【高考真题】2022年新高考山东化学高考真题解析版

【高考真题】2022

年新高考山东化学高考真题一、单选题1．古医典富载化学知识，下述之物见其氧化性者为（）A．金(Au)：“虽被火亦未熟"B．石灰(CaO)：“以水沃之，即热蒸而解”C．石硫黄(S)：“能化……银、铜、铁，奇物”D．石钟乳( )：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”【解析】【解答】A．金“虽被火亦未熟”是指金单质在空气中被火灼烧也不反应，反应金的化学性质很稳定，与其氧化性无关，A

不合题意；B．石灰(CaO)：“以水沃之，即热蒸而解”发生的反应为

CaO+H2O=Ca(OH)2，反应放热，产生大量的水汽，而CaO

由块状变为粉末状，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，B不合题意；C．石硫磺即

S：“能化……银、铜、铁，奇物”发生的反应为

2Ag+S Ag2S、Fe+S FeS、2Cu+S Cu2S，反应中

S作氧化剂，与其氧化性有关，C符合题意；D．石钟乳(CaCO3)：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”发生的反应为CaCO3+2CH3COOH=(CH3COO)2Ca+H2O+CO2↑，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，D

不合题意；故答案为：C。【分析】利用物质的氧化性说明物质在反应作氧化剂。下列试剂实验室保存方法错误的是（ ）A．浓硝酸保存在棕色细口瓶中B．氢氧化钠固体保存在广口塑料瓶中C．四氯化碳保存在广口塑料瓶中D．高锰酸钾固体保存在棕色广口瓶中【解析】【解答】A．由于浓硝酸不稳定，见光易分解，故浓硝酸需保存在棕色细口瓶中避光保存，A

不符合题意；B．氢氧化钠固体能与玻璃中的

SiO2反应，故氢氧化钠固体保存在广口塑料瓶中，B

不符合题意；C．四氯化碳是一种有机溶剂，易挥发，且能够溶解塑料，故其不能保存在广口塑料瓶中，应该保存在细口玻璃瓶中，C

符合题意；D．高锰酸钾受热易分解，故需在棕色广口瓶中、阴冷处密封保存，D

不符合题意；故答案为：C。【分析】A.浓硝酸不稳定，见光易分解；B.氢氧化钠能与玻璃中的二氧化硅反应生成硅酸钠；D.高锰酸钾受热分解。3． 、 的半衰期很短，自然界中不能稳定存在。人工合成反应如下：。下列说法正确的是（ ）A．X

的中子数为

2；X、Y

互为同位素、 可用作示踪原子研究化学反应历程自然界不存在 、 分子是因其化学键不稳定【解析】【解答】A.由分析可知，X微粒为 ，根据原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数可知，其中子数为

6-2=4，A不符合题意；由分析可知，X微粒为 ，Y

微粒为 ，二者质子数相同，中子数不同，互为同位素，B

符合题意；由题干信息可知， 与 的半衰期很短，不适宜用作示踪原子研究化学反应历程，C

不符合题意；自然界中不存在 与 并不是其化学键不稳定，而是由于 与 的半衰期很短，很容易发生核变化，转化为气体其他原子，O=O的键能与形成该键的核素无关，D不符合题意；故答案为：B。【分析】根据为 。；可知，a=6，b=2，则

X

为；m=4，n=2，则

Y4．下列高分子材料制备方法正确的是（ ）A．聚乳酸()由乳酸经加聚反应制备B．聚四乙烯()由四氟乙烯经加聚反应制备C．尼龙 ()由己胺和己酸经缩聚反应制备D．聚乙烯醇()由聚乙酸乙烯酯()经消去反应制备【解析】【解答】A．乳酸分子发生缩聚反应制得聚乳酸()，A

不符合题意；B．聚四氟乙烯()是由四氟乙烯(CF2=CF2)经加聚反应制备，B

符合题意；C．尼龙-66()是由己二胺和己二酸经过缩聚反应制得，C

不符合题意；D．聚乙烯醇()由聚乙酸乙烯醇酯()发生水解反应制得，D

不符合题意；故答案为：B。【分析】A.乳酸发生缩聚反应制得聚乳酸；B.聚四氟乙烯由

CF2=CF2

发生加聚制得；C.己二酸和己二胺发生缩聚反应制得尼龙-66；D.聚乙酸乙烯酯发生水解生成聚乙烯醇。、 属于第三代半导体材料，二者成键结构与金刚石相似，晶体中只存在列说法错误的是（ ）的熔点高于晶体中所有化学键均为极性键晶体中所有原子均采取 杂化晶体中所有原子的配位数均相同键、键。下【解析】【解答】A．AlN、GaN

