2021年高考化学真题试卷广东卷学生版

2021年高考化学真题试卷（广东卷）一、单选题（共16题；共44分）1.今年五一假期，人文考古游持续成为热点。很多珍贵文物都记载着中华文明的灿烂成就，具有深邃的文化寓意和极高的学术价值。下列国宝级文物主要由合金材料制成的是（

）选项ABCD文物名称铸客大铜鼎河姆渡出土陶灶兽首玛瑙杯角形玉杯A.

A

B.

B

C.

C

D.

D2.广东有众多国家级非物质文化遗产，如广东剪纸、粤绣、潮汕工夫茶艺和香云纱染整技艺等。下列说法不正确的是（

）A.

广东剪纸的裁剪过程不涉及化学变化B.

冲泡工夫茶时茶香四溢，体现了分子是运动的C.

制作粤绣所用的植物纤维布含有天然高分子化合物D.

染整技艺中去除丝胶所用的纯碱水溶液属于纯净物3.“天问一号”着陆火星，“嫦娥五号”采回月壤。腾飞中国离不开化学，长征系列运载火箭使用的燃料有液氢和煤油等化学品。下列有关说法正确的是（

）A.

煤油是可再生能源B.

H2燃烧过程中热能转化为化学能C.

火星陨石中的20Ne质量数为20D.

月壤中的3He4.化学创造美好生活。下列生产活动中，没有运用相应化学原理的是（

）选项生产活动化学原理A用聚乙烯塑料制作食品保鲜膜聚乙烯燃烧生成CO2和HB利用海水制取溴和镁单质Br−可被氧化、MgC利用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品氢氟酸可与SiO2D公园的钢铁护栏涂刷多彩防锈漆钢铁与潮湿空气隔绝可防止腐蚀A.

A

B.

B

C.

C

D.

D5.昆虫信息素是昆虫之间传递信号的化学物质。人工合成信息素可用于诱捕害虫、测报虫情等。一种信息素的分子结构简式如图所示，关于该化合物说法不正确的是（

）A.

属于烷烃

B.

可发生水解反应

C.

可发生加聚反应

D.

具有一定的挥发性6.劳动成就梦想。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是（

）选项劳动项目化学知识A社区服务：用84消毒液对图书馆桌椅消毒含氯消毒剂具有氧化性B学农活动：用厨余垃圾制肥料厨余垃圾含N、P、K等元素C家务劳动：用白醋清洗水壶中的水垢乙酸可由乙醇氧化制备D自主探究：以油脂为原料制肥皂油脂可发生皂化反应A.

A

B.

B

C.

C

D.

D7.测定浓硫酸试剂中H2SO4含量的主要操作包括：①量取一定量的浓硫酸，稀释；②转移定容得待测液；③移取20.00 mL待测液，用A.

B.

C.

D.

8.鸟嘌呤(G)是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(用GHCl表示)。已知GHCl水溶液呈酸性，下列叙述正确的是（

）A.

0.001 mol/L GHCl水溶液的pH=3B.

0.001 mol/L GHCl水溶液加水稀释，pH升高C.

GHCl在水中的电离方程式为：GHCl=9.火星大气中含有大量CO2，一种有COA.

负极上发生还原反应B.

CO210.部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是（

）A.

a可与e反应生成bB.

b既可被氧化，也可被还原C.

可将e加入浓碱液中制得d的胶体D.

可存在b→11.设NAA.

1 mol CHCl3含有C−Cl键的数目为3NAB.

1 L 1.0 mol/L的盐酸含有阴离子总数为2NAC.

11.2 L NO与11.2 L 12.化学是以实验为基础的科学。下列实验操作或做法正确且能达到目的的是（

）选项操作或做法目的A将铜丝插入浓硝酸中制备NOB将密闭烧瓶中的NO2探究温度对平衡移动的影响C将溴水滴入KI溶液中，加入乙醇并振荡萃取溶液中生成的碘D实验结束，将剩余NaCl固体放回原试剂瓶节约试剂A.

A

B.

B

C.

C

D.

D13.一种麻醉剂的分子结构式如图所示。其中，X的原子核只有1个质子；元素Y、Z、W原子序数依次增大，且均位于X的下一周期；元素E的原子比W原子多8个电子。下列说法不正确的是（

）A.

XEZ4是一种强酸B.

非金属性：W>Z>YC.

