【高考真題】2022年新高考山東化學(xué)高考真題解析版

【高考真題】2022年新高考山東化學(xué)高考真題一、單選題1．古醫(yī)典富載化學(xué)知識(shí)，下述之物見其氧化性者為（）A．金(Au)：“雖被火亦未熟"B．石灰(CaO)：“以水沃之，即熱蒸而解”C．石硫黃(S)：“能化……銀、銅、鐵，奇物”D．石鐘乳()：“色黃，以苦酒(醋)洗刷則白”【解析】【解答】A．金“雖被火亦未熟”是指金單質(zhì)在空氣中被火灼燒也不反應(yīng)，反應(yīng)金的化學(xué)性質(zhì)很穩(wěn)定，與其氧化性無關(guān)，A不合題意；B．石灰(CaO)：“以水沃之，即熱蒸而解”發(fā)生的反應(yīng)為CaO+H2O=Ca(OH)2，反應(yīng)放熱，產(chǎn)生大量的水汽，而CaO由塊狀變?yōu)榉勰?，未發(fā)生氧化還原反應(yīng)，與其氧化性無關(guān)，B不合題意；C．石硫磺即S：“能化……銀、銅、鐵，奇物”發(fā)生的反應(yīng)為2Ag+SAg2S、Fe+SFeS、2Cu+SCu2S，反應(yīng)中S作氧化劑，與其氧化性有關(guān)，C符合題意；D．石鐘乳(CaCO3)：“色黃，以苦酒(醋)洗刷則白”發(fā)生的反應(yīng)為CaCO3+2CH3COOH=(CH3COO)2Ca+H2O+CO2↑，未發(fā)生氧化還原反應(yīng)，與其氧化性無關(guān)，D不合題意；故答案為：C。

【分析】利用物質(zhì)的氧化性說明物質(zhì)在反應(yīng)作氧化劑。2．下列試劑實(shí)驗(yàn)室保存方法錯(cuò)誤的是（）A．濃硝酸保存在棕色細(xì)口瓶中B．氫氧化鈉固體保存在廣口塑料瓶中C．四氯化碳保存在廣口塑料瓶中D．高錳酸鉀固體保存在棕色廣口瓶中【解析】【解答】A．由于濃硝酸不穩(wěn)定，見光易分解，故濃硝酸需保存在棕色細(xì)口瓶中避光保存，A不符合題意；B．氫氧化鈉固體能與玻璃中的SiO2反應(yīng)，故氫氧化鈉固體保存在廣口塑料瓶中，B不符合題意；C．四氯化碳是一種有機(jī)溶劑，易揮發(fā)，且能夠溶解塑料，故其不能保存在廣口塑料瓶中，應(yīng)該保存在細(xì)口玻璃瓶中，C符合題意；D．高錳酸鉀受熱易分解，故需在棕色廣口瓶中、陰冷處密封保存，D不符合題意；故答案為：C。

【分析】A.濃硝酸不穩(wěn)定，見光易分解；

B.氫氧化鈉能與玻璃中的二氧化硅反應(yīng)生成硅酸鈉；

D.高錳酸鉀受熱分解。3．、的半衰期很短，自然界中不能穩(wěn)定存在。人工合成反應(yīng)如下：；。下列說法正確的是（）A．X的中子數(shù)為2B．X、Y互為同位素C．、可用作示蹤原子研究化學(xué)反應(yīng)歷程D．自然界不存在、分子是因其化學(xué)鍵不穩(wěn)定【解析】【解答】A.由分析可知，X微粒為，根據(jù)原子符號(hào)左上角為質(zhì)量數(shù)，左下角為質(zhì)子數(shù)，質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)可知，其中子數(shù)為6-2=4，A不符合題意；B.由分析可知，X微粒為，Y微粒為，二者質(zhì)子數(shù)相同，中子數(shù)不同，互為同位素，B符合題意；C.由題干信息可知，與的半衰期很短，不適宜用作示蹤原子研究化學(xué)反應(yīng)歷程，C不符合題意；D.自然界中不存在與并不是其化學(xué)鍵不穩(wěn)定，而是由于與的半衰期很短，很容易發(fā)生核變化，轉(zhuǎn)化為氣體其他原子，O=O的鍵能與形成該鍵的核素?zé)o關(guān)，D不符合題意；故答案為：B。

【分析】根據(jù)；可知，a=6，b=2，則X為；m=4，n=2，則Y為。4．下列高分子材料制備方法正確的是（）A．聚乳酸()由乳酸經(jīng)加聚反應(yīng)制備B．聚四乙烯()由四氟乙烯經(jīng)加聚反應(yīng)制備C．尼龍()由己胺和己酸經(jīng)縮聚反應(yīng)制備D．聚乙烯醇()由聚乙酸乙烯酯()經(jīng)消去反應(yīng)制備【解析】【解答】A．乳酸分子發(fā)生縮聚反應(yīng)制得聚乳酸()，A不符合題意；B．聚四氟乙烯()是由四氟乙烯(CF2=CF2)經(jīng)加聚反應(yīng)制備，B符合題意；C．尼龍-66()是由己二胺和己二酸經(jīng)過縮聚反應(yīng)制得，C不符合題意；D．聚乙烯醇()由聚乙酸乙烯醇酯()發(fā)生水解反應(yīng)制得，D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A.乳酸發(fā)生縮聚反應(yīng)制得聚乳酸；

