还剩6页未读，
继续阅读
高中化学 湖北2021届好教育云平台泄露天机高考押题卷 化学 教师版
展开
这是一份高中化学 湖北2021届好教育云平台泄露天机高考押题卷 化学 教师版，共9页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，下列离子反应方程式正确的是等内容，欢迎下载使用。
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．化学与人类生产、生活、科研密切相关，下列有关说法正确的是
A．糖类、蛋白质和油脂都属于营养物质，都能发生水解反应
B．将草木灰和硫酸铵混合施用，肥效更高
C．在燃煤中添加石膏能减少酸雨的产生
D．工业生产玻璃、水泥均需用石灰石作原料
【答案】D
【解析】糖类、蛋白质和油脂都属于营养物质，多糖、二糖、蛋白质和油脂能发生水解反应，但单糖不能发生水解，故A错误；草木灰的主要成分为碳酸钾，碳酸根水解生成的氢氧根与铵离子反应生成易分解的NH3·H2O，会造成氮肥损失，B错误；在燃煤中添加石灰石能减少酸雨的产生，而石膏主要成分为硫酸钙，与燃烧时产生的二氧化硫不反应，故C错误；生产玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英；生产水泥以黏土和石灰石为主要原料，故D正确。
2．我国商代就有许多化学人工制品，古代有关铅品的制备路线如图所示。有关说法错误的是
A．黑锡属于化学人工制品 B．铅白霜是强电解质
C．铅粉色白，难溶于水 D．铅丹由黑锡氧化而成
【答案】B
【解析】A．黑锡通过人工加工制成，所以属于化学人工制品，故A正确；B．醋酸铅是弱电解质，故B错误；C．铅粉白色团块状，难溶于水，故C正确；D．黑锡中的铅为单质，铅丹中的铅的平均价态为+8/3价，所以铅丹由黑锡氧化而成，故D正确；故选B。
3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是
A．标准状况下，11.2L环戊烯中含有双键的数目为0.5NA
B．用惰性电极电解1L 0.2mol·L−1 AgNO3溶液，当两极产生气体的物质的量相等时，阴极得到的气体体积为2.24L
C．常温下，2L pH=1的HCl溶液中，H+数目为0.2NA
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】C
【解析】标准状况下，戊烯是液体，11.2L戊烯的物质的量不是0.5mol，A错误；没有指明是在标况下，故不能用22.4L/mol进行计算，故B错误；常温下，pH=1的HCl溶液中c(H+)=0.1mol/L，2L pH=1的HCl溶液中，H+数目为0.2NA，C项正确；1mol钠反应失去1mol电子，钠失去电子数为NA，D项错误。
4．我国科学家发现了一类由组成的磁性超导材料。下列说法不正确的是
A．Se原子核外有3个未成对电子 B．Fe3+电子排布式为1s22s22p63s23p63d5
C．AsO的空间构型为正四面体形 D．基态F原子的核外电子有9种运动状态
【答案】A
【解析】A．Se的价电子轨道表示式为，原子核外有2个未成对电子，A不正确；B．Fe的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，4s轨道上电子的能量最高，所以FeFe3+时失去4s轨道上的2个电子和d轨道上的一个电子故其电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，B正确；C．AsO的中心As原子的价层电子对数为，则发生sp3杂化，空间构型为正四面体形，C正确；D．同一核外没有两个电子的各个参数完全相同，原子核外每个电子的运动状态都是不同的，基态氟原子核外电子数为9，所以电子的运动状态有9种，D正确；故选A。
5．莽草酸是从中药八角茴香中提取的一种单体化合物，有抗炎、镇痛作用，其结构如图所示。关于莽草酸的下列叙述中，正确的是
A．分子式为C7H5O5
B．莽草酸只能发生取代反应、加成反应和氧化反应
C．分子中所有原子可能在同一平面上
D．1mol莽草酸与金属钠反应能产生标况下的氢气为44.8L
【答案】D
【解析】A．由莽草酸的结构图可知，1个莽草酸分子是由7个碳原子、10个氢原子和5个氧原构成的，其化学式为C7H10O5，故A错误；B．含有羟基，可发生取代、消去和氧化反应，含有碳碳双键可发生加成和氧化反应，故B错误；C．该分子中存在－CH2－和的结构，分子中所有原子不可能在同一平面上，故C错误；D．1mol莽草酸含有3mol －OH，1mol －COOH均能与金属钠发生反应，共产生2mol H2，标况下的体积为22.4L/mol×2mol=44.8L，故D正确；故选D。
