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高中化学 江苏2021届好教育云平台泄露天机高考押题卷 化学 教师版
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这是一份高中化学 江苏2021届好教育云平台泄露天机高考押题卷 化学 教师版，共10页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分等内容，欢迎下载使用。
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班级 姓名 准考证号 考场号 座位号
2021年普通高等学校招生全国统一考试
化 学
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。
4．考试结束，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 Na 23 Cl 35.5 Cu 64
一、选择题：本题共14小题，每小题3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．中华优秀传统文化博大精深、源远流长，王翰《凉州词》中写道“葡萄美酒夜光杯，欲饮琵琶马上催···”。夜光杯的主要成分为3MgO·4SiO2·H2O，古代制作琵琶的主要原料为木料或竹料、丝线等，下列说法错误的是
A．由蚕丝搓纺而成的丝线的主要成分为蛋白质
B．葡萄酒中通常含有微量SO2，SO2既可以杀菌又能防止营养成分被氧化
C．夜光杯属硅酸盐产品，难溶于水，不耐酸碱侵蚀
D．制作琵琶的竹料放入饱和Na2SiO3溶液中充分浸透后沥干可起到防火的作用
【答案】C
【解析】A．蚕丝主要成分是蛋白质，因此由蚕丝搓纺而成的丝线的主要成分也是蛋白质，故A正确；B．二氧化硫能杀菌，还有较强的还原性，添加在葡萄酒中既能杀菌又能防止葡萄酒被氧化，故B正确；C．夜光杯的主要成分为3MgO·4SiO2·H2O，属硅酸盐产品，不溶于水，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点，故C错误；D．Na2SiO3具有防火的作用，因此制作琵琶的竹料放入饱和Na2SiO3溶液中充分浸透后沥干可起到防火的作用，故D正确。综上所述，答案为B。
2．下列关于化学用语的表述正确的是
A．中子数为143的U原子： B．H2N－CN分子中含3个σ键
C．Fe2+的原子结构示意图： D．BF3的电子式：
【答案】A
【解析】A．质子数为92，中子数为143的U原子为，故A正确；B．H2N－CN中含有4个σ键和2个π键，故B错误；C．应该表述为Fe2+的离子结构示意图：，故C错误；D．BF3的电子式为，故D错误；故答案为A。
3．化合物甲(H3BNH3)可由无机苯(分子式为B3N3H6，结构式为)通过反应制得：。下列叙述错误的是
A．B3N3H6为非极性分子
B．CH4、CO2分子空间构型分别是：正四面体形、直线形
C．第一电离能大小为：N>O>C>B
D．化合物甲和无机苯分子中B的杂化类型相同
【答案】D
【解析】A．由信息可知，结合苯的分子结构可知无机苯的结构为，该分子由极性键构成的非极性分子，A项正确；B．甲烷中C原子形成4个σ键、二氧化碳分子C原子形成2个σ键，均没有孤电子对，价层电子对数分别为4、2，甲烷为正四面体、二氧化碳为直线形，故B正确；C．同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族元素的第一电离能大于相邻元素，B、C、N、O这几种元素都是第二周期元素，他们的族序数分别是，第ⅢA族、第ⅣA族，第ⅤA族、第ⅥA族，所以第一电离能大小为：N>O>C>B，C项正确；D．H3BNH3中B原子形成3个σ键，没有孤电子对，采取sp2杂化，(HB=NH)3分子B原子形成2个σ键，没有孤电子对，(HB=NH)3分子B原子采取sp杂化，故D错误；答案选D。
4．下列物质性质与用途对应关系正确的是
性质
用途
A
SO2具有氧化性
漂白纸浆
B
NaHCO3溶液呈弱碱性
中和过多的胃酸
C
FeCl3溶液呈酸性
刻制铜制电路板时作为“腐蚀液”
D
HF具有弱酸性
刻蚀玻璃
【答案】B
【解析】A．二氧化硫具有漂白性能用来漂白纸浆，故A错误；B．胃酸的主要成分为盐酸，常用碳酸氢钠中和胃酸，故B正确；C．三价铁离子具有氧化性，可以和铜发生氧化还原反应，从而腐蚀铜制电路板，故C错误；D．玻璃成分主要是硅酸盐，HF可以和它发生反应，从而刻蚀玻璃，不是因为弱酸性，是HF的特性，故D错误；故答案B。
5．下列反应的离子方程式书写正确的是
A．1mol 的溶液与4mol NaOH的溶液混合：
B．用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜：Ag+4H++NO=Ag++NO↑+2H2O
C．苯甲酸与过量溶液反应：2+CO→2+CO2↑+H2O
D．Na2S2O5(焦亚硫酸钠)与稀硫酸反应放出SO2：S2O+2H+=2SO2↑+H2O
【答案】D
【解析】A．lmol 的溶液中含有1mol Al3+和1mol NH，当加入4mol OH−时，OH−先与Al3+反应生成，消耗3mol OH−，剩余的1mol OH−会继续与1mol NH反应生成1mol ，A错误；B．电荷不守恒，离子方程式为3Ag+4H++NO=3Ag++NO↑+2H2O，B错误；C．由于苯甲酸是少量的，所以应生成HCO，不能放出CO2，C错误；D．Na2S2O5(焦亚硫酸钠)与稀硫酸反应：S2O+2H+=2SO2↑+H2O，D正确。答案选D。
6．下列有关实验装置的说法中错误的是
A．图1装置可用于检验氯化铵受热分解生成的两种气体
B．图2装置中反应一段时间后，试管中固体变为黑色
C．图3装置可测量Cu与浓硝酸反应产生气体的体积
D．图4装置可用于实验室制备Fe(OH)2
【答案】C
【解析】A．左侧的五氧化二磷是为了让酸性气体从左侧流出，HCl使湿润的蓝色石蕊试纸变红，右侧碱石灰是为了让碱性气体从右侧流出，氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故A正确；B．Fe在高温下和水蒸气反应生成黑色的四氧化三铁和氢气，故B正确；C．二氧化氮易和水反应生成硝酸和NO，所以不能用排水法收集二氧化氮，应该采用向上排空气法收集二氧化氮，故C错误；D．铁作阳极，阳极上生成亚铁离子，阴极附近生成氢氧根离子，二者反应生成氢氧化亚铁，故D正确；故选C。
7．某科研小组采用铜基催化剂（Cua+，其中a=0或者1），CO2多步加氢合成甲醇，其合成反应历程如下。下列说法中正确的是
A．催化剂Cua+是加氢反应的活性中心，能提高H2的转化率
B．该过程中只得到甲醇一种产物
C．能通过调控反应条件获得甲醛(HCHO)等有机物
D．该催化过程中同时有极性共价键、非极性共价键的断裂和形成
【答案】C
【解析】A．由图示转化关系可知，Cua+并没有参加反应，作催化剂，能加快反应速率，但不影响平衡的移动，不能提高H2的转化率，故A错误；B．CO2多步加氢合成甲醇的反应方程式为CO2+3H2＝CH3OH+H2O，故B错误；C．可以调控反应条件，如减少还原剂的量，可得甲醛，故C正确；D．该催化过程涉及到H－H、C＝O的断裂和C－H、O－H键的形成，没有非极性键的形成，故D错误；答案选C。
8．短周期主族元素M、W、X、Y、Z原子序数依次增大，W、X的简单离子具有相同的电子层结构，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，M的气态氢化物和最高价氧化物对应的水化物反应生成一种盐，W与Y同主族，Y的氢化物为具有臭鸡蛋气味的气体。下列说法正确的是
A．Z的氧化物的水化物的酸性比Y的强
B．W与其他四种元素均可形成至少两种二元化合物
C．简单离子半径：W＜X＜Z
D．Y简单气态氢化物的沸点大于W简单气态氢化物的沸点
