2021年高考化學信息速遞卷05（河北新高考解析版）

2021年高考信息速遞卷05（河北新高考）

化學試卷

（本卷共18小題，滿分100分，考試用時75分鐘）

可能用到的相對原子質(zhì)量：H1B11C12N14O16A127Si28S32V51Fe

56Ce140Pb207

絕密★啟用前

注意事項：

1.答題前填寫好自己的姓名、班級、考號等信息

2.請將答案正確填寫在答題卡上

第I卷（選擇題）

一、選擇題：本題共9小題，每小題3分，共27分。每小題只有一個選項符合題目要求。

1.下列物質(zhì)不唇,有機物的是

A.“中國天眼”傳輸信息用的光纖材料——光導纖維

B.“嫦娥5號”織物版國旗使用的國產(chǎn)高性能材料——芳綸纖維

C.“新冠疫情”醫(yī)用防護服使用的防水透濕功能材料——聚氨酯薄膜

D.“一箭四星”運載火箭發(fā)動機使用的高效固態(tài)推進劑——二聚酸二異氟酸酯

【答案】A

【詳解】

A.光導纖維的主要成分是二氧化硅，二氧化硅是無機物，不是有機物，故A符合題意；

B.芳綸纖維是有機合成高分子化合物，屬于有機物，故B不符合題意；

C.聚氨酯薄膜是有機合成高分子化合物，屬于有機物，故C不符合題意；

D.二聚酸二異鼠酸酯是有機合成高分子化合物，屬于有機物，故D不符合題意；

故選Ao

2.下列有關物質(zhì)性質(zhì)與用途具有對應關系的是

A.SO2具有氧化性，常用于漂白秸稈、織物

B.Na2O2能與CO2等反應生成氧氣，常用作供氧劑

C.硝酸具有強酸性，常用于實驗室制氫氣

D.次氯酸有酸性，可用于自來水的殺菌消毒

【答案】B

【詳解】

A.二氧化硫用于漂白秸稈、織物是因為其具有漂白性，與其氧化性無關，A錯誤；

B.人呼出的氣體中含有二氧化碳和水蒸氣等，過氧化鈉可以CO2等反應生成氧氣，所以常用作供氧劑，B

正確；

C.硝酸具有強氧化性，但被還原時一般得到氮氧化物，無法生成氫氣，C錯誤：

D.次氯酸有強氧化性，能使蛋白質(zhì)變性，可用于自來水的殺菌消毒，與次氯酸的酸性無關，D錯誤；

綜上所述答案為B.

3.設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是

A.Imol二硫化碳晶體中含有的共用電子對數(shù)為2NA

B.9.2gC7H8和C3H8。3混合物在足量氧氣中完全燃燒，生成H2O的數(shù)目為0.4NA

C.將2.24LC12（標準狀況下）通入足量水中，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為O.INA

