?2023年高考山東卷化學(xué)真題
學(xué)校:___________姓名:___________班級(jí):___________考號(hào):___________

一、單選題
1.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的是
A.泰山墨玉 B.龍山黑陶 C.齊國刀幣 D.淄博琉璃
2.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
3.下列分子屬于極性分子的是
A. B. C. D.
4.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
5.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中的鍵長(zhǎng)比短
D.1mol(CF)x中含有2xmol共價(jià)單鍵
6.鑒別濃度均為的、三種溶液,僅用下列一種方法不可行的是
A.測(cè)定溶液 B.滴加酚酞試劑
C.滴加溶液 D.滴加飽和溶液
7.抗生素克拉維酸的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖所示,下列關(guān)于克拉維酸的說法錯(cuò)誤的是

A.存在順反異構(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.1mol該物質(zhì)最多可與1molNaOH反應(yīng)
8.一定條件下,乙酸酐醇解反應(yīng)可進(jìn)行完全,利用此反應(yīng)定量測(cè)定有機(jī)醇中的羥基含量,實(shí)驗(yàn)過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,加入樣品,充分反應(yīng)后,加適量水使剩余乙酸酐完全水解:。
③加指示劑并用甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn),消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液。
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;加指示劑并用甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn),消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液。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
9.一定條件下,乙酸酐醇解反應(yīng)可進(jìn)行完全,利用此反應(yīng)定量測(cè)定有機(jī)醇中的羥基含量,實(shí)驗(yàn)過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,加入樣品,充分反應(yīng)后,加適量水使剩余乙酸酐完全水解:。
③加指示劑并用甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn),消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液。
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;加指示劑并用甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn),消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液。樣品中羥基含量(質(zhì)量分?jǐn)?shù))計(jì)算正確的是
A. B.
C. D.
10.一定條件下,乙酸酐醇解反應(yīng)可進(jìn)行完全,利用此反應(yīng)定量測(cè)定有機(jī)醇中的羥基含量,實(shí)驗(yàn)過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,加入樣品,充分反應(yīng)后,加適量水使剩余乙酸酐完全水解:。
③加指示劑并用甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn),消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液。
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;加指示劑并用甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn),消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液。根據(jù)上述實(shí)驗(yàn)原理,下列說法正確的是
A.可以用乙酸代替乙酸酐進(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

二、多選題
11.利用熱再生氨電池可實(shí)現(xiàn)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(yīng)為:
D.?dāng)U散到乙室將對(duì)電池電動(dòng)勢(shì)產(chǎn)生影響

三、單選題
12.有機(jī)物的異構(gòu)化反應(yīng)如圖所示,下列說法錯(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))
D.類比上述反應(yīng),的異構(gòu)化產(chǎn)物可發(fā)生銀鏡反應(yīng)和加聚反應(yīng)

四、多選題
13.一種制備的工藝路線如圖所示,反應(yīng)Ⅱ所得溶液在3~4之間,反應(yīng)Ⅲ需及時(shí)補(bǔ)加以保持反應(yīng)在條件下進(jìn)行。常溫下,的電離平衡常數(shù)。下列說法正確的是

A.反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均為氧化還原反應(yīng)
B.低溫真空蒸發(fā)主要目的是防止被氧化
C.溶液Y可循環(huán)用于反應(yīng)Ⅱ所在操作單元吸收氣體Ⅰ
D.若產(chǎn)量不變,參與反應(yīng)Ⅲ的與物質(zhì)的量之比增大時(shí),需補(bǔ)加的量減少
14.一定條件下,化合物E和TFAA合成H的反應(yīng)路徑如下:
??
已知反應(yīng)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(shí)間的變化關(guān)系如圖所示,忽略反應(yīng)過程中的體積變化。下列說法正確的是
????
A.t1時(shí)刻,體系中有E存在
B.t2時(shí)刻,體系中無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?L-1

五、單選題
15.在含HgI2(g)的溶液中,一定c(I-)范圍內(nèi),存在平衡關(guān)系:;;;;,平衡常數(shù)依次為。已知、,、隨的變化關(guān)系如圖所示,下列說法錯(cuò)誤的是

