重组卷5-冲刺2023年高考化学真题重组卷（山东专用）（解析版）

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冲刺2023年高考化学真题重组卷05

山东专用（解析版）

本卷满分100分，考试时间90分钟。

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮

擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Ag108

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。

I.（2022.全国甲卷）化学与生活密切相关。下列叙述正确的是

A.漂白粉与盐酸可混合使用以提高消毒效果B.温室气体是形成酸雨的主要物质

C.棉花、麻和蚕丝均为碳水化合物D.干冰可用在舞台上制造“云雾”

【答案】D

【解析】A.漂白粉的有效成分次氯酸钙与盐酸混合，会发生氧化还原反应生成有毒的氯气，两者不能混合

使用，A错误；

B.温室气体主要是指二氧化碳，二氧化碳不是形成酸雨的主要物质，形成酸雨的主要物质是硫氧化物、氮

氧化物等，B错误；

C.棉花、麻来源于植物，主要成分均是纤维素，为碳水化合物，但蚕丝来源于动物，主要成分是蛋白质，

蛋白质不是碳水化合物，C错误；

D.干冰是固态的二氧化碳，干冰升华时，吸收大量的热，使周围温度降低，大量的水蒸气凝结成了小液滴，

形成“云雾”效果，D正确；

答案选D。

2.（2021.河北卷）高分子材料在生产生活中应用广泛。下列说法错误的是

A.芦苇可用于制造黏胶纤维，其主要成分为纤维素

B.聚氯乙烯通过加聚反应制得，可用于制作不粘锅的耐热涂层

C.淀粉是相对分子质量可达几十万的天然高分子物质

D.大豆蛋白纤维是一种可降解材料

【答案】B

【解析】A.芦苇中含有天然纤维素，可用于制造黏胶纤维，故A正确；

B.聚氯乙烯在高温条件下会分解生成有毒气体，因此不能用于制作不粘锅的耐热涂层，故B错误；

C.淀粉为多糖，属于天然高分子物质，其相对分子质量可达几十万，故C正确；

D.大豆蛋白纤维的主要成分为蛋白质，能够被微生物分解，因此大豆蛋白纤维是一种可降解材料，故D

正确；

综上所述，说法错误的是B项，故答案为B。

3.(2018・北京卷)下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是

ABCD

NaOH溶液滴入FeSO4溶液石蕊溶液滴入氯水Na2s溶液滴入AgCl热铜丝插入稀硝酸

实验

中中浊液中中

产生白色沉淀，随后变为红溶液变红，随后迅速沉淀由白色逐渐变产生无色气体，随后

现象

褐色褪色为黑色变为红棕色

【答案】C

【解析】A项，NaOH溶液滴入FeSCh溶液中产生白色Fe(OH)2沉淀，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反

应为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3,该反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应；B项，氯水中

存在反应Cb+H2O不-HCl+HClO,由于氯水呈酸性，石蕊溶液滴入后溶液先变红，红色褪色是HCIO表现

强氧化性，与有色物质发生氧化还原反应；C项，白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2s+2NaCl,

反应前后元素化合价不变，不是氧化还原反应：D项，Cu与稀HNCh反应生成Cu(NO3)2、NO气体和

HzO,气体由无色变为红棕色时的反应为2NO+O2=2NO2,反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应；

与氧化还原反应无关的是C项，答案选C。

4.(2022・湖北卷)下列实验装置(部分夹持装置略)或现象错误的是

玻璃表

面皿Na

食

盐水

浸泡

过

铁

的

钉

O.lmol/LO.lniol/L

NaKCh溶液NaHCOf溶液

A.滴入酚酷溶液B.吸氧腐蚀C.钠的燃烧D.石蜡油的热分解

【答案】C

【解析】A.碳酸钠和碳酸氢钠都会因水解而使溶液显碱性，碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，滴入酚儆溶液后，

