文档内容
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(CaCO )：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”
3
【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+H O=Ca(OH) ，反应放热，产生大量的水汽，而CaO
2 2
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；
Δ Δ Δ
C．石硫黄即S：“能化……银、铜、铁，奇物”是指2Ag+S Ag S、Fe+S FeS、2Cu+S Cu S，反应
2 2
中S作氧化剂，与其氧化性有关，C符合题意；
D．石钟乳(CaCO )：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”是指
3
CaCO +2CH COOH=(CH COO) Ca+H O+CO ↑，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，D不合题意；
3 3 3 2 2 2
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】
第1页 | 共27页【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SiO 反应，故氢氧化钠固体保存在广口塑料瓶中，B正确；
2
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，故需在棕色广口瓶中、阴冷处密封保存，D正确；
故答案为：C。
3. 13O、15O的半衰期很短，自然界中不能稳定存在。人工合成反应如下：16O+3He®13 O+aX；
8 8 8 2 8 b
16O+3He®15 O+mY。下列说法正确的是
8 2 8 n
A. X的中子数为2
B. X、Y互为同位素
C. 13O、15O可用作示踪原子研究化学反应历程
8 8
D. 自然界不存在13O 、15O 分子是因其化学键不稳定
8 2 8 2
【答案】B
【解析】
【详解】根据质量守恒可知，X微粒为6He，Y微粒为4He，据此分析解题。
2 2
A. 由分析可知，X微粒为6He，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；
2
B. 由分析可知，X微粒为6He，Y微粒为4He，二者具有相同的质子数而不同的中子数的原子，故互为
2 2
同位素，B正确；
C.由题干信息可知，13O与15O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；
8 8
D.自然界中不存在13O 与15O 并不是其化学键不稳定，而是由于13O与15O的半衰期很短，很容易发生核
8 2 8 2 8 8
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. 聚四氟乙烯( )由四氟乙烯经加聚反应制备
第2页 | 共27页C. 尼龙-66( )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(CH )COOH]分子间脱水缩聚而得，即发生缩聚
3
反应，A错误；
B．聚四氟乙烯( )是由四氟乙烯(CF =CF )经加聚反应制备，B正确；
2 2
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. AlN、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-Al键、N-Ga
键。下列说法错误的是
A. GaN的熔点高于AlN 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sp3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
第3页 | 共27页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Na CO 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 CO
2 3 2 3
标准溶液。下列说法错误的是
A. 可用量筒量取25.00mL Na CO 标准溶液置于锥形瓶中
2 3
B. 应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na CO 标准溶液
2 3
C. 应选用烧杯而非称量纸称量Na CO 固体
2 3
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Na CO 标准溶液，则应将Na CO 标准溶液置于锥形瓶中，将
2 3 2 3
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Na CO 标准溶液，应该用碱式滴定管或移液管量取
2 3
25.00 mL Na CO 标准溶液置于锥形瓶中，A说法错误；
2 3
B．Na CO 溶液显碱性，盛放Na CO 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
2 3 2 3
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Na CO 标准溶液，B说法正确；
2 3
C．Na CO 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Na CO 固体，C说法正确；
2 3 2 3
D．Na CO 溶液显碱性，甲基橙滴入Na CO 溶液中显黄色，当滴入最后一滴盐酸时，溶液由黄色突变为
2 3 2 3
