还剩17页未读，
继续阅读
必刷卷03-2022年高考化学考前信息必刷卷（全国甲卷）
展开
这是一份必刷卷03-2022年高考化学考前信息必刷卷（全国甲卷），共20页。试卷主要包含了作答时，务必将答案写在答题卡上， 常温下，向100mL0，01mlHF时，c>c>c，7%等内容，欢迎下载使用。
为平稳过渡至新高考，预计2022全国卷(甲卷)仍将保持2021年风格，所以试卷整体手法应传承已有套路。基于“立德树人”的大背景，命题情境将有更多的指向。备考中要有的放矢。
关注实验、平衡稳中求变，力求复习全面到位。
本卷满分100分，考试时间50分钟。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。
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 N-14 O-16 Al-27 Si-28 Mg-24 S-32
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学在生活、社会、环境和科技进步方面发挥着重要的作用。下列说法正确的是
A. 针对新冠肺炎疫情，用无水酒精、双氧水对环境进行杀菌消毒
B. 歼20战斗机采用大量先进复合材料、铝锂合金等，铝锂合金属于金属材料
C. “中国天眼”的镜片材料为SiC，属于新型有机非金属材料
D. 芯片制造中的“光刻技术”是利用光敏树脂在曝光条件下成像，该过程并不涉及化学变化
【答案】B
【解析】
【详解】A．使用酒精杀菌消毒，常用75%的酒精，无水酒精杀菌消毒效果不理想，故A错误；
B．金属材料有金属单质和合金等，铝锂合金属于金属材料，故B正确；
C．SiC属于新型非金属材料，故C错误；
D．光敏树脂是由高分子化合物，在紫外线照射下，这些分子结合长长的交联聚合物高分子，有新物质生成，属于化学变化，故D错误；
答案为B。
2. 实验装置、现象和结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．Cl2未干燥，a中有色布条会褪色，不能说明Cl2是否具有漂白性，A错误；
B．HCl不是氯元素的最高价含氧酸，且该装置中盐酸可能挥发，挥发的HCl也能够与Na2SiO3溶液反应产生H2SiO3沉淀，因此不能确定CO2是否能使Na2SiO3溶液变浑浊，B错误；
C．观察到的现象不足以说明该反应为取代反应，若发生取代反应，每一步反应都会产生HCl，HCl极易溶于水，遇水蒸气会使量筒内出现白雾，测定反应后溶液pH比反应前的低，C错误；
D．焦炉气主要成分为H2、CO、CH4等，它们燃烧都使火焰显蓝色，D正确；
故合理选项是D。
3. 下列指定反应的离子方程式正确的是
A. 少量CO2通入NaOH和Ca(OH)2 的混合溶液中：CO2+OH-= HCO
B. 醋酸溶解碳酸钙：2H+ +CaCO3=CO2↑+Ca2++H2O
C. FeCl3溶液腐蚀铜板：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
D. 同浓度同体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：NH +OH-=NH3·H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．少量CO2通入NaOH和Ca(OH)2 的混合溶液中，反应的离子方程式为Ca2++CO2+2OH-= CaCO3↓+H2O，故A错误；
B．醋酸溶解碳酸钙生成醋酸钙、二氧化碳、水，反应的离子方程式为2CH3COOH +CaCO3=CO2↑+Ca2++H2O+2CH3COO-，故B错误；
C．FeCl3溶液腐蚀铜板生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式是2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故C正确；
D．同浓度同体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，反应的离子方程式是H++OH-= H2O，故D错误；
选C。
4. 短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，R是农作物“肥料三要素”之一，在短周期主族元素中X的原子半径最大，R、X原子的最外层电子数之和等于Y原子的最外层电子数。下列推断错误的是
A. Y、Z的气态氢化物的水溶液都显酸性B. 简单离子半径：R＜X＜Y
C. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＜ZD. 化合物RZ3中各原子最外层均满足8e-稳定结构
【答案】B
【解析】
【分析】短周期主族元素中钠的原子半径最大，故X为钠，农作物生长的“肥料三要素”是氮、磷、钾，而R的原子序数小于Na，所以R为氮；氮、钠原子最外层电子数依次为5、1，则Y的最外层电子数为6，且原子序数大于Na，故Y为硫，Z为氯。
【详解】A．Y、Z的气态氢化物分别为H2S、HCl，溶于水后均可以电离出氢离子，溶液显酸性，A正确；
B．R、X、Y的简单离子分别为N3-、Na+、S2-，电子层数越多离子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小，离子半径越大，所以离子半径S2−＞N3−＞Na+，B错误；
C．同周期自左至右非金属性增强，最高价氧化物对应水化物的酸性增强，所以Y＜Z，C正确；
D．化合物RZ3为NCl3，N原子与每个氯原子分别共用一对电子，各原子最外层均满足8e-稳定结构，D正确；
综上所述答案为B。
5. 有机物M是合成某种抗过敏药物的中间体，其结构简式如图所示。下列关于M的说法正确的是
A. 化学式为C20H24O3N2Cl
B. 两苯环上的12个碳原子一定共平面
C. 可发生加聚反应和取代反应
D. 苯环上的一氯代物有5种(不考虑立体异构)
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据结构简式可知，有机物M的化学式为C20H23O3N2Cl，选项A错误；
B．碳碳单键可以旋转，两苯环上的12个碳原子不一定共平面，选项B错误；
C．有机物M中不含有碳碳双键、碳碳三键、醛基、酮基，不能发生加聚反应，选项C错误；
D．该物质苯环上的一氯代物有5种，具体位置如图，选项D正确；
答案选D。
6. ORP传感器(如下图)测定物质的氧化性的原理：将Pt电极插入待测溶液中，Pt电极、Ag/AgCl电极与待测溶液组成原电池，测得的电压越高，溶液的氧化性越强。向NaIO3溶液、FeCl3溶液中分别滴加2滴H2SO4溶液，测得前者的电压增大，后者的几乎不变。
下列说法不正确的是
A. 盐桥中的Cl-移向Ag/AgCl电极
B. Ag/AgCl电极反应是Ag-e-+Cl-=AgCl
C. 酸性越强，的氧化性越强
D. 向FeCl3溶液中滴加浓NaOH溶液至碱性，测得电压几乎不变
【答案】D
【解析】
【分析】Ag、Pt、待测溶液组成原电池，由于Ag的金属活动性比Pt强，所以Ag作负极，Pt作正极。
【详解】A．在原电池中，阴离子向负极移动，在该电池中，Ag作负极，所以盐桥中的Cl-移向Ag/AgCl电极，A正确；
B．Ag/AgCl电极作负极，则Ag失电子生成的Ag+与溶液中的Cl-反应生成AgCl，电极反应式是Ag-e-+Cl-=AgCl，B正确；
C．向NaIO3溶液滴加2滴H2SO4溶液，电压增大，则表明酸性越强，的氧化性越强，C正确；
D．向FeCl3溶液中滴加浓NaOH溶液至碱性，生成NaCl和Fe(OH)3沉淀，溶液的氧化性减弱，测得的电压减小，D不正确；
故选D。
7. 常温下，向100mL0.1ml·L-1的NaA溶液中通入HF(g)，溶液中lg(X代表A或F)的值和pH的关系如图所示，已知酸性：HF>HA，忽略溶液体积的变化，下列叙述错误的是
A. HA的电离常数K=10-7.5
B. 当c(F-)=c(HA)时，混合溶液pH=7
C. 通入0.01mlHF时，c(F-)>c(A-)>c(HF)
D. 随着HF的通入，溶液导电性先增大后减小
【答案】D
【解析】
