【高考真题】2022年新高考山东化学高考真题

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【高考真题】2022年新高考山东化学高考真题
一、单选题
1．（2022·山东）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()：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”
【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】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”发生的反应为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”发生的反应为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．石钟乳(CaCO3)：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”发生的反应为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。
【分析】利用物质的氧化性说明物质在反应作氧化剂。
2．（2022·山东）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
【知识点】化学试剂的存放
【解析】【解答】A．由于浓硝酸不稳定，见光易分解，故浓硝酸需保存在棕色细口瓶中避光保存，A不符合题意；
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不符合题意；
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符合题意；
D．高锰酸钾受热易分解，故需在棕色广口瓶中、阴冷处密封保存，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.浓硝酸不稳定，见光易分解；
B.氢氧化钠能与玻璃中的二氧化硅反应生成硅酸钠；
D.高锰酸钾受热分解。
3．（2022·山东）、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2
B．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
【知识点】原子中的数量关系；同位素及其应用
【解析】【解答】A. 由分析可知，X微粒为，根据原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数可知，其中子数为6-2=4，A不符合题意；
B. 由分析可知，X微粒为，Y微粒为，二者质子数相同，中子数不同，互为同位素，B符合题意；
C.由题干信息可知，与的半衰期很短，不适宜用作示踪原子研究化学反应历程，C不符合题意；
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不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据 ；可知，a=6，b=2，则X为；m=4，n=2，则Y为。
4．（2022·山东）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
【知识点】有机高分子化合物的结构和性质；高分子材料；聚合反应；缩聚反应
【解析】【解答】A．乳酸分子发生缩聚反应制得聚乳酸()，A不符合题意；
B．聚四氟乙烯()是由四氟乙烯(CF2=CF2)经加聚反应制备，B符合题意；
C．尼龙-66()是由己二胺和己二酸经过缩聚反应制得，C不符合题意；
D．聚乙烯醇()由聚乙酸乙烯醇酯()发生水解反应制得，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.乳酸发生缩聚反应制得聚乳酸；
B.聚四氟乙烯由CF2=CF2发生加聚制得；
C.己二酸和己二胺发生缩聚反应制得尼龙-66；
D.聚乙酸乙烯酯发生水解生成聚乙烯醇。
5．（2022·山东）、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
【知识点】原子晶体（共价晶体）；晶体熔沸点的比较；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．AlN、GaN为结构相似的共价晶体，原子半径：AlN-Ga，键能越大熔点越高，因此GaN的熔点低于AlN，A符合题意；
B．不同种元素的原子之间形成的共价键为极性键，Ga-N和Al-N均为极性键，B不符合题意；
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），不含孤电子对，C原子均采取sp3杂化；AlN、GaN与金刚石结构相似，则AlN、GaN中所有原子均采取sp3杂化，C不符合题意；
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，AlN、GaN与金刚石与金刚石结构相似，则AlN、GaN中所有原子的配位数也均为4，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A.共价晶体键能越大熔点越高；
B.不同种元素的原子之间形成的共价键为极性键；
C.AlN和CaN的结构与金刚石相似，金刚石中碳原子均采用sp3杂化；
D.金刚石中C原子的配位数为4。
6．（2022·山东）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
【知识点】指示剂；中和滴定
【解析】【解答】A．量筒的精确度为0.1，不可用量筒量取Na2CO3标准溶液，Na2CO3溶液显碱性，应用碱式滴定管量取25.00 mL Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中，A符合题意；
B．Na2CO3溶液显碱性，能与SiO2反应生成硅酸钠，应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液，B不符合题意；
C．Na2CO3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不符合题意；
D．Na2CO3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不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.量筒的精确度为0.1，不能量取25.00 mL Na2CO3标准溶液；
B.Na2CO3能与SiO2反应生成硅酸钠；
C.碳酸钠应选用烧杯称量；
D.达到滴定终点时，盐酸过量，溶液显酸性。
7．（2022·山东）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
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．酚可与溴水发生取代反应，γ-崖柏素有酚的通性，且γ-崖柏素的环上有可以被取代的H，故γ-崖柏素可与溴水发生取代反应，A不符合题意；
B．酚类物质不与NaHCO3溶液反应，γ-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符合题意；
C．γ-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不符合题意；
D．γ-崖柏素与足量H2加成的产物为，该物质中含有手性碳原子（如图用“*”标记），D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A. γ-崖柏素具有酚的通性，则羟基的邻位和对位的H原子能与溴水发生取代反应；
B.γ-崖柏素不含能与碳酸氢钠反应的官能团；
C.饱和碳原子具有甲烷的结构特征；
D.手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子。
8．（2022·山东）实验室制备过程为：①高温下在熔融强碱性介质中用氧化制备；②水溶后冷却，调溶液至弱碱性，歧化生成和；③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．①中用瓷坩埚作反应器
B．①中用作强碱性介质
C．②中只体现氧化性
D．转化为的理论转化率约为66.7%
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A．瓷坩埚易被强碱腐蚀，不能用瓷坩埚作反应器，A不符合题意；
B．制备KMnO4时为防止引入杂质离子，①中用KOH作强碱性介质，不能用，B不符合题意；
