2023年高考山东卷化学真题(解析版).pdf

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1、山东省山东省 2023 年普通高中学业水平等级考试年普通高中学业水平等级考试化学化学可能用到的相对原子质量：可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16F-19Si-28S-32C1-35.5K-39Cu-64一、选择题：本题共一、选择题：本题共 10 小题，每小题小题，每小题 2 分，共分，共 20 分。每小题只有一个选项符合题目要求。分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.下列之物具有典型的齐鲁文化特色，据其主要化学成分不能与其他三种归为一类的是A.泰山墨玉B.龙山黑陶C.齐国刀币D.淄博琉璃【答案】C【解析】【详解】墨玉、黑陶、琉璃均为陶瓷制品，均属于硅酸盐制品，主要成分均为硅

2、酸盐材料，而刀币的主要成分为青铜，故答案为：C。2.实验室中使用盐酸、硫酸和硝酸时，对应关系错误的是A.稀盐酸：配制3AlCl溶液B.稀硫酸：蔗糖和淀粉的水解C.稀硝酸：清洗附有银镜的试管D.浓硫酸和浓硝酸的混合溶液：苯的磺化【答案】D【解析】【详解】A实验室配制 AlCl3溶液时向其中加入少量的稀盐酸以抑制 Al3+水解，A 不合题意；B蔗糖和淀粉的水解时常采用稀硫酸作催化剂，B 不合题意；C清洗附有银镜的试管用稀硝酸，反应原理为：3Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO+2H2O，C 不合题意；D苯的磺化是苯和浓硫酸共热，反应生成苯磺酸的反应，故不需要用到浓硫酸和浓硝酸的混合溶液，D

3、符合题意；故答案为：D。3.下列分子属于极性分子的是A.2CSB.3NFC.3SOD.4SiF【答案】B【解析】【详解】ACS2中 C 上的孤电子对数为12(4-22)=0，键电子对数为 2，价层电子对数为 2，CS2的空间构型为直线形，分子中正负电中心重合，CS2属于非极性分子，A 项不符合题意；BNF3中 N 上的孤电子对数为12(5-31)=1，键电子对数为 3，价层电子对数为 4，NF3的空间构型为三角锥形，分子中正负电中心不重合，NF3属于极性分子，B 项符合题意；CSO3中 S 上的孤电子对数为12(6-32)=0，键电子对数为 3，价层电子对数为 3，SO3的空间构型为平面正三角

4、形，分子中正负电中心重合，SO3属于非极性分子，C 项不符合题意；DSiF4中 Si 上的孤电子对数为12(4-41)=0，键电子对数为 4，价层电子对数为 4，SiF4的空间构型为正四面体形，分子中正负电中心重合，SiF4属于非极性分子，D 项不符合题意；答案选 B。4.实验室安全至关重要，下列实验室事故处理方法错误的是A.眼睛溅进酸液，先用大量水冲洗，再用饱和碳酸钠溶液冲洗B.皮肤溅上碱液，先用大量水冲洗，再用2%的硼酸溶液冲洗C.电器起火，先切断电源，再用二氧化碳灭火器灭火D.活泼金属燃烧起火，用灭火毛(石棉布)灭火【答案】A【解析】【详解】A眼睛溅进酸液，先用大量水冲洗，再用 3%-5

5、%的碳酸氢钠溶液冲洗，故 A 错误；B立即用大量水冲洗，边洗边眨眼，尽可能减少酸或碱对眼睛的伤害，再用 20%的硼酸中和残余的碱，故B 正确；C电器起火，先切断电源，再用二氧化碳灭火器灭火，故 C 正确；D活泼金属会与水反应，所以燃烧起火，用灭火毛(石棉布)灭火，故 D 正确；答案为 A。5.石墨与 F2在 450反应，石墨层间插入 F 得到层状结构化合物(CF)x，该物质仍具润滑性，其单层局部结构如图所示。下列关于该化合物的说法正确的是A.与石墨相比，(CF)x导电性增强B.与石墨相比，(CF)x抗氧化性增强C.(CF)x中CC的键长比CF短D.1mol(CF)x中含有 2xmol 共价单键

6、【答案】B【解析】【详解】A石墨晶体中每个碳原子上未参与杂化的 1 个 2p 轨道上电子在层内离域运动，故石墨晶体能导电，而(CF)x中没有未参与杂化的 2p 轨道上的电子，故与石墨相比，(CF)x导电性减弱，A 错误；B(CF)x中 C 原子的所有价键均参与成键，未有未参与成键的孤电子或者不饱和键，故与石墨相比，(CF)x抗氧化性增强，B 正确；C已知 C 的原子半径比 F 的大，故可知(CF)x中CC的键长比CF长，C 错误；D 由题干结构示意图可知，在(CF)x中 C 与周围的 3 个碳原子形成共价键，每个 C-C 键被 2 个碳原子共用，和 1 个 F 原子形成共价键，即 1mol(C

