(2021年)高考化學(xué)真題試卷(江蘇卷)帶答案解析

65n42221822351722265n4222182235172222432232021高化真試（蘇）一、單題（共題；分）糖是人體所需的重要營(yíng)養(yǎng)物質(zhì)。淀粉分子不含的元素是（）A.氫

B.碳

氮

氧【答案】C【考點(diǎn)】多糖的性質(zhì)和用途【解析答粉的化學(xué)式(CHO)，故淀中含有碳元素、氫元素和氧元素，不含有氮元素，C符合題意；故答案為：【分析】根據(jù)淀粉的化學(xué)式確定淀粉中所含和不含的元素。反NHCl+NaNO=NaCl+NO放熱且產(chǎn)生氣體，可用于冬天石油開(kāi)采。下列表示反應(yīng)中相關(guān)微粒的化學(xué)用語(yǔ)正確的是（）A.中數(shù)為18的原子：

B.N的結(jié)構(gòu)式：Na

的構(gòu)示意圖：

HO的子式：【答案】【考點(diǎn)】原子中的數(shù)量關(guān)系，電子式、化學(xué)式或化學(xué)符號(hào)及名稱的綜合【解析】【解答】、中子數(shù)為18的原子，其質(zhì)量=質(zhì)數(shù)中數(shù)=17+18=35，此該原子的表示方法為：??

，A不合題意；B、的結(jié)構(gòu)式為N≡N，不合題意；C、的最外層電子數(shù)為11失去一個(gè)電子后形成Na+，其離子結(jié)構(gòu)示意圖，不合題意；D、O中存在兩個(gè)氫氧共價(jià)鍵，其電子式為

，D符題意；故答案為：【分析】、標(biāo)在元素號(hào)左上角的數(shù)字表示的是質(zhì)量數(shù)，質(zhì)量=質(zhì)數(shù)中子數(shù)；B、分子中存在N≡N；C、

+

是在Na原子的基礎(chǔ)上失去最外層一個(gè)電子形成的；D、O中存在著氫氧共價(jià)鍵；下有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)與用途具有對(duì)應(yīng)關(guān)系的（）A.受易分解，可用作化肥具有氧化性，可用于紙漿漂白【答案】B

B.硫酸具有酸性，可用于除去鐵銹具有兩性，可用于電解冶煉鋁

3232222322232242324、、、4333343224333223【考點(diǎn)】鎂、鋁的重要化合3232222322232242324、、、4333343224333223【解析】【解答】、中有氮元素，可作氮肥，做氮肥與其受熱易分解的性質(zhì)無(wú)關(guān)A不合題意；B、銹主成分是FeO，屬金屬氧化物，金屬氧化物能與酸反應(yīng)，二者具有對(duì)應(yīng)關(guān)系符題意；CSO漂白紙漿的過(guò)程，是與紙漿中的有色物質(zhì)發(fā)生化合反應(yīng)形成色物質(zhì)，過(guò)程中沒(méi)有涉及氧化還原反應(yīng)，不體現(xiàn)SO的化性，該過(guò)程體現(xiàn)了的白性，不合題意；D、具有兩性，既能與強(qiáng)酸溶液反應(yīng)，也能與強(qiáng)堿溶液反應(yīng)，該性質(zhì)與電解冶煉鋁的用途無(wú)關(guān)不符合題意；故答案為：【分析】、受熱易分與做化肥無(wú)關(guān)；B、屬化能與酸反應(yīng)；CSO漂白紙漿體現(xiàn)了SO的漂白性；D、具有兩性，既能與強(qiáng)酸溶液反應(yīng)，也能與強(qiáng)堿溶液反應(yīng)；室下，下列各組離子在指定溶液中能大量存的是（）A.0.1mol·L

?1溶：

+

、

+

、2、32B.0.1

?1FeCl溶K

、、、

40.1mol·L

?1CO溶：+

、

2+Cl、?0.1mol·L

?1溶：+

3【答案】【考點(diǎn)】離子共存【解析】【解答】、溶液中各離子相互間不形成難溶（或微溶物）、不形成弱電解質(zhì)、不形成易揮發(fā)性物質(zhì)、不發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)和氧化還原反應(yīng)，可大量共存A符題意；B、液的MnO-題意；

具有氧化性具有還原性，二者可發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不可大量共存B不合C溶液中的

2+與2-形BaCO沉淀，不可大量共存C不合題意；D、液中-

在酸性條件下具有氧化性，能將HSO-

氧化成2-

，同H

能與HSO-

反應(yīng)生成SO和HO不可大量共存D不合題意故答案為：【分析】、溶液中各子相互間不發(fā)生反應(yīng)；B、-

具有氧化性，可將2+氧化；CBa2+能CO2-成沉淀；D、+能與-

反應(yīng)形成SO和H，-

在酸性條件下具有氧化性；下實(shí)驗(yàn)操作能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖牵ǎ?

33233333322332222423222222243323333332233222242322222224232222A.用水濕潤(rùn)的pH試紙測(cè)量溶液的pHB.將4.0g固置于100容瓶中，加水至刻度，配制1.000mol·L用置甲蒸干AlCl溶制無(wú)水固體用置乙除去實(shí)驗(yàn)室所制乙烯中的少量SO

