2023年高考化学试卷（山东）（解析卷）_历年高考真题合集_化学历年高考真题_新·PDF版2008-2025·高考化学真题_化学（按省份分类）2008-2025_2008-2025·（山东）化学高考真题

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AlCl 溶液 3 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↑+2H O，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. CS B. NF C. SO D. SiF 2 3 3 4 【答案】B 【解析】 1 【详解】A．CS 中C上的孤电子对数为 ×(4-2×2)=0，σ键电子对数为2，价层电子对数为2，CS 的空 2 2 2 第1页 | 共26页间构型为直线形，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 1 B．NF 中N上的孤电子对数为 ×(5-3×1)=1，σ键电子对数为3，价层电子对数为4，NF 的空间构型为 3 2 3 三角锥形，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 1 C．SO 中S上的孤电子对数为 ×(6-3×2)=0，σ键电子对数为3，价层电子对数为3，SO 的空间构型为 3 2 3 平面正三角形，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 1 D．SiF 中Si上的孤电子对数为 ×(4-4×1)=0，σ键电子对数为4，价层电子对数为4，SiF 的空间构型为 4 2 4 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，用灭火毯(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，尽可能减少碱对眼睛的伤害，再用2%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，用灭火毯(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 2 x 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) 导电性增强 x 第2页 | 共26页B. 与石墨相比，(CF) 抗氧化性增强 x C. (CF) 中C-C的键长比C-F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， x (CF) 抗氧化性增强，B正确； x C．已知C的原子半径比F的大，故可知(CF) 中C-C的键长比C-F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 x 用，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0.1mol×L-1的NaClO、Ba(OH) 、Al SO  三种溶液，仅用下列一种方法不可行的 2 2 4 3 是 A. 测定溶液pH B. 滴加酚酞试剂 C 滴加0.1mol×L-1KI溶液 D. 滴加饱和Na CO 溶液 . 2 3 【答案】C 【解析】 【详解】A．NaClO溶液显弱碱性，Ba(OH) 溶液显强碱性，Al SO  溶液显酸性，则测定溶液pH 2 2 4 3 是可以鉴别出来的，故A不符合题意； B．NaClO溶液显弱碱性，滴入酚酞先变红后褪色，Ba(OH) 溶液显强碱性，滴入酚酞溶液，显红色， 2 Al SO  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； 2 4 3 C．NaClO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Ba(OH) 溶液，Al SO  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 2 2 4 3 0.1mol×L-1KI溶液无法鉴别，则C符合题意； D．饱和Na CO 溶液和NaClO溶液不反应，和Ba(OH) 溶液反应生成碳酸钡沉淀，和Al SO  溶液 2 3 2 2 4 3 第3页 | 共26页发生双水解反应生成沉淀和气体，则滴入饱和Na CO 溶液是可以鉴别出来的，故D不符合题意； 2 3 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键，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é ë CH 3 CO 2 Où û 醇解反应 éCH CO O+ROH¾¾®CH COOR+CH COOHù可进行完全，利用此反应定量测定有机醇 ë 3 2 3 3 û 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： 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mgROH样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐 完全水解： CH CO O+H O¾¾®2CH COOH。 