A.線表示的變化情況
B.隨增大,先增大后減小
C.
D.溶液中I元素與元素的物質(zhì)的量之比始終為

六、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)
16.鹵素可形成許多結(jié)構(gòu)和性質(zhì)特殊的化合物?;卮鹣铝袉栴}:
(1)時(shí),與冰反應(yīng)生成利。常溫常壓下,為無色氣休,固態(tài)的晶體類型為_____,水解反應(yīng)的產(chǎn)物為_____(填化學(xué)式)。
(2)中心原子為,中心原子為,二者均為形結(jié)構(gòu),但中存在大鍵。中原子的軌道雜化方式_____;為鍵角_____鍵角(填“>”“ <”或“=”)。比較與中鍵的鍵長(zhǎng)并說明原因_____。
(3)一定條件下,和反應(yīng)生成和化合物。已知屬于四方晶系,晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示(晶胞參數(shù)),其中化合價(jià)為。上述反應(yīng)的化學(xué)方程式為_____。若阿伏加德羅常數(shù)的值為,化合物的密度_____(用含的代數(shù)式表示)。


七、工業(yè)流程題
17.鹽湖鹵水(主要含、和硼酸根等)是鋰鹽的重要來源。一種以高鎂鹵水為原料經(jīng)兩段除鎂制備的工藝流程如下:

已知:常溫下,。相關(guān)化合物的溶解度與溫度的關(guān)系如圖所示。

回答下列問題:
(1)含硼固體中的在水中存在平衡:(常溫下,);與溶液反應(yīng)可制備硼砂。常溫下,在硼砂溶液中,水解生成等物質(zhì)的量濃度的和,該水解反應(yīng)的離子方程式為_____,該溶液_____。
(2)濾渣Ⅰ的主要成分是_____(填化學(xué)式);精制Ⅰ后溶液中的濃度為,則常溫下精制Ⅱ過程中濃度應(yīng)控制在_____以下。若脫硼后直接進(jìn)行精制Ⅰ,除無法回收外,還將增加_____的用量(填化學(xué)式)。
(3)精制Ⅱ的目的是_____;進(jìn)行操作時(shí)應(yīng)選擇的試劑是_____,若不進(jìn)行該操作而直接濃縮,將導(dǎo)致_____。

八、實(shí)驗(yàn)題
18.三氯甲硅烷是制取高純硅的重要原料,常溫下為無色液體,沸點(diǎn)為,熔點(diǎn)為,易水解。實(shí)驗(yàn)室根據(jù)反應(yīng),利用如下裝置制備粗品(加熱及夾持裝置略)?;卮鹣铝袉栴}:

(1)制備時(shí)進(jìn)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(shí)間后接通冷凝裝置,加熱開始反應(yīng)。操作(ⅰ)為_____;判斷制備反應(yīng)結(jié)束的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是_____。圖示裝置存在的兩處缺陷是_____。
(2)已知電負(fù)性在濃溶液中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_____。
(3)采用如下方法測(cè)定溶有少量的純度。
樣品經(jīng)水解、干燥等預(yù)處理過程得硅酸水合物后,進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)操作:①_____,②_____(填操作名稱),③稱量等操作,測(cè)得所得固體氧化物質(zhì)量為,從下列儀器中選出①、②中需使用的儀器,依次為_____(填標(biāo)號(hào))。測(cè)得樣品純度為_____(用含、的代數(shù)式表示)。



九、有機(jī)推斷題
19.根據(jù)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(xué)名稱為_____(用系統(tǒng)命名法命名);的化學(xué)方程式為_____;D中含氧官能團(tuán)的名稱為_____;E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_____。
路線二:
(2)H中有_____種化學(xué)環(huán)境的氫,①~④屬于加成反應(yīng)的是_____(填序號(hào));J中原子的軌道雜化方式有_____種。

