2022年山东省新高考化学试卷和答案解析

2022年山东省新高考化学试卷和答案解析

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．（2分）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”

2．（2分）下列试剂实验室保存方法错误的是（　　）

A．浓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

3．（2分）O、O的半衰期很短，自然界中不能稳定存在。人工合成反应如下：O+He→O+X；O+He→O+Y。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．O、O可用作示踪原子研究化学反应历程    

D．自然界不存在O2、O2分子是因其化学键不稳定

4．（2分）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    

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

5．（2分）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

6．（2分）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25.00mLNa2CO3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

7．（2分）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（　　）

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

8．（2分）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pH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K2MnO4只体现氧化性    

D．MnO2转化为KMnO4的理论转化率约为66.7%

9．（2分）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图。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

10．（2分）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，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

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．（4分）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	CO2	饱和Na2CO3溶液	CaCO3
B	Cl2	FeCl2溶液	Fe
C	HCl	Cu（NO3）2溶液	Cu
D	NH3	H2O	AgCl

A．A    B．B    C．C    D．D

12．（4分）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粉的工艺流程如图，可能用到的数据见下表。

	Fe（OH）3	Cu（OH）2	Zn（OH）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）3和S；金属M为Zn    

B．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3.2～4.2    

D．还原时，增大溶液酸度有利于Cu的生成

（多选）13．（4分）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（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﹣═Li++Co2++4OH﹣    

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

14．（4分）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﹣1Na2CO3溶液，含SrSO4（s）的0.1mol•L﹣1、1.0mol•L﹣1Na2SO4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）+CO⇌SrCO3（s）+SO的平衡常数K＝    

B．a＝﹣6.5    

C．曲线④代表含SrCO3（s）的1.0mol•L﹣1Na2CO3溶液的变化曲线    

D．对含SrSO4（s）且Na2SO4和Na2CO3初始浓度均为1.0mol•L﹣1的混合溶液，pH≥7.7时才发生沉淀转化

（多选）15．（4分）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x    

B．每个Na2Se晶胞完全转化为Cu2﹣xSe晶胞，转移电子数为8    

C．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（1﹣y）mol电子，产生（1﹣x）molCu原子

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•zC6H6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a＝b≠c，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 　   　。

（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π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

在水中的溶解度，吡啶远大于苯，主要原因是①　   　，②　   　。、、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 　   　。

17．（13分）工业上以氟磷灰石[Ca5F（PO4）3，含SiO2等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如图：

回答下列问题：

（1）酸解时有HF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（SiF）＝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 　   　。

	BaSiF6	Na2SiF6	CaSO4	BaSO4
Ksp	1.0×10﹣6	4.0×10﹣6	9.0×10﹣4	1.0×10﹣10

（3）SO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100℃、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晶转化的是 　   　（填标号）。

A.65℃、P2O5%＝15、SO3%＝15

B.80℃、P2O5%＝10、SO3%＝20

C.65℃、P2O5%＝10、SO3%＝30

D.80℃、P2O5%＝10、SO3%＝10

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Fe2+达终点时消耗VmL（滴定过程中Cr2O转化为Cr3+，Cl﹣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+CCl4TiCl4+CO2制备TiCl4。已知TiCl4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混合物进行蒸馏提纯（加热及夹持装置略），安装顺序为①⑨⑧　   　（填序号），先馏出的物质为 　   　。

19．（12分）支气管扩张药物特布他林（H）的一种合成路线如图：

已知：

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的合成路线。

20．（11分）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，涉及反应如图：

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5.0×10﹣3molBL或BD为初始原料，在493K、3.0×103kPa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，3.0×103kPa）＝　   　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x＝　   　，BD产率＝　   　（保留两位有效数字）。

（3）（xBD/xBL）max为达平衡时xBD与xBL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，（xBD/xBL）max最大的是 　   　（填代号）；与曲线b相比，曲线c达到＝1.0所需时间更长，原因是 　   　。

 参与解析

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．【参】解：A．说明金的化学性质比较稳定，不能燃烧，故A错误；

