2023年新高考山東卷化學高考真題解析（參考版）

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量：H-1C-12N-14O-16F-19Si-28S-32C1-35.5K-39Cu-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2.實驗室中使用鹽酸、硫酸和硝酸時，對應關系錯誤的是A.稀鹽酸：配制溶液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3.下列分子屬于極性分子是A. B. C. D.4.實驗室安全至關重要，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5.石墨與F2在450℃反應，石墨層間插入F得到層狀結構化合物(CF)x，該物質仍具潤滑性，其單層局部結構如圖所示。下列關于該化合物的說法正確的是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中的鍵長比短D.1mol(CF)x中含有2xmol共價單鍵6.鑒別濃度均為的、三種溶液，僅用下列一種方法不可行的是A.測定溶液 B.滴加酚酞試劑C.滴加溶液 D.滴加飽和溶液7.抗生素克拉維酸的結構簡式如圖所示，下列關于克拉維酸的說法錯誤的是A.存在順反異構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該物質最多可與1molNaOH反應8.一定條件下，乙酸酐醇解反應可進行完全，利用此反應定量測定有機醇中的羥基含量，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酐-苯溶液。②量取一定體積乙酸酐-苯溶液置于錐形瓶中，加入樣品，充分反應后，加適量水使剩余乙酸酐完全水解：。③加指示劑并用甲醇標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液。④在相同條件下，量取相同體積的乙酸酐-苯溶液，只加適量水使乙酸酐完全水解；加指示劑并用甲醇標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液。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9.一定條件下，乙酸酐醇解反應可進行完全，利用此反應定量測定有機醇中的羥基含量，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酐-苯溶液。②量取一定體積乙酸酐-苯溶液置于錐形瓶中，加入樣品，充分反應后，加適量水使剩余乙酸酐完全水解：。③加指示劑并用甲醇標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液。④在相同條件下，量取相同體積的乙酸酐-苯溶液，只加適量水使乙酸酐完全水解；加指示劑并用甲醇標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液。樣品中羥基含量(質量分數(shù))計算正確的是A. B.C. D.10.一定條件下，乙酸酐醇解反應可進行完全，利用此反應定量測定有機醇中的羥基含量，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酐-苯溶液。②量取一定體積乙酸酐-苯溶液置于錐形瓶中，加入樣品，充分反應后，加適量水使剩余乙酸酐完全水解：。③加指示劑并用甲醇標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液。④在相同條件下，量取相同體積乙酸酐-苯溶液，只加適量水使乙酸酐完全水解；加指示劑并用-甲醇標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液。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酐進行上述實驗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，將導致測定結果偏小D步驟④中，若加水量不足，將導致測定結果偏大二、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)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.甲室電極為正極B.隔膜為陽離子膜C.電池總反應為：D.擴散到乙室將對電池電動勢產(chǎn)生影響12.有機物的異構化反應如圖所示，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的同分異構體有4種(不考慮立體異構)D.類比上述反應，的異構化產(chǎn)物可發(fā)生銀鏡反應和加聚反應13.一種制備的工藝路線如圖所示，反應Ⅱ所得溶液在3~4之間，反應Ⅲ需及時補加以保持反應在條件下進行。常溫下，的電離平衡常數(shù)。下列說法正確的是A.反應Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均為氧化還原反應B.低溫真空蒸發(fā)主要目的是防止被氧化C.