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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(Au)：“虽被火亦未
2、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】【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 2O=C a(OH)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不合题忌；C.石硫磺即S：能化银、铜、铁，奇物”是指2Ag+S Ag 2S、Fe+S Fe S、2CU+S=CU2S,反应
3、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+2C H3C OOH=(C H3C OO)2C a+H 2O+C O2T，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.高锦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
4、，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.高镭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：Co3.0、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 o+：x ；(o+jH e 巧。+：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、0 可用作示踪原子研究化学反应历程D.自然界不存在;3。2、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；H e,Y 微粒为；H e,据此分析解题。A.由分析
5、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，: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;3。2与;5。2并不是其化学键不稳定，而是由于;3。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：B。4.下列高分子材料制备方法正确的是A.聚乳酸（H0 H）由乳酸经加聚反应制备B 聚四乙烯（-CFC
6、F 2 土）由四氟乙烯经加聚反应制备OOC.尼龙66（HN H（CH2）6NHC H（C H2）4C H O H）由己胺和己酸经缩聚反应制备D.聚乙烯醇?用）由聚乙酸乙烯酯（O H）经消去反应制备【答案】B【解析】【详解】A.聚乳酸（HO H）是由乳酸H O C H（C H3）C O O H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（-f-C F 2 C F a -）是由四氟乙烯（C F 2=C F 2）经加聚反应制备，B正确;OOC .尼龙-6 6（H_NH（CH2）6NH 6H（CH2）48HWOH）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（七2）由聚乙酸乙
7、烯醇酯（）发生水解反应制得，D错误;故答案为：B o5.A I N、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-A 1 键、N-G a 键。下列说法错误的是A.GaN 的熔点高于A 1 NB.晶体中所有化学键均为极性键C.晶体中所有原子均采取s p 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 l 和 G a 均为第mA元素，N 属于第VA元素，A I 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，等电子体之间的结构和性质相似。A I N、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
8、个配位键。【详解】A.因为A 1 N、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 1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 I N,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s p 3 杂化；由于A 1 N、G a N 与金刚石互为等电子体，则其晶体中所有原子均采取s p 3 杂化，C说法正确；D.金刚石中每个C原子与其
9、周围4个 C原子形成共价键，即 C原子的配位数是4,由于A I N、G a N 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Na 2 c。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Na 2 c O3 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 a 2 c o 3 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Na 2 c。3 标准溶液C.应选用烧杯而非称量纸称量N a 2 c o 3 固体1）.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Na
10、2 c C h标准溶液，则应将Na 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。【详解】A.量筒的精确度不高，不可用量简量取N a 2 c Ch 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 Ch 标准溶液置于锥形瓶中，A说法错误；B.N a 2 c o3 溶液显碱性，盛放N a 2 c 0 3 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 Ch 标准溶液，B 说法正确；C.N a 2 c Ch 有吸水性且有一定的腐蚀性，故应选用烧杯