【答案】B
【解析】四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则X是Na；M的气态氢化物和最高价氧化物对应的水化物反应生成一种盐，M为N；W和X的简单离子电子层结构相同且与Y同族，Y的氢化物为具有臭鸡蛋气味的气体为H2S，则W应在第二周期，Y在第三周期，则W可为O，此时Y为S，则Z为Cl。A．Y与Z处于同同期，从左到右，非金属性逐渐增强，最高价氧化物的水化物的酸性逐渐增强，则Z＞Y，但选项中未提到最高价氧化物对应的水化物，则条件不足，其酸性无法比较，故A项错误；B．W为O，N元素与O可形成NO、NO2、N2O等多种化合物，Na与O形成的化合物有Na2O和Na2O2两种；S与O形成的化合物有SO2和SO3两种；Cl与O形成的化合物有ClO2、Cl2O7等多种二元化合物，故B项正确；C．根据元素周期律可知：离子电子层结构相同的，原子序数大的离子半径小，电子层结构不同的，电子层越多离子半径越大，可得简单离子半径：X＜W＜Z，故C项错误；D．由于H2O分子间能形成氢键，故其沸点比H2S高，故D项错误；答案选B。
9．废气的污染成为世界各国关注的焦点，科技团队研究发现利用工业尾气中硫化物与氮氧化物可以制取Na2S2O4和NH4NO3。
有关该流程下列说法错误的是
A．该流程中可以循环使用的物质是Ce4+
B．装置Ⅱ中若生成1.204×1023个H+，则消耗18g水
C．装置Ⅲ中得到0.3mol S2O时，若用乙醇燃料电池进行电解时，理论上要消耗0.05mol乙醇
D．装置Ⅳ获得粗产品NH4NO3的实验操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等
【答案】B
【解析】由题给流程可知，装置Ⅰ中的氢氧化钠溶液将一氧化氮和二氧化硫混合气体中的二氧化硫转化为亚硫酸氢根离子，未反应的一氧化氮在装置Ⅱ中与Ce4+发生氧化还原反应生成Ce3+、硝酸根离子和亚硝酸根离子，反应的离子方程式为NO+3Ce4++2H2O=NO+3Ce3++4H+、NO+Ce4++H2O
=NO+Ce3++2H+；在装置Ⅲ中的Ce3+在阳极失去电子发生氧化反应生成Ce4+，Ce4+可以循环使用，亚硫酸氢根离子在阴极发生还原反应生成S2O，未反应的硝酸根离子和亚硝酸根离子在装置Ⅳ中与氨气和氧气反应生成硝酸铵，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等得到硝酸铵粗产品。A．根据分析可知Ce4+可以循环使用，故A正确；B．由分析可知，反应生成的氢离子由参加反应的水提供，则由氢原子个数守恒可知，装置Ⅱ中若生成1.204×1023个H+（0.2mol），反应消耗1.8g水，故B错误；C．由得失电子数目守恒可知，装置Ⅲ得到0.3mol S2O，乙醇燃料电池中负极消耗乙醇的物质的量为2×0.3mol×=0.05mol，故C正确；D．由分析可知，从装置Ⅳ中反应后的溶液中获得粗产品硝酸铵的实验操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等，故D正确；故选B。
10．下列装置图或曲线图与对应的叙述不相符的是
A．图1：用0.1mol/L NaOH溶液分别滴定相同物质的量浓度、相同体积的盐酸和醋酸，其中实线表示的是滴定盐酸的曲线
B．图2：酸性KMnO4溶液颜色会逐渐变浅乃至褪去
C．图3：用0.1mol/L CH3COOH溶液滴定20mL 0.1mol/L NaOH溶液的滴定曲线，当pH=7时：c(Na+)=c(CH3COO−)＞c(OH−)=c(H+)
D．图4：表示N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的v逆随时间变化曲线，由图知t1时刻可能减小了容器内的压强
【答案】A
【解析】A．如图1所示，用0.1mol/L NaOH溶液分别滴定相同物质的量浓度、相同体积的盐酸和醋酸，盐酸为强酸，醋酸为弱酸，在同浓度时盐酸电离出的氢离子浓度大，即其中实线表示的是滴定醋酸的曲线，A错误；B．浓硫酸和蔗糖反应生成二氧化碳和二氧化硫气体，二氧化硫具有还原性，能与酸性的KMnO4发生氧化还原反应，而使酸性KMnO4溶液颜色会逐渐变浅乃至褪去，故B正确；C．反应后溶液pH=7，依据溶液中电荷守恒分析，用0.1mol/L CH3COOH溶液滴定20ml 0.1mol/L NaOH溶液，反应生成醋酸钠，溶液呈中性，溶液中存在电荷守恒，c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+c(CH3COO−)，c(H+)=c(OH−)，则c(CH3COO−)=c(Na+)，得到当pH=7时：c(Na+)=c(CH3COO−)＞c(OH−)=c(H+)，故C正确；D．若t1时刻减小容器内的压强，根据有效碰撞理论可知，逆反应速率下降，故D正确；答案为A。
12．下列根据实验操作和实验现象得出的结论正确的是
选项
实验操作
实现现象
结论
A
向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，再加入足量稀硝酸
出现白色沉淀，加入稀硝酸后沉淀不溶解
久置的Na2SO3溶液已全部变质
B
取1mL 20%蔗糖溶液，加入少量稀硫酸，水浴加热后，取少量溶液，加入几滴新制Cu(OH)2悬浊液，加热
未有砖红色沉淀生成
蔗糖未水解
C
常温下用pH计测定浓度均为0.1mol·L−1的NaClO溶液和NaHCO3溶液的pH
pH：NaClO溶液>NaHCO3溶液
酸性：
H2CO3＞HClO
D
向KNO3和KOH混合溶液中加入铝粉并加热，管口放湿润的红色石蕊试纸
试纸变为蓝色
NO离子被还原为NH3
【答案】D
【解析】Na2SO3遇BaCl2生成BaSO3，BaSO3遇硝酸也会生成BaSO4，所以不能说明Na2SO3溶液已全部变质，故A错误。蔗糖水解生成葡萄糖，葡萄糖与新制Cu(OH)2悬浊液的反应应在碱性条件下进行，故B错误；NaClO溶液会发生水解生成氢氧化钠和次氯酸，氢氧化钠使试纸变蓝，HClO具有漂白性，把试纸漂白，最终无法测得NaClO溶液的pH，C项错误；氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，KNO3和KOH混合溶液中加入铝粉并加热，管口放湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝色，说明NO被还原为NH3，D正确。
13．在二氧化碳加氢制甲烷的反应体系中，主要发生反应的热化学方程式为
反应Ⅰ：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) ΔH1=-164.7kJ/mol K1
反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH2=41.2kJ/mol K2
反应Ⅲ：2CO(g)+2H2(g)=CO2(g)+CH4(g) ΔH3=-247.1kJ/mol K3
向恒压、密闭容器中通入1mol CO2和4mol H2，平衡时CH4、CO、CO2的物质的量随温度的变化如图所示。下列说法不正确的是
A．图中曲线B表示CO的物质的量随温度的变化
B．反应Ⅲ的平衡常数K3=
C．提高CO2转化为CH4的转化率，需要研发在低温区高效的催化剂
D．CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g)的ΔH=-205.9kJ/mol
【答案】A
