【高考真題】2023年高考化學真題完全解讀（山東卷）【高考真題】2023年高考化學真題完全解讀（山東卷）1/23【高考真題】2023年高考化學真題完全解讀（山東卷）2023年高考真題完全解讀(山東卷)２０2３年高考山東卷化學試題繼續保持以往風格，試卷結構和試題難度保持了相對穩定,難度適中，試題立足于高中化學主干內容,強調化學與科技、生產、生活的親密聯系.在考查化學科基本知識、基本技能的同時實現了對山東考化學學科素養的全面考查。試題梯度設計合理，契合考生特點，堅持“重視根底、立足實踐、突出能力、不斷創新”的要求，體現了高考命題的穩定性和連續性原則,準確表達了考試說明的要求,科學、準確、公平、標準,難度適中，具有較高的信度、效度和必要的區分度,全面測試考生的化學科學素養，，較好地反映了學生的潛質，實現了高考的選拔功能。一、注重引領，突出立德樹人立德樹人是高中學科教學的根本任務,新高考的化學試題基于“立德樹人,服務選拔，引導教學"的核心立場，發揮學科優勢,突出體現社會主義核心價值觀，要求學生堅定理想信念、厚植愛國情懷、提升品德修養，讓考生感受化學學科的獨特價值,引導學生樹立正確的價值觀，發揮化學試題的立德樹人作用.如：第1題以典型齊魯文化特色為切入口，考查常見合金的組成,傳統硅酸鹽材料。二、強化主干，筑牢學科基礎試題單選題盡管只有１0小題,多選題也僅有５小題，但卻集中體現了對高中化學主干與核心知識的考查，涉及內容包括化學與技術、社會及環境的關系、原子結構與元素周期律、物質結構與性質、化學反應速率與化學反應平衡、電離平衡、水解平衡、氧化還原反應、化學用語、熱化學、電化學、重要元素單質及化合物的相關性質、化學實驗原理及基本操作、有機化學基礎知識等等,可以說基本涵蓋了高中化學的主干知識。如：第2題考查鹽酸、硫酸和硝酸的使用；第3題考查極性分子的判斷;第4題考查實驗室事故處理方法；第6題考查化學實驗基本操作，鑒別NaO、a、三種溶液等.三、巧選載體，情境立足實踐立足化學科學特點，注重選取新材料、新藥物、新催化技術等真實情境，呈現生產生活中的實際問題，這些試題情境充分體現了化學的時代性和應用性,使考生切切實實地感受到了“有用的化學”,解決實際問題還需進一步深化對信息獲取加工、邏輯推理、歸納論證思維等關鍵能力,有利于提升對學科核心素養考查的有效性,進一步提高人才選拔質量。信息獲取與加工是整個化學學科能力發展的基礎,所取素材都是實際生產和生活中真實存在的，有的是傳統的工業生產,有的則是應用廣泛的新技術，這些情境對考生來說可能是陌生的，但考查的重點仍是高中化學的基礎知識,充分體現出試題“高起點、低落點”的特點。如:第５題以石墨層間插入F得到層狀結構化合物（CF)x為情景，考查共價鍵的形成及主要類型，晶胞的有關計算;第7題以抗生素克拉維酸為載體,考查有機官能團結構與性質，把物質結構融入其中；第１1題以利用熱再生氨電池可實現電鍍廢液的濃縮再生為情景,考查電化學基礎知識，原電池正負極判斷,原電池電極反應式書寫；第12題以有機物X→Y的異構化反應為載體，考查常見官能團名稱、組成及結構;同分異構體的數目的確定；有機分子中原子共面的判斷；第20題探究水氣變換反應ＣＯ＋H2OCO２+H2的中間產物是HCOOH，考查蓋斯定律與熱化學方程式,化學反應速率和化學平衡的有關計算，電離平衡常數及影響因素。四、多維呈現,考查思維品質試題在設計上很好地體現了能力立意要求。試題通過創設復雜的問題情境，加強對學生邏輯推理能力的考查。對于真實的工業生產過程,在信息獲取加工能力的基礎上利用化學基礎知識和基本原理，推測實際工藝過程中步驟、所發生的離子方程式、化學方程式，考查化學計算等。試題對能力的考查往往不是孤立的,著重對某項能力考查的同時,在不同程度上也考查了與之相關的其它能力，這一點在非選擇題中體現得尤為明顯。如：第14題以化合物E和TFAA合成H的反應路徑為情景，考查活化能,化學平衡題中基于圖表數據的相關計算，與轉化率變化有關圖像的分析；第1５題以HgＩ2（ｇ）的溶液中存在的平衡為載體，考查化學平衡移動規律，化學平衡常數影響因素及計算;第1６題以鹵素可形成許多結構和性質特殊的化合物為載體,考查鍵能、鍵長、鍵角及應用，雜化軌道理論、晶體類型判斷和晶胞的有關計算；第１7題以高鎂鹵水為原料經兩段除鎂制備的工藝流程為載體，考查物質分離和提純,離子方程式的書寫,化學平衡常數、溶度積常數計算；第19題根據根據殺蟲劑氟鈴脲（G)的兩條合成路線，考查常見官能團名稱、組成及結構。五、注重實驗，發展探究能力實驗是培養化學學科素養的重要途徑和方式。