2021河北省高考压轴卷 化学 WORD版含解析.docx

1、KS5U2021河北省高考压轴卷 化学 可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 Fe-56 Cu-64 Zn-65一、选择题(本题包括10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意)1古诗词、谚语等都是我国传统文化的瑰宝。下列有关解读错误的是选项传统文化化学角度解读A本草经集注记载“如握盐雪不冰,强烧之,紫青烟起云是真硝石也利用物理方法可以检验钠盐和钾盐B“司南之杓勺,投之于地,其柢勺柄指南”司南中“杓”的材质为Fe3O4C本草图经在绿矾项记载:“盖此矾色绿,味酸,烧之则赤”因为绿矾能电离出H+,所以“味酸”D兰陵美酒郁金香,

2、玉碗盛来琥珀光“香”主要因为美酒含有酯类物质AABBCCDD2随着科学的发展，学科间的交叉和综合越来越多，学科之间的界限越来越不明显，“边缘科学”即代表了一个新名词，说明了学科间的相互联系。但目前的科学研究，学科间的分工依然存在，各自的研究领域仍有所不同。下列变化不属于化学研究范畴的是（ ）ACOVID-19（新冠肺炎）病毒疫苗的研制B近期出现雾霾的原因探究C朝鲜的原子弹爆炸实验D湖南华菱钢铁集团冶炼特种钢3下列化学用语表示正确的是A羟基的电子式：B钠离子的结构示意图：C氯仿分子的球棍模型：D对硝基甲苯的结构简式：4用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A1molNaHSO4晶体中阴阳

3、离子总数目为2NAB1molSiO2中含有SiO极性共价键的数目为2NAC78g苯与足量H2发生加成反应时破坏键数目为3NAD16gCH4与足量氯气在光照下反应生成CH3Cl分子数目为NA5利用分子筛催化剂，可脱除燃煤烟气中的NO和，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示，下列说法正确的是A上述总反应为:BX是HNO3、Y是C阶段中都是氧化还原反应D、中的化学键形成方式完全相同6茚地那韦被用于新型冠状病毒肺炎的治疗，其结构简式如图所示，下列说法正确的是A茚地那韦分子中含有羟基和酮羰基Blmol茚地那韦最多与llmol氢气发生加成反应C虚线框内的所有碳、氧原子可能处于同一平面D茚地那韦可以使酸性高

4、锰酸钾溶液褪色，不与FeCl3溶液显色7绿原酸具有抗病毒、降血压、延缓衰老等保健作用。利用乙醚、95%乙醇浸泡杜仲干叶，得到提取液，进一步提取绿原酸的流程如图：下列说法错误的是A从“提取液”获取“有机层”的操作为萃取、分液B绿原酸溶解度随温度升高而减小C减压蒸馏的目的是防止温度过高绿原酸变质D绿原酸粗产品可通过重结晶的方法提纯8H2S是一种二元弱酸，已知25下，其，。下列说法正确的是A将少量甲基橙试剂滴入0.10molL-1的H2S溶液中，溶液呈红色B将等浓度的H2S溶液与Na2S溶液等体积混合，此时溶液中，C将等浓度的H2S溶液与NaOH溶液按体积比1：2混合，此时溶液中，D向H2S溶液中加

5、入一定量水，会使得H2S的电离度和电离常数同时增大9利用下列装置(夹持装置略)进行实验，能达到实验目的的是A用甲装置制备并收集CO2B用乙装置制备溴苯并验证有HBr产生C用丙装置制备无水MgCl2D用丁装置实现铁的保护10一种新型漂白剂如图可用于漂白羊毛等,其中W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素,W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数,W、X对应的简单离子核外电子排布相同。下列叙述正确的是AW、X元素的简单离子半径相比,W简单离子的半径小B该化合物中W、Y、Z元素的粒子均满足8电子稳定结构CW、Z元素的简单离子均能促进水的电离D工业电解熔融的WX来制得W二、选择题：本题共5小题

