文档内容
绝密 ★ 启用前 2．设N 为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是
A
A．11.7g NaCl晶体中含有0.2N 个NaCl分子
2021 年普通高等学校招生全国统一考试 A
班级
B．用惰性电极电解1L 0.2mol·L−1 AgNO 溶液，当两极产生气体的物质的量相等时，标况下，
3
姓名
化 学 阴极得到的气体体积为2.24L
准考证号
C．0.1mol 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为0.3N
A
注意事项：
考场号
D．1mol Na与足量O 反应，生成NaO和NaO 的混合物，钠失去电子数为2N
此卷只 2 2 2 2 A
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己
装订座不位密号封
【答案】B
的姓名、考生号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ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，
【解析】NaCl为离子晶体，由Na+、Cl−构成，NaCl晶体中不含NaCl分子，A错误；惰性电极
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。
电解1L 0.2mol·L−1 AgNO 溶液，阴极先是Ag+得电子，不产生气体，当银离子放电完全时才会氢离
3
3．回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。
子放电产生氢气，阳极一直是氢氧根失去电子生成氧气，假设两极产生气体均为x mol，则：
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，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 根据得失电子数相等，则有 0.2+2x=4x，所以 x=0.1，阴极产生的氢气在标况下的体积为
0.1mol×22.4L/mol=2.24L，B正确；反应后Fe可能显+3价，也可能显+2价，所以反应过程中转移
B．将草木灰和硫酸铵混合施用，肥效更高
的电子数为0.3N 或0.2N ，C错误；1mol钠反应失去1mol电子，钠失去电子数为N ，D错误。
A A A
C．食用的碘盐通常是纯净的碘酸钾
3．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
D．工业生产玻璃、水泥均需用石灰石作原料
【答案】D A．Se原子核外有3个未成对电子 B．Fe3+电子排布式为1s22s22p63s23p63d5
【解析】糖类、蛋白质和油脂都属于营养物质，多糖、二糖、蛋白质和油脂能发生水解反应， C．AsO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
但单糖不能发生水解，故A错误；草木灰的主要成分为碳酸钾，碳酸根水解生成的氢氧根与铵离子
【答案】A
反应生成易分解的NH ·H O，会造成氮肥损失，B错误；食用的碘盐为含有碘酸钾的NaCl，不是纯
3 2
净物，故C错误；生产玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英；生产水泥以黏土和石灰石为主要原料，
【解析】A．Se的价电子轨道表示式为 ，原子核外有2个未成对电子，A不正确；
故D正确。
B．Fe的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，4s轨道上电子的能量最高，所以Fe Fe3+时失去4s轨道上的2个电子和d轨道上的一个电子故其电子排布式为1s22s22p63s23p63d5，B正确；C．AsO的 B．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
中心As原子的价层电子对数为 ，则发生sp3杂化，空间构型为正四面体形，C正确；D．同
D．1mol该物质在碱性条件下水解消耗NaOH共4mol
一核外没有两个电子的各个参数完全相同，原子核外每个电子的运动状态都是不同的，基态氟原子
核外电子数为9，所以电子的运动状态有9种，D正确；故选A。 【答案】B
4．利用图中所示装置及试剂，能达到相应实验目的的是 【解析】一个苯环与氢气加成消耗氢气3mol，碳碳双键1mol，故消耗氢气0.7mol，但题中未注
明标准状况下，故A错误；该兴奋剂中含有醛基的同分异构体能发生银镜反应，B正确；羟基和卤
素原子连接在苯环上不能发生消去反应，故C错误；该物质在碱性条件下水解，3mol酚羟基消耗
3mol氢氧化钠，1mol卤素原子水解消耗1mol氢氧化钠后，可再生产1mol酚羟基消耗1mol氢氧化
钠共5mol，故D错误。
6．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，WQ 可
2
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
