山东省2022年高考化学压轴卷含解析.doc

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1、山东省2021年高考化学压轴卷含解析考前须知：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 Mg：24 Al：27 S：32 Cl：35.5 Fe：56 Cu：64 Ge:73 Ba：137一、选择题：此

2、题共10小题，每题2分，共20分。每题只有一个选项符合题目要求。1纵观古今，化学与生活皆有着密切联系。以下说法错误的选项是A“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干，古代的蜡是高级脂肪酸酯，属于高分子聚合物B“凡铁分生熟，出炉未炒那么生，既炒那么熟中的“炒为氧化除碳过程C制造青瓦“窑泥周寒其孔，浇水转釉，红瓦转化为青瓦的原因是转化为其他铁的氧化物D“凡金箔，每金七厘造方寸一千片金性又柔，可屈折如枝柳说明了金有良好延展性2以下化学用语的表述不正确的选项是A的结构式：B氯化铵的电子式：C联氨的球棍模型为D离子的结构示意图为3设表示阿伏加德罗常数的值。以下说法正确的选项是A聚丙烯中含键总数目为B常温下，的溶

3、液中含有的数目为C的溶液中，阴离子总数大于D含有个胶粒的氢氧化铁胶体中，铁元素的质量为4在指定溶液中以下离子能大量共存的是A透明澄清的溶液：NH、Fe3+、SO、NOB能使甲基橙变红的溶液：Na+、Ca2+、AlO、Cl-Cc(ClO-)=0.1mol/L的溶液：K+、Na+、CO、S2-D参加Al能放出H2的溶液：Mg2+、NH、HCO、NO5侯氏制碱法制取的原理为。实验室用如题图所示的装置模拟侯氏制碱法制取少量固体。以下有关说法正确的选项是A装置中反响的离子方程式为B向装置洗气瓶中参加饱和溶液以除去中的少量C装置中用冰水浴冷却试管内溶液有利于析出固体D析出固体的上层清液中不存在6伞形酮可用

4、雷琐苯乙酮和苹果酸在一定条件下反响制得以下说法中不正确的选项是A1mol雷琐苯乙酮最多能与4mol氢气发生加成反响B两分子苹果酸的一种缩合产物是：C1mol产物伞形酮与溴水反响，最多可消耗3molBr2，均发生取代反响D雷琐苯乙酮和伞形酮都能跟FeCl3溶液发生显色反响7一定温度下，以下溶液的离子浓度关系式正确的选项是A0.10 molL-1 NaHCO3溶液加水稀释后，n(H+)与n(OH-)的乘积变大BpH=5的H2S溶液中，c(H+)=c(HS-)=110-5 molL-1CpH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，那么a=b+1DpH相同的CH3COONaNaHCO3NaClO三种

5、溶液中的c(Na+)：8我国科学家在研究“催化复原地下水硝酸盐污染时，将甲酸(HCOOH)在纳米级磁性Fe3O4Pd(钯)外表分解为活性氢气和二氧化碳后，再经a、b两个反响过程实现了NO3-的催化复原(如图)。以下说法错误的选项是A过程a、b中完全复原1molNO消耗2molH2BFe3O4催化完成后，可利用Fe3O4的磁性与水体别离CHCOOH分解产生CO2可调节反响体系pH，保证催化复原的效果Db过程反响的离子方程式为3H2+2NO+2H+N2+4H2O9短周期全族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，X、Y、Z位于同一周期，且Z最外层电子数是其电子层数的3倍，由这四种元素形成的一种分子的

6、球棍模型如下图(图中的“棍可能是单键，也可能是双键)。以下说法正确的选项是A四种元素原子半径最大的是ZB四种元素非金属性最强的是WCW和Z形成的化合物一定不含非极性共价键D该模型表示的有机物能发生缩聚反响生成高分子化合物10：复原性：HSOI-，氧化性：IOI2。在含3 mol NaHSO3的溶液中逐滴参加KIO3溶液，参加KIO3和析出I2的物质的量的关系曲线如下图。以下说法不正确的选项是AOa间发生反响：3HSO+IO=3SO+I-+3H+Bab间共消耗NaHSO3的物质的量为1.8molCbc间反响：I2仅是氧化产物D当溶液中I-与I2的物质的量之比为53时，参加的KIO3为1.1mol

