2021年新高考河北高考化學真題試卷（解析版）

《2021年新高考河北高考化學真題試卷（解析版）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2021年新高考河北高考化學真題試卷（解析版）（24頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2021年河北省普通高中學業(yè)水平選擇性考試化學可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1 Li-7 B-11 C-12 O-16 Na-23 P-31 S-32 C1-35.5 K-39 Pb-207一、單項選擇題：本題共9小題，每小題3分，共27分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1. “灌鋼法”是我國古代勞動人民對鋼鐵冶煉技術(shù)的重大貢獻，陶弘景在其本草經(jīng)集注中提到“鋼鐵是雜煉生鍒作刀鐮者”?！肮噤摲ā敝饕菍⑸F和熟鐵(含碳量約0.1%)混合加熱，生鐵熔化灌入熟鐵，再鍛打成鋼。下列說法錯誤的是A. 鋼是以鐵為主的含碳合金B(yǎng). 鋼的含碳量越高，硬度和脆性越大C. 生鐵由于含碳量高，熔

2、點比熟鐵高D. 冶煉鐵的原料之一赤鐵礦的主要成分為Fe2O3【答案】C【解析】【分析】【詳解】A鋼是含碳量低的鐵合金，故A正確；B鋼的硬度和脆性與含碳量有關(guān)，隨著含碳量的增大而增大，故正確；C由題意可知，生鐵熔化灌入熟鐵，再鍛打成鋼，說明生鐵的熔點低于熟鐵，故C錯誤；D赤鐵礦的主要成分是Fe2O3，可用于冶煉鐵，故D正確；故選C。2. 高分子材料在生產(chǎn)生活中應(yīng)用廣泛。下列說法錯誤的是A. 蘆葦可用于制造黏膠纖維，其主要成分為纖維素B. 聚氯乙烯通過加聚反應(yīng)制得，可用于制作不粘鍋的耐熱涂層C. 淀粉是相對分子質(zhì)量可達幾十萬的天然高分子物質(zhì)D. 大豆蛋白纖維是一種可降解材料【答案】B【解析】【分析

3、】【詳解】A蘆葦中含有天然纖維素，可用于制造黏膠纖維，故A正確；B聚氯乙烯在高溫條件下會分解生成有毒氣體，因此不能用于制作不粘鍋的耐熱涂層，故B錯誤；C淀粉為多糖，屬于天然高分子物質(zhì)，其相對分子質(zhì)量可達幾十萬，故C正確；D大豆蛋白纖維的主要成分為蛋白質(zhì)，能夠被微生物分解，因此大豆蛋白纖維是一種可降解材料，故D正確；綜上所述，說法錯誤的是B項，故答案為B。3. 下列操作規(guī)范且能達到實驗?zāi)康牡氖茿. 圖甲測定醋酸濃度B. 圖乙測定中和熱C. 圖丙稀釋濃硫酸D. 圖丁萃取分離碘水中的碘【答案】A【解析】【分析】【詳解】A氫氧化鈉溶液呈堿性，因此需裝于堿式滴定管，氫氧化鈉溶液與醋酸溶液恰好完全反應(yīng)后生

4、成的醋酸鈉溶液呈堿性，因此滴定過程中選擇酚酞作指示劑，當溶液由無色變?yōu)榈t色時，達到滴定終點，故A選；B測定中和熱實驗中溫度計用于測定溶液溫度，因此不能與燒杯內(nèi)壁接觸，并且大燒杯內(nèi)空隙需用硬紙板填充，防止熱量散失，故B不選；C容量瓶為定容儀器，不能用于稀釋操作，故C不選；D分液過程中長頸漏斗下方放液端的長斜面需緊貼燒杯內(nèi)壁，防止液體留下時飛濺，故D不選；綜上所述，操作規(guī)范且能達到實驗?zāi)康牡氖茿項，故答案為A。4. 硫和氮及其化合物對人類生存和社會發(fā)展意義重大，但硫氧化物和氮氧化物造成的環(huán)境問題也日益受到關(guān)注，下列說法正確的是A. NO2和SO2均為紅棕色且有刺激性氣味的氣體，是酸雨的主要成因B

5、. 汽車尾氣中的主要大氣污染物為NO、SO2和PM2.5C. 植物直接吸收利用空氣中的NO和NO2作為肥料，實現(xiàn)氮的固定D. 工業(yè)廢氣中的SO2可采用石灰法進行脫除【答案】D【解析】【分析】【詳解】A是紅棕色且有刺激性氣味的氣體，而是無色有刺激性氣味的氣體，A錯誤；B汽車尾氣的主要大氣污染物為C與N的氧化物，如NOx和CO等，B錯誤；C氮的固定是指將游離態(tài)的氮元素轉(zhuǎn)化為化合態(tài)，且植物可吸收土壤中的銨根離子或硝酸根離子作為肥料，不能直接吸收空氣中的氮氧化物，C錯誤；D工業(yè)廢氣中的可采用石灰法進行脫除，如加入石灰石或石灰乳均可進行脫硫處理，D正確；故選D。5. 用中子轟擊X原子產(chǎn)生粒子(即氮核He

6、)的核反應(yīng)為：X+nY+He。已知元素Y在化合物中呈+1價。下列說法正確的是A. H3XO3可用于中和濺在皮膚上的NaOH溶液B. Y單質(zhì)在空氣中燃燒的產(chǎn)物是Y2O2C. X和氫元素形成離子化合物D. 6Y和7Y互為同素異形體【答案】A【解析】【分析】根據(jù)核反應(yīng)為：可知，X的質(zhì)量數(shù)N為4+7-1=10，又因為Y在化合物中呈價，則推知Y位于IA族，質(zhì)量數(shù)=質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)，Y的質(zhì)量數(shù)為7，所以得出Y為Li，其質(zhì)子數(shù)p=3，所以X的質(zhì)子數(shù)Z=3+2-0=5，核電荷數(shù)=原子序數(shù)=核內(nèi)質(zhì)子數(shù)=5，則推知X屬于B元素，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼為硼酸，氫氧化鈉溶液具有腐蝕性，若不慎將溶液濺到皮膚上，則需用大

