2021年高三高考仿真试题化学卷（二） 含答案
可能用到的相对原子质量：H l C 12 N 14 O16 Na 23 Cl 35.5 S 32
Si 28 Cu 64 P 31
第Ⅰ卷(必做，共45分)
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，在每小题给出的四个选项只有一项
是符合要求的。
1．化学在生产和日常生活中有着重要的应用。下列说法不正确的是
A ．明矾水解形成的Al （OH ）3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化
B.在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率
C.的熔点很高，可用于制作耐高温材料
D.电解饱和溶液，可制得金属镁
答案:D 解析:A 项，明矾净水的原理是，利用的吸附性进行净水；B 项，是因为
轮船主要用铁造外壳,铁在海水中易被腐蚀，镀上比铁活泼的锌，形成原电池，
锌作负极，失去电子先被腐蚀，从而起到保护铁的作用，从而可减缓船体的腐蚀
速率；氧化镁的熔点是2852℃，可用于制作耐高温材料；电解饱和溶液，发生
的化学反应为222222()MgCl H O Mg OH H Cl +=+↑+↑通电
，不会产生金属镁，电解
熔融的能制取单质镁，发生的反应。
2．分子式为C 5H 11Br 的同分异构体共有（不考虑立体异构）
A ．6种
B ．7种
C ．8种
D ．9种
答案：C解析：C
5H
11
Br实质就是戊烷的一溴取代物，戊烷本身有三种同分异构体：
正戊烷、异戊烷、新戊烷，再看有几种等效氢，就有几种一溴取代物，正戊烷有3种等效氢，异戊烷有4种等效氢，新戊烷有1种等效氢，因此戊烷的一溴取代物有8种。
3．下列叙述正确的是
A．1.00mol NaCl中含有6.02×1023个NaCl分子
B．1.00mol NaCl中,所有Na+的最外层电子总数为8×6.02×1023
C．欲配置1.00L，1.00mol.L-1的NaCl溶液，可将58.5g NaCl溶于1.00L 水中
D．电解58.5g 熔融的NaCl，能产生22.4L氯气（标准状况）、23.0g金属钠
答案：B解析：NaCl属于离子化合物，不存在NaCl分子，A不正确；Na+的最外层已经达到8电子稳定结构，所以B正确；1.00 L ,1.00 mol·L-1的NaCl溶液是指1.00mol NaCl即58.5g NaCl溶于水配成1L溶液，而不是指溶剂为1L，C不正确；有原子守恒可知58.5g NaCl只能生成0.5 mol氯气，在标准状况下是11.2 L，D不正确。
4．下列反应的离子方程式正确的是
A．钠与水的反应：Na＋H2O＝Na＋＋OH－＋H2↑
B．氯气与水反应：Cl2＋H2O＝2H＋＋Cl－＋ClO－
C．氢氧化铝中和胃酸：Al(OH)3＋3H＋＝Al3＋＋3H2O
D．用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板：Fe3＋＋Cu＝Fe2＋＋Cu2＋
答案：C解析：选项A中方程式两边的H原子个数不相等；选项B中Cl2＋H2OHCl＋HClO，由于HClO为弱酸，所以在离子方程式中不能拆写；选项D中电荷不守恒。
5．将某些化学知识用数轴表示直观形象、简明易记。下列用数轴表示正确的是
A．平衡常数与转化率关系：
B．分散系的分类与分散质粒直径大小关系：
C ．AlCl 3和NaOH 反应后铝元素的存在形式与反应物中n(OH －)/n(Al 3+
)的关系：
D ．Na 与O 2反应的产物与反应物n(Na)/n(O 2)的关系：
222222n(Na)n(O 2)
答案：B 解析：在不同温度时平衡常数的值是不同的，不能说平衡常数大于1，反应物的转
化率就大于50%，A 错。由3OH －+Al 3+=Al(OH)3↓和4OH －+Al 3+=AlO 2-+2H 2O 知：当n(OH －)/n(Al 3+
)=3
时，恰好反应，铝元素以Al(OH)3形式存在，故C 错。Na 与O 2反应的产物与反应物n(Na)/n(O 2)
没有关系，而是与温度有关，D 错。
6．氮化铝（AlN ，Al 和N 的相对原子质量分别为27和14）广泛应用于电子、陶瓷等工业
