2021年江苏省高考化学试卷.docx

1、2021年江苏省高考化学试卷 （正式版）一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共计20分每小题只有一个选项符合题意1.2021 年世界地球日我国的主题为“节约集约利用资源，倡导绿色简约生活”下列做法应提倡的是（）A.夏天设定空调温度尽可能的低B.推广使用一次性塑料袋和纸巾C.少开私家车多乘公共交通工具D.对商品进行豪华包装促进销售【答案】 C 【考点】常见的生活环境的污染及治理 【解析】【解答】解:A、夏天设定空调温度尽可能的低，浪费了电能资源，增加能量损耗，故A错误；B、推广使用一次性塑料袋和纸巾，浪费了资源，故B错误；C、少开私家车多乘公共交通工具，可以节约资源，减少空气污染，故C

2、正确；D、对商品进行豪华包装促进销售，浪费了资源，故D错误；故选C【分析】绿色简约生活方式是一种生活理念，也是一种生活态度，指的是生活作息时所耗用的能量要尽量减少，特别是减少二氧化碳的排放量，减缓生态恶化；可以从节电、节能和回收等环节来改变生活细节，据此进行分析判断即可2.下列有关化学用语表示正确的是（）A.质量数为31的磷原子 3115PB.氟原子的结构示意图 C.CaCl2的电子式 D.明矾的化学式 Al2（SO4）3【答案】 A 【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合 【解析】【解答】解:A磷元素原子的质子数为15，质量数为31的磷原子正确的表示方法为：3115P，故A正确；B氟原

3、子的核电荷数、核外电子总数都是9，其正确的结构示意图为： ，故B错误；C氯化钙为离子化合物，电子式中需要标出阴阳离子所带电荷，氯化钙正确的电子式为 ，故C错误；D明矾化学式中含有结晶水，其正确的化学式为：KAl（SO4）212H2O，故D错误；故选A【分析】A质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数；B氟原子的核电荷数=核外电子总数=9，最外层含有7个电子；C两个氯离子不能合并；D明矾为十二水合硫酸铝钾3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（）A.Na2O2吸收CO2产生O2 ， 可用作呼吸面具供氧剂B.ClO2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒C.SiO2硬度大，

4、可用于制造光导纤维D.NH3易溶于水，可用作制冷剂【答案】 A 【考点】物质的组成、结构和性质的关系 【解析】【解答】解:ANa2O2吸收CO2生成O2和Na2CO3 ， 且人呼出的水蒸气也能和过氧化钠反应生成氧气，氧气能供给呼吸，所以过氧化钠可用作呼吸面具的供氧剂，故A正确；BClO2具有强氧化性而使蛋白质变性，所以该物质能杀菌消毒，故B错误；C光导纤维的主要成分是二氧化硅，光导纤维是利用光的全反射原理，与二氧化硅的硬度大小无关，故C错误；D氨气易液化，液氨易气化吸收热量导致周围环境温度降低，所以氨气常常作制冷剂，与氨气易溶于水无关，故D错误；故选A【分析】ANa2O2吸收CO2生成O2和N

5、a2CO3 ， 氧气能供给呼吸；BClO2具有强氧化性；C光导纤维的主要成分是二氧化硅，光导纤维是利用光的全反射原理；D液氨气化吸收热量导致周围环境温度降低4.下列制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的是（） A B C DA.制取SO2B.验证漂白性C.收集SO2D.尾气处理【答案】 B 【考点】化学实验方案的评价 【解析】【解答】解:A稀硫酸和铜不反应，应用浓硫酸和铜反应制备二氧化硫气体，故A错误；B二氧化硫具有漂白性，可使品红褪色，操作符合要求，可达到实验目的，故B正确；C二氧化硫密度比空气大，可用向上排空气法收集，气体应从长导管进入，故C错误；D二氧化硫

6、不溶于饱和亚硫酸氢钠溶液，应用氢氧化钠溶液吸收尾气，且防止倒吸，故D错误故选B【分析】实验室可用浓硫酸和铜在加热条件下反应制备二氧化硫，二氧化硫密度比空气大，可用向上排空气法收集，具有漂白性，可使品红褪色，二氧化硫为酸性氧化物，可与碱反应，以此解答该题5.短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，Z是地壳中含量最多的元素，W是短周期中金属性最强的元素下列说法正确的是（）A.原子半径 r（X）r（Y）r（Z）r（W）B.W的最高价氧化物的水化物是一种弱碱C.Y的单质的氧化性比Z的强D.X、Y、Z 三种元素可以组成共价化合物和离子化合物【答案】 D 【考点】元

