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山东省 2023 年普通高中学业水平等级考试
化学
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 F-19 Si-28 S-32 C1-35.5 K-39
Cu-64
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20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 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AlCl 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；
3
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+4HNO (稀)=3AgNO +NO↑+2HO，C不合题意；
3 3 2
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
符合题意；
故答案为：D。
3. 下列分子属于极性分子的是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．CS 中C上的孤电子对数为 (4-2 2)=0， 键电子对数为2，价层电子对数为2，CS 的空间
2 2
× × σ构型为直线形，分子中正负电中心重合，CS 属于非极性分子，A项不符合题意；
2
B．NF 中N上的孤电子对数为 (5-3 1)=1， 键电子对数为3，价层电子对数为4，NF 的空间构型为三
3 3
× × σ
角锥形，分子中正负电中心不重合，NF 属于极性分子，B项符合题意；
3
C．SO 中S上的孤电子对数为 (6-3 2)=0， 键电子对数为3，价层电子对数为3，SO 的空间构型为平
3 3
× × σ
面正三角形，分子中正负电中心重合，SO 属于非极性分子，C项不符合题意；
3
D．SiF 中Si上的孤电子对数为 (4-4 1)=0， 键电子对数为4，价层电子对数为4，SiF 的空间构型为
4 4
× × σ
正四面体形，分子中正负电中心重合，SiF 属于非极性分子，D项不符合题意；
4
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 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%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F 在450℃反应，石墨层间插入F得到层状结构化合物(CF) ，该物质仍具润滑性，其单层局部结
2 x
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) 导电性增强
xB. 与石墨相比，(CF) 抗氧化性增强
x
C. (CF) 中 的键长比 短
x
D. 1mol(CF) 中含有2xmol共价单键
x
【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) 中没有未参与杂化的2p轨道上的电子，故与石墨相比，(CF) 导电性减弱，A错误；
x x
B．(CF) 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 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) 中 的键长比 长，C错误；
x
D．由题干结构示意图可知，在(CF) 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，
x
和1个F原子形成共价键，即1mol(CF) 中含有2.5xmol共价单键，D错误；
x
故答案为：B。
6. 鉴别浓度均为 的 、 三种溶液，仅用下列一种方法不可行的
是
A. 测定溶液 B. 滴加酚酞试剂
C. 滴加 溶液 D. 滴加饱和 溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A． 溶液显弱碱性， 溶液显强碱性， 溶液显酸性，则测定溶液
是可以鉴别出来的，故A不符合题意；
B． 溶液显弱碱性， 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，
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，故B不符合题意；
C． 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 溶液， 溶液滴入碘化钾溶液后，因不与两者反应而没有现象，则仅用滴加溶液无法鉴别，则C符合题意；
D．饱和 溶液和 溶液不反应，和 溶液反应生成碳酸钡沉淀，和 溶液
发生双水解反应生成沉淀和气体，则滴入饱和 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 醇解反应
可进行完全，利用此反应定量测定有机醇中的羟基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：
①配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。
②量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入 样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐
完全水解： 。
③加指示剂并用 甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液 。
④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
甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液 。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，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 醇解反应
可进行完全，利用此反应定量测定有机醇
中的羟基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：
①配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。
②量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入 样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐
完全水解： 。③加指示剂并用 甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液 。
④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
甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液 。 样品中羟基含量(质量分数)计
算正确的是
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】用 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 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 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 ，需要消耗 甲醇的物质的量为 ，即乙酸酐的总物质的量=
；则ROH与乙酸酐反应后剩余的乙酸酐的物质的量= ，所以与ROH反
应的乙酸酐的物质的量= ，也即样品ROH中羟基的物质的量，所以
样品中羟基质量分数= ，选C 。
10. 一定条件下，乙酸酐 醇解反应
