09广东高考化学试题解析

1、2021年高考卷化学试题与解析温岭温中双语学校林海斌提供本试卷共10页，27小题，总分值150分。考试用时120分钟。可能用到的相对原子质量： H 1 C12 N 14 O 16 Na23 Mg 24 AL27 P31 S32 Cl 35. 5 K39 Ca 40 Mn 55 Fe 56 Cu63 . 5 Sr 88一、选择题此题包括9小题，每题3分，共27分。每题只有一个选项符合 题意1. 我国稀土资源丰富。以下有关稀土元素14462Sm与 15062Sm的说确的是A. 14462Sm与 15062Sm互 为同位素B. 14462Sm与 15°62Sm 的质量数一样C. 14462

2、Sm与 15062Sm是 同一种核素D. 14462Sm与 15 %2Sm的核外电子数和中子数均为 62【解析】质子数一样，中子数不同的核素称为同位素，具有一定数目质子数和中 子数的原子成为核素。 62Sm与 62Sm质量数不同，B错；62Sm与 62Sm是不同 核素，C错；14462Sm与 15062Sm的中子数不同，D错。【答案】A2. 正在建设海洋强省。以下说法不正确的选项是A. 从海带中提取碘单质的过程涉与氧化复原反响B. 往淡水中参加NaCI等配成人造海水，可用于海产品的长途运输C. 赤潮主要是由工农业生产和生活废水引起沿海水域的富营养化而造成 的D. 海洋经济专属区的资源开发可获得

3、 Fe、Co K、Au Mg B等金属【解析】B是硼元素，硼元素是非金属元素不是金属元素。【答案】D3. 以下有关实验操作的说确的是A. 可用25ml碱式滴定管量取20. 00ml KMnQ溶液B. 用pH试纸测定溶液的pH时，需先用蒸馏水润湿试纸C. 蒸馏时蒸馏烧瓶中液体的体积不能超过容积的2/3，液体也不能蒸干D. 将金属钠在研体中研成粉末，使钠与水反响的实验更平安【解析】碱式滴定管不能装酸性和强氧化性溶液， A错。pH试纸不能用蒸馏水湿 润使用，会使测得的数值偏小，B错。钠假设磨成粉末，反响速率加快，与水反 响更加剧烈，更加不平安，D错。【答案】C4. 以下表达不正确的选项是A. 天然气

4、和沼气的主要成分是甲烷B. 等物质的量的乙醇和乙酸完全燃烧时所需氧气的质量相等C. 纤维素乙酸酯、油脂和蛋白质在一定条件，都能水解D. 葡萄糖和蔗糖都含有 C H 0三种元素，但不是同系物【解析】天然气与沼气的主要成分为甲烷，A正确；乙醇和乙酸的化学式不同，由方程式可知，1mol乙醇消耗3mol氧气，1mol乙酸消耗2mol氧气，B错。油 脂与纤维素乙酸酯都属于酯类，水解生成对应的酸和醇，蛋白质水解生成氨基酸， C正确。葡萄糖分子式为C6H2Q，蔗糖分子式为C2H2O11,不是同分异构体，也不 是同系物，D正确。【答案】B5. 以下说法都正确的选项是 江河入三角洲的形成通常与胶体的性质有关 灾

5、区重建使用了大量钢材，钢材是合金 “钡餐中使用的硫酸钡是弱点解质 太阳能电池板中的硅在元素周期表中处于金属与非金属的交界位置 常用的自来水消毒剂有氯气和二氧化氮，两者都含有极性键 水陆两用公共汽车中，用于密封的橡胶材料是高分子化合物A. B .C .D .【解析】解答组合型选择题要关注选项组合。三角洲的形成于胶体的形成有关， 正确，那么排出D选项；硫酸钡是难溶性盐属于强电解质，错误，那么排出 A选项；氯气是非金属单质分子中只含有非极性键，错误，那么排出C选项。【答案】B6设nA代表阿伏加德罗常数M的数值，以下说确的是A. 1 mol硫酸钾中阴离子所带电荷数为 MB. 乙烯和环丙烷CsH组成的2

6、8 g混合气体中含有32个氢原子C. 标准状况下，22.4 L氯气与足量氢氧化钠溶液反响转移的电子数为 NxD. 将O.lmol氯化铁溶于1 L水中，所得溶液含有0.1 MFe3+【解析】&SQ中阴离子为硫酸根，1mol硫酸根所带电荷为2 mol，A错误。乙烯 和CH的最简式一样均为CH, 28 g混合气有2 mol CH.，所以含4 mol H原子， B错误。Fe3+在溶液中发生水解，0.1 mol FeCl 3溶液中，Fe3+的物质的量要小于 0.1 mol，D错误。【答案】C7.难挥发性二硫化钽TaS2 可采用如下装置提纯。将不纯的 TaS粉末装入石 英管一端，抽真空后引入适量碘

7、并封管，置于加热炉中。反响如下：以下说确的是.A. 在不同温度区域，Tal4的量保持不变B. 在提纯过程中，12的量不断减少C在提纯过程中，12的作用是将TaS从高温区转移到低温区D.该反响的平衡常数与TaI 4和S2的浓度乘积成反比|高温区11匸应【解析】高温区TaS反响生成Tal4气体至低温区，从而在低温区重新生成TaS, 一段时间后，杂质留在高温区，TaS在低温区，从而到达别离效果。不同温度下 反响的方向不同， TaI 4的量与温度上下有关并非保持不变， A 错误；因为是在同 一密闭系统中有质量守恒定律可知 I 2的量不可能不断减少，而是充当一个“搬 运工的角色，将TaS2从高温区转移到

