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备战2024高考化学2023年高考化学真题完全解读(山东卷)
2023年高考山东卷化学试题继续保持以往风格，试卷结构和试题难度保持了相对稳定，难度适中，试题立足于高中化学主干内容，强调化学与科技、生产、生活的亲密联系。在考查化学科基本知识、基本技能的同时实现了对山东考化学学科素养的全面考查。试题梯度设计合理，契合考生特点，坚持“重视根底、立足实践、突出能力、不断创新”的要求，体现了高考命题的稳定性和连续性原则，准确表达了考试说明的要求，科学、准确、公平、标准，难度适中，具有较高的信度、效度和必要的区分度，全面测试考生的化学科学素养，，较好地反映了学生的潜质，实现了高考的选拔功能。
一、注重引领，突出立德树人
立德树人是高中学科教学的根本任务，新高考的化学试题基于“立德树人，服务选拔，引导教学”的核心立场，发挥学科优势，突出体现社会主义核心价值观，要求学生坚定理想信念、厚植爱国情怀、提升品德修养，让考生感受化学学科的独特价值，引导学生树立正确的价值观，发挥化学试题的立德树人作用。如：第1题以典型齐鲁文化特色为切入口，考查常见合金的组成，传统硅酸盐材料。
二、强化主干，筑牢学科基础
试题单选题尽管只有10小题，多选题也仅有5小题，但却集中体现了对高中化学主干与核心知识的考查，涉及内容包括化学与技术、社会及环境的关系、原子结构与元素周期律、物质结构与性质、化学反应速率与化学反应平衡、电离平衡、水解平衡、氧化还原反应、化学用语、热化学、电化学、重要元素单质及化合物的相关性质、化学实验原理及基本操作、有机化学基础知识等等，可以说基本涵盖了高中化学的主干知识。如：第2题考查盐酸、硫酸和硝酸的使用；第3题考查极性分子的判断；第4题考查实验室事故处理方法；第6题考查化学实验基本操作，鉴别NaClO、Ba(OH)2、Al2(SO4)3三种溶液等。
三、巧选载体，情境立足实践
立足化学科学特点，注重选取新材料、新药物、新催化技术等真实情境，呈现生产生活中的实际问题，这些试题情境充分体现了化学的时代性和应用性，使考生切切实实地感受到了“有用的化学”，解决实际问题还需进一步深化对信息获取加工、逻辑推理、归纳论证思维等关键能力，有利于提升对学科核心素养考查的有效性，进一步提高人才选拔质量。信息获取与加工是整个化学学科能力发展的基础，所取素材都是实际生产和生活中真实存在的，有的是传统的工业生产，有的则是应用广泛的新技术，这些情境对考生来说可能是陌生的，但考查的重点仍是高中化学的基础知识，充分体现出试题“高起点、低落点”的特点。如：第5题以石墨层间插入F得到层状结构化合物(CF)x为情景，考查共价键的形成及主要类型，晶胞的有关计算；第7题以抗生素克拉维酸为载体，考查有机官能团结构与性质，把物质结构融入其中；第11题以利用热再生氨电池可实现CuSO4电镀废液的浓缩再生为情景，考查电化学基础知识，原电池正负极判断，原电池电极反应式书写；第12题以有机物X→Y的异构化反应为载体，考查常见官能团名称、组成及结构；同分异构体的数目的确定；有机分子中原子共面的判断；第20题探究水气变换反应CO+H2OCO2+H2的中间产物是HCOOH，考查盖斯定律与热化学方程式，化学反应速率和化学平衡的有关计算，电离平衡常数及影响因素。
四、多维呈现，考查思维品质
试题在设计上很好地体现了能力立意要求。试题通过创设复杂的问题情境，加强对学生逻辑推理能力的考查。对于真实的工业生产过程，在信息获取加工能力的基础上利用化学基础知识和基本原理，推测实际工艺过程中步骤、所发生的离子方程式、化学方程式，考查化学计算等。试题对能力的考查往往不是孤立的，着重对某项能力考查的同时，在不同程度上也考查了与之相关的其它能力，这一点在非选择题中体现得尤为明显。如：第14题以化合物E和TFAA合成H的反应路径为情景，考查活化能，化学平衡题中基于图表数据的相关计算，与转化率变化有关图像的分析；第15题以HgI2(g)的溶液中存在的平衡为载体，考查化学平衡移动规律，化学平衡常数影响因素及计算；第16题以卤素可形成许多结构和性质特殊的化合物为载体，考查键能、键长、键角及应用，杂化轨道理论、晶体类型判断和晶胞的有关计算； 第17题以高镁卤水为原料经两段除镁制备Li2CO3的工艺流程为载体，考查物质分离和提纯，离子方程式的书写，化学平衡常数、溶度积常数计算；第19题根据根据杀虫剂氟铃脲(G)的两条合成路线，考查常见官能团名称、组成及结构。
五、注重实验，发展探究能力
实验是培养化学学科素养的重要途径和方式。2023年高考化学在实验原理的理解、实验方案的设计、实验仪器的选择、基本仪器的使用、实验数据的处理、实验结论的得出和解释等方面加强设计，考查学生的实验能力和科学探究能力，充分发挥对高中实验教学的积极导向作用，引导教学重视实验探究，引导学生自己动手做实验，切实提升实验能力。如：第8题以乙酸酐醇解反应为切入点，利用此反应定量测定有机醇中的羟基含量，考查酸碱中和滴定实验基本操作及步骤； 第9题以乙酸酐醇解反应为切入点，利用此反应定量测定有机醇中的羟基含量，考查化学计算；第10题以乙酸酐醇解反应为切入点，利用此反应定量测定有机醇中的羟基含量，考查定量实验误差分析；第13题制备Cu2O的工艺路线分析，考查盐类水解，氧化还原运用；第18题制备SiHCl3粗品，考查综合实验设计与评价。
