《2021年河北省普通高中学业水平选择性考试化学试题(河北卷)(解析版).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021年河北省普通高中学业水平选择性考试化学试题(河北卷)(解析版).pdf（24页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2021 年河北省普通高中学业水平选择性考试年河北省普通高中学业水平选择性考试化学化学注意事项：注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。2.回答选择题时回答选择题时，选出每小题答案后选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。卷上无效。3.考试结束后
2、，将本试卷和答题卡一并交回。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：可能用到的相对原子质量：H-1Li-7B-11C-12O-16Na-23P-31S-32C1-35.5K-39Pb-207一一、单项选择题单项选择题：本题共本题共 9 小题小题，每小题每小题 3 分分，共共 27 分分。在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，只有只有一项是符合题目要求的。一项是符合题目要求的。1.“灌钢法”是我国古代劳动人民对钢铁冶炼技术的重大贡献，陶弘景在其本草经集注中提到“钢铁是杂炼生鍒作刀镰者”。“灌钢法”主要是将生铁和熟铁(含碳量约 0.1%)混合加热，生铁熔化灌入熟铁
3、，再锻打成钢。下列说法错误的是A.钢是以铁为主的含碳合金B.钢的含碳量越高，硬度和脆性越大C.生铁由于含碳量高，熔点比熟铁高D.冶炼铁的原料之一赤铁矿的主要成分为 Fe2O3【答案】C【解析】【分析】【详解】A钢是含碳量低的铁合金，故 A 正确；B钢的硬度和脆性与含碳量有关，随着含碳量的增大而增大，故正确；C由题意可知，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢，说明生铁的熔点低于熟铁，故 C 错误；D赤铁矿的主要成分是 Fe2O3，可用于冶炼铁，故 D 正确；故选 C。2.高分子材料在生产生活中应用广泛。下列说法错误的是A.芦苇可用于制造黏胶纤维，其主要成分为纤维素B.聚氯乙烯通过加聚反应制得，可用于制作
4、不粘锅的耐热涂层C.淀粉是相对分子质量可达几十万的天然高分子物质D.大豆蛋白纤维是一种可降解材料【答案】B【解析】【分析】【详解】A芦苇中含有天然纤维素，可用于制造黏胶纤维，故 A 正确；B聚氯乙烯在高温条件下会分解生成有毒气体，因此不能用于制作不粘锅的耐热涂层，故 B 错误；C淀粉为多糖，属于天然高分子物质，其相对分子质量可达几十万，故 C 正确；D大豆蛋白纤维的主要成分为蛋白质，能够被微生物分解，因此大豆蛋白纤维是一种可降解材料，故 D正确；综上所述，说法错误的是 B 项，故答案为 B。3.下列操作规范且能达到实验目的的是A.图甲测定醋酸浓度B.图乙测定中和热C.图丙稀释浓硫酸D.图丁萃取
5、分离碘水中的碘【答案】A【解析】【分析】【详解】A氢氧化钠溶液呈碱性，因此需装于碱式滴定管，氢氧化钠溶液与醋酸溶液恰好完全反应后生成的醋酸钠溶液呈碱性，因此滴定过程中选择酚酞作指示剂，当溶液由无色变为淡红色时，达到滴定终点，故 A 选；B测定中和热实验中温度计用于测定溶液温度，因此不能与烧杯内壁接触，并且大烧杯内空隙需用硬纸板填充，防止热量散失，故 B 不选；C容量瓶为定容仪器，不能用于稀释操作，故 C 不选；D分液过程中长颈漏斗下方放液端的长斜面需紧贴烧杯内壁，防止液体留下时飞溅，故 D 不选；综上所述，操作规范且能达到实验目的的是 A 项，故答案为 A。4.硫和氮及其化合物对人类生存和社会
6、发展意义重大，但硫氧化物和氮氧化物造成的环境问题也日益受到关注，下列说法正确的是A.NO2和 SO2均为红棕色且有刺激性气味的气体，是酸雨的主要成因B.汽车尾气中的主要大气污染物为 NO、SO2和 PM2.5C.植物直接吸收利用空气中的 NO 和 NO2作为肥料，实现氮的固定D.工业废气中的 SO2可采用石灰法进行脱除【答案】D【解析】【分析】【详解】A2NO是红棕色且有刺激性气味的气体，而2SO是无色有刺激性气味的气体，A 错误；B汽车尾气的主要大气污染物为 C 与 N 的氧化物，如 NOx和 CO 等，B 错误；C 氮的固定是指将游离态的氮元素转化为化合态，且植物可吸收土壤中的铵根离子或硝