D.ILO.lmol/L的Na2cCh溶液中所含的陰離子數(shù)目小于O.INA

【答案】B

【詳解】

A.二硫化碳的結構式為S=C=S,則Imol二硫化碳晶體中含有的共用電子對數(shù)為4M,A不正確；

B.C7H8和C3HQ3的相對分子質(zhì)量都為92,9.2g混合物的物質(zhì)的量為O.lmol,則混合物中含有H原子的物

質(zhì)的量為0.8mol,完全燃燒生成H2O的數(shù)目為0.4NA,B正確；

C.2.24LC12（標準狀況下）為O.lmol,與水發(fā)生反應CI2+H2O口HC1+HC10,但由于該反應是可逆反應，

0.1molCb只有一部分與水發(fā)生反應，所以轉(zhuǎn)移電子數(shù)目小于O.INA,C不正確；

D.Na2c。3溶液中存在水解平衡：CO'+H2ODHCO；+0H\HCO；+H2ODH2CO3+OH,所以ILO.lmol/L

的Na2cCh溶液中所含的陰離子數(shù)目大于0.1NA,D不正確；

故選B。

4.對于下面的實驗裝置及其實驗目的，表述錯誤的是

酸性高缽酸鉀

溶液）

甲乙丙T

A.裝置甲后加接裝有堿石灰的球形干燥管，才能獲得純凈干燥的甲烷

B.裝置乙改用水浴加熱，才能用于實驗室制備乙酸乙酯

C.充分冷敷裝置丙中圓底燒瓶后，打開止水夾，可見“噴泉”現(xiàn)象

D.裝置丁可用于實驗室制備SCh

【答案】B

【詳解】

A.高缽酸鉀氧化乙烯生成二氧化碳，裝置后加接裝有堿石灰的球形干燥管，可吸收二氧化碳、水等，可獲

得純凈干燥的甲烷，故A正確；

B.制備乙酸乙酯，可直接加熱，無需水浴加熱，故B錯誤：

C.氨氣易溶于水，可導致圓底燒瓶壓強減小，可形成噴泉，故C正確；

D.濃硫酸與亞硫酸鈉反應，可生成二氧化硫，故D正確；

故選B。

5.如圖所示為處理含氟、磷污水的工藝。下列說法錯誤的是

A.工藝中涉及溶液、膠體、濁液三種分散系

B.該污水未經(jīng)處理直接排入河中容易造成水華

C.“調(diào)整pH”時需加入過量NaOH

D.實驗室模擬上述流程需選用燒杯、玻璃棒、漏斗、膠頭滴管等玻璃儀器

【答案】C

【詳解】

A.該工藝中上清液屬于溶液、絮凝沉淀屬于膠體、含磷、氟污水屬于濁液，故A正確；

B.含有大量磷元素的污水進入河流會使藻類大量繁殖，引起水華，故B正確；

C.“調(diào)整pH”時若加入過量NaOH,過濾后上清液中仍有大量氫氧化鈉，有強堿性，不能達標排放，故

C錯誤；

D.燒杯、玻璃棒、漏斗用于過濾，膠頭滴管用于調(diào)整pH,故D正確:

故選C。

6.科學家首次用C02高效合成乙酸，其反應路徑如圖所示,

CH3COOH

HI4為

H2O

Rh*CHCOOHRh*I

LilLiOH3

CHRhk*I32

CH3OH3co

下列敘述不正確的是

A.HLLiOH、CH3I、CHaRh*I、CH3coORh*I為反應的中間產(chǎn)物

B.第4步反應的氧化劑是CH3coORh*I

C.反應過程中碳元素的化合價始終不變

D.催化循環(huán)的總反應為CH3OH+CO2+H2"CH3COOH+H2O

【答案】C

【詳解】

A.根據(jù)步驟反應知，HI、LiOH、CH3I、CH3Rh*I、CECOORh*1都是先生成后反應掉的物質(zhì)，則都是反應

的中間產(chǎn)物，故A正確；

B.第4步反應為：CHsC00Rh*I+H2=CH3COOH+Rh*+HI,氧化劑是CH3coORh*L故B正確；

C.碳元素在CH30H中顯-2價，在CH3coOH中顯0價，碳元素的化合價根成鍵原子的非金屬性有關，故

C錯誤；

D.根據(jù)圖示，CH3OH,CO2、比反應生成CH3coOH和H2O,化學方程式為：

Li、Rh*

CH3OH+CO2+H2------------CH3coOH+H2O,故D正確；

故選：C。

7.1,3-丁二烯在某條件下與嗅發(fā)生加成反應時，會生成M和N兩種產(chǎn)物，其反應機理如圖1所示：室溫

下，M可以緩慢轉(zhuǎn)化為N,能量變化如圖2所示。下列敘述錯誤的是

tCH,-CH,-CH-CH4r

A.M發(fā)生加聚反應產(chǎn)物的結構簡式為

BrBr

B.N存在順反異構

C.室溫下，N的穩(wěn)定性強于M

D.M—N反應的熱效應△H=-(E2-E1)kJ-mo「

【答案】A

【詳解】

A.M發(fā)生加聚反應，產(chǎn)物的結構簡式為+1fcq一叩七，

BiCHCH^Sr

』下.4田-甲七人項錯誤；

BCHCH^rftCHCH先

B.有機物N的雙鍵碳原子都連接了-H和-CHzBr,當相同的原了?或原子團位于雙鍵的同側(cè)，即順式結構，

當相同的原子或原子團位于雙鍵的異側(cè)，即反式結構，故N存在順反異構，B項正確；

C.由題干信息“室溫下，M可緩慢轉(zhuǎn)化為N”，化學反應趨向于生成更穩(wěn)定的物質(zhì)，因此N的穩(wěn)定性強于

M,C項正確；

D.由圖2可知M-N反應放熱，AH<(),feAH-CEj-E^kJmor',D項正確；

答案選A。

8.現(xiàn)有元素X、Y、Z、Q為主族元素，原子序數(shù)依次增大，其中X、Q在同一主族。相關信息如下表:

元素相關信息

XX為非金屬元素

Y最外層是最內(nèi)層電子的三倍

Z在第三周期元素中，z的簡單離子半徑最小

QQ單質(zhì)能與冷水劇烈反應，所得強堿溶液中的陽離子的電子數(shù)為18

下列說法正確的是

A.X與Y不可能形成X2Y2分子

B.工業(yè)電解制備Z時，用含Z3+的助熔劑來降低Z2Y3的熔融溫度

C.Z、Q最高價氧化物對應水化物的堿性依次減弱

D.第5周期且與Y同主族元素可作為半導體材料

【答案】D

【分析】

Y的最外層是最內(nèi)層電子的三倍，則Y的電子排布為2、6,為O元素：Z在第三周期元素中，簡單離子半

徑最小，則Z為A1元素：Q單質(zhì)能與冷水劇烈反應，所得強堿溶液中的陽離子的電子數(shù)為18,則Q為K

元素；X、Q在同一主族，且X為非金屬元素，則X為H元素。

【詳解】

A.X和Y為H、0元素，可形成H2O2分子，A不正確；

B.工業(yè)電解制備A1時，用含［A1F6產(chǎn)的助熔劑（不含AF+）來降低AkOj的熔融溫度，B不正確；

C.Z、Q分別為Al、K元素，金屬性AIVK,最高價氧化物對應水化物的堿性依次增強，C不正確：

D.Y為O元素，第5周期且與Y同主族元素為Te,位于元素周期表中金屬與非金屬的分界線附近，可作

為半導體材料，D正確；

故選D。

9.苯乙烯與澳苯在一定條件下發(fā)生Heck反應：目麗觸

某實驗小組在原料及催化劑把用量等均相同的條件下進行多組實驗，測得如下數(shù)據(jù)；

反應溫度/℃100100100100120140160

反應時間/h10121416141414

產(chǎn)率/%81.284.486.686.293.596.696.0

下列說法正確的是

A.該反應為吸熱反應

B.由表中數(shù)據(jù)可知最佳反應條件為120℃、14h

C.在100℃時?、反應時間10~14h內(nèi)，產(chǎn)率增加的原因是反應速率增大

D.從140℃升到160℃,反應相同時間產(chǎn)率下降的原因可能是平衡向逆反應方向移動

【答案】D

【詳解】

A.由表中數(shù)據(jù)可知，溫度為100℃時，隨時間的推移產(chǎn)率增大，說明在該溫度下14小時還未達到平衡，反

應還在正向進行，此產(chǎn)率并非是平衡時的產(chǎn)率，由140℃升到160℃,反應相同時間產(chǎn)率下降的原因可能是

平衡向逆反應方向移動，故該反應為放熱反應，A錯誤；

B.由表中數(shù)據(jù)可知，反應條件為140℃、14h時產(chǎn)率最高，故為最佳反應條件，B錯誤；

C.溫度不變，隨著反應的進行反應物濃度減小，反應速率減慢，而在100℃時、反應時間10~14h內(nèi)，產(chǎn)

率增加的原因是在該溫度下14小時還未達到平衡，反應還在正向進行，生成的產(chǎn)物越來越多，產(chǎn)率增大，

C錯誤；

D.由A項分析可知，從140℃升到160℃,反應相同時間產(chǎn)率下降的原因可能是平衡向逆反應方向移動，

也可能是催化劑高溫下失去活性，D正確；

故答案為：D。

二、選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有一個或兩個選項符合題目要求，全部選對得

4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。

10.一種新型高分子M的合成方法如圖：

O

KIlIII

NH2HN-C

HOCH2-CH-COOH-“殺件AHO-CH2-CHCH-CH2OH

酪氨酸一C-NH

O

環(huán)二肽

o

oIIc

IIHN-CO

CI3CO—C-OCCb

H—O-\_y-CH2-CHCH-CH2-A)-O-C--OCC13

C-NH"