碳酸钠溶液呈现红色，碳酸氢钠的溶液呈现浅红色，A正确；

B.食盐水为中性，铁钉发生吸氧腐蚀，试管中的气体减少，导管口形成一段水柱，B正确；

c.钠燃烧温度在4（xrc以上，玻璃表面皿不耐高温，故钠燃烧通常载体为用埸或者燃烧匙，c错误；

D.石蜡油发生热分解，产生不饱和烧，不饱和烧与溪发生加成反应，使试管中溟的四氯化碳溶液褪色，D

正确；

故答案选C。

5.（2022・广东卷）若将铜丝插入热浓硫酸中进行如图（a~d均为浸有相应试液的棉花）所示的探究实验，下列

分析正确的是

紫色酸性安全

石蕊KMnO4气球

A.Cu与浓硫酸反应，只体现H2s0,的酸性

B.a处变红，说明SO。是酸性氧化物

C.b或c处褪色，均说明SO?具有漂白性

D.试管底部出现白色固体，说明反应中无HzO生成

【答案】B

【解析】A.铜和浓硫酸反应过程中，生成CuSCh体现出浓硫酸的酸性，生成SOz体现出浓硫酸的强氧化

性，故A错误；

B.a处的紫色石蕊溶液变红，其原因是S02溶于水生成了酸，可说明S02是酸性氧化物，故B正确：

C.b处品红溶液褪色，其原因是S02具有漂白性，而c处酸性高锦酸钾溶液褪色，其原因是SO2和KMnOa

发生氧化还原反应，S02体现出还原性，故c错误；

D.实验过程中试管底部出现白色固体,根据元素守恒可知，其成分为无水CuS04,而非蓝色的CUSO4-5H2O,

其原因是浓硫酸体现出吸水性，将反应生成的H2O吸收，故D错误；

综上所述，正确的是B项。

6.（2022•辽宁卷）理论化学模拟得到一种N1离子，结构如图。下列关于该离子的说法错误的是

•N•-N-N、/\-N-•N•

•・••/\、・•••

N-N-NN-N-N

A.所有原子均满足8电子结构B.N原子的杂化方式有2种

C.空间结构为四面体形D.常温下不稳定

【答案】B

【详解】A.由N：的结构式可知，所有N原子均满足8电子稳定结构，A正确；

B.中心N原子为sp3杂化，与中心N原子直接相连的N原子为sp?杂化，与端位N原子直接相连的N原子

为sp杂化，端位N原子为sp?杂化，则N原子的杂化方式有3种，B错误；

C.中心N原子为sp'杂化，则其空间结构为四面体形，C正确；

D.N：中含叠氮结构(-N=N=N:),常温下不稳定，D正确;

故答案选B。

7.(2022.北京卷)高分子Y是一种人工合成的多肽，其合成路线如下。

下列说法不Ip卿勺是

A.F中含有2个酰胺基B.高分子Y水解可得到E和G

C.高分子X中存在氢键D.高分子Y的合成过程中进行了官能团保护

【答案】B

【解析】A.由结构简式可知，F中含有2个酰胺基，故A正确,

OOP

H2N.,COOH

B.由结构简式可知，高分子丫一定条件下发生水解反应生成和,、，故B

NH2

错误;

C.由结构箍式可知，高分子X中含有的酰胺基能形成氢键，故c正确；

D.由结构简式可知，E分子和高分子Y中都含有氨基，则高分子Y的合成过程中进行了官能团氨基的保

护，故D正确；

故选B。

8.（2021•山东卷）X、Y均为短周期金属元素，同温同压下，O.lmolX的单质与足量稀盐酸反应，生成H2

体积为VI；O.lmolY的单质与足量稀硫酸反应，生成H2体积为V2L。下列说法错误的是

A.X、Y生成H2的物质的量之比一定为］

B.X、Y消耗酸的物质的量之比一定为靖

*2

C.产物中X、Y化合价之比一定为寸

V2

D.由寸一定能确定产物中X、Y的化合价

【答案】D

【分析】设与ImolX反应消耗HC1的物质的量为amol,与ImolY反应消耗H2s的物质的量为bmol,根

据转移电子守恒以及H原子守恒可知XaHClXa\YbHSObHX2b+

|H2242O

匕

【解析】A.同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比，因此X、Y生成H2的物质的量之比•定为比，

故A正确；

B.X、Y反应过程中消耗酸的物质的量之比为色，因5_1°匕_乂，因此;=答，故B正确;

b3-丽-工bV2

aa匕

C.产物中X、Y化合价之比为一，由B项可知=故C正确；

D.因短周期金属单质与盐酸或稀硫酸反应时，生成的盐中金属元素化合价有+1、+2、+3三种情况，因此

a2V.VV.

存在a=l,2,3,b=0.5,1的多种情况，山二二工"■可知，当a=l,b=0.5时，~=1»当a=2,b=l时，~=1,

bV2V2V2

V.

