2022年山東高考化學(xué)試卷真題深度解讀及答案詳解（精校版）

年高考化學(xué)真題完全解讀(山東卷)2022年高考山東卷化學(xué)試題繼續(xù)保持以往風(fēng)格，試卷結(jié)構(gòu)和試題難度保持了相對穩(wěn)定，難度梯度設(shè)計合理，契合考生特點，堅持“重視根底、立足實踐、突出能力、不斷創(chuàng)新”的要求，體現(xiàn)了高考命題的穩(wěn)定性和連續(xù)性原則，準確表達了考試說明的要求，科學(xué)、準確、公平、標準，難度適中，具有較高的信度、效度和必要的區(qū)分度，全面測試考生的化學(xué)科學(xué)素養(yǎng)，實現(xiàn)了高考的選拔功能。一、注重引領(lǐng)，突出立德樹人立德樹人是高中學(xué)科教學(xué)的根本任務(wù)，新高考的化學(xué)試題基于“立德樹人，服務(wù)選拔，引導(dǎo)教學(xué)”的核心立場，發(fā)揮學(xué)科優(yōu)勢，突出體現(xiàn)社會主義核心價值觀，要求學(xué)生堅定理想信念、厚植愛國情懷、提升品德修養(yǎng)，讓考生感受化學(xué)學(xué)科的獨特價值，引導(dǎo)學(xué)生樹立正確的價值觀，發(fā)揮化學(xué)試題的立德樹人作用。如：第1題，古醫(yī)典富載化學(xué)知識。二、強化主干，筑牢學(xué)科基礎(chǔ)試題單選題盡管只有10小題，多選題也僅有5小題，但卻集中體現(xiàn)了對高中化學(xué)主干與核心知識的考查，涉及內(nèi)容包括化學(xué)與技術(shù)、社會及環(huán)境的關(guān)系、原子結(jié)構(gòu)與元素周期律、物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)、化學(xué)反應(yīng)速率與化學(xué)反應(yīng)平衡、電離平衡、水解平衡、氧化還原反應(yīng)、化學(xué)用語、熱化學(xué)、電化學(xué)、重要元素單質(zhì)及化合物的相關(guān)性質(zhì)、化學(xué)實驗原理及基本操作、有機化學(xué)基礎(chǔ)知識等等，可以說基本涵蓋了高中化學(xué)的主干知識。如：第2題的化學(xué)實驗基本操作和實驗安全，第8題的氧化還原反應(yīng)概念、第6題的中和滴定實驗儀器及相關(guān)操作、第3、5、15題有關(guān)物質(zhì)結(jié)構(gòu)基礎(chǔ)知識，第10、12題有關(guān)平衡規(guī)律及其運用等。三、巧選載體，情境立足實踐立足化學(xué)科學(xué)特點，注重選取新材料、新藥物、新催化技術(shù)等真實情境，呈現(xiàn)生產(chǎn)生活中的實際問題，這些試題情境充分體現(xiàn)了化學(xué)的時代性和應(yīng)用性，使考生切切實實地感受到了“有用的化學(xué)”，解決實際問題還需進一步深化對信息獲取加工、邏輯推理、歸納論證思維等關(guān)鍵能力，有利于提升對學(xué)科核心素養(yǎng)考查的有效性，進一步提高人才選拔質(zhì)量。信息獲取與加工是整個化學(xué)學(xué)科能力發(fā)展的基礎(chǔ)，所取素材都是實際生產(chǎn)和生活中真實存在的，有的是傳統(tǒng)的工業(yè)生產(chǎn)，有的則是應(yīng)用廣泛的新技術(shù)，這些情境對考生來說可能是陌生的，但考查的重點仍是高中化學(xué)的基礎(chǔ)知識，充分體現(xiàn)出試題“高起點、低落點”的特點。如：第5題以第三代半導(dǎo)體材料AlN、GaN為載體，考查共價鍵的形成及主要類型；等電子原理的應(yīng)用；利用雜化軌道理論判斷化學(xué)鍵雜化類型；共價晶體；第12題以高壓氫還原法可直接從溶液中提取金屬粉；四、多維呈現(xiàn)，考查思維品質(zhì)試題在設(shè)計上很好地體現(xiàn)了能力立意要求。試題通過創(chuàng)設(shè)復(fù)雜的問題情境，加強對學(xué)生邏輯推理能力的考查。對于真實的工業(yè)生產(chǎn)過程，在信息獲取加工能力的基礎(chǔ)上利用化學(xué)基礎(chǔ)知識和基本原理，推測實際工藝過程中步驟、所發(fā)生的離子方程式、化學(xué)方程式，考查化學(xué)計算等。試題對能力的考查往往不是孤立的，著重對某項能力考查的同時，在不同程度上也考查了與之相關(guān)的其它能力，這一點在非選擇題中體現(xiàn)得尤為明顯。第15題巧妙地把充放電過程中與晶胞結(jié)構(gòu)融合在一起，一箭雙雕；第19題，以支氣管擴張藥物特布他林(H)的一種合成路線為切入口，全面考查官能團之間的轉(zhuǎn)化；第20題在利用丁內(nèi)酯(BL)制備1，4-丁二醇(BD)過程，利用化學(xué)反應(yīng)原理知識進行分析等。五、注重實驗，發(fā)展探究能力實驗是培養(yǎng)化學(xué)學(xué)科素養(yǎng)的重要途徑和方式。2022年高考化學(xué)在實驗原理的理解、實驗方案的設(shè)計、實驗儀器的選擇、基本儀器的使用、實驗數(shù)據(jù)的處理、實驗結(jié)論的得出和解釋等方面加強設(shè)計，考查學(xué)生的實驗?zāi)芰涂茖W(xué)探究能力，充分發(fā)揮對高中實驗教學(xué)的積極導(dǎo)向作用，引導(dǎo)教學(xué)重視實驗探究，引導(dǎo)學(xué)生自己動手做實驗，切實提升實驗?zāi)芰?。