山东省枣庄市2022届高三模拟考试化学试题及答案解析

1、山东省枣庄市2022届高三模拟考试化学试题可能用到的相对原子质量： 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意。1. 2022年北京冬奥会和冬残奥会通过科技助力，体现环保理念。下列说法错误的是A. 全部餐具均由可降解聚乳酸生物新材料制作，有效减少白色污染B. 全部场馆首次采用100绿色电力，所产生的碳排放量全部实现中和C. 冬奥火炬外壳首次使用有机高分子的碳纤维材料制作，坚持绿色办奥D. 国家速滑馆使用的二氧化碳跨临界直冷制冰系统，与传统制冷剂氟利昂相比更加环保【1题答案】【答案】C【解析】【详解】A使用聚乳酸等可降解塑料，减少聚乙烯塑料制品使用，能减少白色污

2、染，故A正确；B绿色电力能将所产生的碳排放量全部实现中和，故B正确；C碳纤维是由碳元素形成的单质，不是有机高分子，故C错误；D氟利昂会造成臭氧空洞，使用二氧化碳替代，更加环保，故D正确；故选：C。2. 我国科学家率先利用作为客体分子进行组装，得到新型碳纳米管片段材料，合成效率优于石墨片层卷曲，此材料具有显著的光电效应。下列说法正确的是A. 中的碳原子为杂化B. 由形成碳纳米管为物理变化C. 石墨和均为分子晶体D. 碳纳米管导电的原因是形成了金属键【2题答案】【答案】A【解析】【详解】AC60分子中每个碳原子均与周围相邻的其他3个碳原子相连，所以碳是sp2杂化，故A正确；BC60与碳纳米管是不同

3、物质，为化学变化，故B错误；CC60是分子间通过分子间作用力结合而成的晶体，属于分子晶体，石墨中含有分子间作用力、共价键和金属键，所以其质软，石墨为混合型晶体，故C错误；D碳纳米管中碳原子存在多个碳原子共用电子形成的键，电子可以在层内移动，类似于金属键，没有金属阳离子，不能构成金属键，故D错误；故选：A。3. 下列实验操作正确且能达到目的的是A. 装置甲可验证稀硝酸的还原产物为NOB. 装置乙用于制备胶体C. 装置丙可证明非金属性强弱：ClCSiD. 装置丁用于配制的硫酸溶液【3题答案】【答案】A【解析】【详解】A稀硝酸与碳酸钙反应生成二氧化碳可排出装置内空气，然后Cu与稀硝酸反应生成NO，且

4、NO不溶于水，试管及集气瓶中均出现无色气体，则可验证稀硝酸的还原产物为NO，故A正确；B由于盐酸易挥发，应向沸水中滴加饱和FeCl3溶液制备胶体，而硫酸是难挥发的酸，不能选用饱和Fe2(SO4)3溶液，故B错误；C挥发的盐酸与硅酸钠反应，且盐酸为无氧酸，图中实验不能比较非金属性强弱，故C错误；D不能在容量瓶中稀释浓硫酸，应在烧杯中稀释、冷却后转移到容量瓶中定容，故D错误；故选：A。4. 短周期元素X、Y、Z、W位于同一周期，W元素的某种单质具有强氧化性，可用于杀菌消毒。四种元素组成的一种离子结构如图所示。下列说法错误的是A. 电负性：YZWXB. 简单氢化物的熔沸点：ZXC. Y的最高价氧化物

5、的水化物为强酸D. 阴离子中各原子均满足最外层8电子稳定结构【4题答案】【答案】C【解析】【分析】短周期元素X、Y、Z、W是同一周期元素，W元素形成的某种单质具有强氧化性，可用于杀菌消毒，结合图示可知，W形成2个共价键，则W为O元素，说明四种元素均位于第二周期；Z形成4个共价键，则Z为C元素；Y可形成3个共价键和1个配位键，X形成1个共价键，则Y为B，X为F元素，以此分析解答。【详解】根据分析可知，X为F，Y为B，Z为C，W为O元素，A非金属性越强电负性越大，同周期元素从左到右非金属性增强，则电负性：BCOF，即YZWX，故A正确；BX为F，Z为C，简单氢化物HF含有氢键，熔沸点比CH4高，即

