2023年高考化學(xué)真題試題(山東卷)(答案+解析)

2023年高考化學(xué)真題試卷〔山東卷〕一、單項(xiàng)選擇題〔1020分〕A.風(fēng)能發(fā)電B.糧食釀酒C.A.風(fēng)能發(fā)電B.糧食釀酒C.燃煤脫硫D.石油裂化A.石墨用作潤滑劑CA.石墨用作潤滑劑C.聚乙炔用作絕緣材料B.氧化鈣用作食品枯燥劑D.乙二醇溶液用作汽車防凍液A.①、④A.①、④不行加熱C.③、⑤可用于物質(zhì)分別B.②、④不行用作反響容器D.②、④、⑤使用前需檢漏X、Y為第三周期元素、Y最高正價(jià)與最低負(fù)價(jià)的代數(shù)和為6，二者形成的一種化合物能以[XY4]+[XY6]-的形式存在。以下說法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是〔〕原子半徑：X>Y簡潔氫化物的復(fù)原性：X>Y同周期元素形成的單質(zhì)中Y氧化性最強(qiáng)同周期中第一電離能小于X4種5.以下由試驗(yàn)現(xiàn)象所得結(jié)論錯(cuò)誤的選項(xiàng)是〔〕3向NaHSO3溶液中滴加氫硫酸，產(chǎn)生淡黃色沉淀，證明HSO 3

具有氧化性KMnO4Fe3O4Fe3O4Fe(Ⅱ)HNO3中插入紅熱的炭，產(chǎn)生紅棕色氣體，證明炭可與濃HNO3NO2NaClO溶液中滴加酚酞試劑，先變紅后褪色，證明NaClO在溶液中發(fā)生了水解反響X、Y均為短周期金屬元素，同溫同壓下，0.1molX的單質(zhì)與足量稀鹽酸反響，生成H2體積為V1L；molY的單質(zhì)與足量稀硫酸反響，生成H2體積為V2L。以下說法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是〔〕X、Y生成H2

的物質(zhì)的量之比確定為V1V2X、Y消耗酸的物質(zhì)的量之比確定為2V1V2產(chǎn)物中X、Y化合價(jià)之比確定為V1V2由V1確定能確定產(chǎn)物中X、Y的化合價(jià)V2某同學(xué)進(jìn)展蔗糖水解試驗(yàn)，并檢驗(yàn)產(chǎn)物中的醛基，操作如下：向試管Ⅰ中參與1mL20%蔗糖溶液，參與3510%NaOH溶液的，將玻璃瓶塞倒放，取1mL溶液參與試4管Ⅱ，蓋緊瓶塞；向試管Ⅱ中參與5滴2%CuSO溶液。將試管Ⅱ中反響液參與試管Ⅰ，用酒精燈加熱試管4A.1B.A.1B.2C.3D.4A.吸取過程中有氣體生成C.氣流枯燥濕料時(shí)溫度不宜過高B.NaHCO3D.A.吸取過程中有氣體生成C.氣流枯燥濕料時(shí)溫度不宜過高B.NaHCO3D.Na2SO3NaHCO3CH3OH、N2H4和(CH3)2NNH2的構(gòu)造與性質(zhì)，以下說法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是〔〕CH3OH為極性分子N2H4空間構(gòu)造為平面形N2H4的沸點(diǎn)高于(CH3)2NNH2CH3OH和(CH3)2NNH2中C、O、N雜化方式均一樣以KOH溶液為離子導(dǎo)體，分別組成CH3OH-O

、NH

-O、(CH

)NNH-O

清潔燃料電池，以下說法正確的是〔〕放電過程中，K+均向負(fù)極移動(dòng)放電過程中，KOH物質(zhì)的量均減小

2 24

32 2 2消耗等質(zhì)量燃料，(CH3)2NNH2—O2燃料電池的理論放電量最大消耗1molO2時(shí)，理論上N2H4—O2燃料電池氣體產(chǎn)物的體積在標(biāo)準(zhǔn)狀況下為11.2L二、不定項(xiàng)選擇題〔共520分〕試驗(yàn)?zāi)康牟Ａx器試劑100mL確定物質(zhì)的量濃度A試驗(yàn)?zāi)康牟Ａx器試劑100mL確定物質(zhì)的量濃度ANaCl溶液100mL容量瓶、膠頭滴管、燒杯、量筒、玻璃棒蒸餾水、NaCl固體BFe(OH)3膠體燒杯、酒精燈、膠頭滴管FeCl3溶液CNaOH溶液濃度NaOH溶液、濃度的鹽定管酸、甲基橙試劑D制備乙酸乙酯 試管、量筒、導(dǎo)管、酒精燈

冰醋酸、無水乙醇、飽和Na2CO3溶液A B.B C.C D.D立體異構(gòu)包括順反異構(gòu)、對(duì)映異構(gòu)等。有機(jī)物M(2-甲基-2-丁醇)存在如圖轉(zhuǎn)化關(guān)系，以下說法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是〔〕N分子可能存在順反異構(gòu)L1個(gè)手性碳原子M的同分異構(gòu)體中，能被氧化為酮的醇有4種L的同分異構(gòu)體中，含兩種化學(xué)環(huán)境氫的只有1種A.G與H均為氧化產(chǎn)物A.G與H均為氧化產(chǎn)物B.KMnO4只作氧化劑C.Mn3個(gè)氧化復(fù)原反響D.GH0.25mol14.18ONaOH溶液中發(fā)生水解，局部反響歷程可表示為：+OH-?ⅡⅠ?ⅣⅢ+CHO-能量變化如圖所3示。?為快速平衡，以下說法正確的選項(xiàng)是〔〕反響Ⅱ、Ⅲ為決速步18OH-3CH18OH3反響Ⅰ與反響Ⅳ活化能的差值等于圖示總反響的焓變賴氨酸[H3N+(CH2)4CH(NH2)COO- ，用HR表示]是人體必需氨基酸，其鹽酸鹽(H3RCl2)在水溶液中存在如32HR+K32

