【文档说明】2022年高考真题——化学（山东卷）含解析.doc，共(28)页，2.610 MB，由envi的店铺上传

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山东省2022年普通高中学业水平等级考试化学注意事项：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。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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：H1C12O16S32Cl35.5Ti48Co59一、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。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(3CaCO)：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”【答案】C【解析】【详解】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”是指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”是指2Ag+SΔAg2S、Fe+SΔFeS、2Cu+SΔCu2S，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”是指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。2.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【答案】C【解析】【详解】A．由于浓硝酸见光易分解，故浓硝酸需保存在棕色细口瓶中避光保存，A正确；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正确；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错误；D．高锰酸钾固体受热后易分解，故需在棕色广口瓶中、阴冷处密封保存，D正确；故答案为：C。3.138O、158O的半衰期很短，自然界中不能稳定存在。人工合成反应如下：16313a828bO+

HeO+X→；16315m828nO+HeO+Y→。下列说法正确的是A.X的中子数为2B.X、Y互为同位素C.138O、158O可用作示踪原子研究化学反应历程D.自然界不存在1382O、1582O分子是因其化学键不稳定【答案】B【解析】【详解】根据质量守恒可知，X微

粒为62He，Y微粒为42He，据此分析解题。A.由分析可知，X微粒为62He，根据质量数等于质子数加中子数可知，该微粒的中子数为4，A错误；B.由分析可知，X微粒为62He，Y微粒为42He，二者具有相同的质子数而不同的中子数的原子，故互为同位素，B正确；C.由题干信息可知，138O与158O

的半衰期很短，故不适宜用作示踪原子研究化学反应历程，C错误；D.自然界中不存在1382O与1582O并不是其化学键不稳定，而是由于138O与158O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错误；故答案为：B

。4.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66−()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

【答案】B【解析】【详解】A．聚乳酸()是由乳酸[HOCH(CH3)COOH]分子间脱水缩聚而得，即发生缩聚反应，A错误；B．聚四氟乙烯()是由四氟乙烯(CF2=CF2)经加聚反应制备，B正确；C．尼龙-66()是由己二胺和己二酸经过缩聚反应制得，C错误；D．聚乙烯醇()

由聚乙酸乙烯醇酯()发生水解反应制得，D错误；故答案为：B。5.AlN、GaN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N-Al键、N-Ga键。下列说法错误的是A.GaN的熔点高于AlNB.晶体中所有化学键均为极性键C.晶体中所有原子均采取3sp杂化D.晶体中所有原

子的配位数均相同【答案】A【解析】【分析】Al和Ga均为第ⅢA元素，N属于第ⅤA元素，AlN、GaN的成键结构与金刚石相似，则其为共价晶体，且其与金刚石互为等电子体，等电子体之间的结构和性质相似。AlN、GaN晶体中

，N原子与其相邻的原子形成3个普通共价键和1个配位键。【详解】A．因为AlN、GaN为结构相似的共价晶体，由于Al原子的半径小于Ga，N—Al的键长小于N—Ga的，则N—Al的键能较大，键能越大则其对应的共价晶体的熔点越高，故GaN的熔点低于A

lN，A说错误；B．不同种元素的原子之间形成的共价键为极性键，故两种晶体中所有化学键均为极性键，B说法正确；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），C原子无孤电子对，故C原子均采取sp３杂化；由于AlN、GaN与金刚石互为等电子体，则其晶体中所

有原子均采取sp3杂化，C说法正确；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，由于AlN、GaN与金刚石互为等电子体，则其晶体中所有原子的配位数也均为4，D说法正确。综上所述，本题选A。6.实验室用基准23NaCO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23NaCO标准溶液。下列说法错误的是A.可用量筒量取2325.00mLNaCO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23NaCO标准溶液C.应选用烧杯而非称量纸称量23NaCO固体D.达到滴定终点时溶液显橙色【答案

】A【解析】【分析】选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定Na2CO3标准溶液，则应将Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中，将待测盐酸置于酸式滴定管中，滴定终点时溶液由黄色变为橙色。【详解】A．量筒的精确度不高，不可用量简量取Na

