必刷卷03-2022年高考化学考前信息必刷卷（全国乙卷）

这是一份必刷卷03-2022年高考化学考前信息必刷卷（全国乙卷），共25页。试卷主要包含了作答时，务必将答案写在答题卡上，7% 3，8℃~53等内容，欢迎下载使用。

2022年高考化学考前信息必刷卷03
全国卷(乙卷)

为平稳过渡至新高考，预计2022全国卷(乙卷)仍将保持2021年的风格，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。

有理有据 从容不迫___________附《2020高考化学细目表》
强烈建议避开难题、怪题，有的放矢，直面热点、淬炼重点、从容备考。

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 P-31 Cl-35.5
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. 下列有关报道的我国科技成就中，化学解读错误的是
选项
科技成就
化学解读
A
研制稳定且有非凡的比表面积的铝硅酸盐沸石(ZEO-1)
ZEO-1属于金属材料
B
首次实现以CO2和H2为原料人工合成淀粉
有助于实现碳中和及解决粮食危机
C
发现古菌能将石油(烷基型有机物)转化为天然气
合适温度能提高古菌活性
D
碳家族再添新成员-发现次晶态金刚石晶体
它是石墨烯的一种同素异形体

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．铝硅酸盐沸石为硅酸盐材料，属于无机非金属材料，A错误；
B．实现以CO2和H2为原料人工合成淀粉，可以充分利用二氧化碳并生成有机物，有助于实现碳中和及解决粮食危机，B正确；
C．古菌活性的需要合适的温度，温度过高或过低都会降低其活性，C正确；
D．晶态金刚石晶体也是由碳元素组成的一种单质，与石墨烯互为同素异形体，D正确；
故选A。
2. 下列做法或实验(图中部分夹持略)，不能达到目的的是
防止铁管道被腐蚀
检验产生的SO2
模拟侯氏制碱法：a先通入NH3，b中再通入CO2，c放蘸有稀硫酸的脱脂棉
测量气体体积时，减少误差




A
B
C
D

A. A B. B C. C D. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．废铁、铁管道和电源形成电解池，为外加电流阴极保护法，应当将铁管道连接电源的负极，作阴极才能防止铁管道被腐蚀，图中铁管道连接电源正极作阳极，不能达到保护铁管道被腐蚀的目的， A项错误；
B．Fe3+能与硫氰化钾溶液发生络合反应溶液变为红色，二氧化硫具有还原性，可以将Fe3+还原为Fe2+使溶液的红色褪去，可检验产生的SO2气体，B项正确；
C．装置是模拟侯氏制碱法制取碳酸氢钠的部分装置，由于CO2的溶解度较小，而NH3的溶解度较大，为防止倒吸，b通入CO2，a通入NH3，所以要在食盐水先通CO2然后再通NH3，目的是增大产率，c中可以放蘸有稀硫酸的脱脂棉，该装置能达到实验目的，C项正确；
D．橡皮管可平衡气压，便于液体顺利流下，则对生成的气体体积进行测量可以减少误差，D项正确；
答案选A。
3. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 28.4g P2O5()含极性键的数目为0.4NA
B. 标准状况下，2.24L氯气参与的氧化还原反应中，转移电子数一定为0.2NA
C. 11g CO2和N2O的混合物中含有的质子数一定为5.5NA
D. 1L 1mol/L CH3COONa溶液中CH3COO-与OH-离子数之和小于NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．28.4g P2O5为0.2mol，即0.1mol P4O10，1个P4O10含16个共价键(4个P=O，12个P-O，全部为极性键)，则0.1mol P4O10含有共1.6mol共价键，也就是1.6NA个，故A错误；
B．反应中，2.24L氯气（标况下，其物质的量为0.1mol）参与反应，转移电子数为0.1NA，故B错误；
C．CO2和N2O的相对分子质量都是44，CO2和N2O分子中都含有22个质子，11g CO2和N2O的混合物中含有的质子的物质的量为5.5mol，即11g CO2和N2O的混合物中含有的质子数目为5.5NA，故C正确；
D．1L 1mol/L CH3COONa溶液中n(Na+)=1mol，根据电荷守恒：n(CH3COO-)+n(OH-)=n(Na+)+n(H+)，所以CH3COO-与OH-离子数之和大于NA，故D错误；
故选C。
4. 糠醛可选择性转化为糠醇或2-甲基喃(如图)。下列说法错误的是

