化学 2022届高考考前冲刺卷（五）教师版

这是一份化学 2022届高考考前冲刺卷（五）教师版，共10页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答，已知室温时等内容，欢迎下载使用。
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2022届高考考前冲刺卷
化学（五）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．化学与生产、生活、科技、环境等关系密切。下列说法不正确的是
A．2021年9月24日，国际学术期刊《科学》在线发表了我国科学家在实验室里首次实现以二氧化碳为原料从头合成的人工合成淀粉的论文，该方法有利于改善全球气候变暖趋势
B．“神舟十二号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐
C．中芯国际是我国生产芯片的龙头企业，所生产芯片的主要成分是晶体硅
D．采取静电除尘、燃煤固硫、汽车尾气催化净化等方法，可提高空气质量
【答案】B
【解析】A．人工合成淀粉的原料需要二氧化碳，二氧化碳的减少有利于改善全球气候变暖趋势，故A正确；B．高温结构陶瓷属于新型无机非金属材料，不属于传统的硅酸盐材料，故B错误；C．晶体硅为良好的半导体，是芯片的主要成分，故C正确；D．采取“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”等方法，减少了空气污染物，提高空气质量，故D正确；故选B。
2．下列过程中的离子反应方程式正确的是
A．向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2的反应：Ca2++2ClO-+H2O+SO2=CaSO3↓+2HClO
B．铅蓄电池（H2SO4作电解质溶液）放电时正极上的反应：PbO2+2e-+4H+=Pb2++2H2O
C．NaOH溶液中加入足量Ca(HCO3)2：OH-+HCO+Ca2+=CaCO3↓+H2O
D．醋酸苯甲酯与足量的NaOH溶液共热：+2OH-→CH3COO-+[]-+H2O
【答案】C
【解析】A．少量SO2和Ca(ClO)2溶液反应的离子方程式为Ca2++3ClO-+H2O+SO2=CaSO4↓+Cl-+2HClO，A项错误；B．铅蓄电池（H2SO4作电解质溶液）放电时，正极的电极反应式为PbO2+2e-++4H+=PbSO4+2H2O，B项错误；C．NaOH溶液中加入足量Ca(HCO3)2，反应的离子方程式为OH-+HCO+Ca2+=CaCO3↓+H2O，C项正确；D．醋酸苯甲酯与足量的NaOH溶液共热生成乙酸钠和苯甲醇，离子方程式为+OH-→CH3COO-+，D项错误；答案选C。
3．从中草药中提取的一种有机物A（结构简式如图）可用于治疗多种疾病。下列关于有机物A的说法正确的是

A．有机物A分子可以发生消去反应
B．该有机物可以和5mol溴发生取代反应
C．最多可与3molNaOH发生反应。
D．该有机物酸性环境可以发生水解，水解后两种有机物互为同分异构体
【答案】C
【解析】A．该有机物含有的羟基是酚羟基，不能发生消去反应，故A错误；B．苯环上酚羟基邻位、对位的氢原子可以被溴发生取代，左侧酚羟基1个邻位有氢原子，右侧酚羟基1个邻位有氢原子，故1mol该有机物可以和2mol溴发生取代反应，故B错误；C．酚羟基、酯基水解得到的羧基与氢氧化钠发生中和反应，该有机物分子含有2个酚羟基、1个羧酸与醇形成的酯基，因此1mol该有机物最多能与3molNaOH反应，故C正确；D．该有机物酸性水解产物为和，二者含有的官能团种类不相同，且分子式也不相同，二者不是同分异构体，故D错误；答案选C。
4．下列各实验的现象及结论都不正确的是