2CO3标准溶液，应该用碱式滴定管或移液管量取25.00mLNa2CO3标准溶液置于锥形瓶中，A说法错误；B．Na2CO3溶液显碱性，盛放Na2CO3溶液的容器不能用玻璃塞，以防碱性溶液腐蚀玻璃产生有粘性的硅酸钠溶液而将瓶塞粘住，故应选用配带塑料塞的容量瓶配

制Na2CO3标准溶液，B说法正确；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说法正确；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说法正确；综上所述，本题选A。7.γ-崖柏素具天然活性，有酚的通性，结构如图。关于γ-崖柏素的说法错误的是A.可与溴水发生取代反应B.可与3NaHCO溶液反应C.分子中的碳原子不可能全部共平面D.与足量2H加成后，产物

分子中含手性碳原子【答案】B【解析】【分析】由题中信息可知，γ-崖柏素中碳环具有类苯环的共轭体系，其分子中羟基具有类似的酚羟基的性质。此外，该分子中还有羰基可与氢气发生加成反应转化为脂环醇。【详解】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说法正确；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说法错误；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说法正确；D．γ-崖柏素与足量H2加成后转化为，产物分子中含手性碳原子（与羟基相连的C原子是手性碳原子），D说法正确；综上所述，本题选B。8.实验室制备4KMnO过程为：①高温下在熔融强碱性介质中用3KClO氧化2MnO制备24

KMnO；②水溶后冷却，调溶液pH至弱碱性，24KMnO歧化生成4KMnO和2MnO；③减压过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，再减压过滤得4KMnO。下列说法正确的是A.①中用瓷坩埚作反应器B.①中用NaOH作强碱性介质C.②中24KMnO只体现氧化性D.2MnO转化为4

KMnO的理论转化率约为66.7%【答案】D【解析】【分析】由题中信息可知，高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化MnO2制备K2MnO4，然后水溶后冷却调溶液pH至弱碱性使K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，Mn元素的化合价

由+6变为+7和+4。【详解】A．①中高温下在熔融强碱性介质中用KClO3氧化MnO2制备K2MnO4，由于瓷坩埚易被强碱腐蚀，故不能用瓷坩埚作反应器，A说法不正确；B．制备KMnO4时为为防止引入杂质离子，①中用KOH作强碱性介

质，不能用NaOH，B说法不正确；C．②中K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，故其既体现氧化性又体现还原性，C说法不正确；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23转化为KMnO

4，因此，MnO2转化为KMnO4的理论转化率约为66.7%，D说法正确；综上所述，本题选D。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A.苯胺既可与盐酸也可与NaOH溶液反应B.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【答案】C【解析】【分析】由题给流程可知，向甲苯、苯胺

、苯甲酸的混合溶液中加入盐酸，盐酸将微溶于水的苯胺转化为易溶于水的苯胺盐酸盐，分液得到水相Ⅰ和有机相Ⅰ；向水相中加入氢氧化钠溶液将苯胺盐酸盐转化为苯胺，分液得到苯胺粗品①；向有机相中加入水洗涤除去混有的盐酸，分液得到废液和有机相Ⅱ，向有机相Ⅱ中加入碳酸钠溶液将微溶于水的苯甲酸转化为易溶于水的苯

甲酸钠，分液得到甲苯粗品②和水相Ⅱ；向水相Ⅱ中加入盐酸，将苯甲酸钠转化为苯甲酸，经结晶或重结晶、过滤、洗涤得到苯甲酸粗品③。【详解】A．苯胺分子中含有的氨基能与盐酸反应，但不能与氢氧化钠溶液反应，故A

错误；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错误；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正确；D．由分析可知，①、②为液相，③为固相，都不是两相混合

体系，故D错误；故选C。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A.含N分子参与的反应一定有电子转移B.由NO生成HONO的反应历程有2种C.增大NO的量，38CH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【答案】D【解析】【详解】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、N