7、二、选择题：此题共5小题，每题4分，共20分。每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根据以下实验操作、现象得出的结论中，正确的选项是选项实验操作实验现象结论A向X溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再参加少量KSCN溶液溶液变为红色X溶液中一定含有Fe2+B在少量酸性KMnO4溶液中，参加足量的H2O2溶液溶液紫红色逐渐褪去且产生大量气泡氧化性：KMnO4H2O2C镀锌铁出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，一段时间后滴入几滴K3Fe(CN)6溶液无明显现象该过程未发生氧化复原反响D将少量铁粉、5mL苯和1mL液溴混合，产生的气体通入AgNO3溶液中混合时

8、液体剧烈沸腾，AgNO3溶液中产生淡黄色沉淀苯和液溴发生反响生了HBrAABBCCDD1225时，向浓度均为1molL-1的弱酸(HA)和其盐(NaA)组成的混合溶液中通入HCl气体或参加NaOH固体时(整个过程保持温度为25)，溶液的pH随通入的HCl或参加的NaOH的物质的量的变化曲线如下图。以下说法正确的选项是A25时，HA的电离常数小于A-的水解常数B通入HCl气体，HA的电离程度和电离常数均减小C参加0.5molNaOH时，溶液中c(Na+)c(A-)D溶液中水的电离程度：abc13一定温度下在体积为1L的密闭容器内进行着某一反响，X气体、Y气体的物质的量随反响时间变化的曲线如图。以

9、下表达中正确的选项是A反响的化学方程式为5Y(g) X(g)Bt1时，Y的浓度是X浓度的1.5倍C根据t2时的数据，可求出该温度下的平衡常数Dt3时，逆反响速率大于正反响速率14CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如下图。以下说法正确的选项是A相对于途径，途径更好地表达了绿色化学思想B将CuSO4溶液蒸发，利用余热蒸干，可制得胆矾晶体CX可能是SO2和SO3的混合气体DY可以是葡萄糖溶液15十九大报告中提出要“打赢蓝天保卫战意味着对大气污染防治比过去要求更高。硫化氢空气质子交换膜燃料电池实现了发电、环保的有效结合，：。以下说法正确的选项是A电极b上发生的电极反响为B电极a发生复

10、原反响C每11.2LH2S参与反响，有1molH+经固体电解质膜进入正极区D当电极a的质量增加64g时电池内部释放632kJ的热能三、非选择题：此题共5小题，共60分。16我国有丰富的资源，2022年10月，中科院过程工程研究所公布了利用制备重要工业用碱及盐的闭路循环绿色工艺流程：某校化学兴趣小组根据该流程在实验室中进行实验。答复以下问题：(1)用以下实验装置图进行流程中的“一次反响。装置A中的橡皮管a的作用是_。装置B中参加的目的是_。装置C中的试剂b是_。(2)在“二次反响中，硫酸铵溶液与过量的硫酸钠反响生成溶解度比拟小的复盐，别离该复盐与溶液需要的玻璃仪器有_。(3)用以下实验装置图进行

11、流程中的“煅烧()煅烧时，要边加热边通氮气，理由是_。依据该流程的闭路循环绿色特点，“一次反响与“煅烧()的实验中均采用以下图所示装置处理尾气，那么烧杯中的溶液最好是_溶液。(4)测定产品硫酸氢钠的纯度：称取所得产品，配成溶液，每次取出配制的溶液，用标准溶液滴定，测得的实验数据如下表：序号1234标准溶液体积/20.0518.4019.9520.00所得产品硫酸氢钠的纯度为_(以百分数表示，保存三位有效数字)。(5)分析上述流程图，写出利用该流程制备两种盐的总反响的化学方程式_。17. 第四周期的元素砷(As)和镍(Ni)具有广泛的应用。答复以下问题：(1)基态As原子的核外电子排布式为_，A