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．下列离子反应方程式正确的是
A．泡沫灭火器反应原理：3HCO+Al3+=3CO2↑+Al(OH)3↓
B．CuSO4与过量浓氨水反应的离子方程式：Cu2++2NH3·H2O＝Cu(OH)2↓+2NH
C．向硫酸铝铵溶液滴加足量的氢氧化钡溶液：Al3++2SO+2Ba2++4OH−＝AlO+2BaSO4↓+2H2O
D．向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO刚好沉淀完全：2H++SO+Ba2++2OH−＝2H2O+BaSO4↓
【答案】A
【解析】泡沫灭火器是硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液双水解生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，离子方程式为：3HCO+Al3+=3CO2↑+Al(OH)3↓，故A正确；CuSO4与过量浓氨水反应Cu2++4NH3·H2O＝[Cu(NH3)4]2++4H2O，B错误；向硫酸铝铵[NH4Al(SO4)2]溶液中滴加足量Ba(OH)2溶液，离子反应方程式为NH+Al3++2SO+2Ba2++4OH−＝Al(OH)3↓+2BaSO4↓+NH3·H2O，故C错误；向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO刚好沉淀完全：H++SO+Ba2++OH−＝H2O+BaSO4↓，故D错误。
9．根据文献记载，下图属于新型催化氮气固定机理，下列叙述不正确的是
A．该催化固氮总反应为N2+3H2=2NH3
B．是反应催化剂
C．整个催化过程中存在N—Ti键的断裂和生成
D．加压有利于该反应提高产率
【答案】B
【解析】由固定机理的示意图可知，反应物为氮气和氢气，生成物为氨气，Ti3+L3为催化剂，反应的总反应方程式为N2+3H2=2NH3，故A正确；由固定机理的示意图可知，Ti3+L3为催化剂，是反应中间体，故B错误；由固定机理的示意图可知，c→d的过程存在N－Ti键的断裂，a→b的过程存在N－Ti键的生成，故C正确；由N2+3H2=2NH3反应可知，加压促使反应正向移动，提高产率，故D正确。
10．下列关于实验操作或现象的说法正确的是
A．图1：进行氢氧化铁胶体的电泳实验，通电后，阳极附近颜色逐渐加深
B．图2：反应一段时间后，试管中固体变为黑色
C．图3：测定氯水的pH
D．图4：接近滴定终点时，滴定管的尖嘴不可以接触锥形瓶内壁
【答案】B
【解析】A．氢氧化铁胶体的胶粒带正电，做电泳时，通电后胶粒向阴极移动，则阴极附近颜色逐渐加深，故A错误；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．氯水中含有的HClO有漂白性，使pH试纸先变红后褪色，则无法用pH试纸测定氯水的pH，故C错误；D．为保证滴定更精确，接近滴定终点，可以微微转动活塞，使溶液悬挂在尖嘴上，形成半滴（有时还不到半滴），用锥形瓶内壁将其刮落，故D错误；故答案为B。
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．为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含NH废水和工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分），设计了如下流程，下列说法不正确的是
A．固体1中主要含有CaCO3、CaSO3
B．捕获剂所捕获的气体主要是CO
C．X可以是空气，当它过量时，会发生反应：4NO+2O24NO
D．处理含NH废水时，氧化剂和还原剂的比例为1∶1
【答案】A
【解析】固体1中主要含有CaCO3、CaSO3以及过量的石灰乳，故A错误；根据流程可判断气体2中为CO和N2，无污染气体是N2，所以捕获的气体主要是CO，故B正确；根据流程图可判断气体1为N2、NO、CO，X为空气或者氧气，目的是将NO转化成NO2，NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，若空气过量，则产物除了有亚硝酸钠，还有硝酸钠，转化关系为4NO+2O24NO，故C正确；D中处理含NH废水时，氧化剂为亚硝酸根离子，还原剂为铵根离子，比例是1∶1，故D正确。
13．尿素的结构简式可表示为，下列说法不正确的是