7、量水沖洗，同時涂抹，以中和堿液，A正確；BY為Li，在空氣中燃燒的產(chǎn)物只有Li2O，B錯誤；CX為B，與氫元素會形成BH3或B2H4等硼氫化合物，B元素與H元素以共價鍵結(jié)合，屬于共價化合物，C錯誤；D和兩者的質(zhì)子數(shù)均為3，中子數(shù)不同，所以兩者互為同位素，D錯誤；故選A。6. BiOCl是一種具有珠光澤的材料，利用金屬Bi制備BiOCl的工藝流程如圖：下列說法錯誤的是A. 酸浸工序中分次加入稀HNO3可降低反應(yīng)劇烈程度B. 轉(zhuǎn)化工序中加入稀HCl可抑制生成BiONO3C. 水解工序中加入少量CH3COONa(s)可提高Bi3+水解程度D. 水解工序中加入少量NH4NO3(s)有利于BiOCl的生

8、成【答案】D【解析】【分析】【詳解】A硝酸為強氧化劑，可與金屬鉍反應(yīng)，酸浸工序中分次加入稀，反應(yīng)物硝酸的用量減少，可降低反應(yīng)劇烈程度，A正確；B金屬鉍與硝酸反應(yīng)生成的硝酸鉍會發(fā)生水解反應(yīng)生成，水解的離子方程式為，轉(zhuǎn)化工序中加入稀，使氫離子濃度增大，根據(jù)勒夏特列原理分析，硝酸鉍水解平衡左移，可抑制生成，B正確；C氯化鉍水解生成的離子方程式為，水解工序中加入少量，醋酸根會結(jié)合氫離子生成弱電解質(zhì)醋酸，使氫離子濃度減小，根據(jù)勒夏特列原理分析，氯化鉍水解平衡右移，促進水解，C正確；D氯化鉍水解生成的離子方程式為，水解工序中加入少量，銨根離子水解生成氫離子，使氫離子濃度增大，根據(jù)勒夏特列原理分析，氯化鉍水

9、解平衡左移，不利于生成，且部分鉍離子與硝酸根、水也會發(fā)生反應(yīng)，也不利于生成，綜上所述，D錯誤；故選D。7. NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法錯誤的是A. 22.4L(標準狀況)氟氣所含的質(zhì)子數(shù)為18NAB. 1mol碘蒸氣和1mol氫氣在密閉容器中充分反應(yīng)，生成的碘化氫分子數(shù)小于2NAC. 電解飽和食鹽水時，若陰陽兩極產(chǎn)生氣體的總質(zhì)量為73g，則轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NAD. 1L1molL-1溴化銨水溶液中NH與H+離子數(shù)之和大于NA【答案】C【解析】【分析】【詳解】A在標準狀況下氟氣的物質(zhì)的量為1mol，其質(zhì)子數(shù)為1mol=，A正確；B碘蒸氣與氫氣發(fā)生的反應(yīng)為：，反應(yīng)為可逆反應(yīng)，有一定的限度，所以

10、充分反應(yīng)，生成的碘化氫分子數(shù)小于，B正確；C電解飽和食鹽水時電極總反應(yīng)為：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，若陰陽兩極產(chǎn)生氣體分別是氫氣與氯氣，且物質(zhì)的量之比為1:1，若氣體的總質(zhì)量為，則說明反應(yīng)生成的氫氣與氯氣的物質(zhì)的量各自為1mol，根據(jù)關(guān)系式H22e-可知，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為，C錯誤；D溴化銨水溶液存在電荷守恒，即c()+c()=c(Br-)+c(OH-)，則物質(zhì)的量也滿足n()+n()=n(Br-)+n(OH-)，因為n(Br-)=，所以該溶液中與離子數(shù)之和大于，D正確；故選C8. 苯并降冰片烯是一種重要的藥物合成中間體，結(jié)構(gòu)簡式如圖。關(guān)于該化合物，下列說法正確的是A. 是苯的

11、同系物B. 分子中最多8個碳原子共平面C. 一氯代物有6種(不考慮立體異構(gòu))D. 分子中含有4個碳碳雙鍵【答案】B【解析】【分析】【詳解】A苯的同系物必須是只含有1個苯環(huán)，側(cè)鏈為烷烴基的同類芳香烴，由結(jié)構(gòu)簡式可知，苯并降冰片烯的側(cè)鏈不是烷烴基，不屬于苯的同系物，故A錯誤；B由結(jié)構(gòu)簡式可知，苯并降冰片烯分子中苯環(huán)上的6個碳原子和連在苯環(huán)上的2個碳原子共平面，共有8個碳原子，故B正確；C由結(jié)構(gòu)簡式可知，苯并降冰片烯分子的結(jié)構(gòu)上下對稱，分子中含有5類氫原子，則一氯代物有5種，故C錯誤；D苯環(huán)不是單雙鍵交替的結(jié)構(gòu)，由結(jié)構(gòu)簡式可知，苯并降冰片烯分子中只含有1個碳碳雙鍵，故D錯誤；故選B。9. KO2電池

