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2021届河北省高考压轴卷之化学Word版含答案解析
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这是一份2021届河北省高考压轴卷之化学Word版含答案解析，共26页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2021河北省高考压轴卷 化学
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 Fe-56 Cu-64 Zn-65
一、选择题(本题包括10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意)
1．古诗词、谚语等都是我国传统文化的瑰宝。下列有关解读错误的是
选项
传统文化
化学角度解读
A
本草经集注记载“如握盐雪不冰,强烧之,紫青烟起云是真硝石也
利用物理方法可以检验钠盐和钾盐
B
“司南之杓勺,投之于地,其柢勺柄指南”
司南中“杓”的材质为Fe3O4
C
本草图经在绿矾项记载:“盖此矾色绿,味酸,烧之则赤”
因为绿矾能电离出H+,所以“味酸”
D
兰陵美酒郁金香,玉碗盛来琥珀光
“香”主要因为美酒含有酯类物质
A．A B．B C．C D．D
2．随着科学的发展，学科间的交叉和综合越来越多，学科之间的界限越来越不明显，“边缘科学”即代表了一个新名词，说明了学科间的相互联系。但目前的科学研究，学科间的分工依然存在，各自的研究领域仍有所不同。下列变化不属于化学研究范畴的是（ ）
A．COVID-19（新冠肺炎）病毒疫苗的研制
B．近期出现雾霾的原因探究
C．朝鲜的原子弹爆炸实验
D．湖南华菱钢铁集团冶炼特种钢
3．下列化学用语表示正确的是
A．羟基的电子式： B．钠离子的结构示意图：
C．氯仿分子的球棍模型： D．对硝基甲苯的结构简式：
4．用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．1molNaHSO4晶体中阴阳离子总数目为2NA
B．1molSiO2中含有Si—O极性共价键的数目为2NA
C．78g苯与足量H2发生加成反应时破坏π键数目为3NA
D．16gCH4与足量氯气在光照下反应生成CH3Cl分子数目为NA
5．利用分子筛催化剂，可脱除燃煤烟气中的NO和，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示，下列说法正确的是
A．上述总反应为:
B．X是HNO3、Y是
C．阶段②④中都是氧化还原反应
D．、中的化学键形成方式完全相同
6．茚地那韦被用于新型冠状病毒肺炎的治疗，其结构简式如图所示，下列说法正确的是
A．茚地那韦分子中含有羟基和酮羰基
B．lmol茚地那韦最多与llmol氢气发生加成反应
C．虚线框内的所有碳、氧原子可能处于同一平面
D．茚地那韦可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，不与FeCl3溶液显色
7．绿原酸具有抗病毒、降血压、延缓衰老等保健作用。利用乙醚、95%乙醇浸泡杜仲干叶，得到提取液，进一步提取绿原酸的流程如图：
下列说法错误的是
A．从“提取液”获取“有机层”的操作为萃取、分液
B．绿原酸溶解度随温度升高而减小
C．减压蒸馏的目的是防止温度过高绿原酸变质
D．绿原酸粗产品可通过重结晶的方法提纯
8．H2S是一种二元弱酸，已知25℃下，其，。下列说法正确的是
A．将少量甲基橙试剂滴入0.10mol·L-1的H2S溶液中，溶液呈红色
B．将等浓度的H2S溶液与Na2S溶液等体积混合，此时溶液中，
C．将等浓度的H2S溶液与NaOH溶液按体积比1：2混合，此时溶液中，
D．向H2S溶液中加入一定量水，会使得H2S的电离度和电离常数同时增大
9．利用下列装置(夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是
A．用甲装置制备并收集CO2
B．用乙装置制备溴苯并验证有HBr产生
C．用丙装置制备无水MgCl2
D．用丁装置实现铁的保护
10．一种新型漂白剂如图可用于漂白羊毛等,其中W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素,W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数,W、X对应的简单离子核外电子排布相同。下列叙述正确的是
A．W、X元素的简单离子半径相比,W简单离子的半径小
B．该化合物中W、Y、Z元素的粒子均满足8电子稳定结构
C．W、Z元素的简单离子均能促进水的电离
D．工业电解熔融的WX来制得W
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，只有一项或两项是符合题目要求的，若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，两个且都正确的得4分，但只要选错一个该小题得0分。
11．下列实验操作、对应的现象和根据现象得出的结论均正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
向溶液中加入铁粉
有红色固体析出
的氧化性强于的氧化性
B
通入溶液中
产生白色沉淀
沉淀为
C
向某溶液中滴加KSCN溶液
产生血红色沉淀
溶液中存在铁离子
D
裂化汽油与溴水混合振荡并静置分层
溶液分层，且两层均变为无色
裂化汽油与溴发生了加成反应
12．我国科学家实现了在铜催化剂条件下将DMF[(CH3)2NCHO]转化为三甲胺[N(CH3)3]。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示，下列说法不正确的是
A．该历程中最大能垒(活化能)为1.19eV
B．该历程中最小能垒的化学方程式为(CH3)2NCH2OH*=(CH3)2NCH2 +OH*
C．该反应的热化学方程式为(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)=N(CH3)3(g)+H2O(g) △H=-1.02eV·mol-1
D．增大压强或增大H2的浓度均能加快反应速率，并增大DMF的平衡转化率
13．我国科学家研制了一种新型的高比能量锌-碘溴液流电池，其工作原理示意图如下。图中贮液器可储存电解质溶液，提高电池的容量。
A．放电时，a电极反应为I2Br-+2e-=2I-+Br-
B．放电时，溶液中离子的数目增大
C．充电时，b电极每增重，溶液中有被氧化
D．充电时，a电极接外电源负极
14．探究草酸（H2C2O4）性质，进行如下实验。(已知：室温下，的)
实验
装置
试剂a
现象
①
Ca(OH)2溶液(含酚酞)
产生气泡
②
少量NaHCO3溶液
紫色溶液褪色
③
酸性KMnO4溶液
溶液褪色，产生白色沉淀
④
C2H5OH和浓硫酸
加热后产生有香味物质
下列离子方程式或化学方程式错误的是
A．草酸有酸性：
B．草酸的酸性大于碳酸：
C．草酸有还原性：
D．草酸可发生酯化反应：HOOCCOOH+2C2H5OHC2H5OOC-COOC2H5+2H2O
15．常温下，向20mL0.1mol·L-1BaCl2溶液中滴加0.2mol·L-1Na2CO3溶液的滴定曲线如图所示。已知：pBa=-lgc(Ba2+)，pKa=-lgKa；常温下H2CO3：pKa1=6.4，pKa2=10.3.下列说法正确的是
A．常温下，Na2CO3溶液的pKh1=3.7(Kh1为一级水解常数)
B．常温下，Ksp(BaCO3)≈1.0×10-7
C．E、F、G三点的Ksp从大到小的顺序为：G>F>E
D．其他条件相同，用MgCl2溶液替代BaCl2溶液，F点向G点迁移
三、非选择题：共60分。第16~18题为必考题，每个试题考生都必须作答。第19、20题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题：共45分。
16．（15分）实验室以为原料制备氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体。其实验步骤如图，请回答下列问题
ⅰ.向中加入盐酸和足量混合液，微沸数分钟还原。
ⅱ.向配制好的溶液中缓慢加入足量溶液，有气泡产生并析出紫红色晶体。
ⅲ.反应结束后过滤，用饱和溶液洗涤3次，用无水乙醇洗涤2次，静置一段时间后得到产品。
