2021年山東省新高考高考化學猜題試卷

2021年山東省新高考高考化學猜題試卷

i.古代文學中蘊含許多化學知識，下列說法正確的是()

A.成語“水滴石穿”中只發(fā)生了物理變化

B.俗語“鹵水點豆腐”中“鹵水”指的是氯水

C.“客從南溟來，遺我泉客珠”中珍珠的主要成分是碳酸鈣

D.“丹砂(HgS)燒之成水根，積變又還成丹砂”，該過程涉及可逆反應

2.下列有關化學用語表示正確的是()

A.乙酸乙酯、甲醛和淀粉的實驗式都為CH2。

F

B.甲烷二氟代物CH2F2的電子式為H：G：H

C.中子數(shù)為6和8的碳原子的結構示意圖都為

D.純堿溶液呈堿性的原因：COj-+2H2OH2CO3+2OH-

3,下列說法錯誤的是()

A.水汽化和水分解兩個變化過程中都需破壞共價鍵

B.P2O5和SO2分子間作用力大小不同導致熔點不同

C.基態(tài)碳原子核外有三種能量不同的電子

D.區(qū)分晶體Ni和非晶體Ni最可靠的科學方法是X-射線衍射法

4.下列反應的離子方程式書寫錯誤的是()

+

A.Na2s2O3溶液中加入稀硫酸：S20r+2H=SO2T4-SI+H20

B.泡沫滅火器工作原理：A13++3HCOJ=Al(0H)31+3CO2T

32+

C.使用K31Fe(CN)6]檢驗Fe?+：2[Fe(CN)6]-+3Fe=Fe3[Fe(CN)6]2I

+

D.酸性條件下，碘化鉀溶液久置變黃：2H+2r+3O2=2HIO3

5.G是食品防腐劑，其分子模型如圖所示。下列說法錯誤的是()

A.G易被氧化且遇FeCb溶液顯色

B.lmolG最多能消耗3m0IH2

C.lmolG最多能與2moiNaOH反應

D.G分子中碳原子只采用1種雜化方式

6.過氧化鈣（Cao?）是一種白色的固體，微溶于水，且不溶于乙醇、乙酸和堿性溶液,

溶于酸。利用反應Ca2++H202+2NH3+8H20=CaO2-8H2OI+2NHJ■制備過氧

化鈣的裝置如圖所示。下列說法正確的是（）

A.儀器丫的名稱為長頸漏斗

B.W可以是NHRL通過加熱W提供反應所需的N&

C.儀器X的作用是導氣，并防止發(fā)生倒吸現(xiàn)象

D.為加快反應速率和提高產(chǎn)率，可將冰水混合物改為溫水浴加熱

7.CO與電0均是大氣污染物，可通過反應（：0+%0="+（：02轉化為無害氣體，其

相對能量與反應歷程的關系如圖所示。

(

一

，

？

三

?

二

：

51

捏

女

￡

已知CO與在鐵催化劑表面進行如下兩步反應：

M4

第一步：Fe4-N20=FeO+N2

第一步：FeO?+CO=Fe-+CO2下列敘述錯誤的是（）

第2頁，共27頁

A.FeO?是反應的中間產(chǎn)物

B.兩步反應的aH均小于0

C.該反應的速率主要由第二步反應決定

D.E2-EQ為在沒有催化劑條件下總反應的活化能

8.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，甲、乙、

丙是由這些元素中的2種或3種元素組成的化合物，常溫下，

O.lmol?IT】丙溶液的pH=13,氣體乙能使?jié)駶櫟募t色石蕊試

紙變藍。甲、乙、丙間的轉化關系如圖所示。下列說法正確的是（）

A.X的簡單氫化物的熱穩(wěn)定性比丫的強

B.X、Y、Z簡單離子半徑大小為Z>Y>X

C.化合物甲屬于共價化合物

D.化合物跖與足量丙的水溶液反應可生成兩種鹽

9.如圖為某二次電池充電時的工作原理示意圖，該過程可實現(xiàn)鹽溶液的淡化。下列說

法正確的是（）

Na3TMp0)

聆液.

A.充電時，a極為電源負極

B.充電時，電解質溶液的pH不變

C.放電時，每生成lmolBi消耗1.5molNa3Ti2（P04）3

D.放電時，負極反應式為Bi-3e-+H2O+Cl-=BiOCl+2H+

10.苯酚具有殺菌消炎的作用，可由如下路線合成

O

Q).^pC-OH②OHo下列說法正確的是（）

ABC

A.物質A苯環(huán)上的一浪取代物有4種

B.反應②屬于消去反應

C.物質B與物質C均可與NaOH溶液發(fā)生反應

D.物質c與q互為同系物

CHaOH

11.氫氟酸是芯片加工的重要試劑。常見制備反應為：CaF2+2H3P04—Ca(H2PO4)2+

2HFT,己知Ca(H2Po4)2溶液顯酸性，NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列有關說法不

正確的是()

+

A.Ca(H2Po溶液中微粒濃度大小順序：C(H2P0；)>c(H)>c(HP0i-)>

C(H3P04)

B.P07的空間構型為正四面體形

C.已知CaFz晶胞中每個Ca2+被8個F-包圍，則F-的配位數(shù)是8

D.由于HF分子間能形成氫鍵，所以熱穩(wěn)定性HF>HC1

12.下列實驗能達到預期目的的是()