如：?題的實驗操作和實驗安全；第9題的物質(zhì)分離與提純的操作；第18題利用FeCl2?4H2O和亞硫酰氯(SOCl2)制備無水FeCl2，通過對實驗步驟的分析，選取合適的儀器，預(yù)測實驗現(xiàn)象，同時考查實驗操作方法和定量分析，所學(xué)即所考，很好地實現(xiàn)了教考銜接。題號分值難度度知識模塊詳細知識點單選題12易認識化學(xué)科學(xué)常見無機物及其應(yīng)用氧化還原反應(yīng)基本概念；硫與金屬單質(zhì)的反應(yīng)22易常見無機物及其應(yīng)用化學(xué)實驗基礎(chǔ)硝酸的不穩(wěn)定性；化學(xué)實驗基礎(chǔ)操作；實驗安全32中物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)原子中相關(guān)數(shù)值及其之間的相互關(guān)系；元素、核素、同位素42中有機化學(xué)基礎(chǔ)酯的水解反應(yīng)機理；人工合成有機化合物的應(yīng)用；加聚反應(yīng)機理及幾個相關(guān)概念；縮聚反應(yīng)機理及判斷52中物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)共價鍵的形成及主要類型；等電子原理的應(yīng)用；利用雜化軌道理論判斷化學(xué)鍵雜化類型；共價晶體(新教材)62中常見無機物及其應(yīng)用化學(xué)反應(yīng)原理碳酸鈉；酸堿中和滴定實驗基本操作及步驟；酸堿中和滴定實驗相關(guān)儀器72中有機化學(xué)基礎(chǔ)有機化合物中碳的成鍵特征；分子的手性；有機分子中原子共面的判斷；多官能團有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)82中認識化學(xué)科學(xué)化學(xué)實驗基礎(chǔ)氧化還原反應(yīng)的幾組概念；基于氧化還原反應(yīng)守恒規(guī)律的計算；常用儀器及使用92中有機化學(xué)基礎(chǔ)化學(xué)實驗基礎(chǔ)羧酸的酸性；蒸發(fā)與結(jié)晶；萃取和分液；胺的性質(zhì)與應(yīng)用102中認識化學(xué)科學(xué)化學(xué)反應(yīng)原理氧化還原反應(yīng)的規(guī)律；一氧化氮；化學(xué)平衡的移動及其影響因素多選題114中常見無機物及其應(yīng)用氯氣與還原性化合物的反應(yīng)；氨氣；硝酸鹽；含碳元素及其化合物124中常見無機物及其應(yīng)用化學(xué)反應(yīng)原理有關(guān)鐵及其化合物轉(zhuǎn)化的流程題型；沉淀溶解平衡的應(yīng)用134中常見無機物及其應(yīng)用化學(xué)反應(yīng)原理原電池正負極判斷；原電池電極反應(yīng)式書寫；原電池、電解池綜合考查；電解池電極反應(yīng)式及化學(xué)方程式的書寫與判斷144較難化學(xué)反應(yīng)原理強電解質(zhì)與弱電解質(zhì)；溶度積常數(shù)相關(guān)計算154較難化學(xué)反應(yīng)原理物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)電化學(xué)計算；新型電池；晶胞的有關(guān)計算非選擇題161中物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)電子排布式；簡單配合物的成鍵；氫鍵對物質(zhì)性質(zhì)的影響；晶胞的有關(guān)計算；1713難認識化學(xué)科學(xué)化學(xué)反應(yīng)原理離子方程式的書寫；化學(xué)反應(yīng)條件的控制及優(yōu)化；溶度積規(guī)則及其應(yīng)用；溶度積常數(shù)相關(guān)計算1812較難化學(xué)實驗基礎(chǔ)物質(zhì)制備的探究1912較難有機化學(xué)基礎(chǔ)同分異構(gòu)體的數(shù)目的確定；羧酸酯化反應(yīng)；有機物的推斷；根據(jù)題給物質(zhì)選擇合適合成路線2011難化學(xué)反應(yīng)原理焓變；化學(xué)平衡的移動及其影響因素；化學(xué)平衡常數(shù)；化學(xué)平衡圖像分析一、選擇題：本題共10小題，每小題2分。每小題只有一個選項符合題目要求。1．古醫(yī)典富載化學(xué)知識，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(CaCO3)：“色黃，以苦酒(醋)洗刷則白”【答案】C【解析】A項，題中金“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項，題中石灰(CaO)：“以水沃之，即熱蒸而解”是指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項，題中石硫磺：“能化……銀、銅、鐵，奇物”是指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項，題中石鐘乳(CaCO3)：“色黃，以苦酒(醋)洗刷則白”是指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；故選C。2．下列試劑實驗室保存方法錯誤的是()A．