山東省2023年普通高中學(xué)業(yè)水平等級考試化學(xué)

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-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。每小題只有一個選項符合題目要求。

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

【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.實驗室配制AlCb溶液時向其中加入少量的稀鹽酸以抑制AP+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：3Ag+4HNO.3（?。?3AgNCh+NOT+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：D。

3.下列分子屬于極性分子的是

A.CS2B.NF3C.SO3D.SiE

【答案】B

【解析】

【詳解】A.CS2中C上的孤電子對數(shù)為/x（4-2x2尸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，分子中正負電中心重合，CS2屬于非極性分子，A項不符合題意；

B.NF3中N上的孤電子對數(shù)為gx(5-3xl)=l,。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，分子中正負電中心不重合，NF3屬于極性分子，B項符合題意；

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，分子中正負電中心重合，S03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gx(4-4xl)=0,0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

?C

°F

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C一C的鍵長比C一F短

D.lmol(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1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C-C的鍵長比C-F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；

故答案為：Bo

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

A.測定溶液pHB.滴加酚酥試劑

C.滴加O.lmoLLTKT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溶液顯強堿性，A12(SC>4)3溶液顯酸性，則測定溶液pH是

可以鑒別出來的，故A不符合題意；

B.NaClO溶液顯弱堿性，Ba(OH)2溶液顯強堿性，滴入酚醐溶液，兩種溶液顏色變色深淺不一樣，

A12(SO)3溶液顯酸性，滴入酚獻不變色，則滴加酚獻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，振蕩后會變成無色,

而Ba(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)而沒有現(xiàn)象，則僅用滴加

O.lmolL-'KI溶液無法鑒別，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AhlSOJs溶液

發(fā)生雙水解反應(yīng)生成沉淀和氣體，則滴入飽和Na2cO3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

3oCH20H

COOH

克拉維酸

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.1mol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、竣基、碳碳雙鍵、酸鍵和酰胺基等5種官能團，B正

確；

C.由題干有機物結(jié)構(gòu)簡式可知，該有機物中的竣基、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)氫鏡，C正確；

D.由題干有機物結(jié)構(gòu)簡式可知，Imol該有機物含有較基和酰胺基各Imol,這兩種官能團都能與強堿反應(yīng),

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

故答案為：D。

8.一定條件下，乙酸酊｛(CH3cok。］醇解反應(yīng)［(CH3co^O+ROH——>CH3coOR+CH3coOH］

可進行完全，利用此反應(yīng)定量測定有機醇(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酊完

全水解：(CH3co),0+1^0——>2CH,C00H.

③加指示劑并用cmolL-'NaOH-甲醇標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液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-iNaOH-甲醇標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液丫2趾。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)180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Co

9.一定條件下，乙酸?。?CH3co%0］醇解反應(yīng)［(CH3co［O+ROH—>CH3COOR+CH3COOH］

可進行完全，利用此反應(yīng)定量測定有機醇(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酊-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+H??！?gt;2CH3COOHo

③加指示劑并用cmol-U'NaOH-甲醇標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液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

cmol-L'NaOH-甲醇標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液V?mL。ROH樣品中羥基含量(質(zhì)量分數(shù))計算

正確的是

A."VALI。。%B.好31x1。。％

1000m1000m

0.5c(V?-V.)xl7c(O.5V廠Vjxl7

C.——‘2"——X100%D.」-----——X100%

1000m

【答案】c

【解析】

【分析】用cmoLL—NaOH-甲醇標準溶液滴定乙酸酊完全水解生成的乙酸，可以計算乙酸酢的總物質(zhì)的

量，根據(jù)反應(yīng)方程式［(CH3cobO+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，由此可以計算與ROH反應(yīng)的乙酸酊的物質(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cmoLL-NaOH-甲醇標準溶液滴定乙酸酊完全水解生成的乙酸，消耗標準

