2021届高考化学真题模拟测试卷（一）【含答案解析】

2021届高考化学精选真题模拟测试卷01

注意事项：

i.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡

皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

可能用到的相对原子质量：H1Li7C12N14O16Na23P31S32Cl35.5Fe56

一、选择题：本题共14个小题，每小题3分。共42分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题

目要求的。

1.【2020浙江】下列说法不正确的是（）

A.天然气是不可再生能源

B.用水煤气可合成液态碳氢化合物和含氧有机物

C.煤的液化属于物理变化

D.火棉是含氮量高的硝化纤维

【答案】C

【解析】A.天然气是由远古时代的动植物遗体经过漫长的时间变化而形成的，储量有限，是不可再生能

源，正确；B.水煤气为CO和H2,在催化剂的作用下，可以合成液态碳氢化合物和含氧有机物（如甲

醇），正确；C.煤的液化是把煤转化为液体燃料，属于化学变化，错误；D.火棉是名为纤维素硝酸

酯，是一种含氮量较高的硝化纤维，正确；答案选C。

2.[2019新课标H]已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是

A.3g3He含有的中子数为12VA

B.1L0.1moLLT磷酸钠溶液含有的PO；数目为O.INA

C.ImolK2Cr2O7被还原为CN+转移的电子数为6NA

D.48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA

【答案】B

3g

【解析】A.3He的中子数为3-2=1,则3g3He的中子数为三4XNLNA,正确；B.磷酸钠为

3g/mol

强碱弱酸盐，磷酸根离子在水溶液中会发生水解，则ILO.lmol/L的磷酸钠溶液中磷酸根离子

的个数小于ILxO.lmol/LxNAmoH=0.1NA,错误；C.重铭酸钾被还原为铭离子时，铭元素从

+6降低到+3,Imol重铝酸钾转移的电子数为3moiX2XNAmol"=6NA,正确；D.正丁烷与异

丁烷的分子式相同，1个分子内所含共价键数目均为13个，则48g正丁烷与10g异丁烷所得

48g+10g

的混合物中共价键数目为击7■?xl3xNAmol“=13NA,正确；答案选B。

58g/mol

3.12020江苏】反应8NH3+3C12=6NH4C1+N2可用于氯气管道的检漏。下列表示相关微粒的化学用

语正确的是

A.中子数为9的氮原子：

B.N2分子的电子式：N：：N

C.CI2分子的结构式：C1一C1

-O'\\

D.cr的结构示意图：C171287

【答案】c

【解析】A.N原子的质子数为7,中子数为9的氮原子的质量数为7+9=16,该氮原子表示为,A错

误；B.N2分子中两个N原子间形成3对共用电子对，N2分子的电子式为：NEN:，B错误；

c.CL分子中两个ci原子间形成1对共用电子对，CL分子的结构式为ci—ci,c正确；D.cr的核

电荷数为17,核外有18个电子，cr的结构示意图为,D错退，答案选C.