濃硝酸保存在棕色細口瓶中 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【答案】C【解析】A項，濃硝酸具有不穩(wěn)定性，見光易分解，故濃硝酸需保存在棕色細口瓶中避光保存，A正確；B項，氫氧化鈉固體為強堿能與玻璃中的SiO2反應(yīng)，故氫氧化鈉固體保存在廣口塑料瓶中，B正確；C項，四氯化碳是一種有機溶劑，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)該保存在細口玻璃瓶中，C錯誤；D項，高錳酸鉀固體受熱后易分解，故需在棕色廣口瓶中、陰冷處密封保存，D正確；故選C。3．138O、158O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．138O、158O可用作示蹤原子研究化學(xué)反應(yīng)歷程D．自然界不存在138O2、158O2分子是因其化學(xué)鍵不穩(wěn)定【答案】B【解析】根據(jù)質(zhì)量守恒可知，結(jié)合題中的人工合成反應(yīng)，推知X微粒為62He，Y微粒為42He。A項，X微粒為62He，根據(jù)質(zhì)量數(shù)等于質(zhì)子數(shù)加中子數(shù)可知，該微粒的中子數(shù)為4，A錯誤；B項，X微粒為62He，Y微粒為42He，二者具有相同的質(zhì)子數(shù)而不同的中子數(shù)的原子，故互為同位素，B正確；C項，.由題干信息可知，138O與158O的半衰期很短，故不適宜用作示蹤原子研究化學(xué)反應(yīng)歷程，C錯誤；D項，自然界中不存在138O2與158O2并不是其化學(xué)鍵不穩(wěn)定，而是由于138O與158O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錯誤；故選B。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【答案】B【解析】】本題考查加聚反應(yīng)和縮聚反應(yīng)的比較。A項，聚乳酸()是由乳酸[HOCH(CH3)COOH]分子間脫水縮聚而得，即發(fā)生縮聚反應(yīng)，A錯誤；B項，聚四氟乙烯()是由四氟乙烯(CF2=CF2)經(jīng)加聚反應(yīng)制備，B正確；C項，尼龍-66()是由己二胺和己二酸經(jīng)過縮聚反應(yīng)制得，C錯誤；D項，聚乙烯醇()由聚乙酸乙烯醇酯()發(fā)生水解反應(yīng)制得，D錯誤；故選B。5．AlN、GaN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。下列說法錯誤的是()A．的熔點高于 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sp3雜化 D．晶體中所有原子的配位數(shù)均相同【答案】A【解析】根據(jù)元素周期表，Al和Ga均為第ⅢA元素，N屬于第ⅤA元素，結(jié)合題意AlN、GaN的成鍵結(jié)構(gòu)與金剛石相似，則其為共價晶體，且其與金剛石互為等電子體，等電子體之間的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)相似，AlN、GaN晶體中，N原子與其相鄰的原子形成3個普通共價鍵和1個配位鍵。A項，因為AlN、GaN為結(jié)構(gòu)相似的共價晶體，由于Al原子的半徑小于Ga，N—Al的鍵長小于N—Ga的，則N—Al的鍵能較大，鍵能越大則其對應(yīng)的共價晶體的熔點越高，故GaN的熔點低于AlN，A說錯誤；B項，不同種元素的原子之間形成的共價鍵為極性鍵，故兩種晶體中所有化學(xué)鍵均為極性鍵，B說法正確；C項，金剛石中每個C原子形成4個共價鍵(即C原子的價層電子對數(shù)為4)，C原子無孤電子對，故C原子均采取sp３雜化；由于AlN、GaN與金剛石互為等電子體，則其晶體中所有原子均采取sp3雜化，C說法正確；D項，金剛石中每個C原子與其周圍4個C原子形成共價鍵，即C原子的配位數(shù)是4，由于AlN、GaN與金剛石互為等電子體，則其晶體中所有原子的配位數(shù)也均為4，D說法正確。故選A。6．實驗室用基準Na2CO3配制標準溶液并標定鹽酸濃度，應(yīng)選甲基橙為指示劑，并以鹽酸滴定Na2CO3標準溶液。下列說法錯誤的是()A．可用量筒量取25.00mLNa2CO3標準溶液置于錐形瓶中B．應(yīng)選用配帶塑料塞的容量瓶配制Na2CO3標準溶液C．應(yīng)選用燒杯而非稱量紙稱量Na2CO3固體D．達到滴定終點時溶液顯橙色【答案】A【解析】根據(jù)中和滴定過程批示劑選擇原則，以鹽酸滴定Na2CO3標準溶液，選甲基橙為指示劑，則應(yīng)利用鹽酸滴定碳酸鈉，即將Na2CO3標準溶液置于錐形瓶中，將待測鹽酸置于酸式滴定管中，滴定終點時溶液由黃色變?yōu)槌壬項，量筒的精確度為0.1mL，不可用量簡量取Na2CO3標準溶液，應(yīng)該用堿式滴定管或移液管量取25.00mLNa2CO3標準溶液置于錐形瓶中，A錯誤；B項，Na2CO3溶液顯堿性，盛放Na2CO3溶液的容器不能用玻璃塞，以防堿性溶液腐蝕玻璃產(chǎn)生有粘性的硅酸鈉溶液而將瓶塞粘住，故應(yīng)選用配帶塑料塞的容量瓶配制Na2CO3標準溶液，B正確；C項，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正確；D項，Na2CO3溶液顯堿性，甲基橙滴入Na2CO3溶液中顯黃色，當?shù)稳胱詈笠坏嘻}酸時，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，故達到滴定終點時溶液顯橙色，D正確；故選A。