2023年山東省新高考化學(xué)試卷（解析版）

2023年山東省新高考化學(xué)試卷

參考答案與試題解析

一、選擇題：本題共10題，每小題2分，共20分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。

1.（2分）（2023?山東）下列之物具有典型的齊魯文化特色，據(jù)其主要化學(xué)成分不能與其他

三種歸為一類(lèi)的是（）

A.泰山墨玉B.龍山黑陶C.齊國(guó)刀幣D.淄博琉璃

【答案】C

【解答】解：A.泰山墨玉的主要成分為硅酸鹽；

B.龍山黑陶的主要成分為硅酸鹽；

C.齊國(guó)刀幣是一種青銅器，屬于合金；

D.淄博琉璃的主要成分為硅酸鹽；

綜上分析，主要化學(xué)成分與其他三種明顯不同的是齊國(guó)刀幣，

故選：C。

2.（2分）（2023?山東）實(shí)驗(yàn)室中使用鹽酸、硫酸和硝酸時(shí)，對(duì)應(yīng)關(guān)系錯(cuò)誤的是（）

A.稀鹽酸：配制AlCl3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

【解答】解：A.配制AICl3溶液時(shí)，加入稀鹽酸，抑制鋁離子水解，故A正確；

B.蔗糖和淀粉的水解實(shí)驗(yàn)中，可以加入稀硫酸做催化劑，加快水解反應(yīng)的速率，故B

正確；

C.清洗附有銀鏡的試管，可以使用稀硝酸，因?yàn)橄∠跛峋哂袕?qiáng)氧化性，可以和銀反應(yīng)生

成可溶性的硝酸銀，故C正確；

D.苯和濃硫酸加熱，可以生成苯磺酸，即苯的磺化，苯、濃硫酸和濃硝酸的混合溶液，

發(fā)生苯的硝化，故D錯(cuò)誤；

故選：D。

3.（2分）（2023?山東）下列分子屬于極性分子的是（）

A.CS2B.NF3C.Sθ3D.SiF4

【答案】B

【解答】解：A.CS2是直線形分子，分子中正負(fù)電荷重心是重合的，是非極性分子，故

A錯(cuò)誤；

B.NF3是三角錐形分子，分子中正負(fù)電荷重心是不重合的，是極性分子，故B正確；

C.S03是平面三角形分子，S原子位于三角形中心，分子中正負(fù)電荷重心是重合的，是

非極性分子，故C錯(cuò)誤；

D.SiF4是正四面體形分子，Si原子位于正四面體的中心，分子中正負(fù)電荷重心是重合

的，是非極性分子，故D錯(cuò)誤；

故選：Bo

4.（2分）（2023?山東）實(shí)驗(yàn)室安全至關(guān)重要，下列實(shí)驗(yàn)室事故處理方法錯(cuò)誤的是（）

A.眼睛濺進(jìn)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2%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

【解答】解：A.眼睛濺進(jìn)酸液，應(yīng)立即用水沖洗，邊洗邊眨眼睛，以最大程度減小對(duì)眼

睛的危害，再用3%?5%的碳酸氫鈉溶液沖洗，故A錯(cuò)誤；

B.皮膚濺上堿液，應(yīng)先用大量水沖洗，降低堿性，再用2%硼酸溶液沖洗，最后用水沖

洗，操作合理，故B正確；

C.電器著火首先要切斷電源，防止觸電，然后再用二氧化碳滅火器滅火，故C正確；

D.活潑金屬燃燒起火，可用滅火毯（石棉布）蓋滅，故D正確；

故選：Ao

5.（2分）（2023?山東）石墨與F2在450℃反應(yīng)，石墨層間插入F得到層狀結(jié)構(gòu)化合物（CF）

X,該物質(zhì)仍具潤(rùn)滑性，其單層局部結(jié)構(gòu)如圖所示。下列關(guān)于該化合物的說(shuō)法正確的是

A.與石墨相比，（CF）X導(dǎo)電性增強(qiáng)

B.與石墨相比，(CF)X抗氧化性增強(qiáng)

C.(CF)X中C-C的鍵長(zhǎng)比C-F短

D.Imol(CF)X中含有2xmol共價(jià)單鍵

【答案】B

【解答】解：A.石墨中存在多個(gè)碳原子共用電子形成的n鍵，電子可以在層內(nèi)移動(dòng)，(CF)

X中無(wú)π鍵，導(dǎo)電性減弱，故A錯(cuò)誤；

B.石墨中存在多個(gè)碳原子形成的π鍵，(CF)X中無(wú)π鍵均為。鍵，π鍵鍵能小于。鍵，

故石墨易被氧化，(CF)X抗氧化性增強(qiáng)，故B正確；

C.因F的原子半徑比C原子半徑小，則(CF)X中，C-F鍵的鍵長(zhǎng)比C-C鍵的鍵長(zhǎng)

要短，故C錯(cuò)誤；

D.(CF)X中的石墨片層是六邊形結(jié)構(gòu)，每個(gè)環(huán)有兩個(gè)碳原子，三個(gè)碳碳鍵，平均每個(gè)

碳原子有1.5個(gè)碳碳鍵，每個(gè)碳原子有1個(gè)碳氟鍵，則Imol(CF)X中含有2.5xmol

共價(jià)單鍵，故D錯(cuò)誤；

故選：Bo

6.(2分)(2023?山東)鑒別濃度均為0.1mol?L1的NaCI0、Ba(OH)2、Ah(SO4)3

三種溶液，僅用下列一種方法不可行的是()