为结构相似的共价晶体，原子半径：Al<Ga，键长：N-Al<N-Ga，键能：N-Al>N-Ga，键能越大熔点越高，因此

GaN

的熔点低于

AlN，A

符合题意；B．不同种元素的原子之间形成的共价键为极性键，Ga-N

和

Al-N

均为极性键，B

不符合题意；C．金刚石中每个

C

原子形成

4

个共价键（即

C

原子的价层电子对数为

4），不含孤电子对，C

原子均采取

sp3杂化；AlN、GaN与金刚石结构相似，则

AlN、GaN中所有原子均采取

sp3杂化，C不符合题意；D．金刚石中每个

C

原子与其周围

4

个

C

原子形成共价键，即

C

原子的配位数是

4，AlN、GaN

与金刚石与金刚石结构相似，则

AlN、GaN

中所有原子的配位数也均为

4，D

不符合题意。故答案为：A。【分析】A.共价晶体键能越大熔点越高；B.不同种元素的原子之间形成的共价键为极性键；C.AlN

和

CaN

的结构与金刚石相似，金刚石中碳原子均采用

sp3

杂化；D.金刚石中

C

原子的配位数为

4。实验室用基准 配制标准溶液并标定盐酸浓度，应选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定溶液。下列说法错误的是（ ）A．可用量筒量取 标准溶液置于锥形瓶中B．应选用配带塑料塞的容量瓶配制 标准溶液C．应选用烧杯而非称量纸称量 固体D．达到滴定终点时溶液显橙色标准【解析】【解答】A．量筒的精确度为

0.1，不可用量筒量取

Na2CO3标准溶液，Na2CO3溶液显碱性，应用碱式滴定管量取

25.00mLNa2CO3

标准溶液置于锥形瓶中，A符合题意；B．Na2CO3溶液显碱性，能与

SiO2反应生成硅酸钠，应选用配带塑料塞的容量瓶配制

Na2CO3

标准溶液，B

不符合题意；C．Na2CO3

有吸水性且有一定的腐蚀性，故应选用烧杯而非称量纸称量

Na2CO3

固体，C

不符合题意；D．Na2CO3

溶液显碱性，甲基橙滴入

Na2CO3

溶液中显黄色，当滴入最后一滴盐酸时，溶液由黄色突变为橙色且半分钟之内不变色即为滴定终点，故达到滴定终点时溶液显橙色，D

不符合题意；故答案为：A。【分析】A.量筒的精确度为

0.1，不能量取

25.00

mL

Na2CO3

标准溶液；B.Na2CO3

能与

SiO2

反应生成硅酸钠；C.碳酸钠应选用烧杯称量；D.达到滴定终点时，盐酸过量，溶液显酸性。7． 崖柏素具天然活性，有酚的通性，结构如图。关于 崖柏素的说法错误的是（）可与溴水发生取代反应可与 溶液反应C．分子中的碳原子不可能全部共平面D．与足量 加成后，产物分子中含手性碳原子【解析】【解答】A．酚可与溴水发生取代反应，γ-崖柏素有酚的通性，且

γ-崖柏素的环上有可以被取代的

H，故

γ-崖柏素可与溴水发生取代反应，A

不符合题意；B．酚类物质不与

NaHCO3

溶液反应，γ-崖柏素分子中没有可与

NaHCO3溶液反应的官能团，故其不可与NaHCO3溶液反应，B符合题意；C．γ-崖柏素分子中有一个异丙基，异丙基中间的碳原子与其相连的

3

个碳原子不共面，故其分子中的碳原子不可能全部共平面，C

不符合题意；D．γ-崖柏素与足量

H2

加成的产物为，该物质中含有手性碳原子（如图用“*”标记），D

不符合题意；故答案为：B。【分析】A.