实验操作
实验现象
结论
A
加热NaI固体和浓磷酸的混合物
有气体产生
生成了HI气体
B
向含有Cl-、I-溶液中逐滴加入AgNO3溶液
先生成黄色沉淀，后生成白色沉淀
Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)
C
在Na2SO3饱和溶液中滴加稀硫酸，将产生的气体通入KMnO4溶液中
KMnO4溶液褪色
该气体产物具有还原性
D
在K2Cr2O7溶液中加入AgNO3溶液
有砖红色沉淀（Ag2CrO4）生成
Ag2CrO4溶解度比Ag2Cr2O7小
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【解析】A．由于H3PO4是不挥发性的酸，HI是挥发性酸，加热NaI固体和浓磷酸的混合物，二者发生复分解反应产生沸点低的HI，故可以证明HI为气体，A正确；B．若向含有等物质的量浓度的Cl-、I-溶液中逐滴加入AgNO3溶液，先生成黄色沉淀，后生成白色沉淀，说明首先产生AgI黄色沉淀，后反应产生AgCl白色沉淀，从而证明物质的溶度积常数Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，但题干未指明溶液中Cl-、I-的浓度，因此不能确定溶度积常数Ksp(AgCl)、Ksp(AgI)的相对大小，B错误；C．在Na2SO3饱和溶液中滴加稀硫酸，二者发生复分解反应产生SO2气体，SO2中S元素化合价为+4价，介于S的最高+6价和最低-2价之间，具有强的还原性，将其通入KMnO4溶液中，会看到溶液紫色褪去，从而证明该气体产物具有还原性，C正确；D．在K2Cr2O7溶液中加入AgNO3溶液，看到有砖红色沉淀（Ag2CrO4）生成，说明在K2Cr2O7溶液中存在化学平衡：，加入AgNO3溶液后，加入的溶液中Ag+与原溶液中的形成了Ag2CrO4沉淀，故可以说明Ag2CrO4溶解度比Ag2Cr2O7小，D正确；故合理选项是B。
5．A、B、C、D、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，A、B两元素能形成常见的两种化合物；C所在周期数与族序数相同；D的最高化合价与最低化合价绝对值之差为4，D与A同族。下列叙述不正确的是
A．原子半径：B＞C ＞D＞A
B．A、B形成的两种化合物都只含离子键
C．B、C和E的最高价氧化物对应的水化物两两之间皆能反应
D．A单质的氧化性比D单质的氧化性强
【答案】B
【解析】C所在周期数与族序数相同，应为Al，D的最高化合价与最低化合价绝对值之差为4，D应为S，D与A同族，A为O，由于五种元素都是短周期元素，其原子序数依次增大且A、B两元素能形成常见的两种化合物，可知B为Na，E为Cl。A．同周期中，原子序数越大，半径越小，原子半径：B＞C ＞D＞A，故A正确；B．A、B形成两种物质，Na2O、Na2O2，Na2O2中含离子键和共价键，故B错误；C．B、C、E最高价氧化物对应水化物分别为NaOH、Al(OH)3、HClO4，均能两两相互反应，故C正确；D．O2氧化性强于单质S，故D正确；故选B。
6．2019年3月，我国科学家研发出一种新型的锌碘单液流电池，其原理如图所示。下列说法不正确的是

A．放电时B电极反应式为：I2+2e-=2I-
B．放电时电解质储罐中离子总浓度增大
C．M为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜
D．充电时，A极增重65g时，C区增加离子数为4NA
【答案】C
【解析】由装置图可知，放电时，Zn是负极，负极反应式为Zn-2e-=Zn2+，石墨是正极，反应式为I2+2e-=2I-，外电路中电流由正极经过导线流向负极，充电时，阳极反应式为2I--2e-=I2、阴极反应式为Zn2++2e-=Zn，据此分析解答。A．放电时，B电极为正极，I2得到电子生成I-，电极反应式为I2+2e-=2I-，A正确；B．放电时，左侧即负极，电极反应式为Zn-2e-=Zn2+，所以储罐中的离子总浓度增大，B正确；C．离子交换膜是防止正负极I2、Zn接触发生反应，负极区生成Zn2+、正电荷增加，正极区生成I-、负电荷增加，所以Cl-通过M膜进入负极区，K+通过N膜进入正极区，所以M为阴离子交换膜，N为阳离子交换膜，C错误；D．充电时，A极反应式Zn2++2e-=Zn，A极增重65g转移2mol电子，所以C区减少2molK+、2molCl-，减少离子总数为4NA，D正确；故选C。
7．已知室温时：K1(H2C2O4)=6×10-2，K2(H2C2O4)=6.4×10-5，Ksp(Ag2C2O4)=5×10-12，Ksp(AgCl)=1.8×10-10。向20mL0.02mol/L的Na2C2O4溶液中滴加0.02mol/L的盐酸，相关图像如下所示。下列说法错误的是

