文档内容
绝密 ★ 启用前 氨纤维，B项正确；C．两种或两种以上物质组成有多种功能的材料为复合材料，C项正确；D．制
作光导纤维的是二氧化硅，D项错误；故答案选D。
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错误的是
姓名
化 学
A．BF 的电子式： B．HS的结构式：H—S—H
3 2
准考证号
注意事项：
考场号
此卷只
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 C．O2−的结构示意图： D．乙烯的比例模型：
装订座不位密号封
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，
【答案】A
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。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。
【解析】A．BF 的电子式为 ，故A错误；B．用一条短线来代表一对共用电子对的式
3
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 O 16 F 19 Al 27 Cl 35.5 K 39 Cu 64 Ba 137 子为结构式，硫化氢的结构式为 H－S－H，故B正确；C．O2−核外有10个电子，结构示意图为
，故C正确；D．乙烯的比例模型： ，故D正确；故答案为A。
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。
3．为实现随处可上网，中国发射了“中星16号”卫星。NH ClO 是火箭的固体燃料，发生反应为
4 4
1．新型材料在各领域中的应用越来越广泛，下列相关说法错误的是
2NH ClO ====N↑+Cl↑+2O ↑+4H O，N 代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
4 4 2 2 2 2 A
A．嫦娥5号上升起的“高科技国旗”具有“耐热性、耐高低温、抗静电”等特点，它是以高性
A．1mol NH ClO 固体中含有N 个NH ClO 分子
4 4 A 4 4
能的芳纶纤维材料为主的复合材料
B．反应转移2.8mol电子时产生氯气为4.48L
B．将脱脂棉加入深蓝色的铜氨溶液中可以制备铜氨纤维
C．常温常压下，14g N 分子中含有的中子数为7N
2 A
C．飞机上所用由碳纤维和环氧树脂合成的材料属于复合材料
D．反应中还原产物分子数与氧化产物分子总数之比为1∶1
D．以高纯硅制成的光导纤维内窥镜可直接窥视有关器官部位的变化
【答案】C
【答案】D
【解析】A．NH ClO 是离子化合物，不存在分子，故 A错误；B．生成1mol氯气时，转移
4 4
【解析】A．芳纶纤维材料属于复合材料，具有“耐热性、耐高低温、抗静电”等特点，选项A
14mol电子，当反应转移电子数为2.8mol时，产生标况下的气体体积为0.2mol，V=0.2mol×22.4L/
正确；B．铜氨纤维是再生纤维，可用浓氨水溶解得到氢氧化铜沉淀，获得较高浓度的铜氨溶液，
mol=4.48L，故B错误；C．1个氮气分子中含有14个中子，14g N 的物质的量为0.5mol，故含有的
2
取30mL制得的铜氨溶液于烧杯中，加入脱脂棉，不断搅拌使之形成黏稠液，用注射器将黏稠液吸
中子数为7N ，故C正确；D．O、N元素化合价升高，N 、O 为氧化产物，Cl元素的化合价降低，
A 2 2
入针筒，再将其注入稀盐酸(或稀硫酸)中，取出稀盐酸(或稀硫酸)中的生成物，用水洗涤可获得铜
Cl 为还原产物，则反应中还原产物分子数与氧化产物分子总数之比为1∶3，故D错误；故选C。
24．不能正确表示下列反应的离子方程式是 6．药物H的结构简式如图所示，下列有关药物H的说法正确的是
A．在氯化亚铁溶液中通入氧气：4Fe2++O +4H+＝4Fe3++2H O
2 2
B．用石墨作阴极、铁作阳极电解饱和食盐水：2Cl−+2H O=====2OH−+Cl↑+H ↑
2 2 2
C．向稀硝酸中加入少量FeS：
A．分子式为C H NOCl
16 10 2 2
D．NaAlO 溶液中通入过量CO：AlO+CO+2H O=Al(OH) ↓+HCO B．该物质苯环上的一氯代物有6种
