1、2023年高考山东卷化学真题学校:_姓名：_班级：_考号：_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【答案】C【详解】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【详解】A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错误；B蔗糖和淀粉的水解时常采用稀硫酸作催化
2、剂，B错误；C清洗附有银镜的试管用稀硝酸，反应原理为：3Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO+2H2O，C错误；D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正确；故选D。3下列分子属于极性分子的是ABCD【答案】B【详解】ACS2中C上的孤电子对数为(4-22)=0，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，因此CS2属于非极性分子，A错误；BNF3中N上的孤电子对数为(5-31)=1，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正确；CS
3、O3中S上的孤电子对数为(6-32)=0，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错误；DSiF4中Si上的孤电子对数为(4-41)=0，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错误意；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【详解
4、】A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，A错误；B皮肤溅上碱液，应立即用大量水冲洗，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，B正确；C电器起火，先切断电源，再用二氧化碳灭火器灭火，C正确；D活泼金属会与水反应，所以燃烧起火，用灭火毛(石棉布)灭火，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D1mol(CF)x中含有2xmol共价
5、单键【答案】B【详解】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，故与石墨相比，(CF)x导电性减弱，A错误；B(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，因此与石墨相比，(CF)x抗氧化性增强，B正确；C已知C的原子半径比F的大，因此可知(CF)x中的键长比长，C错误；D据图分析可知，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鉴别浓度均为的、三
6、种溶液，仅用下列一种方法不可行的是A测定溶液B滴加酚酞试剂C滴加溶液D滴加饱和溶液【答案】C【详解】A溶液显弱碱性，溶液显强碱性，溶液显酸性，因此测定溶液是可以鉴别出来的，A错误；B溶液显弱碱性，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，溶液显酸性，滴入酚酞不变色，因此滴加酚酞试剂是可以鉴别出来的，B错误；C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，而溶液，溶液滴入碘化钾溶液后，因不与两者反应而没有现象，因此仅用滴加溶液无法鉴别，C正确；D饱和溶液和溶液不反应，和溶液反应生成碳酸钡沉淀，和溶液发生双水解反应生成沉淀和气体，因此滴入饱和溶液
7、是可以鉴别出来的，D错误；答案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D1mol该物质最多可与1molNaOH反应【答案】D【详解】A根据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，因此该有机物存在顺反异构，A正确；B根据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根据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，因此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
8、以形成分子内氢锓，C正确；D根据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，因此1mol该物质最多可与2molNaOH反应，D错误；故选D。8一定条件下，乙酸酐醇解反应可进行完全，利用此反应定量测定有机醇中的羟基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：。加指示剂并用甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V1mL。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；加指示剂并用甲醇标准溶液滴定至终点，
9、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【详解】A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，A错误；B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，B错误；C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，C正确；D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，D错误；答案为C。9一定条件下，乙酸酐醇解反应可进行完全，利用此反应定
10、量测定有机醇中的羟基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：。加指示剂并用甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V1mL。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ABCD【答案】C【详解】根据滴定过程中，用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，需要消耗甲醇的物质的量为，即乙酸酐的总物质的量=；因此ROH与乙酸酐反应后剩余的乙酸
11、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，所以样品中羟基质量分数=；故选C 。10一定条件下，乙酸酐醇解反应可进行完全，利用此反应定量测定有机醇中的羟基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：。加指示剂并用甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V1mL。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
12、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步骤中，若加水量不足，将导致测定结果偏大【答案】B【分析】步骤测定乙酸酐的物质的量为 ；根据步骤可知样品中羟基的物质的量为。【详解】A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，A错误；B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，B正确；C步骤滴定时，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，C错误；D步骤中，若加水量不足，生成乙酸的物质的量偏小，