A．1mol尿素分子中含有σ键和π键的比为7∶1
B．尿素分子中四种元素的电负性：O>N>C>H
C．尿素分子中四种元素的第一电离能：N>O>C>H
D．根据结构推测：尿素易溶于水，其熔、沸点低于丙酮()
【答案】D
【解析】A．1mol CO(NH2)2分子中含有7mol σ键和一个π键，故A正确；B．尿素分子中四种元素的电负性：O>N>C>H，故B正确；C．同周期元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但ⅡA族、VA族元素的第一电离能大于其相邻元素，第一电离能由大到小的顺序是N>O>C>H，故C正确；D．尿素分子与水分子间易形成氢键，所以尿素易溶于水，其熔、沸点高于丙酮，故D错误；故选D。
14．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。
15．某科研小组采用如下方案回收一种光盘金属层中的少量Ag(金属层中其他金属含量过低，对实验的影响可忽略)。
已知：AgCl可溶于氨水：AgCl+2NH3·H2OAg(NH3)+Cl−+2H2O
下列说法错误的是
A．“氧化”阶段的离子方程式为4Ag+4ClO−+2H2O＝4AgCl+4OH−+O2↑
B．为加快“溶解”速率，可采用高温条件
C．实验室中过滤所需的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒
D．为提高Ag的回收率，需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤，并将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中
【答案】B
【解析】由实验流程可知，预处理后的光盘片含有Ag，一定条件下经NaClO氧化生成AgCl，AgCl不溶于水，过滤后，加入10%氨水溶解，发生已知信息的反应，转化为Ag(NH3)，过滤后，滤液经一系列操作还原为Ag。根据氧化还原反应化合价升降，转移电子守恒可知NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2，Ag、O元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低，由电子、原子守恒可知该反应的化学方程式为4Ag+4ClO−+2H2O＝4AgCl+4OH−+O2↑，故A正确；B．氨水中的NH3·H2O受热易分解为NH3和H2O，不利于溶解AgCl，故不能采用高温条件，故B错误；C．过滤时使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故C正确；D．为避免滤渣中含有未被溶解的银元素而导致银的流失，提高Ag的回收率，需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤，并将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中，故D正确；答案选B。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．（14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（2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（2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；(3)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；(4)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；(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；(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；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．（14分）二氯化二硫(S2Cl2)在工业上用于橡胶的硫化。为在实验室合成S2Cl2，某化学研究性学习小组查阅了有关资料，得到如下信息：
①将干燥的氯气在110℃～140℃与硫反应，即可得S2Cl2粗品。
②有关物质的部分性质如下表：
物质
熔点/℃
沸点/℃
化学性质
S
112.8
444.6
略
S2Cl2
-77
137
