從關(guān)鍵能力和核心素養(yǎng)視角分析2023年新高考山東化學(xué)試題

■湖北省教育考試院 張思佩

■湖北省武漢外國語學(xué)校 孟凡盛(正高級(jí)教師)

總體評(píng)價(jià):試卷內(nèi)容結(jié)構(gòu)合理,體現(xiàn)新課程理念,符合新課程標(biāo)準(zhǔn)的要求。試題設(shè)計(jì)堅(jiān)持素養(yǎng)立意,通過不同水平、不同類型富含必備知識(shí)的問題任務(wù),實(shí)現(xiàn)化學(xué)學(xué)科核心素養(yǎng)的全面考查。重視創(chuàng)新試題形式,突出對(duì)考生關(guān)鍵能力的考查,例如,8～10題圍繞一段定量實(shí)驗(yàn)探究材料,設(shè)計(jì)為考查層次分明的實(shí)驗(yàn)操作正誤判斷、復(fù)雜實(shí)驗(yàn)情境中的化學(xué)計(jì)算和定量實(shí)驗(yàn)的誤差分析題組,分別考查了關(guān)鍵能力中的理解辨析能力、分析推測能力和歸納論證能力。試卷難度合理,難、中、易試題分值的配置比例符合新高考的賦分改革要求,體現(xiàn)了對(duì)不同層面考生的公開選拔功能。

【試題部分】

可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量:H 1 C 12 N 14 O 16 F 19 Si 28 S 32 C1 35.5 K 39 Cu 64

一、選擇題:本題共10 小題,每小題2分,共20分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。

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

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

3.下列分子屬于極性分子的是( )。

A.CS2B.NF3

C.SO3D.SiF4

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2%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,用滅火毯(石棉布)滅火

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1 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C—C的鍵長比C—F短

D.1 mol(CF)x中含有2xmol共價(jià)單鍵

6.鑒別濃度均為0.1 mol·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0.1 mol·L-1KI溶液

D.滴加飽和Na2CO3溶液

7.抗生素克拉維酸的結(jié)構(gòu)簡式如下所示,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.1 mol該物質(zhì)最多可與1 mol NaOH反應(yīng)

閱讀下列材料,完成8～10題。

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。

8.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

9.ROH 樣品中羥基含量(質(zhì)量分?jǐn)?shù))計(jì)算正確的是( )。

10.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

二、選擇題:本題共5小題,每小題4分,共20分。每小題有一個(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題目要求,全部選對(duì)得4分,選對(duì)但不全的得2分,有選錯(cuò)的得0分。

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2 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( )。

圖2

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

12.有機(jī)物X→Y 的異構(gòu)化反應(yīng)如下所示,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))

13.一種制備Cu2O 的工藝路線如下所示,反應(yīng)Ⅱ所得溶液pH 在3～4 之間,反應(yīng)Ⅲ需及時(shí)補(bǔ)加NaOH 以保持反應(yīng)在pH=5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X與CuSO4物質(zhì)的量之比增大時(shí),需補(bǔ)加NaOH 的量減少

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0.10 mol·L-1,TFAA 的濃度為0.08 mol·L-1,部分物種的濃度隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖3 所示,忽略反應(yīng)過程中的體積變化。下列說法正確的是( )。

圖3

圖4

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0.08 mol·L-1

B.隨c(I-)增大,c[HgI2(aq)]先增大后減小

D.溶液中I元素與Hg元素的物質(zhì)的量之比始終為2∶1

三、非選擇題:本題共5小題,共60分。

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)-40 ℃時(shí),F2與冰反應(yīng)生成HOF和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)ClO2中心原子為Cl,Cl2O 中心原子為O,二者均為V 形結(jié)構(gòu),但ClO2中存在大π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Cl2O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KCl和化合物X。已知X 屬于四方晶系,晶胞結(jié)構(gòu)如圖5 所示(晶胞參數(shù)a=b≠c,α=β=γ=90°),其中Cu 化合價(jià)為+2。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NA,化合物 X 的密度ρ=____g·cm-3(用含NA的代數(shù)式表示)。

圖5

17.鹽湖鹵水(主要含Na+、Mg2+、Li+、Cl-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6所示。

圖6

回答下列問題:

(1)含硼固體中的B(OH)3在水中存在平衡(常溫下,Ka=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0.1 mol·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____,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 Li+的濃度為2.0 mol·L-1,則常溫下精制Ⅱ過程中濃度應(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,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X 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____。

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)利用如圖7所示裝置制備SiHCl3粗品(加熱及夾持裝置略)?；卮鹣铝袉栴}:

圖7

(1)制備SiHCl3時(shí)進(jìn)行操作:(ⅰ)……;(ⅱ)將盛有硅粉的瓷舟置于管式爐中;(ⅲ)通入HCl,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NaOH 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HCl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,從圖8所示儀器中選出①②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)。

圖8

19.根據(jù)殺蟲劑氟鈴脲(G)的兩條合成路線,回答下列問題。

(1)A的化學(xué)名稱為____(用系統(tǒng)命名法命名);B→C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_____。

(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中碳原子的軌道雜化方式有_____種。

研究發(fā)現(xiàn),在反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ中,H+僅對(duì)反應(yīng)Ⅰ有催化加速作用;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v=kc(H+)·c(HCOOH),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xmol·L-1時(shí),H+濃度為____mol·L-1,此時(shí)反應(yīng)Ⅰ應(yīng)速率v=____mol·L-1·h-1(用含Ka、x和k的代數(shù)式表示)。

(3)T1溫度下,在密封石英管內(nèi)完全充滿1.0 mol· L-1HCOOH 水溶液,使HCOOH 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9所示(忽略碳元素的其他存在形式)。t1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ymol·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____。

圖9

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)a、b、c、d中,CO 的濃度峰值點(diǎn)可能是____(填標(biāo)號(hào))。與不含鹽酸相比,CO 達(dá)濃度峰值時(shí),CO2濃度____(填“增大”“減小”或“不變”),(填“增大”“減小”或“不變”)。

【參考答案及試題分析】

1.C 分析:本題精選具有齊魯文化特色的三種陶瓷和一種合金,通過日常生活情境考查“理解與辨析”的關(guān)鍵能力。

墨玉、黑陶、琉璃都是陶瓷制品,主要化學(xué)成分均為硅酸鹽,齊國刀幣是合金制品,主要化學(xué)成分是青銅合金,青銅合金當(dāng)然不能與硅酸鹽歸為一類,選項(xiàng)C正確。