8、低温区，B错误，C正确。平衡常数与Tab 和S的浓度乘积成正比，D错误。【答案】 C8将于 2021年承办第 16 界亚运会。以下措施有利于节能减排、改善环境质 量的有 在大亚湾核电站已平安运行多年的根底上，将继续开展核电， 以减少火力发电带来的二氧化硫和二氧化碳排放问题 积极推行 “限塑令， 加快研发利用二氧化碳合成的聚碳酸酯类可降解塑料 加速建设地铁轻轨等轨道交通， 促进珠三角城市一体化开展， 减少汽车尾气 排放 开展低碳经济、循环经济，推广可利用太阳能、风能的城市照明系统 使用生物酶降解生活废水中的有机物，使用填埋法处理未经分类的生活垃圾A B C D 【解析】同样是组合型选择题，同样要

9、关注选项判断。核电可减少污染物如SO2等排放，可改善环境质量，正确，那么排出D选项；地铁可减少汽车的数量，从而减少尾气排放，有利于改善环境，正确，那么排出B、C选项。【答案】 A9以下浓度关系正确的选项是 ( ) 。A. 氯水中：c(CI 2)=2 c(CIO-)+c(CI-)+c(HCI)B. 氯水中：c(CI-) >c(H+) >c(OH) >c(CIO-)C等体积等浓度的氢氧化钠与醋酸混合：c(Na+)= c(CHCOOD. NaCO溶液中：c(Na+)>c(CQ2-)>c(OH)>c(HCO-)>c(H+)【解析】氯气在水中与水反响是可逆反响，

10、物料守恒不成立，A错误；Cl2+HO=HCI+HCQ HCI中电离的H与CI-浓度相等，再加上 HCIO会电离出H+， 所以H浓度一定大于CI-浓度，B错误；等体积等浓度的氢氧化钠与醋酸混合恰 好完全反响生成醋酸钠，因CHCO(水解，所以Na浓度大于CHCOO勺浓度，C错 误。【答案】D 二、选择题(此题包括9小题，每题4分，共36分。每题有一个或两个选项符 合题意。假设正确答案包括两个选项，只选一个且正确得 2分，但只要选错一 个就得0分)10出土的锡青铜(铜锡合金)文物常有Cs(OH)3CI覆盖在其外表。以下说确的 是丨。A. 锡青铜的熔点比纯铜高B. 在自然环境中，锡青铜中的锡对铜起保护

11、作用C. 锡青铜文物在潮湿环境中的腐蚀比枯燥环境中快D. 生成Cib(OH)aCl覆盖物是电化学腐蚀过程，但不是化学反响过程【解析】合金的熔点一般比各组分的熔点要低，所以锡铜合金的熔点比纯铜低， A错误；Sn与Cu形成原电池，因Sn比Cu金属活泼性强，所以Sn作负极，Cu 作正极，Sn对Cu起到保护作用，B正确；合金在潮湿环境下，可可以发生电化 学腐蚀，比枯燥环境腐蚀要快，C正确；电化学腐蚀同样属于化学反响过程，D错误。【答案】BC11. 元素X、Y、Z原子序数之和为36, X、丫在同一周期，X*与Z2-具有一样的核 外电子层结构。以下推测不正确的选项是A. 同周期元素中X的金属性最强B. 原

12、子半径X>丫，离子半径X+>Z2-C. 同族元素中Z的氢化物稳定性最高D. 同周期元素中丫的最高价含氧酸的酸性最强【解析】由题目信息可推断出，X为Na ,丫为Cl ,Z为Q同周期(第三周期中)X(Na) 的金属性最强，A正确；同周期元素从左向右原子半径减小，原子半径 X(Na)>Y(CI)，电子层结构一样的离子，离子半径随核电荷数的增加而减小，离 子半径X(Na)<Z(O2)，B错误；同族元素中(VIA族)Z(O)的氢化物稳定性最高， C正确；同周期(第三周期中)Y(CI)的非金属性最强，那么最高价含氧酸的酸性 最强(HCIO4)，D正确。【答案】B12. 以下离子方程

13、式正确的选项是A. 向盐酸中滴加氨水：HH+OH =H0+ 3+B. Fe(0H)3溶于氢碘酸：Fe(0H>+3H=Fe +3H0C. 铜溶于稀硝酸：3Cu+8H+2NO=3CiF +2N0? +4H2OD. N&SQ溶液入足量氯气：SQ2+ 2Cl2+ 3H0= 2S&+ 4C+ 6H+【解析】氨水是弱电解质，应写分子形式，A错误。漏写Fe3+与1的氧化复原反响，B错误；S02-亚硫酸根可被C12氧化(氯气足量),D错误。【答案】 C13. 警察常从案发现场的人体气味来获取有用线索， 人体气味的成分中含有以下 化合物：辛酸；壬酸；环十二醇； 5, 9一I一烷酸酯；十八烷

