【高考真题（含答案）】2023年山东省高考真题化学试题（含答案）

【高考真题】2023年山东省高考真题化学试题一、单选题1．下列之物具有典型的齐鲁文化特色，据其主要化学成分不能与其他三种归为一类的是A．泰山墨玉 B．龙山黑陶 C．齐国刀币 D．淄博琉璃2．实验室中使用盐酸、硫酸和硝酸时，对应关系错误的是A．稀盐酸：配制AlClB．稀硫酸：蔗糖和淀粉的水解C．稀硝酸：清洗附有银镜的试管D．浓硫酸和浓硝酸的混合溶液：苯的磺化3．下列分子属于极性分子的是A．CS2 B．NF3 C．4．实验室安全至关重要，下列实验室事故处理方法错误的是A．眼睛溅进酸液，先用大量水冲洗，再用饱和碳酸钠溶液冲洗B．皮肤溅上碱液，先用大量水冲洗，再用2%C．电器起火，先切断电源，再用二氧化碳灭火器灭火D．活泼金属燃烧起火，用灭火毯(石棉布)灭火5．石墨与F2在450℃反应，石墨层间插入F得到层状结构化合物(CF)x，该物质仍具润滑性，其单层局部结构如图所示。下列关于该化合物的说法正确的是A．与石墨相比，(CF)x导电性增强B．与石墨相比，(CF)x抗氧化性增强C．(CF)x中C−C的键长比C−F短D．1mol(CF)x中含有2xmol共价单键6．鉴别浓度均为0.1mol⋅L−1的A．测定溶液pH B．滴加酚酞试剂C．滴加0.1mol⋅L−1KI7．抗生素克拉维酸的结构简式如图所示，下列关于克拉维酸的说法错误的是A．存在顺反异构B．含有5种官能团C．可形成分子内氢键和分子间氢键D．1mol该物质最多可与1molNaOH反应8．一定条件下，乙酸酐[(CH3CO)2①配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。②量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入mgROH样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：(CH③加指示剂并用cmol⋅L−1NaOH-④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用cmol⋅L−1NaOH-A．进行容量瓶检漏时，倒置一次即可B．滴入半滴标准溶液，锥形瓶中溶液变色，即可判定达滴定终点C．滴定读数时，应单手持滴定管上端并保持其自然垂直D．滴定读数时，应双手一上一下持滴定管9．一定条件下，乙酸酐[(CH3CO)2①配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。②量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入mgROH样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：(CH③加指示剂并用cmol⋅L−1NaOH-④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用cmol⋅L−1NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液VA．c(V2-C．0.5c(V2-10．一定条件下，乙酸酐[(CH3CO)2①配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。②量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入mgROH样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：(CH③加指示剂并用cmol⋅L−1NaOH-④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用cmol⋅L−1NaOHA．可以用乙酸代替乙酸酐进行上述实验B．若因甲醇挥发造成标准溶液浓度发生变化，将导致测定结果偏小C．步骤③滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出，将导致测定结果偏小D．步骤④中，若加水量不足，将导致测定结果偏大二、多选题11．利用热再生氨电池可实现CuSO4电镀废液的浓缩再生。电池装置如图所示，甲、乙两室均预加相同的A．甲室Cu电极为正极B．隔膜为阳离子膜C．电池总反应为：CD．NH三、单选题12．有机物X→Y的异构化反应如图所示，下列说法错误的是A．依据红外光谱可确证X、Y存在不同的官能团B．