γ-崖柏素具有酚的通性，则羟基的邻位和对位的

H

原子能与溴水发生取代反应；B.γ-崖柏素不含能与碳酸氢钠反应的官能团；C.饱和碳原子具有甲烷的结构特征；D.手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子。实验室制备 过程为：①高温下在熔融强碱性介质中用后冷却，调溶液 至弱碱性， 歧化生成 和结晶，再减压过滤得 。下列说法正确的是（ ）A．①中用瓷坩埚作反应器B．①中用 作强碱性介质C．②中 只体现氧化性D． 转化为 的理论转化率约为

66.7%氧化 制备 ；②水溶；③减压过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却【解析】【解答】A．瓷坩埚易被强碱腐蚀，不能用瓷坩埚作反应器，A

不符合题意；B．制备

KMnO4

时为防止引入杂质离子，①中用

KOH

作强碱性介质，不能用 ，B不符合题意；C．②中

K2MnO4歧化生成

KMnO4和

MnO2，Mn

元素的化合价既升高又降低，故其既体现氧化性又体现还原性，C

不符合题意；D．根据化合价的变化分析，K2MnO4歧化生成

KMnO4和

MnO2

的物质的量之比为

2：1，根据

Mn元素守恒可知，MnO2

中的

Mn

元素只有 转化为

KMnO4，因此，MnO2

转化为

KMnO4

的理论转化率约为

66.7%，D

符合题意；故答案为：D。【分析】A.瓷坩埚易被强碱腐蚀；使用

NaOH

会引入钠离子；K2MnO4歧化生成

KMnO4

和

MnO2；K2MnO4歧化生成

KMnO4和

MnO2的物质的量之比为

2：1

。9．已知苯胺(液体)、苯甲酸(固体)微溶于水，苯胺盐酸盐易溶于水。实验室初步分离甲苯、苯胺、苯甲酸混合溶液的流程如下。下列说法正确的是（ ）苯胺既可与盐酸也可与 溶液反应由①、③分别获取相应粗品时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获得D．①、②、③均为两相混合体系【解析】【解答】A．苯胺分子中含有氨基，具有碱性，能与盐酸反应，但不能与氢氧化钠溶液反应，故

A

不符合题意；B．由分析可知，得到苯胺粗品①的分离方法为分液，得到苯甲酸粗品③的分离方法为结晶或重结晶、过滤、洗涤，获取两者的操作方法不同，故

B

不符合题意；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获得，故

C

符合题意；D．由分析可知，①为苯胺、②为甲苯，③为苯甲酸，都不是两相混合体系，故

D

不符合题意；故答案为：C。【分析】甲苯、苯胺、苯甲酸混合溶液中加入盐酸，苯胺与盐酸反应，进入水相Ⅰ，有机相的成分为苯甲酸和甲苯，水相Ⅰ中加入

NaOH

反应生成①，则①是苯胺；有机相Ⅱ中加碳酸钠溶液，苯甲酸与碳酸钠反应生成苯甲酸钠，进入水相Ⅱ中，则②是甲苯；水相Ⅱ中苯甲酸钠与盐酸反应生成苯甲酸，③是苯甲酸。10．在

NO

催化下，丙烷与氧气反应制备丙烯的部分反应机理如图所示。下列说法错误的是（）含

N

分子参与的反应一定有电子转移由

NO生成 的反应历程有

2

种增大

NO的量， 的平衡转化率不变D．当主要发生包含②的历程时，最终生成的水减少【解析】【解答】A．根据反应机理的图示知，含

N分子发生的反应有

NO+∙OOH=NO2+∙OH、NO+NO2+H2O=2HONO、NO2+∙C3H7=C3H6+HONO、HONO=NO+∙OH，含

N

分子

NO、NO2、HONO

中

N

元素的化合价依次为+2

价、+4

价、+3

价，上述反应中均有元素化合价的升降，都为氧化还原反应，一定有电子转移，A

项不符合题意；B．根据图示，由

NO

生成

HONO

的反应有①②2

种历程，B

项不符合题意；C．NO

是催化剂，增大

NO

的量，C3H8

的平衡转化率不变，C

项不符合题意；D．无论反应历程如何，在

NO

催化下丙烷与

O2

反应制备丙烯的总反应都为

2C3H8+O22C3H6+2H2O，当主要发生包含②的历程时，最终生成的水不变，D

项符合题意；故答案为：D。【分析】A.氧化还原反应中一定有电子转移；B.由

NO

生成

HONO

的反应历程有①②的历程；C.增大

NO

的量，平衡不移动；2C3H6+2H2O。D.无论反应历程如何，发生的反应均为

2C3H8+O2二、选择题11．某同学按图示装置进行实验，欲使瓶中少量固体粉末最终消失并得到澄清溶液。下列物质组合不符合要求的是（ ）气体液体固体粉末A饱和 溶液B溶液FeC溶液DA．A B．B C．C D．D【解析】【解答】A．通入

CO2气体依次发生反应

CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3、CaCO3+H2O+CO2=Ca(HCO3)2，相同温度下