A.測(cè)定溶液PHB.滴加酚配試劑

c.滴加o.imoi?ι√溶液D.滴加飽和Na2Cθ3溶液

【答案】C

【解答】解：A.濃度均為0.1mol?L1的三種溶液，NaClo溶液中次氯酸根離子水解溶

液顯堿性，Ba(OH)2溶液為強(qiáng)堿溶液，Al2(SO4)3溶液中鋁離子水解顯酸性，溶液

PH不同，測(cè)定溶液PH可以鑒別，故A正確；

B.滴加酚就試劑，次氯酸鈉溶液具有強(qiáng)氧化性，水解生成的次氯酸具有漂白性，滴加酚

醐變紅色后會(huì)褪色，氫氧化鋼溶液為強(qiáng)堿溶液，酚儆變紅色，Al2(SO4)3溶液顯酸性，

滴入酚醐溶液為無(wú)色，可以鑒別，故B正確；

C.滴加0.1mol?L∣KI溶液，次氯酸鈉能氧化碘離子生成碘單質(zhì),Ba(OH)2、Al2(SO4)

3兩種溶液中滴入Kl溶液無(wú)現(xiàn)象，不能一次鑒別，故C錯(cuò)誤；

D.滴加飽和Na2CO3溶液，次氯酸鈉不反應(yīng)，氫氧化鋼溶液和碳酸鈉溶液反應(yīng)生成白色

沉淀碳酸領(lǐng)，硫酸鋁和碳酸鈉溶液反應(yīng)生成白色沉淀氫氧化鋁和二氧化碳?xì)怏w，可以鑒

別，故D正確；

故選：Co

7.（2分）（2023?山東）抗生素克拉維酸的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖所示，下列關(guān)于克拉維酸的說(shuō)法錯(cuò)

克拉維酸

A.存在順?lè)串悩?gòu)

B.含有5種官能團(tuán)

C.可形成分子內(nèi)氫鍵和分子間氫鍵

D.Imol該物質(zhì)最多可與ImoINaoH反應(yīng)

【答案】D

【解答】解：A.該分子中碳碳雙鍵兩端的碳原子連接兩個(gè)不同的原子或原子團(tuán)，所以具

有順?lè)串悩?gòu)現(xiàn)象，故A正確；

B.克拉維酸含有官能團(tuán)有：羥基、酰胺基、竣基、醯鍵、碳碳雙鍵共5種官能團(tuán)，故B

正確；

C.-OH,-CoOH能形成氫鍵，分子中含有羥基和竣基，所以能形成分子內(nèi)和分子間

氫鍵，故C正確；

D.該物質(zhì)中的酰胺基和竣基均可以與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，所以Imol該物質(zhì)最多可與

2molNaOH反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；

故選：D。

閱讀下列材料，完成8?10題。

一定條件下，乙酸配（CH3CO）2θ］醇解反應(yīng)［（CH3CO）2O+ROH-CH3COOR+CH3COOH］

可進(jìn)行完全，利用此反應(yīng)定量測(cè)定有機(jī)醇（ROH）中的羥基含量，實(shí)驗(yàn)過(guò)程中酯的水解

可忽略。實(shí)驗(yàn)步驟如下：

①配制一定濃度的乙酸酢一苯溶液。

②量取一定體積乙酸酎一苯溶液置于錐形瓶中，加入mgROH樣品，充分反應(yīng)后，加適

量水使剩余乙酸酊完全水解：（CH3CO）2O+H2O→2CH3COOH,

③加指示劑并用Cmol?I√iNaOH一甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液VimLo

④在相同條件下，量取相同體積的乙酸酎一苯溶液，只加適量水使乙酸酊完全水解；加

指示劑并用CmoI?L∣NaOH一甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液V2mLo

8.對(duì)于上述實(shí)驗(yàn)，下列做法正確的是（）

A.進(jìn)行容量瓶檢漏時(shí)，倒置一次即可

B.滴入半滴標(biāo)準(zhǔn)溶液，錐形瓶中溶液變色，即可判定達(dá)滴定終點(diǎn)