202３年高考化學在實驗原理的理解、實驗方案的設計、實驗儀器的選擇、基本儀器的使用、實驗數據的處理、實驗結論的得出和解釋等方面加強設計，考查學生的實驗能力和科學探究能力，充分發揮對高中實驗教學的積極導向作用，引導教學重視實驗探究,引導學生自己動手做實驗，切實提升實驗能力。如:第８題以乙酸酐醇解反應為切入點,利用此反應定量測定有機醇中的羥基含量，考查酸堿中和滴定實驗基本操作及步驟;第9題以乙酸酐醇解反應為切入點,利用此反應定量測定有機醇中的羥基含量,考查化學計算；第10題以乙酸酐醇解反應為切入點，利用此反應定量測定有機醇中的羥基含量，考查定量實驗誤差分析；第13題制備Ｃu2O的工藝路線分析,考查鹽類水解，氧化還原運用;第1８題制備SiＨＣl3粗品,考查綜合實驗設計與評價。題號難度考查內容詳細知識點選擇題1易化學與STS化學科學對人類文明發展的意義;常見合金的組成；傳統硅酸鹽材料。2中元素及其化合物硝酸的強氧化性；易水解的鹽溶液的配制；苯的取代反應；淀粉、纖維素的水解。3易物質結構與性質（極性分子）極性分子和非極性分子.4中化學實驗基礎常用儀器及使用;化學實驗基礎操作；實驗安全。5中物質結構與性質（晶體結構）共價鍵的形成及主要類型;晶胞的有關計算；化學鍵類別與晶體類別間的關系;常見共價晶體的結構.6較難化學實驗基礎(物質鑒別）鑒別NａO、a、三種溶液。7較難有機化學基礎(官能團結構與性質)常見官能團名稱、組成及結構；烯烴的順反異構；含有氫鍵的物質；酰胺的性質與應用。8較難化學實驗基礎（滴定實驗操作)酸堿中和滴定實驗基本操作及步驟；酸堿中和滴定實驗相關儀器。9０。40化學實驗基礎(滴定計算)酸堿中和滴定實質、原理；化學計算。10中化學實驗基礎（誤差分析)酸堿中和滴定原理的應用；酸堿中和滴定的誤差分析。11易化學反應原理（電化學）原電池原理理解;原電池正負極判斷;原電池電極反應式書寫;新型電池。12中有機化學基礎（官能團結構與性質）紅外光譜；常見官能團名稱、組成及結構；同分異構體的數目的確定;有機分子中原子共面的判斷。1３難化學工藝流程氧化還原反應，鹽類水解運用，化學實驗評價。１4中化學反應原理（化學平衡)活化能及其對反應速率的影響；化學平衡題中基于圖表數據的相關計算；與轉化率變化有關圖像的分析。15較難化學反應原理（離子曲線）離子平衡,濃度對化學平衡移動的影響;化學平衡常數的概念及表達方式;化學平衡常數的影響因素及應用.非選擇題16難物質結構與性質綜合鍵能、鍵長、鍵角及應用；利用雜化軌道理論判斷化學鍵雜化類型；晶胞的有關計算；晶體類型判斷.17較難化學工藝流程離子方程式的書寫;化學平衡常數的有關計算；溶度積常數相關計算；物質分離、提純綜合應用。1８較難綜合實驗設計與評價硅的制備;元素性質與電負性的關系；物質含量的測定；物質制備的探究.19較難有機化學基礎(推斷與合成)含有苯環的化合物的命名；常見官能團名稱、組成及結構；有機物的推斷;有機合成綜合考查。２0較難化學反應原理綜合蓋斯定律與熱化學方程式;化學反應速率計算；化學平衡的有關計算;電離平衡常數及影響因素。一、夯實基礎，注重細節教學過程中要進一步加強對常見元素化合物、基本概念、基本原理、基礎實驗等基礎性知識的教學,要著重關注學生容易出現理解偏差或理解深度不夠的內容，我們既要讓學生知其然還要知其所以然,真正把學科觀念和思維方法落實到位,避免過多“死記硬背".二、織線成網，突出重點復習過程中要加強學科知識融合，系統地對知識進行整理、歸納、溝通知識間的內在聯系,形成縱向、橫向知識鏈,構建知識網絡,精心設計好知識復習專題,加強知識間的聯系,融匯貫通,形成更加網絡化、邏輯性更強的知識體系，以便學生更好提取和運用。三、精講精練，提高效率避免過多的僵化機械訓練，此次模擬題給我們呈現很多新穎性、靈活性很強的命題案例,以后的高考題中，肯定還會出現更多的新的情境、新的設問、新的融合、新的角度，我們要多加強變式訓練,引導學生思維開放，提高學生的適應能力,以便學生能夠更好應對高考，能更從容接受高考的選拔。四、明確考綱，把握方向緊扣《高考評價體系》，研究高考試題,學習高考評價體系說明,把握考試方向。備考復習中不能好高騖遠，以打牢必備知識為根本，能力培養為關鍵，素養培育為核心，價值引領為導向，不可一味求新、求變,不能一味加大難度、無限制拔高，應當根據學情，精心選擇和設計內容，把學生最需要的給他，讓他在現有水平上有所提高.1．下列之物具有典型的齊魯文化特色，據其主要化學成分不能與其他三種歸為一類的是(）A．泰山墨玉 B．龍山黑陶 C.齊國刀幣 D．淄博琉璃【答案】C【解析】墨玉、黑陶、琉璃均為陶瓷制品，均屬于硅酸鹽制品,主要成分均為硅酸鹽材料，而刀幣的主要成分為青銅,故選C。2．