2023年高考化学真题试题(山东卷)(答案+解析)

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1、2023 年高考化学真题试卷山东卷一、单项选择题共 10 题；共 20 分A. 风能发电B. 粮食酿酒C. 燃煤脱硫D. 石油裂化1. 有利于实现“碳达峰、碳中和”的是 【答案】 A【考点】常见能量的转化及运用，使用化石燃料的利弊及能源的开发，常见的生活环境的污染及治理， 石油的裂化和裂解【解析】【解答】碳达峰是我国承诺在2030 年前，二氧化碳的排放不在增长，到达峰值之后逐步降低， 碳中和是指通过指数造林、节能减排等削减自身的二氧化碳的排放量。实现二氧化碳的0 排放A. 风能发电可以削减二氧化碳的排放，故A 符合题意B.粮食酿酒可以增加二氧化碳的排放，故B 不符合题意燃煤脱硫C.产生大量的二

2、氧化碳，故C 不符合题意故正确答案是：A石油裂化的裂化可以产生碳氢化合物，燃烧产生大量的二氧化碳，故D 不符合题意D.【分析】主要就是降低二氧化碳的排放，找出即可A. 石墨用作润滑剂C. 聚乙炔用作绝缘材料B. 氧化钙用作食品枯燥剂D. 乙二醇溶液用作汽车防冻液2. 以下物质应用错误的选项是 【答案】 C【考点】物质的组成、构造和性质的关系【解析】【解答】A.石墨是层状构造，层与层可以相互滑动，可以做润滑剂，故A 不符合题意B. 氧化钙可以和水反响降低水的含量，故B 不符合题意C. 聚乙炔中含有单键和双键相互交替，存在自由电子的移动性质，因此可以导电，故C 符合题意D. 乙二醇与水可以形成氢键

3、， 因此乙二醇溶液用作汽车防冻液 ，故D 不符合题意故答案为：C【分析】A.石墨质地松软B.主要利用的是氧化钙与水反响C.聚乙炔可以导电D.乙二醇溶液可以降低冰点3. 关于以下仪器使用的说法错误的选项是 A. 、不行加热C. 、可用于物质分别B. 、不行用作反响容器D. 、使用前需检漏【答案】 A【考点】常用仪器及其使用【解析】【解答】A.锥形瓶可以垫上石棉网进展加热，容量瓶不能加热，故A 符合题意B. 酸式滴定管用于量取肯定体积的溶液，容量瓶只能用于配置肯定物质的量浓度的溶液，不能做反响容器，故B 不符合题意C. 蒸馏烧瓶用于蒸馏操作，可以分别熔沸点不同的液体，分液漏斗用于分液操作，分别不互

4、溶的液体均可以用于分别，故C 不符合题意D. 酸式滴定管以及容量瓶以及分液漏斗均含有瓶塞以及旋塞使用之前均需要进展捡漏，故D 不符合题意【分析】锥形瓶不能直接加热，但是需要垫上石棉网进展加热酸式滴定管需要进展检漏，只能进展量取液体蒸馏烧瓶可进展分别熔沸点的不同液体容量瓶使用前需要进展检漏，能用于配置肯定浓度 的物质梨形分液漏斗使用前需要进展检漏，可以进展分别互不相溶的液体4. X、Y 为第三周期元素、Y 最高正价与最低负价的代数和为6，二者形成的一种化合物能以XY4+XY6-的形式存在。以下说法错误的选项是 A. 原子半径：XYB. 简洁氢化物的复原性：XYC. 同周期元素形成的单质中Y 氧化

5、性最强D. 同周期中第一电离能小于X 的元素有 4 种【答案】 D【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用X、Y 为第三周期元素、Y 最高正价与最低负价的代数和为6【解析】【解答】二者形成的一种化合物能以XY4+XY6-的形式存在也是第三周期的元素，原子半径：XYA.依据 X 是 P，Y 是 Cl,B.X 的氢化物是 PH3,Y 的氢化物是 HCl,，故A 不符合题意，即可推断出Y 为 Cl,X，因此X 是 P简洁氢化物的复原性：XY,故 B 不符合题意C. 同周期元素形成的单质中Cl2 氧化性最强，故C 不符合题意D.同乙周期，从左到右，第一电离能呈现增大的趋势，第五主族的电离能大于相邻的第

6、一电离能，因此电离能是由小到大依次是 Na,Mg,Al,Si，S，P,Cl，共有 5 种元素，故D 符合题意【分析】依据题目中给出的条件即可推断出XY 的元素符号， 结合选项进展推断5. 以下由试验现象所得结论错误的选项是 A. 向 NaHSO3 溶液中滴加氢硫酸，产生淡黄色沉淀，证明HSO3具有氧化性B. 向酸性 KMnO4 溶液中参加 Fe3O4 粉末，紫色褪去，证明 Fe3O4 中含 Fe()C. 向浓 HNO3 中插入红热的炭，产生红棕色气体，证明炭可与浓HNO3 反响生成 NO2D. 向 NaClO 溶液中滴加酚酞试剂，先变红后褪色，证明NaClO 在溶液中发生了水解反响【答案】 C