C.滴定讀數(shù)時(shí)，應(yīng)單手持滴定管上端并保持其自然垂直

D.滴定讀數(shù)時(shí)，應(yīng)雙手一上一下持滴定管

【答案】C

【解答】解：A.容量瓶檢漏的方法是向容量瓶中加入水至刻度線附近，塞好塞子左手食

指按住塞子，右手指尖頂住瓶底邊緣，倒立2分鐘，觀察瓶塞周?chē)欠裼兴疂B出，直立

后，轉(zhuǎn)動(dòng)瓶塞180°,重復(fù)一次，若還沒(méi)有水滲出，則說(shuō)明瓶塞不漏水，所以進(jìn)行容量瓶

檢漏時(shí)，倒置兩次，故A錯(cuò)誤；

B.滴入半滴標(biāo)準(zhǔn)溶液，錐形瓶中溶液變色且半分鐘不恢復(fù)，證明反應(yīng)達(dá)到終點(diǎn)，故B

錯(cuò)誤；

C.讀數(shù)時(shí)應(yīng)將滴定管從架上取下，捏住管上端無(wú)刻度處，使滴定管保持垂直，視線要與

凹液面最低處相平，故C正確；

D.滴定管應(yīng)處在自然垂直狀態(tài)下讀取初讀數(shù)和終讀數(shù)，有利于液面水平，便于減小誤差，

故D錯(cuò)誤；

故選：Co

9.RoH樣品中羥基含量（質(zhì)量分?jǐn)?shù)）計(jì)算正確的是（）

c(V9-V1)×17

A.-------≤——-----------X100%

1000m

c(V1-V2)×17

B.-------i——≡---------X100%

IOOOm

0.5c(V2-V1)×17

C.-------——i------X100%

IOOOm

c(0.5V9-V1)×17

D.------------≤——----------×100%

IOOOm

【答案】A

【解答】解：量取相同體積的乙酸酊一苯溶液，只加適量水使乙酸酊完全水解，（CH3CCh）

O+H2O→2CH3COOH,加指示劑并用Cmol?L∕iNaOH一甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，

NaOH+CFhCOOH=CH3C00Na+H2θ,消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液VzmL,得到乙酸酢物質(zhì)的量

cV×10?mol

n[(CH3CO2)O]=—9------------------=0.5cV2×10-3omol,設(shè)加入mgROH樣品，醇解的

乙酸酊物質(zhì)的量為X,水解的乙酸酎為y,(CH3CO2)O+ROH→CH3COOR+CH3COOH,

充分反應(yīng)后，加適量水使剩余乙酸酎完全水解，(CH3CO2)O+H2O-*2CH3COOH,消耗

氫氧化鈉溶液體積V∣mL,得至IJx+y=O.5cV2×10?mol,x+2y=cVιX103mol,聯(lián)立計(jì)

算得到x=n(ROH)=(cV2×103-cVi×103)mol,Rc)H樣品中羥基含量(質(zhì)量分

3

M(cV9-cV1)×10-mol×17g∕molc(V9-V1)×17

數(shù))=----≤----i------------------------------------×100%=-------≤——：-----------X100%，

mgIOOOm

故選：Ao

10.根據(jù)上述實(shí)驗(yàn)原理，下列說(shuō)法正確的是()

A.可以用乙酸代替乙酸酢進(jìn)行上述實(shí)驗(yàn)

B.若因甲醇揮發(fā)造成標(biāo)準(zhǔn)溶液濃度發(fā)生變化，將導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏小

C.步驟③滴定時(shí)，不慎將錐形瓶?jī)?nèi)溶液濺出，將導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏小

D.步驟④中，若加水量不足，將導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏大

【答案】B

【解答】解：A.用乙酸代替乙酸酢，發(fā)生酯化反應(yīng)為可逆反應(yīng)，不能測(cè)定醉的量，故A

錯(cuò)誤；

B.若因甲醇揮發(fā)造成標(biāo)準(zhǔn)溶液濃度增大，兩次滴定消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液體積減小，測(cè)定ROH

vv

中羥基質(zhì)量分?jǐn)?shù)=C'NlI)-X100%,測(cè)定結(jié)果偏小，故B正確；

IOOOm

C.步驟③滴定時(shí)，不慎將錐形瓶?jī)?nèi)溶液濺出，消耗氫氧化鈉減少，V1減小將導(dǎo)致測(cè)定

結(jié)果偏大，故C錯(cuò)誤；

D.步驟④中，若加水量不足，乙酸好水解不完全，V2減小，將導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏小，故

D錯(cuò)誤；

故選：Bo

二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題目要

求，全部選對(duì)得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。

(多選)11.(4分)(2023?山東)利用熱再生氨電池可實(shí)現(xiàn)CUSO4電鍍廢液的濃縮再生。

電池裝置如圖所示，甲、乙兩室均預(yù)加相同的CUSO4電鍍廢液，向甲室加入足量氨水后

電池開(kāi)始工作。下列說(shuō)法正確的是()

NHi

vCuΛΛCu

CuSO低溫

溶液熱解甲I乙

隔膜

A.甲室CU電極為正極

B.隔膜為陽(yáng)離子膜

C.電池總反應(yīng)為：Cu2++4NH3-[Cu（NH3）4]2+

D.NH3擴(kuò)散到乙室將對(duì)電池電動(dòng)勢(shì)產(chǎn)生影響

【答案】CD

【解答】解：A.放電時(shí)，甲室的銅電極棒不斷溶解，發(fā)生氧化反應(yīng)：CU-2e=Cu2+,

所以放電時(shí)，甲室CU電極為負(fù)極，故A錯(cuò)誤；

B.在原電池內(nèi)電路中陽(yáng)離子向正極移動(dòng)，如隔膜為陽(yáng)離子交換膜，電極溶解生成的銅離

子要向右側(cè)移動(dòng)，通入NH3要消耗Ci?+,顯然左側(cè)陽(yáng)離子不斷減小，明顯不利于電池反

應(yīng)正常進(jìn)行，故B錯(cuò)誤；

C.放電時(shí)，負(fù)極和正極的反應(yīng)分別為：CU-2e=Cu2+、Cu2++2e=Cu,向甲室加入足

2+

量氨水后，發(fā)生反應(yīng)Cu2++4NH3-[Cu（NH3）4]2+,故電池總反應(yīng)：Cu+4NH3≠[Cu（NH3）

4]2+,故C正確；

D.NH3擴(kuò)散到乙室，與乙室中的C/+反應(yīng)，降低了乙室中C/+的濃度，將對(duì)電池電動(dòng)

