2022年新高考山东化学高考真题含解析.pdf

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1、山东省山东省 2022 年普通高中学业水平等级考试年普通高中学业水平等级考试化学化学注意事项：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。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.回答选择题时回答选择题时，选出每小题答案后选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动如需改动，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。卷上无效。3.考试结束后，将本

2、试卷和答题卡一并交回。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：可能用到的相对原子质量：H 1C 12O 16S 32Cl 35.5Ti 48Co 59一、选择题：本题共一、选择题：本题共 10 小题，每小题小题，每小题 2 分，共分，共 20 分。每小题只有一个选项符合题目要求。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”2.下列试剂实验室保存方法错误的是A.浓硝酸

3、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.聚四氟乙烯()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

4、()由聚乙酸乙烯酯()经消去反应制备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6.实验室用基准23Na CO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23Na CO标准溶液。下列说法错误的是A.可用量筒量取2325.00mL Na CO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23Na CO标准溶液C.应选用烧杯而非称量纸称量23Na CO固体D.达到滴定终点时溶液显橙色

5、7.-崖柏素具天然活性，有酚的通性，结构如图。关于-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8.实验室制备4KMnO过程为：高温下在熔融强碱性介质中用3KClO氧化2MnO制备24K MnO；水溶后冷却，调溶液pH至弱碱性，24K MnO歧化生成4KMnO和2MnO；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.中用瓷坩埚作反应器B.中用NaOH作强碱性介质C.中24K MnO只体现氧化性D.2MnO转化为4KMnO的理论转化率约为 66.7%9.已知

6、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、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D.、均为两相混合体系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，38C H的平衡转化率不变D.当主要发生包含的历程时，最终生成的水减少二二、选择题选择题：本题共本题共 5 小题小题，每小题每小题 4

7、 分分，共共 20 分分。每小题有一个或两个选项符合题目要求每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得全部选对得 4 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分。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23Na CO溶液3CaCOB2Cl2FeCl溶液FeCHCl32Cu NO溶液CuD3NH2H OAgClA.AB.BC.CD.D12.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

8、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 3.24.2D.还原时，增大溶液酸度有利于 Cu 的生成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

9、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+2H O+e=Li+Co+4OHD.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-10.1mol L、-1231.0mol L Na CO溶液，含4SrSO(s)的-10.1mol L、-1241.0mol L Na SO溶液。在一定 pH 范围内，四种溶液中2+-1-1lg c Sr/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

10、-4334SrSO(s)+COSrCO(s)+SO 的平衡常数sp4sp3KSrSOK=KSrCOB.a=-6.5C.曲线代表含3SrCO(s)的-1231.0mol L Na CO溶液的变化曲线D.对含4SrSO(s)且24Na SO和23Na CO初始浓度均为-11.0mol L的混合溶液，pH7.7时才发生沉淀转化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-xCuSe晶胞中2+Cu个数为 xB.每个2Na Se晶胞完全转化为2-xCuSe晶胞，转移电子数为

11、 8C.每个NaCuSe晶胞中 0 价 Cu 原子个数为1-xD.当2 xy-Na CuSe转化为NaCuSe时，每转移(1-y)mol电子，产生(1-x)molCu原子三、非选择题：本题共三、非选择题：本题共 5 小题，共小题，共 60 分。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)x Zn(NH)y zC H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,=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

12、_；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66大键、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_，_。（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_。17.工业上以氟磷灰石543Ca F PO，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26H SiF，离子方程式为_。（2）部分盐的溶度积常数见

13、下表。精制中，按物质的量之比2-236n Na CO:n SiF=1:1加入23Na CO脱氟，充分反应后，+c Na=_-1mol L；再分批加入一定量的3BaCO，首先转化为沉淀的离子是_。6BaSiF26Na SiF4CaSO4BaSOspK61.0 1064.0 1049.0 10101.0 10（3）2-4SO浓度(以3SO%计)在一定范围时，石膏存在形式与温度、34H PO浓度(以25P O%计)的关系如图甲所示。酸解后，在所得100、25P O%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

