河北省2021年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試化學試題(含解析)

1、河北省2021年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試化學試題（含解析）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-1Li-7 B-UC-120-16Na-235/28P-31S-32Cl-35.5K-39Pb-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“鋼鐵是雜煉生猱作刀鐮者”?！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

2、高，硬度和脆性越大C.生鐵由于含碳量高，熔點比熟鐵高D.冶煉鐵的原料之一赤鐵礦的主要成分為FeQ【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，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Fe。，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

3、解材料【答案】B【解析】【分析】【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)范且能達到實驗目的的是配酸 / （含酚欣必硬做板 碎紙條乙溫度計J環(huán)形股項攪拌棒A.圖甲測定醋酸濃度C.圖丙稀釋濃硫酸B.圖乙測定中和熱D.圖丁萃取分離碘水中的碘NaOH標準溶液【答案】A【

4、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后生成的醋酸鈉溶液呈堿性，因此滴定過程中選擇酚配作指示劑，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)范且能達到實驗目的的是A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

5、的環(huán)境問題也日益受到關注，下列說法正確的是A.NO,和SO二均為紅棕色且有刺激性氣味的氣體，是酸雨的主要成因B.汽車尾氣中的主要大氣污染物為NO、SO,和PM2.5C.植物直接吸收利用空氣中的NO和NO?作為肥料，實現(xiàn)氮的固定D.工業(yè)廢氣中的SO,可采用石灰法進行脫除【答案】D【解析】【分析】【詳解】A.NO?是紅棕色且有刺激性氣味的氣體，而SO二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NQ、和CO等，B錯誤；C.氮的固定是指將游離態(tài)的氮元素轉化為化合態(tài)，且植物可吸收土壤中的鏤根離子或硝酸根離了作為肥料，不能直接吸收空氣中的氮氧化物，c錯誤；D.工業(yè)廢

6、氣中的SJ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Do5.用中子轟擊其原子產(chǎn)生a粒子（即氮核:He）的核反應為：=X+；n-；Y+：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Y。？C. X和氫元素形成離子化合物D. +和;Y互為同素異形體【答案】A【解析】【分析】根據(jù)核反應為：之xKnTYH所可知，X的質(zhì)量數(shù)N為4+7T=10,又因為Y在化合物中呈+1價，則推知Y位于IA族，質(zhì)量數(shù)二質(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

7、-0=5,核電荷數(shù)二原子序數(shù)二核內(nèi)質(zhì)子數(shù)二5,則推知X屬于B元素，據(jù)此分析解答。【詳解】A.H/Q,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,則需用大量水沖洗，同時涂抹H/Q,以中和堿液，A正確；B. Y為Li,在空氣中燃燒的產(chǎn)物只有Li2,B錯誤；C. X為B,與氫元素會形成BL或B二出等硼氫化合物，B元素與H元素以共價鍵結合，屬于共價化合物，C錯誤；D.n,和'Li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Ao6. 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:金屬BiBiOCl下列說法錯誤的是A.酸浸工序中分次加入

8、稀HNO3可降低反應劇烈程度B.轉化工序中加入稀HC1可抑制生成BiONO3C.水解工序中加入少量CH3COONa（s）可提高BF水解程度D.水解工序中加入少量NHN）3（s）有利于BiOCl的生成【答案】D【解析】【分析】【詳解】A.硝酸為強氧化劑，可與金屬鈕反應，酸浸工序中分次加入稀HNO-反應物硝酸的用量減少，可降低反應劇烈程度，A正確；B.金屬鈕與硝酸反應生成的硝酸鈿會發(fā)生水解反應生成BONO,水解的離子方程式為Bi3+NO；+H2O-BiONO3+2IT,轉化工序中加入稀HC1,使氫離子濃度增大，根據(jù)勒夏特列原理分析，硝酸鈕水解平衡左移，可抑制生成BONO-B正確；C.氯化鈿水解生成