勢(shì)產(chǎn)生影響，故D正確；

故選：CDo

12.（4分）（2023?山東）XY有機(jī)物X-Y的異構(gòu)化反應(yīng)如圖所示，下列

說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）

A.依據(jù)紅外光譜可確證X、Y存在不同的官能團(tuán)

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(gòu)體有4種（不考慮立體異構(gòu)）

JO

D.類(lèi)比上述反應(yīng)，O的異構(gòu)化產(chǎn)物可發(fā)生銀鏡反應(yīng)和加聚反應(yīng)

【答案】C

【解答】解：A.X中含碳碳雙鍵、醛基官能團(tuán)，Y中含碳碳雙鍵、默基，依據(jù)紅外光譜

可確證X、Y存在不同的官能團(tuán)，故A正確；

B.乙烯是平面結(jié)構(gòu)，碳碳雙鍵和所連原子一定形成6個(gè)原子共平面的結(jié)構(gòu)，三點(diǎn)決定一

個(gè)平面，單鍵可以旋轉(zhuǎn)，除氫原子外，X中其他原子可能共平面，故B正確；

構(gòu)

為

含

基

性

子的

的

分異

體

和

碳碳

鍵

仃手

同

醛

且

C雙Y

HHHH

I

CHCHc

32

lCH-C-CH2-CHO

CH=CH2CH=CH2

,共有5種，故C錯(cuò)誤；

D.類(lèi)比上述反應(yīng),

可發(fā)生銀鏡反應(yīng)和加聚反應(yīng)，故D正確;

故選：Co

（多選）13.（4分）（2023?山東）一種制備Cu2O的工藝路線如圖所示。反應(yīng)II所得溶液

PH在3?4之間，反應(yīng)IH需及時(shí)補(bǔ)加NaOH以保持反應(yīng)在pH=5條件下進(jìn)行。常溫下，

8

H2SO3的電離平衡常數(shù)Kal=I.3X10.2,Ka2=6.3×10?下列說(shuō)法正確的是（）

氣體U

溶液Y

Cu2O

A.反應(yīng)I、∏、HI均為氧化還原反應(yīng)

B.低溫真空蒸發(fā)主要目的是防止NaHSO3被氧化

C.溶液Y可循環(huán)用于反應(yīng)I【所在操作單元中吸收氣體I

D.若Cu2O產(chǎn)量不變，參與反應(yīng)HI的X與CUSo4物質(zhì)的量之比增大時(shí)，需

n（CuSO4）

補(bǔ)加NaOH的量減少

【答案】CD

【解答】解：A.反應(yīng)I是銅和濃硫酸反應(yīng)，生成二氧化硫，是氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)∏是

SO2和碳酸鈉溶液反應(yīng)，生成NaHSo3、水和二氧化碳，是非氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)川是

Na2SO3和CuS04反應(yīng)生成CU2。，是氧化還原反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；

B.低溫真空蒸發(fā)主要目的是防止Na2SO3被氧化，而不是NaHSo3,故B錯(cuò)誤；

C.經(jīng)分析溶液Y的成分是Na2SO3溶液，可循環(huán)用于反應(yīng)II的操作單元吸收SO2氣體（氣

體I）,故C正確；

D.制取Cu2θ總反應(yīng)方程式是2CuSO4+3Na2SO3=Cu2O+2SO2t+3Na2SO4,化合物X

是指Na2S6,若Cu2O產(chǎn)量不變，增大，n（X）比,多的NazSO3會(huì)消耗氫離子，用

n（CuSO4）

于控制PH值，可減少NaOH的量，故D正確；

故選：CDo

（多選）14.（4分）（2023?山東）一定條件下，化合物E和TFAA合成H的反應(yīng)路徑如圖：

OOCCFt

z0H/0嚴(yán)&o

N00Il>N>NH00

Λ+AAYFm發(fā)Λ一J÷≡≡O(shè)+ΛΛ

F0CFFCF

UF3C°J?O-CFλCO,HKC0CF3

ETFAAFGHTFAA

已知反應(yīng)初始E的濃度為0.1Omol?L√1,TFAA的濃度為0.08mol?L/】，部分物種的濃度

隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖所示，忽略反應(yīng)過(guò)程中的體積變化。下列說(shuō)法正確的是（）

A.tι時(shí)刻，體系中有E存在

B.t2時(shí)刻，體系中無(wú)F存在

C.E和TFAA反應(yīng)生成F的活化能很小

D.反應(yīng)達(dá)平衡后，TFAA的濃度為0.08mol?LI

【答案】AC

【解答】解：A.根據(jù)圖知，F(xiàn)→G的反應(yīng)不是可逆反應(yīng)、G→H的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，tι