11、而非称量纸称量N a 2 c Ch 固体，C 说法正确；D.N a 2 c Ch 溶液显碱性，甲基橙滴入N a 2 c Ch 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.上崖柏素具天然活性，有酚的通性，结构如图。关于Y-崖柏素的说法错误的是0H丫-崖柏素A.可与澳水发生取代反应B.可与N a H C。,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【解析】【分析】由题中信息可知，Y-崖柏素中碳环具有类苯环的共丽体系，其分子中羟基具有类似
12、的酚羟基的性质。此外，该分子中还有城基可与氢气发生加成反应转化为脂环醇。【详解】A,酚可与滨水发生取代反应，十崖柏素有酚的通性，且上崖柏素的环上有可以被取代的H,故/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N a H CCh溶液反应，/崖柏素分子中没有可与N a H CCh溶液反应的官能团，故其不可与N a H CCh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；0HD.片崖柏素与足量H 2加成后转化为OH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
13、上所述，本题选B。8.实验室制备K M n O 过程为：高温下在熔融强碱性介质中用K C1 O,氧化M n。？制备K2M n O4；水溶后冷却，调溶液p H至弱碱性，K 2 M n O,歧化生成K M n C)4和M n O2；减压过滤，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶，再减压过滤得K M n C)4。下列说法正确 是A.中用瓷蛆埸作反应器B.中用N aO H 作强碱性介质C.中K2M11O4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K2MnO4,然后水溶后冷却调溶液pH至弱碱性使
14、KzMnCU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KC1O3氧 化 MnCh制备K2MnC4,由于瓷珀期易被强碱腐蚀，故不能用瓷用烟作反应器，A 说法不正确；B.制备KMnOa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 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，LMnCh歧化生成KMnC4和 MnCh的物质的量之比为2:1,根2据 M n元素守恒可知，MnCh中的M n元素只有转化为KM nCh,因此，
15、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。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0.5 mol,L-1A.苯胺既可与盐酸也可与N aO H 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
16、，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。【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
17、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H O N O 的反应历程有2 种C.增 大 NO的量，C3H$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N0+-00H=N02+OH、NO+NO2+H2O=2HONONCh+C3H7=C3H6+HONO、HONO=NO+O H,含 N 分子 NO、N th、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
18、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，C 3 H 8 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。2 反应制备丙烯的总反应都为2 c 3 H 8+。2金仝2 c 3 H 6+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。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
19、澄清溶液。下列物质组合不符合要求的是气体气体液体固体粉末Aco2饱和Na2cO3溶液CaCO3BCl2FeCl2溶液F eCHC1CU(NC)3)2 溶液CuDN H3H2OAgClA.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+Na2cO 3+H2O=2NaHC O 3、C aC O 3+H2O+C O 2=C a(HC O3)2,由于在相同温度下NaHC C h 的溶解度小于Na2cC h,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。2+2F eC b=2F eC 13、2F eC l3+F e-3F e
20、C b,最终F e消失得到澄清溶液，B项不选；C.通入HC L N O 3 在酸性条件下会表现强氧化性，发生离子反应：3C u+8H+2NO 3=3C u2+2NO t +4 H 2 O,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)U A g+(aq)+C (叫)，通入N%后，A g+与 NH3结合成Ag(NH3)2J+,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。硫酸溶液，
21、高压。2 NH3 高压H2下列说法错误的是F e(O H)3CU(OH)2Zn(OH)2开始沉淀pH1.94.26.2沉淀完全pH3.26.78.2A.固体X 主要成分是Fe(OH),和 S；金属M 为 ZnB.浸取时，增大。2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C u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CuSCh、S、H2O,Fe2+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/+、Z d+仍以离子形式存在于溶液中
