2022年新高考山东化学高考真题.pdf

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1、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：H 1 C 12 O 16 S32 C1 35.5 Ti 48 Co 59一、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(A u)：“虽被火亦

2、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 O j：“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(C a O):“以水沃之，即热蒸而解”是指C a O+H 2 O=C a(O H)2,反应放热，产生大量的水汽，而C a。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2 A g+S白A g 2 S、F e+S F e S、2CU+S=

3、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 C h+2 C H 3 c o O H=(C H 3 c o O)2 C a+H 2 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。(视频F)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】【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

4、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.高镒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 视频口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 f f。+能.：o+；He。+：丫。下列说法正确的是A.X 的中子数为2B.X、Y 互为同位素C.0、:0 可用作示踪原子研究化学反应历程D.自然界不存在;。：FO?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;

5、He,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；He,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，?0 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;与：C)2并不是其化学键不稳定，而是由于 0 与;5。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：Bo7视频D4.下列高分子材料制备方法正确的是OA

6、.聚乳酸（FOH4C H3)由乳酸经加聚反应制备B.聚四氟乙烯(CF CF 1)由四氟乙烯经加聚反应制备O O c.尼龙一66(_N H(C H 2)6NHC-(C H2)4C 主)由己胺和己酸经缩聚反应制备D.聚乙烯醇(卜比CH L由聚乙酸乙烯酯(1比I 小)经消去OH OOCCH?反应制备【答案】B【解析】O【详解】A.聚乳酸()是由乳酸 HOCH(CH3)COOH 分子间脱水缩CH3聚而得，即发生缩聚反应，A 错误;B.聚四氟乙烯 C F?是由四氟乙烯（C F2=C F2）经加聚反应制备，B正确；O O _c.尼龙-6 6（_NH（C H 2）6 N H C-（CH2）4C主）是由己二胺

7、和己二酸经过缩聚反应制得，c错误；D.聚乙烯醇（七 用（I上）由聚乙酸乙烯醇酯（CH?C Hn）发生OU OCX,CH?水解反应制得，D错误；故答案为：B。视 频n5.A I N、G a N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-A 1键、N-G a键。下列说法错误的是A.G a N的熔点高于A I N 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sp 3杂化 D.晶体中所有原子的配位数均相同【答案】A【解析】【分析】A 1和G a均为第I H A元素，N属于第VA元素，A 1 N、G a N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

8、电子体之间的结构和性质相似。A IN、G a N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A IN、G a N为结构相似的共价晶体，由于A 1原子的半径小于G a,N A l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G a N的熔点低于A IN,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AIN、GaN与金刚石互为等电子体，则其晶体中所

9、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。视 频 n6.实验室用基准Na2cO3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Na2co3标准溶液。下列说法错误的是A.可用量筒量取25.00mL Na2CO3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 标准溶液C.应选用烧杯而非称量纸称量Na2cO3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

10、示剂，并以盐酸滴定Na2co3标准溶液，则应将Na2cCh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25.00 mL Na2cO3标准溶液置于锥形瓶中，A 说法错误；B.Na2cCh溶液显碱性，盛放Na2cCh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.Na2c03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.Na2c

11、03溶液显碱性，甲基橙滴入Na2cCh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。询 视 频 7.上崖柏素具天然活性，有酚的通性，结构如图。关于上崖柏素的说法错误的是0y-崖柏素A.可与澳水发生取代反应B.可与NaHCO,溶液反应C.分子中的碳原子不可能全部共平面D.与足量H2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加体系，其分子中羟基具有类似的酚羟基的性质。此外，该分子中还有锻基可与氢气发生加成反应转化为脂环醇。【详解】A.酚可与滨

12、水发生取代反应，r崖柏素有酚的通性，且 卢崖柏素的环上有可以被取代的H,故Y-崖柏素可与澳水发生取代反应，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.丫-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；O HD.r崖柏素与足量H2加成后转化为|)O H，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。7 视频。8.实验室制备KMnO过程为：高温下在熔融强碱性介质中用KCIO

