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必刷卷02-2022年高考化学考前信息必刷卷（河北专用）
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这是一份必刷卷02-2022年高考化学考前信息必刷卷（河北专用），共29页。试卷主要包含了1eV的能量等内容，欢迎下载使用。
2022年高考化学考前信息必刷卷02
新高考地区专用
1.增大探究性，扩大开放性，体现创新性，鼓励有独特见解、有思想水平、有创新精神答案。
2.精心选取真实内容情境，信息量大，综合性强，注重考查知识内在联系和阅读理解能力。
1.高考命题应体现时代主题，弘扬时代精神。如本卷的1、2题。
2.电离平衡、盐的水解、溶液酸碱性、溶解平衡等重点关注：图像的坐标，对数坐标(或分数坐标)、离子浓度之比的对数(负对数)、离子浓度分布系数与pH为坐标的图像分析。如本卷的13题。
3.重点知识年年考，非重点知识轮流考。关注化学方程式的书写和离子共存问题
本卷满分100分，考试时间75分钟。
第I卷(选择题)(共43分)
一、选择题：本题共9小题，每小题3分，共27分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 第24届冬季奥林匹克运动会在北京市和张家口市成功举办。下列不属于化学变化的是
A
B
C
D
冬奥场馆使用CO2跨临界直接制冰(“水立方”场馆中的水冰转换)
北京冬奥会菜单上有678道菜，其中工作人员对食材进行的煎、炒、烹、炸过程
冬奥会开幕式中火炬“飞扬”中氢燃料的燃烧
冬奥会上采用紫外杀菌技术使蛋白质变性
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．二氧化碳跨临界直接制冰技术，通过压力变化使二氧化碳汽化实现制冷，二氧化碳汽化属于物理变化，汽化是二氧化碳的物理性质，故A符合题意；
B．食材变熟，与调味料作用味道变了属于化学变化，燃料的燃烧属于化学变化，故B不符合题意；
C．氢燃料燃烧时氢气和氧气反应生成水，有新物质生成，属于化学变化，故C不符合题意；
D．蛋白质的变性为化学变化，故D不符合题意；
故选A。
2. 《GreenChemistry》报道了我国学者发明的低压高效电催化还原的新方法，其总反应为。下列有关说法不正确的是
A. NaCl属于强电解质 B. 的电子式为：
C. CO可用于浓硫酸干燥 D. NaClO是漂粉精的有效成分
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯化钠在水溶液或熔融状态下都能完全电离出钠离子和氯离子，所以氯化钠为强电解质，故A正确；
B．碳原子最外层电子数为4，要共用4对电子，氧原子最外层电子数为6，要共用2对电子，因此二氧化碳中碳原子与两个氧原子各形成两对共用电子，其电子式为，故B正确；
C．一氧化碳与浓硫酸不反应，可用浓硫酸干燥，故C正确；
D．漂粉精的主要成分为氯化钙、次氯酸钙，有效成分为次氯酸钙，故D错误；
故答案选D。
3. 下列关于物质保存的解释，反应方程式不正确的是
A. 溶液中放入铁粉：
B. 浓硝酸保存于棕色试剂瓶：
C. 氮肥保存于阴凉处：
D. 金属钠保存于煤油中：
【答案】D
【解析】
【详解】A．硫酸亚铁易被空气中的氧气氧化，溶液中加入铁粉能使被氧化生成的铁离子与铁反应生成亚铁离子达到防止硫酸亚铁被氧化的目的，铁离子与铁反应的离子方程式为，故A正确；
B．浓硝酸见光易发生分解反应生成二氧化氮、氧气和水，为防止浓硝酸见光分解应将浓硝酸保存于棕色试剂瓶中，分解的化学方程式为，故B正确；
C．碳酸氢铵遇热易发生分解反应生成氨气、二氧化碳和水，为防止碳酸氢铵受热分解应将碳酸氢铵保存于阴凉处，分解的化学方程式为，故C正确；
D．钠易与空气中的氧气反应生成氧化钠、与水蒸气反应生成氢氧化钠和氢气，为防止钠与空气接触而变质，应将金属钠保存于煤油中，钠在空气中变质的化学方程式为、，故D错误；
故选D。
4. 下列实验装置正确且能达到相应实验目的的是
A. 装置甲利用CCl4提取溴水中的 B. 装置乙分离I2和高锰酸钾固体
C. 装置丙验证非金属性S＞C＞Si D. 装置丁检验石蜡中是否含有不饱和烃
【答案】C
【解析】
【详解】A．装置甲中，分液漏斗的尖端没有靠近烧杯内壁，A不正确；
B．加热时，I2易升华，KMnO4易分解，所以装置乙不能分离I2和高锰酸钾固体，B不正确；
C．硫酸、碳酸、硅酸都是最高价氧化物的水化物，且硫酸与碳酸钠反应、碳酸与硅酸钠反应，都属于强酸制弱酸的反应，所以装置丙能验证非金属性S＞C＞Si，C正确；
D．装置丁中，虽然KMnO4溶液褪色，并不能说明石蜡中含有不饱和烃，因为其分解产物中含不饱和烃也能使KMnO4溶液褪色，D不正确；
故选C。
5. 碳酸二甲酯DMC()是一种低毒、性能优良的有机合成中间体，科学家提出了新的合成方案(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)，反应机理如图所示。
下列说法错误的是
A. HO·降低了反应的活化能
B. 过程CH3OH*+HO·*=CH3O·*+H2O*是该反应的决速步骤
C. 过程中既有H-O键的断裂，又有H-O键的形成
D. 吸附和脱附过程中共吸收48.1eV的能量
【答案】D
【解析】
【详解】A．HO·在反应前参与反应，反应后又生成，作催化剂，降低了反应的活化能，提高化学反应速率，故A选项正确；
B．决速步骤一般伴有的是能量的落差大，活化能大的步骤即决速步骤，由图示可知生成过渡态I时的所需的活化能最大，所以CH3OH*+HO·*=CH3O·*+H2O*是该反应的决速步骤，故B选项正确；
C．过程中甲醇反应时有H-O键的断裂，生成水时有H-O键的形成，故C选项正确；
D．吸附和脱附过程中共吸收的能量为终态减去始态的能量，始态相对能量为0eV，终态相对能量为112.6×102 eV，则吸附和脱附过程中共吸收的能量为1.126×104 eV，故D选项错误。
故选D选项。
6. W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，只有X、Y位于同一周期，且Y与Z位于同一主族，四种元素可形成一种在医疗农业、染料上有广泛用途的物质，其物质结构如图所示。下列叙述正确的是
A. 原子半径：Z＞Y＞X＞W
B. 等物质的量浓度的X和Z的含氧酸的酸性：Z＞X
C. W、X、Z均可与Y形成多种化合物
D. 简单氢化物的还原性：Y＞Z
【答案】C
【解析】
【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，只有X、Y位于同一周期，且Y与Z位于同一主族，由此可确定W为第一周期元素，即为氢元素。由结构式可以得出，Y、Z的最外层电子数为6，X的最外层电子数为5，所以X为氮元素，Y为氧元素，Z为硫元素。
【详解】A．由分析可知，Z、Y、X、W分别为S、O、N、H元素，O、N同周期，且O在N的右边，所以原子半径：N＞O，A不正确；
B．若Z形成的酸为H2SO3，X形成的酸为HNO3，则等物质的量浓度的X和Z的含氧酸的酸性：X＞Z，B不正确；
C．W、X、Z可与Y分别可形成H2O、H2O2、NO、NO2、SO2、SO3等化合物，C正确；
D．Y、Z分别为O、S，非金属性O＞S，则简单氢化物的还原性：H2S＞H2O，D不正确；
故选C。
7. 我国科学家设计的Mg-Li双盐电池工作原理如图所示，下列说法不正确的是
A. 放电时，正极电极反应式为FeS+2e−+2Li+=Fe+Li2S
B. 充电时，Mg电极连外接电源负极
C. 充电时，每生成1mol Mg，电解质溶液质量减少24g
D. 电解液含离子迁移速率更快的Li+提高了电流效率
【答案】C
【解析】
【详解】A．放电时Mg转化为Mg2+，所以右侧电极为负极，左侧电极为正极，FeS得电子生成Fe和Li2S，电极反应为FeS+2e−+2Li+=Fe+Li2S，A正确；
B．充电时Mg2+转化Mg，被还原，为阴极，连接外接电源的负极，B正确；
C．充电时阳极反应为Fe+Li2S-2e-=FeS+2Li+，每生成1molMg，消耗1molMg2+，转移2mol电子，同时生成2molLi+，所以电解质质量减少24g-2×7g=10g，C错误；
D．电解液中含离子迁移速率更快的Li+，增强了导电性，提高了电流效率，D正确；
综上所述答案为C。
8. 溶于一定量水中，溶液呈浅棕黄色(a)。加入少量浓黄色加深(b)。已知：(黄色)；浓度较小时(用表示)几乎无色，取溶液进行如下实验，对现象的分析不正确的是
A. 测溶液a的，证明发生了水解
B. 加入浓HCl，H+与Cl-对溶液颜色变化、Fe3+浓度大小的影响是一致的
C. 向b中加入后，黄色褪去，说明能抑制水解
D. 将溶液a滴入沸水中，加热，检测有丁达尔效应，说明加热能促进水解
【答案】B
【解析】
【详解】A．如果FeCl3溶液不水解则溶液呈中性，现测溶液a的，证明发生了水解，反应原理为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，A正确；
B．加入浓，H+浓度增大，抑制Fe3+水解，Fe3+浓度增大，而Cl-浓度增大，促进平衡正向移动，Fe3+浓度减小，溶液颜色也不一样，则与对溶液颜色变化、浓度大小的影响是不一致的，B错误；
C．向b中加入后，是由于Ag++Cl-=AgCl↓，导致平衡逆向移动，溶液黄色变浅但不会褪去，同时溶液中H+浓度增大，说明能抑制水解，使得溶液几乎无色，C正确；