7、酸根离子作为肥料，不能直接吸收空气中的氮氧化物，C 错误；D工业废气中的2SO可采用石灰法进行脱除，如加入石灰石或石灰乳均可进行脱硫处理，D 正确；故选 D。5.用中子轰击NZX 原子产生粒子(即氮核42He)的核反应为：NZX+10n7pY+42He。已知元素 Y 在化合物中呈+1 价。下列说法正确的是A.H3XO3可用于中和溅在皮肤上的 NaOH 溶液B.Y 单质在空气中燃烧的产物是 Y2O2C.X 和氢元素形成离子化合物D.6Y 和7Y 互为同素异形体【答案】A【解析】【分析】根据核反应为：N174Z0p2XnYHe可知，X 的质量数 N 为 4+7-1=10，又因为 Y 在化合物中呈1
8、价，则推知 Y 位于 IA 族，质量数=质子数+中子数，Y 的质量数为 7，所以得出 Y 为 Li，其质子数 p=3，所以 X 的质子数 Z=3+2-0=5，核电荷数=原子序数=核内质子数=5，则推知 X 属于 B 元素，据此分析解答。【详解】A33H BO为硼酸，氢氧化钠溶液具有腐蚀性，若不慎将NaOH溶液溅到皮肤上，则需用大量水冲洗，同时涂抹33H BO，以中和碱液，A 正确；BY 为 Li，在空气中燃烧的产物只有 Li2O，B 错误；CX 为 B，与氢元素会形成 BH3或 B2H4等硼氢化合物，B 元素与 H 元素以共价键结合，属于共价化合物，C 错误；D6Li和7Li两者的质子数均为
9、3，中子数不同，所以两者互为同位素，D 错误；故选 A。6.BiOCl 是一种具有珠光泽的材料，利用金属 Bi 制备 BiOCl 的工艺流程如图：下列说法错误的是A.酸浸工序中分次加入稀 HNO3可降低反应剧烈程度B.转化工序中加入稀 HCl 可抑制生成 BiONO3C.水解工序中加入少量 CH3COONa(s)可提高 Bi3+水解程度D.水解工序中加入少量 NH4NO3(s)有利于 BiOCl 的生成【答案】D【解析】【分析】【详解】A硝酸为强氧化剂，可与金属铋反应，酸浸工序中分次加入稀3HNO，反应物硝酸的用量减少，可降低反应剧烈程度，A 正确；B金属铋与硝酸反应生成的硝酸铋会发生水解反应
10、生成3BiONO，水解的离子方程式为3+-+323Bi+NO+H OBiONO+2H，转化工序中加入稀HCl，使氢离子浓度增大，根据勒夏特列原理分析，硝酸铋水解平衡左移，可抑制生成3BiONO，B 正确；C氯化铋水解生成BiOCl的离子方程式为3+-+2Bi+Cl+H OBiOCl+2H，水解工序中加入少量3CH COONa(s)，醋酸根会结合氢离子生成弱电解质醋酸，使氢离子浓度减小，根据勒夏特列原理分析，氯化铋水解平衡右移，促进3Bi水解，C 正确；D氯化铋水解生成BiOCl的离子方程式为3+-+2Bi+Cl+H OBiOCl+2H，水解工序中加入少量43NH NO(s)，铵根离子水解生成氢
11、离子，使氢离子浓度增大，根据勒夏特列原理分析，氯化铋水解平衡左移，不利于生成BiOCl，且部分铋离子与硝酸根、水也会发生反应3+-+323Bi+NO+H OBiONO+2H，也不利于生成BiOCl，综上所述，D 错误；故选 D。7.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A.22.4L(标准状况)氟气所含的质子数为 18NAB.1mol 碘蒸气和 1mol 氢气在密闭容器中充分反应，生成的碘化氢分子数小于 2NAC.电解饱和食盐水时，若阴阳两极产生气体的总质量为 73g，则转移电子数为 NAD.1L1molL-1溴化铵水溶液中 NH4与 H+离子数之和大于 NA【答案】C【解析】【分析】【详
12、解】A在标准状况下22.4L氟气的物质的量为 1mol，其质子数为 1molA9 2N =A18N，A 正确；B碘蒸气与氢气发生的反应为：22I(g)H(g)2HI(g)，反应为可逆反应，有一定的限度，所以充分反应，生成的碘化氢分子数小于A2N，B 正确；C电解饱和食盐水时电极总反应为：2NaCl+2H2O电解2NaOH+H2+Cl2，若阴阳两极产生气体分别是氢气与氯气，且物质的量之比为 1:1，若气体的总质量为73g，则说明反应生成的氢气与氯气的物质的量各自为 1mol，根据关系式 H22e-可知，转移的电子数为A2N，C 错误；D11L1Lmol溴化铵水溶液存在电荷守恒，即 c(4NH)+
13、c(H)=c(Br-)+c(OH-)，则物质的量也满足n(4NH)+n(H)=n(Br-)+n(OH-)，因为 n(Br-)=11L 1L1molmol，所以该溶液中4NH与H离子数之和大于AN，D 正确；故选 C。8.苯并降冰片烯是一种重要的药物合成中间体，结构简式如图。关于该化合物，下列说法正确的是A.是苯的同系物B.分子中最多 8 个碳原子共平面C.一氯代物有 6 种(不考虑立体异构)D.分子中含有 4 个碳碳双键【答案】B【解析】【分析】【详解】A苯的同系物必须是只含有 1 个苯环，侧链为烷烃基的同类芳香烃，由结构简式可知，苯并降冰片烯的侧链不是烷烃基，不属于苯的同系物，故 A 错误；