12、s、Ni的第一电离能：I1(As)_I1(Ni)(填“大于“小于或“等于)。(2)砷单质的气态分子构型如下图，在其中4条棱上各插入1个硫原子，形成As4S4，俗称雄黄，那么雄黄可能有_种不同的结构；0.5 mol As4S4中含有_mol AsS键。(3)亚砷酸(H3AsO3)形成的盐可用作长效杀虫剂和除草剂，的空间构型为_；磷和砷同主族，亚磷酸(H3PO3)中心原子磷配位数为4，那么亚磷酸为_元酸。(4)一种Ni2+配合物的结构如下图，该配合物中的配位数为_，C原子的杂化方式为_。(5)As和Ni形成的一种晶体晶胞中原子堆积方式如下图，晶体中As原子围成的空间构型为_(填 “三角形“四面体或

13、“八面体)，图中六棱柱底边边长为a pm，高为c pm，阿伏加德罗常数为NA，那么该晶体的密度=_gcm3。18锗是一种重要的战略资源，在半导体、航空航天测控等领域都有着广泛的应用。以下图是以一种锗矿主要成分为、为原料制备锗的工艺流程：为两性氧化物。“萃取时用的萃取剂在本实验条件下对有很好的选择性。的熔、沸点分别为、，极易水解放热。“蒸馏过程中发生的反响为。(1)锗在元素周期表中的位置为第_周期第_族。(2)“粉碎的目的是_。(3)“焙烧过程中发生反响的化学方程式为_。(4)“滤渣的成分为_填化学式，“水相中的阳离子除了和外，还有_填离子符号。(5)“萃取时，锗的萃取率与水相与有机相的体积比的

14、关系如下图，从生产本钱的角度考虑，最适宜的为_填序号。(6)“水解时反响的化学方程式为_，该步实验操作必须在冰盐浴中进行的原因除了有利于水解反响正向进行外，还有_。(7)假设流程中每步都没有锗元素损失，假设锗 含锗经提纯得到的锗，那么杂质元素的脱除率为_用含a、b、c的式子表示。：杂质元素的脱除率19氢能源是公认的环境友好型二次能源，对其开发和利用是科研领域研究的热点。答复以下问题：1甲烷与水蒸气的催化反响可制备和合成气。：；。制备合成气反响的热化学方程式为_。制备合成气时，会因副反响而使合成气产率降低。有利于降低副反响的反响条件为_任写一点；有利于提高制备合成气反响选择性的关键因素为_。一定

15、温度下，向5L恒容密闭容器中充入和，只发生反响。10min到达平衡时测得CO的体积分数为。那么010min内，用浓度变化表示的平均反响速率_；以下事实能说明该反响到达平衡状态的是_填选项字母。A 混合气体密度不再改变 混合气体的平均相对分子质量不再改变C 容器内气体压强不再改变 断裂键同时断裂键2局部合金可用于氢能源的存储。一定温度下，某储氢合金的储氢效率固相中氢原子与金属原子的数目之比与温度和氢气的平衡压强的关系如下图。在OA段，氢溶解于M中形成固溶体；在AB段，发生氢化反响的化学方程式为。时，该反响的平衡常数_用含的代数式表示，为用分压表示的平衡常数。_填“或“。当反响处于图中a点时，保持

16、温度不变，向恒容体系中通入少量氢气，到达平衡后反响可能处于图中的_点填“b“c或“d。3氢能源在电化学领域的一种存储和应用的原理为，充电时的阳极反响式为_。20.黄鸣龙是我国著名化学家，利用“黄鸣龙反响合成一种环己烷衍生物K的路线如下：R-ClR-COOHRCOOR1+R2CH2COOR3+R1OHR1CH2R2请答复以下问题：(1)B的化学名称是_，FG的反响类型为_。(2)H的官能团名称是_，J的结构简式为_。检验CH2=CHCOOC2H5中碳碳双键的试剂为_。(3)DE的化学方程式为_。(4)Q是D的同分异构体，结构中含有HCOO-结构，且1molQ与足量NaHCO3溶液反响生成1mol

17、 CO2，那么Q的结构有_种。其中核磁共振氢谱吸收峰面积比为6：1：1的物质的结构简式为_。(5)K的一种同分异构体L的结构为，设计以L为原料合成的路线(用流程图表示，无机试剂任选)_。参考答案1【答案】A【解析】A古代蜡的主要成分是高级脂肪酸酯，相对分子质量不大，属于小分子，不是高分子聚合物，故A错误；B生铁是含碳量大于2%的铁碳合金，为降低含碳量，可以通过“炒“制，将碳元素氧化除去，故B正确；C青砖里面主要是氧化亚铁，红砖里面是氧化铁，红瓦转化为青瓦的原因是Fe2O3转化为其他铁的氧化物，故C正确；D“凡金箔，每金七厘造方寸一千片金性又柔，可屈折如枝柳“说明了金有良好的延展性，故D正确；答

