2021年广东省新高考化学试题

2021年广东省新高考化学试卷

一、选择题：本题共16小题，共44分。第1～10小题，每题2分；第11～16小题，每题4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．（2分）今年五一假期，人文考古游持续成为热点。很多珍贵文物都记载着中华文明的灿烂成就，具有深邃的文化寓意和极高的学术价值。下列国宝级文物主要由合金材料制成的是（ ） 选项 文物

名称 A．A

B．B

C．C

D．D

铸客大铜鼎

河姆渡出土

陶灶

兽首玛瑙杯

角形玉杯

A

B

C

D

2．（2分）广东有众多国家级非物质文化遗产，如广东剪纸、粤绣、潮汕工夫茶艺和香云纱染整技艺等。下列说法不正确的是（ ） A．广东剪纸的裁剪过程不涉及化学变化

B．冲泡工夫茶时茶香四溢，体现了分子是运动的 C．制作粤绣所用的植物纤维布含有天然高分子化合物

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D．染整技艺中去除丝胶所用的纯碱水溶液属于纯净物

3．（2分）“天问一号”着陆火星，“嫦娥五号”采回月壤。腾飞中国离不开化学，长征系列运载火箭使用的燃料有液氢和煤油等化学品。下列有关说法正确的是（ ） A．煤油是可再生能源

B．H2燃烧过程中热能转化为化学能 C．火星陨石中的20Ne质量数为20

D．月壤中的3He与地球上的3H互为同位素

4．（2分）化学创造美好生活。下列生产活动中，没有运用相应化学原理的是（ ）

选项 A

生产活动 用聚乙烯塑料制作

食品保鲜膜

B

化学原理 聚乙烯燃烧生成CO2和H2O

利用海水制取溴和 Br﹣可被氧化、Mg2+

镁单质

可被还原

C 利用氢氟酸刻蚀石 氢氟酸可与SiO2反英制作艺术品

应

D 公园的钢铁护栏涂钢铁与潮湿空气隔绝刷多彩防锈漆

可防止腐蚀 D．D

A．A B．B C．C

5．（2分）昆虫信息素是昆虫之间传递信号的化学物质。人工合成信

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息素可用于诱捕害虫、测报虫情等。一种信息素的分子结构简式如图所示，关于该化合物说法不正确的是（ ）

A．属于烷烃 C．可发生加聚反应

B．可发生水解反应 D．具有一定的挥发性

6．（2分）劳动成就梦想。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是（ ）

选项 A

劳动项目

化学知识

社区服务：用84消 含氯消毒剂具有氧毒液对图书馆桌椅消化性 毒

B 学农活动：用厨余垃 厨余垃圾含N、P、圾制肥料

K等元素

C 家务劳动：用白醋清 乙酸可由乙醇氧化洗水壶中的水垢

制备

D 自主探究：以油脂为油脂可发生皂化反应 原料制肥皂

A．A B．B C．C D．D

7．（2分）测定浓硫酸试剂中H2SO4含量的主要操作包括：①量取一定量的浓硫酸，稀释；②转移定容得待测液，用0.1000mol/L的

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NaOH溶液滴定。上述操作中，不需要用到的仪器为（ ）

A． B． C． D．

8．（2分）鸟嘌呤（G）是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐（用GHCl表示），下列叙述正确的是（ ） A．0.001mol/L GHCl水溶液的pH＝3

B．0.001mol/L GHCl水溶液加水稀释，pH升高 C．GHCl在水中的电离方程式为：GHCl═G+HCl

D．GHCl水溶液中：c（OH﹣）+c（Cl﹣）＝c（GH+）+c（G） 9．（2分）火星大气中含有大量CO2，一种有CO2参加反应的新型全固态电池有望为火星探测器供电。该电池以金属钠为负极，碳纳米管为正极，放电时（ ） A．负极上发生还原反应 C．阳离子由正极移向负极

B．CO2在正极上得电子 D．将电能转化为化学能

10．（2分）部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是（ ）

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A．a可与e反应生成b B．b既可被氧化，也可被还原 C．可将e加入浓碱液中制得d的胶体

D．可存在b→c→d→e→b的循环转化关系

11．（4分）设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ） A．1mol CHCl3含有C﹣Cl键的数目为3NA B．1L 1.0mol/L的盐酸含有阴离子总数为2NA C．11.2L NO与11.2L O2混合后的分子数目为NA D．23g Na与足量H2O反应生成的H2分子数目为NA

12．（4分）化学是以实验为基础的科学。下列实验操作或做法正确且能达到目的的是（ ） 选项

操作或做法

制备NO

探究温度对平衡移动的影响

C 将溴水滴入KI溶液中，加入乙醇萃取溶液中生成的碘

并振荡

D 实验结束，将剩余NaCl固体放回节约试剂

原试剂瓶 A．A

B．B

C．C

D．D 目的

A 将铜丝插入浓中 B 将密闭烧瓶中的NO2降温

13．（4分）一种麻醉剂的分子结构式如图所示。其中，X的原子核

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只有1个质子；元素Y、Z、W原子序数依次增大；元素E的原子比W原子多8个电子。下列说法不正确的是（ ）

