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高中化学 辽宁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 辽宁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，下列离子方程式正确的是，下列说法不正确的是等内容，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15小题，每小题3分，共45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．历史文物本身蕴含着许多化学知识，下列说法错误的是
A．《梅鹊图》缂丝中使用的丝，主要成分是蛋白质
B．临摹范宽的《溪山行旅图》所用的纸张为宣纸，其主要成分为纤维素
C．中国古代专为皇宫烧制的细料方砖，质地密实，敲之作金石之声，称之“金砖”，属于新型硅酸盐产品
D．甘肃马家窑出土的青铜刀属于青铜制品，青铜是一种合金
【答案】C
【解析】A．蚕丝的主要成分是蛋白质，A正确；B．宣纸主要含白草和檀皮，其主要化学成分是纤维素，B正确；C．“金砖”是陶瓷，是传统的无机非金属材料，属于传统硅酸盐产品，C错误；D．青铜是铜锡等金属融合而成的混合物，属于铜合金，D正确；故选C。
2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是
A．1L 0.1mol·L-1 Na2SO3溶液中阴离子数目为0.1NA
B．9.2g C2H6O含有共价键的数目为1.6NA
C．NA个CO2分子形成的晶体中电子对数目为4NA
D．1mol Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去电子数为2NA
【答案】B
【解析】在水溶液中发生水解反应，SO+H2O=HSO+OH−，从而阴离子数目大于0.1NA，A错误；C2H6O有两种同分异构体，每个分子都含有8个共价键，则9.2g C2H6O为0.2mol，含有共价键的数目为1.6NA，故B正确；NA个CO2分子的物质的量为1mol，CO2中含有8个电子对，1mol CO2中电子对数目为8NA，C项错误；1mol钠反应失去1mol电子，钠失去电子数为NA，D项错误。
3．实验室用碳化钙与水反应制备乙炔，相关化学用语表示正确的是
A．水的电子式： B．乙炔的结构式：CHCH
C．钙离子的结构示意图： D．碳原子轨道排布式为
【答案】B
【解析】A．水是共价化合物，水的电子式：，故A正确；B．乙炔的结构式：H－CC－H，故B错误；C．钙的核电荷数为20，钙离子的结构示意图：，故C正确；D．碳原子核外6个电子，6个电子分别排在1s2s2p轨道上，碳原子轨道表示式为，故D正确；故选B。
4．室温时用下列实验装置进行相应实验，能达到目的的是
A．图1装置：检验有丙烯生成
B．图2装置：除去二氧化碳中的少量氯化氢气体
C．图3装置：验证乙炔的还原性
D．图4装置：验证浓硫酸具有强氧化性
【答案】A
【解析】A．生成的丙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色，从而达到实验目的，A正确；B．HCl会与Na2CO3发生反应，但是CO2与Na2CO3溶液发生反应：CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3，因此不能用于除去二氧化碳中的少量氯化氢气体，故B错；C．电石中含有硫化物等杂质，其与水反应时会有硫化氢等还原性物质生成，硫化氢能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则不能证明为乙炔的还原性，故C错；D．铜与浓硫酸反应需要加热，故D错；答案选A。
5．下列离子方程式正确的是
A．Na2S2O5(焦亚硫酸钠)与稀硫酸反应放出SO2：S2O+2H+=2SO2↑+H2O
B．将过量的SO2通入到氨水中：
C．含、、的溶液中通入氯气：
D．乙二醇与足量酸性高锰酸钾溶液反应：5HOCH2CH2OH+8MnO+24H+=5HOOCCOOH+8Mn2++
22H2O
【答案】A
【解析】A．Na2S2O5(焦亚硫酸钠)与稀硫酸反应：S2O+2H+=2SO2↑+H2O，故A正确；SO2过量时生成HSO，离子方程式错误，B错误；I−还原性最强，则先被Cl2氧化，C错误；D．乙二醇与足量酸性高锰酸钾溶液反应会放出二氧化碳，得不到HOOCCOOH，故D错误。
6．主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数均不大于20，X是地壳中含量最多的金属元素，WQ2可与水剧烈反应生成一种强碱和一种可燃性气体，Y与Z同族，且Z的最高价和最低价代数和为6，下列说法中不正确的是
A．工业制取X通常电解其氧化物制得
B．WQ2中既含有离子键又含有共价键
C．原子半径X＞Q＞Z
D．Y、Z两种元素的气态氢化物的稳定性：Y＞Z
【答案】C
【解析】五种元素原子序数均不大于20，X是含量最多的金属元素，为Al，WQ2可与水剧烈反应生成一种强碱和一种可燃性气体，故WQ2为CaC2，Z的最高价和最低价代数和为6，故Z为Cl，Y与Z同族，Y为F，工业制铝是通过电解Al2O3，故A正确；CaC2中既有离子键又有共价键，故B正确；同一周期原子半径从左往右逐渐减小，电子层数越多，原子半径越大，则原子半径Al＞Cl＞C，故C错误；非金属性：F＞Cl，则气态氢化物的稳定性：HF＞HCl，故D正确。
7．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。
8．下列实验操作或相关说法不合理的是
A
B
C
D
混合浓硫酸和乙醇
验证SO2的还原性
从NaCl溶液中获取NaCl固体
充分振荡后下层为无色
【答案】A
【解析】A．混合时，应避免酸液飞溅，应将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓倒入乙醇中，并用玻璃棒不断搅拌，A项错误；B．二氧化硫具有还原性，与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，使其褪色，体现的是二氧化硫的还原性，B项正确；C．从NaCl溶液中获取NaCl固体常用蒸发结晶的方法，C项正确；D．振荡后分层，上层为水层，碱和溴水反应为无色，故下层四氯化碳层变为无色，D项正确；答案选A。
9．下列说法不正确的是
A．在2mL 10% NaOH溶液中加入5滴5% CuSO4溶液振荡，加入葡萄糖溶液并加热，出现砖红色沉淀，证明葡萄糖具有还原性
B．硬脂酸甘油酯在氢氧化钠溶液中水解得到硬脂酸钠和丙醇的反应叫皂化反应，其中硬脂酸钠是肥皂的有效成分
C．煤干馏得到的煤焦油中分离得到的苯是一种无色、有特殊气味的液态烃，是重要化工原料
D．脲醛树脂可制成热固性高分子黏合剂
【答案】B
【解析】A．葡萄糖分子中含有醛基，能被新的氢氧化铜悬浊液氧化。在2mL 10% NaOH溶液中加入5滴5% CuSO4溶液振荡，加入葡萄糖溶液并加热，出现砖红色沉淀，证明葡萄糖具有还原性，A正确；B．硬脂酸甘油酯在氢氧化钠溶液中水解得到硬脂酸钠和丙三醇，不是丙醇，B错误；C．从煤焦油中分离得到的苯是一种无色、有特殊气味的液态烃，是重要化工原料，C正确；D．脲醛树脂是一种空间网状的立体结构，故可制成热固性高分子黏合剂，D正确；故答案为B。
10．以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如下，下列说法错误的是
A．发生器中发生反应的离子方程式为2ClO+SO2＝SO+2ClO2