【解析】A．反应物CO2的量逐渐减小，故图中曲线A表示CO2的物质的量变化曲线，由反应Ⅱ和Ⅲ可知，温度升高反应Ⅱ正向移动，反应Ⅲ逆向移动，CO的物质的量增大，故曲线C为CO的物质的量变化曲线，曲线B为CH4的物质的量变化曲线，故A错误；B．反应Ⅲ=反应Ⅰ-2×反应Ⅱ，化学平衡常数K3=，故B正确；C．反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，降低温度有利于反应Ⅰ正向进行，反应Ⅱ逆向进行，即可提高CO2转化为CH4的转化率，所以需要研发在低温区高效的催化剂，故C正确；D．反应Ⅰ-反应Ⅱ，并整理可得到目标反应，则CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g)的ΔH=-41.2kJ/mol-164.7kJ/mo]=-205.9kJ/mol，故D正确；故答案为A。
14．常温下，将NaOH溶液分别加到HF溶液、CH3COOH溶液中，两混合溶液中离子浓度与pH的变化关系如图所示，已知pKa=-lgKa，下列有关叙述错误的是
A．将0.2mol·L−1 CH3COOH溶液和0.1mol·L−1 NaOH溶液等体积混合，则反应后的混合液中：2c(OH−)+c(CH3COO−)=2c(H+)+c(CH3COOH)
B．a点时，c(Na+)>c(HF)>c(H+)>c(OH−)
C．常温下，0.1mol/L NaF溶液的pH小于0.1mol/L CH3COONa溶液的pH
D．向0.1mol·L−1 HF溶液中加入等体积的0.1mol·L−1 NaOH溶液后所得的混合溶液中c(H+)+c(HF)
=c(OH−)
【答案】B
【解析】A．0.2mol·L−1 CH3COOH溶液和0.1mol·L−1 NaOH溶液等体积混合后的溶液中存在等浓度的醋酸钠和醋酸，根据电荷守恒可得c(OH−)+c(CH3COO−)=c(H+)+c(Na+)，根据物料守恒可得c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，根据上述2式有2c(OH−)+c(CH3COO−)=2c(H+)+c(CH3COOH)，故A正确；B．根据图像，a点时，lg=0，则c(F−)=c(HF)，溶液的pH=4，则c(H+)>c(OH−)，此时溶液中含有NaF和HF，根据电荷守恒可得c(F−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)，则c(F−)>c(Na+)，因此c(HF)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−)，故B错误；C．根据图像，当lg=lg=0，有K(HF)==c(H+)=10−4，同理K(CH3COOH)=10−5，因此酸性HF＞CH3COOH，则0.1mol/L NaF溶液的pH小于0.1mol/L CH3COONa溶液的pH，故C正确；D．反应后的溶质为NaF，根据质子守恒可得c(H+)+c(HF)=c(OH−)，故D正确；故选B。
二、非选择题：共58分。
15．（16分）亚氯酸钠(NaClO2)是重要漂白剂，某化学实验小组设计如下实验探究亚氯酸钠的制备与性质。
已知：①NaClO2饱和溶液在低于38℃时析出NaClO2·3H2O，高于38℃时析出无水NaClO2，温度高于60℃时，NaClO2分解为NaClO3和NaCl。
回答下列问题：
(1)仪器a的名称是___________，仪器b的作用是______。
(2)A装置中发生的主要反应的化学方程式为___________
(3)装置C中混合溶液反应生成NaClO2的离子方程式为___________。
(4)从装置④反应后的溶液获得晶体NaClO2的操作步骤为：
①减压，55℃蒸发结晶；②趁热过滤；③___________；④低于60℃干燥，得到成品。
(5)设计实验检验所得NaClO2晶体是否含有杂质Na2SO4，操作是：________________________。
(6)测定产品中NaClO2的纯度。准确称取3.00g样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生反应：ClO+4I−+4H+=2H2O+2I2+Cl−。将所得混合液稀释成250mL待测溶液。用酸式滴定管量取25.00mL待测溶液置于锥形瓶中，加入淀粉溶液作指示剂，用0.5000mol·L−1 Na2S2O3标准液滴定(已知：I2+2S2O=2I−+S4O)，滴定终点时的现象为___________，平行滴定3次，测得消耗标准溶液体积的平均用量为20.00mL。所称取的样品中NaClO2质量百分含量为___________。
【答案】（1）分液漏斗（1分） 防止倒吸（1分）
（2）2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O（2分）
（3） 2ClO2+H2O2+2OH−=2ClO+O2+2H2O（2分）
（4） 用38℃～60℃的温水洗涤（2分）
（5） 取晶体少许溶于水，先加足量的盐酸，再加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则说明含有SO（2分）
（6） 溶液颜色由蓝色恰好变为无色，且30s不变色（2分） 90.50%（2分）
【解析】(1)仪器a的名称是分液漏斗，仪器b为干燥管，因此仪器b的作用是防止倒吸；(2)根据反应物NaClO3、Na2SO3、H2SO4，生成物为ClO2和2Na2SO4，配平方程式为2NaClO3+Na2SO3+H2SO4
=2ClO2+2Na2SO4+H2O；(3)ClO2生成NaClO2，Cl元素的化合价降低，则H2O2的O元素化合价升高，生成NaClO2的离子方程式为：2ClO2+H2O2+2OH−=2ClO+O2+2H2O；(4)因为NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2·3H2O，高于38℃时析出晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，若要得到NaClO2晶体，需在38℃～60℃得到晶体，故操作为趁热过滤并用38℃～60℃的温水洗涤；(5)SO的检验方法是加入足量的盐酸酸化，再加BaCl2溶液，根据是否有沉淀判断。故操作是：取晶体少许溶于水，先加足量的盐酸，再加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则说明含有SO；(6)该混合溶液是在酸性条件下反应的，则选用酸式滴定管量取待测液；已知反应：ClO+4I−+4H+=2H2O+2I2+Cl−，用Na2S2O3标准液滴定的原理：I2+2S2O=2I−+S4O，滴定终点现象是：蓝色恰好变为无色，且30 s不变色；通过测定碘单质的含量来计算NaClO2的含量，由反应的关系式：
NaClO2 ~ 2I2 ~ 4S2O
1 4
n 0.5000mol·L−1×20.00mL×10−3
解得n=2.5×10−3mol，则250mL样品溶液中的物质的量为2.5×10−3mol×=0.025mol，则3.00g样品中NaClO2质量百分含量为=75.4%。
16． （12分）（一）乙苯催化脱氢：(g)(g)+H2(g) ΔH
(1)有关反应的化学键的键能如表所示：
化学键
C－H
C－C
C＝C
H－H
键能/kJ/mol
414
348
620
436
则该反应的ΔH=_______。
(2)该反应在_________条件下能自发进行；既能提高该反应的速率又能提高乙苯的平衡转化率的措施是_____________________。
(3)温度T时，在体积为2L的密闭容器中通入2mol乙苯蒸汽发生催化脱氢反应。已知乙苯的平衡转化率为60%，则在该温度下反应的平衡常数K=_____。向上述平衡中再通入0.8mol氢气和0.4mol乙苯蒸汽，则平衡向 （填“正向移动”、“逆向移动”或“不移动”）
（二）乙苯和二氧化碳催化脱氢：(g)+CO2(g)(g)+H2O(g)+CO(g) ΔH>0
(4)温度为T时，在2L的密闭容器中加入2mol乙苯和2mol二氧化碳，反应到平衡时测得混合物各组成的物质的量均为1.0mol。
①若保持温度和容器容积不变，向该容器中再充入2mol乙苯和2mol二氧化碳达到平衡时，则乙苯的物质的量浓度___________。
