2021年山东省新高考高考化学猜题试卷

2021年山东省新高考高考化学猜题试卷

1.古代文学中蕴含许多化学知识，下列说法正确的是()

A.成语“水滴石穿”中只发生了物理变化

B.俗语“卤水点豆腐”中“卤水”指的是氯水

C.“客从南溟来，遗我泉客珠”中珍珠的主要成分是碳酸钙

D.“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”，该过程涉及可逆反应

2.下列有关化学用语表示正确的是()

A.乙酸乙酯、甲醛和淀粉的实验式都为CH?。

F

B.甲烷二氟代物CH2F2的电子式为H:e:H

•4

F

O'、

C.中子数为6和8的碳原子的结构示意图都为(+6)24

D.纯碱溶液呈碱性的原因：CO歹+2H2。#H2cO3+20H-

3.下列说法错误的是()

A.水汽化和水分解两个变化过程中都需破坏共价键

B.P2O5和SO2分子间作用力大小不同导致熔点不同

C.基态碳原子核外有三种能量不同的电子

D.区分晶体Ni和非晶体Ni最可靠的科学方法是X-射线衍射法

4.下列反应的离子方程式书写错误的是()

+

A.Na2s2O3溶液中加入稀硫酸：S201-+2H=S02T+SI+H20

3+

B.泡沫灭火器工作原理：Al+3HCO]=A1(OH)3I+3CO2T

32+

C.使用K31Fe(CN)6]检验Fe2+：2[Fe(CN)6]-+3Fe=Fe3[Fe(CN)6]2I

D.酸性条件下，碘化钾溶液久置变黄：2H++21-+3。2=2HIO3

5.G是食品防腐剂，其分子模型如图所示。下列说法错误的是()

A.G易被氧化且遇FeCb溶液显色

B.ImolG最多能消耗3moi小

C.ImolG最多能与2moiNaOH反应

D.G分子中碳原子只采用1种杂化方式

6.过氧化钙（Cao?）是一种白色的固体，微溶于水，且不溶于乙醇、乙醛和碱性溶液,

溶于酸。利用反应Ca2++H2O2+2NH3+8H2O=CaO2-8H2OI+2NH，制备过氧

化钙的装置如图所示。下列说法正确的是（）

A.仪器Y的名称为长颈漏斗

B.W可以是NH4Q,通过加热W提供反应所需的N%

C.仪器X的作用是导气，并防止发生倒吸现象

D.为加快反应速率和提高产率，可将冰水混合物改为温水浴加热

7.CO与电0均是大气污染物，可通过反应（：0+电0=电+«）2转化为无害气体，其

相对能量与反应历程的关系如图所示。

(

-

L

i

2・

)

亩

翼

x,

£

已知CO与用0在铁催化剂表面进行如下两步反应：

第一步：Fe*+N20=FeO*+N2

第二步：Fe（r+C0=Fe*+C02下列叙述错误的是（）

第2页，共27页

A.FeO*是反应的中间产物

B.两步反应的△H均小于0

C.该反应的速率主要由第二步反应决定

D.E2-Eo为在没有催化剂条件下总反应的活化能

8.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，甲、乙、L回

丙是由这些元素中的2种或3种元素组成的化合物，常温下,

「圆

O.lmol•IT】丙溶液的pH=13,气体乙能使湿润的红色石蕊试

纸变蓝。甲、乙、丙间的转化关系如图所示。下列说法正确的是（）

A.X的简单氢化物的热稳定性比Y的强

B.X、Y、Z简单离子半径大小为Z>Y>X

C.化合物甲属于共价化合物

D.化合物XY2与足量丙的水溶液反应可生成两种盐

9.如图为某二次电池充电时的工作原理示意图，该过程可实现盐溶液的淡化。下列说

法正确的是（）

电源

Bi/NaTig),

BiOCINa,Ti?(PO)

A.充电时,a极为电源负极

B.充电时,电解质溶液的pH不变

C.放电时,每生成lmolBi消耗1.5molNa3Ti2(PC)4)3

+

D.放电时,负极反应式为Bi-3e-+H20+CP=BiOCl+2H

10.苯酚具有杀菌消炎的作用，可由如下路线合成

O

0H。下列说法正确的是（）

0rc,,^Cr"~°H士。

ABC

A..物质A苯环上的一漠取代物有4种

B.反应②属于消去反应

C.物质B与物质C均可与NaOH溶液发生反应

D.物质C与互为同系物

CH2OH

△

11.氢氟酸是芯片加工的重要试剂。常见制备反应为：CaF2+2H3P。4二Ca(H2Po4)2+

2HFT,已知Ca(H2Po4)2溶液显酸性，NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法不

正确的是()

+

A.Ca(H2Po溶液中微粒浓度大小顺序：C(H2P0J)>c(H)>c(HPO^)>

C(H3P04)