B．吸收塔中温度不宜过高，会导致H2O2的分解
C．吸收塔中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2
D．从“母液”中可回收的主要物质是Na2SO4
【答案】C
【解析】A．根据流程图可知NaClO3与SO2发生氧化还原反应，化学方程式为2NaClO3+SO2＝Na2SO4+2ClO2，故离子方程式为2ClO+SO2＝SO+2ClO2，A正确；B．H2O2在高温下易分解，故吸收塔的温度不能太高，B正确；C．吸收塔中发生的反应为2ClO2+H2O2+2NaOH＝2NaClO2+2H2O
+O2↑，其中ClO2是氧化剂，H2O2是还原剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1，C错误；D．根据选项A的分析，母液中溶质主要为Na2SO4，D正确；选C。
11．下图属于日本产业研究所和日本学术振兴会共同开发研究的大容量锂空气电池。下列说法正确的是
A．充电时，a为阴极
B．放电时，b极附近pH减小
C．放电时，在有机电解液中加入少量NaCl溶液，可提高导电性
D．用此装置电解熔融CuSO4，当电路中转移0.2mol电子时，阳极析出铜单质6.4g
【答案】A
【解析】充电时锂离子向a极移动，电解池中阳离子向阴极移动，a是阴极，故A正确；根据图片知，放电时该装置是原电池，正极（b极）上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+2H2O+4e−＝4OH−，溶液的pH增大，故B错误；放电时，负极材料为金属锂，加入NaCl溶液，碱金属锂与水溶液反应，故C错误；电解熔融CuSO4，阴极Cu2+放电，转移0.2mol电子产生0.1mol Cu，共6.4g，故D错误。
12．硫化硅(结构如图)是制备高纯硅的一种材料，常温常压下稳定，遇潮湿空气反应生成SiO2和H2S；在空气中加热即燃烧，下列叙述错误的是
A．硫化硅为共价晶体
B．硫化硅中硅的杂化轨道类型为sp3
C．1mol硫化硅中含有4mol Si－S键
D．电负性：
【答案】C
【解析】A．由硫化硅结构可知硫化硅晶体中Si和S通过共价键结合为网状结构，为共价晶体，A正确；B．Si的价层电子对数为4，Si为sp3杂化，B正确；C．由图可知1个Si形成4个Si－S键，每个Si－S键占1/2，因此1mol硫化硅中含有=2mol Si－S键，C错误；D．一般规律：同一周期，从左往右电负性增大，同一主族中，随着原子序数的增大，元素的电负性减小，因此电负性大小关系为，D正确；答案选C。
13．在体积为1L的密闭容器中，进行如下化学反应：2CuCl2(s)2CuCl(s)+Cl2(g)，其化学平衡常数K和温度的关系如表：
T/℃
800
900
1000
1100
1200
K
1.1
1.5
1.75
1.90
2.08
根据信息作出的下列判断中不正确的是
A．此反应为吸热反应
B．此反应在1080℃达平衡时，
C．1000℃条件下容器体积由1L变为2L，平衡正向移动，达平衡时Cl2的浓度不变
D．降温和加入CuCl2固体都能使平衡发生移动
【答案】D
【解析】A．由表中数据可知，升高温度，K不断增大，则平衡正向移动，所以此反应为吸热反应，A正确；B．反应中，CuCl2、CuCl都呈固态，不能出现在平衡常数表达式中，所以此反应在1080℃达到平衡时，，B正确；C．1000℃条件下容器体积由1L变为2L，相当于减压，平衡正向移动，但由于平衡常数K不变，所以达平衡时Cl2的浓度保持不变，C正确；D．加入CuCl2固体时，并不影响平衡体系中Cl2的浓度，所以不能使平衡发生移动，D不正确；故选D。
14．下列有关有机物X(结构如图)的叙述错误的是
A．X的分子式为C23H25O5
B．1mol X最多能与3mol NaOH反应
C．X的苯环上的二氯代物有9种
D．X与足量H2反应后所得产物的分子中含有7个手性碳原子
【答案】A
【解析】A．由结构简式可知，有机物X的分子式为C23H26O5，故A错误；B．由结构简式可知，有机物X中酚羟基和酯基能与氢氧化钠溶液反应，其中1mol酚酯基消耗2mol氢氧化钠，则1mol X最多能与3mol氢氧化钠反应，故B正确；C．将苯环上的氢原子进行编号，二氯取代物有1、2（1、6），1、3（1、5），1、4，2、3，2、4，2、5，2、6，3、4，3、5，共9种，故C正确；D．有机物X与足量氢气反应后所得产物的结构简式为，分子中有如图所示的7种连有四个不同原子或原子团的手性碳原子：(*代表手性碳原子)，故D正确；故选A。
15．t℃时，配制一组c(H2CO3)+c(HCO)+c(CO)=1.000×10−3mol∙L−1的H2CO3与HCl或H2CO3与NaOH的混合溶液，溶液中部分微粒浓度的负对数(-lgc)与pH关系如图所示。下列说法正确的是
A．常温下，反应H2CO3+CO2HCO的平衡常数为1.0×10−4
B．pH=7的溶液中：c(Na+)＜c(H2CO3)
C．pH=a的溶液中：c(HCO)＞c(CO)＞c(H2CO3)＞c(H+)
D．pH=10.3的溶液中：c(Na+)＜1.000×10−3mol∙L−1
【答案】C
【解析】常温下，当pH=6.3时，c(H2CO3)=c(HCO)，则Ka(H2CO3)=c(H+)=1×10−6.3mol∙L−1，同理可知，当pH=10.3时，c(CO)=c(HCO)，则Ka(HCO)=c(H+)=1×10−10.3mol∙L−1，反应H2CO3+CO
2HCO的平衡常数为=1
×104，故A错误；根据图中信息可知当pH=7时，c(HCO)＞c(H2CO3)＞c(CO)，且c(H+)=c(OH−)，根据电荷守恒得到c(Na+)=c(HCO)+2c(CO)，因此c(Na+)＞c(H2CO3)，故B错误；当pH=a时，c(HCO)＞c(CO)＞c(H2CO3)＞c(H+)，故C正确；由A项可知Ka(H2CO3)=1×10−6.3，Ka(HCO)=1.000×10−10.3，则，=1×104，当pH=10.3时，c(CO)=
c(HCO)，则；c(H2CO3)+c(HCO)+c(CO)=1.000×10−3mol∙L−1，则c(H2CO3)=
5.000×10−8mol∙L−1，2c(CO)=1.000×10−3mol∙L−1-5.000×10−8mol∙L−1，根据电荷守恒得到c(Na+)＞c(HCO)+2c(CO)，即c(Na+)＞3c(CO)，故c(Na+)＞1.000×10−3mol∙L−1，故D错误。
二、非选择题：本题共5小题，共55分。
16．（12分）用磷铁渣(含Fe、FeP、Fe2P及少量杂质)制备FePO4·2H2O(磷酸铁)的工艺流程如下：
(1)浸取的过程中，加快浸取的速率的方法有 （写出两项）
(2)操作X中用到的玻璃仪器为 。
(3)制备操作中需要适当加热，但温度不宜过高的原因是 。
(4)“浸取”时，硝酸首先分解生成NO2和O2，O2将Fe2P氧化。则浸取过程中Fe2P与O2反应的化学方程式为 。
(5)浸取过程中硝酸浓度不宜过高，温度过高有可能导致磷铁渣浸取速率降低，原因是 。
(6)在pH范围为1~1.5时，随着pH的增大，制备流程产物中含铁量逐渐增大，其原因有可能为 。写出制备流程中生成FePO4·2H2O的离子方程式 。
【答案】（1）搅拌、适当的增大酸的浓度（其他合理答案也可以）（2分）
（2） 漏斗、烧杯、玻璃杯（1分）
（3） 温度过高，氨水会加速分解，导致产品产率降低（2分）
（4） 4Fe2P+11O24Fe2O3+2P2O5（2分）
（5） 硝酸浓度越大越易分解，而浸取过程中的O2来自硝酸分解，硝酸分解速率大于浸取速率，导致O2损失加大，降低速率（2分）