A．XEZ4是一种强酸

B．非金属性：W＞Z＞Y C．原子半径：Y＞W＞E D．ZW2中，Z的化合价为+2价

14．（4分）反应X═2Z经历两步：①X→Y；②Y→2Z。反应体系中X、Y、Z的浓度c随时间t的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是（ ）

A．a为c（X）随t的变化曲线

B．t1时，c（X）＝c（Y）＝c（Z） C．t2时，Y的消耗速率大于生成速率 D．t3后，c（Z）＝2c0﹣c（Y）

15．（4分）宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一。下列物

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质性质实验对应的反应方程式书写正确的是（ ） A．Na2O2放入水中：Na2O2+H2O═2NaOH+O2↑ B．H2O（g）通过灼热铁粉：3H2O+2Fe═Fe2O3+3H2 C．铜丝插入热的浓硫酸中：Cu+H2SO4═CuSO4+H2↑ D．SO2通入酸性KMnO4溶液中：5SO2+2H2O+2MnO4﹣═5SO42

﹣

+4H++2Mn2+

16．（4分）钴（Co）的合金材料广泛应用于航空航天、机械制造等领域。如图为水溶液中电解制备金属钴的装置示意图。下列说法正确的是（ ）

A．工作时，Ⅰ室和Ⅱ室溶液的pH均增大 B．生成1mol Co，Ⅰ室溶液质量理论上减少16g

C．移除两交换膜后，石墨电极上发生的反应不变 D．电解总反应：2Co2++2H2O

2Co+O2↑+4H+

二、非选择题：共56分。第17～19题为必考题，考生都必须作答。第20～21题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共42分。 17．（15分）含氯物质在生产生活中有重要作用。1774年，舍勒在研究软锰矿（主要成分是MnO2）的过程中，将它与浓盐酸混合加热，产生了一种黄绿色气体。1810年，并命名为chlorine（中文

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命名“氯气”）。

（1）实验室沿用舍勒的方法制取Cl2的化学方程式为 。

（2）实验室制取干燥Cl2时，净化与收集Cl2所需装置的接口连接顺序为 。

（3）某氯水久置后不能使品红溶液褪色，可推测氯水中 已分解。检验此久置氯水中Cl是 。

（4）某合作学习小组进行以下实验探究。

①实验任务 通过测定溶液电导率，探究温度对AgCl溶解度的影响。

②查阅资料 电导率是表征电解质溶液导电能力的物理量。温度一定时，强电解质稀溶液的电导率随溶液中离子浓度的增大而增大；离子浓度一定时，Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10。

③提出猜想 猜想a：较高温度的AgCl饱和溶液的电导率较大。 猜想b：AgCl在水中的溶解度s（45℃）＞s（35℃）＞s（25℃）。 ④设计实验、验证猜想 取试样Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ（不同温度下配制的AgCl饱和溶液），在设定的测试温度下，进行表1中实验1~3

表1

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﹣

存在的操作及现象

实验序号 试样 测试温度/℃ 电导率/（μS/cm）

1 Ⅰ：25℃的AgCl饱和溶

液

25 A1

2 Ⅱ：35℃的AgCl饱和溶

液

35 A2

3 Ⅲ：45℃的AgCl饱和溶

液

45 A3

⑤数据分析、交流讨论 25℃的AgCl饱和溶液中，c（Cl﹣）＝ mol/L。实验结果为A3＞A2＞A1。小组同学认为，此结果可以证明③中的猜想a成立，但不足以证明猜想b成立。结合②中信息 。

⑥优化实验 小组同学为进一步验证猜想b，在实验1~3的基础上完善方案，进行实验4和5。请完成表2中内容。

表2

实验序号

4 5

试样 Ⅰ

测试温度/℃ 电导率/（μS/cm）

B1 B2

⑦实验总结 根据实验1~5的结果，并结合②中信息，小组同学认为猜想

b

也成立。猜想

b

成立的判断依据

是 。

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18．（13分）对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝（Al）、钼（Mo）、镍（Ni），一种回收利用工艺的部分流程如图：

已知：25℃时，H2CO3的Ka1＝4.5×10﹣7，Ka2＝4.7×10﹣11；Ksp（BaMoO4）＝3.5×10﹣8；Ksp（BaCO3）＝2.6×10﹣9；该工艺中，pH＞6.0时，溶液中Mo元素以MoO42﹣的形态存在。

（1）“焙烧”中，有Na2MoO4生成，其中Mo元素的化合价为 。

（2）“沉铝”中，生成的沉淀X为 。 （3）“沉钼”中，pH为7.0。

①生成BaMoO4的离子方程式为 。

②若条件控制不当，BaCO3也会沉淀。为避免BaMoO4中混入BaCO3沉淀，溶液中c（HCO3﹣）：c（MoO42﹣）＝ （列出算式）时，应停止加入BaCl2溶液。

（4）①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和Y，Y为 。 ②往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，通入足量 （填化学式）气体，再通入足量CO2，可析出Y。

（5）高纯AlAs（砷化铝）可用于芯片制造。芯片制造中的一种刻

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蚀过程如图所示，图中所示致密保护膜为一种氧化物2O2刻蚀液与下层GaAs（砷化镓）反应。

①该氧化物为 。

②已知：Ga和Al同族，As和N同族。在H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为+5价，则该反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为 。

