2021年高考化学信息速递卷05（河北新高考解析版）

2021年高考信息速递卷05（河北新高考）

化学试卷

（本卷共18小题，满分100分，考试用时75分钟）

可能用到的相对原子质量：H1B11C12N14O16A127Si28S32V51Fe

56Ce140Pb207

绝密★启用前

注意事项：

1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2.请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

一、选择题：本题共9小题，每小题3分，共27分。每小题只有一个选项符合题目要求。

1.下列物质不唇,有机物的是

A.“中国天眼”传输信息用的光纤材料——光导纤维

B.“嫦娥5号”织物版国旗使用的国产高性能材料——芳纶纤维

C.“新冠疫情”医用防护服使用的防水透湿功能材料——聚氨酯薄膜

D.“一箭四星”运载火箭发动机使用的高效固态推进剂——二聚酸二异氟酸酯

【答案】A

【详解】

A.光导纤维的主要成分是二氧化硅，二氧化硅是无机物，不是有机物，故A符合题意；

B.芳纶纤维是有机合成高分子化合物，属于有机物，故B不符合题意；

C.聚氨酯薄膜是有机合成高分子化合物，属于有机物，故C不符合题意；

D.二聚酸二异鼠酸酯是有机合成高分子化合物，属于有机物，故D不符合题意；

故选Ao

2.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是

A.SO2具有氧化性，常用于漂白秸秆、织物

B.Na2O2能与CO2等反应生成氧气，常用作供氧剂

C.硝酸具有强酸性，常用于实验室制氢气

D.次氯酸有酸性，可用于自来水的杀菌消毒

【答案】B

【详解】

A.二氧化硫用于漂白秸秆、织物是因为其具有漂白性，与其氧化性无关，A错误；

B.人呼出的气体中含有二氧化碳和水蒸气等，过氧化钠可以CO2等反应生成氧气，所以常用作供氧剂，B

正确；

C.硝酸具有强氧化性，但被还原时一般得到氮氧化物，无法生成氢气，C错误：

D.次氯酸有强氧化性，能使蛋白质变性，可用于自来水的杀菌消毒，与次氯酸的酸性无关，D错误；

综上所述答案为B.