领域。在一定条件下，AlN 可通过反应Al 2O 3＋＋N 2＋3C2AlN ＋3CO 合成。下列叙述正
确的是
A ．上述反应中，N 2是还原剂，Al 2O 3是氧化剂
B ．上述反应中，每生成1molAlN 需转移3mol 电子
C ．AlN 中氮元素的化合价为＋3
D ．AlN 的摩尔质量为41g
答案：B 解析：N 的化合价：0→－3，化合价降低，N 2作氧化剂，C 的化合价：0→＋2，化
合价升高，C 作还原剂；Al 的化合价无改变，所以既不是氧化剂也不是还原剂；AlN 的摩
尔质量为41g ·mol －1。
7．下列各项操作中，发生“先产生沉淀后沉淀又溶解．．．．．．．．．．．
”现象的是 A ．向Fe(OH)3胶体中逐滴滴加入过量的稀硝酸
B ．向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO 2
C ．向氨水中逐滴加入AgNO 3溶液至过量
D ．向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸
答案：A 解析：A ．向Fe(OH)3胶体中逐滴滴加入过量的稀硝酸 ，先聚沉再被稀硝酸溶解；
B ．向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO 2生成溶解度更小的碳酸氢钠结晶析出；
C ．向氨水
中逐滴加入AgNO 3溶液至过量，只生成氢氧化银沉淀而不会溶解； D ．向硅酸钠溶液中逐
3322n(OH -)n(Al 3+)
滴加入过量的盐酸生成硅酸沉淀而不会溶解。
8．下图中a、b、c
编号气体 a b c
A NH
3
浓氨水生石灰碱石灰
B CO
2盐酸碳酸钙饱和NaHCO
3
C NO 稀HNO
3铜屑H
2
O
D NO
2浓HNO
3
铜屑NaOH溶液
答案：B解析：收集氨气用向下排空气法，A错；NO易被空气中的氧气氧化，不能用排空气法收集，C错；NO2能被NaOH溶液吸收，D错。
9．X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大。X是周期表中原子半径最小的元素，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z、W、R处于同一周期，R与Y 处于同一族，Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等。下列说法正确的是
A．元素Y、Z、W具有相同电子层结构的离子，其半径依次增大
B．元素X不能与元素Y形成化合物
C．元素Y、R分别与元素X形成的化合物的热稳定性：
D．元素W、R的最高价氧化物的水化物都是强酸
答案：C解析：从题目所给的条件可以看出X是元素，Y是元素，Z是元素，W是元素，R 是元素。所以，A项，Y、Z、W具有相同电子层结构的离子（、、），其半径依次减小（判断依据：核外电子排布相同的微粒，半径随着核电荷数的增加而减小）；B项，X和Y元素能形成2种化合物，和；C项，元素Y、R分别与元素X形成的化合物是氢化物，因为Y(O 元素)和R（S元素）的非金属性强弱：YR，所以对应的氢化物的稳定性：；W元素最高价氧化物的水化物是，是中强碱，而R元素最高价氧化物的水化物是,是强酸。
10．下列说法错误．．
的是 A ．乙醇和乙酸都是常用调味品的主要成分
B ．乙醇和乙酸的沸点和熔点都比
C 2H 6、C 2H 4的沸点和熔点高
C ．乙醇和乙酸都能发生氧化反应
D ．乙醇和乙酸之间能发生酯化反应，酯化反应和皂化反应互为逆反应
答案：D 解析：皂化反应是指高级脂肪酸甘油酯在碱性条件下的水解反应，而酯化反应是有
机酸或无机酸与醇发生的反应，所以皂化反应为酯的水解反应的一部分。
11．化学反应可视为旧键断裂和新键形成的过程。化学键的键能是形成（或拆开）1 mol 化
学键时释放（或吸收）的能量。已知白磷和P 4O 6的分子结构如图所示。现提供以下化学键
的键能：P —P ：198 kJ ·mol －1，P —O ：360 kJ ·mol －1，O==O ：498 kJ ·mol －
1。则反应：
P 4（白磷）＋3O 2====P 4O 6的反应热ΔH 为
白磷 P 4 O 6A ．－1638kJ ·mol