實驗室中使用鹽酸、硫酸和硝酸時,對應關系錯誤的是()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【解析】A項,實驗室配制AlCｌ３溶液時向其中加入少量的稀鹽酸以抑制Aｌ３+水解,Ａ不合題意;B項，蔗糖和淀粉的水解時常采用稀硫酸作催化劑，Ｂ不合題意；Ｃ項,清洗附有銀鏡的試管用稀硝酸,反應原理為：Aｇ+4HNO3（稀）=３AgNO3+NO↑+2H2O,C不合題意；D項，苯的磺化是苯和濃硫酸共熱，反應生成苯磺酸的反應,故不需要用到濃硫酸和濃硝酸的混合溶液,D符合題意；故選D。3.下列分子屬于極性分子的是(）A.CS2?Ｂ。NＦ３?C．SO３?D.SｉF４【答案】B【解析】A項,ＣS２中Ｃ上的孤電子對數為×（4—2×2）＝０,σ鍵電子對數為２，價層電子對數為２，ＣS2的空間構型為直線形,分子中正負電中心重合，CS２屬于非極性分子,A項不符合題意；B項,ＮF3中N上的孤電子對數為×（5-3×1)＝1,σ鍵電子對數為3,價層電子對數為4,ＮF3的空間構型為三角錐形，分子中正負電中心不重合,ＮF3屬于極性分子,B項符合題意;C項，SＯ3中S上的孤電子對數為×(6-３×２)=0,σ鍵電子對數為3，價層電子對數為３，ＳO3的空間構型為平面正三角形，分子中正負電中心重合,SO３屬于非極性分子，C項不符合題意；D項，SｉF4中Ｓi上的孤電子對數為×(４—4×1)＝0，σ鍵電子對數為4,價層電子對數為4，SiF4的空間構型為正四面體形，分子中正負電中心重合，SiF4屬于非極性分子，D項不符合題意；故選B.4．實驗室安全至關重要，下列實驗室事故處理方法錯誤的是（）A.眼睛濺進酸液，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，用滅火毛(石棉布）滅火【答案】A【解析】A項,眼睛濺進酸液，先用大量水沖洗，再用3％－5％的碳酸氫鈉溶液沖洗，故A錯誤；B項，立即用大量水沖洗,邊洗邊眨眼，盡可能減少酸或堿對眼睛的傷害，再用2０%的硼酸中和殘余的堿,故B正確;C項，電器起火，先切斷電源,再用二氧化碳滅火器滅火，故C正確；D項,活潑金屬會與水反應，所以燃燒起火，用滅火毛(石棉布）滅火,故Ｄ正確;故選A.5．石墨與F2在4５０℃反應,石墨層間插入F得到層狀結構化合物（CＦ）x,該物質仍具潤滑性,其單層局部結構如圖所示。下列關于該化合物的說法正確的是（)Ａ.與石墨相比,（ＣＦ）x導電性增強B．與石墨相比,（CF)x抗氧化性增強C．(CF)x中的鍵長比短Ｄ。1ｍｏl（ＣF)x中含有2xmｏl共價單鍵【答案】B【解析】A項,石墨晶體中每個碳原子上未參與雜化的1個2ｐ軌道上電子在層內離域運動,故石墨晶體能導電,而(CＦ)ｘ中沒有未參與雜化的2ｐ軌道上的電子,故與石墨相比，（CＦ)x導電性減弱，A錯誤；B項，（CＦ)x中C原子的所有價鍵均參與成鍵，未有未參與成鍵的孤電子或者不飽和鍵，故與石墨相比，（CF）x抗氧化性增強，B正確；C項，已知Ｃ的原子半徑比F的大，故可知（CF)ｘ中C－C的鍵長比C-F長，C錯誤；D項,由題干結構示意圖可知，在（CF)x中C與周圍的3個碳原子形成共價鍵，每個C—Ｃ鍵被2個碳原子共用，和1個F原子形成共價鍵，即1mol（CF)x中含有２。５xｍol共價單鍵，D錯誤;故選B.6.鑒別濃度均為0．１mｏl·L—１的NａO、a、三種溶液，僅用下列一種方法不可行的是(）A．測定溶液 B．滴加酚酞試劑C．滴加0．1mol·L—1ＫI溶液?D．滴加飽和Na2CO３溶液【答案】C【解析】A項,Nａ溶液顯弱堿性,a溶液顯強堿性，溶液顯酸性，則測定溶液是可以鑒別出來的，故A不符合題意;B項，ＮａO溶液顯弱堿性,a溶液顯強堿性,滴入酚酞溶液，兩種溶液顏色變色深淺不一樣，溶液顯酸性,滴入酚酞不變色,則滴加酚酞試劑是可以鑒別出來的，故B不符合題意；Ｃ項,NaO溶液滴入碘化鉀溶液,發生氧化還原反應生成碘，液面會由無色變成黃色，振蕩后會變成無色，而a溶液，溶液滴入碘化鉀溶液后,因不與兩者反應而沒有現象，則僅用滴加0。1mｏl·Ｌ-1KI溶液無法鑒別，則C符合題意;D項，飽和Na2ＣO３溶液和NaO溶液不反應，和a溶液反應生成碳酸鋇沉淀，和溶液發生雙水解反應生成沉淀和氣體,則滴入飽和Na2ＣＯ３溶液是可以鑒別出來的，故Ｄ不符合題意;故選Ｃ.７．抗生素克拉維酸的結構簡式如圖所示，下列關于克拉維酸的說法錯誤的是（）A。存在順反異構B．含有5種官能團Ｃ．可形成分子內氫鍵和分子間氫鍵D．