22、，过滤得到的滤渣中含有S、Fe(0H)3；滤液中含有CM+、ZM+；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 Zi?+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(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)UCu2+(aq)+S2 a q),增大O2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 NFh调节溶液pH时，要使Fe3+转化
23、为沉淀，而 Ci?+、ZM+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3.2 4.2,C 正确；D.在用H2还原CM+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 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Cc)2+,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
24、说法正确的是乙 酸 盐 阳 膜 CoCi,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 L ie。2 +2H?O+e=L+C(2+4 0 HI).若甲室Co?+减少2 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，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，Co?+在另一个电极上得到电子，被还原产生C。单质，CH3CO
25、O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LiCoOz得到电子，被还原为C02+,同时得到L i+,其中的O 与溶液中的H+结合H 2O,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：LiCoCh+e+4H+=Li+Co2+2H2O,C 错误；0 2gD.若甲室(：02+减少200 0 ,电子转移物质的量为(e-尸六7yx2=0.0068m ol,乙室59g/mol0 3g(S r S O4)Ks p(S r C O3)B.a=-6.5C.曲线代表含S
26、 r C O3(s)的l.Om o l【-N a 2 c。3溶液的变化曲线D.对含S r S C)4 (s)且N a 2 s o 4和N a 2 c o,初始浓度均为L Om o l L”的混合溶液，p H 7.7时才发生沉淀转化【答案】D【解析】【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，则含硫酸盥固体的硫酸钠溶液中锢离子的浓度几乎不变，pH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锯固体的Omol/L硫酸钠溶液的变化曲线，曲线代表含硫酸锢固体的l mol/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，锯离子浓度越
27、大，pH相同时，l mol/L碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度大于0.l mol/L碳酸钠溶液，则曲线表示含碳酸锢固体的0.l mol/L碳酸钠溶液的变化曲线，曲线表示含碳酸锢固体的1 mol/L碳酸钠溶液的变化曲线。【详解】A.反应S rS O4（s）+C O U S r C O 3（s）+S O/的平衡常数K=空 二c COQ/c(S O)c(S r2+)Ks p(S rS Q4)c(c o；)c(s产)-y s rc oj，故 A正确;B.由分析可知，曲线代表含硫酸锯固体的O.l mol/L硫酸钠溶液的变化曲线，则硫酸锢的溶度积Kp（S rS O4）=l OT.5 x 0.i=i（）T.5,温
28、度不变，溶度积不变，则溶液p H 为 7.7时，锢1 0 65,离子的浓度为 一=1 0 65,则 a 为 6.5：1 mol/LC.由分析可知，曲线表示含碳酸锯固体的Imol/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，则含硫酸锢固体的硫酸钠溶液中锯离子的浓度几乎不变，所以硫酸锯的生成与溶液p H 无关，故 D错误；故选D o1 5.C u“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。下列说法正确的是OS e2-O Na+、C u+
29、、C u2+可能占据的位置 Na+A.每个C u2*S e晶胞中o?+个数为xB.每个Na?S e晶胞完全转化为C u 2 rs e晶胞，转移电子数为8C.每个N a C u S e 晶胞中0 价 C u 原子个数为1-x1）.当Nay C u2 rs e转化为N a C u S e 时，每转移（l-y）m o l 电子，产生（l-x）m ol C u原子【答案】D【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 x+6x；=4,位于体内8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=8-4 x,由化合价代数和为0 可得2 a+
30、b=4 x 2,解得a=4 x,故 A错误；B.由题意可知，NazS e转化为C u“S e的电极反应式为Na2 S e-e-+(2-x)C u=C u2“S e+Na+,由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为8X G+6XJ=4,则每个晶胞中含有4个8 2Na2S e,转移电子数为4,故 B 错误；C.由题意可知，C u”S e 转化为 NaC uS e C u2-xS e+e-+Na+=NaC uS e+(1-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+6X；=4,则每个晶胞中含8 2有 4个 NaC uS e,晶胞中0 价铜而个数为(4-4 x),故 C错误；D.