HR+K

RK

R-。向確定濃度的H3RCl2NaOH溶液，溶液中H3R2+、H2R+、HR和R-的分布系數(shù)δ(x)隨pH變化如以下圖。δ(x)= c(x)c(H3R2+)+c(H2R+)+c(HR)+c(R)

〔〕??1

>??3??2B.M點(diǎn)，c(Cl-)+c(OH-)+c(R-)=2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)C.O點(diǎn)，pH=-lgK2-lgK32D.P點(diǎn)，c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)三、解答題〔560分〕非金屬氟化物在生產(chǎn)、生活和科研中應(yīng)用廣泛。答復(fù)以下問題：基態(tài)F原子核外電子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有 種。2 O、F、Cl電負(fù)性由大到小的挨次為 ；OF分子的空間構(gòu)型為 ；OF2 2 (填“高于”或“低于”)ClO，緣由是 。2Xe是第五周期的稀有氣體元素，與FXeF2室溫下易升華。XeF2中心原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為2 ，以下對(duì)XeF中心原子雜化方式推斷合理的是 (填標(biāo)號(hào))。2A．spB．sp2C．sp3D．sp3d2 XeF晶體屬四方晶系，晶胞參數(shù)如以下圖，晶胞棱邊夾角均為90°，該晶胞中有 個(gè)XeF分子。以晶胞參數(shù)為單位長度建立的坐標(biāo)系可以表示晶胞中各原子的位置，稱為原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)，如A2 子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為(1，1，1)。Xe—F鍵長為rpm，則B點(diǎn)原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為 ；晶胞中A、2 2 2B間距離d= pm。工業(yè)上以鉻鐵礦(FeCr2O4 ，含Al、Si氧化物等雜質(zhì))為主要原料制備紅礬鈉(Na2Cr2O7?2H2O)的工藝流程如圖。答復(fù)以下問題：焙燒的目的是將FeCr2O4轉(zhuǎn)化為Na2Cr2O4并將Al、Si氧化物轉(zhuǎn)化為可溶性鈉鹽，焙燒時(shí)氣體與礦料逆流而行，目的是 。礦物中相關(guān)元素可溶性組分物質(zhì)的量濃度c與pH的關(guān)系如以下圖。當(dāng)溶液中可溶組分濃度c≤1.0×10-5mol?L-1時(shí)，可認(rèn)為已除盡。中和時(shí)pH的理論范圍為 ；酸化的目的是 ；Fe元素在 (填操作單元的名稱)過程中除去。2 2 蒸發(fā)結(jié)晶時(shí)，過度蒸發(fā)將導(dǎo)致 ；冷卻結(jié)晶所得母液中，除NaCrO外，可在上述流程中循環(huán)利用的物質(zhì)還有 2 2 利用膜電解技術(shù)(裝置如以下圖)Na2Cr2O4Na2Cr2O7的總反響方程式為：通電_4Na2Cr2O4+4H2O _ 2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2↑+O2↑。則Na2Cr2O7在 (填“陰”或“陽”)極室制得，_電解時(shí)通過膜的離子主要為 。六氯化鎢(WCl6)可用作有機(jī)合成催化劑，熔點(diǎn)為283℃340℃CS2，極易水解。試驗(yàn)室中，先將三氧化鎢(WO3)復(fù)原為金屬鎢(W)WCl6，裝置如以下圖(夾持裝置略)。答復(fù)以下問題：3 檢查裝置氣密性并參與WO。先通N ，其目的是 ；一段時(shí)間后，加熱管式爐，改通3 2 2 H ，對(duì)B處逸出的H進(jìn)展后續(xù)處理。儀器A的名稱為 ，證明WO2 2 。22WO3完全復(fù)原后，進(jìn)展的操作為：①冷卻，停頓通H；②以枯燥的接收裝置替換E；③在B處加裝盛有堿石灰的枯燥管；④……；⑤加熱，通Cl；⑥……。堿石灰的作用是 ；操作④是22 ，目的是 。WCl6產(chǎn)品純度，試驗(yàn)如下：①CS2(易揮發(fā))參與枯燥的稱量瓶中，蓋緊稱重為m1g1分鐘，蓋緊稱重為2 43mg；再開蓋參與待測樣品并計(jì)時(shí)1分鐘，蓋緊稱重為mg，則樣品質(zhì)量為 g(不考慮空氣中水蒸氣的干擾)2 43②滴定：先將WCl6轉(zhuǎn)化為可溶的Na2WO4 ，通過IO

離子交換柱發(fā)生反響：WO 2?+Ba(IO3)2=BaWO4+2IO

IO

KI溶液，發(fā)生反33應(yīng)：IO33

?+5I-+6H+=3I2+3H2O；反響完全后，用Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，發(fā)生反響：I2+2S2O