3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

A.Imol二硫化碳晶体中含有的共用电子对数为2NA

B.9.2gC7H8和C3H8。3混合物在足量氧气中完全燃烧，生成H2O的数目为0.4NA

C.将2.24LC12（标准状况下）通入足量水中，转移电子数目为O.INA

D.ILO.lmol/L的Na2cCh溶液中所含的阴离子数目小于O.INA

【答案】B

【详解】

A.二硫化碳的结构式为S=C=S,则Imol二硫化碳晶体中含有的共用电子对数为4M,A不正确；

B.C7H8和C3HQ3的相对分子质量都为92,9.2g混合物的物质的量为O.lmol,则混合物中含有H原子的物

质的量为0.8mol,完全燃烧生成H2O的数目为0.4NA,B正确；

C.2.24LC12（标准状况下）为O.lmol,与水发生反应CI2+H2O口HC1+HC10,但由于该反应是可逆反应，

0.1molCb只有一部分与水发生反应，所以转移电子数目小于O.INA,C不正确；

D.Na2c。3溶液中存在水解平衡：CO'+H2ODHCO；+0H\HCO；+H2ODH2CO3+OH,所以ILO.lmol/L

的Na2cCh溶液中所含的阴离子数目大于0.1NA,D不正确；

故选B。

4.对于下面的实验装置及其实验目的，表述错误的是

酸性高钵酸钾

溶液）

甲乙丙T

A.装置甲后加接装有碱石灰的球形干燥管，才能获得纯净干燥的甲烷

B.装置乙改用水浴加热，才能用于实验室制备乙酸乙酯

C.充分冷敷装置丙中圆底烧瓶后，打开止水夹，可见“喷泉”现象

D.装置丁可用于实验室制备SCh

【答案】B

【详解】

A.高钵酸钾氧化乙烯生成二氧化碳，装置后加接装有碱石灰的球形干燥管，可吸收二氧化碳、水等，可获

得纯净干燥的甲烷，故A正确；

B.制备乙酸乙酯，可直接加热，无需水浴加热，故B错误：

C.氨气易溶于水，可导致圆底烧瓶压强减小，可形成喷泉，故C正确；

D.浓硫酸与亚硫酸钠反应，可生成二氧化硫，故D正确；

故选B。

5.如图所示为处理含氟、磷污水的工艺。下列说法错误的是

A.工艺中涉及溶液、胶体、浊液三种分散系

B.该污水未经处理直接排入河中容易造成水华

C.“调整pH”时需加入过量NaOH

D.实验室模拟上述流程需选用烧杯、玻璃棒、漏斗、胶头滴管等玻璃仪器

【答案】C

【详解】

A.该工艺中上清液属于溶液、絮凝沉淀属于胶体、含磷、氟污水属于浊液，故A正确；

B.含有大量磷元素的污水进入河流会使藻类大量繁殖，引起水华，故B正确；

C.“调整pH”时若加入过量NaOH,过滤后上清液中仍有大量氢氧化钠，有强碱性，不能达标排放，故

C错误；

D.烧杯、玻璃棒、漏斗用于过滤，胶头滴管用于调整pH,故D正确:

故选C。

6.科学家首次用C02高效合成乙酸，其反应路径如图所示,

CH3COOH

HI4为

H2O

Rh*CHCOOHRh*I

LilLiOH3

CHRhk*I32

CH3OH3co

下列叙述不正确的是

A.HLLiOH、CH3I、CHaRh*I、CH3coORh*I为反应的中间产物

B.第4步反应的氧化剂是CH3coORh*I

C.反应过程中碳元素的化合价始终不变

D.催化循环的总反应为CH3OH+CO2+H2"CH3COOH+H2O

【答案】C

【详解】

A.根据步骤反应知，HI、LiOH、CH3I、CH3Rh*I、CECOORh*1都是先生成后反应掉的物质，则都是反应

的中间产物，故A正确；

B.第4步反应为：CHsC00Rh*I+H2=CH3COOH+Rh*+HI,氧化剂是CH3coORh*L故B正确；

C.碳元素在CH30H中显-2价，在CH3coOH中显0价，碳元素的化合价根成键原子的非金属性有关，故

C错误；

D.根据图示，CH3OH,CO2、比反应生成CH3coOH和H2O,化学方程式为：

Li、Rh*

CH3OH+CO2+H2------------CH3coOH+H2O,故D正确；

故选：C。

7.1,3-丁二烯在某条件下与嗅发生加成反应时，会生成M和N两种产物，其反应机理如图1所示：室温

下，M可以缓慢转化为N,能量变化如图2所示。下列叙述错误的是

tCH,-CH,-CH-CH4r

A.M发生加聚反应产物的结构简式为

BrBr

B.N存在顺反异构

C.室温下，N的稳定性强于M

D.M—N反应的热效应△H=-(E2-E1)kJ-mo「

【答案】A

【详解】

A.M发生加聚反应，产物的结构简式为+1fcq一叩七，

BiCHCH^Sr

』下.4田-甲七人项错误；

BCHCH^rftCHCH先

B.有机物N的双键碳原子都连接了-H和-CHzBr,当相同的原了•或原子团位于双键的同侧，即顺式结构，

当相同的原子或原子团位于双键的异侧，即反式结构，故N存在顺反异构，B项正确；

C.由题干信息“室温下，M可缓慢转化为N”，化学反应趋向于生成更稳定的物质，因此N的稳定性强于

M,C项正确；

D.由图2可知M-N反应放热，AH<(),feAH-CEj-E^kJmor',D项正确；

答案选A。

8.现有元素X、Y、Z、Q为主族元素，原子序数依次增大，其中X、Q在同一主族。相关信息如下表:

元素相关信息

XX为非金属元素

Y最外层是最内层电子的三倍

Z在第三周期元素中，z的简单离子半径最小

QQ单质能与冷水剧烈反应，所得强碱溶液中的阳离子的电子数为18

下列说法正确的是

A.X与Y不可能形成X2Y2分子

B.工业电解制备Z时，用含Z3+的助熔剂来降低Z2Y3的熔融温度

C.Z、Q最高价氧化物对应水化物的碱性依次减弱

D.第5周期且与Y同主族元素可作为半导体材料

【答案】D

【分析】

Y的最外层是最内层电子的三倍，则Y的电子排布为2、6,为O元素：Z在第三周期元素中，简单离子半

径最小，则Z为A1元素：Q单质能与冷水剧烈反应，所得强碱溶液中的阳离子的电子数为18,则Q为K

元素；X、Q在同一主族，且X为非金属元素，则X为H元素。

【详解】

A.X和Y为H、0元素，可形成H2O2分子，A不正确；

B.工业电解制备A1时，用含［A1F6产的助熔剂（不含AF+）来降低AkOj的熔融温度，B不正确；

C.Z、Q分别为Al、K元素，金属性AIVK,最高价氧化物对应水化物的碱性依次增强，C不正确：

D.Y为O元素，第5周期且与Y同主族元素为Te,位于元素周期表中金属与非金属的分界线附近，可作

为半导体材料，D正确；

故选D。

9.苯乙烯与澳苯在一定条件下发生Heck反应：目丽触

某实验小组在原料及催化剂把用量等均相同的条件下进行多组实验，测得如下数据；

反应温度/℃100100100100120140160

反应时间/h10121416141414

产率/%81.284.486.686.293.596.696.0

下列说法正确的是

A.该反应为吸热反应

B.由表中数据可知最佳反应条件为120℃、14h

C.在100℃时•、反应时间10~14h内，产率增加的原因是反应速率增大

D.从140℃升到160℃,反应相同时间产率下降的原因可能是平衡向逆反应方向移动

【答案】D

【详解】

A.由表中数据可知，温度为100℃时，随时间的推移产率增大，说明在该温度下14小时还未达到平衡，反

应还在正向进行，此产率并非是平衡时的产率，由140℃升到160℃,反应相同时间产率下降的原因可能是

平衡向逆反应方向移动，故该反应为放热反应，A错误；

B.由表中数据可知，反应条件为140℃、14h时产率最高，故为最佳反应条件，B错误；

C.温度不变，随着反应的进行反应物浓度减小，反应速率减慢，而在100℃时、反应时间10~14h内，产

率增加的原因是在该温度下14小时还未达到平衡，反应还在正向进行，生成的产物越来越多，产率增大，

C错误；

D.由A项分析可知，从140℃升到160℃,反应相同时间产率下降的原因可能是平衡向逆反应方向移动，

也可能是催化剂高温下失去活性，D正确；

故答案为：D。

二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得

4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

10.一种新型高分子M的合成方法如图：

O

KIlIII

NH2HN-C

HOCH2-CH-COOH-“杀件AHO-CH2-CHCH-CH2OH

酪氨酸一C-NH

O

环二肽

o

oIIc

IIHN-CO

CI3CO—C-OCCb

H—O-\_y-CH2-CHCH-CH2-A)-O-C--OCC13

C-NH"

