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備戰(zhàn)2024高考化學(xué)2023年高考化學(xué)真題完全解讀(山東卷)
2023年高考山東卷化學(xué)試題繼續(xù)保持以往風(fēng)格，試卷結(jié)構(gòu)和試題難度保持了相對(duì)穩(wěn)定，難度適中，試題立足于高中化學(xué)主干內(nèi)容，強(qiáng)調(diào)化學(xué)與科技、生產(chǎn)、生活的親密聯(lián)系。在考查化學(xué)科基本知識(shí)、基本技能的同時(shí)實(shí)現(xiàn)了對(duì)山東考化學(xué)學(xué)科素養(yǎng)的全面考查。試題梯度設(shè)計(jì)合理，契合考生特點(diǎn)，堅(jiān)持“重視根底、立足實(shí)踐、突出能力、不斷創(chuàng)新”的要求，體現(xiàn)了高考命題的穩(wěn)定性和連續(xù)性原則，準(zhǔn)確表達(dá)了考試說明的要求，科學(xué)、準(zhǔn)確、公平、標(biāo)準(zhǔn)，難度適中，具有較高的信度、效度和必要的區(qū)分度，全面測試考生的化學(xué)科學(xué)素養(yǎng)，，較好地反映了學(xué)生的潛質(zhì)，實(shí)現(xiàn)了高考的選拔功能。
一、注重引領(lǐng)，突出立德樹人
立德樹人是高中學(xué)科教學(xué)的根本任務(wù)，新高考的化學(xué)試題基于“立德樹人，服務(wù)選拔，引導(dǎo)教學(xué)”的核心立場，發(fā)揮學(xué)科優(yōu)勢，突出體現(xiàn)社會(huì)主義核心價(jià)值觀，要求學(xué)生堅(jiān)定理想信念、厚植愛國情懷、提升品德修養(yǎng)，讓考生感受化學(xué)學(xué)科的獨(dú)特價(jià)值，引導(dǎo)學(xué)生樹立正確的價(jià)值觀，發(fā)揮化學(xué)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(tǒng)硅酸鹽材料。
二、強(qiáng)化主干，筑牢學(xué)科基礎(chǔ)
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(xiàn)了對(duì)高中化學(xué)主干與核心知識(shí)的考查，涉及內(nèi)容包括化學(xué)與技術(shù)、社會(huì)及環(huán)境的關(guān)系、原子結(jié)構(gòu)與元素周期律、物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)、化學(xué)反應(yīng)速率與化學(xué)反應(yīng)平衡、電離平衡、水解平衡、氧化還原反應(yīng)、化學(xué)用語、熱化學(xué)、電化學(xué)、重要元素單質(zhì)及化合物的相關(guān)性質(zhì)、化學(xué)實(shí)驗(yàn)原理及基本操作、有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)知識(shí)等等，可以說基本涵蓋了高中化學(xué)的主干知識(shí)。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(shí)驗(yàn)室事故處理方法；第6題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)基本操作，鑒別NaClO、Ba(OH)2、Al2(SO4)3三種溶液等。
三、巧選載體，情境立足實(shí)踐
立足化學(xué)科學(xué)特點(diǎn)，注重選取新材料、新藥物、新催化技術(shù)等真實(shí)情境，呈現(xiàn)生產(chǎn)生活中的實(shí)際問題，這些試題情境充分體現(xiàn)了化學(xué)的時(shí)代性和應(yīng)用性，使考生切切實(shí)實(shí)地感受到了“有用的化學(xué)”，解決實(shí)際問題還需進(jìn)一步深化對(duì)信息獲取加工、邏輯推理、歸納論證思維等關(guān)鍵能力，有利于提升對(duì)學(xué)科核心素養(yǎng)考查的有效性，進(jìn)一步提高人才選拔質(zhì)量。信息獲取與加工是整個(gè)化學(xué)學(xué)科能力發(fā)展的基礎(chǔ)，所取素材都是實(shí)際生產(chǎn)和生活中真實(shí)存在的，有的是傳統(tǒng)的工業(yè)生產(chǎn)，有的則是應(yīng)用廣泛的新技術(shù)，這些情境對(duì)考生來說可能是陌生的，但考查的重點(diǎn)仍是高中化學(xué)的基礎(chǔ)知識(shí)，充分體現(xiàn)出試題“高起點(diǎn)、低落點(diǎn)”的特點(diǎn)。如：第5題以石墨層間插入F得到層狀結(jié)構(gòu)化合物(CF)x為情景，考查共價(jià)鍵的形成及主要類型，晶胞的有關(guān)計(jì)算；第7題以抗生素克拉維酸為載體，考查有機(jī)官能團(tuán)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，把物質(zhì)結(jié)構(gòu)融入其中；第11題以利用熱再生氨電池可實(shí)現(xiàn)CuSO4電鍍廢液的濃縮再生為情景，考查電化學(xué)基礎(chǔ)知識(shí)，原電池正負(fù)極判斷，原電池電極反應(yīng)式書寫；第12題以有機(jī)物X→Y的異構(gòu)化反應(yīng)為載體，考查常見官能團(tuán)名稱、組成及結(jié)構(gòu)；同分異構(gòu)體的數(shù)目的確定；有機(jī)分子中原子共面的判斷；第20題探究水氣變換反應(yīng)CO+H2OCO2+H2的中間產(chǎn)物是HCOOH，考查蓋斯定律與熱化學(xué)方程式，化學(xué)反應(yīng)速率和化學(xué)平衡的有關(guān)計(jì)算，電離平衡常數(shù)及影響因素。
四、多維呈現(xiàn)，考查思維品質(zhì)