18、案选A。2【答案】A【解析】A的结构式为O=C=O，A错误；B氯化铵的电子式为，B正确；C联氨中氮原子连接两个氢原子，球棍模型为，C正确；D离子有10个电子，结构示意图为，D正确；应选A。3【答案】C【解析】A14g聚丙烯含键总数目为，A错误；B题中未告知溶液体积，无法计算OH-数目，B错误；CNa2S溶液中存在水解平衡：，溶液中c(S2-)=0.1molL-11L=0.1mol，那么阴离子总数大于0.1NA，C正确；D1个胶粒是由很多个构成的，NA个胶粒中含铁元素的物质的量大于1mol，即NA个胶粒所含铁元素的质量大于，D错误；应选C。4【答案】A【解析】A透明澄清的溶液中NH、Fe3+、S

19、O、NO之间不反响，能大量共存，A符合题意；B能使甲基橙变红的溶液为酸性溶液，酸性溶液中H+和AlO反响，不能大量共存，B不符题意；CClO-有强氧化性，能氧化S2-，不能大量共存，C不符题意；D参加Al能放出H2的溶液为酸性溶液或强碱溶液，酸性溶液中不能含NO，否那么不产生氢气，氢离子与HCO反响，不能大量共存；强碱溶液中Mg2+、NH、HCO均能与OH-反响，不能大量共存，D不符题意；答案选A。5【答案】C【解析】A碳酸钙难溶于水，书写离子方程式时不能拆开，要保存化学式的形式，正确的离子方程式为，故A错误；B饱和溶液也能吸收，所以除去中的少量要用饱和溶液，故B错误；C为降低碳酸氢钠的溶解度

20、，装置中用冰水浴充分冷却试管内溶液，使固体析出，故C正确；D析出固体后的溶液为混有氯化铵的饱和溶液，上层清液中还存在，故D错误；答案选C。6【答案】C【解析】A1mol苯环与3mol氢气加成，1mol羰基酮基与1mol氢气加成，故1mol雷琐苯乙酮最多能与4mol氢气发生加成反响，A正确；B苹果酸()同时含有羟基和羧基，两分子苹果酸可发生酯化反响生成：，B正确；C含酚羟基，酚羟基的邻位的2个H可被2个Br取代，同时也含一个碳碳双键，还可和一分子溴发生加成反响，故1mol产物伞形酮与溴水反响，最多可消耗3mol Br2，发生了取代反响、加成反响，C错误；D能跟FeCl3溶液发生显色反响的物质需要

21、含酚羟基，雷琐苯乙酮和伞形酮都含有酚羟基，它们都能和FeCl3溶液发生显色反响，D正确；应选C。7【答案】A【解析】A0.10 molL-1 NaHCO3溶液加水稀释后，溶液中氢离子和氢氧根离子的物质的量均增大，那么n(H+)与n(OH-)的乘积变大，A正确；B硫化氢溶于水分步电离，且水还电离出氢离子，那么pH=5的H2S溶液中，c(HS-)c(H+)=110-5 molL-1，B错误；CpH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，由于稀释促进电离，氢氧根离子的浓度大于原来的，那么ab+1，C错误；D在相同的条件下测得CH3COONaNaHCO3NaClO三种溶液pH相同，酸性：CH3COO

22、HH2CO3HClO，所以水解程度：NaClONaHCO3CH3COONa，pH相同时，溶液的浓度：NaClONaHCO3CH3COONa，即，三种溶液中的c(Na+)：，D错误；应选A。8【答案】A【解析】A1mol硝酸根离子转化为0.5mol氮气，转移5mol电子，1mol氢气转移2mol电子，所以完全复原1mol硝酸根离子消耗2.5mol氢气，A项错误；B四氧化三铁具有磁性，可以被磁铁吸引，那么四氧化三铁催化完成后，可利用四氧化三铁的磁性与水体别离，B项正确；CHCOOH分解生成氢气和二氧化碳，二氧化碳与水反响生成碳酸，可调节反响体系pH，保证催化复原的效果，C项正确；Db过程中氢气与亚