選

實驗內容實驗目的

項

向ImLO.2moi?『iNaOH溶液中滴入2滴O.lmol?證明在相同條件下，溶

ALTMgCk溶液，產(chǎn)生白色沉淀后，再滴加2滴O.lmol-解度Mg(0H)2>

L-】FeC13溶液，又生成紅褐色沉淀Fe(0H)3

B向Na2Si()3溶液中滴入稀鹽酸，邊滴加，邊振蕩制備硅酸膠體

CpH相等的兩種一元堿溶液混合后，pH不變證明兩種堿均為強堿

D用玻璃棒蘸取濃氨水點到紅色石蕊試紙上，試紙變藍色證明氨水顯堿性

A.AB.BC.CD.D

13.制取純凈CuCk-2H2。的生產(chǎn)過程：用粗CuO(含少量鐵)溶解在足量的稀鹽酸中加熱、

過濾，得到CuC12(含F(xiàn)eCk)的溶液I,對該溶液按下列步驟進行提純。下列說法錯

A.加入的氧化劑X最好選用出。2溶液，發(fā)生反應的離子方程式為2F/++H202+

+3+

2H=2Fe4-2H2O

B.加入的物質丫可以是氧化銅、氫氧化銅、碳酸銅、堿式碳酸銅中的任意一種

C.溶液HI在干燥的HC1氛圍中加熱可獲得較純凈的晶體CuC12-2H2O

D.可用KSCN溶液檢驗溶液I中的Fe2+是否完全轉化為Fe3+

第4頁，共27頁

14.NSR技術能降低柴油發(fā)動機在空氣過量條件下NO*的排放，其工作原理如圖所示。

下列說法錯誤的是()

A.降低NOx排放可以減少酸雨的形成

B.儲存過程中NOx被還原

C.還原過程中消耗lmolBa(N03)2轉移的電子數(shù)為5必(心為阿伏加德羅常數(shù)的值

)

D.通過BaO和Ba(N()3)2的相互轉化實現(xiàn)NOx的儲存和還原

15.工業(yè)生產(chǎn)上用過量燒堿溶液處理某礦物(含AI2O3、MgO),過濾后得到濾液用

NaHCO3溶液處理，測得溶液pH和A1(OH)3生成的量隨加入NaHCO3溶液體積變化

的曲線如圖，卜列有關說法不正確的是()

m

50

cH40

s?[AKOH)J3A,

30K

(40,32)20O

105

J

.0/

U

15O

10

om

)_

9.5

081020304050

HNaHCO,)/mL

A.生成沉淀的離子方程式為：HCO3+A10J+H20=A1(OH)31+C0|-

B.原NaHC()3溶液中c(H2cO3)+c(HCOj)4-c(CO|-)=0.8mol/L

C.a點溶液中存在：c(Na+)+c(H+)=c(A10力+c(OH-)

D.a點水的電離程度大于b點水的電離程度

16.無水FeCk是有機合成的催化劑，易溶于水并且有強烈的吸水性，能吸收空氣里的

水分而潮解。實驗室可用氯氣與鐵反應制備無水三氯化鐵，如圖是某學生設計的制

備裝置。

IIY

(1)儀器X的名稱是

(2)B、C試劑瓶中放置的試劑分別為濃硫酸、飽和食鹽水，則實驗裝置連接的先后

順序是。(用小寫字母表示)

(3)若儀器X中盛放的是KMnOv則其中反應的離子方程式是o

(4)儀器丫中盛放的物質是喊石灰或無水氯化鈣，其作用是o

(5)當裝置C中充滿黃綠色氣體時，再點燃裝置E處酒精燈，原因是。

(6)室溫時，向FeCk溶液中滴加NaOH溶液，當溶液pH=3時,Fe3+(填“是”

或“否”)沉淀完全，理由是。［已知Fe(OH)3的溶度積常數(shù)=1.1X

10一36,當離子濃度小于L0xl0-5moi.LT時，即可認為該離子沉淀完全］

17.NOx是常見的大氣污染物，處理NOx有助于減少霧霾天氣的形成。

1

已知：I.CO(g)+102(g)=CO2(g)△%=-283.0kJ-mol-

-1

n.N2(g)+O2(g)=2N0(g)AH2=+179.5kJ-mol

m.2N0(g)+2C0(g)=N2(g)+2CO2(g)△H3

回答下列問題：

-1

(1)AH3=kJ-molc

(2)若在某絕熱恒容密閉容器內進行反應HI,下列圖象能表示該反應到達平衡狀態(tài)

的是。(填標號)

(3yrc時，在容積為2L的密閉容器中，力口入2moiNO和2moic0發(fā)生反應W,5min

后反應達到平衡，測得平衡時體系壓強是起始壓強的0.8倍。

?v(NO)=o

?T℃M,該反應的平衡常數(shù)K=,如果這時向該密閉容器中再充入

2molNO和2m0用2,此時v正v逆(填“V”或“=”)。

(4)在某恒容密閉容器中進行反應2N0(g)+02(g)=2NO2(g)△HV0。已知該反應

的v正=k正c2(N。)?c(02),v逆=k逆c2(N0z)(k正、k逆分別為正、逆向反應速率常

數(shù))。

①加入催化劑，該反應的餐O(填“增大”、“減小”或“不變”)