II

°高分子M

下列說法不無哪的是

A.酪氨酸能與酸、堿反應生成鹽

B.Imol環(huán)二肽最多能與2molNaOH反應

o

c.高分子M中含有II結構片斷

—o—c-o—

D.高分子M在環(huán)境中可降解為小分子

【答案】B

【詳解】

A.酪氨酸中有酚羥基(顯堿性，可與酸反應)，含有竣基(顯酸性，可與堿反應)，A項正確；

B.Imol環(huán)二肽中含有2moi酚羥基，2moi肽鍵，均可與氫氧化鈉反應，故最多與4moi氫氧化鈉反應，B

項錯誤；

C.根據(jù)高分子M的圖，將該片段首尾相連，即含有選項中的片段，C項正確：

D.M可脫去HOCCb小分子，而且肽鍵可以斷裂，D項正確；

答案選B。

11.室溫下進行下列實驗，根據(jù)實驗操作和現(xiàn)象，所得到的結論正確的是

選

實驗操作和現(xiàn)象結論

項

C2H5O-結合H+的能力

A乙醇鈉的水溶液是強堿性

強

B將某溶液滴在KI淀粉試紙上，試紙變藍原溶液中一定含有Ch

C向FeCL和KSCN的混合溶液中滴入硝酸酸化的AgNCh溶液，溶液變紅氧化性：Fe3+<Ag+

向盛有2mL一定濃度的Na2[Ag(S2Ch)2]溶液的試管中,滴入5滴2molU1[AgGO3)2廠發(fā)生了

D

的KI溶液，產(chǎn)生黃色沉淀電離

【答案】AD

【詳解】

A.乙醇鈉的水溶液呈強堿性，C2H5。-發(fā)生水解的程度大，C2H5。一結合H+的能力強，A項正確；

B.將某溶液滴在KI淀粉試紙上，試紙變監(jiān)，有兩種可能，一種是該溶液中含有h,另一種是該溶液中含

有能將KI氧化成12的物質(zhì)，但不一定是氯氣，B項錯誤；

C.硝酸酸化的AgNCh溶液中含硝酸，硝酸將Fe2+氧化成Fe3+,不能說明氧化性：Fe3+<Ag+,C項錯誤；

D.黃色沉淀是AgL說明Na3[Ag(S2O3)2]溶液中含有Ag+,結論正確，D項正確；

答案選ADo

12.某科學家發(fā)現(xiàn)了一種高效、清潔、選擇性地將乙烯轉(zhuǎn)化為環(huán)氧乙烷(叢)的電解裝置，如圖所示。

2CfCl,+H,0=HOC1+HO

CH,、「；

圈或7市

H}0

［「

HO

-

已知：Z^+OH-->,、+C1+H2O

□/\

下列說法正確的是

HO

A.物質(zhì)Z是/—、

HO

B.工作時，X極附近溶液的pH增大

C.Y極為陰極，離子交換膜應為陰離子交換膜

電解()小

D.制備的總反應式為C2H&+兄0=+H2T

【答案】CD

【詳解】

HOHO

A.由信息：/一、+OH--〈+C「+H??？芍猌為/一、，故A錯誤；

ClC1

B.X極附近圖示反應可知酸性增強，故B錯誤；

C.由圖示可知X為陽極，Y為陰極，由于反應需要OH-,故離子交換膜應為陰離子交換膜，允許OH-與

HOn

/一、反應得到/‘<,故c正確；

C1

D.制備的總反應式為C2H4+H2O曳解/(J+H2T,故D正確；

故選CD。

13.酒石酸是葡萄酒中主要的有機酸之一，它的結構式為HOOCCH(OH)CH(OH)COOH(簡寫為H2R)。已知:

25℃時，H2R和H2cO3的電離平衡常數(shù)如下:

化學式

H2RH2cO3

KI=9.1X10-4Ki=4.2xl0-7

電離平衡常數(shù)

K2=4.3xlO-5K2=5.6x10-1'

下列說法正確的是

A.NaHR溶液呈酸性，且溶液中c(Na+)>c(HR)>c(H2R)>c(R")

B.在Na2R溶液中通入足量C02生成的鹽是NaHR和NaHCCh

C.ImolfhR分別與足量的NaOH、Na2co3、Na反應消耗三者的物質(zhì)的量之比為2：1：2

D.25℃時，將等物質(zhì)的量濃度的NaHR和Na2cCh溶液等體積混合，所得溶液中各微粒濃度大小順序為:

c(Na+)>c(R2)>c(HCO；)>c(OH)>c(H+)

【答案】C

【詳解】

K1x10大

5

A.NaHR溶液中HR-電離常數(shù)為K2=4.3xIO-,水解常數(shù)a=k=五而<必NaHR溶

液呈酸性，根據(jù)分析，電離大于水解，H?R是由于NaHR水解產(chǎn)生的，故c(R2)>c(H?R),A項錯誤;

B.根據(jù)題中電離常數(shù)得到酸性：HR>H2CO3,因此Na?R溶液中通入足量CO2是不反應的，B項錯誤;

C.ImolHzR與足量的NaOH反應消耗2moiNaOH,與Na2c0,反應消耗ImolNa2cO3,與Na反應消

耗2moiNa,因此消耗三者的物質(zhì)的量之比為2:1:2,C項正確；

5

D.NaHR溶液中HR-電離常數(shù)為K2=4.3XIO-,25℃時，Na2CO3溶液中CO；的水解常數(shù)

