1、2021年高考化學(xué)精選真題重組卷01注意事項(xiàng)：1答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上。2回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑，如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號。回答非選擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。可能用到的相對原子質(zhì)量：h 1 li 7 c 12 n 14 o 16 na 23 p 31 s 32 cl 35.5 fe 56一、選擇題：本題共14個(gè)小題，每小題3分。共42分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1【2020浙江】下列說法不正確的是( )a天然氣

2、是不可再生能源b用水煤氣可合成液態(tài)碳?xì)浠衔锖秃跤袡C(jī)物c煤的液化屬于物理變化d火棉是含氮量高的硝化纖維【答案】c【解析】a天然氣是由遠(yuǎn)古時(shí)代的動(dòng)植物遺體經(jīng)過漫長的時(shí)間變化而形成的，儲量有限，是不可再生能源，正確；b水煤氣為co和h2，在催化劑的作用下，可以合成液態(tài)碳?xì)浠衔锖秃跤袡C(jī)物(如甲醇)，正確；c煤的液化是把煤轉(zhuǎn)化為液體燃料，屬于化學(xué)變化，錯(cuò)誤；d火棉是名為纖維素硝酸酯，是一種含氮量較高的硝化纖維，正確；答案選c。22019新課標(biāo) 已知na是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法錯(cuò)誤的是 a3 g 3he含有的中子數(shù)為1nab1 l 0.1 moll1磷酸鈉溶液含有的數(shù)目為0.1nac1 mo

3、l k2cr2o7被還原為cr3+轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為6nad48 g正丁烷和10 g異丁烷的混合物中共價(jià)鍵數(shù)目為13na【答案】b【解析】a的中子數(shù)為3-2=1，則3g的中子數(shù)為=na，正確；b磷酸鈉為強(qiáng)堿弱酸鹽，磷酸根離子在水溶液中會(huì)發(fā)生水解，則1l 0.1mol/l的磷酸鈉溶液中磷酸根離子的個(gè)數(shù)小于1l0.1mol/lna mol-1 =0.1na，錯(cuò)誤；c重鉻酸鉀被還原為鉻離子時(shí)，鉻元素從+6降低到+3，1mol重鉻酸鉀轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為3mol2na mol-1 =6na，正確；d正丁烷與異丁烷的分子式相同，1個(gè)分子內(nèi)所含共價(jià)鍵數(shù)目均為13個(gè)，則48g正丁烷與10g異丁烷所得的混合物中共價(jià)鍵數(shù)

4、目為13na mol-1 =13na，正確；答案選b。3【2020江蘇】反應(yīng)可用于氯氣管道的檢漏。下列表示相關(guān)微粒的化學(xué)用語正確的是a中子數(shù)為9的氮原子：bn2分子的電子式：ccl2分子的結(jié)構(gòu)式：clcldcl-的結(jié)構(gòu)示意圖：【答案】c【解析】an原子的質(zhì)子數(shù)為7，中子數(shù)為9的氮原子的質(zhì)量數(shù)為7+9=16，該氮原子表示為，a錯(cuò)誤；bn2分子中兩個(gè)n原子間形成3對共用電子對，n2分子的電子式為，b錯(cuò)誤；ccl2分子中兩個(gè)cl原子間形成1對共用電子對，cl2分子的結(jié)構(gòu)式為clcl，c正確；dcl-的核電荷數(shù)為17，核外有18個(gè)電子，cl-的結(jié)構(gòu)示意圖為，d錯(cuò)誤；答案選c。4【2020天津】下列離子

5、方程式書寫正確的是acaco3與稀硝酸反應(yīng)：bfeso4溶液與溴水反應(yīng)：cnaoh溶液與過量h2c2o4溶液反應(yīng)：dc6h5ona溶液中通入少量co2: 【答案】b【解析】acaco3與稀硝酸反應(yīng)生成硝酸鈣和水和二氧化碳，碳酸鈣是固體難溶物，寫離子方程式時(shí)不能拆成離子形式，正確的離子方程式為：，錯(cuò)誤；bfeso4溶液與溴水反應(yīng)時(shí)，溴單質(zhì)氧化了亞鐵離子，將亞鐵離子氧化成鐵離子，正確的離子方程式為：，正確；c氫氧化鈉與過量的草酸反應(yīng)，說明氫氧化鈉的量不足，生成草酸氫鈉，正確的離子方程式為，錯(cuò)誤；d苯酚鈉中通入少量或過量二氧化碳都生成苯酚和碳酸氫鈉，苯酚的酸性弱于碳酸強(qiáng)于碳酸氫根，故正確的離子方程式