II

°高分子M

下列说法不无哪的是

A.酪氨酸能与酸、碱反应生成盐

B.Imol环二肽最多能与2molNaOH反应

o

c.高分子M中含有II结构片断

—o—c-o—

D.高分子M在环境中可降解为小分子

【答案】B

【详解】

A.酪氨酸中有酚羟基(显碱性，可与酸反应)，含有竣基(显酸性，可与碱反应)，A项正确；

B.Imol环二肽中含有2moi酚羟基，2moi肽键，均可与氢氧化钠反应，故最多与4moi氢氧化钠反应，B

项错误；

C.根据高分子M的图，将该片段首尾相连，即含有选项中的片段，C项正确：

D.M可脱去HOCCb小分子，而且肽键可以断裂，D项正确；

答案选B。

11.室温下进行下列实验，根据实验操作和现象，所得到的结论正确的是

选

实验操作和现象结论

项

C2H5O-结合H+的能力

A乙醇钠的水溶液是强碱性

强

B将某溶液滴在KI淀粉试纸上，试纸变蓝原溶液中一定含有Ch

C向FeCL和KSCN的混合溶液中滴入硝酸酸化的AgNCh溶液，溶液变红氧化性：Fe3+<Ag+

向盛有2mL一定浓度的Na2[Ag(S2Ch)2]溶液的试管中,滴入5滴2molU1[AgGO3)2厂发生了

D

的KI溶液，产生黄色沉淀电离

【答案】AD

【详解】

A.乙醇钠的水溶液呈强碱性，C2H5。-发生水解的程度大，C2H5。一结合H+的能力强，A项正确；

B.将某溶液滴在KI淀粉试纸上，试纸变监，有两种可能，一种是该溶液中含有h,另一种是该溶液中含

有能将KI氧化成12的物质，但不一定是氯气，B项错误；

C.硝酸酸化的AgNCh溶液中含硝酸，硝酸将Fe2+氧化成Fe3+,不能说明氧化性：Fe3+<Ag+,C项错误；

D.黄色沉淀是AgL说明Na3[Ag(S2O3)2]溶液中含有Ag+,结论正确，D项正确；

答案选ADo

12.某科学家发现了一种高效、清洁、选择性地将乙烯转化为环氧乙烷(丛)的电解装置，如图所示。

2CfCl,+H,0=HOC1+HO

CH,、「；

圈或7市

H}0

［「

HO

-

已知：Z^+OH-->,、+C1+H2O

□/\

下列说法正确的是

HO

A.物质Z是/—、

HO

B.工作时，X极附近溶液的pH增大

C.Y极为阴极，离子交换膜应为阴离子交换膜

电解()小

D.制备的总反应式为C2H&+兄0=+H2T

【答案】CD

【详解】

HOHO

A.由信息：/一、+OH--〈+C「+H?。可知Z为/一、，故A错误；

ClC1

B.X极附近图示反应可知酸性增强，故B错误；

C.由图示可知X为阳极，Y为阴极，由于反应需要OH-,故离子交换膜应为阴离子交换膜，允许OH-与

HOn

/一、反应得到/‘<,故c正确；

C1

D.制备的总反应式为C2H4+H2O曳解/(J+H2T,故D正确；

故选CD。

13.酒石酸是葡萄酒中主要的有机酸之一，它的结构式为HOOCCH(OH)CH(OH)COOH(简写为H2R)。已知:

25℃时，H2R和H2cO3的电离平衡常数如下:

化学式

H2RH2cO3

KI=9.1X10-4Ki=4.2xl0-7

电离平衡常数

K2=4.3xlO-5K2=5.6x10-1'

下列说法正确的是

A.NaHR溶液呈酸性，且溶液中c(Na+)>c(HR)>c(H2R)>c(R")

B.在Na2R溶液中通入足量C02生成的盐是NaHR和NaHCCh

C.ImolfhR分别与足量的NaOH、Na2co3、Na反应消耗三者的物质的量之比为2：1：2

D.25℃时，将等物质的量浓度的NaHR和Na2cCh溶液等体积混合，所得溶液中各微粒浓度大小顺序为:

c(Na+)>c(R2)>c(HCO；)>c(OH)>c(H+)

【答案】C

【详解】

K1x10大

5

A.NaHR溶液中HR-电离常数为K2=4.3xIO-,水解常数a=k=五而<必NaHR溶

液呈酸性，根据分析，电离大于水解，H?R是由于NaHR水解产生的，故c(R2)>c(H?R),A项错误;

B.根据题中电离常数得到酸性：HR>H2CO3,因此Na?R溶液中通入足量CO2是不反应的，B项错误;

C.ImolHzR与足量的NaOH反应消耗2moiNaOH,与Na2c0,反应消耗ImolNa2cO3,与Na反应消

耗2moiNa,因此消耗三者的物质的量之比为2:1:2,C项正确；

5

D.NaHR溶液中HR-电离常数为K2=4.3XIO-,25℃时，Na2CO3溶液中CO；的水解常数

K_1x1Q-14

w>4.3x10-5,则CO/水解产生的HCO］浓度大于HR-电离产生的R?.浓度，溶液

■^■-5.6xl0*"

