还剩29页未读，
继续阅读
2021年天津市河北区高考化学一模试卷
展开
这是一份2021年天津市河北区高考化学一模试卷，共32页。
2021年天津市河北区高考化学一模试卷
一、本题包括12小题，每小题3分，共36分，每小题只有一个选项符合题意
1．（3分）化学与生活密切相关，下列做法不正确的是（ ）
A．积极提倡植树造林
B．使用太阳能、风能等洁净能源
C．农民使用柴草做燃料
D．使用有机肥，发展绿色农业
2．（3分）下列发电方式，电能是由化学能转化的是（ ）
A
B
C
D
A.燃料电池发电
B.地热发电
C.风力发电
D.水力发电
A．A B．B C．C D．D
3．（3分）下列化学用语正确的是（ ）
A．中子数为18的氯原子：Cl
B．CO2分子的电子式：
C．铝原子轨道表示式：
D．顺2﹣丁烯的结构简式：
4．（3分）下列方程式与所给事实相符的是（ ）
A．用过量NaOH溶液脱除烟气中的SO2：OH﹣+SO2═HSO3﹣
B．电镀铜的阴极反应：Cu2++2e﹣═Cu
C．向AgNO3溶液中加入过量氨水：Ag++NH3•H2O═AgOH↓+NH4+
D．用食醋处理水垢[主要成分CaCO3和Mg（OH）2]：2H++CaCO3═Ca2++CO2↑+H2O；2H++Mg（OH）2═Mg2++2H2O
5．（3分）下列实验不能达到实验目的，操作错误的是（ ）
A．用含盐的水制备蒸馏水
B．将有机层与水层分开
C．除去粗盐中的不溶性杂质
D．蒸发食盐溶液制备纯净的食盐
6．（3分）聚丙烯是日用品及合成纤维的重要原料之一，其单体为丙烯，下列说法错误的是（ ）
A．丙烯使Br2的CCl4溶液褪色是发生了加成反应
B．丙烯可与Cl2在光照条件下发生取代反应
C．聚丙烯的结构简式为
D．丙烯中的碳有两种杂化方式，分别是sp2、sp3杂化
7．（3分）氨是一种重要的化工原料，主要用于化肥工业，也广泛用于硝酸、纯碱、制药等工业；合成氨反应为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＝﹣92.4kJ•mol﹣1，下列有关说法错误的是（ ）
A．此反应在高温、高压和催化剂条件下进行可提高H2的平衡转化率
B．合成氨正反应的△S＜0
C．使用新型催化剂可以提高上述合成氨的生产效率
D．NH4+中含有配位键
8．（3分）短周期元素W、X、Y和Z在元素周期表中的相对位置如下表所示，这四种元素原子的最外层电子数之和为21。下列关系正确的是（ ）
W
X
Y
Z
A．氢化物沸点：W＞X
B．简单离子的半径：Y＜X
C．化合物熔点：Y2X3＜YZ3
D．氧化物对应水化物的酸性：Y＞W
9．（3分）某研究小组采用三种传感器分别测得氯水光照过程中pH、浓度、体积分数的变化，实验数据如图所示，下列叙述错误的是（ ）
A．从0s到150s，溶液pH降低的原因是HClO的电离程度增大
B．从0s到150s，溶液中c（H+）增加到起始浓度的100.5倍
C．从50s到150s，Cl﹣的平均生成速率约为5mg•（L•s）﹣1
D．HClO光照分解的产物有HCl、O2
10．（3分）葡酚酮是由葡萄籽提取的一种花青素类衍生物（结构简式如图），具有良好的抗氧活性。下列关于葡酚酮叙述错误的是（ ）
A．能形成氢键
B．可使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．有6种含氧官能团
D．能与Na2CO3水溶液发生反应
11．（3分）在N﹣羟基邻苯二甲酰亚胺（NHPI）介质中，可实现醇向醛的转化，原理如图。下列说法错误的是（ ）
A．理论上NHPI的总量在反应前后不变
B．海绵Ni电极作阳极
C．总反应为+H2↑
D．每消耗1mmol苯甲醇，产生22.4mL氢气
12．（3分）某小组在验证反应“Fe+2Ag+═Fe2++2Ag”的实验中检测到Fe3+，实验过程如下：向硝酸酸化的0.05mol/L硝酸银溶液（pH≈2）中加入过量铁粉，搅拌后静置，烧杯底部有黑色固体，溶液呈黄色。取上层清液，滴加KSCN溶液，溶液变红，同时发现有白色沉淀产生，且溶液颜色深浅、沉淀量多少与取样时间有关，对比实验记录如表。（资料：Ag+与SCN﹣生成白色沉淀AgSCN）依据上述实验现象，不能得出的结论是（ ）
序号
取样时间/min
现象
ⅰ
3
产生大量白色沉淀；溶液呈红色
ⅱ
30
产生白色沉淀；较3min时量少；溶液红色较3min时加深
ⅲ
120
产生白色沉淀；较30min时量少；溶液红色较30min时变浅
A．上层清液中滴加KSCN溶液，溶液变红，说明溶液中含有Fe3+
B．上层清液中滴加KSCN溶液，产生白色沉淀，说明溶液中含有Ag+
C．Fe3+产生的原因是由于酸性溶液中的NO3﹣具有氧化性
D．30min时“白色沉淀量减少，溶液红色加深”的原因可能是：Fe2++Ag+═Fe3++Ag
二、第Ⅱ卷（非选择题，共64分）本卷可能用到的相对原子质量：C：12S：32Na：23O：16H：1Fe：56
13．（14分）Si是优良的半导体材料：石墨是制作电极的良好材料：Cu是导电性能极佳的金属，在生活中都有着广泛的应用。回答下列问题
（1）画出CuSO4、Cu（NO3）2中阳离子的核外电子排布式 。
（2）CuSO4晶体熔点为560℃，Cu（NO3）2晶体熔点为15℃。前者比后者熔点高的原因 。
（3）Cu2O有半导体性质，不溶于水，可溶于氨水生成[Cu（NH3）2]+，1mol[Cu（NH3）2]+中共价键的数目为 个。
（4）石墨中C的杂化方式为 ，α﹣石墨和β﹣石墨结构如图（a）、（b）所示，已知：C（α﹣石墨，s）＝C（β﹣石墨，s）△H＝+0.586kJ•mol﹣1，△H数值小，易转化。请从石墨晶体结构的角度分析△H数值小的原因是 。
（5）高导电紫铜常用CaBx提高导电率，CaBx晶胞如图（c）所示，B原子全部组成正八面体，各个顶点通过B﹣B键连接成三维骨架，具有立方晶系的对称性，则x＝ ，B原子半径为rnm，则晶胞参数a（晶胞棱长）＝ nm。
14．（18分）化合物G是一种抗骨质疏松药，俗称依普黄酮。以甲苯为原料合成该化合物的路线如图。
已知：
回答下列问题
（1）反应①的反应类型为 。
（2）用系统命名法给命名 。
（3）E中含氧官能团的名称 。
（4）H的结构简式为 。
（5）已知N为催化剂，E和M反应生成F和另一种有机物X，写出E+M→F+X的化学反应方程式 。
（6）D有多种同分异构体，写出同时满足下列条件的所有同分异构体 。
a.含苯环的单环化合物
b.苯环上只有一个取代基
c.核磁共振氢谱有四组峰峰面积之比为3：2：2：1
（7）根据已给信息，设计由和为原料制备的合成路线 （无机试剂任选）
15．（18分）实验室使用的纯度较高的NaCl可用含泥沙、海藻、K+、Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42﹣等杂质的海盐为原料制备，实验室模拟工业制备流程如图。
（1）焙炒海盐的目的是 。
（2）溶解时，为吸附水中的悬浮物应加入沉降剂，下列哪种沉降剂最佳 。
A.明矾
B.硫酸铁
C.硫酸铝
D.氯化铁
（3）操作X为 。
（4）根据除杂原理，在如下表中填写除杂时依次添加的试剂及预期沉淀的离子。
实验步骤
试剂
预期沉淀的离子
步骤1
NaOH溶液
Mg2+、Fe3+
步骤2
步骤3
（5）用图所示装置，以焙炒后的海盐为原料制备HCl气体，并通入NaCl饱和溶液中使NaCl结晶析出。
①写出制备HCl气体的化学反应方程式 。（产物之一为正盐）
②相比分液漏斗，选用仪器1的优点是 。
③写出仪器2的名称 。
④盛放NaOH溶液的烧杯的用途是 。
（6）已知CrO42﹣+Ba2+═BaCrO4↓（黄色）；CrO42﹣+3Fe2++8H+═Cr3++3Fe3++4H2O
设计如下实验测定NaCl产品中SO42﹣的含量，填写下列表格。
操作
现象
目的/结论
称取样品m1g，加水溶解，加盐酸调至弱酸性，滴加过量c1mol•L﹣1BaCl2溶液V1mL
稍显浑浊
目的： 。
继续滴加过量c2mol•L﹣1K2CrO4溶液V2mL
黄色沉淀
目的：沉淀过量的Ba2+。
过滤洗涤，滴加少许指示剂于滤液中，用c3mol•L﹣1FeSO4溶液滴定至终点，消耗FeSO4溶液V3mL
/
结论：测定SO42﹣的质量分数
若某次滴定，FeSO4溶液不小心溅出2滴
计算得到的SO42﹣的含量 。（填偏高、偏低或不变）
16．（14分）氯及其化合物在工农业生产和生命活动中起着重要的作用，但同时又是环境污染的主要物质，研究其转化规律一直是科学家们的热点问题，回答下列问题：
Ⅰ.（1）将氨氮（NH4+）废水中的氮元素转变为N2脱除，其机理如图1。
已知：氧气浓度过高时，NO2﹣会被氧化成NO3﹣。
（1）参与I中反应的n（NH4+）：n（O2）＝ .
（2）废水溶解氧浓度（DO）对氮的脱除率的影响如图2，当DO＞2mg/L时，氮的脱除率为0，其原因可能是厌氧氨氧化菌被抑制，Ⅱ中反应无法发生：还有可能是 .
