從關鍵能力和核心素養視角分析2023年新高考山東化學試題

■湖北省教育考試院 張思佩

■湖北省武漢外國語學校 孟凡盛(正高級教師)

總體評價:試卷內容結構合理,體現新課程理念,符合新課程標準的要求。試題設計堅持素養立意,通過不同水平、不同類型富含必備知識的問題任務,實現化學學科核心素養的全面考查。重視創新試題形式,突出對考生關鍵能力的考查,例如,8～10題圍繞一段定量實驗探究材料,設計為考查層次分明的實驗操作正誤判斷、復雜實驗情境中的化學計算和定量實驗的誤差分析題組,分別考查了關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,體現了對不同層面考生的公開選拔功能。

【試題部分】

可能用到的相對原子質量: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。每小題只有一個選項符合題目要求。

1.下列之物具有典型的齊魯文化特色,據其主要化學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.實驗室中使用鹽酸、硫酸和硝酸時,對應關系錯誤的是( )。

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.實驗室安全至關重要,下列實驗室事故處理方法錯誤的是( )。

A.眼睛濺進酸液,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,石墨層間插入F得到層狀結構化合物(CF)x,該物質仍具潤滑性,其單層局部結構如圖1 所示。下列關于該化合物的說法正確的是( )。

A.與石墨相比,(CF)x導電性增強

B.與石墨相比,(CF)x抗氧化性增強

C.(CF)x中C—C的鍵長比C—F短

D.1 mol(CF)x中含有2xmol共價單鍵

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構簡式如下所示,下列關于克拉維酸的說法錯誤的是( )。

A.存在順反異構

B.含有5種官能團

C.可形成分子內氫鍵和分子間氫鍵

D.1 mol該物質最多可與1 mol NaOH反應

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[(CH3CO)2O+ROH--→CH3COOR+CH3COOH]可進行完全,利用此反應定量測定有機醇(ROH)中的羥基含量,實驗過程中酯的水解可忽略。實驗步驟如下:

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-甲醇標準溶液滴定至終點,消耗標準溶液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-甲醇標準溶液滴定至終點,消耗標準溶液V2mL。

8.對于上述實驗,下列做法正確的是( )。

A.進行容量瓶檢漏時,倒置一次即可

B.滴入半滴標準溶液,錐形瓶中溶液變色,即可判定達滴定終點

C.滴定讀數時,應單手持滴定管上端并保持其自然垂直

D.滴定讀數時,應雙手一上一下持滴定管

9.ROH 樣品中羥基含量(質量分數)計算正確的是( )。

10.根據上述實驗原理,下列說法正確的是( )。

A.可以用乙酸代替乙酸酐進行上述實驗

B.若因甲醇揮發造成標準溶液濃度發生變化,將導致測定結果偏小

C.步驟③滴定時,不慎將錐形瓶內溶液濺出,將導致測定結果偏小

D.步驟④中,若加水量不足,將導致測定結果偏大

二、選擇題:本題共5小題,每小題4分,共20分。每小題有一個或兩個選項符合題目要求,全部選對得4分,選對但不全的得2分,有選錯的得0分。

11.利用熱再生氨電池可實現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.電池總反應為Cu2++4NH3[Cu(NH3)4]2+

D.NH3擴散到乙室將對電池電動勢產生影響

12.有機物X→Y 的異構化反應如下所示,下列說法錯誤的是( )。

A.依據紅外光譜可確證X、Y 存在不同的官能團

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 的同分異構體有4種(不考慮立體異構)

13.一種制備Cu2O 的工藝路線如下所示,反應Ⅱ所得溶液pH 在3～4 之間,反應Ⅲ需及時補加NaOH 以保持反應在pH=5條件下進行。常溫下,H2SO3的電離平衡常數Ka1=1.3×10-2,Ka2=6.3×10-8。下列說法正確的是( )。

A.反應Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均為氧化還原反應

B.低溫真空蒸發主要目的是防止NaHSO3被氧化

C.溶液Y 可循環用于反應Ⅱ所在操作單元吸收氣體Ⅰ

D.若Cu2O 產量不變,參與反應Ⅲ的X與CuSO4物質的量之比增大時,需補加NaOH 的量減少

14.一定條件下,化合物E 和TFAA 合成H 的反應路徑如下。

已知反應初始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間的變化關系如圖3 所示,忽略反應過程中的體積變化。下列說法正確的是( )。

