2022年新高考山東化學(xué)高考真題（解析版）

山東省2022年普通高中學(xué)業(yè)水平等級考試

化學(xué)

注意事項：

1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號

涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號?；卮鸱沁x擇題時，

將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。

3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。

可能用到的相對原子質(zhì)量：H1C12O16S32C135.5Ti48Co59

一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20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(CaCO"："色黃，以苦酒(醋)洗刷則白”

【答案】C

【解析】

【詳解】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”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睿窗l(fā)生氧化還原反應(yīng)，與其氧化性無關(guān)，B不合題

意；

C.E硫磺即S："能化……銀、銅、鐵，奇物”是指ZAg+S^AgaS、Fe+S^FeS、

2CU+S=CU2S,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(CaCCh)：“色黃，以苦酒(醋)洗刷則白”是指

CaCO3+2CH3COOH=(CH3COO)2Ca+H2O+CO2t，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：Co

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(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.高鐳酸鉀固體保存在棕色廣口瓶

中

【答案】c

【解析】

【詳解】A.由于濃硝酸見光易分解，故濃硝酸需保存在棕色細(xì)口瓶中避光保存，A正

確；

B.氫氧化鈉固體能與玻璃中的SiCh反應(yīng)，故氫氧化鈉固體保存在廣口塑料瓶中，B正

確；

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錯誤；

D.高鐳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；

故答案為：Co

3.；0、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：

；6o+：Heffo+;x；；6o+：Hef；O+：Y。卜列說法止確的是

A.X的中子數(shù)為2

B.X、Y互同位素

C.：0、:0可用作示蹤原子研究化學(xué)反應(yīng)歷程

D.自然界不存在：。2、分子是因其化學(xué)鍵不穩(wěn)定

【答案】B

【解析】

【詳解】根據(jù)質(zhì)量守恒可知，X微粒為；He,Y微粒為；He,據(jù)此分析解題。

A.由分析可知，X微粒為；He,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.由分析可知，X微粒為；He,Y微粒為；He,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.由題干信息可知，；3。與;5。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.自然界中不存在;與;5。2并不是其化學(xué)鍵不穩(wěn)定，而是由于『0與;'0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，0:0的鍵能與形成該鍵的核素?zé)o關(guān)，D錯

誤；

故答案為：Bo

4.下列高分子材料制備方法正確的是

OH）由乳酸經(jīng)加聚反應(yīng)制備

B聚四乙烯（一1CFLCF2十）由四氟乙烯經(jīng)加聚反應(yīng)制備

C.尼龍-66（H{NH（CH2）6NH&1?12）4&1匕011）由己胺和己酸經(jīng)縮聚反

應(yīng)制備

制備

【答案】B

【解析】

O

【詳解】A.聚乳酸（HH）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.聚四氟乙烯（一［cF5—CFzJ-）是由四氟乙烯（CF2;CF2）經(jīng)加聚反應(yīng)制備，B正確;

OO

C尼龍-66（H_，NH（CH2）6NH-3H（CH2）4&i］￡OH）是由己二胺和己二酸經(jīng)過

縮聚反應(yīng)制得，c錯誤；

D.聚乙烯醇（吐）由聚乙酸乙烯醇酯（）發(fā)生水解

反應(yīng)制得，D錯誤；

故答案為：Bo

5.AIN、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

N-A1鍵、N-Ga鍵。下列說法錯誤的是

A.GaN的熔點高于AINB.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【）.晶體中所有原子的配位數(shù)均相同

【答案】A

【解析】

【分析】Al和Ga均為第HIA元素，N屬于第VA元素，AIN、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。

AIN、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。

【詳解】A.因為AIN、GaN為結(jié)構(gòu)相似的共價晶體，由于A1原子的半徑小于Ga,N-A1

的鍵長小于N—Ga的，則N—A1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AIN,A說錯誤；

B.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.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AIN、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.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

AIN、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)也為為4,D說法正確。

綜上所述，本題選A。

6.實驗室用基準(zhǔn)Na2cO3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Na2cO3標(biāo)準(zhǔn)溶液。下列說法錯誤的是