7、F)x中含有 2.5xmol 共价单键，D 错误；故答案为：B。6.鉴别浓度均为10.1mol L的2NaClOBa(OH)、243AlSO三种溶液，仅用下列一种方法不可行的是A.测定溶液pHB.滴加酚酞试剂C.滴加10.1mol L KI溶液D.滴加饱和23Na CO溶液【答案】C【解析】【详解】ANaClO溶液显弱碱性，2Ba(OH)溶液显强碱性，243AlSO溶液显酸性，则测定溶液pH是可以鉴别出来的，故 A 不符合题意；BNaClO溶液显弱碱性，2Ba(OH)溶液显强碱性，滴入酚酞溶液，两种溶液颜色变色深浅不一样，243AlSO溶液显酸性，滴入酚酞不变色，则滴加酚酞试剂是可以鉴别出来的

8、，故 B 不符合题意；CNaClO溶液滴入碘化钾溶液，发生氧化还原反应生成碘，液面会由无色变成黄色，振荡后会变成无色，而2Ba(OH)溶液，243AlSO溶液滴入碘化钾溶液后，因不与两者反应而没有现象，则仅用滴加10.1mol L KI溶液无法鉴别，则 C 符合题意；D饱和23Na CO溶液和NaClO溶液不反应，和2Ba(OH)溶液反应生成碳酸钡沉淀，和243AlSO溶液发生双水解反应生成沉淀和气体，则滴入饱和23Na CO溶液是可以鉴别出来的，故 D 不符合题意；答案 C。7.抗生素克拉维酸的结构简式如图所示，下列关于克拉维酸的说法错误的是A.存在顺反异构B.含有 5 种官能团C.可形成分

9、子内氢键和分子间氢键D.1mol 该物质最多可与 1molNaOH 反应【答案】D【解析】【详解】A由题干有机物结构简式可知，该有机物存在碳碳双键，且双键两端的碳原子分别连有互不同的原子或原子团，故该有机物存在顺反异构，A 正确；B由题干有机物结构简式可知，该有机物含有羟基、羧基、碳碳双键、醚键和酰胺基等 5 种官能团，B 正确；C由题干有机物结构简式可知，该有机物中的羧基、羟基、酰胺基等官能团具有形成氢键的能力，故其分子间可以形成氢键，其中距离较近的某些官能团之间还可以形成分子内氢锓，C 正确；D由题干有机物结构简式可知，1mol 该有机物含有羧基和酰胺基各 1mol，这两种官能团都能与强碱

10、反应，故 1mol 该物质最多可与 2molNaOH 反应，D 错误；故答案为：D。8.一定条件下，乙酸酐32CH COO醇解反应3332CH COOROHCH COORCH COOH 可进行完全，利用此反应定量测定有机醇ROH中的羟基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入mgROH样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：3232CH COOH O2CH COOH。加指示剂并用1cmol L NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液1VmL。在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙

11、酸酐完全水解；加指示剂并用1cmol L NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液2V mL。对于上述实验，下列做法正确的是A.进行容量瓶检漏时，倒置一次即可B.滴入半滴标准溶液，锥形瓶中溶液变色，即可判定达滴定终点C.滴定读数时，应单手持滴定管上端并保持其自然垂直D.滴定读数时，应双手一上一下持滴定管【答案】C【解析】【详解】A进行容量瓶检漏时，倒置一次，然后玻璃塞旋转 180 度后再倒置一次，故 A 错误；B滴入半滴标准溶液，锥形瓶中溶液变色，且半分钟内不变回原色，才是达到滴定终点，故 B 错误；C滴定读数时，应单手持滴定管上端无刻度处，并保持其自然垂直，故 C 正确；D滴定读数时，

12、应单手持滴定管上端无刻度处，并保持其自然垂直，故 D 错误；答案为 C。9.一定条件下，乙酸酐32CH COO醇解反应3332CH COOROHCH COORCH COOH 可进行完全，利用此反应定量测定有机醇ROH中的羟基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入mgROH样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：3232CH COOH O2CH COOH。加指示剂并用1cmol L NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液1VmL。在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解

13、；加指示剂并用1cmol L NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液2V mL。ROH样品中羟基含量(质量分数)计算正确的是A.21c V-V17100%1000mB.12c V-V17100%1000mC.210.5c V-V17100%1000mD.21c 0.5V-V17100%1000m【答案】C【解析】【分析】用1cmol L NaOH-甲醇标准溶液滴定乙酸酐完全水解生成的乙酸，可以计算乙酸酐的总物质的量，根据反应方程式3332CH COOROHCH COORCH COOH 系数关系，得出 ROH 与乙酸酐反应后剩余的乙酸酐的物质的量，由此可以计算与 ROH 反应的乙酸酐的物