B.聚四氟乙烯由CF2=CF2發(fā)生加聚制得；

C.己二酸和己二胺發(fā)生縮聚反應(yīng)制得尼龍-66；

D.聚乙酸乙烯酯發(fā)生水解生成聚乙烯醇。5．、屬于第三代半導(dǎo)體材料，二者成鍵結(jié)構(gòu)與金剛石相似，晶體中只存在鍵、鍵。下列說法錯(cuò)誤的是（）A．的熔點(diǎn)高于B．晶體中所有化學(xué)鍵均為極性鍵C．晶體中所有原子均采取雜化D．晶體中所有原子的配位數(shù)均相同【解析】【解答】A．AlN、GaN為結(jié)構(gòu)相似的共價(jià)晶體，原子半徑：Al<Ga，鍵長：N-Al<N-Ga，鍵能：N-Al>N-Ga，鍵能越大熔點(diǎn)越高，因此GaN的熔點(diǎn)低于AlN，A符合題意；B．不同種元素的原子之間形成的共價(jià)鍵為極性鍵，Ga-N和Al-N均為極性鍵，B不符合題意；C．金剛石中每個(gè)C原子形成4個(gè)共價(jià)鍵（即C原子的價(jià)層電子對數(shù)為4），不含孤電子對，C原子均采取sp3雜化；AlN、GaN與金剛石結(jié)構(gòu)相似，則AlN、GaN中所有原子均采取sp3雜化，C不符合題意；D．金剛石中每個(gè)C原子與其周圍4個(gè)C原子形成共價(jià)鍵，即C原子的配位數(shù)是4，AlN、GaN與金剛石與金剛石結(jié)構(gòu)相似，則AlN、GaN中所有原子的配位數(shù)也均為4，D不符合題意。故答案為：A。

【分析】A.共價(jià)晶體鍵能越大熔點(diǎn)越高；

B.不同種元素的原子之間形成的共價(jià)鍵為極性鍵；

C.AlN和CaN的結(jié)構(gòu)與金剛石相似，金剛石中碳原子均采用sp3雜化；

D.金剛石中C原子的配位數(shù)為4。6．實(shí)驗(yàn)室用基準(zhǔn)配制標(biāo)準(zhǔn)溶液并標(biāo)定鹽酸濃度，應(yīng)選甲基橙為指示劑，并以鹽酸滴定標(biāo)準(zhǔn)溶液。下列說法錯(cuò)誤的是（）A．可用量筒量取標(biāo)準(zhǔn)溶液置于錐形瓶中B．應(yīng)選用配帶塑料塞的容量瓶配制標(biāo)準(zhǔn)溶液C．應(yīng)選用燒杯而非稱量紙稱量固體D．達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)溶液顯橙色【解析】【解答】A．量筒的精確度為0.1，不可用量筒量取Na2CO3標(biāo)準(zhǔn)溶液，Na2CO3溶液顯堿性，應(yīng)用堿式滴定管量取25.00mLNa2CO3標(biāo)準(zhǔn)溶液置于錐形瓶中，A符合題意；B．Na2CO3溶液顯堿性，能與SiO2反應(yīng)生成硅酸鈉，應(yīng)選用配帶塑料塞的容量瓶配制Na2CO3標(biāo)準(zhǔn)溶液，B不符合題意；C．Na2CO3有吸水性且有一定的腐蝕性，故應(yīng)選用燒杯而非稱量紙稱量Na2CO3固體，C不符合題意；D．Na2CO3溶液顯堿性，甲基橙滴入Na2CO3溶液中顯黃色，當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏嘻}酸時(shí)，溶液由黃色突變?yōu)槌壬野敕昼娭畠?nèi)不變色即為滴定終點(diǎn)，故達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)溶液顯橙色，D不符合題意；故答案為：A。

【分析】A.量筒的精確度為0.1，不能量取25.00mLNa2CO3標(biāo)準(zhǔn)溶液；

B.Na2CO3能與SiO2反應(yīng)生成硅酸鈉；

C.碳酸鈉應(yīng)選用燒杯稱量；

D.達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)，鹽酸過量，溶液顯酸性。7．崖柏素具天然活性，有酚的通性，結(jié)構(gòu)如圖。關(guān)于崖柏素的說法錯(cuò)誤的是（）A．可與溴水發(fā)生取代反應(yīng)B．可與溶液反應(yīng)C．分子中的碳原子不可能全部共平面D．與足量加成后，產(chǎn)物分子中含手性碳原子【解析】【解答】A．酚可與溴水發(fā)生取代反應(yīng)，γ-崖柏素有酚的通性，且γ-崖柏素的環(huán)上有可以被取代的H，故γ-崖柏素可與溴水發(fā)生取代反應(yīng)，A不符合題意；B．酚類物質(zhì)不與NaHCO3溶液反應(yīng)，γ-崖柏素分子中沒有可與NaHCO3溶液反應(yīng)的官能團(tuán)，故其不可與NaHCO3溶液反應(yīng)，B符合題意；C．γ-崖柏素分子中有一個(gè)異丙基，異丙基中間的碳原子與其相連的3個(gè)碳原子不共面，故其分子中的碳原子不可能全部共平面，C不符合題意；D．γ-崖柏素與足量H2加成的產(chǎn)物為，該物質(zhì)中含有手性碳原子（如圖用“*”標(biāo)記），D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A.γ-崖柏素具有酚的通性，則羥基的鄰位和對位的H原子能與溴水發(fā)生取代反應(yīng)；