試題在設(shè)計(jì)上很好地體現(xiàn)了能力立意要求。試題通過創(chuàng)設(shè)復(fù)雜的問題情境，加強(qiáng)對(duì)學(xué)生邏輯推理能力的考查。對(duì)于真實(shí)的工業(yè)生產(chǎn)過程，在信息獲取加工能力的基礎(chǔ)上利用化學(xué)基礎(chǔ)知識(shí)和基本原理，推測實(shí)際工藝過程中步驟、所發(fā)生的離子方程式、化學(xué)方程式，考查化學(xué)計(jì)算等。試題對(duì)能力的考查往往不是孤立的，著重對(duì)某項(xiàng)能力考查的同時(shí)，在不同程度上也考查了與之相關(guān)的其它能力，這一點(diǎn)在非選擇題中體現(xiàn)得尤為明顯。如：第14題以化合物E和TFAA合成H的反應(yīng)路徑為情景，考查活化能，化學(xué)平衡題中基于圖表數(shù)據(jù)的相關(guān)計(jì)算，與轉(zhuǎn)化率變化有關(guān)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(xué)平衡移動(dòng)規(guī)律，化學(xué)平衡常數(shù)影響因素及計(jì)算；第16題以鹵素可形成許多結(jié)構(gòu)和性質(zhì)特殊的化合物為載體，考查鍵能、鍵長、鍵角及應(yīng)用，雜化軌道理論、晶體類型判斷和晶胞的有關(guān)計(jì)算； 第17題以高鎂鹵水為原料經(jīng)兩段除鎂制備Li2CO3的工藝流程為載體，考查物質(zhì)分離和提純，離子方程式的書寫，化學(xué)平衡常數(shù)、溶度積常數(shù)計(jì)算；第19題根據(jù)根據(jù)殺蟲劑氟鈴脲(G)的兩條合成路線，考查常見官能團(tuán)名稱、組成及結(jié)構(gòu)。
五、注重實(shí)驗(yàn)，發(fā)展探究能力
實(shí)驗(yàn)是培養(yǎng)化學(xué)學(xué)科素養(yǎng)的重要途徑和方式。2023年高考化學(xué)在實(shí)驗(yàn)原理的理解、實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)、實(shí)驗(yàn)儀器的選擇、基本儀器的使用、實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)的處理、實(shí)驗(yàn)結(jié)論的得出和解釋等方面加強(qiáng)設(shè)計(jì)，考查學(xué)生的實(shí)驗(yàn)?zāi)芰涂茖W(xué)探究能力，充分發(fā)揮對(duì)高中實(shí)驗(yàn)教學(xué)的積極導(dǎo)向作用，引導(dǎo)教學(xué)重視實(shí)驗(yàn)探究，引導(dǎo)學(xué)生自己動(dòng)手做實(shí)驗(yàn)，切實(shí)提升實(shí)驗(yàn)?zāi)芰ΑＨ纾旱?題以乙酸酐醇解反應(yīng)為切入點(diǎn)，利用此反應(yīng)定量測定有機(jī)醇中的羥基含量，考查酸堿中和滴定實(shí)驗(yàn)基本操作及步驟； 第9題以乙酸酐醇解反應(yīng)為切入點(diǎn)，利用此反應(yīng)定量測定有機(jī)醇中的羥基含量，考查化學(xué)計(jì)算；第10題以乙酸酐醇解反應(yīng)為切入點(diǎn)，利用此反應(yīng)定量測定有機(jī)醇中的羥基含量，考查定量實(shí)驗(yàn)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(yùn)用；第18題制備SiHCl3粗品，考查綜合實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)與評(píng)價(jià)。
題號(hào) 難度 考查內(nèi)容 詳細(xì)知識(shí)點(diǎn)
選擇題
1 易 化學(xué)與STS 化學(xué)科學(xué)對(duì)人類文明發(fā)展的意義；常見合金的組成；傳統(tǒng)硅酸鹽材料。
2 中 元素及其化合物 硝酸的強(qiáng)氧化性；易水解的鹽溶液的配制；苯的取代反應(yīng)；淀粉、纖維素的水解。
3 易 物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì) (極性分子) 極性分子和非極性分子。
4 中 化學(xué)實(shí)驗(yàn)基礎(chǔ) 常用儀器及使用；化學(xué)實(shí)驗(yàn)基礎(chǔ)操作；實(shí)驗(yàn)安全。
5 中 物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì) (晶體結(jié)構(gòu)) 共價(jià)鍵的形成及主要類型；晶胞的有關(guān)計(jì)算；化學(xué)鍵類別與晶體類別間的關(guān)系；常見共價(jià)晶體的結(jié)構(gòu)。
6 較難 化學(xué)實(shí)驗(yàn)基礎(chǔ) (物質(zhì)鑒別) 鑒別NaClO、Ba(OH)2、Al2(SO4)3三種溶液。
7 較難 有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ) (官能團(tuán)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)) 常見官能團(tuán)名稱、組成及結(jié)構(gòu)；烯烴的順反異構(gòu)；含有氫鍵的物質(zhì)；酰胺的性質(zhì)與應(yīng)用。
8 較難 化學(xué)實(shí)驗(yàn)基礎(chǔ) (滴定實(shí)驗(yàn)操作) 酸堿中和滴定實(shí)驗(yàn)基本操作及步驟；酸堿中和滴定實(shí)驗(yàn)相關(guān)儀器。
9 0.40 化學(xué)實(shí)驗(yàn)基礎(chǔ) (滴定計(jì)算) 酸堿中和滴定實(shí)質(zhì)、原理；化學(xué)計(jì)算。
10 中 化學(xué)實(shí)驗(yàn)基礎(chǔ) (誤差分析) 酸堿中和滴定原理的應(yīng)用；酸堿中和滴定的誤差分析。
