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    2022年新高考山东化学高考真题(解析版)
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    2022年新高考山东化学高考真题(解析版)

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    这是一份2022年新高考山东化学高考真题(解析版),共25页。试卷主要包含了5 Ti 48 C 59, 实验室制备过程为等内容,欢迎下载使用。

    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 C 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.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
    【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(CF2=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ⅢA元素,N属于第ⅤA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,N—Al的键长小于N—Ga的,则N—Al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sp3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量取25.00 mL Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中,A说法错误;
    B.Na2CO3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;
    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说法正确;
    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,γ-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,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说法正确;
    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说法错误;
    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说法正确;
    D.γ-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: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
    【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,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.①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,①中用KOH作强碱性介质,不能用,B说法不正确;
    C.②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
    【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①;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Ⅱ,向有机相Ⅱ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②和水相Ⅱ;向水相Ⅱ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③。
    【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错误;
    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正确;
    D.由分析可知,①、②为液相,③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②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;
    C.NO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②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
    A. AB. BC. CD. D
    【答案】A
    【解析】
    【详解】A.通入CO2气体依次发生反应CO2+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;
    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项不选;
    答案选A
    12. 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。
    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
    【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:Zn>H>Cu,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;
    B.CuS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3.2~4.2,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,C2+在另一个电极上得到电子,被还原产生C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LiCO2得到电子,被还原为C2+,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:LiCO2+e-+4H+=Li++C2++2H2O,C错误;
    D.若甲室C2+减少200 mg,电子转移物质的量为n(e-)= ,乙室C2+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
    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
    【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①代表含硫酸锶固体的0.1ml/L硫酸钠溶液的变化曲线,曲线②代表含硫酸锶固体的1ml/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,1ml/L碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度大于0.1ml/L碳酸钠溶液,则曲线③表示含碳酸锶固体的0.1ml/L碳酸钠溶液的变化曲线,曲线④表示含碳酸锶固体的1ml/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①代表含硫酸锶固体的0.1ml/L硫酸钠溶液的变化曲线,则硫酸锶的溶度积Ksp(SrSO4)=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;
    C.由分析可知,曲线④表示含碳酸锶固体的1ml/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】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×+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错误;
    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)Cu,所以每转移(1-y)电子,产生(1-x)ml铜,故D正确;
    故选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) ① 3d84s2 ②. 第4周期第VIII族
    (2) ①. 2:3 ②. 2:1:1 ③. Zn2+ (3)D
    (4) ①. 吡啶能与H2O分子形成分子间氢键 ②. 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π键,则说明吡啶中N原子也是采用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;
    【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)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品转化的是_______(填标号)。
    A.、、 B.、、
    C.、、 D.、、
    【答案】(1)6HF+SiO2=2H+++2H2O
    (2) ①. ②.
    (3) ①. CaSO4•0.5H2O ②. 减少CaSO4的溶解损失,提高产品石膏的产率 ③. 酸解 ④. 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Na2SiF6,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() =ml•L-1,因此c(Na+)=2c()=ml•L-1;同时,粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液,c(Ca2+)=c()=ml•L-1;分批加入一定量的BaCO3,当BaSiF6沉淀开始生成时,c(Ba2+)= ml•L-1,当BaSO4沉淀开始生成时,c(Ba2+)= ml•L-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CaSO4•0.5H2O;CaSO4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. 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. 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;
    C.P2O5%= 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CaSO4•0.5H2O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CaSO4•2H2O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) ①. a ②. FeCl2∙4H2O+4SOCl2(g)FeCl2+4SO2+8HCl ③. 冷凝回流SOCl2
    (2) ①. ②. AB
    (3) ①. ⑥⑩③⑤ ②. CCl4
    【解析】
    【分析】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。
    【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。
    【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()=6cV×10-3ml;m1g样品中结晶水的质量为(m1-m2)g,结晶水物质的量为ml,n(FeCl2):n(H2O)=1:n=(6cV×10-3ml):ml,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①⑨⑧,然后连接冷凝管,蒸馏装置中应选择直形冷凝管⑥、不选用球形冷凝管⑦,接着连接尾接管⑩,TiCl4极易水解,为防止外界水蒸气进入,最后连接③⑤,安装顺序为①⑨⑧⑥⑩③⑤;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:⑥⑩③⑤;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:
    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) ①. 浓硫酸,加热 ②. 2
    (2) ①. 取代反应 ②. 保护酚羟基
    (3) ①. CH3COOC2H5 ②. +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。
    【小问1详解】
    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;
    【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;
    【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Ⅱ反应生成,在Pd—C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: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) ①. a或c ②. 8.3×10-8 ③. 0.08 ④. 39%
    (3) ①. c ②. 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
    【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5.0×10-3ml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1ml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)kJ·ml-1。
    【小问2详解】
    实验测定X【小问3详解】
    依题意,反应I是正向放热过程,以BL为初始原料,温度升高则平衡逆向移动,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均是逆向移动,增大,故=1.0所需时间更长。气体
    液体
    固体粉末
    A
    饱和溶液
    B
    溶液
    C
    溶液
    D
    开始沉淀pH
    1.9
    4.2
    6.2
    沉淀完全pH
    3.2
    6.7
    8.2
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