K_1x1Q-14

w>4.3x10-5,則CO/水解產(chǎn)生的HCO］濃度大于HR-電離產(chǎn)生的R?.濃度，溶液

■^■-5.6xl0*"

呈堿性，因此所得溶液中各離子濃度大小順序為：c(Na+)>c(HCO；)>c(R))>c(OH-)>c(H+),D項錯誤;

答案選C。

第II卷(非選擇題)

非選擇題：共57分。第14~16題為必考題，每個試題考生都必須作答。第17-18題為選考題，考生根據(jù)要

求作答。

(-)必考題：共42分

14.實驗室使用的純度較高的NaCl可用含泥沙、海藻、K+、Ca2+、Mg2\Fe3\SO：等雜質(zhì)的海鹽為原料

制備，實驗室模擬工業(yè)制備流程如下圖

沉降劑除雜試劑

▼操作操作通

XYHC1試劑緲

海鹽上層清液-----?濾液-------?飽和溶液----結-晶-

NaCl

(1)焙炒海鹽的目的是

(2)溶解時，為吸附水中的懸浮物應加入沉降劑，下列哪種沉降劑最佳

A.明研B.硫酸鐵C.硫酸鋁D.氯化鐵

(3)操作X為___________

(4)根據(jù)除雜原理，在下表中填寫除雜時依次添加的試劑及預期沉淀的離子。

實驗步驟試劑預期沉淀的離子

步驟1NaOH溶液Mg2+、Fe3+

步驟2——

步驟3——

①寫出制備HC1氣體的化學反應方程式(產(chǎn)物之一為正鹽)

②相比分液漏斗，選用儀器1的優(yōu)點是

③寫出儀器2的名稱

④盛放NaOH溶液的燒杯的用途是

(6)已知CrO；+Ba2*=BaCrO.N(黃色)；CrO：+3Fe2++8H+=Cr3++3Fe3++4H2。設計如下實驗測定NaCl產(chǎn)品

中SO：的含量，填寫下列表格。

操作現(xiàn)象目的/結論

稱取樣品〃ng加水溶解，加

鹽酸調(diào)至弱酸性，滴加過最稍顯渾濁目的：_____

cimolLiBaCB溶液VimL

繼續(xù)滴加過量C2

黃色沉淀目的：沉淀過量的Ba?+

molL“K2CrO4溶液V2mL

過濾洗滌，將魂液加水至

200.00mL,取25.00mL濾

液于錐形瓶中，用C3結論:測定SO：的質(zhì)量分

molLFeSCU溶液滴定3數(shù)

次。平均消耗FeSCh溶液

V3mL.

若某次滴定，F(xiàn)eSC>4溶液不計算得到的SO：的含量—

小心濺出2滴。(填偏高、偏低或不變)。

【答案】(1)除去海藻等有機雜質(zhì)，并使其顆粒變小

(2)D

(3)過濾

(4)BaCL溶液SO：Na2cCh溶液Ba2+ffCa2+

A

(5)2NaCl+H2so”濃)=Na2so4+2HC1T平衡漏斗與燒瓶內(nèi)壓強，使液體順利滴下蒸儲燒瓶吸

收尾氣(防止污染空氣)