6、熔沸点：ZX，故B正确；CY为B，处在元素周期表金属与非金属交界处，最高价氧化物的水化物H3BO3为一元弱酸，故C错误；D结合图示可知，该化合物的阴离子中F、B、C、O四种元素均满足8电子稳定结构，故D正确；故选：C。5. 一种自修复材料的结构和修复原理如图所示。下列说法错误的是A. 该高分子材料所制容器不能用于盛放碳酸钠溶液B. 合成该高分子的两种单体均为乙酸乙酯的同系物C. 合成该高分子的每种单体的所有碳原子可能共面D. 图示高分子材料破坏及自修复过程不涉及化学键的变化【5题答案】【答案】BC【解析】【详解】A该高分子材料中含有酯基，能与碱溶液发生水解反应，则不能用于盛放碳酸钠溶液，故A正

7、确；B合成该高分子的两种单体分别为CH2=C(CH3)COOCH3，CH2=C(CH3)COOCH2CH2CH2CH3，乙酸乙酯只有酯基，没有碳碳双键，结构不相似，不是互为同系物，故B错误；C合成该高分子的单体CH2=C(CH3)COOCH2CH2CH2CH3含饱和碳原子结构，不可能所有碳原子共面，故C错误；D由图可知，自修复过程中“-COOCH2CH2CH2CH3”基团之间没有形成化学键，故D正确；故选：BC。6. 已知酸性条件下离子的氧化性顺序为，现向的溶液中不断滴入一定浓度的酸性溶液，混合液中某些离子的物质的量变化如图所示。下列说法错误的是A. AB段对应的离子为B. 原溶液中C. BC

8、段对应反应为D. 甲点时：【6题答案】【答案】D【解析】【分析】氧化性，随加入高锰酸钾的物质的量增加，依次被氧化为；【详解】A开始加入高锰酸钾溶液，被氧化，的物质的量逐渐减少，AB段对应的离子为，故A正确；BAB段被氧化为，发生反应的离子方程式为，反应消耗高锰酸钾0.2mol，所以的物质的量为1mol，原溶液中，故B正确；CBC段被氧化为 ，根据得失电子守恒，反应为，故C正确；D根据V元素守恒，甲点时=0.5mol，反应消耗0.5mol高锰酸钾，根据锰元素守恒=0.5mol，所以，故D错误；选D。7. 设计如下实验流程，操究甲醛与新制反应的固体混合产物成分。下列说法错误的是A. 分析可知反应的

9、固体混合产物为和CuB. 根据现象，推测红色固体X为C. 根据现象可知，与形成的络合物为无色D. 若产物浸泡过程进行充分振荡，则无法推测出其成分【7题答案】【答案】B【解析】【分析】、均能溶于浓氨水，分别产生Cu(NH3)2+（无色）、Cu(NH3)42+（蓝色）。混合产物加入足量浓氨水充分浸泡、过滤，得到无色溶液充分振荡后得到蓝色溶液，蓝色溶液含有Cu(NH3)42+（蓝色）；而无色溶液含有Cu(NH3)2+（无色），充分振荡时被空气中氧气氧化转化为Cu(NH3)42+（蓝色）。红色固体X应该为Cu，再加入浓氨水充分振荡时铜、氧气、浓氨水反应生成Cu(NH3)42+（蓝色）。【详解】A分析可

10、知反应的固体混合产物为和Cu，选项A正确；B根据现象，推测红色固体XCu，选项B错误；C根据现象可知，与形成的络合物为无色Cu(NH3)2+，选项C正确；D、均能溶于浓氨水，分别产生Cu(NH3)2+（无色）、Cu(NH3)42+（蓝色），且振荡过程中铜、氧气和浓氨水也能反应产生Cu(NH3)42+（蓝色），故若产物浸泡过程进行充分振荡，则无法推测出其成分，选项D正确；答案选B。8. 中科院苏州纳米所5nm激光光刻研究获进展，一种光刻胶树脂单体的结构简式如图所示。下列说法错误的是A. 该有机物分子式为B. 分子中存在3个手性碳原子C. 与足量氢气加成产物的一溴代物有6种D. 该单体水解生成的醇