（6） pH增大，促进了溶液中Fe3+水解，生成的Fe(OH)3混入产品中导致含铁量增大（1分）
Fe3++H3PO4+nNH3·H2O+(2-n)H2O=FePO4·2H2O↓+nNH+(3-n)H+(n=1，2，3均可)（2分）
【解析】(1)增大浸取的反应速率有搅拌，适当的增大酸的浓度等；(2)操作X为过滤，过滤中用到的玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃杯；(2)氨水在温度过高时会进行分解，降低产量，导致反应物含量降低，产品产率降低；(3)根据题干信息，O2将Fe和P分别氧化为Fe2O3和P2O5，根据得失电子守恒和质量守恒，化学方程式为4Fe2P+11O24Fe2O3+2P2O5；(4)硝酸浓度越大越易分解，而浸取过程中的O2来自硝酸分解，硝酸分解速率大于浸取速率，导致O2损失加大，降低速率；(5)pH增大，促进了溶液中Fe3+水解，生成的Fe(OH)3混入产品中导致含铁量增大；根据流程图可推知溶液中含有Fe3+和H3PO4，加入NH3·H2O得到FePO4，可推知生成FePO4·2H2O的原料是Fe3+、H3PO4、NH3·H2O等，结合原子守恒即可写出离子方程式。
17．（12分）用硝酸氧化淀粉水解的产物(C6H12O6)可制得少量草酸，装置如图所示(加热、搅拌和仪器固定装置均已略去)：已知硝酸氧化淀粉水解液过程中可发生下列反应：
C6H12O6+12HNO3→3H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O
C6H12O6+8HNO3→6CO2+8NO↑+10H2O
3H2C2O4+2HNO3→6CO2+2NO↑+4H2O
实验过程如下：
①将1∶1的淀粉水乳液与少许硫酸(98%)加入烧杯中，水浴加热至85℃～90℃，保持30min，然后逐渐将温度降至60℃左右；
②将一定量的淀粉水解液加入容器X中；
③控制反应液温度在55℃～60℃条件下，边搅拌边缓慢滴加一定量含有适量催化剂的混酸(65% HNO3与98% H2SO4的质量比为2∶1.5)溶液；
④反应3h左右，冷却，减压过滤洗涤后得草酸晶体。请回答下列问题：
(1)容器X的名称：___________。
(2)过程①中，检验淀粉是否水解完全的方法是____________。
(3)实验中若混酸滴得快，将导致草酸产量下降，其原因是___________。
(4)该A装置最大的一个缺点是___________。
(5)当尾气中n(NO2)∶n(NO)＝1∶1时，过量的NaOH溶液能将氮氧化物全部吸收，只生成一种钠盐，离子方程式为______________________。
(6)实验过程④的洗涤操作为___________。
(7)将产品在恒温箱内约90℃以下烘干至恒重，得到二水合草酸。用KMnO4标准溶液滴定，称取该样品0.12g，加适量水完全溶解，然后用0.010mol·L−1的酸性KMnO4溶液滴定至终点(杂质不参与反应)，滴定终点的现象为 。滴定前后滴定管中的液面读数如图所示，则该草酸晶体样品中二水合草酸的质量分数为___________。(计算结果保留三位有效数字)
【答案】（1）三颈烧瓶
（2） 取少量水解液于试管中，滴加少量碘水（碘酒），若溶液不变蓝，则淀粉已完全水解；若溶液变蓝，则淀粉未完全水解
（3） 温度过高、硝酸浓度过大，导致H2C2O4进一步被氧化
（4） 缺少尾气处理装置
（5） NO2+NO+2OH−＝2NO+H2O
（6） 关小水龙头，往布氏漏斗中缓缓加水，水面没过滤渣，待水流尽后，重复2～3次
（7） 滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液，溶液颜色由无色变为浅紫红色 42.0%
【解析】(1)根据仪器特点，容器X的名称为三颈烧瓶。(2)流程①中，检验淀粉是否水解完全的方法是取少量水解液于试管中，滴加少量碘水（碘酒），若溶液不变蓝，则淀粉已完全水解；若溶液变蓝，则淀粉未完全水解。(3)浓硫酸溶于水放热且硝酸能将草酸氧化，实验中若混酸滴得过快，会造成温度过高，且硝酸浓度过大，会导致H2C2O4进一步被氧化，导致草酸产量下降。(4)实验中会产生有毒气体NO，需要进行尾气处理，该装置没有进行尾气处理。(5)当尾气中n(NO2)∶n(NO)＝1∶1时，过量的NaOH溶液能将NOx全部吸收，发生归中反应，发生的化学反应方程式为NO2+NO+2NaOH＝2NaNO2+H2O，所以离子方程式为NO2+NO+2OH−＝2NO+H2O。(6)实验过程④的洗涤操作为关小水龙头，往布氏漏斗中缓缓加水，水面没过滤渣，待水流尽后，重复2～3次。(7)草酸溶液是无色的，高锰酸钾溶液是紫红色的，当达到滴定终点时，溶液颜色由无色变为浅紫红色。滴定前滴定管中液面位于2.50mL处，滴定结束后滴定管中液面位于18.50mL处，用去的KMnO4溶液的体积为18.50mL-2.50mL=16.00mL，n(KMnO4)=0.010mol·L−1×0.0160mL=0.00016mol，根据反应的离子方程式为：2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，可知草酸的物质的量为0.00016mol×=0.0004mol，二水合草酸的质量为0.0004mol×126g/mol=0.0504g，所以该草酸晶体样品中二水合草酸的质量分数为×100%=42.0%。
18．（10分）Ⅰ．CH4、CO2都是碳的重要化合物，实现碳及其化合物的相互转化，对开发新能源和降低碳排放意义重大。(1)在一定条件下，可通过CH4与NOx反应除去NOx，已知有下列热化学方程式：
①CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l) ΔH＝-890.3kJ·mol−1
②N2(g)+2O2(g)2NO2(g) ΔH＝+67.0kJ·mol−1
③H2O(g)＝H2O(l) ΔH＝-41.0kJ·mol−1
则2CH4(g)+4NO2(g)2CO2(g)+4H2O(g)+2N2(g) ΔH＝_____kJ·mol−1；
(2)在一恒容装置中，通入一定量CH4和NO2，测得在相同时间内，在不同温度下，NO2的转化率如图（横坐标为反应温度，纵坐标为NO2转化率/%）：
则下列叙述正确的是____________。
A．若温度维持在200℃更长时间，NO2的转化率将大于19%
B．反应速率：b点的v(逆)＞e点的v(逆)
C．平衡常数：c点＝d点
D．提高c点时NO2的转化率和反应速率，可减小压强或增大c(CH4)
(3)在一定条件下，二氧化碳转化为甲烷的反应如下：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)；向一容积为2L的恒容密闭容器中充入一定量的CO2和H2，在300℃时发生上述反应，达到平衡时CO2、H2、CH4、H2O的浓度依次分别为0.2mol·L−1，0.8mol·L−1，0.8mol·L−1，1.6mol·L−1。则300℃时上述反应的平衡常数K=_____。200℃时该反应的平衡常数K=64.8，则该反应的ΔH_____(填“>’’或“<”)0。
Ⅱ．已知可逆反应A(g)B(g)的正、逆反应均为一级反应，v正=k正·c(A)，v逆=k逆·c(B)且存在如下数据：
温度（K）
600
850
速率
常数
k正(min−1)
32
70
k逆(min−1)
8
12
(4)600K时，在容积为1L的恒容密闭容器中充入2mol气体A，已知反应过程中物质的浓度、速率常数和反应时间之间满足如下关系：2.3lg=(k正+k逆)t，[c0(A)为反应物A的起始浓度，ct(A)、ct(B)分别为A，B任意时刻的浓度，k为反应速率常数，t为反应时间]，则：
