2021年高考理综化学真题试卷（全国乙卷）
一、选择题：本题共13小题，毎小题6分，共78分.
1．（2021·全国乙卷）我国提出争取在2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和，这对于改善环境、 实现绿色发展至关重要。“碳中和”是指CO2的排放总量和减少总量相当。下列措施中能促进碳中和最直接有效的是（ ）
A．将重质油裂解为轻质油作为燃料
B．大规模开采可燃冰作为新能源
C．通过清洁煤技术减少煤燃烧污染
D．研发催化剂将 还原为甲醇
【答案】D
【知识点】含碳化合物的性质和应用
【解析】【解答】A.将重质油裂解为轻质油并不能减少CO2的排放量，达不到碳中和的目的，A不符合题意；
B.大规模开采可燃冰做为清洁燃料，会增大CO2的排放量，不符合碳中和的要求，B不符合题意；
C.通过清洁煤技术减少煤燃烧污染，不能减少CO2的排放量，达不到碳中和的目的，C不符合题意；
D.研发催化剂将二氧化碳还原为甲醇，可以减少CO2的排放量，达到碳中和的目的，D符合题意；
故答案为：D
【分析】 “碳中和”是指CO2的排放总量和减少总量相当 ，即减少CO2的排放量。
2．（2021·全国乙卷）在实验室釆用如图装置制备气体，合理的是（ ）
化学试剂 制备的气体
A
B （浓）
C
D （浓）
A．A B．B C．C
【答案】C
【知识点】气体发生装置；气体的收集；常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】A.氨气的密度比空气小，不能用向上排空法收集，A不符合题意；
B.MnO2与浓盐酸共热制备氯气为固液加热反应，需要选用固液加热装置，不能选用固固加热装置，B不符合题意；
C.MnO2和氯酸钾共热制备氧气为固固加热的反应，能选用固固加热装置，氧气的密度大于空气，可选用向上排空气法收集，C符合题意；
D.氯化钠与浓硫酸共热制备为固液加热反应，需要选用固液加热装置，不能选用固固加热装置，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】由实验装置图可知，制备气体的装置为固固加热装置，收集气体的装置为向上排空气法，说明该气体的密度大于空气的密度。
3．（2021·全国乙卷）下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是（ ）
A．用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙： CO32- +CaSO4 =CaCO3 + SO42-
B．过量铁粉加入稀硝酸中：Fe + 4H+ + NO3- = Fe3+ +NO↑ +2H2O
C．硫酸铝溶液中滴如少量氢氧化钾溶液： Al3+ +4 OH- =AlO2- + 2H2O
D．氯化铜溶液中通入硫化氢： Cu2+ + S2- =CuS ↓
【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；硝酸的化学性质；探究铝与酸、碱溶液的反应；离子方程式的书写
【解析】【解答】A.硫酸钙微溶，用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙转化为难溶的碳酸钙，离子方程式为：CO32-+CaSO4=CaCO3+SO42-，A符合题意；
B.过量的铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，离子方程式应为：3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O，B不符合题意；
C.硫酸铝溶液与少量氢氧化钾溶液反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钾，离子方程式应为：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，C不符合题意；
D.硫化氢为弱电解质，书写离子方程式时不能拆，离子方程式应为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A．根据沉淀的转化分析；
B．Fe过量生成Fe2+；
C．KOH少量生成Al(OH)3；
D．H2S为弱电解质，不能拆；
4．（2021·全国乙卷）一种活性物质的结构简式为 ，下列有关该物质的叙述正确的是（ ）
A．能发生取代反应，不能发生加成反应
B．既是乙醇的同系物也是乙酸的同系物
C．与 互为同分异构体
D．1mol该物质与碳酸钠反应得44 g
【答案】C
【知识点】乙烯的化学性质；乙醇的化学性质；羧酸简介
【解析】【解答】A.该物质含有羟基、羧基、碳碳双键，能发生取代反应和加成反应，A不符合题意；
B.同系物是结构相似，分子式相差1个或n个CH2的有机物，该物质的分子式为C10H18O3，而且与乙醇、乙酸结构不相似，B不符合题意；
C.该物质的分子式为C10H18O3，的分子式为C10H18O3，所以二者的分子式相同，结构式不同，互为同分异构体，C符合题意；
D.该物质只含有一个羧基，1mol该物质与碳酸钠反应，生成0.5mol二氧化碳，质量为22g，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A．根据官能团的性质分析；
B．同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；
C．同分异构体是具有相同分子式而结构不同的化合物；
D．该化合物中只有羧基能与Na2CO3反应；
5．（2021·全国乙卷）我国嫦娥五号探测器带回1.731 kg的月球土壤，经分析发现其构成与地球土壤类似，土壤中含有的短周期元素W、X、Y、Z，原子序数依次増大，最外层电子数之和为 15。X、Y、Z为同周期相邻元素，且均不与W同族，下列结论正确的是（ ）
A．原子半径大小顺序为W>X>Y>Z
B．化合物XW中的化学健为离子键
C．Y单质的导电性能弱于Z单质的
D．Z的氧化物的水化物的酸性强于碳酸
【答案】B
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A.O原子有两层，Mg、Al、Si均有三层且原子序数依次增大，故原子半径大小顺序为Mg＞Al＞Si＞O，即 W>X>Y>Z ，A不符合题意；
B.化合物XW即MgO为离子化合物，其中的化学键为离子键，B符合题意；
C.Y单质为铝单质，铝属于导体，导电性很强，Z单质为硅，为半导体，半导体导电性介于导体和绝缘体之间，故Y单质的导电性能强于Z单质的，C不符合题意；
D.Z的氧化物的水化物为硅酸，硅酸酸性弱于碳酸，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】由短周期元素W、X、Y、Z，原子序数依次增大，最外层电子数之和为15， X、Y、Z为同周期相邻元素，可知W所在主族可能为第ⅢA族或第ⅥA族元素，又因X、Y、Z为同周期相邻元素，且均不与W同族，故W一定不是第ⅢA族元素，即W一定是第ⅥA族元素，进一步结合已知可推知W、X、Y、Z依次为O、Mg、Al、Si。
6．（2021·全国乙卷）沿海电厂采用海水为冷却水，但在排水管中生物的附着和滋生会阻碍冷却水排故并 降低冷却效率。为解决这一问题，通常在管道口设置一对情性电极（如图所示），通入一定的电流。
下列叙述错误的是（ ）
A．阳极发生将海水中的 氧化生成 的反应
B．管道中可以生成氧化灭杀附着生物的NaClO
C．阴极生成的 应及时通风稀释安全地排入大气
D．阳极表面形成的Mg 等积垢需要定期清理
【答案】D
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A.根据分析可知，阳极区海水中的Cl-会优先失去电子生成Cl2，发生氧化反应，A正确；
B.设置的装置为电解池原理，根据分析知，阳极区生成的Cl2与阴极区生成的OH-在管道中会发生反应生成NaCl、NaClO和H2O，其中NaClO具有强氧化性，可氧化灭杀附着的生物，B正确；
C.因为H2是易燃性气体，所以阳极区生成的H2需及时通风稀释，安全地排入大气，以排除安全隐患，C正确；
D.阴极的电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，会使海水中的Mg2+沉淀积垢，所以阴极表面会形成Mg(OH)2等积垢需定期清理，D错误；
故答案为：D
【分析】海水中除了水，还含有大量的Na+、Cl-、Mg2+等，根据题干信息可知，装置的原理是利用惰性电极电解海水，阳极区溶液中的Cl-会优先失电子生成Cl2，阴极区H2O优先得电子生成H2和OH-。
7．（2021·全国乙卷）HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中 而变化， 不发生水解。实验发现，298K时 ，如下图中实线所示。
下列叙述错误的是（ ）
A．溶液pH = 4 时.