（3）经上述工艺处理后，排出的水中含有一定量NO3﹣，可以通过改进工艺提高氮的脱除率。
①加入还原铁粉能有效除去NO3﹣。该过程涉及三个反应（a、b和c）如图3，在整个反应过程中几乎监测不到NH4+浓度的增加。请从化学反应速率的角度解释其原因： 。
②采用微生物电解工艺也可有效除去NO3﹣，其原理如图，A是电源 极。B电极反应式： 。
Ⅱ.（4）二氯氨（NHCl2）是由氢气遇氯气生成的化合物，常用作饮用水二级消毒剂，该物质的电子式为 。
（5）在恒温条件下，将2mol Cl2和1mol NH3充入压强可变的密闭容器中反应：2Cl2（g）+NH3（g）⇌NHCl2（l）+2HCl（g），测得不同压强下平衡时Cl2和HCl的物质的量浓度与压强的关系如图5，则A、B、C三点中Cl2转化率最高的是 点（填“A”、“B”或“C”）；计算C点时该反应的压强平衡常数Kp（C）＝ 。（Kp是平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）
2021年天津市河北区高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、本题包括12小题，每小题3分，共36分，每小题只有一个选项符合题意
1．（3分）化学与生活密切相关，下列做法不正确的是（ ）
A．积极提倡植树造林
B．使用太阳能、风能等洁净能源
C．农民使用柴草做燃料
D．使用有机肥，发展绿色农业
【分析】A．植树造林有利于保护环境；
B．使用太阳能、风能等洁净能源，可以减少空气污染物排放；
C．农民使用柴草做燃料，产生大量烟尘等空气污染物；
D．使用有机肥，对环境及食物不会产生污染。
【解答】解：A．植树造林有利于保护环境，应大力提倡，故A正确；
B．使用太阳能、风能等洁净能源，可以减少空气污染物排放，有利于保护环境，故B正确；
C．农民使用柴草做燃料，产生大量烟尘等空气污染物，不利于环境保护，故C错误；
D．使用有机肥，对环境及食物不会产生污染，应大力提倡，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查了化学在生产生活中的应用，侧重考查化学与环境污染和治理，明确常见污染源及治理措施是解题关键，题目难度不大。
2．（3分）下列发电方式，电能是由化学能转化的是（ ）
A
B
C
D
A.燃料电池发电
B.地热发电
C.风力发电
D.水力发电
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.燃料电池发电，化学能转化为电能；
B.地热发电，地热能转化为电能；
C.风力发电，风能转化为电能；
D.水力发电，水的机械能（包括动能和重力势能）转化为电能。
【解答】解：由分析可知，只有燃料电池发电时是化学能转化为电能，
故选：A。
【点评】本题考查能量转化，题目难度不大，平时注意相关知识的积累。
3．（3分）下列化学用语正确的是（ ）
A．中子数为18的氯原子：Cl
B．CO2分子的电子式：
C．铝原子轨道表示式：
D．顺2﹣丁烯的结构简式：
【分析】A．质量数＝质子数+中子数，质量数标注于元素符号左上角，质子数标注于左下角；
B．二氧化碳分子中碳原子与氧原子共用2对电子，C、O原子均达到8电子稳定结构；
C．Al的核电荷数为13，其基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p1；
D．顺﹣2﹣丁烯中两个甲基位于双键的同侧。
【解答】解：A．中子数为18的氯原子的质量数为17+18＝35，核素符号为Cl，故A错误；
B．二氧化碳中C原子和O原子之间共用2对电子，二氧化碳的电子式为，故B错误；
C．Al的核电荷数为13，其基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p1，其基态时的轨道表示式为，故C错误；
D．顺﹣2﹣丁烯中两个甲基位于双键的同侧，结构简式为，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法，涉及电子式、核素、轨道表示式、有机物的结构简式等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题培养了学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
4．（3分）下列方程式与所给事实相符的是（ ）
A．用过量NaOH溶液脱除烟气中的SO2：OH﹣+SO2═HSO3﹣
B．电镀铜的阴极反应：Cu2++2e﹣═Cu
C．向AgNO3溶液中加入过量氨水：Ag++NH3•H2O═AgOH↓+NH4+
D．用食醋处理水垢[主要成分CaCO3和Mg（OH）2]：2H++CaCO3═Ca2++CO2↑+H2O；2H++Mg（OH）2═Mg2++2H2O
【分析】A．氢氧化钠过量，反应生成亚硫酸根离子；
B．电解精炼铜过程中，阴极铜离子得到电子生成铜单质；
C．加入过量的氨水，生成银氨溶液；
D．醋酸为弱酸，不能拆开。
【解答】解：A．用过量NaOH溶液脱除烟气中的SO2，离子方程为2OH﹣+SO2═SO32﹣+H2O，故A错误；
B．电解精炼铜时，阳极粗铜放电，阴极铜离子放电，其阴极反应为Cu2++2e﹣═Cu，故B正确；
C．AgNO3溶液中加入少量的氨水，发生反应：Ag++NH3•H2O═AgOH↓+NH4+ 加过量的氨水，发生反应：AgOH+2NH3•H2O═[Ag（NH3）2]++2H2O+OH﹣，总离子方程为Ag++2NH3•H2O═[Ag（NH3）2]++2H2O，故C错误；
D．用食醋处理水垢[主要成分CaCO3和Mg（OH）2]，离子方程式为CaCO3+2CH3COOH＝Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO﹣、2CH3COOH+Mg（OH）2═Mg2++2H2O+2CH3COO﹣，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重与量有关的离子反应的考查，题目难度不大。
5．（3分）下列实验不能达到实验目的，操作错误的是（ ）
A．用含盐的水制备蒸馏水
B．将有机层与水层分开
C．除去粗盐中的不溶性杂质
D．蒸发食盐溶液制备纯净的食盐
【分析】A.盐的沸点比水的沸点高；
B.分液可分离分层的液体混合物；
C.过滤可除去不溶性杂质；
D.蒸发需要蒸发皿。
【解答】解：A.盐的沸点比水的沸点高，图中蒸馏可制备蒸馏水，故A正确；
B.分液可分离分层的液体混合物，图中装置可分离水层与有机层，故B正确；
C.过滤可除去不溶性杂质，图中过滤可除杂，故C正确；
D.蒸发需要蒸发皿，不能在烧杯中蒸发，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
6．（3分）聚丙烯是日用品及合成纤维的重要原料之一，其单体为丙烯，下列说法错误的是（ ）
A．丙烯使Br2的CCl4溶液褪色是发生了加成反应
B．丙烯可与Cl2在光照条件下发生取代反应
C．聚丙烯的结构简式为
D．丙烯中的碳有两种杂化方式，分别是sp2、sp3杂化
【分析】A．烯烃含有碳碳双键；
B．丙烯中包含甲基；
C．聚丙烯的结构单元的主链上应该含有2个C原子；
D．乙烯为平面结构，双键中的碳原子为sp2，甲烷为正四面体结构，其中的碳原子为sp3杂化，据此分析解答。
【解答】解：A．丙烯可与Br2的CCl4溶液中Br2发生加成反应生成无色的1，2﹣二溴丙烷，故A正确；
B．丙烯中含有甲基，可与Cl2在光照条件下发生取代反应，故B正确；
C．聚丙烯的结构单元的主链上应该含有2个C原子，则结构简式为，故C错误；
D．乙烯为平面结构，双键中的碳原子为sp2，丙烯中含有碳碳双键，则碳的杂化方式是sp2杂化；甲烷为正四面体结构，其中的碳原子为sp3杂化，丙烯中的甲基上的碳的杂化方式sp3杂化，故D正确；
故选：C。
【点评】本题综合考查材料的组成、性质和用途等知识，为高频考点，侧重化学与生活的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学生学习的积极性，题目难度不大。
7．（3分）氨是一种重要的化工原料，主要用于化肥工业，也广泛用于硝酸、纯碱、制药等工业；合成氨反应为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＝﹣92.4kJ•mol﹣1，下列有关说法错误的是（ ）
A．此反应在高温、高压和催化剂条件下进行可提高H2的平衡转化率
B．合成氨正反应的△S＜0
C．使用新型催化剂可以提高上述合成氨的生产效率
D．NH4+中含有配位键
【分析】A.高温、催化剂不能使平衡正向移动；
B.为气体体积减小的反应；
C.催化剂可加快反应速率；
D.NH4+中N原子提供孤对电子、氢离子提供空轨道。
【解答】解：A.高温、催化剂不能使平衡正向移动，则不能提高H2的平衡转化率，故A错误；
B.为气体体积减小的反应，△S＜0，故B正确；
C.催化剂可加快反应速率，则使用新型催化剂可以提高上述合成氨的生产效率，故C正确；
D.NH4+中N原子提供孤对电子、氢离子提供空轨道，可形成配位键，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，把握化学反应的特点、平衡移动的影响因素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。
8．（3分）短周期元素W、X、Y和Z在元素周期表中的相对位置如下表所示，这四种元素原子的最外层电子数之和为21。下列关系正确的是（ ）
W
X
Y
Z
A．氢化物沸点：W＞X
B．简单离子的半径：Y＜X
C．化合物熔点：Y2X3＜YZ3
D．氧化物对应水化物的酸性：Y＞W
【分析】由短周期元素W、X、Y和Z在元素周期表中的相对位置可知，W、X处于第二周期，Y、Z处于第三周期，这四种元素原子的最外层电子数之和为21，设W的最外层电子数为n，则n﹣2+n+n+1+n+2＝21，解得n＝5，可知W为N元素、X为O元素、Y为Al元素、Z为Cl元素。
【解答】解：由分析可知，W为N元素、X为O元素、Y为Al元素、Z为Cl元素。
A．W的氢化物为NH3，X的氢化物为H2O，常温下，前者为气体，而后者为液体，故氢化物沸点：W＜X，故A错误；
B．Y的简单离子为Al3+，X的简单离子为O2﹣，二者具有相同电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子的半径：Y＜X，故B正确；
C．Y2X3是Al2O3，属于离子晶体，而YZ3是AlCl3，属于分子晶体，化合物熔点：Al2O3＞AlCl3，故C错误；
D．Y的氧化物对应水化物为氢氧化铝，属于两性氢氧化物，其酸性比氮元素氧化物对应水化物的酸性弱，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查结构性性质位置关系应用，推断元素是解题的关键，注意掌握元素周期表与元素化合物知识，侧重分析与应用能力的考查。