遇水生成HCl、SO2、S；300℃以上完全分解；S2Cl2+Cl22SCl2
设计实验装置图如下：
(1)上图中气体发生和尾气处理装置不够完善，请你提出改进意见_______。
利用改进后的正确装置进行实验，请回答下列问题：
(2)E中反应的化学方程式：_______。
(3)C、D的作用分别是_______、_______。
(4)仪器A、B的名称分别是_______、_______，F的作用是_______。
(5)如果在加热E时温度过高，对实验结果的影响是_______，在F中可能出现的现象是_______。
(6)S2Cl2粗品中可能混有的杂质是(填写两种)_______、_______，为了提高S2Cl2的纯度，关键的操作是控制好温度和_______。
【答案】（1）用导管将A的上口和B相连(或将A换成恒压滴液漏斗)，在G和H之间增加干燥装置
（2）2S+Cl2S2Cl2
（3） 除去氯气中的氯化氢气体 干燥氯气
（4） 分液漏斗 蒸馏烧瓶 导气、冷凝
（5） 产率降低 有固体产生(或其他正确描述)
（6） SCl2、HCl、S、SO2等(任写其中两种即可) 控制浓盐酸的滴加速度
【解析】(1)①G收集产品，H中氢氧化钠溶液中水蒸气易挥发，进入G中，易使S2Cl2水解。在G和H之间增加干燥装置。②若B中气压过大，A中浓盐酸不容易滴下，A与B之间应接一根导管，使A与B内气压相平衡，浓盐酸在重力作用下顺利滴入烧瓶。故答案为在A与B之间应接一根导管，G和H之间增加干燥装置。(2)E中发生的是氯气和硫反应，2S+Cl2S2Cl2；(3)氯气中氯化氢用饱和食盐水吸收，用浓硫酸干燥，先除氯化氢，后干燥。(4)仪器B为蒸馏烧瓶，F导管较长有两个作用：导出产品和冷凝产品。导气、冷凝。(5)产品热稳定性差，温度过高，产品部分生成了二氯化硫，产率偏低。故答案为产率降低(或S2Cl2分解)。(6)由信息可知，可能因温度、水蒸气因素引入HCl、S、Cl2、SO2、SCl2等杂质。若滴加盐酸过快，部分水蒸气没有被硫酸吸收，导入E管中。故应控制浓盐酸的滴速不要过快。
18．（13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（2分）
（2） A（2分）
（3） 25（2分） ＜（2分）
（4） 0.023（3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。设A转化x mol/L，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．（14分）X是石油裂解气之一，能使溴水褪色，X的密度为相同条件下氢气密度的21倍，是重要的化工原料。已知烯烃在一定条件下发生下列反应：
已知：(1)
(2)R－CH=CH－COOH（低级烯酸的酸性一般强于碳酸）
根据上述转化关系，回答问题：
(1)X的结构简式为 ，F的结构简式为 ，C中含有的官能团为 。
(2)写出反应类型：BC： ，DE： 。
(3)AB的反应方程式 。EG的反应方程式 。
(4)属于溴代羧酸C的同分异构体有 种。
(5)已知：，请设计以苯乙烯为原料合成化合物不超过五步的合成路线(无机试剂任选) 。
【答案】(1)CH3CH=CH2（1分） （1分） 羧基、溴原子（1分）
(2)取代反应（1分） 消去反应（1分）
(3)（2分）
n+nHOCH2CH2OH+nH2O（2分）
(4)4（1分）
(5)（4分）
【解析】X是石油裂解气之一，能使溴水褪色，X的密度为相同条件下氢气密度的21倍，说明X为相对分子质量为42且含有不饱和键，则X为丙烯。A能与新制氢氧化铜反应，A中含有醛基，B为羧酸，C的化学式可知B到C发生取代反应，含有溴原子和羧基。C到D的反应是在氢氧化钠溶液中加热，溴原子被羟基取代。根据D的结构简式可知C的结构简式为，B的结构简式为，A的结构简式为。E与甲醇在浓硫酸加热的条件下得到F，F的结构简式为，同理G的结构简式为。（1）由分析可知X的结构简式为CH3CH=CH2，F的结构简式为，C中含有的官能团为溴原子和羧基；（2）BC属于卤素原子取代反应，DE属于醇脱水的消去反应，故答案为取代反应、消去反应；（3）由已知条件可得A的结构简式为，故与新制Cu(OH)2溶液反应方程式为，E在浓硫酸的作用下与乙二醇反应生成酯，然后发生加聚反应生成高分子有机物G。故反应方程式为n+nHOCH2CH2OH+nH2O；（4），共4种；(5)合成路线为：。
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．化学与人类生产、生活、科研密切相关，下列有关说法正确的是
A．糖类、蛋白质和油脂都属于营养物质，都能发生水解反应
