必刷卷02——【高考三轮冲刺】2023年高考化学考前20天冲刺必刷卷（全国甲卷专用）（原卷版+解析版）

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2023年高考化学考前信息必刷卷02
全国甲卷专用

高考化学科考试必须坚持服务于大学选拔人才。根据化学科的学科特点，在考查内容上：要展示化学科学的根本特征是合成新分子和创造新物质，是与能源科学、材料科学、环境科学以及生命科学等密切交叉和相互渗透的核心科学；要展现化学科学是人类认识世界和改造世界的工具，体现化学对人类的经济发展、人类生存条件的改善以及社会的进步作出的巨大贡献。通过联系日常生活、生产环保、实验探索、科学研究，在学生运用化学基本知识分析问题和解决问题的过程中，灵活考查学生的知识、能力、素养等综合素质，测评学生学科素质的水平，从而为高等院校选拔符合要求的合格学生。从题型上看，选择题是高考必考题型，以容易题和中等难度题为主，考查的知识容量较大，选择题侧重考查主干知识与“双基”，具有题型多样、知识面广、难度不大的特点，由于高考中选择题分值重，故选择题的得分己成为很多考生整份试卷得分高低的关键。选择题命题的题干围绕一个中心，和选项的关系一致，干扰项的有效性和迷惑性能反映考生的典型错误，各选项的结构和语言长度大体一致，各题正确选项的分布基本均匀。选择题涉及知识面广，考查了典型无机物和有机物的性质、基本化学实验操作、元素性质与周期律、电化学、弱电解质的电离平衡等主干内容，在此基础上转变设问角度和考查方法。主观题仍以五大题型——原理综合题、实验综合题、工业流程题、物质结构与性质综合题、有机化学基础综合题为主考查化学学科的主干知识，解决实际生产、日常生活、科学研究中的问题，要求考生有全面化学知识和解决问题的能力才能顺利解题。

高考命题体现时代的主题，弘扬时代精神，“重基础、重应用、重时事、重生活”，基于高考评价体系的化学科考试命题打破了以往以知识为中心的双向细目表的命题模式，要求命题者在考查内容上不仅关注基础知识本身，更要关注试题的核心价值，体现价值第一，试题素材情境取材广泛，围绕与化学关系密切的时代主题鲜明储能发电技术为载体，第7题以零碳储能为载体考查化学与STSE；第8题以储能电池工作原理考查阿伏加德罗常数；第10题以有机光电材料中间体为载体考查有机化学基础知识；第11题以多孔储氢材料为载体考查元素性质与推断；第13题以一种新型能量存储/转化装置为载体考查电化学原理；第26题以兰尼镍(一种带有多孔结构的细小晶粒组成的镍铝合金，具有优良的储氢性能) 的制备为载体考查有关工业流程知识和元素的性质；第27题以氢能的制备、应用为载体考查化学原理；第28题以制备储能电池用电解质为载体考查化学综合实验知识；第35题以金属Mn、Co、Ni、Sb等在电池、储氢材料、催化剂等方面有广泛应用为载体考查物质结构与性质的相关知识；第36题以光电材料的制备为载体考查有机合成与推断，试题围绕这些基础内容，深入考查学生对阿伏加德罗常数、有机化学基本概念（分子的空间结构、同分异构体、官能团）、元素性质与周期律、电化学等主干内容的理解能力。