溶液V2mL,需要消耗cmoLL-NaOH-甲醇的物質(zhì)的量為VzXcxloQmoi,即乙酸酢的總物質(zhì)的量

=K29ssm01；則ROH與乙酸酊反應(yīng)后剩余的乙酸酊的物質(zhì)的量=Y'ex>3moi，所以與ROH反

22

應(yīng)的乙酸好的物質(zhì)的量=V?xcX10-3-MXCX10"mo］,也即樣品ROH中羥基的物質(zhì)的量，所以ROH樣

2

V,xcxlO^-V.xcxlO3

品中羥基質(zhì)量分數(shù)=_2mo*酶°xioo%=O.5(V「,)xcxl7x］oo%,選

mg103加

C。

10.一定條件下，乙酸酊［(CH3co)2。］醇解反應(yīng)

［(CH3CO)2O+ROH——>CH3coOR+CH3co0H］可進行完全,利用此反應(yīng)定量測定有機醇(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酊-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+H2。——>2CH3COOHO

③加指示劑并用cmoLUNaOH-甲醇標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液VmL。

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

cmoLL-NaOH-甲醇標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液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酢進行上述實驗

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測定乙酸酊的物質(zhì)的量為學(xué)xlO^moi；根據(jù)步驟②③可知mgROH樣品中羥基的物質(zhì)

_3-3

的量為與x1O與mHx2-cYx10mol=c(V2-VjxlOmol。

【詳解】A.乙酸與醇的酯化反應(yīng)可逆，不能用乙酸代替乙酸酥進行上述實驗，故A錯誤；

B.若甲醇揮發(fā)，則甲醇消耗乙酸好的物質(zhì)的量減小，剩余乙酸好的物質(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，測定乙酸酥初始物質(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。

11.利用熱再生氨電池可實現(xiàn)CuSOq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

CuSO4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

2+2+

C.電池總反應(yīng)為：CU+4NH3=[CU(NH3)4]

D.NH：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Cu—2e-+4NH3=[Cu（NH3）j”,正極是Ci?++2e-=Cu，則電池總反應(yīng)為：

2+2+

Cu+4NH3=[Cu（NH3）J,故C正確；

D.NH3擴散到乙室會與銅離子反應(yīng)生成[Cu（NH3）j”,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。

12.有機物XfY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)

O

【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含有碳碳雙鍵和酷鍵，Y含有碳碳雙鍵和酮黑基,

紅外光譜圖中可以反映不同官能團或化學(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，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旦有手性碳原子（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：CH3cH=CHCH（CH3）CH0、

CH2=C(CH3)CH(CH3)CHO>CH2=CHCH(CH3)CH2CHO>CH2=CHCH2CH(CH3)CHO和

CH2=CHCH(CH2cH3)CH0共5種(不考慮立體異構(gòu))，C錯誤；

I

D.由題干信息可知，類比上述反應(yīng)，0的異構(gòu)化產(chǎn)物為：”含有碳碳雙鍵和醛基，故

Y1

可發(fā)生銀鏡反應(yīng)和加聚反應(yīng)，D正確；

故答案為：Co

13.一種制備C%0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)m需及時補加NaOH以

保持反應(yīng)在pH=5條件下進行。常溫下，H2s0,的電離平衡常數(shù)Kal=1.3x10-2,Ka2=6.3x10-8。下列

說法正確的是

A.反應(yīng)I、n、HI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1

D.若C%0產(chǎn)量不變，參與反應(yīng)m的X與CuSC）4物質(zhì)的量之比、增大時,需補加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)H）,所得溶液pH在3?4之間，溶液顯酸性，根據(jù)H,SO3的電離平衡常數(shù)

2

Kal=1.3x10,Ka2=6.3xlO-\可知NaHSO：溶液顯酸性（電離大于水解），則反應(yīng)H所得溶液成分是

NaHSO3,調(diào)節(jié)溶液pH值至11,使NaHSOj轉(zhuǎn)化為Na2sCh，低溫真空蒸發(fā)（防止Na2sCh被氧化），故固

液分離得到Na2sCh晶體和Na2sCh溶液，Na2s。3和CuSC>4反應(yīng)的離子方程式是SOj+2Cu2++2H2O=SO；+

CU2O+4H+,反應(yīng)過程中酸性越來越強，使Na2sCh轉(zhuǎn)化成SC）2氣體，總反應(yīng)方程式是2CuSO4+3Na2SO3=

CU2O+2SO2t+3Na2so4,需及時補加NaOH以保持反應(yīng)在pH=5條件下進行，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)n是so?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)HI是Na2sCh和CuS04反應(yīng)生成CU20,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Na2sO3被氧化，而不是NaHSO〉故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)H的操作單元吸收S02氣體（氣體I），故C正確;