4.[2020天津】下列离子方程式书写正确的是

+

A.CaCCh与稀硝酸反应：CO"+2H-H2O+CO2T

B.FeS04溶液与滨水反应：2Fe2++Br2=2Fe3++2Br

C.NaOH溶液与过量H2c2O4溶液反应：H2C2O4+2OH+2H2O

D.C6H5ONa溶液中通入少量CO2：2C6H5O+CO2+H2O=2C6H5OH+CO|

【答案】B

【解析】A.CaCCh与稀硝酸反应生成硝酸钙和水和二氧化碳，碳酸钙是固体难溶物，写离子方程式时不

能拆成离子形式，正确的离子方程式为：CaCC)3+2H+=Ca2++H2O+CO2T,错误；B.Fescu溶

液与滨水反应时，澳单质氧化了亚铁离子，将亚铁离子氧化成铁离子，正确的离子方程式为：

2+3+

2Fe+Br2=2Fe+2Br-,正确；C.氢氧化钠与过量的草酸反应，说明氢氧化钠的量不足，生成

草酸氢钠，正确的离子方程式为H2czOa+OH—HCzO/Hz。，错误；D.苯酚钠中通入少量或过量二

氧化碳都生成苯酚和碳酸氢钠，苯酚的酸性弱于碳酸强于碳酸氢根，故正确的离子方程式为：

C6H5O+CO2+H2O-C6H5OH+HCO；,错误；答案选B。

5.(2020•天津高考真题)下列实验仪器或装置的选择正确的是

f竟f

叁、

饱和溶液水，口口

wNaCl

配制50.00mL0.1000mol.L-1盛装NazSiCh溶液的试

除去Cb中的HC1蒸储用冷凝管

Na2cCh溶液剂瓶

ABCD

【答案】B

【解析】A.配制50.00mL0.1000mol.L"Na2c03溶液需要用容量瓶，不能使用量筒配置溶液，错误；B.除

去氯气中的氯化氢气体使用饱和氯化钠溶液，可以吸收氯化氢气体，根据氯气在水中的反应：

CI2+H2OUH++CI-+HCIO,饱和氯化钠溶液中的氯离子使氯气溶于水的平衡逆向移动，降低氯气在水中

的溶解度，洗气瓶长进短出，利于除杂，正确；C.蒸馆要使用直形冷凝管，接水口下口进上口出，

球形冷凝管一般作反应装置，错误；D.硅酸钠溶液呈碱性，硅酸钠溶液是一种矿物胶，能将玻璃塞

与试剂瓶的瓶口粘在一起，盛装NazSiCh溶液的试剂瓶不能使用玻璃塞，应使用橡胶塞，错误。答案

选B。

6.【2016年高考上海卷】已知NaOH+Al(OH)3-Na[Al(OH)4]。向集满CO2的铝制易拉罐中加入过量NaOH

浓溶液，立即封闭罐口，易拉罐渐渐凹瘪；再过一段时间，罐壁又重新凸起。上述实验过程中没有发生

的离子反应是

2

A.CO2+2OH~^CO3+H20B.AI2O3+2OH+3H2O^2[A1(OH)4]"

3+-

C.2A1+2OH—+6H20T2[A1（OH）4「+3H2TD.Al+4OH^[Al（0H）4]

【答案】D

【解析】向集满CO2的铝罐中加入过量氢氧化钠，首先C02与氢氧化钠反应，表现为铝罐变瘪，接着过量

的氢氧化钠再与铝罐反应，因铝罐表面的氧化膜A12O3具有两性可溶解于氢氧化钠溶液，然后单质A1

与氢氧化钠溶液反应生成H2,罐壁又重新凸起。故可发生A、B、C的反应。故选D。

7.（2016•浙江高考真题）为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含NH4+废水和工业废气（主要含N2、

CO2、SO2、NO、CO,不考虑其他成分），设计了如下流程：

下列说法不正确的是

A.固体1中主要含有Ca（OH）2、CaC03、CaSO3

B.X可以是空气，且需过量

C.捕获剂所捕获的气体主要是CO

D.处理含NH4+废水时，发生反应的离子方程式为：NH4++NO2-==N2f+2H2。

【答案】B

【解析】工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成固体1为CaCO3、CaSO3,气体1是不能被过量石

灰水吸收的N2、NO、CO,气体1通入气体X,用氢氧化钠溶液处理后到的NaNCh,X可为空气，但

不能过量，否则得到硝酸钠，NaNCh与含有NEV的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体2

含有CO、N2,捕获剂所捕获的气体主要是CO。A.工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成

CaCCh、CaSO3,因氢氧化钙过量，则固体1为主要含有Ca（OH）2、CaCO3>CaSO3,正确；B.由分

析可知，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO,气体1通入气体X,用氢氧化钠溶液处理

后到的NaNCh,X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，错误；C.气体2含有CO、N2,经捕