A．等于1mol·L−1 B．小于1mol·L−1 C．大于1mol·L−1 D．不确定
②若将反应改为恒压绝热条件下进行，达到平衡时，则乙苯的物质的量浓度___________。
A．等于0.5mol·L−1 B．小于0.5mol·L−1 C．大于0.5mol·L−1 D．不确定
【答案】（1）120kJ·mol−1（2分）
（2） 高温（2分） 升高体系温度（2分）
（3） 0.9（2分） 逆向移动（2分）
（4） C（1分） D（1分）
【解析】(1)反应热=反应物总键能-生成物总键能，由有机物的结构可知，应是－CH2CH3中总键能与－CH=CH2、H2总键能之差，则∆H=(5×414+348-3×414-620-436)kJ·mol−1=120kJ·mol−1；(2)该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，则反应速率和转化率增大，该反应的ΔS＞0，ΔH＞0，根据ΔG=ΔH-TΔS可知，在较高温度下能自发进行；(3)物质的量为2mol、体积为1L的乙苯蒸气发生催化脱氢反应，达到平衡时转化率为60%，参加反应的乙苯为1.2mol，则：
(g)(g)+H2(g)
开始物质的量(mol) 2 0 0
转化物质的量(mol) 1.2 1.2 1.2
平衡物质的量(mol) 0.8 1.2 1.2
平衡浓度（mol/L） 0.4 0.6 0.6
平衡常数K==。维持温度和容器体积不变，向上述平衡中再通入0.8mol氢气和0.4mol乙苯蒸汽，Qc=＞K，平衡逆向移动；(4)温度为T时，在2L的密闭容器中加入2mol乙苯和2mol二氧化碳，反应到平衡时测得混合物各组成的物质的量均为1.0mol。同等比例的增大反应物的量相当于增大压强，对正反应气体分子数目增大的反应而言，乙苯的转化率减小，即再一次平衡时乙苯的物质的量大于2mol，乙苯的物质的量浓度大于1mol/L；故选C；②上述恒容容器中进行反应，气体压强增大，要将该反应在恒压条件下进行，相当于恒容条件下平衡状态减压达到新平衡，在平衡之后减压，平衡向正方向移动，乙苯的物质的量浓度减小，又由于正反应是吸热反应，在绝热容器中，与外界没有能量交换，平衡向正向移动，吸收热量会增多，容器内反应体系的温度会降低，平衡又会向左移动，乙苯的浓度减小。二者使平衡移动方向不同且移动程度不确定，最终乙苯的浓度增大、减小或不变都有可能。故答案为D。
17.（14分）综合利用富钛废渣(含TiO2、ZnO、Fe2O3和少量有机物)制备Li4Ti5O12，并获得部分副产品的工艺流程如下：
已知：、、。
回答下列问题：
(1)除去富钛废渣中的少量有机物的操作是 ；提高“酸溶”时的速率的方法有
（任写一条）。
(2)“还原”工序中发生反应的离子方程式为 。
(3)“酸溶”后钛以TiO2+形式存在，则“水解”反应的离子方程式为_____________________。
(4)常温下，“氧化”后所得溶液中过渡金属离子浓度均为0.10mol·L−1，则“调pH”的合理范围为______。
(5)TiO2·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应时，应将温度控制在50℃左右的原因是________________。
(6)“转化”反应的化学方程式为 ；高温煅烧时发生反应的化学反应方程式为__________________________________。
【答案】（1）灼烧 搅拌、适当增加酸的浓度、加热（任写一条）（2分）
（2） Fe+2Fe3+=3Fe2+（2分）
（3） （2分）
（4） 3≤pH＜6（2分）
（5） 提高反应速率，同时防止温度过高造成双氧水分解，氨水挥发（2分）
（6） （2分）
Li2Ti5O11+Li2CO3Li4Ti5O12+CO2↑（2分）
【解析】富铁废渣中含有少量有机物，灼烧时可以除去有机物；将灼烧后的烧渣溶于稀硫酸，以锌离子、铁离子、以及TiO2+形式存在，加入适量铁粉使铁离子转化为亚铁离子，TiO2+水解生成TiO2·xH2O，在双氧水、LiOH作用下生成Li2Ti5O11，再与碳酸锂高温下发生反应Li2Ti5O11+Li2CO3
Li4Ti5O12+CO2↑，生成Li4Ti3O12。水解之后的滤液中含有亚铁离子、铁离子、锌离子，加入次氯酸钠后将二价铁氧化，再调pH得到氢氧化铁沉淀，在碱性条件下与NaClO反应得到高铁酸钠。(1)灼烧是将富铁废渣中的有机物除去；提高酸浸的常见的措施有搅拌，适当增大酸的浓度，加热等；(2)加入适量铁粉使铁离子转化为亚铁离子，故反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+；(3)水解步骤为TiO2+水解生成TiO2·xH2O，其离子方程式为TiO2++(x+1)H2O=TiO2·xH2O↓+2H+；(4)调pH时锌离子不能沉淀，铁离子完全沉淀，可计算出锌离子开始沉淀时的pH和铁离子完全沉淀时的pH，即为范围。铁离子完全沉淀时，其浓度≤10−5mol·L−1，根据，即，带入数据可得mol/L，常温下根据pH=14-pOH，即pH=14-pOH=14-lg10−11=3；锌离子刚开始沉淀时，c(Zn2+)=0.1mol·L−1，根据，即，带入数据可得mol/L，同理可得pH=6，所以调pH的合理范围为3≤pH＜6，故填3≤pH＜6；(5)TiO2·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应时，双氧水受热易分解，氨水受热易挥发，应将温度控制在50℃左右的原因是提高反应速率，同时防止温度过高造成双氧水分解，氨水挥发；(6)转化反应生成高铁酸钠，其反应为；根据分析，高温煅烧时发生反应的化学反应方程式为Li2Ti5O11+Li2CO3Li4Ti5O12+CO2↑。
18．（16分）有机物M可用于治疗支气管哮喘，慢性支气管炎。该有机物可以由有机物A经过一系列反应合成得到，其合成路线如下图所示：
已知；
请回答下列问题：
(1)有机物M中含氧官能团的名称为______________________。
(2)⑤的反应所需试剂及条件为___________，③的反应类型为___________。
(3)反应⑥的化学方程式为___________。
(4)A的同分异构体中，同时符合下列条件的有___________种。
①含有苯环结构，②能与NaHCO3溶液反应。
请写出核磁共振氢峰面积之比满足1∶2∶2∶2∶1的结构简式为___________。
(5)结合上述合成路线，设计以苯甲醛和CH3MgBr为起始原料制备苯基乙二醇()的合成路线___________(无机试剂任选)。
【答案】（1）羧基、醚键、酰胺基（2分）
（2） NaOH溶液、加热（2分） 消去反应（1分）
（3） （2分）
（4） 19（2分） 、（2分）
（5） （4分）
【解析】由反应①前、后物质结构，可知①属于取代反应，A发生信息中反应生成B为，反应③发生醇的消去反应，由E后产物结构，可知反应④是与溴发生取代反应生成C，C发生卤代烃的水解反应生成D，D发生氧化反应生成E，反应⑦是醛基被氧化为羧基，生成M的反应是羧基与氨基脱去1分子水。(1)由A的结构简式可知，有机物M中含氧官能团的名称为：羧基、醚键、酰胺基；(2)⑤发生的是卤代烃的取代反应，故反应所需试剂及条件为NaOH溶液、加热；③发生醇的消去反应，故答案为：NaOH溶液、加热；消去反应；(3)反应⑥为在Cu、O2条件下加热发生氧化反应生成，反应方程式为；；(4)A的同分异构体符合下列条件：①含有苯环结构，②能与NaHCO3溶液反应；说明含有羧基，当其中取代基为－OH、－COOH、－CH3时有10种，取代基是－OCH3、－COOH；－CH2COOH、－OH；－CH2OH、－COOH，均有邻、间、对3种位置结构，共有3×3=9种，共有19种；核磁共振氢峰面积之比满足1∶2∶2∶2∶1，说明其中不同化学环境的氢原子数之比为1∶2∶2∶2∶1，满足该要求的结构简式为、；(5)苯甲醛与CH3MgBr/H2O、H+作用得到，然后发生消去反应生成，再与溴发生加成反应生成，最后在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成，合成路线流程图为：。