11 易 化學(xué)反應(yīng)原理 (電化學(xué)) 原電池原理理解；原電池正負(fù)極判斷；原電池電極反應(yīng)式書寫；新型電池。
12 中 有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ) (官能團(tuán)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)) 紅外光譜；常見官能團(tuán)名稱、組成及結(jié)構(gòu)；同分異構(gòu)體的數(shù)目的確定；有機(jī)分子中原子共面的判斷。
13 難 化學(xué)工藝流程 氧化還原反應(yīng)，鹽類水解運(yùn)用，化學(xué)實(shí)驗(yàn)評(píng)價(jià)。
14 中 化學(xué)反應(yīng)原理 (化學(xué)平衡) 活化能及其對(duì)反應(yīng)速率的影響；化學(xué)平衡題中基于圖表數(shù)據(jù)的相關(guān)計(jì)算；與轉(zhuǎn)化率變化有關(guān)圖像的分析。
15 較難 化學(xué)反應(yīng)原理 (離子曲線) 離子平衡，濃度對(duì)化學(xué)平衡移動(dòng)的影響；化學(xué)平衡常數(shù)的概念及表達(dá)方式；化學(xué)平衡常數(shù)的影響因素及應(yīng)用。
非選擇題
16 難 物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)綜合 鍵能、鍵長、鍵角及應(yīng)用；利用雜化軌道理論判斷化學(xué)鍵雜化類型；晶胞的有關(guān)計(jì)算；晶體類型判斷。
17 較難 化學(xué)工藝流程 離子方程式的書寫；化學(xué)平衡常數(shù)的有關(guān)計(jì)算；溶度積常數(shù)相關(guān)計(jì)算；物質(zhì)分離、提純綜合應(yīng)用。
18 較難 綜合實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)與評(píng)價(jià) 硅的制備；元素性質(zhì)與電負(fù)性的關(guān)系；物質(zhì)含量的測定；物質(zhì)制備的探究。
19 較難 有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ) (推斷與合成) 含有苯環(huán)的化合物的命名；常見官能團(tuán)名稱、組成及結(jié)構(gòu)；有機(jī)物的推斷；有機(jī)合成綜合考查。
20 較難 化學(xué)反應(yīng)原理綜合 蓋斯定律與熱化學(xué)方程式；化學(xué)反應(yīng)速率計(jì)算；化學(xué)平衡的有關(guān)計(jì)算；電離平衡常數(shù)及影響因素。
一、夯實(shí)基礎(chǔ)，注重細(xì)節(jié)
教學(xué)過程中要進(jìn)一步加強(qiáng)對(duì)常見元素化合物、基本概念、基本原理、基礎(chǔ)實(shí)驗(yàn)等基礎(chǔ)性知識(shí)的教學(xué)，要著重關(guān)注學(xué)生容易出現(xiàn)理解偏差或理解深度不夠的內(nèi)容，我們既要讓學(xué)生知其然還要知其所以然，真正把學(xué)科觀念和思維方法落實(shí)到位，避免過多“死記硬背”。
二、織線成網(wǎng)，突出重點(diǎn)
復(fù)習(xí)過程中要加強(qiáng)學(xué)科知識(shí)融合，系統(tǒng)地對(duì)知識(shí)進(jìn)行整理、歸納、溝通知識(shí)間的內(nèi)在聯(lián)系，形成縱向、橫向知識(shí)鏈，構(gòu)建知識(shí)網(wǎng)絡(luò)，精心設(shè)計(jì)好知識(shí)復(fù)習(xí)專題，加強(qiáng)知識(shí)間的聯(lián)系，融匯貫通，形成更加網(wǎng)絡(luò)化、邏輯性更強(qiáng)的知識(shí)體系，以便學(xué)生更好提取和運(yùn)用。
三、精講精練，提高效率
避免過多的僵化機(jī)械訓(xùn)練，此次模擬題給我們呈現(xiàn)很多新穎性、靈活性很強(qiáng)的命題案例，以后的高考題中，肯定還會(huì)出現(xiàn)更多的新的情境、新的設(shè)問、新的融合、新的角度，我們要多加強(qiáng)變式訓(xùn)練，引導(dǎo)學(xué)生思維開放，提高學(xué)生的適應(yīng)能力，以便學(xué)生能夠更好應(yīng)對(duì)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(píng)價(jià)體系》，研究高考試題，學(xué)習(xí)高考評(píng)價(jià)體系說明，把握考試方向。備考復(fù)習(xí)中不能好高騖遠(yuǎn)，以打牢必備知識(shí)為根本，能力培養(yǎng)為關(guān)鍵，素養(yǎng)培育為核心，價(jià)值引領(lǐng)為導(dǎo)向，不可一味求新、求變，不能一味加大難度、無限制拔高，應(yīng)當(dāng)根據(jù)學(xué)情，精心選擇和設(shè)計(jì)內(nèi)容，把學(xué)生最需要的給他，讓他在現(xiàn)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(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
【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(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