溶液Y可循環(huán)用于反應Ⅱ所在操作單元吸收氣體ⅠD.若產(chǎn)量不變，參與反應Ⅲ的與物質的量之比增大時，需補加的量減少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0.10mol?L-1，TFAA的濃度為0.08mol?L-1，部分物種的濃度隨時間的變化關系如圖所示，忽略反應過程中的體積變化。下列說法正確的是A.t1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0.08mol?L-115.在含HgI2(s)的溶液中，一定c(I-)范圍內(nèi)，存在平衡關系：；；；；，平衡常數(shù)依次為。已知、，、隨的變化關系如圖所示，下列說法錯誤的是A.線表示的變化情況B.隨增大，先增大后減小C.D.溶液中I元素與元素的物質的量之比始終為三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.鹵素可形成許多結構和性質特殊的化合物?；卮鹣铝袉栴}：（1）時，與冰反應生成和。常溫常壓下，為無色氣體，固態(tài)的晶體類型為_____，水解反應的產(chǎn)物為_____(填化學式)。（2）中心原子為，中心原子為，二者均為形結構，但中存在大鍵。中原子軌道雜化方式_____；為鍵角_____鍵角(填“＞”“＜”或“=”)。比較與中鍵的鍵長并說明原因_____。（3）一定條件下，和反應生成和化合物。已知屬于四方晶系，晶胞結構如圖所示(晶胞參數(shù))，其中化合價為。上述反應的化學方程式為_____。若阿伏伽德羅常數(shù)的值為，化合物的密度_____(用含的代數(shù)式表示)。17.鹽湖鹵水(主要含、和硼酸根等)是鋰鹽重要來源。一種以高鎂鹵水為原料經(jīng)兩段除鎂制備的工藝流程如下：已知：常溫下，。相關化合物的溶解度與溫度的關系如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：（1）含硼固體中的在水中存在平衡：(常溫下，)；與溶液反應可制備硼砂。常溫下，在硼砂溶液中，水解生成等物質的量濃度的和，該水解反應的離子方程式為_____，該溶液_____。（2）濾渣Ⅰ的主要成分是_____(填化學式)；精制Ⅰ后溶液中的濃度為，則常溫下精制Ⅱ過程中濃度應控制在_____以下。若脫硼后直接進行精制Ⅰ，除無法回收外，還將增加_____的用量(填化學式)。（3）精制Ⅱ的目的是_____；進行操作時應選擇的試劑是_____，若不進行該操作而直接濃縮，將導致_____。18.三氯甲硅烷是制取高純硅的重要原料，常溫下為無色液體，沸點為，熔點為，易水解。實驗室根據(jù)反應，利用如下裝置制備粗品(加熱及夾持裝置略)?；卮鹣铝袉栴}：（1）制備時進行操作：(ⅰ)……；(ⅱ)將盛有硅粉的瓷舟置于管式爐中；(ⅲ)通入，一段時間后接通冷凝裝置，加熱開始反應。操作(ⅰ)為_____；判斷制備反應結束的實驗現(xiàn)象是_____。圖示裝置存在的兩處缺陷是_____。（2）已知電負性在濃溶液中發(fā)生反應的化學方程式為_____。（3）采用如下方法測定溶有少量的純度。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量為，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、的代數(shù)式表示)。19.根據(jù)殺蟲劑氟鈴脲(G)的兩條合成路線，回答下列問題。已知：Ⅰ．R1NH2+OCNR2→Ⅱ．路線一：（1）A的化學名稱為_____(用系統(tǒng)命名法命名)；的化學方程式為_____；D中含氧官能團的名稱為_____；E的結構簡式為_____。路線二：（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。20.一定條件下，水氣變換反應的中間產(chǎn)物是。為探究該反應過程，研究水溶液在密封石英管中的分解反應：Ⅰ．Ⅱ．研究發(fā)現(xiàn)，在反應Ⅰ、Ⅱ中，僅對反應Ⅰ有催加速作用；反應Ⅰ速率遠大于反應Ⅱ，近似認為反應Ⅰ建立平衡后始終處于平衡狀態(tài)。忽略水電離，其濃度視為常數(shù)?；卮鹣铝袉栴}：（1）一定條件下，反應Ⅰ、Ⅱ的焓變分別為、，則該條件下水氣變換反應的焓變_____(用含的代數(shù)式表示)。（2）反應Ⅰ正反應速率方程為：，k為反應速率常數(shù)。溫度下，電離平衡常數(shù)為，當平衡濃度為時，濃度為_____，此時反應Ⅰ的反應速率_____(用含和k的代數(shù)式表示)。（3）溫度下，在密封石英管內(nèi)完全充滿水溶液，使分解，分解產(chǎn)物均完全溶于水。含碳物種濃度與反應時間的變化關系如圖所示(忽略碳元素的其他存在形式)。時刻測得的濃度分別為，反應Ⅱ達平衡時，測得的濃度為。體系達平衡后_____(用含y的代數(shù)式表示，下同)，反應Ⅱ的平衡常數(shù)為_____。相同條件下，若反應起始時溶液中同時還含有鹽酸，則圖示點中，的濃度峰值點可能是_____(填標號)。與不含鹽酸相比，達濃度峰值時，濃度_____(填“增大”“減小”或“不變”)，的值_____(填“增大”“減小”或“不變”)。