3 2 2 3 第4页 | 共26页③加指示剂并用cmol×L-1NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液VmL。 1 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 cmol×L-1NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V mL。对于上述实验，下列做法正确的是 2 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é ë CH 3 CO 2 Où û 醇解反应 éCH CO O+ROH¾¾®CH COOR+CH COOHù可进行完全，利用此反应定量测定有机醇 ë 3 2 3 3 û 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： 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mgROH样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐 完全水解： CH CO O+H O¾¾®2CH COOH。 3 2 2 3 ③加指示剂并用cmol×L-1NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液VmL。 1 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 cmol×L-1NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V mL。ROH样品中羟基含量(质量分数)计算 2 正确的是 cV -V ´17 cV-V ´17 A. 2 1 ´100% B. 1 2 ´100% 1000m 1000m 0.5cV -V ´17 c0.5V -V ´17 C. 2 1 ´100% D. 2 1 ´100% 1000m 1000m 第5页 | 共26页【答案】A 【解析】 【详解】根据滴定过程中，用cmol×L-1NaOH-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V mL，需要消耗cmol×L-1NaOH-甲醇的物质的量为V ´c´10-3mol，即乙酸酐的总物质的量= 2 2 V ´c´10-3 V ´c´10-3 2 mol；则ROH与乙酸酐反应后剩余的乙酸酐的物质的量= 1 mol；设醇解的乙酸酐 2 2 V ´c´10-3 V ´c´10-3 物质的量为x，水解的乙酸酐的物质的量为y，则x+y= 2 mol；x+2y= 1 mol；联立 2 2 计算得：x=n(ROH)=V ´c´10-3-V ´c´10-3mol，ROH样品中羟基质量分数= 2 1 V ´c´10-3-V ´c´10-3mol´17g/mol (V -V)´c´17 2 1 ´100%= 2 1 ´100%， A正确；故选A。 mg 103m 10. 一定条件下，乙酸酐é ë CH 3 CO 2 Où û 醇解反应 éCH CO O+ROH¾¾®CH COOR+CH COOHù可进行完全，利用此反应定量测定有机醇 ë 3 2 3 3 û 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： 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mg ROH样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐 完全水解： CH CO O+H O¾¾®2CH COOH。 3 2 2 3 ③加指示剂并用cmol×L-1 NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V mL。 1 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 cmol×L-1 NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V mL。根据上述实验原理，下列说法正确 2 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】 第6页 | 共26页【分析】用cmol×L-1 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V mL，则消 2 耗NaOH的物质的量为  V ´c´10-3 mol，即乙酸酐的总物质的量为  V 2 ´c´10-3 mol，ROH与乙酸 2 2  V ´c´10-3 酐反应后剩余的乙酸酐的物质的量为 1 mol，所以与ROH反应消耗的乙酸酐的物质的量为 2  V ´c´10-3 -V ´c´10-3 2 1 mol。 2 【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，A项错误； B．若甲醇挥发，NaOH-甲醇溶液的浓度将偏大，滴定时消耗NaOH-甲醇溶液的体积偏小，步骤④中所得  V ´c´10-3 -V ´c´10-3 V 2 偏小，而ROH的物质的量为 2 1 mol，故将导致测定结果偏小，B项正确； 2 C．