(1)步骤ⅰ过程中的还原剂是_______(填化学式)。
(2)已知能被氧化，步骤ⅱ可在如图装置中进行(夹持仪器略去)，利用A中的反应将C中空气排净。
①仪器M的名称是_______。
②当D中产生白色浑浊时，C中空气已被排尽，A中发生反应的化学方程式为____。
③若将装置C的滴液漏斗替换为分液漏斗，实验过程中溶液滴加速度越来越慢(上盖已打开)，其原因是_____。
④步骤ⅲ中检验第一次沉淀洗涤干净的操作是_____。
⑤蓝色的水合配离子的结构如图.向该水合配离子的溶液中加入至时，该水合配离子全部转化为褐色的，写出转化过程的离子方程式____。
⑥称量产品，用溶液氧化，再除去多余的(方法略)，最后用标准溶液滴定至终点(滴定过程只发生反应)，消耗标准溶液的体积为，产品中钒的质量分数为______.(用含有m、c、V的式子表示)
17．（15分）硫酸锰是一种植物合成叶绿素的催化剂，也可用于制备多种含锰物质。
回答下列问题：
⑴工业上可用惰性电极电解MnSO4溶液的方法制备MnO2，其阳极的电极反应式为________。
⑵我国普遍采用两矿加酸法制备MnSO4。两矿指软锰矿(主要成分MnO2，含少量Al2O3和SiO2)、黄铁矿(FeS2)。生产MnSO4的工艺流程如下：
①软锰矿和黄铁矿需按一定比例混合，若黄铁矿过量太多，将导致的主要后果为________。
②“酸溶”时，黄铁矿被氧化为Fe3+、SO42－的离子方程式为________，该操作需控制在90℃，温度不能过低的原因为________。
③若使“氧化”的溶液中杂质离子除净，“调pH”应不小于________保留两位有效数字。已知：Mn(OH)2、Al(OH)3、Fe(OH)3的Ksp分别为2.0×10-13、1.0×10-33、4.0×10-38，溶液中离子浓度小于等于10-5 mol·L－1时，认为该离子沉淀完全。
④MnSO4的溶解度曲线如图所示，则“操作I”，为________、________、用热水洗涤、干燥。
⑶用(NH4)2S2O8溶液鉴别溶液中Mn2+的现象为溶液变为紫红色。所发生反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为________。S2O82－中含有1个过氧键。则其中S元素的化合价为________。
18．（15分）纳米级由于具有优良的催化性能而受到关注，下表为制取的四种方法：
方法a
用炭粉在高温条件下还原
方法b
用葡萄糖还原新制的制备
方法c
电解法，反应为
方法d
用肼还原新制
（1）已知：
则方法a发生的热化学方程式是：____________
（2）方法c采用离子交换膜控制电解液中的浓度而制备纳米，装置如下图所示：
该离子交换膜为____________离子交换膜填“阴”或“阳”，阴极区的pH值________增大、减小、不变。忽略溶液体积变化
（3）方法d为加热条件下用液态肼还原新制来制备纳米级，同时放出，该制法的化学方程式为：____________。
（4）在相同的密闭容器中，用以上两种方法制得的分别进行催化分解水的实验： 2H2O2H2↑+O2↑△H＞。水蒸气的浓度单位：随时间t变化如下表所示。
序号
温度
0min
10min
20min
30min
40min
50min
①
②
③
①催化剂催化效率：实验②____________实验①填“”、“”。
②实验①前20min的平均反应速率____________。
③对比实验的温度____________填“”“”或“”。
(二)选考题：共15分。请考生从以下2道题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分，多涂、多答，按照涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分。
19．［化学——选修3：物质结构与性质］（15分）2020年12月17日凌晨1时59分，“嫦娥五号”首次实现了我国地外天体采样返回，标志着我国航天事业迈出了一大步。带回的月壤中包含了H、O、N、Al、S、Cd、Zn、Ti、Cu、Au、Cr等多种元素。回答下列问题：
(1)锌(Zn)、镉(Cd)位于同一副族相邻周期，Cd的原子序数更大，则基态Cd原子的价电子轨道表示式(电子排布图)为________。
(2)S与O可形成多种微粒，其中SO的空间构型为________；液态SO3冷却到289.8K时，能得到一种螺旋状单链结构的固体，其结构如图所示，此固态SO3中S原子的杂化轨道类型是__________。
(3)重铬酸铵为桔黄色单斜结晶，常用作有机合成催化剂，Cr2O的结构如图所示。则1mol重铬酸铵中含σ键与π键个数比为__________。
(4)α—Al2O3是“嫦娥五号”中用到的一种耐火材料，具有熔点高(2054℃)、硬度大的特点，主要原因为__________。
(5)一种铜金合金具有储氢功能，其晶体为面心立方最密堆积结构，晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点，则Au原子的配位数为___________。该储氢材料储氢时，氢分子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中。若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与ZnS的结构相似(如图)，该晶体储氢后的化学式为__________。
(6)“嫦娥五号”某核心部件主要成分为纳米钛铝合金，其结构单元如图所示(Al、Ti原子各有一个原子在结构单元内部)，已知该结构单元底面(正六边形)边长为anm，该合金的密度为ρg·cm-3，则高为h=__________nm(列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值)。
20．[化学——选修5：有机化学基础]（15分）化合物M是一种医药中间体，实验室中M的一种合成路线如下：
已知：
①
②
③一个碳原子连接两个—OH不稳定，易自动脱水
回答下列问题：
(1)A中官能团的名称为______；B的化学名称为______；由C生成D的反应类型为______。
(2)F的结构简式为______；由F生成G所需试剂和条件为______。
(3)由G生成M的化学方程式为______。
(4)Q为D的同分异构体，同时满足下列条件的Q的所有结构简式有______种(不含立体异构)。
①苯环上连有5个取代基；
②既含，又能与银氨溶液发生银镜反应。
(5)参照上述合成路线和信息，以2-丙醇和苯为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线______。
参考答案
1．【答案】C
【解析】
A．钠盐和钾盐焰色反应的颜色不同，钠的焰色反应为黄色，钾的焰色反应为紫色，焰色反应是物理变化，故A正确；
B．司南中“杓”的材质为有磁性的物质，四氧化三铁具有磁性，所以司南中“杓”的材质为Fe3O4，故B正确；
C．绿矾的主要成分为FeSO4·7H2O，FeSO4·7H2O是强酸弱碱盐，电离生成亚铁离子、硫酸根离子，不能电离出H+，“味酸”是因为亚铁离子水解显酸性，故C错误；
D．酒放置时间长，少量的乙醇被氧化为乙酸，乙酸与乙醇生成乙酸乙酯，乙酸乙酯等酯
类物质具有香味，所以产生香味主要是因为美酒含有酯类物质，故D正确；
答案选C。
2．【答案】C
【分析】
化学科学就是在原子、分子水平上研究物质的组成、结构、性质、及变化规律的自然科学。
【解析】
A．COVID-19（新冠肺炎）病毒疫苗的研制，是物质的制备，属于化学研究范畴，A不符合题意；
B．雾霾的原因探究是物质组成的研究，属于化学研究范畴，C不符合题意；
C．原子弹的爆炸属于原子核的变化，原子种类发生了变化，属于核物理研究范畴，B符合题意；
D．钢铁ㄏ冶炼特种钢属于物质的制备，属于化学研究范畴，D不符合题意；
故选C。
3．【答案】A
【解析】
A．羟基不带电，电子式为，故A正确；
B．钠离子的核电荷数为11、核外电子数为10，离子结构示意图为，故B错误；
C．氯仿的分子式为CHCl3，氯原子的原子半径较大，该球棍模型不能表示氯仿，故C错误；
D．在对硝基甲苯中，N原子与苯环上的C原子形成共价键，结构简式为，故D错误；
故选A。
4．【答案】A
【解析】
A．1molNaHSO4晶体中含有1molNa+和1mol HSO，所以1molNaHSO4晶体中的阳离子和阴离子总数为2NA，故A正确；