12、結(jié)構(gòu)如圖，a和b為兩個電極，其中之一為單質(zhì)鉀片。關(guān)于該電池，下列說法錯誤的是A. 隔膜允許K+通過，不允許O2通過B. 放電時，電流由b電極沿導線流向a電極；充電時，b電極為陽極C. 產(chǎn)生1Ah電量時，生成KO2的質(zhì)量與消耗O2的質(zhì)量比值約為2.22D. 用此電池為鉛酸蓄電池充電，消耗3.9g鉀時，鉛酸蓄電池消耗0.9g水【答案】D【解析】【分析】由圖可知，a電極為原電池的負極，單質(zhì)鉀片失去電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成鉀離子，電極反應(yīng)式為Ke-=K+，b電極為正極，在鉀離子作用下，氧氣在正極得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成超氧化鉀；據(jù)以上分析解答?！驹斀狻緼金屬性強的金屬鉀易與氧氣反應(yīng)，為防止鉀與氧氣反應(yīng)，電

13、池所選擇隔膜應(yīng)允許通過，不允許通過，故A正確；B由分析可知，放電時，a為負極，b為正極，電流由b電極沿導線流向a電極，充電時，b電極應(yīng)與直流電源的正極相連，做電解池的為陽極，故B正確；C由分析可知，生成1mol超氧化鉀時，消耗1mol氧氣，兩者的質(zhì)量比值為1mol71g/mol：1mol32g/mol2.22：1，故C正確；D鉛酸蓄電池充電時的總反應(yīng)方程式為2PbSO4+2H2OPbO2+Pb+2H2SO4，反應(yīng)消耗2mol水，轉(zhuǎn)移2mol電子，由得失電子數(shù)目守恒可知，耗鉀時，鉛酸蓄電池消耗水的質(zhì)量為18g/mol=1.8g，故D錯誤；故選D二、不定項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分

14、。在每小題給出的四個選項中，有一項或兩項符合題目要求。若正確答案只包括一個選項，多選時，該小題得0分；若正確答案包括兩個選項，只選一個且正確的得2分，選兩個且都正確的得4分，但只要選錯一個，該小題得0分。10. 關(guān)于非金屬含氧酸及其鹽的性質(zhì)，下列說法正確的是A. 濃H2SO4具有強吸水性，能吸收糖類化合物中的水分并使其炭化B. NaClO、KClO3等氯的含氧酸鹽的氧化性會隨溶液的pH減小而增強C. 加熱NaI與濃H3PO4混合物可制備HI，說明H3PO4比HI酸性強D. 濃HNO3和稀HNO3與Cu反應(yīng)的還原產(chǎn)物分別為NO2和NO，故稀HNO3氧化性更強【答案】B【解析】【分析】【詳解】A濃

15、硫酸能使蔗糖炭化，體現(xiàn)的是其脫水性，而不是吸水性，A錯誤；BNaClO在水溶液中會發(fā)生水解，離子方程式為：，pH減小，則酸性增強，會促使平衡向正反應(yīng)方向移動，生成氧化性更強的HClO，在酸性條件下可生成具有強氧化性的氯氣、二氧化氯等氣體，增強氧化能力，B正確；CHI的沸點低，易揮發(fā)加熱與濃混合物發(fā)生反應(yīng)生成利用的是高沸點酸制備低沸點酸的原理，C錯誤；D相同條件下根據(jù)銅與濃硝酸、稀硝酸反應(yīng)的劇烈程度可知，濃硝酸的氧化性大于稀硝酸的氧化性，D錯誤；故選B。11. 如圖所示的兩種化合物可應(yīng)用于阻燃材料和生物材料的合成。其中W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期元素，X和Z同主族，Y原子序數(shù)為W原子

16、價電子數(shù)的3倍。下列說法正確的是A. X和Z的最高化合價均為+7價B. HX和HZ在水中均為強酸，電子式可表示為與C. 四種元素中，Y原子半徑最大，X原子半徑最小D. Z、W和氫三種元素可形成同時含有離子鍵和共價鍵的化合物【答案】CD【解析】【分析】結(jié)合圖中所示結(jié)構(gòu)可知圖中兩種化合物均為共價化合物，已知X和Z同主族，可得X和Z同為第A族，Y為第A族元素，W為第A族或第A族元素，再結(jié)合W、X、Y、Z為原子序數(shù)依次增大的短周期元素， Y原子序數(shù)為W原子價電子數(shù)的3倍推知W、X、Y、Z分別為N、F、P、Cl，據(jù)此答題?！驹斀狻緼X和Z分別是F、Cl，F(xiàn)無正價，A錯誤；B和分別是HF和HCl，HF在水

17、中不是強酸，B錯誤；C四種元素W（N）、X（F）、Y（P）、Z（Cl）中，W（N）、X（F）有兩個電子層，Y（P）、Z（Cl）有三個電子層，半徑大于W（N）和X（F），Y（P）原子序數(shù)小于Z（Cl），故Y原子半徑在這四種元素中最大；X（F）原子序數(shù)大于W（N），故X原子半徑在這四種元素中最小，C正確；DZ（Cl）、W（N）和氫三種元素可形成氯化銨，屬于同時含有離子鍵和共價鍵的化合物，D正確；故選CD。12. 番木鱉酸具有一定的抗炎、抗菌活性，結(jié)構(gòu)簡式如圖。下列說法錯誤的是A. 1mol該物質(zhì)與足量飽和NaHCO3溶液反應(yīng)，可放出22.4L(標準狀況)CO2B. 一定量該物質(zhì)分別與足量Na、Na