2 2 2 2 3
C．碱性条件下水解产物酸化后都能与NaHCO 溶液反应
3
【答案】B
D．1mol该物质最多能与8mol氢气加成
【解析】A．Fe2+具有还原性，会被氧气氧化为Fe3+，反应的离子方程式为4Fe2++O
2
+4H+=4Fe3+
【答案】B
+2 【解析】A．根据结构简式可知药物H的分子式为C H NOCl，错误；B．该物质苯环上的一
16 13 2 2
氯代物有6种，正确；C．碱性条件下水解产物酸化后可产生含酚羟基的有机物和丙二酸，含酚羟
HO，A正确；B．用Fe为阳极，Fe是活性电极。阳极上Fe失去电子变为Fe2+进入溶液，阴极上
2
基的有机物不能与NaHCO 溶液反应，错误；D．该分子中酰胺基不能与氢气发生加成，故最多消
Cl−失去电子变为Cl 逸出，故电解方程式为：Fe+2Cl−=====Fe2++Cl↑，B错误；C．FeS少量，稀硝 3
2 2
耗氢气为6mol，错误。
酸过量，则Fe和S元素均变为高价态，即生成 ， 被还原为NO，根据得失电子守
7．X、Y、Z、W、M是原子序数依次增大的短周期元素，Z的一种单质具有漂白性，X和Y二者
原子的最外层电子数之和等于W原子的最外层电子数。由这五种元素组成的化合物结构如图所
恒可得离子方程式： ，C正确；D．NaAlO 溶液
2
示(箭头表示共用电子对由W提供)。下列说法正确的是
中 通 入 过 量 CO 反 应 生 成 氢 氧 化 铝 和 碳 酸 氢 钠 ， 则 其 离 子 方 程 式 为 ：
2
AlO+CO+2H O=Al(OH) ↓+HCO，D正确；故选B。
2 2 3
5．下列叙述中不正确的是
A．核酸是生命体遗传信息的分子载体，结构中含有磷酯键 A．简单离子半径：M＞Z＞W
B．氨基酸种类很多，任何一种氨基酸至少含有两个或者两个以上官能团 B．M、Z形成的化合物中可能同时含有离子键和共价键
C．我国最新研制免费注射的新冠疫苗，其主要成分含有蛋白质 C．简单氢化物的沸点：W＞Z
D．用来煎炸食物的花生油和牛油都是饱和高级脂肪酸甘油酯，可发生皂化反应 D．X和W组成的化合物，所有原子都满足8电子稳定结构
【答案】D 【答案】B
【解析】A．核酸是生物体遗传信息的载体，核酸结构中含有磷酯键，故 A正确；B．氨基酸种 【解析】Z为短周期元素，其一种单质具有漂白性，则Z为O；Y的原子序数小于O，且含有4
类很多，任何一种氨基酸至少含有一个氨基和一个羧基，故B正确；C．新冠疫苗的主要成分是蛋 条共价键，则Y为C；X的原子序数小于C，且能形成配位键，则X为B；X和Y二者原子的最外
白质，故C正确；D．花生油是不饱和高级脂肪酸甘油酯，牛油是饱和高级脂肪酸甘油酯，故D错 层电子数之和为7，则W原子的最外层电子数为7，则W可能为F，但M原子序数大于W，且能
误；选D。 形成阳离子，则M为Na，W为F；A．Na+、F−、O2−的核外电子排布结构相同，原子序数越大，对应的离子半径越小，故O2−＞F−＞Na+，A错误；B．M为Na，Z为O，形成的化合物Na 2 O 2 中，既 荡后静置分液，并除去有机相的水
有离子键又有非极性共价键，B正确；C．W为F，其氢化物为HF低于水的沸点，C错误；D．X
向淀粉水解后的溶液中先加入足量的
和W组成的化合物为BF，B原子不满足8电子稳定结构，D说法错误；答案为B。
3 D 检验淀粉水解生成葡萄糖 氢氧化钠溶液再加适量新制氢氧化铜
悬浊液，加热
8．图中实验装置不能达到相应实验目的的是
【答案】A
【解析】A．苯与液溴在铁作用下发生取代反应生成溴苯，苯与溴水不反应，A错误；B．氯化
铵易分解生成氨气和氯化氢，可用加热的方法除去杂质，B正确；C．乙酸与NaCO 溶液反应后，
2 3
与乙酸乙酯分层，则振荡后静置分液，并除去有机相的水，C正确；D．硫酸溶液是淀粉水解的催
化剂，淀粉水解后的溶液呈酸性，必须加入NaOH溶液调节溶液呈碱性后，才能加入适量新制氢氧
化铜悬浊液，加热后才能观察到砖红色沉淀，D正确。故选A。
A．装置甲可用于制备并收集少量干燥氨气
10．硒(Se)是一种新型半导体材料，对富硒废料(含Ag Se、Cu S)进行综合处理的一种工艺流程如下：
2 2
B．装置乙防止铁钉生锈
C．装置丙可用于检验氯化铵受热分解生成的两种气体
D．装置丁可用于制备金属锰
【答案】A
【解析】A．氨气密度比空气小，故应该用向下排空气法收集氨气，A项错误；B．图乙中铁作