14、质的量，即 R-OH 的物质的量，即羟基的含量。【详解】根据滴定过程中，用1cmol L NaOH-甲醇标准溶液滴定乙酸酐完全水解生成的乙酸，消耗标准溶液2V mL，需要消耗1cmol L NaOH-甲醇的物质的量为-32Vc 10 mol，即乙酸酐的总物质的量=-32Vc 10mol2；则 ROH 与乙酸酐反应后剩余的乙酸酐的物质的量=-31Vc 10mol2，所以与 ROH 反应的乙酸酐的物质的量=-3-321Vc 10Vc 10mol2 ，也即样品 ROH 中羟基的物质的量，所以ROH样品中羟基质量分数=-3-321213Vc 10Vc 10mol 17g/mol0.5VVc 17210

15、0%=100%mg10 m （），选C。10.一定条件下，乙酸酐32CH COO醇解反应3332CH COOROHCH COORCH COOH 可进行完全，利用此反应定量测定有机醇ROH中的羟基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入mgROH样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：3232CH COOH O2CH COOH。加指示剂并用1cmol L NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液1VmL。在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用1cmol L

16、NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液2V mL。根据上述实验原理，下列说法正确的是A.可以用乙酸代替乙酸酐进行上述实验B.若因甲醇挥发造成标准溶液浓度发生变化，将导致测定结果偏小C.步骤滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出，将导致测定结果偏小D.步骤中，若加水量不足，将导致测定结果偏大【答案】B【解析】【分析】步骤测定乙酸酐的物质的量为32V10 mol2c；根据步骤可知mgROH样品中羟基的物质的量为3332121V10 mol 2-V10 mol=c VV10 mol2cc。【详解】A乙酸与醇的酯化反应可逆，不能用乙酸代替乙酸酐进行上述实验，故 A 错误；B若甲醇挥发，则甲醇消耗乙酸酐

17、的物质的量减小，剩余乙酸酐的物质的量偏大，消耗氢氧化钠的体积偏大，将导致测定结果偏小，故 B 正确；C步骤滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出，消耗氢氧化钠的体积偏小，将导致测定结果偏大，故 C 错误；D步骤中，若加水量不足，生成乙酸的物质的量偏小，消耗氢氧化钠的体积偏小，测定乙酸酐初始物质的量偏小，将导致测定结果偏小，故 D 错误；选 B。二二、选择题选择题：本题共本题共 5 小题小题，每小题每小题 4 分分，共共 20 分分。每小题有一个或两个选项符合题目要求每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得全部选对得 4 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0

18、分。分。11.利用热再生氨电池可实现4CuSO电镀废液的浓缩再生。电池装置如图所示，甲、乙两室均预加相同的4CuSO电镀废液，向甲室加入足量氨水后电池开始工作。下列说法正确的是A.甲室Cu电极为正极B.隔膜为阳离子膜C.电池总反应为：22334Cu4NHCu NHD.3NH扩散到乙室将对电池电动势产生影响【答案】CD【解析】【详解】A.向甲室加入足量氨水后电池开始工作，则甲室Cu电极溶解，变为铜离子与氨气形成234Cu NH，因此甲室Cu电极为负极，故 A 错误；B.再原电池内电路中阳离子向正极移动，若隔膜为阳离子膜，电极溶解生成的铜离子要向右侧移动，通入氨气要消耗铜离子，显然左侧阳离子不断减

19、小，明显不利于电池反应正常进行，故 B 错误；C.左侧负极是2334Cu2e4NHCu NH，正极是2Cu2eCu，则电池总反应为：22334Cu4NHCu NH，故 C 正确；D.3NH扩散到乙室会与铜离子反应生成234Cu NH，铜离子浓度降低，铜离子得电子能力减弱，因此将对电池电动势产生影响，故 D 正确。综上所述，答案为 CD。12.有机物XY的异构化反应如图所示，下列说法错误的是A.依据红外光谱可确证 X、Y 存在不同的官能团B.除氢原子外，X 中其他原子可能共平面C.含醛基和碳碳双键且有手性碳原子的 Y 的同分异构体有 4 种(不考虑立体异构)D.类比上述反应，的异构化产物可发生银