2?=2I-+S4O3362?cmol?L-1Na2S2O3VmLWCl6(Mg?mol-1)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)336為 。稱量時(shí)，假設(shè)參與待測樣品后，開蓋時(shí)間超過1分鐘，則滴定時(shí)消耗Na2S2O3溶液的體積將 (填“偏大”“偏小”或“不變”)，樣品中WCl6質(zhì)量分?jǐn)?shù)的測定值將 (填“偏大”“偏小”或“不變”)。F的合成路線如圖：：Ⅰ：Ⅰ.Δ+Ⅱ.Δ〔1〕A的構(gòu)造簡式為 ；符合以下條件的A的同分異構(gòu)體有 種。①含有酚羥基 ②不能發(fā)生銀鏡反響 ③含有四種化學(xué)環(huán)境的氫檢驗(yàn)B中是否含有A的試劑為 ；B→C的反響類型為 ?！?〕：，綜合上述信息，寫出由和制備的合成路線 。C→D〔4〕：，綜合上述信息，寫出由和制備的合成路線 。反響Ⅰ：+CHOH3反響Ⅰ：+CHOH31oH1反響Ⅱ：HHK23oH2反響Ⅲ：3oH3答復(fù)以下問題：x反響Ⅰ、Ⅱ、ⅢK與溫度T變化關(guān)系如以下圖。據(jù)圖推斷，ABx中相對(duì)穩(wěn)定的是 (用系統(tǒng)命名法命名)；A．<-1 B．-1～0 C．0～1 D．>1

ΔH1ΔH2

的數(shù)值范圍是 (填標(biāo)號(hào))。為爭論上述反響體系的平衡關(guān)系，向某反響容器中參與1.0molTAME，把握溫度為353K，測得TAME的平衡轉(zhuǎn)化率為α。反響Ⅲ的平衡常數(shù)Kx3=9.0，則平衡體系中B的物質(zhì)的量為 mol，反響Ⅰ的平衡常數(shù)Kx1= 。同溫同壓下，再向該容器中注入惰性溶劑四氫呋喃稀釋，反響Ⅰ的化學(xué)平衡將 (填“正向移動(dòng)”“逆向移動(dòng)”或“不移動(dòng)”)平衡時(shí)，A與CH3OH物質(zhì)的量濃度之比c(A)：c(CH3OH)= 。為爭論反響體系的動(dòng)力學(xué)行為，向盛有四氫呋喃的另一容器中參與確定量A、B和CH3OH。把握溫度為353K，A、B物質(zhì)的量濃度c隨反響時(shí)間t的變化如以下圖。代表B的變化曲線為 (填“X”或“Y”)；t=100s時(shí)，反響Ⅲ的正反響速率v正 逆反響速率v逆(填“＞”“＜”或“=)。答案解析局部一、單項(xiàng)選擇題【答案】A【考點(diǎn)】常見能量的轉(zhuǎn)化及運(yùn)用，使用化石燃料的利弊及能源的開發(fā)，常見的生活環(huán)境的污染及治理，石油的裂化和裂解【解析】【解答】碳達(dá)峰是我國承諾在2030年前，二氧化碳的排放不在增長，到達(dá)峰值之后逐步降低，碳中和是指通過指數(shù)造林、節(jié)能減排等削減自身的二氧化碳的排放量。實(shí)現(xiàn)二氧化碳的0排放A.風(fēng)能發(fā)電可以削減二氧化碳的排放，故A符合題意B.糧食釀酒可以增加二氧化碳的排放，故B不符合題意燃煤脫硫C. 產(chǎn)生大量的二氧化碳，故C不符合題意燃煤脫硫故正確答案是：A石油裂化的裂化可以產(chǎn)生碳?xì)浠衔?，燃燒產(chǎn)生大量的二氧化碳，故故正確答案是：A石油裂化的裂化可以產(chǎn)生碳?xì)浠衔?，燃燒產(chǎn)生大量的二氧化碳，故D不符合題意【分析】主要就是降低二氧化碳的排放，找出即可【答案】C【考點(diǎn)】物質(zhì)的組成、構(gòu)造和性質(zhì)的關(guān)系【解析】【解答】A.石墨是層狀構(gòu)造，層與層可以相互滑動(dòng)，可以做潤滑劑，故A不符合題意氧化鈣可以和水反響降低水的含量，故B不符合題意聚乙炔中含有單鍵和雙鍵相互交替，存在自由電子的移動(dòng)性質(zhì)，因此可以導(dǎo)電，故C符合題意乙二醇溶液用作汽車防凍液，故D不符合題意故答案為：C【分析】A.石墨質(zhì)地松軟B.主要利用的是氧化鈣與水反響C.聚乙炔可以導(dǎo)電D.乙二醇溶液可以降低冰點(diǎn)3.A【考點(diǎn)】常用儀器及其使用【解析】【解答】A.錐形瓶可以墊上石棉網(wǎng)進(jìn)展加熱，容量瓶不能加熱，故A符合題意酸式滴定管用于量取確定體積的溶液，容量瓶只能用于配置確定物質(zhì)的量濃度的溶液，不能做反響容器，故B不符合題意蒸餾燒瓶用于蒸餾操作，可以分別熔沸點(diǎn)不同的液體，分液漏斗用于分液操作，分別不互溶的液體均可以用于分別，故C不符合題意酸式滴定管以及容量瓶以及分液漏斗均含有瓶塞以及旋塞使用之前均需要進(jìn)展撿漏，故D不符合題意①錐形瓶不能直接加熱，但是需要墊上石棉網(wǎng)進(jìn)展加熱②酸式滴定管需要進(jìn)展檢漏，只能進(jìn)展量取液體③蒸餾燒瓶可進(jìn)展分別熔沸點(diǎn)的不同液體④容量瓶使用前需要進(jìn)展檢漏，能用于配置確定濃度的物質(zhì)⑤梨形分液漏斗使用前需要進(jìn)展檢漏，可以進(jìn)展分別互不相溶的液體【答案】D【考點(diǎn)】元素周期律和元素周期表的綜合應(yīng)用X、YX、Y為第三周期元素、Y最高正價(jià)與最低負(fù)價(jià)的代數(shù)和為6二者形成的一種化合物能以[XY二者形成的一種化合物能以[XY4]+[XY6]-的形式存在

