（新高考）湖南2021届高考押题卷 化学 教师版.docx

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1、绝密 启用前2021年普通高等学校招生全国统一考试化 学注意事项：1本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上。2回答第卷时，选出每小题的答案后，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，再选涂其他答案标号。写在试卷上无效。3回答第卷时，将答案填写在答题卡上，写在试卷上无效。4考试结束，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 P 31 S 32 Cl 35.5 一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要

2、求的。1下列对有关文献的理解错误的是A天工开物记载：“每炉甘石（碳酸锌）十斤，装载入一泥罐内，.然后逐层用碳饼垫盛，发火煅烧，.，冷定毁罐取出，即倭铅”。“泥封”的主要目的是防止得到的锌被氧化B物理小识记载“青矾(绿矾)厂气熏人，衣服当之易烂，栽木不没，“气”凝即得“矾油”。青矾厂气是SO2和SO3C开宝本草中记载了中药材铁华粉的制作方法：“取钢煅作时如笏或团，平面磨错令光净，以盐水洒之，于醋瓮中阴处埋之一百日，铁上衣生，铁华成矣。”中药材铁华粉是醋酸亚铁D淮南子·万比术所载“曾青得铁则化铜”是火法炼铜的先驱【答案】D【解析】A该过程主要发生的反应为ZnCO3+2CZn+3CO，所以

3、“泥封”的主要目的是防止得到的锌被氧化，A正确；这里所说的“青矾厂气”，指煅烧硫酸亚铁（FeSO4·7H2O）后产生的三氧化硫和二氧化硫，这类气体遇水或湿空气，会生成硫酸、亚硫酸或具有腐蚀性的酸雾，B正确；醋中含有醋酸，与铁反应生成醋酸亚铁和氢气，因此铁华粉是指醋酸亚铁，C正确；“曾青得铁则化铜”是湿法炼铜的先驱，D错误；故答案选D。2室温时用下列实验装置进行相应实验，能达到目的的是A图1装置：检验有丙烯生成 B图2装置：除去二氧化碳中的少量氯化氢气体C图3装置：验证乙炔的还原性 D图4装置：验证浓硫酸具有强氧化性【答案】A【解析】A生成的丙烯能使溴的四氯化碳溶液褪色，从而达到实验目

4、的，A正确；BHCl会与Na2CO3发生反应，但是CO2也会与Na2CO3发生反应：CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3，因此不能用于除去二氧化碳中的少量氯化氢气体，故B错；C电石中含有硫化物等杂质，其与水反应时会有硫化氢等还原性物质生成，硫化氢能使酸性高锰酸钾溶液褪色，则不能证明为乙炔的还原性，故C错；D铜与浓硫酸反应需要加热，故D错；答案选A。3设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是A标准状况下，11.2L环戊烯中含有双键的数目为0.5NAB用惰性电极电解1L 0.2mol·L1 AgNO3溶液，当两极产生气体的物质的量相等时，阴极得到的气体体积为2.24LC常

5、温下，2L pH=1的HCl溶液中，H+数目为0.2NAD1mol Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去电子数为2NA【答案】C【解析】标准状况下，戊烯是液体，11.2L戊烯的物质的量不是0.5mol，A错误；没有指明是在标况下，故不能用22.4L/mol进行计算，故B错误；常温下，pH=1的HCl溶液中c(H+)=0.1mol/L，2L pH=1的HCl溶液中，H+数目为0.2NA，C项正确；1mol钠反应失去1mol电子，钠失去电子数为NA，D项错误。4不能正确表示下列反应的离子方程式是A在氯化亚铁溶液中通入氧气：4Fe2+O2+4H+4Fe3+2H2OB用石墨作阴

6、极、铁作阳极电解饱和食盐水：2Cl+2H2O2OH+Cl2+H2C向稀硝酸中加入少量FeS：DNaAlO2溶液中通入过量CO2：AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO【答案】B【解析】AFe2+具有还原性，会被氧气氧化为Fe3+，反应的离子方程式为4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O，A正确；B用Fe为阳极，Fe是活性电极。阳极上Fe失去电子变为Fe2+进入溶液，阴极上Cl失去电子变为Cl2逸出，故电解方程式为：Fe+2ClFe2+Cl2，B错误；CFeS少量，稀硝酸过量，则Fe和S元素均变为高价态，即生成，被还原为NO，根据得失电子守恒可得离子方程式：，C正确；DNaAlO2