20、镜反应和加聚反应【答案】C【解析】【详解】A由题干图示有机物 X、Y 的结构简式可知，X 含有碳碳双键和醚键，Y 含有碳碳双键和酮羰基，红外光谱图中可以反映不同官能团或化学键的吸收峰，故依据红外光谱可确证 X、Y 存在不同的官能团，A正确；B由题干图示有机物 X 的结构简式可知，X 分子中存在两个碳碳双键所在的平面，单键可以任意旋转，故除氢原子外，X 中其他原子可能共平面，B 正确；C由题干图示有机物 Y的结构简式可知，Y 的分子式为：C6H10O，则含醛基和碳碳双键且有手性碳原子(即同时连有四个互不相同的原子或原子团的碳原子)的 Y 的同分异构体有：CH3CH=CHCH(CH3)CHO、CH

21、2=C(CH3)CH(CH3)CHO、CH2=CHCH(CH3)CH2CHO、CH2=CHCH2CH(CH3)CHO 和CH2=CHCH(CH2CH3)CHO 共 5 种(不考虑立体异构)，C 错误；D由题干信息可知，类比上述反应，的异构化产物为：含有碳碳双键和醛基，故可发生银镜反应和加聚反应，D 正确；故答案为：C。13.一种制备2Cu O的工艺路线如图所示，反应所得溶液pH在 34 之间，反应需及时补加NaOH以保持反应在pH5条件下进行。常温下，23H SO的电离平衡常数28ala2K1.3 10,K6.3 10。下列说法正确的是A.反应、均为氧化还原反应B.低温真空蒸发主要目的是防止3

22、NaHSO被氧化C.溶液 Y 可循环用于反应所在操作单元吸收气体D.若2Cu O产量不变，参与反应的X与4CuSO物质的量之比4n Xn CuSO增大时，需补加NaOH的量减少【答案】CD【解析】【分析】铜和浓硫酸反应(反应)生成二氧化硫气体(气体)和硫酸铜，生成的二氧化硫气体与碳酸钠反应(反应)，所得溶液pH在 34 之间，溶液显酸性，根据23H SO的电离平衡常数28ala2K1.3 10,K6.3 10，可知3NaHSO溶液显酸性(电离大于水解)，则反应所得溶液成分是3NaHSO，调节溶液 pH 值至 11，使3NaHSO转化为 Na2SO3，低温真空蒸发(防止 Na2SO3被氧化)，故

23、固液分离得到 Na2SO3晶体和 Na2SO3溶液，Na2SO3和 CuSO4反应的离子方程式是23SO+2Cu2+2H2O=24SO+Cu2O+4H+,反应过程中酸性越来越强，使 Na2SO3转化成 SO2气体，总反应方程式是 2CuSO4+3Na2SO3=Cu2O+2SO2+3Na2SO4，需及时补加NaOH以保持反应在pH5条件下进行，据此分析解答。【详解】A反应是铜和浓硫酸反应，生成二氧化硫，是氧化还原反应，反应是 SO2和碳酸钠溶液反应，生成3NaHSO、水和二氧化碳，是非氧化还原反应，反应是 Na2SO3和 CuSO4反应生成 Cu2O，是氧化还原反应，故 A 错误；B低温真空蒸发

24、主要目的是防止23Na SO被氧化，而不是3NaHSO，故 B B 错误；C经分析溶液 Y 的成分是 Na2SO3溶液，可循环用于反应的操作单元吸收 SO2气体(气体)，故 C 正确；D 制取2Cu O总反应方程式是 2CuSO4+3Na2SO3=Cu2O+2SO2+3Na2SO4，化合物 X 是指 Na2SO3，若2Cu O产量不变，增大4n Xn CuSO比，多的 Na2SO3会消耗氢离子，用于控制 pH 值，可减少NaOH的量，故 D正确；答案 CD。14.一定条件下，化合物 E 和 TFAA 合成 H 的反应路径如下：已知反应初始 E 的浓度为 0.10molL-1，TFAA 的浓度为

25、 0.08molL-1，部分物种的浓度随时间的变化关系如图所示，忽略反应过程中的体积变化。下列说法正确的是A.t1时刻，体系中有 E 存在B.t2时刻，体系中无 F 存在C.E 和 TFAA 反应生成 F 的活化能很小D.反应达平衡后，TFAA 的浓度为 0.08molL-1【答案】AC【解析】【分析】一定条件下，化合物 E 和 TFAA 合成 H 的反应路径中，共发生三个反应：E+TFAA FF GGH+TFAAt1之后的某时刻，H为0.02 molL-1，此时TFAA的浓度仍为0，则表明0.10molL-1E、起始时的0.08molL-1TFAA、G 分解生成的 0.02 molL-1TF