6、，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，只有一项或两项是符合题目要求的，若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，两个且都正确的得4分，但只要选错一个该小题得0分。11下列实验操作、对应的现象和根据现象得出的结论均正确的是选项实验操作现象结论A向溶液中加入铁粉有红色固体析出的氧化性强于的氧化性B通入溶液中产生白色沉淀沉淀为C向某溶液中滴加KSCN溶液产生血红色沉淀溶液中存在铁离子D裂化汽油与溴水混合振荡并静置分层溶液分层，且两层均变为无色裂化汽油与溴发生了加成反应12我国科学家实现了在铜催化剂条件下将DMF(CH3)2NCHO转化

7、为三甲胺N(CH3)3。计算机模拟单个DMF分子在铜催化剂表面的反应历程如图所示，下列说法不正确的是A该历程中最大能垒(活化能)为1.19eVB该历程中最小能垒的化学方程式为(CH3)2NCH2OH*=(CH3)2NCH2 +OH*C该反应的热化学方程式为(CH3)2NCHO(g)+2H2(g)=N(CH3)3(g)+H2O(g) H=-1.02eVmol-1D增大压强或增大H2的浓度均能加快反应速率，并增大DMF的平衡转化率13我国科学家研制了一种新型的高比能量锌-碘溴液流电池，其工作原理示意图如下。图中贮液器可储存电解质溶液，提高电池的容量。A放电时，a电极反应为I2Br-+2e-=2I-

8、+Br-B放电时，溶液中离子的数目增大C充电时，b电极每增重，溶液中有被氧化D充电时，a电极接外电源负极14探究草酸（H2C2O4）性质，进行如下实验。(已知：室温下，的)实验装置试剂a现象Ca(OH)2溶液(含酚酞)产生气泡少量NaHCO3溶液紫色溶液褪色酸性KMnO4溶液溶液褪色，产生白色沉淀C2H5OH和浓硫酸加热后产生有香味物质下列离子方程式或化学方程式错误的是A草酸有酸性：B草酸的酸性大于碳酸：C草酸有还原性：D草酸可发生酯化反应：HOOCCOOH+2C2H5OHC2H5OOC-COOC2H5+2H2O 15常温下，向20mL0.1molL-1BaCl2溶液中滴加0.2molL-1N

9、a2CO3溶液的滴定曲线如图所示。已知：pBa=-lgc(Ba2+)，pKa=-lgKa；常温下H2CO3：pKa1=6.4，pKa2=10.3.下列说法正确的是A常温下，Na2CO3溶液的pKh1=3.7(Kh1为一级水解常数)B常温下，Ksp(BaCO3)1.010-7CE、F、G三点的Ksp从大到小的顺序为：GFED其他条件相同，用MgCl2溶液替代BaCl2溶液，F点向G点迁移三、非选择题：共60分。第1618题为必考题，每个试题考生都必须作答。第19、20题为选考题，考生根据要求作答。(一)必考题：共45分。16（15分）实验室以为原料制备氧钒()碱式碳酸铵晶体。其实验步骤如图，请回

10、答下列问题.向中加入盐酸和足量混合液，微沸数分钟还原。.向配制好的溶液中缓慢加入足量溶液，有气泡产生并析出紫红色晶体。.反应结束后过滤，用饱和溶液洗涤3次，用无水乙醇洗涤2次，静置一段时间后得到产品。(1)步骤过程中的还原剂是_(填化学式)。(2)已知能被氧化，步骤可在如图装置中进行(夹持仪器略去)，利用A中的反应将C中空气排净。仪器M的名称是_。当D中产生白色浑浊时，C中空气已被排尽，A中发生反应的化学方程式为_。若将装置C的滴液漏斗替换为分液漏斗，实验过程中溶液滴加速度越来越慢(上盖已打开)，其原因是_。步骤中检验第一次沉淀洗涤干净的操作是_。蓝色的水合配离子的结构如图.向该水合配离子的溶