A. 糠醛中所有的碳原子可能共平面 B. 糠醛与互为同系物
C. 糠醛在钢催化条件下生成糠醇为加成反应 D. 2-甲基味喃的一氯代物有4种
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据乙烯的6个原子共平面、甲醛的4个原子共平面，单键可以旋转，故糠醛中所有的碳原子可能共平面，选项A正确；
B．糠醛含有醛基，而不含醛基，两者所含官能团种类不同，不可能互为同系物，选项B错误；
C．糠醛在钢催化条件下与氢气发生加成反应生成糠醇，选项C正确；
D．2-甲基呋喃分子中有4种化学环境的氢，故其一氯代物有4种，选项D正确；
答案选B。
5. 已知A、B、C、D、E是五种短周期主族元素，其原子半径与原子序数的关系如图1，且A、B、C、D可形成化合物X如图2，C与E同主族。下列说法错误的是


A. A、B、D均可与C形成常见的两种二元化合物
B. 简单离子的半径：E>D>C
C. 最高价氧化物对应水化物的酸性：E>B
D. 化合物X在低温的碱性溶液中更加稳定
【答案】B
【解析】
【分析】根据原子半径与原子序数的关系图，A是第一周期元素，B、C是第二周期元素，C、D是第三周期元素，A是H元素；根据A、B、C、D形成化合物X的结构图，B能形成4个共价键，B是C元素；C能形成2个共价键，C是O元素；D能形成+1价阳离子，D是Na元素，O与E同主族，E是S元素，以此来解析；
【详解】A．H与O能形成化合物H2O、H2O2，Na与O能形成化合物Na2O、Na2O2，C与O能形成化合物CO、CO2，A正确；
B．电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，简单离子的半径：S2->O2->Na+，B错误；
C．非金属性越强对应的最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性S>C，最高价氧化物的水化物酸性H2SO4>H2CO3，C正确；
D．X为Na2CO3·H2O2，H2O2受热易分解，Na2CO3易与酸反应，化合物X在低温的碱性溶液中更加稳定，D正确；
故选B。
6. 设计如图装置探究稀盐酸中阴、阳离子在电场中的相对迁移速率(已知：Cd的金属活动性大于Cu)。恒温下，在垂直的玻璃细管内，先加入溶液及显色剂，然后小心加入HCl溶液，在aa＇处形成清晰的界面。通电后，可观察到清晰界面缓缓向上移动。下列说法不正确的是

A. 通电后，可观察到清晰界面缓缓向上移动是向Pt电极迁移的结果
B. 装置中Pt电极附近的pH增大
C. 一定时间内，如果通过HCl溶液某一界面的总电量为5.0C，测得所迁移的电量为4.1C，说明该HCl溶液中的迁移速率约是的4.6倍
D. 如果电源正负极反接，则下端产生大量，使界面不再清晰，实验失败
【答案】D
【解析】
【分析】装置中上边的Pt电极与外电源负极相连，作为阴极；下端的Cd电极与外电源的正极相连，作为阳极；题中指出Cd的金属活动性大于Cu，所以阳极发生Cd的氧化反应，阴极则发生H+的还原反应；如果把电源的正负极反接，则Pt电极为阳极，Cl-的在Pt电极处被氧化生成Cl2，Cd电极为阴极发生的是还原反应。
【详解】A．通电后，Pt为阴极，Cd为阳极，所以Cd2+向Pt电极迁移，选项A正确；
B．通电后Pt为阴极，Cd为阳极，分别发生发生H+的还原反应和Cd的氧化反应，所以总反应方程式为：，盐酸消耗，溶液pH增大，选项B正确；
C．由于通过该界面的总电量为5.0C，其中H+迁移的电量为4.1C，所以Cl-迁移的电量为0.9C，所以HCl溶液中H+迁移速率约为Cl-的4.6倍，选项C正确；
D．正负极若反接，则上端的Pt电极为阳极，Cl-在Pt电极处发生氧化反应生成Cl2，实验明显，选项D不正确；
答案选D。
7. 常温下，保持某含Ca2+水体中H2CO3与空气中CO2的平衡，调节水体pH，水体中-lg[c(X)]与pH的关系如下图所示(其中X为H2CO3、HCO、CO或Ca2+)。下列说法正确的是