选项 甲 实验目的 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
A 饱和食盐水 除去HCl中的Cl
2
B．WQ 中既含有离子键又含有共价键
2
B KMnO 溶液 从HCl和SO 的混合气体中分离出HCl
4 2
C．原子半径X＞Q＞Z
C 饱和NaSO 溶液 除去CO 中的SO
2 3 2 2
D．Y、Z两种元素的气态氢化物的稳定性：Y＞Z
D CuSO 溶液 除去乙烯中的PH
4 3
【答案】C
【答案】D
【解析】五种元素原子序数均不大于20，X是含量最多的金属元素，为Al，WQ 可与水剧烈反
2
【解析】饱和食盐水能除Cl 中HCl，不能除Cl ，故A错误；KMnO 溶液能将HCl和SO 全部 应生成一种强碱和一种可燃性气体，故WQ 为CaC ，Z的最高价和最低价代数和为6，故Z为Cl，
2 2 4 2 2 2
氧化，不能将其分离，故B错误；饱和NaSO 溶液能将SO 反应除去，但部分CO 也能与NaSO Y与Z同族，Y为F，工业制铝是通过电解Al O ，故A正确；CaC 中既有离子键又有共价键，故
2 3 2 2 2 3 2 3 2
溶液反应，故 C 错误；由反应 24CuSO +11PH+12H O=8Cu P↓+3HPO +24H SO 可知，PH 可用 B正确；同一周期原子半径从左往右逐渐减小，电子层数越多，原子半径越大，则原子半径 Al＞Cl
4 3 2 3 3 4 2 4 3
CuSO 溶液除去，故D正确。 ＞C，故C错误；非金属性：F＞Cl，则气态氢化物的稳定性：HF＞HCl，故D正确。
4
5．国际奥委会在兴奋剂药检中检测出一种兴奋剂的结构简式如图，有关说法正确的是 7．下列根据实验操作和实验现象得出的结论正确的是
选项 实验操作 实现现象 结论
向久置的NaSO 溶液中加入足量 出现白色沉淀，加入稀 久置的NaSO
A 2 3 2 3
BaCl 溶液，再加入足量稀硝酸 硝酸后沉淀不溶解 溶液已全部变质
2
B 取1mL 20%蔗糖溶液，加入少量稀硫 未有砖红色沉淀生成 蔗糖未水解
A．0.1mol该物质与氢气发生加成反应，共消耗氢气15.68L
酸，水浴加热后，取少量溶液，加入几滴新制Cu(OH) 悬浊液，加热
2
常温下用pH计测定浓度均为 酸性：
pH：NaClO溶液
C 0.1mol·L−1的NaClO溶液和NaHCO
3 >NaHCO 溶液
溶液的pH 3 HCO＞HClO
2 3
向KNO 和KOH混合溶液中加入铝粉 NO离子被还原
D 3 试纸变为蓝色
并加热，管口放湿润的红色石蕊试纸 为NH
3
【答案】D
【解析】NaSO 遇BaCl 生成BaSO，BaSO 遇硝酸也会生成BaSO，所以不能说明NaSO 溶液
2 3 2 3 3 4 2 3
A．该催化固氮总反应为N+3H =2NH
2 2 3
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) 悬浊液的反应应在碱性条件
2
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
B． 是反应催化剂
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，KNO 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，
3
C．整个催化过程中存在N—Ti键的断裂和生成
说明NO被还原为NH ，D正确。
3
D．加压有利于该反应提高产率
8．下列离子反应方程式正确的是
【答案】B
A．Fe与稀硝酸反应，当n(Fe)∶n(HNO )=1∶2时，3Fe+2NO+8H+＝3Fe2++2NO↑+4HO
3 2
【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+L 为催化剂，反
3
B．CuSO 与过量浓氨水反应的离子方程式：Cu2++2NH·H O＝Cu(OH) ↓+2NH
4 3 2 2
应的总反应方程式为 N+3H =2NH ，故A正确；由固定机理的示意图可知，Ti3+L 为催化剂，
2 2 3 3
C．向硫酸铝铵溶液滴加足量的氢氧化钡溶液：Al3++2SO+2Ba2++4OH−＝AlO+2BaSO↓+2HO
4 2
D．向 NaHSO 4 溶液中逐滴加入 Ba(OH) 2 溶液至 SO 刚好沉淀完全：2H++SO+Ba2++2OH−＝ 是反应中间体，故B错误；由固定机理的示意图可知，c→d的过程存在N—
2HO+BaSO↓
2 4
Ti键的断裂，a→b的过程存在N—Ti键的生成，故C正确；由N+3H =2NH 反应可知，加压促使
2 2 3
【答案】A
反应正向移动，提高产率，故D正确。
【解析】当n(Fe)∶n(HNO )=1∶4时，Fe+NO+4H+＝Fe3++NO↑+2HO，再增加1倍的Fe时，2Fe3+
3 2
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
+Fe=3Fe2+，铁过量，故A正确；CuSO 与过量浓氨水反应Cu2++4NH·H O＝[Cu(NH )]2++4H O，B
4 3 2 3 4 2
错误；向硫酸铝铵[NH Al(SO )]溶液中滴加足量Ba(OH) 溶液，离子反应方程式为NH+Al3++2SO