除氢原子外，X中其他原子可能共平面C．含醛基和碳碳双键且有手性碳原子的Y的同分异构体有4种(不考虑立体异构)D．类比上述反应，的异构化产物可发生银镜反应和加聚反应四、多选题13．一种制备Cu2O的工艺路线如图所示，反应Ⅱ所得溶液pH在3~4之间，反应Ⅲ需及时补加NaOH以保持反应在pH=5条件下进行。常温下，HA．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为氧化还原反应B．低温真空蒸发主要目的是防止NaHSOC．溶液Y可循环用于反应Ⅱ所在操作单元吸收气体ⅠD．若Cu2O产量不变，参与反应Ⅲ的X与CuSO414．一定条件下，化合物E和TFAA合成H的反应路径如下：已知反应初始E的浓度为0.10mol∙L-1，TFAA的浓度为0.08mol∙L-1，部分物种的浓度随时间的变化关系如图所示，忽略反应过程中的体积变化。下列说法正确的是A．t1时刻，体系中有E存在B．t2时刻，体系中无F存在C．E和TFAA反应生成F的活化能很小D．反应达平衡后，TFAA的浓度为0.08mol∙L-1五、单选题15．在含HgI2(g)的溶液中，一定c(I-)范围内，存在平衡关系：HgI2(s)⇌HgI2(aq)；HgI2(aq)⇌Hg2++2I−；HgI2(aq)⇌HgA．线L表示lgc(HgIB．随c(I−)C．a=lgD．溶液中I元素与Hg元素的物质的量之比始终为2六、结构与性质16．卤素可形成许多结构和性质特殊的化合物。回答下列问题：（1）−40℃时，F2与冰反应生成HOF利HF。常温常压下，HOF为无色气体，固态HOF的晶体类型为，HOF水解反应的产物为（2）ClO2中心原子为Cl，Cl2O中心原子为O，二者均为V形结构，但ClO2中存在大π键(Π35)。ClO2中Cl原子的轨道杂化方式；为（3）一定条件下，CuCl2、K和F2反应生成KCl和化合物X。已知X属于四方晶系，晶胞结构如图所示(晶胞参数a=b≠c，α=β=γ=90°)，其中Cu化合价为+2。上述反应的化学方程式为。若阿伏加德罗常数的值为NA，化合物X七、工业流程题17．盐湖卤水(主要含Na+、Mg2+已知：常温下，Ksp回答下列问题：（1）含硼固体中的B(OH)3在水中存在平衡：B(OH)3+H2O⇌H++[B(OH)4]−（2）滤渣Ⅰ的主要成分是(填化学式)；精制Ⅰ后溶液中Li+的浓度为2.0mol⋅L−1，则常温下精制Ⅱ过程中CO3（3）精制Ⅱ的目的是；进行操作X时应选择的试剂是，若不进行该操作而直接浓缩，将导致。八、实验题18．三氯甲硅烷(SiHCl3)是制取高纯硅的重要原料，常温下为无色液体，沸点为31.8℃，熔点为−126（1）制备SiHCl3时进行操作：(ⅰ)……；(ⅱ)将盛有砫粉的瓷舟置于管式炉中；(ⅲ)通入HCl，一段时间后接通冷凝装置，加热开始反应。操作(ⅰ)为；判断制备反应结束的实验现象是。图示装置存在的两处缺陷是（2）已知电负性Cl>H>Si，SiHCl3在浓（3）采用如下方法测定溶有少量HCl的SiHClm1g样品经水解、干燥等预处理过程得硅酸水合物后，进行如下实验操作：①，②(填操作名称)，③称量等操作，测得所得固体氧化物质量为m2g，从下列仪器中选出①、②中需使用的仪器，依次为(填标号)。测得样品纯度为(用含九、有机推断题19．根据杀虫剂氟铃脲(G)的两条合成路线，回答下列问题。已知：Ⅰ．R1NH2+OCNR2→Ⅱ．路线：（1）A的化学名称为(用系统命名法命名)；B→C的化学方程式为；D中含氧官能团的名称为；E的结构简式为。路线二：（2）H中有种化学环境的氢，①~④属于加成反应的是(填序号)；J中原子的轨道杂化方式有种。十、原理综合题20．一定条件下，水气变换反应CO+H2O⇌CO2Ⅰ．HCOOH⇌CO+Ⅱ．HCOOH⇌C研究发现，在反应Ⅰ、Ⅱ中，H+（1）一定条件下，反应Ⅰ、Ⅱ的焓变分别为ΔH1、ΔH2，则该条件下水气变换反应的焓变ΔH=（2）反应Ⅰ正反应速率方程为：v=kc(H+)⋅c(HCOOH)，k为反应速率常数。T1温度下，HCOOH电离平衡常数为Ka，当HCOOH平衡浓度为xmol⋅L−1时，H+浓度为（3）T3温度下，在密封石英管内完全充满1.0mol⋅L−1HCOOH水溶液，使HCOOH分解，分解产物均完全溶于水。含碳物种浓度与反应时间的变化关系如图所示(忽略碳元素的其他存在形式)。t1时刻测得CO、CO2的浓度分别为0.相同条件下，若反应起始时溶液中同时还含有0.10mol⋅L−1盐酸，则图示点a、b、c、d中，CO的浓度峰值点可能是(填标号)。与不同盐酸相比，CO达浓度峰值时，CO2浓度

