从关键能力和核心素养视角分析2023年新高考山东化学试题

■湖北省教育考试院 张思佩

■湖北省武汉外国语学校 孟凡盛(正高级教师)

总体评价:试卷内容结构合理,体现新课程理念,符合新课程标准的要求。试题设计坚持素养立意,通过不同水平、不同类型富含必备知识的问题任务,实现化学学科核心素养的全面考查。重视创新试题形式,突出对考生关键能力的考查,例如,8～10题围绕一段定量实验探究材料,设计为考查层次分明的实验操作正误判断、复杂实验情境中的化学计算和定量实验的误差分析题组,分别考查了关键能力中的理解辨析能力、分析推测能力和归纳论证能力。试卷难度合理,难、中、易试题分值的配置比例符合新高考的赋分改革要求,体现了对不同层面考生的公开选拔功能。

【试题部分】

可能用到的相对原子质量:H 1 C 12 N 14 O 16 F 19 Si 28 S 32 C1 35.5 K 39 Cu 64

一、选择题:本题共10 小题,每小题2分,共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。

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

3.下列分子属于极性分子的是( )。

A.CS2B.NF3

C.SO3D.SiF4

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%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1 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.1 mol(CF)x中含有2xmol共价单键

6.鉴别浓度均为0.1 mol·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0.1 mol·L-1KI溶液

D.滴加饱和Na2CO3溶液

7.抗生素克拉维酸的结构简式如下所示,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.1 mol该物质最多可与1 mol NaOH反应

阅读下列材料,完成8～10题。

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。

8.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

9.ROH 样品中羟基含量(质量分数)计算正确的是( )。

10.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

二、选择题:本题共5小题,每小题4分,共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求,全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。

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2 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( )。

图2

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

12.有机物X→Y 的异构化反应如下所示,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)

13.一种制备Cu2O 的工艺路线如下所示,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,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X与CuSO4物质的量之比增大时,需补加NaOH 的量减少

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0.10 mol·L-1,TFAA 的浓度为0.08 mol·L-1,部分物种的浓度随时间的变化关系如图3 所示,忽略反应过程中的体积变化。下列说法正确的是( )。

图3

图4

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0.08 mol·L-1

B.随c(I-)增大,c[HgI2(aq)]先增大后减小

D.溶液中I元素与Hg元素的物质的量之比始终为2∶1

三、非选择题:本题共5小题,共60分。

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和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)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)。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Cl2O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KCl和化合物X。已知X 属于四方晶系,晶胞结构如图5 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 的密度ρ=____g·cm-3(用含NA的代数式表示)。

图5

17.盐湖卤水(主要含Na+、Mg2+、Li+、Cl-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6所示。

图6

回答下列问题:

(1)含硼固体中的B(OH)3在水中存在平衡(常温下,Ka=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0.1 mol·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____,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 Li+的浓度为2.0 mol·L-1,则常温下精制Ⅱ过程中浓度应控制在____mol·L-1以下。若脱硼后直接进行精制Ⅰ,除无法回收HCl外,还将增加_____的用量(填化学式)。

(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____。

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。实验室根据反应利用如图7所示装置制备SiHCl3粗品(加热及夹持装置略)。回答下列问题:

图7

(1)制备SiHCl3时进行操作:(ⅰ)……;(ⅱ)将盛有硅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NaOH 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HCl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,从图8所示仪器中选出①②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)。

图8

19.根据杀虫剂氟铃脲(G)的两条合成路线,回答下列问题。

(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_____。

(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中碳原子的轨道杂化方式有_____种。

研究发现,在反应Ⅰ、Ⅱ中,H+仅对反应Ⅰ有催化加速作用;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____mol·L-1,此时反应Ⅰ应速率v=____mol·L-1·h-1(用含Ka、x和k的代数式表示)。

(3)T1温度下,在密封石英管内完全充满1.0 mol· 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9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0.70 mol·L-1、0.16 mol·L-1,反应Ⅱ达平衡时,测得H2的浓度为ymol·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____。

图9

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a、b、c、d中,CO 的浓度峰值点可能是____(填标号)。与不含盐酸相比,CO 达浓度峰值时,CO2浓度____(填“增大”“减小”或“不变”),(填“增大”“减小”或“不变”)。