，即可推斷出YCl,X，因此XP原子半徑：X>YA.XP，Y原子半徑：X>YB.XPH3,YHCl,

，故A不符合題意

簡潔氫化物的復(fù)原性：X>Y,B簡潔氫化物的復(fù)原性：X>YC.同周期元素形成的單質(zhì)中Cl2氧化性最強(qiáng)，故C不符合題意D.同乙周期，從左到右，第一電離能呈現(xiàn)增大的趨勢，第五主族的電離能大于相鄰的第一電離能，因此Na,Mg,Al,Si，S，P,Cl5種元素，故D符合題意【分析】依據(jù)題目中給出的條件即可推斷出XY的元素符號(hào)，結(jié)合選項(xiàng)進(jìn)展推斷【答案】C【考點(diǎn)】含氮物質(zhì)的綜合應(yīng)用，含硫物質(zhì)的性質(zhì)及綜合應(yīng)用，鐵的氧化物和氫氧化物，化學(xué)試驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)【解答】A.依據(jù)題意寫出離子方程式：HSO-+2HS+H+=3S↓+3HO,反響過程中亞硫酸鈉的元素化合3 2 2價(jià)由+40價(jià)，發(fā)生了復(fù)原反響，起的是氧化性，故A不符合題意酸性高錳酸鉀具有氧化性，可與被具有復(fù)原性的物質(zhì)復(fù)原，通過顏色的變化可以證明發(fā)生反響，故B不符合題意硝酸和碳木炭反響，表達(dá)出氧化性，氮元素的化合價(jià)降低，可能是一氧化氮或者是二氧化氮，而一氧化氮與空氣接觸快速變?yōu)槎趸瑹o法確定產(chǎn)物確定是二氧化氮，故C符合題意先變紅，說明此時(shí)溶液顯堿性，證明次氯酸鈉溶液發(fā)生可水解，后來褪色是因此水解得到了具有漂白性的次氯酸，后來褪色，故D不符合題意故答案是：C【分析】A.標(biāo)出化學(xué)價(jià)進(jìn)展推斷即可B.通過紫色褪去，可說明發(fā)生氧化復(fù)原反響C.隨著反響的進(jìn)展?jié)庀跛嶙優(yōu)橄∠跛?，?huì)產(chǎn)生一氧化氮，與氧氣反響，產(chǎn)生紅棕色的二氧化氮D.次氯酸具有氧化性且是弱酸，且強(qiáng)堿弱酸鹽水解呈堿性【答案】D【考點(diǎn)】物質(zhì)的量的相關(guān)計(jì)算，元素周期表的構(gòu)造及其應(yīng)用H2體積為H2體積為V1L；0.1molY的單質(zhì)與足量稀硫酸反響，生成H2體積為V2L0.1molX消耗的鹽酸的物質(zhì)X、Y均為短周期金屬元素，同溫同壓下，0.1molX的單質(zhì)與足量稀鹽酸反響，生成的量為的量為m,0.1molY消耗的硫酸的物質(zhì)的量為n,依據(jù)元素守恒以及電荷守恒即可得出：X~mHCl??H

+~Xm+

SO~nH

~Y2n+,2 2 4 2A.同溫度同壓強(qiáng)下，物質(zhì)的量之比等于體積之比，X、Y生成H2的物質(zhì)的量之比為V1，故A不符合題意A.V2B.X、Y消耗酸的物質(zhì)的量之比確定為????C.產(chǎn)物中XC.產(chǎn)物中X、Y化合價(jià)之比為??,依據(jù)??2????

??2=??