B．将草木灰和硫酸铵混合施用，肥效更高
C．在燃煤中添加石膏能减少酸雨的产生
D．工业生产玻璃、水泥均需用石灰石作原料
【答案】D
【解析】糖类、蛋白质和油脂都属于营养物质，多糖、二糖、蛋白质和油脂能发生水解反应，但单糖不能发生水解，故A错误；草木灰的主要成分为碳酸钾，碳酸根水解生成的氢氧根与铵离子反应生成易分解的NH3·H2O，会造成氮肥损失，B错误；在燃煤中添加石灰石能减少酸雨的产生，而石膏主要成分为硫酸钙，与燃烧时产生的二氧化硫不反应，故C错误；生产玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英；生产水泥以黏土和石灰石为主要原料，故D正确。
2．我国商代就有许多化学人工制品，古代有关铅品的制备路线如图所示。有关说法错误的是
A．黑锡属于化学人工制品 B．铅白霜是强电解质
C．铅粉色白，难溶于水 D．铅丹由黑锡氧化而成
【答案】B
【解析】A．黑锡通过人工加工制成，所以属于化学人工制品，故A正确；B．醋酸铅是弱电解质，故B错误；C．铅粉白色团块状，难溶于水，故C正确；D．黑锡中的铅为单质，铅丹中的铅的平均价态为+8/3价，所以铅丹由黑锡氧化而成，故D正确；故选B。
3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是
A．标准状况下，11.2L环戊烯中含有双键的数目为0.5NA
B．用惰性电极电解1L 0.2mol·L−1 AgNO3溶液，当两极产生气体的物质的量相等时，阴极得到的气体体积为2.24L
C．常温下，2L pH=1的HCl溶液中，H+数目为0.2NA
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】C
【解析】标准状况下，戊烯是液体，11.2L戊烯的物质的量不是0.5mol，A错误；没有指明是在标况下，故不能用22.4L/mol进行计算，故B错误；常温下，pH=1的HCl溶液中c(H+)=0.1mol/L，2L pH=1的HCl溶液中，H+数目为0.2NA，C项正确；1mol钠反应失去1mol电子，钠失去电子数为NA，D项错误。
4．我国科学家发现了一类由组成的磁性超导材料。下列说法不正确的是
A．Se原子核外有3个未成对电子 B．Fe3+电子排布式为1s22s22p63s23p63d5
C．AsO的空间构型为正四面体形 D．基态F原子的核外电子有9种运动状态
【答案】A
【解析】A．Se的价电子轨道表示式为，原子核外有2个未成对电子，A不正确；B．Fe的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，4s轨道上电子的能量最高，所以FeFe3+时失去4s轨道上的2个电子和d轨道上的一个电子故其电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，B正确；C．AsO的中心As原子的价层电子对数为，则发生sp3杂化，空间构型为正四面体形，C正确；D．同一核外没有两个电子的各个参数完全相同，原子核外每个电子的运动状态都是不同的，基态氟原子核外电子数为9，所以电子的运动状态有9种，D正确；故选A。
5．莽草酸是从中药八角茴香中提取的一种单体化合物，有抗炎、镇痛作用，其结构如图所示。关于莽草酸的下列叙述中，正确的是
A．分子式为C7H5O5
B．莽草酸只能发生取代反应、加成反应和氧化反应
C．分子中所有原子可能在同一平面上
D．1mol莽草酸与金属钠反应能产生标况下的氢气为44.8L
【答案】D
【解析】A．由莽草酸的结构图可知，1个莽草酸分子是由7个碳原子、10个氢原子和5个氧原构成的，其化学式为C7H10O5，故A错误；B．含有羟基，可发生取代、消去和氧化反应，含有碳碳双键可发生加成和氧化反应，故B错误；C．该分子中存在－CH2－和的结构，分子中所有原子不可能在同一平面上，故C错误；D．1mol莽草酸含有3mol －OH，1mol －COOH均能与金属钠发生反应，共产生2mol H2，标况下的体积为22.4L/mol×2mol=44.8L，故D正确；故选D。
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．下列离子反应方程式正确的是
A．泡沫灭火器反应原理：3HCO+Al3+=3CO2↑+Al(OH)3↓
B．CuSO4与过量浓氨水反应的离子方程式：Cu2++2NH3·H2O＝Cu(OH)2↓+2NH
C．向硫酸铝铵溶液滴加足量的氢氧化钡溶液：Al3++2SO+2Ba2++4OH−＝AlO+2BaSO4↓+2H2O
