河北省2021年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試化學(xué)試題(含解析)VIP

1、河北省2021年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試化學(xué)試題（含解析）2021年河北省普通高中學(xué)業(yè)水平選擇性考試化學(xué)可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H-1Li-7 B-UC-120-16Na-235/28P-31S-32Cl-35.5K-39Pb-207一、單項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.“灌鋼法”是我國古代勞動(dòng)人民對(duì)鋼鐵冶煉技術(shù)的重大貢獻(xiàn)，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”。“灌鋼法”主要是將生鐵和熟鐵（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(cuò)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(diǎn)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(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(diǎn)低于熟鐵，故C錯(cuò)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(yīng)用廣泛。下列說法錯(cuò)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(duì)分子質(zhì)量可達(dá)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(huì)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(cuò)誤；C.淀粉為多糖，屬于天然高分子物質(zhì)，其相對(duì)分子質(zhì)量可達(dá)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(cuò)誤的是B項(xiàng)，故答案為B。3 .下列操作規(guī)范且能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖桥渌?/ （含酚欣必硬做板 碎紙條乙溫度計(jì)J環(huán)形股項(xiàng)攪拌棒A.圖甲測(cè)定醋酸濃度C.圖丙稀釋濃硫酸B.圖乙測(cè)定中和熱D.圖丁萃取分離碘水中的碘NaOH標(biāo)準(zhǔn)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(yīng)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(dāng)溶液由無色變?yōu)榈t色時(shí)，達(dá)到滴定終點(diǎn)，故A選；B.測(cè)定中和熱實(shí)驗(yàn)中溫度計(jì)用于測(cè)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(shí)飛濺，故D不選；綜上所述，操作規(guī)范且能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖茿項(xiàng)，故答案為A。4 .硫和氮及其化合物對(duì)人類生存和社會(huì)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(guān)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(shí)現(xiàn)氮的固定D.工業(yè)廢氣中的SO,可采用石灰法進(jìn)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(cuò)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(cuò)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(cuò)誤；D.工業(yè)廢

6、氣中的SJ可采用石灰法進(jìn)行脫除，如加入石灰石或石灰乳均可進(jìn)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(yīng)為：=X+；n-；Y+：He。已知元素Y在化合物中呈+1價(jià)。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(yīng)為：之xKnTYH所可知，X的質(zhì)量數(shù)N為4+7T=10,又因?yàn)閅在化合物中呈+1價(jià)，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?！驹斀狻緼.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(shí)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(cuò)誤；C. X為B,與氫元素會(huì)形成BL或B二出等硼氫化合物，B元素與H元素以共價(jià)鍵結(jié)合，屬于共價(jià)化合物，C錯(cuò)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(cuò)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(cuò)誤的是A.酸浸工序中分次加入

8、稀HNO3可降低反應(yīng)劇烈程度B.轉(zhuǎn)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(qiáng)氧化劑，可與金屬鈕反應(yīng)，酸浸工序中分次加入稀HNO-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.金屬鈕與硝酸反應(yīng)生成的硝酸鈿會(huì)發(fā)生水解反應(yīng)生成BONO,水解的離子方程式為Bi3+NO；+H2O-BiONO3+2IT,轉(zhuǎn)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(huì)結(jié)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(jìn)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(huì)發(fā)生反應(yīng)B1A+NO；+HquBiONOj+ZH"也不利于生成由。C/,綜上所述，D錯(cuò)誤；故選Do7. Na是阿伏加德羅常數(shù)的值，下

