2023年高考化学真题完全解读(山东卷带解析).docx

2023 年高考化学真题完全解读(山东卷)2023 年高考山东卷化学试题连续保持以往风格，试卷构造和试题难度保持了相对稳定，难度梯度设计合理，契合考生特点，坚持“重视根底、立足实践、突出力量、不断创”的要求，表达了高考命题的稳定性 和连续性原则，准确表达了考试说明的要求，科学、准确、公正、标准，难度适中，具有较高的信度、效 度和必要的区分度，全面测试考生的化学科学素养，实现了高考的选拔功能。一、留意引领，突出立德树人立德树人是高中学科教学的根本任务，高考的化学试题基于“立德树人，效劳选拔，引导教学”的核心立场，发挥学科优势，突出表达社会主义核心价值观，要求学生坚决抱负信念、厚植爱国情怀、提升品德 修养，让考生感受化学学科的独特价值，引导学生树立正确的价值观，发挥化学试题的立德树人作用。如： 第 1 题，古医典富载化学学问。二、强化主干，筑牢学科根底试题单项选择题尽管只有 10 小题，多项选择题也仅有 5 小题，但却集中表达了对高中化学主干与核心学问的考察， 涉及内容包括化学与技术、社会及环境的关系、原子构造与元素周期律、物质构造与性质、化学反响速率 与化学反响平衡、电离平衡、水解平衡、氧化复原反响、化学用语、热化学、电化学、重要元素单质及化 合物的相关性质、化学试验原理及根本操作、有机化学根底学问等等，可以说根本涵盖了高中化学的主干 学问。如：第 2 题的化学试验根本操作和试验安全，第 8 题的氧化复原反响概念、第 6 题的中和滴定试验仪器及相关操作、第 3、5、15 题有关物质构造根底学问，第 10、12 题有关平衡规律及其运用等。三、巧选载体，情境立足实践立足化学科学特点，留意选取材料、药物、催化技术等真实情境，呈现生产生活中的实际问题， 这些试题情境充分表达了化学的时代性和应用性，使考生切切实实地感受到了“有用的化学”，解决实际问题还需进一步深化对信息猎取加工、规律推理、归纳论证思维等关键力量，有利于提升对学科核心素养考察 的有效性，进一步提高人才选拔质量。信息猎取与加工是整个化学学科力量进展的根底，所取素材都是实 际生产和生活中真实存在的，有的是传统的工业生产，有的则是应用广泛的技术，这些情境对考生来说可能是生疏的，但考察的重点仍是高中化学的根底学问，充分表达出试题“高起点、低落点”的特点。如：第 5 题以第三代半导体材料 AlN、GaN 为载体，考察共价键的形成及主要类型；等电子原理的应用；利用杂化轨道理论推断化学键杂化类型；共价晶体；第12 题以高压氢复原法可直接从溶液中提取金属粉；四、多维呈现，考察思维品质试题在设计上很好地表达了力量立意要求。试题通过创设简单的问题情境，加强对学生规律推理力量 的考察。对于真实的工业生产过程，在信息猎取加工力量的根底上利用化学根底学问和根本原理，推想实 际工艺过程中步骤、所发生的离子方程式、化学方程式，考察化学计算等。试题对力量的考察往往不是孤 立的，着重对某项力量考察的同时，在不同程度上也考察了与之相关的其它力量，这一点在非选择题中体 现得尤为明显。第 15 题奇异地把充放电过程中与晶胞构造融合在一起，一箭双雕；第 19 题，以支气管扩张药物特布他林(H)的一种合成路线为切入口，全面考察官能团之间的转化；第 20 题在利用- 丁内酯(BL)制备 1，4-丁二醇(BD)过程，利用化学反响原理学问进展分析等。五、留意试验，进展探究力量试验是培育化学学科素养的重要途径和方式。2023 年高考化学在试验原理的理解、试验方案的设计、试验仪器的选择、根本仪器的使用、试验数据的处理、试验结论的得出和解释等方面加强设计，考察学生的试验力量和科学探究力量，充分发挥对高中试验教学的乐观导向作用，引导教学重2视试验探究，引导学生自己动手做试验，切实提升试验力量。 