6、為：，錯(cuò)誤；答案選b。5（2020天津高考真題）下列實(shí)驗(yàn)儀器或裝置的選擇正確的是配制50.00ml0.1000mol.l-1na2co3溶液除去cl2中的hcl蒸餾用冷凝管盛裝na2sio3溶液的試劑瓶abcd【答案】b【解析】a配制50.00ml0.1000mol.l-1na2co3溶液需要用容量瓶，不能使用量筒配置溶液，錯(cuò)誤；b除去氯氣中的氯化氫氣體使用飽和氯化鈉溶液，可以吸收氯化氫氣體，根據(jù)氯氣在水中的反應(yīng)：cl2+h2oh+cl-+hclo，飽和氯化鈉溶液中的氯離子使氯氣溶于水的平衡逆向移動(dòng)，降低氯氣在水中的溶解度，洗氣瓶長進(jìn)短出，利于除雜，正確；c蒸餾要使用直形冷凝管，接水口下口進(jìn)上

7、口出，球形冷凝管一般作反應(yīng)裝置，錯(cuò)誤；d硅酸鈉溶液呈堿性，硅酸鈉溶液是一種礦物膠，能將玻璃塞與試劑瓶的瓶口粘在一起，盛裝na2sio3溶液的試劑瓶不能使用玻璃塞，應(yīng)使用橡膠塞，錯(cuò)誤。答案選b。6【2016年高考上海卷】已知naoh+al(oh)3naal(oh)4。向集滿co2的鋁制易拉罐中加入過量naoh濃溶液，立即封閉罐口，易拉罐漸漸凹癟；再過一段時(shí)間，罐壁又重新凸起。上述實(shí)驗(yàn)過程中沒有發(fā)生的離子反應(yīng)是aco2+2ohco32+h2o bal2o3+2oh+3 h2o2 al(oh)4 c2 al+2oh+6h2o2 al(oh)4 +3 h2 dal3+4 ohal(oh)4【答案】d【

8、解析】向集滿co2的鋁罐中加入過量氫氧化鈉，首先co2與氫氧化鈉反應(yīng)，表現(xiàn)為鋁罐變癟，接著過量的氫氧化鈉再與鋁罐反應(yīng)，因鋁罐表面的氧化膜al2o3具有兩性可溶解于氫氧化鈉溶液，然后單質(zhì)al與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成h2，罐壁又重新凸起。故可發(fā)生a、b、c的反應(yīng)。故選d。7（2016浙江高考真題）為落實(shí)“五水共治”，某工廠擬綜合處理含nh4+廢水和工業(yè)廢氣（主要含n2、co2、so2、no、co，不考慮其他成分），設(shè)計(jì)了如下流程：下列說法不正確的是a固體1中主要含有ca(oh)2、caco3、caso3bx可以是空氣，且需過量c捕獲劑所捕獲的氣體主要是cod處理含nh4+廢水時(shí)，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式

9、為：nh4+no2-=n2+2h2o【答案】b【解析】工業(yè)廢氣中co2、so2可被石灰水吸收，生成固體1為caco3、caso3，氣體1是不能被過量石灰水吸收的n2、no、co，氣體1通入氣體x，用氫氧化鈉溶液處理后到的nano2，x可為空氣，但不能過量，否則得到硝酸鈉，nano2與含有nh4+的溶液反應(yīng)生成無污染氣體，應(yīng)生成氮?dú)猓瑒t氣體2含有co、n2，捕獲劑所捕獲的氣體主要是co。a工業(yè)廢氣中co2、so2可被石灰水吸收，生成caco3、caso3，因氫氧化鈣過量，則固體1為主要含有ca(oh)2、caco3、caso3，正確；b由分析可知，氣體1是不能被過量石灰水吸收的n2、no、co，

10、氣體1通入氣體x，用氫氧化鈉溶液處理后到的nano2，x可為空氣，但不能過量，否則得到硝酸鈉，錯(cuò)誤；c氣體2含有co、n2，經(jīng)捕獲劑得到氮?dú)夂蚦o，所捕獲的氣體主要是co，防止污染空氣，正確；dnano2與含有nh4+的溶液反應(yīng)生成無污染氣體，應(yīng)生成氮?dú)猓l(fā)生氧化還原反應(yīng)，離子方程式為nh4+no2-=n2+2h2o，正確；故選b。8（2020重慶高三月考）硫酸鹽(含so，hso)氣溶膠是 pm2.5的成分之一、近期科研人員提出了霧霾微顆粒中硫酸鹽生成的轉(zhuǎn)化機(jī)理，其主要過程示意圖如圖：下列說法不正確的是( )a該過程中有氧氫鍵斷裂bno2是該機(jī)理的催化劑c該機(jī)理總反應(yīng)為：so+2no2+h2o