=??????2，即可得出化合價(jià)之比為2??1,B不符合題意??2V2D.D.以第三周期為例，由鈉鎂鋁三種金屬。形成的化合價(jià)為+1，+2，+3價(jià)，存在多種狀況，化學(xué)價(jià)之比V2V2故正確答案是：D【分析】依據(jù)給出的信息即可找出金屬消耗酸以及產(chǎn)生氫氣以及形成的金屬陽離子之間的關(guān)系，再結(jié)合選項(xiàng)進(jìn)展推斷【答案】B【考點(diǎn)】蔗糖與淀粉的性質(zhì)試驗(yàn)，化學(xué)試驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，醛的化學(xué)性質(zhì)行參與氫氧化鈉溶液進(jìn)展堿化，第一處錯(cuò)誤。向試管Ⅰ1mL20%行參與氫氧化鈉溶液進(jìn)展堿化，第一處錯(cuò)誤。向試管Ⅰ1mL20%35分鐘。此處未進(jìn)②②翻開盛有10%NaOH溶液的，將玻璃瓶塞倒放，取1mL溶液參與試管Ⅱ，蓋緊瓶塞；此處的氫氧化鈉溶液用玻璃塞是錯(cuò)誤的，玻璃中有二氧化硅與氫氧化鈉作用，其次處錯(cuò)誤，故氫氧化鈉溶液用玻璃塞是錯(cuò)誤的，玻璃中有二氧化硅與氫氧化鈉作用，其次處錯(cuò)誤，故B符合題意故正確答是：故正確答是：B【分析】氫氧化鈉儲(chǔ)存用的橡膠塞，醛基檢驗(yàn)時(shí)需要進(jìn)展堿性處理【答案】B【考點(diǎn)】含硫物質(zhì)的性質(zhì)及綜合應(yīng)用，物質(zhì)的分別與提純，制備試驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)【解析】【解答】A.吸取過程中有二氧化碳?xì)怏w產(chǎn)生，故A不符合題意通入的二氧化硫是過量的，因此不存在碳酸氫鈉，故B符合題意亞硫酸氫鈉易分解，氣流枯燥濕料時(shí)溫度不宜過高故C不符合題意中和后溶液中含Na2SO3中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3【分析】依據(jù)圖示分析，二氧化硫和純堿進(jìn)展反響得到亞硫酸氫鈉溶液進(jìn)展結(jié)晶后得到的是亞硫酸氫鈉晶體以及含有亞硫酸氫鈉和亞硫酸溶液的母液，此時(shí)參與純堿進(jìn)展調(diào)整pH,此時(shí)的反響是：H2SO3+2Na2CO3=Na2SO3+2NaHCO3,NaHSO3+2Na2CO3=Na2SO3+NaHCO3得到亞硫酸鈉和碳酸氫鈉再通入二氧化硫后進(jìn)展吸取此時(shí)吸取的方程式為：Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3↓,SO2+NaHCO3=CO2+NaHSO3↓,進(jìn)展結(jié)晶后得到的亞硫酸鈉晶體進(jìn)展枯燥，結(jié)合選項(xiàng)進(jìn)展推斷即可【答案】B【考點(diǎn)】物質(zhì)的組成、構(gòu)造和性質(zhì)的關(guān)系，推斷簡潔分子或離子的構(gòu)型，極性分子和非極性分子，原子軌道雜化方式及雜化類型推斷【解析】【解答】A.甲醇可以看作是甲烷中氫原子被羥基取代的產(chǎn)物，甲烷是含有極性鍵的非極性分子，但是甲醇是含有極性鍵的極性分子，故A不符合題意(CH3)2NNH2B.N2H4sp3(CH3)2NNH2C.N2H4和

均含有氮原子，均含有孤對(duì)電子，均易形成氫鍵，但是前者氫原子的個(gè)數(shù)多，形DCH3OHDCH3OH和(CH3)2NNH2C、O、N雜化方式均為sp3雜化，雜化方式一樣，故D不符合題意【分析】A.依據(jù)正負(fù)電荷中心是否重合進(jìn)展推斷B.依據(jù)氮原子的成鍵方式即可推斷雜化方式C.比較形成氫鍵的個(gè)數(shù)即可D.分別找出成鍵方式即可推斷雜化方式10.C【考點(diǎn)】原電池工作原理及應(yīng)用，物質(zhì)的量與其濃度和氣體摩爾體積的綜合應(yīng)用NH、(CH)NNHNH、(CH)NNH失去電子發(fā)生氧化反響，鉀離子向正極移動(dòng)，故A不符合題意2 4322CH3OH-O2、NH-O、(CHNNH-O清潔燃料電池，2 4 2322 2CH3OH、2放電過程中，CH3OH-O2

)NNH-O

均產(chǎn)生二氧化碳消耗氫氧化鉀溶液因此氫氧化鉀溶液的物質(zhì)的量減小，而質(zhì)的量減小，而N2H4-O2產(chǎn)生的是氮?dú)獠粫?huì)消耗氫氧化鉀，故B不符合題意NN2H43222

~4e,(CH3)2NNH2~16e,mg,即可計(jì)算出CH3OH轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為????6mol，NCH3OH轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為

轉(zhuǎn)移的電子為????4mol，(CH)NNH轉(zhuǎn)移的電子為????16mol，(CH)