阴极，受到保护，故能用图乙防止铁钉生锈，此法为外接电源的阴极保护法，B项正确；C．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，右侧碱石灰是为了 下列说法错误的是
让碱性气体从右侧流出，氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝，C项正确；D．与铝热反应相似，装置
A．滤液的主要成分是硫酸铜
丁可用于制备金属锰，D项正确；答案选A。
B．“吸收”过程发生反应的氧化剂和还原剂之比为1∶2
9．下列操作不能达到实验目的的是
C．该流程中可以循环使用的物质是硫酸
选项 目的 操作
D．“电解精炼”时，当电路中转移0.2mol电子时，阳极质量减小21.6g
在装有苯和溴水的混合液中加入铁
粉，产生的气体经四氯化碳洗气后， 【答案】D
A 证明苯和溴发生取代反应
再通入盛硝酸银溶液的试管中，观察
现象
【解析】富硒废料(含Ag Se、Cu S)在空气中焙烧，形成Ag、CuO、SeO 、SO ，SO 和SeO 在
2 2 2 2 2 2
水中反应生成Se，CuO与稀硫酸反应形成硫酸铜，过滤得到粗银，电解精炼得到精银。A．根据上
B 除去NaCl固体中少量NH Cl 加热混合物
4
述分析可知酸溶过程得到的滤液是硫酸铜溶液，A正确；B．“吸收”过程中的反应方程式为
C 提纯含有少量乙酸的乙酸乙酯 向混合液中加入过量NaCO 溶液，振 2SO +2H O+SeO=2H SO +Se↓，SeO 化合价降低，发生还原反应作氧化剂，SO 作还原剂，氧化剂
2 3 2 2 2 2 4 2 2和还原剂之比为1∶2，B正确；C．根据B项可知，母液的主要成分是硫酸，硫酸可在“酸溶”工序 12．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
中循环利用，C正确；D．“电解精炼”时粗银作阳极，故当电路中转移0.2mol电子，因为粗银中
反应Ⅰ：CO(g)+4H(g)=CH (g)+2HO(g) ΔH=-164.7kJ/mol K
2 2 4 2 1 1
含有杂质，无法计算，D错误；答案选D。
反应Ⅱ：CO(g)+H(g)=CO(g)+HO(g) ΔH=41.2kJ/mol K
2 2 2 2 2
11 ． 高 能 LiFePO 电 池 ， 多 应 用 于 公 共 交 通 。 结 构 如 图 所 示 。 原 理 如 下 ：
4
反应Ⅲ：2CO(g)+2H(g)=CO (g)+CH (g) ΔH=-247.1kJ/mol K
(1−x)LiFePO +xFePO+Li C 2 2 4 3 3
4 4 x n
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
LiFePO +nC。
4
化如图所示。下列说法不正确的是
A．图中曲线B表示CO的物质的量随温度的变化
下列说法不正确的是
B．反应Ⅲ的平衡常数K=
3
A．充电时，若转移0.1mol电子，石墨电极质量将增重0.7x g
B．聚合物的隔膜的作用主要是允许Li+自由通过 C．提高CO 转化为CH 的转化率，需要研发在低温区高效的催化剂
2 4
C．充电时，阴极电极反应式：xLi++xe−+nC=Li C D．CO(g)+3H(g)=CH (g)+HO(g)的ΔH=-205.9kJ/mol
x n 2 4 2
D．放电时，正极电极反应式：xFePO +xLi++xe−=xLiFePO 【答案】A
4 4
【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
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
【解析】根据总反应原理可得，当放电时正极反应为 xFePO +xLi++xe−=xLiFePO ，负极反应为
4 4
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
LiC -xe−=nC+xLi+，充电时的两极反应和放电时正好相反。A．充电时，石墨电极发生的反应为 4
x n
xLi++xe−+nC=Li C ，当转移 0.1mol电子时，则石墨电极上消耗 1mol Li+，石墨电极的质量增重
x n
0.7g，故A错误；B．根据反应电极方程式可知放电时，Li+通过聚合物的隔膜像左侧移动，充电时 Ⅱ，化学平衡常数K= ，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