11、=hso+no+ hno2d控制so2和nox的排放是治理霧霾的有效措施之一【答案】b【解析】圖中過程從左至右依次表示和no2反應(yīng)生成和，反應(yīng)方程式為+ no2=+，和no2加入一個(gè)水分子轉(zhuǎn)化為hno2和，反應(yīng)方程式為+no2+h2o= hno2+，由此分析。a根據(jù)圖示轉(zhuǎn)化過程中，由轉(zhuǎn)化為，根據(jù)圖示對照，有水分子中的氧氫鍵的斷裂，故a正確；b根據(jù)圖示的轉(zhuǎn)化過程，no2轉(zhuǎn)化為hno2，n元素的化合價(jià)由+4價(jià)變?yōu)?3價(jià)，化合價(jià)降低，得電子被還原，做氧化劑，則no2是生成硫酸鹽的氧化劑，故b錯(cuò)誤；c由方程式+可得總反應(yīng)為so+2no2+h2o=hso+no+ hno2，故c正確；d霧霾主要由so2、

12、nox和可吸入顆粒物這三項(xiàng)組成，前兩者為氣態(tài)污染物，最后一項(xiàng)顆粒物才是加重霧霾天氣污染的主要原因，因此控制so2和nox的排放是治理霧霾的有效措施之一，故d正確；綜上所述，說法不正確的是b項(xiàng)，故答案為b。9（2020全國高考真題）1934年約里奧居里夫婦在核反應(yīng)中用粒子(即氦核)轟擊金屬原子，得到核素，開創(chuàng)了人造放射性核素的先河：+。其中元素x、y的最外層電子數(shù)之和為8。下列敘述正確的是a的相對原子質(zhì)量為26bx、y均可形成三氯化物cx的原子半徑小于y的dy僅有一種含氧酸【答案】b【解析】原子轟擊實(shí)驗(yàn)中，滿足質(zhì)子和質(zhì)量數(shù)守恒，因此w+4=30+1，則w=27，x與y原子之間質(zhì)子數(shù)相差2，因x元

13、素為金屬元素，y的質(zhì)子數(shù)比x大，則y與x位于同一周期，且y位于x右側(cè)，且元素x、y的最外層電子數(shù)之和為8，設(shè)x最外層電子數(shù)為a，則y的最外層電子為a+2，解得a=3，因此x為al，y為p，以此解答。a的質(zhì)量數(shù)為27，則該原子相對原子質(zhì)量為27，錯(cuò)誤；bal元素均可形成alcl3，p元素均可形成pcl3，正確；cal原子與p原子位于同一周期，且al原子序數(shù)大于p原子序數(shù)，故原子半徑alp，錯(cuò)誤；dp的含氧酸有h3po4、h3po3、h3po2等，錯(cuò)誤；故答案為：b。10（2020全國高三）合成氨反應(yīng)n2(g)+ h2(g) nh3(g) h 的反應(yīng)機(jī)理如圖所示,圖中“吸”表示各氣態(tài)物質(zhì)在催化劑表

14、面吸附。下列說法錯(cuò)誤的是a該反應(yīng)的h = -46 kjmol- 1b該反應(yīng)機(jī)理中最大活化能為79 kjmol- 1c升高溫度，該反應(yīng)過渡態(tài)的能量會(huì)增大d該反應(yīng)達(dá)到平衡后增大壓強(qiáng)反應(yīng)正向進(jìn)行【答案】c【解析】ah與始態(tài)和終態(tài)有關(guān)，與過程無關(guān)，h=生成物的總能量減去反應(yīng)物總能量由圖可知，h=46kjmol1，故a說法正確；b該反應(yīng)的機(jī)理中的活化能即為每一步驟的過渡態(tài)的總能量減去該步驟的反應(yīng)物的總能量，由圖可知，過渡態(tài)2步驟的活化能最高，為79kjmol1，故b說法正確；c該反應(yīng)過渡態(tài)的能量不會(huì)隨著溫度的改變而改變，故c說法錯(cuò)誤；d該反應(yīng)為氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)，平衡向右進(jìn)行，故d說法正確；

15、答案：c。11（2020山東高考真題）-氰基丙烯酸異丁酯可用作醫(yī)用膠，其結(jié)構(gòu)簡式如下。下列關(guān)于-氰基丙烯酸異丁酯的說法錯(cuò)誤的是a其分子式為 c8h11no2b分子中的碳原子有3種雜化方式c分子中可能共平面的碳原子最多為6個(gè)d其任一含苯環(huán)的同分異構(gòu)體中至少有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子【答案】c【解析】a結(jié)合該分子的結(jié)構(gòu)簡式可以看出，其分子式為c8h11no2，正確；b該分子中含（氰基）、（碳碳雙鍵）以及碳碳單鍵，它們采用的雜化類型分別是sp雜化、sp2雜化和sp3雜化共3種雜化方式，正確；c碳碳雙鍵、碳氧雙鍵中碳原子共平面、（氰基）共直線，o原子采用sp3雜化，為v型結(jié)構(gòu)，鏈狀的碳碳單鍵中最多有兩

