2022新高考山东卷化学试题解析.pdf

2022年山东高考化学试题i.古医典富载化学知识，下述之物见其氧化性者为A.金(A u)：“虽被火亦未熟B.石灰(C a O)：“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(C a C C)3)：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”【答案】C【解析】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(C a O):“以水沃之，即热蒸而解”是指C a O+H2 O=C a(O H)2,反应放热，产生大量的水汽，而C a O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2 A g+S白A g 2 S、F e+S白F e S、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(C a C C h)：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”是指C a C O3+2 C H3C O O H=(C H3 C O O)2C a+H2 O+C O 2 t，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.高镒酸钾固体保存在棕色广口瓶中【答案】C【解析】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S i C h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.高锈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 3.0、的半衰期很短，自然界中不能稳定存在。人工合成反应如下:；6（D+：He-，o+;x ；（o+:H e f，。+：，丫。下列说法正确的是A.X的中子数为2B.X、Y互 同 位 素C.0、1 0可用作示踪原子研究化学反应历程0.自然界不存在;3。2、。2分子是因其化学键不稳定【答案】B【解析】根据质量守恒可知，X微粒为；H e,Y微粒为；H e,据此分析解题。A.由分析可知，X微粒为；H e,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；H e,Y微粒为；H e,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，；3。与;5。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;3。2与;5。2并不是其化学键不稳定，而是由于;3。与0的半衰期很短，很容易发生核变化，转化为气体其他原子，0=0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OA.聚乳酸（H ogiig-l-0 H）由乳酸经加聚反应制备CH3 nB聚四乙烯（一1CFLCF2七）由四氟乙烯经加聚反应制备o 0C.尼龙-6 6（H_ pNH（C H 2）6 N H_3 H（CHZ HLO H）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（4 c H L,4OH OOCCH3）经消去反应制备【答案】B【解析】A.聚乳酸(H0 H)是由乳酸 H0CH(CH3)C00H 分子间脱水缩聚而得，即发生缩聚反应，A 错误;B.聚四氨乙烯(c F 5 C F 2+)是由四氟乙烯(CF2=CF2)经加聚反应制备，B 正确;o 0C.尼龙-66(H _ N H(C H 2)6NH 3 H(CH2)43HWOH)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()发生水解反应制得，D 错误；故答案为：B。5.A IN、G aN 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-A1键、N-G a键。下列说法错误的是A.G aN 的熔点高于AIN B.晶体中所有化学键均为极性键C.晶体中所有原子均采取sp3杂化 D.晶体中所有原子的配位数均相同【答案】A【分析】A l和 Ga均为第O A 元素，N 属于第V A 元 素,AIN、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。AIN、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。【解析】A.因为AIN、GaN为结构相似的共价晶体，由于A1原子的半径小于Ga,N-A1的键长小于N-G a 的，则 N-A 1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AIN,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sp：,杂化；由于AIN、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AIN、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N a 2 c o 3 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N a 2 c O 3 标准溶液。下列说法错误的是A.可用量筒量取2 5.0 0 m L N a2CO3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N a 2 c o 3 标准溶液C.应选用烧杯而非称量纸称量N a 2 c o,固体D.