2021年高考化学真题试卷（辽宁卷）

2021年高考化学真题试卷（辽宁卷）

阅卷人

——、单选题（共15题；共30分）

得分

1.（2分）下列说法错误的是（）

A.纯铁比生铁易生锈

B.臭氧可用于自来水消毒

C.酚醛树脂可用作绝缘、隔热材料

D.高纯硅可用于制芯片

【答案】A

【考点】物质的组成、结构和性质的关系；臭氧；硅和二氧化硅；合金及其应用

【解析】【解答】A.由于生铁发生电化学腐蚀，而纯铁只能发生化学腐蚀，故生铁比纯铁易生锈，A

符合题意；

B.臭氧具有强氧化性，能使蛋白质发生变性，可用于自来水消毒，B不符合题意；

C.酚醛树脂具有空间立体网状结构，具有热固体，绝缘性，故可用作绝缘、隔热材料，C不符合题

忌；

D.高纯硅是良好的半导体材料，可用于制芯片，D不符合题意；

故答案为：Ao

【分析】

A.生铁杂质较多，会发生电化学腐蚀，加快腐蚀；

B.臭氧有强氧化性，可以用于消毒；

C.酚醛树脂的结构具有热固性；可作隔热、绝缘材料；

D.高纯硅是芯片的主要材料。

2.（2分）下列化学用语使用正确的是（）

2s2p

A.基态C原子价电子排布图：r—i,■,

c.Ka形成过程：K・+£i:fK：d:

D.质量数为2的氢核素：lH

【答案】D

【考点】原子核外电子排布；用电子式表示简单的离子化合物和共价化合物的形成；元素、核素；原子结

构示意图

2s2p

【解析】【解答】A.基态C原子价电子排布图为：田田木口|，人不符合题意；

B.cr结构示意图为：自/虱8,B不符合题意；

5〃

c.KCI形成过程为：K硒daK+[6：i，C不符合题意；

••••

D.质量数为2的氢核素为：,D符合题意；

故答案为：D。

【分析】

A.根据碳原子质子数和所在位置，核外排布为Is22s22P2；

B.质子数等于核外电子数，属于原子结构；

C.不符合离子化合物的构成；

D.质量数等于质子数加中子数。

3.(2分)《天工开物》中记载：“凡乌金纸由苏、杭造成，其纸用东海巨竹膜为质。用豆油点灯，闭

塞周围，只留针孔通气，熏染烟光而成此纸，每纸一张打金箔五十度……”下列说法错误的是

()

A.“乌金纸”的“乌”与豆油不完全燃烧有关

B.“巨竹膜”为造纸的原料，主要成分是纤维素

C.豆油的主要成分油脂属于天然高分子化合物

D.打金成箔，说明金具有良好的延展性

【答案】C

【考点】金属的通性；多糖的性质和用途：油脂的性质、组成与结构

【解析】【解答】A.由题干可知，“乌金纸”是用豆油点灯，闭塞周围，只留针孔通气，熏染烟光而

成此纸，故“乌金纸”的“乌”与豆油不完全燃烧有关，A不符合题意；

B.造纸的原料主要是纤维素，故“巨竹膜”为造纸的原料，主要成分是纤维素，B不符合题意；

C.豆油的主要成分油脂，但不属于高分子化合物，豆油不属于天然高分子化合物，C符合题意；

D.打金成箔，说明金具有良好的延展性，D不符合题意；

故答案为：C»

【分析】

A.豆油的不完全燃烧熏染成色；

B.造纸的主要原料是纤维素；

C.油脂是高分子化合物，但不属于天然高分子化合物；

D.金有良好的延展性。

4.（2分）下列说法正确的是（）

A.22ALCl2（标准状况）与水充分反应转移Imol电子

B.H2SO4和CuCl2均可通过化合反应得到

C.将蘸有浓氨水和浓硫酸的玻璃棒相互靠近，有白烟产生

D.S02与KC10溶液反应：S02+2CIO~+H20=2HC10+SOj~

【答案】B

【考点】氨的性质及用途；二氧化硫的性质；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算;

物质的量与其浓度和气体摩尔体枳的综合应用

【解析】【解答】A.由于溶于水中的Cb只有部分与H?0反应，故22.4LC%（标准状况）与水充分反

应转移电子数目小于1巾。2，A不符合题意；

B.根据反应：SO3+H2OH2so4,Cu+CbffCuCh,故H2s。4和CuCl2均可通过化合反应得

到，B符合题意；

C.将蘸有浓氨水和浓盐酸或浓硝酸的玻璃棒相互靠近，有白烟产生，由于浓硫酸难挥发，故不能形

成白烟，C不符合题意；

D.由于CIO具有强氧化性，SO?具有强还原性，故S02与KC10溶液反应：SO2+CIO-+H2O=

2H++Cl~+S0l~,D不符合题意;

