2023年高考化学真题试题(山东卷)(答案+解析)

2023年高考化学真题试卷〔山东卷〕一、单项选择题〔1020分〕A.风能发电B.粮食酿酒C.A.风能发电B.粮食酿酒C.燃煤脱硫D.石油裂化A.石墨用作润滑剂CA.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A.①、④A.①、④不行加热C.③、⑤可用于物质分别B.②、④不行用作反响容器D.②、④、⑤使用前需检漏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〔〕原子半径：X>Y简洁氢化物的复原性：X>Y同周期元素形成的单质中Y氧化性最强同周期中第一电离能小于X4种5.以下由试验现象所得结论错误的选项是〔〕3向NaHSO3溶液中滴加氢硫酸，产生淡黄色沉淀，证明HSO 3

具有氧化性KMnO4Fe3O4Fe3O4Fe(Ⅱ)HNO3中插入红热的炭，产生红棕色气体，证明炭可与浓HNO3NO2NaClO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；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〔〕X、Y生成H2

的物质的量之比确定为V1V2X、Y消耗酸的物质的量之比确定为2V1V2产物中X、Y化合价之比确定为V1V2由V1确定能确定产物中X、Y的化合价V2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Ⅰ中参与1mL20%蔗糖溶液，参与3510%NaOH溶液的，将玻璃瓶塞倒放，取1mL溶液参与试4管Ⅱ，盖紧瓶塞；向试管Ⅱ中参与5滴2%CuSO溶液。将试管Ⅱ中反响液参与试管Ⅰ，用酒精灯加热试管4A.1B.A.1B.2C.3D.4A.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.NaHCO3D.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.NaHCO3D.Na2SO3NaHCO3CH3OH、N2H4和(CH3)2NNH2的构造与性质，以下说法错误的选项是〔〕CH3OH为极性分子N2H4空间构造为平面形N2H4的沸点高于(CH3)2NNH2CH3OH和(CH3)2NNH2中C、O、N杂化方式均一样以KOH溶液为离子导体，分别组成CH3OH-O

、NH

-O、(CH

)NNH-O

清洁燃料电池，以下说法正确的是〔〕放电过程中，K+均向负极移动放电过程中，KOH物质的量均减小

2 24

32 2 2消耗等质量燃料，(CH3)2NNH2—O2燃料电池的理论放电量最大消耗1molO2时，理论上N2H4—O2燃料电池气体产物的体积在标准状况下为11.2L二、不定项选择题〔共520分〕试验目的玻璃仪器试剂100mL确定物质的量浓度A试验目的玻璃仪器试剂100mL确定物质的量浓度ANaCl溶液100mL容量瓶、胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒蒸馏水、NaCl固体BFe(OH)3胶体烧杯、酒精灯、胶头滴管FeCl3溶液CNaOH溶液浓度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A B.B C.C D.D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)存在如图转化关系，以下说法错误的选项是〔〕N分子可能存在顺反异构L1个手性碳原子M的同分异构体中，能被氧化为酮的醇有4种L的同分异构体中，含两种化学环境氢的只有1种A.G与H均为氧化产物A.G与H均为氧化产物B.KMnO4只作氧化剂C.Mn3个氧化复原反响D.GH0.25mol14.18ONaOH溶液中发生水解，局部反响历程可表示为：+OH-⇌ⅡⅠ⇌ⅣⅢ+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〔〕反响Ⅱ、Ⅲ为决速步18OH-3CH18OH3反响Ⅰ与反响Ⅳ活化能的差值等于图示总反响的焓变赖氨酸[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32HR+K32

HR+K

RK

R-。向确定浓度的H3RCl2NaOH溶液，溶液中H3R2+、H2R+、HR和R-的分布系数δ(x)随pH变化如以下图。δ(x)= c(x)c(H3R2+)+c(H2R+)+c(HR)+c(R)