B.γ-崖柏素不含能與碳酸氫鈉反應(yīng)的官能團(tuán)；

C.飽和碳原子具有甲烷的結(jié)構(gòu)特征；

D.手性碳是指連有四個(gè)不同原子團(tuán)的碳原子。8．實(shí)驗(yàn)室制備過程為：①高溫下在熔融強(qiáng)堿性介質(zhì)中用氧化制備；②水溶后冷卻，調(diào)溶液至弱堿性，歧化生成和；③減壓過濾，將濾液蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，再減壓過濾得。下列說法正確的是（）A．①中用瓷坩堝作反應(yīng)器B．①中用作強(qiáng)堿性介質(zhì)C．②中只體現(xiàn)氧化性D．轉(zhuǎn)化為的理論轉(zhuǎn)化率約為66.7%【解析】【解答】A．瓷坩堝易被強(qiáng)堿腐蝕，不能用瓷坩堝作反應(yīng)器，A不符合題意；B．制備KMnO4時(shí)為防止引入雜質(zhì)離子，①中用KOH作強(qiáng)堿性介質(zhì)，不能用，B不符合題意；C．②中K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，Mn元素的化合價(jià)既升高又降低，故其既體現(xiàn)氧化性又體現(xiàn)還原性，C不符合題意；D．根據(jù)化合價(jià)的變化分析，K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2的物質(zhì)的量之比為2：1，根據(jù)Mn元素守恒可知，MnO2中的Mn元素只有轉(zhuǎn)化為KMnO4，因此，MnO2轉(zhuǎn)化為KMnO4的理論轉(zhuǎn)化率約為66.7%，D符合題意；故答案為：D。

【分析】A.瓷坩堝易被強(qiáng)堿腐蝕；

B.使用NaOH會(huì)引入鈉離子；

C.K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2；

D.K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2的物質(zhì)的量之比為2：1。9．已知苯胺(液體)、苯甲酸(固體)微溶于水，苯胺鹽酸鹽易溶于水。實(shí)驗(yàn)室初步分離甲苯、苯胺、苯甲酸混合溶液的流程如下。下列說法正確的是（）A．苯胺既可與鹽酸也可與溶液反應(yīng)B．由①、③分別獲取相應(yīng)粗品時(shí)可采用相同的操作方法C．苯胺、甲苯、苯甲酸粗品依次由①、②、③獲得D．①、②、③均為兩相混合體系【解析】【解答】A．苯胺分子中含有氨基，具有堿性，能與鹽酸反應(yīng)，但不能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，故A不符合題意；B．由分析可知，得到苯胺粗品①的分離方法為分液，得到苯甲酸粗品③的分離方法為結(jié)晶或重結(jié)晶、過濾、洗滌，獲取兩者的操作方法不同，故B不符合題意；C．由分析可知，苯胺粗品、甲苯粗品、苯甲酸粗品依次由①、②、③獲得，故C符合題意；D．由分析可知，①為苯胺、②為甲苯，③為苯甲酸，都不是兩相混合體系，故D不符合題意；故答案為：C。

【分析】甲苯、苯胺、苯甲酸混合溶液中加入鹽酸，苯胺與鹽酸反應(yīng)，進(jìn)入水相Ⅰ，有機(jī)相的成分為苯甲酸和甲苯，水相Ⅰ中加入NaOH反應(yīng)生成①，則①是苯胺；有機(jī)相Ⅱ中加碳酸鈉溶液，苯甲酸與碳酸鈉反應(yīng)生成苯甲酸鈉，進(jìn)入水相Ⅱ中，則②是甲苯；水相Ⅱ中苯甲酸鈉與鹽酸反應(yīng)生成苯甲酸，③是苯甲酸。10．在NO催化下，丙烷與氧氣反應(yīng)制備丙烯的部分反應(yīng)機(jī)理如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是（）A．含N分子參與的反應(yīng)一定有電子轉(zhuǎn)移B．由NO生成的反應(yīng)歷程有2種C．增大NO的量，的平衡轉(zhuǎn)化率不變D．當(dāng)主要發(fā)生包含②的歷程時(shí)，最終生成的水減少【解析】【解答】A．根據(jù)反應(yīng)機(jī)理的圖示知，含N分子發(fā)生的反應(yīng)有NO+?OOH=NO2+?OH、NO+NO2+H2O=2HONO、NO2+?C3H7=C3H6+HONO、HONO=NO+?OH，含N分子NO、NO2、HONO中N元素的化合價(jià)依次為+2價(jià)、+4價(jià)、+3價(jià)，上述反應(yīng)中均有元素化合價(jià)的升降，都為氧化還原反應(yīng)，一定有電子轉(zhuǎn)移，A項(xiàng)不符合題意；B．根據(jù)圖示，由NO生成HONO的反應(yīng)有①②2種歷程，B項(xiàng)不符合題意；C．NO是催化劑，增大NO的量，C3H8的平衡轉(zhuǎn)化率不變，C項(xiàng)不符合題意；D．無論反應(yīng)歷程如何，在NO催化下丙烷與O2反應(yīng)制備丙烯的總反應(yīng)都為2C3H8+O22C3H6+2H2O，當(dāng)主要發(fā)生包含②的歷程時(shí)，最終生成的水不變，D項(xiàng)符合題意；故答案為：D。

【分析】A.氧化還原反應(yīng)中一定有電子轉(zhuǎn)移；

B.由NO生成HONO的反應(yīng)歷程有①②的歷程；

C.增大NO的量，平衡不移動(dòng)；

D.無論反應(yīng)歷程如何，發(fā)生的反應(yīng)均為2C3H8+O22C3H6+2H2O。二、選擇題11．某同學(xué)按圖示裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，欲使瓶中少量固體粉末最終消失并得到澄清溶液。下列物質(zhì)組合不符合要求的是（）

