2022年山東省新高考化學(xué)試卷解析版

2022年山東省新高考化學(xué)試卷一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。1．（2分）古醫(yī)典富載化學(xué)知識(shí)，下述之物見其氧化性者為（）A．金（Au）：“雖被火亦未熟” B．石灰（CaO）：“以水沃之，即熱蒸而解” C．石硫黃（S）：“能化……銀、銅、鐵，奇物” D．石鐘乳（CaCO3）：“色黃，以苦酒（醋）洗刷則白”2．（2分）下列試劑實(shí)驗(yàn)室保存方法錯(cuò)誤的是（）A．濃硝酸保存在棕色細(xì)口瓶中 B．氫氧化鈉固體保存在廣口塑料瓶中 C．四氯化碳保存在廣口塑料瓶中 D．高錳酸鉀固體保存在棕色廣口瓶中3．（2分）O、O的半衰期很短，自然界中不能穩(wěn)定存在。人工合成反應(yīng)如下：O+He→O+X；O+He→O+Y。下列說(shuō)法正確的是（）A．X的中子數(shù)為2 B．X、Y互為同位素 C．O、O可用作示蹤原子研究化學(xué)反應(yīng)歷程 D．自然界不存在O2、O2分子是因其化學(xué)鍵不穩(wěn)定4．（2分）下列高分子材料制備方法正確的是（）A．聚乳酸（）由乳酸經(jīng)加聚反應(yīng)制備 B．聚四氟乙烯（）由四氟乙烯經(jīng)加聚反應(yīng)制備 C．尼龍﹣66（）由己胺和己酸經(jīng)縮聚反應(yīng)制備 D．聚乙烯醇（）由聚乙酸乙烯酯（）經(jīng)消去反應(yīng)制備5．（2分）AlN、GaN屬于第三代半導(dǎo)體材料，二者成鍵結(jié)構(gòu)與金剛石相似，晶體中只存在N﹣Al鍵、N﹣Ga鍵。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．GaN的熔點(diǎn)高于AlN B．晶體中所有化學(xué)鍵均為極性鍵 C．晶體中所有原子均采取sp3雜化 D．晶體中所有原子的配位數(shù)均相同6．（2分）實(shí)驗(yàn)室用基準(zhǔn)Na2CO3配制標(biāo)準(zhǔn)溶液并標(biāo)定鹽酸濃度，應(yīng)選甲基橙為指示劑，并以鹽酸滴定Na2CO3標(biāo)準(zhǔn)溶液。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．可用量筒量取25.00mLNa2CO3標(biāo)準(zhǔn)溶液置于錐形瓶中 B．應(yīng)選用配帶塑料塞的容量瓶配制Na2CO3標(biāo)準(zhǔn)溶液 C．應(yīng)選用燒杯而非稱量紙稱量Na2CO3固體 D．達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)溶液顯橙色7．（2分）γ﹣崖柏素具天然活性，有酚的通性，結(jié)構(gòu)如圖。關(guān)于γ﹣崖柏素的說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．可與溴水發(fā)生取代反應(yīng) B．可與NaHCO3溶液反應(yīng) C．分子中的碳原子不可能全部共平面 D．與足量H2加成后，產(chǎn)物分子中含手性碳原子8．（2分）實(shí)驗(yàn)室制備KMnO4過(guò)程為：①高溫下在熔融強(qiáng)堿性介質(zhì)中用KClO3氧化MnO2制備K2MnO4；②水溶后冷卻，調(diào)溶液pH至弱堿性，K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2；③減壓過(guò)濾，將濾液蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，再減壓過(guò)濾得KMnO4。下列說(shuō)法正確的是（）A．①中用瓷坩堝作反應(yīng)器 B．①中用NaOH作強(qiáng)堿性介質(zhì) C．②中K2MnO4只體現(xiàn)氧化性 D．MnO2轉(zhuǎn)化為KMnO4的理論轉(zhuǎn)化率約為66.7%9．（2分）已知苯胺（液體）、苯甲酸（固體）微溶于水，苯胺鹽酸鹽易溶于水。實(shí)驗(yàn)室初步分離甲苯、苯胺、苯甲酸混合溶液的流程如圖。下列說(shuō)法正確的是（A．苯胺既可與鹽酸也可與NaOH溶液反應(yīng) B．由①、③分別獲取相應(yīng)粗品時(shí)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獲得 D．①、②、③均為兩相混合體系10．（2分）在NO催化下，丙烷與氧氣反應(yīng)制備丙烯的部分反應(yīng)機(jī)理如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．含N分子參與的反應(yīng)一定有電子轉(zhuǎn)移 B．由NO生成HONO的反應(yīng)歷程有2種 C．增大NO的量，C3H8的平衡轉(zhuǎn)化率不變 D．當(dāng)主要發(fā)生包含②的歷程時(shí)，最終生成的水減少二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。11．（4分）某同學(xué)按圖示裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，欲使瓶中少量固體粉末最終消失并得到澄清溶液。下列物質(zhì)組合不符合要求的是（）氣體液體固體粉末ACO2飽和Na2CO3溶液CaCO3BCl2FeCl2溶液FeCHClCu（NO3）2溶液CuDNH3H2OAgClA．A B．B C．C D．D（多選）12．（4分）高壓氫還原法可直接從溶液中提取金屬粉。以硫化銅精礦（含Zn、Fe元素的雜質(zhì)）為主要原料制備Cu粉的工藝流程如圖，可能用到的數(shù)據(jù)見下表。Fe（OH）3Cu（OH）2Zn（OH）2開始沉淀pH1.94.26.2沉淀完全pH3.26.78.2下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．固體X主要成分是Fe（OH）3和S；金屬M(fèi)為Zn B．浸取時(shí)，增大O2壓強(qiáng)可促進(jìn)金屬離子浸出 C．中和調(diào)pH的范圍為3.2～4.2 D．還原時(shí)，增大溶液酸度有利于Cu的生成（多選）13．（4分）設(shè)計(jì)如圖裝置回收金屬鈷。保持細(xì)菌所在環(huán)境pH穩(wěn)定，借助其降解乙酸鹽生成CO2，將廢舊鋰離子電池的正極材料LiCoO2（s）轉(zhuǎn)化為Co2+，工作時(shí)保持厭氧環(huán)境，并定時(shí)將乙室溶液轉(zhuǎn)移至甲室。已知電極材料均為石墨材質(zhì)，右側(cè)裝置為原電池。下列說(shuō)法正確的是（）A．裝置工作時(shí)，甲室溶液pH逐漸增大 B．裝置工作一段時(shí)間后，乙室應(yīng)補(bǔ)充鹽酸 C．乙室電極反應(yīng)式為L(zhǎng)iCoO2+2H2O+e﹣═Li++Co2++4OH﹣ D．若甲室Co2+減少200mg，乙室Co2++增加300mg，則此時(shí)已進(jìn)行過(guò)溶液轉(zhuǎn)移14．（4分）工業(yè)上以SrSO4（s）為原料生產(chǎn)SrCO3（s），對(duì)其工藝條件進(jìn)行研究?，F(xiàn)有含SrCO3（s）的0.1mol?L﹣1、1.0mol?L﹣1Na2CO3溶液，含SrSO4（s）的0.1mol?L﹣1、1.0mol?L﹣1Na2SO4溶液。在一定pH范圍內(nèi)，四種溶液中l(wèi)g[c（Sr2+）/mol?L﹣1]隨pH的變化關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．反應(yīng)SrSO4（s）+CO?SrCO3（s）+SO的平衡常數(shù)K＝ B．a(chǎn)＝﹣6.5 C．曲線④代表含SrCO3（s）的1.0mol?L﹣1Na2CO3溶液的變化曲線 D．對(duì)含SrSO4（s）且Na2SO4和Na2CO3初始濃度均為1.0mol?L﹣1的混合溶液，pH≥7.7時(shí)才發(fā)生沉淀轉(zhuǎn)化（多選）15．（4分）Cu2﹣xSe是一種鈉離子電池正極材料，充放電過(guò)程中正極材料立方晶胞（示意圖）的組成變化如圖所示，晶胞內(nèi)未標(biāo)出因放電產(chǎn)生的0價(jià)Cu原子。下列說(shuō)法正確的是（）A．每個(gè)Cu2﹣xSe晶胞中Cu2+個(gè)數(shù)為x B．每個(gè)Na2Se晶胞完全轉(zhuǎn)化為Cu2﹣xSe晶胞，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為8 C．每個(gè)NaCuSe晶胞中0價(jià)Cu原子個(gè)數(shù)為1﹣x D．當(dāng)NayCu2﹣xSe轉(zhuǎn)化為NaCuSe時(shí)，每轉(zhuǎn)移（1﹣y）mol電子，產(chǎn)生（1﹣x）molCu原子三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16．（12分）研究籠形包合物結(jié)構(gòu)和性質(zhì)具有重要意義，化學(xué)式為Ni（CN）x?Zn（NH3）y?zC6H6的籠形包合物四方晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示（H原子未畫出）。