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】墨玉、黑陶、琉璃都属于陶瓷制品，为硅酸盐材料；刀币的主要成分是合金，属于金属材料。因此刀币的化学成分与其他三种不同，C符合题意。

故答案为：C

【分析】齐国刀币的主要成分是合金，属于金属材料。2．【答案】D【解析】【解答】A、AlCl3溶液中存在Al3＋的水解反应：Al3＋＋3H2O⇌Al(OH)3＋3H＋，加入稀盐酸，可增大c(H＋)，使得Al3＋的水解平衡逆向移动，抑制Al3＋的水解，A不符合题意。

B、蔗糖为二糖，淀粉为多糖，酸性条件下都可以发生水解反应，B不符合题意。

C、硝酸具有氧化性，能与Ag反应，因此可用稀硝酸清晰附着有银镜的试管，C不符合题意。

D、苯与浓硫酸反应生成苯磺酸，不需使用浓硝酸，D符合题意。

故答案为：D

【分析】A、加入稀盐酸可抑制Al3＋的水解。

B、蔗糖、淀粉的水解需要稀硫酸做催化剂。

C、Ag能与HNO3反应。

D、苯的磺化反应是苯与浓硫酸的反应。3．【答案】B【解析】【解答】A、CS2的结构简式为S=C=S，结构中含有极性键，但结构具有对称性，因此CS2为非极性分子，A不符合题意。

B、NF3中含有极性键，氮原子中含有一对孤电子对，结构不具有对称性，因此NF3为极性分子，B符合题意。

C、SO3中中心硫原子的价层电子对数为3，且不含有孤电子对，因此结构具有对称性，所以SO3为非极性分子，C不符合题意。

D、SiF4中含有极性键，且为正四面体结构，具有对称性，因此SiF4为非极性分子，D不符合题意。

故答案为：B

【分析】根据结构的对称性和结构中所含化学键的类型分析，若结构中含有极性共价键，且结构具有对称性，则该分子属于非极性分子。若分子结构中含有极性键，但结构不具有对称性，则该分子属于极性分子。4．【答案】A【解析】【解答】A、酸液溅入眼睛，应先用大量清水冲洗，再送校医院处理，A符合题意。

B、碱液溅到皮肤上，先用大量清水冲洗，再用2%的硼酸溶液冲洗，利用酸碱中和反应，中和碱液，B不符合题意。

C、电器起火，应先切断电源，再用二氧化碳灭火器进行灭火，C不符合题意。

D、活泼金属能与水反应，因此不可用水灭火，可用灭火毯进行灭火，D不符合题意。

故答案为：A

【分析】此题是对化学实验操作、实验事故处理的考查，结合相关实验事故处理操作进行分析即可。5．【答案】B【解析】【解答】A、石墨晶体中每个碳原子上未参与杂化的1个2p轨道上电子在层内离域运动，故石墨晶体能导电。而(CF)x中没有未参与杂化的2p轨道上的电子，因此与石墨相比，(CF)x导电性较弱，A不符合题意。