原子半径：Y14.反应X=2Z经历两步：①X→Y；②Y→2Z。反应体系中A.

a为c(X)随t的变化曲线B.

t1时，c(X)=c15.宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列物质性质实验对应的反应方程式书写正确的是（

）A.

Na2O2放入水中：Na2O2+H2O=2NaOH16.钴(Co)的合金材料广泛应用于航空航天、机械制造等领域。如图为水溶液中电解制备金属钴的装置示意图。下列说法正确的是（

）A.

工作时，Ⅰ室和Ⅱ室溶液的pH均增大B.

生成1 mol Co，Ⅰ室溶液质量理论上减少16 gC.

移除两交换膜后，石墨电极上发生的反应不变D.

电解总反应：2二、非选择题-必考题（共3题；共42分）17.含氯物质在生产生活中有重要作用。1774年，舍勒在研究软锰矿(主要成分是MnO2（1）实验室沿用舍勒的方法制取Cl2（2）实验室制取干燥Cl2时，净化与收集Cl（3）某氯水久置后不能使品红溶液褪色，可推测氯水中________已分解。检验此久置氯水中Cl−（4）某合作学习小组进行以下实验探究。①实验任务。通过测定溶液电导率，探究温度对AgCl溶解度的影响。②查阅资料。电导率是表征电解质溶液导电能力的物理量。温度一定时，强电解质稀溶液的电导率随溶液中离子浓度的增大而增大；离子浓度一定时，稀溶液电导率随温度的升高而增大。25℃时，Ksp③提出猜想。猜想a：较高温度的AgCl饱和溶液的电导率较大。猜想b：AgCl在水中的溶解度s(④设计实验、验证猜想。取试样Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ(不同温度下配制的AgCl饱和溶液)，在设定的测试温度下，进行表中实验1~3，记录数据。实验序号试样测试温度/℃电导率/(μS/cm1Ⅰ：25℃的AgCl饱和溶液25A12Ⅱ：35℃的AgCl饱和溶液35A23Ⅲ：45℃的AgCl饱和溶液45A3⑤数据分析、交流讨论。25℃的AgCl饱和溶液中，c(Cl-实验结果为A3>A2>A1⑥优化实验。小组同学为进一步验证猜想b，在实验1~3的基础上完善方案，进行实验4和5。请在答题卡上完成表中内容。实验序号试样测试温度/℃电导率/(μS/cm4Ⅰ________B15________________B2⑦实验总结。根据实验1~5的结果，并结合②中信息，小组同学认为猜想b也成立。猜想b成立的判断依据是________。18.对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝(Al)、钼(Mo)、镍(Ni)等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：已知：25℃时，H2CO3的Ka1=4.5×10−7，Ka2=4.7×10（1）“焙烧”中，有Na2MoO4（2）“沉铝”中，生成的沉淀X为________。（3）“沉钼”中，pH为7.0。①生成BaMoO4②若条件控制不当，BaCO3也会沉淀。为避免BaMoO4中混入BaCO3沉淀，溶液中c（4）①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和Y，Y为________。②往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，通入足量________(填化学式)气体，再通入足量CO2，可析出Y（5）高纯AlAs(砷化铝)可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物，可阻止H2O2①该氧化物为________。②已知：Ga和Al同族，As和N同族。在H2O2与上层GaAs19.我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。CH4与CO2重整是CO2利用的研究热点之一。