9．（3分）某研究小组采用三种传感器分别测得氯水光照过程中pH、浓度、体积分数的变化，实验数据如图所示，下列叙述错误的是（ ）
A．从0s到150s，溶液pH降低的原因是HClO的电离程度增大
B．从0s到150s，溶液中c（H+）增加到起始浓度的100.5倍
C．从50s到150s，Cl﹣的平均生成速率约为5mg•（L•s）﹣1
D．HClO光照分解的产物有HCl、O2
【分析】A．从0s到150s，溶液pH降低且Cl﹣浓度增大，据此进行分析；
B．从0s到150s，溶液的pH由2降低到1.5，据此计算氢离子浓度变化；
C．从50s到150s，Cl﹣的变化浓度约为400mg/L，则平均生成速率约为＝4mg•L﹣1•s﹣1；
D．由氯水光照过程中溶液的酸性增强、Cl﹣浓度增大，O2的体积分数增大，据此进行分析。
【解答】解：A．从0s到150s，溶液pH降低且Cl﹣浓度增大，说明是HClO分解生成HCl的缘故，故A错误；
B．从0s到150s，溶液的pH由2降低到1.5，则溶液中c（H+）增加到起始浓度的＝100.5倍，故B正确；
C．从50s到150s，Cl﹣的变化浓度约为400mg/L，则平均生成速率约为＝4mg•L﹣1•s﹣1，故C错误；
D．由氯水光照过程中溶液的酸性增强、Cl﹣浓度增大，O2的体积分数增大，说明HClO分解产物有HCl和O2，故D正确；
故选：AC。
【点评】本题通过结合图象考查有关次氯酸的性质，以及相关计算，题目难度中等，注意对化学反应的理解与应用。
10．（3分）葡酚酮是由葡萄籽提取的一种花青素类衍生物（结构简式如图），具有良好的抗氧活性。下列关于葡酚酮叙述错误的是（ ）
A．能形成氢键
B．可使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．有6种含氧官能团
D．能与Na2CO3水溶液发生反应
【分析】由结构可知，有机物含酚羟基、醇羟基、酯基、羧基、醚键与碳碳双键，结合酚、醇、酯、羧酸及烯烃的性质来解答。
【解答】解：A．该有机物含有羟基、羧基等，可形成氢键，故A正确；
B．该有机物含有碳碳双键，醇羟基等，可被酸性重铬酸钾溶液氧化，则能使酸性重铬酸钾溶液变色，故B正确；
C．该有机物含酚羟基、醇羟基、酯基、羧基、醚键共5含氧官能团，故C错误；
D．有机物含有羧基，具有酸性，且酸性比碳酸强，则可与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答该题的关键，题目难度不大。
11．（3分）在N﹣羟基邻苯二甲酰亚胺（NHPI）介质中，可实现醇向醛的转化，原理如图。下列说法错误的是（ ）
A．理论上NHPI的总量在反应前后不变
B．海绵Ni电极作阳极
C．总反应为+H2↑
D．每消耗1mmol苯甲醇，产生22.4mL氢气
【分析】A.由图中转化可知，NHPI在反应中消耗又生成；
B.Ni电极上失去电子；
C.醇向醛的转化，同时生成氢气；
D.状况未知，气体摩尔体积不确定。
【解答】解：A.由图中转化可知，NHPI在反应中消耗又生成，则理论上NHPI的总量在反应前后不变，故A正确；
B.Ni电极上失去电子，可知海绵Ni电极作阳极，故B正确；
C.醇向醛的转化，同时生成氢气，总反应为+H2↑，故C正确；
D.状况未知，气体摩尔体积不确定，则不能由苯甲醇的物质的量计算生成气体的体积，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查以有机物的结构与性质考查电解，为高频考点，把握图中转化、电极反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。
12．（3分）某小组在验证反应“Fe+2Ag+═Fe2++2Ag”的实验中检测到Fe3+，实验过程如下：向硝酸酸化的0.05mol/L硝酸银溶液（pH≈2）中加入过量铁粉，搅拌后静置，烧杯底部有黑色固体，溶液呈黄色。取上层清液，滴加KSCN溶液，溶液变红，同时发现有白色沉淀产生，且溶液颜色深浅、沉淀量多少与取样时间有关，对比实验记录如表。（资料：Ag+与SCN﹣生成白色沉淀AgSCN）依据上述实验现象，不能得出的结论是（ ）
序号
取样时间/min
现象
ⅰ
3
产生大量白色沉淀；溶液呈红色
ⅱ
30
产生白色沉淀；较3min时量少；溶液红色较3min时加深
ⅲ
120
产生白色沉淀；较30min时量少；溶液红色较30min时变浅
A．上层清液中滴加KSCN溶液，溶液变红，说明溶液中含有Fe3+
B．上层清液中滴加KSCN溶液，产生白色沉淀，说明溶液中含有Ag+
C．Fe3+产生的原因是由于酸性溶液中的NO3﹣具有氧化性
D．30min时“白色沉淀量减少，溶液红色加深”的原因可能是：Fe2++Ag+═Fe3++Ag
【分析】向硝酸酸化的0.05mol/L硝酸银溶液（pH≈2）中加入过量铁粉，搅拌后静置，烧杯底部有黑色固体，溶液呈黄色，说明铁粉过量，同时生成铁离子，3min取上层清液，滴加KSCN溶液，溶液变红，同时发现有白色沉淀产生，且溶液颜色深浅，则表明溶液中含Ag+、Fe3+，30min时取上层清液，滴加KSCN溶液，产生白色沉淀，较3min时量少；溶液红色较3min时加深，表明反应继续进行，溶液中银离子浓度减小，铁离子浓度增大，120min时取上层清液，滴加KSCN溶液，产生白色沉淀，较30min时量少；溶液红色较30min时变浅，则表明银离子浓度减小，铁离子浓度减小，上述现象可知，起初缓慢发生反应：Fe+2Ag+═Fe2++2Ag，但生成的Fe2+又能被Ag+氧化，发生反应：Fe2++Ag+═Fe3++Ag，当c（Ag+）减小到一定程度后，Ag+能氧化Fe，但不能氧化Fe2+，同时又发生反应：2Fe3++Fe＝3Fe2+，从而导致Fe3+离子浓度减小，据此分析判断。
【解答】解：A．滴加KSCN溶液，溶液变红，说明发生反应：Fe3++3SCN﹣＝Fe（SCN）3，溶液中含Fe3+，故A正确；
B．上层清液中滴加KSCN溶液，产生白色沉淀，发生的反应为：Ag++SCN﹣＝AgSCN↓，说明溶液中含有Ag+，故B正确；
C．由实验ii的分析可知，c（Ag+）减小，c（Fe3+）增大，则可能发生反应：Fe2++Ag+═Fe3++Ag，所以Fe3+不一定是酸性溶液中Fe2+被NO3﹣氧化生成，故C错误；
D．由实验ii的分析可知，c（Ag+）减小，c（Fe3+）增大，则表明可能发生反应Fe2++Ag+═Fe3++Ag，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了物质性质的实验设计分析判断、反应现象的理解应用，主要是铁离子、亚铁离子、银离子的性质和发生反应的分析判断，题目难度较大。
二、第Ⅱ卷（非选择题，共64分）本卷可能用到的相对原子质量：C：12S：32Na：23O：16H：1Fe：56
13．（14分）Si是优良的半导体材料：石墨是制作电极的良好材料：Cu是导电性能极佳的金属，在生活中都有着广泛的应用。回答下列问题
（1）画出CuSO4、Cu（NO3）2中阳离子的核外电子排布式 1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9 。
（2）CuSO4晶体熔点为560℃，Cu（NO3）2晶体熔点为15℃。前者比后者熔点高的原因 SO42﹣所带电荷比NO3﹣的多，CuSO4的晶格能较大 。
（3）Cu2O有半导体性质，不溶于水，可溶于氨水生成[Cu（NH3）2]+，1mol[Cu（NH3）2]+中共价键的数目为 8NA 个。
（4）石墨中C的杂化方式为 sp2 ，α﹣石墨和β﹣石墨结构如图（a）、（b）所示，已知：C（α﹣石墨，s）＝C（β﹣石墨，s）△H＝+0.586kJ•mol﹣1，△H数值小，易转化。请从石墨晶体结构的角度分析△H数值小的原因是 石墨层与层之间距离较大，作用力是范德华力，作用力比较弱，转化需要能量低 。
（5）高导电紫铜常用CaBx提高导电率，CaBx晶胞如图（c）所示，B原子全部组成正八面体，各个顶点通过B﹣B键连接成三维骨架，具有立方晶系的对称性，则x＝ 6 ，B原子半径为rnm，则晶胞参数a（晶胞棱长）＝ 2（1+）r nm。
【分析】（1）原子形成阳离子时，先失去高能层中电子，同一能层失去高能级中电子；
（2）离子电荷越多，晶格能越大，离子晶体的熔沸点越高；
（3）Cu+和每个N原子之间通过配位键形成一个共价键，每个氨气分子中含有3个共价键，则每个[Cu（NH3）2]+中含有8个共价键；
（4）石墨晶体中每个碳原子与3个碳原子相接，则每个C原子价层电子对个数是3，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型；石墨晶体中层与层之间通过范德华力结合，作用力比较弱；
（5）由图可知，Ca原子位于体心位置，B原子全部组成正八面体，位于立方晶胞的顶点，每个顶点的贡献率为，并且每个正八面体含有6个B原子，根据均摊法推断CaBx晶胞中x值；如图为晶胞中顶点处的一个正八面体，其中O点为正八面体中心，也是立方晶系的顶点，线段AB＝2rnm，等腰直角三角形△AOB中，OB＝AB＝rnm，则晶胞参数a＝2OB+2r。
【解答】解：（1）Cu是29号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，先失去4s能级1个电子，再失去3d能级1个形成Cu2+，所以Cu2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9，
故答案为：1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9；
（2）SO42﹣比NO3﹣带的电荷多，CuSO4的晶格能比Cu（NO3）2的大，离子晶体中离子键更强，CuSO4晶体的熔点较高，
故答案为：SO42﹣所带电荷比NO3﹣的多，CuSO4的晶格能较大；
（3）[Cu（NH3）2]+中含有2个NH3，即含有6个共价键，另外含有2根配位键，所以1mol[Cu（NH3）2]+中共价键的数目为8NA，
故答案为：NA；
（4）石墨晶体中碳原子先形成正六边形平面蜂窝状结构，而层与层之间又通过范德华力结合，每个碳原子都结合着3个碳原子，碳原子采取sp2杂化；石墨层与层之间的距离较大，作用力是范德华力，比较微弱，所以C（α﹣石墨，s）＝C（β﹣石墨，s），易转化，
故答案为：sp2；石墨层与层之间的距离较大，作用力是范德华力，比较微弱，转化需要能量低；
（5）CaBx晶胞如图（c）所示，B原子全部组成正八面体，每个正八面体含有6个B原子，各个顶点通过B﹣B键连接成三维骨架，具有立方晶系的对称性，则晶胞中含有1个钙原子，B原子数为8××6＝6，即x＝6；如图中O点为正八面体中心，也是立方晶系的顶点，B原子半径为rnm，线段AB长为2rnm等腰直角三角形△AOB中，OB＝AB＝rnm，则晶胞参数a＝2OB+2r＝2rnm+2rnm＝2（1+）rnm，
故答案为：6；2（1+）r。
【点评】本题考查较综合，涉及晶胞计算、原子杂化类型判断、原子核外电子排布等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用、空间想象能力及计算能力，明确原子结构、晶体构成微粒、晶胞结构特点是解本题关键，难点是（5）题计算，题目难度中等。