?1溶液【答案】【考點(diǎn)溶酸堿性的判斷及相關(guān)計(jì)算，二氧化硫的性質(zhì)，蒸發(fā)和結(jié)晶、重結(jié)晶，配制一定物質(zhì)量濃度的溶液【解析】【解答】、測(cè)溶液的值，應(yīng)用干燥潔凈玻璃棒蘸取待測(cè)液滴在pH試紙上，顯色后與標(biāo)準(zhǔn)比色卡對(duì)照，得出溶液的p值若pH試紙潤(rùn)濕，則相當(dāng)于對(duì)溶液進(jìn)行了釋操作，對(duì)于酸性溶液，會(huì)使得結(jié)果偏大，對(duì)于堿性溶液，會(huì)的結(jié)果偏小，對(duì)于中性溶液，則無(wú)影響A不符合題意；B、制定質(zhì)的量濃度的溶液時(shí)，應(yīng)先將固體在燒杯中溶解，恢復(fù)至室溫后，再轉(zhuǎn)移到容量瓶中，不可在容量瓶?jī)?nèi)進(jìn)行溶解操作不合題意；CAlCl在中水解，產(chǎn)生Al(OH)和具有揮發(fā)性的，接加熱蒸發(fā)溶，最終得到的是Al(OH)，欲得到AlCl晶，應(yīng)在HCl氣中熱蒸發(fā)，以抑制AlCl的解C不符合題意；D、能與NaOH溶反應(yīng)，乙烯不能，故將混合氣體通過(guò)NaOH溶，可除去乙烯中混有S，符合題意；故答案為：【分析】、根據(jù)測(cè)溶pH的驗(yàn)操作分析；B、能容瓶?jī)?nèi)進(jìn)行溶解；CAlCl在中水解，產(chǎn)生Al(OH)和具有揮發(fā)性的；D、能溶反應(yīng)，乙烯不能；下有關(guān)化學(xué)反應(yīng)的敘述正確的是（）A.在硝酸中發(fā)生鈍化與過(guò)量氨水反應(yīng)生NH)SO

B.MnO和稀鹽酸反應(yīng)制取Cl室下與氣中反制取【答案】C【考點(diǎn)】氯氣的實(shí)驗(yàn)室制法，硝酸的化學(xué)性質(zhì)，二氧化硫的性質(zhì)，鈉的化學(xué)性質(zhì)【解析】【解答】、常溫下，濃硝酸能使鐵鈍化，稀酸不能使鐵鈍化A不合題意；B、驗(yàn)制所用的試劑為MnO和濃鹽酸，與稀鹽酸不反應(yīng)，不合題意；C氨水過(guò)量，則SO反，反應(yīng)生(SO，C符題意；D、溫下與空氣中的O反應(yīng)生成NaO，在加熱條件下，反生成NaO，D不合題意；故答案為：【分析】、常溫下，硝酸能使鐵鈍化；3

22322222222332223232322222223223323222322232222222233222323232222222322332322232423C氨水過(guò)量，則SO少，反應(yīng)生成SO2-；D、溫下，Na與O反應(yīng)生成Na；下指定反應(yīng)的離子方程式正確的是（）A.室下用稀溶吸收Cl：+2OH=ClO?+HOB.用鋁粉和NaOH溶反應(yīng)制取少量：?=+H↑室下用稀HNO溶解銅：=Cu2++2NOO向NaSiO溶中滴加稀鹽酸SiO+2H+SiO+【答案】【考點(diǎn)】離子方程式的書(shū)寫(xiě)【解析】【解答】、與NaOH溶液反應(yīng)生成、NaClO和O，該反應(yīng)的離子方程式：Cl=ClO?+Cl+HO，符合題意；B、與溶液反應(yīng)的離子方程式為：-

+2HO=2AlO-+3H，不符合題意；C銅與稀硝酸反應(yīng)的離子方程式為3Cu+8H+

-

=3Cu

2++2NO↑+4HO，不符合題意；D、酸與SiO溶液反應(yīng)的離子方程式為SiO+

=HSiO↓，不合題意；故答案為：【分析】、與NaOH溶液反應(yīng)生成、和HO；B、滿電守恒；C左右兩邊電荷不守恒；D、SiO是可溶性鹽，在離子方程式中可以拆解成離形式；短期主族元素、、、的子序數(shù)依次增大X是地殼中含量最多的元素，原的最外層有電子，的單質(zhì)晶體是應(yīng)用最廣泛的半導(dǎo)體材料W與位同一主族。下列說(shuō)法正確的是（）A.原半徑：(W)>r(Z)>(Y)>B.由、Y組的化合物是離子化合物的高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性比W的強(qiáng)

W的單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比的【答案】B【考點(diǎn)】元素周期表中原子結(jié)構(gòu)與元素性質(zhì)的遞變規(guī)律【解析】【解答】、同一主族，電子層數(shù)越大，原子徑越大，同一周期，核電荷數(shù)越大，原子半徑越小，因此四種原子的半徑大小關(guān)系為即r(Y)>r(Z)>r(W)>r(X)，不符合題意；B、X、組的化合物為，屬于離子化合物，符合題意；C非金屬性越強(qiáng)，其最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性越強(qiáng)，由于非金屬性S(W)>Si(Z)，最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性：>HSiO，C不符合題意；D、金屬性越強(qiáng)，其簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)性越強(qiáng)，由于非金屬性X>W，則簡(jiǎn)單氫化物的穩(wěn)定性W的比的弱不合題意；故答案為：【分析“X是殼中含量最多的元素則為；Y原子的最外層有2個(gè)子”Y為Mg“的質(zhì)晶體是應(yīng)用最廣泛的半導(dǎo)體材料則Z為Si；W與X位同一主族”W為；據(jù)此結(jié)合元素周期表的性質(zhì)遞變規(guī)律分析選項(xiàng)。在定條件下，下列選項(xiàng)所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化能實(shí)現(xiàn)的是（）4

222223??)l22423??)23223222222222223??)l22423??)23223222222322332332322223232A.NaCl(aq)

電解

??)Cl(g)FeClMgCl(aq)

石灰乳

Mg(OH)

煅燒

MgO(s)S(s)SO(g)點(diǎn)燃

2H(aq)D.N(g)高溫高壓、催化劑

NH(g)

2????()