11、液中加入至时，该水合配离子全部转化为褐色的，写出转化过程的离子方程式_。称量产品，用溶液氧化，再除去多余的(方法略)，最后用标准溶液滴定至终点(滴定过程只发生反应)，消耗标准溶液的体积为，产品中钒的质量分数为_.(用含有m、c、V的式子表示)17（15分）硫酸锰是一种植物合成叶绿素的催化剂，也可用于制备多种含锰物质。 回答下列问题：工业上可用惰性电极电解MnSO4溶液的方法制备MnO2，其阳极的电极反应式为_。我国普遍采用两矿加酸法制备MnSO4。两矿指软锰矿(主要成分MnO2，含少量Al2O3和SiO2)、黄铁矿(FeS2)。生产MnSO4的工艺流程如下：软锰矿和黄铁矿需按一定比例混合，若黄

12、铁矿过量太多，将导致的主要后果为_。“酸溶”时，黄铁矿被氧化为Fe3+、SO42的离子方程式为_，该操作需控制在90，温度不能过低的原因为_。若使“氧化”的溶液中杂质离子除净，“调pH”应不小于_保留两位有效数字。已知：Mn(OH)2、Al(OH)3、Fe(OH)3的Ksp分别为2.010-13、1.010-33、4.010-38，溶液中离子浓度小于等于10-5 molL1时，认为该离子沉淀完全。MnSO4的溶解度曲线如图所示，则“操作I”，为_、_、用热水洗涤、干燥。用(NH4)2S2O8溶液鉴别溶液中Mn2+的现象为溶液变为紫红色。所发生反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_。S2O82中

13、含有1个过氧键。则其中S元素的化合价为_。18（15分）纳米级由于具有优良的催化性能而受到关注，下表为制取的四种方法：方法a用炭粉在高温条件下还原方法b用葡萄糖还原新制的制备方法c电解法，反应为方法d用肼还原新制（1）已知：则方法a发生的热化学方程式是：_（2）方法c采用离子交换膜控制电解液中的浓度而制备纳米，装置如下图所示：该离子交换膜为_离子交换膜填“阴”或“阳”，阴极区的pH值_增大、减小、不变。忽略溶液体积变化（3）方法d为加热条件下用液态肼还原新制来制备纳米级，同时放出，该制法的化学方程式为：_。（4）在相同的密闭容器中，用以上两种方法制得的分别进行催化分解水的实验： 2H2O2H2

14、+O2H。水蒸气的浓度单位：随时间t变化如下表所示。序号温度0min10min20min30min40min50min催化剂催化效率：实验_实验填“”、“”。实验前20min的平均反应速率_。对比实验的温度_填“”“”或“”。(二)选考题：共15分。请考生从以下2道题中任选一题作答，并用2B铅笔将答题卡上所选题目对应的题号右侧方框涂黑，按所涂题号进行评分，多涂、多答，按照涂的首题进行评分；不涂，按本选考题的首题进行评分。19化学选修3：物质结构与性质（15分）2020年12月17日凌晨1时59分，“嫦娥五号”首次实现了我国地外天体采样返回，标志着我国航天事业迈出了一大步。带回的月壤中包含了H、

15、O、N、Al、S、Cd、Zn、Ti、Cu、Au、Cr等多种元素。回答下列问题：(1)锌(Zn)、镉(Cd)位于同一副族相邻周期，Cd的原子序数更大，则基态Cd原子的价电子轨道表示式(电子排布图)为_。(2)S与O可形成多种微粒，其中SO的空间构型为_；液态SO3冷却到289.8K时，能得到一种螺旋状单链结构的固体，其结构如图所示，此固态SO3中S原子的杂化轨道类型是_。(3)重铬酸铵为桔黄色单斜结晶，常用作有机合成催化剂，Cr2O的结构如图所示。则1mol重铬酸铵中含键与键个数比为_。(4)Al2O3是“嫦娥五号”中用到的一种耐火材料，具有熔点高(2054)、硬度大的特点，主要原因为_。(5)