可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Na 23 V 51
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。
7．国家发改委发布“十四五”期间推动新型储能指导意见。储能分为物理储能与化学储能等。氢能、氨能已成零碳储能的关注热点。以下说法正确的是
A．压缩空气储能、重力储能属于物理储能，能量存储及释放不涉及化学反应
B．将不稳定的风能存储为化学能，有利于实现“双碳”目标，降低碳汇
C．氨能在安全、储运上优于氢能，在制氢成本、合成催化剂、燃烧技术上有待创新
D．将太阳能转化为电化学储能必须使用硅芯片，且至少存在2种能量转化方式
【答案】C
【解析】A.压缩空气储能是利用空气状态的变化，重力储能利用介质动能势能的转化，属于物理储能方式，储能装置放电时会发生化学反应，A错误；B. 将不稳定的风能存储为化学能，发展新型绿色储能利于实现“双碳”目标，但与碳汇 (碳汇指树木、植物吸收汇聚的二氧化碳的量)无关，B错误；C.氨不易燃烧，易液化存储及运输，这些均优于氢。合成氨时，更加低成本高效的电解水制氢方式、寻求合成氨的低温催化剂(目前合成氨条件：高温高压催化剂)有待创新，且氨不易燃烧，燃烧时控制氮氧化合物的生成，都是研究攻克的技术问题，C正确；D.将太阳能转化为电化学储能用到光电池，单晶硅、多晶硅都可做光电池，但并不唯一，还有其他可做芯片的化合物半导体，且最少的能量转化包括光能、电能和化学能3种，D错误。故选C。
8.某储能电池原理如图1，其俯视图如图2，已知放电时N是负极(NA是阿伏加德罗常数的值)。下列说法正确的是

A．放电时，负极质量增加23g，则NaCl/H2O储液器Na+减少NA个
B．放电时，每转移NA个电子，理论上CCl4释放11.2LCl2
C．充电时，N极理论质量减小23g，则转移电子电子数为NA
D．充电过程中，右侧储液器中NaCl溶液浓度减小
【答案】D
【解析】放电时负极反应：，正极反应：Cl2+2e-=2Cl-，消耗氯气，放电时，阴离子移向负极，充电时阳极：2Cl--2e-=Cl2。A．放电时N为负极，失去电子，Ti元素价态升高，电极反应为Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na+，释放出Na+，负极质量减小，A错误；B．在放电时，正极反应为Cl2+2e-=2C1-，电路中转移1mol电子，理论上氯气的CCl4溶液中释放0.5 mol Cl2，即释放标况上的Cl211.2L，选项中未指明标况，B错误；C．充电时，N极为阴极，电极反应为NaTi2(PO4)3+2Na++2e-=Na3 Ti2(PO4)3，N极理论质量增加23g，C错误；D．充电过程中，阳极2Cl--2e-=Cl2，消耗Cl-，NaCl溶液浓度减小，D正确；故选D。
9.实验室用如图所示装置进行NO2溶于水的实验，一段时间后，下列装置示意图能正确反映实验现象的是


【答案】D
【解析】NO2溶于水发生反应：3NO2+H2O=== 2HNO3+NO，反应前NO2为红棕色气体，反应后生成的NO为无色气体且不溶于水，根据同温同压下，气体物质的量之比等于体积之比可知，反应前3体积的NO2与水反应生成1体积NO气体，因此反应后，试管体积的三分之二为水溶液，结合上述四个装置示意图可知，只有D能正确反映实验现象，故选D。
10.化合物A是一种有机光电材料中间体，其结构简式为，关于该化合物的叙述正确的是
A．分子式为C18H20O2
B．1molA与H2反应最多消耗6molH2
C．化合物A的一氯代物有12种(不考虑立体异构)
D．可发生加成反应，不能发生取代反应
【答案】C
【解析】A．由该物质的结构简式可知，其分子式为C18H18O2，A错误；B．由该物质的结构简式可知，1molA含2mol碳碳双键，消耗2molH2，还含有1mol苯环，消耗3molH2，一共消耗5molH2，B错误；C．化合物A的一氯代物如，共12种，C正确；D．分子中有碳碳双键，能发生加成反应，分子中含有苯环，能发生取代反应，D错误；答案选C。
11.某多孔储氢材料结构如图，M、W、X、Y、Z五种短周期元素原子序数依次增大，电负性Z大于Y，下列说法错误的是