①t=________min时反应达平衡。
②反应一段时间后A，B浓度相等，则这段时间内正反应的平均反应速率v=______mol/(L·min)(保留整数)。(已知lg2=0.3，lg5=0.7)
【答案】（1）+1750.6（1分）
（2） A（2分）
（3） 25（2分） ＜（1分）
（4） 0.023（2分） 87（2分）
【解析】（1）已知：①CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890.3kJ·mol−1；②N2(g)+2O2(g)2
NO2(g) ΔH=+67.0kJ·mol−1；③H2O(g)=H2O(l) ΔH=-41.0kJ·mol−1；则根据盖斯定律可知2×(①-②-③
×2)即得到热化学方程式2CH4(g)+4NO2(g)2CO2(g)+4H2O(g)+2N2(g)的ΔH=+1750.6kJ·mol−1；（2）A．图中200℃时，反应没有到达平衡，向正反应进行，温度维持在200℃更长时间，NO2的转化率将大于19%，A正确；B．由d到e温度升高，转化率下降，可知反应向逆向移动，且e点温度高，温度越高，反应速率增大，故b点的v逆＜e点的v逆，B错误；C．c、d温度不同，平衡常数不同，C错误；D．增大反应物浓度可以加快反应速率，提高其他物质的转化率，b向正反应进行，该反应的是一个体积增大的反应，当减小压强，反应向正反应进行，转化率增大，但反应速率减小，D错误，答案选A。（3）平衡常数=0.8×1.62/0.2×0.84=25；因为温度降低，平衡常数增大，说明平衡正向移动，正反应放热。（4）由已知的v正=k正·c(A)，v逆=k逆·c(B)和给出的600K条件下的数据可知，当达到平衡时，v正=32c(A)=v逆=8c(B)得k==4。根据三段式可得：
①A(g)B(g)
起始(mol/L) 2 0
转化(mol/L) x x
平衡(mol/L) 2-x x
600K时，平衡常数k=4，有=4，解得：x=1.6mol/L，所以2.3lg=(32+8)t，解得：t=0.023，故答案为0.023；②反应一段时间后A，B浓度相等，即ct(A)=ct(B)=1mol/L，2.3lg=(32+8)t，解得：t=0.0115min，则这段时间内正反应的平均反应速率v==87mol/(L·min)；故答案为87。
19． （12分）氨及其化合物与人类生产、生活息息相关。其中尿素(H2NCONH2)是人类最早合成的有机物，工业上生产尿素的反应为N2+3H22NH3，2NH3+CO2H2NCONH2+
H2O。回答下列问题：
(1)纳米氧化铜、纳米氧化锌均可作合成氨的催化剂，基态Cu2+的电子排布式为______，Zn位于元素周期表的_____区。
(2)C、N、O三种元素电负性从大到小的顺序是_________。
(3)上述化学方程式中的无机化合物，沸点由高到低的顺序是______，原因是_________。
(4)尿素分子中，C原子杂化轨道类型是___，π键与σ键数目之比为____。
(5)氮化硼(BN)是一种性能优异、潜力巨大的新型材料，主要结构有立方氮化硼如图(a)和六方氮化硼(b)，前者类似于金刚石，后者与石墨相似。
①X－射线衍射实验测得立方氮化硼晶胞参数为361.5pm，则立方氮化硼晶体N与B的原子半径之和为______pm。(=1.732)
②已知六方氮化硼同层中B、N原子距离为a cm，密度为d g/cm3，则层与层之间距离的计算表达式为________。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9（1分） ds（1分）
（2） O＞N＞C（1分）
（3） H2O＞NH3＞CO2（2分） 三者都是分子晶体，但H2O和NH3都存在分子间氢键，且H2O分子间的氢键作用力强于NH3（1分）
（4） sp2（1分） 1∶7（1分）
（5） 156.5pm（2分） cm=×1010pm（2分）
【解析】(1)Cu原子的原子序数是29，Cu原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，失去2个电子所得Cu2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9；Zn的价层电子排布式为3d104s2，位于元素周期表的ds区；(2)同周期元素从左到右电负性逐渐增大，所以C、N、O三种元素电负性从大到小的顺序是O＞N＞C。(3)上述化学方程式中的无机化合物，沸点由高到低的顺序是H2O＞NH3＞CO2，原因：三者都是分子晶体，但H2O和NH3都存在分子间氢键，且H2O分子间的氢键作用力强于NH3；(4)尿素的结构式为，分子中C原子与O原子形成双键（其中含有1个σ键和1个π键），与2个N原子形成单键（均为σ键），则C原子杂化轨道类型是sp2，单键均为σ键，双键中有1个σ键和1个π键，则π键和σ键数目之比为1∶7；(5)N原子是面心立方最密堆积，B填充在四面体空隙，B原子与周围的4个N原子形成正四面体结构。设立方氮化硼晶体N与B的原子半径之和为x，根据立体几何知识，x与正四面体的高（h）的关系为x=h，正四面体的高（h）与正四面体的棱长（l）关系为h=l，棱长l与晶胞边长a的关系为a=l，所以立方氮化硼晶体N与B的原子半径之和为x=a，可求得x=×361.5pm≈156.5pm；②已知六方氮化硼同层中B、N原子距离为a cm，密度为d g/cm3。六方氮化硼晶胞可以取为，一个晶胞中含有B的个数为个，含有N的个数为；设层与层之间距离为h，六棱柱体积为a2h cm3，六棱柱质量为g=a2hd g，得h=cm=×1010pm。
20．（14分）酚是一类重要的化工原料，以苯酚为原料可实现阿司匹林等物质的合成。
已知：
（1）化合物B中含氧官能团的名称是____________。
（2）F的结构简式为____________；G的结构简式为________。
（3）⑤的反应条件是_____；⑦的反应类型是____。
（4）1mol阿司匹林晶体和NaOH反应，最多能消耗________mol NaOH。若阿司匹林中残留少量的水杨酸，可用_______(填试剂名称)检验。
（5）反应⑧的化学方程式为：______________________。
（6）水杨酸有多种同分异构体，写出符合下列条件的所有同分异构体的结构简式______。
a．能发生银镜反应 b．苯环上的一氯代物有两种
（7）研究人员高效地实现了吲哚化合物与醇类、酚类、CO和O2在一定条件下直接发生插羰氢酯基化反应。结合反应①，试写出由2－甲基吲哚（）合成2－甲基－3－甲酸甲酯吲哚的反应方程式____________________________________。
【答案】（1）酯基、羧基
（2）
（3） 浓硫酸，加热 消去反应
（4） 3 三氯化铁溶液
（5） n
（6） 、、
（7）
【解析】酸化后生成A是，根据给出的已知信息反应可知，B是，A发生缩聚反应生成G，G是，苯酚与H2加成生成D，D是，D发生消去反应生成E，E是，E与溴发生加成反应生成F，F发生消去反应生成H是。化合物B的结构简式式为，其分子中含有的官能团的名称是酯基、羧基。（2）由分析可知F的结构简式为，G的结构简式为；（3）⑤是醇的消去反应，反应条件是浓硫酸，加热；⑦是溴代烃在氢氧化钠醇溶液中的消去反应；（4）1mol阿司匹林晶体含1mol酯基、1mol羧基，酯基水解后产物含酚羟基，故1mol阿司匹林和NaOH反应，最多能消耗3mol NaOH；根据阿司匹林与水杨酸的结构简式可知，水杨酸中含酚羟基，故可利用酚的显色反应来检验水杨酸，故所选试剂为三氯化铁溶液；（5）反应⑧是H发生加聚反应，反应方程式为n；（6）水杨酸的同分异构体：a．能发生银镜反应，含有醛基；b．苯环上的一氯代物有两种同分异构体，符合条件的所有同分异构体的结构简式为：、、；（7）根据题意与CH3OH、CO和O2发生反应，插入一个酯基，反应的化学方程式为：