16、一种铜金合金具有储氢功能，其晶体为面心立方最密堆积结构，晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点，则Au原子的配位数为_。该储氢材料储氢时，氢分子可进入到由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中。若将Cu原子与Au原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与ZnS的结构相似(如图)，该晶体储氢后的化学式为_。(6)“嫦娥五号”某核心部件主要成分为纳米钛铝合金，其结构单元如图所示(Al、Ti原子各有一个原子在结构单元内部)，已知该结构单元底面(正六边形)边长为anm，该合金的密度为gcm-3，则高为h=_nm(列出计算式，NA为阿伏加德罗常数的值)。20化学选修5：有机化学基础（15分）化合物M是一种医

17、药中间体，实验室中M的一种合成路线如下：已知：一个碳原子连接两个OH不稳定，易自动脱水回答下列问题：(1)A中官能团的名称为_；B的化学名称为_；由C生成D的反应类型为_。(2)F的结构简式为_；由F生成G所需试剂和条件为_。(3)由G生成M的化学方程式为_。(4)Q为D的同分异构体，同时满足下列条件的Q的所有结构简式有_种(不含立体异构)。苯环上连有5个取代基；既含，又能与银氨溶液发生银镜反应。(5)参照上述合成路线和信息，以2-丙醇和苯为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线_。参考答案1【KS5U答案】C【KS5U解析】A钠盐和钾盐焰色反应的颜色不同，钠的焰色反应为黄色，钾的焰色反应为

18、紫色，焰色反应是物理变化，故A正确；B司南中“杓”的材质为有磁性的物质，四氧化三铁具有磁性，所以司南中“杓”的材质为Fe3O4，故B正确；C绿矾的主要成分为FeSO47H2O，FeSO47H2O是强酸弱碱盐，电离生成亚铁离子、硫酸根离子，不能电离出H+，“味酸”是因为亚铁离子水解显酸性，故C错误；D酒放置时间长，少量的乙醇被氧化为乙酸，乙酸与乙醇生成乙酸乙酯，乙酸乙酯等酯类物质具有香味，所以产生香味主要是因为美酒含有酯类物质，故D正确；答案选C。2【KS5U答案】C【分析】化学科学就是在原子、分子水平上研究物质的组成、结构、性质、及变化规律的自然科学。【KS5U解析】ACOVID-19（新冠肺

19、炎）病毒疫苗的研制，是物质的制备，属于化学研究范畴，A不符合题意；B雾霾的原因探究是物质组成的研究，属于化学研究范畴，C不符合题意；C原子弹的爆炸属于原子核的变化，原子种类发生了变化，属于核物理研究范畴，B符合题意；D钢铁冶炼特种钢属于物质的制备，属于化学研究范畴，D不符合题意；故选C。3【KS5U答案】A【KS5U解析】A羟基不带电，电子式为，故A正确；B钠离子的核电荷数为11、核外电子数为10，离子结构示意图为，故B错误；C氯仿的分子式为CHCl3，氯原子的原子半径较大，该球棍模型不能表示氯仿，故C错误；D在对硝基甲苯中，N原子与苯环上的C原子形成共价键，结构简式为，故D错误；故选A。4【

20、KS5U答案】A【KS5U解析】A1molNaHSO4晶体中含有1molNa+和1mol HSO，所以1molNaHSO4晶体中的阳离子和阴离子总数为2NA，故A正确；BSiO2为原子晶体，晶体中一个Si原子和4个O原子形成4条SiO极性共价键，所以1molSiO2晶体中SiO极性共价键的数目为4NA，故B错误；C78g苯为1mol，苯的结构中不存在碳碳双键，所以分子中不存键，而是存在着离域大键，故C错误；D16gCH4为1mol，CH4与足量氯气在光照下反应生成物有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，所以无法计算CH3Cl分子数目，故D错误；故答案：A。5【KS5U答案】A【KS

21、5U解析】A根据反应历程图可知，进入体系的物质分别为NH3、NO、NO2为反应物，从体系出来的物质为N2、H2O为生成物，故上述总反应为:，A正确；B根据质量守恒，由转化可知生成X的反应(NH4)2(NO2)2+NO=(NH4)(HNO2)+X+H+，原子守恒判断X为N2和H2O， 由转化可知生成Y的反应为：(NH4)(HNO2)+H+= 2H+Y+2H2O，故Y是，B错误；C根据反应历程图可知，阶段反应为：2+NO2=(NH4)2(NO2)2+元素化合价为发生改变，属于非氧化还原反应，阶段反应为：(NH4)(HNO2)+H+= 2H+N2+2H2O有元素化合价发生改变，属于氧化还原反应，C错

