2021年湖南省普通高中学业水平选择性考试化学试卷含答案

湖南省2021年普通高中学业水平选择性考试化学可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16F：19Na：23Mg：24Si：28Cl：35.5Ge：73Br：80I：127一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30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．下列有关湘江流域的治理和生态修复的措施中，没有涉及化学变化的是()A.定期清淤，疏通河道B.化工企业“三废”处理后，达标排放C.利用微生物降解水域中的有毒有害物质D.河道中的垃圾回收分类后，进行无害化处理A[清理江河淤泥，没有新物质生成，不涉及化学变化，A符合题意；化工企业“三废”指的是废水、废气、废渣，“三废”处理是指将有害固体、液体、气体转化为无害物质或可回收利用的物质，此过程涉及化学变化，B不符合题意；微生物降解使有毒有害物质转化为无毒无害物质，有新物质生成，涉及化学变化，C不符合题意；垃圾无害化处理，是指通过物理、化学、生物热处理等方式处理垃圾，此过程涉及化学变化，D不符合题意。]2．下列说法正确的是()A.糖类、蛋白质均属于天然有机高分子化合物B.FeO粉末在空气中受热，迅速被氧化成Fe3O4C.SO2可漂白纸浆，不可用于杀菌、消毒D.镀锌铁皮的镀层破损后，铁皮会加速腐蚀B[糖类中的单糖、二糖不属于高分子化合物，A错误；FeO不稳定，在空气中受热会被氧化为Fe3O4，B正确；工业上常用SO2漂白纸浆，且SO2还可用于杀菌、消毒，C错误；根据原电池原理，镀锌铁皮的镀层破损后形成原电池，锌作原电池的负极，保护铁不被腐蚀，D错误。]3．下列实验设计不能达到实验目的的是()实验目的实验设计A检验溶液中FeSO4是否被氧化取少量待测液，滴加KSCN溶液，观察溶液颜色变化B净化实验室制备的Cl2气体依次通过盛有饱和NaCl溶液、浓H2SO4的洗气瓶C测定NaOH溶液的pH将待测液滴在湿润的pH试纸上，与标准比色卡对照D工业酒精制备无水乙醇工业酒精中加生石灰，蒸馏A.AB.BC.CD.DC[向待测液中滴加KSCN溶液，溶液若变成血红色，说明存在Fe3+，证明FeSO4被氧化，可以达到实验目的，A不符合题意；实验室利用二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气，所得气体中含有HCl，故先将所得气体通入饱和食盐水中，除去HCl，再经过浓硫酸干燥，可得纯净、干燥的氯气，可以达到实验目的，B不符合题意；测定NaOH溶液的pH时，pH试纸不能润湿，否则会稀释待测液，使溶液碱性减弱，测得的pH偏小，不能达到实验目的，C符合题意；工业酒精中含有水，先加入生石灰除去水分，再进行蒸馏，可制备无水乙醇，可以达到实验目的，D不符合题意。]4．己二酸是一种重要的化工原料，科学家在现有工业路线基础上，提出了一条“绿色”合成路线：下列说法正确的是()A.苯与溴水混合，充分振荡后静置，下层溶液呈橙红色B.环己醇与乙醇互为同系物C.己二酸与NaHCO3溶液反应有CO2生成D.环己烷分子中所有碳原子共平面C[苯与溴水混合后，由于Br2易溶于苯且苯的密度小于水，振荡后静置，上层溶液呈橙红色，A错误；环己醇为环状结构，乙醇为链状结构，二者结构不相似，不属于同系物，B错误；己二酸中含有羧基，与碳酸氢钠反应有CO2生成，C正确；环己烷分子中的碳原子均为饱和碳原子，所有碳原子不可能共面，D错误。]5．NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A.18gHeq\o\al(18,2)O含有的中子数为10NAB.0.1mol·L-1HClO4溶液中含有的H＋数为0.1NAC.2molNO与1molO2在密闭容器中充分反应后的分子数为2NAD.11.2LCH4和22.4LCl2(均为标准状况)在光照下充分反应后的分子数为1.5NAD[1个18O原子含有10个中子，H原子不含中子，所以每个Heq\o\al(18,2)O分子中含有10个中子，Heq\o\al(18,2)O的相对分子质量为20，故18gHeq\o\al(18,2)O的物质的量为0.9mol，则18gHeq\o\al(18,2)O中含有的中子数为9NA，A错误；HClO4为强酸，在溶液中完全电离，则0.1mol·L-1HClO4溶液中H＋的物质的量浓度为0.1mol·L-1，由于题中未给出溶液体积，所以无法计算H＋的数目，B错误；2molNO与1molO2恰好完全反应生成2molNO2，由于存在平衡2NO2⥬N2O4，所以充分反应后容器中的分子数小于2NA，C错误；甲烷与氯气发生取代反应，反应前后反应物与生成物的物质的量之和不变，则反应后的分子数为eq\f(11.2L＋22.4L,22.4L·mol-1)×NAmol-1＝1.5NA，D正确。]6．一种工业制备无水氯化镁的工艺流程如下：下列说法错误的是()A.物质X常选用生石灰B.工业上常用电解熔融MgCl2制备金属镁C.“氯化”过程中发生的反应为MgO＋C＋Cl2eq\o(=,\s\up7(高温))MgCl2＋COD.“煅烧”后的产物中加稀盐酸，将所得溶液加热蒸发也可得到无水MgCl2D[苦卤水中含有大量镁离子，加入生石灰，生石灰与水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙再与镁离子反应生成氢氧化镁，生石灰来源丰富、价格便宜，常用来做沉镁的沉淀剂，A说法正确；镁为活泼金属，工业上常用电解熔融氯化镁的方法来制备金属镁，B说法正确；根据题给流程图可知，“煅烧”氢氧化镁得到氧化镁，“氯化”过程中，加入碳和氯气与氧化镁反应，生成无水氯化镁和一种气体，根据原子守恒和化合价升降可得反应的化学方程式为MgO＋C＋Cl2eq\o(=,\s\up7(高温))MgCl2＋CO，C说法正确；向“煅烧”后所得氧化镁中加稀盐酸，得到氯化镁溶液，由于镁离子会发生水解反应Mg2+＋2H2O⥬Mg(OH)2＋2H＋，直接蒸发MgCl2溶液，生成的HCl挥发，最终得到的是氢氧化镁，而不是无水氯化镁，D说法错误。]7．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Y的原子序数等于W与X的原子序数之和，Z的最外层电子数为K层的一半，W与X可形成原子个数比为2∶1的18e－分子。下列说法正确的是()A.简单离子半径：Z>X>YB.W与Y能形成含有非极性键的化合物C.X和Y的最简单氢化物的沸点：X>YD.由W、X、Y三种元素所组成化合物的水溶液均显酸性B[Z的最外层电子数为K层的一半，则Z的最外层电子数为1，又W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，则Z不可能为氢、锂元素，故Z为第三周期的Na元素。Y的原子序数等于W与X的原子序数之和，且Y的原子序数小于11，又W与X可形成原子个数比为2∶1的18e－分子，分析可知N2H4符合题意，故W为氢元素、X为氮元素，则Y为氧元素。Z、X、Y的简单离子核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，即简单离子半径：Z＜Y＜X，A错误；W与Y能形成H2O2，既含有极性键又含有非极性键，B正确；X和Y形成的最简单氢化物分别为NH3和H2O，常温下，NH3为气态，H2O为液态，故H2O的沸点更高，C错误；由H、N、O三种元素所组成的化合物NH3·H2O的水溶液呈碱性，D错误。]8．KIO3常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为6I2＋11KClO3＋3H2Oeq\o(=,\s\up7(△))6KHeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(IO3))2＋5KCl＋3Cl2↑。下列说法错误的是()A.产生22.4L(标准状况)Cl2时，反应中转移10mole－B.反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11∶6C.可用石灰乳吸收反应产生的Cl2制备漂白粉D.