如：第 2 题的试验操作和试验安全；第9 题的物质分别与提纯的操作；第18 题利用 FeCl24H2O 和亚硫酰氯(SOCl2)制备无水 FeCl ，通过对试验步骤的分析，选取适宜的仪器，推测试验现象，同时考察试验操作方法和定量分析，所学即所考，很好地实现了教考连接。题号分值难度度学问模块生疏化学科学具体学问点氧化复原反响根本概念；硫与金属单质的12易常见无机物及其应用反响单22易常见无机物及其应用硝酸的不稳定性；化学试验根底操作；实选化学试验根底验安全题原子中相关数值及其之间的相互关系；元32中物质构造与性质素、核素、同位素42中有机化学根底酯的水解反响机理；人工合成有机化合物的应用；加聚反响机理及几个相关概念；缩聚反响机理及推断共价键的形成及主要类型；等电子原理的52中物质构造与性质应用；利用杂化轨道理论推断化学键杂化类型；共价晶体(教材)常见无机物及其应用碳酸钠；酸碱中和滴定试验根本操作及步62中化学反响原理骤；酸碱中和滴定试验相关仪器有机化合物中碳的成键特征；分子的手72中有机化学根底性；有机分子中原子共面的推断；多官能团有机物的构造与性质82中生疏化学科学氧化复原反响的几组概念；基于氧化复原化学试验根底反响守恒规律的计算；常用仪器及使用92中有机化学根底羧酸的酸性；蒸发与结晶；萃取和分液；化学试验根底胺的性质与应用102中生疏化学科学氧化复原反响的规律；一氧化氮；化学平化学反响原理衡的移动及其影响因素氯气与复原性化合物的反响；氨气；硝酸114中常见无机物及其应用盐；含碳元素及其化合物常见无机物及其应用有关铁及其化合物转化的流程题型；沉淀124中化学反响原理溶解平衡的应用多原电池正负极推断；原电池电极反响式书选134中常见无机物及其应用写；原电池、电解池综合考察；电解池电化学反响原理题极反响式及化学方程式的书写与推断144较难化学反响原理强电解质与弱电解质；溶度积常数相关计算154较难化学反响原理电化学计算；型电池；晶胞的有关计算物质构造与性质非161中物质构造与性质电子排布式；简洁协作物的成键；氢键对选物质性质的影响；晶胞的有关计算；择离子方程式的书写；化学反响条件的掌握生疏化学科学题1713难及优化；溶度积规章及其应用；溶度积常化学反响原理数相关计算1812较难化学试验根底物质制备的探究同分异构体的数目确实定；羧酸酯化反1912较难有机化学根底应；有机物的推断；依据题给物质选择合适合成路线焓变；化学平衡的移动及其影响因素；化2011难化学反响原理学平衡常数；化学平衡图像分析一、选择题：此题共 10 小题，每题 2 分。每题只有一个选项符合题目要求。1. 古医典富载化学学问，下述之物见其氧化性者为() A金(Au)：“虽被火亦未熟“B石灰(CaO)：“以水沃之，即热蒸而解” C石硫黄(S)：“能化银、铜、铁，奇物” D石钟乳(CaCO3)：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”【解析】A 项，题中金“虽被火亦未熟”是指金单质在空气中被火灼烧也不反响，反响金的化学性质很稳定，与其氧化性无关，A 不合题意；B 项，题中石灰(CaO)：“以水沃之，即热蒸而解”是指 CaO+H2O=Ca(OH)2，反响放热，产生大量的水汽，而 CaO 由块状变为粉末状，未发生氧化复原反响，与其氧化性无关，B 不合题意；C 项，题中石硫磺：“能化银、铜、铁，奇物”是指 2Ag+SAg2S、Fe+SFeS、2Cu+SCu2S， 反响中S 作氧化剂，与其氧化性有关，C 符合题意；D 项，题中石钟乳(CaCO3)：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”是指 CaCO3+2CH3COOH=(CH3COO)2Ca+H2O+CO2，未发生氧化复原反响，与其氧化性无关，D 不合题意；应选C。【答案】C2. 以下试剂试验室保存方法错误的选项是()A. 浓硝酸保存在棕色细口瓶中C四氯化碳保存在广口塑料瓶中【答案】CB. 