每個(gè)苯環(huán)只有一半屬于該晶胞，晶胞參數(shù)為a＝b≠c，α＝β＝γ＝90°?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）基態(tài)Ni原子的價(jià)電子排布式為，在元素周期表中位置為。（2）晶胞中N原子均參與形成配位鍵，Ni2+與Zn2+的配位數(shù)之比為；x：y：z＝；晶胞中有d軌道參與雜化的金屬離子是。（3）吡啶（）替代苯也可形成類似的籠形包合物。已知吡啶中含有與苯類似的π大π鍵，則吡啶中N原子的價(jià)層孤電子對(duì)占據(jù)（填標(biāo)號(hào)）。A.2s軌道B.2p軌道C.sp雜化軌道D.sp2雜化軌道在水中的溶解度，吡啶遠(yuǎn)大于苯，主要原因是①，②。、、的堿性隨N原子電子云密度的增大而增強(qiáng)，其中堿性最弱的是。17．（13分）工業(yè)上以氟磷灰石[Ca5F（PO4）3，含SiO2等雜質(zhì)]為原料生產(chǎn)磷酸和石膏，工藝流程如圖：回答下列問(wèn)題：（1）酸解時(shí)有HF產(chǎn)生。氫氟酸與SiO2反應(yīng)生成二元強(qiáng)酸H2SiF6，離子方程式為。（2）部分鹽的溶度積常數(shù)見下表。精制Ⅰ中，按物質(zhì)的量之比n（Na2CO3）：n（SiF）＝1：1加入Na2CO3脫氟，充分反應(yīng)后，c（Na+）＝mol?L﹣1；再分批加入一定量的BaCO3，首先轉(zhuǎn)化為沉淀的離子是。BaSiF6Na2SiF6CaSO4BaSO4Ksp1.0×10﹣64.0×10﹣69.0×10﹣41.0×10﹣10（3）SO濃度（以SO3%計(jì)）在一定范圍時(shí)，石膏存在形式與溫度、H3PO4濃度（以P2O5%計(jì)）的關(guān)系如圖甲所示。酸解后，在所得100℃、P2O5%為45的混合體系中，石膏存在形式為（填化學(xué)式）；洗滌時(shí)使用一定濃度的硫酸溶液而不使用水，原因是，回收利用洗滌液X的操作單元是；一定溫度下，石膏存在形式與溶液中P2O5%和SO3%的關(guān)系如圖乙所示，下列條件能實(shí)現(xiàn)酸解所得石膏結(jié)晶轉(zhuǎn)化的是（填標(biāo)號(hào)）。A.65℃、P2O5%＝15、SO3%＝15B.80℃、P2O5%＝10、SO3%＝20C.65℃、P2O5%＝10、SO3%＝30D.80℃、P2O5%＝10、SO3%＝1018．（12分）實(shí)驗(yàn)室利用FeCl2?4H2O和亞硫酰氯（SOCl2）制備無(wú)水FeCl2的裝置如圖所示（加熱及夾持裝置略）。已知SOCl2沸點(diǎn)為76℃，遇水極易反應(yīng)生成兩種酸性氣體?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）實(shí)驗(yàn)開始先通N2。一段時(shí)間后，先加熱裝置（填“a”或“b”）。裝置b內(nèi)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為。裝置c、d共同起到的作用是。（2）現(xiàn)有含少量雜質(zhì)的FeCl2?nH2O，為測(cè)定n值進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：實(shí)驗(yàn)Ⅰ：稱取m1g樣品，用足量稀硫酸溶解后，用cmol?L﹣1K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Fe2+達(dá)終點(diǎn)時(shí)消耗VmL（滴定過(guò)程中Cr2O轉(zhuǎn)化為Cr3+，Cl﹣不反應(yīng)）。實(shí)驗(yàn)Ⅱ：另取m1g樣品，利用上述裝置與足量SOCl2反應(yīng)后，固體質(zhì)量為m2g。則n＝；下列情況會(huì)導(dǎo)致n測(cè)量值偏小的是（填標(biāo)號(hào)）。A.樣品中含少量FeO雜質(zhì)B.樣品與SOCl2反應(yīng)時(shí)失水不充分C.實(shí)驗(yàn)Ⅰ中，稱重后樣品發(fā)生了潮解D.滴定達(dá)終點(diǎn)時(shí)發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴內(nèi)有氣泡生成（3）用上述裝置，根據(jù)反應(yīng)TiO2+CCl4TiCl4+CO2制備TiCl4。已知TiCl4與CCl4分子結(jié)構(gòu)相似，與CCl4互溶，但極易水解。選擇合適儀器并組裝蒸餾裝置對(duì)TiCl4、CCl4混合物進(jìn)行蒸餾提純（加熱及夾持裝置略），安裝順序?yàn)棰佗幄啵ㄌ钚蛱?hào)），先餾出的物質(zhì)為。19．（12分）支氣管擴(kuò)張藥物特布他林（H）的一種合成路線如圖：已知：回答下列問(wèn)題：（1）A→B反應(yīng)條件為；B中含氧官能團(tuán)有種。（2）B→C反應(yīng)類型為，該反應(yīng)的目的是。（3）D結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為；E→F的化學(xué)方程式為。（4）H的同分異構(gòu)體中，僅含有﹣OCH2CH3、﹣NH2和苯環(huán)結(jié)構(gòu)的有種。（5）根據(jù)上述信息，寫出以4﹣羥基鄰苯二甲酸二乙酯為主要原料制備的合成路線。20．（11分）利用γ﹣丁內(nèi)酯（BL）制備1，4﹣丁二醇（BD），反應(yīng)過(guò)程中伴有生成四氫呋喃（THF）和1﹣丁醇（BuOH）的副反應(yīng)，涉及反應(yīng)如圖：已知：①反應(yīng)Ⅰ為快速平衡，可認(rèn)為不受慢反應(yīng)Ⅱ、Ⅲ的影響；②因反應(yīng)Ⅰ在高壓H2氛圍下進(jìn)行，故H2壓強(qiáng)近似等于總壓?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）以5.0×10﹣3molBL或BD為初始原料，在493K、3.0×103kPa的高壓H2氛圍下，分別在恒壓容器中進(jìn)行反應(yīng)。達(dá)平衡時(shí)，以BL為原料，體系向環(huán)境放熱XkJ；以BD為原料，體系從環(huán)境吸熱YkJ。忽略副反應(yīng)熱效應(yīng)，反應(yīng)Ⅰ焓變?chǔ)（493K，3.0×103kPa）＝kJ?mol﹣1。（2）初始條件同上。xi表示某物種i的物質(zhì)的量與除H2外其它各物種總物質(zhì)的量之比，xBL和xBD隨時(shí)間t變化關(guān)系如圖甲所示。實(shí)驗(yàn)測(cè)得X＜Y，則圖中表示xBL變化的曲線是；反應(yīng)Ⅰ平衡常數(shù)Kp＝kPa﹣2（保留兩位有效數(shù)字）。以BL為原料時(shí)，t1時(shí)刻x＝，BD產(chǎn)率＝（保留兩位有效數(shù)字）。（3）（xBD/xBL）max為達(dá)平衡時(shí)xBD與xBL的比值。（493K，2.5×103kPa）、（493K，3.5×103kPa）、（513K，2.5×103kPa）三種條件下，以5.0×10﹣3molBL為初始原料，在相同體積的剛性容器中發(fā)生反應(yīng)，隨時(shí)間t變化關(guān)系如圖乙所示。因反應(yīng)在高壓H2氛圍下進(jìn)行，可忽略壓強(qiáng)對(duì)反應(yīng)速率的影響。曲線a、b、c中，（xBD/xBL）max最大的是（填代號(hào)）；與曲線b相比，曲線c達(dá)到＝1.0所需時(shí)間更長(zhǎng)，原因是。

2022年山東省新高考化學(xué)試卷參考答案與試題解析一、選擇題：本題共10小題，每小題2分，共20分。每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求。1．（2分）古醫(yī)典富載化學(xué)知識(shí)，下述之物見其氧化性者為（）A．金（Au）：“雖被火亦未熟” B．石灰（CaO）：“以水沃之，即熱蒸而解” C．石硫黃（S）：“能化……銀、銅、鐵，奇物” D．石鐘乳（CaCO3）：“色黃，以苦酒（醋）洗刷則白”【分析】A．說(shuō)明金的化學(xué)性質(zhì)比較穩(wěn)定，不能燃燒；B．涉及到的化學(xué)方程式為：CaO+H2O＝Ca（OH）2；C．涉及到的方程式為：2Ag+S＝Ag2S，F(xiàn)e+SFeS，2Cu+SCu2S，；D．涉及到的方程式為：CaCO3+2CH3COOH→（CH3COO）2Ca+CO2↑+H2O?！窘獯稹拷猓篈．說(shuō)明金的化學(xué)性質(zhì)比較穩(wěn)定，不能燃燒，故A錯(cuò)誤；B．涉及到的化學(xué)方程式為：CaO+H2O＝Ca（OH）2，該反應(yīng)不是氧化還原反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C．涉及到的方程式為：2Ag+S＝Ag2S，F(xiàn)e+SFeS，2Cu+SCu2S，S的化合價(jià)均降低，作氧化劑，體現(xiàn)其氧化性，故C正確；D．涉及到的方程式為：CaCO3+2CH3COOH→（CH3COO）2Ca+CO2↑+H2O，該反應(yīng)不是氧化還原反應(yīng)，故D錯(cuò)誤，故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題考查物質(zhì)的性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)為解題的關(guān)鍵，題目難度不大。