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班级 姓名 准考证号 考场号 座位号
2021年普通高等学校招生全国统一考试
化 学
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题的答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。
4．考试结束，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 Na 23 Cl 35.5 Cu 64
一、选择题：本题共14小题，每小题3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．中华优秀传统文化博大精深、源远流长，王翰《凉州词》中写道“葡萄美酒夜光杯，欲饮琵琶马上催···”。夜光杯的主要成分为3MgO·4SiO2·H2O，古代制作琵琶的主要原料为木料或竹料、丝线等，下列说法错误的是
A．由蚕丝搓纺而成的丝线的主要成分为蛋白质
B．葡萄酒中通常含有微量SO2，SO2既可以杀菌又能防止营养成分被氧化
C．夜光杯属硅酸盐产品，难溶于水，不耐酸碱侵蚀
D．制作琵琶的竹料放入饱和Na2SiO3溶液中充分浸透后沥干可起到防火的作用
【答案】C
【解析】A．蚕丝主要成分是蛋白质，因此由蚕丝搓纺而成的丝线的主要成分也是蛋白质，故A正确；B．二氧化硫能杀菌，还有较强的还原性，添加在葡萄酒中既能杀菌又能防止葡萄酒被氧化，故B正确；C．夜光杯的主要成分为3MgO·4SiO2·H2O，属硅酸盐产品，不溶于水，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点，故C错误；D．Na2SiO3具有防火的作用，因此制作琵琶的竹料放入饱和Na2SiO3溶液中充分浸透后沥干可起到防火的作用，故D正确。综上所述，答案为B。
2．下列关于化学用语的表述正确的是
A．中子数为143的U原子： B．H2N－CN分子中含3个σ键
C．Fe2+的原子结构示意图： D．BF3的电子式：
【答案】A
【解析】A．质子数为92，中子数为143的U原子为，故A正确；B．H2N－CN中含有4个σ键和2个π键，故B错误；C．应该表述为Fe2+的离子结构示意图：，故C错误；D．BF3的电子式为，故D错误；故答案为A。
3．化合物甲(H3BNH3)可由无机苯(分子式为B3N3H6，结构式为)通过反应制得：。下列叙述错误的是
A．B3N3H6为非极性分子
B．CH4、CO2分子空间构型分别是：正四面体形、直线形
C．第一电离能大小为：N>O>C>B
D．化合物甲和无机苯分子中B的杂化类型相同
【答案】D
【解析】A．由信息可知，结合苯的分子结构可知无机苯的结构为，该分子由极性键构成的非极性分子，A项正确；B．甲烷中C原子形成4个σ键、二氧化碳分子C原子形成2个σ键，均没有孤电子对，价层电子对数分别为4、2，甲烷为正四面体、二氧化碳为直线形，故B正确；C．同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第ⅡA族、第ⅤA族元素的第一电离能大于相邻元素，B、C、N、O这几种元素都是第二周期元素，他们的族序数分别是，第ⅢA族、第ⅣA族，第ⅤA族、第ⅥA族，所以第一电离能大小为：N>O>C>B，C项正确；D．H3BNH3中B原子形成3个σ键，没有孤电子对，采取sp2杂化，(HB=NH)3分子B原子形成2个σ键，没有孤电子对，(HB=NH)3分子B原子采取sp杂化，故D错误；答案选D。
4．下列物质性质与用途对应关系正确的是
性质
用途
A
SO2具有氧化性
漂白纸浆
B
NaHCO3溶液呈弱碱性
中和过多的胃酸
C
FeCl3溶液呈酸性
刻制铜制电路板时作为“腐蚀液”
D
HF具有弱酸性
刻蚀玻璃
【答案】B
【解析】A．二氧化硫具有漂白性能用来漂白纸浆，故A错误；B．胃酸的主要成分为盐酸，常用碳酸氢钠中和胃酸，故B正确；C．三价铁离子具有氧化性，可以和铜发生氧化还原反应，从而腐蚀铜制电路板，故C错误；D．玻璃成分主要是硅酸盐，HF可以和它发生反应，从而刻蚀玻璃，不是因为弱酸性，是HF的特性，故D错误；故答案B。
5．下列反应的离子方程式书写正确的是
A．1mol 的溶液与4mol NaOH的溶液混合：
B．用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜：Ag+4H++NO=Ag++NO↑+2H2O
C．苯甲酸与过量溶液反应：2+CO→2+CO2↑+H2O
D．Na2S2O5(焦亚硫酸钠)与稀硫酸反应放出SO2：S2O+2H+=2SO2↑+H2O
【答案】D
【解析】A．lmol 的溶液中含有1mol Al3+和1mol NH，当加入4mol OH−时，OH−先与Al3+反应生成，消耗3mol OH−，剩余的1mol OH−会继续与1mol NH反应生成1mol ，A错误；B．电荷不守恒，离子方程式为3Ag+4H++NO=3Ag++NO↑+2H2O，B错误；C．由于苯甲酸是少量的，所以应生成HCO，不能放出CO2，C错误；D．Na2S2O5(焦亚硫酸钠)与稀硫酸反应：S2O+2H+=2SO2↑+H2O，D正确。答案选D。
6．下列有关实验装置的说法中错误的是
A．图1装置可用于检验氯化铵受热分解生成的两种气体
B．图2装置中反应一段时间后，试管中固体变为黑色
C．图3装置可测量Cu与浓硝酸反应产生气体的体积
D．图4装置可用于实验室制备Fe(OH)2
【答案】C
【解析】A．左侧的五氧化二磷是为了让酸性气体从左侧流出，HCl使湿润的蓝色石蕊试纸变红，右侧碱石灰是为了让碱性气体从右侧流出，氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故A正确；B．Fe在高温下和水蒸气反应生成黑色的四氧化三铁和氢气，故B正确；C．二氧化氮易和水反应生成硝酸和NO，所以不能用排水法收集二氧化氮，应该采用向上排空气法收集二氧化氮，故C错误；D．铁作阳极，阳极上生成亚铁离子，阴极附近生成氢氧根离子，二者反应生成氢氧化亚铁，故D正确；故选C。
7．某科研小组采用铜基催化剂（Cua+，其中a=0或者1），CO2多步加氢合成甲醇，其合成反应历程如下。下列说法中正确的是
A．催化剂Cua+是加氢反应的活性中心，能提高H2的转化率
B．该过程中只得到甲醇一种产物
C．能通过调控反应条件获得甲醛(HCHO)等有机物
D．该催化过程中同时有极性共价键、非极性共价键的断裂和形成
【答案】C
【解析】A．由图示转化关系可知，Cua+并没有参加反应，作催化剂，能加快反应速率，但不影响平衡的移动，不能提高H2的转化率，故A错误；B．CO2多步加氢合成甲醇的反应方程式为CO2+3H2＝CH3OH+H2O，故B错误；C．可以调控反应条件，如减少还原剂的量，可得甲醛，故C正确；D．该催化过程涉及到H－H、C＝O的断裂和C－H、O－H键的形成，没有非极性键的形成，故D错误；答案选C。
8．短周期主族元素M、W、X、Y、Z原子序数依次增大，W、X的简单离子具有相同的电子层结构，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，M的气态氢化物和最高价氧化物对应的水化物反应生成一种盐，W与Y同主族，Y的氢化物为具有臭鸡蛋气味的气体。下列说法正确的是
A．Z的氧化物的水化物的酸性比Y的强
B．W与其他四种元素均可形成至少两种二元化合物
C．简单离子半径：W＜X＜Z
D．Y简单气态氢化物的沸点大于W简单气态氢化物的沸点
【答案】B
