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绝密 ★ 启用前 蚀、抗氧化等优点，故 C错误；D．NaSiO 具有防火的作用，因此制作琵琶的竹料放入饱和
2 3
NaSiO 溶液中充分浸透后沥干可起到防火的作用，故D正确。综上所述，答案为B。
2 3
2021 年普通高等学校招生全国统一考试
班级
2．下列关于化学用语的表述正确的是
姓名
化 学
A．中子数为143的U原子： B．HN－CN分子中含3个σ键
2
准考证号
注意事项：
考场号
C．Fe2+的原子结构示意图： D．BF 的电子式：
此卷只 3
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
的姓名、考生号填写在答题卡上。
【答案】A
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，
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。
【解析】A．质子数为92，中子数为143的U原子为 ，故A正确；B．HN－CN中含有4
2
3．回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。
4．考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。
个σ键和2个π键，故B错误；C．应该表述为Fe2+的离子结构示意图： ，故C错误；D．
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
BF 的电子式为 ，故D错误；故答案为A。
3
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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．中华优秀传统文化博大精深、源远流长，王翰《凉州词》中写道“葡萄美酒夜光杯，欲饮琵琶
3．化合物甲(H BNH )可由无机苯(分子式为B NH ，结构式为 )通过反应制得：
3 3 3 3 6
马上催···”。夜光杯的主要成分为3MgO·4SiO ·H O，古代制作琵琶的主要原料为木料或竹料、
2 2
丝线等，下列说法错误的是
A．由蚕丝搓纺而成的丝线的主要成分为蛋白质 。下列叙述错误的是
B．葡萄酒中通常含有微量SO ，SO 既可以杀菌又能防止营养成分被氧化
2 2
A．B NH 为非极性分子
3 3 6
C．夜光杯属硅酸盐产品，难溶于水，不耐酸碱侵蚀
B．CH、CO 分子空间构型分别是：正四面体形、直线形
4 2
D．制作琵琶的竹料放入饱和NaSiO 溶液中充分浸透后沥干可起到防火的作用
2 3
C．第一电离能大小为：N>O>C>B
【答案】C
D．化合物甲和无机苯分子中B的杂化类型相同
【解析】A．蚕丝主要成分是蛋白质，因此由蚕丝搓纺而成的丝线的主要成分也是蛋白质，故A
【答案】D
正确；B．二氧化硫能杀菌，还有较强的还原性，添加在葡萄酒中既能杀菌又能防止葡萄酒被氧化，
故B正确；C．夜光杯的主要成分为3MgO·4SiO ·H O，属硅酸盐产品，不溶于水，具有耐酸碱侵
2 2C．苯甲酸与过量 溶液反应：2 +CO→2 +CO ↑+H O
2 2
【解析】A．由信息可知，结合苯的分子结构可知无机苯的结构为 ，该分子由极
D．NaSO(焦亚硫酸钠)与稀硫酸反应放出SO ：SO+2H+=2SO↑+H O
2 2 5 2 2 2 2
【答案】D
性键构成的非极性分子，A项正确；B．甲烷中C原子形成4个σ键、二氧化碳分子C原子形成2
个σ键，均没有孤电子对，价层电子对数分别为4、2，甲烷为正四面体、二氧化碳为直线形，故B
【解析】A．lmol 的溶液中含有1mol Al3+和1mol NH，当加入4mol OH−时，
正确；C．同一周期元素中，元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第ⅡA族、