【解析】A項(xiàng)，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項(xiàng)，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項(xiàng)，清洗附有銀鏡的試管用稀硝酸，反應(yīng)原理為：Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO↑+2H2O，C不合題意；D項(xiàng)，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(xiàng)，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項(xiàng)，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項(xiàng)，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項(xiàng)，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；故選B。
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
【答案】A
【解析】A項(xiàng)，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項(xiàng)，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項(xiàng)，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(xiàng)，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；故選A。
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中的鍵長比短
D．1mol(CF)x中含有2xmol共價(jià)單鍵
【答案】B
【解析】A項(xiàng)，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項(xiàng)，(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項(xiàng)，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(cuò)誤；D項(xiàng)，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；故選B。
6．鑒別濃度均為0.1mol·L-1的NaClO、Ba(OH)2、Al2(SO4)3三種溶液，僅用下列一種方法不可行的是( )
A．測定溶液pH 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(xiàng)，NaClO溶液顯弱堿性，Ba(OH)2溶液顯強(qiáng)堿性，Al2(SO4)3溶液顯酸性，則測定溶液pH是可以鑒別出來的，故A不符合題意；B項(xiàng)，NaClO溶液顯弱堿性，Ba(OH)2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，Al2(SO4)3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(xiàng)，NaClO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Ba(OH)2溶液，Al2(SO4)3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0.1mol·L-1KI溶液無法鑒別，則C符合題意；D項(xiàng)，飽和Na2CO3溶液和NaClO溶液不反應(yīng)，和Ba(OH)2溶液反應(yīng)生成碳酸鋇沉淀，和Al2(SO4)3溶液發(fā)生雙水解反應(yīng)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(jié)構(gòu)簡式如圖所示，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)
【答案】D
【解析】A項(xiàng)，由題干有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡式可知，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項(xiàng)，由題干有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡式可知，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項(xiàng)，由題干有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡式可知，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項(xiàng)，由題干有機(jī)物結(jié)構(gòu)簡式可知，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；故選D。
8．一定條件下，乙酸酐[(CH3CO)2O]醇解反應(yīng)[(CH3CO)2O+ROH→CH3COOR+CH3COOH]可進(jìn)行完全，利用此反應(yīng)定量測定有機(jī)醇(ROH)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mgROH樣品，充分反應(yīng)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(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)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(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液V2mL。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