②該反應的吆力、lg己隨溫度變化的曲線如圖所示，則表示1g機隨溫度變

化的曲線。

第6頁，共27頁

18.七水硫酸鎂(MgSO'〃HzO)在印染、造紙和醫(yī)藥等領域中有重要的用途。硼鎂泥是

硼鎂礦生產(chǎn)硼砂的廢渣，其主要成分是MgC()3,還含有MgO、CaO、Fez。?、FeO、

MnO2,AI2O3、Si。2等雜質，工業(yè)上用硼鎂泥制取七水硫酸鎂的工藝流程如圖。

NaClOMgO

“疝沸|掾作2|-?MgSO4.7H2O

濾渣A濾渣C濾液

(CaS04-2H20)

已知：①MnOz不溶于稀硫酸。

②CaS(\和MgS04?7H2。在不同溫度下的溶解度(g)數(shù)據(jù)如下表所示:

溫度/OC

1030405060

物質

CaS040.190.210.210.210.19

MgS04-7H2O30.935.540.845.6—

(1)硼鎂泥用硫酸溶解之前，先將硼鎂泥粉碎，其目的是o

(2)該流程涉及多次過濾，實驗室中過濾后洗滌沉淀的操作為o

(3)“煮沸”的目的是o

(4)若濾渣B的主要成分為A1(OH)3和Fe(OH)3,則加入NaClO發(fā)生氧化還原反應的

離子方程式為。

(5)流程中操作1為蒸發(fā)濃縮、趁熱過濾，這樣既可得到CaSO4,2H2。，又防止

(6)獲取MgSO『7H2()的操作2中，不需要的操作是。(填標號)

c

⑺取24.6gMgS04?7H2。加熱至不同溫度，剩余固體的質量如下表。

溫度/汽1502007801124

質量/g13.8012.009.334.00

則780久時所得固體的化學式為。(填標號)

A.MgO

B.Mg3O-(S04)2

C.MgS04

D.MgS04-H20

19.元素H、N、O、S、Fe之間可形成多種化合物。請回答下列問題:

(1)基態(tài)Fe原子的價層電子排布式為;其最外層電子的電子云形狀為

(2)N、O、S三種元素的第一電離能由大到小的順序為；下列狀態(tài)的O中,

最容易失去最外層電子的是o(填序號)

A.Is22s22P3

B.ls22s22P4

Cis22s22P33sl

D.ls22s22P23sl

(3)寫出一種與S0t互為等電子體的微粒的化學式,NH；的空間構型為

(4)氨水中存在多種氫鍵，其中強度最弱的是(用化學符號表示，用…表示

-

氫鍵)，NHJ4-0H—NH3T+H20>NH；轉化為NH3的過程中，沒有發(fā)生變化的

有o(填序號)

A.鍵角

B.粒子的空間構型

C.雜化軌道類型

(5)已知單質鐵有如圖所示的三種堆積方式的晶胞結構：

笫8頁，共27頁

I、

abc

①晶胞a屬于堆積；

②用含有n的式子表示出晶胞b的空間利用率；

③若晶胞c的密度為pg?cm-3,則鐵的原子半徑=二cm。(用含p、NA的式

子表示，NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值)

20.托來普隆(化合物G)是一種用來治療失眠的藥物，其合成路線如圖。

②一N%易被氧化。

回答下列問題：

(1)ATB所需的試劑和條件為。C中所含官能團的名稱為

(2)由E生成F的化學方程式為。

(3)由B生成C的反應類型為。D的結構簡式為o

（4）化合物C的同分異構體中能同時滿足以下三個條件的有種。

（團）含有苯環(huán)結構；（團）能發(fā)生銀鏡反應；（團）苯環(huán)上只有2個取代基。

CH?CCOOC2H5

（5）設計由）匕和乙醇制備廠7的合成路線：。（無機

NO?NH,

試劑任選）

第10頁，共27頁

答案和解析

1.【答案】C

【解析】解：A.“水滴石穿”的過程中二氧化碳溶于水后，與碳酸鈣反應生成了溶于水

的碳酸氫鈣，使得石頭逐漸溶解，該過程中有新物質生成，不止發(fā)生了物理變化，還發(fā)

生了化學變化，故A錯誤；

B.“鹵水”是電解質溶液，溶質主要是氯化鎂，豆?jié){屬于膠體，電解質溶液能使膠體發(fā)

生聚沉，故“鹵水”可使豆?jié){變?yōu)槎垢?，故B錯誤；

C.珍珠為貝類內分泌作用而形成的含碳酸鈣的礦物珠粒，因此主要成分是碳酸鈣，故C

正確；

D.在同一條件下，既能向正反應方向進行，同時又能向逆反應方向進行的反應，稱為可

逆反應，“丹砂(HgS)燒之成水跟”的過程需要加熱，“積變又還成丹砂”則在常溫下

即可發(fā)生，兩者不是同時發(fā)生，因此不是可逆反應，故D錯誤。

故選：Co

A.有新物質生成的變化為化學變化；

B.“鹵水”是電解質溶液，溶質主要是氯化鎂；

C.珍珠的主要成分是碳酸鈣；

D.相同條件下同時向正反兩個方向進行的反應為可逆反應。

本題考查了元素化合物知識，側重考查物質組成成分，熟悉相關物質的成分是解題關鍵,

題目難度不大，注意對相關知識的積累。

2.【答案】C

【解析】解：A.乙酸乙酯的分子式為C4H8。2、實驗式為C2H4。，淀粉的分子式為

(C6HloO5)n＞實驗式為C6H1OO5,故A錯誤;

B.C&F2分子中F原子的最外層電子數(shù)為8,每個F原子含有3對現(xiàn)電子對，其電子式

??