(s)【答案】B【考點(diǎn)以堿工業(yè)為基礎(chǔ)的化工生產(chǎn)簡(jiǎn)介，含氮物質(zhì)的綜合應(yīng)用，含硫物質(zhì)的性質(zhì)及綜合應(yīng)用鎂、鋁的重要化合物【解析解、電解NaCl溶的過(guò)程，陽(yáng)極產(chǎn)生Cl，與反生成FeCl，第步轉(zhuǎn)化錯(cuò)誤，不合題意；B、灰的要成分是Ca(OH)，與MgCl反生成Mg(OH)沉淀，Mg(OH)在加熱的條件下發(fā)生分解反應(yīng)，生成MgO，兩步轉(zhuǎn)化都正確，符題意；CS在中燃，只能生成SO，不能生成SO，一步轉(zhuǎn)化錯(cuò)誤C不合題意；D、與H反應(yīng)生成，NH和、溶反應(yīng)，生成NaHCO，固受熱分再生成CO，第二步轉(zhuǎn)化錯(cuò)誤不合題意；故答案為：【分析】、具強(qiáng)氧化性，與可變價(jià)態(tài)的金屬反應(yīng)時(shí)，生成最高價(jià)態(tài)的金屬氯化物；B、灰的要成分是Ca(OH)，難性氫氧化物在加熱的條件下分解成相應(yīng)的金屬氧化物和水；CS在中燃，只能生成SO，不能生成SO；D、與和氨鹽水反應(yīng)生成NaHCO；10.將鐵粉和活性炭的混合物用NaCl溶液濕潤(rùn)后，置于如圖所示裝置中，進(jìn)行鐵電化學(xué)腐蝕實(shí)驗(yàn)。下列有關(guān)該實(shí)驗(yàn)的說(shuō)法正確的是（）A.鐵氧化的電極反應(yīng)為?3e=Fe活炭的存在會(huì)加速鐵的腐蝕

B.鐵腐蝕過(guò)程中化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為電以代替NaCl溶液，鐵不能發(fā)生吸氧腐蝕【答案】C【考點(diǎn)】金屬的電化學(xué)腐蝕與防護(hù)，鐵的吸氧腐蝕【解析】【解答】、在該裝置中，鐵發(fā)生失電子的氧反應(yīng)，其電極反應(yīng)式為Fe-2e=Fe題意；

，A不合B、腐過(guò)中，化學(xué)能部分轉(zhuǎn)化為電能，部分轉(zhuǎn)化為其他能量B不合題意；C活性炭的存在，形成了原電池，加快了鐵的腐蝕速率符題意；D、腐蝕需要水和O，NaCl溶改成水，鐵也能發(fā)生吸氧腐蝕D不合題意；故答案為：【分析】該裝置中，鐵發(fā)生吸氧腐蝕，其中鐵做負(fù)極，發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，其電極反應(yīng)式：5

2222222222222242Fe-2e=Fe；碳做正極，發(fā)生得電子還原反應(yīng)，其電極反應(yīng)式為2222222222222242

+2HO=4OH；此合選項(xiàng)進(jìn)行分析。二、不項(xiàng)選擇題：題包括5小題，每題4分，共計(jì)分。（題；共20分）11.氫氣與氧氣生成水的反應(yīng)是氫能源應(yīng)用的重要途徑。下列有關(guān)說(shuō)法正確的是（）A.一溫度下，反應(yīng)2H(g)+O(g)O(g)能發(fā)進(jìn)行，該反應(yīng)的HB.氫氧燃料電池的負(fù)極反應(yīng)為O+2HO+4e=4OH常常壓下，氫氧燃料電池放電過(guò)程中消耗11.2LH，轉(zhuǎn)移子的數(shù)目為6.02×10反(g)+O(g)=2HO(g)的ΔH可過(guò)下式估算：ΔH=反中形成共價(jià)鍵的鍵能之?反中斷裂舊共價(jià)鍵的鍵能之和【答案】【考點(diǎn)】化學(xué)電源新型電池，焓變和熵變【解析應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行，則要求ΔH-T，于該反應(yīng)反應(yīng)前后氣體分子數(shù)變小，則，要使ΔH-TΔS<0，要求ΔH<0，符題意；B、燃電中，燃料物質(zhì)在負(fù)極發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)，故氫氧燃料電池的負(fù)極反應(yīng)為：H-2e

+

，或-

=2HOB不合題意；C未給出氣體所處的狀態(tài)，無(wú)法應(yīng)用Vm=22.4L/mol進(jìn)行計(jì)算，C不符合題意；D、應(yīng)熱ΔH=應(yīng)物的化學(xué)鍵的鍵能總和生物化學(xué)鍵的鍵能總和不合題意；故答案為：【分析】、結(jié)合焓判和熵判據(jù)分析反應(yīng)是否能自發(fā)進(jìn)行；B、料池，燃料物質(zhì)在負(fù)極發(fā)生失電子的氧化反應(yīng)；C未給出氣體所處的狀態(tài)，無(wú)法應(yīng)用氣體摩爾體積進(jìn)行計(jì)算；D、據(jù)反應(yīng)熱ΔH的算分析12.化合物具抗菌、消炎用，可由X制得。下列有關(guān)化合物、Y的說(shuō)法正確的是（）A.1molX最能與2molNaOH反應(yīng)B.Y與醇發(fā)生酯化反應(yīng)可得到XXY均與酸性KMnO溶反應(yīng)室下X、分與足量Br加的產(chǎn)物分子中手性碳原子數(shù)目相等【答案】C,D6