7．崖柏素具天然活性，有酚的通性，結(jié)構(gòu)如圖。關(guān)于崖柏素的說法錯誤的是()A．可與溴水發(fā)生取代反應(yīng)B．可與NaHCO3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H2加成后，產(chǎn)物分子中含手性碳原子【答案】B【解析】根據(jù)題中信息可知，γ-崖柏素有酚的通性，具有類似的酚羥基的性質(zhì)。A項，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正確；B項，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，故其不可與NaHCO3溶液反應(yīng)，B錯誤；C項，γ-崖柏素分子中有一個異丙基，異丙基中間的碳原子與其相連的3個碳原子不共面，故其分子中的碳原子不可能全部共平面，C正確；D項，γ-崖柏素與足量H2加成后轉(zhuǎn)化為，產(chǎn)物分子中含手性碳原子(與羥基相連的C原子是手性碳原子)，D正確；故選B。8．實驗室制備KMnO4過程為：①高溫下在熔融強堿性介質(zhì)中用KClO3氧化MnO2制備K2MnO4；②水溶后冷卻，調(diào)溶液至弱堿性，K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2；③減壓過濾，將濾液蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，再減壓過濾得KMnO4。下列說法正確的是()A．①中用瓷坩堝作反應(yīng)器B．①中用NaOH作強堿性介質(zhì)C．②中K2MnO4只體現(xiàn)氧化性D．MnO2轉(zhuǎn)化為KMnO4的理論轉(zhuǎn)化率約為66.7%【答案】D【解析】根據(jù)題意，高溫下在熔融強堿性介質(zhì)中用KClO3氧化MnO2制備K2MnO4，然后水溶后冷卻調(diào)溶液pH至弱堿性使K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，Mn元素的化合價由+6變?yōu)?7和+4。A項，①中高溫下在熔融強堿性介質(zhì)中用KClO3氧化MnO2制備K2MnO4，由于瓷坩堝易被強堿腐蝕，故不能用瓷坩堝作反應(yīng)器，A不正確；B項，制備KMnO4時為為防止引入雜質(zhì)離子，①中用KOH作強堿性介質(zhì)，不能用NaOH，B不正確；C項，②中K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，故其既體現(xiàn)氧化性又體現(xiàn)還原性，C不正確；D項，根據(jù)化合價的變化分析，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正確；故選D。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。實驗室初步分離甲苯、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【答案】C【解析】根據(jù)題給流程可知，向甲苯、苯胺、苯甲酸的混合溶液中加入鹽酸，鹽酸將微溶于水的苯胺轉(zhuǎn)化為易溶于水的苯胺鹽酸鹽，分液得到水相Ⅰ和有機相Ⅰ；向水相中加入氫氧化鈉溶液將苯胺鹽酸鹽轉(zhuǎn)化為苯胺，分液得到苯胺粗品①；向有機相中加入水洗滌除去混有的鹽酸，分液得到廢液和有機相Ⅱ，向有機相Ⅱ中加入碳酸鈉溶液將微溶于水的苯甲酸轉(zhuǎn)化為易溶于水的苯甲酸鈉，分液得到甲苯粗品②和水相Ⅱ；向水相Ⅱ中加入鹽酸，將苯甲酸鈉轉(zhuǎn)化為苯甲酸，經(jīng)結(jié)晶或重結(jié)晶、過濾、洗滌得到苯甲酸粗品③。A項，苯胺分子中含有的氨基能與鹽酸反應(yīng)，但不能與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，A錯誤；B項，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，B錯誤；C項，苯胺粗品、甲苯粗品、苯甲酸粗品依次由①、②、③獲得，C正確；D項，①、②為液相，③為固相，都不是兩相混合體系，D錯誤；故選C。10．在NO催化下，丙烷與氧氣反應(yīng)制備丙烯的部分反應(yīng)機理如圖所示。下列說法錯誤的是()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，C3H8的平衡轉(zhuǎn)化率不變D．當主要發(fā)生包含②的歷程時，最終生成的水減少【答案】D【解析】A項，根據(jù)制備丙烯的部分反應(yīng)機理的圖示知，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元素的化合價依次為+2價、+4價、+3價，上述反應(yīng)中均有元素化合價的升降，都為氧化還原反應(yīng)，一定有電子轉(zhuǎn)移，A項正確；B項，根據(jù)圖示，由NO生成HONO的反應(yīng)歷程有2種，B項正確；C項，NO是催化劑，增大NO的量，C3H8的平衡轉(zhuǎn)化率不變，C項正確；D項，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，當主要發(fā)生包含②的歷程時，最終生成的水不變，D項錯誤；故選D。