B．SiO2为原子晶体，晶体中一个Si原子和4个O原子形成4条Si—O极性共价键，所以1molSiO2晶体中Si—O极性共价键的数目为4NA，故B错误；
C．78g苯为1mol，苯的结构中不存在碳碳双键，所以分子中不存π键，而是存在着离域大π键，故C错误；
D．16gCH4为1mol，CH4与足量氯气在光照下反应生成物有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，所以无法计算CH3Cl分子数目，故D错误；
故答案：A。
5．【答案】A
【解析】
A．根据反应历程图可知，进入体系的物质分别为NH3、NO、NO2为反应物，从体系出来的物质为N2、H2O为生成物，故上述总反应为:，A正确；
B．根据质量守恒，由转化③可知生成X的反应[(NH4)2(NO2)]2++NO=[(NH4)(HNO2)]++X+H+，原子守恒判断X为N2和H2O， 由转化④可知生成Y的反应为：[(NH4)(HNO2)]++H+= 2H++Y+2H2O，故Y是，B错误；
C．根据反应历程图可知，阶段②反应为：2+NO2=[(NH4)2(NO2)]2+元素化合价为发生改变，属于非氧化还原反应，阶段④反应为：[(NH4)(HNO2)]++H+= 2H++N2+2H2O有元素化合价发生改变，属于氧化还原反应，C错误；
D．中化学键为共价键，而中则存在配位键，故化学键形成方式不完全相同，D错误；
故答案为：A。
6．【答案】D
【解析】
A．该分子中含有羟基(-OH)，不含酮羰基，结构中的-NH-CO-是酰胺键，A项不符合题意；
B．分子中的可以与H2反应，1mol消耗3molH2，苯环可以与H2反应，也是1：3的关系，碳氧双键由于来源于酰胺键，不能和氢气加成，所以1mol该分子消耗9molH2，B项不符合题意；
C． 苯环中的6个碳原子在一个平面上，1号碳和2号碳是取代了苯环上原来的氢，也在苯环的平面上，1号或者2号碳是正四面体的中心，最多再有2个原子与其共面，可以选择苯环上的C和3号碳，1、2、3号碳原子共面，对于3号碳上的O则不在此平面上，C项不符合题意；
D．该结构中有羟基，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，没有酚羟基，故不能使氯化铁溶液变色，D项符合题意；
故正确选项为D。
7．【答案】B
【解析】
A．利用乙醚，95%乙醇浸泡杜仲干叶得到“提取液”，再加入乙酸乙酯，可以获取有机层，说明乙酸乙酯是萃取剂，相关实验操作是萃取、分液，A项不符合题意；
B．在“浸膏”中加入温水，再进行相关处理，说明绿原酸溶解度随温度升高而升高，B项符合题意；
C．绿原酸具有延缓衰老的作用，说明其具有比较强的还原性，优先于人体与氧化性物质反应，减压蒸馏可以降低体系的温度，防止温度过高绿原酸变质，C项不符合题意；
D．绿原酸难溶于水，易溶于有机溶剂，可利用重结晶的方法进一步提纯，D项不符合题意；
故正确选项为B
8．【答案】C
【解析】
A． 0.10mol·L-1的H2S溶液中，根据电离平衡常数分析，溶液中的氢离子浓度约为9×10-5mol/L，将少量甲基橙试剂滴入溶液不显红色，A错误；
B．将等浓度的H2S溶液与Na2S溶液等体积混合，此时溶液溶质为NaHS，HS-电离平衡常数为，水解平衡常数为，水解大于电离，所以溶液显碱性，即，根据电荷守恒分析，，B错误；
C．将等浓度的H2S溶液与NaOH溶液按体积比1：2混合，此时溶液中溶质为Na2S，电荷守恒为，物料守恒为，两式联立有，C正确；
D．向H2S溶液中加入一定量水，会使得H2S的电离度增大，但电离常数不变，D错误；
故选C。
9．【答案】C
【解析】
A. CO2密度大于空气，应采用向上排空气法收集，选项A错误；
B. 苯与溴在溴化铁作用下反应，反应较剧烈，反应放热，且溴易挥发，挥发出来的溴单质能与水反应生成氢溴酸，所以验证反应生成的HBr，应先将气体通过四氯化碳，将挥发的溴单质除去，选项B错误；
C. MgCl2能水解，在加热时通入干燥的HCl，能避免MgCl2的水解，选项C正确；
D. 电解时，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，所以丁装置铁为阳极，失去电子，生成二价铁离子，铜为阴极，溶液中的铜离子得到电子，得到铜，选项D错误。
答案选C。
10．【答案】A
【解析】
W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，说明有一种元素为H，根据图示结构可知，W形成+2价阳离子，X形成2个共价键，Z形成1个共价键，则Z为H元素，W位于IIA族，X位于VIA族；W、X对应的简单离子核外电子排布相同，则W为Mg，X为O元素；W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的核外层电子数，Y的最外层电子数为6-2-1=3，Y与H、Mg不同周期，则Y为B元素，根据分析可知，W为Mg，X为O，Y为B，Z为H元素；
A．镁离子和氧离子都含有2个电子层，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：W
C．镁离子不能促进水的电离，氢离子会抑制水的电离，故C错误；
D．MgO熔点较高，工业上通过电解熔融氯化镁获得镁，故D错误；
答案选A。
11．【答案】D
【解析】
A．该反应的离子方程式Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，氧化性：氧化剂>氧化产物，即氧化性：Cu2+>Fe2+，故A错误；
B．SO2溶于水生成H2SO3，溶液呈酸性，硝酸根在酸性环境中氧化性增强，能将亚硫酸根氧化成硫酸根，产生白色沉淀为BaSO4，故B错误；
C．Fe3+和SCN-结合生成血红色的配合物，不是沉淀，现象有错，故C错误；
D．裂化汽油含有不饱和烃，与溴水发生加成反应，而使溶液褪色，出现有机层和无机层的分层，故D正确；
故选：D。
12．【答案】C
【分析】
从图中可以看出，在正向进行的3个反应中，其能垒分别为：、、，据此分析解题。
【解析】
A．该历程中最大能垒(活化能)为1.19eV，A正确；
B．从以上分析知，该历程中最小能垒为0.22，是由转化为的反应，化学方程式为(CH3)2NCH2OH*=(CH3)2NCH2 +OH*，B正确；
C．该反应的总反应是由转化为，但为单个反应时放出的热量，C错误；
D．增大压强或H2的浓度均能加快反应速率，均使平衡正向移动，平衡转化率增大，D正确；
故选C。
13．【答案】D
【解析】
A．放电时，a电极为正极，碘得电子变成碘离子，正极反应式为I2Br-+2e-=2I-+Br-，故A正确；
B．放电时，正极反应式为I2Br-+2e-=2I-+Br-，溶液中离子数目增大，故B正确；
C．充电时，b电极反应式为Zn2＋+2e-=Zn，每增加0.65g，转移0.02mol电子，阳极反应式为Br-+2I--2e-=I2Br-，有0.02molI-失电子被氧化，故C正确；
D．充电时，a是阳极，应与外电源的正极相连，故D错误；
故选D。
14．【答案】C
【解析】
A．H2C2O4有酸性，能够与Ca(OH)2溶液发生反应Ca(OH)2+H2C2O4=CaC2O4↓+2H2O，对应的离子方程式为Ca2++2OH-+H2C2O4═CaC2O4↓+2H2O，故A正确；
B．酸性H2C2O4＞H2CO3，向少量NaHCO3溶液中加入草酸会生成CO2和NaHC2O4，反应的化学方程式为NaHCO3+H2C2O4═NaHC2O4+CO2↑+H2O，对应的离子方程式为，故B正确；
C．H2C2O4有还原性，能被酸性KMnO4溶液氧化生成CO2，H2C2O4是弱电解质，离子方程式中应保留化学式，离子方程式为2+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，故C错误；
D．H2C2O4是二元羧酸，可以与乙醇发生酯化反应，其完全酯化的化学方程式为HOOCCOOH+2C2H5OHC2H5OOC-COOC2H5+2H2O，故D正确；
故选C。
15．【答案】A
【解析】
A．，，，A项符合题意；
B．20mL0.1mol·L-1BaCl2溶液中滴加0.2mol·L-1Na2CO3溶液，当加入10mL Na2CO3溶液时，Ba2+和恰好完全反应生成BaCO3，此时溶液中 ，F点 ，， ，B项不符合题意；
C．Ksp只与温度有关，温度不变，Ksp不变，故E、F、G三点的Ksp相等，C项不符合题意；