【参考答案及试题分析】

1.C 分析:本题精选具有齐鲁文化特色的三种陶瓷和一种合金,通过日常生活情境考查“理解与辨析”的关键能力。

墨玉、黑陶、琉璃都是陶瓷制品,主要化学成分均为硅酸盐,齐国刀币是合金制品,主要化学成分是青铜合金,青铜合金当然不能与硅酸盐归为一类,选项C正确。

【夯实必备知识】注意传统无机非金属材料和新型无机非金属材料的区别。传统无机非金属材料有陶瓷、玻璃、水泥,其成分是含有硅氧四面体的硅酸盐。新型无机非金属材料突破了传统的硅酸盐体系,常见的新型无机非金属材料有单晶硅和二氧化硅、新型陶瓷[高温结构陶瓷碳化硅(SiC),压电陶瓷钛酸盐和锆酸盐,透明陶瓷氧化铝、氮化铝(AlN)和CaF2,超导陶瓷]、碳纳米材料(用C60作车轮的“纳米汽车”、碳纳米管、石墨烯)等。

2.D 分析:本题精选与三种常见强酸有关的多个教材实验,通过实验探究情境考查“理解与辨析”的关键能力。

Al3+在溶液中存在水解反应Al3++3H2OAl(OH)3+3H+,配制AlCl3溶液加入稀盐酸抑制 Al3+水解,防止生成Al(OH)3沉淀使溶液变浑浊,选项A 对应关系正确。

蔗糖和淀粉的水解实验常使用稀硫酸作催化剂,加快水解反应速率,选项B对应关系正确。

稀硝酸具有较强氧化性,常温时能溶解银,其化学方程式为3Ag+4HNO3(稀)3AgNO3+NO↑+2H2O,选项C 对应关系正确。

【必备知识拓展】三酸指硝酸、硫酸和盐酸,两碱指烧碱和纯碱(纯碱不是碱,是正盐Na2CO3),由于三酸两碱是最重要的通用基础化工原料,所以要从结构上理解他们的性质,掌握他们的主要用途,形成“结构决定性质,性质决定用途”的观念。例如,金、铂既不溶于盐酸,也不溶于硝酸,却能溶于王水,主要原因是Cl-强配位能力增强了金、铂的还原性,使氧化反应更容易发生:Au-3e-+[PtCl6]2-;王水中NO-3的还原反应为NO-3+3e-+4H+NO↑+2H2O,金、铂溶于王水的总反应分别为Au+4HCl+HNO3H[AuCl4] +NO↑+2H2O,3Pt+18HCl+4HNO33H2[PtCl6] +4NO↑+8H2O。

3.B 分析:本题精选4 种典型分子,考查“物质结构与性质”的必备知识和“宏观辨识与微观探析”的核心素养。

CS2分子的空间构型与CO2类似,C 原子是sp杂化:(直线形),分子中化学键极性的向量和为零(分子的正电中心和负电中心重合),CS2属于非极性分子,选项A 不符合题意。

NF3分子的空间构型是与NH3类似的三角锥形,N 原子是sp3杂化,1 个孤电子对和3个σ键电子对构成的VSEPR 模型为四面体形,分子中化学键极性的向量和不为零(分子的正电中心和负电中心不重合),NF3属于极性分子,选项B符合题意。

SO3分子中S原子的孤电子对数为(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,分子中化学键极性的向量和为零(分子的正电中心和负电中心重合),SO3属于非极性分子,选项C不符合题意。

SiF4分子的空间构型与CCl4类似,4个σ键电子对构成正四面体形,分子中化学键极性的向量和为零(分子的正电中心和负电中心重合),SiF4属于非极性分子,选项D 不符合题意。

【夯实必备知识】常见非极性分子和极性分子的判断如表1 所示,熟练掌握可以准确快速解题。

表1

续表

4.A 分析:本题精选4 个常见实验事故处理方法的正误判断,考查“实验与探究”的关键能力,引导考生养成实验安全至关重要的习惯,发展考生“科学态度与社会责任”的核心素养。

碳酸钠俗称纯碱,饱和碳酸钠溶液碱性较强,具有较强腐蚀性,不能用于冲洗眼睛,选项A 错误。

皮肤溅上碱液,先用大量水冲洗,再用2%的硼酸(很弱的酸)溶液冲洗中和残余的碱,选项B正确。

电器起火,先切断电源,再用二氧化碳灭火器灭火,选项C正确。

石棉不能燃烧,耐高温,活泼金属燃烧起火,可以用灭火毯(石棉布)灭火,选项D正确。

【夯实必备知识】眼睛溅进酸液,立即用大量水冲洗,边洗边眨眼睛,再用3%～5%的碳酸氢钠溶液冲洗。活泼金属会与水反应生成易燃易爆的氢气,部分活泼金属(如钠、钾等)燃烧起火还会生成过氧化物或超氧化物,这些氧化物遇水或二氧化碳会放出氧气使燃烧更剧烈,因此活泼金属燃烧起火不能用水或二氧化碳灭火,要用干沙子或石棉布灭火。

