2022年高考化学真题完全解读（山东卷带解析）

2022年高考化学真题完全解读(山东卷)2022年高考山东卷化学试题继续保持以往风格，试卷结构和试题难度保持了相对稳定，难度梯度设计合理，契
合考生特点，坚持“重视根底、立足实践、突出能力、不断创新”的要求，体现了高考命题的稳定性和连续性原则，准确表达了考试说明的要求，科
学、准确、公平、标准，难度适中，具有较高的信度、效度和必要的区分度，全面测试考生的化学科学素养，实现了高考的选拔功能。一、注重引领
，突出立德树人立德树人是高中学科教学的根本任务，新高考的化学试题基于“立德树人，服务选拔，引导教学”的核心立场，发挥学科优势，突出
体现社会主义核心价值观，要求学生坚定理想信念、厚植爱国情怀、提升品德修养，让考生感受化学学科的独特价值，引导学生树立正确的价值观，
发挥化学试题的立德树人作用。如：第1题，古医典富载化学知识。二、强化主干，筑牢学科基础 试题单选题尽管只有10小题，多选题也仅有
5小题，但却集中体现了对高中化学主干与核心知识的考查，涉及内容包括化学与技术、社会及环境的关系、原子结构与元素周期律、物质结构与性
质、化学反应速率与化学反应平衡、电离平衡、水解平衡、氧化还原反应、化学用语、热化学、电化学、重要元素单质及化合物的相关性质、化学实
验原理及基本操作、有机化学基础知识等等，可以说基本涵盖了高中化学的主干知识。如：第2题的化学实验基本操作和实验安全，第8题的氧化还
原反应概念、第6题的中和滴定实验仪器及相关操作、第3、5、15题有关物质结构基础知识，第10、12题有关平衡规律及其运用等。三、巧
选载体，情境立足实践立足化学科学特点，注重选取新材料、新药物、新催化技术等真实情境，呈现生产生活中的实际问题，这些试题情境充分体现
了化学的时代性和应用性，使考生切切实实地感受到了“有用的化学”，解决实际问题还需进一步深化对信息获取加工、逻辑推理、归纳论证思维等
关键能力，有利于提升对学科核心素养考查的有效性，进一步提高人才选拔质量。信息获取与加工是整个化学学科能力发展的基础，所取素材都是实
际生产和生活中真实存在的，有的是传统的工业生产，有的则是应用广泛的新技术，这些情境对考生来说可能是陌生的，但考查的重点仍是高中化学
的基础知识，充分体现出试题“高起点、低落点”的特点。如：第5题以第三代半导体材料AlN、GaN为载体，考查共价键的形成及主要类型；
等电子原理的应用；利用杂化轨道理论判断化学键杂化类型；共价晶体；第12题以高压氢还原法可直接从溶液中提取金属粉；四、多维呈现，考查
思维品质试题在设计上很好地体现了能力立意要求。试题通过创设复杂的问题情境，加强对学生逻辑推理能力的考查。对于真实的工业生产过程，在
信息获取加工能力的基础上利用化学基础知识和基本原理，推测实际工艺过程中步骤、所发生的离子方程式、化学方程式，考查化学计算等。试题对
能力的考查往往不是孤立的，着重对某项能力考查的同时，在不同程度上也考查了与之相关的其它能力，这一点在非选择题中体现得尤为明显。第1
5题巧妙地把充放电过程中与晶胞结构融合在一起，一箭双雕；第19题，以支气管扩张药物特布他林(H)的一种合成路线为切入口，全面考查官
能团之间的转化；第20题在利用丁内酯(BL)制备1，4-丁二醇(BD)过程，利用化学反应原理知识进行分析等。五、注重实验，发展探究
能力实验是培养化学学科素养的重要途径和方式。2022年高考化学在实验原理的理解、实验方案的设计、实验仪器的选择、基本仪器的使用、实
验数据的处理、实验结论的得出和解释等方面加强设计，考查学生的实验能力和科学探究能力，充分发挥对高中实验教学的积极导向作用，引导教学
重视实验探究，引导学生自己动手做实验，切实提升实验能力。如：第2题的实验操作和实验安全；第9题的物质分离与提纯的操作；第18题利用
FeCl2?4H2O和亚硫酰氯(SOCl2)制备无水FeCl2，通过对实验步骤的分析，选取合适的仪器，预测实验现象，同时考查实验操
作方法和定量分析，所学即所考，很好地实现了教考衔接。题号分值难度度知识模块详细知识点单选题12易认识化学科学常见无机物及其应用氧化
还原反应基本概念；硫与金属单质的反应22易常见无机物及其应用化学实验基础硝酸的不稳定性；化学实验基础操作；实验安全32中物质结构与
性质原子中相关数值及其之间的相互关系；元素、核素、同位素42中有机化学基础酯的水解反应机理；人工合成有机化合物的应用；加聚反应机理
及几个相关概念；缩聚反应机理及判断52中物质结构与性质共价键的形成及主要类型；等电子原理的应用；利用杂化轨道理论判断化学键杂化类型
；共价晶体(新教材)62中常见无机物及其应用化学反应原理碳酸钠；酸碱中和滴定实验基本操作及步骤；酸碱中和滴定实验相关仪器72中有机
化学基础有机化合物中碳的成键特征；分子的手性；有机分子中原子共面的判断；多官能团有机物的结构与性质82中认识化学科学化学实验基础氧
化还原反应的几组概念；基于氧化还原反应守恒规律的计算；常用仪器及使用92中有机化学基础化学实验基础羧酸的酸性；蒸发与结晶；萃取和分
液；胺的性质与应用102中认识化学科学化学反应原理氧化还原反应的规律；一氧化氮；化学平衡的移动及其影响因素多选题114中常见无机物
及其应用氯气与还原性化合物的反应；氨气；硝酸盐；含碳元素及其化合物124中常见无机物及其应用化学反应原理有关铁及其化合物转化的流程
题型；沉淀溶解平衡的应用134中常见无机物及其应用化学反应原理原电池正负极判断；原电池电极反应式书写；原电池、电解池综合考查；电解
池电极反应式及化学方程式的书写与判断144较难化学反应原理强电解质与弱电解质；溶度积常数相关计算154较难化学反应原理物质结构与性
质电化学计算；新型电池；晶胞的有关计算非选择题161中物质结构与性质电子排布式；简单配合物的成键；氢键对物质性质的影响；晶胞的有关
计算；1713难认识化学科学化学反应原理离子方程式的书写；化学反应条件的控制及优化；溶度积规则及其应用；溶度积常数相关计算1812
较难化学实验基础物质制备的探究1912较难有机化学基础同分异构体的数目的确定；羧酸酯化反应；有机物的推断；根据题给物质选择合适合成
路线2011难化学反应原理焓变；化学平衡的移动及其影响因素；化学平衡常数；化学平衡图像分析一、选择题：本题共10小题，每小题2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(CaCO3)：“色黄，以苦酒(醋)洗
刷则白”【答案】C【解析】A项，题中金“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项，题中石灰(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Ca
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不合题意；C项，题中石硫磺：“能化……银、铜、铁，奇物”是指2Ag+SA