C．②中K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，Mn元素的化合价既升高又降低，故其既体现氧化性又体现还原性，C不符合题意；
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转化为KMnO4的理论转化率约为66.7%，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.瓷坩埚易被强碱腐蚀；
B.使用NaOH会引入钠离子；
C. K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2；
D. K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为2：1 。
9．（2022·山东）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①、③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①、②、③获得
D．①、②、③均为两相混合体系
【答案】C
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．苯胺分子中含有氨基，具有碱性，能与盐酸反应，但不能与氢氧化钠溶液反应，故A不符合题意；
B．由分析可知，得到苯胺粗品①的分离方法为分液，得到苯甲酸粗品③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不符合题意；
C．由分析可知，苯胺粗品、甲苯粗品、苯甲酸粗品依次由①、②、③获得，故C符合题意；
D．由分析可知，①为苯胺、②为甲苯，③为苯甲酸，都不是两相混合体系，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】甲苯、苯胺、苯甲酸混合溶液中加入盐酸，苯胺与盐酸反应，进入水相Ⅰ，有机相的成分为苯甲酸和甲苯，水相Ⅰ中加入NaOH反应生成①，则①是苯胺；有机相Ⅱ中加碳酸钠溶液，苯甲酸与碳酸钠反应生成苯甲酸钠，进入水相Ⅱ中，则②是甲苯；水相Ⅱ中苯甲酸钠与盐酸反应生成苯甲酸，③是苯甲酸。
10．（2022·山东）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生成的反应历程有2种
C．增大NO的量，的平衡转化率不变
D．当主要发生包含②的历程时，最终生成的水减少
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】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项不符合题意；
B．根据图示，由NO生成HONO的反应有①②2种历程，B项不符合题意；
C．NO是催化剂，增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变，C项不符合题意；
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②的历程时，最终生成的水不变，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.氧化还原反应中一定有电子转移；
B.由NO生成HONO的反应历程有①②的历程；
C.增大NO的量，平衡不移动；
D.无论反应历程如何，发生的反应均为2C3H8+O22C3H6+2H2O。
二、选择题
11．（2022·山东）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 Fe
C 溶液
D
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】离子反应发生的条件；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．通入CO2气体依次发生反应CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3、CaCO3+H2O+CO2=Ca(HCO3)2，相同温度下NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，最终瓶中仍有NaHCO3白色晶体析出，不会得到澄清溶液，A符合题意；
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不符合题意；
C．通入HCl，在酸性条件下具有强氧化性，发生离子反应：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，最终Cu消失得到澄清溶液，C不符合题意；
D．AgCl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不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.二氧化碳与碳酸钠反应生成的碳酸氢钠为固体；
B.氯气将氯化亚铁氧化为氯化铁，单质铁与氯化铁反应生成氯化亚铁；
C.酸性条件下发生反应3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O；
D.氨气极易溶于水，AgCl可溶于氨水生成银氨溶液。
12．（2022·山东）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pH 1.9 4.2 6.2
沉淀完全pH 3.2 6.7 8.2
下列说法错误的是（　　）
A．固体X主要成分是和S；金属M为Zn
B．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3.2~4.2
D．还原时，增大溶液酸度有利于Cu的生成
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．经过分析可知固体X主要成分是S、Fe(OH)3，金属M为Zn，A不符合题意；
B．CuS在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)，增大O2的压强，将S2-氧化生成单质S，使沉淀溶解平衡正向移动，从而可促进金属离子的浸取，B不符合题意；
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3.2～4.2，C不符合题意；
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，不利于Cu的生成，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】硫化铜精矿在高压O2作用下，用硫酸溶液浸取，反应生成CuSO4、S、H2O，Fe2+被氧化为Fe3+，加入NH3中和调pH，Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，滤渣中含有S、Fe(OH)3；滤液中含有Cu2+、Zn2+，通入H2进行还原，Cu2+被还原为Cu，过滤分离出Cu，滤液中含有Zn2+，再经一系列处理可得到金属M，M为Zn单质。
13．（2022·山东）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】B,D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．电池工作时，甲室中细菌所在电极的电极反应式为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+，甲室的电极反应式为Co2++2e-=Co，生成H+，溶液pH减小，A不符合题意；
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符合题意；
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不符合题意；
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符合题意；
故答案为：BD。
【分析】右侧装置为原电池， 正极材料转化为，即乙室为正极，电极反应为LiCoO2+e-+4H+=Li++Co2++2H2O，细菌所在电极为负极；甲装置为原电池，甲室为阴极，电极反应为Co2++2e-=Co，细菌所在电极为阳极，阳极反应为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+。
14．（2022·山东）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
B．