26、AA 全部参加反应，生成 0.10molL-1F；在 t2时刻，H 为 0.08molL-1，TFAA 为0.06molL-1，G 为 0.01 molL-1，则 F 为 0.01 molL-1。【详解】At1时刻，H 的浓度小于 0.02 molL-1，此时反应生成 F 的浓度小于 0.02 molL-1，参加反应的 H 的浓度小于 0.1 molL-1，则参加反应 E 的浓度小于 0.1 molL-1，所以体系中有 E 存在，A 正确；B由分析可知，t2时刻，H 为 0.08molL-1，TFAA 为 0.06molL-1，G 为 0.01 molL-1，则 F 为 0.01 molL-1

27、，所以体系中有 F 存在，B 不正确；Ct1之后的某时刻，H 为 0.02 molL-1，此时 TFAA 的浓度仍为 0，表明此时 E 和 TFAA 完全反应生成 F，所以 E 和 TFAA 生成 F 的反应速率快，反应的活化能很小，C 正确；D在 t2时刻，H 为 0.08molL-1，TFAA 为 0.06molL-1，G 为 0.01 molL-1，F 为 0.01 molL-1，只有 F、G 全部转化为 H 和 TFAA 时，TFAA 的浓度才能为 0.08molL-1，而 GH+TFAA 为可逆反应，所以反应达平衡后，TFAA 的浓度一定小于 0.08molL-1，D 不正确；故选

28、AC。15.在含 HgI2(g)的溶液中，一定 c(I-)范围内，存在平衡关系：22HgIsHgIaq；22HgIaqHg2I；2HgIaqHgII；23HgIaqIHgI；224HgIaq2IHgI，平衡常数依次为01234KKKKK、。已知2lgc Hg、lgc HgI，3lgc HgI、24lgc HgI随 lgc I的变化关系如图所示，下列说法错误的是A.线L表示24lgc HgI的变化情况B.随 c I增大，2c HgIaq先增大后减小C.12KalgKD.溶液中 I 元素与Hg元素的物质的量之比始终为2:1【答案】B【解析】【分析】由题干反应方程式2+-2HgIaqHg+2I可知，

29、K1=2+2-2c(Hg)c(I)c(HgI)，则有 c(Hg2+)=122c()()KHgIcI，则 有 lgc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I-)，同 理 可 得：lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-)，-3lgc HgI=lgK3+lgc(HgI2)+lgc(I-)，2-4lgc HgI=lgK4+lgc(HgI2)+2lgc(I-)，且 由 22HgIsHgIaq可 知K0=2c HgIaq为一定值，故可知图示中曲线 1、2、3、4 即 L 分别代表lgc HgI、2lgc Hg、3lgc HgI、24lgc HgI，据此分析解题。【详

30、解】A由分析可知，线L表示24lgc HgI的变化情况，A 正确；B 已知 22HgIsHgIaq的化学平衡常数 K0=2c HgIaq，温度不变平衡常数不变，故随 c I增大，2c HgIaq始终保持不变，B 错误；C由分析可知，曲线 1 方程为：lgc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I-)，曲线 2 方程为：lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-)即有b=lgK1+lgc(HgI2)-2a，b=lgK2+lgc(HgI2)-a，联合可知得：1122Ka=lgK-lgK=lgK，C 正确；D溶液中的初始溶质为 HgI2，根据原子守恒可知，该溶液中

31、 I 元素与Hg元素的物质的量之比始终为2:1，D 正确；故答案为：B。三、非选择题：本题共三、非选择题：本题共 5 小题，共小题，共 60 分。分。16.卤素可形成许多结构和性质特殊的化合物。回答下列问题：（1）40时，2F与冰反应生成HOF利HF。常温常压下，HOF为无色气体，固态HOF的晶体类型为_，HOF水解反应的产物为_(填化学式)。（2）2ClO中心原子为Cl，2Cl O中心原子为O，二者均为V形结构，但2ClO中存在大键53。2ClO中Cl原子的轨道杂化方式_；为OClO键角_ClOCl键角(填“”“”或“=”)。比较2ClO与2Cl O中ClO键的键长并说明原因_。（3）一定条

32、件下，2CuClK、和2F反应生成KCl和化合物X。已知X属于四方晶系，晶胞结构如图所示(晶胞参数abc,90)，其中Cu化合价为2。上述反应的化学方程式为_。若阿伏加德罗常数的值为AN，化合物X的密度 _3g cm(用含AN的代数式表示)。【答案】（1）.分子晶体.HF、22H O和2O（2）.2sp.2ClO分子中ClO键的键长小于2Cl O中ClO键的键长，其原因是：2ClO分子中既存在键，又存在大键，原子轨道重叠的程度较大，因此其中ClO键的键长较小，而2Cl O只存在普通的键。（3）.2224CuCl4K2FK CuF2KCl.302A436 10a cN【解析】【小问 1 详解】常

