2021年全国统一高考化学和答案 (乙卷)

一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．（6分）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CO2还原为甲醇

2．（6分）在实验室采用如图装置制备气体，合理的是（　　）

A．A    B．B    C．C    D．D

3．（6分）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．过量铁粉加入稀中：Fe+4H++NO3﹣═Fe3++NO↑+2H2O    

C．硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液：Al3++4OH﹣═AlO2﹣+2H2O    

D．氯化铜溶液中通入硫化氢：Cu2++S2﹣═CuS↓

4．（6分）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44g CO2

5．（6分）我国嫦娥五号探测器带回1.731kg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，原子序数依次增大，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中的化学键为离子键    

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．（6分）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放并降低冷却效率。为解决这一问题，通常在管道口设置一对惰性电极 （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Cl﹣氧化生成Cl2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H2应及时通风稀释安全地排入大气    

D．阳极表面形成的Mg（OH）2等积垢需要定期清理

7．（6分）HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中c（M+）随c（H+）而变化，M+不发生水解。实验发现，298K时c2（M+）～c（H+）为线性关系，如图中实线所示。下列叙述错误的是（　　）

A．溶液pH＝4时，c（M+）＜3.0×10﹣4mol•L﹣1    

B．MA的溶度积Ksp（MA）＝5.0×10﹣8    

C．溶液pH＝7时，c（M+）+c（H+）＝c（A﹣）+c（OH﹣）    

D．HA的电离常数Ka（HA）≈2.0×10﹣4

二、非选择题：共58分。第8～10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11～12题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。

8．（14分）磁选后的炼铁高钛炉渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。为节约和充分利用资源，通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。

该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表

（1）“焙烧”中，TiO2、SiO2几乎不发生反应，Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3转化为相应的硫酸盐。写出Al2O3转化为NH4Al（SO4）2的化学方程式　                　。

（2）“水浸”后“滤液”的pH约为2.0，在“分步沉淀”时用氨水逐步调节pH至11.6，依次析出的金属离子是　                　。

（3）“母液①”中Mg2+浓度为　                　mol•L﹣1。

（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，TiO2+水解析出TiO2•xH2O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．（14分）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．（15分）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Kp′＝1.0×104Pa2。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，如图所示：

①由图可知，NOCl分解为NO和Cl2反应的△H　   　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△H　   　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→NOCl*

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。

（二）选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[化学--选修3：物质结构与性质]（15分）

11．（15分）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rCr和rAl，则金属原子空间占有率为　   　%（列出计算表达式）。

[化学--选修5：有机化学基础]（15分）

12．卤沙W是一种抗失眠药物，在医药工业中的一种合成方法如图：

已知：（ⅰ）++HCl

（ⅱ）++H2O

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 

一、选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．解析：A．将重质油裂解为轻质油作为燃料，根据质量守恒可知，燃烧后排放的CO2的量并没有改变；

B．可燃冰的大量开采、使用，会释放出CO2；

C．通过清洁煤技术减少煤燃烧污染，只是减少了SO2的排放；

D．研发催化剂将CO2还原为甲醇，有助于CO2的减少。

答案：A．将重质油裂解为轻质油作为燃料，实质是长链烃断裂为短链烃，燃烧后排放的CO2的量并没有改变，故A错误；

B．可燃冰是甲烷的水合物，大量开采、使用，会释放出CO2，不利于碳中和，故B错误；

C．通过清洁煤技术减少煤燃烧污染，只是减少了SO2的排放，并没有减少CO2的排放，故C错误；

D．研发催化剂将CO2还原为甲醇，有助于CO2的减少，对促进碳中和最直接有效，故D正确。

故选：D。

2．解析：结合图示发生装置特点可知，制取的气体需要加热，且反应物的状态必须为固体，不能为浓盐酸或浓硫酸；气体收集方法为向上排空气法，说明制备的气体密度大于空气，且不与空气反应，以此分析解答。

