2023年高考山東卷化學真題（解析版）

山東省2023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-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：Co

2.實驗室中使用鹽酸、硫酸和硝酸時，對應關(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.清洗附有銀鏡試管用稀硝酸，反應原理為：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，反應生成苯磺酸的反應，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,S03D.Si鳥

【答案】B

【解析】

【詳解】A.CS2中C上的孤電子對數(shù)為gx(4-2x2)=0,o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,c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：x(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，SO3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,。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Bo

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，用滅火毯(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，盡可能減少堿對眼睛的傷害，再用2%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，所以燃燒起火，用滅火毯(石棉布)滅火，故D正確；

答案為A。

5.石墨與F2在450℃反應，石墨層間插入F得到層狀結(jié)構(gòu)化合物(CF)、，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導電性增強

B.與石墨相比，(CF)x抗氧化性增強

C.(CF)x中C—C的鍵長比C—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

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：B。

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

是

A.測定溶液pHB.滴加酚獻試劑

C滴加O.lmoLL-kl溶液D.滴加飽和Na2c。3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，Al2(SOj,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，滴入酚酰先變紅后褪色，Ba(OH)2溶液顯強堿性，滴入酚酷溶液，顯紅色，

A12(SC)4)3溶液顯酸性，滴入酚獻不變色，則滴加酚酬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，聞2&。4)3溶液滴入碘化鉀溶液后，因不與兩者反應而沒有現(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，和Ba(OH)?溶液反應生成碳酸鋼沉淀，和川2e。4)3溶液

發(fā)生雙水解反應生成沉淀和氣體，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

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.Imol該物質(zhì)最多可與ImolNaOH反應

【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)氫鍵，c正確；

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

應，故Imol該物質(zhì)最多可與2moiNaOH反應，D錯誤：

故答案為：D。

8.一定條件下，乙酸酎［(CH3co入。］醇解反應

［(CH3CO)2O+ROH——XSHjCOOR+CH3coOH］可進行完全，利用此反應定量測定有機醇

(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，充分反應后，加適量水使剩余乙酸酢

完全水解：(CH3cO),O+H2O——>2CH3COOH。

③加指示劑并用cmol?CNaOH-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酊-苯溶液，只加適量水使乙酸酢完全水解；加指示劑并用

cmoLI^NaOH-甲醵標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液V?mL。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，應單手持滴定管上端并保持其自然垂直

D.滴定讀數(shù)時，應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，乙酸醉［(CH3co卜。］醇解反應

［(CH3CO)2O+ROH——>CH3coOR+CH3coOH］可進行完全，利用此反應定量測定有機醇

(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酎-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，充分反應后，加適量水使剩余乙酸酢

完全水解：（CH3cO）,O+H2O——>2CH3COOH。

③加指示劑并用cmol-I^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，只加適量水使乙酸酊完全水解；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。ROH樣品中羥基含量(質(zhì)量分數(shù))計

算正確的是

A端9、1°0%

B

C.^W^lZxlOOo/o

D.￡l°^kExl0oo/o

1000m1000m

【答案】A

【解析】

【詳解】根據(jù)滴定過程中，用cmolLNaOH-甲醇標準溶液滴定乙酸酥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Vzxcxi(尸mol,即乙酸酊的總物質(zhì)的量=

vxcxl(3

2)mol,則ROH與乙酸酊反應后剩余的乙酸葉的物質(zhì)的量=V''ex】。'mol；設(shè)醇解的乙酸酢

22

物質(zhì)的量為x,水解的乙酸酎的物質(zhì)的量為y,則x+yJxcxOmn；x+2y=￡絲1竺mol；聯(lián)立

22

33

計算得：x=n(ROH)=V2xcx10-V,xcx10mol,ROH樣品中羥基質(zhì)量分數(shù)=

VxcxlO-3-V,xcxl0-3molxl7g/mol,(V-V.)xcxl7,?,十〃.