两种情况下X、Y的化合价不同，因此根据什可能无法确定X、Y的化合价，故D错误;

综上所述，错误的D项，故答案为D。

9.（2022・重庆卷）R、X、Y、Z均为短周期主族元素，Y与Z同主族且Z的原子序数大于Y。R和X的原

子获得1个电子均可形成稀有气体原子的电子层结构，R的最高化合价为+1。Imol化合物RZY3X含58mol

电子。下列说法正确的是

A.R与X形成的化合物水溶液呈碱性B.X是四种元素中原子半径最大的

C.Y单质的氧化性比Z单质的弱D.Z的原子最外层电子数为6

【答案】D

【分析】由题干信息可知，R、X、Y、Z均为短周期主族元素，Y与Z同主族且Z的原子序数大于Y,R

和X的原子获得1个电子均可形成稀有气体原子的电子层结构，R的最高化合价为+1,则R为H,X为。

或F；Imol化合物RZY3X含58mol电子，设Y的原子序数为a,则Z的原子序数为a+8；若X为F,则有

l+9+a+8+3a=58,解得a=10,则Y为Ne,不符合题意；若X为CL则有l+17+a+8+3a=58,解得a=8,则

Y为O,Z为S；故R为H、X为Cl、Y为0、Z为S,据此分析解题。

【解析】A.由分析可知，R为H、X为CL故R与X形成的化合物即HC1水溶液呈酸性，A错误；

B.由分析可知，R为H、X为Cl、Y为0、Z为S,故S是四种元素中原子半径最大的，B错误；

C.由分析可知，Y为0、Z为S,由于0的非金属性比S强，故0?的氧化性比S强，C错误；

D.由分析可知，Z为S,是16号元素，S原子最外层电子数为6,D正确；

故答案为：D。

10.（2020.新课标H）据文献报道：Fe（C0）5催化某反应的一种反应机理如下图所示。下列叙述错误的是

0H-

A.0H参与了该催化循环B.该反应可产生清洁燃料H2

C.该反应可消耗温室气体C02D.该催化循环中Fe的成键数目发生变化

【答案】C

【解析】题干中明确指出，铁配合物Fe(C0)5充当催化剂的作用。机理图中，凡是出现在历程中，进去的箭

头表示反应物，出来的箭头表示生成物，既有进去乂有出来的箭头表示为催化剂或反应条件，其余可以看

成为中间物种。由题干中提供的反应机理图可知，铁配合物Fe(CO)5在整个反应历程中成键数目，配体种类

等均发生了变化；并且也可以观察出，反应过程中所需的反应物除CO外还需要H?0,最终产物是CO?和

H2,同时参与反应的还有OH,故OH-也可以看成是另一个催化剂或反应条件。从反应机理图中可知，OH

有进入的箭头也有出去的箭头，说明OH参与了该催化循环，故A项正确；从反应机理图中可知，该反应

的反应物为CO和H2O,产物为H2和CO2,Fe(CO)5作为整个反应的催化剂，而OH-仅仅在个别步骤中辅

助催化剂完成反应，说明该反应方程式为C8H20Fe(CO)5c0?+凡,故有清洁燃料Hz生成，故B项正确；

由B项分析可知，该反应不是消耗温室气体CO2,反而是生成了温室气体CCh,故C项不正确；从反应机

理图中可知，Fe的成键数目和成键微粒在该循环过程中均发生了变化，故D项正确；答案选C。

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.(2022•海南卷)已知CH3coOH+Cl?—^CICH2coOH+HC1,C1CH2coOH的酸性比CH3coOH强。