十、原理綜合題
20.一定條件下,水氣變換反應(yīng)的中間產(chǎn)物是。為探究該反應(yīng)過程,研究水溶液在密封石英管中的分子反應(yīng):
Ⅰ.
Ⅱ.
研究發(fā)現(xiàn),在反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ中,僅對(duì)反應(yīng)Ⅰ有催加速作用;反應(yīng)Ⅰ速率遠(yuǎn)大于反應(yīng)Ⅱ,近似認(rèn)為反應(yīng)Ⅰ建立平衡后始終處于平衡狀態(tài)。忽略水電離,其濃度視為常數(shù)?;卮鹣铝袉栴}:
(1)一定條件下,反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ的焓變分別為、,則該條件下水氣變換反應(yīng)的焓變_____(用含的代數(shù)式表示)。
(2)反應(yīng)Ⅰ正反應(yīng)速率方程為:,k為反應(yīng)速率常數(shù)。溫度下,電離平衡常數(shù)為,當(dāng)平衡濃度為時(shí),濃度為_____,此時(shí)反應(yīng)Ⅰ應(yīng)速率_____(用含和k的代數(shù)式表示)。
(3)溫度下,在密封石英管內(nèi)完全充滿水溶液,使分解,分解產(chǎn)物均完全溶于水。含碳物種濃度與反應(yīng)時(shí)間的變化關(guān)系如圖所示(忽略碳元素的其他存在形式)。時(shí)刻測(cè)得的濃度分別為,反應(yīng)Ⅱ達(dá)平衡時(shí),測(cè)得的濃度為。體系達(dá)平衡后_____(用含y的代數(shù)式表示,下同),反應(yīng)Ⅱ的平衡常數(shù)為_____。

相同條件下,若反應(yīng)起始時(shí)溶液中同時(shí)還含有鹽酸,則圖示點(diǎn)中,的濃度峰值點(diǎn)可能是_____(填標(biāo)號(hào))。與不同鹽酸相比,達(dá)濃度峰值時(shí),濃度_____(填“增大”“減小”或“不變”),的反應(yīng)_____(填“增大”“減小”或“不變”)。