D.制取C%?？偡磻?yīng)方程式是2CuSO4+3Na2s。3=Cu2O+2SO2t+3Na2SC)4,化合物X是指Na2SO3,若Cu2O

產(chǎn)量不變,增大n就（X益）比,

多的Na2sCh會消耗氫離子，用于控制pH值，可減少NaOH的量，故D

正確;

答案CDo

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.lOmollLTFAA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.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)達平衡后，TFAA的濃度為0。8moi廿

【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)：

?E+TFAA----->F②F------->G③GUH+TFAA

ti之后的某時刻,H為0.02mol-L-1,此時TFAA的濃度仍為0,則表明0.10mo卜L-lE、起始時的0.08mol-L-叮FAA、

G分解生成的002moi?!/TFAA全部參加反應(yīng),生成0.10moH/F；在場時刻,H為0.08molL",TFAA為

0.06molL-1,G為0.01mol-L1,則F為0.01mol-L'o

【詳解】A.ti時刻，H的濃度小于0.02moH/,此時反應(yīng)③生成F的濃度小于0.02mo卜L」，參加反應(yīng)①

的H的濃度小于0.1moHL」，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時刻,H為0.08mo卜LLTFAA為0.06molL”,G為O.OlmoH/,則F為0.01moH/,

所以體系中有F存在，B不正確；

C.h之后的某時刻，H為0.02mo卜LL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0.08molL“,TFAA為0.06mo卜L」，G為0.01molB,F為0.01molL」，只有F、G全

部轉(zhuǎn)化為H和TFAA時，TFAA的濃度才能為0.08mo卜L」，而G=H+TFAA為可逆反應(yīng)，所以反應(yīng)達平衡

后，TFAA的濃度一定小于0.08mo卜L",D不正確；

故選ACo

15.在含Hgb(g)的溶液中，一定c(「)范圍內(nèi)，存在平衡關(guān)系：HgL(s)UHgl2(叫)：

2++

HgI2(aq)^Hg+2r；HgI2(aq)^HgI+r；Hgl2(aq)+THgl；;Hg^(aq)+2「=Hgl:,

平衡常數(shù)依次為K。、KPL、K3>K4o已知lgc(Hg2+)、Igc(Hgl)lgc(Hglj、Igc(Hglj)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lgc(HgI；-)的變化情況

B.隨c(r)增大，c[Hg[2(aq)]先增大后減小

C.a=,lg—K,

&2

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

【解析】

【分析】由題干反應(yīng)方程式HgI,(aq)UHg2++2「可知，肉=曬則有?Hg2+尸組理2，

c(HgI2)c(I)

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(Hgl2)+lgc(r),Igc(Hgl^)=lgK4+lgc(HgI2)+21gc(「)，且由Hgl2(s)Hgl2(aq)可知

Ko=c[Hgl2(aq)]為一定值，故可知圖示中

曲線1、2、3、4即L分別

代表lgc(Hgl+)、lgc(Hg2+)、lgc(HglJ、Igc(Hglj),據(jù)此分析解題。

【詳解】A.由分析可知，線L表示lgc(Hg匕一)的變化情況，A正確；

B.已知Hgl2(s)BHg"(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[HgL(aq)]始終保持不變，B錯誤；

C.由分析可知,曲線1方程為：lgc(Hg2+)=lgK]+lgc(Hgl2)-21gc(I-),曲線2方程為:

lgc(HgT尸lgK2+lgc(Hgl2)1gc(I)即有①b=lgKi+lgc(Hgl2)-2a,②b=lgK2+lgc(Hgl2)-a,聯(lián)合①②可知得:

K

a=lgK「lgK2=lgJ,C正確;

K2

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1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?；卮鹣铝袉栴}：