13、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，D错误；选B。二、多选题11利用热再生氨电池可实现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甲室电极为正极B隔膜为阳离子膜C电池总反应为：D扩散到乙室将对电池电动势产生影响【答案】CD【详解】A. 据图分析，向甲室加入足量氨水后电池开始工作，则甲室电极溶解，变为铜离子与氨气形成，因此甲室电极为负极，A错误；B. 据图分析，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
14、减小，明显不利于电池反应正常进行，B错误；C. 据图分析，左侧负极是，正极是，则电池总反应为：，C正确；D. 据图分析，扩散到乙室会与铜离子反应生成，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，D正确。故选CD。三、单选题12有机物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【详解】A据图示有机物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
15、谱图中可以反映不同官能团或化学键的吸收峰，因此依据红外光谱可确证X、Y存在不同的官能团，A正确；B据图示有机物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，因此除氢原子外，X中其他原子可能共平面，B正确；C据图示有机物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
16、虑立体异构)，C错误；D根据题干信息分析可知，类比上述反应，的异构化产物为：含有碳碳双键和醛基，因此可发生银镜反应和加聚反应，D正确；故选C。四、多选题13一种制备的工艺路线如图所示，反应所得溶液在34之间，反应需及时补加以保持反应在条件下进行。常温下，的电离平衡常数。下列说法正确的是A反应、均为氧化还原反应B低温真空蒸发主要目的是防止被氧化C溶液Y可循环用于反应所在操作单元吸收气体D若产量不变，参与反应的与物质的量之比增大时，需补加的量减少【答案】CD【详解】A反应是铜和浓硫酸反应，生成二氧化硫，是氧化还原反应，反应是SO2和碳酸钠溶液反应，生成、水和二氧化碳，是非氧化还原反应，反应是Na2
17、SO3和CuSO4反应生成Cu2O，是氧化还原反应，A错误；B低温真空蒸发主要目的是防止被氧化，而不是，B错误；C经分析溶液Y的成分是Na2SO3溶液，可循环用于反应的操作单元吸收SO2气体(气体)，C正确；D制取总反应方程式是2CuSO4+3Na2SO3= Cu2O+2SO2+3Na2SO4，化合物X是指Na2SO3，如果产量不变，增大比，多的Na2SO3会消耗氢离子，用于控制pH值，可减少的量，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0.10molL-1，TFAA的浓度为0.08molL-1，部分物种的浓度随时间的变化关系如图所示，忽
18、略反应过程中的体积变化。下列说法正确的是At1时刻，体系中有E存在Bt2时刻，体系中无F存在CE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0.08molL-1【答案】AC【分析】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：E+TFAAFFGGH+TFAAt1之后的某时刻，H为0.02 molL-1，此时TFAA的浓度仍为0，则表明0.10molL-1E、起始时的0.08molL-1TFAA、G分解生成的0.02 molL-1 TFAA全部参加反应，生成0.10molL-1F；在t2时刻，H为0.08molL-1，TFAA为0.06molL-1，G为0
19、.01 molL-1，则F为0.01 molL-1。【详解】A据图分析，t1时刻，H的浓度小于0.02 molL-1，此时反应生成F的浓度小于0.02 molL-1，参加反应的H的浓度小于0.1 molL-1，因此参加反应E的浓度小于0.1 molL-1，所以体系中有E存在，A正确；B据图分析，t2时刻，H为0.08molL-1，TFAA为0.06molL-1，G为0.01 molL-1，因此F为0.01 molL-1，所以体系中有F存在，B错误；C据图分析，t1之后的某时刻，H为0.02 molL-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
20、速率快，反应的活化能很小，C正确；D据图分析，在t2时刻，H为0.08molL-1，TFAA为0.06molL-1，G为0.01 molL-1，F为0.01 molL-1，只有F、G全部转化为H和TFAA时，TFAA的浓度才能为0.08molL-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0.08molL-1，D错误；故选AC。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：；，平衡常数依次为。已知、，、随的变化关系如图所示，下列说法错误的是A线表示的变化情况B随增大，先增大后减小CD溶液中I元素与元素的物质的量之比始终为【答案】B【分
21、析】根据题干反应方程式可知，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-)， =lgK3+lgc(HgI2)+ lgc(I-)， =lgK4+lgc(HgI2)+ 2lgc(I-)，且由可知K0=为一定值，因此可知图示中曲线1、2、3、4即L分别代表、。【详解】A线表示的变化情况，A正确；B已知的化学平衡常数K0=，温度不变平衡常数不变，因此随增大，始终保持不变，B错误；C曲线1方程为：lgc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I-)，曲线2方程为
22、： lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-)即有b= lgK1+lgc(HgI2)-2a，b= lgK2+lgc(HgI2)-a，联合可知得：，C正确；D溶液中的初始溶质为HgI2，根据原子守恒可知，该溶液中I元素与元素的物质的量之比始终为，D正确；故选B。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)时，与冰反应生成利。常温常压下，为无色气休，固态的晶体类型为_，水解反应的产物为_(填化学式)。(2)中心原子为，中心原子为，二者均为形结构，但中存在大键。中原子的轨道杂化方式_；为键角_键角(填“”“ ”或“=”)。比较与中键的键长并说明原
23、因_。(3)一定条件下，和反应生成和化合物。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 、和(2) 分子中键的键长小于中键的键长，其原因是：分子中既存在键，又存在大键，原子轨道重叠的程度较大，因此其中键的键长较小，而只存在普通的键。(3) 【详解】（1）常温常压下，为无色气体，则的沸点较低，因此，固态HOF的晶体类型为分子晶体。分子中F显-1价，其水解时结合电离的生成HF，则结合电离的，两者反应生成，不稳定，其分解生成，因此，水解反应的产物为HF 、和。（2）中