7、【考点】含氮物质的综合应用，含硫物质的性质及综合应用，铁的氧化物和氢氧化物，化学试验方案的评价【解析】【解答】A.依据题意写出离子方程式：HSO -+2H S+H+=3S+3H O,反响过程中亚硫酸钠的元素化合322价由+4 价降低为 0 价，发生了复原反响，起的是氧化性，故A 不符合题意B. 酸性高锰酸钾具有氧化性，可与被具有复原性的物质复原，通过颜色的变化可以证明发生反响，故B不符合题意C. 硝酸和碳木炭反响，表达出氧化性，氮元素的化合价降低，可能是一氧化氮或者是二氧化氮，而一氧化氮与空气接触快速变为二氧化氮，无法确定产物肯定是二氧化氮，故C 符合题意D. 先变红，说明此时溶液显碱性，证明

8、次氯酸钠溶液发生可水解，后来褪色是因此水解得到了具有漂白性的次氯酸，后来褪色，故D 不符合题意故答案是：C【分析】A.标出化学价进展推断即可B.通过紫色褪去，可说明发生氧化复原反响C.随着反响的进展浓硝酸变为稀硝酸，会产生一氧化氮，与氧气反响，产生红棕色的二氧化氮 D.次氯酸具有氧化性且是弱酸，且强碱弱酸盐水解呈碱性6. X、Y 均为短周期金属元素，同温同压下，0.1molX 的单质与足量稀盐酸反响，生成H2 体积为V1L；0.1 molY 的单质与足量稀硫酸反响，生成H2 体积为V2L。以下说法错误的选项是 A. X、Y 生成H2的物质的量之比肯定为 V1V2B. X、Y 消耗酸的物质的量之

9、比肯定为 2V1V2C. 产物中X、Y 化合价之比肯定为 V1V2D. 由 V1 肯定能确定产物中X、Y 的化合价V2【答案】 D【考点】物质的量的相关计算，元素周期表的构造及其应用H2 体积为V1L；0.1molY 的单质与足量稀硫酸反响，生成H2 体积为V2L。设 0.1molX 消耗的盐酸的物质X、Y 均为短周期金属元素，同温同压下，0.1molX 的单质与足量稀盐酸反响，生成【解析】【解答】的量为m, 0.1molY 消耗的硫酸的物质的量为n,依据元素守恒以及电荷守恒即可得出：XmHCl𝑚H+Xm+SO nHY2n+,， YnH22242A.同温度同压强下，物质的量之比

10、等于体积之比，X、Y 生成H2 的物质的量之比为 V1 ，故A 不符合题意V2B. X、Y 消耗酸的物质的量之比肯定为𝑚𝑛𝑚𝑉1 ,得到𝑚𝑉2𝑛2𝑉1,故 B 不符合题意𝑉2=， 而此时 2 =𝑛C.产物中X、Y 化合价之比为𝑚 ,依据𝑚2𝑛𝑛2𝑉1𝑉2， 即可得出化合价之比为=V1 ，故C 不符合题意V2D.以第三周期为例，由钠镁铝三种金属

11、。形成的化合价为+1，+2，+3 价，存在多种状况，化学价之比是V1V2， 但是只能确定化合价的比值不能确定具体的化合价，故D 符合题意故正确答案是：D【分析】依据给出的信息即可找出金属消耗酸以及产生氢气以及形成的金属阳离子之间的关系，再结合选项进展推断7. 某同学进展蔗糖水解试验，并检验产物中的醛基，操作如下：向试管中参加 1mL20%蔗糖溶液，参加3 滴稀硫酸，水浴加热 5 分钟。翻开盛有 10%NaOH 溶液的，将玻璃瓶塞倒放，取1mL 溶液参加试4管，盖紧瓶塞；向试管中参加5 滴2%CuSO 溶液。将试管中反响液参加试管，用酒精灯加热试管A. 1B. 2C. 3D. 4并观看现象。试验

12、中存在的错误有几处？ 【答案】 B【考点】蔗糖与淀粉的性质试验，化学试验方案的评价，醛的化学性质行参加氢氧化钠溶液进展碱化，第一处错误。向试管中参加 1mL20%蔗糖溶液，参加 3 滴稀硫酸，水浴加热 5 分钟。此处未进【解析】【解答】翻开盛有 10%NaOH 溶液的，将玻璃瓶塞倒放，取1mL 溶液参加试管，盖紧瓶塞；此处的氢氧化钠溶液用玻璃塞是错误的，玻璃中有二氧化硅与氢氧化钠作用，其次处错误，故B 符合题意故正确答是：B【分析】氢氧化钠储存用的橡胶塞，醛基检验时需要进展碱性处理A. 吸取过程中有气体生成C. 气流枯燥湿料时温度不宜过高B. 结晶后母液中含有 NaHCO3D. 中和后溶液中含

13、 Na2SO3 和 NaHCO38. 工业上以 SO2 和纯碱为原料制备无水 NaHSO3 的主要流程如图，以下说法错误的选项是 【答案】 B【考点】含硫物质的性质及综合应用，物质的分别与提纯，制备试验方案的设计【解析】【解答】A.吸取过程中有二氧化碳气体产生，故A 不符合题意B. 通入的二氧化硫是过量的，因此不存在碳酸氢钠，故B 符合题意C. 亚硫酸氢钠易分解，气流枯燥湿料时温度不宜过高 故C 不符合题意中和后溶液中含Na2SO3 和 NaHCO3D. ，故D 不符合题意【分析】依据图示分析，二氧化硫和纯碱进展反响得到亚硫酸氢钠溶液进展结晶后得到的是亚硫酸氢钠晶体以及含有亚硫酸氢钠和亚硫酸溶