B．涉及到的化学方程式为：CaO+H2O＝Ca（OH）2，该反应不是氧化还原反应，故B错误；

C．涉及到的方程式为：2Ag+S＝Ag2S，Fe+SFeS，2Cu+SCu2S，S的化合价均降低，作氧化剂，体现其氧化性，故C正确；

D．涉及到的方程式为：CaCO3+2CH3COOH→（CH3COO）2Ca+CO2↑+H2O，该反应不是氧化还原反应，故D错误，

故选：C。

【解析】本题考查物质的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解题的关键，题目难度不大。

2．【参】解：A．浓不稳定，见光易分解，化学方程式为4HNO3（浓）4NO2↑+O2↑+2H2O，应避光保存，因浓HNO3为液体，用棕色细口瓶盛装，故A正确；

B．氢氧化钠固体保存在广口塑料瓶中，氢氧化钠可与空气中的二氧化碳反应，故需用塑料盖盖严，故B正确；

C．四氯化碳是液体药品，保存在细口玻璃瓶中，故C错误；

D．高锰酸钾见光易分解，故应保存在棕色广口瓶中，故D正确；

故选：C。

【解析】本题考查化学试剂的存放，题目难度不大，注意把握化学试剂的性质，选择正确的保存方法。

3．【参】解：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，故A错误；

B.由分析可知，X微粒为，Y微粒为，二者是具有相同的质子数而不同的中子数的原子，互为同位素，故B正确；

C.由题干信息可知，O与O的半衰期很短，不适宜用作示踪原子研究化学反应历程，故C错误；

D.自然界中不存在O与O并不是其化学键不稳定，而是由于O与O的半衰期很短，很容易发生核变化，转化为其他原子，故D错误；

故选：B。

【解析】本题根据原子结构、原子衰变过程分析判断来参，考查了质量数与质子数中子数的关系等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度不大。

4．【参】解：A．乳酸（）通过缩聚反应可制得聚乳酸，不是加聚反应，故A错误；

B．聚四氟乙烯是由CF2＝CF2通过加聚反应生成的产物，故B正确；

C．尼龙﹣66的单体是己二酸和己二胺，故C错误；

D．聚乙烯醇（）由聚乙酸乙烯酯（）经水解反应制备，不是消去反应，故D错误；

故选：B。

【解析】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。

5．【参】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，故A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，故B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与金刚石结构相似，则其晶体中所有原子均采取sp3杂化，故C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与金刚石结构相似，则其晶体中所有原子的配位数也均为4，故D正确；

故选：A。

【解析】本题以信息的形式考查原子结构和化学键，明确构成该晶体的微粒间只以单键结合是参本题的关键，题目难度不大。

6．【参】解：A．量筒的精确度为小数点后一位，若要量取25.00mL的碳酸钠标准溶液应选用碱式滴定管，故A错误；

B．碳酸钠标准溶液显碱性，能与SiO2反应生成硅酸钠，硅酸钠可作黏合剂，将瓶口粘住，所以应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液，故B正确；

C．碳酸钠能够与空气中的二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，所以一般用烧杯称量碳酸钠固体，故C正确；

D．盐酸滴定Na2CO3标准溶液滴定终点溶液为弱酸性，溶液显橙色，故D正确，

故选：A。

【解析】本题考查中和滴定和溶液的配制的注意事项，为高频考点，题目难度一般。

7．【参】解：A．γ﹣崖柏素有酚的通性，酚羟基的邻位氢原子能和溴水发生取代反应，故A正确；

B．﹣COOH能和NaHCO3溶液反应，没有羧基，所以不能和碳酸氢钠溶液反应，故B错误；

C．饱和碳原子具有甲烷结构特点，甲烷分子中最多有3个原子共平面，连接两个甲基的碳原子具有甲烷结构特点，所以该分子中所有碳原子不能共平面，故C正确；

D．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，与足量氢气加成产物为，环上有2个手性碳原子，故D正确；

故选：B。

【解析】本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。

8．【参】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，故A错误；

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NaOH，故B错误；

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，故C错误；

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%，故D正确；

故选：D。

【解析】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备实验原理、氧化还原反应的应用为参的关键，侧重分析、实验及应用能力的综合考查，题目难度中等。

9．【参】解：A．苯胺中的官能团是氨基，具有碱性，能与盐酸反应，不与NaOH溶液反应，故A错误；

B．①是苯胺为液体，③是苯甲酸为固体，则由①、③分别获取相应粗品时可采用的操作方法不同，故B错误；

C．甲苯、苯胺、苯甲酸混合溶液中加盐酸反应生成易溶于水的苯胺盐酸盐，有机相的成分为苯甲酸和甲苯，水相Ⅰ中的苯胺盐酸盐与氢氧化钠溶液反应生成苯胺液体，故①是苯胺；有机相Ⅱ中加碳酸钠溶液，其中苯甲酸反应生成苯甲酸钠进入水相Ⅱ中，故②是甲苯；水相Ⅱ中苯甲酸钠与盐酸反应生成苯甲酸，故③是苯甲酸，苯胺、甲苯、苯甲酸粗品依次由①、②、③获得，故C正确；