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. γ-崖柏素具天然活性，有酚的通性，结构如图。关于γ-崖柏素的说法错误的是
第4页 | 共27页A. 可与溴水发生取代反应
B. 可与NaHCO 溶液反应
3
C. 分子中的碳原子不可能全部共平面
D. 与足量H 加成后，产物分子中含手性碳原子
2
【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NaHCO 溶液反应，γ-崖柏素分子中没有可与NaHCO 溶液反应的官能团，故其不可与
3 3
NaHCO 溶液反应，B说法错误；
3
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H 加成后转化为 ，产物分子中含手性碳原子（与羟基相
2
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KMnO 过程为：①高温下在熔融强碱性介质中用KClO 氧化MnO 制备K MnO ；②水
4 3 2 2 4
溶后冷却，调溶液pH至弱碱性，K MnO 歧化生成KMnO 和MnO ；③减压过滤，将滤液蒸发浓
2 4 4 2
缩、冷却结晶，再减压过滤得KMnO 。下列说法正确的是
4
A. ①中用瓷坩埚作反应器
第5页 | 共27页B. ①中用NaOH作强碱性介质
C. ②中K MnO 只体现氧化性
2 4
D. MnO 转化为KMnO 的理论转化率约为66.7%
2 4
【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KClO 氧化 MnO 制备K MnO ，然后水溶后冷
3 2 2 4
却调溶液pH至弱碱性使K MnO 歧化生成KMnO 和MnO ，Mn元素的化合价由+6变为+7和+4。
2 4 4 2
【详解】A．①中高温下在熔融强碱性介质中用KClO 氧化 MnO 制备K MnO ，由于瓷坩埚易被强碱腐
3 2 2 4
蚀，故不能用瓷坩埚作反应器，A说法不正确；
B．制备KMnO 时为为防止引入杂质离子，①中用KOH作强碱性介质，不能用NaOH，B说法不正确；
4
C．②中K MnO 歧化生成KMnO 和MnO ，故其既体现氧化性又体现还原性，C说法不正确；
2 4 4 2
D．根据化合价的变化分析，K MnO 歧化生成KMnO 和MnO 的物质的量之比为2:1，根据Mn元素守恒
2 4 4 2
2
可知，MnO 中的Mn元素只有 转化为KMnO ，因此，MnO 转化为KMnO 的理论转化率约为66.7%，
2 4 2 4
3
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NaOH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】
第6页 | 共27页【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HONO的反应历程有2种
C. 增大NO的量，C H 的平衡转化率不变
3 8
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=NO +∙OH、
2
NO+NO +H O=2HONO、NO +∙C H =C H +HONO、HONO=NO+∙OH，含N分子NO、NO 、HONO中N
2 2 2 3 7 3 6 2
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，C H 的平衡转化率不变，C项正确；
3 8
NO
D．无论反应历程如何，在NO催化下丙烷与O 反应制备丙烯的总反应都为2C H +O ˆˆˆ†
2 3 8 2‡ˆˆˆ
第7页 | 共27页2C H +2H O，当主要发生包含②的历程时，最终生成的水不变，D项错误；
3 6 2
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 CO 饱和Na CO 溶液 CaCO
2 2 3 3
B Cl FeCl 溶液 Fe
2 2
C HCl
CuNO
溶液 Cu
3 2
D NH H O AgCl
3 2
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．通入CO 气体依次发生反应CO +Na CO +H O=2NaHCO 、CaCO +H O+CO =Ca(HCO ) ，由
2 2 2 3 2 3 3 2 2 3 2
于在相同温度下NaHCO 的溶解度小于Na CO ，最终瓶中仍有白色晶体析出，不会得到澄清溶液，A项
3 2 3
选；
B．通入Cl ，发生反应Cl +2FeCl =2FeCl 、2FeCl +Fe=3FeCl ，最终Fe消失得到澄清溶液，B项不选；
2 2 2 3 3 2
C．通入HCl，NO-在酸性条件下会表现强氧化性，发生离子反应：3Cu+8H++2NO-
3 3
=3Cu2++2NO↑+4H O，最终Cu消失得到澄清溶液，C项不选；
2
D．AgCl在水中存在溶解平衡AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)，通入NH 后，Ag+与NH 结合成[Ag(NH ) ]+，使
3 3 3 2
第8页 | 共27页溶解平衡正向移动，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。
Fe(OH) Cu(OH) Zn(OH)
3 2 2
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Fe(OH) 和S；金属M为Zn
3
B. 浸取时，增大O 压强可促进金属离子浸出
2
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O 作用下，用硫酸溶液浸取，CuS反应产生为CuSO 、
2 4