33、温常压下，HOF为无色气体，则HOF的沸点较低，因此，固态 HOF 的晶体类型为分子晶体。HOF分子中 F 显-1 价，其水解时结合2H O电离的H生成 HF，则OH结合2H O电离的OH，两者反应生成22H O，22H O不稳定，其分解生成2O，因此，HOF水解反应的产物为 HF、22H O和2O。【小问 2 详解】2ClO中心原子为Cl，2Cl O中心原子为O，二者均为 V 形结构，但2ClO中存在大键(53)。由2ClO中存在53可以推断，其中Cl原子只能提供 1 对电子，有一个O原子提供 1 个电子，另一个O原子提供 1 对电子，这 5 个电子处于互相平行的p轨道中形成大键，Cl提供孤

34、电子对与其中一个O形成配位键，与另一个O形成的是普通的共价键（键，这个O只提供了一个电子参与形成大键），Cl的价层电子对数为3，则Cl原子的轨道杂化方式为2sp；2Cl O中心原子为O，根据价层电子对的计算公式可知6 1 2n42，因此，O的杂化方式为3sp；根据价层电子对互斥理论可知，n4时，价电子对的几何构型为正四面体，n3时，价电子对的几何构型平面正三角形，2sp杂化的键角一定大于3sp的，因此，虽然2ClO和2Cl O均为V形结构，但OClO键角大于ClOCl键角，孤电子对对成键电子对的排斥作用也改变不了这个结论。2ClO分子中ClO键的键长小于2Cl O中ClO键的键长，其原因是：2

35、ClO分子中既存在键，又存在大键，原子轨道重叠的程度较大，因此其中ClO键的键长较小，而2Cl O只存在普通的键。【小问 3 详解】一定条件下，2CuCl、K和2F反应生成KCl和化合物 X。已知 X 属于四方晶系，其中 Cu 化合价为+2。由晶胞结构图可知，该晶胞中含有黑球的个数为18244、白球的个数为111642842、灰色球的个数为18128，则 X 中含有 3 种元素，其个数比为 1:2:4,由于其中 Cu 化合价为+2、F的化合价为-1、K 的化合价为+1，根据化合价代数和为 0，可以推断 X 为24K CuF，上述反应的化学方程式为2224CuCl4K2FK CuF2KCl。若阿

36、伏加德罗富数的值为AN，晶胞的质量为A2 218gN，晶胞的体积为232303a cpma c 10cm，化合物 X 的密度30A23032A2 218g436 10a c 10cma cNN3g cm。17.盐湖卤水(主要含2NaMgLiCl、24SO和硼酸根等)是锂盐的重要来源。一种以高镁卤水为原料经两段除镁制备23Li CO的工艺流程如下：已知：常温下，3sp23KLi CO2.2 10。相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。回答下列问题：（1）含硼固体中的3B(OH)在水中存在平衡：324B(OH)H OHB(OH)(常温下，9.34aK10)；3B(OH)与NaOH溶液反应可制备硼

37、砂24542Na B O(OH)8H O。常温下，在10.10mol L硼砂溶液中，2454B O(OH)水解生成等物质的量浓度的3B(OH)和4B(OH)，该水解反应的离子方程式为_，该溶液pH _。（2）滤渣的主要成分是_(填化学式)；精制后溶液中Li的浓度为12.0mol L，则常温下精制过程中23CO浓度应控制在_1mol L以下。若脱硼后直接进行精制，除无法回收HCl外，还将增加_的用量(填化学式)。（3）精制的目的是_；进行操作X时应选择的试剂是_，若不进行该操作而直接浓缩，将导致_。【答案】（1）.2452434B OOH5H O2=2BOOHBH.9.34（2）.4CaSO.4

38、5.5 10.纯碱（3）.加入纯碱将精制所得滤液中的2Ca转化为3CaCO（或除去精制所得滤液中的2Ca），提高23Li CO纯度.盐酸.浓缩液中因23CO浓度过大使得Li过早沉淀，即浓缩结晶得到的NaCl中会混有23Li CO，最终所得23Li CO的产率减小【解析】【分析】由流程可知，卤水中加入盐酸脱镁后过滤，所得滤液经浓缩结晶后得到晶体，该晶体中含有 Na+、Li+、Cl-、24SO等，焙烧后生成 HCl 气体；烧渣水浸后过滤，滤液中加生石灰后产生沉淀，在此条件下溶解度最小的是4CaSO，则滤渣的主要成分为4CaSO；由于4CaSO微溶于水，精制所得滤液中再加纯碱又生成沉淀，则滤渣为3C

