《2021年高考真題—— 化學（廣東卷） (解析版）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2021年高考真題—— 化學（廣東卷） (解析版）（30頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、一、選擇題：本題共16小題，共44分。第1~10小題，每小題2分；第11~16小題，每小題4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. 今年五一假期，人文考古游持續(xù)成為熱點。很多珍貴文物都記載著中華文明的燦爛成就，具有深邃的文化寓意和極高的學術價值。下列國寶級文物主要由合金材料制成的是 選項 A B C D 文物 名稱 鑄客大銅鼎 河姆渡出土陶灶 獸首瑪瑙杯 角形玉杯 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 分析】 【詳解】A．鑄客大銅鼎屬于銅的合金，A符合題意； B．河姆渡出土陶灶屬于陶器，主要

2、成分為硅酸鹽，不屬于合金，B不符合題意； C．獸首瑪瑙杯主要成分為二氧化硅，不屬于合金，C不符合題意； D．角形玉杯主要成分為硅酸鹽，不屬于合金，D不符合題意； 故選A。 2. 廣東有眾多國家級非物質文化遺產(chǎn)，如廣東剪紙、粵繡、潮汕工夫茶藝和香云紗染整技藝等。下列說法不正確的是 A. 廣東剪紙的裁剪過程不涉及化學變化 B. 沖泡工夫茶時茶香四溢，體現(xiàn)了分子是運動的 C. 制作粵繡所用的植物纖維布含有天然高分子化合物 D. 染整技藝中去除絲膠所用純堿水溶液屬于純凈物 【答案】D 【解析】 【分析】 【詳解】A．廣東剪紙的裁剪過程中沒有新物質生成，故不涉及化學變化，A正確；

3、 B．沖泡工夫茶時茶香四溢，是因為茶水的香味分子不停地做無規(guī)則的運動，擴散到空氣中，B正確； C．制作粵繡所用的植物纖維布含有纖維素，屬于天然高分子化合物，C正確； D．染整技藝中去除絲膠所用的純堿水溶液屬于混合物，D錯誤。 故選D。 3. “天問一號”著陸火星，“嫦娥五號”采回月壤。騰飛中國離不開化學，長征系列運載火箭使用的燃料有液氫和煤油等化學品。下列有關說法正確的是 A. 煤油是可再生能源 B. 燃燒過程中熱能轉化為化學能 C. 火星隕石中的質量數(shù)為20 D. 月壤中的與地球上的互為同位素 【答案】C 【解析】 【分析】 【詳解】A．煤油來源于石油，屬于不可再生

4、能源，故A錯誤； B．氫氣的燃燒過程放出熱量，將化學能變?yōu)闊崮?，故B錯誤； C．元素符號左上角數(shù)字為質量數(shù)，所以火星隕石中的 20Ne 質量數(shù)為20，故C正確； D．同位素須為同種元素，3He 和 3H的質子數(shù)不同，不可能為同位素關系，故D錯誤； 故選C。 4. 化學創(chuàng)造美好生活。下列生產(chǎn)活動中，沒有運用相應化學原理的是 選項 生產(chǎn)活動 化學原理 A 用聚乙烯塑料制作食品保鮮膜 聚乙烯燃燒生成和 B 利用海水制取溴和鎂單質 可被氧化、可被還原 C 利用氫氟酸刻蝕石英制作藝術品 氫氟酸可與反應 D 公園的鋼鐵護欄涂刷多彩防銹漆 鋼鐵與潮濕空氣隔絕可防止腐蝕

5、 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【分析】 【詳解】A．聚乙烯是一種無毒的塑料，是最常見的食品包裝袋材料之一，則用聚乙烯塑料制作食品包裝袋與燃燒生成二氧化碳和水無關，故A符合題意； B．溴離子具有還原性，能與氯氣反應生成溴單質，鎂離子具有弱氧化性，能用電解熔融氯化鎂的方法制得鎂，則海水制取溴和鎂與單質，與溴離子可被氧化、鎂離子可被還原有關，故B不符合題意； C．氫氟酸能與二氧化硅反應，常用來刻蝕石英制作藝術品，則用氫氟酸刻蝕石英制作藝術品，與氫氟酸能與二氧化硅反應有關，故C不符合題意； D．鋼鐵在潮濕的空氣中易發(fā)生吸氧腐蝕，在護欄上涂油漆可以隔

6、絕鋼鐵與潮濕空氣接觸，防止鋼鐵腐蝕，則公園的鋼鐵護欄涂刷多彩油漆防銹，與隔絕鋼鐵與潮濕的空氣防止腐蝕有關，故D不符合題意； 故選A。 5. 昆蟲信息素是昆蟲之間傳遞信號的化學物質。人工合成信息素可用于誘捕害蟲、測報蟲情等。一種信息素的分子結構簡式如圖所示，關于該化合物說法不正確的是 A. 屬于烷烴 B. 可發(fā)生水解反應 C. 可發(fā)生加聚反應 D. 具有一定的揮發(fā)性 【答案】A 【解析】 【分析】 【詳解】A．根據(jù)結構簡式可知，分子中含C、H、O，含碳碳雙鍵和酯基，不屬于烷烴，A錯誤； B．分子中含酯基，在酸性條件或堿性條件下可發(fā)生水解反應，B正確； C．分子中含碳碳