：F：

7JH：C：H,故B錯誤；

：F：

C.中子數(shù)為6和8的碳原子中質子數(shù)和核外電子數(shù)均為6,最外層電子數(shù)為6,其原子

結構示意圖為,故C正確:

D.純堿是碳酸鈉的俗名，是弱酸強堿鹽，水解使溶液呈堿性，離子方程式為C0『+

H20#HCOJ+OH->HCOJ+H2O#H2CO3+OH-,二者不能合并，故D錯誤；

故選：Co

A.實驗式是最簡式，分子中各原子的最簡比例式；

B.CH2F2分子中F原子的最外層電子數(shù)為8；

C.碳原子的核內質子數(shù)和核外電子數(shù)均為6,分層排布；

D.碳酸是二元弱酸，碳酸根水解分步進行，以第一步為主。

本題考查常見化學用語的表示方法，題目難度不大，涉及最簡式、原子結構簡式、電子

式和電離方程式書寫等知識，明確常見化學用語的書寫原則即可解答，試題有利于提高

學生的分析能力及規(guī)范答題能力。

3.【答案】A

【解析】解：A.水汽化破壞的是氫鍵和范德華力，水分解則需破壞共價鍵，故A錯誤;

BP2O5和SO?均屬于分子晶體，分子間作用力大小決定熔點高低，幣分子間作用力的大

小取決于相對分子質量的大小，故B正確；

C.基態(tài)碳原子的核外電子排布式為Is22s22P2,占據(jù)Is、2s、2P三個能級，所以有三種

能量不同的電子，故C正確；

D.構成晶體的粒子在微觀空間里呈現(xiàn)周期性的有序排列，晶體的這一結構特征可以通過

X-射線衍射圖譜反映出來，因此區(qū)分晶體和非晶體的最可靠的科學方法是對固體進行

X-射線衍射實驗，故D正確；

故選：Ao

A.水汽化破壞的是氫鍵和范德華力；

BROs和SO2均屬于分子晶體，分子間作用力大小決定熔點高低；

C.基態(tài)碳原子的核外電子排布式為Is22s22P2,占據(jù)Is、2s、2P三個能級；

D.構成晶體的粒子在微觀空間里呈現(xiàn)周期性的有序排列。

本題考查內容較多，涉及共價鍵、分子間作用力、電子排布規(guī)律以及晶體和非晶體的區(qū)

分方法等知識點，題目難度不大，側重對基礎知識的鞏固，注意對基礎知識的理解掌握。

4.【答案】D

【解析】解：A.發(fā)生氧化還原反應生成S、二氧化硫和水，離子方程式為SzOg+2H+=

SO2T+Si+H2O,故A正確；

B.發(fā)生相互促進水解反應生成沉淀和氣體，離子反應為用3++3HCO3=A1(OH)31

第12頁，共27頁

+3CO2T,故B正確；

C.K31Fe(CN)6]檢驗Fe?+生成藍色沉淀，離子反應為2[Fe(CN)6/-+3FM+=

Fe3[Fe(CN)6l2I,故C正確；

D.酸性條件下，碘化鉀被氧氣氧化生成碘單質，離子反應為4H++4「+O2=2l2+

2H2O,故D錯誤；

故選：D。

A.發(fā)生氧化還原反應生成S、二氧化硫和水；

B.發(fā)生相互促進水解反應生成沉淀和氣體；

C.K3[Fe(CN)6]檢驗Fe?+生成藍色沉淀；

D.酸性條件下，碘化鉀被氧氣氧化生成碘單質。

本題考查離子方程式的書寫，為高頻考點，把握物質的性質、發(fā)生的反應為解答的關鍵，

側重分析與應用能力的考查，注意離子反應中保留化學式的物質，題目難度不大。

5.【答案】D

【解析】解：A.G含有酚羥基，易被空氣中氧氣氧化，可與氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應，

