【文档说明】2023年高考真题——化学（山东卷） Word版含解析.docx，共(25)页，1.963 MB，由小赞的店铺上传

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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-1C-12N-14O-16F-19Si-28S-32C1-35.5K-39Cu-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3AlCl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AlCl3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；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+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO↑+2H2O，C不合题意；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.2CSB.3NFC.3SOD.4SiF【答案】B【解析】【详解】A．CS2中C上的孤电子对数为12×(4

-2×2)=0，σ键电子对数为2，价层电子对数为2，CS2的空间构型为直线形，分子中正负电中心重合，CS2属于非极性分子，A项不符合题意；B．NF3中N上的孤电子对数为12×(5-3×1)=1，σ键电子对数为3，价层电子对数为4，NF3的空间构型为三角锥形，分子中正负电中心不重合，NF3属于

极性分子，B项符合题意；C．SO3中S上的孤电子对数为12×(6-3×2)=0，σ键电子对数为3，价层电子对数为3，SO3的空间构型为平面正三角形，分子中正负电中心重合，SO3属于非极性分子，C项不符合题意；D．SiF4中Si上的孤电子对数为12×(4-4×1)=0

，σ键电子对数为4，价层电子对数为4，SiF4的空间构型为正四面体形，分子中正负电中心重合，SiF4属于非极性分子，D项不符合题意；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F2在450℃反应，石墨层间插入F得到层状结构化合物(CF)x，该物质仍具润滑性，其单层局部结构如图所示。下列关于该化合物的说法正确的是A.与石墨相比，(CF)x导电性增强B.与石墨相比，(CF)x抗氧化性增强C.(CF)x中CC−的键长

比CF−短D.1mol(CF)x中含有2xmol共价单键【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)x中没有未参与杂化的2p轨道上的电子，故与石墨

相比，(CF)x导电性减弱，A错误；B．(CF)x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)x中CC−的键长比CF−长，C错误；D．由题干结构示意图可知，在(CF)

x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，和1个F原子形成共价键，即1mol(CF)x中含有2.5xmol共价单键，D错误；故答案为：B。6.鉴别浓度均为10.1molL−的2NaClOBa(OH)、、()243AlSO三

种溶液，仅用下列一种方法不可行的是A.测定溶液pHB.滴加酚酞试剂C.滴加10.1molLKI−溶液D.滴加饱和23NaCO溶液【答案】C【解析】【详解】A．NaClO溶液显弱碱性，2Ba(OH)溶液显强碱性，()243AlSO溶液显酸性，则测定溶液pH是可以鉴别出来的，故A不符合题意；B．Na

ClO溶液显弱碱性，2Ba(OH)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，()243AlSO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．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2Ba(OH)溶液，()243AlSO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10.1molLKI−溶液无法鉴别，则C符合题意；D．饱和23NaCO溶液和NaClO溶液

不反应，和2Ba(OH)溶液反应生成碳酸钡沉淀，和()243AlSO溶液发生双水解反应生成沉淀和气体，则滴入饱和23NaCO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()32CHCOO醇解反应()3332CH

COOROHCHCOORCHCOOH+⎯⎯→+可进行完全，利用此反应定量测定有机醇()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：()3232CHCOOHO2CHCOOH+⎯⎯→。③加指示剂并用1cmolLNaOH-−甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液1VmL。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1cmolLNaOH-−甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液2VmL。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()32CHCOO醇解反应()3332CHCOOROHCHCOORCHCOOH+⎯⎯→+可进

行完全，利用此反应定量测定有机醇()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：()323

2CHCOOHO2CHCOOH+⎯⎯→。③加指示剂并用1cmolLNaOH-−甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液1VmL。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1cmolLNaOH-−甲醇标准

溶液滴定至终点，消耗标准溶液2VmL。ROH样品中羟基含量(质量分数)计算正确的是A.()21cV-V17100%1000mB.()12cV-V17100%1000mC.()210.5cV-V17100%1000mD.()21c0.5V-V1710

0%1000m【答案】C【解析】【分析】用1cmolLNaOH-−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()3332CHCOOROHCHCOORCHCOOH+⎯⎯→+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1cmolLNaOH-−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2VmL，需要消耗1cmolLNaOH-

−甲醇的物质的量为-32Vc10mol，即乙酸酐的总物质的量=-32Vc10mol2；则ROH与乙酸酐反应后剩余的乙酸酐的物质的量=-31Vc10mol2，所以与ROH反应的乙酸酐的物质的量=-3-321Vc10Vc10mol2−

，也即样品ROH中羟基的物质的量，所以ROH样品中羟基质量分数=-3-321213Vc10Vc10mol17g/mol0.5VVc172100%=100%mg10m−−（），选C。10.