19．（14分）我国力争于2030年前做到碳达峰，2060年前实现碳中和。CH4与CO2重整是CO2利用的研究热点之一。该重整反应体系主要涉及以下反应：

a）CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g）△H1 b）CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2 c）CH4（g）⇌C（s）+2H2（g）△H3 d）2CO（g）⇌CO2（g）+C（s）△H4 e）CO（g）+H2（g）⇌H2O（g）+C（s）△H5

（1）根据盖斯定律，反应a的△H1＝ （ 写出一个代数式即可）。

（2）上述反应体系在一定条件下建立平衡后，下列说法正确的有 。

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A.增大CO2与CH4的浓度，反应a、b、c的正反应速率都增加 B.移去部分C（s），反应c、d、e的平衡均向右移动 C.加入反应a的催化剂，可提高CH4的平衡转化率 D.降低反应温度，反应a~e的正、逆反应速率都减小

（3）一定条件下，CH4分解形成碳的反应历程如图1所示。该历

程分 步进行，其中，第 步的正反应活化能最大。

（4）设K为相对压力平衡常数，其表达式写法：在浓度平衡常数表达式中（单位为kPa）除以p0（p0＝100kPa）。反应a、c、e的InK随（温度的倒数）的变化如图2所示。

①反应a、c、e中，属于吸热反应的有 （填字母）。 ②反应

c

的相对压力平衡常数表达式为

K

＝ 。

③在图2中A点对应温度下、原料组成为n（CO2）：n（CH4）＝1：1、初始总压为100kPa的恒容密闭容器中进行反应，体系达到平衡时H2的分压为40kPa。计算CH4的平衡转化

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率 ，写出计算过程。

（5）CO2用途广泛，写出基于其物理性质的一种用途： 。

(二）选考题:共14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。[选修3:物质结构与性质](14分)

20．（14分）很多含巯基（﹣SH）的有机化合物是重金属元素汞的解毒剂。例如，解毒剂化合物Ⅰ可与氧化汞生成化合物Ⅱ。

（1）基态硫原子价电子排布式为 。

（2）H2S、CH4、H2O的沸点由高到低顺序为 。 （3）汞的原子序数为80，位于元素周期表第 周期第ⅡB族。

（4）化合物Ⅲ也是一种汞解毒剂。化合物Ⅳ是一种强酸。下列说法正确的有 。 A.在Ⅰ中S原子采取sp3杂化 B.在Ⅱ中S元素的电负性最大 C.在Ⅰ中C﹣C﹣C键角是180° D.在Ⅲ中存在离子键与共价键 E.在Ⅳ中硫氧键的键能均相等

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（5）汞解毒剂的水溶性好，有利于体内重金属元素汞的解毒。化合物Ⅰ与化合物Ⅲ相比，水溶性较好的是 。 （6）理论计算预测，由汞（Hg）、锗（Ge）（Sb）形成的一种新物质X为潜在的拓扑绝缘体材料。X的晶体可视为Ge晶体（晶胞如图a所示）中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成。

①图b为Ge晶胞中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成的一种单元结构，它不是晶胞单元，理由是 。

②图c为X的晶胞，X的晶体中与Hg距离最近的Sb的数目为 ；该晶胞中粒子个数比Hg：Ge：Sb＝ 。

③设X的最简式的式量为Mr，则X晶体的密度为 g/cm3（列出算式）。

[选项5：有机化学基础]（14分）

21．天然产物Ⅴ具有抗疟活性，某研究小组以化合物Ⅰ为原料合成Ⅴ及其衍生物Ⅵ的路线如下（部分反应条件省略，Ph表示﹣C6H5）：

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已知：

（1）化合物Ⅰ中含氧官能团有 （写名称）。 （2）反应①的方程式可表示为：Ⅰ+Ⅱ＝Ⅲ+Z，化合物Z的分子式为 。

（3）化合物Ⅳ（C8H8O2）能发生银镜反应，其结构简式为 。

（4）反应②③④中属于还原反应的有 ，属于加成反应的有 。

（5）化合物Ⅵ的芳香族同分异构体中，同时满足如下条件的有 种，写出其中任意一种的结构简式： 。

条件：a）能与NaHCO3反应；b）最多能与2倍物质的量的NaOH反应；c）能与3倍物质的量的Na发生放出H2的反应；d）核磁共振氢谱确定分子中有6个化学环境相同的氢原子；e）不含手性

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碳原子（手性碳原子是指连有4个不同的原子或原子团的饱和碳原子）。

（6）根据上述信息，写出以苯酚的一种同系物及HOCH2CH2Cl

为原料合成的路线 （不需注明反应条件）。

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答案

一、选择题：本题共16小题，共44分。第1～10小题，每题2分；第11～16小题，每题4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．解析： 合金为一种金属与另一种或几种金属或非金属经过混合熔化，冷却凝固后得到的具有金属性质的固体产物，分析物质的组成回答问题。

答案：A.铜鼎为合金制品，故A正确；

B.陶灶的主要成分为陶瓷，属于无机非金属材料； C.玛瑙的主要成分为二氧化硅，属于无机非金属材料； D.玉石为一些氧化物及矿物质的混合物，不属于合金； 故选：A。