5.B 分析:本题精选“润滑之王”氟化石墨的局部结构,考查“分析与推测”的关键能力和“宏观辨识与微观探析”的核心素养。

石墨单层内碳原子是sp2杂化,未杂化的2p电子在层内可以自由移动而导电,观察单层(CF)x结构图可发现碳原子是有4个单键的sp3杂化,没有未参与杂化的2p的电子,其导电性减弱,选项A 错误。

(CF)x中F 的化合价为-1 价,C 的化合价为+1 价,石墨中碳的化合价0 价,+1价碳的还原性比0 价碳的还原性弱,也就是与石墨相比,(CF)x抗氧化性增强,选项B正确。

同周期从左向右主族元素的原子半径逐渐减小,r(C)＞r(F),可推知C—C 的键长比C—F的键长长,选项C错误。

由单层局部结构图可知,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,1 mol (CF)x中含有1.5xmol碳碳单键,在(CF)x中C 还与1个F 原子形成共价键,1 mol (CF)x中含有xmol碳氟单键,即1 mol (CF)x中含有2.5xmol共价单键,选项D 错误。

【夯实必备知识】石墨的二维结构内,每个碳原子的配位数为3,有一个未参与杂化的2p电子,它的原子轨道垂直于碳原子平面,由于所有的p轨道相互平行而且相互重叠,使p轨道中的电子可在整个碳原子平面中运动而导电。

6.C 分析:本题精选物质的量浓度相同、pH 不同的3种无色溶液,通过“化学变化与性质”的必备知识来考查物质鉴别的实验探究能力。

NaClO溶液因ClO-水解而显碱性: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是强碱,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+水解而显酸性: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,故测定溶液pH是可以鉴别出来的,选项A不符合题意。

NaClO 溶液显碱性且具有强氧化性(漂白性),滴入酚酞溶液先变红后褪色;0.1 mol·L-1的Ba(OH)2溶液显碱性,滴入酚酞溶液只变红不褪色;Al2(SO4)3溶液显酸性,滴入酚酞仍然为无色。综上所述,滴加酚酞试剂实验现象各不相同,可以鉴别这3种无色溶液,选项B不符合题意。

NaClO 是强氧化剂,KI中的I-是强还原剂,二者混合发生氧化还原反应生成单质碘,溶液会由无色变成黄色;Ba(OH)2溶液、Al2(SO4)3溶液与碘化钾溶液不反应,没有明显现象,故滴加0.1 mol·L-1KI溶液无法鉴别,选项C符合题意。

饱和Na2CO3溶液和NaClO 溶液不反应,没有明显现象;饱和Na2CO3溶液和Ba(OH)2溶液反应生成白色BaCO3沉淀;显碱性的饱和Na2CO3溶液和显酸性的Al2(SO4)3溶液混合,相互促进水解生成白色Al(OH)3沉淀和无色CO2气体:2Al3++故滴入饱和Na2CO3溶液三者实验现象各不相同,可以鉴别出来,选项D 不符合题意。

【易错提醒】NaClO 水解生成的HClO具有强氧化性(漂白性),用pH 试纸测定NaClO 溶液的pH 因漂白而无法读数,因此测定NaClO 溶液的pH 应该选用pH 计而不能选用pH 试纸。

7.D 分析:本题利用抗生素克拉维酸的结构简式,考查“物质结构与性质”的必备知识和“证据推理与模型认知”的核心素养。

观察克拉维酸结构简式发现,碳碳双键两端的碳原子分别连有互不相同的原子或原子团,因此克拉维酸分子存在顺反异构,选项A 正确。

克拉维酸分子中含有羟基、碳碳双键、醚键、羧基和酰胺基共5种官能团,选项B正确。

克拉维酸分子中的羟基、羧基、酰胺基能形成氢键,分子内距离较近的羧基和酰胺基之间可形成分子内氢键,分子间的羟基、羧基、酰胺基之间也可以形成分子间氢键,选项C正确。

克拉维酸分子中的羧基可以与NaOH发生中和反应,克拉维酸分子中的酰胺基在NaOH 溶液中可以发生水解反应,故1 mol克拉维酸最多可与2 mol NaOH 反应,选项D 错误。

【必备知识拓展】顺反异构是指化合物分子中由于具有自由旋转的限制因素,使各个基团在空间的排列方式不同而出现的非对映异构现象。限制因素一般是有机化合物结构中出现如双键、双键、双键、双键等不能自由旋转的官能团所引起的。