g2S、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项，题中石钟乳(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；故选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】A项，浓硝酸具有不稳定性，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项，氢氧化钠固体为强碱能与玻璃中的SiO2反应，故氢氧化钠固体保存在广口塑料瓶中，B正确；
C项，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项，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；故选C。3．138O、158O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2B．X、Y互为同位素C．138O、158O可用作示踪原子研究化学反
应历程D．自然界不存在138O2、158O2分子是因其化学键不稳定【答案】B【解析】根据质量守恒可知，结合题中的人工合成反应，推知
X微粒为62He，Y微粒为42He。A项，X微粒为62He，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项，X
微粒为62He，Y微粒为42He，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项，.由题干信息可知，138O
与158O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项，自然界中不存在138O2与158O2并不是其化学键不稳
定，而是由于138O与158O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；故选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】】本题考查加聚反应和缩聚反应的比较
。A项，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项，聚四氟乙烯()是由四氟乙
烯(CF2=CF2)经加聚反应制备，B正确；C项，尼龙-66()是由己二胺和己二酸经过缩聚反应制得，C错误；D项，聚乙烯醇()由聚
乙酸乙烯醇酯()发生水解反应制得，D错误；故选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sp3杂化D．晶体中所有原子
的配位数均相同【答案】A【解析】根据元素周期表，Al和Ga均为第ⅢA元素，N属于第ⅤA元素，结合题意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。A项，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项，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项，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项，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。故选A。6．实验室用基准Na2CO3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
Na2CO3标准溶液。下列说法错误的是( )A．可用量筒量取25.00 mL Na2CO3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Na2CO3标准溶液C．应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体D．达到滴定终点时溶液显橙色【答案】A【解析】根
据中和滴定过程批示剂选择原则，以盐酸滴定Na2CO3标准溶液，选甲基橙为指示剂，则应利用盐酸滴定碳酸钠，即将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。A项，量筒的精确度为0.1 mL，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错误；B项，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Na2
CO3标准溶液，B正确；C项，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正确；D项，Na
2CO3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正确；故选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NaHCO3溶液反应C．分子中的碳原子不可能全部共平面D．与足量H2加成后，产物分子中含手性碳原子【答案
】B【解析】根据题中信息可知，γ-崖柏素有酚的通性，具有类似的酚羟基的性质。A项，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正确；B项，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错误；C项，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正确；D项，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正确；故选B。8．实验室制备KMnO4过程为：①高温下在熔融强碱性介质中用KClO3
氧化MnO2制备K2MnO4；②水溶后冷却，调溶液至弱碱性，K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2；③减压过滤，将滤液蒸发浓缩、
冷却结晶，再减压过滤得KMnO4。下列说法正确的是( )A．①中用瓷坩埚作反应器B．①中用NaOH作强碱性介质C．②中K2M
nO4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】根据题意，高温下在熔融强碱性介质中用KC