2．解析： A．物质形态的变化不属于化学变化，化学变化必须有新物质的形成；

B．茶香四溢属于扩散现象； C．植物纤维主要成分为纤维素； D．溶液属于混合物。

答案：A．广东剪纸的裁剪过程只是物质形态的变化，不涉及化学变化；

B．冲泡工夫茶时茶香四溢属于扩散运动，体现了分子是运动的； C．制作粤绣所用的植物纤维布主要成分为纤维素，故C正确；

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D．染整技艺中去除丝胶所用的纯碱水溶液是溶液，故D错误； 故选：D。

3．解析： A.分析煤油来源，判断其是否为可再生能源； B.燃烧是一个发光发热的过程，据此分析能量转化方式； C.依据核素的表示方法，左上角为质量数； D.同位素需为相同元素，具有相同的质子数。 答案：A.煤油为石油分馏产品，为不可再生能源； B.氢气燃烧过程中，发光发热，还有一部分光能； C.依据核素的表示方法，20Ne质量数为20，故C正确； D.同位素为相同元素的不同核素，其质子数相同，但3He、3H质子数不同，故D错误； 故选：C。

4．解析： A.聚乙烯作为保鲜膜与其燃烧反应无关；

B.利用海水制取溴和镁单质其中Br﹣可被氧化、Mg2+可被还原； C.利用氢氟酸可与SiO2反应刻蚀玻璃、石英等含二氧化硅的物品； D.给钢铁刷漆属利用的是通过隔绝潮湿的空气进行防腐蚀。 答案：A.聚乙烯用作食品保鲜膜是因为聚乙烯一般不与食品发生反应且密封性较好，与燃烧原理无关，故A选；

B.利用海水制取溴和镁单质，其中海水中存在的是Br﹣、Mg2+，最终获取对应的单质，提纯过程中 ﹣可被氧化、Mg2+可被还原，运用相应化学原理；

C.氢氟酸可以用于刻蚀含二氧化硅的物质，利用氢氟酸刻蚀石英制

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作艺术品运用了相应的化学原理；

D.金属防腐蚀的方法可以通过隔绝潮湿的空气进行，其中最典型的方法就是刷漆，故D不选， 故选：A。

5．解析： A.由结构可知，含C、H、O元素； B.含﹣COOC﹣； C.含碳碳双键；

D.可用于诱捕害虫、测报虫情。

答案：A.由结构可知，含C、H，为烃的含氧衍生物、H元素； B.含﹣COOC﹣，可发生水解反应； C.含碳碳双键，可发生加聚反应；

D.可用于诱捕害虫、测报虫情，故D正确； 故选：A。

6．解析： A．84消毒液的有效成分是NaClO，有强氧化性，能使蛋白质变性；

B．厨余垃圾含N、P、K等肥效元素，适宜作肥料； C．白醋中含有的乙酸有弱酸性，但比碳酸的酸性强；

D．油脂在碱性条件下水解生成硬脂酸钠和甘油，可用于制造肥皂。 答案：A．84消毒液的有效成分是NaClO，能使蛋白质变性，故A正确；

B．N、P、K为肥效元素、P、K等元素，故B正确；

C．白醋中含有的乙酸有弱酸性，可用于清洗水壶中的水垢，故C

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错误；

D．油脂在碱性条件下水解生成硬脂酸钠和甘油，水解产物可用于制造肥皂； 故选：C。

7．解析： A.配制NaOH标准液需要容量瓶； B.图中为分液漏斗； C.锥形瓶中盛放浓硫酸； D.图中为碱式滴定管。

答案：A.配制NaOH标准液需要容量瓶，需要图中容量瓶； B.图中为分液漏斗，在滴定实验中不需要、分液； C.锥形瓶中盛放浓硫酸，滴定实验需要锥形瓶； D.图中为碱式滴定管，可盛放NaOH溶液，故D不选； 故选：B。

8．解析： A．GHCl水解程度较小；

B．加水稀释促进GHCl水解，但其水解增大程度小于溶液体积增大程度；

C．GHCl是强电解质，在水中完全电离； D．溶液中存在阳离子H+。

答案：A．GHCl水解程度较小+）＜0.001mol/L，则该溶液的pH＞3；

B．加水稀释促进GHCl水解，则稀释过程中溶液中c（H+）减小，所以溶液的pH值增大；

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C．GHCl是强电解质，所以GHCl在水中的电离方程式为：GHCl═GH++Cl﹣，故C错误；

D．溶液中存在阳离子H+，GHCl溶液中存在电荷守恒c（OH﹣）+c（Cl﹣）＝c（GH+）+c（H+）、存在物料守恒c（Cl﹣）＝c（GH+）+c（G），故D错误； 故选：B。

9．解析： 原电池是将化学能转化为电能的装置，原电池工作时负极发生氧化反应，正极发生还原反应，且阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析解答。 答案：A．原电池的负极发生氧化反应；