故答案为：B。

【分析】

A.与水反应并不充分；

B.两者均可化合得到；

C.浓硫酸不易挥发，无法反应；

D.会发生氧化还原反应，化合价会变化。

5.（2分）有机物a、b、c的结构如图。下列说法正确的是（）

千平凡士

A.a的一氯代物有3种B.b是的单体

C.C中碳原子的杂化方式均为sp2D.a、b、c互为同分异构体

【答案】A

【考点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断;同分异构现象和同分异构体；取代反应；聚合反应

【解析】【解答】A.根据等效氢原理可知,a的一氯代物有3种如图所示:，A符

合题意;

4C=CHt-ECH-CH，i

B.b的加聚产物是：人，人~的单体是苯乙烯不是b,B不符合题意;

。0

C.c中碳原子的杂化方式由6个sp2,2个sp3,C不符合题意;

D.a、b、c的分子式分别为：C8H6,C8H6,C8H8,故c与a、b不互为同分异构体，D不符合题意;

故答案为：Ao

【分析】

A.根据等效氢分析，含3种等效氢；

B.单体应是含碳碳双键；

C.杂化类型sp2、sp3两种;

D.分子式均不同，不属于同分异构。

6.（2分）我国科技工作者发现某“小分子胶水”（结构如图）能助力自噬细胞“吞没”致病蛋白。下列说

法正确的是（）

A.该分子中所有碳原子一定共平面

B.该分子能与蛋白质分子形成氢键

C.Imol该物质最多能与3nwlNaOH反应

D.该物质能发生取代、加成和消去反应

【答案】B

【考点】有机物的结构和性质；芳香烧；苯酚的性质及用途；酯的性质

【解析】【解答】A.该分子中存在2个苯环、碳碳双键所在的三个平面，平面间单键连接可以旋

转，故所有碳原子可能共平面，A不符合题意；

B.由题干信息可知，该分子中有羟基，能与蛋白质分子中的氨基之间形成氢键，B符合题意；

C.由题干信息可知，该物质含有2moi酚羟基，可以消耗2moiNaOH,Imol酚酯基，可以消

耗2moiNaOH,故最多能与AmolNaOH反应，C不符合题意；

D.该物质中含有酚羟基且邻对位上有H,能发生取代反应，含有苯环和碳碳双键，能发生加成反

应，但没有卤素原子和醇羟基，不能发生消去反应，D不符合题意；

故答案为：Bo

【分析】

A.根据特殊的苯环和谈谈双键的共面进行判断；

B.含羟基可以与蛋白质的氨基生成氢键和肽键；

C.含酯基和酚羟基消耗氢氧化钠；

D.无醇羟基和卤素原子，无法消去。

7.（2分）单质硫和氢气在低温高压下可形成一种新型超导材料，其晶胞如图。下列说法错误的是

()

A.S位于元素周期表p区B.该物质的化学式为H3s

C.S位于H构成的八面体空隙中D.该晶体属于分子晶体

【答案】D

【考点】原子核外电子排布；分子晶体；晶胞的计算

【解析】【解答】A.S的价电子排布式为：3s23P”,故S位于元素周期表p区，A不符合题意;

B.由该物质形成晶体的晶胞可知：S个数为8xJ+l=2，H个数为：12xj+6x^=6，故

o4Z

H、S原子个数比为3:1,故该物质的化学式为H3S，B不符合题意；

C.S位于H构成的八面体空隙中，如图所示C不符合题意;

D.由于该晶体是一种新型超导材料，说明其是由阴、阳离子构成的，故该晶体属于离子晶体，D符

合题意；

故答案为：Do

【分析】

A.根据硫元素的价电子排布，分析在元素周期表的位置在P区;

B.根据晶胞图可以知道，此物质化学式是，35;

C.根据晶胞图，硫原子在氢原子所构成的八面体的空隙;