S、H O，Fe2+被氧化为Fe3+，然后加入NH 调节溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH) 沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以
2 3 3
离子形式存在于溶液中，过滤得到的滤渣中含有S、Fe(OH) ；滤液中含有Cu2+、Zn2+；然后向滤液中通入
3
高压H ，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
2
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) ，金属M为Zn，A正确；
3
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O
2
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NH 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
3
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；
第9页 | 共27页D．在用H 还原Cu2+变为Cu单质时，H 失去电子被氧化为H+，与溶液中OH-结合形成H O，若还原时
2 2 2
增大溶液的酸度，c(H+)增大，不利于H 失去电子还原Cu单质，因此不利于Cu的生成，D错误；
2
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CO ，将废旧锂离子
2
电池的正极材料LiCoO (s)转化为Co2+，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
2
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LiCoO +2H O+e-=Li++Co2++4OH-
2 2
D. 若甲室Co2+减少200mg，乙室Co2+增加300mg，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CO 气体，同时生成H+，电极
2
反应式为CH COO--8 e-+2 H O =2CO ↑+7 H+，H+通过阳膜进入阴极室，甲室的电极反应式为Co2++2e-
3 2 2
=Co，因此，甲室溶液pH逐渐减小，A错误；
B．对于乙室，正极上LiCoO 得到电子，被还原为C o2+，同时得到Li+，其中的O2-与溶液中的H+结合
2
H O，电极反应式为2LiCoO +2e-+8H+=2Li++2Co2++4H O，负极发生的反应为CH COO--8 e-+2 H O
2 2 2 3 2
=2CO ↑+7 H+，负极产生的H+通过阳膜进入正极室，但是乙室的H+浓度仍然是减小的，因此电池工作一段
2
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：LiCoO +4H+=Li++Co2++2H O，C错
2 2
第10页 | 共27页误；
0.2g
D．若甲室Co2+减少200 mg，则电子转移物质的量为n(e-)= ×2=0.0068mol ；若乙室Co2+增加
59g/mol
0.3g
300 mg，则转移电子的物质的量为n(e-)= ×1=0.0051mol，由于电子转移的物质的量不等，说明
59g/mol
此时已进行过溶液转移，即将乙室部分溶液转移至甲室，D正确；
故合理选项是BD。
14. 工业上以SrSO (s)为原料生产SrCO (s)，对其工艺条件进行研究。现有含SrCO (s)的
4 3 3
0.1mol×L-1、1.0mol×L-1Na CO 溶液，含SrSO (s)的0.1mol×L-1、1.0mol×L-1Na SO 溶液。在一定
2 3 4 2 4
pH范围内，四种溶液中lgéc Sr2+ /mol-1×L-1ù随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是
ë û
K SrSO
A. 反应SrSO (s)+CO2- ˆˆ†SrCO (s)+SO2-的平衡常数K= sp 4
4 3 ‡ˆˆ 3 4 K SrCO
sp 3
B. a=-6.5
C. 曲线④代表含SrCO (s)的1.0mol×L-1Na CO 溶液的变化曲线
3 2 3
D. 对含SrSO (s)且Na SO 和Na CO 初始浓度均为1.0mol×L-1的混合溶液，pH³7.7时才发生沉淀
4 2 4 2 3
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
第11页 | 共27页锶固体的0.1mol/L硫酸钠溶液的变化曲线，曲线②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③表示含碳酸锶固体的0.1mol/L碳酸钠溶液的
变化曲线，曲线④表示含碳酸锶固体的1mol/L碳酸钠溶液的变化曲线。
c(SO2-) c(SO2-)c(Sr2+)
【详解】A．反应SrSO
4
(s)+CO
3
2- SrCO
3
(s)+SO2
4
-的平衡常数K=
c(CO2
4
-)
=
c(CO
4
2-)c(Sr2+)
=
3 3
K (SrSO )
sp 4
，故A正确；
K (SrCO )
sp 3
B．由分析可知，曲线①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
10-6.5
K (SrSO )=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
sp 4
1mol/L
=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pH无关，故D错误；
故选D。
15. Cu Se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，