14．（18分）化合物G是一种抗骨质疏松药，俗称依普黄酮。以甲苯为原料合成该化合物的路线如图。
已知：
回答下列问题
（1）反应①的反应类型为 取代反应 。
（2）用系统命名法给命名 2﹣溴丙烷 。
（3）E中含氧官能团的名称 羰基、（酚）羟基 。
（4）H的结构简式为 。
（5）已知N为催化剂，E和M反应生成F和另一种有机物X，写出E+M→F+X的化学反应方程式 。
（6）D有多种同分异构体，写出同时满足下列条件的所有同分异构体 、 。
a.含苯环的单环化合物
b.苯环上只有一个取代基
c.核磁共振氢谱有四组峰峰面积之比为3：2：2：1
（7）根据已给信息，设计由和为原料制备的合成路线 （无机试剂任选）
【分析】由图示可知，A与Cl2在光照条件下发生取代反应生成B；与NaCN在一定条件下发生取代反应生成C；在酸性条件下水解生成D；与在一定条件下反应生成E；与HC（OC2H5）3在作催化剂下反应生成F；与在碱性条件下反应生成G，结合有机化合物的相关知识分析解答；
（7）与NaCN反应生成；在酸性条件下水解生成；与反应生成目标物。
【解答】解：（1）由分析可得反应①A与Cl2在光照条件下发生取代反应生成，
故答案为：取代反应；
（2）用系统命名法给命名为2﹣溴丙烷，
故答案为：2﹣溴丙烷；
（3）E中含氧官能团的名称羰基、（酚）羟基，
故答案为：羰基、（酚）羟基；
（4）由分析知，H的结构简式为，
故答案为：；
（5）已知N为催化剂，与HC（OC2H5）3在作催化剂反应生成和C2H5OH，则E+M→F+X的化学反应方程式为，
故答案为：；
（6）D为，分子式为C8H8O2，有多种同分异构体，同时满足a.含苯环的单环化合物；b.苯环上只有一个取代基；c.核磁共振氢谱有四组峰峰面积之比为3：2：2：1，则有 、，
故答案为：、；
（7） 与NaCN反应生成 ； 在酸性条件下水解生成 ；与 反应生成目标物，则其合成流线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，为高考常见题型，侧重考查学生分析推断及知识综合运用能力，根据反应条件、反应前后的物质结构进行推断，难点是同分异构体种类判断，题目难度中等。
15．（18分）实验室使用的纯度较高的NaCl可用含泥沙、海藻、K+、Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42﹣等杂质的海盐为原料制备，实验室模拟工业制备流程如图。
（1）焙炒海盐的目的是 除去海藻等有机杂质，并使其颗粒变小 。
（2）溶解时，为吸附水中的悬浮物应加入沉降剂，下列哪种沉降剂最佳 D 。
A.明矾
B.硫酸铁
C.硫酸铝
D.氯化铁
（3）操作X为 过滤 。
（4）根据除杂原理，在如下表中填写除杂时依次添加的试剂及预期沉淀的离子。
实验步骤
试剂
预期沉淀的离子
步骤1
NaOH溶液
Mg2+、Fe3+
步骤2
BaCl2溶液
SO42﹣
步骤3
Na2CO3溶液
Ba2+和Ca2+
（5）用图所示装置，以焙炒后的海盐为原料制备HCl气体，并通入NaCl饱和溶液中使NaCl结晶析出。
①写出制备HCl气体的化学反应方程式 2NaCl+H2SO4（浓）Na2SO4+2HCl↑ 。（产物之一为正盐）
②相比分液漏斗，选用仪器1的优点是 平衡漏斗与烧瓶内压强，使液体顺利滴下 。
③写出仪器2的名称 蒸馏烧瓶 。
④盛放NaOH溶液的烧杯的用途是 吸收尾气，防止污染空气 。
（6）已知CrO42﹣+Ba2+═BaCrO4↓（黄色）；CrO42﹣+3Fe2++8H+═Cr3++3Fe3++4H2O
设计如下实验测定NaCl产品中SO42﹣的含量，填写下列表格。
操作
现象
目的/结论
称取样品m1g，加水溶解，加盐酸调至弱酸性，滴加过量c1mol•L﹣1BaCl2溶液V1mL
稍显浑浊
目的： 使SO42﹣完全沉淀 。
继续滴加过量c2mol•L﹣1K2CrO4溶液V2mL
黄色沉淀
目的：沉淀过量的Ba2+。
过滤洗涤，滴加少许指示剂于滤液中，用c3mol•L﹣1FeSO4溶液滴定至终点，消耗FeSO4溶液V3mL
/
结论：测定SO42﹣的质量分数
若某次滴定，FeSO4溶液不小心溅出2滴
计算得到的SO42﹣的含量 偏高 。（填偏高、偏低或不变）
【分析】海盐经过焙炒，除去海藻等有机杂质，并使其颗粒变小，之后溶解，加入氯化钡除去硫酸根，加入NaOH除去Mg2+和Fe3+，再加入碳酸钠除去过量的钡离子和钙离子，之后过滤取滤液，蒸发浓缩得到饱和溶液，KCl的溶解度比NaCl大，所以通入HCl气体结晶得到NaCl；
（1）焙炒海盐可以除去海藻等有机杂质，并使其颗粒变小；
（2）明矾、硫酸铁、硫酸铝、氯化铁都可以水解净水，再结合除杂时不引入新的杂质和Al3+、SO42﹣对身体有害分析；
（3）固液分离常用过滤操作；
（4）根据步骤1可知，加入氢氧化钠溶液除去了Mg2+、Fe3+，还需要除去Ca2+、Ba2+、SO42﹣，再结合除杂时不引入新的杂质分析；
（5）①可用氯化钠与浓硫酸共热制取HCl且产物硫酸钠为正盐；
②仪器1利用导管可以使漏斗和烧瓶内压强相等；
③根据仪器的结构和性能确定仪器2名称；
④NaOH溶液可以吸收尾气，达到防止污染空气的目的；
（6）步骤①中加入过量的BaCl2溶液，能使溶液中SO42﹣完全沉淀，再加入过量的K2CrO4溶液可除去过量的Ba2+，最后用FeSO4溶液滴定剩余的CrO42﹣，根据方程式CrO42﹣+Ba2+═BaCrO4↓（黄色），CrO42﹣+3Fe2++8H+═Cr3++3Fe3++4H2O可知，n剩（CrO42﹣）＝c3V3×10﹣3mol，则n剩（Ba2+）＝ n总（CrO42﹣）﹣nn剩（CrO42﹣）＝（c2V2×10﹣3﹣c3V3×10﹣3）mol，所以n（SO42﹣）＝c1V1×10﹣3mol﹣（c2V2×10﹣3﹣c3V3×10﹣3）mol＝（c1V1﹣c2V2+c3V3）×10﹣3mol，SO42﹣的质量分数为×100%＝，若某次滴定，FeSO4溶液不小心溅出2滴，消耗的FeSO4溶液体积V3偏大。
【解答】解：（1）焙炒海盐可以除去海藻等有机杂质，并使其颗粒变小，加速溶解，
故答案为：除去海藻等有机杂质，并使其颗粒变小；
（2）明矾、硫酸铁、硫酸铝、氯化铁都可以水解净水，再结合除杂时不引入新的杂质和Al3+、SO42﹣对身体有害，所以氯化铁净水最佳，
故答案为：D；
（3）根据分析可知除去不溶物，操作X应为过滤，
故答案为：过滤；
（4）根据步骤1可知，加入氢氧化钠溶液除去了Mg2+、Fe3+，还需要除去Ca2+、Ba2+、SO42﹣，步骤2加入过量的BaCl2溶液可除去SO42﹣，步骤3加入Na2CO3溶液除去过量的Ba2+和Ca2+，
故答案为：BaCl2溶液；SO42﹣；Na2CO3溶液；Ba2+和Ca2+；
（5）①可用氯化钠与浓硫酸共热制取HCl且产物硫酸钠为正盐，其化学方程式为：2NaCl+H2SO4（浓）Na2SO4+2HCl↑，
故答案为：2NaCl+H2SO4（浓）Na2SO4+2HCl↑；
②仪器1利用导管可以平衡压强，使液体顺利滴下，
故答案为：平衡压强，使液体顺利滴下；
③仪器2的名称为蒸馏烧瓶，
故答案为：蒸馏烧瓶；
④盛放NaOH溶液的烧杯的用途是吸收尾气，防止污染空气，
故答案为：吸收尾气，防止污染空气；
（6）步骤①中加入过量的BaCl2溶液，能使溶液中SO42﹣完全沉淀，再加入过量的K2CrO4溶液可除去过量的Ba2+，最后用FeSO4溶液滴定剩余的CrO42﹣，根据方程式CrO42﹣+Ba2+═BaCrO4↓（黄色），CrO42﹣+3Fe2++8H+═Cr3++3Fe3++4H2O可知，n剩（CrO42﹣）＝c3V3×10﹣3mol，则n剩（Ba2+）＝ n总（CrO42﹣）﹣nn剩（CrO42﹣）＝（c2V2×10﹣3﹣c3V3×10﹣3）mol，所以n（SO42﹣）＝c1V1×10﹣3mol﹣（c2V2×10﹣3﹣c3V3×10﹣3）mol＝（c1V1﹣c2V2+c3V3）×10﹣3mol，SO42﹣的质量分数为×100%＝，若某次滴定，FeSO4溶液不小心溅出2滴，消耗的FeSO4溶液体积V3偏大，由SO42﹣的质量分数为可知SO42﹣的含量偏高，
故答案为：使SO42﹣完全沉淀；偏高。
【点评】本题考查物质的制备以及除杂操作，涉及物质分离提纯、物质含量的计算等知识，题目综合度较高，题目难度中等，学习中注重相关基础知识的积累。
16．（14分）氯及其化合物在工农业生产和生命活动中起着重要的作用，但同时又是环境污染的主要物质，研究其转化规律一直是科学家们的热点问题，回答下列问题：
Ⅰ.（1）将氨氮（NH4+）废水中的氮元素转变为N2脱除，其机理如图1。
已知：氧气浓度过高时，NO2﹣会被氧化成NO3﹣。
（1）参与I中反应的n（NH4+）：n（O2）＝ 2：3 .
（2）废水溶解氧浓度（DO）对氮的脱除率的影响如图2，当DO＞2mg/L时，氮的脱除率为0，其原因可能是厌氧氨氧化菌被抑制，Ⅱ中反应无法发生：还有可能是 Ⅰ中产生得NO2﹣全部被氧化为NO3﹣，Ⅱ中反应因无反应物而无法发生 .
（3）经上述工艺处理后，排出的水中含有一定量NO3﹣，可以通过改进工艺提高氮的脱除率。
①加入还原铁粉能有效除去NO3﹣。该过程涉及三个反应（a、b和c）如图3，在整个反应过程中几乎监测不到NH4+浓度的增加。请从化学反应速率的角度解释其原因： NH4+的消耗速率大于其生成速率，即反应速率c＞b 。
②采用微生物电解工艺也可有效除去NO3﹣，其原理如图，A是电源 正 极。B电极反应式： 2NO3﹣+10e﹣+12H+＝N2↑+6H2O、2NO2﹣+6e﹣+8H+＝N2↑+4H2O 。
Ⅱ.（4）二氯氨（NHCl2）是由氢气遇氯气生成的化合物，常用作饮用水二级消毒剂，该物质的电子式为 。
（5）在恒温条件下，将2mol Cl2和1mol NH3充入压强可变的密闭容器中反应：2Cl2（g）+NH3（g）⇌NHCl2（l）+2HCl（g），测得不同压强下平衡时Cl2和HCl的物质的量浓度与压强的关系如图5，则A、B、C三点中Cl2转化率最高的是 B 点（填“A”、“B”或“C”）；计算C点时该反应的压强平衡常数Kp（C）＝ 0.5Mpa﹣1 。（Kp是平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）
【分析】（1）Ⅰ中：NH4+被O2氧化为NO2﹣，NH4+中的N元素升高了6价，O2中的O元素降低了2价，根据化合价升降相等求出比值；
（2）当DO＞2mg/L时，即溶解氧浓度过高，Ⅰ中产生的NO2﹣又被O2继续氧化，导致Ⅱ中反应因无反应物而无法发生；
（3）①a、b和c三个反应中b反应生成了NH4+，c反应消耗了NH4+，在整个反应过程中几乎监测不到NH4+浓度的增加，可能原因是消耗的速率大于生成的速率；
②与A相连的电极发生的是NH4+转化为NO2﹣，属于氧化反应，该电极属于阳极，A为正极，B为负极，连接电极为阴极，发生还原反应；
（4）二氯氨（NHCl2）在中性、酸性条件下水解生成氨气和强杀菌作用的物质HClO；
（5）图中可知B点HCl的物质的量浓度最大，C点Cl2的浓度等于HCl的浓度，则
