1、浙江省2021年高考化学压轴卷（含解析）考生须知： 1全卷分试卷和答题卷，其中试卷又分选择题和非选择题两部分。考试结束后，将答题卷上交。2试卷共8页，有31题，满分100分，考试时间90分钟。3答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸规定的位置上。4. 请将答案做在答题卷的相应位置上，写在试卷上无效。作图时先使用2B铅笔，确定后必须使用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑。 可能用到的相对原子质量：H 1C 12N 14 O 16F 19 Mg 24Al 27S 32Cl 35.5Fe 56Cu 64 Ba 137选择题部分一、选择题（本大题共25小题，每小题2分，共50
2、分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1水溶液呈碱性的是ANaHSO4BCuSO4CNaHCO3DCH3COONH42灼烧氢氧化铁固体的操作中，需要用到的仪器是ABCD 3下列属于弱电解质的是AB冰醋酸C氨水D淀粉4下列物质对应的组成正确的是A小苏打：B胆矾：C熟石灰：D干冰：5下列表示不正确的是ACO2的电子式：BNH3的空间结构：正三角形C水分子的球棍模型：DNa+的结构示意图：6下列说法不正确的是A最重要的人工固氮途径是工业合成氨B煤、石油、天然气、氢能中，氢能是可再生能源C可用铝制容器来盛装浓硝酸或浓硫酸D燃料电池是在点燃条件下，将化学能先转
3、化为热能再转化为电能的装置7下列说法正确的是A用酸性高锰酸钾溶液鉴别丙醛和葡萄糖溶液B“”与“1，3-丁二烯”互为同分异构休C、为同系物D为取代反应8下列叙述I和叙述II均正确并有因果关系的是选项陈述I陈述IIA明矾可用于净水明矾投入水中能形成胶体B用于刻蚀玻璃是强酸，能与玻璃中的反应C高温还原制备金属比更活泼，金属性更强D蛋白质和淀粉都是高分子化合物蛋白质和淀粉水解最终产物均是葡萄糖AABBCCDD9下列说法正确的是A氨气液化时吸热，故氨气可用于作制冷剂BSO2具有强氧化性，故可用来漂白纸浆CBaCO3不溶于水，在医疗上被用作“钡餐”D硝酸具有腐蚀性和挥发性，使用时须注意防护和通风10在NO
4、2和水的反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比是A3：1B1：3C1：2D2：111有下列实验操作或事故处理方法：用50mL量筒量取5.0mL硫酸铜溶液；称量没有腐蚀性固体药品时，把药品放在托盘上称量；氢氧化钠浓溶液不慎溅入眼中，应立即用大量水冲洗，并且边洗边眨眼睛；倾倒液体时，试剂瓶的瓶口不对准容器口；块状药品都要用药匙取用；固体药品用细口瓶保存；用如图所示的方法闻气体的气味。其中错误的是ABCD12室温下进行下列实验，根据实验操作和现象，所得到的结论正确的是选项实验操作和现象结论A乙醇钠的水溶液呈强碱性结合的能力强B将某溶液滴在淀粉试纸上，试纸变蓝原溶液中一定含有C向和的混合溶液中滴入硝酸酸
5、化的溶液，溶液变红氧化性：D向盛有一定浓度的溶液的试管中，滴入5滴的溶液，产生黄色沉淀发生了水解AABBCCDD13下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是A用NaNO2氧化酸性溶液中的KI：2I- + + 2H+ = I2 + NO+ H2OB向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液并加热：+ OH-NH3 + H2OC将过量SO2通入冷氨水中：SO2 + NH3H2O =+D用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜：Ag + 4H+ += Ag+ + NO+ 2H2O14下列说法正确的是A用新制氢氧化铜悬浊液(必要时可加热)能鉴别甲酸、乙醇、乙醛B乙酸乙酯中混有的乙酸，不能用加入足量的饱和Na2CO3
6、溶液，经分液除去C向苯和苯酚的混合液中加入浓溴水，充分反应后过滤，可除去苯中少量的苯酚D向含稀硫酸的淀粉水解液中加入银氨溶液，水浴加热后无银镜产生，说明淀粉未水解15化合物X是一种抗风湿药的合成中间体，其结构简式如图所示。下列有关化合物X的说法正确的是AX易溶于水BX的分子式为C18H20O3C每个X分子中最多有8个碳原子处于同一平面DX与溴水发生加成产物，每个产物分子中含3个手性碳原子16已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大5种主族元素，其中元素A、E的单质常温下呈气态，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素D的合金是日常生活中常