9、B1OC1的離子方程式為氏*我1+HQUB1OC1十2H水解工序中加入少量CHQOONag）,醋酸根會結合氫離子生成弱電解質(zhì)醋酸，使氫離了濃度減小，根據(jù)勒夏特列原理分析，氯化鈿水解平衡右移，促進B產(chǎn)水解，C正確；D.氯化鈕水解生成BQC1的離子方程式為BiAHT+Hq=BiOCH2H+,水解工序中加入少量NHjNO式s）,筱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，氯化鈾水解平衡左移，不利于生成B1OC1,且部分鋅離子與硝酸根、水也會發(fā)生反應B1A+NO；+HquBiONOj+ZH"也不利于生成由。C/,綜上所述，D錯誤；故選Do7. Na是阿伏加德羅常數(shù)的值，下

10、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. Imol碘蒸氣和Imol氫氣在密閉容器中充分反應，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)生氣體的息質(zhì)量為73g,則轉移電子數(shù)為、D.lLlmolLT臭化鏤水溶液中NH：與H.離子數(shù)之和大于M河北省2021年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試化學試題（含解析）【答案】C【解析】【分析】【詳解】A.在標準狀況下22.4L氨氣的物質(zhì)的量為1IDO1,其質(zhì)子數(shù)為lmolx9x2xNA=18NA,A正確；B.碘蒸氣與氫氣發(fā)生的反應為：I式g)+H式g)=2HI(g),反應為可逆反應，有一定的限度，所以充分反應，生

11、成的碘化氫分子數(shù)小于2Na,B正確；C.電解飽和食鹽水時電極總反應為：2NaCl+2H：O=2NaOH+H2t+C12t,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73g,則說明反應生成的氫氣與氯氣的物質(zhì)的量各自為Imol,根據(jù)關系式H廣23可知，轉移的電子數(shù)為2a，C錯誤；D.1LSWLT浪化鏤水溶液存在電荷守恒，即c(M7：)+c(H+)=c(B/)+c(0H-),則物質(zhì)的量也滿足n(N"：)+n(H+)=n(BQ+n(0H-),因為n(BE)=1Lx1M.lt=14,所以該溶液中N"：與M離子數(shù)之和大于N-D正確；故選C8.苯并降冰片

12、烯是一種重要的藥物合成中間體，結構簡式如圖。關于該化合物，下列說法正確的是A.是苯的同系物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)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)，側鏈為烷煌基的同類芳香燒，由結構簡式可知，苯并降冰片烯的側鏈不是烷煌基，不屬于苯的同系物，故A錯誤；8 .由結構簡式可知，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.由結構簡式可知，苯并降冰片烯分子的結構上下對稱，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構，

13、由結構簡式可知，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 .K0。電池結構如圖，a和b為兩個電極，其中之一為單質(zhì)鉀片。關于該電池，下列說法錯誤的是有機電解'質(zhì)1有機電解質(zhì)2A.隔膜允許K.通過，不允許生通過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lAh電量時，生成KO2的質(zhì)量與消耗a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)生氧化反應生成鉀離子，電極反應式為Ke-二Kb電極為正極，在鉀離子作用下，氧氣在正極得到電

14、子發(fā)生還原反應生成超氧化鉀；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，為防止鉀與氧氣反應，電池所選擇隔膜應允許K+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Imol超氧化鉀時，消耗Imol氧氣，兩者的質(zhì)量比值為ImolX71g/mol：ImolX32g/mol2.22：1,故C正確；D.鉛酸蓄電池充電時的總反應方程式為2PbSOi+2HQ=PbO?+Pb+2H60”反應消耗2mol水，轉移2moi電子，由得失電子數(shù)目守恒可知，耗3

15、.9g鉀時，鉛酸蓄電池消耗水的質(zhì)39g量為殛島X18g/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。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。分。10.關于非金屬含氧酸及其鹽的性質(zhì)，下列說法正確的是A.濃H60,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、KC103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H3Poi混合物可制備HI,說明HFOJ匕HI酸性

16、強D.濃HN03和稀HN03與Cu反應的還原產(chǎn)物分別為N02和N0,故稀HNO3氧化性更強【答案】B【解析】【分析】【詳解】A.濃硫酸能使蔗糖炭化，體現(xiàn)的是其脫水性，而不是吸水性，A錯誤；B. NaClO在水溶液中會發(fā)生水解，離子方程式為：C1O+H2OHC1O+OH,pH減小，則酸性增強，會促使平衡向正反應方向移動，生成氧化性更強的HC10,CIO；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；C. HI的沸點低，易揮發(fā)加熱N°I與濃HFO”昆合物發(fā)生反應生成川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、稀硝酸反應的劇烈程