B．金属钠为负极2在正极上得电子发生还原反应，故B正确； C．原电池工作时阳离子向正极移动； D．原电池是将化学能转化为电能的装置； 故选：B。

10．解析： 分析可知，铁0，+2，+3三种价态的转化，其中单质a为Fe，+2价的盐为亚铁盐，碱为氢氧化亚铁，+3价的盐为铁盐，碱为氢氧化铁，据此分析回答问题。

答案：A.铁单质可以和三价铁盐发生归中反应，生成亚铁盐3Fe6+，故A正确；

B.2价铁为其中间价态，可以被氧化，故B正确；

C.加热制备氢氧化铁胶体的方法为在蒸馏水中滴加饱和三氯化铁至液体成红褐色，加入浓碱，故C错误；

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3+

═

D.亚铁盐加碱生成氢氧化亚铁（b→c），氢氧化亚铁在空气中被氧化为氢氧化铁（c→d），铁单质可以和三价铁盐发生归中反应，故D正确， 故选：C。

11．解析： A．每个CHCl3分子含有3个C﹣Cl键； B．HCl在水中完全电离出H+和Cl﹣； C．计算气体的物质的量应指明温度和压强； D．23g Na的物质的量为2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑。

答案：A．每个CHCl3分子含有3个C﹣Cl键，则6mol 3含有C﹣Cl键的数目为3NA，故A正确；

B．HCl在水中完全电离出H+和Cl﹣，6L 1.0mol/L的盐酸中含有8molHCl，再加上水电离的部分OH﹣，溶液中含有阴离子总数略大于NA，但不等于2NA，故B错误；

C．未指明11.2L 2是标准状况下的气体，无法利用气体摩尔体积计算物质的量，故C错误； D．23g Na的物质的量为

，Na与水发生的反应为2Na+2H5O＝1mol，Na与水发生的反应为

＝2NaOH+H2↑，则23g Na与足量H6O反应生成的H2物质的量为0.3mol，分子数目为0.5NA，故D错误； 故选：A。

12．解析： A.Cu与浓反应生成二氧化氮； B.只有温度不同；

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C.溴水与KI反应生成碘，乙醇与水互溶； D.一般剩余固体不能放回原瓶，防止试剂污染。

答案：A.Cu与浓反应生成二氧化氮，与稀反应生成NO； B.只有温度不同，可探究温度对平衡移动的影响； C.溴水与KI反应生成碘，乙醇与水互溶，故C错误； D.一般剩余固体不能放回原瓶，防止试剂污染，故D错误； 故选：B。

13．解析： X的原子核只有1个质子，X为H；元素Y、Z、W原子序数依次增大，且均位于X的下一周期，由化合物中化学键可知，Y为C、Z为O、W为F；元素E的原子比W原子多8个电子，E的质子数为9+8＝17，E为Cl，以此来解答。 答案：由上述分析可知，X为H、Z为O、E为Cl， A.XEZ4是高氯酸，为强酸；

B.同周期从左向右非金属性增强，则非金属性：W＞Z＞Y； C.电子层越多、原子半径越大，则原子半径：E＞Y＞W； D.OF2中F为﹣3价，则O为+2价； 故选：C。

14．解析： 反应X═2Z经历两步：①X→Y；②Y→2Z，根据图中的c0减小，则a曲线为X的浓度曲线，逐渐增大的为Z的浓度，先增大后减小的曲线为Y的浓度曲线，据此分析解答。 答案：A．根据图中的c0减小，在总反应X═2Z及第一步反应X→Y中，随反应的进行，故A正确；

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B．在纵坐标为浓度的图中看出8时刻，三条线相较于一点，故B正确；

C．t2时，由曲线Y的浓度逐渐减小，故C正确； D②Y→2Z

初始的浓度（mol•L﹣4 ）c0 0 c（Y）+ 变化的浓度（mol•L﹣1）c0 c（Y）+c（Z）

t3后的浓度（mol•L﹣4）0 c（Y）+

c（Z）

，则c（Z）＝2c0

．

根

据

反

应

由图可知，t4后c（X）＝0，则c0＝c（Y）+﹣4c（Y），故D错误； 故选：D。

15．解析： A．该反应不满足电子守恒、质量守恒； B．反应生成四氧化三铁；

C．铜与浓硫酸加热生成二氧化硫，不会生成氢气； D．酸性条件下二氧化硫被高锰酸根离子氧化成硫酸。

答案：A．Na2O2放入水中生成氢氧化钠和氧气，正确的化学方程式为：5Na2O2+2H2O═4NaOH+O6↑，故A错误；

B．H2O（g）通过灼热铁粉，反应生成四氧化三铁和氢气2O（g）+2Fe

Fe3O4+7H2，故B错误；

2SO8

C．铜丝插入热的浓硫酸中、二氧化硫和水

CuSO4+SO2↑+8H2O，故C错误；

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（浓）

D．SO2通入酸性KMnO8溶液中，二者发生氧化还原反应

2+2H5O+2MnO4

﹣

═8SO42﹣+4H++2Mn2+，故D正确；

故选：D。

16．解析： 该装置为电解池，石墨电极为阳极，电解质溶液为硫酸，氢氧根离子放电，电极反应为：4OH﹣﹣4e﹣＝2H2O+O2↑，Ⅰ室消耗水，溶液中的氢离子浓度增大，氢离子经过阳离子交换膜由Ⅰ室进入Ⅱ室；Co电极为阴极，电解质溶液为CoCl2，Co2+离子放电，电极反应为：Co2++2e﹣＝Co，溶液中的氯离子经阴离子交换膜由Ⅲ室进入Ⅱ室；氢离子和氯离子在Ⅱ室生成盐酸。 答案：A．工作时，pH均减小；