。
绝密 ★ 启用前
此卷只装订不密封
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15小题，每小题3分，共45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．历史文物本身蕴含着许多化学知识，下列说法错误的是
A．《梅鹊图》缂丝中使用的丝，主要成分是蛋白质
B．临摹范宽的《溪山行旅图》所用的纸张为宣纸，其主要成分为纤维素
C．中国古代专为皇宫烧制的细料方砖，质地密实，敲之作金石之声，称之“金砖”，属于新型硅酸盐产品
D．甘肃马家窑出土的青铜刀属于青铜制品，青铜是一种合金
【答案】C
【解析】A．蚕丝的主要成分是蛋白质，A正确；B．宣纸主要含白草和檀皮，其主要化学成分是纤维素，B正确；C．“金砖”是陶瓷，是传统的无机非金属材料，属于传统硅酸盐产品，C错误；D．青铜是铜锡等金属融合而成的混合物，属于铜合金，D正确；故选C。
2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是
A．1L 0.1mol·L-1 Na2SO3溶液中阴离子数目为0.1NA
B．9.2g C2H6O含有共价键的数目为1.6NA
C．NA个CO2分子形成的晶体中电子对数目为4NA
D．1mol Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去电子数为2NA
【答案】B
【解析】在水溶液中发生水解反应，SO+H2O=HSO+OH−，从而阴离子数目大于0.1NA，A错误；C2H6O有两种同分异构体，每个分子都含有8个共价键，则9.2g C2H6O为0.2mol，含有共价键的数目为1.6NA，故B正确；NA个CO2分子的物质的量为1mol，CO2中含有8个电子对，1mol CO2中电子对数目为8NA，C项错误；1mol钠反应失去1mol电子，钠失去电子数为NA，D项错误。
3．实验室用碳化钙与水反应制备乙炔，相关化学用语表示正确的是
A．水的电子式： B．乙炔的结构式：CHCH
C．钙离子的结构示意图： D．碳原子轨道排布式为
【答案】B
【解析】A．水是共价化合物，水的电子式：，故A正确；B．乙炔的结构式：H－CC－H，故B错误；C．钙的核电荷数为20，钙离子的结构示意图：，故C正确；D．碳原子核外6个电子，6个电子分别排在1s2s2p轨道上，碳原子轨道表示式为，故D正确；故选B。
4．室温时用下列实验装置进行相应实验，能达到目的的是
A．图1装置：检验有丙烯生成
B．图2装置：除去二氧化碳中的少量氯化氢气体
C．图3装置：验证乙炔的还原性
D．图4装置：验证浓硫酸具有强氧化性
【答案】A
【解析】A．生成的丙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色，从而达到实验目的，A正确；B．HCl会与Na2CO3发生反应，但是CO2与Na2CO3溶液发生反应：CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3，因此不能用于除去二氧化碳中的少量氯化氢气体，故B错；C．电石中含有硫化物等杂质，其与水反应时会有硫化氢等还原性物质生成，硫化氢能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则不能证明为乙炔的还原性，故C错；D．铜与浓硫酸反应需要加热，故D错；答案选A。
5．下列离子方程式正确的是
A．Na2S2O5(焦亚硫酸钠)与稀硫酸反应放出SO2：S2O+2H+=2SO2↑+H2O
B．将过量的SO2通入到氨水中：
C．含、、的溶液中通入氯气：
D．乙二醇与足量酸性高锰酸钾溶液反应：5HOCH2CH2OH+8MnO+24H+=5HOOCCOOH+8Mn2++
22H2O
【答案】A
【解析】A．Na2S2O5(焦亚硫酸钠)与稀硫酸反应：S2O+2H+=2SO2↑+H2O，故A正确；SO2过量时生成HSO，离子方程式错误，B错误；I−还原性最强，则先被Cl2氧化，C错误；D．乙二醇与足量酸性高锰酸钾溶液反应会放出二氧化碳，得不到HOOCCOOH，故D错误。
6．主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数均不大于20，X是地壳中含量最多的金属元素，WQ2可与水剧烈反应生成一种强碱和一种可燃性气体，Y与Z同族，且Z的最高价和最低价代数和为6，下列说法中不正确的是
A．工业制取X通常电解其氧化物制得
B．WQ2中既含有离子键又含有共价键
C．原子半径X＞Q＞Z
D．Y、Z两种元素的气态氢化物的稳定性：Y＞Z
【答案】C
【解析】五种元素原子序数均不大于20，X是含量最多的金属元素，为Al，WQ2可与水剧烈反应生成一种强碱和一种可燃性气体，故WQ2为CaC2，Z的最高价和最低价代数和为6，故Z为Cl，Y与Z同族，Y为F，工业制铝是通过电解Al2O3，故A正确；CaC2中既有离子键又有共价键，故B正确；同一周期原子半径从左往右逐渐减小，电子层数越多，原子半径越大，则原子半径Al＞Cl＞C，故C错误；非金属性：F＞Cl，则气态氢化物的稳定性：HF＞HCl，故D正确。
7．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。
8．下列实验操作或相关说法不合理的是
A
B
C
D
混合浓硫酸和乙醇
验证SO2的还原性
从NaCl溶液中获取NaCl固体
充分振荡后下层为无色
【答案】A
【解析】A．混合时，应避免酸液飞溅，应将浓硫酸沿烧杯内壁缓缓倒入乙醇中，并用玻璃棒不断搅拌，A项错误；B．二氧化硫具有还原性，与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，使其褪色，体现的是二氧化硫的还原性，B项正确；C．从NaCl溶液中获取NaCl固体常用蒸发结晶的方法，C项正确；D．振荡后分层，上层为水层，碱和溴水反应为无色，故下层四氯化碳层变为无色，D项正确；答案选A。
9．下列说法不正确的是
A．在2mL 10% NaOH溶液中加入5滴5% CuSO4溶液振荡，加入葡萄糖溶液并加热，出现砖红色沉淀，证明葡萄糖具有还原性
B．硬脂酸甘油酯在氢氧化钠溶液中水解得到硬脂酸钠和丙醇的反应叫皂化反应，其中硬脂酸钠是肥皂的有效成分
C．煤干馏得到的煤焦油中分离得到的苯是一种无色、有特殊气味的液态烃，是重要化工原料
D．脲醛树脂可制成热固性高分子黏合剂
【答案】B
【解析】A．葡萄糖分子中含有醛基，能被新的氢氧化铜悬浊液氧化。在2mL 10% NaOH溶液中加入5滴5% CuSO4溶液振荡，加入葡萄糖溶液并加热，出现砖红色沉淀，证明葡萄糖具有还原性，A正确；B．硬脂酸甘油酯在氢氧化钠溶液中水解得到硬脂酸钠和丙三醇，不是丙醇，B错误；C．从煤焦油中分离得到的苯是一种无色、有特殊气味的液态烃，是重要化工原料，C正确；D．脲醛树脂是一种空间网状的立体结构，故可制成热固性高分子黏合剂，D正确；故答案为B。
10．以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如下，下列说法错误的是
A．发生器中发生反应的离子方程式为2ClO+SO2＝SO+2ClO2
B．吸收塔中温度不宜过高，会导致H2O2的分解
C．吸收塔中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2
D．从“母液”中可回收的主要物质是Na2SO4