2-x
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Cu Se晶胞中Cu2+个数为x
2-x
B. 每个Na Se晶胞完全转化为Cu Se晶胞，转移电子数为8
2 2-x
C. 每个NaCuSe晶胞中0价Cu原子个数为1-x
D. 当Na Cu Se转化为NaCuSe时，每转移(1-y)mol电子，产生(1-x)molCu原子
y 2-x
【答案】BD
【解析】
第12页 | 共27页1
1
【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
8 2
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，Na Se转化为Cu Se的电极反应式为Na Se-2e-+(2-x)Cu=Cu Se+2Na+，由晶胞结构可
2 2-x 2 2-x
1
1
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Na Se，转移电子数为8，故
8 2 2
B正确；
C．由题意可知，Cu Se转化为NaCuSe的电极反应式为Cu Se+ e-+Na+=NaCuSe+(1-x)Cu，由晶胞结构可
2-x 2-x
1
1
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
8 2
数为(4-4x)，故C错误；
D．由题意可知，Na Cu Se转化为NaCuSe的电极反应式为Na Cu Se+(1-y) e-+ Na+=NaCuSe+(1-x)Cu，
y 2-x y 2-x
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Ni(CN)x×Zn(NH )y×zC H 的笼形包合物四方
3 6 6
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 =b¹c,α=β=γ=90°。
回答下列问题：
（1）基态Ni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，Ni2+与Zn2+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_______。
第13页 | 共27页（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π6大π键、则吡啶
6
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+、Ni2+ （3）D
（4） ①. 吡啶能与H O分子形成分子间氢键 ②. 吡啶和H O均为极性分子相似相溶，而苯为非
2 2
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， ，Ni2+周围连接四个原子团，形成的配位键数目为：
4，空间结构为正方形，VESPR模型为平面四边形，采用dsp2杂化；
Zn2+周围形成的配位键数目为：6，VESPR模型为正八面
体，采用sp3d2杂化，所以Ni2+与Zn2+的配位数之比为4:6=2:3；
第14页 | 共27页1 1
含有CN-（小黑球N+小白球C）为：8´ =4，含有NH （棱上小黑球）个数为：8´ =2，晶胞中苯环在
3
2 4
1
四个侧面且每个苯环只有一半属于该晶胞，所以苯环个数为：4´ =2，则该晶胞的化学式为：
2
Ni(CN) ×Zn(NH ) ×2C H ，即x:y:z= 4:2:2=2:1:1；故答案为：2:3；2:1:1；Zn2+、Ni2+；
4 3 2 6 6
【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π6大π键，则说明吡啶中
6
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，H O分子为极性分子，且吡啶中N原子上含有孤电子对能与H O分子形成分
2 2
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H O分子形成分子间氢键；吡
2
啶和H O均为极性分子相似相溶，而苯为非极性分子；
2
【小问5详解】
已知-CH 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： ＞
3
＞ ，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[Ca FPO ，含SiO 等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如下：
5 4 3 2
回答下列问题：
（1）酸解时有HF产生。氢氟酸与SiO 反应生成二元强酸H SiF ，离子方程式为_______。
2 2 6
第15页 | 共27页（2）部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中，按物质的量之比nNa CO :n SiF2- =1:1加入Na CO 脱
2 3 6 2 3
氟，充分反应后，c
Na+
=_______mol×L-1；再分批加入一定量的BaCO ，首先转化为沉淀的离子是
3
_______。
BaSiF Na SiF CaSO BaSO
6 2 6 4 4
K 1.0´10-6 4.0´10-6 9.0´10-4 1.0´10-10
sp
（3）SO2-浓度(以SO %计)在一定范围时，石膏存在形式与温度、H PO 浓度(以PO %计)的关系如
4 3 3 4 2 5
图甲所示。酸解后，在所得100℃、PO %为45的混合体系中，石膏存在形式为_______(填化学式)；洗
2 5
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PO %和SO %的关系如图乙所示，下列条件能实现酸解所得石膏结