A．非金属性：Y>Z
B．该物质中有离子键、极性共价键
C．M、Y、Z形成的化合物只能促进水的电离
D．最高价含氧酸的酸性：Y>X>W
【答案】A
【解析】M、W、X、Y、Z五种短周期元素原子序数依次增大，电负性Z大于Y，Z能形成2个共价键，则Z为O元素；M形成1个共价键，其原子序数最小，则M为H元素；X形成4个共价键，则X为C元素；Y、W能分别形成4个共价键，且分别形成阳离子、阴离子，则Y为N元素、W为B元素。由上述分析可知，M为H元素、W为B元素、X为C元素、Y为N元素、Z为O元素，则A．同周期主族元素从左向右，元素原子的非金属性增强，N 12.医疗上常用BaSO4作X射线透视肠胃的内服药剂，俗称“钡餐”。BaCO3和BaSO4都是难溶电解质，常温下其沉淀溶解平衡常数分别为Ksp(BaCO3)=5.5×10-9，Ksp(BaSO4)=1.1×10-10。下列叙述正确的是
A. 可以用0.5mol/L的Na2CO3溶液给钡离子中毒患者洗胃
B. 常温下，BaSO4(s)+CO32-BaCO3(s)+SO42-的平衡常数K=2×10-2
C. 加入0.01 mol BaCl2不能使1 L 1.0×10-3 mol ·L-1 SO42-完全沉淀
D. 常温下，向BaSO4固体的溶液中滴加Na2CO3溶液，不可能有BaCO3固体生成
【答案】B
【解析】胃液中含盐酸，而BaSO4不溶于盐酸，BaCO3可与盐酸反应碳酸钡被用来作为毒鼠药；氯化钡对人的毒害与升汞不相上下硫酸钡是没有毒的,它既不溶于水,也不溶于酸或碱中,因而它不会产生有毒的钡离子,它还具有阻止射线通过的能力,因此在利用X射线检查肠胃中是否存在病变时,医生让你服用它,吃一顿钡餐.硫酸钡没有任何气味,吃后会自动排出体外.用0.5mol/L的Na2CO3溶液给钡离子中毒患者洗胃，由于BaCO3能溶于盐酸，起不到解毒作用，故A错误；B．该反应的平衡常数K=c(SO42-)/c(CO32-)=[c(SO42-)c(Ba2+)]/[c(CO32-)c(Ba2+)]=Ksp(BaSO4)/Ksp(BaCO3)=(1.1×10-10)/(5.5×10-9)=2×10-2，B正确；C.加入0.01molBaCl2，生成0.001molBaSO4沉淀，剩余0.009molBaCl2，此时溶液中c(Ba2+)为0.009mol/L,因为Ksp(BaSO4)=1.1×10-10 ，所以c(SO42-)=1.1×10-10/0.009=1.2×10-8<10-5，故能使SO42-完全沉淀，C错误；D.BaSO4固体的溶液中滴加Na2CO3溶液，当两种沉淀共存时：，即当溶液中c(CO32-)>20c(SO42-)，就会有BaCO3固体生成，D错误，故选B。
13.我国某科研团队设计了一种新型能量存储/转化装置(如图所示)。闭合、断开时，制氢并储能；断开、闭合时，供电。［已知与的性质相似］下列说法不正确的是

A．制氢时，太阳能转化为电能再转化为化学能
B．制氢时，X电极反应式为
C．供电时，电极发生氧化反应，移向电极
D．供电时，装置中的总反应为
【答案】D
【解析】A．根据图中可判断制氢时利用光伏电池供电，因此太阳能转化为电能再转化为化学能，A正确；B．制氢时，闭合，断开，作电解池，X电极为阳极，发生失电子的氧化反应，电极反应式为，B正确；C．供电时，断开、闭合，作原电池，电极为负极，发生失电子的氧化反应，原电池中阴离子移向负极，即移向电极，C正确；D．供电时，电极是负极，失去电子生成，X电极是正极，得电子生成，装置中的总反应为，D错误；故选D。
三、非选择题：共58分，第26~28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35~36题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共43分。
26．（14分）工业上以镍铁硫化矿(主要成分为NiS、FeS、SiO2等)为原料制备兰尼镍(一种带有多孔结构的细小晶粒组成的镍铝合金，具有优良的储氢性能) ，并获得副产品黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]工艺流程如下：