22、误；D中化学键为共价键，而中则存在配位键，故化学键形成方式不完全相同，D错误；故答案为：A。6【KS5U答案】D【KS5U解析】A该分子中含有羟基(-OH)，不含酮羰基，结构中的-NH-CO-是酰胺键，A项不符合题意；B分子中的可以与H2反应，1mol消耗3molH2，苯环可以与H2反应，也是1：3的关系，碳氧双键由于来源于酰胺键，不能和氢气加成，所以1mol该分子消耗9molH2，B项不符合题意；C 苯环中的6个碳原子在一个平面上，1号碳和2号碳是取代了苯环上原来的氢，也在苯环的平面上，1号或者2号碳是正四面体的中心，最多再有2个原子与其共面，可以选择苯环上的C和3号碳，1、2、3号碳原子共

23、面，对于3号碳上的O则不在此平面上，C项不符合题意；D该结构中有羟基，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，没有酚羟基，故不能使氯化铁溶液变色，D项符合题意；故正确选项为D。7【KS5U答案】B【KS5U解析】A利用乙醚，95%乙醇浸泡杜仲干叶得到“提取液”，再加入乙酸乙酯，可以获取有机层，说明乙酸乙酯是萃取剂，相关实验操作是萃取、分液，A项不符合题意；B在“浸膏”中加入温水，再进行相关处理，说明绿原酸溶解度随温度升高而升高，B项符合题意；C绿原酸具有延缓衰老的作用，说明其具有比较强的还原性，优先于人体与氧化性物质反应，减压蒸馏可以降低体系的温度，防止温度过高绿原酸变质，C项不符合题意；D绿原酸难溶于水

24、，易溶于有机溶剂，可利用重结晶的方法进一步提纯，D项不符合题意；故正确选项为B8【KS5U答案】C【KS5U解析】A 0.10molL-1的H2S溶液中，根据电离平衡常数分析，溶液中的氢离子浓度约为910-5mol/L，将少量甲基橙试剂滴入溶液不显红色，A错误；B将等浓度的H2S溶液与Na2S溶液等体积混合，此时溶液溶质为NaHS，HS-电离平衡常数为，水解平衡常数为，水解大于电离，所以溶液显碱性，即，根据电荷守恒分析，B错误；C将等浓度的H2S溶液与NaOH溶液按体积比1：2混合，此时溶液中溶质为Na2S，电荷守恒为，物料守恒为，两式联立有，C正确；D向H2S溶液中加入一定量水，会使得H2S

25、的电离度增大，但电离常数不变，D错误；故选C。9【KS5U答案】C【KS5U解析】A. CO2密度大于空气，应采用向上排空气法收集，选项A错误；B. 苯与溴在溴化铁作用下反应，反应较剧烈，反应放热，且溴易挥发，挥发出来的溴单质能与水反应生成氢溴酸，所以验证反应生成的HBr，应先将气体通过四氯化碳，将挥发的溴单质除去，选项B错误；C. MgCl2能水解，在加热时通入干燥的HCl，能避免MgCl2的水解，选项C正确； D. 电解时，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，所以丁装置铁为阳极，失去电子，生成二价铁离子，铜为阴极，溶液中的铜离子得到电子，得到铜，选项D错误。答案选C。10【KS5U答案】A

26、【KS5U解析】W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，说明有一种元素为H，根据图示结构可知，W形成+2价阳离子，X形成2个共价键，Z形成1个共价键，则Z为H元素，W位于IIA族，X位于VIA族；W、X对应的简单离子核外电子排布相同，则W为Mg，X为O元素；W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的核外层电子数，Y的最外层电子数为6-2-1=3，Y与H、Mg不同周期，则Y为B元素，根据分析可知，W为Mg，X为O，Y为B，Z为H元素；A镁离子和氧离子都含有2个电子层，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：W氧化产物，即氧化性：Cu2+Fe2+，故A错误；BSO2溶于水生成H2SO3，溶液呈酸性，硝酸