步骤③滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出，消耗NaOH-甲醇溶液的体积偏小即V 偏小，而ROH的物 1  V ´c´10-3 -V ´c´10-3 质的量为 2 1 mol，故将导致测定结果偏大，C项错误； 2 D．步骤④中，若加水量不足，乙酸酐未完全水解，生成乙酸的物质的量偏小，消耗NaOH-甲醇溶液的体  V ´c´10-3 -V ´c´10-3 积偏小即V 2 偏小，而ROH的物质的量为 2 1 mol，故将导致测定结果偏小，D 2 项错误； 答案选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CuSO 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 4 CuSO 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 4 A. 甲室Cu电极为正极 B. 隔膜为阳离子膜 第7页 | 共26页C. 电池总反应为：Cu2+ +4NH =éCuNH  ù 2+ 3 ë 3 4 û D. NH 扩散到乙室将对电池电动势产生影响 3 【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 éCuNH  ù 2+ ，因此甲室Cu电极为负极，故A错误； ë 3 4 û 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Cu-2e- +4NH =éCuNH  ù 2+ ，正极是Cu2+ +2e- =Cu，则电池总反应为： 3 ë 3 4 û Cu2+ +4NH =éCuNH  ù 2+ ，故C正确； 3 ë 3 4 û D. NH 扩散到乙室会与铜离子反应生成éCuNH  ù 2+ ，铜离子浓度降低，铜离子得电子能力减弱，因 3 ë 3 4 û 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X® Y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 第8页 | 共26页基，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：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：CH CH=CHCH(CH )CHO、 3 3 CH =C(CH )CH(CH )CHO、CH =CHCH(CH )CH CHO、CH =CHCH CH(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 3 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Cu O的工艺路线如图所示，反应Ⅱ所得溶液pH在3~4之间，反应Ⅲ需及时补加NaOH以 2 保持反应在pH=5条件下进行。常温下，H SO 的电离平衡常数K =1.3´10-2,K =6.3´10-8。下列 2 3 al a2 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NaHSO 被氧化 3 C. 溶液Y可循环用于反应Ⅱ所在操作单元吸收气体Ⅰ nX D. 若Cu O产量不变，参与反应Ⅲ的X与CuSO 物质的量之比 增大时，需补加NaOH的量 2 4 nCuSO  4 第9页 | 共26页减少 【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 pH在 3~4 之 间 ， 溶 液 显 酸 性 ， 根 据 H SO 的 电 离 平 衡 常 数 2 3 K =1.3´10-2,K =6.3´10-8，可知NaHSO 溶液显酸性(电离大于水解)，则反应Ⅱ所得溶液成分是 al a2 3 NaHSO ，调节溶液pH值至11，使NaHSO 转化为Na SO ，低温真空蒸发(防止Na SO 被氧化)，故固 3 3 2 3 2 3 液分离得到Na SO 晶体和Na SO 溶液，Na SO 和CuSO 反应的离子方程式是SO2-+2Cu2＋+2H O=SO2-+ 2 3 2 3 2 3 4 3 2 4 Cu O+4H+,反应过程中酸性越来越强，使 Na SO 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 ↑+3Na SO ，需及时补加NaOH以保持反应在pH=5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 2 应，生成NaHSO 、水和二氧化碳，是非氧化还原反应，反应Ⅲ是Na SO 和CuSO 反应生成Cu O，是 3 2 3 4 2 氧化还原反应，故A错误； B．低温真空蒸发主要目的是防止Na SO 被氧化，而不是NaHSO ，故B错误； 2 3 3 C．