山东省2021届高考押题卷化学试题附参考答案

1、PAGE PAGE 10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本试卷分第卷（选择题）和第卷（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10小题

2、，每小题2分，共20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食用的碘盐通常是纯净的碘酸钾D工业生产玻璃、水泥均需用石灰石作原料2设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是A11.7g NaCl晶体中含有0.2NA个NaCl分子B用惰性电极电解1L 0.2molL1 AgNO3溶液，当两极产生气体的物质的量相等时，标况下，阴极得到的气体体积为2.24LC0.1mol Fe恰好溶解在100mL某浓度的硝酸溶液中，该反应转移的电子数

3、为0.3NAD1mol Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去电子数为2NA3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ASe原子核外有3个未成对电子BFe3+电子排布式为1s22s22p63s23p63d5CAsOeq oal(3,4)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4利用图中所示装置及试剂，能达到相应实验目的的是选项甲实验目的A饱和食盐水除去HCl中的Cl2BKMnO4溶液从HCl和SO2的混合气体中分离出HClC饱和Na2SO3溶液除去CO2中的SO2DCuSO4溶液除去乙烯中的PH35国际奥委会在兴奋剂药检中检测出一种兴

4、奋剂的结构简式如图，有关说法正确的是A0.1mol该物质与氢气发生加成反应，共消耗氢气15.68LB该兴奋剂中有能发生银镜反应的同分异构体C该物质在一定条件下可以发生取代反应、消去反应和加成反应D1mol该物质在碱性条件下水解消耗NaOH共4mol6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BWQ2中既含有离子键又含有共价键C原子半径XQZDY、Z两种元素的气态氢化物的稳定性：YZ7下列根据实验操作和实验现象得出

5、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0.1molL1的NaClO溶液和NaHCO3溶液的pHpH：NaClO溶液NaHCO3溶液酸性：H2CO3HClOD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NOeq oal(,3)离子被还原为NH38下列离子反应方程式正确

6、的是AFe与稀硝酸反应，当n(Fe)n(HNO3)=12时，3Fe+2NOeq oal(,3)+8H+3Fe2+2NO+4H2OBCuSO4与过量浓氨水反应的离子方程式：Cu2+2NH3H2OCu(OH)2+2NHeq oal(+,4)C向硫酸铝铵溶液滴加足量的氢氧化钡溶液：Al3+2SOeq oal(2,4)+2Ba2+4OHAlOeq oal(,2)+2BaSO4+2H2OD向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SOeq oal(2,4)刚好沉淀完全：2H+SOeq oal(2,4)+Ba2+2OH2H2O+BaSO49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

7、是A该催化固氮总反应为N2+3H2=2NH3B是反应催化剂C整个催化过程中存在NTi键的断裂和生成D加压有利于该反应提高产率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2ClOeq oal(,3)+SO2SOeq oal(2,4)+2ClO2B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12D从“母液”中可回收的主要物质是Na2SO4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，有1个或2个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11下图属于日本产业

8、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。下列说法不正确的是A充电时，a为阴极B放电时，b极附近pH增大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6.4g12为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含NHeq oal(+,4)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、CaSO3B捕获剂所捕获的气体主要是COCX可以是空气，当它过量时，会发生反应：4NOeq oal(,2)+2O24NOeq oal(,3

9、)D处理含NHeq oal(+,4)废水时，氧化剂和还原剂的比例为11一定压强下，向10L密闭容器中充入1mol S2Cl2和1mol Cl2，发生反应S2Cl2(g)+Cl2(g)2SCl2(g)。Cl2与SCl2的消耗速率(v)与温度(T)的关系如图，以下说法正确的是A该反应是吸热反应BA、B、C、D四点对应状态下，达到平衡状态的为B点、D点C一定温度下，在密闭容器中达到平衡后缩小容器体积，重新达到平衡后，S2Cl2的平衡转化率减小D达到平衡后再加热，平衡向正反应方向移动14t时，配制一组c(H2CO3)+c(HCOeq oal(,3)+c(COeq oal(2,3)=1.000103mo