14、B由结构简式可知，苯并降冰片烯分子中苯环上的 6 个碳原子和连在苯环上的 2 个碳原子共平面，共有 8个碳原子，故 B 正确；C由结构简式可知，苯并降冰片烯分子的结构上下对称，分子中含有 5 类氢原子，则一氯代物有 5 种，故C 错误；D苯环不是单双键交替的结构，由结构简式可知，苯并降冰片烯分子中只含有 1 个碳碳双键，故 D 错误；故选 B。9.KO2电池结构如图，a 和 b 为两个电极，其中之一为单质钾片。关于该电池，下列说法错误的是A.隔膜允许 K+通过，不允许 O2通过B.放电时，电流由 b 电极沿导线流向 a 电极；充电时，b 电极为阳极C.产生 1Ah 电量时，生成 KO2的质量与
15、消耗 O2的质量比值约为 2.22D.用此电池为铅酸蓄电池充电，消耗 3.9g 钾时，铅酸蓄电池消耗 0.9g 水【答案】D【解析】【分析】由图可知，a 电极为原电池的负极，单质钾片失去电子发生氧化反应生成钾离子，电极反应式为Ke-=K+，b 电极为正极，在钾离子作用下，氧气在正极得到电子发生还原反应生成超氧化钾；据以上分析解答。【详解】A金属性强的金属钾易与氧气反应，为防止钾与氧气反应，电池所选择隔膜应允许K通过，不允许2O通过，故 A 正确；B由分析可知，放电时，a 为负极，b 为正极，电流由 b 电极沿导线流向 a 电极，充电时，b 电极应与直流电源的正极相连，做电解池的为阳极，故 B
16、正确；C由分析可知，生成 1mol 超氧化钾时，消耗 1mol 氧气，两者的质量比值为 1mol71g/mol：1mol32g/mol2.22：1，故 C 正确；D铅酸蓄电池充电时的总反应方程式为 2PbSO4+2H2OPbO2+Pb+2H2SO4，反应消耗 2mol 水，转移 2mol电子，由得失电子数目守恒可知，耗3.9g钾时，铅酸蓄电池消耗水的质量为3.9g39g/mol18g/mol=1.8g，故D 错误；故选 D。二二、不定项选择题不定项选择题：本题共本题共 4 小题小题，每小题每小题 4 分分，共共 16 分分。在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，有有一项或两项符合题
17、目要求。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得一项或两项符合题目要求。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得 0 分；若正确答分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得案包括两个选项，只选一个且正确的得 2 分，选两个且都正确的得分，选两个且都正确的得 4 分，但只要选错一个，分，但只要选错一个，该小题得该小题得 0 分。分。10.关于非金属含氧酸及其盐的性质，下列说法正确的是A.浓 H2SO4具有强吸水性，能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化B.NaClO、KClO3等氯的含氧酸盐的氧化性会随溶液的 pH 减小而增强C.加热 NaI 与浓 H3PO4混合物可制备 HI，说明 H3P
18、O4比 HI 酸性强D.浓 HNO3和稀 HNO3与 Cu 反应的还原产物分别为 NO2和 NO，故稀 HNO3氧化性更强【答案】B【解析】【分析】【详解】A浓硫酸能使蔗糖炭化，体现的是其脱水性，而不是吸水性，A 错误；BNaClO 在水溶液中会发生水解，离子方程式为：-2ClO+H OHClO+OH，pH 减小，则酸性增强，会促使平衡向正反应方向移动，生成氧化性更强的 HClO，3ClO在酸性条件下可生成具有强氧化性的氯气、二氧化氯等气体，增强氧化能力，B 正确；CHI 的沸点低，易挥发加热NaI与浓34H PO混合物发生反应生成HI利用的是高沸点酸制备低沸点酸的原理，C 错误；D相同条件下
19、根据铜与浓硝酸、稀硝酸反应的剧烈程度可知，浓硝酸的氧化性大于稀硝酸的氧化性，D 错误；故选 B。11.如图所示的两种化合物可应用于阻燃材料和生物材料的合成。其中 W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期元素，X 和 Z 同主族，Y 原子序数为 W 原子价电子数的 3 倍。下列说法正确的是A.X 和 Z 的最高化合价均为+7 价B.HX 和 HZ 在水中均为强酸，电子式可表示为与C.四种元素中，Y 原子半径最大，X 原子半径最小D.Z、W 和氢三种元素可形成同时含有离子键和共价键的化合物【答案】CD【解析】【分析】结合图中所示结构可知图中两种化合物均为共价化合物，已知 X 和 Z 同主族，可得