17、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原子價電子數(shù)的3倍。下列說法正確的是XXzZA. 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H*：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】結合圖中所示結構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VIIA族，Y為第VA族元素，W為第川A族或第VA族元素

18、，再結合W、9/28河北省2021年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試化學試題(含解析)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、C1,據(jù)此答題。【詳解】A.X和Z分別是F、Cl,F無正價，A錯誤；B.HX和HZ分別是HF和HC1,HF在水中不是強酸，B錯誤；C.四種元素W(N)、X(F)、Y(P)、Z(C1)中，W(N)、X(F)有兩個電子層，Y(P)、Z(C1)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(C1),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

19、正確；D.Z(Cl)、W(N)和氫三種元素可形成氯化筱，屬于同時含有離子鍵和共價鍵的化合物,D正確;故選CDo12.番木鱉酸具有一定的抗炎、抗菌活性，結構簡式如圖。下列說法錯誤的是A. hnol該物質(zhì)與足量飽和NaHCOs溶液反應，可放出22.4L(標準狀況)CO,B. 一定量該物質(zhì)分別與足量Na、NaOH反應，消耗二者物質(zhì)的量之比為5：1C. Imol該物質(zhì)最多可與2molH,發(fā)生加成反應D.該物質(zhì)可被酸性KMnO溶液氧化【答案】BC【解析】【分析】【詳解】A.根據(jù)分子的結構簡式可知，1mol該分子中含有Imol-COOH,可與NaHCO溶液反應生成ImolCQ,在標準狀況下其體積為22.4

20、L,A正確；B.Imol分子中含5moi羥基和Imol竣基，其中羥基和竣基均能與Na發(fā)生置換反應產(chǎn)生氫氣，而只有竣基可與氫氧化鈉發(fā)生中和反應，所以一定量的該物質(zhì)分別與足量Na和NnO”反應，消耗二者物質(zhì)的量之比為6:1,B錯誤；C.1血分子中含Imol碳碳雙鍵，其他官能團不與氫氣發(fā)生加成反應，所以hnol該物質(zhì)最多可與厲發(fā)生加成反應，C錯誤；D.分子中含碳碳雙鍵和羥基，均能被酸性溶液氧化，D正確；故選BCo13.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：M+N=X+Y；M+N=X+Z,反應的速率可表示為v1=k/(M),反應的速率可表示為v2=k2c2(M)(k、k,為

21、速率常數(shù))。反應體系中組分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的平均反應速率為6.67XIcTniolI-lniin"B.反應開始后，體系中Y和Z的濃度之比保持不變C.如果反應能進行到底，反應結束時62.5%的M轉化為ZD.反應的活化能比反應的活化能大【答案】A【解析】【分析】【詳解】A.由圖中數(shù)據(jù)可知，30而時，M、Z濃度分別為0.300molLT和0.125mol-U1,則M的變化量為0.5mol17-0.300molUO.200mol.U1,其中轉化為Y的變化量為0.200molU1-0.125mol-UO.075moll?。因此，030

22、min時間段內(nèi),Y的平均反應速率為0075moiL=qqq25mol-L-1-nun-1,A說法不正確；30nunB.由題中信息可知，反應和反應的速率之比為Y和Z分別為反應和反應一的產(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）,因此反應開始后，體系中Y和Z的濃度之比等于",由于兀、k為速率常數(shù)，故該比值保持不變，B說法正確；C.結合A、B的分析可知因此反應開始后，在相同的時間內(nèi)體系中Y和Z的濃度之比等于夕二*5嗎",因此，如果反應能進行到底，反應結束時有的M轉化為Z,&0.12miio19L58即62.5%的M轉化為Z,C說法正確；D.由以上分析可知，在相同

23、的時間內(nèi)生成Z較多、生成Y較少，因此，反應的化學反應速率較小，在同一體系中，活化能較小的化學反應速率較快，故反應的活化能比反應的活化能大，D說法正確。綜上所述，相關說法不正確的只有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NaHCCL進一步處理得到產(chǎn)品Na2c。3和NHQ1,實驗流程如圖：NaIlCO3NaCl粉末產(chǎn)品Na2c。3母液NaCl粉末食鹽水產(chǎn)品NH4cl回答下列問題:(1)