NaHCO3

的溶解度小于

Na2CO3，最终瓶中仍有

NaHCO3

白色晶体析出，不会得到澄清溶液，A

符合题意；B．通入

Cl2，发生反应

Cl2+2FeCl2=2FeCl3、2FeCl3+Fe=3FeCl2，最终

Fe

消失得到澄清溶液，B

不符合题意；C．通入

HCl， 在酸性条件下具有强氧化性，发生离子反应：3Cu+8H++2 =3Cu2++2NO↑+4H2O，最终Cu

消失得到澄清溶液，C不符合题意；D．AgCl

在水中存在溶解平衡

AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)，通入

NH3

后，Ag+与

NH3

结合成[Ag(NH3)2]+，使溶解平衡正向移动，最终

AgCl

消失得到澄清溶液，D不符合题意；故答案为：A。【分析】A.二氧化碳与碳酸钠反应生成的碳酸氢钠为固体；B.氯气将氯化亚铁氧化为氯化铁，单质铁与氯化铁反应生成氯化亚铁；C.酸性条件下发生反应

3Cu+8H++2 =3Cu2++2NO↑+4H2O；D.氨气极易溶于水，AgCl

可溶于氨水生成银氨溶液。12．高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉。以硫化铜精矿(含

Zn、Fe

元素的杂质)为主要原料制备

Cu

粉的工艺流程如下，可能用到的数据见下表。开始沉淀

pH1.94.26.2沉淀完全

pH3.26.78.2下列说法错误的是（ ）A．固体

X

主要成分是和

S；金属

M

为

ZnB．浸取时，增大 压强可促进金属离子浸出C．中和调

pH

的范围为

3.2~4.2D．还原时，增大溶液酸度有利于

Cu

的生成【解析】【解答】A．经过分析可知固体

X

主要成分是

S、Fe(OH)3，金属

M为

Zn，A

不符合题意；B．CuS在溶液中存在沉淀溶解平衡

CuS(s) Cu2+(aq)+S2-(aq)，增大

O2的压强，将

S2-氧化生成单质

S，使沉淀溶解平衡正向移动，从而可促进金属离子的浸取，B

不符合题意；C．根据流程图可知：用

NH3调节溶液

pH

时，要使

Fe3+转化为沉淀，而

Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，结合离子沉淀的

pH

范围，可知中和时应该调节溶液

pH

范围为

3.2～4.2，C不符合题意；D．在用

H2

还原

Cu2+变为

Cu

单质时，H2

失去电子被氧化为

H+，与溶液中

OH-结合形成

H2O，若还原时增大溶液的酸度，c(H+)增大，不利于

H2

失去电子还原

Cu

单质，不利于

Cu

的生成，D

符合题意；故答案为：D。【分析】硫化铜精矿在高压

O2作用下，用硫酸溶液浸取，反应生成

CuSO4、S、H2O，Fe2+被氧化为

Fe3+，加入

NH3

中和调

pH，Fe3+形成

Fe(OH)3

沉淀，滤渣中含有

S、Fe(OH)3；滤液中含有

Cu2+、Zn2+，通入

H2进行还原，Cu2+被还原为

Cu，过滤分离出

Cu，滤液中含有

Zn2+，再经一系列处理可得到金属

M，M

为

Zn

单质。13．设计如图装置回收金属钴。保持细菌所在环境

pH稳定，借助其降解乙酸盐生成 ，将废旧锂离子电池的正极材料 转化为 ，工作时保持厌氧环境，并定时将乙室溶液转移至甲室。已知电极材料均为石墨材质，右侧装置为原电池。下列说法正确的是（ ）装置工作时，甲室溶液

pH

逐渐增大装置工作一段时间后，乙室应补充盐酸C．乙室电极反应式为D．若甲室 减少，乙室增加，则此时已进行过溶液转移【解析】【解答】A．电池工作时，甲室中细菌所在电极的电极反应式为

CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+，甲室的电极反应式为

Co2++2e-=Co，生成

H+，溶液

pH减小，A不符合题意；B．对于乙室，正极上

LiCoO2得到电子，被还原为

Co2+，同时得到

Li+，其中的

O

与溶液中的

H+结合

H2O，因此电池工作一段时间后应该补充盐酸，B

符合题意；C．电解质溶液为酸性，不可能大量存在

OH-，乙室电极反应式为：LiCoO2+e-+4H+=Li++Co2++2H2O，C

不符合题意；D．若甲室

Co2+减少

200

mg，电子转移物质的量为

n(e-)=，乙室

Co2+增加

300

mg，转移电子的物质的量为

n(e-)=，说明此时已进行过溶液转移，D

符合题意；故答案为：BD。【分析】右侧装置为原电池，正极材料 转化为 ，即乙室为正极，电极反应为

LiCoO2+e-+4H+=Li++Co2++2H2O，细菌所在电极为负极；甲装置为原电池，甲室为阴极，电极反应为

Co2++2e-=Co，细菌所在电极为阳极，阳极反应为

CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+。14．工业上以 为原料生产 ，对其工艺条件进行研究。现有含 的 、溶液，含 的 、 溶液。在一定