O2、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项正确；B．根据图示，由NO生成HONO的反应历程有2种，B项正确；C．NO是催化剂，增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变，C项正确；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+O2NO2C3H6+2H2O，当主要发生包含②的历程时，最终生成的水不变，D项错误；答案选D。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.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A2CO饱和23NaCO溶液3CaCOB2Cl2FeCl溶液FeCHCl()32CuNO溶液CuD3NH2HOAg

ClA.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．通入CO2气体依次发生反应CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3、CaCO3+H2O+CO2=Ca(HCO3)2，由于在相同温度下NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，最终瓶中仍有白色晶体析出，不会得到澄清溶

液，A项选；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项不选；C．通入HCl，-3NO在酸性条件下会表现强氧化性，发生离子反应：3Cu+8H++2-3NO=3C

u2++2NO↑+4H2O，最终Cu消失得到澄清溶液，C项不选；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项不选；答案选A。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。

3Fe(OH)2Cu(OH)2Zn(OH)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3Fe(OH)和S；金属M为ZnB.浸取时，增大2O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【答案】D【解析】【分析】CuS精矿(含有杂质Zn、Fe元素)在高压O2作用下，用硫酸溶液浸取，CuS反应产生为CuSO4、S、H2O，Fe2+被氧化为Fe3+，然

后加入NH3调节溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以离子形式存在于溶液中，过滤得到的滤渣中含有S、Fe(OH)3；滤液中含有Cu2+、Zn2+；然后向滤液中通入高压H2，根据元素活动性：Zn＞H

＞Cu，Cu2+被还原为Cu单质，通过过滤分离出来；而Zn2+仍然以离子形式存在于溶液中，再经一系列处理可得到Zn单质。【详解】A．经过上述分析可知固体X主要成分是S、Fe(OH)3，金属M为Zn，A正确；B．CuS难溶于硫酸，

在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)，增大O2的浓度，可以反应消耗S2-，使之转化为S，从而使沉淀溶解平衡正向移动，从而可促进金属离子的浸取，B正确；C．根据流程图可知：用NH3调节溶液pH时，要使Fe

3+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正确；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，因此不利于Cu的生成，D错误；故合理选项是D。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2CO，将废旧锂离子电池的正极材

料2LiCoO(s)转化为2+Co，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A.装置工作时，甲室溶液pH逐渐增大B.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-+2+-22LiCoO+2HO+e=Li+Co+4

OHD.若甲室2+Co减少200mg，乙室2+Co增加300mg，则此时已进行过溶液转移【答案】BD【解析】【分析】由于乙室中两个电极的电势差比甲室大，所以乙室是原电池，甲室是电解池，然后根据原电池、电解池反应原理分析解答。【详解】A．电池工作时，甲室中细菌上乙酸盐的阴离

子失去电子被氧化为CO2气体，Co2+在另一个电极上得到电子，被还原产生Co单质，CH3COO-失去电子后，Na+通过阳膜进入阴极室，溶液变为NaCl溶液，溶液由碱性变为中性，溶液pH减小，A错误；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正确；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错误；D．若甲室Co2+减少200mg，电子转移物质的量为n(e-)=0.2g×2=0.0068mol59g/mol，乙室Co2+增加300mg，转移电子的物质的量为n(e-)=0.3g×1=0.0051mol59g/mol，说明此时已进行过

溶液转移，D正确；故合理选项是BD。14.工业上以4SrSO(s)为原料生产3SrCO(s)，对其工艺条件进行研究。现有含3SrCO(s)的-10.1molL、-1231.0molLNaCO溶液，含4Sr

SO(s)的-10.1molL、-1241.0molLNaSO溶液。在一定pH范围内，四种溶液中()2+-1-1lgcSr/molL随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是A.反应2-2-4334SrSO(s)+COSrCO(s)+SO的平衡常数()()sp4sp3KSrSOK=K

SrCOB.a=-6.5C.曲线④代表含3SrCO(s)的-1231.0molLNaCO溶液的变化曲线D.对含4SrSO(s)且24NaSO和23NaCO初始浓度均为-11.0molL的混合溶液，pH7.7时才发生沉淀转化【答案】D【