B、(CF)x中碳原子的所有价电子都参与形成化学键，不存在孤电子或不饱和键，因此与石墨相比，(CF)x抗氧化性增强，B符合题意。

C、已知碳原子的半径大于氟原子的半径，所以C-C的键长大于C-F的键长，C不符合题意。

D、在(CF)x中碳原子与周围的三个碳原子形成共价键，每个C－C键被2个碳原子共用，和一个氟原子形成共价键，因此1mol(CF)x中含有2.5xmol共价键，D不符合题意。

故答案为：B

【分析】此题是对晶体结构和性质的考查，结合晶体结构和成键情况进行分析。6．【答案】C【解析】【解答】A、NaClO溶液、Ba(OH)2溶液显碱性，pH>7，Al2(SO4)3溶液显酸性，pH<7。而NaClO的碱性比Ba(OH)2的碱性弱，因此NaClO溶液的pH小于Ba(OH)2溶液的pH，所以三个溶液的pH大小为Al2(SO4)3＜NaClO＜Ba(OH)2，可通过测定溶液的pH进行鉴别，A不符合题意。

B、Al2(SO4)3溶液显酸性，加入酚酞，溶液颜色不变，NaClO、Ba(OH)2溶液显碱性，加入酚酞，溶液变红色，且Ba(OH)2的碱性比NaClO强，所以Ba(OH)2溶液中颜色红色较深，三者的现象不同，可通过滴加酚酞进行鉴别，B不符合题意。

C、KI能与NaClO反应生成I2，而Ba(OH)2、Al2(SO4)3与KI都不反应，无明显现象，因此无法通过滴加KI溶液进行鉴别，C符合题意。

D、NaClO与Na2CO3不反应，无明显现象；Ba(OH)2能与Na2CO3反应生成BaCO3沉淀；Al2(SO4)3能与Na2CO3反应生成Al(OH)3沉淀和CO2气体，三者的现象不同，因此可通过滴加Na2CO3溶液进行鉴别，D不符合题意。

故答案为：C

【分析】A、三种溶液的酸碱性不同。

B、三种溶液的酸碱性不同，可根据酚酞变色情况鉴别。

C、滴加KI溶液，现象相同，无法鉴别。

D、根据发生反应产生的不同现象进行鉴别。7．【答案】D【解析】【解答】A、该有机物中碳碳双键所在的两个碳原子上所连接的原子或原子团不同，因此该有机物存在顺反异构，A不符合题意。

B、由有机物的结构简式可知，该有机物中所含的官能团有羟基、醚键、羧基、碳碳双键、酰胺基，因此共含有5种官能团，B不符合题意。

C、该有机物中的-COOH、-OH可形成分子间氢键和分子内氢键，C不符合题意。

D、该有机物中的羧基、酰胺基都能与NaOH反应，因此1mol该物质能与2molNaOH反应，D符合题意。

故答案为：D

【分析】A、碳碳双键所在的两个碳原子上连接有两个不同的原子或原子团，则该有机物含有顺反异构。

B、根据有机物的结构简式确定其所含的官能团。

C、该有机物中含有氧原子，可形成氢键。

D、羧基、酰胺基都能与NaOH溶液反应。8．【答案】C【解析】【解答】A、容量瓶检漏时，应先往容量瓶内倒入一定量的蒸馏水，塞紧瓶塞后倒置容量瓶，观察瓶塞处是否漏水；正立后，将瓶塞旋转180°再次倒置，观察瓶塞处是否漏水。因此容量瓶检漏时，需倒置两次，A不符合题意。