〔〕𝐾1

>𝐾3𝐾2B.M点，c(Cl-)+c(OH-)+c(R-)=2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)C.O点，pH=-lgK2-lgK32D.P点，c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)三、解答题〔560分〕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：基态F原子核外电子的运动状态有 种。2 O、F、Cl电负性由大到小的挨次为 ；OF分子的空间构型为 ；OF2 2 (填“高于”或“低于”)ClO，缘由是 。2Xe是第五周期的稀有气体元素，与FXeF2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)。2A．spB．sp2C．sp3D．sp3d2 XeF晶体属四方晶系，晶胞参数如以下图，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A2 子的分数坐标为(1，1，1)。Xe—F键长为rpm，则B点原子的分数坐标为 ；晶胞中A、2 2 2B间距离d= pm。工业上以铬铁矿(FeCr2O4 ，含Al、Si氧化物等杂质)为主要原料制备红矾钠(Na2Cr2O7•2H2O)的工艺流程如图。答复以下问题：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 。矿物中相关元素可溶性组分物质的量浓度c与pH的关系如以下图。当溶液中可溶组分浓度c≤1.0×10-5mol•L-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。2 2 蒸发结晶时，过度蒸发将导致 ；冷却结晶所得母液中，除NaCrO外，可在上述流程中循环利用的物质还有 2 2 利用膜电解技术(装置如以下图)Na2Cr2O4Na2Cr2O7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 。六氯化钨(WCl6)可用作有机合成催化剂，熔点为283℃340℃CS2，极易水解。试验室中，先将三氧化钨(WO3)复原为金属钨(W)WCl6，装置如以下图(夹持装置略)。答复以下问题：3 检查装置气密性并参与WO。先通N ，其目的是 ；一段时间后，加热管式炉，改通3 2 2 H ，对B处逸出的H进展后续处理。仪器A的名称为 ，证明WO2 2 。22WO3完全复原后，进展的操作为：①冷却，停顿通H；②以枯燥的接收装置替换E；③在B处加装盛有碱石灰的枯燥管；④……；⑤加热，通Cl；⑥……。碱石灰的作用是 ；操作④是22 ，目的是 。WCl6产品纯度，试验如下：①CS2(易挥发)参与枯燥的称量瓶中，盖紧称重为m1g1分钟，盖紧称重为2 43mg；再开盖参与待测样品并计时1分钟，盖紧称重为mg，则样品质量为 g(不考虑空气中水蒸气的干扰)2 43②滴定：先将WCl6转化为可溶的Na2WO4 ，通过IO

离子交换柱发生反响：WO 2−+Ba(IO3)2=BaWO4+2IO

IO

KI溶液，发生反33应：IO33

−+5I-+6H+=3I2+3H2O；反响完全后，用Na2S2O3标准溶液滴定，发生反响：I2+2S2O

2−=2I-+S4O3362−cmol•L-1Na2S2O3VmLWCl6(Mg•mol-1)的质量分数336为 。称量时，假设参与待测样品后，开盖时间超过1分钟，则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将 (填“偏大”“偏小”或“不变”)，样品中WCl6质量分数的测定值将 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。F的合成路线如图：：Ⅰ：Ⅰ.Δ+Ⅱ.Δ〔1〕A的构造简式为 ；符合以下条件的A的同分异构体有 种。①含有酚羟基 ②不能发生银镜反响 ③含有四种化学环境的氢检验B中是否含有A的试剂为 ；B→C的反响类型为 。〔4〕：，综合上述信息，写出由和制备的合成路线 。C→D〔4〕：，综合上述信息，写出由和制备的合成路线 。反响Ⅰ：+CHOH3反响Ⅰ：+CHOH31oH1反响Ⅱ：HHK23oH2反响Ⅲ：3oH3答复以下问题：x反响Ⅰ、Ⅱ、ⅢK与温度T变化关系如以下图。据图推断，ABx中相对稳定的是 (用系统命名法命名)；A．<-1 B．-1～0 C．0～1 D．>1

ΔH1ΔH2

的数值范围是 (填标号)。为争论上述反响体系的平衡关系，向某反响容器中参与1.0molTAME，把握温度为353K，测得TAME的平衡转化率为α。反响Ⅲ的平衡常数Kx3=9.0，则平衡体系中B的物质的量为 mol，反响Ⅰ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Ⅰ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)= 。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与确定量A、B和CH3OH。把握温度为353K，A、B物质的量浓度c随反响时间t的变化如以下图。代表B的变化曲线为 (填“X”或“Y”)；t=100s时，反响Ⅲ的正反响速率v正 逆反响速率v逆(填“＞”“＜”或“=)。答案解析局部一、单项选择题【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. 产生大量的二氧化碳，故C不符合题意燃煤脱硫故正确答案是：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【分析】主要就是降低二氧化碳的排放，找出即可【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不符合题意氧化钙可以和水反响降低水的含量，故B不符合题意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.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符合题意酸式滴定管用于量取确定体积的溶液，容量瓶只能用于配置确定物质的量浓度的溶液，不能做反响容器，故B不符合题意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，分别不互溶的液体均可以用于分别，故C不符合题意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①锥形瓶不能直接加热，但是需要垫上石棉网进展加热②酸式滴定管需要进展检漏，只能进展量取液体③蒸馏烧瓶可进展分别熔沸点的不同液体④容量瓶使用前需要进展检漏，能用于配置确定浓度的物质⑤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【答案】D【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用X、YX、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[XY二者形成的一种化合物能以[XY4]+[XY6]-的形式存在