下列有关说法正确的是

H+［：C1：］-

A.HC1的电子式为..B.C1-C1键的键长比I-I键短

C.CHjCOOH分子中只有。键D.C1CH2co0H的酸性比ICH2coOH强

【答案】BD

••

【解析】A.HC1为共价化合物，H原子和C1原子间形成共用电子对，其电子式为••「，A错误；

B.原子半径C1<L故键长：B正确；

C.CH3co0H分子中，竣基的碳氧双键中含有兀键，C错误；

D.电负性C1>L对'0-H的共用电子对具有更强的吸引作用，导致0-H更易电离，故而酸性增加。即

C1CH2COOH的酸性比ICH2co0H强，D正确：

答案选BD。

12.某实验小组设计如下实验探究Fe(OH)2的制备，下列有关分析不合理的是

实验操作现象

一分钟后，晶块表面仍为浅绿色，溶液呈更浅的

1将一块FeSO4晶体浸入30mL蒸懦水中

绿色。

将另一块FeS04晶体浸入30mLImol-L-1NaOH一分钟后，晶块表面变白；捞出晶块露置空气中，

11

溶液中表面逐渐变为红褐色。

将10mLL5moi・LFeSOq溶液与立即出现大量灰绿色浑浊，一分钟后，液面附近

III

20mL1.5molL-1NaOH溶液混合出现红褐色浑浊。

A.实验I起对照作用，排除FeSO,晶体自身在水中的颜色变化

B.实验H晶块表面长时间保持白色，与Fe(OH%难溶、未分散于水有关

C.捞出晶块后发生了反应：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH),

D.实验IH溶液中氧气含量明显多于实验II中

【答案】D

【解析】A.实验I中，晶块表面为浅绿色，起对照作川，目的是排除实验H中晶块表面变白，不是因为FeSO4

晶体自身在水中的颜色变化引起的，A符合题意；

B.Fe(OH)2具有较强的还原性，易被溶液中溶解的氧气氧化，因此实验U晶块表面之所以能长时间保持白

色，与Fe(OH)2难溶、未分散于水有关，B符合题意；

C.Fe(OH%具有较强的还原性，易被氧气氧化，捞出晶块后发生的反应为4Fe(OH)2+C)2+2H2O=4Fe(OH)3,

C符合题意；

D.根据控制单一变量的原则，实验H和H1反应条件不一样(实验II为FeSO4晶体，而实验III为FeSO4溶液)，

单从实验结果，无法得出实验川溶液中氧气含量明显多于实验II的结论，D不符合题意；

故选D。

13.将含银废液中的银回收具有实际应用价值。实验室利用沉淀滴定废液回收银的流程如下所示，下列有

关说法错误的是

-NH3T2O「沉淀

滴定盐酸或，I滤液--*ACl

gAg(NH3)；

废液NaCl+HNO；

沉淀(AgCl)

-一〔滤液

AgNO操作X1:1HNO

固体3-----……---------3AgJ

A.回收过程的主要分离操作为过滤，所用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒

+

B.氯化银中加入氨水发生的离子反应为：Ag+2NH,-H2O=Ag(NH3+2H2O

C.当析出4.3200gAg时理论上至少消耗甲醛物质的量为0.01mol

D.操作X为：减压蒸发、结晶、30C下干燥

【答案】BC

【分析】滴定废液中加入盐酸（或NaCl+HNOQ充分反应后过滤，所得AgCl等沉淀中加入NH/Hq,反

应后过滤，在滤液中加入盐酸，反应生成AgCl沉淀，加入NH/HQ,再加入HCHO,反应生成Ag,Ag

与HNO3按1:1反应，经后续操作，最后减压蒸发、结晶、30℃下干燥得到AgNCh固体，据此分析解答。

【解析】A.流程中主要分离溶液和沉淀，所以主要分离操作为过滤，且所用到的玻璃仪器为漏斗、烧杯和

玻璃棒，A正确；

B.AgCl难溶于水，书写离子方程式不能拆，B错误；

C.1molHCHO可以与银氨溶液发生反应，得至I]4molAg,因此题目中4.3200gAg物质的量为0.04mol,

则理论上至少消耗0.01molHCHO,C错误；

D.操作X为由硝酸银溶液得到AgNOs固体，硝酸银受热可分解，所以减压蒸发、结晶、30℃下干燥，D

正确；

故选BCo

14.（2021・广东卷）钻（C。）的合金材料广泛应用于航空航天、机械制造等领域。如图为水溶液中电解制备

金属钻的装置示意图。下列说法正确的是

A.工作时，I室和H室溶液的pH均增大

B.生成1molCo,I室溶液质量理论上减少16g

C.移除两交换膜后，石墨电极上发生的反应不变

2++

D.电解总反应：2Co+2H2O-2Co+O2T+4H

【答案】D

【分析】由图可知，该装置为电解池，石墨电极为阳极，水在阳极失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离