4 4 2 2
+2Ba2++4OH−＝Al(OH) ↓+2BaSO↓+NH ·H O，故C错误；向NaHSO 溶液中逐滴加入Ba(OH) 溶液
3 4 3 2 4 2
至SO刚好沉淀完全：H++SO+Ba2++OH−＝HO+BaSO↓，故D错误。
2 4
A．发生器中发生反应的离子方程式为2ClO+SO＝SO+2ClO
2 2
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
B．吸收塔中温度不宜过高，会导致HO 的分解
2 2
C．吸收塔中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1∶2D．从“母液”中可回收的主要物质是NaSO 0.1mol Cu，共6.4g，故D错误。
2 4
【答案】C 12．为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含 NH废水和工业废气（主要含N 、CO 、SO 、
2 2 2
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
【解析】A．根据流程图可知NaClO 与SO 发生氧化还原反应，化学方程式为2NaClO+SO ＝
3 2 3 2
NaSO +2ClO ，故离子方程式为2ClO+SO ＝SO+2ClO ，A正确；B．HO 在高温下易分解，故吸
2 4 2 2 2 2 2
收塔的温度不能太高，B正确；C．吸收塔中发生的反应为2ClO +H O+2NaOH＝2NaClO+2H O
2 2 2 2 2
+O ↑，其中ClO 是氧化剂，HO 是还原剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1，C错误；
2 2 2 2
D．根据选项A的分析，母液中溶质主要为NaSO ，D正确；选C。
2 4
二、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 A．固体1中主要含有CaCO 、CaSO
3 3
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。
B．捕获剂所捕获的气体主要是CO
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
C．X可以是空气，当它过量时，会发生反应：4NO+2O 4NO
2
确的是
D．处理含NH废水时，氧化剂和还原剂的比例为1∶1
【答案】A
【解析】固体1中主要含有CaCO 、CaSO 以及过量的石灰乳，故A错误；根据流程可判断气
3 3
体2中为CO和N ，无污染气体是N ，所以捕获的气体主要是CO，故B正确；根据流程图可判断
2 2
气 体 1 为 N 、 NO 、 CO ， X 为 空 气 或 者 氧 气 ， 目 的 是 将 NO 转 化 成 NO ，
2 2
NO+NO +2NaOH=2NaNO +H O，若空气过量，则产物除了有亚硝酸钠，还有硝酸钠，转化关系为
2 2 2
4NO+2O 4NO，故C正确；D中处理含NH废水时，氧化剂为亚硝酸根离子，还原剂为铵根离
2
子，比例是1∶1，故D正确。
A．充电时，a为阴极
13．一定压强下，向10L密闭容器中充入1mol SCl 和1mol Cl，发生反应SCl(g)+Cl (g) 2
2 2 2 2 2 2
B．放电时，b极附近pH增大
SCl (g)。Cl 与SCl 的消耗速率(v)与温度(T)的关系如图，以下说法正确的是
2 2 2
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CuSO ，当电路中转移0.2mol电子时，阳极析出铜单质6.4g
4
【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O+2H O+4e−＝4OH−，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
2 2
液，碱金属锂与水溶液反应，故 C错误；电解熔融CuSO ，阴极Cu2+放电，转移0.2mol电子产生
4A．该反应是吸热反应 【解析】常温下，当pH=6.3时，c(HCO)=c(HCO)，则K(H CO)=c(H+)=1×10−6.3mol∙L−1，同理
2 3 a 2 3
可知，当pH=10.3时，c(CO)=c(HCO)，则K(HCO)=c(H+)=1×10−10.3mol∙L−1，反应HCO+CO
a 2 3
B．A、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，SCl 的平衡转化
2 2 2HCO的平衡常数为
率减小
D．达到平衡后再加热，平衡向正反应方向移动 =1×104，故A正确；根据图中信息可知当pH=7时，c(HCO)＞c(HCO)＞c(CO)，且c(H+)=c(OH−)，
2 3
根据电荷守恒得到 c(Na+)=c(HCO)+2c(CO)，因此 c(Na+)＞c(HCO)，故 B 错误；当 pH=a 时，
2 3
【答案】B
c(HCO) ＞ c(CO) ＞ c(HCO) ＞ c(H+) ， 故 C 正 确 ； 由 A 项 可 知 K(H CO)=1×10−6.3 ，