B.P0广的空间构型为正四面体形

C.已知CaFz晶胞中每个Ca2+被8个F-包围，则的配位数是8

D.由于HF分子间能形成氢键，所以热稳定性HF>HC1

12.下列实验能达到预期目的的是()

选

实验内容实验目的

项

向ImLO.2moi•『iNaOH溶液中滴入2滴O.lmol-证明在相同条件下，溶

ALMg"溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴O.lmoh解度Mg(0H)2>

LTFeCb溶液，又生成红褐色沉淀Fe(0H)3

B向Na2Si()3溶液中滴入稀盐酸，边滴加，边振荡制备硅酸胶体

CpH相等的两种一元碱溶液混合后，pH不变证明两种碱均为强碱

D用玻璃棒蘸取浓氨水点到红色石蕊试纸上，试纸变蓝色证明氨水显碱性

A.AB.BC.CD.D

13.制取纯净CUCI2-2H2。的生产过程：用粗CuO(含少量铁)溶解在足量的稀盐酸中加热、

过滤，得到CuC12(含FeC12)的溶液I，对该溶液按下列步骤进行提纯。下列说法错

误的是()

溶液II

A.加入的氧化剂X最好选用出。2溶液，发生反应的离子方程式为2Fe2++&。2+

2H+=2Fe3++2H2。

B.加入的物质Y可以是氧化铜、氢氧化铜、碳酸铜、碱式碳酸铜中的任意一种

C.溶液HI在干燥的HC1氛围中加热可获得较纯净的晶体Cud?•2H2。

D.可用KSCN溶液检验溶液I中的Fe2+是否完全转化为Fe3+

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14.NSR技术能降低柴油发动机在空气过量条件下NOx的排放，其工作原理如图所示。

下列说法错误的是()

储存,还原

A.降低NO*排放可以减少酸雨的形成

B.储存过程中NO*被还原

C.还原过程中消耗lmolBa(NO3)2转移的电子数为5心(以为阿伏加德罗常数的值

)

D.通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实现NOx的储存和还原

15.工业生产上用过量烧碱溶液处理某矿物(含AI2O3、MgO),过滤后得到滤液用

NaHCOs溶液处理，测得溶液pH和A1(OH)3生成的量随加入NaHCC)3溶液体积变化

的曲线如图，下列有关说法不正确的是()

pHW

A

rr[Al(OH)JK

O

(4032)40s

30M

o

20.

10m

o

D

WNaHCO,ymL

A.生成沉淀的离子方程式为：HCO3+AIO2+H20=A1(OH)3J+C01-

B.原NaHC()3溶液中c(H2cO3)+c(HCOj)+c(COg)=0.8mol/L

C.a点溶液中存在：c(Na+)+c(H+)=c(A10£)+c(OH-)

D.a点水的电离程度大于b点水的电离程度

16.无水FeCk是有机合成的催化剂，易溶于水并且有强烈的吸水性，能吸收空气里的

水分而潮解。实验室可用氯气与铁反应制备无水三氯化铁，如图是某学生设计的制

(2)B、C试剂瓶中放置的试剂分别为浓硫酸、饱和食盐水，则实验装置连接的先后

顺序是。(用小写字母表示)

(3)若仪器X中盛放的是KMnO4,则其中反应的离子方程式是o

(4)仪器Y中盛放的物质是碱石灰或无水氯化钙，其作用是o

(5)当装置C中充满黄绿色气体时，再点燃装置E处酒精灯，原因是。

(6)室温时，向FeCb溶液中滴加NaOH溶液，当溶液pH=3时,Fe3+(填“是

或“否”)沉淀完全，理由是。［已知Fe(OH)3的溶度积常数Ksp=1.1x

10-36,当离子浓度小于1.0x10-5moi时，即可认为该离子沉淀完全］

17.NO*是常见的大气污染物，处理NO*有助于减少雾霾天气的形成。

1

已知：I.CO(g)+T()2(g)=CO2(g)△%=-283.0kJ-mor

-1

n.N2(g)+O2(g)U2N0(g)△H2=+179.5kJ-mol

n.2N0(g)+2C0(g)=N2(g)+2CO2(g)△H3

回答下列问题：

_1

(1)△H3=kJ-molo

(2)若在某绝热恒容密闭容器内进行反应in,下列图象能表示该反应到达平衡状态

的是。(填标号)

(3/TC时，在容积为2L的密闭容器中，力口入2moiNO和2moic。发生反应也，5min

后反应达到平衡，测得平衡时体系压强是起始压强的0.8倍。

①v(NO)=。

②TC时，该反应的平衡常数K=,如果这时向该密闭容器中再充入

2moiNO和2m0岫，此时v正v逆(填“>”“<”或

(4)在某恒容密闭容器中进行反应2N0(g)+02(g)=2NO2(g)△H<0。已知该反应

的v正=k正c2(N°)•c(02),v逆=k逆c2(N°2)(k正、k逆分别为正、逆向反应速率常

数)。

①加入催化剂，该反应的餐。(填“增大”、“减小”或“不变”)

②该反应的馆口、馆E随温度变化的曲线如图所示，则表示馆或随温度变

化的曲线。

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吟

500510520530540550560570

温度/七

18.七水硫酸镁(Mgs。4•7H2。)在印染、造纸和医药等领域中有重要的用途。硼镁泥是

硼镁矿生产硼砂的废渣，其主要成分是MgCC)3,还含有MgO、CaO、Fe2O3.FeO.