题号 难度 考查内容 详细知识点
选择题
1 易 化学与STS 化学科学对人类文明发展的意义；常见合金的组成；传统硅酸盐材料。
2 中 元素及其化合物 硝酸的强氧化性；易水解的盐溶液的配制；苯的取代反应；淀粉、纤维素的水解。
3 易 物质结构与性质 (极性分子) 极性分子和非极性分子。
4 中 化学实验基础 常用仪器及使用；化学实验基础操作；实验安全。
5 中 物质结构与性质 (晶体结构) 共价键的形成及主要类型；晶胞的有关计算；化学键类别与晶体类别间的关系；常见共价晶体的结构。
6 较难 化学实验基础 (物质鉴别) 鉴别NaClO、Ba(OH)2、Al2(SO4)3三种溶液。
7 较难 有机化学基础 (官能团结构与性质) 常见官能团名称、组成及结构；烯烃的顺反异构；含有氢键的物质；酰胺的性质与应用。
8 较难 化学实验基础 (滴定实验操作) 酸碱中和滴定实验基本操作及步骤；酸碱中和滴定实验相关仪器。
9 0.40 化学实验基础 (滴定计算) 酸碱中和滴定实质、原理；化学计算。
10 中 化学实验基础 (误差分析) 酸碱中和滴定原理的应用；酸碱中和滴定的误差分析。
11 易 化学反应原理 (电化学) 原电池原理理解；原电池正负极判断；原电池电极反应式书写；新型电池。
12 中 有机化学基础 (官能团结构与性质) 红外光谱；常见官能团名称、组成及结构；同分异构体的数目的确定；有机分子中原子共面的判断。
13 难 化学工艺流程 氧化还原反应，盐类水解运用，化学实验评价。
14 中 化学反应原理 (化学平衡) 活化能及其对反应速率的影响；化学平衡题中基于图表数据的相关计算；与转化率变化有关图像的分析。
15 较难 化学反应原理 (离子曲线) 离子平衡，浓度对化学平衡移动的影响；化学平衡常数的概念及表达方式；化学平衡常数的影响因素及应用。
非选择题
16 难 物质结构与性质综合 键能、键长、键角及应用；利用杂化轨道理论判断化学键杂化类型；晶胞的有关计算；晶体类型判断。
17 较难 化学工艺流程 离子方程式的书写；化学平衡常数的有关计算；溶度积常数相关计算；物质分离、提纯综合应用。
18 较难 综合实验设计与评价 硅的制备；元素性质与电负性的关系；物质含量的测定；物质制备的探究。
19 较难 有机化学基础 (推断与合成) 含有苯环的化合物的命名；常见官能团名称、组成及结构；有机物的推断；有机合成综合考查。
20 较难 化学反应原理综合 盖斯定律与热化学方程式；化学反应速率计算；化学平衡的有关计算；电离平衡常数及影响因素。
一、夯实基础，注重细节
教学过程中要进一步加强对常见元素化合物、基本概念、基本原理、基础实验等基础性知识的教学，要着重关注学生容易出现理解偏差或理解深度不够的内容，我们既要让学生知其然还要知其所以然，真正把学科观念和思维方法落实到位，避免过多“死记硬背”。
二、织线成网，突出重点
复习过程中要加强学科知识融合，系统地对知识进行整理、归纳、沟通知识间的内在联系，形成纵向、横向知识链，构建知识网络，精心设计好知识复习专题，加强知识间的联系，融汇贯通，形成更加网络化、逻辑性更强的知识体系，以便学生更好提取和运用。
三、精讲精练，提高效率
避免过多的僵化机械训练，此次模拟题给我们呈现很多新颖性、灵活性很强的命题案例，以后的高考题中，肯定还会出现更多的新的情境、新的设问、新的融合、新的角度，我们要多加强变式训练，引导学生思维开放，提高学生的适应能力，以便学生能够更好应对高考，能更从容接受高考的选拔。
四、明确考纲，把握方向
紧扣《高考评价体系》，研究高考试题，学习高考评价体系说明，把握考试方向。备考复习中不能好高骛远，以打牢必备知识为根本，能力培养为关键，素养培育为核心，价值引领为导向，不可一味求新、求变，不能一味加大难度、无限制拔高，应当根据学情，精心选择和设计内容，把学生最需要的给他，让他在现有水平上有所提高。
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
【答案】C
【解析】墨玉、黑陶、琉璃均为陶瓷制品，均属于硅酸盐制品，主要成分均为硅酸盐材料，而刀币的主要成分为青铜，故选C。
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AlCl3溶液
B．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
【答案】D
【解析】A项，实验室配制AlCl3溶液时向其中加入少量的稀盐酸以抑制Al3+水解，A不合题意；B项，蔗糖和淀粉的水解时常采用稀硫酸作催化剂，B不合题意；C项，清洗附有银镜的试管用稀硝酸，反应原理为：Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO↑+2H2O，C不合题意；D项，苯的磺化是苯和浓硫酸共热，反应生成苯磺酸的反应，故不需要用到浓硫酸和浓硝酸的混合溶液，D符合题意；故选D。
3．下列分子属于极性分子的是( )
A．CS2 B．NF3 C．SO3 D．SiF4
【答案】B