4224【考點(diǎn)】手性分”在命科學(xué)等方面的應(yīng)用，羧酸簡(jiǎn)介，水解反應(yīng)，酯化反應(yīng)4224【解析】【解答】、化合物X中與溶反應(yīng)的官能團(tuán)有羧基和酯基，其中酯基水解后產(chǎn)物含有羧基和酚羥基，都能與NaOH反，因此化物X能3molNaOH應(yīng)，不符合題意；B、化應(yīng)原理酸脫羥基，醇脫”，則Y與醇發(fā)生酯化反應(yīng)時(shí)Y中羧基脫去羥基，乙醇的羥基上脫去原，所得產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)與X不同，不符合題意；C化合物、中含有碳碳雙鍵，因此都能與KMnO溶反應(yīng)C符題意；D、合物X與足量的Br反后所得產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，其含有手性碳原子數(shù)為3化合物與足量的Br反后所得產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：，其含有手性碳原子數(shù)為3符合題意；故答案為：【分析】、能與溶反應(yīng)的官能團(tuán)有：鹵素原子、羧基酯基、酚羥基；B、據(jù)化應(yīng)的原酸脫羥基，醇脫”析；C能與KMnO溶反應(yīng)的官能團(tuán)有：羥基、醛基、碳碳雙鍵、碳碳三鍵；D、碳原子所連的四個(gè)原子或原子團(tuán)不相，則該碳原子為手性碳原子，結(jié)合加成產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式確定手性碳原子的個(gè)數(shù)；13.室溫下進(jìn)行下列實(shí)驗(yàn)，根據(jù)實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象所得到的結(jié)論正確的是（）選實(shí)操作和現(xiàn)象項(xiàng)

結(jié)論7

3spsp223223spsp222232sp2234332432332433223spsp223223spsp222232sp2234332432332433223)+(4332233232424324

向X溶液中滴加幾滴新制氯水，振蕩，再加入少量KSCN溶，溶液X溶液中一定含有變?yōu)榧t色B

向濃度均為0.05L

?1

的、NaCl混溶液中滴加少量AgNO(AgI)>K(AgCl)C

溶液，有黃色沉淀生成向3mLKI溶液中滴加滴溴水，振蕩，再滴加淀溶液，溶液Br的氧化性比的顯藍(lán)色D

用pH試測(cè)得：溶的pH約為9，溶液的pH約為

HNO電離出+CHCOOH的

的能力比A.AB.CD【答案】C【考點(diǎn)弱解質(zhì)在水溶液中的電離平衡，難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)，氯氣的化性質(zhì)，氯、溴、碘及其化合物的綜合應(yīng)用【解析】【解答】、檢驗(yàn)Fe

2+，應(yīng)先加KSCN溶，排除溶液中可能存在的Fe的擾，若加入KSCN溶液后無(wú)明顯現(xiàn)象，再加新制氯水，溶液變紅色，說(shuō)明原溶液中含有Fe

，A不合題意；B、生淡色沉淀為AgI沉，說(shuō)明AgI比AgBr難溶，因此(AgI)<K(AgBr)，不符合題意；C加入淀粉后，溶液顯藍(lán)色，說(shuō)明Br將溶液中的I-符合題意；

氧化成I，因Br的化性強(qiáng)于I的化性，CD、于所用的CH溶和溶的濃度未知，因此不能得出正確結(jié)論不合題意；故答案為：【分析】、檢驗(yàn)Fe2+時(shí)，應(yīng)先加KSCN溶液，再加新制氯水；B、越，沉淀越難溶，反應(yīng)程中越先形成沉淀；C淀粉遇碘變藍(lán)色；D、等濃度鹽溶液的pH大小得出離子水解程度的大小，結(jié)“越弱越水”分析酸的強(qiáng)弱；14.室溫下，反應(yīng)

3

+HOH?

的平衡常數(shù)=2.2×10。NH溶和氨水按一定比例混合，可用于浸取廢渣中的ZnO。溶液混合引起的體積變化可忽略，室溫時(shí)下列指定溶液中微粒物的量濃度關(guān)系正確的是（）A.0.2mol·L

?1

氨水：(NH·HO)>c(

)>c(OH?)>c+B.0.2

?1HCO溶液(：(

4

)>(

3

)>(H)>c(NHO)0.2mol·L

?1

氨水和0.2mol·L

?1HCO溶等體積混合c(

c·HO)=(H)+c(

23

)0.6mol·L

?1

氨水和0.2mol·L

?1

NHHCO溶液等體積混合c·HO)+(

23

)+c?)=0.3L

?1(HCO)+c(H+

)【答案】【考點(diǎn)】化學(xué)平衡常數(shù)，弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡，離子濃度大小的比較【解析氨水溶液顯堿性，因此溶液中c(OH

)>c(H)，于NHO是弱堿，在水中部分電離，因此溶液中c(NH·HO)>c(NH+

)，于溶液中存在O的離，因此c(OH)>c(NH+

)，此溶液中c(NH·H-

)>c(NH+

)>c(H

+

)，不符合題意；8

43343233243233243223334322333432233343223334333233233323332332323332323333232332323232432433432332432332432233343223334322333432233343332332333233323323233323233332323323232324322222起始2c(NH

+4

)>c(HCO-，)>c(NH·HO)因此溶液中+)>c(HCO-)>c(HCO)>c(NH·HO)，符題意；C兩溶液等體積混合后，溶液中+)+c(NH·H，)+c(HCO-)+c(CO，因此溶液中存在等式c(NH+)+c(NH·HO)=2[c(HCO)+c(HCO-)+c(CO2-，不符合題意；D、溶液等體積混合后，溶液中c(NH+)+c(NH·H，)+c(HCO-)+c(CO，可得物料守恒：+)+c(NHHO)=4[c(H)+c(HCO-)+c(CO2-①溶液中存在電荷守恒c(NH+)+c(H)=c(OH)+c(HCO-)+2c(CO2-)···②O)-c(H+)=2c(CO2--)+4c(HCO)-c(OH)等式兩邊都加上2-，c(NH·HO)+c(CO2-)-c(H+2-)+3c(HCO-)+4c(HCO)-c(OH)整理可得：·HO)+c(CO2-)-c(H)=3[c(H)+c(HCO-)+c(CO2-)]+c(HCO)-c(OH)由于c(HCO)+c(HCO-)+c(CO2-)=0.1mol/L因此c(NH·HO)+c(CO2-)-c(H)=0.3mol/L+c(HCO)-c(OH)移項(xiàng)可得：·HO)+c(CO2-)+c(OH