Mn02,AI2O3、Si。2等杂质，工业上用硼镁泥制取七水硫酸镁的工艺流程如图。

(CaSO4-2HzO)

已知：①MnOz不溶于稀硫酸。

②CaSOq和Mgs。4•7H2。在不同温度下的溶解度(g)数据如下表所示:

温度/℃

1030405060

物质

CaS040.190.210.210.210.19

MgS04-7H2O30.935.540.845.6—

(1)硼镁泥用硫酸溶解之前，先将硼镁泥粉碎，其目的是。

(2)该流程涉及多次过滤，实验室中过滤后洗涤沉淀的操作为。

(3)“煮沸”的目的是。

(4)若滤渣B的主要成分为Al(0H)3和Fe(0H)3,则加入NaClO发生氧化还原反应的

离子方程式为。

(5)流程中操作1为蒸发浓缩、趁热过滤，这样既可得到CaSO〃2H2O,又防止

(6)获取MgSO『7H2。的操作2中，不需要的操作是。(填标号)

a

(7)取24.6gMgS04-7H2。加热至不同温度，剩余固体的质量如下表。

温度/y1502007801124

质量/g13.8012.009.334.00

则780K时所得固体的化学式为。(填标号)

A.MgO

B.Mg3O-(S04)2

C.MgSO4

D.MgS04-H20

19.元素H、N、0、S、Fe之间可形成多种化合物。请回答下列问题：

(1)基态Fe原子的价层电子排布式为;其最外层电子的电子云形状为

(2)N、0、S三种元素的第一电离能由大到小的顺序为；下列状态的。中,

最容易失去最外层电子的是。(填序号)

A.Is22s22P3

B.Is22s22P4

C.Is22s22P33sl

D.Is22s22P23sl

(3)写出一种与SO：-互为等电子体的微粒的化学式NH：的空间构型为

(4)氨水中存在多种氢键，其中强度最弱的是(用化学符号表示，用…表示

氢键)，NH：+OH-—NH3T+H20.NH*转化为NH3的过程中，没有发生变化的

有o(填序号)

A.键角

B.粒子的空间构型

C.杂化轨道类型

(5)已知单质铁有如图所示的三种堆积方式的晶胞结构：

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①晶胞a属于堆积;

②用含有IT的式子表示出晶胞b的空间利用率；

③若晶胞c的密度为pg-cm-3,则铁的原子半径「=cm。(用含p、NA的式

子表示，NA表示阿伏加德罗常数的值)

20.托来普隆(化合物G)是一种用来治疗失眠的药物，其合成路线如图。

已知：①

OO

②-N电易被氧化。

回答下列问题：

(1)ATB所需的试剂和条件为。C中所含官能团的名称为。

(2)由E生成F的化学方程式为。

(3)由B生成C的反应类型为。D的结构简式为o

（4）化合物C的同分异构体中能同时满足以下三个条件的有种。

（回）含有苯环结构：（回）能发生银镜反应；（图）苯环上只有2个取代基。

-CH,《》COOCjH,一

（5）设计由一和乙醇制备y的合成路线：_______。（无机

NH

NO22

试剂任选）

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答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：A.“水滴石穿”的过程中二氧化碳溶于水后，与碳酸钙反应生成了溶于水

的碳酸氢钙，使得石头逐渐溶解，该过程中有新物质生成，不止发生了物理变化，还发

生了化学变化，故A错误；

B.“卤水”是电解质溶液，溶质主要是氯化镁，豆浆属于胶体，电解质溶液能使胶体发

生聚沉，故“卤水”可使豆浆变为豆腐，故B错误；

C.珍珠为贝类内分泌作用而形成的含碳酸钙的矿物珠粒，因此主要成分是碳酸钙，故C

正确；

D.在同一条件下，既能向正反应方向进行，同时又能向逆反应方向进行的反应，称为可

逆反应，“丹砂(HgS)烧之成水银”的过程需要加热，“积变又还成丹砂”则在常温下

即可发生，两者不是同时发生，因此不是可逆反应，故D错误。

故选：Co

A.有新物质生成的变化为化学变化；

B.“卤水”是电解质溶液，溶质主要是氯化镁；

C.珍珠的主要成分是碳酸钙；

D.相同条件下同时向正反两个方向进行的反应为可逆反应。

本题考查了元素化合物知识,侧重考查物质组成成分，熟悉相关物质的成分是解题关键,

题目难度不大，注意对相关知识的积累。

2.【答案】C

【解析】解：A.乙酸乙酯的分子式为C4H8。2、实验式为C2H4。，淀粉的分子式为

(C6HloO5)n＞实验式为CGHIOOS，故A错误;