7、雙鍵，可發(fā)生加聚反應，C正確； D．該信息素“可用于誘捕害蟲、測報蟲情”，可推測該有機物具有一定的揮發(fā)性，D正確； 故選A。 6. 勞動成就夢想。下列勞動項目與所述的化學知識沒有關聯(lián)的是 選項 勞動項目 化學知識 A 社區(qū)服務：用84消毒液對圖書館桌椅消毒 含氯消毒劑具有氧化性 B 學農(nóng)活動：用廚余垃圾制肥料 廚余垃圾含、、等元素 C 家務勞動：用白醋清洗水壺中的水垢 乙酸可由乙醇氧化制備 D 自主探究：以油脂為原料制肥皂 油脂可發(fā)生皂化反應 A. A B. B C. C D. D 【答案】C 【解析】 【分析】 【詳解】A．84消毒液中含有具

8、有強氧化性的次氯酸鈉，能起到殺菌消毒的作用，則用84消毒液對圖書館桌椅消毒與含氯消毒劑具有氧化性有關，故A不符合題意； B．含有氮、磷、鉀的物質常用做化肥，則廚余垃圾制肥料與廚余垃圾含有氮、磷、鉀等元素有關，故B不符合題意； C．用白醋清洗水壺中的水垢與乙酸的酸性有關，與乙酸可由乙醇氧化制備無關，故C符合題意； D．油脂在堿性條件下可發(fā)生水解反應生成甘油和可制作肥皂的高級脂肪酸鹽，則以油脂為原料制備肥皂與油脂可發(fā)生皂化反應有關，故D不符合題意； 故選C。 7. 測定濃硫酸試劑中含量的主要操作包括：①量取一定量的濃硫酸，稀釋；②轉移定容得待測液；③移取待測液，用的溶液滴定。上述操作中，

9、不需要用到的儀器為 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 【詳解】實驗過程中，①量取一定量的濃硫酸并稀釋所需儀器為：量筒、燒杯、玻璃棒；②轉移定容得待測液所需儀器為：玻璃棒、容量瓶、膠頭滴管；③移取20.00mL待測液，用0.1000mol/L的NaOH溶液滴定所需儀器為：酸式滴定管、堿式滴定管、錐形瓶，選項中A為容量瓶，B為分液漏斗，C為錐形瓶，D為堿式滴定管，上述操作中，不需要用到的儀器為分液漏斗，綜上所述，故答案為B。 8. 鳥嘌呤()是一種有機弱堿，可與鹽酸反應生成鹽酸鹽(用表示)。已知水溶液呈酸性，下列敘述正確的是 A. 水溶液的

10、 B. 水溶液加水稀釋，升高 C. 在水中的電離方程式為： D. 水溶液中： 【答案】B 【解析】 【分析】 【詳解】A．GHCl為強酸弱堿鹽，電離出的GH+會發(fā)生水解，弱離子的水解較為微弱，因此0.001mol/L GHCl水溶液的pH>3，故A錯誤； B．稀釋GHCl溶液時，GH+水解程度將增大，根據(jù)勒夏特列原理可知溶液中c(H+)將減小，溶液pH將升高，故B正確； C．GHCl為強酸弱堿鹽，在水中電離方程式為GHCl=GH++Cl-，故C錯誤； D．根據(jù)電荷守恒可知，GHCl溶液中c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(GH+)，故D錯誤； 綜上所述，敘述正確的是

11、B項，故答案為B。 9. 火星大氣中含有大量，一種有參加反應的新型全固態(tài)電池有望為火星探測器供電。該電池以金屬鈉為負極，碳納米管為正極，放電時 A. 負極上發(fā)生還原反應 B. 在正極上得電子 C. 陽離子由正極移向負極 D. 將電能轉化為化學能 【答案】B 【解析】 【分析】 【詳解】根據(jù)題干信息可知，放電時總反應為4Na+3CO2=2Na2CO3+C。 A．放電時負極上Na發(fā)生氧化反應失去電子生成Na+，故A錯誤； B．放電時正極為CO2得到電子生成C，故B正確； C．放電時陽離子移向還原電極，即陽離子由負極移向正極，故C錯誤； D．放電時裝置為原電池，能量轉化關系為化

12、學能轉化為電能和化學能等，故D正確； 綜上所述，符合題意的為B項，故答案為B。 10. 部分含鐵物質的分類與相應化合價關系如圖所示。下列推斷不合理的是 A. 可與反應生成 B. 既可被氧化，也可被還原 C. 可將加入濃堿液中制得膠體 D. 可存在的循環(huán)轉化關系 【答案】C 【解析】 【分析】圖中所示鐵元素不同化合價的物質：a為Fe，b為FeCl2、FeSO4、Fe(NO3)2等Fe(II)的鹽類物質，c為Fe(OH)2，e為FeCl3、Fe2(SO4)3、Fe(NO3)3等Fe(III)的鹽類物質，d為Fe(OH)3。 【詳解】A．Fe與Fe(III)的鹽類物質可發(fā)

