2021年陜西省咸陽市高考化學模擬試卷（5月份）

一、單選題（本大題共7小題，共42.0分）

1.我國四川廣漢的三星堆遺址距今已有3000?5000年歷史，2021年3月20日，三星

堆遺址新出土了多達500多件重要文物，如黃金面具、絲綢“黑炭”、青銅神樹、

陶瓷碎片等。下列有關敘述錯誤的是（）

A.考古時利用肥C測定文物的年代，記C的中子數為8

B.黃金面具、青銅神樹的成分均為純金屬

C.絲綢轉化為“黑炭”的過程涉及化學變化

D.三星堆中含有大量的陶瓷碎片，屬于無機非金屬材料

2.抗麻風藥物clofazimine對SARS-CoV-2表現出強大的抗病毒活性，并能緩解與重

癥COVID-19相關的過度炎癥反應。clofazimine的結構簡式如圖所示。下列有關

clofazimin的敘述正確的是（）

A.屬于芳香烽，分子式為C27H21cl2N4

B.能發生取代、氧化、縮聚反應

C.該物質存在含5個苯環的同分異構體

D.lmolclofazimine最多能與limo%發生加成反應

3.冬季燃煤活動排放的大量活性澳化合物BrCl能通過光解釋放浪自由基和氯自由基,

從而影響大氣中自由基（OH、H02,RO2）的濃度，其原理循環如圖所示?下列說法

正確的是（）

A.活性澳化合物BrCl中含非極性鍵

B.漠自由基和氯自由基只具有氧化性

C.通過循環大氣中0H自由基的濃度降低

D.BrCl的排放會造成臭氧含量減少、水中汞含量超標等

4.MDI廣泛應用于聚氨酯彈性體，其結構簡式如下，其中W、X、Y、Z原子序數依

次增大，且均小于10o設NA為阿伏加德羅常數的值，下列有關敘述正確的是（）

A.元素非金屬性：X>Y>Z

B.W、X、Z形成的化合物一定是二元弱酸

C.W與X、Y、Z均可形成至少2種10電子微粒

D.ImolMDI中所含X-W鍵為2NA

5.苯甲酸乙酯為無色液體，相對密度為1.0458,沸點為212。&微溶于水，易溶于乙

酸。實驗室常由苯甲酸和乙醇在濃硫酸催化下反應制備：

粗產物經洗滌、乙醛萃取、干燥及蒸緇等操作后得到純品。已知乙醛的相對密度為

0.7134,沸點34.5。然下列說法錯誤的是（）

A.該反應為可逆反應，及時將生成的水移除反應體系可提高產率

B.用乙醛萃取苯甲酸乙酯時，有機相位于分液漏斗的下層

第2頁，共23頁

C.冷水和Na2cO3溶液洗滌的目的是除去濃硫酸和未反應的苯甲酸

D.蒸儲除去乙醛時，需水浴加熱，實驗臺附近嚴禁火源

6.

A.對比②③，可以判定Zn保護了Fe

B.對比①②，K3【Fe(CN)6］可能將Fe氧化

C.驗證Zn保護Fe時不能用①的方法

D.將Zn換成Cu,用①的方法可判斷Fe比Cu活潑

7.UH2PO4是制備電池的重要原料。室溫下，LiH2P。4溶液的pH隨c初始(HzPOZ)的變

化如圖1所示，H3P。4溶液中H2P0］的分布分數6隨pH的變化如圖2所示［6=

c(HzPOi)］

C總(含P元素的粒子)」

下列有關LiH2P。4溶液的敘述正確的是()

A.溶液中存在3個平衡

B.含P元素的粒子有H2PoI、HPOt和P0廣

C.隨c初始(H2POZ)增大，溶液的pH明顯變小

D.用濃度大于lmol』T的H3P。4溶液溶解Li2c。3,當pH達到4.66時，H3P。4幾乎

全部轉化為LiH2P。4

二、實驗題（本大題共1小題，共15.0分）

8.2-硝基-1,3-苯二酚是重要的醫藥中間體。實驗室常以間苯二酚為原料，經磺

化、硝化、去磺酸基三步合成：

NO,jyo,

2HlsO.HXO,?H^O.2Hl0'"'丫^°”

I'sxJ<65CSO,H*0°

部分物質相關性質如下表:

名稱Mr性狀熔點/℃水溶性（常溫）

間苯二酚110白色針狀晶體110.7易溶

2-硝基-1,3-苯二酚155桔紅色針狀晶體87.8難溶

制備過程如下：

第一步：磺化。稱取77.0g間苯二酚，碾成粉末放入燒瓶中，慢慢加入適量濃硫酸

并不斷攪拌，控制溫度在一定范圍內攪拌15min（如圖1）。

第二步：硝化。待磺化反應結束后將燒瓶置于冷水中，充分冷卻后加入“混酸”，

控制溫度繼續攪拌15min。

第三步：蒸儲。將硝化反應混合物的稀釋液轉移到圓底燒瓶B中，然后用如圖2

所示裝置進行水蒸氣蒸鐳（水蒸氣蒸儲可使待提純的有機物在低于100℃的情況下

隨水蒸氣一起被蒸儲出來，從而達到分離提純的目的），收集微出物，得到2-硝基

—153—苯二酚粗品。

請回答下列問題：

（1）圖1中儀器a的名稱是；磺化步驟中控制溫度最合適的范圍為

（填字母代號，下同）。

A.30—60℃

B.60~65℃

C.65~70℃

D.70~100℃

（2）已知：酚羥基鄰對位的氫原子比較活潑，均易被取代。請分析第一步磺化引入

磺酸基基團（-SO3H）的作用是O

（3）硝化步驟中制取“混酸”的具體操作是。

第4頁，共23頁

(4)水蒸氣蒸儲是分離和提純有機物的方法之一，被提純物質必須具備的條件正確

的是。

A.具有較低的熔點

B.不溶或難溶于水，便于最后分離

C.難揮發性

D.在沸騰下與水不發生化學反應

(5)下列說法正確的是o

A.直型冷凝管內壁中可能會有紅色晶體析出

B.反應一段時間后，停止蒸儲，先熄滅酒精燈，再打開旋塞，最后停止通冷凝水

C.燒瓶A中長玻璃管起穩壓作用，既能防止裝置中壓強過大引起事故，又能防止壓

強過小引起倒吸

(6)蒸儲所得2-硝基-1,3-苯二酚中仍含少量雜質，可用少量乙醇水混合劑洗滌。

請設計簡單實驗證明2-硝基-1,3-苯二酚已經洗滌干凈。

(7)本實驗最終獲得15.5g桔紅色晶體，則2-硝基-1,3-苯二酚的產率約為

(保留3位有效數字)。

三、簡答題(本大題共4小題，共51.0分)

9.鈾是稀土中豐度最高的元素，其在電子材料、催化劑等方面的應用廣泛。現以氟碳

鋪礦(含CeFCCb、BaO、

Si。?等)為原料制備氧化缽(CeO2)，并測定其純度。其工藝流程如圖1所示。

班碳兜仔D而胤L含廣注液

步顆;I0NISO

濾波A:4i陀0H

步麻②N”HCOj灼燒

―?，互?<B----------含Ce"溶液.Ce7(COj)j?CeOi

步驟④■步驟顯

圖1

已知：

①稀土離子易和so廣形成復鹽沉淀；

Ce2(SO4)3+Na2s。4+nH2O=Ce2(SO4)3-Na2SO4-nH2O1(復鹽沉淀)；

S

②硫胭:一種有機物，結構簡式為II，酸性條件下易被氧化為(SCN2H3)2；

H;N-C-NH2

③Ce3+在空氣中易被氧化為Ce，+。

回答下列問題：

(1)焙燒時，為了提高焙燒效率，可采取的措施有

(2)CeFC()3中Ce元素的化合價為,濾渣A的主要成分是

(3)焙燒后加入硫酸浸出，稀土的浸出率和硫酸濃度、溫度有關，如圖2所示，應

選擇的適宜的條件為,硫酸濃度過大時，浸出率減小的原因是o

(4)加入硫胭的目的是將Ce4+還原為Ce3+,反應的化學方程式為。

(5)步驟③加入鹽酸后，通常還需加入電。2,其主要目的為。

(6)步驟④的離子方程式為o

(7)取所得產品CeO28.0g,用30mL高氯酸和20mL磷酸混合液加熱溶解，冷卻至室

溫后，配成250mL溶液。取25.00mL溶液用0.2000mol?L硫酸亞鐵鏤

第6頁，共23頁

[(NH4)2Fe(SC)4)2]溶液滴定，已知滴定時發生的反應為Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+,

達到滴定終點時消耗硫酸亞鐵鏤溶液20.50mL,則該產品的純度為。

10.利用N%可有效消除氮氧化物的污染，還自然“綠水青山”。

已知：

-1

I.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△%=-483.6kJ-mol

H.N2(g)+O2(g)=2N0(g)△H2=+180.5kJ-moL

回答下列問題：

(1)在剛性容器中，發生反應皿：2H2(g)+2N0(g)#N2(g)+2H2O(g)△H

①△H=kJ-mol-1o

②恒溫恒壓時，下列能說明該反應已達到化學平衡狀態的是(填標號)。

A.v逆(NO)=2V正(電)