A. 曲线Ⅱ表示-lg[c(HCO)]与pH的关系
B. 该温度下，H2CO3的电离常数的数量级为10-10
C. a点的水体中：
D. 向水体中加入适量Ca(OH)2固体，可使溶液由b点变到c点
【答案】C
【解析】
【分析】根据图象分析，随着pH的增大，溶液的碱性增强，的浓度减小，浓度增大，因此曲线Ⅲ代表与pH的关系，由于碳酸分步电离，第一步电离产生，第二步电离时产生，因此曲线Ⅰ为与pH的关系，随着浓度增大，逐渐生成CaCO3沉淀，溶液中Ca2+逐渐减小，曲线Ⅱ为与pH的关系。
【详解】A．由上述分析可知，曲线Ⅱ为与pH的关系，故A错误；
B．由图可知，pH=7.7时，曲线Ⅲ和曲线Ⅰ相交，此时， ，则H2CO3的电离常数，故B错误；
C．由图可知，经过a点作一条垂直与pH轴的直线，曲线Ⅱ在最上面，曲线Ⅲ在最下面，因此a点的水体中：，故C正确；
D．向水体中加入适量Ca(OH)2固体，Ca2+浓度增大，温度不变，不变，则浓度减小，因此向水体中加入适量Ca(OH)2固体，不能使溶液由b点变到c点，故D错误；
答案选C。
二、非选择题
(一)必考题：共43分。
8. 镍、钴及其化合物在工业上有广泛的应用。工业上用红土镍矿(主要成分为NiO，含CoO、FeO、Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO和SiO2)制备NiSO4·6H2O和钴的工艺流程如图所示。

已知：①Ni、Co的化学性质与Fe相似：
②溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示：
金属离子
Ni2+
Al3+
Fe3+
Fe2+
Co2+
Mg2+
开始沉淀时的pH
6.8
4.1
2.2
7.5
7.2
9.4
沉淀完全时的pH
9.2
5.4
3.2
9.0
9.0
12.4
③“萃取”可将金属离子进行富集与分离，原理如下：X2+(水相)+2RH(有机相)XR2(有机相)+2H+(水相)。
回答下列问题：
（1）滤渣I的主要成分为____(填化学式)。
（2）调pH的目的为沉铁和沉铝。沉铁时发生的氧化还原反应的离子方程式为____。如何判断NaClO已足量：____(写出具体操作过程)。
（3）滤渣3的成分为MgF2和CaF2。若滤液1中c(Ca2+)=1.0×10-3molL，当滤液2中c(Mg2+)=1.5×10-6mol/L时，除钙率为____(忽略沉淀前后溶液体积变化)。(已知：Ksp(CaF2)=1.5×10-10、Ksp(MgF2)=7.5×10-11)
（4）用25%P507+5%TBP+70%磺化煤油做萃取剂，萃取时，Co、Ni的浸出率和钴/镍分离因素随pH的关系如图所示：