1ｍoｌ該物質最多可與1molNａＯH反應【答案】D【解析】A項，由題干有機物結構簡式可知,該有機物存在碳碳雙鍵，且雙鍵兩端的碳原子分別連有互不同的原子或原子團，故該有機物存在順反異構，A正確；B項，由題干有機物結構簡式可知，該有機物含有羥基、羧基、碳碳雙鍵、醚鍵和酰胺基等5種官能團,B正確;Ｃ項，由題干有機物結構簡式可知，該有機物中的羧基、羥基、酰胺基等官能團具有形成氫鍵的能力，故其分子間可以形成氫鍵，其中距離較近的某些官能團之間還可以形成分子內氫鋟,C正確；Ｄ項，由題干有機物結構簡式可知，1mｏl該有機物含有羧基和酰胺基各1ｍｏl，這兩種官能團都能與強堿反應，故1ｍol該物質最多可與2moｌNａOH反應,D錯誤；故選D。8.一定條件下，乙酸酐［(CH3ＣO)2Ｏ］醇解反應［(ＣＨ３CO）2O+ROH→CH３COOR+CH3COOH］可進行完全,利用此反應定量測定有機醇（ＲOH）中的羥基含量，實驗過程中酯的水解可忽略。實驗步驟如下：①配制一定濃度的乙酸酐－苯溶液。②量取一定體積乙酸酐－苯溶液置于錐形瓶中，加入ROH樣品，充分反應后，加適量水使剩余乙酸酐完全水解：（CH３CO)2O+H2Ｏ→2CH３CＯOH。③加指示劑并用cmｏl·L-1ＮaＯＨ—甲醇標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液Ｖ1ｍＬ。④在相同條件下,量取相同體積的乙酸酐－苯溶液，只加適量水使乙酸酐完全水解;加指示劑并用cmｏl·L—1NaOＨ—甲醇標準溶液滴定至終點,消耗標準溶液Ｖ2mL。對于上述實驗，下列做法正確的是（)A．進行容量瓶檢漏時，倒置一次即可B.滴入半滴標準溶液，錐形瓶中溶液變色,即可判定達滴定終點C．滴定讀數時,應單手持滴定管上端并保持其自然垂直D．滴定讀數時,應雙手一上一下持滴定管【答案】C【解析】A項，進行容量瓶檢漏時,倒置一次,然后玻璃塞旋轉1８0度后再倒置一次，故A錯誤；B項，滴入半滴標準溶液，錐形瓶中溶液變色,且半分鐘內不變回原色，才是達到滴定終點，故Ｂ錯誤；C項，滴定讀數時,應單手持滴定管上端無刻度處，并保持其自然垂直，故Ｃ正確；Ｄ項,滴定讀數時，應單手持滴定管上端無刻度處，并保持其自然垂直，故Ｄ錯誤;故選Ｃ.9．一定條件下，乙酸酐［（ＣH3CO)2Ｏ]醇解反應[(CＨ3CO）2O＋ROＨ→CH3ＣOＯR+CH3COOＨ］可進行完全，利用此反應定量測定有機醇（RＯH)中的羥基含量，實驗過程中酯的水解可忽略。實驗步驟如下:①配制一定濃度的乙酸酐—苯溶液。②量取一定體積乙酸酐－苯溶液置于錐形瓶中，加入ROＨ樣品,充分反應后，加適量水使剩余乙酸酐完全水解：(CH3ＣO)2O＋H2O→２ＣH３COOH。③加指示劑并用cmol·L-1NaOH-甲醇標準溶液滴定至終點,消耗標準溶液Ｖ1mL。④在相同條件下，量取相同體積的乙酸酐－苯溶液,只加適量水使乙酸酐完全水解；加指示劑并用cmol·L－1NaOＨ-甲醇標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液V2mＬ。樣品中羥基含量(質量分數)計算正確的是(）A。?B．Ｃ． D.【答案】C【解析】用ｃmｏl·Ｌ－1NaOH-甲醇標準溶液滴定乙酸酐完全水解生成的乙酸，可以計算乙酸酐的總物質的量，根據反應方程式［(ＣH３CO）2O+ROH→CH3COOR+ＣH3ＣＯOH]系數關系，得出ＲOH與乙酸酐反應后剩余的乙酸酐的物質的量，由此可以計算與ＲOH反應的乙酸酐的物質的量，即Ｒ—OH的物質的量，即羥基的含量。根據滴定過程中，用cmoｌ·L－１NａOH-甲醇標準溶液滴定乙酸酐完全水解生成的乙酸，消耗標準溶液V２ｍL,需要消耗ｃmoｌ·L-1NａＯH—甲醇的物質的量為,即乙酸酐的總物質的量=;則ROH與乙酸酐反應后剩余的乙酸酐的物質的量=，所以與ＲOH反應的乙酸酐的物質的量=,也即樣品RＯH中羥基的物質的量，所以RＯＨ樣品中羥基質量分數＝,故選Ｃ。10．一定條件下，乙酸酐[（ＣH3ＣO）2O］醇解反應[（CH３CＯ)2O+ＲＯH→ＣＨ3COＯR+CH3COOH]可進行完全,利用此反應定量測定有機醇(ＲＯH）中的羥基含量,實驗過程中酯的水解可忽略。實驗步驟如下：①配制一定濃度的乙酸酐—苯溶液。②量取一定體積乙酸酐－苯溶液置于錐形瓶中,加入ROH樣品，充分反應后，加適量水使剩余乙酸酐完全水解：(ＣH３CO)２Ｏ+H2O→2ＣH３ＣＯOH。③加指示劑并用ｃmoｌ·L—1ＮａOH—甲醇標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液V1mL。④在相同條件下，量取相同體積的乙酸酐-苯溶液,只加適量水使乙酸酐完全水解；加指示劑并用cmｏｌ·L-１NａOH—甲醇標準溶液滴定至終點,消耗標準溶液V2ｍL.根據上述實驗原理，下列說法正確的是()A．