20、 X 和 Z 同为第A 族，Y 为第A 族元素，W 为第A 族或第A 族元素，再结合 W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的短周期元素，Y 原子序数为 W 原子价电子数的 3 倍推知 W、X、Y、Z 分别为 N、F、P、Cl，据此答题。【详解】AX 和 Z 分别是 F、Cl，F 无正价，A 错误；BHX和HZ分别是 HF 和 HCl，HF 在水中不是强酸，B 错误；C四种元素 W（N）、X（F）、Y（P）、Z（Cl）中，W（N）、X（F）有两个电子层，Y（P）、Z（Cl）有三个电子层，半径大于 W（N）和 X（F），Y（P）原子序数小于 Z（Cl），故 Y 原子半径在这四种元素中最大；X（F）原
21、子序数大于 W（N），故 X 原子半径在这四种元素中最小，C 正确；DZ（Cl）、W（N）和氢三种元素可形成氯化铵，属于同时含有离子键和共价键的化合物，D 正确；故选 CD。12.番木鳖酸具有一定的抗炎、抗菌活性，结构简式如图。下列说法错误的是A.1mol 该物质与足量饱和 NaHCO3溶液反应，可放出 22.4L(标准状况)CO2B.一定量的该物质分别与足量 Na、NaOH 反应，消耗二者物质的量之比为 5：1C.1mol 该物质最多可与 2molH2发生加成反应D.该物质可被酸性 KMnO4溶液氧化【答案】BC【解析】【分析】【详解】A根据分子的结构简式可知，1 mol 该分子中含有 1m
22、ol-COOH，可与3NaHCO溶液反应生成1mol2CO，在标准状况下其体积为22.4L，A 正确；B1mol 分子中含 5mol 羟基和 1mol 羧基，其中羟基和羧基均能与 Na 发生置换反应产生氢气，而只有羧基可与氢氧化钠发生中和反应，所以一定量的该物质分别与足量NaNaOH和反应，消耗二者物质的量之比为6:1，B 错误；C1mol分子中含 1mol 碳碳双键，其他官能团不与氢气发生加成反应，所以 1mol 该物质最多可与21molH发生加成反应，C 错误；D分子中含碳碳双键和羟基，均能被酸性4KMnO溶液氧化，D 正确；故选 BC。13.室温下，某溶液初始时仅溶有 M 和 N 且浓度
23、相等，同时发生以下两个反应：M+N=X+Y；M+N=X+Z，反应的速率可表示为 v1=k1c2(M)，反应的速率可表示为 v2=k2c2(M)(k1、k2为速率常数)。反应体系中组分 M、Z 的浓度随时间变化情况如图，下列说法错误的是A.030min 时间段内，Y 的平均反应速率为 6.6710-8molL-1min-1B.反应开始后，体系中 Y 和 Z 的浓度之比保持不变C.如果反应能进行到底，反应结束时 62.5%的 M 转化为 ZD.反应的活化能比反应的活化能大【答案】A【解析】【分析】【详解】A由图中数据可知，30min时，M、Z的浓度分别为 0.3001mol L和 0.1251mo
24、l L，则 M 的变化量为 0.51mol L-0.3001mol L=0.2001mol L，其中转化为 Y 的变化量为 0.2001mol L-0.1251mol L=0.0751mol L。因 此，0 30min时 间 段 内，Y的 平 均 反 应 速 率 为-10.075mol L0.002530min11mol Lmin，A 说法不正确；B由题中信息可知，反应和反应的速率之比为12kk，Y 和 Z 分别为反应和反应的产物，且两者与M 的化学计量数相同（化学计量数均为 1），因此反应开始后，体系中 Y 和 Z 的浓度之比等于12kk，由于k1、k2为速率常数，故该比值保持不变，B 说法
25、正确；C结合 A、B 的分析可知因此反应开始后，在相同的时间内体系中 Y 和 Z 的浓度之比等于12kk=-1-10.0753=0.molLmolL1255，因此，如果反应能进行到底，反应结束时有58的 M 转化为 Z，即62 5%.的 M转化为 Z，C 说法正确；D由以上分析可知，在相同的时间内生成 Z 较多、生成 Y 较少，因此，反应的化学反应速率较小，在同一体系中，活化能较小的化学反应速率较快，故反应的活化能比反应的活化能大，D 说法正确。综上所述，相关说法不正确的只有 A，故本题选 A。三三、非选择题非选择题：共共 57 分分，第第 1416 题为必考题题为必考题，每个试题考生都必须作