【解析】A项，CS2中C上的孤电子对数为×(4-2×2)=0，σ键电子对数为2，价层电子对数为2，CS2的空间构型为直线形，分子中正负电中心重合，CS2属于非极性分子，A项不符合题意；B项，NF3中N上的孤电子对数为×(5-3×1)=1，σ键电子对数为3，价层电子对数为4，NF3的空间构型为三角锥形，分子中正负电中心不重合，NF3属于极性分子，B项符合题意；C项，SO3中S上的孤电子对数为×(6-3×2)=0，σ键电子对数为3，价层电子对数为3，SO3的空间构型为平面正三角形，分子中正负电中心重合，SO3属于非极性分子，C项不符合题意；D项，SiF4中Si上的孤电子对数为×(4-4×1)=0，σ键电子对数为4，价层电子对数为4，SiF4的空间构型为正四面体形，分子中正负电中心重合，SiF4属于非极性分子，D项不符合题意；故选B。
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，再用的硼酸溶液冲洗
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，用灭火毛(石棉布)灭火
【答案】A
【解析】A项，眼睛溅进酸液，先用大量水冲洗，再用3%-5%的碳酸氢钠溶液冲洗，故A错误；B项，立即用大量水冲洗，边洗边眨眼，尽可能减少酸或碱对眼睛的伤害，再用20%的硼酸中和残余的碱，故B正确；C项，电器起火，先切断电源，再用二氧化碳灭火器灭火，故C正确；D项，活泼金属会与水反应，所以燃烧起火，用灭火毛(石棉布)灭火，故D正确；故选A。
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中的键长比短
D．1mol(CF)x中含有2xmol共价单键
【答案】B
【解析】A项，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，故与石墨相比，(CF)x导电性减弱，A错误；B项，(CF)x中C原子的所有价键均参与成键，未有未参与成键的孤电子或者不饱和键，故与石墨相比，(CF)x抗氧化性增强，B正确；C项，已知C的原子半径比F的大，故可知(CF)x中C-C的键长比C-F长，C错误；D项，由题干结构示意图可知，在(CF)x 中C与周围的3个碳原子形成共价键，每个C-C键被2个碳原子共用，和1个F原子形成共价键，即1mol(CF)x中含有2.5xmol共价单键，D错误；故选B。
6．鉴别浓度均为0.1mol·L-1的NaClO、Ba(OH)2、Al2(SO4)3三种溶液，仅用下列一种方法不可行的是( )
A．测定溶液pH B．滴加酚酞试剂
C．滴加0.1mol·L-1KI溶液 D．滴加饱和Na2CO3溶液
【答案】C
【解析】A项，NaClO溶液显弱碱性，Ba(OH)2溶液显强碱性，Al2(SO4)3溶液显酸性，则测定溶液pH是可以鉴别出来的，故A不符合题意；B项，NaClO溶液显弱碱性，Ba(OH)2溶液显强碱性，滴入酚酞溶液，两种溶液颜色变色深浅不一样，Al2(SO4)3溶液显酸性，滴入酚酞不变色，则滴加酚酞试剂是可以鉴别出来的，故B不符合题意；C项，NaClO溶液滴入碘化钾溶液，发生氧化还原反应生成碘，液面会由无色变成黄色，振荡后会变成无色，而Ba(OH)2溶液，Al2(SO4)3溶液滴入碘化钾溶液后，因不与两者反应而没有现象，则仅用滴加0.1mol·L-1KI溶液无法鉴别，则C符合题意；D项，饱和Na2CO3溶液和NaClO溶液不反应，和Ba(OH)2溶液反应生成碳酸钡沉淀，和Al2(SO4)3溶液发生双水解反应生成沉淀和气体，则滴入饱和Na2CO3溶液是可以鉴别出来的，故D不符合题意；故选C。
7．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
【答案】D
【解析】A项，由题干有机物结构简式可知，该有机物存在碳碳双键，且双键两端的碳原子分别连有互不同的原子或原子团，故该有机物存在顺反异构，A正确；B项，由题干有机物结构简式可知，该有机物含有羟基、羧基、碳碳双键、醚键和酰胺基等5种官能团，B正确；C项，由题干有机物结构简式可知，该有机物中的羧基、羟基、酰胺基等官能团具有形成氢键的能力，故其分子间可以形成氢键，其中距离较近的某些官能团之间还可以形成分子内氢锓，C正确；D项，由题干有机物结构简式可知，1mol该有机物含有羧基和酰胺基各1mol，这两种官能团都能与强碱反应，故1mol该物质最多可与2molNaOH反应，D错误；故选D。
8．一定条件下，乙酸酐[(CH3CO)2O]醇解反应[(CH3CO)2O+ROH→CH3COOR+CH3COOH]可进行完全，利用此反应定量测定有机醇(ROH)中的羟基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：
①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：(CH3CO)2O+H2O→2CH3COOH。
③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V1mL。
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V2mL。对于上述实验，下列做法正确的是( )
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