圖3

圖4

A.t1時刻,體系中有E 存在

B.t2時刻,體系中無F存在

C.E和TFAA反應生成F的活化能很小

D.反應達平衡后,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.鹵素可形成許多結構和性質特殊的化合物?；卮鹣铝袉栴}:

(1)-40 ℃時,F2與冰反應生成HOF和HF。常溫常壓下,HOF 為無色氣體,固態HOF的晶體類型為____,HOF 水解反應的產物為_____(填化學式)。

(2)ClO2中心原子為Cl,Cl2O 中心原子為O,二者均為V 形結構,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反應生成KCl和化合物X。已知X 屬于四方晶系,晶胞結構如圖5 所示(晶胞參數a=b≠c,α=β=γ=90°),其中Cu 化合價為+2。上述反應的化學方程式為_____。若阿伏加德羅常數的值為NA,化合物 X 的密度ρ=____g·cm-3(用含NA的代數式表示)。

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。相關化合物的溶解度與溫度的關系如圖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-水解生成等物質的量濃度的B(OH)3和[B(OH)4]-,該水解反應的離子方程式為____,該溶液pH=____。

(2)濾渣Ⅰ的主要成分是____(填化學式);精制Ⅰ后溶液中 Li+的濃度為2.0 mol·L-1,則常溫下精制Ⅱ過程中濃度應控制在____mol·L-1以下。若脫硼后直接進行精制Ⅰ,除無法回收HCl外,還將增加_____的用量(填化學式)。

(3)精制Ⅱ的目的是____;進行操作X 時應選擇的試劑是_____,若不進行該操作而直接濃縮,將導致____。

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,沸點為31.8℃,熔點為-126.5 ℃,易水解。實驗室根據反應利用如圖7所示裝置制備SiHCl3粗品(加熱及夾持裝置略)。回答下列問題:

圖7

(1)制備SiHCl3時進行操作:(ⅰ)……;(ⅱ)將盛有硅粉的瓷舟置于管式爐中;(ⅲ)通入HCl,一段時間后接通冷凝裝置,加熱開始反應。操作(ⅰ)為____;判斷制備反應結束的實驗現象是_____。圖示裝置存在的兩處缺陷是____。

(2)已知電負性Cl＞H＞Si,SiHCl3在濃NaOH 溶液中發生反應的化學方程式為____。

(3)采用如下方法測定溶有少量HCl的SiHCl3純度。

m1g樣品經水解、干燥等預處理過程得硅酸水合物后,進行如下實驗操作: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_____(填標號)。測得樣品純度為____(用含m1、m2的代數式表示)。

圖8

19.根據殺蟲劑氟鈴脲(G)的兩條合成路線,回答下列問題。

(1)A的化學名稱為____(用系統命名法命名);B→C的化學方程式為____;D中含氧官能團的名稱為_____;E的結構簡式為_____。

(2)H 中有____種化學環境的氫,①～④屬于加成反應的是_____(填序號);J中碳原子的軌道雜化方式有_____種。

研究發現,在反應Ⅰ、Ⅱ中,H+僅對反應Ⅰ有催化加速作用;反應Ⅰ速率遠大于反應Ⅱ,近似認為反應Ⅰ建立平衡后始終處于平衡狀態。忽略水電離,其濃度視為常數。回答下列問題:

(1)一定條件下,反應Ⅰ、Ⅱ的焓變分別為ΔH1、ΔH2,則該條件下水氣變換反應的焓變ΔH=_____(用含ΔH1、ΔH2的代數式表示)。

(2)反應Ⅰ正反應速率方程為v=kc(H+)·c(HCOOH),k為反應速率常數。T1溫度下,HCOOH 電離平衡常數為Ka,當HCOOH 平衡濃度為xmol·L-1時,H+濃度為____mol·L-1,此時反應Ⅰ應速率v=____mol·L-1·h-1(用含Ka、x和k的代數式表示)。