B.混合氣體的密度不再變化

C.容器內總壓強不再改變

D.混合氣體的平均相對分子質量不再變化

(2)我國科學研究工作者在剛性容器中按投料比嚅=1發生反應DI,不同催化劑

條件下，反應相同時間測得NO的轉化率與溫度的關系，如圖1。

①催化劑為FeNbo.4Ox時，試分析溫度大于350久時，NO轉化率降低的原因是

催化劑卬

4o

/

靠3o

全

化劑乙(Fe\d.X).)不

止2o

運

Z

N—O

0

5(00

圖1圖2

②研究表明該反應v=kcm(H2)c2(N0),其中k為速率常數，與溫度、活化能有關。

若初始速率為r,當出轉化率為50%時，反應速率為9，由此可知01=。

設該反應的活化能為Ea，不同溫度Ti、條件下對應的速率常數分別為k1、k2,存

在下列關系：1g譬=忌(白-白)(R為常數)。據此推測升高溫度時，活化能大小

Kl2.303K1112

與速率常數變化情況的關系：。

(3)在3OMPa、3m%的小、m%的肌和q%的惰性氣體條件進行反應電白)+

3H2(g)U2NH3(g)AH<0合成氨氣，測得平衡時，NH3體積分數變化情況如圖2。

若q=10時，M點的電的分壓=MPa。此時該反應的壓強平衡常數。=

(MPa)-2(保留三位有效數字)(用平衡分壓代替平衡濃度，分壓=總壓x物質

的量分數)。

11.Fe-Cr-Si系合金是一種新型耐磨耐腐蝕的材料，具有較好的發展前景。按要求回

答下列問題。

(1)基態Cr2+與Fe的未成對電子數之比為。試從電子排布角度分析水溶液

中Fe2+具有強還原性。若是形成將其轉化為(NH4)2Fe(S()4)2,在空氣中相

對穩定，SOK的空間構型為。

(2)由環戊二烯(C5H6,())與FeCk在一定條件下反應得到二茂鐵[雙環戊二烯基

合亞鐵，Fe(C5Hsb],已知C5Hm的空間構型為所有碳原子一定處于同一平面，指出

碳原子的雜化形式為,結構中的大7T鍵可用符號表示m其中m代表參與

形成大TT鍵的原子數，n代表參與形成大7T鍵的電子數(如苯分子中的大TT鍵可表示為

茂)。則C5HF結構中含有的大7T鍵可表示為。

(3)某含銘配合物，[Cr3O(CH3COO)6(H2O)3]Cl-8H20,指出其中Cr的化合價為

。幾種Cr的鹵化物的部g分性質如下表所示。

鹵化物CrBr

CrCl33Crl3

熔點/℃1150600

試預測CrB^的熔點范圍。

(4)某晶體中含有K+、Ni2+、Fe2+、CN-,其部分微粒在晶胞結構的位置如圖所示。

1個晶胞中含有CN-個。該物質常用于吸附Cs+,將取代晶胞中的K+,取代后的物

質的化學式為。

K*

W

Fr*

12.曲美布汀是一種消化系統藥物的有效成分，能緩解各種原因引起的胃腸痙攣，可通

過以下路線合成。

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已知：R-CNR-COOH

回答下列問題：

(1)A的名稱是反應⑤的反應類型是o

(2)寫出F的結構簡式并用星號(*)標出手性碳原子。

(3)下列有關說法正確的是(填標號)。

a.反應①需用鐵粉作催化劑

b.曲美布汀的含氧官能團為酯基和酸鍵

c.E中所有碳原子可處于同一平面

d.化合物G能發生取代反應、加成反應和消去反應

(4)反應⑦的化學方程式為。

(5)化合物M是E的同分異構體，符合下列條件的M的可能結構有種。其

中核磁共振氫譜為五組峰的結構簡式為o

固M為苯的二元取代物；

姓既能發生銀鏡反應又能發生水解反應。

NH2

(6)參照上述合成路線,以和OCH-CH2-CH2-CH2-CHO為原料，設計制

備，的合成路線(無機試劑任選)。

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：A.中子數=質量數一質子數，則的中子數=14—6=8,故A正確；

B.合金是指在一種金屬中加熱熔合其它金屬或非金屬而形成的具有金屬特性的物質，黃

金面具、青銅神樹的成分均為合金，故B錯誤；

C.絲綢的主要成分是蛋白質，炭黑的主要成分是碳單質，所以絲綢轉化為“黑炭”的過

程涉及化學變化，故C正確；

D.陶瓷是由黏土燒制成的，主要成分是硅酸鹽，陶瓷屬于無機非金屬材料，故D正確；

故選：B?

A.中子數=質量數-質子數；

B.合金是指在一種金屬中加熱熔合其它金屬或非金屬而形成的具有金屬特性的物質；

C.有新物質生成的變化是化學變化；

D.陶瓷是由黏土燒制成的，主要成分是硅酸鹽。

本題考查了化學知識在生活實際的應用，為高考常見題型，熟悉物質的組成、性質、用

途等即可解答，題目有利于培養學生良好的科學素養，提高學習的積極性，難度不大。

2.【答案】C

【解析】解：A.分子中含有氮原子、氯原子，屬于燃的衍生物，不屬于芳香燒，故A錯

誤；

B.含有碳碳雙鍵等，可以發生氧化反應，含有氯原子、亞氨基等，可以發生取代反應，

但不能發生縮聚反應，故B錯誤；

C.由結構簡式可知，該有機物分子的不飽和度為18,可以形成含有5個苯環的稠環化合

物，故C正確；

D.苯環、碳碳雙鍵、碳氮雙鍵能與氫氣發生加成反應，1molclofazimine最多能與

13moi%發生加成反應，故D錯誤。

故選：C?