7、用的金属材料，下列说法正确的是A离子半径：ECDBB和E两元素的氧化物的水化物的酸性：BECDE3各原子均达到8e-稳定结构D化合物AE与CE含有相同类型的化学键17常温下，0.1mol/L的一元酸HA溶液的，下列说法不正确的是A加水稀释10倍后，B溶液中电离出的C与0.1mol/L的NaA溶液等体积混合，溶液中D滴加NaOH溶液至时，溶液中18已知键能：HH键为，BrBr键为，HBr键为。一定温度下，反应的反应历程与能量的关系如图所示。下列叙述正确的是A该反应的正反应是放热反应B，加入催化剂时，、及均减小C已知，若反应，则D升高温度，正逆反应速率均加快，且正反应速率加快的程度较大19在恒温、
8、容积为2L的密闭容器中通入1 mol X和2 mol Y，发生反应：X(g)+2Y(g)M(g)H=-akJmol-1(a0)，5 min末测得M的物质的量为0.4 mol。则下列说法正确的是A05 min，Y的平均反应速率为0.08 molL-1min-1B当容器中混合气体密度不变时达到平衡状态C平衡后升高温度，正反应速率降低D到达平衡状态时，反应放出的热量为a kJ20已知3.6 g碳在6.4 g的氧气中燃烧，至反应物耗尽，并放出X kJ热量。已知单质碳的燃烧热为-Y kJ/mol，则C与1mol O2反应生成CO时的反应热H为A-Y kJ/molB+(10X-Y) kJ/molC-(5X
9、-0.5Y) kJ/molD-(10X-Y) kJ/mol21嘌呤类是含有氮的杂环结构的一类化合物，一种平面型结构如图所示。下列说法错误的是A分子结构中C和N原子的杂化方式均为sp2B分子中含有极性共价键和非极性共价键C轨道之间的夹角1比2大D分子间可以形成氢键使嘌呤变得更稳定22利用如图所示的工作原理可制备重要的化工原料乙烯。下列说法正确的是Ab极是电源的正极B阴极反应式为C装置工作一段时间后，阳极区周围溶液的增大D当电路中有电子转移时，通入的一定为2325时，用NaOH调节H3AsO4溶液的pH，溶液中含砷物种的分布系数与pH的关系如图所示.H3AsO4的分布系数：(H3AsO4)=下列说
10、法错误的是A升高温度，H3AsO4溶液的pH减小BH3AsO4的第一步电离常数的数量级为10-3CM点溶液中存在c(Na+)=2c(HAsO)+3c(AsO)DpH=11时溶液中离子浓度：c(HAsO)c(AsO)c(H2AsO)24下列实验操作、现象及结论都正确的是选项实验操作现象结论A向装有经过硫酸处理的CrO3(橘红色)的硅胶导管中吹入乙醇蒸气固体逐渐由橘红色变为浅绿色(Cr3)乙醇具有还原性B向稀氨水和酚酞混合溶液中加入少量Ag2O，振荡溶液由浅红色变为红色Ag2O是强碱C在0.1 molL-1 K2S溶液中滴加少量等浓度的ZnSO4溶液，再加入少量等浓度的CuSO4溶液先产生白色沉淀
11、，后产生黑色沉淀Ksp(ZnS)Ksp(CuS)D向某食盐溶液中滴加淀粉溶液溶液颜色不变该食盐中一定没有添加碘酸钾25已知NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A常温常压下，1molN2的体积是22.4LB1molNa2O2中，含有的阴离子数为2NAC18gH2O分子中含有共价键数为2NAD0.1mol/LNa2SO4溶液中，Na+的物质的量为0.2mol非选择题部分二、非选择题（本大题共6小题，共50分）26（1）取300 mL 0.2 mol/L的 KI溶液与一定量的酸性 KMnO4 溶液恰好反应，生成等物质的量的 I2和 KIO3，则消耗 KMnO4的物质的量是_mol。（2）在 F
12、e(NO3)3 溶液中加入 Na2SO3 溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色，又变为棕黄色的原因是(用离子方程式解释)_。27莫尔法是一种沉淀滴定法，以K2CrO4为指示剂，用标准硝酸银溶液滴定待测液，进行测定溶液中Cl-的浓度。已知：银盐性质AgClAgBrAg2CrO4颜色白浅黄砖红滴定终点的现象是_ _。为了测定产品中(NH4)2Cr2O7的含量，称取样品0.1500g，置于锥形瓶中，加50mL水，再加入2g KI(过量)及稍过量的稀硫酸溶液，摇匀，暗处放置10min，然后加150mL蒸馏水并加入3mL 0.5%淀粉溶液，用0.1000mol/L Na2S2O3标准溶液滴