D.此物质是超导材料，属于阴阳离子构成的离子晶体。

8.（2分）含S元素的某钠盐a能发生如图转化。下列说法错误的是（）

①足量CLnBaC睹液土金

L----►溶液b----------►沉淀c

盐a溶液一脸驾剌激性气随g邈紫色褪去

味气体d

A.a可能为正盐，也可能为酸式盐

B.c为不溶于盐酸的白色沉淀

C.d为含极性键的非极性分子

D.反应②中还可能生成淡黄色沉淀

【答案】C

【考点】二氧化硫的性质；含硫物质的性质及综合应用；钠的重要化合物

【解析】【解答】A.由分析可知，盐a为Na2sCh或者NaHSCh,也可能是Na2s2O3,故a可能为正

盐，也可能为酸式盐，A不符合题意；

B.由分析可知，c为BaS04,故c为不溶于盐酸的白色沉淀，B不符合题意；

C.由分析可知，d为SO?,由S0?易溶于水并根据“相似相溶”原理可知，d是含有极性键的极性分

子，C符合题意；

D.由分析可知，盐a为Na2s03或者NaHSCh,也可能是Na2s2O3,当

Na2s2O3+2HCl=2NaCl+S[+SO2T+H2O,反应②中还可能生成淡黄色沉淀，D不符合题意；

故答案为：Co

【分析】

A.根据分析此物质含硫元素，且属于亚硫酸或硫代硫酸钠等物质；

B.c是硫酸钏沉淀，不溶于酸；

C.d是二氧化硫含非极性键；

D.a可能是亚硫酸钠或硫代硫酸钠，反应后会生成硫单质淡黄色沉淀。

9.（2分）由下列实验操作及现象能得出相应结论的是（）

实验操作现象结论

向、混合溶液中依次加入少量氯水和

KBrKI溶液分层，下层呈氧化性：Cl2>

A

CCU,振荡，静置紫红色BY2>I2

B在火焰上灼烧搅拌过某无色溶液的玻璃棒火焰出现黄色溶液中含Na元素

用pH计测定pH：①NaHC03溶液H2co3酸性弱于

CpH：①〉②

②溶液

CH3coONaCH3COOH

把水滴入盛有少量Na2O2的试管中，立即把带

D木条复燃反应生成了02

火星木条放在试管口

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【考点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；焰色反应；比较弱酸的相对强弱的实验；钠的氧化

物

【解析】【解答】A.向KBr、KI混合溶液中依次加入少量氯水和CC14,振荡，静置，溶液分层，下

层呈紫红色，说明反应产生L,发生反应：2KI+C12=2KC1+L,证明氧化性：。2>【2,Br2>I2,但不

能比较B「2与Cl2的氧化性强弱，A不符合题意；

B.玻璃中含有Na元素，因此灼烧时使火焰呈黄色，不能证明溶液中含Na元素，B不符合题意；

C.应该采用对照方法进行实验，但两种溶液的浓度未知，盐的种类也不同，因此不能通过测定溶液

的pH来判断H2co3、CH3COOH的酸性强弱，C不符合题意；

D.氧气有助燃性，把水滴入盛有少量Na2C>2的试管中，立即把带火星木条放在试管口，木条复燃，

可以证明NazCh与水反应产生了D符合题意；

故答案为：D。

【分析】

A.此反应不能比较澳和碘单质的氧化性；

B.玻璃中含有钠元素；

C.浓度未知，pH不能比较；

D.木条复燃是检验氧气的主要方法，则生成了氧气。

10.（2分）如图，某液态金属储能电池放电时产生金属化合物Li3Bi0下列说法正确的是（）

M极：液态3/泡沫Ni

熔融Li。和KC1

N极：液态Sb-Bi-Sn

A.放电时，M电极反应为Ni-2e-=Ni2+

B.放电时，Li+由M电极向N电极移动

C.充电时，M电极的质量减小

+

D.充电时，N电极反应为Li3Bi+3e-=3Li+Bi

【答案】B

【考点】电极反应和电池反应方程式；原电池工作原理及应用；电解池工作原理及应用

【解析】【解答】A.由分析可知，放电时，M电极反应为Lie=Li+,A不符合题意；

B.由分析可知，放电时，M极为负极，N极为正极，故Li+由M电极向N电极移动，B符合题

意；

C.由二次电池的原理可知，充电时和放电时同一电极上发生的反应互为逆过程，M电极的电极反应

为：Li++e=Li,故电极质量增大，C不符合题意；

D.由二次电池的原理可知，充电时和放电时同一电极上发生的反应互为逆过程，充电时，N电极反

+

应为Li3Bi-3e~=3Li4-Bi,D不符合题意；

故答案为：Bo

【分析】

A.放电时M电极活泼金属锂失电子是负极；

B.放电时M是负极，阳离子向正极移动；

C.充电时，M电极锂金属放电，电极消耗；

D.充电时N电极应失电子发生氧化反应。

1L(2分)某温度下，在恒容密闭容器中加入一定量X,发生反应2X(s)UY(s)+Z(g),一段时

间后达到平衡。下列说法错误的是()

A.升高温度，若c(Z)增大，则AH>0

B.加入一定量Z,达新平衡后m(K)减小

C.加入等物质的量的Y和Z,达新平衡后c(Z)增大

D.加入一定量量;气，平衡不移动

【答案】C

【考点】化学平衡移动原理

【解析】【解答】A.根据勒夏特列原理可知，升高温度，化学平衡向着吸热反应方向移动，而c(Z)