获剂得到氮气和CO,所捕获的气体主要是CO,防止污染空气，正确；D.NaNCh与含有NH4+的溶

液反应生成无污染气体，应生成氮气，发生氧化还原反应，离子方程式为NH4++NO2-=N2f+2H20,正

确；故选B。

8.（2020•重庆高三月考）硫酸盐（含SO：,HSO[）气溶胶是PM2.5的成分之一、近期科研人员提出了雾

霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如图：下列说法不正确的是（）

A.该过程中有氧氢键断裂

B.NCh是该机理的催化剂

C.该机理总反应为：SO3+2NO2+H2O=HSO4+NO2+HNO2

D.控制SO?和NCX的排放是治理雾霾的有效措施之一

【答案】B

【解析】图中过程从左至右依次表示SO：和NCh反应生成NO2和SC>3,反应方程式为①SO；+NC>2=

NO；+SO3,SO3和N02加入一个水分子转化为HNCh和HSO4，反应方程式为②SO/NO2+H2O=

HNO2+HSO4，由此分析。A.根据图示转化过程中，由S。：转化为HSO「根据图示对照，有水分

子中的氧氢键的断裂，故A正确；B.根据图示的转化过程，NCh转化为HNCh,N元素的化合价由

+4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，做氧化剂，则NCh是生成硫酸盐的氧化剂，故B错

误；C.由方程式①+②可得总反应为SO；-+2NO2+H2O=HSO4+NC>2+HNO2,故C正确；D.雾霾主

要由Sth、NOx和可吸入颗粒物这三项组成，前两者为气态污染物，最后一项颗粒物才是加重雾霾天

气污染的主要原因，因此控制S02和NOx的排放是治理雾霾的有效措施之一，故D正确；综上所述，

说法不正确的是B项，故答案为B。

9.（2020•全国高考真题）1934年约里奥-居里夫妇在核反应中用a粒子（即氢核；He）轰击金属原子号X,

得到核素招Y,开创了人造放射性核素的先河：号X+；He-z9Y+）。其中元素X、Y的最外层电

子数之和为8。下列叙述正确的是

A.当X的相对原子质量为26

B.X、Y均可形成三氯化物

C.X的原子半径小于Y的

D.Y仅有一种含氧酸

【答案】B

【解析】原子轰击实验中，满足质子和质量数守恒，因此W+4=30+l,则W=27,X与Y原子之间质子数

相差2,因X元素为金属元素，Y的质子数比X大，则Y与X位于同一周期，且Y位于X右侧，且

元素X、Y的最外层电子数之和为8,设X最外层电子数为a,则Y的最外层电子为a+2,解得a=3,

因此X为Al,Y为P,以此解答。A.的质量数为27,则该原子相对原子质量为27,错误；

B.A1元素均可形成AlCb,P元素均可形成PCb,正确；C.A1原子与P原子位于同一周期，且A1

原子序数大于P原子序数，故原子半径Al>p,错误；D.P的含氧酸有H3P04、H3P03、H3P02等，错

误；故答案为：Bo

13

10.(2020•全国高三)合成氨反应^N2(g)+5H2(g)□NH3(g)AH的反应机理如图所示，图中“吸”表示各

气态物质在催化剂表面吸附。下列说法错误的是

100

-

QO

E

3.