13、生反應生成Fe(II)的鹽類物質，如Fe+2FeCl3=3FeCl2，故A不選； B．Fe(II)為鐵元素的中間價態(tài)，既有還原性也有氧化性，因此既可被氧化，也可被還原，故B不選； C．Fe(III)的鹽類物質與濃堿液反應生成Fe(OH)3沉淀，制備Fe(OH)3膠體操作為：向沸水中滴加飽和FeCl3溶液，繼續(xù)煮沸至溶液呈紅褐色，停止加熱，故C選； D．轉化如，故D不選； 綜上所述，答案為C。 11. 設為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是 A. 含有鍵的數(shù)目為 B. 的鹽酸含有陰離子總數(shù)為 C. 與混合后的分子數(shù)目為 D. 與足量反應生成的分子數(shù)目為 【答案】A 【解析

14、】 【分析】 【詳解】A．1個分子中含有3個鍵，微粒個數(shù)與物質的量成正比，故含有3mol鍵，鍵的數(shù)目為，A正確； B．鹽酸為氯化氫的水溶液，氯化氫會全部電離出陰離子Cl-，水會部分電離出陰離子OH-，水的質量及電離程度未知，故無法計算的鹽酸含有陰離子總數(shù)，B錯誤； C．未提到具體的溫度、壓強（如標況下），故無法計算與混合后的分子數(shù)目，C錯誤； D．為1mol，鈉與足量的水反應生成氫氣的關系式為:，故1mol Na應對應生成0.5mol H2，分子數(shù)目應為0.5，D錯誤； 故選A。 12. 化學是以實驗為基礎的科學。下列實驗操作或做法正確且能達到目的的是 選項 操作或做法 目

15、的 A 將銅絲插入濃硝酸中 制備 B 將密閉燒瓶中的降溫 探究溫度對平衡移動的影響 C 將溴水滴入溶液中，加入乙醇并振蕩 萃取溶液中生成的碘 D 實驗結束，將剩余固體放回原試劑瓶 節(jié)約試劑 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【分析】 【詳解】A．將銅絲插入濃硝酸中開始會產(chǎn)生二氧化氮，不能達到實驗目的，A不符合題意； B．二氧化氮氣體在一定條件下存在平衡：，正反應為放熱反應，NO2為紅棕色氣體，將密閉燒瓶中NO2降溫，會使該平衡向正反應方向移動，氣體顏色變淺，因此可達到實驗目的，B符合題意； C．乙醇與水互溶，不能作碘單質的萃

16、取劑，做法不正確，C不符合題意； D．一般情況下，剩余試劑需放到指定的容器中，不能放回原試劑瓶，以防污染原試劑，操作錯誤，D不符合題意； 故選B。 13. 一種麻醉劑的分子結構式如圖所示。其中，的原子核只有1個質子；元素、、原子序數(shù)依次增大，且均位于的下一周期；元素的原子比原子多8個電子。下列說法不正確的是 A. 是一種強酸 B. 非金屬性： C. 原子半徑： D. 中，的化合價為+2價 【答案】C 【解析】 【分析】題給化合物結構中X、W、E均形成1個共價鍵、Y形成4個共價鍵、Z形成2個共價鍵。 的原子核只有1個質子，則X為H元素；元素、、原子序數(shù)依次增大，且均位于

17、的下一周期，即第二周期元素，則Y為C元素，Z為O元素，W為F元素；元素的原子比原子多8個電子，則E為Cl元素，綜合以上分析可知，X、Y、Z、W、E分別為H、C、O、F、Cl元素。 據(jù)此分析解答。 【詳解】A．氯元素非金屬性較強，其最高價氧化物的水化物HClO4是一種強酸，故A正確； B．同一周期元素從左到右非金屬性逐漸增強，所以非金屬性：F>O>C，故B正確； C．同一周期從左到右原子半徑逐漸減小，同一主族從上到下原子半徑逐漸增大，電子層越多半徑越大，所以原子半徑：Cl>C>F，故C錯誤； D．OF2中，F(xiàn)為-1價，則O的化合價為+2價，故D正確； 答案選C。 14. 反應經(jīng)

18、歷兩步：①；②。反應體系中、、的濃度c隨時間t的變化曲線如圖所示。下列說法不正確的是 A. a為隨t的變化曲線 B. 時， C. 時，的消耗速率大于生成速率 D. 后， 【答案】D 【解析】 【分析】由題中信息可知，反應經(jīng)歷兩步：①；②。因此，圖中呈不斷減小趨勢的ａ線為X的濃度隨時間的變化曲線，呈不斷增加趨勢的線為Z的濃度隨時間的變化曲線，先增加后減小的線為Y的濃度隨時間的變化曲線。 【詳解】A．X是唯一的反應物，隨著反應的發(fā)生，其濃度不斷減小，因此，由圖可知，為隨的變化曲線，A正確； B．由圖可知，分別代表3種不同物質的曲線相交于時刻，因此，時，B正確； C．由圖中信