子，电极反应式为2H2O-4e=O2T+4H+,[室中阳离子电荷数大于阴离子电荷数，放电生成的氢离子通过阳

离子交换膜由I室向H室移动，钻电极为阴极，钻离子在阴极得到电子发生还原反应生成钻，电极反应式

为Co2++2e=Co,III室中阴离子电荷数大于阳离子电荷数，氯离子过阴离子交换膜由山室向H室移动，电解

的总反应的离子方程式为2co2++2H2O通电2Co+O2T+4H+。

【解析】A.由分析可知，放电生成的氢离子通过阳离了交换膜由I室向n室移动，使n室中氢离子浓度增

大，溶液pH减小，故A错误；

B.由分析可知，阴极生成Imol钻，阳极有Imol水放电，则［室溶液质量减少18g,故B错误；

C.若移除离子交换膜，氯离子的放电能力强于水，氯离子会在阳极失去电子发生氧化反应生成氯气，则移

除离子交换膜，石墨电极的电极反应会发生变化，故C错误；

D.由分析可知，电解的总反应的离子方程式为2co2++2H2O鲤|2Co+O2T+4H+,故D正确；

故选D。

15.(2022•全国乙卷)常温下，一元酸HA的Ka(HA)=l.OxlO-3。在某体系中，H*与离子不能穿过隔膜，

未电离的HA可自由穿过该膜(如图所示)。

溶液I膜溶液n

pH=7.0pH=1.0

FT+A=HA*--;--a-HA=H++A-

设溶液中c总(HA)=c(HA)+c(A)当达到平衡时，下列叙述正确的是

A.溶液I中c(H+)=c(OH)+c(A。

(c(A))i

B.溶液H中的HA的电离度为诉

“总(HA)J101

C.溶液I和H中的C(HA)不相等

D.溶液I和n中的C总(HA)之比为10Y

【答案】B

【解析】A.常温下溶液I的pH=7.0,则溶液I中c(H+)=c(OH)=lxl(y7moi/L,C(H+)<C(OH)+C(A),A错

误；

B.常温下溶液n的pH=1.0,溶液中c(H+)=0.1mol/L,Kl细士也】=1.0x10汽c&(HA)=c(HA)+c(A-),

c(HA)

则一［=1.0x10-3,解得B正确；

c息(HA)-c(A)ce(HA)101

C.根据题意，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，C错误：

D.常温下溶液I的pH=7.0,溶液I中c(H+)=lxlOW/L,a=绅)=［。乂］。,，c@(HA)=c(HA)+c(A),

c*(HA)

4

।°=I0xi(尸,溶液i中©a(HA>(10+l)c(HA),溶液II的pH=l.0,溶液II中c(H+)=O.Imol/L,

c(HA)

c(H+)-c(A),0.1[Q.(HA)-C(HA)],八、

K=———-=1.Ox10-3,cu(HA)=c(HA)+c(A),——------------W.OxlO3溶液中CEHA)=1.01C(HA),

ac(HA)c(HA)n

未电离的HA可自由穿过隔膜,故溶液I和II中的c(HA)相等，溶液I和II中c*3人)之比为[(1。4+1)。5人)」：

[1.01c(HA)]=(104+l)：1.01=104,D错误;

答案选B。

三、非选择题：本题共5小题，共60分。

16.(12分)(2022•全国甲卷)2008年北京奥运会的“水立方”，在2022年冬奥会上华丽转身为“冰立方”，

实现了奥运场馆的再利用，其美丽的透光气囊材料由乙烯(CH2=CH2)与四氟乙烯(CF2=CF2)的共聚物(ETFE)

制成。回答下列问题：

(1)基态F原子的价电子排布图(轨道表示式)为。

(2)图a、b、c分别表示C、N、O和F的逐级电离能I变化趋势(纵坐标的标度不同)。第一电离能的变化图

(3)固态氟化氢中存在(HF)”形式，画出(HF)3的链状结构o

(4)CF2=CF2和ETFE分子中C的杂化轨道类型分别为和；聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚

乙烯，从化学键的角度解释原因。

(5)萤石(CaFA是自然界中常见的含氟矿物，其晶胞结构如图所示，X代表的离子是；若该立方晶胞

参数为apm,正负离子的核间距最小为pm。

【答案】(1)「不nil

(2)图a同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的，但由于N元素的2P能级为半充满状态，因此N