达到滴定终点时溶液显橙色【答案】A【分析】选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定N a 2 c C h 标准溶液，则应将N a 2 c C h 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。【解析】A.量筒的精确度不高，不可用量简量取N a 2 c C h 标准溶液，应该用碱式滴定管或移液管量取2 5.0 0 m L N a 2 c O 3 标准溶液置于锥形瓶中，A说法错误；B.N a 2 c C h 溶液显碱性，盛放N a 2 c C h 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N a 2 c 0.3 标准溶液，B说法正确；C.N a 2 c C h 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N a 2 c。3 固体，C说法正确；D.N a 2 c。3 溶液显碱性，甲基橙滴入N a 2 c o 3 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 .丫-崖柏素具天然活性，有酚的通性，结构如图。关于上崖柏素的说法错误的是OA.可与漠水发生取代反应B .可与N a H C C)3 溶液反应C.分子中的碳原子不可能全部共平面D.与足量H 2 加成后，产物分子中含手性碳原子【答案】B【分析】由题中信息可知，Y-崖柏素中碳环具有类苯环的共辗体系，其分子中羟基具有类似的酚羟基的性质。此外，该分子中还有皴基可与氢气发生加成反应转化为脂环醇。【解析】A.酚可与澳水发生取代反应，上崖柏素有酚的通性，且 1 崖柏素的环上有可以被取代的H,故/崖柏素可与滨水发生取代反应，A 说法正确；B.酚类物质不与NaHCCh溶液反应，卜崖柏素分子中没有可与NaHCCh溶液反应的官能团，故其不可与NaHCCh溶液反应，B 说法错误；C.卜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；综上所述，本题选B。8.实验室制备KMn。,过程为：高温下在熔融强碱性介质中用KC1C)3氧化Mn。2制备K2MnO4；水溶后冷却，调溶液p H 至弱碱性，K M n C 歧化生成KMnC)4和MnO2；减压过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，再减压过滤得KMnC)4。下列说法正确 是A.中用瓷用堪作反应器B.中用N aO H 作强碱性介质C.中K2MnO4只体现氧化性D.MnO2转化为KMnO4的理论转化率约为66.7%【答案】D【分析】由题中信息可知，高温下在熔融强碱性介质中用KC1O3氧 化 MnCh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。【解析】A.中高温下在熔融强碱性介质中用KC1O3氧 化 Mn02制备KzMnCU,由于瓷堵烟易被强碱腐蚀，故不能用瓷生烟作反应器，A 说法不正确；B.制备KMnCM时为为防止引入杂质离子，中用KOH作强碱性介质，不能用NaOH,B 说法不正确：C.中 KzMnCU歧化生成KMnCU和 M nC h,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，K 2 M nO 4 歧化生成K M nC 4 和 M nC h 的物质的量之比为2:1,根2据 Mn 元素守恒可知，M nC h 中的Mn 元素只有转化为K M n O a,因此，M nC h 转化为K M n O4的理论转化率约为6 6.7%,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6 mol,L1NaOH溶液0.5 mol,L-1A.苯胺既可与盐酸也可与NaOH溶液反应B.由、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、获得I）.、均为两相混合体系【答案】C【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；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n,向有机相n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，分液得到甲苯粗品和水相n；向水相n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。【解析】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，得到苯胺粗品的分离方法为分液，得到苯甲酸粗品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、获得，故 C正确；D.由分析可知，、为液相，为固相，都不是两相混合体系，故 D错误；故选C。1 0.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H O N O 的反应历程有2 种C.增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变D.当主要发生包含的历程时，最终生成的水减少【答案】D【解析】A.根据反应机理的图示知，含 N 分子发生的反应有NO+QOH=NO2+-OH、NO+NO2+H2O2HONO、NO2+C3H7=C3H6+HONO、HONO=NO+O H,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Ch反应制备丙烯的总反应都为2c3H8+。21=2 C 3H6+2比0,当主要发生包含的历程时，最终生成的水不变，D 项错误；答案选D。