D．MgCO3微溶于水，BaCO3难溶于水，若用MgCl2溶液替代BaCl2溶液，当恰好完全反应时，溶液中，则，F点向下移动，D项不符合题意；
答案选A。
16．【答案】N2H4•H2O （2分） 长颈漏斗（2分） CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑（2分） 反应产生气体，使得三颈烧瓶的压强增大（2分） 取少量上层清液于试管中，加入适量AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，则证明洗涤干净 （2分） （2分） （3分）
【分析】
(2)②当D中产生白色浑浊时，可知是CaCO3，则为气体CO2将空气排尽，A中发生反应的化学方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；
⑤由图知该水合配离子化学式为；
【解析】
（1）氧化还原反应中还原剂失电子被氧化化合价升高，对比反应物和生成物，V的化合价降低被还原，O、Cl化合价不变，H元素已是最高价不能被氧化，所以被氧化的元素应为N元素，所以还原剂为N2H4•H2O；
（2）①仪器M的名称是长颈漏斗；
②D中产生白色浑浊可知D是CaCO3，则反应A中产生CO2来排尽空气，A中发生反应的化学方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；
③随着反应进行，三颈烧瓶由于产生气体，使瓶内压强增大，液体不易留下；
④检验第一次沉淀洗涤干净即在检验是否存在Cl-，操作是：取少量上层清液于试管中，加入适量AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，则证明洗涤干净；
⑤由图知该水合配离子化学式为，加入碱生成，转化过程的离子方程式为：；
⑥根据反应可知，，，则质量分数为。
17．【答案】Mn2+ + 2H2O －2e－ = MnO2+ 4H+ （2分） “酸溶”时过量的黄铁矿消耗过多的硫酸且生成污染性气体H2S （2分） 15MnO2 + 2FeS2 + 28H+ 15 Mn2+ + 2Fe3+ + 4 SO42－+ 14H2O （2分） 温度过低时反应速率慢，“酸溶”不充分（2分） 4.7 （1分） 蒸发结晶（1分） 趁热过滤（1分） 5:2（2分） +6 （2分）
【分析】
⑴由信息，阳极上Mn2+失电子生成MnO2；
⑵①酸溶时，若黄铁矿过量太多，将导致消耗过多的硫酸且生成污染性气体H2S；②由信息和氧化还原反应原理写出离子方程式；温度过低时反应速率慢，“酸溶”不充分；③由信息，当Al3+沉淀完全时，Fe3+已沉淀完全，根据溶度积进行计算；
④由图知，从MnSO4溶液中分离出MnSO4的操作为蒸发结晶、趁热过滤、用热水洗涤、干燥；
⑶根据化合价升降和得失电子守恒得出氧化剂和还原剂的物质的量；S2O82－中含有1个过氧键，根据化合价计算；
【解析】
⑴由信息，阳极上Mn2+失电子生成MnO2，电极反应式为Mn2+ + 2H2O －2e－ = MnO2+ 4H+；故答案为：Mn2+ + 2H2O －2e－ = MnO2+ 4H+；
⑵①由流程图中信息知，两矿混合、粉碎后，用硫酸进行“酸溶”，若黄铁矿过量太多，将导致的主要后果为“酸溶”时过量的黄铁矿消耗过多的硫酸且生成污染性气体H2S；故答案为：“酸溶”时过量的黄铁矿消耗过多的硫酸且生成污染性气体H2S；
②由信息，“酸溶”时发生反应的离子方程式为15MnO2 + 2FeS2 + 28H+ 15 Mn2+ + 2Fe3+ + 4 SO42－+ 14H2O；该操作需控制在90℃，温度过低时反应速率慢，“酸溶”不充分；故答案为：15MnO2 + 2FeS2 + 28H+ 15 Mn2+ + 2Fe3+ + 4 SO42－+ 14H2O；温度过低时反应速率慢，“酸溶”不充分；
③由信息，当Al3+沉淀完全时，Fe3+已沉淀完全，溶液中的，c(OH－) = 5×10－10 mol·L－1，c(H+) = 2×10－5 mol·L－1，pH =4.7，则“调pH”应不小于4.7；故答案为：4.7；
④由图知，从MnSO4溶液中分离出MnSO4的操作为蒸发结晶、趁热过滤、用热水洗涤、干燥；故答案为：蒸发结晶；趁热过滤；
⑶由信息，(NH4)2S2O8将Mn2+氧化为MnO4－，Mn的化合价从+2价升高到+7价，本身被还原为SO42－，S的化合价从+7价降低到+6价，根据得失电子守恒知，氧化剂和还原剂的物质的量之比为5:2；S2O82－中含有1个过氧键，则-2×6+(-1×2)+2x =-2，解得x=6；故答案为：5:2；+6。
18．【答案】 （2分） 阴（2分） 不变（2分） （3分） （2分） （2分） （2分）
【分析】
（1）根据盖斯定律进行分析解答；
（2）根据点解原理，在阴极区通过控制氢氧根离子浓度进行电解制备固体；
（3）根据氧化还原反应原理书写反应方程式；
（4）根据影响化学反应速率因素进行分析解答。
【解析】
（1）已知：，，，由盖斯定律可知，得用炭粉在高温条件下还原CuO制取和CO的化学方程式为，△H=，故答案为： ；
（2）方法c采用离子交换膜控制电解液中的浓度，则只有使用阴离子交换膜才能控制氢氧根离子浓度；钛极是阴极，发生氢离子得电子的还原反应，所以消耗氢离子，产生的氢氧根离子迁移至阳极区，则pH不变，故答案为：阴；不变；
（3）根据题目信息：液态肼还原新制来制备纳米级，同时放出，得出化学方程式为：，故答案为：；
（4）①实验相比，实验到达平衡时间短，反应速率越快，催化剂效率高，故答案为：；
②前20min内水蒸气反应速率，
同一反应中同一段时间内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，则氧气反应速率，故答案为：；
③该反应的正反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，水蒸气的转化率增大，和相比，转化率高，所以，故答案为：。
19．【答案】
（2分） 正四面体形（1分） sp3 （1分） 4∶1 （2分） Al2O3为离子晶体，Al3+和O2-离子半径较小，离子所带电荷数较多，晶格能大，所以熔点高，硬度大（2分） 12 （2分） AuCu3H8（2分） ×1021或×1021 （3分）
【解析】
(1)锌(Zn)、镉(Cd)位于同一副族相邻周期，Cd的原子序数更大，则Cd的原子序数是48，则基态Cd原子的价电子轨道表示式(电子排布图)为；
(2)S与O可形成多种微粒，其中SO中S原子价电子对数是，无孤电子对，空间构型为正四面体形；液态SO3冷却到289.8K时，能得到一种螺旋状单链结构的固体，根据结图可知，此固态SO3中S原子形成4个σ键，无孤电子对，杂化轨道类型是sp3；
(3)单键为σ键，双键中有1个σ键、1个π键，根据Cr2O的结构图，1mol重铬酸根中含8molσ键、4molπ键，1mol铵根离子中含有4molσ键，σ键与π键个数比为4:1；
(4)Al2O3为离子晶体，Al3+和O2-离子半径较小，离子所带电荷数较多，晶格能大，所以熔点高，硬度大；
(5) 晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点，根据图示，离①号Au原子最近的Cu原子有③⑤⑦号，每个Au原子被8个晶胞共用，根据均摊原则，Au原子的配位数为12；根据均摊原则，晶胞中Au原子数、Cu原子数是、H2分子数是4，化学式为AuCu3H8；
(6)根据均摊原则，每个结构单元含Al原子数、Ti原子数 ，则ρg·cm-3，则高为h=×1021nm。
20．【答案】碳碳双键、醛基（2分） 3-氯丁醛 （1分） 取代反应（1分） （2分） Cl2、光照（2分） +2NaOH+2NaCl+H2O（2分） 10（2分）
（3分）
【分析】
A和HCl在催化剂的作用下生成，A为CH2=CHCH2CHO或CH3CH=CHCHO，和加热反应生成C，根据已知信息①，推测C为，和氢氧化钠溶液加热生成，则D为，催化氧化生成，在酸性条件下加热生成F，根据已知信息②，推出F为，和氢氧化钠溶液加热生成，根据已知信息③，不稳定，易自动脱水，则M为。
【解析】
(1)A为CH2=CHCH2CHO或CH3CH=CHCHO，含有的官能团为碳碳双键、醛基；B的化学名称为3-氯丁醛；和氢氧化钠溶液加热生成，该反应为取代反应；
(2)F的结构简式为；由F生成G为取代反应，反应试剂及条件为Cl2、光照；
(3)由G生成M的化学方程式为+2NaOH+2NaCl+H2O；