7、素周期表中原子结构与元素性质的递变规律 【解析】【解答】解:短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Z是地壳中含量最多的元素，W是短周期中金属性最强的元素，则Z是O、W是Na元素，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，且Y原子序数小于Z，则Y是N元素，X是H元素；A原子的电子层数越多其原子半径越大，原子的电子层数相同的元素，其原子半径随着原子序数增大而减小，X位于第一周期、Y和Z位于第二周期且原子序数YZ，W位于第三周期，所以原子半径 r（X）r（Z）r（Y）r（W），故A错误；BW的最高价氧化物的水化物是NaOH，NaOH是强碱，故B错误；CY单质是氮气、Z单质是氧气，元素的非金属性氧气，

8、其单质的氧化性越强，非金属性ON元素，所以Z单质的氧化性大于Y，故C错误；DX、Y、Z三种元素组成的化合物可能是硝酸、硝酸铵，硝酸是共价化合物、硝酸铵是离子化合物，故D正确；故选D【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Z是地壳中含量最多的元素，W是短周期中金属性最强的元素，则Z是O、W是Na元素，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，且Y原子序数小于Z，则Y是N元素，X是H元素；A原子的电子层数越多其原子半径越大，原子的电子层数相同的元素，其原子半径随着原子序数增大而减小；BW的最高价氧化物的水化物是NaOH；CY单质是氮气、Z单质是氧气，元素的非金属性氧气，其单质的氧化性越强；D

9、X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是硝酸、硝酸铵6.下列指定反应的离子方程式正确的是（）A.钠与水反应:Na+2H2ONa+2OH+H2B.电解饱和食盐水获取烧碱和氯气:2Cl+2H2O 电解_ H2+Cl2+2OHC.向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸:Ba2+OH+H+SO42BaSO4+H2OD.向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水:Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2O【答案】 B 【考点】离子方程式的书写 【解析】【解答】解:A钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，且离子方程式要遵循原子守恒、电荷守恒和转移电子守恒，离子方程式为2Na+2H2O2Na+2OH+H2，故A错误；B电解饱和食盐水时，阳极上生

10、成氯气、阴极上生成氢气同时阴极附近有NaOH生成，离子方程式为2Cl+2H2O 电解_ H2+Cl2+2OH ， 故B正确；C二者反应生成硫酸钡和水，且氢离子、氢氧根离子和水的计量数都是2，离子方程式为Ba2+2OH+2H+SO42BaSO4+2H2O，故C错误；D二者反应生成碳酸钙沉淀、一水合氨和水，离子方程式为向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水 Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2O，故D错误；故选B【分析】A钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，且离子方程式要遵循原子守恒、电荷守恒和转移电子守恒；B电解饱和食盐水时，阳极上生成氯气、阴极上生成氢气同时阴极附近有NaOH生成；C二者反应生成硫酸钡和水

11、，且氢离子、氢氧根离子和水的计量数都是2；D二者反应生成碳酸钙沉淀、一水合氨和水7.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（）A.Fe 点燃Cl2 FeCl2 NaOH(ap) Fe（OH）2B.S 点燃O2 SO3 H2O H2SO4C.CaCO3 高温 CaO 高温SiO2 CaSiO3D.NH3 催化剂、O2 NO H2O HNO3【答案】 C 【考点】氨的性质及用途，铁的化学性质 【解析】【解答】解:A、因为氯气具有强氧化性，则铁与氯气反应生成三氯化铁，而不是氯化亚铁，故A错误；B硫与氧气反应生成二氧化硫，而不是三氧化硫，故B错误；CCaCO3高温分解生成CaO，CaO为碱

12、性氧化物，和酸性氧化物二氧化硅高温反应生成硅酸钙，故C正确；D氨气催化氧化生成NO，NO和水不反应，不能生成硝酸，故D错误；故选C【分析】A、铁与氯气反应生成三氯化铁；B硫与氧气反应生成二氧化硫；CCaCO3高温分解生成CaO，CaO和二氧化硅高温反应生成硅酸钙；D氨气催化氧化生成NO，NO和水不反应8.通过以下反应可获得新型能源二甲醚（CH3OCH3 ）下列说法不正确的是（ ）C（s）+H2O（g）CO（g）+H2 （g） H1=a kJmol1CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2 （g） H2=b kJmol1CO2 （g）+3H2 （g）CH3OH（g）+H2O（g） H3=c k