呈碱性，因此所得溶液中各离子浓度大小顺序为：c(Na+)>c(HCO；)>c(R))>c(OH-)>c(H+),D项错误;

答案选C。

第II卷(非选择题)

非选择题：共57分。第14~16题为必考题，每个试题考生都必须作答。第17-18题为选考题，考生根据要

求作答。

(-)必考题：共42分

14.实验室使用的纯度较高的NaCl可用含泥沙、海藻、K+、Ca2+、Mg2\Fe3\SO：等杂质的海盐为原料

制备，实验室模拟工业制备流程如下图

沉降剂除杂试剂

▼操作操作通

XYHC1试剂缈

海盐上层清液-----►滤液-------►饱和溶液----结-晶-

NaCl

(1)焙炒海盐的目的是

(2)溶解时，为吸附水中的悬浮物应加入沉降剂，下列哪种沉降剂最佳

A.明研B.硫酸铁C.硫酸铝D.氯化铁

(3)操作X为___________

(4)根据除杂原理，在下表中填写除杂时依次添加的试剂及预期沉淀的离子。

实验步骤试剂预期沉淀的离子

步骤1NaOH溶液Mg2+、Fe3+

步骤2——

步骤3——

①写出制备HC1气体的化学反应方程式(产物之一为正盐)

②相比分液漏斗，选用仪器1的优点是

③写出仪器2的名称

④盛放NaOH溶液的烧杯的用途是

(6)已知CrO；+Ba2*=BaCrO.N(黄色)；CrO：+3Fe2++8H+=Cr3++3Fe3++4H2。设计如下实验测定NaCl产品

中SO：的含量，填写下列表格。

操作现象目的/结论

称取样品〃ng加水溶解，加

盐酸调至弱酸性，滴加过最稍显浑浊目的：_____

cimolLiBaCB溶液VimL

继续滴加过量C2

黄色沉淀目的：沉淀过量的Ba?+

molL“K2CrO4溶液V2mL

过滤洗涤，将魂液加水至

200.00mL,取25.00mL滤

液于锥形瓶中，用C3结论:测定SO：的质量分

molLFeSCU溶液滴定3数

次。平均消耗FeSCh溶液

V3mL.

若某次滴定，FeSC>4溶液不计算得到的SO：的含量—

小心溅出2滴。(填偏高、偏低或不变)。

【答案】(1)除去海藻等有机杂质，并使其颗粒变小

(2)D

(3)过滤

(4)BaCL溶液SO：Na2cCh溶液Ba2+ffCa2+

A

(5)2NaCl+H2so”浓)=Na2so4+2HC1T平衡漏斗与烧瓶内压强，使液体顺利滴下蒸储烧瓶吸

收尾气(防止污染空气)