(6)使SO：完全沉淀偏高

【分析】

海鹽經(jīng)過焙炒，除去海藻等有機雜質(zhì)，并使其顆粒變小，之后溶解，加入氯化鋼除去硫酸根，加入NaOH

除去Mg2+和Fe3+,再加入碳酸鈉除去過量的鋼離子和鈣離子，之后過濾取濾液，蒸發(fā)濃縮得到飽和溶液，

KCI的溶解度比NaCl大，所以通入HC1氣體結晶得到NaCl,以此解答；

【詳解】

(1)焙炒海鹽可以除去海藻等有機雜質(zhì)，并使其顆粒變小，加速溶解，故答案為：除去海藻等有機雜質(zhì)，并

使其顆粒變小；

(2)明機、硫酸鐵、硫酸鋁、氯化鐵都可以水解凈水，但是鋁離子，硫酸根離子對身體有害，所以氯化鐵凈

水最佳，故答案為：D；

(3)根據(jù)分析可知操作X為過濾，故答案為：過濾；

(4)根據(jù)步驟1可知，加入氫氧化鈉溶液除去了Mg2+、Fe3+,還需要除去Ca?+,Ba2+,SO：,步驟2加入過

量的BaCb溶液可除去SO：,步驟3加入Na2cCh溶液除去過量的Ba?+和Ca2+,故答案為：BaCh溶液，SO：,

Na2cO3溶液，Ba?+和Ca2+；

A

(5)①可用氯化鈉與濃硫酸共熱制取HC1且產(chǎn)物硫酸鈉為正鹽，其化學方程式為：2NaCl+H2s濃)=

A

Na2so4+2HC1T，故答案為：2NaCl+H2so"濃)=Na2so4+2HCIT；

②儀器1側(cè)面導管可以平衡壓強，使液體順利滴下，故答案為：平衡壓強，使液體順利滴下；

③儀器2的名稱為圓底燒瓶，故答案為：圓底燒瓶；

④盛放NaOH溶液的燒杯的用途是吸收尾氣(防止污染空氣)，故答案為：吸收尾氣(防止污染空氣)；

(6)步驟①加入BaCh溶液，目的是使SO：完全沉淀，若某次滴定，F(xiàn)eSCh溶液不小心濺出2滴，溶質(zhì)的質(zhì)

量減小，計算得到的SO7的含量偏高，故答案為：使SO：完全沉淀，偏高；

15.無水堿式氯化銅［CU2(OH)3C1］為綠色或墨綠色結晶性粉末，難溶于水，溶于稀酸和氨水，在空氣中

十分穩(wěn)定。

I.模擬制備堿式氯化銅晶體。向精制的CuC%溶液中通入NH3和HC1,調(diào)節(jié)溶液pH至5.0?5.5,控制反

應溫度為70~80℃,實驗裝置如圖所示(部分夾持裝置己省略)。

(1)實驗室利用A裝置制備NH,,反應物是NH4cl和(寫化學式)。

(2)儀器B的名稱為,在實驗中能起到的作用是。

(3)觀察整套圖示，你認為有必要增加裝置。

(4)反應結束后，將三頸燒瓶中的混合物過濾，從濾液中獲得的副產(chǎn)品是。

II.無水堿式氯化銅含量的測定。上述操作后得到的固體經(jīng)提純得產(chǎn)品無水堿式氯化銅。稱取產(chǎn)品加硝酸溶

解，并加水定容至200mL,得到待測液。測定樣品中共含2.56g銅。

(1)待測液中?((2/+)=。

(2)采用銀量法測定氯，用NH&SCN標準溶液滴定過量的AgN。,，發(fā)生反應Ag++SCN=AgSCN實

驗示意圖如下。

0.1000inolL-iNH4SCN溶液

i)20.00mL待測液

ii)聚乙烯醇溶液

iii)30.00mL0.1000molL」AgN03溶液

(聚乙烯醇的作用是阻止AgQ與AgSCN的轉(zhuǎn)化)滴定時，可選用NH4Fe(SC>4)2作為指示劑，當加入最后

一滴NH4SCN標準溶液，溶液變?yōu)樯?，且半分鐘?nèi)不變色時停止滴定，若滴定前酸式滴定管未用標

準液潤洗，則樣品中n(Cl)的計算結果.(填“偏低”、“偏高”或“無影響”)。

【答案】I(1)Ca(OH)2

(2)球型干燥管導氣，防止倒吸

(3)(3)尾氣處理

(4)NH4cl

II(1)0.2mol/L

(2)紅偏低

【詳解】

A

I(1)實驗室制NH3用NH4cl和Ca(0H)2混合加熱制取，的化學反應方程式為：2NH&C1+Ca(OH)2=

CaCb+2NH3f+2H2O,故答Ca(OH)2；

(2)儀器B為球形干燥管；由于NHs極易溶于水，所以干燥管作用為：防止倒吸和導氣；

(3)NH3氣體有毒，實驗裝置中缺少NH3的尾氣處理裝置：

+

(4)三頸燒瓶中的反應為：2CU2++3NH3+3H2O+C1=CU2(OH)3C1J+3NH4,所以副產(chǎn)品為NH4CI；

,2.56g■,n0.04mol”,,

II(I)n(Cu)=n(Ci")=--------=0.04mol,c(CiP+)=—=--------=0.2mol/LT；

64g/molV0.2L

(2)SCN-先于Ag+反應生成沉淀，當Ag+反應完全，SCN-與Fe3+形成血紅色溶液，故溶液變成血紅色或者

紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色表示達到滴定終點：酸式滴定管未潤洗，則N3SCN溶液被稀釋，則消耗同樣多