(4)①苯环上连有5个取代基；②既含，又能与银氨溶液发生银镜反应，说明含有-CHO；符合条件的同分异构体有： 、、 、 、 、 、 、、、，共10种；
(5)催化氧化生成，和在酸性条件下加热生成，发生加聚反应生成，合成路线为。
2021河北省高考压轴卷 化学
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 Fe-56 Cu-64 Zn-65
一、选择题(本题包括10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意)
1．古诗词、谚语等都是我国传统文化的瑰宝。下列有关解读错误的是
选项
传统文化
化学角度解读
A
本草经集注记载“如握盐雪不冰,强烧之,紫青烟起云是真硝石也
利用物理方法可以检验钠盐和钾盐
B
“司南之杓勺,投之于地,其柢勺柄指南”
司南中“杓”的材质为Fe3O4
C
本草图经在绿矾项记载:“盖此矾色绿,味酸,烧之则赤”
因为绿矾能电离出H+,所以“味酸”
D
兰陵美酒郁金香,玉碗盛来琥珀光
“香”主要因为美酒含有酯类物质
A．A B．B C．C D．D
2．随着科学的发展，学科间的交叉和综合越来越多，学科之间的界限越来越不明显，“边缘科学”即代表了一个新名词，说明了学科间的相互联系。但目前的科学研究，学科间的分工依然存在，各自的研究领域仍有所不同。下列变化不属于化学研究范畴的是（ ）
A．COVID-19（新冠肺炎）病毒疫苗的研制
B．近期出现雾霾的原因探究
C．朝鲜的原子弹爆炸实验
D．湖南华菱钢铁集团冶炼特种钢
3．下列化学用语表示正确的是
A．羟基的电子式： B．钠离子的结构示意图：
C．氯仿分子的球棍模型： D．对硝基甲苯的结构简式：
4．用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．1molNaHSO4晶体中阴阳离子总数目为2NA
B．1molSiO2中含有Si—O极性共价键的数目为2NA
C．78g苯与足量H2发生加成反应时破坏π键数目为3NA
D．16gCH4与足量氯气在光照下反应生成CH3Cl分子数目为NA
5．利用分子筛催化剂，可脱除燃煤烟气中的NO和，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示，下列说法正确的是
A．上述总反应为:
B．X是HNO3、Y是
C．阶段②④中都是氧化还原反应
D．、中的化学键形成方式完全相同
6．茚地那韦被用于新型冠状病毒肺炎的治疗，其结构简式如图所示，下列说法正确的是
A．茚地那韦分子中含有羟基和酮羰基
B．lmol茚地那韦最多与llmol氢气发生加成反应
C．虚线框内的所有碳、氧原子可能处于同一平面
D．茚地那韦可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，不与FeCl3溶液显色
7．绿原酸具有抗病毒、降血压、延缓衰老等保健作用。利用乙醚、95%乙醇浸泡杜仲干叶，得到提取液，进一步提取绿原酸的流程如图：
下列说法错误的是
A．从“提取液”获取“有机层”的操作为萃取、分液
B．绿原酸溶解度随温度升高而减小
C．减压蒸馏的目的是防止温度过高绿原酸变质
D．绿原酸粗产品可通过重结晶的方法提纯
8．H2S是一种二元弱酸，已知25℃下，其，。下列说法正确的是
A．将少量甲基橙试剂滴入0.10mol·L-1的H2S溶液中，溶液呈红色
B．将等浓度的H2S溶液与Na2S溶液等体积混合，此时溶液中，
C．将等浓度的H2S溶液与NaOH溶液按体积比1：2混合，此时溶液中，
D．向H2S溶液中加入一定量水，会使得H2S的电离度和电离常数同时增大
9．利用下列装置(夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是
A．用甲装置制备并收集CO2
B．用乙装置制备溴苯并验证有HBr产生
C．用丙装置制备无水MgCl2
D．用丁装置实现铁的保护
10．一种新型漂白剂如图可用于漂白羊毛等,其中W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素,W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数,W、X对应的简单离子核外电子排布相同。下列叙述正确的是
A．W、X元素的简单离子半径相比,W简单离子的半径小
B．该化合物中W、Y、Z元素的粒子均满足8电子稳定结构
C．W、Z元素的简单离子均能促进水的电离
D．工业电解熔融的WX来制得W
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，只有一项或两项是符合题目要求的，若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，两个且都正确的得4分，但只要选错一个该小题得0分。
11．下列实验操作、对应的现象和根据现象得出的结论均正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
向溶液中加入铁粉
有红色固体析出
的氧化性强于的氧化性
B
通入溶液中
产生白色沉淀
沉淀为
C
向某溶液中滴加KSCN溶液
产生血红色沉淀
溶液中存在铁离子
D
裂化汽油与溴水混合振荡并静置分层
溶液分层，且两层均变为无色
裂化汽油与溴发生了加成反应
12．我国科学家实现了在铜催化剂条件下将DMF[(CH3)2NCHO]转化为三甲胺[N(CH3)3]。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示，下列说法不正确的是
A．该历程中最大能垒(活化能)为1.19eV
B．该历程中最小能垒的化学方程式为(CH3)2NCH2OH*=(CH3)2NCH2 +OH*
C．该反应的热化学方程式为(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)=N(CH3)3(g)+H2O(g) △H=-1.02eV·mol-1
D．增大压强或增大H2的浓度均能加快反应速率，并增大DMF的平衡转化率
13．我国科学家研制了一种新型的高比能量锌-碘溴液流电池，其工作原理示意图如下。图中贮液器可储存电解质溶液，提高电池的容量。
A．放电时，a电极反应为I2Br-+2e-=2I-+Br-
B．放电时，溶液中离子的数目增大
C．充电时，b电极每增重，溶液中有被氧化
D．充电时，a电极接外电源负极
14．探究草酸（H2C2O4）性质，进行如下实验。(已知：室温下，的)
实验
装置
试剂a
现象
①
Ca(OH)2溶液(含酚酞)
产生气泡
②
少量NaHCO3溶液
紫色溶液褪色
③
酸性KMnO4溶液
溶液褪色，产生白色沉淀
④
C2H5OH和浓硫酸
加热后产生有香味物质
下列离子方程式或化学方程式错误的是
A．草酸有酸性：
B．草酸的酸性大于碳酸：
C．草酸有还原性：
D．草酸可发生酯化反应：HOOCCOOH+2C2H5OHC2H5OOC-COOC2H5+2H2O
15．常温下，向20mL0.1mol·L-1BaCl2溶液中滴加0.2mol·L-1Na2CO3溶液的滴定曲线如图所示。已知：pBa=-lgc(Ba2+)，pKa=-lgKa；常温下H2CO3：pKa1=6.4，pKa2=10.3.下列说法正确的是
A．常温下，Na2CO3溶液的pKh1=3.7(Kh1为一级水解常数)
B．常温下，Ksp(BaCO3)≈1.0×10-7
C．E、F、G三点的Ksp从大到小的顺序为：G>F>E
D．其他条件相同，用MgCl2溶液替代BaCl2溶液，F点向G点迁移
三、非选择题：共60分。第16~18题为必考题，每个试题考生都必须作答。第19、20题为选考题，考生根据要求作答。
(一)必考题：共45分。
16．（15分）实验室以为原料制备氧钒(Ⅳ)碱式碳酸铵晶体。其实验步骤如图，请回答下列问题
ⅰ.向中加入盐酸和足量混合液，微沸数分钟还原。
ⅱ.向配制好的溶液中缓慢加入足量溶液，有气泡产生并析出紫红色晶体。
ⅲ.反应结束后过滤，用饱和溶液洗涤3次，用无水乙醇洗涤2次，静置一段时间后得到产品。
(1)步骤ⅰ过程中的还原剂是_______(填化学式)。
(2)已知能被氧化，步骤ⅱ可在如图装置中进行(夹持仪器略去)，利用A中的反应将C中空气排净。
①仪器M的名称是_______。
②当D中产生白色浑浊时，C中空气已被排尽，A中发生反应的化学方程式为____。