B.CH2F2分子中F原子的最外层电子数为8,每个F原子含有3对孤电子对，其电子式

为H：S：H,故B错误;

••

：F：

♦♦

C.中子数为6和8的碳原子中质子数和核外电子数均为6,最外层电子数为6,其原子

结构示意图为,故C正确;

D.纯碱是碳酸钠的俗名，是弱酸强碱盐，水解使溶液呈碱性，离子方程式为COg+

H2O^HCO3+0H-,HCO3+H20H2CO3+0H-,二者不能合并，故D错误；

故选：Co

A.实验式是最简式，分子中各原子的最简比例式；

B.CH2F2分子中F原子的最外层电子数为8；

C.碳原子的核内质子数和核外电子数均为6,分层排布；

D.碳酸是二元弱酸，碳酸根水解分步进行，以第一步为主。

本题考查常见化学用语的表示方法，题目难度不大，涉及最简式、原子结构简式、电子

式和电离方程式书写等知识，明确常见化学用语的书写原则即可解答，试题有利于提高

学生的分析能力及规范答题能力。

3.【答案】A

【解析】解：A.水汽化破坏的是氢键和范德华力，水分解则需破坏共价键，故A错误；

B.P2O5和S02均属于分子晶体，分子间作用力大小决定熔点高低，而分子间作用力的大

小取决于相对分子质量的大小，故B正确；

C.基态碳原子的核外电子排布式为Is22s22P2,占据ls、2s、2P三个能级，所以有三种

能量不同的电子，故C正确；

D.构成晶体的粒子在微观空间里呈现周期性的有序排列，晶体的这一结构特征可以通过

X-射线衍射图谱反映出来，因此区分晶体和非晶体的最可靠的科学方法是对固体进行

X-射线衍射实验，故D正确；

故选：Ao

A.水汽化破坏的是氢键和范德华力；

B.P2O5和SO?均属于分子晶体，分子间作用力大小决定熔点高低；

C.基态碳原子的核外电子排布式为Is22s22P2,占据Is、2s、2P三个能级；

D.构成晶体的粒子在微观空间里呈现周期性的有序排列。

本题考查内容较多，涉及共价键、分子间作用力、电子排布规律以及晶体和非晶体的区

分方法等知识点，题目难度不大，侧重对基础知识的巩固，注意对基础知识的理解掌握。

4.【答案】D

【解析】解：A.发生氧化还原反应生成S、二氧化硫和水，离子方程式为SzOp+2H+=

S02T+S1+力0,故A正确；

B.发生相互促进水解反应生成沉淀和气体，离子反应为A13++3HCO3=A1(OH)3I

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+3C02T,故B正确；

C.K31Fe(CN)6]检验Fe?+生成蓝色沉淀，离子反应为2[Fe(CN)613-+3Fe2+=

Fe3[Fe(CN)6]2X,故C正确;