【分析】根据图像可知，当lg=0时，则=1，则由于同浓度酸性：HF大于HA，根据电离平衡常数表达式可知，K(HF)==10-3.45，曲线M代表lg随pH的变化情况，同理可得K(HA)=10-7.5，即曲线N表示lg随pH的变化情况。
【详解】A．HA的电离常数K=10-7.5，A正确；
B．根据溶液中的电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=c(A－)+c(F－)+c(OH－)，根据物料守恒c(A－)+c(HA)=c(Na+)，若溶液中c(F-)=c(HA)，联立方程可得，得出c(H+)= c(OH－)，即pH=7，B正确；
C．通入HF，发生反应为：HF+NaA=HA+NaF，通入0.01mlHF时，HF与NaA恰好完全反应，溶液的溶质为等浓度的HA和NaF，因为HA的电离平衡常数为K(HA)=10-7.5，根据HF的电离平衡常数可知，NaF的水解平衡常数Kh(NaF)=，推出溶液HA的电离程度大于F-的水解程度，所以离子浓度大小关系为：c(F-)>c(A-)>c(HF) ，C正确；
D．通入HF，发生反应为：HF+NaA=HA+NaF，随着HF的增多，溶液中A-不断转化为F-，水解程度减弱，总离子浓度增大，即溶液的导电性增大，当NaA恰好与HF反应完后，溶液中溶质为HF、HA和NaF，HF会更多的电离出H+与F-，导电性也会增大，D错误；
故选D。
二、非选择题
(一)必考题：共43分。
8. 硫酸镍广泛应用于电镀、电池、催化剂等工业。某科研小组以粗硫酸镍(含Cu2+、Fe2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+、Zn2+等)为原料，经过如图一系列除杂过程模拟精制硫酸镍工艺。回答下列问题。
（1）滤渣Ⅰ的主要成分是_____。
（2）写出除杂Ⅱ的离子方程式：_____。
（3）①萃取分液Ⅰ选用的萃取剂一般为P204［二(2—乙基己基)磷酸酯］，其萃取原理为：2 +Zn2++2H+。Zn2+被P204萃取的能力随pH的升高而_____(填“降低”、“不变”或“升高”)。
②反萃取是用反萃取剂使被萃取物从负载有机相返回水相的过程，为萃取的逆过程。反萃取剂可以选择下列哪种物质_____(填选项)。
A.H2SO4溶液 B.NaOH溶液 C.ZnSO4溶液
（4）已知25℃时，Ksp(CaF2)=3.95×10-11；Ksp(MgF2)=6.40×10-9。则滤液Ⅲ中=_____。(保留3位有效数字)
（5）从“滤液Ⅲ”中获得精制硫酸镍(NiSO4·6H2O)所需采取的“操作X”是_____、_____、过滤、洗涤、干燥。
（6）称取1.00g上述方法制得的硫酸镍晶体(NiSO4·6H2O)样品溶于蒸馏水，定容至250mL。取25.00mL试液，加入过量的0.02ml/L的EDTA(Na2H2Y)标准溶液25.00mL，摇匀，再加入相应的指示剂，用0.01ml/L标准硫酸锌溶液返滴定，待滴定至终点，记录数据。重复实验，3次平均消耗硫酸锌标准溶液为23.50mL。反应为M2++H2Y2-=MY2-+2H+(M代表Ni或者Zn)。计算样品纯度为_____。(保留3位有效数字)
【答案】（1）Fe(OH)3
（2）Cu2++H2S=CuS↓+2H+
（3） ①. 升高 ②. A
（4）6.17×10-3
（5） ①. 蒸发浓缩 ②. 冷却结晶
（6）69.7%
【解析】
【分析】[解析]粗硫酸镍(含Cu2+、Fe2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+、Zn2+等)加水和硫酸进行酸浸溶解，在加入H2O2氧化，得到含有N2+、Cu2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+、 Zn2+、SO等离子的浸出液，用Ni(OH)2调节溶液pH值，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去，再进行过滤，滤渣I为Fe(OH)3；向滤液I中通入H2S气体，Cu2+转化为CuS沉淀除去，过滤后得到滤渣Ⅱ为CuS沉淀；加入萃取剂萃取Zn2+，有机相中含有锌，通过反萃取使Zn2+进入无机相Ⅱ，制备硫酸锌；无机相Ⅰ含有Ni2+和Ca2+、Mg2+，加入入NaF，使无机相Ⅰ中的Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀除去，再次进行过滤得到滤“滤液Ⅲ”，最后对滤液Ⅲ进行蒸发浓缩、降温结晶、过滤洗涤等操作得到产品硫酸镍晶体，据此分析解答。
【小问1详解】
根据分析可知滤渣Ⅰ的主要成分是Fe(OH)3；
【小问2详解】
除杂Ⅱ是向滤液I中通入H2S气体，Cu2+转化为CuS沉淀除去，离子方程式：Cu2++H2S=CuS↓+2H+；
【小问3详解】
①萃取分液Ⅰ选用的萃取剂一般为P204［二(2—乙基己基)磷酸酯］，其萃取原理为：2+Zn2++2H+，萃取产生H+，随pH的升高H+被消耗，促进平衡正向移动，故Zn2+被P204萃取的能力随pH的升高而升高；
②根据萃取原理2+Zn2++2H+可知应选用酸使平衡逆向移动释放出Zn2+，故答案为A；
【小问4详解】
已知25℃时，Ksp(CaF2)=3.95×10-11；Ksp(MgF2)=6.40×10-9。则滤液Ⅲ中；
【小问5详解】
根据分析可知从“滤液Ⅲ”中获得精制硫酸镍(NiSO4·6H2O)所需采取的“操作X”是蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥等操作
【小问6详解】
根据题意，取25 00mL试液， EDTA标准液的总物质
的量=0.02ml/L0.025L=510-4ml，根据反应M2++H2Y2-=MY2-+2H+(M代表Ni或者Zn)
，用0.01ml/L标准硫酸锌溶液返滴定，待滴定至终点，记录数据。重复实验，3次平均消耗硫酸锌标准溶液为23.50mL，25mL试液中n(Ni2+)=n(EDTA)= 510-4ml-0.01ml/L23.510-3L=2.6510-4ml，硫酸镍晶体的样品纯度为；
9. 探索CO2与CH4的反应使其转化为CO和H2，对减缓燃料危机，减少温室效应具有重要意义。回答下列问题：
（1）已知：i.CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) ∆H1=+ 206.1 kJ·ml-1
ii. 2H2(g)+ CO(g) CH3OH(l) ∆H2=- 128.3 kJ·ml-1
iii. 2H2(g)+O2(g)2H2O(g) ∆H3=-483.6 kJ·ml-1
则甲烷和氧气一步合成液态甲醇的热化学方程式为2CH4(g) + O2(g)2CH3OH(l) △H4= _______。
（2）向某密闭恒压容器中通入物质的量均为0.1 ml的CH4与CO2，在一定条件下发生反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，已知CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图1所示(图中压强单位为kPa)。
①图1中 p1、p2、p3、p4由大到小的顺序为_______。
②在压强为p4、温度为1100° C的条件下，该反应在5 min时达到平衡点X，则0~5 min内，用CO的分压变化表示该反应的平均速率为_______kPa·min-1(列式即可，下同)；该温度下，反应的平衡常数为_______kPa2。
（3）工业上用CO和H2制取甲醇反应方程式为2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)。对于该合成反应，若通入的CO的物质的量一定，如图2为4种投料比[n(CO)：n(H2)分别为5：7、10：17、5：9、1：2]时，反应温度对CO平衡转化率的影响曲线。
①曲线b对应的投料比是_______。
②当反应在曲线a、b、c对应的投料比下达到相同的平衡转化率时，对应的反应温度随投料比变化的趋势是_______。
③投料比为10：17反应温度为T1时，平衡混合气体中CO的物质的量分数为_______(计算结果保留3位有效数字)。
【答案】（1）-328.0 kJ/ml
（2） ①. p4>p3>p2>p1 ②. ③.