2．（2分）下列試劑實(shí)驗(yàn)室保存方法錯(cuò)誤的是（）A．濃硝酸保存在棕色細(xì)口瓶中 B．氫氧化鈉固體保存在廣口塑料瓶中 C．四氯化碳保存在廣口塑料瓶中 D．高錳酸鉀固體保存在棕色廣口瓶中【分析】A．濃硝酸不穩(wěn)定，見光易分解，應(yīng)避光保存；B．氫氧化鈉呈堿性，二氧化硅能與氫氧化鈉反應(yīng)生成具有粘性的物質(zhì)；C．四氯化碳易揮發(fā)，見光不分解，不會(huì)腐蝕玻璃，用細(xì)口、透明的玻璃瓶；D．高錳酸鉀見光易分解?！窘獯稹拷猓篈．濃硝酸不穩(wěn)定，見光易分解，化學(xué)方程式為4HNO3（濃）4NO2↑+O2↑+2H2O，應(yīng)避光保存，因濃HNO3為液體，用棕色細(xì)口瓶盛裝，故A正確；B．氫氧化鈉固體保存在廣口塑料瓶中，氫氧化鈉可與空氣中的二氧化碳反應(yīng)，故需用塑料蓋蓋嚴(yán)，故B正確；C．四氯化碳是液體藥品，保存在細(xì)口玻璃瓶中，故C錯(cuò)誤；D．高錳酸鉀見光易分解，故應(yīng)保存在棕色廣口瓶中，故D正確；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查化學(xué)試劑的存放，題目難度不大，注意把握化學(xué)試劑的性質(zhì)，選擇正確的保存方法。3．（2分）O、O的半衰期很短，自然界中不能穩(wěn)定存在。人工合成反應(yīng)如下：O+He→O+X；O+He→O+Y。下列說(shuō)法正確的是（）A．X的中子數(shù)為2 B．X、Y互為同位素 C．O、O可用作示蹤原子研究化學(xué)反應(yīng)歷程 D．自然界不存在O2、O2分子是因其化學(xué)鍵不穩(wěn)定【分析】根據(jù)質(zhì)量守恒可知，X微粒為，Y微粒為，據(jù)此分析解題；A.由分析可知，X微粒為，根據(jù)質(zhì)量數(shù)等于質(zhì)子數(shù)加中子數(shù)可知；B.由分析可知，X微粒為，Y微粒為，二者是具有相同的質(zhì)子數(shù)而不同的中子數(shù)的原子；C.由題干信息可知，O與O的半衰期很短；D.自然界中不存在O與O并不是其化學(xué)鍵不穩(wěn)定，而是由于O與O的半衰期很短，很容易發(fā)生核變化，轉(zhuǎn)化為其他原子?！窘獯稹拷猓篈.由分析可知，X微粒為，根據(jù)質(zhì)量數(shù)等于質(zhì)子數(shù)加中子數(shù)可知，該微粒的中子數(shù)為4，故A錯(cuò)誤；B.由分析可知，X微粒為，Y微粒為，二者是具有相同的質(zhì)子數(shù)而不同的中子數(shù)的原子，互為同位素，故B正確；C.由題干信息可知，O與O的半衰期很短，不適宜用作示蹤原子研究化學(xué)反應(yīng)歷程，故C錯(cuò)誤；D.自然界中不存在O與O并不是其化學(xué)鍵不穩(wěn)定，而是由于O與O的半衰期很短，很容易發(fā)生核變化，轉(zhuǎn)化為其他原子，故D錯(cuò)誤；故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題根據(jù)原子結(jié)構(gòu)、原子衰變過(guò)程分析判斷來(lái)解答，考查了質(zhì)量數(shù)與質(zhì)子數(shù)中子數(shù)的關(guān)系等知識(shí)點(diǎn)，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度不大。4．（2分）下列高分子材料制備方法正確的是（）A．聚乳酸（）由乳酸經(jīng)加聚反應(yīng)制備 B．聚四氟乙烯（）由四氟乙烯經(jīng)加聚反應(yīng)制備 C．尼龍﹣66（）由己胺和己酸經(jīng)縮聚反應(yīng)制備 D．聚乙烯醇（）由聚乙酸乙烯酯（）經(jīng)消去反應(yīng)制備【分析】A．乳酸發(fā)生縮聚反應(yīng)制得聚乳酸（）；B．聚四氟乙烯是由CF2＝CF2通過(guò)加聚反應(yīng)生成的產(chǎn)物；C．尼龍﹣66是由己二酸和己二胺經(jīng)縮聚反應(yīng)制備；D．聚乙烯醇（）由聚乙酸乙烯酯（）經(jīng)水解反應(yīng)制備?！窘獯稹拷猓篈．乳酸（）通過(guò)縮聚反應(yīng)可制得聚乳酸，不是加聚反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B．聚四氟乙烯是由CF2＝CF2通過(guò)加聚反應(yīng)生成的產(chǎn)物，故B正確；C．尼龍﹣66的單體是己二酸和己二胺，故C錯(cuò)誤；D．聚乙烯醇（）由聚乙酸乙烯酯（）經(jīng)水解反應(yīng)制備，不是消去反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，側(cè)重考查基礎(chǔ)知識(shí)的掌握和靈活運(yùn)用能力，明確官能團(tuán)及其性質(zhì)的關(guān)系是解本題關(guān)鍵，題目難度不大。5．（2分）AlN、GaN屬于第三代半導(dǎo)體材料，二者成鍵結(jié)構(gòu)與金剛石相似，晶體中只存在N﹣Al鍵、N﹣Ga鍵。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．GaN的熔點(diǎn)高于AlN B．晶體中所有化學(xué)鍵均為極性鍵 C．晶體中所有原子均采取sp3雜化 D．晶體中所有原子的配位數(shù)均相同【分析】Al和Ga均為第ⅢA元素，N屬于第ⅤA元素，AlN、GaN的成鍵結(jié)構(gòu)與金剛石相似，則其為共價(jià)晶體，AlN、GaN晶體中，N原子與其相鄰的原子形成3個(gè)普通共價(jià)鍵和1個(gè)配位鍵?！窘獯稹拷猓篈．因?yàn)锳lN、GaN為結(jié)構(gòu)相似的共價(jià)晶體，由于Al原子的半徑小于Ga，N﹣Al的鍵長(zhǎng)小于N﹣Ga的，則N﹣Al的鍵能較大，鍵能越大則其對(duì)應(yīng)的共價(jià)晶體的熔點(diǎn)越高，故GaN的熔點(diǎn)低于AlN，故A錯(cuò)誤；B．不同種元素的原子之間形成的共價(jià)鍵為極性鍵，故兩種晶體中所有化學(xué)鍵均為極性鍵，故B正確；C．金剛石中每個(gè)C原子形成4個(gè)共價(jià)鍵（即C原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)為4），C原子無(wú)孤電子對(duì)，故C原子均采取sp3雜化；由于AlN、GaN與金剛石結(jié)構(gòu)相似，則其晶體中所有原子均采取sp3雜化，故C正確；D．金剛石中每個(gè)C原子與其周圍4個(gè)C原子形成共價(jià)鍵，即C原子的配位數(shù)是4，由于AlN、GaN與金剛石結(jié)構(gòu)相似，則其晶體中所有原子的配位數(shù)也均為4，故D正確；故選：A。【點(diǎn)評(píng)】本題以信息的形式考查原子結(jié)構(gòu)和化學(xué)鍵，明確構(gòu)成該晶體的微粒間只以單鍵結(jié)合是解答本題的關(guān)鍵，題目難度不大。6．（2分）實(shí)驗(yàn)室用基準(zhǔn)Na2CO3配制標(biāo)準(zhǔn)溶液并標(biāo)定鹽酸濃度，應(yīng)選甲基橙為指示劑，并以鹽酸滴定Na2CO3標(biāo)準(zhǔn)溶液。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．可用量筒量取25.00mLNa2CO3標(biāo)準(zhǔn)溶液置于錐形瓶中 B．應(yīng)選用配帶塑料塞的容量瓶配制Na2CO3標(biāo)準(zhǔn)溶液 C．應(yīng)選用燒杯而非稱量紙稱量Na2CO3固體 D．達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)溶液顯橙色【分析】A．量筒的精確度為小數(shù)點(diǎn)后一位；B．碳酸鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液顯堿性，能與SiO2反應(yīng)生成硅酸鈉，硅酸鈉可作黏合劑；C．碳酸鈉能夠與空氣中的二氧化碳、水反應(yīng)生成碳酸氫鈉；D．鹽酸滴定Na2CO3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定終點(diǎn)溶液為弱酸性，溶液顯橙色?！窘獯稹拷猓篈．量筒的精確度為小數(shù)點(diǎn)后一位，若要量取25.00mL的碳酸鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液應(yīng)選用堿式滴定管，故A錯(cuò)誤；B．碳酸鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液顯堿性，能與SiO2反應(yīng)生成硅酸鈉，硅酸鈉可作黏合劑，將瓶口粘住，所以應(yīng)選用配帶塑料塞的容量瓶配制Na2CO3標(biāo)準(zhǔn)溶液，故B正確；C．碳酸鈉能夠與空氣中的二氧化碳、水反應(yīng)生成碳酸氫鈉，所以一般用燒杯稱量碳酸鈉固體，故C正確；D．鹽酸滴定Na2CO3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定終點(diǎn)溶液為弱酸性，溶液顯橙色，故D正確，故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查中和滴定和溶液的配制的注意事項(xiàng)，為高頻考點(diǎn)，題目難度一般。