16、個(gè)c原子共平面，則該分子中可能共平面的c原子可表示為：，錯(cuò)誤；d該分子中的不飽和度為4，含苯環(huán)的同分異構(gòu)體中，等效氫原子種類最少的應(yīng)具有對稱結(jié)構(gòu)，其同分異構(gòu)體之一的結(jié)構(gòu)簡式如，該分子的等效氫為4種，正確；故選c。12（2020全國高考真題）一種高性能的堿性硼化釩(vb2)空氣電池如下圖所示，其中在vb2電極發(fā)生反應(yīng)：該電池工作時(shí)，下列說法錯(cuò)誤的是a負(fù)載通過0.04 mol電子時(shí)，有0.224 l(標(biāo)準(zhǔn)狀況)o2參與反應(yīng)b正極區(qū)溶液的ph降低、負(fù)極區(qū)溶液的ph升高c電池總反應(yīng)為d電流由復(fù)合碳電極經(jīng)負(fù)載、vb2電極、koh溶液回到復(fù)合碳電極【答案】b【解析】根據(jù)圖示的電池結(jié)構(gòu)，左側(cè)vb2發(fā)生失電子

17、的反應(yīng)生成和，反應(yīng)的電極方程式如題干所示，右側(cè)空氣中的氧氣發(fā)生得電子的反應(yīng)生成oh-，反應(yīng)的電極方程式為o2+4e-+2h2o=4oh-，電池的總反應(yīng)方程式為4vb2+11o2+20oh-+6h2o=8+4，據(jù)此分析。a當(dāng)負(fù)極通過0.04mol電子時(shí)，正極也通過0.04mol電子，根據(jù)正極的電極方程式，通過0.04mol電子消耗0.01mol氧氣，在標(biāo)況下為0.224l，a正確；b反應(yīng)過程中正極生成大量的oh-使正極區(qū)ph升高，負(fù)極消耗oh-使負(fù)極區(qū)oh-濃度減小ph降低，b錯(cuò)誤；c根據(jù)分析，電池的總反應(yīng)為4vb2+11o2+20oh-+6h2o=8+4，c正確；d電池中，電子由vb2電極經(jīng)負(fù)

18、載流向復(fù)合碳電極，電流流向與電子流向相反，則電流流向?yàn)閺?fù)合碳電極負(fù)載vb2電極koh溶液復(fù)合碳電極，d正確；故選b。13（2020江蘇高考真題）室溫下，將兩種濃度均為的溶液等體積混合，若溶液混合引起的體積變化可忽略，下列各混合溶液中微粒物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是a混合溶液(ph=10.30)：b氨水-nh4cl混合溶液(ph=9.25)：c混合溶液(ph=4.76): d混合溶液(ph=1.68，h2c2o4為二元弱酸): 【答案】ad【解析】anahco3水溶液呈堿性，說明的水解程度大于其電離程度，等濃度的nahco3和na2co3水解關(guān)系為：，溶液中剩余微粒濃度關(guān)系為：，和水解程度微弱，生成

19、的oh-濃度較低，由nahco3和na2co3化學(xué)式可知，該混合溶液中na+濃度最大，則混合溶液中微粒濃度大小關(guān)系為：，正確；b該混合溶液中電荷守恒為：，物料守恒為：，兩式聯(lián)立消去c(cl-)可得：，錯(cuò)誤；c若不考慮溶液中相關(guān)微粒行為，則c(ch3cooh)=c(ch3coo-)=c(na+)，該溶液呈酸性，說明ch3cooh電離程度大于ch3coona水解程度，則溶液中微粒濃度關(guān)系為：c(ch3coo-)c(na+)c(ch3cooh)c(h+)，錯(cuò)誤；d該混合溶液中物料守恒為：，電荷守恒為：，兩式相加可得：，正確；綜上所述，濃度關(guān)系正確的是：ad。14（2020北京高考真題）依據(jù)圖示關(guān)系，

20、下列說法不正確的是a石墨燃燒是放熱反應(yīng)b1molc(石墨)和1molco分別在足量o2中燃燒，全部轉(zhuǎn)化為co2，前者放熱多cc(石墨)+co2(g)=2co(g) h=h1-h2d化學(xué)反應(yīng)的h，只與反應(yīng)體系的始態(tài)和終態(tài)有關(guān)，與反應(yīng)途徑無關(guān)【答案】c【解析】a所有的燃燒都是放熱反應(yīng)，根據(jù)圖示，c(石墨)+o2(g)= co2(g) h1=-393.5kj/mol，h10，則石墨燃燒是放熱反應(yīng)，正確；b根據(jù)圖示，c(石墨)+o2(g)=co2(g) h1=-393.5kj/mol，co(g)+o2(g)=co2(g) h2=-283.0kj/mol，根據(jù)反應(yīng)可知都是放熱反應(yīng)，1molc(石墨)和1