D．将溶液a滴入沸水中，发生反应：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，加热，检测有丁达尔效应，说明加热能促进水解，D正确；
故答案为：B。
9. 聚碳酸酯(L)是滑雪镜镜片的主要材料，透明性好、强度高、不易碎，能够给运动员提供足够的保护，其结构简式如图。
已知：2R＇OH++2R＂OH。L可由两种链状单体经这反应制备。下列关于L的说法不正确的是
A. 制备L的反应是缩聚反应
B. 制备L的每个单体分子中均含两个苯环
C. L中的官能团是酯基和醚键
D. 通过蒸馏出苯酚可促进L的合成
【答案】C
【解析】
【详解】A．由、发生取代反应制备，故A正确；
B．制备L的单体是、，每个单体分子中均含两个苯环，故B正确；
C．L中的官能团是酯基和酚羟基，故C错误；
D．、发生缩聚反应生成和苯酚，蒸馏出苯酚，平衡正向移动，可促进L的合成，故D正确；
故选C。
二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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。
10. 为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是(不考虑存放试剂的容器)
实验目的
玻璃仪器
试剂
A
除去苯中少量的苯酚
普通漏斗、烧杯、玻璃棒
浓溴水
B
测定84消毒液的pH
玻璃棒、表面皿
pH试纸
C
实验室制备乙烯
酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、导气管、胶头滴管
浓硫酸、乙醇、碎瓷片
D
检验CH3CH2Br中的溴元素
试管、胶头滴管、酒精灯
NaOH溶液、硝酸、AgNO3溶液
A. A B. B C. C D. D
【答案】CD
【解析】
【详解】A．除去苯中少量的苯酚，加入浓溴水，虽然能将苯酚转化为沉淀，但过量的溴溶解在苯中，又成为新的杂质，应该加入NaOH溶液，使用分液漏斗进行分液，A不正确；
B．84消毒液的主要成分为次氯酸钠，它具有强氧化性，能使pH试纸褪色，所以应使用pH计，B不正确；
C．实验室制备乙烯，药品为乙醇和浓硫酸，加热温度为170℃，温度计水银球位于液面下，使用圆底烧瓶或蒸馏烧瓶，垫石棉网加热，C正确；
D．检验CH3CH2Br中的溴元素时，先加入NaOH溶液使其水解，再加硝酸酸化，最后加入AgNO3溶液检验Br-，D正确；
故选CD。
11. 探究溶液的性质，进行如下实验。(已知：的)
实验
装置
气体a
现象
Ⅰ
溶液立即变黄，产生乳白色沉淀
Ⅱ
一段时间后，溶液略显浑浊
下列分析或解释正确的是
A. 溶液呈碱性：
B. 实验Ⅰ、Ⅱ的现象说明，的氧化性强于
C. 两个实验中，通入气体后，试管中溶液的均降低
D. 实验Ⅰ中，溶液能促进气体的溶解
【答案】D
【解析】
【详解】A。溶液因水解呈碱性，水解方程式为，故A错误；
B．实验Ⅰ、Ⅱ的溶液酸碱性不同，不能比较和的氧化性，故B错误；
C．实验Ⅰ中随的增多，酸性增强，pH减小；实验Ⅱ中溶液的碱性增强，pH增大，故C错误；
D．溶液因水解呈碱性，溶于水显酸性，故溶液能促进气体的溶解，故D正确；
故选D。
12. 目前碘酸钾被广泛应用于食盐加碘。一种由含碘废水制取碘酸钾的工艺如下，其中“制KI(aq)”时，Fe2+会水解形成胶状物吸附KI，造成I-的损失。下列说法正确的是
A. 制备CuI过程中，消耗SO2与CuSO4的物质的量之比为1∶2
B. 滤渣1能够完全溶解于稀硫酸中
C. 制得0.1 mol KIO3至少需要标准状况下5.6 L Cl2
D. 制备KI时要控制溶液的pH不宜过大
【答案】CD
【解析】
【分析】含碘废水制取碘酸钾晶体,由实验流程可知，含碘沸水中加入SO2和硫酸铜制备CuI ,发生反应：2SO2 +I2+2Cu2++4H2O=2CuI↓+2+8H+，滤液1含硫酸，过滤得到滤渣中加入铁粉、水制备FeI2，过滤得到滤渣1为Fe和Cu，滤液中加入碳酸钾发生反应：K2CO3+FeI2=FeCO3↓+2KI，滤渣2为FeCO3，酸性条件下KI、过氧化氢发生氧化还原反应生成碘，滤液2含硫酸钾，然后碘、氯气、KOH发生反应：5Cl2+I2+12OH-=2+ 10Cl-+6H2O，由溶解度可知，蒸发浓缩、降温结晶可析出碘酸钾晶体，以此来解答。
【详解】A．根据反应方程式2SO2 +I2+2Cu2++4H2O=2CuI↓+2+8H+可知：制备CuI过程中，消耗SO2与CuSO4的物质的量之比为1∶1，A错误；
B．根据上述分析可知：滤渣1成分为Fe和Cu，其中的Fe是比较活泼的金属，能够与稀硫酸发生置换反应，而Cu在金属活动性顺序表中位于H的后边，不能与稀硫酸发生反应，B错误；
C．根据反应方程式5Cl2+I2+12OH-=2+ 10Cl-+6H2O可知：每制取得到2 mol KIO3，反应消耗5 mol Cl2，则制取0.1 mol KIO3，消耗0.25 mol Cl2，其在标准状况下的体积V(Cl2)=0.25 mol×22.4 L/mol=5.6 L，C正确；
D．制备KI时若溶液pH过大，Fe2+会反应产生Fe(OH)2沉淀，因此要控制溶液的pH不宜过大，D正确；
故合理选项是CD。
13. 常温下，某实验人员在两个相同的容器中分别加入20mL0.2mol·L-1Na2A溶液和40mL0.1mol·L-1NaHA溶液，再分别用0.2mol·L-1盐酸滴定，利用pH计和压力传感器检测，绘制曲线如图所示。(H2A溶液达到某浓度后，会放出一定量气体)下列说法正确的是
A. 图中曲线甲和丙代表向Na2A溶液中滴加盐酸
B. 由图可知，
C. c点pH约为8，且此时溶液中满足
D. 水的电离程度：b点>d点
【答案】D
【解析】
【分析】Na2A的水解程度大于NaHA溶液，故Na2A的碱性强于NaHA，Na2A与盐酸反应先生成NaHA， 再产生H2A气体，故图中甲、丁线表示向Na2A溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向NaHA溶液中滴加盐酸，以此来解析；
【详解】A．Na2A的水解程度大于NaHA溶液， 故Na2A的碱性强于NaHA，Na2A与盐酸反应先生成NaHA， 再产生H2A气体，故图中甲、丁线表示向Na2A溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向NaHA溶液中滴加盐酸，A错误；
B．根据图像甲、乙起始点可知甲起始pH为12，c(OH-)=10-2mol/L，再根据A2-+H2O⇌HA-+OH-可得Kh1===5×10-3，可得Ka2===2×10-13，乙的起始pH为8，c(OH-)=10-6mol/L，再根据HA-+H2O⇌H2A+OH-，可得Kh2===10-11，可得Ka1===10-3，可得Ka2·Ka1=2×10-13×10-3=2×10-16
D．根据图像可知b点对应的滴定点为a点，c点为盐酸和Na2A恰好反应生成NaHA和氯化钠，a点为NaHA和氯化钠和H2A混合物，此溶液显碱性，可知NaHA的水解显碱性，促进了水的电离，而d点为H2A和氯化钠混合物，且显酸性，电离显酸，抑制水的电离，水的电离程度：b点>d点，D正确；
故选D。
第II卷(非选择题)(共57分)
第14~16题为必考题，每个试题考生都必须作答。第17-18题为选考题，考生根据要求作答。
(一)、必考题：共42分
14. 1，2-二氯乙烷(CH2ClCH2Cl)是重要的有机化工原料，不溶于水，常用作有机溶剂，沸点83.6°C，实验室可用“乙烯液相直接氯化法”来制备：
C2H5OHCH2=CH2↑+H2O
Cl2(g)+CH2=CH2(g)→CH2ClCH2Cl(l) ∆H<0
（1）关于乙装置及其中的反应填空：
①仪器A的名称：_______。
②乙装置控制反应温度在50℃～70℃(加热装置已省略)，控制在此温度范围的原因：_______。
③乙装置在通入气体前，加入适量的二氯乙烷，其作用是 _______。
④若反应气(Cl2和CH2=CH2)中混有水，则可能发生的化学反应方程式为 _______。
（2）根据实验原理，该装置的连接顺序为：a→_______→bc←_______←j(按接口顺序连接，装置可重复使用)。
（3）产品提纯：由于有副反应存在，该方法获得的1，2-二氯乙烷(CH2ClCH2Cl)还含有少量的多氯化物和HCl。下列提纯操作的顺序是：用水洗涤，静置，分去水层；_______(填序号)；干燥 ；精馏。
① 蒸馏脱去大部分水，获得共沸物
② 加碱闪蒸除去酸性物质及部分高沸物
③ 用水洗涤余碱至中性
④ 将馏分静置、分液
（4）产品纯度的测定：量取5.0mL产品，密度为0.44g·mL-1，加足量稀NaOH水溶液，加热充分反应得到250mL水解液。取25.00mL水解液先用稀硝酸中和至酸性，然后加入过量的50.00mL0.1000mol/LAgNO3溶液，充分反应后再加入硝基苯，用力摇动。用0.1000mol/LNH4SCN标准液滴定过量的AgNO3溶液，重复实验三次，平均消耗标准液10.00mL。已知：Ag++SCN-=AgSCN↓(白色沉淀)，Ksp(AgCl)=3.2×10-10，Ksp(AgSCN)=2×10-12。
①滴定时，应选用的指示剂为_______(填标号)。
A.FeSO4 B.FeCl3 C. Fe(NO3)3 D. 甲基橙
②产品中1，2-二氯乙烷的纯度为_______%。
③实验中加入硝基苯的作用是_______。
【答案】（1） ①. 三颈烧瓶 ②. 防止CH2ClCH2Cl挥发 ③. 溶解Cl2和乙烯，促进气体反应物间的接触 ④. ，
（2） ①. fghi ②. ihed