【答案】C
【解析】A项，进行容量瓶检漏时，倒置一次，然后玻璃塞旋转180度后再倒置一次，故A错误；B项，滴入半滴标准溶液，锥形瓶中溶液变色，且半分钟内不变回原色，才是达到滴定终点，故B错误；C项，滴定读数时，应单手持滴定管上端无刻度处，并保持其自然垂直，故C正确；D项，滴定读数时，应单手持滴定管上端无刻度处，并保持其自然垂直，故D错误；故选C。
9．一定条件下，乙酸酐[(CH3CO)2O]醇解反应[(CH3CO)2O+ROH→CH3COOR+CH3COOH]可进行完全，利用此反应定量测定有机醇(ROH)中的羟基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：
①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：(CH3CO)2O+H2O→2CH3COOH。
③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V1mL。
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V2mL。样品中羟基含量(质量分数)计算正确的是( )
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】用cmol·L-1NaOH-甲醇标准溶液滴定乙酸酐完全水解生成的乙酸，可以计算乙酸酐的总物质的量，根据反应方程式[(CH3CO)2O+ROH→CH3COOR+CH3COOH]系数关系，得出ROH与乙酸酐反应后剩余的乙酸酐的物质的量，由此可以计算与ROH反应的乙酸酐的物质的量，即R-OH的物质的量，即羟基的含量。根据滴定过程中，用cmol·L-1NaOH-甲醇标准溶液滴定乙酸酐完全水解生成的乙酸，消耗标准溶液V2mL，需要消耗cmol·L-1NaOH-甲醇的物质的量为，即乙酸酐的总物质的量=；则ROH与乙酸酐反应后剩余的乙酸酐的物质的量=，所以与ROH反应的乙酸酐的物质的量=，也即样品ROH中羟基的物质的量，所以ROH样品中羟基质量分数=，故选C 。
10．一定条件下，乙酸酐[(CH3CO)2O]醇解反应[(CH3CO)2O+ROH→CH3COOR+CH3COOH]可进行完全，利用此反应定量测定有机醇(ROH)中的羟基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：
①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：(CH3CO)2O+H2O→2CH3COOH。
③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V1mL。
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V2mL。
根据上述实验原理，下列说法正确的是( )
A．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
【答案】B
【解析】步骤④测定乙酸酐的物质的量为 ；根据步骤②③可知mgROH样品中羟基的物质的量为。A项，乙酸与醇的酯化反应可逆，不能用乙酸代替乙酸酐进行上述实验，故A错误；B项，若甲醇挥发，则甲醇消耗乙酸酐的物质的量减小，剩余乙酸酐的物质的量偏大，消耗氢氧化钠的体积偏大，将导致测定结果偏小，故B正确；C项，步骤③滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出，消耗氢氧化钠的体积偏小，将导致测定结果偏大，故C错误；D项，步骤④中，若加水量不足，生成乙酸的物质的量偏小，消耗氢氧化钠的体积偏小，测定乙酸酐初始物质的量偏小，将导致测定结果偏小，故D错误；故选B。
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CuSO4电镀废液，向甲室加入足量氨水后电池开始工作。下列说法正确的是( )
A．甲室Cu电极为正极
B．隔膜为阳离子膜
C．电池总反应为：Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+
D．NH3扩散到乙室将对电池电动势产生影响
【答案】CD
【解析】A项，向甲室加入足量氨水后电池开始工作，则甲室Cu电极溶解，变为铜离子与氨气形成[Cu(NH3)4]2+，因此甲室Cu电极为负极，故A错误；B项， 再原电池内电路中阳离子向正极移动，若隔膜为阳离子膜，电极溶解生成的铜离子要向右侧移动，通入氨气要消耗铜离子，显然左侧阳离子不断减小，明显不利于电池反应正常进行，故B错误；C项，左侧负极是Cu+4NH3-2e- =[Cu(NH3)4]2+，正极是Cu 2++2e- = Cu，则电池总反应为：Cu2++4NH3=[Cu(NH3)4]2+，故C正确；D项，NH3扩散到乙室会与铜离子反应生成[Cu(NH3)4]2+，铜离子浓度降低，铜离子得电子能力减弱，因此将对电池电动势产生影响，故D正确。故选CD。
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
【答案】C