19、息可知，時刻以后，Y的濃度仍在不斷減小，說明時刻反應兩步仍在向正反應方向發(fā)生，而且反應①生成Y的速率小于反應②消耗Y的速率，即時的消耗速率大于生成速率，C正確； D．由圖可知，時刻反應①完成，X完全轉化為Y，若無反應②發(fā)生，則，由于反應②的發(fā)生，時刻Y濃度的變化量為，變化量之比等于化學計量數(shù)之比，所以Z的濃度的變化量為，這種關系在后仍成立， 因此，D不正確。 綜上所述，本題選D。 15. 宏觀辨識與微觀探析是化學學科核心素養(yǎng)之一。下列物質性質實驗對應的反應方程式書寫正確的是 A. 放入水中： B. 通過灼熱鐵粉： C. 銅絲插入熱的濃硫酸中： D. 通入酸性溶液中： 【答案】D

20、 【解析】 【分析】 【詳解】A．放入水中化學方程式應該是：，A選項中氧元素不守恒，A錯誤； B．通過灼熱鐵粉應高溫條件下生成四氧化三鐵和氫氣，B錯誤； C．銅絲插入熱的濃硫酸中生成的氣體不是氫氣，應是二氧化硫，C錯誤； D．通入酸性溶液中，被氧化為，被還原為，再根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒和元素守恒可得離子方程式為，D正確； 故選D。 16. 鈷()的合金材料廣泛應用于航空航天、機械制造等領域。如圖為水溶液中電解制備金屬鈷的裝置示意圖。下列說法正確的是 A. 工作時，Ⅰ室和Ⅱ室溶液的均增大 B. 生成，Ⅰ室溶液質量理論上減少 C. 移除兩交換膜后，石墨電極上發(fā)生的

21、反應不變 D. 電解總反應： 【答案】D 【解析】 【分析】由圖可知，該裝置為電解池，石墨電極為陽極，水在陽極失去電子發(fā)生氧化反應生成氧氣和氫離子，電極反應式為2H2O-4e-=O2↑+4H+，Ⅰ室中陽離子電荷數(shù)大于陰離子電荷數(shù)，放電生成氫離子通過陽離子交換膜由Ⅰ室向Ⅱ室移動，鈷電極為陰極，鈷離子在陰極得到電子發(fā)生還原反應生成鈷，電極反應式為Co2++2e-=Co，Ⅲ室中陰離子電荷數(shù)大于陽離子電荷數(shù)，氯離子過陰離子交換膜由Ⅲ室向Ⅱ室移動，電解的總反應的離子方程式為2Co2++2H2O2 Co +O2↑+4H+。 【詳解】A．由分析可知，放電生成的氫離子通過陽離子交換膜由Ⅰ室向Ⅱ室移動

22、，使Ⅱ室中氫離子濃度增大，溶液pH減小，故A錯誤； B．由分析可知，陰極生成1mol鈷，陽極有1mol水放電，則Ⅰ室溶液質量減少18g，故B錯誤； C．若移除離子交換膜，氯離子的放電能力強于水，氯離子會在陽極失去電子發(fā)生氧化反應生成氯氣，則移除離子交換膜，石墨電極的電極反應會發(fā)生變化，故C錯誤； D．由分析可知，電解的總反應的離子方程式為2Co2++2H2O2 Co +O2↑+4H+，故D正確； 故選D。 二、非選擇題：共56分。第17~19題為必考題，考生都必須作答。第20~21題為選考題，考生根據(jù)要求作答。 (一)必考題：共42分。 17. 含氯物質在生產(chǎn)生活中有重要作用。1

23、774年，舍勒在研究軟錳礦(主要成分是)的過程中，將它與濃鹽酸混合加熱，產(chǎn)生了一種黃綠色氣體。1810年，戴維確認這是一種新元素組成的單質，并命名為chlorine(中文命名“氯氣”)。 (1)實驗室沿用舍勒的方法制取的化學方程式為_______。 (2)實驗室制取干燥時，凈化與收集所需裝置的接口連接順序為_______。 (3)某氯水久置后不能使品紅溶液褪色，可推測氯水中_______已分解。檢驗此久置氯水中存在的操作及現(xiàn)象是_______。 (4)某合作學習小組進行以下實驗探究。 ①實驗任務。通過測定溶液電導率，探究溫度對溶解度的影響。 ②查閱資料。電導率是表征電解質溶

24、液導電能力的物理量。溫度一定時，強電解質稀溶液的電導率隨溶液中離子濃度的增大而增大；離子濃度一定時，稀溶液電導率隨溫度的升高而增大。25℃時，。 ③提出猜想。 猜想a：較高溫度的飽和溶液的電導率較大。 猜想b：在水中的溶解度。 ④設計實驗、驗證猜想。取試樣Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ(不同溫度下配制的飽和溶液)，在設定的測試溫度下，進行表中實驗1~3，記錄數(shù)據(jù)。 實驗序號 試樣 測試溫度/℃ 電導率/ 1 Ⅰ：25℃的飽和溶液 25 2 Ⅱ：35℃的飽和溶液 35 3 Ⅲ：45℃的飽和溶液 45 ⑤數(shù)據(jù)分析、交流討論。25℃的飽和溶液中，_______。 實驗結