第ⅤA族元素的第一电离能大于相邻元素，B、C、N、O这几种元素都是第二周期元素，他们的族
OH−先与Al3+反应生成 ，消耗3mol OH−，剩余的1mol OH−会继续与1mol NH反应生成
序数分别是，第ⅢA族、第ⅣA族，第ⅤA族、第ⅥA族，所以第一电离能大小为：N>O>C>B，
C项正确；D．HBNH 中B原子形成3个σ键，没有孤电子对，采取sp2杂化，(HB=NH) 分子B原
3 3 3
1mol ，A错误；B．电荷不守恒，离子方程式为3Ag+4H++NO=3Ag++NO↑+2HO，B错
2
子形成2个σ键，没有孤电子对，(HB=NH) 分子B原子采取sp杂化，故D错误；答案选D。
3
误；C．由于苯甲酸是少量的，所以应生成HCO，不能放出CO ，C错误；D．NaSO(焦亚硫酸
2 2 2 5
4．下列物质性质与用途对应关系正确的是
钠)与稀硫酸反应：SO+2H+=2SO↑+H O，D正确。答案选D。
2 2 2
性质 用途
6．下列有关实验装置的说法中错误的是
A SO 具有氧化性 漂白纸浆
2
B NaHCO 溶液呈弱碱性 中和过多的胃酸
3
刻制铜制电路板时作为“腐蚀
C FeCl 溶液呈酸性
3 液”
A．图1装置可用于检验氯化铵受热分解生成的两种气体
D HF具有弱酸性 刻蚀玻璃
B．图2装置中反应一段时间后，试管中固体变为黑色
【答案】B
C．图3装置可测量Cu与浓硝酸反应产生气体的体积
【解析】A．二氧化硫具有漂白性能用来漂白纸浆，故A错误；B．胃酸的主要成分为盐酸，常
D．图4装置可用于实验室制备Fe(OH)
用碳酸氢钠中和胃酸，故B正确；C．三价铁离子具有氧化性，可以和铜发生氧化还原反应，从而 2
腐蚀铜制电路板，故C错误；D．玻璃成分主要是硅酸盐，HF可以和它发生反应，从而刻蚀玻璃，
【答案】C
不是因为弱酸性，是HF的特性，故D错误；故答案B。
【解析】A．左侧的五氧化二磷是为了让酸性气体从左侧流出，HCl使湿润的蓝色石蕊试纸变红，
5．下列反应的离子方程式书写正确的是
右侧碱石灰是为了让碱性气体从右侧流出，氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故A正确；B．Fe在
高温下和水蒸气反应生成黑色的四氧化三铁和氢气，故B正确；C．二氧化氮易和水反应生成硝酸
A．1mol 的溶液与4mol NaOH的溶液混合：
和NO，所以不能用排水法收集二氧化氮，应该采用向上排空气法收集二氧化氮，故 C错误；D．
铁作阳极，阳极上生成亚铁离子，阴极附近生成氢氧根离子，二者反应生成氢氧化亚铁，故D正确；
B．用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜：Ag+4H++NO=Ag++NO↑+2HO
2
故选C。7．某科研小组采用铜基催化剂（Cua+，其中a=0或者1），CO 多步加氢合成甲醇，其合成反应历 【解析】四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是短周期主族
2
程如下。下列说法中正确的是 元素原子中最大的，则X是Na；M的气态氢化物和最高价氧化物对应的水化物反应生成一种盐，
M为N；W和X的简单离子电子层结构相同且与Y同族，Y的氢化物为具有臭鸡蛋气味的气体为
HS，则W应在第二周期，Y在第三周期，则W可为O，此时Y为S，则Z为Cl。A．Y与Z处于
2
同同期，从左到右，非金属性逐渐增强，最高价氧化物的水化物的酸性逐渐增强，则Z＞Y，但选
项中未提到最高价氧化物对应的水化物，则条件不足，其酸性无法比较，故 A项错误；B．W为
O，N元素与O可形成NO、NO 、NO等多种化合物，Na与O形成的化合物有NaO和NaO 两种；
2 2 2 2 2
S与O形成的化合物有SO 和SO 两种；Cl与O形成的化合物有ClO 、ClO 等多种二元化合物，
2 3 2 2 7
故B项正确；C．根据元素周期律可知：离子电子层结构相同的，原子序数大的离子半径小，电子
A．催化剂Cua+是加氢反应的活性中心，能提高H 的转化率