8.C 分析:本题通过实验探究情境,考查考生对常见实验操作正误的理解辨析能力。

容量瓶检漏时,向容量瓶中加入适量水,塞上玻璃瓶塞,倒置发现不漏水,把容量瓶正立将玻璃瓶塞旋转180°后,再倒置一次发现不漏水方可使用,共倒置两次,选项A 错误。

滴入半滴标准溶液,锥形瓶中溶液变色,且30 s内不变回原色,才能判定达到滴定终点,选项B错误。

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,选项C正确。

滴定读数时,双手一上一下持滴定管难以保持其垂直,选项D 错误。

【审题策略】从4 个选项的内容看,C、D两个选项中有1个是正确的概率大。

9.A 分析:本题利用羧酸酐的醇解反应、水解反应和中和反应,通过各物质间复杂的定量关系,考查“分析与推测”的关键能力和“证据推理与模型认知”的核心素养。

设ROH 样品中羟基物质的量为xmol,环环相扣的5个计算步骤如下:

第一步,由醇解反应的化学方程式中所有物质的配平系数均为1可知,醇解消耗的乙酸酐、醇和生成的乙酸物质的量均为xmol,即n消耗[(CH3CO)2O]=n(CH3COOH)=xmol。

第三步,醇解后过量的乙酸酐物质的量为n过量[(CH3CO)2O]=n0[(CH3CO)2O]--xmol。

第四步,实验③的等量关系是:n(过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过量[(CH3CO)2O]c×10-3mol -xmol)+xmol=V1×c×10-3mol,x=c(V2-V1)×10-3。

10.B 分析:本题通过实验误差分析,考查“归纳与论证”的关键能力和“科学态度与社会责任”的核心素养。

乙酸酐的醇解反应能进行完全;乙酸与醇的酯化反应是可逆反应,醇不能完全反应,用乙酸代替乙酸酐进行上述实验无法计算样品中羟基含量,选项A 错误。

甲醇挥发造成标准溶液体积减小,则c(NaOH)浓度增大,假设增大到原来的2倍,则消耗标准溶液的体积均为原来的一半,样品中羟基含量计算式变为100%,导致测定结果偏小,选项B正确。

步骤③滴定时,不慎将锥形瓶内溶液溅出,消耗氢氧化钠标准溶液的体积减少(即V1减少),将导致测定结果100%偏大,选项C错误。

步骤④中,若加水量不足,部分乙酸酐未水解导致生成乙酸的物质的量减少,消耗氢氧化钠标准溶液的体积也随之减少,据此计算乙酸酐初始物质的量也减少(即V2减少),将导致测定结果偏小,选项D 错误。

【关注创新题型】围绕一段材料设计三道选择题俗称“一拖三”题组,这种创新题型的优点是设问具有层次性。例如,该题组依次考查实验操作、化学计算、误差分析。

11.C、D 分析:精选新颖的浓差电池创设生产环保情境,考查“证据推理与模型认知”和“科学态度与社会责任”的核心素养。

证据推理过程如下:电池装置图中“低温热解”有CuSO4和NH3生成,据此判断低温热解反应为[Cu(NH3)4]SO4CuSO4+4NH3↑,结合“向甲室加入足量氨水后电池开始工作”可推知,甲室Cu2+与加入的NH3结合生成[Cu(NH3)4]2+,使得甲室c(Cu2+)小于乙室c(Cu2+),从而形成浓差电池,c(Cu2+)大的乙室Cu电极作正极,c(Cu2+)小的甲室Cu电极作负极。原电池的模型认知过程为:乙室Cu2+在正极Cu 表面得到电子被还原为单质Cu,正极反应为Cu2++2e-;甲室Cu 电极失去电子被氧化为Cu2+,Cu2+进而与甲室中的NH3结合生成[Cu(NH3)4]2+,负极反应为Cu-2e-+4NH3[Cu(NH3)4]2+;乙室中c(Cu2+)减小,富余的穿过隔膜进入到甲室,与生成的[Cu(NH3)4]2+形成[Cu(NH3)4]SO4溶液。

由上述证据推理过程可知,甲室Cu电极为负极,选项A 错误。

当正极反应与负极反应转移电子数目相等时,两个电极反应式相加即为电池总反应,左侧负极反应式为Cu-2e-+4NH3[Cu(NH3)4]2+,右侧正极反应式为Cu2++2e-Cu,二者相加得到电池总反应为Cu2++4NH3[Cu(NH3)4]2+,选项C正确。