A.芳香垃含有苯環，且只含有C、H兩種元素；

B.該有機物不能發生縮聚反應；

C.不飽和度為18,可以形成含有5個苯環的稠環化合物；

D.苯環、碳碳雙鍵、碳氮雙鍵能與氫氣發生加成反應。

本題考查有機物的結構與性質，熟練掌握官能團的結構、性質與轉化，題目側重考查學

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生分析能力、靈活運用的能力，涉及有機物結構復雜，屬于易錯題目。

3.【答案】D

【解析［解：A.活性漠化合物BQ1中Br-Q為不同種原子形成，屬于極性鍵，故A錯

誤；

B.澳自由基和臭氧反應生成BrO,體現還原性，故B錯誤；

C.由反應BrO+HOz-HOBr+OF^nM,大氣中OH自由基的濃度升高，故C錯誤；

D.由反應Br+O3-BrO可知BrCl的排放會造成臭氧被消耗減少，由反應Br+Hg°t

Hg?可知BrCl的排放會造成水中汞含量超標，故D正確；

故選：D。

A.非極性鍵由同種原子形成；

B.漠自由基和氯自由基處于低價；

C.由圖可知，BrO+HO2HOBr+OH；

D.由圖可知，Br+03TBrO,Br+Hg°fHg?。

本題考查反應機理，題目難度中等，側重考查學生分析問題、解決問題能力，掌握相關

基礎知識是解題的關鍵，難點是理解題目所給轉化關系。

4.【答案】C

【解析】解：結合分析可知，W為H,X為C,丫為N,Z為O元素，

A.同一周期從左向右非金屬性逐漸增強，則元素非金屬性：X<Y<Z,故A錯誤；

B.H、C、O可形成一元有機較酸，如甲酸、乙酸等，故B錯誤；

+

C.H與C、N、0均可形成至少2種10電子微粒，如CH4、CH］、NH3、NH，&0、H30

等，故C正確；

D.結合圖示可知，MDI分子中含有10個C-H鍵，則ImolMDI中所含X-W鍵為IONA，

故D錯誤；

故選:Co

W、X、Y、Z原子序數依次增大，且均小于10,結合圖示結構簡式可知，X形成4個

共價鍵，W形成1個共價鍵，丫形成3個共價鍵，Z形成1個雙鍵，根據原子序數大小

可知，則W為H,X為C,丫為N,Z為O元素，以此分析解答。

本題考查原子結構與元素周期律，為高頻考點，把握原子序數、物質結構推斷元素為解

答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意規律性知識的應用，題目難度不大。

5.【答案】B

【解析】解：A.苯甲酸、無水乙醛、濃硫酸反應生成苯甲酸乙酯的反應為可逆反應，及

時將生成的水移除反應體系，平衡正向進行，可提高產率，故A正確；

B.苯甲酸乙酯易溶于乙醛，乙醛的相對密度為0.7134,難溶于水，萃取后的乙醛層在分

液漏斗的上層，故B錯誤；

C.冷水和Na2c。3溶液洗滌的目的是：除去做催化劑的濃硫酸和未反應的苯甲酸，避免

生成物中混入雜質，故C正確；

D.苯甲酸乙酯沸點為212。&乙醛沸點34.5。(：，蒸儲除去乙酸時需要水浴加熱，實驗臺

附近嚴禁火源，避免易燃物質燃燒，故D正確；

故選:B。

苯甲酸、無水乙醇、濃硫酸反應生成苯甲酸乙酯，回流1.5h,蒸譚除去乙醇，得到殘留

物冷水洗滌,加入碳酸鈉溶液洗滌后得到有機相和水相，有機相中主要是：苯甲酸乙酯，

水相中含有溶解的苯甲酸乙酯，加入乙醛萃取分液，得到有機相，有機相干燥、蒸儲除

去乙醛、減壓蒸儲得到苯甲酸乙酯，

A.苯甲酸、無水乙醇、濃硫酸反應生成苯甲酸乙酯的反應為可逆反應；

B.乙醛的相對密度為0.7134；

C.苯甲酸在冷水中析出，冷水中硫酸、苯甲酸和碳酸鈉反應；

D.苯甲酸乙酯沸點為212。(2,乙醛沸點34.5。&蒸儲除去乙醛時需要水浴加熱，乙醛、

乙醇等易燃燒。

本題考查了實驗室制備純凈的苯甲酸乙酯的過程分析、提純方法、實驗操作等知識點，

注意實驗過程中物質提純的方法和應用，題目難度中等.