A．a点溶液显酸性
B．a点溶液滴加0.01mol/L硝酸银溶液，先产生AgCl沉淀
C．c点溶液中c(Na+)>4c(HC2O)+8c(C2O)
D．水电离程度：a>b>c
【答案】C
【解析】A．a点溶液时加入了10mL盐酸，此时Na2C2O4溶液和盐酸反应生成等浓度的HC2O和C2O，由于K2(H2C2O4)=6.4×10-5，Kh(HC2O)==1.6×10-10，电离大于水解，溶液显酸性，故A正确；B．a点溶液中，c(Cl-)=mol/L=mol/L，c(C2O)=mol/L=mol/L，Cl-和C2O的浓度相同，又因Ksp(Ag2C2O4)=5×10-12，Ksp(AgCl)=1.8×10-10，阴离子浓度相同的情况下，生成Ag2C2O4所需Ag+浓度较大，故加入硝酸银溶液时，先产生氯化银沉淀，故B正确；C．c点溶液时，加入30mL0.02mol/L的盐酸，此时Na2C2O4与HCl为2∶3反应，c(Na+)∶c(Cl-)=4∶3，溶液中电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(HC2O)+2c(C2O)+c(OH-)+c(Cl-)，将c(Na+)∶c(Cl-)=4∶3代入，得①c(Na+)+c(H+)=c(HC2O)+2c(C2O)+c(OH-)，又此时溶液中的溶质为NaHC2O4、H2C2O4、NaCl，且n(NaHC2O4)∶n(H2C2O4)=1∶1，且K1(H2C2O4)=6×10-2，Kh(HC2O)==1.6×10-10，电离大于水解，溶液显酸性，c(H+)>c(OH-)，结合①式得c(Na+)c，故D正确；故选C。
第Ⅱ卷（非选择题）
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第8~10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11、12题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：此题包括3小题，共43分。
8．以软锰矿粉（含MnO2及少量Fe、Al、Si、Ca、Mg等的氧化物）为原料制备电池级MnO2。
（1）浸取。将一定量软锰矿粉与Na2SO3、H2SO4溶液中的一种配成悬浊液，加入到三颈瓶中（图1），70℃下通过滴液漏斗缓慢滴加另一种溶液，充分反应，过滤。滴液漏斗中的溶液是_______；MnO2转化为Mn2+的离子方程式为_________________________。

（2）除杂。向已经除去Fe、Al、Si的MnSO4溶液（pH约为5）中加入NH4F溶液，溶液中的Ca2+、Mg2+形成氟化物沉淀。若沉淀后上层清液中c(F-)=0.05mol·L-1，则=___。[Ksp(MgF2)=5×10-11，Ksp(CaF2)=5×10-9]
（3）制备MnCO3。在搅拌下向100mL1mol·L-1MnSO4溶液中缓慢滴加1mol·L-1NH4HCO3溶液，过滤、洗涤、干燥，得到MnCO3固体。需加入NH4HCO3溶液的体积约为___。
（4）制备MnO2。MnCO3经热解、酸浸等步骤可制备MnO2。MnCO3在空气气流中热解得到三种价态锰的氧化物，锰元素所占比例（×100%）随热解温度变化的曲线如图2所示。已知：MnO与酸反应生成Mn2+；Mn2O3氧化性强于Cl2，加热条件下Mn2O3在酸性溶液中转化为MnO2和Mn2+。