B、滴入半滴标准溶液后，锥形瓶内溶液变色，且半分钟内不恢复原来的颜色，则说明已经达到滴定终点，B不符合题意。

C、滴定读数时，应单手持滴定管上端，并保持滴定管自然垂直，C符合题意。

D、滴定读数时，应单手持滴定管上端，并保持滴定管自然垂直，D不符合题意。

故答案为：C

【分析】A、容量瓶检漏时，需倒置两次。

B、锥形瓶中颜色变色后半分钟内不恢复原来的颜色，说明达到滴定重点。

C、滴定读数时，应单手持滴定管并保持自然垂直。

D、读数时，应单手持滴定管并保持自然垂直。9．【答案】C【解析】【解答】步骤④中发生反应(CH3CO)2O＋H2O→2CH3COOH、CH3COOH＋NaOH→CH3COONa＋H2O，消耗n(NaOH)=cmol·L－1×V2×10－3L=c×V2×10－3mol，则所取用的n[(CH3CO)2O]=0.5×c×V2×10－3mol。步骤③中发生反应CH3COOH＋NaOH→CH3COONa＋H2O，消耗n(NaOH)=cmol·L－1×V1×10－3L=c×V1×10－3mol，则参与反应的n(CH3COOH)=c×V1×10－3mol，所以步骤②中反应后剩余的n[(CH3CO)2O]=0.5×c×V1×10－3mol。所以与ROH反应的n[(CH3CO)2O]=0.5×c×V2×10－3mol-0.5×c×V1×10－3mol=0.5c(V2-V1)×10-3mol。由反应(CH3CO)2O＋ROH→CH3COOR＋CH3COOH可得，mgROH的物质的量n(ROH)=0.5c(V2-V1)×10-3mol，所以mgROH样品中羟基含量为0.5cV2-V1×10-3mol×17g·mol-1mg×100%=0.5cV2-V1×171000m×100%，C符合题意。

故答案为：C

【分析】步骤④中(CH3CO)2O与H2O反应生成CH3COOH，CH3COOH与NaOH发生反应CH3COOH＋NaOH→CH3COONa＋H2O，根据消耗NaOH的量计算相同体积的乙酸酐－苯溶液中(CH3CO)2O的物质的量。步骤③用于测定与H2O反应生成的CH3COOH，从而得出与H2O反应的(CH3CO)2O的物质的量，用步骤④所得的(CH3CO)10．【答案】B【解析】【解答】A、乙酸与ROH的反应为可逆反应，无法进行计算，因此不能用乙酸代替乙酸酐，A不符合题意。

B、若甲醇挥发，则NaOH－甲醇溶液的浓度变大，消耗NaOH溶液的体积偏小，则步骤④中V2偏小，所得n(ROH)偏小，导致最终结果偏小，B符合题意。

C、步骤③滴定过程中锥形瓶内液体溅出，则消耗NaOH溶液的体积V1偏小，所得n(ROH)偏大，导致最终结果偏大，C不符合题意。

D、步骤④中若加水不足，则(CH3CO)2O未完全水解，生成CH3COOH偏小，消耗NaOH溶液的体积V2偏小，所得n(ROH)偏小，导致最终结果偏小，D不符合题意。

故答案为：B

【分析】A、乙酸与醇的反应为可逆反应。

B、若甲醇挥发则导致最终消耗标准液的量减小。

C、步骤③中待测液溅出，则消耗NaOH的量减小，最终测得(CH3CO)2O的量偏大。

D、若加水不足，则(CH3CO)2O未完全水解。11．【答案】C,D【解析】【解答】A、由分析可知，甲室中铜电极为负极，A不符合题意。

B、乙室的电极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu，电解质溶液中n(Cu2＋)减小，正电荷减少，由于乙室铜电极为正极，在原电池中，阳离子移向正极，阴离子移动负极，若Cu2＋移向乙室，则甲室内电解质溶液不满足电荷守恒，因此该交换膜为阴离子交换膜，B不符合题意。

C、由分析可知，该电池的负极反应式为Cu－2e－＋4NH3=[Cu((NH3)4]2＋，正极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu，因此该电池的总反应式为Cu2＋＋4NH4=[Cu((NH3)4]2＋，C符合题意。