11、可以发生消去反应【8题答案】【答案】B【解析】【详解】A该有机物分子式为C12H18O2，A正确；B连接4种不同基团的碳原子是手性碳原子，该分子中手性碳原子为共2个，B错误；C碳碳双键能与氢气发生加成反应，产物的H种类为，则一溴代物有6种，C正确；D该单体中酯基发生水解反应生成的醇为，与羟基相连的碳的邻位碳上有H原子，可以发生消去反应，D正确；故选：B。9. 某学生设计如下流程，以废铁屑(含有少量碳和杂质)为原料制备无水固件：下列有关说法正确的是A. 操作用到的仪器均为玻璃仪器B. 操作中试剂b可选用稀硝酸或过氧化氢溶液C. 进行操作时通入HCl气体以提高产品纯度D. 由于易与结晶水反应可用作

12、操作的脱水剂【9题答案】【答案】C【解析】【分析】废铁屑(含有少量碳和杂质)加入盐酸，铁粉反应生成氯化亚铁，过滤除去少量碳和SiO2杂质，a为氯化亚铁加入氧化剂b生成c为氯化铁，蒸发结晶生成FeCl36H2O，通入SOCl2生成FeCl3。【详解】A废铁屑加入盐酸，铁粉反应生成氯化亚铁，含有少量碳和杂质与盐酸不反应，成为固体分离，则操作是过滤，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗，铁架台不属于玻璃仪器，A错误；Ba为氯化亚铁加入氧化剂b生成c为氯化铁，若b是稀硝酸会引入新杂质硝酸根离子，B错误；C操作氯化铁溶液蒸发结晶生成FeCl36H2O，由于铁离子会发生水解反应，通入HCl气体可抑制水解，可

13、提高产品纯度，C正确；D易水解，可得FeCl36H2O与SOCl2生成FeCl3的化学方程式为FeCl33H2O+3SOCl2=FeCl3+3SO2+6HCl，不是作为脱水剂，D错误；故选：C。10. 催化还原氮氧化物是目前应用最广泛的烟气脱硝技术。用活化后的作催化剂，将NO还原成的一种反应历程如图所示：下列说法正确的是A. 增大浓度会影响催化剂对其它气体的吸附B. 总反应的化学方程式为C. 反应过程中催化剂本身未发生价态的变化D. 当消耗标准状况下时，整个过程转移6mol电子【10题答案】【答案】B【解析】【详解】A在NO浓度不变时，增大NH3的浓度，化学平衡正向移动，可以使更多的反应物NO

14、转化为N2，根据图示可知，在反应过程中NH3与催化剂发生强的化学吸附作用，而NO几乎不被催化剂吸附，故增大浓度不会影响催化剂对NO气体的吸附，故A错误；B由图可知反应物有、NO、O2，生成物有：N2、H2O，总反应的化学方程式为，故B正确；C反应过程中反应4催化剂与O2反应，O元素化合价降低，则催化剂本身发生价态的变化，故C错误；D标准状况下物质的量为，总反应的化学方程式为，消耗2mol O2时转移8mol电子，则消耗0.5mol O2时转移2mol电子，故D错误；故选：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，

15、有选错的得0分。11. 下列实验设计能够完成且结论合理的是A. 可用玻璃棒蘸取氯水点在pH试纸上，待变色后和标准比色卡比较测出氯水的pHB. 向饱和溶液中滴加AgCl悬独液，产生黑色沉淀，证明AgCl溶解度大于C. 将50mL稀NaOH溶液缓慢倒入盛有等量盐酸的烧杯中，记录温度可测定中和热D. 将浓NaOH溶液和少量溴苯混合后振荡，仍有无色油状液体，证明常温下溴苯不易水解【11题答案】【答案】D【解析】【详解】A氯水具有漂白性，能使pH试纸褪色，所以不能用pH试纸检验氯水的pH，故A错误；B向饱和溶液中滴加AgCl悬独液，产生黑色沉淀，反应为2AgCl(s)+Na2S(aq)Ag2S(s)+2