A,可用量筒量取25.00mLNa2CO3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Na2cO3標(biāo)準(zhǔn)溶液

C.應(yīng)選用燒杯而非稱量紙稱量Na2cO3固體

D.達(dá)到滴定終點時溶液顯橙色

【答案】A

【解析】

【分析】選甲基橙為指示劑，并以鹽酸滴定Na2c03標(biāo)準(zhǔn)溶液，則應(yīng)將Na2CO3標(biāo)準(zhǔn)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?/p>

【詳解】A.量筒的精確度不高，不可用量簡量取Na2c03標(biāo)準(zhǔn)溶液，應(yīng)該用堿式滴定管或

移液管量取25.00mLNa2cCh標(biāo)準(zhǔn)溶液置于錐形瓶中，A說法錯誤；

B.Na2cCh溶液顯堿性，盛放Na2cCh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Na2c03標(biāo)準(zhǔn)

溶液，B說法正確；

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Na2c。3固體，C說

法正確；

D.Na2c03溶液顯堿性，甲基橙滴入Na2c03溶液中顯黃色，當(dāng)?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(dá)到滴定終點時溶液顯橙色,

D說法正確；

綜上所述，本題選A。

7.Y-崖柏素具天然活性，有酚的通性，結(jié)構(gòu)如圖。關(guān)于Y-崖柏素的說法錯誤的是

A.可與溟水發(fā)生取代反應(yīng)

B.可與NaHCC）3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

【答案】B

【解析】

【分析】由題中信息可知，丫-崖柏素中碳環(huán)具有類苯環(huán)的共輒體系，其分子中羥基具有類

似的酚羥基的性質(zhì)。此外，該分子中還有城基可與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)轉(zhuǎn)化為脂環(huán)醇。

【詳解】A.酚可與濱水發(fā)生取代反應(yīng)，y-崖柏素有酚的通性，且卜度柏素的環(huán)上有可以被

取代的H,故y-崖柏素可與濱水發(fā)生取代反應(yīng)，A說法正確；

B.酚類物質(zhì)不與NaHCCh溶液反應(yīng)，Y-崖柏素分子中沒有可與NaHCCh溶液反應(yīng)的官能

團(tuán)，故其不可與NaHCCh溶液反應(yīng)，B說法錯誤；

C.y-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仝部共平面，C說法正確；

0H

D.崖柏素與足量H2加成后轉(zhuǎn)化為）一0H，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說法正確；

綜上所述，本題選B。

8.實驗室制備KMnOa過程為：①高溫下在熔融強(qiáng)堿性介質(zhì)中用KCIO3氧化MnO2制備

K2MnO4；②水溶后冷卻，調(diào)溶液pH至弱堿性，JqMnO,歧化生成KMnO,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KMnO3下列說法正

確是

A.①中用瓷用煙作反應(yīng)器

B.①中用NaOH作強(qiáng)堿性介質(zhì)

C.②中KzMnO』只體現(xiàn)氯化性

D.MnO2轉(zhuǎn)化為KMnO4的理論轉(zhuǎn)化率約為66.7%

【答案】D

【解析】

【分析】由題中信息可知，高溫下在熔融強(qiáng)堿性介質(zhì)中用KClOs氧化MnCh制備

K2MnO4,然后水溶后冷卻調(diào)溶液pH至弱堿性使LMnCh歧化生成KMnCU和MnCh，Mn

元素的化合價由+6變?yōu)?7和+4。

【詳解】A.①中高溫下在熔融強(qiáng)堿性介質(zhì)中用KC1O3氧化MnCh制備KzMnO,，由于瓷

生煙易被強(qiáng)堿腐蝕，故不能用瓷用煙作反應(yīng)器，A說法不正確；

B.制備KMnO4時為為防止引入雜質(zhì)離子，①中用KOH作強(qiáng)堿性介質(zhì)，不能用NaOH,

B說法不正確；

C.②中LMnCh歧化生成KMnCU和MnCh,故其既體現(xiàn)氧化性又體現(xiàn)還原性，C說法不

正確；

D.根據(jù)化合價的變化分析，K2M11O4歧化生成KMnCh利MnCh的物質(zhì)的量之比為2:1,根

2

據(jù)Mn元素守恒可知，MnCh中的Mn兀素只有§轉(zhuǎn)化為KMnCh,因此，MnCh轉(zhuǎn)化為

KMnO4的理論轉(zhuǎn)化率約為66.7%,D說法正確:

綜上所述，本題選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

0.5mol,L-1

③

6mol,L-1

NaOH溶液

A.苯胺既可與鹽酸也可與NaOH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】

【分析】由題給流程可知，向甲米、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苴酸鹽，分液得到水相I和有機(jī)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(jī)相中加入水洗滌除去混

有的鹽酸，分液得到廢液和有機(jī)相n,向有機(jī)相n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n；向水相n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。

【詳解】A.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)，故A錯

誤；

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錯誤；

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正確；

D.由分析可知，①、②為液相，③為固相，都不是兩相混合體系，故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(jī)理如圖所示。下列說法錯誤的

B.由NO生成HONO的反應(yīng)歷程有2種

C.增大NO的量，C3Hx的平衡轉(zhuǎn)化率不變

D.當(dāng)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】

【詳解】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+QOH=NO2+?OH、

NO+NO2+H2O2HONO、NO2+CH7=QH6+HONO、HONO=NO+OH,含N分子NO、

NO?、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.根據(jù)圖示，由NO生成HONO的反應(yīng)歷程有2種，B項正確：

c.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.無論反應(yīng)歷程如何，在NO催化下丙烷與02反應(yīng)制備丙烯的總反應(yīng)都為2c3H8+02

2c3H6+2比0,當(dāng)主要發(fā)生包含②的歷程時，最終生成的水不變，D項錯誤；

答案選D。

二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20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(jìn)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CaCO?

BCl2FeJ溶液Fe

CHC1CU(NOJ2溶液Cu

DNH3H2OAgCl

A.AB.BC.CD.D

【答案】A

【解析】

【詳解】A.通入CO2氣體依次發(fā)生反應(yīng)CO2+Na2CO3+H2O=2NaHC03、

CaCO3+H2O+CO2=Ca(HCO3)2,由于在相同溫度下NaHCCh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項選；

B.通入CL,發(fā)生反應(yīng)Cb+2FeC12=2FeCb、2FeCh+Fe=3FeC12,最終Fe消失得到澄清溶

液，B項不選；

C.通入HCLNO；在酸性條件下會表現(xiàn)強(qiáng)氧化性，發(fā)生離子反應(yīng)：3Cu+8H++2NO；

2+

=3Cu+2NOt+4H2O,最終Cu消失得到澄清溶液，C項不選；

D.AgCl在水中存在溶解平衡AgCl(s)=Ag+(aq)+C「(aq),通入NH3后，Ag+與N%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項不選；

答案選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。

硫酸溶液，高壓。2NH3高壓H?

硫化銅精礦一浸取—?中和調(diào)pH—>過濾—>還原—?過濾fCu

Fe(OH)3CU(0H)2Zn(0H)2

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%和S；金屬M(fèi)為Zn

B.浸取時，增大。2壓強(qiáng)可促進(jìn)金屬離子浸出

C.中和調(diào)pH的范圍為3.2~4.2

D.還原時，增大溶液酸度有利于Cu的生成

【答案】D

【解析】

【分析】CuS精礦(含有雜質(zhì)Zn、Fe元素)在高壓02作用下，用硫酸溶液浸取，CuS反應(yīng)產(chǎn)

生為CuSO4、S、H20,Fe?+被氧化為Fe3+,然后加入NH3調(diào)節(jié)溶液pH,使Fe?+形成

Fe(OH)3沉淀，而Cu2+、Zd+仍以離子形式存在于溶液中，過濾得到的濾渣中含有S、

2+

Fe(OH)3；濾液中含有CM+、Zn：然后向濾液中通入高壓H2,根據(jù)元素活動性：Zn>H>

Cu,Q12+被還原為Cu單質(zhì)，通過過濾分離出來：而ZM+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)。