二、選擇題：本題共5小題，每小題4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．某同學(xué)按圖示裝置進行實驗，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ACO2飽和Na2CO3溶液CaCO3BCl2FeCl2溶液FeCHClCu(NO3)2溶液CuDNH3H2OAgCl【答案】A【解析】A項，飽和Na2CO3溶液通入CO2氣體依次發(fā)生反應(yīng)CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3、CaCO3+H2O+CO2=Ca(HCO3)2，由于在相同溫度下NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，最終瓶中仍有白色晶體析出，不會得到澄清溶液，A項符合題意；B項，F(xiàn)eCl2溶液通入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項不符合題意；C項，Cu(NO3)2溶液通入HCl，NO3-在酸性條件下會表現(xiàn)強氧化性，發(fā)生離子反應(yīng)：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，最終Cu消失得到澄清溶液，C項不符合題意；D項，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，最終AgCl消失得到澄清溶液，D項不符合題意；故選A。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下列說法錯誤的是()A．固體X主要成分是Fe(OH)3和S；金屬M為ZnB．浸取時，增大O2壓強可促進金屬離子浸出C．中和調(diào)pH的范圍為3.2~4.2D．還原時，增大溶液酸度有利于Cu的生成【答案】D【解析】依據(jù)題中的工藝流程，CuS精礦(含有雜質(zhì)Zn、Fe元素)在高壓O2作用下，用硫酸溶液浸取，CuS反應(yīng)產(chǎn)生為CuSO4、S、H2O，F(xiàn)e2+被氧化為Fe3+，然后加入NH3調(diào)節(jié)溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以離子形式存在于溶液中，過濾得到的濾渣中含有S、Fe(OH)3；濾液中含有Cu2+、Zn2+；然后向濾液中通入高壓H2，根據(jù)元素活動性：Zn＞H＞Cu，Cu2+被還原為Cu單質(zhì)，通過過濾分離出來；而Zn2+仍然以離子形式存在于溶液中，再經(jīng)一系列處理可得到Zn單質(zhì)。A項，固體X主要成分是S、Fe(OH)3，金屬M為Zn，A正確；B項，CuS難溶于硫酸，在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)，增大O2的濃度，可以反應(yīng)消耗S2-，使之轉(zhuǎn)化為S，從而使沉淀溶解平衡正向移動，從而可促進金屬離子的浸取，B正確；C項，根據(jù)流程圖可知：用NH3調(diào)節(jié)溶液pH時，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，可知中和時應(yīng)該調(diào)節(jié)溶液pH范圍為3.2～4.2，C正確；D項，在用H2還原Cu2+變?yōu)镃u單質(zhì)時，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)，因此不利于Cu的生成，D錯誤；故選D。13．設(shè)計如圖裝置回收金屬鈷。保持細菌所在環(huán)境pH穩(wěn)定，借助其降解乙酸鹽生成CO2，將廢舊鋰離子電池的正極材料LiCoO2轉(zhuǎn)化為Co2+，工作時保持厭氧環(huán)境，并定時將乙室溶液轉(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，甲室溶液pH逐漸增大B．裝置工作一段時間后，乙室應(yīng)補充鹽酸C．乙室電極反應(yīng)式為LiCoO2+2H2O+e-+4H+=Li++Co2++4OH-D．若甲室Co2+減少，乙室Co2+增加，則此時已進行過溶液轉(zhuǎn)移【答案】BD【解析】A項，依據(jù)題意右側(cè)裝置為原電池，電池工作時，甲室中細菌上乙酸鹽的陰離子失去電子被氧化為CO2氣體，Co2+在另一個電極上得到電子，被還原產(chǎn)生Co單質(zhì)，CH3COO-失去電子后，Na+通過陽膜進入陰極室，溶液變?yōu)镹aCl溶液，溶液由堿性變?yōu)橹行裕芤簆H減小，A錯誤；B項，對于乙室，正極上LiCoO2得到電子，被還原為Co2+，同時得到Li+，其中的O與溶液中的H+結(jié)合H2O，因此電池工作一段時間后應(yīng)該補充鹽酸，B正確；C項，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錯誤；D項，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-)=，說明此時已進行過溶液轉(zhuǎn)移，D正確；故選BD。