16、NaCl(aq)，由于S2-浓度较高使溶解平衡正向移动，且AgCl和Ag2S组成不一样，不能判断溶解度大小，故B错误；CNaOH稍过量，可保证盐酸完全反应，缓慢混合可使热量散失，应一次性迅速混合测定中和热，故C错误；D常温下不反应，NaOH溶液与溴苯分层，分层后下层为无色油状液体，故D正确；故选：D。12. 工业上利用与为原料制备，发生反应、，在密闭容器中，原料为11时，部分物质变化曲线如图所示，下列说法正确的是A. 生成的反应为吸热反应B. 一定温度下，气体总压不变反应达平衡状态C. 应在低温下进行反应以提高产出效率D. 当温度为450时，转化率为67.5【12题答案】【答案】B【解析】【详

17、解】A由图可知，随温度升高，甲烷的转化率降低，故生成的正反应为放热反应，故A错误；B该反应有固体反应物参与，前后气体分子数改变，在密闭容器中总压不变，能判断反应达到平衡状态，故B正确；C温度较高时反应速率快，且由图可知较高温度下S2体积分数较大说明产率较高，甲烷的转化率较小即可减少S2的反应损耗，因此应在较高温下进行反应以提高产出效率，故C错误；D当温度为450时，甲烷的转化率为98%，S2的体积分数为20%，原料投入为11，设加入与均为1mol，则转化的甲烷为1×98%=0.98，设转化率为x，列三段式、，由S2的体积分数为20%，则，解得x=69.5，故D错误；故选：B。13.

18、羟基自由基是自然界中氧化性仅次于氟的氧化剂。我国科学家设计了一种能将苯酚氧化为和的原电池-电解池组合装置，实现了发电、环保两位一体。下列说法错误的是A. a极参与反应，理论上NaCl溶液中减少的离子为B. 电池工作时，b极附近pH减小C. 右侧装置中，c、d两极产生气体的体积比(相同条件下)为21D. d极区苯酚被氧化的化学方程式为【13题答案】【答案】C【解析】【分析】a极发生还原反应，Cr2O+6e-+7H2O=2Cr(OH)3+8OH-，a电极为原电池正极，b极苯酚失电子被氧化为CO2，电极反应式为C6H5OH-28e-+11H2O=6CO2+28H+，b电极为原电池负极；c极为电解池阴

19、极，电极反应为2H+2e-=H2，d极为电解池阳极，电极反应为H2O-e-=H+OH，羟基自由基(OH)是自然界中氧化性仅次于氟的氧化剂，进一步氧化苯酚，方程式为C6H5OH+28OH=6CO2+17H2O，据此答题。【详解】Aa极发生还原反应，Cr2O+6e-+7H2O=2Cr(OH)3+8OH-，每有1molCr2O参与反应，转移6mol电子，则理论上NaCl溶液中减少的离子为12NA，故A正确；Bb极苯酚失电子被氧化为CO2，电极反应式为C6H5OH-28e-+11H2O=6CO2+28H+，则b电极附近pH减小，故B正确；Cc极为电解池阴极，电极反应为2H+2e-=H2，d极为电解池阳

20、极，电极反应为H2O-e-=H+OH，C6H5OH+28OH=6CO2+17H2O，则14H228e-6CO2，c、d两极产生气体的体积比(相同条件下)为14:6=73，故C错误；D羟基自由基对有机物有极强的氧化能力，则苯酚被氧化的化学方程式为：C6H5OH+28OH=6CO2+17H2O，故D正确；故选：C。14. 一定条件下HCOOH在Pd催化剂表面脱氢的反应机理、反应历程与能量的关系如图所示：下列说法错误的是A. HCOOH催化脱氢反应在该温度下能自发进行B. 在历程中，由到的反应为决速步骤C. 由反应历程可得出HCOOH中第2个H原子更易脱去D. 在该反应历程中，HCOOH所有的化学键