元素的第一电离能较C、0两种元素高图b

，F、/

(3)/H'H、、,H

'F

(4)sp2sp3C-F键的键能大于聚乙烯中C-H的键能，键能越大，化学性质越稳定

(5)Ca2+且apm

4

【解析】根据基态原子的电子表示式书写价电子排布式；根据电离能的排布规律分析电离能趋势和原因：

根据氢键的表示方法书写(HF)3的结构；根据键能影响物质稳定性的规律分析两种物质的稳定性差异；根据

均摊法计算晶胞中各粒子的个数，判断粒子种类。

(1)F为第9号元素其电子排布为Is22s22P5,则其价电子排布图为由,故答案为

HluIu1110

(2)C、N、0、F四种元素在同一周期，同一周期第一电离能的总体趋势是依次升高的，但由于N元素的2P

能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、O两种元素高，因此C、N、0、F四种元素的第一电

离能从小到大的顺序为C<0<N<F,满足这一规律的图像为图a,气态基态正2价阳离子失去1个电子生成

气态基态正3价阳离子所需要的的能量为该原子的第三电离能，同一周期原子的第三电离能的总体趋势也

依次升高，但由于C原子在失去2个电子之后的2s能级为全充满状态，因此其再失去一个电子需要的能量

稍高，则满足这•规律的图像为图b,故答案为：图a、同•周期第一电离能的总体趋势是依次升高的，但

由于N元素的2P能级为半充满状态，因此N元素的第一电离能较C、0两种元素高、图b。

(3)固体HF中存在氢键，则(HF)3的链状结构为H'H、/H。

(4)CF2=CF2中C原子存在3对共用电子对，其C原子的杂化方式为sp?杂化，但其共聚物ETFE中C原子

存在4对共用电子对，其C原子为sp3杂化；由于F兀素的电负性较大，因此在与C原子的结合过程中形

成的C-F键的键能大于聚乙烯中C-H的键能，键能的强弱决定物质的化学性质，键能越大，化学性质越稳

定，因此聚四氟乙烯的化学稳定性高于聚乙烯，故答案为：sp2、sp3、C-F键的键能大于聚乙烯中C-H的键

能，键能越大，化学性质越稳定。

(5)根据萤石晶胞结构，浅色X离子分布在晶胞的顶点和面心上，则1个晶胞中浅色X离子共有8x：+6x；

8N

=4个，深色Y离子分布在晶胞内部，则1个晶胞中共有8个深色Y离子，因此该晶胞的化学式应为XY2,

结合萤石的化学式可知，X为Ca?+；根据晶胞，将晶胞分成8个相等的小正方体，仔细观察CaF2的晶胞结

构不难发现F位于晶胞中8个小立方体的体心，小立方体边长为：a,体对角线为@a,Ca?+与F之间距离

就是小晶胞体对角线的一半，因此晶体中正负的核间距的最小的距离为也apm,故答案为:Ca2\@apm。

44

17.（12分）（2022.湖北卷）全球对锂资源的需求不断增长，“盐湖提锂''越来越受到重视。某兴趣小组取盐

湖水进行浓缩和初步除杂后，得到浓缩卤水（含有Na*、Li\Cr和少量Mg?，、Ca2+）,并设计了以下流程通

过制备碳酸锂来提取锂。

25c时相关物质的参数如下:

LiOH的溶解度：12.4g/100gHq

化合物

Mg(OH)25.6x10-12

-6

Ca(OH)25.5xlO

-9

CaCO32.8xlO

Li2CO32.5x10-2

o

.64

x

002

2

巨

旭.0

犍.8

演

66」一一一一一，|

6204'06'08'0100

温度CC)

Li2cGJ3的溶解度曲线

回答下列问题：

⑴“沉淀1”为o

⑵向“滤液1”中加入适量固体Li2cO,的目的是o

(3)为提高Li2co,的析出量和纯度，“操作A”依次为、、洗涤.

(4)有同学建议用“侯氏制碱法”的原理制备Li2cO,。查阅资料后，发现文献对常温下的Li2co，有不同的描述:

①是白色固体；②尚未从溶液中分离出来。为探究LiHCO,的性质，将饱和LiCl溶液与饱和NaHCO,溶液等

体积混合，起初无明显变化，随后溶液变浑浊并伴有气泡冒出，最终生成白色沉淀。上述现象说明，在该

实验条件下LiHCO,(填“稳定”或“不稳定)有关反应的离子方程式为。

(5)他们结合(4)的探究结果，拟将原流程中向“滤液2”加入Na2cO,改为通入CO?。这一改动能否达到相同的

效果，作出你的判断并给出理由___________。

【答案】⑴Mg(OH”