增大，说明平衡正向移动，故则>0,A不符合题意；

B.加入一定量Z,Z的浓度增大，平衡逆向移动，故达新平衡后m(y)减小，B不符合题意；

C.加入等物质的量的Y和Z,Z的浓度增大，平衡逆向移动，由于X、Y均为固体，故K=c(Z),

达新平衡后c(Z)不变，C符合题意；

D.加入一定量僦气，加入瞬间，X、Z的浓度保持不变，故正、逆反应速率不变，故平衡不移动，

D不符合题意；

故答案为：Co

【分析】

A.升温平衡正向移动，则反应是吸热；

B.加入生成物，平衡逆向移动，Y减小；

C.只有Z是气体，且平衡常数不变，则Z浓度不变；

D.加入稀有气体，各物质分压不变平衡不移动。

12.（2分）某温度下，降冰片烯在钛杂环丁烷催化下聚合，反应物浓度与催化剂浓度及时间关系如

图。已知反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，下列说法错误的是（）

①”化刑=0.035mol・LT

②c卬化打=0.070mo卜L1

IWiQfi'J

050100150200250300

t/min

A.其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应速率越大

B.其他条件相同时，降冰片烯浓度越大，反应速率越大

C.条件①，反应速率为0.012mol-L-1-min-1

D.条件②，降冰片烯起始浓度为3.0mo＞『i13寸，半衰期为62.5min

【答案】B

【考点】化学反应速率；化学反应速率的影响因素

【解析】【解答】A.由题干图中曲线①②可知，其他条件相同时，催化剂浓度越大，反应所需要的

时间更短，故反应速率越大，A不符合题意；

B.由题干图中曲线①③可知，其他条件相同时，降冰片烯浓度①是③的两倍，所用时间①也是

③的两倍，反应速率相等，故说明反应速率与降冰片烯浓度无关，B符合题意；

C.由题干图中数据可知，条件①，反应谏率为°=a_3.0nwl.L-1-0二。二代二。/.

uAt~250min

LT1-min-1,C不符合题意；

D.反应物消耗一半所需的时间称为半衰期，由题干图中数据可知，条件②，降冰片烯起始浓度为

3.0mol-LT1时，半技期为125min+2=62.5min,D不符合题思;

故答案为：B»

【分析】

A.根据图像分析，增加催化剂浓度，反应速率加快；

B.根据图像分析，浓度不同时，花费时间也可能相同；

C.根据反应速率计算即可；

D.根据半衰期的定义，先根据图像数据计算为62.5min0

13.（2分）利用(Q)与(QHi)电解转化法从烟气中分离C02的原理如

图。已知气体可选择性通过膜电极，溶液不能通过。下列说法错误的是（）

电源

烟气=

——Ar

膜

电

极

出口IY-=►出口2

M极N极

A.a为电源负极B.溶液中Q的物质的量保持不变

C.C02在M极被还原D.分离出的C02从出口2排出

【答案】C

【考点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用

【解析】【解答】A.由分析可知，a为电源负极，A不符合题意；

B.由分析可知，根据电子守恒可知，溶液中Q的物质的量保持不变，B不符合题意；

C.由分析可知，整个过程C02未被还原，CO?在M极发生反应为CO?+OH=HCO^，C符合题

意；

D.由题干信息可知，M极上CCh发生反应为：CO2+OH=HCO1被吸收，HCO］向阳极移动，N

极上发生的反应为：HCOi+H+=H2O+CO2T，故分离出的C02从出口2排出，D不符合题意;

故答案为：Co

【分析】

A.根据M电极由Q生成QH2,发生还原反应，M为阴极所以a是负极；

B.Q在反应中即消耗又生成，根据得失电子守恒，Q的量不变；

C.根据材料分析，二氧化碳并未反应；

D.根据材料，二氧化碳不参与反应，只通过膜电极经出口2排出。

14.（2分）某多孔储氢材料前驱体结构如图，M、W、X、Y、Z五种元素原子序数依次增大，基态

Z原子的电子填充了3个能级，其中有2个未成对电子。下列说法正确的是（）

A.氢化物沸点：X>YB.原子半径：M<X<Y<Z

C.第一电离能：W<X<Y<ZD.阴、阳离子中均有配位键

【答案】D

【考点】元素电离能、电负性的含义及应用；元素周期律和元素周期表的综合应用；微粒半径大小的比较

【解析】【解答】A.由分析可知，X、Y的氢化物分别为：CH4和由于NH3存在分子间氢键，

故氢化物沸点：X<Y,A不符合题意；

B.根据同一周期从左往右主族元素的原子半径依次减小，同一主族从上往下依次增大，故原子半

径：M<Z<y<X,B不符合题意；

C.根据同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，HA与1IIA,VA与VIA反常，故第一电

离能:W<X<Z<Y,C不符合题意；

D.由于阳离子中的Y原子是N原子，形成了类似于钱根离子的阳离子，故存在配位键，阴离子中

的W为B,最外层上只有3个电子，能形成3个共价键，现在形成了4个共价键，故还有一个配位

键，D符合题意；

故答案为：D。

【分析】

根据结构简式推断，X是碳、Y是氮、M是氢、Z是氧、W是硼;