萃取时，选择pH为___左右。
（5）试剂X为___。
（6）资料显示，硫酸镍结晶水合物的形态与温度有如表关系。
温度
低于30.8℃
30.8℃~53.8℃
53.8℃~280℃
高于280℃
晶体形态
NiSO4·7H2O
NiSO4·6H2O
多种结晶水合物
NiSO4
由NiSO4溶液获得稳定的NiSO4·6H2O晶体的操作M依次是蒸发浓缩、____、过滤、洗涤、干燥。
【答案】（1）CaSO4和SiO2
（2） ①. 2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+或2Fe2++5ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4HClO ②. 取反应后少量滤液于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若无蓝色沉淀产生，说明NaClO已足量
（3）99.7% （4）3.5
（5）盐酸 （6）冷却至30.8℃~53.8℃之间结晶
【解析】
【分析】红土镍矿：主要成分为NiO，含CoO、FeO、Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO和SiO2，向其中加入硫酸，NiO与硫酸反应生成NiSO4，CoO与硫酸反应生成CoSO4，FeO与硫酸反应生成FeSO4，Fe2O3与硫酸反应生成Fe2(SO4)3，Al2O3与硫酸反应生成Al2(SO4)3，MgO与硫酸反应生成MgSO4，CaO与硫酸反应生成CaSO4，SiO2与硫酸不反应，则过滤得到的滤渣1含SiO2和CaSO4；向滤液中加入次氯酸钠将亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸钠溶液调节pH，将铁离子、铝离子沉淀，过滤，滤渣2含Fe(OH)3、Al(OH)3；向滤液1中加入氟化钠，将镁离子转化为氟化镁沉淀，将钙离子转化为氟化钙沉淀，滤渣3含MgF2、CaF2；向滤液2中加入萃取剂，将二价钴离子萃取到有机相中，再加盐酸进行反萃取，得到氯化钴溶液，氯化钴溶液电解得到单质钴；而二价镍离子在萃取的水相中，将水相处理得到硫酸镍溶液，硫酸镍溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NiSO4·6H2O晶体。
【小问1详解】
由分析可知，滤渣1的主要成分是：SiO2和CaSO4。
【小问2详解】
次氯酸根离子有强氧化性，亚铁离子有还原性，两者发生氧化还原反应生成氯离子和铁离子，而生成的铁离子又水解生成氢氧化铁，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，沉铁时发生的氧化还原反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+或2Fe2++5ClO-+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+4HClO；要证明次氯酸钠已足量，只需证明溶液中已经没有亚铁离子，因此方法为：取反应后少量滤液于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若无蓝色沉淀产生，说明NaClO已足量。
【小问3详解】
当滤液2中c(Mg2+)=1.5×10-6mol/L时，c2(F-)===510-5(mol/L)2，此时溶液中c(Ca2+)===310-6mol/L，除钙率为：。
【小问4详解】
由图示可知，pH为3.5左右时，Co/Ni分离因素最高，钴和镍的萃取率相差较大，因此，萃取时，选择pH为3.5左右。
【小问5详解】
由图示可知，反萃取后得到氯化钴溶液，再结合已知信息③，因此试剂X为盐酸。
【小问6详解】
从溶液中获得晶体的操作一般是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，依据表中数据可知，30.8℃~53.8℃，晶体以NiSO4·6H2O形式存在，因此冷却结晶时应在30.8℃~53.8℃之间冷却结晶。
9. 中国首次实现利用二氧化碳合成淀粉，合成过程的关键步骤是利用二氧化碳制备甲醇。CO2催化加氢制CH3OH的主要反应为CO2+3H2→CH3OH+H2O。
（1）已知H2(g)和CH3OH(g)的燃烧热分别是285.8kJ·mol-1和763.9kJ·mol-1，H2O(1)的汽化热是40.8kJ·mol-1，则反应CO2(g)+3H2(g)→CH3OH(g)+H2O(g)的ΔH=___________。该反应在___________(填“高温”“低温”或“任何温度”)下可自发进行。
（2）CO2催化加氢制CH3OH的一种反应机理历程如下图所示(吸附在催化剂表面的物质用*标注，如CO2*表示CO2吸附在催化剂表面)