3
Li+通过聚合物的隔膜像右侧移动，则聚合物的隔膜的作用主要是允许 Li+自由通过，故B正确；
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
C．充电时，阴极C变化为LiC ，则阴极电极反应式：xLi++xe−+nC=Li C ，故C正确；D．放电正 2 4
x n x n
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)
极上FePO 得到电子发生还原反应生成 LiFePO ，正极电极反应式：xFePO +xLi++xe−=xLiFePO ，
4 4 4 4
+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
故D正确；故选A。13．通过反应Ⅰ： ΔH，可将有机氯化工业的副产品HCl转
起始 ，增加了O 的相对含量，能提高HCl的转化率，HCl的转化率可能达到Y点的值，
2
故D错误；答案选C。
化为Cl 。在0.2MPa、反应物起始物质的量比 条件下，不同温度时HCl平衡转化率如
2
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
下图所示。向反应体系中加入CuCl 能加快反应速率。 变化关系如图所示，已知pK=-lgK，下列有关叙述错误的是
2 a a
反应Ⅱ： ΔH=125.6kJ·mol−1
2
反应Ⅲ： ΔH=-120.0kJ·mol−1
3
下列说法正确的是
A．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+)
+c(HF)
A．反应Ⅰ是吸热反应
=c(OH−)
B．保持其他条件不变，500℃时，使用CuCl ，能使HCl转化率从X点的值升至Y点的值
2
【答案】B
C．增大压强能提高反应Ⅰ中O 的平衡转化率
2
【解析】A．0.2mol·L−1 CHCOOH溶液和0.1mol·L−1 NaOH溶液等体积混合后的溶液中存在等
3
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．在0.2MPa、500℃条件下，若起始 ，HCl的转化率不可能达到Y点的值 3
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】C
【解析】A．根据盖斯定律，由反应Ⅱ+反应Ⅲ 2得反应Ⅰ，则ΔH=ΔH-2ΔH=125.6kJ·mol−1+ 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−)，
2 3
（-120.0kJ·mol−1)×2=-114.4kJ·mol−1<0，反应Ⅰ为放热反应，故A错误；B．使用CuCl 作催化剂，
2 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
只能加快反应速率，不能改变HCl的平衡转化率，故B错误；C．反应Ⅰ为气体体积减小的放热反
应，增大压强平衡正向移动，O 的平衡转化率增大，故C正确；D．在0.2MPa、500℃条件下，若
2
c(HF)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−)，故 B 错误；C．根据图像，当 lg =lg =0，有FeO）；
K(HF)= =c(H+)=10−4，同理K(CH COOH)=10−5，因此酸性HF＞CHCOOH，则0.1mol/L
3 3
②Cu O与稀HSO 的反应为：Cu O+HSO ＝Cu+CuSO +H O。
2 2 4 2 2 4 4 2
NaF溶液的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
3
探究a：为验证熔渣的成分，取分离出的熔渣少许于试管中，加入适量的稀硫酸溶解，取两份所
子守恒可得c(H+)+c(HF)=c(OH−)，故D正确；故选B。
得液。完成下表中横线上的内容。
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第15题～第17题为必考题，每个试题考生都必须作
试样 加入试剂及操作 实验现象 得出结论