14．工業(yè)上以SrSO4(s)為原料生產(chǎn)SrCO3(s)，對其工藝條件進行研究?，F(xiàn)有含SrCO3(s)的0.1mol·L-1、1.0mol·L-1Na2CO3溶液，含SrSO4(s)的0.1mol·L-1、1.0mol·L-1Na2SO4溶液。在一定pH范圍內(nèi)，四種溶液中c(Sr2+)/mol·L-1]隨pH的變化關(guān)系如圖所示。下列說法錯誤的是()A．反應(yīng)SrSO4(s)+CO32-SrCO3(s)+SO42-的平衡常數(shù)B．a(chǎn)=-6.5C．曲線④代表含SrCO3(s)的1.0mol·L-1溶液的變化曲線D．對含SrCO4(s)且Na2SO4和Na2CO3初始濃度均為1.0mol·L-1的混合溶液，時才發(fā)生沉淀轉(zhuǎn)化【答案】D【解析】分析題給圖象，硫酸是強酸，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，pH相同時，溶液中硫酸根離子越大，鍶離子濃度越小，所以曲線①代表含硫酸鍶固體的0.1mol·L-1硫酸鈉溶液的變化曲線，曲線②代表含硫酸鍶固體的1mol·L-1硫酸鈉溶液的變化曲線；碳酸是弱酸，溶液pH減小，溶液中碳酸根離子離子濃度越小，鍶離子濃度越大，pH相同時，1mol·L-1碳酸鈉溶液中碳酸根離子濃度大于0.1mol·L-1碳酸鈉溶液，則曲線③表示含碳酸鍶固體的0.1mol·L-1碳酸鈉溶液的變化曲線，曲線④表示含碳酸鍶固體的1mol·L-1碳酸鈉溶液的變化曲線。A項，反應(yīng)SrSO4(s)+CO32-SrCO3(s)+SO42-的平衡常數(shù)K===，故A正確；B項，曲線①代表含硫酸鍶固體的0.1mol/L硫酸鈉溶液的變化曲線，則硫酸鍶的溶度積Ksp(SrSO4)=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，鍶離子的濃度為=10—6.5，則a為-6.5；C項，曲線④表示含碳酸鍶固體的1mol·L-1碳酸鈉溶液的變化曲線，故C正確；D項，硫酸是強酸，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錯誤；故選D。15．Cu2-xSe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)未標出因放電產(chǎn)生的0價Cu原子。下列說法正確的是()A．每個Cu2-xSe晶胞中Cu2+個數(shù)為xB．每個Na2Se晶胞完全轉(zhuǎn)化為Cu2-xSe晶胞，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為8C．每個NaCuSe晶胞中0價Cu原子個數(shù)為1-xD．當NayCu2-xSe轉(zhuǎn)化為NaCuSe時，每轉(zhuǎn)移電子，產(chǎn)生(1-x)mol原子【答案】D【解析】A項，由Cu2-xSe晶胞結(jié)構(gòu)可知，位于頂點和面心的硒離子個數(shù)為8×+6×=4，位于體內(nèi)的銅離子和亞銅離子的個數(shù)之和為8，設(shè)晶胞中的銅離子和亞銅離子的個數(shù)分別為a和b，則a+b=8-4x，由化合價代數(shù)和為0可得2a+b=4×2，解得a=4x，故A錯誤；B項，由Na2Se轉(zhuǎn)化為Cu2-xSe的電極反應(yīng)式為Na2Se-e-+(2-x)Cu=Cu2-xSe+Na+，由晶胞結(jié)構(gòu)可知，位于頂點和面心的硒離子個數(shù)為8×+6×=4，則每個晶胞中含有4個Na2Se，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為4，故B錯誤；C項，由NaCuSe晶胞結(jié)構(gòu)可知，位于頂點和面心的硒離子個數(shù)為8×+6×=4，則每個晶胞中含有4個NaCuSe，晶胞中0價銅而個數(shù)為(4-4x)，故C錯誤；D項，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正確；故選D。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16．(12分)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Ni(CN)·Zn(NH3)·的籠形包合物四方晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示(H原子未畫出)，每個苯環(huán)只有一半屬于該晶胞。晶胞參數(shù)為?；卮鹣铝袉栴}：(1)基態(tài)Ni原子的價電子排布式為_______，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，Ni2+與Zn2+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π66大π鍵、則吡啶中N原子的價層孤電子對占據(jù)_______(填標號)。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，其中堿性最弱的是_______?！敬鸢浮?1)