6.【答案】D

【解析】

【分析】

本題探究鐵的腐蝕與防護，把握金屬的電化學腐蝕與防護原理是解題關鍵，難度中等。

【解答】

A.由現象可知，②中鐵沒有被腐蝕，而③中鐵被腐蝕生成亞鐵離子，可說明鐵連接鋅

后，鋅保護了鐵，故A正確；

B.①②相比較，可知鐵棒表面被氧化，但溶液中沒有亞鐵離子，可能的原因為

K31Fe(CN)6］將Fe氧化，故B正確；

第12頁，共23頁

C.驗證Zn保護Fe時不能用①的方法，應用②的方法，故C正確；

D.實驗①中鐵表面被氧化，說明方法存在缺陷，不能比較金屬的活潑性，則換成銅，也

不能證明鐵比銅活潑，故D錯誤。

故選D。

7.【答案】D

【解析】解：A.溶液中存在H3PO4、H2Po，HP0廣、的電離以及HPO/和

P0廣的水解等平衡，故A錯誤；

B.含P元素的粒子有H3Po4、H2P0,HPOf和P0『，故B錯誤；

C.由圖1可知濃度約大于lO^moi/L時，pH不再發生改變，故C錯誤；

D.用濃度大于lmol?LT的H3PO4溶液溶解Li2cO3,當pH達到4.66時，由圖2可知H2Poz

的分數6達到最大，約為0.994,則H3P。4幾乎全部轉化為LiH2P0針故D正確。

故選：D。

由圖1可知LiH2P。4溶液呈酸性，說明H2P0］電離程度大于水解程度，且隨著

c初始(MPOI)增大，溶液pH逐漸減小，但濃度約大于lO^mol/L時，pH不再發生改變，

由圖2可知，隨著溶液pH增大，c(H2P0￡)增大，可說明H3P。4進一步電離，則溶液中

存在H3P0*當H2Poi的pH約為4.66時，分數6達到最大，繼續加入堿，可與H2P0工反

應生成HPO；一等，以此解答該題。

本題考查弱電解質的電離，為高頻考點，側重考查學生的分析能力，注意把握弱電解質

的電離特點以及圖象曲線的變化趨勢，難度不大。

8.【答案】三頸燒瓶B防止硝基取代兩個酚羥基對位上的氫原子，降低2-硝基-1,

3-苯二酚的產率在燒杯中加入適量的濃硝酸，沿杯壁緩慢加入一定量的濃硫酸，邊加

邊攪拌，并冷卻BDAC取少量洗滌液，滴加BaCk溶液，若無沉淀產生，證明已經洗

滌干凈14.3%

【解析】解：(1)分析圖中裝置可知，儀器a為三頸燒瓶，為控制適當的反應速率及防

止副產物出現，反應溫度一般控制在60?65T左右，

故答案為：三頸燒瓶；B；

(2)第一步磺化引入磺酸基基團，可防止硝基取代兩個酚羥基對位上的氫原子，降低2-

硝基-1，3-苯二酚的產率，

故答案為：防止硝基取代兩個酚羥基對位上的氫原子，降低2-硝基-1,3-苯二酚的

產率；

(3)硝化步驟中制取“混酸”的操作與濃硫酸的稀釋相似，要防止硝酸揮發及暴沸，應

將濃硫酸加入到硝酸中，其操作為在燒杯中加入適量的濃硝酸，沿杯壁緩慢加入一定量

的濃硫酸，邊加邊攪拌，并冷卻，

故答案為：在燒杯中加入適量的濃硝酸,沿杯壁緩慢加入一定量的濃硫酸,邊加邊攪拌，

并冷卻；

(4)能用水蒸氣蒸儲來分離和提純物質，則被提純物質必須不溶或難溶于水，便于最后

分離、在沸騰下與水不發生化學反應、具有一定的揮發性，

故答案為：BD；

(5)A.直型冷凝管的作用是冷凝，液化后的2-硝基-1,3-苯二酚可能部分遇冷結晶，

有紅色晶體析出，故A正確；

B.應先打開旋塞，然后熄滅酒精燈，故B錯誤；

C.燒瓶A中長玻璃管能確保燒瓶內和外界大氣壓強相等,達到防止裝置中壓強過大引起

事故和壓強過小引起倒吸的目的，故C正確；

故答案為：AC；

(6)步驟③所得2-硝基-1,3-苯二酚中仍含少量雜質中含有硫酸根離子，證明2-硝

基-1,3-苯二酚已經洗滌干凈的操作為取少量洗滌液，滴加BaCk溶液，若無沉淀產

生，證明已經洗滌干凈，

故答案為：取少量洗滌液，滴加BaCk溶液，若無沉淀產生，證明己經洗滌干凈；

(7)77.0g間苯二酚的物質的量為0.7mol,根據元素守恒可知，生成的2-硝基一1,3-苯

二酚的質量為0.7molx155g/mol=108.5g,產率=坐磔x100%=會:X100%?

o,0理論產量108.5g

14.3%,

故答案為：14.3%?