经分析溶液Y的成分是Na SO 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Cu O总反应方程式是2CuSO +3Na SO = Cu O+2SO ↑+3Na SO ，化合物X是指Na SO ，若 2 4 2 3 2 2 2 4 2 3 nX Cu O产量不变，增大 比，多的Na SO 会消耗氢离子，用于控制pH值，可减少NaOH的 2 nCuSO  2 3 4 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0.10mol∙L-1，TFAA的浓度为0.08mol∙L-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 第10页 | 共26页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0.08mol∙L-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+TFAA¾¾®F ②F¾¾®G ③G H+TFAA ƒ 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0.08mol∙L-1TFAA、 1 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0.08mol∙L-1，TFAA 2 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- 2 1，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 1 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 2 全部转化为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 ƒ 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 2 (g)的溶液中，一定c(I-)范围内，存在平衡关系：HgI 2 s ƒ HgI 2 aq ； HgI 2 aq ƒ Hg2+ +2I-；HgI 2 aq ƒ HgI+ +I-；HgI 2 aq+I- ƒ HgI 3 -； 第11页 | 共26页HgI 2 aq+2I- ƒ HgI2 4 -，平衡常数依次为K 0 、K 1 、K 2 、K 3 、K 4 。已知lgc  Hg2+ 、lgc  HgI+ ， lgc  HgI- 、lgc  HgI2- 随lgc  I- 的变化关系如图所示，下列说法错误的是 3 4 A. 线L表示lgc  HgI2- 的变化情况 4 B. 随c  I- 增大，cé ë HgI 2 aqù û 先增大后减小 K C. a =lg 1 K 2 D. 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】 c(Hg2+)c2(I-) K c(HgI ) 【分析】由题干反应方程式HgI aq Hg2++2I-可知，K = ，则有c(Hg2+)= 1 2 ， 2 ƒ 1 c(HgI ) c2(I-) 2 则 有 lgc(Hg2+)=lgK +lgc(HgI )-2lgc(I-) ， 同 理 可 得 ： lgc(HgI+)=lgK +lgc(HgI )-lgc(I-) ， lgc  HgI- 1 2 2 2 3 =lgK 3 +lgc(HgI 2 )+ lgc(I-)， lgc  HgI2 4 - ==lgK 4 +lgc(HgI 2 )+ 2lgc(I-)，且由 HgI 2 s ƒ HgI 2 aq 可知 K 0 = cé ë HgI 2 aqù û 为一定值，故可知图示中 曲线1、2、3、4即L分别代表 lgc  HgI+ 、lgc  Hg2+ 、lgc  HgI- 、lgc  HgI2- ，据此分析解题。 3 4 【详解】A．由分析可知，线L表示lgc  HgI2- 的变化情况，A正确； 4 第12页 | 共26页B．已知HgI 2 s ƒ HgI 2 aq 的化学平衡常数K 0 =cé ë HgI 2 aqù û ，温度不变平衡常数不变，故随c  I- 增大，cé ë HgI 2 aqù û 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 K a=lgK -lgK =lg 1 ，C正确； 1 2 K 2 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Hg元素的物质的量之比始终为 2 2:1，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）-40℃时，F 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 2 为_____，HOF 水解反应的产物为_____(填化学式)。 （2）ClO 中心原子为Cl，Cl O中心原子为O，二者均为V 形结构，但ClO 中存在大π键  Π5 。 2 2 2 3 ClO 中Cl原子的轨道杂化方式_____；为O-Cl-O键角_____Cl-O-Cl键角(填“＞”“ ＜”或 2 “=”)。比较ClO 与Cl O中Cl-O键的键长并说明原因_____。 2 2 （3）一定条件下，CuCl 、K和F 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 2 2 示(晶胞参数a =b¹c,α =β= γ =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N ，化合物X的密度ρ= _____g×cm-3(用含N 的代数式表示)。 A A 【答案】（1） ①. 分子晶体 ②. HF 、H O 和O 2 2 2 （2） ①. sp2 ②. ＞ ③. ClO 分子中Cl-O键的键长小于Cl O中Cl-O键的键长，其原因 2 2 第13页 | 共26页是：ClO 分子中既存在σ键，又存在大π键，原子轨道重叠的程度较大，因此其中Cl-O键的键长较小， 2 而Cl O只存在普通的σ键。 