39、aCO;精制所得滤液经操作 X 后，所得溶液经浓缩结晶、过滤得到氯化钠，浓缩后的滤液中加入饱和碳酸钠溶液沉锂，得到23Li CO。【小问 1 详解】含硼固体中的3B OH在水中存在平衡：234B OHBHH OHO(常温下，9.3410K)；3B OH与NaOH溶液反应可制备硼砂24524Na B OOH8H O。常温下.在-10.10mol L硼砂溶液中，2454B OOH水解生成等物质的量浓度的3B OH和4B OH，该水解反应的离子方程式为2452434B OOH5H O2=2BOOHBH，由 B 元素守恒可知，3B OH和4B OH的浓度均为-10.20mol L，43B OH9.34

40、B OH(H)(H)10ccKcc，则该溶液pH9.34。【小问 2 详解】由分析可知，滤渣 I 的主要成分是4CaSO；精制 I 后溶液中Li的浓度为 2.0-1mol L，由3p23Li CO2.2 10sK可知，则常温下精制过程中23CO浓度应控制在3-1422.2 10mol L5.5 102.0-1mol L以下。若脱硼后直接进行精制，除无法回收 HCl 外，后续在浓缩结晶时将生成更多的氯化钠晶体，因此，还将增加纯碱（23Na CO）的用量。【小问 3 详解】精制中，烧渣水浸后的滤液中加生石灰后产生的滤渣的主要成分为4CaSO；由于4CaSO微溶于水，精制所得滤液中还含有一定浓度的2

41、Ca，还需要除去2Ca，因此，精制的目的是：加入纯碱将精制所得滤液中的2Ca转化为3CaCO（或除去精制所得滤液中的2Ca），提高23Li CO纯度。操作 X 是为了除去剩余的碳酸根离子，为了防止引入杂质离子，应选择的试剂是盐酸；加入盐酸的目的是除去剩余的碳酸根离子，若不进行该操作而直接浓缩，将导致浓缩液中因23CO浓度过大使得Li过早沉淀，即浓缩结晶得到的NaCl中会混有23Li CO，最终所得23Li CO的产率减小。18.三氯甲硅烷3SiHCl是制取高纯硅的重要原料，常温下为无色液体，沸点为31.8，熔点为126.5，易水解。实验室根据反应32Si3HClSi ClHH，利用如下装置制备

42、3SiHCl粗品(加热及夹持装置略)。回答下列问题：（1）制备3SiHCl时进行操作：()；()将盛有砫粉的瓷舟置于管式炉中；()通入HCl，一段时间后接通冷凝装置，加热开始反应。操作()为_；判断制备反应结束的实验现象是_。图示装置存在的两处缺陷是_。（2）已知电负性3ClHSi,SiHCl在浓NaOH溶液中发生反应的化学方程式为_。（3）采用如下方法测定溶有少量HCl的3SiHCl纯度。1m g样品经水解、干燥等预处理过程得硅酸水合物后，进行如下实验操作：_，_(填操作名称)，称量等操作，测得所得固体氧化物质量为2m g，从下列仪器中选出、中需使用的仪器，依次为_(填标号)。测得样品纯度为

43、_(用含1m、2m的代数式表示)。【答案】（1）.检查装置气密性.当管式炉中没有固体剩余时.C、D 之间没有干燥装置，没有处理氢气的装置（2）SiHCl3+5NaOH=Na2SiO3+3NaCl+H2+2H2O（3）.高温灼烧.冷却.AC.21135.5m100%60m【解析】【分析】氯化氢气体通入浓硫酸干燥后，在管式炉中和硅在高温下反应，生成三氯甲硅烷和氢气，由于三氯甲硅烷沸点为 31.8，熔点为126.5，在球形冷凝管中可冷却成液态，在装置 C 中收集起来，氢气则通过 D 装置排出同时 D 可处理多余吸收的氯化氢气体，据此解答。【小问 1 详解】制备 SiHCl3时，由于氯化氢、SiHCl

44、3和氢气都是气体，所以组装好装置后，要先检查装置气密性，然后将盛有硅粉的瓷舟置于管式炉中，通入氯化氢气体，排出装置中的空气，一段时候后，接通冷凝装置，加热开始反应，当管式炉中没有固体剩余时，即硅粉完全反应，SiHCl3易水解，所以需要在 C、D 之间加一个干燥装置，防止 D 中的水蒸气进入装置 C 中，另外氢氧化钠溶液不能吸收氢气，需要在 D 后面加处理氢气的装置，故答案为：检查装置气密性；当管式炉中没有固体剩余时；C、D 之间没有干燥装置，没有处理氢气的装置；【小问 2 详解】已知电负性 ClHSi，则 SiHCl3中氯元素的化合价为-1，H 元素的化合价为-1，硅元素化合价为+4，所以氢氧