【夯實(shí)必備知識(shí)】注意傳統(tǒng)無機(jī)非金屬材料和新型無機(jī)非金屬材料的區(qū)別。傳統(tǒng)無機(jī)非金屬材料有陶瓷、玻璃、水泥,其成分是含有硅氧四面體的硅酸鹽。新型無機(jī)非金屬材料突破了傳統(tǒng)的硅酸鹽體系,常見的新型無機(jī)非金屬材料有單晶硅和二氧化硅、新型陶瓷[高溫結(jié)構(gòu)陶瓷碳化硅(SiC),壓電陶瓷鈦酸鹽和鋯酸鹽,透明陶瓷氧化鋁、氮化鋁(AlN)和CaF2,超導(dǎo)陶瓷]、碳納米材料(用C60作車輪的“納米汽車”、碳納米管、石墨烯)等。

2.D 分析:本題精選與三種常見強(qiáng)酸有關(guān)的多個(gè)教材實(shí)驗(yàn),通過實(shí)驗(yàn)探究情境考查“理解與辨析”的關(guān)鍵能力。

Al3+在溶液中存在水解反應(yīng)Al3++3H2OAl(OH)3+3H+,配制AlCl3溶液加入稀鹽酸抑制 Al3+水解,防止生成Al(OH)3沉淀使溶液變渾濁,選項(xiàng)A 對(duì)應(yīng)關(guān)系正確。

蔗糖和淀粉的水解實(shí)驗(yàn)常使用稀硫酸作催化劑,加快水解反應(yīng)速率,選項(xiàng)B對(duì)應(yīng)關(guān)系正確。

稀硝酸具有較強(qiáng)氧化性,常溫時(shí)能溶解銀,其化學(xué)方程式為3Ag+4HNO3(稀)3AgNO3+NO↑+2H2O,選項(xiàng)C 對(duì)應(yīng)關(guān)系正確。

【必備知識(shí)拓展】三酸指硝酸、硫酸和鹽酸,兩堿指燒堿和純堿(純堿不是堿,是正鹽Na2CO3),由于三酸兩堿是最重要的通用基礎(chǔ)化工原料,所以要從結(jié)構(gòu)上理解他們的性質(zhì),掌握他們的主要用途,形成“結(jié)構(gòu)決定性質(zhì),性質(zhì)決定用途”的觀念。例如,金、鉑既不溶于鹽酸,也不溶于硝酸,卻能溶于王水,主要原因是Cl-強(qiáng)配位能力增強(qiáng)了金、鉑的還原性,使氧化反應(yīng)更容易發(fā)生:Au-3e-+[PtCl6]2-;王水中NO-3的還原反應(yīng)為NO-3+3e-+4H+NO↑+2H2O,金、鉑溶于王水的總反應(yīng)分別為Au+4HCl+HNO3H[AuCl4] +NO↑+2H2O,3Pt+18HCl+4HNO33H2[PtCl6] +4NO↑+8H2O。

3.B 分析:本題精選4 種典型分子,考查“物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)”的必備知識(shí)和“宏觀辨識(shí)與微觀探析”的核心素養(yǎng)。

CS2分子的空間構(gòu)型與CO2類似,C 原子是sp雜化:(直線形),分子中化學(xué)鍵極性的向量和為零(分子的正電中心和負(fù)電中心重合),CS2屬于非極性分子,選項(xiàng)A 不符合題意。

NF3分子的空間構(gòu)型是與NH3類似的三角錐形,N 原子是sp3雜化,1 個(gè)孤電子對(duì)和3個(gè)σ鍵電子對(duì)構(gòu)成的VSEPR 模型為四面體形,分子中化學(xué)鍵極性的向量和不為零(分子的正電中心和負(fù)電中心不重合),NF3屬于極性分子,選項(xiàng)B符合題意。

SO3分子中S原子的孤電子對(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,分子中化學(xué)鍵極性的向量和為零(分子的正電中心和負(fù)電中心重合),SO3屬于非極性分子,選項(xiàng)C不符合題意。

SiF4分子的空間構(gòu)型與CCl4類似,4個(gè)σ鍵電子對(duì)構(gòu)成正四面體形,分子中化學(xué)鍵極性的向量和為零(分子的正電中心和負(fù)電中心重合),SiF4屬于非極性分子,選項(xiàng)D 不符合題意。

【夯實(shí)必備知識(shí)】常見非極性分子和極性分子的判斷如表1 所示,熟練掌握可以準(zhǔn)確快速解題。

表1

續(xù)表

4.A 分析:本題精選4 個(gè)常見實(shí)驗(yàn)事故處理方法的正誤判斷,考查“實(shí)驗(yàn)與探究”的關(guān)鍵能力,引導(dǎo)考生養(yǎng)成實(shí)驗(yàn)安全至關(guān)重要的習(xí)慣,發(fā)展考生“科學(xué)態(tài)度與社會(huì)責(zé)任”的核心素養(yǎng)。

碳酸鈉俗稱純堿,飽和碳酸鈉溶液堿性較強(qiáng),具有較強(qiáng)腐蝕性,不能用于沖洗眼睛,選項(xiàng)A 錯(cuò)誤。

皮膚濺上堿液,先用大量水沖洗,再用2%的硼酸(很弱的酸)溶液沖洗中和殘余的堿,選項(xiàng)B正確。

電器起火,先切斷電源,再用二氧化碳滅火器滅火,選項(xiàng)C正確。

石棉不能燃燒,耐高溫,活潑金屬燃燒起火,可以用滅火毯(石棉布)滅火,選項(xiàng)D正確。

【夯實(shí)必備知識(shí)】眼睛濺進(jìn)酸液,立即用大量水沖洗,邊洗邊眨眼睛,再用3%～5%的碳酸氫鈉溶液沖洗?；顫娊饘贂?huì)與水反應(yīng)生成易燃易爆的氫氣,部分活潑金屬(如鈉、鉀等)燃燒起火還會(huì)生成過氧化物或超氧化物,這些氧化物遇水或二氧化碳會(huì)放出氧氣使燃燒更劇烈,因此活潑金屬燃燒起火不能用水或二氧化碳滅火,要用干沙子或石棉布滅火。