13、3氧化Mil。?制 备 水 溶 后 冷 却，调溶液pH至弱碱性，K M nO,歧化生成KMnOq和Mn。?；减压过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，再减压过滤得KMn。一 下列说法正确的是A.中用瓷塔烟作反应器B.中用NaOH作强碱性介质C.中K?MnO4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【解析】【分析】由题中信息可知，高温下在熔融强碱性介质中用KCICh氧 化 MnCh制备K2M nO4,然后水溶后冷却调溶液pH至弱碱性使K2MnO4歧化生成KMnO4和MnCh,M n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KCICh氧

14、 化 MnCh制备KzMnCU,由于瓷用烟易被强碱腐蚀，故不能用瓷用堪作反应器，A 说法不正确；B.制备KMnCU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 M nCh,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，KzMnCU歧化生成KMnCU和 MnCh的物质的量之比为22:1,根据M n元素守恒可知，MnCh中的M n元素只有转化为KMnO4,因此，MnCh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。视频r9.已知苯胺（液体）、苯甲酸（固体）微溶于水，苯胺

15、盐酸盐易溶于水。实验室初步分6 mol,L-1NaOH溶液离甲苯、苯胺、苯甲酸混合溶液的流程如下。下列说法正确的是0.5 mol,LA.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I I,向有机相II中加入碳酸钠溶液将微

16、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。【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Co司 视 频 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

17、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，C3Hs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+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

18、种，B 项正确；C.NO是催化剂，增大N。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02反应制备丙烯的总反应都为2c3H8+02.N 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。F视频n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。1 1.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0气体液体固体粉末Aco2饱和N a 2 cO 3 溶液C a C 03BC

19、 l2F e C l2溶液F eCHC1CU(N C)3)2 溶液CuDNH3H2OA g C lA.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A.通入C O 2 气体依次发生反应C C h+N a 2 co 3+H 2 O=2 N a H C O 3、C a C O3+H 2 O+C O 2=C a(H C O3)2,由于在相同温度下N a H C C h 的溶解度小于N a 2 co 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 CL,发生反应 C L+2 F e C 1 2=2 F e C 1 3、2 F e C 1 3+F e=3 F e C b,最终 F

20、 e 消失得到澄清溶液，B项不选；C.通入H C 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+2N O3=3 CU2+2 N O t +4 H2O,最终C u 消失得到澄清溶液，C项不选；D.A g C l 在水中存在溶解平衡A g C Ks)=A g+(a q)+C (a q),通入N H 3 后，A g+与 N H 3结合成 A g(N H 3)2 +,使溶解平衡正向移动，最终A g C l 消失得到澄清溶液，D项不选；答案选A。时 视 频 n1 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

21、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固体X硫化铜精矿一*浸取中和调pH过滤还原过滤F e(O H)3CU(OH)2Z n(OH)2开始沉淀p H1.94.26.2沉淀完全p H 3.26.78.2下列说法错误的是A.固体X主要成分是F e(0 H)3 和 S；金属M为 Z nB.浸取时，增大0?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【解析】【分析】C u S 精矿(含有杂质Z n、F e 元素)在高压O 2 作用下，用硫酸溶液浸取，C u S 反应产生为C u S C U、S、H 2

22、 O,F e?+被氧化为Fe 3+,然后加入N H 3 调节溶液p H,使 Fe 3+形成Fe(0 H)3 沉淀，而 C M+、Z i?+仍以离子形式存在于溶液中，过滤得到的滤渣中含有S、Fe(O H)3；滤液中含有C i?+、Z n2+；然后向滤液中通入高压H 2,根据元素活动性：Z n H C u,C u 2+被还原为C u 单质，通过过滤分离出来；而 Z/+仍然以离子形式存在于溶液中，再经一系列处理可得到Z n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 Z n,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)+