一-00

左

运

三-200

工

音

储

容

«二-

HHHX

线

二Z

G7+

三

+方+

M3M

NH

NX'N

A.该反应的△"=-46kJ-mol-1

B.该反应机理中最大活化能为79kJ-molT

C.升高温度，该反应过渡态的能量会增大

D.该反应达到平衡后增大压强反应正向进行

【答案】C

【解析】A.AH与始态和终态有关，与过程无关，△»=生成物的总能量减去反应物总能量由图可知，△出

—46kJ-mo「，故A说法正确；B.该反应的机理中的活化能即为每一步骤的过渡态的总能量减去该

步骤的反应物的总能量，由图可知，过渡态2步骤的活化能最高，为79kJ-mori,故B说法正确；

C.该反应过渡态的能量不会随着温度的改变而改变，故C说法错误；D.该反应为气体分子数减小

的反应，增大压强，平衡向右进行，故D说法正确；答案：C„

11.（2020•山东高考真题）a-氟基丙烯酸异丁酯可用作医用胶，其结构简式如下。下列关于a-氟基丙烯酸

异丁酯的说法错误的是

A.其分子式为CsHnNOs

B.分子中的碳原子有3种杂化方式

C.分子中可能共平面的碳原子最多为6个

D.其任一含苯环的同分异构体中至少有4种不同化学环境的氢原子

【答案】C

【解析】A.结合该分子的结构简式可以看出，其分子式为C8HliNO2,正确；B.该分子中含-C三N«

基）、上=6（碳碳双键）以及碳碳单键，它们采用的杂化类型分别是sp杂化、sp2杂化和sp3杂化共3

种杂化方式，正确；C.碳碳双键、碳氧双键中碳原子共平面、-C三N（富基）共直线，。原子采用

sp3杂化，为V型结构，链状的碳碳单键中最多有两个C原子共平面，则该分子中可能共平面的C原

子可表示为:,错误；D.该分子中的不饱和度为4,含苯环的同分异构体中，等效氢

原子种类最少的应具有对称结构，其同分异构体之一的结构简式如,该分子的等

效氢为4种，正确；故选C。

12.（2020•全国高考真题）一种高性能的碱性硼化钢（VB?）—空气电池如下图所示，其中在VB2电极发生反

应：VB2+16OH-lle=VO：+2B（OH）；+4H2。该电池工作时，下列说法错误的是

负载

KOH溶液离子选择性膜

A.负载通过0.04mol电子时，有0.224L（标准状况）。2参与反应

B.正极区溶液的pH降低、负极区溶液的pH升高

C.电池总反应为4VB2+1102+20OH-+6H2O=8B（OH）；+4VO：

D.电流由复合碳电极经负载、VB2电极、KOH溶液回到复合碳电极

【答案】B

【解析】根据图示的电池结构，左侧VB2发生失电子的反应生成VO：和B（OH）4,反应的电极方程式如

题干所示，右侧空气中的氧气发生得电子的反应生成OH-,反应的电极方程式为。2+4日

+2H2O=4OH,电池的总反应方程式为4VB2+IIO2+2OOH-+6H2O=8B（OH）4+4VO：,据此分析。

A.当负极通过0.04mol电子时，正极也通过0.04mol电子，根据正极的电极方程式，通过0.04mol电

子消耗O.Olmol氧气，在标况下为0.224L,A正确；B.反应过程中正极生成大量的使正极区pH

升高，负极消耗OH-使负极区OH-浓度减小pH降低，B错误；C.根据分析，电池的总反应为

4VB2+1102+200H+6H20=8B（OH）4+4VO^,C正确；D.电池中，电子由VB?电极经负载流向复合

碳电极，电流流向与电子流向相反，则电流流向为复合碳电极T负载一>VB2电极—KOH溶液—复合碳

电极，D正确；故选B。

13.（2020•江苏高考真题）室温下，将两种浓度均为O.lmoLCi的溶液等体积混合，若溶液混合引起的体

积变化可忽略，下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是

A.NaHC03—Na2c混合溶液（pH=10.30）：c（Na+）>c（HCO；）>C（CO3-）>c（OH-）

+

B.氨水-NH4cl混合溶液（pH=9.25）：c（NH^）+c（H）=c（NH3H20）+c（0H）

c.CH3COOH-CH3coONa混合溶液（pH=4.76）：

++

c（Na）＞C（CH3COOH）＞C（CH3COO）＞c（H）

D.H2C2O4-NaHC2O4混合溶液（pH=1.68,H2C2O4为二元弱酸）：

++H

c（H）+c（H2C2O4）=c（Na）+c（C2O4）+c（O）

【答案】AD

【解析】A.NaHCCh水溶液呈碱性，说明的水解程度大于其电离程度，等浓度的NaHCCh和

Na2cCh水解关系为：CO；＞HCO；,溶液中剩余微粒浓度关系为：c（HCOj＞c（CO；）,CO；

和HCO3水解程度微弱，生成的OH-浓度较低，由NaHCCh和Na2cCh化学式可知，该混合溶液中

Na+浓度最大，则混合溶液中微粒浓度大小关系为：c（Na+）＞c（HCO-）＞c（CO|j＞c（OHj,正

确；B.该混合溶液中电荷守恒为：c（NH；）+c（H+）=c（OH）+c（Cr）,物料守恒为：

C（NH3?2）C（4）c（j-两式联立消去C（cr）可得：

+

c（NH：）+2c（H）=2c（OHj+c（NH3H2O）,错误；C.若不考虑溶液中相关微粒行为，则

+

c（CH3COOH）=c（CH3COO-）=c（Na）,该溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3coONa水解程