24、從AE中選擇合適的儀器制備NaHCOs，正確的連接順序是一(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事化裝置飽和冢鹽水13 / 28CaCOi飽和食鹽水NaOH溶液飽和NaHCOj溶液(2)B中使用霧化裝置的優(yōu)點是_。(3)生成NaHC03的總反應的化學方程式為o反應完成后，將B中U形管內(nèi)的混合物處理得到固體NaHCd和濾液:對固體NaHCOs充分加熱，產(chǎn)生的氣體先通過足量濃硫酸，再通過足量Na。，Na。增重0.14g,則固體NaHC(h的質(zhì)量為go向濾液中加入NaCl粉末，存在MaCl(s)+M出Cl(aq)fNaCl(aq)+NHCl

25、(s)過程。為使NH.C1沉淀充分析出并分離，根據(jù)NaCl和NH.C1溶解度曲線，需采用的操作為、洗滌、干燥。河北省2021年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試化學試題(含解析)溫度/無水NaHC(h可作為基準物質(zhì)標定鹽酸濃度.稱量前，若無水NaHCOs保存不當，吸收了一定量水分，用其標定鹽酸濃度時，會使結果_(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).NH3Ho+NaCl+CO尸NHCl+NaHCO3I(5).0.84(6).蒸發(fā)濃縮.冷卻結晶(8).

26、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，再通入二氧化碳氣體，發(fā)生反應：NHsO+NaCl+CONH.Cl+NaHCOsl,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NHC1,再從加入氯化鈉粉末，存在反應NaCl(s)+NHQ(aq)=NaCl(aq)+NHQ(s),據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)根據(jù)分析可知，要制備NaHCO-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HC1,后與飽和氨鹽水充分接觸來制備NaHCO-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

27、碳制備得到少量NaHCO"所以按氣流方向正確的連接順序應為：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；根據(jù)上述分析可知，生成NaHCO,的總反應的化學方程式為NH3-HzO+NaC1+CO2=NH,C1+NaHCO3I；（4）對固體NaHCO,充分加熱，產(chǎn)生二氧化碳和水蒸氣，反應的化學方程式為：2NaHCO3=Na2CO3+CO2?+H:O將氣體先通過足量濃硫酸，吸收水蒸

28、氣，再通過足量Na2O2,Na。與二氧化碳反應生成碳酸鈉和氧氣，化學方程式為：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,根據(jù)方程式可知，根據(jù)差量法可知，當增重014g（2C0的質(zhì)量）時，消耗的二氧化碳的質(zhì)量為014gxf=0.22g,其物質(zhì)的量為/=00°5mol,ngmoi根據(jù)關系式2NaHCO廣CO?可知，消耗的NaHCR的物質(zhì)的量為2xQ.005moi=0.Olmol,所以固體NaHCQ的質(zhì)量為0.01molx84g/mol=0.84g；根據(jù)溶解度雖溫度的變化曲線可以看出，氯化鉞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NH4c

29、l沉淀充分析出并分離，需采用蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、洗滌、干燥的方法，故答案為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶；稱量前，若無水NaHCO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火標）會增大，根據(jù)c（測）二型篙蚓可知，最終會使c（測）偏高，A項符合題意，故答案為：Ao15.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。某科研團隊設計了一種熔鹽液相氧化法制備高價格鹽的新工藝，該工藝不消耗除銘鐵礦、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CrFeAl一她的深度利用和Na內(nèi)循環(huán)。工藝流程如圖：氣體AO?(gH 靖融 NaOHILCXDF«CO

30、由一|一修連續(xù)乳化一工序 (AkOuMgO)淖渣I I過收氣體A+HO<g)T疔Nu2clp泮液T中NaOH溶液(循環(huán))過M氣體A無色A1(OH)3(s>+溶液F I.吧物質(zhì)V的溶液Na、Cr>O?濟液+物質(zhì)V(s)MgCO/s) 煩燒MgO(s)固體III混合氣體IV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)O工序的名稱為_。(3)濾渣的主要成分是(填化學式)o(4)工序中發(fā)生反應的離子方程式為o物質(zhì)V可代替高溫連續(xù)氧化工序中的NaOH,此時發(fā)生的主要反應的化學方程式為可代替NaOH的化學試劑還有(填化學式)o熱解工序產(chǎn)生的混合氣體最適宜返回工序(填