（3） ①. 5：9 ②. 投料比越大，反应温度越低 ③. 20.8%
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，由2×(①+②)+③可得2CH4(g) + O2(g)2CH3OH(l)，则△H4=2 ΔH1+2 ΔH2+ ΔH3=(2 ×206.1 kJ/ml)-(2 ×128.3 kJ/ml)-483.6 kJ/ml=- 328.0kJ/ml，故答案为：-328.0 kJ/ml；
【小问2详解】
①该反应是气体体积增大的反应，增大压强，反应逆向移动，CH4的转化率减小，因此p4>p3>p2>p1，故答案为：p4>p3>p2>p1；
②在压强为p4、温度为1100° C的条件下，起始时甲烷的物质的量为0.1ml，平衡时，甲烷的转化率为80%，则甲烷物质的量变化为0.1ml×80%=0.08 ml，则平衡时，甲烷的物质的量为0.02ml，CO2的物质的量为0.02ml，CO的物质的量为0.16ml，H2的物质的量为0.16ml，混合气体的压强为p4，所以CO的分压为(0.16p4 ÷0. 36) kPa， 所以用CO的分压变化表示该反应平均速率为kPa/min；kPa2，故答案为：；；
【小问3详解】
①通入的CO的物质的量一定，则通入氢气的物质的量越多，CO转化率越高，则投料比n(CO)：n(H2)依次5：7、10：17、5：9、1：2的氢气含量越高，CO转化率越大，对应的曲线为dcba，故曲线b对应的投料比是5：9，故答案为：5：9；
②a、b、c对应的投料比为1：2、5：9、10：17，由图可知，达到相同的平衡转化率时，投料比越大，反应温度越低，故答案为：投料比越大，反应温度越低；
③投料比为10：17对应曲线c，反应温度为T1时，CO的转化率为75%，设起始时n(CO)=10ml，则n(H2)=17ml，平衡时，n(H2)=2ml，n(CO)=2.5ml，n(CH3OH)=7.5ml，则平衡混合气体中CO的物质的量分数为=20.8%，故答案为：20.8%。
10. 二氯异氰尿酸钠[(CNO)3Cl2Na]是常用的杀菌消毒剂，常温下为白色固体，难溶于冷水。利用高浓度的NaClO溶液和异氰尿酸[(CNO) 3H3]固体制备二氯异氰尿酸钠，实验装置如下图所示(部分夹持装置略)。
已知：①3Cl2+6NaOH5NaCl+NaC1O3+3H2O
②2NaClO+(CNO)3H3=(CNO) 3Cl2Na+NaOH+H2O
回答下列问题：
（1）装置A中发生反应的离子方程式为_______。
（2）装置B中盛放的试剂为_______，若撤去该装置，对C中制备实验产生的影响是_______。
（3）三颈烧瓶液面上出现黄绿色气体时，由上口加入(CNO) 3H3固体，反应过程中仍需不断通入Cl2，原因是_______。
（4）装置C中冰水浴的目的是 _______ 。
（5）通过下列实验可测定二氯异氰尿酸钠样品中有效氯的含量(样品中不含NaClO)：
反应原理：
[(CNO)3Cl2]-+H++2H2O=(CNO)3H3+2HClO
HClO+2I-+H+=I2+Cl-+H2O
I2+2S2O=S4O+2I-
实验步骤：准确称取wg样品配成100mL溶液，取25.00mL于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，暗处静置充分反应后，用0.1000 ml·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液VmL。
①滴定终点的现象是_______。
②该样品中有效氯含量的表达式为_______。(有效氯=100%)。
③若滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，则有效氯的测定值将_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【答案】（1）MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O
（2） ①. 饱和食盐水 ②. 挥发的氯化氢会和装置C中的NaOH反应，降低NaOH溶液的利用率
（3）使反应生成的NaOH再次生成次氯酸钠，提高原料的利用率
（4）防止温度过高生成NaClO3
（5） ①. 滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，溶液的浅蓝色褪去且半分钟内颜色不恢复 ②. ③. 偏高
【解析】
【分析】在装置A中用MnO2和浓盐酸制取氯气，用饱和食盐水除去氯气中的HCl，氯气通入NaOH溶液中，生成的NaClO和异氰尿酸反应生成二氯异氰尿酸钠，最后用NaOH吸收多余的氯气。
【小问1详解】
装置A中用MnO2和浓盐酸反应制取氯气，反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O。
【小问2详解】
由于盐酸具有挥发性，生成的氯气中混有HCl，若不除去HCl，则HCl进入C中会消耗NaOH，降低NaOH的利用率，所以要用饱和食盐水除去氯气中的HCl。
【小问3详解】
NaClO和异氰酸钠反应后生成NaOH，反应过程中不断通入氯气，氯气可以和生成的NaOH继续反应得到和异氰酸钠反应的NaClO，提高原料的利用率。
【小问4详解】
在加热条件下，氯气和NaOH溶液反应会生成NaClO3，所以装置C中用冰水浴。
【小问5详解】
①二氯异氰尿酸钠在酸溶液中转化为HClO，HClO将KI氧化为I2，加入淀粉做指示剂，I2遇淀粉变蓝，加入的Na2S2O3溶液和I2反应生成I-，所以当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液的浅蓝色褪去且半分钟颜色不恢复，达到滴定终点。
②根据反应方程式可知：HClO~2 Na2S2O3，25.00mL溶液消耗的Na2S2O3的物质的量为0.1000ml/L×V×10-3L=V×10-4ml，n(HClO)=5V×10-5ml，100mL溶液中n(HClO)=2V×10-4ml，根据有效氯的表达式，有效氯==。
③若滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，则消耗的标准液体积偏大，有效氯的测定值将偏高。
(二)选考题：共15分。请考生在第35、36题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计。
11. 金属镁及其化合物在工农业生产和生活等方面有广泛的应用，请回答下列问题：
（1）金属镁能形成多种盐，其中中阴离子的空间构型为_______；与中阴离子互为等电子体的分子为_______(填化学式，任写一种)；和虽是同主族碳酸盐，但熔点高，而热稳定性高，它们受热分解时破坏的化学键为_______，熔点高于的原因是_______。
（2）格氏试剂(RMgX)是镁的一类重要化合物，在有机合成中有着重要的作用，在中，烃基对应的烃分子中共面的原子最多有_______个。
（3）酞菁镁为紫色粉末，其结构如图甲所示，酞菁镁中镁元素的化合价为+2，的配位数为_______。
（4）晶体中Mg的原子堆积方式如图乙所示，这种堆积方式称为_______。已知镁原子半径为r，晶体中四个相邻的镁原子紧密堆积成正四面体，两层镁原子形成的正四面体的高，则晶胞的空间利用率为_______%(只写出化简式，不需计算结果)。
【答案】（1） ①. 正四面体形 ②. ③. 离子键、共价键 ④. 和均为离子晶体，镁离子半径小于钙离子，晶格能高，所以熔点高
（2）14 （3）2
（4） ①. 六方最密堆积 ②.