14、液的母液，此时参加纯碱进展调整pH,此时的反响是： H2SO3+2Na2CO3=Na2SO3+2NaHCO3,NaHSO3+2Na2CO3=Na2SO3+NaHCO3得到亚硫酸钠和碳酸氢钠再通入二氧化硫后进展吸取此时吸取的方程式为： Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3,SO2+NaHCO3=CO2+NaHSO3,进展结晶后得到的亚硫酸钠晶体进展枯燥，结合选项进展推断即可9. 关于 CH3OH、N2H4 和(CH3)2NNH2 的构造与性质，以下说法错误的选项是 A. CH3OH 为极性分子B. N2H4 空间构造为平面形C. N2H4 的沸点高于(CH3)2NNH2D. CH3OH

15、和(CH3)2NNH2 中C、O、N 杂化方式均一样【答案】 B【考点】物质的组成、构造和性质的关系，推断简洁分子或离子的构型，极性分子和非极性分子，原子轨道杂化方式及杂化类型推断【解析】【解答】A.甲醇可以看作是甲烷中氢原子被羟基取代的产物，甲烷是含有极性键的非极性分子， 但是甲醇是含有极性键的极性分子，故A 不符合题意(CH3)2NNH2B.N2H4 中的氮原子是 sp3 杂化，应当是两个三角锥形形成的构型，故B 符合题意C.N2H4 和均含有氮原子，均含有孤对电子，均易形成氢键，但是前者氢原子的个数多，形D. CH3OH 和(CH3)2NNH2 中 C、O、N 杂化方式均为sp3杂化，杂

16、化方式一样，故D 不符合题意成的氢键多，沸点高，故C 不符合题意【分析】A.依据正负电荷中心是否重合进展推断B.依据氮原子的成键方式即可推断杂化方式C.比较形成氢键的个数即可D.分别找出成键方式即可推断杂化方式10. 以KOH 溶液为离子导体，分别组成CH3OH-O、N H-O 、(CH) NNH -O清洁燃料电池，以下说法正确的是 A. 放电过程中，K+均向负极移动B. 放电过程中，KOH 物质的量均减小22 423 222C. 消耗等质量燃料，(CH3)2NNH2O2 燃料电池的理论放电量最大D. 消耗 1molO2 时，理论上N2H4O2 燃料电池气体产物的体积在标准状况下为11.2L【

17、答案】 C【考点】原电池工作原理及应用，物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用N H24、(CH ) NNH3 22失去电子发生氧化反响，钾离子向正极移动，故A不符合题意CH3OH-O2、N H -O 、(CH ) NNH -O 清洁燃料电池，2423 222CH3OH、【解析】【解答】A.据题意可知，因此2B. 放电过程中，CH3OH-O、(CH) NNH -O均产生二氧化碳消耗氢氧化钾溶液因此氢氧化钾溶液的物质的量减小，而N2H4-O2 产生的是氮气不会消耗氢氧化钾，故B 不符合题意CH3OH6e， N2H43222C. 依据4e,(CH3)2NNH216e,设质量均为 mg,即可计算出

18、CH3OH 转移的电子数为𝑚 𝑥6mol，N H转移的电子为𝑚 𝑥4mol，(CH ) NNH 转移的电子为𝑚 𝑥16mol，(CH )NNH转移的电子量3224323 22603 22最大，故C 符合题意N2H4-O2 燃料电池D. 依据的总反响式为N2H4+O2=N2+2H2O，消耗 1molO2 时产生 1mol 氮气，标况积为 22.4L，故 D 不符合题意故答案为：C【分析】A.依据原电池的的电子的流向即可推断钾离子的移动方向B.考察的是电池反响产物中是否含有消耗氢氧化钾溶液的物质C.产生

19、的电量是由转移的电子量打算的，计算出等质量的物质转移的电子数即可D.依据电池写出总的反响式即可推断二、不定项选择题共 5 题；共 20 分试验目的玻璃仪器试剂配制 100mL 肯定物质的量浓度A的 NaCl 溶液100mL 容量瓶、胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒蒸馏水、NaCl 固体B 制备 Fe(OH)3 胶体烧杯、酒精灯、胶头滴管蒸馏水、饱和 FeCl3 溶液C 测定 NaOH 溶液浓度烧杯、锥形瓶、胶头滴管、酸式滴 待测 NaOH 溶液、浓度的盐定管酸、甲基橙试剂D 制备乙酸乙酯试管、量筒、导管、酒精灯冰醋酸、无水乙醇、饱和Na2CO3 溶液11. 为完成以下各组试验，所选玻璃仪器和试剂均