答案：A．Ca（OH）2和NH4Cl加热反应能够生成NH3，但NH3的密度比空气小，应该用向下排空气法收集，图示收集方法不合理，故A错误；

B．HCl（浓）不能盛放在图示试管中，无法用图示装置制取Cl2，故B错误；

C．KClO3在MnO2做催化剂时加热分解生成O2，O2的密度大于空气，可用向上排空气法收集，图示装置合理，故C正确；

D．H2SO4（浓）不能盛放在图示试管中，应盛放在分液漏斗中，无法用图示装置制取HCl，故D错误；

故选：C。

3．解析：A．碳酸钙更难溶，实现了难溶物的转化；

B．铁粉过量，反应生成亚铁离子；

C．氢氧化钾少量，反应生成氢氧化铝沉淀；

D．硫化氢不能拆开。

答案：A．用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙，离子方程式为：CO32﹣+CaSO4═CaCO3+SO42﹣，故A正确；

B．过量铁粉加入稀中，反应生成亚铁、一氧化氮和水，正确的离子方程式为：3Fe+8H++2NO3﹣═3Fe2++2NO↑+4H2O，故B错误；

C．硫酸铝溶液中滴加少量氢氧化钾溶液，反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钾，正确的离子方程式为：Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓，故C错误；

D．氯化铜溶液中通入硫化氢，反应生成硫化铜沉淀和氯化氢，正确的离子方程式为：Cu2++H2S═CuS↓+2H+，故D错误；

故选：A。

4．解析：A.含碳碳双键、﹣OH、﹣COOH；

B.与乙醇、乙酸的结构不同；

C.二者分子式相同、结构不同；

D.﹣COOH与碳酸氢钠反应生成气体，则﹣COOH与碳酸钠先转化生成碳酸氢钠。

答案：A.含碳碳双键可发生加成反应，含﹣OH、﹣COOH可发生取代反应，故A错误；

B.与乙醇、乙酸的结构不同，均不互为同系物关系，故B错误；

C.二者分子式相同、结构不同，二者互为同分异构体，故C正确；

D.只有﹣COOH与碳酸氢钠反应生成气体，则若碳酸钠足量，1mol该物质与碳酸钠反应可能无CO2生成，故D错误；

故选：C。

5．解析：短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，最外层电子数之和为15，X、Y、Z为同周期相邻元素，且均不与W同族，设X的最外层电子数为a，W的最外层电子数为b，Y、Z的最外层电子数分别为a+1、a+2，则a+a+1+a+2+b＝15，即3a+b＝12，a＝1时b＝9（舍弃），a＝2时b＝6，a＝3时b＝3（舍弃），结合原子序数大小可知，W为O，X为Mg，Y为Al，Z为Si元素，以此分析解答。

答案：结合分析可知，W为O，X为Mg，Y为Al，Z为Si元素，

A．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径大小顺序为X＞Y＞Z＞W，故A错误；

B．XW为MgO，MgO为离子化合物，只含有离子键，故B正确；

C．Al为金属，属于导体，而Si单质为半导体材料，单质的导电性：Al＞Si，即Y单质的导电性能强于Z单质的，故C错误；

D．Z的氧化物的水化物为硅酸，非金属性Si＜C，则酸性：硅酸＜碳酸，故D错误；

故选：B。

6．解析：海水通入管道后，形成电解池，海水作为电解液，依据提示，为排除排水管中生物的附和，可以通过电解海水制氯气，故阳极发生反应2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，阴极发生反应2H2O+2e﹣＝2OH﹣+H2↑，此时海水碱性增大，由于电解液存在于管道中，生成的氯气会与碱性海水反应，生成次氯酸钠进而达到灭杀附着生物的效果，阴极生成的氢气应及时通风安全地排入大气，依据分析可知阴极发生反应2H2O+2e﹣＝2OH﹣+H2↑，Mg（OH）2等积垢在阴极表面形成，据此分析回答问题。