为获得较高产率的MnO2，请补充实验方案：取一定量MnCO3置于热解装置中，通空气气流，_______________________，固体干燥，得到MnO2。（可选用的试剂：1mol·L-1H2SO4溶液、2mol·L-1HCl溶液、BaCl2溶液、AgNO3溶液）
【答案】（1）H2SO4溶液     MnO2+SO+2H+=Mn2++SO+H2O
（2）100
（3）200mL
（4）加热到450℃充分反应一段时间，将固体冷却后研成粉末，边搅拌边加入一定量1mol·L-1稀H2SO4，加热，充分反应后过滤，洗涤，直到取最后一次洗涤滤液加盐酸酸化的0.1mol·L-1BaCl2溶液不变浑浊
【解析】（1）若三颈瓶中先加入硫酸溶液，向其中滴加Na2SO3溶液则易生成SO2导致Na2SO3的利用率减小，故滴液漏斗中的溶液是H2SO4溶液；MnO2被亚硫酸根还原为Mn2+的离子方程式为：MnO2+SO+2H+=Mn2++SO+H2O。
（2）=。
（3）该反应的化学方程式2NH4HCO3+ MnSO4= MnCO3+(NH4)2SO4+H2O+CO2↑，由方程式可知NH4HCO3与MnSO4的物质的量之比为2∶1，需加入NH4HCO3溶液的体积约为200mL。
（4）根据图像在450℃左右MnO2占比最高，所以加热到450℃最佳，MnO与酸反应生成Mn2+，故用酸除MnO，Mn2O3氧化性强于Cl2，用盐酸会发生氧化还原生产氯气。因此，该实验方案可补充为：加热到450℃充分反应一段时间后，将固体冷却后研成粉末，向其中边搅拌边加入一定量1mol·L-1稀H2SO4，加热，充分反应后过滤，洗涤，直到取最后一次洗涤滤液加盐酸酸化的0.1mol·L-1BaCl2溶液不变浑浊。
9．当前，二氧化碳排放量逐年增加，CO2的利用和转化成为研究热点。
（1）二氧化碳加氢合成二甲醚反应包括三个相互关联的反应过程：
反应I：CO2(g)+3H2(g) ⇌CH3OH(g)+H2O(g)   ∆H=-49.01 kJ·mol-1
反应II：2CH3OH(g)⇌CH3OCH3 (g)+H2O(g)   ∆H=-24.52 kJ·mol-1
反应III：CO2(g)+H2(g)⇌CO (g)+H2O(g)   ∆H= + 41.17 kJ·mol-1
在压强30MPa，=4，不同温度下CO2的平衡转化率、CO的选择性和CH3OCH3的选择性如图所示（选择性是指生成某物质消耗的CO2占CO2消耗总量的百分比）：

①图中三支曲线中，代表CH3OCH3选择性的是_______（填“A”、“B”、“C”）。
②根据图中数据计算300℃时，CH3OCH3的平衡产率为_______。
（2）研究表明，Pb对不同原子的结合能力具有差异性，CO2在Pb表面电还原生成HCOOH的机理如图：