（3）②③①④ （4） ①. C ②. 90% ③. 防止在滴加NH4SCN溶液时，AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀
【解析】
【小问1详解】
①由图可知，装置A的名称为三颈烧瓶；
②根据题干信息可知，1，2-二氯乙烷的沸点为83.6°C，为了防止1，2-二氯乙烷挥发，乙装置应采用水浴加热的方式控制反应温度在50℃～70℃；
③乙装置在通入气体前，加入适量的1，2-二氯乙烷液体，其作用是溶解Cl2和乙烯，促进气体反应物间的接触；
④若反应气（Cl2和CH2=CH2）中混有水，Cl2和水会发生反应：， CH2=CH2和水会发生加成反应生成乙醇，反应的化学方程式为；
【小问2详解】
利用甲装置生成氯气，生成的氯气通过饱和食盐水除去HCl，经过浓硫酸干燥后通入装置乙，装置戊中加热乙醇得到乙烯，通过水除去挥发的乙醇，再经浓硫酸干燥后通入装置乙与氯气发生反应生成1，2-二氯乙烷，因此装置的连接顺序为a→f→g→h→i→bc←i←h←e←d←j。
【小问3详解】
由于有副反应存在，该方法获得的1，2-二氯乙烷（CH2ClCH2Cl）还含有少量的多氯化物和HCl，可通过以下操作提纯1，2-二氯乙烷：用水洗涤，静置，分去水层；加入碱性物质蒸除去酸性物质及部分高沸物，用水洗涤多余的碱，再蒸馏脱去水，得到共沸物，然后将馏分静置、分液、干燥后进行精馏，因此操作的顺序为②③①④；
【小问4详解】
①达到滴定终点时SCN-开始过量，SCN-与铁离子发生显色反应，应选择含铁离子的物质作为指示剂，由于氯化铁会影响后续氯离子测定，应使用Fe(NO3)3作为指示剂，故选C；
②量取5.0mL产品，密度为0.44g·mL-1，其质量为0.44 g•mL-1×5.0 mL=2.2g，加足量稀NaOH溶液，发生的反应为，取25.00mL水解液先用稀硝酸中和至酸性，然后加入过量的50.00mL0.1000mol/LAgNO3溶液，发生反应，充分反应后再加入硝基苯，用力摇动，用0.1000mol/LNH4SCN标准液滴定过量的AgNO3溶液，重复实验三次，平均消耗标准液10.00mL，则25.00mL水解液中，所以产品中，根据氯原子守恒可知，，则产品1，2-二氯乙烷的纯度为；
③防止在滴加NH4SCN时，AgCl沉淀部分转化为AgSCN沉淀，滴NH4SCN溶液前可加入硝基苯使沉淀表面被有机物覆盖，如果不进行此操作，则会有AgCl部分电离，消耗的NH4SCN溶液偏多，因此实验中加入硝基苯的作用是防止在滴加NH4SCN溶液时，AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀。
15. 电解所得的锰阳极泥(主要成分为MnO2、Fe2O3、PbO、CaO、CuO)可通过有机还原浸出法回收锰和铅，流程如图所示：
已知：几种金属离子沉淀的pH如下表。
金属离子
Fe2+
Fe3+
Cu2+
Mn2+
开始沉淀的pH
7.5
3.2
5.2
8.8
完全沉淀的pH
9.7
3.7
7.8
10.4
（1）“还原浸出”时用玉米秆或甘蔗渣在硫酸作用下水解产生的葡萄糖做还原剂，操作时将玉米秆或甘蔗渣用粉碎机粉碎，目的是___________，则“还原浸出”时二氧化锰与葡萄糖反应的化学方程式为___________。
（2）浸出渣的主要成分为___________，“浸出除杂”时先用硝酸和盐酸将Pb元素转化为能溶于水的弱电解质PbCl2，再通入H2S可得铅精矿的主要成分PbS，反应过程为PbCl2(ag)+H2S(aq) PbS(s)+2H+(aq)+2Cl-(aq)。
已知：PbCl2(ag)Pb2+(aq)+2Cl-(aq) K=10-5；
H2S的电离常数；K1=10-7、K2=10-15；
PbS的Ksp=10-29。
则该反应的平衡常数为___________(为了方便计算，K值数据已进行近似处理)。
（3）“除杂”步骤主要是除去铁、铜杂质，加入H2O2发生反应的离子方程式是___________。然后加入MnCO3调节pH使铁、铜完全沉淀，则控制pH的合理范围为___________。
（4）硫酸锰溶液可通过离子交换膜组合工艺获得Mn、MnO2、H2SO4，原理如图所示：
交换膜a为___________(填“阳”或“阴”)离子交换膜。阳极电极反应式为___________，阴极区溶液控制在接近中性环境，若pH过低，则锰的产率降低，此时阴极副产物为___________(填物质的化学式)。
【答案】（1） ①. 增大接触面积，提高浸出率 ②. CH2OH(CHOH)4CHO+MnO2+H2SO4→CH2OH(CHOH)4COOH+MnSO4+H2O
（2） ①. PbSO4、CaSO4 ②. 100
（3） ①. 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O ②. 7.8≤pH＜8.8
（4） ①. 阳 ②. Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+ ③. H2
【解析】
【分析】锰阳极泥(主要成分为MnO2、Fe2O3、PbO、CaO、CuO)中加入硫酸和还原剂，MnO2、Fe2O3、CuO转化为MnSO4、FeSO4、CuSO4进入溶液；PbO、CaO转化为PbSO4、CaSO4沉淀，过滤后浸出渣的主要成分为PbSO4、CaSO4；加入HNO3、HCl后，PbSO4转化为PbCl2进入溶液，CaSO4不溶，通入H2S转化为PbS沉淀。浸出液为MnSO4、FeSO4、CuSO4，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，加入MnCO3，Fe3+、Cu2+分别转化为Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀，滤液为MnSO4沉淀，电解可得Mn、MnO2等。
【小问1详解】
将玉米秆或甘蔗渣在硫酸作用下水解产生的葡萄糖，用粉碎机粉碎，可增大接触面积，提高利用率，所以目的是增大接触面积，提高浸出率；“还原浸出”时二氧化锰与葡萄糖反应生成硫酸锰、葡萄糖酸等，化学方程式为CH2OH(CHOH)4CHO+MnO2+H2SO4→CH2OH(CHOH)4COOH+MnSO4+H2O。答案为：增大接触面积，提高浸出率；CH2OH(CHOH)4CHO+MnO2+H2SO4→CH2OH(CHOH)4COOH+MnSO4+H2O；
【小问2详解】
由分析可知，浸出渣的主要成分为PbSO4、CaSO4；已知：PbCl2(ag)Pb2+(aq)+2Cl-(aq) K=10-5；H2S的电离常数；K1=10-7、K2=10-15；PbS的Ksp=10-29
则反应过程为PbCl2(ag)+H2S(aq) PbS(s)+2H+(aq)+2Cl-(aq)的平衡常数为K===== =100。答案为：PbSO4、CaSO4；100；
【小问3详解】
“除杂”步骤中，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式是2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。然后加入MnCO3调节pH使铁、铜完全沉淀，但不能让Mn2+ 生成沉淀，则控制pH的合理范围为7.8≤pH＜8.8。答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；7.8≤pH＜8.8；
【小问4详解】
由装置可知，左侧电极为阳极，右侧电极为阴极，在阳极，Mn2+失电子产物与水反应生成MnO2和H+；在阴极，Mn2+得电子生成Mn。则H+通过膜a向右移动，通入膜b向左移动，从而得出交换膜a为阳离子交换膜。阳极电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，阴极区溶液控制在接近中性环境，若pH过低，则H+得电子，从而使锰的产率降低，此时阴极副产物为H2。答案为：阳；Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；H2。
【点睛】在电解池中，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动。
16. 某实验小组在研究硝酸与铜的反应时，发现稀硝酸和铜反应后的混合液为蓝色，而浓硝酸和铜反应后的混合液为绿色，为此对产生绿色的原因开展探究。按要求完成下列问题：
[猜想假设]
（1）假设1：___________
假设2：硝酸铜溶液中溶解了
[实验操作及现象分析]
实验一：向蒸馏水中不断加入硝酸铜晶体，最终配成饱和溶液。配制过程中溶液颜色始终是蓝色，未见绿色出现。
甲同学根据实验一的现象证明了假设1不成立，请补全假设。
实验二：
（2）甲同学在实验一的基础上继续开展了实验二，并初步验证了假设2成立，他的实验操作及现象是___________。
乙同学认为假设2不严谨，用以下实验对假设2进行了深入探究：
实验三：
操作及试剂
现象
向浓硝酸和铜反应后的混合液中通入
大量红棕色气体放出，短时间内溶液仍保持绿色。长时间后变成蓝色
（3）结合实验三，乙同学认为假设2不严谨的证据是___________
（4）乙同学查阅资料发现：
①铜与浓硝酸反应后溶液呈现绿色是由于(或)与铜离子作用的结果。
②金属和浓的反应一旦发生后速率不断加快。原因是过程中有生成。如和浓反应，开始生成的溶于水形成，它再和反应，速率就大大加快。
请依据资料完成以下离子反应方程式。
i.；___________
ii.；___________
iii.