2Cl2（g）+NH3（g）⇌NHCl2（l）+2HCl（g）
开始 2 1 0 0
转化 2x x x 2x
平衡 2﹣2x 1﹣x x 2x
依据三段式数据进行计算。
【解答】解：（1）Ⅰ中：NH4+被O2氧化为NO2﹣，N元素升高了6价，O2中的O元素降低了2价，O2分子降低了4价，升降的最小公倍数为12，所以n（NH4+）：n（O2）＝2：3，
故答案为：2：3；
（2）当DO＞2mg/L时，即溶解氧浓度过高，Ⅰ中产生的NO2﹣又被O2继续氧化为NO3﹣，导致Ⅱ中反应因无NO2﹣而无法发生，
故答案为：Ⅰ中产生得NO2﹣全部被氧化为NO3﹣，Ⅱ中反应因无反应物而无法发生；
（3）①由图3可以看出：b反应生成了NH4+，c反应消耗了NH4+，当反应速率c＞b时，在整个反应过程中几乎监测不到NH4+浓度的增加，
故答案为：NH4+的消耗速率大于其生成速率，即反应速率c＞b；
②与A相连的电极发生的反应是NH4+转化为NO2﹣，属于氧化反应，该电极属于阳极，所以A为正极，B为负极，连接电极为阴极，发生还原反应，方程式为2NO3﹣+10e﹣+12H+＝N2↑+6H2O、2NO2﹣+6e﹣+8H+＝N2↑+4H2O，
故答案为：正；2NO3﹣+10e﹣+12H+＝N2↑+6H2O、2NO2﹣+6e﹣+8H+＝N2↑+4H2O；
（4）二氯氨（NHCl2）在中性、酸性条件下水解生成氨气和强杀菌作用的物质HClO，HClO的电子式为，
故答案为：；
（5）根据平衡时Cl2和HCl的物质的量浓度与平衡总压的关系，可知B点HCl的物质的量浓度最大，则A、B、C三点中Cl2转化率最高的是B点；
设反应的NH3的物质的量为xmol，则
2Cl2（g）+NH3（g）⇌NHCl2（l）+2HCl（g）
开始 2 1 0 0
转化 2x x x 2x
平衡 2﹣2x 1﹣x x 2x
C点Cl2的浓度等于HCl的浓度，则2﹣2x＝2x，解得x＝0.5，反应后气体总物质的量为（3﹣3x+2x）mol＝2.5mol，总压强为10MPa，
则平衡常数Kp（C）＝＝0.5Mpa﹣1，
故答案为：B；0.5Mpa﹣1。
【点评】本题考查化学平衡常数的计算，为高频考点，把握反应速率、平衡常数的计算、电解池相关知识为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意（5）为解答的难点，题目难度中等。
2021年天津市河北区高考化学一模试卷
一、本题包括12小题，每小题3分，共36分，每小题只有一个选项符合题意
1．（3分）化学与生活密切相关，下列做法不正确的是（ ）
A．积极提倡植树造林
B．使用太阳能、风能等洁净能源
C．农民使用柴草做燃料
D．使用有机肥，发展绿色农业
2．（3分）下列发电方式，电能是由化学能转化的是（ ）
A
B
C
D
A.燃料电池发电
B.地热发电
C.风力发电
D.水力发电
A．A B．B C．C D．D
3．（3分）下列化学用语正确的是（ ）
A．中子数为18的氯原子：Cl
B．CO2分子的电子式：
C．铝原子轨道表示式：
D．顺2﹣丁烯的结构简式：
4．（3分）下列方程式与所给事实相符的是（ ）
A．用过量NaOH溶液脱除烟气中的SO2：OH﹣+SO2═HSO3﹣
B．电镀铜的阴极反应：Cu2++2e﹣═Cu
C．向AgNO3溶液中加入过量氨水：Ag++NH3•H2O═AgOH↓+NH4+
D．用食醋处理水垢[主要成分CaCO3和Mg（OH）2]：2H++CaCO3═Ca2++CO2↑+H2O；2H++Mg（OH）2═Mg2++2H2O
5．（3分）下列实验不能达到实验目的，操作错误的是（ ）
A．用含盐的水制备蒸馏水
B．将有机层与水层分开
C．除去粗盐中的不溶性杂质
D．蒸发食盐溶液制备纯净的食盐
6．（3分）聚丙烯是日用品及合成纤维的重要原料之一，其单体为丙烯，下列说法错误的是（ ）
A．丙烯使Br2的CCl4溶液褪色是发生了加成反应
B．丙烯可与Cl2在光照条件下发生取代反应
C．聚丙烯的结构简式为
D．丙烯中的碳有两种杂化方式，分别是sp2、sp3杂化
7．（3分）氨是一种重要的化工原料，主要用于化肥工业，也广泛用于硝酸、纯碱、制药等工业；合成氨反应为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＝﹣92.4kJ•mol﹣1，下列有关说法错误的是（ ）
A．此反应在高温、高压和催化剂条件下进行可提高H2的平衡转化率
B．合成氨正反应的△S＜0
C．使用新型催化剂可以提高上述合成氨的生产效率
D．NH4+中含有配位键
8．（3分）短周期元素W、X、Y和Z在元素周期表中的相对位置如下表所示，这四种元素原子的最外层电子数之和为21。下列关系正确的是（ ）
W
X
Y
Z
A．氢化物沸点：W＞X
B．简单离子的半径：Y＜X
C．化合物熔点：Y2X3＜YZ3
D．氧化物对应水化物的酸性：Y＞W
9．（3分）某研究小组采用三种传感器分别测得氯水光照过程中pH、浓度、体积分数的变化，实验数据如图所示，下列叙述错误的是（ ）
A．从0s到150s，溶液pH降低的原因是HClO的电离程度增大
B．从0s到150s，溶液中c（H+）增加到起始浓度的100.5倍
C．从50s到150s，Cl﹣的平均生成速率约为5mg•（L•s）﹣1
D．HClO光照分解的产物有HCl、O2
10．（3分）葡酚酮是由葡萄籽提取的一种花青素类衍生物（结构简式如图），具有良好的抗氧活性。下列关于葡酚酮叙述错误的是（ ）
A．能形成氢键
B．可使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．有6种含氧官能团
D．能与Na2CO3水溶液发生反应
11．（3分）在N﹣羟基邻苯二甲酰亚胺（NHPI）介质中，可实现醇向醛的转化，原理如图。下列说法错误的是（ ）
A．理论上NHPI的总量在反应前后不变
B．海绵Ni电极作阳极
C．总反应为+H2↑
D．每消耗1mmol苯甲醇，产生22.4mL氢气
12．（3分）某小组在验证反应“Fe+2Ag+═Fe2++2Ag”的实验中检测到Fe3+，实验过程如下：向硝酸酸化的0.05mol/L硝酸银溶液（pH≈2）中加入过量铁粉，搅拌后静置，烧杯底部有黑色固体，溶液呈黄色。取上层清液，滴加KSCN溶液，溶液变红，同时发现有白色沉淀产生，且溶液颜色深浅、沉淀量多少与取样时间有关，对比实验记录如表。（资料：Ag+与SCN﹣生成白色沉淀AgSCN）依据上述实验现象，不能得出的结论是（ ）
序号
取样时间/min
现象
ⅰ
3
产生大量白色沉淀；溶液呈红色
ⅱ
30
产生白色沉淀；较3min时量少；溶液红色较3min时加深
ⅲ
120
产生白色沉淀；较30min时量少；溶液红色较30min时变浅
A．上层清液中滴加KSCN溶液，溶液变红，说明溶液中含有Fe3+
B．上层清液中滴加KSCN溶液，产生白色沉淀，说明溶液中含有Ag+
C．Fe3+产生的原因是由于酸性溶液中的NO3﹣具有氧化性
D．30min时“白色沉淀量减少，溶液红色加深”的原因可能是：Fe2++Ag+═Fe3++Ag
二、第Ⅱ卷（非选择题，共64分）本卷可能用到的相对原子质量：C：12S：32Na：23O：16H：1Fe：56
13．（14分）Si是优良的半导体材料：石墨是制作电极的良好材料：Cu是导电性能极佳的金属，在生活中都有着广泛的应用。回答下列问题
（1）画出CuSO4、Cu（NO3）2中阳离子的核外电子排布式 。
（2）CuSO4晶体熔点为560℃，Cu（NO3）2晶体熔点为15℃。前者比后者熔点高的原因 。
（3）Cu2O有半导体性质，不溶于水，可溶于氨水生成[Cu（NH3）2]+，1mol[Cu（NH3）2]+中共价键的数目为 个。
（4）石墨中C的杂化方式为 ，α﹣石墨和β﹣石墨结构如图（a）、（b）所示，已知：C（α﹣石墨，s）＝C（β﹣石墨，s）△H＝+0.586kJ•mol﹣1，△H数值小，易转化。请从石墨晶体结构的角度分析△H数值小的原因是 。
（5）高导电紫铜常用CaBx提高导电率，CaBx晶胞如图（c）所示，B原子全部组成正八面体，各个顶点通过B﹣B键连接成三维骨架，具有立方晶系的对称性，则x＝ ，B原子半径为rnm，则晶胞参数a（晶胞棱长）＝ nm。
14．（18分）化合物G是一种抗骨质疏松药，俗称依普黄酮。以甲苯为原料合成该化合物的路线如图。
已知：
回答下列问题
（1）反应①的反应类型为 。
（2）用系统命名法给命名 。
（3）E中含氧官能团的名称 。
（4）H的结构简式为 。
（5）已知N为催化剂，E和M反应生成F和另一种有机物X，写出E+M→F+X的化学反应方程式 。
（6）D有多种同分异构体，写出同时满足下列条件的所有同分异构体 。
a.含苯环的单环化合物
b.苯环上只有一个取代基
c.核磁共振氢谱有四组峰峰面积之比为3：2：2：1
（7）根据已给信息，设计由和为原料制备的合成路线 （无机试剂任选）
15．（18分）实验室使用的纯度较高的NaCl可用含泥沙、海藻、K+、Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42﹣等杂质的海盐为原料制备，实验室模拟工业制备流程如图。
（1）焙炒海盐的目的是 。
（2）溶解时，为吸附水中的悬浮物应加入沉降剂，下列哪种沉降剂最佳 。
A.明矾
B.硫酸铁
C.硫酸铝
D.氯化铁
（3）操作X为 。
（4）根据除杂原理，在如下表中填写除杂时依次添加的试剂及预期沉淀的离子。
实验步骤
试剂
预期沉淀的离子
步骤1
NaOH溶液
Mg2+、Fe3+
步骤2
步骤3
（5）用图所示装置，以焙炒后的海盐为原料制备HCl气体，并通入NaCl饱和溶液中使NaCl结晶析出。
①写出制备HCl气体的化学反应方程式 。（产物之一为正盐）
②相比分液漏斗，选用仪器1的优点是 。
③写出仪器2的名称 。
④盛放NaOH溶液的烧杯的用途是 。
（6）已知CrO42﹣+Ba2+═BaCrO4↓（黄色）；CrO42﹣+3Fe2++8H+═Cr3++3Fe3++4H2O
设计如下实验测定NaCl产品中SO42﹣的含量，填写下列表格。
操作
现象
目的/结论
称取样品m1g，加水溶解，加盐酸调至弱酸性，滴加过量c1mol•L﹣1BaCl2溶液V1mL
稍显浑浊
目的： 。
继续滴加过量c2mol•L﹣1K2CrO4溶液V2mL
黄色沉淀
目的：沉淀过量的Ba2+。
过滤洗涤，滴加少许指示剂于滤液中，用c3mol•L﹣1FeSO4溶液滴定至终点，消耗FeSO4溶液V3mL
/
结论：测定SO42﹣的质量分数
若某次滴定，FeSO4溶液不小心溅出2滴
计算得到的SO42﹣的含量 。（填偏高、偏低或不变）
16．（14分）氯及其化合物在工农业生产和生命活动中起着重要的作用，但同时又是环境污染的主要物质，研究其转化规律一直是科学家们的热点问题，回答下列问题：
Ⅰ.（1）将氨氮（NH4+）废水中的氮元素转变为N2脱除，其机理如图1。
已知：氧气浓度过高时，NO2﹣会被氧化成NO3﹣。
（1）参与I中反应的n（NH4+）：n（O2）＝ .
（2）废水溶解氧浓度（DO）对氮的脱除率的影响如图2，当DO＞2mg/L时，氮的脱除率为0，其原因可能是厌氧氨氧化菌被抑制，Ⅱ中反应无法发生：还有可能是 .