23、硝酸根离子，氢离子反响，亚硝酸根离子被复原为氮气，氢气被氧化为水，反响的离子方程式为3H2+2NO+2H+N2+4H2O，D项正确；答案选A。9【答案】D【分析】短周期全族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且Z最外层电子数是其电子层数的3倍，为氧元素，X、Y、Z位于同一周期，即在第二周期，那么W为第一周期，为氢元素。从球棍模型分析，其中有原子形成四个共价键，为碳元素，有原子形成两个共价键，为氧元素，还有形成三个共价键，为氮元素，所以四种元素分别为氢、碳、氮、氧。据此分析。【解析】A四种元素中原子半径最大的为X，即碳原子，A错误；B非金属性最强为氧元素，B错误；C氢和氧形成水或过氧化氢，过氧

24、化氢中含有非极性共价键，C错误；D该分子为丙氨酸，能发生缩聚反响形成多肽，高分子化合物，D正确；应选D。10【答案】C【解析】A复原性HSOI-，由图示可知，当滴加的KIO3物质的量小于1mol时溶液中无I2生成，即I没被氧化，那么当参加KIO3物质的量在0a间发生反响的离子方程式为：3HSO+IO=3SO+I-+3H+，故A正确；B由图示可知a=0.4mol，b为1mol，ab之间共消耗0.6mol IO且无I2生成，故根据方程式3HSOIO=3SOI3H可知，每消耗1mol IO那么有3mol HSO被氧化，那么有0.6mol IO消耗时有1.8mol HSO被氧化，故B正确；C由图示bc

25、之间所发生的离子反响方程式5I+ IO+6H+=3I2+3H2O，可知I2即是氧化产物又是复原产物，故C错误；D01之间共消耗1mol KIO3，那么生成1molI，又由bc之间的方程式为5I+ IO+6H+=3I2+3H2O，设该过程消耗IO的物质的量为amol，那么：当溶液中I-与I2的物质的量之比为5：3时，= ，a=0.1mol，参加的KIO3为1mol+0.1mol=1.1mol，故D正确；答案选C。11【答案】B【解析】A向X溶液中滴加几滴新制氯水、振荡，再参加少量KSCN溶液，溶液变为红色，原溶液中不一定含有Fe2+离子，假设检验Fe2+离子那么应向样品溶液中先滴加KSCN溶，无

26、明显实验现象，再滴加新制氯水，假设溶液变为红色，那么样品溶液中含Fe2+，故A错；B在少量酸性KMnO4溶液中，参加足量的H2O2溶液，溶液紫红色逐渐褪去且产生大量气泡，那么该气体为双氧水被酸性高锰酸钾溶液所氧化产生的氧气，所以氧化性KMnO4H2O2，应选B；CZn的金属性强于Fe，镀锌铁出现刮痕后浸泡在饱和食盐水中，Zn为负极被腐蚀、Fe为正极被保护，所以滴入几滴K3Fe(CN)6溶液虽然无明显实验现象，但已经发生了氧化复原反响，故C错；D液溴以挥发，会发出的溴与能与AgNO3溶液反响产生淡黄色沉淀，即与AgNO3溶液反响产生淡黄色沉淀的物质不一定为HBr，还有可能为Br2，所以不能证明苯

27、和液溴发生反响生了HBr，故D错；答案选B12【答案】D【解析】A未加HCl和NaOH时，溶液呈酸性，说明HA的电离程度大于A-水解程度，即HA的电离常数大于A-的水解常数，故A错误；B温度不变，电离常数不变，故B错误；C参加0.5mol NaOH后，pH7，溶液呈酸性，即c(H+)c(OH-)，由电荷守恒可知c(Na+)c(A-)，故C错误；Da、b溶液呈酸性，抑制水的电离，c呈中性，pH越小，酸性越强，水的电离程度越小，那么a、b、c三点所表示的溶液中水的电离程度：abc，故D正确。应选D。13【答案】B【解析】A到达平衡时，Y的物质的量为3mol，变化量为10mol-3mol=7mol，