【解析】
【小问1详解】
中阴离子为，中心原子硫原子和氧原子形成四个σ键，硫原子无孤电子对，有四个杂化轨道，所以为杂化，的空间构型为正四面体形；与互为等电子体的是分子，把N原子换为S原子，原子最外层电子数增加1个，与互为等电子体；和受热分解生成和金属氧化物，所以破坏的化学键为共价键和离子键；熔点高于的原因是和均为离子晶体，镁离子半径小于钙离子，晶格能高，所以熔点高；
【小问2详解】
中烃基对应的烃为对二甲苯，分子中共面的原子最多有14个；
【小问3详解】
Mg周围左右2个N原子含有孤电子对，与其形成配位键，上下2个N原子与Mg形成共价键，故的配位数为2；
【小问4详解】
根据晶胞图示可知，晶体中Mg的原子堆积方式为六方最密堆积；已知镁原子半径为，晶胞中正四面体的高，则六棱柱底边长为，晶胞高为，每个晶胞中镁原子个数为，晶胞中镁原子的总体积，晶胞底面积为6个正三角形面积的和，所以晶胞底面积，晶胞的空间利用率。
12. 抗癌药托瑞米芬的前体K的合成路线如下。
已知：
i.
ⅱ．有机物结构可用键线式表示，如(CH3)2NCH2CH3的键线式为
（1）有机物A能与Na2CO3溶液反应产生CO2，其钠盐可用于食品防腐。有机物B能与Na2CO3溶液反应，但不产生CO2；B加氢可得环己醇。A和B反应生成C的化学方程式是___________，反应类型是___________________________。
（2）D中含有的官能团：__________________。
（3）E的结构简式为__________________。
（4）F是一种天然香料，经碱性水解、酸化，得G和J。J经还原可转化为G。J的结构简式为__________________。
（5）M是J的同分异构体，符合下列条件的M的结构简式是__________________。
①包含2个六元环
②M可水解，与NaOH溶液共热时，1 ml M最多消耗2 ml NaOH
（6）推测E和G反应得到K的过程中，反应物LiAlH4和H2O的作用是__________________。
（7）由K合成托瑞米芬的过程：
托瑞米芬具有反式结构，其结构简式是__________________。
【答案】 ①. ++H2O ②. 取代反应 ③. 羰基、羟基 ④. ⑤. ⑥. ⑦. 还原剂；水解 ⑧.
【解析】
【分析】有机物A能与碳酸钠溶液反应产生CO2，其钠盐可用于食品防腐，A为苯甲酸；有机物B能与碳酸钠反应，但不产生CO2，且B加氢得环己醇，则B为苯酚；苯甲酸和苯酚在浓硫酸、H3BO3，加热条件下发生取代反应生成C为；C发生信息中的反应生成D为；D发生信息中的反应生成E为；F经碱性水解，酸化得G和J，J经还原可转化为G，则G和J具有相同的碳原子数和碳骨架，则G为；J为；由G和J的结构可推知F为C6H5-CH=CH-COOCH2CH=CH-C6H5，E和G先在LiAlH4作用下还原，再水解最后得到K，据此解答。
【详解】（1）根据以上分析，A为苯甲酸，B为苯酚，苯甲酸和苯酚在浓硫酸、H3BO3，加热条件下发生取代反应生成C为，化学方程式为++H2O，故答案为取代反应；++H2O；
（2）D为，D中含有的官能团为羰基、羟基，故答案为羰基、羟基；
（3）D发生信息中的反应生成E，其结构简式为，故答案为；
（4）F经碱性水解，酸化得G和J，J经还原可转化为G，则G和J具有相同的碳原子数和碳骨架，则G为；J为，
故答案为；
（5）J为，分子式为C9H8O2，不饱和度为6，其同分异构体符合条件的M，①包含两个六元环，则除苯环外还有一个六元环，②M可水解，与氢氧化钠溶液共热时，1mlM最多消耗2mlNaOH，说明含有酚酯的结构，则M的结构简式为，故答案为；
（6）由合成路线可知，E和G先在LiAlH4作用下还原，再水解最后得到K，
故答案为还原剂；水解；
（7）由合成路线可知，托瑞米芬分子中含有碳碳双键，两个苯环在双键两侧为反式结构，则其结构简式为：，故答案为。选项
A
B
C
D
装置
现象
a中布条不褪色
b中布条褪色
CaCO3表面出现气泡，Na2SiO3溶液变浑浊
光照下，量筒内气体颜色变浅，液面上升，量筒壁出现油状液滴
C口点燃为淡蓝色火焰
结论
说明Cl2没有漂白性
非金属性：Cl＞C＞Si
甲烷和氯气发生取代反应
焦炉气中存在可燃气体
为平稳过渡至新高考，预计2022全国卷(甲卷)仍将保持2021年风格，所以试卷整体手法应传承已有套路。基于“立德树人”的大背景，命题情境将有更多的指向。备考中要有的放矢。
关注实验、平衡稳中求变，力求复习全面到位。
本卷满分100分，考试时间50分钟。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。
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 N-14 O-16 Al-27 Si-28 Mg-24 S-32
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学在生活、社会、环境和科技进步方面发挥着重要的作用。下列说法正确的是
A. 针对新冠肺炎疫情，用无水酒精、双氧水对环境进行杀菌消毒
B. 歼20战斗机采用大量先进复合材料、铝锂合金等，铝锂合金属于金属材料
C. “中国天眼”的镜片材料为SiC，属于新型有机非金属材料
D. 芯片制造中的“光刻技术”是利用光敏树脂在曝光条件下成像，该过程并不涉及化学变化
【答案】B
【解析】
【详解】A．使用酒精杀菌消毒，常用75%的酒精，无水酒精杀菌消毒效果不理想，故A错误；
B．金属材料有金属单质和合金等，铝锂合金属于金属材料，故B正确；
C．SiC属于新型非金属材料，故C错误；
D．光敏树脂是由高分子化合物，在紫外线照射下，这些分子结合长长的交联聚合物高分子，有新物质生成，属于化学变化，故D错误；
答案为B。
2. 实验装置、现象和结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．Cl2未干燥，a中有色布条会褪色，不能说明Cl2是否具有漂白性，A错误；
B．HCl不是氯元素的最高价含氧酸，且该装置中盐酸可能挥发，挥发的HCl也能够与Na2SiO3溶液反应产生H2SiO3沉淀，因此不能确定CO2是否能使Na2SiO3溶液变浑浊，B错误；
C．观察到的现象不足以说明该反应为取代反应，若发生取代反应，每一步反应都会产生HCl，HCl极易溶于水，遇水蒸气会使量筒内出现白雾，测定反应后溶液pH比反应前的低，C错误；
D．焦炉气主要成分为H2、CO、CH4等，它们燃烧都使火焰显蓝色，D正确；
故合理选项是D。
3. 下列指定反应的离子方程式正确的是
A. 少量CO2通入NaOH和Ca(OH)2 的混合溶液中：CO2+OH-= HCO