故A正確：

B.G含酯基和苯環(huán)，酯基不能與氫氣加成，苯環(huán)可與氫氣發(fā)生加成反應，則lmolG最多

能消耗3m01電，故B正確；

C.一個G分子中含一個酚羥基、一個酯基，lmolG最多消耗2mol氫氧化鈉，故C正確；

D.G中苯環(huán)和酯基中碳原子采用sp2雜化，丙基中碳原子采用sp3雜化，故D錯誤；

故選：Do

由球棍模型可知，有機物含有酚羥基、酯基，具有酚、酯類的性質，可水解生成對羥基

苯甲酸和1-丙醇，以此解答該題。

本題考查有機物的結構和性質，為高頻常見題型，側重于學生的分析能力的考查，注意

把握有機物官能團的性質，為解答該類題目的關鍵，題目難度不大。

6.【答案】C

【解析】解：A.儀器Y是分液漏斗，故A錯誤；

B.加熱氯化鐵分解產(chǎn)生的氨氣、HCI稍冷會重新化合為氯化鐵，不能用于制取氨氣，且

容易堵塞試管，故B錯誤；

C.氨氣極易溶于水，使用X可以防止倒吸，故C正確；

D.溫水浴可以加快反應速率，但是會促進過氧化氫的分解，不能提高產(chǎn)率，故D錯誤,

故選：Co

分析流程可知W中的固體為制取氨氣的反應物，固體制取氨氣，應選用堿石灰與氯化

錢的混合固體，裝置X可以將生成的氨氣導入氯化鈣溶液，且裝置X進行改造，中間

連接了長頸漏斗，可以達到防止倒吸的作用，三頸燒瓶內發(fā)生反應Ca2++Hz()2+

2NH3+8H20=CaO2-8H20I4-2NHJ,冷水浴作用下，CaO2?8力0溶解度較低，可以

獲得產(chǎn)物，且低溫可以抑制過氧化氫分解，據(jù)此分析回答問題。

本題過氧化鈣(Cao?)的制備為背景，考查了學生制備流程，分離提純，氧化還原反應,

氨氣制取等內容，考查范圍較廣，難度適中。

7.【答案】C

【解析】解：A.由兩步反應原理可■知，由FeO?在第一步生成，在第二步消耗，則FeO?是

反應的中間產(chǎn)物，故A正確；

B.根據(jù)反應歷程圖，可知兩步反應的生成物的總能量均低于對應反應反應物的總能量,

則兩步反應均為放熱反應，則兩步反應的AH均小于0,故B正確；

C.根據(jù)反應歷程圖，第一步反應的活化能大于第二步反應的活化能，活化能越大，反應

速率越慢，則總反應速率主要由第一步反應決定，故C錯誤；

D.在沒有催化劑條件下總反應的活化能是E2-E。，故D正確；

故選：Co

A.由兩步反應原理可知，由FeO*在第一步生成，在第二步消耗；

B.比較反應物總能量和生成物總能量即可得出結論；

C.比較第一步和第二步反應活化能，活化能越大，反應速率越慢，慢反應決定總反應速

率；

D.反應活化能是過渡態(tài)的平均能量與反應物分子的平均能量的差。

本題考查化學反應能量變化、活化能，解題的關鍵是掌握放熱反應、吸熱反應與反應物

總能量、生成物總能量的關系和催化劑通過降低反應活化能加快反應速率，此題難度中

等。

8.【答案】D

【解析】解：由以上分析可知可知W、X、Y、Z分別為H、N、0、Na等元素。

A.由于非金屬性0>N,故熱穩(wěn)定性H2O>NH3，故A錯誤；

B.X、Y、Z簡單離子均為10電子結構的離子，原子序數(shù)越小，離子半徑越大，故離子

半徑由大到小的順序為X>Y>Z,故B錯誤；

第14頁，共27頁

C.NasN是由離子組成的離子化合物，故C錯誤；

D.N02與NaOH溶液反應生成硝酸鈉和亞硝酸鈉兩種鹽，故D正確；

故選：Do

常溫下，0.1mol?LT丙溶液的pH=13,則丙為強堿，應為NaOH,氣體乙能使?jié)駶櫟?/p>

紅色石蕊試紙變藍，則為NH3,可知甲為NasN,可知W、X、Y、Z分別為H、N、O、

Na,結合物質對應的性質以及元素周期率知識解答該題。

本題考查無機物推斷，側重考查學生知識綜合運用能力，正確判斷物質是解本題關鍵,

推斷題要根據(jù)某些物質的特殊性質或顏色為突破口進行推斷，題目難度不大。

9.【答案】C

【解析】解：A.充電時，Bi電極上，Bi失電子生成BiOCl,反應為Bi+Cl-+H20-3e-=

BiOCl+2H+,則Bi為陽極，所以a為電源正極，故A錯誤；

+

B.陽極反應為：Bi+Cl-+H20-3e-=BiOCl+2H,陰極反應式為反應為

+

NaTi2(P04)3+2Na+2e-=Na3Ti2(PO4)3,則電解時有H+生成，故電解質溶液pH減

小，故B錯誤；

C.放電時，Bi為正極，BiOCl得電子發(fā)生還原反應，每生成ImolBi,轉移3moi電子，

而負極上NasTi式P()4)3轉化為NaTi2(P()4)3失去2moi電子，由電子守恒可知每生成

lmolBi消耗1.5molNa3Ti2(P()4)3，故C正確：

+

D.放電時，負極反應式為：Na3Ti2(PO4)3-2e-=NaTi2(PO4)3+2Na,故D錯誤；

故選：Co

+

充電時,Bi電極上,Bi失電子生成BiOCl,反應為Bi+Cl-+H20-3e-=BiOCl+2H,

則Bi為陽極，所以a為電源正極，b為負極，NaTi2(P04)3為陰極得電子發(fā)生還原反應，

+

SgZ^NaTi2(PO4)3+2Na+2e-=Na3Ti2(PO4)3,放電時，Bi為正極，BiOCl得電子

發(fā)生還原反應，NaTi2(PO,3為負極，據(jù)此分析解答。

本題考查化學電源新型電池，為高考高頻點，明確元素化合價升降與電極名稱關系是解

本題關鍵，難點是電極反應式的書寫，側重于考查學生的分析能力和應用能力，題目難

度中等。

10.【答案】C

【解析】解：A.物質A苯環(huán)上的一溟取代物有3種，故A錯誤；

B.反應②是苯甲酸在催化劑作用下經(jīng)過還原反應轉化為苯酚的過程，不屬于消去反應,

故B錯誤；

C.物質B中含有峻基，物質C中含有酚羥基，二者均可以與NaOH溶液發(fā)生反應，故C

正確；

D.物質C是酚類，物質是酶類，二者不互為同系物，故D錯誤；

故選：Co

A.物質A苯環(huán)有3種H；

B.反應②是苯甲酸在催化劑作用下經(jīng)過還原反應轉化為苯酚；

C.裝基、酚羥基均可以與NaOH溶液發(fā)生反應；

D.都含有羥基，但分別屬于酚、醇類。

本題考查有機物的結構和性質，為高頻考點，側重考查學生的分析能力和自學能力，本

題注意把握有機物的結構特點和反應類型的判斷，題目難度不大。

11.【答案】CD

【解析】解：A.H3P。4是中強酸，分步電離,Ca(H2Po)溶液顯酸性，則H2Poz程度大

于水解程度，Ca(H2Po溶液口微粒濃度大小順序為c(H2P0i)>c(H+)>c(HPOi")>

c(H3Po4)，故A正確;