3d84s2

第4周期第VIII族(2)2：3

2：1：1

Zn2+(3)D(4)

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)【解析】(1)已知Ni是28號元素，故基態(tài)Ni原子的價電子排布式為：3d84s2，在周期表中第四橫行第10縱列即位于第4周期第VIII族；(2)由題干晶胞示意圖可知，一個晶胞中含有Ni2+個數(shù)為：=1，Zn2+個數(shù)為：=1，含有CN-為：=4，NH3個數(shù)為：=2，苯環(huán)個數(shù)為：=2，則該晶胞的化學(xué)式為：Ni(CN)·Zn(NH3)·，且晶胞中每個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Ni2+與Zn2+的配位數(shù)之比,4：6=2：3；4：2：2=2：1：1；由以上分析可知，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+；(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π66大π鍵，則說明吡啶中N原子也是采用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原子的價層孤電子對占據(jù)sp2雜化軌道，故選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，吡啶遠大于苯；(5)已知-CH3為推電子基團，-Cl是吸電子基團，則導(dǎo)致N原子電子云密度大小順序為：＞＞，結(jié)合題干信息可知，其中堿性最弱的為：。17．(13分)工業(yè)上以氟磷灰石[Ca5F(PO4)3]，含SiO2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)酸解時有產(chǎn)生。氫氟酸與SiO2反應(yīng)生成二元強酸H2SiF6，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n(Na2CO3)：n(SiF62-)=1：1加入Na2CO3脫氟，充分反應(yīng)后，c(Na+)=_______mol?L-1；再分批加入一定量的BaCO3，首先轉(zhuǎn)化為沉淀的離子是_______。BaSiF6Na2SiF6CaSO4BaSO4Ksp1.0×10-64.0×10-69.0×10-41.0×10-10(3)SO42-濃度(以SO3%計)在一定范圍時，石膏存在形式與溫度、H3PO4濃度(以P2O5%計)的關(guān)系如圖甲所示。酸解后，在所得、P2O5%為45的混合體系中，石膏存在形式為_______(填化學(xué)式)；洗滌時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P2O5%和SO3%的關(guān)系如圖乙所示，下列條件能實現(xiàn)酸解所得石膏結(jié)品轉(zhuǎn)化的是_______(填標號)。A．65℃、P2O5%=15、SO3%=15