7、溶液中通入过量CO2反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，则其离子方程式为：AlO+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO，D正确；故选B。5某科研小组采用铜基催化剂（Cua+，其中a=0或者1），CO2多步加氢合成甲醇，其合成反应历程如下。下列说法中正确的是A催化剂Cua+是加氢反应的活性中心，能提高H2的转化率B该过程中只得到甲醇一种产物C能通过调控反应条件获得甲醛(HCHO)等有机物D该催化过程中同时有极性共价键、非极性共价键的断裂和形成【答案】C【解析】A由图示转化关系可知，Cua+并没有参加反应，作催化剂，能加快反应速率，但不影响平衡的移动，不能提高H2的转化率，故A错误；BCO2多步加氢合

8、成甲醇的反应方程式为CO2+3H2CH3OH+H2O，故B错误；C可以调控反应条件，如减少还原剂的量，可得甲醛，故C正确；D该催化过程涉及到HH、CO的断裂和CH、OH键的形成，没有非极性键的形成，故D错误；答案选C。6短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大，四种元素形成的化合物结构如图所示。在元素周期表中元素W是原子半径最小的元素，Z原子的最外层电子数是周期数的3倍，且W与X、Y、Z均可形成电子数相等的分子。下列说法正确的是A简单气态氢化物稳定性：W2ZXW4B由W、Y、Z三种元素组成的化合物均是共价化合物CYF3分子中的原子均是稳定的8电子结构DX元素的最高价氧化物对应的水化物为强

9、酸【答案】A【解析】在元素周期表中元素W是原子半径最小的元素，W是H，Z原子的最外层电子数是周期数的3倍，Z是O元素；W与X、Y、Z均可形成电子数相等的分子；Y能形成3个共价键，所以Y是N元素；X能形成4个共价键，X是C元素。A同周期元素从左到右，非金属性增强，最简单气态氢化物的稳定性增强，所以H2O的稳定性大于CH4，故A正确；BH、N、O三种元素能形成离子化合物NH4NO3，故B错误；CNF3分子中N原子和F原子最外层均为8电子的稳定结构，故C错误；DN元素的最高价氧化物对应的水化物为H2CO3，H2CO3为一元弱酸，故D错误。7已知实验室用乙醇在浓硫酸条件下加热制备乙烯，实验室制备的乙烯

10、中常含有副产物CO2、SO2等。某实验小组利用如下装置制备少量1，2二溴乙烷。下列说法正确的是A装置连接顺序为acbdegfhBD中在冷水中进行的目的是为了减少溴的挥发C可用酸性高锰酸钾溶液代替品红溶液D装置B和装置E中都盛有NaOH溶液，其吸收的杂质相同【答案】B【解析】A由分析可知，实验装置A是制备乙烯的实验装置，装置B来除去副产物CO2、SO2，并用装置C中的品红来检验SO2是否除干净，装置D用于制备1，2二溴乙烷，故装置连接顺序为acbdefgh，A错误；B溴易挥发，装置D水的作用是冷凝液溴，可避免溴的大量挥发，B正确；C由于乙烯也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故不可用酸性高锰酸钾溶液代替

11、品红溶液，C错误；D装置B吸收乙烯中混有的SO2、CO2；装置E是吸收逸出的溴蒸气，防止污染空气，吸收的杂质不相同，D错误；故答案为B。8废气的污染成为世界各国关注的焦点，科技团队研究发现利用工业尾气中硫化物与氮氧化物可以制取Na2S2O4和NH4NO3。有关该流程下列说法错误的是A该流程中可以循环使用的物质是Ce4+B装置中若生成1.204×1023个H+，则消耗18g水C装置中得到0.3mol S2O时，若用乙醇燃料电池进行电解时，理论上要消耗0.05mol乙醇D装置获得粗产品NH4NO3的实验操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等【答案】B【解析】由题给流程可知，装置中的氢