B.PO;的中心原子P的價層電子對數(shù)為4+巴券=0,無孤電子對，VSEPR模型和

空間構型均為正四面體，故B正確；

C.CaF?晶胞中每個Ca2+被8個F-包圍，即Ca的配位數(shù)為8,根據(jù)CaF2晶胞中“Ca離子

數(shù)X配位數(shù)=氟離子數(shù)x配位數(shù)”可知，F(xiàn)-的配位數(shù)是4,故C錯誤：

D.分子的熱穩(wěn)定性與分子間氫鍵無關,熱穩(wěn)定性:HF>HC1,是因為H-F鍵能大于H-CL

故D錯誤；

故選：CDo

A.H3PO4是中強酸，分步電離，電離程度逐級減弱，Ca(H2Po溶液顯酸性，則H2Poi

程度大于水解程度；

B.PO『的中心原子P的價層電子對數(shù)為4+汽絲=0,無孤電子對，VSEPR模型為

正四面體；

C.CaF?晶胞中每個Ca?+被8個F-包圍，則F」的配位數(shù)是4；

D.熱穩(wěn)定性與分子間形成的氫鍵無關。

本題考查弱電解質的電離平衡及離子濃度比較、物質的結構與性質，涉及酸式鹽的電離

和水解平衡、VSEPR模型的計算推斷、氫鍵、晶胞結構、鍵能大小與物質穩(wěn)定性的關

系等知識，為高頻考點，把握酸式鹽的電離和水解平衡、晶胞的結構及分子的性質是解

第16頁，共27頁

題關鍵，注意D選項為易錯點，題目難度中等。

12.【答案】D

【解析】解：A.NaOH過量，均為沉淀生成，且沉淀類型不同，由操作和現(xiàn)象不能比較

難溶電解質的溶解度，故A錯誤；

B.制備硅酸膠體應用酚酣作指示劑，然后將鹽酸加入到NazSiOs溶液中，邊加邊振蕩，

至溶液紅色變淺并接近消失時停止，靜置，故B錯誤；

C.pH相等的兩種一元堿溶液混合后，pH不變，可知c(H+)不變化，溫度不變，不能證

明兩種堿均為強堿，故C錯誤；

D.能使紅色石蕊試紙變藍色的溶液顯堿性，由操作和現(xiàn)象可知氨水顯堿性，故D正確；

故選：Do

A.NaOH過量，均為沉淀生成；

B.制備硅酸膠體應用酚酷作指示劑，且順序不合理；

C.pH相等的兩種一元堿溶液混合后，pH不變，可知c(H+)相同；

D.能使紅色石蕊試紙變藍色的溶液顯堿性。

本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質的性質、沉淀生成、膠體制備、

實驗技能為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，題目難

度不大。

13.【答案】D

【解析】解：A.根據(jù)流程圖可知氧化劑X的作用是將Fe2+氧化為Fe?+,選擇的氧化劑可

+3+

為出。2,為綠色氧化劑，發(fā)生反應的離子方程式為2Fe2++H2O2+2H=2Fe+2H2O,

故A正確：

B.物質丫的作用是消耗H+,使Fe3+轉化為氫氧化鐵沉淀，可以是氧化銅、氫氧化銅、

碳酸銅、堿式碳酸銅中的任意一種物質，且不引入新雜質，故B正確；

C.由于銅離子易水解，因此為得到CuCl??2H2O晶體，可在HCI氛圍中加熱氯化銅溶液，

故C正確；

D.無論Fe2+是否完全轉化為Fe3+,只要有Fe3+生成，加入KSCN溶液后，溶液就變?yōu)榧t

色，故D錯誤；

故選：Do

溶液I中含有亞鐵離子、銅離子、氯離子，加入氧化劑將亞鐵離子氧化成鐵離子，則氧

化劑可為氯水、過氧化氫等，然后加入Y調節(jié)溶液的pH,將鐵離子轉化成氫氧化鐵沉

淀除去，則丫可為氧化銅、氫氧化銅、碳酸銅、堿式碳酸銅等，得到的溶液乙為氯化銅

溶液，然后在持續(xù)通入HC1氣體并不斷攪拌條件下蒸發(fā)溶液乙獲得氯化銅晶體，以此解

答該題。

本題考查物質制備實驗方案的設計、物質的分離與提純方法綜合應用，題目難度中等,

明確制備流程及反應原理為解答關鍵，需要注意除雜不能引入新的雜質，試題側重考查

學生的分析、理解能力及化學實驗能力。

14.【答案】BC

【解析】解：A.NOx可形成硝酸型酸雨，降低NOx排放可以減少酸雨的形成，故A正確；

B.由分析可知，儲存過程中NO*中N元素的化合價升高，被氧化，故B錯誤；

C.還原過程中，Ba(NO3)2中N元素化合價從+5價降低為0價，消耗lmolBa(N()3)2轉移

的電子數(shù)為IONA，故C錯誤；

D.由分析可知，通過BaO和Ba(NO3)2的相互轉化可實現(xiàn)NOx的儲存和還原，故D正確；

故選：BCo

由圖可知，儲存過程中NO和氧氣在Pt催化劑表面反應生成NO?，反應方程式為2N0+

O2=2NO2,生成的NO2與BaO反應生成Ba(NO3)2,反應方程式為BaO+NO2=

Ba(NO3)2,在還原過程，Ba(N()3)2與還原性尾氣反應生成BaO和氮氣，氮元素由+5價