2 436´1030 （3） ①. CuCl +4K+2F =K CuF +2KCl ②. 2 2 2 4 a2cN A 【解析】 【小问1详解】 常温常压下，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H O电离的H+生成HF，则OH+结合H O电离的OH- ，两者反应生成 2 2 H O ，H O 不稳定，其分解生成O ，因此，HOF水解反应的产物为HF 、H O 和O 。 2 2 2 2 2 2 2 2 【小问2详解】 ClO 中心原子为Cl，Cl O中心原子为O，二者均为V形结构，但ClO 中存在大π键(P5)。由ClO 中 2 2 2 3 2 存在P5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 3 电子，这5个电子处于互相平行的p轨道中形成大π键，Cl提供孤电子对与其中一个O形成配位键，与 另一个O形成的是普通的共价键（σ键，这个O只提供了一个电子参与形成大π键）， Cl的价层电子对 数为3，则Cl原子的轨道杂化方式为sp2；Cl O中心原子为O，根据价层电子对的计算公式可知 2 6+1´2 n = =4，因此，O的杂化方式为sp3；根据价层电子对互斥理论可知，n =4时，价电子对的几 2 何构型为正四面体，n =3时，价电子对的几何构型平面正三角形，sp2杂化的键角一定大于sp3的，因 此，虽然ClO 和Cl O均为V 形结构，但O-Cl-O键角大于Cl-O-Cl键角，孤电子对对成键电子对 2 2 的排斥作用也改变不了这个结论。ClO 分子中Cl-O键的键长小于Cl O中Cl-O键的键长，其原因 2 2 是：ClO 分子中既存在σ键，又存在大π键，原子轨道重叠的程度较大，因此其中Cl-O键的键长较 2 小，而Cl O只存在普通的σ键。 2 【小问3详解】 一定条件下，CuCl 、K和F 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 2 2 1 1 1 晶胞结构图可知，该晶胞中含有黑球的个数为8´ +2=4、白球的个数为16´ +4´ +2=8、灰色球 4 4 2 第14页 | 共26页1 的个数为8´ +1=2，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- 8 1、K 的化合价为+1，根据化合价代数和为 0，可以推断 X 为K CuF ，上述反应的化学方程式为 2 4 2´218 CuCl +4K+2F =K CuF +2KCl。若阿伏加德罗富数的值为N ，晶胞的质量为 g，晶胞的体 2 2 2 4 A N A 2´218 g 积为a2cpm3 =a2c´10-30cm3，化合物X的密度 N 436´1030 g×cm-3。 r= A = a2c´10-30cm3 a2cN A 17. 盐湖卤水(主要含Na+、Mg2+、Li+、Cl-、SO2-和硼酸根等)是锂盐的重要来源。一种以高镁卤水为 4 原料经两段除镁制备Li CO 的工艺流程如下： 2 3 已知：常温下，K Li CO =2.2´10-3。相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。 sp 2 3 回答下列问题： （1）含硼固体中的B(OH) 在水中存在平衡：B(OH) +H O H+ +B(OH) - (常温下， 3 3 2 ƒ 4 K =10-9.34)；B(OH) 与NaOH溶液反应可制备硼砂Na B O (OH) ×8H O。常温下，在 a 3 2 4 5 4 2 0.10mol×L-1硼砂溶液中，B O (OH) 2- 水解生成等物质的量浓度的B(OH) 和B(OH) - ，该水解 4 5 4 3 4 反应的离子方程式为_____，该溶液pH=_____。 （2）滤渣Ⅰ的主要成分是_____(填化学式)；精制Ⅰ后溶液中Li+的浓度为2.0mol×L-1，则常温下精制Ⅱ过程 中CO2-浓度应控制在_____mol×L-1以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收HCl外，还将增加_____ 3 的用量(填化学式)。 （3）精制Ⅱ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 第15页 | 共26页_____。 【答案】（1） ①. [B O OH ]2- +5H O=2BOH +2[BOH ]- ②. 9.34 4 5 4 2 3 4 （2） ①. CaSO 、Mg(OH) ②. 5.5´10-4 ③. 纯碱 4 2 （3） ①. 加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的Ca2+转化为CaCO （或除去精制Ⅰ所得滤液中的Ca2+），提 3 高Li CO 纯度 ②. 盐酸 ③. 