二7----------------1-----------------------------X1OO%==9一4---------X100%,A正確；故選tA。

mg10m

10.一定條件下，乙酸酢［(CH3col。］醇解反應

［(CH3CO)2O+ROH——>CH3coOR+CH3coOH］可進行完全，利用此反應定量測定有機醇

(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肝-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-iNaOH-甲醵標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液YmL。

④在相同條件下，量取相同體積的乙酸酎-苯溶液，只加適量水使乙酸酊完全水解；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V?mL。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酎進行上述實驗

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，將導致測定結(jié)果偏小

D.步驟④中，若加水量不足，將導致測定結(jié)果偏大

【答案】B

【解析】

【分析】用cmol-L-iNaOH-甲醇標準溶液滴定乙酸酢完全水解生成的乙酸，消耗標準溶液V?mL,則消

耗NaOH的物質(zhì)的量為(Vzxcxio^)mol,即乙酸酎的總物質(zhì)的量為9^2221mol，ROH與乙酸

酢反應后剩余的乙酸酢的物質(zhì)的量為(Y*°)mol-所以與ROH反應消耗的乙酸好的物質(zhì)的量為

2

(V,xcxl0-3一VXCX10-3)

----------'-------mol。

2

【詳解】A.乙酸與醇的酯化反應可逆，不能用乙酸代替乙酸酊進行上述實驗，A項錯誤；

B.若甲醇揮發(fā)，NaOH-甲醇溶液的濃度將偏大，滴定時消耗NaOH-甲醇溶液的體積偏小，步驟④中所得

V2偏小，而ROH的物質(zhì)的量為(V2XCX103YXCX103)go],故將導致測定結(jié)果偏小，B項正確；

2

C.步驟③滴定時，不慎將錐形瓶內(nèi)溶液濺出，消耗NaOH-甲醇溶液的體積偏小即Vi偏小，而ROH的物

質(zhì)的量為(Vzxcxl。'-YxcxlO3)mo],故將導致測定結(jié)果偏大，C項錯誤；

2

D.步驟④中，若加水量不足，乙酸酊未完全水解，生成乙酸的物質(zhì)的量偏小，消耗NaOH-甲醇溶液的體

積偏小即V2偏小，而ROH的物質(zhì)的量為(VzXCxlOJjxcxlO')皿。],故將導致測定結(jié)果偏小，D

2

項錯誤；

答案選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、乙兩室均預加相同的

CuSC)4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

CuSO4

溶液

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(NH,)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正常進行，故B錯誤；

C.左側(cè)負極是Cu—2e.+4NH3=[CU(NH3)4『，正極是Ci?++2e-=Cu，則電池總反應為：

2+2+

CU+4NH3=[CU(NH3)4],故C正確；

D.N&擴散到乙室會與銅離子反應生成[CMNH,)/"，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)化反應如圖所示，下列說法錯誤的是

212f

XY

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.含醛基和碳碳雙健且有手性碳原子的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，0的異構(gòu)化產(chǎn)物可發(fā)生銀鏡反應和加聚反應

口

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含有碳碳雙鍵和酸鍵，Y含有碳碳雙鍵和酮皴

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的結(jié)構(gòu)簡式可知，Y的分子式為：C6Hu)O,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：CH3cH=CHCH(CH3)CH0、

CH2=C(CH3)CH(CH3)CHO,CH2=CHCH(CH3)CH￡HO、CH2=CHCH2CH(CH3)CHO和

CH2=CHCH(CH2CH3)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，”的異構(gòu)化產(chǎn)物為：”含有碳碳雙鍵和醛基，

Jo

故可發(fā)生銀鏡反應和加聚反應，D正確；

故答案為：Co

13.一種制備Cu?o的工藝路線如圖所示，反應II所得溶液pH在3~4之間，反應III需及時補加NaOH以

保持反應在pH=5條件下進行。常溫下，H2s的電離平衡常數(shù)KR=1.3x10-2,凡2=6.3x10-8。下列

說法正確的是

Cu,濃H2s。4NafOj溶液

I

|反應I|~-氣體］一反應n-氣體n

調(diào)pH=ll

J低溫真i空蒸,發(fā)

反應HI化合I物X-固液分離一溶液Y

Cu2O

A.反應i、n、in均為氧化還原反應

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II所在操作單元吸收氣體I

D.若C%。產(chǎn)量不變，參與反應HI的X與CuSC)4物質(zhì)的量之比一增大時，需補加NaOH的量

減少

【答案】CD

【解析】

【分析】銅和濃硫酸反應（反應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

（反應H）,所得溶液pH在3~4之間，溶液顯酸性，根據(jù)H2SO,的電離平衡常數(shù)