【解析】A項(xiàng)，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項(xiàng)，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項(xiàng)，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項(xiàng)，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；故選C。
9．一定條件下，乙酸酐[(CH3CO)2O]醇解反應(yīng)[(CH3CO)2O+ROH→CH3COOR+CH3COOH]可進(jìn)行完全，利用此反應(yīng)定量測定有機(jī)醇(ROH)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mgROH樣品，充分反應(yīng)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(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)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(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液V2mL。樣品中羥基含量(質(zhì)量分?jǐn)?shù))計(jì)算正確的是( )
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】用cmol·L-1NaOH-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[(CH3CO)2O+ROH→CH3COOR+CH3COOH]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。根據(jù)滴定過程中，用cmol·L-1NaOH-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V2mL，需要消耗cmol·L-1NaOH-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ROH樣品中羥基質(zhì)量分?jǐn)?shù)=，故選C 。
10．一定條件下，乙酸酐[(CH3CO)2O]醇解反應(yīng)[(CH3CO)2O+ROH→CH3COOR+CH3COOH]可進(jìn)行完全，利用此反應(yīng)定量測定有機(jī)醇(ROH)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mgROH樣品，充分反應(yīng)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(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)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(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液V2mL。
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)致測定結(jié)果偏小
C．步驟③滴定時(shí)，不慎將錐形瓶內(nèi)溶液濺出，將導(dǎo)致測定結(jié)果偏小
D．步驟④中，若加水量不足，將導(dǎo)致測定結(jié)果偏大
【答案】B
【解析】步驟④測定乙酸酐的物質(zhì)的量為 ；根據(jù)步驟②③可知mgROH樣品中羥基的物質(zhì)的量為。A項(xiàng)，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項(xiàng)，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)致測定結(jié)果偏小，故B正確；C項(xiàng)，步驟③滴定時(shí)，不慎將錐形瓶內(nèi)溶液濺出，消耗氫氧化鈉的體積偏小，將導(dǎo)致測定結(jié)果偏大，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，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，測定乙酸酐初始物質(zhì)的量偏小，將導(dǎo)致測定結(jié)果偏小，故D錯(cuò)誤；故選B。
11．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始工作。下列說法正確的是( )
A．甲室Cu電極為正極
B．隔膜為陽離子膜
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)勢產(chǎn)生影響
【答案】CD
【解析】A項(xiàng)，向甲室加入足量氨水后電池開始工作，則甲室Cu電極溶解，變?yōu)殂~離子與氨氣形成[Cu(NH3)4]2+，因此甲室Cu電極為負(fù)極，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)， 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項(xiàng)，左側(cè)負(fù)極是Cu+4NH3-2e- =[Cu(NH3)4]2+，正極是Cu 2++2e- = Cu，則電池總反應(yīng)為：Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+，故C正確；D項(xiàng)，NH3擴(kuò)散到乙室會(huì)與銅離子反應(yīng)生成[Cu(NH3)4]2+，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)勢產(chǎn)生影響，故D正確。故選CD。