【解析】A项，由题干图示有机物X、Y的结构简式可知，X含有碳碳双键和醚键，Y含有碳碳双键和酮羰基，红外光谱图中可以反映不同官能团或化学键的吸收峰，故依据红外光谱可确证X、Y存在不同的官能团，A正确；B项，由题干图示有机物X的结构简式可知，X分子中存在两个碳碳双键所在的平面，单键可以任意旋转，故除氢原子外，X中其他原子可能共平面，B正确；C项，由题干图示有机物Y的结构简式可知，Y的分子式为：C6H10O，则含醛基和碳碳双键且有手性碳原子(即同时连有四个互不相同的原子或原子团的碳原子)的Y的同分异构体有：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种(不考虑立体异构)，C错误；D项，由题干信息可知，类比上述反应，的异构化产物为：含有碳碳双键和醛基，故可发生银镜反应和加聚反应，D正确；故选C。
13．一种制备Cu2O的工艺路线如图所示，反应Ⅱ所得溶液在3~4之间，反应Ⅲ需及时补加以保持反应在条件下进行。常温下，H2SO3的电离平衡常数Ka1=1.3×10-2，Ka2=6.3×10-8。下列说法正确的是( )
A．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NaHSO3被氧化
C．溶液Y可循环用于反应Ⅱ所在操作单元吸收气体Ⅰ
D．若Cu2O产量不变，参与反应Ⅲ的与CuSO4物质的量之比增大时，需补加NaOH的量减少
【答案】CD
【解析】铜和浓硫酸反应(反应Ⅰ)生成二氧化硫气体(气体Ⅰ)和硫酸铜，生成的二氧化硫气体与碳酸钠反应(反应Ⅱ)，所得溶液pH在3~4之间，溶液显酸性，根据H2SO3的电离平衡常数Ka1=1.3×10-2，Ka2=6.3×10-8，可知NaHSO3溶液显酸性(电离大于水解)，则反应Ⅱ所得溶液成分是NaHSO3，调节溶液pH值至11，使NaHSO3转化为Na2SO3，低温真空蒸发(防止Na2SO3被氧化)，故固液分离得到Na2SO3晶体和Na2SO3溶液，Na2SO3和CuSO4反应的离子方程式是SO32-+2Cu2＋+2H2O=SO42-+ Cu2O+4H+,反应过程中酸性越来越强，使Na2SO3转化成SO2气体，总反应方程式是2CuSO4+3Na2SO3= Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，需及时补加NaOH以保持反应在pH=5条件下进行。A项，反应Ⅰ是铜和浓硫酸反应，生成二氧化硫，是氧化还原反应，反应Ⅱ是SO2和碳酸钠溶液反应，生成NaHSO3、水和二氧化碳，是非氧化还原反应，反应Ⅲ是Na2SO3和CuSO4反应生成Cu2O，是氧化还原反应，故A错误；B项，低温真空蒸发主要目的是防止Na2SO3被氧化，而不是NaHSO3，故B错误；C项，经分析溶液Y的成分是Na2SO3溶液，可循环用于反应Ⅱ的操作单元吸收SO2气体(气体Ⅰ)，故C正确；D项，制取Cu2O总反应方程式是2CuSO4+3Na2SO3= Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，化合物X是指Na2SO3，若Cu2O产量不变，增大比，多的Na2SO3会消耗氢离子，用于控制pH值，可减少NaOH的量，故D正确；故选CD。
14．一定条件下，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
【答案】AC
【解析】一定条件下，化合物E和TFAA合成H的反应路径中，共发生三个反应：①E+TFAAF， ②FG，③GH+TFAA；t1之后的某时刻，H为0.02 mol L-1，此时TFAA的浓度仍为0，则表明0.10mol L-1E、起始时的0.08mol L-1TFAA、G分解生成的0.02 mol L-1 TFAA全部参加反应，生成0.10mol L-1F；在t2时刻，H为0.08mol L-1，TFAA为0.06mol L-1，G为0.01 mol L-1，则F为0.01 mol L-1。A项，t1时刻，H的浓度小于0.02 mol L-1，此时反应③生成F的浓度小于0.02 mol L-1，参加反应①的H的浓度小于0.1 mol L-1，则参加反应E的浓度小于0.1 mol L-1，所以体系中有E存在，A正确；B项，t2时刻，H为0.08mol L-1，TFAA为0.06mol L-1，G为0.01 mol L-1，则F为0.01 mol L-1，所以体系中有F存在，B不正确；C项，t1之后的某时刻，H为0.02 mol L-1，此时TFAA的浓度仍为0，表明此时E和TFAA完全反应生成F，所以E和TFAA生成F的反应速率快，反应的活化能很小，C正确；D项，在t2时刻，H为0.08mol L-1，TFAA为0.06mol L-1，G为0.01 mol L-1，F为0.01 mol L-1，只有F、G全部转化为H和TFAA时，TFAA的浓度才能为0.08mol L-1，而GH+TFAA为可逆反应，所以反应达平衡后，TFAA的浓度一定小于0.08mol L-1，D不正确；故选AC。