该重整反应体系主要涉及以下反应：a)CH4(g)+CO2(g)⇌2CO(g)+2H2(g)∆H1b)CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)∆H2c)CH4(g)⇌C(s)+2H2(g)∆H3d)2CO(g)⇌CO2(g)+C(s)∆H4e)CO(g)+H2(g)⇌H2O(g)+C(s)∆H5（1）根据盖斯定律，反应a的∆H1=________(写出一个代数式即可)。（2）上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有_______。A.增大CO2与CH4的浓度，反应a、b、c的正反应速率都增加B.移去部分C(s)，反应c、d、e的平衡均向右移动C.加入反应a的催化剂，可提高CH4的平衡转化率D.降低反应温度，反应a~e的正、逆反应速率都减小（3）一定条件下，CH4分解形成碳的反应历程如图所示。该历程分________步进行，其中，第________步的正反应活化能最大。（4）设Kpr为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中，用相对分压代替浓度。气体的相对分压等于其分压（单位为kPa）除以p0（p0=100kPa）。反应a、c、e的lnKpr随①反应a、c、e中，属于吸热反应的有________(填字母)。②反应c的相对压力平衡常数表达式为Kpr③在图中A点对应温度下、原料组成为n(CO2):n(CH4)=1:1、初始总压为100kPa的恒容密闭容器中进行反应，体系达到平衡时H2的分压为40kPa。计算CH4的平衡转化率，写出计算过程________。（5）CO2用途广泛，写出基于其物理性质的一种用途：________。三、非选择题-选考题（共2题；共28分）20.[选修3：物质结构与性质]很多含巯基（-SH）的有机化合物是重金属元素汞的解毒剂。例如，解毒剂化合物I可与氧化汞生成化合物Ⅱ。（1）基态硫原子价电子排布式为________。（2）H2S、CH4、H2O的沸点由高到低顺序为________。（3）汞的原子序数为80，位于元素周期表第________周期第ⅡB族。（4）化合物Ⅲ也是一种汞解毒剂。化合物Ⅳ是一种强酸。下列说法正确的有________。A.在I中S原子采取sp3杂化B.在Ⅱ中S元素的电负性最大C.在Ⅲ中C-C-C键角是180°D.在Ⅲ中存在离子键与共价键E.在Ⅳ中硫氧键的键能均相等（5）汞解毒剂的水溶性好，有利于体内重金属元素汞的解毒。化合物I与化合物Ⅲ相比，水溶性较好的是________。（6）理论计算预测，由汞（Hg）、锗（Ge）、锑（Sb）形成的一种新物质X为潜在的拓扑绝缘体材料。X的晶体可视为Ge晶体（晶胞如图9a所示）中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成。①图9b为Ge晶胞中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成的一种单元结构，它不是晶胞单元，理由是________。②图9c为X的晶胞，X的晶体中与Hg距离最近的Sb的数目为________；该晶胞中粒子个数比Hg：Ge：Sb=________。③设X的最简式的式量为Mr，则X晶体的密度为________g/cm3（列出算式）。21.[选修5：有机化学基础]天然产物Ⅴ具有抗疟活性，某研究小组以化合物Ⅰ为原料合成Ⅴ及其衍生物Ⅵ的路线如下(部分反应条件省略，Ph表示-C6H5)：已知：（1）化合物Ⅰ中含氧官能团有________(写名称)。（2）反应①的方程式可表示为：I+II=III+Z，化合物Z的分子式为________。（3）化合物IV能发生银镜反应，其结构简式为________。（4）反应②③④中属于还原反应的有________，属于加成反应的有________。（5）化合物Ⅵ的芳香族同分异构体中，同时满足如下条件的有________种，写出其中任意一种的结构简式：________。条件：a.能与NaHCO3反应；b.最多能与2倍物质的量的NaOH反应；c.能与3倍物质的量的Na发生放出H2的反应；d.核磁共振氢谱确定分子中有6个化学环境相同的氢原子；e.不含手性碳原子(手性碳原子是指连有4个不同的原子或原子团的饱和碳原子)。