26、答每个试题考生都必须作答。第第 1718 题为选题为选考题，考生根据要求作答。考题，考生根据要求作答。14.化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献，某化学兴趣小组在实验室中模拟并改进侯氏制碱法制备 NaHCO3，进一步处理得到产品 Na2CO3和 NH4Cl，实验流程如图：回答下列问题：(1)从 AE 中选择合适的仪器制备 NaHCO3，正确的连接顺序是_(按气流方向，用小写字母表示)。为使 A中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下，可将分液漏斗上部的玻璃塞打开或_。A.B.C.D.E.(2)B 中使用雾化装置的优点是_。(3)生成 NaHCO3的总反应的化学方程式为_
27、。(4)反应完成后，将 B 中 U 形管内的混合物处理得到固体 NaHCO3和滤液：对固体 NaHCO3充分加热，产生的气体先通过足量浓硫酸，再通过足量 Na2O2，Na2O2增重 0.14g，则固体 NaHCO3的质量为_g。向滤液中加入 NaCl 粉末，存在 NaCl(s)+NH4Cl(aq)NaCl(aq)+NH4Cl(s)过程。为使 NH4Cl 沉淀充分析出并分离，根据 NaCl 和 NH4Cl 溶解度曲线，需采用的操作为_、_、洗涤、干燥。(5)无水 NaHCO3可作为基准物质标定盐酸浓度.称量前，若无水 NaHCO3保存不当，吸收了一定量水分，用其标定盐酸浓度时，会使结果_(填标号
28、)。A.偏高B.偏低不变【答案】(1).aefbcgh(2).将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔(3).使氨盐水雾化，可增大 与 二 氧 化 碳 的 接 触 面 积，从 而 提 高 产 率（或 其 他 合 理 答 案）(4).NH3H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3(5).0.84(6).蒸发浓缩(7).冷却结晶(8).A【解析】【分析】根据工艺流程知，浓氨水中加入氯化钠粉末形成饱和氨盐水后，再通入二氧化碳气体，发生反应：NH3H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3，得到的碳酸氢钠晶体烘干后受热分解会生成碳酸钠、二氧化碳和水，从而制备得到纯碱；另一方面得到的母液主要
29、溶质为 NH4Cl，再从加入氯化钠粉末，存在反应44NaCl(s)NH Cl(aq)=NaCl(aq)NH Cl(s)，据此分析解答。【详解】(1)根据分析可知，要制备3NaHCO，需先选用装置 A 制备二氧化碳，然后通入饱和碳酸氢钠溶液中除去二氧化碳中的 HCl，后与饱和氨盐水充分接触来制备3NaHCO，其中过量的二氧化碳可被氢氧化钠溶液吸收，也能充分利用二氧化碳制备得到少量3NaHCO，所以按气流方向正确的连接顺序应为：aefbcgh；为使 A 中分液漏斗内的稀盐酸顺利滴下，可将分液漏斗上部的玻璃塞打开或将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔，故答案为：aefbcgh；将玻璃塞上的凹槽对准漏斗
30、颈部的小孔；(2)B 中使用雾化装置使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率；(3)根据上述分析可知，生成3NaHCO的总反应的化学方程式为 NH3H2O+NaCl+CO2=NH4Cl+NaHCO3；(4)对固体3NaHCO充分加热，产生二氧化碳和水蒸气，反应的化学方程式为：32322Na CO+C2Na COHH OO 将气体先通过足量浓硫酸，吸收水蒸气，再通过足量22Na O，22Na O与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，化学方程式为：2222322Na O+2CO=2Na CO+O，根据方程式可知，根据差量法可知，当增重0.14g（2CO 的质量）时，消耗的二氧化碳的质量为4
31、40.14g28=0.22g，其物质的量为22g0.005mol44g/mol，根据关系式232NaHCOCO可知，消耗的3NaHCO的物质的量为20.005mol=0.01mol，所以固体3NaHCO的质量为 0.01mol84g/mol=0.84g；根据溶解度虽温度的变化曲线可以看出，氯化铵的溶解度随着温度的升高而不断增大，而氯化钠的溶解度随着温度的升高变化并不明显，所以要想使4NH Cl沉淀充分析出并分离，需采用蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤、干燥的方法，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；(5)称量前，若无水3NaHCO保存不当，吸收了一定量水分，标准液被稀释，浓度减小，所以用其标定盐酸浓度时，消