C．曲线④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
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．反应SrSO4(s)+COSrCO3(s)+SO的平衡常数K===，故A不符合题意；
B．由分析可知，曲线①为 的溶液，硫酸锶的溶度积=10-5.5×0.1=10-6.5，温度不变，溶度积不变，则溶液pH为7.7时，锶离子的浓度为=10-6.5，则a为6.5，故B不符合题意；
C．由分析可知，曲线④为的溶液的变化曲线，故C不符合题意；
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pH无关，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】pH不会影响硫酸根离子的浓度，则曲线①和曲线②为 的溶液，根据可知，越大，越小，则曲线①为 的溶液的变化曲线，曲线②为的 溶液 的变化曲线；根据可知，越大，越小，则曲线③为 的溶液的变化曲线，曲线④为的溶液的变化曲线。
15．（2022·山东）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x
B．每个晶胞完全转化为晶胞，转移电子数为8
C．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】B,D
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】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=4×2，解得a=4x，故A不符合题意；
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8×+6×=4，则每个晶胞中含有4个Na2Se，转移电子数为8，故B不符合题意；
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价铜个数为(4-4x)，故C不符合题意；
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)Cu，所以每转移(1-y)电子，产生(1-x)mol铜，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.根据均摊法和化合物的化合价代数和为0计算；
B.Na2Se转化为Cu2-xSe的方程式为Na2Se-2e-+(2-x)Cu=Cu2-xSe+2Na+，；
C.NaCuSe晶胞中0价Cu原子个数为4(1-x)；
D.NayCu2-xSe转化为NaCuSe的方程式为NayCu2-xSe+(1-y) e-+ Na+=NaCuSe+(1-x)Cu。
三、非选择题
16．（2022·山东）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．sp2杂化轨道
（4）在水中的溶解度，吡啶远大于苯，主要原因是①　 　，②　 　。
（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）
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】(1)已知Ni是28号元素，故基态Ni原子的价电子排布式为：3d84s2；位于元素周期表的第4周期第VIII族，故答案为：3d84s2；第4周期第VIII族；
(2)由题干晶胞示意图可知，一个晶胞中含有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，则与的配位数之比为4：6=2：3；4：2：2=2：1：1；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+；
(3)吡啶中含有与苯类似的大π键，则说明吡啶中N原子采用sp2杂化，杂化轨道只用于形成σ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；
(4)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，从而导致在水中的溶解度，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；
(5)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：＞＞，碱性随N原子电子云密度的增大而增强，则其中碱性最弱的为：，故答案为：。
【分析】（1）Ni为28号元素，根据构造原理书写价电子排布式；位于第4周期第VIII族；
（2）根据均摊法计算确定该晶胞的化学式，进而确定与的配位数之比和；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+；
（3）吡啶中N原子采用sp2杂化，杂化轨道只用于形成σ键和存在孤电子对；
（4） 吡啶能与H2O分子形成分子间氢键；根据相似相溶原理判断；
（5）-CH3为推电子基团，-Cl是吸电子基团。
17．（2022·山东）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）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Ⅰ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晶转化的是　 　(填标号)。
A．、、 B．、、
C．、、 D．、、
【答案】（1）6HF+SiO2=2H+++2H2O
（2）；
（3）CaSO4 0.5H2O；减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；酸解；D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计；离子方程式的书写；复杂化学式的确定
【解析】【解答】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。
(1)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。
(2)精制 Ⅰ 中，按物质的量之比n(Na2CO3)：n()= 1：1加入Na2CO3脱氟，发生反应H2SiF6+ Na2CO3= Na2SiF6↓+CO2↑+ H2O，饱和的Na2SiF6中存在c(Na+)=2c()，根据Ksp= c2(Na+) c()=4c3()可知，c() =mol L-1，因此c(Na+)=2c()=mol L-1；粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c(Ca2+)=c()=mol L-1；分批加入一定量的BaCO3，当BaSiF6沉淀开始生成时，c(Ba2+)= mol L-1，当BaSO4沉淀开始生成时，c(Ba2+)= mol L-1，因此，首先转化为沉淀的离子是，然后才是；
(3)酸解后，在所得100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏的存在形式为CaSO4 0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的溶解度也，因此用一定浓度的硫酸溶液洗涤可以减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；洗涤液X中含有硫酸，酸解时使用的也是硫酸，则回收利用洗涤液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CaSO4 0.5H2O形式存在，位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4 2H2O形式存在，在两线之间的以两种晶体的混合物形式存在：
A． 由图乙可知，P2O5%=15、SO3%= 15位于65℃、80℃之间，不能实现晶体的完全转化，A不正确；
B． 由图乙可知，P2O5%= 10、SO3%= 20位于65℃、80℃之间，不能实现晶体的完全转化， B不正确；
C．由图乙可知，P2O5%= 10、SO3%= 30位于65℃线上方，晶体全部以CaSO4 0.5H2O形式存在，不能实现晶体转化， C不正确；
D． 由图乙可知，P2O5%=10、SO3%= 10位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4 2H2O形式存在，能实现晶体的完全转化，D正确；
综上所述，能实现酸解所得石膏结晶转化的是D。
【分析】（1）HF与SiO2反应生成H2SiF6和水；
（2）Ksp小的先沉淀；