答案：A.依据分析可知，阳极发生反应2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，故A正确；

B.依据题意“排水管中生物的附和滋生会阻碍冷却水排放并降低冷却效率”可知，需要生成次氯酸钠进而杀灭附着生物，故B正确；

C.阴极发生反应2H2O+2e﹣＝2OH﹣+H2↑，若不排除，氢气浓度过大易发生危险，应及时通风稀释，故C正确；

D.依据分析可知阴极发生反应2H2O+2e﹣＝2OH﹣+H2↑，Mg（OH）2等积垢在阴极表面形成，需要定期清理阴极表面，故D错误，

故选：D。

7．解析：A．由图可知，c（H+）＝10×10﹣5mol/L＝10﹣4mol/L时，c2（M+）＝7.5×10﹣8（mol•L﹣1）2；

B．c（H+）＝0时，溶液中OH﹣浓度比较大，A﹣水解被抑制，溶液中c（M+）≈c（A﹣），则Ksp（MA）＝c（M+）•c（A﹣）＝c2（M+）；

C．pH＝7时，若等式成立，则c（M+）＝c（A﹣），根据B中溶解度计算c2（M+），判断对应溶液中c（H+），确定溶液pH是否等于7；

D．由HA⇌H++A﹣，可知Ka＝，当c（A﹣）＝c（HA）时，Ka＝c（H+），由物料守恒有：c（M+）＝c（HA）+c（A﹣），则c（M+）＝2c（A﹣），结合B选项中溶解度计算可得c2（M+），再根据图象读出c（H+）。

答案：A．pH＝4时，c（H+）＝10﹣4mol/L，由图可知此时c2（M+）＝7.5×10﹣8（mol•L﹣1）2，故c（M+）＜3.0×10﹣4mol•L﹣1，故A正确；

B．c（H+）＝0时，溶液中OH﹣浓度比较大，A﹣水解被抑制，溶液中c（M+）≈c（A﹣），则Ksp（MA）＝c（M+）•c（A﹣）＝c2（M+）＝5.0×10﹣8，故B正确；

C．pH＝7时，若等式成立，则c（M+）＝c（A﹣），由B中Ksp（MA）＝c（M+）•c（A﹣）＝5.0×10﹣8，则c2（M+）＝5×10﹣8，由图可知此时溶液中c（H+）＝0，溶液pH≠7，HA是一元弱酸，MA的饱和溶液中M+不发生水解，A﹣发生水解，其饱和溶液呈碱性，且pH是确定的，当溶液pH＝7时，需要外加酸调节，即还有其它阴离子存在，选项不满足电荷守恒，故C错误；

D．由HA⇌H++A﹣，可知Ka＝，当c（A﹣）＝c（HA）时，Ka＝c（H+），由物料守恒有：c（M+）＝c（HA）+c（A﹣），则c（M+）＝2c（A﹣），由B中Ksp（MA）＝c（M+）•c（A﹣）＝5.0×10﹣8，则c（M+）×c（M+）＝5.0×10﹣8，故c2（M+）＝10×10﹣8，由图可知此时c（H+）＝20×10﹣5mol/L＝2×10﹣4mol/L，故Ka（HA）＝c（H+）＝2.0×10﹣4，故D正确。

故选：C。

二、非选择题：共58分。第8～10题为必考题，每个试题考生都必须作答。第11～12题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题：共43分。

8．解析：高钛炉渣，主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3加入硫酸铵焙烧，TiO2、SiO2几乎不发生反应，Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3转化为相应的硫酸盐，水浸后的滤液中含有NH4+、Al3+、Mg2+、Fe3+、SO42﹣，加氨水调节pH，分步沉淀获得不同的氢氧化物，水浸渣为CaSO4、TiO2和SiO2的混合物，加酸后二氧化硅和硫酸钙不与酸反应，为酸溶渣，溶液中含有TiO2+，稀释后水解析出TiO2•xH2O，据此分析回答问题。

答案：（1）“焙烧”中，Al2O3转化为NH4Al（SO4）2，方程式为Al2O3+4（NH4）2SO42NH4Al（SO4）2+3H2O+6NH3↑，

故答案为：Al2O3+4（NH4）2SO42NH4Al（SO4）2+3H2O+6NH3↑；

（2）“水浸”后“滤液”的pH约为2.0，用氨水逐步调节pH至11.6，依次析出Fe3+、Al3+、Mg2+，

故答案为：Fe3+、Al3+、Mg2+；

（3）母液①的pH为11.6，故c（H+）＝10﹣11.6mol/L，c（OH﹣）＝＝10﹣2.4mol/L，设母液①中镁离子浓度为x，依据图表数据可知，pH为11.1时，镁离子浓度为1.0×10﹣5mol/L，Ksp（氢氧化镁）＝10﹣2.9mol/L×10﹣2.9mol/L×1.0×10﹣5mol/L＝x•10﹣2.4mol/L×10﹣2.4mol/L，解得x＝1.0×10﹣6mol/L，