氣體液體固體粉末A飽和溶液B溶液FeC溶液DA．A B．B C．C D．D【解析】【解答】A．通入CO2氣體依次發(fā)生反應(yīng)CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3、CaCO3+H2O+CO2=Ca(HCO3)2，相同溫度下NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，最終瓶中仍有NaHCO3白色晶體析出，不會(huì)得到澄清溶液，A符合題意；B．通入Cl2，發(fā)生反應(yīng)Cl2+2FeCl2=2FeCl3、2FeCl3+Fe=3FeCl2，最終Fe消失得到澄清溶液，B不符合題意；C．通入HCl，在酸性條件下具有強(qiáng)氧化性，發(fā)生離子反應(yīng)：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，最終Cu消失得到澄清溶液，C不符合題意；D．AgCl在水中存在溶解平衡AgCl(s)?Ag+(aq)+Cl-(aq)，通入NH3后，Ag+與NH3結(jié)合成[Ag(NH3)2]+，使溶解平衡正向移動(dòng)，最終AgCl消失得到澄清溶液，D不符合題意；故答案為：A。

【分析】A.二氧化碳與碳酸鈉反應(yīng)生成的碳酸氫鈉為固體；

B.氯氣將氯化亞鐵氧化為氯化鐵，單質(zhì)鐵與氯化鐵反應(yīng)生成氯化亞鐵；

C.酸性條件下發(fā)生反應(yīng)3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O；

D.氨氣極易溶于水，AgCl可溶于氨水生成銀氨溶液。12．高壓氫還原法可直接從溶液中提取金屬粉。以硫化銅精礦(含Zn、Fe元素的雜質(zhì))為主要原料制備Cu粉的工藝流程如下，可能用到的數(shù)據(jù)見下表。

開始沉淀pH1.94.26.2沉淀完全pH3.26.78.2下列說法錯(cuò)誤的是（）A．固體X主要成分是和S；金屬M(fèi)為ZnB．浸取時(shí)，增大壓強(qiáng)可促進(jìn)金屬離子浸出C．中和調(diào)pH的范圍為3.2~4.2D．還原時(shí)，增大溶液酸度有利于Cu的生成【解析】【解答】A．經(jīng)過分析可知固體X主要成分是S、Fe(OH)3，金屬M(fèi)為Zn，A不符合題意；B．CuS在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)，增大O2的壓強(qiáng)，將S2-氧化生成單質(zhì)S，使沉淀溶解平衡正向移動(dòng)，從而可促進(jìn)金屬離子的浸取，B不符合題意；C．根據(jù)流程圖可知：用NH3調(diào)節(jié)溶液pH時(shí)，要使Fe3+轉(zhuǎn)化為沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以離子形式存在于溶液中，結(jié)合離子沉淀的pH范圍，可知中和時(shí)應(yīng)該調(diào)節(jié)溶液pH范圍為3.2～4.2，C不符合題意；D．在用H2還原Cu2+變?yōu)镃u單質(zhì)時(shí)，H2失去電子被氧化為H+，與溶液中OH-結(jié)合形成H2O，若還原時(shí)增大溶液的酸度，c(H+)增大，不利于H2失去電子還原Cu單質(zhì)，不利于Cu的生成，D符合題意；故答案為：D。

【分析】硫化銅精礦在高壓O2作用下，用硫酸溶液浸取，反應(yīng)生成CuSO4、S、H2O，F(xiàn)e2+被氧化為Fe3+，加入NH3中和調(diào)pH，F(xiàn)e3+形成Fe(OH)3沉淀，濾渣中含有S、Fe(OH)3；濾液中含有Cu2+、Zn2+，通入H2進(jìn)行還原，Cu2+被還原為Cu，過濾分離出Cu，濾液中含有Zn2+，再經(jīng)一系列處理可得到金屬M(fèi)，M為Zn單質(zhì)。13．設(shè)計(jì)如圖裝置回收金屬鈷。保持細(xì)菌所在環(huán)境pH穩(wěn)定，借助其降解乙酸鹽生成，將廢舊鋰離子電池的正極材料轉(zhuǎn)化為，工作時(shí)保持厭氧環(huán)境，并定時(shí)將乙室溶液轉(zhuǎn)移至甲室。已知電極材料均為石墨材質(zhì)，右側(cè)裝置為原電池。下列說法正確的是（）A．裝置工作時(shí)，甲室溶液pH逐漸增大B．裝置工作一段時(shí)間后，乙室應(yīng)補(bǔ)充鹽酸C．乙室電極反應(yīng)式為D．若甲室減少，乙室增加，則此時(shí)已進(jìn)行過溶液轉(zhuǎn)移【解析】【解答】A．電池工作時(shí)，甲室中細(xì)菌所在電極的電極反應(yīng)式為CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+，甲室的電極反應(yīng)式為Co2++2e-=Co，生成H+，溶液pH減小，A不符合題意；B．對于乙室，正極上LiCoO2得到電子，被還原為Co2+，同時(shí)得到Li+，其中的O與溶液中的H+結(jié)合H2O，因此電池工作一段時(shí)間后應(yīng)該補(bǔ)充鹽酸，B符合題意；C．電解質(zhì)溶液為酸性，不可能大量存在OH-，乙室電極反應(yīng)式為：LiCoO2+e-+4H+=Li++Co2++2H2O，C不符合題意；D．若甲室Co2+減少200mg，電子轉(zhuǎn)移物質(zhì)的量為n(e-)=，乙室Co2+增加300mg，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為n(e-)=，說明此時(shí)已進(jìn)行過溶液轉(zhuǎn)移，D符合題意；故答案為：BD。