【解析】四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则X是Na；M的气态氢化物和最高价氧化物对应的水化物反应生成一种盐，M为N；W和X的简单离子电子层结构相同且与Y同族，Y的氢化物为具有臭鸡蛋气味的气体为H2S，则W应在第二周期，Y在第三周期，则W可为O，此时Y为S，则Z为Cl。A．Y与Z处于同同期，从左到右，非金属性逐渐增强，最高价氧化物的水化物的酸性逐渐增强，则Z＞Y，但选项中未提到最高价氧化物对应的水化物，则条件不足，其酸性无法比较，故A项错误；B．W为O，N元素与O可形成NO、NO2、N2O等多种化合物，Na与O形成的化合物有Na2O和Na2O2两种；S与O形成的化合物有SO2和SO3两种；Cl与O形成的化合物有ClO2、Cl2O7等多种二元化合物，故B项正确；C．根据元素周期律可知：离子电子层结构相同的，原子序数大的离子半径小，电子层结构不同的，电子层越多离子半径越大，可得简单离子半径：X＜W＜Z，故C项错误；D．由于H2O分子间能形成氢键，故其沸点比H2S高，故D项错误；答案选B。
9．废气的污染成为世界各国关注的焦点，科技团队研究发现利用工业尾气中硫化物与氮氧化物可以制取Na2S2O4和NH4NO3。
有关该流程下列说法错误的是
A．该流程中可以循环使用的物质是Ce4+
B．装置Ⅱ中若生成1.204×1023个H+，则消耗18g水
C．装置Ⅲ中得到0.3mol S2O时，若用乙醇燃料电池进行电解时，理论上要消耗0.05mol乙醇
D．装置Ⅳ获得粗产品NH4NO3的实验操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等
【答案】B
【解析】由题给流程可知，装置Ⅰ中的氢氧化钠溶液将一氧化氮和二氧化硫混合气体中的二氧化硫转化为亚硫酸氢根离子，未反应的一氧化氮在装置Ⅱ中与Ce4+发生氧化还原反应生成Ce3+、硝酸根离子和亚硝酸根离子，反应的离子方程式为NO+3Ce4++2H2O=NO+3Ce3++4H+、NO+Ce4++H2O
=NO+Ce3++2H+；在装置Ⅲ中的Ce3+在阳极失去电子发生氧化反应生成Ce4+，Ce4+可以循环使用，亚硫酸氢根离子在阴极发生还原反应生成S2O，未反应的硝酸根离子和亚硝酸根离子在装置Ⅳ中与氨气和氧气反应生成硝酸铵，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等得到硝酸铵粗产品。A．根据分析可知Ce4+可以循环使用，故A正确；B．由分析可知，反应生成的氢离子由参加反应的水提供，则由氢原子个数守恒可知，装置Ⅱ中若生成1.204×1023个H+（0.2mol），反应消耗1.8g水，故B错误；C．由得失电子数目守恒可知，装置Ⅲ得到0.3mol S2O，乙醇燃料电池中负极消耗乙醇的物质的量为2×0.3mol×=0.05mol，故C正确；D．由分析可知，从装置Ⅳ中反应后的溶液中获得粗产品硝酸铵的实验操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等，故D正确；故选B。
10．下列装置图或曲线图与对应的叙述不相符的是
A．图1：用0.1mol/L NaOH溶液分别滴定相同物质的量浓度、相同体积的盐酸和醋酸，其中实线表示的是滴定盐酸的曲线
B．图2：酸性KMnO4溶液颜色会逐渐变浅乃至褪去
C．图3：用0.1mol/L CH3COOH溶液滴定20mL 0.1mol/L NaOH溶液的滴定曲线，当pH=7时：c(Na+)=c(CH3COO−)＞c(OH−)=c(H+)
D．图4：表示N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的v逆随时间变化曲线，由图知t1时刻可能减小了容器内的压强
【答案】A
【解析】A．如图1所示，用0.1mol/L NaOH溶液分别滴定相同物质的量浓度、相同体积的盐酸和醋酸，盐酸为强酸，醋酸为弱酸，在同浓度时盐酸电离出的氢离子浓度大，即其中实线表示的是滴定醋酸的曲线，A错误；B．浓硫酸和蔗糖反应生成二氧化碳和二氧化硫气体，二氧化硫具有还原性，能与酸性的KMnO4发生氧化还原反应，而使酸性KMnO4溶液颜色会逐渐变浅乃至褪去，故B正确；C．反应后溶液pH=7，依据溶液中电荷守恒分析，用0.1mol/L CH3COOH溶液滴定20ml 0.1mol/L NaOH溶液，反应生成醋酸钠，溶液呈中性，溶液中存在电荷守恒，c(H+)+c(Na+)=c(OH−)+c(CH3COO−)，c(H+)=c(OH−)，则c(CH3COO−)=c(Na+)，得到当pH=7时：c(Na+)=c(CH3COO−)＞c(OH−)=c(H+)，故C正确；D．若t1时刻减小容器内的压强，根据有效碰撞理论可知，逆反应速率下降，故D正确；答案为A。
12．下列根据实验操作和实验现象得出的结论正确的是
选项
实验操作
实现现象
结论
A
向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，再加入足量稀硝酸
出现白色沉淀，加入稀硝酸后沉淀不溶解
久置的Na2SO3溶液已全部变质
B
取1mL 20%蔗糖溶液，加入少量稀硫酸，水浴加热后，取少量溶液，加入几滴新制Cu(OH)2悬浊液，加热
未有砖红色沉淀生成
蔗糖未水解
C
常温下用pH计测定浓度均为0.1mol·L−1的NaClO溶液和NaHCO3溶液的pH
pH：NaClO溶液>NaHCO3溶液
酸性：
H2CO3＞HClO
D
向KNO3和KOH混合溶液中加入铝粉并加热，管口放湿润的红色石蕊试纸
试纸变为蓝色
NO离子被还原为NH3
【答案】D
【解析】Na2SO3遇BaCl2生成BaSO3，BaSO3遇硝酸也会生成BaSO4，所以不能说明Na2SO3溶液已全部变质，故A错误。蔗糖水解生成葡萄糖，葡萄糖与新制Cu(OH)2悬浊液的反应应在碱性条件下进行，故B错误；NaClO溶液会发生水解生成氢氧化钠和次氯酸，氢氧化钠使试纸变蓝，HClO具有漂白性，把试纸漂白，最终无法测得NaClO溶液的pH，C项错误；氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，KNO3和KOH混合溶液中加入铝粉并加热，管口放湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝色，说明NO被还原为NH3，D正确。
13．在二氧化碳加氢制甲烷的反应体系中，主要发生反应的热化学方程式为
反应Ⅰ：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g) ΔH1=-164.7kJ/mol K1
反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ΔH2=41.2kJ/mol K2
反应Ⅲ：2CO(g)+2H2(g)=CO2(g)+CH4(g) ΔH3=-247.1kJ/mol K3
向恒压、密闭容器中通入1mol CO2和4mol H2，平衡时CH4、CO、CO2的物质的量随温度的变化如图所示。下列说法不正确的是
A．图中曲线B表示CO的物质的量随温度的变化
B．反应Ⅲ的平衡常数K3=
C．提高CO2转化为CH4的转化率，需要研发在低温区高效的催化剂
D．CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g)的ΔH=-205.9kJ/mol
【答案】A
【解析】A．反应物CO2的量逐渐减小，故图中曲线A表示CO2的物质的量变化曲线，由反应Ⅱ和Ⅲ可知，温度升高反应Ⅱ正向移动，反应Ⅲ逆向移动，CO的物质的量增大，故曲线C为CO的物质的量变化曲线，曲线B为CH4的物质的量变化曲线，故A错误；B．反应Ⅲ=反应Ⅰ-2×反应Ⅱ，化学平衡常数K3=，故B正确；C．反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，降低温度有利于反应Ⅰ正向进行，反应Ⅱ逆向进行，即可提高CO2转化为CH4的转化率，所以需要研发在低温区高效的催化剂，故C正确；D．反应Ⅰ-反应Ⅱ，并整理可得到目标反应，则CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g)的ΔH=-41.2kJ/mol-164.7kJ/mo]=-205.9kJ/mol，故D正确；故答案为A。