【答案】C
【解析】A．根据流程图可知NaClO3与SO2发生氧化还原反应，化学方程式为2NaClO3+SO2＝Na2SO4+2ClO2，故离子方程式为2ClO+SO2＝SO+2ClO2，A正确；B．H2O2在高温下易分解，故吸收塔的温度不能太高，B正确；C．吸收塔中发生的反应为2ClO2+H2O2+2NaOH＝2NaClO2+2H2O
+O2↑，其中ClO2是氧化剂，H2O2是还原剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1，C错误；D．根据选项A的分析，母液中溶质主要为Na2SO4，D正确；选C。
11．下图属于日本产业研究所和日本学术振兴会共同开发研究的大容量锂空气电池。下列说法正确的是
A．充电时，a为阴极
B．放电时，b极附近pH减小
C．放电时，在有机电解液中加入少量NaCl溶液，可提高导电性
D．用此装置电解熔融CuSO4，当电路中转移0.2mol电子时，阳极析出铜单质6.4g
【答案】A
【解析】充电时锂离子向a极移动，电解池中阳离子向阴极移动，a是阴极，故A正确；根据图片知，放电时该装置是原电池，正极（b极）上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+2H2O+4e−＝4OH−，溶液的pH增大，故B错误；放电时，负极材料为金属锂，加入NaCl溶液，碱金属锂与水溶液反应，故C错误；电解熔融CuSO4，阴极Cu2+放电，转移0.2mol电子产生0.1mol Cu，共6.4g，故D错误。
12．硫化硅(结构如图)是制备高纯硅的一种材料，常温常压下稳定，遇潮湿空气反应生成SiO2和H2S；在空气中加热即燃烧，下列叙述错误的是
A．硫化硅为共价晶体
B．硫化硅中硅的杂化轨道类型为sp3
C．1mol硫化硅中含有4mol Si－S键
D．电负性：
【答案】C
【解析】A．由硫化硅结构可知硫化硅晶体中Si和S通过共价键结合为网状结构，为共价晶体，A正确；B．Si的价层电子对数为4，Si为sp3杂化，B正确；C．由图可知1个Si形成4个Si－S键，每个Si－S键占1/2，因此1mol硫化硅中含有=2mol Si－S键，C错误；D．一般规律：同一周期，从左往右电负性增大，同一主族中，随着原子序数的增大，元素的电负性减小，因此电负性大小关系为，D正确；答案选C。
13．在体积为1L的密闭容器中，进行如下化学反应：2CuCl2(s)2CuCl(s)+Cl2(g)，其化学平衡常数K和温度的关系如表：
T/℃
800
900
1000
1100
1200
K
1.1
1.5
1.75
1.90
2.08
根据信息作出的下列判断中不正确的是
A．此反应为吸热反应
B．此反应在1080℃达平衡时，
C．1000℃条件下容器体积由1L变为2L，平衡正向移动，达平衡时Cl2的浓度不变
D．降温和加入CuCl2固体都能使平衡发生移动
【答案】D
【解析】A．由表中数据可知，升高温度，K不断增大，则平衡正向移动，所以此反应为吸热反应，A正确；B．反应中，CuCl2、CuCl都呈固态，不能出现在平衡常数表达式中，所以此反应在1080℃达到平衡时，，B正确；C．1000℃条件下容器体积由1L变为2L，相当于减压，平衡正向移动，但由于平衡常数K不变，所以达平衡时Cl2的浓度保持不变，C正确；D．加入CuCl2固体时，并不影响平衡体系中Cl2的浓度，所以不能使平衡发生移动，D不正确；故选D。
14．下列有关有机物X(结构如图)的叙述错误的是
A．X的分子式为C23H25O5
B．1mol X最多能与3mol NaOH反应
C．X的苯环上的二氯代物有9种
D．X与足量H2反应后所得产物的分子中含有7个手性碳原子
【答案】A
【解析】A．由结构简式可知，有机物X的分子式为C23H26O5，故A错误；B．由结构简式可知，有机物X中酚羟基和酯基能与氢氧化钠溶液反应，其中1mol酚酯基消耗2mol氢氧化钠，则1mol X最多能与3mol氢氧化钠反应，故B正确；C．将苯环上的氢原子进行编号，二氯取代物有1、2（1、6），1、3（1、5），1、4，2、3，2、4，2、5，2、6，3、4，3、5，共9种，故C正确；D．有机物X与足量氢气反应后所得产物的结构简式为，分子中有如图所示的7种连有四个不同原子或原子团的手性碳原子：(*代表手性碳原子)，故D正确；故选A。
15．t℃时，配制一组c(H2CO3)+c(HCO)+c(CO)=1.000×10−3mol∙L−1的H2CO3与HCl或H2CO3与NaOH的混合溶液，溶液中部分微粒浓度的负对数(-lgc)与pH关系如图所示。下列说法正确的是
A．常温下，反应H2CO3+CO2HCO的平衡常数为1.0×10−4
B．pH=7的溶液中：c(Na+)＜c(H2CO3)
C．pH=a的溶液中：c(HCO)＞c(CO)＞c(H2CO3)＞c(H+)
D．pH=10.3的溶液中：c(Na+)＜1.000×10−3mol∙L−1
【答案】C
【解析】常温下，当pH=6.3时，c(H2CO3)=c(HCO)，则Ka(H2CO3)=c(H+)=1×10−6.3mol∙L−1，同理可知，当pH=10.3时，c(CO)=c(HCO)，则Ka(HCO)=c(H+)=1×10−10.3mol∙L−1，反应H2CO3+CO
2HCO的平衡常数为=1
×104，故A错误；根据图中信息可知当pH=7时，c(HCO)＞c(H2CO3)＞c(CO)，且c(H+)=c(OH−)，根据电荷守恒得到c(Na+)=c(HCO)+2c(CO)，因此c(Na+)＞c(H2CO3)，故B错误；当pH=a时，c(HCO)＞c(CO)＞c(H2CO3)＞c(H+)，故C正确；由A项可知Ka(H2CO3)=1×10−6.3，Ka(HCO)=1.000×10−10.3，则，=1×104，当pH=10.3时，c(CO)=
c(HCO)，则；c(H2CO3)+c(HCO)+c(CO)=1.000×10−3mol∙L−1，则c(H2CO3)=
5.000×10−8mol∙L−1，2c(CO)=1.000×10−3mol∙L−1-5.000×10−8mol∙L−1，根据电荷守恒得到c(Na+)＞c(HCO)+2c(CO)，即c(Na+)＞3c(CO)，故c(Na+)＞1.000×10−3mol∙L−1，故D错误。
二、非选择题：本题共5小题，共55分。
16．（12分）用磷铁渣(含Fe、FeP、Fe2P及少量杂质)制备FePO4·2H2O(磷酸铁)的工艺流程如下：
(1)浸取的过程中，加快浸取的速率的方法有 （写出两项）
(2)操作X中用到的玻璃仪器为 。
(3)制备操作中需要适当加热，但温度不宜过高的原因是 。
(4)“浸取”时，硝酸首先分解生成NO2和O2，O2将Fe2P氧化。则浸取过程中Fe2P与O2反应的化学方程式为 。
(5)浸取过程中硝酸浓度不宜过高，温度过高有可能导致磷铁渣浸取速率降低，原因是 。
(6)在pH范围为1~1.5时，随着pH的增大，制备流程产物中含铁量逐渐增大，其原因有可能为 。写出制备流程中生成FePO4·2H2O的离子方程式 。
【答案】（1）搅拌、适当的增大酸的浓度（其他合理答案也可以）（2分）
（2） 漏斗、烧杯、玻璃杯（1分）
（3） 温度过高，氨水会加速分解，导致产品产率降低（2分）
（4） 4Fe2P+11O24Fe2O3+2P2O5（2分）
（5） 硝酸浓度越大越易分解，而浸取过程中的O2来自硝酸分解，硝酸分解速率大于浸取速率，导致O2损失加大，降低速率（2分）
（6） pH增大，促进了溶液中Fe3+水解，生成的Fe(OH)3混入产品中导致含铁量增大（1分）
Fe3++H3PO4+nNH3·H2O+(2-n)H2O=FePO4·2H2O↓+nNH+(3-n)H+(n=1，2，3均可)（2分）