31、“”或"”或“”或“”)參與內(nèi)循環(huán)。工序溶液中的鋁元素恰好完全轉化為沉淀的pH為_。(通常認為溶液中離子濃度小于為沉淀完全;Al(OH)3+0H-Al(OH)；：K=1O063,心二10一“，KSPA1(0H)3=10-33)【答案】(1).Fe、Cr(2).溶解浸出(3).MgO、Fe：03(4).2Na+2c曰-+2C0?+HQ=/。自+2NaHCO3I(5).4Fe(CrOj2+高溫702+16NaHC03=8Na:CrOt+2Fe203+16C02+8H20(6).Na2C03(7).(8).8.37【解析】【分析】由題給流程可知，銘鐵礦、氫氧化鈉和空氣在高溫下連續(xù)氧化發(fā)生的

32、反應為,在熔融氫氧化鈉作用下，F(xiàn)e(CrO3被氧氣高溫氧化生成鋁酸鈉和氧化鐵，氧化鋁與熔融氫氧化鈉反應轉化為偏鋁酸鈉，氧化鎂不反應；將氧化后的固體加水溶解，過濾得17 / 28河北省2021年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試化學試題(含解析)到含有氧化鎂、氧化鐵的濾渣1和含有過量氫氧化鈉、格酸鈉、偏鋁酸鈉的濾液；將濾液在介穩(wěn)態(tài)條件下分離得到銘酸鈉溶液、氫氧化鈉溶液和偏鋁酸鈉溶液；向銘酸鈉溶液中通入過量的二氧化碳得到重銘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轉化為碳酸氫鎂溶液；碳酸氫鎂溶液受熱

33、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；碳酸鎂高溫煨燒得到氧化鎂?！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銘元素，故答案為：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；由分析可知，濾渣I的主要成分是氧化鐵和氧化鎂，故答案為：MgO、FeG;(4)工序中發(fā)生的反應為銘酸鈉溶液與過量的二氧化碳反應生成重銘酸鈉和碳酸氫鈉沉淀，反應的離子方程式為2Na.+2cro；-+2C02+Hq=Cr2o-+2NaHC03I,故答案為：2NaN2cg彳+2CO?+H2=Cr2of+2NaHCO3I；(5)

34、碳酸氫鈉代替高溫連續(xù)氧化工序中的氫氧化鈉發(fā)生的主要反應為高溫下，F(xiàn)e(CrOj?與氧氣和碳酸氫鈉反應生成鋁酸鈉、氧化鐵、二氧化碳和水，反應的化學方高溫程式為4Fe(CrO，+702+16NaHCO3=8Na:Cr0,+2Fe2O3+16CO2+8H2O；若將碳酸氫鈉換為高溫碳酸鈉也能發(fā)生類似的反應，故答案為：4Fe(CrO：)2+7Oc+16NaHCO3=8Na2CrO,+2Fe2O3+16C0-8HQ；(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：；工序溶液中的鋁元素恰好完全轉化為沉淀的反應為A

35、l(OH)；十ITUAl(OH)s十H。反應的平衡吊數(shù)為K尸cA1(OH)：c(H-)二A1(OH)c(H-)c(OH)=K%=1°，當cAl(OH)：為105moi兒時，溶液中氫離子濃度為11cAl(OH)K=1(Tx10437mol/L=則溶液的pH為8.37,故答案為：8.37。16.當今，世界多國相繼規(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，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25c時，相關物質(zhì)的燃燒熱數(shù)據(jù)如表：物質(zhì)H:(g)C(石墨，s)C凡燃燒熱MkJ*moF1)-285.8-393.5

36、-3267.5(1)則25時H,(g)和C(石墨，s)生成C6H6(1)的熱化學方程式為o(2)雨水中含有來自大氣的CO,溶于水中的CO二進一步和水反應，發(fā)生電離：0C0:(g)=C0：(aq)COMaJ+RO=HXacO+HCO；(aq)25時，反應的平衡常數(shù)為4。溶液中CO?的濃度與其在空氣中的分壓成正比(分壓二總壓義物質(zhì)的量分數(shù))，比例系數(shù)為ymokL-kPar,當大氣壓強為pkPa,大氣中CO?(g)的物質(zhì)的量分數(shù)為x時,溶液中4濃度為mol!?(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(MHCOJ固體置于真空恒容容器中，存在如下平衡：2MHC0