25、果為。小組同學認為，此結果可以證明③中猜想成立，但不足以證明猜想成立。結合②中信息，猜想不足以成立的理由有_______。 ⑥優(yōu)化實驗。小組同學為進一步驗證猜想，在實驗1~3的基礎上完善方案，進行實驗4和5。請在答題卡上完成表中內(nèi)容。 實驗序號 試樣 測試溫度/℃ 電導率/ 4 Ⅰ _______ 5 _______ _______ ⑦實驗總結。根據(jù)實驗1~5的結果，并結合②中信息，小組同學認為猜想也成立。猜想成立的判斷依據(jù)是_______。 【答案】 (1). MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O (2). c-d-b-a-e

26、 (3). HClO (4). 向溶液中加入過量稀硝酸，防止溶液中含有C、HC等，再加入少量AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，則證明原溶液中含有Cl- (5). 1.3410-5 (6). 測試溫度不同，根據(jù)電導率結果無法判斷不同溫度下飽和溶液的溶解度 (7). 45℃ (8). II (9). 45℃ (10). A3>B2>B1 【解析】 【分析】 【詳解】(1)實驗室通常采用濃鹽酸和MnO2制取，化學方程式為：MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案為：MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O； (

27、2)根據(jù)化學方程式可知，制取的氯氣中混有氯化氫、水蒸氣，氯氣有毒，必須進行尾氣處理，因此使用飽和食鹽水吸收氯化氫氣體，濃硫酸除去水蒸氣，最后用NaOH溶液吸收尾氣，因此接口連接順序為c-d-b-a-e，故答案為：c-d-b-a-e； (3)久置后不能使品紅溶液褪色，說明HClO已分解；檢驗的方法為向溶液中加入過量稀硝酸，防止溶液中含有C、HC等，再加入少量AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，則證明原溶液中含有Cl-，故答案為：HClO；向溶液中加入過量稀硝酸，防止溶液中含有C、HC等，再加入少量AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，則證明原溶液中含有Cl-； (4)⑤25℃時，，根據(jù)沉淀溶解平衡

28、可知，飽和的溶液中，所以有==1.3410-5； 實驗1~3中，不同的飽和溶液濃度不同且測試溫度不同，根據(jù)資料顯示離子濃度一定時，稀溶液電導率隨溫度的升高而增大，所以根據(jù)實驗1~3無法判斷溫度較高的飽和溶液離子濃度大，進而不能得出溶解度關系，故答案為：1.3410-5；測試溫度不同，根據(jù)電導率結果無法判斷不同溫度下飽和溶液的溶解度； ⑥如果要判斷AgCl在水中的溶解度隨溫度的變化情況，可以設計不相同溫度下的飽和溶液在相同溫度下測試，如果溫度較高下的飽和溶液電導率比溫度較低的飽和溶液電導率高，則可以得出溫度升高飽和溶液中離子濃度高。所以可以設計試樣Ⅰ在45℃下測試與實驗3比較；設計試樣II在

29、45℃下測試與實驗3比較。故答案為：45℃；II；45℃； ⑦猜想成立的判斷依據(jù)是A3>B2>B1，故答案為：A3>B2>B1。 18. 對廢催化劑進行回收可有效利用金屬資源。某廢催化劑主要含鋁()、鉬()、鎳()等元素的氧化物，一種回收利用工藝的部分流程如下： 已知：25℃時，的，；；；該工藝中，時，溶液中元素以的形態(tài)存在。 (1)“焙燒”中，有生成，其中元素的化合價為_______。 (2)“沉鋁”中，生成的沉淀為_______。 (3)“沉鉬”中，為7.0。 ①生成的離子方程式為_______。 ②若條件控制不當，也會沉淀。為避免中混入沉淀，溶液中_______(

30、列出算式)時，應停止加入溶液。 (4)①濾液Ⅲ中，主要存在的鈉鹽有和，為_______。 ②往濾液Ⅲ中添加適量固體后，通入足量_______(填化學式)氣體，再通入足量，可析出。 (5)高純(砷化鋁)可用于芯片制造。芯片制造中的一種刻蝕過程如圖所示，圖中所示致密保護膜為一種氧化物，可阻止刻蝕液與下層(砷化鎵)反應。 ①該氧化物為_______。 ②已知：和同族，和同族。在與上層的反應中，元素的化合價變?yōu)?5價，則該反應的氧化劑與還原劑物質的量之比為_______。 【答案】 (1). +6 (2). (3). +=↓ (4). (5).