－1 B ．＋1638kJ ·mol －1 C ．－126kJ ·mol －1
D ．＋126kJ ·mol －1 答案：A 解析：白磷燃烧生成P 4O 6的反应热取决于断开P —P 键和O=O 键所吸收的能量与
形成P —O 键所放出的能量。断键需吸热成键要放热。ΔH ＝－(12×360－6×198－3×
498)kJ ·mol －1＝－1638kJ ·mol －
1。
12．将等物质的量的X 、Y 气体充入一个密闭容器中，在一定条件下发生如下反应并达平衡：
X(g)＋Y(g)2Z(g)；△H ＜0．当改变某一条件并达到新平衡后，下列叙述正确的是
A ．升高温度，X 的转化率增大
B ．缩小容器体积，Z 的浓度不变
C ．保持压强不变，再充入0.1 mol X 和0.1 mol Y ，X 的体积分数增大
D ．保持容器体积不变，充入一定量的氦气，Y 的浓度不变
答案：D 解析：升高温度，平衡逆向移动，X 的转化率减小，Ａ错误。缩小容器体积相当于
增大压强，因为反应前后气体体积不变，故平衡不移动，Z 的物质的量不变，但容器的体积
缩小，故Z 的浓度要增大，B 错误。保持压强不变，再充入0.1 mol X 和0.1 mol Y ，平衡不
移动，X 的体积分数不变，C 错误。保持容器体积不变，充入一定量的氦气，不影响平衡故
Y的浓度不变，D正确。
13．对下列各溶液的叙述正确的是
A．将①0.01mol/L的CH3COOH溶液、②0.01mol/L的盐酸、③pH=12的氨水、④pH=12 的NaOH 溶液稀释相同倍数后溶液的pH：③>④>①>②
B．物质的量浓度相等的H2S 和NaHS 混合溶液中：2c (Na+) = c (S2―) +c (HS―)+ c (H2S)
C．pH＝12的与pH＝2的HCl溶液等体积混和，混和液pH＝7
D．向氨水中加水稀释，减小
答案：B解析：A．假设都稀释100倍，①2
14．下列叙述正确的是
A．在原电池的负极和电解池的阴极上都是发生失电子的氧化反应
B．用惰性电极电解Na2SO4溶液，阴阳两极产物的物质的量之比为1：2
C．用惰性电极电解饱和NaCl溶液，若有1 mol电子转移，则生成1 molNaOH
D．镀层破损后，镀锡铁板比镀锌铁板更耐腐蚀
答案：C解析：选项A中在电解池的阴极是阳离子得到电子，发生的是还原反应；选项B
中用惰性电极电解Na2SO4溶液，实际上是电解水，在阴极上：2H＋＋2e－===H2↑，在阳极
上：4OH－-4e－===2H2O＋O2↑，所以阴阳两极产物的物质的量之比为2∶1；选项C中2NaCl
＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑，每生成2mol的NaOH转移的电子数为2mol，所以转移1mol
电子，生成的NaOH就是1mol；选项D中镀层破损后，镀锡铁组成的原电池，Fe作负极而
被腐蚀，镀锌铁组成的原电池，Zn作负极，所以镀锡铁板比镀锌铁板更容易腐蚀。
15．铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应为：Fe + Ni2O3 + 3H2O ===Fe(OH)2 + 2Ni(OH)2，下列有关该电池的说法不正确的是
A．电池的电解液为碱性溶液，正极为Ni2O3、负极为Fe
B．电池放电时，负极反应为Fe + 2OH－－2e－=== Fe(OH)2
C．电池充电过程中，阴极附近溶液的pH降低
D．电池充电时，阳极反应为2Ni(OH)2+2OH－－2e－=== Ni2O3+3H2O
答案：C解析：由放电时的反应可以得出铁做还原剂失去电子，Ni2O3做氧化剂得到电子，因此选项AB均正确；充电可以看作是放电的逆过程，即阴极为原来的负极，所以电池放电时，负极反应为：Fe + 2OH－－2e－=== Fe(OH)2，所以电池充电过程时阴极反应为Fe(OH)2 + 2e－=== Fe + 2OH－，因此电池充电过程中，阴极附近溶液的pH会升高，C不正确；同理分析选项D正确。
第II卷
二、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第16题~第20题为必考题，考生都必须做答。第21题~第23题为选考题，考生根据要求做答。