37、3(s)M2C03(s)+H：0(g)+C02(g)o上述反應達平衡時體系的總壓為46kPao保持溫度不變，開始時在體系中先通入一定量的COKg),再加入足量MHC03(s),欲使平衡時體系中水蒸氣的分壓小于5kPa,CO式g)的初始壓強應大于kPao我國科學家研究LiCO,電池，取得了重大科研成果，回答下列問題：19 / 28河北省2021年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試化學試題(含解析)LiCO,電池中，Li為單質(zhì)鋰片，則該電池中的C0?在（填“正”或“負”）極發(fā)生電化學反應。研究表明，該電池反應產(chǎn)物為碳酸鋰和單質(zhì)碳，且C0,電還原后與鋰離子結合形成碳酸鋰按以下4個步驟進行，寫出步驟IH的離

38、子方程式。I.2co?+23工0?II.G0二C（VC0III.IV.C0；-+2Li=Li2CO3研究表明，在電解質(zhì)水溶液中，CO,氣體可被電化學還原。I.C0,在堿性介質(zhì)中電還原為正丙醇（CH3CHSH2H）的電極反應方程式為。0.22().68 0.61 0.51、CO+*+HQ-0.22反應歷程（b） H,電還原為H、6()27(x) o o O >9珊褪去耍II.在電解質(zhì)水溶液中，三種不同催化劑（a、b、c）上CO二電還原為CO的反應進程中GT被還原為此的反應可同時發(fā)生），相對能量變化如圖.由此判斷，C0。電還原為C0從易到難的順序為（用a、b、c字母排序）。0.0000812

39、HF2e*HOCO+H-c反應歷程（a）CO,電還原為CO【答案】(1).6c(石墨，s)+3H?(g)=CJU1)后49.IkJmoL(2).任麗(3).100.8(4).正極(5).2CO；+C0F2C。；一+C(6).12co?+'+4HgeH3cHKH2H+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C(石墨，s)+O,(g)=CO,(g)二-393.5kJmol-1,HKg)+102(g)=H:0(l)"=-285.8kJ-mol-1,C6H6(1)+y02(g)=6C0Kg)+6H23-3267.5kJ-mol-1,根

40、據(jù)蓋斯定律，x12+x6xi-得反應：6c(石墨，s)+3H2(g)=C6H6(1),廬(-393.SkJ-mol-1)xl2+(-285.8kmol")x6x：-3267.5kJ-mol_1)=49.IkJmol-1,故答案為：6c(石墨，s)+3H2(g)=CAd)層49.lkjm。：(2)由題可知，C0?(s)UC()2(aq),(2)C02(aq)+H：0(l)(aq)+HCO；(aq),及,又因為p(C02)=p(kPa)x,則c(CO)二y(mo1L”kPa-1)p(C02)=pxyc(CO2)mol/L,在忽略HCO；的電離時，c(H*)=c(HCO；),所以可得c&#

41、174;)二阿B,故答案為：；(3)2MHC(h(s)WM£03(s)+H2(g)+C0,(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)(二Ph：o，"co：=/x46x/x46=529kPa0溫度不變化學平衡常數(shù)&不變,設平衡時,平衡體系中CO：的分壓為x,則K二P”Pc。：二529kPa：,“Cd二當kPa=105.8kPa,CO,的初始壓強等于平衡壓強減去碳酸氫鹽分解產(chǎn)生的CO,的分壓，即COz(g)的初始壓強應大于105.8kPa-5kPa=100.8kPa,故答案為：100.8；(4)由題意知，Li-CO,電池的總反應

42、式為：4Li+3CO:=2Li2CO3+C,CO?發(fā)生得電子的還原反應，則C0?作為電池的正極；CO,還原后與Li結合成Li£03,按4個步驟進行，由步驟II可知生成了CO；"而步驟IV需要C。；一參加反應，所以步驟III的離子方程式為:2CO;-+C02=2CO;-+C,故答案為：正極；2COr+C02=2CO;-+C；I.co,在堿性條件下得電子生成ch3ch：ch：oh,根據(jù)電子守恒和電荷守恒寫出電極反應式為：12co?+18e-+4H2=CH3cHEH2H+9co;，故答案為：12co什18e-+4H2=CH3CHEH2H+9c；II.c催化劑條件下，CO?電還原的