21、molco分別在足量o2中燃燒，全部轉(zhuǎn)化為co2，1molc(石墨)放熱多，正確；c根據(jù)分析，c(石墨)+o2(g)=co2(g) h1=-393.5kj/mol，co(g)+o2(g)=co2(g) h2=-283.0kj/mol，根據(jù)蓋斯定律-2可得：c(石墨)+co2(g)=2co(g) h=h1-2h2，錯(cuò)誤；d根據(jù)蓋斯定律可知，化學(xué)反應(yīng)的焓變只與反應(yīng)體系的始態(tài)和終態(tài)有關(guān)，與反應(yīng)途徑無關(guān)，正確；答案選c。二、非選擇題：共58分，第1517題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第3536題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共43分。15（2020年山東新高考）某同學(xué)利用cl2氧化k

22、2mno4制備kmno4的裝置如下圖所示(夾持裝置略)：已知：錳酸鉀(k2mno4)在濃強(qiáng)堿溶液中可穩(wěn)定存在，堿性減弱時(shí)易發(fā)生反應(yīng)：回答下列問題：（1）裝置a中a的作用是_；裝置c中的試劑為_；裝置a中制備cl2的化學(xué)方程為_。（2）上述裝置存在一處缺陷，會(huì)導(dǎo)致kmno4產(chǎn)率降低，改進(jìn)的方法是_。（3）kmno4常作氧化還原滴定的氧化劑，滴定時(shí)應(yīng)將kmno4溶液加入_(填“酸式”或“堿式”)滴定管中；在規(guī)格為50.00ml的滴定管中，若kmno4溶液起始讀數(shù)為15.00ml，此時(shí)滴定管中kmno4溶液的實(shí)際體積為_(填標(biāo)號)。a15.00 ml b35.00ml c大于35.00ml d小于1

23、5.00m1（4）某fec2o42h2o樣品中可能含有的雜質(zhì)為fe2(c2o4)3、h2c2o42h2o，采用kmno4滴定法測定該樣品的組成，實(shí)驗(yàn)步驟如下:.取mg樣品于錐形瓶中，加入稀h2so4溶解，水浴加熱至75。用 c moll-1的kmno4溶液趁熱滴定至溶液出現(xiàn)粉紅色且30s內(nèi)不褪色，消耗kmno4溶液v1ml。.向上述溶液中加入適量還原劑將fe3+完全還原為fe2+，加入稀h2so4酸化后，在75繼續(xù)用kmno4溶液滴定至溶液出現(xiàn)粉紅色且30s內(nèi)不褪色，又消耗kmno4溶液v2ml。樣品中所含的質(zhì)量分?jǐn)?shù)表達(dá)式為_。下列關(guān)于樣品組成分析的說法，正確的是_(填標(biāo)號)。a時(shí)，樣品中一定

24、不含雜質(zhì)b越大，樣品中含量一定越高c若步驟i中滴入kmno4溶液不足，則測得樣品中fe元素含量偏低d若所用kmno4溶液實(shí)際濃度偏低，則測得樣品中fe元素含量偏高【答案】（1）平衡氣壓，使?jié)恹}酸順利滴下 naoh溶液 （2）在裝置a、b之間加裝盛有飽和食鹽水的洗氣瓶 （3）酸式 c （4） bd 【解析】漂白粉的有效成分ca(clo)2具有強(qiáng)氧化性，和濃鹽酸在a中發(fā)生歸中反應(yīng)產(chǎn)生cl2，cl2和k2mno4在b中反應(yīng)產(chǎn)生kmno4，反應(yīng)不完的cl2用c吸收，據(jù)此解答。（1）裝置a為恒壓分液漏斗，它的作用是平衡氣壓，使?jié)恹}酸順利滴下，c的作用是吸收反應(yīng)不完的cl2，可用naoh溶液吸收，ca(c

25、lo)2和濃鹽酸在a中發(fā)生歸中反應(yīng)產(chǎn)生cl2，反應(yīng)的化學(xué)方程式為ca(clo)2+4hcl=cacl2+2cl2+2h2o；（2）錳酸鉀在濃強(qiáng)堿溶液中可穩(wěn)定存在，堿性減弱時(shí)易發(fā)生3mno42-+2h2o=2mno4-+mno2+4oh-，一部分mno42-轉(zhuǎn)化為了mno2，導(dǎo)致最終kmno4的產(chǎn)率低，而濃鹽酸易揮發(fā)，直接導(dǎo)致b中naoh溶液的濃度減小，故改進(jìn)措施是在裝置a、b之間加裝盛有飽和食鹽水的洗氣瓶吸收揮發(fā)出來的hcl；（3）高錳酸鉀有強(qiáng)氧化性，強(qiáng)氧化性溶液加入酸式滴定管，滴定管的“0”刻度在上，規(guī)格為50.00ml的滴定管中實(shí)際的體積大于(50.00-15.00)ml，即大于35.00