可进行完全，利用此反应定量测定有机醇
中的羟基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：
①配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。
②量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入 样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐
完全水解： 。
③加指示剂并用 甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液 。
④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
甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液 。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③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④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④测定乙酸酐的物质的量为 ；根据步骤②③可知 样品中羟基的物质
的量为 。
【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③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④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、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小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. 利用热再生氨电池可实现 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
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 电极为正极
B. 隔膜为阳离子膜
C. 电池总反应为：
D. 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 电极溶解，变为铜离子与氨气形成
，因此甲室 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小，明显不利于电池反应正常进行，故B错误；
C. 左侧负极是 ，正极是 ，则电池总反应为：，故C正确；
D. 扩散到乙室会与铜离子反应生成 ，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 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；
的
C．由题干图示有机物Y 结构简式可知，Y的分子式为：C H O，则含醛基和碳碳双键且有手性碳原子
6 10
(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：CHCH=CHCH(CH )CHO、
3 3
CH=C(CH )CH(CH )CHO、CH=CHCH(CH )CHCHO、CH=CHCHCH(CH )CHO和
2 3 3 2 3 2 2 2 3
CH=CHCH(CH CH)CHO共5种(不考虑立体异构)，C错误；
2 2 3D．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 的工艺路线如图所示，反应Ⅱ所得溶液 在3~4之间，反应Ⅲ需及时补加 以
保持反应在 条件下进行。常温下， 的电离平衡常数 。下列
说法正确的是
A. 反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应
B. 低温真空蒸发主要目的是防止 被氧化
C. 溶液Y可循环用于反应Ⅱ所在操作单元吸收气体Ⅰ
D. 若 产量不变，参与反应Ⅲ的 与 物质的量之比 增大时，需补加 的量
减少
【答案】CD
【解析】
【分析】铜和浓硫酸反应(反应Ⅰ)生成二氧化硫气体(气体Ⅰ)和硫酸铜，生成的二氧化硫气体与碳酸钠反应
( 反 应 Ⅱ ) ， 所 得 溶 液 在 3~4 之 间 ， 溶 液 显 酸 性 ， 根 据 的 电 离 平 衡 常 数，可知 溶液显酸性(电离大于水解)，则反应Ⅱ所得溶液成分是
，调节溶液pH值至11，使 转化为NaSO ，低温真空蒸发(防止NaSO 被氧化)，故固
2 3 2 3
液分离得到NaSO 晶体和NaSO 溶液，NaSO 和CuSO 反应的离子方程式是 +2Cu2＋+2H O= +
2 3 2 3 2 3 4 2
Cu O+4H+,反应过程中酸性越来越强，使 NaSO 转化成 SO 气体，总反应方程式是 2CuSO +3Na SO =
2 2 3 2 4 2 3
Cu O+2SO ↑+3NaSO ，需及时补加 以保持反应在 条件下进行，据此分析解答。
2 2 2 4
【详解】A．反应Ⅰ是铜和浓硫酸反应，生成二氧化硫，是氧化还原反应，反应Ⅱ是SO 和碳酸钠溶液反应，
2
生成 、水和二氧化碳，是非氧化还原反应，反应Ⅲ是NaSO 和CuSO 反应生成Cu O，是氧化还
2 3 4 2
原反应，故A错误；
B．低温真空蒸发主要目的是防止 被氧化，而不是 ，故B错误；
C．经分析溶液Y的成分是NaSO 溶液，可循环用于反应Ⅱ的操作单元吸收SO 气体(气体Ⅰ)，故C正确；
2 3 2
D．制取 总反应方程式是2CuSO +3Na SO = Cu O+2SO ↑+3Na SO ，化合物X是指NaSO ，若
4 2 3 2 2 2 4 2 3
产量不变，增大 比，多的NaSO 会消耗氢离子，用于控制pH值，可减少 的量，
2 3
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. t 时刻，体系中有E存在
1
B. t 时刻，体系中无F存在
2
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：
①E+TFAA F ②F G ③G H+TFAA
t 之后的某时刻，H 为 0.02 mol∙L-1，此时 TFAA 的浓度仍为 0，则表明 0.10mol∙L-1E、起始时的
1
0.08mol∙L-1TFAA、G分解生成的0.02 mol∙L-1 TFAA全部参加反应，生成 0.10mol∙L-1F；在t 时刻，H为
2
0.08mol∙L-1，TFAA为0.06mol∙L-1，G为0.01 mol∙L-1，则F为0.01 mol∙L-1。
【详解】A．t 时刻，H的浓度小于0.02 mol∙L-1，此时反应③生成F的浓度小于0.02 mol∙L-1，参加反应①
1
的H的浓度小于0.1 mol∙L-1，则参加反应E的浓度小于0.1 mol∙L-1，所以体系中有E存在，A正确；
B．由分析可知，t 时刻，H为0.08mol∙L-1，TFAA为0.06mol∙L-1，G为0.01 mol∙L-1，则F为0.01 mol∙L-1，
2
所以体系中有F存在，B不正确；
C．t 之后的某时刻，H为0.02 mol∙L-1，此时TFAA的浓度仍为0，表明此时E和TFAA完全反应生成F，
1
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t 时刻，H为0.08mol∙L-1，TFAA为0.06mol∙L-1，G为0.01 mol∙L-1，F为0.01 mol∙L-1，只有F、G全
2
部转化为H和TFAA时，TFAA的浓度才能为0.08mol∙L-1，而G H+TFAA为可逆反应，所以反应达平衡
后，TFAA的浓度一定小于0.08mol∙L-1，D不正确；
故选AC。15. 在含HgI (g)的溶液中，一定c(I-)范围内，存在平衡关系： ；
2
； ； ；
，平衡常数依次为 。已知 、 ，
、 随 的变化关系如图所示，下列说法错误的是
A. 线 表示 的变化情况
B. 随 增大， 先增大后减小
C.