43、活化能小于H.電還原的活化能，更容易發(fā)生C0,的電還原；而催化劑a和b條件下，C0,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C0,電還原的活化能小的更多，發(fā)生H.電還原的可能性更大，因此反應從易到難的順序為c、b、a,故答案為：c、b、ao(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的題號右側方框涂黑，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.KHPOi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KH,POi晶體已

44、應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}：在KHfOi的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)。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)的磷原了，其價電子自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為o已知有關氨、磷的單鍵和三鍵的鍵能(kruioV)如表：NNN三NPPP三P193946197489從能量角度看，氮以N八而白磷以R(結構式可表示為pgp)形式存在的原因是p已知KHW是次磷酸的正鹽，H3Po2的結構式為，其中P采取雜化方式。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

45、子間脫水縮合形成多磷酸，如：OOOII.-：II：II-2H.0P-OIl+lIO-rP-GIl+HO-rP-OII與I I' IOHOHOHH OHPIOH ohploH obplo如果有n個磷酸分子間脫水形成環(huán)狀的多磷酸，則相應的酸根可寫為分別用O、表示上P0：和I,KHF0,晶體的四方晶胞如圖(a)所示，圖(b)、圖(c)分別顯示的是H2P0；、K在晶胞xz面、yz面上的位置:25 / 28(a)若晶胞底邊的邊長均為晶體的密度g-cmR寫出表達式)。晶胞在x軸方向的投影圖為_(填標號)oDAB【答案】(1).右和/(2).或-白(3).在原子數(shù)目相同的條件下，HH-O-P=OHN

46、2比N,具有更低的能量，而Pi比巴具有更低的能量，能量越低越穩(wěn)定(4).4x36(5).sp3(6).SiF、SOg等(7).ROM(8).短一(9).B【解析】【分析】【詳解】(1)在KH?PO4的四種組成元素各自所能形成的簡單離子分別為h(或H-)、O、”和P其中核外電子排布相同的是K和(2)對于基態(tài)的磷原子，其價電子排布式為3/3P3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-方。根據(jù)表中的相關共價鍵的鍵能可知，若6molN形成類似白磷分子結構的'分子，

47、可以釋放出的能量為193kJ6=1158kJ；若6moiN形成N,分子，則可釋放的能量為946kJ2=1892kJ,顯然，形成Nl分子放出的能量更多，故在N數(shù)目相同的條件下，N,具有更低的能量，能量越低越穩(wěn)定。同理，若6molP形成耳分子，可以釋放出的能量為197kJ6=1182kJ；若6molP形成P2分子，則可釋放的能量為489kJ2=978kJ,顯然，形成R分子放出的能量更多，故在P數(shù)目相同的條件下，Pi具有更低的能量，能量越低越穩(wěn)定。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，H/Q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。與P形成雙鍵，H故其結構式為

48、H-O*=O,其中P共形成4個。鍵、沒有孤電子對，故其價層電子對H數(shù)為4,其采取sd雜化。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P。：-電子總數(shù)相同的等電子體分子為SiR、SO,艮等。(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,其失去H后得到相應的酸根，故該酸根可寫為P”3。由晶胞結構可知，HF。；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HFO；的數(shù)目為8x%4x：+1=4；K+位于面上和棱上，面OZ4x13610-3>Aa2cg o選B。上有6個，棱上4個，故晶胞中K+的數(shù)目為6x；+4x；=4。因此，平均每個晶胞中占有的HF。：和K+的數(shù)目均為4,若晶胞底邊的邊長均為的、高為cP則晶胞的體積為W30a：ccm3,阿伏加德羅常數(shù)的值為N-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18.苯酷(NBP)是我國擁有完全自主知識產(chǎn)權的化學藥物，臨床上用于治療缺足性腦卒中等疾病。ZJM289是一種NBP開環(huán)體(HPBA)衍生物，在體內(nèi)外可經(jīng)酶促或化學轉變成NBP和其它活性成分，其合成路線如圖:ACgHioV0,O2一定