14、已 醛；庚醛。以下说确的是A. 、分子中碳原子数小于10,、分子中碳原子数大于 10B、是无机物，、是有机物C. 、是酸性化合物，、不是酸性化合物【解析】辛酸含8个C,壬酸含9个C,己醛含6个C, A正确；辛酸、壬酸都是 有机物，B错误；辛酸、壬酸均属于羧酸呈酸性，是酸性化合物体；醇与烷是非 电解质，不是酸性化合物，C正确；己醛与庚醛都含有氧，D错误。答案】 AC14. 可用于电动汽车的铝一空气燃料电池， 通常以NaCl溶液或NaOH溶液为点解 液，铝合金为负极，空气电极为正极。以下说确的是A. 以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液时，正极反响都为：Q+ 2HC+ 4e= 40HB. 以NaO

15、H溶液为电解液时，负极反响为： Al + 30H 3e= Al(OH)3；C以NaOH溶液为电解液时，电池在工作过程中电解液的 pH保持不变D. 电池工作时，电子通过外电路从正极流向负极【解析】无论是NaOH还是NaCl，在正极上都是 Q得到电子被复原，A正确；生 成的Al(OH)3是两性氢氧化物，在碱溶液中发生反响生成 Al02, B错误；生成的 Al(OH)3与NaOh反响生成NaAIQ,消耗电解质中的NaOH使pH减少，C错误； 原电池中，电子在外电路的负极流向正极，D错误。【答案】A15、取5等份NO ,分别参加温度不同、容积一样的恒容密闭容器中，发生反响:2NO(g)NO4(g)，

16、Hv0反响一样时间后，分别测定体系中 NO的百分量(NQ%),并作出其随反响温度(T)变化的关系图。以下示意图中，可能与实验结 果相符的是NO财0【解析】在恒容状态下，在五个一样的容器中同时通入等量的NO，反响一样时间。那么那么有两种可能，一是已到达平衡状态，二是还没有到达平衡状态，仍 然在向正反响移动。假设5个容器在反响一样时间下，均已到达平衡，因为该反 响是放热反响，温度越高，平衡向逆反响方向移动，NO的百分含量随温度升高而升高，所以B正确。假设5个容器中有未到达平衡状态的，那么温度越高，反 响速率越大，会出现温度高的NO转化得快，导致NO的百分含量少的情况，在D 图中转折点为平衡状态，转

17、折点左那么为未平衡状态，右那么为平衡状态，D正确。【答案】BD16磷钨酸HPWQ。等杂多酸可代替浓硫酸用于乙酸乙酯的制备。以下说法不 确的选项是A. HPW2C4。在该酯化反响中其催化作用B. 杂多酸盐NqHPWOo与NaPWOo都是强电解质C. HPWOo、KHPWOo与NaPWOo中都有一样的原子团D. 硅钨酸HSiW2O40也是一种杂多酸，其中 W的化合价为+8【解析】因浓硫酸在制备乙酸乙酯中起到催化剂和吸水剂的作用， 又杂多酸可代 替浓硫酸制备乙酸乙酯，所以杂多酸同样起到催化作用， A 正确；因大多数盐属 于强电解质，所以杂多酸盐为强电解质，所以杂多酸盐也为强电解质，B 正确；磷钨酸又

18、可将其视作为 HPQ与WO勺混合酸，因磷酸为三元中强酸，磷酸盐中含 有的酸根不同即原子团不同，C错误；从化合价和代数为0可知 W勺价态为+6 价，D错误。【答案】 CD 17常温下，往HQ溶液中滴加少量FeSQ溶液，可发生如下两个反响：2Fe2+HQ+2H= 2Fe3+2HQ, 2Fe3+HQ= 2Fe2+Q T +H以下说确的是A. HQ的氧化氢比Fe3+强，其复原性比Fe2+弱B. 在HQ分解过程中，溶液的pH逐渐下降C. 在H2Q分解过程中，Fe?+和Fe+的总量保持不变D. HQ生产过程要严格防止混入Fe2+【解析】由氧化复原反响的强弱律可知， 氧化性是氧化剂大于氧化产物， 复原性 是

19、复原剂大于复原产物，由方程一可知，氧化剂 "Q氧化性比氧化产物Fe3+强, 由方程二可知，复原剂HQ复原性比，原产物为Fe2+强，所以A错误；方程一和 方程二相加，即HQ分解生成HQ和Q, HO呈弱酸性，所以随着反响进展，pH 升高，B错误；HQ分解Fe3+或Fe2+作催化剂，所以总量不变，C正确；因为Fe2+ 可导致HQ分解，所以HQ生产过程要防止混入Fe2+，D正确。【答案】 CD18. 硫酸锶SrSOj在水中的沉淀溶解平衡曲线如下，以下说确的是A. 温度一定时，心(SrS04)随c(SO2-)的增大而减小B. 三个不同温度中，313K时Ksp(SrS04)最大C. 283K时，

20、图中a点对应的溶液是不饱和溶液D. 283K下的SrSO饱和溶液升温到263K后变为不饱和溶液【解析】平衡常数只与温度有关，与物质的浓度无关，A错误；温度一定时K.p=Sr2+SO42，由图可知，313K时，一样SQ2浓度下，Sr2+的浓度最大，所以 平衡常数最大，B正确；283K时，Sr2+的浓度比平衡时要小，Q小于Kp(283K)， 对应为不饱和溶液，C正确；283K下的饱和溶液，突然升温至363K,心减少， 析出沉淀，仍然为饱和溶液，D错误。【答案】BC三、(此题包括3小题，共34分)19. (12 分)某试验小组利用如下装置(局部固定装置略)制备氧化钙(CasNL)，并探究其实验式(1