2 3 a 2 3
【解析】在A点，Cl 与SCl 的消耗速率(v)相等，则反应未达平衡；在B点，Cl 的消耗速率
2 2 2
v(Cl )=0.03mol·(L·min)−1，在D点，SCl 的消耗速率v(SCl )=0.06mol·(L·min)−1，反应物与生成物的
2 2 2
K(HCO)=1.000×10−10.3，则 ， =1×104，
a
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，SCl 的消耗速率大于Cl 的
2 2
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，
当pH=10.3时，c(CO)=
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等，所以平衡不发生
c(HCO)，则 ；c(HCO)+c(HCO)+c(CO)=1.000×10−3mol∙L−1，则c(HCO)=
2 3 2 3
移动，SCl 的平衡转化率不变，C错误；D．据图可知达到平衡后再加热，SCl 的消耗速率大于Cl
2 2 2 2
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。
5.000×10−8mol∙L−1，2c(CO)=1.000×10−3mol∙L−1-5.000×10−8mol∙L−1，根据电荷守恒得到 c(Na+)＞
14．t℃时，配制一组c(HCO)+c(HCO)+c(CO)=1.000×10−3mol∙L−1的HCO 与HCl或HCO 与NaOH c(HCO)+2c(CO)，即c(Na+)＞3c(CO)，故c(Na+)＞1.000×10−3mol∙L−1，故D错误。
2 3 2 3 2 3
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
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+2NH·HO Ag(NH)+Cl−+2H O
3 2 3 2
A．常温下，反应HCO+CO 2HCO的平衡常数为1.0×104
2 3
下列说法错误的是
B．pH=7的溶液中：c(Na+)＜c(HCO)
2 3
A．“氧化”阶段的离子方程式为4Ag+4ClO−+2H O＝4AgCl+4OH−+O ↑
2 2
C．pH=a的溶液中：c(HCO)＞c(CO)＞c(HCO)＞c(H+)
2 3
B．为加快“溶解”速率，可采用高温条件
D．pH=10.3的溶液中：c(Na+)＜1.000×10−3mol∙L−1
C．实验室中过滤所需的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒
【答案】AC
D．为提高Ag的回收率，需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤，并将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中 （2）漏斗、烧杯、玻璃杯（1分）
【答案】B （3）温度过高，氨水会加速分解，导致产品产率降低（2分）
【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， （4）4Fe P+11O=====4Fe O+2P O（2分）
2 2 2 3 2 5
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(NH)，过滤后，
3
（5）硝酸浓度越大越易分解，而浸取过程中的 O 来自硝酸分解，硝酸分解速率大于浸取速率，
2
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
导致O 损失加大，降低速率（2分）
2
反应的产物为AgCl、NaOH和O ，Ag、O元素的化合价升高，Cl元素的化合价降低，由电子、原
2
（6）pH增大，促进了溶液中Fe3+水解，生成的Fe(OH) 混入产品中导致含铁量增大（1分）
子守恒可知该反应的化学方程式为4Ag+4ClO−+2H O＝4AgCl+4OH−+O ↑，故A正确；B．氨水中的 3
2 2
NH 3 ·H 2 O受热易分解为NH 3 和H 2 O，不利于溶解AgCl，故不能采用高温条件，故B错误；C．过滤 Fe3++H PO +nNH·H O+(2-n)H O=FePO ·2H O↓+nNH+(3-n)H+(n=1，2，3均可)（2分）
3 4 3 2 2 4 2
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
【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
导致银的流失，提高Ag的回收率，需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤，并将洗涤后的滤液合并入过
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
滤Ⅱ的滤液中，故D正确；答案选B。