12．有機(jī)物X→Y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)
【答案】C
【解析】A項(xiàng)，由題干圖示有機(jī)物X、Y的結(jié)構(gòu)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(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項(xiàng)，由題干圖示有機(jī)物X的結(jié)構(gòu)簡式可知，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項(xiàng)，由題干圖示有機(jī)物Y的結(jié)構(gòu)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(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項(xiàng)，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；故選C。
13．一種制備Cu2O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，H2SO3的電離平衡常數(shù)Ka1=1.3×10-2，Ka2=6.3×10-8。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NaHSO3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Cu2O產(chǎn)量不變，參與反應(yīng)Ⅲ的與CuSO4物質(zhì)的量之比增大時(shí)，需補(bǔ)加NaOH的量減少
【答案】CD
【解析】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pH在3~4之間，溶液顯酸性，根據(jù)H2SO3的電離平衡常數(shù)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(yīng)Ⅱ所得溶液成分是NaHSO3，調(diào)節(jié)溶液pH值至11，使NaHSO3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SO32-+2Cu2＋+2H2O=SO42-+ 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NaOH以保持反應(yīng)在pH=5條件下進(jìn)行。A項(xiàng)，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NaHSO3、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項(xiàng)，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項(xiàng)，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項(xiàng)，制取Cu2O總反應(yīng)方程式是2CuSO4+3Na2SO3= Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，化合物X是指Na2SO3，若Cu2O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(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
【答案】AC
【解析】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。A項(xiàng)，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項(xiàng)，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項(xiàng)，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項(xiàng)，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．在含HgI2(g)的溶液中，一定c(I-)范圍內(nèi)，存在平衡關(guān)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(shù)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(guān)系如圖所示，下列說法錯(cuò)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(zhì)的量之比始終為2：1
【答案】B
【解析】由題干反應(yīng)方程式HgI2(aq)Hg2++2I-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-)，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(xiàng)，線L表示lgc(HgI42-)的變化情況，A正確；B項(xiàng)，已知HgI2(s)HgI2(aq)的化學(xué)平衡常數(shù)K0= c[HgI2(aq)]，溫度不變平衡常數(shù)不變，故隨c(I-)增大，c[HgI2(aq)]始終保持不變，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，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項(xiàng)，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Hg元素的物質(zhì)的量之比始終為2：1，D正確；故選B。
16．鹵素可形成許多結(jié)構(gòu)和性質(zhì)特殊的化合物。回答下列問題：