度，则溶液中微粒浓度关系为：c（CH3coO-）＞c（Na+）＞c（CH3coOH）＞c（H+）,错误；D.该混合溶液中物

+

料守恒为：2c（Na）=c（H2C2O4）+c（HC2O4）+c（C2O^）,电荷守恒为：

++

2c（C2Ot）+c（HC2O4）+c（OH-）=c（Na）+c（H）,两式相加可得：

++

c（H）+c（H2C2O4）=C（Na）+C（C2Of）+c（OHj,正确；综上所述，浓度关系正确的是：AD。

14.（2020•北京高考真题）依据图示关系，下列说法不正确的是

-393.5kJmol'1

A.石墨燃烧是放热反应

B.ImolC（石墨）和1moicO分别在足量02中燃烧，全部转化为CCh,前者放热多

C.C（石墨）+CCh（g）=2C0（g）AH=AH1-AH2

D.化学反应的△”，只与反应体系的始态和终态有关，与反应途径无关

【答案】C

【解析】A.所有的燃烧都是放热反应，根据图示，C（石墨）+O2（g）=CO2（g）AM=-393.5kJ/mol,AHi<0,

则石墨燃烧是放热反应，正确；B.根据图示，C（石墨）+O2（g）=CO2（g）AHi=-393.5kJ/mol,CO（g）+1

O2（g）=CO2（g）AH2=-283.0kJ/moL根据反应可知都是放热反应，ImolC（石墨）和ImolCO分别在足量。2

中燃烧，全部转化为CO2,ImolC（石墨）放热多，正确；C.根据分析，①C（石墨）+O2（g）=CO2（g）AM=-

393.5kJ/mol,②CO（g）+；O2（g）=CC）2（g）AH2=-283.0kJ/mol,根据盖斯定律①-②x2可得：C（石

墨）+CO2（g）=2CO（g）AH=AHi-2A”2,错误；D.根据盖斯定律可知，化学反应的焰变只与反应体系的

始态和终态有关，与反应途径无关，正确；答案选C。

二、非选择题：共58分，第15~17题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35~36题为选考题，考生根

据要求作答。

（-）必考题：共43分。

15.（2020年山东新高考）某同学利用Cb氧化KzMnCU制备KMnCU的装置如下图所示（夹持装置略）：

已知：锦酸钾（KzMnCU）在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应:

3MnO：+2H2O=2MnO；+MnO2J+4OH

回答下列问题:

（1）装置A中a的作用是；装置C中的试剂为；装置A中制备Ch的

化学方程为______________

(2)上述装置存在一处缺陷，会导致KMnCU产率降低，改进的方法是o

(3)KMnCU常作氧化还原滴定的氧化剂，滴定时应将KMnCU溶液加入(填“酸式”或“碱式”)滴

定管中；在规格为50.00mL的滴定管中，若KMnCU溶液起始读数为15.00mL,此时滴定管中KMnCU

溶液的实际体积为(填标号)。

A.15.00mLB.35.00mLC.大于35.00mLD.小于15.00ml

(4)某FeC2C14.2H2O样品中可能含有的杂质为Fe2(C2CU)3、H2C2O4.2H2O,采用KMnCU滴定法测定该

样品的组成，实验步骤如下：

I.取mg样品于锥形瓶中，加入稀H2SO4溶解，水浴加热至75℃。用cmol.L-i的KMnCU溶液趁热滴定

至溶液出现粉红色且30s内不褪色，消耗KMnCU溶液VimL。

II.向上述溶液中加入适量还原剂将Fe3+完全还原为Fe2+,加入稀H2sO4酸化后，在75℃继续用KMnCU溶

液滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，又消耗KMnO4溶液VzmL。

1

样品中所含H2c2。4•2H2O(M=126g-moF)的质量分数表达式为。

下列关于样品组成分析的说法，正确的是(填标号)。

A.卷=3时，样品中一定不含杂质

V2

B.*越大，样品中H2c2。「2：«2。含量一定越高

V2

C.若步骤I中滴入KMnCU溶液不足，则测得样品中Fe元素含量偏低

D.若所用KMnCU溶液实际浓度偏低，则测得样品中Fe元素含量偏高

【答案】(1)平衡气压，使浓盐酸顺利滴下NaOH溶液

Ca(CW4珪Clp-ftCl2T2-C12

(2)在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶

(3)酸式C

(4)0315c四川),］。。％bd

m

【解析】漂白粉的有效成分Ca(C10)2具有强氧化性，和浓盐酸在A中发生归中反应产生CL,Cb和

K2M11O4在B中反应产生KMnO4,反应不完的Cb用C吸收，据此解答。

(1)装置A为恒压分液漏斗，它的作用是平衡气压，使浓盐酸顺利滴下，C的作用是吸收反应不完的

Cl2,可用NaOH溶液吸收，Ca(ClO)2和浓盐酸在A中发生归中反应产生Cb,反应的化学方程式为

Ca(ClO)2+4HCl=CaC12+2ChT+2H2O；

2

(2)锈酸钾在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生3MnO4-+2H2O=2MnO4-+MnO2；+4OH-,一部