B．MA 的溶度积
C．溶液 pH = 7 时，
D．HA 的电离常数
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A.由图可知pH=4，即c(H+)=10×10-5mol/L时，c2(M+)=7.5×10-8mol2/L2，c(M+)=mol/L<3.0×10-4mol/L，A正确；
B.由图可知，c(H+)=0时，可看作溶液中有较大浓度的OH-，此时A-的水解极大地被抑制，溶液中c(M+)=c(A-)，Ksp(MA)=c(M+)c(A-)=c2(M+)=5×10-8，B正确；
C.MA饱和溶液中，M+不水解，A-水解显碱性，若pH=7，说明加入了酸，但该酸不一定是HA，设调pH所用的酸为HnX，则结合电荷守恒可知c(M+)+c(H+)=c(OH-)+ nc(Xn-)，题给等式右边缺阴离子部分nc(Xn-)，C错误；
D.Ka(HA)=，当c(A-)=c(HA)时，由物料守恒可知，c(A-)+c(HA)=c(M+)，c(A-)=，Ksp(MA)=c(M+)c(A-)==5×10-8，c2(M+)=10×10-8，对应图得此时溶液中c(H+)=2.0×10-4mol/L，Ka(HA)==c(H+)2.0×10-4，D正确；
故答案为：C
【分析】根据电荷守恒和物料守恒结合图像计算。
二、必考题：共129分
8．（2021·全国乙卷）磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有 、 、 、MgO、CaO以及少量的 ，为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。
该工艺下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表：
金属离子
开始沉淀的pH 2.2 3.5 9.5 12.4
沉淀完全(c=1.0×10*mol-L')的pH 3.2 4.7 11.1 13.8
回答下列问题：
（1）“焙烧”中， 、 几乎不发生反应， 、MgO、CaO、 转化为相应的硫酸盐，写出 转化为 的化学方程式 。
（2）“水浸”后“滤液”的pH约为2.0，在“分步沉淀”氨水逐步调节pH至11.6，依次析出的金属离子是 。
（3）“母液①”中 浓度为 mol·
（4）”水浸渣”在160℃“酸溶”，最适合的酸是 。“酸溶渣”的成分是 、 。
（5）“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热， 水解析出 沉淀，该反应的离子方程式是 。
（6）将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得 ，循环利用。
【答案】（1）Al2O3+4(NH4)SO4=2NH4Al(SO4)2+3H2O+6NH3↑
（2）Fe3+ 、Al3+ 、Mg2+
（3）10-6
（4）H2SO4；SiO2；CaSO4
（5）TiO2++(x+1)H2O TiO2·xH2O+2H+
（6）(NH4)2SO4
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；pH的简单计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】(1)氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反应为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反应生成硫酸铝铵、氨气和水，反应的化学方程式为 Al2O3+4(NH4)SO4=2NH4Al(SO4)2+3H2O+6NH3↑ ；
(2)由题给开始沉淀和完全沉淀的pH可知，将pH约为2.0的滤液加入氨水调节溶液pH为11.6时，Fe3+首先沉淀、然后是Al3+、Mg2+，Ca2+没有沉淀；
(3)由镁离子完全沉淀时，溶液pH为11.1可知，氢氧化镁的溶度积为1×10-5×(1×10-2.9)2=1×10-10.8，当溶液pH为11.6时，溶液中镁离子的浓度为=1×10-6mol/L
(4)增大溶液中硫酸根离子浓度，有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀，为了使微溶的硫酸钙完全沉淀，减少TiOSO4溶液中含有硫酸钙的量，应加入浓硫酸加热到160℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，则酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙；
(5)酸溶后将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·x H2O沉淀和硫酸，反应的离子方程式为 TiO2++(x+1)H2O TiO2·xH2O+2H+ ；
(6)由分析可知，尾气为氨气，母液①为硫酸铵、母液②为硫酸，将母液①和母液②混合后吸收氨气得到硫酸铵溶液，可以循环使用。
【分析】由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，二氧化钛和二氧化硅不反应，氧化铝、氧化镁、氧化钙、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质加入热水水浸，二氧化钛、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸钙部分溶于水，硫酸铁、硫酸镁和硫酸铝铵溶于水，过滤得到含有二氧化钛、二氧化硅、硫酸钙的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸镁、硫酸铝铵和硫酸钙的滤液；向pH约为2.0的滤液中加入氨水至11.6，溶液中铁离子、铝离子和镁离子依次沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸钙的母液①和氢氧化物沉淀；向水浸渣中加入浓硫酸加热到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，二氧化钛与稀硫酸反应得到TiOSO4，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的酸溶渣和TiOSO4溶液；将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，使TiOSO4完全水解生成TiO2·x H2O沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液②和TiO2·x H2O
9．（2021·全国乙卷）氧化石墨烯具有稳定的网状结构，在能源、材料等领域有着重要的应用前景，通过氧化剥离石墨制备氧化石墨烯的一种方法如下（装置如图所示）：
I.将浓H2SO4、NaNO3、石墨粉末在c中混合，置于冰水浴中。剧烈搅拌下，分批缓慢加入KMnO4粉末，塞好瓶口。
II.转至油浴中，35℃搅拌1小时，缓慢滴加一定量的蒸馏水。升温至98℃并保持1小时。
III.转移至大烧杯中，静置冷却至室温。加入大量蒸馏水，而后滴加H2O2至悬浊液由紫色变为土黄色。
IV.离心分离，稀盐酸洗涤沉淀。
V.蒸馏水洗涤沉淀。
VI.冷冻干燥，得到土黄色的氧化石墨烯。
回答下列问题：
（1）装置图中，仪器a、c的名称分别是 、 ,仪器b的进水口是（填字母）。
（2）步骤I中，需分批缓慢加入KMnO4粉末并使用冰水浴，原因是 .