【分析】右側(cè)裝置為原電池，正極材料轉(zhuǎn)化為，即乙室為正極，電極反應(yīng)為LiCoO2+e-+4H+=Li++Co2++2H2O，細(xì)菌所在電極為負(fù)極；甲裝置為原電池，甲室為陰極，電極反應(yīng)為Co2++2e-=Co，細(xì)菌所在電極為陽極，陽極反應(yīng)為CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+。14．工業(yè)上以為原料生產(chǎn)，對其工藝條件進(jìn)行研究?，F(xiàn)有含的、溶液，含的、溶液。在一定pH范圍內(nèi)，四種溶液中隨pH的變化關(guān)系如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是（）A．反應(yīng)的平衡常數(shù)B．C．曲線④代表含的溶液的變化曲線D．對含且和初始濃度均為的混合溶液，時(shí)才發(fā)生沉淀轉(zhuǎn)化【解析】【解答】A．反應(yīng)SrSO4(s)+COSrCO3(s)+SO的平衡常數(shù)K===，故A不符合題意；B．由分析可知，曲線①為的溶液，硫酸鍶的溶度積=10-5.5×0.1=10-6.5，溫度不變，溶度積不變，則溶液pH為7.7時(shí)，鍶離子的濃度為=10-6.5，則a為6.5，故B不符合題意；C．由分析可知，曲線④為的溶液的變化曲線，故C不符合題意；D．由分析可知，硫酸是強(qiáng)酸，溶液pH變化，溶液中硫酸根離子濃度幾乎不變，則含硫酸鍶固體的硫酸鈉溶液中鍶離子的濃度幾乎不變，所以硫酸鍶的生成與溶液pH無關(guān)，故D符合題意；故答案為：D。

【分析】pH不會(huì)影響硫酸根離子的濃度，則曲線①和曲線②為的溶液，根據(jù)可知，越大，越小，則曲線①為的溶液的變化曲線，曲線②為的溶液的變化曲線；根據(jù)可知，越大，越小，則曲線③為的溶液的變化曲線，曲線④為的溶液的變化曲線。15．是一種鈉離子電池正極材料，充放電過程中正極材料立方晶胞(示意圖)的組成變化如圖所示，晶胞內(nèi)未標(biāo)出因放電產(chǎn)生的0價(jià)Cu原子。下列說法正確的是（）A．每個(gè)晶胞中個(gè)數(shù)為xB．每個(gè)晶胞完全轉(zhuǎn)化為晶胞，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為8C．每個(gè)晶胞中0價(jià)Cu原子個(gè)數(shù)為D．當(dāng)轉(zhuǎn)化為時(shí)，每轉(zhuǎn)移電子，產(chǎn)生原子【解析】【解答】A．由晶胞結(jié)構(gòu)可知，位于頂點(diǎn)和面心的硒離子個(gè)數(shù)為8×+6×=4，位于體內(nèi)的銅離子和亞銅離子的個(gè)數(shù)之和為8，設(shè)晶胞中的銅離子和亞銅離子的個(gè)數(shù)分別為a和b，則a+b=8-4x，由化合價(jià)代數(shù)和為0可得2a+b=4×2，解得a=4x，故A不符合題意；B．由題意可知，Na2Se轉(zhuǎn)化為Cu2-xSe的電極反應(yīng)式為Na2Se-2e-+(2-x)Cu=Cu2-xSe+2Na+，由晶胞結(jié)構(gòu)可知，位于頂點(diǎn)和面心的硒離子個(gè)數(shù)為8×+6×=4，則每個(gè)晶胞中含有4個(gè)Na2Se，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為8，故B不符合題意；C．由題意可知，Cu2-xSe轉(zhuǎn)化為NaCuSe的電極反應(yīng)式為Cu2-xSe+e-+Na+=NaCuSe+(1-x)Cu，由晶胞結(jié)構(gòu)可知，位于頂點(diǎn)和面心的硒離子個(gè)數(shù)為8×+6×=4，則每個(gè)晶胞中含有4個(gè)NaCuSe，晶胞中0價(jià)銅個(gè)數(shù)為(4-4x)，故C不符合題意；D．由題意可知，NayCu2-xSe轉(zhuǎn)化為NaCuSe的電極反應(yīng)式為NayCu2-xSe+(1-y)e-+Na+=NaCuSe+(1-x)Cu，所以每轉(zhuǎn)移(1-y)電子，產(chǎn)生(1-x)mol銅，故D符合題意；故答案為：BD。