分MnCU2-转化为了MnCh,导致最终KMnCU的产率低，而浓盐酸易挥发，直接导致B中NaOH溶液

的浓度减小，故改进措施是在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶吸收挥发出来的HC1；

(3)高锦酸钾有强氧化性，强氧化性溶液加入酸式滴定管，滴定管的“0”刻度在上，规格为50.00mL的滴

定管中实际的体积大于(50.00-15.00)mL,即大于35.00mL；

(4)设FeC2O#2H2O的物质的量为xmol,FezQOS的物质的量为ymol,H2c2。#2泾0的物质的量为

zmol,步骤1中草酸根和Fe2+均被氧化，结合得失电子守恒有：2KMnCU~5H2czCUCCzCU'),

2+-3

KMnO4~5Fe,-x+-(x+3y+z)=cV1x10,步骤II中Fe?+被氧化，由KMnCU~5Fe2+可知，

33

1(x+2y)=cV2xIO-,联立二个方程解得：Z=2.5(CVI-3V2)X10-,所以H2c2O#2H2O的质量分数=

2.5(cV「3V2)xl(y3xl26八…,0.315(cVr3V2),八…，“〒…”口-八工〜十

—~!一n----------------xl00%=---------~!一^xl00%=关于样品组成分析如下：

mm

A.1k=3时，H2c2O42H2O的质量分数="315(cV/3V2)义1。。％=0,样品中不含H2c2CU2H2O,由

V2m

12o1a

《x+《(x+3y+z)=cVixl()3和g(x+2y)=cV2xl()3可知，*o,样品中含FezCiO。杂质，A错误；

V]

B.y越大，由H2c2O42H2O的质量分数表达式可知，其含量一定越大，B正确；

1々

C.Fe兀素的物质的量=g(x+2y)mol=cV2义10mol,若步骤I中KMnCk溶液不足，则步骤I中有一部

分Fe2+没有被氧化，不影响V2的大小，贝心丫2义10-3不变，则对于测得Fe元素的含量无影响，C错

误；

D.结合C可知：若KMnO4溶液浓度偏低，则消耗KMnCM溶液的体积Vi、V2均偏大，Fe元素的物质的

量偏大，则测得样品中Fe元素含量偏高，D正确。

16.(2021•湖南高三零模)以镁铝复合氧化物(MgO-ALC^)为载体的负载型银铜双金属催化剂

(Ni-Cu/MgO-A12O3)是一种新型高效加氢或脱氢催化剂,其制备流程如下:

2033

已知：常温下，Ksp[Cu(OH)2]=2.21xlO-,Ksp[Al(OH)3]=1.30xlO-o回答下列问题：

(1)在加热条件下，尿素[CO(NH?1]在水中发生水解反应，放出______和两种气体(写化学

式)。

(2)“晶化”过程中，需保持恒温60℃,可采用的加热方式为o

(3)“洗涤”过程中，检验滤饼是否洗净的方法是o

C(Cu2+)9

(4)常温下，若“悬浊液”中>计：=1.7*10、则溶液的pH=_____。

cfAlJ

(5)“还原”过程中所发生反应的化学方程式为o

(6)NiSO4在强碱溶液中被NaClO氧化可得NiOOH,该物质能用作碱性银镉电池的正极材料。其电

池反应式：Cd(s)+2NiOOH(s)+2H2()(l)目Cd(0H)2(s)+2Ni(0H)2(s)