pH

范围内，四种溶液中 随

pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是（ ）A．反应的平衡常数B．C．曲线④代表含的溶液的变化曲线D．对含且和初始浓度均为的混合溶液，时才发生沉淀转化【解析】【解答】A．反应

SrSO4(s)+COSrCO3(s)+SO的平衡常数

K===，故

A

不符合题意；B．由分析可知，曲线①为的 溶液，硫酸锶的溶度积=10-5.5×0.1=10-6.5，温度不变，溶度积不变，则溶液

pH为

7.7时，锶离子的浓度为=10-6.5，则

a

为

6.5，故

B

不符合题意；C．由分析可知，曲线④为 的 溶液的变化曲线，故

C

不符合题意；D．由分析可知，硫酸是强酸，溶液

pH

变化，溶液中硫酸根离子浓度几乎不变，则含硫酸锶固体的硫酸钠溶液中锶离子的浓度几乎不变，所以硫酸锶的生成与溶液

pH

无关，故

D

符合题意；故答案为：D。【分析】pH不会影响硫酸根离子的浓度，则曲线①和曲线②为 的 溶液，根据可知， 越大， 越小，则曲线①为 的溶液的变化曲线，曲线②为 的 溶液

的变化曲线；根据可知， 越大， 越小，则曲线③为 的溶液的变化曲线，曲线④为 的 溶液的变化曲线。15． 是一种钠离子电池正极材料，充放电过程中正极材料立方晶胞(示意图)的组成变化如图所示，晶胞内未标出因放电产生的

0价

Cu原子。下列说法正确的是（ ）A．每个晶胞中 个数为

x晶胞完全转化为 晶胞，转移电子数为

8晶胞中

0

价

Cu

原子个数为B．每个C．每个D．当 转化为 时，每转移 电子，产生 原子【解析】【解答】A．由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为

8× +6× =4，位于体内的铜离子和亚铜离子的个数之和为

8，设晶胞中的铜离子和亚铜离子的个数分别为

a

和

b，则

a+b=8-4x，由化合价代数和为

0

可得

2a+b=4×2，解得

a=4x，故

A

不符合题意；B．由题意可知，Na2Se

转化为

Cu2-xSe

的电极反应式为

Na2Se-2e-+(2-x)Cu=Cu2-xSe+2Na+，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为

8× +6× =4，则每个晶胞中含有

4

个

Na2Se，转移电子数为

8，故

B

不符合题意；C．由题意可知，Cu2-xSe

转化为

NaCuSe

的电极反应式为

Cu2-xSe+

e-+Na+=NaCuSe+(1-x)Cu，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为

8× +6× =4，则每个晶胞中含有

4

个

NaCuSe，晶胞中

0

价铜个数为(4-4x)，故

C

不符合题意；D．由题意可知，NayCu2-xSe

转化为

NaCuSe

的电极反应式为

NayCu2-xSe+(1-y)

e-+

Na+=NaCuSe+(1-x)Cu，所以每转移(1-y)电子，产生(1-x)mol

铜，故

D符合题意；故答案为：BD。【分析】A.根据均摊法和化合物的化合价代数和为

0

计算；B.Na2Se转化为

Cu2-xSe

的方程式为

Na2Se-2e-+(2-x)Cu=Cu2-xSe+2Na+，；C.NaCuSe

晶胞中

0

价

Cu原子个数为

4(1-x)；D.NayCu2-xSe

转化为

NaCuSe

的方程式为

NayCu2-xSe+(1-y)