①用简洁的语言描述图中涉及的转化过程_______。
②为了深入理解 CO2还原反应的机制，我们研究了不同条件下的反应路径以揭示不同影响因素的作用：结果表明在气相条件下，CO几乎不会生成，可能的原因是_______。
（3）根据热力学模拟结果，当ZnI2分解反应体系中存在CO2时，可显著提高ZnI2的分解率。
已知：I．ZnI2+CO2=ZnO+I2+CO，碘量可通过电位滴定法测定。
II．气流床实验系统可用于进行ZnI2-CO2反应实验研究，实验中，需要根据研究目的设计固体反应物与载气Ar、反应气体CO2的流量，使固体反应物的进料速率与质量流量满足一定关系，从而实现对初始反应物摩尔比的控制。请设计实验验证：CO2可提高ZnI2的分解率，且CO2比例越大，ZnI2的分解率越大。_______（可使用的试剂有纯Ar气、50%CO2载气、100%CO2载气）。
【答案】（1）C     6%    
（2）以生成HCOOH作为最终的产物，其中包含有两条路径CO2→COOH→HCOOH和CO2→HCOO→HCOOH，分别以COOH和HCOO作为中间产物；其中中间产物COOH的质子化还能生成一氧化碳和水（CO2→COOH→CO+H2O）     在气相条件下，Pb对O原子的结合强度远强于对C原子的结合强度，HCOO是最有利的中间产物，反应过程CO2→HCOO→HCOOH为最优路径，不会产生CO    
（3）分别称取相同质量的ZnI2固体置于气流床实验系统内，分别通入流量相同的纯Ar气载气、50%CO2载气、100%CO2载气，在相同温度下反应相同时间后，电位滴定法测定生成的I2
【解析】（1）①反应I和反应II为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二甲醚的选择性减小，二氧化碳的转化率减小，反应III为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，一氧化碳的选择性增大，二氧化碳的转化率增大。由图可知，曲线A代表一氧化碳的选择性、B代表二氧化碳的转化率、C代表二甲醚的选择性，故答案为：C。
②由图可知，300℃时，二氧化碳的平衡转化率为30%、二甲醚的选择性为20%，设起始二氧化碳为amol，二甲醚的产率为×100%=6%，故答案为：6%。
（2）①由图可知，CO2在Pb表面电还原生成HCOOH的机理包含两条路径，Pb结合C原子形成COOH：CO2→COOH→HCOOH和Pb结合O原子形成HCOO：CO2→HCOO→HCOOH，两条路径分别以COOH和HCOO作为中间产物，其中中间产物COOH的质子化还能生成一氧化碳和水（CO2→COOH→CO+H2O），故答案为：以生成HCOOH作为最终的产物，其中包含有两条路径CO2→COOH→HCOOH和CO2→HCOO→HCOOH，分别以COOH和HCOO作为中间产物；其中中间产物COOH的质子化还能生成一氧化碳和水（CO2→COOH→CO+H2O）。
②由在气相条件下，一氧化碳几乎不会生成可知，在气相条件下，Pb对O原子的结合强度远强于对C原子的结合强度，HCOO是最有利的中间产物，反应过程CO2→HCOO →HCOOH为最优路径，不会产生一氧化碳，故答案为：在气相条件下，Pb对O原子的结合强度远强于对C原子的结合强度，HCOO是最有利的中间产物，反应过程CO2→HCOO→HCOOH为最优路径，不会产生CO。
（3）若CO2可提高ZnI2的分解率，且CO2比例越大，ZnI2的分解率越大，则ZnI2在其他条件相同时，在纯Ar气、50%CO2载气、100%CO2载气中，ZnI2的分解率会依次增大，生成I2的量会增大，则相关实验设计为分别称取相同质量的ZnI2固体置于气流床实验系统内，分别通入流量相同的纯Ar气载气、50%CO2载气、100%CO2载气，在相同温度下反应相同时间后，电位滴定法测定生成的I2。故答案为：分别称取相同质量的ZnI2固体置于气流床实验系统内，分别通入流量相同的纯Ar气载气、50%CO2载气、100%CO2载气，在相同温度下反应相同时间后，电位滴定法测定生成的I2。
10．镍、钴及其化合物在工业上有广泛的应用。工业上用红土镍矿（主要成分为NiO，含CoO、FeO、Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO和SiO2）制备NiSO4·6H2O和钴的工艺流程如图所示。

已知：①Ni、Co的化学性质与Fe相似，
②溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
金属离子
Ni2+
Al3+
Fe3+
Fe2+
Co2+
Mg2+
开始沉淀时的pH
6.8
4.1
2.2
7.5
7.2
9.4
沉淀完全时的pH
9.2
5.4
3.2
9.0
9.0
12.4

③“萃取”可将金属离子进行富集与分离，原理如下：X2+（水相）+2RH（有机相）XR2（有机相）+2H+（水相）。
回答下列问题：
（1）滤渣I的主要成分为___________（填化学式）。
（2）调pH的目的为沉铁和沉铝。沉铁时发生的氧化还原反应的离子方程式为_______________________。如何判断NaClO已足量：_______________________________________________________（写出具体操作过程）。
（3）滤渣3的成分为MgF2和CaF2。若滤液1中c(Ca2+)=1.0×10-3mol/L，当滤液2中c(Mg2+)=1.5×10-6mol/L时，除钙率为______________（忽略沉淀前后溶液体积变化）。（已知：Ksp(CaF2)=1.5×10-10、Ksp(MgF2)=7.5×10-11）
（4）用25%P507+5%TBP+70%磺化煤油作萃取剂，萃取时，Co、Ni的浸出率和钴/镍分离因素随pH的关系如图所示：