14、_；一定温度下，石膏存在形式与溶液中25P O%和3SO%的关系如图乙所示，下列条件能实现酸解所得石膏结晶转化的是_(填标号)。A.65、25P O%=15、3SO%=15B.80、25P O%=10、3SO%=20C.65、25P O%=10、3SO%=30D.80、25P O%=10、3SO%=1018.实验室利用22FeCl4H O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

15、 c、d 共同起到的作用是_。（2）现有含少量杂质的22FeClnH O，为测定 n 值进行如下实验：实验：称取1m g样品，用足量稀硫酸溶解后，用-1227c mol L K Cr O标准溶液滴定2+Fe达终点时消耗VmL(滴定过程中2-27Cr O转化为3+Cr，-Cl不反应)。实验：另取1m g样品，利用上述装置与足量2SOCl反应后，固体质量为2m 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FeO杂质B.样品与2SOCl反应时失水不充分C.实验中，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+

16、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_(填序号)，先馏出的物质为_。19.支气管扩张药物特布他林(H)的一种合成路线如下：已知：.、.回答下列问题：（1）AB 反应条件为_；B 中含氧官能团有_种。（2）BC 反应类型为_，该反应的目的是_。（3）D 结构简式为_；EF 的化学方程式为_。（4）H 的同分异构体中，仅含有23-OCH CH、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

17、的路线_。20.利用-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：反应为快速平衡，可认为不受慢反应、的影响；因反应在高压2H氛围下进行，故2H压强近似等于总压。回答下列问题：（1）以35.0 10 molBL或 BD 为初始原料，在493K、33.0 10 kPa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，反应焓变3H 493K,3.0 10 kPa=_-1kJ mol。（2）初始条件同上。ix表示某物种

18、 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XY，则图中表示BLx变化的曲线是_；反应平衡常数pK=_-2kPa(保留两位有效数字)。以 BL 为原料时，1t时刻2H Ox=_，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,2.5 10 kPa、3493K,3.5 10 kPa、3513K,2.5 10 kPa三种条件下，以35.0 10 molBL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

19、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=1.0 x/x所需时间更长，原因是_。山东省山东省 2022 年普通高中学业水平等级考试年普通高中学业水平等级考试化学化学注意事项：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。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.回答选择题时回答选择题时，选出每小题答案后选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动如需改

20、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。卷上无效。3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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：可能用到的相对原子质量：H 1C 12O 16S 32Cl 35.5Ti 48Co 59一、选择题：本题共一、选择题：本题共 10 小题，每小题小题，每小题 2 分，共分，共 20 分。每小题只有一个选项符合题目要求。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

21、)：“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石硫黄即 S：“能化银、铜、铁，奇物”是指 2Ag+SAg2S、Fe+SFeS、2Cu+SCu2S，反应中 S 作氧化

22、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。a2.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，

23、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

24、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.聚四氟乙烯(

25、)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

26、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A 元素，N 属于第A 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，NAl 的键长小于 NGa的，则 NAl 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 AlN，A 说错误；B不同种元素的原

27、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 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23Na CO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

28、23Na CO标准溶液。下列说法错误的是A.可用量筒量取2325.00mL Na CO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23Na CO标准溶液C.应选用烧杯而非称量纸称量23Na CO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 Na2CO3标准溶液，应该用碱式滴定管或移液管量取 25.00mL Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中，A 说法错误；BNa2CO3溶液显碱性，

29、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；CNa2CO3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；DNa2CO3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.-崖柏素具天然活性，有酚的通性，结构如图。关于-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

30、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，-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，-崖柏素有酚的通性，且-崖柏素的环上有可以被取代的 H，故-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，-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-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

31、子中的碳原子不可能全部共平面，C 说法正确；D-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：高温下在熔融强碱性介质中用3KClO氧化2MnO制备24K MnO；水溶后冷却，调溶液pH至弱碱性，24K MnO歧化生成4KMnO和2MnO；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.中用瓷坩埚作反应器B.中用NaOH作强碱性介质C.中24K MnO只体现氧化性D.2MnO转化为4KMnO的理论转化率约为 66.7%【答案】D【解析】【分析】由题中