可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中IOeq\o\al(－,3)的存在A[根据题干中的化学方程式可知，I元素的化合价由0价升高到＋5价，转移电子数为6×5×2＝60，所以产生标准状况下22.4L即1mol氯气需消耗2mol碘单质，转移20mole－，A说法错误；该反应中I2为还原剂，KClO3为氧化剂，故氧化剂和还原剂的物质的量之比为11∶6，B说法正确；工业上常用氯气和石灰乳反应制备漂白粉，C说法正确；酸性条件下，I－与IOeq\o\al(－,3)反应生成I2，淀粉遇I2变蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验IOeq\o\al(－,3)的存在，D说法正确。]9．常温下，用0.1000mol·L-1的盐酸分别滴定20.00mL浓度均为0.1000mol·L-1三种一元弱酸的钠盐eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(NaX、NaY、NaZ))溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是()A.该NaX溶液中：ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Na＋))>ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X－))>ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(OH－))>ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋))B.三种一元弱酸的电离常数：Ka(HX)>Ka(HY)>Ka(HZ)C.当pH＝7时，三种溶液中：ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X－))＝ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Y－))＝ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Z－))D.分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合：ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X－))＋ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Y－))＋ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Z－))＝ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋))－ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(OH－))C[在NaX溶液中，X－发生水解反应：X－＋H2O⥬HX＋OH－，溶液中存在c(Na＋)>c(X－)>c(OH－)>c(H＋)，A判断正确；等浓度的NaX、NaY、NaZ三种溶液的pH大小关系：NaZ>NaY>NaX，根据“越弱越水解”可知，酸性：HX>HY>HZ，则电离常数关系：Ka(HX)>Ka(HY)>Ka(HZ)，B判断正确；pH＝7时，根据电荷守恒，三种溶液混合后分别存在c(Cl－)＋c(X－)＝c(Na＋)、c(Cl－)＋c(Y－)＝c(Na＋)、c(Cl－)＋c(Z－)＝c(Na＋)，由于三种一元酸的酸性强弱不同，则向其盐溶液中加入HCl的物质的量不同，则c(X－)、c(Y－)、c(Z－)三者不等，C判断错误；分别加入20.00mL盐酸后，均恰好完全反立，三种溶液的溶质分别为HX与NaCl、HY与NaCl、HZ与NaCl，三种溶液混合后的溶液中存在电荷守恒：c(X－)＋c(Y－)＋c(Z－)＝c(H＋)－c(OH－)，D判断正确。]10．锌溴液流电池是一种先进的水溶液电解质电池，广泛应用于再生能源储能和智能电网的备用电源等。三单体串联锌/溴液流电池工作原理如图所示：下列说法错误的是()A.放电时，N极为正极B.放电时，左侧贮液器中ZnBr2的浓度不断减小C.充电时，M极的电极反应式为Zn2+＋2e－=ZnD.隔膜允许阳离子通过，也允许阴离子通过B[在该原电池中，活泼金属锌作负极，则N极为正极，A说法正确；放电时，左侧锌放电产生Zn2+，贮液器中ZnBr2浓度不断增大，B说法错误；充电时，M极为阴极，电极反应式为Zn2+＋2e－=Zn，C说法正确；放电时Br－通过隔膜进入溶液中与Zn2+结合，充电时Zn2+通过隔膜在双极性碳和塑料电极上沉积，D说法正确。]二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两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．已知：Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g))＋2Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g))⥬3Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g))ΔH<0，向一恒温恒容的密闭容器中充入1molA和3molB发生反应，t1时达到平衡状态I，在t2时改变某一条件，t3时重新达到平衡状态Ⅱ，正反应速率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是()A.容器内压强不变，表明反应达到平衡B.t2时改变的条件：向容器中加入CC.平衡时A的体积分数φ：φ(Ⅱ)>φ(Ⅰ)D.平衡常数K：K(Ⅱ)<K(Ⅰ)BC[该反应是反应前后气体分子数不变的反应，随着反应的进行，气体的总物质的量始终不变，总压强始终不变，A错误；t2时，设向容器中加入3molC，正反应速率逐渐增大，达到新的平衡后保持不变，变化情况与图像相符，B正确；t2时，设向容器中加入3molC，相当于加入1molA和2molB，则状态Ⅱ相当于起始投料为2molA和5molB，若是投料为2molA和6molB与状态Ⅰ等效，即状态Ⅱ相当于减少了B的投料，平衡逆向移动，A的体积分数变大，即φ(Ⅱ)>φ(Ⅰ)，C正确；化学平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，即K(Ⅱ)＝K(Ⅰ)，D错误。]12．对下列粒子组在溶液中能否大量共存的判断和分析均正确的是()粒子组判断和分析ANa＋、Al3+、Cl－、NH3·H2O不能大量共存，因发生反应：Al3+＋4NH3·H2O=AlOeq\o\al(－,2)＋4NHeq\o\al(＋,4)＋2H2OBH＋、K＋、S2Oeq\o\al(2-,3)、SOeq\o\al(2-,4)不能大量共存，因发生反应：2H＋＋S2Oeq\o\al(2-,3)=S↓＋SO2↑＋H2OCNa＋、Fe3+、SOeq\o\al(2-,4)、H2O2能大量共存，粒子间不反应DH＋、Na＋、Cl－、MnOeq\o\al(－,4)能大量共存，粒子间不反应A.AB.BC.CD.DB[Al3+与NH3·H2O反应产生Al(OH)3沉淀，不产生AlOeq\o\al(－,2)，A错误；H＋与S2Oeq\o\al(2-,3)不能共存，发生反应的离子方程式为2H＋＋S2Oeq\o\al(2-,3)=S↓＋SO2↑＋H2O，B正确；Fe3+可催化H2O2分解，不能大量共存，C错误；酸性条件下，MnOeq\o\al(－,4)可将Cl－氧化为Cl2，D错误。]13．1­丁醇、溴化钠和70%的硫酸共热反应，经过回流、蒸馏、萃取分液制得1­溴丁烷粗产品，装置如图所示：ⅠⅡⅢ已知：CH3(CH2)3OH＋NaBr＋H2SO4eq\o(→,\s\up7(△))CH3(CH2)3Br＋NaHSO4＋H2O下列说法正确的是()A.装置Ⅰ中回流的目的是为了减少物质的挥发，提高产率B.装置Ⅱ中a为进水口，b为出水口C.用装置Ⅲ萃取分液时，将分层的液体依次从下放出D.