【分析】A.根據(jù)均攤法和化合物的化合價(jià)代數(shù)和為0計(jì)算；

B.Na2Se轉(zhuǎn)化為Cu2-xSe的方程式為Na2Se-2e-+(2-x)Cu=Cu2-xSe+2Na+，；

C.NaCuSe晶胞中0價(jià)Cu原子個(gè)數(shù)為4(1-x)；

D.NayCu2-xSe轉(zhuǎn)化為NaCuSe的方程式為NayCu2-xSe+(1-y)e-+Na+=NaCuSe+(1-x)Cu。三、非選擇題16．研究籠形包合物結(jié)構(gòu)和性質(zhì)具有重要意義?；瘜W(xué)式為的籠形包合物四方晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示(H原子未畫出)，每個(gè)苯環(huán)只有一半屬于該晶胞。晶胞參數(shù)為。回答下列問題：（1）基態(tài)原子的價(jià)電子排布式為，在元素周期表中位置為。（2）晶胞中N原子均參與形成配位鍵，與的配位數(shù)之比為；；晶胞中有d軌道參與雜化的金屬離子是。（3）吡啶()替代苯也可形成類似的籠形包合物。已知吡啶中含有與苯類似的大鍵、則吡啶中N原子的價(jià)層孤電子對占據(jù)____(填標(biāo)號(hào))。A．2s軌道 B．2p軌道 C．sp雜化軌道 D．sp2雜化軌道（4）在水中的溶解度，吡啶遠(yuǎn)大于苯，主要原因是①，②。（5）、、的堿性隨N原子電子云密度的增大而增強(qiáng)，其中堿性最弱的是?！窘馕觥俊窘獯稹?1)已知Ni是28號(hào)元素，故基態(tài)Ni原子的價(jià)電子排布式為：3d84s2；位于元素周期表的第4周期第VIII族，故答案為：3d84s2；第4周期第VIII族；(2)由題干晶胞示意圖可知，一個(gè)晶胞中含有Ni2+個(gè)數(shù)為：=1，Zn2+個(gè)數(shù)為：=1，含有CN-為：=4，NH3個(gè)數(shù)為：=2，苯環(huán)個(gè)數(shù)為：=2，則該晶胞的化學(xué)式為：，且晶胞中每個(gè)N原子均參與形成配位鍵，Ni2+周圍形成的配位鍵數(shù)目為4，Zn2+周圍形成的配位鍵數(shù)目為6，則與的配位數(shù)之比為4：6=2：3；4：2：2=2：1：1；Ni2+的配位數(shù)為4，則Ni2+采用sp3雜化，而Zn2+的配位數(shù)為6，Zn2+采用sp3d2雜化，即晶胞中有d軌道參與雜化的金屬離子是Zn2+，故答案為：2：3；2：1：1；Zn2+；(3)吡啶中含有與苯類似的大π鍵，則說明吡啶中N原子采用sp2雜化，雜化軌道只用于形成σ鍵和存在孤電子對，則吡啶中N原子的價(jià)層孤電子對占據(jù)sp2雜化軌道，故答案為：D；(4)已知苯分子為非極性分子，H2O分子為極性分子，且吡啶中N原子上含有孤電子對能與H2O分子形成分子間氫鍵，從而導(dǎo)致在水中的溶解度，吡啶遠(yuǎn)大于苯，故答案為：吡啶能與H2O分子形成分子間氫鍵；吡啶和H2O均為極性分子相似相溶，而苯為非極性分子；(5)已知-CH3為推電子基團(tuán)，-Cl是吸電子基團(tuán)，則導(dǎo)致N原子電子云密度大小順序?yàn)椋海荆荆瑝A性隨N原子電子云密度的增大而增強(qiáng)，則其中堿性最弱的為：，故答案為：。

【分析】（1）Ni為28號(hào)元素，根據(jù)構(gòu)造原理書寫價(jià)電子排布式；位于第4周期第VIII族；

（2）根據(jù)均攤法計(jì)算確定該晶胞的化學(xué)式，進(jìn)而確定與的配位數(shù)之比和；Zn2+采用sp3d2雜化，即晶胞中有d軌道參與雜化的金屬離子是Zn2+；

（3）吡啶中N原子采用sp2雜化，雜化軌道只用于形成σ鍵和存在孤電子對；

（4）吡啶能與H2O分子形成分子間氫鍵；根據(jù)相似相溶原理判斷；

（5）-CH3為推電子基團(tuán)，-Cl是吸電子基團(tuán)。17．工業(yè)上以氟磷灰石[，含等雜質(zhì)]為原料生產(chǎn)磷酸和石膏，工藝流程如下：回答下列問題：（1）酸解時(shí)有產(chǎn)生。氫氟酸與反應(yīng)生成二元強(qiáng)酸，離子方程式為。（2）部分鹽的溶度積常數(shù)見下表。精制Ⅰ中，按物質(zhì)的量之比加入脫氟，充分反應(yīng)后，；再分批加入一定量的，首先轉(zhuǎn)化為沉淀的離子是。