14．常温下，将NaOH溶液分别加到HF溶液、CH3COOH溶液中，两混合溶液中离子浓度与pH的变化关系如图所示，已知pKa=-lgKa，下列有关叙述错误的是
A．将0.2mol·L−1 CH3COOH溶液和0.1mol·L−1 NaOH溶液等体积混合，则反应后的混合液中：2c(OH−)+c(CH3COO−)=2c(H+)+c(CH3COOH)
B．a点时，c(Na+)>c(HF)>c(H+)>c(OH−)
C．常温下，0.1mol/L NaF溶液的pH小于0.1mol/L CH3COONa溶液的pH
D．向0.1mol·L−1 HF溶液中加入等体积的0.1mol·L−1 NaOH溶液后所得的混合溶液中c(H+)+c(HF)
=c(OH−)
【答案】B
【解析】A．0.2mol·L−1 CH3COOH溶液和0.1mol·L−1 NaOH溶液等体积混合后的溶液中存在等浓度的醋酸钠和醋酸，根据电荷守恒可得c(OH−)+c(CH3COO−)=c(H+)+c(Na+)，根据物料守恒可得c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，根据上述2式有2c(OH−)+c(CH3COO−)=2c(H+)+c(CH3COOH)，故A正确；B．根据图像，a点时，lg=0，则c(F−)=c(HF)，溶液的pH=4，则c(H+)>c(OH−)，此时溶液中含有NaF和HF，根据电荷守恒可得c(F−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)，则c(F−)>c(Na+)，因此c(HF)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−)，故B错误；C．根据图像，当lg=lg=0，有K(HF)==c(H+)=10−4，同理K(CH3COOH)=10−5，因此酸性HF＞CH3COOH，则0.1mol/L NaF溶液的pH小于0.1mol/L CH3COONa溶液的pH，故C正确；D．反应后的溶质为NaF，根据质子守恒可得c(H+)+c(HF)=c(OH−)，故D正确；故选B。
二、非选择题：共58分。
15．（16分）亚氯酸钠(NaClO2)是重要漂白剂，某化学实验小组设计如下实验探究亚氯酸钠的制备与性质。
已知：①NaClO2饱和溶液在低于38℃时析出NaClO2·3H2O，高于38℃时析出无水NaClO2，温度高于60℃时，NaClO2分解为NaClO3和NaCl。
回答下列问题：
(1)仪器a的名称是___________，仪器b的作用是______。
(2)A装置中发生的主要反应的化学方程式为___________
(3)装置C中混合溶液反应生成NaClO2的离子方程式为___________。
(4)从装置④反应后的溶液获得晶体NaClO2的操作步骤为：
①减压，55℃蒸发结晶；②趁热过滤；③___________；④低于60℃干燥，得到成品。
(5)设计实验检验所得NaClO2晶体是否含有杂质Na2SO4，操作是：________________________。
(6)测定产品中NaClO2的纯度。准确称取3.00g样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生反应：ClO+4I−+4H+=2H2O+2I2+Cl−。将所得混合液稀释成250mL待测溶液。用酸式滴定管量取25.00mL待测溶液置于锥形瓶中，加入淀粉溶液作指示剂，用0.5000mol·L−1 Na2S2O3标准液滴定(已知：I2+2S2O=2I−+S4O)，滴定终点时的现象为___________，平行滴定3次，测得消耗标准溶液体积的平均用量为20.00mL。所称取的样品中NaClO2质量百分含量为___________。
【答案】（1）分液漏斗（1分） 防止倒吸（1分）
（2）2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O（2分）
（3） 2ClO2+H2O2+2OH−=2ClO+O2+2H2O（2分）
（4） 用38℃～60℃的温水洗涤（2分）
（5） 取晶体少许溶于水，先加足量的盐酸，再加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则说明含有SO（2分）
（6） 溶液颜色由蓝色恰好变为无色，且30s不变色（2分） 90.50%（2分）
【解析】(1)仪器a的名称是分液漏斗，仪器b为干燥管，因此仪器b的作用是防止倒吸；(2)根据反应物NaClO3、Na2SO3、H2SO4，生成物为ClO2和2Na2SO4，配平方程式为2NaClO3+Na2SO3+H2SO4
=2ClO2+2Na2SO4+H2O；(3)ClO2生成NaClO2，Cl元素的化合价降低，则H2O2的O元素化合价升高，生成NaClO2的离子方程式为：2ClO2+H2O2+2OH−=2ClO+O2+2H2O；(4)因为NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2·3H2O，高于38℃时析出晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，若要得到NaClO2晶体，需在38℃～60℃得到晶体，故操作为趁热过滤并用38℃～60℃的温水洗涤；(5)SO的检验方法是加入足量的盐酸酸化，再加BaCl2溶液，根据是否有沉淀判断。故操作是：取晶体少许溶于水，先加足量的盐酸，再加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则说明含有SO；(6)该混合溶液是在酸性条件下反应的，则选用酸式滴定管量取待测液；已知反应：ClO+4I−+4H+=2H2O+2I2+Cl−，用Na2S2O3标准液滴定的原理：I2+2S2O=2I−+S4O，滴定终点现象是：蓝色恰好变为无色，且30 s不变色；通过测定碘单质的含量来计算NaClO2的含量，由反应的关系式：
NaClO2 ~ 2I2 ~ 4S2O
1 4
n 0.5000mol·L−1×20.00mL×10−3
解得n=2.5×10−3mol，则250mL样品溶液中的物质的量为2.5×10−3mol×=0.025mol，则3.00g样品中NaClO2质量百分含量为=75.4%。
16． （12分）（一）乙苯催化脱氢：(g)(g)+H2(g) ΔH
(1)有关反应的化学键的键能如表所示：
化学键
C－H
C－C
C＝C
H－H
键能/kJ/mol
414
348
620
436
则该反应的ΔH=_______。
(2)该反应在_________条件下能自发进行；既能提高该反应的速率又能提高乙苯的平衡转化率的措施是_____________________。
(3)温度T时，在体积为2L的密闭容器中通入2mol乙苯蒸汽发生催化脱氢反应。已知乙苯的平衡转化率为60%，则在该温度下反应的平衡常数K=_____。向上述平衡中再通入0.8mol氢气和0.4mol乙苯蒸汽，则平衡向 （填“正向移动”、“逆向移动”或“不移动”）
（二）乙苯和二氧化碳催化脱氢：(g)+CO2(g)(g)+H2O(g)+CO(g) ΔH>0
(4)温度为T时，在2L的密闭容器中加入2mol乙苯和2mol二氧化碳，反应到平衡时测得混合物各组成的物质的量均为1.0mol。
①若保持温度和容器容积不变，向该容器中再充入2mol乙苯和2mol二氧化碳达到平衡时，则乙苯的物质的量浓度___________。
A．等于1mol·L−1 B．小于1mol·L−1 C．大于1mol·L−1 D．不确定
②若将反应改为恒压绝热条件下进行，达到平衡时，则乙苯的物质的量浓度___________。
A．等于0.5mol·L−1 B．小于0.5mol·L−1 C．大于0.5mol·L−1 D．不确定