(6)使SO：完全沉淀偏高

【分析】

海盐经过焙炒，除去海藻等有机杂质，并使其颗粒变小，之后溶解，加入氯化钢除去硫酸根，加入NaOH

除去Mg2+和Fe3+,再加入碳酸钠除去过量的钢离子和钙离子，之后过滤取滤液，蒸发浓缩得到饱和溶液，

KCI的溶解度比NaCl大，所以通入HC1气体结晶得到NaCl,以此解答；

【详解】

(1)焙炒海盐可以除去海藻等有机杂质，并使其颗粒变小，加速溶解，故答案为：除去海藻等有机杂质，并

使其颗粒变小；

(2)明机、硫酸铁、硫酸铝、氯化铁都可以水解净水，但是铝离子，硫酸根离子对身体有害，所以氯化铁净

水最佳，故答案为：D；

(3)根据分析可知操作X为过滤，故答案为：过滤；

(4)根据步骤1可知，加入氢氧化钠溶液除去了Mg2+、Fe3+,还需要除去Ca?+,Ba2+,SO：,步骤2加入过

量的BaCb溶液可除去SO：,步骤3加入Na2cCh溶液除去过量的Ba?+和Ca2+,故答案为：BaCh溶液，SO：,

Na2cO3溶液，Ba?+和Ca2+；

A

(5)①可用氯化钠与浓硫酸共热制取HC1且产物硫酸钠为正盐，其化学方程式为：2NaCl+H2s浓)=

A

Na2so4+2HC1T，故答案为：2NaCl+H2so"浓)=Na2so4+2HCIT；

②仪器1侧面导管可以平衡压强，使液体顺利滴下，故答案为：平衡压强，使液体顺利滴下；

③仪器2的名称为圆底烧瓶，故答案为：圆底烧瓶；

④盛放NaOH溶液的烧杯的用途是吸收尾气(防止污染空气)，故答案为：吸收尾气(防止污染空气)；

(6)步骤①加入BaCh溶液，目的是使SO：完全沉淀，若某次滴定，FeSCh溶液不小心溅出2滴，溶质的质

量减小，计算得到的SO7的含量偏高，故答案为：使SO：完全沉淀，偏高；

15.无水碱式氯化铜［CU2(OH)3C1］为绿色或墨绿色结晶性粉末，难溶于水，溶于稀酸和氨水，在空气中

十分稳定。

I.模拟制备碱式氯化铜晶体。向精制的CuC%溶液中通入NH3和HC1,调节溶液pH至5.0〜5.5,控制反

应温度为70~80℃,实验装置如图所示(部分夹持装置己省略)。

(1)实验室利用A装置制备NH,,反应物是NH4cl和(写化学式)。

(2)仪器B的名称为,在实验中能起到的作用是。

(3)观察整套图示，你认为有必要增加装置。

(4)反应结束后，将三颈烧瓶中的混合物过滤，从滤液中获得的副产品是。

II.无水碱式氯化铜含量的测定。上述操作后得到的固体经提纯得产品无水碱式氯化铜。称取产品加硝酸溶

解，并加水定容至200mL,得到待测液。测定样品中共含2.56g铜。

(1)待测液中©((2/+)=。

(2)采用银量法测定氯，用NH&SCN标准溶液滴定过量的AgN。,，发生反应Ag++SCN=AgSCN实

验示意图如下。

0.1000inolL-iNH4SCN溶液

i)20.00mL待测液

ii)聚乙烯醇溶液

iii)30.00mL0.1000molL」AgN03溶液

(聚乙烯醇的作用是阻止AgQ与AgSCN的转化)滴定时，可选用NH4Fe(SC>4)2作为指示剂，当加入最后

一滴NH4SCN标准溶液，溶液变为色，且半分钟内不变色时停止滴定，若滴定前酸式滴定管未用标

准液润洗，则样品中n(Cl)的计算结果.(填“偏低”、“偏高”或“无影响”)。

【答案】I(1)Ca(OH)2

(2)球型干燥管导气，防止倒吸

(3)(3)尾气处理

(4)NH4cl

II(1)0.2mol/L

(2)红偏低

【详解】

A

I(1)实验室制NH3用NH4cl和Ca(0H)2混合加热制取，的化学反应方程式为：2NH&C1+Ca(OH)2=

CaCb+2NH3f+2H2O,故答Ca(OH)2；

(2)仪器B为球形干燥管；由于NHs极易溶于水，所以干燥管作用为：防止倒吸和导气；

(3)NH3气体有毒，实验装置中缺少NH3的尾气处理装置：

+

(4)三颈烧瓶中的反应为：2CU2++3NH3+3H2O+C1=CU2(OH)3C1J+3NH4,所以副产品为NH4CI；

,2.56g■,n0.04mol”,,

II(I)n(Cu)=n(Ci")=--------=0.04mol,c(CiP+)=—=--------=0.2mol/LT；

64g/molV0.2L

(2)SCN-先于Ag+反应生成沉淀，当Ag+反应完全，SCN-与Fe3+形成血红色溶液，故溶液变成血红色或者

红色，且半分钟内不褪色表示达到滴定终点：酸式滴定管未润洗，则N3SCN溶液被稀释，则消耗同样多