31、 (6). (7). (8). 【解析】 【分析】由題中信息可知，廢催化劑與氫氧化鈉一起焙燒后，鋁和鉬都發(fā)生了反應分別轉化為偏鋁酸鈉和鉬酸鈉，經(jīng)水浸、過濾，分離出含鎳的固體濾渣，濾液I中加入過量的二氧化碳，偏鋁酸鈉轉化為氫氧化鋁沉淀，過濾得到的沉淀X為氫氧化鋁，濾液II中加入適量的氯化鋇溶液沉鉬后，過濾得到鉬酸鋇。 【詳解】（1）“焙燒”中，有生成，其中Na和O的化合價為+1和-2，根據(jù)化合價的代數(shù)和為0可知，元素的化合價為+6。 （2）“沉鋁”中，偏鋁酸鈉轉化為氫氧化鋁，因此，生成的沉淀為。 （3）①濾液II中含有鉬酸鈉，加入氯化鋇溶液后生成沉淀，該反應的離子

32、方程式為+=↓。 ②若開始生成沉淀，則體系中恰好建立如下平衡：，該反應的化學平衡常數(shù)為。為避免中混入沉淀，必須滿足，由于“沉鉬”中為7.0，，所以溶液中時，開始生成沉淀， 因此， 時，應停止加入溶液。 （4）①濾液I中加入過量的二氧化碳，偏鋁酸鈉轉化為氫氧化鋁沉淀，同時生成碳酸氫鈉，過濾得到的濾液II中含有碳酸氫鈉和鉬酸鈉。濾液II中加入適量的氯化鋇溶液沉鉬后，因此，過濾得到的濾液Ⅲ中，主要存在的鈉鹽有和，故為。 ②根據(jù)侯氏制堿法的原理可知，往濾液Ⅲ中添加適量固體后，通入足量，再通入足量，可析出。 （5）①由題中信息可知，致密的保護膜為一種氧化物，是由與反應生成的，聯(lián)想到金屬鋁表面容易

33、形成致密的氧化膜可知，該氧化物為。 ②由和同族、和同族可知，中顯+3價（其最高價）、顯-3價。在與上層的反應中，元素的化合價變?yōu)?5價，其化合價升高了8，元素被氧化，則該反應的氧化劑為，還原劑為。中的O元素為-1價，其作為氧化劑時，O元素要被還原到-2價，每個參加反應會使化合價降低2，根據(jù)氧化還原反應中元素化合價升高的總數(shù)值等于化合價降低的總數(shù)值可知，該反應的氧化劑與還原劑物質的量之比為。 19. 我國力爭于2030年前做到碳達峰，2060年前實現(xiàn)碳中和。CH4與CO2重整是CO2利用的研究熱點之一。該重整反應體系主要涉及以下反應： a)CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g

34、) ?H1 b)CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) ?H2 c)CH4(g)C(s)+2H2(g) ?H3 d)2CO(g)CO2(g)+C(s) ?H4 e)CO(g)+H2(g)H2O(g)+C(s) ?H5 (1)根據(jù)蓋斯定律，反應a的?H1=_______(寫出一個代數(shù)式即可)。 (2)上述反應體系在一定條件下建立平衡后，下列說法正確的有_______。 A. 增大CO2與CH4的濃度，反應a、b、c的正反應速率都增加 B. 移去部分C(s)，反應c、d、e的平衡均向右移動 C. 加入反應a的催化劑，可提高CH4的平衡轉化率 D. 降低反應溫度，反應a

35、~e的正、逆反應速率都減小 (3)一定條件下，CH4分解形成碳的反應歷程如圖所示。該歷程分_______步進行，其中，第_______步的正反應活化能最大。 (4)設K為相對壓力平衡常數(shù)，其表達式寫法：在濃度平衡常數(shù)表達式中，用相對分壓代替濃度。氣體的相對分壓等于其分壓（單位為kPa）除以p0（p0=100kPa）。反應a、c、e的ln K隨（溫度的倒數(shù)）的變化如圖所示。 ①反應a、c、e中，屬于吸熱反應的有_______(填字母)。 ②反應c的相對壓力平衡常數(shù)表達式為K=_______。 ③在圖中A點對應溫度下、原料組成為n(CO2):n(CH4)=1:1、初始總壓

36、為100kPa的恒容密閉容器中進行反應，體系達到平衡時H2的分壓為40kPa。計算CH4的平衡轉化率，寫出計算過程_______。 (5)CO2用途廣泛，寫出基于其物理性質的一種用途：_______。 【答案】 (1). ?H2+?H3-?H5或?H3-?H4 (2). AD (3). 4 (4). 4 (5). ac (6). (7). 68% (8). 做冷凍劑 【解析】 【分析】根據(jù)蓋斯定律計算未知反應的反應熱；根據(jù)影響化學反應速率和化學平衡的因素判斷反應速率的變化及轉化率的變化；根據(jù)圖像及曲線高低判斷反應進程和活化能的相對大小；

37、根據(jù)平衡時反應物的分壓計算平衡轉化率；根據(jù)CO2的物理性質推測CO2的用途。 【詳解】(1)根據(jù)題目所給出的反應方程式關系可知，a=b+c-e=c-d，根據(jù)蓋斯定律則有?H1=?H2+?H3-?H5=?H3-?H4； (2)A．增大CO2和CH4的濃度，對于反應a、b、c來說，均增大了反應物的濃度，反應的正反應速率增大，A正確； B．移去部分C(s)，沒有改變反應體系中的壓強，反應的正逆反應速率均不變，平衡不移動，B錯誤； C．催化劑可以同等條件下增大正逆反應速率，只能加快反應進程，不改變反應的平衡狀態(tài)，平衡轉化率不變，C錯誤； D．降低溫度，體系的總能量降低，正、逆反應速率均減小，