5.B 分析:本題精選“潤滑之王”氟化石墨的局部結(jié)構(gòu),考查“分析與推測”的關(guān)鍵能力和“宏觀辨識(shí)與微觀探析”的核心素養(yǎng)。

石墨單層內(nèi)碳原子是sp2雜化,未雜化的2p電子在層內(nèi)可以自由移動(dòng)而導(dǎo)電,觀察單層(CF)x結(jié)構(gòu)圖可發(fā)現(xiàn)碳原子是有4個(gè)單鍵的sp3雜化,沒有未參與雜化的2p的電子,其導(dǎo)電性減弱,選項(xiàng)A 錯(cuò)誤。

(CF)x中F 的化合價(jià)為-1 價(jià),C 的化合價(jià)為+1 價(jià),石墨中碳的化合價(jià)0 價(jià),+1價(jià)碳的還原性比0 價(jià)碳的還原性弱,也就是與石墨相比,(CF)x抗氧化性增強(qiáng),選項(xiàng)B正確。

同周期從左向右主族元素的原子半徑逐漸減小,r(C)＞r(F),可推知C—C 的鍵長比C—F的鍵長長,選項(xiàng)C錯(cuò)誤。

由單層局部結(jié)構(gòu)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,1 mol (CF)x中含有1.5xmol碳碳單鍵,在(CF)x中C 還與1個(gè)F 原子形成共價(jià)鍵,1 mol (CF)x中含有xmol碳氟單鍵,即1 mol (CF)x中含有2.5xmol共價(jià)單鍵,選項(xiàng)D 錯(cuò)誤。

【夯實(shí)必備知識(shí)】石墨的二維結(jié)構(gòu)內(nèi),每個(gè)碳原子的配位數(shù)為3,有一個(gè)未參與雜化的2p電子,它的原子軌道垂直于碳原子平面,由于所有的p軌道相互平行而且相互重疊,使p軌道中的電子可在整個(gè)碳原子平面中運(yùn)動(dòng)而導(dǎo)電。

6.C 分析:本題精選物質(zhì)的量濃度相同、pH 不同的3種無色溶液,通過“化學(xué)變化與性質(zhì)”的必備知識(shí)來考查物質(zhì)鑒別的實(shí)驗(yàn)探究能力。

NaClO溶液因ClO-水解而顯堿性:ClO-+H2OHClO+OH-,0.1 mol·L-1的NaClO 溶 液 中:10-7mol·L-1＜c(OH-)＜0.1 mol·L-1,7＜pH＜13,Ba(OH)2是強(qiáng)堿,0.1 mol·L-1的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=0.2 mol·L-1,pH 大于13,Al2(SO4)3溶液因Al3+水解而顯酸性:Al3++3H2OAl(OH)3+3H+,0.1 mol·L-1的Al2(SO4)3溶液中:c(H+)＞10-7mol·L-1,pH＜7,故測定溶液pH是可以鑒別出來的,選項(xiàng)A不符合題意。

NaClO 溶液顯堿性且具有強(qiáng)氧化性(漂白性),滴入酚酞溶液先變紅后褪色;0.1 mol·L-1的Ba(OH)2溶液顯堿性,滴入酚酞溶液只變紅不褪色;Al2(SO4)3溶液顯酸性,滴入酚酞仍然為無色。綜上所述,滴加酚酞試劑實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象各不相同,可以鑒別這3種無色溶液,選項(xiàng)B不符合題意。

NaClO 是強(qiáng)氧化劑,KI中的I-是強(qiáng)還原劑,二者混合發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成單質(zhì)碘,溶液會(huì)由無色變成黃色;Ba(OH)2溶液、Al2(SO4)3溶液與碘化鉀溶液不反應(yīng),沒有明顯現(xiàn)象,故滴加0.1 mol·L-1KI溶液無法鑒別,選項(xiàng)C符合題意。

飽和Na2CO3溶液和NaClO 溶液不反應(yīng),沒有明顯現(xiàn)象;飽和Na2CO3溶液和Ba(OH)2溶液反應(yīng)生成白色BaCO3沉淀;顯堿性的飽和Na2CO3溶液和顯酸性的Al2(SO4)3溶液混合,相互促進(jìn)水解生成白色Al(OH)3沉淀和無色CO2氣體:2Al3++故滴入飽和Na2CO3溶液三者實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象各不相同,可以鑒別出來,選項(xiàng)D 不符合題意。

【易錯(cuò)提醒】NaClO 水解生成的HClO具有強(qiáng)氧化性(漂白性),用pH 試紙測定NaClO 溶液的pH 因漂白而無法讀數(shù),因此測定NaClO 溶液的pH 應(yīng)該選用pH 計(jì)而不能選用pH 試紙。

7.D 分析:本題利用抗生素克拉維酸的結(jié)構(gòu)簡式,考查“物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)”的必備知識(shí)和“證據(jù)推理與模型認(rèn)知”的核心素養(yǎng)。

觀察克拉維酸結(jié)構(gòu)簡式發(fā)現(xiàn),碳碳雙鍵兩端的碳原子分別連有互不相同的原子或原子團(tuán),因此克拉維酸分子存在順反異構(gòu),選項(xiàng)A 正確。

克拉維酸分子中含有羥基、碳碳雙鍵、醚鍵、羧基和酰胺基共5種官能團(tuán),選項(xiàng)B正確。

克拉維酸分子中的羥基、羧基、酰胺基能形成氫鍵,分子內(nèi)距離較近的羧基和酰胺基之間可形成分子內(nèi)氫鍵,分子間的羥基、羧基、酰胺基之間也可以形成分子間氫鍵,選項(xiàng)C正確。

克拉維酸分子中的羧基可以與NaOH發(fā)生中和反應(yīng),克拉維酸分子中的酰胺基在NaOH 溶液中可以發(fā)生水解反應(yīng),故1 mol克拉維酸最多可與2 mol NaOH 反應(yīng),選項(xiàng)D 錯(cuò)誤。