參考答案:
1.C
【詳解】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,故答案為:C。
2.D
【詳解】A.實(shí)驗(yàn)室配制AlCl3溶液時(shí)向其中加入少量的稀鹽酸以抑制Al3+水解,A不合題意;
B.蔗糖和淀粉的水解時(shí)常采用稀硫酸作催化劑,B不合題意;
C.清洗附有銀鏡的試管用稀硝酸,反應(yīng)原理為:3Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO↑+2H2O,C不合題意;
D.苯的磺化是苯和濃硫酸共熱,反應(yīng)生成苯磺酸的反應(yīng),故不需要用到濃硫酸和濃硝酸的混合溶液,D符合題意;
故答案為:D。
3.B
【詳解】A.CS2中C上的孤電子對(duì)數(shù)為×(4-2×2)=0,σ鍵電子對(duì)數(shù)為2,價(jià)層電子對(duì)數(shù)為2,CS2的空間構(gòu)型為直線形,分子中正負(fù)電中心重合,CS2屬于非極性分子,A項(xiàng)不符合題意;
B.NF3中N上的孤電子對(duì)數(shù)為×(5-3×1)=1,σ鍵電子對(duì)數(shù)為3,價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4,NF3的空間構(gòu)型為三角錐形,分子中正負(fù)電中心不重合,NF3屬于極性分子,B項(xiàng)符合題意;
C.SO3中S上的孤電子對(duì)數(shù)為×(6-3×2)=0,σ鍵電子對(duì)數(shù)為3,價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3,SO3的空間構(gòu)型為平面正三角形,分子中正負(fù)電中心重合,SO3屬于非極性分子,C項(xiàng)不符合題意;
D.SiF4中Si上的孤電子對(duì)數(shù)為×(4-4×1)=0,σ鍵電子對(duì)數(shù)為4,價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4,SiF4的空間構(gòu)型為正四面體形,分子中正負(fù)電中心重合,SiF4屬于非極性分子,D項(xiàng)不符合題意;
答案選B。
4.A
【詳解】A.眼睛濺進(jìn)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(cuò)誤;
B.立即用大量水沖洗,邊洗邊眨眼,盡可能減少酸或堿對(duì)眼睛的傷害,再用20%的硼酸中和殘余的堿,故B正確;
C.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.活潑金屬會(huì)與水反應(yīng),所以燃燒起火,用滅火毛(石棉布)滅火,故D正確;
答案為A。
5.B
【詳解】A.石墨晶體中每個(gè)碳原子上未參與雜化的1個(gè)2p軌道上電子在層內(nèi)離域運(yùn)動(dòng),故石墨晶體能導(dǎo)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(dǎo)電性減弱,A錯(cuò)誤;
B.(CF)x中C原子的所有價(jià)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(qiáng),B正確;
C.已知C的原子半徑比F的大,故可知(CF)x中的鍵長(zhǎng)比長(zhǎng),C錯(cuò)誤;
D.由題干結(jié)構(gòu)示意圖可知,在(CF)x 中C與周圍的3個(gè)碳原子形成共價(jià)鍵,每個(gè)C-C鍵被2個(gè)碳原子共用,和1個(gè)F原子形成共價(jià)鍵,即1mol(CF)x中含有2.5xmol共價(jià)單鍵,D錯(cuò)誤;
故答案為:B。
6.C
【詳解】A.溶液顯弱堿性,溶液顯強(qiáng)堿性,溶液顯酸性,則測(cè)定溶液是可以鑒別出來的,故A不符合題意;
B.溶液顯弱堿性,溶液顯強(qiáng)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.溶液滴入碘化鉀溶液,發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成碘,液面會(huì)由無色變成黃色,振蕩后會(huì)變成無色,而溶液,溶液滴入碘化鉀溶液后,因不與兩者反應(yīng)而沒有現(xiàn)象,則僅用滴加溶液無法鑒別,則C符合題意;
D.飽和溶液和溶液不反應(yīng),和溶液反應(yīng)生成碳酸鋇沉淀,和溶液發(fā)生雙水解反應(yīng)生成沉淀和氣體,則滴入飽和溶液是可以鑒別出來的,故D不符合題意;
答案C。
7.D
【詳解】A.由題干有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知,該有機(jī)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(tuán),故該有機(jī)物存在順反異構(gòu),A正確;
B.由題干有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知,該有機(jī)物含有羥基、羧基、碳碳雙鍵、醚鍵和酰胺基等5種官能團(tuán),B正確;
C.由題干有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知,該有機(jī)物中的羧基、羥基、酰胺基等官能團(tuán)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(tuán)之間還可以形成分子內(nèi)氫鋟,C正確;
D.由題干有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知,1mol該有機(jī)物含有羧基和酰胺基各1mol,這兩種官能團(tuán)都能與強(qiáng)堿反應(yīng),故1mol該物質(zhì)最多可與2molNaOH反應(yīng),D錯(cuò)誤;
故答案為:D。
8.C
【詳解】A.進(jìn)行容量瓶檢漏時(shí),倒置一次,然后玻璃塞旋轉(zhuǎn)180度后再倒置一次,故A錯(cuò)誤;
B.滴入半滴標(biāo)準(zhǔn)溶液,錐形瓶中溶液變色,且半分鐘內(nèi)不變回原色,才是達(dá)到滴定終點(diǎn),故B錯(cuò)誤;
C.滴定讀數(shù)時(shí),應(yīng)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.滴定讀數(shù)時(shí),應(yīng)單手持滴定管上端無刻度處,并保持其自然垂直,故D錯(cuò)誤;
答案為C。
9.C
【分析】用甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定乙酸酐完全水解生成的乙酸,可以計(jì)算乙酸酐的總物質(zhì)的量,根據(jù)反應(yīng)方程式系數(shù)關(guān)系,得出ROH與乙酸酐反應(yīng)后剩余的乙酸酐的物質(zhì)的量,由此可以計(jì)算與ROH反應(yīng)的乙酸酐的物質(zhì)的量,即R-OH的物質(zhì)的量,即羥基的含量。
【詳解】根據(jù)滴定過程中,用甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定乙酸酐完全水解生成的乙酸,消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液,需要消耗甲醇的物質(zhì)的量為,即乙酸酐的總物質(zhì)的量=;則ROH與乙酸酐反應(yīng)后剩余的乙酸酐的物質(zhì)的量=,所以與ROH反應(yīng)的乙酸酐的物質(zhì)的量=,也即樣品ROH中羥基的物質(zhì)的量,所以樣品中羥基質(zhì)量分?jǐn)?shù)=,選C 。
10.B
【分析】步驟④測(cè)定乙酸酐的物質(zhì)的量為 ;根據(jù)步驟②③可知樣品中羥基的物質(zhì)的量為。
【詳解】A.乙酸與醇的酯化反應(yīng)可逆,不能用乙酸代替乙酸酐進(jìn)行上述實(shí)驗(yàn),故A錯(cuò)誤;
B.若甲醇揮發(fā),則甲醇消耗乙酸酐的物質(zhì)的量減小,剩余乙酸酐的物質(zhì)的量偏大,消耗氫氧化鈉的體積偏大,將導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏小,故B正確;
C.步驟③滴定時(shí),不慎將錐形瓶?jī)?nèi)溶液濺出,消耗氫氧化鈉的體積偏小,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,生成乙酸的物質(zhì)的量偏小,消耗氫氧化鈉的體積偏小,測(cè)定乙酸酐初始物質(zhì)的量偏小,將導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏小,故D錯(cuò)誤;
選B。
11.CD
【詳解】A. 向甲室加入足量氨水后電池開始工作,則甲室電極溶解,變?yōu)殂~離子與氨氣形成,因此甲室電極為負(fù)極,故A錯(cuò)誤;
B. 再原電池內(nèi)電路中陽離子向正極移動(dòng),若隔膜為陽離子膜,電極溶解生成的銅離子要向右側(cè)移動(dòng),通入氨氣要消耗銅離子,顯然左側(cè)陽離子不斷減小,明顯不利于電池反應(yīng)正常進(jìn)行,故B錯(cuò)誤;
C. 左側(cè)負(fù)極是,正極是,則電池總反應(yīng)為:,故C正確;
D. 擴(kuò)散到乙室會(huì)與銅離子反應(yīng)生成,銅離子濃度降低,銅離子得電子能力減弱,因此將對(duì)電池電動(dòng)勢(shì)產(chǎn)生影響,故D正確。
綜上所述,答案為CD。
12.C
【詳解】A.由題干圖示有機(jī)物X、Y的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)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(tuán)或化學(xué)鍵的吸收峰,故依據(jù)紅外光譜可確證X、Y存在不同的官能團(tuán),A正確;
B.由題干圖示有機(jī)物X的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知,X分子中存在兩個(gè)碳碳雙鍵所在的平面,單鍵可以任意旋轉(zhuǎn),故除氫原子外,X中其他原子可能共平面,B正確;
C.由題干圖示有機(jī)物Y的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)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(shí)連有四個(gè)互不相同的原子或原子團(tuán)的碳原子)的Y的同分異構(gòu)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(gòu)),C錯(cuò)誤;
D.由題干信息可知,類比上述反應(yīng),的異構(gòu)化產(chǎn)物為:含有碳碳雙鍵和醛基,故可發(fā)生銀鏡反應(yīng)和加聚反應(yīng),D正確;
故答案為:C。
13.CD
【分析】銅和濃硫酸反應(yīng)(反應(yīng)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(yīng)(反應(yīng)Ⅱ),所得溶液在3~4之間,溶液顯酸性,根據(jù)的電離平衡常數(shù),可知溶液顯酸性(電離大于水解),則反應(yīng)Ⅱ所得溶液成分是,調(diào)節(jié)溶液pH值至11,使轉(zhuǎn)化為Na2SO3,低溫真空蒸發(fā)(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(yīng)的離子方程式是+2Cu2++2H2O=+ Cu2O+4H+,反應(yīng)過程中酸性越來越強(qiáng),使Na2SO3轉(zhuǎn)化成SO2氣體,總反應(yīng)方程式是2CuSO4+3Na2SO3= Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4,需及時(shí)補(bǔ)加以保持反應(yīng)在條件下進(jìn)行,據(jù)此分析解答。
【詳解】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)Ⅱ是SO2和碳酸鈉溶液反應(yīng),生成、水和二氧化碳,是非氧化還原反應(yīng),反應(yīng)Ⅲ是Na2SO3和CuSO4反應(yīng)生成Cu2O,是氧化還原反應(yīng),故A錯(cuò)誤;
B.低溫真空蒸發(fā)主要目的是防止被氧化,而不是,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.制取總反應(yīng)方程式是2CuSO4+3Na2SO3= Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4,化合物X是指Na2SO3,若產(chǎn)量不變,增大比,多的Na2SO3會(huì)消耗氫離子,用于控制pH值,可減少的量,故D正確;
答案CD。
14.AC
【分析】一定條件下,化合物E和TFAA合成H的反應(yīng)路徑中,共發(fā)生三個(gè)反應(yīng):
①E+TFAAF??②FG??③GH+TFAA
t1之后的某時(shí)刻,H為0.02 mol?L-1,此時(shí)TFAA的濃度仍為0,則表明0.10mol?L-1E、起始時(shí)的0.08mol?L-1TFAA、G分解生成的0.02 mol?L-1 TFAA全部參加反應(yīng),生成0.10mol?L-1F;在t2時(shí)刻,H為0.08mol?L-1,TFAA為0.06mol?L-1,G為0.01 mol?L-1,則F為0.01 mol?L-1。
【詳解】A.t1時(shí)刻,H的濃度小于0.02 mol?L-1,此時(shí)反應(yīng)③生成F的濃度小于0.02 mol?L-1,參加反應(yīng)①的H的濃度小于0.1 mol?L-1,則參加反應(yīng)E的濃度小于0.1 mol?L-1,所以體系中有E存在,A正確;
B.由分析可知,t2時(shí)刻,H為0.08mol?L-1,TFAA為0.06mol?L-1,G為0.01 mol?L-1,則F為0.01 mol?L-1,所以體系中有F存在,B不正確;
C.t1之后的某時(shí)刻,H為0.02 mol?L-1,此時(shí)TFAA的濃度仍為0,表明此時(shí)E和TFAA完全反應(yīng)生成F,所以E和TFAA生成F的反應(yīng)速率快,反應(yīng)的活化能很小,C正確;
D.在t2時(shí)刻,H為0.08mol?L-1,TFAA為0.06mol?L-1,G為0.01 mol?L-1,F(xiàn)為0.01 mol?L-1,只有F、G全部轉(zhuǎn)化為H和TFAA時(shí),TFAA的濃度才能為0.08mol?L-1,而GH+TFAA為可逆反應(yīng),所以反應(yīng)達(dá)平衡后,TFAA的濃度一定小于0.08mol?L-1,D不正確;
故選AC。
15.B
【分析】由題干反應(yīng)方程式可知,K1=,則有c(Hg2+)=,則有l(wèi)gc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I-),同理可得:lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-), =lgK3+lgc(HgI2)+ lgc(I-), ==lgK4+lgc(HgI2)+ 2lgc(I-),且由可知K0=為一定值,故可知圖示中曲線1、2、3、4即L分別代表、、、,據(jù)此分析解題。
【詳解】A.由分析可知,線表示的變化情況,A正確;
B.已知的化學(xué)平衡常數(shù)K0=,溫度不變平衡常數(shù)不變,故隨增大,始終保持不變,B錯(cuò)誤;
C.由分析可知,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(lián)合①②可知得:,C正確;
D.溶液中的初始溶質(zhì)為HgI2,根據(jù)原子守恒可知,該溶液中I元素與元素的物質(zhì)的量之比始終為,D正確;
故答案為:B。
16.(1) 分子晶體 HF 、和
(2) > 分子中鍵的鍵長(zhǎng)小于中鍵的鍵長(zhǎng),其原因是:分子中既存在σ鍵,又存在大鍵,原子軌道重疊的程度較大,因此其中鍵的鍵長(zhǎng)較小,而只存在普通的σ鍵。
(3)