B．Ⅰ室实际为电解水4OH﹣﹣4e﹣＝4H2O+O2↑，电解6mol Co2++2e﹣＝Co，转移电子数为3mol，且有2mol氢离子由Ⅰ室进入Ⅱ室，故B错误；

C．移除两交换膜后，石墨电极上发生的反应为2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，故C错误；

D．石墨电极反应为：2H4O﹣4e﹣＝2H++O6↑，Co电极反应为：Co2++2e﹣＝Co，可得电解总反应：5Co2++2H4O+5H+，故D正确； 故选：D。

二、非选择题：共56分。第17～19题为必考题，考生都必须作答。第20～21题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共42分。 17．解析： （1）舍勒的方法制取Cl2为加热二氧化锰与浓盐酸的混

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2Co+O2↑

合物；

（2）生成的氯气中混有氯化氢和水蒸气，应以此通过饱和食盐水和浓硫酸除去混杂的氯化氢和水蒸气，使用向上排空气法收集氯气，最终利用氢氧化钠吸收氯气；

（3）久置的氯水，具有漂白性的HClO分解生成HCl和O2，检验氯离子需要银和稀；

（4）⑤25℃时，Ksp（AgCl）＝1.8×10﹣10，c（Ag+）＝c（Cl﹣），故c（Cl﹣）＝

＝

mol/L≈1.34×10﹣5mol/L，

依据提示②可知，离子浓度一定时，稀溶液电导率随温度的升高而增大，但无法证明温度越高，溶解度越高；

⑥⑦为证明猜想b，若温度高，溶解度大，则电导率应上升，故可以选取相同温度的试样，但是采用不同的测定温度，若电导率上升，则是由于温度升高，溶解度增大，导致离子浓度增大，据此填写数据。

答案：（1）舍勒的方法制取Cl2为加热二氧化锰与浓盐酸的混合物，反应方程式为MnO2+6HCl（浓）故答案为：MnO2+3HCl（浓）

MnCl2+2H2O+Cl2↑， MnCl2+2H2O+Cl2↑；

（2）生成的氯气中混有氯化氢和水蒸气，应以此通过饱和食盐水和浓硫酸除去混杂的氯化氢和水蒸气，最终利用氢氧化钠吸收氯气，故仪器的连接顺序为cdbae， 故答案为：cdbae；

（3）久置的氯水，具有漂白性的HClO分解生成HCl和O2，检

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验氯离子的操作为向溶液中滴加过量的稀，然后加入银溶液，

故答案为：次氯酸；向溶液中滴加过量的稀，有白色沉淀生成； （4）⑤25℃时，Ksp（AgCl）＝7.8×10﹣10，c（Ag+）＝c（Cl﹣），故c（Cl﹣）＝

＝

mol/L≈1.34×10﹣5mol/L，

依据提示②可知，稀溶液电导率随温度的升高而增大2＞A2＞A1，无法得到结论证明45℃的情况下AgCl溶解度大，

故答案为：5.34×10﹣5；离子浓度一定时，稀溶液电导率随温度的升高而增大3＞A7＞A1，无法得到结论证明45℃的情况下AgCl溶解度大；

⑥为证明猜想b，若温度高，则电导率应上升，但是采用不同的测定温度，则是由于温度升高，导致离子浓度增大， 故答案为：试样：Ⅱ；测定温度：45；

⑦若证明猜想b成立，结合⑥可知，采用不同的测定温度，则是由于温度升高，导致离子浓度增大1＜B7<A3，

故答案为：电导率B1＜B2<A3，说明电导率上升是由于溶解度上升引起的离子浓度增大。

18．解析： 废催化剂中加入NaOH固体焙烧，Al2O3和NaOH发生反应Al2O3+2NaOH生成，MoMoO3+2NaOH

2NaAlO2+H2O“；焙烧”中，有Na2MoO4

MoO3，发生反应为

的氧化物为

Na2MoO4+H2O，然后水浸过滤得到含Ni

的固体，滤液I中含有NaAlO2、Na2MoO4和过量的NaOH，然后

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向滤液I中通入过量的CO2，过滤得到X，X发生一系列变化得到AlAs，沉铝过程中发生反应2H2O+CO2+NaAlO2＝Al（OH）3↓+NaHCO3，X为Al（OH）滤液II中含有Na2MoO4、NaHCO3，3，向滤液II中加入适量BaCl2溶液沉钼，发生反应Na2MoO4+BaCl2＝BaMoO4↓+2NaCl，过滤后得到BaMoO4和滤液Ⅲ； （1）Na2MoO4中O元素化合价为﹣2、Na元素化合价为+1，根据化合物中各元素化合价的代数和为0确定Mo元素化合价； （2）NaAlO2和过量的CO2发生复分解反应生成氢氧化铝沉淀； （3）①Na2MoO4和BaCl2发生复分解反应生成难溶物BaMoO4； ②Ka2＝

×c（H+），则c（HCO3﹣）＝

×c（H+），

溶液中c（HCO3﹣）：c（MoO42﹣）＝

﹣

×c（H+）：c（MoO42；

）＝×＝×

（4）①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和NaHCO3； ②往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，氨气、CO2和NaCl溶液反应生成溶解度较小的NaHCO3；

（5）①根据图知，GaAs能被H2O2腐蚀，AlAs和H2O2发生氧化还原反应生成致密的氧化物薄膜，H2O2作氧化剂，则AlAs中As元素被氧化，所以得到的氧化物为Al的氧化物；