【必備知識(shí)拓展】順反異構(gòu)是指化合物分子中由于具有自由旋轉(zhuǎn)的限制因素,使各個(gè)基團(tuán)在空間的排列方式不同而出現(xiàn)的非對(duì)映異構(gòu)現(xiàn)象。限制因素一般是有機(jī)化合物結(jié)構(gòu)中出現(xiàn)如雙鍵、雙鍵、雙鍵、雙鍵等不能自由旋轉(zhuǎn)的官能團(tuán)所引起的。

8.C 分析:本題通過實(shí)驗(yàn)探究情境,考查考生對(duì)常見實(shí)驗(yàn)操作正誤的理解辨析能力。

容量瓶檢漏時(shí),向容量瓶中加入適量水,塞上玻璃瓶塞,倒置發(fā)現(xiàn)不漏水,把容量瓶正立將玻璃瓶塞旋轉(zhuǎn)180°后,再倒置一次發(fā)現(xiàn)不漏水方可使用,共倒置兩次,選項(xiàng)A 錯(cuò)誤。

滴入半滴標(biāo)準(zhǔn)溶液,錐形瓶中溶液變色,且30 s內(nèi)不變回原色,才能判定達(dá)到滴定終點(diǎn),選項(xiàng)B錯(cuò)誤。

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,選項(xiàng)C正確。

滴定讀數(shù)時(shí),雙手一上一下持滴定管難以保持其垂直,選項(xiàng)D 錯(cuò)誤。

【審題策略】從4 個(gè)選項(xiàng)的內(nèi)容看,C、D兩個(gè)選項(xiàng)中有1個(gè)是正確的概率大。

9.A 分析:本題利用羧酸酐的醇解反應(yīng)、水解反應(yīng)和中和反應(yīng),通過各物質(zhì)間復(fù)雜的定量關(guān)系,考查“分析與推測”的關(guān)鍵能力和“證據(jù)推理與模型認(rèn)知”的核心素養(yǎng)。

設(shè)ROH 樣品中羥基物質(zhì)的量為xmol,環(huán)環(huán)相扣的5個(gè)計(jì)算步驟如下:

第一步,由醇解反應(yīng)的化學(xué)方程式中所有物質(zhì)的配平系數(shù)均為1可知,醇解消耗的乙酸酐、醇和生成的乙酸物質(zhì)的量均為xmol,即n消耗[(CH3CO)2O]=n(CH3COOH)=xmol。

第三步,醇解后過量的乙酸酐物質(zhì)的量為n過量[(CH3CO)2O]=n0[(CH3CO)2O]--xmol。

第四步,實(shí)驗(yàn)③的等量關(guān)系是:n(過量乙酸酐完全水解生成的乙酸)+n(醇解生成的乙酸)=n(NaOH),即2n過量[(CH3CO)2O]c×10-3mol -xmol)+xmol=V1×c×10-3mol,x=c(V2-V1)×10-3。

10.B 分析:本題通過實(shí)驗(yàn)誤差分析,考查“歸納與論證”的關(guān)鍵能力和“科學(xué)態(tài)度與社會(huì)責(zé)任”的核心素養(yǎng)。

乙酸酐的醇解反應(yīng)能進(jìn)行完全;乙酸與醇的酯化反應(yīng)是可逆反應(yīng),醇不能完全反應(yīng),用乙酸代替乙酸酐進(jìn)行上述實(shí)驗(yàn)無法計(jì)算樣品中羥基含量,選項(xiàng)A 錯(cuò)誤。

甲醇揮發(fā)造成標(biāo)準(zhǔn)溶液體積減小,則c(NaOH)濃度增大,假設(shè)增大到原來的2倍,則消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積均為原來的一半,樣品中羥基含量計(jì)算式變?yōu)?00%,導(dǎo)致測定結(jié)果偏小,選項(xiàng)B正確。

步驟③滴定時(shí),不慎將錐形瓶內(nèi)溶液濺出,消耗氫氧化鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積減少(即V1減少),將導(dǎo)致測定結(jié)果100%偏大,選項(xiàng)C錯(cuò)誤。

步驟④中,若加水量不足,部分乙酸酐未水解導(dǎo)致生成乙酸的物質(zhì)的量減少,消耗氫氧化鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積也隨之減少,據(jù)此計(jì)算乙酸酐初始物質(zhì)的量也減少(即V2減少),將導(dǎo)致測定結(jié)果偏小,選項(xiàng)D 錯(cuò)誤。

【關(guān)注創(chuàng)新題型】圍繞一段材料設(shè)計(jì)三道選擇題俗稱“一拖三”題組,這種創(chuàng)新題型的優(yōu)點(diǎn)是設(shè)問具有層次性。例如,該題組依次考查實(shí)驗(yàn)操作、化學(xué)計(jì)算、誤差分析。

11.C、D 分析:精選新穎的濃差電池創(chuàng)設(shè)生產(chǎn)環(huán)保情境,考查“證據(jù)推理與模型認(rèn)知”和“科學(xué)態(tài)度與社會(huì)責(zé)任”的核心素養(yǎng)。

證據(jù)推理過程如下:電池裝置圖中“低溫?zé)峤狻庇蠧uSO4和NH3生成,據(jù)此判斷低溫?zé)峤夥磻?yīng)為[Cu(NH3)4]SO4CuSO4+4NH3↑,結(jié)合“向甲室加入足量氨水后電池開始工作”可推知,甲室Cu2+與加入的NH3結(jié)合生成[Cu(NH3)4]2+,使得甲室c(Cu2+)小于乙室c(Cu2+),從而形成濃差電池,c(Cu2+)大的乙室Cu電極作正極,c(Cu2+)小的甲室Cu電極作負(fù)極。原電池的模型認(rèn)知過程為:乙室Cu2+在正極Cu 表面得到電子被還原為單質(zhì)Cu,正極反應(yīng)為Cu2++2e-;甲室Cu 電極失去電子被氧化為Cu2+,Cu2+進(jìn)而與甲室中的NH3結(jié)合生成[Cu(NH3)4]2+,負(fù)極反應(yīng)為Cu-2e-+4NH3[Cu(NH3)4]2+;乙室中c(Cu2+)減小,富余的穿過隔膜進(jìn)入到甲室,與生成的[Cu(NH3)4]2+形成[Cu(NH3)4]SO4溶液。