A.两者氢化物分别是甲烷和氨气，氮氨气存在氢键，沸点较高；

B.原子半径同周期随质子数增加而减小，同主族随质子数增加而增大；

C.电离能同周期从左到右逐渐增大；

D.根据结构简式均含一个配位键。

2

15.(2分)用0.1000加。小厂1盐酸滴定20.00mLNa2A溶液，溶液中H2A、HA~、A~的

分布分数6随pH变化曲线及滴定曲线如图。下列说法正确的是(如A2-分布分数：6(炉一)=

2

B.c点：c(HA-)>C(A~)>C(H2A)

C.第一次突变，可选酚献作指示剂

1

D.c(Na2A)=0.2000mo/-LT

【答案】C

【考点】电解质与非电解质；盐类水解的原理；离子浓度大小的比较；中和滴定；电离平衡常数

+—

【解析】【解答】A.H2A的Kal=c(，，怎)，根据上图交点1计算可知Kal=10638,A不

符合题意；

2

B.根据图像可知c点中c(从4-)>C(H2A)>c(A-),B不符合题意；

C.根据图像可知第一次滴定突跃溶液呈碱性，所以可以选择酚酬做指示剂，C符合题意；

D.根据图像e点可知，当加入盐酸40mL时，全部生成H2A,根据Na2A+2HCI=2NaCl+H2A

计算可知C(NQ2』)=0.1000m。/•,D不符合题意;

故答案为：Co

【分析】

A.根据a点的pH和储-分布分数计算即可;

B.C点盐酸稍过量，抑制电离；

C.第一次突变，从碱性变中性，选变色范围在弱碱性的酚酰;指示剂较好;

D.根据e点全生成弱酸进行计算。

阅卷入

一二、综合题(共4题；共35分)

得分

16.(8分)从帆修铺矿渣(主要成分为乙。5、Cr2O3、MnO)中提格的一种工艺流程如下:

NajSzOj溶液

Cr2O3

机格镒矿渣

硫酸浸液

H/VNaOH溶液

已知：pH较大时，二价镭［Mn(//)］(在空气中易被氧化.回答下列问题:

(1)(2分)Cr元素位于元素周期表第周期族。

(2)(1分)用FeCl3溶液制备Fe(0H)3胶体的化学方程式

为o

(3)(1分)常温下，各种形态五价锐粒子总浓度的对数1仞。总(V)］与pH关系如图1。已知钮铭

锦矿渣硫酸浸液中Cg(V)=O.Olmol-L-l，“沉钢”过程控制pH=3.0,则与胶体共沉降的五价钢

粒子的存在形态为(填化学式)。

(4)(2分)某温度下，Cr(/〃)、Mn(//)的沉淀率与pH关系如图2。“沉铭”过程最佳pH

1

为;在该条件下滤液B中c(Cr3+)=molIT(Kw近似为lxKT”，

Cr(0H)3的小近似为1xIO-。)。

(5)(1分)“转化”过程中生成MnO2的离子方程式为,

(6)(1分)“提纯”过程中Na2s2O3的作用

为_____________________________________________________________________________________