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量：H-1C-12N-14O-16F-19Si-28S-32C1-35.5K-39Cu-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，對應關系錯誤的是A.稀鹽酸：配制溶液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AlCl3溶液時向其中加入少量的稀鹽酸以抑制Al3+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，反應原理為：3Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO↑+2H2O，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. B. C. D.【答案】B【解析】【詳解】A．CS2中C上的孤電子對數(shù)為×(4-2×2)=0，σ鍵電子對數(shù)為2，價層電子對數(shù)為2，CS2的空間構型為直線形，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×(5-3×1)=1，σ鍵電子對數(shù)為3，價層電子對數(shù)為4，NF3的空間構型為三角錐形，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．SO3中S上的孤電子對數(shù)為×(6-3×2)=0，σ鍵電子對數(shù)為3，價層電子對數(shù)為3，SO3的空間構型為平面正三角形，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×(4-4×1)=0，σ鍵電子對數(shù)為4，價層電子對數(shù)為4，SiF4的空間構型為正四面體形，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，直接用大量水沖洗，故A錯誤；B．立即用大量水沖洗，盡可能減少堿對皮膚的傷害，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得到層狀結構化合物(CF)x，該物質仍具潤滑性，其單層局部結構如圖所示。下列關于該化合物的說法正確的是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中的鍵長比短D.1mol(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中的鍵長比長，C錯誤；D．由題干結構示意圖可知，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1mol(CF)x中含有2.5xmol共價單鍵，D錯誤；故答案：B。6.鑒別濃度均為的、三種溶液，僅用下列一種方法不可行的是A.測定溶液 B.滴加酚酞試劑C.滴加溶液 D.滴加飽和溶液【答案】C【解析】【詳解】A．溶液顯弱堿性，溶液顯強堿性，溶液顯酸性，則測定溶液是可以鑒別出來的，故A不符合題意；B．溶液顯弱堿性，滴入酚酞先變紅后褪色，溶液顯強堿性，滴入酚酞溶液，顯紅色，溶液顯酸性，滴入酚酞不變色，則滴加酚酞試劑是可以鑒別出來的，故B不符合題意；C．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，而溶液，溶液滴入碘化鉀溶液后，因不與兩者反應而沒有現(xiàn)象，則僅用滴加溶液無法鑒別，則C符合題意；D．飽和溶液和溶液不反應，和溶液反應生成碳酸鋇沉淀，和溶液發(fā)生雙水解反應生成沉淀和氣體，則滴入飽和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構簡式如圖所示，下列關于克拉維酸的說法錯誤的是A.存在順反異構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該物質最多可與1molNaOH反應【答案】D【解析】【詳解】A．由題干有機物結構簡式可知，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，A正確；B．由題干有機物結構簡式可知，該有機物含有羥基、羧基、碳碳雙鍵、醚鍵和酰胺基等5種官能團，B正確；C．由題干有機物結構簡式可知，該有機物中的羧基、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．由題干有機物結構簡式可知，1mol該有機物含有羧基和酰胺基各1mol，這兩種官能團都能與強堿反應，故1mol該物質最多可與2molNaOH反應，D錯誤；故答案為：D。8.一定條件下，乙酸酐醇解反應可進行完全，利用此反應定量測定有機醇中的羥基含量，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酐-苯溶液。②量取一定體積乙酸酐-苯溶液置于錐形瓶中，加入樣品，充分反應后，加適量水使剩余乙酸酐完全水解：。③加指示劑并用甲醇標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液。