（3）步骤II中的加热方式采用油浴，不使用热水浴，原因是＿ .
（4）步骤III中，H2O2的作用是 （以离子方程式表示）.
（5）步骤IV中，洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在SO42-来判断。检测的方法是 .
（6）步骤V可用pH试纸检测来判断Cl-是否洗净，其理由是 .
【答案】（1）滴液漏斗；三颈烧瓶/三口烧瓶
（2）反应放热，为防止体系温度急剧增加而反应过快
（3）反应温度98℃接近水的沸点100℃，而油浴更易提温
（4）2MnO4- +5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O
（5）取洗涤液，加入BaCl2溶液，看是否有白色沉淀生成，若无，说明洗涤干净
（6）洗涤液含有的离子主要有H +和Cl-,根据电荷守恒，当洗涤液接近中性时，可认为Cl-洗净
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；常用仪器及其使用；性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】(1)由图中仪器构造可知，a的仪器名称为滴液漏斗，c的仪器名称为三颈烧瓶；仪器b为球形冷凝管，起冷凝回流作用，为了是冷凝效果更好，冷却水要从d口进，a口出；
(2)反应为放热反应，为控制反应速率，避免反应过于剧烈，需分批缓慢加入KMnO4粉末并使用冰水浴；
(3)油浴和水浴相比，由于油的比热容较水小，油浴控制温度更加灵敏和精确，该实验反应温度接近水的沸点，故不采用热水浴，而采用油浴；
(4)由滴加H2O2后发生的现象可知，加入的目的是除去过量的KMnO4，则反应的离子方程式为：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O；
(5)该实验中为判断洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在SO42-来判断，检测方法是：取最后一次洗涤液，滴加BaCl2溶液，若没有沉淀说明洗涤完成；
(6)步骤IV用稀盐酸洗涤沉淀，步骤V洗涤过量的盐酸，H+与Cl-电荷守恒，洗出液接近中性时，可认为洗净。
【分析】(1)根据装置中的仪器分析；
(2)根据反应放热分析；
(3)根据加热温度选择加热方式；
(4)根据转移电子守恒配平方程式；
(5)用Ba2+检验SO42-；
(6)根据电荷守恒分析；
10．（2021·全国乙卷）一氯化碘（ICl)是一种卤素互化物，具有强氧化性，可与金属直接反应，也可用作有机合成中的碘化剂。回答下列问题：
（1）历史上海藻提碘中得到一种红棕色液体，由于性质相似，Liebig误认为是ICl，从而错过了一种新元素的发现。该元素是 .
（2）氯铂酸钡（BaPtCl6)固体加热时部分分解为BaCl2、Pt和Cl2，376.8℃时平衡常数K‘p=1.0x104Pa2。在一硬质玻璃烧瓶中加入过量BaPtCl6，抽真空后，通过一支管通入碘蒸气（然后将支管封闭）。在376.8℃，碘蒸气初始压强为20.0kPa.376.8℃平衡时，测得烧瓶中压强为32.5kPa，则PICl= kPa，反应2ICl(g)=Cl2(g)+I2(g)的平衡常数K= （列出计算式即可）.
（3）McMorris 测定和计算了在136-180℃范围内下列反应的平衡常数KP ：
2NO(g)+2ICl(g) 2NOCl(g)+I2(g) KP1
2NOCl(g) 2NO(g)+Cl2(g) KP2
得到lgKP1 和lgKP2 均为线性关系，如下图所示：
①由图可知，NOCl分解为NO和Cl2反应的ΔH 0(填“大于”或“小于”）.
②反应2ICl(g)=Cl2(g)+I2(g)的K= （用KP1、KP2表示）：该反应的ΔH 0(填“大于”或“小于”)，写出推理过程 .
（4）Kistiakowsky曾研究了NOCl光化学分解反应，在一定频率(v)光的照射下机理为：
NOCl+hv→NOC*
NOCl+NOCl*→2NO+Cl2
其中hv表示一个光子能量，NOCl*表示NOCl的激发态。可知，分解1mol的NOCl需要吸收 mol的光子。
【答案】（1）溴（或Br）
（2）2.=4.8；
（3）大于；KP1·KP2；△H＞0；当 时， 当 时， 即降温，K减小，平衡逆移，说明△H＞0
（4）
【知识点】反应热和焓变；化学反应速率；化学平衡常数；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)红棕色液体，推测为溴单质，因此错过发现的元素是溴(或Br)；
(2)由题意376.8℃时玻璃烧瓶中发生两个反应： BaPtCl6 （s）BaCl2（s）+Pt（s）+2Cl2（g）、Cl2(g)+I2(g)2ICl(g)，BaPtCl6 （s）BaCl2（s）+Pt（s）+2Cl2（g）的平衡常数Kp=1.0×104Pa2，则平衡时p2(Cl2)=1.0×104Pa2，平衡时p(Cl2)=100Pa，设到达平衡时I2(g)的分压减小pkPa，则376.8℃平衡时，测得烧瓶中压强为32.5kPa，则
0.1+20.0+p=32.5，解得p=12.4，则平衡时p(ICl)=2p kPa=2×12.4kPa=24.8kPa；则平衡时，I2(g)的分压为(20.0-p)kPa=7.6kPa=7.6×103Pa，p(ICl)=24.8kPa=24.8×103Pa，p(Cl2)=0.1kPa=100Pa，因此反应 2ICl(g)Cl2(g)+I2(g)的平衡常数K=；
(3)①结合图可知，温度越高，越小，lgKp2越大，即Kp2越大，说明升高温度平衡2NOCl(g)2NO(g)+Cl2(g)正向移动，则NOCl分解为NO和Cl2反应的大于0；
②Ⅰ.2NO+2ICl2NOCl Kp1