(1)依據實驗裝置圖分析；溫度過高，可能會有副反應發生，溫度過低，反應速率過慢；

(2)第一步磺化可在酚羥基的對位引入磺酸基基團，避免硝化時在對位引入硝基；

(3)硝化步驟中制取“混酸”的操作與濃硫酸的稀釋相似，要防止硝酸揮發及暴沸，應

將濃硫酸加入到硝酸中；

(4)能用水蒸氣蒸儲來分離和提純物質，則被提純物質必須不溶或難溶于水，便于最后

分離、在沸騰下與水不發生化學反應、具有一定的揮發性，據此選擇；

(5)A.直型冷凝管的作用是冷凝；

B.應先打開旋塞，然后熄滅酒精燈；

C.燒瓶A中長玻璃管能確保燒瓶內和外界大氣壓強相等；

第14頁，共23頁

(6)步驟③所得2-硝基-1,3-苯二酚中仍含少量雜質中含有硫酸根離子；

(7)計算間二甲苯的物質的量，根據元素守恒計算2-硝基-1,3-苯二酚理論產量，進

而計算產率。

本題以2-硝基-1,3-苯二酚的制備為背景，考查了學生有關物質分離提純，有機化

學實驗基本操作，產率計算，離子檢驗等內容，考查范圍較廣，難度適中。

9.【答案】將氟碳鋅礦粉碎以增大接觸面積或延長焙燒時間+3BaSCU和Si。？溫度

85。&c(H+)2.5mol/L溶液中c(SO『)增大，易和稀土離子形成復鹽沉淀而使浸出率降

S

低II,防止

2Ce(SO4)2+2H2N—C—NH2^CeXSO4)3+(SCN2H3)2+H2SO4

3+

Ce3+被氧化2Ce+6HCO3=Ce2(CO3)3I+3CO2T+3H2O88.15%

【解析】解：氟碳鈾礦含CeFC()3、BaO、SiO?等，在空氣中焙燒，Ce3+在空氣中氧化為

Ce4+,用硫酸浸取，Ce，+進入溶液，Si。?不反應，BaO與硫酸反應生成BaS()4沉淀，過

濾分離，濾渣A為Si。?、BaSCU.濾液A中加入硫胭將Ce4+還原為Ce3+,Ce2(SC)4)3與

Na2sO4+形成復鹽沉淀Ce2(S()4)3-Na2sO4FH2O,過濾分離。復鹽沉淀加入堿，再加

入酸，Ce3+被轉移到溶液中，再加入碳酸氫鏤使Ce3+沉淀為(Ce)2(CO3)3,最后灼燒分

解生成Ce()2。

(1)將氟碳鈍礦粉碎以增大接觸面積，或延長焙燒時間等都可以提高焙燒效率，

故答案為：將氟碳鈾礦粉碎以增大接觸面積或延長焙燒時間；

(2)CeFCC)3中F為一價、CO3為-2價，根據化合價代數和為0,可知Ce為+3價；SQ不

反應，BaO與硫酸反應生成BaSC)4沉淀，濾渣A是BaS()4和SiO2,

故答案為：+3；BaS04和SiC)2；

(3)由圖可知，溫度85汽、c(H+)2.5mol/L時，稀土的浸出率浸出率最高，即選擇的適宜

的條件為：溫度85汽、c(H+)2.5mol/L；溶液中c(SOt)增大，易和稀土離子形成復鹽

沉淀而使浸出率降低，

故答案為：溫度85。&c(H+)2.5mol/L；溶液中c(SO『)增大，易和稀土離子形成復鹽沉

淀而使浸出率降低；

S

(4)||將Ce4+還原為Ce3+,自身被以為(SCN2H3)2,反應方程式為：

HiN-CMH?

S

II,

2Ce(SO4)2+2H2N-C-NH2^Ce2(SO4)3+(SCN2H3)2+H2SO4

s

故答案為.II.

2Ce(SO4)2+2H2N—C—NH2^Ce2(SO4)3+(SCN2H3)2+H2so4'