38、D正確； 故答案選AD； (3)由圖可知，反應過程中能量變化出現(xiàn)了4個峰，即吸收了4次活化能，經(jīng)歷了4步反應；且從左往右看4次活化能吸收中，第4次對應的峰最高，即正反應方向第4步吸收的能量最多，對應的正反應活化能最大。 (4)①隨著溫度的升高，反應a和c的ln K增大，說明K的數(shù)值增大，反應向正反應方向進行，反應a和c為吸熱反應，同理反應e的ln K減小，說明K的減小，反應向逆反應方向進行，反應e為放熱反應，故答案為ac； ②用相對分壓代替濃度，則反應c的平衡常數(shù)表達式K=； ③由圖可知，A處對應反應c的ln K=0，即K==1，解方程的p2(H2)=p(CH4)，已知反應平衡時p(

39、H2)=40kPa，則有p(CH4)=16kPa，且初始狀態(tài)時p(CH4)=×100kPa=50kPa，故CH4的平衡轉化率為×100%=68%； (5)固態(tài)CO2即為干冰，干冰用于制冷或人工降雨均是利用其物理性質。 【點睛】本題難點在于K與關系曲線的判斷，在曲線中斜率為正為放熱反應，斜率為負為吸熱反應。 【化學—選修3：物質結構與性質】 20. 很多含巰基（-SH）的有機化合物是重金屬元素汞的解毒劑。例如，解毒劑化合物I可與氧化汞生成化合物Ⅱ。 （1）基態(tài)硫原子價電子排布式為__________。 （2）H2S、CH4、H2O的沸點由高到低順序為__________。 （

40、3）汞的原子序數(shù)為80，位于元素周期表第______周期第ⅡB族。 （4）化合物Ⅲ也是一種汞解毒劑。化合物Ⅳ是一種強酸。下列說法正確的有________。 A. 在I中S原子采取sp3雜化 B. 在Ⅱ中S元素的電負性最大 C. 在Ⅲ中C-C-C鍵角是180° D. 在Ⅲ中存在離子鍵與共價鍵 E. 在Ⅳ中硫氧鍵的鍵能均相等 （5）汞解毒劑的水溶性好，有利于體內(nèi) 重金屬元素汞的解毒?；衔颕與化合物Ⅲ相比，水溶性較好的是________。 （6）理論計算預測，由汞（Hg）、鍺（Ge）、銻（Sb）形成的一種新物質X為潛在的拓撲絕緣體材料。X的晶體可視為Ge晶體（晶胞如圖9

41、a所示）中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成。 ①圖9b為Ge晶胞中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成的一種單元結構，它不是晶胞單元，理由是__________________。 ②圖9c為X的晶胞，X的晶體中與Hg距離最近的Sb的數(shù)目為_________；該晶胞中粒子個數(shù)比Hg：Ge：Sb = _________。 ③設X的最簡式的式量為Mr，則X晶體的密度為________g/cm3（列出算式）。 【答案】 (1). 3s23p4 (2). H2O>H2S>CH4 (3). 六 (4). D (5). 化合物III (6). 由圖9c可知

42、，圖9b中Sb、Hg原子取代位置除圖9b外還有其它形式 (7). 4 (8). 1：1：2 (9). 【解析】 【分析】 【詳解】(1)基態(tài)硫原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p4，因此基態(tài)硫原子價電子排布式為3s23p4，故答案為：3s23p4。 (2)H2S、CH4、H2O均為分子晶體，H2O分子間存在氫鍵，沸點較高，H2S、CH4的分子間范德華力隨相對分子質量增大而增加，因此沸點由高到低順序為：H2O>H2S>CH4，故答案為：H2O>H2S>CH4。 (3)第六周期0族元素的原子序數(shù)為86，因此第80號元素Hg位于第六周期第ⅡB族，故答案為：六

43、。 (4)A．中S原子的價層電子對數(shù)=2+=4，因此S原子采取sp3雜化，故A正確； B．中含有的元素為H、C、O、S、Hg，同周期元素從左至右元素的電負性逐漸增大，同主族元素從上至下元素的電負性逐漸減小，因此5種元素中電負性最大的為O元素，故B錯誤； C．中C原子成鍵均為單鍵，因此C原子采取sp3雜化，所以C-C-C鍵角接近109o28’，故C錯誤； D．中存在C-H、C-C、C-S、S=O、S-O、S-H共價鍵和與Na+之間的離子鍵，故D正確； 綜上所述，說法正確的是BD項，故答案為BD。 (5)中羥基能與水分子之間形成分子間氫鍵，為易溶于水的鈉鹽，溶于水后電離出的中O原子均能