（3）濃度(以計(jì))在一定范圍時(shí)，石膏存在形式與溫度、濃度(以計(jì))的關(guān)系如圖甲所示。酸解后，在所得、為45的混合體系中，石膏存在形式為(填化學(xué)式)；洗滌時(shí)使用一定濃度的硫酸溶液而不使用水，原因是，回收利用洗滌液X的操作單元是；一定溫度下，石膏存在形式與溶液中和的關(guān)系如圖乙所示，下列條件能實(shí)現(xiàn)酸解所得石膏結(jié)晶轉(zhuǎn)化的是(填標(biāo)號(hào))。A．、、B．、、C．、、D．、、【解析】【解答】氟磷灰石用硫酸溶解后過濾，得到粗磷酸和濾渣，濾渣經(jīng)洗滌后結(jié)晶轉(zhuǎn)化為石膏；粗磷酸以精制I脫氟、除硫酸根離子和，過濾，濾液經(jīng)精制II等一系列操作得到磷酸。(1)氫氟酸與SiO2反應(yīng)生成二元強(qiáng)酸H2SiF6，該反應(yīng)的離子方程式為6HF+SiO2=2H+++2H2O。(2)精制Ⅰ中，按物質(zhì)的量之比n(Na2CO3)：n()=1：1加入Na2CO3脫氟，發(fā)生反應(yīng)H2SiF6+Na2CO3=Na2SiF6↓+CO2↑+H2O，飽和的Na2SiF6中存在c(Na+)=2c()，根據(jù)Ksp=c2(Na+)?c()=4c3()可知，c()=mol?L-1，因此c(Na+)=2c()=mol?L-1；粗磷酸中還有硫酸鈣的飽和溶液，c(Ca2+)=c()=mol?L-1；分批加入一定量的BaCO3，當(dāng)BaSiF6沉淀開始生成時(shí)，c(Ba2+)=mol?L-1，當(dāng)BaSO4沉淀開始生成時(shí)，c(Ba2+)=mol?L-1，因此，首先轉(zhuǎn)化為沉淀的離子是，然后才是；(3)酸解后，在所得100℃、P2O5%為45的混合體系中，石膏的存在形式為CaSO4?0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的溶解度也，因此用一定濃度的硫酸溶液洗滌可以減少CaSO4的溶解損失，提高產(chǎn)品石膏的產(chǎn)率；洗滌液X中含有硫酸，酸解時(shí)使用的也是硫酸，則回收利用洗滌液X的操作單元是：酸解；由圖甲信息可知，溫度越低，越有利于實(shí)現(xiàn)酸解所得石膏結(jié)晶的轉(zhuǎn)化，由圖乙信息可知，位于65℃線上方的晶體全部以CaSO4?0.5H2O形式存在，位于80℃線下方，晶體全部以CaSO4?2H2O形式存在，在兩線之間的以兩種晶體的混合物形式存在：A．由圖乙可知，P2O5%=15、SO3%=15位于65℃、80℃之間，不能實(shí)現(xiàn)晶體的完全轉(zhuǎn)化，A不正確；B．由圖乙可知，P2O5%=10、SO3%=20位于65℃、80℃之間，不能實(shí)現(xiàn)晶體的完全轉(zhuǎn)化，B不正確；C．由圖乙可知，P2O5%=10、SO3%=30位于65℃線上方，晶體全部以CaSO4?0.5H2O形式存在，不能實(shí)現(xiàn)晶體轉(zhuǎn)化，C不正確；D．由圖乙可知，P2O5%=10、SO3%=10位于80℃線下方，晶體全部以CaSO4?2H2O形式存在，能實(shí)現(xiàn)晶體的完全轉(zhuǎn)化，D正確；綜上所述，能實(shí)現(xiàn)酸解所得石膏結(jié)晶轉(zhuǎn)化的是D。

【分析】（1）HF與SiO2反應(yīng)生成H2SiF6和水；

（2）Ksp小的先沉淀；

（3）100℃、P2O5%為45的混合體系中，石膏存在形式為CaSO4?0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于水中的溶解度；洗滌液X中含有硫酸；位于65℃線上方的晶體全部以CaSO4?0.5H2O形式存在，位于80℃線下方，晶體全部以CaSO4?2H2O形式存在，在兩線之間的以兩種晶體的混合物形式存在。18．實(shí)驗(yàn)室利用和亞硫酰氯()制備無水的裝置如圖所示(加熱及夾持裝置略)。已知沸點(diǎn)為，遇水極易反應(yīng)生成兩種酸性氣體?；卮鹣铝袉栴}：（1）實(shí)驗(yàn)開始先通。一段時(shí)間后，先加熱裝置(填“a”或“b”)。裝置b內(nèi)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為。裝置c、d共同起到的作用是。（2）現(xiàn)有含少量雜質(zhì)的，為測定n值進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：實(shí)驗(yàn)Ⅰ：稱取樣品，用足量稀硫酸溶解后，用標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定達(dá)終點(diǎn)時(shí)消耗(滴定過程中轉(zhuǎn)化為，不反應(yīng))。實(shí)驗(yàn)Ⅱ：另取樣品，利用上述裝置與足量反應(yīng)后，固體質(zhì)量為。則；下列情況會(huì)導(dǎo)致n測量值偏小的是(填標(biāo)號(hào))。A．樣品中含少量雜質(zhì)B．樣品與反應(yīng)時(shí)失水不充分C．實(shí)驗(yàn)Ⅰ中，稱重后樣品發(fā)生了潮解D．滴定達(dá)終點(diǎn)時(shí)發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴內(nèi)有氣泡生成（3）用上述裝置、根據(jù)反應(yīng)制備。已知與分子結(jié)構(gòu)相似，與互溶，但極易水解。選擇合適儀器并組裝蒸餾裝置對、混合物進(jìn)行蒸榴提純(加熱及夾持裝置略)，安裝順序?yàn)棰佗幄?填序號(hào))，先餾出的物質(zhì)為。【解析】【解答】SOCl2與H2O反應(yīng)生成兩種酸性氣體，F(xiàn)eCl2?4H2O與SOCl2制備無水FeCl2的反應(yīng)原理為：SOCl2吸收FeCl2?4H2O受熱失去的結(jié)晶水生成SO2和HCl，HCl可抑制FeCl2的水解，從而制得無水FeCl2。(1)實(shí)驗(yàn)開始時(shí)先通N2，排盡裝置中的空氣，一段時(shí)間后，先加熱裝置a，產(chǎn)生SOCl2氣體充滿b裝置后再加熱b裝置，裝置b中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為FeCl2?4H2O+4SOCl2(g)FeCl2+4SO2+8HCl；裝置c、d的共同作用是冷凝回流SOCl2；答案為：a；FeCl2?4H2O+4SOCl2(g)FeCl2+4SO2+8HCl；冷凝回流SOCl2。(2)滴定過程中將Fe2+氧化成Fe3+，自身被還原成Cr3+，反應(yīng)的離子方程式為6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，則m1g樣品中n(FeCl2)=6n()=6cV×10-3mol；m1g樣品中結(jié)晶水的質(zhì)量為(m1-m2)g，結(jié)晶水物質(zhì)的量為mol，n(FeCl2)：n(H2O)=1：n=(6cV×10-3mol)：mol，解得n=；A．樣品中含少量FeO雜質(zhì)，溶于稀硫酸后生成Fe2+，消耗的K2Cr2O7溶液的體積V偏大，n的測量值偏小，A符合題意；B．樣品與SOCl2反應(yīng)時(shí)失水不充分，則m2偏大，使n的測量值偏小，B符合題意；C．實(shí)驗(yàn)Ⅰ中稱重后樣品發(fā)生了潮解，樣品的質(zhì)量不變，消耗的K2Cr2O7溶液的體積V不變，n的測量值不變，C不符合題意；D．滴定達(dá)到終點(diǎn)時(shí)發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴內(nèi)有氣泡生成，消耗的K2Cr2O7溶液的體積V偏小，n的測量值偏大，D不符合題意；故答案為：AB。(3)TiCl4、CCl4互溶，采用蒸餾分離兩者，裝置的組裝順序?yàn)椋河上露?、從左到右，則安裝順序?yàn)棰佗幄?，然后連接直形冷凝管，冷凝管末端連接牛角管⑩，TiCl4極易水解，為防止外界水蒸氣進(jìn)入裝置，應(yīng)連接堿石灰吸收水蒸氣，即最后連接③⑤，因此安裝順序?yàn)棰佗幄啖蔻猗邰?；由于TiCl4、CCl4分子結(jié)構(gòu)相似，均為分子晶體，TiCl4的相對分子質(zhì)量大于CCl4，TiCl4分子間的范德華力較大，TiCl4的沸點(diǎn)高于CCl4，則CCl4先餾出，答案為：⑥⑩③⑤；CCl4。