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Ac o2饱和N a2c。3溶液CaCO3BCl2FeCl2溶液FeCHC1CU(N C)3)2 溶液CuDNH3H20AgClA.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】A.通入82气体依次发生反应8 2+N a 2 c C 3+H2 O=2 N a HC O 3、C a C O 3+H2O+C O 2=C a(HC O3)2,由于在相同温度下N a HC C h的溶解度小于N a 2 c o 3,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Cb,发生反应C 1 2+2 F eC h=2 F eC 1 3、2 F eC b+F e=3 F eC b,最终F e消失得到澄清溶液，B项不选；C.通入HC 1,N O,在酸性条件下会表现强氧化性，发生离子反应：3 C u+8 H+2 N O 3=3 C u 2+2 N O t +4 H 2 O,最终C u 消失得到澄清溶液，C项不选；D.A gC l 在水中存在溶解平衡A gC l(s)U A g+(a q)+C gq),通入N H3 后，A g+与 N H3 结合成 A g(N H3)2+,使溶解平衡正向移动，最终A gC l 消失得到澄清溶液，D项不选；答案选A。1 2.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Z n、F e 元素的杂质)为主要原料制备C u 粉的工艺流程如下，可能用到的数据见下表。硫酸溶液，高压。2 NH3 高压H2下列说法错误的是Fe(0H)3CU(O H)2Zn(OH)2开始沉淀p H1.94.26.2沉淀完全p H3.26.78.2A.固体X 主要成分是F e(0H)3和 S；金属M为 Z nB.浸取时，增大O?压强可促进金属离子浸出C.中和调p H 的范围为3.2 4.2D.还原时，增大溶液酸度有利于C u 的生成【答案】D【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CuSCU、S、H2O,Fe?+被氧化为Fe3+,然后加入NH3调节溶液p H,使 Fe3+形成Fe(0H)3沉淀，而 C/+、ZM+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H 2,根据元素活动性：ZnH Cu,CM+被还原为Cu单质，通过过滤分离出来；而 ZM+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。【解析】A.经过上述分析可知固体X 主要成分是S、Fe(0H)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+(叫)+S2-(a q),增大O2的浓度，可以反应消耗S 2-,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Fe3+转化为沉淀，而 CM+、Z d+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3.24.2,C 正确；D.在用H2还原CM+变为Cu单质时，氏 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 C u的生成，D 错误；故合理选项是D。1 3.设计如图装置回收金属钻。保持细菌所在环境pH稳定，借助其降解乙酸盐生成CO2,将废旧锂离子电池的正极材料LiCoC)2(s)转化为C o?f,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 LiCoO,+2H2O+e-=Li+Co2+4OHD.若甲室Co?+减少200m g,乙室Co?+增 力 口3 0 0 m g,则此时已进行过溶液转移【答案】BD【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。【解析】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CO 2气体，Ct?+在另一个电极上得到电子，被还原产生C。单质，C H 3 co O失去电子后，N a+通过阳膜进入阴极室，溶液变为N a C l溶液，溶液由碱性变为中性，溶液p H减小，A错误；B.对于乙室，正极上L i C o C h得到电子，被还原为C o?*,同时得到L i+,其中的0与溶液中的H+结合H 2 O,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0 H一,乙室电极反应式为：L i C o C h+e-+4 H+=L i+C o2+2 H2O,C 错误；0 2 eD.若甲室C o?+减少2 0 0 m g,电子转移物质的量为(e-尸工7请7 x2=0.0 0 68 mo l,乙室59 g/mo l0 3 g()2+增加3 0 0 0 ,转移电子的物质的量为 )=X 1=0 0 0 51 mo l,说明此时已进59 g/mo l行过溶液转移，D正确；故合理选项是B D。14.工业上以S rS。式s)为原料生产S rC O K s),对其工艺条件进行研究。现有含S rC O a G)的O.lmo L L、L O mo l L N a 2 cO 3溶液，含S rS O,G)的O J mo L I?、L O mo L L N a 2 s O 4溶液。在一定p H范围内，四种溶液中lg c(S r2+)/mo随p H7Iouv(+ZJS)3aIpHA.反应 SrSO4(s)+CO：qSrCO,(s)+SO;的平衡常数K=Ksp(SrSOjKsp(SrCO3)B.a=-6.5C.曲线代表含S rC X）3（s）的L O mo l-L N a 2 cO 3 溶液的变化曲线D.