45、化钠溶液和 SiHCl3反应时，要发生氧化还原反应，得到氯化钠、硅酸钠和氢气，化学方程式为：SiHCl3+5NaOH=Na2SiO3+3NaCl+H2+2H2O，故答案为：SiHCl3+5NaOH=Na2SiO3+3NaCl+H2+2H2O；【小问 3 详解】m1g 样品经水解，干燥等预处理过程得到硅酸水合物后，高温灼烧，在干燥器中冷却后，称量，所用仪器包括坩埚和干燥器，所得固体氧化物为二氧化硅，质量为 m2g，则二氧化硅的物质的量为 n(SiO2)=2mmol60，样品纯度为21m(28 1 35.5 3)60100%m=21135.5m100%60m，故答案为：高温灼烧；冷却；AC；211

46、35.5m100%60m。19.根据杀虫剂氟铃脲(G)的两条合成路线，回答下列问题。已知：R1NH2+OCNR2路线：（1）A的化学名称为_(用系统命名法命名)；BC的化学方程式为_；D 中含氧官能团的名称为_；E 的结构简式为_。路线二：（2）H 中有_种化学环境的氢，属于加成反应的是_(填序号)；J 中原子的轨道杂化方式有_种。【答案】（1）.2,6-二氯甲苯.+2KF 催化剂+2KCl.酰胺基.（2）.2.2【解析】【分析】路线：根据流程及 A 的分子式为 C7H6Cl2，可推出 A 的结构式为，A 在氨气和氧气的作用下，生成了 B（），B 与 KF 反应，生成 C（），根据题给信息，C

47、 与过氧化氢反应，生成 D（），D 和(COCl)2反应生成 E，E 的分子式为C8H3F2NO2，推出E的结构式为，E与F（）反应生成了氟铃脲（G）。路线二：根据 流程及 F 的分 子式可推 出 H 的结 构式，H 与氢 气反应生 成 I（），I 与 CF2=CF2反应生成 F（），F与 COCl2反应生成 J（），J 与 D（）反应生成了氟铃脲（G）。【小问 1 详解】由分析可知，A 为，系统命名为 2,6-二氯甲苯，B 与 KF 发生取代反应生成 C，化学方程式为+2KF 催化剂+2KCl，D 为，含氧官能团为酰胺基，根据分析，E 为，故答案为：2,6-二氯甲苯；+2KF 催化剂+2KC

48、l；酰胺基；【小问 2 详解】根据分析，H 为，由结构特征可知，含有 2 种化学环境的氢，根据分析流程可知 HI 为还原反应，IF 为加成反应，FJ，JG 均为取代反应，J 为，C 原子的杂化方式有 sp2，sp3两种，NO 原子的杂化方式均为 sp3，所以 J 中原子的杂化方式有 2 种，故答案为：2；2。20.一定条件下，水气变换反应222COH OCOH的中间产物是HCOOH。为探究该反应过程，研究HCOOH水溶液在密封石英管中的分子反应：2HCOOHCOH O()快22HCOOHCOH慢研究发现，在反应、中，H仅对反应有催加速作用；反应速率远大于反应，近似认为反应建立平衡后始终处于平衡

49、状态。忽略水电离，其浓度视为常数。回答下列问题：（1）一定条件下，反应、的焓变分别为1H、2H，则该条件下水气变换反应的焓变H _(用含12HH、的代数式表示)。（2）反应正反应速率方程为：vkc Hc HCOOH，k 为反应速率常数。1T温度下，HCOOH电离平衡常数为aK，当HCOOH平衡浓度为1xmol L时，H浓度为_1mol L，此时反应应速率v _11mol Lh(用含aKx、和 k 的代数式表示)。（3）3T温度下，在密封石英管内完全充满11.0mol L HCOOH水溶液，使HCOOH分解，分解产物均完全溶于水。含碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所示(忽略碳元素的其他存在形式

50、)。1t时刻测得2COCO、的浓度分别为110.70mol L 0.16mol L，反应达平衡时，测得2H的浓度为1ymol L。体系达平衡后2c COc CO_(用含 y 的代数式表示，下同)，反应的平衡常数为_。相同条件下，若反应起始时溶液中同时还含有10.10mol L盐酸，则图示点abcd、中，CO的浓度峰值点可能是_(填标号)。与不同盐酸相比，CO达浓度峰值时，2CO浓度_(填“增大”“减小”或“不变”)，c COc HCOOH的反应_(填“增大”“减小”或“不变”)。【答案】（1）2H1H（2）.aK x.akx K x（3）.556yy.261yy.a.减小.不变【解析】【小问