7．（2分）γ﹣崖柏素具天然活性，有酚的通性，結(jié)構(gòu)如圖。關(guān)于γ﹣崖柏素的說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．可與溴水發(fā)生取代反應(yīng) B．可與NaHCO3溶液反應(yīng) C．分子中的碳原子不可能全部共平面 D．與足量H2加成后，產(chǎn)物分子中含手性碳原子【分析】A．γ﹣崖柏素有酚的通性；B．﹣COOH能和NaHCO3溶液反應(yīng)；C．飽和碳原子具有甲烷結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，甲烷分子中最多有3個(gè)原子共平面；D．與足量氫氣加成產(chǎn)物為，連接4個(gè)不同原子或原子團(tuán)的碳原子為手性碳原子。【解答】解：A．γ﹣崖柏素有酚的通性，酚羥基的鄰位氫原子能和溴水發(fā)生取代反應(yīng)，故A正確；B．﹣COOH能和NaHCO3溶液反應(yīng)，沒有羧基，所以不能和碳酸氫鈉溶液反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C．飽和碳原子具有甲烷結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，甲烷分子中最多有3個(gè)原子共平面，連接兩個(gè)甲基的碳原子具有甲烷結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，所以該分子中所有碳原子不能共平面，故C正確；D．連接4個(gè)不同原子或原子團(tuán)的碳原子為手性碳原子，與足量氫氣加成產(chǎn)物為，環(huán)上有2個(gè)手性碳原子，故D正確；故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，側(cè)重考查基礎(chǔ)知識(shí)的掌握和靈活運(yùn)用能力，明確官能團(tuán)及其性質(zhì)的關(guān)系是解本題關(guān)鍵，題目難度不大。8．（2分）實(shí)驗(yàn)室制備KMnO4過(guò)程為：①高溫下在熔融強(qiáng)堿性介質(zhì)中用KClO3氧化MnO2制備K2MnO4；②水溶后冷卻，調(diào)溶液pH至弱堿性，K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2；③減壓過(guò)濾，將濾液蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，再減壓過(guò)濾得KMnO4。下列說(shuō)法正確的是（）A．①中用瓷坩堝作反應(yīng)器 B．①中用NaOH作強(qiáng)堿性介質(zhì) C．②中K2MnO4只體現(xiàn)氧化性 D．MnO2轉(zhuǎn)化為KMnO4的理論轉(zhuǎn)化率約為66.7%【分析】A．瓷坩堝易被強(qiáng)堿腐蝕，不能用瓷坩堝作反應(yīng)器；B．NaOH會(huì)引入鈉離子；C．化合價(jià)既升高又降低，既體現(xiàn)氧化性又體現(xiàn)還原性；D．根據(jù)化合價(jià)的變化分析，K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2的物質(zhì)的量之比為2：1，根據(jù)Mn元素守恒可知，MnO2中的Mn元素只有轉(zhuǎn)化為KMnO4?！窘獯稹拷猓篈．①中高溫下在熔融強(qiáng)堿性介質(zhì)中用KClO3氧化MnO2制備K2MnO4，由于瓷坩堝易被強(qiáng)堿腐蝕，故不能用瓷坩堝作反應(yīng)器，故A錯(cuò)誤；B．制備KMnO4時(shí)為為防止引入雜質(zhì)離子，①中用KOH作強(qiáng)堿性介質(zhì)，不能用NaOH，故B錯(cuò)誤；C．②中K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2，故其既體現(xiàn)氧化性又體現(xiàn)還原性，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)化合價(jià)的變化分析，K2MnO4歧化生成KMnO4和MnO2的物質(zhì)的量之比為2：1，根據(jù)Mn元素守恒可知，MnO2中的Mn元素只有轉(zhuǎn)化為KMnO4，因此，MnO2轉(zhuǎn)化為KMnO4的理論轉(zhuǎn)化率約為66.7%，故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查物質(zhì)的制備實(shí)驗(yàn)，為高頻考點(diǎn)，把握制備實(shí)驗(yàn)原理、氧化還原反應(yīng)的應(yīng)用為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析、實(shí)驗(yàn)及應(yīng)用能力的綜合考查，題目難度中等。9．（2分）已知苯胺（液體）、苯甲酸（固體）微溶于水，苯胺鹽酸鹽易溶于水。實(shí)驗(yàn)室初步分離甲苯、苯胺、苯甲酸混合溶液的流程如圖。下列說(shuō)法正確的是（A．苯胺既可與鹽酸也可與NaOH溶液反應(yīng) B．由①、③分別獲取相應(yīng)粗品時(shí)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獲得 D．①、②、③均為兩相混合體系【分析】甲苯、苯胺、苯甲酸混合溶液中加鹽酸反應(yīng)生成易溶于水的苯胺鹽酸鹽，有機(jī)相的成分為苯甲酸和甲苯，水相Ⅰ中的苯胺鹽酸鹽與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成苯胺液體，故①是苯胺；有機(jī)相Ⅱ中加碳酸鈉溶液，其中苯甲酸反應(yīng)生成苯甲酸鈉進(jìn)入水相Ⅱ中，故②是甲苯；水相Ⅱ中苯甲酸鈉與鹽酸反應(yīng)生成苯甲酸，故③是苯甲酸?！窘獯稹拷猓篈．苯胺中的官能團(tuán)是氨基，具有堿性，能與鹽酸反應(yīng)，不與NaOH溶液反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B．①是苯胺為液體，③是苯甲酸為固體，則由①、③分別獲取相應(yīng)粗品時(shí)可采用的操作方法不同，故B錯(cuò)誤；C．甲苯、苯胺、苯甲酸混合溶液中加鹽酸反應(yīng)生成易溶于水的苯胺鹽酸鹽，有機(jī)相的成分為苯甲酸和甲苯，水相Ⅰ中的苯胺鹽酸鹽與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成苯胺液體，故①是苯胺；有機(jī)相Ⅱ中加碳酸鈉溶液，其中苯甲酸反應(yīng)生成苯甲酸鈉進(jìn)入水相Ⅱ中，故②是甲苯；水相Ⅱ中苯甲酸鈉與鹽酸反應(yīng)生成苯甲酸，故③是苯甲酸，苯胺、甲苯、苯甲酸粗品依次由①、②、③獲得，故C正確；D．②是甲苯，不是兩相混合體系，故D錯(cuò)誤；故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題考查混合物的分離，側(cè)重考查學(xué)生分析和解決問(wèn)題的能力，試題難度中等。10．（2分）在NO催化下，丙烷與氧氣反應(yīng)制備丙烯的部分反應(yīng)機(jī)理如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．含N分子參與的反應(yīng)一定有電子轉(zhuǎn)移 B．由NO生成HONO的反應(yīng)歷程有2種 C．增大NO的量，C3H8的平衡轉(zhuǎn)化率不變 D．當(dāng)主要發(fā)生包含②的歷程時(shí)，最終生成的水減少【分析】A．含N分子參與的反應(yīng)包括①的歷程是將NO轉(zhuǎn)化為NO2，②的歷程將NO和NO2轉(zhuǎn)化為HONO，還包括HONO轉(zhuǎn)化為NO的反應(yīng)，這三個(gè)反應(yīng)中N的化合價(jià)均發(fā)生了改變；B．由NO生成HONO的反應(yīng)歷程有①的歷程和②的歷程；C．增大NO的量，?OH的量會(huì)增大，C3H8的平衡轉(zhuǎn)化率會(huì)增大；D．②的歷程會(huì)消耗水?！窘獯稹拷猓篈．含N分子參與的反應(yīng)包括①的歷程是將NO轉(zhuǎn)化為NO2，②的歷程將NO和NO2轉(zhuǎn)化為HONO，還包括HONO轉(zhuǎn)化為NO的反應(yīng)，這三個(gè)反應(yīng)中N的化合價(jià)均發(fā)生了改變，一定有電子轉(zhuǎn)移，故A正確；B．由NO生成HONO的反應(yīng)歷程有①的歷程和②的歷程2種，故B正確；C．增大NO的量，?OH的量會(huì)增大，C3H8的平衡轉(zhuǎn)化率會(huì)增大，故C錯(cuò)誤；D．②的歷程會(huì)消耗水，因此當(dāng)主要發(fā)生包含②的歷程時(shí)，最終生成的水減少，故D正確；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查化學(xué)反應(yīng)的原理，需要學(xué)生利用已有的知識(shí)分析問(wèn)題、解決問(wèn)題，題目難度一般。