2023年高考化学试卷（山东）（解析卷）

1/24 山东省2023 年普通高中学业水平等级考试 化学 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 【答案】C 【解析】 【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，故答案为：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 【解析】 【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 不合题意； B．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．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 不合题意； 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 符合题意； 故答案为：D。 3. 下列分子属于极性分子的是 A. B. C. D. 1/24 【答案】B 【解析】 【详解】A．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 2/24 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．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．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．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； 答案选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，用灭火毯(石棉布)灭火 【答案】A 【解析】 【详解】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，故A 错误； B．立即用大量水冲洗，边洗边眨眼，尽可能减少碱对眼睛的伤害，再用2%的硼酸中和残余的碱，故B 正 确； C．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．活泼金属会与水反应，所以燃烧起火，用灭火毯(石棉布)灭火，故D 正确； 答案为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 3/24 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】 【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，故与石墨相比，(CF)x 抗氧化性增强，B 正确； C．已知C 的原子半径比F 的大，故可知(CF)x中 的键长比 长，C 错误； D．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； 故答案为：B。 6. 鉴别浓度均为 的 、 三种溶液，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 【解析】 【详解】A． 溶液显弱碱性， 溶液显强碱性， 溶液显酸性，则测定溶液 是可以鉴别出来的，故A 不符合题意； B． 溶液显弱碱性，滴入酚酞先变红后褪色， 溶液显强碱性，滴入酚酞溶液，显红色， 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． 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，则仅用滴加 3/24 溶液无法鉴别，则C 符合题意； 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，则滴入饱和 溶液是可以鉴别出来的，故D 不符合题意； 4/24 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 D. 1mol 该物质最多可与1molNaOH 反应 【答案】D 【解析】 【详解】A．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．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．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键，C 正确； D．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； 故答案为：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： 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 样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐 完全水解： 。③加指示剂并用 甲醇标准溶液滴 4/24 定至终点，消耗标准溶液 。 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 5/24 甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液 。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】 【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，故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，故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，故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，故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： 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 样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐 完全水解： 。 ③加指示剂并用 甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液 。 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 甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液 。 样品中羟基含量(质量分数)计算 正确的是 A. B. 5/24 C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】根据滴定过程中，用 - 6/24 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= ；则ROH 与乙酸酐反应后剩余的 乙酸酐的物质的量= ；设醇解的乙酸酐物质的量为x，水解的乙酸酐的物质的量为y，则 x+y= ；x+2y= ；联立计算得：x=n(ROH)= ， 样品中羟基质量分数= ， A 正确；故选A。 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： 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 样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐 完全水解： 。 ③加指示剂并用 甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液 。 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 -甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液 。根据上述实验原理，下列说法正确 6/24 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】【分析】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 ，则消耗 的物质的量为 ，即乙酸酐的总物质的量为 ，ROH 7/24 与乙酸酐反应后剩余的乙酸酐的物质的量为 ，所以与ROH 反应消耗的乙酸酐的物质的 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 项错误； B．若甲醇挥发，NaOH-甲醇溶液的浓度将偏大，滴定时消耗NaOH-甲醇溶液的体积偏小，步骤④中所得 V2偏小，而ROH 的物质的量为 ，故将导致测定结果偏小，B 项正确； C．步骤③滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出，消耗NaOH-甲醇溶液的体积偏小即V1偏小，而ROH 的物 质的量为 ，故将导致测定结果偏大，C 项错误； D．步骤④中，若加水量不足，乙酸酐未完全水解，生成乙酸的物质的量偏小，消耗NaOH-甲醇溶液的体 积偏小即V2偏小，而ROH 的物质的量为 ，故将导致测定结果偏小，D 项错误； 答案选B。 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 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 7/24 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 【解析】 【详解】A. 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 8/24 ，因此甲室 电极为负极，故A 错误； B. 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. 左侧负极是 ，正极是 ，则电池总反应为： ，故C 正确； D. 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，故D 正确。 综上所述，答案为CD。 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 【解析】 【详解】A．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．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．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 8/24 (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 9/24 CH2=CHCH(CH2CH3)CHO 共5 种(不考虑立体异构)，C 错误； D．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； 故答案为：C。 13. 一种制备 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， 的电离平衡常数 。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 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 产量不变，参与反应Ⅲ的 与 物质的量之比 增大时，需补加 的量 减少 【答案】CD 【解析】 【分析】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 在3~4 之间，溶液显酸性，根据 的电离平衡常数 9/24 ，可知 溶液显酸性(电离大于水解)，则反应Ⅱ所得溶液成分是 ，调节溶液pH 值至11，使 转化为Na2SO3，低温真空蒸发(防止Na2SO3被氧化) 10/24 ，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 +2Cu2＋+2H2O= + 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 以保持反应在 条件下进行，据此分 析解答。 【详解】A．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 、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．低温真空蒸发主要目的是防止 被氧化，而不是 ，故B 错误； C．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．制取 总反应方程式是2CuSO4+3Na2SO3= Cu2O+2SO2↑+3Na2SO4，化合物X 是指Na2SO3，若 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， 故D 正确； 答案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 10/24 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 11/24 【答案】AC 【解析】 【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： ①E+TFAA F ②F G ③G H+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。 【详解】A．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．由分析可知，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．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．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G H+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： ； ； ； ； ，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 11/24 A. 线 表示 的变化情况 B. 随 增大， 先增大后减小 12/24 C. D. 溶液中I 元素与 元素的物质的量之比始终为 【答案】B 【解析】 【分析】由题干反应方程式 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，故可知图示中 曲线1、2、3、4 即L 分别代表 、 、 、 ，据此分析解题。 【详解】A．由分析可知，线 表示 的变化情况，A 正确；B．已知 的 化学平