【詳解】(1)常溫常壓下,為無色氣體,則的沸點(diǎn)較低,因此,固態(tài)HOF的晶體類型為分子晶體。分子中F顯-1價(jià),其水解時(shí)結(jié)合電離的生成HF,則結(jié)合電離的,兩者反應(yīng)生成,不穩(wěn)定,其分解生成,因此,水解反應(yīng)的產(chǎn)物為HF 、和。
(2)中心原子為,中心原子為,二者均為V形結(jié)構(gòu),但中存在大鍵()。由中存在可以推斷,其中原子只能提供1對(duì)電子,有一個(gè)原子提供1個(gè)電子,另一個(gè)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鍵,提供孤電子對(duì)與其中一個(gè)形成配位鍵,與另一個(gè)形成的是普通的共價(jià)鍵(σ鍵,這個(gè)只提供了一個(gè)電子參與形成大鍵), 的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3,則原子的軌道雜化方式為;中心原子為,根據(jù)價(jià)層電子對(duì)的計(jì)算公式可知,因此,的雜化方式為;根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論可知,時(shí),價(jià)電子對(duì)的幾何構(gòu)型為正四面體,時(shí),價(jià)電子對(duì)的幾何構(gòu)型平面正三角形,雜化的鍵角一定大于的,因此,雖然和均為形結(jié)構(gòu),但鍵角大于鍵角,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。分子中鍵的鍵長(zhǎng)小于中鍵的鍵長(zhǎng),其原因是:分子中既存在σ鍵,又存在大鍵,原子軌道重疊的程度較大,因此其中鍵的鍵長(zhǎng)較小,而只存在普通的σ鍵。
(3)一定條件下,、和反應(yīng)生成和化合物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、白球的個(gè)數(shù)為、灰色球的個(gè)數(shù)為,則X中含有3種元素,其個(gè)數(shù)比為1:2:4,由于其中Cu化合價(jià)為+2、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,上述反應(yīng)的化學(xué)方程式為。若阿伏加德羅富數(shù)的值為,晶胞的質(zhì)量為,晶胞的體積為,化合物X的密度。
【點(diǎn)睛】(1)
(2
(3)
17.(1)
(2) 純堿
(3) 加入純堿將精制Ⅰ所得濾液中的轉(zhuǎn)化為(或除去精制Ⅰ所得濾液中的),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(jié)晶得到的中會(huì)混有,最終所得的產(chǎn)率減小