二、選擇題：本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有一個(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)得4分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分。11．（4分）某同學(xué)按圖示裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，欲使瓶中少量固體粉末最終消失并得到澄清溶液。下列物質(zhì)組合不符合要求的是（）氣體液體固體粉末ACO2飽和Na2CO3溶液CaCO3BCl2FeCl2溶液FeCHClCu（NO3）2溶液CuDNH3H2OAgClA．A B．B C．C D．D【分析】A．二氧化碳與飽和碳酸鈉溶液反應(yīng)；B．氯氣可氧化氯化亞鐵生成氯化鐵，F(xiàn)e與氯化鐵反應(yīng)生成氯化亞鐵；C．酸性溶液中硝酸根離子可氧化Cu；D．氨氣極易溶于水，AgCl可溶于氨水生成銀氨溶液?！窘獯稹拷猓篈．二氧化碳與飽和碳酸鈉溶液反應(yīng)析出碳酸氫鈉固體，二氧化碳與碳酸鈣反應(yīng)生成溶于水的碳酸氫鈣，最終瓶?jī)?nèi)固體為碳酸氫鈉，則瓶中少量固體粉末不會(huì)消失，故A正確；B．氯氣可氧化氯化亞鐵生成氯化鐵，F(xiàn)e與氯化鐵反應(yīng)生成氯化亞鐵，則瓶中少量固體粉末最終消失并得到澄清溶液，故B錯(cuò)誤；C．酸性溶液中硝酸根離子可氧化Cu，則瓶中少量固體粉末最終消失并得到澄清溶液，故C錯(cuò)誤；D．氨氣極易溶于水，AgCl可溶于氨水生成銀氨溶液，則瓶中少量固體粉末最終消失并得到澄清溶液，故D錯(cuò)誤；故選：A。【點(diǎn)評(píng)】本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、反應(yīng)與現(xiàn)象、實(shí)驗(yàn)技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾椋⒁鈱?shí)驗(yàn)的評(píng)價(jià)性分析，題目難度不大。（多選）12．（4分）高壓氫還原法可直接從溶液中提取金屬粉。以硫化銅精礦（含Zn、Fe元素的雜質(zhì)）為主要原料制備Cu粉的工藝流程如圖，可能用到的數(shù)據(jù)見下表。Fe（OH）3Cu（OH）2Zn（OH）2開始沉淀pH1.94.26.2沉淀完全pH3.26.78.2下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．固體X主要成分是Fe（OH）3和S；金屬M(fèi)為Zn B．浸取時(shí)，增大O2壓強(qiáng)可促進(jìn)金屬離子浸出 C．中和調(diào)pH的范圍為3.2～4.2 D．還原時(shí)，增大溶液酸度有利于Cu的生成【分析】CuS精礦（含有雜質(zhì)Zn、Fe元素）在高壓O2作用下，用硫酸溶液浸取，CuS反應(yīng)生成CuSO4、S、H2O，F(xiàn)e2+被氧化為Fe3+，然后加入NH3調(diào)節(jié)溶液pH，使Fe3+形成Fe（OH）3沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以離子形式存在于溶液中，過(guò)濾得到的濾渣中含有S、Fe（OH）3；濾液中含有Cu2+、Zn2+；然后向?yàn)V液中通入高壓H2，根據(jù)元素活動(dòng)性：Zn＞H＞Cu，Cu2+被還原為Cu單質(zhì)，通過(guò)過(guò)濾分離出來(lái)；而Zn2+仍然以離子形式存在于溶液中，再經(jīng)一系列處理可得到Zn單質(zhì)?！窘獯稹拷猓篈．經(jīng)過(guò)上述分析可知，固體X主要成分是S、Fe（OH）3，金屬M(fèi)為Zn，故A正確；B．CuS難溶于硫酸，在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS（s）?Cu2+（aq）+S2﹣（aq），增大O2的濃度，可以反應(yīng)消耗S2﹣，使之轉(zhuǎn)化為S，從而使沉淀溶解平衡正向移動(dòng)，從而可促進(jìn)金屬離子的浸取，但是增大壓強(qiáng)不一定增大其濃度，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)流程圖可知：用NH3調(diào)節(jié)溶液pH時(shí)，要使Fe3+轉(zhuǎn)化為沉淀，而Cu2+、Zn2+仍以離子形式存在于溶液中，結(jié)合離子沉淀的pH范圍，可知中和時(shí)應(yīng)該調(diào)節(jié)溶液pH范圍為3.2～4.2，故C正確；D．在用H2還原Cu2+變?yōu)镃u單質(zhì)時(shí)，H2失去電子被氧化為H+，與溶液中OH﹣結(jié)合形成H2O，若還原時(shí)增大溶液的酸度，c（H+）增大，不利于H2失去電子還原Cu單質(zhì)，因此不利于Cu的生成，故D錯(cuò)誤；故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查物質(zhì)的制備實(shí)驗(yàn)，為高頻考點(diǎn)，把握制備實(shí)驗(yàn)原理、氧化還原反應(yīng)的應(yīng)用為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析、與實(shí)驗(yàn)及應(yīng)用能力的綜合考查，題目難度中等。（多選）13．（4分）設(shè)計(jì)如圖裝置回收金屬鈷。保持細(xì)菌所在環(huán)境pH穩(wěn)定，借助其降解乙酸鹽生成CO2，將廢舊鋰離子電池的正極材料LiCoO2（s）轉(zhuǎn)化為Co2+，工作時(shí)保持厭氧環(huán)境，并定時(shí)將乙室溶液轉(zhuǎn)移至甲室。已知電極材料均為石墨材質(zhì)，右側(cè)裝置為原電池。下列說(shuō)法正確的是（）A．裝置工作時(shí)，甲室溶液pH逐漸增大 B．裝置工作一段時(shí)間后，乙室應(yīng)補(bǔ)充鹽酸 C．乙室電極反應(yīng)式為L(zhǎng)iCoO2+2H2O+e﹣═Li++Co2++4OH﹣ D．若甲室Co2+減少200mg，乙室Co2++增加300mg，則此時(shí)已進(jìn)行過(guò)溶液轉(zhuǎn)移【分析】右側(cè)裝置為原電池，則左側(cè)裝置為電解池，右側(cè)乙室發(fā)生轉(zhuǎn)化：LiCoO2（s）→Co2+，發(fā)生還原反應(yīng)，故乙室為正極室，乙室電極反應(yīng)式為L(zhǎng)iCoO2+4H++e﹣═Li++Co2++2H2O，則右側(cè)細(xì)菌電極室為負(fù)極室，可知左池甲室為陰極室、細(xì)菌電極室為陽(yáng)極，陰極室電極反應(yīng)式為Co2++2e﹣═Co，陽(yáng)極室電極反應(yīng)式為CH3COO﹣+2H2O﹣8e﹣＝2CO2↑+7H+，氫離子、金屬陽(yáng)離子通過(guò)陽(yáng)膜移向甲室，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知，甲室Co2+減少ag，則乙室Co2+增加2ag。【解答】解：A．甲室電極反應(yīng)式為Co2++2e﹣═Co，電極反應(yīng)式為CH3COO﹣+2H2O﹣8e﹣＝2CO2↑+7H+，氫離子、金屬陽(yáng)離子通過(guò)陽(yáng)膜移向甲室，甲室溶液pH逐漸減小，故A錯(cuò)誤；B．乙室中LiCoO2（s）→Co2+，同時(shí)得到Li+，LiCoO2（s）中的氧結(jié)合溶液中氫離子生成水，需要工作一段時(shí)間后，乙室應(yīng)補(bǔ)充鹽酸，故B正確；C．電解質(zhì)溶液為酸性，不可能生成氫氧根離子，乙室電極反應(yīng)式為L(zhǎng)iCoO2+4H++e﹣═Li++Co2++2H2O，故C錯(cuò)誤；D．甲室電極反應(yīng)式為Co2++2e﹣═Co，乙室電極反應(yīng)式為2LiCoO2+8H++2e﹣═2Li++2Co2++4H2O，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，可知沒有進(jìn)行溶液轉(zhuǎn)移時(shí)，則乙室Co2+增加質(zhì)量是甲室Co2+減少質(zhì)量的2倍，而實(shí)際二者倍數(shù)為＝1.5＜2，故則此時(shí)已進(jìn)行過(guò)溶液轉(zhuǎn)移，故D正確；故選：BD。【點(diǎn)評(píng)】本題考查原電池與電解原理的運(yùn)用，關(guān)鍵是理解原電池與電解池工作原理，正確判斷電極，正確書寫電極反應(yīng)式，題目側(cè)重考查學(xué)生信息獲取能力、分析能力、綜合運(yùn)用知識(shí)的能力。14．（4分）工業(yè)上以SrSO4（s）為原料生產(chǎn)SrCO3（s），對(duì)其工藝條件進(jìn)行研究?，F(xiàn)有含SrCO3（s）的0.1mol?L﹣1、1.0mol?L﹣1Na2CO3溶液，含SrSO4（s）的0.1mol?L﹣1、1.0mol?L﹣1Na2SO4溶液。在一定pH范圍內(nèi)，四種溶液中l(wèi)g[c（Sr2+）/mol?L﹣1]隨pH的變化關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．反應(yīng)SrSO4（s）+CO?SrCO3（s）+SO的平衡常數(shù)K＝ B．a(chǎn)＝﹣6.5 C．