【詳解】A.經(jīng)過上述分析可知固體X主要成分是S、Fe(0H)3,金屬M(fèi)為Zn,A正確；

B.CuS難溶于硫酸，在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS⑸UCu2+(aq)+S1(aq),增大O2的濃

度，可以反應(yīng)消耗S%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(jìn)金屬離

子的浸取，B正確；

C.根據(jù)流程圖可知：用N%調(diào)節(jié)溶液pH時，要使Fe3+轉(zhuǎn)化為沉淀，而C/+、Z/+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.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0H-結(jié)合形成

H20,若還原時增大溶液的酸度，《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；

故合理選項是D。

13.設(shè)計如圖裝置回收金屬鉆。保持細(xì)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LiCoC>2（s）轉(zhuǎn)化為C（>2+,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

//II\

乙酸鹽陽膜CoCl2乙酸鹽陽膜鹽酸

溶液溶液溶液

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(bǔ)充鹽酸

+2+

C.乙室電極反應(yīng)式為LiCoO2+2H2O+e=Li+Co+4OH

D.若甲室Cc）2+減少200mg,乙室Co?,增加300mg,則此時已進(jìn)行過溶液轉(zhuǎn)移

【答案】BD

【解析】

【分析】由于乙室中兩個電極的電勢差比甲室大，所以乙室是原電池，甲室是電解池，然

后根據(jù)原電池、電解池反應(yīng)原理分析解答。

【詳解】A.電池工作時，甲室中細(xì)菌上乙酸鹽的陰離子失去電子被氧化為CO?氣體，

C02+在另一個電極上得到電子，被還原產(chǎn)生Co單質(zhì)，CH3co0-失去電子后，Na+通過陽膜

進(jìn)入陰極室，溶液變?yōu)镹aCl溶液，溶液由堿性變?yōu)橹行?，溶液pH減小，A錯誤；

B.對于乙室，正極上LiCoCh得到電子，被還原為C02+,同時得到Li+,其中的O與溶液

中的H+結(jié)合HzO,因此電池工作一段時間后應(yīng)該補(bǔ)充鹽酸，B正確；

C.電解質(zhì)溶液為酸性，不可能大量存在0H一,乙室電極反應(yīng)式為：LiCoO2+e-

++2+

+4H=Li+Co+2H2O,C錯誤；

02。

D.若甲室減少200mg,電子轉(zhuǎn)移物質(zhì)的量為〃⑹=加荷'2二。.。。68mH,乙室

C寸增加300mg,轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為〃⑹二蘇編小。.。。5皿。1,說明此時已進(jìn)

行過溶液轉(zhuǎn)移，D正確；

故合理選項是BDO

14.工業(yè)上以SrSOKs)為原料生產(chǎn)SrCO^s),對其工藝條件進(jìn)行研究?，F(xiàn)有含SrCC^s)

的O.lmoll?、LOmolLNa2cO3溶液，含SrSO^s)的O.lmolL?、

1.0mol?L/Na2sO4溶液。在一定pH范圍內(nèi)，四種溶液中l(wèi)g[c(Sr2+)/mol"?L1隨pH

的變化關(guān)系如圖所示。下列說法錯誤的是

n

r

J

S

s

M

pH

,?Kn(SrSO4)

sp4

A.反應(yīng)SrSOKs)+CO；^^SiCO3(s)+SO；的平衡常數(shù)K=

%(SrCR)

B.a=-6.5

C.曲線④代表含SrCC^s)的l.Omol溶液的變化曲線

D,對含SrSO/s)且Na2sO,和Na2cO3初始濃度均為LOmoLL"的混合溶液，pH>7.7

時才發(fā)生沉淀轉(zhuǎn)化

【答案】D

【解析】

【分析】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，則含硫酸鋸固體

的硫酸鈉溶液中錮離子的濃度幾乎不變，pH相同時，溶液中硫酸根離子越大，錮離子濃度

越小，所以曲線①代表含硫酸錮固體的O.lmol/L硫酸鈉溶液的變化曲線，曲線②代表含硫

酸鈿固體的lmol/L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，盥離子濃度越大，pH相同時，lmol/L碳酸鈉溶液口碳酸根離子濃度大