（3）经上述工艺处理后，排出的水中含有一定量NO3﹣，可以通过改进工艺提高氮的脱除率。
①加入还原铁粉能有效除去NO3﹣。该过程涉及三个反应（a、b和c）如图3，在整个反应过程中几乎监测不到NH4+浓度的增加。请从化学反应速率的角度解释其原因： 。
②采用微生物电解工艺也可有效除去NO3﹣，其原理如图，A是电源 极。B电极反应式： 。
Ⅱ.（4）二氯氨（NHCl2）是由氢气遇氯气生成的化合物，常用作饮用水二级消毒剂，该物质的电子式为 。
（5）在恒温条件下，将2mol Cl2和1mol NH3充入压强可变的密闭容器中反应：2Cl2（g）+NH3（g）⇌NHCl2（l）+2HCl（g），测得不同压强下平衡时Cl2和HCl的物质的量浓度与压强的关系如图5，则A、B、C三点中Cl2转化率最高的是 点（填“A”、“B”或“C”）；计算C点时该反应的压强平衡常数Kp（C）＝ 。（Kp是平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）
2021年天津市河北区高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、本题包括12小题，每小题3分，共36分，每小题只有一个选项符合题意
1．（3分）化学与生活密切相关，下列做法不正确的是（ ）
A．积极提倡植树造林
B．使用太阳能、风能等洁净能源
C．农民使用柴草做燃料
D．使用有机肥，发展绿色农业
【分析】A．植树造林有利于保护环境；
B．使用太阳能、风能等洁净能源，可以减少空气污染物排放；
C．农民使用柴草做燃料，产生大量烟尘等空气污染物；
D．使用有机肥，对环境及食物不会产生污染。
【解答】解：A．植树造林有利于保护环境，应大力提倡，故A正确；
B．使用太阳能、风能等洁净能源，可以减少空气污染物排放，有利于保护环境，故B正确；
C．农民使用柴草做燃料，产生大量烟尘等空气污染物，不利于环境保护，故C错误；
D．使用有机肥，对环境及食物不会产生污染，应大力提倡，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查了化学在生产生活中的应用，侧重考查化学与环境污染和治理，明确常见污染源及治理措施是解题关键，题目难度不大。
2．（3分）下列发电方式，电能是由化学能转化的是（ ）
A
B
C
D
A.燃料电池发电
B.地热发电
C.风力发电
D.水力发电
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.燃料电池发电，化学能转化为电能；
B.地热发电，地热能转化为电能；
C.风力发电，风能转化为电能；
D.水力发电，水的机械能（包括动能和重力势能）转化为电能。
【解答】解：由分析可知，只有燃料电池发电时是化学能转化为电能，
故选：A。
【点评】本题考查能量转化，题目难度不大，平时注意相关知识的积累。
3．（3分）下列化学用语正确的是（ ）
A．中子数为18的氯原子：Cl
B．CO2分子的电子式：
C．铝原子轨道表示式：
D．顺2﹣丁烯的结构简式：
【分析】A．质量数＝质子数+中子数，质量数标注于元素符号左上角，质子数标注于左下角；
B．二氧化碳分子中碳原子与氧原子共用2对电子，C、O原子均达到8电子稳定结构；
C．Al的核电荷数为13，其基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p1；
D．顺﹣2﹣丁烯中两个甲基位于双键的同侧。
【解答】解：A．中子数为18的氯原子的质量数为17+18＝35，核素符号为Cl，故A错误；
B．二氧化碳中C原子和O原子之间共用2对电子，二氧化碳的电子式为，故B错误；
C．Al的核电荷数为13，其基态原子电子排布式为1s22s22p63s23p1，其基态时的轨道表示式为，故C错误；
D．顺﹣2﹣丁烯中两个甲基位于双键的同侧，结构简式为，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了常见化学用语的表示方法，涉及电子式、核素、轨道表示式、有机物的结构简式等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题培养了学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不大。
4．（3分）下列方程式与所给事实相符的是（ ）
A．用过量NaOH溶液脱除烟气中的SO2：OH﹣+SO2═HSO3﹣
B．电镀铜的阴极反应：Cu2++2e﹣═Cu
C．向AgNO3溶液中加入过量氨水：Ag++NH3•H2O═AgOH↓+NH4+
D．用食醋处理水垢[主要成分CaCO3和Mg（OH）2]：2H++CaCO3═Ca2++CO2↑+H2O；2H++Mg（OH）2═Mg2++2H2O
【分析】A．氢氧化钠过量，反应生成亚硫酸根离子；
B．电解精炼铜过程中，阴极铜离子得到电子生成铜单质；
C．加入过量的氨水，生成银氨溶液；
D．醋酸为弱酸，不能拆开。
【解答】解：A．用过量NaOH溶液脱除烟气中的SO2，离子方程为2OH﹣+SO2═SO32﹣+H2O，故A错误；
B．电解精炼铜时，阳极粗铜放电，阴极铜离子放电，其阴极反应为Cu2++2e﹣═Cu，故B正确；
C．AgNO3溶液中加入少量的氨水，发生反应：Ag++NH3•H2O═AgOH↓+NH4+ 加过量的氨水，发生反应：AgOH+2NH3•H2O═[Ag（NH3）2]++2H2O+OH﹣，总离子方程为Ag++2NH3•H2O═[Ag（NH3）2]++2H2O，故C错误；
D．用食醋处理水垢[主要成分CaCO3和Mg（OH）2]，离子方程式为CaCO3+2CH3COOH＝Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO﹣、2CH3COOH+Mg（OH）2═Mg2++2H2O+2CH3COO﹣，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重与量有关的离子反应的考查，题目难度不大。
5．（3分）下列实验不能达到实验目的，操作错误的是（ ）
A．用含盐的水制备蒸馏水
B．将有机层与水层分开
C．除去粗盐中的不溶性杂质
D．蒸发食盐溶液制备纯净的食盐
【分析】A.盐的沸点比水的沸点高；
B.分液可分离分层的液体混合物；
C.过滤可除去不溶性杂质；
D.蒸发需要蒸发皿。
【解答】解：A.盐的沸点比水的沸点高，图中蒸馏可制备蒸馏水，故A正确；
B.分液可分离分层的液体混合物，图中装置可分离水层与有机层，故B正确；
C.过滤可除去不溶性杂质，图中过滤可除杂，故C正确；
D.蒸发需要蒸发皿，不能在烧杯中蒸发，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
6．（3分）聚丙烯是日用品及合成纤维的重要原料之一，其单体为丙烯，下列说法错误的是（ ）
A．丙烯使Br2的CCl4溶液褪色是发生了加成反应
B．丙烯可与Cl2在光照条件下发生取代反应
C．聚丙烯的结构简式为
D．丙烯中的碳有两种杂化方式，分别是sp2、sp3杂化
【分析】A．烯烃含有碳碳双键；
B．丙烯中包含甲基；
C．聚丙烯的结构单元的主链上应该含有2个C原子；
D．乙烯为平面结构，双键中的碳原子为sp2，甲烷为正四面体结构，其中的碳原子为sp3杂化，据此分析解答。
【解答】解：A．丙烯可与Br2的CCl4溶液中Br2发生加成反应生成无色的1，2﹣二溴丙烷，故A正确；
B．丙烯中含有甲基，可与Cl2在光照条件下发生取代反应，故B正确；
C．聚丙烯的结构单元的主链上应该含有2个C原子，则结构简式为，故C错误；
D．乙烯为平面结构，双键中的碳原子为sp2，丙烯中含有碳碳双键，则碳的杂化方式是sp2杂化；甲烷为正四面体结构，其中的碳原子为sp3杂化，丙烯中的甲基上的碳的杂化方式sp3杂化，故D正确；
故选：C。
【点评】本题综合考查材料的组成、性质和用途等知识，为高频考点，侧重化学与生活的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学生学习的积极性，题目难度不大。
7．（3分）氨是一种重要的化工原料，主要用于化肥工业，也广泛用于硝酸、纯碱、制药等工业；合成氨反应为：N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）△H＝﹣92.4kJ•mol﹣1，下列有关说法错误的是（ ）
A．此反应在高温、高压和催化剂条件下进行可提高H2的平衡转化率
B．合成氨正反应的△S＜0
C．使用新型催化剂可以提高上述合成氨的生产效率
D．NH4+中含有配位键
【分析】A.高温、催化剂不能使平衡正向移动；
B.为气体体积减小的反应；
C.催化剂可加快反应速率；
D.NH4+中N原子提供孤对电子、氢离子提供空轨道。
【解答】解：A.高温、催化剂不能使平衡正向移动，则不能提高H2的平衡转化率，故A错误；
B.为气体体积减小的反应，△S＜0，故B正确；
C.催化剂可加快反应速率，则使用新型催化剂可以提高上述合成氨的生产效率，故C正确；
D.NH4+中N原子提供孤对电子、氢离子提供空轨道，可形成配位键，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，把握化学反应的特点、平衡移动的影响因素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。
8．（3分）短周期元素W、X、Y和Z在元素周期表中的相对位置如下表所示，这四种元素原子的最外层电子数之和为21。下列关系正确的是（ ）
W
X
Y
Z
A．氢化物沸点：W＞X
B．简单离子的半径：Y＜X
C．化合物熔点：Y2X3＜YZ3
D．氧化物对应水化物的酸性：Y＞W
【分析】由短周期元素W、X、Y和Z在元素周期表中的相对位置可知，W、X处于第二周期，Y、Z处于第三周期，这四种元素原子的最外层电子数之和为21，设W的最外层电子数为n，则n﹣2+n+n+1+n+2＝21，解得n＝5，可知W为N元素、X为O元素、Y为Al元素、Z为Cl元素。
【解答】解：由分析可知，W为N元素、X为O元素、Y为Al元素、Z为Cl元素。
A．W的氢化物为NH3，X的氢化物为H2O，常温下，前者为气体，而后者为液体，故氢化物沸点：W＜X，故A错误；
B．Y的简单离子为Al3+，X的简单离子为O2﹣，二者具有相同电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子的半径：Y＜X，故B正确；
C．Y2X3是Al2O3，属于离子晶体，而YZ3是AlCl3，属于分子晶体，化合物熔点：Al2O3＞AlCl3，故C错误；
D．Y的氧化物对应水化物为氢氧化铝，属于两性氢氧化物，其酸性比氮元素氧化物对应水化物的酸性弱，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查结构性性质位置关系应用，推断元素是解题的关键，注意掌握元素周期表与元素化合物知识，侧重分析与应用能力的考查。
9．（3分）某研究小组采用三种传感器分别测得氯水光照过程中pH、浓度、体积分数的变化，实验数据如图所示，下列叙述错误的是（ ）
A．从0s到150s，溶液pH降低的原因是HClO的电离程度增大
B．从0s到150s，溶液中c（H+）增加到起始浓度的100.5倍
C．从50s到150s，Cl﹣的平均生成速率约为5mg•（L•s）﹣1
D．HClO光照分解的产物有HCl、O2
【分析】A．从0s到150s，溶液pH降低且Cl﹣浓度增大，据此进行分析；
B．从0s到150s，溶液的pH由2降低到1.5，据此计算氢离子浓度变化；
C．从50s到150s，Cl﹣的变化浓度约为400mg/L，则平均生成速率约为＝4mg•L﹣1•s﹣1；
D．由氯水光照过程中溶液的酸性增强、Cl﹣浓度增大，O2的体积分数增大，据此进行分析。
【解答】解：A．从0s到150s，溶液pH降低且Cl﹣浓度增大，说明是HClO分解生成HCl的缘故，故A错误；
B．从0s到150s，溶液的pH由2降低到1.5，则溶液中c（H+）增加到起始浓度的＝100.5倍，故B正确；