【分析】由流程可知,鹵水中加入鹽酸脫鎂后過濾,所得濾液經(jīng)濃縮結(jié)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(chǎn)生沉淀,在此條件下溶解度最小的是,則濾渣Ⅰ的主要成分為;由于微溶于水,精制Ⅰ所得濾液中再加純堿又生成沉淀,則濾渣Ⅱ?yàn)?精制Ⅱ所得濾液經(jīng)操作X后,所得溶液經(jīng)濃縮結(jié)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。
【詳解】(1)含硼固體中的在水中存在平衡:(常溫下,);與溶液反應(yīng)可制備硼砂。常溫下.在硼砂溶液中,水解生成等物質(zhì)的量濃度的和,該水解反應(yīng)的離子方程式為,由B元素守恒可知,和的濃度均為,,則該溶液。
(2)由分析可知,濾渣I的主要成分是;精制I后溶液中的濃度為2.0,由可知,則常溫下精制Ⅱ過程中濃度應(yīng)控制在以下。若脫硼后直接進(jìn)行精制Ⅰ,除無法回收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,還將增加純堿()的用量。
(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;由于微溶于水,精制Ⅰ所得濾液中還含有一定濃度的,還需要除去,因此,精制Ⅱ的目的是:加入純堿將精制Ⅰ所得濾液中的轉(zhuǎn)化為(或除去精制Ⅰ所得濾液中的),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(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)致濃縮液中因濃度過大使得過早沉淀,即濃縮結(jié)晶得到的中會(huì)混有,最終所得的產(chǎn)率減小。
18.(1) 檢查裝置氣密性 當(dāng)管式爐中沒有固體剩余時(shí) 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