18、OH反應(yīng)，消耗二者物質(zhì)的量之比為5：1C. 1mol該物質(zhì)最多可與2molH2發(fā)生加成反應(yīng)D. 該物質(zhì)可被酸性KMnO4溶液氧化【答案】BC【解析】【分析】【詳解】A根據(jù)分子的結(jié)構(gòu)簡式可知，1 mol該分子中含有1mol -COOH，可與溶液反應(yīng)生成1mol，在標準狀況下其體積為，A正確；B1mol分子中含5mol羥基和1mol羧基，其中羥基和羧基均能與Na發(fā)生置換反應(yīng)產(chǎn)生氫氣，而只有羧基可與氫氧化鈉發(fā)生中和反應(yīng)，所以一定量的該物質(zhì)分別與足量反應(yīng)，消耗二者物質(zhì)的量之比為，B錯誤；C分子中含1mol碳碳雙鍵，其他官能團不與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，所以1mol該物質(zhì)最多可與發(fā)生加成反應(yīng)，C錯誤；D分子中

19、含碳碳雙鍵和羥基，均能被酸性溶液氧化，D正確；故選BC。13. 室溫下，某溶液初始時僅溶有M和N且濃度相等，同時發(fā)生以下兩個反應(yīng)：M+N=X+Y；M+N=X+Z，反應(yīng)的速率可表示為v1=k1c2(M)，反應(yīng)的速率可表示為v2=k2c2(M) (k1、k2為速率常數(shù))。反應(yīng)體系中組分M、Z的濃度隨時間變化情況如圖，下列說法錯誤的是A. 030min時間段內(nèi)，Y的平均反應(yīng)速率為6.6710-8molL-1min-1B. 反應(yīng)開始后，體系中Y和Z的濃度之比保持不變C. 如果反應(yīng)能進行到底，反應(yīng)結(jié)束時62.5%的M轉(zhuǎn)化為ZD. 反應(yīng)的活化能比反應(yīng)的活化能大【答案】A【解析】【分析】【詳解】A由圖中數(shù)據(jù)

20、可知，時，M、Z濃度分別為0.300和0.125 ，則M的變化量為0.5-0.300 =0.200 ，其中轉(zhuǎn)化為Y的變化量為0.200-0.125 =0.075 。因此，時間段內(nèi)，Y的平均反應(yīng)速率為 ，A說法不正確；B由題中信息可知，反應(yīng)和反應(yīng)的速率之比為，Y和Z分別為反應(yīng)和反應(yīng)的產(chǎn)物，且兩者與M的化學計量數(shù)相同（化學計量數(shù)均為1），因此反應(yīng)開始后，體系中Y和Z的濃度之比等于 ，由于k1、k2為速率常數(shù)，故該比值保持不變，B說法正確； C結(jié)合A、B的分析可知因此反應(yīng)開始后，在相同的時間內(nèi)體系中Y和Z的濃度之比等于=，因此，如果反應(yīng)能進行到底，反應(yīng)結(jié)束時有 的M轉(zhuǎn)化為Z，即的M轉(zhuǎn)化為Z，C說法正

21、確；D由以上分析可知，在相同的時間內(nèi)生成Z較多、生成Y較少，因此，反應(yīng)的化學反應(yīng)速率較小，在同一體系中，活化能較小的化學反應(yīng)速率較快，故反應(yīng)的活化能比反應(yīng)的活化能大，D說法正確。綜上所述，相關(guān)說法不正確的只有A，故本題選A。三、非選擇題：共57分，第1416題為必考題，每個試題考生都必須作答。第1718題為選考題，考生根據(jù)要求作答。14. 化工專家侯德榜發(fā)明的侯氏制堿法為我國純堿工業(yè)和國民經(jīng)濟發(fā)展做出了重要貢獻，某化學興趣小組在實驗室中模擬并改進侯氏制堿法制備NaHCO3，進一步處理得到產(chǎn)品Na2CO3和NH4Cl，實驗流程如圖：回答下列問題：(1)從AE中選擇合適的儀器制備NaHCO3，正確

22、的連接順序是_(按氣流方向，用小寫字母表示)。為使A中分液漏斗內(nèi)的稀鹽酸順利滴下，可將分液漏斗上部的玻璃塞打開或_。A. B. C. D. E.(2)B中使用霧化裝置的優(yōu)點是_。(3)生成NaHCO3的總反應(yīng)的化學方程式為_。(4)反應(yīng)完成后，將B中U形管內(nèi)的混合物處理得到固體NaHCO3和濾液：對固體NaHCO3充分加熱，產(chǎn)生的氣體先通過足量濃硫酸，再通過足量Na2O2，Na2O2增重0.14g，則固體NaHCO3的質(zhì)量為_g。向濾液中加入NaCl粉末，存在NaCl(s)+NH4Cl(aq)NaCl(aq)+NH4Cl(s)過程。為使NH4Cl沉淀充分析出并分離，根據(jù)NaCl和NH4Cl溶解

23、度曲線，需采用的操作為_、_、洗滌、干燥。(5)無水NaHCO3可作為基準物質(zhì)標定鹽酸濃度.稱量前，若無水NaHCO3保存不當，吸收了一定量水分，用其標定鹽酸濃度時，會使結(jié)果_(填標號)。A.偏高 B.偏低 不變【答案】 (1). aefbcgh (2). 將玻璃塞上的凹槽對準漏斗頸部的小孔 (3). 使氨鹽水霧化，可增大與二氧化碳的接觸面積，從而提高產(chǎn)率（或其他合理答案） (4). NH3H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3 (5). 0.84 (6). 蒸發(fā)濃縮 (7). 冷卻結(jié)晶 (8). A【解析】【分析】根據(jù)工藝流程知，濃氨水中加入氯化鈉粉末形成飽和氨鹽水后，再通入二氧