)=0.3mol/L+c(H)+c(H

)，符合題意；故答案為：【分析】、氨水溶液存在著HO和·HO的電離，據(jù)此判斷溶液中微粒的濃度大?。籅、溶的pH確定溶液的酸堿性，從而確定溶液中NH+粒濃度大小關(guān)系；C結(jié)合物料守恒分析；D、合電荷守恒和物料守恒分析選項(xiàng)；

和的水解程度大小，進(jìn)而判斷溶液中微15.在恒壓、O的起始濃度一定的條件下，催化反應(yīng)相同時(shí)間，測(cè)得不同度下轉(zhuǎn)為NO的轉(zhuǎn)化率如圖中實(shí)線所示中虛線表示相同條件下的衡轉(zhuǎn)化率隨溫度的變)。列說(shuō)法正確的是（）A.反2NO(g)+O(g)=2NO(g)>0B.圖中點(diǎn)示條件下，延長(zhǎng)反應(yīng)時(shí)間提高轉(zhuǎn)率圖Y點(diǎn)所示條件下，增加的濃度不能提高NO轉(zhuǎn)率380下，

(O)=5.0×10mol·L?1，平轉(zhuǎn)化率，平衡常數(shù)K>2000【答案】【考點(diǎn)】反應(yīng)熱和焓變，化學(xué)平衡的調(diào)控【解析【解答A由圖可知，當(dāng)溫度升高時(shí)，NO的平衡轉(zhuǎn)化率逐漸減小，說(shuō)明溫度升高，平衡逆向移動(dòng)，而升高溫度平衡向吸熱反應(yīng)方向移動(dòng)，故逆反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，則正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，即該應(yīng)的ΔH<0，不符合題意；B、中點(diǎn)所示反應(yīng)未達(dá)到平衡狀態(tài)，延長(zhǎng)反應(yīng)時(shí)間，可使反應(yīng)繼續(xù)正向進(jìn)行NO的化率增大，9

2起始222222222223222222222起始2222222222232222222232222C圖中Y點(diǎn)應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，增加O濃，反應(yīng)物濃度增大，正反應(yīng)速率增大，平衡正向移動(dòng)NO的轉(zhuǎn)化率增大，不合題意；D、c

-4，可得平衡三段式：起始

2NO(g)+a

O(g)5.0

(g)0（-4）轉(zhuǎn)化

0.5a0.25a0.5a（

-4mol/L）平衡（-4）

0.5a5-0.25a0.5a該溫度下，反應(yīng)的平衡常

??

2

????(0.5??×10)??)×??(??(0.5??×10)2?0.5?4

15??

4

2000，符題意；故答案為：【分析】、結(jié)合溫度平衡移動(dòng)的影響分析反應(yīng)的熱效應(yīng)；B、示點(diǎn)反應(yīng)未達(dá)到平衡狀態(tài)，延長(zhǎng)反應(yīng)時(shí)間，可促使平衡繼續(xù)正向進(jìn)行；C結(jié)合濃度對(duì)平衡移動(dòng)的影響分析；D、據(jù)三段式，結(jié)合平衡常數(shù)的表達(dá)式進(jìn)計(jì)算；三、非選擇題（共5題；共分）16.NO、和NO等氧化物是空氣污染物，含有氮氧化物的尾氣需處理后才能排放。（）O的處理。O是硝酸生產(chǎn)中氨催化氧化的副產(chǎn)物，用特種催化劑能使NO分。與在熱和催化劑作用下生成NO的化學(xué)方程式_。（）和的理。已除去O的硝酸尾氣可用NaOH溶液吸收，主要反應(yīng)為+2OH

=2+H+2OH=++H①下措施能提高尾氣中NO和去率的有_______（字母）。A．加快通入尾氣的速率B．用氣、逆流的方式吸收尾氣C．收尾氣過(guò)程中定期補(bǔ)加適量溶液②吸后的溶液經(jīng)濃縮、結(jié)晶、過(guò)濾，得到晶體，該晶體中的主要雜質(zhì)是（化學(xué)式吸收后排放的尾氣中含量較高的氮氧化物________（填化學(xué)式）。10

33催化劑323322223232222223233223（）的化吸收。用NaClO溶吸收硝酸尾，可提高尾氣中的除。其他條件相同NO轉(zhuǎn)化為的化率隨NaClO溶初始（稀鹽酸調(diào)節(jié)）的33催化劑323322223232222223233223①在性NaClO溶液中HClO氧NO生成和，離子方程式________。②NaClO溶的初始pH越，轉(zhuǎn)率越高。其原因________?！敬鸢浮浚ǎ?2N2ONO+3H（）；；NO（）3HClO+2NO+HO=3Cl?

+2+5H；液pH越小，溶液中HClO的度越大，氧NO的力越強(qiáng)【考點(diǎn)】氮的固定，化學(xué)平衡的影響因素，含氮物質(zhì)的綜合應(yīng)用【解析】【解答】1NH和在化劑作用下應(yīng)生成NO和O該反應(yīng)中，氮元素由-價(jià)變?yōu)?價(jià)，失去8個(gè)電子，由0價(jià)變?yōu)?價(jià)得到個(gè)子，根據(jù)得電子守恒可得NH和NO的數(shù)為和1，的數(shù)為；由原個(gè)數(shù)守恒，可得O的系數(shù)為3；該反應(yīng)的化學(xué)方程式為

催化劑3

；（）①A、快通入尾氣速率，會(huì)使得尾氣未參與反應(yīng)就逸出，導(dǎo)致NO和NO的除率降低，不符合題意；B、用、逆流的方式，可以增大尾氣和N溶的接觸，提高和的去除率，符題意；C定期補(bǔ)充溶，可以提高NO和的去除率，符合題意；故答案為：；②上述發(fā)生的反應(yīng)可知，晶體后所得的晶中含有的主要雜質(zhì)為NaNO；由于能與水反應(yīng)生成NO，且難溶于水，不與水反應(yīng)，因此吸收后排放的尾氣中量較高的氮氧化物為；（）由題干信息可知，反應(yīng)過(guò)程中HClO將NO氧成-