解析】【分析】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，pH相同时，溶液中硫酸根离子越大，锶离子浓度越小，所以曲线①代表含硫酸锶固体的0.1mol/L硫酸钠溶液的变化曲线，曲线②代表含硫酸

锶固体的1mol/L硫酸钠溶液的变化曲线；碳酸是弱酸，溶液pH减小，溶液中碳酸根离子离子浓度越小，锶离子浓度越大，pH相同时，1mol/L碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度大于0.1mol/L碳酸钠溶液，则曲线③表示含碳酸锶固体的0.1mol/L碳酸钠溶液的变化曲线，曲线④表示含碳酸锶固体

的1mol/L碳酸钠溶液的变化曲线。【详解】A．反应SrSO4(s)+CO23−SrCO3(s)+SO24−的平衡常数K=2-42-3c(SO)c(CO)=2-242-23c(SO)c(Sr)c(CO)

c(Sr)++=sp4sp3K(SrSO)K(SrCO)，故A正确；B．由分析可知，曲线①代表含硫酸锶固体的0.1mol/L硫酸钠溶液的变化曲线，则硫酸锶的溶度积Ksp(SrSO4)=10—5.5×0.1=10—6.5，温度不变，溶度积不变，则溶液p

H为7.7时，锶离子的浓度为-6.5101mol/L=10—6.5，则a为6.5；C．由分析可知，曲线④表示含碳酸锶固体的1mol/L碳酸钠溶液的变化曲线，故C正确；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错误；故选D。15.2-xCuSe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2-xC

uSe晶胞中2+Cu个数为xB.每个2NaSe晶胞完全转化为2-xCuSe晶胞，转移电子数为8C.每个NaCuSe晶胞中0价Cu原子个数为1-xD.当2xy-NaCuSe转化为NaCuSe时，每转移(1-y)mol电

子，产生(1-x)molCu原子【答案】BD【解析】【详解】A．由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8×18+6×12=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

错误；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8×18+6×12=4，则每个晶胞中含有4个Na2Se，转移电子数为8，故B错误；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8×18+6×12=4，则每个晶胞中含有4个NaCuSe，晶胞中0价铜而个数为(4-4x)，故C错误；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正确；故选BD。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.研究笼形包合物结构和性质具有重要意义。化学式为366Ni(CN)xZn(NH)y

zCH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abc,α=β=γ=90=。回答下列问题：（1）基态Ni原子的价电子排布式为_______，在元素

周期表中位置为_______。（2）晶胞中N原子均参与形成配位键，2+Ni与2+Zn的配位数之比为_______；x:y:z=_______；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66π大π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_______。【答案】（1）①.3d84s2②.第4周期第VIII族（2）①.2:3②.2:1:1③.Zn2+（3）D（4）①.吡啶能与H2O分子形成分子间氢键②.吡啶和H2O均为极性分子相似相溶，而苯为非

极性分子（5）【解析】【小问1详解】已知Ni是28号元素，故基态Ni原子的价电子排布式为：3d84s2，在周期表中第四横行第10纵列即位于第4周期第VIII族，故答案为：3d84s2；第4周期第VIII族；【小问2详解】由题干晶胞示意图可知，一个晶

胞中含有Ni2+个数为：1×22=1，Zn2+个数为：18?8=1，含有CN-为：18?2=4，NH3个数为：18?4=2，苯环个数为：14?2=2，则该晶胞的化学式为：43266Ni(CN)Zn(N

H)2CH，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2+Ni与2+Zn的配位数之比,4:6=2:3；x:y:z=4:2:2=2:1:1；由以上分析可知，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+；【小问3详解】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66π大π键，则说明吡啶中N原子也是采用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；【小问4详解】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；【小问5详解】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：＞＞，结合题干信息可知，其中碱性最弱的为：，故答案为：。17.工业上以氟磷灰石[()543CaFPO，含