24、心原子为，中心原子为，二者均为V形结构，但中存在大键()。由中存在可以推断，其中原子只能提供1对电子，有一个原子提供1个电子，另一个原子提供1对电子，这5个电子处于互相平行的轨道中形成大键，提供孤电子对与其中一个形成配位键，与另一个形成的是普通的共价键（键，这个只提供了一个电子参与形成大键）， 的价层电子对数为3，则原子的轨道杂化方式为；中心原子为，根据价层电子对的计算公式可知，因此，的杂化方式为；根据价层电子对互斥理论可知，时，价电子对的几何构型为正四面体，时，价电子对的几何构型平面正三角形，杂化的键角一定大于的，因此，虽然和均为形结构，但键角大于键角，孤电子对对成键电子对的排斥作用也改变不
25、了这个结论。分子中键的键长小于中键的键长，其原因是：分子中既存在键，又存在大键，原子轨道重叠的程度较大，因此其中键的键长较小，而只存在普通的键。（3）一定条件下，、和反应生成和化合物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、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，上述反应的化学方程式为。若阿伏加德罗富数的值为，晶胞的质量为，晶胞的体积为，化合物X的密度。七、工业流程题17盐湖卤水(主要含、和硼酸根等)是锂盐的重要来源。一
26、种以高镁卤水为原料经两段除镁制备的工艺流程如下：已知：常温下，。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)含硼固体中的在水中存在平衡：(常温下，)；与溶液反应可制备硼砂。常温下，在硼砂溶液中，水解生成等物质的量浓度的和，该水解反应的离子方程式为_，该溶液_。(2)滤渣的主要成分是_(填化学式)；精制后溶液中的浓度为，则常温下精制过程中浓度应控制在_以下。若脱硼后直接进行精制，除无法回收外，还将增加_的用量(填化学式)。(3)精制的目的是_；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) (2) 纯碱(3) 加入纯碱将精制所得滤液中的转化为（或除
27、去精制所得滤液中的），提高纯度 盐酸 浓缩液中因浓度过大使得过早沉淀，即浓缩结晶得到的中会混有，最终所得的产率减小【详解】（1）含硼固体中的在水中存在平衡：(常温下，)；与溶液反应可制备硼砂。常温下.在硼砂溶液中，水解生成等物质的量浓度的和，该水解反应的离子方程式为，由B元素守恒可知，和的浓度均为，因此该溶液。（2）滤渣I的主要成分是；精制I后溶液中的浓度为2.0，由可知，则常温下精制过程中浓度应控制在以下。如果脱硼后直接进行精制，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（）的用量。（3）精制中，烧渣水浸后的滤液中加生石灰后产生的滤渣的主要成分为；由于微溶
28、于水，精制所得滤液中还含有一定浓度的，还需要除去，因此，精制的目的是：加入纯碱将精制所得滤液中的转化为（或除去精制所得滤液中的），提高纯度。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，将导致浓缩液中因浓度过大使得过早沉淀，即浓缩结晶得到的中会混有，最终所得的产率减小。八、实验题18三氯甲硅烷是制取高纯硅的重要原料，常温下为无色液体，沸点为，熔点为，易水解。实验室根据反应，利用如下装置制备粗品(加热及夹持装置略)。回答下列问题：(1)制备时进行操作：()；()将盛有砫粉的瓷舟置于管式炉中；()通入，一
29、段时间后接通冷凝装置，加热开始反应。操作()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纯度。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：_，_(填操作名称)，称量等操作，测得所得固体氧化物质量为，从下列仪器中选出、中需使用的仪器，依次为_(填标号)。测得样品纯度为_(用含、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
30、灼烧 冷却 AC 【详解】（1）据题干分析，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，故答案为：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）已知电负性ClHSi，则SiHCl3中氯元素的化合价为-1，
31、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，故答案为：SiHCl3+5NaOH =Na2SiO3+3NaCl+H2+2H2O；（3）1mg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=。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：R1NH2+OCN
32、R2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，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【分析】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）。【详解】（1）
33、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，故答案为：2,6-二氯甲苯；+2KF+2KCl；酰胺基；（2）根据题图分析可知，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HI为还原反应，IF为加成反应，FJ，JG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。十、原理综合题20一定条件下，水气变换反应的中间产物是。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： 研究发现，在反应、中，仅对反应有催加速作用；反应速率
34、远大于反应，近似认为反应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、的焓变分别为、，则该条件下水气变换反应的焓变_(用含的代数式表示)。(2)反应正反应速率方程为：，k为反应速率常数。温度下，电离平衡常数为，当平衡浓度为时，浓度为_，此时反应应速率_(用含和k的代数式表示)。(3)温度下，在密封石英管内完全充满水溶液，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)。时刻测得的浓度分别为，反应达平衡时，测得的浓度为。体系达平衡后_(用含y的代数式表示，下同)，反应的平衡常数为_。相同条件下，若反
35、应起始时溶液中同时还含有盐酸，则图示点中，的浓度峰值点可能是_(填标号)。与不同盐酸相比，达浓度峰值时，浓度_(填“增大”“减小”或“不变”)，的反应_(填“增大”“减小”或“不变”)。【答案】(1)(2) (3) a 减小 不变【详解】（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；（2）T1温度时，HCOOH建立电离平衡：，c(HCOO)c(H)，故c(H)。（3）据图分析，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)1.00.700.160.14 molL1，K(I)。t1时刻反应II达平衡过程，则c(H2)b0.16y，b(y0.16)molL1，c(HCOOH)0.14ab0.3ay，c(CO)a0.7，K(I)，a。故，K(II)。加入0.1 molL1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。