10、lL1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+COeq oal(2,3)2HCOeq oal(,3)的平衡常数为1.0104BpH=7的溶液中：c(Na+)c(H2CO3)CpH=a的溶液中：c(HCOeq oal(,3)c(COeq oal(2,3)c(H2CO3)c(H+)DpH=10.3的溶液中：c(Na+)1.000103molL115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+2

11、NH3H2OAg(NH3)eq oal(+,2)+Cl+2H2O下列说法错误的是A“氧化”阶段的离子方程式为4Ag+4ClO+2H2O4AgCl+4OH+O2B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”的滤渣进行洗涤，并将洗涤后的滤液合并入过滤的滤液中三、非选择题：本题共5小题，共60分。16（12分）用磷铁渣(含Fe、FeP、Fe2P及少量杂质)制备FePO42H2O(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

12、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11.5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FePO42H2O的离子方程式 。17（12分）(一)过碳酸钠(Na2CO4)是一种很好的供氧剂，其与稀盐酸反应的化学方程式为：2Na2CO4+4HCl=4NaCl+2CO2+O2+2H2O。市售过碳酸钠一般都含有碳酸钠，为测定某过碳酸钠样品(只含Na2CO4和Na2CO

13、3)的纯度，某化学兴趣小组采用以下方案实施：样品eq o(,sup7(操作)样品2.08geq o(,sup7(稀盐酸),sdo7(操作)溶液eq o(,sup7(操作)固体 （1）操作为_。（2）操作中将产生的气体通过澄清石灰水后，用排水法收集气体气体标况下为112mL，则样品的纯度为 。(二)为了探究Cu(NO3)2在酸性条件下跟铁单质的反应。他们取一支试管，加入Cu(NO3)2溶液，滴入适量稀硫酸酸化，再加入一定量铁粉，实验后没有固体残留物质。（3）加入铁粉后第一步离子反应方程式为 。（4）甲同学认为，若析出红色固体物质，向溶液中滴加KSCN溶液，一定无现象。该说法 （填“合理”或“不合

14、理”）。（5）该探究小组对反应后溶液中铁元素的价态进行探究，他们设计了实验方案，并进行实验。请按下表格式补充写出实验操作步骤、预期现象与结论。实验操作步骤预期现象与结论步骤1：观察样品溶液呈蓝绿色，_(填“能”或“不能”)确定产物中铁元素的价态步骤2：取少量溶液，滴加酸性KMnO4溶液，若紫色褪去结论：_，反应离子方程式为 。步骤3：另取少量溶液，滴加KSCN溶液若溶液变为红色，说明产物中含+3价的铁元素；若溶液颜色无明显变化，则说明产物中不含+3价的铁元素18（10分）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C

15、H4与NOx反应除去NOx，已知有下列热化学方程式：CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l) H-890.3kJmol1N2(g)+2O2(g)2NO2(g) H+67.0kJmol1H2O(g)H2O(l) H-41.0kJmol1则2CH4(g)+4NO2(g)2CO2(g)+4H2O(g)+2N2(g) H_kJmol1；(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

16、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人一定量的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0.2molL1，0.8molL1，0.8molL1，1.6molL1。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H_(填“或“NaHCO3溶液酸性：H2CO3HClOD向KNO3和KOH混合溶液中加入铝粉并加热，管口放湿润

17、的红色石蕊试纸试纸变为蓝色NOeq oal(,3)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NOeq oal(,3)被还原为NH3，

18、D正确。8下列离子反应方程式正确的是AFe与稀硝酸反应，当n(Fe)n(HNO3)=12时，3Fe+2NOeq oal(,3)+8H+3Fe2+2NO+4H2OBCuSO4与过量浓氨水反应的离子方程式：Cu2+2NH3H2OCu(OH)2+2NHeq oal(+,4)C向硫酸铝铵溶液滴加足量的氢氧化钡溶液：Al3+2SOeq oal(2,4)+2Ba2+4OHAlOeq oal(,2)+2BaSO4+2H2OD向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SOeq oal(2,4)刚好沉淀完全：2H+SOeq oal(2,4)+Ba2+2OH2H2O+BaSO4【答案】A【解析】当n(Fe)