D. 溶液中I元素与 元素的物质的量之比始终为
【答案】B
【解析】
【分析】由题干反应方程式 可知，K= ，则有c(Hg2+)= ，
1
则 有 lgc(Hg2+)=lgK +lgc(HgI )-2lgc(I-) ， 同 理 可 得 ： lgc(HgI+)=lgK +lgc(HgI )-lgc(I-) ，
1 2 2 2
=lgK +lgc(HgI )+ lgc(I-)， ==lgK+lgc(HgI )+ 2lgc(I-)，且由 可知 K=
3 2 4 2 0为一定值，故可知图示中 曲线1、2、3、4即L分别代表
、 、 、 ，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，线 表示 的变化情况，A正确；
B．已知 的化学平衡常数K= ，温度不变平衡常数不变，故随
0
增大， 始终保持不变，B错误；
C．由分析可知，曲线1方程为：lgc(Hg2+)=lgK +lgc(HgI )-2lgc(I-)，曲线2方程为：
1 2
lgc(HgI+)=lgK +lgc(HgI )-lgc(I-)即有①b= lgK+lgc(HgI )-2a，②b= lgK+lgc(HgI )-a，联合①②可知得：
2 2 1 2 2 2
，C正确；
D．溶液中的初始溶质为HgI ，根据原子守恒可知，该溶液中I元素与 元素的物质的量之比始终为 ，
2
D正确；
故答案为：B。
三、非选择题：本题共5小题，共60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） 时， 与冰反应生成 利 。常温常压下， 为无色气体，固态 的晶体类型
为_____， 水解反应的产物为_____(填化学式)。
（2） 中心原子为 ， 中心原子为 ，二者均为 形结构，但 中存在大 键 。
中 原子的轨道杂化方式_____；为 键角_____ 键角(填“＞”“ ＜”或“=”)。比较 与 中 键的键长并说明原因_____。
（3）一定条件下， 和 反应生成 和化合物 。已知 属于四方晶系，晶胞结构如图所
示(晶胞参数 )，其中 化合价为 。上述反应的化学方程式为_____。若阿伏
加德罗常数的值为 ，化合物 的密度 _____ (用含 的代数式表示)。
【答案】（1） ①. 分子晶体 ②. HF 、 和
（2） ①. ②. ＞ ③. 分子中 键的键长小于 中 键的键长，其原因
是： 分子中既存在σ键，又存在大 键，原子轨道重叠的程度较大，因此其中 键的键长较小，
而 只存在普通的σ键。
（3） ①. ②.