经装置Ⅲ得到的粗产品干燥后，使用装置Ⅱ再次蒸馏，可得到更纯的产品AD[球形冷凝管的作用是冷凝回流易挥发的物质，使反应物充分反应，提高产率，A正确；冷凝时，冷凝管的进水方向为下口进、上口出，即装置Ⅱ的进水口应为b，出水口为a，B错误；萃取分液时，上层液体应从上口倒出，下层液体应从下口放出，C错误；装置Ⅲ得到的粗产品经干燥后，还含有1­丁醇等杂质，可再次蒸馏得到更纯的产品，D正确。]14．铁的配合物离子(用eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(L－Fe－H))＋表示)催化某反应的一种反应机理和相对能量的变化情况如图所示：下列说法错误的是()A.该过程的总反应为HCOOHeq\o(=,\s\up7(催化剂))CO2↑＋H2↑B.H＋浓度过大或者过小，均导致反应速率降低C.该催化循环中Fe元素的化合价发生了变化D.该过程的总反应速率由Ⅱ→Ⅲ步骤决定CD[分析题给反应机理图，可知该过程的反应物为HCOOH，生成物为CO2和H2，则该过程的总反应为HCOOHeq\o(=,\s\up7(催化剂))CO2↑＋H2↑，A说法正确；H＋浓度过大，抑制HCOOH的电离，HCOO－浓度减小，会降低Ⅰ→Ⅱ步骤的反应速率，H＋浓度过小，会降低Ⅲ→Ⅳ步骤反应速率，故H＋浓度过大或者过小，均会导致反应速率降低，B说法正确；整个催化循环过程中Fe元素化合价均为＋3价，故该催化循环中Fe元素的化合价没有发生变化，C说法错误；由相对能量的变化情况图可以得出，该反应过程中的Ⅳ→Ⅰ步骤的活化能Ea＝86.1kJ·mol-1，为该反应进程中的最大活化能，故该过程的决速步骤为Ⅳ→Ⅰ步骤，D说法错误。]二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第15～17题为必考题，每个试题考生都必须作答。第18、19题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：此题包括3小题，共39分。15．碳酸钠俗称纯碱，是一种重要的化工原料。以碳酸氢铵和氯化钠为原料制备碳酸钠，并测定产品中少量碳酸氢钠的含量，过程如下：步骤Ⅰ.Na2CO3的制备步骤Ⅱ.产品中NaHCO3含量测定①称取产品2.500g，用蒸馏水溶解，定容于250mL容量瓶中；②移取2500mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴指示剂M，用0.1000mol·L-1盐酸标准溶液滴定，溶液由红色变至近无色(第一滴定终点)，消耗盐酸V1mL；③在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用0.1000mol·L-1盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点)，又消耗盐酸V2mL；④平行测定三次，V1平均值为22.45，V2平均值为23.51。已知：(ⅰ)当温度超过35℃时，NH4HCO3开始分解。(ⅱ)相关盐在不同温度下的溶解度表eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(g/100gH2O))温度/℃0102030405060NaCl35.735.836.036.336.637.037.3NH4HCO311.915.821.027.0NaHCO36.98.29.611.112.714.516.4NH4Cl29.433.337.241.445.850.455.2回答下列问题：(1)步骤Ⅰ中晶体A的化学式为________，晶体A能够析出的原因是________________________________________________________________________；(2)步骤Ⅰ中“300℃加热”所选用的仪器是________(填标号)；ABCD(3)指示剂N为________，描述第二滴定终点前后颜色变化________；(4)产品中NaHCO3的质量分数为________(保留三位有效数字)；(5)第一滴定终点时，某同学俯视读数，其他操作均正确，则NaHCO3质量分数的计算结果________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。[解析](1)根据相关盐在不同温度下的溶解度可知，30～35℃，NaHCO3的溶解度明显小于NaCl、NH4HCO3和NH4Cl的溶解度，因此NaHCO3在步骤Ⅰ中结晶析出。(2)300℃给固体加热选用的仪器应为坩埚。(3)本题中测定碳酸氢钠含量采用了双指示剂滴定法，第一滴定过程以酚酞为指示剂，Na2CO3转化为NaHCO3，第二滴定过程以甲基橙为指示剂，NaHCO3转化为NaCl、CO2和H2O，所以第二滴定终点前后溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不变色。(4)由(3)的分析过程可知，25.00mL待测液中所含NaHCO3的物质的量为0.1000mol·L-1×(V2－V1)×10-3L，则2.500g产品中所含NaHCO3的质量为84g·mol-1×eq\f(250mL,25.00mL)×0.1000mol·L-1×(23.51－22.45)×10-3L≈0.089g，则产品中NaHCO3的质量分数＝eq\f(0.089g,2.500g)×100%＝3.56%。(5)第一次滴定终点时，俯视读数，导致测得的V1偏小，NaHCO3质量分数的计算结果偏大。[答案](1)NaHCO330～35℃，NaHCO3的溶解度小于NaCl、NH4HCO3和NH4Cl的溶解度(2)D(3)甲基橙溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不变色(4)3.56%(5)偏大16．氨气中氢含量高，是一种优良的小分子储氢载体，且安全、易储运，可通过下面两种方法由氨气得到氢气。方法Ⅰ：氨热分解法制氢气相关化学键的键能数据化学键N≡NH—HN—H键能E/eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kJ·mol-1))946436.0390.8一定温度下，利用催化剂将NH3分解为N2和H2。回答下列问题：(1)反应2NH3(g)⥬N2(g)＋3H2(g)ΔH＝________kJ·mol-1；(2)已知该反应的ΔS＝198.9J·mol-1·K-1，在下列哪些温度下反应能自发进行？________(填标号)A.25℃ B．125℃C.225℃ D．325℃(3)某兴趣小组对该反应进行了实验探究。在一定温度和催化剂的条件下，将0.1molNH3通入3L的密闭容器中进行反应(此时容器内总压为200kPa)，各物质的分压随时间的变化曲线如图所示。t/min①若保持容器体积不变，t1时反应达到平衡，用H2的浓度变化表示0～t1时间内的反应速率veq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2))＝________mol·L-1·min-1(用含t1的代数式表示)②t2时将容器容积迅速缩小至原来的一半并保持不变，图中能正确表示压缩后N2分压变化趋势的曲线是________(用图中a、b、c、d表示)，理由是_______________________________________________________________________________________________________________；③在该温度下，反应的标准平衡常数Kθ＝________。(已知：分压＝总压×该组分物质的量分数，对于反应dD(g)＋eE(g)⥬gG(g)＋hH(g)，Kθ＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(pG,pθ)))eq\s\up12(g)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(pH,pθ)))eq\s\up12(h),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(pD,pθ)))eq\s\up12(d)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(pE,pθ)))eq\s\up12(e))，其中pθ＝100kPa，pG、pH、pD、pE为各组分的平衡分压)。