D.酸性条件下，碘化钾被氧气氧化生成碘单质，离子反应为4H++41-+。2=212+

2H2。,故D错误；

故选：D。

A.发生氧化还原反应生成S、二氧化硫和水；

B.发生相互促进水解反应生成沉淀和气体；

C.K3【Fe(CN)6]检验Fe2+生成蓝色沉淀；

D.酸性条件下，碘化钾被氧气氧化生成碘单质。

本题考查离子方程式的书写，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，

侧重分析与应用能力的考查，注意离子反应中保留化学式的物质，题目难度不大。

5.【答案】D

【解析】解：A.G含有酚羟基，易被空气中氧气氧化，可与氯化铁溶液发生显色反应，

故A正确；

B.G含酯基和苯环，酯基不能与氢气加成，苯环可与氢气发生加成反应，则lmolG最多

能消耗3m0国2,故B正确；

C.一个G分子中含一个酚羟基、一个酯基，lmolG最多消耗2moi氢氧化钠，故C正确；

D.G中苯环和酯基中碳原子采用sp2杂化，丙基中碳原子采用sp3杂化，故D错误；

故选：D。

由球棍模型可知，有机物含有酚羟基、酯基，具有酚、酯类的性质，可水解生成对羟基

苯甲酸和1-丙醇，以此解答该题。

本题考查有机物的结构和性质，为高频常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意

把握有机物官能团的性质，为解答该类题目的关键，题目难度不大。

6.【答案】C

【解析】解：A.仪器Y是分液漏斗，故A错误；

B.加热氯化镀分解产生的氨气、HC1稍冷会重新化合为氯化镀，不能用于制取氨气，且

容易堵塞试管，故B错误；

C.氨气极易溶于水，使用X可以防止倒吸，故C正确；

D.温水浴可以加快反应速率，但是会促进过氧化氢的分解，不能提高产率，故D错误,

故选：Co

分析流程可知W中的固体为制取氨气的反应物，固体制取氨气，应选用碱石灰与氯化

钱的混合固体，装置X可以将生成的氨气导入氯化钙溶液，且装置X进行改造，中间

连接了长颈漏斗，可以达到防止倒吸的作用，三颈烧瓶内发生反应Ca2++H2()2+

2NH3+8H20=CaO2•8H20X+2NHJ,冷水浴作用下，CaO2•8%0溶解度较低，可以

获得产物，且低温可以抑制过氧化氢分解，据此分析回答问题。

本题过氧化钙(Cao?)的制备为背景，考查了学生制备流程，分离提纯，氧化还原反应，

氨气制取等内容，考查范围较广，难度适中。

7.【答案】C

【解析】解：A.由两步反应原理可知，由FeO*在第一步生成，在第二步消耗，则FeO*是

反应的中间产物，故A正确；

B.根据反应历程图，可知两步反应的生成物的总能量均低于对应反应反应物的总能量，

则两步反应均为放热反应，则两步反应的△H均小于0,故B正确；

C.根据反应历程图，第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能，活化能越大，反应

速率越慢，则总反应速率主要由第一步反应决定，故C错误；

D.在没有催化剂条件下总反应的活化能是E2-E。，故D正确；

故选：Co

A.由两步反应原理可知，由FeO*在第一步生成，在第二步消耗；

B.比较反应物总能量和生成物总能量即可得出结论；

C.比较第一步和第二步反应活化能，活化能越大，反应速率越慢，慢反应决定总反应速

率；

D.反应活化能是过渡态的平均能量与反应物分子的平均能量的差。

本题考查化学反应能量变化、活化能，解题的关键是掌握放热反应、吸热反应与反应物

总能量、生成物总能量的关系和催化剂通过降低反应活化能加快反应速率，此题难度中

等。

8.【答案】D

【解析】解：由以上分析可知可知W、X、Y、Z分别为H、N、0、Na等元素。

A.由于非金属性0>N,故热稳定性出0>N&,故A错误；

B.X、Y、Z简单离子均为10电子结构的离子，原子序数越小，离子半径越大，故离子

半径由大到小的顺序为X>Y>Z,故B错误；

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C.NasN是由离子组成的离子化合物，故C错误；

D.N02与NaOH溶液反应生成硝酸钠和亚硝酸钠两种盐，故D正确；

故选：D。

常温下，0.1mol•LT丙溶液的pH=13,则丙为强碱，应为NaOH,气体乙能使湿润的

红色石蕊试纸变蓝，则为NH3，可知甲为NasN,可知W、X、Y、Z分别为H、N、0、

Na,结合物质对应的性质以及元素周期率知识解答该题。

本题考查无机物推断，侧重考查学生知识综合运用能力，正确判断物质是解本题关键，

推断题要根据某些物质的特殊性质或颜色为突破口进行推断，题目难度不大。

9.【答案】C

【解析】解：A.充电时，Bi电极上，Bi失电子生成BiOCl,反应为Bi+Cr+H20-3e.=

BiOQ+2H+,则Bi为阳极，所以a为电源正极，故A错误；

+

B.阳极反应为：Bi+Cr+H20-3e-=BiOCl+2H,阴极反应式为反应为

NaTi2(PO4)3+2Na++2e-=Na3Ti2(P04)3,则电解时有H+生成,故电解质溶液pH减

小，故B错误；

C.放电时，Bi为正极，BiOCl得电子发生还原反应，每生成ImolBi,转移3moi电子，

而负极上NasIVPOJ转化为NaTi2(PC>4)3失去2moi电子，由电子守恒可知每生成

ImolBi消耗L5molNa3Ti2(PO4)3,故C正确;

+

D.放电时，负极反应式为：Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na,故D错误；

故选：C„

+

充电时，Bi电极上，Bi失电子生成BiOCL反应为Bi+Cr+H20-3e-=BiOCl+2H,

则Bi为阳极，所以a为电源正极，b为负极，NaTi2(P(\)3为阴极得电子发生还原反应，

+

M^NaTi2(P04)3+2Na+2e-=Na3Ti2(PO4)3,放电时，Bi为正极，BiOCl得电子

发生还原反应，NaTi2(P04)3为负极，据此分析解答。

本题考查化学电源新型电池，为高考高频点，明确元素化合价升降与电极名称关系是解

本题关键，难点是电极反应式的书写，侧重于考查学生的分析能力和应用能力，题目难

度中等。

10.【答案】c

【解析】解：A.物质A苯环上的一澳取代物有3种，故A错误；

B.反应②是苯甲酸在催化剂作用下经过还原反应转化为苯酚的过程，不属于消去反应,

故B错误；

C.物质B中含有般基，物质C中含有酚羟基，二者均可以与NaOH溶液发生反应，故C

正确；

D.物质C是酚类，物质是醇类，二者不互为同系物，故D错误；

故选：Co

A.物质A苯环有3种H；

B.反应②是苯甲酸在催化剂作用下经过还原反应转化为苯酚；

C.竣基、酚羟基均可以与NaOH溶液发生反应；

D.都含有羟基，但分别属于酚、醇类。

本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和自学能力，本

题注意把握有机物的结构特点和反应类型的判断，题目难度不大。

11.【答案】CD

【解析】解：A.H3P。4是中强酸，分步电离，Ca(H2Po4)2溶液显酸性，则H2Poi程度大

于水解程度，Ca(H2Po)溶液中微粒浓度大小顺序为c(H2P0Z)>c(H+)>c(HPO。>

c(H3Po4)，故A正确;