C．从50s到150s，Cl﹣的变化浓度约为400mg/L，则平均生成速率约为＝4mg•L﹣1•s﹣1，故C错误；
D．由氯水光照过程中溶液的酸性增强、Cl﹣浓度增大，O2的体积分数增大，说明HClO分解产物有HCl和O2，故D正确；
故选：AC。
【点评】本题通过结合图象考查有关次氯酸的性质，以及相关计算，题目难度中等，注意对化学反应的理解与应用。
10．（3分）葡酚酮是由葡萄籽提取的一种花青素类衍生物（结构简式如图），具有良好的抗氧活性。下列关于葡酚酮叙述错误的是（ ）
A．能形成氢键
B．可使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．有6种含氧官能团
D．能与Na2CO3水溶液发生反应
【分析】由结构可知，有机物含酚羟基、醇羟基、酯基、羧基、醚键与碳碳双键，结合酚、醇、酯、羧酸及烯烃的性质来解答。
【解答】解：A．该有机物含有羟基、羧基等，可形成氢键，故A正确；
B．该有机物含有碳碳双键，醇羟基等，可被酸性重铬酸钾溶液氧化，则能使酸性重铬酸钾溶液变色，故B正确；
C．该有机物含酚羟基、醇羟基、酯基、羧基、醚键共5含氧官能团，故C错误；
D．有机物含有羧基，具有酸性，且酸性比碳酸强，则可与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答该题的关键，题目难度不大。
11．（3分）在N﹣羟基邻苯二甲酰亚胺（NHPI）介质中，可实现醇向醛的转化，原理如图。下列说法错误的是（ ）
A．理论上NHPI的总量在反应前后不变
B．海绵Ni电极作阳极
C．总反应为+H2↑
D．每消耗1mmol苯甲醇，产生22.4mL氢气
【分析】A.由图中转化可知，NHPI在反应中消耗又生成；
B.Ni电极上失去电子；
C.醇向醛的转化，同时生成氢气；
D.状况未知，气体摩尔体积不确定。
【解答】解：A.由图中转化可知，NHPI在反应中消耗又生成，则理论上NHPI的总量在反应前后不变，故A正确；
B.Ni电极上失去电子，可知海绵Ni电极作阳极，故B正确；
C.醇向醛的转化，同时生成氢气，总反应为+H2↑，故C正确；
D.状况未知，气体摩尔体积不确定，则不能由苯甲醇的物质的量计算生成气体的体积，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查以有机物的结构与性质考查电解，为高频考点，把握图中转化、电极反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。
12．（3分）某小组在验证反应“Fe+2Ag+═Fe2++2Ag”的实验中检测到Fe3+，实验过程如下：向硝酸酸化的0.05mol/L硝酸银溶液（pH≈2）中加入过量铁粉，搅拌后静置，烧杯底部有黑色固体，溶液呈黄色。取上层清液，滴加KSCN溶液，溶液变红，同时发现有白色沉淀产生，且溶液颜色深浅、沉淀量多少与取样时间有关，对比实验记录如表。（资料：Ag+与SCN﹣生成白色沉淀AgSCN）依据上述实验现象，不能得出的结论是（ ）
序号
取样时间/min
现象
ⅰ
3
产生大量白色沉淀；溶液呈红色
ⅱ
30
产生白色沉淀；较3min时量少；溶液红色较3min时加深
ⅲ
120
产生白色沉淀；较30min时量少；溶液红色较30min时变浅
A．上层清液中滴加KSCN溶液，溶液变红，说明溶液中含有Fe3+
B．上层清液中滴加KSCN溶液，产生白色沉淀，说明溶液中含有Ag+
C．Fe3+产生的原因是由于酸性溶液中的NO3﹣具有氧化性
D．30min时“白色沉淀量减少，溶液红色加深”的原因可能是：Fe2++Ag+═Fe3++Ag
【分析】向硝酸酸化的0.05mol/L硝酸银溶液（pH≈2）中加入过量铁粉，搅拌后静置，烧杯底部有黑色固体，溶液呈黄色，说明铁粉过量，同时生成铁离子，3min取上层清液，滴加KSCN溶液，溶液变红，同时发现有白色沉淀产生，且溶液颜色深浅，则表明溶液中含Ag+、Fe3+，30min时取上层清液，滴加KSCN溶液，产生白色沉淀，较3min时量少；溶液红色较3min时加深，表明反应继续进行，溶液中银离子浓度减小，铁离子浓度增大，120min时取上层清液，滴加KSCN溶液，产生白色沉淀，较30min时量少；溶液红色较30min时变浅，则表明银离子浓度减小，铁离子浓度减小，上述现象可知，起初缓慢发生反应：Fe+2Ag+═Fe2++2Ag，但生成的Fe2+又能被Ag+氧化，发生反应：Fe2++Ag+═Fe3++Ag，当c（Ag+）减小到一定程度后，Ag+能氧化Fe，但不能氧化Fe2+，同时又发生反应：2Fe3++Fe＝3Fe2+，从而导致Fe3+离子浓度减小，据此分析判断。
【解答】解：A．滴加KSCN溶液，溶液变红，说明发生反应：Fe3++3SCN﹣＝Fe（SCN）3，溶液中含Fe3+，故A正确；
B．上层清液中滴加KSCN溶液，产生白色沉淀，发生的反应为：Ag++SCN﹣＝AgSCN↓，说明溶液中含有Ag+，故B正确；
C．由实验ii的分析可知，c（Ag+）减小，c（Fe3+）增大，则可能发生反应：Fe2++Ag+═Fe3++Ag，所以Fe3+不一定是酸性溶液中Fe2+被NO3﹣氧化生成，故C错误；
D．由实验ii的分析可知，c（Ag+）减小，c（Fe3+）增大，则表明可能发生反应Fe2++Ag+═Fe3++Ag，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了物质性质的实验设计分析判断、反应现象的理解应用，主要是铁离子、亚铁离子、银离子的性质和发生反应的分析判断，题目难度较大。
二、第Ⅱ卷（非选择题，共64分）本卷可能用到的相对原子质量：C：12S：32Na：23O：16H：1Fe：56
13．（14分）Si是优良的半导体材料：石墨是制作电极的良好材料：Cu是导电性能极佳的金属，在生活中都有着广泛的应用。回答下列问题
（1）画出CuSO4、Cu（NO3）2中阳离子的核外电子排布式 1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9 。
（2）CuSO4晶体熔点为560℃，Cu（NO3）2晶体熔点为15℃。前者比后者熔点高的原因 SO42﹣所带电荷比NO3﹣的多，CuSO4的晶格能较大 。
（3）Cu2O有半导体性质，不溶于水，可溶于氨水生成[Cu（NH3）2]+，1mol[Cu（NH3）2]+中共价键的数目为 8NA 个。
（4）石墨中C的杂化方式为 sp2 ，α﹣石墨和β﹣石墨结构如图（a）、（b）所示，已知：C（α﹣石墨，s）＝C（β﹣石墨，s）△H＝+0.586kJ•mol﹣1，△H数值小，易转化。请从石墨晶体结构的角度分析△H数值小的原因是 石墨层与层之间距离较大，作用力是范德华力，作用力比较弱，转化需要能量低 。
（5）高导电紫铜常用CaBx提高导电率，CaBx晶胞如图（c）所示，B原子全部组成正八面体，各个顶点通过B﹣B键连接成三维骨架，具有立方晶系的对称性，则x＝ 6 ，B原子半径为rnm，则晶胞参数a（晶胞棱长）＝ 2（1+）r nm。
【分析】（1）原子形成阳离子时，先失去高能层中电子，同一能层失去高能级中电子；
（2）离子电荷越多，晶格能越大，离子晶体的熔沸点越高；
（3）Cu+和每个N原子之间通过配位键形成一个共价键，每个氨气分子中含有3个共价键，则每个[Cu（NH3）2]+中含有8个共价键；
（4）石墨晶体中每个碳原子与3个碳原子相接，则每个C原子价层电子对个数是3，根据价层电子对互斥理论判断C原子杂化类型；石墨晶体中层与层之间通过范德华力结合，作用力比较弱；
（5）由图可知，Ca原子位于体心位置，B原子全部组成正八面体，位于立方晶胞的顶点，每个顶点的贡献率为，并且每个正八面体含有6个B原子，根据均摊法推断CaBx晶胞中x值；如图为晶胞中顶点处的一个正八面体，其中O点为正八面体中心，也是立方晶系的顶点，线段AB＝2rnm，等腰直角三角形△AOB中，OB＝AB＝rnm，则晶胞参数a＝2OB+2r。
【解答】解：（1）Cu是29号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，先失去4s能级1个电子，再失去3d能级1个形成Cu2+，所以Cu2+的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9，
故答案为：1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9；
（2）SO42﹣比NO3﹣带的电荷多，CuSO4的晶格能比Cu（NO3）2的大，离子晶体中离子键更强，CuSO4晶体的熔点较高，
故答案为：SO42﹣所带电荷比NO3﹣的多，CuSO4的晶格能较大；
（3）[Cu（NH3）2]+中含有2个NH3，即含有6个共价键，另外含有2根配位键，所以1mol[Cu（NH3）2]+中共价键的数目为8NA，
故答案为：NA；
（4）石墨晶体中碳原子先形成正六边形平面蜂窝状结构，而层与层之间又通过范德华力结合，每个碳原子都结合着3个碳原子，碳原子采取sp2杂化；石墨层与层之间的距离较大，作用力是范德华力，比较微弱，所以C（α﹣石墨，s）＝C（β﹣石墨，s），易转化，
故答案为：sp2；石墨层与层之间的距离较大，作用力是范德华力，比较微弱，转化需要能量低；
（5）CaBx晶胞如图（c）所示，B原子全部组成正八面体，每个正八面体含有6个B原子，各个顶点通过B﹣B键连接成三维骨架，具有立方晶系的对称性，则晶胞中含有1个钙原子，B原子数为8××6＝6，即x＝6；如图中O点为正八面体中心，也是立方晶系的顶点，B原子半径为rnm，线段AB长为2rnm等腰直角三角形△AOB中，OB＝AB＝rnm，则晶胞参数a＝2OB+2r＝2rnm+2rnm＝2（1+）rnm，
故答案为：6；2（1+）r。
【点评】本题考查较综合，涉及晶胞计算、原子杂化类型判断、原子核外电子排布等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用、空间想象能力及计算能力，明确原子结构、晶体构成微粒、晶胞结构特点是解本题关键，难点是（5）题计算，题目难度中等。
14．（18分）化合物G是一种抗骨质疏松药，俗称依普黄酮。以甲苯为原料合成该化合物的路线如图。
已知：
回答下列问题
（1）反应①的反应类型为 取代反应 。
（2）用系统命名法给命名 2﹣溴丙烷 。
（3）E中含氧官能团的名称 羰基、（酚）羟基 。
（4）H的结构简式为 。
（5）已知N为催化剂，E和M反应生成F和另一种有机物X，写出E+M→F+X的化学反应方程式 。
（6）D有多种同分异构体，写出同时满足下列条件的所有同分异构体 、 。
a.含苯环的单环化合物
b.苯环上只有一个取代基
c.核磁共振氢谱有四组峰峰面积之比为3：2：2：1
（7）根据已给信息，设计由和为原料制备的合成路线 （无机试剂任选）
【分析】由图示可知，A与Cl2在光照条件下发生取代反应生成B；与NaCN在一定条件下发生取代反应生成C；在酸性条件下水解生成D；与在一定条件下反应生成E；与HC（OC2H5）3在作催化剂下反应生成F；与在碱性条件下反应生成G，结合有机化合物的相关知识分析解答；
（7）与NaCN反应生成；在酸性条件下水解生成；与反应生成目标物。
【解答】解：（1）由分析可得反应①A与Cl2在光照条件下发生取代反应生成，
故答案为：取代反应；
（2）用系统命名法给命名为2﹣溴丙烷，
故答案为：2﹣溴丙烷；
（3）E中含氧官能团的名称羰基、（酚）羟基，
故答案为：羰基、（酚）羟基；
（4）由分析知，H的结构简式为，
故答案为：；
（5）已知N为催化剂，与HC（OC2H5）3在作催化剂反应生成和C2H5OH，则E+M→F+X的化学反应方程式为，
故答案为：；
（6）D为，分子式为C8H8O2，有多种同分异构体，同时满足a.含苯环的单环化合物；b.苯环上只有一个取代基；c.核磁共振氢谱有四组峰峰面积之比为3：2：2：1，则有 、，
故答案为：、；