故答案为：1.0×10﹣6；

（4）“水浸渣”在160℃“酸溶”，故应使用难挥发，高沸点的硫酸，结合流程，酸溶渣的成分为二氧化硅和硫酸钙，

故答案为：硫酸；二氧化硅和硫酸钙；

（5）依据提示，TiO2+的水解过程的离子方程式为TiO2++（x+1）H2OTiO2•xH2O↓+2H+，

故答案为：TiO2++（x+1）H2OTiO2•xH2O↓+2H+；

（6）依据（1）可知，反应尾气为氨气，“母液①”含有大量的铵根离子，“母液②”含有大量的硫酸根离子，混合并吸收尾气后获得硫酸铵，进而循环利用，

故答案为：硫酸铵。

9．解析：（1）根据仪器的结构确定仪器名称；仪器b是冷凝管，冷却水流向与蒸气流向相反应时冷却效果最好；

（2）冷水浴有降温作用，缓慢加入KMnO4粉末可控制反应速率；

（3）水的沸点是100℃，当温度达到98℃时产生大量蒸气；

（4）H2O2有还原性，能除去多余的KMnO4；

（5）检验SO42﹣常用盐酸酸化后，再滴加BaCl2溶液，看是否有白色沉淀生成；

（6）步骤Ⅴ用蒸馏水洗涤沉淀时，最初洗涤液中含有HCl，显酸性，可通过测定溶液pH来判断洗涤是否干净。

答案：（1）仪器a为滴液漏斗，仪器c是三颈烧瓶，仪器b中冷却水的流向是d→e，即进水口为d，

故答案为：滴液漏斗；三颈烧瓶；d；

（2）c中加入KMnO4粉末后反应剧烈并放热，则使用冰水浴可降温，缓慢加入KMnO4粉末可减慢反应速率，避免c中剧烈反应产生暴沸现象，

故答案为：降温并减慢反应速率；

（3）步骤Ⅱ中的加热方式采用油浴，不使用热水浴，原因是当温度达到98℃时，使用热水浴，接近水的沸点，易产生大量蒸气，烫伤人，不安全，

故答案为：接近水的沸点，易产生大量蒸气；

（4）H2O2有还原性，能除去多余的KMnO4，发生反应的离子方程式为2MnO4﹣+5H2O2+6H+＝2Mn2++5O2↑+8H2O，

故答案为：2MnO4﹣+5H2O2+6H+＝2Mn2++5O2↑+8H2O；

（5）洗涤是否完成，可通过检测洗出液中是否存在SO42﹣来判断，具体操作是取最后一次洗涤液少量，用稀盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，说明洗涤液中不含有SO42﹣，若有白色沉淀生成，则说明有SO42﹣，

故答案为：取最后一次洗涤液少量，用稀盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，说明洗涤液中不含有SO42﹣，反之则有；

（6）步骤Ⅴ可用pH试纸检测来判断Cl﹣是否洗净，原因是当测定最后一次洗涤液pH＝7时，溶液呈中性，无HCl，即无Cl﹣，说明洗涤干净，溶液中也没有Cl﹣，

故答案为：用pH测定最后一次洗涤液pH＝7时，溶液中无Cl﹣，沉淀洗涤干净。

10．解析：（1）Br2为红棕色液体；

（2）BaPtCl6（s）⇌BaCl2（s）+Pt（s）+2Cl2（g），376.8℃时Kp′＝P2（Cl2）＝1.0×104Pa2，说明P（Cl2）始终为0.1kPa，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，设△P（I2）＝xkPa，列化学平衡三段式得出x的值，PICl＝2xkPa；

（3）①由图可知，lgKp2随着温度的升高而增大，说明升高温度，平衡正向移动；

②Ⅰ2NO（g）+2ICl（g）⇌2NOCl（g）+I2（g），Ⅱ2NOCl（g）⇌2NO（g）+Cl2（g）根据盖斯定律Ⅰ+Ⅱ得2ICl（g）＝Cl2（g）+I2（g）；令T1＞T2，根据图中信息，比较lgK（T1）、lgK（T2）大小；