(3)T1溫度下,在密封石英管內完全充滿1.0 mol· L-1HCOOH 水溶液,使HCOOH 分解,分解產物均完全溶于水。含碳物種濃度與反應時間的變化關系如圖9所示(忽略碳元素的其他存在形式)。t1時刻測得CO、CO2的濃度分別為0.70 mol·L-1、0.16 mol·L-1,反應Ⅱ達平衡時,測得H2的濃度為ymol·L-1。體系達平衡后(用含y的代數式表示,下同),反應Ⅱ的平衡常數為____。

圖9

相同條件下,若反應起始時溶液中同時還含有0.10 mol·L-1鹽酸,則圖示點a、b、c、d中,CO 的濃度峰值點可能是____(填標號)。與不含鹽酸相比,CO 達濃度峰值時,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”的關鍵能力。

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

【夯實必備知識】注意傳統無機非金屬材料和新型無機非金屬材料的區別。傳統無機非金屬材料有陶瓷、玻璃、水泥,其成分是含有硅氧四面體的硅酸鹽。新型無機非金屬材料突破了傳統的硅酸鹽體系,常見的新型無機非金屬材料有單晶硅和二氧化硅、新型陶瓷[高溫結構陶瓷碳化硅(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酸有關的多個教材實驗,通過實驗探究情境考查“理解與辨析”的關鍵能力。

Al3+在溶液中存在水解反應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A 對應關系正確。

蔗糖和淀粉的水解實驗常使用稀硫酸作催化劑,加快水解反應速率,選項B對應關系正確。

稀硝酸具有較強氧化性,常溫時能溶解銀,其化學方程式為3Ag+4HNO3(稀)3AgNO3+NO↑+2H2O,選項C 對應關系正確。

【必備知識拓展】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化工原料,所以要從結構上理解他們的性質,掌握他們的主要用途,形成“結構決定性質,性質決定用途”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-強配位能力增強了金、鉑的還原性,使氧化反應更容易發生:Au-3e-+[PtCl6]2-;王水中NO-3的還原反應為NO-3+3e-+4H+NO↑+2H2O,金、鉑溶于王水的總反應分別為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“物質結構與性質”的必備知識和“宏觀辨識與微觀探析”的核心素養。

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

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

SO3分子中S原子的孤電子對數為(6-3×2)=0,σ鍵電子對數為3,價層電子對數為3,SO3的空間構型為平面正三角形,分子中化學鍵極性的向量和為零(分子的正電中心和負電中心重合),SO3屬于非極性分子,選項C不符合題意。

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

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

表1

續表

4.A 分析:本題精選4 個常見實驗事故處理方法的正誤判斷,考查“實驗與探究”的關鍵能力,引導考生養成實驗安全至關重要的習慣,發展考生“科學態度與社會責任”的核心素養。

碳酸鈉俗稱純堿,飽和碳酸鈉溶液堿性較強,具有較強腐蝕性,不能用于沖洗眼睛,選項A 錯誤。

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D正確。

【夯實必備知識】眼睛濺進酸液,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。活潑金屬會與水反應生成易燃易爆的氫氣,部分活潑金屬(如鈉、鉀等)燃燒起火還會生成過氧化物或超氧化物,這些氧化物遇水或二氧化碳會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”氟化石墨的局部結構,考查“分析與推測”的關鍵能力和“宏觀辨識與微觀探析”的核心素養。

石墨單層內碳原子是sp2雜化,未雜化的2p電子在層內可以自由移動而導電,觀察單層(CF)x結構圖可發現碳原子是有4個單鍵的sp3雜化,沒有未參與雜化的2p的電子,其導電性減弱,選項A 錯誤。

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

由單層局部結構圖可知,在(CF)x中C與周圍的3個碳原子形成共價鍵,每個C—C鍵被2 個碳原子共用,1 mol (CF)x中含有1.5xmol碳碳單鍵,在(CF)x中C 還與1個F 原子形成共價鍵,1 mol (CF)x中含有xmol碳氟單鍵,即1 mol (CF)x中含有2.5xmol共價單鍵,選項D 錯誤。

【夯實必備知識】石墨的二維結構內,每個碳原子的配位數為3,有一個未參與雜化的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碳原子平面中運動而導電。

6.C 分析:本題精選物質的量濃度相同、pH 不同的3種無色溶液,通過“化學變化與性質”的必備知識來考查物質鑒別的實驗探究能力。

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A不符合題意。

NaClO 溶液顯堿性且具有強氧化性(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,滴加酚酞試劑實驗現象各不相同,可以鑒別這3種無色溶液,選項B不符合題意。