量降低，产品产率降低；(4)根据题干信息，O 将Fe和P分别氧化为Fe O 和PO ，根据得失电子
2 2 3 2 5
三、非选择题：本题共5小题，共60分。 守恒和质量守恒，化学方程式为4Fe P+11O=====4Fe O+2P O ；(5)硝酸浓度越大越易分解，而浸
2 2 2 3 2 5
取过程中的O 来自硝酸分解，硝酸分解速率大于浸取速率，导致O 损失加大，降低速率；(6)pH
16．（12分）用磷铁渣(含Fe、FeP、Fe P及少量杂质)制备FePO ·2H O(磷酸铁)的工艺流程如下： 2 2
2 4 2
增大，促进了溶液中Fe3+水解，生成的Fe(OH) 混入产品中导致含铁量增大；根据流程图可推知溶
3
液中含有 Fe3+和 HPO ，加入 NH ·H O 得到 FePO ，可推知生成 FePO ·2H O 的原料是 Fe3+、
3 4 3 2 4 4 2
HPO 、NH ·H O等，结合原子守恒即可写出离子方程式。
3 4 3 2
17．（12分）(一)过碳酸钠(Na CO)是一种很好的供氧剂，其与稀盐酸反应的化学方程式为：
2 4
2NaCO+4HCl=4NaCl+2CO ↑+O ↑+2H O。市售过碳酸钠一般都含有碳酸钠，为测定某过碳酸钠
2 4 2 2 2
(1)浸取的过程中，加快浸取的速率的方法有 （写出两项） 样品(只含NaCO 和NaCO)的纯度，某化学兴趣小组采用以下方案实施：
2 4 2 3
(2)操作X中用到的玻璃仪器为 。 [样品]――→[样品2.08g]―——―→[溶液]――→[固体]
(3)制备操作中需要适当加热，但温度不宜过高的原因是 。 （1）操作③为___________。
(4)“浸取”时，硝酸首先分解生成NO 2 和O 2 ，O 2 将Fe 2 P氧化。则浸取过程中Fe 2 P与O 2 反应的 （2）操作②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
化学方程式为 。 品的纯度为 。
(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 (二)为了探究Cu(NO ) 在酸性条件下跟铁单质的反应。他们取一支试管，加入Cu(NO ) 溶液，
3 2 3 2
。 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。
(6)在pH范围为1~1.5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 （3）加入铁粉后第一步离子反应方程式为 。
。写出制备流程中生成FePO ·2H O的离子方程式 。
4 2
（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
【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）
（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。 学方程式：
请按下表格式补充写出实验操作步骤、预期现象与结论。
①CH(g)+2O(g)＝CO(g)+2HO(l) ΔH＝-890.3kJ·mol−1
4 2 2 2
实验操作步骤 预期现象与结论
②N (g)+2O(g) 2NO (g) ΔH＝+67.0kJ·mol−1
2 2 2
溶液呈蓝绿色，___________(填“能”或“不 ③HO(g)＝HO(l) ΔH＝-41.0kJ·mol−1
2 2
步骤1：观察样品 能”)
确定产物中铁元素的价态
则2CH(g)+4NO (g) 2CO(g)+4HO(g)+2N(g) ΔH＝_____kJ·mol−1；
4 2 2 2 2
步骤2：取少量溶液，滴加 结论：________________， (2)在一恒容装置中，通入一定量CH 和NO ，测得在相同时间内，在不同温度下，NO 的转化
4 2 2
酸性KMnO 溶液，若紫色褪
4
去 反应离子方程式为 。 率如图（横坐标为反应温度，纵坐标为NO 2 转化率/%）：
若溶液变为红色，说明产物中含+3价的铁元
素；
步骤3：另取少量溶液，滴
加KSCN溶液
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） 则下列叙述正确的是____________。
（3）Fe+NO+4H+=Fe3++NO↑+2H O（2分） A．若温度维持在200℃更长时间，NO 的转化率将大于19%
2 2
（4）合理（2分） B．反应速率：b点的v(逆)＞e点的v(逆)
（5）不能（1分） 说明产物中含+2价铁元素（1分） MnO+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3+ C．平衡常数：c点＝d点
+4H O（2分）
2 D．提高c点时NO 的转化率和反应速率，可减小压强或增大c(CH)
2 4
【解析】（1）操作③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；
(3)在一定条件下，二氧化碳转化为甲烷的反应如下：CO(g)+4H(g) CH(g)+2HO(g)；向一
2 2 4 2
（2）产生气体通过澄清石灰水后，主要为氧气，为0.005mol，通过2NaCO+4HCl=4NaCl+2CO ↑+