10、列說法錯(cuò)誤的是A. 22.4L（標(biāo)準(zhǔn)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(yīng)，生成的碘化氫分子數(shù)小于2NaC.電解飽和食鹽水時(shí)，若陰陽兩極產(chǎn)生氣體的息質(zhì)量為73g,則轉(zhuǎn)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(xué)校招生全國統(tǒng)一考試化學(xué)試題（含解析）【答案】C【解析】【分析】【詳解】A.在標(biāo)準(zhǔn)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(yīng)為：I式g)+H式g)=2HI(g),反應(yīng)為可逆反應(yīng)，有一定的限度，所以充分反應(yīng)，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(shí)電極總反應(yīng)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(yīng)生成的氫氣與氯氣的物質(zhì)的量各自為Imol,根據(jù)關(guān)系式H廣23可知，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2a，C錯(cuò)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?yàn)閚(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(jié)構(gòu)簡式如圖。關(guān)于該化合物，下列說法正確的是A.是苯的同系物B.分子中最多8個(gè)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(gè)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(gè)苯環(huán)，側(cè)鏈為烷煌基的同類芳香燒，由結(jié)構(gòu)簡式可知，苯并降冰片烯的側(cè)鏈不是烷煌基，不屬于苯的同系物，故A錯(cuò)誤；8 .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(gè)碳原子和連在苯環(huán)上的2個(gè)碳原子共平面，共有8個(gè)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(duì)稱，分子中含有5類氫原子，則一氯代物有5種，故C錯(cuò)誤；D.苯環(huán)不是單雙鍵交替的結(jié)構(gòu)，

13、由結(jié)構(gòu)簡式可知，苯并降冰片烯分子中只含有1個(gè)碳碳雙鍵，故D錯(cuò)誤；故選B。9 .K0。電池結(jié)構(gòu)如圖，a和b為兩個(gè)電極，其中之一為單質(zhì)鉀片。關(guān)于該電池，下列說法錯(cuò)誤的是有機(jī)電解'質(zhì)1有機(jī)電解質(zhì)2A.隔膜允許K.通過，不允許生通過B.放電時(shí)，電流由b電極沿導(dǎo)線流向a電極；充電時(shí)，b電極為陽極C.產(chǎn)生lAh電量時(shí)，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(shí)，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(fù)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-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(yīng)生成超氧化鉀；據(jù)以上分析解答?！驹斀狻緼.金屬性強(qiáng)的金屬鉀易與氧氣反應(yīng)，為防止鉀與氧氣反應(yīng)，電池所選擇隔膜應(yīng)允許K+通過，不允許。?通過，故A正確；B.由分析可知，放電時(shí)，a為負(fù)極，b為正極，電流由b電極沿導(dǎo)線流向a電極，充電時(shí)，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Imol超氧化鉀時(shí)，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(shí)的總反應(yīng)方程式為2PbSOi+2HQ=PbO?+Pb+2H60”反應(yīng)消耗2mol水，轉(zhuǎn)移2moi電子，由得失電子數(shù)目守恒可知，耗3

15、.9g鉀時(shí)，鉛酸蓄電池消耗水的質(zhì)39g量為殛島X18g/mol=1.8g,故D錯(cuò)誤；故選D二、不定項(xiàng)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(gè)選項(xiàng)中，有一項(xiàng)或兩項(xiàng)符合題目要求。若正確答案只包括一個(gè)選項(xiàng)，多選時(shí)，該小題得0分；若正確答案包括兩個(gè)選項(xiàng)，只選一個(gè)且正確的得2分，選兩個(gè)且都正確的得4分,但只要選錯(cuò)一個(gè)，該小題得。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H60,具有強(qiáng)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(huì)隨溶液的pH減小而增強(qiáng)C.加熱Nai與濃H3Poi混合物可制備HI,說明HFOJ匕HI酸性

16、強(qiáng)D.濃HN03和稀HN03與Cu反應(yīng)的還原產(chǎn)物分別為N02和N0,故稀HNO3氧化性更強(qiáng)【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(cuò)誤；B. NaClO在水溶液中會(huì)發(fā)生水解，離子方程式為：C1O+H2OHC1O+OH,pH減小，則酸性增強(qiáng)，會(huì)促使平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，生成氧化性更強(qiáng)的HC10,CIO；在酸性條件下可生成具有強(qiáng)氧化性的氯氣、二氧化氯等氣體，增強(qiáng)氧化能力，B正確；C. HI的沸點(diǎn)低，易揮發(fā)加熱N°I與濃HFO”昆合物發(fā)生反應(yīng)生成川利用的是高沸點(diǎn)酸制備低沸點(diǎn)酸的原理，C錯(cuò)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