B．80℃、P2O5%=10、SO3%=20C．65℃、P2O5%=10、SO3%=30

D．80℃、P2O5%=10、SO3%=10【答案】(1)6HF+SiO2=2H++SiF62-+2H2O(2)2.0×10-2

SO42-(3)CaSO4?0.5H2O

減少CaSO4的溶解損失，提高產(chǎn)品石膏的產(chǎn)率

酸解

D【解析】根據(jù)題中的工藝流程，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SiF62-，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)生成二元強酸H2SiF6，該反應(yīng)的離子方程式為6HF+SiO2=2H++SiF62-+2H2O。(2)精制1中，按物質(zhì)的量之比n(Na2CO3)：n(SiF62-)=1：1加入Na2CO3脫氟，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為H2SiF6+Na2CO3=Na2SiF6↓+CO2↑+H2O，充分反應(yīng)后得到沉淀Na2SiF6，溶液中有飽和的Na2SiF6，且c(Na+)=2c(SiF62-)，根據(jù)Na2SiF6的溶度積可知Ksp=c2(Na+)?c(SiF62-)=4c3(SiF62-)，c(SiF62-)=mol?L-1，因此c(Na+)=2c(SiF62-)=2.0×10-2mol?L-1；同時，粗磷酸中還有硫酸鈣的飽和溶液，c(Ca2+)=c(SO42-)=mol?L-1；分批加入一定量的BaCO3，當BaSiF6沉淀開始生成時，c(Ba2+)=mol?L-1，當BaSO4沉淀開始生成時，c(Ba2+)=mol?L-1，因此，首先轉(zhuǎn)化為沉淀的離子是SO42-，然后才是SiF62-。(3)根據(jù)圖中的坐標信息，酸解后，在所得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在水中的，因此，洗滌時使用一定濃度的硫酸溶液而不使用水的原因是：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，其具有回收利用的價值，由于酸解時使用的也是硫酸，因此，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項，P2O5%=l5、SO3%=15，由圖乙信息可知，該點坐標位于兩個溫度線之間，故不能實現(xiàn)晶體的完全轉(zhuǎn)化，A不符合題意；B項，P2O5%=10、SO3%=20，由圖乙信息可知，該點坐標位于兩個溫度線(65℃、80℃)之間，故不能實現(xiàn)晶體的完全轉(zhuǎn)化，B不符合題意；C項，P2O5%=10、SO3%=30，由圖乙信息可知，該點坐標位于，該點坐標位于65℃線上方，晶體全部以CaSO4?0.5H2O形式存在，故不能實現(xiàn)晶體轉(zhuǎn)化，C不符合題意；D項，P2O5%=10、SO3%=10，由圖乙信息可知，該點坐標位于80℃線下方，晶體全部以CaSO4?2H2O形式存在，故能實現(xiàn)晶體的完全轉(zhuǎn)化，D符合題意；故選D。18．(12分)實驗室利用FeCl2?4H2O和亞硫酰氯(SOCl2)制備無水FeCl2的裝置如圖所示(加熱及夾持裝置略)。已知SOCl2沸點為76℃，遇水極易反應(yīng)生成兩種酸性氣體?；卮鹣铝袉栴}：(1)實驗開始先通N2。一段時間后，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FeCl2?H2O，為測定n值進行如下實驗：實驗Ⅰ：稱取m1g樣品，用足量稀硫酸溶解后，用cmol·L-1K2Cr2O7標準溶液滴定達終點時消耗(滴定過程中Cr2O72-轉(zhuǎn)化為Cr3+，不反應(yīng))。實驗Ⅱ：另取m1g樣品，利用上述裝置與足量SOCl2反應(yīng)后，固體質(zhì)量為m2g。則_______；下列情況會導(dǎo)致n測量值偏小的是_______(填標號)。A．樣品中含少量雜質(zhì)B．樣品與SOCl2反應(yīng)時失水不充分C．實驗Ⅰ中，稱重后樣品發(fā)生了潮解D．滴定達終點時發(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)TiO2+CCl4=TiCl4+CO2制備TiCl4。已知TiCl4與CCl4分子結(jié)構(gòu)相似，與CCl4互溶，但極易水解。選擇合適儀器并組裝蒸餾裝置對TiCl4、CCl4混合物進行蒸榴提純(加熱及夾持裝置略)，安裝順序為①⑨⑧_______(填序號)，先餾出的物質(zhì)為_______?！敬鸢浮?1)

a

FeCl2?4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2↑+8HCl↑

冷凝回流SOCl2(2)

AB(3)

⑥⑩③⑤

CCl4【解析】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)實驗開始時先通N2，排盡裝置中的空氣，一段時間后，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+4SOCl2FeCl2+4SO2↑+8HCl↑；裝置c、d的共同作用是冷凝回流SOCl2；(2)滴定過程中Cr2O72-將Fe2+氧化成Fe3+，自身被還原成Cr3+，反應(yīng)的離子方程式為6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，則m1g樣品中n(FeCl2)=6n(Cr2O72-)=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項，樣品中含少量FeO雜質(zhì)，溶于稀硫酸后生成Fe2+，導(dǎo)致消耗的K2Cr2O7溶液的體積V偏大，使n的測量值偏小，A項選；B項，樣品與SOCl2反應(yīng)時失水不充分，則m2偏大，使n的測量值偏小，B項選；C項，實驗I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，使n的測量值不變，C項不選；D項，滴定達到終點時發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴內(nèi)有氣泡生成，導(dǎo)致消耗的K2Cr2O7溶液的體積V偏小，使n的測量值偏大，D項不選；故選AB。(3)組裝蒸餾裝置對TiCl4、CCl4混合物進行蒸餾提純，按由下而上、從左到右的順序組裝，安裝順序為①⑨⑧，然后連接冷凝管，蒸餾裝置中應(yīng)選擇直形冷凝管⑥、不選用球形冷凝管⑦，接著連接尾接管⑩，TiCl4極易水解，為防止外界水蒸氣進入，最后連接③⑤，安裝順序為①⑨⑧⑥⑩③⑤；由于TiCl4、CCl4分子結(jié)構(gòu)相似，TiCl4的相對分子質(zhì)量大于CCl4，TiCl4分子間的范德華力較大，TiCl4的沸點高于CCl4，故先蒸出的物質(zhì)為CCl4。19．(12分)支氣管擴張藥物特布他林(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-OCH2CH3、-NH2和苯環(huán)結(jié)構(gòu)的有_______種。(5)根據(jù)上述信息，寫出以4-羥基鄰苯二甲酸二乙酯為主要原料制備合成的路線_______?！敬鸢浮?1)

濃硫酸，加熱

2(2)

取代反應(yīng)

保護酚羥基(3)CH3COOC2H5

+Br2+HBr(4)6(5)【解析】根據(jù)C的結(jié)構(gòu)簡式，結(jié)合題中的合成路線可知，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。(1)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，含氧官能團為羥基、酯基，共有2種；(2)由