D．向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO刚好沉淀完全：2H++SO+Ba2++2OH−＝2H2O+BaSO4↓
【答案】A
【解析】泡沫灭火器是硫酸铝溶液与碳酸氢钠溶液双水解生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，离子方程式为：3HCO+Al3+=3CO2↑+Al(OH)3↓，故A正确；CuSO4与过量浓氨水反应Cu2++4NH3·H2O＝[Cu(NH3)4]2++4H2O，B错误；向硫酸铝铵[NH4Al(SO4)2]溶液中滴加足量Ba(OH)2溶液，离子反应方程式为NH+Al3++2SO+2Ba2++4OH−＝Al(OH)3↓+2BaSO4↓+NH3·H2O，故C错误；向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO刚好沉淀完全：H++SO+Ba2++OH−＝H2O+BaSO4↓，故D错误。
9．根据文献记载，下图属于新型催化氮气固定机理，下列叙述不正确的是
A．该催化固氮总反应为N2+3H2=2NH3
B．是反应催化剂
C．整个催化过程中存在N—Ti键的断裂和生成
D．加压有利于该反应提高产率
【答案】B
【解析】由固定机理的示意图可知，反应物为氮气和氢气，生成物为氨气，Ti3+L3为催化剂，反应的总反应方程式为N2+3H2=2NH3，故A正确；由固定机理的示意图可知，Ti3+L3为催化剂，是反应中间体，故B错误；由固定机理的示意图可知，c→d的过程存在N－Ti键的断裂，a→b的过程存在N－Ti键的生成，故C正确；由N2+3H2=2NH3反应可知，加压促使反应正向移动，提高产率，故D正确。
10．下列关于实验操作或现象的说法正确的是
A．图1：进行氢氧化铁胶体的电泳实验，通电后，阳极附近颜色逐渐加深
B．图2：反应一段时间后，试管中固体变为黑色
C．图3：测定氯水的pH
D．图4：接近滴定终点时，滴定管的尖嘴不可以接触锥形瓶内壁
【答案】B
【解析】A．氢氧化铁胶体的胶粒带正电，做电泳时，通电后胶粒向阴极移动，则阴极附近颜色逐渐加深，故A错误；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．氯水中含有的HClO有漂白性，使pH试纸先变红后褪色，则无法用pH试纸测定氯水的pH，故C错误；D．为保证滴定更精确，接近滴定终点，可以微微转动活塞，使溶液悬挂在尖嘴上，形成半滴（有时还不到半滴），用锥形瓶内壁将其刮落，故D错误；故答案为B。
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．为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含NH废水和工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分），设计了如下流程，下列说法不正确的是
A．固体1中主要含有CaCO3、CaSO3
B．捕获剂所捕获的气体主要是CO
C．X可以是空气，当它过量时，会发生反应：4NO+2O24NO
D．处理含NH废水时，氧化剂和还原剂的比例为1∶1
【答案】A
【解析】固体1中主要含有CaCO3、CaSO3以及过量的石灰乳，故A错误；根据流程可判断气体2中为CO和N2，无污染气体是N2，所以捕获的气体主要是CO，故B正确；根据流程图可判断气体1为N2、NO、CO，X为空气或者氧气，目的是将NO转化成NO2，NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，若空气过量，则产物除了有亚硝酸钠，还有硝酸钠，转化关系为4NO+2O24NO，故C正确；D中处理含NH废水时，氧化剂为亚硝酸根离子，还原剂为铵根离子，比例是1∶1，故D正确。
13．尿素的结构简式可表示为，下列说法不正确的是
A．1mol尿素分子中含有σ键和π键的比为7∶1
B．尿素分子中四种元素的电负性：O>N>C>H
C．尿素分子中四种元素的第一电离能：N>O>C>H
D．根据结构推测：尿素易溶于水，其熔、沸点低于丙酮()
【答案】D
【解析】A．1mol CO(NH2)2分子中含有7mol σ键和一个π键，故A正确；B．尿素分子中四种元素的电负性：O>N>C>H，故B正确；C．同周期元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但ⅡA族、VA族元素的第一电离能大于其相邻元素，第一电离能由大到小的顺序是N>O>C>H，故C正确；D．尿素分子与水分子间易形成氢键，所以尿素易溶于水，其熔、沸点高于丙酮，故D错误；故选D。