NNH

轉(zhuǎn)移的電子量32 2 4

32 32 2 60

32 2最大，故C符合題意N2N2H4-O2燃料電池

的總反響式為N2H4+O2=N2+2H2O，

1molO2時(shí)1molO2時(shí)22.4LD不符合題意故答案為：C【分析】A.依據(jù)原電池的的電子的流向即可推斷鉀離子的移動(dòng)方向B.考察的是電池反響產(chǎn)物中是否含有消耗氫氧化鉀溶液的物質(zhì)C.產(chǎn)生的電量是由轉(zhuǎn)移的電子量打算的，計(jì)算出等質(zhì)量的物質(zhì)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)即可D.依據(jù)電池寫出總的反響式即可推斷二、不定項(xiàng)選擇題11.【答案】A,B【考點(diǎn)】配制確定物質(zhì)的量濃度的溶液，中和滴定，制取氫氧化鐵、氫氧化亞鐵，乙酸乙酯的制取，物質(zhì)的量濃度A.100ml確定物質(zhì)的量濃度的氯化鈉溶液，需要的玻璃儀器是100mL容量瓶、膠頭NaCl固體，故A符合題意制備氫氧化鐵是是將幾滴飽和的氯化鐵溶液參與沸水中加熱至消滅紅褐色即可，需要的儀器是燒杯、FeCl3溶液，故B符合題意用標(biāo)準(zhǔn)稀鹽酸溶液滴定待測氫氧化鈉溶液即可測定出氫氧化鈉的濃度，需要用的儀器是燒杯、錐形NaOH溶液、濃度的鹽酸、甲基橙試劑，故C不符合題意制備乙酸乙酯是利用濃硫酸和乙酸和乙醇進(jìn)展反響得到乙酸乙酯，需要的玻璃儀器是試管、量筒、導(dǎo)Na2CO3溶液、濃硫酸，故D不符合題意故答案為：AB【分析】A.儀器和試劑均符合配制確定物質(zhì)的量濃度的氯化鈉溶液B.試劑和儀器均符合制取氫氧化鐵膠體的操作C.缺少堿式滴定管量取氫氧化鈉D.缺少催化劑濃硫酸12.【答案】A,C【考點(diǎn)】“手性分子”在生命科學(xué)等方面的應(yīng)用，同分異構(gòu)現(xiàn)象和同分異構(gòu)體【解析】【解答】A.順反異構(gòu)一般是含有雙鍵的有機(jī)物才會(huì)消滅，主要是由于受到自由旋轉(zhuǎn)的限制使各個(gè)集團(tuán)在空間的排列方式不同消滅的異構(gòu)表達(dá)象，而N不存在順反異構(gòu)，故A符合題意B.依據(jù)推想，L的構(gòu)造式為 ，L的同分異構(gòu)體為，含有的同分異構(gòu)體中的手性碳原子最多為1個(gè)，故B不符合題意C.M的構(gòu)造式為 ，氧化成酮主要是由于是與羥基相連的碳原子上連接只有1個(gè)氫原子，滿足條件的同分異構(gòu)體是 、 、 只有3種，故C符合題意D.L的同分異構(gòu)體為含有兩種氫原子的是 故只有1種，故D不符題意故正確答案是：AC【分析依據(jù)M的名稱寫出構(gòu)造簡式為 在濃硫酸作催化劑并加熱條件下發(fā)生消去反響生成N為 或 ，N與HCl發(fā)生加成反響生成L，L能發(fā)生水解反響生成M，則L的構(gòu)造簡式為 結(jié)合選項(xiàng)進(jìn)展推斷即可【答案】B,D【考點(diǎn)】氧化復(fù)原反響，氧化性、復(fù)原性強(qiáng)弱的比較，物質(zhì)的量的相關(guān)計(jì)算【解析】【解答】A.G是高錳酸鉀分解得到的，是氧化產(chǎn)物，氯氣是濃鹽酸被氧化得到，故為氧化產(chǎn)物，A不符合題意B.高錳酸鉀加熱得到的是錳酸鉀和二氧化錳以及氧氣，高錳酸鉀既做氧化劑又做復(fù)原劑，故B符合題意C.高錳酸鉀分解以及錳酸鉀和二氧化錳與濃鹽反響，因此錳元素至少參與3個(gè)氧化復(fù)原反響故C不符合題意4 D.1mol1mol4mol1mol2mol電子，0.1mol高錳酸鉀完全分解得到0.05mol氧氣，而0.1mol高錳酸鉀與鹽酸反響，2KMnO～5Cl得到的氯氣的物質(zhì)的量最大0.25mol，此時(shí)的氣體包括得到氧氣，因此氣體的物質(zhì)的量小于0.25mol,D4 正確答案是：BD【分析】高錳酸鉀加熱時(shí)的產(chǎn)物是錳酸鉀和二氧化錳以及氧氣，因此氣體單質(zhì)G為氧氣，剩余的固體與鹽酸反響得到的氯化錳溶液得到的氣體單質(zhì)為氯氣?！敬鸢浮緽A.A.IIV的活化能較高，因此反響的決速步為反響I、IVA不符合題意B.依據(jù)為快速平衡18OH-,故B符合題意C.依據(jù)反響得出不行能存在CH3 OH，故18C不符合題意D.反響的焓變等于和具有的能量之和減去和能量之和，故D不符合題意【分析】A.一般來說，反響的活化能越高，反響速率越慢，B.依據(jù)圖示快速平衡即可推斷溶液中存在18OH-C.III的斷鍵和成鍵過程即可推斷D.依據(jù)焓變=生成物具有的能量-生成物具有的能量計(jì)算【答案】C,D【考點(diǎn)】化學(xué)平衡常數(shù)，鹽類水解的應(yīng)用，離子濃度大小的比較【解析【解答】A.依據(jù) ， ， 根M,N,P三點(diǎn)計(jì)算出

,??2=109.1

=106.9,??2

=1010.8

=101.7,??1 102.2

??3

109.1因此 故A不符合題意B.M點(diǎn)存在電荷守恒，圖所示， ，可以得到

此時(shí)據(jù)，故B不符合題意C.依據(jù)圖示O點(diǎn)， ，可以得到 =1，進(jìn)展變換得到，得到氫離子的濃度c(H+)= 依據(jù)溶液的pH= 得出pH= 故C符合題意D.依據(jù)圖示即可得到此時(shí)溶液是NaCl、HR、NaRpH7，因此水解大于電離，因此，故D符合題意【分析】A.M,N,P三點(diǎn)的數(shù)據(jù)計(jì)算出K1,K2,K3即可依據(jù)電荷守恒結(jié)合O點(diǎn)