（6）根据上述信息，写出以苯酚的一种同系物及HOCH2CH2Cl为原料合成的路线________(不需注明反应条件)。答案解析部分一、单选题1.【答案】A【考点】无机非金属材料【解析】【解答】A.铜鼎主要是由铜和其他金属融合而成的，属于合金材料制成的，A符合题意；B.陶灶的主要成分是陶瓷，陶瓷不属于合金材料，B不符合题意；C.玛瑙的主要成分是二氧化硅，不属于合金材料，C不符合题意；D.玉杯是由玉石制成的，不属于合金材料，D不符合题意；故答案为：A【分析】合金是指由金属与金属（或非金属）融合而成的具有金属特性的混合物；据此结合选项文物的组成成分进行分析即可。2.【答案】D【考点】物理变化与化学变化的区别与联系，高分子材料，物质的简单分类【解析】【解答】A.剪纸过程中没有新物质生成，属于物理变化，A不符合题意；B.茶香四溢，说明分子在不停的做无规则运动，B不符合题意；C.植物纤维属于高分子化合物，C不符合题意；D.纯碱水溶液中含有多种物质，属于混合物，D符合题意；故答案为：D【分析】A.剪纸过程中没有新物质生成；B.能够闻到茶香，是由于分子的运动引起的；C.植物纤维含有高分子化合物；D.含有多种物质的为混合物；3.【答案】C【考点】原子中的数量关系，化学反应中能量的转化，同位素及其应用【解析】【解答】A.煤、石油、天然气属于不可再生能源，A不符合题意；B.H2燃烧过程中，化学能转化为热能，B不符合题意；C.20Ne中，20表示的是Ne的相对原子质量为20，C符合题意；D.3He和3H中质子数不同，不属于同位素，D不符合题意；故答案为：C【分析】A.煤油属于不可再生能源；B.燃烧是将化学能转化为热能；C.标在元素符号左上角的数字表示原子的相对原子质量；D.同位素是指质子数相同，中子数不同的一类原子；4.【答案】A【考点】海水资源及其综合利用，硅和二氧化硅，金属的腐蚀与防护【解析】【解答】A.聚乙烯燃烧产物与其用作食品保鲜膜无联系，A符合题意；B.海水中溴元素和镁元素都是离子形式存在，制取溴单质时，Br-被氧化，制取镁单质时，Mg2+被还原，B不符合题意；C.石英中含有SiO2，能与HF反应，应可利用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品，C不符合题意；D.钢铁护栏喷漆，可使得金属与空气和水蒸气隔绝，防止钢铁生锈腐蚀，D不符合题意；故答案为：A【分析】A.聚乙烯燃烧产物与其用作食品保鲜膜无联系；B.结合制取过程中元素化合价的变化分析；C.石英的主要成分为SiO2；D.喷漆可隔绝金属与空气和水蒸气的接触；5.【答案】A【考点】有机物的结构和性质，水解反应，烷烃【解析】【解答】A.该有机物中含有氧元素，属于烃的含氧衍生物，A符合题意；B.该有机物结构中含有酯基，可发生水解反应，B不符合题意；C.该有机物结构中含有C=C，可发生加聚反应，C不符合题意；D.该有机物可用于诱捕害虫，说明具有一定的挥发性，D不符合题意；故答案为：A【分析】A.烷烃是指只含C、H两种元素的有机物；B.可发生水解反应的官能团有卤素原子、酯基、肽键；C.可发生加聚反应的官能团有碳碳双键；D.可用于诱捕害虫，说明该物质具有挥发性；6.【答案】C【考点】氯气的化学性质，乙酸的化学性质，油脂的性质、组成与结构【解析】【解答】A.84消毒液的主要成分为NaClO，NaClO具有氧化性，可用于杀菌消毒，A不符合题意；B.厨余垃圾中含有丰富的N、P、K等营养元素，可用于制肥料，B不符合题意；C.白醋的成分为CH3COOH，水垢的成分为CaCO3、Mg(OH)2，CH3COOH能与CaCO3、Mg(OH)2反应，因此可用白醋除去水壶中的水垢，白醋除水垢与乙酸由乙醇氧化制备无关，C符合题意；D.油脂是高级脂肪酸的甘油酯，可与碱性溶液发生水解，称为皂化反应，可用于制取肥皂，D不符合题意；故答案为：C【分析】A.84消毒液的主要成分为NaClO；B.厨余垃圾中含有丰富的N、P、K营养元素；C.白醋的主要成分为醋酸，水垢的主要成分为CaCO3和Mg(OH)2；D.油脂的皂化反应可制得肥皂；7.【答案】B【考点】配制一定物质的量浓度的溶液，中和滴定【解析】【解答】A.