【解析】
【小问1详解】
常温常压下， 为无色气体，则 的沸点较低，因此，固态HOF的晶体类型为分子晶体。
分子中F显-1价，其水解时结合 电离的 生成HF，则 结合 电离的 ，两者反应生成
， 不稳定，其分解生成 ，因此， 水解反应的产物为HF 、 和 。
【小问2详解】中心原子为 ， 中心原子为 ，二者均为V形结构，但 中存在大 键( )。由 中
存在 可以推断，其中 原子只能提供1对电子，有一个 原子提供1个电子，另一个 原子提供1对
电子，这5个电子处于互相平行的 轨道中形成大 键， 提供孤电子对与其中一个 形成配位键，与另
一个 形成的是普通的共价键（σ键，这个 只提供了一个电子参与形成大 键）， 的价层电子对数
为3，则 原子的轨道杂化方式为 ； 中心原子为 ，根据价层电子对的计算公式可知
，因此， 的杂化方式为 ；根据价层电子对互斥理论可知， 时，价电子对的几
何构型为正四面体， 时，价电子对的几何构型平面正三角形， 杂化的键角一定大于 的，因此，
虽然 和 均为 形结构，但 键角大于 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。 分子中 键的键长小于 中 键的键长，其原因是：
分子中既存在σ键，又存在大 键，原子轨道重叠的程度较大，因此其中 键的键长较小，而
只存在普通的σ键。
【小问3详解】
一定条件下， 、 和 反应生成 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 、白球的个数为 、灰色
球的个数为 ，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、 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 ，上述反应的化学方程式为
。若阿伏加德罗富数的值为 ，晶胞的质量为 ，晶胞的
体积为 ，化合物X的密度 。
17. 盐湖卤水(主要含 、 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 的工艺流程如下：
已知：常温下， 。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 的在水中存在平衡： (常温下，
)； 与 溶液反应可制备硼砂 。常温下，在
硼砂溶液中， 水解生成等物质的量浓度的 和 ，该水解反应的离子方程式为_____，该溶液 _____。
（2）滤渣Ⅰ的主要成分是_____(填化学式)；精制Ⅰ后溶液中 的浓度为 ，则常温下精制Ⅱ过程
中 浓度应控制在_____ 以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收 外，还将增加_____
的用量(填化学式)。
（3）精制Ⅱ的目的是_____；进行操作 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） ①. ②.
（2） ①. ②. ③. 纯碱
（3） ①. 加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的 转化为 （或除去精制Ⅰ所得滤液中的 ），提
高 纯度 ②. 盐酸 ③. 浓缩液中因 浓度过大使得 过早沉淀，即浓缩结晶得到的
中会混有 ，最终所得 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-、 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 ，则滤渣Ⅰ的主要成分为 ；由于 微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中再
加纯碱又生成沉淀，则滤渣Ⅱ为 ;精制Ⅱ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 。
【小问1详解】
含硼固体中的 在水中存在平衡： (常温下， )；与 溶液反应可制备硼砂 。常温下.在 硼砂溶液中，
水解生成等物质的量浓度的 和 ，该水解反应的离子方程式为
，由B元素守恒可知， 和 的浓度
均为 ， ，则该溶液 。
【小问2详解】
由分析可知，滤渣I的主要成分是 ；精制I后溶液中 的浓度为2.0 ，由
可知，则常温下精制Ⅱ过程中 浓度应控制在
以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，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（ ）的用量。
【小问3详解】
精制Ⅰ中，烧渣水浸后的滤液中加生石灰后产生的滤渣Ⅰ的主要成分为 ；由于 微溶于水，精
制Ⅰ所得滤液中还含有一定浓度的 ，还需要除去 ，因此，精制Ⅱ的目的是：加入纯碱将精制Ⅰ所得
滤液中的 转化为 （或除去精制Ⅰ所得滤液中的 ），提高 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 浓度过大使得 过早沉淀，即浓缩结晶得
到的 中会混有 ，最终所得 的产率减小。18. 三氯甲硅烷 是制取高纯硅的重要原料，常温下为无色液体，沸点为 ，熔点为
，易水解。实验室根据反应 ，利用如下装置制备 粗品(加热及
夹持装置略)。回答下列问题：
（1）制备 时进行操作：(ⅰ)……；(ⅱ)将盛有砫粉的瓷舟置于管式炉中；(ⅲ)通入 ，一段时间后
接通冷凝装置，加热开始反应。操作(ⅰ)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 在浓 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 的 纯度。
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：①_____，②_____(填操作名
称)，③称量等操作，测得所得固体氧化物质量为 ，从下列仪器中选出①、②中需使用的仪器，依次
为_____(填标号)。测得样品纯度为_____(用含 、 的代数式表示)。【答案】（1） ①. 检查装置气密性 ②. 当管式炉中没有固体剩余时 ③. C、D之间没有干燥装
置，没有处理氢气的装置
（2）SiHCl +5NaOH =Na SiO+3NaCl+H↑+2H O
3 2 3 2 2
（3） ①. 高温灼烧 ②. 冷却 ③. AC ④.