進(jìn)展推斷進(jìn)展變化即可計(jì)算PpH即可推斷離子濃度大小三、解答題【答案】〔1〕9F>O>Cl；角(V)形；低于；OF2Cl2O都是分子晶體，構(gòu)造相像，Cl2O的相對(duì)分子質(zhì)量大，Cl2O的熔、沸點(diǎn)高〔3〕5；D〔4〕2；(0，0，r)；d=√1a2+(c-r)2pmc 2 2【考點(diǎn)】原子核外電子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，原子核外電子的能級(jí)分布，推斷簡潔分子或離子的構(gòu)型，晶胞的計(jì)算，原子軌道雜化方式及雜化類型推斷F>O>Cl〔1〕基態(tài)氟原子的質(zhì)子數(shù)為999F>O>Cl半徑越小，電負(fù)性越大，而半徑大小為

，因此電負(fù)性大小為

VSEPR理OF2Cl2OCl2OOF2OF2Cl2OF>O>Cl低于OF2論有，價(jià)層電子對(duì)為4孤對(duì)電子為2OF2Cl2OCl2OOF2OF2Cl2OF>O>Cl低于OF2

構(gòu)造相像，相對(duì)分子質(zhì)量是

大于 ，沸點(diǎn)是

，故正確答案是：

、V型、 、XeF2易升華，所以是分子晶體，其中心原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為2+=5,含有2對(duì)孤對(duì)電子，是sp雜化，5,dXe的半徑大于FXe,F，大球占據(jù)體心和頂點(diǎn)，Xe個(gè)數(shù)=1+8x1=2,8個(gè)占據(jù)棱，2Xe—Xe—F鍵長為rpm個(gè)在晶胞內(nèi)部，F(xiàn)的個(gè)數(shù)為2+8x1=4,因此晶胞中含有2XeF4

分子，B點(diǎn)在Z軸上， ，(0，0，(0，0，r)cd=√1a2+(c-r)2pm

，AB的長度是d=√1a2+(c-r)2pm，故正確答案是2、 、(0，0，(0，0，r)c2 2【分析】〔1〕核外有幾個(gè)電子可推斷幾種運(yùn)動(dòng)狀態(tài)OF2OF2依據(jù)公式即可計(jì)算出價(jià)層電子對(duì)，找出孤對(duì)電子對(duì)即可推斷構(gòu)型以及雜化方式依據(jù)晶胞構(gòu)造中占位方式即可計(jì)算出原子的個(gè)數(shù)，依據(jù)晶胞圖數(shù)據(jù)即可計(jì)算出坐標(biāo)以及距離【答案】〔1〕增大反響物接觸面積，提高化學(xué)反響速率〔2〕4.5≤pH≤9.3；使2CrO2?+HO?CrO2?+2OH?Na2Cr2O7的產(chǎn)率；浸取4 2 2 7Na2SO4?10H2O；H2SO44陽；CrO2?4焙燒的目的是將FeCr2O4焙燒的目的是將FeCr2O4轉(zhuǎn)化為Na2Cr2O4并將Al、Si氧化物轉(zhuǎn)化為可溶性鈉鹽，〔1〕應(yīng)物接觸面積，提高化學(xué)反響速率焙燒時(shí)氣體與礦料逆流而行，目的是增大反響物接觸面積，提高化學(xué)反響速率增大反，故正確答案是應(yīng)物接觸面積，提高化學(xué)反響速率焙燒時(shí)氣體與礦料逆流而行，目的是增大反響物接觸面積，提高化學(xué)反響速率增大反中和的目的主要是為除去鋁離子和硅酸根離子，依據(jù)圖示可以看出在pH≥4.5時(shí)鋁離子全部除盡，pH≥9.3時(shí)，產(chǎn)生的硅酸開頭溶解，因此適宜的pH范圍為4.5≤pH≤9.3，酸化的目的主要是平衡正向移動(dòng)，提高Na2Cr2O7的產(chǎn)率2CrO2?+HO?Cr平衡正向移動(dòng)，提高Na2Cr2O7的產(chǎn)率

，鐵元素已經(jīng)全部轉(zhuǎn)為三氧化4 2 2 7浸取平衡正鐵在 時(shí)將其除盡，故正確答案是：4.5≤pH≤9.3、使2CrO2?+HO?CrO2?+2OH?浸取平衡正4 2 2 7向移動(dòng)，提高Na2向移動(dòng)，提高Na2Cr2O7的產(chǎn)率浸取蒸發(fā)結(jié)晶時(shí)，Na2SO4主要以Na2SO4?10H2O存在，Na2SO4?10H2O的溶解度隨溫度上升先增大后減冷卻結(jié)晶所得母液中，除Na2Cr2O7外冷卻結(jié)晶所得母液中，除Na2Cr2O7外4Na24Na2Cr2O4+4H2O依據(jù)總反響方程式 __