方法Ⅱ：氨电解法制氢气利用电解原理，将氨转化为高纯氢气，其装置如图所示。(4)电解过程中OH－的移动方向为________(填“从左往右”或“从右往左”)；(5)阳极的电极反应式为________。[解析](1)ΔH＝反应物键能总和－生成物键能总和，根据热化学方程式以及表格中数据可得ΔH＝390.8kJ·mol-1×3×2－(946kJ·mol-1＋436.0kJ·mol-1×3)＝＋90.8kJ·mol-1。(2)若反应能自发进行，则ΔG＝ΔH－TΔS<0，代入数据，ΔG＝ΔH－TΔS＝90.8×103J·mol-1－T×198.9J·mol-1·K-1<0，则T>456.5K，转化成摄氏温度，则T>183.5℃，故选C、D。(3)①设0～t1时间内生成的氮气为xmol，列“三段式”：2NH3⥬N2＋3H2起始量/mol0.100变化量/mol2xx3x平衡量/mol0.1－2xx3x由题图可知t1时，氨气和氢气的平衡分压相等，根据压强之比等于物质的量之比，所以n(NH3)＝n(H2)，则3x＝0.1－2x，解得x＝0.02，所以v(H2)＝eq\f(\f(0.02×3mol,3L),t1min)＝eq\f(0.02,t1)mol·L-1·min-1。②t2时将容器容积迅速缩小至原来的一半，N2分压变为原来的2倍；其他条件不变时，容器容积减小，压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，即该平衡逆向移动，所以N2分压先变为原来的2倍，后逐渐减小，故选b。③由题图可知，t1时，反应达到平衡状态，且p(NH3)＝p(H2)＝1.2×100kPa，p(N2)＝0.4×100kPa，则Kθ＝eq\f(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(p(H2),pθ)))\s\up12(3)·\f(p(N2),pθ),\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(p(NH3),pθ)))\s\up12(2))＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1.2×100kPa,100kPa)))\s\up12(3)×\f(0.4×100kPa,100kPa),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1.2×100kPa,100kPa)))\s\up12(2))＝0.48。(4)根据反应物以及两极产物，可以看出产生氢气的一极氢元素的化合价变化为＋1→0，发生还原反应，应为阴极，产生氮气的一极氮元素的化合价变化为－3→0，发生氧化反应，应为阳极。电解池中，阴离子向阳极移动，所以电解过程中OH－的移动方向为从右往左。(5)阳极上NH3变为N2，溶液环境为碱性，所以阳极的电极反应式为2NH3－6e－＋6OH－=N2＋6H2O。[答案](1)＋90.8(2)CD(3)①eq\f(0.02,t1)②b容积迅速缩小至原来的一半时，N2分压变为原来的2倍；其他条件不变时，容器容积减小，压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，该平衡逆向移动，所以N2分压先变为原来的2倍，后逐渐减小③0.48(4)从右往左(5)2NH3－6e－＋6OH－=N2＋6H2O17．Ce2(CO3)3可用于催化剂载体及功能材料的制备。天然独居石中，铈(Ce)主要以CePO4形式存在，还含有SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaF2等物质。以独居石为原料制备Ce2(CO3)3·nH2O的工艺流程如下：回答下列问题：(1)铈的某种核素含有58个质子和80个中子，该核素的符号为________；(2)为提高“水浸”效率，可采取的措施有________(至少写两条)；(3)滤渣Ⅲ的主要成分是________(填化学式)；(4)加入絮凝剂的目的是________；(5)“沉铈”过程中，生成Ce2(CO3)3·nH2O的离子方程式为________________________，常温下加入的NH4HCO3溶液呈________(填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知：NH3·H2O的Kb＝1.75×10-5，H2CO3的Kal＝4.4×10-7，Ka2＝4.7×10-11)；(6)滤渣Ⅱ的主要成分为FePO4，在高温条件下，Li2CO3、葡萄糖(C6H12O6)和FePO4可制备电极材料LiFePO4，同时生成CO和H2O，该反应的化学方程式为___________________________________________________。[解析](1)由质量数＝质子数＋中子数可知，铈的质量数＝58＋80＝138，因此该核素的符号为eq\o\al(138,)58Ce。(2)为提高“水浸”效率，可采取搅拌、适当升高温度、研碎等措施。(3)根据流程及题中信息分析可知，滤渣Ⅰ为SiO2、CaSO4，滤渣Ⅱ为FePO4，滤渣Ⅲ的主要成分为Al(OH)3。(4)加入絮凝剂的目的是使悬浮粒子聚集变大，加快粒子聚沉速度，更快地形成沉淀。(5)“沉铈”过程中，Ce3+与HCOeq\o\al(－,3)反应生成Ce2(CO3)3·nH2O，反应的离子方程式为2Ce3+＋6HCOeq\o\al(－,3)＋(n－3)H2O=Ce2(CO3)3·nH2O↓＋3CO2↑。由于NHeq\o\al(＋,4)水解溶液显酸性，HCOeq\o\al(－,3)水解溶液显碱性，根据题中提供的电离平衡常数，可计算出NHeq\o\al(＋,4)的水解平衡常数为eq\f(Kw,Kb)＝eq\f(10-14,1.75×10-5)≈5.71×10-10,HCOeq\o\al(－,3)的水解平衡常数为eq\f(Kw,Ka1)＝eq\f(10-14,4.4×10-7)≈2.3×10-8，所以HCOeq\o\al(－,3)的水解程度大于NHeq\o\al(＋,4)的水解程度，所以溶液显碱性。(6)根据题中信息，可知反应物为Li2CO3、C6H12O6和FePO4，生成物为LiFePO4、CO和H2O，根据化合价变化，C：＋4→＋2，0→＋2，Fe：＋3→＋2，则反应的化学方程式为6FePO4＋3Li2CO3＋C6H12O6eq\o(=,\s\up7(高温))6LiFePO4＋9CO↑＋6H2O↑。[答案](1)eq\o\al(138,)58Ce(2)搅拌、适当升高温度(合理即可)(3)Al(OH)3(4)促进Al3+、Fe3+聚沉为Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀(5)2Ce3+＋6HCOeq\o\al(－,3)＋(n－3)H2O=Ce2(CO3)3·nH2O↓＋3CO2↑碱性(6)6FePO4＋3Li2CO3＋C6H12O6eq\o(=,\s\up7(高温))6LiFePO4＋9CO↑＋6H2O↑(二)选考题：共15分。请考生从给出的两道题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[选修3：物质结构与性质]18．硅、锗(Ge)及其化合物广泛应用于光电材料领域。回答下列问题：(1)基态硅原子最外层的电子排布图为________，晶体硅和碳化硅熔点较高的是________(填化学式)；(2)硅和卤素单质反应可以得到SiX4，SiX4的熔、沸点如下表：SiF4SiCl4SiBr4SiI4熔点/K183.0203.2278.6393.7沸点/K187.2330.8427.2560.7①0℃时，SiF4、SiCl4、SiBr4、SiI4呈液态的是________(填化学式)，沸点依次升高的原因是________________________，气态SiX4分子的空间构型是________；②SiCl4与N­甲基咪唑()反应可以得到M2+，其结构如图所示：N­甲基咪唑分子中碳原子的杂化轨道类型为________，H、C、N的电负性由大到小的顺序为________，1个M2+中含有________个σ键；(3)下图是Mg、Ge、O三种元素形成的某化合物的晶胞示意图。