2
层结构不同的，电子层越多离子半径越大，可得简单离子半径：X＜W＜Z，故C项错误；D．由于
B．该过程中只得到甲醇一种产物
HO分子间能形成氢键，故其沸点比HS高，故D项错误；答案选B。
2 2
C．能通过调控反应条件获得甲醛(HCHO)等有机物
9．废气的污染成为世界各国关注的焦点，科技团队研究发现利用工业尾气中硫化物与氮氧化物可
D．该催化过程中同时有极性共价键、非极性共价键的断裂和形成 以制取Na 2 S 2 O 4 和NH 4 NO 3 。
【答案】C
【解析】A．由图示转化关系可知，Cua+并没有参加反应，作催化剂，能加快反应速率，但不影
响平衡的移动，不能提高H 的转化率，故A错误；B．CO 多步加氢合成甲醇的反应方程式为
2 2
CO+3H ＝CHOH+H O，故B错误；C．可以调控反应条件，如减少还原剂的量，可得甲醛，故 C
2 2 3 2
正确；D．该催化过程涉及到H－H、C＝O的断裂和C－H、O－H键的形成，没有非极性键的形成，
有关该流程下列说法错误的是
故D错误；答案选C。
A．该流程中可以循环使用的物质是Ce4+
8．短周期主族元素M、W、X、Y、Z原子序数依次增大，W、X的简单离子具有相同的电子层结
B．装置Ⅱ中若生成1.204×1023个H+，则消耗18g水
构，X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，M的气态氢化物和最高价氧化物对应的水
化物反应生成一种盐，W与Y同主族，Y的氢化物为具有臭鸡蛋气味的气体。下列说法正确的 C．装置Ⅲ中得到0.3mol S 2 O时，若用乙醇燃料电池进行电解时，理论上要消耗0.05mol乙醇
是
D．装置Ⅳ获得粗产品NH NO 的实验操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等
4 3
A．Z的氧化物的水化物的酸性比Y的强
【答案】B
B．W与其他四种元素均可形成至少两种二元化合物
【解析】由题给流程可知，装置Ⅰ中的氢氧化钠溶液将一氧化氮和二氧化硫混合气体中的二氧
C．简单离子半径：W＜X＜Z 化硫转化为亚硫酸氢根离子，未反应的一氧化氮在装置Ⅱ中与 Ce4+发生氧化还原反应生成Ce3+、硝
酸根离子和亚硝酸根离子，反应的离子方程式为NO+3Ce4++2H O=NO+3Ce3++4H+、NO+Ce4++H O
2 2
D．Y简单气态氢化物的沸点大于W简单气态氢化物的沸点
=NO+Ce3++2H+；在装置Ⅲ中的Ce3+在阳极失去电子发生氧化反应生成Ce4+，Ce4+可以循环使用，亚
【答案】B
硫酸氢根离子在阴极发生还原反应生成SO，未反应的硝酸根离子和亚硝酸根离子在装置Ⅳ中与氨
2气和氧气反应生成硝酸铵，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等得到硝酸铵粗产品。A．根据分 c(OH−)=c(H+)，故C正确；D．若t 时刻减小容器内的压强，根据有效碰撞理论可知，逆反应速率
1
析可知Ce4+可以循环使用，故A正确；B．由分析可知，反应生成的氢离子由参加反应的水提供， 下降，故D正确；答案为A。
则由氢原子个数守恒可知，装置Ⅱ中若生成1.204×1023个H+（0.2mol），反应消耗1.8g水，故B错
12．下列根据实验操作和实验现象得出的结论正确的是
误；C．由得失电子数目守恒可知，装置Ⅲ得到0.3mol SO，乙醇燃料电池中负极消耗乙醇的物质
2
选项 实验操作 实现现象 结论
的量为2×0.3mol× =0.05mol，故C正确；D．由分析可知，从装置Ⅳ中反应后的溶液中获得粗产
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
品硝酸铵的实验操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等，故D正确；故选B。
取1mL 20%蔗糖溶液，加入少量稀硫
10．下列装置图或曲线图与对应的叙述不相符的是 B 酸，水浴加热后，取少量溶液，加入 未有砖红色沉淀生成 蔗糖未水解