①放电一段时间后，溶液的pH将(填“增大”"减小''或"不变”)。

②充电时，阳极发生的电极反应式为o

【答案】(1)NthCO2(2)水浴加热(3)取最后一次洗涤液少量于试管，向试管中加入稀

盐酸，再加入氯化钢，若有白色沉淀则未洗净，若无沉淀则已洗净(4)10(5)NiO+H2

550℃550℃

-

^=Ni+H2O,CuO+H2Cu+H2O(6)①增大@Ni(OH)2+OH-e^NiOOH+H2O

【解析】将MgSCU、A12(SO4)3>NiSCU、CuSCU混合溶液在90℃下加入尿素发生反应生成悬浊液

Mg(OH)2、A1(OH)3>CU(OH)2、Ni(OH)2,在60℃净化过滤，得到滤饼，洗涤、干燥，焙烧得到

MgO、CuO、NiO、AI2O3,在550℃温度下用氢气还原。

A

(1)根据题意，尿素[CO(NH2)2]在加热条件下与水发生水解反应即CO(NH2)2+H2O=CO2T+2NH3T，

因此放出NH3和CO2两种气体；故答案为：NH3；CO2o

(2)“晶化”过程中，需保持恒温60℃,温度在100℃以下，因此采用的加热方式为水浴加热；故答案为:

水浴加热。

(3)“洗涤”过程中，检验滤饼是否洗净，主要检验洗涤液中是否还含有硫酸根，因此常用的方法是取最后

一次洗涤液少量于试管，向试管中加入稀盐酸，再加入氯化钢，若有白色沉淀则未洗净，若无沉淀则

已洗净；故答案为：取最后一次洗涤液少量于试管，向试管中加入稀盐酸，再加入氯化钿，若有白色

沉淀则未洗净，若无沉淀则已洗净。

c(Cu2+)

(4)常温下，若“悬浊液”中=1.7xl09,

c(Al3+)

木〜…浅=—则

c(OH>IxlO^mol-r1,c(H+)=——=----------mol-L1=1x1010mol-L1,则溶液的

c(OfT)l.OxlO-4

pH=10；故答案为：10。

⑸“还原”过程最终得到Ni-Cu/MgO-AI2O3,说明是NiO、CuO与氢气发生还原反应，因此所发生

550℃550℃

反应的化学方程式为NiO+H2--------Ni+H2O,CUO+H2CU+H2O；故答案为：NiO+H2

Ni+H2O,CUO+H2CU+H2OO

(6)①放电一段时间后，负极反应式为Cd—2e-+2OH-=Cd(OH)2,正极是2NiOOH+2e-+2H2O

=2Ni(OH)2+2OH,正极生成的OFT物质的量与负极消耗的OFF物质的量相等，但是消耗了电解质中

的水，使碱性增强，因此溶液的pH将增大；故答案为：增大。

②根据放电时正极电极反应式NiOOH+e-+H2O=Ni(OH)2+OH，则充电时，阳极发生的电极反应式为

Ni(OH)2+OH-e=NiOOH+H2O；故答案为：Ni(OH)2+OH-e=NiOOH+H2O0

17.(2020•浙江高考真题)研究NOx之间的转化具有重要意义。

(1)已知：N2O4(g)=2NO2(g)AH>0将一定量N2O4气体充入恒容的密闭容器中，控制反应温度

为Ti。

①下列可以作为反应达到平衡的判据是o

A.气体的压强不变B.v正(N2O4)=2v逆(NO2)C.K不变D.容器内气体的密

度不变E.容器内颜色不变

②ti时刻反应达到平衡，混合气体平衡总压强为p,N2O4气体的平衡转化率为75%,则反应N2O4(g)

-2NCh(g)的平衡常数Kp=(对于气相反应，用某组分B的平衡压强p(B)代替物质的

量浓度c(B)也可表示平衡常数，记作Kp,如p(B)=p-x(B),p为平衡总压强，x(B)为平衡系统中

B的物质的量分数)。

③反应温度T1时，C(N2O4)随t(时间)变化曲线如图，画出0〜t2时段，C(NO2)随t变化曲线。保持其它

条件不变，改变反应温度为T2(T2>T1),再次画出0〜t2时段，C(NCh)随t变化趋势的曲线

(2)NO氧化反应：2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)分两步进行，其反应过程能量变化示意图如图。

I2NO(g)=N2O2(g)AHi

IIN2O2(g)+O2(g)^2NO2(g)AH2

①决定NO氧化反应速率的步骤是(填“I”或“II”)。

②在恒容的密闭容器中充入一定量的NO和02气体，保持其它条件不变，控制反应温度分别为T3和

T4(T4>T3),测得c(NO)随t(时间)的变化曲线如图。转化相同量的NO,在温度(填叮3”或

叮?)下消耗的时间较长，试结合反应过程能量图分析其原因.