D、若NH3扩散到乙室中，则乙室中铜电极为负极，电池电动势发生改变，D符合题意。

故答案为：CD

【分析】向甲室加入足量氨水后，发生反应Cu2＋＋4NH3=[Cu(NH3)4]2＋，则甲室内铜电极发生失电子的氧化反应，生成Cu2＋，因此甲室铜电极为负极，其电极反应式为Cu－2e－＋4NH3=[Cu(NH3)4]2＋。乙室中铜电极为正极，电解质溶液中的Cu2＋发生得电子的还原反应，其电极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu。12．【答案】C【解析】【解答】A、红外光谱可确定有机物中的官能团、化学键，因此利用红外光谱可确证X、Y存在不同的官能团，A不符合题意。

B、有机物X中，与碳碳双键中碳原子直接相连的碳原子在同一个平面内，单键可以自由旋转，因此氧原子与碳原子可在同一个平面内，因此有机物X中除氢原子外，其他原子都可能在同一个平面内，B不符合题意。

C、满足条件同分异构体的结构简式为、、、、，共有五种同分异构体，C符合题意。

D、的异构产物的结构简式为，其中含有-CHO，可发生银镜反应，含有碳碳双键，可发生加聚反应，D不符合题意。

故答案为：C

【分析】A、红外光谱用于判断有机物中的官能团或化学键。

B、与碳碳双键直接相连的原子共平面，单键可以自由旋转。

C、碳原子周围连接有四个不同的原子或原子团时，该碳原子为手性碳原子。

D、的异构产物的结构简式为。13．【答案】C,D【解析】【解答】A、反应Ⅱ中SO2与Na2CO3、H2O反应生成NaHSO3和CO2，过程中没有元素化合价发生变化，不属于氧化还原反应，A不符合题意。

B、NaHSO3溶液中HSO3－的电离程度大于其水解程度，溶液显酸性，低温真空蒸发的溶液pH=11，显碱性，因此该溶液的溶质为Na2SO3，故低温真空蒸发是为了防止Na2SO3被氧化，B不符合题意。

C、固液分离后所得溶液Y的成分为Na2SO3，可用于吸收SO2，C符合题意。

D、反应Ⅲ中Na2SO3、CuSO4反应生成Cu2O、Na2SO4和SO2，该反应的化学方程式为2CuSO4＋3Na2SO3=Cu2O＋SO2↑＋2Na2SO4，化合物X为Na2SO3，若Cu2O产量不变，nXnCuSO4增大，更多的Na2SO3会消耗溶液中的H＋，用于控制溶液的pH，因此可减少NaOH的量，D符合题意。

故答案为：CD

【分析】反应Ⅰ中Cu与浓硫酸反应生成CuSO4、H2O和SO2，因此气体Ⅰ为SO2。SO2气体通入Na2CO3溶液中反应生成NaHSO3和CO2，因此气体Ⅱ为CO2。调节溶液的pH=11，溶液显碱性，此时溶液中的溶质为Na2SO3。低温真空蒸发，可防止Na2SO3被氧化为Na2SO4，固液分离后得到的化合物X为Na2SO3，Na2SO3与CuSO4反应生成Cu2O、SO214．【答案】A,C【解析】【解答】A、由分析可知，t1时刻c(E)=0.10mol·L－1，说明此时体系中有E存在，A符合题意。

B、由分析可知，t2时刻，c(F)=0.01mol·L－1，说明此时体系中有F存在，B不符合题意。

C、t1之后的某时刻，体系中c(TFAA)=0，说明E和TFAA的反应为完全反应，所以E和TFAA的反应速率快，反应所需的活化能较小，C符合题意。

D、t2时刻，c(TFAA)=0.06mol·L－1，若F、G完全反应，全部转化为H和TFAA，此时c(TFAA)=0.08mol·L－1，由于该反应为可逆反应，因此F和G无法完全转化为H和TFAA，所以当反应达到平衡状态时，c(TFAA)＜0.08mol·L－1，D不符合题意。