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
A．图1：用0.1mol/L NaOH溶液分别滴定相同物质的量浓度、相同体积的盐酸和醋酸，其中实 【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
线表示的是滴定盐酸的曲线 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．图2：酸性KMnO 溶液颜色会逐渐变浅乃至褪去
4
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
C．图3：用0.1mol/L CHCOOH溶液滴定20mL 0.1mol/L NaOH溶液的滴定曲线，当pH=7时：
3 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(Na+)=c(CH COO−)＞c(OH−)=c(H+)
3 说明NO被还原为NH ，D正确。
3
D．图4：表示N(g)+3H(g) 2NH (g)的v 随时间变化曲线，由图知t 时刻可能减小了容器
2 2 3 逆 1 13．在二氧化碳加氢制甲烷的反应体系中，主要发生反应的热化学方程式为
内的压强
反应Ⅰ：CO(g)+4H(g)=CH (g)+2HO(g) ΔH=-164.7kJ/mol K
2 2 4 2 1 1
【答案】A
反应Ⅱ：CO(g)+H(g)=CO(g)+HO(g) ΔH=41.2kJ/mol K
2 2 2 2 2
【解析】A．如图1所示，用0.1mol/L NaOH溶液分别滴定相同物质的量浓度、相同体积的盐酸
反应Ⅲ：2CO(g)+2H(g)=CO (g)+CH (g) ΔH=-247.1kJ/mol K
2 2 4 3 3
和醋酸，盐酸为强酸，醋酸为弱酸，在同浓度时盐酸电离出的氢离子浓度大，即其中实线表示的是
滴定醋酸的曲线，A错误；B．浓硫酸和蔗糖反应生成二氧化碳和二氧化硫气体，二氧化硫具有还 向恒压、密闭容器中通入1mol CO 和4mol H ，平衡时CH 、CO、CO 的物质的量随温度的变
2 2 4 2
原性，能与酸性的KMnO 发生氧化还原反应，而使酸性KMnO 溶液颜色会逐渐变浅乃至褪去，故 化如图所示。下列说法不正确的是
4 4
B正确；C．反应后溶液pH=7，依据溶液中电荷守恒分析，用0.1mol/L CHCOOH溶液滴定20ml
3
0.1mol/L NaOH溶液，反应生成醋酸钠，溶液呈中性，溶液中存在电荷守恒，c(H+)+c(Na+)=c(OH−)
+c(CH COO−)，c(H+)=c(OH−)，则 c(CHCOO−)=c(Na+)，得到当 pH=7 时：c(Na+)=c(CH COO−)＞
3 3 3A．将0.2mol·L−1 CHCOOH溶液和0.1mol·L−1 NaOH溶液等体积混合，则反应后的混合液中：
3
2c(OH−)+c(CH COO−)=2c(H+)+c(CH COOH)
3 3
B．a点时，c(Na+)>c(HF)>c(H+)>c(OH−)
C．常温下，0.1mol/L NaF溶液的pH小于0.1mol/L CH COONa溶液的pH
3
D．向0.1mol·L−1 HF溶液中加入等体积的 0.1mol·L−1 NaOH溶液后所得的混合溶液中 c(H+)
A．图中曲线B表示CO的物质的量随温度的变化 +c(HF)
=c(OH−)
B．反应Ⅲ的平衡常数K=
3
【答案】B
C．提高CO 2 转化为CH 4 的转化率，需要研发在低温区高效的催化剂 【解析】A．0.2mol·L−1 CH 3 COOH溶液和0.1mol·L−1 NaOH溶液等体积混合后的溶液中存在等
浓度的醋酸钠和醋酸，根据电荷守恒可得c(OH−)+c(CH COO−)=c(H+)+c(Na+)，根据物料守恒可得
D．CO(g)+3H(g)=CH (g)+HO(g)的ΔH=-205.9kJ/mol 3
2 4 2