Ⅱ. 2NOCl(g)2NO(g)+Cl2(g) Kp2
Ⅰ+Ⅱ得2ICl(g)Cl2(g)+I2(g)，故K= Kp1 Kp2；
该反应的ΔH 大于0，根据图像可知， 当 时， 当 时， 即降温，K减小，平衡逆移，说明△H＞0 ；
(4)Ⅰ. NOCl+hv→NOCl*
Ⅱ. NOCl+NOCl*→2NO+Cl2
Ⅰ+Ⅱ得总反应为2NOCl+hv=2NO+Cl2，因此2molNOCl分解需要吸收1mol光子能量，则分解1mol的NOCl需要吸收0.5mol光子。
【分析】(1)根据红棕色液体推断；
(2)根据三段式及平衡常数公式计算；
(3)根据图像中曲线的趋势和所对应的数据进行估算；
(4)根据物质的量之比等于化学计量数之比计算；
三、选考题
11．（2021·全国乙卷）[化学——选修3：物质结构与性质]
过渡金属元素铬（Cr）是不锈钢的重要成分，在工农业生产和国防建设中有着广泛应用，回答下列问题：
（1）对于基态Cr原子，下列叙述正确的是 (填标号)。
A.轨道处于半充满时体系总能量低,核外电子排布应为[Ar]
3d54s1
B.4s电子能量较高，总是在比3s电子离核更远的地方运动
C.电负性比钾高，原子对键合电子的吸引力比钾大
（2）三价铬离子能形成多种配位化合物。[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中提供电子对形成配位键的原子是 ,中心离子的配位数为 。
（3）[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中配体分子NH3、H2O以及分子PH3的空间结构和相应的键角如下图所示。
PH3中P的杂化类型是 , NH3的沸点比PH3的 ，原因是 。H2O的键角小于NH3的，分析原因 。
（4）在金属材料中添加AlCr2颗粒，可以增强材料的耐腐蚀性、硬度和机械性能。AlCr2具有体心四方结构，如图所示。处于顶角位置的是 原子。设Cr和Al原子半径分别为 和 ，则金属原子空间占有率为 %(列出计算表达式)。
【答案】（1）A C
（2）N O Cl；6
（3）；高；NH3分子间形成氢键增大分子间作用力；H2O分子有两对孤对电子，而NH3分子有一对孤对电子,所以H2O中孤对电子对键的斥力比NH3大，键角小
（4）Al；
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】(1) A. 基态原子满足能量最低原理，Cr有24个核外电子，轨道处于半充满时体系总能量低，核外电子排布应为[Ar]3d54s1，A正确；
B. Cr核外电子排布为[Ar]3d54s1，由于能级交错，3d轨道能量高于4s轨道的能量，即3d电子能量较高，B错误；
C. 电负性为原子对键合电子的吸引力，同周期除零族原子序数越大电负性越强，钾与铬位于同周期，铬原子序数大于钾，故铬电负性比钾高，原子对键合电子的吸引力比钾大，C正确；
故答案为AC；
(2) [Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中三价铬离子提供空轨道，N、O、Cl提供孤对电子与三价铬离子形成配位键，中心离子的配位数为N、O、Cl三种原子的个数和即3+2+1=6；
(3) PH3的价层电子对为3+1=4，故PH3中P的杂化类型是sp3； N原子电负性较强，NH3分子之间存在分子间氢键，因此NH3的沸点比PH3的高；H2O的键角小于NH3的，原因是：NH3含有一对孤对电子，而H2O含有两对孤对电子，H2O中的孤对电子对成键电子对的排斥作用较大；
(4)已知AlCr2具有体心四方结构，如图所示，黑球个数为8×+1=2，白球个数为8×+2=4，结合化学式AlCr2可知，白球为Cr，黑球为Al，即处于顶角位置的是Al原子。设Cr和Al原子半径分别为rCr和rAl，则金属原子的体积为，故金属原子空间占有率=%。
【分析】(1)根据Cr的核外电子排布分析；
(2)根据配位键形成的原理分析；
(3)根据价层电子对互斥理论分析；
(4)根据晶胞的均摊及空间占有率的计算方法分析；
12．（2021·全国乙卷）卤沙唑仑W是一种抗失眠药物，在医药工业中的一种合成方法如下
回答下列问题：
（1）A的化学名称是 。
（2）写出反应③的化学方程式 。
（3）D具有的官能团名称是 。（不考虑苯环）
（4）反应④中，Y的结构简式为 。
（5）反应⑤的反应类型是 。
（6）C的同分异构体中，含有苯环并能发生银镜反应的化合物共有 种。
（7）写出W的结构简式 。
【答案】（1）2-氟甲苯（或邻氟甲苯）
（2） + +NaOH +NaCl+H2O
（3）氨基、碳溴键、酮羰基、碳氟键
（4）
（5）取代反应
（6）10
（7）
【知识点】有机化合物的命名；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；有机化学反应的综合应用；醛的化学性质；取代反应
【解析】【解答】(1)由A（）的结构可知，名称为：2－氟甲苯（或邻氟甲苯）；
(2)反应③为与在氯化锌和氢氧化钠的作用下，发生取代反应生成；
(3)根据分析，含有的官能团为碳溴键，碳氟键，氨基，羰基（或酮基）；
(4) 根据分析，D为，E为，根据结构特点，及反应特征，可推出Y为；
(5)根据分析，E为，F为，根据结构特点，可知与发生取代反应生成F；
(6)C为，含有苯环且能发生银镜反应的同分异构体含有醛基、碳氟键、碳氯键，结构有共10种；
(7)根据已知及分析可知，与乙酸、乙醇反应生成。
【分析】A（）在酸性高锰酸钾的氧化下生成B（），与SOCl2反应生成C（），与在氯化锌和氢氧化钠的作用下，发生取代反应生成，与Y（）发生取代反应生成，与发生取代反应生成F（），F与乙酸、乙醇反应生成W（）
1 / 12021年高考理综化学真题试卷（全国乙卷）
一、选择题：本题共13小题，毎小题6分，共78分.