答。第18题～第19题为选考题，考生根据要求做答。
第一份 滴入几滴KFe[(CN) ]溶液 ________ 含FeO
（一）必考题：共43分。 3 6
15．（14分）某化学兴趣小组以黄铜矿(主要成分CuFeS 2 )为原料进行如下实验探究。 第二份 滴入几滴________溶液 溶液变为血红色 含Fe 2 O 3
Ⅰ．测定黄铜矿中硫元素的质量分数 探究b：设计实验方案验证泡铜中是否含有Cu O？________。
2
将m g该黄铜矿样品放入如图所示装置中，从a处不断地缓缓通入空气，高温灼烧石英管中的 （4）为测定CuFeS 的纯度，称取a g的黄铜矿样品充分燃烧后，从上述煅烧产物中分离出泡铜，
1 2
黄铜矿样品。 使其完全溶于稀硝酸并配成250mL的溶液，取出25.00mL该溶液用c mol·L−1的标准液EDTA（用
HY2−表示）滴定至终点（杂质不反应），消耗EDTA标准液V mL，则CuFeS 的纯度为________。
2 2
（滴定时的反应为：Cu2++H Y2−＝CuY2−+2H+）
2
【答案】（1）除去空气中的二氧化碳（1分） SO +2OH−=SO+HO（1分）
2 2
（2）将生成的SO 全部赶入D中（1分）
2
（1）装置A的作用是__________；锥形瓶D内发生反应的离子方程式为
（3）HO+SO=SO+H O（2分） 洗涤、烘干、称重 ×100%（2分）
2 2 2
。
（4）产生蓝色沉淀（1分） KSCN（1分） 取少量泡铜于试管中加入适量稀硫酸，若溶
（2）实验停止时熄灭酒精喷灯，还需要持续通入一段时间空气的目的是 。
液呈蓝色说明泡铜中含有Cu O，否则不含有（2分）
2
（3）反应结束后将锥形瓶D中的溶液进行如下处理：
（5） ％（2分）
【解析】（1）为防止二氧化碳的干扰，应将空气中的二氧化碳用碱液除掉，锥形瓶A内所盛试
剂是氢氧化钠溶液，通过碱石灰干燥吸收水蒸气，生成的二氧化硫能和过量氢氧化钠反应生成亚硫
则向锥形瓶D中加入过量HO 溶液反应的离子方程式为__________；操作Ⅱ是
2 2
酸钠盐和水，反应的离子方程式为：SO +2OH−=SO+HO；（2）为了使测定准确，应将反应后产生
2 2
；该黄铜矿中硫元素的质量分数为__________(用含m、m 的代数式表示)。 的全部赶入氢氧化钠溶液中；（3）亚硫酸根离子具有还原性能被过氧化氢氧化生成硫酸根离子，
1 2
反应的离子方程式为：HO+SO=SO+H O，从过滤后得到m g固体，操作为洗涤、烘干、称重，m
2 2 2 2 2
Ⅱ．探究验证黄铜矿在空气中的氧化产物并测定CuFeS 的纯度
2
（3）查阅资料：①样品经煅烧后得到的固体可能为泡铜（Cu、Cu O）和熔渣（Fe O 、
2 2 3(3)实验测得v =k ·c4(NH )·c6(NO)，v =k ·c5(N )（k 、k 为速率常数，只与温度有关）。
正 正 3 逆 逆 2 正 逆
g固体为硫酸钡的质量，结合硫元素守恒计算得到硫元素的质量分数= ×100%
①达到平衡后，仅降低温度，k 增大的倍数_________（填“>”“<”或“=”）k 增大的倍数。
正 逆
②若在1L的恒容密闭容器中充入2mol CO和3mol NO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化
= ×100%；（4）探究a：Fe O 、FeO分别与硫酸反应生成硫酸铁和硫酸亚铁，检验亚铁离子
2 3
率为80%，则k ︰k =_____L/mol（用数字表达式表示）。
正 逆
用K 3 Fe(CN) 6 ]溶液，产生蓝色沉淀；检验铁离子用KSCN，溶液变红；探究b：检验Cu 2 O的方法是 Ⅲ．利用燃料电池的原理来处理氮氧化物是一种新方向。装置如图所示，在处理过程中石墨电
取少量泡铜于试管中加入适量稀硫酸，若溶液呈蓝色说明泡铜中含有 Cu 2 O，否则不含有；（5）由 极I上反应生成一种氧化物Y。
CuFeS~Cu2+~H Y2− 得 ： n(CuFeS)=c×V×10−3mol× =cV×10−2mol ， 则 CuFeS 的 纯 度 为
2 2 2 2
％。
17．（14分）随着氮氧化物对环境及人类活动影响的日趋严重，如何消除大气污染物中的氮氧化
(4)石墨II电极为______(填“正”或“负”)极，该电极反应为______。
物成为人们关注的主要问题之一。
(5)写出该电池反应的方程式______。