萃取时，选择pH为__________左右。
（5）试剂X为____________。
（6）资料显示，硫酸镍结晶水合物的形态与温度有如表关系。
温度
低于30.8℃
30.8℃~53.8℃
53.8℃~280℃
高于280℃
晶体形态
NiSO4·7H2O
NiSO4·6H2O
多种结晶水合物
NiSO4
由NiSO4溶液获得稳定的NiSO4·6H2O晶体的操作M依次是蒸发浓缩、____________、过滤、洗涤、干燥。
【答案】（1）CaSO4和SiO2
（2）2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+或2Fe2++5ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4HClO     取反应后少量滤液于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若无蓝色沉淀产生，说明NaClO已足量
（3）99.7%
（4）3.5
（5）盐酸
（6）冷却至30.8℃~53.8℃之间结晶
【解析】红土镍矿：主要成分为NiO，含CoO、FeO、Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO和SiO2，向其中加入硫酸，NiO与硫酸反应生成NiSO4，CoO与硫酸反应生成CoSO4，FeO与硫酸反应生成FeSO4，Fe2O3与硫酸反应生成Fe2(SO4)3，Al2O3与硫酸反应生成Al2(SO4)3，MgO与硫酸反应生成MgSO4，CaO与硫酸反应生成CaSO4，SiO2与硫酸不反应，则过滤得到的滤渣1含SiO2和CaSO4；向滤液中加入次氯酸钠将亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸钠溶液调节pH，将铁离子、铝离子沉淀，过滤，滤渣2含Fe(OH)3、Al(OH)3；向滤液1中加入氟化钠，将镁离子转化为氟化镁沉淀，将钙离子转化为氟化钙沉淀，滤渣3含MgF2、CaF2；向滤液2中加入萃取剂，将二价钴离子萃取到有机相中，再加盐酸进行反萃取，得到氯化钴溶液，氯化钴溶液电解得到单质钴；而二价镍离子在萃取的水相中，将水相处理得到硫酸镍溶液，硫酸镍溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NiSO4·6H2O晶体。
（1）由分析可知，滤渣1的主要成分是SiO2和CaSO4。
（2）次氯酸根离子有强氧化性，亚铁离子有还原性，两者发生氧化还原反应生成氯离子和铁离子，而生成的铁离子又水解生成氢氧化铁，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，沉铁时发生的氧化还原反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+或2Fe2++5ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4HClO；要证明次氯酸钠已足量，只需证明溶液中已经没有亚铁离子，因此方法为：取反应后少量滤液于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若无蓝色沉淀产生，说明NaClO已足量。
（3）当滤液2中c(Mg2+)=1.5×10-6mol/L时，c2(F-)===510-5(mol/L)2，此时溶液中c(Ca2+)===310-6mol/L，除钙率为：。
（4）由图示可知，pH为3.5左右时，Co/Ni分离因素最高，钴和镍的萃取率相差较大，因此，萃取时，选择pH为3.5左右。
（5）由图示可知，反萃取后得到氯化钴溶液，再结合已知信息③，因此试剂X为盐酸。
（6）从溶液中获得晶体的操作一般是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，依据表中数据可知，30.8℃~53.8℃，晶体以NiSO4·6H2O形式存在，因此冷却结晶时应在30.8℃~53.8℃之间冷却结晶。
（二）选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分。
11．第IIB族元素（Zn、Cd、Hg）和第VIA族元素（S、Se、Te）组成的某些二元化合物常用作半导体材料，在压电效应等器件方面有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）基态Se原子核外电子排布式为[Ar]___________，有___________个未成对电子。
（2）Zn的四种卤化物熔点如下表所示。请分析ZnF2熔点高于其他三种卤化物，自ZnCl2至ZnI2熔点依次升高的原因：___________。
化合物
ZnF2
ZnCl2
ZnBr2
ZnI2
熔点/℃
872
275
394
446
（3）向硫酸锌溶液中加入足量氨水可生成可溶性[Zn(NH3)4]SO4，该物质中所含酸根的空间结构为___________，[Zn(NH3)4]2+中配位原子为___________（填名称），从化学键角度解释该离子能够形成的原因：___________。
（4）H2S、H2Se、H2Te的沸点由低到高的顺序为___________（用“＜”连接，下同）；键角由小到大的顺序为___________。
（5）氧化锌系气敏陶瓷是指具有气敏效应的半导体陶瓷，应用十分广泛。一种ZnO陶瓷的晶胞（立方体）如图1所示，图2是沿着立方格子对角面取得的截图，则Zn原子与O原子间最短距离为___________pm。晶体的密度为___________g·cm-3（NA为阿伏加德罗常数的值，Zn原子半径为apm，列出计算式即可）。