21、) 按图连接好实验装置。检查装置的气密性，方法是。(2) 反响过程中末端导管必须插入试管 A的水中，目的是(3) 制备氮化钙的操作步骤是： 翻开活塞K并通入N2； 点燃酒精灯，进展反响； 反响完毕后，； 撤除装置，取出产物。(4) 数据记录如下：空瓷舟质量mo/g瓷舟与钙的质量mVg瓷舟与产物的质量m/g14.8015.0815.15计算得到实验式CcxM,其中x=.假设通入的N2中混有少量Q,请比较x与3的大小，并给出判断依据:【解析】(1)检查装置气密性首先要关闭活塞K,并将末端导管插入试管A的水 中形成密闭系统，而是要通过升温形成压强差。(2)由题给(4)的可知，假设N2中混有Q会使产物

22、不纯，因此要隔绝氧气对反响的影响，末端导管必须插入试 管A的水中可防止氧气进入。(3)此处要联想初中氧气制备作答，因为温度降低 会导致压强减小，出现倒吸现象，所以要首先撤出导管，在熄灭酒精灯。(4)由题给实验数据可知：m(Ca )= m mo=l5.08 14.80=0.28g那么 n(Ca )=0.28g/40g moL1=0.007molm(CaxN2)=15.15 14.80=0.35g那么 m(N)=0.35g 0.28g=0.07gn(N)=0.07g/14g mol 1=0.005mol因为 n(Ca ):n(N)=7:5 ，所以 x=2X 7/5=2.8因为钙的总量不变，假设通入

23、的N中混有少量Q,所得产物中会混有氧化钙， 因为氮的相对原子质量小于样的相对原子质量，结果m偏大，n(N)会偏大，所以x值会减小。【答案】(1)关闭活塞K,将末端导管插入试管A的水中，用酒精灯微热硬质试 管，假设末端导管有连续均匀的气泡冒出，撤去酒精灯冷却一段时间，在导管形成一段水柱，并且一段时间不回落，那么证明装置的气密性良好。(2) 反响过程中末端导管必须始终插入试管 A的水中，目的是：防止空气中的氧 气通过末端导管进入实验装置，氧化单质钙，生成氧化钙，引入杂质。(3) 反响完毕后，先将末端导管从试管 A中拔出，再熄灭酒精灯。x=2.8 ;因为钙的总量不变，假设通入的 N中混有少量Q，所得

24、产物中会混 有氧化钙，因为氮的相对原子质量小于样的相对原子质量，结果 m偏大，n(N) 会偏大，所以x值会减小。20. (10 分)甲酸甲酯水解反响方程式为:HCQQCH+H 20(1) l HCQQH(I)+C3QH(I) ; H>0某小组通过试验研究该反响(反响过程中体积变化忽略不计)。反响体系中各组分 的起始量如下表：组分HCQQCHfQHCQQHCHQH物质的量/mol1.001.990.010.52甲酸甲酯转化率在温度Ti下随反响时间(t)的变化如以下列图:(1)根据上述条件，计算不同时间围甲酸甲酯的平均反响速率，结果见下表:反响时间围/min05101520253035404

25、550557580平均反响速率/(103mol min 1)1.97.47.84.41.60.80.0请计算15 20 min围甲酸甲酯的减少量为 mol,甲酸甲酯的平均反响速率为 mol min1(不要求写出计算过程)。(2) 依据以上数据，写出该反响的反响速率在不同阶段的变化规律与其原因：。c(HCOOK)<CH3OK)g(HCOOCHg)-gCH3O)(3) 上述反响的平衡常数表达式为:，那么该反响在温度Ti下的K值为其他条件不变，仅改变温度为 T2(T2大于Ti)，在答题卡框图中画出温度 T2下 甲酸甲酯转化率随反响时间变化的预期结果示意图。【解析】(1)15min时，甲酸甲酯的

26、转化率为6.7%,所以15min时，甲酸甲酯的 物质的量为1 I.OOmol x6.7%=0.933mol;20min时，甲酸甲酯的转化率为11.2% 所以20min时，甲酸甲酯的物质的量为1 I.OOmol x 11.2%=0.888mol,所以15 至20min甲酸甲酯的减少量为0.933mol 0.888mol=0.045mol，那么甲酸甲酯的 平均速率=0.045mol/5min=0.009mol min1。(2)从题给数据不难看出，平均速率的变化随转化率的增大先增大再减小，后保 持不变。因为反响开始甲酸甲酯的浓度大， 所以反响速率较大，后随着反响进展 甲酸甲酯的浓度减小，反响速率减小

27、，当到达平衡时，反响速率几乎不变。 由图象与表格可知，在75min时到达平衡，甲酸甲酯的转化率为 24%所以 甲酸甲酯转化的物质的量为1.00 x24%=0.24mol，结合方程式可计算得平衡时， 甲酸甲酯物质的量=0.76mol，水的物质的量1.75mol，甲酸的物质的量=0.25mol ， 甲醇的物质的量=0.76mol。所以 K=(0.76 x 0.25)/(1.75 x 0.76)=1/7。 因为升高温度，反响速率增大，到达平衡所需时间减少，所以绘图时要注意 T2到达平衡的时间要小于T1,又该反响是吸热反响，升高温度平衡向逆反响方向 移动，甲酸甲酯的转化率减小，所以绘图时要注意 T2到