20、准确、完整的是(不考虑存放试剂的容器) A. AB. BC. CD. D【答案】 A,B【考点】配制肯定物质的量浓度的溶液，中和滴定，制取氢氧化铁、氢氧化亚铁，乙酸乙酯的制取，物质的量浓度【解析】【解答】A.配制 100ml 肯定物质的量浓度的氯化钠溶液，需要的玻璃仪器是 100mL 容量瓶、胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒 ，需要的试剂是 蒸馏水、NaCl 固体 ，故A 符合题意B. 制备氢氧化铁是是将几滴饱和的氯化铁溶液参加沸水中加热至消灭红褐色即可，需要的仪器是 烧杯、酒精灯、胶头滴管 ，需要的试剂为 蒸馏水、饱和 FeCl3 溶液，故B 符合题意C. 用标准稀盐酸溶液滴定待测氢氧化钠溶液即

21、可测定出氢氧化钠的浓度，需要用的仪器是 烧杯、锥形瓶、胶头滴管、酸式滴定管 、碱式滴定管，需要用的试剂是 待测 NaOH 溶液、浓度的盐酸、甲基橙试剂 ，故C 不符合题意D. 制备乙酸乙酯是利用浓硫酸和乙酸和乙醇进展反响得到乙酸乙酯，需要的玻璃仪器是 试管、量筒、导管、酒精灯 ，需要的试剂是 冰醋酸、无水乙醇、饱和 Na2CO3 溶液、浓硫酸，故D 不符合题意故答案为：AB【分析】A.仪器和试剂均符合配制肯定物质的量浓度的氯化钠溶液B.试剂和仪器均符合制取氢氧化铁胶体的操作C.缺少碱式滴定管量取氢氧化钠D.缺少催化剂浓硫酸12. 立体异构包括顺反异构、对映异构等。有机物M(2-甲基-2-丁醇)

22、存在如图转化关系，以下说法错误的选项是 A. N 分子可能存在顺反异构B. L 的任一同分异构体最多有 1 个手性碳原子C. M 的同分异构体中，能被氧化为酮的醇有4 种D. L 的同分异构体中，含两种化学环境氢的只有1 种【答案】 A,C【考点】“手性分子”在生命科学等方面的应用，同分异构现象和同分异构体【解析】【解答】A.顺反异构一般是含有双键的有机物才会消灭，主要是由于受到自由旋转的限制使各个集团在空间的排列方式不同消灭的异构表达象，而N 不存在顺反异构，故A 符合题意B.依据推想，L 的构造式为， L 的同分异构体为， 含有的同分异构体中的手性碳原子最多为1 个，故B 不符合题意C.M

23、 的构造式为， 氧化成酮主要是由于是与羟基相连的碳原子上连接只有1 个氢原子，满足条件的同分异构体是、只有 3 种，故C 符合题意D.L 的同分异构体为含有两种氢原子的是故只有 1 种，故D 不符题意故正确答案是：AC【分析】依据 M 的名称写出构造简式为在浓硫酸作催化剂并加热条件下发生消去反响生成N 为或， N 与 HCl 发生加成反响生成L，L 能发生水解反响生成M，则L 的构造简式为结合选项进展推断即可A. G 与H 均为氧化产物B. 试验中 KMnO4 只作氧化剂C. Mn 元素至少参与了 3 个氧化复原反响 D. G 与 H 的物质的量之和可能为 0.25mol13. 试验室中利用固

24、体 KMnO4 进展如图试验，以下说法错误的选项是 【答案】 B,D【考点】氧化复原反响，氧化性、复原性强弱的比较，物质的量的相关计算【解析】【解答】A.G 是高锰酸钾分解得到的，是氧化产物，氯气是浓盐酸被氧化得到，故为氧化产物， 故 A 不符合题意B.高锰酸钾加热得到的是锰酸钾和二氧化锰以及氧气，高锰酸钾既做氧化剂又做复原剂，故B 符合题意C.高锰酸钾分解以及锰酸钾和二氧化锰与浓盐反响，因此锰元素至少参与3 个氧化复原反响故C 不符合题意D.1mol 高锰酸钾生成 1mol 氧气需要转移 4mol 电子，生成 1mol 氯气需要转移 2mol 电子，0.1mol 高锰酸钾完全分解得到0.05

25、mol 氧气，而0.1mol 高锰酸钾与盐酸反响，2KMnO45Cl2 得到的氯气的物质的量最大值为 0.25mol，此时的气体包括得到氧气，因此气体的物质的量小于0.25mol,故 D 符合题意正确答案是：BD【分析】高锰酸钾加热时的产物是锰酸钾和二氧化锰以及氧气，因此气体单质G 为氧气，剩余的固体与盐酸反响得到的氯化锰溶液得到的气体单质为氯气。14.18O 标记的乙酸甲酯在足量 NaOH 溶液中发生水解，局部反响历程可表示为：+OH- +CHO-能量变化如图所3示。为快速平衡，以下说法正确的选项是 A. 反响、为决速步B. 反响完毕后，溶液中存在 18OH-C. 反响完毕后，溶液中存在 C

26、H318OHD. 反响与反响活化能的差值等于图示总反响的焓变【答案】 B【解析】【解答】A.由图可知，反响 I 和反响 IV 的活化能较高，因此反响的决速步为反响I、IV，故 A 不符合题意B.依据为快速平衡 可推断溶液中存在大量的 18OH-,故B 符合题意【考点】反响热和焓变，有机物中的官能团，有机物的构造和性质，取代反响C.依据反响得出不行能存在 CH3OH ， 故18C 不符合题意D.反响的焓变等于和具有的能量之和减去和能量之和，故D 不符合题意【分析】A.一般来说，反响的活化能越高，反响速率越慢，B. 依据图示快速平衡即可推断溶液中存在18OH-C. 依据过程 III 的断键和成键过