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

飽和Na2CO3溶液和NaClO 溶液不反應,沒有明顯現象;飽和Na2CO3溶液和Ba(OH)2溶液反應生成白色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溶液三者實驗現象各不相同,可以鑒別出來,選項D 不符合題意。

【易錯提醒】NaClO 水解生成的HClO具有強氧化性(漂白性),用pH 試紙測定NaClO 溶液的pH 因漂白而無法讀數,因此測定NaClO 溶液的pH 應該選用pH 計而不能選用pH 試紙。

7.D 分析:本題利用抗生素克拉維酸的結構簡式,考查“物質結構與性質”的必備知識和“證據推理與模型認知”的核心素養。

觀察克拉維酸結構簡式發現,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,因此克拉維酸分子存在順反異構,選項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,選項B正確。

克拉維酸分子中的羥基、羧基、酰胺基能形成氫鍵,分子內距離較近的羧基和酰胺基之間可形成分子內氫鍵,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C正確。

克拉維酸分子中的羧基可以與NaOH發生中和反應,克拉維酸分子中的酰胺基在NaOH 溶液中可以發生水解反應,故1 mol克拉維酸最多可與2 mol NaOH 反應,選項D 錯誤。

【必備知識拓展】順反異構是指化合物分子中由于具有自由旋轉的限制因素,使各個基團在空間的排列方式不同而出現的非對映異構現象。限制因素一般是有機化合物結構中出現如雙鍵、雙鍵、雙鍵、雙鍵等不能自由旋轉的官能團所引起的。

8.C 分析:本題通過實驗探究情境,考查考生對常見實驗操作正誤的理解辨析能力。

容量瓶檢漏時,向容量瓶中加入適量水,塞上玻璃瓶塞,倒置發現不漏水,把容量瓶正立將玻璃瓶塞旋轉180°后,再倒置一次發現不漏水方可使用,共倒置兩次,選項A 錯誤。

滴入半滴標準溶液,錐形瓶中溶液變色,且30 s內不變回原色,才能判定達到滴定終點,選項B錯誤。

滴定讀數時,應單手持滴定管上端無刻度處,并保持其自然垂直,選項C正確。

滴定讀數時,雙手一上一下持滴定管難以保持其垂直,選項D 錯誤。

【審題策略】從4 個選項的內容看,C、D兩個選項中有1個是正確的概率大。

9.A 分析:本題利用羧酸酐的醇解反應、水解反應和中和反應,通過各物質間復雜的定量關系,考查“分析與推測”的關鍵能力和“證據推理與模型認知”的核心素養。

設ROH 樣品中羥基物質的量為xmol,環環相扣的5個計算步驟如下:

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

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

第四步,實驗③的等量關系是: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:本題通過實驗誤差分析,考查“歸納與論證”的關鍵能力和“科學態度與社會責任”的核心素養。

乙酸酐的醇解反應能進行完全;乙酸與醇的酯化反應是可逆反應,醇不能完全反應,用乙酸代替乙酸酐進行上述實驗無法計算樣品中羥基含量,選項A 錯誤。

甲醇揮發造成標準溶液體積減小,則c(NaOH)濃度增大,假設增大到原來的2倍,則消耗標準溶液的體積均為原來的一半,樣品中羥基含量計算式變為100%,導致測定結果偏小,選項B正確。

步驟③滴定時,不慎將錐形瓶內溶液濺出,消耗氫氧化鈉標準溶液的體積減少(即V1減少),將導致測定結果100%偏大,選項C錯誤。

步驟④中,若加水量不足,部分乙酸酐未水解導致生成乙酸的物質的量減少,消耗氫氧化鈉標準溶液的體積也隨之減少,據此計算乙酸酐初始物質的量也減少(即V2減少),將導致測定結果偏小,選項D 錯誤。