（3）100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为CaSO4 0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于水中的溶解度；洗涤液X中含有硫酸；位于65℃线上方的晶体全部以CaSO4 0.5H2O形式存在，位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4 2H2O形式存在，在两线之间的以两种晶体的混合物形式存在。
18．（2022·山东）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Ⅰ：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Ⅱ：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、根据反应制备。已知与分子结构相似，与互溶，但极易水解。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①⑨⑧　 　(填序号)，先馏出的物质为　 　。
【答案】（1）a；FeCl2 4H2O+4SOCl2(g)FeCl2+4SO2+8HCl；冷凝回流SOCl2
（2）；AB
（3）⑥⑩③⑤；CCl4
【知识点】常用仪器及其使用；蒸馏与分馏；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】SOCl2与H2O反应生成两种酸性气体，FeCl2 4H2O与SOCl2制备无水FeCl2的反应原理为：SOCl2吸收FeCl2 4H2O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。
(1)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FeCl2 4H2O+4SOCl2(g)FeCl2+4SO2+8HCl；装置c、d的共同作用是冷凝回流SOCl2；答案为：a；FeCl2 4H2O+4SOCl2(g)FeCl2+4SO2+8HCl；冷凝回流SOCl2。
(2)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()=6cV×10-3mol；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：n=(6cV×10-3mol)：mol，解得n=；
A．样品中含少量FeO杂质，溶于稀硫酸后生成Fe2+，消耗的K2Cr2O7溶液的体积V偏大，n的测量值偏小，A符合题意；
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符合题意；
C．实验Ⅰ中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，n的测量值不变，C不符合题意；
D．滴定达到终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，消耗的K2Cr2O7溶液的体积V偏小，n的测量值偏大，D不符合题意；
故答案为：AB。
(3)TiCl4、CCl4互溶，采用蒸馏分离两者，装置的组装顺序为：由下而上、从左到右，则安装顺序为①⑨⑧，然后连接直形冷凝管，冷凝管末端连接牛角管⑩，TiCl4极易水解，为防止外界水蒸气进入装置，应连接碱石灰吸收水蒸气，即最后连接③⑤，因此安装顺序为①⑨⑧⑥⑩③⑤；由于TiCl4、CCl4分子结构相似，均为分子晶体，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，则CCl4先馏出，答案为：⑥⑩③⑤；CCl4。
【分析】（1）排出装置内的空气后应先加热a装置生成SOCl2，再加热装置b，装置b中发生反应 、FeCl2 4H2O+4SOCl2(g)FeCl2+4SO2+8HCl；装置c、d的作用是冷凝回流SOCl2；
（2）滴定过程中发生反应6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，据此计算；根据分析误差；
（3）TiCl4、CCl4互溶，采用蒸馏分离两者，据此组装仪器；TiCl4的沸点高于CCl4，CCl4先馏出。
19．（2022·山东）支气管扩张药物特布他林(H)的一种合成路线如下：
已知：
Ⅰ.
Ⅱ.、
Ⅲ.
回答下列问题：
（1）A→B反应条件为　 　；B中含氧官能团有　 　种。
（2）B→C反应类型为　 　，该反应的目的是　 　。
（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、和苯环结构的有　 　种。
（5）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）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的合成；芳香烃；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】(1)由分析可知，A→B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；
(2)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的目的是保护酚羟基，故答案为：取代反应；保护酚羟基；
(3)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；
(4)H的同分异构体仅含有-OCH2CH3和-NH2可知，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；
(5)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Ⅱ反应生成，在Pd-C做催化剂作用下与氢气反应生成，则具体合成路线为，故答案为：。
【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Ⅱ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Pd-C做催化剂作用下与氢气反应生成H。
20．（2022·山东）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)和丁醇(BuOH)的副反应，涉及反应如下：
已知：①反应Ⅰ为快速平衡，可认为不受慢反应Ⅱ、Ⅲ的影响；②因反应Ⅰ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、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Ⅰ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Ⅰ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达到所需时间更长，原因是　 　。
【答案】（1）-200(X+Y)
（2）a或c；8.3×10-8；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Ⅱ、Ⅲ均是逆向移动，增大，故=1.0所需时间更长
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)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5.0×10-3mol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的能量差值为200(X+Y)kJ，反应Ⅰ为放热反应，焓变为负值，则=-200(X+Y)kJ·mol-1。
(2)实验测定X(3)反应Ⅰ为放热反应，以BL为初始原料，升高温度平衡逆向移动，且温度越高，反应速率越快，达到平衡时的时间越短，越小，的值越大；相同温度时，压强增大，BD的比重增大，增大，又可忽略压强对反应速率的影响，则最大即最小，对应曲线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Ⅱ、Ⅲ的平衡均逆向移动，增大，则=1.0所需时间更长。
【分析】 （1）同温同压下，以同物质的量的BL或BD为初始原料，达到平衡时两个平衡完全等效，且焓变为负值；
（2）X（3）反应Ⅰ为放热反应，升温平衡逆向移动，温度越高反应速率越快；增大压强反应Ⅱ、Ⅲ的平衡均逆向移动。
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【高考真题】2022年新高考山东化学高考真题
一、单选题