回答下列问题：
(1)“煅烧过程中NiS、FeS分别转化为Ni2O3、Fe2O3，写出NiS转化为Ni2O3的化学方程式：___。
(2)已知Ni2O3具有强氧化性，则滤渣1的主要成分为____(填化学式，下同)，气体2是___。
(3)滤渣2的主要成分为黄钠铁矾，写出生成黄钠铁矾和气体的离子方程式：____。
(4)“高温熔融”阶段通入Ar的目的是_____。
(5)“高温熔融”后加浓NaOH溶液的目的是使镍铝合金产生多孔结构，其反应原理为_______(用离子方程式表示)。
(6)Ni(OH)2可用于制备镍钴锰三元电极材料。用NiSO4溶液制备Ni(OH)2时，若要使滤液中的c(Ni2+)≤1.0 ×10-6 mol·L-1，则滤液的pH不小于_______{已知：Ksp[Ni(OH)2] = 2.0 ×10-15，lg2 = 0.3}。
【答案】（每空2分）(1)
(2)SiO2  O2
(3)
(4)防止镍、铝被空气中的O2氧化
(5)
(6)9.65
【解析】由流程图知，镍铁硫化矿(主要成分为NiS、FeS、SiO2等)煅烧时，NiS、FeS与O2反应生成Ni2O3、Fe2O3和SO2，则气体1含有SO2，向煅烧后的固体加入硫酸酸浸，Ni2O3、Fe2O3与硫酸反应生成可溶性硫酸盐，发生的反应为、
，SiO2不与硫酸反应，则滤渣1中含有SiO2，气体2为O2，再加入Na2SO4和Na2CO3沉铁生成NaFe3(SO4)2(OH)6，则滤渣2为NaFe3(SO4)2(OH)6，然后滤液中加入NaOH、还原Ni2+生成Ni，Ni与Al粉在Ar氛围中高温熔融生成镍铝合金，最后粉碎加入浓NaOH溶液，铝与氢氧化钠溶液反应产生氢气使镍铝合金产生多孔的结构，得到兰尼镍。
（1）由题意知，NiS在通入空气煅烧的条件下生成Ni2O3和一种气体，其化学方程式为，故答案为：；
（2）据分析知，滤渣1的主要成分为SiO2；气体2是O2；故答案为：SiO2；O2；
（3）根据流程中所加入的试剂，以及生成物可知生成黄钠铁矾和气体的离子方程式为，故答案为：；
（4）高温熔融通入Ar形成无氧环境，目的是防止镍、铝被空气中的O2氧化，故答案为：防止镍、铝被空气中的O2氧化；
（5）据分析知，“高温熔融”后加浓NaOH溶液的目的是使镍铝合金产生多孔结构的原因是铝与氢氧化钠反应产生氢气，其离子方程式为，故答案为：；
（6）根据，若要是溶液中c(Ni2+)≤1.0 ×10-6 mol·L-1，则，，又，则，故答案为：9.65。
27.（15分）氢能是极具发展潜力的清洁能源，2021年我国制氢量位居世界第一。请回答：
(1)氢化铝钠(NaAlH4)是一种重要的储氢材料，已知：
NaAlH4(s)=Na3AlH6(s)+Al(s)+H2(g)，△H=+37kJ•mol-1
Na3AlH6(s)=3NaH(s)+Al(s)+H2(g)，△H=+70.5kJ•mol-1
则NaAlH4(s)=NaH(s)+Al(s)+H2(g)，△H=___________。
(2)工业上，常用与重整制备。500℃时，主要发生下列反应：
I．
II．
①已知：  。向重整反应体系中加入适量多孔CaO，其优点是______。
②下列操作中，能提高平衡转化率的是______(填标号)。
A．加催化剂         B．增加用量    
C．移除        D．恒温恒压，通入惰性气体
③500℃、恒压()条件下，1 mol 和1 mol 反应达平衡时，的转化率为0.5，的物质的量为0.25 mol，则反应II的平衡常数______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
(3)实现碳达峰、碳中和是贯彻新发展理念的内在要求，因此二氧化碳的合理利用成为研究热点。可用氢气和二氧化碳在催化剂作用下合成甲醇：。
恒压下，和的起始物质的量之比为1∶3时，该反应甲醇的平衡产率随温度的变化如图所示。该反应的______0，甲醇的产率P点高于T点的原因为______。