①已知化合物中Ge和O的原子个数比为1∶4，图中Z表示________原子(填元素符号)，该化合物的化学式为________；②已知该晶胞的晶胞参数分别为anm、bnm、cnm，α＝β＝γ＝90°，则该晶体的密度ρ＝________g·cm-3(设阿伏加德罗常数的值为NA，用含a、b、c、NA的代数式表示)。[解析](1)硅原子核外有14个电子，基态硅原子最外层的电子排布图为↑↓3s↑↑3p。晶体硅和碳化硅均为原子晶体，碳原子半径比硅原子半径小，则C—Si键键长比Si—Si键键长短，故碳化硅的熔点较高。(2)①0℃≈273K，由题表中的数据可知，只有SiCl4的熔点低于273K，沸点高于273K，则SiCl4在0℃时为液态。SiF4、SiCl4、SiBr4、SiI4均为分子晶体，结构相似，相对分子质量依次增大，则分子间作用力依次增大，沸点逐渐升高。SiX4的中心原子Si周围的σ键电子对数＝4＋eq\f(1,2)×(4－1×4)＝4，无孤电子对，由VSEPR理论可知，其VSEPR模型与分子空间构型均为正四面体。②中甲基碳原子为饱和碳原子，是sp3杂化，碳碳双键中的碳原子为sp2杂化。短周期同周期元素从左到右，电负性逐渐增大，且H的电负性比C小，故电负性由大到小的顺序是N>C>H。中1个基团有1个N—Si、4个N—C、1个N=C、1个C=C、6个C—H，共有13个σ键，4个基团，则含13×4＝52(个)σ键，另外还有2个Si—Cl键，故1个中含有σ键的数目为54个。(3)①由晶胞结构图可知，1个晶胞中，对于X原子，8个位于顶点、4个位于棱上、6个位于面上、3个位于晶胞内，故1个晶胞中含有X的数目为8×eq\f(1,8)＋4×eq\f(1,4)＋6×eq\f(1,2)＋3＝8(个)；对于Y原子，4个Y原子均位于晶胞内；对于Z原子，16个Z原子均位于晶胞内。其中Ge和O的原子个数比为1∶4，则X为Mg，Y为Ge，Z为O。由上述分析可知，该化合物的化学式为Mg2GeO4。②1个晶胞的质量＝eq\f(24×8＋73×4＋16×16,NA)g＝eq\f(740,NA)g，1个晶胞的体积＝abc×10-21cm3，则晶体的密度ρ＝eq\f(\f(740,NA)g,abc×10-21cm3)＝eq\f(7.4×1023,abcNA)g·cm-3。[答案](1)↑↓3s↑↑3pSiC(2)①SiCl4SiF4、SiCl4、SiBr4、SiI4都是分子晶体，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增大正四面体②sp2、sp3N＞C＞H54(3)①OMg2GeO4②eq\f(7.4×1023,abcNA)[选修5：有机化学基础]19．叶酸拮抗剂Alimta(M)是一种多靶向性抗癌药物。以苯和丁二酸酐为原料合成该化合物的路线如下：回答下列问题：已知：①＋OROOReq\o(→,\s\up7(AlCl3))OR＋OROH②OROOReq\o(→,\s\up7(H＋),\s\do5(H2O))OROH(1)A的结构简式为________；(2)A→B，D→E的反应类型分别是________，________；(3)M中虚线框内官能团的名称为a________，b________；(4)B有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体有________种(不考虑立体异构)①苯环上有2个取代基②能够发生银镜反应③与FeCl3溶液发生显色反应其中核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为6∶2∶2∶1∶1的结构简式为________；(5)结合上述信息，写出丁二酸酐和乙二醇合成聚丁二酸乙二醇酯的反应方程式：________________________________________________________________________；(6)参照上述合成路线，以乙烯和为原料，设计合成的路线________(其他试剂任选)。[解析](1)结合“已知①”分析生成A的反应物与反应条件可知，该反应与“已知①”类似，则A为OCOOH。(2)A生成B是失去羰基上的氧原子的反应，故该反应为还原反应。对比D、E的结构简式，E相对于D，醛基邻位碳原子上的氢原子被Br原子取代，故该反应为取代反应。(3)a是肽键(或酰胺键)，b是羧基。(4)由信息②可知，该同分异构体含醛基；由信息③可知，该同分异构体含酚羟基。因信息①提示苯环上有2个取代基，则分别为—OH和—CH2CH2CH2CHO、—CH2CH(CHO)CH3、—CH(CHO)CH2CH3、—C(CH3)2CHO、—CH(CH3)CH2CHO，又苯环上有两个取代基时存在邻、间、对三种位置关系，则同分异构体共有5×3＝15(种)，其中核磁共振氢谱中有五组峰，且峰面积之比为6∶2∶2∶1∶1的结构简式是OHCH3CCHOCH3。(5)根据“已知②”，丁二酸酐和乙二醇合成聚丁二酸乙二醇酯的反应方程式为n＋nHOCH2CH2OHeq\o(→,\s\up7(催化剂),\s\do5(H＋))HOCCH2CH2COOCH2CH2OHO＋(n－1)H2O。(6)乙烯与水通过加成反应合成乙醇，乙醇氧化生成乙醛，乙醛发生流程D→E的反应，再与发生流程E→G的反应，即CH2=CH2eq\o(→,\s\up7(H2O))CH3CH2OHeq\o(→,\s\up7(O2/Cu),\s\do5(△))CH3CHOeq\o(→,\s\up7(DBBA(溴化剂)),\s\do5(CH2Cl2))BrCH2CHOeq\o(→,\s\up7())。[答案](1)OCOOH(2)还原反应取代反应(3)肽键(或酰胺键)羧基(4)15OHCH3CCHOCH3(5)＋nHOCH2CH2OHeq\o(→,\s\up7(催化剂),\s\do5(H＋))HOCCH2CH2COOCH2CH2OHO＋(n－1)H2O(6)CH2=CH2eq\o(→,\s\up7(H2O))CH3CH2OHeq\o(→,\s\up7(O2/Cu),\s\do5(△))CH3CHOeq\o(→,\s\up7(DBBA(溴化剂)),\s\do5(CH2Cl2))BrCH2CHOeq\o(→,\s\up7())

2021年普通高等校招生全国统一考试甲卷化学一、选择题7．化学与人体健康及环境保护息息相关。下列叙述正确的是()A．食品加工时不可添加任何防腐剂B．掩埋废旧电池不会造成环境污染C．天然气不完全燃烧会产生有毒气体D．使用含磷洗涤剂不会造成水体污染C[食品加工时可以添加防腐剂，但要控制用量，A错误；废旧电池中含有重金属(如汞等)，会造成土壤污染，B错误；天然气不完全燃烧会产生有毒气体一氧化碳，C正确；含磷洗涤剂会造成水体富营养化，D错误。]8．NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是()A．18g重水(D2O)中含有的质子数为10NAB．3mol的NO2与H2O完全反应时转移的电子数为4NAC．32g环状S8()分子中含有的S—S键数为1NAD．1LpH＝4的0.1mol·L-1K2Cr2O7溶液中Cr2Oeq\o\al(2-,7)离子数为0.1NAC[重水的摩尔质量是20g·mol-1，1mol重水中含有10mol质子，所以18g重水中含有的质子数为eq\f(18,20)×10×NA＝9NA，A错误；NO2与H2O反应的化学方程式为3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，则3molNO2与H2O完全反应时转移的电子数为2NA，B错误；1molS8分子中含有8molS—S键，32gS8分子中含有的S—S键数为eq\f(32g,32g·mol-1×8)×8×NAmol-1＝1NA，C正确；由于K2Cr2O7溶液中存在Cr2Oeq\o\al(2-,7)＋H2O⥬2CrOeq\o\al(2-,4)＋2H＋平衡，1LpH＝4的0.1mol·L-1K2Cr2O7溶液中Cr2Oeq\o\al(2-,7)离子数小于0.1NA，D错误。]9．