K,1=1.3x10-2,=6.3x10-8,可知NaHSOs溶液顯酸性（電離大于水解），則反應II所得溶液成分是

NaHSO,,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Na2sO3被氧化），故固

液分離得到Na2s。3晶體和Na2s03溶液，Na2sCh和CuSCU反應的離子方程式是SO：+2Cu2++2H2O=SO：+

CU2O+4H+,反應過程中酸性越來越強，使Na2s。3轉(zhuǎn)化成SCh氣體，總反應方程式是2CuSO4+3Na2s。3=

CU2O+2SO2t+3Na2so4,需及時補加NaOH以保持反應在pH=5條件下進行，據(jù)此分析解答。

【詳解】A.反應I是銅和濃硫酸反應，生成二氧化硫，是氧化還原反應，反應II是SO?和碳酸鈉溶液反

應，生成NaHSC）3、水和二氧化碳，是非氧化還原反應，反應HI是Na2s03和CuS04反應生成CU2。，是

氧化還原反應，故A錯誤；

B.低溫真空蒸發(fā)主要目的是防止NazSOs被氧化，而不是NaHSCr,,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H的操作單元吸收S02氣體（氣體I）,故C正

確；

D.制取C4?？偡磻匠淌绞?CuSO4+3Na2so3=Cu2O+2SO2t+3Na2so4,化合物X是指Na2so3,若

cuq產(chǎn)量不變，增大后n（X忌）比,

多的Na2s03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的反應路徑如下:

已知反應初始E的濃度為O.lOmol-L1,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，忽略反應過程中的體積變化。下列說法正確的是

s10。

10

o8S

(os.

m,

o6S

3S

o40

6

s

o2

o

0

o4

-0

/s

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反應生成F的活化能很小

D.反應達平衡后，TFAA的濃度為0.08molL」

【答案】AC

【解析】

【分析】一定條件下，化合物E和TFAA合成H的反應路徑中，共發(fā)生三個反應：

?E+TFAA------>F②F------>G③G.H+TFAA

ti之后的某時刻,H為0.02molLL此時TFAA的濃度仍為0,則表明0.10mol-L"E、起始時的0.08molH

叮FAA、G分解生成的0.02molL」TFAA全部參加反應，生成O.lOmolUF；在t2時刻,H為0.08molL”,

TFAA為0.06molL」,G為0.01則F為0.01molL1。

【詳解】A.卻時刻，H的濃度小于0.02moHJ,此時反應③生成F的濃度小于0.02moLLL參加反應①

的H的濃度小于0.1mol-L“，則參加反應E的濃度小于0.1moHJ,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知ITFAA為0.06molL”,G為O.Olmol知'則F為0.01molLL

所以體系中有F存在，B不正確；

C.口之后的某時刻，H為0.02mol-LL此時TFAA的濃度仍為0,表明此時E和TFAA完全反應生成F,

所以E和TFAA生成F的反應速率快，反應的活化能很小，C正確；

D.在t2時刻，H為0.08molLT,TFAA為0.06molL1,G為0.01molLLF為0.01molB,只有F、G全

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

衡后，TFAA的濃度一定小于0.08mol-U,D不正確；

故選AC。

15.在含HgL(g)的溶液中，一定c(r)范圍內(nèi)，存在平衡關(guān)系：HgL(s)=Hgl2(叫)；

2+

Hgl2(aq).Hg+2r；Hgl2(aq)HgF+f；Hgl2(aq)+r,Hgl；;

Hgl2（aq）+2「「HgI:，平衡常數(shù)依次為K。、KnKrKrK4o已知lgc（Hg?+）、lgc（Hg1+）,

lgc（HglJ、lgc（HgIj）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（HgIj）的變化情況

B.隨c（「）增大，c[Hgh（aq）]先增大后減小

1K.

C.a=lg—J-

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】由題干反應方程式Hg%（aq）.Hg2++2I可知，K尸迪2g,則有c（Hg2+尸空咀。,則

c（HgIJc（/）

2++

有l(wèi)gc（Hg>lgKi+lgc（HgI2）-2lgc（r）>同理可得:lgc（HgI）=lgK2+lgc（Hgl2）-lgc（r）,Ige（Hgl；）=lgK3+lgc（Hg12）+

lgc(r),lgc(HgI：)==lgK4+lgc(Hgl2)+21gc(I-),且由Hgl2(s)hHg12(aq)可知Ko=c[HgI2(aq)J一定

值,故可知圖示中曲線1、2、3、4即L分別代表lgc（Hg「）、lgc（Hg2+）、

lgc（HgI；）,lgc（HgI；-）,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HgL(s).,Hg[2(叫)的化學平衡常數(shù)Ko=c[Hgl2(叫)]，溫度不變平衡常數(shù)不變，故隨c(「)

增大，c[Hgh(aq)]始終保持不變，B錯誤；

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

lgc(HgF)=lgK2+lgc(Hgl2)-lgc(r)即有①b=lgKi+lgc(HgI2)-2a,^b=lgK2+lgc(Hgl2)-a,聯(lián)合①②可知得:

K

a=lgK,-lgK2=lg-^-,C正確；

K?

