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 S 32 Cl 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(Au)：“虽被火亦
2、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()：“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+SAg2S、Fe+SFeS、2Cu+SCu2S，反应中S作氧化剂，与其氧化性有关，C符合题意；D
3、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
4、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，故需棕色广口瓶中、阴冷处密封保存，D正确；故答案为：C。3. 、的半衰期很短，自然界中不能稳定存在。人工合成反应如下：；。下列说法正确的是A. X的中子数为2B. X、Y互为同位素C. 、可用作示踪原子研究化学反应历程D. 自然界不存在、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，Y微粒为，据此分析解题。A. 由分析可知，X微粒为，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，Y微粒为，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
5、确；C.由题干信息可知，与的半衰期很短，故不适宜用作示踪原子研究化学反应历程，C错误；D.自然界中不存在与并不是其化学键不稳定，而是由于与的半衰期很短，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()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(CF
6、2=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. 、属于第三代半导体材料，二者成键结构与金刚石相似，晶体中只存在键、键。下列说法错误的是A. 的熔点高于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
7、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
8、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，并以盐酸滴定标准溶液。下列说法错误的是A. 可用量筒量取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标准溶液C. 应选用烧杯而非称量纸称量固体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
9、量取25.00 mL Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中，A说法错误；BNa2CO3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；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
10、素的说法错误的是A. 可与溴水发生取代反应B. 可与溶液反应C. 分子中的碳原子不可能全部共平面D. 与足量加成后，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
11、，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-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. 实验室制备过程为：高温下在熔融强碱性介质中用氧化制备；水溶后冷却，调溶液至弱碱性，歧化生成和；减压过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，再减压过滤得。下列说法正确的是A. 中用瓷坩埚作反应器B. 中用作强碱性介质C. 中只体现氧化性D. 转化为的理论转化率约为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，
12、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，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元素只有转化为KMnO4，因此，MnO2转
13、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
14、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
15、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生成的反应历程有2种C. 增大NO量，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
16、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+O22C3H6+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、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A饱和溶液B溶液C溶液DA. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A通入CO2气体依次发生反应CO2+
17、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，在酸性条件下会表现强氧化性，发生离子反应：3Cu+8H+2=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
18、移动，最终AgCl消失得到澄清溶液，D项不选；答案选A12. 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。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主要成分是和S；金属M为ZnB. 浸取时，增大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、S、H2O，Fe2+被氧化为Fe3+，然后加入
19、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)，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
20、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钴。保持细菌所在环境pH稳定，借助其降解乙酸盐生成，将废旧锂离子电池的正极材料转化为，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
21、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D. 若甲室减少，乙室增加，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LiC
22、oO2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200 mg，电子转移物质的量为n(e-)= ，乙室Co2+增加300 mg，转移电子的物质的量为n(e-)=，说明此时已进行过溶液转移，D正确；故合理选项是BD。14. 工业上以为原料生产，对其工艺条件进行研究。现有含的、溶液，含的、溶液。在一定pH范围内，四种溶液中随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是A. 反应的平衡常数
23、B. C. 曲线代表含的溶液的变化曲线D. 对含且和初始浓度均为的混合溶液，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
24、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。【详解】A反应SrSO4(s)+COSrCO3(s)+SO的平衡常数K=，故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=106.5，则a为6.5；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，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
25、pH无关，故D错误；故选D。15. 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. 每个晶胞中个数为xB. 每个晶胞完全转化为晶胞，转移电子数为8C. 每个晶胞中0价Cu原子个数为D. 当转化为时，每转移电子，产生原子【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+6=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
26、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+6=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+6=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)
27、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。回答下列问题：（1）基态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，与的配位数之比为_；_；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.