27、根在酸性环境中氧化性增强，能将亚硫酸根氧化成硫酸根，产生白色沉淀为BaSO4，故B错误；CFe3+和SCN-结合生成血红色的配合物，不是沉淀，现象有错，故C错误；D裂化汽油含有不饱和烃，与溴水发生加成反应，而使溶液褪色，出现有机层和无机层的分层，故D正确；故选：D。12【KS5U答案】C【分析】从图中可以看出，在正向进行的3个反应中，其能垒分别为：、，据此分析解题。【KS5U解析】A该历程中最大能垒(活化能)为1.19eV，A正确；B从以上分析知，该历程中最小能垒为0.22，是由转化为的反应，化学方程式为(CH3)2NCH2OH*=(CH3)2NCH2 +OH*，B正确；C该反应的总反应是由转

28、化为，但为单个反应时放出的热量，C错误；D增大压强或H2的浓度均能加快反应速率，均使平衡正向移动，平衡转化率增大，D正确；故选C。13【KS5U答案】D【KS5U解析】A放电时，a电极为正极，碘得电子变成碘离子，正极反应式为I2Br-+2e-=2I-+Br-，故A正确；B放电时，正极反应式为I2Br-+2e-=2I-+Br-，溶液中离子数目增大，故B正确；C充电时，b电极反应式为Zn2+2e-=Zn，每增加0.65g，转移0.02mol电子，阳极反应式为Br-+2I-2e-=I2Br-，有0.02molI-失电子被氧化，故C正确；D充电时，a是阳极，应与外电源的正极相连，故D错误；故选D。14

29、【KS5U答案】C【KS5U解析】AH2C2O4有酸性，能够与Ca(OH)2溶液发生反应Ca(OH)2+H2C2O4=CaC2O4+2H2O，对应的离子方程式为Ca2+2OH-+H2C2O4CaC2O4+2H2O，故A正确；B酸性H2C2O4H2CO3，向少量NaHCO3溶液中加入草酸会生成CO2和NaHC2O4，反应的化学方程式为NaHCO3+H2C2O4NaHC2O4+CO2+H2O，对应的离子方程式为，故B正确；CH2C2O4有还原性，能被酸性KMnO4溶液氧化生成CO2，H2C2O4是弱电解质，离子方程式中应保留化学式，离子方程式为2+5H2C2O4+6H+2Mn2+10CO2+8H2

30、O，故C错误；DH2C2O4是二元羧酸，可以与乙醇发生酯化反应，其完全酯化的化学方程式为HOOCCOOH+2C2H5OHC2H5OOC-COOC2H5+2H2O，故D正确；故选C。15【KS5U答案】A【KS5U解析】A，A项符合题意；B20mL0.1molL-1BaCl2溶液中滴加0.2molL-1Na2CO3溶液，当加入10mL Na2CO3溶液时，Ba2+和恰好完全反应生成BaCO3，此时溶液中 ，F点 ， ，B项不符合题意；CKsp只与温度有关，温度不变，Ksp不变，故E、F、G三点的Ksp相等，C项不符合题意；DMgCO3微溶于水，BaCO3难溶于水，若用MgCl2溶液替代BaCl2

31、溶液，当恰好完全反应时，溶液中，则，F点向下移动，D项不符合题意；答案选A。16【KS5U答案】N2H4H2O （2分） 长颈漏斗（2分） CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2（2分） 反应产生气体，使得三颈烧瓶的压强增大（2分） 取少量上层清液于试管中，加入适量AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，则证明洗涤干净 （2分） （2分） （3分）【分析】(2)当D中产生白色浑浊时，可知是CaCO3，则为气体CO2将空气排尽，A中发生反应的化学方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2；由图知该水合配离子化学式为；【KS5U解析】（1）氧化还原反应中还原剂失电子被氧化化合价