23、S%(aq),增大。2的浓度，可以反应消耗S 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 C/+、Z i?+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C#+变为Cu单质时，见 失去电子被氧化为H+,与溶液中OH-结合形成H 9,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。视频1 3.设计如图装置回收金属钻。保持细菌所在环境pH稳定

24、，借助其降解乙酸盐生成C。？，将废旧锂离子电池的正极材料LiCoO?(s)转化为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。下列说法正确的是乙酸盐 阳 膜 CoCl2 乙酸盐阳膜 盐酸溶液 溶液 溶液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 LiCoO2+2H2O+e-=Li+Co2+40H-D.若甲室Co?+减少2 0 0 m g,乙室Co?+增加3 0 0 m g,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，

25、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C02气体，同时生成H*,电极反应式为CH3coO-8e+2 H2O=2CO2T+7H+,FT通过阳膜进入阴极室，甲室的电极反应式为C02+2e-=Co,因此，甲室溶液pH逐渐减小，A错误；B.对于乙室，正极上LiCoCh得到电子，被还原为C o2+,同时得到L i+,其中的。2-与溶液中的 H+结合 H2O,电极反应式为 2LiCoO2+2e-+8H+=2Li+2co2+4H2。，负极发生的反应为CH3co0 -8 e-+2 H2O=2C02T+7 H+,负极产生的H卡 通过阳膜进入正极

26、室，但是乙室的H+浓度仍然是减小的，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O H,乙室电极反应式为：LiCoO2+e-+4H+=Li+Co2+2H2O,C 错误；D.若甲室Co2+减少200m g,则电子转移物质的量为(e)=U 1x2=0.0068m ol；若乙室Co?+增加300 m g,则转移电子的物质的量为59g/mol0 3g|X l=0.0051m ol,由于电子转移的物质的量不等，说明此时已进行过59g/mol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。(视频D14.工业上以SrSOs)为原料生产SrC O K s

27、),对其工艺条件进行研究。现有含SrC03(s)的 O.lm olLi、10moi LNa2coi溶液，含SrSO.s)的0.1mol L；i、l.O m ollN a2s04溶液。在一定pH范围内，四种溶液中lgc(Sr2+)/m olLLj随p H 的变化关系如图所示。下列说法错误的是*祖36.0 6.5 7.0 7.5 8.0 8.5 9.0pHA.反应 S r S O K s H CO；-，S K X）3+S O：的平衡常数K=K j S r S O jKs p(S r CO3)B.a 6.5C.曲线代表含S r CX Vs）的LO m o l.LN a N O s 溶液的变化曲线D.

28、对含S r S O Js）且 N a 2s C 和 N a 2c o：初始浓度均为L O m o l C 的混合溶液,p H 2 7.7时才发生沉淀转化【答案】D【解析】【分析】溶液p H 变化，含硫酸锢固体的硫酸钠溶液中锂离子的浓度几乎不变，p H相同时，溶液中硫酸根离子越大，锯离子浓度越小，所以曲线代表含硫酸锢固体的0.1m o l/L硫酸钠溶液的变化曲线，曲线代表含硫酸锯固体的l m o 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，l m o l/L碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度大于0.1m o l/L碳酸钠溶液，则

29、曲线表示含碳酸锯固体的O.l m o l/L碳酸钠溶液的变化曲线，曲线表示含碳酸锯固体的l m o l/L碳酸钠溶液的变化曲线。详解A.反应 S r S O 4（s）+C O；.S r CO 3（s）+S O：的平衡常数 K=E g =c(S 0：)c(S r 2，)_ K.p(S r S C 4)(Crx2-/c 2+、0/s q c x 9 A 止 确；c(CO3)c(S r*)K /S r CO ,)B.由分析可知，曲线代表含硫酸锢固体的O.l m o l/L硫酸钠溶液的变化曲线，则硫酸锂的溶度积K p(S r S O 4)=10T 5x 0.1=l()i 5,温度不变，溶度积不变，则溶