B. 醋酸溶解碳酸钙：2H+ +CaCO3=CO2↑+Ca2++H2O
C. FeCl3溶液腐蚀铜板：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
D. 同浓度同体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：NH +OH-=NH3·H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．少量CO2通入NaOH和Ca(OH)2 的混合溶液中，反应的离子方程式为Ca2++CO2+2OH-= CaCO3↓+H2O，故A错误；
B．醋酸溶解碳酸钙生成醋酸钙、二氧化碳、水，反应的离子方程式为2CH3COOH +CaCO3=CO2↑+Ca2++H2O+2CH3COO-，故B错误；
C．FeCl3溶液腐蚀铜板生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式是2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故C正确；
D．同浓度同体积的NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合，反应的离子方程式是H++OH-= H2O，故D错误；
选C。
4. 短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，R是农作物“肥料三要素”之一，在短周期主族元素中X的原子半径最大，R、X原子的最外层电子数之和等于Y原子的最外层电子数。下列推断错误的是
A. Y、Z的气态氢化物的水溶液都显酸性B. 简单离子半径：R＜X＜Y
C. 最高价氧化物对应水化物的酸性：Y＜ZD. 化合物RZ3中各原子最外层均满足8e-稳定结构
【答案】B
【解析】
【分析】短周期主族元素中钠的原子半径最大，故X为钠，农作物生长的“肥料三要素”是氮、磷、钾，而R的原子序数小于Na，所以R为氮；氮、钠原子最外层电子数依次为5、1，则Y的最外层电子数为6，且原子序数大于Na，故Y为硫，Z为氯。
【详解】A．Y、Z的气态氢化物分别为H2S、HCl，溶于水后均可以电离出氢离子，溶液显酸性，A正确；
B．R、X、Y的简单离子分别为N3-、Na+、S2-，电子层数越多离子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小，离子半径越大，所以离子半径S2−＞N3−＞Na+，B错误；
C．同周期自左至右非金属性增强，最高价氧化物对应水化物的酸性增强，所以Y＜Z，C正确；
D．化合物RZ3为NCl3，N原子与每个氯原子分别共用一对电子，各原子最外层均满足8e-稳定结构，D正确；
综上所述答案为B。
5. 有机物M是合成某种抗过敏药物的中间体，其结构简式如图所示。下列关于M的说法正确的是
A. 化学式为C20H24O3N2Cl
B. 两苯环上的12个碳原子一定共平面
C. 可发生加聚反应和取代反应
D. 苯环上的一氯代物有5种(不考虑立体异构)
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据结构简式可知，有机物M的化学式为C20H23O3N2Cl，选项A错误；
B．碳碳单键可以旋转，两苯环上的12个碳原子不一定共平面，选项B错误；
C．有机物M中不含有碳碳双键、碳碳三键、醛基、酮基，不能发生加聚反应，选项C错误；
D．该物质苯环上的一氯代物有5种，具体位置如图，选项D正确；
答案选D。
6. ORP传感器(如下图)测定物质的氧化性的原理：将Pt电极插入待测溶液中，Pt电极、Ag/AgCl电极与待测溶液组成原电池，测得的电压越高，溶液的氧化性越强。向NaIO3溶液、FeCl3溶液中分别滴加2滴H2SO4溶液，测得前者的电压增大，后者的几乎不变。
下列说法不正确的是
A. 盐桥中的Cl-移向Ag/AgCl电极
B. Ag/AgCl电极反应是Ag-e-+Cl-=AgCl
C. 酸性越强，的氧化性越强
D. 向FeCl3溶液中滴加浓NaOH溶液至碱性，测得电压几乎不变
【答案】D
【解析】
【分析】Ag、Pt、待测溶液组成原电池，由于Ag的金属活动性比Pt强，所以Ag作负极，Pt作正极。
【详解】A．在原电池中，阴离子向负极移动，在该电池中，Ag作负极，所以盐桥中的Cl-移向Ag/AgCl电极，A正确；
B．Ag/AgCl电极作负极，则Ag失电子生成的Ag+与溶液中的Cl-反应生成AgCl，电极反应式是Ag-e-+Cl-=AgCl，B正确；
C．向NaIO3溶液滴加2滴H2SO4溶液，电压增大，则表明酸性越强，的氧化性越强，C正确；
D．向FeCl3溶液中滴加浓NaOH溶液至碱性，生成NaCl和Fe(OH)3沉淀，溶液的氧化性减弱，测得的电压减小，D不正确；
故选D。
7. 常温下，向100mL0.1ml·L-1的NaA溶液中通入HF(g)，溶液中lg(X代表A或F)的值和pH的关系如图所示，已知酸性：HF>HA，忽略溶液体积的变化，下列叙述错误的是
A. HA的电离常数K=10-7.5
B. 当c(F-)=c(HA)时，混合溶液pH=7
C. 通入0.01mlHF时，c(F-)>c(A-)>c(HF)
D. 随着HF的通入，溶液导电性先增大后减小
【答案】D
【解析】
【分析】根据图像可知，当lg=0时，则=1，则由于同浓度酸性：HF大于HA，根据电离平衡常数表达式可知，K(HF)==10-3.45，曲线M代表lg随pH的变化情况，同理可得K(HA)=10-7.5，即曲线N表示lg随pH的变化情况。
【详解】A．HA的电离常数K=10-7.5，A正确；
B．根据溶液中的电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=c(A－)+c(F－)+c(OH－)，根据物料守恒c(A－)+c(HA)=c(Na+)，若溶液中c(F-)=c(HA)，联立方程可得，得出c(H+)= c(OH－)，即pH=7，B正确；
C．通入HF，发生反应为：HF+NaA=HA+NaF，通入0.01mlHF时，HF与NaA恰好完全反应，溶液的溶质为等浓度的HA和NaF，因为HA的电离平衡常数为K(HA)=10-7.5，根据HF的电离平衡常数可知，NaF的水解平衡常数Kh(NaF)=，推出溶液HA的电离程度大于F-的水解程度，所以离子浓度大小关系为：c(F-)>c(A-)>c(HF) ，C正确；
D．通入HF，发生反应为：HF+NaA=HA+NaF，随着HF的增多，溶液中A-不断转化为F-，水解程度减弱，总离子浓度增大，即溶液的导电性增大，当NaA恰好与HF反应完后，溶液中溶质为HF、HA和NaF，HF会更多的电离出H+与F-，导电性也会增大，D错误；