13、定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液30.00mL，则上述产品中(NH4)2Cr2O7的纯度为_。(假定杂质不参加反应，已知：Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3+3I2+7H2O，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-；(NH4)2Cr2O7的摩尔质量为252g/mol)。28碳酸镧为白色粉末、难溶于水、分解温度900，可用于治疗高磷酸盐血症.在溶液中制备时，形成水合碳酸镧，如果溶液碱性太强，易生成受热分解的碱式碳酸镧.已知酒精喷灯温度可达1000。回答下列问题：(1)用如图装置模拟制备水合碳酸镧：仪器B的名称为_。装置接口的连接顺序为f_。Z中应先通入：_，后通入过量的另一种气体
14、，该气体需要过量的原因是_。该反应中生成副产物氯化铵，请写出生成水合碳酸镧的化学方程式：_。(2)甲小组通过以下实验验证制得的样品中不含，并测定水合碳酸铜中结晶水的含量，将石英玻璃A管称重，记为，将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为，将装有试剂的装置C称重，记为.按图示连接好装置进行实验。实验步骤：打开、和，缓缓通入；数分钟后关闭，打开，点燃酒精喷灯，加热A中样品：一段时间后，熄灭酒精灯，打开，通入数分钟后关闭和，冷却到室温，称量A重复上述操作步骤，直至A恒重，记为(此时装置A中为).称重装置C，记为。实验中第二次通入的目的为_。根据实验记录，当_，说明制得的样品中不含有；计算水合碳
15、酸镧化学式中结晶水数目_(列式表示).(用含、的式子表示)五、元素或物质推断题29化合物X是一种黄色晶体(含结晶水)，无水X由四种元素组成，X晶体的摩尔质量在400500。取12.66gX晶体完成如图实验，其中A为无色有毒气体，B、C、D是三种酸根相同的盐，B溶液保存时需加酸和F，C盐溶液的焰色反应是紫色，H是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。(气体体积已转化为标准状况下的体积)请回答：(1)组成无水X的四种元素是_(填元素符号)，X晶体的化学式是_。(2)X晶体与浓硫酸反应的化学方程式为_。(3)无水X可被氧化成一种红色晶体Y，X与Y的组成元素相同，其反应的化学方程式为_。(4)可利用X来鉴
16、别和，原因是_。(5)设计实验方案检验B在空气中灼烧的产物：_。六、原理综合题30化学链气化是一种新颖的污泥处理方式，该方法处理污泥中的含氮物质主要分为两个环节：将污泥中的含氮物质转化为和HCN两种气体；用将和HCN转化为无毒物质。某研究团队对该方法进行了热力学模拟。回答下列问题：(1)HCN中N的化合价为_。(2)HCN和反应生成Fe和无毒物质，该反应的化学方程式_。(3)已知： ； ，则反应 _。(4)用处理和HCN混合气体，反应时间为60min，部分气体物质、含铁产物的百分含量(物质的量百分数)随OS/CC(与污泥摩尔比)的变化如下图。假设平衡时混合气体的总浓度为，利用图1中数据计算反应
17、的平衡常数K=_(列计算式)。若升高温度该反应的平衡常数将_(选填“增大”“减小”“不变”)。已知的还原程度随OS/CC的增大而逐渐降低，则图2中曲线表示_(选填“Fe”“FeO”“”)。结合图1、图2分析，下列说法正确的是_。A是该反应的催化剂B固体产物经氧化处理后可循环利用COS/CC为0.03时，HCN的氧化速率比低DOS/CC约为0.05时的利用率和污染物处理效果最佳七、有机推断题31化合物M是一种医药中间体，有抗菌作用.实验室制备M的一种合成路线如图：已知：H2O+回答下列问题：(1)A的化学名称为_；由B生成C的反应类型为_。(2)D中的含氧官能团的名称为_；F的结构简式为_。(3
18、)G能发生缩聚反应，写出其反应方程式_。(4)下列关于M的说法正确的是_(填选项字母)。A处于同一平面的碳原子最多有13个B能发生酯化反应和银镜反应C含有手性碳(连有四个不同原子或基团的碳)D1mol M最多与5mol H2发生加成反应(5)Q为E的同分异构体，写出同时满足下列条件的一种Q的结构简式_。除苯环外无其他环状结构，属于氨基酸核磁共振氢谱中有4组吸收峰，且峰面积之比为6221(6)参照上述合成路线和信息，以苯酚和HOCH2CH2COCl为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线_。参考答案1【答案】C【解析】A硫酸氢钠是强酸的酸式盐，只电离不水解，溶液呈酸性，A错误；B硫酸铜是强酸弱