lO3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。A项，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不正确；B项，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NaOH，B不正确；C项，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不正确；D项，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正确；故选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】根据题给流程可
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。A项，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，A错误；B项，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，B错误；C项，苯胺粗品、甲
苯粗品、苯甲酸粗品依次由①、②、③获得，C正确；D项，①、②为液相，③为固相，都不是两相混合体系，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的量，C3H8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】A项，根据
制备丙烯的部分反应机理的图示知，含N分子发生的反应有NO+?OOH=NO2+?OH、NO+NO2+H2O=2HONO、NO2+?C
3H7=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项，根据图示，由NO生成HONO的反应历程有2种，B项
正确；C项，NO是催化剂，增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变，C项正确；D项，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；故选D。二、选择题：本
题共5小题，每小题4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ACO2饱和Na2
CO3溶液CaCO3BCl2FeCl2溶液FeCHClCu (NO3)2溶液CuDNH3H2OAgCl【答案】A【解析】A项，饱和
Na2CO3溶液通入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项符合题意；B项，FeC
l2溶液通入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
符合题意；C项，Cu (NO3)2溶液通入HCl，NO3-在酸性条件下会表现强氧化性，发生离子反应：3Cu+8H++2 NO3-=
3Cu2++2NO↑+4H2O，最终Cu消失得到澄清溶液，C项不符合题意；D项，AgCl在水中存在溶解平衡AgCl(s)Ag+(a
q)+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项不符合题意；故选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。开始沉淀pH1.94.26.2沉淀完全pH3.26.78.2下列说法错误的是( )A．固体
X主要成分是Fe(OH)3和S；金属M为ZnB．浸取时，增大O2压强可促进金属离子浸出C．中和调pH的范围为3.2~4.2D．还原
时，增大溶液酸度有利于Cu的生成【答案】D【解析】依据题中的工艺流程，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。A项，固体X主要成分是S、Fe(OH)3，金属M为Zn，A正确；B项，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项，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+、Zn
2+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项，在用H2还原C
u2+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；故选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CO2，将废旧锂离子电池的正极材料LiCoO2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LiCoO2+2H2O+e-+4H+=Li++Co2++4OH-D．若甲室Co2+减少，乙室Co2+增加，则此
时已进行过溶液转移【答案】BD【解析】A项，依据题意右侧装置为原电池，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，Co2+在另一个电极上得到电子，被还原产生Co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项，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正确；C项，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错误；D项，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正确；故选BD。14．工业上
以SrSO4(s)为原料生产SrCO3(s)，对其工艺条件进行研究。现有含SrCO3(s)的0.1mol·L-1、1.0mol·L
-1 Na2CO3溶液，含SrSO4(s)的0.1mol·L-1、1.0mol·L-1 Na2SO4溶液。在一定pH范围内，四种溶
液中lg[c(Sr2+)/mol·L-1]随pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是( )A．反应SrSO4(s)+CO32
-SrCO3(s)+SO42-的平衡常数B．a= -6.5C．曲线④代表含SrCO3(s)的1.0mol·L-1溶液的变化曲线D．
对含SrCO4(s)且Na2SO4和Na2CO3初始浓度均为1.0mol·L-1的混合溶液，时才发生沉淀转化【答案】D【解析】分析
题给图象，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0.1 mol·L-1硫酸钠溶液的变化曲线，曲线②代表含硫酸锶固体