32、升高，对比反应物和生成物，V的化合价降低被还原，O、Cl化合价不变，H元素已是最高价不能被氧化，所以被氧化的元素应为N元素，所以还原剂为N2H4H2O；（2）仪器M的名称是长颈漏斗；D中产生白色浑浊可知D是CaCO3，则反应A中产生CO2来排尽空气，A中发生反应的化学方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2；随着反应进行，三颈烧瓶由于产生气体，使瓶内压强增大，液体不易留下；检验第一次沉淀洗涤干净即在检验是否存在Cl-，操作是：取少量上层清液于试管中，加入适量AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，则证明洗涤干净；由图知该水合配离子化学式为，加入碱生成，转化过程的离子方程式为：；根据

33、反应可知，则质量分数为。17【KS5U答案】Mn2+ + 2H2O 2e = MnO2+ 4H+ （2分） “酸溶”时过量的黄铁矿消耗过多的硫酸且生成污染性气体H2S （2分） 15MnO2 + 2FeS2 + 28H+ 15 Mn2+ + 2Fe3+ + 4 SO42+ 14H2O （2分） 温度过低时反应速率慢，“酸溶”不充分（2分） 4.7 （1分） 蒸发结晶（1分） 趁热过滤（1分） 5:2（2分） +6 （2分） 【分析】由信息，阳极上Mn2+失电子生成MnO2；酸溶时，若黄铁矿过量太多，将导致消耗过多的硫酸且生成污染性气体H2S；由信息和氧化还原反应原理写出离子方程式；温度过低时反

34、应速率慢，“酸溶”不充分；由信息，当Al3+沉淀完全时，Fe3+已沉淀完全，根据溶度积进行计算；由图知，从MnSO4溶液中分离出MnSO4的操作为蒸发结晶、趁热过滤、用热水洗涤、干燥；根据化合价升降和得失电子守恒得出氧化剂和还原剂的物质的量；S2O82中含有1个过氧键，根据化合价计算；【KS5U解析】由信息，阳极上Mn2+失电子生成MnO2，电极反应式为Mn2+ + 2H2O 2e = MnO2+ 4H+；故答案为：Mn2+ + 2H2O 2e = MnO2+ 4H+；由流程图中信息知，两矿混合、粉碎后，用硫酸进行“酸溶”，若黄铁矿过量太多，将导致的主要后果为“酸溶”时过量的黄铁矿消耗过多的硫

35、酸且生成污染性气体H2S；故答案为：“酸溶”时过量的黄铁矿消耗过多的硫酸且生成污染性气体H2S；由信息，“酸溶”时发生反应的离子方程式为15MnO2 + 2FeS2 + 28H+ 15 Mn2+ + 2Fe3+ + 4 SO42+ 14H2O；该操作需控制在90，温度过低时反应速率慢，“酸溶”不充分；故答案为：15MnO2 + 2FeS2 + 28H+ 15 Mn2+ + 2Fe3+ + 4 SO42+ 14H2O；温度过低时反应速率慢，“酸溶”不充分；由信息，当Al3+沉淀完全时，Fe3+已沉淀完全，溶液中的，c(OH) = 51010 molL1，c(H+) = 2105 molL1，pH

36、 =4.7，则“调pH”应不小于4.7；故答案为：4.7；由图知，从MnSO4溶液中分离出MnSO4的操作为蒸发结晶、趁热过滤、用热水洗涤、干燥；故答案为：蒸发结晶；趁热过滤；由信息，(NH4)2S2O8将Mn2+氧化为MnO4，Mn的化合价从+2价升高到+7价，本身被还原为SO42，S的化合价从+7价降低到+6价，根据得失电子守恒知，氧化剂和还原剂的物质的量之比为5:2；S2O82中含有1个过氧键，则-26+(-12)+2x =-2，解得x=6；故答案为：5:2；+6。18【KS5U答案】 （2分） 阴（2分） 不变（2分） （3分） （2分） （2分） （2分） 【分析】（1）根据盖斯定律