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I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)Y0C時，F(xiàn)?與冰反應生成"OE利HF。常溫常壓下，HO/為無色氣體，固態(tài)"O尸的晶體類型

為，尸水解反應的產(chǎn)物為(填化學式)。

(2)CIO?中心原子為Cl,Cl2。中心原子為O,二者均為V形結(jié)構(gòu)，但CIO?中存在大兀鍵(n；)。

cio)中ci原子的軌道雜化方式；為o-ci-o鍵角ci-o-ci鍵角(填“〈”或

“=”)。比較cio?與ci?。中ci—o鍵的鍵長并說明原因____。

(3)一定條件下，CuClrK和F2反應生成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=boc,a=B=y=9()°),其中Cu化合價為+2。上述反應的化學方程式為。若阿伏

加德羅常數(shù)的值為NA,化合物X的密度P=g-cm-Z用含NA的代數(shù)式表示).

【答案】(1)①.分子晶體②.HF、HQ2和O?

(2)①.sp2②.>③.cio,分子中ci—o鍵的鍵長小于CLO中ci—o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。-O鍵的鍵長較小，而

c^o只存在普通的。鍵。

436x1030

（3）①.CuCl,+4K+2E,=K,CuF,+2KC1②.；

a-c%

【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H?O電離的H+生成HF,則OH+結(jié)合H?。電離的OH一,兩者反應生成

H,o2,H2O2不穩(wěn)定，其分解生成。2,因此，HOF水解反應的產(chǎn)物為HF、H2O2和02。

【小問2詳解】

CIO?中心原子為Cl,Cl?。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C1O?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軌道中形成大兀健，。提供孤電子對與其中一個o形成配位鍵，與另

一個。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），。的價層電子對數(shù)

為3,則C1原子的軌道雜化方式為sp2；ci2。中心原子為0,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sp3；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sp3的，因

此，雖然C10?和C^O均為V形結(jié)構(gòu)，但O—Cl—O鍵角大于CI—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Cl—O鍵的鍵長小于Cl2。中C1—O鍵的鍵長，其原因

是：C10?分子中既存在。鍵，又存在大無鍵，原子軌道重疊的程度較大，因此其中C1-O鍵的鍵長較

小，而c^o只存在普通的。鍵。

【小問3詳解】

一定條件下，CuCl2,K和F2反應生成KC1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8X'+2=4、白球的個數(shù)為16XL+4X'+2=8、灰色球

442

的個數(shù)為8xl+l=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-

8

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KWuR,上述反應的化學方程式為

2x218

CUC12+4K+2F2=K2CUR+2KC1。若阿伏加德羅富數(shù)的值為NA，晶胞的質(zhì)量為一丁8，晶胞的體

NA

2x218

232-303----------230-3

^R>yacpm=acxl0cm,化合物X的密度_N人_436xlOg-cm<,

22

PacxlO“。cm，aCA^A

17.鹽湖鹵水(主要含Na:Mg2+、Li\Cr>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Li2c0、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

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

O

Z

H

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

K；,=10-9.34)；B(OH)3與NaOH溶液反應可制備硼砂Na2B4O5(OH)4-8H2。。常溫下，在

O.lOmoLL-i硼砂溶液中，廣水解生成等物質(zhì)的量濃度的B(OH)3和[B(OH)4]，該水解

反應的離子方程式為,該溶液pH=。

(2)濾渣I的主要成分是(填化學式)；精制I后溶液中Li+的濃度為2.0mol-LT，則常溫下精制H過

程中CO)濃度應控制在_____moI-L」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(填化學式)。