O

【答案】(1)4；VIB

(2)FeCb+3H2。望Fe(OH)3(胶体)+3HCl

X-

(3)H3V20y

(4)6.0；1x10-6

2+

(5)Mn+H2O2+2OH-MnO2+2H2O

(6)防止pH较大时，二价镐［Mn(//)］被空气中氧气氧化，转化为MnCh附在Cr(OH)3的表面，使

产物不纯

【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯：制取氢氧化铁、氢氧化亚铁

【解析】【解答】分析本工艺流程图可知，“沉钮”步骤中使用氢氧化铁胶体吸附含有机的杂质，滤液

中主要含有Mi?+和CB,加热NaOH“沉格”后，CF+转化为固体A为Cr(OH)3沉淀，滤液B中主要

含有MnSO4,加入Na2s2O3主要时防止pH较大时，二价镭［Mn(//)］被空气中氧气氧化，Cr(OH)3

2+

煨烧后生成CnCh,“转化”步骤中的反应离子方程式为：Mn+H2O2+2OH=MnO2+2H2O,据此分析解

题。

(l)Cr是24号元素，价层电子对排布式为：3ds4sl根据最高能层数等于周期序数，价电子数等于

族序数，故Cr元素位于元素周期表第4周期VIB族，故答案为：4;VIB；

(2)用FeCl溶液制备Fe(O”)3胶体的化学方程式为FeCb+3H2O誉Fe(OH)3(胶体)+3HQ,故

35-

答案为：FeC13+3HO"Fe(OH)3(胶体)+3HCl；

2、—

(3)常温下，各种形态五价锐粒子总浓度的对数［Ige总(V)］与pH关系如图1。已知专凡铭锦矿渣硫

1

酸浸液中ciS(V)=0.01mol-L-,/gc总(V)=-2,从图中可知，“沉帆”过程控制pH=3.0,

点")=-2时，与胶体共沉降的五价钮粒子的存在形态为H3V20y,故答案为：H3V20y；

(4)某温度下，Cr(〃/)、Mn(〃)的沉淀率与pH关系如图2,由图中信息可知“沉铭”过程最佳

pH为6.0；则此时溶液中OH-的浓度为：c(OH)=l(Hmol/L,在该条件下滤液B中。(仃3+)=

Ksp(Cr(0H)3)_1x10-3。

=M0-6molL-1,故答案为：6.0；IxlOQ

c3(OW-)(10-8

（5）由分析可知，“转化”过程中生成MnO2的离子方程式为Mn2++H2O2+2OH=MnO2+2H2O,故答

2+

案为：Mn+H2O2+2OH-MnO2+2H2O；

（6）由分析可知，“提纯”过程中Na2s2。3的作用为防止pH较大时，二价镒［Mn（//）］被空气中氧

气氧化，转化为MnCh附在Cr（0H）3的表面，使产物不纯，故答案为：防止pH较大时，二价镭

［Mn（//）］被空气中氧气氧化，转化为MnCh附在Cr（0H）3的表面，使产物不纯。

【分析】

（1）铝元素是24号，元素周期表位置是第4周期VIB族；

（2）氢氧化铁胶体的制备方程式，注意需要注明胶体；

（3）根据图像pH=3时的五价钢粒子的存在主要是43%。又

（4）根据图像，只沉淀铭不沉淀锦，则最适pH=6；根据溶度积常数计算即可；

（5）转化过程中，镒离子转化成二氧化镒，被双氧水氧化，据此根据氧化还原反应进行配平即可；

（6）根据题目信息，pH较大时，二价镒易被氧化，而硫代硫酸钠作还原剂防止氧化。

17.（8分）苯催化加氢制备环己烷是化工生产中的重要工艺，一定条件下，发生如下反应：

回答下列问题：

（1）（1分）已知：in.2H2（g）+。2（。）=2,2°（，）

贝I」=（用和4H5表示）。

（2）（3分）有利于提高平衡体系中环己烷体积分数的措施有o

A.适当升温B.适当降温C.适当加压D.适当减压

（3）（1分）反应I在管式反应器中进行，实际投料往往在n（W2）:n（C6W6）=3:l的基础上适当

增大H2用量，其目的是。

（4）（1分）氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心时，才能发生反应，机理如图。当H2

中混有微量H2S或CO等杂质时，会导致反应I的产率降低，推测其可能原因

（5）（1分）催化剂载体中的酸性中心能催化苯及环己烷的裂解。已知酸性中心可结合弧电子

对，下图中可作为酸性中心的原子的标号是（填“①”“②”或"③”）。

催化剂载体表情船构片段

（6）（1分）恒压反应器中，按照n（W2）:n（C6W6）=4:l投料，发生I、II反应，总压为p0,

平衡时苯的转化率为a,环己烷的分压为p,则反应1的勺=

（列出计算式即可，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压x物质的量分数）。

【答案】(1)+^AH4-AH5

（2）B；C

（3）提高苯的利用率

（4）金属催化剂会与H2s或CO反应从而失去催化活动

⑸②

_______P_______

（6）^^POX（JE^PO）

【考点】反应热和焰变；盖斯定律及其应用；化学平衡常数；化学平衡移动原理；化学平衡的计算

【解析】【解答】（1）根据盖斯定律结合已知反应：W.2H2（。）+。2（。）=2,2°。）d43IV.2

(g)+15O2(g)^l2CO2(g)+6H2O(l)AH4V.(g)+9O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l)AH5