19、碱盐，铜离子水解，溶液呈酸性，B错误；C碳酸氢钠是弱碱的酸式盐，水解大于电离，溶液显碱性，C正确；D醋酸铵是弱酸弱碱盐，阴阳离子水解程度相当，溶液呈中性，D错误；故选C。2【答案】D【解析】灼烧氢氧化铁固体的操作需要用到的仪器有：坩埚、三脚架、酒精灯、坩埚钳，综上所述，故选D。3【答案】B【解析】A 为非金属氧化物，属于非电解质，A不符合题意；B冰醋酸为有机酸，在水溶液中能发生部分电离，属于弱电解质，B符合题意；C氨水是氨气溶于水形成的混合物，既不是电解质，也不是非电解质，C不符合题意；D淀粉为有机高分子化合物，在水溶液中不能发生电离，属于非电解质，D不符合题意；故选B。4【答案】D【解析】A
20、小苏打是NaHCO3，故A错误；B胆矾是，故B错误；C熟石灰是由生石灰与水反应后生成的，成分是Ca(OH)2，故C错误；D干冰是CO2的晶体形式，故D正确；故选D。5【答案】B【解析】A二氧化碳中C原子分别以双键和O原子结合，电子式为，故A正确；BNH3的价层电子对数=3+=4，有一个孤电子对，空间构型为三角锥形，故B错误；C水分子的空间结构为V型，且H原子半径小于O原子半径，水分子的球棍模型为，故C正确；D钠离子的核电荷数为11，核外电子总数为10，离子结构示意图为：，故D正确；故选B。6【答案】D【解析】A游离态的氮转变为氮的化合物叫氮的固定，合成氨是游离的氮气为原料，生成化合态的氨，是氮
21、的固定，而且属于人工固氮，故A正确；B化石燃料包括，煤、石油和天然气，不能再生，而氢能是可以再生的能源，故B正确；C浓硝酸、浓硫酸具有强的氧化性，常温下能够使铁和铝发生钝化，可用铝制或铁制容器来盛装冷的浓硝酸或浓硫酸，故C正确；D燃料电池是一种高效、友好的发电装置，可将化学能直接转化为电能，不需要点燃，故D错误；故选D。7【答案】B【解析】A丙醛和葡萄糖中均含有醛基，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能用酸性高锰酸钾溶液鉴别丙醛和葡萄糖溶液，A项错误；B的分子式为C4H6，1，3-丁二烯的分子式为C4H6，二者分子式相同，结构不同，属于同分异构休，B项正确；C它们的化学式之间相差一个或若干个C3H
22、4，且三者结构不同，不是同系物，C项错误；D，乙醛被氧化为乙酸，该反应属于氧化反应，D项错误；答案选B。8【答案】A【解析】A明矾可用于净水因为明矾溶于水后电离出的铝离子水解生成的氢氧化铝胶体有吸附性，可吸附水中的悬浮杂质，故A符合题意；B用于刻蚀玻璃是因为HF与玻璃中的二氧化硅反应，与HF酸性强弱无关，且HF是弱酸，故B不符合题意；C高温还原制备金属，是因为K的熔点低，易挥发出钾蒸汽，事实K比Na更活泼，故C不符合题意；D蛋白质水解最终产物是氨基酸，淀粉水解最终产物是葡萄糖，故D不符合题意；故答案为：A9【答案】D【解析】A 液氨气化时吸热，氨气可用于作制冷剂，故A错误；B SO2具有漂白性
23、，可用来漂白纸浆，故B错误；C BaSO4不溶于水和酸，X射线不能透过，在医疗上被用作“钡餐”，故C错误；D 硝酸具有腐蚀性和挥发性，使用时须注意防护和通风，故D正确；故选D。10【答案】C【解析】NO2和水的反应方程式是3NO2+H2O=2HNO3+NO；NO2HNO3，N元素化合价由+4价升高为+5价，NO2做还原剂；NO2NO，N元素化合价由+4价降低为+2价，NO2做氧化剂；根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比是1:2，故选C。11【答案】D【解析】量筒是粗量液体体积的一种仪器，为避免误差过大，应选择大而近的量程，即量取5.0mL硫酸铜溶液应选用10mL的量筒，故错误；称量没
24、有腐蚀性固体药品时，把药品放在小烧杯或放在称量纸上，故错误；氢氧化钠溶液不慎溅入眼中，应立即用大量水冲洗，边洗边眨眼，故正确；倾倒液体时，试剂瓶的瓶口必须要对准容器口，否则会倒出瓶外，故错误；块状药品取用时，应该用镊子夹取，粉末状的药品用药匙取用，故错误；固体药品用广口瓶保存，液体或溶液用细口瓶保存，故错误；闻气体气味时，用手轻轻在试剂瓶口扇动，不能靠在试剂瓶口闻气味，故正确；综上所述，符合题意的是，选项D正确；答案为D。12【答案】A【解析】A溶液中电离出的水解生成与使溶液呈强碱性，则，所以结合的能力强，故A正确；B能氧化碘离子的不止氯气，其他强氧化剂如溴单质，氧气以及双氧水等都能将碘离子氧