NH3扩散到乙室会与Cu2+反应生成[Cu(NH3)4]2+,降低乙室c(Cu2+),从而使得甲室和乙室c(Cu2+)差减小,对电池电动势产生影响,选项D 正确。

【易错提醒】原电池中电流的形成:外电路是自由电子的定向移动(由负极移向正极)形成电流,内电路是自由移动的离子定向移动(通常正离子移向正极,负离子移向负极)形成电流,所以电子只能通过外电路不能通过电解质溶液(内电路),但电流既可以通过外电路,又可以通过内电路(电解质溶液)。

12.C 分析:本题精选异构化反应,考查“理解与辨析”的关键能力和“宏观辨识与微观探析”的核心素养。

观察X、Y 的结构简式可知,X 的官能团是碳碳双键和醚键,Y 的官能团是碳碳双键和酮羰基,红外光谱图可以反映不同官能团或化学键的吸收峰,所以依据红外光谱可确证X、Y 存在不同的官能团,选项A 正确。

烃及烃的含氧衍生物分子中,如果不存在叔碳(4个单键只连接1个H 的C)和季碳(4个单键均不连接H 的C),由于碳碳双键或碳氧双键共面、碳碳三键共线、碳碳单键或碳氧单键可以旋转,因此除氢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,除氢原子外,其他原子可能共平面,选项B正确。

13.C、D 分析:本题利用“制备Cu2O 的工艺路线”呈现多个化学变化,通过铜及其化合物与含硫化合物的性质,综合考查“分析与推测”和“归纳与论证”等关键能力。

本题蕴含丰富的必备知识,因此首先要对工艺路线中的化学变化及操作等必备知识进行分析推测。“反应Ⅰ”是不活泼金属铜被热的浓硫酸氧化:Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O,则“气体Ⅰ”是SO2。“反应Ⅱ”是碳酸钠溶液与足量的SO2反应生成NaHSO3和CO2:2SO2+Na2CO3+H2O2NaHSO3+CO2,则“调pH=11”是酸式盐NaHSO3与NaOH 反应生成显碱性的正盐 Na2SO3:NaHSO3+NaOHNa2SO3+H2O。“低温真空蒸发”主要目的有两个,“低温蒸发”的目的是从Na2SO3溶液中析出Na2SO3固体,“真空”的目的是防止Na2SO3被空气中的氧气氧化为Na2SO4。“固液分离”得到的“溶液Y”是Na2SO3溶液,“化合物X”是固体Na2SO3。“反应Ⅲ”是Cu2+被还原为Cu2O,则被Cu2+氧化为(生成的和CuSO4中的)形成Na2SO4,工艺路线图中标明该反应还有SO2气体放出,根据得失电子守恒和质量守恒,“反应Ⅲ”配平后的化学方程式为2CuSO4+3Na2SO3Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4。

其次,利用题干中“H2SO3的电离平衡常数Ka1=1.3×10-2,Ka2=6.3×10-8”,归纳论证NaHSO3溶液呈酸性的过程如下:

反应Ⅰ和反应Ⅲ中都有元素化合价的升降,是氧化还原反应,反应Ⅱ没有元素化合价的变化,不是氧化还原反应,选项A 错误。

由上述必备知识的分析可知,“低温真空蒸发”主要目的是析出Na2SO3,防止Na2SO3被空气中的氧气氧化,选项B错误。

“溶液Y”是Na2SO3溶液,“气体Ⅰ”是SO2,二者反应的化学反应方程式为Na2SO3+SO2+H2O2NaHSO3,故Na2SO3溶液可循环用于反应Ⅱ所在操作单元吸收SO2,选项C正确。

由上述必备知识的分析推测可知,生成Cu2O 的反应Ⅲ方程式为2CuSO4+3Na2SO3Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4,反应物化合物X 是显碱性的Na2SO3(强碱弱酸盐),产物中有SO2放出,表明反应后的溶液是呈酸性的饱和H2SO3溶液,题干中“反应Ⅲ需及时补加NaOH 以保持反应在pH=5条件下进行”,说明NaOH 是为了中和溶液中的酸使pH 增大,据此可作如下推理:若Cu2O 产量不变,增大,即增大显碱性的Na2SO3的物质的量,由于显碱性的Na2SO3可以中和酸使溶液的pH 增大,所以补加的NaOH 的量会减少,选项D 正确。

14.A、C 分析:精选合成H(戊内酰胺)的反应路径和浓度时间图像,综合考查“理解与辨析”和“归纳与论证”的关键能力,同时考查了“变化观念与平衡思想”的核心素养。