19、n(HNO3)=14时，Fe+NOeq oal(,3)+4H+Fe3+NO+2H2O，再增加1倍的Fe时，2Fe3+Fe=3Fe2+，铁过量，故A正确；CuSO4与过量浓氨水反应Cu2+4NH3H2OCu(NH3)42+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NHeq oal(+,4)+Al3+2SOeq oal(2,4)+2Ba2+4OHAl(OH)3+2BaSO4+NH3H2O，故C错误；向NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SOeq oal(2,4)刚好沉淀完全：H+SOeq oal(2,4)+Ba2+OHH2O+Ba

20、SO4，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=2NH3B是反应催化剂C整个催化过程中存在NTi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，cd的过程存在NTi键的断裂，ab的过程存在NTi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

21、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2ClOeq oal(,3)+SO2SOeq oal(2,4)+2ClO2B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12D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+SO2Na2SO4+2ClO2，故离子方程式为2ClOeq oal(,3)+SO2SOeq oal(2,4)+2ClO2，A正确；BH2O2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

22、的反应为2ClO2+H2O2+2NaOH2NaClO2+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21，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。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，有1个或2个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。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。下列说法不正确的是A充电时，a为阴极B放电时，b极附近pH增大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

23、电路中转移0.2mol电子时，阳极析出铜单质6.4g【答案】CD【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+4e4OH，溶液的pH增大，故B正确；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NHeq oal(+,4)废水和工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO不考虑其

24、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、CaSO3B捕获剂所捕获的气体主要是COCX可以是空气，当它过量时，会发生反应：4NOeq oal(,2)+2O24NOeq oal(,3)D处理含NHeq oal(+,4)废水时，氧化剂和还原剂的比例为11【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

25、，则产物除了有亚硝酸钠，还有硝酸钠，转化关系为4NOeq oal(,2)+2O24NOeq oal(,3)，故C正确；D中处理含NHeq oal(+,4)废水时，氧化剂为亚硝酸根离子，还原剂为铵根离子，比例是11，故D正确。一定压强下，向10L密闭容器中充入1mol S2Cl2和1mol Cl2，发生反应S2Cl2(g)+Cl2(g)2SCl2(g)。Cl2与SCl2的消耗速率(v)与温度(T)的关系如图，以下说法正确的是A该反应是吸热反应BA、B、C、D四点对应状态下，达到平衡状态的为B点、D点C一定温度下，在密闭容器中达到平衡后缩小容器体积，重新达到平衡后，S2Cl2的平衡转化率减小D达到

26、平衡后再加热，平衡向正反应方向移动【答案】B【解析】在A点，Cl2与SCl2的消耗速率(v)相等，则反应未达平衡；在B点，Cl2的消耗速率v(Cl2)=0.03mol(Lmin)1，在D点，SCl2的消耗速率v(SCl2)=0.06mol(Lmin)1，反应物与生成物的速率之比等于化学计量数之比，则反应达到平衡状态；继续升高温度，SCl2的消耗速率大于Cl2的消耗速率的二倍，则平衡逆向移动，所以正反应为放热反应。A由分析可知，正反应为放热反应，A错误；B根据分析可知，达到平衡状态的为B点、D点，B正确；C一定温度下，在恒容密闭容器中，达到平衡后缩小容器体积，相当于加压，该反应前后气体系数之和相

27、等，所以平衡不发生移动，S2Cl2的平衡转化率不变，C错误；D据图可知达到平衡后再加热，SCl2的消耗速率大于Cl2的消耗速率的二倍，则平衡逆向移动，D错误；综上所述答案为B。14t时，配制一组c(H2CO3)+c(HCOeq oal(,3)+c(COeq oal(2,3)=1.000103molL1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+COeq oal(2,3)2HCOeq oal(,3)的平衡常数为1.0104BpH=7的溶液中：c(Na+)c(H2CO3)CpH=a的溶液中