(4)利用电催化可将CO2同时转化为多种燃料，装置如图：

①铜电极上产生CH4的电极反应式为_______________________。
②若铜电极上只生成2.3 g HCOOH，则铜极区溶液质量变化了_______ g。
【答案】(1)60.5kJ•mol-1(2分)
(2)吸收二氧化碳有利于平衡正向移动，从而提高甲烷的转化率(2分)  CD(2分) 7(2分)
(3)<(1分) P点有分子筛膜，分离出水有利于平衡正向移动，从而提高甲醇的产率(2分)
(4)①CO2+8e- +8H+ =CH4+2H2O(2分) ②2.3(2分)
【解析】（1）已知：①NaAlH4(s)=Na3AlH6(s)+Al(s)+H2(g)，△H=+37kJ•mol-1，②Na3AlH6(s)=3NaH(s)+Al(s)+H2(g)，△H=+70.5kJ•mol-1，根据盖斯定律，NaAlH4(s)=NaH(s)+Al(s)+H2(g)可以是①+②×得到的，所以该反应的和焓变△H=+37kJ•mol-1+(70.5kJ•mol-1)×=+60.5kJ•mol-1，答案：60.5kJ•mol-1。
（2）①加入多孔CaO，可以吸收反应II生成的二氧化碳，从而降低CO的浓度，有利于反应I的平衡正向移动，从而提高甲烷的转化率，故答案为：吸收二氧化碳有利于平衡正向移动，从而提高甲烷的转化率；
②A．加催化剂只能加快反应速率，对平衡无影响，不能提高甲烷转化率，故不选；
B．增加用量，使甲烷的转化率降低，故不选；    
C．移除 ，可使反应正向移动，从而提高甲烷的转化率，故选；
D．恒温恒压，通入惰性气体，容器体积增大，平衡向气体分子数增大的方向移动，有利于反应I正向进行，从而提高甲烷的转化率，故选；
故答案为：CD；
③500℃、恒压()条件下，1 mol 和1 mol 反应达平衡时，的转化率为0.5，结合反应列三段式：


平衡时体系中含有：0.5mol、0.25mol、0.25molCO、0.25molCO2、1.75molH2、气体总物质的量3mol，
则反应II的平衡常数，故答案为：7；
（3）由图可知随温度升高，甲醇的产率降低，说明升高温度平衡逆向移动，则逆向为吸热方向，该反应为放热反应，小于0，P点有分子筛膜，能将水分离，水为生成物，分离出水有利于平衡正向移动，从而提高甲醇的产率，故答案为：<；P点有分子筛膜，分离出水有利于平衡正向移动，从而提高甲醇的产率；
（4）由装置连接电源可知，该装置为电解池，由该装置可将CO2分解为多种燃料可知，CO2发生得电子的还原反应，故Cu电极为阴极，Pt电极为阳极，则Cu电极上CO2得电子被还原制备甲烷的电极反应式为CO2+8e- +8H+ === CH4+2H2O；Cu电极上只生成2.3 g HCOOH时，电极反应式为CO2+2e- +2H+ === HCOOH，即溶液增加的质量为CO2的质量，故生成2.3 g HCOOH时，溶液增加CO2质量为，该电解池装置使用阳离子交换膜，生成HCOOH的同时会有氢离子迁移到阴极区，故阴极区溶液中增加的氢离子质量为，共增重2.3 g。
28.（14分）硫酸氧钒( VOSO4)是全钒液流储能系统中不可或缺的电解质，实验室围绕VOSO4的相关实验如下：
Ⅰ．VOSO4的制备((夹持装置省略)