25、化成碘单质，从而使淀粉试纸变蓝，故B错误；C滴加硝酸酸化的硝酸银溶液中含有硝酸，硝酸能将亚铁离子氧化成铁离子，从而使溶液变红，所以不能得出氧化性：，故C错误；D向盛有一定浓度的溶液的试管中，滴入5滴的溶液，产生黄色沉淀，黄色沉淀的成分为AgI，说明溶液含有，即发生电离，而不是水解，故D错误；答案选A。13【答案】C【解析】A电荷不守恒，离子方程式为：2I- +2+4H+ =I2+2NO+2H2O，A错误；B过量的NaOH溶液与铵根离子及碳酸氢根离子反应，离子方程式为：+2OH-+NH3 +2H2O+，B错误；C将过量SO2通入冷氨水中，SO2与氨水反应生成亚硫酸氢铵，离子方程式为SO2 + N
26、H3H2O =+，C正确；D电荷不守恒，离子方程式为3Ag + 4H+ +=3Ag+ + NO+ 2H2O，D错误；答案为C。14【答案】A【解析】A甲酸、乙醇、乙醛溶液分别与氢氧化铜悬浊液混合不加热的的现象为溶解、无变化、无变化，先鉴别出甲醛，剩余两种加热区别，加热后的现象是：乙醇中变黑色是氢氧化铜受热分解生成的氧化铜、乙醛溶液中生成砖红色沉淀，可以鉴别，故A正确；B饱和碳酸钠溶液能降低乙酸乙酯的溶解度，且能和乙酸反应生成可溶性的乙酸钠，所以可以用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，故B正确；C溴易溶于苯，不能达到除杂目的，应向苯和苯酚的混合溶液中加入NaOH溶液，充分反应后分液，以除去苯中
27、少量苯酚，故C错误；D银镜反应的环境需要是碱性的，而淀粉的水解环境是酸性的，故应先将淀粉的水解液加氢氧化钠中和至碱性，再加入银氨溶液，故直接向含稀硫酸的淀粉水解液中加入银氨溶液,水浴加热后无银镜产生，不能说明淀粉未水解，故D错误；故选A。15【答案】D【解析】A有机物X中含有酯基，且碳原子数目较多，则其不溶于水，A说法错误；B根据X的结构简式，其分子式为C18H22O3，B说法错误；C若X分子中苯环与碳碳双键确定的平面重合时，最少有11个碳原子处于同一平面，C说法错误；DX与溴水发生加成产物，如图标注碳原子连接4个不同的原子或原子团，含3个手性碳原子，D说法正确；答案为D。16【答案】A【分析
28、】A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，B有2个或3个电子层符合电子排布规律，最外层电子数为4或6，则B为C或S，且均为短周期原子，由原子序数可知B只能为C；其中元素A、E的单质在常温下呈气态，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，可知A为H、E为Cl，C为Na；元素D的合金是日常生活中常用的金属材料，D为Al，以此来解答。【解析】由上述分析可知，A为H、B为C、C为Na、D为Al、E为Cl。A核外电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同，离子半径随原子序数的增大而减小，则离子半径：ECD，故A正确；B应该是B和E两元素的
29、则根据氧化物的水化物的酸性：BE，其它含氧酸不一定，例如碳酸的酸性强于次氯酸，故B错误；C如果元素化合价的绝对值+元素的最外层电子数=8，就满足最外层8电子稳定结构，否则就不满足最外层8电子稳定结构，AlCl3中Al原子就不满足最外层8电子稳定结构，而Cl原子就满足最外层8电子稳定结构，故C错误；DHCl含共价键，NaCl含离子键，化学键类型不同，故D错误；故选A。17【答案】A【解析】A加水稀释10倍后，HA的电离程度增大，溶液中有：，则溶液中：，故A错误；B酸抑制水电离，该溶液中的，由，则，电离出的，故B正确；C0.1mol/L的HA溶液与0.1mol/L的NaA溶液等体积混合，根据电荷守
30、，故C正确；D滴加NaOH溶液至时，溶液中存在电荷守恒，则有：，因为，则，故D正确；选A。18【答案】D【解析】A由图可知，为正反应活化能，为逆反应活化能，为吸热反应，A项错误；B加入催化剂时，、降低，但不变，选项B错误；C由于HH键的键能大于HBr键，若反应 ，则BrBr键的键能应小于HBr键，即，又，则，选项C错误；D该反应为吸热反应，升高温度，正反应速率加快的程度大于逆反应速率加快的程度，使平衡向正反应方向移动，选项D正确。答案选D。19【答案】A【解析】A5 min末测得M的物质的量为0.4 mol，根据反应速率的定义可知，M的平均反应速率=，根据同一反应中，用不同物质表示的化学反应速
31、率数值之比等于各物质的化学计量数之比，则05 min，Y的平均反应速率=，A项正确；B题中混合气体的质量不变，容器体积不变，混合气体的密度始终不变，故容器中混合气体密度不变不能说明反应达到平衡状态，B项错误；C升高温度，正逆反应速率均增大，C项错误；D该反应为可逆反应，所以X、Y不能完全转化为生成物，达到平衡状态时X消耗的物质的量小于1mol，所以放出的热量小于akJ，D项错误；答案选A。20【答案】D【解析】已知3.6 g碳在6.4 g的氧气中燃烧，至反应物耗尽，则生成0.2mol CO和0.1mol CO2，放出X kJ热量；已知单质碳的燃烧热为-Y kJ/mol，即生成1mol CO2时