2SiO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HF产生。氢氟酸与2SiO反应生成二元强酸26HSiF，离子方程式为_______。（2）部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中，按物质的量之比()()2-236

nNaCO:nSiF=1:1加入23NaCO脱氟，充分反应后，()+cNa=_______-1molL；再分批加入一定量的3BaCO，首先转化为沉淀的离子是_______。6BaSiF26NaSiF4CaS

O4BaSOspK61.010−64.010−49.010−101.010−（3）2-4SO浓度(以3SO%计)在一定范围时，石膏存在形式与温度、34HPO浓度(以25PO%计)的关系如图甲所示。酸解后，在所得100℃、25PO%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25PO%和3SO%的关系如图乙所示，下列条件能实

现酸解所得石膏结品转化的是_______(填标号)。A.65℃、25PO%=15、3SO%=15B.80℃、25PO%=10、3SO%=20C.65℃、25PO%=10、3SO%=30D.80℃、25PO%=10、3SO%=10【答案】（1）6HF+SiO2=2H++26SiF−+2H2O（2）

①.22.010−②.24SO−（3）①.CaSO4•0.5H2O②.减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率③.酸解④.D【解析】【分析】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26SiF−，过滤，滤液经精制II等一

系列操作得到磷酸。【小问1详解】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++26SiF−+2H2O。【小问2详解】精制1中，按物质的量之比n(Na2CO3):n(26SiF−)=1:

1加入Na2CO3脱氟，该反应的化学方程式为H2SiF6+Na2CO3=Na2SiF6↓+CO2↑+H2O，充分反应后得到沉淀Na2SiF6，溶液中有饱和的Na2SiF6，且c(Na+)=2c(26SiF−)，根据Na2SiF6的溶度积

可知Ksp=c2(Na+)•c(26SiF−)=4c3(26SiF−)，c(26SiF−)=6234.0101.0104−−=mol•L-1，因此c(Na+)=2c(26SiF−)=22.010−mol•L-1；同时，粗磷酸

中还有硫酸钙的饱和溶液，c(Ca2+)=c(24SO−)=429.0103.010−−=mol•L-1；分批加入一定量的BaCO3，当BaSiF6沉淀开始生成时，c(Ba2+)=6331.0101.0101.010−−−=mol•L-1，

当BaSO4沉淀开始生成时，c(Ba2+)=10921.0103.3103.010−−−mol•L-1，因此，首先转化为沉淀的离子是24SO−，然后才是26SiF−。【小问3详解】根据图中的坐标信息，酸解后，在所得100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为CaSO

4•0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的，因此，洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水的原因是：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，其具有回收利用的价值，由于酸解时使用的也是硫酸，因此，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：A．P2O5%=l5、S

O3%=15，由图乙信息可知，该点坐标位于两个温度线之间，故不能实现晶体的完全转化，A不符合题意；B．P2O5%=10、SO3%=20，由图乙信息可知，该点坐标位于两个温度线（65℃、80℃）之间，故不能实现晶体的完全转化，B不符合题意；C．P2O5%=10、SO

3%=30，由图乙信息可知，该点坐标位于，该点坐标位于65℃线上方，晶体全部以CaSO4•0.5H2O形式存在，故不能实现晶体转化，C不符合题意；D．P2O5%=10、SO3%=10，由图乙信息可知，该点坐标

位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4•2H2O形式存在，故能实现晶体的完全转化，D符合题意；综上所述，能实现酸解所得石膏结晶转化的是D。18.实验室利用22FeCl4HO和亚硫酰氯(2SOCl)制备无水2FeCl的装置如图所示(加热及夹持装

置略)。已知2SOCl沸点为76℃，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2N。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22FeClnHO，为测定n值进行如下实验：实验Ⅰ：称取1mg样品，用足量稀硫酸溶解后，用-1227cmolLKCrO标准溶液滴定2+Fe达终点时消耗VmL(滴定过程中2-27CrO转化为3+Cr，-Cl不反应)。实验Ⅱ：另