在三颈烧瓶中，加入20 mL硫酸[ V(蒸馏水)：V(98%硫酸)=1：1]，加入1.8g V2O5，加热至85° C后再通过固体加料器加入1.5 g V2O3，充分搅拌，反应2 h后倒出溶液，经抽滤后再将滤液经一系列操作，得到4.1 g VOSO4·3H2O固体。
(1)仪器a的化学名称为_______， 该实验宜选用_______的三颈烧瓶(填字母)。
a．25 mL    b．50 mL     c．100 mL
(2)抽滤装置如下图所示：抽滤时自来水的作用是_______。

(3)上述实验过程中，下列仪器不需要的是_______(填字母)。

(4)写出三颈烧瓶中生成VOSO4的化学方程式：_______。
Ⅱ．测量VOSO4·3H2O样品中钒的质量分数
i．称取1.36 g VOSO4 ·3H2O样品配成250 mL VOSO4溶液；
ii．取25.00mL，上述溶液于锥形瓶中，滴加足量酸性高锰酸钾溶液将VO2+完全转化为；
iii．处理过量的高锰酸钾溶液(此过程省略，所涉试剂不影响滴定反应)；
iv．一定条件下滴入指示剂，用0.05 mol · L-1硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]标准溶液(将完全转化为VO2+)滴定至终点。平行测量三次，消耗标准溶液的平均体积为12.00 mL。
(5)硫酸亚铁铵标准溶液应盛放在_______ (填 “酸”或“碱”)式滴定管中；滴定过程中眼睛应观察_______。
(6)测得上述样品中钒的质量分数为_______%。
(7)实验过程中，下列操作会导致所测钒含量偏小的是_______(填字母)。
a．步骤ii取25. 00 mL。上述溶液于锥形瓶中，不小心洒出少许
b．盛装硫酸亚铁铵标准溶液的滴定管未润洗
c．配制VOSO4溶液时忘记洗涤烧杯和玻璃棒
d．滴定结束后发现滴定管尖嘴处有一滴液体没有滴落
【答案】(1)恒压分液漏斗（1分） b（1分）
(2)使瓶内压强小于外界大气压（2分）
(3)a（2分）
(4)V2O5+V2O3+4H2SO44VOSO4+4H2O（2分）
(5)酸（1分） 锥形瓶内溶液颜色的变化（1分）
(6)22.5（2分）
(7)ac（2分）
【解析】将V2O5转移至三颈烧瓶中，加入过量的硫酸，在85℃水浴环境并搅拌下充分反应，冷却后，充分反应，抽滤后将滤液经“一系列”操作可得到VOSO4•nH2O；由关系式VOSO4 ·3H2O~Fe2+~V计算钒的质量，计算钒的质量分数。
（1）仪器a的化学名称为恒压分液漏斗， 三颈烧瓶中，加入20 mL硫酸，加热的液体不超过三颈烧瓶容积的一半，该实验宜选用50mL的三颈烧瓶(填字母)。故答案为：恒压分液漏斗；b；
（2）抽滤装置抽滤时自来水的作用是使瓶内压强小于外界大气压。故答案为：使瓶内压强小于外界大气压；
（3）上述实验过程中，下列仪器不需要的是50mL的容量瓶。要用托盘天平称样品质量，用坩埚钳夹持蒸发皿，故答案为：a；
（4）三颈烧瓶中V2O5、V2O3、H2SO4混合加热，生成VOSO4，化学方程式：V2O5+V2O3+4H2SO44VOSO4+4H2O 。故答案为：V2O5+V2O3+4H2SO44VOSO4+4H2O；
（5）强酸弱碱盐，水解后溶液呈酸性，硫酸亚铁铵标准溶液应盛放在酸 (填 “酸”或“碱”)式滴定管中；滴定过程中眼睛应观察锥形瓶内溶液颜色的变化。故答案为：酸；锥形瓶内溶液颜色的变化；
（6）由关系式VOSO4 ·3H2O~Fe2+~V得钒的质量为0.05 mol · L-1×0.012L××51g/mol=0.306g，测得上述样品中钒的质量分数为=22.5%。故答案为：22.5；
（7）a．步骤ii取25. 00 mL上述溶液于锥形瓶中，不小心洒出少许，溶质减少，所消耗的硫酸亚铁铵标准溶液体积减小，导致所测钒含量偏小，故a选；b．盛装硫酸亚铁铵标准溶液的滴定管未润洗，硫酸亚铁铵标准溶液被冲稀，所消耗的硫酸亚铁铵标准溶液体积增大，导致所测钒含量偏大，故b不选；c．配制VOSO4溶液时忘记洗涤烧杯和玻璃棒，溶质减少，所消耗的硫酸亚铁铵标准溶液体积减小，导致所测钒含量偏小，故c选；d．滴定结束后发现滴定管尖嘴处有一滴液体没有滴落,所消耗的硫酸亚铁铵标准溶液体积增大，导致所测钒含量偏大，故d不选；故答案为：ac。
（二）选考题：共15分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
35．[化学——选修3：物质结构与性质]（15分）金属Mn、Co、Ni、Sb等在电池、储氢材料、催化剂等方面有广泛应用。请回答下列问题：
(1)基态Co原子中，核外电子占据的最高能层的符号是_______，基态Ni简化的核外电子排布式为_______。
(2)铜锰氧化物( CuMn2O4)能在常温下催化氧化甲醛生成甲酸(结构如图)。