13、Jmol12CH3OH（g）CH3OCH3 （g）+H2O（g） H4=d kJmol1A.反应、为反应提供原料气B.反应也是 CO2资源化利用的方法之一C.反应CH3OH（g） 12 CH3OCH3 （g）+ 12 H2O（l）的H= d2 kJmol1D.反应 2CO（g）+4H2 （g）CH3OCH3 （g）+H2O（g）的H=（ 2b+2c+d ） kJmol1【答案】 C 【考点】反应热和焓变 【解析】【解答】解:A反应中的反应物为CO2、H2 ， 由反应可知，反应、为反应提供原料气，故A正确；B反应中的反应物为CO2 ， 转化为甲醇，则反应也是 CO2资源化利用的方法之一，故B正确

14、；C由反应可知，物质的量与热量成正比，且气态水的能量比液态水的能量高，则反应CH3OH（g） 12 CH3OCH3 （g）+ 12 H2O（l）的H d2 kJmol1 ， 故C错误；D由盖斯定律可知，2+2+得到2CO（g）+4H2 （g）CH3OCH3 （g）+H2O（g），则H=（ 2b+2c+d ） kJmol1 ， 故D正确；故选C【分析】A反应中的反应物为CO2、H2；B反应中的反应物为CO2 ， 转化为甲醇；C由反应可知，物质的量与热量成正比，且气态水的能量比液态水的能量高；D由盖斯定律可知，2+2+得到2CO（g）+4H2 （g）CH3OCH3 （g）+H2O（g）9.常温下，

15、下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A.无色透明的溶液中:Fe3+、Mg2+、SCN 、Cl B.c（H+）/c（OH）=110 12的溶液中:K+、Na+、CO32、NO3C.c（Fe2+ ）=1 molL1的溶液中:K+、NH4+、MnO4、SO42D.能使甲基橙变红的溶液中:Na+、NH4+、SO42、HCO3【答案】 B 【解析】【解答】解:AFe3+呈黄色，不符合无色条件，且Fe3+、SCN 发生络合反应而不能大量共存，故A错误；Bc（H+）/c（OH）=110 12的溶液呈碱性，这几种离子之间不反应且都不和氢氧根离子反应，所以能大量共存，故B正确；CFe2+、MnO4发生氧化

16、还原反应而不能大量共存，故C错误；D能使甲基橙溶液变红色，说明溶液呈酸性，HCO3能和氢离子反应生成二氧化碳和水而不能大量共存，故D错误；故选B【分析】A无色透明说明溶液中不含有色离子，且离子之间不反应；Bc（H+）/c（OH）=110 12的溶液呈碱性，离子之间不反应且和氢氧根离子不反应的能大量共存；C能和亚铁离子反应的离子不能大量共存；D能使甲基橙溶液变红色，说明溶液呈酸性，离子之间不反应的能大量共存10.H2O2分解速率受多种因素影响实验测得 70时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如图所示下列说法正确的是（）A.图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越快B.图乙表明，其

17、他条件相同时，溶液pH越小，H2O2分解速率越快C.图丙表明，少量Mn2+存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快D.图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大【答案】 D 【解析】【解答】解:A图甲中溶液的pH相同，但浓度不同，浓度越大，相同时间内浓度的变化量越大，由此得出相同pH条件下，H2O2浓度越大，H2O2分解速率越快，故A错误；B图乙中H2O2浓度相同，但加入NaOH浓度不同，说明溶液的pH不同，NaOH浓度越大，相同时间内H2O2浓度变化量越大，由此得出:H2O2浓度相同时，pH越大H2O2分解速率越快，故B错误；C图丙中少量Mn2+存在时，相同时间内H2O

18、2浓度变化量:0.1mol/LNaOH溶液1.0mol/LNaOH溶液0mol/LNaOH溶液，由此得出:锰离子作催化剂时受溶液pH的影响，但与溶液的pH值不成正比，故C错误；D图丁中pH相同，锰离子浓度越大，相同时间内H2O2浓度变化量越大，图丙中说明催化剂的催化效率受溶液的pH值影响，由此得出:碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大，故D正确；故选D【分析】A图甲中溶液的pH相同，但浓度不同，浓度越大，相同时间内浓度的变化量越大；B图乙中H2O2浓度相同，但加入NaOH浓度不同，说明溶液的pH不同，NaOH浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大；C图丙中少量Mn2+存在时，相同时