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)HgI++I-；HgI2(aq)+I-HgI3--；HgI2(aq)+2I-HgI42-，平衡常数依次为K0、K1、K2、K3、K4。已知lgc(Hg2+)、lgc(HgI+)、lgc(HgI3-)、lgc(HgI42-)随lgc(I-)的变化关系如图所示，下列说法错误的是( )
A．线表示lgc(HgI42-)的变化情况
B．随c(I-)增大，c[HgI2(aq)]先增大后减小
C．
D．溶液中I元素与元素的物质的量之比始终为2：1
【答案】B
【解析】由题干反应方程式HgI2(aq)Hg2++2I-可知，K1=，则有c(Hg2+)=，则有lgc(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)]为一定值，故可知图示中曲线1、2、3、4即L分别代表lgc(HgI+)、lgc(Hg2+)、lgc(HgI3-)、lgc(HgI42-)。A项，线L表示lgc(HgI42-)的变化情况，A正确；B项，已知HgI2(s)HgI2(aq)的化学平衡常数K0= c[HgI2(aq)]，温度不变平衡常数不变，故随c(I-)增大，c[HgI2(aq)]始终保持不变，B错误；C项，曲线1方程为：lgc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I-)，曲线2方程为： lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-)即有①b= lgK1+lgc(HgI2)-2a，②b= lgK2+lgc(HgI2)-a，联合①②可知得：，C正确；D项，溶液中的初始溶质为HgI2，根据原子守恒可知，该溶液中I元素与Hg元素的物质的量之比始终为2：1，D正确；故选B。
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) -405℃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_____(填化学式)。
(2) Cl2 O中心原子为Cl，Cl2 O中心原子为，二者均为形结构，但ClO2中存在大键。ClO2中Cl原子的轨道杂化方式_____；为O-Cl-O键角_____Cl-O-Cl键角(填“＞”“ ＜”或“=”)。比较ClO2与Cl2 O中Cl-O键的键长并说明原因_____。
(3)一定条件下，CuCl2、K和F2反应生成和化合物。已知属于四方晶系，晶胞结构如图所示(晶胞参数)，其中化合价为。上述反应的化学方程式为_____。若阿伏加德罗常数的值为，化合物的密度_____(用含的代数式表示)。
【答案】(1)分子晶体 HF 、H2O2和O2
(2) sp2 ＞ ClO2分子中Cl-O键的键长小于Cl2 O中Cl-O键的键长，其原因是：ClO2分子中既存在σ键，又存在大π键，原子轨道重叠的程度较大，因此其中Cl-O键的键长较小，而Cl2 O只存在普通的σ键
(3) CuCl2 +4K+2F2= K2CuF4+2KCl
【解析】(1)常温常压下，HOF为无色气体，则HOF的沸点较低，因此，固态HOF的晶体类型为分子晶体。HOF分子中F显-1价，其水解时结合H2O电离的H+生成HF，则OH+结合H2O电离的OH-，两者反应生成H2O2，H2O2不稳定，其分解生成O2，因此，HOF水解反应的产物为HF 、H2O2和O2。(2)ClO2中心原子为Cl，Cl2 O中心原子为O，二者均为V形结构，但ClO2中存在大π键()。由ClO2中存在可以推断，其中Cl原子只能提供1对电子，有一个O原子提供1个电子，另一个O原子提供1对电子，这5个电子处于互相平行的p轨道中形成大π键，Cl提供孤电子对与其中一个O形成配位键，与另一个O形成的是普通的共价键(σ键，这个O只提供了一个电子参与形成大π键)， Cl的价层电子对数为3，则原子的轨道杂化方式为sp2；Cl2 O中心原子为O，根据价层电子对的计算公式可知，因此，O的杂化方式为sp3；根据价层电子对互斥理论可知，n =4时，价电子对的几何构型为正四面体，n =3时，价电子对的几何构型平面正三角形，sp2杂化的键角一定大于sp3的，因此，虽然ClO2和Cl2 O均为V形结构，但O-Cl-O键角大于Cl-O-Cl键角，孤电子对对成键电子对的排斥作用也改变不了这个结论。ClO2分子中Cl-O键的键长小于Cl2 O中Cl-O键的键长，其原因是：ClO2分子中既存在σ键，又存在大π键，原子轨道重叠的程度较大，因此其中Cl-O键的键长较小，而Cl2 O只存在普通的σ键。(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，其中Cu化合价为+2。由晶胞结构图可知，该晶胞中含有黑球的个数为、白球的个数为、灰色球的个数为，则X中含有3种元素，其个数比为1:2:4,由于其中Cu化合价为+2、F的化合价为-1、K的化合价为+1，根据化合价代数和为0，可以推断X为K2CuF4，上述反应的化学方程式为CuCl2 +4K+2F2= K2CuF4+2KCl。若阿伏加德罗富数的值为NA，晶胞的质量为，晶胞的体积为，化合物X的密度。
17．盐湖卤水(主要含Na+、Mg2+、Li+、Cl-、SO42-和硼酸根等)是锂盐的重要来源。一种以高镁卤水为原料经两段除镁制备Li2CO3的工艺流程如下：