(3)精制II的目的是；進行操作X時應選擇的試劑是，若不進行該操作而直接濃縮，將導致

2

【答案】⑴[B4o5(OH)4]-+5H2O=2B(OH)3+2[B(OH)4]-②.9.34

(2)①.CaSO4,Mg(OH)2②.5.5xlO~*③.純堿

(3)①.加入純堿將精制I所得濾液中的Ca?+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，鹵水中加入鹽酸脫硼后過濾，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Cas?！眲t濾渣I的主要成分為CaSOq；由于CaSO&微溶于水，精制I所得濾液中再加純堿

又生成沉淀，則濾渣U為CaCO'；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。③。

【小問1詳解】

含硼固體中的在水中存在平衡：(常溫下，

B(OH)3B(OH)3+H2OUB(OH)4「+H+K=IO-9M)；

B(0H)3與NaOH溶液反應可制備硼砂Na2B4O5(OH、?常溫下.在0.10mol-I；i硼砂溶液中，

[B4C)5(OH)j2-水解生成等物質(zhì)的量濃度的B(OH)3和[B(OH)4「，該水解反應的離子方程式為

[B4O5(OH)J-+5H202B(OH)3+2[B(OH)4r，由B元素守恒可知，B(OH)3和[B(OH)J的濃度

C?c(H+)

+934

均為0.20mol?U，K=坐也-------=c(H)=IO-,則該溶液pH=9.34。

%(OH)3

【小問2詳解】

由分析可知，濾渣I的主要成分是CaSC)4、Mg(OH)2；精制I后溶液中Li+的濃度為2.0mol.L?，由

勺(Li2co3)=2.2xKT可知，則常溫下精制n過程中CO：濃度應控制在

??X1(Y3

；molL」=5.5X1CT4moi.匚以下。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CaSO&；由于CaSC\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0的目的是：加入純堿將精制

I所得濾液中的Ca2+轉(zhuǎn)化為CaCC）3（或除去精制I所得濾液中的Ca?+）,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（SiHCL,）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

A

-126.5℃,易水解。實驗室根據(jù)反應Si+3HCl=SiHC13+H2,利用如下裝置制備SiHQ、粗品（加熱及

后接通冷凝裝置，加熱開始反應。操作（i）為；判斷制備反應結(jié)束的實驗現(xiàn)象是o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)生反應的化學方程式為

（3）采用如下方法測定溶有少量HC1的SiHCl3純度。

ni|g樣品經(jīng)水解、干燥等預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m?g,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（用含叫、m?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）SiHCl3+5NaOH=Na2SiO3+3NaCl+H2t+2H2O

135.5m,

（3）①.高溫灼燒②.冷卻③.AC④.——-xlOO%

6（）仍

【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，生成三氯甲硅烷和氫氣，由于三氯

甲硅烷沸點為31.8C,熔點為-126.5℃,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，當管式爐中沒有固體剩余時，即硅粉完全反應，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反應時，要發(fā)生氧化還原反應，得到氯化鈉、硅酸鈉和氫氣，化學方程式為：

SiHCb+5NaOH=Na2SiO3+3NaCl+H2t+2H2O,故答案為：SiHCh+5NaOH=Na2SiO3+3NaCl+H2t+2H2O；

【小問3詳解】

mig樣品經(jīng)水解，干燥等預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

包括培煙和干燥器，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（SiCh）=

m,一―，叫x(28+l+35.5x3)135.5m,sen/

—mol,樣品純度為60x100%=60叫x100%,故答案為：高溫灼燒；冷卻:

60網(wǎng)

135.5m,

AC；b°°°。

19.根據(jù)殺蟲劑氟鈴服（G）的兩條合成路線，回答下列問題。

已知：

I.RNFL+OCNRz-NN

HH

CNCONH2

NH3/O2KFH2O2(COC12)2

（）

A(C7H6ck)-------------?BC7H3CI2N----------?c-rD------------->E(C8H3F2NO2)

一定條件催化劑OH

路線:FOCl

F(C8H5C12F4NO)

一定條件＞G（NNH^^OCF^H)

Cl

（1）A的化學名稱為（用系統(tǒng)命名法命名）；BfC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

FC=CF(COC1)D

H22222

H(C6H3C12NO3)I-------------------?F------------->J—?G

路線二:催化劑KOH、DMFC6H5cH3△

①②③④

（2）H中有種化學環(huán)境的氫，①?④屬于加成反應的是（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②.CN+2KF催化劑CN+2KC1

C1F

F

③.酰胺基

(2)①.2②.②④③.2

【解析】

【分析】路線：根據(jù)流程及A的分子式為C7H6cE,可推出A的結(jié)構(gòu)