浓缩液中因CO2-浓度过大使得Li+过早沉淀，即浓缩结晶得到的 2 3 3 NaCl中会混有Li CO ，最终所得Li CO 的产率减小 2 3 2 3 【解析】 【分析】由流程可知，卤水中加入盐酸脱硼后过滤，所得滤液经浓缩结晶后得到晶体，该晶体中含有Na+、 Li+、Cl-、SO2-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 4 解度最小的是CaSO ，则滤渣Ⅰ的主要成分为CaSO ；由于CaSO 微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中再加纯碱 4 4 4 又生成沉淀，则滤渣Ⅱ为CaCO ；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， 3 浓缩后的滤液中加入饱和碳酸钠溶液沉锂，得到Li CO 。 2 3 【小问1详解】 含硼固体中的BOH 在水中存在平衡：BOH +H Oˆˆ†[BOH ]- +H+ (常温下，K =10-9.34)； 3 3 2 ‡ˆˆ 4 BOH 与NaOH溶液反应可制备硼砂Na B O OH ×8H O。常温下.在0.10mol×L-1硼砂溶液中， 3 2 4 5 4 2 [B O OH ]2-水解生成等物质的量浓度的BOH 和[BOH ]-，该水解反应的离子方程式为 4 5 4 3 4 [B O OH ]2- +5H O=2BOH +2[BOH ]-，由B元素守恒可知，BOH 和[BOH ]-的浓度 4 5 4 2 3 4 3 4 c ×c(H+) 均为0.20mol×L-1，K = [BOH 4 ]- =c(H+)=10-9.34，则该溶液pH=9.34。 c BOH 3 【小问2详解】 由分析可知，滤渣I的主要成分是CaSO 、Mg(OH) ；精制I后溶液中Li+的浓度为2.0mol×L-1，由 4 2 2.2´10-3 K Li CO =2.2´10-3可知，则常温下精制Ⅱ过程中CO2-浓度应控制在 mol×L-1 =5.5´10-4 sp 2 3 3 2.02 mol×L-1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（Na CO ）的用量。 2 3 第16页 | 共26页【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CaSO ；由于CaSO 微溶于水，精 4 4 制Ⅰ所得滤液中还含有一定浓度的Ca2+，还需要除去Ca2+，因此，精制Ⅱ的目的是：加入纯碱将精制Ⅰ所得 滤液中的Ca2+转化为CaCO （或除去精制Ⅰ所得滤液中的Ca2+），提高Li CO 纯度。操作X是为了除去 3 2 3 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CO2-浓度过大使得Li+过早沉淀，即浓缩结晶得到 3 的NaCl中会混有Li CO ，最终所得Li CO 的产率减小。 2 3 2 3 18. 三氯甲硅烷 SiHCl  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 3 Δ -126.5℃，易水解。实验室根据反应Si+3HCl SiHCl +H ，利用如下装置制备SiHCl 粗品(加热及 3 2 3 夹持装置略)。回答下列问题： （1）制备SiHCl 时进行操作：(ⅰ)……；(ⅱ)将盛有砫粉的瓷舟置于管式炉中；(ⅲ)通入HCl，一段时间后 3 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Cl> H >Si,SiHCl 在浓NaOH溶液中发生反应的化学方程式为_____。 3 第17页 | 共26页（3）采用如下方法测定溶有少量HCl的SiHCl 纯度。 3 m 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：①_____，②_____(填操作名 1 称)，③称量等操作，测得所得固体氧化物质量为m g，从下列仪器中选出①、②中需使用的仪器，依次 2 为_____(填标号)。测得样品纯度为_____(用含m 、m 的代数式表示)。 1 2 【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 2 135.5m （3） ①. 高温灼烧 ②. 冷却 ③. AC ④. 2 ´100% 60m 1 【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 第18页 | 共26页以氢氧化钠溶液和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】 m g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m g，则二氧化硅的物质的量为n(SiO )= 2 2 m m 2 ´(28+1+35.5´3) 135.5m 2 mol，样品纯度为 60 = 2 ´100%，故答案为：高温灼烧；冷却； 60 ´100% 60m m 1 1 135.5m AC； 2 ´100%。 60m 1 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．RNH+OCNR→ 1 2 2 Ⅱ． 路线： （1）A的化学名称为_____(用系统命名法命名)；B®C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。 第19页 | 共26页【答案】（1） ①. 2,6-二氯甲苯 ②. +2KF¾催¾化¾剂® +2KCl ③. 