14．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。
15．某科研小组采用如下方案回收一种光盘金属层中的少量Ag(金属层中其他金属含量过低，对实验的影响可忽略)。
已知：AgCl可溶于氨水：AgCl+2NH3·H2OAg(NH3)+Cl−+2H2O
下列说法错误的是
A．“氧化”阶段的离子方程式为4Ag+4ClO−+2H2O＝4AgCl+4OH−+O2↑
B．为加快“溶解”速率，可采用高温条件
C．实验室中过滤所需的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒
D．为提高Ag的回收率，需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤，并将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中
【答案】B
【解析】由实验流程可知，预处理后的光盘片含有Ag，一定条件下经NaClO氧化生成AgCl，AgCl不溶于水，过滤后，加入10%氨水溶解，发生已知信息的反应，转化为Ag(NH3)，过滤后，滤液经一系列操作还原为Ag。根据氧化还原反应化合价升降，转移电子守恒可知NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2，Ag、O元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低，由电子、原子守恒可知该反应的化学方程式为4Ag+4ClO−+2H2O＝4AgCl+4OH−+O2↑，故A正确；B．氨水中的NH3·H2O受热易分解为NH3和H2O，不利于溶解AgCl，故不能采用高温条件，故B错误；C．过滤时使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故C正确；D．为避免滤渣中含有未被溶解的银元素而导致银的流失，提高Ag的回收率，需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤，并将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中，故D正确；答案选B。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16．（14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（2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（2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；(3)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；(4)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；(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；(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；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．（14分）二氯化二硫(S2Cl2)在工业上用于橡胶的硫化。为在实验室合成S2Cl2，某化学研究性学习小组查阅了有关资料，得到如下信息：
①将干燥的氯气在110℃～140℃与硫反应，即可得S2Cl2粗品。
②有关物质的部分性质如下表：
物质
熔点/℃
沸点/℃
化学性质
S
112.8
444.6
略
S2Cl2
-77
137
遇水生成HCl、SO2、S；300℃以上完全分解；S2Cl2+Cl22SCl2
设计实验装置图如下：
(1)上图中气体发生和尾气处理装置不够完善，请你提出改进意见_______。
利用改进后的正确装置进行实验，请回答下列问题：
(2)E中反应的化学方程式：_______。
(3)C、D的作用分别是_______、_______。
(4)仪器A、B的名称分别是_______、_______，F的作用是_______。
(5)如果在加热E时温度过高，对实验结果的影响是_______，在F中可能出现的现象是_______。
(6)S2Cl2粗品中可能混有的杂质是(填写两种)_______、_______，为了提高S2Cl2的纯度，关键的操作是控制好温度和_______。