【分析】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(yīng),生成三氯甲硅烷和氫氣,由于三氯甲硅烷沸點(diǎn)為31.8℃,熔點(diǎn)為,在球形冷凝管中可冷卻成液態(tài),在裝置C中收集起來,氫氣則通過D裝置排出同時(shí)D可處理多余吸收的氯化氫氣體,據(jù)此解答。
【詳解】(1)制備SiHCl3時(shí),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(shí)候后,接通冷凝裝置,加熱開始反應(yīng),當(dāng)管式爐中沒有固體剩余時(shí),即硅粉完全反應(yīng),SiHCl3易水解,所以需要在C、D之間加一個(gè)干燥裝置,防止D中的水蒸氣進(jìn)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,故答案為:檢查裝置氣密性;當(dāng)管式爐中沒有固體剩余時(shí);C、D之間沒有干燥裝置,沒有處理氫氣的裝置;
(2)已知電負(fù)性Cl>H>Si,則SiHCl3中氯元素的化合價(jià)為-1,H元素的化合價(jià)為-1,硅元素化合價(jià)為+4,所以氫氧化鈉溶液和SiHCl3反應(yīng)時(shí),要發(fā)生氧化還原反應(yīng),得到氯化鈉、硅酸鈉和氫氣,化學(xué)方程式為:SiHCl3+5NaOH =Na2SiO3+3NaCl+H2↑+2H2O,故答案為:SiHCl3+5NaOH =Na2SiO3+3NaCl+H2↑+2H2O;
(3)m1g樣品經(jīng)水解,干燥等預(yù)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(zhì)量為m2g,則二氧化硅的物質(zhì)的量為n(SiO2)=,樣品純度為=,故答案為:高溫灼燒;冷卻;AC;。
19.(1) 2,6-二氯甲苯 +2KF+2KCl 酰胺基
(2) 2 ② 2