1．（2021·全国乙卷）我国提出争取在2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和，这对于改善环境、 实现绿色发展至关重要。“碳中和”是指CO2的排放总量和减少总量相当。下列措施中能促进碳中和最直接有效的是（ ）
A．将重质油裂解为轻质油作为燃料
B．大规模开采可燃冰作为新能源
C．通过清洁煤技术减少煤燃烧污染
D．研发催化剂将 还原为甲醇
2．（2021·全国乙卷）在实验室釆用如图装置制备气体，合理的是（ ）
化学试剂 制备的气体
A
B （浓）
C
D （浓）
A．A B．B C．C
3．（2021·全国乙卷）下列过程中的化学反应，相应的离子方程式正确的是（ ）
A．用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙： CO32- +CaSO4 =CaCO3 + SO42-
B．过量铁粉加入稀硝酸中：Fe + 4H+ + NO3- = Fe3+ +NO↑ +2H2O
C．硫酸铝溶液中滴如少量氢氧化钾溶液： Al3+ +4 OH- =AlO2- + 2H2O
D．氯化铜溶液中通入硫化氢： Cu2+ + S2- =CuS ↓
4．（2021·全国乙卷）一种活性物质的结构简式为 ，下列有关该物质的叙述正确的是（ ）
A．能发生取代反应，不能发生加成反应
B．既是乙醇的同系物也是乙酸的同系物
C．与 互为同分异构体
D．1mol该物质与碳酸钠反应得44 g
5．（2021·全国乙卷）我国嫦娥五号探测器带回1.731 kg的月球土壤，经分析发现其构成与地球土壤类似，土壤中含有的短周期元素W、X、Y、Z，原子序数依次増大，最外层电子数之和为 15。X、Y、Z为同周期相邻元素，且均不与W同族，下列结论正确的是（ ）
A．原子半径大小顺序为W>X>Y>Z
B．化合物XW中的化学健为离子键
C．Y单质的导电性能弱于Z单质的
D．Z的氧化物的水化物的酸性强于碳酸
6．（2021·全国乙卷）沿海电厂采用海水为冷却水，但在排水管中生物的附着和滋生会阻碍冷却水排故并 降低冷却效率。为解决这一问题，通常在管道口设置一对情性电极（如图所示），通入一定的电流。
下列叙述错误的是（ ）
A．阳极发生将海水中的 氧化生成 的反应
B．管道中可以生成氧化灭杀附着生物的NaClO
C．阴极生成的 应及时通风稀释安全地排入大气
D．阳极表面形成的Mg 等积垢需要定期清理
7．（2021·全国乙卷）HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中 而变化， 不发生水解。实验发现，298K时 ，如下图中实线所示。
下列叙述错误的是（ ）
A．溶液pH = 4 时.
B．MA 的溶度积
C．溶液 pH = 7 时，
D．HA 的电离常数
二、必考题：共129分
8．（2021·全国乙卷）磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有 、 、 、MgO、CaO以及少量的 ，为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。
该工艺下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表：
金属离子
开始沉淀的pH 2.2 3.5 9.5 12.4
沉淀完全(c=1.0×10*mol-L')的pH 3.2 4.7 11.1 13.8
回答下列问题：
（1）“焙烧”中， 、 几乎不发生反应， 、MgO、CaO、 转化为相应的硫酸盐，写出 转化为 的化学方程式 。
（2）“水浸”后“滤液”的pH约为2.0，在“分步沉淀”氨水逐步调节pH至11.6，依次析出的金属离子是 。
（3）“母液①”中 浓度为 mol·
（4）”水浸渣”在160℃“酸溶”，最适合的酸是 。“酸溶渣”的成分是 、 。
（5）“酸溶”后，将溶液适当稀释并加热， 水解析出 沉淀，该反应的离子方程式是 。
（6）将“母液①”和“母液②”混合，吸收尾气，经处理得 ，循环利用。
9．（2021·全国乙卷）氧化石墨烯具有稳定的网状结构，在能源、材料等领域有着重要的应用前景，通过氧化剥离石墨制备氧化石墨烯的一种方法如下（装置如图所示）：
I.将浓H2SO4、NaNO3、石墨粉末在c中混合，置于冰水浴中。剧烈搅拌下，分批缓慢加入KMnO4粉末，塞好瓶口。
II.转至油浴中，35℃搅拌1小时，缓慢滴加一定量的蒸馏水。升温至98℃并保持1小时。
III.转移至大烧杯中，静置冷却至室温。加入大量蒸馏水，而后滴加H2O2至悬浊液由紫色变为土黄色。
IV.离心分离，稀盐酸洗涤沉淀。
V.蒸馏水洗涤沉淀。
VI.冷冻干燥，得到土黄色的氧化石墨烯。
回答下列问题：
（1）装置图中，仪器a、c的名称分别是 、 ,仪器b的进水口是（填字母）。
（2）步骤I中，需分批缓慢加入KMnO4粉末并使用冰水浴，原因是 .
（3）步骤II中的加热方式采用油浴，不使用热水浴，原因是＿ .
（4）步骤III中，H2O2的作用是 （以离子方程式表示）.
（5）步骤IV中，洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在SO42-来判断。检测的方法是 .
（6）步骤V可用pH试纸检测来判断Cl-是否洗净，其理由是 .
10．（2021·全国乙卷）一氯化碘（ICl)是一种卤素互化物，具有强氧化性，可与金属直接反应，也可用作有机合成中的碘化剂。回答下列问题：
（1）历史上海藻提碘中得到一种红棕色液体，由于性质相似，Liebig误认为是ICl，从而错过了一种新元素的发现。该元素是 .
（2）氯铂酸钡（BaPtCl6)固体加热时部分分解为BaCl2、Pt和Cl2，376.8℃时平衡常数K‘p=1.0x104Pa2。在一硬质玻璃烧瓶中加入过量BaPtCl6，抽真空后，通过一支管通入碘蒸气（然后将支管封闭）。在376.8℃，碘蒸气初始压强为20.0kPa.376.8℃平衡时，测得烧瓶中压强为32.5kPa，则PICl= kPa，反应2ICl(g)=Cl2(g)+I2(g)的平衡常数K= （列出计算式即可）.
（3）McMorris 测定和计算了在136-180℃范围内下列反应的平衡常数KP ：
2NO(g)+2ICl(g) 2NOCl(g)+I2(g) KP1
2NOCl(g) 2NO(g)+Cl2(g) KP2
得到lgKP1 和lgKP2 均为线性关系，如下图所示：
①由图可知，NOCl分解为NO和Cl2反应的ΔH 0(填“大于”或“小于”）.
②反应2ICl(g)=Cl2(g)+I2(g)的K= （用KP1、KP2表示）：该反应的ΔH 0(填“大于”或“小于”)，写出推理过程 .