21、均发生断裂【14题答案】【答案】D【解析】【详解】A由反应历程图可知，反应的相对能量高于反应，则HCOOH脱氢反应为放热反应，H0，根据HCOOH在Pd催化剂表面脱氢的反应机理图可得化学反应为HCOOHCO2+H2，S>0，由G=H-TS0，则在该温度下能自发进行，A正确；B根据反应历程图，反应活化能为44.7kJ，IIIII活化能为12.8-(-1.4)=14.2kJ，的活化能为36.7-8.9=27.8kJ，IVV的活化能为62.9-(-17.4)=80.3kJ，在历程中，的活化能最高，则由到的反应速率最慢，为决速步骤，B正确；C由反应历程可知，反应为脱去第一个H，而为脱去第二个H，

22、前者的活化能为44.7kJ大于后者的活化能为36.7-8.9=27.8kJ，活化能越大，反应越困难进行，则可知HCOOH中第2个H原子更易脱去，C正确；D根据反应机理图可得化学反应为HCOOHCO2+H2，即HCOOH中的两个H原子被解离出来形成H2，只有O-H键和C-H键断裂，C=O键不断，D错误；故答案为：D。15. 天然水体中的碳酸盐系统(、)，微粒不同浓度分布会影响溶液的pH。某温度下，溶洞水体中(X为、或)与pH关系如图所示：下列说法正确的是A. 曲线代表B. 的数量级为C. 该温度下与为线性关系D. 溶液中始终存在【15题答案】【答案】D【解析】【分析】根据图象分析，随着pH的增大

23、，溶液的碱性增强，、浓度都增大，而在pH很小时也产生，而随着浓度增大，逐渐生成CaCO3沉淀，溶液中Ca2+逐渐减小，因此曲线代表，代表，代表Ca2+，代表，据此计算分析判断。【详解】A分析可知，随着浓度增大，逐渐生成CaCO3沉淀，溶液中Ca2+逐渐减小，则代表Ca2+，A错误；B代表，代表，当和交叉点时c()=c()，此时pH处于910之间，=，的数量级为，B错误；CpH=-lgc(H+)，由图知lgc(Ca2+)与-lgc(H+)成线性关系，则该温度下与为线性关系，C错误；D溶液存在电荷守恒：，代表，物料守恒：，两式相减，溶液中始终存在，D正确；故选：D。三、非选择题：本题共5小题，共6

24、0分。16. 聚合物锂离子电池具有超薄化特征，适用于多种设备，电极材料涵盖、等物质。（1）磷酸为磷的最高价含氧酸，其空间结构如图：键角大小比较：_(填“大于”“等于”或“小于”)。纯净的磷酸黏度极大，随温度升高黏度迅速下降，原因是_。（2）聚合物锂离子电池工作时，沿聚乙二醇分子中的碳氧链迁移，过程如图所示(图中阴离子未画出)。迁移过程中与聚乙二醇分子中O原子间的作用力为_(填标号)。a分子间作用力 b离子键 c共价键的阴离子的空间构型为_；基态As原子的最高能级组轨道排布式为_。（3）二茂镍是具有导电性的有机配合物。镍在周期表中的位置是_(填写对应周期、族)。x个原子共用y个电子可表示为，则环

25、戊二烯离子中的大键可表示为_。（4）图1为NiO晶胞，与距离最近的有_个。一定温度下，NiO晶体可以自发地分散并形成“单分子层”，可以认为作密置单层排列，填充其中(如图2)，该“单分子层”面积密度为，则的半径为_nm。(用m、表示)【16题答案】【答案】（1） . 小于 . 温度升高，磷酸分子间氢键被破坏 （2） . c . 正八面体 . （3） . 第四周期族 . （4） . 12 . 【解析】【小问1详解】P=O键和P-O键的排斥力大于P-O键和P-O键之间的排斥力，所以键角小于。磷酸分子间有氢键，温度升高，氢键被破坏，所以纯净的磷酸黏度极大，随温度升高黏度迅速下降；【小问2详解】根据图示