32、，释放Y kJ的热量，则生成0.2mol CO释放的热量=(X-0.1Y)kJ，C与1mol O2反应生成2mol CO时，释放(10X-Y)kJ，则焓变为-(10X-Y) kJ/mol，答案为D。21【答案】D【解析】A分子中所有原子在一个平面上，所以分子结构中C和N原子的杂化方式均为sp2，故A正确；B分子中有碳碳键为非极性键，有碳氮键、碳氢键和氮氢键均为极性键，故B正确；C孤电子对和成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，斥力越大键角越大，故嘌呤中轨道之间的夹角1比2大，故C正确；D分子中有电负性较大的N原子，存在氮氢键，分子间可以形成氢键，氢键主要影响物质的物理性质，不影响物
33、质的稳定性，故D错误；故答案为：D。22【答案】B【分析】从图中可以看出，中间的交换膜为质子交换膜，则表明H2应失电子生成H+进入溶液，从而得出Pt电极为阳极，Cu电极为阴极，a为正极，b为负极。【解析】A由分析可知，在Cu极CO2得电子，则Cu为阴极，b极为电源的负极，A不正确；B在阴极，CO2得电子产物与溶液中的H+作用，生成乙烯，电极反应式为，B正确；CPt电极为阳极，H2-2e-=2H+，装置工作一段时间后，阳极区周围溶液的减小，C不正确；D由反应式H2-2e-=2H+可知， 当电路中有电子转移时，参加反应的一定为2mol，但由于温度、压强不一定是标准状况，所以参加反应的H2体积不一定
34、为，D不正确；故选B。23【答案】C【解析】A升高温度，酸的电离程度增大，c(H+)增大，pH减小，A项正确；B由图知，c(H3AsO4)=c(H2AsO)时，溶液pH=2.2，故H3AsO4第一步电离常数的数量级为，B项正确；CM点溶液中c(H2AsO)=c(HAsO)、c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒式c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2AsO)+2c(HAsO)+3c(AsO)，则c(Na+)=3c(HAsO)+3c(AsO)，C项错误；D由图可知，pH=11时，溶液中c(HAsO)c(AsO)c(H2AsO)，D项正确；故答案选C。24【答案】A【解析】A吹入乙醇蒸气，
35、橘红色(CrO3)变为浅绿色(Cr3)，Cr元素化合价降低，发生还原反应，说明乙醇具有还原性，故A正确；B向稀氨水和酚酞混合溶液中加入少量Ag2O，振荡发生反应，溶液由浅红色变为红色，Ag2O不是碱，故B错误；C在0.1 molL-1 K2S溶液中滴加少量等浓度的ZnSO4溶液生成白色ZnS沉淀，K2S有剩余，再加入少量等浓度的CuSO4溶液，K2S和CuSO4反应生成黑色CuS沉淀，不是ZnS沉淀转化为CuS，不能证明Ksp(ZnS)Ksp(CuS)，故C错误；D碘酸钾不能使淀粉变蓝，向食盐溶液中滴加淀粉溶液，溶液颜色不变，不能证明该食盐中一定没有添加碘酸钾，故D错误；选A。25【答案】C【
36、解析】A 标准状况下，1molN2的体积是22.4L，故A错误；B Na2O2由钠离子和过氧根离子构成，阴阳离子比为1：2，1molNa2O2中，含有的阴离子数为NA，故B不正确；C 每个水分子中含有2个H-O，18gH2O分子中含有共价键数为2NA，故C正确；D 0.1mol/LNa2SO4溶液中，因缺少溶液的体积，无法计算Na+的物质的量，故D错误；故选C。26【答案】0.032mol 3Fe2+4H+NO3- =3 Fe3+NO+H2O 【解析】（1）根据题给信息可知n（KI）=0.06mol，与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则n(I2)=n(KIO
37、3)=0.02mol，失电子的物质的量为20.02mol+0.02mol6=0.16mol，1mol MnO4-得电子5mol，根据得失电子数目相等，则消耗KMnO4的物质的量的是0.032mol；（2）在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，原因是Fe3+与SO32-发生氧化还原反应生成Fe2+和SO42-，反应后溶液呈酸性，则在酸性条件下，H+与NO3-组成的硝酸把Fe2+氧化成Fe3+，过一会又变为棕黄色，根据电荷守恒和原子守恒配平，则反应的离子方程式为3Fe2+4H+ NO3-=3Fe3+NO + 2H2O。27【答案】滴入最后一滴标准液时，生成砖红色沉