该反应历程中决速步反应的化学方程式为___________。
（3）已知化学反应速率方程k正、k逆是正逆反应v正=k正·c(CO2)·c3(H2)，v逆=k逆·c(CH3OH)·c(H2O)的速率常数，只受温度影响。如图表示速率常数的对数lgk与温度的倒数之间的关系，k正、k逆对应的曲线分别是___________、___________。

（4）CO2和H2起始物质的量之比为1：3时，该反应在有、无分子筛膜时甲醇的平衡产率随温度的变化如图所示(分子筛膜能选择性分离出H2O)。有分子筛膜时，温度为210℃时甲醇平衡产率最高的原因是___________。
（5）一定条件下，向2L恒容密闭容器中充入2 molCO2和6molH2，发生反应CO2(g)+3H2(g) → CH3OH(g)+H2O(g)。已知容器内起始压强为320kPa，反应达平衡时容器内压强为200kPa，平衡时CH3OH(g)的分压为___________kPa，该温度下反应的标准平衡常数Kθ=___________。(该反应标准平衡常数的表达式为Kθ=，其中p为分压，分压=总压×物质的量分数,pθ=100kPa)
【答案】（1） ①. -52.7kJ·mol-1 ②. 低温
（2）CO2(g)+2H*+2H2(g)=COOH*+H*+2H2(g)或CO2(g)+2H*=COOH*+H*或CO2(g)+H*=COOH*
（3） ①. b ②. a
（4）温度低于210℃时，随温度升高，分子筛膜分离出H2O使平衡向正方向移动的影响大于温度升高使平衡向你方向移动的影响，产率增大；温度高于210℃时温度升高使平衡向逆方向移动的影响大于分子筛膜分离出H2O使平衡向正方向移动的影响，产率下降
（5） ①. 60 ②. 或8.3
【解析】
【小问1详解】
根据题目所给信息可得热化学方程式：①H2(g)+O2(g)=H2O(1) ΔH=-285.8kJ·mol-1、②CH3OH(g)+O2(g)=2H2O(1)+CO2(g) ΔH=-763.9kJ·mol-1、③H2O(1)=H2O(g) ΔH=40.8kJ·mol-1，根据盖斯定律①×3-②+③可得CO2(g)+3H2(g)→CH3OH(g)+H2O(g)的ΔH=(-285.8kJ·mol-1)×3-(-763.9kJ·mol-1)+40.8kJ·mol-1=-52.7kJ·mol-1；该反应为气体系数之和减小的反应，所以ΔS＜0，所以在低温条件下满足ΔH-TΔS＜0，反应可以自发；
【小问2详解】
活化能越大，反应速率越慢，慢反应决定整体反应速率，据图可知决速步骤为CO2(g)+2H*+2H2(g)=COOH*+H*+2H2(g)或CO2(g)+2H*=COOH*+H*或CO2(g)+H*=COOH*；
【小问3详解】
温度升高反应速率加快，所以越小，k越大，即lgk越大，而该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，说明温度对k逆的影响更大，所以k正对应的曲线是b，k逆对应的曲线是a；
【小问4详解】
温度低于210℃时，随温度升高，分子筛膜分离出H2O使平衡向正方向移动的影响大于温度升高使平衡向你方向移动的影响，产率增大；温度高于210℃时温度升高使平衡向逆方向移动的影响大于分子筛膜分离出H2O使平衡向正方向移动的影响，产率下降；
【小问5详解】
设平衡时CH3OH的物质的量为x，列三段式有： ，恒容密闭容器中压强之比等于气体的物质的量之比，所以有=，解得x=1.5，所以平衡时CH3OH(g)的分压为×200kPa=60kPa，同理可以求出CO2、H2、H2O的分压分别为20kPa、60kPa、60kPa，所以Kθ==或8.3。
10. 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。
(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. 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。
12. 我国科学家发现化合物J对消除由蜈蚣叮咬产生的严重临床症状有良好效果。J的两条合成路线如图所示。