37、进行分析解答；（2）根据点解原理，在阴极区通过控制氢氧根离子浓度进行电解制备固体；（3）根据氧化还原反应原理书写反应方程式；（4）根据影响化学反应速率因素进行分析解答。【KS5U解析】（1）已知：，由盖斯定律可知，得用炭粉在高温条件下还原CuO制取和CO的化学方程式为，H=，故答案为： ；（2）方法c采用离子交换膜控制电解液中的浓度，则只有使用阴离子交换膜才能控制氢氧根离子浓度；钛极是阴极，发生氢离子得电子的还原反应，所以消耗氢离子，产生的氢氧根离子迁移至阳极区，则pH不变，故答案为：阴；不变；（3）根据题目信息：液态肼还原新制来制备纳米级，同时放出，得出化学方程式为：，故答案为：；（4）实验

38、相比，实验到达平衡时间短，反应速率越快，催化剂效率高，故答案为：；前20min内水蒸气反应速率，同一反应中同一段时间内各物质的反应速率之比等于其计量数之比，则氧气反应速率，故答案为：；该反应的正反应是吸热反应，升高温度平衡正向移动，水蒸气的转化率增大，和相比，转化率高，所以，故答案为：。19【KS5U答案】 （2分） 正四面体形（1分） sp3 （1分） 41 （2分） Al2O3为离子晶体，Al3+和O2-离子半径较小，离子所带电荷数较多，晶格能大，所以熔点高，硬度大（2分） 12 （2分） AuCu3H8（2分） 1021或1021 （3分） 【KS5U解析】(1)锌(Zn)、镉(Cd)位

39、于同一副族相邻周期，Cd的原子序数更大，则Cd的原子序数是48，则基态Cd原子的价电子轨道表示式(电子排布图)为；(2)S与O可形成多种微粒，其中SO中S原子价电子对数是，无孤电子对，空间构型为正四面体形；液态SO3冷却到289.8K时，能得到一种螺旋状单链结构的固体，根据结图可知，此固态SO3中S原子形成4个键，无孤电子对，杂化轨道类型是sp3；(3)单键为键，双键中有1个键、1个键，根据Cr2O的结构图，1mol重铬酸根中含8mol键、4mol键，1mol铵根离子中含有4mol键，键与键个数比为4:1；(4)Al2O3为离子晶体，Al3+和O2-离子半径较小，离子所带电荷数较多，晶格能大，

40、所以熔点高，硬度大；(5) 晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点，根据图示，离号Au原子最近的Cu原子有号，每个Au原子被8个晶胞共用，根据均摊原则，Au原子的配位数为12；根据均摊原则，晶胞中Au原子数、Cu原子数是、H2分子数是4，化学式为AuCu3H8；(6)根据均摊原则，每个结构单元含Al原子数、Ti原子数 ，则gcm-3，则高为h=1021nm。20【KS5U答案】碳碳双键、醛基（2分） 3-氯丁醛 （1分） 取代反应（1分） （2分） Cl2、光照（2分） +2NaOH+2NaCl+H2O（2分） 10（2分） （3分）【分析】A和HCl在催化剂的作用下生成，A为CH2=CHC

41、H2CHO或CH3CH=CHCHO，和加热反应生成C，根据已知信息，推测C为，和氢氧化钠溶液加热生成，则D为，催化氧化生成，在酸性条件下加热生成F，根据已知信息，推出F为，和氢氧化钠溶液加热生成，根据已知信息，不稳定，易自动脱水，则M为。【KS5U解析】(1)A为CH2=CHCH2CHO或CH3CH=CHCHO，含有的官能团为碳碳双键、醛基；B的化学名称为3-氯丁醛；和氢氧化钠溶液加热生成，该反应为取代反应；(2)F的结构简式为；由F生成G为取代反应，反应试剂及条件为Cl2、光照；(3)由G生成M的化学方程式为+2NaOH+2NaCl+H2O；(4)苯环上连有5个取代基；既含，又能与银氨溶液发生银镜反应，说明含有-CHO；符合条件的同分异构体有： 、 、 、 、 、 、，共10种；(5)催化氧化生成，和在酸性条件下加热生成，发生加聚反应生成，合成路线为。