由上述證據(jù)推理過程可知,甲室Cu電極為負(fù)極,選項(xiàng)A 錯(cuò)誤。

當(dāng)正極反應(yīng)與負(fù)極反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)目相等時(shí),兩個(gè)電極反應(yīng)式相加即為電池總反應(yīng),左側(cè)負(fù)極反應(yīng)式為Cu-2e-+4NH3[Cu(NH3)4]2+,右側(cè)正極反應(yīng)式為Cu2++2e-Cu,二者相加得到電池總反應(yīng)為Cu2++4NH3[Cu(NH3)4]2+,選項(xiàng)C正確。

NH3擴(kuò)散到乙室會(huì)與Cu2+反應(yīng)生成[Cu(NH3)4]2+,降低乙室c(Cu2+),從而使得甲室和乙室c(Cu2+)差減小,對(duì)電池電動(dòng)勢產(chǎn)生影響,選項(xiàng)D 正確。

【易錯(cuò)提醒】原電池中電流的形成:外電路是自由電子的定向移動(dòng)(由負(fù)極移向正極)形成電流,內(nèi)電路是自由移動(dòng)的離子定向移動(dòng)(通常正離子移向正極,負(fù)離子移向負(fù)極)形成電流,所以電子只能通過外電路不能通過電解質(zhì)溶液(內(nèi)電路),但電流既可以通過外電路,又可以通過內(nèi)電路(電解質(zhì)溶液)。

12.C 分析:本題精選異構(gòu)化反應(yīng),考查“理解與辨析”的關(guān)鍵能力和“宏觀辨識(shí)與微觀探析”的核心素養(yǎng)。

觀察X、Y 的結(jié)構(gòu)簡式可知,X 的官能團(tuán)是碳碳雙鍵和醚鍵,Y 的官能團(tuán)是碳碳雙鍵和酮羰基,紅外光譜圖可以反映不同官能團(tuán)或化學(xué)鍵的吸收峰,所以依據(jù)紅外光譜可確證X、Y 存在不同的官能團(tuán),選項(xiàng)A 正確。

烴及烴的含氧衍生物分子中,如果不存在叔碳(4個(gè)單鍵只連接1個(gè)H 的C)和季碳(4個(gè)單鍵均不連接H 的C),由于碳碳雙鍵或碳氧雙鍵共面、碳碳三鍵共線、碳碳單鍵或碳氧單鍵可以旋轉(zhuǎn),因此除氫原子外的碳原子和氧原子可能共平面;X 中不含叔碳和季碳原子,除氫原子外,其他原子可能共平面,選項(xiàng)B正確。

13.C、D 分析:本題利用“制備Cu2O 的工藝路線”呈現(xiàn)多個(gè)化學(xué)變化,通過銅及其化合物與含硫化合物的性質(zhì),綜合考查“分析與推測”和“歸納與論證”等關(guān)鍵能力。

本題蘊(yùn)含豐富的必備知識(shí),因此首先要對(duì)工藝路線中的化學(xué)變化及操作等必備知識(shí)進(jìn)行分析推測?！胺磻?yīng)Ⅰ”是不活潑金屬銅被熱的濃硫酸氧化:Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O,則“氣體Ⅰ”是SO2?！胺磻?yīng)Ⅱ”是碳酸鈉溶液與足量的SO2反應(yīng)生成NaHSO3和CO2:2SO2+Na2CO3+H2O2NaHSO3+CO2,則“調(diào)pH=11”是酸式鹽NaHSO3與NaOH 反應(yīng)生成顯堿性的正鹽 Na2SO3:NaHSO3+NaOHNa2SO3+H2O?！暗蜏卣婵照舭l(fā)”主要目的有兩個(gè),“低溫蒸發(fā)”的目的是從Na2SO3溶液中析出Na2SO3固體,“真空”的目的是防止Na2SO3被空氣中的氧氣氧化為Na2SO4?！肮桃悍蛛x”得到的“溶液Y”是Na2SO3溶液,“化合物X”是固體Na2SO3?！胺磻?yīng)Ⅲ”是Cu2+被還原為Cu2O,則被Cu2+氧化為(生成的和CuSO4中的)形成Na2SO4,工藝路線圖中標(biāo)明該反應(yīng)還有SO2氣體放出,根據(jù)得失電子守恒和質(zhì)量守恒,“反應(yīng)Ⅲ”配平后的化學(xué)方程式為2CuSO4+3Na2SO3Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4。

其次,利用題干中“H2SO3的電離平衡常數(shù)Ka1=1.3×10-2,Ka2=6.3×10-8”,歸納論證NaHSO3溶液呈酸性的過程如下:

反應(yīng)Ⅰ和反應(yīng)Ⅲ中都有元素化合價(jià)的升降,是氧化還原反應(yīng),反應(yīng)Ⅱ沒有元素化合價(jià)的變化,不是氧化還原反應(yīng),選項(xiàng)A 錯(cuò)誤。

由上述必備知識(shí)的分析可知,“低溫真空蒸發(fā)”主要目的是析出Na2SO3,防止Na2SO3被空氣中的氧氣氧化,選項(xiàng)B錯(cuò)誤。

“溶液Y”是Na2SO3溶液,“氣體Ⅰ”是SO2,二者反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式為Na2SO3+SO2+H2O2NaHSO3,故Na2SO3溶液可循環(huán)用于反應(yīng)Ⅱ所在操作單元吸收SO2,選項(xiàng)C正確。

由上述必備知識(shí)的分析推測可知,生成Cu2O 的反應(yīng)Ⅲ方程式為2CuSO4+3Na2SO3Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4,反應(yīng)物化合物X 是顯堿性的Na2SO3(強(qiáng)堿弱酸鹽),產(chǎn)物中有SO2放出,表明反應(yīng)后的溶液是呈酸性的飽和H2SO3溶液,題干中“反應(yīng)Ⅲ需及時(shí)補(bǔ)加NaOH 以保持反應(yīng)在pH=5條件下進(jìn)行”,說明NaOH 是為了中和溶液中的酸使pH 增大,據(jù)此可作如下推理:若Cu2O 產(chǎn)量不變,增大,即增大顯堿性的Na2SO3的物質(zhì)的量,由于顯堿性的Na2SO3可以中和酸使溶液的pH 增大,所以補(bǔ)加的NaOH 的量會(huì)減少,選項(xiàng)D 正確。