配制一定物质的量浓度的溶液，需用到容量瓶，该实验要配制250mL溶液，因此需用到250mL容量瓶，A不符合题意；B.分液漏斗常用于分液操作，该实验中不需用到分液漏斗，B符合题意；C.进行酸碱中和滴定时，待测液应盛装在锥形瓶内，因此该实验需用到锥形瓶，C不符合题意；D.移取NaOH溶液时，需用到碱性滴定管，D不符合题意；故答案为：B【分析】此题是对一定物质的量浓度溶液配制和中和滴定的考查，解答此类题型时，应结合溶液配制过程和中和滴定实验过程进行分析。8.【答案】B【考点】盐类水解的原理，盐类水解的应用，离子浓度大小的比较【解析】【解答】A.G是一种弱碱，其盐溶液中，GH+水解，使得盐溶液显酸性，0.001mol/L的GHCl溶液，由GH+水解产生的H+浓度远小于0.001mol/L，因此溶液的pH＞3，A不符合题意；B.加水稀释，溶液中c(H+)减小，pH增大，B符合题意；C.GHCl为可溶性盐溶液，在水中完全电离，其电离方程式为：GHCl=GH++Cl-，C不符合题意；D.GHCl水溶液中存在GH+、H+、OH-和Cl-，结合电荷守恒可得c(OH-)+c(Cl-)=c(GH+)+c(H+)，D不符合题意；故答案为：B【分析】A.GHCl水溶液由于GH+的水解使得溶液显酸性；B.加水稀释溶液中c(H+)减小；C.GHCl在水中完全电离产生GH+和Cl-；D.结合电荷守恒分析；9.【答案】B【考点】原电池工作原理及应用【解析】【解答】A.在原电池中，负极上发生失电子的氧化反应，A不符合题意；B.在该原电池中，CO2在正极发生得电子的还原反应，生成碳单质，B符合题意；C.在原电池中，阳离子移向正极，C不符合题意；D.原电池是一种将化学能转化为电能的装置，D不符合题意；故答案为：B【分析】A.在原电池中，负极发生失电子的氧化反应；B.结合CO2转化为C的过程分析；C.在原电池中阳离子移向正极；D.原电池是将化学能转化为电能的装置；10.【答案】C【考点】铁的氧化物和氢氧化物，铁盐和亚铁盐的相互转变【解析】【解答】A.由分析可知，a为Fe，e为FeCl3(或Fe2(SO4)3)，b为FeCl2(或FeCl3)，FeCl3能与Fe反应生成FeCl2，Fe2(SO4)3能与Fe反应生成FeSO4，A不符合题意；B.b中铁元素为+2价，可发生氧化反应生成Fe3＋，也可发生还原反应，生成Fe，B不符合题意；C.欲制得Fe(OH)3胶体，应往沸水中滴加饱和FeCl3溶液，继续煮沸至红褐色，停止加热，即可得到Fe(OH)3胶体，若直接将FeCl3溶液加入浓碱溶液中，则得到的是Fe(OH)3沉淀，C符合题意；D.Fe2＋能与OH－反应生成Fe(OH)2，Fe(OH)2能被空气中的O2氧化成Fe(OH)3，Fe(OH)3能与H＋反应生成Fe3＋，Fe3＋能与Fe反应生成Fe2＋，D不符合题意；故答案为：C【分析】a、b、c、d、e为含铁元素的物质，由物质类别和铁元素的价态可知，a为Fe，b为FeCl2(或FeSO4)，c为Fe(OH)2，d为Fe(OH)3，E为FeCl3(或Fe2(SO4)3)。据此结合选项进行分析。11.【答案】A【考点】气体摩尔体积，物质结构中的化学键数目计算，物质的量的相关计算【解析】【解答】A.一个CHCl3中含有3个C-Cl化学键，因此1molCHCl3中含有C-Cl化学键的数目为3NA，A符合题意；B.1L1.0mol/L的盐酸中所含阴离子Cl-的数量为：1.0mol/L×1L=1.0mol，由于溶液中还存在水电离产生的OH-，因此溶液中所含阴离子的总数大于1.0NA，但达不到2NA，B不符合题意；C.未给出气体所处的状态，无法根据气体摩尔体积进行计算，C不符合题意；D.23gNa的物质的量为1mol，Na与H2O反应的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，因此1molNa反应生成0.5molH2，则生成H2的分子数为0.5NA，D不符合题意；故答案为：A【分析】A.结合CHCl3的结构进行分析即可；B.盐酸溶液中的阴离子有OH-、Cl-；C.未给出气体所处状态，无法应用气体摩尔体积进行计算；D.结合Na与H2O反应的化学方程式进行计算；12.