19、间内双氧水浓度变化量:0.1mol/LNaOH溶液1.0mol/LNaOH溶液0mol/LNaOH溶液；D图丁中pH相同，锰离子浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大二、不定项选择题:本题包括5小题，每小题2分，共计20分每小题只有一个或两个选项符合题意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，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分11.萜类化合物广泛存在于动植物体内，关于下列萜类化合物的说法正确的是（）A.a和b都属于芳香族化合物B.a和c分子中所有碳原子均处于同一平面上C.a、b和c均能使酸性KMnO4溶液褪色D.b和

20、c均能与新制的Cu（OH）2反应生成红色沉淀【答案】 C 【考点】有机物的结构和性质 【解析】【解答】解:Aa中不含苯环，则不属于芳香族化合物，只有b属于，故A错误；Ba、c中含甲基、亚甲基、次甲基均为四面体构型，则a和c分子中所有碳原子不可能处于同一平面上，故B错误；Ca含碳碳双键、b含OH和与苯环相连的甲基、c含CHO，均能使酸性KMnO4溶液褪色，故C正确；D只有CHO与新制的Cu（OH）2反应生成红色沉淀，则只有c能与新制的Cu（OH）2反应生成红色沉淀，故D错误；故选C【分析】Aa中不含苯环；Ba、c中含甲基、亚甲基、次甲基均为四面体构型；Ca含碳碳双键、b含OH、c含CHO；D只有

21、CHO与新制的Cu（OH）2反应生成红色沉淀12.下列说法正确的是（）A.反应N2 （g）+3H2 （g）2NH3 （g）的H0，S0B.地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀C.常温下，KspMg（OH）2=5.61012 ， pH=10的含Mg2+溶液中，c（Mg2+ ）5.6104 molL1D.常温常压下，锌与稀H2SO4反应生成11.2 L H2 ， 反应中转移的电子数为6.021023【答案】 B,C 【解析】【解答】解:A合成氨反应为放热反应，H0，且为气体体积减小的反应，则S0，故A错误；B.导线连接锌块，构成原电池时Zn为负极，Fe作正极被保护，则可以减缓管道的腐蚀，故

22、B正确；CpH=10的含Mg2+溶液中，c（OH）=104 molL1 ， c（Mg2+ ） 5.61012(104)2 =5.6104 molL1 ， 故C正确；D常温常压下，Vm22.4L/mol，则不能利用氢气的体积计算物质的量及转移电子数，故D错误；故选BC【分析】A由化学计量数可知S0；B导线连接锌块，构成原电池时Zn为负极；CpH=10的含Mg2+溶液中，c（OH）=104 molL1 ， c（Mg2+ ） Kspc(OH)2 ；D常温常压下，Vm22.4L/mol13.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（）选项实验操作和现象实验结论A向苯酚溶液中滴加少量浓溴水、振荡，无白

23、色沉淀苯酚浓度小B向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，出现白色沉淀；再加入足量稀盐酸，部分沉淀溶解部分Na2SO3被氧化C向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4 ， 加热；再加入银氨溶液；未出现银镜蔗糖未水解D向某黄色溶液中加入淀粉 KI 溶液，溶液呈蓝色溶液中含 Br2A.AB.BC.CD.D【答案】 B 【考点】化学实验方案的评价 【解析】【解答】解:A苯酚能和浓溴水发生取代反应生成三溴苯酚白色沉淀，三溴苯酚能溶于苯酚，所以得不到白色沉淀，该实验结论错误，故A错误；B硫酸钡不溶于稀盐酸、亚硫酸钡溶于稀盐酸，如果亚硫酸钠被氧化生成硫酸钠，则加入氯化钡产生白色沉淀，且向该白色沉淀

24、中加入稀盐酸时部分沉淀不溶解，说明该白色沉淀中含有硫酸钡，则得出结论 部分Na2SO3被氧化，故B正确；C银镜反应必须在碱性条件下进行，该实验中加入银氨溶液前没有加入NaOH溶液中和未反应的稀硫酸，所以实验不成功，则实验操作及结论错误，故C错误；D该黄色溶液中可能含有铁离子，因为铁离子也能将碘离子氧化为碘单质，所以不能确定该黄色溶液中含有溴。所以结论不正确，故D错误；故选B【分析】A苯酚能和浓溴水发生取代反应生成三溴苯酚白色沉淀，三溴苯酚能溶于苯酚；B硫酸钡不溶于稀盐酸、亚硫酸钡溶于稀盐酸；C银镜反应必须在碱性条件下进行；D该黄色溶液中可能含有铁离子，因为铁离子也能将碘离子氧化为碘单质14.常