12、氧化钠溶液将一氧化氮和二氧化硫混合气体中的二氧化硫转化为亚硫酸氢根离子，未反应的一氧化氮在装置中与Ce4+发生氧化还原反应生成Ce3+、硝酸根离子和亚硝酸根离子，反应的离子方程式为NO+3Ce4+2H2O=NO+3Ce3+4H+、NO+Ce4+H2O=NO+Ce3+2H+；在装置中的Ce3+在阳极失去电子发生氧化反应生成Ce4+，Ce4+可以循环使用，亚硫酸氢根离子在阴极发生还原反应生成S2O，未反应的硝酸根离子和亚硝酸根离子在装置中与氨气和氧气反应生成硝酸铵，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等得到硝酸铵粗产品。A根据分析可知Ce4+可以循环使用，故A正确；B由分析可知，反应生成的氢离子由参加

13、反应的水提供，则由氢原子个数守恒可知，装置中若生成1.204×1023个H+（0.2mol），反应消耗1.8g水，故B错误；C由得失电子数目守恒可知，装置得到0.3mol S2O，乙醇燃料电池中负极消耗乙醇的物质的量为2×0.3mol×=0.05mol，故C正确；D由分析可知，从装置中反应后的溶液中获得粗产品硝酸铵的实验操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等，故D正确；故选B。9LiAlH4既是金属储氢材料又是有机合成中的常用试剂，遇水能剧烈分解释放出H2，又知LiAlH4在125分解为LiH、Al和H2。下列有关说法不正确的是ALiAlH4遇水反应的方程式为

14、LiAlH4+2H2OLiAlO2+4H2BLiAlH4中含有离子键、共价键CLiAlH4与乙醛作用生成乙醇，LiAlH4作还原剂DLiAlH4在125分解，每转移2mol电子放出2.24L H2【答案】D【解析】ALiAlH4中的-1价氢和水中的+1价氢发生氧化还原反应生成氢气，同时生成的OH与Al3+反应生成AlO，所以反应方程式为LiAlH4+2H2O=LiAlO2+4H2，故A正确；B根据LiAlH4的结构得出LiAlH4中含有离子键、共价键，故B正确；CLiAlH4与乙醛反应可生成乙醇，乙醛被还原，LiAlH4作还原剂，故C正确；D未注明状态，所以计算不出氢气的体积，故D错误。答案选

15、D。10微生物电池是在微生物作用下将化学能转化为电能的装置。利用微生物电池处理含铬废水可以回收铬，其工作原理如图所示。下列说法错误的是A温度越高，电池工作效率越高Ba极反应式为CH3COOH-8e+2H2O=2CO2+8H+C当电路中转移0.3mol电子时，能处理0.05mol Cr2OD每生成1mol Cr(OH)3，右池n(H+)减少1mol【答案】A【解析】A该电池是在微生物作用下，温度不宜过高，故A错误；B由图可知，a电极CH3COOH失电子生成CO2，电极方程式为CH3COOH-8e+2H2O=2CO2+8H+，故B正确；C1mol Cr2O转化为Cr3+，得到6mol电子，当电路中

16、转移0.3mol电子时，能处理0.05mol Cr2O，故C正确；D根据反应可知每生成1mol Cr(OH)3，电路中转移了3mol电子，即有3mol H+从进入右池，同时Cr3+水解生成了3mol H+，同时Cr2O反应过程中消耗7mol H+，故右池n(H+)减少1mol，故D正确；选A。2、 选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有1个或2个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11环氧泽泻烯(结构如图)具有多种药理活性，可用于医药制备领域。下列说法错误的是A环氧泽泻烯的分子式为C15H25O2B能使酸性KMnO4溶液褪色

17、C1mol该有机物与金属钠反应产生标况下的氢气为22.4LD该有机物能发生氧化反应、加成反应、消去反应和取代反应【答案】A【解析】A环氧泽泻分子中含15个C，2个O，不饱和度为3，因此分子中H的个数=15×2+2-6=26，环氧泽泻烯的分子式为C15H26O2，A错误；B环氧泽泻烯含碳碳双键，能与酸性KMnO4溶液反应，B正确；C该有机物中含两个OH，因此1mol该有机物能消耗2mol Na得到1mol氢气，标况下，气体体积为22.4L，C正确；D该有机物结构中含有碳碳双键能发生加成反应和氧化反应，含有羟基能发生消去反应和取代反应，D正确；答案选A。12下列各实验的现象及结论不正确的