(5)Ce3+在空氣中易被氧化為Ce，+,過氧化氫具有還原性，步驟③加入鹽酸后，通常還

需加入也。2,其主要目的為：防止Ce3+被氧化，

故答案為：防止Ce3+被氧化；

(6)步驟④是碳酸氫錢提供碳酸根與Ce3+結合生成為(Ce)2(C03)3,產生的氫離子又與碳

酸氫根反應生成二氧化碳與水，反應離子方程式為：2Ce3++6HCO3=Ce2(CO3)31

+3CO2T+3H2O,

3+

故答案為：2Ce+6HCO3=Ce2(CO3)3I+3CO2T+3H2O；

2+4+3+3+4+

(7)^Fe+Ce=Fe+Ce,結合Ce元素守恒可知，n(CeO2)=n(Ce)=

n(Fe2+)=0.2000mol-L-1x20.50x10-3L=4.1x10-3mol,故樣品中CeO?總量為

3

4.1x10-molx—=0.041mol,該產品的純度為：―[yg/mol義100%=88.15%,

258.0g

故答案為:88.15%o

氟碳鈾礦含CeFCOs、BaO、SQ等，在空氣中焙燒，Ce3+在空氣中氧化為Ce，+,用硫酸

浸取，Ce4+進入溶液，Si。?不反應，BaO與硫酸反應生成BaS()4沉淀，過濾分離，濾渣

A為Si。？、BaSC(4?濾液A中加入硫服將Ce4+還原為Ce3+,Ce2(S()4)3與Na2sO4+形成復

鹽沉淀Ce2(SO,)3?Na2sO4?nHz。,過濾分離。復鹽沉淀加入堿，再加入酸,Ce3+被轉

移到溶液中，再加入碳酸氫鐵使Ce3+沉淀為(Ce)2(C()3)3,最后灼燒分解生成Ce。2。

(1)將氟碳鈾礦粉碎以增大接觸面積，或延長焙燒時間等都可以提高焙燒效率；

(2)根據化合價代數和為0計算；濾渣A是溶于硫酸的二氧化硅及生成硫酸鐵；

(3)選擇浸出率高時的溫度與氫離子濃度：稀土離子易和S0/形成復鹽沉淀；

S

(4)||將Ce4+還原為Ce3+,自身被以為(SCN2H3)2：

H;N-C^H2

(5)Ce3+在空氣中易被氧化為Ce，+,過氧化氫具有還原性；

(6)步驟④是碳酸氫錢提供碳酸根與Ce3+結合生成為(Ce)2(C03)3,產生的氫離子又與碳

酸氫根反應生成二氧化碳與水；

(7)根據硫酸亞鐵鏤的用量，結合滴定反應離子方程式、Ce元素守恒計算。

本題考查物質的制備、物質含量測定等，題目涉及條件控制與分析評價、陌生方程式的

書寫、對試劑的分析評價、氧化還原滴定計算等，注意對題目給予信息的理解與運用，

是對學生綜合能力的考查。

10.【答案】-664.1ABD催化劑失活或活性降低1活化能越大的反應，升高溫度時，

第16頁，共23頁

速率常數增加倍數(程度)越大30.0257

1

【解析】解：(1)①已知：1.2H2(g)+02(g)=2H2O(g)△Ht=-483.6kJ-moP,

1

n.N2(g)+O2(g)=2N0(g)△H2=+180.5kJ-mor,由蓋斯定律可知，(1一口)得

1

2H2(g)+2N0(g)=N2(g)+2H20(g),則4H=AHx-AH2=(-483.6kJ-mor)-

(+180.5kJ-mor1)=-664.1kJ-mol-1,

故答案為：—664.1；

②A.由化學反應速率之比等于化學計量數之比可知，.v逆(NO)=2口正(N2)時正、逆反

應速率相等，反應達到化學平衡狀態，故A正確；

B.由質量守恒定律可知，反應前后混合氣體的質量不變，該反應是一個氣體體積減小的

反應，恒溫恒壓時，混合氣體的密度增大，則混合氣體的密度不再變化說明正、逆反應

速率相等，反應達到化學平衡狀態，故B正確；

C.恒溫恒壓時，容器內總壓強始終不變，則容器內總壓強不再改變不能說明正、逆反應

速率相等，不能判斷反應是否達到化學平衡狀態，故C錯誤；

D.由質量守恒定律可知，反應前后混合氣體的質量不變，該反應是一個氣體體積減小的

反應，恒溫恒壓時，混合氣體的平均相對分子質量增大，則混合氣體的平均相對分子質

量不再變化說明正、逆反應速率相等，反應達到化學平衡狀態，故D正確；

故答案為：ABD；

(2)①由圖可知，催化劑為FeNbo.Ox時，轉化率隨溫度升高先增大后減小，原因是該反

應未達平衡，溫度低于350式時，溫度升高，NO轉化率隨著化學反應速率增大而增大，

溫度高于350國時，催化劑失活或活性降低，

故答案為：催化劑失活或活性降低；

②假設溫度為￡時，初始氫氣和一氧化氮的濃度都為lmol/L,由反應后

kcm(H2)c2(NO)可知，初始速率「=1<*1111*12,解得k=r,當氫氣轉化率為50%時，

氫氣和一氧化氮的濃度均為(1-1x50%)mol/L=|mol/L,1r=rx(i)mx(i)2,解得

m=1；由電詈=會借一2)可知，升高溫度，蚌一2)的值減小，若活化能Ea越大，

1g臺的值越大，說明活化能越大的反應，升高溫度時，速率常數增加倍數(程度)越大，

故答案為：1;活化能越大的反應，升高溫度時，速率常數增加倍數(程度)越大；

(3)若q=10,由題意可得：3m%+m%+10%=1,解得m=22.5,貝ij氮氣的起始分

壓為22.5%x30MPa=6.75MPa、氫氣的平衡分壓為6.75MPax3=20.25Mpa、惰性氣

體的分壓為10%x30MPa=3MPa,設氮氣的變化分壓為aMPa,由題意可建立如下三

段式：

N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)

起始(MPa)6.7520.250

變化(MPa)a3a2a

平衡(MPa)6.75-a20.25-3a2a

由氨氣的百分含量為;可得：白=；，解得a=3.75,則氮氣、氫氣和氨氣的分壓為3、

330—2a3

9、7.5,則該反應的壓強平衡常數埠=3M(黑"0.0257,

故答案為：3；0.0257o

1

(1)①己知：1.2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)AHi=-483.6kJ-mor,n.N2(g)+

1

O2(g)=2N0(g)△H2=+180.5kJ-mor,由蓋斯定律可知,(I-口)得2H式g)+

2N0(g)WN2(g)+2H20(g),據此計算4H；

②A.若v逆(NO)與v正(N2)的比值等于化學計量數之比，則反應達到平衡狀態；

B.恒容容器中混合氣體的密度始終是不變的；

C對應氣體體積減小的反應，容器內總壓強不再變化，反應達到平衡狀態；

D.混合氣體的平均相對分子質量不再變化，即混合氣體的平均摩爾質量(M=磬,m(總

)不變)不變，反應達到平衡狀態；

(2)①溫度低于350式時，考慮催化劑的活性逐漸增強，反應速率加快，NO轉化率也增

大，溫度高于350(時，考慮催化劑活性降低，反應速率下降，導致NO轉化率下降；

②假設溫度為T1時，初始氫氣和一氧化氮的濃度都為lmol/L,由反應n=

kcm(H2)c2(NO)可知，初始速率「=kxI01X12,解得k=r,當氫氣轉化率為50%時，

氫氣和一氧化氮的濃度均為(1-lx50%)mol/L=|mol/L,1r=rx(i)mx(i)2,即可

解得m；由電詈=會借一勺可知，升高溫度，得一擊)的值減小，若活化能Ea越

KjZ.3U5K1112*112

大，噴的值越大；

(3)若q=10,由題意可得：3m%+m%+10%=1,解得m=22.5,則氮氣的起始分

壓為22.5%x30MPa=6.75MPa、氫氣的平衡分壓為6.75MPax3=20.25Mpa、惰性氣

體的分壓為10%x30MPa=3MPa,設氮氣的變化分壓為aMPa,由題意可建立如下三

段式：

N2(g)+3H2(g)^2NH3(g)