【答案】（1）用导管将A的上口和B相连(或将A换成恒压滴液漏斗)，在G和H之间增加干燥装置
（2）2S+Cl2S2Cl2
（3） 除去氯气中的氯化氢气体 干燥氯气
（4） 分液漏斗 蒸馏烧瓶 导气、冷凝
（5） 产率降低 有固体产生(或其他正确描述)
（6） SCl2、HCl、S、SO2等(任写其中两种即可) 控制浓盐酸的滴加速度
【解析】(1)①G收集产品，H中氢氧化钠溶液中水蒸气易挥发，进入G中，易使S2Cl2水解。在G和H之间增加干燥装置。②若B中气压过大，A中浓盐酸不容易滴下，A与B之间应接一根导管，使A与B内气压相平衡，浓盐酸在重力作用下顺利滴入烧瓶。故答案为在A与B之间应接一根导管，G和H之间增加干燥装置。(2)E中发生的是氯气和硫反应，2S+Cl2S2Cl2；(3)氯气中氯化氢用饱和食盐水吸收，用浓硫酸干燥，先除氯化氢，后干燥。(4)仪器B为蒸馏烧瓶，F导管较长有两个作用：导出产品和冷凝产品。导气、冷凝。(5)产品热稳定性差，温度过高，产品部分生成了二氯化硫，产率偏低。故答案为产率降低(或S2Cl2分解)。(6)由信息可知，可能因温度、水蒸气因素引入HCl、S、Cl2、SO2、SCl2等杂质。若滴加盐酸过快，部分水蒸气没有被硫酸吸收，导入E管中。故应控制浓盐酸的滴速不要过快。
18．（13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（2分）
（2） A（2分）
（3） 25（2分） ＜（2分）
（4） 0.023（3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。设A转化x mol/L，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．（14分）X是石油裂解气之一，能使溴水褪色，X的密度为相同条件下氢气密度的21倍，是重要的化工原料。已知烯烃在一定条件下发生下列反应：
已知：(1)
(2)R－CH=CH－COOH（低级烯酸的酸性一般强于碳酸）
根据上述转化关系，回答问题：
(1)X的结构简式为 ，F的结构简式为 ，C中含有的官能团为 。
(2)写出反应类型：BC： ，DE： 。
(3)AB的反应方程式 。EG的反应方程式 。
(4)属于溴代羧酸C的同分异构体有 种。
(5)已知：，请设计以苯乙烯为原料合成化合物不超过五步的合成路线(无机试剂任选) 。
【答案】(1)CH3CH=CH2（1分） （1分） 羧基、溴原子（1分）
(2)取代反应（1分） 消去反应（1分）
(3)（2分）
n+nHOCH2CH2OH+nH2O（2分）
(4)4（1分）
(5)（4分）
【解析】X是石油裂解气之一，能使溴水褪色，X的密度为相同条件下氢气密度的21倍，说明X为相对分子质量为42且含有不饱和键，则X为丙烯。A能与新制氢氧化铜反应，A中含有醛基，B为羧酸，C的化学式可知B到C发生取代反应，含有溴原子和羧基。C到D的反应是在氢氧化钠溶液中加热，溴原子被羟基取代。根据D的结构简式可知C的结构简式为，B的结构简式为，A的结构简式为。E与甲醇在浓硫酸加热的条件下得到F，F的结构简式为，同理G的结构简式为。（1）由分析可知X的结构简式为CH3CH=CH2，F的结构简式为，C中含有的官能团为溴原子和羧基；（2）BC属于卤素原子取代反应，DE属于醇脱水的消去反应，故答案为取代反应、消去反应；（3）由已知条件可得A的结构简式为，故与新制Cu(OH)2溶液反应方程式为，E在浓硫酸的作用下与乙二醇反应生成酯，然后发生加聚反应生成高分子有机物G。故反应方程式为n+nHOCH2CH2OH+nH2O；（4），共4种；(5)合成路线为：。
相关试卷
高中化学 重庆2021届好教育云平台泄露天机高考押题卷 化学 教师版： 这是一份高中化学 重庆2021届好教育云平台泄露天机高考押题卷 化学 教师版，共11页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，下列叙述中不正确的是，下列操作不能达到实验目的的是等内容，欢迎下载使用。
高中化学 山东2021届好教育云平台泄露天机高考押题卷 化学 教师版： 这是一份高中化学 山东2021届好教育云平台泄露天机高考押题卷 化学 教师版，共11页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分，下列离子反应方程式正确的是等内容，欢迎下载使用。
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： 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。