26、，迁移过程中与聚乙二醇分子中O原子间形成配位键，作用力为共价键，选c。的阴离子是，中As原子价电子对数是，无孤电子对，空间构型为正八面体；基态As原子的最高能级组包括4s、3d、4p三个能级，轨道排布式为。【小问3详解】镍是28号元素，在周期表中的位置是第四周期族。环戊二烯离子中5个原子共用6个电子，其大键可表示为。小问4详解】由晶胞图可知，与氧离子距离最近的氧离子有12个；设的半径为anm，每个氧化镍的体积为，该“单分子层”面积密度为，则的半径为nm。18. 2021年9月，中国科学院宣布在人工合成淀粉方面取得突破性进展，在国际上首次实现二氧化碳到淀粉的全合成，该技术未来有望促进碳中和的生物

27、经济发展。（1）人工合成转化为淀粉只需要11步，其中前两步涉及的反应如图所示：反应： _。（2）反应进行时，同时发生反应：在1L恒容密闭容器中充入和，一定温度下，达到平衡时，物质的量分数为_。(计算结果保留1位小数)（3）乙烯是合成工业的重要原料，一定条件下可发生反应：。分别在不同温度、不同催化剂下，保持其它初始条件不变，重复实验，经相同时间测得体积分数与温度的关系如图所示：在催化剂甲作用下，图1中M点的速率_(填“”、“”或“=”)，根据图1所给信息，应选择的反应条件为_。一定温度下，该反应正逆反应速率与、的浓度关系：，(、是速率常数)，且或的关系如图所示，向恒容密闭容器中充入一定量，反应进

28、行m分钟后达平衡，测得，该温度下，平衡常数K=_(用含a、b的计算式表示，下同)，用表示的平均反应速率为_。【18题答案】【答案】（1）+×+× （2）11.1% （3） . < . 催化剂甲、反应温度400 . . 【解析】【小问1详解】反应I：，反应II：，反应III：，反应IV：，由盖斯定律，反应I+II+×III+×IV可得反应： +×+×；【小问2详解】设平衡时物质的量为x，C2H4的为y，列三段式：、，容器体积为1L，达到平衡时，则4-x-2y=x+4y，则6-3x-6y=1.2，联立式解得x=0.8mol、y=0.

29、4mol，则物质的量分数为；【小问3详解】在催化剂甲作用下，升高温度体积分数先减小后增大，说明转折点之前温度升高的转化率增大，是由于温度升高，反应速率加快，相同时间内消耗的越多，体积分数越小，但转折点之后温度升高，体积分数反而增大，说明M点平衡逆向移动，<；根据图1所给信息，应选择的反应条件为催化剂甲、反应温度400；故答案为：<；催化剂甲、反应温度400；由化学方程式可知，v正的斜率更大一些，从而得出lgv正=a，lgv逆=b，则lgv正=lgk正+3lg c3(C2H4)=a，v正=10a，lgv逆=lgk逆+lgc2(C3H6)=lgk逆=b，k逆=10b，则T时，该反应达到

30、平衡时，v正=v逆，即k正c3(C2H4)=k逆c2(C3H6)，则平衡常数K=，反应进行m分钟后达平衡，测得，平均反应速率，由速率之比等于系数比，则，故答案为：；。20. 硒(Se)是一种新型半导体材料；银是一种物理化学性质优良的贵重金属，需求逐年上升。实验室模拟工业对富硒废料(含、)进行综合处理的一种工艺流程如下：（1）焙烧时应把废料于_中(填仪器名称)，为提高焙烧效率可采取的措施_(写一条即可)。（2）应选用_(填“浓”或“稀”)溶液，原因是_。（3）操作2的名称是_。（4）还原过程中产生了对环境友好的气体，写出该反应的离子方程式：_。（5）如图装置可以制备一水合肼，其阳极的电极反应式为

31、_。（6）有机溶剂为煤油与硫醚的混合物。对操作1中有机溶剂组成、浸出液酸度对萃取率的影响做如下探究，结果如图1、图2所示，则得出的结论为_。(浸出液)【20题答案】【答案】（1） . 坩埚 . 将废料研磨充分 （2） . 稀 . 产物无毒 （3）萃取 （4）4 Ag(NH3)+N2H4H2O4Ag+N2+4NH+4NH3+H2O （5）2NH3-2e-+O2-= （6）在其他条件相同下，萃取剂浓度越大，银的萃取率越高，当萃取剂浓度约为40%时，银的萃取率最大；而在其他条件相同下，浸出液酸度对银的萃取率影响不大【解析】【分析】废料(含Ag2Se、Cu2S)，焙烧可生成SeO2、SO2，气体1与水