時(shí)刻，H的物質(zhì)的量濃度小于0.0Imol/L、G的物質(zhì)的量濃度小于0.02mol∕L,根據(jù)N原

子守恒知，H和G的物質(zhì)的量濃度之和小于E的物質(zhì)的量濃度，則還有部分E沒(méi)有參加

反應(yīng)，所以tι時(shí)刻，體系中有E存在，故A正確；

B.t2時(shí)刻，G的物質(zhì)的量濃度為0.0ImoI/L、H的物質(zhì)的量濃度為0.08mol∕L,TFAA的

物質(zhì)的量濃度為0.06mol∕L,則還有0.02mol/L的TFAA沒(méi)有在GfH中生成，說(shuō)明還有

部分F沒(méi)有生成G,所以t2時(shí)刻還有F存在，故B錯(cuò)誤；

C.反應(yīng)速率越快，反應(yīng)所需活化能越小，根據(jù)圖知，O到t?時(shí)刻某一點(diǎn)，H的物質(zhì)的量

濃度增大但TFAA的物質(zhì)的量濃度仍然為0,說(shuō)明反應(yīng)過(guò)程中消耗的TFAA后立即生成

同物質(zhì)的量濃度的TFAA,則E和TFAA反應(yīng)生成F的反應(yīng)速率很快，則活化能很小，

故C正確；

D.GfH的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，存在化學(xué)平衡狀態(tài)，反應(yīng)達(dá)到平衡后，反應(yīng)體系中存在部

分G沒(méi)有轉(zhuǎn)化為H和TFAA,所以平衡時(shí)TFAA的物質(zhì)的量濃度小于0.08mol∕L,故D

錯(cuò)誤；

故選：ACo

15.(4分)(2023?山東)在含Hgb(s)的溶液中，一定C(廣)范圍內(nèi)，存在平衡關(guān)系：

Hgl2(s)≠Hgl2(aq)：HgI2(叫)≠Hg2++2I^;HgI2(叫)≠HgI++I；HgI2(aq)+1

UHglqHgl2(aq)+21UHglj，平衡常數(shù)依次為心、跖、K2、K3、&。已知Igc(∏g2+)?

Igc(Hgl+),Igc(Hgl?，IgC(Hglj)隨IgC(I)的變化關(guān)系如圖所示，下列說(shuō)法錯(cuò)

誤的是()

A.線L表示IgC(HgI2-)的變化情況

B.隨c(廠)增大，c[Hgl2(叫)]先增大后減小

K1

cF

D.溶液中I元素與Hg元素的物質(zhì)的量之比始終為2：1

【答案】B

【解答】解：A.由分析可知，線L即線4表示IgC(∏gl2-)的變化情況，故A正確；

B.已知Hgl2(S)≠HgI2(叫)的化學(xué)平衡常數(shù)Ko=ClHgI2(叫)J.溫度不變平衡常數(shù)

不變，與濃度無(wú)關(guān)，隨C(I)增大，c[Hgl2(aq)]始終保持不變，故B錯(cuò)誤；

C.由分析可知，曲線1的方程為Igc(Hg2+)=IgKl+lgc(HgI2)-21gc(I),曲線2

+

的方程為IgC(HgI)=lgK2+?c(HgI2)-Igc(?'),即①b=lgKι+lgc(HgI2)-2a,②

K

b=lgK2+lgc(Hgl2)-a.聯(lián)立①②可得：a=IgKiTgR=Ig-故C正確；

K2

D.溶液中的初始溶質(zhì)為Hgl2,依據(jù)原子守恒，該溶液中I元素與Hg元素物質(zhì)的量之比

始終為2：1,故D正確；

故選：B,

三、非選擇題：本題共5小題，共60分。

16.(12分)(2023?山東)鹵素可形成許多結(jié)構(gòu)和性質(zhì)特殊的化合物?；卮鹣铝袉?wèn)題：

(I)-40"C時(shí)，F(xiàn)2與冰反應(yīng)生成HOF和HFo常溫常壓下，HOF為無(wú)色氣體、固態(tài)HOF

的晶體類(lèi)型為分子晶體，HoF水解反成的產(chǎn)物為HF、H2O2(填化學(xué)式)。

(2)ClO2中心原子為Cl,Cl2O中心原子為O,二者均為V形結(jié)構(gòu)，但ClO2中存在大π

鍵(俏5)。CIo2中。原子的軌道雜化方式為Sp2；O-Cl-O鍵角>Cl-O-

Cl鍵角(填“>”“<”或"=")。比較ClO2與C12θ中Cl-O鍵的鍵長(zhǎng)并說(shuō)明原因ClO2

分子中既存在。鍵，又存在大π鍵，原子軌道重疊的程度較大，因此其中CI-O鍵的鍵

長(zhǎng)較小，而CbO只存在普通的。鍵。

(3)一定條件下，CUCI2、K和F2反應(yīng)生成KCI和化合物X。已知X屬于四方晶系，晶

胞結(jié)構(gòu)

如圖所示(晶胞參數(shù)a=bWc,α=β=γ=90o),其中CU化合價(jià)為+2。上述反應(yīng)的化學(xué)

方程式為CUCl2+4K+2F2=K2CUF4+2KC1。若阿伏加德羅常數(shù)的值為NA,化合物X

30

的密度P=_絲絲止」g?cπ√3（用含NA的代數(shù)式表示）。

【答案】（1）分子晶體；HF、H2O2;

（2）sp2;＞；CIo2分子中既存在。鍵，又存在大π鍵，原子軌道重疊的程度較大，因

此其中Cl-O鍵的鍵長(zhǎng)較小，而Cl2O只存在普通的。鍵；

30

（3）CUC12+4K+2F2=K2CUF4+2KC1:嬰X10_。

abcNλ

【解答】解：（1）常溫常壓下，HoF為無(wú)色氣體，則HOF的沸點(diǎn)較低，因此，固態(tài)HOF

的晶體類(lèi)型為分子晶體，分子中F顯-1價(jià)，其水解時(shí)結(jié)合H2O電離的Ir生成HF,則

+

OH結(jié)合H2O電離的OH,兩者反應(yīng)生成H2θ2,H2O2不穩(wěn)定，其分解生成H2θ和02,

因此，水解反應(yīng)的產(chǎn)物為HF、H2O2.