25、温下，Ka （HCOOH）=1.77104 ， Ka （CH3COOH）=1.75105 ， Kb （NH3H2O）=1.76105 ， 下列说法正确的是（）A.浓度均为0.1 molL1的 HCOONa和NH4Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和:前者大于后者B.用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等C.0.2 molL1 HCOOH 与 0.1 molL1 NaOH 等体积混合后的溶液中:c（HCOO）+c（OH）=c（HCOOH）+c（H+）D.0.2 molL1 CH3COONa 与 0.1 molL1盐酸等体

26、积混合后的溶液中（pH7）:c（CH3COO）c（Cl）c（CH3COOH）c（H+）【答案】 A,D 【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡 【解析】【解答】解:A电离平衡常数越大，其离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，其离子水解程度:CH3COONH4+HCOO ， 任何电解质溶液中都存在电荷守恒，所以得出c（HCOO）+c（OH）=c（Na+）+c（H+）=0.1mol/L+c（H+）、c（NH4+）+c（H+）=c（Cl）+c（OH）=0.1mol/L+c（OH），水解程度NH4+HCOO ， 所以前者c（H+）大于后者c（OH），所以浓度均为0.1 molL1的 HCOONa和NH4

27、Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和:前者大于后者，故A正确；BpH相同的HCOOH和CH3COOH，浓度:c（HCOOH）c（CH3COOH），用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点时，酸的浓度越大，消耗的碱体积越大，pH、体积相同的HCOOH和CH3COOH，物质的量前者小于后者，所以后者消耗的NaOH体积多，故B错误；C任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c（HCOO）+c（OH）=c（Na+）+c（H+），混合溶液中溶质为等物质的量浓度的HCOOH和HCOONa，甲酸电离程度大于水解程度，所以c（HCOOH）c（Na+

28、），所以得c（HCOO）+c（OH）c（HCOOH）+c（H+），故C错误；D二者混合后溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH和NaCl，混合溶液的pH7，说明醋酸电离程度大于醋酸钠水解程度，醋酸是弱酸，其电离程度较小，所以粒子浓度大小顺序是c（CH3COO）c（Cl）c（CH3COOH）c（H+），故D正确；故选AD【分析】A电离平衡常数越大，其离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，其离子水解程度:CH3COONH4+HCOO ， 任何电解质溶液中都存在电荷守恒，所以得出c（HCOO）+c（OH）=c（Na+）+c（H+）=0.1mol/L+c（H+）、c（NH4+）

29、+c（H+）=c（Cl）+c（OH）=0.1mol/L+c（OH），水解程度NH4+HCOO ， 所以前者c（H+）大于后者c（OH）；BpH相同的HCOOH和CH3COOH，浓度:c（HCOOH）c（CH3COOH），用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点时，酸的浓度越大，消耗的碱体积越大；C任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c（HCOO）+c（OH）=c（Na+）+c（H+），混合溶液中溶质为等物质的量浓度的HCOOH和HCOONa；D二者混合后溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH和NaCl，混

30、合溶液的pH7，说明醋酸电离程度大于醋酸钠水解程度15.温度为T1时，在三个容积均为1L的恒容密闭容器中仅发生反应：2NO2（g）2NO（g）+O2 （g） （正反应吸热）实验测得：v正=v （NO2 ）消耗=k正c2（NO2 ），v逆=v（NO）消耗=2v （O2 ）消耗=k逆c2 （NO）c（O2 ），k正、k逆为速率常数，受温度影响下列说法正确的是（）容器编号物质的起始浓度（molL1）物质的平衡浓度（molL1）c（NO2）c（NO）c（O2）c（O2）0.6000.20.30.50.200.50.35A.达平衡时，容器与容器中的总压强之比为 4：5B.达平衡时，容器中 c（O2 ）/