18、是选项实验现象结论A浓硫酸滴入蔗糖中，产生的气体导入澄清石灰水蔗糖变黑、体积膨胀，澄清石灰水变浑浊浓硫酸具有脱水性和强氧化性B分别向相同浓度的ZnSO4溶液和CuSO4溶液中通入H2S前者无现象，后者有黑色沉淀生成Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)C向黄色的Fe(NO3)3溶液中滴加氢碘酸溶液变为紫红色氧化性：Fe3+I2D将一定量的苯加入到溴水中振荡溴水层褪色苯和溴发生了取代反应【答案】CD【解析】A蔗糖与浓硫酸反应生成蓬松多孔的黑色物质，浓硫酸先使蔗糖脱水生成C单质，蔗糖变黑，体现了浓硫酸的脱水性，C单质与浓硫酸反应生成CO2，同时生成刺激性气味的气体SO2，使体积膨胀，体现了浓硫酸

19、的强氧化性，气体导入澄清石灰水生成固体变浑浊，故A不符合题意；B分别向相同浓度的ZnSO4溶液和CuSO4溶液中通入H2S，前者无现象，后者有黑色沉淀生成，说明CuS的溶解度更小，则Ksp(ZnS)Ksp(CuS)，B不符合题意；C酸性环境中硝酸根也可以将碘离子氧化为碘单质，该实验中无法确定是哪种物质氧化的碘离子，所以不能比较Fe3+和I的氧化性强弱关系，C符合题意；D苯滴加到溴水中发生了萃取，没有发生化学反应，结论错误，D符合题意；故答案选CD。13甲醇是重要的化工原料，具有广泛的开发和应用前景。在体积一定的密闭容器中投入1mol CO和2mol H2，一定条件下发生反应：CO(g)+2H2

20、(g)CH3OH(g) H。实验测得平衡时CH3OH的物质的量随温度、压强的变化如图所示。下列说法正确的是AH0B混合气体的密度不再发生变化，能说明该反应已达到平衡状态CX点的逆反应速率大于Y点的正反应速率D若=0.25MPa，则Y点的平衡常数Kp=64(MPa)2【答案】C【解析】A对于反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，升高温度，平衡逆向移动，甲醇的物质的量减少，可知正反应是放热反应，故A错误；B达到平衡时，由于容器体积不变，气体的质量不变，则密度不变，不可说明达到平衡状态，故B错误；C对于反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，增大压强，平衡正向移动，甲醇的物质的量增大，

21、由图象可知，X点和Y点都是平衡状态，正逆反应速率相等，由于X点压强大于Y点，所以X点逆反应速率大于Y点正反应速率，故C正确；DX、Y点在相同温度下，则平衡常数相同，X点甲醇的物质的量为0.25mol，则CO(g) +2H2(g) CH3OH(g)起始量（mol） 1 2 0变化量（mol） 0.25 0.5 0.25平衡量（mol） 0.75 1.5 0.25则K(Y)=K(X)=(MPa)2，故D错误；故选C。14常温下，将NaOH溶液分别加到HF溶液、CH3COOH溶液中，两混合溶液中离子浓度与pH的变化关系如图所示，已知pKa=-lgKa。下列有关叙述错误的是A将0.2mol·

22、L1 CH3COOH溶液和0.1mol·L1 NaOH溶液等体积混合，则反应后的混合液中：2c(OH)+c(CH3COO)=2c(H+)+c(CH3COOH)Ba点时，c(Na+)>c(HF)>c(H+)>c(OH)C常温下，0.1mol/L NaF溶液的pH大于0.1mol/L CH3COONa溶液的pHD向0.1mol·L1 HF溶液中加入等体积的0.1mol·L1 NaOH溶液后所得的混合溶液中：c(H+)+c(HF)=c(OH)【答案】BC【解析】A0.2mol·L1 CH3COOH溶液和0.1mol·L1 NaOH溶

23、液等体积混合后的溶液中存在等浓度的醋酸钠和醋酸，根据电荷守恒可得c(OH)+c(CH3COO)=c(H+)+c(Na+)，根据物料守恒可得c(CH3COO)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，根据上述2式有2c(OH)+c(CH3COO)=2c(H+)+c(CH3COOH)，故A正确；B.根据图像，a点时，lg=0，则c(F)=c(HF)，溶液的pH=4，则c(H+)>c(OH)，此时溶液中含有NaF和HF，根据电荷守恒可得c(F)+c(OH)=c(Na+)+c(H+)，则c(F)>c(Na+)，因此c(HF)>c(Na+)>c(H+)>c(OH)，故B错误；