2 4 2 容积为2L的恒容密闭容器中充人一定量的 CO 和H ，在300℃时发生上述反应，达到平衡时
2 2
O↑+2H O方程可知，NaCO 物质的量为0.01mol，则质量为1.22g，所以纯度为1.22/2.08=58.7%； CO 、H 、CH 、HO的浓度依次分别为0.2mol·L−1，0.8mol·L−1，0.8mol·L−1，1.6mol·L−1。则300℃
2 2 2 4 2 2 4 2
（3）因 HNO 氧化性比 Cu2+强，所以铁粉先与 HNO 反应，故方程为 Fe+NO+4H+=Fe3+ 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ΔH_____(填
3 3
+NO↑+2H O；（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 “>’’或“<”)0。
2
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，
Ⅱ．已知可逆反应A(g) B(g)的正、逆反应均为一级反应，v =k ·c(A)，v =k ·c(B)且存
正 正 逆 逆
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；滴入 KMnO 溶液，
4
在如下数据：
若紫色褪去，则说明存在+2价铁元素，反应离子方程式为MnO+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H O。
2
温度（K） 600 850
18．（10分）Ⅰ．CH 、CO 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
4 2
速率 k (min−1) 32 70
正
和降低碳排放意义重大。(1)在一定条件下，可通过CH 与NO 反应除去NO ，已知有下列热化
4 x x常数 k (min−1) 8 12 起始(mol/L) 2 0
逆
(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 转化(mol/L) x x
平衡(mol/L) 2-x x
率常数和反应时间之间满足如下关系：2.3lg =(k +k )t，[c (A)为反应物A的起始
正 逆 0
600K 时，平衡常数 K=4，有 =4，解得：x=1.6mol/L，所以 2.3lg
浓度，c(A)、c(B)分别为A，B任意时刻的浓度，k为反应速率常数，t为反应时间]，则：
t t
=(32+8)t，解得：t=0.023，故答案为 0.023；②反应一段时间后 A，B 浓度相等，即
①t=________min时反应达平衡。
②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/(L·min)
c(A)=c(B)=1mol/L，2.3lg =(32+8)t，解得：t=0.0115min，则这段时间内正反应的平均
(保留整数)。(已知lg2=0.3，lg5=0.7) t t
【答案】（1）-1750.6（1分）
反应速率v= =87mol/(L·min)；故答案为87。
（2）A（2分）
19．（12分）氨及其化合物与人类生产、生活息息相关。其中尿素(H NCONH)是人类最早合成的
（3）25（2分） ＜（1分） 2 2
（4）0.023（2分） 87（2分） 有 机 物 ， 工 业 上 生 产 尿 素 的 反 应 为 N+3H 2NH ， 2NH +CO――——
2 2 3 3 2
【解析】（1）已知：①CH(g)+2O(g)＝CO(g)+2HO(l) ΔH=-890.3kJ·mol−1；②N(g)+2O(g) →HNCONH+
4 2 2 2 2 2 2 2
2
HO。回答下列问题：
2
NO (g) ΔH=+67.0kJ·mol−1；③HO(g)=HO(l) ΔH=-41.0kJ·mol−1；则根据盖斯定律可知2×(①-②-③
2 2 2 (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
×2)即得到热化学方程式 2CH(g)+4NO (g) 2CO(g)+4HO(g)+2N(g)的 ΔH=-1750.6kJ·mol−1； 元素周期表的_____区。
4 2 2 2 2
（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，NO 的
2
(2)C、N、O三种元素电负性从大到小的顺序是_________
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
(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_________。
温度高，温度越高，反应速率增大，故b点的v ＜e点的v ，B错误；C．c、d温度不同，平衡常
逆 逆
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 (4)尿素分子中，C原子杂化轨道类型是___，π键与σ键数目之比为____。