(1) -405℃時(shí)，F(xiàn)2與冰反應(yīng)生成HOF利HF。常溫常壓下，HOF為無色氣體，固態(tài)HOF的晶體類型為_____，HOF水解反應(yīng)的產(chǎn)物為_____(填化學(xué)式)。
(2) Cl2 O中心原子為Cl，Cl2 O中心原子為，二者均為形結(jié)構(gòu)，但ClO2中存在大鍵。ClO2中Cl原子的軌道雜化方式_____；為O-Cl-O鍵角_____Cl-O-Cl鍵角(填“＞”“ ＜”或“=”)。比較ClO2與Cl2 O中Cl-O鍵的鍵長并說明原因_____。
(3)一定條件下，CuCl2、K和F2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)。
【答案】(1)分子晶體 HF 、H2O2和O2
(2) sp2 ＞ ClO2分子中Cl-O鍵的鍵長小于Cl2 O中Cl-O鍵的鍵長，其原因是：ClO2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Cl-O鍵的鍵長較小，而Cl2 O只存在普通的σ鍵
(3) CuCl2 +4K+2F2= K2CuF4+2KCl
【解析】(1)常溫常壓下，HOF為無色氣體，則HOF的沸點(diǎn)較低，因此，固態(tài)HOF的晶體類型為分子晶體。HOF分子中F顯-1價(jià)，其水解時(shí)結(jié)合H2O電離的H+生成HF，則OH+結(jié)合H2O電離的OH-，兩者反應(yīng)生成H2O2，H2O2不穩(wěn)定，其分解生成O2，因此，HOF水解反應(yīng)的產(chǎn)物為HF 、H2O2和O2。(2)ClO2中心原子為Cl，Cl2 O中心原子為O，二者均為V形結(jié)構(gòu)，但ClO2中存在大π鍵()。由ClO2中存在可以推斷，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)O原子提供1對(duì)電子，這5個(gè)電子處于互相平行的p軌道中形成大π鍵，Cl提供孤電子對(duì)與其中一個(gè)O形成配位鍵，與另一個(gè)O形成的是普通的共價(jià)鍵(σ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)為3，則原子的軌道雜化方式為sp2；Cl2 O中心原子為O，根據(jù)價(jià)層電子對(duì)的計(jì)算公式可知，因此，O的雜化方式為sp3；根據(jù)價(jià)層電子對(duì)互斥理論可知，n =4時(shí)，價(jià)電子對(duì)的幾何構(gòu)型為正四面體，n =3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ClO2和Cl2 O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。ClO2分子中Cl-O鍵的鍵長小于Cl2 O中Cl-O鍵的鍵長，其原因是：ClO2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Cl-O鍵的鍵長較小，而Cl2 O只存在普通的σ鍵。(3)一定條件下，CuCl2、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、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、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CuCl2 +4K+2F2= K2CuF4+2KCl。若阿伏加德羅富數(shù)的值為NA，晶胞的質(zhì)量為，晶胞的體積為，化合物X的密度。
17．鹽湖鹵水(主要含Na+、Mg2+、Li+、Cl-、SO42-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Li2CO3的工藝流程如下：
已知：常溫下，Ksp(Li2CO3)=2.2×10－3。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(yīng)可制備硼砂Na2B4O5(OH)4·8H2O。常溫下，在硼砂溶液中，[B4O5(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_____，該溶液pH=_____。
(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2.0 mol·L-1，則常溫下精制Ⅱ過程中CO32-濃度應(yīng)控制在_____ mol·L-1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_____。
【答案】(1) [B4O5(OH)4]2-+5H2O=2B(OH)3+2[B(OH)4]- 9.34
(2) CaSO4 5.5×10－4 純堿
(3)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Li2CO3純度 鹽酸 濃縮液中因CO32-濃度過大使得Li+過早沉淀，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-、SO42-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CaSO4，則濾渣Ⅰ的主要成分為CaSO4；由于CaSO4微溶于水，精制Ⅰ所得濾液中再加純堿又生成沉淀，則濾渣Ⅱ?yàn)镃aCO3;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Li2CO3。(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(yīng)可制備硼砂Na2B4O5(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(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[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pH=9.34。