【答案】B【考点】化学平衡移动原理，硝酸的化学性质，化学试剂的存放，分液和萃取【解析】【解答】A.铜与浓硝酸反应生成NO2，与稀硝酸反应生成NO，A不符合题意；B.烧瓶中发生反应2NO2(g)=N2O4(g)，其中NO2为红棕色气体，N2O4为无色气体，通过观察降温后烧瓶内气体颜色的变化，结合温度对平衡移动的影响可得出结论，B符合题意；C.溴水中的Br2能将I－氧化成I2，由于乙醇能与水互溶，因此不能用乙醇作萃取剂，C不符合题意；D.实验用剩的药品NaCl不能直接放回原试剂瓶内，防止瓶内试剂被污染，D不符合题意；故答案为：B【分析】A.铜与浓硝酸反应生成NO2；B.NO2可发生自聚反应2NO2(g)⇋N2O4(g)，其中N2O4为无色气体；C.乙醇能与水互溶，不做萃取剂；D.NaCl不能直接放回原试剂瓶；13.【答案】C【考点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律，元素周期律和元素周期表的综合应用，微粒半径大小的比较【解析】【解答】A.XEZ4的化学式为HClO4，为一种强酸，A不符合题意；B.W、Z、Y位于同一周期，同周期元素，核电荷数越大，非金属性越强，因此非金属性：W>Z>Y，B不符合题意；C.E位于第三周期，Y、W位于第二周期，因此E原子半径最大，Y、W位于同一周期，核电荷数越大，原子半径越小，因此原子半径大小：E>Y>W，C符合题意；D.ZW2的化学式为OF2，其中F为－1价，因此O为＋2价，D不符合题意；故答案为：C【分析】X的原子核只有一个质子，则X为H；Y、Z、W位于X的下一周期，因此三种元素位于周期表的第二周期。由麻醉剂的结构简式可知，Y周围形成四个共价键，则Y的最外层电子数为4，因此Y为C；同理可得Z为O，W为F。元素E的原子比W原子多8个电子，因此E为Cl。据此结合元素周期表的性质第变规律分析选项。14.【答案】D【考点】化学反应速率的影响因素，化学平衡的计算【解析】【解答】A.由上述分析可知，曲线a为c(X)随t变化的曲线，A不符合题意；B.由曲线图可知，t1时，c(X)=c(Y)=c(Z)，B不符合题意；C.由图可知，t2时，物质Y的浓度在逐渐减少，说明此时Y的消耗速率大于生成速率，C不符合题意；D.由图可知，参与反应的c(X)=c0mol/L，则反应①生成c(Y)=c0mol/L，由于t3时，还有Y剩余，因此反应②中参与反应的物质Y的浓度为[c0-c(Y)]mol/L，所以反应②生成Z的浓度c(Z)=2[c0-c(Y)]mol/L，D符合题意；故答案为：D【分析】曲线a表示物质的浓度在不断减少，题干反应中反应物只有X一种，因此曲线a表示的X的浓度变化；一直增大的曲线表示的是物质Z的浓度变化；先增大后减少的曲线表示的物质Y的浓度变化。据此结合选项进行分析。15.【答案】D【考点】二氧化硫的性质，浓硫酸的性质，铁的化学性质，钠的氧化物【解析】【解答】A.Na2O2与H2O反应生成NaOH和O2，其反应的化学方程式为：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，A不符合题意；B.高温下，铁能与水蒸气反应生成Fe3O4和H2，反应的化学方程式为：3Fe＋3H2O(g)=高温Fe3O4＋4H2C.浓硫酸具有氧化性，在加热的条件下，能与铜反应生成CuSO4、H2O和SO2，该反应的化学方程式为：Cu＋2H2SO4(浓)=∆CuSO4＋SO2↑＋2H2D.SO2具有还原性，酸性KMnO4溶液具有氧化性，能将SO2氧化成SO42－，自身还原为Fe2＋，该反应的离子方程式为：5SO2＋2MnO4－＋2H2O=5SO42－＋2Mn2＋＋4H＋，D符合题意；故答案为：D【分析】A.根据原子守恒分析；B.根据铁与水蒸气的反应分析；C.根据铜与浓硫酸的反应分析；D.根据SO2与酸性KMnO4溶液的反应分析16.【答案】D【考点】电极反应和电池反应方程式，电解池工作原理及应用【解析】【解答】A.由分析可知，工作时，Ⅰ室内c(H＋)减小，溶液的pH增大，Ⅱ室内的c(H＋)增大，pH减小，A不符合题意；B.