①甲酸的沸点比甲醛的_______(填“低”或“高”)，主要原因是_______。
②甲酸分子中O-H键的类型是s-sp3σ键，C-H键的类型是_______σ键，键角：α_______β(填“>”“=”或“<”)。
(3)超强酸氟锑酸(结构如图)在化学和化学工业上有很大的应用价值，是活性极高的催化剂。

①该物质中∠FSbF为90°或180° ，则阴离子的空间构型为_______。
②阴离子的中心原子的杂化轨道类型是_______(填序号)。
A．sp3d2 B．sp2 C．sp3 D．sp
(4)Mg2 NiH4是科学家研究的一种高效固态储氢材料。在Mg2NiH4晶胞中，Ni原子占据如图所示的顶点和面心，Mg2+处于图中八个小立方体的体心。Mg2+和Ni原子的最短距离为d nm，NA为阿伏加德罗常数的值，该晶体的密度为_______g·cm-3(用含NA、d、M的代数式表示，Mg2NiH4的相对分子质量为M)。

【答案】(1)N（1分） [Ar]3d84s2（2分）
(2)高（1分） 甲酸分子间有氢键，甲醛没有（2分） s-sp2（1分） <（2分）
(3)正八面体（2分） A（2分）
(4)（2分）
【解析】（1）Co为27号元素，有4个电子层，最外层2个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d74s2，基态Co原子中，核外电子占据的最高能层为第4层，符号是N；Ni为28号元素，有4个电子层，最外层2个电子，基态Ni的简化核外电子排布式为[Ar]3d84s2；
（2）甲酸分子间有氢键，气化时克服氢键作用，比起没有分子间氢键的甲醛的沸点要高；甲酸分子中的C原子是平面三角形结构，因此C-H键的类型为s-sp2σ键；因为双键斥力大于单键，因此α<β；
（3）SbF中，Sb最外层有5个电子，阴离子再多带一个电子，每个F再提供1个电子，共提供6个电子，形成6对成键电子，所以中心原子Sb发生sp3d2杂化，答案选A；根据键角大小与各原子相对位置可知SbF6形成正八面体型；
（4）Mg2+和Ni原子的最短距离为d nm，设晶胞棱长为a cm，则根据Mg2+和Ni原子在晶胞中的位置可知d(nm)=(cm)×107(nm/cm)，a=(cm)，在Mg2NiH4晶胞中，Ni原子占据如图所示的顶点和面心，Ni原子个数为，Mg2+处于图中八个小立方体的体心，即个数为8×1=8，所以一个晶胞中含4个Mg2NiH4，则晶胞密度。
36．[化学——选修5：有机化学基础]（15分）有机物G可用作光电材料，其一种合成路线如图：

已知：①(R、R’表示氢或烃基)
②
回答下列问题：