③若将装置C的滴液漏斗替换为分液漏斗，实验过程中溶液滴加速度越来越慢(上盖已打开)，其原因是_____。
④步骤ⅲ中检验第一次沉淀洗涤干净的操作是_____。
⑤蓝色的水合配离子的结构如图.向该水合配离子的溶液中加入至时，该水合配离子全部转化为褐色的，写出转化过程的离子方程式____。
⑥称量产品，用溶液氧化，再除去多余的(方法略)，最后用标准溶液滴定至终点(滴定过程只发生反应)，消耗标准溶液的体积为，产品中钒的质量分数为______.(用含有m、c、V的式子表示)
17．（15分）硫酸锰是一种植物合成叶绿素的催化剂，也可用于制备多种含锰物质。
回答下列问题：
⑴工业上可用惰性电极电解MnSO4溶液的方法制备MnO2，其阳极的电极反应式为________。
⑵我国普遍采用两矿加酸法制备MnSO4。两矿指软锰矿(主要成分MnO2，含少量Al2O3和SiO2)、黄铁矿(FeS2)。生产MnSO4的工艺流程如下：
①软锰矿和黄铁矿需按一定比例混合，若黄铁矿过量太多，将导致的主要后果为________。
②“酸溶”时，黄铁矿被氧化为Fe3+、SO42－的离子方程式为________，该操作需控制在90℃，温度不能过低的原因为________。
③若使“氧化”的溶液中杂质离子除净，“调pH”应不小于________保留两位有效数字。已知：Mn(OH)2、Al(OH)3、Fe(OH)3的Ksp分别为2.0×10-13、1.0×10-33、4.0×10-38，溶液中离子浓度小于等于10-5 mol·L－1时，认为该离子沉淀完全。
④MnSO4的溶解度曲线如图所示，则“操作I”，为________、________、用热水洗涤、干燥。
⑶用(NH4)2S2O8溶液鉴别溶液中Mn2+的现象为溶液变为紫红色。所发生反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为________。S2O82－中含有1个过氧键。则其中S元素的化合价为________。
18．（15分）纳米级由于具有优良的催化性能而受到关注，下表为制取的四种方法：
方法a
用炭粉在高温条件下还原
方法b
用葡萄糖还原新制的制备
方法c
电解法，反应为
方法d
用肼还原新制
（1）已知：
则方法a发生的热化学方程式是：____________
（2）方法c采用离子交换膜控制电解液中的浓度而制备纳米，装置如下图所示：
该离子交换膜为____________离子交换膜填“阴”或“阳”，阴极区的pH值________增大、减小、不变。忽略溶液体积变化
（3）方法d为加热条件下用液态肼还原新制来制备纳米级，同时放出，该制法的化学方程式为：____________。
（4）在相同的密闭容器中，用以上两种方法制得的分别进行催化分解水的实验： 2H2O2H2↑+O2↑△H＞。水蒸气的浓度单位：随时间t变化如下表所示。
序号
温度
0min
10min
20min
30min
40min
50min
①
②
③
①催化剂催化效率：实验②____________实验①填“”、“”。
②实验①前20min的平均反应速率____________。
③对比实验的温度____________填“”“”或“”。
(二)选考题：共15分。请考生从以下2道题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分，多涂、多答，按照涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分。
19．［化学——选修3：物质结构与性质］（15分）2020年12月17日凌晨1时59分，“嫦娥五号”首次实现了我国地外天体采样返回，标志着我国航天事业迈出了一大步。带回的月壤中包含了H、O、N、Al、S、Cd、Zn、Ti、Cu、Au、Cr等多种元素。回答下列问题：
(1)锌(Zn)、镉(Cd)位于同一副族相邻周期，Cd的原子序数更大，则基态Cd原子的价电子轨道表示式(电子排布图)为________。
(2)S与O可形成多种微粒，其中SO的空间构型为________；液态SO3冷却到289.8K时，能得到一种螺旋状单链结构的固体，其结构如图所示，此固态SO3中S原子的杂化轨道类型是__________。
(3)重铬酸铵为桔黄色单斜结晶，常用作有机合成催化剂，Cr2O的结构如图所示。则1mol重铬酸铵中含σ键与π键个数比为__________。
(4)α—Al2O3是“嫦娥五号”中用到的一种耐火材料，具有熔点高(2054℃)、硬度大的特点，主要原因为__________。
(5)一种铜金合金具有储氢功能，其晶体为面心立方最密堆积结构，晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点，则Au原子的配位数为___________。该储氢材料储氢时，氢分子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中。若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与ZnS的结构相似(如图)，该晶体储氢后的化学式为__________。
(6)“嫦娥五号”某核心部件主要成分为纳米钛铝合金，其结构单元如图所示(Al、Ti原子各有一个原子在结构单元内部)，已知该结构单元底面(正六边形)边长为anm，该合金的密度为ρg·cm-3，则高为h=__________nm(列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值)。
20．[化学——选修5：有机化学基础]（15分）化合物M是一种医药中间体，实验室中M的一种合成路线如下：
已知：
①
②
③一个碳原子连接两个—OH不稳定，易自动脱水
回答下列问题：
(1)A中官能团的名称为______；B的化学名称为______；由C生成D的反应类型为______。
(2)F的结构简式为______；由F生成G所需试剂和条件为______。
(3)由G生成M的化学方程式为______。
(4)Q为D的同分异构体，同时满足下列条件的Q的所有结构简式有______种(不含立体异构)。
①苯环上连有5个取代基；
②既含，又能与银氨溶液发生银镜反应。
(5)参照上述合成路线和信息，以2-丙醇和苯为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线______。
参考答案
1．【答案】C
【解析】
A．钠盐和钾盐焰色反应的颜色不同，钠的焰色反应为黄色，钾的焰色反应为紫色，焰色反应是物理变化，故A正确；
B．司南中“杓”的材质为有磁性的物质，四氧化三铁具有磁性，所以司南中“杓”的材质为Fe3O4，故B正确；
C．绿矾的主要成分为FeSO4·7H2O，FeSO4·7H2O是强酸弱碱盐，电离生成亚铁离子、硫酸根离子，不能电离出H+，“味酸”是因为亚铁离子水解显酸性，故C错误；
D．酒放置时间长，少量的乙醇被氧化为乙酸，乙酸与乙醇生成乙酸乙酯，乙酸乙酯等酯
类物质具有香味，所以产生香味主要是因为美酒含有酯类物质，故D正确；
答案选C。
2．【答案】C
【分析】
化学科学就是在原子、分子水平上研究物质的组成、结构、性质、及变化规律的自然科学。
【解析】
A．COVID-19（新冠肺炎）病毒疫苗的研制，是物质的制备，属于化学研究范畴，A不符合题意；
B．雾霾的原因探究是物质组成的研究，属于化学研究范畴，C不符合题意；
C．原子弹的爆炸属于原子核的变化，原子种类发生了变化，属于核物理研究范畴，B符合题意；
D．钢铁ㄏ冶炼特种钢属于物质的制备，属于化学研究范畴，D不符合题意；
故选C。
3．【答案】A
【解析】
A．羟基不带电，电子式为，故A正确；
B．钠离子的核电荷数为11、核外电子数为10，离子结构示意图为，故B错误；
C．氯仿的分子式为CHCl3，氯原子的原子半径较大，该球棍模型不能表示氯仿，故C错误；
D．在对硝基甲苯中，N原子与苯环上的C原子形成共价键，结构简式为，故D错误；
故选A。
4．【答案】A
【解析】
A．1molNaHSO4晶体中含有1molNa+和1mol HSO，所以1molNaHSO4晶体中的阳离子和阴离子总数为2NA，故A正确；
B．SiO2为原子晶体，晶体中一个Si原子和4个O原子形成4条Si—O极性共价键，所以1molSiO2晶体中Si—O极性共价键的数目为4NA，故B错误；
C．78g苯为1mol，苯的结构中不存在碳碳双键，所以分子中不存π键，而是存在着离域大π键，故C错误；