故答案为：AC

【分析】t1之后的某时刻，c(H)=0.02mol·L－1，此时c(TFAA)=0，说明c(E)=0.10mol·L－1，起始使c(TFAA)=0.08mol·L－1；G分解生成的0.02mol·L－1TFAA完全反应，生成c(F)=0.10mol·L－1。在t2时刻，c(H)=0.08mol·L－1、c(TFAA)=0.06mol·L－1、c(g)=0.01mol·L－1，此时c(F)=0.01mol·L－1。15．【答案】B【解析】【解答】A、对于反应HgI2(aq)⇌Hg2＋＋2I－、HgI2(aq)⇌HgI＋＋I－，当溶液中c(I－)增大时，c(Hg2＋)减小，c(HgI＋)减小。根据c(I－)和Δc(Hg2＋)、Δc(HgI＋)和化学计量数关系，可知曲线M表示的是lgc(HgI3－)的变化情况，曲线L表示的是lgc(HgI42－)变化情况，A不符合题意。

B、K0=c(HgI2)，平衡常数只与温度有关，与浓度无关，因此温度不变，K0不变，所以c(HgI2)不变，B符合题意。

C、联合方程式①HgI2(aq)⇌Hg2＋＋2I－(K1)、②HgI2(aq)⇌HgI＋＋I－(K2)，可得HgI＋=Hg2＋＋I－(K)，所以该反应的平衡常数K=K1K2，所以K=cHg2+×cI-cHgI+=K1K2，又因为点M时，c(Hg2＋)=c(HgI＋)=10b，c(I－)=10a16．【答案】（1）分子晶体；HF、H2O（2）sp2；＞；ClO2分子中Cl−O键的键长小于Cl2O中Cl−O键的键长，其原因是：Cl（3）CuCl2【解析】【解答】（1）常温常压下HOF为无色气体，说明HOF的沸点较低，因此固态HOF为分子晶体。HOF水解过程中H2O反应，生成H2O2和HF，H2O2可进一步分解产生O2，因此HOF水解反应的产物为HF、H2O2和O2。

（2）ClO2中存在大π键Π35，其中氯原子提供一对电子，一个氧原子提供一个电子，另一个氧原子提供一对电子，五个电子处于互相平行的p轨道中形成大π键；氯原子提供孤电子对与其中一个氧原子形成配位键，与另一个氧原子形成普通的共价键，因此氯原子的价层电子对数为3，所以氯原子的轨道杂化方式为sp2。

ClO2中心氯原子为sp2杂化，其键角为120°。Cl2O中心氧原子的价层电子对数为2+12×6-2×1=2+2=4，所以氧原子采用sp3杂化，其键角为109°28′，所以ClO2的键角大于Cl2O的键角。

ClO2分子中既有σ键，又有大π键，原子轨道重叠程度较大，因此其中Cl－O键的键长较小；而Cl2O中只有σ键，所以其键长较大。因此ClO2分子中Cl－O键的键长小于Cl2O中Cl－O键的键长。

（3）根据“均摊法”可知，该晶胞中黑色球的个数为2+8×14=4，白色球的个数为2+4×12+16×14=8，灰色球的个数为1+8×18=2。因此化合物X中三种元素的原子个数比为1：2：4。由于化合物X中Cu元素的化合价为+2价，F元素的化合价为-1价，K元素的化合价为+1，因此化合物X的化学式为K2CuF4。所以该反应的化学方程式为：CuCl2＋4K＋2F2=K2CuF4＋2KCl。