32、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 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，中用 KOH 作强碱性介质，不能用NaOH，B 说法不正确；C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

33、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 KMnO4，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、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D.、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

34、微溶于水的苯胺转化为易溶于水的苯胺盐酸盐，分液得到水相和有机相；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，向有机相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；向水相中加入盐酸，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。【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

35、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。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，38C H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】【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

36、 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；CNO 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+O2NO 2C3H6+2H2O，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。二二、选择题选择题：本题共本题共 5 小题小题，每小题每小题 4 分分，共共 20 分分。每小题有一个

37、或两个选项符合题目要求每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得全部选对得 4 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 分。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23Na CO溶液3CaCOB2Cl2FeCl溶液FeCHCl32Cu NO溶液CuD3NH2H OAgClA.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

38、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=3Cu2+2NO+4H2O，最终 Cu 消失得到澄清溶液，C 项不选；DAgCl 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

39、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 3.24.2D.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、

40、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：ZnHCu，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；BCuS 难溶于硫酸，在溶液中存在沉淀溶解平衡 CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)

41、，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 Fe3+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 3.24.2，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

42、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+2H O+e=Li+Co+4OHD.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

43、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，同时生成 H+，电极反应式为 CH3COO-8 e-+2 H2O=2CO2+7 H+，H+通过阳膜进入阴极室，甲室的电极反应式为 Co2+2e-=Co，因此，甲室溶液 pH 逐渐减小，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 O2-与溶液中的 H+结合H2O，电极反应式为 2LiCoO2+2e-+8H+=2Li+2Co2+4H2O，负极发生的反应为 CH3COO-8 e-+2 H2O=2CO2+7H+，负极产生的 H+通过阳膜进入正极室，但是乙室的 H+浓

44、度仍然是减小的，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 200 mg，则电子转移物质的量为 n(e-)=0.2g2=0.0068mol59g/mol；若乙室 Co2+增加 300mg，则转移电子的物质的量为 n(e-)=0.3g1=0.0051mol59g/mol，由于电子转移的物质的量不等，说明此时已进行过溶液转移，即将乙室部分溶液转移至甲室，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

45、条件进行研究。现有含3SrCO(s)的-10.1mol L、-1231.0mol L Na CO溶液，含4SrSO(s)的-10.1mol L、-1241.0mol L Na SO溶液。在一定 pH 范围内，四种溶液中2+-1-1lg c Sr/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=KSrCOB.a=-6.5C.曲线代表含3SrCO(s)的-1231.0mol L Na CO溶液的变化曲线D.对含4SrSO(s)且24Na SO和23Na CO初始浓度均为-11.0mol L的

46、混合溶液，pH7.7时才发生沉淀转化【答案】D【解析】【分析】溶液 pH 变化，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，所以曲线代表含硫酸锶固体的 0.1mol/L 硫酸钠溶液的变化曲线，曲线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，则曲线表示含碳酸锶固体的 0.1mol/L 碳酸钠溶液的变化曲线，曲线表示含碳酸锶固体的 1mol/L 碳酸钠溶液的变化曲线。

47、【详解】A 反应 SrSO4(s)+CO23SrCO3(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)，A 正确；B由分析可知，曲线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)=105.50.1=106.5，温度不变，溶度积不变，则溶液 pH 为 7.7 时，锶离子的浓度为-6.5101mol/L=106.5，则 a 为-6.5，B 正确；C由分析可知，曲线表示含碳酸锶固体的 1mol/L 碳酸钠溶液的变化曲线，C 正确；D对含

48、 SrSO4(s)且 Na2SO4和 Na2CO3初始浓度均为 1.0molL-1的混合溶液中锶离子的浓度为 10-6,5，根据图示，pH6.9时锶离子的降低，所以pH6.9时发生沉淀转化，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-xCuSe晶胞中2+Cu个数为 xB.每个2Na Se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2 xy-Na CuSe转化为NaCuSe时

49、，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 818+612=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=42，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 818+612=4，则每个晶胞中含有 4 个 Na2Se，转移电子数为 8，故 B

50、 正确；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 818+612=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-+(1-y)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：本题共三、非选择题：本题共 5 小题，共小题，共 6