32、反应生成H2SO4和Se，母液含硫酸；烧渣含Ag、CuO，加硝酸与Ag反应生成硝酸银和NO，氧化铜反应生成硝酸铜，气体2是NO，加入有机溶剂分离出硝酸银，硝酸银溶液中滴加过量氨水，离子方程式为：Ag+2NH3H2O=Ag(NH3)+2H2O，操作3中发生反应为4 Ag(NH3)+N2H4H2O4Ag+N2+4NH+4NH3+H2O；【小问1详解】焙烧时应把废料于坩埚中，为提高焙烧效率可采取的措施将废料研磨充分，增大接触面积；【小问2详解】浸取中加硝酸与Ag反应生成硝酸银和NO，与氧化铜反应生成硝酸铜，应选用稀硝酸，原因是产物无毒；【小问3详解】操作2分离有机相和无机相，名称是萃取；【小问4详解

33、】硝酸银溶液中滴加过量氨水，离子方程式为：Ag+2NH3H2O=Ag(NH3)+2H2O，还原过程中产生了对环境友好的气体即氮气，N元素化合价升高，Ag元素化合价降低，反应的离子方程式：4 Ag(NH3)+N2H4H2O4Ag+N2+4NH+4NH3+H2O；【小问5详解】阳极上用NH3制备一水合肼，N元素化合价从-3升到-2，电极反应式为2NH3-2e-+O2-=；【小问6详解】根据图1、图2得出的结论为：在其他条件相同下，萃取剂浓度越大，银的萃取率越高，当萃取剂浓度约为40%时，银的萃取率最大；而在其他条件相同下，浸出液酸度对银的萃取率影响不大。22. 我国科学家合成了结构新颖的化合物G，

34、为液晶的发展指明了一个新的方向。H的合成路线如下：（1）A的结构简式为_，BC的反应方程式为_。（2）D中的官能团有_种。写出符合下列条件的一种E同分异构体的结构简式：_。芳香族化合物 有4种不同化学环境的氢（3）检验F中是否有残留的E，所用试剂为_。FG的反应可认为进行了两步反应，反应类型依次为_。（4）结合上述流程和试剂写出由苯酚合成的路线_。【22题答案】【答案】（1） . . （2） . 4 . （3） . FeCl3溶液 . 加成反应、消去反应 （4）【解析】【分析】由逆推法，F的醛基与氨基发生反应生成G，结合E的分子式和F结构可知，E为；由A的分子式可知A为，其中一个羟基中H被甲基

35、取代，得到B为，B与醛基发生加成反应得到C为，C中醇羟基发生催化氧化得到D为，D脱去羧基得到E，【小问1详解】分析可知A的结构简式为；B为，B与醛基发生加成反应得到C为，BC的反应方程式为：；【小问2详解】D为，其中的官能团有羧基、羰基、酚羟基、醚键共4种；E为，满足条件芳香族化合物、有4种不同化学环境的氢，同分异构体为；小问3详解】E含有酚羟基而F无，可用FeCl3溶液进行显色反应，则检验F中是否有残留的E，所用试剂为FeCl3溶液；FG先是氨基与醛基发生加成反应，然后醇羟基再发生消去反应，反应类型依次加成反应、消去反应；【小问4详解】根据逆推法，可由发生脱去羧基得到，然后由发生催化氧化得到，由与发生加成反应得到，合成路线为：。24. 某化学兴趣小组利用如图1所示装置(加持装置省略)制备。已知是一种易溶于水，不溶于酒精的白色或微红色晶体。（1）检验如图1装置气密性的方法是_，装置中发生反应的方程式：_。（2）抽滤如图2所示，与用普通漏斗过滤相比，抽滤的优点是_；其最佳操