c(CHCOO−)+c(CH COOH)=2c(Na+)，根据上述2式有2c(OH−)+c(CH COO−)=2c(H+)+c(CH COOH)，
3 3 3 3
【答案】A
【解析】A．反应物CO 的量逐渐减小，故图中曲线A表示CO 的物质的量变化曲线，由反应
2 2
故A正确；B．根据图像，a点时，lg =0，则c(F−)=c(HF)，溶液的pH=4，则c(H+)>c(OH−)，
Ⅱ和Ⅲ可知，温度升高反应Ⅱ正向移动，反应Ⅲ逆向移动，CO的物质的量增大，故曲线C为CO
的物质的量变化曲线，曲线B为CH 的物质的量变化曲线，故A错误；B．反应Ⅲ=反应Ⅰ-2×反应 此时溶液中含有NaF和HF，根据电荷守恒可得c(F−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)，则c(F−)>c(Na+)，因此
4
Ⅱ，化学平衡常数K 3 = ，故B正确；C．反应Ⅰ为放热反应，反应Ⅱ为吸热反应，降低温度有 c(HF)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−)，故B错误；C．根据图像，当lg =lg =0，有K(HF)=
利于反应Ⅰ正向进行，反应Ⅱ逆向进行，即可提高CO 转化为CH 的转化率，所以需要研发在低温
2 4
区高效的催化剂，故 C 正确；D．反应Ⅰ-反应Ⅱ，并整理可得到目标反应，则 CO(g)
=c(H+)=10−4，同理K(CH COOH)=10−5，因此酸性HF＞CHCOOH，则0.1mol/L NaF溶
3 3
+3H (g)=CH (g)+HO(g)的ΔH=-41.2kJ/mol-164.7kJ/mo]=-205.9kJ/mol，故D正确；故答案为A。
2 4 2
液的pH小于0.1mol/L CH COONa溶液的pH，故C正确；D．反应后的溶质为NaF，根据质子守恒
3
14．常温下，将NaOH溶液分别加到HF溶液、CHCOOH溶液中，两混合溶液中离子浓度与pH的
3
可得c(H+)+c(HF)=c(OH−)，故D正确；故选B。
变化关系如图所示，已知pK=-lgK，下列有关叙述错误的是
a a
二、非选择题：共58分。
15．（16分）亚氯酸钠(NaClO)是重要漂白剂，某化学实验小组设计如下实验探究亚氯酸钠的制备
2
与性质。（6）溶液颜色由蓝色恰好变为无色，且30s不变色（2分） 90.50%（2分）
【解析】(1)仪器a的名称是分液漏斗，仪器b为干燥管，因此仪器b的作用是防止倒吸；(2)根
据 反 应 物 NaClO 、 NaSO 、 HSO ， 生 成 物 为 ClO 和 2NaSO ， 配 平 方 程 式 为
3 2 3 2 4 2 2 4
2NaClO+Na SO +H SO
3 2 3 2 4
=2ClO +2Na SO +H O；(3)ClO 生成NaClO ，Cl元素的化合价降低，则HO 的O元素化合价升高，
2 2 4 2 2 2 2 2
生成NaClO 的离子方程式为：2ClO +HO+2OH−=2ClO+O+2HO；(4)因为NaClO 饱和溶液在温度
2 2 2 2 2 2 2
低于38℃时析出的晶体是NaClO·3H O，高于38℃时析出晶体是NaClO ，高于60℃时NaClO 分
2 2 2 2
已知：①NaClO 饱和溶液在低于38℃时析出NaClO·3H O，高于38℃时析出无水NaClO ，温
2 2 2 2
解成NaClO 和NaCl，若要得到NaClO 晶体，需在38℃～60℃得到晶体，故操作为趁热过滤并用
3 2
度高于60℃时，NaClO 分解为NaClO 和NaCl。
2 3
38℃～60℃的温水洗涤；(5)SO的检验方法是加入足量的盐酸酸化，再加BaCl 溶液，根据是否有
2
回答下列问题： 沉淀判断。故操作是：取晶体少许溶于水，先加足量的盐酸，再加 BaCl 溶液，若产生白色沉淀，
2
则说明含有SO；(6)该混合溶液是在酸性条件下反应的，则选用酸式滴定管量取待测液；已知反应：
(1)仪器a的名称是___________，仪器b的作用是______。