（一）必考题（5题，共45分）
16．（10分）某化学兴趣小组利用废铁屑制取FeCl3·6H2O晶体。主要步骤如下：
①洗净后的废铁屑放在烧杯内，用过量的工业盐酸浸泡至不再产生气泡，过滤。
②按下图组装仪器，并检查装置的气密性，将①得到的滤液放入试剂瓶B中。
③在石墨电极X、Y上连接直流电源，通电，待FeCl2全部被氧化后，断开电源。
④试剂瓶B中的溶液经过一系列操作，可得FeCl3?6H2O晶体。
请回答下列问题：
（1）A中的X极应连接电源的极,
A中发生化学反应的方程式；
B中溶液颜色的变
化，
（2）C烧杯中应该盛放的是，其作用是。
（3）试剂瓶B中的溶液由步骤④制得FeCl3?6H2O晶体，④需要进行的操作依次是（填序号）。
A．加热浓缩 B．洗涤、干燥 C．过滤D．冷却结晶
（4）在整个实验过程中，盐酸必须保持过量，主要原因是。答案：（1）负（1分），2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH（2分），
由浅绿色变为棕黄色（1分）
（2）NaOH溶液（1分），吸收Cl2，防止污染环境。（1分）
（3）A D C B （2分）
（4）抑制Fe3+水解（或抑制FeCl3水解）（2分）
解析：（1）利用废铁屑制取FeCl3·6H2O晶体，A中的Y极应连接电源的正极作阳极，产生氯气，那么X极连电源负极。A中发生化学反应就是电解食盐水；B中溶液颜色的变化就是二价铁被氯气氧化成三价铁的变化。（2）C烧杯是尾气吸收装置，应该盛放NaOH溶液吸收Cl2，防止污染环境。（3）试剂瓶B中为FeCl3溶液，要制得FeCl3?6H2O晶体需要进行的操作依次是加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。（4）在整个实验过程中，盐酸必须保持过量，是为了抑制FeCl3水解。
17．（6分）实验室以含有Ca2+、Mg2+、Cl－、SO42－、Br-等离子的卤水为主要原料制备无水无水CaCl2和Br2，流程如下：
(1)操作Ⅰ使用的试剂是，所用主要仪器的名称是。
(2)加入溶液W的目的是。用CaO调节溶液Y的pH，可以除去Mg2+。由表中数据可知，理论上可选择pH最大范围是。酸化溶液Z时，使用的试剂为。
开始沉淀时的pH 沉淀完全时的pH
Mg2+9.6 11.0
Ca2＋12.2 c(OH－)＝1.8 mol·L－1
(3)实验室用贝壳与稀盐酸反应制备并收集CO2气体，下列装置中合理的是。
答案：(1) 四氯化碳分液漏斗(2)除去溶液中的SO42- 11.0≤pH＜12.2 盐酸(3)b、
d （每空1分）
解析：(1)通入氯气后Cl2 + 2Br- == 2Cl- +Br2，故操作Ⅰ是萃取，用的仪器是分液漏斗；又因下层得到的是溴，故使用的萃取剂是四氯化碳。(2)因为加入CaO的目的是除去Mg2+，故加入W的目的是除去SO42-；为了不使Ca2+沉淀，pH的理论值为11.0≤pH＜12.2；酸化时，为不引人新的杂质离子，应选用盐酸。(3)装置的选择，应从发生装置，除杂装置和收集装置三个方面分析。a中收集方法不对；c中的长颈漏斗应插在液面以下；b、d是合理的。18．（12分）0.80gCuSO4·5H2O样品受热脱水过程的热重曲线（样品质量随温度变化的曲线）如下图所示。请回答下列问题：
（1）试确定200℃时固体物质的化学式___ __；
（2）取270℃所得样品，于570℃灼烧得到的主要产物是黑色粉末和一种氧化性气体，该反应的化学方程式为。把该黑色粉末溶解于稀硫酸中，经浓缩、冷却，有晶体析出，该晶体的化学式为，其存在的最高温度是；
（3）上述氧化性气体与水反应生成一种化合物，该化合物的浓溶液与Cu在加热时发生反应的化学方程式为________ _______；
（4）在0.10mol·L－1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成，当溶液的pH＝8时，c(Cu2+)＝__________mol·L-1（K ap[Cu(OH)2]＝2.2×10－20）。若在0.1mol·L－1硫酸铜溶液中通入过量H2S气体，使Cu2+完全沉淀为CuS，此时溶液中的H+浓度是__________mol·L－1。
答案：（1）CuSO4·H2O（2分）