38、淀，且30s内不褪色 84% 【解析】以K2CrO4为指示剂，用标准硝酸银溶液滴定待测液，进行测定溶液中Cl-的浓度，则滴入最后一滴硝酸银溶液时，溶液中出现砖红色铬酸银沉淀，并且30s内不褪色即为终点，反应的离子方程式为：2Ag+CrO42-=Ag2CrO4；根据Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3+3I2+7H2O，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-得关系式Cr2O72-6S2O32-，假设Cr2O72-的物质的量为x，则反应需消耗S2O32-的物质的量为6x，0.1000mol/L0.03L=6x，解得x=5.010-4mol，根据原子守恒得n(Cr2O72-)=n(NH4)
39、2Cr2O7，则m(NH4)2Cr2O7= 5.010-4mol252g/mol=0.126g，所以(NH4)2Cr2O7的质量分数为：100%=84%。28【答案】球形干燥管 badec NH3 控制溶液不能碱性太强，否则易生成副产物碱式碳酸镧La(OH)CO3 2LaCl3+6NH3+3CO2+(x+3)H2O=La2(CO3)3xH2O+6NH4Cl 将装置中产生的气体全部吹入后续装置中被吸收，减少实验误差 【解析】(1)根据仪器的结构特点可知其名称为球形干燥管；故答案为：球形干燥管；结合分析可知装置接口顺序应为fbadec；故答案为：badec；为增大CO2溶解度，提高产率，Z中应先通
40、入氨气再通入CO2；根据题目信息可知如果溶液碱性太强，易生成受热分解的碱式碳酸镧La(OH)CO3，所以通入CO2需要过量的原因是：控制溶液不能碱性太强，否则易生成副产物碱式碳酸镧La(OH)CO3；故答案为：氨气；控制溶液不能碱性太强，否则易生成副产物碱式碳酸镧La(OH)CO3；根据元素守恒可知化学方程式为2LaCl3+6NH3+3CO2+(x+3)H2O=La2(CO3)3xH2O+6NH4Cl；故答案为：2LaCl3+6NH3+3CO2+(x+3)H2O=La2(CO3)3xH2O+6NH4Cl；(2)第二次通入N2，将装置中残留的CO2全部排入装置C中被吸收，减小实验误差；故答案为：
41、将装置中产生的气体全部吹入后续装置中被吸收，减少实验误差；如果制得的样品中不含有La(OH)CO3，则由La2(CO3)3xH2O化学式可知n(La2O3)：n(CO2)=1:3，即=；n(La2O3)=nLa2(CO3)3xH2O，可求出水合碳酸镧化学式中结晶水数目x=；故答案为：；。29【答案】K、C、N 能与反应生成蓝色沉淀，不能与反应生成沉淀 取少量灼烧后的固体粉末溶于足量稀硫酸中，滴加几滴溶液，若溶液变成血红色，说明有产生，反之则无；把灼烧过程中产生的气体依次通过装有盐酸酸化的溶液、品红溶液的洗气瓶，如果盐酸酸化的溶液变浑浊，则说明有产生，反之则无；若品红褪色，取少量褪色后的溶液加热
42、后又恢复品红的颜色，则说明有产生，反之则无 【分析】题中信息显示，C盐溶液的焰色反应呈紫色，则含有K+，C中滴加盐酸、BaCl2后，有白色沉淀生成，则G为BaSO4，C为K2SO4；B溶液保存时需加酸和F，而B为硫酸盐，在空气中灼烧生成红棕色固体E，则E为Fe2O3、F为Fe、A为CO、B为FeSO4；白色固体D中滴加NaOH溶液，产生的无色气体H能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则其为NH3，所以D为(NH4)2SO4，从而得出由四种元素组成的无水X中含有K、Fe、C、N元素。n(FeSO4)=，n(BaSO4)=，n(NH3)=，n(CO)=，从而得出无水X中含有Fe2+、CN-、K+，依据电荷
43、守恒，可求出n(K+)=0.18mol-0.03mol2=0.12mol，n(K+): n(Fe2+): n(CN-)=0.12:0.03:0.18=4:1:6，从而得出X的无水盐的化学式为K4Fe(CN)6；n(H2O)=，故X的化学式为。【解析】(1)由分析可知，组成无水X的四种元素是K、C、N，X晶体的化学式是。答案为：K、C、N；(2)由框图推知，晶体与浓硫酸反应，生成FeSO4、CO、(NH4)2SO4、K2SO4，化学方程式为。答案为：；(3)无水K4Fe(CN)6可被氧化成一种红色晶体Y，X与Y的组成元素相同，则X中Fe(CN)64-被氧化为Fe(CN)63-，从而得出其反应的化