，自身原為Cl-

；元素由1價(jià)為1，得到2個(gè)子N元由2價(jià)為5價(jià)失去3個(gè)子；結(jié)合得失電子守恒可得HClO和Cl

的系數(shù)為，和-

的系數(shù)為2；由電荷守可得，產(chǎn)物中含有H+

，且其數(shù)為5；結(jié)原個(gè)數(shù)守恒可得，反應(yīng)物中有HO，且其系數(shù)為1；此可得該反應(yīng)的離子方程式為：3HClO+2NO+HO=3Cl-

-

+5H

+

；②液的pH值越小，則酸性越強(qiáng)，溶液中越，HClO的化性越強(qiáng)，其氧化的量越強(qiáng)，因此NaClO溶的起始pH越，的化率越高；【分析】1）題干信息確定反應(yīng)物生成物，結(jié)合得失電子守恒和原子守恒書(shū)寫(xiě)反應(yīng)的化學(xué)方程式；（）①A、快通入氣體速率，氣體吸收率降低；B、、逆可增大接觸；11

21563322C定期補(bǔ)充溶，有利于尾氣的21563322②合發(fā)生反應(yīng)的離子方程式確定晶體中所含雜質(zhì)；結(jié)合NO和NO的質(zhì)分析；（題干信息確定反應(yīng)物和生成物，結(jié)合得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒書(shū)寫(xiě)反應(yīng)的離子方程式；②液pH越，則溶液中越，氧化性越強(qiáng)；17.化合物是成一種然茋類化合物的重要中間體，其合成路線如下：（）中含氧官能團(tuán)的名稱_和。（）→B的應(yīng)類型為_(kāi)______。（）→D的應(yīng)中有副產(chǎn)物X（子為COBr）成，寫(xiě)出X的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式________。（）的種同分異構(gòu)體同時(shí)滿足下列條件，寫(xiě)出該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式________。①能FeCl溶液發(fā)生顯色反應(yīng)；②堿水解后酸化，含苯環(huán)的產(chǎn)物分子中不同化學(xué)環(huán)境的氫原子數(shù)目比為∶。（）知：示烴基或氫）寫(xiě)出以

和CHCHOH為料制備

（表烴基和表的合成路線流程圖（無(wú)機(jī)試劑和有機(jī)溶劑任用，合成路線流程圖示例見(jiàn)本題題干）?！敬鸢浮浚ǎ┓樱┝u基；羧基（）代反應(yīng)（）12

2232231562232231563323222（）（）【考點(diǎn)】有機(jī)物中的官能團(tuán)，有機(jī)物的合成，同分異構(gòu)現(xiàn)象和同分異構(gòu)體，取代反應(yīng)【解析】【解答】1由有機(jī)物的構(gòu)簡(jiǎn)式可知，中有的含氧官能團(tuán)為羧基和羥基；（）應(yīng)物為

和，生物為，因此該反應(yīng)過(guò)程中，SOCl中的取代了A中中羥基的位置，故A的反應(yīng)類型為取代反應(yīng)；（）反應(yīng)物C和成物D的構(gòu)簡(jiǎn)式知，該反應(yīng)的反應(yīng)原理為：三乙胺CHCl）的原子團(tuán)-CHOCH取了酚羥基中原子的位置；由于反應(yīng)物中含有兩個(gè)酚羥基，結(jié)合X的子COBr）可知，副產(chǎn)物X是反應(yīng)物和分子三乙胺反應(yīng)后所得產(chǎn)物，因此X的構(gòu)簡(jiǎn)式為：；（）與FeCl溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，說(shuō)明分子結(jié)構(gòu)中有酚羥基；堿性水解后酸化，含苯環(huán)的產(chǎn)物分子中不同化學(xué)環(huán)境的氫原子數(shù)目比為1:1，說(shuō)分子結(jié)構(gòu)中含有酯基；含苯環(huán)的產(chǎn)物分子中不同化學(xué)環(huán)境的氫原子數(shù)目比為，則該產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：；此可得該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：；（）據(jù)最終物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式

和已知反應(yīng)可得，合成該產(chǎn)物的有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CHCH和；CHCHOH在和O，加的條件下，可轉(zhuǎn)化為13

324323223226-24nm424222222324323223226-24nm424222222222772272222272222CHCH；

在作下可轉(zhuǎn)化為；此該合成路線的流程圖為：、；【分析】（）據(jù)的構(gòu)簡(jiǎn)式分析A中含的官能團(tuán)；（）反應(yīng)物生成物的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，確定反應(yīng)類型；（）→D的應(yīng)原理，結(jié)合副產(chǎn)物的分子式，定X的構(gòu)簡(jiǎn)式；（）據(jù)限定件確定有機(jī)物的基本結(jié)構(gòu)單元，進(jìn)而確定同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式（）據(jù)最終物的結(jié)構(gòu)，結(jié)合已知反應(yīng)，可確定合成該產(chǎn)物的有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)為CHCHO和；因此合成路線設(shè)計(jì)過(guò)程中，主要是將

轉(zhuǎn)化為，將CHCHCH轉(zhuǎn)為CHCH；18.聚合硫酸Fe(OH)n(SO廣泛用于水的凈化。以FeSO·7H為料，經(jīng)溶解、氧化、水解聚合等步驟，可制備聚合硫酸鐵。（）一定量FeSO溶稀硫酸，在約下邊攪拌邊緩慢加入一定量的HO溶，繼續(xù)反應(yīng)一段時(shí)間，得到紅棕色黏稠液體HO氧Fe2+的離子方程式為；解聚合反應(yīng)會(huì)導(dǎo)致溶液的pH________。（定合酸鐵樣品中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)：準(zhǔn)確稱取液態(tài)樣品，于250mL錐瓶中，加入適量稀鹽酸，加熱，滴加稍過(guò)量的SnCl溶（2+將Fe3+還為2+），充分反應(yīng)后，除去過(guò)量的2+。用5.000×10?2

mol·L

?1

KCrO溶液滴定至終定程中2

與Fe2+反應(yīng)生成3+和Fe耗KCrO溶液22.00。①上實(shí)驗(yàn)中若不除去過(guò)量的Sn

，樣品鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的測(cè)定果________（偏”“偏小或無(wú)響）②計(jì)該樣品中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)（寫(xiě)出計(jì)算過(guò)程________?！敬鸢浮浚ǎ?/p>