故答案為：分子晶體；HF、H2O2;

（2）C102中心原子為Cl,CbO中心原子為0,二者均為V形結(jié)構(gòu)，但C102中存在大π

鍵（π35）,由CIO2中存在π35可以推斷，其中Cl原子只能提供1對(duì)電子，有一個(gè)O原

子提供1個(gè)電子，另一個(gè)0原子提供1對(duì)電子，這5個(gè)電子處于互相平行的軌道中形成

大π鍵，Cl提供孤電子對(duì)與其中一個(gè)0形成配位鍵，Cl與另一個(gè)0形成的是普通的共

價(jià)鍵（。鍵，這個(gè)O只提供了一個(gè)電子參與形成大π鍵），Cl的價(jià)層電子對(duì)數(shù)3,則Cl

2

原子的軌道雜化方式為sp,CI2O中心原子為0,根據(jù)價(jià)層電子對(duì)的計(jì)算公式可知價(jià)層

電子對(duì)數(shù)=2+6-lJ2=4,因此，CbO的雜化方式為sp3,根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論可

知，sp3時(shí)，價(jià)電子對(duì)的幾何構(gòu)型為正四面體，sp2時(shí)，價(jià)電子對(duì)的幾何構(gòu)型平面正三角

形，sp2雜化的鍵角一定大于sp3的，因此，雖然C102和C12θ均為V形結(jié)構(gòu)，但O-Cl

-O鍵角大于Cl-O-Cl鍵角，孤電子對(duì)對(duì)成鍵電子對(duì)的排斥作用也改變不了這個(gè)結(jié)論，

CIo2分子中Cl-O鍵的鍵長(zhǎng)小于C120中Cl-O鍵的鍵長(zhǎng)，其原因是：ClC）2分子中既存

在。鍵，又存在大π鍵，原子軌道重疊的程度較大，因此其中CI-O鍵的鍵長(zhǎng)較小，而

ChO只存在普通的。鍵，

2

故答案為：sp;＞；ClO2分子中既存在。鍵，又存在大π鍵，原子軌道重疊的程度較大,

因此其中Cl-0鍵的鍵長(zhǎng)較小，而C120只存在普通的。鍵；

（3）一定條件下，CUCI2、K和F2反應(yīng)生成KCl和化合物X,已知X屬于四方晶系，其

中CU化合價(jià)為+2,由晶胞結(jié)構(gòu)圖可知，該晶胞中含有黑球的個(gè)數(shù)為8XL+2=4?白球

4

的個(gè)數(shù)為16XL+4XL+2=8?灰色球的個(gè)數(shù)為8XL+1=2,則X中含有3種元素，其

428

個(gè)數(shù)比為1：2：4,由于其中Cu化合價(jià)為+2、F的化合價(jià)為-1、K的化合價(jià)為+1,根

據(jù)化合價(jià)代數(shù)和為0,可以推斷X為K2CuF4,上述反應(yīng)的化學(xué)方程式為：CUCI2+4K+2F2

=K2CUF4+2KC1,若阿伏加德羅富數(shù)的值為NA,晶胞的質(zhì)量為2g,晶胞的體積為

2義218

.-N7-8

abc(pm)3=abc×1030cm3,化合物X的密度p=—=----------------

Vabc×10^30cm3

438XIO?。

-g/em?,

abcNA

438XIO?。

故答案為：CuCb+4K+2F2=K2CUF4÷2KC1;

abcNA

17.（12分）（2023?山東）鹽湖鹵水（主要含Na+、Mg2+,Li+,C「、Soj和硼酸根等）是

鋰鹽的重要來(lái)源。一種以高鎂鹵水為原料經(jīng)兩段除鎂制備Li2CO3的工藝流程如圖:

沉鋰

己知：常溫下，Ksp（Li2CO3）=2.2X10-2。相關(guān)化合物的溶解度與溫度的關(guān)系如圖所示。

7

0(

HZ

Uo

0。

一)

?

M

n

回答下列問(wèn)題：

+

(1)含硼固體中的B(OH)3在水中存在平衡：B(OH)3+H2O≠H+∣B(OH)4「(常

溫下，Ka=IO-9.24)；B(OH)3與NaOH溶液反應(yīng)可制備硼砂Na2B4O5(OH)4?8H2Oo

常溫下，在0.10mol?L^l硼砂溶液中，[B4θ5(OH)4]2-水解生成等物質(zhì)的量濃度的B(OH)

3和[B(OH)4「，該水解反應(yīng)的離子方程式為IB?θ5(C)H)4F+5H2θU2B(OH)3+2∣B

(C)H)4],該溶液DH=9.24.

(2)濾渣I的主要成分是Mg(C)H)”CaSo4(填化學(xué)式)；精制I后溶液中l(wèi)?