24、C根据图像，当lg=lg=0，有K(HF)=c(H+)=104，同理K(CH3COOH)=105，因此酸性HFCH3COOH，则0.1mol/L NaF溶液的pH小于0.1mol/L CH3COONa溶液的pH，故C错误；D反应后的溶质为NaF，根据质子守恒可得c(H+)+c(HF)=c(OH)，故D正确；故选BC。三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第15题第17题为必考题，每个试题考生都必须作答。第18题第19题为选考题，考生根据要求做答。（一）必考题：共39分。15（12分）次磷酸钠(NaH2PO2)是电镀业上重要还原剂，一般制备方法是将白磷(P4)和过量烧碱溶液混合、加热，生成次磷

25、酸钠和PH3，PH3是一种无色、有毒的可燃性气体。实验装置如下图所示：回答下列问题：(1)仪器a的名称是_。装置D的作用_。(2)次磷酸钠(NaH2PO2)是次磷酸(H3PO2)与足量NaOH溶液反应的产物，NaH2PO2属于_(填“正盐”“酸式盐”“碱式盐”），NaH2PO2中磷元素的化合价为_。(3)PH3在装置C中被氧化为最高价化合物，反应的化学方程式为 。(4)A中生成NaH2PO2和NaCl，相关物质溶解度(S)如下：S(20)S(98)NaCl3638.8NaH2PO290657充分反应后，将A中混合液蒸发浓缩，有大量晶体析出，该晶体主要成分的化学式为_，然后_、_、过滤、洗涤、干

26、燥，得到NaH2PO2的粗产品。(5)产品纯度测定：取NaH2PO2的粗产品1.50g配成100mL溶液，取25.0mL于锥形瓶中，酸化后加入25mL 0.10mol·L1碘水，于暗处充分反应后，以淀粉溶液做指示剂，用0.10mol·L1 Na2S2O3溶液滴定至终点，平均消耗10.0mL Na2S2O3溶液，相关反应方程式为H2PO+H2O+I2=H2PO+2H+2I，2S2O+I2=S4O+2I。判断滴定终点的现象是_，产品纯度为_(保留3位有效数字)。【答案】（1）三颈烧瓶（1分） 吸收尾气，防止污染空气（1分） （2） 正盐（1分） +1（1分） （3） PH3+4

27、NaClO=H3PO4+4NaCl（2分） （4） NaCl（1分） 趁热过滤（1分） 冷却结晶（1分） （5） 滴入最后一滴Na2S2O3溶液，溶液蓝色刚好消失，且半分钟内不再发生新的变化（1分） 46.9%（2分） 【解析】(1)仪器a的名称是三颈烧瓶；D装置最后进行尾气处理，从而达到保护环境的目的；(2)次磷酸钠是次磷酸与足量的氢氧化钠反应的产物，因此次磷酸钠是正盐，其中Na显+1价，氢显+1价，氧显-2价，整个化合价的代数和为0，P的化合价是+1价；(3)利用ClO作氧化剂，把PH3氧化成H3PO4，P的化合价由-3价+5价，化合价升高8价，Cl由+1价-1价，降低2价，最小公倍数为8

28、，配平系数可得化学反应方程式为PH3+4NaClO=H3PO4+4NaCl；(4)NaCl的溶解度受温度影响变化不大，所以A中混合液蒸发浓缩时，有大量NaCl晶体析出，NaH2PO2的溶解度受温度影响变化较大，所以趁热过滤分离出NaCl，得到NaH2PO2的方法为冷却结晶；(5)根据给出的滴定反应方程式可得2n(NaH2PO2)+n(Na2S2O3)=2n(I2)，即n(NaH2PO2)=n(I2)-n(Na2S2O3)=0.10mol·L1×25mL-×0.10mol·L1×10mL=0.002mol，1.5g样品中n(NaH2PO2)=0.