28、达平衡时的平台要低于 。【答案】(1)15 20min围甲酸甲酯的减少量为0.045mol;甲酸甲酯的平均反响 速率为 0.009mol min1。(2) 反响速率随着反响的进展，先逐渐增大再逐渐减小，后不变；原因：随着反响的不断进展，应开始甲酸甲酯的浓度大，所以反响速率较大，后随着反响进展， 甲酸甲酯的物质的量浓度不断减少，反响速率不断减慢，所以转化率增大的程度逐渐减小，当反响到达平衡后，转化率不变。(3) 1/7。图略。作图要点：因为T2，温度越高，平衡向逆反响方向移动，甲酸甲酯 的转化率下降，T2到达平衡时的平台要低于T1；另外温度越高，越快到达平衡， 所以T2到达平衡的时间要小于T1。

29、21. 12 分 三草酸合铁酸钾晶体K3Fe(C 204) 3 3HO可有于摄影和蓝色印刷。某小组将无水 三草酸合铁酸钾在一定条件下加热分解，对所得气体产物和固体产物进展实验和 探究。请利用实验室常用仪器、用品和以下限选试剂完成验证和探究过程。限选试剂：浓硫酸、1.0 mol L-1HNO 1.0 mol L-1 盐酸、1.0 mol L-1 NaOH 3%H，O2、0.1 mol L-1KI、0.1 mol L-1CuSO 20%KSCN 澄清石灰水、氧化铜、 蒸馏水。(1) 将气体产物依次通过澄清石灰水(A)、浓硫酸、灼热氧化铜(B)、澄清石灰水 (C)，观察到A C中澄清石灰水都变浑浊，

30、B中有红色固体生成，那么气体产物该小组同学查阅资料后推知，固体产物中，铁元素不可能以三价形式存在, 而盐只有&CQ验证固体产物中钾元素存在的方法是，现象是。(3)固体产物中铁元素存在形式的探究。提出合理假设 假设1:;假设2:;假设3:。 设计实验方案证明你的假设(不要在答题卡上作答) 实验过程根据中方案进展实验。在答题卡上按下表的格式写出实验步骤、预期现象与 结论。实验步骤预期现象与结论步骤1步骤2步骤3【解析】(1)由A中澄清石灰水都变浑浊，可知 K3Fe(C2O4)3 3HO分解的产物 中有CO;由B中有红色固体生成，C中澄清石灰水变浑浊，可知K3Fe(C2O4)3 3fO 分解

31、的产物中有CO (2)因为所有的钾盐、钠盐和铵盐都可溶，所以验证钠、钾 元素一般是用颜色反响。(3)由于草酸根中C为+3价，而产物中二氧化碳、碳酸 钾中碳为+4价，一氧化碳中碳为+2价，存在着化合价的变化。由题意铁元素不 可能以三价形式存在，说明铁的化合价一定发生变化，由铁的常见化合价不难得 出，其一定会降低，可能为0价或+2价。由此不难得出三种假设。设计实验步 骤时要注意铁和氧化亚铁均与盐酸反响生成亚铁离子， 均与硝酸反响生成铁离子, 也就是说铁的存在会干扰氧化亚铁的检验， 所以要利用两者性质的差异性先检验 出铁，排出铁的干扰。因此一定要用到硫酸铜溶液。由于题给试剂没有能够检验 亚铁离子的试

32、剂，所以要将其氧化为铁离子再检验，所以必须用到硝酸和硫氰化 钾溶液。【答案】1那么气体产物是：CO和CQ2验证固体产物中钾元素存在的方法是焰色反响，现象是透过蓝钻玻璃观察呈 紫色火焰。3假设1:铁元素的存在形式为Fe单质；假设2:铁元素的存在形 式为FeQ假设3:铁元素的存在形式为Fe与FeO的混合物。实验步骤预期现象与结论步骤一：用药匙取少量固体产物于一支 洁净枯燥的试管A中，用胶头滴管滴加 过量的煮沸过的0. 1mol/LCuSO溶液于 试管中，振荡，静置，过滤，取出固体 另一试管B中备用。假设出现大量红色固体，那么证明假设 1或假设3成立。假设不出现红色固体， 那么假设2可能成立。步骤二

33、：往试管B的固体加过量1mol/L 盐酸，滴加少量20%KSC溶液，再滴加 少量煮沸过的1mol/LHNO溶液。加盐酸后，固体局部溶解。假设参加少 量1mol/LHNO后溶液变血红色，那么证 明原固体为Fe与FeO混合，假设3成 立。假设参加少量1 mol/LHNQ后溶液 不变血红色，那么证明原固体只含 Fe, 假设1成立步骤三：假设步骤一不出现红色固体。 用药匙另取少量固体产物于一支洁净枯 燥的试管中，用胶头滴管滴加过量煮沸过的1 mol/L的盐酸，滴加少量20%KSC 溶液，再滴加少量煮沸过的1 mol/L HNO 溶液。加盐酸后，固体全部溶解。假设滴加KSCN§液后，溶液不呈血