的濃度為2.0mol?Ll則常溫下精制H過(guò)程中co；-濃度應(yīng)控制在5.5×103mol?L

1以下。若脫硼后直接進(jìn)行精制1,除無(wú)法回收HCl外，還將增加CaO、Na2CO3的

用量(填化學(xué)式)。

(3)精制∏的目的是加入純堿將精制I所得濾液中的Ca?+轉(zhuǎn)化為CaCe)3(或除去

精制I所得濾液中的Ca?+),提高Li2C03純度；進(jìn)行操作X時(shí)應(yīng)選擇的試劑是.Jfe

酸，若不進(jìn)行該操作而直接濃縮，將導(dǎo)致濃縮液中因COF濃度過(guò)大使得Li+過(guò)早

沉淀，即濃縮結(jié)晶得到的NaCl中會(huì)混有Li2Cθ3,最終所得L2CO3的產(chǎn)率減小。

2

【答案】(1)[B4O5(OH)4]'+5H2θ≠2B(OH)3+2[B(OH)4]';9.24；

(2)Mg(OH)2、CaSO4;5.5×10'3;Ca0、Na2CO3;

(3)加入純堿將精制I所得濾液中的Ca?+轉(zhuǎn)化為CaCo3(或除去精制I所得濾液中的

Ca2+),提高Li2Cθ3純度；鹽酸；濃縮液中因度過(guò)大使得Li+過(guò)早沉淀，即濃縮

結(jié)晶得到的NaCl中會(huì)混有Li2CO3,最終所得Li2CO3的產(chǎn)率減小。

+

【解答】解：(1)含硼固體中的B(OH)3在水中存在平衡：B(OH)3+H2O≠H+[B(OH)

4](常溫下，Ka=IO924),B(OH)3與NaOH溶液反應(yīng)可制備硼砂Na2B4O5(OH)

4?8H2O,常溫下，在0.1Omol?L∣硼砂溶液中，∣B4O5(OH)4]2一水解生成等物質(zhì)的量濃

2

度的B(OH)3和[B(OH)4「，該水解反應(yīng)的離子方程式為：IB4O5(OH)4]'+5H2O≠2B

(OH)3+2[B(OH)4]?B(OH)3和[B(OH)4].的濃度均為0.20mol∕L,K=

+

C[B(OH)4^]×c(H)

------------~---------=c(H+)=10-9?24mol∕L,pH=9.24,

c[B(OH)3]

故答案為：[B4O5(OH)4]2+5H2θ≠2B(OH)3+2[B(OH)4∣；9.24；

(2)由分析可知，濾渣I的主要成分是CaSo4、Mg(OH)2,精制【后溶液中Li+的濃

2+

度為2.0moVL,由Ksp（Li2CO3）=c（Li）Xc（Cog-）=2.2X10?可知，則常溫

-2

下精制［［過(guò)程中co2-?ξ度應(yīng)控制在2?2X1°一mol∕L=5.5X10-3moi∕L以下，若脫硼后

3（2.0）2

直接進(jìn)行精制I,除無(wú)法回收HCl外，后續(xù)在濃縮結(jié)晶時(shí)將生成更多的氯化鈉晶體，因

此，還將增加生石灰（Ca0）、純堿（Na2CO3）的用量，

故答案為：Mg（OH）2、CaSO4;5.5X10-3；Ca0,Na2CO3;

（3）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CaSO4,由

于CaSO4微溶于水，精制I所得濾液中還含有一定濃度的Ca2+,還需要除去Ca2+,因此，

精制I【的目的是：加入純堿將精制I所得濾液中的Ca?+轉(zhuǎn)化為CaCO3（或除去精制I

2+

所得濾液中的Ca）,提高Li2C03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(zhì)離子，應(yīng)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(jìn)行該操作而直接濃縮，將導(dǎo)致濃縮液中因COF濃度過(guò)大使得Li+過(guò)早沉淀，即濃

縮結(jié)晶得到的NaCl中會(huì)混有Li2CO3,最終所得U2CO3的產(chǎn)率減小，

故答案為：加入純堿將精制I所得濾液中的Ca2+轉(zhuǎn)化為CaCO3（或除去精制I所得濾

液中的Ca2+）,提高Li2C03純度；鹽酸：濃縮液中因空度過(guò)大使得Li+過(guò)早沉淀，

即濃縮結(jié)晶得到的NaCl中會(huì)混有Li2CO3,最終所得Li2CO3的產(chǎn)率減小。

18.（12分）（2023?山東）三氯甲硅烷（SiHCI3）是制取高純硅的重要原料，常溫下為無(wú)色

液體，沸點(diǎn)為31.8C,熔點(diǎn)為-126.5℃,易水解。實(shí)驗(yàn)室根據(jù)反應(yīng)

Si+3HC1?SiHCl3+H2,利用如圖裝置制備SiHCI3粗品（加熱及夾持裝置略）。回答

下列問(wèn)題:

（1）制備SiHCl3時(shí)進(jìn)行操作：（iX（ii）將盛有硅粉的瓷舟置于管式爐中；（iii）通

入HCL一段時(shí)間后接通冷凝裝置，加熱開(kāi)始反應(yīng)?操作（i）為檢查裝置氣密性；

判斷制備反應(yīng)結(jié)束的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是當(dāng)管式爐中沒(méi)有固體剩余時(shí)。圖示裝置存在的兩處