【分析】路線:根據(jù)流程及A的分子式為C7H6Cl2,可推出A的結(jié)構(gòu)式為,A在氨氣和氧氣的作用下,生成了B(),B與KF反應(yīng),生成C(),根據(jù)題給信息,C與過氧化氫反應(yīng),生成D(),D和(COCl)2反應(yīng)生成E,E的分子式為C8H3F2NO2,推出E的結(jié)構(gòu)式為,E與F()反應(yīng)生成了氟鈴脲(G)。
路線二:
根據(jù)流程及F的分子式可推出H的結(jié)構(gòu)式,H與氫氣反應(yīng)生成I(),I與CF2=CF2反應(yīng)生成F(),F(xiàn)與COCl2反應(yīng)生成J(),J與D()反應(yīng)生成了氟鈴脲(G)。
【詳解】(1)由分析可知,A為,系統(tǒng)命名為2,6-二氯甲苯,B與KF發(fā)生取代反應(yīng)生成C,化學(xué)方程式為+2KF+2KCl,D為,含氧官能團(tuán)為酰胺基,根據(jù)分析,E為,故答案為:2,6-二氯甲苯;+2KF+2KCl;酰胺基;;
(2)根據(jù)分析,H為,由結(jié)構(gòu)特征可知,含有2種化學(xué)環(huán)境的氫,根據(jù)分析流程可知H→I為還原反應(yīng),I→F為加成反應(yīng),F(xiàn)→J,J→G均為取代反應(yīng),J為,C原子的雜化方式有sp2,sp3兩種,NO原子的雜化方式均為sp3,所以J中原子的雜化方式有2種,故答案為:2;②;2。
20.(1)-
(2)
(3) a 減小 不變

【詳解】(1)根據(jù)蓋斯定律,反應(yīng)II-反應(yīng)I=水氣變換反應(yīng),故水氣變換反應(yīng)的焓變=-;
(2)T1溫度時(shí),HCOOH建立電離平衡:

,c(HCOO-)=c(H+),故c(H+)=。
。
(3)t1時(shí)刻時(shí),c(CO)達(dá)到最大值,說明此時(shí)反應(yīng)I達(dá)平衡狀態(tài)。此時(shí)


故t1時(shí)刻c(HCOOH)=1.0-0.70-0.16=0.14 mol·L-1,K(I)=。t1時(shí)刻→反應(yīng)II達(dá)平衡過程,


則c(H2)=b+0.16=y(tǒng),b=(y-0.16)mol·L-1,c(HCOOH)=0.14-a-b=0.3-a-y,c(CO)=a+0.7,K(I)=,a=。故=,K(II)=。
加入0.1 mol·L-1鹽酸后,H+對(duì)反應(yīng)I起催化作用,加快反應(yīng)I的反應(yīng)速率,縮短到達(dá)平衡所需時(shí)間,故CO濃度峰值提前,由于時(shí)間縮短,反應(yīng)Ⅱ消耗的HCOOH減小,體系中HCOOH濃度增大,導(dǎo)致CO濃度大于t1時(shí)刻的峰值,故c(CO)最有可能在a處達(dá)到峰值。此時(shí)c(CO2)會(huì)小于不含鹽酸的濃度,=K(I),溫度不變,平衡常數(shù)不變,則的值不變。

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