28、 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_。【答案】（1） 3d84s2 . 第4周期第VIII族 （2） . 2:3 . 2:1:1 . Zn2+ （3）D （4） . 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 （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
29、有Ni2+个数为：=1，Zn2+个数为：=1，含有CN-为：=4，NH3个数为：=2，苯环个数为：=2，则该晶胞的化学式为：，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，则与的配位数之比,4:6=2:3；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大键，则说明吡啶中N原子也是
30、采用sp2杂化，杂化轨道只用于形成键和存在孤电子对，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，含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）
31、酸解时有产生。氢氟酸与反应生成二元强酸，离子方程式为_。（2）部分盐的溶度积常数见下表。精制中，按物质的量之比加入脱氟，充分反应后，_；再分批加入一定量的，首先转化为沉淀的离子是_。（3）浓度(以计)在一定范围时，石膏存在形式与温度、浓度(以计)的关系如图甲所示。酸解后，在所得、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和的关系如图乙所示，下列条件能实现酸解所得石膏结品转化的是_(填标号)。A.、 B.、C.、 D.、【答案】（1）6HF+SiO2=2H+2H2O （2）
32、. . （3） . CaSO40.5H2O . 减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率 . 酸解 . 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，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+2H2O。【小问2详解】精制1中，按物质的量之比n(Na2CO3):n()= 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Na2Si
33、F6，溶液中有饱和的Na2SiF6，且c(Na+)=2c()，根据Na2SiF6的溶度积可知Ksp= c2(Na+) c()=4c3()，c() =molL-1，因此c(Na+)=2c()=molL-1；同时，粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c(Ca2+)=c()=molL-1；分批加入一定量的BaCO3，当BaSiF6沉淀开始生成时，c(Ba2+)= molL-1，当BaSO4沉淀开始生成时，c(Ba2+)= molL-1，因此，首先转化为沉淀的离子是，然后才是。【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CaSO40.5H2O；CaSO
34、4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CaSO40.5H2O形式存在，位于80线下方，晶体全部以CaSO42H2O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、SO3%= 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
35、 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；CP2O5%= 10、SO3%= 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CaSO40.5H2O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D。18. 实验室利用和亚硫酰氯()制备无水的装置如图所示(加热及夹持装置略)。已知沸点为，遇
36、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。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，为测定n值进行如下实验：实验：称取样品，用足量稀硫酸溶解后，用标准溶液滴定达终点时消耗(滴定过程中转化为，不反应)。实验：另取样品，利用上述装置与足量反应后，固体质量为。则_；下列情况会导致n测量值偏小的是_(填标号)。A.样品中含少量杂质B.样品与反应时失水不充分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、根据反应制备。已知与分子结构相似，与互溶，但极
37、易水解。选择合适仪器并组装蒸馏装置对、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_。【答案】（1） . a . FeCl24H2O+4SOCl2(g)FeCl2+4SO2+8HCl . 冷凝回流SOCl2 （2） . . AB （3） . . CCl4【解析】【分析】SOCl2与H2O反应生成两种酸性气体，FeCl24H2O与SOCl2制备无水FeCl2的反应原理为：SOCl2吸收FeCl24H2O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
38、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FeCl24H2O+4SOCl2(g)FeCl2+4SO2+8HCl；装置c、d的共同作用是冷凝回流SOCl2；答案为：a；FeCl24H2O+4SOCl2(g)FeCl2+4SO2+8HCl；冷凝回流SOCl2。【小问2详解】滴定过程中将Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原成Cr3+，反应的离子方程式为6Fe2+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O，则m1g样品中n(FeCl2)=6n()=6cV10-3mol；m1g样品中结晶水的质量为(m1-m2)g，结晶水物质的量为mol，n(FeCl2)：n(H2O)=1
39、：n=(6cV10-3mol)：mol，解得n=；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，然后
40、连接冷凝管，蒸馏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，TiCl4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：；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：. .、. 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、和苯环结构的有_种。（5）
41、根据上述信息，写出以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） . 浓硫酸，加热 . 2 （2） . 取代反应 . 保护酚羟基 （3） . CH3COOC2H5 . +Br2+HBr （4）6 （5）【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PdC做催化剂作用下与氢气反应生成H。【
42、小问1详解】由分析可知，AB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，BC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，BC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；EF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+Br2+HBr，故答案为：CH3COOC2H5；+Br2+HBr；【小问4详解】H的同分异构体仅含有OCH2CH3和NH2可
43、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，发生信息反应生成，在PdC做催化剂作用下与氢气反应生成，合成路线为，故答案为：。20. 利用丁内酯(BL)制备1，丁二醇(BD)，反应过程中伴有生成四氢呋喃(THF)和丁醇(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；因反应在高压氛围下进行，故压强近似等于总压。回答下列问题：（1）以或BD为初始原料，在、
44、的高压氛围下，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；以BD为原料，体系从环境吸热。忽略副反应热效应，反应焓变_。（2）初始条件同上。表示某物种i的物质的量与除外其它各物种总物质的量之比，和随时间t变化关系如图甲所示。实验测得，则图中表示变化的曲线是_；反应平衡常数_(保留两位有效数字)。以BL为原料时，时刻_，BD产率=_(保留两位有效数字)。（3）为达平衡时与的比值。、三种条件下，以为初始原料，在相同体积的刚性容器中发生反应，随时间t变化关系如图乙所示。因反应在高压氛围下进行，可忽略压强对反应速率的影响。曲线a、b、c中，最大的是_(填代号)；与曲线b相比，曲线c
45、达到所需时间更长，原因是_。【答案】（1）-200(X+Y) （2） . a或c . 8.310-8 . 0.08 . 39% （3） . 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、均是逆向移动，增大，故=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5.010-3mol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1mol时二者能量差值为200(X+Y)kJ，反应I为放热反应，因此焓变=-200(X+Y)kJmol-1。【小问2详解】实验测定XY，则达到平