(1)反应①的反应类型是_______。
(2)反应②的化学方程式为_______，C中官能团的名称是_______。
(3)D的结构简式是_______。反应③和⑤的目的是_______。
(4)E有多种同分异构体，请写出其中能同时满足以下条件的芳香化合物的结构简式：_______。
①能与NaHCO3反应产生CO2 ②能发生银镜反应
③能与FeCl3发生显色反应 ④核磁共振氢谱有4组峰
(5)设计以1，2-二溴乙烷和甲醛为起始原料制备HCOOCH2C≡CH的合成路线：_______(无机试剂任选)。
【答案】(1)加成反应（1分）
(2)H-C≡C-CH2OH+HBrH-C≡C-CH2Br+H2O （2分） 碳碳三键、碳溴键（2分）
(3)（2分） 保护苯环上的(酚)羟基不被氧化（2分）
(4)、（各1分）
(5)（4分）
【解析】A是一种烃，分子式为C2H2，则A为HCCH，A与HCHO发生类似信息①的反应生成B，则B为HCCHCH2OH，B与HBr发生取代反应，B中羟基被Br原子取代生成C，C为HCCHCH2Br，F发生加聚反应生成G，根据G的结构简式可知F的结构简式应为；D发生信息的反应生成E，E中应含有羟基，再结合C的简式可知E为，所以反应④为中的甲基被酸性高锰酸钾氧化的反应，则D的结构简式为。
（1）反应①是HCCH与HCHO发生类似信息①的反应生成HCCHCH2OH，反应类型是加成反应；
（2）反应②是HCCHCH2OH与HBr发生取代反应，B中羟基被Br原子取代生成HCCHCH2Br，反应的化学方程式为H-C≡C-CH2OH+HBrH-C≡C-CH2Br+H2O，C为HCCHCH2Br，官能团的名称是碳碳三键、碳溴键；
（3）D的结构简式是；若没有反应③，酸性高锰酸钾氧化甲基时，也会氧化酚羟基，反应③和⑤的目的是保护苯环上的(酚)羟基不被氧化；
（4）E的同分异构体，满足以下条件，且为芳香化合物，即含有苯环；①能与NaHCO3反应产生CO2 说明含有羧基；②能发生银镜反应，说明含有-CHO；③能与FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基；④核磁共振氢谱有4组峰，即含有4种环境的氢原子，说明结构对称，满足的条件的有：、；
（5）1，2-二溴乙烷为BrCH2CH2Br，甲醛为HCHO，目标产物为HCOOCH2C≡CH，可以由HOCH2C≡CH和HCOOH发生酯化反应生成，HCHO可以被催化氧化生成HCOOH；根据题目流程可知HCHO可以和HC≡CH发生加成反应生成HOCH2C≡CH，而BrCH2CH2Br可以发生消去反应生成HC≡CH，所以合成路线为：。