ClO+4I−+4H+=2H O+2I +Cl−，用NaSO 标准液滴定的原理：I+2S O=2I−+S O，滴定终点现象是：
2 2 2 2 3 2 2 4
(2)A装置中发生的主要反应的化学方程式为___________
蓝色恰好变为无色，且30 s不变色；通过测定碘单质的含量来计算 NaClO 的含量，由反应的关系
2
(3)装置C中混合溶液反应生成NaClO 的离子方程式为___________。 式：
2
(4)从装置④反应后的溶液获得晶体NaClO 2 的操作步骤为： NaClO 2 ~ 2I 2 ~ 4S 2 O
①减压，55℃蒸发结晶；②趁热过滤；③___________；④低于60℃干燥，得到成品。 1 4
n 0.5000mol·L−1×20.00mL×10−3
(5)设计实验检验所得NaClO 晶体是否含有杂质NaSO ，操作是：________________________。
2 2 4
(6)测定产品中NaClO 的纯度。准确称取3.00g样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性
2 解得n=2.5×10−3mol，则250mL样品溶液中的物质的量为 2.5×10−3mol× =0.025mol，则
条件下发生反应：ClO+4I−+4H+=2H O+2I +Cl−。将所得混合液稀释成250mL待测溶液。用酸式滴定
2 2
管量取25.00mL待测溶液置于锥形瓶中，加入淀粉溶液作指示剂，用0.5000mol·L−1 Na SO 标准液
2 2 3
滴定(已知：I+2S O=2I−+S O)，滴定终点时的现象为___________，平行滴定3次，测得消耗标准溶 3.00g样品中NaClO 2 质量百分含量为 =75.4%。
2 2 4
液体积的平均用量为20.00mL。所称取的样品中NaClO 质量百分含量为___________。
2
【答案】（1）分液漏斗（1分） 防止倒吸（1分）
16．（12分）（一）乙苯催化脱氢： (g) (g)+H(g) ΔH
2
（2）2NaClO+Na SO +H SO =2ClO ↑+2Na SO +H O（2分）
3 2 3 2 4 2 2 4 2
（3）2ClO +HO+2OH−=2ClO+O+2HO（2分）
2 2 2 2 2 (1)有关反应的化学键的键能如表所示：
（4）用38℃～60℃的温水洗涤（2分）
化学键 C－H C－C C＝C H－H
（5）取晶体少许溶于水，先加足量的盐酸，再加BaCl 溶液，若产生白色沉淀，则说明含有SO
2
（2分）键能/kJ/mol 414 348 620 436
(g) (g)+H(g)
2
则该反应的ΔH=_______。
开始物质的量(mol) 2 0 0
(2)该反应在_________条件下能自发进行；既能提高该反应的速率又能提高乙苯的平衡转化率的
转化物质的量(mol) 1.2 1.2 1.2
措施是_____________________。
平衡物质的量(mol) 0.8 1.2 1.2
(3)温度T时，在体积为2L的密闭容器中通入2mol乙苯蒸汽发生催化脱氢反应。已知乙苯的平
平衡浓度（mol/L） 0.4 0.6 0.6
衡转化率为60%，则在该温度下反应的平衡常数K=_____。向上述平衡中再通入0.8mol氢气和
0.4mol乙苯蒸汽，则平衡向 （填“正向移动”、“逆向移动”或“不移动”）
平衡常数K= = 。维持温度和容器体积不变，向上述平衡中
（二）乙苯和二氧化碳催化脱氢： (g)+CO (g) (g)+HO(g)+CO(g)
2 2
再通入0.8mol氢气和0.4mol乙苯蒸汽，Qc= ＞K，平衡逆向移动；(4)温度为T时，在
ΔH>0
2L的密闭容器中加入2mol乙苯和2mol二氧化碳，反应到平衡时测得混合物各组成的物质的量均
(4)温度为T时，在2L的密闭容器中加入2mol乙苯和2mol二氧化碳，反应到平衡时测得混合物
为1.0mol。同等比例的增大反应物的量相当于增大压强，对正反应气体分子数目增大的反应而言，