氢氧化钠固体保存在广口塑料瓶中D高锰酸钾固体保存在棕色广口瓶中【解析】A 项，浓硝酸具有不稳定性，见光易分解，故浓硝酸需保存在棕色细口瓶中避光保存，A 正确；B 项，氢氧化钠固体为强碱能与玻璃中的SiO2 反响，故氢氧化钠固体保存在广口塑料瓶中，B 正确；C 项，四氯化碳是一种有机溶剂，易挥发，且能够溶解塑料，故其不能保存在广口塑料瓶中，应当保存在细口玻璃瓶中，C 错误；D 项，高锰酸钾固体受热后易分解，故需在棕色广口瓶中、阴冷处密封保存，D 正确；应选C。313O、15O 的半衰期很短，自然界中不能稳定存在。人工合成反响如下：16 O+3 He ®13 O+a X ；88828b16 O+3 He ®15O+m Y 。以下说法正确的选项是()828nAX 的中子数为 2 BX、Y 互为同位素888282C13 O、15 O 可用作示踪原子争论化学反响历程D自然界不存在 13 O 、15 O 分子是因其化学键不稳定【答案】B2222【解析】依据质量守恒可知，结合题中的人工合成反响，推知X 微粒为 62He，Y 微粒为 4 He。A 项， X 微粒为 6 He，依据质量数等于质子数加中子数可知，该微粒的中子数为 4，A 错误；B 项，X 微粒为 6 He， Y 微粒为 4 He，二者具有一样的质子数而不同的中子数的原子，故互为同位素，B 正确；C 项，.由题干信88828288息可知，13 O 与 15 O 的半衰期很短，故不适宜用作示踪原子争论化学反响历程，C 错误；D 项，自然界中不存在 13 O 与 15 O 并不是其化学键不稳定，而是由于 13 O 与 15 O 的半衰期很短，很简洁发生核变化，转化为气体其他原子，O=O 的键能与形成该键的核素无关，D 错误；应选B。A聚乳酸()由乳酸经加聚反响制备B聚四乙烯()由四氟乙烯经加聚反响制备C尼龙-66()由己胺和己酸经缩聚反响制备D聚乙烯醇()由聚乙酸乙烯酯()经消去反响制备4. 以下高分子材料制备方法正确的选项是()【答案】B【解析】此题考察加聚反响和缩聚反响的比较。A 项，聚乳酸()是由乳酸HOCH(CH3)COOH分子间脱水缩聚而得，即发生缩聚反响，A 错误；B 项，聚四氟乙烯()是由四氟乙烯(CF2=CF2)经加聚反响制备，B 正确；C 项，尼龙-66()是由己二胺和己二酸经过缩聚反响制得，C 错误；D 项，聚乙烯醇()由聚乙酸乙烯醇酯()发生水解反响制得，D错误；应选B。5. AlN、GaN 属于第三代半导体材料，二者成键构造与金刚石相像，晶体中只存在N-Al 键、N-Ga键。以下说法错误的选项是()A. GaN 的熔点高于AlN C晶体中全部原子均实行 sp3 杂化【答案】AB. 晶体中全部化学键均为极性键D晶体中全部原子的配位数均一样【解析】依据元素周期表，Al 和 Ga 均为第A 元素，N 属于第A 元素，结合题意 AlN、GaN 的成键构造与金刚石相像，则其为共价晶体，且其与金刚石互为等电子体，等电子体之间的构造和性质相像，AlN、GaN 晶体中，N 原子与其相邻的原子形成 3 个一般共价键和 1 个配位键。A 项，由于 AlN、GaN 为构造相像的共价晶体，由于 Al 原子的半径小于 Ga，NAl 的键长小于 NGa 的，则 NAl 的键能较大，键能越大则其对应的共价晶体的熔点越高，故GaN 的熔点低于 AlN，A 说错误；B 项，不同种元素的原子之间形成的共价键为极性键，故两种晶体中全部化学键均为极性键，B 说法正确；C 项，金刚石中每个C 原子形成 4 个共价键(即C 原子的价层电子对数为 4)，C 原子无孤电子对，故C 原子均实行 sp杂化；由于 AlN、 GaN 与金刚石互为等电子体，则其晶体中全部原子均实行sp3 杂化，C 说法正确；D 项，金刚石中每个C 原子与其四周 4 个 C 原子形成共价键，即C 原子的配位数是 4，由于 AlN、GaN 与金刚石互为等电子体，则其晶体中全部原子的配位数也均为 4，D 说法正确。