的Ag+,NH6CN消耗的體積偏大，則計算出消耗的Ag+的體積偏大，與C「反映的Ag+體積偏小，則測出

n(C「)偏低，結果偏低。

16.二氧化碳的高值化利用，不但可以實現(xiàn)二氧化碳的資源化利用，還可以緩解能源壓力。以二氧化碳、

氫氣為原料合成乙烯涉及的主要反應如下：

,

I.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)△HI=+41.2kJmor

1

II.2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g)AH2=-128.1kJ-mol

(1)反應2co(g)+4Hz(g)=C2H4(g)+2H?0(g)AH=kJ-mof1。

n

(2)543K時，二氧化碳的平衡轉(zhuǎn)化率、投料比m=L與壓強的關系如圖甲所示,則m,、m3

Ln(H2)J

由大到小的順序為。

100

10o川

%

、8o

#80%

7、

)6o6o型

?灌

題

4o4o姒

小

02o2O

。

OO

II1I

3735737973

7373

77

圖

甲

圖

乙

(3)在一定條件下，二氧化碳的平衡轉(zhuǎn)化率與產(chǎn)物的選擇性隨溫度的變化如圖乙所示。已知：某產(chǎn)物的選擇

性是指生成該產(chǎn)物所消耗反應物的量占消耗的反應物總量的比例。

①當溫度低于773K時CO?的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而減小的原因是

②為同時提高合成乙烯的速率和乙烯的選擇性，可以采取的措施是..(只答一條)。

60

50甲

40

乙

20

A(633,11.1

10

Qi?__________11111

513543573603633663693723753

77K

(4)理論計算表明，體系壓強為3.IMPa,原料初始組成n(CC)2)：n(H2)=l:3,反應H達到平衡時，CO2、H2、

C2H4、H2O四種組分的體積分數(shù)x隨溫度T的變化如圖所示。圖中，表示乙烯和氫氣的曲線分別是

和。根據(jù)圖中A點的坐標，計算該溫度時的平衡常數(shù)Kp=(MPa)-3o(列出計算式。以分壓

表示，分壓=總壓x物質(zhì)的量分數(shù))。

【答案】(1)-210.5

(2)

(3)反應I的AHX),反應II的AH<0,溫度升高使CO2轉(zhuǎn)化為CO的平衡轉(zhuǎn)化率上升，使CC>2轉(zhuǎn)化為

乙烯的平衡轉(zhuǎn)化率下降，且下降幅度超過上升幅度增大壓強(或使用適宜的催化劑)

(3.1x0.111)x(3.1x0.444)2

(3.1x0.111)2x(3.1x0.333)'

【詳解】

(1)I.CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)AH,=+41.2kJ-mor'

II.2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g)AH2=-128.1kJ-moF

根據(jù)蓋斯定律,II-2xI得2co(g)+4H2(g)=C2H4值)+2比0?

AH=AH2-2AH,=(-128.1-2x41.2)kJ-mo『=-210.5kJ-mol」；

(2)投料比越大，相同條件下:氧化碳轉(zhuǎn)化率越小，因此結合圖像可知m^、in2、m3由大到

n(H2)

小的順序為皿3>012>01];

(3)①結合熱化學方程式可知反應I的AH>0，反應n的AH<0,結合圖可知溫度低于773K時溫度升高使

CO2轉(zhuǎn)化為CO的平衡轉(zhuǎn)化率上升，使CO2轉(zhuǎn)化為乙烯的平衡轉(zhuǎn)化率下降，且下降幅度超過上升幅度，因

此升高溫度，抑制反應I向右轉(zhuǎn)化，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而減小，即原因是反應I的AH>0,反

應II的AH<0,溫度升高使CO2轉(zhuǎn)化為CO的平衡轉(zhuǎn)化率上升，使CO2轉(zhuǎn)化為乙烯的平衡轉(zhuǎn)化率下降，且

下降幅度超過上升幅度；

②乙烯的選擇性要高，則溫度不能太高，同時需要加快反應速率可通過增大壓強(或使用適宜的催化劑)；

(4)升高溫度平衡II逆向移動，CO2,H2的體積分數(shù)增大，C2H4、H2O的體積分數(shù)減小，則乙、丁分別

為CO2、H?中的一個，甲、丙分別為C2H4、H2O的一個，因原料初始組成n(CO2):n(H2)=l：3,結合

反應計量數(shù)可知相同條件下達到平衡乙烯的的體積分數(shù)較水小，則表示乙烯的曲線是內(nèi)；結合反應計量數(shù)

可知相同條件下達到平衡氫氣的的體積分數(shù)較二氧化碳大，則表示氫氣的曲線是乙，丁表示二氧化碳曲線;

2CO2(g)+6H2(g)=C2H4(g)+4H2O(g)