对合成戊内酰胺反应路径的理解辨析过程是:化合物E 和TFAA 合成H 的反应路径中,共发生如下3个反应:

观察反应路径中各物质的结构,理解辨析发现:反应开始后E 的结构分布于F、G 和H 中,TFAA 的结构分布于F和G 中。

“t1时刻,体系中有E存在”可作如下归纳论证:读图可知,t1时刻,c(G)＜0.02 mol·L-1,c(H)＜0.01 mol·L-1,c(TFAA)=0,结合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。再根据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时刻体系中有E 存在,选项A 正确。

“t2时刻,体系中有F 存在”的归纳论证过程为:坐标图中t2时刻H、TFAA 和G 的浓度分别为c(H)=0.08 mol·L-1,c(TFAA)=0.06 mol· L-1,c(G)=0.01 mol·L-1,结合 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时刻体系中有F存在,选项B错误。

读坐标图可以敏锐地发现c(TFAA)由0.08 mol·L-1降为0的时间几乎为0,据此可以推知E 和TFAA 反应速率很快,反应的活化能很小,选项C正确。

【一题多解】选项A 也可以如下计算进行归纳论证。设t1之后的某时刻t＇,c(E)=0(E 完全反应),此时c(TFAA)=0,根据E守恒,c(F) +c(G)+c(H)=0.10 mol·L-1,根据TFAA 守恒,c(F)+c(G)=0.08 mol·L-1,两式联解得到c(H)=0.02 mol·L-1,即t＇时刻体系中才无E,故t1时刻体系中有E 存在。

15.B、D 分析:利用含HgI2(s)的溶液存在5 个平衡和与之关联的坐标图像,考查“归纳与论证”的关键能力和“证据推理与模型认知”的核心素养。

图中4 条曲线代表的物种证据推理过程:根据平衡移动原理,随着c(I-)减小,HgI2(aq)的一级电离平衡HgI++I-]和二级电离平衡Hg2++2I-]向右移动,电离程度增大,但一级电离程度大于二级电离程度,c(HgI+)＞c(Hg2+),故图10 中曲线1、2 分别代表lgc(HgI+)、lgc(Hg2+),也就是随着c(I-)增大,HgI2(aq)的一级电离平衡和二级电离平衡被抑制向左移动,c(HgI+)和c(Hg2+)减小。随着c(I-)增大,“HgI2(aq)+I-”与两个平衡向右移动增大,下图中曲线3、4(即L)分别代表

图10

由于固态碘化汞的浓度视作常数,不出现在化学平衡常数的表达式中,所以)的化学平衡常数K0=c[HgI2(aq)],又因为温度不变平衡常数K0不变,所以随c(I-)增大,c[HgI2(aq)] 一直等于K0(保持不变),选项B错误。

结合上述证据推理的归纳论证过程为:曲线1代表lgc(HgI+),HgI2(aq)HgI++I-的K1=变形为c(HgI+则有lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-),同理可得曲线2的lgc(Hg2+):lgc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I-),将交点M 的坐标代入上述两个方程式得到:

b=lgK2+lgc(HgI2)-a和b=lgK1+lgc(HgI2)-2a,联解得到:a=lgK1-lgK2,选项C正确。

溶液中的初始溶质为HgI2时,溶液中I元素与Hg元素的物质的量之比为2∶1。但依坐标图像:随c(I-)增大,c(HgI+)和c(Hg2+)减小)增大,说明存在外加I-,根据原子守恒可知,加入I-后溶液中I元素与Hg元素的物质的量之比大于2∶1,选项D 错误。

16.(1)分子晶体 HF、H2O2

(2)sp2＞ ClO2中Cl—O 键的键长小于Cl2O 中Cl—O 键的键长 Cl2O 分子中不存在π 键,ClO2中存在大π 键,原子轨道重叠的程度更大,Cl—O 键的键长更短

分析:利用结构和性质特殊的含氟化合物和氯的氧化物,提供部分物质结构与性质的相关信息,综合考查“宏观辨识与微观探析”和“证据推理与模型认知”的核心素养。

(1)考查证据推理和模型认知的核心素养。证据为“在5种常见晶体类型(分子晶体、共价晶体、金属晶体、离子晶体、混合型晶体)中,只有分子晶体在常温常压下可能呈气体”;推理过程为:“常温常压下,HOF为无色气体”,推出“固态HOF的晶体类型为分子晶体”。