D．②是甲苯，不是两相混合体系，故D错误；

故选：C。

【解析】本题考查混合物的分离，侧重考查学生分析和解决问题的能力，试题难度中等。

10．【参】解：A．含N分子参与的反应包括①的历程是将NO转化为NO2，②的历程将NO和NO2转化为HONO，还包括HONO转化为NO的反应，这三个反应中N的化合价均发生了改变，一定有电子转移，故A正确；

B．由NO生成HONO的反应历程有①的历程和②的历程2种，故B正确；

C．NO为催化剂，增大催化剂的量，平衡不移动，则C3H8的平衡转化率不变，故C正确；

D．无论反应经过①还是②，总反应都是丙烷和氧气生成丙烯和水，水不会减少，故D错误；

故选：D。

【解析】本题主要考查化学反应的原理，需要学生利用已有的知识分析问题、解决问题，题目难度一般。

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．【参】解：A．二氧化碳与饱和碳酸钠溶液反应析出碳酸氢钠固体，二氧化碳与碳酸钙反应生成溶于水的碳酸氢钙，最终瓶内固体为碳酸氢钠，则瓶中少量固体粉末不会消失，故A正确；

B．氯气可氧化氯化亚铁生成氯化铁，Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁，则瓶中少量固体粉末最终消失并得到澄清溶液，故B错误；

C．酸性溶液中根离子可氧化Cu，则瓶中少量固体粉末最终消失并得到澄清溶液，故C错误；

D．氨气极易溶于水，AgCl可溶于氨水生成银氨溶液，则瓶中少量固体粉末最终消失并得到澄清溶液，故D错误；

故选：A。

【解析】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为参的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

12．【参】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，故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，故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，故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+，若还原时增大溶液的酸度，c（H+）增大，会导致该反应逆向移动，不利于该反应的进行，因此不利于Cu的生成，故D错误；

故选：D。

【解析】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备实验原理、氧化还原反应的应用为参的关键，侧重分析、与实验及应用能力的综合考查，题目难度中等。

13．【参】解：A．甲室电极反应式为Co2++2e﹣═Co，电极反应式为CH3COO﹣+2H2O﹣8e﹣＝2CO2↑+7H+，氢离子、金属阳离子通过阳膜移向甲室，甲室溶液pH逐渐减小，故A错误；

B．乙室中LiCoO2（s）→Co2+，同时得到Li+，LiCoO2（s）中的氧结合溶液中氢离子生成水，需要工作一段时间后，乙室应补充盐酸，故B正确；

C．电解质溶液为酸性，不可能生成氢氧根离子，乙室电极反应式为LiCoO2+4H++e﹣═Li++Co2++2H2O，故C错误；

D．甲室电极反应式为Co2++2e﹣═Co，乙室电极反应式为2LiCoO2+8H++2e﹣═2Li++2Co2++4H2O，根据电子转移守恒，可知没有进行溶液转移时，则乙室Co2+增加质量是甲室Co2+减少质量的2倍，而实际二者倍数为＝1.5＜2，故则此时已进行过溶液转移，故D正确；

故选：BD。

【解析】本题考查原电池与电解原理的运用，关键是理解原电池与电解池工作原理，正确判断电极，正确书写电极反应式，题目侧重考查学生信息获取能力、分析能力、综合运用知识的能力。

14．【参】解：A．反应SrSO4（s）+CO32﹣⇌SrCO3（s）+SO42﹣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0.1mol/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 mol/L＝10﹣6.5mol/L，则a为6.5，故B正确；

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。

【解析】本题考查了某些难溶或微溶物电解质的溶解平衡，注意对图象中的数据的分析，题目难度中等。

15．【参】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正确；

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﹣+（1﹣y）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：BD。

【解析】本题考查晶胞计算，侧重考查空间想象能力及计算能力，明确晶胞计算方法是解本题关键，题目难度中等。

三、非选择题：本题共5小题，共60分。

16．【参】解：（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，

故答案为：3d84s2；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：2×＝1，Zn2+个数为：8×＝1，含有CN﹣为：8×＝4，NH3个数为：8×＝2，苯环个数为：4×＝2，则该晶胞的化学式为：Ni（CN）•4Zn（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dsp2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+、Ni2+

，

故答案为：2：3；2：1：1；Zn2+、Ni2+；

（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π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；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；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：D；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；。

【解析】本题考查物质结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力、空间想象能力及计算能力，明确原子结构、基本概念、相似相溶原理及价层电子对互斥理论等知识点是解本题关键，题目难度中等。

17．【参】解：（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，

故答案为：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+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（SiF62﹣），根据Na2SiF6的溶度积可知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；同时，粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c（Ca2+）＝c（SO42﹣）＝ mol•L﹣1＝3.0×10﹣2mol•L﹣1；分批加入一定量的BaCO3，当BaSiF6沉淀开始生成时，c（Ba2+）＝mol•L﹣1＝1.0×10﹣3mol•L﹣1，当BaSO4沉淀开始生成时，c（Ba2+）＝mol•L﹣1≈3.3×10﹣9mol•L﹣1，因此，首先转化为沉淀的离子是SO42﹣，然后才是SiF62﹣，