（1）-40℃時，F(xiàn)2與冰反應(yīng)生成尸利HF。常溫常壓下，HOF為無色氣體,固態(tài)〃"'的晶體類型

為,"O/水解反應(yīng)的產(chǎn)物為（填化學(xué)式）。

（2）ci。？中心原子為ci,cho中心原子為O,二者均為v形結(jié)構(gòu)，但cio2中存在大兀鍵（n，。cio2

中Cl原子的軌道雜化方式；為0-C1-0鍵角C1-0-C1鍵角（填““〈”或“=”）。比

較cic>2與c^o中ci-o鍵的鍵長并說明原因。

（3）一定條件下，CuCl2,K和F2反應(yīng)生成KC1和化合物X。己知X屬于四方晶系，晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示

（晶胞參數(shù)a=bHc,a=p=Y=90。），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NA,化合物X的密度P=g-cm"（用含NA的代數(shù)式表示）。

【答案】⑴①.分子晶體②.HF、凡。？和

（2）①.sp2②.>（3）.CIO2分子中C1-0鍵的鍵長小于C^O中C1—0鍵的鍵長，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0-0鍵的鍵長較小，

而Cl?。只存在普通的。鍵。

(3)①.CuCl,+4K+2F,=K2CUF4+2KC1②.一5——

TCNN

【解析】

【小問1詳解】

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

子中F顯-1價,其水解時結(jié)合H2。電離的H+生成HF,則0H+結(jié)合H?。電離的OFT，兩者反應(yīng)生成H?。？，

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

【小問2詳解】

CIO2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（FI；）。由CIO2中

存在n；可以推斷，其中ci原子只能提供1對電子，有一個o原子提供1個電子，另一個o原子提供1對

電子，這5個電子處于互相平行的P軌道中形成大無鍵，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

2

3,則C1原子的軌道雜化方式為sp；Cl20中心原子為O,根據(jù)價層電子對的計算公式可知n=6+；2=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sp?的，因此，雖然C10?和Cl2。均

為V形結(jié)構(gòu)，但0-0-0鍵角大于C1-0-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。CIO?分子中C1-0鍵的鍵長小于Cl2。中0-0鍵的鍵長，其原因是：CIO2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Cl?。只存在普通的。鍵。

【小問3詳解】

一定條件下，CuCl2,K和F2反應(yīng)生成KC1和化合物X。己知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8x4+2=4、白球的個數(shù)為16XL+4X」+2=8、灰色球

442

的個數(shù)為8X：+1=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K2cuE,,上述反應(yīng)的化學(xué)方程式為

2x218

CuCk+4K+2F2=K2CuF4+2KCl。若阿伏加德羅富數(shù)的值為NA，晶胞的質(zhì)量為二一g,晶胞的體

IVA

2x218

-----------230-3

積為a2cpm3=a?cxlO^Ocm，,化合物X的密度_N人______436xlOg.cm,

23O,2

PacxlO_cmacAfA

17.鹽湖鹵水(主要含Na+、Mg2\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Li2cO3的工藝流程如下:

已知：常溫下，Ksp(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。

7

(

0

C

H

M

0

0

I

)

?

磔

假

二

婉

(1)含硼固體中的B(OH)3在水中存在平衡：B(0H)3+H2OuH++[B(0H)4「(常溫下，Ka=10"34)；

B(OH)3與NaOH溶液反應(yīng)可制備硼砂NazBmOHh-8H2。。常溫下，在0.10mol1T硼砂溶液中，

2-

[B4O5(OH)4]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=o

(2)濾渣I的主要成分是(填化學(xué)式)；精制I后溶液中Li卡的濃度為2.0molL"，則常溫下精制II過

程中CO：濃度應(yīng)控制在mol.U1以下。若脫硼后直接進行精制I，除無法回收HC1外，還將增加

的用量(填化學(xué)式)。

(3)精制H的目的是；進行操作X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

2

【答案】(1)?.[B4O5(OH)4]-+5H2O=2B(OH)3+2[B(OH)4]-②.9.34

(2)①.CaSO.(2).5.5xlO-4③.純堿

(3)①.加入純堿將精制I所得濾液中的Ca2+轉(zhuǎn)化為CaCO：(或除去精制I所得濾液中的Ca?+),

提高Li2cO3純度②.鹽酸③.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+、ChSO；等，焙燒后生成HC1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CaSO「則濾渣I的主要成分為CaSC>4；由于CaSO4微溶于水，精制I所得濾液中再加純