应选A。6. 试验室用基准Na2CO3 配制标准溶液并标定盐酸浓度，应选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定Na2CO3标准溶液。以下说法错误的选项是()A. 可用量筒量取 25.00 mL Na2CO3 标准溶液置于锥形瓶中B应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3 标准溶液C应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3 固体D到达滴定终点时溶液显橙色【答案】A【解析】依据中和滴定过程批示剂选择原则，以盐酸滴定Na2CO3 标准溶液，选甲基橙为指示剂，则应利用盐酸滴定碳酸钠，马上Na2CO3 标准溶液置于锥形瓶中，将待测盐酸置于酸式滴定管中，滴定终点时溶液由黄色变为橙色。A 项，量筒的准确度为0.1 mL，不行用量简量取Na2CO3 标准溶液，应当用碱式滴定管或移液管量取 25.00 mL Na2CO3 标准溶液置于锥形瓶中，A 错误；B 项，Na2CO3 溶液显碱性，盛放 Na2CO3 溶液的容器不能用玻璃塞，以防碱性溶液腐蚀玻璃产生有粘性的硅酸钠溶液而将瓶塞粘住，故应选用配带塑料塞的容量瓶配制 Na2CO3 标准溶液，B 正确；C 项，Na2CO3 有吸水性且有肯定的腐蚀性，故应选用烧杯而非称量纸称量 Na2CO3 固体，C 正确；D 项，Na2CO3 溶液显碱性，甲基橙滴入Na2CO3 溶液中显黄色，当滴入最终一滴盐酸时，溶液由黄色突变为橙色且半分钟之内不变色即为滴定终点，故到达滴定终点时溶液 显橙色，D 正确；应选A。7. - 崖柏素具自然活性，有酚的通性，构造如图。关于- 崖柏素的说法错误的选项是()A. 可与溴水发生取代反响B可与 NaHCO3 溶液反响C分子中的碳原子不行能全部共平面D与足量H2 加成后，产物分子中含手性碳原子【答案】B【解析】依据题中信息可知，-崖柏素有酚的通性，具有类似的酚羟基的性质。A 项，酚可与溴水发生取代反响，-崖柏素有酚的通性，且 -崖柏素的环上有可以被取代的H，故 -崖柏素可与溴水发生取代反响， A 正确；B 项，酚类物质不与NaHCO3 溶液反响，-崖柏素分子中没有可与 NaHCO3 溶液反响的官能团，故其不行与 NaHCO3 溶液反响，B 错误；C 项，-崖柏素分子中有一个异丙基，异丙基中间的碳原子与其相连的 3 个碳原子不共面，故其分子中的碳原子不行能全部共平面，C 正确；D 项，-崖柏素与足量H2 加成后转化为，产物分子中含手性碳原子(与羟基相连的C 原子是手性碳原子)，D 正确；故选 B。8. 试验室制备 KMnO4 过程为：高温下在熔融强碱性介质中用KClO3 氧化 MnO2 制备K2MnO4；水溶后冷却，调溶液pH 至弱碱性，K2MnO4 歧化生成 KMnO4 和 MnO2；减压过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，再减压过滤得 KMnO4。以下说法正确的选项是( )A. 中用瓷坩埚作反响器B中用 NaOH 作强碱性介质C中K2MnO4 只表达氧化性DMnO2 转化为 KMnO4 的理论转化率约为 66.7%【答案】D【解析】依据题意，高温下在熔融强碱性介质中用KClO3 氧化 MnO2 制备K2MnO4，然后水溶后冷却调溶液 pH 至弱碱性使K2MnO4 歧化生成 KMnO4 和 MnO2，Mn 元素的化合价由+6 变为+7 和+4。