1．（2022·山东）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()：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”
2．（2022·山东）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
3．（2022·山东）、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2
B．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
4．（2022·山东）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
5．（2022·山东）、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
6．（2022·山东）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
7．（2022·山东）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
8．（2022·山东）实验室制备过程为：①高温下在熔融强碱性介质中用氧化制备；②水溶后冷却，调溶液至弱碱性，歧化生成和；③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．①中用瓷坩埚作反应器
B．①中用作强碱性介质
C．②中只体现氧化性
D．转化为的理论转化率约为66.7%
9．（2022·山东）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①、③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①、②、③获得
D．①、②、③均为两相混合体系
10．（2022·山东）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生成的反应历程有2种
C．增大NO的量，的平衡转化率不变
D．当主要发生包含②的历程时，最终生成的水减少
二、选择题
11．（2022·山东）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 Fe
C 溶液
D
A．A B．B C．C D．D
12．（2022·山东）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pH 1.9 4.2 6.2
沉淀完全pH 3.2 6.7 8.2
下列说法错误的是（　　）
A．固体X主要成分是和S；金属M为Zn
B．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3.2~4.2
D．还原时，增大溶液酸度有利于Cu的生成
13．（2022·山东）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
14．（2022·山东）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
B．
C．曲线④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
15．（2022·山东）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x
B．每个晶胞完全转化为晶胞，转移电子数为8
C．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
三、非选择题
16．（2022·山东）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．sp2杂化轨道
（4）在水中的溶解度，吡啶远大于苯，主要原因是①　 　，②　 　。
（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．（2022·山东）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）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Ⅰ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晶转化的是　 　(填标号)。
A．、、 B．、、
C．、、 D．、、
18．（2022·山东）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Ⅰ：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Ⅱ：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、根据反应制备。已知与分子结构相似，与互溶，但极易水解。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①⑨⑧　 　(填序号)，先馏出的物质为　 　。
19．（2022·山东）支气管扩张药物特布他林(H)的一种合成路线如下：
已知：
Ⅰ.
Ⅱ.、
Ⅲ.
回答下列问题：
（1）A→B反应条件为　 　；B中含氧官能团有　 　种。
（2）B→C反应类型为　 　，该反应的目的是　 　。
（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、和苯环结构的有　 　种。
（5）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　 　。
20．（2022·山东）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)和丁醇(BuOH)的副反应，涉及反应如下：
已知：①反应Ⅰ为快速平衡，可认为不受慢反应Ⅱ、Ⅲ的影响；②因反应Ⅰ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、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Ⅰ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Ⅰ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达到所需时间更长，原因是　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】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”发生的反应为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”发生的反应为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．石钟乳(CaCO3)：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”发生的反应为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。
【分析】利用物质的氧化性说明物质在反应作氧化剂。
2．【答案】C
【知识点】化学试剂的存放
【解析】【解答】A．由于浓硝酸不稳定，见光易分解，故浓硝酸需保存在棕色细口瓶中避光保存，A不符合题意；
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不符合题意；
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符合题意；
D．高锰酸钾受热易分解，故需在棕色广口瓶中、阴冷处密封保存，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.浓硝酸不稳定，见光易分解；
B.氢氧化钠能与玻璃中的二氧化硅反应生成硅酸钠；
D.高锰酸钾受热分解。
3．【答案】B
【知识点】原子中的数量关系；同位素及其应用
【解析】【解答】A. 由分析可知，X微粒为，根据原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数可知，其中子数为6-2=4，A不符合题意；
B. 由分析可知，X微粒为，Y微粒为，二者质子数相同，中子数不同，互为同位素，B符合题意；
C.由题干信息可知，与的半衰期很短，不适宜用作示踪原子研究化学反应历程，C不符合题意；
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不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据 ；可知，a=6，b=2，则X为；m=4，n=2，则Y为。