I.主反应:(g)+3H2(g)=(g)可由+V则训=%“3+

，故答案为：|飒+；/H4-飒；

(2)根据I.主反应：[个'(g)+3HXg)=[J(g)是一个气体体积减小的方向的放热反应，

故有利于提高平衡体系中环己烷体积分数即使平衡向正方向移动，根据勒夏特列原理，可采用适当

降低温度和实当加压有利平衡正向移动，而升温和减压都将使平衡逆向移动，故答案为：BC；

(3)反应I在管式反应器中进行，实际投料往往在n(W2):n(C6/76)=3:l的基础上适当增大H2

用量，增大H2的浓度将使平衡正向移动，从而提高苯的转化率即利用率，故适当增大H2用量的目

的是提高苯的利用率，故答案为：提高苯的利用率；

(4)氢原子和苯分子吸附在催化剂表面活性中心时，才能发生反应，机理如图。当“2中混有微量

H2S或CO等杂质时，会导致反应I的产率降低，推测其可能原因为金属催化剂会与H2s或CO反

应从而失去催化活动，故答案为：金属催化剂会与H2s或CO反应从而失去催化活动；

(5)催化剂载体中的酸性中心能催化苯及环己烷的裂解。已知酸性中心可结合弧电子对，由图可

知，①中原子无孤对电子也没有空轨道，②中原子无孤对电子但有空轨道可接收孤电子对，③中

有孤对电子，无空轨道，故下图中可作为酸性中心的原子的标号是②，故答案为：②；

(6)恒压反应器中，按照n(W2):n(C6H6)=4:l投料，设投入的苯的物质的量为Imol,发生I、

II反应总压为Po,平衡时苯的转化率为a,环己烷的分压为p,则：

c6H6+3%环己烷二甲基环戊烷

环己烷

起始量(yrw。14a0

0起始量有反应后平衡

转化量(jnol)a3aa转化量(jnol)XX

a

平衡:Kjrw。1—a4—3a平衡氧mol)a-xx

体系中总的物质的量为：l-a+4-3a+a-x+x=5-3a,故平衡时，苯的分压为：暮Po，氏的分压

为：*P0，则反应1的.=吧”於=「aj4-3a1,故答案为:

3

5-3"。p(H2)/Pox&gpo)

_______P_______3

【分析】

(1)根据盖斯定律计算反应热即可，注意正负号；

(2)根据反应方程式，反应放热，可以降温和加压，使平衡正向移动；

(3)增大其中一反应物浓度，可提高另一反应物的转化率；

(4)金属催化剂的活性可能受硫化氢等杂质的影响；

(5)根据图中原子是否有空轨道可以接受孤对电子对；

（6）利用三段式进行计算即可

18.（11分）Fe/Fe3O4磁性材料在很多领域具有应用前景，其制备过程如下（各步均在N2氛围中进

行）：

①称取9.95gFeCl2-4W2O（Mr=199）,配成50mL溶液，转移至恒压滴液漏斗中。

②向三颈烧瓶中加入lOOmLl4moz•「1KOH溶液。

③持续磁力搅拌，将FeCl2溶液以2mL仇-1的速度全部滴入三颈烧瓶中，100℃下回流

3h„

④冷却后过滤，依次用热水和乙醇洗涤所得黑色沉淀，在40℃干燥。

⑤管式炉内焙烧2h,得产品3.24g。

部分装置如图：

法控谑力投打器

回答下列问题：

（1）（2分）仪器a的名称是:使用恒压滴液漏斗的原因

是o

（2）（2分）实验室制取N2有多种方法，请根据元素化合物知识和氧化还原反应相关理论，结

合下列供选试剂和装置，选出一种可行的方法，化学方程式

为,对应的装置为_

（填标号）。

可供选择的试剂：CuO（s）、NH3（g）、5（。）、。2（。）、饱和NaN02（aq）、饱和

NH4cl(aq)

可供选择的发生装置（净化装置略去）:

（3）（1分）三颈烧瓶中反应生成了Fe和%3。4，离子方程式

为«

（4）（3分）为保证产品性能，需使其粒径适中、结晶度良好，可采取的措施有。

A.采用适宜的滴液速度

B.用盐酸代替KOH溶液，抑制Fe2+水解

C.在空气氛围中制备

D.选择适宜的焙烧温度

（5）（2分）步骤④中判断沉淀是否已经用水洗涤干净，应选择的试剂

为;使用乙醇洗涤的目的是。

（6）（1分）该实验所得磁性材料的产率为（保留3位有效数字）。

【答案】（1）（球形）冷凝管；平衡气压，便于液体顺利流下

⑵2NH3+3CuO=3Cu+N2+3H2O（或NH4Cl+NaNO2=NaCl+2H2O+N2T）：A（或

B）

2+

（3）4Fe+8OH~=FeI+Fe3O4I+4H2O

（4）A；D

（5）稀硝酸和硝酸银溶液；除去晶体表面水分，便于快速干燥

（6）90.0%

【考点】化学反应速率的影响因素；氮气的化学性质；常用仪器及其使用；物质的分离与提纯；制备实验

方案的设计

【解析】【解答】（1）根据仪器的构造与用途可知，仪器a的名称是（球形）冷凝管；恒压滴液漏斗

在使用过程中可保持气压平衡，使液体顺利流下。

（2）实验室中制备少量氮气的基本原理是用适当的氧化剂将氨或镂盐氧化，常见的可以是将氨气通

入灼热的氧化铜中反应，其化学方程式为：2NH3+3C&O㊁3Cit+N2+3H2。：可选择气体通入硬

质玻璃管与固体在加热条件下发生反应，即选择A装置。还可利用饱和NaN02（aq）和饱和

NHQaq）在加热下发生氧化还原反应制备氮气，反应的化学方程式为：NH4cl+

NaNO2=NaCl+2H2O+/V2?»可选择液体与液体加热制备气体型，所以选择B装置。综上

考虑，答案为：2N”3+3CuO㊁3Ca+可2+3“2。（或NH4。+NaN02=NaCl+2H2O+

N2T）；A（或B）；

（3）三颈烧瓶中FeCl2溶液与100mL14nro＞「IK。，溶液发生反应生成了Fe和Fe3O4,根据

2+

氧化还原反应的规律可知，该反应的离子方程式为4Fe+8OH~=FeI+Fe3O41+4H20;