27、程即可推断D. 依据焓变=生成物具有的能量-生成物具有的能量计算15. 赖氨酸H3N+(CH2)4CH(NH2)COO-， 用HR 表示是人体必需氨基酸，其盐酸盐(H3RCl2)在水溶液中存在如32下平衡：H R2+ K1H R+ K2HR K3R-。向肯定浓度的H3RCl2 溶液中滴加 NaOH 溶液，溶液中H3R2+、H2R+、HR 和R-的分布系数(x)随pH 变化如下图。(x)=c(x)c(H3R2+)+c(H2R+)+c(HR)+c(R)，以下表述正确的选项是 A. 𝐾2𝐾1 𝐾3𝐾2B. M 点，c(Cl-) +c(O

28、H-)+c(R-)=2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)C. O 点，pH= -lgK2-lgK32D. P 点，c(Na+)c(Cl-)c(OH-)c(H+)【答案】 C,D【解析】【解答】A.依据，根据 M,N,P 三点计算出,𝐾2 = 109.1𝐾1102.2= 106.9,𝐾2 = 1010.8𝐾3109.1= 101.7,【考点】化学平衡常数，盐类水解的应用，离子浓度大小的比较因此故 A 不符合题意B.M 点存在电荷守恒，图所示， 可以得到此时据， 故B 不符合题意C.依据图示 O 点， 可以得到=1，进展变换得到

29、， 得到氢离子的浓度 c(H+)=依据溶液的pH=得出 pH=故 C 符合题意D.依据图示即可得到此时溶液是NaCl、HR、NaR 混合溶液，此时的 pH 大于 7，因此水解大于电离，因此， 故D 符合题意【分析】A.依据 M,N,P 三点的数据计算出K1,K2,K3 即可B. 依据电荷守恒结合C. 依据 O 点进展推断进展变化即可计算D. 依据 P 点的溶质以及 pH 即可推断离子浓度大小三、解答题共 5 题；共 60 分16. 非金属氟化物在生产、生活和科研中应用广泛。答复以下问题：（1） 基态F 原子核外电子的运动状态有种。22（2） O、F、Cl 电负性由大到小的挨次为；OF 分子的空

30、间构型为；OF 的熔、沸点2 (填“高于”或“低于”)Cl O，缘由是。（3） Xe 是第五周期的稀有气体元素，与F 形成的 XeF2 室温下易升华。XeF2 中心原子的价层电子对数为2 ，以下对 XeF 中心原子杂化方式推断合理的是(填标号)。Asp Bsp2 Csp3 Dsp3d22（4） XeF 晶体属四方晶系，晶胞参数如下图，晶胞棱边夹角均为90，该晶胞中有个 XeF 分子。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如A 点原子的分数坐标为( 1 ， 1 ， 1 )。XeF 键长为rpm，则B 点原子的分数坐标为；晶胞中A、222B 间距离 d=p

31、m。【答案】 19（2） FOCl；角(V)形；低于；OF2 和 Cl2O 都是分子晶体，构造相像，Cl2O 的相对分子质量大，Cl2O 的熔、沸点高35；D42；(0，0， r )；d=1 a2+( c -r)2 pmc22【考点】原子核外电子的运动状态，原子核外电子的能级分布，推断简洁分子或离子的构型，晶胞的计算，原子轨道杂化方式及杂化类型推断FOClFOCl【解析】【解答】1基态氟原子的质子数为9，核外有 9 个电子对应着 9 种不同的运动状态，故正确答案为 9（2） 半径越小，电负性越大，而半径大小为，因此电负性大小为，依据 VSEPR 理OF2Cl2OCl2OOF2OF2Cl2OFO

32、Cl低于OF2论有，价层电子对为 4 孤对电子为 2，知 OF2 分子的空间构型是V 型，和构造相像，相对分子质量是大于，沸点是低于，故正确答案是：、V 型、和 Cl2O 都是分子晶体，构造相像，Cl2O 的相对分子质量大，Cl2O 的熔、沸点高（3） XeF2 易升华，所以是分子晶体，其中心原子的价层电子对数为2+=5,含有2 对孤对电子，是sp 杂化，故正确答案是 5,d（4） Xe 的半径大于F，大球为 Xe,小球是 F，大球占据体心和顶点，Xe 个数=1+8x1=2,小球 8 个占据棱，2XeF 键长为rpm8个在晶胞内部，F 的个数为2+8x1=4,因此晶胞中含有2 个 XeF42分

33、子，B 点在Z 轴上，(0，0， r )c因此B 点的坐标是d=1 a2+( c -r)2 pm，AB 的长度是 d=1 a2+( c -r)2 pm ，故正确答案是 2 、(0，0， r )c2222【分析】1核外有几个电子可推断几种运动状态OF2（2） 电负性肯定程度上相当于得电子力量，半径越小，得电子力量越强，电负性越大，计算出的价层电子对和孤对电子即可推断构形，分子晶体构造相像，沸点与相对分子质量有关（3） 依据公式即可计算出价层电子对，找出孤对电子对即可推断构型以及杂化方式（4） 依据晶胞构造中占位方式即可计算出原子的个数，依据晶胞图数据即可计算出坐标以及距离17. 工业上以铬铁矿(