起始/mola3a0

令二氧化碳、氫氣的起始量分別為amol、3amol,

2x6x4x

平衡/mola-2x3a-6x4x

由圖可知A點有平衡時二氧化碳和乙烯的體積分數(shù)相等為11.1%,因此平衡時氫氣的體積分數(shù)為二氧化碳

體積分數(shù)的三倍即33.3%,水的體積分數(shù)為乙烯體積分數(shù)的四倍即44.4%,因此

(3.ixo.ni)x(3.ixo.Wp3o

(3.1X0.111)2X(3.1X0.333)6

(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(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.［化學——選修3：物質(zhì)結構與性質(zhì)］(15分)

Fe3O4和Fe2O3是鐵的重要氧化物，能制成重要的納米材料?；卮鹣铝袉栴}：

(1)基態(tài)鐵原子的s能級上的電子數(shù)是其未成對電子數(shù)的倍。

(2)第一電離能：Fe0(填，"Y或"=”)。

(3)將Fe2O3溶于足量稀硫酸后得到幾乎無色的溶液A,往溶液A中加入少許氯化鈉后得到黃色溶液B。已

知溶液A中Fe元素主要以淺紫色的［Fe(H2O)6產(chǎn)形式存在，溶液B中存在黃色的［FeCkF。溶液A中濃度最

大的陰離子的空間結構為,中心原子的雜化方式為。［Fe(a0)6］3+與［FeClf-中都含有的化

學鍵為。根據(jù)上述實驗，可知穩(wěn)定性：［Fe(H2O)6盧______［FeCkM填“強于”或“弱于”)。

(4)Fe3C)4是一種重要的磁性材料。其晶胞如圖所示，晶胞參數(shù)為apm。其中Fe位于晶胞的頂點、面心和體

內(nèi)，0全部在晶胞體內(nèi)。

①1個Fe3C>4晶胞中含有個Fe2+,個Fe3+。已知Fe?+、Fe3+>0?-的半徑分別為r〕pm、r2Pm、

r3Pm,則Fe3CU晶胞的空間利用率為。

②Fe3O4晶體的密度表達式為gUcm-\

【答案】(1)2(2)<

(3)正四面體sp3配位鍵弱于

(4)81632叫3+2/+*)xI。。%「56030

3a3Sa

【詳解】

(1)基態(tài)鐵原子的電子排布式為Is22s22P63s23P63d64s2,S能級上.的電子數(shù)共有8個，3d能級上有4個未成對

電子，所以s能級上的電子數(shù)是其未成對電子數(shù)的2倍。

(2)第一電離能為氣態(tài)電中性基態(tài)原子失去一個電子轉(zhuǎn)化為氣態(tài)基態(tài)正離子所需要的最低能量，鐵為金屬,

容易失去電子，。為非金屬，失去電子比較困難，所以第一電離能：Fe<O,

(3)溶液A中濃度最大的陰離子為SO；,中心原子硫原子的價層電子對數(shù)為4+萬(6+2-4X2)=4,雜化

方式為sp3,無孤電子對，所以其空間結構為正四面體。Fe3+有空軌道，水分子和氯離子都有孤電子對，所

以［Fe(比0)6產(chǎn)與［FeCk產(chǎn)中都含有的化學鍵為配位鍵。向含有［Fe(H2O)6產(chǎn)的溶液中加入少許氯化鈉得到

［FeCM/,可知［Fe(H2O)6］3+的穩(wěn)定性弱于［FeCk產(chǎn)。

(4)①O全部在晶胞體內(nèi)，根據(jù)晶胞結構圖可知共有32個O。根據(jù)化學式Fe.Q4可知，共有鐵原子為24個，

假設Fe2+有x個,則Fe3+有(24-x)個,根據(jù)正負化合價代數(shù)和為0,有:2x+3(24-x)=2X32,可求得x=8,則

Fe2+有8個，F(xiàn)e3+有16個。離子體積為:町3萬X16+：仍3乂32=超宜士生上垃pnP,晶胞

體積為a3Pm3,則Fe.Q晶胞的空間利用率為必皿士季也xlOO%。

3a3

8x56+16x56+32x161856

②1個晶胞的質(zhì)量為由夕可知，F(xiàn)e3O4晶體的密度為

18561856個0

^7gUpm-7^7x10gucm，。

18.［化學——選修5：有機化學基礎］(15分)

H是抗癲癇藥物的合成中間體，其合成路線如下:

C6H6。H試劑aC6H?BrMg

21D

A催化劑△C乙酸

O/Cu

C8H8。32

E△

o

h

OH

c