（2）CuSO4 CuO + SO3↑（2分），CuSO4·5H2O（1分），102℃（1分）
（3）2H2SO4(浓)+ CuCuSO4+SO2↑+ H2O（2分）（4）2.2×10－8 （2分），0.2（2分）
解析：（1）由图分析可知，CuSO4·5H2O受热到102℃时开始脱水分解，113℃时可得到较稳定的一种中间物，到258℃时才会继续分解。在200℃时失去的水的质量为0.57g，有差量法可以计算。
CuSO4·5H2OCuSO4·(5－n)H2O + nH2O
250 18n
0.80g 0.80g－0.57g ＝0.23g
n＝4
（2）570℃灼烧得到的主要产物是黑色粉末和一种氧化性气体，是CuO和SO3。CuO 与稀硫酸反应的产物是硫酸铜和水，蒸发浓缩的晶体为CuSO4·5H2O。其存在的最高温度为102℃。
（3）SO3与水反应生成硫酸，与铜加热反应：2H2SO4(浓)+ CuCuSO4 +SO2↑+H2O （4）根据溶度积的概念可以直接计算。pH＝8时，c(OH－)＝10－6，由c(Cu2+)·c(OH－)2＝K ap[Cu(OH)2]可得，c(Cu2+)＝(2.2×10－20)/10－12＝2.2×10－8。在0.1mol·L－1硫酸铜溶液中通入过量H2S气体，使Cu2+完全沉淀为CuS，溶液中溶质为硫酸，c(SO42－)不变，为0.1mol·L －1，c(H+)为0.2mol·L－1。
19．（8分）研究NO2、SO2 、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。
（1）已知：2SO2(g) + O2(g)2SO3(g) ΔH＝－196.6 kJ·mol-1
2NO(g) + O2(g)2NO2(g) ΔH＝－113.0 kJ·mol-1
则反应NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)的ΔH＝ ___ ___ kJ·mol-1。
一定条件下，将NO2与SO2以体积比1:2置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是。
a．体系压强保持不变 b．混合气体颜色保持不变
c．SO3和NO的体积比保持不变 d．每消耗1 mol SO3的同时生成1 mol NO2
测得上述反应平衡时NO2与NO2体积比为1:6，则平衡常数K ＝。
（2）CO可用于合成甲醇，反应方程式为CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图所示。该反应ΔH 0（填“>”或“ <”）。实际生产条件控制在250℃、 1.3×104kPa左右，选择此压强的理由是
。
答案：（1）－41.8（2分） b（1分） 2.67或8/3（2分）（3）＜（1分）在250℃时，压强为1.3×104 kPa时，CO的转化率已较高，再增大压强CO的转化率提高不大，而生产成本增加，得不偿失（2分）。
解析：（1）根据盖斯定律，将第二个放出颠倒过来，与第一个方程式相加得：2NO2+2SO2==2SO3+2NO，△H＝－83．6 kJ·mol-1，故NO2+SO2SO3+NO，△H＝－41.8 kJ·mol-1；本反应是反应前后气体分子数不变的反应，故体系的压强保持不变，故a不能说明反应已达到平衡状态；随着反应的进行，NO2的浓度减小，颜色变浅，故b可以说明反应已达平衡；SO3和NO都是生成物，比例保持1:1，故c不能作为平衡状态的判断依据；d中所述的两个速率都是逆反应速率，不能作为平衡状态的判断依据。
NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)
起始物质的体积 a 2a 0 0
转化物质的体积x x x x
平衡物质的体积a－x 2a－x x x
则a－x: 2a－x＝1:6，故x＝4/5a，平衡时的体积分别为1/5a、6/5a、4/5a和4/5a，故平衡常数K＝8/3。
（3）由图可知，温度升高，CO的转化率降低，平衡向逆反应方向移动，故逆反应是吸热反应，正反应是放热反应，△H＜0；压强大，有利于加快反应速率，有利于使平衡正向移动，但压强过大，需要的动力大，对设备的要求也高，故选择。因为在250℃时，压强为1.3×104 kPa时，CO的转化率已较大，再增大压强，CO的转化率变化不大，没有必要再增大压强。