共价化合物水解的模型是“正负相吸”,即共价化合物中带部分负电荷的原子或原子团结合水分子中带部分正电荷的H(+1 价H),带部分正电荷的原子或原子团结合水分子中带部分负电荷的OH(-1价OH);次氟酸分子中F 显-1 价(带部分负电荷)、OH显+1价(带部分正电荷),“正负相吸”的水解过程为HO—OH,即HOF水解反应的产物为HF、H2O2。

(2)第一空,已知ClO2为V 形结构,存在大π键。推断中心Cl原子杂化方式的两个过程如下:

粗线条的快速证据推理过程为:存在p-pπ键的中心原子不是sp3杂化,可推出3原子分子空间构型为V 形的中心原子不是sp杂化,从而推出ClO2中的Cl原子为sp2。

详细的证据推理过程为:V 形ClO2中存在,推出Cl原子提供未参与杂化的1 个3p电子,2个O 原子各提供1对2p电子,这5个电子处于互相平行的p轨道中形成大π键,推出中心Cl原子提供孤电子对分别与2个O 形成σ配位键,ClO2分子结构可以表示为,推出Cl的价层电子对数为3(2个σ配位键和1对孤电子对),则Cl原子的轨道杂化方式为sp2。

第二空,V 形Cl2O 分子可以看成V 形H2O 分子中的2个H 原子被2个Cl原子代替,O 原子仍为sp3杂化,VSEPR 模型为四面体,在O 原子2 对孤电子对的排斥作用下,∠Cl—O—Cl＜109°28＇。Cl原子为sp2杂化的V 形ClO2分子的VSEPR 模型为平面三角形,在1对孤电子对和大π键影响下,∠O—Cl—O 略小于 120°。综上所述,∠O—Cl—O＞∠Cl—O—Cl。

第三空,Cl2O 只存在σ 键,不存在大π键,原子轨道重叠的程度较小,Cl—O 键的键长相对较长。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Cl—O 键的键长较短。

(3)确定X 化学式的逻辑思维过程依次为:根据晶胞结构图计算X 晶胞中3种元素的原子数目,黑球的个数为,白球的个数为,灰色球的个数为中3种元素原子个数比为1∶2∶4,F的化合价为-1,K 的化合价为+1,根据化合价代数和为0,推出其中Cu化合价为+2,判断黑球、白球和灰球分别为K、Cu和F,则X 化学式为K2CuF4。

(3)除去Ca2+盐酸 浓缩得到的NaCl(s)中混有Li2CO3(s),沉锂时Li2CO3的产率减小

分析:本题通过“高镁卤水为原料经两段除镁制备Li2CO3的工艺流程”创设生产环保情境,结合“化学语言与概念”和“化学变化与性质”等必备知识,综合考查“理解与辨析”和“分析与推测”等关键能力。

工艺流程中的必备知识理解辨析如下:卤水(主要含Na+、Mg2+、Li+、Cl-、和硼酸根等)“脱硼”后过滤,所得滤液经“浓缩结晶”后得到晶体,由元素守恒知晶体中含有Na+、Mg2+、Li+、Cl-、和结晶水。“煅烧”时晶体中的MgCl2·6H2O 水解放出HCl气体+5H2O↑。“水浸”时MgO 与水化合生成难溶的Mg(OH)2固体。“精制Ⅰ”加入的生石灰(CaO)沉淀“水浸”后滤液中的和少量Mg2+(符合题干中的“两段除镁”),则滤渣Ⅰ的主要成分为CaSO4和Mg(OH)2。“精制Ⅱ”加入纯碱(Na2CO3)除去滤液中过量的Ca2+,“滤渣Ⅱ”的成分为CaCO3。此时“精制Ⅱ”所得的滤液中含有Na+、Li+、Cl-和少量,“操作X”是加入盐酸把滤液中的转化为CO2气体除去,以免“浓缩”析出的NaCl固体中混有Li2CO3固体损失锂,过滤分离固体和滤液。“浓缩”后的滤液中加入饱和Na2CO3溶液,“沉锂”得到Li2CO3。

(1)[B4O5(OH)4]2-水解生成等物质的量浓度的B(OH)3和[B(OH)4]-,由质量守恒和电荷守恒写出配平的水解离子方程式:[B4O5(OH)4]2-+5H2O2[B(OH)4]-+2B(OH)3。生成的B(OH)3在水中电离: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,由上述工艺流程中的必备知识,可确定滤渣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可计算,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+沉淀损失。