32、耗的碳酸氢钠的体积()V 标会增大，根据 c(测)=()()()cVc标标测可知，最终会使 c(测)偏高，A 项符合题意，故答案为：A。15.绿色化学在推动社会可持续发展中发挥着重要作用。某科研团队设计了一种熔盐液相氧化法制备高价铬盐的新工艺，该工艺不消耗除铬铁矿、氢氧化钠和空气以外的其他原料，不产生废弃物，实现了CrFeAlMg 的深度利用和 Na+内循环。工艺流程如图：回答下列问题：(1)高温连续氧化工序中被氧化的元素是_(填元素符号)。(2)工序的名称为_。(3)滤渣的主要成分是_(填化学式)。(4)工序中发生反应的离子方程式为_。(5)物质 V 可代替高温连续氧化工序中的 NaOH，此
33、时发生的主要反应的化学方程式为_，可代替 NaOH 的化学试剂还有_(填化学式)。(6)热解工序产生的混合气体最适宜返回工序_(填“”或“”或“”或“”)参与内循环。(7)工序溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的 pH 为_。(通常认为溶液中离子浓度小于 10-5molL-1为沉淀完全；A1(OH)3+OH-Al(OH)4：K=100.63，Kw=10-14，KspA1(OH)3=10-33)【答 案】(1).Fe、Cr(2).溶 解 浸 出(3).MgO、Fe2O3(4).2Na+22-4CrO+2CO2+H2O=2-27Cr O+2NaHCO3(5).4Fe(CrO2)2+7O2+16NaH
34、CO3高温8Na2CrO4+2Fe2O3+16CO2+8H2O(6).Na2CO3(7).(8).8.37【解析】【分析】由题给流程可知，铬铁矿、氢氧化钠和空气在高温下连续氧化发生的反应为，在熔融氢氧化钠作用下，Fe(CrO2)2被氧气高温氧化生成铬酸钠和氧化铁，氧化铝与熔融氢氧化钠反应转化为偏铝酸钠，氧化镁不反应；将氧化后的固体加水溶解，过滤得到含有氧化镁、氧化铁的滤渣 1 和含有过量氢氧化钠、铬酸钠、偏铝酸钠的滤液；将滤液在介稳态条件下分离得到铬酸钠溶液、氢氧化钠溶液和偏铝酸钠溶液；向铬酸钠溶液中通入过量的二氧化碳得到重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀；向偏铝酸钠溶液中通入过量的二氧化碳气体得到氢氧化
35、铝沉淀和碳酸氢钠；向滤渣 1 中通入二氧化碳和水蒸气，氧化镁与二氧化碳和水蒸气反应转化为碳酸氢镁溶液；碳酸氢镁溶液受热分解得到碳酸镁固体和二氧化碳、水蒸气，二氧化碳、水蒸气可以在工序循环使用；碳酸镁高温煅烧得到氧化镁。【详解】(1)由分析可知，高温连续氧化工序中被氧化的元素是铁元素和铬元素，故答案为：Fe、Cr；(2)由分析可知，工序为将氧化后的固体加水溶解浸出可溶性物质，故答案为：溶解浸出；(3)由分析可知，滤渣的主要成分是氧化铁和氧化镁，故答案为：MgO、Fe2O3；(4)工序中发生的反应为铬酸钠溶液与过量的二氧化碳反应生成重铬酸钠和碳酸氢钠沉淀，反应的离子方程式为 2Na+22-4CrO
36、+2CO2+H2O=2-27Cr O+2NaHCO3，故答案为：2Na+22-4CrO+2CO2+H2O=2-27Cr O+2NaHCO3；(5)碳酸氢钠代替高温连续氧化工序中的氢氧化钠发生的主要反应为高温下，Fe(CrO2)2与氧气和碳酸氢钠反应生成铬酸钠、氧化铁、二氧化碳和水，反应的化学方程式为 4Fe(CrO2)2+7O2+16NaHCO3高温8Na2CrO4+2Fe2O3+16CO2+8H2O；若将碳酸氢钠换为碳酸钠也能发生类似的反应，故答案为：4Fe(CrO2)2+7O2+16NaHCO3高温8Na2CrO4+2 Fe2O3+16CO2+8H2O；(6)热解工序产生的混合气体为二氧化
37、碳和水蒸气，将混合气体通入滤渣 1 中可以将氧化镁转化为碳酸氢镁溶液，则混合气体最适宜返回工序为工序，故答案为：；(7)工序溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的反应为423+Al OHAl+OOHH+H，反应的平衡常数为K1=+4c1OH)lc(HA=-+-4c(OH)cc(H)c(AlHOHO)=1wK K=1013.37，当4cAl OH为105mol/L时，溶液中氢离子浓度为14cAl OH1K=513 3711010.mol/L=108.37mol/L，则溶液的 pH 为 8.37，故答案为：8.37。16.当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此，研发二氧化碳利用技术，降