【解析】(1)增大浸取的反应速率有搅拌，适当的增大酸的浓度等；(2)操作X为过滤，过滤中用到的玻璃仪器为漏斗、烧杯、玻璃杯；(2)氨水在温度过高时会进行分解，降低产量，导致反应物含量降低，产品产率降低；(3)根据题干信息，O2将Fe和P分别氧化为Fe2O3和P2O5，根据得失电子守恒和质量守恒，化学方程式为4Fe2P+11O24Fe2O3+2P2O5；(4)硝酸浓度越大越易分解，而浸取过程中的O2来自硝酸分解，硝酸分解速率大于浸取速率，导致O2损失加大，降低速率；(5)pH增大，促进了溶液中Fe3+水解，生成的Fe(OH)3混入产品中导致含铁量增大；根据流程图可推知溶液中含有Fe3+和H3PO4，加入NH3·H2O得到FePO4，可推知生成FePO4·2H2O的原料是Fe3+、H3PO4、NH3·H2O等，结合原子守恒即可写出离子方程式。
17．（12分）用硝酸氧化淀粉水解的产物(C6H12O6)可制得少量草酸，装置如图所示(加热、搅拌和仪器固定装置均已略去)：已知硝酸氧化淀粉水解液过程中可发生下列反应：
C6H12O6+12HNO3→3H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O
C6H12O6+8HNO3→6CO2+8NO↑+10H2O
3H2C2O4+2HNO3→6CO2+2NO↑+4H2O
实验过程如下：
①将1∶1的淀粉水乳液与少许硫酸(98%)加入烧杯中，水浴加热至85℃～90℃，保持30min，然后逐渐将温度降至60℃左右；
②将一定量的淀粉水解液加入容器X中；
③控制反应液温度在55℃～60℃条件下，边搅拌边缓慢滴加一定量含有适量催化剂的混酸(65% HNO3与98% H2SO4的质量比为2∶1.5)溶液；
④反应3h左右，冷却，减压过滤洗涤后得草酸晶体。请回答下列问题：
(1)容器X的名称：___________。
(2)过程①中，检验淀粉是否水解完全的方法是____________。
(3)实验中若混酸滴得快，将导致草酸产量下降，其原因是___________。
(4)该A装置最大的一个缺点是___________。
(5)当尾气中n(NO2)∶n(NO)＝1∶1时，过量的NaOH溶液能将氮氧化物全部吸收，只生成一种钠盐，离子方程式为______________________。
(6)实验过程④的洗涤操作为___________。
(7)将产品在恒温箱内约90℃以下烘干至恒重，得到二水合草酸。用KMnO4标准溶液滴定，称取该样品0.12g，加适量水完全溶解，然后用0.010mol·L−1的酸性KMnO4溶液滴定至终点(杂质不参与反应)，滴定终点的现象为 。滴定前后滴定管中的液面读数如图所示，则该草酸晶体样品中二水合草酸的质量分数为___________。(计算结果保留三位有效数字)
【答案】（1）三颈烧瓶
（2） 取少量水解液于试管中，滴加少量碘水（碘酒），若溶液不变蓝，则淀粉已完全水解；若溶液变蓝，则淀粉未完全水解
（3） 温度过高、硝酸浓度过大，导致H2C2O4进一步被氧化
（4） 缺少尾气处理装置
（5） NO2+NO+2OH−＝2NO+H2O
（6） 关小水龙头，往布氏漏斗中缓缓加水，水面没过滤渣，待水流尽后，重复2～3次
（7） 滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液，溶液颜色由无色变为浅紫红色 42.0%
【解析】(1)根据仪器特点，容器X的名称为三颈烧瓶。(2)流程①中，检验淀粉是否水解完全的方法是取少量水解液于试管中，滴加少量碘水（碘酒），若溶液不变蓝，则淀粉已完全水解；若溶液变蓝，则淀粉未完全水解。(3)浓硫酸溶于水放热且硝酸能将草酸氧化，实验中若混酸滴得过快，会造成温度过高，且硝酸浓度过大，会导致H2C2O4进一步被氧化，导致草酸产量下降。(4)实验中会产生有毒气体NO，需要进行尾气处理，该装置没有进行尾气处理。(5)当尾气中n(NO2)∶n(NO)＝1∶1时，过量的NaOH溶液能将NOx全部吸收，发生归中反应，发生的化学反应方程式为NO2+NO+2NaOH＝2NaNO2+H2O，所以离子方程式为NO2+NO+2OH−＝2NO+H2O。(6)实验过程④的洗涤操作为关小水龙头，往布氏漏斗中缓缓加水，水面没过滤渣，待水流尽后，重复2～3次。(7)草酸溶液是无色的，高锰酸钾溶液是紫红色的，当达到滴定终点时，溶液颜色由无色变为浅紫红色。滴定前滴定管中液面位于2.50mL处，滴定结束后滴定管中液面位于18.50mL处，用去的KMnO4溶液的体积为18.50mL-2.50mL=16.00mL，n(KMnO4)=0.010mol·L−1×0.0160mL=0.00016mol，根据反应的离子方程式为：2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，可知草酸的物质的量为0.00016mol×=0.0004mol，二水合草酸的质量为0.0004mol×126g/mol=0.0504g，所以该草酸晶体样品中二水合草酸的质量分数为×100%=42.0%。
18．（10分）Ⅰ．CH4、CO2都是碳的重要化合物，实现碳及其化合物的相互转化，对开发新能源和降低碳排放意义重大。(1)在一定条件下，可通过CH4与NOx反应除去NOx，已知有下列热化学方程式：
①CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l) ΔH＝-890.3kJ·mol−1
②N2(g)+2O2(g)2NO2(g) ΔH＝+67.0kJ·mol−1
③H2O(g)＝H2O(l) ΔH＝-41.0kJ·mol−1
则2CH4(g)+4NO2(g)2CO2(g)+4H2O(g)+2N2(g) ΔH＝_____kJ·mol−1；
(2)在一恒容装置中，通入一定量CH4和NO2，测得在相同时间内，在不同温度下，NO2的转化率如图（横坐标为反应温度，纵坐标为NO2转化率/%）：
则下列叙述正确的是____________。
A．若温度维持在200℃更长时间，NO2的转化率将大于19%
B．反应速率：b点的v(逆)＞e点的v(逆)
C．平衡常数：c点＝d点
D．提高c点时NO2的转化率和反应速率，可减小压强或增大c(CH4)
(3)在一定条件下，二氧化碳转化为甲烷的反应如下：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)；向一容积为2L的恒容密闭容器中充入一定量的CO2和H2，在300℃时发生上述反应，达到平衡时CO2、H2、CH4、H2O的浓度依次分别为0.2mol·L−1，0.8mol·L−1，0.8mol·L−1，1.6mol·L−1。则300℃时上述反应的平衡常数K=_____。200℃时该反应的平衡常数K=64.8，则该反应的ΔH_____(填“>’’或“<”)0。
Ⅱ．已知可逆反应A(g)B(g)的正、逆反应均为一级反应，v正=k正·c(A)，v逆=k逆·c(B)且存在如下数据：
温度（K）
600
850
速率
常数
k正(min−1)
32
70
k逆(min−1)
8
12
(4)600K时，在容积为1L的恒容密闭容器中充入2mol气体A，已知反应过程中物质的浓度、速率常数和反应时间之间满足如下关系：2.3lg=(k正+k逆)t，[c0(A)为反应物A的起始浓度，ct(A)、ct(B)分别为A，B任意时刻的浓度，k为反应速率常数，t为反应时间]，则：
①t=________min时反应达平衡。
②反应一段时间后A，B浓度相等，则这段时间内正反应的平均反应速率v=______mol/(L·min)(保留整数)。(已知lg2=0.3，lg5=0.7)
【答案】（1）+1750.6（1分）
（2） A（2分）
