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2022年新高考山东化学高考真题

题号	一	二	三	四	五	总分
得分

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上

评卷人 得分

一、单选题

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”

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

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

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
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

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

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

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

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%

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

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， 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

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		饱和 溶液
B		溶液
C		溶液
D

A．A
B．B
C．C
D．D

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 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

13.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

评卷人 得分

二、多选题

14.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

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

评卷人 得分

三、解答题

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_______。

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晶转化的是_______(填标号)。

A. 、 、         B. 、 、
C. 、 、         D. 、 、

18.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_______。

评卷人 得分

四、实验题

19.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_______。

评卷人 得分

五、推断题

20.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_______。

参考答案

1.C

【解析】
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．石硫黄即S：“能化……银、铜、铁，奇物”是指2Ag+S Ag₂S、Fe+S FeS、2Cu+S Cu₂S，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.C

【解析】
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，故需在棕色广口瓶中、阴冷处密封保存，D正确；
故答案为：C。

3.B

【解析】
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.B

【解析】
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.A

【解析】
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。
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sp^３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.A

【解析】
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。
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.B

【解析】
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。
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.D

【解析】
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。
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.C

【解析】
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。
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.D

【解析】
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+O₂ 2C₃H₆+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。

11.A

【解析】
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.D

【解析】
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。
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)+S^2-(aq)，增大O₂的浓度，可以反应消耗S^2-，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.D

【解析】
溶液pH变化，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0.1mol/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。
A．反应SrSO₄(s)+CO SrCO₃(s)+SO 的平衡常数K= = = ，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K_sp(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，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，C正确；
D．对含SrSO₄(s)且Na₂SO₄和Na₂CO₃初始浓度均为1.0mol·L^-1的混合溶液中锶离子的浓度为10^{-6, 5}，根据图示， 锶离子的降低，所以 发生沉淀转化，D错误；
故选D。

14.BD

【解析】
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。
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，同时生成H⁺，电极反应式为CH₃COO^--8 e^-+2 H₂O =2CO₂↑+7 H⁺，H⁺通过阳膜进入阴极室，甲室的电极反应式为Co²⁺+2e^-=Co，因此，甲室溶液pH逐渐减小，A错误；
B．对于乙室，正极上LiCoO₂得到电子，被还原为C o²⁺，同时得到Li⁺，其中的O^2-与溶液中的H⁺结合H₂O，电极反应式为2LiCoO₂+2e^-+8H⁺=2Li⁺+2Co²⁺+4H₂O，负极发生的反应为CH₃COO^--8 e^-+2 H₂O =2CO₂↑+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：LiCoO₂+4H⁺=Li⁺+Co²⁺+2H₂O，C错误；
D．若甲室Co²⁺减少200 mg，则电子转移物质的量为n(e^-)= ；若乙室Co²⁺增加300 mg，则转移电子的物质的量为n(e^-)= ，由于电子转移的物质的量不等，说明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。

15.BD

【解析】
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Cu_2-xSe的电极反应式为Na₂Se-2e^-+(2-x)Cu=Cu_2-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，Cu_2-xSe转化为NaCuSe的电极反应式为Cu_2-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，Na_yCu_2-xSe转化为NaCuSe的电极反应式为Na_yCu_2-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BD。

16.(1)     3d⁸4s²     第4周期第VIII族
(2)     2:3     2:1:1     Zn²⁺、Ni²⁺
(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，故答案为：3d⁸4s²；第4周期第VIII族；
(2)
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 与 的配位数之比为4:6=2:3；
含有CN^-（小黑球N+小白球C）为： =4，含有NH₃（棱上小黑球）个数为： =2，晶胞中苯环在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： =2，则该晶胞的化学式为： ，即 4:2:2=2:1:1；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；
(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，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；
(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： ，故答案为： 。

17.(1)6HF+SiO₂=2H⁺+ +2H₂O
(2)         
(3)     CaSO₄•0.5H₂O     抑制CaSO₄的溶解，提高产品石膏的产率     酸解     AD

【解析】
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。
(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⁺+ +2H₂O。
(2)
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( ) = mol•L^-1，因此c(Na⁺)=2c( )= mol•L^-1；同时，粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c(Ca²⁺)=c( )= 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 ，然后才是 。
(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，体系温度为65℃时，位于65℃线上方的晶体全部以CaSO₄•0.5H₂O形式存在，位于65℃线下方的晶体全部以CaSO₄•2H₂O。体系温度为80℃时，位于80℃线下方的晶体全部以CaSO₄•2H₂O形式存在，位于80℃线上方的晶体全部以CaSO₄•0.5H₂O形式存在，据此
A． P₂O₅%= l5、SO₃%= 15，由图乙信息可知，该点坐标位于65℃线以下，晶体以CaSO₄•2H₂O形式存在，可以实现石膏晶体的转化，A符合题意；
B． P₂O₅%= 10、SO₃%= 20，由图乙信息可知，该点坐标位于80℃线的上方，晶体全部以CaSO₄•0.5H₂O形式存在，故不能实现晶体的转化， 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AD。

18.(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)
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，反应I为放热反应，因此焓变 =-200(X+Y)kJ·mol^-1。
(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K_p= = 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 、 ，求得a= 、b= ，则t₁时刻 =0.08；此时BD的产率为 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， 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。

19.(1)     a     FeCl₂∙4H₂O+4SOCl₂(g) FeCl₂+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∙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。
(2)
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^-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．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。
(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；答案为：⑥⑩③⑤；CCl₄。

20.(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】
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。
(1)
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；
(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，故答案为：取代反应；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，故答案为：CH₃COOC₂H₅； +Br_{2 +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，故答案为：6；
(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