31、由题意可知，NayC u2-x S e转化为NaC uS e的电极反应式为NayC u2-x S e+(l-y)e+Na+=NaC uS e+(l-x)C u,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N i(C N)x-Z n(N H J y N C 6 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a=b#c,a=p=y=9 0。回答下列问题:(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
32、原子均参与形成配位键，N i?+与 Zi?+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)毗唬()替代苯也可形成类似的笼形包合物。已知毗嚏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，毗咤远大于苯，主 要 原 因 是 ,。(5)、|、|的碱性随N原子电子云密度的增大 J/I/N N N而增强，其 中 碱 性 最 弱 的 是。【答案】(1).3 d 8 4 s 2 .第
33、4周期第Vin 族(2).2:3 .2 土 1 .ZM+(3)D(4).毗咤能与H 2 0 分子形成分子间氢键.毗咤和H?O 均为极性分子相似相溶，而苯为非极性分子【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：3 d 8 4 s 2,在周期表中第四横行第10 纵列即位于第4 周期第VUI 族,故答案为：3 d 8 4 s 2；第 4周期第VI I I 族；【小问2详解】由题干晶胞示意图可知，一个晶胞中含有N i?+个数为：2 x 1=1,Z M+个数为：8?-=1,2 8含有C N-为：8?-=4,N H 3 个数为：8?-2,苯环个数为：4?1=
34、2,则该晶胞的化学式2 4 2为：N i(C N)4.Zn(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 d+周围形成的配位键数目为：6,则 N i：+与 Zn?+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,Z1?+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Zn2+,故答案为：2:3；2:1:1；Zn2+；【小问3详解】毗咤(1)替代苯也可形成类似的笼形包合物。已知叱咤中含有与苯类似的兀
35、；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6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，且毗咤中N原子上含有孤电子对能与H?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：毗唬能与 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5详解】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：17.工业上以氟磷灰石 C a 5 F（P C）4）3,含Si。
36、？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。?反应生成二元强酸H?S i R,离子方程式为（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（N a 2 c o 3）:n（Si璟）=1:1 加入N a 2 c O 3 脱氟，充分反应后，c（N a+）=m o l L-；再分批加入一定量的B a C C 3,首 先 转 化 为 沉 淀 的 离 子 是。B a S i RN a2S i F C a S O4B a S O4l.O xl O-64.0 x I O-69.O xl O-41.0 x1 0-1。（3）S O：浓度（以SO
37、3%计）在一定范围时，石膏存在形式与温度、H s P。4 浓度（以P 2 O 5%计）的关系如图甲所示。酸解后，在所得1（X）、P 2 0 5%为 4 5 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.6 5 C、P2O5%=1 5,S O3%=I 5 B.8 0 C、P2O5%=10 S O3%=2 0C.6 5、P2O5%=1 0 ,S O3%=3 0 D,8 0,P2O5%=1 0 S
38、 O3%=1 0【答案】(1)6 H F+S i O2=2 H+S i-+2 H2O(2).2.0 x1 0-2 .S O；-(3).C a S O 4-0.5 H 2。.减 少 C a S C U 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S i 年一,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S i O 2 反应生成二元强酸H2S i F6,该反应的离子方程式为6 H F+S i O2=2 H+S i I -+2 H2OO小问2详解】精 制 I
39、 中，按物质的量之比n(N a 2 c o 3)：n(S i F；D=1:1 加入N a zC C h 脱氟，该反应的化学方程式为H2S i F6+N a 2 c。3=N a2S i F6i+C O 2 t+H2O,充分反应后得到沉淀N a2S i F6,溶液中有饱和的 N a2S i F6,且 c(N a+)=2 c(S i K)根据 N a?S i F 6 的溶度积可知 K s p=c2(N a+)c(S i f t)=4C3(S i l t),c(S 代一)=胪=1.0 x 1 0 2 moi,因此 c(N a+)=2 c(S i )=2.0 xl 0-2m o l-L;同时，粗磷酸中还
40、有硫酸钙的饱和溶液，c(C a 2+)=c(S O j)=79.0 x10 3,0 x 10-2 mol-L-1；分批加入一定量的BaCCh，当 BaSiFe沉淀开始生成时，1 Ox 106c(Ba2+)=-=1.0 xl0-3 molL ,当 BaSC)4沉淀开始生成时，c(Ba2+)=1.0 x10-31 1 n-10,3.3 x l0-9 mol-L1,因此，首先转化为沉淀的离子是SO：,然后才是3.0 x10-2SiF；，【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CaSO4-0.5H2O;CaSCU在硫酸中的溶解度小于在水中的