④在相同條件下，量取相同體積的乙酸酐-苯溶液，只加適量水使乙酸酐完全水解；加指示劑并用甲醇標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液。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，不能一上一下拿持滴定管，會造成誤差，故D錯誤；答案為C。9.一定條件下，乙酸酐醇解反應可進行完全，利用此反應定量測定有機醇中的羥基含量，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酐-苯溶液。②量取一定體積乙酸酐-苯溶液置于錐形瓶中，加入樣品，充分反應后，加適量水使剩余乙酸酐完全水解：。③加指示劑并用甲醇標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液。④在相同條件下，量取相同體積的乙酸酐-苯溶液，只加適量水使乙酸酐完全水解；加指示劑并用甲醇標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液。樣品中羥基含量(質量分數(shù))計算正確的是A. B.C. D.【答案】A【解析】【詳解】由題中信息可知，量取一定體積乙酸酐-苯溶液置于錐形瓶中，加入樣品，發(fā)生醇解反應，充分反應后，加適量水使剩余乙酸酐完全水解，加指示劑并用甲醇標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液；在相同條件下，量取相同體積的乙酸酐-苯溶液，只加適量水使乙酸酐完全水解，用-甲醇標準溶液滴定乙酸酐完全水解生成的乙酸，消耗標準溶液；兩次實驗消耗標準溶液的差值為，由反應原理可知，該差值產(chǎn)生的原因是因為醇解產(chǎn)物不消耗，則R守恒可知，n(ROH)=n()=，因此，樣品中羥基質量分數(shù)=，A正確，故選A。10.一定條件下，乙酸酐醇解反應可進行完全，利用此反應定量測定有機醇中的羥基含量，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酐-苯溶液。②量取一定體積乙酸酐-苯溶液置于錐形瓶中，加入樣品，充分反應后，加適量水使剩余乙酸酐完全水解：。③加指示劑并用甲醇標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液。④在相同條件下，量取相同體積的乙酸酐-苯溶液，只加適量水使乙酸酐完全水解；加指示劑并用-甲醇標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液。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酐進行上述實驗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，將導致測定結果偏小D.步驟④中，若加水量不足，將導致測定結果偏大【答案】B【解析】【分析】步驟④消耗的物質的量為，即乙酸酐的總物質的量為，步驟③消耗的物質的量為，即醇解反應和水解反應生成的乙酸物質的量為，由醇解反應和水解反應生成乙酸的比例關系可知，n(ROH)+[-n(ROH)]2=，解得n(ROH)=，因此ROH的物質的量為?！驹斀狻緼．乙酸與醇的酯化反應可逆，不能用乙酸代替乙酸酐進行上述實驗，A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，使隨NaOH-甲醇溶液濃度增大而減小，ROH的物質的量為也隨之減小，故將導致測定結果偏小，B正確；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V1偏小，而ROH的物質的量為，故將導致測定結果偏大，C錯誤；D．步驟④中，若加水量不足，乙酸酐未完全水解，生成乙酸的物質的量偏小，消耗NaOH-甲醇溶液的體積偏小即V2偏小，而ROH的物質的量為，故將導致測定結果偏小，D錯誤；故選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)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.甲室電極為正極B.隔膜為陽離子膜C.電池總反應為：D.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，則甲室電極溶解，變?yōu)殂~離子與氨氣形成，因此甲室電極為負極，故A錯誤；B.在原電池內(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移動，通入氨氣要消耗銅離子，顯然左側陽離子不斷減小，明顯不利于電池反應正常進行，故B錯誤；C.左側負極是，正極是，則電池總反應為：，故C正確；D.擴散到乙室會與銅離子反應生成，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.有機物的異構化反應如圖所示，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的同分異構體有4種(不考慮立體異構)D.類比上述反應，的異構化產(chǎn)物可發(fā)生銀鏡反應和加聚反應【答案】C【解析】【詳解】A．