D．16gCH4为1mol，CH4与足量氯气在光照下反应生成物有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，所以无法计算CH3Cl分子数目，故D错误；
故答案：A。
5．【答案】A
【解析】
A．根据反应历程图可知，进入体系的物质分别为NH3、NO、NO2为反应物，从体系出来的物质为N2、H2O为生成物，故上述总反应为:，A正确；
B．根据质量守恒，由转化③可知生成X的反应[(NH4)2(NO2)]2++NO=[(NH4)(HNO2)]++X+H+，原子守恒判断X为N2和H2O， 由转化④可知生成Y的反应为：[(NH4)(HNO2)]++H+= 2H++Y+2H2O，故Y是，B错误；
C．根据反应历程图可知，阶段②反应为：2+NO2=[(NH4)2(NO2)]2+元素化合价为发生改变，属于非氧化还原反应，阶段④反应为：[(NH4)(HNO2)]++H+= 2H++N2+2H2O有元素化合价发生改变，属于氧化还原反应，C错误；
D．中化学键为共价键，而中则存在配位键，故化学键形成方式不完全相同，D错误；
故答案为：A。
6．【答案】D
【解析】
A．该分子中含有羟基(-OH)，不含酮羰基，结构中的-NH-CO-是酰胺键，A项不符合题意；
B．分子中的可以与H2反应，1mol消耗3molH2，苯环可以与H2反应，也是1：3的关系，碳氧双键由于来源于酰胺键，不能和氢气加成，所以1mol该分子消耗9molH2，B项不符合题意；
C． 苯环中的6个碳原子在一个平面上，1号碳和2号碳是取代了苯环上原来的氢，也在苯环的平面上，1号或者2号碳是正四面体的中心，最多再有2个原子与其共面，可以选择苯环上的C和3号碳，1、2、3号碳原子共面，对于3号碳上的O则不在此平面上，C项不符合题意；
D．该结构中有羟基，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，没有酚羟基，故不能使氯化铁溶液变色，D项符合题意；
故正确选项为D。
7．【答案】B
【解析】
A．利用乙醚，95%乙醇浸泡杜仲干叶得到“提取液”，再加入乙酸乙酯，可以获取有机层，说明乙酸乙酯是萃取剂，相关实验操作是萃取、分液，A项不符合题意；
B．在“浸膏”中加入温水，再进行相关处理，说明绿原酸溶解度随温度升高而升高，B项符合题意；
C．绿原酸具有延缓衰老的作用，说明其具有比较强的还原性，优先于人体与氧化性物质反应，减压蒸馏可以降低体系的温度，防止温度过高绿原酸变质，C项不符合题意；
D．绿原酸难溶于水，易溶于有机溶剂，可利用重结晶的方法进一步提纯，D项不符合题意；
故正确选项为B
8．【答案】C
【解析】
A． 0.10mol·L-1的H2S溶液中，根据电离平衡常数分析，溶液中的氢离子浓度约为9×10-5mol/L，将少量甲基橙试剂滴入溶液不显红色，A错误；
B．将等浓度的H2S溶液与Na2S溶液等体积混合，此时溶液溶质为NaHS，HS-电离平衡常数为，水解平衡常数为，水解大于电离，所以溶液显碱性，即，根据电荷守恒分析，，B错误；
C．将等浓度的H2S溶液与NaOH溶液按体积比1：2混合，此时溶液中溶质为Na2S，电荷守恒为，物料守恒为，两式联立有，C正确；
D．向H2S溶液中加入一定量水，会使得H2S的电离度增大，但电离常数不变，D错误；
故选C。
9．【答案】C
【解析】
A. CO2密度大于空气，应采用向上排空气法收集，选项A错误；
B. 苯与溴在溴化铁作用下反应，反应较剧烈，反应放热，且溴易挥发，挥发出来的溴单质能与水反应生成氢溴酸，所以验证反应生成的HBr，应先将气体通过四氯化碳，将挥发的溴单质除去，选项B错误；
C. MgCl2能水解，在加热时通入干燥的HCl，能避免MgCl2的水解，选项C正确；
D. 电解时，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，所以丁装置铁为阳极，失去电子，生成二价铁离子，铜为阴极，溶液中的铜离子得到电子，得到铜，选项D错误。
答案选C。
10．【答案】A
【解析】
W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，说明有一种元素为H，根据图示结构可知，W形成+2价阳离子，X形成2个共价键，Z形成1个共价键，则Z为H元素，W位于IIA族，X位于VIA族；W、X对应的简单离子核外电子排布相同，则W为Mg，X为O元素；W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的核外层电子数，Y的最外层电子数为6-2-1=3，Y与H、Mg不同周期，则Y为B元素，根据分析可知，W为Mg，X为O，Y为B，Z为H元素；
A．镁离子和氧离子都含有2个电子层，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：W
C．镁离子不能促进水的电离，氢离子会抑制水的电离，故C错误；
D．MgO熔点较高，工业上通过电解熔融氯化镁获得镁，故D错误；
答案选A。
11．【答案】D
【解析】
A．该反应的离子方程式Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，氧化性：氧化剂>氧化产物，即氧化性：Cu2+>Fe2+，故A错误；
B．SO2溶于水生成H2SO3，溶液呈酸性，硝酸根在酸性环境中氧化性增强，能将亚硫酸根氧化成硫酸根，产生白色沉淀为BaSO4，故B错误；
C．Fe3+和SCN-结合生成血红色的配合物，不是沉淀，现象有错，故C错误；
D．裂化汽油含有不饱和烃，与溴水发生加成反应，而使溶液褪色，出现有机层和无机层的分层，故D正确；
故选：D。
12．【答案】C
【分析】
从图中可以看出，在正向进行的3个反应中，其能垒分别为：、、，据此分析解题。
【解析】
A．该历程中最大能垒(活化能)为1.19eV，A正确；
B．从以上分析知，该历程中最小能垒为0.22，是由转化为的反应，化学方程式为(CH3)2NCH2OH*=(CH3)2NCH2 +OH*，B正确；
C．该反应的总反应是由转化为，但为单个反应时放出的热量，C错误；
D．增大压强或H2的浓度均能加快反应速率，均使平衡正向移动，平衡转化率增大，D正确；
故选C。
13．【答案】D
【解析】
A．放电时，a电极为正极，碘得电子变成碘离子，正极反应式为I2Br-+2e-=2I-+Br-，故A正确；
B．放电时，正极反应式为I2Br-+2e-=2I-+Br-，溶液中离子数目增大，故B正确；
C．充电时，b电极反应式为Zn2＋+2e-=Zn，每增加0.65g，转移0.02mol电子，阳极反应式为Br-+2I--2e-=I2Br-，有0.02molI-失电子被氧化，故C正确；
D．充电时，a是阳极，应与外电源的正极相连，故D错误；
故选D。
14．【答案】C
【解析】
A．H2C2O4有酸性，能够与Ca(OH)2溶液发生反应Ca(OH)2+H2C2O4=CaC2O4↓+2H2O，对应的离子方程式为Ca2++2OH-+H2C2O4═CaC2O4↓+2H2O，故A正确；
B．酸性H2C2O4＞H2CO3，向少量NaHCO3溶液中加入草酸会生成CO2和NaHC2O4，反应的化学方程式为NaHCO3+H2C2O4═NaHC2O4+CO2↑+H2O，对应的离子方程式为，故B正确；
C．H2C2O4有还原性，能被酸性KMnO4溶液氧化生成CO2，H2C2O4是弱电解质，离子方程式中应保留化学式，离子方程式为2+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，故C错误；
D．H2C2O4是二元羧酸，可以与乙醇发生酯化反应，其完全酯化的化学方程式为HOOCCOOH+2C2H5OHC2H5OOC-COOC2H5+2H2O，故D正确；
故选C。
15．【答案】A
【解析】
A．，，，A项符合题意；
B．20mL0.1mol·L-1BaCl2溶液中滴加0.2mol·L-1Na2CO3溶液，当加入10mL Na2CO3溶液时，Ba2+和恰好完全反应生成BaCO3，此时溶液中 ，F点 ，， ，B项不符合题意；
C．Ksp只与温度有关，温度不变，Ksp不变，故E、F、G三点的Ksp相等，C项不符合题意；
D．MgCO3微溶于水，BaCO3难溶于水，若用MgCl2溶液替代BaCl2溶液，当恰好完全反应时，溶液中，则，F点向下移动，D项不符合题意；
答案选A。