实验室制备下列气体的方法可行的是气体方法A氨气加热氯化铵固体B二氧化氮将铝片加到冷浓硝酸中C硫化氢向硫化钠固体滴加浓硫酸D氧气加热氯酸钾和二氧化锰的混合物D[实验室可用氢氧化钙和氯化氨固体加热制氨气，而不用加热氯化铵固体制氨气，这是因为氯化铵固体加热生成氨气和氯化氢，二者冷却后又生成氯化铵固体，A不符合题意；将铝片加到冷浓硝酸中会发生钝化，在铝片表面生成致密的氧化膜，阻止反应进一步进行，故不能制得二氧化氮，B不符合题意；向硫化钠固体中滴加浓硫酸，浓硫酸有强氧化性，硫化钠有强还原性，二者会发生氧化还原反应，不能生成硫化氢气体，C不符合题意；加热氯酸钾和二氧化锰的混合物，由于二氧化锰的催化作用，可加快氯酸钾的分解，从而制得氧气，D符合题意。]10．下列叙述正确的是()A．甲醇既可发生取代反应也可发生加成反应B．用饱和碳酸氢钠溶液可以鉴别乙酸和乙醇C．烷烃的沸点高低仅取决于碳原子数的多少D．戊二烯与环戊烷互为同分异构体B[甲醇中含有羟基，能与羧基发生酯化反应(即取代反应)，甲醇中不含有碳碳双键、碳碳三键、碳氧双键等不饱和键，所以不能发生加成反应，A错误；乙酸具有酸性，能和碳酸氢钠反应产生二氧化碳气体，乙醇和碳酸氢钠不反应，二者现象不同，能鉴别，B正确；烷烃的沸点高低不仅取决于碳原子数的多少，还与其支链有关，烷烃的同分异构体中，支链越多，沸点越低，C错误；戊二烯的分子式为C5H8，环戊烷的分子式为C5H10，二者不互为同分异构体，D错误。]11．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z的最外层电子数是W和X的最外层电子数之和，也是Y的最外层电子数的2倍。W和X的单质常温下均为气体。下列叙述正确的是()A．原子半径：Z>Y>X>WB．W与X只能形成一种化合物C．Y的氧化物为碱性氧化物，不与强碱反应D．W、X和Z可形成既含有离子键又含有共价键的化合物D[由于Z的最外层电子数是Y的最外层电子数的2倍，所以Z的最外层电子数为偶数，同时Z的最外层电子数是W和X的最外层电子数之和，且W、X的单质常温下均为气体，则W、X只能为H、N、O、F中的两种；又Z只能是主族元素，所以Z的最外层电子数为6，从而推出元素W、X、Y、Z分别为H、N、Al、S。一般来说，电子层数越多，原子半径越大；电子层数相同，核电荷数越大，原子半径越小，所以原子半径：Y>Z>X>W，A错误。H、N可以形成NH3、N2H4等多种化合物，B错误。Y的氧化物为Al2O3，Al2O3是两性氧化物，既能与强酸反应，也能与强碱反应，C错误。H、N和S可以形成(NH4)2S，该化合物中既含有离子键也含有共价键，D正确。]12．已知相同温度下，Kspeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(BaSO4))<Kspeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(BaCO3))。某温度下，饱和溶液中－lgeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(SOeq\o\al(2-,4)))))、－lgeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(COeq\o\al(2-,3)))))与－lgeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ba2+))))的关系如图所示。下列说法正确的是()A．曲线①代表BaCO3的沉淀溶解曲线B．该温度下BaSO4的Kspeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(BaSO4))值为1.0×10-10C．加适量BaCl2固体可使溶液由a点变到b点D．ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ba2+))＝10-5.1时两溶液中eq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(SOeq\o\al(2-,4))),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(COeq\o\al(2-,3))))＝10y2－y1B[Ksp(BaSO4)<Ksp(BaCO3)，当－lg[c(Ba2+)]＝5.1时，即c(Ba2+)＝10-5.1时，y1<y2，所以阴离子浓度：c点>d点，即c点对应的Ksp要大些，根据Ksp的大小可知，曲线②代表BaCO3的沉淀溶解曲线，曲线①代表BaSO4的沉淀溶解曲线，A错误；曲线①，当－lg[c(Ba2+)]＝4.0时，－lg[c(SOeq\o\al(2-,4))]＝6.0，则c(Ba2+)＝1.0×10-4、c(SOeq\o\al(2-,4))＝1.0×10-6，所以Ksp(BaSO4)＝c(Ba2+)·c(SOeq\o\al(2-,4))＝1.0×10-10，B正确；加入适量BaCl2固体后，由于c(Ba2+)增大，所以BaCO3(s)⥬Ba2+(aq)＋COeq\o\al(2-,3)(aq)平衡逆向移动，c(COeq\o\al(2-,3))减小，所以溶液应该由b点变到a点，C错误；由题图中数据可知，c(Ba2+)＝10-5.1时，eq\f(c（SOeq\o\al(2-,4)）,c（COeq\o\al(2-,3)）)＝eq\f(10－y2,10－y1)＝10y1－y2，D错误。]13．乙醛酸是一种重要的化工中间体，可采用如下图所示的电化学装置合成。图中的双极膜中间层中的H2O解离为H＋和OH－，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列说法正确的是()A．KBr在上述电化学合成过程中只起电解质的作用B．阳极上的反应式为HOCOCOOH＋2H＋＋2e－→HOCOCOH＋H2OC．制得2mol乙醛酸，理论上外电路中迁移了1mol电子D．双极膜中间层中的H＋在外电场作用下向铅电极方向迁移D[由题图可知，在铅电极乙二酸变成乙醛酸是去氧的过程，发生还原反应，则铅电极是电解装置的阴极，石墨电极发生氧化反应，反应为2Br－－2e－=Br2，是电解装置的阳极。由上述分析可知，Br－起到还原剂的作用，A错误；阳极上的反应式为2Br－－2e－=Br2，B错误；制得2mol乙醛酸，实际上是左、右两侧各制得1mol乙醛酸，共转移2mol电子，故理论上外电路中迁移的电子数为2mol，C错误；电解装置中，阳离子移向阴极(即铅电极)，D正确。]二、非选择题26．碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：(1)I2的一种制备方法如下图所示：①加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为________________________________________，生成的沉淀与硝酸反应，生成________后可循环使用。②通入Cl2的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为________________________________________________________________________；若反应物用量比neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Cl2))/neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(FeI2))＝1.5时，氧化产物为________；当neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Cl2))/neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(FeI2))>1.5，单质碘的收率会降低，原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)以NaIO3为原料制备I2的方法是：先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反应得到I2。