30、液p H为 7.7时，锂离子的浓度为至，=1()T-5,则 a 为-6.5,B 正确；l m o l/LC.由分析可知，曲线表示含碳酸锢固体的l m o l/L碳酸钠溶液的变化曲线，C 正确；D.对含S r S CU(s)且 N a 2s。4和 N a 2c o 3初始浓度均为l.O m o l-L1的混合溶液中锂离子的浓度为1065,根据图示，p H 2 6.9 时锢离子的降低，所以P H 26.9 时发生沉淀转化，D 错误；故选DoW 视频15.Cu“S e 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。

31、下列说法正确的A.每个Cu 2r s e 晶胞中Q?+个数为xB.每个N a?S e 晶胞完全转化为Cu 2一、S e 晶胞，转移电子数为8C.每个N a Cu S e 晶胞中0 价 C u 原子个数为1-xD.当N a y Cu S e 转化为N a Cu S e 时，每转移(l-y)m o l 电子，产生(l-x)m o l Cu 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8x：+6 x g=4,位O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,

32、解得a=4 x,故A 错误；B.由题意可知，NazSe转化为C 3 S e 的电极反应式为Na2Se_2D+(2x)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8x：+6 x =4,则每O个晶胞中含有4 个 N azSe,转移电子数为8,故 B 正确；C.由题意可知，Cu2rse转化为NaCuSe的电极反应式为CU2一 xSe+e-+Na+=NaCuSe+(l-x)Cu,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,则每个晶胞中含有4 个 N aCuSe,晶胞中0 价铜而个数为(4-4x),故 C 错误；D.由题意可知，NayCu2-xSe

33、转化为NaCuSe的电极反应式为NayCu2-xSe+(I-y)e-+(l-y)Na+=NaCuSe+(l-x)Cu,所以每转移(Ly)电子,产生(l-x)mol 铜,故 D 正确;故选BD。7视频D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Ni(CN)x-Z n(NHJy-zC6H6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=bwc,a邛=尸90。回答下列问题:(1)基态N i 原子的价电子排布式为ONi2+OZ n2+，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 i

34、?+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)口 比 咤()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、则毗咤中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?杂化轨道(4)在水中的溶解度，口比咤远大于苯，主 要 原 因 是，。增大而增强，其中碱性最弱的是 o【答案】(1).3d84s 2 .第 4 周期第V I I I 族(2).2:3.2:1:1 Z n2 N i2+(3)D(4).毗咤能与H 2 O 分子形成分子间氢键.毗咤和H 2。均为极性分子相似相溶，

35、而苯为非极性分子(5)【解析】【小 问1详解】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：3d84s 2,在周期表中第四横行第10纵列即位于第4周期第V I I I族，故答案为：3d84s 2；第4周期第V I I I族；【小问2详解】由题干晶胞示意图可知，N i?+周围连接四个原子团，形成的配位键数目为：4,空间结构为正方形，V E S P R模型为平面四边形，采用ds p?杂化;Z/+周围形成的配位键数目为：6,V E S P R模型为正八面体，采用s p%?杂化，所以N i?+与Z i?+的配位数之比为4:6=2:3；含有CN-（小黑球N+小白球C）为：8 x 1=4,含

36、有N H 3（棱上小黑球）个数为:28 x1=2,晶胞中苯环在四个侧面且每个苯环只有一半属于该晶胞，所以苯环个数4为：4 x1=2,则该晶胞的化学式为：N i（CN）4-Z n（NH3）2-2 C6H6,即 x:y:z=42 2=2:1:1；故答案为：2:3；2:1:1；Z n2 N i2+；【小问3详解】毗咤I）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，则说明此咤中N原子也是采用s p 2杂化，杂化轨道只用于形成。键和存在孤电子对，则毗咤中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详解】已知苯分子为非极性分子，H 2 O分子为极性分子，且毗咤