反应生成1molCo，则转移2mol电子，则Ⅰ室内反应生成O2的物质的量为0.5mol，其质量为0.5mol×32g/mol=16g，此时有2molH+通过阳离子交换膜进入Ⅱ室内，其质量为2mol×1g/mol=2g，因此Ⅰ室内溶液减少的质量为16g+2g=18g，B不符合题意；C.移除交换膜后，由于Cl－失电子能力强于OH－，因此石墨电极上主要有Cl－失电子，其电极反应式为2Cl－－2E=Cl2↑，C不符合题意；D.由分析可知，该电解池中阳极的电极反应式为2H2O－4e－=4H＋＋O2↑，阴极的电极反应式为Co2＋＋2e－=Co，因此电解总反应为：2Co2＋＋2H2O=通电2Co＋O2↑＋4H＋故答案为：D【分析】在该电解池中，石墨电极与电源的正极相连，为阳极，H2O电离产生的OH－发生失电子的氧化反应，生成O2，其电极反应式为2H2O－4e－=4H＋＋O2↑，此时Ⅰ室内的H＋通过阳离子交换膜进入Ⅱ室内。Co电极与电源的负极相连，为阴极，溶液中的Co2＋发生得电子的还原反应，其电极反应式为：Co2＋＋2e－=Co；此时Ⅲ室内的Cl－通过阴离子交换膜进入Ⅱ室内。据此结合选项进行分析。二、非选择题-必考题17.【答案】（1）MnO2+4HCl(浓)Δ__MnCl2+Cl2↑+2H2O（2）c-d-b-a-e（3）HClO；向溶液中加入过量稀硝酸，防止溶液中含有CO32−、HCO3−等，再加入少量AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有Cl-（4）1.34×10-5【考点】氯气的化学性质，氯气的实验室制法，化学实验方案的评价【解析】【解答】（1）实验室用MnO2和浓盐酸共热制取Cl2，反应过程中生成MnCl2、Cl2和H2O，该反应的化学方程式为；MnO2＋4HClMnCl2＋Cl2↑＋2H2O。（2）由于浓盐酸具有挥发性，会使得反应生成的Cl2中含有HCl，除去Cl2中混有的HCl，可用饱和食盐水；同时由于Cl2通过溶液产生，含有水蒸气，因此需用浓硫酸干燥；在洗气过程中，气流都是长导管一端进入，短导管一端出，因此装置的连接顺序为：c-d-b-a-e。（3）氯水中能使品红溶液褪色的成分为HClO，HClO不稳定，易分解。因此氯水久置后不能使品红溶液褪色，主要是由于氯水中的HClO分解。检验Cl－，可通过检验AgCl的生成，检验过程中需排除CO32－、HCO3－的干扰，因此检验的操作和现象为：向溶液中加入过量的稀硝酸，防止溶液中含有CO32－、HCO3－等，再加入AgNO3溶液，若有白色沉淀产生，则证明原溶液中含有Cl－。（4）⑤25℃时AgCl的溶度积Ksp=c(Ag＋)×c(Cl－)=1.8×10－10，因此25℃时AgCl饱和溶液中，c(Cl-)=1.8×10-10=1.34×【分析】（1）实验室用MnO2和浓盐酸共热制取Cl2，据此写出反应的化学方程式。（2）结合浓盐酸的挥发性和除杂规律分析。（3）氯水中能使品红溶液褪色的成分为HClO；结合Cl－的检验分析。（4）⑤根据AgCl的溶度积进行计算；根据测试温度和电导率进行分析；⑥如果要判断AgCl在水中的溶解度随温度的变化，则需设计不同温度下的饱和溶液在相同温度下测试，据此作答。⑦根据实验的设计分析。18.【答案】（1）+6（2）Al(OH)3（3）MoO42−+Ba2+=BaMoO4↓；1×【考点】纯碱工业（侯氏制碱法），化学平衡常数，常见金属元素的单质及其化合物的综合应用，离子方程式的书写，氧化还原反应的电子转移数目计算【解析】【解答】（1）Na2MoO4中Na为＋1价，O为－2价，根据化合物中化合价代数和为0可得，Mo的化合价为＋6价。（2）废催化剂中加入NaOH焙烧、水浸后，所得滤液Ⅰ中含有NaAlO2，通入过量CO2后，发生反应的离子方程式为：AlO2－＋CO2＋H2O=Al(OH)3↓＋HCO3－，因此“沉铝”过程中，生成沉淀X的化学式为Al(OH)3。