（4）Kistiakowsky曾研究了NOCl光化学分解反应，在一定频率(v)光的照射下机理为：
NOCl+hv→NOC*
NOCl+NOCl*→2NO+Cl2
其中hv表示一个光子能量，NOCl*表示NOCl的激发态。可知，分解1mol的NOCl需要吸收 mol的光子。
三、选考题
11．（2021·全国乙卷）[化学——选修3：物质结构与性质]
过渡金属元素铬（Cr）是不锈钢的重要成分，在工农业生产和国防建设中有着广泛应用，回答下列问题：
（1）对于基态Cr原子，下列叙述正确的是 (填标号)。
A.轨道处于半充满时体系总能量低,核外电子排布应为[Ar]
3d54s1
B.4s电子能量较高，总是在比3s电子离核更远的地方运动
C.电负性比钾高，原子对键合电子的吸引力比钾大
（2）三价铬离子能形成多种配位化合物。[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中提供电子对形成配位键的原子是 ,中心离子的配位数为 。
（3）[Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中配体分子NH3、H2O以及分子PH3的空间结构和相应的键角如下图所示。
PH3中P的杂化类型是 , NH3的沸点比PH3的 ，原因是 。H2O的键角小于NH3的，分析原因 。
（4）在金属材料中添加AlCr2颗粒，可以增强材料的耐腐蚀性、硬度和机械性能。AlCr2具有体心四方结构，如图所示。处于顶角位置的是 原子。设Cr和Al原子半径分别为 和 ，则金属原子空间占有率为 %(列出计算表达式)。
12．（2021·全国乙卷）卤沙唑仑W是一种抗失眠药物，在医药工业中的一种合成方法如下
回答下列问题：
（1）A的化学名称是 。
（2）写出反应③的化学方程式 。
（3）D具有的官能团名称是 。（不考虑苯环）
（4）反应④中，Y的结构简式为 。
（5）反应⑤的反应类型是 。
（6）C的同分异构体中，含有苯环并能发生银镜反应的化合物共有 种。
（7）写出W的结构简式 。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】含碳化合物的性质和应用
【解析】【解答】A.将重质油裂解为轻质油并不能减少CO2的排放量，达不到碳中和的目的，A不符合题意；
B.大规模开采可燃冰做为清洁燃料，会增大CO2的排放量，不符合碳中和的要求，B不符合题意；
C.通过清洁煤技术减少煤燃烧污染，不能减少CO2的排放量，达不到碳中和的目的，C不符合题意；
D.研发催化剂将二氧化碳还原为甲醇，可以减少CO2的排放量，达到碳中和的目的，D符合题意；
故答案为：D
【分析】 “碳中和”是指CO2的排放总量和减少总量相当 ，即减少CO2的排放量。
2．【答案】C
【知识点】气体发生装置；气体的收集；常见气体制备原理及装置选择
【解析】【解答】A.氨气的密度比空气小，不能用向上排空法收集，A不符合题意；
B.MnO2与浓盐酸共热制备氯气为固液加热反应，需要选用固液加热装置，不能选用固固加热装置，B不符合题意；
C.MnO2和氯酸钾共热制备氧气为固固加热的反应，能选用固固加热装置，氧气的密度大于空气，可选用向上排空气法收集，C符合题意；
D.氯化钠与浓硫酸共热制备为固液加热反应，需要选用固液加热装置，不能选用固固加热装置，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】由实验装置图可知，制备气体的装置为固固加热装置，收集气体的装置为向上排空气法，说明该气体的密度大于空气的密度。
3．【答案】A
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；硝酸的化学性质；探究铝与酸、碱溶液的反应；离子方程式的书写
【解析】【解答】A.硫酸钙微溶，用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙转化为难溶的碳酸钙，离子方程式为：CO32-+CaSO4=CaCO3+SO42-，A符合题意；
B.过量的铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，离子方程式应为：3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O，B不符合题意；
C.硫酸铝溶液与少量氢氧化钾溶液反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钾，离子方程式应为：Al3++3OH-=Al(OH)3↓，C不符合题意；
D.硫化氢为弱电解质，书写离子方程式时不能拆，离子方程式应为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A．根据沉淀的转化分析；
B．Fe过量生成Fe2+；
C．KOH少量生成Al(OH)3；
D．H2S为弱电解质，不能拆；
4．【答案】C
【知识点】乙烯的化学性质；乙醇的化学性质；羧酸简介
【解析】【解答】A.该物质含有羟基、羧基、碳碳双键，能发生取代反应和加成反应，A不符合题意；
B.同系物是结构相似，分子式相差1个或n个CH2的有机物，该物质的分子式为C10H18O3，而且与乙醇、乙酸结构不相似，B不符合题意；
C.该物质的分子式为C10H18O3，的分子式为C10H18O3，所以二者的分子式相同，结构式不同，互为同分异构体，C符合题意；
D.该物质只含有一个羧基，1mol该物质与碳酸钠反应，生成0.5mol二氧化碳，质量为22g，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A．根据官能团的性质分析；
B．同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物；
C．同分异构体是具有相同分子式而结构不同的化合物；
D．该化合物中只有羧基能与Na2CO3反应；
5．【答案】B
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A.O原子有两层，Mg、Al、Si均有三层且原子序数依次增大，故原子半径大小顺序为Mg＞Al＞Si＞O，即 W>X>Y>Z ，A不符合题意；
B.化合物XW即MgO为离子化合物，其中的化学键为离子键，B符合题意；
C.Y单质为铝单质，铝属于导体，导电性很强，Z单质为硅，为半导体，半导体导电性介于导体和绝缘体之间，故Y单质的导电性能强于Z单质的，C不符合题意；
D.Z的氧化物的水化物为硅酸，硅酸酸性弱于碳酸，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】由短周期元素W、X、Y、Z，原子序数依次增大，最外层电子数之和为15， X、Y、Z为同周期相邻元素，可知W所在主族可能为第ⅢA族或第ⅥA族元素，又因X、Y、Z为同周期相邻元素，且均不与W同族，故W一定不是第ⅢA族元素，即W一定是第ⅥA族元素，进一步结合已知可推知W、X、Y、Z依次为O、Mg、Al、Si。