26、ml；（4）設(shè)fec2o42h2o的物質(zhì)的量為xmol，fe2(c2o4)3的物質(zhì)的量為ymol，h2c2o42h2o的物質(zhì)的量為zmol，步驟i中草酸根和fe2+均被氧化，結(jié)合得失電子守恒有：2kmno45h2c2o4(c2o42-)，kmno45fe2+，所以，步驟ii中fe2+被氧化，由kmno45fe2+可知，聯(lián)立二個(gè)方程解得：z=2.5(cv1-3v2)10-3，所以h2c2o42h2o的質(zhì)量分?jǐn)?shù)=。關(guān)于樣品組成分析如下：a時(shí)，h2c2o42h2o的質(zhì)量分?jǐn)?shù)=0，樣品中不含h2c2o42h2o，由和可知，y0，樣品中含fe2(c2o4)3雜質(zhì)，a錯(cuò)誤；b越大，由h2c2o42h2o的

27、質(zhì)量分?jǐn)?shù)表達(dá)式可知，其含量一定越大，b正確；cfe元素的物質(zhì)的量=，若步驟i中kmno4溶液不足，則步驟i中有一部分fe2+沒有被氧化，不影響v2的大小，則不變，則對于測得fe元素的含量無影響，c錯(cuò)誤；d結(jié)合c可知：若kmno4溶液濃度偏低，則消耗kmno4溶液的體積v1、v2均偏大，fe元素的物質(zhì)的量偏大，則測得樣品中fe元素含量偏高，d正確。16（2021湖南高三零模）以鎂鋁復(fù)合氧化物()為載體的負(fù)載型鎳銅雙金屬催化劑()是一種新型高效加氫或脫氫催化劑，其制備流程如下：已知：常溫下，。回答下列問題：（1）在加熱條件下，尿素在水中發(fā)生水解反應(yīng)，放出_和_兩種氣體(寫化學(xué)式)。（2）“晶化”過

28、程中，需保持恒溫60，可采用的加熱方式為_。（3）“洗滌”過程中，檢驗(yàn)濾餅是否洗凈的方法是_。（4）常溫下，若“懸濁液”中，則溶液的_。（5）“還原”過程中所發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_。（6）在強(qiáng)堿溶液中被氧化可得，該物質(zhì)能用作堿性鎳鎘電池的正極材料。其電池反應(yīng)式：放電一段時(shí)間后，溶液的ph將_(填“增大”“減小”或“不變”)。充電時(shí)，陽極發(fā)生的電極反應(yīng)式為_。【答案】（1）nh3 co2 （2）水浴加熱 （3）取最后一次洗滌液少量于試管，向試管中加入稀鹽酸，再加入氯化鋇，若有白色沉淀則未洗凈，若無沉淀則已洗凈 （4）10 （5）nioh2nih2o，cuoh2cuh2o （6）增大 ni(oh

29、)2ohe=nioohh2o 【解析】將mgso4、al2(so4)3、niso4、cuso4混合溶液在90下加入尿素發(fā)生反應(yīng)生成懸濁液mg(oh)2、al(oh)3、cu(oh)2、ni(oh)2，在60凈化過濾，得到濾餅，洗滌、干燥，焙燒得到mgo、cuo、nio、al2o3，在550溫度下用氫氣還原。（1）根據(jù)題意，尿素co(nh2)2在加熱條件下與水發(fā)生水解反應(yīng)即co(nh2)2h2o co22nh3，因此放出nh3和co2兩種氣體；故答案為：nh3；co2。（2）“晶化”過程中，需保持恒溫60，溫度在100以下，因此采用的加熱方式為水浴加熱；故答案為：水浴加熱。（3）“洗滌”過程中，

30、檢驗(yàn)濾餅是否洗凈，主要檢驗(yàn)洗滌液中是否還含有硫酸根，因此常用的方法是取最后一次洗滌液少量于試管，向試管中加入稀鹽酸，再加入氯化鋇，若有白色沉淀則未洗凈，若無沉淀則已洗凈；故答案為：取最后一次洗滌液少量于試管，向試管中加入稀鹽酸，再加入氯化鋇，若有白色沉淀則未洗凈，若無沉淀則已洗凈。（4）常溫下，若“懸濁液”中，則，則溶液的10；故答案為：10。（5）“還原”過程最終得到，說明是nio、cuo與氫氣發(fā)生還原反應(yīng)，因此所發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為nioh2nih2o，cuoh2cuh2o；故答案為：nioh2nih2o，cuoh2cuh2o。（6）放電一段時(shí)間后，負(fù)極反應(yīng)式為cd2e2oh=cd(oh