20．（9分）北京奥运会“祥云”火炬燃料是丙烷（C3H8），亚特兰大奥运会火炬燃料是丙烯（C3H6）。
（1）丙烷脱氢可得丙烯。
已知：C3H8(g)===CH4(g)＋HC CH(g)＋H2(g) △H1=156.6 kJ·mol－1
CH3CH CH2(g)====CH4(g)＋HC CH(g ) △H2=32.4 kJ·mol－1
则相同条件下，反应C3H8(g)=CH3CH CH2(g)＋H2(g) 的△H= kJ·mol－1。
（2）以丙烷为燃料制作新型燃料电池，电池的正极通入O2和CO2，负极通入丙烷，电解质是熔融碳酸盐。电池反应方程式为；放电时CO32－移向电池的（填“正”或“负”）极。
（3）碳氢化合物完全燃烧生成CO2和H2O。常温常压下，空气中的CO2溶于水，达到平衡时，溶液的pH=5.60，c(H2CO3)=1.5×10-5 mol·L-1。若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，则H2CO3HCO3－＋H＋的平衡常数K1= 。（已知10-5.60=2.5×10-6）（4）常温下，0.1 mol·L-1NaHCO3溶液的pH大于8，则溶液中c(H2CO3) c(CO32－)（填“＞”、“=”或“＜”），原因是
（用离子方程式和必要的文字说明）。
答案：（1）124.2(2分)
（2）C3H8＋5O2=3CO2＋4H2O（1分）负(1分)
（3）4.2×10-7 mol·L-1(2分)
（4）＞(1分) HCO3－＋H2O=CO32－＋H3O＋（或HCO3－=CO32－＋H＋）、HCO3－＋H2O=H2CO3＋OH－，HCO3－的水解程度大于电离程度(2分)
解析：（1）将第2个方程式颠倒反写，然后与第1个方程式相加，即得所求的反应
C3H8(g)====CH3CH＝CH2(g)＋H2(g)，△H也随方程式的变化关系进行求算：
△H=-△H2+△H1=124.2kJ.mol-1。
（2）以丙烷为燃料制作的新型燃料电池，其电池反应方程式为C3H8十502=3C02+4H20，因
电子从电池的负极经导线流入了电池的正极，故电池的正极是电子富集的一极，故带负电荷
的离子C032-在电解质溶液中应移向电池的负极而不是正极。
（3）根据电离平衡常数公式可知：
K1=c(H+)c(HCO3-)/c(H2CO3)=10-5.60×10-5.60/l.5×10-5=4.2×10-7mol. L-1。
（4）0.1 mol L-1NaHCO3溶液的pH大于8，说明溶液呈碱性，即c(OH-)＞c(H+),因在NaHCO3
溶液中存在着两个平衡：电离平衡HCO3-CO32-+H+，水解平衡：HC03-+H20
H2CO3-+OH- ，其余部分水的电离忽略不计，由c(OH-)＞c(H+)，说明水解过程大于电离过程，
从而推出c(H2CO3)>c(CO32-) 。
(二)选考题：共10分。请考生从给出的3道化学题中任选一题做答。
21．【化学—化学与技术】（10分）
I. 下列叙述正确的是（）
A. “接触法”制H2SO4时，催化氧化阶段的反应原理为
2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g) △H＜0
B.海水提镁的主要步骤为
C.普通水泥的主要成分是硅酸钙
D.黏土的主要成分是三氧化二铝
II. 工业上可用食盐和石灰石为主要原料，经不同的方法生产纯碱。请回答下列问题：
（1）卢布兰芳是以食盐、石灰石、浓硫酸、焦炭为原料，在高温下进行煅烧，再浸取，
结晶而制得纯碱。
①食盐和浓硫酸反应的化学方程式为_______ ___；
②硫酸钠和焦炭、石灰石反应的化学方程式为____ ______（已知产物
之一为CaS）；
（2）氨碱法的工艺如下图所示，得到的碳酸氢钠经煅烧生成纯碱。
①图中的中间产物C是_____ __，D___ ____。（写化学式）；
②装置乙中发生反应的化学方程式为___ _
___；
（3）联合制碱法对氨碱法的改进，其优点是__________ ____；
（4）有人认为碳酸氢钾与碳酸氢钠的化学性质相似，故也可用氨碱法以氯化钾和石灰