e-+

Na+=NaCuSe+(1-x)Cu。三、非选择题16．研究笼形包合物结构和性质具有重要意义。化学式为的笼形包合物四方晶胞结构如图所示(H

原子未画出)，每个苯环只有一半属于该晶胞。晶胞参数为。回答下列问题：基态 原子的价电子排布式为

，在元素周期表中位置为

。晶胞中

N原子均参与形成配位键， 与 的配位数之比为

；

；晶胞中有

d轨道参与杂化的金属离子是

。（3）吡啶()替代苯也可形成类似的笼形包合物。已知吡啶中含有与苯类似的大

键、则吡啶中N原子的价层孤电子对占据

(填标号)。A．2s轨道 B．2p轨道 C．sp

杂化轨道 D．sp2

杂化轨道（4）在水中的溶解度，吡啶远大于苯，主要原因是①

，②

。（5）、、的碱性随

N

原子电子云密度的增大而增强，其中碱性最弱的是

。【解析】【解答】(1)已知

Ni

是

28

号元素，故基态

Ni

原子的价电子排布式为：3d84s2；位于元素周期表的第

4周期第

VIII

族，故答案为：3d84s2；第

4

周期第

VIII

族；(2)由题干晶胞示意图可知，一个晶胞中含有

Ni2+个数为： =1，Zn2+个数为： =1，含有

CN-为：=4，NH3个数为： =2，苯环个数为： =2，则该晶胞的化学式为： ，且晶胞中每个

N

原子均参与形成配位键，Ni2+周围形成的配位键数目为

4，Zn2+周围形成的配位键数目为

6，则与 的配位数之比为

4：6=2：3； 4：2：2=2：1：1；Ni2+的配位数为

4，则

Ni2+采用

sp3

杂化，而

Zn2+的配位数为

6，Zn2+采用

sp3d2

杂化，即晶胞中有

d

轨道参与杂化的金属离子是

Zn2+，故答案为：2：3；2：1：1；Zn2+；(3)吡啶中含有与苯类似的 大

π

键，则说明吡啶中

N

原子采用

sp2

杂化，杂化轨道只用于形成

σ

键和存在孤电子对，则吡啶中

N原子的价层孤电子对占据

sp2杂化轨道，故答案为：D；(4)已知苯分子为非极性分子，H2O

分子为极性分子，且吡啶中

N

原子上含有孤电子对能与

H2O

分子形成分子间氢键，从而导致在水中的溶解度，吡啶远大于苯，故答案为：吡啶能与

H2O

分子形成分子间氢键；吡啶和H2O

均为极性分子相似相溶，而苯为非极性分子；(5)已知-CH3

为推电子基团，-Cl

是吸电子基团，则导致

N

原子电子云密度大小顺序为：＞＞，碱性随

N

原子电子云密度的增大而增强，则其中碱性最弱的为：，故答案为：。；Zn2+采用

sp3d2【分析】（1）Ni

为

28

号元素，根据构造原理书写价电子排布式；位于第

4

周期第

VIII族；（2）根据均摊法计算确定该晶胞的化学式，进而确定 与 的配位数之比和杂化，即晶胞中有

d轨道参与杂化的金属离子是

Zn2+；吡啶中

N原子采用

sp2

杂化，杂化轨道只用于形成

σ键和存在孤电子对；吡啶能与

H2O分子形成分子间氢键；根据相似相溶原理判断；（5）-CH3

为推电子基团，-Cl是吸电子基团。17．工业上以氟磷灰石[ ，含 等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如下：回答下列问题：（1）酸解时有 产生。氢氟酸与为

。反应生成二元强酸，离子方程式加入 脱，首先转化为沉淀的离子（2）部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中，按物质的量之比氟，充分反应后，

；再分批加入一定量的是

。（3） 浓度(以 计)在一定范围时，石膏存在形式与温度、 浓度(以 计)的关系如图甲所示。酸解后，在所得 、 为

45的混合体系中，石膏存在形式为

(填化学式)；洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水，原因是

，回收利用洗涤液

X的操作单元是

；一定温度下，石膏存在形式与溶液中 和 的关系如图乙所示，下列条件能实现酸解所得石膏结晶转化的是(填标号)。A．、、B．、、C． 、 、 D． 、 、【解析】【解答】氟磷灰石用硫酸溶解后过滤，得到粗磷酸和滤渣，滤渣经洗涤后结晶转化为石膏；粗磷酸以精制

I脱氟、除硫酸根离子和 ，过滤，滤液经精制

II等一系列操作得到磷酸。(1)氢氟酸与

SiO2

反应生成二元强酸

H2SiF6，该反应的离子方程式为

6HF+SiO2=2H++ +2H2O。(2)精制Ⅰ中，按物质的量之比

n(Na2CO3)：n( )=1：1

加入

Na2CO3

脱氟，发生反应

H2SiF6+

Na2CO3=Na2SiF6↓+CO2↑+H2O，饱和的

Na2SiF6中存在

c(Na+)=2c( )，根据

Ksp=

c2(Na+)•c( )=4c3( )可知，c()