34、FeCr2O4， 含 Al、Si 氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O72H2O)的工艺流程如图。答复以下问题：（1） 焙烧的目的是将 FeCr2O4 转化为 Na2Cr2O4 并将 Al、Si 氧化物转化为可溶性钠盐，焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是。（2） 矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c 与 pH 的关系如下图。当溶液中可溶组分浓度c1.010-5molL-1 时，可认为已除尽。中和时 pH 的理论范围为；酸化的目的是；Fe 元素在(填操作单元的名称)过程中除去。227（3） 蒸发结晶时，过度蒸发将导致；冷却结晶所得母液中，除 Na Cr O 外，可在上述流程中循环利

35、用的物质还有。（4） 利用膜电解技术(装置如下图)，以 Na2Cr2O4 为主要原料制备 Na2Cr2O7 的总反响方程式为：通电_4Na2Cr2O4+4H2O_2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2+O2。则 Na2Cr2O7 在(填“阴”或“阳”)极室制得，电解时通过膜的离子主要为。【答案】 1增大反响物接触面积，提高化学反响速率24.5 pH 9.3；使 2CrO2 + H O Cr O2 + 2OH 平衡正向移动，提高 Na2Cr2O7 的产率；浸取4227（3） 所得溶液中含有大量 Na2SO410H2O；H2SO44（4） 阳；CrO2焙烧的目的是将FeCr O 转化为Na Cr

36、O 并将Al、Si 氧化物转化为可溶性钠盐，24224【考点】电极反响和电池反响方程式，物质的分别与提纯，制备试验方案的设计，化学试验方案的评价， 电解池工作原理及应用【解析】【解答】1应物接触面积，提高化学反响速率焙烧时气体与矿料逆流而行，目的是增大反响物接触面积，提高化学反响速率增大反，故正确答案是（2） 中和的目的主要是为除去铝离子和硅酸根离子，依据图示可以看出在pH4.5 时铝离子全部除尽， 而 pH9.3 时，产生的硅酸开头溶解，因此适宜的pH 范围为 4.5 pH 9.3 ，酸化的目的主要是使 2C4rO2 +H2O Cr O2 + 2OH，铁元素已经全部转为三氧化平衡正向移动，提

37、高Na Cr O 的产率227浸取平衡正27铁在时将其除尽，故正确答案是： 4.5 pH 9.3 、 使 2CrO2 + H O Cr O2 + 2OH4227向移动，提高Na Cr O 的产率227浸取、24242242（3） 蒸发结晶时，Na SO 主要以Na SO 10H O 存在， Na SO 10H O 的溶解度随温度上升先增大后减冷却结晶所得母液中，除Na Cr O 外2272Na Cr O +4NaOH+2H +O 22722小，过渡蒸发将导致 所得溶液中含有大量 Na2SO410H2O，还有大量的硫酸4Na Cr O +4H O2242通电（4） 依据总反响方程式_，即可推断出

38、电解的实质是电解水，因此阳极得到的是氧气，阴极得到的是氢气，而存在着 2CrO2 + H O Cr O2 +Na Cr O22742272OH ，当氢氧根离子减小时，产生大量的4CrO2，因此在阳极得到。电解时通过的离子主要是【分析】1为了提高反响的速率增大与反响物的接触面积（2） 依据图示即可找出中和完全的pH,酸化的目的主要是抑制 2CrO2 + H O Cr O2 + 2OH 的移动，铁元素在浸出的滤渣中除去4227（3） 主要考虑的数硫酸钠晶体的析出，以及冷却结晶后存在大量的硫酸，硫酸是难挥发性酸4依据电池总反响以及2CrO2 + H O Cr O2 + 2OH进展推断即可422718

39、. 六氯化钨(WCl6)可用作有机合成催化剂，熔点为283，沸点为 340，易溶于 CS2 ， 极易水解。试验室中，先将三氧化钨(WO3)复原为金属钨(W)再制备 WCl6 ， 装置如下图(夹持装置略)。答复以下问题：32（1） 检查装置气密性并参加 WO 。先通N， 其目的是；一段时间后，加热管式炉，改通223H， 对 B 处逸出的H 进展后续处理。仪器A 的名称为，证明 WO 已被完全复原的现象是 。22（2） WO3 完全复原后，进展的操作为：冷却，停顿通 H ；以枯燥的接收装置替换E；在B 处加装盛有碱石灰的枯燥管；加热，通 Cl ；。碱石灰的作用是；操作是 ，目的是。（3） 利用碘量

40、法测定 WCl6 产品纯度，试验如下：称量：将足量 CS2(易挥发)参加枯燥的称量瓶中，盖紧称重为m1g；开盖并计时 1 分钟，盖紧称重为23m g；再开盖参加待测样品并计时1 分钟，盖紧称重为m g，则样品质量为g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。4滴定：先将 WCl6 转化为可溶的 Na2WO4， 通过 IO3离子交换柱发生反响：WO2+Ba(IO3)2=BaWO4+2IO3；交换完毕后，向所得含 IO3的溶液中参加适量酸化的 KI 溶液，发生反应：IO3+5I-+6H+=3I2+3H2O；反响完全后，用Na2S2O3 标准溶液滴定，发生反响：I2+2S2O2=2I-+S4O362。滴定达终点