，即可推断出YCl,X，因此XP原子半径：X>YA.XP，Y原子半径：X>YB.XPH3,YHCl,

，故A不符合题意

简洁氢化物的复原性：X>Y,B简洁氢化物的复原性：X>YC.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一电离能，因此Na,Mg,Al,Si，S，P,Cl5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【答案】C【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【解答】A.依据题意写出离子方程式：HSO-+2HS+H+=3S↓+3HO,反响过程中亚硫酸钠的元素化合3 2 2价由+40价，发生了复原反响，起的是氧化性，故A不符合题意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，无法确定产物确定是二氧化氮，故C符合题意先变红，说明此时溶液显碱性，证明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【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H2体积为V1L；0.1molY的单质与足量稀硫酸反响，生成H2体积为V2L0.1molX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，生成的量为的量为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：X~mHCl𝑚H

+~Xm+

SO~nH

~Y2n+,2 2 4 2A.同温度同压强下，物质的量之比等于体积之比，X、Y生成H2的物质的量之比为V1，故A不符合题意A.V2B.X、Y消耗酸的物质的量之比确定为𝑚𝑛C.产物中XC.产物中X、Y化合价之比为𝑚,依据𝑚2𝑛𝑛

𝑚2=𝑛

=𝑛𝑛𝑉2，即可得出化合价之比为2𝑉1,B不符合题意𝑉2V2D.D.以第三周期为例，由钠镁铝三种金属。形成的化合价为+1，+2，+3价，存在多种状况，化学价之比V2V2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【答案】B【考点】蔗糖与淀粉的性质试验，化学试验方案的评价，醛的化学性质行参与氢氧化钠溶液进展碱化，第一处错误。向试管Ⅰ1mL20%行参与氢氧化钠溶液进展碱化，第一处错误。向试管Ⅰ1mL20%35分钟。此处未进②②翻开盛有10%NaOH溶液的，将玻璃瓶塞倒放，取1mL溶液参与试管Ⅱ，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：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【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中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3【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液的母液，此时参与纯碱进展调整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【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.N2H4sp3(CH3)2NNH2C.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DCH3OHDCH3OH和(CH3)2NNH2C、O、N杂化方式均为sp3杂化，杂化方式一样，故D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.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NH、(CH)NNHNH、(CH)NNH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2 4322CH3OH-O2、NH-O、(CHNNH-O清洁燃料电池，2 4 2322 2CH3OH、2放电过程中，CH3OH-O2

)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NN2H43222

~4e,(CH3)2NNH2~16e,mg,即可计算出CH3OH转移的电子数为𝑚𝑥6mol，NCH3OH转移的电子数为

转移的电子为𝑚𝑥4mol，(CH)NNH转移的电子为𝑚𝑥16mol，(CH)

NNH

转移的电子量32 2 4

32 32 2 60

32 2最大，故C符合题意N2N2H4-O2燃料电池

的总反响式为N2H4+O2=N2+2H2O，

1molO2时1molO2时22.4LD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11.【答案】A,B【考点】配制确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A.100ml确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NaCl固体，故A符合题意制备氢氧化铁是是将几滴饱和的氯化铁溶液参与沸水中加热至消灭红褐色即可，需要的仪器是烧杯、FeCl3溶液，故B符合题意用标准稀盐酸溶液滴定待测氢氧化钠溶液即可测定出氢氧化钠的浓度，需要用的仪器是烧杯、锥形NaOH溶液、浓度的盐酸、甲基橙试剂，故C不符合题意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确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.【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【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，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4 D.1mol1mol4mol1mol2mol电子，0.1mol高锰酸钾完全分解得到0.05mol氧气，而0.1mol高锰酸钾与盐酸反响，2KMnO～5Cl得到的氯气的物质的量最大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,D4 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。【答案】BA.A.IIV的活化能较高，因此反响的决速步为反响I、IVA不符合题意B.依据为快速平衡18OH-,故B符合题意C.依据反响得出不行能存在CH3 OH，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.III的断键和成键过程即可推断D.依据焓变=生成物具有的能量-生成物具有的能量计算【答案】C,D【考点】化学平衡常数，盐类水解的应用，离子浓度大小的比较【解析【解答】A.依据 ， ， 根M,N,P三点计算出

,𝐾2=109.1

=106.9,𝐾2

=1010.8

=101.7,𝐾1 102.2

𝐾3

109.1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，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、NaRpH7，因此水解大于电离，因此，故D符合题意【分析】A.M,N,P三点的数据计算出K1,K2,K3即可依据电荷守恒结合O点

进展推断进展变化即可计算PpH即可推断离子浓度大小三、解答题【答案】〔1〕9F>O>Cl；角(V)形；低于；OF2Cl2O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〕5；D〔4〕2；(0，0，r)；d=√1a2+(c-r)2pmc 2 2【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F>O>Cl〔1〕基态氟原子的质子数为999F>O>Cl半径越小，电负性越大，而半径大小为