该晶胞的体积V=(a×10-10)cm×(b×10-10)cm×(c×10-10)cm=a2c×10-30cm3。一个晶胞的质量m=17．【答案】（1）[B4（2）CaSO4、Mg(OH)2；5.5×1（3）加入纯碱将精制Ⅰ所得滤液中的Ca2+转化为CaCO3（或除去精制Ⅰ所得滤液中的Ca2+），提高Li2CO3【解析】【解答】（1）[B4O5(OH)4]2－水解生成等物质的量浓度的B(OH)3和[B(OH)4]-，令[B4O5(OH)4]2－的系数为1，则B(OH)3、[B(OH)4]-的系数均为2，结合H、O原子守恒可得，H2O的系数为5，因此该水解反应的离子方程式为[B4O5(OH)4]2－＋5H2O=2B(OH)3＋2[B(OH)4]-。含硼固体中存在平衡B(OH)3＋H2O⇌H＋＋[B(OH)4]－，由硼元素守恒可得，B(OH)3和[B(OH)4]－的浓度相同由平衡常数可得K=cBOH4×cH+cBOH4=cH+=10-9.34，所以此时溶液的pH=9.34。

（2）由分析可知，滤渣Ⅰ的成分为CaSO4和Mg(OH)2。“精制Ⅱ”的过程中加入饱和Na2CO3时，应控制CO32－的浓度，防止Li2CO3形成沉淀，因此可得c2(Li＋)×c(CO32－)＜2.2×10－3，解得c(CO32－)＜5.5×10－4mol·L－1。若脱硼后直接进行“精制Ⅰ”操作，则无法回收HCl，且HCl的存在，会使得“精制Ⅱ”操作中消耗更多的Na2CO3，因此会增加Na2CO3的用量。

（3）“精制Ⅱ”的过程中加入Na2CO3，发生反应Ca2＋＋CO32－=CaCO3↓，因此“精制Ⅱ”的目的是将滤液中的Ca2＋转化为CaCO3沉淀除去。“精制Ⅱ”操作中加入Na2CO3溶液后，使得溶液中c(CO32－)较大，直接进行浓缩操作，会使得Li＋形成Li2CO3沉淀，得到的NaCl中会混有Li2CO3，使得Li2CO3的产率减小。因此需经过“操作X”除去溶液中过量的Na2CO3，此时所加的试剂为稀盐酸。

【分析】“脱硼”过程中，卤水中硼酸根离子与HCl反应生成含硼固体除去。所得滤液进行蒸发浓缩，得到的晶体所含离子为Na＋、Mg2＋、Li＋、Cl－和SO42－，“煅烧”过程中生成HCl气体，除去了晶体中的Cl－。“水浸”后往滤液中加入生石灰（CaO），CaO与H2O反应生成Ca(OH)2，Ca2＋能与SO42－结合成CaSO4微溶物，OH－能与Mg2＋形成Mg(OH)2沉淀，因此滤渣Ⅰ的成分为Mg(OH)2、CaSO4。过滤后往滤液中再加入纯碱（Na2CO3），CO32－与过量的Ca2＋反应生成CaCO3沉淀，因此滤渣Ⅱ的成分为CaCO3。“操作X”为除去溶液中过量的Na18．【答案】（1）检查装置气密性；当管式炉中没有固体剩余时；C、D之间没有干燥装置，没有处理氢气的装置（2）SiHCl3+5NaOH=Na2SiO3+3NaCl+H2↑+2H2O（3）高温灼烧；冷却；AC；135【解析】【解答】（1）任何有气体参与的反应，实验开始前，都应检查装置的气密性，因此操作以(ⅰ)为检查装置气密性。制备反应结束后，装置B中管式炉内Si完全反应，因此当观察到管式炉内没有固体剩余时，说明反应结束。由分析可知，图示装置存在的两处缺陷为：C、D之间没有干燥装置；没有处理氢气的装置。

（2）由于电负性Cl>H>Si，所以SiHCl3中Cl为－1价，H为－1价，Si为＋4价，其与NaOH溶液反应时生成Na2SiO3、NaCl、H2和H2O，该反应的化学方程式为SiHCl3＋5NaOH=Na2SiO3＋3NaCl＋H2↑＋2H2O。

（3）样品经水解