石为原料制碳酸钾。请结合下图的溶解度（S）随温度变化曲线，分析说明是否可行？______ ____。
答案：I.A、C（2分）II.（1）①2NaCl+ H2SO4(浓) Na2SO4 + 2HCl↑
②Na2SO4 + 4C + CaCO3CaS + Na2CO3 + 4CO
或Na2SO4 + 2C + CaCO3CaS + Na2CO3 + 2CO2
（2）①Ca(OH)2，NH3；②NH3 + CO2 +NaCl +H2O === NaHCO3 + NH4Cl
（3）保留了氨碱法的优点，使食盐的利用率提高到96%；NH4Cl可做氮肥；可与合成氨
厂联合，原料气氨气和一氧化碳都由氨厂提供，减少CaCO3制 CO2这一工序，降低了能耗
与污染。
（4）不可行，因为碳酸氢钾溶解度较大,且在常温下与氯化钾的溶解度差别小，在氨盐水碳酸化时无法大量析出。（每空1分）
解析：I.A 为接触法制硫酸的基本原理；B 镁工业先期加入的是石灰不是石灰石，后期电解的也不是氯化镁溶液；C 普通水泥的成分为硅酸二钙、硅酸三钙、铝酸三钙，说主要成分是硅酸钙正确；黏土的主要成分是二氧化硅，还有氧化镁、碳酸钙和三氧化二铝。
II.（1）是考查工业生产中的基本原理；（2）是生产过程中工艺的考查，在细读生产工艺图中各物质的变化后，可得出；（3）考查对教材知识的掌握情况；（4）分析图可看出NaHCO 3与新信息KHCO 3在溶解度图中的差别，可推测溶解度的差别是判断的依据。
22．【化学—物质结构与性质】（10分）
生物质能是一种洁净、可再生的能源。生物质气（主要成分为CO 、CO 2、H 2等）与H 2混合，催化合成甲醇是生物质能利用的方法之一。
（1）上述反应的催化剂含有Cu 、Zn 、Al 等元素。写出基态Zn 原子的核外电子排布式 。
（2）根据等电子原理，写出CO 分子结构式 。
（3）甲醇催化氧化可得到甲醛，甲醛与新制Cu （OH ）2的碱性溶液反应生成Cu 2O 沉淀。 ①甲醇的沸点比甲醛的高，其主要原因
是 ；甲醛分子中碳原子轨道的杂化类型为 。
②甲醛分子的空间构型是 ；1mol 甲醛分子中σ键的数目为 。
③在1个Cu 2O 晶胞中（如图所示），所包含的Cu 原子数目为 。
答案：（1）[]22626102102
122333434s s p s p d s Ar d s 或（2分） （2）（1分）
（3）①甲醇分子之间形成氢键 （1分） 杂化（1分）
②平面三角形 （1分） 3N A （2分）
③4（2分）
解析：（1）Zn 的原子序数为30，注意3d 轨道写在4s 轨道的前面；
（2）依据等电子原理，可知CO 与N 2为等电子体，互为等电子体分子的结构相似，可写出CO 的结构式；
（3）甲醇分子之间形成了分子间氢键，甲醛分子间只是分子间作用力，而没有形成氢键，
故甲醇的沸点高；甲醛分子中含有碳氧双键，故碳原子轨道的杂化类型为sp2杂化；分子的空间构型为平面三角形；1mol甲醛分子中含有2mol碳氢δ键，1mol碳氧δ键，故含有δ键的数目为3N A；依据晶胞示意图可以看出Cu原子处于晶胞内部，所包含的Cu原子数目为4。
23. 【化学—有机化学基础】（10分）
有机物A（C10H20O2）具有兰花香味，可用作香皂、洗发香波的芳香赋予剂。已知：
① B分子中没有支链。
② D能与碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳。
③ D、E互为具有相同官能团的同分异构体。E分子烃基上的氢若被Cl取代，其一氯
代物只有一种。
④ F可以使溴的四氯化碳溶液褪色。
（1）B可以发生的反应有（选填序号）。
①取代反应②消去反应③加聚反应④氧化反应
（2）D、F分子所含的官能团的名称依次是、。
（3）写出与D、E具有相同官能团的同分异构体的可能结构简式：
（4）E可用于生产氨苄青霉素等。已知E的制备方法不同于其常见的同系物，据报道，可由2-甲基-1-丙醇和甲酸在一定条件下制取E。写出其化学方程式。
答案：（1）①②④（2分）（2）羧基、碳碳双键（2分）（2分）（2分）
（2分）40430 9DEE 鷮39006 985E 類37304 91B8 醸35349 8A15 訕834456 8698 蚘36858 8FFA 迺B) 3e20422 4FC6 俆