=mol•L-1，因此

c(Na+)=2c()=mol•L-1；粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c(Ca2+)=c()=mol•L-1；分批加入一定量的

BaCO3，当

BaSiF6

沉淀开始生成时，c(Ba2+)=mol•L-1，当

BaSO4

沉淀开始生成时，c(Ba2+)=mol•L-1，因此，首先转化为沉淀的离子是，然后才是；(3)酸解后，在所得

100℃、P2O5%为

45

的混合体系中，石膏的存在形式为

CaSO4•0.5H2O；CaSO4

在硫酸中的溶解度小于在水中的溶解度也，因此用一定浓度的硫酸溶液洗涤可以减少

CaSO4

的溶解损失，提高产品石膏的产率；洗涤液

X

中含有硫酸，酸解时使用的也是硫酸，则回收利用洗涤液

X

的操作单元是：酸解；由图甲信息可知，温度越低，越有利于实现酸解所得石膏结晶的转化，由图乙信息可知，位于

65℃线上方的晶体全部以

CaSO4•0.5H2O形式存在，位于

80℃线下方，晶体全部以

CaSO4•2H2O形式存在，在两线之间的以两种晶体的混合物形式存在：由图乙可知，P2O5%=15、SO3%=

15

位于

65℃、80℃之间，不能实现晶体的完全转化，A

不正确；由图乙可知，P2O5%=

10、SO3%=

20

位于

65℃、80℃之间，不能实现晶体的完全转化，

B

不正确；C．由图乙可知，P2O5%=

10、SO3%=30

位于

65℃线上方，晶体全部以

CaSO4•0.5H2O形式存在，不能实现晶体转化，

C不正确；D．

由图乙可知，P2O5%=10、SO3%=10

位于

80℃线下方，晶体全部以

CaSO4•2H2O形式存在，能实现晶体的完全转化，D

正确；综上所述，能实现酸解所得石膏结晶转化的是

D。【分析】（1）HF

与

SiO2反应生成

H2SiF6和水；（2）Ksp

小的先沉淀；（3）100℃、P2O5%为

45

的混合体系中，石膏存在形式为

CaSO4•0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于水中的溶解度；洗涤液

X

中含有硫酸；位于

65℃线上方的晶体全部以

CaSO4•0.5H2O形式存在，位于

80℃线下方，晶体全部以

CaSO4•2H2O

形式存在，在两线之间的以两种晶体的混合物形式存在。18．实验室利用 和亚硫酰氯( )制备无水 的装置如图所示(加热及夹持装置略)。已知沸点为，遇水极易反应生成两种酸性气体。回答下列问题：（1）实验开始先通 。一段时间后，先加热装置

(填“a”或“b”)。装置

b

内发生反应的化学方程式为

。装置

c、d共同起到的作用是

。（2）现有含少量杂质的，为测定

n

值进行如下实验：实验Ⅰ：称取 样品，用足量稀硫酸溶解后，用(滴定过程中 转化为 ， 不反应)。实验Ⅱ：另取 样品，利用上述装置与足量标准溶液滴定达终点时消耗反应后，固体质量为 。则

；下列情况会导致

n测量值偏小的是

(填标号)。样品中含少量 杂质样品与 反应时失水不充分实验Ⅰ中，称重后样品发生了潮解D．滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成（3）用上述装置、根据反应制备。已知 与 分子结构相似，与混合物进行蒸榴提纯(加热及夹持装置互溶，但极易水解。选择合适仪器并组装蒸馏装置对 、略)，安装顺序为①⑨⑧

(填序号)，先馏出的物质为

。【解析】【解答】SOCl2与

H2O

反应生成两种酸性气体，FeCl2∙4H2O与

SOCl2

制备无水

FeCl2

的反应原理为：SOCl2吸收

FeCl2∙4H2O

受热失去的结晶水生成

SO2

和

HCl，HCl

可抑制

FeCl2

的水解，从而制得无水

FeCl2。(1)实验开始时先通

N2，排尽装置中的空气，一段时间后，先加热装置

a，产生

SOCl2

气体充满

b

装置后再加热

b装置，装置

b中发生反应的化学方程式为

FeCl2∙4H2O+4SOCl2(g)

FeCl2+4SO2+8HCl；装置

c、d的共同作用是冷凝回流

SOCl2；答案为：a；FeCl2∙4H2O+4SOCl2(g)