【關注創新題型】圍繞一段材料設計三道選擇題俗稱“一拖三”題組,這種創新題型的優點是設問具有層次性。例如,該題組依次考查實驗操作、化學計算、誤差分析。

11.C、D 分析:精選新穎的濃差電池創設生產環保情境,考查“證據推理與模型認知”和“科學態度與社會責任”的核心素養。

證據推理過程如下:電池裝置圖中“低溫熱解”有CuSO4和NH3生成,據此判斷低溫熱解反應為[Cu(NH3)4]SO4CuSO4+4NH3↑,結合“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電極作負極。原電池的模型認知過程為:乙室Cu2+在正極Cu 表面得到電子被還原為單質Cu,正極反應為Cu2++2e-;甲室Cu 電極失去電子被氧化為Cu2+,Cu2+進而與甲室中的NH3結合生成[Cu(NH3)4]2+,負極反應為Cu-2e-+4NH3[Cu(NH3)4]2+;乙室中c(Cu2+)減小,富余的穿過隔膜進入到甲室,與生成的[Cu(NH3)4]2+形成[Cu(NH3)4]SO4溶液。

由上述證據推理過程可知,甲室Cu電極為負極,選項A 錯誤。

當正極反應與負極反應轉移電子數目相等時,兩個電極反應式相加即為電池總反應,左側負極反應式為Cu-2e-+4NH3[Cu(NH3)4]2+,右側正極反應式為Cu2++2e-Cu,二者相加得到電池總反應為Cu2++4NH3[Cu(NH3)4]2+,選項C正確。

NH3擴散到乙室會與Cu2+反應生成[Cu(NH3)4]2+,降低乙室c(Cu2+),從而使得甲室和乙室c(Cu2+)差減小,對電池電動勢產生影響,選項D 正確。

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

12.C 分析:本題精選異構化反應,考查“理解與辨析”的關鍵能力和“宏觀辨識與微觀探析”的核心素養。

觀察X、Y 的結構簡式可知,X 的官能團是碳碳雙鍵和醚鍵,Y 的官能團是碳碳雙鍵和酮羰基,紅外光譜圖可以反映不同官能團或化學鍵的吸收峰,所以依據紅外光譜可確證X、Y 存在不同的官能團,選項A 正確。

烴及烴的含氧衍生物分子中,如果不存在叔碳(4個單鍵只連接1個H 的C)和季碳(4個單鍵均不連接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,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B正確。

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

本題蘊含豐富的必備知識,因此首先要對工藝路線中的化學變化及操作等必備知識進行分析推測?！胺磻瘛笔遣换顫娊饘巽~被熱的濃硫酸氧化:Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O,則“氣體Ⅰ”是SO2。“反應Ⅱ”是碳酸鈉溶液與足量的SO2反應生成NaHSO3和CO2:2SO2+Na2CO3+H2O2NaHSO3+CO2,則“調pH=11”是酸式鹽NaHSO3與NaOH 反應生成顯堿性的正鹽 Na2SO3:NaHSO3+NaOHNa2SO3+H2O?！暗蜏卣婵照舭l”主要目的有兩個,“低溫蒸發”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。“固液分離”得到的“溶液Y”是Na2SO3溶液,“化合物X”是固體Na2SO3?！胺磻蟆笔荂u2+被還原為Cu2O,則被Cu2+氧化為(生成的和CuSO4中的)形成Na2SO4,工藝路線圖中標明該反應還有SO2氣體放出,根據得失電子守恒和質量守恒,“反應Ⅲ”配平后的化學方程式為2CuSO4+3Na2SO3Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4。

其次,利用題干中“H2SO3的電離平衡常數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Ⅰ和反應Ⅲ中都有元素化合價的升降,是氧化還原反應,反應Ⅱ沒有元素化合價的變化,不是氧化還原反應,選項A 錯誤。

由上述必備知識的分析可知,“低溫真空蒸發”主要目的是析出Na2SO3,防止Na2SO3被空氣中的氧氣氧化,選項B錯誤。

“溶液Y”是Na2SO3溶液,“氣體Ⅰ”是SO2,二者反應的化學反應方程式為Na2SO3+SO2+H2O2NaHSO3,故Na2SO3溶液可循環用于反應Ⅱ所在操作單元吸收SO2,選項C正確。