一定条件下，乙酸酐()32CHCOO醇解反应()3332CHCOOROHCHCOORCHCOOH+⎯⎯→+可进行完全，利用此反应定量测定有机醇()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：()3232CHCOOHO2CHCOOH+⎯⎯→。③加指示剂并用1cmolLNaOH-−甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液1VmL。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1cmolLNaOH-−甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液2VmL。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32V10mol2c−；根据步

骤②③可知mgROH样品中羟基的物质的量为()3332121V10mol2-V10mol=cVV10mol2cc−−−−。【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4CuSO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4CuSO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Cu电极为正极B.隔膜为阳离子膜C.电池总反应为：()

22334Cu4NHCuNH+++=D.3NH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Cu电极溶解，变为铜离子与氨气形成()234CuNH+，因此甲室Cu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()2334Cu2e4NHCuNH+−−+=，正极是2Cu2eCu+−+=，则

电池总反应为：()22334Cu4NHCuNH+++=，故C正确；D.3NH扩散到乙室会与铜离子反应生成()234CuNH+，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XY→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；C．由题干图示有机物Y的结构简式可知，Y的分子式为：C6H10O，则含醛基和碳碳双键且有手性碳原子(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：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种(不考虑立体异构)，C错误；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2CuO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以保持反应在pH5=条件下进行。常温下，23HSO的电离平衡常数28al

a2K1.310,K6.310−−==。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3NaHSO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ⅠD.若2CuO产量不变，参与反应Ⅲ的X与4CuSO物质的量之比()()4nXnCu

SO增大时，需补加NaOH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pH在3~4之间，溶液显酸性，根据23HSO的电离平衡常数28ala2K1.310,K6.310−−

==，可知3NaHSO溶液显酸性(电离大于水解)，则反应Ⅱ所得溶液成分是3NaHSO，调节溶液pH值至11，使3NaHSO转化为Na2SO3，低温真空蒸发(防止Na2SO3被氧化)，故固液分离得到Na2SO3晶体和Na2SO3溶液，

Na2SO3和CuSO4反应的离子方程式是23SO−+2Cu2＋+2H2O=24SO−+Cu2O+4H+,反应过程中酸性越来越强，使Na2SO3转化成SO2气体，总反应方程式是2CuSO4+3Na2SO3=Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4

，需及时补加NaOH以保持反应在pH5=条件下进行，据此分析解答。【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SO2和碳酸钠溶液反应，生成3NaHSO、水和二氧化碳，是非氧化还原反应，反

应Ⅲ是Na2SO3和CuSO4反应生成Cu2O，是氧化还原反应，故A错误；B．低温真空蒸发主要目的是防止23NaSO被氧化，而不是3NaHSO，故B错误；C．经分析溶液Y的成分是Na2SO3溶液，可循环用于反应Ⅱ的操作单元吸收S

O2气体(气体Ⅰ)，故C正确；D．制取2CuO总反应方程式是2CuSO4+3Na2SO3=Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，化合物X是指Na2SO3，若2CuO产量不变，增大()()4nXnCuSO比，多的Na2SO3会消耗氢离子，用于控制pH值，

可减少NaOH的量，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A.t1时刻，体系中有E存在B.t2时刻，体系中无F存在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+TFAA⎯⎯→F②F⎯⎯→G③GH+TFAAt1之后的某时刻，H为0.02mol∙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、G分解生成的0.02mol∙L-1TFAA全部参加反应，生成0.10mol∙L

-1F；在t2时刻，H为0.08mol∙L-1，TFAA为0.06mol∙L-1，G为0.01mol∙L-1，则F为0.01mol∙L-1。【详解】A．t1时刻，H的浓度小于0.02mol∙L-1，此时反应③生成F的浓度小于0.02mol∙L-1，参加反应①的H的浓度小于0.1mol∙L-