44、與水分子之間形成氫鍵，相同物質的量兩種物質溶于水后，形成的氫鍵更多，因此化合物III更易溶于水，故答案為：化合物III。 (6)①對比圖9b和圖9c可得X晶體的晶胞中上下兩個單元內(nèi)的原子位置不完全相同，不符合晶胞晶胞是晶體的最小重復單位要求，故答案為：由圖9c可知，圖9b中Sb、Hg原子取代位置除圖9b外還有其它形式。 ②以晶胞上方立方體中右側面心中Hg原子為例，同一晶胞中與Hg距離最近的Sb的數(shù)目為2，右側晶胞中有2個Sb原子與Hg原子距離最近，因此X的晶體中與Hg距離最近的Sb的數(shù)目為4；該晶胞中Sb原子均位于晶胞內(nèi)，因此1個晶胞中含有Sb原子數(shù)為8，Ge原子位于晶胞頂點、面心、體心，

45、因此1個晶胞中含有Ge原子數(shù)為1+8×+4×=4，Hg原子位于棱邊、面心，因此1個晶胞中含有Hg原子數(shù)為6×+4×=4，則該晶胞中粒子個數(shù)比Hg：Ge：Sb =4：4：8=1：1：2，故答案為：4；1：1：2。 ③1個晶胞的質量m=，1個晶胞的體積V=(x×10-7cm)2×(y×10-7cm)=x2y×10-21cm3，則X晶體的密度為== g/cm3，故答案為：。 【化學—選修5：有機化學基礎】 21. 天然產(chǎn)物Ⅴ具有抗瘧活性，某研究小組以化合物Ⅰ為原料合成Ⅴ及其衍生物Ⅵ的路線如下(部分反應條件省略，Ph表示-C6H5)： 已知： (1)化合物Ⅰ中含氧官能團有______

46、_(寫名稱)。 (2)反應①的方程式可表示為：I+II=III+Z，化合物Z的分子式為_______。 (3)化合物IV能發(fā)生銀鏡反應，其結構簡式為_______。 (4)反應②③④中屬于還原反應的有_______，屬于加成反應的有_______。 (5)化合物Ⅵ的芳香族同分異構體中，同時滿足如下條件的有_______種，寫出其中任意一種的結構簡式：_______。 條件：a.能與NaHCO3反應；b. 最多能與2倍物質的量的NaOH反應；c. 能與3倍物質的量的Na發(fā)生放出H2的反應；d.核磁共振氫譜確定分子中有6個化學環(huán)境相同的氫原子；e.不含手性碳原子(手性碳原子是指連有4個不

47、同的原子或原子團的飽和碳原子)。 (6)根據(jù)上述信息，寫出以苯酚的一種同系物及HOCH2CH2Cl為原料合成的路線_______(不需注明反應條件)。 【答案】 (1). （酚）羥基、醛基 (2). C18H15OP (3). (4). ②④ (5). ② (6). 10 (7). (8). 【解析】 【分析】 【詳解】(1)根據(jù)有機物Ⅰ的結構，有機物Ⅰ為對醛基苯酚，其含氧官能團為（酚）羥基、醛基； (2)反應①的方程式可表示為：Ⅰ+Ⅱ=Ⅲ+Z，根據(jù)反應中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的分子式和質量守恒定律可知，反應前與反應后的原子個數(shù)相同，則反應

48、后Z的分子式為C18H15OP； (3)已知有機物Ⅳ可以發(fā)生銀鏡反應，說明有機物Ⅳ中含有醛基，又已知有機物Ⅳ可以發(fā)生反應生成，則有機物Ⅳ一定含有酚羥基，根據(jù)有機物Ⅳ的分子式和可以得出，有機物Ⅳ的結構簡式為； (4)還原反應時物質中元素的化合價降低，在有機反應中一般表現(xiàn)為加氫或者去氧，所以反應②和④為還原反應，其中反應②為加成反應； (5)化合物Ⅳ的分子式為C10H12O4，能與NaHCO3反應說明含有羧基，能與NaOH反應說明含有酚羥基或羧基或酯基，最多能與2倍物質的量的NaOH反應，說明除一個羧基外還可能含有酚羥基、羧基、酯基其中的一個，能與Na反應的掛能能團為醇羥基、酚羥基、羧基，能

49、與3倍物質的量的發(fā)生放出的反應，說明一定含有醇羥基，綜上該分子一定含有羧基和醇羥基，由于該分子共有4個碳氧原子，不可能再含有羧基和酯基，則還應含有酚羥基，核磁共振氫譜確定分子中有6個化學環(huán)境相同的氫原子，說明含有兩個甲基取代基，并且高度對稱，據(jù)此可知共有三個取代基，分別是-OH、-COOH和，當-OH與-COOH處于對位時，有兩種不同的取代位置，即和；當-OH與處于對位時，-COOH有兩種不同的取代位置，即和；當-COOH與處于對位時，-OH有兩種不同的取代位置，即和；當三個取代基處于三個連續(xù)碳時，共有三種情況，即、和；當三個取代基處于間位時，共有一種情況，即，綜上分析該有機物的同分異構體共有十種。 (6)根據(jù)題給已知條件對甲苯酚與HOCH2CH2Cl反應能得到，之后水解反應得到，觀察題中反應可知得到目標產(chǎn)物需要利用反應④，所以合成的路線為。