4．【答案】B
【知识点】有机高分子化合物的结构和性质；高分子材料；聚合反应；缩聚反应
【解析】【解答】A．乳酸分子发生缩聚反应制得聚乳酸()，A不符合题意；
B．聚四氟乙烯()是由四氟乙烯(CF2=CF2)经加聚反应制备，B符合题意；
C．尼龙-66()是由己二胺和己二酸经过缩聚反应制得，C不符合题意；
D．聚乙烯醇()由聚乙酸乙烯醇酯()发生水解反应制得，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.乳酸发生缩聚反应制得聚乳酸；
B.聚四氟乙烯由CF2=CF2发生加聚制得；
C.己二酸和己二胺发生缩聚反应制得尼龙-66；
D.聚乙酸乙烯酯发生水解生成聚乙烯醇。
5．【答案】A
【知识点】原子晶体（共价晶体）；晶体熔沸点的比较；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】A．AlN、GaN为结构相似的共价晶体，原子半径：AlN-Ga，键能越大熔点越高，因此GaN的熔点低于AlN，A符合题意；
B．不同种元素的原子之间形成的共价键为极性键，Ga-N和Al-N均为极性键，B不符合题意；
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），不含孤电子对，C原子均采取sp3杂化；AlN、GaN与金刚石结构相似，则AlN、GaN中所有原子均采取sp3杂化，C不符合题意；
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，AlN、GaN与金刚石与金刚石结构相似，则AlN、GaN中所有原子的配位数也均为4，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A.共价晶体键能越大熔点越高；
B.不同种元素的原子之间形成的共价键为极性键；
C.AlN和CaN的结构与金刚石相似，金刚石中碳原子均采用sp3杂化；
D.金刚石中C原子的配位数为4。
6．【答案】A
【知识点】指示剂；中和滴定
【解析】【解答】A．量筒的精确度为0.1，不可用量筒量取Na2CO3标准溶液，Na2CO3溶液显碱性，应用碱式滴定管量取25.00 mL Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中，A符合题意；
B．Na2CO3溶液显碱性，能与SiO2反应生成硅酸钠，应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液，B不符合题意；
C．Na2CO3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不符合题意；
D．Na2CO3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不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.量筒的精确度为0.1，不能量取25.00 mL Na2CO3标准溶液；
B.Na2CO3能与SiO2反应生成硅酸钠；
C.碳酸钠应选用烧杯称量；
D.达到滴定终点时，盐酸过量，溶液显酸性。
7．【答案】B
【知识点】有机化合物中碳的成键特征；有机物的结构和性质
【解析】【解答】A．酚可与溴水发生取代反应，γ-崖柏素有酚的通性，且γ-崖柏素的环上有可以被取代的H，故γ-崖柏素可与溴水发生取代反应，A不符合题意；
B．酚类物质不与NaHCO3溶液反应，γ-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符合题意；
C．γ-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不符合题意；
D．γ-崖柏素与足量H2加成的产物为，该物质中含有手性碳原子（如图用“*”标记），D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A. γ-崖柏素具有酚的通性，则羟基的邻位和对位的H原子能与溴水发生取代反应；
B.γ-崖柏素不含能与碳酸氢钠反应的官能团；
C.饱和碳原子具有甲烷的结构特征；
D.手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子。
8．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；硅和二氧化硅
【解析】【解答】A．瓷坩埚易被强碱腐蚀，不能用瓷坩埚作反应器，A不符合题意；
B．制备KMnO4时为防止引入杂质离子，①中用KOH作强碱性介质，不能用，B不符合题意；
C．②中K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，Mn元素的化合价既升高又降低，故其既体现氧化性又体现还原性，C不符合题意；
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转化为KMnO4的理论转化率约为66.7%，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.瓷坩埚易被强碱腐蚀；
B.使用NaOH会引入钠离子；
C. K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2；
D. K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2的物质的量之比为2：1 。
9．【答案】C
【知识点】制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．苯胺分子中含有氨基，具有碱性，能与盐酸反应，但不能与氢氧化钠溶液反应，故A不符合题意；
B．由分析可知，得到苯胺粗品①的分离方法为分液，得到苯甲酸粗品③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不符合题意；
C．由分析可知，苯胺粗品、甲苯粗品、苯甲酸粗品依次由①、②、③获得，故C符合题意；
D．由分析可知，①为苯胺、②为甲苯，③为苯甲酸，都不是两相混合体系，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】甲苯、苯胺、苯甲酸混合溶液中加入盐酸，苯胺与盐酸反应，进入水相Ⅰ，有机相的成分为苯甲酸和甲苯，水相Ⅰ中加入NaOH反应生成①，则①是苯胺；有机相Ⅱ中加碳酸钠溶液，苯甲酸与碳酸钠反应生成苯甲酸钠，进入水相Ⅱ中，则②是甲苯；水相Ⅱ中苯甲酸钠与盐酸反应生成苯甲酸，③是苯甲酸。
10．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】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项不符合题意；
B．根据图示，由NO生成HONO的反应有①②2种历程，B项不符合题意；
C．NO是催化剂，增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变，C项不符合题意；
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②的历程时，最终生成的水不变，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.氧化还原反应中一定有电子转移；
B.由NO生成HONO的反应历程有①②的历程；
C.增大NO的量，平衡不移动；
D.无论反应历程如何，发生的反应均为2C3H8+O22C3H6+2H2O。
11．【答案】A
【知识点】离子反应发生的条件；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．通入CO2气体依次发生反应CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3、CaCO3+H2O+CO2=Ca(HCO3)2，相同温度下NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，最终瓶中仍有NaHCO3白色晶体析出，不会得到澄清溶液，A符合题意；
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不符合题意；
C．通入HCl，在酸性条件下具有强氧化性，发生离子反应：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，最终Cu消失得到澄清溶液，C不符合题意；
D．AgCl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不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.二氧化碳与碳酸钠反应生成的碳酸氢钠为固体；