，因此电负性大小为

VSEPR理OF2Cl2OCl2OOF2OF2Cl2OF>O>Cl低于OF2论有，价层电子对为4孤对电子为2OF2Cl2OCl2OOF2OF2Cl2OF>O>Cl低于OF2

构造相像，相对分子质量是

大于 ，沸点是

，故正确答案是：

、V型、 、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，5,dXe的半径大于FXe,F，大球占据体心和顶点，Xe个数=1+8x1=2,8个占据棱，2Xe—Xe—F键长为rpm个在晶胞内部，F的个数为2+8x1=4,因此晶胞中含有2XeF4

分子，B点在Z轴上， ，(0，0，(0，0，r)cd=√1a2+(c-r)2pm

，AB的长度是d=√1a2+(c-r)2pm，故正确答案是2、 、(0，0，(0，0，r)c2 2【分析】〔1〕核外有几个电子可推断几种运动状态OF2OF2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【答案】〔1〕增大反响物接触面积，提高化学反响速率〔2〕4.5≤pH≤9.3；使2CrO2−+HO⇌CrO2−+2OH−Na2Cr2O7的产率；浸取4 2 2 7Na2SO4•10H2O；H2SO44阳；CrO2−4焙烧的目的是将FeCr2O4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，〔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pH≥4.5时铝离子全部除尽，pH≥9.3时，产生的硅酸开头溶解，因此适宜的pH范围为4.5≤pH≤9.3，酸化的目的主要是平衡正向移动，提高Na2Cr2O7的产率2CrO2−+HO⇌Cr平衡正向移动，提高Na2Cr2O7的产率

，铁元素已经全部转为三氧化4 2 2 7浸取平衡正铁在 时将其除尽，故正确答案是：4.5≤pH≤9.3、使2CrO2−+HO⇌CrO2−+2OH−浸取平衡正4 2 2 7向移动，提高Na2向移动，提高Na2Cr2O7的产率浸取蒸发结晶时，Na2SO4主要以Na2SO4•10H2O存在，Na2SO4•10H2O的溶解度随温度上升先增大后减冷却结晶所得母液中，除Na2Cr2O7外冷却结晶所得母液中，除Na2Cr2O7外4Na24Na2Cr2O4+4H2O依据总反响方程式 __

，即可推断出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 +H2O⇌Cr2O2 +Na2Na2Cr2O72OH，当氢氧根离子减小时，产生大量的4CrO24

，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 +H2O⇌Cr2O2 +2OH的移4 7动，铁元素在浸出的滤渣中除去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 +H2O⇌Cr2O2 +2OH进展推断即可4 7【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2 〔3〕(m

+m-2m)；

𝑐𝑉𝑀

%；不变；偏大3 1 2

120(𝑚3+𝑚12𝑚2)【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、 、排解装置中的空气直形冷凝管淡黄色固体变为银白色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。装置中存在确定量的氢气，操作④是通入足量的氮气排解氢气防止与氯气反响，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N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HH2①依据分析，称量时参与足量的二硫化碳，盖紧盖子此时质量为m1g，考虑到二硫化碳的挥发性1minm2g,此时挥发的质量为(m2-m1)g，开盖参与样品，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,设参与的样品的质量为x,m2+x-(m1-m2)=m3,x=(m3+m1-2m2)4 3 2 2 ②依据滴定时的方程式，得出关系式为WO2-~2IO-~6I(m3+m1-2m2)4 3 2 2 n(WCl

)=n(WO

2-)=1xcVx10-3mol，m(WCl

)=𝑀xcVx10-3g,则质量分数为

𝑐𝑉𝑀𝑋103

x100%=3 4 12 2 3 12

3 12

12(𝑚1+𝑚32𝑚2)Na2S2O3𝑐𝑉𝑀120(𝑚3Na2S2O3𝑐𝑉𝑀120(𝑚3+𝑚12𝑚2)%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的名称，依据金属W的颜色进展推断反响是否完全反响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①依据操作质量的变化即可计算出样品的质量②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19.【答案】〔119.【答案】〔1〕；8〔2〕FeCl3溶液；氧化反响〔3〕+CHOH ⇌Δ3+HO；3H2SO42〔4〕(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：①含有酚羟基；②不能发生银镜反响，说明构造中不含醛基；③含有四种化学环境的氢，说明具有对称结构，则满足条件的构造有：(3种异构)、(3种异构)、、3+3+1+1=8种，故答案为：；8。(3)C→D为CH3OH构，则满足条件的构造有：(3种异构)、(3种异构)、、3+3+1+1=8种，故答案为：；8。(3)