于O.lmol/L碳酸鈉溶液，則曲線③表示含碳酸錮固體的O.lmol/L碳酸鈉溶液的變化曲線，

曲線④表示含碳酸錮固體的lmol/L碳酸鈉溶液的變化曲線。

(詳解]A.反應(yīng)SiSO4(s)+CO；'OSiC03(s)+S0廣的平衡常數(shù)K-士強(qiáng)？

C\COg/

c（SO：）c（S，+）K￡SrS。，

，故A正確;

c（CO；）c（Sr2+）

Ksp（SrCO3）

B.由分析可知，曲線①代表含硫酸錮固體的O.lmol/L硫酸鈉溶液的變化曲線，則硫酸錮

的溶度積Kp(SrS04)=10-55x0.1=K)f5,溫度不變，溶度積不變，則溶液pH為7.7時，錮

離子的濃度為龍一二10-6，，貝|]a為6.5；

lmol/L

C.由分析可知，曲線④表示含碳酸錮固體的lmol/L碳酸鈉溶液的變化曲線，故C正確：

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

錮固體的硫酸鈉溶液中錮離子的濃度幾乎不變，所以硫酸錮的生成與溶液pH無關(guān)，故D

錯誤；

故選D。

15.Cu八Se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。價Cu原子。下列說法正確的是

Cu2jSeNavCu2tSeNaCuSeNa2Se

OSe2-ONa，Cu\Cu2+oJ能占據(jù)的位置?Na*

A.每個Cu”xSe晶胞中cP個數(shù)為x

B.每個Na?Se晶胞完全轉(zhuǎn)化為Cu^Se晶胞，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為8

C.每個NaCuSe晶胞中。價Cu原子個數(shù)為1-x

D.當(dāng)Nafii'xSe轉(zhuǎn)化為NaCuSe時，每轉(zhuǎn)移(l-y)mol電子，產(chǎn)生(l-x)molCu原子

【答案】D

【解析】

【詳解】A.由晶胞結(jié)構(gòu)可知，位于頂點和面心的硒離子個數(shù)為8x：+6xg=4,位于體內(nèi)

8一

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=4x2,解得a=4x,故A錯誤；

+

B.由題意可知，Na2Se轉(zhuǎn)化為Cu2rse的電極反應(yīng)式為Na2Se-e-+(2-x)Cu=Cu2.xSe+Na,由

品胞結(jié)構(gòu)可知，位于頂點和面心的硒離子個數(shù)為8乂：+6乂/=4,則每個晶胞中含有4個

8

Na2Se,轉(zhuǎn)移電子數(shù)為4,故B錯浜；

C.由題意可知，Cuz-xSe轉(zhuǎn)化為NaCuSe電極反應(yīng)式為Cu2rse+e+Na+二NaCuSe+(l-

x)Cu,由晶胞結(jié)構(gòu)可知，位于頂點和面心的硒離子個數(shù)為8X』+6X；=4,則每個晶胞中含

有4個NaCuSe,晶胞中0價銅而個數(shù)為(4dx),故C錯誤；

D.由題意可知，NayCuz-xSe轉(zhuǎn)化為NaCuSe的電極反應(yīng)式為NayCu2-xSe+(l-y)e-+

Na+=NaCuSe+(l-x)Cu,所以每轉(zhuǎn)移(1-y)電子，產(chǎn)生(l-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.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)x-Zn(NHJy-zC6H6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a=bwc,a=B=y=90°?；卮鹣铝袉栴}：

_；晶胞中有d軌道參與雜化的金屬離子是______o

(3)毗呢(QJ)替代苯也可形成類似的籠形包合物。已知瞰噬中含有與苯類似的九:

大九鍵、則毗嚏中N原子的價層孤電子對占據(jù)______(填標(biāo)號)。

A.2s軌道B.2P凱道C.sp雜化軌道D.sp?雜

化軌道

(4)在水中的溶解度，毗咤遠(yuǎn)大于苯，主要原因是①_______,②。

(5)HJI.11I的堿性隨N原子電子云密度的增大

NN，Nf/

而增強(qiáng)，其中堿性最弱的是______。

【答案】⑴①.3d84s2②.第4周期第VHI族

(2)①.2:3②.2:1:1③.Z/+(3)D

(4)①.毗咤能與H20分子形成分子間氫鍵②.毗咤和H20均為極性分子相似相

溶，而苯為非極性分子

【解析】

【小問1詳解】

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,故答案為：3d84s2；第4周期第VHI族;

【小問2詳解】

由題干晶胞示意圖可知，一個晶胞中含有Ni2+個數(shù)為：2x1=1,Z/+個數(shù)為：8?-=1,

28

含有CN-為：8?-=4,N%個數(shù)為：8?-=2,苯環(huán)個數(shù)為：4?1=2,則該晶胞的化學(xué)式

242

為：Ni(CN)4-Zn(NH3)2-2C6H6,且晶胞中每個N原子均參與形成配位鍵，Ni?，周圍形

成的配位鍵數(shù)目為：4,Z/+周圍形成的配位鍵數(shù)目為：6,則Ni?+與Zi^的配位數(shù)之

比,4:6=2:3；x：y：Z=4：2:2=2：1:1；由以上分析可知，所2+的配位數(shù)為4,則Ni?+采用sp，雜

化，而Z/+的配位數(shù)為6,Z/+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+；

【小問3詳解】

哦咤］替代苯也可形成類似的籠形包合物。已知哦咤中含有與苯類似的幾：大兀鍵，

則說明口比皖中N原子也是采用sp2雜化，雜化軌道只用于形成。鍵和存在孤電子對，則哦

咤中N原子的價層孤電子對占據(jù)sp2雜化軌道，故答案為：D；

【小問4詳解】

已知苯分子為非極性分子，HzO分子為極性分子，且毗咤中N原子上含有孤電子對能與

比0分子形成分子間氫鍵，從而導(dǎo)致在水中的溶解度，哦咤遠(yuǎn)大于苯，故答案為：叱咤能

與H20分子形成分子間氫鍵：I出定和H20均為極性分子相似相溶，布苯為非極性分子；

【小問5詳解】

已知?CH3為推電子基團(tuán)，-。是吸電子基團(tuán)，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:

|lJ，故答案為：|lIO

17.工業(yè)上以氟磷灰石［Ca5F（PO』3,含SiO?等雜質(zhì)］為原料生產(chǎn)磷酸和石膏，工藝流程

如下：

硫酸溶液尾氣c

°20Na2CO3

tl@BaCO3

氟磷灰石一酸解—>過濾一粗磷酸一精制I—>過濾f精制II-磷酸

Hr—1十

洗滌液結(jié)晶轉(zhuǎn)研一>石膏濾渣

回答下列問題：

（1）酸解時有HF產(chǎn)生。氫氟酸與SiC>2反應(yīng)生成二元強(qiáng)酸H?SiR,離子方程式為

O

（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（Si琮）=1:1加入Na2c脫氟，充分反應(yīng)后，c（Na+）=

mol-L1；再分批加入一定量的BaC（）3,首先轉(zhuǎn)化為沉淀的離子是。

BaSiRNa2SiI^CaSO4BaSO4

Kspl.OxlO-64.0xlO-69.0xl()71.0x10-。

（3）SO：濃度（以SC>3%計）在一定范圍時，石膏存在形式與溫度、H3P。4濃度（以

P2O5%計）的關(guān)系如圖甲所示。酸解后，在所得100C、P205%為45的混合體系中，石

育存在形式為______（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SO,%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(biāo)號)。

10

A.65℃、P2O5%=15,SO3%=15B.80℃、P2O5%=>SOS%=20

C.65℃、P2O5%=10,SO3%=30D.80℃>P2O5%=10,SO3%=10

+

【答案】(1)6HF+SiO2=2H+SiF^+2H2O

(2)①.2.0xlO-2②.SO；-

(3)①.CaSO4?0.5H2O②.減少CaSCh的溶解損失，提高產(chǎn)品石膏的產(chǎn)率③.