由題干圖示有機物X、Y的結構簡式可知，X含有碳碳雙鍵和醚鍵，Y含有碳碳雙鍵和酮羰基，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的結構簡式可知，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，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的結構簡式可知，Y的分子式為：C6H10O，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的同分異構體有：CH3CH=CHCH(CH3)CHO、CH2=C(CH3)CH(CH3)CHO、CH2=CHCH(CH3)CH2CHO、CH2=CHCH2CH(CH3)CHO和CH2=CHCH(CH2CH3)CHO共5種(不考慮立體異構)，C錯誤；D．由題干信息可知，類比上述反應，的異構化產(chǎn)物為：含有碳碳雙鍵和醛基，故可發(fā)生銀鏡反應和加聚反應，D正確；故答案為：C。13.一種制備的工藝路線如圖所示，反應Ⅱ所得溶液在3~4之間，反應Ⅲ需及時補加以保持反應在條件下進行。常溫下，的電離平衡常數(shù)。下列說法正確的是A.反應Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均為氧化還原反應B.低溫真空蒸發(fā)主要目的是防止被氧化C.溶液Y可循環(huán)用于反應Ⅱ所在操作單元吸收氣體ⅠD.若產(chǎn)量不變，參與反應Ⅲ的與物質的量之比增大時，需補加的量減少【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Ⅱ)，所得溶液在3~4之間，溶液顯酸性，根據(jù)的電離平衡常數(shù)，可知溶液顯酸性(電離大于水解)，則反應Ⅱ所得溶液成分是，調節(jié)溶液pH值至11，使轉化為Na2SO3，低溫真空蒸發(fā)(防止Na2SO3被氧化)，故固液分離得到Na2SO3晶體和Na2SO3溶液，Na2SO3和CuSO4反應的離子方程式是+2Cu2＋+2H2O=+Cu2O+4H+,反應過程中酸性越來越強，使Na2SO3轉化成SO2氣體，總反應方程式是2CuSO4+3Na2SO3=Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，需及時補加以保持反應在條件下進行，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．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SO2和碳酸鈉溶液反應，生成、水和二氧化碳，是非氧化還原反應，反應Ⅲ是Na2SO3和CuSO4反應生成Cu2O，是氧化還原反應，故A錯誤；B．低溫真空蒸發(fā)主要目的是防止被氧化，而不是，故B錯誤；C．經(jīng)分析溶液Y的成分是Na2SO3溶液，可循環(huán)用于反應Ⅱ的操作單元吸收SO2氣體(氣體Ⅰ)，故C正確；D．制取總反應方程式是2CuSO4+3Na2SO3=Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，化合物X是指Na2SO3，若產(chǎn)量不變，增大比，多的Na2SO3會消耗氫離子，用于控制pH值，可減少的量，故D正確；答案CD。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0.10mol?L-1，TFAA的濃度為0.08mol?L-1，部分物種的濃度隨時間的變化關系如圖所示，忽略反應過程中的體積變化。下列說法正確的是A.t1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0.08mol?L-1【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：①E+TFAAF②FG③GH+TFAAt1之后的某時刻，H為0.02mol?L-1，此時TFAA的濃度仍為0，則表明0.10mol?L-1E、起始時的0.08mol?L-1TFAA、G分解生成的0.02mol?L-1TFAA全部參加反應，生成0.10mol?L-1F；在t2時刻，H為0.08mol?L-1，TFAA為0.06mol?L-1，G為0.01mol?L-1，則F為0.01mol?L-1。【詳解】A．由圖可知，反應0時刻后,TFAA的濃度由0.08mol/L降為0，說明E與TFAA反應極快，根據(jù)合成路線可知，E與TFAA以1:1進行反應，E的起始濃度為0.1mol/L，則反應后E的濃度降為0.02mol/L，故t1時刻體系中有E存在，A正確；B．由分析可知，t2時刻，H為0.08mol?L-1，TFAA為0.06mol?L-1，G為0.01mol?L-1，則F為0.01mol?L-1，所以體系中有F存在，B不正確；C．t1之后的某時刻，H為0.02mol?L-1，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0.08mol?L-1，TFAA為0.06mol?L-1，G為0.01mol?L-1，F(xiàn)為0.01mol?L-1，只有F、G全部轉化為H和TFAA時，TFAA的濃度才能為0.08mol?L-1，而GH+TFAA為可逆反應，所以反應達平衡后，TFAA的濃度一定小于0.08mol?L-1，D不正確；故選AC。