（4）结晶度受反应速率与温度的影响，所以为保证产品性能，需使其粒径适中、结晶度良好，可采

取的措施有采用适宜的滴液速度、选择适宜的焙烧温度，AD项正确，若用盐酸代替KOH溶液，生

成的晶体为Fe和Fe3O4,均会溶解在盐酸中，因此得不到该晶粒，故B不选；若在空气氛围中制

备，则亚铁离子容易被空气氧化，故D不选，综上所述，答案为：AD：

（5）因为反应后溶液中有氯离子，所以在步骤④中判断沉淀是否已经用水洗涤干净，需取最后一

次洗涤液，加入稀硝酸酸化后，再加入硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则证明已洗涤干净；乙醇

易溶于水，易挥发，所以最后使用乙醇洗涤的目的是除去晶体表面水分，便于快速干燥。

（6）9.95gFeCl2-4W2O（Mr=199）的物质的量为西瑞褊=0.05nw/,根据发生反应的离子

2+

方程式：4Fe+8OH-=FeI+Fe3O4i+4H20,可知理论上所得的Fe和Fe3O4的物质的量各

自为0.0125mol,所以得到的黑色产品质量应为0.0125mo/x（56g/mol+232g/mol）=3.6g,

实际得到的产品3.24g,所以其产率为当翳x100%=90.0%,故答案为：90.0%o

【分析】

（1）a是球形冷凝管，恒压滴液漏斗目的是平衡气压，便于液体流下；

（2）可以选择氨气和氯化镂作为氮源，根据氧化还原反应理论挑选氧化剂或还原剂进行反应即可；

装置可选A或B均可，依据氮源的选取；

（3）根据材料分析，二价铁反应生成的铁和四氧化三铁，据此根据得失电子守恒进行配平即可；

（4）为了获得更好的产品，需要控制反应速率和焙烧温度；

（5）检验氯离子即可，注意需要酸化除去干扰粒子；乙醇的洗涤是为了去除水分；

（6）根据反应计算理论的产量即可，再根据计算得到产率。

19.（8分）中华裸葫中含有一种具有杀菌活性的化合物J,其合成路线如下:

（1）（2分）D中含氧官能团的名称为,;J的分子式为

COOU

（2）（1分）A的两种同分异构体结构分别为小q和

H（）人/\加

CWH

其熔点M..N（填“高于”或“低于”）。

（3）（1分）由A生成B的化学方程式为

（4）（1分）由B生成C的反应类型为0

（5）（1分）G的结构简式为

（6）（2分）F的同分异构体中，含有苯环、—NHz,且能发生银镜反应的有种；其

中核磁共振氢谱峰面积之比为2：2：2：2：1的同分异构体的结构简式为

【答案】（1）酯基和酸键;C16H13O3N

（2）高于

o

【考点】有机物的合成；芳香烧；同分异构现象和同分异构体；苯酚的性质及用途；乙酸的化学性质

【解析】【解答】结合有机物C的结构简式进行逆推，并根据A-B-C的转化流程可知，有机物B

的结构简式为:;有机物C与CH,I在一定条件下发生取代反应生成有机物

D；根据有机物H的结构简式进行逆推，并根据已知信息可知，有机物G为

据以上分析进行解

答。

(1)根据流程中D的结构简式可知，D中含氧官能团的名称为酯基和醛键；根据J的结构简式可

知，J的分子式为G6Hl3O3N；

(2)N分子中羟基与竣基相邻可形成分子内氢键，使熔沸点偏低；M分子中羟基与竣基相间，可形

成分子间氢键，使熔沸点偏高；所以有机物N的熔点低于M；

(3)根据流程可知A与甲醇在一定条件下发生取代反应，由A生成B的化学方程式为：

o

A

+CHQH二+H2O；

浓硫酸

（4）根据流程分析，B的结构简式为C的结构简式:

B与在一定条件下发生取代反应生成有机物C;

0，

（5）结合以上分析可知，G的结构简式为0.

_.0

（6）F的结构简式为：0匕89%，F的同分异构体中，含有苯环、-Nd,且能发生银镜

反应，结构中含有醛基，可能的结构：如果苯环上只有一个取代基，只有1种结构，结构为

，如果苯环上含有两个取代基，一个为-CH2CHO,一个为-NH2,环上有邻、

间、对3种结构；若苯环上有两个取代基，一个为-CH0,一个为-CH2NH2,环上有邻、间、对3种

结构；若苯环上有一个-C%、一个-CH0、一个NHz,环上共有10种结构，所以共有17种；其中核

磁共振氢谱峰面积之比为2：2：2：2：1的同分异构体的结构简式为:或

CHO

【分析】

（1）D中含有酯基和酸键；根据结构简式找到各原子的数目即可;

（2）竣基和羟基处于邻位易在分子内形成氢键，降低熔点；

（3）根据反应条件，与醇反应