I．(1)利用CH 催化还原氮氧化物消除氮氧化物的污染。已知：
4
【答案】（1）-1248kJ·mol−1（2分）
①CH(g)+4NO (g) 4NO(g)+CO (g)+2HO(l) ΔH=-662kJ/mol
4 2 2 2
（2）A （2分）
②CH (g)+2NO (g) N(g)+CO (g)+2HO(l) ΔH=-955kJ/mol
4 2 2 2 2
则反应CH(g)+4NO(g)=2N (g)+CO (g)+HO(l) ΔH=_________。
4 2 2 2 （3）>（2分） （2分）
II．利用NH 的还原性可以消除氮氧化物的污染，其中除去NO的主要反应如下：4NH (g)
3 3
（4）正（2分） O+4e−+2N O=4NO（2分）
+6NO(g) 2 2 5
（5）4NO +O =2N O（2分）
5N(g)+6HO(l) ΔH＜0 2 2 2 5
2 2
(2)一定温度下，在恒容密闭容器中按照n(NH )∶n(NO)=2∶3充入反应物，发生上述反应。下列不
【 解 析 】 (1)①CH
4
(g)+4NO
2
(g) 4NO(g)+CO
2
(g)+2H
2
O(l) ΔH=-662kJ/mol ； ② CH
4
(g)
3
+2NO(g)
能判断该反应达到平衡状态的是____________。 2
N(g)+CO (g)+2HO(l) ΔH=-955kJ/mol；由盖斯定律②×2-① 可得：CH(g)+4NO(g)=2N (g)
A．c(NH )∶c(NO)=2∶3 2 2 2 4 2
3
+CO
2
B．1mol N—H键断裂的同时，断裂1mol O—H键
(g)+HO(1) ΔH=2×(-955kJ/mol)-(-662kJ/mol)=-1248kJ/mol，(2)A．投料比等于化学计量数之比，
2
C．容器内压强不变
c(NH )∶c(NO)始终等于2∶3，c(NH )∶c(NO)=2∶3，不一定平衡，故符合题意；B．1mol N—H键断裂的
3 3
D．容器内混合气体的密度不变 同时，断裂1mol O—H键，反应一定达到平衡状态，故不符合题意；C．反应前后气体系数和不同，压强是变量，容器内压强不变，一定达到平衡状态，不符合题意；D．由于HO呈液态，反应前后 (5)“合成”时发生反应的化学方程式为___________，“萃取”过程可表示为Fe (SO )(水层)
2 2 4 3
气体总质量变化、体积不变，密度是变量，容器内混合气体的密度不变，一定达到平衡状态，不符 +6RH(有机层) 2R Fe(有机层)+3HSO (水层)，由有机层获取 Fe (SO ) 溶液的操作是
3 2 4 2 4 3
合题意；答案选A。(3)①该反应的正反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，则正反应速率大于 ___________。
逆反应速率，则k 增大的倍数大于k 增大的倍数；故答案为：>；
正 逆
(6)测定产品纯度：准确称量mg产品，加入高氯酸充分转化后，加入稍过量 EDTA络合Al3+；
②可逆反应 4NH (g) + 6NO(g) 5N(g)+6HO(l) 过量的EDTA用c mol·L−1 Pb(NO ) 标准溶液滴定，达到滴定终点时消耗标准液体积为VmL；向滴
3 2 2 3 2 1
定后溶液中加入NH F形成AlF同时释放出EDTA，继续用相同Pb(NO ) 标准溶液滴定，消耗标准
4 3 2
起始量（mol/L） 2 3 0
液体积为VmL。(已知：EDTA与Al3+、Pb2+反应的物质的量之比均为1∶1，杂质不参加反应)
2
变化量（mol/L） 1.6 2.4 2
则产品中钾冰晶石的纯度为 。
平衡量（mol/L） 0.4 0.6 2
【答案】（1）适当提高盐酸浓度、适当提高反应温度或适当加快搅拌速率（任写两条即可，2
v =k ·c4(NH )·c6(NO)，v =k ·c5(N )，平衡时正逆反应速率相等，则k ·c4(NH )·c6(NO)=k
正 正 3 逆 逆 2 正 3 逆 分）
（2）PbSO （1分）
4
·c5(N )，则 = L/mol。(4)石墨Ⅱ通O ，为正极，则石墨Ⅰ为负极，
2 2
（3）2Fe2++H O=2Fe3++H O（2分） 抑制Fe3+、Al3+的水解（2分）
2 2 2
发生反应NO +NO-e−=N O ，则氧化物Y的化学式为NO ；石墨II电极为正极，O 得电子产物与