41、时消耗 cmolL-1 的 Na2S2O3 溶液 VmL，则样品中 WCl6(摩尔质量为 Mgmol-1)的质量分数2 23为。称量时，假设参加待测样品后，开盖时间超过1 分钟，则滴定时消耗 Na S O 溶液的体积将6 (填“偏大”“偏小”或“不变”)，样品中 WCl 质量分数的测定值将(填“偏大”“偏小”或“不变”)。【答案】 1排解装置中的空气；直形冷凝管；淡黄色固体变为银白色22（2） 吸取多余氯气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入E；再次通入N ；排解装置中的H3( m+m - 2m )；𝑐𝑉𝑀%；不变；偏大312120(w

42、898;3𝑚 12𝑚 2)【考点】物质的分别与提纯，制备试验方案的设计，化学试验方案的评价，有关混合物反响的计算【解析】【解答】1用氢气复原三氧化钨装置中不能存在空气，先通氮气主要是为了排解装置中的空气，依据图示推断仪器A 为直形冷凝管，由于三氧化钨是淡黄色固体，而W 单质为银白色固体，因此当消灭淡黄色固体全部变为银白色时已经完全被复原，故正确答案为：排解装置中的空气直形冷凝管淡黄色固体变为银白色、（2） 反响中氯气未反响完全因此碱石灰是为了吸取多于的氯气防止污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入E 装置中。装置中存在肯定量的氢气，操作是通入足量的氮气排解氢气防止

43、与氯气反响，故正确吸取多余氯气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入E再次通入N2排解装置中的答案是：、H2（3） 依据分析，称量时参加足量的二硫化碳，盖紧盖子此时质量为m1g，考虑到二硫化碳的挥发性 ，开盖挥发 1min，得到的质量为 m2g,此时挥发的质量为(m2-m1)g，开盖参加样品，此时的质量挥发出与第一次等量的二硫化碳，此时质量为m3g,设参加的样品的质量为x,m2+x-(m1-m2)=m3,得到 x=( m3+m1- 2m2)43223依据滴定时的方程式，得出关系式为WO 2-2IO -6I 12S O 2- ， 依据W 元素守恒即可得出n(WCl)=n(WO2-)= 1 n(S

44、 O2-)= 1 xcVx10-3mol，m(WCl)=𝑀 xcVx10-3g,则质量分数为𝑐𝑉𝑀𝑋103x100%=3412231231212(𝑚1𝑚32𝑚2)Na2S2O3𝑐𝑉𝑀120(𝑚3𝑚 12𝑚 2)%,依据测量原理开盖时间超过1min,导致 m2 偏大，质量分数偏大，但是消耗的体积不变【分析】1主要是整个装置中不能有空气，因此通入氮气排尽空气，依据图示即可推断A

45、 的名称，依据金属W 的颜色进展推断反响是否完全反响（2） 主要是利用氯气和金属 W 合成六氯化钨，主要氯气可以污染空气且六氯化钨易水解因此，碱石灰是防止污染空气以及吸水，再次通入氮气是排解装置中的氢气（3） 依据操作质量的变化即可计算出样品的质量依据反响方程式即可找出六氯化钨与硫代硫酸钠的物质的量关系，即可计算出六氯化钨的质量分数， 依据质量分数公式，放置时间过长导致二硫化碳逸散过多，会导致公式分母变小，数值偏大，但是由于 六氯化钨的量不变消耗的硫代硫酸钠不变：.+.R NH219. 一种利胆药物 F 的合成路线如图：答复以下问题：1A 的构造简式为；符合以下条件的A 的同分异构体有种。含有

46、酚羟基不能发生银镜反响含有四种化学环境的氢（2） 检验B 中是否含有A 的试剂为；BC 的反响类型为。（3） CD 的化学方程式为；E 中含氧官能团共种。（4） ：，综合上述信息，写出由和制备的合成路线。【答案】 1；8（2） FeCl3 溶液；氧化反响3+CH3OH浓H2SO4+H2O；34【解析】【解答】(1)由上述分析可知，A 的构造简式为；A 的同分异构体中满足：含有酚羟基；不能发生银镜反响，说明构造中不含醛基；含有四种化学环境的氢，说明具有对称结【考点】有机物中的官能团，有机物的合成，有机物的构造和性质，同分异构现象和同分异构体，构造简式构，则满足条件的构造有：(有邻、间、对 3 种

47、异构)、(有邻、间、对 3 种异构)、，共有 3+3+1+1=8 种，故答案为：；8。(3)CD 为与 CH3OH 在浓硫酸作催化剂并加热条件下发生酯化反响生成，反响化学方程式为+CH OH3浓H2SO4+H2O；E 的构造简式为，其中的含氧官能团(2)A 中含有酚羟基，B 中不含酚羟基，可利用FeCl3 溶液检验B 中是否含有A，假设含有A，则参加FeCl3 溶液后溶液呈紫色；由上述分析可知，BC 的反响类型为氧化反响，故答案为：FeCl3 溶液；氧化反响。为醚键、酚羟基、酯基，共 3 种，故答案为：+CH3OH浓H2SO4+H2O；3。(4)由和制备过程需要增长碳链，可利用题干中AB 的反