17、度可知，濃硝酸的氧化性大于稀硝酸的氧化性，D錯(cuò)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原子價(jià)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(jià)均為+7價(jià)B. HX和HZ在水中均為強(qiáng)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(shí)含有離子鍵和共價(jià)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(jià)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(jié)合W、9/28河北省2021年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試化學(xué)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(jià)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(jià)，A錯(cuò)誤；B.HX和HZ分別是HF和HC1,HF在水中不是強(qiáng)酸，B錯(cuò)誤；C.四種元素W(N)、X(F)、Y(P)、Z(C1)中，W(N)、X(F)有兩個(gè)電子層，Y(P)、Z(C1)有三個(gè)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(shí)含有離子鍵和共價(jià)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(jié)構(gòu)簡式如圖。下列說法錯(cuò)誤的是A. hnol該物質(zhì)與足量飽和NaHCOs溶液反應(yīng)，可放出22.4L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)CO,B. 一定量該物質(zhì)分別與足量Na、NaOH反應(yīng)，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(yīng)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(jié)構(gòu)簡式可知，1mol該分子中含有Imol-COOH,可與NaHCO溶液反應(yīng)生成ImolCQ,在標(biāo)準(zhǔn)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(yīng)產(chǎn)生氫氣，而只有竣基可與氫氧化鈉發(fā)生中和反應(yīng)，所以一定量的該物質(zhì)分別與足量Na和NnO”反應(yīng)，消耗二者物質(zhì)的量之比為6:1,B錯(cuò)誤；C.1血分子中含Imol碳碳雙鍵，其他官能團(tuán)不與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，所以hnol該物質(zhì)最多可與厲發(fā)生加成反應(yīng)，C錯(cuò)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(shí)僅溶有M和N且濃度相等，同時(shí)發(fā)生以下兩個(gè)反應(yīng)：M+N=X+Y；M+N=X+Z,反應(yīng)的速率可表示為v1=k/(M),反應(yīng)的速率可表示為v2=k2c2(M)(k、k,為

21、速率常數(shù))。反應(yīng)體系中組分M、Z的濃度隨時(shí)間變化情況如圖，下列說法錯(cuò)誤的是A.030min時(shí)間段內(nèi)，Y的平均反應(yīng)速率為6.67XIcTniolI-lniin"B.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(jìn)行到底，反應(yīng)結(jié)束時(shí)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)可知，30而時(shí)，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(zhuǎn)化為Y的變化量為0.200molU1-0.125mol-UO.075moll?。因此，030

22、min時(shí)間段內(nèi),Y的平均反應(yīng)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(yīng)和反應(yīng)的速率之比為Y和Z分別為反應(yīng)和反應(yīng)一的產(chǎn)物，且兩者與M的化學(xué)計(jì)量數(shù)相同（化學(xué)計(jì)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",由于兀、k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(shí)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(yīng)能進(jìn)行到底，反應(yīng)結(jié)束時(shí)有的M轉(zhuǎn)化為Z,&0.12miio19L58即62.5%的M轉(zhuǎn)化為Z,C說法正確；D.由以上分析可知，在相同