实验四：乙同学通过以下实验证实了反应过程中的生成。
实验
操作
现象
1
向试管a中加入lmL浓硝酸，再插入铜丝
快速产生红棕色气体，溶液变为绿色
2
向试管b中加入1mL浓硝酸，3滴蒸馏水，再插入铜丝
快速产生红棕色气体溶液变为绿色
3
向试管c中加入1mL浓硝酸，3滴，再插入铜丝
反应较慢，溶液变为蓝色
（5）结合化学用语，解释实验3产生该现象的原因是___________。
【答案】（1）硝酸铜溶液颜色与溶液浓度有关
（2）加热硝酸铜溶液，温度升高，放出红棕色气体，溶液颜色变为蓝色
（3）向混合溶液中通入氮气会将溶液中溶解的二氧化氮气体带出，而溶液仍保持一段时间绿色
（4） ①. 2NO2+H2O=HNO2+H++NO ②. Cu+2HNO2+2H+=Cu2++2H2O+2NO↑
（5）过氧化氢具有强氧化性，和亚硝酸反应生成硝酸，导致溶液中亚硝酸的浓度降低
【解析】
【小问1详解】
结合实验一操作可知，实验探究的是硝酸铜溶液浓度对溶液颜色的影响，故假设1：硝酸铜溶液颜色与溶液浓度有关；
【小问2详解】
猜想2为硝酸铜溶液中溶解了且甲同学初步验证了假设2成立，则实验设计可以为：加热硝酸铜溶液，温度升高二氧化氮气体溶解度减小而逸出，放出红棕色气体，溶液颜色变为蓝色，说明颜色的变化与溶解了二氧化氮气体有关；
【小问3详解】
实验三向混合溶液中通入氮气会将溶液中溶解的二氧化氮气体带出，而溶液仍保持一段时间绿色，说明绿色的产生不是溶解二氧化氮气体的原因，假设2不严谨；
【小问4详解】
由资料可知，溶于水形成，反应中氮元素化合价降低则必须有元素化合价升高，则部分氮元素化合价升高生成硝酸，反应i为：2NO2+H2O=HNO2+H++NO；
由反应iii可知，一氧化氮参与可反应，则在反应ii中生成了一氧化氮气体，故反应ii为：Cu+2HNO2+2H+=Cu2++2H2O+2NO↑；
【小问5详解】
已知：①铜与浓硝酸反应后溶液呈现绿色是由于(或)与铜离子作用的结果；②金属和浓的反应一旦发生后速率不断加快，原因是过程中有生成。实验3中反应较慢，溶液变为蓝色的原因是过氧化氢具有强氧化性，和亚硝酸反应生成硝酸，导致溶液中亚硝酸的浓度降低，反应速率减慢，溶液变蓝。
(二)选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分。
17. 碳酸二甲酯( )是一种环保性能优异，用途广泛的化工原料，其合成方法有多种。
Ⅰ.在催化剂作用下由CO2制备碳酸二甲酯的过程如图：
（1）尿素中N的第一电离能比O的高，原因是：
①O失去的是已经配对的电子，配对电子相互排斥，因而电离能较低；
②_____。
（2）下列关于氨气的叙述不正确的是_____(填字母)。
a．NH3的键角小于CH4的键角，是因为NH3的中心原子上孤电子对有较大斥力
b．NH3极易溶解在水中，只因氨分子与水分子间形成了氢键
c．NH3的沸点比PH3的高，是因为N—H的键能比P—H的大
Ⅱ.在CeO2—ZrO2固溶体的催化体系中也能将CO2转化为碳酸二甲酯。
（3）氧化锆(化学式为ZrO2)晶胞结构如图所示，Zr4+在晶胞中的配位数是____，若该晶胞的密度为ρg·cm-3，用NA表示阿伏伽德罗常数的值，则该晶胞的体积是____cm3(列出计算式)。(氧化锆的摩尔质量M=123g·mol-1)
（4）Ce、Zr、Mn和Fe都是过渡金属元素，Mn与Fe两元素的部分电离能如表所示。
元素
电离能(kJ·mol-1)
I1
I2
I3
Mn
717
1509
3248
Fe
759
1561
2957
①铁元素位于元素周期表____族，属于____区。
②比较两元素的I2、I3可知，气态Mn2＋再失去1个电子比气态Fe2＋再失去1个电子更难，请从原子结构分析原因____。
【答案】（1）N的电子排布是半充满的，比较稳定，电离能高
（2）bc （3） ①. 8 ②.
（4） ①. Ⅷ ②. d ③. Mn2+的3d能级是3d5半充满状态，比较稳定，而Fe2+的3d能级为不稳定的3d6，易失去一个电子转变为较稳定的3d5半充满状态，所以需要的能量相对要少
【解析】
【小问1详解】
尿素中氮元素的第一电离能比氧元素高的原因是氧原子的价电子排布式为2s22p4，原子失去的是已经配对的2p电子，配对电子相互排斥，因而电离能较低，而氮原子的的价电子排布式为2s22p3，2p轨道为半充满的稳定结构，电离能高于相邻元素，故答案为：N的电子排布是半充满的，比较稳定，电离能高；
【小问2详解】
a．氨分子中氮原子的孤对电子对数为1、甲烷分子中碳原子的孤对电子对数为0，孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，由价层电子对互斥理论可知，氨分子中氮原子的孤对电子对数为1、甲烷分子中碳原子的孤对电子对数为0，所以氨分子的键角小于甲烷分子的键角，故正确；
b．氨分子的空间构型为结构不对称的三角锥形，属于极性分子，又氨分子与水分子间能形成氢键，所以氨气极易溶解在水中，则氨气极易溶解在水中与氨分子为极性分子和与水分子间能形成氢键有关，故错误；
c．氨分子间能形成氢键，磷化氢分子间不能形成氢键，氨分子间的作用力强于磷化氢分子，所以氨分子的沸点比磷化氢的高，沸点高低与氮氢键和磷氢键的键能的大小无关，故错误；
故选bc；
【小问3详解】
由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的锆离子与位于体对角线处的氧离子间的距离最近，所以锆离子的配位数为8；晶胞中位于顶点和面心的锆离子的个数为8×+6×=4，位于体内的氧离子个数为8，设晶胞的体积为Vcm3，由晶胞的质量公式可得：=Vρ，解得V=，故答案为：8；；
【小问4详解】
①铁元素的原子序数为26，位于元素周期表第四周期Ⅷ族，属于d区，故答案为：Ⅷ；d；
②Mn2+的价电子排布式为3d5，3d能级是比较稳定的半充满状态，再失去一个电子需要消耗较大的能量，而Fe2+的价电子排布式为3d6，易失去一个电子转变为较稳定的3d5半充满状态，需要的能量相对要少，所以气态Mn2＋再失去1个电子比气态Fe2＋再失去1个电子更难，故答案为：Mn2+的3d能级是3d5半充满状态，比较稳定，而Fe2+的3d能级为不稳定的3d6，易失去一个电子转变为较稳定的3d5半充满状态，所以需要的能量相对要少。
18. 药物Q能阻断血栓形成，它的一种合成路线。
已知：i.
ii.R＇CHOR＇CH=NR＂
（1）→A的反应方程式是_______。
（2）B的分子式为。E的结构简式是_______。
（3）M→P的反应类型是_______。
（4）M能发生银镜反应。M分子中含有的官能团是_______。
（5）J的结构简式是_______。
（6）W是P的同分异构体，写出一种符合下列条件的W的结构简式：_______。
i.包含2个六元环，不含甲基
ii.W可水解。W与溶液共热时，最多消耗
（7）Q的结构简式是，也可经由P与Z合成。已知：，合成Q的路线如下(无机试剂任选)，写出X、Y、Z的结构简式：_______。
【答案】（1）+CH3COOH +H2O
（2） （3）酯化反应(或取代反应)
（4）羧基和醛基 （5）
（6） 或者或者或者 （7），，
【解析】
【分析】本题为有机合成流程题，由题干中A的结构简式和A到B的转化条件可知，A的结构简式为：，由信息①、(2)小问中B的分子式和A到B的转化条件并结合E和P的产物的结构简式可知，B的结构简式为：，由B到D转化条件可知，D的结构简式为：，由D到E的转化条件可知，E的结构简式为：，由F的分子式和转化条件可知，F的结构简式为：，由生成M的转化条件结合M的分子式和M能够发生银镜反应可知，M的结构简式为：，由M转化为P的条件可知，P的结构简式为：，由J的分子式和G的结构简式可知，J的结构简式为：，(6) 由分析可知，P的结构简式为：，其分子式为：C9H8O3，则W是P的同分异构体，则符合i．包含2个六元环，不含甲基，ii．W可水解，即含有酯基，W与溶液共热时，最多消耗，即分子中含有酚羟基和酚酯基等条件的W的结构简式为： 或者或者或者 ，(7) 由分析可知，P的结构简式为：，由题干E+P转化为J的转化信息可知，Q可以由和Z转化为来，则可由Y发生水解得到，则可由X在铁粉和酸作用下制得，可由在浓硫酸、浓硝酸共同作用下制得，据此分析解题。
【小问1详解】
由分析可知，A的结构简式为：，则→A的反应方程式是+CH3COOH +H2O，故答案为：+CH3COOH +H2O；
【小问2详解】
由分析可知，B的分子式为，E的结构简式是，故答案为：；
【小问3详解】
由分析可知，M→P即+CH3OH+H2O，则该反应的反应类型是酯化反应(或取代反应)，故答案为：酯化反应(或取代反应)；
【小问4详解】
由分析可知，M能发生银镜反应，M的结构简式为：，则M分子中含有的官能团是羧基和醛基，故答案为：羧基和醛基；
【小问5详解】
由分析可知， J的结构简式是，故答案为：；
【小问6详解】
由分析可知，P的结构简式为：，其分子式为：C9H8O3，则W是P的同分异构体，则符合i．包含2个六元环，不含甲基，ii．W可水解，即含有酯基，W与溶液共热时，最多消耗，即分子中含有酚羟基和酚酯基等条件的W的结构简式为： 或者或者或者，故答案为： 或者或者或者；
【小问7详解】
由分析可知，P的结构简式为：，由题干E+P转化为J的转化信息可知，Q可以由和Z转化为来，则可由Y发生水解得到，则可由X在铁粉和酸作用下制得，可由在浓硫酸、浓硝酸共同作用下制得，故答案为：，，。
2022年高考化学考前信息必刷卷02