各组成的物质的量均为1.0mol。
乙苯的转化率减小，即再一次平衡时乙苯的物质的量大于 2mol，乙苯的物质的量浓度大于
①若保持温度和容器容积不变，向该容器中再充入2mol乙苯和2mol二氧化碳达到平衡时，则
1mol/L；故选C；②上述恒容容器中进行反应，气体压强增大，要将该反应在恒压条件下进行，相
乙苯的物质的量浓度___________。
当于恒容条件下平衡状态减压达到新平衡，在平衡之后减压，平衡向正方向移动，乙苯的物质的量
A．等于1mol·L−1 B．小于1mol·L−1 C．大于1mol·L−1 D．不确定 浓度减小，又由于正反应是吸热反应，在绝热容器中，与外界没有能量交换，平衡向正向移动，吸
收热量会增多，容器内反应体系的温度会降低，平衡又会向左移动，乙苯的浓度减小。二者使平衡
②若将反应改为恒压绝热条件下进行，达到平衡时，则乙苯的物质的量浓度___________。
移动方向不同且移动程度不确定，最终乙苯的浓度增大、减小或不变都有可能。故答案为D。
A．等于0.5mol·L−1 B．小于0.5mol·L−1 C．大于0.5mol·L−1 D．不确定
17.（14分）综合利用富钛废渣(含TiO 、ZnO、Fe O 和少量有机物)制备LiTiO ，并获得部分副
2 2 3 4 5 12
【答案】（1）120kJ·mol−1（2分）
产品的工艺流程如下：
（2）高温（2分） 升高体系温度（2分）
（3）0.9（2分） 逆向移动（2分）
（4）C（1分） D（1分）
【解析】(1)反应热=反应物总键能-生成物总键能，由有机物的结构可知，应是－CHCH 中总键
2 3
能与－CH=CH 、H 总键能之差，则∆H=(5×414+348-3×414-620-436)kJ·mol−1=120kJ·mol−1；(2)该反
2 2
应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，则反应速率和转化率增大，该反应的ΔS＞0，ΔH＞0，
已知： 、 、 。
根据ΔG=ΔH-TΔS可知，在较高温度下能自发进行；(3)物质的量为2mol、体积为1L的乙苯蒸气发
生催化脱氢反应，达到平衡时转化率为60%，参加反应的乙苯为1.2mol，则：回答下列问题： TiO2+水解生成TiO ·xH O，其离子方程式为TiO2++(x+1)H O=TiO ·xH O↓+2H+；(4)调pH时锌离子
2 2 2 2 2
不能沉淀，铁离子完全沉淀，可计算出锌离子开始沉淀时的 pH和铁离子完全沉淀时的pH，即为范
(1)除去富钛废渣中的少量有机物的操作是 ；提高“酸溶”时的速率的方法有
（任写一条）。 围。铁离子完全沉淀时，其浓度≤ 10−5mol·L−1，根据 ，即
(2)“还原”工序中发生反应的离子方程式为 。
(3)“酸溶”后钛以TiO2+形式存在，则“水解”反应的离子方程式为_____________________。 ，带入数据可得 mol/L，常温下根据pH=14-pOH，即pH=14-
(4)常温下，“氧化”后所得溶液中过渡金属离子浓度均为 0.10mol·L−1，则“调pH”的合理范围
pOH=14-lg10−11=3；锌离子刚开始沉淀时，c(Zn2+)=0.1mol·L−1，根据 ，
为______。
(5)TiO ·xH O 沉淀与双氧水、氨水反应时，应将 温度控制在 50℃左右的原因是
2 2
________________。
即 ，带入数据可得 mol/L，同理可得pH=6，所以调pH的合
(6)“转化”反应的化学方程式为 ；高温煅烧时发生反应的化学反应方程式为
理范围为3≤pH＜6，故填3≤pH＜6；(5)TiO ·xH O沉淀与双氧水、氨水反应时，双氧水受热易分解，
2 2
__________________________________。
氨水受热易挥发，应将温度控制在50℃左右的原因是提高反应速率，同时防止温度过高造成双氧
【答案】（1）灼烧 搅拌、适当增加酸的浓度、加热（任写一条）（2分） 水 分 解 ， 氨 水 挥 发 ； (6) 转 化 反 应 生 成 高 铁 酸 钠 ， 其 反 应 为