29、002mol×=0.008mol，样品中m(NaH2PO2)=nM=0.008mol×88g/mol=0.704g，产品纯度为。16（14分）随着氮氧化物对环境及人类活动影响的日趋严重，如何消除大气污染物中的氮氧化物成为人们关注的主要问题之一。I(1)利用CH4催化还原氮氧化物消除氮氧化物的污染。已知：CH4(g)+4NO2(g)4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l) H=-662kJ/molCH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) H=-955kJ/mol则反应CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+H2O(l) H=_。I

30、I利用NH3的还原性可以消除氮氧化物的污染，其中除去NO的主要反应如下：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l) H0(2)一定温度下，在恒容密闭容器中按照n(NH3)n(NO)=23充入反应物，发生上述反应。下列不能判断该反应达到平衡状态的是_。Ac(NH3)c(NO)=23B1mol NH键断裂的同时断裂1mol OH键C容器内压强不变D容器内混合气体的密度不变(3)实验测得v正=k正·c4(NH3)·c6(NO)，v逆=k逆·c5(N2)（k正、k逆为速率常数，只与温度有关）。达到平衡后，仅降低温度，k正增大的倍数_（填“>”“<

31、”或“=”）k逆增大的倍数。若在1L的恒容密闭容器中充入2mol CO和3mol NO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为80%，则k正k逆=_L/mol（用数字表达式表示）。利用燃料电池的原理来处理氮氧化物是一种新方向。装置如图所示，在处理过程中石墨电极I上反应生成一种氧化物Y。(4)石墨II电极为_(填“正”或“负”)极，该电极反应为_。(5)写出该电池反应的方程式_。【答案】（1）-1248kJ·mol1（2分） （2） A（2分） （3） >（2分） （2分）（4） 正（2分） O2+4e+2N2O5=4NO（2分） （5） 4NO2+O2=2N2O5（2分） 【解

32、析】(1)CH4(g)+4NO2(g)4NO(g)+CO2(g)+2H2O(l) H=-662kJ/mol；CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(l) H=-955kJ/mol；由盖斯定律×2-可得：CH4(g)+4NO(g)=2N2(g)+CO2(g)+H2O(1) H=2×(-955kJ/mol)-(-662kJ/mol)=-1248kJ/mol，(2)A投料比等于化学计量数之比，c(NH3)c(NO)始终等于23，c(NH3)c(NO)=23，不一定平衡，故符合题意；B1mol NH键断裂的同时断裂1mol OH键，反应一定达到平衡状态，故不

33、符合题意；C反应前后气体系数和不同，压强是变量，容器内压强不变，一定达到平衡状态，不符合题意；D由于H2O呈液态，反应前后气体总质量变化、体积不变，密度是变量，容器内混合气体的密度不变，一定达到平衡状态，不符合题意；答案选A。(3)该反应的正反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，则正反应速率大于逆反应速率，则k正增大的倍数大于k逆增大的倍数；故答案为：>；可逆反应 4NH3(g) + 6NO(g) 5N2(g)+6H2O(l) 起始量（mol/L） 2 3 0 变化量（mol/L） 1.6 2.4 2 平衡量（mol/L） 0.4 0.6 2 v正=k正·c4(NH3)

34、3;c6(NO)，v逆=k逆·c5(N2)，平衡时正逆反应速率相等，则k正·c4(NH3)·c6(NO)=k逆·c5(N2)，则=L/mol。(4)石墨通O2，为正极，则石墨为负极，发生反应NO2+NO-e=N2O5；石墨II电极为正极，O2得电子产物与N2O5作用生成NO，该电极反应为O2+4e+2N2O5=4NO；(5)该电池中，NO2、O2发生反应，生成N2O5，反应的方程式为4NO2+O2=2N2O5。17.（13分）钛用途广泛，焦磷酸镁(Mg2P2O7)不溶于水，是牙膏、牙粉的稳定剂。一种以含钛废料(主要成分为TiO2，含少量MgO、Cu、Al

35、2O3、FeO、Fe2O3)为原料，分离提纯TiO2并制取少量焦磷酸镁的工艺流程如下：已知：TiO2不与碱反应，与酸反应后以TiO2+的形式存在。回答下列问题：(1)提高“酸浸”的反应速率的措施有 ，“碱浸”时发生反应的离子方程式为 。(2)工业上“酸浸”时，温度选择40而不选择更高温度的原因是_。(3)滤渣1是 ，滤渣2的主要成分为_（填化学式）。(4)“氧化”时S2O转化为SO的离子方程式为_。(5)离子浓度1.0×105mol·L1时表示该离子沉淀完全。常温下，为了使Fe3+沉淀完全，调节pH的最小值为_。(已知：KspFe(OH)3=1×1038)(6)过