1，则参加反应E的浓度小于0.1mol∙L-1，所以体系中有E存在，A正确；B．由分析可知，t2时刻，H为0.08mol∙L-1，TFAA为0.06mol∙L-1，G为0.01mol∙L-1，则F为0.01mol∙L-1，所以体

系中有F存在，B不正确；C．t1之后的某时刻，H为0.02mol∙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，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t2

时刻，H为0.08mol∙L-1，TFAA为0.06mol∙L-1，G为0.01mol∙L-1，F为0.01mol∙L-1，只有F、G全部转化为H和TFAA时，TFAA的浓度才能为0.08mol∙L-1，而GH+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HgI2(g)的溶液中，一定c(I-)范围内，存在平衡关系：()()22HgIsHgIaq；()22HgIaqHg2I+−+；()2HgIaqHgII+−+；()23HgIaqIHg

I−−+；()224HgIaq2IHgI−−+，平衡常数依次为01234KKKKK、、、、。已知()2lgcHg+、()lgcHgI+，()3lgcHgI−、()24lgcHgI−随()lgcI−的变化关系如图所示，下列说法错误的是A.线L表示()24lgcHgI−的变化情况B.随()c

I−增大，()2cHgIaq先增大后减小C.12KalgK=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】【分析】由题干反应方程式()2+-2HgIaqHg+2I可知，K1=2+2-2c(Hg)c(I)c(HgI)，则有c(Hg2+)=12

2c()()KHgIcI−，则有lgc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I-)，同理可得：lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-)，()-3lgcHgI=lgK3+lgc(HgI2)+lgc(I-)，()2-4lgcHgI==lgK4+lgc(HgI

2)+2lgc(I-)，且由()()22HgIsHgIaq可知K0=()2cHgIaq为一定值，故可知图示中曲线1、2、3、4即L分别代表()lgcHgI+、()2lgcHg+、()3lgcHg

I−、()24lgcHgI−，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，线L表示()24lgcHgI−的变化情况，A正确；B．已知()()22HgIsHgIaq的化学平衡常数K0=()2cHgIaq，温度不变平衡常数不

变，故随()cI−增大，()2cHgIaq始终保持不变，B错误；C．由分析可知，曲线1方程为：lgc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I-)，曲线2方程为：lgc(HgI+)=lgK2+l

gc(HgI2)-lgc(I-)即有①b=lgK1+lgc(HgI2)-2a，②b=lgK2+lgc(HgI2)-a，联合①②可知得：1122Ka=lgK-lgK=lgK，C正确；D．溶液中的初始溶质为HgI2，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2:1，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，2F与冰反应生成HOF利HF。常温常压下，HOF为无色气休，固态HOF的晶体类型为_____，HOF

水解反应的产物为_____(填化学式)。（2）2ClO中心原子为Cl，2ClO中心原子为O，二者均为V形结构，但2ClO中存在大π键()53Π。2ClO中Cl原子的轨道杂化方式_____；为OClO−−键角_____ClOCl−−键

角(填“＞”“＜”或“=”)。比较2ClO与2ClO中ClO−键的键长并说明原因_____。（3）一定条件下，2CuClK、和2F反应生成KCl和化合物X。已知X属于四方晶系，晶胞结构如图所示(晶胞参数abc,αβγ90===

=)，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AN，化合物X的密度ρ=_____3gcm−(用含AN的代数式表示)。【答案】（1）①.分子晶体②.HF、22HO和

2O（2）①.2sp②.＞③.2ClO分子中ClO−键的键长小于2ClO中ClO−键的键长，其原因是：2ClO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ClO−键的键长较小，而2ClO只存在普通的σ键。

（3）①.2224CuCl4K2FKCuF2KCl++=+②.302A43610acN【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2HO电离的H+生成HF，则OH+结合2H

O电离的OH−，两者反应生成22HO，22HO不稳定，其分解生成2O，因此，HOF水解反应的产物为HF、22HO和2O。【小问2详解】2ClO中心原子为Cl，2ClO中心原子为O，二者均为V形结构，但2ClO中存在大π键(53)。由2C

lO中存在53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2sp；2ClO中心原子为O，根据价层电子对的计算公式可知612n42+==，因此，O的杂化方式为3sp；根据价层电子对互斥理论可知，n4=时，价电子对的几何构型为正四面体