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
(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
减小，D错误，答案选A。（3）平衡常数=0.8×1.62/0.2×0.84=25；因为温度降低，平衡常数增大，
化硼(b)，前者类似于金刚石，后者与石墨相似。
说明平衡正向移动，正反应放热。（4）由已知的v =k ·c(A)，v =k ·c(B)和给出的600K条件下
正 正 逆 逆
的数据可知，当达到平衡时，v =32c(A)=v =8c(B)得K= =4。设A转化x mol/L，根据三段式
正 逆
可得：
①A(g) B(g)
①X－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)
N与B的原子半径之和为x= a，可求得x= ×361.5pm≈156.5pm；②已知六方氮化硼同层
②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[Ar]3d9（1分） ds（1分）
（2）O＞N＞C（1分）
中B、N原子距离为a cm，密度为d g/cm3。六方氮化硼晶胞可以取为 ，一个晶胞中含有
（3）HO＞NH ＞CO （2分） 三者都是分子晶体，但HO和NH 都存在分子间氢键，且
2 3 2 2 3
HO分子间的氢键作用力强于NH （1分）
2 3
（4）sp2（1分） 1∶7（1分） B的个数为 个，含有N的个数为 ；设层与层之间距离为h，六棱柱体积
（5）156.5pm（2分） cm= ×1010pm（2分）
为 a2h cm3，六棱柱质量为 g= a2hd g，得 h= cm=
【解析】(1)Cu原子的原子序数是29，Cu原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，失去2个
×1010pm。
电子所得Cu2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d9或[Ar]3d9；Zn的价层电子排布式为3d104s2，位于元
20．（14分）X是石油裂解气之一，能使溴水褪色，X的密度为相同条件下氢气密度的21倍，是
素周期表的ds区；(2)同周期元素从左到右电负性逐渐增大，所以C、N、O三种元素电负性从大到
重要的化工原料。已知烯烃在一定条件下发生下列反应：
小的顺序是O＞N＞C；(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 HO＞NH ＞
2 3
CO ，原因：三者都是分子晶体，但HO和NH 都存在分子间氢键，且HO分子间的氢键作用力强
2 2 3 2
于NH ；(4)尿素的结构式为 ，分子中C原子与O原子形成双键（其中含有1个σ键
3
和1个π键），与2个N原子形成单键（均为σ键），则C原子杂化轨道类型是sp2，单键均为σ键，
双键中有1个σ键和1个π键，则π键和σ键数目之比为1∶7；(5)N原子是面心立方最密堆积，B
填充在四面体空隙，B原子与周围的4个N原子形成正四面体结构。设立方氮化硼晶体N与B的原
子半径之和为x，根据立体几何知识，x与正四面体的高（h）的关系为x=h，正四面体的高（h）与
已知：(1)
正四面体的棱长（l）关系为h= l，棱长l与晶胞边长a的关系为a= l，所以立方氮化硼晶体
(2)R－CH=CH－COOH（低级烯酸的酸性一般强于碳酸）
根据上述转化关系，回答问题：
(1)X的结构简式为 ，F的结构简式为 ，C中含有的官能团为。 【解析】X是石油裂解气之一，能使溴水褪色，X的密度为相同条件下氢气密度的21倍，说明
X为相对分子质量为42且含有不饱和键，则X为丙烯。A能与新制氢氧化铜反应，A中含有醛基，
(2)写出反应类型：B―→C： ，D―→E： 。
B为羧酸，C的化学式可知B到C发生取代反应，含有溴原子和羧基。C到D的反应是在氢氧化钠
(3)A―→B 的反应方程式 。E―→G 的反应方程式
。
(4)属于溴代羧酸C的同分异构体有 种。 溶液中加热，溴原子被羟基取代。根据D的结构简式可知C的结构简式为 ，B
(5)已知： ――——→ ，请设计以苯乙烯为原料合成化合物
的结构简式为 ，A的结构简式为 。E与甲醇在浓硫酸加热的条
不超过五步的合成路线(无机试剂任选) 。
件 下 得 到 F ， F 的 结 构 简 式 为 ， 同 理 G 的 结 构 简 式 为
【答案】(1)CH CH=CH（1分） （1分） 羧基、溴原子（1分）
3 2
。（1）由分析可知X的结构简式为CHCH=CH ，F的结构简式为
3 2
(2)取代反应（1分） 消去反应（1分）
(3) （2分）
，C中含有的官能团为溴原子和羧基；（2）B―→C属于卤素原子取代反应，
n +nHOCH CHOH +nH O（2分）
2 2 2
D―→E属于醇脱水的消去反应，故答案为取代反应、消去反应；（3）由已知条件可得A的结构简
(4)4（1分）
式 为 ， 故 与 新 制 Cu(OH) 溶 液 反 应 方 程 式 为
2
，E在浓硫酸的作用下与乙
(5) （4分）二醇反应生成酯，然后发生加聚反应生成高分子有机物 G。故反应方程式为n
+nHOCH CHOH +nH O ； （ 4 ）
2 2 2
，共 4 种
(5)合成路线为： 。