缺陷是C、D之間沒(méi)有干燥裝置，沒(méi)有處理氫氣的裝置。

(2)己知電負(fù)性Cl>H>Si,SiHCb在濃NaOH溶液中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為

SiHCl3+5NaOH=Na2SiO3+3NaQ+H2t+2及0。

(3)采用如下方法測(cè)定溶有少量HCl的SiHCl3純度。

m?g樣品經(jīng)水解、干燥等預(yù)處理過(guò)程得硅酸水合物后，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)操作：①高溫灼

燒，②冷卻(填操作名稱(chēng)),③稱(chēng)量等操作，測(cè)得所得固體氧化物質(zhì)量為m2g,從

下列儀器中選出①、②中需使用的儀器，依次為AC(填標(biāo)號(hào))。測(cè)得樣品純度為

135.5ITIQ

................-X100%（用含mi、m2的代數(shù)式表示）。

60m1

【答案】(1)檢查裝置氣密性；當(dāng)管式爐中沒(méi)有固體剩余時(shí)；C、D之間沒(méi)有干燥裝置,

沒(méi)有處理氫氣的裝置;

(2)SiHCI3+5NaoH=Na2SiO3+3NaCl+H2t+2H2O：

135.5IQQ

(3)局溫灼燒；冷卻；AC；------------2X100%。

60m1

【解答】解：(1)該實(shí)驗(yàn)中需要通入HCl,且生成的SiHCI3、H2都是氣體，所以該實(shí)驗(yàn)

裝置在加入藥品之前需要檢驗(yàn)裝置的氣密性；然后將盛有硅粉的瓷舟置于管式爐中，再

通入HCI,將裝置中的空氣排出，防止Si被02氧化為Siθ2,一段時(shí)間后，連接冷凝裝

置，加熱B裝置制取SiHeI3;當(dāng)管式爐中沒(méi)有固體剩余時(shí)，硅粉完全反應(yīng)；SiHel3易水

解，所以要防止制取的SiHCI3與水蒸氣接觸，D裝置中溶液為水溶液，為防止D裝置中

水蒸氣加入C裝置，應(yīng)該在C、D之間加一個(gè)干燥裝置；NaOH溶液能吸收HCl,但不

能吸收H2,所以需要在D裝置后面加處理氫氣的裝置，

故答案為：檢查裝置氣密性；當(dāng)管式爐中沒(méi)有固體剩余時(shí)；C、D之間沒(méi)有干燥裝置，沒(méi)

有處理氫氣的裝置；

(2)已知電負(fù)性Cl>H>Si,則SiHCl3中。元素為-1價(jià)、H元素為-1價(jià)、Si元素為

+4價(jià)，SiHCl3水解生成∏2Siθ3?HCkH2,則SiHCl3與濃Nae)H溶液中發(fā)生反應(yīng)時(shí)生

成Na2SiO3、NaCRH2、?O,反應(yīng)的化學(xué)方程式為SiHCl3+5NaOH=Na2SiO3+3NaCl+H2

↑+2H2O,

故答案為：SiHCl3+5NaOH=Na2SiO3+3NaCl+H2t+2H2O；

(3)m?g樣品經(jīng)水解、干燥等預(yù)處理過(guò)程得硅酸水合物后，高溫灼燒硅酸水化物，在干

燥器中冷卻后，稱(chēng)量，灼燒固體藥品用坨煙，用干燥器進(jìn)行干燥，最后所得固體為Siθ2,

質(zhì)量為m2g,根據(jù)Si原子守恒得SiHCl3?SiO2,m(SiHC13)=m2'°—×135.5g∕mol

60g∕mol

135?51∏2

=135.5%,測(cè)得樣品純度為—θθ——-×100%=1密皿*I。。％,

60m?g60m1

135.5I∏Q

故答案為：高溫灼燒；冷卻；AC；------------2X100%。

θθm?

19.(12分)(2023?山東)根據(jù)殺蟲(chóng)劑氟鈴胭(G)的兩條合成路線，回答下列問(wèn)題。

O

R、Λ/R2

R,NH2+OCNR2------?NN

己知：I.HH

CNCONH2

π,δ>6

(1)A的化學(xué)名稱(chēng)為2,6-二氯甲苯(用系統(tǒng)命名法命名)；BfC的化學(xué)方程式

?ClnAFT"

為JCI+2KF催化劑jF

+2KCl；D中含氧官能團(tuán)的名稱(chēng)為酰胺基

FO

??N=C=∣

D

E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)__O

HFzC=CF,FlCoCL)2G

HGHaNOJ而7獷

KOH、DMFC6H5CHiΔ

路線二：①②?@

(2)H中有2種化學(xué)環(huán)境的氫,①?④中屬于加成反應(yīng)的是②(填序號(hào))；J

中碳原子的軌道雜化方式有_L_種。

ClF

?N?N

；2、Cl+2KF催化劑S?F÷2KC1;酰胺基;

【答案】(1)2,6-二氯甲苯

FO

1?N=C=O;

(2)2；②；2。

Cl

&CH3

【解答】解：(1)由分析可知，A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為?Z?Cl,A的化學(xué)名稱(chēng)為2,6-二氯

ClF

CNCN

?C?

甲苯；B