对含S rS O s）且 N a 2 s o,和 N a 2 c o 3 初始浓度均为i.O mo l.匚的混合溶液，p H 7.7时才发生沉淀转化【答案】D【分析】硫酸是强酸，溶液p H 变化，溶液中硫酸根离子浓度几乎不变，则含硫酸锢固体的硫酸钠溶液中银离子的浓度几乎不变，p H 相同时，溶液中硫酸根离子越大，锢离子浓度越小，所以曲线代表含硫酸盥固体的O mo l/L 硫酸钠溶液的变化曲线，曲线代表含硫酸锢固体的lmo l/L 硫酸钠溶液的变化曲线；碳酸是弱酸，溶液p H 减小，溶液中碳酸根离子离子浓度越小，锢离子浓度越大，p H 相同时，lmo l/L 碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度大于 0.lmo l/L 碳酸钠溶液，则曲线表示含碳酸锯固体的O.lmo l/L 碳酸钠溶液的变化曲线，曲线表示含碳酸锯固体的lmo l/L 碳酸钠溶液的变化曲线。79c（SO?）【解析】A.反应S rS 0 4（s）+C 0 U S r C O 3（s）+S O；的平衡常数K=F=c(SO)c(Sr2+)Ksp(SrSO4)c(CO；)c(Sr2+)-Ksp(SrCO3)故 A正确;B.由分析可知，曲线代表含硫酸锢固体的O.lmo l/L 硫酸钠溶液的变化曲线，则硫酸锯的溶度积K s p（S rS O 4）=10-5.5x0.1=10 6.5,温度不变,溶度积不变，则溶液p H 为 7.7 时,锢1 ()65离子的浓度为-=10 6.5,则 a 为 6.5；1 mol/LC.由分析可知，曲线表示含碳酸锢固体的lmo l/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p H 变化，溶液中硫酸根离子浓度几乎不变，则含硫酸盥固体的硫酸钠溶液中盥离子的浓度几乎不变，所以硫酸锢的生成与溶液p H 无关，故 D错误；故选D。15.C 4一xSe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 C U 原子。下列说法正确的是OSe2 O Na+、Cu+、Cu2+可能占据的位置,Na+A.每个Cu2 rse 晶胞中c d+个数为xB.每个Na?Se晶胞完全转化为C u S e 晶胞，转移电子数为8C.每个N aC uSe晶胞中0 价 Cu原子个数为l-xD.当 Na,.Cu2Tse转化为NaCuSe时，每转移(l-y)m ol电子，产生(l-x)m olCu原子【答案】D【解析】A.由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8X+6XJ=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=4x2,解得a=4x,故 A 错误；B.由题意可知，Na?Se转化为Cu&xSe的电极反应式为Na2See+(2x)Cu=Cu2.xSe+Na+,由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8x：+6 x =4,则每个晶胞中含有4 个ONa2S e,转移电子数为4,故 B 错误；C.由题意可知，Cu2Tse 转化为 NaCuSe Cu2-xSe+e-+Na+=NaCuSe+(l-x)C u,由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8x：+6 x g=4,则每个晶胞中含O有 4 个 N aC uSe,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+(l-y)e+Na+=NaCuSe+(l-x)Cu,所以每转移(1-y)电子，产生(l-x)mol铜，故 D 正确；故选D。三、非选择题：本题共5 小题，共 60分。1 6.研究笼形包合物结构和性质具有重要意义。化学式为Ni(CN)x-Zn(N HJy-zC6H$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a=bHc,a=p=y=90。回答下列问题：ONi2+OZn2+(1)基态N i 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，N i?+与 Z n 2+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)毗咤(Q J)替代苯也可形成类似的笼形包合物。已知毗噬中含有与苯类似的兀:大兀键、则毗噬中N原 子 的 价 层 孤 电 子 对 占 据(填 标 号)。A.2 s 轨道 B.2 P 轨道 C.s p 杂化轨道 D.s p 2 杂化轨道(4)在水中的溶解度，毗陡远大于苯，主要原因是_ _ _ _ _ _,。(5)|J、|、|的碱性随N原子电子云密度的增大N N，N，而增强，其中碱性最弱的是 o【答案】(D .3 d 8 4 s 2 .第 4 周期第V I H 族(2).2:3 .2:1:1 .Z i?+(3)D(4).毗陡能与H 2 O 分子形成分子间氢键.毗 咤 和H 2 O 均为极性分子相似相溶，而苯为非极性分子【小 问 1 解析】已知N i 是 2 8 号元素，故基态N i 原子的价电子排布式为：3 d 8 4 s 2,在周期表中第四横行第1 0 纵列即位于第4周期第V H I 族，故答案为：3 d 8 4 s 2；第 4周期第V I I I 族；【小问2解析】由题干晶胞示意图可知，一个晶胞中含有N i?+个数为：2 x1=1,Z M+个数为：8?-=1,含有C N-为：8?-=4,N H 3 个数为：8?-=2,苯环个数为：4?1=2,则该晶胞的化学式为：N i(C N)4.Z n(N H3)2.2 C6H6,且晶胞中每个N原子均参与形成配位键，N i?+周围形成的配位键数目为：4,Z M+周围形成的配位键数目为：6,则 N i?+与 Z r?