28、：c(HCOeq oal(,3)c(COeq oal(2,3)c(H2CO3)c(H+)DpH=10.3的溶液中：c(Na+)1.000103molL1【答案】AC【解析】常温下，当pH=6.3时，c(H2CO3)=c(HCOeq oal(,3)，则Ka(H2CO3)=c(H+)=1106.3molL1，同理可知，当pH=10.3时，c(COeq oal(2,3)=c(HCOeq oal(,3)，则Ka(HCOeq oal(,3)=c(H+)=11010.3molL1，反应H2CO3+COeq oal(2,3)2HCOeq oal(,3)的平衡常数为=1104，故A正确；根据图中信息可知当pH

29、=7时，c(HCOeq oal(,3)c(H2CO3)c(COeq oal(2,3)，且c(H+)=c(OH)，根据电荷守恒得到c(Na+)=c(HCOeq oal(,3)+2c(COeq oal(2,3)，因此c(Na+)c(H2CO3)，故B错误；当pH=a时，c(HCOeq oal(,3)c(COeq oal(2,3)c(H2CO3)c(H+)，故C正确；由A项可知Ka(H2CO3)=1106.3，Ka(HCOeq oal(,3)=1.0001010.3，则，=1104，当pH=10.3时，c(COeq oal(2,3)=c(HCOeq oal(,3)，则；c(H2CO3)+c(HCOe

30、q oal(,3)+c(COeq oal(2,3)=1.000103molL1，则c(H2CO3)=5.000108molL1，2c(COeq oal(2,3)=1.000103molL1-5.000108molL1，根据电荷守恒得到c(Na+)c(HCOeq oal(,3)+2c(COeq oal(2,3)，即c(Na+)3c(COeq oal(2,3)，故c(Na+)1.000103molL1，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+2NH3H2OAg(NH3)eq oal(+,

31、2)+Cl+2H2O下列说法错误的是A“氧化”阶段的离子方程式为4Ag+4ClO+2H2O4AgCl+4OH+O2B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”的滤渣进行洗涤，并将洗涤后的滤液合并入过滤的滤液中【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)eq oal(+,2)，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

32、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+2H2O4AgCl+4OH+O2，故A正确；B氨水中的NH3H2O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”的滤渣进行洗涤，并将洗涤后的滤液合并入过滤的滤液中，故D正确；答案选B。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16（12分）用磷铁渣(含Fe、FeP、Fe2P及少量杂质)制备FePO42

33、H2O(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11.5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FePO42H2O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） 漏斗、烧

34、杯、玻璃杯（1分） 温度过高，氨水会加速分解，导致产品产率降低（2分） 4Fe2P+11O2eq o(=,sup7(90)4Fe2O3+2P2O5（2分）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） 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+nNH3H2O+(2-n)H2O=FePO42H2O+nNHeq oal(+,4)+(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

35、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+11O2eq o(=,sup7(90)4Fe2O3+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NH3H2O得到FePO4，可推知生成FePO42H

36、2O的原料是Fe3+、H3PO4、NH3H2O等，结合原子守恒即可写出离子方程式。17（12分）(一)过碳酸钠(Na2CO4)是一种很好的供氧剂，其与稀盐酸反应的化学方程式为：2Na2CO4+4HCl=4NaCl+2CO2+O2+2H2O。市售过碳酸钠一般都含有碳酸钠，为测定某过碳酸钠样品(只含Na2CO4和Na2CO3)的纯度，某化学兴趣小组采用以下方案实施：样品eq o(,sup7(操作)样品2.08geq o(,sup7(稀盐酸),sdo7(操作)溶液eq o(,sup7(操作)固体 （1）操作为_。（2）操作中将产生的气体通过澄清石灰水后，用排水法收集气体气体标况下为112mL，则样品