2 5 3
晶转化的是_______(填标号)。
A.65℃、PO %=15、SO %=15 B.80℃、PO %=10、SO %=20
2 5 3 2 5 3
C.65℃、PO %=10、SO %=30 D.80℃、PO %=10、SO %=10
2 5 3 2 5 3
【答案】（1）6HF+SiO =2H++SiF2-+2H O
2 6 2
（2） ①. 2.0´10-2 ②. SO2-
4
（3） ①. CaSO •0.5H O ②. 抑制CaSO 的溶解，提高产品石膏的产率 ③. 酸解 ④. AD
4 2 4
【解析】
第16页 | 共27页【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SiF2-，过滤，滤液经精制II等一系列操作得到磷酸。
6
【小问1详解】
氢氟酸与SiO 反应生成二元强酸H SiF ，该反应的离子方程式为6HF+SiO =2H++SiF2-+2H O。
2 2 6 2 6 2
【小问2详解】
精制1中，按物质的量之比n(Na CO ):n(SiF2-)= 1:1加入Na CO 脱氟，该反应的化学方程式为H SiF +
2 3 6 2 3 2 6
Na CO = Na SiF ↓+CO ↑+ H O，充分反应后得到沉淀Na SiF ，溶液中有饱和的Na SiF ，且
2 3 2 6 2 2 2 6 2 6
c(Na+)=2c(SiF2-)，根据Na SiF 的溶度积可知Ksp= c2(Na+)• c(SiF2-)=4c3(SiF2-)，c(SiF2-) =
6 2 6 6 6 6
4.0´10-6
3
=1.0´10-2mol•L-1，因此c(Na+)=2c(SiF2-)=2.0´10-2mol•L-1；同时，粗磷酸中还有硫酸钙
6
4
的饱和溶液，c(Ca2+)=c(SO2-)= 9.0´10-4 =3.0´10-2mol•L-1；分批加入一定量的BaCO ，当BaSiF 沉
4 3 6
1.0´10-6
淀开始生成时，c(Ba2+)= =1.0´10-3 mol•L-1，当BaSO 沉淀开始生成时，c(Ba2+)=
4
1.0´10-3
1.0´10-10
»3.3´10-9 mol•L-1，因此，首先转化为沉淀的离子是SO2-，然后才是SiF2-。
3.0´10-2 4 6
【小问3详解】
根据图中的坐标信息，酸解后，在所得100℃、P O %为45的混合体系中，石膏存在形式为
2 5
CaSO •0.5H O；CaSO 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
4 2 4
水的原因是：减少CaSO 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
4
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
CaSO •0.5H O形式存在，位于80℃线下方，晶体全部以CaSO •2H O形式存在，在两线之间的以两种晶
4 2 4 2
体的混合物形式存在：
A． P O %= l5、SO %= 15，由图乙信息可知，该点坐标位于两个温度线之间，故能实现晶体的部分转
2 5 3
化，A符合题意；
B． P O %= 10、SO %= 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
2 5 3
现晶体的完全转化， B不符合题意；
C．P O %= 10、SO %= 30，由图乙信息可知，该点坐标位于65℃线上方，晶体全部以CaSO •0.5H O形式
2 5 3 4 2
存在，故不能实现晶体转化， C不符合题意；
第17页 | 共27页D． P O %=10、SO %= 10，由图乙信息可知，该点坐标位于80℃线下方，晶体全部以CaSO •2H O形式
2 5 3 4 2
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AD。
18. 实验室利用FeCl ×4H O和亚硫酰氯(SOCl )制备无水FeCl 的装置如图所示(加热及夹持装置略)。
2 2 2 2
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：
2
（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
2
为_______。装置c、d共同起到的作用是_______。
（2）现有含少量杂质的FeCl ×nH O，为测定n值进行如下实验：
2 2
实验Ⅰ：称取m g样品，用足量稀硫酸溶解后，用c mol×L-1K Cr O 标准溶液滴定Fe2+达终点时消耗
1 2 2 7
VmL(滴定过程中Cr O 2-转化为Cr3+，Cl-不反应)。
2 7
实验Ⅱ：另取m g样品，利用上述装置与足量SOCl 反应后，固体质量为m g。
1 2 2
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FeO杂质
B.样品与SOCl 反应时失水不充分
2
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TiO +CCl TiCl +CO 制备TiCl 。已知TiCl 与CCl 分子结构相似，
2 4 @ 4 2 4 4 4
第18页 | 共27页与CCl 互溶，但极易水解。选择合适仪器并组装蒸馏装置对TiCl 、CCl 混合物进行蒸榴提纯(加热及夹
4 4 4
持装置略)，安装顺序为①⑨⑧_______(填序号)，先馏出的物质为_______。
Δ
【答案】（1） ①. a ②. FeCl ∙4H O+4SOCl (g) FeCl +4SO +8HCl ③. 冷凝回流SOCl
2 2 2 2 2 2
1000(m -m )
（2） ①. 1 2 ②. AB
108cV
（3） ①. ⑥⑩③⑤ ②. CCl
4
【解析】
【分析】SOCl 与H O反应生成两种酸性气体，FeCl ∙4H O与SOCl 制备无水FeCl 的反应原理为：