16．【答案】N2H4•H2O （2分） 长颈漏斗（2分） CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑（2分） 反应产生气体，使得三颈烧瓶的压强增大（2分） 取少量上层清液于试管中，加入适量AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，则证明洗涤干净 （2分） （2分） （3分）
【分析】
(2)②当D中产生白色浑浊时，可知是CaCO3，则为气体CO2将空气排尽，A中发生反应的化学方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；
⑤由图知该水合配离子化学式为；
【解析】
（1）氧化还原反应中还原剂失电子被氧化化合价升高，对比反应物和生成物，V的化合价降低被还原，O、Cl化合价不变，H元素已是最高价不能被氧化，所以被氧化的元素应为N元素，所以还原剂为N2H4•H2O；
（2）①仪器M的名称是长颈漏斗；
②D中产生白色浑浊可知D是CaCO3，则反应A中产生CO2来排尽空气，A中发生反应的化学方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑；
③随着反应进行，三颈烧瓶由于产生气体，使瓶内压强增大，液体不易留下；
④检验第一次沉淀洗涤干净即在检验是否存在Cl-，操作是：取少量上层清液于试管中，加入适量AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，则证明洗涤干净；
⑤由图知该水合配离子化学式为，加入碱生成，转化过程的离子方程式为：；
⑥根据反应可知，，，则质量分数为。
17．【答案】Mn2+ + 2H2O －2e－ = MnO2+ 4H+ （2分） “酸溶”时过量的黄铁矿消耗过多的硫酸且生成污染性气体H2S （2分） 15MnO2 + 2FeS2 + 28H+ 15 Mn2+ + 2Fe3+ + 4 SO42－+ 14H2O （2分） 温度过低时反应速率慢，“酸溶”不充分（2分） 4.7 （1分） 蒸发结晶（1分） 趁热过滤（1分） 5:2（2分） +6 （2分）
【分析】
⑴由信息，阳极上Mn2+失电子生成MnO2；
⑵①酸溶时，若黄铁矿过量太多，将导致消耗过多的硫酸且生成污染性气体H2S；②由信息和氧化还原反应原理写出离子方程式；温度过低时反应速率慢，“酸溶”不充分；③由信息，当Al3+沉淀完全时，Fe3+已沉淀完全，根据溶度积进行计算；
④由图知，从MnSO4溶液中分离出MnSO4的操作为蒸发结晶、趁热过滤、用热水洗涤、干燥；
⑶根据化合价升降和得失电子守恒得出氧化剂和还原剂的物质的量；S2O82－中含有1个过氧键，根据化合价计算；
【解析】
⑴由信息，阳极上Mn2+失电子生成MnO2，电极反应式为Mn2+ + 2H2O －2e－ = MnO2+ 4H+；故答案为：Mn2+ + 2H2O －2e－ = MnO2+ 4H+；
⑵①由流程图中信息知，两矿混合、粉碎后，用硫酸进行“酸溶”，若黄铁矿过量太多，将导致的主要后果为“酸溶”时过量的黄铁矿消耗过多的硫酸且生成污染性气体H2S；故答案为：“酸溶”时过量的黄铁矿消耗过多的硫酸且生成污染性气体H2S；
②由信息，“酸溶”时发生反应的离子方程式为15MnO2 + 2FeS2 + 28H+ 15 Mn2+ + 2Fe3+ + 4 SO42－+ 14H2O；该操作需控制在90℃，温度过低时反应速率慢，“酸溶”不充分；故答案为：15MnO2 + 2FeS2 + 28H+ 15 Mn2+ + 2Fe3+ + 4 SO42－+ 14H2O；温度过低时反应速率慢，“酸溶”不充分；
③由信息，当Al3+沉淀完全时，Fe3+已沉淀完全，溶液中的，c(OH－) = 5×10－10 mol·L－1，c(H+) = 2×10－5 mol·L－1，pH =4.7，则“调pH”应不小于4.7；故答案为：4.7；
④由图知，从MnSO4溶液中分离出MnSO4的操作为蒸发结晶、趁热过滤、用热水洗涤、干燥；故答案为：蒸发结晶；趁热过滤；
⑶由信息，(NH4)2S2O8将Mn2+氧化为MnO4－，Mn的化合价从+2价升高到+7价，本身被还原为SO42－，S的化合价从+7价降低到+6价，根据得失电子守恒知，氧化剂和还原剂的物质的量之比为5:2；S2O82－中含有1个过氧键，则-2×6+(-1×2)+2x =-2，解得x=6；故答案为：5:2；+6。
18．【答案】 （2分） 阴（2分） 不变（2分） （3分） （2分） （2分） （2分）
【分析】
（1）根据盖斯定律进行分析解答；
（2）根据点解原理，在阴极区通过控制氢氧根离子浓度进行电解制备固体；
（3）根据氧化还原反应原理书写反应方程式；
（4）根据影响化学反应速率因素进行分析解答。
【解析】
（1）已知：，，，由盖斯定律可知，得用炭粉在高温条件下还原CuO制取和CO的化学方程式为，△H=，故答案为： ；
（2）方法c采用离子交换膜控制电解液中的浓度，则只有使用阴离子交换膜才能控制氢氧根离子浓度；钛极是阴极，发生氢离子得电子的还原反应，所以消耗氢离子，产生的氢氧根离子迁移至阳极区，则pH不变，故答案为：阴；不变；
（3）根据题目信息：液态肼还原新制来制备纳米级，同时放出，得出化学方程式为：，故答案为：；
（4）①实验相比，实验到达平衡时间短，反应速率越快，催化剂效率高，故答案为：；
②前20min内水蒸气反应速率，
同一反应中同一段时间内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，则氧气反应速率，故答案为：；
③该反应的正反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，水蒸气的转化率增大，和相比，转化率高，所以，故答案为：。
19．【答案】
（2分） 正四面体形（1分） sp3 （1分） 4∶1 （2分） Al2O3为离子晶体，Al3+和O2-离子半径较小，离子所带电荷数较多，晶格能大，所以熔点高，硬度大（2分） 12 （2分） AuCu3H8（2分） ×1021或×1021 （3分）
【解析】
(1)锌(Zn)、镉(Cd)位于同一副族相邻周期，Cd的原子序数更大，则Cd的原子序数是48，则基态Cd原子的价电子轨道表示式(电子排布图)为；
(2)S与O可形成多种微粒，其中SO中S原子价电子对数是，无孤电子对，空间构型为正四面体形；液态SO3冷却到289.8K时，能得到一种螺旋状单链结构的固体，根据结图可知，此固态SO3中S原子形成4个σ键，无孤电子对，杂化轨道类型是sp3；
(3)单键为σ键，双键中有1个σ键、1个π键，根据Cr2O的结构图，1mol重铬酸根中含8molσ键、4molπ键，1mol铵根离子中含有4molσ键，σ键与π键个数比为4:1；
(4)Al2O3为离子晶体，Al3+和O2-离子半径较小，离子所带电荷数较多，晶格能大，所以熔点高，硬度大；
(5) 晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点，根据图示，离①号Au原子最近的Cu原子有③⑤⑦号，每个Au原子被8个晶胞共用，根据均摊原则，Au原子的配位数为12；根据均摊原则，晶胞中Au原子数、Cu原子数是、H2分子数是4，化学式为AuCu3H8；
(6)根据均摊原则，每个结构单元含Al原子数、Ti原子数 ，则ρg·cm-3，则高为h=×1021nm。
20．【答案】碳碳双键、醛基（2分） 3-氯丁醛 （1分） 取代反应（1分） （2分） Cl2、光照（2分） +2NaOH+2NaCl+H2O（2分） 10（2分）
（3分）
【分析】
A和HCl在催化剂的作用下生成，A为CH2=CHCH2CHO或CH3CH=CHCHO，和加热反应生成C，根据已知信息①，推测C为，和氢氧化钠溶液加热生成，则D为，催化氧化生成，在酸性条件下加热生成F，根据已知信息②，推出F为，和氢氧化钠溶液加热生成，根据已知信息③，不稳定，易自动脱水，则M为。
【解析】
(1)A为CH2=CHCH2CHO或CH3CH=CHCHO，含有的官能团为碳碳双键、醛基；B的化学名称为3-氯丁醛；和氢氧化钠溶液加热生成，该反应为取代反应；
(2)F的结构简式为；由F生成G为取代反应，反应试剂及条件为Cl2、光照；
(3)由G生成M的化学方程式为+2NaOH+2NaCl+H2O；
(4)①苯环上连有5个取代基；②既含，又能与银氨溶液发生银镜反应，说明含有-CHO；符合条件的同分异构体有： 、、 、 、 、 、 、、、，共10种；
(5)催化氧化生成，和在酸性条件下加热生成，发生加聚反应生成，合成路线为。
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