28、X的物质的量为5mol，变化量为5mol-2mol=3mol，反响的方程式为7Y3X，故A错误；Bt1时，Y的物质的量为6mol，X的物质的量为4mol，物质的量之比等于浓度之比，那么Y的浓度是X浓度的1.5倍，故B正确；C由图可知t2时，反响没有到达平衡，根据t2时的数据，不可求出该温度下的平衡常数，故C错误；D由图可知t3时，反响到达平衡，正逆反响速率相等且不再变化，故D错误；应选B。14【答案】D【解析】ACu和浓硫酸加热反响生成CuSO4、SO2、H2O，途径产生了有毒气体，A项错误；B将CuSO4溶液蒸发，利用余热蒸干，会导致开始得到的胆矾晶体失去结晶水，故无法得到胆矾，B项错误；C

29、CuSO4热分解生成两种产物，其中一种为Cu2O，Cu化合价降低，那么必有元素的化合价升高，CuSO4中只有O元素的化合价能升高，故X中必有O2，C项错误；DCuSO4与过量NaOH溶液反响会生成Cu(OH)2悬浊液，葡萄糖溶液能复原新制Cu(OH)2悬浊液生成Cu2O，D项正确；答案选D。15【答案】A【解析】A.该电池是质子固体做电解质，所以电极反响式为，选项A正确；B.电极a为负极，发生氧化反响，选项B错误；C.未指明标准状况下，无法计算H2S的物质的量，选项C错误；D.反响由化学能转化为电能，电池内部释放的热能小于632kJ，选项D错误。答案选A。16【答案】平衡气压，使氨水能顺利滴加

30、 防止溶液倒吸 饱和溶液 烧杯、玻璃棒、漏斗 排出分解产生的氨气，防止氨气重新与硫酸氢钠反响 96.0% 【分析】由实验装置可知“一次反响中A装置是用浓氨水和碱石灰作用制备氨气，通入B装置中导管插入到CCl4溶液中可以防倒吸，装置D为实验制备CO2的装置，反响为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2，装置C那么是装有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，用于除去CO2中的HCl，装置B为反响装置，反响方程式为：Na2SO4+2NH3+2H2O+2CO2=2NaHCO3+(NH4)2SO4，然后过滤别离出硫酸铵溶液，进入“二次反响室，硫酸铵溶液与过量的硫酸钠反响生成溶解度比拟小的复盐，然后对

31、复盐进行煅烧，反响为：2NaHSO4+2NH3+2H2O，“一次反响和“煅烧均产生含有NH3的尾气，该流程的闭路循环绿色特点可知，应用硫酸钠溶液吸收，计算中屡次测量求平均值时，应将明显误差的第二组数据舍去再进行计算，据此分析解题。【解析】(1) 装置A中的橡皮管a的作用是平衡气压，使氨水能顺利滴加，故答案为：平衡气压，使氨水能顺利滴加；和不溶于，装置B中参加的目的是防止溶液倒吸，故答案为：防止溶液倒吸；有分析可知，装置C是除去中混有的，应选用饱和溶液，故答案为：饱和溶液；(2)别离该复盐(沉淀)与溶液的操作是过滤，需要的玻璃仪器为烧杯、玻璃棒、漏斗，故答案为：烧杯、玻璃棒、漏斗；(3) 煅烧时

32、，要边加热，边通氮气排出分解产生的氨气，防止氨气重新与硫酸氢钠反响，故答案为：排出分解产生的氨气，防止氨气重新与硫酸氢钠反响；依据该流程的闭路循环绿色特点可知，使用溶液吸收尾气，故答案为：溶液；(4)舍去偏差较大的第2次数据，平均使用标准溶液，所得产品硫酸氢钠的纯度，故答案为：96.0%；(5)由流程图知，该流程总反响的化学方程式为，故答案为：。17【答案】1s22s22p63s23p63d104s24p3(或 Ar3d104s24p3) 大于 2 4 三角锥 二 4 sp2、sp3 八面体 (或) 【解析】(1)As是33号元素，位于第四周期A族，前三层全部排满电子，故其核外电子排布式为Ar