B.PO『的中心原子P的价层电子对数为4+若丝=0,无孤电子对，VSEPR模型和

空间构型均为正四面体，故B正确；

C.CaF?晶胞中每个Ca2+被8个F-包围，即Ca的配位数为8,根据CaF2晶胞中“Ca离子

数x配位数=氟离子数x配位数”可知，F-的配位数是4,故C错误；

D.分子的热稳定性与分子间氢键无关,热稳定性:HF>HCI,是因为H-F键能大于H-CU

故D错误；

故选：CD。

A.H3PO4是中强酸，分步电离，电离程度逐级减弱，Ca(H2PoJ溶液显酸性，则H2Poz

程度大于水解程度；

B.PO『的中心原子P的价层电子对数为4+与丝=0,无孤电子对，VSEPR模型为

正四面体；

C.CaF2晶胞中每个Ca2+被8个F-包围，则F-的配位数是4；

D.热稳定性与分子间形成的氢键无关。

本题考查弱电解质的电离平衡及离子浓度比较、物质的结构与性质，涉及酸式盐的电离

和水解平衡、VSEPR模型的计算推断、氢键、晶胞结构、键能大小与物质稳定性的关

系等知识，为高频考点，把握酸式盐的电离和水解平衡、晶胞的结构及分子的性质是解

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题关键，注意D选项为易错点，题目难度中等。

12.【答案】D

【解析】解：A.NaOH过量，均为沉淀生成，且沉淀类型不同，由操作和现象不能比较

难溶电解质的溶解度，故A错误；

B.制备硅酸胶体应用酚献作指示剂，然后将盐酸加入到Na2SiC>3溶液中，边加边振荡，

至溶液红色变浅并接近消失时停止，静置，故B错误；

C.pH相等的两种一元碱溶液混合后，pH不变，可知c(H+)不变化，温度不变，不能证

明两种碱均为强碱，故C错误；

D.能使红色石蕊试纸变蓝色的溶液显碱性，由操作和现象可知氨水显碱性，故D正确；

故选：D。

A.NaOH过量，均为沉淀生成；

B.制备硅酸胶体应用酚微作指示剂，且顺序不合理；

C.pH相等的两种一元碱溶液混合后，pH不变，可知c(H+)相同；

D.能使红色石蕊试纸变蓝色的溶液显碱性。

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、沉淀生成、胶体制备、

实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难

度不大。

13.【答案】D

【解析】解：A.根据流程图可知氧化剂X的作用是将Fe2+氧化为Fe3+,选择的氧化剂可

3+

为山。2,为绿色氧化剂，发生反应的离子方程式为2Fe2++小。2+2H+=2Fe+2H2O,

故A正确；

B.物质Y的作用是消耗H+,使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，可以是氧化铜、氢氧化铜、

碳酸铜、碱式碳酸铜中的任意一种物质，且不引入新杂质，故B正确；

C.由于铜离子易水解，因此为得到CuC12-2H2。晶体，可在HC1氛围中加热氯化铜溶液，

故C正确；

D.无论Fe2+是否完全转化为Fe3+,只要有Fe3+生成，加入KSCN溶液后，溶液就变为红

色，故D错误；

故选：D。

溶液I中含有亚铁离子、铜离子、氯离子，加入氧化剂将亚铁离子氧化成铁离子，则氧

化剂可为氯水、过氧化氢等，然后加入Y调节溶液的pH,将铁离子转化成氢氧化铁沉

淀除去，则Y可为氧化铜、氢氧化铜、碳酸铜、碱式碳酸铜等，得到的溶液乙为氯化铜

溶液，然后在持续通入HC1气体并不断搅拌条件下蒸发溶液乙获得氯化铜晶体，以此解

答该题。

本题考查物质制备实验方案的设计、物质的分离与提纯方法综合应用，题目难度中等，

明确制备流程及反应原理为解答关键，需要注意除杂不能引入新的杂质，试题侧重考查

学生的分析、理解能力及化学实验能力。

14.【答案】BC

【解析】解：A.NOx可形成硝酸型酸雨，降低NO*排放可以减少酸雨的形成，故A正确；

B.由分析可知，储存过程中NO*中N元素的化合价升高，被氧化，故B错误；

C.还原过程中，Ba(N()3)2中N元素化合价从+5价降低为0价，消耗lmolBa(NC)3)2转移

的电子数为IONA，故C错误；

D.由分析可知，通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化可实现NOx的储存和还原，故D正确；