起始(MPa)6.7520.250

第18頁，共23頁

變化(MPa)a3a2a

平衡(MPa)6.75-a20.25-3a2a

由氨氣的百分含量為:可得：言=j解得a=3.75,即可計算M點N2的分壓和該反

330-2a3

應的壓強平衡常數/。

本題主要考查化學平衡的有關計算，化學平衡的相關知識，屬于高頻考點，掌握蓋斯定

律的應用，濃度、溫度、壓強等對平衡的影響，平衡常數K的計算等是解決本題的關鍵，

同時考查學生的看圖、讀圖的理解能力，具有較強的綜合性，屬于難題。

11.【答案】1：1Fe2+的價電子排布為3d6,易失去1個電子，形成3d5,半滿排布相對

較穩定，故Fe2+具有強還原性正四面體sp2喈+31150。(2〈熔點〈

600℃Cs8Fe4Ni4(CN)24

【解析】解：(1)基態C/+離子的電子排布式為Is22s22P63s23P63d3其3d軌道上有4

個未成對電子，Fe核外有26個電子，電子排布式為：Is22s22P63s23P63d64s2,其3d

軌道上有4個未成對電子，故未成對電子數之比為1：1；鐵為26號元素，元素在周期

表中位于第四周期皿族；由于Fe2+的價電子3d6失去一個電子可形成3d$半充滿穩定結構,

所以Fe2+易被氧化成Fe3+；根據價層電子對互斥理論，價層電子對個數=。鍵+孤電子

對個數，SO：-中中心原子S的價層電子對為4+空產=4,孤電子對數為0,不含孤

電子對，S原子雜化方式為sp3,則空間構型是正四面體結構，

故答案為：1：1;Fe2+的價電子排布為3d6,易失去1個電子，形成3d',半滿排布相對

較穩定，故Fe?+具有強還原性；正四面體；

(2)由題意可知C5Hm的C環是平面的，故知其中5個C原子應為sp2雜化；因5個C原

子均是sp2雜化，則應各有一個未雜化的p電子參與形成5個C原子的大TT鍵，加上負電

荷的電子，共有6個電子參與形成大n鍵，故大鍵為能，

故答案為：sp2；K|；

(3)根據化合物中各元素化合價代數和為0,出0化合價總和為0,CH3COO-根價為-1,

。化合價為-2,C1化合價為-1,設Cr的化合價為x,則[Cr3O(CH3COO)6(H2O)3]Cl?8也0

中有3x+(-2)+(-l)6+0x3+(-l)+0x8=0,解得x=+3,即其中Cr的化合價

為+3價；根據Cr的鹵化物的熔點可知，鹵化物均為離子晶體，結構和組成相同的離子

晶體，離子半徑越大，形成的離子鍵越不穩定，熔點越低，故熔點CrCh>CrBr3>Crl3)

即(：心力的熔點范圍為600。(：一1150。(：，

故答案為：+3；11答℃<熔點<600℃；

(4)根據均攤法，一個晶胞中含有K+的個數為8個、Ni2+的個數為12x；+1=4個、Fe2+

的個數為8x：+6x：=4個，根據化合物中各元素化合價代數和為0可知1x8+2x

4+2x4=24,故CN-的個數為24個，可知晶胞的化學式為KgFedNiKCN%,；該物質

常用于吸附Cs+,將取代晶胞中的K+,根據等價替換理論，取代后的物質的化學式為

CsgFe4,Ni4(CN)24,

故答案為：Cs8Fe4Ni4(CN)24o

(1)基態C/+離子的電子排布式為Is22s22P63s23P63d3其3d軌道上有4個未成對電子,

Fe核外有26個電子，電子排布式為：Is22s22P63s23P63d64s2,其3d軌道上有4個未

成對電子；鐵為26號元素，元素在周期表中位于第四周期皿族，由于Fe?+的價電子3d6

失去一個電子可形成3d5半充滿穩定結構；根據價層電子對互斥理論，價層電子對個數

=。鍵+孤電子對個數，SO/中中心原子S的價層電子對為4+”與竺=4,孤電子對

數為0,不含孤電子對，S原子雜化方式為sp3；

(2)由題意可知C5Hm的C環是平面的，故知其中5個C原子應為sp2雜化；因5個C原

子均是sp2雜化，則應各有一個未雜化的p電子參與形成5個C原子的大n鍵，加上負電

荷的電子，共有6個電子參與形成大皿鍵；

(3)根據化合物中各元素化合價代數和為0,也0化合價總和為0,CH3coeT根價為-1,

O化合價為-2,C1化合價為-1,設Cr的化合價為x,則[Cr3O(CH3COO)6(H2O)3]Cl-8H20

中有3x+(—2)+(-1)6+0x3+(—l)+0x8=0,解得x=+3；根據Cr的鹵化物的

熔點可知，鹵化物均為離子晶體，結構和組成相同的離子晶體，離子半徑越大，形成的

離子鍵越不穩定，熔點