A 项，中高温下在熔融强碱性介质中用 KClO3 氧化 MnO2 制备K2MnO4，由于瓷坩埚易被强碱腐蚀，故不能用瓷坩埚作反响器，A 不正确；B 项，制备 KMnO4 时为为防止引入杂质离子，中用KOH 作强碱性介质，不能用 NaOH，B 不正确；C 项，中K2MnO4 歧化生成 KMnO4 和 MnO2，故其既表达氧化性又表达复原性，C 不正确；D 项，依据化合价的变化分析，K2MnO4 歧化生成 KMnO4 和 MnO2 的物质的量之比为 2：1，依据Mn 元素守恒可知，MnO 中的 Mn 元素只有 2 转化为 KMnO，因此，MnO 转化为 KMnO的理论转化率约2为 66.7%，D 正确；应选D。34249. 苯胺(液体)、苯甲酸(固体)微溶于水，苯胺盐酸盐易溶于水。试验室初步分别甲苯、苯胺、苯甲酸混合溶液的流程如下。以下说法正确的选项是()A. 苯胺既可与盐酸也可与NaOH 溶液反响B. 由、分别猎取相应粗品时可承受一样的操作方法C. 苯胺、甲苯、苯甲酸粗品依次由、获得D、均为两相混合体系【答案】C【解析】依据题给流程可知，向甲苯、苯胺、苯甲酸的混合溶液中参加盐酸，盐酸将微溶于水的苯胺 转化为易溶于水的苯胺盐酸盐，分液得到水相和有机相；向水相中参加氢氧化钠溶液将苯胺盐酸盐转化为苯胺，分液得到苯胺粗品；向有机相中参加水洗涤除去混有的盐酸，分液得到废液和有机相，向有机相中参加碳酸钠溶液将微溶于水的苯甲酸转化为易溶于水的苯甲酸钠，分液得到甲苯粗品和水相；向水相中参加盐酸，将苯甲酸钠转化为苯甲酸，经结晶或重结晶、过滤、洗涤得到苯甲酸粗品。A 项，苯胺分子中含有的氨基能与盐酸反响，但不能与氢氧化钠溶液反响，A 错误；B 项，得到苯胺粗品的分别方法为分液，得到苯甲酸粗品的分别方法为结晶或重结晶、过滤、洗涤，猎取两者的操作方法不同，B 错误； C 项，苯胺粗品、甲苯粗品、苯甲酸粗品依次由、获得，C 正确；D 项，、为液相，为固相， 都不是两相混合体系，D 错误；应选C。10. 在 NO 催化下，丙烷与氧气反响制备丙烯的局部反响机理如下图。以下说法错误的选项是( )A. 含N 分子参与的反响肯定有电子转移B. 由 NO 生成HONO 的反响历程有 2 种C. 增大 NO 的量，C3H8 的平衡转化率不变D. 当主要发生包含的历程时，最终生成的水削减【解析】A 项，依据制备丙烯的局部反响机理的图示知，含 N 分子发生的反响有 NO+OOH=NO2+OH、NO+NO2+H2O=2HONO、NO2+C3H7=C3H6+HONO、HONO=NO+OH，含 N 分子 NO、NO2、HONO 中 N元素的化合价依次为+2 价、+4 价、+3 价，上述反响中均有元素化合价的升降，都为氧化复原反响，肯定有电子转移，A 项正确；B 项，依据图示，由NO 生成 HONO 的反响历程有 2 种，B 项正确；C 项，NO 是催化剂，增大 NO 的量，C3H8 的平衡转化率不变，C 项正确；D 项，无论反响历程如何，在NO 催化下丙烷与O2 反响制备丙烯的总反响都为 2C3H8+O22C3H6+2H2O，当主要发生包含的历程时，最终生成【答案】D的水不变，D 项错误；应选D。二、选择题：此题共 5 小题，每题 4 分。每题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得 4 分， 选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分。11. 某同学按图示装置进展试验，欲使瓶中少量固体粉末最终消逝并得到澄清溶液。以下物质组合不符合要求的是()气体液体固体粉末ACO2饱和 Na2CO3 溶液CaCO3BCl2FeCl2 溶液FeCHClCu (NO3)2 溶液CuD【答案】ANH3H2OAgCl3【解析】A 项，饱和 Na2CO3 溶液通入 CO2 气体依次发生反响 CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3、CaCO3+H2O+CO2=Ca(HCO3)2，由于在一样温度下 NaHCO3 的溶解度小于 Na2CO3，最终瓶中仍有白色晶体析出，不会得到澄清溶液，A 