23、的時(shí)間內(nèi)生成Z較多、生成Y較少，因此，反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)速率較小，在同一體系中，活化能較小的化學(xué)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(gè)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(jì)發(fā)展做出了重要貢獻(xiàn)，某化學(xué)興趣小組在實(shí)驗(yàn)室中模擬并改進(jìn)侯氏制堿法制備NaHCCL進(jìn)一步處理得到產(chǎn)品Na2c。3和NHQ1,實(shí)驗(yàn)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(diǎn)是_。(3)生成NaHC03的總反應(yīng)的化學(xué)方程式為o反應(yīng)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(duì)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?yàn)V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(xué)校招生全國統(tǒng)一考試化學(xué)試題(含解析)溫度/無水NaHC(h可作為基準(zhǔn)物質(zhì)標(biāo)定鹽酸濃度.稱量前，若無水NaHCOs保存不當(dāng)，吸收了一定量水分，用其標(biāo)定鹽酸濃度時(shí)，會(huì)使結(jié)果_(填標(biāo)號(hào))。A.偏高B.偏低不變【答案】(1).aefbcgh(2).將玻璃塞上的凹槽對(duì)準(zhǔn)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(jié)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?xì)怏w，發(fā)生反應(yīng)：NHsO+NaCl+CONH.Cl+NaHCOsl,得到的碳酸氫鈉晶體烘干后受熱分解會(huì)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(yīng)NaCl(s)+NHQ(aq)=NaCl(aq)+NHQ(s),據(jù)此分析解答。【詳解】(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(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?duì)準(zhǔn)漏斗頸部的小孔，故答案為：aefbcgh；將玻璃塞上的凹槽對(duì)準(zhǔn)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(yīng)的化學(xué)方程式為NH3-HzO+NaC1+CO2=NH,C1+NaHCO3I；（4）對(duì)固體NaHCO,充分加熱，產(chǎn)生二氧化碳和水蒸氣，反應(yīng)的化學(xué)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(yīng)生成碳酸鈉和氧氣，化學(xué)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(dāng)增重014g（2C0的質(zhì)量）時(shí)，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(guān)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(jié)晶、洗滌、干燥的方法，故答案為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶；稱量前，若無水NaHCO保存不當(dāng)，吸收了一定量水分，標(biāo)準(zhǔn)液被稀釋，濃度減小,所以用其標(biāo)定鹽酸濃度時(shí)，消耗的碳酸氫鈉的體積火標(biāo)）會(huì)增大，根據(jù)c（測(cè)）二型篙蚓可知，最終會(huì)使c（測(cè)）偏高，A項(xiàng)符合題意，故答案為：Ao15.綠色化學(xué)在推動(dòng)社會(huì)可持續(xù)發(fā)展中發(fā)揮著重要作用。某科研團(tuán)隊(duì)設(shè)計(jì)了一種熔鹽液相氧化法制備高價(jià)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(shí)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(jì)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(hào))O工序的名稱為_。(3)濾渣的主要成分是(填化學(xué)式)o(4)工序中發(fā)生反應(yīng)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(shí)發(fā)生的主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為可代替NaOH的化學(xué)試劑還有(填化學(xué)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(zhuǎn)化為沉淀的pH為_。(通常認(rèn)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(yīng)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(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17 / 28河北省2021年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試化學(xué)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?xì)怏w得到氫氧化鋁沉淀和碳酸氫鈉；向?yàn)V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

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?yàn)閷⒀趸蟮墓腆w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(yīng)為銘酸鈉溶液與過量的二氧化碳反應(yīng)生成重銘酸鈉和碳酸氫鈉沉淀，反應(yīng)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(yīng)為高溫下，F(xiàn)e(CrOj?與氧氣和碳酸氫鈉反應(yīng)生成鋁酸鈉、氧化鐵、二氧化碳和水，反應(yīng)的化學(xué)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(yīng)，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(zhuǎn)化為碳酸氫鎂溶液，則混合氣體最適宜返回工序?yàn)楣ば颍蚀鸢笧椋?；工序溶液中的鋁元素恰好完全轉(zhuǎn)化為沉淀的反應(yīng)為A

35、l(OH)；十ITUAl(OH)s十H。反應(yīng)的平衡吊數(shù)為K尸cA1(OH)：c(H-)二A1(OH)c(H-)c(OH)=K%=1°，當(dāng)cAl(OH)：為105moi兒時(shí)，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(dāng)今，世界多國相繼規(guī)劃了碳達(dá)峰、碳中和的時(shí)間節(jié)點(diǎn)。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(diǎn)。(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(shí)，相關(guān)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(shí)H,(g)和C(石墨，s)生成C6H6(1)的熱化學(xué)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(jìn)一步和水反應(yīng)，發(fā)生電離：0C0:(g)=C0：(aq)COMaJ+RO=HXacO+HCO；(aq)25時(shí)，反應(yīng)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?jǐn)?shù))，比例系數(shù)為ymokL-kPar,當(dāng)大氣壓強(qiáng)為pkPa,大氣中CO?(g)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)為x時(shí),溶液中4濃度為mol!?(寫出表達(dá)式，考慮水的電離，忽略HCO；的電離)(3)105時(shí)，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(yīng)達(dá)平衡時(shí)體系的總壓為46kPao保持溫度不變，開始時(shí)在體系中先通入一定量的COKg),再加入足量MHC03(s),欲使平衡時(shí)體系中水蒸氣的分壓小于5kPa,CO式g)的初始?jí)簭?qiáng)應(yīng)大于kPao我國科學(xué)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(xué)校招生全國統(tǒng)一考試化學(xué)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(fù)”）極發(fā)生電化學(xué)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C0,電還原后與鋰離子結(jié)合形成碳酸鋰按以下4個(gè)步驟進(jìn)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(xué)還原。I.C0,在堿性介質(zhì)中電還原為正丙醇（CH3CHSH2H）的電極反應(yīng)方程式為。0.22().68 0.61 0.51、CO+*+HQ-0.22反應(yīng)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(yīng)進(jìn)程中GT被還原為此的反應(yīng)可同時(shí)發(fā)生），相對(duì)能量變化如圖.由此判斷，C0。電還原為C0從易到難的順序?yàn)椋ㄓ胊、b、c字母排序）。0.0000812