37、中N原子上含有孤电子对能与H 2 O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 0分子形成分子间氢键；口比咤和H 2 0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-C H 3为推电子基团，-。是吸电子基团，则导致N原子电子云密度大小顺序为：l l|I,结合题干信息可知，其中碱性最弱的为:。,故答案为：。然而 视 频 Q17.工业上以氟磷灰石 C a5F（POj3,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Si Oz反应生成二元强酸H?Si F6,离子方程式为（2）部分盐的溶度积常

38、数见下表。精 制I中，按物质的量之比n（N a 2 C O j:n（Si玲）=1:1 加入Na 2 cO3脱氟，充分反应后，c（N a+）=m o l-L1;再分批加入一定量的B a C O s，首 先 转 化 为 沉 淀 的 离 子 是。Ba Si RNa?Si RC a S O4B a S O4-l.OxlO-64.0 x IO-69.OxlO-41.0 x 1 0-（3）SO：浓度（以SO,%计）在一定范围时，石膏存在形式与温度、H3Po&浓度（以巳。5%计）的关系如图甲所示。酸解后，在所得10（）、P05%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

39、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P2O5%和SO，%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）。0OOOOOO4062842211P越娟010 20 30 40 50P2O5%图甲60050505054332211%5S0 5 10 15 20 25 30 35 40 45P2O5%0图乙A.65、P2O5%=15,SO3%=15 B.80C、P2O5%=10,SO3%=20C.65C、P2O5%=10,SO3%=30 D.80C、P2O5%=10,SO3%=10【答案】（1）6H

40、F+SiO2=2H+SiF/+2H2O（2）.2.0 x10-2.SO：（3）.CaSO40.5H2。.抑制CaSCU的溶解，提高产品石膏的产率.酸解.AD【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siK、过滤，滤液经精制n 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+SiF+2H2。【小问2 详解】精 制 1中，按物质的量之比n(Na2co3):n(SiF：尸 1:1加入Na2cCh脱氟，该反应的化学方程式为H2SiF6+Na

41、2c03=Na2SiF61+CO2f+H20,充分反应后得到沉淀Na2SiF6,溶液中有饱和的Na2SiF6,且 c(Na+)=2c(SiF：),根据NazSiFo的溶度积可知 Ksp=c2(Na+)c(SiF：-)=4c3(SiF，)，c(S iF/)=秒券=1.0 x1 O3molLL 因此 c(Na+)=2c(SiF62一 )=2.0 xl0-2molL-i；同时，粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c(Ca2+)=c(SO-)=79,0 x1 O4=3.0 xlO-2 mohL-1；分批加入一定量的 BaCCh,当1 n X10-6BaSiF6沉淀开始生成时，c(Ba2+=1.0 xlQ-3

42、 mol-L1,当 BaSCU沉淀开始1.0 x10-3I Ox in-10生成时，c(Ba2+)=L U X L U 23.3x10-9 mol-L1,因此，首先转化为沉淀的离子是3.0 x10-2SO：一,然后才是SiF；-。【小问3 详解】根据图中的坐标信息，酸解后，在所得100C、P2O5%为 45的混合体系中，石膏存在形式为CaSO40.5H2。；CaS04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

43、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，体系温度为65时，位于65线上方的晶体全部以CaSOb0.5H2O形式存在，位于6 5 c 线下方的晶体全部以CaSO42H2。体系温度为8 0 c 时，位于80线下方的晶体全部以CaSO42H2O形式存在，位于8 0 c 线上方的晶体全部以CaSCVOSHzO形式存在，据此分析：A.P2O5%=15s SO3%=1 5,由图乙信息可知，该点坐标位于6 5 c 线以下，晶体以CaSO42H2。形式存在，可以实现石膏晶体的转化，A 符合题意；B.P2O5%=10,SO3%=20,由图乙信息可知，该点坐标位