曲線④代表含SrCO3（s）的1.0mol?L﹣1Na2CO3溶液的變化曲線 D．對(duì)含SrSO4（s）且Na2SO4和Na2CO3初始濃度均為1.0mol?L﹣1的混合溶液，pH≥7.7時(shí)才發(fā)生沉淀轉(zhuǎn)化【分析】硫酸是強(qiáng)酸，溶液pH變化，溶液中硫酸根離子濃度幾乎不變，則含硫酸鍶固體的硫酸鈉溶液中鍶離子的濃度幾乎不變，pH相同時(shí)，溶液中硫酸根離子越大，鍶離子濃度越小，所以曲線①代表含硫酸鍶固體的0.1mol/L硫酸鈉溶液的變化曲線，曲線②代表含硫酸鍶固體的1mol/L硫酸鈉溶液的變化曲線；碳酸是弱酸，溶液pH減小，溶液中碳酸根離子離子濃度越小，鍶離子濃度越大，pH相同時(shí)，1mol/L碳酸鈉溶液中碳酸根離子濃度大于0.1mol/L碳酸鈉溶液，則曲線③表示含碳酸鍶固體的0.1mol/L碳酸鈉溶液的變化曲線，曲線④表示含碳酸鍶固體的1mol/L碳酸鈉溶液的變化曲線?！窘獯稹拷猓篈．反應(yīng)SrSO4（s）+CO32﹣?SrCO3（s）+SO42﹣的平衡常數(shù)K＝＝，故A正確；B．由分析可知，曲線①代表含硫酸鍶固體的0.1mol/L硫酸鈉溶液的變化曲線，則硫酸鍶的溶度積Ksp（SrSO4）＝10﹣5.5×0.1＝10﹣6.5，溫度不變，溶度積不變，則溶液pH為7.7時(shí)，鍶離子的濃度為mol/L＝10﹣6.5mol/L，則a為6.5，故B正確；C．由分析可知，曲線④表示含碳酸鍶固體的1mol/L碳酸鈉溶液的變化曲線，故C正確；D．由分析可知，硫酸是強(qiáng)酸，溶液pH變化，溶液中硫酸根離子濃度幾乎不變，則含硫酸鍶固體的硫酸鈉溶液中鍶離子的濃度幾乎不變，所以硫酸鍶的生成與溶液pH無(wú)關(guān)，故D錯(cuò)誤；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了某些難溶或微溶物電解質(zhì)的溶解平衡，注意對(duì)圖象中的數(shù)據(jù)的分析，題目難度中等。（多選）15．（4分）Cu2﹣xSe是一種鈉離子電池正極材料，充放電過(guò)程中正極材料立方晶胞（示意圖）的組成變化如圖所示，晶胞內(nèi)未標(biāo)出因放電產(chǎn)生的0價(jià)Cu原子。下列說(shuō)法正確的是（）A．每個(gè)Cu2﹣xSe晶胞中Cu2+個(gè)數(shù)為x B．每個(gè)Na2Se晶胞完全轉(zhuǎn)化為Cu2﹣xSe晶胞，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為8 C．每個(gè)NaCuSe晶胞中0價(jià)Cu原子個(gè)數(shù)為1﹣x D．當(dāng)NayCu2﹣xSe轉(zhuǎn)化為NaCuSe時(shí)，每轉(zhuǎn)移（1﹣y）mol電子，產(chǎn)生（1﹣x）molCu原子【分析】A．由晶胞結(jié)構(gòu)可知，位于頂點(diǎn)和面心的硒離子個(gè)數(shù)為8×+6×＝4，位于體內(nèi)的銅離子和亞銅離子的個(gè)數(shù)之和為8，設(shè)晶胞中的銅離子和亞銅離子的個(gè)數(shù)分別為a和b，則a+b＝8﹣4x；B．由題意可知，Na2Se轉(zhuǎn)化為Cu2﹣xSe的電極反應(yīng)式為Na2Se﹣2e﹣+（2﹣x）Cu＝Cu2﹣xSe+2Na+，由晶胞結(jié)構(gòu)可知，位于頂點(diǎn)和面心的硒離子個(gè)數(shù)為8×+6×＝4，則每個(gè)晶胞中含有4個(gè)Na2Se；C．由題意可知，Cu2﹣xSe轉(zhuǎn)化為NaCuSe的電極反應(yīng)式為Cu2﹣xSe+e﹣+Na+＝NaCuSe+（1﹣x）Cu，由晶胞結(jié)構(gòu)可知，位于頂點(diǎn)和面心的硒離子個(gè)數(shù)為8×+6×＝4，則每個(gè)晶胞中含有4個(gè)NaCuSe；D．由題意可知，NayCu2﹣xSe轉(zhuǎn)化為NaCuSe的電極反應(yīng)式為NayCu2﹣xSe+（1﹣y）e﹣+Na+＝NaCuSe+（1﹣x）Cu，所以每轉(zhuǎn)移（1﹣y）電子。【解答】解：A．由晶胞結(jié)構(gòu)可知，位于頂點(diǎn)和面心的硒離子個(gè)數(shù)為8×+6×＝4，位于體內(nèi)的銅離子和亞銅離子的個(gè)數(shù)之和為8，設(shè)晶胞中的銅離子和亞銅離子的個(gè)數(shù)分別為a和b，則a+b＝8﹣4x，由化合價(jià)代數(shù)和為0可得2a+b＝4×2，解得a＝4x，故A錯(cuò)誤；B．由題意可知，Na2Se轉(zhuǎn)化為Cu2﹣xSe的電極反應(yīng)式為Na2Se﹣2e﹣+（2﹣x）Cu＝Cu2﹣xSe+2Na+，由晶胞結(jié)構(gòu)可知，位于頂點(diǎn)和面心的硒離子個(gè)數(shù)為8×+6×＝4，則每個(gè)晶胞中含有4個(gè)Na2Se，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為8，故B正確；C．由題意可知，Cu2﹣xSe轉(zhuǎn)化為NaCuSe的電極反應(yīng)式為Cu2﹣xSe+e﹣+Na+＝NaCuSe+（1﹣x）Cu，由晶胞結(jié)構(gòu)可知，位于頂點(diǎn)和面心的硒離子個(gè)數(shù)為8×+6×＝4，則每個(gè)晶胞中含有4個(gè)NaCuSe，晶胞中0價(jià)銅而個(gè)數(shù)為（4﹣4x），故C錯(cuò)誤；D．由題意可知，NayCu2﹣xSe轉(zhuǎn)化為NaCuSe的電極反應(yīng)式為NayCu2﹣xSe+（1﹣y）e﹣+Na+＝NaCuSe+（1﹣x）Cu，所以每轉(zhuǎn)移（1﹣y）電子，產(chǎn)生（1﹣x）mol銅，故D正確；故選：BD。【點(diǎn)評(píng)】本題考查晶胞計(jì)算，側(cè)重考查空間想象能力及計(jì)算能力，明確晶胞計(jì)算方法是解本題關(guān)鍵，題目難度中等。三、非選擇題：本題共5小題，共60分。16．（12分）研究籠形包合物結(jié)構(gòu)和性質(zhì)具有重要意義，化學(xué)式為Ni（CN）x?Zn（NH3）y?zC6H6的籠形包合物四方晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示（H原子未畫出）。每個(gè)苯環(huán)只有一半屬于該晶胞，晶胞參數(shù)為a＝b≠c，α＝β＝γ＝90°。回答下列問(wèn)題：（1）基態(tài)Ni原子的價(jià)電子排布式為3d84s2，在元素周期表中位置為第4周期第VIII族。（2）晶胞中N原子均參與形成配位鍵，Ni2+與Zn2+的配位數(shù)之比為2：3；x：y：z＝2：1：1；晶胞中有d軌道參與雜化的金屬離子是Zn2+。（3）吡啶（）替代苯也可形成類似的籠形包合物。已知吡啶中含有與苯類似的π大π鍵，則吡啶中N原子的價(jià)層孤電子對(duì)占據(jù)D（填標(biāo)號(hào)）。A.2s軌道B.2p軌道C.sp雜化軌道D.sp2雜化軌道在水中的溶解度，吡啶遠(yuǎn)大于苯，主要原因是①吡啶能與H2O分子形成分子間氫鍵，②吡啶和H2O均為極性分子相似相溶，而苯為非極性分子。、、的堿性隨N原子電子云密度的增大而增強(qiáng)，其中堿性最弱的是?！痉治觥浚?）基態(tài)Ni原子的序號(hào)是28，核外電子排布為[Ar]3d84s2；在周期表中第四橫行第10縱列；（2）由題干晶胞示意圖可知，一個(gè)晶胞中含有Ni2+個(gè)數(shù)為：2×＝1，Zn2+個(gè)數(shù)為：8×＝1，含有CN﹣為：8×＝4，NH3個(gè)數(shù)為：8×＝2，苯環(huán)個(gè)數(shù)為：4×＝2，則該晶胞的化學(xué)式為：Ni（CN）?4Zn（NH3）2?2C6H6，且晶胞中每個(gè)N原子均參與形成配位鍵，Ni2+周圍形成的配位鍵數(shù)目為：4，Zn2+周圍形成的配位鍵數(shù)目為：6；x：y：z＝4：2：2＝2：1：1；Zn2+采用sp3d2雜化，即晶胞中有d軌道參與雜化的金屬離子是Zn2+；（3）吡啶中含有與苯類似π大π鍵，則說(shuō)明吡啶中N原子也是采用sp2雜化，雜化軌道只用于形成σ鍵和存在孤電子對(duì)；吡啶中N原子上含有孤電子對(duì)能與H2O分子形成分子間氫鍵，從而導(dǎo)致在水中的溶解度，吡啶遠(yuǎn)大于苯；已知﹣CH3為推電子基團(tuán)，﹣Cl是吸電子基團(tuán)，則導(dǎo)致N原子電子云密度大小順序?yàn)椋海荆緣A性最弱的為：?！窘獯稹拷猓海?）已知Ni是28號(hào)元素，故基態(tài)Ni原子的價(jià)電子排布式為：3d84s2，在周期表中第四橫行第10縱列即位于第4周期第VIII族，故答案為：3d84s2；第4周期第VIII族；（2）由題干晶胞示意圖可知，一個(gè)晶胞中含有Ni2+個(gè)數(shù)為：2×＝1，Zn2+個(gè)數(shù)為：8×＝1，含有CN﹣為：8×＝4，NH3個(gè)數(shù)為：8×＝2，苯環(huán)個(gè)數(shù)為：4×＝2，則該晶胞的化學(xué)式為：Ni（CN）?4Zn（NH3）2?2C6H6，且晶胞中每個(gè)N原子均參與形成配位鍵，Ni2+周圍形成的配位鍵數(shù)目為：4，Zn2+周圍形成的配位鍵數(shù)目為：6，則Ni2+與Zn2+的配位數(shù)之比，4：6＝2：3；x：y：z＝4：2：2＝2：1：1；由以上分析可知，Ni2+的配位數(shù)為4，則Ni2+采用sp3雜化，而Zn2+的配位數(shù)為6，Zn2+采用sp3d2雜化，即晶胞中有d軌道參與雜化的金屬離子是Zn2+，故答案為：2：3；2：1：1；Zn2+；（3）吡啶（）替代苯也可形成類似的籠形包合物。