已知：常温下，Ksp(Li2CO3)=2.2×10－3。相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。
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[B(OH)4]- +H+ (常温下，Ka=1.010-9.34)；B(OH)3与NaOH溶液反应可制备硼砂Na2B4O5(OH)4·8H2O。常温下，在硼砂溶液中，[B4O5(OH)4]2-水解生成等物质的量浓度的B(OH)3和[B(OH)4]-，该水解反应的离子方程式为_____，该溶液pH=_____。
(2)滤渣Ⅰ的主要成分是_____(填化学式)；精制Ⅰ后溶液中的浓度为2.0 mol·L-1，则常温下精制Ⅱ过程中CO32-浓度应控制在_____ mol·L-1以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收外，还将增加_____的用量(填化学式)。
(3)精制Ⅱ的目的是_____；进行操作时应选择的试剂是_____，若不进行该操作而直接浓缩，将导致_____。
【答案】(1) [B4O5(OH)4]2-+5H2O=2B(OH)3+2[B(OH)4]- 9.34
(2) CaSO4 5.5×10－4 纯碱
(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纯度 盐酸 浓缩液中因CO32-浓度过大使得Li+过早沉淀，即浓缩结晶得到的NaCl中会混有Li2CO3，最终所得Li2CO3的产率减小
【解析】由流程可知，卤水中加入盐酸脱镁后过滤，所得滤液经浓缩结晶后得到晶体，该晶体中含有Na+、Li+、Cl-、SO42-等，焙烧后生成HCl气体；烧渣水浸后过滤，滤液中加生石灰后产生沉淀，在此条件下溶解度最小的是CaSO4，则滤渣Ⅰ的主要成分为CaSO4；由于CaSO4微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中再加纯碱又生成沉淀，则滤渣Ⅱ为CaCO3;精制Ⅱ所得滤液经操作X后，所得溶液经浓缩结晶、过滤得到氯化钠，浓缩后的滤液中加入饱和碳酸钠溶液沉锂，得到Li2CO3。(1)含硼固体中的B(OH)3在水中存在平衡：B(OH)3+H2O[B(OH)4]- +H+ (常温下，K=10-9.34)；B(OH)3与NaOH溶液反应可制备硼砂Na2B4O5(OH)4·8H2O。常温下.在0.1mol·L-1硼砂溶液中，[B4O5(OH)4]2-水解生成等物质的量浓度的B(OH)3和[B(OH)4]-，该水解反应的离子方程式为[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]-的浓度均为0.5mol·L-1，，则该溶液pH=9.34。(2)滤渣I的主要成分是CaSO4；精制I后溶液中Li+的浓度为2.0 mol·L-1，由可知，则常温下精制Ⅱ过程中CO32-浓度应控制在 mol·L-1以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ，除无法回收HCl外，后续在浓缩结晶时将生成更多的氯化钠晶体，因此，还将增加纯碱(Na2CO3)的用量。(3)精制Ⅰ中，烧渣水浸后的滤液中加生石灰后产生的滤渣Ⅰ的主要成分为CaSO4；由于CaSO4微溶于水，精制Ⅰ所得滤液中还含有一定浓度的Ca2+，还需要除去Ca2+，因此，精制Ⅱ的目的是：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纯度。操作X是为了除去剩余的碳酸根离子，为了防止引入杂质离子，应选择的试剂是盐酸；加入盐酸的目的是除去剩余的碳酸根离子，若不进行该操作而直接浓缩，将导致浓缩液中因CO32-浓度过大使得Li+过早沉淀，即浓缩结晶得到的NaCl中会混有Li2CO3，最终所得Li2CO3的产率减小。
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-126.5℃，易水解。实验室根据反应Si+3HClSiHCl3+H2，利用如下装置制备SiHCl3粗品(加热及夹持装置略)。回答下列问题：
(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，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在浓溶液中发生反应的化学方程式为_____。
(3)采用如下方法测定溶有少量的SiHCl3纯度。
m1g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m1、m2的代数式表示)。
【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