取1mg样品，利用上述装置与足量2SOCl反应后，固体质量为2mg。则n=_______；下列情况会导致n测量值偏小的是_______(填标号)。A.样品中含少量FeO杂质B.样品与2SOCl反应时失水不充分C.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2442TiO+CClTiCl+CO制备4TiCl。已知4TiCl与4CCl分子结构相似，与4CCl互溶，但极易水解。选择合适仪器并组装蒸馏装置对4TiCl、4CCl混合物进行蒸榴提

纯(加热及夹持装置略)，安装顺序为①⑨⑧_______(填序号)，先馏出的物质为_______。【答案】（1）①.a②.FeCl2∙4H2O+4SOCl2(g)ΔFeCl2+4SO2+8HCl③.冷凝回流SOCl2（2）①.121000(m-m)108cV②.AB（3）①

.⑥⑩③⑤②.CCl4【解析】【分析】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。【小问1

详解】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)ΔFeCl2+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)ΔFeCl2+4SO2+8HCl；冷凝回流SOCl2。【小问2详解】滴定过程中2-27CrO将Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原成Cr3+，反应的离子方程式为6Fe2++2-27CrO+14H+=6Fe3++2Cr3++7H

2O，则m1g样品中n(FeCl2)=6n(2-27CrO)=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1218mm−mol，n(FeCl2)：n(H2O)=1：n=(6cV×10-3mol)：1218mm−mol，解得n=121000()108mmcV

−；A．样品中含少量FeO杂质，溶于稀硫酸后生成Fe2+，导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积V偏大，使n的测量值偏小，A项选；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项选；C．实验I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，使n的测量值不变，C项不选；D．滴定达到终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积V偏小，使n的测量值偏大，D项不选；答案选AB。【小问3详解】组装蒸馏装置对TiCl4、CCl4混合物进行蒸馏提纯，按由下而上、从左到右的顺序组装，

安装顺序为①⑨⑧，然后连接冷凝管，蒸馏装置中应选择直形冷凝管⑥、不选用球形冷凝管⑦，接着连接尾接管⑩，TiCl4极易水解，为防止外界水蒸气进入，最后连接③⑤，安装顺序为①⑨⑧⑥⑩③⑤；由于TiCl4、CCl4分

子结构相似，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，故先蒸出的物质为CCl4；答案为：⑥⑩③⑤；CCl4。19.支气管扩张药物特布他林(H)的一种合成路线如下：已知：Ⅰ.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23-OCHCH、2-NH和苯环结构的有_______种。（5）根据上述信息，写出以4−羟基邻苯二甲酸二乙酯为主要原料制备合成的路线_______。【答案】（1）①.浓硫酸，加热②.2（2）①.取代反应

②.保护酚羟基（3）①.CH3COOC2H5②.+Br23CHCOOH⎯⎯⎯⎯→+HBr（4）6（5）232KCOphCHCl→3225NaHCHCHCOOCH→2ΔHO/H+→2Pd?CH→【解析】【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，则F为；一定条件下与(

CH3)3CNHCH2ph发生取代反应，则G为；在Pd—C做催化剂作用下与氢气反应生成H。【小问1详解】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；【小问2详解】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；【小问3详解】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+Br23CHCOOH⎯⎯⎯⎯→+HBr，故答案为：CH3COOC2H5；+Br23CHCOOH⎯⎯⎯⎯→+HBr；【小问4详解】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；【小问5详解】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，合成路线为232KCOphCHCl→3225NaHCHCHCOOCH→2ΔHO/H+→2Pd?CH→，故答案为：232KCOphCHCl→3225NaHCHCHCOOCH→2ΔHO/H+→2Pd?CH→。20.利用γ-丁内酯(BL)制备

1，4−丁二醇(BD)，反应过程中伴有生成四氢呋喃(THF)和1−丁醇(BuOH)的副反应，涉及反应如下：已知：①反应Ⅰ为快速平衡，可认为不受慢反应Ⅱ、Ⅲ的影响；②因反应Ⅰ在高压2H氛围下进行，故2H压强