2+HO

+

=2Fe+2H；減?。ǎ┐螅?/p>

mol·

?1×22.00mL×10?3

L·mL?1?3

mol由定時(shí)2

和2+→Fe3+

，根電子得失守恒可得微粒的關(guān)系式：2

~6Fe

（或2+14H

+6Fe

2+=6Fe3+

3++7HO）則n(Fe)=6n(

7

)=6×1.100×10mol=6.600×10?3mol樣品中鐵元素14

22222227272722727270.3696??222222222227272722727270.3696??22227274222323342443242sp4sp34342342344的質(zhì)量：m(Fe)=6.600×10?3mol×56g·mol?1=0.3696g樣品中鐵元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)w(Fe)=×100%=12.32%【考點(diǎn)】氧化還原反應(yīng)

0.36963.000【解析】【解答】1O具有氧化性，能將Fe2+氧成Fe

，該反的離子方程式為：2Fe

2++HO+2H+

=2Fe+2H；解聚合過(guò)程中，進(jìn)了Fe

3+水解，使得溶液中+

)增，減；（CrO具有氧化性，能將Sn2+氧化成Sn

，若除去溶液中過(guò)量的Sn2+

，則會(huì)致滴定過(guò)程中消耗O2-增，而使得計(jì)算出的品中鐵元素的質(zhì)量偏大，最終測(cè)定結(jié)果偏大；②定過(guò)程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為CrO2-+14H

+

2+=6Fe3+

3++7HO；滴定至終點(diǎn)，消耗n(CrO2-)=?2

mol/L×22.00×10-3mol；由反應(yīng)的離子方程式可得關(guān)系式CrO2-

，則可得樣品中n(Fe

2+)=6n2-)=6×1.100×10?3

mol=6.600×10?3

，則樣品中鐵元素的質(zhì)量m(Fe)=6.600×10?3

mol×56g/mol=0.3696g故所得樣品中鐵元素的質(zhì)量為：

3.000

；【分析O具有氧化性，能將2+氧化成Fe

，據(jù)此出反應(yīng)的離子方程式水解聚合過(guò)程中使得溶液+

增；（）2+能被KCrO氧化；②據(jù)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式，結(jié)合滴定過(guò)程中消耗的n(CrO2-算樣品中n(Fe

)，而計(jì)算樣品中鐵元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)；19.實(shí)驗(yàn)室以工業(yè)廢渣（主要含CaSO·2HO，還含少量SiO、O、O）為原料制取輕質(zhì)CaCO和(NH)晶，其實(shí)驗(yàn)流程如下：（）溫下，應(yīng)(s)+

3

(aq)CaCO(s)+

4

(aq)達(dá)平衡，則溶液中

3K(CaSO)=4.8×10?5

，K(CaCO)=3×10?9]。（）氨水和NH溶混合，可制NH)CO溶液，其離子方程式________浸取廢渣時(shí)，向(NH)溶液中加入適量濃氨水的目的是。（）渣浸取如圖所示的裝置中進(jìn)行?？刂品磻?yīng)溫度在60~70，攪拌，反應(yīng)3小時(shí)。溫度過(guò)高將會(huì)導(dǎo)致CaSO的轉(zhuǎn)化率下降，其原因_______；保持溫度、反應(yīng)時(shí)間反應(yīng)物和溶劑的量不變，實(shí)驗(yàn)中提高CaSO轉(zhuǎn)率的操作________。15

32233323323232244232??43????42+????32+????434333233324423333434234432233323323232244232??43????42+????32+????43433323332442333343423442323222sp4sp3333323232332222242242（）渣水洗，經(jīng)多步處理得到制備輕質(zhì)aCO所需的CaCl溶液。設(shè)計(jì)以水洗后的濾渣為原料，制取CaCl溶液的實(shí)驗(yàn)方案________[已pH=5時(shí)和Al(OH)沉完全pH=8.5時(shí)Al(OH)開(kāi)溶。實(shí)驗(yàn)中必須使用的試劑：鹽酸和?！敬鸢浮浚ǎ?（）+NHO=

+

23

+HO(或O

4

+

23

+HO)；加溶液中

23

的濃度，促進(jìn)的化（）度過(guò)高(NHCO分；加快攪拌速率（）攪拌下足量稀鹽酸中分批加入濾渣，待觀察不到氣泡產(chǎn)生后，過(guò)濾，向液中分批加入少量Ca(OH)，用pH試紙測(cè)量溶液pH，當(dāng)介5~8.5時(shí)過(guò)濾【考點(diǎn)】化學(xué)平衡常數(shù)，化學(xué)平衡的調(diào)控，難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)【解析】【解答】1反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，溶液中????

22

??(????)??(??)??(??????)??(??)

????????

??????????