36、滤洗涤得到焦磷酸镁(Mg2P2O7)固体，判断沉淀是否洗涤干净操作是_。【答案】（1）搅拌，适当增大酸的浓度等（1分） Al2O3+2OH=2AlO+H2O（2分） （2） 防止TiO2+水解，减少损失（2分） （3） Cu（1分） FeSO4·7H2O（2分） （4） （2分） （5） 3（1分） （6） 取最后一次洗涤液于试管中，向试管中加入BaCl2溶液，如果没有出现白色沉淀，则证明洗涤干净（2分）【解析】以含钛废料(主要成分为TiO2，含少量MgO、Cu、Al2O3、FeO、Fe2O3)为原料，分离提纯TiO2并制取少量焦磷酸镁。由于原料中除主要含有TiO2外还含少量MgO、

37、Cu、Al2O3、FeO、Fe2O3，所以碱浸时是为了除去Al2O3，然后过滤，向滤液中加入过量的硫酸除去不与酸反应的Cu，再次过滤，向滤液中加铁粉，将铁离子还原成亚铁离子。然后冷却结晶时亚铁离子生成七水硫酸铁晶体析出从而除去大部分亚铁离子；然后过滤，滤液加热水解生成TiO(OH)2，过滤得到TiO(OH)2固体和主要含硫酸镁以及少量硫酸亚铁的溶液；煅烧TiO(OH)2得TiO2；将滤液氧化后调pH是铁离子生成氢氧化铁而除去铁离子，然后过滤，向滤液中加焦硫酸钠得到焦硫酸镁。(1)提高“酸浸”的反应速率的措施有适当的升温、搅拌、增大酸的浓度等，“碱浸”主要是杂质中的Al2O3与NaOH反应，反应

38、的离子方程式为Al2O3+2OH=2AlO+H2O；(2)温度过高，易导致TiO2+水解程度增大，造成Ti的损失，故答案为：防止TiO2+水解，减少损失；(3)杂质中的铜不与稀硫酸反应，故过滤得到的滤渣为Cu，“酸浸”后溶液中存在的离子有，所以加Fe是为了将Fe3+还原成Fe2+便于在冷却结晶生成FeSO4·7H2O晶体而析出，所以滤渣2的主要成分为FeSO4·7H2O；(4)“氧化”时，S2O与Fe2+发生氧化还原反应生成Fe3+和SO，则反应的离子方程式为；(5)当Fe3+离子浓度1.0×105mol·L1时表示该离子沉淀完全。由KspFe(OH)3

39、=1.0×1038，可知Fe3+完全沉淀时氢氧根离子浓度mol·L1，则pOH=11，则pH=3，故答案为3；(6)滤液中加入Na4P2O7溶液和MgSO4反应生成焦磷酸镁(Mg2P2O7)，要检验沉淀是否洗涤干净，可以检验最后一次洗涤液中是否还含有SO，操作为取最后一次洗涤液于试管中，向试管中加入BaCl2溶液，如果没有出现白色沉淀，则证明洗涤干净，反之则没有洗涤干净。（二）选考题（共15分，请考生从2道题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分。）18钛呈银白色，因它坚硬、强度大、耐热、密度小，被称为高技术金属。目前生产钛采用氯化法，即将金红石或钛铁矿与焦炭混合，

40、通入氯气并加热制得TiCl4。相关反应为：2FeTiO3+7Cl2+6C2TiCl4+2FeCl3+6CO；TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO。将TiCl4蒸馏并提纯，在氩气保护下与镁共热得到钛，相关反应为：TiCl4+2MgTi+2MgCl2，MgCl2和过量Mg用稀盐酸溶解后得海绵状钛，再在真空熔化铸成钛锭。请回答下列问题：（1）Ti2+基态的电子排布式可表示为_。与钛同周期的所有元素的基态原子中，未成对电子数与钛相同的元素有_种。（2）与CO互为等电子体的分子为_（填化学式）。（3）在CH2Cl2、C6H6、CO2、C2H4中，碳原子采取sp杂化的分子有_。（4）TiCl4的熔点