14.A、C 分析:精選合成H(戊內(nèi)酰胺)的反應(yīng)路徑和濃度時(shí)間圖像,綜合考查“理解與辨析”和“歸納與論證”的關(guān)鍵能力,同時(shí)考查了“變化觀念與平衡思想”的核心素養(yǎng)。

對(duì)合成戊內(nèi)酰胺反應(yīng)路徑的理解辨析過程是:化合物E 和TFAA 合成H 的反應(yīng)路徑中,共發(fā)生如下3個(gè)反應(yīng):

觀察反應(yīng)路徑中各物質(zhì)的結(jié)構(gòu),理解辨析發(fā)現(xiàn):反應(yīng)開始后E 的結(jié)構(gòu)分布于F、G 和H 中,TFAA 的結(jié)構(gòu)分布于F和G 中。

“t1時(shí)刻,體系中有E存在”可作如下歸納論證:讀圖可知,t1時(shí)刻,c(G)＜0.02 mol·L-1,c(H)＜0.01 mol·L-1,c(TFAA)=0,結(jié)合TFAA 守 恒,c(F)+c(G)=0.08 mol·L-1,可推出c(F)+c(G)+c(H)＜0.08 mol·L-1+0.01 mol· L-1=0.09 mol·L-1。再根據(jù)E 守恒,c(E)+c(F)+c(G)+c(H)=0.10 mol·L-1,可推出c(E)＞0.01 mol·L-1,所以t1時(shí)刻體系中有E 存在,選項(xiàng)A 正確。

“t2時(shí)刻,體系中有F 存在”的歸納論證過程為:坐標(biāo)圖中t2時(shí)刻H、TFAA 和G 的濃度分別為c(H)=0.08 mol·L-1,c(TFAA)=0.06 mol· L-1,c(G)=0.01 mol·L-1,結(jié)合 TFAA 守恒,c(TFAA)+c(F)+c(G)=0.08 mol·L-1,可推出c(F)=0.01 mol·L-1,即t2時(shí)刻體系中有F存在,選項(xiàng)B錯(cuò)誤。

讀坐標(biāo)圖可以敏銳地發(fā)現(xiàn)c(TFAA)由0.08 mol·L-1降為0的時(shí)間幾乎為0,據(jù)此可以推知E 和TFAA 反應(yīng)速率很快,反應(yīng)的活化能很小,選項(xiàng)C正確。

【一題多解】選項(xiàng)A 也可以如下計(jì)算進(jìn)行歸納論證。設(shè)t1之后的某時(shí)刻t＇,c(E)=0(E 完全反應(yīng)),此時(shí)c(TFAA)=0,根據(jù)E守恒,c(F) +c(G)+c(H)=0.10 mol·L-1,根據(jù)TFAA 守恒,c(F)+c(G)=0.08 mol·L-1,兩式聯(lián)解得到c(H)=0.02 mol·L-1,即t＇時(shí)刻體系中才無E,故t1時(shí)刻體系中有E 存在。

15.B、D 分析:利用含HgI2(s)的溶液存在5 個(gè)平衡和與之關(guān)聯(lián)的坐標(biāo)圖像,考查“歸納與論證”的關(guān)鍵能力和“證據(jù)推理與模型認(rèn)知”的核心素養(yǎng)。

圖中4 條曲線代表的物種證據(jù)推理過程:根據(jù)平衡移動(dòng)原理,隨著c(I-)減小,HgI2(aq)的一級(jí)電離平衡HgI++I-]和二級(jí)電離平衡Hg2++2I-]向右移動(dòng),電離程度增大,但一級(jí)電離程度大于二級(jí)電離程度,c(HgI+)＞c(Hg2+),故圖10 中曲線1、2 分別代表lgc(HgI+)、lgc(Hg2+),也就是隨著c(I-)增大,HgI2(aq)的一級(jí)電離平衡和二級(jí)電離平衡被抑制向左移動(dòng),c(HgI+)和c(Hg2+)減小。隨著c(I-)增大,“HgI2(aq)+I-”與兩個(gè)平衡向右移動(dòng)增大,下圖中曲線3、4(即L)分別代表

圖10

由于固態(tài)碘化汞的濃度視作常數(shù),不出現(xiàn)在化學(xué)平衡常數(shù)的表達(dá)式中,所以)的化學(xué)平衡常數(shù)K0=c[HgI2(aq)],又因?yàn)闇囟炔蛔兤胶獬?shù)K0不變,所以隨c(I-)增大,c[HgI2(aq)] 一直等于K0(保持不變),選項(xiàng)B錯(cuò)誤。

結(jié)合上述證據(jù)推理的歸納論證過程為:曲線1代表lgc(HgI+),HgI2(aq)HgI++I-的K1=變形為c(HgI+則有l(wèi)gc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-),同理可得曲線2的lgc(Hg2+):lgc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I-),將交點(diǎn)M 的坐標(biāo)代入上述兩個(gè)方程式得到:

b=lgK2+lgc(HgI2)-a和b=lgK1+lgc(HgI2)-2a,聯(lián)解得到:a=lgK1-lgK2,選項(xiàng)C正確。

溶液中的初始溶質(zhì)為HgI2時(shí),溶液中I元素與Hg元素的物質(zhì)的量之比為2∶1。但依坐標(biāo)圖像:隨c(I-)增大,c(HgI+)和c(Hg2+)減小)增大,說明存在外加I-,根據(jù)原子守恒可知,加入I-后溶液中I元素與Hg元素的物質(zhì)的量之比大于2∶1,選項(xiàng)D 錯(cuò)誤。

16.(1)分子晶體 HF、H2O2

(2)sp2＞ ClO2中Cl—O 鍵的鍵長小于Cl2O 中Cl—O 鍵的鍵長 Cl2O 分子中不存在π 鍵,ClO2中存在大π 鍵,原子軌道重疊的程度更大,Cl—O 鍵的鍵長更短

分析:利用結(jié)構(gòu)和性質(zhì)特殊的含氟化合物和氯的氧化物,提供部分物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的相關(guān)信息,綜合考查“宏觀辨識(shí)與微觀探析”和“證據(jù)推理與模型認(rèn)知”的核心素養(yǎng)。

(1)考查證據(jù)推理和模型認(rèn)知的核心素養(yǎng)。證據(jù)為“在5種常見晶體類型(分子晶體、共價(jià)晶體、金屬晶體、離子晶體、混合型晶體)中,只有分子晶體在常溫常壓下可能呈氣體”;推理過程為:“常溫常壓下,HOF為無色氣體”,推出“固態(tài)HOF的晶體類型為分子晶體”。