新高考地区专用
1.增大探究性，扩大开放性，体现创新性，鼓励有独特见解、有思想水平、有创新精神答案。
2.精心选取真实内容情境，信息量大，综合性强，注重考查知识内在联系和阅读理解能力。
1.高考命题应体现时代主题，弘扬时代精神。如本卷的1、2题。
2.电离平衡、盐的水解、溶液酸碱性、溶解平衡等重点关注：图像的坐标，对数坐标(或分数坐标)、离子浓度之比的对数(负对数)、离子浓度分布系数与pH为坐标的图像分析。如本卷的13题。
3.重点知识年年考，非重点知识轮流考。关注化学方程式的书写和离子共存问题
本卷满分100分，考试时间75分钟。
第I卷(选择题)(共43分)
一、选择题：本题共9小题，每小题3分，共27分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 第24届冬季奥林匹克运动会在北京市和张家口市成功举办。下列不属于化学变化的是
A
B
C
D
冬奥场馆使用CO2跨临界直接制冰(“水立方”场馆中的水冰转换)
北京冬奥会菜单上有678道菜，其中工作人员对食材进行的煎、炒、烹、炸过程
冬奥会开幕式中火炬“飞扬”中氢燃料的燃烧
冬奥会上采用紫外杀菌技术使蛋白质变性
A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．二氧化碳跨临界直接制冰技术，通过压力变化使二氧化碳汽化实现制冷，二氧化碳汽化属于物理变化，汽化是二氧化碳的物理性质，故A符合题意；
B．食材变熟，与调味料作用味道变了属于化学变化，燃料的燃烧属于化学变化，故B不符合题意；
C．氢燃料燃烧时氢气和氧气反应生成水，有新物质生成，属于化学变化，故C不符合题意；
D．蛋白质的变性为化学变化，故D不符合题意；
故选A。
2. 《GreenChemistry》报道了我国学者发明的低压高效电催化还原的新方法，其总反应为。下列有关说法不正确的是
A. NaCl属于强电解质 B. 的电子式为：
C. CO可用于浓硫酸干燥 D. NaClO是漂粉精的有效成分
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯化钠在水溶液或熔融状态下都能完全电离出钠离子和氯离子，所以氯化钠为强电解质，故A正确；
B．碳原子最外层电子数为4，要共用4对电子，氧原子最外层电子数为6，要共用2对电子，因此二氧化碳中碳原子与两个氧原子各形成两对共用电子，其电子式为，故B正确；
C．一氧化碳与浓硫酸不反应，可用浓硫酸干燥，故C正确；
D．漂粉精的主要成分为氯化钙、次氯酸钙，有效成分为次氯酸钙，故D错误；
故答案选D。
3. 下列关于物质保存的解释，反应方程式不正确的是
A. 溶液中放入铁粉：
B. 浓硝酸保存于棕色试剂瓶：
C. 氮肥保存于阴凉处：
D. 金属钠保存于煤油中：
【答案】D
【解析】
【详解】A．硫酸亚铁易被空气中的氧气氧化，溶液中加入铁粉能使被氧化生成的铁离子与铁反应生成亚铁离子达到防止硫酸亚铁被氧化的目的，铁离子与铁反应的离子方程式为，故A正确；
B．浓硝酸见光易发生分解反应生成二氧化氮、氧气和水，为防止浓硝酸见光分解应将浓硝酸保存于棕色试剂瓶中，分解的化学方程式为，故B正确；
C．碳酸氢铵遇热易发生分解反应生成氨气、二氧化碳和水，为防止碳酸氢铵受热分解应将碳酸氢铵保存于阴凉处，分解的化学方程式为，故C正确；
D．钠易与空气中的氧气反应生成氧化钠、与水蒸气反应生成氢氧化钠和氢气，为防止钠与空气接触而变质，应将金属钠保存于煤油中，钠在空气中变质的化学方程式为、，故D错误；
故选D。
4. 下列实验装置正确且能达到相应实验目的的是
A. 装置甲利用CCl4提取溴水中的 B. 装置乙分离I2和高锰酸钾固体
C. 装置丙验证非金属性S＞C＞Si D. 装置丁检验石蜡中是否含有不饱和烃
【答案】C
【解析】
【详解】A．装置甲中，分液漏斗的尖端没有靠近烧杯内壁，A不正确；
B．加热时，I2易升华，KMnO4易分解，所以装置乙不能分离I2和高锰酸钾固体，B不正确；
C．硫酸、碳酸、硅酸都是最高价氧化物的水化物，且硫酸与碳酸钠反应、碳酸与硅酸钠反应，都属于强酸制弱酸的反应，所以装置丙能验证非金属性S＞C＞Si，C正确；
D．装置丁中，虽然KMnO4溶液褪色，并不能说明石蜡中含有不饱和烃，因为其分解产物中含不饱和烃也能使KMnO4溶液褪色，D不正确；
故选C。
5. 碳酸二甲酯DMC()是一种低毒、性能优良的有机合成中间体，科学家提出了新的合成方案(吸附在催化剂表面上的物种用*标注)，反应机理如图所示。
下列说法错误的是
A. HO·降低了反应的活化能
B. 过程CH3OH*+HO·*=CH3O·*+H2O*是该反应的决速步骤
C. 过程中既有H-O键的断裂，又有H-O键的形成
D. 吸附和脱附过程中共吸收48.1eV的能量
【答案】D
【解析】
【详解】A．HO·在反应前参与反应，反应后又生成，作催化剂，降低了反应的活化能，提高化学反应速率，故A选项正确；
B．决速步骤一般伴有的是能量的落差大，活化能大的步骤即决速步骤，由图示可知生成过渡态I时的所需的活化能最大，所以CH3OH*+HO·*=CH3O·*+H2O*是该反应的决速步骤，故B选项正确；
C．过程中甲醇反应时有H-O键的断裂，生成水时有H-O键的形成，故C选项正确；
D．吸附和脱附过程中共吸收的能量为终态减去始态的能量，始态相对能量为0eV，终态相对能量为112.6×102 eV，则吸附和脱附过程中共吸收的能量为1.126×104 eV，故D选项错误。
故选D选项。
6. W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，只有X、Y位于同一周期，且Y与Z位于同一主族，四种元素可形成一种在医疗农业、染料上有广泛用途的物质，其物质结构如图所示。下列叙述正确的是
A. 原子半径：Z＞Y＞X＞W
B. 等物质的量浓度的X和Z的含氧酸的酸性：Z＞X
C. W、X、Z均可与Y形成多种化合物
D. 简单氢化物的还原性：Y＞Z
【答案】C
【解析】
【分析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的四种短周期元素，只有X、Y位于同一周期，且Y与Z位于同一主族，由此可确定W为第一周期元素，即为氢元素。由结构式可以得出，Y、Z的最外层电子数为6，X的最外层电子数为5，所以X为氮元素，Y为氧元素，Z为硫元素。
【详解】A．由分析可知，Z、Y、X、W分别为S、O、N、H元素，O、N同周期，且O在N的右边，所以原子半径：N＞O，A不正确；
B．若Z形成的酸为H2SO3，X形成的酸为HNO3，则等物质的量浓度的X和Z的含氧酸的酸性：X＞Z，B不正确；
C．W、X、Z可与Y分别可形成H2O、H2O2、NO、NO2、SO2、SO3等化合物，C正确；
D．Y、Z分别为O、S，非金属性O＞S，则简单氢化物的还原性：H2S＞H2O，D不正确；
故选C。
7. 我国科学家设计的Mg-Li双盐电池工作原理如图所示，下列说法不正确的是
A. 放电时，正极电极反应式为FeS+2e−+2Li+=Fe+Li2S
B. 充电时，Mg电极连外接电源负极
C. 充电时，每生成1mol Mg，电解质溶液质量减少24g
D. 电解液含离子迁移速率更快的Li+提高了电流效率
【答案】C
【解析】
【详解】A．放电时Mg转化为Mg2+，所以右侧电极为负极，左侧电极为正极，FeS得电子生成Fe和Li2S，电极反应为FeS+2e−+2Li+=Fe+Li2S，A正确；
B．充电时Mg2+转化Mg，被还原，为阴极，连接外接电源的负极，B正确；
C．充电时阳极反应为Fe+Li2S-2e-=FeS+2Li+，每生成1molMg，消耗1molMg2+，转移2mol电子，同时生成2molLi+，所以电解质质量减少24g-2×7g=10g，C错误；
D．电解液中含离子迁移速率更快的Li+，增强了导电性，提高了电流效率，D正确；
综上所述答案为C。
8. 溶于一定量水中，溶液呈浅棕黄色(a)。加入少量浓黄色加深(b)。已知：(黄色)；浓度较小时(用表示)几乎无色，取溶液进行如下实验，对现象的分析不正确的是
A. 测溶液a的，证明发生了水解
B. 加入浓HCl，H+与Cl-对溶液颜色变化、Fe3+浓度大小的影响是一致的
C. 向b中加入后，黄色褪去，说明能抑制水解
D. 将溶液a滴入沸水中，加热，检测有丁达尔效应，说明加热能促进水解
【答案】B
【解析】
【详解】A．如果FeCl3溶液不水解则溶液呈中性，现测溶液a的，证明发生了水解，反应原理为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，A正确；
B．加入浓，H+浓度增大，抑制Fe3+水解，Fe3+浓度增大，而Cl-浓度增大，促进平衡正向移动，Fe3+浓度减小，溶液颜色也不一样，则与对溶液颜色变化、浓度大小的影响是不一致的，B错误；
C．向b中加入后，是由于Ag++Cl-=AgCl↓，导致平衡逆向移动，溶液黄色变浅但不会褪去，同时溶液中H+浓度增大，说明能抑制水解，使得溶液几乎无色，C正确；
D．将溶液a滴入沸水中，发生反应：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，加热，检测有丁达尔效应，说明加热能促进水解，D正确；
故答案为：B。
9. 聚碳酸酯(L)是滑雪镜镜片的主要材料，透明性好、强度高、不易碎，能够给运动员提供足够的保护，其结构简式如图。
已知：2R＇OH++2R＂OH。L可由两种链状单体经这反应制备。下列关于L的说法不正确的是