（2）Fe+2Fe3+=3Fe2+（2分）
；根据分析，高温煅烧时发生反应的化学反应
（3） （2分） 方程式为LiTiO +Li CO=====LiTiO +CO ↑。
2 5 11 2 3 4 5 12 2
18．（16分）有机物M可用于治疗支气管哮喘，慢性支气管炎。该有机物可以由有机物A经过一
（4）3≤pH＜6（2分）
系列反应合成得到，其合成路线如下图所示：
（5）提高反应速率，同时防止温度过高造成双氧水分解，氨水挥发（2分）
（6） （2分）
LiTiO +Li CO=====LiTiO +CO ↑（2分）
2 5 11 2 3 4 5 12 2
【解析】富铁废渣中含有少量有机物，灼烧时可以除去有机物；将灼烧后的烧渣溶于稀硫酸，
以锌离子、铁离子、以及TiO2+形式存在，加入适量铁粉使铁离子转化为亚铁离子，TiO2+水解生成
TiO ·xH O，在双氧水、LiOH作用下生成LiTiO ，再与碳酸锂高温下发生反应LiTiO +Li CO
2 2 2 5 11 2 5 11 2 3
=====LiTiO +CO ↑，生成LiTiO 。水解之后的滤液中含有亚铁离子、铁离子、锌离子，加入次
4 5 12 2 4 3 12
氯酸钠后将二价铁氧化，再调pH得到氢氧化铁沉淀，在碱性条件下与NaClO反应得到高铁酸钠。
(1)灼烧是将富铁废渣中的有机物除去；提高酸浸的常见的措施有搅拌，适当增大酸的浓度，加热等；
(2)加入适量铁粉使铁离子转化为亚铁离子，故反应的离子方程式为 Fe+2Fe3+=3Fe2+；(3)水解步骤为（3） （2分）
（4）19（2分） 、 （2分）
（5） （4分）
【解析】由反应①前、后物质结构，可知①属于取代反应，A 发生信息中反应生成 B 为
已知；
，反应③发生醇的消去反应，由E后产物结构，可知反应④是与溴发生取
请回答下列问题：
(1)有机物M中含氧官能团的名称为______________________。
代反应生成C ，C发生卤代烃的水解反应生成D ，
(2)⑤的反应所需试剂及条件为___________，③的反应类型为___________。
(3)反应⑥的化学方程式为___________。
(4)A的同分异构体中，同时符合下列条件的有___________种。
D发生氧化反应生成E ，反应⑦是醛基被氧化为羧基，生成M的反应
①含有苯环结构，②能与NaHCO 溶液反应。
3
请写出核磁共振氢峰面积之比满足1∶2∶2∶2∶1的结构简式为___________。
是羧基与氨基脱去1分子水。(1)由A的结构简式可知，有机物M中含氧官能团的名称为：羧基、
醚键、酰胺基；(2)⑤发生的是卤代烃的取代反应，故反应所需试剂及条件为NaOH溶液、加热；
(5)结合上述合成路线，设计以苯甲醛和CHMgBr为起始原料制备苯基乙二醇( )的合
3 ③ 发 生 醇 的 消 去 反 应 ， 故 答 案 为 ： NaOH 溶 液 、 加 热 ； 消 去 反 应 ； (3) 反 应 ⑥ 为
成路线___________(无机试剂任选)。
【答案】（1）羧基、醚键、酰胺基（2分）
在Cu、O 条件下加热发生氧化反应生成 ，反
2
（2）NaOH溶液、加热（2分） 消去反应（1分）应方程式为； ；(4)A的同分
异构体符合下列条件：①含有苯环结构，②能与NaHCO 溶液反应；说明含有羧基，当其中取代基
3
为－OH、－COOH、－CH 时有10种，取代基是－OCH 、－COOH；－CHCOOH、－OH；－
3 3 2
CHOH、－COOH，均有邻、间、对3种位置结构，共有3×3=9种，共有19种；核磁共振氢峰面
2
积之比满足1∶2∶2∶2∶1，说明其中不同化学环境的氢原子数之比为1∶2∶2∶2∶1，满足该要
求的结构简式为 、 ；(5)苯甲醛与CHMgBr/HO、
3 2
H+作用得到 ，然后发生消去反应生成 ，再与溴发生加成反应生成
，最后在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成 ，
合成路线流程图为： 。