37、的纯度为 。(二)为了探究Cu(NO3)2在酸性条件下跟铁单质的反应。他们取一支试管，加入Cu(NO3)2溶液，滴入适量稀硫酸酸化，再加入一定量铁粉，实验后没有固体残留物质。（3）加入铁粉后第一步离子反应方程式为 。（4）甲同学认为，若析出红色固体物质，向溶液中滴加KSCN溶液，一定无现象。该说法 （填“合理”或“不合理”）。（5）该探究小组对反应后溶液中铁元素的价态进行探究，他们设计了实验方案，并进行实验。请按下表格式补充写出实验操作步骤、预期现象与结论。实验操作步骤预期现象与结论步骤1：观察样品溶液呈蓝绿色，_(填“能”或“不能”)确定产物中铁元素的价态步骤2：取少量溶液，滴加酸性KMnO

38、4溶液，若紫色褪去结论：_，反应离子方程式为 。步骤3：另取少量溶液，滴加KSCN溶液若溶液变为红色，说明产物中含+3价的铁元素；若溶液颜色无明显变化，则说明产物中不含+3价的铁元素【答案】（1）蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥（2分）（2）58.7%（2分） （3）Fe+NOeq oal(,3)+4H+=Fe3+NO+2H2O（2分） （4）合理（2分） （5）不能（1分） 说明产物中含+2价铁元素（1分） MnOeq oal(,4)+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O（2分） 【解析】（1）操作为溶液蒸发结晶操作，并得到固体，故为蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥；（2）产生气体通过澄清石灰水

39、后，主要为氧气，为0.005mol，通过2Na2CO4+4HCl=4NaCl+2CO2+O2+2H2O方程可知，Na2CO4物质的量为0.01mol，则质量为1.22g，所以纯度为1.22/2.08=58.7%；（3）因HNO3氧化性比Cu2+强，所以铁粉先与HNO3反应，故方程为Fe+NOeq oal(,3)+4H+=Fe3+NO+2H2O；（4）反应后铁粉剩余，继续与Fe3+反应，最后再与Cu2+反应生成铜单质为红色，故析出铜单质后，无Fe3+剩余，滴加KSCN溶液无现象，所以合理；（5）Fe2+在溶液中为浅绿色，Fe3+在溶液中为棕黄色，而该溶液呈蓝绿色，因此不能确定产物中铁元素的价态；

40、滴入KMnO4溶液，若紫色褪去，则说明存在+2价铁元素，反应离子方程式为MnOeq oal(,4)+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O。18（10分）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：CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l) H-890.3kJmol1N2(g)+2O2(g)2NO2(g) H+67.0kJmol1H2O(g)H2O(l) H-41.0kJmol1则2CH4(g)+4NO2(g)2CO2(g)+4H2O(g)+2N

41、2(g) H_kJmol1；(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人一定量的CO2和H2，在300时发生上述反应，达到平衡时CO2、H2、CH4、H2

42、O的浓度依次分别为0.2molL1，0.8molL1，0.8molL1，1.6molL1。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H_(填“或“”)0。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）600850速率常数k正(min1)3270k逆(min1)812(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

43、，B任意时刻的浓度，k为反应速率常数，t为反应时间，则：t=_min时反应达平衡。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/(Lmin)(保留整数)。(已知lg2=0.3，lg5=0.7)【答案】（1）-1750.6（1分） A（2分） 25（2分） （1分） 0.023（2分） 87（2分） 【解析】（1）已知：CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(l) H=-890.3kJmol1；N2(g)+2O2(g)2NO2(g) H=+67.0kJmol1；H2O(g)=H2O(l) H=-41.0kJmol1；则根据盖斯定律可知2(-2)即得到热化学

44、方程式2CH4(g)+4NO2(g)2CO2(g)+4H2O(g)+2N2(g)的H=-1750.6kJmol1；（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；Cc、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=0.81.62

45、/0.20.84=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：A(g)B(g)起始(mol/L) 2 0转化(mol/L) x x平衡(mol/L) 2-x x600K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；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

46、，解得：t=0.0115min，则这段时间内正反应的平均反应速率v=87mol/(Lmin)；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+CO2eq o(,sup7(一定条件)H2NCONH2+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

47、类型是_，键与键数目之比为_。(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。X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)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Ar3d9（1分） ds（1分） ONC（1分） H2ONH3CO2（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） sp2（1分） 17（1分） 156.5pm（2