(10

-

j

o

Eo8

)

。O6

③

【答案】(1)①AE②一po4（2）①n②T4

o2

O1

O

hh

AH1<O,温度升局，反应I平衡逆移，C(N2O2)减小，浓度降低的影响大于温度对反应n速率的影响

【解析】

(1)①A、该反应是一个气体体积减小的反应，气体的压强不变说明各物质浓度保持不变，反应达到化学

平衡状态，故正确；

B、v正(N2O4)=2v逆(NO”说明正逆反应速率不相等，反应没有达到化学平衡状态，故错误；

C、温度不变，化学平衡常数K不变，则K不变不能说明反应达到化学平衡状态，故错误；

D、由质量守恒定律可知，反应前后气体质量不变，恒容容器的体积不变，则密度始终不变，则密度不变

不能说明反应达到化学平衡状态，故错误；

E、容器内颜色不变说明各物质浓度保持不变，反应达到化学平衡状态，故正确；

AE正确，故答案为：AE；

②设起始N2O4的物质的量为Imol,由题给数据建立如下三段式：

N2O4(g)n2NO2(g)

起始(mol)?1?0

变化(moD?0.75?

平衡(mol)?0.25?

由三段式数据可知N2O4的平衡分压为"㈣xp=e,N02的平衡分压为I'".xp=",则平衡常

U5mol71.75mol7

数Kp=^=画，故答案为：迎；

£77

7

③由图可知，ti时反应消耗N2O4的浓度为(0.04—0.01)mol/L,由方程式可得反应生成NO2的浓度为

0.03mol/Lx2=0.06mol/L；该反应为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，NCh的浓度增

大，则0〜t2时段，N02的浓度c（NCh）随t变化趋势的曲线为

故答案为:

（2）①由图可知，反应I的活化能小于反应n的活化能，活化能越大，反应速率越慢，则化学反应速率

反应I快于反应II,化学反应取决于反应速率较慢的一步，则决定NO氧化反应速率的步骤是反应

II,故答案为：II;

②由图可知，转化相同量的NO,在温度T4下消耗的时间较长，原因是反应I为放热反应，温度升高，反

应I平衡逆移，c（N2t）2）减小，浓度降低的影响大于温度对反应n速率的影响，导致转化相同量的

NO,在温度较高的T4下消耗的时间较长，故答案为：T4；反应I为放热反应，温度升高，反应I平

衡逆移，c（N2O2）减小，浓度降低的影响大于温度对反应n速率的影响；

（-）选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。

18.［化学——选修3：物质结构与性质］（15分）

（2020年天津卷）Fe、Co、Ni是三种重要的金属元素。回答下列问题：

（1）Fe、Co、Ni在周期表中的位置为,基态Fe原子的电子排布式为=

（2）CoO的面心立方晶胞如图所示。设阿伏加德罗常数的值为NA,则CoO晶体的密度为g.cnr

3：三种元素二价氧化物的晶胞类型相同，其熔点由高到低的顺序为o

h-anm-H

•*—Co2

(3)Fe、Co、Ni能与CI2反应，其中Co和为Ni均生产二氯化物，由此推断FeCb、C0CI3和CI2的氧化

性由强到弱的顺序为—，Co(OH)3与盐酸反应有黄绿色气体生成，写出反应的离子方程式:

(4)95℃时，将Ni片浸在不同质量分数的硫酸中，经4小时腐蚀后的质量损失情况如图所示，当

(o(H2soJ大于63%时，Ni被腐蚀的速率逐渐降低的可能原因为o由于Ni与H2sCU反应很

慢，而与稀硝酸反应很快，工业上选用H2sCU和HN03的混酸与Ni反应制备NiSCU。为了提高产物的

纯度，在硫酸中添加HNCh的方式为(填“一次过量”或“少量多次”)，此法制备NiSCU的化学方程

式为_______

【答案】（1）第四周期第VHI族Is22s22P63s23P63d64s2或[Ar]3d64s2

3

(2)3..xlO3"NiO>CoO>FeO

aS

+2+

(3)CoCl3>C12>FeC132Co(OH)3+6H+2CF=Ch?+2Co+6H2O

(4)随H2sO4质量分数增加，Ni表面逐渐形成致密氧化膜少量多次3Ni+3H2so4+2HNO3=

NiSO4+2NOT+4H2O或Ni+H2SO4+2HNO3=NiSO4+2NO2