的Ag+,NH6CN消耗的体积偏大，则计算出消耗的Ag+的体积偏大，与C「反映的Ag+体积偏小，则测出

n(C「)偏低，结果偏低。

16.二氧化碳的高值化利用，不但可以实现二氧化碳的资源化利用，还可以缓解能源压力。以二氧化碳、

氢气为原料合成乙烯涉及的主要反应如下：

,

I.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△HI=+41.2kJmor

1

II.2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g)AH2=-128.1kJ-mol

(1)反应2co(g)+4Hz(g)=C2H4(g)+2H?0(g)AH=kJ-mof1。

n

(2)543K时，二氧化碳的平衡转化率、投料比m=L与压强的关系如图甲所示,则m,、m3

Ln(H2)J

由大到小的顺序为。

100

10o川

%

、8o

#80%

7、

)6o6o型

?灌

题

4o4o姒

小

02o2O

。

OO

II1I

3735737973

7373

77

图

甲

图

乙

(3)在一定条件下，二氧化碳的平衡转化率与产物的选择性随温度的变化如图乙所示。已知：某产物的选择

性是指生成该产物所消耗反应物的量占消耗的反应物总量的比例。

①当温度低于773K时CO?的平衡转化率随温度升高而减小的原因是

②为同时提高合成乙烯的速率和乙烯的选择性，可以采取的措施是..(只答一条)。

60

50甲

40

乙

20

A(633,11.1

10

Qi»__________11111

513543573603633663693723753

77K

(4)理论计算表明，体系压强为3.IMPa,原料初始组成n(CC)2)：n(H2)=l:3,反应H达到平衡时，CO2、H2、

C2H4、H2O四种组分的体积分数x随温度T的变化如图所示。图中，表示乙烯和氢气的曲线分别是

和。根据图中A点的坐标，计算该温度时的平衡常数Kp=(MPa)-3o(列出计算式。以分压

表示，分压=总压x物质的量分数)。

【答案】(1)-210.5

(2)

(3)反应I的AHX),反应II的AH<0,温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CC>2转化为

乙烯的平衡转化率下降，且下降幅度超过上升幅度增大压强(或使用适宜的催化剂)

(3.1x0.111)x(3.1x0.444)2

(3.1x0.111)2x(3.1x0.333)'

【详解】

(1)I.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)AH,=+41.2kJ-mor'

II.2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g)AH2=-128.1kJ-moF

根据盖斯定律,II-2xI得2co(g)+4H2(g)=C2H4值)+2比0®

AH=AH2-2AH,=(-128.1-2x41.2)kJ-mo『=-210.5kJ-mol」；

(2)投料比越大，相同条件下:氧化碳转化率越小，因此结合图像可知m^、in2、m3由大到

n(H2)

小的顺序为皿3>012>01];

(3)①结合热化学方程式可知反应I的AH>0，反应n的AH<0,结合图可知温度低于773K时温度升高使

CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为乙烯的平衡转化率下降，且下降幅度超过上升幅度，因

此升高温度，抑制反应I向右转化，CO2的平衡转化率随温度升高而减小，即原因是反应I的AH>0,反

应II的AH<0,温度升高使CO2转化为CO的平衡转化率上升，使CO2转化为乙烯的平衡转化率下降，且

下降幅度超过上升幅度；

②乙烯的选择性要高，则温度不能太高，同时需要加快反应速率可通过增大压强(或使用适宜的催化剂)；

(4)升高温度平衡II逆向移动，CO2,H2的体积分数增大，C2H4、H2O的体积分数减小，则乙、丁分别

为CO2、H?中的一个，甲、丙分别为C2H4、H2O的一个，因原料初始组成n(CO2):n(H2)=l：3,结合

反应计量数可知相同条件下达到平衡乙烯的的体积分数较水小，则表示乙烯的曲线是内；结合反应计量数

可知相同条件下达到平衡氢气的的体积分数较二氧化碳大，则表示氢气的曲线是乙，丁表示二氧化碳曲线;