A. 制备L的反应是缩聚反应
B. 制备L的每个单体分子中均含两个苯环
C. L中的官能团是酯基和醚键
D. 通过蒸馏出苯酚可促进L的合成
【答案】C
【解析】
【详解】A．由、发生取代反应制备，故A正确；
B．制备L的单体是、，每个单体分子中均含两个苯环，故B正确；
C．L中的官能团是酯基和酚羟基，故C错误；
D．、发生缩聚反应生成和苯酚，蒸馏出苯酚，平衡正向移动，可促进L的合成，故D正确；
故选C。
二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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。
10. 为完成下列各组实验，所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是(不考虑存放试剂的容器)
实验目的
玻璃仪器
试剂
A
除去苯中少量的苯酚
普通漏斗、烧杯、玻璃棒
浓溴水
B
测定84消毒液的pH
玻璃棒、表面皿
pH试纸
C
实验室制备乙烯
酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、导气管、胶头滴管
浓硫酸、乙醇、碎瓷片
D
检验CH3CH2Br中的溴元素
试管、胶头滴管、酒精灯
NaOH溶液、硝酸、AgNO3溶液
A. A B. B C. C D. D
【答案】CD
【解析】
【详解】A．除去苯中少量的苯酚，加入浓溴水，虽然能将苯酚转化为沉淀，但过量的溴溶解在苯中，又成为新的杂质，应该加入NaOH溶液，使用分液漏斗进行分液，A不正确；
B．84消毒液的主要成分为次氯酸钠，它具有强氧化性，能使pH试纸褪色，所以应使用pH计，B不正确；
C．实验室制备乙烯，药品为乙醇和浓硫酸，加热温度为170℃，温度计水银球位于液面下，使用圆底烧瓶或蒸馏烧瓶，垫石棉网加热，C正确；
D．检验CH3CH2Br中的溴元素时，先加入NaOH溶液使其水解，再加硝酸酸化，最后加入AgNO3溶液检验Br-，D正确；
故选CD。
11. 探究溶液的性质，进行如下实验。(已知：的)
实验
装置
气体a
现象
Ⅰ
溶液立即变黄，产生乳白色沉淀
Ⅱ
一段时间后，溶液略显浑浊
下列分析或解释正确的是
A. 溶液呈碱性：
B. 实验Ⅰ、Ⅱ的现象说明，的氧化性强于
C. 两个实验中，通入气体后，试管中溶液的均降低
D. 实验Ⅰ中，溶液能促进气体的溶解
【答案】D
【解析】
【详解】A。溶液因水解呈碱性，水解方程式为，故A错误；
B．实验Ⅰ、Ⅱ的溶液酸碱性不同，不能比较和的氧化性，故B错误；
C．实验Ⅰ中随的增多，酸性增强，pH减小；实验Ⅱ中溶液的碱性增强，pH增大，故C错误；
D．溶液因水解呈碱性，溶于水显酸性，故溶液能促进气体的溶解，故D正确；
故选D。
12. 目前碘酸钾被广泛应用于食盐加碘。一种由含碘废水制取碘酸钾的工艺如下，其中“制KI(aq)”时，Fe2+会水解形成胶状物吸附KI，造成I-的损失。下列说法正确的是
A. 制备CuI过程中，消耗SO2与CuSO4的物质的量之比为1∶2
B. 滤渣1能够完全溶解于稀硫酸中
C. 制得0.1 mol KIO3至少需要标准状况下5.6 L Cl2
D. 制备KI时要控制溶液的pH不宜过大
【答案】CD
【解析】
【分析】含碘废水制取碘酸钾晶体,由实验流程可知，含碘沸水中加入SO2和硫酸铜制备CuI ,发生反应：2SO2 +I2+2Cu2++4H2O=2CuI↓+2+8H+，滤液1含硫酸，过滤得到滤渣中加入铁粉、水制备FeI2，过滤得到滤渣1为Fe和Cu，滤液中加入碳酸钾发生反应：K2CO3+FeI2=FeCO3↓+2KI，滤渣2为FeCO3，酸性条件下KI、过氧化氢发生氧化还原反应生成碘，滤液2含硫酸钾，然后碘、氯气、KOH发生反应：5Cl2+I2+12OH-=2+ 10Cl-+6H2O，由溶解度可知，蒸发浓缩、降温结晶可析出碘酸钾晶体，以此来解答。
【详解】A．根据反应方程式2SO2 +I2+2Cu2++4H2O=2CuI↓+2+8H+可知：制备CuI过程中，消耗SO2与CuSO4的物质的量之比为1∶1，A错误；
B．根据上述分析可知：滤渣1成分为Fe和Cu，其中的Fe是比较活泼的金属，能够与稀硫酸发生置换反应，而Cu在金属活动性顺序表中位于H的后边，不能与稀硫酸发生反应，B错误；
C．根据反应方程式5Cl2+I2+12OH-=2+ 10Cl-+6H2O可知：每制取得到2 mol KIO3，反应消耗5 mol Cl2，则制取0.1 mol KIO3，消耗0.25 mol Cl2，其在标准状况下的体积V(Cl2)=0.25 mol×22.4 L/mol=5.6 L，C正确；
D．制备KI时若溶液pH过大，Fe2+会反应产生Fe(OH)2沉淀，因此要控制溶液的pH不宜过大，D正确；
故合理选项是CD。
13. 常温下，某实验人员在两个相同的容器中分别加入20mL0.2mol·L-1Na2A溶液和40mL0.1mol·L-1NaHA溶液，再分别用0.2mol·L-1盐酸滴定，利用pH计和压力传感器检测，绘制曲线如图所示。(H2A溶液达到某浓度后，会放出一定量气体)下列说法正确的是
A. 图中曲线甲和丙代表向Na2A溶液中滴加盐酸
B. 由图可知，
C. c点pH约为8，且此时溶液中满足
D. 水的电离程度：b点>d点
【答案】D
【解析】
【分析】Na2A的水解程度大于NaHA溶液，故Na2A的碱性强于NaHA，Na2A与盐酸反应先生成NaHA， 再产生H2A气体，故图中甲、丁线表示向Na2A溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向NaHA溶液中滴加盐酸，以此来解析；
【详解】A．Na2A的水解程度大于NaHA溶液， 故Na2A的碱性强于NaHA，Na2A与盐酸反应先生成NaHA， 再产生H2A气体，故图中甲、丁线表示向Na2A溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向NaHA溶液中滴加盐酸，A错误；
B．根据图像甲、乙起始点可知甲起始pH为12，c(OH-)=10-2mol/L，再根据A2-+H2O⇌HA-+OH-可得Kh1===5×10-3，可得Ka2===2×10-13，乙的起始pH为8，c(OH-)=10-6mol/L，再根据HA-+H2O⇌H2A+OH-，可得Kh2===10-11，可得Ka1===10-3，可得Ka2·Ka1=2×10-13×10-3=2×10-16
D．根据图像可知b点对应的滴定点为a点，c点为盐酸和Na2A恰好反应生成NaHA和氯化钠，a点为NaHA和氯化钠和H2A混合物，此溶液显碱性，可知NaHA的水解显碱性，促进了水的电离，而d点为H2A和氯化钠混合物，且显酸性，电离显酸，抑制水的电离，水的电离程度：b点>d点，D正确；
故选D。
第II卷(非选择题)(共57分)
第14~16题为必考题，每个试题考生都必须作答。第17-18题为选考题，考生根据要求作答。
(一)、必考题：共42分
14. 1，2-二氯乙烷(CH2ClCH2Cl)是重要的有机化工原料，不溶于水，常用作有机溶剂，沸点83.6°C，实验室可用“乙烯液相直接氯化法”来制备：
C2H5OHCH2=CH2↑+H2O
Cl2(g)+CH2=CH2(g)→CH2ClCH2Cl(l) ∆H<0
（1）关于乙装置及其中的反应填空：
①仪器A的名称：_______。
②乙装置控制反应温度在50℃～70℃(加热装置已省略)，控制在此温度范围的原因：_______。
③乙装置在通入气体前，加入适量的二氯乙烷，其作用是 _______。
④若反应气(Cl2和CH2=CH2)中混有水，则可能发生的化学反应方程式为 _______。
（2）根据实验原理，该装置的连接顺序为：a→_______→bc←_______←j(按接口顺序连接，装置可重复使用)。
（3）产品提纯：由于有副反应存在，该方法获得的1，2-二氯乙烷(CH2ClCH2Cl)还含有少量的多氯化物和HCl。下列提纯操作的顺序是：用水洗涤，静置，分去水层；_______(填序号)；干燥 ；精馏。
① 蒸馏脱去大部分水，获得共沸物
② 加碱闪蒸除去酸性物质及部分高沸物
③ 用水洗涤余碱至中性
④ 将馏分静置、分液
（4）产品纯度的测定：量取5.0mL产品，密度为0.44g·mL-1，加足量稀NaOH水溶液，加热充分反应得到250mL水解液。取25.00mL水解液先用稀硝酸中和至酸性，然后加入过量的50.00mL0.1000mol/LAgNO3溶液，充分反应后再加入硝基苯，用力摇动。用0.1000mol/LNH4SCN标准液滴定过量的AgNO3溶液，重复实验三次，平均消耗标准液10.00mL。已知：Ag++SCN-=AgSCN↓(白色沉淀)，Ksp(AgCl)=3.2×10-10，Ksp(AgSCN)=2×10-12。
①滴定时，应选用的指示剂为_______(填标号)。
A.FeSO4 B.FeCl3 C. Fe(NO3)3 D. 甲基橙
②产品中1，2-二氯乙烷的纯度为_______%。
③实验中加入硝基苯的作用是_______。
【答案】（1） ①. 三颈烧瓶 ②. 防止CH2ClCH2Cl挥发 ③. 溶解Cl2和乙烯，促进气体反应物间的接触 ④. ，
（2） ①. fghi ②. ihed
（3）②③①④ （4） ①. C ②. 90% ③. 防止在滴加NH4SCN溶液时，AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀
【解析】
【小问1详解】
①由图可知，装置A的名称为三颈烧瓶；
②根据题干信息可知，1，2-二氯乙烷的沸点为83.6°C，为了防止1，2-二氯乙烷挥发，乙装置应采用水浴加热的方式控制反应温度在50℃～70℃；
③乙装置在通入气体前，加入适量的1，2-二氯乙烷液体，其作用是溶解Cl2和乙烯，促进气体反应物间的接触；
④若反应气（Cl2和CH2=CH2）中混有水，Cl2和水会发生反应：， CH2=CH2和水会发生加成反应生成乙醇，反应的化学方程式为；
【小问2详解】
利用甲装置生成氯气，生成的氯气通过饱和食盐水除去HCl，经过浓硫酸干燥后通入装置乙，装置戊中加热乙醇得到乙烯，通过水除去挥发的乙醇，再经浓硫酸干燥后通入装置乙与氯气发生反应生成1，2-二氯乙烷，因此装置的连接顺序为a→f→g→h→i→bc←i←h←e←d←j。
【小问3详解】
由于有副反应存在，该方法获得的1，2-二氯乙烷（CH2ClCH2Cl）还含有少量的多氯化物和HCl，可通过以下操作提纯1，2-二氯乙烷：用水洗涤，静置，分去水层；加入碱性物质蒸除去酸性物质及部分高沸物，用水洗涤多余的碱，再蒸馏脱去水，得到共沸物，然后将馏分静置、分液、干燥后进行精馏，因此操作的顺序为②③①④；
【小问4详解】
①达到滴定终点时SCN-开始过量，SCN-与铁离子发生显色反应，应选择含铁离子的物质作为指示剂，由于氯化铁会影响后续氯离子测定，应使用Fe(NO3)3作为指示剂，故选C；
②量取5.0mL产品，密度为0.44g·mL-1，其质量为0.44 g•mL-1×5.0 mL=2.2g，加足量稀NaOH溶液，发生的反应为，取25.00mL水解液先用稀硝酸中和至酸性，然后加入过量的50.00mL0.1000mol/LAgNO3溶液，发生反应，充分反应后再加入硝基苯，用力摇动，用0.1000mol/LNH4SCN标准液滴定过量的AgNO3溶液，重复实验三次，平均消耗标准液10.00mL，则25.00mL水解液中，所以产品中，根据氯原子守恒可知，，则产品1，2-二氯乙烷的纯度为；
③防止在滴加NH4SCN时，AgCl沉淀部分转化为AgSCN沉淀，滴NH4SCN溶液前可加入硝基苯使沉淀表面被有机物覆盖，如果不进行此操作，则会有AgCl部分电离，消耗的NH4SCN溶液偏多，因此实验中加入硝基苯的作用是防止在滴加NH4SCN溶液时，AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀。
15. 电解所得的锰阳极泥(主要成分为MnO2、Fe2O3、PbO、CaO、CuO)可通过有机还原浸出法回收锰和铅，流程如图所示：
已知：几种金属离子沉淀的pH如下表。
金属离子
Fe2+
Fe3+
Cu2+
Mn2+
开始沉淀的pH
7.5
3.2
5.2
8.8
完全沉淀的pH
9.7
3.7
7.8
10.4
（1）“还原浸出”时用玉米秆或甘蔗渣在硫酸作用下水解产生的葡萄糖做还原剂，操作时将玉米秆或甘蔗渣用粉碎机粉碎，目的是___________，则“还原浸出”时二氧化锰与葡萄糖反应的化学方程式为___________。
（2）浸出渣的主要成分为___________，“浸出除杂”时先用硝酸和盐酸将Pb元素转化为能溶于水的弱电解质PbCl2，再通入H2S可得铅精矿的主要成分PbS，反应过程为PbCl2(ag)+H2S(aq) PbS(s)+2H+(aq)+2Cl-(aq)。
已知：PbCl2(ag)Pb2+(aq)+2Cl-(aq) K=10-5；
H2S的电离常数；K1=10-7、K2=10-15；
PbS的Ksp=10-29。
则该反应的平衡常数为___________(为了方便计算，K值数据已进行近似处理)。
（3）“除杂”步骤主要是除去铁、铜杂质，加入H2O2发生反应的离子方程式是___________。然后加入MnCO3调节pH使铁、铜完全沉淀，则控制pH的合理范围为___________。
（4）硫酸锰溶液可通过离子交换膜组合工艺获得Mn、MnO2、H2SO4，原理如图所示：
交换膜a为___________(填“阳”或“阴”)离子交换膜。阳极电极反应式为___________，阴极区溶液控制在接近中性环境，若pH过低，则锰的产率降低，此时阴极副产物为___________(填物质的化学式)。
【答案】（1） ①. 增大接触面积，提高浸出率 ②. CH2OH(CHOH)4CHO+MnO2+H2SO4→CH2OH(CHOH)4COOH+MnSO4+H2O
（2） ①. PbSO4、CaSO4 ②. 100
（3） ①. 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O ②. 7.8≤pH＜8.8
（4） ①. 阳 ②. Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+ ③. H2
【解析】
【分析】锰阳极泥(主要成分为MnO2、Fe2O3、PbO、CaO、CuO)中加入硫酸和还原剂，MnO2、Fe2O3、CuO转化为MnSO4、FeSO4、CuSO4进入溶液；PbO、CaO转化为PbSO4、CaSO4沉淀，过滤后浸出渣的主要成分为PbSO4、CaSO4；加入HNO3、HCl后，PbSO4转化为PbCl2进入溶液，CaSO4不溶，通入H2S转化为PbS沉淀。浸出液为MnSO4、FeSO4、CuSO4，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，加入MnCO3，Fe3+、Cu2+分别转化为Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀，滤液为MnSO4沉淀，电解可得Mn、MnO2等。
【小问1详解】
将玉米秆或甘蔗渣在硫酸作用下水解产生的葡萄糖，用粉碎机粉碎，可增大接触面积，提高利用率，所以目的是增大接触面积，提高浸出率；“还原浸出”时二氧化锰与葡萄糖反应生成硫酸锰、葡萄糖酸等，化学方程式为CH2OH(CHOH)4CHO+MnO2+H2SO4→CH2OH(CHOH)4COOH+MnSO4+H2O。答案为：增大接触面积，提高浸出率；CH2OH(CHOH)4CHO+MnO2+H2SO4→CH2OH(CHOH)4COOH+MnSO4+H2O；
【小问2详解】
由分析可知，浸出渣的主要成分为PbSO4、CaSO4；已知：PbCl2(ag)Pb2+(aq)+2Cl-(aq) K=10-5；H2S的电离常数；K1=10-7、K2=10-15；PbS的Ksp=10-29
则反应过程为PbCl2(ag)+H2S(aq) PbS(s)+2H+(aq)+2Cl-(aq)的平衡常数为K===== =100。答案为：PbSO4、CaSO4；100；
【小问3详解】
“除杂”步骤中，加入H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，发生反应的离子方程式是2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。然后加入MnCO3调节pH使铁、铜完全沉淀，但不能让Mn2+ 生成沉淀，则控制pH的合理范围为7.8≤pH＜8.8。答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；7.8≤pH＜8.8；
【小问4详解】
由装置可知，左侧电极为阳极，右侧电极为阴极，在阳极，Mn2+失电子产物与水反应生成MnO2和H+；在阴极，Mn2+得电子生成Mn。则H+通过膜a向右移动，通入膜b向左移动，从而得出交换膜a为阳离子交换膜。阳极电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+，阴极区溶液控制在接近中性环境，若pH过低，则H+得电子，从而使锰的产率降低，此时阴极副产物为H2。答案为：阳；Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；H2。
【点睛】在电解池中，阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动。
16. 某实验小组在研究硝酸与铜的反应时，发现稀硝酸和铜反应后的混合液为蓝色，而浓硝酸和铜反应后的混合液为绿色，为此对产生绿色的原因开展探究。按要求完成下列问题：
[猜想假设]
（1）假设1：___________
假设2：硝酸铜溶液中溶解了
[实验操作及现象分析]
实验一：向蒸馏水中不断加入硝酸铜晶体，最终配成饱和溶液。配制过程中溶液颜色始终是蓝色，未见绿色出现。
甲同学根据实验一的现象证明了假设1不成立，请补全假设。
实验二：
（2）甲同学在实验一的基础上继续开展了实验二，并初步验证了假设2成立，他的实验操作及现象是___________。
乙同学认为假设2不严谨，用以下实验对假设2进行了深入探究：
实验三：
操作及试剂
现象
向浓硝酸和铜反应后的混合液中通入
大量红棕色气体放出，短时间内溶液仍保持绿色。长时间后变成蓝色
（3）结合实验三，乙同学认为假设2不严谨的证据是___________
（4）乙同学查阅资料发现：
①铜与浓硝酸反应后溶液呈现绿色是由于(或)与铜离子作用的结果。
②金属和浓的反应一旦发生后速率不断加快。原因是过程中有生成。如和浓反应，开始生成的溶于水形成，它再和反应，速率就大大加快。
请依据资料完成以下离子反应方程式。
i.；___________
ii.；___________
iii.