可以用乙酸代替乙酸酐進行上述實驗Ｂ。若因甲醇揮發造成標準溶液濃度發生變化，將導致測定結果偏小C．步驟③滴定時，不慎將錐形瓶內溶液濺出，將導致測定結果偏小Ｄ．步驟④中，若加水量不足，將導致測定結果偏大【答案】B【解析】步驟④測定乙酸酐的物質的量為；根據步驟②③可知ＲOＨ樣品中羥基的物質的量為。A項,乙酸與醇的酯化反應可逆,不能用乙酸代替乙酸酐進行上述實驗,故A錯誤;Ｂ項，若甲醇揮發,則甲醇消耗乙酸酐的物質的量減小，剩余乙酸酐的物質的量偏大，消耗氫氧化鈉的體積偏大，將導致測定結果偏小,故B正確；C項，步驟③滴定時，不慎將錐形瓶內溶液濺出，消耗氫氧化鈉的體積偏小，將導致測定結果偏大，故C錯誤；Ｄ項，步驟④中,若加水量不足,生成乙酸的物質的量偏小,消耗氫氧化鈉的體積偏小,測定乙酸酐初始物質的量偏小，將導致測定結果偏小，故D錯誤；故選B。11．利用熱再生氨電池可實現電鍍廢液的濃縮再生。電池裝置如圖所示,甲、乙兩室均預加相同的電鍍廢液,向甲室加入足量氨水后電池開始工作。下列說法正確的是（）Ａ．甲室電極為正極Ｂ．隔膜為陽離子膜C。電池總反應為：D。NH３擴散到乙室將對電池電動勢產生影響【答案】ＣD【解析】A項，向甲室加入足量氨水后電池開始工作，則甲室電極溶解，變為銅離子與氨氣形成，因此甲室電極為負極，故A錯誤；Ｂ項,再原電池內電路中陽離子向正極移動，若隔膜為陽離子膜，電極溶解生成的銅離子要向右側移動,通入氨氣要消耗銅離子，顯然左側陽離子不斷減小，明顯不利于電池反應正常進行，故B錯誤;C項，左側負極是，正極是，則電池總反應為:，故C正確；D項，NH3擴散到乙室會與銅離子反應生成，銅離子濃度降低，銅離子得電子能力減弱，因此將對電池電動勢產生影響,故Ｄ正確.故選CD。１2.有機物X→Ｙ的異構化反應如圖所示,下列說法錯誤的是（)A．依據紅外光譜可確證Ｘ、Y存在不同的官能團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的同分異構體有4種（不考慮立體異構)Ｄ．類比上述反應，的異構化產物可發生銀鏡反應和加聚反應【答案】C【解析】A項，由題干圖示有機物X、Y的結構簡式可知,Ｘ含有碳碳雙鍵和醚鍵，Y含有碳碳雙鍵和酮羰基，紅外光譜圖中可以反映不同官能團或化學鍵的吸收峰，故依據紅外光譜可確證Ｘ、Ｙ存在不同的官能團,A正確；Ｂ項，由題干圖示有機物X的結構簡式可知，X分子中存在兩個碳碳雙鍵所在的平面,單鍵可以任意旋轉,故除氫原子外，X中其他原子可能共平面，B正確;C項,由題干圖示有機物Y的結構簡式可知，Y的分子式為:C6H1０O，則含醛基和碳碳雙鍵且有手性碳原子(即同時連有四個互不相同的原子或原子團的碳原子）的Y的同分異構體有：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種（不考慮立體異構)，Ｃ錯誤；Ｄ項，由題干信息可知，類比上述反應,的異構化產物為:含有碳碳雙鍵和醛基,故可發生銀鏡反應和加聚反應,Ｄ正確；故選C.1３。一種制備Cu２O的工藝路線如圖所示，反應Ⅱ所得溶液在3～４之間，反應Ⅲ需及時補加以保持反應在條件下進行。常溫下,H2SO3的電離平衡常數Kａ1=１.３×10－2，Kａ2=6.３×1０－8.下列說法正確的是()A。反應Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均為氧化還原反應B。低溫真空蒸發主要目的是防止ＮaＨＳＯ3被氧化Ｃ。溶液Y可循環用于反應Ⅱ所在操作單元吸收氣體ⅠＤ．若Cu２Ｏ產量不變，參與反應Ⅲ的與ＣuSO４物質的量之比增大時，需補加NaOH的量減少【答案】ＣD【解析】銅和濃硫酸反應（反應Ⅰ）生成二氧化硫氣體（氣體Ⅰ）和硫酸銅,生成的二氧化硫氣體與碳酸鈉反應（反應Ⅱ)，所得溶液在３～4之間,溶液顯酸性,根據H2SO3的電離平衡常數Kａ1＝1。3×１0－2,Ka2=６.3×10—8，可知NaＨＳO3溶液顯酸性（電離大于水解)，則反應Ⅱ所得溶液成分是NaHＳO3,調節溶液pＨ值至1１，使NaHSO３轉化為Ｎa2ＳO3，低溫真空蒸發(防止Ｎa2SＯ3被氧化），故固液分離得到Na2SO３晶體和Nａ2ＳＯ3溶液，Na2SO３和CuSＯ4反應的離子方程式是SO32-+2Ｃu2＋+2H2O=ＳO42－+Ｃu２Ｏ+４H＋，反應過程中酸性越來越強,使Nａ2SO3轉化成SO２氣體，總反應方程式是2CuSO４+3Na2ＳO3=Ｃu2O+2SO2↑+３Na2SO４,需及時補加NａOH以保持反應在條件下進行。