【答案】（1）3d104s24p4     2
（2）ZnF2是离子晶体，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2是分子晶体，分子晶体的相对分子质量越大，熔点越高
（3）正四面体     N     N提供孤对电子，Zn2+提供空轨道，形成配位键
（4）H2S＜H2Se＜H2Te     H2Te＜H2Se＜H2S
（5）    
【解析】（1）Se为34号元素，基态Se原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p4；Se的4p轨道上含有2个未成对电子。
（2）由表中数据可知，ZnF2的熔点与ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的熔点相差很大，是因为ZnF2是离子晶体，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2是分子晶体，分子晶体的相对分子质量越大，熔点越高。
（3）中心原子的价层电子对数为，没有孤电子对，则其空间结构为正四面体；[Zn(NH3)4]2+中NH3有孤电子对，故配位原子为N，N提供孤对电子，Zn2+提供空轨道，形成配位键。
（4）H2S、H2Se、H2Te为分子晶体，相对分子质量越大，熔沸点越高，则沸点由低到高的顺序为H2S＜H2Se＜H2Te；原子序数越大，最外层电子离核越远，孤对电子活动范围越大，斥力越小，键角越小，则键角由小到大的顺序为H2Te＜H2Se＜H2S。
（5）设Zn原子与O原子间最短距离为l pm，晶胞参数为b pm，由图2可知，，则，，则，故Zn原子与O原子间最短距离为pm；由晶胞结构可知，晶胞中Zn原子的个数为，O原子个数为，则晶胞密度为。
12．化合物G是一种抗骨质疏松药，俗称依普黄酮。以甲苯为原料合成该化合物的路线如下：

已知：RCOOH++H2O
回答下列问题：
（1）反应①的反应条件为______，反应②的反应类型是______。
（2）F中含氧官能团的名称：______，______，______。
（3）D+H→E的化学方程式：______________________________。
（4）已知N为催化剂，E和M反应生成F和另一种有机物X，X的结构简式为______。
（5）D有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体有______种。
a．含苯环的单环化合物          
b．核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为3∶2∶2∶1
（6）根据上述信息，设计由和为原料，制备的合成路线（无机试剂任选）。
【答案】（1）光照     取代反应     （2）羰基   （酚）羟基     醚键    
（3）+H2O    
（4）乙醇（或）     （5）6    
（6）
【解析】由图示可知，A与在光照条件下发生取代反应生成B；与NaCN在一定条件下发生取代反应生成C；在酸性条件下水解生成D；与在一定条件下反应生成E；与在作催化剂反应生成F和；与在碱性条件下反应生成G。
（1）由分析可得反应①A与在光照条件下发生取代反应生成； 与NaCN在一定条件下发生取代反应生成，故答案为：光照；取代反应。
（2）F中所含官能团的名称为：羰基、醚键、（酚）羟基以及碳碳双键，其中含氧官能团为：羰基、醚键、（酚）羟基，故答案为：羰基；醚键；（酚）羟基（顺序可颠倒）。
（3）由分析可知D为，H为E为 ，则D+H→E的化学方程式为：+H2O，故答案为：+H2O。
（4）已知N为催化剂，与在作催化剂反应生成和，则X为或，故答案为：乙醇（或）。
（5）D分子式有多种同分异构体，同时满足
a．含苯环的单环化合物
b．核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为3∶2∶2∶1，则有、 、 、、、，共6种，故答案为：6。
（6） 在光照条件下发生取代反应生成；与NaCN反应生成；在酸性条件下水解生成；与反应生成目标物，则其合成流线为：；故答案为：。