酰胺基 ④. （2） ①. 2 ②. ②④ ③. 2 【解析】 【分析】路线：根据流程及A的分子式为C H Cl ，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的分子式为 2 C H F NO ， 推 出 E 的 结 构 式 为 ， E 与 F 8 3 2 2 第20页 | 共26页（ ）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 +2KF¾催¾化¾剂® +2KCl，D为 ， 第21页 | 共26页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； +2KF¾催¾化¾剂® +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为取代反应，J→G为加成反应，J为 ，C原子的杂化方式有sp2，sp3两种，N、O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；②④；2。 20. 一定条件下，水气变换反应CO+H 2 O ƒ CO 2 +H 2 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： Ⅰ．HCOOH ƒ CO+H 2 O(快) Ⅱ．HCOOH ƒ CO 2 +H 2 慢 研究发现，在反应Ⅰ、Ⅱ中，H+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 第22页 | 共26页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ΔH 、ΔH ，则该条件下水气变换反应的焓变ΔH=_____(用 1 2 含ΔH、ΔH 的代数式表示)。 1 2 （2）反应Ⅰ正反应速率方程为：v = kc  H+ ×cHCOOH ，k为反应速率常数。T 温度下，HCOOH电 1 离平衡常数为K ，当HCOOH平衡浓度为xmol×L-1时，H+浓度为_____mol×L-1，此时反应Ⅰ应速率 a v=_____mol×L-1×h-1(用含K 、x和k的代数式表示)。 a （3）T 温度下，在密封石英管内完全充满1.0mol×L-1HCOOH水溶液，使HCOOH分解，分解产物均 3 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)。t 时刻测得 1 CO、CO 的浓度分别为0.70mol×L-10.16mol×L-1，反应Ⅱ达平衡时，测得H 的浓度为ymol×L-1。体 2 2 cCO 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_____。 cCO  2 相同条件下，若反应起始时溶液中同时还含有0.10mol×L-1盐酸，则图示点a、b、c、d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，CO 浓度_____(填“增大”“减小” 2 cCO 或“不变”)， 的反应_____(填“增大”“减小”或“不变”)。 cHCOOH 【答案】（1）ΔH －ΔH 2 1 （2） ①. K x ②. kx K x a a 5-5y 6y2 （3） ①. ②. ③. a ④. 减小 ⑤. 不变 6y 1- y 【解析】 【小问1详解】 第23页 | 共26页根据盖斯定律，反应II-反应I＝水气变换反应，故水气变换反应的焓变DH＝ΔH －ΔH ； 2 1 【小问2详解】 T 温度时，HCOOH建立电离平衡： 1 HCOOH HCOO- + H+ ƒ 平衡浓度(mol·L-1） x c(HCOO-) c(H+) c(HCOO-)c(H+) K = ，c(HCOO－)＝c(H＋)，故c(H＋)＝ K x。 a c(HCOOH) a v = kc  H+ ×cHCOOH =kx K x 。 a 【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 HCOOH CO + H O ƒ 2 t时刻转化浓度(mol·L-1） 0.70 0.70 1 HCOOH CO + H ƒ 2 2 t时刻转化浓度(mol·L-1） 0.16 0.16 0.16 1 c(CO) 0.70 故t 时刻c(HCOOH)＝1.0－0.70－0.16＝0.14 mol·L－1，K(I)＝ = =5。t 时刻→反应II 1 c(HCOOH) 0.14 1 达平衡过程， HCOOH CO + H O ƒ 2 t时刻到反应II平衡 1 a a 转化浓度(mol·L-1） HCOOH CO + H ƒ 2 2 t时刻到反应II平衡 1 b b b 转化浓度(mol·L-1） 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 0.8-5y c(CO) 0.3-a- y 0.8-5y cCO +0.7 5-5y = =5，a＝ 。故 = 6 ＝ ，K(II)＝ c(HCOOH) a+0.7 6 cCO  6y 2 y c(CO )c(H ) y y 6y2 2 2 = g = c(HCOOH) 0.8-5y 1- y 。 +0.7 6 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的反应速率，缩短到达平衡所需时间，故 第24页 | 共26页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 cCO cCO ＝K(I)，温度不变，平衡常数不变，则 的值不变。 cHCOOH cHCOOH 第25页 | 共26页第26页 | 共26页