+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，N i?+的配位数为4,则 N i?+采用s p 3 杂化，而 Z M+的配位数为6,Z M+采用s p 3 d 2 杂化，即晶胞中有d 轨道参与杂化的金属离子是Z n2+,故答案为：2:3；2:1:1；Z n2+；【小问3解析】毗嘘()替代苯也可形成类似的笼形包合物。已知毗咤中含有与苯类似的兀：大兀键，则说明毗咤中N原子也是采用s p 2 杂化，杂化轨道只用于形成c键和存在孤电子对，则毗嚏中N原子的价层孤电子对占据s p 2 杂化轨道，故答案为：D；【小问4解析】已知苯分子为非极性分子，H 2 O 分子为极性分子，且毗咤中N原子上含有孤电子对能与出0分子形成分子间氢键，从而导致在水中的溶解度，毗咤远大于苯，故答案为：毗咤能与 H 2 O 分子形成分子间氢键；毗咤和H z O 均为极性分子相似相溶，而苯为非极性分子；【小问5解析】已知-C H 3 为推电子基团，-C 1 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:H J ，故答案为：|l I。1 7.工业上以氟磷灰石 C a 5 F(P C )3，含S i。？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SiO?反应生成二元强酸H?S iR,离子方程式为_ 0（2）部分盐的溶度积常数见下表。精 制I中，按物质的量之比n（Na2co3）：n（Si琮）=1:1 加入Na2cO3脱 氟,充 分 反 应 后,c（N a=mol-L-；再分批加入一定量的BaCC）3,首 先 转 化 为 沉 淀 的 离 子 是。BaSiRNa?SiRCaSO4BaSO.4%l.OxlO-64.0 xlO-69.0 x10l.OxlO-10（3）S。：浓度（以SO,%计）在一定范围时，石膏存在形式与温度、H F。4浓度（以P?05%计）的关系如图甲所示。酸解后，在所得1（X）、P 205%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巳。5%和SO,%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.65C、P2O5%=15,SO3%=15B.80C、P2O5%=10,SO3%=20C.65C、P2O5%=10,SO3%=30 D.80、P2O5%=10,SO3%=10【答案】(1)6HF+SiO2=2H+SiF+2H2O(2).2.0 x10-2.SO：(3).CaSOoOSEO.减 少 CaSCU的溶解损失，提高产品石膏的产率.酸解.D【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Si因一，过滤，滤液经精制H等一系列操作得到磷酸。【小 问 1解析】氢氟酸与SiCh反应生成二元强酸H2SiF6,该反应的离子方程式为6HF+SiO2=2H+SiF-+2H2OO小问2 解析】精 制 1中，按物质的量之比n(Na2co3)：n(Si以一)=1:1加入Na2cCh脱氟，该反应的化学方程式为H2SiF6+Na2cCh=Na2SiF6i+CO2t+H2O,充分反应后得到沉淀Na2SiF6,溶液中有饱和的 Na2SiF6,且 c(Na+)=2c(Si以一),根据 Na2SiF6 的溶度积可知 Ksp=c2(Na+)c(SiF/)=4c3(Si(t),c(SE.=IQ-I O-m o i ,因此 c(Na+)=2c(Si-)=2.0 x 1(产 molU；同时，粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c(Ca2+)=c(SO,尸79.0 x10=3.0 x 10-2 mobL-1；分批加入一定量的BaCCh，当 BaSiFe沉淀开始生成时，1 nx in-6c(Ba2+)=-=1.0 xl0-3 mol-L-1,当 BaSC)4沉淀开始生成时，c(Ba2+)=1.0 x10-311-3.3x10-9 m 0|.L-i,因此，首先转化为沉淀的离子是S O/,然后才是3.0 x10-2SiF-【小问3 解析】根据图中的坐标信息，酸解后，在所得100、P 2O5%为 45的混合体系中，石膏存在形式为 CaSOH).5H2O；CaSCU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CaS04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CaSO40.5H2。形式存在，位于8 0 线下方，晶体全部以C a S O r 2 H 2。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%=1 5,S 03%=1 5,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%=1 0,S O3%=2 0,由图乙信息可知，该点坐标位于两个温度线（6 5、8 0）之间，故不能实现晶体的完全转化，B不符合题意；C.P2O5%=1 0,S O 3%=3 0,由图乙信息可知，该点坐标位于，该点坐标位于6 5 线上方，晶体全部以C a S O o O J H z O形式存在，故不能实现晶体转化，C不符合题意；D.P2O5%=1 0,S O3%=1 0,由图乙信息可知，该点坐标位于8 0 线下方，晶体全部以C a S O r 2 H 2 O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。1 8.实验室利用F e C l2-4 H 2。和亚硫酰氯（S O C 12）制备无水F e C l2的装置如图所示（加热及夹持装置略）。已知S O C k沸点为76 ,遇水极易反应生成两种酸性气体。回答下列问题：a（1）实验开始先通N 2。