34、红色，滴加1 mol/LHNO后溶液变血红色，那么证明N假设2成立。四、此题包括3小题，共34分22. 12分某工厂生产硼砂过程中产生的固体废料，主要含有MgCOMgSiO、CaMgCQ2、AI2Q和FQ等，回收其中镁的工艺流程如下：NaOH i 襯NaOH滔掖.1. r+aftSa调pHgf 芦r过淹一1 L+Mg(OH)2 ' i 阴乙沉淀物Fe(OH)3AI(OH)3Mg(OH)pH3.25.212.4局部阳离子以氢氧化物形式完全深沉时溶液的 pH由见上表，请答复以下问题:“浸出步骤中，为提高镁的浸出率，可采取的措施有(要求写出两条)(2) 滤渣I的主要成分有。(3) 从滤渣U中

35、可回收利用的主要物质有。Mg(CIO»2在农业上可用作脱叶剂、催熟剂，可采用复分解反响制备：MgC2+2NaCIG=Mg(CIQ) 2+2NaCI四种化合物的溶解度(S)随温度(T)变化曲线如以下列图所示： 将反响物按化学反响方程式计量数比混合制备Mg(CIO) 2 简述可制备Mg(CIQ)2 的原因：。 按中条件进展制备实验。在冷却降温析出Mg(CIQ)2过程中，常伴有NaCI 析出，原因是：。除去产品中该杂质的方法是：。【解析】(1)固体溶解与反响完全的措施一般是加热、振荡或搅拌，或是增 大硫酸的浓度，所以答案应该从这些方面分析答复。从题给信息可以看出pH调到5.5应该Fe3+和

36、Al3+沉淀完全，所以沉淀应 该是氢氧化铁和氢氧化铝。(3) 从流程变化，因为废料浸出用到硫酸，可知滤液中应该含有硫酸根离子； 从废料成分中含有CaMg(C3?2和两次调节pH均用到氢氧化钠，可知滤液中阳离 子应该有钠离子和钙离子，所以从滤渣U中可回收利用的主要物质是硫酸钠和硫 酸钙。(4) 分析该题可以结合硝酸钾与氯化钠的别离方法思考，同时要注意题给 图示，从图示上我们不难得到以下信息，一是一样温度时氯酸镁的溶解度最大氯 化钠溶解度最小，二是氯酸镁溶解度随温度变化最大，氯化钠溶解度随温度变化 最小。所以控制反响温度的变化，可以控制可溶性物质的别离。从题给图示不难看出一样温度时氯化钠的溶解度最

37、小，因此在冷却降温析出Mg(CIQ)2过程中一定会析出氯化钠。由于氯酸镁和氯化钠均溶于水，溶于水 的可溶性物质一般用结晶和重结晶的方法别离。【答案】(1)增大硫酸浓度；加热升高温度；边加硫酸边搅拌 (要求写出两条) 滤渣I主要成分有Fe(OH)3、AI(OH)3从滤液U中可回收利用的主要物质有 CaSO、NaSO该反响的生成物为Mg(CIQ)2和NaCl的混合溶液，NaCl的溶解度随温度变 化不大，Mg(CIQ)2的溶解度随温度升高而升高。利用两物的溶解度差异，通过 加热蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，将 Mg(CIQ)2与NaCl别离，制得Mg(CIQ)2。因为在一样温度向下NaCl的溶解度最小，

38、所以在冷却结晶过程中，会有少量 NaCl随Mg(CIQ)2析出；重结晶。23、(11 分)磷单质与其化合物的、有广泛应用。(1) 同磷灰石主要成分在高温下制备黄磷(P4)的热化学方程式为：4Cs5(PC4)3F(s)+21SiO2(s)+30C(s)=3P 4(g)+20CaSiO3(s)+30CO(g)+SiF 4(g); H 上述反响中，副产物矿渣可用来。 一样条件下：4Cs3(PC4) 2F(s)+3SiO 2(s)=6Cas 3(PO) 2(s)+2CaSio 3(s)+SiF 4(g)； H2Cs3(PC4) 2(s)+10C(s)=P 4(g)+6CaO(s)+10CO(g) ;

39、HSiO2(s)+CaO(s)=CaSiO3(s)； H用厶H、 H和厶H表示 H, H =(2) 三聚磷酸可视为三个磷酸分子(磷酸结构式见右图)之间脱去两个水分子产物, 其结构式为。三聚磷酸钠(俗称“五钠)是常用的水处理剂，其化学式为HH0(3)次磷酸钠(NaH2PQ)可用于化学镀镍。 NaHPQ中P元素的化合价为。 化学镀镍的溶液中含有Ni2+和H2PQT，在酸性等条件下发生下述反响:2+_ (a)Ni + H 2PQ + Ni +H2PQ + (b)6H 2PO2 +2H+ =2P+4HPQ+3H T 请在答题卡上写出并配平反响式(a)(4) 利用中反响可在塑料镀件外表沉积镍一磷合金，从