31、)2，正極是2niooh2e2h2o =2ni(oh)22oh，正極生成的oh物質(zhì)的量與負(fù)極消耗的oh物質(zhì)的量相等，但是消耗了電解質(zhì)中的水，使堿性增強(qiáng)，因此溶液的ph將增大；故答案為：增大。根據(jù)放電時(shí)正極電極反應(yīng)式niooheh2o =ni(oh)2oh，則充電時(shí)，陽極發(fā)生的電極反應(yīng)式為ni(oh)2ohe=nioohh2o；故答案為：ni(oh)2ohe=nioohh2o。17（2020浙江高考真題）研究nox之間的轉(zhuǎn)化具有重要意義。（1）已知：n2o4(g) 2no2(g)h0 將一定量n2o4氣體充入恒容的密閉容器中，控制反應(yīng)溫度為t1。下列可以作為反應(yīng)達(dá)到平衡的判據(jù)是_。a氣體的壓強(qiáng)不

32、變 bv正(n2o4)2v逆(no2) ck不變 d容器內(nèi)氣體的密度不變 e容器內(nèi)顏色不變t1時(shí)刻反應(yīng)達(dá)到平衡，混合氣體平衡總壓強(qiáng)為p，n2o4氣體的平衡轉(zhuǎn)化率為75%，則反應(yīng)n2o4(g) 2no2(g)的平衡常數(shù)kp_(對于氣相反應(yīng)，用某組分b的平衡壓強(qiáng)p(b)代替物質(zhì)的量濃度c(b)也可表示平衡常數(shù)，記作kp，如p(b)px(b)，p為平衡總壓強(qiáng)，x(b)為平衡系統(tǒng)中b的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))。反應(yīng)溫度t1時(shí)，c(n2o4)隨t(時(shí)間)變化曲線如圖，畫出0t2時(shí)段，c(no2)隨t變化曲線。保持其它條件不變，改變反應(yīng)溫度為t2(t2t1)，再次畫出0t2時(shí)段，c(no2)隨t變化趨勢的曲線_。（

33、2） no氧化反應(yīng)：2no(g)o2(g)=2no2(g)分兩步進(jìn)行，其反應(yīng)過程能量變化示意圖如圖。 2no(g)=n2o2(g) h1 n2o2(g)o2(g)2no2(g) h2決定no氧化反應(yīng)速率的步驟是_(填“”或“”)。在恒容的密閉容器中充入一定量的no和o2氣體，保持其它條件不變，控制反應(yīng)溫度分別為t3和t4(t4t3)，測得c(no)隨t(時(shí)間)的變化曲線如圖。轉(zhuǎn)化相同量的no，在溫度_(填“t3”或“t4”)下消耗的時(shí)間較長，試結(jié)合反應(yīng)過程能量圖分析其原因_。【答案】（1）ae p （2） t4 h10，溫度升高，反應(yīng)平衡逆移，c(n2o2)減小，濃度降低的影響大于溫度對反應(yīng)速

34、率的影響 【解析】（1）a、該反應(yīng)是一個(gè)氣體體積減小的反應(yīng)，氣體的壓強(qiáng)不變說明各物質(zhì)濃度保持不變，反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)，故正確；b、v正(n2o4)2v逆(no2)說明正逆反應(yīng)速率不相等，反應(yīng)沒有達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)，故錯(cuò)誤；c、溫度不變，化學(xué)平衡常數(shù)k不變，則k不變不能說明反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)，故錯(cuò)誤；d、由質(zhì)量守恒定律可知，反應(yīng)前后氣體質(zhì)量不變，恒容容器的體積不變，則密度始終不變，則密度不變不能說明反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)，故錯(cuò)誤；e、容器內(nèi)顏色不變說明各物質(zhì)濃度保持不變，反應(yīng)達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)，故正確；ae正確，故答案為：ae；設(shè)起始n2o4的物質(zhì)的量為1mol，由題給數(shù)據(jù)建立如下三段式： 由三段