6．【答案】D
【知识点】电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A.根据分析可知，阳极区海水中的Cl-会优先失去电子生成Cl2，发生氧化反应，A正确；
B.设置的装置为电解池原理，根据分析知，阳极区生成的Cl2与阴极区生成的OH-在管道中会发生反应生成NaCl、NaClO和H2O，其中NaClO具有强氧化性，可氧化灭杀附着的生物，B正确；
C.因为H2是易燃性气体，所以阳极区生成的H2需及时通风稀释，安全地排入大气，以排除安全隐患，C正确；
D.阴极的电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，会使海水中的Mg2+沉淀积垢，所以阴极表面会形成Mg(OH)2等积垢需定期清理，D错误；
故答案为：D
【分析】海水中除了水，还含有大量的Na+、Cl-、Mg2+等，根据题干信息可知，装置的原理是利用惰性电极电解海水，阳极区溶液中的Cl-会优先失电子生成Cl2，阴极区H2O优先得电子生成H2和OH-。
7．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的原理；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较；电离平衡常数
【解析】【解答】A.由图可知pH=4，即c(H+)=10×10-5mol/L时，c2(M+)=7.5×10-8mol2/L2，c(M+)=mol/L<3.0×10-4mol/L，A正确；
B.由图可知，c(H+)=0时，可看作溶液中有较大浓度的OH-，此时A-的水解极大地被抑制，溶液中c(M+)=c(A-)，Ksp(MA)=c(M+)c(A-)=c2(M+)=5×10-8，B正确；
C.MA饱和溶液中，M+不水解，A-水解显碱性，若pH=7，说明加入了酸，但该酸不一定是HA，设调pH所用的酸为HnX，则结合电荷守恒可知c(M+)+c(H+)=c(OH-)+ nc(Xn-)，题给等式右边缺阴离子部分nc(Xn-)，C错误；
D.Ka(HA)=，当c(A-)=c(HA)时，由物料守恒可知，c(A-)+c(HA)=c(M+)，c(A-)=，Ksp(MA)=c(M+)c(A-)==5×10-8，c2(M+)=10×10-8，对应图得此时溶液中c(H+)=2.0×10-4mol/L，Ka(HA)==c(H+)2.0×10-4，D正确；
故答案为：C
【分析】根据电荷守恒和物料守恒结合图像计算。
8．【答案】（1）Al2O3+4(NH4)SO4=2NH4Al(SO4)2+3H2O+6NH3↑
（2）Fe3+ 、Al3+ 、Mg2+
（3）10-6
（4）H2SO4；SiO2；CaSO4
（5）TiO2++(x+1)H2O TiO2·xH2O+2H+
（6）(NH4)2SO4
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；pH的简单计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】(1)氧化铝转化为硫酸铝铵发生的反应为氧化铝、硫酸铵在高温条件下反应生成硫酸铝铵、氨气和水，反应的化学方程式为 Al2O3+4(NH4)SO4=2NH4Al(SO4)2+3H2O+6NH3↑ ；
(2)由题给开始沉淀和完全沉淀的pH可知，将pH约为2.0的滤液加入氨水调节溶液pH为11.6时，Fe3+首先沉淀、然后是Al3+、Mg2+，Ca2+没有沉淀；
(3)由镁离子完全沉淀时，溶液pH为11.1可知，氢氧化镁的溶度积为1×10-5×(1×10-2.9)2=1×10-10.8，当溶液pH为11.6时，溶液中镁离子的浓度为=1×10-6mol/L
(4)增大溶液中硫酸根离子浓度，有利于使微溶的硫酸钙转化为沉淀，为了使微溶的硫酸钙完全沉淀，减少TiOSO4溶液中含有硫酸钙的量，应加入浓硫酸加热到160℃酸溶；由分析可知，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，则酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙；
(5)酸溶后将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，能使TiOSO4完全水解生成TiO2·x H2O沉淀和硫酸，反应的离子方程式为 TiO2++(x+1)H2O TiO2·xH2O+2H+ ；
(6)由分析可知，尾气为氨气，母液①为硫酸铵、母液②为硫酸，将母液①和母液②混合后吸收氨气得到硫酸铵溶液，可以循环使用。
【分析】由题给流程可知，高钛炉渣与硫酸铵混合后焙烧时，二氧化钛和二氧化硅不反应，氧化铝、氧化镁、氧化钙、氧化铁转化为相应的硫酸盐，尾气为氨气；将焙烧后物质加入热水水浸，二氧化钛、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸钙部分溶于水，硫酸铁、硫酸镁和硫酸铝铵溶于水，过滤得到含有二氧化钛、二氧化硅、硫酸钙的水浸渣和含有硫酸铁、硫酸镁、硫酸铝铵和硫酸钙的滤液；向pH约为2.0的滤液中加入氨水至11.6，溶液中铁离子、铝离子和镁离子依次沉淀，过滤得到含有硫酸铵、硫酸钙的母液①和氢氧化物沉淀；向水浸渣中加入浓硫酸加热到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸钙与浓硫酸不反应，二氧化钛与稀硫酸反应得到TiOSO4，过滤得到含有二氧化硅、硫酸钙的酸溶渣和TiOSO4溶液；将TiOSO4溶液加入热水稀释并适当加热，使TiOSO4完全水解生成TiO2·x H2O沉淀和硫酸，过滤得到含有硫酸的母液②和TiO2·x H2O
9．【答案】（1）滴液漏斗；三颈烧瓶/三口烧瓶
（2）反应放热，为防止体系温度急剧增加而反应过快
（3）反应温度98℃接近水的沸点100℃，而油浴更易提温
（4）2MnO4- +5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O
（5）取洗涤液，加入BaCl2溶液，看是否有白色沉淀生成，若无，说明洗涤干净
（6）洗涤液含有的离子主要有H +和Cl-,根据电荷守恒，当洗涤液接近中性时，可认为Cl-洗净
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；常用仪器及其使用；性质实验方案的设计；物质检验实验方案的设计