A項，反應Ⅰ是銅和濃硫酸反應，生成二氧化硫，是氧化還原反應，反應Ⅱ是SＯ２和碳酸鈉溶液反應,生成NaHSO３、水和二氧化碳，是非氧化還原反應，反應Ⅲ是Ｎa2SO3和CuSO4反應生成Cｕ2Ｏ，是氧化還原反應，故A錯誤;B項，低溫真空蒸發主要目的是防止Na2ＳO３被氧化，而不是NaHＳO3,故Ｂ錯誤;C項，經分析溶液Y的成分是Na２SＯ３溶液,可循環用于反應Ⅱ的操作單元吸收ＳＯ２氣體(氣體Ⅰ），故Ｃ正確;D項，制取Cu2O總反應方程式是２CuSＯ4+3Na2ＳO3=Ｃｕ２O+2SO2↑+３Na2SO4，化合物X是指Na２ＳO３,若Cu2O產量不變，增大比,多的Na2ＳＯ3會消耗氫離子,用于控制pＨ值，可減少NａOＨ的量，故D正確；故選ＣＤ。14.一定條件下，化合物E和TFAA合成Ｈ的反應路徑如下：

已知反應初始E的濃度為0。1０mｏl?L—１，ＴFＡA的濃度為0.0８mol?L－1，部分物種的濃度隨時間的變化關系如圖所示,忽略反應過程中的體積變化。下列說法正確的是（)A．ｔ1時刻，體系中有E存在Ｂ。ｔ２時刻,體系中無F存在C．E和TFAA反應生成F的活化能很小D．反應達平衡后，TFAＡ的濃度為0。０８mｏl?L—１【答案】AC【解析】一定條件下，化合物Ｅ和TFＡA合成H的反應路徑中，共發生三個反應：①E+ＴFＡＡF，

②FＧ,③GH＋ＴFAA；t1之后的某時刻，H為0.０２ｍｏｌ?L—1，此時TFAA的濃度仍為0,則表明0.10mｏｌ?L-1E、起始時的0。0８mol?Ｌ-1TＦAA、G分解生成的０．02ｍol?L－1ＴFAA全部參加反應,生成０。１０mol?L－１F；在t２時刻,Ｈ為０．０８mol?L—１，ＴFAA為0.０6mｏl?Ｌ-１，G為0。０1moｌ?L—１,則F為0.01mｏl?L－1。A項，t１時刻，H的濃度小于0.0２mｏl?Ｌ—1，此時反應③生成F的濃度小于0．0２mｏl?L－1，參加反應①的H的濃度小于0。1mol?L—1，則參加反應Ｅ的濃度小于0．1mｏl?L-1，所以體系中有E存在,A正確;B項,ｔ２時刻,H為0。0８mｏl?L-1，TFAA為0．06mol?L—1,G為０．01mｏl?L-1，則Ｆ為0.01moｌ?L-1,所以體系中有F存在，Ｂ不正確;C項，ｔ1之后的某時刻，H為0。0２mol?L—１,此時TFAA的濃度仍為0，表明此時Ｅ和TFAA完全反應生成F，所以E和ＴＦAＡ生成F的反應速率快,反應的活化能很小,C正確；D項，在t２時刻，H為0。08moｌ?Ｌ—1，TFAA為０.06mol?L—1，G為0。01mol?L-１,F為0.01moｌ?L-１，只有F、G全部轉化為Ｈ和ＴFAA時，TFＡA的濃度才能為0.08moｌ?L-1,而GＨ+TＦAA為可逆反應，所以反應達平衡后,TＦAA的濃度一定小于0．08mol?Ｌ－1，D不正確；故選ＡＣ.15．在含ＨgＩ2(ｇ）的溶液中,一定c（I-）范圍內，存在平衡關系：HgＩ2（s)HgI2（ａq）；HｇI2(aq）Hｇ２++２Ｉ-；HgI２(aq)ＨgI++I—；HgI2（ａq)+I—HgI3－－；HｇI2(aq）+2I－HgI42-,平衡常數依次為K0、Ｋ1、K2、K3、K４。已知lgc（Ｈg2+）、ｌｇc（HｇI+）、lgｃ（HgI３-)、lgc(HgI42-)隨lgc(I－）的變化關系如圖所示，下列說法錯誤的是（）A．線表示lgc（HgI42-)的變化情況B．隨ｃ(Ｉ—）增大,c[HｇＩ2（ａq）]先增大后減小Ｃ。Ｄ。溶液中I元素與元素的物質的量之比始終為2：1【答案】B【解析】由題干反應方程式ＨgI２(aq）Ｈg2+＋2I－可知，K1=,則有c(Hg2+）=，則有lgc(Hg２＋）=lgＫ１+lｇｃ（HｇI2）—2lgc（Ｉ-）,同理可得：lgc（ＨgI+）=lgK２+lgｃ（HgI2)－lgc（Ｉ—）,lgc（HｇI3－)=ｌgK3+lｇc（HｇI2)+lｇc(I-），lgｃ（HgI42-)==lgK４+ｌｇc（ＨgI2)+2lgc（I－),且由HgI２(s）ＨgI2（aq)可知K0＝c［HｇI2（aq）]為一定值，故可知圖示中曲線1、2、3、4即L分別代表lgc（HgI+)、lgc(Hg2＋)、lgc(HgＩ3—)、lgc(HgI４2-)。A項，線L表示lgc(HgＩ４2—)的變化情況,A正確；B項，已知HgI2(ｓ）HgI2(aq）的化學平衡常數Ｋ0=ｃ[ＨｇI2(aq）］，溫度不變平衡常數不變,故隨c(I－）增大,ｃ［HgI2(aq）]始終保持不變，B錯誤;C項,曲線1方程為:lgc（Hg２+)=lｇK1＋ｌgc（HgI2)-２lgc（I—），曲線2方程為：lgc(HgI+）=lgK2+lgc（ＨgI2）—ｌgc（Ｉ-)即有①b＝ｌgK1＋lｇｃ(HgI2）－2ａ,②ｂ=lgK2+lgc(HｇI２）—a,聯合①②可知得:，Ｃ正確；D項，溶液中的初始溶質為HgＩ2，根據原子守恒可知，該溶液中I元素與Hg元素的物質的量之比始終為2：１，D正確;故選B。