33、3d104s24p3；As和Ni均为第四周期元素，As为非金属元素，Ni为过渡金属元素，所以I1(As)大于I1(Ni)。(2)在砷单质分子结构的4条棱边上各插入1个硫原子，形成As4S4，按照AsAs键是相邻或斜交，可得到雄黄有如下图2种不同的结构；每一分子的As4S4中含有8条AsS键，那么0.5 mol雄黄中含有4 mol AsS键。(3)的中心原子砷原子形成了3个键，另外还有1对孤电子对，其价层电子对总数是4，根据价层电子对互斥理论判断其空间构型为三角锥形。因为H3PO3中磷的配位数为4，那么H3PO3的结构式为，因此为二元酸。(4)该Ni2+的配合物中为双齿配体，配体间还形成有氢键，

34、因此配位数为4；配体中C原子形成CC键及C=N键，所以C原子以sp2、sp3杂化。(5)该晶胞中Ni原子位于六棱柱的顶点、面心、棱上和体心，晶胞中含有Ni原子的个数=12+6+2+1=6，As原子位于六棱柱的体内，数目为6，那么晶胞的质量为g，六棱柱的体积为=a2sin 606c1030 cm3，那么该晶体的密度= gcm3。18【答案】四 A 增大反响物的接触面积，加快酸浸反响速率 SiO2 Cu2+ C GeCl4+(n+2)H2O=GeO2nH2O+4HCl 防止温度高时，GeCl4挥发 100 【分析】以锗矿主要成分为、为原料进行粉碎煅烧将硫元素转化为二氧化硫脱硫，转化为多种氧化物主要

35、为GeO2、Fe2O3、CuO、SiO2的混合物，再利用硫酸酸浸，进行溶解，其中二氧化硅不与硫酸反响，过滤后得到含有Ge4+、Fe3+、Cu2+的滤液，参加萃取剂将Ge4+转移至萃取剂中，进行分液，将Fe3+、Cu2+与Ge4+进行别离除去，向含有Ge4+的有机液中参加氢氧化钠溶液，再次进行分液，将Ge4+从有机溶剂中别离出来并反响：Ge4+6OH-GeO32-+3H2O转化为含Na2GeO3的溶液，向溶液中参加盐酸中和多余的碱并与Na2GeO3反响并蒸馏，“蒸馏过程中的反响为：Na2GeO3+6HCl2NaCl+GeCl4+3H2O，得到GeCl4，向GeCl4中参加高纯水，发生的水解反响为

36、GeCl4+(n+2)H2O=GeO2nH2O+4HCl，然后过滤得到母液和GeO2nH2O，将GeO2nH2O烘干得到高纯的GeO2，高温下，用氢气复原GeO2转化为Ge。(1)利用元素周期表，根据与碳元素同族，判断锗元素在周期表的位置；(2)根据加快反响速率的方法，分析考虑；(3)“焙烧的目的是为了将锗矿中的主要成分转化为氧化物；(4)结合物质性质，分析“焙烧后的产物与硫酸的反响；(5)由图像分析，水相与有机相的体积比为小于8时对锗的萃取率影响不大，从生产本钱的角度考虑有机萃取剂使用越少越本钱可降低；(6) 结合流程中过滤、洗涤后得到的及水解原理书写方程式，结合题中提供信息分析原因；(7)

37、根据题中信息计算出理论上脱除杂质元素的质量及实际脱除杂质元素的质量，那么杂质元素的脱除率=100%。【解析】(1)由碳、硅、锗同族可知，锗在周期表中位于第四周期第A族；(2)粉碎的目的是增大反响物的接触面积，加快酸浸反响速率；(3)结合“焙烧后产生可知氧气参与了反响，再结合Ge的最高价为可知产物还有，反响的化学方程式为；(4) “焙烧后得到的固体为、CuO、，只有不与硫酸反响。结合信息可知，水相中阳离子为、和，而进入了有机相中；(5)从生产本钱的角度考虑，应该在萃取率下降不多的情况下使萃取剂的体积尽可能的小，应选C；(6)结合流程中过滤、洗涤后得到的及水解原理书写方程式为；结合信息可知该水解反