35、式數(shù)據(jù)可知n2o4的平衡分壓為p=，no2的平衡分壓為p=，則平衡常數(shù)kp=，故答案為：；由圖可知，t1時(shí)反應(yīng)消耗n2o4的濃度為（0.040.01）mol/l，由方程式可得反應(yīng)生成no2的濃度為0.03 mol/l2=0.06 mol/l；該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，no2的濃度增大，則0t2時(shí)段，no2的濃度c(no2)隨t變化趨勢的曲線為，故答案為：；（2）由圖可知，反應(yīng)的活化能小于反應(yīng)的活化能，活化能越大，反應(yīng)速率越慢，則化學(xué)反應(yīng)速率反應(yīng)快于反應(yīng)，化學(xué)反應(yīng)取決于反應(yīng)速率較慢的一步，則決定no氧化反應(yīng)速率的步驟是反應(yīng)，故答案為：；由圖可知，轉(zhuǎn)化相同量的no，在溫度t

36、4下消耗的時(shí)間較長，原因是反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度升高，反應(yīng)平衡逆移，c(n2o2)減小，濃度降低的影響大于溫度對反應(yīng)速率的影響，導(dǎo)致轉(zhuǎn)化相同量的no，在溫度較高的t4下消耗的時(shí)間較長，故答案為：t4；反應(yīng)為放熱反應(yīng)，溫度升高，反應(yīng)平衡逆移，c(n2o2)減小，濃度降低的影響大于溫度對反應(yīng)速率的影響；（二）選考題：共15分。請考生從2道化學(xué)題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計(jì)分。18化學(xué)選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)（15分）（2020年天津卷）fe、co、ni是三種重要的金屬元素。回答下列問題:（1）fe、co、ni在周期表中的位置為_，基態(tài)fe原子的電子排布式為_。（2）coo的面心立方晶胞

37、如圖所示。設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為na，則coo晶體的密度為_gcm-3：三種元素二價(jià)氧化物的晶胞類型相同，其熔點(diǎn)由高到低的順序?yàn)開。（3）fe、co、ni能與c12反應(yīng)，其中co和為ni均生產(chǎn)二氯化物，由此推斷fecl3、cocl3和cl2的氧化性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)開，co(oh)3與鹽酸反應(yīng)有黃綠色氣體生成，寫出反應(yīng)的離子方程式：_。（4）95時(shí)，將ni片浸在不同質(zhì)量分?jǐn)?shù)的硫酸中，經(jīng)4小時(shí)腐蝕后的質(zhì)量損失情況如圖所示，當(dāng)大于63%時(shí)，ni被腐蝕的速率逐漸降低的可能原因?yàn)開。由于ni與h2so4反應(yīng)很慢，而與稀硝酸反應(yīng)很快，工業(yè)上選用h2so4和hno3的混酸與ni反應(yīng)制備niso4。為了提高產(chǎn)

38、物的純度，在硫酸中添加hno3的方式為_(填“一次過量”或“少量多次”)，此法制備niso4的化學(xué)方程式為_。【答案】（1）第四周期第viii族 1s22s22p63s23p63d64s2或ar3d64s2 （2） niocoofeo （3）cocl3cl2fecl3 2co(oh)3 6h+ 2clcl22co2+6h2o （4）隨h2so4質(zhì)量分?jǐn)?shù)增加，ni表面逐漸形成致密氧化膜 少量多次 3ni 3h2so42hno3 niso42no4h2o或nih2so42hno3niso42no22h2o 【解析】（1）fe、co、ni分別為26、27、28號元素，它們在周期表中的位置為第四周期第

39、viii族，基態(tài)fe原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2或ar3d64s2；故答案為：第四周期第viii族；1s22s22p63s23p63d64s2或ar3d64s2；。（2）coo的面心立方晶胞如圖1所示。根據(jù)晶胞結(jié)構(gòu)計(jì)算出o2個(gè)數(shù)為，co2+個(gè)數(shù)為，設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為na，則coo晶體的密度為；三種元素二價(jià)氧化物的晶胞類型相同，離子半徑fe2+co2+ni2+，nio、coo、feo，離子鍵鍵長越來越長，鍵能越來越小，晶格能按nio、coo、feo依次減小，因此其熔點(diǎn)由高到低的順序?yàn)閚iocoofeo；故答案為：；niocoofeo。（3）fe、co、ni能與cl2反應(yīng)，其中co和為ni均生產(chǎn)二氯化物，根據(jù)鐵和氯氣反應(yīng)生成fecl3，氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物氧化性，因此氧化性：cl2fecl3，氯氣與co和為ni均生產(chǎn)二氯化物，說明氯氣的氧化性比cocl3弱，由此推斷fecl3、cocl3和cl2的氧化性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)閏ocl3cl2fecl3，co(oh)3與鹽酸反應(yīng)有黃綠色氣體生成，發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成cl2、cocl2、h2o，其離子方程式：2co(oh)36h+2clcl22co2+6h2o；故答案為：cocl3cl2fecl3；2co(oh)3 6h+ 2clcl22co2+6h2o。（4）類比fe在常溫下與濃硫酸發(fā)生鈍化