24、化碳氣體，發(fā)生反應(yīng)：NH3H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3，得到的碳酸氫鈉晶體烘干后受熱分解會生成碳酸鈉、二氧化碳和水，從而制備得到純堿；另一方面得到的母液主要溶質(zhì)為NH4Cl，再從加入氯化鈉粉末，存在反應(yīng)，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)根據(jù)分析可知，要制備，需先選用裝置A制備二氧化碳，然后通入飽和碳酸氫鈉溶液中除去二氧化碳中的HCl，后與飽和氨鹽水充分接觸來制備，其中過量的二氧化碳可被氫氧化鈉溶液吸收，也能充分利用二氧化碳制備得到少量，所以按氣流方向正確的連接順序應(yīng)為：aefbcgh；為使A中分液漏斗內(nèi)的稀鹽酸順利滴下，可將分液漏斗上部的玻璃塞打開或?qū)⒉Ａ系陌疾蹖事┒奉i

25、部的小孔，故答案為：aefbcgh；將玻璃塞上的凹槽對準漏斗頸部的小孔；(2)B中使用霧化裝置使氨鹽水霧化，可增大與二氧化碳的接觸面積，從而提高產(chǎn)率；(3)根據(jù)上述分析可知，生成的總反應(yīng)的化學方程式為NH3H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3；(4)對固體充分加熱，產(chǎn)生二氧化碳和水蒸氣，反應(yīng)的化學方程式為： 將氣體先通過足量濃硫酸，吸收水蒸氣，再通過足量，與二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鈉和氧氣，化學方程式為：，根據(jù)方程式可知，根據(jù)差量法可知，當增重（2CO的質(zhì)量）時，消耗的二氧化碳的質(zhì)量為=0.22g，其物質(zhì)的量為，根據(jù)關(guān)系式可知，消耗的的物質(zhì)的量為20.005mol=0.01mol，所

26、以固體的質(zhì)量為0.01mol84g/mol=0.84g；根據(jù)溶解度雖溫度的變化曲線可以看出，氯化銨的溶解度隨著溫度的升高而不斷增大，而氯化鈉的溶解度隨著溫度的升高變化并不明顯，所以要想使沉淀充分析出并分離，需采用蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、洗滌、干燥的方法，故答案為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶；(5)稱量前，若無水保存不當，吸收了一定量水分，標準液被稀釋，濃度減小，所以用其標定鹽酸濃度時，消耗的碳酸氫鈉的體積會增大，根據(jù)c(測)=可知，最終會使c(測)偏高，A項符合題意，故答案為：A。15. 綠色化學在推動社會可持續(xù)發(fā)展中發(fā)揮著重要作用。某科研團隊設(shè)計了一種熔鹽液相氧化法制備高價鉻鹽的新工藝，該工藝不消耗除鉻

27、鐵礦、氫氧化鈉和空氣以外的其他原料，不產(chǎn)生廢棄物，實現(xiàn)了CrFeAlMg的深度利用和Na+內(nèi)循環(huán)。工藝流程如圖：回答下列問題：(1)高溫連續(xù)氧化工序中被氧化的元素是_(填元素符號)。(2)工序的名稱為_。(3)濾渣的主要成分是_(填化學式)。(4)工序中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_。(5)物質(zhì)V可代替高溫連續(xù)氧化工序中的NaOH，此時發(fā)生的主要反應(yīng)的化學方程式為_，可代替NaOH的化學試劑還有_(填化學式)。(6)熱解工序產(chǎn)生的混合氣體最適宜返回工序_(填“”或“”或“”或“”)參與內(nèi)循環(huán)。(7)工序溶液中的鋁元素恰好完全轉(zhuǎn)化為沉淀的pH為_。(通常認為溶液中離子濃度小于10-5molL-1為沉淀

28、完全；A1(OH)3+OH-Al(OH)：K=100.63，Kw=10-14，KspA1(OH)3=10-33)【答案】 (1). Fe、Cr (2). 溶解浸出 (3). MgO、Fe2O3 (4). 2Na+2+2CO2+H2O=+2NaHCO3 (5). 4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O (6). Na2CO3 (7). (8). 8.37【解析】【分析】由題給流程可知，鉻鐵礦、氫氧化鈉和空氣在高溫下連續(xù)氧化發(fā)生的反應(yīng)為，在熔融氫氧化鈉作用下，F(xiàn)e(CrO2)2被氧氣高溫氧化生成鉻酸鈉和氧化鐵，氧化鋁與熔融氫氧化鈉反

29、應(yīng)轉(zhuǎn)化為偏鋁酸鈉，氧化鎂不反應(yīng)；將氧化后的固體加水溶解，過濾得到含有氧化鎂、氧化鐵的濾渣1和含有過量氫氧化鈉、鉻酸鈉、偏鋁酸鈉的濾液；將濾液在介穩(wěn)態(tài)條件下分離得到鉻酸鈉溶液、氫氧化鈉溶液和偏鋁酸鈉溶液；向鉻酸鈉溶液中通入過量的二氧化碳得到重鉻酸鈉和碳酸氫鈉沉淀；向偏鋁酸鈉溶液中通入過量的二氧化碳氣體得到氫氧化鋁沉淀和碳酸氫鈉；向濾渣1中通入二氧化碳和水蒸氣，氧化鎂與二氧化碳和水蒸氣反應(yīng)轉(zhuǎn)化為碳酸氫鎂溶液；碳酸氫鎂溶液受熱分解得到碳酸鎂固體和二氧化碳、水蒸氣，二氧化碳、水蒸氣可以在工序循環(huán)使用；碳酸鎂高溫煅燒得到氧化鎂?！驹斀狻?1)由分析可知，高溫連續(xù)氧化工序中被氧化的元素是鐵元素和鉻元素，故