38、响放热会导致体系温度升高而使挥发导致产率下降；(7) 假设锗 含锗经提纯得到的锗，杂质的百分含量=1-b%，理论上脱除杂质元素的质量=kg，实际脱除杂质元素的质量=(a-c)kg，那么杂质元素的脱除率=100%=。【点睛】元素及其化合物的性质结合工艺流程知识解题，从具体的原理选择适宜的操作方法。19【答案】 升高温度或减小压强 选择适宜的催化剂 D 【分析】1根据盖斯定律进行解答；2根据影响化学反响速率因素和影响化学平衡移动的因素考虑选择反响条件；3根据化学反响速率公式和判断化学反响到达平衡的依据解答；4根据平衡常数的计算公式及影响化学平衡的因素解答；根据电解反响原理书写电极反响式。【解析】1

39、根据盖斯定律得甲烷与水蒸气的催化反响：，故答案为：；根据副反响为气体分子总数减小的放热反响，所以有利于降低副反响的反响条件为升高温度或减小压强等；催化剂可提高反响的选择性，故答案为：升高温度或减小压强；选择适宜的催化剂；反响为，根据平衡时CO的体积分数为，计算得CO的平衡物质的量为，那么参加反响的、的物质的量分别为、，那么内，；A.因为容器容积和气体质量一直保持恒定，所以气体密度保持恒定，故A项错误；B.因为气体总质量一直保持不变，气体总物质的量也一直保持不变，所以混合气体的平均相对分子质量一直保持不变，故B项错误；C.因为容器内气体总物质的量不变，所以压强一直保持不变，故C项错误；D.由反响

40、方程式知，断裂键同时断裂键时，正、逆反响速率相等，到达平衡状态，故D项正确，故答案为：；D；2T1时，储氢反响结束后，氢气的平衡压强为kPa，该反响的平衡常数，故答案为： ； 由图可知，升高温度，氢气增多，说明平衡逆向移动，故该反响的，故答案为：；储氢反响结束前，当反响处于图中a点时，保持温度不变，向恒容体系中通入少量氢气，不变，平衡压强不变，充入的氢气被合金吸收，到达平衡后反响可能处于图中的c点，故答案为：；3充电时的阳极发生氧化反响，其反响式为，故答案为：。【点睛】根据平衡常数只受温度影响，由方程式和图像判断，升高温度，氢气增多，说明平衡逆向移动，由此推断该反响为放热反响。20【答案】氯乙

41、酸或2-氯乙酸 取代反响或酯化反响 羰基、酯基 酸性高锰酸钾溶液或溴水、溴的CCl4 CH3OOCCH2COOCH3+Br(CH2)5OH(CH3OOC)2CH(CH2)5OH+HBr 5 HCOOC(CH3)2COOH 【分析】CH3COOH和Cl2反响生成B，那么B为CH2ClCOOH，由可推测，C为HOOCCH2COOH，HOOCCH2COOH和甲醇在浓硫酸加热的条件下反响生成D，根据反响条件推测，该反响为酯化反响，D的分子式为C5H8O4，那么D的结构简式为，根据反响条件，FG为酯化反响，F的分子式为C10H16O6，那么F的结构简式为，GH发生反响，那么H为，H和CH2=CHCOOC

42、2H5反响生成J，J为。【解析】(1)B为CH2ClCOOH，是氯乙酸或2-氯乙酸；根据反响条件可知，FG为取代反响或酯化反响；(2)H为，H的官能团名称是羰基、酯基；J的结构简式为；可用酸性高锰酸钾溶液、溴水、溴的CCl4等检验碳碳双键；(3)和Br(CH2)5OH在一定条件下反响生成(CH3OOC)2CH(CH2)5OH，化学方程式为：CH3OOCCH2COOCH3+Br(CH2)5OH(CH3OOC)2CH(CH2)5OH+HBr；(4)Q是D的同分异构体，结构中含有HCOO-结构，且1molQ与足量NaHCO3溶液反响生成1mol CO2，说明Q分子中含有1个羧基，那么Q的结构有：HCOOCH2CH2CH2COOH、HCOOC(CH3)2COOH，共5种，其中核磁共振氢谱吸收峰面积比为6：1：1的物质的结构简式为HCOOC(CH3)2COOH；(5) 在碱性条件下反响生成，发生黄鸣龙反响生成，合成路线为：。- 20 -