酸解④.D

【解析】

【分析】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SiF；,過濾，濾液經(jīng)精制II等一系列操作得到

磷酸。

【小問1詳解】

氫氟酸與SiOz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++SiF1

+2H2OO

小問2詳解】

精制1中，按物質(zhì)的量之比n(Na2co3)：n(SE-)=l:l加入Na2cCh脫氟，該反應(yīng)的化學(xué)方

程式為HzSiF6+Na2c03'NazSiFel+CCM+HzO,充分反應(yīng)后得到沉淀NazSiFe,溶液中有飽

和的NazSiFe,且c(Na+)=2c(Si年一)，根據(jù)NazSiFe的溶度積可知Ksp二c2(Na+)?

c(SiF^)=4c3(SiF^-),c(SiF^)=J12^2Z=1.0xlO-2mol-L1,因此c(Na+)=2c(SiF^戶

2.0xl0-2mol-Ll；同時，粗磷酸中還有硫酸鈣的飽和溶液，c(Ca2+)=c(SOj尸

j9.0xl（T*=3.0xl0-2mol?L/；分批加入一定量的BaCOa,當(dāng)BaSiFe沉淀開始生成時，

I1n-6

c（Ba2+）=，~~-=1.0xl0-3mokL1,當(dāng)BaSCU沉淀開始生成時，c（Ba2+）=

l.OxlO-3

ic*]n_10

,a3.3x]0-9moi-L-i,因此，首先轉(zhuǎn)化為沉淀的離子是SOf,然后才是

3.0x10-2

SiF^o

【小問3詳解】

根據(jù)圖中的坐標(biāo)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CaSOiOSHzO；CaSOj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65c線上方的晶體全部以CaSO4?0.5H2。形式存在，位于

80℃線下方，晶體全部以CaSO??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.P2O5%=15>SO3%=15,由圖乙信息可知，該點坐標(biāo)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.P2O5%=10,SO3%=20,由圖乙信息可知，該點坐標(biāo)位于兩個溫度線（65℃、80℃）

之間，故不能實現(xiàn)晶體的完全轉(zhuǎn)億，B不符合題意；

C.P2O5%=10,SO3%=30,由圖乙信息可知，該點坐標(biāo)位于，該點坐標(biāo)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.P2O5%=10,SO3%=10,由圖乙信息可知，該點坐標(biāo)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；

綜上所述，能實現(xiàn)酸解所得石膏結(jié)晶轉(zhuǎn)化的是D。

18.實驗室利用FeCl2-4H2O和亞硫酰氯（SO。？）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76C,遇水極易反應(yīng)生成兩種酸性氣體?；卮鹣铝袉?/p>

題：

（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FeCLnH?。，為測定n值進(jìn)行如下實驗：

實驗I：稱取m1g樣品，用足量稀硫酸溶解后，用cmoLEJiK^Cr2。？標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Fe?+

達(dá)終點時消耗VmL（滴定過程中CQO歹轉(zhuǎn)化為Cr",Cl不反應(yīng)）。

實驗II：另取m】g樣品，利用上述裝置與足量SOC1?反應(yīng)后，固體質(zhì)量為mzg。

則n=______；下列情況會導(dǎo)致n測量值偏小的是（填標(biāo)號）。

A.樣品中含少量FeO雜質(zhì)

B.樣品與SOC12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(dá)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)122+?04金艱（：14+€：02制備丁仁14。已知TiCl4與CCI4

分子結(jié)構(gòu)相似，與CCL互溶，但極易水解。選擇合適儀器并組裝蒸例裝置對TiCl,、

CCL混合物進(jìn)行蒸榴提純（加熱及夾持裝置略），安裝順序為①⑨⑧（填序號），先儲

出的物質(zhì)為O

②③④⑤

A

【答案】(1)①.a②.FeCl2-4H2O+4SOC12=FeCl2+4SO21+8HC1t③.冷凝回

流SOCh

△c1000(m.-m)與

(2)①.-----J-oU②.AB

108cV

⑶?.CC14

【解析】

【分析】SOC12與HzO反應(yīng)生成兩種酸性氣體，F(xiàn)eCb?4H2O與SOC12制備無水FeCb的反應(yīng)