【解析】氯化氢气体通入浓硫酸干燥后，在管式炉中和硅在高温下反应，生成三氯甲硅烷和氢气，由于三氯甲硅烷沸点为31.8℃，熔点为-126.5℃，在球形冷凝管中可冷却成液态，在装置C中收集起来，氢气则通过D装置排出同时D可处理多余吸收的氯化氢气体。(1)制备SiHCl3时，由于氯化氢、SiHCl3和氢气都是气体，所以组装好装置后，要先检查装置气密性，然后将盛有硅粉的瓷舟置于管式炉中，通入氯化氢气体，排出装置中的空气，一段时候后，接通冷凝装置，加热开始反应，当管式炉中没有固体剩余时，即硅粉完全反应，SiHCl3易水解，所以需要在C、D之间加一个干燥装置，防止D中的水蒸气进入装置C中，另外氢氧化钠溶液不能吸收氢气，需要在D后面加处理氢气的装置；(2)已知电负性Cl＞H＞Si，则SiHCl3中氯元素的化合价为-1，H元素的化合价为-1，硅元素化合价为+4，所以氢氧化钠溶液和SiHCl3反应时，要发生氧化还原反应，得到氯化钠、硅酸钠和氢气，化学方程式为：SiHCl3+5NaOH =Na2SiO3+3NaCl+H2↑+2H2O；(3)m1g样品经水解，干燥等预处理过程得到硅酸水合物后，高温灼烧，在干燥器中冷却后，称量，所用仪器包括坩埚和干燥器，所得固体氧化物为二氧化硅，质量为m2g，则二氧化硅的物质的量为n(SiO2)=，样品纯度为=。
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)；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。
【答案】(1) 2,6-二氯甲苯
+2KF+2KCl 酰胺基
(2) 2 ② 2
【解析】路线：根据流程及A的分子式为C7H6Cl2，可推出A的结构式为，A在氨气和氧气的作用下，生成了B()，B与KF反应，生成C()，根据题给信息，C与过氧化氢反应，生成D()，D和(COCl)2反应生成E，E的分子式为C8H3F2NO2，推出E的结构式为，E与F()反应生成了氟铃脲(G)。
路线二：根据流程及F的分子式可推出H的结构式，H与氢气反应生成I()，I与CF2=CF2反应生成F()，F与COCl2反应生成J()，J与D()反应生成了氟铃脲(G)。(1)A为，系统命名为2,6-二氯甲苯，B与KF发生取代反应生成C，化学方程式为+2KF+2KCl，D为，含氧官能团为酰胺基，根据分析，E为；(2)H为，由结构特征可知，含有2种化学环境的氢，根据分析流程可知H→I为还原反应，I→F为加成反应，F→J，J→G均为取代反应，J为，C原子的杂化方式有sp2，sp3两种，NO原子的杂化方式均为sp3，所以J中原子的杂化方式有2种。
20．一定条件下，水气变换反应CO+H2OCO2+H2的中间产物是HCOOH。为探究该反应过程，研究水溶液在密封石英管中的分子反应：
Ⅰ．HCOOHCO+H2O(快)
Ⅱ．HCOOHCO2+H2(慢)
研究发现，在反应Ⅰ、Ⅱ中，H+仅对反应Ⅰ有催加速作用；反应Ⅰ速率远大于反应Ⅱ，近似认为反应Ⅰ建立平衡后始终处于平衡状态。忽略水电离，其浓度视为常数。回答下列问题：
(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=_____(用含ΔH1、ΔH2的代数式表示)。
(2)反应Ⅰ正反应速率方程为：，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x mol·L-1时，H+浓度为_____ mol·L-1，此时反应Ⅰ应速率_____ mol·L-1·h -1 (用含Ka、x和k的代数式表示)。
(3)温度下，在密封石英管内完全充满1.0 mol·L-1HCOOH水溶液，使分解，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)。时刻测得CO、CO2的浓度分别为0.70 mol·L-1、0.16 mol·L-1，反应Ⅱ达平衡时，测得H2的浓度为y mol·L-1。体系达平衡后_____(用含y的代数式表示，下同)，反应Ⅱ的平衡常数为_____。
相同条件下，若反应起始时溶液中同时还含有0.10 mol·L-1盐酸，则图示点中，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_____(填“增大”“减小”或“不变”)，的反应_____(填“增大”“减小”或“不变”)。
【答案】(1)ΔH2-ΔH1
(2)
(3) a 减小 不变
【解析】(1)根据盖斯定律，反应II-反应I＝水气变换反应，故水气变换反应的焓变ΔH＝ΔH2-ΔH1；(2)T1温度时，HCOOH建立电离平衡：
，c(HCOO－)＝c(H＋)，故c(H＋)＝,。(3)t1时刻时，c(CO)达到最大值，说明此时反应I达平衡状态。此时：
故t1时刻c(HCOOH)＝1.0－0.70－0.16＝0.14 mol·L－1，K(I)＝。t1时刻→反应II达平衡过程：
则c(H2)＝b＋0.16＝y，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盐酸后，H＋对反应I起催化作用，加快反应I的反应速率，缩短到达平衡所需时间，故CO浓度峰值提前，由于时间缩短，反应Ⅱ消耗的HCOOH减小，体系中HCOOH浓度增大，导致CO浓度大于t1时刻的峰值，故c(CO)最有可能在a处达到峰值。此时c(CO2)会小于不含盐酸的浓度，＝K(I)，温度不变，平衡常数不变，则的值不变。

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