已知：ⅰ.R—NH2R—NH2(R代表烃基)
ⅱ.—NH2易被氧化
回答下列问题：
（1）A中官能团有：硝基和____。
（2）D→E的化学方程式是____。F的结构简式是____。
（3）反应中的作用____。
（4）B有多种同分异构体，写出任意一种同时满足下列条件的M的结构简式是____。
①含有—NO2的芳香族化合物
②能发生水解反应且水解产物之一含有醛基
③苯环上一氯代物有两种
（5）G→H的反应类型是____。
（6）I→J的反应还可能有副产物，请写出其中一种的结构简式____。
（7）苯胺()和乙二酸(HOOC—COOH)为起始原料，可以制备。选用必要的试剂完成合成路线____。
【答案】（1）氨基 （2） ①. +HNO3+H2O ②.
（3）保护氨基，防止在硝化过程中被氧化
（4） （5）取代反应
（6）、或者等 （7）
【解析】
【分析】本题为有机合成流程题，根据流程图中A和C的结构简式以及A到B、B到C的转化条件可知，B的结构简式为：，根据C、E的结构简式和C到D、D到E的转化条件并结合已知信息i可推知，D的结构简式为：，根据E和J的结构简式和E到F的转化信息并结合已知信息i可知，F的结构简式为：，根据H的结构简式和H到I的转化条件结合J的结构简式可知，I的结构简式为：，(4) 已知B的结构简式为：，其分子式为：C9H10N2O4，则B同时满足下列条件：①含有—NO2的芳香族化合物，②能发生水解反应且水解产物之一含有醛基即含有甲酸酯基或者甲酸与-NH2形成的酰胺键，③苯环上一氯代物有两种即苯环上有两个对位上的取代基或者含有四个取代基，则M的结构简式为：或者等，(6) 由题干流程图中I→J的转化信息可知，反应中是中的Cl和I中氨基上的H原子结合成HCl，则反应还可能有副产物有： 、或者等，(7)本题采用逆向合成法，可由HOOCCOOH与通过脱水缩合而得，则可以由催化还原得到，由于-NH2易被硝化反应过程中的浓硝酸氧化，根据题干流程图中信息可知，先将-NH2保护起来，即先与反应生成，然后在硝化反应得到，由E到F的转化信息可知，与N2H4即可获得，由此确定合成路线，据此分析解题。
【小问1详解】
由题干流程图中A的结构简式可知，A中官能团有：硝基和氨基，故答案为：氨基；
【小问2详解】
由分析可知，D→E即与浓硫酸、浓硝酸共热来制备，故该转化的化学方程式为：+HNO3(浓) +H2O，由分析可知， F的结构简式是，故答案为：+HNO3(浓) +H2O ；；
【小问3详解】
由分析可知，D到E的硝化反应中使用的浓硝酸具有强氧化性，可以氧化氨基，则反应中的作用是保护氨基，防止在硝化过程中被氧化，故答案为：保护氨基，防止在硝化过程中被氧化；
【小问4详解】
已知B的结构简式为：，其分子式为：C9H10N2O4，则B同时满足下列条件：①含有—NO2的芳香族化合物，②能发生水解反应且水解产物之一含有醛基即含有甲酸酯基或者甲酸与-NH2形成的酰胺键，③苯环上一氯代物有两种即苯环上有两个对位上的取代基或者含有四个取代基，则M的结构简式为：或者等，故答案为：或者等；
【小问5详解】
由题干流程图中，G、H的结构简式和G到H的转化条件可知，G→H的反应类型是取代反应，故答案为：取代反应；
【小问6详解】
由题干流程图中I→J的转化信息可知，反应中是中的Cl和I中氨基上的H原子结合成HCl，则反应还可能有副产物有： 、或者等，故答案为：、或者等；
【小问7详解】
本题采用逆向合成法，可由HOOCCOOH与通过脱水缩合而得，则可以由催化还原得到，由于-NH2易被硝化反应过程中的浓硝酸氧化，根据题干流程图中信息可知，先将-NH2保护起来，即先与反应生成，然后在硝化反应得到，由E到F的转化信息可知，与N2H4即可获得，由此确定合成路线图为：，故答案为：。