项符合题意；B 项，FeCl2 溶液通入 Cl2，发生反响 Cl2+2FeCl2=2FeCl3、2FeCl3+Fe=3FeCl2，最终 Fe 消逝得到澄清溶液，B 项不符合题意；C 项，Cu (NO3)2 溶液通入 HCl，NO -在酸性条件下会表现强氧化性，发生离子反响：3Cu+8H+2 NO -=3Cu2+2NO+4H O，最终 Cu 消逝得到澄清32溶液，C 项不符合题意；D 项，AgCl 在水中存在溶解平衡 AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)，通入 NH3 后，Ag+ 与 NH3 结合成Ag(NH3)2+，使溶解平衡正向移动，最终 AgCl 消逝得到澄清溶液，D 项不符合题意；应选 A。 12高压氢复原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿(含 Zn、Fe 元素的杂质)为主要原料制备Cu 粉的工艺流程如下，可能用到的数据见下表。Fe(OH)Cu(OH)32Zn(OH) 2开头沉淀pH1.94.26.2沉淀完全pH3.26.78.2以下说法错误的选项是()A. 固体X 主要成分是 Fe(OH)3 和S；金属M 为 ZnB. 浸取时，增大O2 压强可促进金属离子浸出C. 中和调pH 的范围为 3.24.2 D复原时，增大溶液酸度有利于Cu 的生成【答案】D【解析】依据题中的工艺流程，CuS 精矿(含有杂质 Zn、Fe 元素)在高压 O2 作用下，用硫酸溶液浸取， CuS 反响产生为 CuSO4、S、H2O，Fe2+被氧化为 Fe3+，然后参加 NH3 调整溶液pH，使 Fe3+形成 Fe(OH)3 沉淀，而 Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，过滤得到的滤渣中含有 S、Fe(OH)3；滤液中含有 Cu2+、Zn2+；然后向滤液中通入高压H2，依据元素活动性：ZnHCu，Cu2+被复原为 Cu 单质，通过过滤分别出来；而Zn2+仍旧以离子形式存在于溶液中，再经一系列处理可得到 Zn 单质。A 项，固体 X 主要成分是S、Fe(OH)3，金属 M 为 Zn，A 正确；B 项，CuS 难溶于硫酸，在溶液中存在沉淀溶解平衡 CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)， 增大O2 的浓度，可以反响消耗S2-，使之转化为S，从而使沉淀溶解平衡正向移动，从而可促进金属离子的浸取，B 正确；C 项，依据流程图可知：用NH3 调整溶液pH 时，要使 Fe3+转化为沉淀，而 Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，结合离子沉淀的 pH 范围，可知中和时应当调整溶液 pH 范围为 3.24.2，C 正确； D 项，在用H2 复原 Cu2+变为 Cu 单质时，H2 失去电子被氧化为H+，与溶液中OH-结合形成 H2O，假设复原时增大溶液的酸度，c(H+)增大，不利于H2 失去电子复原 Cu 单质，因此不利于Cu 的生成，D 错误；应选D。13设计如图装置回收金属钴。保持细菌所在环境pH 稳定，借助其降解乙酸盐生成CO2，将废旧锂离子电池的正极材料 LiCoO2 转化为 Co2+，工作时保持厌氧环境，并定时将乙室溶液转移至甲室。电极材料均为石墨材质，右侧装置为原电池。