15.在含HgI2(s)的溶液中，一定c(I-)范圍內(nèi)，存在平衡關系：；；；；，平衡常數(shù)依次為。已知、，、隨的變化關系如圖所示，下列說法錯誤的是A.線表示的變化情況B.隨增大，先增大后減小C.D.溶液中I元素與元素的物質的量之比始終為【答案】BD【解析】【分析】由題干反應方程式可知，K1=，則有c(Hg2+)=，則有l(wèi)gc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I-)，同理可得：lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-)，=lgK3+lgc(HgI2)+lgc(I-)，==lgK4+lgc(HgI2)+2lgc(I-)，且由可知K0=為一定值，故可知圖示中曲線1、2、3、4即L分別代表、、、，據(jù)此分析解題?！驹斀狻緼．由分析可知，線表示的變化情況，A正確；B．已知的化學平衡常數(shù)K0=，溫度不變平衡常數(shù)不變，故隨增大，始終保持不變，B錯誤；C．由分析可知，曲線1方程為：lgc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I-)，曲線2方程為：lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-)即有①b=lgK1+lgc(HgI2)-2a，②b=lgK2+lgc(HgI2)-a，聯(lián)合①②可知得：，C正確；D．若溶液中的溶質只有HgI2，則I-離子濃度應該是一個定值，而不是橫坐標這樣可以變大的，題目是先HgI2溶液中額外加入含I-離子的溶液，比如KI，則I元素與Hg元素的物質的量之比大于2:1，D錯誤；故答案為：BD。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16.鹵素可形成許多結構和性質特殊的化合物?；卮鹣铝袉栴}：（1）時，與冰反應生成和。常溫常壓下，為無色氣體，固態(tài)的晶體類型為_____，水解反應的產(chǎn)物為_____(填化學式)。（2）中心原子為，中心原子為，二者均為形結構，但中存在大鍵。中原子的軌道雜化方式_____；為鍵角_____鍵角(填“＞”“＜”或“=”)。比較與中鍵的鍵長并說明原因_____。（3）一定條件下，和反應生成和化合物。已知屬于四方晶系，晶胞結構如圖所示(晶胞參數(shù))，其中化合價為。上述反應的化學方程式為_____。若阿伏伽德羅常數(shù)的值為，化合物的密度_____(用含的代數(shù)式表示)?！敬鸢浮浚?）①.分子晶體②.HF、（2）①.②.＞③.分子中鍵的鍵長小于中鍵的鍵長，其原因是：分子中既存在σ鍵，又存在大鍵，原子軌道重疊的程度較大，因此其中鍵的鍵長較小，而只存在普通的σ鍵。（3）①.②.【解析】【小問1詳解】常溫常壓下，為無色氣體，則的沸點較低，因此，固態(tài)HOF的晶體類型為分子晶體。分子中F顯-1價，其水解時結合電離的生成HF，則結合電離的，兩者反應生成，因此，水解反應的產(chǎn)物為HF、?！拘?詳解】中心原子為，中心原子為，二者均為V形結構，但中存在大鍵()。由中存在可以推斷，其中原子只能提供1對電子，有一個原子提供1個電子，另一個原子提供1對電子，這5個電子處于互相平行的軌道中形成大鍵，提供孤電子對與其中一個形成配位鍵，與另一個形成的是普通的共價鍵（σ鍵，這個只提供了一個電子參與形成大鍵），的價層電子對數(shù)為3，則原子的軌道雜化方式為；中心原子為，根據(jù)價層電子對的計算公式可知，因此，的雜化方式為；根據(jù)價層電子對互斥理論可知，時，價電子對的幾何構型為正四面體，時，價電子對的幾何構型平面正三角形，雜化的鍵角一定大于的，因此，雖然和均為形結構，但鍵角大于鍵角，孤電子對對成鍵電子對的排斥作用也改變不了這個結論。分子中鍵的鍵長小于中鍵的鍵長，其原因是：分子中既存在σ鍵，又存在大鍵，原子軌道重疊的程度較大，因此其中鍵的鍵長較小，而只存在普通的σ鍵?！拘?詳解】一定條件下，、和反應生成和化合物X。已知X屬于四方晶系，其中Cu化合價為+2。由晶胞結構圖可知，該晶胞中含有黑球的個數(shù)為、白球的個數(shù)為、灰色球的個數(shù)為，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、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，上述反應的化學方程式為。若阿伏加德羅常數(shù)的值為，晶胞的質量為，晶胞的體積為，化合物X的密度。17.鹽湖鹵水(主要含、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)兩段除鎂制備的工藝流程如下：已知：常溫下，。相關化合物的溶解度與溫度的關系如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：（1）含硼固體中的在水中存在平衡：(常溫下，)；與溶液反應可制備硼砂。常溫下，在硼砂溶液中，水解生成等物質的量濃度的和，該水解反應的離子方程式為_____，該溶液_____。