故答案为：2.0×10﹣2；SO42﹣；

（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•0.5H2O；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，故A不选

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，故B不选；

C．P2O5%＝10、SO3%＝30，由图乙信息可知，该点坐标位于65℃线上方，晶体全部以CaSO4•0.5H2O形式存在，故能实现晶体转化，故C选

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，故不能实现晶体的完全转化，故D不选；

综上所述，能实现酸解所得石膏结晶转化的是C，

故答案为：CaSO4•0.5H2O；减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；酸解；C。

【解析】本题考查物质的制备和混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为参的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度较大。

18．【参】解：（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•4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2↑+8HCl↑；装置c、d的共同作用是冷凝回流SOCl2，

故答案为：a；FeCl2•4H2O+4SOCl2FeCl2+4SO2↑+8HCl↑；冷凝回流SOCl2；

（2）滴定过程中Cr2O72﹣将Fe2+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++7H2O，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）＝（6cV×10﹣3mol）：mol，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，故A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，故B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，故C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，故D不选；

故答案为：；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，

故答案为：⑥⑩③⑤；CCl4。

【解析】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备实验原理、氧化还原反应的应用为参的关键，侧重分析、计算与实验及应用能力的综合考查，题目难度中等。

19．【参】解：（1）A和乙醇发生酯化反应生成B，A→B反应条件为浓硫酸、加热；B为，B中含有官能团有羟基、酯基，所以B中含氧官能团有2种，

故答案为：浓硫酸、加热；2；

（2）B中酚羟基发生取代反应生成C，B→C反应类型为取代反应，该反应的目的是保护酚羟基，

故答案为：取代反应；保护酚羟基；

（3）D结构简式为CH3COOCH2CH3；，E为，F为，E和溴发生取代反应生成F，反应方程式为+Br2+HBr，

故答案为：CH3COOCH2CH3；+Br2+HBr；

（4）H的同分异构体中，仅含有﹣OCH2CH3、﹣NH2和苯环结构，根据氧原子个数知，应该含有3个﹣OCH2CH3，如果3个﹣OCH2CH3相邻，氨基有2种位置异构；如果有2个﹣OCH2CH3相邻，氨基有3种位置异构；如果3个﹣OCH2CH3都相间，氨基有1种位置异构，所以符合条件的同分异构体有6种，

故答案为：6；

（5）以4﹣羟基邻苯二甲酸二乙酯为主要原料制备，和CH3CH2COOCH2CH3发生信息Ⅱ的反应生成，发生水解反应生成，和氢气发生加成反应生成目标产物，合成路线为，

故答案为：。

【解析】本题考查有机物合成，侧重考查分析、推断及知识综合运用能力，利用题给信息正确推断各物质的结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，难点是判断题给信息中断键和成键方式，题目难度中等。

20．【参】解：（1）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5.0×10﹣3mol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，且反应I为放热反应，因此焓变△H＝﹣200（X+Y）kJ•mol﹣1，

故答案为：﹣200（X+Y）；

（2）实验测定X＜Y，则达到平衡时BD物质转化量大于BL物质转化量，平衡状态BD物质的量较小，根据图示可知，表示xBL变化的曲线是a或c；该平衡状态下BL的分压是0.48×3.0×103kPa，BD的分压是0.36×3.0×103kPa，H2的压强近似等于总压，故反应I平衡常数Kp＝＝Kpa﹣2＝8.3×10﹣8kPa﹣2；以BL为原料时，根据题给反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，体系总物质的量的增加量正好是BD参与反应Ⅱ、Ⅲ的量，也正好是H2O（g）的物质的量，设t1时BL转化了amol，BD转化了bmol，则体系总物质的量为（5.0×10﹣3+b）mol，得到＝0.48、，求得a＝、b＝，则t1时刻x＝＝0.08；此时BD的产率为≈39%，

故答案为：a或c；8.3×10﹣8；0.08；39%；

（3）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，（xBD/xBL）max越小，的值越大；相同温度时，压强增大，BD的比重增大，（xBD/xBL）max增大，又可忽略压强对反应速率的影响，则（xBD/xBL）max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，（xBD/xBL）max增大，故＝1.0所需时间更长，

故答案为：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，（xBD/xBL）max增大，故＝1.0所需时间更长。

【解析】本题考查化学反应热计算、化学平衡影响因素、化学平衡常数及其计算等，注意基础知识理解掌握，综合性较高，难度中等。