近似等于总压。回答下列问题：（1）以35.010molBL−或BD为初始原料，在493K、33.010kPa的高压2H氛围下，分别在恒压容器中进行反应。达平衡时，以BL为原料，体系向环境放热XkJ；以BD为原料，体系从环境吸热YkJ。忽略副反应热效应，反应Ⅰ

焓变()3ΔH493K,3.010kPa=_______-1kJmol。（2）初始条件同上。ix表示某物种i的物质的量与除2H外其它各物种总物质的量之比，BLx和BDx随时间t变化关系如图甲所示。实验测得X<Y，则图中表示BLx变化的曲线是_______；反应Ⅰ平衡常数pK=_____

__-2kPa(保留两位有效数字)。以BL为原料时，1t时刻2HOx=_______，BD产率=_______(保留两位有效数字)。（3）()BDBLmaxx/x为达平衡时BDx与BLx的比值。()3493K,2.510kPa、()3493K,3.5

10kPa、()3513K,2.510kPa三种条件下，以35.010molBL−为初始原料，在相同体积的刚性容器中发生反应，()BDBLBDBLmaxx/xx/x随时间t变化关系如图乙所示。因反应在高压2H氛围下进行，可忽略压强对反应速率的影响。曲线a、b

、c中，()BDBLmaxx/x最大的是_______(填代号)；与曲线b相比，曲线c达到()BDBLBDBLmaxx/x=1.0x/x所需时间更长，原因是_______。【答案】（1）-200(X+Y)（2）①.a或c②.8.3×10-8③.0.08④.39

%（3）①.c②.由于b和c代表的温度相同，而压强对反应速率的影响可忽略，压强增大反应Ⅱ、Ⅲ均是逆向移动，BDBLmax(x/x)增大，故BDBLBDBLmaxx/x(x/x)=1.0所需时间更长【解析】【小问1详解】依题意，结合已知信息，

可推定在同温同压下，以同物质的量的BL或BD为初始原料，达到平衡时的状态相同，两个平衡完全等效。则以5.0×10-3mol的BL为原料，达到平衡时放出XkJ热量与同物质的量的BD为原料达到平衡时吸收YkJ热量的能量二者能量差值为(X+Y)kJ，则1mo

l时二者能量差值为200(X+Y)kJ，反应I为放热反应，因此焓变H=-200(X+Y)kJ·mol-1。【小问2详解】实验测定X<Y，则达到平衡时BD物质转化量大于BL物质转化量，平衡状态BD物质的量较小，根据图示可知，表示xBL变化的曲线是a或c；该平

衡状态下BL的分压是0.48×3.0×103kPa，BD的分压是0.36×3.0×103kPa，H2的压强近似等于总压，故反应I平衡常数Kp=22(BD)(BL)(H)ppp=33320.363100.48310(310)Kpa-2=8.3×10-8kPa

-2；以BL为原料时，根据题给反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，体系总物质的量的增加量正好是BD参与反应Ⅱ、Ⅲ的量，也正好是H2O(g)的物质的量，设t1时BL转化了amol，BD转化了bmol，则体系总物质的量为(5.0×10-3+b)mol，得到335.010a0.485

.010b−−−=+、3a-b0.365.010b−=+，求得a=3551023−、b=31102.3−，则t1时刻2HOx=3b510b−+=0.08；此时BD的产率为-3a-b100%51039%。【小问3详解】依题意，反应I是正向放热过程，以BL为初始原料，温

度升高则平衡逆向移动，温度越高，反应速率越快，达到平衡时的时间越短，BDBLmax(x/x)越小，BDBLBDBLmaxx/x(x/x)的值越大；相同温度时，压强增大，BD的比重增大，BDBLmax(x/x)增大，又可忽略压强对反应速率的影响，则BDBLmax

(x/x)最大即BDBLBDBLmaxx/x(x/x)最小，对应曲线c；由于b和c代表的温度相同，而压强对反应速率的影响可忽略，压强增大反应Ⅱ、Ⅲ均是逆向移动，BDBLmax(x/x)增大，故BDBLBDBLmaxx/x(x/x)=1.0所需时间更长。