的1 mol·L-1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，1
mol·L-1碳酸钠溶液中碳酸根离子浓度大于0.1 mol·L-1碳酸钠溶液，则曲线③表示含碳酸锶固体的0.1 mol·L-1碳酸
钠溶液的变化曲线，曲线④表示含碳酸锶固体的1 mol·L-1碳酸钠溶液的变化曲线。A项，反应SrSO4(s)+CO32-SrCO3
(s)+SO42-的平衡常数K===，故A正确； B项，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项，曲线④表示含碳酸锶固体的1 mol·L-1碳酸钠溶液的变化曲线，故C正确；D项，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．Cu2-xSe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Cu2-xSe晶胞中Cu2+个数为xB．每个Na2Se晶胞完全转化为Cu2-x
Se晶胞，转移电子数为8C．每个NaCuSe晶胞中0价Cu原子个数为1-x D．当NayCu2-xSe转化为NaCuSe时，每转移
电子，产生(1-x)mol原子【答案】D【解析】A项，由Cu2-xSe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2
a+b=4×2，解得a=4x，故A错误；B项，由Na2Se转化为Cu2-xSe的电极反应式为Na2Se-e-+(2-x)Cu=Cu
2-xSe+Na+，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4，故
B错误；C项，由NaCuSe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项，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正确；故选D。三、非选
择题：本题共5小题，共60分。16．(12分)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(NH3)y·zC
6H6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_______。(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π66大π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)【解析】(1)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；(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：Ni(CN)4·Zn(NH3)2·2C6H6，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Ni2+与Zn2+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，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+；(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π66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，故选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；(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：＞＞，结合题干信息可知，其中碱性最弱的为：。17．(13分)工业上以氟磷灰石[Ca5F(PO4)3]，含SiO
2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SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，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(Na2CO3)：n(SiF62-)= 1：1加
入Na2CO3脱氟，充分反应后，c(Na+)=_______ mol?L-1；再分批加入一定量的BaCO3，首先转化为沉淀的离子是
_______。BaSiF6Na2SiF6CaSO4BaSO4Ksp1.0×10-64.0×10-69.0×10-41.0×10-
10(3)SO42-浓度(以SO3%计)在一定范围时，石膏存在形式与温度、H3PO4浓度(以P2O5%计)的关系如图甲所示。酸解后
，在所得、P2O5%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P2O5%和SO3%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．65℃、P2O5%=15、SO3%=15?B．80℃、P2O5%
=10、SO3%=20C．65℃、P2O5%=10、SO3%=30?D．80℃、P2O5%=10、SO3%=10【答案】(1)6H
F+SiO2=2H++ SiF62-+2H2O(2) 2.0×10-2 SO42-(3) CaSO4?0.5H2O???? 减少C
aSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率???? 酸解???? D【解析】根据题中的工艺流程，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SiF62-，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++ SiF62-+2H2O。(2)精制1
中，按物质的量之比n(Na2CO3)：n(SiF62-)= 1：1加入Na2CO3脱氟，该反应的化学方程式为H2SiF6+ Na2
CO3= Na2SiF6↓+CO2↑+ H2O，充分反应后得到沉淀Na2SiF6，溶液中有饱和的Na2SiF6，且c(Na+)=2
c(SiF62-)，根据Na2SiF6的溶度积可知Ksp= c2(Na+)? c(SiF62-)=4c3(SiF62-)，c(Si
F62-) =mol?L-1，因此c(Na+)=2c(SiF62-)=2.0×10-2mol?L-1；同时，粗磷酸中还有硫酸钙的饱
和溶液，c(Ca2+)=c(SO42-)=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SO42-，然后才是