44、学方程式为。答案为：；(4)可利用来鉴别和，则只能与Fe3+发生反应生成蓝色沉淀，原因是能与反应生成蓝色沉淀，不能与反应生成沉淀。答案为：能与反应生成蓝色沉淀，不能与反应生成沉淀；(5) B在空气中灼烧的产物为Fe2O3，可能有SO2、SO3等，检验Fe2O3时，可先加酸溶液，再加入KSCN溶液；检验SO2时，可通入品红溶液中；检验SO3时，可通入BaCl2溶液中。实验方案为：取少量灼烧后的固体粉末溶于足量稀硫酸中，滴加几滴溶液，若溶液变成血红色，说明有产生，反之则无；把灼烧过程中产生的气体依次通过装有盐酸酸化的溶液、品红溶液的洗气瓶，如果盐酸酸化的溶液变浑浊，则说明有产生，反之则无；若品红褪
45、色，取少量褪色后的溶液加热后又恢复品红的颜色，则说明有产生，反之则无。答案为：取少量灼烧后的固体粉末溶于足量稀硫酸中，滴加几滴溶液，若溶液变成血红色，说明有产生，反之则无；把灼烧过程中产生的气体依次通过装有盐酸酸化的溶液、品红溶液的洗气瓶，如果盐酸酸化的溶液变浑浊，则说明有产生，反之则无；若品红褪色，取少量褪色后的溶液加热后又恢复品红的颜色，则说明有产生，反之则无。30【答案】-3 6HCN+5Fe2O3=3N2+6CO2+3H2O+10Fe +1016.0 增大 FeO BD 【分析】已知： ； 根据盖斯定律：3-，求反应的；利用图1中数据反应平衡时各气体的浓度为：、，代入平衡常数K=公式计
46、算；根据图1，确定平衡的OS/CC约为0.05，此时反应达到平衡，反应物的转化率最大，由曲线2根据反应物和生成物随OS/CC值的变化，确定各曲线对应的物质。【解析】(1)根据化合物中化合价的代数和为0，或根据化合价的定义：N与C形成三个共用电子对，N的电负性大于碳，HCN中N的化合价为-3。故答案为：-3；(2)HCN和反应生成Fe和无毒物质，C由+2价升高为+4价，N由-3价升高为0价，铁由+3价降为0价，根据电子得失守恒得反应的化学方程式6HCN+5Fe2O3=3N2+6CO2+3H2O+10Fe。故答案为：6HCN+5Fe2O3=3N2+6CO2+3H2O+10Fe；(3)已知： ； 根
47、据盖斯定律：3-，则反应 =()3-()-()=+1016.0。故答案为：+1016.0；(4)假设平衡时混合气体的总浓度为，利用图1中数据反应平衡时各气体的浓度为：、，平衡常数K= 。对于吸热反应，若升高温度，平衡正向移动，该反应的平衡常数将增大。故答案为：；增大；已知的还原程度随OS/CC的增大而逐渐降低，图2中的曲线代表，曲线表示是产物Fe随OS/CC的增大而逐渐增大，则图2中曲线表示FeO(选填“Fe”“FeO”“”)随OS/CC的增大而先逐渐增大，后又减小。故答案为：FeO；A是该反应的反应物，故A错误；B固体产物Fe经氧化处理后得可循环利用，故B正确；COS/CC为0.03时，由图
48、1HCN曲线的斜率比曲线的斜率大，HCN的氧化速率比高，故C错误；DOS/CC约为0.05时，达到平衡状态，反应物的转化率最大，的利用率和污染物处理效果最佳，故D正确；故答案为：BD。31【答案】对甲基苯酚 加成反应 羰基(或酮基)、(酚)羟基 +(n-1)H2O AD 、 HOCH2CH2COClCH2=CHCOCl 【分析】由有机物C的结构可以反推出，有机物B与HCHO反应生成有机物C，根据B的化学式可知，有机物B的结构为；由因有机物A与CH3COCl反应生成有机物B，根据有机物A的分子式可知，有机物A为；有机物C与浓盐酸反应生成有机物D，结合有机物D的分子式和有机物E的结构可以得到，有机
49、物D为；有机物E与CH3CHO反应生成有机物F，结合有机物G的结构可以得到有机物F的结构为，据此分析。【解析】(1)的化学名称为对甲基苯酚(或4-甲基苯酚)；与HCHO通过加成反应生成；(2)中含氧官能团的名称为羰基(或酮基)、(酚)羟基；F的结构简式为；(3)发生缩聚反应的化学方程式为+(n-1)H2O；(4)AM为。苯环、羧基、碳碳双键、羰基均为平面结构，结合单键能旋转的特点，M中13个碳原子均可能处于同一平面，A项正确；BM不含醛基，不能发生银镜反应，B项错误；CM中不存在连有四个不同原子或基团的碳，C项错误；D苯环、碳碳双键、羰基能与H2发生加成反应，故1mol M最多与5mol H2发生加成反应，D项正确；故答案选AD；(5)E为.由信息知，其同分异构体Q中含有-NH2和-COOH，结合核磁共振氢谱中有4组吸收峰且峰面积之比为6221推知Q的结构简式有、，共4种。(6)由信息，HOCH2CH2COCl发生消去反应可得CH2=CHCOCl，与发生取代反应得，进一步发生取代反应得目标产物.故合成路线为HOCH2CH2COClCH2=CHCOCl。