故选：BC。

由图可知，储存过程中NO和氧气在Pt催化剂表面反应生成NO2,反应方程式为2N0+

02=2NO2,生成的NO2与BaO反应生成Ba(NO3)2，反应方程式为BaO+NO?=

Ba(NO3)2,在还原过程，Ba(NC)3)2与还原性尾气反应生成BaO和氮气，氮元素由+5价

降为0价，据此作答。

本题考查氮氧化物的尾气处理问题，题目难度中等，侧重考查学生获取信息和分析推断

能力。

15.【答案】BD

【解析】解：A.NaHCO3和NaAK)2反应生成A1(OH)3和Na2cO3,离子方程式为：HCOJ+

AIO2+H20=A1(OH)31+C01-,故A正确；

B加入40mLNaHC()3溶液时沉淀最多，A1(OH)3的沉淀为0.032mol,前8mLNaHC()3溶液

和氢氧化钠反应不生成沉淀，后32mLNaHCO3溶液与偏铝酸钠反应，HCO]+A10]+

H20=A1(OH)3I+C0歹，生成0.032molAl(OH)3沉淀，则原NaHCOs溶液中n(NaHC()3)=

0320

n[Al(OH)3]=0.032mol,c(NaHCO3)=^^'=1.0mol/L,原NaHCOs溶液中的物料守

恒关系为：C(H2CO3)+c(HCO。+c(CO1~)=1,0mol/L,故B错误；

C.a点为NaAK)2和NaOH的混合溶液，溶液中的电荷守恒关系为：c(Na+)+c(H+)=

C(A1O2)+C(OH-),故C正确；

D.NaAlC)2和NaOH的混合溶液，b点为NaAQ与Na2cO3的混合液，因为NaOH抑制水

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的电离，NaAlC>2与Na2c。3均促进水的电离，所以水的电离程度：a点小于b点，故D