4.8×103×10

104

；（）水顯堿，將氨水與NH溶混合后，溶液中的HCO與·HO反應(yīng)生成CO2-，該反應(yīng)的離子方程式為：+NH·H++CO2-；向飽和NHCO溶中加入適量濃氨水后，氨水可抑制CO2-解成-

，從而大溶液中c(CO2-促進(jìn)CaSO沉淀轉(zhuǎn)化為CaCO沉淀；（鹽不穩(wěn)，受熱易分解，因此當(dāng)溫度過(guò)高時(shí)(NHCO分，導(dǎo)致的化率降低；實(shí)驗(yàn)程中，除了改變溫度、時(shí)間和反應(yīng)物濃度外，還可通過(guò)加快攪拌速率，來(lái)提高CaSO的化率；（）洗后的渣中含有雜質(zhì)Al、O，欲制純凈的CaCl溶液，應(yīng)先將濾渣溶于足量的鹽酸中，過(guò)濾后，再向?yàn)V液中加入Ca(OH)，調(diào)節(jié)溶液的pH在5~8.5的圍內(nèi)，過(guò)濾，得到CaCl溶液；【分析】（）據(jù)K(CaSO)和K(CaCO)的達(dá)進(jìn)行計(jì)算；（）水顯堿，能與-使溶液中HCO-轉(zhuǎn)化為CO2-；

反應(yīng)形成CO2-

，據(jù)此出反應(yīng)的離子方程式加入適量濃氨水，可促（）鹽不穩(wěn)，受熱易分解；攪拌可加快反應(yīng)速率；（）洗后的渣中含有雜質(zhì)Al、O，欲制純凈的CaCl溶液，應(yīng)結(jié)合題干所給和Al(OH)完全沉淀的pH確實(shí)驗(yàn)過(guò)程中需要控制的條件；20.CO的源化利用能有效減少排，充分利用碳資源。（）可在較高溫度下捕集CO，在更高溫度下將捕集的CO釋利用。CaCO·HO熱分解可制備CaO，·HO加熱升溫過(guò)程中固體的質(zhì)量變化見(jiàn)下圖。16

32422222232222222332222333324222222322222223322223333322223333①寫(xiě)400~600范內(nèi)分解反應(yīng)化學(xué)方程式________。②與CaCO熱解制備的相比CaCO·HO熱分解制備的CaO具有更好的CO捕性能，其原因是________。（）解法轉(zhuǎn)CO可現(xiàn)CO資化利用。電解CO制的理示意圖如下。①寫(xiě)陰極還為HCOO

的電極反應(yīng)式：。②電一段時(shí)間后，陽(yáng)極區(qū)的KHCO溶濃度降低，其原因________（）催加氫合成二甲醚是一種轉(zhuǎn)化方法，其過(guò)程中要發(fā)生下列反應(yīng)：反應(yīng)：(g)+H(g)=CO(g)+HO(g)Δ=41.2kJ·mol?1反應(yīng)：(g)+6H(g)=CH(g)+3HO(g)ΔH﹣122.5mol?1在恒壓、和H的始量一定的條件下CO平衡轉(zhuǎn)化率和平衡時(shí)CH的擇性隨溫度的變化如圖。其中：CH的擇=

的物3反應(yīng)的的物的量

×100％①溫高于，平轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而上升的原因是。②220時(shí)在化劑作用下與H反一段時(shí)間后，測(cè)得的擇性為（中點(diǎn)。不改變反應(yīng)時(shí)間和溫度，一定能提高CHOCH選性措施________。17

2432422HCO322HCO3222332422424324324222432422HCO322HCO3222332422424324324222233233223322332332422332444【答案】（CaCO多孔

400?600°C

CaCO+CO↑CaCO·H熱分解放出更多的氣體，制得的CaO加疏松（）+H

+2e?

=HCOO或CO++2e=HCOO+

3

；陽(yáng)極產(chǎn)生，pH減，濃度降低；

+

部分遷移至陰極區(qū)（）應(yīng)的ΔH＞，的0溫度升高使CO轉(zhuǎn)化為CO的衡轉(zhuǎn)化率上升，使轉(zhuǎn)為CH的衡轉(zhuǎn)化率下降，且上升幅超過(guò)下降幅度；增大壓強(qiáng)，使用對(duì)反催活性更高的催化【考點(diǎn)】化學(xué)平衡的影響因素，化學(xué)平衡的調(diào)控，電解池工作原理及應(yīng)用【解析中第階段固體質(zhì)量的減變?yōu)?28g要發(fā)生CaCO·HO的脫水反應(yīng)，形成CaCO固；第二階段固體質(zhì)量的減128g變100gO熱解形成CaCO和，反應(yīng)的化學(xué)方程式為CaCO

400?600°C

CaCO+CO；②CaCO·HO熱解過(guò)程中產(chǎn)生大量氣體，可使得制得的CaO更疏松多孔，相對(duì)表面積較大，與反應(yīng)過(guò)程中，接觸面積更大，更有利于補(bǔ)集CO；（①CO在陰極上得電子形成HCOO

，過(guò)程碳元素+價(jià)+2價(jià)得兩個(gè)電子，由于所用溶液為溶，因此會(huì)參與反應(yīng)，故陰極的電極反應(yīng)式為-

+2e

=HCOO

+CO；②解過(guò)程中，陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為4OH-

=O↑+2HO電解一段時(shí)間后，溶液中c(OH-

減，+

)增大，使得陽(yáng)極區(qū)c(HCO-

減，

+

部分移向陰極區(qū)，最終導(dǎo)致陽(yáng)極區(qū)c(KHCO)減；（）反的，高溫度，平衡正向移動(dòng)，使CO轉(zhuǎn)化為CO的平衡轉(zhuǎn)化率上；反的ΔH<0，高溫度，平衡逆向移，使轉(zhuǎn)化為CHOCH的衡轉(zhuǎn)化率下降；且上升幅度超過(guò)下降幅度，因此CO的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度的升高而上升；②提高CH的擇，則因使反正向進(jìn)行的程度增大，故可選用對(duì)反應(yīng)催活性更強(qiáng)的催化劑；同時(shí)由于該反應(yīng)，反應(yīng)前后，氣體分子數(shù)減小，則可通過(guò)增大壓強(qiáng)的方式，使得反的衡正向移動(dòng)；【分析】（）根加熱過(guò)程中固體質(zhì)量的變化確發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式；②CaCO·HO熱解過(guò)程中產(chǎn)生大量氣體，可使得制得的CaO更疏松多孔；（）陰極上CO發(fā)得電子的還原反，生成-

，結(jié)合荷守恒書(shū)寫(xiě)電極反應(yīng)；②合陽(yáng)極的電極反應(yīng)式進(jìn)行分析；（