共價(jià)化合物水解的模型是“正負(fù)相吸”,即共價(jià)化合物中帶部分負(fù)電荷的原子或原子團(tuán)結(jié)合水分子中帶部分正電荷的H(+1 價(jià)H),帶部分正電荷的原子或原子團(tuán)結(jié)合水分子中帶部分負(fù)電荷的OH(-1價(jià)OH);次氟酸分子中F 顯-1 價(jià)(帶部分負(fù)電荷)、OH顯+1價(jià)(帶部分正電荷),“正負(fù)相吸”的水解過程為HO—OH,即HOF水解反應(yīng)的產(chǎn)物為HF、H2O2。

(2)第一空,已知ClO2為V 形結(jié)構(gòu),存在大π鍵。推斷中心Cl原子雜化方式的兩個(gè)過程如下:

粗線條的快速證據(jù)推理過程為:存在p-pπ鍵的中心原子不是sp3雜化,可推出3原子分子空間構(gòu)型為V 形的中心原子不是sp雜化,從而推出ClO2中的Cl原子為sp2。

詳細(xì)的證據(jù)推理過程為:V 形ClO2中存在,推出Cl原子提供未參與雜化的1 個(gè)3p電子,2個(gè)O 原子各提供1對(duì)2p電子,這5個(gè)電子處于互相平行的p軌道中形成大π鍵,推出中心Cl原子提供孤電子對(duì)分別與2個(gè)O 形成σ配位鍵,ClO2分子結(jié)構(gòu)可以表示為,推出Cl的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為3(2個(gè)σ配位鍵和1對(duì)孤電子對(duì)),則Cl原子的軌道雜化方式為sp2。

第二空,V 形Cl2O 分子可以看成V 形H2O 分子中的2個(gè)H 原子被2個(gè)Cl原子代替,O 原子仍為sp3雜化,VSEPR 模型為四面體,在O 原子2 對(duì)孤電子對(duì)的排斥作用下,∠Cl—O—Cl＜109°28＇。Cl原子為sp2雜化的V 形ClO2分子的VSEPR 模型為平面三角形,在1對(duì)孤電子對(duì)和大π鍵影響下,∠O—Cl—O 略小于 120°。綜上所述,∠O—Cl—O＞∠Cl—O—Cl。

第三空,Cl2O 只存在σ 鍵,不存在大π鍵,原子軌道重疊的程度較小,Cl—O 鍵的鍵長相對(duì)較長。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Cl—O 鍵的鍵長較短。

(3)確定X 化學(xué)式的邏輯思維過程依次為:根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)圖計(jì)算X 晶胞中3種元素的原子數(shù)目,黑球的個(gè)數(shù)為,白球的個(gè)數(shù)為,灰色球的個(gè)數(shù)為中3種元素原子個(gè)數(shù)比為1∶2∶4,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,推出其中Cu化合價(jià)為+2,判斷黑球、白球和灰球分別為K、Cu和F,則X 化學(xué)式為K2CuF4。

(3)除去Ca2+鹽酸 濃縮得到的NaCl(s)中混有Li2CO3(s),沉鋰時(shí)Li2CO3的產(chǎn)率減小

分析:本題通過“高鎂鹵水為原料經(jīng)兩段除鎂制備Li2CO3的工藝流程”創(chuàng)設(shè)生產(chǎn)環(huán)保情境,結(jié)合“化學(xué)語言與概念”和“化學(xué)變化與性質(zhì)”等必備知識(shí),綜合考查“理解與辨析”和“分析與推測”等關(guān)鍵能力。

工藝流程中的必備知識(shí)理解辨析如下:鹵水(主要含Na+、Mg2+、Li+、Cl-、和硼酸根等)“脫硼”后過濾,所得濾液經(jīng)“濃縮結(jié)晶”后得到晶體,由元素守恒知晶體中含有Na+、Mg2+、Li+、Cl-、和結(jié)晶水。“煅燒”時(shí)晶體中的MgCl2·6H2O 水解放出HCl氣體+5H2O↑。“水浸”時(shí)MgO 與水化合生成難溶的Mg(OH)2固體?！熬脾瘛奔尤氲纳?CaO)沉淀“水浸”后濾液中的和少量Mg2+(符合題干中的“兩段除鎂”),則濾渣Ⅰ的主要成分為CaSO4和Mg(OH)2。“精制Ⅱ”加入純堿(Na2CO3)除去濾液中過量的Ca2+,“濾渣Ⅱ”的成分為CaCO3。此時(shí)“精制Ⅱ”所得的濾液中含有Na+、Li+、Cl-和少量,“操作X”是加入鹽酸把濾液中的轉(zhuǎn)化為CO2氣體除去,以免“濃縮”析出的NaCl固體中混有Li2CO3固體損失鋰,過濾分離固體和濾液?！皾饪s”后的濾液中加入飽和Na2CO3溶液,“沉鋰”得到Li2CO3。

(1)[B4O5(OH)4]2-水解生成等物質(zhì)的量濃度的B(OH)3和[B(OH)4]-,由質(zhì)量守恒和電荷守恒寫出配平的水解離子方程式:[B4O5(OH)4]2-+5H2O2[B(OH)4]-+2B(OH)3。生成的B(OH)3在水中電離:B(OH)3+H2OH++[B(OH)4]-,Ka=由于c([B(OH)4]-)=c[B(OH)3],所以Ka=c(H+)=10-9.34,pH=9.34。

(2)第一空,由上述工藝流程中的必備知識(shí),可確定濾渣Ⅰ的主要成分是CaSO4和Mg(OH)2。

第二空,“精制Ⅰ”后溶液中c(Li+)=2.0 mol·L-1,由Ksp(Li2CO3)=c2(Li+)·c()=2.2×10-3可計(jì)算,c()=5.5×10-4mol·L-1,即“精制Ⅱ”c()控制在5.5×10-4mol·L-1以下,可以防止Li+沉淀損失。