，n3=时，价电子对的几何构型平面正三角形，2sp杂化的键角一定大于3sp的，因此，虽然2ClO和2ClO均为V形结构，但OClO−−键角大于ClOCl−−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。2ClO分子中ClO−键的键长小于2ClO

中ClO−键的键长，其原因是：2ClO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ClO−键的键长较小，而2ClO只存在普通的σ键。【小问3详解】一定条件下，2CuCl、K和2F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。由晶胞结构图可知，该晶胞中含有黑球的个数为18244+=、白球的个数为111642842++=、灰色球的个数为18128+=，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-1、K的化合价为+1，根据化合价代数和为0，可以推断X为24KCuF，上述反应的化学方程式为2224CuCl4K2FKCuF2KCl++=+。若阿伏加德罗富数的值为AN，晶胞的质量为A2218gN

，晶胞的体积为232303acpmac10cm−=，化合物X的密度30A23032A2218g43610ac10cmacNN−==3gcm−。【点睛】(1)(2(3)17.盐湖卤水(主要含2NaMgLiCl+++−、、、、24SO−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23LiCO的工艺流程如下：已知：常温下，()3sp23KLiCO2.210−=。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3B(OH)在水中存在平衡：324B(OH)HOHB(OH)−+++(常温下，9.3

4aK10−=)；3B(OH)与NaOH溶液反应可制备硼砂24542NaBO(OH)8HO。常温下，在10.10molL−硼砂溶液中，2454BO(OH)−水解生成等物质的量浓度的3B(OH)和4B(OH)−，该水解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12.0molL−，则常温下精制Ⅱ过程中23CO−浓度应控制在_____1molL−以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收HCl外，还将增加___

__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_____。【答案】（1）①.()()()2452434[BOOH]5HO2=[2BO]OH

BH−−++②.9.34（2）①.4CaSO②.45.510−③.纯碱（3）①.加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的2Ca+转化为3CaCO（或除去精制Ⅰ所得滤液中的2Ca+），提高23LiCO纯度②.盐酸③.浓缩液中因2

3CO−浓度过大使得Li+过早沉淀，即浓缩结晶得到的NaCl中会混有23LiCO，最终所得23LiCO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-、24SO−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4CaSO，则滤渣Ⅰ的主要成分为4CaSO；由于4CaSO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3CaCO;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23LiCO。【小问1详解】含硼固体中的()3BOH在水中存在平衡：()()234BOHBHHO[]HO−+++(常温下，9.3410K−=)；()3BOH与NaOH溶液反应

可制备硼砂()24524NaBOOH8HO。常温下.在-10.10molL硼砂溶液中，()2454[BOOH]−水解生成等物质的量浓度的()3BOH和()4[BOH]−，该水解反应的离子方程式为()()()2452434[

BOOH]5HO2=[2BO]OHBH−−++，由B元素守恒可知，()3BOH和()4[BOH]−的浓度均为-10.20molL，()()43BOH9.34BOH[](H)(H)10ccKcc−++−===，则该溶液pH9.34=。【小问2详解】由分析可知，滤渣I的主要成分是4CaSO；

精制I后溶液中Li+的浓度为2.0-1molL，由()3p23LiCO2.210sK−=可知，则常温下精制Ⅱ过程中23CO−浓度应控制在3-1422.210molL5.5102.0−−=-1molL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（23NaCO）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4CaSO；由于4CaSO微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中还含有一定浓度的2Ca+，还需要除去2Ca+，因此，精制Ⅱ的目的是：加入纯碱将精制Ⅰ所得滤

液中的2Ca+转化为3CaCO（或除去精制Ⅰ所得滤液中的2Ca+），提高23LiCO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23CO−浓度过大使得Li+过早沉淀，即

浓缩结晶得到的NaCl中会混有23LiCO，最终所得23LiCO的产率减小。18.三氯甲硅烷()3SiHCl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126.5−℃，易水解。实验室根据反应32Si3HClSiCl