44、于8 0 c 线的上方，晶体全部以CaSO40.5H2O 形式存在，故不能实现晶体的转化，B 不符合题意；C.P2O5%=10,SO.3%=3 0,由图乙信息可知，该点坐标位于6 5 c 线上方，晶体全部以CaSO40.5H2。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CaSO42H2O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AD。，前 视 频 D18.实验室利用FeCl2-4H2O 和亚硫酰氯（SOC12）制备无水FeCl?的装置如图所示（加热及夹持装置

45、略）。已知SOC1?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N2。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FeC%FH。，为测定n值进行如下实验：实验I：称取ng样品，用足量稀硫酸溶解后，用cm olL kzC r?。?标准溶液滴定Fe?+达终点时消耗VmL（滴定过程中5 O 会转化为C产，C V不反应）。实验n：另取m|g样品，利用上述装置与足量SOCh反应后，固体质量为t g。则n=；下列情况会导致n 测 量 值

46、 偏 小 的 是（填标号）。A.样品中含少量FeO杂质B.样品与SO。Z 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TiC）2+CCl TiCL+CO?制备T i C l-已知TiCl 与C。,分子结构相似，与CC1 互溶，但极易水解。选择合适仪器并组装蒸僧装置对TiCl4,CCI4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 o【答案】（1）.a.FeC12 4H2O+4SOC12（g）AFeC12+4SO2+8HCl.冷凝回流SOCL（2）.-1-0-0-0-（m,-m7）-.AB

47、108cV（3）.CC14【解析】【分析】SOC12与 H2O反应生成两种酸性气体，FeC12-4H2O与 SOC12制备无水FeCL的反应原理为：SOC12吸收FeC12,4H2O受热失去的结晶水生成S02和 HCLHC1可抑制FeCh的水解，从而制得无水FeCho【小 问 1 详解】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 C b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AF e C H 4 H 2 O+4 SO C b(g)=F e C 1 2+4 SO 2+8 H C l；装置 c、d 的共同作用是冷凝回流ASO C I 2；答案

48、为：a；F e C 1 2-4 H2O+4 SO C 1 2(g)=F e C 1 2+4 SO2+8 H C l；冷凝回流 SO C I 2。【小问2详解】滴定过程中5 2。歹将F e 2+氧化成F e 3+,自身被还原成C r3f,反应的离子方程式为6 F e2+C r2O +1 4 H+=6 F e3+2 C r3+7 H2O,则 如g 样品中n(F e C h)=6 n(C r2O )=6 cV x 1 0-3m o l；mg样品中结晶水的质量为(如-?2)g，结晶水物质的量为四”m o l,(F e C 1 2)：M(H 2 O)=1：=(6CVX 1 0 _3m o l)：m o

49、l,解得1 8 1 8_ 1 0 0 0(町一外)；1 0 8 cVA.样品中含少量F e O 杂质，溶于稀硫酸后生成F e2+,导致消耗的K z C n C h 溶液的体积V 偏大，使的测量值偏小，A项选；B.样品与S O C 1 2 反应时失水不充分，则“2 2 偏大，使的测量值偏小，B项选；C.实验【称重后，样品发生了潮解，样品的质量不变，消耗的K 2 C r 2 C h 溶液的体积 V 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 C h 溶液的体积 V 偏小，使的测量值偏大，D 项不选；答案选A B o【小问3详解】组装蒸储装

50、置对T i C L、C C 1 4 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，T i C L i 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T i C k、C C 1 4 分子结构相似，T i C L 的相对分子质量大于C C 1 4,T i C L 分子间的范德华力较大，T i C L 的沸点高于 C C 1 4,故先蒸出的物质为C C 1 4；答案为：；C C 1 4 TOMD1 9.支气管扩张药物特布他林(H)的一种合成路线如下:PhCH2O,8 0 cPhCH2O cC,