FeCl2+4SO2+8HCl；冷凝回流

SOCl2。(2)滴定过程中 将

Fe2+氧化成

Fe3+，自身被还原成

Cr3+，反应的离子方程式为

6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，则

m1g

样品中

n(FeCl2)=6n( )=6cV×10-3mol；m1g

样品中结晶水的质量为(m1-m2)g，结晶水物质的量为 mol，n(FeCl2)：n(H2O)=1：n=(6cV×10-3mol)： mol，解得

n=；Ⅰ.A．样品中含少量

FeO杂质，溶于稀硫酸后生成

Fe2+，消耗的

K2Cr2O7溶液的体积

V偏大，n

的测量值偏小，A

符合题意；B．样品与

SOCl2

反应时失水不充分，则

m2

偏大，使

n的测量值偏小，B

符合题意；C．实验Ⅰ中称重后样品发生了潮解，样品的质量不变，消耗的

K2Cr2O7

溶液的体积

V

不变，n

的测量值不变，C

不符合题意；D．滴定达到终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，消耗的

K2Cr2O7

溶液的体积

V

偏小，n

的测量值偏大，D不符合题意；故答案为：AB。(3)TiCl4、CCl4

互溶，采用蒸馏分离两者，装置的组装顺序为：由下而上、从左到右，则安装顺序为①⑨⑧，然后连接直形冷凝管，冷凝管末端连接牛角管⑩，TiCl4

极易水解，为防止外界水蒸气进入装置，应连接碱石灰吸收水蒸气，即最后连接③⑤，因此安装顺序为①⑨⑧⑥⑩③⑤；由于

TiCl4、CCl4

分子结构相似，均为分子晶体，TiCl4的相对分子质量大于

CCl4，TiCl4

分子间的范德华力较大，TiCl4

的沸点高于CCl4，则

CCl4先馏出，答案为：⑥⑩③⑤；CCl4。【分析】（1）排出装置内的空气后应先加热

a

装置生成

SOCl2，再加热装置

b，装置

b

中发生反应

、FeCl2∙4H2O+4SOCl2(g)

FeCl2+4SO2+8HCl；装置

c、d的作用是冷凝回流

SOCl2；（2）滴定过程中发生反应

6Fe2++ +14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，据此计算；根据分析误差；（3）TiCl4、CCl4

互溶，采用蒸馏分离两者，据此组装仪器；TiCl4的沸点高于

CCl4，CCl4

先馏出。19．支气管扩张药物特布他林(H)的一种合成路线如下：已知：Ⅱ.、Ⅲ.回答下列问题：（1）A→B反应条件为

；B中含氧官能团有

种。（2）B→C反应类型为

，该反应的目的是

。（3）D结构简式为

；E→F

的化学方程式为

。（4）H的同分异构体中，仅含有 、 和苯环结构的有

种。（5）根据上述信息，写出以羟基邻苯二甲酸二乙酯为主要原料制备合成的路线

。【解析】【解答】(1)由分析可知，A→B

的反应为在浓硫酸作用下，与乙醇共热发生酯化反应生成和水；B

的结构简式为为，含氧官能团为羟基、酯基，共有

2

种，故答案为：浓硫酸，加热；2；(2)由分析可知，B→C

的反应为在碳酸钾作用下与

phCH2Cl

发生取代反应生成和氯化氢，由

B

和

H

都含有酚羟基可知，B→C

的目的是保护酚羟基，故答案为：取代反应；保护酚羟基；(3)由分析可知，D

的结构简式为

CH3COOC2H5；E→F

的反应为在乙酸作用下与溴发生取代反应生成和溴化氢，反应的化学方程式为+Br2+HBr，故答案为：CH3COOC2H5；+Br2+HBr；(4)H

的同分异构体仅含有-OCH2CH3

和-NH2

可知，同分异构体的结构可以视作、、分子中苯环上的氢原子被-NH2

取代所得结构，所得结构分别有

1、3、2，共有6

种，故答案为：6；(5)由题给信息可知，以

4-羟基邻苯二甲酸二乙酯制备的合成步骤为：在碳酸钾作用下与

phCH2Cl

发生取代反应生成发生取代反应生成，发生信息Ⅱ反应生成，在

Pd-C

做催化剂作用下与氢气反应生成，则具体合成路线为，故答案为：。【分析】由

C

的结构简式和有机物的转化关系可知，在浓硫酸作用下，与乙醇共热发生酯化反应生成，则

A

为、B

为；在碳酸钾作用下与

phCH2Cl发生取代反应生成，与

CH3COOC2H5

发生信息Ⅱ反应生成，则

D

为

CH3COOC2H5、E

为；在乙酸作用下与溴发生取代反应生成，