②在H2O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为+5价，则As元素失电子发生氧化反应，双氧水得电子生成水，则GaAs

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是还原剂、H2O2是氧化剂，根据转移电子守恒判断氧化剂与还原剂物质的量之比。

答案：（1）Na2MoO4中O元素化合价为﹣8、Na元素化合价为+1， 故答案为：+6；

（2）通过以上分析知，得到的沉淀X为Al（OH）6， 故答案为：Al（OH）3；

（3）①Na2MoO4和BaCl2发生复分解反应生成难溶物BaMoO4，离子方程式为MoO52﹣+Ba2+＝BaMoO3↓， 故答案为：MoO42﹣+Ba7+＝BaMoO4↓； ②溶液的pH＝7.4，c（H+）＝10﹣7mol/L，Ka2＝则c（HCO2﹣）＝

﹣

×c（H+），

×c（H+），溶液中c（HCO3﹣）：c（MoO47

×， ；

＝

）＝×c（H+）：c（MoO42﹣）＝＝

×

×

×

故答案为：

（4）①滤液Ⅲ中，主要存在的钠盐有NaCl和NaHCO7，通过以上分析知，Y为NaHCO3， 故答案为：NaHCO3；

②往滤液Ⅲ中添加适量NaCl固体后，NH2、CO2和NaCl溶液反应生成溶解度较小的NaHCO3，所以通入的气体为NH8，因为氨

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气易溶于水而二氧化碳溶解度较小，所以应该先通入氨气后通入二氧化碳， 故答案为：NH3；

（5）①根据图知，GaAs能被H2O2腐蚀，AlAs和H2O2发生氧化还原反应生成致密的氧化物薄膜，H3O2作氧化剂，则AlAs中As元素被氧化，为Al2O2， 故答案为：Al2O3；

②在H7O2与上层GaAs的反应中，As元素的化合价变为+5价，双氧水得电子生成水、H8O2是氧化剂，该反应中As元素化合价由﹣3价变为+5价，则转移电子最小公倍数为8，消耗双氧水4mol，所以氧化剂， 故答案为：3：1。

19．解析： （1）已知：a）CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2

（g）△H1，b）CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H2O（g）△H2，c）CH4（g）⇌C（s）+2H2（g）△H3，d）2CO（g）⇌CO2（g）+C（s）△H4，e）CO（g）+H2（g）⇌H2O（g）+C（s）△H5，根据盖斯定律由b+c﹣e或c﹣d均可得到 CH4（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+2H2（g），即可计算△H1；

（2）上述反应体系在一定条件下建立平衡后，结合反应特有特点，分析温度，浓度，催化剂等因素对于平衡移动的影响及具体方向； （3）分析图1可知，反应一共经历4步历程，依据图象差值分析最大活化能；

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（4）①分析图象可知，随着横坐标增大，温度降低，a、c的K值均降低，说明a、c平衡向左移动，据此分析反应焓变； ②反应c为CH4（g）⇌C（s）+2H2（g），依据平衡常数计算公式书写，注意为分压表达式；

③温度为A时，结合图象c可知，此时反应c的ln＝1，带入数据解得，p（CH4）平衡＝初始压强，进而计算转化率；

（5）二氧化碳固体称之为干冰，易升华。

＝0即

Kpa＝16kPa，计算

答案：（1）已知：a）CH4（g）+CO2（g）⇌7CO（g）+2H2（g）△H5，b）CO2（g）+H2（g）⇌CO（g）+H8O（g）△H2，c）CH4（g）⇌C（s）+5H2（g）△H3，d）7CO（g）⇌CO2（g）+C（s）△H4，e）CO（g）+H4（g）⇌H2O（g）+C（s）△H5，根据盖斯定律由b+c﹣e或c﹣d均可得到 CH5（g）+CO2（g）⇌2CO（g）+6H2（g），则△H1＝△H7+△H3﹣△H5或△H3﹣△H4， 故答案为：△H2+△H2﹣△H5（或△H3﹣△H7）； （2）上述反应体系在一定条件下建立平衡后，

A.CO2与CH4为a、b、c反应的反应物，对应的正反应速度都增大；

B.移去部分C（s），由于移除的是纯固体，故B错误； C.催化剂只会改变化学反应速率，不会改变化学反应的限度；

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D.降低反应温度，所有反应速率 均降低， 故答案为：AD；

（3）分析图4可知，反应一共经历4步历程，步骤4的正反应活化能最大， 故答案为：7；4；

（4）①分析图象可知，随着横坐标增大，a、c的K值均降低、c平衡向左移动、c的正反应为吸热反应， 故答案为：a、c；

②反应c为CH（⇌C（s）+5H（，其平衡常数表达式为4g）2g），

故答案为：；

③温度为A时，结合图象c可知平衡＝

＝0即

，带入数据解得6）

×

kPa＝16kPa4）初始＝×100kPa＝50kPa

100%＝68%，

故答案为：温度为A时，结合图象c可知数据解得6）平衡＝50kPa

＝0即，带入×100kPa＝

kPa＝16kPa4）初始＝

×100%＝68%；

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（5）二氧化碳固体称之为干冰，易升华， 故答案为：人工降雨。