故选D。
二、非选择题
(一)必考题：共43分。
8. 硫酸镍广泛应用于电镀、电池、催化剂等工业。某科研小组以粗硫酸镍(含Cu2+、Fe2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+、Zn2+等)为原料，经过如图一系列除杂过程模拟精制硫酸镍工艺。回答下列问题。
（1）滤渣Ⅰ的主要成分是_____。
（2）写出除杂Ⅱ的离子方程式：_____。
（3）①萃取分液Ⅰ选用的萃取剂一般为P204［二(2—乙基己基)磷酸酯］，其萃取原理为：2 +Zn2++2H+。Zn2+被P204萃取的能力随pH的升高而_____(填“降低”、“不变”或“升高”)。
②反萃取是用反萃取剂使被萃取物从负载有机相返回水相的过程，为萃取的逆过程。反萃取剂可以选择下列哪种物质_____(填选项)。
A.H2SO4溶液 B.NaOH溶液 C.ZnSO4溶液
（4）已知25℃时，Ksp(CaF2)=3.95×10-11；Ksp(MgF2)=6.40×10-9。则滤液Ⅲ中=_____。(保留3位有效数字)
（5）从“滤液Ⅲ”中获得精制硫酸镍(NiSO4·6H2O)所需采取的“操作X”是_____、_____、过滤、洗涤、干燥。
（6）称取1.00g上述方法制得的硫酸镍晶体(NiSO4·6H2O)样品溶于蒸馏水，定容至250mL。取25.00mL试液，加入过量的0.02ml/L的EDTA(Na2H2Y)标准溶液25.00mL，摇匀，再加入相应的指示剂，用0.01ml/L标准硫酸锌溶液返滴定，待滴定至终点，记录数据。重复实验，3次平均消耗硫酸锌标准溶液为23.50mL。反应为M2++H2Y2-=MY2-+2H+(M代表Ni或者Zn)。计算样品纯度为_____。(保留3位有效数字)
【答案】（1）Fe(OH)3
（2）Cu2++H2S=CuS↓+2H+
（3） ①. 升高 ②. A
（4）6.17×10-3
（5） ①. 蒸发浓缩 ②. 冷却结晶
（6）69.7%
【解析】
【分析】[解析]粗硫酸镍(含Cu2+、Fe2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+、Zn2+等)加水和硫酸进行酸浸溶解，在加入H2O2氧化，得到含有N2+、Cu2+、Fe3+、Ca2+、Mg2+、 Zn2+、SO等离子的浸出液，用Ni(OH)2调节溶液pH值，使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀除去，再进行过滤，滤渣I为Fe(OH)3；向滤液I中通入H2S气体，Cu2+转化为CuS沉淀除去，过滤后得到滤渣Ⅱ为CuS沉淀；加入萃取剂萃取Zn2+，有机相中含有锌，通过反萃取使Zn2+进入无机相Ⅱ，制备硫酸锌；无机相Ⅰ含有Ni2+和Ca2+、Mg2+，加入入NaF，使无机相Ⅰ中的Ca2+、Mg2+转化为CaF2、MgF2沉淀除去，再次进行过滤得到滤“滤液Ⅲ”，最后对滤液Ⅲ进行蒸发浓缩、降温结晶、过滤洗涤等操作得到产品硫酸镍晶体，据此分析解答。
【小问1详解】
根据分析可知滤渣Ⅰ的主要成分是Fe(OH)3；
【小问2详解】
除杂Ⅱ是向滤液I中通入H2S气体，Cu2+转化为CuS沉淀除去，离子方程式：Cu2++H2S=CuS↓+2H+；
【小问3详解】
①萃取分液Ⅰ选用的萃取剂一般为P204［二(2—乙基己基)磷酸酯］，其萃取原理为：2+Zn2++2H+，萃取产生H+，随pH的升高H+被消耗，促进平衡正向移动，故Zn2+被P204萃取的能力随pH的升高而升高；
②根据萃取原理2+Zn2++2H+可知应选用酸使平衡逆向移动释放出Zn2+，故答案为A；
【小问4详解】
已知25℃时，Ksp(CaF2)=3.95×10-11；Ksp(MgF2)=6.40×10-9。则滤液Ⅲ中；
【小问5详解】
根据分析可知从“滤液Ⅲ”中获得精制硫酸镍(NiSO4·6H2O)所需采取的“操作X”是蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥等操作
【小问6详解】
根据题意，取25 00mL试液， EDTA标准液的总物质
的量=0.02ml/L0.025L=510-4ml，根据反应M2++H2Y2-=MY2-+2H+(M代表Ni或者Zn)
，用0.01ml/L标准硫酸锌溶液返滴定，待滴定至终点，记录数据。重复实验，3次平均消耗硫酸锌标准溶液为23.50mL，25mL试液中n(Ni2+)=n(EDTA)= 510-4ml-0.01ml/L23.510-3L=2.6510-4ml，硫酸镍晶体的样品纯度为；
9. 探索CO2与CH4的反应使其转化为CO和H2，对减缓燃料危机，减少温室效应具有重要意义。回答下列问题：
（1）已知：i.CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) ∆H1=+ 206.1 kJ·ml-1
ii. 2H2(g)+ CO(g) CH3OH(l) ∆H2=- 128.3 kJ·ml-1
iii. 2H2(g)+O2(g)2H2O(g) ∆H3=-483.6 kJ·ml-1
则甲烷和氧气一步合成液态甲醇的热化学方程式为2CH4(g) + O2(g)2CH3OH(l) △H4= _______。
（2）向某密闭恒压容器中通入物质的量均为0.1 ml的CH4与CO2，在一定条件下发生反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，已知CH4的平衡转化率与温度、压强的关系如图1所示(图中压强单位为kPa)。
①图1中 p1、p2、p3、p4由大到小的顺序为_______。
②在压强为p4、温度为1100° C的条件下，该反应在5 min时达到平衡点X，则0~5 min内，用CO的分压变化表示该反应的平均速率为_______kPa·min-1(列式即可，下同)；该温度下，反应的平衡常数为_______kPa2。
（3）工业上用CO和H2制取甲醇反应方程式为2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)。对于该合成反应，若通入的CO的物质的量一定，如图2为4种投料比[n(CO)：n(H2)分别为5：7、10：17、5：9、1：2]时，反应温度对CO平衡转化率的影响曲线。
①曲线b对应的投料比是_______。
②当反应在曲线a、b、c对应的投料比下达到相同的平衡转化率时，对应的反应温度随投料比变化的趋势是_______。
③投料比为10：17反应温度为T1时，平衡混合气体中CO的物质的量分数为_______(计算结果保留3位有效数字)。
【答案】（1）-328.0 kJ/ml
（2） ①. p4>p3>p2>p1 ②. ③.