（3）①滤液Ⅰ中溶液碱性，因此溶液的pH＞6.0，溶液中Mo元素以MoO42－的形成存在，加入BaCl2溶液后反应生成BaMoO4沉淀，该反应的离子方程式为：Ba2＋＋MoO42－=BaMoO4↓；②若开始生成BaCO3沉淀，则溶液中存在反应：HCO3－＋BaMoO4⇋BaCO3＋MoO42－＋H＋，该反应的平衡常数K=c(H+)×c(MoO42-)c(HCO3-)=c(H+)×c(CO32-)×c(MoO42-)×c(Ba2+)c(HCO3-)+)×c(CO32-)×c(Ba2+)=Ka2×Ksp(BaMoO4)Ksp(BaCO3)。要避免BaMoO【分析】（1）根据化合物中化合价代数和为0进行计算。（2）根据沉铝过程中发生的反应分析。（3）①根据溶液中所含离子书写反应的离子方程式；②根据形成沉淀的反应和相关化学平衡常数进行计算。（4）①结合沉铝过程中加入过量CO2的过程分析溶液的溶质；②根据Y的成分，确定析出Y的过程中发生的反应，从而确定通入气体的成分。（5）①该致密氧化膜为Al2O3；②根据反应过程中化合价的变化，结合得失电子守恒进行计算。19.【答案】（1）∆H2+∆H3-∆H5或∆H3-∆H4（2）A,D（3）4；4（4）ac；(p(【考点】盖斯定律及其应用，活化能及其对化学反应速率的影响，化学平衡常数，化学反应速率与化学平衡的综合应用【解析】【解答】（1）根据盖斯定律可得，反应a的反应热ΔH1=∆H2+∆H3-∆H5或∆H3-∆H4。（2）A、CO2、CH4都为反应a、b、c的反应物，增大反应物浓度，反应速率增大，A符合题意；B、C为固体，固体的浓度视为常数，因此减少C的含量，平衡不移动，B不符合题意；C、催化剂只能改变反应速率，不影响平衡移动，因此反应a加入催化剂后，平衡不移动，CH4的平衡转化率不变，C不符合题意；D、温度降低，反应速率减小，因此降低反应温度，反应a~e的正逆反应速率都减小，D符合题意；故答案为：AD（3）由反应能量图可知，反应过程中出现四个最高能量，则出现四个活化能，因此该历程分四步进行；其中第四步反应所需的活化能最大。（4）①属于吸热反应，则温度升高，K增大，lnKPT增大。由图可知，反应a和反应c中，温度升高时，lnKPT升高；反应b中温度升高，KPT降低；因此反应a和反应c为吸热反应，反应b为放热反应；②气体的相对分压等于其分压除以p0，因此相对压力平衡常数KpT=p(H2)p02p(CH4)p0；③由于物质的量之比等于压强之比，因此可用压强计算平衡转化率。由图可知，A点对应温度下，反应c的KP【分析】（1）根据盖斯定律分析。（2）结合反应速率和平衡移动的影响因素分析。（3）根据反应过程中所需的活化能，确定历程中所需的反应；结合图像分析活化能的大小。（4）①结合温度对平衡常数和平衡移动的影响分析；②根据相对压力的表达式分析；③结合A点时反应c的平衡常数进行计算。（5）结合CO2的用途分析。三、非选择题-选考题20.【答案】（1）3s23p4（2）H2O>H2S>CH4（3）六（4）D（5）化合物III（6）由图9c可知，图9b中Sb、Hg原子取代位置除图9b外还有其它形式；4；1：1：2；2×【考点】原子核外电子排布，元素电离能、电负性的含义及应用，晶体熔沸点的比较，晶胞的计算，原子轨道杂化方式及杂化类型判断【解析】【解答】（1）硫的原子序数为16，其原子核外有三个电子层，最外层电子数为6，因此基态硫原子的价电子排布式为3s23p4。（2）H2S、CH4和H2O都是分子晶体，其中H2O分子间存在氢键，因此H2O的沸点最高；而H2S、CH4中，由于H2S的相对分子质量大于CH4，则H2S分子间范德华力大于CH4分子间范德华力，因此沸点H2S>CH4；故三者的沸点大小关系：H2O>H2S>CH4。（3）第六周期零族元素的原子序数为86，因此第80号元素Hg位于第六周期第ⅢB族。（4）A、化合物Ⅰ中硫原子的价层电子对数为2+6-2×12=4，因此化合物Ⅰ中硫原子采用sp3杂化，A符合题意；B、化合物Ⅱ中所含元素为H、C、O、S、Hg，同周期元素，核电荷数越大，电负性越大，同主族元素，核电荷数越大，电负性越小，因此五种元素中，电负性最大的为O元素，B不符合题意；C、化合物Ⅲ中，碳元素都以单键的形式连接，构成四面体结构，因此C-C-C的键角为109°18′，C不符合题意；D、化合物Ⅲ是一种钠盐，存在离子键，同时C、H和C、S之间存在共价键，D符合题意；E、化合物Ⅳ中硫氧元素之间形成S-O、S=O两种化学键，二者的键