41、，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CaSOb0.5H2O形式存在，位于80线下方，晶体全部以CaSO42H2。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%=15,SO3%=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%=10,SO3
42、%-2 0,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；C.P2O5%=10,SO3%=3 0,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CaSO40.5H2。形式存在，故不能实现晶体转化，C 不符合题意；D.P2O5%=10,SO3%=1 0,由图乙信息可知，该点坐标位于80线下方，晶体全部以CaSOb2H2O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FeCl2-4H2O 和亚硫酰氯(SOCI?)制备无水FeC%的装置如图所示(加热及夹持装置略)。
43、已知SOCL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N?。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FeCl2 nH2O,为测定n值进行如下实验：实 验I：称取01百样品，用足量稀硫酸溶解后，用cmoLLjiKzCrzO?标准溶液滴定Fe2+达终点时消耗VmL（滴定过程中Cm。歹转化为C，+,C 1不反应）。实验H：另取mg样品，利用上述装置与足量SOC1?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
44、FeO杂质B.样品与SOC12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TiOz+CC2TiCL+CO?制备T i C l-已知TiCl,与CC、分子结构相似，与C C,互溶，但极易水解。选择合适仪器并组装蒸播装置对TiCL、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），先屈出的物质为。A【答案】(1).a .F e C l2-4 H2O+4 S O C l 2 =F e C l2+4 S O2 t +8 H C 1 t .冷凝回流 S O C h(2).-1-0-0-0(m,-m2
45、)-.A B108cV(3).B(C9H10O4)B r,(C H)C NH C H,P hC H3C O O H F(C2 2HI,BIO3)_ 一 定 条 件 一 H2O/H+G(C H35N O3)EJHg)己知:K CO HPhOH+PhCH2Cl-%PhOCH,Ph-PhOH2 Pd-CP h-=IL、R、NaH II COOC,H,H,O/H+/RPhCOOC 凡 +R ICHCOOC2H5-p hA(LR-PhCOCH、R,R,R=H，烷基，酰基 R，III.HR.Br+R.NHCHTh N-C H2Ph-号,凡=烷基1/iC rG-C Kj K?回答下列问题:（1）ATB 反应
46、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 o（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-O C H 2 c H 3、-NH2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0H|)的 路 线 _。0H【答案】(1).浓硫酸，加热.2(2).取代反应.保护酚羟基(3 ).CH3 CO O C2 H5 OACCH2B r+HBrphH2cb2PhH C O O C 2 H 5 K2CO,OCCH3+Br2.“悭您phH2co入2Phph H jC O C O O C z H 5 N
47、aH A（4）6 （5）1 T TCQ O C2H6 phCHQO OHphH2CO Z Pd?O OH【解析】【分析】由C 的结构简式和有机物的转化关系可知1 ZT 一 C O O C2H6 CH3cH2COOC2H5 H2O/H+COOH，在浓硫酸作用下，与乙COOCZH6醇共热发生酯化反应生成，则 A为HO人HO人c。，小碳酸钾作用下 与 p h CH2 c l 发生取代反应生成、B 为；在OH HO*X5!OHCOJ t S。0 2H 51phH2CO O C H p hCO DC2 H5与 CH3 c o O C2 H5 发生信息n反应生成p h H z C Q/y O C H2Ph
48、OACCH3，则 Dp h H z C Q k y Q C H 2Ph为 CH38OC2H5、E 为;在乙酸作用下QCH2Phph H2coo与浪发OCH2Ph生取代反应生成phH2COOphH2CO,则 F 为phH2COOCHjphphH2COO;一定条件下OCHjph与(CH3)3CNHCH2Ph发生取代反应OCHjphO,H 2PhACCH2N(CH3)3则 为O,H 2PhCCH2N(CH3hphH2CO O C H p hO,H 2PhCCH2N(CH3h人 在 P d-C 做催化剂作用下与氢气反应生成2PhHo【小 问 1 详解】COOH由分析可知，A-B 的反应为在浓硫酸作用下
49、，与乙醇共热发生酯化反应生成COOC2H56)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，B-C 的反应为在碳酸钾作用下与 phCH2cl发生取代反应生成ph H2co和氯化氢，由 B 和 H 都含有酚羟基可知，B-C 的目的是保护酚羟OCHh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；E-F 的反应为在乙酸作用下phH2CO方程式为ph H2co0 cH2Ph0 cH2Ph与澳发生取代反应生成phH2CO+Br 2_ C H2COOHO和溟化氢，反应的化学phH2
50、CO0 cH2Ph+H B r,故答案为:QCH 2PhCH3 CO O C2 H5;CHjCOOHph H2coo+HBr；OCHh【小问4详解】H 的同分异构体仅含有一O CH2 c H3 和一NH2 可知，同分异构体的结构可以视作H3cH2co0 c HzcH3ScH2cH 30cH2cH 3J O C H2C H3分子中苯环上的氢原子被一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H O C O O C2H5钾 作 用 下 工X 与 p h CH2Cl 发生取代反应生成发生取代反