16．鹵素可形成許多結構和性質特殊的化合物。回答下列問題：(1）－40５℃時，F2與冰反應生成ＨOF利HF。常溫常壓下，HOF為無色氣體，固態ＨOF的晶體類型為__＿_＿,HOＦ水解反應的產物為___＿_（填化學式)。(2）中心原子為，中心原子為，二者均為形結構,但中存在大鍵。中原子的軌道雜化方式_____;為Ｏ－鍵角___＿_鍵角（填“＞”“＜”或“=”）。比較與中鍵的鍵長并說明原因__＿__。（３)一定條件下,Cu、K和F２反應生成和化合物。已知屬于四方晶系，晶胞結構如圖所示（晶胞參數)，其中化合價為。上述反應的化學方程式為_____。若阿伏加德羅常數的值為，化合物的密度___＿_(用含的代數式表示)。【答案】（1）分子晶體HF、H２Ｏ2和O２(2）sｐ2〉分子中鍵的鍵長小于中鍵的鍵長,其原因是：分子中既存在σ鍵，又存在大π鍵，原子軌道重疊的程度較大，因此其中鍵的鍵長較小，而只存在普通的σ鍵（３)CuＦ２＝K2CｕF4+2K【解析】（1)常溫常壓下，HOF為無色氣體，則HOＦ的沸點較低，因此，固態HＯF的晶體類型為分子晶體.HＯF分子中F顯-１價，其水解時結合Ｈ2O電離的Ｈ＋生成HF，則OＨ+結合H2O電離的OＨ－,兩者反應生成H2Ｏ2，Ｈ２Ｏ2不穩定，其分解生成O2，因此,ＨOF水解反應的產物為HF、Ｈ２O2和O2.（2)中心原子為，中心原子為Ｏ，二者均為V形結構,但中存在大π鍵（）。由中存在可以推斷，其中原子只能提供1對電子，有一個Ｏ原子提供1個電子，另一個Ｏ原子提供1對電子，這5個電子處于互相平行的p軌道中形成大π鍵，提供孤電子對與其中一個O形成配位鍵，與另一個Ｏ形成的是普通的共價鍵(σ鍵，這個O只提供了一個電子參與形成大π鍵）,的價層電子對數為3,則原子的軌道雜化方式為sｐ2;中心原子為O，根據價層電子對的計算公式可知，因此,O的雜化方式為sp3;根據價層電子對互斥理論可知,=4時,價電子對的幾何構型為正四面體,=３時,價電子對的幾何構型平面正三角形,sp2雜化的鍵角一定大于sｐ３的，因此，雖然和均為V形結構，但鍵角大于鍵角,孤電子對對成鍵電子對的排斥作用也改變不了這個結論。分子中鍵的鍵長小于中鍵的鍵長,其原因是：分子中既存在σ鍵，又存在大π鍵，原子軌道重疊的程度較大,因此其中鍵的鍵長較小,而只存在普通的σ鍵。(３)一定條件下,Cu、K和F２反應生成Ｋ和化合物X。已知X屬于四方晶系，其中Ｃu化合價為＋2。由晶胞結構圖可知，該晶胞中含有黑球的個數為、白球的個數為、灰色球的個數為，則X中含有3種元素，其個數比為１：2：4，由于其中Cｕ化合價為+２、F的化合價為—１、Ｋ的化合價為+1，根據化合價代數和為0,可以推斷Ｘ為K2CuF4，上述反應的化學方程式為CuF2=K２CｕF4＋２K。若阿伏加德羅富數的值為NA，晶胞的質量為,晶胞的體積為，化合物X的密度。１7。鹽湖鹵水（主要含Ｎa+、Ｍ、Li+、Cl-、和硼酸根等）是鋰鹽的重要來源。一種以高鎂鹵水為原料經兩段除鎂制備的工藝流程如下：已知：常溫下,Ksp（）=2。2×10－３.相關化合物的溶解度與溫度的關系如圖所示。回答下列問題：(１）含硼固體中的B(OH）３在水中存在平衡：B(OH）3＋H2O［B(ＯＨ)4］—+H+(常溫下，Ｋa=1．0１0—9。３4)；Ｂ（OH)3與NaOH溶液反應可制備硼砂NaB4Ｏ5（ＯH)4·８Ｈ2Ｏ。常溫下，在硼砂溶液中，[Ｂ4O5（ＯＨ)4］2—水解生成等物質的量濃度的B（ＯH)3和［B（ＯH）4］—，該水解反應的離子方程式為_＿___,該溶液_____。(2）濾渣Ⅰ的主要成分是＿_＿＿_（填化學式）;精制Ⅰ后溶液中的濃度為2．0mｏl·L—1,則常溫下精制Ⅱ過程中濃度應控制在＿____ｍol·Ｌ—1以下.若脫硼后直接進行精制Ⅰ，除無法回收外，還將增加___＿_的用量(填化學式）。（３）精制Ⅱ的目的是____＿;進行操作時應選擇的試劑是＿___＿，若不進行該操作而直接濃縮,將導致＿＿___。【答案】(1）[B4O5（OＨ)4］2－+5H2O＝2B（ＯＨ)３+2[B(OＨ)4］－9.34（2）a5。5×１0－4純堿（3）加入純堿將精制Ⅰ所得濾液中的a轉化為a(或除去精制Ⅰ所得濾液中的ａ)，提高純度鹽酸濃縮液中因濃度過大使得過早沉淀,即濃縮結晶得到的Ｎa中會混有，最終所得的產率減小【解析】由流程可知，鹵水中加入鹽酸脫鎂后過濾，所得濾液經濃縮結晶后得到晶體，該晶體中含有Ｎa+、Ｌｉ+、Cl－、等，焙燒后生成HCl氣體;燒渣水浸后過濾，濾液中加生石灰后產生沉淀，在此條件下溶解度最小的是a，則濾渣Ⅰ的主要成分為a；由于a微溶于水，精制Ⅰ所得濾液中再加純堿又生成沉淀，則濾渣Ⅱ為a;精制Ⅱ所得濾液經操作X后，所得溶液經濃縮結晶、過濾得到氯化鈉，濃縮后的濾液中加入飽和碳酸鈉溶液沉鋰,得到。