（7） 与NaCN反应生成 ； 在酸性条件下水解生成 ；与 反应生成目标物，则其合成流线为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物推断和合成，为高考常见题型，侧重考查学生分析推断及知识综合运用能力，根据反应条件、反应前后的物质结构进行推断，难点是同分异构体种类判断，题目难度中等。
15．（18分）实验室使用的纯度较高的NaCl可用含泥沙、海藻、K+、Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42﹣等杂质的海盐为原料制备，实验室模拟工业制备流程如图。
（1）焙炒海盐的目的是 除去海藻等有机杂质，并使其颗粒变小 。
（2）溶解时，为吸附水中的悬浮物应加入沉降剂，下列哪种沉降剂最佳 D 。
A.明矾
B.硫酸铁
C.硫酸铝
D.氯化铁
（3）操作X为 过滤 。
（4）根据除杂原理，在如下表中填写除杂时依次添加的试剂及预期沉淀的离子。
实验步骤
试剂
预期沉淀的离子
步骤1
NaOH溶液
Mg2+、Fe3+
步骤2
BaCl2溶液
SO42﹣
步骤3
Na2CO3溶液
Ba2+和Ca2+
（5）用图所示装置，以焙炒后的海盐为原料制备HCl气体，并通入NaCl饱和溶液中使NaCl结晶析出。
①写出制备HCl气体的化学反应方程式 2NaCl+H2SO4（浓）Na2SO4+2HCl↑ 。（产物之一为正盐）
②相比分液漏斗，选用仪器1的优点是 平衡漏斗与烧瓶内压强，使液体顺利滴下 。
③写出仪器2的名称 蒸馏烧瓶 。
④盛放NaOH溶液的烧杯的用途是 吸收尾气，防止污染空气 。
（6）已知CrO42﹣+Ba2+═BaCrO4↓（黄色）；CrO42﹣+3Fe2++8H+═Cr3++3Fe3++4H2O
设计如下实验测定NaCl产品中SO42﹣的含量，填写下列表格。
操作
现象
目的/结论
称取样品m1g，加水溶解，加盐酸调至弱酸性，滴加过量c1mol•L﹣1BaCl2溶液V1mL
稍显浑浊
目的： 使SO42﹣完全沉淀 。
继续滴加过量c2mol•L﹣1K2CrO4溶液V2mL
黄色沉淀
目的：沉淀过量的Ba2+。
过滤洗涤，滴加少许指示剂于滤液中，用c3mol•L﹣1FeSO4溶液滴定至终点，消耗FeSO4溶液V3mL
/
结论：测定SO42﹣的质量分数
若某次滴定，FeSO4溶液不小心溅出2滴
计算得到的SO42﹣的含量 偏高 。（填偏高、偏低或不变）
【分析】海盐经过焙炒，除去海藻等有机杂质，并使其颗粒变小，之后溶解，加入氯化钡除去硫酸根，加入NaOH除去Mg2+和Fe3+，再加入碳酸钠除去过量的钡离子和钙离子，之后过滤取滤液，蒸发浓缩得到饱和溶液，KCl的溶解度比NaCl大，所以通入HCl气体结晶得到NaCl；
（1）焙炒海盐可以除去海藻等有机杂质，并使其颗粒变小；
（2）明矾、硫酸铁、硫酸铝、氯化铁都可以水解净水，再结合除杂时不引入新的杂质和Al3+、SO42﹣对身体有害分析；
（3）固液分离常用过滤操作；
（4）根据步骤1可知，加入氢氧化钠溶液除去了Mg2+、Fe3+，还需要除去Ca2+、Ba2+、SO42﹣，再结合除杂时不引入新的杂质分析；
（5）①可用氯化钠与浓硫酸共热制取HCl且产物硫酸钠为正盐；
②仪器1利用导管可以使漏斗和烧瓶内压强相等；
③根据仪器的结构和性能确定仪器2名称；
④NaOH溶液可以吸收尾气，达到防止污染空气的目的；
（6）步骤①中加入过量的BaCl2溶液，能使溶液中SO42﹣完全沉淀，再加入过量的K2CrO4溶液可除去过量的Ba2+，最后用FeSO4溶液滴定剩余的CrO42﹣，根据方程式CrO42﹣+Ba2+═BaCrO4↓（黄色），CrO42﹣+3Fe2++8H+═Cr3++3Fe3++4H2O可知，n剩（CrO42﹣）＝c3V3×10﹣3mol，则n剩（Ba2+）＝ n总（CrO42﹣）﹣nn剩（CrO42﹣）＝（c2V2×10﹣3﹣c3V3×10﹣3）mol，所以n（SO42﹣）＝c1V1×10﹣3mol﹣（c2V2×10﹣3﹣c3V3×10﹣3）mol＝（c1V1﹣c2V2+c3V3）×10﹣3mol，SO42﹣的质量分数为×100%＝，若某次滴定，FeSO4溶液不小心溅出2滴，消耗的FeSO4溶液体积V3偏大。
【解答】解：（1）焙炒海盐可以除去海藻等有机杂质，并使其颗粒变小，加速溶解，
故答案为：除去海藻等有机杂质，并使其颗粒变小；
（2）明矾、硫酸铁、硫酸铝、氯化铁都可以水解净水，再结合除杂时不引入新的杂质和Al3+、SO42﹣对身体有害，所以氯化铁净水最佳，
故答案为：D；
（3）根据分析可知除去不溶物，操作X应为过滤，
故答案为：过滤；
（4）根据步骤1可知，加入氢氧化钠溶液除去了Mg2+、Fe3+，还需要除去Ca2+、Ba2+、SO42﹣，步骤2加入过量的BaCl2溶液可除去SO42﹣，步骤3加入Na2CO3溶液除去过量的Ba2+和Ca2+，
故答案为：BaCl2溶液；SO42﹣；Na2CO3溶液；Ba2+和Ca2+；
（5）①可用氯化钠与浓硫酸共热制取HCl且产物硫酸钠为正盐，其化学方程式为：2NaCl+H2SO4（浓）Na2SO4+2HCl↑，
故答案为：2NaCl+H2SO4（浓）Na2SO4+2HCl↑；
②仪器1利用导管可以平衡压强，使液体顺利滴下，
故答案为：平衡压强，使液体顺利滴下；
③仪器2的名称为蒸馏烧瓶，
故答案为：蒸馏烧瓶；
④盛放NaOH溶液的烧杯的用途是吸收尾气，防止污染空气，
故答案为：吸收尾气，防止污染空气；
（6）步骤①中加入过量的BaCl2溶液，能使溶液中SO42﹣完全沉淀，再加入过量的K2CrO4溶液可除去过量的Ba2+，最后用FeSO4溶液滴定剩余的CrO42﹣，根据方程式CrO42﹣+Ba2+═BaCrO4↓（黄色），CrO42﹣+3Fe2++8H+═Cr3++3Fe3++4H2O可知，n剩（CrO42﹣）＝c3V3×10﹣3mol，则n剩（Ba2+）＝ n总（CrO42﹣）﹣nn剩（CrO42﹣）＝（c2V2×10﹣3﹣c3V3×10﹣3）mol，所以n（SO42﹣）＝c1V1×10﹣3mol﹣（c2V2×10﹣3﹣c3V3×10﹣3）mol＝（c1V1﹣c2V2+c3V3）×10﹣3mol，SO42﹣的质量分数为×100%＝，若某次滴定，FeSO4溶液不小心溅出2滴，消耗的FeSO4溶液体积V3偏大，由SO42﹣的质量分数为可知SO42﹣的含量偏高，
故答案为：使SO42﹣完全沉淀；偏高。
【点评】本题考查物质的制备以及除杂操作，涉及物质分离提纯、物质含量的计算等知识，题目综合度较高，题目难度中等，学习中注重相关基础知识的积累。
16．（14分）氯及其化合物在工农业生产和生命活动中起着重要的作用，但同时又是环境污染的主要物质，研究其转化规律一直是科学家们的热点问题，回答下列问题：
Ⅰ.（1）将氨氮（NH4+）废水中的氮元素转变为N2脱除，其机理如图1。
已知：氧气浓度过高时，NO2﹣会被氧化成NO3﹣。
（1）参与I中反应的n（NH4+）：n（O2）＝ 2：3 .
（2）废水溶解氧浓度（DO）对氮的脱除率的影响如图2，当DO＞2mg/L时，氮的脱除率为0，其原因可能是厌氧氨氧化菌被抑制，Ⅱ中反应无法发生：还有可能是 Ⅰ中产生得NO2﹣全部被氧化为NO3﹣，Ⅱ中反应因无反应物而无法发生 .
（3）经上述工艺处理后，排出的水中含有一定量NO3﹣，可以通过改进工艺提高氮的脱除率。
①加入还原铁粉能有效除去NO3﹣。该过程涉及三个反应（a、b和c）如图3，在整个反应过程中几乎监测不到NH4+浓度的增加。请从化学反应速率的角度解释其原因： NH4+的消耗速率大于其生成速率，即反应速率c＞b 。
②采用微生物电解工艺也可有效除去NO3﹣，其原理如图，A是电源 正 极。B电极反应式： 2NO3﹣+10e﹣+12H+＝N2↑+6H2O、2NO2﹣+6e﹣+8H+＝N2↑+4H2O 。
Ⅱ.（4）二氯氨（NHCl2）是由氢气遇氯气生成的化合物，常用作饮用水二级消毒剂，该物质的电子式为 。
（5）在恒温条件下，将2mol Cl2和1mol NH3充入压强可变的密闭容器中反应：2Cl2（g）+NH3（g）⇌NHCl2（l）+2HCl（g），测得不同压强下平衡时Cl2和HCl的物质的量浓度与压强的关系如图5，则A、B、C三点中Cl2转化率最高的是 B 点（填“A”、“B”或“C”）；计算C点时该反应的压强平衡常数Kp（C）＝ 0.5Mpa﹣1 。（Kp是平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）
【分析】（1）Ⅰ中：NH4+被O2氧化为NO2﹣，NH4+中的N元素升高了6价，O2中的O元素降低了2价，根据化合价升降相等求出比值；
（2）当DO＞2mg/L时，即溶解氧浓度过高，Ⅰ中产生的NO2﹣又被O2继续氧化，导致Ⅱ中反应因无反应物而无法发生；
（3）①a、b和c三个反应中b反应生成了NH4+，c反应消耗了NH4+，在整个反应过程中几乎监测不到NH4+浓度的增加，可能原因是消耗的速率大于生成的速率；
②与A相连的电极发生的是NH4+转化为NO2﹣，属于氧化反应，该电极属于阳极，A为正极，B为负极，连接电极为阴极，发生还原反应；
（4）二氯氨（NHCl2）在中性、酸性条件下水解生成氨气和强杀菌作用的物质HClO；
（5）图中可知B点HCl的物质的量浓度最大，C点Cl2的浓度等于HCl的浓度，则
2Cl2（g）+NH3（g）⇌NHCl2（l）+2HCl（g）
开始 2 1 0 0
转化 2x x x 2x
平衡 2﹣2x 1﹣x x 2x
依据三段式数据进行计算。
【解答】解：（1）Ⅰ中：NH4+被O2氧化为NO2﹣，N元素升高了6价，O2中的O元素降低了2价，O2分子降低了4价，升降的最小公倍数为12，所以n（NH4+）：n（O2）＝2：3，
故答案为：2：3；
（2）当DO＞2mg/L时，即溶解氧浓度过高，Ⅰ中产生的NO2﹣又被O2继续氧化为NO3﹣，导致Ⅱ中反应因无NO2﹣而无法发生，
故答案为：Ⅰ中产生得NO2﹣全部被氧化为NO3﹣，Ⅱ中反应因无反应物而无法发生；
（3）①由图3可以看出：b反应生成了NH4+，c反应消耗了NH4+，当反应速率c＞b时，在整个反应过程中几乎监测不到NH4+浓度的增加，
故答案为：NH4+的消耗速率大于其生成速率，即反应速率c＞b；
②与A相连的电极发生的反应是NH4+转化为NO2﹣，属于氧化反应，该电极属于阳极，所以A为正极，B为负极，连接电极为阴极，发生还原反应，方程式为2NO3﹣+10e﹣+12H+＝N2↑+6H2O、2NO2﹣+6e﹣+8H+＝N2↑+4H2O，
故答案为：正；2NO3﹣+10e﹣+12H+＝N2↑+6H2O、2NO2﹣+6e﹣+8H+＝N2↑+4H2O；
（4）二氯氨（NHCl2）在中性、酸性条件下水解生成氨气和强杀菌作用的物质HClO，HClO的电子式为，
故答案为：；
（5）根据平衡时Cl2和HCl的物质的量浓度与平衡总压的关系，可知B点HCl的物质的量浓度最大，则A、B、C三点中Cl2转化率最高的是B点；
设反应的NH3的物质的量为xmol，则
2Cl2（g）+NH3（g）⇌NHCl2（l）+2HCl（g）
开始 2 1 0 0
转化 2x x x 2x
平衡 2﹣2x 1﹣x x 2x
C点Cl2的浓度等于HCl的浓度，则2﹣2x＝2x，解得x＝0.5，反应后气体总物质的量为（3﹣3x+2x）mol＝2.5mol，总压强为10MPa，
则平衡常数Kp（C）＝＝0.5Mpa﹣1，
故答案为：B；0.5Mpa﹣1。
【点评】本题考查化学平衡常数的计算，为高频考点，把握反应速率、平衡常数的计算、电解池相关知识为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意（5）为解答的难点，题目难度中等。
相关试卷
2018届天津市河北区高三一模化学试题（PDF版）： 这是一份2018届天津市河北区高三一模化学试题（PDF版），共5页。
天津市河北区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-选择题： 这是一份天津市河北区2020届-2022届高考化学三年模拟（二模）试题汇编-选择题，共24页。
2022年天津市河北区高考化学二模试卷： 这是一份2022年天津市河北区高考化学二模试卷，共30页。试卷主要包含了单选题，填空题Ⅱ卷共64分等内容，欢迎下载使用。