已知吡啶中含有與苯類似π大π鍵，則說(shuō)明吡啶中N原子也是采用sp2雜化，雜化軌道只用于形成σ鍵和存在孤電子對(duì)，則吡啶中N原子的價(jià)層孤電子對(duì)占據(jù)sp2雜化軌道；已知苯分子為非極性分子，H2O分子為極性分子，且吡啶中N原子上含有孤電子對(duì)能與H2O分子形成分子間氫鍵，從而導(dǎo)致在水中的溶解度，吡啶遠(yuǎn)大于苯；已知﹣CH3為推電子基團(tuán)，﹣Cl是吸電子基團(tuán)，則導(dǎo)致N原子電子云密度大小順序?yàn)椋海荆荆Y(jié)合題干信息可知，其中堿性最弱的為：，故答案為：D；吡啶能與H2O分子形成分子間氫鍵；吡啶和H2O均為極性分子相似相溶，而苯為非極性分子；?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，側(cè)重考查基礎(chǔ)知識(shí)的掌握和靈活運(yùn)用能力、空間想象能力及計(jì)算能力，明確原子結(jié)構(gòu)、基本概念、相似相溶原理及價(jià)層電子對(duì)互斥理論等知識(shí)點(diǎn)是解本題關(guān)鍵，題目難度中等。17．（13分）工業(yè)上以氟磷灰石[Ca5F（PO4）3，含SiO2等雜質(zhì)]為原料生產(chǎn)磷酸和石膏，工藝流程如圖：回答下列問(wèn)題：（1）酸解時(shí)有HF產(chǎn)生。氫氟酸與SiO2反應(yīng)生成二元強(qiáng)酸H2SiF6，離子方程式為6HF+SiO2＝2H++SiF62﹣+2H2O。（2）部分鹽的溶度積常數(shù)見下表。精制Ⅰ中，按物質(zhì)的量之比n（Na2CO3）：n（SiF）＝1：1加入Na2CO3脫氟，充分反應(yīng)后，c（Na+）＝2.0×10﹣2mol?L﹣1；再分批加入一定量的BaCO3，首先轉(zhuǎn)化為沉淀的離子是SO42﹣。BaSiF6Na2SiF6CaSO4BaSO4Ksp1.0×10﹣64.0×10﹣69.0×10﹣41.0×10﹣10（3）SO濃度（以SO3%計(jì)）在一定范圍時(shí)，石膏存在形式與溫度、H3PO4濃度（以P2O5%計(jì)）的關(guān)系如圖甲所示。酸解后，在所得100℃、P2O5%為45的混合體系中，石膏存在形式為CaSO4?0.5H2O（填化學(xué)式）；洗滌時(shí)使用一定濃度的硫酸溶液而不使用水，原因是減少CaSO4的溶解損失，提高產(chǎn)品石膏的產(chǎn)率，回收利用洗滌液X的操作單元是酸解；一定溫度下，石膏存在形式與溶液中P2O5%和SO3%的關(guān)系如圖乙所示，下列條件能實(shí)現(xiàn)酸解所得石膏結(jié)晶轉(zhuǎn)化的是C（填標(biāo)號(hào)）。A.65℃、P2O5%＝15、SO3%＝15B.80℃、P2O5%＝10、SO3%＝20C.65℃、P2O5%＝10、SO3%＝30D.80℃、P2O5%＝10、SO3%＝10【分析】氟磷灰石用硫酸溶解后過(guò)濾，得到粗磷酸和濾渣，濾渣經(jīng)洗滌后結(jié)晶轉(zhuǎn)化為石膏；粗磷酸以精制I脫氟、除硫酸根離子和SiF62﹣，過(guò)濾，濾液經(jīng)精制II等一系列操作得到磷酸；（1）氫氟酸與SiO2反應(yīng)生成二元強(qiáng)酸H2SiF6；（2）精制1中，按物質(zhì)的量之比n（Na2CO3）：n（SiF62﹣）＝1：1加入Na2CO3脫氟，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為H2SiF6+Na2CO3＝Na2SiF6↓+CO2↑+H2O，充分反應(yīng)后得到沉淀Na2SiF6，溶液中有飽和的Na2SiF6，且c（Na+）＝2c（SiF62﹣），且c（SiF62﹣）＝mol?L﹣1；同時(shí)，粗磷酸中還有硫酸鈣的飽和溶液，c（Ca2+）＝c（SO42﹣）＝mol?L﹣1＝3.0×10﹣2mol?L﹣1；分批加入一定量的BaCO3，當(dāng)BaSiF6沉淀開始生成時(shí)，c（Ba2+）＝mol?L﹣1＝1.0×10﹣3mol?L﹣1，當(dāng)BaSO4沉淀開始生成時(shí)，c（Ba2+）＝mol?L﹣1≈3.3×10﹣9mol?L﹣1，比較可得；（3）根據(jù)圖中的坐標(biāo)信息，酸解后，在所得100℃、P2O5%為45的混合體系中，石膏存在形式為CaSO4?0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的，使用硫酸洗滌可減少CaSO4的溶解損失，提高產(chǎn)品石膏的產(chǎn)率；洗滌液X中含有硫酸，其具有回收利用的價(jià)值，可用于酸解；由圖甲信息可知，溫度越低，越有利于實(shí)現(xiàn)酸解所得石膏結(jié)晶的轉(zhuǎn)化，由圖乙信息可知，位于65℃線上方的晶體全部以CaSO4?0.5H2O形式存在，位于80℃線下方，晶體全部以CaSO4?2H2O形式存在，在兩線之間的以兩種晶體的混合物形式存在：根據(jù)圖是信息，P2O5%＝10、SO3%＝10，由圖乙信息可知，該點(diǎn)坐標(biāo)位于80℃線下方，晶體全部以CaSO4?2H2O形式存在，故能實(shí)現(xiàn)晶體的完全轉(zhuǎn)化?！窘獯稹拷猓海?）氫氟酸與SiO2反應(yīng)生成二元強(qiáng)酸H2SiF6，該反應(yīng)的離子方程式為6HF+SiO2＝2H++SiF62﹣+2H2O，故答案為：6HF+SiO2＝2H++SiF62﹣+2H2O；（2）精制1中，按物質(zhì)的量之比n（Na2CO3）：n（SiF62﹣）＝1：1加入Na2CO3脫氟，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為H2SiF6+Na2CO3＝Na2SiF6↓+CO2↑+H2O，充分反應(yīng)后得到沉淀Na2SiF6，溶液中有飽和的Na2SiF6，且c（Na+）＝2c（SiF62﹣），根據(jù)Na2SiF6的溶度積可知Ksp＝c2（Na+）?c（SiF62﹣）＝4c3（SiF62﹣），c（SiF62﹣）＝mol?L﹣1＝1.0×10﹣2mol?L﹣1，因此c（Na+）＝2c（SiF62﹣）＝2.0×10﹣2mol?L﹣1；同時(shí)，粗磷酸中還有硫酸鈣的飽和溶液，c（Ca2+）＝c（SO42﹣）＝mol?L﹣1＝3.0×10﹣2mol?L﹣1；分批加入一定量的BaCO3，當(dāng)BaSiF6沉淀開始生成時(shí)，c（Ba2+）＝mol?L﹣1＝1.0×10﹣3mol?L﹣1，當(dāng)BaSO4沉淀開始生成時(shí)，c（Ba2+）＝mol?L﹣1≈3.3×10﹣9mol?L﹣1，因此，首先轉(zhuǎn)化為沉淀的離子是SO42﹣，然后才是SiF62﹣，故答案為：2.0×10﹣2；SO42﹣；（3）根據(jù)圖中的坐標(biāo)信息，酸解后，在所得100℃、P2O5%為45的混合體系中，石膏存在形式為CaSO4?0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的，因此，洗滌時(shí)使用一定濃度的硫酸溶液而不使用水的原因是：減少CaSO4的溶解損失，提高產(chǎn)品石膏的產(chǎn)率；洗滌液X中含有硫酸，其具有回收利用的價(jià)值，由于酸解時(shí)使用的也是硫酸，因此，回收利用洗滌液X的操作單元是：酸解；由圖甲信息可知，溫度越低，越有利于實(shí)現(xiàn)酸解所得石膏結(jié)晶的轉(zhuǎn)化，由圖乙信息可知，位于65℃線上方的晶體全部以CaSO4?0.5H2O形式存在，位于80℃線下方，晶體全部以CaSO4?2H2O形式存在，在兩線之間的以兩種晶體的混合物形式存在：A．P2O5%＝l5、SO3%＝15，由圖乙信息可知，該點(diǎn)坐標(biāo)位于兩個(gè)溫度線之間，故不能實(shí)現(xiàn)晶體的完全轉(zhuǎn)化，故A不選B．P2O5%＝10、SO3%＝20，由圖乙信息可知，該點(diǎn)坐標(biāo)位于兩個(gè)溫度線（65℃、80℃）之間，故不能實(shí)現(xiàn)晶體的完全轉(zhuǎn)化，故B不選；C．P2O5%＝10、SO3%＝30，由圖乙信息可知，該點(diǎn)坐標(biāo)位于65℃線上方，晶體全部以CaSO4?0.5H2O形式存在，故能實(shí)現(xiàn)晶體轉(zhuǎn)化，故C選D．P2O5%＝10、SO3%＝10，由圖乙信息可知，該點(diǎn)坐標(biāo)位于80℃線下方，晶體全部以CaSO4?2H2O形式存在，故不能實(shí)現(xiàn)晶體的完全轉(zhuǎn)化，故D不選；綜上所述，能實(shí)現(xiàn)酸解所得石膏結(jié)晶轉(zhuǎn)化的是C，故答案為：CaSO4?0.5H2O；減少CaSO4的溶解損失，提高產(chǎn)品石膏的產(chǎn)率；酸解；C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查物質(zhì)的制備和混合物分離提純，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)、混合物分離方法為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意元素化合物知識(shí)的應(yīng)用，題目難度較大。18．