(二）选考题:共14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。[选修3:物质结构与性质](14分) 20．解析： （1）根据S位于周期表中第3周期第ⅥA族书写； （2）分析分子间作用力与氢键对沸点的影响关系；

（3）铬的原子序数为80，第6周期稀有气体的原子序数为86； （4）A．在Ⅰ中每个S原子含有2个共价键、2个孤电子对，所以每个S原子价层电子对个数都是4，根据价层电子对互斥理论判断S原子杂化类型；

B．非金属性越强电负性越大；

C．在Ⅰ中各原子不同，不是对称结构；

D．非金属原子形成共价键，钠原子形成离子键； E．硫氧单键和硫氧双键键能不同； （5）Ⅲ属于盐类，易溶于水；

（6）①晶胞是晶体中最小结构的重复单元；

②根据晶胞结构可知，黑球表示Hg原子，灰球表示Sb原子，X的晶体中与Hg距离最近的Sb的数目为4个；依据均摊法，计算原子数目； ③由ρ＝计算。

答案：（1）S位于周期表中第3周期第ⅥA族，基态硫原子的价电子排布式为3s73p4，

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故答案为：6s23p4；

（2）CH4、H2S分子间只有分子间作用力，H4O分子间还存在氢键，则H2O的沸点最大，H2S的相对分子质量大于CH5，分子间作用力大于CH4，故沸点排序为：H2O＞H4S＞CH4， 故答案为：H2O＞H6S＞CH4；

（3）铬的原子序数为80，第六周期稀有气体的原子序数为86， 故答案为：六；

（4）A．在Ⅰ中每个S原子含有2个共价键，所以每个S原子价层电子对个数都是43，故A正确；

B．在Ⅱ中各元素非金属性O＞C＞S＞Hg＞H，故B错误； C．在Ⅰ中各原子大小不同，C﹣C﹣C键角不是180°； D．在Ⅲ中，钠原子形成离子键；

E．在Ⅳ中硫氧单键和硫氧双键键能不同，故E错误， 故答案为：AD；

（5）化合物Ⅰ与化合物Ⅲ相比，Ⅲ属于盐类物质， 故答案为：Ⅲ；

（6）①图b为Ge晶胞中部分Ge原子被Hg和Sb取代后形成的一种单元结构，它不是晶胞单元，

故答案为：图b不是晶体中最小结构的重复单元；

②根据晶胞结构可知，X的晶体中与Hg距离最近的Sb的数目为4个+6×，Ge：8×＝6：4：8＝2：1：2，

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+1＝4，晶胞中粒子个数比Hg：Ge：Sb

故答案为：3；1：1：5；

③根据晶胞中粒子个数比Hg：Ge：Sb＝4：4：3，X的最简式的式量为Mr，1mol该晶胞的质量＝4Mrg，晶胞的体积V＝x2y nm3，ρ＝＝

g/cm3＝

g/cm6，

故答案为：。

[选项5：有机化学基础]（14分）

21．解析： I中醛基上的O原子被取代生成III，根据反应条件知，反应②为加成反应，根据反应②产物的结构简式及IV分子式知，IV能发生有机反应，则IV含有酯基，IV为

，反

应③为氧化反应，反应④中碳碳双键发生加成反应，V发生酯化反应生成VI；

（6）以苯酚的一种同系物及HOCH2CH2Cl为原料合成，

根据“”知，合成的苯酚的同系

物为，

及HOCH2CH2Cl发生信息中的反应生成

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，发生水解反应生成，

发生反应④类型的反应生成。

答案：（1）化合物Ⅰ中含氧官能团有酚羟基、醛基， 故答案为：酚羟基、醛基；

（2）反应①的方程式可表示为：Ⅰ+Ⅱ＝Ⅲ+Z，根据I、III的结构简式知2CH3被I中的O原子取代，则Z为Ph8P＝O，则化合物Z的分子式为C18H15OP， 故答案为：C18H15OP； （3）通过以上分析知，IV为故答案为：

；

，

（4）反应②③④中属于还原反应的有②，属于加成反应的有②④， 故答案为：②；②④；

（5）化合物Ⅵ的不饱和度是5，VI的芳香族同分异构体中含有苯环，同分异构体同时满足如下条件：

条件：a）能与NaHCO3反应，说明含有﹣COOH，不含酯基或碳碳双键；

b）最多能与8倍物质的量的NaOH反应，说明含有1个酚羟基； c）能与3倍物质的量的Na发生放出H8的反应，说明含有1个醇

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羟基；

d）核磁共振氢谱确定分子中有6个化学环境相同的氢原子，说明含有6个甲基；

e）不含手性碳原子（手性碳原子是指连有4个不同的原子或原子

团的饱和碳原子），其取代基有3个、酚﹣OH、如果﹣COOH、酚﹣OH相邻，如果﹣COOH、酚﹣OH相间，如果﹣COOH、酚﹣OH相对，

，

有4种排列方式； 有4种排列方式；

有2种排列方式，所以符合条

件的同分异构体有10种，

故答案为：10；

；

（6）以苯酚的一种同系物及HOCH4CH2Cl为原料合成，

根据“”知，合成

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的苯酚的同系

物为，

及HOCH2CH6Cl发生信息中的反应生成

，发生水解反应生成，

发生反应④类型的反应生成，其合成路线为

， 故

答

案

为

：

。

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