【答案】（1）120kJ·mol−1（2分）
（2） 高温（2分） 升高体系温度（2分）
（3） 0.9（2分） 逆向移动（2分）
（4） C（1分） D（1分）
【解析】(1)反应热=反应物总键能-生成物总键能，由有机物的结构可知，应是－CH2CH3中总键能与－CH=CH2、H2总键能之差，则∆H=(5×414+348-3×414-620-436)kJ·mol−1=120kJ·mol−1；(2)该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，则反应速率和转化率增大，该反应的ΔS＞0，ΔH＞0，根据ΔG=ΔH-TΔS可知，在较高温度下能自发进行；(3)物质的量为2mol、体积为1L的乙苯蒸气发生催化脱氢反应，达到平衡时转化率为60%，参加反应的乙苯为1.2mol，则：
(g)(g)+H2(g)
开始物质的量(mol) 2 0 0
转化物质的量(mol) 1.2 1.2 1.2
平衡物质的量(mol) 0.8 1.2 1.2
平衡浓度（mol/L） 0.4 0.6 0.6
平衡常数K==。维持温度和容器体积不变，向上述平衡中再通入0.8mol氢气和0.4mol乙苯蒸汽，Qc=＞K，平衡逆向移动；(4)温度为T时，在2L的密闭容器中加入2mol乙苯和2mol二氧化碳，反应到平衡时测得混合物各组成的物质的量均为1.0mol。同等比例的增大反应物的量相当于增大压强，对正反应气体分子数目增大的反应而言，乙苯的转化率减小，即再一次平衡时乙苯的物质的量大于2mol，乙苯的物质的量浓度大于1mol/L；故选C；②上述恒容容器中进行反应，气体压强增大，要将该反应在恒压条件下进行，相当于恒容条件下平衡状态减压达到新平衡，在平衡之后减压，平衡向正方向移动，乙苯的物质的量浓度减小，又由于正反应是吸热反应，在绝热容器中，与外界没有能量交换，平衡向正向移动，吸收热量会增多，容器内反应体系的温度会降低，平衡又会向左移动，乙苯的浓度减小。二者使平衡移动方向不同且移动程度不确定，最终乙苯的浓度增大、减小或不变都有可能。故答案为D。
17.（14分）综合利用富钛废渣(含TiO2、ZnO、Fe2O3和少量有机物)制备Li4Ti5O12，并获得部分副产品的工艺流程如下：
已知：、、。
回答下列问题：
(1)除去富钛废渣中的少量有机物的操作是 ；提高“酸溶”时的速率的方法有
（任写一条）。
(2)“还原”工序中发生反应的离子方程式为 。
(3)“酸溶”后钛以TiO2+形式存在，则“水解”反应的离子方程式为_____________________。
(4)常温下，“氧化”后所得溶液中过渡金属离子浓度均为0.10mol·L−1，则“调pH”的合理范围为______。
(5)TiO2·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应时，应将温度控制在50℃左右的原因是________________。
(6)“转化”反应的化学方程式为 ；高温煅烧时发生反应的化学反应方程式为__________________________________。
【答案】（1）灼烧 搅拌、适当增加酸的浓度、加热（任写一条）（2分）
（2） Fe+2Fe3+=3Fe2+（2分）
（3） （2分）
（4） 3≤pH＜6（2分）
（5） 提高反应速率，同时防止温度过高造成双氧水分解，氨水挥发（2分）
（6） （2分）
Li2Ti5O11+Li2CO3Li4Ti5O12+CO2↑（2分）
【解析】富铁废渣中含有少量有机物，灼烧时可以除去有机物；将灼烧后的烧渣溶于稀硫酸，以锌离子、铁离子、以及TiO2+形式存在，加入适量铁粉使铁离子转化为亚铁离子，TiO2+水解生成TiO2·xH2O，在双氧水、LiOH作用下生成Li2Ti5O11，再与碳酸锂高温下发生反应Li2Ti5O11+Li2CO3
Li4Ti5O12+CO2↑，生成Li4Ti3O12。水解之后的滤液中含有亚铁离子、铁离子、锌离子，加入次氯酸钠后将二价铁氧化，再调pH得到氢氧化铁沉淀，在碱性条件下与NaClO反应得到高铁酸钠。(1)灼烧是将富铁废渣中的有机物除去；提高酸浸的常见的措施有搅拌，适当增大酸的浓度，加热等；(2)加入适量铁粉使铁离子转化为亚铁离子，故反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+；(3)水解步骤为TiO2+水解生成TiO2·xH2O，其离子方程式为TiO2++(x+1)H2O=TiO2·xH2O↓+2H+；(4)调pH时锌离子不能沉淀，铁离子完全沉淀，可计算出锌离子开始沉淀时的pH和铁离子完全沉淀时的pH，即为范围。铁离子完全沉淀时，其浓度≤10−5mol·L−1，根据，即，带入数据可得mol/L，常温下根据pH=14-pOH，即pH=14-pOH=14-lg10−11=3；锌离子刚开始沉淀时，c(Zn2+)=0.1mol·L−1，根据，即，带入数据可得mol/L，同理可得pH=6，所以调pH的合理范围为3≤pH＜6，故填3≤pH＜6；(5)TiO2·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应时，双氧水受热易分解，氨水受热易挥发，应将温度控制在50℃左右的原因是提高反应速率，同时防止温度过高造成双氧水分解，氨水挥发；(6)转化反应生成高铁酸钠，其反应为；根据分析，高温煅烧时发生反应的化学反应方程式为Li2Ti5O11+Li2CO3Li4Ti5O12+CO2↑。
18．（16分）有机物M可用于治疗支气管哮喘，慢性支气管炎。该有机物可以由有机物A经过一系列反应合成得到，其合成路线如下图所示：
已知；
请回答下列问题：
(1)有机物M中含氧官能团的名称为______________________。
(2)⑤的反应所需试剂及条件为___________，③的反应类型为___________。
(3)反应⑥的化学方程式为___________。
(4)A的同分异构体中，同时符合下列条件的有___________种。
①含有苯环结构，②能与NaHCO3溶液反应。
请写出核磁共振氢峰面积之比满足1∶2∶2∶2∶1的结构简式为___________。
(5)结合上述合成路线，设计以苯甲醛和CH3MgBr为起始原料制备苯基乙二醇()的合成路线___________(无机试剂任选)。
【答案】（1）羧基、醚键、酰胺基（2分）
（2） NaOH溶液、加热（2分） 消去反应（1分）
（3） （2分）
（4） 19（2分） 、（2分）
（5） （4分）
【解析】由反应①前、后物质结构，可知①属于取代反应，A发生信息中反应生成B为，反应③发生醇的消去反应，由E后产物结构，可知反应④是与溴发生取代反应生成C，C发生卤代烃的水解反应生成D，D发生氧化反应生成E，反应⑦是醛基被氧化为羧基，生成M的反应是羧基与氨基脱去1分子水。(1)由A的结构简式可知，有机物M中含氧官能团的名称为：羧基、醚键、酰胺基；(2)⑤发生的是卤代烃的取代反应，故反应所需试剂及条件为NaOH溶液、加热；③发生醇的消去反应，故答案为：NaOH溶液、加热；消去反应；(3)反应⑥为在Cu、O2条件下加热发生氧化反应生成，反应方程式为；；(4)A的同分异构体符合下列条件：①含有苯环结构，②能与NaHCO3溶液反应；说明含有羧基，当其中取代基为－OH、－COOH、－CH3时有10种，取代基是－OCH3、－COOH；－CH2COOH、－OH；－CH2OH、－COOH，均有邻、间、对3种位置结构，共有3×3=9种，共有19种；核磁共振氢峰面积之比满足1∶2∶2∶2∶1，说明其中不同化学环境的氢原子数之比为1∶2∶2∶2∶1，满足该要求的结构简式为、；(5)苯甲醛与CH3MgBr/H2O、H+作用得到，然后发生消去反应生成，再与溴发生加成反应生成，最后在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成，合成路线流程图为：。
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