38、低空气中二氧化碳含量成为研究热点。(1)大气中的二氧化碳主要来自于煤、石油及其他含碳化合物的燃烧。已知 25时，相关物质的燃烧热数据如表：物质H2(g)C(石墨，s)C6H6(l)燃烧热H(kJmol-1)-285.8-393.5-3267.5(1)则 25时 H2(g)和 C(石墨，s)生成 C6H6(l)的热化学方程式为_。(2)雨水中含有来自大气的 CO2，溶于水中的 CO2进一步和水反应，发生电离：CO2(g)=CO2(aq)CO2(aq)+H2O(l)=H+(aq)+HCO3(aq)25时，反应的平衡常数为 K2。溶液中 CO2的浓度与其在空气中的分压成正比(分压=总压物质的量分数)
39、，比例系数为 ymolL-1kPa-1，当大气压强为 pkPa，大气中 CO2(g)的物质的量分数为 x 时，溶液中 H+浓度为_molL-1(写出表达式，考虑水的电离，忽略 HCO3的电离)(3)105时，将足量的某碳酸氢盐(MHCO3)固体置于真空恒容容器中，存在如下平衡：2MHCO3(s)M2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)。上述反应达平衡时体系的总压为 46kPa。保持温度不变，开始时在体系中先通入一定量的 CO2(g)，再加入足量 MHCO3(s)，欲使平衡时体系中水蒸气的分压小于 5kPa，CO2(g)的初始压强应大于_kPa。(4)我国科学家研究 LiCO2电池，取得了重
40、大科研成果，回答下列问题：LiCO2电池中，Li 为单质锂片，则该电池中的 CO2在_(填“正”或“负”)极发生电化学反应。研究表明，该电池反应产物为碳酸锂和单质碳，且 CO2电还原后与锂离子结合形成碳酸锂按以下 4 个步骤进行，写出步骤的离子方程式。.2CO2+2e-=C2O24.C2O24=CO2+CO22._.CO23+2Li+=Li2CO3研究表明，在电解质水溶液中，CO2气体可被电化学还原。.CO2在碱性介质中电还原为正丙醇(CH3CH2CH2OH)的电极反应方程式为_。.在电解质水溶液中，三种不同催化剂(a、b、c)上 CO2电还原为 CO 的反应进程中(H+被还原为 H2的反应可
41、同时发生)，相对能量变化如图.由此判断，CO2电还原为 CO 从易到难的顺序为_(用 a、b、c 字母排序)。【答案】(1).6C(石墨，s)+3H2(g)=C6H6(l)H=49.1kJmol-1(2).2K pxy(3).100.8(4).正极(5).2C22O+CO2=2C23O+C(6).12CO2+18e-+4H2O=CH3CH2CH2OH+9C23O(7).c、b、a【解析】【分析】【详解】(1)根据表格燃烧热数据可知，存在反应C(石墨，s)+O2(g)=CO2(g)H1=-393.5kJmol-1，H2(g)+12O2(g)=H2O(l)H2=-285.8kJmol-1，C6H6
42、(l)+152O2(g)=6CO2(g)+6H2O(l)H3=-3267.5kJmol-1，根据盖斯定律，12+612-得反应：6C(石墨，s)+3H2(g)=C6H6(l)，H=(-393.5kJmol-1)12+(-285.8kJmol-1)612-(-3267.5kJmol-1)=49.1kJmol-1，故答案为：6C(石墨，s)+3H2(g)=C6H6(l)H=49.1kJmol-1；(2)由题可知，CO2(s)CO2(aq)，CO2(aq)+H2O(l)H+(aq)+HC3O(aq)，K2=32c Hc HCOc CO，又因为 p(CO2)=p(kPa)x，则 c(CO2)=y(mo
43、lL-1kPa-1)p(CO2)=pxy mol/L，在忽略 HC3O的电离时，c(H+)=c(HC3O)，所以可得 c(H+)=2K pxy，故答案为：2K pxy；(3)2MHCO3(s)M2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g)，等温等容条件下，压强之比等于物质的量之比，可用分压表示物质的量浓度，平衡常数 Kp=22H OCOpp=11464622=529kPa2。温度不变化学平衡常数 Kp不变，设平衡时，平衡体系中 CO2的分压为 x，则 K=22H OCOpp=529kPa2，2COp=5295kPa=105.8kPa，CO2的初始压强等于平衡压强减去碳酸氢盐分解产生的 CO2的分