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F e Cb-nH?。，为测定n值进行如下实验：实 验I：称取m 样品，用足量稀硫酸溶解后，用cmoL UK z Cr z O 7标准溶液滴定F e?+达终点时消耗V m L（滴定过程中e r 2。会转化为Cr ,C V不反应）。实验H：另取m g样品，利用上述装置与足量SO C1 2反应后，固体质量为m?g。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F e O杂质B.样品与SO C1?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Ti C+CCL,Ti CL+CC)2制备T i C l-已知Ti C、与CC1 4分子结构相似，与C C L互溶，但极易水解。选择合适仪器并组装蒸播装置对Ti Cl-CCI 4混合物进行蒸榴提纯(加热及夹持装置略)，安 装 顺 序 为 (填 序 号)，先储出的物质为_。A【答案】(1).a (2).F e C1 2-4H 2O+4SO C1 2=F e Cl2+4SO2 t +8H C1 t .冷凝回流 SO C12(2)_.-1-0-0-03(m,-m立9)人.AB108cV(3).CCU【分析】SO Cb与 比0反应生成两种酸性气体，F e Cb4H 2O与SO Cb制备无水F e Cb的反应原理为：SO Cb吸收F e CH 4H 2O受热失去的结晶水生成SO 2和H C1,H C1可抑制F e Cb的水解，从而制得无水F e CL。【小 问1解析】实验开始时先通N 2,排尽装置中的空气，一段时间后，先加热装置a,产生SO CI 2气体充A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F e CI2-4H 2O+4SO C1 2=F e Cl2+4SO 2 t +8H C1 t ；装置c、d的共同作用是冷凝回流SO CL;答案为：a；AF e Cl2-4H2O+4SO C1 2=F e Cl2+4SO2 t +8H C1 t ；冷凝回流 SO Cb。【小问2解析】滴定过程中Cr2O 将F e 2+氧化成F e3+,自身被还原成C B,反应的离子方程式为6F e2+Cr2O 7-+14 H+=6F e3+2 Cr3+7 H 2 O,则?i g样品中 n(F e C12)=6/7(Cr2O 7-)=6c V x 10-3m o l；mg样品中结晶水的质量为(如-W 2)g,结 晶 水 物 质 的 量 为 m o l,n(F e Ch)：n(H2O)=l：18E 6 c V x l O m。)：气m L 解得纳黑冷；A.样品中含少量F e O杂质，溶于稀硫酸后生成F e 2+,导致消耗的K z C n O溶液的体积丫偏大，使的测量值偏小，A项选；B.样品与S O C L反应时失水不充分，则 加2偏大，使的测量值偏小，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K z Cn Ch溶液的体积丫不变，使的测量值不变，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K z C n O溶液的体积V偏小，使的测量值偏大，D项不选;答案选AB。【小问3解析】组装蒸馈装置对Ti CL*、CC14混合物进行蒸储提纯，按由下而上、从左到右的顺序组装，安装顺序为，然后连接冷凝管，蒸储装置中应选择直形冷凝管、不选用球形冷凝管，接着连接尾接管，Ti CL极易水解，为防止外界水蒸气进入，最后连接，安装顺序为；由于Ti Ck、CC14分子结构相似，Ti Ck的相对分子质量大于CCL,Ti CL分子间的范德华力较大，Ti CL的沸点高于C C L,故先蒸出的物质为CC14；答案为:；CCUo19.支气管扩张药物特布他林(H)的一种合成路线如下:PhCH2OC,HQH PhCH,ClPhCH2O cCOOC2H5EdBr.岭D H2O/H+NaH 已知:K CO HP hOH+P hCH2Cl-Ph O C H2P h-P hOHn.、oR、N a H II CO O C,H H.O/H+/RP h CO O C 凡 +R,CHCOOC2H5-p hA(LR 一 P h CO CH、R,R,R，=H,烷基，酰基 R，III.HR.Br+R.NHCHTh N-C H2P h /N&,凡=烷 基1/iC rG-C Kj K?回答下列问题：(l)A-B反应条件为；B中含氧官能团有 种。(2)B-C反应类型为,该反应的目的是一 _。(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-OCH2cH3、-MH2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|）一的路线_ _ _ _ _ _ _。0H【答案】（1）.浓硫酸，加热.2（2）.取代反应.保护酚羟基（3 ）.C H3 c o O C 2 H5 OACCH2B r+h bfphH2CO02H5 K g（4）6 （5）T T -phCH,CRCCH3d1 2CH3coOH、phH2CO O CH 2 p hph H a CO .CO O CzH 5 NaH A1 CH,CH,COOC,H5 HQH+O OHO OH【分析】由c的结构简式和有机物的转化关系可知,COOC2H 6醇共热发生酯化反应生成,则A为HO 人HCLW k*2n6-COOH在浓硫酸作用下，与乙COOH COOC2H6心、B为 A.;在碳酸钾作用下phH2COOCHjph与p h C H2C I发生取代反应生成phH2CO与C H3 c o O C 2 H5发生信息n反应生成生取代反应生成phH2CO为 C H3 c o O C 2 H5、E 为0 cH2Ph，则F为OCHjph;在乙酸作用下phH2COOph H2coQCH 2PhphH2COOCH2 Ph,贝 I J