31、c（NO2 ） 比容器中的大C.达平衡时，容器中 NO 的体积分数小于50%D.当温度改变为 T2时，若 k正=k逆 ， 则 T2T1【答案】 C,D 【考点】化学平衡的计算 【解析】【解答】解:AI中的反应2NO2（g）2NO（g）+O2（g）开始（mol/L）0.600反应（mol/L）0.40.40.2平衡（mol/L）0.20.40.2化学平衡常数K= 0420.2022 =0.8，容器体积为1L，则平衡时I中气体总物质的量=1L（0.2+0.4+0.2）mol/L=0.8mol，恒容恒温时气体压强之比等于其物质的量之比，如果平衡时I、II中压强之比为4 5，则II中平衡时气体总物质的

32、量为1mol，II中开始时浓度商= 0520.2032 = 59 0.8，则平衡正向移动，平衡正向移动导致混合气体总物质的量之和增大，所以达平衡时，容器与容器中的总压强之比小于 4 5，故A错误；B如果II中平衡时 c（NO2）=c（O2），设参加反应的 c（NO2）=xmol/L，则0.3x=0.2+0.5x，x= 115 ，平衡时 c（NO2）=c（O2）= 730 mol/L，c（NO）=0.5mol/L+ 115 mol/L= 1730 mol/L，II中 (1730)2730(730)2 1.30.8，说明II中平衡时应该存在 c（NO2）c（O2），容器I中 c（O2 ）/c（NO

33、2）=1，所以达平衡时，容器中 c（O2 ）/c（NO2 ）小于1，则 比容器中的小，故B错误；C如果III中NO和氧气完全转化为二氧化氮，则c（NO2）=0.5mol/L，且容器中还有 c（O2）=0.1mol/L剩余，与I相比，III平衡时c（NO2）可能0.2mol/L，不仿设某时c（NO2）为0.15mol/L，则c（NO）=0.35mol/L，c（O2 ）=0.275mol/L，0.3520.2750.1521.490.8 ， 此时平衡还在逆向移动，而NO 的体积分数已小于50%。故C正确；Dv正=v （NO2 ）消耗=k正c2（NO2 ），v逆=v（NO）消耗=2v （O2 ）消耗

34、=k逆c2 （NO）c（O2 ），达到平衡状态时正逆反应速率相等，则k正c2（NO2 ）=k逆c2 （NO）c（O2 ），且k正=k逆 ， 则c2（NO2 ）=c2 （NO）c（O2 ），化学平衡常数K等于1，该温度下的K大于0.8，且该反应的正反应是吸热反应，说明升高温度平衡正向移动，所以 T2T1 ， 故D正确；故选CD【分析】AI中的反应2NO2（g）2NO（g）+O2（g）开始（mol/L）0.600反应（mol/L）0.40.40.2平衡（mol/L）0.20.40.2化学平衡常数K= 0420.2022 =0.8容器体积为1L，则平衡时I中气体总物质的量=1L（0.2+0.4+0.

35、2）mol/L=0.8mol，恒容恒温时气体压强之比等于其物质的量之比，如果平衡时I、II中压强之比为4 5，则II中平衡时气体总物质的量为1mol，II中开始时浓度商= 0520.2032 = 59 0.8，则平衡正向移动；B如果II中平衡时 c（NO2）=c（O2），设参加反应的 c（NO2）=xmol/L，则0.3x=0.2+0.5x，x= 115 ，平衡时 c（NO2）=c（O2）= 730 mol/L，c（NO）=0.5mol/L+ 115 mol/L= 1730 mol/L，II中 (1730)2730(730)2 1.30.8，说明II中平衡时应该存在 c（NO2）c（O2）；C

36、如果III中NO和氧气完全转化为二氧化氮，则c（NO2）=0.5mol/L，且容器中还有 c（O2）=0.1mol/L剩余，与I相比，根据浓度商可判断，平衡时c（NO2）肯定小于0.2mol/L，再用c（NO2）=0.15mol/L及浓度商可分析得出结论；Dv正=v （NO2 ）消耗=k正c2（NO2 ），v逆=v（NO）消耗=2v （O2 ）消耗=k逆c2 （NO）c（O2 ），达到平衡状态时正逆反应速率相等，则k正c2（NO2 ）=k逆c2 （NO）c（O2 ），且k正=k逆 ， 则c2（NO2 ）=c2 （NO）c（O2 ），化学平衡常数K等于1三、解答题16.（12分）铝是应用广泛的金