【分析】（1）排出裝置內(nèi)的空氣后應(yīng)先加熱a裝置生成SOCl2，再加熱裝置b，裝置b中發(fā)生反應(yīng)、FeCl2?4H2O+4SOCl2(g)FeCl2+4SO2+8HCl；裝置c、d的作用是冷凝回流SOCl2；

（2）滴定過程中發(fā)生反應(yīng)6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，據(jù)此計(jì)算；根據(jù)分析誤差；

（3）TiCl4、CCl4互溶，采用蒸餾分離兩者，據(jù)此組裝儀器；TiCl4的沸點(diǎn)高于CCl4，CCl4先餾出。19．支氣管擴(kuò)張藥物特布他林(H)的一種合成路線如下：已知：Ⅰ.Ⅱ.、Ⅲ.回答下列問題：（1）A→B反應(yīng)條件為；B中含氧官能團(tuán)有種。（2）B→C反應(yīng)類型為，該反應(yīng)的目的是。（3）D結(jié)構(gòu)簡式為；E→F的化學(xué)方程式為。（4）H的同分異構(gòu)體中，僅含有、和苯環(huán)結(jié)構(gòu)的有種。（5）根據(jù)上述信息，寫出以羥基鄰苯二甲酸二乙酯為主要原料制備合成的路線?！窘馕觥俊窘獯稹?1)由分析可知，A→B的反應(yīng)為在濃硫酸作用下，與乙醇共熱發(fā)生酯化反應(yīng)生成和水；B的結(jié)構(gòu)簡式為為，含氧官能團(tuán)為羥基、酯基，共有2種，故答案為：濃硫酸，加熱；2；(2)由分析可知，B→C的反應(yīng)為在碳酸鉀作用下與phCH2Cl發(fā)生取代反應(yīng)生成和氯化氫，由B和H都含有酚羥基可知，B→C的目的是保護(hù)酚羥基，故答案為：取代反應(yīng)；保護(hù)酚羥基；(3)由分析可知，D的結(jié)構(gòu)簡式為CH3COOC2H5；E→F的反應(yīng)為在乙酸作用下與溴發(fā)生取代反應(yīng)生成和溴化氫，反應(yīng)的化學(xué)方程式為+Br2+HBr，故答案為：CH3COOC2H5；+Br2+HBr；(4)H的同分異構(gòu)體僅含有-OCH2CH3和-NH2可知，同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)可以視作、、分子中苯環(huán)上的氫原子被-NH2取代所得結(jié)構(gòu)，所得結(jié)構(gòu)分別有1、3、2，共有6種，故答案為：6；(5)由題給信息可知，以4-羥基鄰苯二甲酸二乙酯制備的合成步驟為：在碳酸鉀作用下與phCH2Cl發(fā)生取代反應(yīng)生成發(fā)生取代反應(yīng)生成，發(fā)生信息Ⅱ反應(yīng)生成，在Pd-C做催化劑作用下與氫氣反應(yīng)生成，則具體合成路線為，故答案為：。

【分析】由C的結(jié)構(gòu)簡式和有機(jī)物的轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，在濃硫酸作用下，與乙醇共熱發(fā)生酯化反應(yīng)生成，則A為、B為；在碳酸鉀作用下與phCH2Cl發(fā)生取代反應(yīng)生成，與CH3COOC2H5發(fā)生信息Ⅱ反應(yīng)生成，則D為CH3COOC2H5、E為；在乙酸作用下與溴發(fā)生取代反應(yīng)生成，則F為；一定條件下與(CH3)3CNHCH2ph發(fā)生取代反應(yīng)，則G為；在Pd-C做催化劑作用下與氫氣反應(yīng)生成H。20．利用丁內(nèi)酯(BL)制備1，4-丁二醇(BD)，反應(yīng)過程中伴有生成四氫呋