（2）濾渣Ⅰ的主要成分是_____(填化學式)；精制Ⅰ后溶液中的濃度為，則常溫下精制Ⅱ過程中濃度應控制在_____以下。若脫硼后直接進行精制Ⅰ，除無法回收外，還將增加_____的用量(填化學式)。（3）精制Ⅱ的目的是_____；進行操作時應選擇的試劑是_____，若不進行該操作而直接濃縮，將導致_____?！敬鸢浮浚?）①.②.（2）①.、Mg(OH)2②.③.CaO（3）①.加入純堿將精制Ⅰ所得濾液中的轉化為（或除去精制Ⅰ所得濾液中的），提高純度②.鹽酸③.濃縮液中因濃度過大使得過早沉淀，即濃縮結晶得到的中會混有，最終所得的產(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)濃縮結晶后得到晶體，該晶體中含有Na+、Li+、Cl-、等，焙燒后生成HCl氣體；燒渣水浸后過濾，濾液中加生石灰后產(chǎn)生沉淀，濾渣Ⅰ的主要成分為Mg(OH)2、；精制Ⅰ所得濾液中再加純堿又生成沉淀，則濾渣Ⅱ為、Mg(OH)2；精制Ⅱ所得濾液經(jīng)操作X后，所得溶液經(jīng)濃縮結晶、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。【小問1詳解】含硼固體中的在水中存在平衡：(常溫下，)；與溶液反應可制備硼砂。常溫下.在硼砂溶液中，水解生成等物質的量濃度的和，該水解反應的離子方程式為，由B元素守恒可知，和的濃度均為，，則該溶液?！拘?詳解】由分析可知，濾渣I的主要成分是、Mg(OH)2；精制I后溶液中的濃度為2.0，由可知，則常溫下精制Ⅱ過程中濃度應控制在以下。若脫硼后直接進行精制Ⅰ，若不回收HCl，整個溶液將呈強酸性，因此為達到除Mg2+離子所需的堿性pH首先需要額外多消耗CaO，同時多引入的Ca2+離子需要更多的純堿除去，因此，還將增加生石灰（CaO）和純堿（）的用量?！拘?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；由于微溶于水，精制Ⅰ所得濾液中還含有一定濃度的，還需要除去，因此，精制Ⅱ的目的是：加入純堿將精制Ⅰ所得濾液中的轉化為（或除去精制Ⅰ所得濾液中的），提高純度。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，將導致濃縮液中因濃度過大使得過早沉淀，即濃縮結晶得到的中會混有，最終所得的產(chǎn)率減小。18.三氯甲硅烷是制取高純硅的重要原料，常溫下為無色液體，沸點為，熔點為，易水解。實驗室根據(jù)反應，利用如下裝置制備粗品(加熱及夾持裝置略)。回答下列問題：（1）制備時進行操作：(ⅰ)……；(ⅱ)將盛有硅粉的瓷舟置于管式爐中；(ⅲ)通入，一段時間后接通冷凝裝置，加熱開始反應。操作(ⅰ)為_____；判斷制備反應結束的實驗現(xiàn)象是_____。圖示裝置存在的兩處缺陷是_____。（2）已知電負性在濃溶液中發(fā)生反應的化學方程式為_____。（3）采用如下方法測定溶有少量的純度。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量為，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、的代數(shù)式表示)?！敬鸢浮浚?）①.檢查裝置氣密性②.球形冷凝管下端不再有液體滴下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+H2↑+2H2O（3）①.高溫灼燒②.冷卻③.AC④.【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31.8℃，熔點為，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SiHCl3時，由于氯化氫、SiHCl3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，當球形冷凝管下端不再有液體滴下，即硅粉完全反應，SiHCl3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；球形冷凝管下端不再有液體滴下；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SiHCl3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SiHCl3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：SiHCl3+5NaOH=Na2SiO3+3NaCl+H2↑+2H2O，故答案為：SiHCl3+5NaOH=Na2SiO3+3NaCl+H2↑+2H2O；【小問3詳解】m1g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，所用儀器包括坩堝和干燥器，所得固體氧化物為二氧化硅，質量為m2g，則二氧化硅的物質的量為n(SiO2)=，樣品純度為=，故答案為：高溫灼燒；冷卻；AC；。19.根據(jù)殺蟲劑氟鈴脲(G)的兩條合成路線，回答下列問題。已知：Ⅰ．R1NH2+OCNR2→Ⅱ．路線一：（1）A的化學名稱為_____(用系統(tǒng)命名法命名)；的化學方程式為_____；D中含氧官能團的名稱為__