30、答案為：Fe、Cr；(2)由分析可知，工序為將氧化后的固體加水溶解浸出可溶性物質(zhì)，故答案為：溶解浸出；(3)由分析可知，濾渣的主要成分是氧化鐵和氧化鎂，故答案為：MgO、Fe2O3；(4)工序中發(fā)生的反應(yīng)為鉻酸鈉溶液與過量的二氧化碳反應(yīng)生成重鉻酸鈉和碳酸氫鈉沉淀，反應(yīng)的離子方程式為2Na+2+2CO2+H2O= +2NaHCO3，故答案為：2Na+2+2CO2+H2O= +2NaHCO3；(5)碳酸氫鈉代替高溫連續(xù)氧化工序中的氫氧化鈉發(fā)生的主要反應(yīng)為高溫下，F(xiàn)e(CrO2)2與氧氣和碳酸氫鈉反應(yīng)生成鉻酸鈉、氧化鐵、二氧化碳和水，反應(yīng)的化學方程式為4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO3

31、8Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；若將碳酸氫鈉換為碳酸鈉也能發(fā)生類似的反應(yīng)，故答案為：4Fe(CrO2)2+ 7O2+16NaHCO38Na2CrO4+2 Fe2O3+ 16CO2+8H2O；(6)熱解工序產(chǎn)生的混合氣體為二氧化碳和水蒸氣，將混合氣體通入濾渣1中可以將氧化鎂轉(zhuǎn)化為碳酸氫鎂溶液，則混合氣體最適宜返回工序為工序，故答案為：；(7)工序溶液中的鋁元素恰好完全轉(zhuǎn)化為沉淀的反應(yīng)為，反應(yīng)的平衡常數(shù)為K1=1013.37，當為105mol/L時，溶液中氫離子濃度為=mol/L=108.37mol/L，則溶液的pH為8.37，故答案為：8.37。16. 當今，世界多國相

32、繼規(guī)劃了碳達峰、碳中和的時間節(jié)點。因此，研發(fā)二氧化碳利用技術(shù)，降低空氣中二氧化碳含量成為研究熱點。(1)大氣中的二氧化碳主要來自于煤、石油及其他含碳化合物的燃燒。已知25時，相關(guān)物質(zhì)的燃燒熱數(shù)據(jù)如表：物質(zhì)H2(g)C(石墨，s)C6H6(l)燃燒熱H(kJmol-1)-285.8-393.5-3267.5(1)則25時H2(g)和C(石墨，s)生成C6H6(l)的熱化學方程式為_。(2)雨水中含有來自大氣的CO2，溶于水中的CO2進一步和水反應(yīng)，發(fā)生電離：CO2(g)=CO2(aq)CO2(aq)+H2O(l)=H+(aq)+HCO(aq)25時，反應(yīng)的平衡常數(shù)為K2。溶液中CO2的濃度與其在

33、空氣中的分壓成正比(分壓=總壓物質(zhì)的量分數(shù))，比例系數(shù)為ymolL-1kPa-1，當大氣壓強為pkPa，大氣中CO2(g)的物質(zhì)的量分數(shù)為x時，溶液中H+濃度為_molL-1(寫出表達式，考慮水的電離，忽略HCO的電離)(3)105時，將足量的某碳酸氫鹽(MHCO3)固體置于真空恒容容器中，存在如下平衡：2MHCO3(s)M2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)。上述反應(yīng)達平衡時體系的總壓為46kPa。保持溫度不變，開始時在體系中先通入一定量的CO2(g)，再加入足量MHCO3(s)，欲使平衡時體系中水蒸氣的分壓小于5kPa，CO2(g)的初始壓強應(yīng)大于_kPa。(4)我國科學家研究LiC

34、O2電池，取得了重大科研成果，回答下列問題：LiCO2電池中，Li為單質(zhì)鋰片，則該電池中的CO2在_(填“正”或“負”)極發(fā)生電化學反應(yīng)。研究表明，該電池反應(yīng)產(chǎn)物為碳酸鋰和單質(zhì)碳，且CO2電還原后與鋰離子結(jié)合形成碳酸鋰按以下4個步驟進行，寫出步驟的離子方程式。.2CO2+2e-=C2O .C2O=CO2+CO._ .CO+2Li+=Li2CO3研究表明，在電解質(zhì)水溶液中，CO2氣體可被電化學還原。.CO2在堿性介質(zhì)中電還原為正丙醇(CH3CH2CH2OH)的電極反應(yīng)方程式為_。.在電解質(zhì)水溶液中，三種不同催化劑(a、b、c)上CO2電還原為CO的反應(yīng)進程中(H+被還原為H2的反應(yīng)可同時發(fā)生)，

35、相對能量變化如圖.由此判斷，CO2電還原為CO從易到難的順序為_(用a、b、c字母排序)?！敬鸢浮?(1). 6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l) H=49.1kJmol-1 (2). (3). 100.8 (4). 正極 (5). 2C+CO2=2C+C (6). 12CO2+18e-+4H2O=CH3CH2CH2OH+9C (7). c、b、a【解析】【分析】【詳解】(1)根據(jù)表格燃燒熱數(shù)據(jù)可知，存在反應(yīng)C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g) H1=-393.5kJmol-1，H2(g)+O2(g)=H2O(l) H2=-285.8kJmol-1，C6H6(l)+O2(g)=

36、6CO2(g)+6H2O(l) H3=-3267.5kJmol-1，根據(jù)蓋斯定律，12+6 -得反應(yīng)：6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l)，H=(-393.5kJmol-1)+(-285.8kJmol-1)6-(-3267.5kJmol-1)=49.1kJmol-1，故答案為：6C(石墨，s)+3H2(g)= C6H6(l) H=49.1kJmol-1；(2)由題可知，CO2(s)CO2(aq)，CO2(aq)+H2O(l)H+(aq)+HC(aq)，K2=，又因為p(CO2)=p(kPa)x，則c(CO2)=y(molL-1kPa-1)p(CO2)=pxy mol/L，在忽略HC