2 2 5 2 5 2
（4）过滤、洗涤、干燥（2分）
NO 作用生成NO，该电极反应为O+4e−+2N O=4NO；(5)该电池中，NO 、O 发生反应，生成
2 5 2 2 5 2 2
（5）Al (SO )+12NHF+3KSO =2K AlF↓+6(NH)SO （2分） 向有机层中加入适量的硫酸
NO，反应的方程式为4NO +O =2N O。答案为：4NO +O =2N O。 2 4 3 4 2 4 3 6 4 2 4
2 5 2 2 2 5 2 2 2 5
溶液，充分震荡，静置，分离出水层（2分）
18.（15分）钾冰晶石(K AlF)是用作电解铝工艺的助熔剂，已知KAlF 微溶于水。以超细含铝废渣
3 6 3 6
(主要成分Al O，含有少量Fe O、PbO杂质)为原料制备钾冰晶石的工艺流程如图：
2 3 3 4
（6） （2分）
【解析】浸酸后氧化铝和四氧化三铁、氧化铅会与硫酸反应分别生成硫酸铝，硫酸铁和硫酸亚
铁，硫酸铅沉淀，所以滤渣为硫酸铅，氧化剂将二价铁离子氧化为三价铁离子，萃取由有机层获取
Fe (SO ) 溶液，合成步骤：Al (SO )+12NHF+3KSO =2K AlF↓+6(NH)SO ，然后将钾冰晶石过滤、
2 4 3 2 4 3 4 2 4 3 6 4 2 4
回答下列问题： 洗涤、干燥。(1)为了提高酸浸时的反应速率，可以加热、搅拌、适当提高酸浓度、延长酸浸时间等，
(2)滤渣的主要成分为氧化铅与硫酸反应生成的硫酸铅。(3)溶液中含有Fe2+、Al3+，选用HO 做氧化
2 2
(1)为了提高“酸浸”时速率，可以采取的措施有：_________、________（填写2条）。
剂，将二价铁离子氧化为三价铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++H O=2Fe3++H O，反应液的pH
2 2 2
(2)滤渣是___________。
控制在较低水平，原因是抑制Fe3+、Al3+的水解。(4)“系列操作”包含过滤、洗涤、干燥。(5)“合
(3)“氧化”过程中H 2 O 2 的作用是___________（用离子方程式表示），反应液的pH控制在较低 成”时发生反应的化学方程式为：Al 2 (SO 4 ) 3 +12NH 4 F+3K 2 SO 4 =2K 3 AlF 6 ↓+6(NH 4 ) 2 SO 4 ，“萃取”过程
水平，原因是___________。 可表示为Fe 2 (SO 4 ) 3 (水层)+6RH(有机层) 2R 3 Fe(有机层)+3H 2 SO 4 (水层)，由有机层获取Fe 2 (SO 4 ) 3
溶液的操作是向有机层中加入适量的硫酸溶液，充分震荡，静置，分离出水层。(6)向滴定后溶液中
(4)“系列操作”包含___________。
加入NH F形成AlF同时释放出EDTA，继续用相同Pb(NO ) 标准溶液滴定，消耗标准液体积为V
4 3 2 2mL，可知含有的Al3+的物质的量为cV×10−3mol，则KAlF 的质量为cV×10−3mol×258g/mol=0.258c （3）HO 为氧化剂，氨与 Cu2+形成配离子，两者相互促进使反应进行（ 2 分）
2 3 6 2 2 2
Cu+H O+4NH=Cu(NH)+2OH−（2分）
2 2 3 3
Vg，则产品中钾冰晶石的纯度为 。 （4）sp2、sp3（1分）
2
（二）选考题（共 15分，请考生从2道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计 （5）( ； ； )（2分） Cu（1分） （2分）
分。）
【解析】（1）Cu是29号元素Cu+的核外电子数是28，所以Cu+的核外电子排布式为[Ar]3d10或
19．人类使用铜和它的合金具有悠久的历史，铜及其化合物在电子工业、材料工业、工农业生产及
日常生活方面用途非常广泛。试回答下列问题。
1s22s22p63s23p63d10；（2）SO价层电子对数为4+ (6+2-4×2)=4，因此SO立体结构是正四面体.同
（1）Cu+的核外电子排布式为___________________。
周期从左向右第一电离能增大，但IIA>IIIA，VA>VIA，非金属性越强，第一电离能越大，即第一
（2）CuSO 和Cu(NO ) 是自然界中重要的铜盐，SO的立体构型是________，S、O、N三种元 电离能大小顺序是N>O>S。（3）题中给出了两物质和铜单独不反应，而同时混合能反应，说明两