第三空,若脫硼后直接進(jìn)行“精制Ⅰ”就變“兩段除鎂”為“一段除鎂”了,加入的生石灰(CaO)沉淀Mg2+和,發(fā)生的反應(yīng)有MgCl2+CaO+H2OMg(OH)2+CaCl2,+CaO+H2OCaSO4+2OH-,會(huì)增加CaO 的用量?！盁o法回收HCl”中的氯元素在“精制Ⅰ”時(shí)轉(zhuǎn)化為CaCl2,存在于濾液中,會(huì)增加后續(xù)“精制Ⅱ”純堿(Na2CO3)的用量。

(3)精制Ⅱ的目的是“除去精制Ⅰ所得濾液中的Ca2+”。進(jìn)行操作X 時(shí)應(yīng)選擇的試劑是“鹽酸”,目的是“把濾液中的轉(zhuǎn)化為CO2氣體除去”;若不進(jìn)行該操作而直接濃縮,將導(dǎo)致濃縮液中因濃度增大而與Li+提前結(jié)合生成Li2CO3沉淀,即導(dǎo)致濃縮結(jié)晶得到的NaCl(s)中會(huì)混有Li2CO3(s),“沉鋰”所得Li2CO3的產(chǎn)率減小。

18.(1)檢查裝置氣密性 管式爐中沒有固體剩余且球形冷凝管尖嘴處沒有液體滴下

C、D 之間沒有干燥裝置;沒有處理氫氣的裝置

分析:利用三氯甲硅烷(SiHCl3)的制備和純度測定創(chuàng)設(shè)實(shí)驗(yàn)探究情境,結(jié)合 “實(shí)驗(yàn)原理和方法”“化學(xué)變化與性質(zhì)”等必備知識(shí),綜合考查“理解與辨析”“分析與推測”等關(guān)鍵能力。

實(shí)驗(yàn)過程的原理和方法如下:HCl氣體通入濃硫酸干燥后,導(dǎo)入管式爐和硅粉在加熱條件下發(fā)生置換反應(yīng),生成三氯甲硅烷(SiHCl3)和H2;由于SiHCl3沸點(diǎn)為31.8 ℃,熔點(diǎn)為-126.5 ℃,在球形冷凝管中冷卻成液態(tài),回流收集到裝置C(蒸餾燒瓶)中;未反應(yīng)的HCl和生成的H2導(dǎo)入D 裝置,NaOH 溶液吸收HCl氣體,防止污染空氣,但未處理易燃易爆的H2,排放到實(shí)驗(yàn)室的H2達(dá)到爆炸極限后,遇火會(huì)爆炸。

(1)制備SiHCl3的實(shí)驗(yàn)有氣體(HCl)參加和氣體生成(SiHCl3和H2),所以儀器組裝好后,要先檢查裝置氣密性。加熱開始反應(yīng),當(dāng)觀察到管式爐中沒有固體剩余且球形冷凝管尖嘴處沒有液體滴下的現(xiàn)象時(shí),可以判斷制備反應(yīng)結(jié)束。SiHCl3易水解,缺陷之一是C、D 之間沒有干燥裝置,水蒸氣會(huì)由D的廣口瓶經(jīng)倒置漏斗進(jìn)入蒸餾燒瓶,導(dǎo)致SiHCl3水解;由于NaOH 溶液不能吸收易燃易爆的危險(xiǎn)品H2,所以缺陷之二是D 后面沒有處理H2的裝置。

(2)SiHCl3與濃NaOH 溶液反應(yīng)可以看成先發(fā)生水解反應(yīng)后發(fā)生中和反應(yīng),分析推測水解反應(yīng)過程如下:由電負(fù)性Cl＞H＞Si可以判斷SiHCl3中Si、H、Cl三種元素的化合價(jià)分別為+4、-1、-1,水解時(shí)+4價(jià)Si結(jié)合水中-1 價(jià)OH 得到原硅酸(H4SiO4),原硅酸不穩(wěn)定脫水生成H2SiO3,-1價(jià)H 結(jié)合水中+1價(jià)H 生成H2,-1 價(jià)Cl結(jié)合水中+1價(jià)H 生成HCl。將水解反應(yīng)方程式與中和反應(yīng)方程式相加得到總反應(yīng)方程式,具體寫法如下:

(2)2 ②④ 3

分析:利用殺蟲劑氟鈴脲(G)的兩條合成路線及相關(guān)信息,考查考生對(duì)信息的理解辨析能力和運(yùn)用逆合成法理解分析推測官能團(tuán)之間轉(zhuǎn)化的能力,同時(shí)考查證據(jù)推理和模型認(rèn)知的核心素養(yǎng)。

第(1)題環(huán)環(huán)相扣的推理判斷過程如下:

第(2)題,首先要敏銳發(fā)現(xiàn)合成路線二中字母D、F、G 表示的有機(jī)物,與合成路線一中字母D、F、G 表示的有機(jī)物完全一致,然后再運(yùn)用逆合成法進(jìn)行環(huán)環(huán)相扣的推理判斷。

分析:利用水氣變換反應(yīng)中間產(chǎn)物HCOOH 的分解反應(yīng)創(chuàng)設(shè)學(xué)術(shù)探索情境,綜合考查“分析與推測”“歸納與論證”等關(guān)鍵能力,同時(shí)考查了“變化觀念與平衡思想”的核心素養(yǎng)。

(1)根據(jù)蓋斯定律,水氣變換反應(yīng)=反應(yīng)Ⅱ-反應(yīng)Ⅰ,故水氣變換反應(yīng)的焓變?chǔ)=ΔH2-ΔH1。

(3)讀圖知,t1時(shí)刻c(CO)呈現(xiàn)最大值,說明此時(shí)反應(yīng)Ⅰ達(dá)平衡狀態(tài)。

若反應(yīng)起始時(shí)溶液中同時(shí)還含有0.10 mol·L-1鹽酸,H+催化反應(yīng)Ⅰ,反應(yīng)Ⅰ的速率加快,達(dá)到平衡所需時(shí)間縮短,故CO 濃度峰值提前(淘汰c和d)。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)峰值點(diǎn)可能是a。由于含鹽酸,反應(yīng)Ⅱ消耗的HCOOH 減小,生成c(CO2)也會(huì)減小,所以c(CO2)會(huì)小于不含鹽酸的濃度。CO 達(dá)濃度峰值時(shí)反應(yīng)Ⅰ達(dá)到平衡狀態(tài),溫度不變,K(Ⅰ)不變,故不變。