40、而到达化学镀镍的目的，这是一种常见的化学镀。请从以下方面比较化学镀与电镀。方法上的不同点：；原理上的不同点：；化学镀的优点：。【解析】(1)由方程式可以看出副产物矿渣应该是 CaSiQ(s)，结合炼铁我 们不难得出答案是制水泥。运用盖斯定律，反响1反响2X 3+反响308=总反响，那么H3H+18 H3(2) 结合题意三聚磷酸钠(俗称“五钠)可知产物三聚磷酸应含有五个羟基， 即三个磷酸分子之间有三个羟基相互反响脱去两个水分子，所以三聚磷酸的结构 000IIIIIIH0-P-0-P0-F-0HIIIOHOH0H式为，三聚磷酸钠的化学式为N&P3O0。(3) 因为Na H的化合价为+1，O

41、为一2，所以由化合价代数和为0可得P 的化合价为：+1。由得失电子数目守恒(2 1) X 2=(3 1) X 1,可知Ni2+和Ni +的化学计量数 为2，HPO_和HbPO_的化学计量数为1,再由电荷守恒 2X 2 1=2X 1 1+2X 1, 可知H在方程式的右边，HO在方程式的左边，化学计量数分别为 2和1。即总 方程式为：2Ni2+ + 1H 2PO_+ 1HzQ 2_Ni + +田2卩0_ + 2_H；(4) 比较化学镀与电镀应该从反响环境和条件以与反响实质和产物方面去分 析归纳问题，从方法上分析，电镀是利用电解原理通过外加直流电源， 在镀件外 表形成的镀层，镀层一般只有镍，而化学镀

42、是利用氧化复原反响镀件直接与电解 质溶液接触，在塑料镀件外表沉积镍一磷合金，这是两者的不同；从原理上分析， 无论电镀还是化学镀均有电子的转移，均是利用了氧化复原反响，这是两者的一 样点，不同点是化学镀用的是化学反响， 而电镀用的是电化学；很明显化学镀装 置简单，而且不需要消耗电能，装置简单、耗能少、操作简便应该是化学镀优于 电镀的。【答案】(1)水泥； H3 H2+18A H0OIIIIIIH0-P0PYP0HIIIOHOHOH，Na；ROoo2+_一_ + _一 +(3) +1 ; 2Ni + 1H 2PO + 1H20 2_Ni +IH2PQ + 2 H 0(4) 化学镀中镀件直接与电解质

43、溶液接触反响；电镀通过外加电流，在镀件外形成镀层；化学镀是利用化学腐蚀反响；电镀是利用电解池，外加电流进展氧化复 原反响；装置简便，节约能源，操作简便。24. (11 分)超细氧化铝是一种重要的功能瓷原料。(1) 实验室常以NHAI(SO4)2和NHHC0为原料，在一定条件下先反响生成沉淀NHAIO(OH)HC0该沉淀高温分解即得超 Al 2O,NH4AIO(OH)HC(热分解的化学反响 方程式0NH4AI(SO4)2的相对分子质量为 453。欲配制100 mLPH为2浓度约为0.1 mo 的NHAI(SO4)2溶液，配制过程为 用托盘天平称量NHAI(SO4)2 12HO固体g 将上述固体置

44、于烧杯中(3)在0.1 moI I 1NHAI(SO4)2溶液中，铝各形态的浓度(以AI3+计)的对数(Ig c) 随溶液ph变化的关系见以下列图-4巧*er 曾 j；* 巧iq !r-|s二 r|< 蟲"i jliiBifiiBijo 4i1 !；| aJ ai| iu&ii| .4'4匚“ ；=n|aas ja. XuiBSe :u：i i|uiI LF-II倉.1卜¥|$1£ A1(OH)< ：X iri iii| rvii li juai|i i'i >i|rvjii!- - JA1(OH)3l呻电l*n :i“l

45、gH-I- -»i曹 irin! l*|十肘卄丁/卄十斤十怦E 101214F KM | |HIM50 I 4用NaOH溶液调节中溶液pH至7,该过程中发生反响的离子方程式有请在答题卡的框图中，画出O.OImol I 1NhAI(SO4)2溶液中铝各形态的浓度的 对数lg c随溶液pH变化的关系图，并进展必要的标注。【解析】(1)解答该题的关键是要判断出反响的产物，由题意 NHAIO(OH)HCO 热分解的产物应该有AI2Q，结合所学知识可知产物还应有 NH、CO和HO,配平 化学方程式得：2NHAIO(OH)HC3=°=2NHT +AI 2Q+ 3H2OT +2COT(2

46、) 注意配置一定物质的量浓度溶液的操作步骤地准确性，一般是计算、溶解、 转移、洗涤、定容、装瓶。计算时要注意规，同时要注意托盘天平的准确度是土0.1 g，100 mL0.1mol/LNH4AI(SO4)2 中，物质的量为 0.01 mol,MNHAI(SO4)2=453 g/moI，所以 m(NF4AI(SO4) 2)=453 g/mol x 0.01 mol=4.53 g=4.5 g ;溶解时要注 意玻璃棒搅拌，转移时注意用到玻璃棒引流，同时还要注意洗涤操作，定容时距 刻度23cm处应改用胶头滴管，同时还要注意上下震荡，使之混合均匀，装瓶时 要注意贴上标签。从题给图示可以看出，pH至7时铝离