原理為：SOCb吸收FeCl2-4H2O受熱失去的結(jié)晶水生成SO2和HCLHC1可抑制FeCh的水

解，從而制得無水FeCL。

【小問1詳解】

實驗開始時先通N2,排盡裝置中口勺空氣，一段時間后，先加熱裝置a,產(chǎn)生SOCb氣體充

A

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FeCh-4H2O+4SOCl2=

FeCl2+4SO2t+8HC1t；裝置c、d的共同作用是冷凝回流SOCb;答案為：a；

A

=

FeCl2-4H2O+4SOCI2FCC12+4SO2t+8HC1t；冷凝回流SOCb。

【小問2詳解】

3+2+

滴定過程中Cr2O?"將Fe2+氧化成Fe,自身被還原成C產(chǎn)，反應(yīng)的離子方程式為6Fe+

+3+3+3

Cr2O^'+14H=6Fe+2Cr+7H2O,貝I］機(jī)唱樣品中n(FeCI2)=6n(Cr2O?')=6cVx10mol；/mg

樣品中結(jié)晶水的質(zhì)量為結(jié)晶水物質(zhì)的量為一■~~~~mol?〃(FeCh)：〃(H20)二l：

18

-f?i1000(,7^—niy)

zi=(6cVxlO'3mol)：2mol,解得〃二

18108cV

A.樣品中含少量FeO雜質(zhì)，溶于稀硫酸后生成Fe?+,導(dǎo)致消耗的KQgO溶液的體積丫

偏大，使〃的測量值偏小，A項選；

B.樣品與SOCL反應(yīng)時失水不充分，則加2偏大，使〃的測量值偏小，B項選;

C.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KzCrQ;溶液的體積V不

變，使〃的測量值不變，C項不選；

D.滴定達(dá)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KzCnO?溶液的體積V偏

小，使〃的測量值偏大，D項不選;

答案選ABo

【小問3詳解】

組裝蒸儲裝置對TiCL.、CCL混合物進(jìn)行蒸儲提純，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，蒸儲裝置中應(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，TiCL極易水解，為防止外界水蒸氣進(jìn)入，最后連接③⑤，安裝順

序為①⑨⑧⑥⑩?⑤；由于TiCLCCk分子結(jié)構(gòu)相似，TiCL,的相對分子質(zhì)量大于CCL,

TiCL分子間的范德華力較大，TiCL的沸點高于CCL故先蒸出的物質(zhì)為CC1“答案為：

⑥?③⑤；CCl4o

19.支氣管擴(kuò)張藥物特布他林(H)的一種合成路線如下：

PhCH,O

A3UB?HQ)鈴pHCOOC.H^等＞EGH&)

PhCHQCHO

H0'H'

已知:

I.

KCOH

PhOH+PhCH2Cl—^PhOCH2PhpdPhOH

II.>

o

RNaHy00C2HH2O/H*

PhCOOCH+R〉CHCOOCHAPhCOCH<

2525------->PH.~~、R'

R,R，=H,烷基，酰基R，

III.

R.Br+I^NHCH2Ph"條件.，）N-CH2Ph：aR,,R2=烷基

/rQ-L/K.K-

回答下列問題:

（1）A-B反應(yīng)條件為_______;8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-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

[1\)―的路線_______。

0H

【答案】(1)①.濃硫酸，加熱②.2

(2)①.取代反應(yīng)②.保護(hù)酚羥基

O

CCH3

I,DCH,COOH、

(3)①.CH3COOC2H5②.

phHjCC^^^^OCHjph

O

CCHBr

d2+HBr

5ss^COOC2H5K2CO,phHjCO^^^^COOC^5NaHA

（4）6（5）in-II->->

^^-COOCaHgphCH,CI^^CQOC2H6CH3cH2COOC2HsH2O/H*

OOH

XX?-