由上述必備知識的分析推測可知,生成Cu2O 的反應Ⅲ方程式為2CuSO4+3Na2SO3Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4,反應物化合物X 是顯堿性的Na2SO3(強堿弱酸鹽),產物中有SO2放出,表明反應后的溶液是呈酸性的飽和H2SO3溶液,題干中“反應Ⅲ需及時補加NaOH 以保持反應在pH=5條件下進行”,說明NaOH 是為了中和溶液中的酸使pH 增大,據此可作如下推理:若Cu2O 產量不變,增大,即增大顯堿性的Na2SO3的物質的量,由于顯堿性的Na2SO3可以中和酸使溶液的pH 增大,所以補加的NaOH 的量會減少,選項D 正確。

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

對合成戊內酰胺反應路徑的理解辨析過程是:化合物E 和TFAA 合成H 的反應路徑中,共發生如下3個反應:

觀察反應路徑中各物質的結構,理解辨析發現:反應開始后E 的結構分布于F、G 和H 中,TFAA 的結構分布于F和G 中。

“t1時刻,體系中有E存在”可作如下歸納論證:讀圖可知,t1時刻,c(G)＜0.02 mol·L-1,c(H)＜0.01 mol·L-1,c(TFAA)=0,結合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時刻體系中有E 存在,選項A 正確。

“t2時刻,體系中有F 存在”的歸納論證過程為:坐標圖中t2時刻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時刻體系中有F存在,選項B錯誤。

讀坐標圖可以敏銳地發現c(TFAA)由0.08 mol·L-1降為0的時間幾乎為0,據此可以推知E 和TFAA 反應速率很快,反應的活化能很小,選項C正確。

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

15.B、D 分析:利用含HgI2(s)的溶液存在5 個平衡和與之關聯的坐標圖像,考查“歸納與論證”的關鍵能力和“證據推理與模型認知”的核心素養。

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

圖10

由于固態碘化汞的濃度視作常數,不出現在化學平衡常數的表達式中,所以)的化學平衡常數K0=c[HgI2(aq)],又因為溫度不變平衡常數K0不變,所以隨c(I-)增大,c[HgI2(aq)] 一直等于K0(保持不變),選項B錯誤。

結合上述證據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lgc(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M 的坐標代入上述兩個方程式得到:

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

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

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:利用結構和性質特殊的含氟化合物和氯的氧化物,提供部分物質結構與性質的相關信息,綜合考查“宏觀辨識與微觀探析”和“證據推理與模型認知”的核心素養。

(1)考查證據推理和模型認知的核心素養。證據為“在5種常見晶體類型(分子晶體、共價晶體、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HOF的晶體類型為分子晶體”。

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

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

粗線條的快速證據推理過程為: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。

詳細的證據推理過程為:V 形ClO2中存在,推出Cl原子提供未參與雜化的1 個3p電子,2個O 原子各提供1對2p電子,這5個電子處于互相平行的p軌道中形成大π鍵,推出中心Cl原子提供孤電子對分別與2個O 形成σ配位鍵,ClO2分子結構可以表示為,推出Cl的價層電子對數為3(2個σ配位鍵和1對孤電子對),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H 原子被2個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 對孤電子對的排斥作用下,∠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對孤電子對和大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 化學式的邏輯思維過程依次為:根據晶胞結構圖計算X 晶胞中3種元素的原子數目,黑球的個數為,白球的個數為,灰色球的個數為中3種元素原子個數比為1∶2∶4,F的化合價為-1,K 的化合價為+1,根據化合價代數和為0,推出其中Cu化合價為+2,判斷黑球、白球和灰球分別為K、Cu和F,則X 化學式為K2CuF4。

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

分析:本題通過“高鎂鹵水為原料經兩段除鎂制備Li2CO3的工藝流程”創設生產環保情境,結合“化學語言與概念”和“化學變化與性質”等必備知識,綜合考查“理解與辨析”和“分析與推測”等關鍵能力。

工藝流程中的必備知識理解辨析如下:鹵水(主要含Na+、Mg2+、Li+、Cl-、和硼酸根等)“脫硼”后過濾,所得濾液經“濃縮結晶”后得到晶體,由元素守恒知晶體中含有Na+、Mg2+、Li+、Cl-、和結晶水。“煅燒”時晶體中的MgCl2·6H2O 水解放出HCl氣體+5H2O↑?！八睍rMgO 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?！熬脾颉奔尤爰儔A(Na2CO3)除去濾液中過量的Ca2+,“濾渣Ⅱ”的成分為CaCO3。此時“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。“濃縮”后的濾液中加入飽和Na2CO3溶液,“沉鋰”得到Li2CO3。

