物后，高溫灼燒，在干燥器中冷卻后，稱(chēng)量，所用儀器包

括生崩和干燥器，所得固體氧化物為二氧化硅，質(zhì)量為nug,則二氧化硅的物質(zhì)的量為n(SiO2)=2mol,

—-,理x(28+l+35.5x3)

135.5m9

樣品純度為60xlOO%=60m~X100%，故答案為：高溫灼燒；冷卻；AC；

喘—。

19.根據(jù)殺蟲(chóng)劑氟鈴月尿(G)的兩條合成路線，回答下列問(wèn)題。

0

R

已知：I.R,NH+OCNRA2

22NN

HH

CNCONH2

NH3/O2KFH2O2(COC12)2

A(C7H6C12)B(C7H3C12N)----------?C-------?D-------------?E(C8H3F2NO2)

一定條件催化劑OH

路線:F0

F(C8H5C12F4NO)

NE、^OCF2CF2H)

一定條件

Cl

(1)A的化學(xué)名稱(chēng)為(用系統(tǒng)命名法命名)；BfC的化學(xué)方程式為；D中含氧官能團(tuán)的名稱(chēng)為

；E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為

FCCF)D

H22=2(COC122

H(C6H3C12NO3)--------->I---------------->F----------->J一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(hào))；J中碳原子的軌道雜化方式有

種。

F

【答案】(1)①.2,6-二氯甲苯CN+2KF催化劑CN+2KC1

C1