44、压，即 CO2(g)的初始压强应大于105.8kPa-5kPa=100.8kPa，故答案为：100.8；(4)由题意知，Li-CO2电池的总反应式为：4Li+3CO2=2Li2CO3+C，CO2发生得电子的还原反应，则 CO2作为电池的正极；CO2还原后与 Li+结合成 Li2CO3，按 4 个步骤进行，由步骤 II 可知生成了 C22O，而步骤 IV需要 C23O参加反应，所以步骤 III 的离子方程式为：2C22O+CO2=2C23O+C，故答案为：正极；2C22O+CO2=2C23O+C；I.CO2在碱性条件下得电子生成 CH3CH2CH2OH，根据电子守恒和电荷守恒写出电极反应式为：1
45、2CO2+18e-+4H2O=CH3CH2CH2OH+9C23O，故答案为：12CO2+18e-+4H2O=CH3CH2CH2OH+9C23O；II.c 催化剂条件下，CO2电还原的活化能小于 H+电还原的活化能，更容易发生 CO2的电还原；而催化剂 a和 b 条件下，CO2电还原的活化能均大于 H+电还原的活化能，相对来说，更易发生 H+的电还原。其中 a 催化剂条件下，H+电还原的活化能比 CO2电还原的活化能小的更多，发生 H+电还原的可能性更大，因此反应从易到难的顺序为 c、b、a，故答案为：c、b、a。(二二)选考题选考题：共共 15 分分。请考生从请考生从 2 道题中任选一题作答道
46、题中任选一题作答，并用并用 2B 铅笔将答题卡上所选题目对铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分按所涂题号进行评分；多涂多涂、多答多答，按所涂的首题进行评分按所涂的首题进行评分；不涂不涂，按本选考题的首题进行评分。按本选考题的首题进行评分。17.KH2PO4晶体具有优异的非线性光学性能。我国科学工作者制备的超大 KH2PO4晶体已应用于大功率固体激光器，填补了国家战略空白。回答下列问题：(1)在 KH2PO4的四种组成元素各自所能形成的简单离子中，核外电子排布相同的是_(填离子符号)。(2)原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+1
47、2表示，与之相反的用-12表示，称为电子的自旋磁量子数.对于基态的磷原子，其价电子自旋磁量子数的代数和为_。(3)已知有关氨、磷的单键和三键的键能(kJmol-1)如表：NNNNPPPP193946197489从能量角度看，氮以 N2、而白磷以 P4(结构式可表示为)形式存在的原因是_。(4)已知 KH2PO4是次磷酸的正盐，H3PO2的结构式为_，其中 P 采取_杂化方式。(5)与 PO34电子总数相同的等电子体的分子式为_。(6)磷酸通过分子间脱水缩合形成多磷酸，如：如果有 n 个磷酸分子间脱水形成环状的多磷酸，则相应的酸根可写为_。(7)分别用、表示 H2PO4和 K+，KH2PO4晶体
48、的四方晶胞如图(a)所示，图(b)、图(c)分别显示的是 H2PO4、K+在晶胞 xz 面、yz 面上的位置：若晶胞底边的边长均为 apm、高为 cpm，阿伏加德罗常数的值为 NA，晶体的密度_gcm-3(写出表达式)。晶胞在 x 轴方向的投影图为_(填标号)。【答案】(1).K和3P(2).32或32(3).在原子数目相同的条件下，N2比 N4具有更低的能量，而 P4比 P2具有更低的能量，能量越低越稳定(4).(5).sp3(6).SiF4、SO2F2等(7).n-n3nP O(8).302A4 13610a cN(9).B【解析】【分析】【详解】(1)在24KH PO的四种组成元素各自所
49、能形成的简单离子分别为H（或H）、2O、K和3P，其中核外电子排布相同的是K和3P。(2)对于基态的磷原子，其价电子排布式为233s 3p，其中 3s 轨道的 2 个电子自旋状态相反，自旋磁量子数的代数和为 0；根据洪特规则可知，其 3p 轨道的 3 个电子的自旋状态相同，因此，基态磷原子的价电子的自旋磁量子数的代数和为32或32。(3)根据表中的相关共价键的键能可知，若 6mol N 形成类似白磷分子结构的 N4分子，可以释放出的能量为193kJ6=1158kJ；若 6mol N 形成 N2分子，则可释放的能量为 946kJ2=1892kJ，显然，形成 N2分子放出的能量更多，故在 N 数目
50、相同的条件下，N2具有更低的能量，能量越低越稳定。同理，若 6mol P 形成4P分子，可以释放出的能量为 197kJ6=1182kJ；若 6mol P 形成 P2分子，则可释放的能量为 489kJ2=978kJ，显然，形成 P4分子放出的能量更多，故在 P 数目相同的条件下，P4具有更低的能量，能量越低越稳定。(4)含氧酸分子中只有羟基上的 H 可以电离；由22KH PO是次磷酸的正盐可知，32H PO为一元酸，其分子中只有一个羟基，另外 2 个 H 与 P 成键，还有一个 O 与 P 形成双键，故其结构式为，其中 P共形成 4 个键、没有孤电子对，故其价层电子对数为 4，其采取 sp3杂化