(1)[B4O5(OH)4]2-水解生成等物質的量濃度的B(OH)3和[B(OH)4]-,由質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,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,發生的反應有MgCl2+CaO+H2OMg(OH)2+CaCl2,+CaO+H2OCaSO4+2OH-,會增加CaO 的用量。“無法回收HCl”中的氯元素在“精制Ⅰ”時轉化為CaCl2,存在于濾液中,會增加后續“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+”。進行操作X 時應選擇的試劑是“鹽酸”,目的是“把濾液中的轉化為CO2氣體除去”;若不進行該操作而直接濃縮,將導致濃縮液中因濃度增大而與Li+提前結合生成Li2CO3沉淀,即導致濃縮結晶得到的NaCl(s)中會混有Li2CO3(s),“沉鋰”所得Li2CO3的產率減小。

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設實驗探究情境,結合 “實驗原理和方法”“化學變化與性質”等必備知識,綜合考查“理解與辨析”“分析與推測”等關鍵能力。

實驗過程的原理和方法如下:HCl氣體通入濃硫酸干燥后,導入管式爐和硅粉在加熱條件下發生置換反應,生成三氯甲硅烷(SiHCl3)和H2;由于SiHCl3沸點為31.8 ℃,熔點為-126.5 ℃,在球形冷凝管中冷卻成液態,回流收集到裝置C(蒸餾燒瓶)中;未反應的HCl和生成的H2導入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,排放到實驗室的H2達到爆炸極限后,遇火會爆炸。

(1)制備SiHCl3的實驗有氣體(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,當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象時,可以判斷制備反應結束。SiHCl3易水解,缺陷之一是C、D 之間沒有干燥裝置,水蒸氣會由D的廣口瓶經倒置漏斗進入蒸餾燒瓶,導致SiHCl3水解;由于NaOH 溶液不能吸收易燃易爆的危險品H2,所以缺陷之二是D 后面沒有處理H2的裝置。

(2)SiHCl3與濃NaOH 溶液反應可以看成先發生水解反應后發生中和反應,分析推測水解反應過程如下:由電負性Cl＞H＞Si可以判斷SiHCl3中Si、H、Cl三種元素的化合價分別為+4、-1、-1,水解時+4價Si結合水中-1 價OH 得到原硅酸(H4SiO4),原硅酸不穩定脫水生成H2SiO3,-1價H 結合水中+1價H 生成H2,-1 價Cl結合水中+1價H 生成HCl。將水解反應方程式與中和反應方程式相加得到總反應方程式,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信息,考查考生對信息的理解辨析能力和運用逆合成法理解分析推測官能團之間轉化的能力,同時考查證據推理和模型認知的核心素養。

第(1)題環環相扣的推理判斷過程如下:

第(2)題,首先要敏銳發現合成路線二中字母D、F、G 表示的有機物,與合成路線一中字母D、F、G 表示的有機物完全一致,然后再運用逆合成法進行環環相扣的推理判斷。

分析:利用水氣變換反應中間產物HCOOH 的分解反應創設學術探索情境,綜合考查“分析與推測”“歸納與論證”等關鍵能力,同時考查了“變化觀念與平衡思想”的核心素養。

(1)根據蓋斯定律,水氣變換反應=反應Ⅱ-反應Ⅰ,故水氣變換反應的焓變ΔH=ΔH2-ΔH1。

(3)讀圖知,t1時刻c(CO)呈現最大值,說明此時反應Ⅰ達平衡狀態。

若反應起始時溶液中同時還含有0.10 mol·L-1鹽酸,H+催化反應Ⅰ,反應Ⅰ的速率加快,達到平衡所需時間縮短,故CO 濃度峰值提前(淘汰c和d)。由于時間縮短,反應Ⅱ消耗的HCOOH 減小,體系中HCOOH 濃度增大,導致CO 濃度大于t1時刻的峰值,故c(CO)峰值點可能是a。由于含鹽酸,反應Ⅱ消耗的HCOOH 減小,生成c(CO2)也會減小,所以c(CO2)會小于不含鹽酸的濃度。CO 達濃度峰值時反應Ⅰ達到平衡狀態,溫度不變,K(Ⅰ)不變,故不變。