41、为-25，TiCl4熔点低的原因为_。（5）已知TiO2与浓硫酸反应生成硫酸氧钛，硫酸氧钛晶体中阳离子为链状聚合形式的离子，结构如图所示，阳离子中O的杂化方式为_，阴离子的空间构型为_。（6）在自然界中TiO2有金红石、板钛矿、锐钛矿三种晶型，其中金红石的晶胞如下图所示，则其中Ti4+的配位数为_。【答案】（1）1s22s22p63s23p63d2（2分） 3（2分） （2） N2（2分） （3） CO2（2分） （4） TiCl4为分子晶体，分子间作用力弱（2分） （5） sp3（1分） 正四面体（2分） （6） 6（2分） 【解析】(1)钛是22号元素，Ti2+核外有20个电子，根据构造原

42、理，其基态核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d2；在第四周期的所有元素的基态原子中Ni核外电子排布式：1s22s22p63s23p63d84s2，Ge核外电子排布式：1s22s22p63s23p64s24p2，Se核外电子排布式：1s22s22p63s23p64s24p4，故未成对电子数与钛相同的元素有Ni、Ge、Se，共3种；(2)CO为双原子分子，价电子总数为10，则CO的等电子体为分子为N2；(3)在CH2Cl2、C6H6、CO2、C2H4中，分子构型分别为四面体形、平面六边形、直线形、平面形，所以碳原子的杂化方式分别为sp3、sp2、sp、sp2杂化，采取sp杂化的分子

43、是CO2；(4)TiCl4为分子晶体，分子晶体的结构粒子为分子，分子间作用力较弱，因此，分子晶体的熔点较低；(5)由结构图可知O含有2个键，含有2个孤电子对，则杂化方式为sp3杂化；阴离子SO的中心原子S的价层电子对数为，则SO的空间构型为正四面体结构，故答案为sp3；正四面体；(6)观察晶胞结构，可以知道每个钛周围距离最近的氧原子有6个，即钛的配位数为6，答案为6。19（15分）有机物M可用于治疗支气管哮喘，慢性支气管炎。该有机物可以由有机物A经过一系列反应合成得到，其合成路线如下图所示： 已知；请回答下列问题：(1)有机物M中含氧官能团的名称为_。(2)的反应所需试剂及条件为_，的反应类型

44、为_。(3)反应的化学方程式为_。(4)A的同分异构体中，同时符合下列条件的有_种。含有苯环结构，能与NaHCO3溶液反应。请写出核磁共振氢峰面积之比满足12221的结构简式为_。(5)结合上述合成路线，设计以苯甲醛和CH3MgBr为起始原料制备苯基乙二醇()的合成路线_(无机试剂任选)。【答案】（1）羧基、醚键、酰胺基（2分） （2） NaOH溶液、加热（2分） 消去反应（1分） （3） （2分） （4） 19（2分） 、（2分） （5） （4分） 【解析】由反应前、后物质结构，可知属于取代反应，A发生信息中反应生成B为，反应发生醇的消去反应，由E氧化后产物结构，可知反应是与溴发生取代反应生

45、成C，为，C发生卤代烃的水解反应生成D，为，D发生氧化反应生成E，为，反应是醛基被氧化为羧基，生成M的反应是羧基与氨基脱去1分子水。(1)由A的结构简式可知，有机物M中含氧官能团的名称为：羧基、醚键、酰胺基；(2)发生的是溴代烃的取代反应，故反应所需试剂及条件为NaOH溶液、加热；发生醇的消去反应，故答案为：NaOH溶液、加热；消去反应；(3)反应为在Cu、O2条件下加热发生氧化反应生成，反应方程式为；(4)A的同分异构体符合下列条件：含有苯环结构，能与NaHCO3溶液反应；说明含有羧基，当其中取代基为OH、COOH、CH3时有10种，取代基是OCH3、COOH；CH2COOH、OH；CH2OH、COOH，均有邻、间、对3种位置结构，共有3×3=9种，故总共有19种；核磁共振氢峰面积之比满足12221，说明其中不同化学环境的氢原子数之比为12221，满足该要求的结构简式为、；(5)苯甲醛与CH3MgBr/H2O、H+作用得到，然后发生消去反应生成，再与溴发生加成反应生成，最后在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成，合成路线流程图为：。