47、子完全转化为氢氧化铝沉淀，没有出 现沉淀的溶解，又因为铵根离子水解使溶液显酸性， 所以中性溶液中必须是铵根 离子和一水合氨的混合物，说明必需有铵根离子与氢氧根的反响。 该过程中发生 反响的离子方程式为：Al3+ +3OH=AI(OH)3j； NH+ +OH=NHHC作图时注意 NHAI(SO4)2浓度的变化，由于浓度变为0.01 mol I 1，所以起始与最终数值为 2，又因为Al3+浓度减少减少为0.01 mol I 1，而溶度积常数不变，所以刚开 始产生沉淀时pH要增大。而完全沉淀和沉淀溶解时的PH应与原图一样不能改变， 但注意氢氧化铝完全溶解时的pH也是不变的二纵座标发生改变，所以线要与

48、原 图有所区别。【答案】(1)2NHAIO(OH)HC3=2NHT +AI2Q+3HOT +2COT (2)将 4.5 g 固体置 于烧杯中，边加蒸馏水溶解边用玻璃棒搅拌，待完全溶解后，用玻璃棒移液至 100 mL的容量瓶中，用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒 23次，并将洗涤液转移到容 量瓶中，加蒸馏水至刻度线23c m处应改用胶头滴管，上下振荡，静置，将配置 好的溶液装入试剂瓶中，并贴上标签。(3)图略。作图要点：起始与最终数值为 2;刚开始产生沉淀时pH要增大；完全沉淀和沉淀溶解时的pH应与原图一样； 氢氧化铝完全溶解时的pH也是不变的二纵座标发生改变，所以线要与原图有所 区别。五、(此题包括1小

49、题，9分)25. (9分)叠氮化合物应用广泛，如 NaN,可用于汽车平安气毂PhCHNs可用于 合成化合物V(见以下列图，仅列出局部反响条件 Ph代表苯基-)(1) 以下说法不正确的选项是(填字母)A. 反响属于取代反响B. 化合物I可生成酯，但不能发生氧化反响C一定条件下化合物II能生成化合物ID. 定条件下化合物II能与氢气反响类型与反响一样化合物II发生聚合反响的化学方程式为(不要求写出反响条件) 反响的化学方程式为 (要求写出反响条件)(4) 化合物III与PhCHNs发生环加成反响成化合物V,不同条件下环加反响还可生成化合物V的同分异构体。该同分异物的分子式为吉构式为。(5) 科学家

50、曾预言可合成C(Nb)4。其可分解成单质，用作炸药。有人通过NaN与NC- CCb,反响成功全成了该物质以下说确的是 傾字母)A. 该合成反响可能是取代反响B. C(Nb)4与甲烷具有类似的空间结构C. C(Nb)4不可能与化合物川发生环加反响D. C(NO 4分解爆炸的化学反响方程式可能为C(NO 4 C+ 6N T【解析】(1)反响是氯原子取代侧链上的氢原子，属于取代反响，是氯原子 被N3基团所取代，也应属于取代反响，A正确；化合物I中含有羟基，而且与之 相连的碳原子上有1个氢原子，应该可以发生酯化反响和氧化反响，B错误；按反响机理假设用化合物II所得产物会少一个氢原子，C错误；化合物II

51、与氢气 和溴水或溴的四氯化碳溶液均发生加成反响，D正确。答案BC 化合物II : PhCH=CH含有碳碳双键，应该发生加聚反响，书写时不要漏写 n,注意将苯基写为侧链。反响方程式：(3) 甲苯在光照条件下与氯气发生取代反响，书写时千万不要漏写反响条件光照, 不要漏写小分子氯化氢，反响的方程式：(4) 书写分子式应该没有问题，因为同分异构体的分子式是一样的，但要注意苯 基原子个数不要计算错误，分子式为：C4H3N。书写同分异构体要从结构式出发， 注意碳碳双键上苯基位置的变化，即从NaN与NC- CCb,反响分析不难看出反响过程中有 C、N三键的破坏，不符 合取代反响的要求，所以A错误；C(Nb)

52、4可视作甲烷分子中的氢原子被 N基团所 替代代，所以C(Nb)4与甲烷具有类似的空间结构，B正确；因为C(N3)4分子中存 在N、N不饱和键，应该可以发生加成反响，C错误；由题给信息科学家曾预言可合成C(Nb) 40其可分解成单质，可以判断 D正确。答案BDPhnPhCH=CH3 丄 IhQHaA【答案】(1)BC(2)光PhCH3 + Cl3 PlxCHjCl-hHCl(5)BD26. 10光催化制氢是化学研究的热点之一。科学家利用含有呲啶环呲啶的结oICH.OC0COCH,其性质类似于苯的化合物II作为中间体，实现了循环法制氢，示意图如下 仅 列出局部反响条件：CHDC0 j COCH,1化合物II的分子式为。 化合物I合成方法如下反响条件略，除化合物 山 的结构未标明外，反 响式已配平；0-II& H + 2 CHXCHjCOOCH, * NHJ1CO, *化合物III 的名称是。3用化合物V结构式见右图代替III作原料，也能进展类似的上述反响, 所得有机物的结构式为。0H|一1V|以下说确的是傾字母A. 化合物V的名称是间羟基苯甲醛，或 2羟基苯甲醛B. 化合物I具有复原性；II具有氧化性，但能被酸性高锰酸钾溶液氧化C. 化合物I、II、IV都可发生水解反响D. 化合物V遇三氯化铁显色，还可发生氧化反响，但不能发生复原反响(5) 呲啶甲酸酯可作为金属