2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g)

起始/mola3a0

令二氧化碳、氢气的起始量分别为amol、3amol,

2x6x4x

平衡/mola-2x3a-6x4x

由图可知A点有平衡时二氧化碳和乙烯的体积分数相等为11.1%,因此平衡时氢气的体积分数为二氧化碳

体积分数的三倍即33.3%,水的体积分数为乙烯体积分数的四倍即44.4%,因此

(3.ixo.ni)x(3.ixo.Wp3o

(3.1X0.111)2X(3.1X0.333)6

(二)选考题：共15分。请考生从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，按所涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进

行评分。

17.［化学——选修3：物质结构与性质］(15分)

Fe3O4和Fe2O3是铁的重要氧化物，能制成重要的纳米材料。回答下列问题：

(1)基态铁原子的s能级上的电子数是其未成对电子数的倍。

(2)第一电离能：Fe0(填，"Y或"=”)。

(3)将Fe2O3溶于足量稀硫酸后得到几乎无色的溶液A,往溶液A中加入少许氯化钠后得到黄色溶液B。已

知溶液A中Fe元素主要以浅紫色的［Fe(H2O)6产形式存在，溶液B中存在黄色的［FeCkF。溶液A中浓度最

大的阴离子的空间结构为,中心原子的杂化方式为。［Fe(a0)6］3+与［FeClf-中都含有的化

学键为。根据上述实验，可知稳定性：［Fe(H2O)6卢______［FeCkM填“强于”或“弱于”)。

(4)Fe3C)4是一种重要的磁性材料。其晶胞如图所示，晶胞参数为apm。其中Fe位于晶胞的顶点、面心和体

内，0全部在晶胞体内。

①1个Fe3C>4晶胞中含有个Fe2+,个Fe3+。已知Fe?+、Fe3+>0?-的半径分别为r〕pm、r2Pm、

r3Pm,则Fe3CU晶胞的空间利用率为。

②Fe3O4晶体的密度表达式为gUcm-\

【答案】(1)2(2)<

(3)正四面体sp3配位键弱于

(4)81632叫3+2/+*)xI。。%「56030

3a3Sa

【详解】

(1)基态铁原子的电子排布式为Is22s22P63s23P63d64s2,S能级上.的电子数共有8个，3d能级上有4个未成对

电子，所以s能级上的电子数是其未成对电子数的2倍。

(2)第一电离能为气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，铁为金属,

容易失去电子，。为非金属，失去电子比较困难，所以第一电离能：Fe<O,

(3)溶液A中浓度最大的阴离子为SO；,中心原子硫原子的价层电子对数为4+万(6+2-4X2)=4,杂化

方式为sp3,无孤电子对，所以其空间结构为正四面体。Fe3+有空轨道，水分子和氯离子都有孤电子对，所

以［Fe(比0)6产与［FeCk产中都含有的化学键为配位键。向含有［Fe(H2O)6产的溶液中加入少许氯化钠得到

［FeCM/,可知［Fe(H2O)6］3+的稳定性弱于［FeCk产。

(4)①O全部在晶胞体内，根据晶胞结构图可知共有32个O。根据化学式Fe.Q4可知，共有铁原子为24个，

假设Fe2+有x个,则Fe3+有(24-x)个,根据正负化合价代数和为0,有:2x+3(24-x)=2X32,可求得x=8,则

Fe2+有8个，Fe3+有16个。离子体积为:町3万X16+：仍3乂32=超宜士生上垃pnP,晶胞

体积为a3Pm3,则Fe.Q晶胞的空间利用率为必皿士季也xlOO%。

3a3

8x56+16x56+32x161856

②1个晶胞的质量为由夕可知，Fe3O4晶体的密度为

18561856个0

^7gUpm-7^7x10gucm，。

18.［化学——选修5：有机化学基础］(15分)

H是抗癫痫药物的合成中间体，其合成路线如下:

C6H6。H试剂aC6H„BrMg

21D

A催化剂△C乙酸

O/Cu

C8H8。32

E△

o

h

OH

c