SiF62-。(3)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?0.5H2
O；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项，P2O5%= l5、S
O3%= 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项，P2O5%= 10、SO
3%= 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项，P2O
5%= 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项，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；故选D。18．(12分)实验室利用FeCl2?4H2O和亚硫酰
氯(SOCl2)制备无水FeCl2的装置如图所示(加热及夹持装置略)。已知SOCl2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N2。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m1g样品，用足量稀硫酸溶解后，用cmol·L-1K2Cr2O7标准溶液滴定达终点时消耗(滴定过程中Cr2O72-转化为Cr3
+，不反应)。实验Ⅱ：另取m1g样品，利用上述装置与足量SOCl2反应后，固体质量为m2g。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SOCl2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TiO2+CCl4 =TiCl4+CO2制备TiCl4。已知TiC
l4与CCl4分子结构相似，与CCl4互溶，但极易水解。选择合适仪器并组装蒸馏装置对TiCl4、CCl4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?4H
2O+4SOCl2FeCl2+4SO2↑+8HCl↑???? 冷凝回流SOCl2(2) AB (3)?⑥⑩③⑤ CCl4【解析
】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。(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?4H
2O+4SOCl2FeCl2+4SO2↑+8HCl↑；装置c、d的共同作用是冷凝回流SOCl2；(2)滴定过程中Cr2O72-将F
e2+氧化成Fe3+，自身被还原成Cr3+，反应的离子方程式为6Fe2++ Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H
2O，则m1g样品中n(FeCl2)=6n(Cr2O72-)=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项，样品中含少量F
eO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项，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项，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项，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；故选AB。(3)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。19．(12分)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-OCH2CH3、-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) 【解析】根据C的结构简式，结合题中的合成路线可知，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。(1)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；(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；(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；(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；(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，合成路线为。20．(11分)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H2氛
围下进行，故H2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H2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，3.0×10
3kPa)=_______ kJ·mol-1。(2)初始条件同上。xi表示某物种i的物质的量与除H2外其它各物种总物质的量之比，xBL和xBD随时间t变化关系如图甲所示。实验测得X＜Y，则图中表示xBL变化的曲线是_______；反应Ⅰ平衡常数Kp=_______ kPa-2 (保留两位有效数字)。以BL为原料时，t1时刻xH2O_______，BD产率=_______(保留两位有效数字)。(3)为达平衡时与的比值。(493K，2.5×103kPa)、(493K，3.5×103kPa)、(513K，2.5×103kPa)三种条件下，以5.0×10-3molBL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H2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【解析】(1)根据题意，结合已知信息，可确定在同温同压下，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5.0×10-3mol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时二者能量差值为200(X+Y)kJ，反应I为放热反应，因此焓变ΔH =-200(X+Y)kJ·mol-1。(2)实验测定X