以下说法正确的选项是()A装置工作时，甲室溶液pH 渐渐增大B装置工作一段时间后，乙室应补充盐酸 C乙室电极反响式为 LiCoO2+2H2O+e-+4H+=Li+Co2+4OH-D假设甲室 Co2+削减200mg ，乙室 Co2+增加300mg ，则此时已进展过溶液转移【答案】BD【解析】A 项，依据题意右侧装置为原电池，电池工作时，甲室中细菌上乙酸盐的阴离子失去电子被氧化为 CO2 气体，Co2+在另一个电极上得到电子，被复原产生Co 单质，CH3COO-失去电子后，Na+通过阳膜进入阴极室，溶液变为 NaCl 溶液，溶液由碱性变为中性，溶液pH 减小，A 错误；B 项，对于乙室，正极上 LiCoO2 得到电子，被复原为Co2+，同时得到Li+，其中的O 与溶液中的H+结合H2O，因此电池工作一段时间后应当补充盐酸，B 正确；C 项，电解质溶液为酸性，不行能大量存在OH-，乙室电极反响式为：LiCoO2+e-+4H+=Li+Co2+2H2O，C 错误；D 项，假设甲室 Co2+削减 200 mg，电子转移物质的量为 n(e-)=0.2g×2=0.0068mol，乙室 Co2+增加 300 mg，转移电子的物质的量为 n(e-)=0.3g×1=0.0051mol ，说59g/mol59g/mol明此时已进展过溶液转移，D 正确；应选 BD。14. 工业上以 SrSO4(s)为原料生产 SrCO3(s)，对其工艺条件进展争论。现有含SrCO3(s)的 0.1mol·L-1、1.0 mol·L-1 Na2CO3 溶液，含SrSO4(s)的 0.1mol·L-1、1.0mol·L-1 Na2SO4 溶液。在肯定pH 范围内，四种溶液中lgc(Sr2+)/mol·L-1随 pH 的变化关系如下图。以下说法错误的选项是()A反响 SrSO4(s)+CO 2-SrCO(s)+SO 2-的平衡常数K=K(SrSO )sp4Ba= -6.5334K(SrCO )sp3C曲线代表含 SrCO3(s)的 1.0mol·L-1 溶液的变化曲线D对含 SrCO (s)且 Na SO 和 Na CO初始浓度均为 1.0mol·L-1 的混合溶液， pH ³ 7.7 时才发生沉淀转42423化【答案】D【解析】分析题给图象，硫酸是强酸，溶液pH 变化，溶液中硫酸根离子浓度几乎不变，则含硫酸锶固体的硫酸钠溶液中锶离子的浓度几乎不变，pH 一样时，溶液中硫酸根离子越大，锶离子浓度越小，所以曲线代表含硫酸锶固体的 0.1 mol·L-1 硫酸钠溶液的变化曲线，曲线代表含硫酸锶固体的1 mol·L-1 硫酸钠溶液的变化曲线；碳酸是弱酸，溶液pH 减小，溶液中碳酸根离子离子浓度越小，锶离子浓度越大，pH 一样时，1 mol·L-1 碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度大于0.1 mol·L-1 碳酸钠溶液，则曲线表示含碳酸锶固体的0.1 mol·L-1 碳酸钠溶液的变化曲线，曲线表示含碳酸锶固体的 1 mol·L-1 碳酸钠溶液的变化曲线。A 项，反应 SrSO4(s)+CO 2-SrCO(s)+SO2-的平衡常数 K=c(SO2- )4=c(SO2- )c(Sr2+ )4K=sp(SrSO )4，故 A 正确；B334c(CO2- ) c(CO2- )c(Sr2+ )K(SrCO )33sp3项，曲线代表含硫酸锶固体的 0.1mol/L 硫酸钠溶液的变化曲线，则硫酸锶的溶度积10-6.5Ksp(SrSO4)=105.5×0.1=106.5，温度不变，溶度积不变，则溶液 pH 为 7.7 时，锶离子的浓度为1mol/L =106.5，则 a 为-6.5；C 项，曲线表示含碳酸锶固体的1 mol·L-1 碳酸钠溶液的变化曲线，故C 正确；D 项，硫酸是强酸，溶液pH 变化，溶液中硫酸根离子浓度几乎不变，则含硫酸锶固体的硫酸钠溶液中锶离子的浓度几乎不变，所以硫酸锶的生成与溶液pH 无关，故D 错误；应选D。15. Cu2-xSe 是一种钠离子电池正极材料，充放电过程中正极材料立方晶胞(示意图)的组成变化如下图，晶胞内未标出因放电产生的 0 价 Cu 原子。以下说法正确的选项是()A. 每个 Cu2-xSe 晶胞中 Cu2+个数为 xB. 