HΔH++，利用如下装置制备3SiHCl粗品(加热及夹持装置略)。回答下列问题：（1）制备3SiHCl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3ClHSi,SiHCl在浓NaOH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HCl的3SiHCl纯度。1mg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2mg，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1m、2m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）SiHCl3+5NaOH=Na2SiO3+3NaCl+H2↑+2H2O（3）①.高温灼烧②.冷却③.AC④.21135.5m100%

60m【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S

iHCl3时，由于氯化氢、SiHCl3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，SiHCl3易水解，所以需要在C、D之间加一个干燥装置

，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SiHCl3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，所以氢氧化钠溶液和SiHCl3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：SiHCl3+5NaOH=Na2SiO3+3NaCl+H2↑+2H2O，故答案为：SiHCl3+5NaOH=Na2SiO3+

3NaCl+H2↑+2H2O；【小问3详解】m1g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，所用仪器包括坩埚和干燥器，所得固体氧化物为二氧化硅，质量为m2g，则二氧化硅的物质的量为n(SiO2)=2mmol60，样品纯度为21m(

28135.53)60100%m++=21135.5m100%60m，故答案为：高温灼烧；冷却；AC；21135.5m100%60m。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．R1NH2+OCNR2→Ⅱ．路线：（1）A的化学名称为____

_(用系统命名法命名)；BC→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

⎯⎯⎯→催化剂+2KCl③.酰胺基④.（2）①.2②.②③.2【解析】【分析】路线：根据流程及A的分子式为C7H6Cl2，可推出A的结构式为，A在氨气和氧气的作用下，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)2反应生成E，E的分子式为C8H3F2NO2，推出E的结构式为，E与F（）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CF2=CF2反应生成F（），F与COC

l2反应生成J（），J与D（）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⎯⎯⎯→催化剂+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⎯⎯⎯→催化剂+2KC

l；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222COHOCOH++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．2HCOOHCOHO()+快Ⅱ．()22HCOOHCOH+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1ΔH、2ΔH，则该条件下水气变换反应的焓变ΔH=_____(用含12ΔHΔH、的代数式表示)。（2）反应Ⅰ正反应速率方程为：()()vkcHcHC

OOH+=，k为反应速率常数。1T温度下，HCOOH电离平衡常数为aK，当HCOOH平衡浓度为1xmolL−时，H+浓度为_____1molL−，此时反应Ⅰ应速率v=_____11molLh−−(用含

aKx、和k的代数式表示)。（3）3T温度下，在密封石英管内完全充满11.0molLHCOOH−水溶液，使HCOOH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)。1t时刻测得2COCO、的浓度分别为110.70molL0.16molL−−，反应Ⅱ达平衡时，测得2H的浓度为1ymolL−。体系达平衡后()()2cCOcCO=_____(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10.1

0molL−盐酸，则图示点abcd、、、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，2CO浓度_____(填“增大”“减小”或“不变”)，()()cCOcHCOOH的反应_____

(填“增大”“减小”或“不变”)。【答案】（1）2ΔH－1ΔH（2）①.aKx②.akxKx（3）①.556yy−②.261yy−③.a④.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H＝2ΔH－1ΔH；【小问2详解】T1温度时，HCOO

H建立电离平衡：-+-1-+HCOOHHCOO+H(molLxc(HCOO)c(H)•平衡浓度）()()()acHCOOcHKcHCOOH−+=，c(HCOO－)＝c(H＋)，故c(H＋)＝aKx。()()vkcHcHC

OOH+=akxKx=。【小问3详解】t1时刻时，c(CO)达到最大值，说明此时反应I达平衡状态。此时2-11HCOOHCO+HOt(molL0.700.70•时刻转化浓度）22-11HCOOHCO+Ht(mol

L0.160.160.16•时刻转化浓度）故t1时刻c(HCOOH)＝1.0－0.70－0.16＝0.14mol·L－1，K(I)＝()0.705()0.14cCOcHCOOH==。t1时刻→反应II达平衡过程，21-1HCOOHCO+HOtII(molLaa

•时刻到反应平衡转化浓度）221-1HCOOHCO+HtII(molLbbb•时刻到反应平衡转化浓度）则c(H2)＝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)＝()0.35()0.7cCOaycHCOOHa−−==+，a＝0.856y−。故()()2cCOcCO=0.850.76yy−+＝556yy−，K(II)＝222()()60.85()10.76cCOcHyyyycHCOOHy==−−+。获得更多资源

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