48、响实现，然后利用信息反响I 得到目标产物，目标产物中碳碳双键位于端基碳原子上，因此需要与 HBr 在-80下发生加成反响生成，因此合成路线为【分析】1依据生成物F 进展逆推得出A 的构造简式，依据给出的要求即可写出A 的同分异构体2A 到B 的反响主要是酚羟基进展取代，A 中有酚羟基，B 中没有酚羟基，因此可以用氯化铁溶液检验，NaClO2 具有氧化性，因此发生的是氧化反响（3） 依据反响物和生成物即可写出方程式，依据E 到 F 的反响类型即可写出E 的构造简式找出官能团（4） 依据生成物可以进展逆推需要利用反响I 进展反响，因此先要得到， 进展逆推需要得到利用A 到 B 的反响，需要和而可以

49、通过在-80利用合成反响：+CH OH3K1o H1反响：+CH OH K23o H2反响：K3o H320.2-甲氧基-2-甲基丁烷(TAME)常用作汽油原添加剂。在催化剂作用下，可通过甲醇与烯烃的液相反响制得，体系中同时存在如图反响：答复以下问题：x（1） 反响、以物质的量分数表示的平衡常数 K 与温度T 变化关系如下图。据图推断，A 和 B中相对稳定的是(用系统命名法命名)；A1H1 H2的数值范围是(填标号)。（2） 为争论上述反响体系的平衡关系，向某反响容器中参加1.0molTAME，掌握温度为 353K，测得 TAME 的平衡转化率为。反响的平衡常数 Kx3=9.0，则平衡体系中

50、B 的物质的量为mol，反响 的平衡常数 Kx1=。同温同压下，再向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释，反响的化学平衡将 (填“正向移动”“逆向移动”或“不移动”)平衡时，A 与 CH3OH 物质的量浓度之比 c(A)： c(CH3OH)=。（3） 为争论反响体系的动力学行为，向盛有四氢呋喃的另一容器中参加肯定量A、B 和 CH3OH。掌握温度为 353K，A、B 物质的量浓度c 随反响时间t 的变化如下图。代表B 的变化曲线为(填“X”或“Y”)；t=100s 时，反响的正反响速率v 正逆反响速率v 逆(填“”“”或“=)。【答案】 12-甲基-2-丁烯；D20.9；(1𝛼)(

51、1𝛼)0.01𝛼2；逆向移动；1:103X；【考点】反响热和焓变，化学平衡常数，化学平衡转化过程中的变化曲线，化学反响速率与化学平衡的综合应用【解析】【解答】1由平衡常数 K 与温度的变化关系曲线图可知，反响I,II,III 的平衡常数的自然对数与温度成反比，说明温度越高，反响平衡常数越小，说明反响是放热，一样温度下，自然对数数值越大， 说明平衡常数越大，此时物质具有的能量越高，所以A 的总量高于B 的总能量，因此B 比较稳定，B 的系统命名为2-甲基-2-丁烯案是：，依据盖斯定律即可推断H32-甲基-2-丁烯、D= H1H20，即可得出𝐻11，

52、故正确答𝐻2Kx3（2） 向反响容器中参加 1molTAME，温度掌握在 353K，TAME 的转化率为 ，可以计算出平衡时的OH),反响III 的平衡常n(TAME)=(1-)mol，n(A)+nB=n(CH数=𝑐(𝐴)=𝑛(𝐴)=9,得出n(A)=0.9,n(B)=0.1,此时反响的平衡常数Kx13=𝑛(𝑇𝐴𝑀𝐸)𝐴1𝛼=1𝛼𝑐(𝐵)=𝑛

53、(𝐵)同温同压下，再(1𝛼)(1𝛼),𝑛(𝐴)𝑛(𝐶𝐻3𝑂𝐻)𝐴 )0.1𝛼𝑥0.1𝛼1𝛼1𝛼0.01𝛼2向该容器中注入惰性溶剂四氢呋喃稀释A 与,浓度变小，平衡逆向移动，温度不变，平衡常数不变，CH3OH 物质的量浓度之比c(A)：c(CH3OH)=1:10，故正确答案：、 (1𝛼)(1𝛼)、

54、0.9逆向移动0.01𝛼21:10（3） 温度不变，平衡时浓度比值不变，故𝑐(𝐴)=𝑛(𝐴)=9，有曲线可以得到，平衡浓度曲线X 的浓度高于曲𝑐(𝐵) 𝑛(𝐵)线 Y 的浓度，B 表示是X 曲线，由曲线的趣趋势 t=100s 时，𝑛𝐵 = 0.112=10.29，平衡逆向移动，因此正速X率小于逆速率，故正确答案是：、𝑛𝐴0.011【分析】1依据图像变化的趋势，具有的能量越高，一样温度下的K 越大即可推断，依据盖斯定律即可计算出焓变的大小关系（2） 依据给出的数据利用反响 III 的常数计算出平衡时各物质的物质的量，即可计算出K1， 稀释浓度，平衡逆向移动，温度不变，平衡时浓度之比是定值（3） 依据图像进展推断，同时计算出浓度商与平衡常数比照即可推断