（12分）實(shí)驗(yàn)室利用FeCl2?4H2O和亞硫酰氯（SOCl2）制備無(wú)水FeCl2的裝置如圖所示（加熱及夾持裝置略）。已知SOCl2沸點(diǎn)為76℃，遇水極易反應(yīng)生成兩種酸性氣體?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）實(shí)驗(yàn)開始先通N2。一段時(shí)間后，先加熱裝置a（填“a”或“b”）。裝置b內(nèi)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為FeCl2?4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2↑+8HCl↑。裝置c、d共同起到的作用是冷凝回流SOCl2。（2）現(xiàn)有含少量雜質(zhì)的FeCl2?nH2O，為測(cè)定n值進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：實(shí)驗(yàn)Ⅰ：稱取m1g樣品，用足量稀硫酸溶解后，用cmol?L﹣1K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Fe2+達(dá)終點(diǎn)時(shí)消耗VmL（滴定過(guò)程中Cr2O轉(zhuǎn)化為Cr3+，Cl﹣不反應(yīng)）。實(shí)驗(yàn)Ⅱ：另取m1g樣品，利用上述裝置與足量SOCl2反應(yīng)后，固體質(zhì)量為m2g。則n＝；下列情況會(huì)導(dǎo)致n測(cè)量值偏小的是AB（填標(biāo)號(hào)）。A.樣品中含少量FeO雜質(zhì)B.樣品與SOCl2反應(yīng)時(shí)失水不充分C.實(shí)驗(yàn)Ⅰ中，稱重后樣品發(fā)生了潮解D.滴定達(dá)終點(diǎn)時(shí)發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴內(nèi)有氣泡生成（3）用上述裝置，根據(jù)反應(yīng)TiO2+CCl4TiCl4+CO2制備TiCl4。已知TiCl4與CCl4分子結(jié)構(gòu)相似，與CCl4互溶，但極易水解。選擇合適儀器并組裝蒸餾裝置對(duì)TiCl4、CCl4混合物進(jìn)行蒸餾提純（加熱及夾持裝置略），安裝順序?yàn)棰佗幄啖蔻猗邰荩ㄌ钚蛱?hào)），先餾出的物質(zhì)為CCl4?！痉治觥縎OCl2與H2O反應(yīng)生成兩種酸性氣體，F(xiàn)eCl2?4H2O與SOCl2制備無(wú)水FeCl2的反應(yīng)原理為：SOCl2吸收FeCl2?4H2O受熱失去的結(jié)晶水生成SO2和HCl，HCl可抑制FeCl2的水解，從而制得無(wú)水FeCl2?！窘獯稹拷猓海?）實(shí)驗(yàn)開始時(shí)先通N2，排盡裝置中的空氣，一段時(shí)間后，先加熱裝置a，產(chǎn)生SOCl2氣體充滿b裝置后再加熱b裝置，裝置b中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為FeCl2?4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2↑+8HCl↑；裝置c、d的共同作用是冷凝回流SOCl2，故答案為：a；FeCl2?4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2↑+8HCl↑；冷凝回流SOCl2；（2）滴定過(guò)程中Cr2O72﹣將Fe2+氧化成Fe3+，自身被還原成Cr3+，反應(yīng)的離子方程式為6Fe2++Cr2O72﹣+14H+＝6Fe3++2Cr3++7H2O，則m1g樣品中n（FeCl2）＝6n（Cr2O72﹣）＝6cV×10﹣3mol；m1g樣品中結(jié)晶水的質(zhì)量為（m1﹣m2）g，結(jié)晶水物質(zhì)的量為mol，n（FeCl2）：n（H2O）＝（6cV×10﹣3mol）：mol，解得n＝；A．樣品中含少量FeO雜質(zhì)，溶于稀硫酸后生成Fe2+，導(dǎo)致消耗的K2Cr2O7溶液的體積V偏大，使n的測(cè)量值偏小，故A選；B．樣品與SOCl2反應(yīng)時(shí)失水不充分，則m2偏大，使n的測(cè)量值偏小，故B選；C．實(shí)驗(yàn)I稱重后，樣品發(fā)生了潮解，樣品的質(zhì)量不變，消耗的K2Cr2O7溶液的體積V不變，使n的測(cè)量值不變，故C不選；D．滴定達(dá)到終點(diǎn)時(shí)發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴內(nèi)有氣泡生成，導(dǎo)致消耗的K2Cr2O7溶液的體積V偏小，使n的測(cè)量值偏大，故D不選；故答案為：；AB；（3）組裝蒸餾裝置對(duì)TiCl4、CCl4混合物進(jìn)行蒸餾提純，按由下而上、從左到右的順序組裝，安裝順序?yàn)棰佗幄啵缓筮B接冷凝管，蒸餾裝置中應(yīng)選擇直形冷凝管⑥、不選用球形冷凝管⑦，接著連接尾接管⑩，TiCl4極易水解，為防止外界水蒸氣進(jìn)入，最后連接③⑤，安裝順序?yàn)棰佗幄啖蔻猗邰荩挥捎赥iCl4、CCl4分子結(jié)構(gòu)相似，TiCl4的相對(duì)分子質(zhì)量大于CCl4，TiCl4分子間的范德華力較大，TiCl4的沸點(diǎn)高于CCl4，故先蒸出的物質(zhì)為CCl4，故答案為：⑥⑩③⑤；CCl4?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查物質(zhì)的制備實(shí)驗(yàn)，為高頻考點(diǎn)，把握制備實(shí)驗(yàn)原理、氧化還原反應(yīng)的應(yīng)用為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析、計(jì)算與實(shí)驗(yàn)及應(yīng)用能力的綜合考查，題目難度中等。19．（12分）支氣管擴(kuò)張藥物特布他林（H）的一種合成路線如圖：已知：回答下列問(wèn)題：（1）A→B反應(yīng)條件為濃硫酸、加熱；B中含氧官能團(tuán)有2種。（2）B→C反應(yīng)類型為取代反應(yīng)，該反應(yīng)的目的是保護(hù)酚羥基。（3）D結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3COOCH2CH3；E→F的化學(xué)方程式為+Br2+HBr；。（4）H的同分異構(gòu)體中，僅含有﹣OCH2CH3、﹣NH2和苯環(huán)結(jié)構(gòu)的有6種。（5）根據(jù)上述信息，寫出以4﹣羥基鄰苯二甲酸二乙酯為主要原料制備的合成路線。【分析】根據(jù)信息Ⅰ及C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式、B的分子式知，B為，A和乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成B，則A為；C和D發(fā)生信息Ⅱ的反應(yīng)生成E，根據(jù)碳原子個(gè)數(shù)知，E為，D為CH3COOCH2CH3，E和溴發(fā)生取代反應(yīng)生成F，F(xiàn)發(fā)生信息Ⅲ的反應(yīng)生成G，G和氫氣發(fā)生還原反應(yīng)生成H，根據(jù)H的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式知，G為，F(xiàn)為；（5）以4﹣羥基鄰苯二甲酸二乙酯為主要原料制備，和CH3CH2COOCH2CH3發(fā)生信息Ⅱ的反應(yīng)生成，發(fā)生水解反應(yīng)生成，和氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成目標(biāo)產(chǎn)物?！窘獯稹拷猓海?）A和乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成B，A→B反應(yīng)條件為濃硫酸、加熱；B為，B中含有官能團(tuán)有羥基、酯基，所以B中含氧官能團(tuán)有2種，故答案為：濃硫酸、加熱；2；（2）B中酚羥基發(fā)生取代反應(yīng)生成C，B→C反應(yīng)類型為取代反應(yīng)，該反應(yīng)的目的是保護(hù)酚羥基，故答案為：取代反應(yīng)；保護(hù)酚羥基；（3）D結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3COOCH2CH3；，E為，F(xiàn)為，E和溴發(fā)生取代反應(yīng)生成F，反應(yīng)方程式為+Br2+HBr，故答案為：CH3COOCH2CH3；+Br2+HBr；（4）H的同分異構(gòu)體中，僅含有﹣OCH2CH3、﹣NH2和苯環(huán)結(jié)構(gòu)，根據(jù)氧原子個(gè)數(shù)知，應(yīng)該含有3個(gè)﹣OCH2CH3，如果3個(gè)﹣OCH2CH3相鄰，氨基有2種位置異構(gòu)；如果有2個(gè)﹣OCH2CH3相鄰，氨基有3種位置異構(gòu)；如果3個(gè)﹣OCH2CH3都相間，氨基有1種位置異構(gòu)，所以符合條件的同分異構(gòu)體有6種，故答案為：6；（5）以4﹣羥基鄰苯二甲酸二乙酯為主要原料制備，和CH3CH2COOCH2CH3發(fā)生信息