39、HF2e*HOCO+H-c反應(yīng)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(yīng)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(yīng)：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?yàn)閜(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(shí)，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(qiáng)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(xué)平衡常數(shù)&不變,設(shè)平衡時(shí),平衡體系中CO：的分壓為x,則K二P”Pc。：二529kPa：,“Cd二當(dāng)kPa=105.8kPa,CO,的初始?jí)簭?qiáng)等于平衡壓強(qiáng)減去碳酸氫鹽分解產(chǎn)生的CO,的分壓，即COz(g)的初始?jí)簭?qiáng)應(yīng)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(yīng)

42、式為：4Li+3CO:=2Li2CO3+C,CO?發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，則C0?作為電池的正極；CO,還原后與Li結(jié)合成Li£03,按4個(gè)步驟進(jìn)行，由步驟II可知生成了CO；"而步驟IV需要C。；一參加反應(yīng)，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(yīng)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(duì)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(yīng)從易到難的順序?yàn)閏、b、a,故答案為：c、b、ao(二)選考題：共15分。請(qǐng)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(duì)應(yīng)的題號(hào)右側(cè)方框涂黑，按所涂題號(hào)進(jìn)行評(píng)分；多涂、多答，按所涂的首題進(jìn)行評(píng)分；不涂，按本選考題的首題進(jìn)行評(píng)分。17.KHPOi晶體具有優(yōu)異的非線性光學(xué)性能。我國科學(xué)工作者制備的超大KH,POi晶體已

44、應(yīng)用于大功率固體激光器，填補(bǔ)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(hào))。原子中運(yùn)動(dòng)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(duì)于基態(tài)的磷原了，其價(jià)電子自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為o已知有關(guān)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(jié)構(gòu)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(jié)構(gòu)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(gè)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(dá)式)。晶胞在x軸方向的投影圖為_(填標(biāo)號(hào))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(duì)于基態(tài)的磷原子，其價(jià)電子排布式為3/3P3其中3s軌道的2個(gè)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(gè)電子的自旋狀態(tài)相同，因此，基態(tài)磷原子的價(jià)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(guān)共價(jià)鍵的鍵能可知，若6molN形成類似白磷分子結(jié)構(gòu)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(gè)羥基，另外2個(gè)H與P成鍵，還有一個(gè)。與P形成雙鍵，H故其結(jié)構(gòu)式為

48、H-O*=O,其中P共形成4個(gè)。鍵、沒有孤電子對(duì)，故其價(jià)層電子對(duì)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(jià)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(gè)磷酸分子間脫去(n-1)個(gè)水分子形成鏈狀的多磷酸，因此,如果有n個(gè)磷酸分子間脫水形成環(huán)狀的多磷酸，則可脫去n個(gè)水分子得到(HPO3,其失去H后得到相應(yīng)的酸根，故該酸根可寫為P”3。由晶胞結(jié)構(gòu)可知，HF。；位于晶胞的頂點(diǎn)、面上和體心，頂點(diǎn)上有8個(gè)、面上有4個(gè)，體心有1個(gè)，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(gè)，棱上4個(gè)，故晶胞中K+的數(shù)目為6x；+4x；=4。因此，平均每個(gè)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(shí)產(chǎn)權(quán)的化學(xué)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(xué)轉(zhuǎn)變成NBP和其它活性成分，其合成路線如圖:ACgHioV0,O2一定