上述制备I2的总反应的离子方程式为________________________________________________________________________。(3)KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，若生成1molI2，消耗的KI至少为________mol。I2在KI溶液中可发生反应：I2＋I－⥬Ieq\o\al(－,3)。实验室中使用过量的KI与CuSO4溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量KI的原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。[解析](1)①悬浊液为AgI的饱和溶液，加入Fe粉进行转化反应的离子方程式是2AgI＋Fe=2Ag＋Fe2+＋2I－；生成的沉淀为Ag，Ag与HNO3反应生成AgNO3，AgNO3可以循环使用。②由于还原性：I－＞Fe2+，故通入Cl2的过程中，若氧化产物只有一种，该产物应是I2，此时反应的化学方程式是FeI2＋Cl2=I2＋FeCl2；若eq\f(n(Cl2),n(FeI2))＝1.5，正好将Fe2+氧化为Fe3+，反应的化学方程式是2FeI2＋3Cl2=2FeCl3＋2I2；当eq\f(n(Cl2),n(FeI2))＞1.5时，单质I2的收率会降低，说明Cl2可以进一步将I2氧化为高价态的碘的化合物。(2)NaIO3具有氧化性，NaHSO3具有还原性，二者发生氧化还原反应生成NaI和Na2SO4，反应的离子方程式是IOeq\o\al(－,3)＋3HSOeq\o\al(－,3)=3SOeq\o\al(2-,4)＋I－＋3H＋；NaI和NaIO3在酸性条件下，继续发生氧化还原反应生成I2，反应的离子方程式是5I－＋IOeq\o\al(－,3)＋6H＋=3I2＋3H2O，故制备I2的总反应的离子方程式是2IOeq\o\al(－,3)＋5HSOeq\o\al(－,3)=I2＋5SOeq\o\al(2-,4)＋H2O＋3H＋。(3)由题给信息可推断出CuSO4和KI发生反应的化学方程式是2CuSO4＋4KI=2CuI↓＋I2＋2K2SO4，故若生成1molI2，消耗的KI至少为4mol；Ieq\o\al(－,3)的生成增大了I2在水中的溶解度，反应中加入过量的KI可以防止单质碘析出。[答案](1)①2AgI＋Fe=2Ag＋Fe2+＋2I－AgNO3②FeI2＋Cl2=I2＋FeCl2I2、FeCl3I2被进一步氧化(2)2IOeq\o\al(－,3)＋5HSOeq\o\al(－,3)=I2＋5SOeq\o\al(2-,4)＋H2O＋3H＋(3)4防止单质碘析出27．胆矾(CuSO4·5H2O)易溶于水，难溶于乙醇。某小组用工业废铜焙烧得到的CuO(杂质为氧化铁及泥沙)为原料与稀硫酸反应制备胆矾，并测定其结晶水的含量。回答下列问题：(1)制备胆矾时，用到的实验仪器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有________(填标号)。A．烧杯B．容量瓶C．蒸发皿D．移液管(2)将CuO加入到适量的稀硫酸中，加热，其主要反应的化学方程式为________________，与直接用废铜和浓硫酸反应相比，该方法的优点是________________________。(3)待CuO完全反应后停止加热，边搅拌边加入适量H2O2，冷却后用NH3·H2O调pH为3.5～4，再煮沸10min，冷却后过滤。滤液经如下实验操作：加热蒸发、冷却结晶、________、乙醇洗涤、________，得到胆矾。其中，控制溶液pH为3.5～4的目的是________，煮沸10min的作用是________。(4)结晶水测定：称量干燥坩埚的质量为m1，加入胆矾后总质量为m2，将坩埚加热至胆矾全部变为白色，置于干燥器中冷至室温后称量，重复上述操作，最终总质量恒定为m3。根据实验数据，胆矾分子中结晶水的个数为________(写表达式)。(5)下列操作中，会导致结晶水数目测定值偏高的是________(填标号)。①胆矾未充分干燥②坩埚未置于干燥器中冷却③加热时有少胆矾迸溅出来[解析](1)CuO与稀H2SO4在烧杯中进行反应，为了得到胆矾，需要对溶液进行蒸发，在蒸发皿中蒸发溶液，故选AC。(2)CuO与稀H2SO4反应的化学方程式是CuO＋H2SO4eq\o(=,\s\up7(△))CuSO4＋H2O；该方法的优点是不会产生污染空气的SO2，且H2SO4的用量是Cu与浓H2SO4反应时的一半，即硫酸的利用率高。(3)CuO与稀H2SO4加热反应后，溶液中存在Fe3+和Cu2+，加NH3·H2O调节溶液pH为3.5～4，目的是使Fe3+沉淀并抑制Cu2+水解，再煮沸10min的目的是使Fe3+全部转化为Fe(OH)3沉淀，防止有Fe(OH)3胶体生成影响胆矾的纯度，且便于过滤除去。具体操作步骤是将滤液加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥，最终得到胆矾。(4)由题意知，结晶水的质量为m2－m3，硫酸铜的质量为m3－m1，设胆矾的化学式为CuSO4·xH2O，根据分子个数比等于物质的量之比，则x＝eq\f(\f(m2－m3,18),\f(m3－m1,160))＝eq\f(80×(m2－m3),9×(m3－m1))。(5)胆矾未充分干燥，会使测定的水的质量偏高，则会导致结晶水数目测定值偏高，①符合题意；坩埚未置于干燥器中冷却，会使测定的水的质量偏低，则会导致结晶水数目测定值偏低，②不符合题意；加热时有少量胆矾迸溅出来，会使测定的水的质量偏高，则会导致结晶水数目测定值偏高，③符合题意。[答案](1)AC(2)CuO＋H2SO4eq\o(=,\s\up7(△))CuSO4＋H2O不产生SO2(硫酸利用率高)(3)过滤干燥除尽铁和抑制CuSO4水解破坏Fe(OH)3胶体，易于过滤(4)eq\f(80×(m2－m3),9×(m3－m1))(5)①③28．二氧化碳催化加氢制甲醇，有利于减少温室气体二氧化碳。回答下列问题：(1)二氧化碳加氢制甲醇的总反应可表示为：CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)该反应一般认为通过如下步骤来实现：①CO2(g)＋H2(g)=CO(g)＋H2O(g)ΔH1＝＋41kJ·mol-1②CO(g)＋2H2(g)=CH3OH(g)ΔH2＝－90kJ·mol-1总反应的ΔH＝________kJ·mol-1；若反应①为慢反应，下列示意图中能体现上述反应能量变化的是________(填标号)，判断的理由是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。ABCD(2)合成总反应在起始物neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2))/neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CO2))＝3时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为x(CH3OH)，在t＝250℃下的xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CH3OH))～p、在p＝5×105Pa下的xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CH3OH))～t如图所示。①用各物质的平衡分压表示总反应的平衡常数，表达式Kp＝________；②图中对应等压过程的曲线是________，判断的理由是________________________________________________________________________；③当xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CH3OH))＝0.10时，CO2的平衡转化率α＝________，反应条件可能为________或________。