错误；

故选：BDo

A.NaHCC)3和NaAlOz反应生成Al(0H)3和Na2cO3；

B.由图可知，沉淀NaAI()2消耗的体积为(40-8)mL=32mL,生成Al(0H)3的最大量为

0.032moL根据NaHCC>3和NaAlO2的反应方程式计算n(NaHC()3)，结合c=和NaHCC)3溶

液中的物料守恒关系写出关系式；

C.a点为NaAlOz和NaOH的混合溶液，根据电荷守恒关系分析；

D.酸碱抑制水的电离，含有弱离子的盐促进水的电离，根据a点、b点溶液中溶质的成

分分析。

本题考查了电解质溶液中的反应图象，为高频考点，把握图中沉淀与pH的变化、发生

的反应、图象上各点溶质的成分、离子方程式的书写为解答的关键，侧重分析、识图和

运用能力的考查，注意掌握盐类水解原理、物料守恒和电荷守恒关系式的应用，题目难

度中等。

+2+

16.【答案】圆底烧瓶a、f、g、b、c、d、e、h2MnO；+10Cl-+16H=2Mn+5C12T

+8%0防止后面装置中的水分与三氯化铁反应防止装置中的空气与铁发生反

应否c(Fe3+)=1.1x10-3mol/L>1.0x10-smol/L,所以沉淀不完全

【解析】解：(1)分析图片可知仪器X的名称是圆底烧瓶，

故答案为：圆底烧瓶；

(2)该实验是先利用固液不加热的装置制取氯气，然后进行除杂、干燥，与铁发生反应，

最后进行尾气处理，实验仪器连接的先后顺序是a、f、g、b、c、d、e、h,

故答案为：a、f、g、b、c、d、e、h；

(3)若仪器X中盛放的是高镭酸钾，则制取氯气的离子方程式：2MnO1+10C「+

+2+

16H=2Mn+5C12T+8H20,

+2+

故答案为：2MnO1+10Cr+16H=2Mn+5C12T+8H2O；

(4)因为三氯化铁易溶于水并且有强烈的吸水性，仪器Y中盛放的物质是碱石灰或无水

氯化钙，可防止后面装置中的水分与三氯化铁反应，

故答案为：防止后面装置中的水分与三氯化铁反应；

(5)当装置C中充满黄绿色气体时，再点燃装置E处酒精灯，可防止装置中的空气与铁

发生反应，

故答案为：防止装置中的空气与铁发生反应；

(6)当溶液pH为3时，溶液中c(OH-)=10-iimol/L,根据沉淀溶解平衡，pH=3时溶

液c(Fe")=^^=，^^?mol/L=l.lxl0-3moi/L>1.0xl0Tmol/L,所以沉

淀不完全，

故答案为：否；c(Fe3+)=1.1x10-3mol/L>1,0x10-5mol/L,所以沉淀不完全。

装置E为氯化铁的合成装置，干燥的氯气与铁在加热条件下生成氯化铁，装置A为氯

气的制取装置，圆底烧瓶中利用高镒酸钾与浓盐酸反应制取氯气，生成的氯气中有氯化

氢和水蒸气杂质，依次通过饱和食盐水和浓硫酸提纯氯气，装置Y为固体干燥剂，其作

用是吸收水蒸气防止氯化铁潮解，排出气体中有氯气，故装置D为尾气处理装置，为防

止氧气氧化铁，故应先通一段时间氯气排除装置内的控制，否则会有氧化铁生成，

(6)利用沉淀溶解平衡，判断铁离子沉淀时所需的pH与实际pH对比。

本题以氯化铁的制备为背景，考查了学生有关氧化还原反应，沉淀溶解平衡，反应装置

评价等内容，其中三氯化铁的性质为本实验的关键，考查范围较广，难度适中。

17.【答案】—745.5AB0.16mol/(L-min)160>不变m

【解析】解：(1)根据盖斯定律：2XI-II得2NO(g)+2C0(g)=N2(g)+2CO2(g)△H=

(-283x2-179.5)kJ/moi=-745.5kJ/mol,

故答案为：-745.5；

(2)A.反应HI正向为放热反应，随着反应的进行，容器内温度升高，K减小，当K不变

时，说明反应达到了平衡状态，故A正确；

B.随着反应的进行，反应物的转化率增大，当反应物的转化率不变时，说明反应达到平

衡状态，故B正确；

C.根据质量守恒，混合气体的质量始终不变，容器体积不变，则气体密度为一定值，故

C错误；

D.随着反应的进行，v正减小至不变，无法确定丫正=丫逆，故D错误；

故答案为：AB；

(3)①VC时，在容积为2L的密闭容器中，加入2moiNO和2moic0发生反应HI,5min

后反应达到平衡，设NO转化物质的量为2xmol,

2N0(g)+2C0(g)=N2(g)+2C02(g)

起始n(mol)2200

转化n(mol)2x2xx2x

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平衡n(mol)2-2x2-2xx2x

测得平衡时体系压强是起始压强的0.8倍，压强之比等于物质的量之比，则平衡时总物

质的量为4moiX0.8=3.2mol=(2—2x+2—2x+x+2x)moL解得x=0.8,则

v(NO)=£SJ=°」6mW(L-min),

故答案为：0.16mol/(L-min)；

②根据①可知，n(NO)=n(CO)=0.4moLn(N2)=0.8mol,n(CO2)=1.6mol,K=

z

湍湍&=犀居=160；这时向该密闭容器中再充入2molNO和2mol4,Qc=

(空)2乂至

居2x(均2x15E＜160,则反应正向移动，v正＞v逆，

故答案为：160；＞；

CC

(4)①反应达到平衡时,丫正=V逆，k正2(N0)•c(O2)=k逆2(N02),则三==

k正一

K,加入催化剂，化学平衡不移动，则干不变，

故答案为：不变；

②该反应是放热反应，升高温度，正速率常数增大得少，即电2随温度升高减小得少，

m表示恒后随温度变化的曲线，

故答案为：m。

(1)根据盖斯定律:2xI一口得2N0(g)+2C0(g)=N2(g)+2CO2(g)；

(2)判断化学平衡状态的直接标志：I"正=丫逆(同物质)，口.各组分浓度不再改变，以

及以此为基础衍生出来的标志如压强不再改变，混合气体的密度不再改变、气体的颜色

不再变化等等，以此为判断依据;

(3)①T5C时，在容积为2L的密闭容器中，加入2moiNO和2moic0发生反应HI,5min

后反应达到平衡，测得平衡时体系压强是起始压强的0.8倍，列化学平衡三段式，结合

压强之比等于物质的量之比计算;

②根据①中数据，结合K=计算;如果这时向该密闭容器中再充入2moiNO

霓Cz(CO潜)Cz骁(NO)

和2m01”,计算此时的浓度商，再与K值比较得出结论；

(4)①反应达到平衡时，vF=v逆，k正c2(NO)-c(O2)=k逆C2(NO2),则"=

K逆

温凯=K,加入催化剂，化学平衡不移动;

②该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则升高温度，正反应速率常数增大

的少。

本题综合考查化学知识，侧重考查学生分析能力、识图能力和计算能力，题目涉及反应

热的计算、化学平衡的移动、化学平衡的计算，根据题目信息，结合盖斯定律、勒夏特

列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度大。

18.【答案】增大反应物接触面积，加快化学反应速率，提高原料的利用率沿玻璃棒向

漏斗中加蒸储水浸没沉淀，静置，待水自然流下，重复2〜3次防止生成A1(OH)3和

-2++3+

Fe(OH”胶体，易沉淀分离CIO+2Fe+2H=Cl-+2Fe+H20MgS04-7H2O^

出，降低产率cdB

【解析】解：⑴将硼镁泥粉碎能增大固体的表面积，使固体与溶液充分接触，加快