B.氯气将氯化亚铁氧化为氯化铁，单质铁与氯化铁反应生成氯化亚铁；
C.酸性条件下发生反应3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O；
D.氨气极易溶于水，AgCl可溶于氨水生成银氨溶液。
12．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．经过分析可知固体X主要成分是S、Fe(OH)3，金属M为Zn，A不符合题意；
B．CuS在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)，增大O2的压强，将S2-氧化生成单质S，使沉淀溶解平衡正向移动，从而可促进金属离子的浸取，B不符合题意；
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3.2～4.2，C不符合题意；
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，不利于Cu的生成，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】硫化铜精矿在高压O2作用下，用硫酸溶液浸取，反应生成CuSO4、S、H2O，Fe2+被氧化为Fe3+，加入NH3中和调pH，Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，滤渣中含有S、Fe(OH)3；滤液中含有Cu2+、Zn2+，通入H2进行还原，Cu2+被还原为Cu，过滤分离出Cu，滤液中含有Zn2+，再经一系列处理可得到金属M，M为Zn单质。
13．【答案】B,D
【知识点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A．电池工作时，甲室中细菌所在电极的电极反应式为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+，甲室的电极反应式为Co2++2e-=Co，生成H+，溶液pH减小，A不符合题意；
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符合题意；
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不符合题意；
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符合题意；
故答案为：BD。
【分析】右侧装置为原电池， 正极材料转化为，即乙室为正极，电极反应为LiCoO2+e-+4H+=Li++Co2++2H2O，细菌所在电极为负极；甲装置为原电池，甲室为阴极，电极反应为Co2++2e-=Co，细菌所在电极为阳极，阳极反应为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+。
14．【答案】D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质
【解析】【解答】A．反应SrSO4(s)+COSrCO3(s)+SO的平衡常数K===，故A不符合题意；
B．由分析可知，曲线①为 的溶液，硫酸锶的溶度积=10-5.5×0.1=10-6.5，温度不变，溶度积不变，则溶液pH为7.7时，锶离子的浓度为=10-6.5，则a为6.5，故B不符合题意；
C．由分析可知，曲线④为的溶液的变化曲线，故C不符合题意；
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pH无关，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】pH不会影响硫酸根离子的浓度，则曲线①和曲线②为 的溶液，根据可知，越大，越小，则曲线①为 的溶液的变化曲线，曲线②为的 溶液 的变化曲线；根据可知，越大，越小，则曲线③为 的溶液的变化曲线，曲线④为的溶液的变化曲线。
15．【答案】B,D
【知识点】晶胞的计算；氧化还原反应；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】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=4×2，解得a=4x，故A不符合题意；
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8×+6×=4，则每个晶胞中含有4个Na2Se，转移电子数为8，故B不符合题意；
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价铜个数为(4-4x)，故C不符合题意；
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)Cu，所以每转移(1-y)电子，产生(1-x)mol铜，故D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】A.根据均摊法和化合物的化合价代数和为0计算；
B.Na2Se转化为Cu2-xSe的方程式为Na2Se-2e-+(2-x)Cu=Cu2-xSe+2Na+，；
C.NaCuSe晶胞中0价Cu原子个数为4(1-x)；
D.NayCu2-xSe转化为NaCuSe的方程式为NayCu2-xSe+(1-y) e-+ Na+=NaCuSe+(1-x)Cu。
16．【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）
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】(1)已知Ni是28号元素，故基态Ni原子的价电子排布式为：3d84s2；位于元素周期表的第4周期第VIII族，故答案为：3d84s2；第4周期第VIII族；
(2)由题干晶胞示意图可知，一个晶胞中含有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，则与的配位数之比为4：6=2：3；4：2：2=2：1：1；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+；
(3)吡啶中含有与苯类似的大π键，则说明吡啶中N原子采用sp2杂化，杂化轨道只用于形成σ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；
(4)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，从而导致在水中的溶解度，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；
(5)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：＞＞，碱性随N原子电子云密度的增大而增强，则其中碱性最弱的为：，故答案为：。
【分析】（1）Ni为28号元素，根据构造原理书写价电子排布式；位于第4周期第VIII族；
（2）根据均摊法计算确定该晶胞的化学式，进而确定与的配位数之比和；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+；
（3）吡啶中N原子采用sp2杂化，杂化轨道只用于形成σ键和存在孤电子对；
（4） 吡啶能与H2O分子形成分子间氢键；根据相似相溶原理判断；
（5）-CH3为推电子基团，-Cl是吸电子基团。
17．【答案】（1）6HF+SiO2=2H+++2H2O
（2）；
（3）CaSO4 0.5H2O；减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；酸解；D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计；离子方程式的书写；复杂化学式的确定
【解析】【解答】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。
(1)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。
(2)精制 Ⅰ 中，按物质的量之比n(Na2CO3)：n()= 1：1加入Na2CO3脱氟，发生反应H2SiF6+ Na2CO3= Na2SiF6↓+CO2↑+ H2O，饱和的Na2SiF6中存在c(Na+)=2c()，根据Ksp= c2(Na+) c()=4c3()可知，c() =mol L-1，因此c(Na+)=2c()=mol L-1；粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c(Ca2+)=c()=mol L-1；分批加入一定量的BaCO3，当BaSiF6沉淀开始生成时，c(Ba2+)= mol L-1，当BaSO4沉淀开始生成时，c(Ba2+)= mol L-1，因此，首先转化为沉淀的离子是，然后才是；