（3） ①. 5：9 ②. 投料比越大，反应温度越低 ③. 20.8%
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，由2×(①+②)+③可得2CH4(g) + O2(g)2CH3OH(l)，则△H4=2 ΔH1+2 ΔH2+ ΔH3=(2 ×206.1 kJ/ml)-(2 ×128.3 kJ/ml)-483.6 kJ/ml=- 328.0kJ/ml，故答案为：-328.0 kJ/ml；
【小问2详解】
①该反应是气体体积增大的反应，增大压强，反应逆向移动，CH4的转化率减小，因此p4>p3>p2>p1，故答案为：p4>p3>p2>p1；
②在压强为p4、温度为1100° C的条件下，起始时甲烷的物质的量为0.1ml，平衡时，甲烷的转化率为80%，则甲烷物质的量变化为0.1ml×80%=0.08 ml，则平衡时，甲烷的物质的量为0.02ml，CO2的物质的量为0.02ml，CO的物质的量为0.16ml，H2的物质的量为0.16ml，混合气体的压强为p4，所以CO的分压为(0.16p4 ÷0. 36) kPa， 所以用CO的分压变化表示该反应平均速率为kPa/min；kPa2，故答案为：；；
【小问3详解】
①通入的CO的物质的量一定，则通入氢气的物质的量越多，CO转化率越高，则投料比n(CO)：n(H2)依次5：7、10：17、5：9、1：2的氢气含量越高，CO转化率越大，对应的曲线为dcba，故曲线b对应的投料比是5：9，故答案为：5：9；
②a、b、c对应的投料比为1：2、5：9、10：17，由图可知，达到相同的平衡转化率时，投料比越大，反应温度越低，故答案为：投料比越大，反应温度越低；
③投料比为10：17对应曲线c，反应温度为T1时，CO的转化率为75%，设起始时n(CO)=10ml，则n(H2)=17ml，平衡时，n(H2)=2ml，n(CO)=2.5ml，n(CH3OH)=7.5ml，则平衡混合气体中CO的物质的量分数为=20.8%，故答案为：20.8%。
10. 二氯异氰尿酸钠[(CNO)3Cl2Na]是常用的杀菌消毒剂，常温下为白色固体，难溶于冷水。利用高浓度的NaClO溶液和异氰尿酸[(CNO) 3H3]固体制备二氯异氰尿酸钠，实验装置如下图所示(部分夹持装置略)。
已知：①3Cl2+6NaOH5NaCl+NaC1O3+3H2O
②2NaClO+(CNO)3H3=(CNO) 3Cl2Na+NaOH+H2O
回答下列问题：
（1）装置A中发生反应的离子方程式为_______。
（2）装置B中盛放的试剂为_______，若撤去该装置，对C中制备实验产生的影响是_______。
（3）三颈烧瓶液面上出现黄绿色气体时，由上口加入(CNO) 3H3固体，反应过程中仍需不断通入Cl2，原因是_______。
（4）装置C中冰水浴的目的是 _______ 。
（5）通过下列实验可测定二氯异氰尿酸钠样品中有效氯的含量(样品中不含NaClO)：
反应原理：
[(CNO)3Cl2]-+H++2H2O=(CNO)3H3+2HClO
HClO+2I-+H+=I2+Cl-+H2O
I2+2S2O=S4O+2I-
实验步骤：准确称取wg样品配成100mL溶液，取25.00mL于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，暗处静置充分反应后，用0.1000 ml·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液VmL。
①滴定终点的现象是_______。
②该样品中有效氯含量的表达式为_______。(有效氯=100%)。
③若滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，则有效氯的测定值将_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
【答案】（1）MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O
（2） ①. 饱和食盐水 ②. 挥发的氯化氢会和装置C中的NaOH反应，降低NaOH溶液的利用率
（3）使反应生成的NaOH再次生成次氯酸钠，提高原料的利用率
（4）防止温度过高生成NaClO3
（5） ①. 滴入最后半滴Na2S2O3溶液时，溶液的浅蓝色褪去且半分钟内颜色不恢复 ②. ③. 偏高
【解析】
【分析】在装置A中用MnO2和浓盐酸制取氯气，用饱和食盐水除去氯气中的HCl，氯气通入NaOH溶液中，生成的NaClO和异氰尿酸反应生成二氯异氰尿酸钠，最后用NaOH吸收多余的氯气。
【小问1详解】
装置A中用MnO2和浓盐酸反应制取氯气，反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O。
【小问2详解】
由于盐酸具有挥发性，生成的氯气中混有HCl，若不除去HCl，则HCl进入C中会消耗NaOH，降低NaOH的利用率，所以要用饱和食盐水除去氯气中的HCl。
【小问3详解】
NaClO和异氰酸钠反应后生成NaOH，反应过程中不断通入氯气，氯气可以和生成的NaOH继续反应得到和异氰酸钠反应的NaClO，提高原料的利用率。
【小问4详解】
在加热条件下，氯气和NaOH溶液反应会生成NaClO3，所以装置C中用冰水浴。
【小问5详解】
①二氯异氰尿酸钠在酸溶液中转化为HClO，HClO将KI氧化为I2，加入淀粉做指示剂，I2遇淀粉变蓝，加入的Na2S2O3溶液和I2反应生成I-，所以当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液的浅蓝色褪去且半分钟颜色不恢复，达到滴定终点。
②根据反应方程式可知：HClO~2 Na2S2O3，25.00mL溶液消耗的Na2S2O3的物质的量为0.1000ml/L×V×10-3L=V×10-4ml，n(HClO)=5V×10-5ml，100mL溶液中n(HClO)=2V×10-4ml，根据有效氯的表达式，有效氯==。
③若滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，则消耗的标准液体积偏大，有效氯的测定值将偏高。
(二)选考题：共15分。请考生在第35、36题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计。
11. 金属镁及其化合物在工农业生产和生活等方面有广泛的应用，请回答下列问题：
（1）金属镁能形成多种盐，其中中阴离子的空间构型为_______；与中阴离子互为等电子体的分子为_______(填化学式，任写一种)；和虽是同主族碳酸盐，但熔点高，而热稳定性高，它们受热分解时破坏的化学键为_______，熔点高于的原因是_______。
（2）格氏试剂(RMgX)是镁的一类重要化合物，在有机合成中有着重要的作用，在中，烃基对应的烃分子中共面的原子最多有_______个。
（3）酞菁镁为紫色粉末，其结构如图甲所示，酞菁镁中镁元素的化合价为+2，的配位数为_______。
（4）晶体中Mg的原子堆积方式如图乙所示，这种堆积方式称为_______。已知镁原子半径为r，晶体中四个相邻的镁原子紧密堆积成正四面体，两层镁原子形成的正四面体的高，则晶胞的空间利用率为_______%(只写出化简式，不需计算结果)。
【答案】（1） ①. 正四面体形 ②. ③. 离子键、共价键 ④. 和均为离子晶体，镁离子半径小于钙离子，晶格能高，所以熔点高
（2）14 （3）2
（4） ①. 六方最密堆积 ②.