堿又生成沉淀，則濾渣n為CaCO'；精制n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Li2c。

【小問1詳解】

含硼固體中的B（OH）3在水中存在平衡：B（OH）3+H2（）==B（OH）4「+H+（常溫下，K=10-9.34）；

1

B（OH）3與NaOH溶液反應(yīng)可制備硼砂NazB/l；（OH）4-8H2O。常溫下.在0.1OmolL-硼砂溶液中，

[BQslOH）」-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）4F,由B元素守恒可知，B（OH）3和[B（OH）J的濃度

+

c.C（H）

均為0.20mol-LT，K=回。⑴J------=c（H+）=1Q-934,則該溶液pH=9.34。

C

B（OH）3

【小問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2.0mol-L」，由

K、p（Li2co3）=2.2x10-3可知，則常溫下精制n過程中CO：濃度應(yīng)控制在

22xl01

-2moi，L-'=5.5x107mol-L-以下。若脫硼后直接進行精制I，除無法回收HC1外，后續(xù)在濃縮

2.02

結(jié)晶時將生成更多的氯化鈉晶體，因此，還將增加純堿（Na2co3）的用量。

【小問3詳解】

精制1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CaSC\；由于CaSC>4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II的目的是：加入純堿將精制1

所得濾液中的Ca?+轉(zhuǎn)化為CaCC>3（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Li2cO3,最終所得Li2cO3的產(chǎn)率減小。

18.三氯甲硅烷（SiHCh）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-126.5C,

A

易水解。實驗室根據(jù)反應(yīng)Si+3HCl=SiHCh+H2,利用如下裝置制備SiHC%粗品（加熱及夾持裝置略）。

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）采用如下方法測定溶有少量HC1的SiHCl3純度。

m店樣品經(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m2g,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m2的代數(shù)式表示）。

【答案】(1)①.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)SiHCb+5NaOH=Na2SiO3+3NaCl+H2t+2H2O

135.5m,,..

(3)①.高溫灼燒②.冷卻③.AC④.——一■^><100%

60g

【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31.8℃,熔點為-126.5C,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1詳解】

制備SiHCb時，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)，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：

SiHC13+5NaOH=Na2SiCh+3NaCl+H2t+2H2O,故答案為：SiHCl3+5NaOH=Na2SiO3+3NaCl+H2t+2H2O；

【小問3詳解】

mig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

括坨煙和干燥器，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(SiC)2)=Rmol,

」x(28+l+35.5x3)135.5m,.

樣品純度為60乂inno/=F―xl10A0A0%-故答案為：高溫灼燒；冷卻；AC；

-------------------X1uuZo60/w.

m}?

喘~100%。

19.根據(jù)殺蟲劑氟鈴麻（G）的兩條合成路線，回答下列問題。

Ri?R2

已知：I.R|NH.+OCNRi、,、丁/

NN

HH

CNCONH2

NH3/O2KFH2O2(COC12)2

A(C7H6C12)——B(C7H3C12N)------>C---->D--------*1E(C8H3F2NO2)

一定條件催化劑OH

路線：

F（C8H5C12F4NO）

-一定條件＞G（

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

；E的結(jié)構(gòu)簡式為

FC=CF(COC1)D

H22222

路線二：H(C6H3C'12NO3)-催---化---劑--?I----------------?F-----------?J―?G

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。

【答案】（1）①.2,6-二氯甲苯CN+2KF傕化劑CN+2KC1

C1F

F

O

③.酰胺基④.I—N=C=O

F

(2)①.2②.②③.2

【解析】

【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)式為在氨氣

CH3.A

Cl

和氧氣的作用下，生成了B(CN),B與KF反應(yīng)，生成C(

C1

給信息，C與過氧化氫反應(yīng)，生成D(和反應(yīng)生成的分子式為

CONH2D(COC1)2E,E

C8H3F2NO2推出E的結(jié)構(gòu)E與F

反應(yīng)生成了氟鈴服(G)。

(H2NOCF2CF2H)

C1

路線二:

Cl

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

0