(3)酸解后，在所得100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏的存在形式为CaSO4 0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的溶解度也，因此用一定浓度的硫酸溶液洗涤可以减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；洗涤液X中含有硫酸，酸解时使用的也是硫酸，则回收利用洗涤液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CaSO4 0.5H2O形式存在，位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4 2H2O形式存在，在两线之间的以两种晶体的混合物形式存在：
A． 由图乙可知，P2O5%=15、SO3%= 15位于65℃、80℃之间，不能实现晶体的完全转化，A不正确；
B． 由图乙可知，P2O5%= 10、SO3%= 20位于65℃、80℃之间，不能实现晶体的完全转化， B不正确；
C．由图乙可知，P2O5%= 10、SO3%= 30位于65℃线上方，晶体全部以CaSO4 0.5H2O形式存在，不能实现晶体转化， C不正确；
D． 由图乙可知，P2O5%=10、SO3%= 10位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4 2H2O形式存在，能实现晶体的完全转化，D正确；
综上所述，能实现酸解所得石膏结晶转化的是D。
【分析】（1）HF与SiO2反应生成H2SiF6和水；
（2）Ksp小的先沉淀；
（3）100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为CaSO4 0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于水中的溶解度；洗涤液X中含有硫酸；位于65℃线上方的晶体全部以CaSO4 0.5H2O形式存在，位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4 2H2O形式存在，在两线之间的以两种晶体的混合物形式存在。
18．【答案】（1）a；FeCl2 4H2O+4SOCl2(g)FeCl2+4SO2+8HCl；冷凝回流SOCl2
（2）；AB
（3）⑥⑩③⑤；CCl4
【知识点】常用仪器及其使用；蒸馏与分馏；中和滴定；制备实验方案的设计
【解析】【解答】SOCl2与H2O反应生成两种酸性气体，FeCl2 4H2O与SOCl2制备无水FeCl2的反应原理为：SOCl2吸收FeCl2 4H2O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。
(1)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FeCl2 4H2O+4SOCl2(g)FeCl2+4SO2+8HCl；装置c、d的共同作用是冷凝回流SOCl2；答案为：a；FeCl2 4H2O+4SOCl2(g)FeCl2+4SO2+8HCl；冷凝回流SOCl2。
(2)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()=6cV×10-3mol；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：n=(6cV×10-3mol)：mol，解得n=；
A．样品中含少量FeO杂质，溶于稀硫酸后生成Fe2+，消耗的K2Cr2O7溶液的体积V偏大，n的测量值偏小，A符合题意；
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符合题意；
C．实验Ⅰ中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，n的测量值不变，C不符合题意；
D．滴定达到终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，消耗的K2Cr2O7溶液的体积V偏小，n的测量值偏大，D不符合题意；
故答案为：AB。
(3)TiCl4、CCl4互溶，采用蒸馏分离两者，装置的组装顺序为：由下而上、从左到右，则安装顺序为①⑨⑧，然后连接直形冷凝管，冷凝管末端连接牛角管⑩，TiCl4极易水解，为防止外界水蒸气进入装置，应连接碱石灰吸收水蒸气，即最后连接③⑤，因此安装顺序为①⑨⑧⑥⑩③⑤；由于TiCl4、CCl4分子结构相似，均为分子晶体，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，则CCl4先馏出，答案为：⑥⑩③⑤；CCl4。
【分析】（1）排出装置内的空气后应先加热a装置生成SOCl2，再加热装置b，装置b中发生反应 、FeCl2 4H2O+4SOCl2(g)FeCl2+4SO2+8HCl；装置c、d的作用是冷凝回流SOCl2；
（2）滴定过程中发生反应6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，据此计算；根据分析误差；
（3）TiCl4、CCl4互溶，采用蒸馏分离两者，据此组装仪器；TiCl4的沸点高于CCl4，CCl4先馏出。
19．【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）
【知识点】有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的合成；芳香烃；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】(1)由分析可知，A→B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；
(2)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的目的是保护酚羟基，故答案为：取代反应；保护酚羟基；
(3)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；
(4)H的同分异构体仅含有-OCH2CH3和-NH2可知，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；
(5)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Ⅱ反应生成，在Pd-C做催化剂作用下与氢气反应生成，则具体合成路线为，故答案为：。
【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Ⅱ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Pd-C做催化剂作用下与氢气反应生成H。
20．【答案】（1）-200(X+Y)
（2）a或c；8.3×10-8；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Ⅱ、Ⅲ均是逆向移动，增大，故=1.0所需时间更长
【知识点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素；化学平衡转化过程中的变化曲线；化学平衡的计算
【解析】【解答】(1)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5.0×10-3mol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的能量差值为200(X+Y)kJ，反应Ⅰ为放热反应，焓变为负值，则=-200(X+Y)kJ·mol-1。
(2)实验测定X(3)反应Ⅰ为放热反应，以BL为初始原料，升高温度平衡逆向移动，且温度越高，反应速率越快，达到平衡时的时间越短，越小，的值越大；相同温度时，压强增大，BD的比重增大，增大，又可忽略压强对反应速率的影响，则最大即最小，对应曲线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Ⅱ、Ⅲ的平衡均逆向移动，增大，则=1.0所需时间更长。
【分析】 （1）同温同压下，以同物质的量的BL或BD为初始原料，达到平衡时两个平衡完全等效，且焓变为负值；
（2）X（3）反应Ⅰ为放热反应，升温平衡逆向移动，温度越高反应速率越快；增大压强反应Ⅱ、Ⅲ的平衡均逆向移动。
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