37、的電離時，c(H+)=c(HC)，所以可得c(H+)=，故答案為：；(3)2MHCO3(s)M2CO3(s)+H2O(g)+ CO2(g)，等溫等容條件下，壓強之比等于物質(zhì)的量之比，可用分壓表示物質(zhì)的量濃度，平衡常數(shù)Kp=529kPa2。溫度不變化學平衡常數(shù)Kp不變，設(shè)平衡時，平衡體系中CO2的分壓為x，則K= 529kPa2，=kPa=105.8kPa，CO2的初始壓強等于平衡壓強減去碳酸氫鹽分解產(chǎn)生的CO2的分壓，即CO2(g)的初始壓強應(yīng)大于105.8kPa-5kPa=100.8kPa，故答案為：100.8；(4)由題意知，Li-CO2電池的總反應(yīng)式為：4Li+3CO2=2Li2CO3+

38、C，CO2發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，則CO2作為電池的正極；CO2還原后與Li+結(jié)合成Li2CO3，按4個步驟進行，由步驟II可知生成了C，而步驟IV需要C參加反應(yīng)，所以步驟III的離子方程式為：2C+CO2=2C+C，故答案為：正極；2C+CO2=2C+C；I.CO2在堿性條件下得電子生成CH3CH2CH2OH，根據(jù)電子守恒和電荷守恒寫出電極反應(yīng)式為：12CO2+18e-+4H2O=CH3CH2CH2OH+9C，故答案為：12CO2+18e-+4H2O=CH3CH2CH2OH+9C；II.c催化劑條件下，CO2電還原的活化能小于H+電還原的活化能，更容易發(fā)生CO2的電還原；而催化劑a和b條件下，

39、CO2電還原的活化能均大于H+電還原的活化能，相對來說，更易發(fā)生H+的電還原。其中a催化劑條件下，H+電還原的活化能比CO2電還原的活化能小的更多，發(fā)生H+電還原的可能性更大，因此反應(yīng)從易到難的順序為c、b、a，故答案為：c、b、a。(二)選考題：共15分。請考生從2道題中任選一題作答，并用2B鉛筆將答題卡上所選題目對應(yīng)的題號右側(cè)方框涂黑，按所涂題號進行評分；多涂、多答，按所涂的首題進行評分；不涂，按本選考題的首題進行評分。17. KH2PO4晶體具有優(yōu)異的非線性光學性能。我國科學工作者制備的超大KH2PO4晶體已應(yīng)用于大功率固體激光器，填補了國家戰(zhàn)略空白?；卮鹣铝袉栴}：(1)在KH2PO4的

40、四種組成元素各自所能形成的簡單離子中，核外電子排布相同的是_(填離子符號)。(2)原子中運動電子有兩種相反的自旋狀態(tài)，若一種自旋狀態(tài)用+表示，與之相反的用-表示，稱為電子的自旋磁量子數(shù).對于基態(tài)的磷原子，其價電子自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為_。(3)已知有關(guān)氨、磷的單鍵和三鍵的鍵能(kJmol-1)如表：NNNNPPPP193946197489從能量角度看，氮以N2、而白磷以P4(結(jié)構(gòu)式可表示為)形式存在的原因是_。(4)已知KH2PO4是次磷酸的正鹽，H3PO2的結(jié)構(gòu)式為_，其中P采取_雜化方式。(5)與PO電子總數(shù)相同的等電子體的分子式為_。(6)磷酸通過分子間脫水縮合形成多磷酸，如：如果有n個

41、磷酸分子間脫水形成環(huán)狀的多磷酸，則相應(yīng)的酸根可寫為_。(7)分別用、表示H2PO和K+，KH2PO4晶體的四方晶胞如圖(a)所示，圖(b)、圖(c)分別顯示的是H2PO、K+在晶胞xz面、yz面上的位置：若晶胞底邊的邊長均為apm、高為cpm，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，晶體的密度_gcm-3(寫出表達式)。晶胞在x軸方向的投影圖為_(填標號)?！敬鸢浮?(1). 和 (2). 或 (3). 在原子數(shù)目相同的條件下，N2比N4具有更低的能量，而P4比P2具有更低的能量，能量越低越穩(wěn)定 (4). (5). sp3 (6). SiF4、SO2F2等 (7). (8). (9). B【解析】【分析】【

42、詳解】(1)在的四種組成元素各自所能形成的簡單離子分別為（或）、和，其中核外電子排布相同的是和。(2)對于基態(tài)的磷原子，其價電子排布式為，其中3s軌道的2個電子自旋狀態(tài)相反，自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為0；根據(jù)洪特規(guī)則可知，其3p軌道的3個電子的自旋狀態(tài)相同，因此，基態(tài)磷原子的價電子的自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為或。(3)根據(jù)表中的相關(guān)共價鍵的鍵能可知，若6mol N形成類似白磷分子結(jié)構(gòu)的N4分子，可以釋放出的能量為193kJ6=1158kJ；若6mol N形成N2分子，則可釋放的能量為946kJ2=1892kJ，顯然，形成N2分子放出的能量更多，故在N數(shù)目相同的條件下，N2具有更低的能量，能量越低越穩(wěn)定