【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 ，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SiHCl 时，由于氯化氢、SiHCl 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
3 3
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，SiHCl 易水解，所以需要在C、D之间加一个
3
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Cl＞H＞Si，则SiHCl 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
3
以氢氧化钠溶液和SiHCl 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：
3
SiHCl +5NaOH =Na SiO+3NaCl+H↑+2H O，故答案为：SiHCl +5NaOH =Na SiO+3NaCl+H↑+2H O；
3 2 3 2 2 3 2 3 2 2
【小问3详解】
mg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
1包括坩埚和干燥器，所得固体氧化物为二氧化硅，质量为mg，则二氧化硅的物质的量为n(SiO)=
2 2
，样品纯度为 = ，故答案为：高温灼烧；冷却；AC；
。
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：Ⅰ．R NH +OCNR →
1 2 2
Ⅱ．
路线：
的
（1）A 化学名称为_____(用系统命名法命名)； 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，①~④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） ①. 2,6-二氯甲苯 ②. +2KF
+2KCl ③. 酰胺基 ④.
（2） ①. 2 ②. ② ③. 2
【解析】
【分析】路线：根据流程及A的分子式为C HCl ，可推出A的结构式为 ，A在氨气
7 6 2
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与过氧化氢反应，生成D（ ），D和(COCl) 反应生成E，E的分
2
子 式 为 C HFNO ， 推 出 E 的 结 构 式 为 ， E 与 F （
8 3 2 2
）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CF=CF 反应生成F（ ），F
2 2
与COCl 反应生成J（ ），J与D（
2
）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 +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 +2KCl；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H→I为还原反应，I→F为加成反应，F→J，J→G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；2。
20. 一定条件下，水气变换反应 的中间产物是 。为探究该反应过程，
研究 水溶液在密封石英管中的分子反应：
Ⅰ．Ⅱ．
研究发现，在反应Ⅰ、Ⅱ中， 仅对反应Ⅰ有催加速作用；反应Ⅰ速率远大于反应Ⅱ，近似认为反应Ⅰ建立平衡
后始终处于平衡状态。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Ⅰ、Ⅱ的焓变分别为 、 ，则该条件下水气变换反应的焓变 _____(用
含 的代数式表示)。
（2）反应Ⅰ正反应速率方程为： ，k为反应速率常数。 温度下， 电
离平衡常数为 ，当 平衡浓度为 时， 浓度为_____ ，此时反应Ⅰ应速率
_____ (用含 和k的代数式表示)。
（3） 温度下，在密封石英管内完全充满 水溶液，使 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)。 时刻测得
的浓度分别为 ，反应Ⅱ达平衡时，测得 的浓度为 。体
系达平衡后 _____(用含y的代数式表示，下同)，反应Ⅱ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 盐酸，则图示点 中， 的浓度
峰值点可能是_____(填标号)。与不同盐酸相比， 达浓度峰值时， 浓度_____(填“增大”“减小”或“不变”)， 的反应_____(填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】（1） －
（2） ①. ②.
（3） ①. ②. ③. a ④. 减小 ⑤. 不变
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，反应II-反应I＝水气变换反应，故水气变换反应的焓变 ＝ － ；
【小问2详解】
T 温度时，HCOOH建立电离平衡：
1
，c(HCOO－)＝c(H＋)，故c(H＋)＝ 。
。
【小问3详解】
t 时刻时，c(CO)达到最大值，说明此时反应I达平衡状态。此时
1
故t 时刻c(HCOOH)＝1.0－0.70－0.16＝0.14 mol·L－1，K(I)＝ 。t 时刻→反应II达
1 1
平衡过程，则c(H )＝b＋0.16＝y，b＝(y－0.16)mol·L－1，c(HCOOH)＝0.14－a－b＝0.3－a－y，c(CO)＝a＋0.7，K(I)＝
2
，a＝ 。故 ＝ ，K(II)＝
。
的
加入0.1 mol·L－1盐酸后，H＋对反应I起催化作用，加快反应I 反应速率，缩短到达平衡所需时间，故CO
浓度峰值提前，由于时间缩短，反应Ⅱ消耗的HCOOH减小，体系中HCOOH浓度增大，导致CO浓度大于
t 时刻的峰值，故c(CO)最有可能在a处达到峰值。此时c(CO)会小于不含盐酸的浓度， ＝
1 2
K(I)，温度不变，平衡常数不变，则 的值不变。