【解析】
【小问1详解】
中阴离子为，中心原子硫原子和氧原子形成四个σ键，硫原子无孤电子对，有四个杂化轨道，所以为杂化，的空间构型为正四面体形；与互为等电子体的是分子，把N原子换为S原子，原子最外层电子数增加1个，与互为等电子体；和受热分解生成和金属氧化物，所以破坏的化学键为共价键和离子键；熔点高于的原因是和均为离子晶体，镁离子半径小于钙离子，晶格能高，所以熔点高；
【小问2详解】
中烃基对应的烃为对二甲苯，分子中共面的原子最多有14个；
【小问3详解】
Mg周围左右2个N原子含有孤电子对，与其形成配位键，上下2个N原子与Mg形成共价键，故的配位数为2；
【小问4详解】
根据晶胞图示可知，晶体中Mg的原子堆积方式为六方最密堆积；已知镁原子半径为，晶胞中正四面体的高，则六棱柱底边长为，晶胞高为，每个晶胞中镁原子个数为，晶胞中镁原子的总体积，晶胞底面积为6个正三角形面积的和，所以晶胞底面积，晶胞的空间利用率。
12. 抗癌药托瑞米芬的前体K的合成路线如下。
已知：
i.
ⅱ．有机物结构可用键线式表示，如(CH3)2NCH2CH3的键线式为
（1）有机物A能与Na2CO3溶液反应产生CO2，其钠盐可用于食品防腐。有机物B能与Na2CO3溶液反应，但不产生CO2；B加氢可得环己醇。A和B反应生成C的化学方程式是___________，反应类型是___________________________。
（2）D中含有的官能团：__________________。
（3）E的结构简式为__________________。
（4）F是一种天然香料，经碱性水解、酸化，得G和J。J经还原可转化为G。J的结构简式为__________________。
（5）M是J的同分异构体，符合下列条件的M的结构简式是__________________。
①包含2个六元环
②M可水解，与NaOH溶液共热时，1 ml M最多消耗2 ml NaOH
（6）推测E和G反应得到K的过程中，反应物LiAlH4和H2O的作用是__________________。
（7）由K合成托瑞米芬的过程：
托瑞米芬具有反式结构，其结构简式是__________________。
【答案】 ①. ++H2O ②. 取代反应 ③. 羰基、羟基 ④. ⑤. ⑥. ⑦. 还原剂；水解 ⑧.
【解析】
【分析】有机物A能与碳酸钠溶液反应产生CO2，其钠盐可用于食品防腐，A为苯甲酸；有机物B能与碳酸钠反应，但不产生CO2，且B加氢得环己醇，则B为苯酚；苯甲酸和苯酚在浓硫酸、H3BO3，加热条件下发生取代反应生成C为；C发生信息中的反应生成D为；D发生信息中的反应生成E为；F经碱性水解，酸化得G和J，J经还原可转化为G，则G和J具有相同的碳原子数和碳骨架，则G为；J为；由G和J的结构可推知F为C6H5-CH=CH-COOCH2CH=CH-C6H5，E和G先在LiAlH4作用下还原，再水解最后得到K，据此解答。
【详解】（1）根据以上分析，A为苯甲酸，B为苯酚，苯甲酸和苯酚在浓硫酸、H3BO3，加热条件下发生取代反应生成C为，化学方程式为++H2O，故答案为取代反应；++H2O；
（2）D为，D中含有的官能团为羰基、羟基，故答案为羰基、羟基；
（3）D发生信息中的反应生成E，其结构简式为，故答案为；
（4）F经碱性水解，酸化得G和J，J经还原可转化为G，则G和J具有相同的碳原子数和碳骨架，则G为；J为，
故答案为；
（5）J为，分子式为C9H8O2，不饱和度为6，其同分异构体符合条件的M，①包含两个六元环，则除苯环外还有一个六元环，②M可水解，与氢氧化钠溶液共热时，1mlM最多消耗2mlNaOH，说明含有酚酯的结构，则M的结构简式为，故答案为；
（6）由合成路线可知，E和G先在LiAlH4作用下还原，再水解最后得到K，
故答案为还原剂；水解；
（7）由合成路线可知，托瑞米芬分子中含有碳碳双键，两个苯环在双键两侧为反式结构，则其结构简式为：，故答案为。选项
A
B
C
D
装置
现象
a中布条不褪色
b中布条褪色
CaCO3表面出现气泡，Na2SiO3溶液变浑浊
光照下，量筒内气体颜色变浅，液面上升，量筒壁出现油状液滴
C口点燃为淡蓝色火焰
结论
说明Cl2没有漂白性
非金属性：Cl＞C＞Si
甲烷和氯气发生取代反应
焦炉气中存在可燃气体
相关试卷
必刷卷03-2022年高考化学考前信息必刷卷（江苏专用）： 这是一份必刷卷03-2022年高考化学考前信息必刷卷（江苏专用），共22页。试卷主要包含了 硫的化合物种类繁多等内容，欢迎下载使用。
必刷卷02-2022年高考化学考前信息必刷卷（全国甲卷）： 这是一份必刷卷02-2022年高考化学考前信息必刷卷（全国甲卷），共20页。试卷主要包含了作答时，务必将答案写在答题卡上等内容，欢迎下载使用。
必刷卷03-2022年高考化学考前信息必刷卷（河北专用）： 这是一份必刷卷03-2022年高考化学考前信息必刷卷（河北专用），共27页。