(2)濾渣I的主要成分是CaSO4；精制I后溶液中Li+的濃度為2.0 mol·L-1，由可知，則常溫下精制Ⅱ過程中CO32-濃度應(yīng)控制在 mol·L-1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(Na2CO3)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Ⅱ的目的是：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Li2CO3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CO32-濃度過大使得Li+過早沉淀，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。
18．三氯甲硅烷(SiHCl3)是制取高純硅的重要原料，常溫下為無色液體，沸點(diǎn)為31.8℃，熔點(diǎn)為-126.5℃，易水解。實(shí)驗(yàn)室根據(jù)反應(yīng)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(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Cl＞H＞Si，SiHCl3在濃溶液中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_____。
(3)采用如下方法測定溶有少量的SiHCl3純度。
m1g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_____(填標(biāo)號(hào))。測得樣品純度為_____(用含m1、m2的代數(shù)式表示)。
【答案】(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
【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(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-126.5℃，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。(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；(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；(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=。
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。
【答案】(1) 2,6-二氯甲苯
+2KF+2KCl 酰胺基
(2) 2 ② 2
【解析】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)。(1)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；(2)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。
20．一定條件下，水氣變換反應(yīng)CO+H2OCO2+H2的中間產(chǎn)物是HCOOH。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．HCOOHCO+H2O(快)
Ⅱ．HCOOHCO2+H2(慢)
研究發(fā)現(xiàn)，在反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ中，H+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)。回答下列問題：
(1)一定條件下，反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ的焓變分別為ΔH1、ΔH2，則該條件下水氣變換反應(yīng)的焓變?chǔ)=_____(用含ΔH1、ΔH2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)。T1溫度下，HCOOH電離平衡常數(shù)為Ka，當(dāng)HCOOH平衡濃度為x mol·L-1時(shí)，H+濃度為_____ mol·L-1，此時(shí)反應(yīng)Ⅰ應(yīng)速率_____ mol·L-1·h -1 (用含Ka、x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1.0 mol·L-1HCOOH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)刻測得CO、CO2的濃度分別為0.70 mol·L-1、0.16 mol·L-1，反應(yīng)Ⅱ達(dá)平衡時(shí)，測得H2的濃度為y mol·L-1。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0.10 mol·L-1鹽酸，則圖示點(diǎn)中，CO的濃度峰值點(diǎn)可能是_____(填標(biāo)號(hào))。與不同鹽酸相比，CO達(dá)濃度峰值時(shí)，CO2濃度_____(填“增大”“減小”或“不變”)，的反應(yīng)_____(填“增大”“減小”或“不變”)。
【答案】(1)ΔH2-ΔH1
(2)
(3) a 減小 不變
【解析】(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?chǔ)＝ΔH2-ΔH1；(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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