37、属以铝土矿（主要成分为Al2O3 ， 含SiO2和Fe2O3等杂质）为原料制备铝的一种工艺流程如下：注：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为_（2）向“过滤”所得滤液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH_（填“增大”、“不变”或“减小”）（3）“电解”是电解熔融 Al2O3 ， 电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是_（4）“电解”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示阳极的电极反应式为_，阴极产生的物质A的化学式为_（5）铝粉在1000时可与N2反应制备AlN在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是_【答案】 （1）Al

38、2O3+2OH2AlO2+H2O（2）减小（3）石墨电极被阳极上产生的O2氧化（4）4CO32+2H2O4e4HCO3+O2；H2（5）NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜 【考点】物质的分离与提纯 【解析】【解答】解:（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为Al2O3+2OH2AlO2+H2O，故答案为：Al2O3+2OH2AlO2+H2O；（2）向“过滤”所得滤液中加入NaHCO3溶液，与NaAlO2反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，碱性为OHAlO2CO32 ， 可知溶液的pH减小，故答案为：减小；（3）“电解”是电解熔融 Al2O3 ， 电解过程中作阳极的石墨易消耗

39、，因石墨电极被阳极上产生的O2氧化，故答案为：石墨电极被阳极上产生的O2氧化；（4）由图可知，阳极反应为4CO32+2H2O4e4HCO3+O2，阴极上氢离子得到电子生成氢气，则阴极产生的物质A的化学式为H2 ， 故答案为：4CO32+2H2O4e4HCO3+O2；H2； （5）铝粉在1000时可与N2反应制备AlN在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜，故答案为：NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜【分析】以铝土矿（主要成分为Al2O3 ， 含SiO2和Fe2O3等杂质）为原料

40、制备铝，由流程可知，加NaOH溶解时Fe2O3不反应，由信息可知SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀，过滤得到的滤渣为Fe2O3、铝硅酸钠，碳酸氢钠与偏铝酸钠反应生成Al（OH）3 ， 过滤II得到Al（OH）3 ， 灼烧生成氧化铝，电解I为电解氧化铝生成Al和氧气，电解II为电解Na2CO3溶液，结合图可知，阳极上碳酸根离子失去电子生成碳酸氢根离子和氧气，阴极上氢离子得到电子生成氢气，以此来解答17.（15分）化合物H是一种用于合成分泌调节剂的药物中间体，其合成路线流程图如下:（1）C中的含氧官能团名称为_和_（2）DE 的反应类型为_（3）写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简

41、式：_含有苯环，且分子中有一个手性碳原子；能发生水解反应，水解产物之一是氨基酸，另一水解产物分子中只有2种不同化学环境的氢（4）G 的分子式为C12H14N2O2 ， 经氧化得到H，写出G的结构简式：_（5）已知： K2CO3(CH3)2SO4 （R代表烃基，R代表烃基或H） 请写出以 和（CH3）2SO4为原料制备 的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）【答案】 （1）醚键；酯基（2）取代反应（3）（4）（5）【考点】有机物的合成 【解析】【解答】解:（1）由结构可知C中的含氧官能团名称为醚键、酯基，故答案为：醚键；酯基；（2）DE为氨基上H被取代，反应类型为取代反应

42、，故答案为：取代反应；（3）C的一种同分异构体，满足含有苯环，且分子中有一个手性碳原子；能发生水解反应，水解产物之一是氨基酸，另一水解产物分子中只有2种不同化学环境的氢，则水解产物为对苯二酚，且含酯基，与氨基相连的C为手性碳，可知符合条件的结构简式为 ，故答案为： ；（4）G 的分子式为C12H14N2O2 ， 经氧化得到H，可知FG的转化COOCH3转化为CH2OH，其它结构不变，则G的结构简式为 ，故答案为： ；（5）以 和（CH3）2SO4为原料制备 ，结合上述合成流程可知，OH转化为Br，酚OH转化为醚键，硝基转化为氨基，最后发生信息中的反应，则合成流程为 ：故答案为： 【分析】由合成流程可知，AB发生取代反应，BC发生还原反应，CD为取代反应，DE为氨基上H被取代，属于取代反应，比较F与H的结构可知，G为 ，GH发生氧化反应，（1）C中含氧官能团为醚键、酯基；（2）DE为氨基上H被取代；（3）C的一种同分异构体，满足含有苯环，且分子中有一个手性碳原子；能发生水解反应，水解产物之一是氨基酸，另一水解产物分子中只有2种不