（1)含硼固體中的Ｂ（ＯH）3在水中存在平衡:B（OＨ）３＋H2O[Ｂ（OH)４］—＋Ｈ+(常溫下，Ｋ=１0-9．34)；B（OH）3與ＮａOH溶液反應可制備硼砂ＮaB4Ｏ５(OH)4·8H2O。常溫下．在0．1mol·Ｌ—1硼砂溶液中,［B4O5（ＯＨ)4]2-水解生成等物質的量濃度的B(OH)3和[Ｂ（OH）4］－，該水解反應的離子方程式為［B4Ｏ5（OH)4］2－＋5H2O＝２Ｂ（OH)３+2［B(ＯH)4]－，由B元素守恒可知,Ｂ（OＨ）3和[B(OH）4］—的濃度均為０．5mol·L—１，,則該溶液.(2）濾渣I的主要成分是a；精制I后溶液中的濃度為２。0mｏｌ·L-1，由可知，則常溫下精制Ⅱ過程中CO32－濃度應控制在mｏl·Ｌ—１以下。若脫硼后直接進行精制Ⅰ,除無法回收HＣl外，后續在濃縮結晶時將生成更多的氯化鈉晶體，因此,還將增加純堿（Na2CO３）的用量.(3）精制Ⅰ中,燒渣水浸后的濾液中加生石灰后產生的濾渣Ⅰ的主要成分為a；由于a微溶于水,精制Ⅰ所得濾液中還含有一定濃度的a，還需要除去a，因此,精制Ⅱ的目的是：加入純堿將精制Ⅰ所得濾液中的a轉化為a(或除去精制Ⅰ所得濾液中的a）,提高純度.操作X是為了除去剩余的碳酸根離子,為了防止引入雜質離子,應選擇的試劑是鹽酸;加入鹽酸的目的是除去剩余的碳酸根離子，若不進行該操作而直接濃縮，將導致濃縮液中因濃度過大使得過早沉淀，即濃縮結晶得到的Na中會混有，最終所得的產率減小。18。三氯甲硅烷（SiＨCl3）是制取高純硅的重要原料，常溫下為無色液體，沸點為31.8℃,熔點為—１26。5℃，易水解.實驗室根據反應Si+3ＨClSiＨCl３+H2，利用如下裝置制備SｉHCl3粗品(加熱及夾持裝置略）.回答下列問題:（1）制備ＳiHＣｌ３時進行操作：（ⅰ)……；(ⅱ）將盛有砫粉的瓷舟置于管式爐中;(ⅲ)通入,一段時間后接通冷凝裝置，加熱開始反應。操作(ⅰ）為_____；判斷制備反應結束的實驗現象是＿____。圖示裝置存在的兩處缺陷是__＿＿_。(2）已知電負性Cl＞H〉Si，ＳｉＨCl3在濃溶液中發生反應的化學方程式為_＿__＿。(3）采用如下方法測定溶有少量的SiHCl3純度。ｍ1g樣品經水解、干燥等預處理過程得硅酸水合物后，進行如下實驗操作：①__＿__，②__＿＿_(填操作名稱）,③稱量等操作,測得所得固體氧化物質量為m2g,從下列儀器中選出①、②中需使用的儀器,依次為_____（填標號)。測得樣品純度為_＿___(用含ｍ１、m2的代數式表示）。【答案】（1）檢查裝置氣密性當管式爐中沒有固體剩余時Ｃ、D之間沒有干燥裝置，沒有處理氫氣的裝置（２)SiHCl3+5NaOH=Nａ２ＳiO3＋3NaCl+H２↑+2Ｈ２O（３）高溫灼燒冷卻AC【解析】氯化氫氣體通入濃硫酸干燥后，在管式爐中和硅在高溫下反應,生成三氯甲硅烷和氫氣,由于三氯甲硅烷沸點為３1.8℃,熔點為—126.5℃，在球形冷凝管中可冷卻成液態，在裝置C中收集起來，氫氣則通過D裝置排出同時Ｄ可處理多余吸收的氯化氫氣體。（１)制備SiHCl3時，由于氯化氫、ＳiHＣｌ3和氫氣都是氣體,所以組裝好裝置后，要先檢查裝置氣密性,然后將盛有硅粉的瓷舟置于管式爐中，通入氯化氫氣體，排出裝置中的空氣，一段時候后，接通冷凝裝置,加熱開始反應，當管式爐中沒有固體剩余時，即硅粉完全反應，SiHCl3易水解，所以需要在C、D之間加一個干燥裝置,防止D中的水蒸氣進入裝置C中,另外氫氧化鈉溶液不能吸收氫氣,需要在D后面加處理氫氣的裝置;（２）已知電負性Cｌ＞Ｈ＞Si，則SiHCl3中氯元素的化合價為-１,Ｈ元素的化合價為—1,硅元素化合價為+４,所以氫氧化鈉溶液和ＳiHＣｌ3反應時,要發生氧化還原反應，得到氯化鈉、硅酸鈉和氫氣，化學方程式為：SiHCl３+５NaOH=Na2SiO3+3NaＣｌ+H２↑＋2Ｈ２O;（3)m1ｇ樣品經水解，干燥等預處理過程得到硅酸水合物后,高溫灼燒，在干燥器中冷卻后，稱量,所用儀器包括坩堝和干燥器，所得固體氧化物為二氧化硅，質量為m2ｇ,則二氧化硅的物質的量為n(ＳiO2）＝,樣品純度為＝。１9.根據殺蟲劑氟鈴脲(Ｇ)的兩條合成路線,回答下列問題.已知：Ⅰ.Ｒ1ＮH2＋OＣNR2→Ⅱ．路線：（1）A的化學名稱為_＿___(用系統命名法命名）；的化學方程式為_＿＿＿_;Ｄ中含氧官能團的名稱為