【解析】【解答】(1)由图中仪器构造可知，a的仪器名称为滴液漏斗，c的仪器名称为三颈烧瓶；仪器b为球形冷凝管，起冷凝回流作用，为了是冷凝效果更好，冷却水要从d口进，a口出；
(2)反应为放热反应，为控制反应速率，避免反应过于剧烈，需分批缓慢加入KMnO4粉末并使用冰水浴；
(3)油浴和水浴相比，由于油的比热容较水小，油浴控制温度更加灵敏和精确，该实验反应温度接近水的沸点，故不采用热水浴，而采用油浴；
(4)由滴加H2O2后发生的现象可知，加入的目的是除去过量的KMnO4，则反应的离子方程式为：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O；
(5)该实验中为判断洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在SO42-来判断，检测方法是：取最后一次洗涤液，滴加BaCl2溶液，若没有沉淀说明洗涤完成；
(6)步骤IV用稀盐酸洗涤沉淀，步骤V洗涤过量的盐酸，H+与Cl-电荷守恒，洗出液接近中性时，可认为洗净。
【分析】(1)根据装置中的仪器分析；
(2)根据反应放热分析；
(3)根据加热温度选择加热方式；
(4)根据转移电子守恒配平方程式；
(5)用Ba2+检验SO42-；
(6)根据电荷守恒分析；
10．【答案】（1）溴（或Br）
（2）2.=4.8；
（3）大于；KP1·KP2；△H＞0；当 时， 当 时， 即降温，K减小，平衡逆移，说明△H＞0
（4）
【知识点】反应热和焓变；化学反应速率；化学平衡常数；化学反应速率与化学平衡的综合应用
【解析】【解答】(1)红棕色液体，推测为溴单质，因此错过发现的元素是溴(或Br)；
(2)由题意376.8℃时玻璃烧瓶中发生两个反应： BaPtCl6 （s）BaCl2（s）+Pt（s）+2Cl2（g）、Cl2(g)+I2(g)2ICl(g)，BaPtCl6 （s）BaCl2（s）+Pt（s）+2Cl2（g）的平衡常数Kp=1.0×104Pa2，则平衡时p2(Cl2)=1.0×104Pa2，平衡时p(Cl2)=100Pa，设到达平衡时I2(g)的分压减小pkPa，则376.8℃平衡时，测得烧瓶中压强为32.5kPa，则
0.1+20.0+p=32.5，解得p=12.4，则平衡时p(ICl)=2p kPa=2×12.4kPa=24.8kPa；则平衡时，I2(g)的分压为(20.0-p)kPa=7.6kPa=7.6×103Pa，p(ICl)=24.8kPa=24.8×103Pa，p(Cl2)=0.1kPa=100Pa，因此反应 2ICl(g)Cl2(g)+I2(g)的平衡常数K=；
(3)①结合图可知，温度越高，越小，lgKp2越大，即Kp2越大，说明升高温度平衡2NOCl(g)2NO(g)+Cl2(g)正向移动，则NOCl分解为NO和Cl2反应的大于0；
②Ⅰ.2NO+2ICl2NOCl Kp1
Ⅱ. 2NOCl(g)2NO(g)+Cl2(g) Kp2
Ⅰ+Ⅱ得2ICl(g)Cl2(g)+I2(g)，故K= Kp1 Kp2；
该反应的ΔH 大于0，根据图像可知， 当 时， 当 时， 即降温，K减小，平衡逆移，说明△H＞0 ；
(4)Ⅰ. NOCl+hv→NOCl*
Ⅱ. NOCl+NOCl*→2NO+Cl2
Ⅰ+Ⅱ得总反应为2NOCl+hv=2NO+Cl2，因此2molNOCl分解需要吸收1mol光子能量，则分解1mol的NOCl需要吸收0.5mol光子。
【分析】(1)根据红棕色液体推断；
(2)根据三段式及平衡常数公式计算；
(3)根据图像中曲线的趋势和所对应的数据进行估算；
(4)根据物质的量之比等于化学计量数之比计算；
11．【答案】（1）A C
（2）N O Cl；6
（3）；高；NH3分子间形成氢键增大分子间作用力；H2O分子有两对孤对电子，而NH3分子有一对孤对电子,所以H2O中孤对电子对键的斥力比NH3大，键角小
（4）Al；
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；氢键的存在对物质性质的影响
【解析】【解答】(1) A. 基态原子满足能量最低原理，Cr有24个核外电子，轨道处于半充满时体系总能量低，核外电子排布应为[Ar]3d54s1，A正确；
B. Cr核外电子排布为[Ar]3d54s1，由于能级交错，3d轨道能量高于4s轨道的能量，即3d电子能量较高，B错误；
C. 电负性为原子对键合电子的吸引力，同周期除零族原子序数越大电负性越强，钾与铬位于同周期，铬原子序数大于钾，故铬电负性比钾高，原子对键合电子的吸引力比钾大，C正确；
故答案为AC；
(2) [Cr(NH3)3(H2O)2Cl]2+中三价铬离子提供空轨道，N、O、Cl提供孤对电子与三价铬离子形成配位键，中心离子的配位数为N、O、Cl三种原子的个数和即3+2+1=6；
(3) PH3的价层电子对为3+1=4，故PH3中P的杂化类型是sp3； N原子电负性较强，NH3分子之间存在分子间氢键，因此NH3的沸点比PH3的高；H2O的键角小于NH3的，原因是：NH3含有一对孤对电子，而H2O含有两对孤对电子，H2O中的孤对电子对成键电子对的排斥作用较大；
(4)已知AlCr2具有体心四方结构，如图所示，黑球个数为8×+1=2，白球个数为8×+2=4，结合化学式AlCr2可知，白球为Cr，黑球为Al，即处于顶角位置的是Al原子。设Cr和Al原子半径分别为rCr和rAl，则金属原子的体积为，故金属原子空间占有率=%。
【分析】(1)根据Cr的核外电子排布分析；
(2)根据配位键形成的原理分析；
(3)根据价层电子对互斥理论分析；
(4)根据晶胞的均摊及空间占有率的计算方法分析；
12．【答案】（1）2-氟甲苯（或邻氟甲苯）
（2） + +NaOH +NaCl+H2O
（3）氨基、碳溴键、酮羰基、碳氟键
（4）
（5）取代反应
（6）10
（7）
【知识点】有机化合物的命名；有机物的合成；同分异构现象和同分异构体；有机化学反应的综合应用；醛的化学性质；取代反应
【解析】【解答】(1)由A（）的结构可知，名称为：2－氟甲苯（或邻氟甲苯）；
(2)反应③为与在氯化锌和氢氧化钠的作用下，发生取代反应生成；
(3)根据分析，含有的官能团为碳溴键，碳氟键，氨基，羰基（或酮基）；
(4) 根据分析，D为，E为，根据结构特点，及反应特征，可推出Y为；
(5)根据分析，E为，F为，根据结构特点，可知与发生取代反应生成F；
(6)C为，含有苯环且能发生银镜反应的同分异构体含有醛基、碳氟键、碳氯键，结构有共10种；
(7)根据已知及分析可知，与乙酸、乙醇反应生成。
【分析】A（）在酸性高锰酸钾的氧化下生成B（），与SOCl2反应生成C（），与在氯化锌和氢氧化钠的作用下，发生取代反应生成，与Y（）发生取代反应生成，与发生取代反应生成F（），F与乙酸、乙醇反应生成W（）
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