⑵将Ca，+转化成CaCCh沉淀除去，同时不引入新杂质

(3)蒸发浓缩趁热过滤

(4)不稳定Li++HCO］=LiHCCh,2LiHCO3=LijCOaj+CO2T+H20

(5)能达到相同效果，因为改为通入过量的CO2,则LiOH转化为LiHCCh,结合(4)的探究结果，LiHCCh也

会很快分解产生Li2co3,所以这一改动能达到相同的效果

【解析】浓缩卤水(含有Na*、Li*、CT和少量Mg?*、Ca?+)中加入石灰乳［Ca(OH)2］后得到含有Na*、Li\Cl

和Ca?’的滤液1,沉淀1为Mg(OH)2,向滤液1中加入Li2cCh后，得到滤液2,含有的离子为Na：Li\Cl

和0H1沉淀2为CaCCh,向滤液2中加入Na2co3,得至Li2cO3沉淀，再通过蒸发浓缩，趁热过滤，洗涤、

干燥后得到产品Li2co3。

(1)浓缩卤水中含有Mg2,，当加入石灰乳后，转化为Mg(0H)2沉淀，所以沉淀1为Mg(0H)2：

(2)滤液1中含有Na,、Li\Cr和Ca2+,结合已知条件：LiOH的溶解度和化合物的溶度积常数，可推测，

加入Li2co3的目的是将Ca?+转化成CaCCh沉淀除去，同时不引入新杂质；

⑶由Li2cCh的溶解度曲线可知，温度升高，Li2c03的溶解度降低，即在温度高时，溶解度小，有利于析出,

所以为提高Li夕O,的析出量和纯度，需要在较高温度下析出并过滤得到沉淀，即依次蒸发浓缩，趁热过滤,

洗涤。故答案为：蒸发浓缩，趁热过滤；

(4)饱和LiCl和饱和NaHCCh等体积混合后,产生了LiHCCh和NaCI,随后LiHCO.i分解产生了CO2和Li2co3。

故答案为：不稳定，Li++HCO；=LiHCOj,2LiHCCh=Li2co31+CO2T+H2O：

(5)“滤液2”中含有LiOH,加入Na2co目的是将LiOH转化为Li2co3。若改为通入过量的CO2,则LiOH

转化为LiHCCh,结合(4)的探究结果，LiHCCh也会很快分解产生Li2co3,所以这一改动能达到相同的效果。

故答案为:能达到相同效果,因为改为通入过量的C02,则LiOH转化为LiHCCh,结合(4)的探究结果,LiHCOs

也会很快分解产生Li2c03,所以这一改动能达到相同的效果。

18.Q2分)(2022•北京卷)煤中硫的存在形态分为有机硫和无机硫(CaSO八硫化物及微量单质硫等)。库

仑滴定法是常用的快捷检测煤中全硫含量的方法。其主要过程如下图所示。

净化后、__________干燥______伦测

的空气'('飞律*装置*硫仪

煤样管式炉

、

已知：在催化剂作用下，煤在管式炉中燃烧，出口气体主要含。2、CO?、H2O.N2SO2O

(1)煤样需研磨成细小粉末，其目的是

(2)高温下，煤中CaSO,完全转化为SO〉该反应的化学方程式为

(3)通过干燥装置后，待测气体进入库仑测硫仪进行测定。

已知：库仑测硫仪中电解原理示意图如下。检测前，电解质溶液中保持定值时,电解池不工作。待测

4I；

气体进入电解池后,SO2溶解并将I：还原,测硫仪便立即自动进行电解到早又回到原定值，测定结束,

cl'

通过测定电解消耗的电量可以求得煤中含硫量。

CH3coOH-KI溶液

①SO?在电解池中发生反应的离子方程式为

②测硫仪工作时电解池的阳极反应式为。

(4)煤样为ag,电解消耗的电量为x库仑，煤样中硫的质量分数为。

已知：电解中转移Imol电子所消耗的电量为96500库仑。

(5)条件控制和误差分析。

①测定过程中，需控制电解质溶液pH,当pH<l时，非电解生成的I；使得测得的全硫含量偏小，生成1；的

离子方程式为。

②测定过程中，管式炉内壁上有SO,残留，测得全硫量结果为。(填“偏大”或"偏小”)