（3） 25（2分） ＜（1分）
（4） 0.023（2分） 87（2分）
【解析】（1）已知：①CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890.3kJ·mol−1；②N2(g)+2O2(g)2
NO2(g) ΔH=+67.0kJ·mol−1；③H2O(g)=H2O(l) ΔH=-41.0kJ·mol−1；则根据盖斯定律可知2×(①-②-③
×2)即得到热化学方程式2CH4(g)+4NO2(g)2CO2(g)+4H2O(g)+2N2(g)的ΔH=+1750.6kJ·mol−1；（2）A．图中200℃时，反应没有到达平衡，向正反应进行，温度维持在200℃更长时间，NO2的转化率将大于19%，A正确；B．由d到e温度升高，转化率下降，可知反应向逆向移动，且e点温度高，温度越高，反应速率增大，故b点的v逆＜e点的v逆，B错误；C．c、d温度不同，平衡常数不同，C错误；D．增大反应物浓度可以加快反应速率，提高其他物质的转化率，b向正反应进行，该反应的是一个体积增大的反应，当减小压强，反应向正反应进行，转化率增大，但反应速率减小，D错误，答案选A。（3）平衡常数=0.8×1.62/0.2×0.84=25；因为温度降低，平衡常数增大，说明平衡正向移动，正反应放热。（4）由已知的v正=k正·c(A)，v逆=k逆·c(B)和给出的600K条件下的数据可知，当达到平衡时，v正=32c(A)=v逆=8c(B)得k==4。根据三段式可得：
①A(g)B(g)
起始(mol/L) 2 0
转化(mol/L) x x
平衡(mol/L) 2-x x
600K时，平衡常数k=4，有=4，解得：x=1.6mol/L，所以2.3lg=(32+8)t，解得：t=0.023，故答案为0.023；②反应一段时间后A，B浓度相等，即ct(A)=ct(B)=1mol/L，2.3lg=(32+8)t，解得：t=0.0115min，则这段时间内正反应的平均反应速率v==87mol/(L·min)；故答案为87。
19． （12分）氨及其化合物与人类生产、生活息息相关。其中尿素(H2NCONH2)是人类最早合成的有机物，工业上生产尿素的反应为N2+3H22NH3，2NH3+CO2H2NCONH2+
H2O。回答下列问题：
(1)纳米氧化铜、纳米氧化锌均可作合成氨的催化剂，基态Cu2+的电子排布式为______，Zn位于元素周期表的_____区。
(2)C、N、O三种元素电负性从大到小的顺序是_________。
(3)上述化学方程式中的无机化合物，沸点由高到低的顺序是______，原因是_________。
(4)尿素分子中，C原子杂化轨道类型是___，π键与σ键数目之比为____。
(5)氮化硼(BN)是一种性能优异、潜力巨大的新型材料，主要结构有立方氮化硼如图(a)和六方氮化硼(b)，前者类似于金刚石，后者与石墨相似。
①X－射线衍射实验测得立方氮化硼晶胞参数为361.5pm，则立方氮化硼晶体N与B的原子半径之和为______pm。(=1.732)
②已知六方氮化硼同层中B、N原子距离为a cm，密度为d g/cm3，则层与层之间距离的计算表达式为________。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9（1分） ds（1分）
（2） O＞N＞C（1分）
（3） H2O＞NH3＞CO2（2分） 三者都是分子晶体，但H2O和NH3都存在分子间氢键，且H2O分子间的氢键作用力强于NH3（1分）
（4） sp2（1分） 1∶7（1分）
（5） 156.5pm（2分） cm=×1010pm（2分）
【解析】(1)Cu原子的原子序数是29，Cu原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，失去2个电子所得Cu2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9；Zn的价层电子排布式为3d104s2，位于元素周期表的ds区；(2)同周期元素从左到右电负性逐渐增大，所以C、N、O三种元素电负性从大到小的顺序是O＞N＞C。(3)上述化学方程式中的无机化合物，沸点由高到低的顺序是H2O＞NH3＞CO2，原因：三者都是分子晶体，但H2O和NH3都存在分子间氢键，且H2O分子间的氢键作用力强于NH3；(4)尿素的结构式为，分子中C原子与O原子形成双键（其中含有1个σ键和1个π键），与2个N原子形成单键（均为σ键），则C原子杂化轨道类型是sp2，单键均为σ键，双键中有1个σ键和1个π键，则π键和σ键数目之比为1∶7；(5)N原子是面心立方最密堆积，B填充在四面体空隙，B原子与周围的4个N原子形成正四面体结构。设立方氮化硼晶体N与B的原子半径之和为x，根据立体几何知识，x与正四面体的高（h）的关系为x=h，正四面体的高（h）与正四面体的棱长（l）关系为h=l，棱长l与晶胞边长a的关系为a=l，所以立方氮化硼晶体N与B的原子半径之和为x=a，可求得x=×361.5pm≈156.5pm；②已知六方氮化硼同层中B、N原子距离为a cm，密度为d g/cm3。六方氮化硼晶胞可以取为，一个晶胞中含有B的个数为个，含有N的个数为；设层与层之间距离为h，六棱柱体积为a2h cm3，六棱柱质量为g=a2hd g，得h=cm=×1010pm。
20．（14分）酚是一类重要的化工原料，以苯酚为原料可实现阿司匹林等物质的合成。
已知：
（1）化合物B中含氧官能团的名称是____________。
（2）F的结构简式为____________；G的结构简式为________。
（3）⑤的反应条件是_____；⑦的反应类型是____。
（4）1mol阿司匹林晶体和NaOH反应，最多能消耗________mol NaOH。若阿司匹林中残留少量的水杨酸，可用_______(填试剂名称)检验。
（5）反应⑧的化学方程式为：______________________。
（6）水杨酸有多种同分异构体，写出符合下列条件的所有同分异构体的结构简式______。
a．能发生银镜反应 b．苯环上的一氯代物有两种
（7）研究人员高效地实现了吲哚化合物与醇类、酚类、CO和O2在一定条件下直接发生插羰氢酯基化反应。结合反应①，试写出由2－甲基吲哚（）合成2－甲基－3－甲酸甲酯吲哚的反应方程式____________________________________。
【答案】（1）酯基、羧基
（2）
（3） 浓硫酸，加热 消去反应
（4） 3 三氯化铁溶液
（5） n
（6） 、、
（7）
【解析】酸化后生成A是，根据给出的已知信息反应可知，B是，A发生缩聚反应生成G，G是，苯酚与H2加成生成D，D是，D发生消去反应生成E，E是，E与溴发生加成反应生成F，F发生消去反应生成H是。化合物B的结构简式式为，其分子中含有的官能团的名称是酯基、羧基。（2）由分析可知F的结构简式为，G的结构简式为；（3）⑤是醇的消去反应，反应条件是浓硫酸，加热；⑦是溴代烃在氢氧化钠醇溶液中的消去反应；（4）1mol阿司匹林晶体含1mol酯基、1mol羧基，酯基水解后产物含酚羟基，故1mol阿司匹林和NaOH反应，最多能消耗3mol NaOH；根据阿司匹林与水杨酸的结构简式可知，水杨酸中含酚羟基，故可利用酚的显色反应来检验水杨酸，故所选试剂为三氯化铁溶液；（5）反应⑧是H发生加聚反应，反应方程式为n；（6）水杨酸的同分异构体：a．能发生银镜反应，含有醛基；b．苯环上的一氯代物有两种同分异构体，符合条件的所有同分异构体的结构简式为：、、；（7）根据题意与CH3OH、CO和O2发生反应，插入一个酯基，反应的化学方程式为：
。
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