4 3 2
素的第一电离能由大到小为____________。 者能互相促进，是两种物质共同作用的结果，其中过氧化氢为氧化剂，氨与Cu2+形成配离子，两者
相互促进使反应进行，方程式可表示为：Cu+H O+4NH=Cu(NH )+2OH−；（4）有机物中碳原子的
2 2 3 3
（3）金属Cu单独与氨水或单独与过氧化氢都不能反应，但可与氨水和过氧化氢的混合溶液反
应，其原因是_______________，反应的离子方程式为_____________________。
杂化方式依据碳原子周围的单键数，在OHCCH CHOH中， 中的C则为sp3杂化；
2 2
（4）丁炔铜是一种优良的催化剂，已知：CH≡CH+2HCHO OHC－CHCHOH。则
2 2
OHC－CHCHOH中碳原子杂化方式有__________。
2 2
中的C则为sp2杂化；（5）①根据各个原子的相对位置可知，D在x、y方向的 处，z方向的
（5）利用CuSO 和NaOH制备的Cu(OH) 检验醛基时，生成红色的Cu O，其晶胞结构如图所
4 2 2
示。
处，所以其坐标是( ； ； )，根据均摊法，白球的个数为(8× +1)=2，灰球位于体心，灰球有
4个，因此化学式为Cu O，灰球是Cu；②晶胞质量为2× g，晶胞的体积为(a×10−10)3cm3，根据
2
①该晶胞原子坐标参数A为（0，0，0）；B为（1，0，0）；C为（ ， ， ）。则D原
密度的定义，阿伏加德罗常数= 。
子的坐标参数为________，它代表________原子。
②若Cu O晶体密度为d g·cm−3，晶胞参数为a pm，则阿伏加德罗常数值N =________。
2 A
20．（15分）芳香族化合物I在消灭或抑制植物生长方面具有很高的选择性，其合成路线如下：
【答案】（1）[Ar]3d10或1s22s22p63s23p63d10（1分）
（2）正四面体（2分） N>O>S（2分）（4）20（2分） 、 （2分）
（5）
（4分）
已知：R CHO+R NH R CH=N－R
1 2 2 1 2
【解析】A氢气发生加成反应生成B，可知A为 ，B中的酚羟基邻位氢被溴原子
回答下列问题：
(1)A中含有的官能团为___________，由B生成C的反应类型为___________。 取代生成 C，C 中的溴原子在碱性条件下水解为酚羟基，酚羟基与碱反应生成 D，则 D 为
(2)D的结构简式为___________，H的结构简式为___________。
(3)由E生成G的化学方程式为___________。
，D酸化后得到E，E中的酚羟基与二氯甲烷在KOH存在下反应生成G，G中的
(4)芳香族化合物J的相对分子质量比A少14，且发生银镜反应，J的同分异构体有 种。其
中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为1∶2∶2∶1的结构简式为___________。
羟基发生催化氧化生成H，H与 中的氨基在一定条件下发生题给已知反应生成
(5) 参 照 上 述 合 成 路 线 ， 设 计 由 和 为 原 料 制 备
的合成路线：___________(无机试剂任选)。
I，根据给出的已知信息可知H的结构简式为 。(1)A为 ，含有的官能
【答案】（1）醛基、羟基（2分） 取代反应（1分）
团为醛基和羟基；B 生成 C 的反应为苯环上的取代反应；(2)由分析可知 D 的结构简式为
（2） （1分） （1分）
，H的结构简式为 ；(3)E与二氯甲烷在KOH存在下反应取代反应
（3） （2分）
生成G的反应方程式为 ；(4)芳香族化合
物J的相对分子质量比A少14，且发生银镜反应，说明含有醛基。J的同分异构体有苯环上的取代基可以为－OH、－CH 、－CHO，有 10种，取代基为－OCH 、－CHO 有3种，取代基为－
3 3
CHOH、－CHO有3种，取代基为－CH 、－OOCH有3种，取代基为－CHOOCH有1种，共有
2 3 2
20 种；其中核磁共振氢谱有五组峰，且峰面积之比为 1∶2∶2∶2∶1 的结构简式为
、 ；(5)根据题中已知反应和合成路线 H 生成 I 可知
应 由 和 一 定 条 件 下 反 应 制 得 ，
由 催化氧化得到， 由 在碱性条件下水解
得到， 由甲苯中甲基与氯气发生取代反应得到，所以合成路线为：
。