每个 Na2Se 晶胞完全转化为 Cu2-xSe 晶胞，转移电子数为 8C. 每个 NaCuSe 晶胞中 0 价 Cu 原子个数为 1-xD. 当 NayCu2-xSe 转化为 NaCuSe 时，每转移(1-y)mol电子，产生(1-x)mol 原子【答案】D【解析】A 项，由 CuSe 晶胞构造可知，位于顶点和面心的硒离子个数为11=4，位于体内的8×+6×2-x82铜离子和亚铜离子的个数之和为 8，设晶胞中的铜离子和亚铜离子的个数分别为a 和 b，则 a+b=8-4x，由化合价代数和为 0 可得 2a+b=4×2，解得 a=4x，故 A 错误；B 项，由 Na2Se 转化为 Cu2-xSe 的电极反响式为11Na2Se-e-+(2-x)Cu=Cu2-xSe+Na+，由晶胞构造可知，位于顶点和面心的硒离子个数为 8× 8 +6× 2 =4，则每个晶胞中含有 4 个 Na2Se，转移电子数为 4，故B 错误；C 项，由 NaCuSe 晶胞构造可知，位于顶点和面心的硒离子个数为 8× 1 +6× 1=4，则每个晶胞中含有 4 个 NaCuSe，晶胞中 0 价铜而个数为(4-4x)，故 C 错误；D82项，由题意可知，NayCu2-xSe 转化为 NaCuSe 的电极反响式为 NayCu2-xSe+(1-y) e-+ Na+=NaCuSe+(1-x)Cu，所以每转移(1-y)电子，产生(1-x)mol 铜，故D 正确；应选D。三、非选择题：此题共 5 小题，共 60 分。16(12 分)争论笼形包合物构造和性质具有重要意义。化学式为 Ni(CN)x·Zn(NH3)y·zC6H6 的笼形包合物四方晶胞构造如下图(H 原子未画出)，每个苯环只有一半属于该晶胞。晶胞参数为a = b ¹ c,=90° 。答复以下问题：(1) 基态 Ni 原子的价电子排布式为，在元素周期表中位置为。(3)吡啶()替代苯也可形成类似的笼形包合物。吡啶中含有与苯类似的 6 大 键、则吡啶6中N 原子的价层孤电子对占据(填标号)。(2) 晶胞中 N 原子均参与形成配位键，Ni2+与 Zn2+的配位数之比为；x：y：z=；晶胞中有d 轨道参与杂化的金属离子是。(5)、的碱性随N 原子电子云密度的增大而增加，其中碱性最弱的是。A. 2s 轨道B2p 轨道Csp 杂化轨道Dsp2 杂化轨道(4)在水中的溶解度，吡啶远大于苯，主要缘由是，。【答案】(1) 3d84s2第 4 周期第 VIII 族(2) 2：32：1：1Zn2+(3)D(5)【解析】(1) Ni 是 28 号元素，故基态 Ni 原子的价电子排布式为：3d84s2，在周期表中第四横行第10 纵列即位于第 4 周期第 VIII 族；(2)由题干晶胞示意图可知，一个晶胞中含有Ni2+个数为： 2×=1，Zn2+12个数为：=1，含有CN-为：=4，NH3 个数为：=2，苯环个数为：=2，则该晶胞的化学式为：Ni(CN)4·Zn(NH3)2·2C6H6，且晶胞中每个 N 原子均参与形成配位键，Ni2+四周形成的配位键数目为：4，(4) 吡啶能与H2O 分子形成分子间氢键吡啶和H2O 均为极性分子相像相溶，而苯为非极性分子Zn2+四周形成的配位键数目为：6，则 Ni2+与 Zn2+的配位数之比,4：6=2：3；x：y：z=4：2：2=2：1：1；由以上分析可知，Ni2+的配位数为 4，则 Ni2+承受 sp3 杂化，而 Zn2+的配位数为 6，Zn2+承受 sp3d2 杂化，即晶胞中有d 轨道参与杂化的金属离子是 Zn2+；(3)吡啶()替代苯也可形成类似的笼形包合物。吡啶6中含有与苯类似的 6 大 键，则说明吡啶中N 原子也是承受 sp2 杂化，杂化轨道只用于形成 键和存在孤电子对，则吡啶中N 原子的价层孤电子对占据 sp2 杂化轨道，应选D；(4)苯分子为非极性分子，H2O 分子为极性分子，且吡啶中N 原子上含有孤电子对能与H2O