【答案】(1)与空气的接触面积增大，反应更加充分

催化剂

(2)2CaSO4=2CaO+2s0计+02T

高温

(3)SO2+13+H2O=3I-+SO+4H+3L—2eF；

(5)I2+I-=I3偏低

【解析】(1)煤样研磨成细小粉末后固体衣面积增大，与空气的接触面积增大，反应更加充分，故答案为：

与空气的接触面积增大，反应更加充分；

(2)由题意可知，在催化剂作用下，硫酸钙高温分解生成氧化钙、二氧化硫和水，反应的化学方程式为2CaSO4

催化剂催化剂

=2CaO+2sChT+Chf,故答案为：2CaSO4=2CaO+2SO2T+O2T；

高温局温

(3)①由题意可知，二氧化硫在电解池中与溶液中I；反应生成碘离子、硫酸根离了•和氢离子，离子方程式为

SO2+I；+H2O=3I+SO；+4H+,故答案为：SO2+I3+H2O=3I+S0：+4H+；

②由题意可知，测硫仪工作时电解池工作时，碘离子在阳极失去电子发生氧化反应生成碘三离子，电极反

应式为31——2e—=I；,故答案为：3L—2e-="；

(4)由题意可得如下关系：S—S02—I；—2e,电解消耗的电量为x库仑，则煤样中硫的质量分数为

2X96500X32X100%=^%,故答案为：罂%;

------------965a965a

a

(5)①当PH<1时，非电解生成的碘三离子使得测得的全硫含量偏小说明碘离子与电解生成的碘反应生成碘

三离子，导致消耗二氧化硫的量偏小，反应的离子方程式为h+i—=n，故答案为：i2+i-=i；；

②测定过程中，管式炉内壁上有三氧化硫残留说明硫元素没有全部转化为二氧化硫，会使二氧化硫与碘三

离子反应生成的碘离子偏小，电解时转移电子数目偏小，导致测得全硫量结果偏低，故答案为：偏低。

19.(12分)(2021•广东卷)天然产物V具有抗疟活性，某研究小组以化合物I为原料合成V及其衍生物VI

的路线如下（部分反应条件省略，Ph表示-C6H5）：

OHOHOH

八Ph3P=CHOCH2cH式⑴八反erC

M反应①rM

，VCOM

CHOCH=CHOCH2cH3

过氧化物]反应③

IIII

O00o

,、a—

人C反应④OF

>-oHOV?HO-OVvH0-0

H3cv[V

OH0

己知0

RROCH2Y

(1)化合物I中含氧官能团有______(写名称)。

(2)反应①的方程式可表示为：i+n=iii+z,化合物z的分子式为一O

(3)化合物IV能发生银镜反应，其结构简式为______o

(4)反应②③④中属于还原反应的有_______,属于加成反应的有______________O

(5)化合物VI的芳香族同分异构体中，同时满足如下条件的有一一种，写出其中任意一种的结构简式:

条件：a.能与NaHCCh反应；b.最多能与2倍物质的量的NaOH反应；c.能与3倍物质的量的Na发生放出

出的反应；d.核磁共振氢谱确定分子中有6个化学环境相同的氢原子；e.不含手性碳原子（手性碳原子是指

连有4个不同的原子或原子团的饱和碳原子）。

O

（6）根据上述信息，写出以苯酚的一种同系物及HOCH2cH2cl为原料合成||的路线..（不需注明

0

反应条件）。

【答案】（酚）羟基、醛基G8Hl50P②②④10

【解析】（I）根据有机物I的结构，有机物I为对醛基苯酚，其含氧官能团为（酚）羟基、醛基:

（2）反应①的方程式可表示为：I+H=HI+Z,根据反应中।、n、in的分子式和质量守恒定律可知，反应前

与反应后的原子个数相同，则反应后Z的分子式为Cl8HI5OP；

(3)已知有机物IV可以发生银镜反应，说明有机物IV中含有醛基，乂已知有机物IV可以发生反应生成

,则有机物W一定含有酚羟基，根据有机物W的分子式和可以得出，有机物

(4)还原反应时物质中元素的化合价降低，在有机反应中•一般表现为加氢或者去氧，所以反应②为还原反应，

其中反应②④为加成反应；

(5)化合物N的分子式为CioHnCU,能与NaHCCh反应说明含有艘基，能与NaOH反应说明含有酚羟基或竣

基或酯基，最多能与2倍物质的量的NaOH反应，说明除一个竣基外还可能含有酚羟基、竣基、酯基其中

的一个，能与Na反应的挂能能团为醇羟基、酚羟基、竣基，能与3倍物质的量的发生放出的反应，说明-

定含有醇羟基，综上该分子一定含有段基和醇羟基，由于该分子共有4个碳氧原子，不可能再含有竣基和

酯基，则还应含