，即可推斷出電解的實(shí)質(zhì)是電解水，因此陽極得到的是氧氣，陰極得到的是氫氣，而存在著2CrO2 +H2O?Cr2O2 +Na2Na2Cr2O72OH，當(dāng)氫氧根離子減小時(shí)，產(chǎn)生大量的4CrO24

，因此在陽極得到。電解時(shí)通過的離子主要是【分析】〔1〕為了提高反響的速率增大與反響物的接觸面積依據(jù)圖示即可找出中和完全的pH,酸化的目的主要是抑制2CrO2 +H2O?Cr2O2 +2OH的移4 7動(dòng)，鐵元素在浸出的濾渣中除去主要考慮的數(shù)硫酸鈉晶體的析出，以及冷卻結(jié)晶后存在大量的硫酸，硫酸是難揮發(fā)性酸〔4〕依據(jù)電池總反響以及2CrO2 +H2O?Cr2O2 +2OH進(jìn)展推斷即可4 7【答案】〔1〕排解裝置中的空氣；直形冷凝管；淡黃色固體變?yōu)殂y白色2 吸取多余氯氣，防止污染空氣；防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入E；再次通入N；排解裝置中的2 〔3〕(m

+m-2m)；

??????

%；不變；偏大3 1 2

120(??3+??12??2)【考點(diǎn)】物質(zhì)的分別與提純，制備試驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)，化學(xué)試驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，有關(guān)混合物反響的計(jì)算【解析】【解答】〔1〕用氫氣復(fù)原三氧化鎢裝置中不能存在空氣，先通氮?dú)庵饕菫榱伺沤庋b置中的空氣，依據(jù)圖示推斷儀器A為直形冷凝管，由于三氧化鎢是淡黃色固體，而W單質(zhì)為銀白色固體，因此當(dāng)消滅淡黃色固體全部變?yōu)殂y白色時(shí)已經(jīng)完全被復(fù)原，故正確答案為：排解裝置中的空氣直形冷凝管淡黃色固體變?yōu)殂y白色、 、排解裝置中的空氣直形冷凝管淡黃色固體變?yōu)殂y白色反響中氯氣未反響完全因此堿石灰是為了吸取多于的氯氣防止污染空氣，同時(shí)防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入E裝置中。裝置中存在確定量的氫氣，操作④是通入足量的氮?dú)馀沤鈿錃夥乐古c氯氣反響，故正確吸取多余氯氣，防止污染空氣；防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入E再次通入N吸取多余氯氣，防止污染空氣；防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入E再次通入N2排解裝置中的HH2①依據(jù)分析，稱量時(shí)參與足量的二硫化碳，蓋緊蓋子此時(shí)質(zhì)量為m1g，考慮到二硫化碳的揮發(fā)性1minm2g,此時(shí)揮發(fā)的質(zhì)量為(m2-m1)g，開蓋參與樣品，此時(shí)的質(zhì)量揮發(fā)出與第一次等量的二硫化碳，此時(shí)質(zhì)量為m3g,設(shè)參與的樣品的質(zhì)量為x,m2+x-(m1-m2)=m3,x=(m3+m1-2m2)4 3 2 2 ②依據(jù)滴定時(shí)的方程式，得出關(guān)系式為WO2-~2IO-~6I(m3+m1-2m2)4 3 2 2 n(WCl

)=n(WO

2-)=1xcVx10-3mol，m(WCl

)=??xcVx10-3g,則質(zhì)量分?jǐn)?shù)為

????????103

x100%=3 4 12 2 3 12

3 12

12(??1+??32??2)Na2S2O3??????120(??3Na2S2O3??????120(??3+??12??2)%體積不變【分析】〔1〕主要是整個(gè)裝置中不能有空氣，因此通入氮?dú)馀疟M空氣，依據(jù)圖示即可推斷A的名稱，依據(jù)金屬W的顏色進(jìn)展推斷反響是否完全反響W合成六氯化鎢，主要氯氣可以污染空氣且六氯化鎢易水解因此，堿石灰是防止污染空氣以及吸水，再次通入氮?dú)馐桥沤庋b置中的氫氣①依據(jù)操作質(zhì)量的變化即可計(jì)算出樣品的質(zhì)量②依據(jù)反響方程式即可找出六氯化鎢與硫代硫酸鈉的物質(zhì)的量關(guān)系，即可計(jì)算出六氯化鎢的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，依據(jù)質(zhì)量分?jǐn)?shù)公式，放置時(shí)間過長導(dǎo)致二硫化碳逸散過多，會(huì)導(dǎo)致公式分母變小，數(shù)值偏大，但是由于六氯化鎢的量不變消耗的硫代硫酸鈉不變19.【答案】〔119.【答案】〔1〕；8〔2〕FeCl3溶液；氧化反響〔3〕+CHOH ?Δ3+HO；3H2SO42〔4〕(1)由上述分析可知，A的構(gòu)造簡式為；A的同分異構(gòu)體中滿足：①含有酚羥基；②不能發(fā)生銀鏡反響，說明構(gòu)造中不含醛基；③含有四種化學(xué)環(huán)境的氫，說明具有對(duì)稱結(jié)構(gòu)，則滿足條件的構(gòu)造有：(3種異構(gòu))、(3種異構(gòu))、、3+3+1+1=8種，故答案為：；8。(3)C→D為CH3OH構(gòu)，則滿足條件的構(gòu)造有：(3種異構(gòu))、(3種異構(gòu))、、3+3+1+1=8種，故答案為：；8。(3)