实验四：乙同学通过以下实验证实了反应过程中的生成。
实验
操作
现象
1
向试管a中加入lmL浓硝酸，再插入铜丝
快速产生红棕色气体，溶液变为绿色
2
向试管b中加入1mL浓硝酸，3滴蒸馏水，再插入铜丝
快速产生红棕色气体溶液变为绿色
3
向试管c中加入1mL浓硝酸，3滴，再插入铜丝
反应较慢，溶液变为蓝色
（5）结合化学用语，解释实验3产生该现象的原因是___________。
【答案】（1）硝酸铜溶液颜色与溶液浓度有关
（2）加热硝酸铜溶液，温度升高，放出红棕色气体，溶液颜色变为蓝色
（3）向混合溶液中通入氮气会将溶液中溶解的二氧化氮气体带出，而溶液仍保持一段时间绿色
（4） ①. 2NO2+H2O=HNO2+H++NO ②. Cu+2HNO2+2H+=Cu2++2H2O+2NO↑
（5）过氧化氢具有强氧化性，和亚硝酸反应生成硝酸，导致溶液中亚硝酸的浓度降低
【解析】
【小问1详解】
结合实验一操作可知，实验探究的是硝酸铜溶液浓度对溶液颜色的影响，故假设1：硝酸铜溶液颜色与溶液浓度有关；
【小问2详解】
猜想2为硝酸铜溶液中溶解了且甲同学初步验证了假设2成立，则实验设计可以为：加热硝酸铜溶液，温度升高二氧化氮气体溶解度减小而逸出，放出红棕色气体，溶液颜色变为蓝色，说明颜色的变化与溶解了二氧化氮气体有关；
【小问3详解】
实验三向混合溶液中通入氮气会将溶液中溶解的二氧化氮气体带出，而溶液仍保持一段时间绿色，说明绿色的产生不是溶解二氧化氮气体的原因，假设2不严谨；
【小问4详解】
由资料可知，溶于水形成，反应中氮元素化合价降低则必须有元素化合价升高，则部分氮元素化合价升高生成硝酸，反应i为：2NO2+H2O=HNO2+H++NO；
由反应iii可知，一氧化氮参与可反应，则在反应ii中生成了一氧化氮气体，故反应ii为：Cu+2HNO2+2H+=Cu2++2H2O+2NO↑；
【小问5详解】
已知：①铜与浓硝酸反应后溶液呈现绿色是由于(或)与铜离子作用的结果；②金属和浓的反应一旦发生后速率不断加快，原因是过程中有生成。实验3中反应较慢，溶液变为蓝色的原因是过氧化氢具有强氧化性，和亚硝酸反应生成硝酸，导致溶液中亚硝酸的浓度降低，反应速率减慢，溶液变蓝。
(二)选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分；多涂、多答，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分。
17. 碳酸二甲酯( )是一种环保性能优异，用途广泛的化工原料，其合成方法有多种。
Ⅰ.在催化剂作用下由CO2制备碳酸二甲酯的过程如图：
（1）尿素中N的第一电离能比O的高，原因是：
①O失去的是已经配对的电子，配对电子相互排斥，因而电离能较低；
②_____。
（2）下列关于氨气的叙述不正确的是_____(填字母)。
a．NH3的键角小于CH4的键角，是因为NH3的中心原子上孤电子对有较大斥力
b．NH3极易溶解在水中，只因氨分子与水分子间形成了氢键
c．NH3的沸点比PH3的高，是因为N—H的键能比P—H的大
Ⅱ.在CeO2—ZrO2固溶体的催化体系中也能将CO2转化为碳酸二甲酯。
（3）氧化锆(化学式为ZrO2)晶胞结构如图所示，Zr4+在晶胞中的配位数是____，若该晶胞的密度为ρg·cm-3，用NA表示阿伏伽德罗常数的值，则该晶胞的体积是____cm3(列出计算式)。(氧化锆的摩尔质量M=123g·mol-1)
（4）Ce、Zr、Mn和Fe都是过渡金属元素，Mn与Fe两元素的部分电离能如表所示。
元素
电离能(kJ·mol-1)
I1
I2
I3
Mn
717
1509
3248
Fe
759
1561
2957
①铁元素位于元素周期表____族，属于____区。
②比较两元素的I2、I3可知，气态Mn2＋再失去1个电子比气态Fe2＋再失去1个电子更难，请从原子结构分析原因____。
【答案】（1）N的电子排布是半充满的，比较稳定，电离能高
（2）bc （3） ①. 8 ②.
（4） ①. Ⅷ ②. d ③. Mn2+的3d能级是3d5半充满状态，比较稳定，而Fe2+的3d能级为不稳定的3d6，易失去一个电子转变为较稳定的3d5半充满状态，所以需要的能量相对要少
【解析】
【小问1详解】
尿素中氮元素的第一电离能比氧元素高的原因是氧原子的价电子排布式为2s22p4，原子失去的是已经配对的2p电子，配对电子相互排斥，因而电离能较低，而氮原子的的价电子排布式为2s22p3，2p轨道为半充满的稳定结构，电离能高于相邻元素，故答案为：N的电子排布是半充满的，比较稳定，电离能高；
【小问2详解】
a．氨分子中氮原子的孤对电子对数为1、甲烷分子中碳原子的孤对电子对数为0，孤对电子对数越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，由价层电子对互斥理论可知，氨分子中氮原子的孤对电子对数为1、甲烷分子中碳原子的孤对电子对数为0，所以氨分子的键角小于甲烷分子的键角，故正确；
b．氨分子的空间构型为结构不对称的三角锥形，属于极性分子，又氨分子与水分子间能形成氢键，所以氨气极易溶解在水中，则氨气极易溶解在水中与氨分子为极性分子和与水分子间能形成氢键有关，故错误；
c．氨分子间能形成氢键，磷化氢分子间不能形成氢键，氨分子间的作用力强于磷化氢分子，所以氨分子的沸点比磷化氢的高，沸点高低与氮氢键和磷氢键的键能的大小无关，故错误；
故选bc；
【小问3详解】
由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的锆离子与位于体对角线处的氧离子间的距离最近，所以锆离子的配位数为8；晶胞中位于顶点和面心的锆离子的个数为8×+6×=4，位于体内的氧离子个数为8，设晶胞的体积为Vcm3，由晶胞的质量公式可得：=Vρ，解得V=，故答案为：8；；
【小问4详解】
①铁元素的原子序数为26，位于元素周期表第四周期Ⅷ族，属于d区，故答案为：Ⅷ；d；
②Mn2+的价电子排布式为3d5，3d能级是比较稳定的半充满状态，再失去一个电子需要消耗较大的能量，而Fe2+的价电子排布式为3d6，易失去一个电子转变为较稳定的3d5半充满状态，需要的能量相对要少，所以气态Mn2＋再失去1个电子比气态Fe2＋再失去1个电子更难，故答案为：Mn2+的3d能级是3d5半充满状态，比较稳定，而Fe2+的3d能级为不稳定的3d6，易失去一个电子转变为较稳定的3d5半充满状态，所以需要的能量相对要少。
18. 药物Q能阻断血栓形成，它的一种合成路线。
已知：i.
ii.R＇CHOR＇CH=NR＂
（1）→A的反应方程式是_______。
（2）B的分子式为。E的结构简式是_______。
（3）M→P的反应类型是_______。
（4）M能发生银镜反应。M分子中含有的官能团是_______。
（5）J的结构简式是_______。
（6）W是P的同分异构体，写出一种符合下列条件的W的结构简式：_______。
i.包含2个六元环，不含甲基
ii.W可水解。W与溶液共热时，最多消耗
（7）Q的结构简式是，也可经由P与Z合成。已知：，合成Q的路线如下(无机试剂任选)，写出X、Y、Z的结构简式：_______。
【答案】（1）+CH3COOH +H2O
（2） （3）酯化反应(或取代反应)
（4）羧基和醛基 （5）
（6） 或者或者或者 （7），，
【解析】
【分析】本题为有机合成流程题，由题干中A的结构简式和A到B的转化条件可知，A的结构简式为：，由信息①、(2)小问中B的分子式和A到B的转化条件并结合E和P的产物的结构简式可知，B的结构简式为：，由B到D转化条件可知，D的结构简式为：，由D到E的转化条件可知，E的结构简式为：，由F的分子式和转化条件可知，F的结构简式为：，由生成M的转化条件结合M的分子式和M能够发生银镜反应可知，M的结构简式为：，由M转化为P的条件可知，P的结构简式为：，由J的分子式和G的结构简式可知，J的结构简式为：，(6) 由分析可知，P的结构简式为：，其分子式为：C9H8O3，则W是P的同分异构体，则符合i．包含2个六元环，不含甲基，ii．W可水解，即含有酯基，W与溶液共热时，最多消耗，即分子中含有酚羟基和酚酯基等条件的W的结构简式为： 或者或者或者 ，(7) 由分析可知，P的结构简式为：，由题干E+P转化为J的转化信息可知，Q可以由和Z转化为来，则可由Y发生水解得到，则可由X在铁粉和酸作用下制得，可由在浓硫酸、浓硝酸共同作用下制得，据此分析解题。
【小问1详解】
由分析可知，A的结构简式为：，则→A的反应方程式是+CH3COOH +H2O，故答案为：+CH3COOH +H2O；
【小问2详解】
由分析可知，B的分子式为，E的结构简式是，故答案为：；
【小问3详解】
由分析可知，M→P即+CH3OH+H2O，则该反应的反应类型是酯化反应(或取代反应)，故答案为：酯化反应(或取代反应)；
【小问4详解】
由分析可知，M能发生银镜反应，M的结构简式为：，则M分子中含有的官能团是羧基和醛基，故答案为：羧基和醛基；
【小问5详解】
由分析可知， J的结构简式是，故答案为：；
【小问6详解】
由分析可知，P的结构简式为：，其分子式为：C9H8O3，则W是P的同分异构体，则符合i．包含2个六元环，不含甲基，ii．W可水解，即含有酯基，W与溶液共热时，最多消耗，即分子中含有酚羟基和酚酯基等条件的W的结构简式为： 或者或者或者，故答案为： 或者或者或者；
【小问7详解】
由分析可知，P的结构简式为：，由题干E+P转化为J的转化信息可知，Q可以由和Z转化为来，则可由Y发生水解得到，则可由X在铁粉和酸作用下制得，可由在浓硫酸、浓硝酸共同作用下制得，故答案为：，，。
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