降為。價，據(jù)此作答。

本題考查氮氧化物的尾氣處理問題，題目難度中等，側重考查學生獲取信息和分析推斷

能力。

15.【答案】BD

【解析】解：A.NaHC()3和NaAK)2反應生成A1(OH)3和Na2(X)3,離子方程式為：HCOJ+

AIO2+H2o=A1(OH)3I+C0|-,故A正確；

B.加入40mLNaHC()3溶液時沉淀最多，A1(OH)3的沉淀為0.032moL前8mLNaHC()3溶液

和氫氧化鈉反應不生成沉淀，后32mLNaHC()3溶液與偏鋁酸鈉反應，HCO]+川0云+

H20=A1(OH)3I+C0『，生成0.032molA](OH)3沉淀,則原NaHC()3溶液中n(NaHC()3)=

n[Al(OH)3]=0.032mol,c(NaHCO3)=竺誓!=l.Omol/L,原NaHCO?溶液中的物料守

恒關系為：C(H2CO3)+c(HCO3)+c(COi-)=l.Omol/L,故B錯誤；

C.a點為NaAK)2和NaOH的混合溶液，溶液中的電荷守恒關系為：c(Na+)+c(H+)=

c(A107)+c(OH-),故C正確；

D.NaAK)2和NaOH的混合溶液，b點為NaAQ與NazCO?的混合液，因為NaOH抑制水

第18頁，共27頁

的電離，NaAK)2與Na2c。3均促進水的電離，所以水的電離程度：a點小于b點，故D

錯誤；

故選：BDo

A.NaHC()3和NaAK)2反應生成Al(0H)3和Na2cO3；

B.由圖可知，沉淀NaAK)2消耗的體積為(40-8)mL=32mL,生成A1(OH)3的最大量為

0.032moL根據(jù)NaHCO?和NaAlO2的反應方程式計算n(NaHC()3)，結合c=?和NaHCO?溶

液中的物料守恒關系寫出關系式；

C.a點為NaAlO?和NaOH的混合溶液，根據(jù)電荷守恒關系分析；

D.酸堿抑制水的電離，含有弱離子的鹽促進水的電離，根據(jù)a點、b點溶液中溶質的成

分分析。

本題考查了電解質溶液中的反應圖象，為高頻考點，把握圖中沉淀與pH的變化、發(fā)生

的反應、圖象上各點溶質的成分、離子方程式的書寫為解答的關鍵，側重分析、識圖和

運用能力的考查，注意掌握鹽類水解原理、物料守恒和電荷守恒關系式的應用，題目難

度中等。

+2+

16.【答案】圓底燒瓶a、f、g、b、c、d、e>h2MnO；+10Cr+16H=2Mn4-5C12T

+8H2O防止后面裝置中的水分與三氯化鐵反應防止裝置中的空名與鐵發(fā)生反

應否c(Fe3+)=1.1x10-3mol/L>1.0x10-5mol/L?所以沉淀不完全

【解析】解：(1)分析圖片可知儀器X的名稱是圓底燒瓶，

故答案為：圓底燒瓶；

(2)該實驗是先利用固液不加熱的裝置制取氯氣，然后進行除雜、干燥，與鐵發(fā)生反應，

最后進行尾氣處理，實驗儀器連接的先后順序是a、f、g、b、c、d、e、h,

故答案為：a、f、g、b、c、d、e、h；

(3)若儀器X中盛放的是高鋅酸鉀，則制取氯氣的離子方程式：2MnO；+10C1-+

+2+

16H=2Mn+5C12T+8H20,

+2+

故答案為：2MnO1+10C1-4-16H=2Mn+5C12T+8H2O；

(4)因為三氯化鐵易溶于水并且有強烈的吸水性，儀器Y中盛放的物質是堿石灰或無水

氯化鈣，可防止后面裝置中的水分與三氯化鐵反應，

故答案為：防止后面裝置中的水分與三氯化鐵反應；

(5)當裝置C中充滿黃綠色氣體時，再點燃裝置E處酒精燈，可防止裝置中的空氣與鐵

發(fā)生反應，

故答案為：防止裝置中的空氣與鐵發(fā)生反應；

(6)當溶液pH為3時，溶液中c(OH-)=10-Hmol/L,根據(jù)沉淀溶解平衡，pH=3時溶

35

液c(Fe3+)=^^=,H^_^mol/L=1.1x10-mol/L>1.0x10-mol/L,所以沉

淀不完全，

故答案為：否；c(Fe3+)=1.1X10-3mol/L>1.0x10-5mol/L,所以沉淀不完全。

裝置E為氯化鐵的合成裝置，干燥的氯氣與鐵在加熱條件下生成氯化鐵，裝置A為氯

氣的制取裝置，圓底燒瓶中利用高缽酸鉀與濃鹽酸反應制取氯氣，生成的氯氣中有氯化

氫和水蒸氣雜質，依次通過飽和食鹽水和濃硫酸提純氯氣，裝置丫為固體干燥劑，其作

用是吸收水蒸氣防止氯化鐵潮解，排出氣體中有氯氣，故裝置D為尾氣處理裝置，為防

止氧氣氯化鐵，故應先通一段時間氯氣排除裝置內的控制，否則會有氧化鐵生成，

(6)利用沉淀溶解平衡，判斷鐵離子沉淀時所需的pH與實際pH對比。

本題以氯化鐵的制備為背景，考查了學生有關氧化還原反應，沉淀溶解平衡，反應裝置