[解析](1)由盖斯定律可知，反应①＋反应②得总反应方程式，则总反应的ΔH＝ΔH1＋ΔH2＝＋41kJ·mol-1＋(－90kJ·mol-1)＝－49kJ·mol-1。该总反应是放热反应，生成物的总能量比反应物的总能量低，B、D错误；反应①为慢反应，是总反应的决速步骤，则反应①的活化能比反应②的大，A正确，C错误。(2)①根据H2和CO2合成甲醇的总反应化学方程式可知，压强平衡常数表达式Kp＝eq\f(p(H2O)·p(CH3OH),p3(H2)·p(CO2))。②H2和CO2合成甲醇的总反应为放热反应，则升高温度，平衡向逆反应方向移动，即混合气体中的甲醇蒸气含量减小，故曲线b为5×105Pa时等压过程的曲线，而曲线a为250℃时等温过程的曲线。③根据eq\f(n(H2),n(CO2))＝3，设初始时H2的物质的量为3mol，CO2的物质的量为1mol，参加反应的CO2的物质的量为amol，用“三段式”计算：CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)起始/mol1300转化/mola3aaa平衡/mol1－a3－3aaa则x(CH3OH)＝eq\f(a,4－2a)＝0.10，解得a＝eq\f(1,3)，故CO2的平衡转化率为eq\f(\f(1,3)mol,1mol)×100%≈33.3%。对照题图中的x(CH3OH)＝0.10可知，反应条件是9×105Pa、250℃或5×105Pa、210℃。[答案](1)－49AΔH1为正值，ΔH2和ΔH为负值，反应①活化能大于反应②的活化能(2)①eq\f(p(H2O)·p(CH3OH),p3(H2)·p(CO2))②b总反应ΔH＜0，升高温度时平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数变小③33.3%5×105Pa、210℃9×105Pa、250℃【化学—选修3：物质结构与性质】35．我国科学家研发的全球首套千吨级太阳能燃料合成项目被形象地称为“液态阳光”计划。该项目通过太阳能发电电解水制氢，再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢合成甲醇。回答下列问题：(1)太阳能电池板主要材料为单晶硅或多晶硅。Si的价电子层的电子排式为________；单晶硅的晶体类型为________。SiCl4是生产高纯硅的前驱体，其中Si采取的杂化类型为________。SiCl4可发生水解反应，机理如下：含s、p、d轨道的杂化类型有：①dsp2、②sp3d、③sp3d2，中间体SiCl4(H2O)中Si采取的杂化类型为________(填标号)。(2)CO2分子中存在________个σ键和________个π键。(3)甲醇的沸点(64.7℃)介于水(100℃)和甲硫醇(CH3SH，7.6℃)之间，其原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)我国科学家发明了高选择性的二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂，其组成为ZnO/ZrO2固溶体。四方ZrO2晶胞如图所示。Zr4+离子在晶胞中的配位数是________，晶胞参数为apm、apm、cpm，该晶体密度为________g·cm-3(写出表达式)。在ZrO2中掺杂少量ZnO后形成的催化剂，化学式可表示为ZnxZr1－xOy，则y＝________(用x表达)。[解析](1)基态硅原子M层有4个电子，分别填充于3s和3p能级轨道中，则基态硅原子价电子排布式为3s23p2。单质硅熔、沸点高，硬度大，是原子晶体(或共价晶体)。SiCl4的中心原子硅原子周围有4对成键电子对，则Si采取sp3杂化。由中间体SiCl4(H2O)的结构可知，Si原子周围有5对成键电子对，故该杂化轨道含1个s杂化轨道、3个p杂化轨道和1个d杂化轨道，则Si采取的杂化类型为sp3d。(2)CO2分子的结构为O=C=O，则1个CO2分子中含2个σ键和2个π键。(3)甲醇的结构简式是CH3OH，1个甲醇分子可形成1个分子间氢键，而1个H2O分子可形成2个分子间氢键，水中氢键比例比甲醇高，故水的沸点比甲醇高，甲硫醇中不存在氢键，其沸点最低。(4)以ZrO2晶胞结构的上面面心的Zr4+为研究对象，将晶体结构向上由1个晶胞延长为2个晶胞，可观察到与该Zr4+距离最近的O2-有8个，则Zr4+的配位数为8。该晶胞中含8个O2-，Zr4+个数为8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4(个)，则1个晶胞的质量为eq\f(4×91＋8×16,NA)g，1个晶胞的体积为a2c×10-30cm3，则该晶体的密度为eq\f(4×91＋8×16,NAa2c×10-30)g·cm-3。该晶体中，Zr为＋4价，Zn为＋2价，O为－2价，由化合物中各元素化合价代数和为0可得，2x＋4×(1－x)－2y＝0，解得y＝2－x。[答案](1)3s23p2原子晶体(或共价晶体)sp3②(2)22(3)甲醇和水均能形成分子间氢键，而甲硫醇不能，且水比甲醇的氢键多(4)8eq\f(4×91＋8×16,NAa2c×10-30)2－x【化学—选修5：有机化学基础】36．近年来，以大豆素(化合物C)为主要成分的大豆异黄酮及其衍生物，因其具有优良的生理活性而备受关注。大豆素的合成及其衍生化的一种工艺路线如下：回答下列问题：(1)A的化学名称为________。(2)1molD反应生成E至少需要________mol氢气。(3)写出E中任意两种含氧官能团的名称________。(4)由E生成F的化学方程式为________________________________________________________________________。(5)由G生成H分两步进行：反应1)是在酸催化下水与环氧化合物的加成反应，则反应2)的反应类型为________。(6)化合物B的同分异构体中能同时满足下列条件的有________(填标号)。a．含苯环的醛、酮b．不含过氧键(—O—O—)c．核磁共振氢谱显示四组峰，且峰面积比为3∶2∶2∶1A．2个B．3个C．4个D．5个(7)根据上述路线中的相关知识，以丙烯为主要原料用不超过三步的反应设计合成下图有机物，写出合成路线________。[解析](1)HOOH的化学名称为1，3­苯二酚(或间苯二酚)。(2)由D和E的分子式可知1molD反应生成E至少需要2molH2。(3)C与(CH3CO)2O发生取代反应生成D，D的结构简式为，由D的结构简式和D→E的反应条件推出E的结构简式为，其含氧官能团的名称为酯基、羟基、醚键。(4)从E和F的结构简式可知，由E生成F的化学方程式为eq\o(→,\s\up7(TsOH),\s\do5(PhMe))＋H2O。(5)G生成H的第一步为水和G在酸催化下的加成反应，则结合G、H的结构简式可推断出第二步反应为取代反应。(6)满足题给条件的B的同分异构体的结构简式为HOOHCCH3O、HOOHCCH3O、CHOHOCH3OH和CH3HOCHOOH，共4种，则答案选C。(7)参考题给流程，由题意可知由丙烯为原料合成目标产物的路线为。[答案](1)1，3­苯二酚(或间苯二酚)(2)2(3)酯基、羟基、醚键(任意两种)(4)(5)取代反应(6)C(7)

山东省2021年普通高中学业水平等级考试化学可能用到的相对原子质量：H—1C—12N—14O—16F—19Cl—35.5一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．(2021·山东等级考)有利于实现“碳达峰、碳中和”的是()A．风能发电B．粮食酿酒C．燃煤脱硫D．石油裂化A[碳达峰是指我国承诺2030年前，二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后逐步降低；碳中和是指通过植树造林、节能减排等形式，抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”。]2．(2021·山东等级考)下列物质应用错误的是()A．石墨用作润滑剂B．氧化钙用作食品干燥剂C．聚乙炔用作绝缘材料D．乙二醇溶液用作汽车防冻液C[石墨层与层之间的作用力很小，容易在层间发生相对滑动，是一种很好的固体润滑剂，A项不符合题意；氧化钙可以和水发