2 2 2 2 2 2
SOCl 吸收FeCl ∙4H O受热失去的结晶水生成SO 和HCl，HCl可抑制FeCl 的水解，从而制得无水
2 2 2 2 2
FeCl 。
2
【小问1详解】
实验开始时先通N ，排尽装置中的空气，一段时间后，先加热装置a，产生SOCl 气体充满b装置后再加
2 2
Δ
热b装置，装置b中发生反应的化学方程式为FeCl ∙4H O+4SOCl (g) FeCl +4SO +8HCl；装置c、d的共
2 2 2 2 2
Δ
同作用是冷凝回流SOCl ；答案为：a；FeCl ∙4H O+4SOCl (g) FeCl +4SO +8HCl；冷凝回流SOCl 。
2 2 2 2 2 2 2
【小问2详解】
滴定过程中Cr O 2-将Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原成Cr3+，反应的离子方程式为6Fe2++Cr O 2-
2 7 2 7
+14H+=6Fe3++2Cr3++7H O，则m g样品中n(FeCl )=6n(Cr O 2-)=6cV×10-3mol；m g样品中结晶水的质量为
2 1 2 2 7 1
m -m m -m
(m -m )g，结晶水物质的量为 1 2 mol，n(FeCl )：n(H O)=1：n=(6cV×10-3mol)： 1 2 mol，解得
1 2 2 2
18 18
第19页 | 共27页1000(m -m )
n= 1 2 ；
108cV
A．样品中含少量FeO杂质，溶于稀硫酸后生成Fe2+，导致消耗的K Cr O 溶液的体积V偏大，使n的测
2 2 7
量值偏小，A项选；
B．样品与SOCl 反应时失水不充分，则m 偏大，使n的测量值偏小，B项选；
2 2
C．实验I称重后，样品发生了潮解，样品的质量不变，消耗的K Cr O 溶液的体积V不变，使n的测量
2 2 7
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K Cr O 溶液的体积V偏小，使n的测量
2 2 7
值偏大，D项不选；
答案选AB。
【小问3详解】
组装蒸馏装置对TiCl 、CCl 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
4 4
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，
TiCl 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TiCl 、CCl
4 4 4
分子结构相似，TiCl 的相对分子质量大于CCl ，TiCl 分子间的范德华力较大，TiCl 的沸点高于CCl ，故
4 4 4 4 4
先蒸出的物质为CCl ；答案为：⑥⑩③⑤；CCl 。
4 4
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.
第20页 | 共27页回答下列问题：
（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-OCH CH 、-NH 和苯环结构的有_______种。
2 3 2
（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 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. CH COOC H ②.
3 2 5
（ 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
第21页 | 共27页phCH Cl发生取代反应生成 ， 与CH COOC H 发生信息Ⅱ反
2 3 2 5
应生成 ，则D为CH COOC H 、E为 ；在乙酸作用下
3 2 5
与溴发生取代反应生成 ，则F为 ；一定
条件下 与(CH ) CNHCH ph发生取代反应 ，则G为
3 3 2
； 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phCH Cl发生取代反应生成
2
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CH COOC H ；E→F的反应为在乙酸作用下 与溴发生
3 2 5
取代反应生成 和溴化氢，反应的化学方程式为
第22页 | 共27页，故答案为：
CH COOC H ； ；
3 2 5
【小问4详解】
H的同分异构体仅含有—OCH CH 和—NH 可知，同分异构体的结构可以视作 、
2 3 2
、 分子中苯环上的氢原子被—NH 取代所得结构，所得结构分别有1、3、
2
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phCH Cl发生取代反应生成发生取代反应生成 ，
2
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
20. 利用γ-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1-丁醇(BuOH)的
副反应，涉及反应如下：
第23页 | 共27页已知：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H 氛围下进行，故H 压
2 2
强近似等于总压。回答下列问题：
（1）以5.0´10-3molBL或BD为初始原料，在493K、3.0´103kPa的高压H 氛围下，分别在恒压容
2
器中进行反应。达平衡时，以BL为原料，体系向环境放热XkJ；以BD为原料，体系从环境吸热YkJ。
忽略副反应热效应，反应Ⅰ焓变ΔH 493K,3.0´103kPa =_______kJ×mol-1。
（2）初始条件同上。x 表示某物种i的物质的量与除H 外其它各物种总物质的量之比，x 和x 随时
i 2 BL BD
间t变化关系如图甲所示。实验测得X