評價等內容，其中三氯化鐵的性質為本實驗的關鍵，考查范圍較廣，難度適中。

17.【答案】-745.5AB0.16mol/(L-min)160>不變m

［解析］解：⑴根據(jù)蓋斯定律：2XI-D得2NO(g)+2C0(g)=N2(g)+2CO2(g)△H=

(-283x2-179.5)kJ/mol=-745.5kJ/moL

故答案為：-745.5；

(2)A.反應ID正向為放熱反應，隨著反應的進行，容器內溫度升高，K減小，當K不變

時，說明反應達到了平衡狀態(tài)，故A正確；

B.隨著反應的進行，反應物的轉化率增大，當反應物的轉化率不變時，說明反應達到平

衡狀態(tài)，故B正確；

C.根據(jù)質量守恒，混合氣體的質量始終不變，容器體積不變，則氣體密度為一定值，故

C錯誤；

D.隨著反應的進行，v正減小至不變，無法確定丫正=丫逆，故D錯誤；

故答案為：AB；

(3)①VC時，在容積為2L的密閉容器中，加入2moiNO和2moic0發(fā)生反應皿，5min

后反應達到平衡，設NO轉化物質的量為2xmoL

2N0(g)+2C0(g)=N2(g)+2CO2(g)

起始n(mol)2200

轉化n(mol)2x2xx2x

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平衡n(mol)2—2x2—2x2x

測得平衡時體系壓強是起始壓強的0.8倍，壓強之比等于物質的量之比，則平衡時總物

質的量為4moix0.8=3.2mol=(2-2x+2-2x+x+2x)mol,解得x=0.8,則

v(NO)=^^=016mo1/(Lmin),

故答案為：0.16moI/(Lmin)；

②根據(jù)①可知，n(N0)=n(CO)=0.4mol,n(N2)=0.8mol,n(C02)=1.6moLK=

C2(CO)C(N)_(T)2

22=160；這時向該密閉容器中再充入2moiNO和2m0岫，Q=

C2(CO)C2(NO)一段2X與)2c

(")2x空

密言a15.6<160,則反應正向移動，v正Av逆,

故答案為：160；>；

(4)①反應達到平衡時,丫正二v逆，k正c2(N0).c(O2)=k逆C2(N02),則言=黑色

k.

K,加入催化劑，化學平衡不移動，則小不變，

%

故答案為：不變;

②該反應是放熱反應，升高溫度，正速率常數(shù)增大得少，即館》隨溫度升高減小得少,

m表示電上隨溫度變化的曲線,

故答案為：m。

(1)根據(jù)蓋斯定律：2xI-D得2N0(g)+2C0(g)=N2(g)+2C02(g)；

(2)判斷化學平衡狀態(tài)的直接標志：I“正=丫逆(同物質)，口.各組分濃度不再改變，以

及以此為基礎衍生出來的標志如壓強不再改變，混合氣體的密度不再改變、氣體的顏色

不再變化等等，以此為判斷依據(jù)；

(3)①TK時，在容積為2L的密閉容器中，加入2moiNO和2moic0發(fā)生反應m,5min

后反應達到平衡，測得平衡時體系壓強是起始壓強的0.8倍，列化學平衡三段式，結合

壓強之比等于物質的量之比計算；

②根據(jù)①中數(shù)據(jù)，結合K=::濫￡制計算;如果這時向該密閉容器中再充入2moiNO

和2m0IN2,計算此時的濃度商，再與K值比較得出結論；

(4)①反應達到平衡時，丫正=\，逆，k正c2(NO)-c(O2)=k逆C2(N02),則持

福翁=K,加入催化劑，化學平衡不移動；

②該反應是放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，則升高溫度，正反應速率常數(shù)增大

的少。

本題綜合考查化學知識，側重考查學生分析能力、識圖能力和計算能力，題目涉及反應

熱的計算、化學平衡的移動、化學平衡的計算，根據(jù)題目信息，結合蓋斯定律、勒夏特

列原理、化學平衡三段式等知識解答，此題難度大。

18.【答案】增大反應物接觸面積，加快化學反應速率，提高原料的利用率沿玻璃棒向

漏斗中加蒸儲水浸沒沉淀，靜置，待水自然流下，重復2?3次防止生成A1(OH)3和

-2++-3+

Fe(0H)3膠體，易沉淀分離CIO+2Fe+2H=Cl+2Fe+H20MgS()4?7電0析

出，降低產(chǎn)率cdB

【解析】解：(1)將硼鎂泥粉碎能增大固體的表面積，使固體與溶液充分接觸，加快反

應速率，提高原料的利用率，

故答案為：增大反應物接觸面積，加快化學反應速率，提高原料的利用率；

(2)過濾后洗滌沉淀的操作為沿玻璃棒向漏斗中加蒸儲水浸沒沉淀，靜置，待水自然流

下，重復2?3次，

故答案為：沿玻璃棒向漏斗中加蒸儲水浸沒沉淀，靜置，待水自然流下，重復2?