43、。同理，若6mol P形成分子，可以釋放出的能量為197kJ6=1182kJ；若6mol P形成P2分子，則可釋放的能量為489kJ2=978kJ，顯然，形成P4分子放出的能量更多，故在P數(shù)目相同的條件下，P4具有更低的能量，能量越低越穩(wěn)定。 (4)含氧酸分子中只有羥基上的H可以電離；由是次磷酸的正鹽可知，為一元酸，其分子中只有一個羥基，另外2個H與P成鍵，還有一個O與P形成雙鍵，故其結(jié)構(gòu)式為，其中P共形成4個鍵、沒有孤電子對，故其價層電子對數(shù)為4，其采取sp3雜化。(5)等電子體之間的原子總數(shù)和價電子總數(shù)都相同，根據(jù)前加后減、前減后加、總數(shù)不變的原則，可以找到與電子總數(shù)相同的等電子體分子為S

44、iF4、SO2F2等。(6)由題中信息可知，n個磷酸分子間脫去（n-1）個水分子形成鏈狀的多磷酸，因此，如果有n個磷酸分子間脫水形成環(huán)狀的多磷酸，則可脫去n個水分子得到(HPO3)n，其失去后得到相應(yīng)的酸根，故該酸根可寫為。(7)由晶胞結(jié)構(gòu)可知，位于晶胞的頂點、面上和體心，頂點上有8個、面上有4個，體心有1個，故晶胞中的數(shù)目為；位于面上和棱上，面上有6個，棱上4個，故晶胞中的數(shù)目為。因此，平均每個晶胞中占有的和的數(shù)目均為4，若晶胞底邊的邊長均為、高為，則晶胞的體積為10-30a2c cm3，阿伏加德羅常數(shù)的值為，晶體的密度為。由圖（a）、（b）、（c）可知，晶胞在x軸方向的投影圖為 ，選B。1

45、8. 丁苯酞(NBP)是我國擁有完全自主知識產(chǎn)權(quán)的化學藥物，臨床上用于治療缺血性腦卒中等疾病。ZJM289是一種NBP開環(huán)體(HPBA)衍生物，在體內(nèi)外可經(jīng)酶促或化學轉(zhuǎn)變成NBP和其它活性成分，其合成路線如圖：已知信息：+R2CH2COOH (R1=芳基)回答下列問題：(1)A的化學名稱為_。(2)D有多種同分異構(gòu)體，其中能同時滿足下列條件的芳香族化合物的結(jié)構(gòu)簡式為_、_。可發(fā)生銀鏡反應(yīng)，也能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)；核磁共振氫譜有四組峰，峰面積比為1223。(3)EF中(步驟1)的化學方程式為_。(4)GH的反應(yīng)類型為_。若以NaNO3代替AgNO3，則該反應(yīng)難以進行，AgNO3對該反應(yīng)

46、的促進作用主要是因為_。(5)HPBA的結(jié)構(gòu)簡式為_。通常酯化反應(yīng)需在酸催化、加熱條件下進行，對比HPBA和NBP的結(jié)構(gòu)，說明常溫下HPBA不穩(wěn)定、易轉(zhuǎn)化為NBP的主要原因_。(6)W是合成某種抗瘧疾藥物的中間體類似物。設(shè)計由2，4二氯甲苯()和對三氟甲基苯乙酸()制備W的合成路線_。(無機試劑和四個碳以下的有機試劑任選)?！敬鸢浮?(1). 鄰二甲苯 (2). (3). (4). (5). 取代反應(yīng) (6). AgNO3反應(yīng)生成的AgBr難溶于水，使平衡正向移動促進反應(yīng)進行 (7). (8). HPBA中烴基的空間位阻較大，使得羥基較為活潑，常溫下不穩(wěn)定、易轉(zhuǎn)化為NBP (9). 【解析】【

47、分析】【詳解】(1)A的分子式為C8H10，不飽和度為4，說明取代基上不含不飽和鍵，A與O2在V2O5作催化劑并加熱條件下生成，由此可知A的結(jié)構(gòu)簡式為，其名稱為鄰二甲苯，故答案為：鄰二甲苯。(2)的同分異構(gòu)體滿足：可發(fā)生銀鏡反應(yīng)，也能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，說明結(jié)構(gòu)中含有醛基和酚羥基，根據(jù)不飽和度可知該結(jié)構(gòu)中除醛基外不含其它不飽和鍵，核磁共振氫譜有四組峰，峰面積比為1：2：2：3，說明該結(jié)構(gòu)具有對稱性，根據(jù)該結(jié)構(gòu)中氧原子數(shù)可知該結(jié)構(gòu)中含有1個醛基、2個酚羥基、1個甲基，滿足該條件的同分異構(gòu)體結(jié)構(gòu)簡式為和，故答案為：；。(3)EF中步驟1)為與NaOH的水溶液反應(yīng)，中酯基、羧基能與NaOH

48、反應(yīng)，反應(yīng)方程式為，故答案為：。(4)觀察流程可知，GH的反應(yīng)為中Br原子被AgNO3中-O-NO2取代生成和AgBr，反應(yīng)類型為取代反應(yīng)；若以NaNO3代替AgNO3，則該反應(yīng)難以進行，其原因是NaNO3反應(yīng)生成的NaNO3易溶于水，而AgNO3反應(yīng)生成的AgBr難溶于水，使平衡正向移動促進反應(yīng)進行，故答案為：取代反應(yīng)；AgNO3反應(yīng)生成的AgBr難溶于水，使平衡正向移動促進反應(yīng)進行。(5)NBP()中酯基在堿性條件下發(fā)生水解反應(yīng)生成，經(jīng)過酸化后生成HPBA()；中烴基體積較大，對羥基的空間位阻較大使得羥基較為活潑，容易與羧基發(fā)生酯化反應(yīng)生成，故答案為：；HPBA中烴基的空間位阻較大，使得羥基較為活潑，常溫下不穩(wěn)定、易轉(zhuǎn)化為NBP。(6)由和制備可通過題干已知信息而得，因此需要先合成，可通過氯代后水解再催化氧化而得，因此合成路線為，故答案為：。