第三空,若脱硼后直接进行“精制Ⅰ”就变“两段除镁”为“一段除镁”了,加入的生石灰(CaO)沉淀Mg2+和,发生的反应有MgCl2+CaO+H2OMg(OH)2+CaCl2,+CaO+H2OCaSO4+2OH-,会增加CaO 的用量。“无法回收HCl”中的氯元素在“精制Ⅰ”时转化为CaCl2,存在于滤液中,会增加后续“精制Ⅱ”纯碱(Na2CO3)的用量。

(3)精制Ⅱ的目的是“除去精制Ⅰ所得滤液中的Ca2+”。进行操作X 时应选择的试剂是“盐酸”,目的是“把滤液中的转化为CO2气体除去”;若不进行该操作而直接浓缩,将导致浓缩液中因浓度增大而与Li+提前结合生成Li2CO3沉淀,即导致浓缩结晶得到的NaCl(s)中会混有Li2CO3(s),“沉锂”所得Li2CO3的产率减小。

18.(1)检查装置气密性 管式炉中没有固体剩余且球形冷凝管尖嘴处没有液体滴下

C、D 之间没有干燥装置;没有处理氢气的装置

分析:利用三氯甲硅烷(SiHCl3)的制备和纯度测定创设实验探究情境,结合 “实验原理和方法”“化学变化与性质”等必备知识,综合考查“理解与辨析”“分析与推测”等关键能力。

实验过程的原理和方法如下:HCl气体通入浓硫酸干燥后,导入管式炉和硅粉在加热条件下发生置换反应,生成三氯甲硅烷(SiHCl3)和H2;由于SiHCl3沸点为31.8 ℃,熔点为-126.5 ℃,在球形冷凝管中冷却成液态,回流收集到装置C(蒸馏烧瓶)中;未反应的HCl和生成的H2导入D 装置,NaOH 溶液吸收HCl气体,防止污染空气,但未处理易燃易爆的H2,排放到实验室的H2达到爆炸极限后,遇火会爆炸。

(1)制备SiHCl3的实验有气体(HCl)参加和气体生成(SiHCl3和H2),所以仪器组装好后,要先检查装置气密性。加热开始反应,当观察到管式炉中没有固体剩余且球形冷凝管尖嘴处没有液体滴下的现象时,可以判断制备反应结束。SiHCl3易水解,缺陷之一是C、D 之间没有干燥装置,水蒸气会由D的广口瓶经倒置漏斗进入蒸馏烧瓶,导致SiHCl3水解;由于NaOH 溶液不能吸收易燃易爆的危险品H2,所以缺陷之二是D 后面没有处理H2的装置。

(2)SiHCl3与浓NaOH 溶液反应可以看成先发生水解反应后发生中和反应,分析推测水解反应过程如下:由电负性Cl＞H＞Si可以判断SiHCl3中Si、H、Cl三种元素的化合价分别为+4、-1、-1,水解时+4价Si结合水中-1 价OH 得到原硅酸(H4SiO4),原硅酸不稳定脱水生成H2SiO3,-1价H 结合水中+1价H 生成H2,-1 价Cl结合水中+1价H 生成HCl。将水解反应方程式与中和反应方程式相加得到总反应方程式,具体写法如下:

(2)2 ②④ 3

分析:利用杀虫剂氟铃脲(G)的两条合成路线及相关信息,考查考生对信息的理解辨析能力和运用逆合成法理解分析推测官能团之间转化的能力,同时考查证据推理和模型认知的核心素养。

第(1)题环环相扣的推理判断过程如下:

第(2)题,首先要敏锐发现合成路线二中字母D、F、G 表示的有机物,与合成路线一中字母D、F、G 表示的有机物完全一致,然后再运用逆合成法进行环环相扣的推理判断。

分析:利用水气变换反应中间产物HCOOH 的分解反应创设学术探索情境,综合考查“分析与推测”“归纳与论证”等关键能力,同时考查了“变化观念与平衡思想”的核心素养。

(1)根据盖斯定律,水气变换反应=反应Ⅱ-反应Ⅰ,故水气变换反应的焓变ΔH=ΔH2-ΔH1。

(3)读图知,t1时刻c(CO)呈现最大值,说明此时反应Ⅰ达平衡状态。

若反应起始时溶液中同时还含有0.10 mol·L-1盐酸,H+催化反应Ⅰ,反应Ⅰ的速率加快,达到平衡所需时间缩短,故CO 浓度峰值提前(淘汰c和d)。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)峰值点可能是a。由于含盐酸,反应Ⅱ消耗的HCOOH 减小,生成c(CO2)也会减小,所以c(CO2)会小于不含盐酸的浓度。CO 达浓度峰值时反应Ⅰ达到平衡状态,温度不变,K(Ⅰ)不变,故不变。