（4）根据反应机理可知，一半量的NOCl转化为NOCl*，另一半量的NOCl与NOCl*转化为NO和Cl2。

答案：（1）历史上海藻提碘中得到一种红棕色液体，Br2为红棕色液体，则该元素是Br，

故答案为：Br；

（2）BaPtCl6⇌BaCl2+Pt+2Cl2↑，376.8℃时Kp′＝P2（Cl2）＝1.0×104Pa2，说明P（Cl2）始终为0.1kPa，在376.8℃，碘蒸气初始压强为20.0kPa，设△P（I2）＝xkPa，

                    2ICl（g）⇌Cl2（g）+I2（g）

起始（kPa）     0           0.1+x         20

转化（kPa）     2x            x              x

平衡（kPa）    2x            0.1            20﹣x

376.8℃平衡时，测得烧瓶中压强为32.5kPa，则（2x+0.1+20﹣x）kPa＝32.5kPa，解得x＝12.4，则PICl＝2×12.4kPa＝24.8kPa；P（I2）＝20kPa﹣12.4kPa＝7.6kPa，该反应是气体体积不变的反应，则K＝Kp＝，

故答案为：24.8；；

（3）①由图可知，lgKp2随着温度的升高而增大，说明升高温度，平衡正向移动，则NOCl分解为NO和Cl2反应为吸热反应，△H大于0，

故答案为：大于；

②Ⅰ2NO（g）+2ICl（g）⇌2NOCl（g）+I2（g），Ⅱ2NOCl（g）⇌2NO（g）+Cl2（g）根据盖斯定律Ⅰ+Ⅱ得2ICl（g）＝Cl2（g）+I2（g），则反应2ICl（g）＝Cl2（g）+I2（g）的K＝KP1•KP2；令T1＞T2，则lgK（T1）﹣lgK（T2）＝lgKP1（T1）•KP2（T1）﹣lgKP1（T2）•KP2（T2）＝lgKP1（T1）+lgKP2（T1）﹣lgKP1（T2）﹣lgKP2（T2）＝lgKP2（T1）﹣lgKP2（T2）﹣[lgKP1（T2）﹣lgKP1（T1）]，由图中信息可知，lgKp2随着温度的升高而增大，则lgKP2（T1）﹣lgKP2（T2）＞0，lgKp1随着温度的升高而减小，则lgKP1（T2）﹣lgKP1（T1）＞0，lgKP1～和lgKP2～均为线性关系，且代表lgKP2～曲线更陡，则lgKP2（T1）﹣lgKP2（T2）＞lgKP1（T2）﹣lgKP1（T1），说明lgK（T1）﹣lgK（T2）＞0，则升高温度，K值变大，该反应为吸热反应，△H大于0，

故答案为：KP1•KP2；大于；令T1＞T2，则lgK（T1）﹣lgK（T2）＝lgKP1（T1）•KP2（T1）﹣lgKP1（T2）•KP2（T2）＝lgKP1（T1）+lgKP2（T1）﹣lgKP1（T2）﹣lgKP2（T2）＝lgKP2（T1）﹣lgKP2（T2）﹣[lgKP1（T2）﹣lgKP1（T1）]，由图中信息可知，lgKp2随着温度的升高而增大，则lgKP2（T1）﹣lgKP2（T2）＞0，lgKp1随着温度的升高而减小，则lgKP1（T2）﹣lgKP1（T1）＞0，lgKP1～和lgKP2～均为线性关系，且代表lgKP2～曲线更陡，则lgKP2（T1）﹣lgKP2（T2）＞lgKP1（T2）﹣lgKP1（T1），说明lgK（T1）﹣lgK（T2）＞0，则升高温度，K值变大，该反应为吸热反应，△H大于0；

（4）根据反应机理可知，一半的NOCl转化为NOCl*，另一半的NOCl与NOCl*转化为NO和Cl2，则分解1mol的NOCl，根据NOCl+hv→NOCl*方程式可知，0.5molNOCl吸收0.5mol光子转化为NOCl*，

故答案为：0.5。

（二）选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。[化学--选修3：物质结构与性质]（15分）

11．解析：（1）24号Cr元素的原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1；

A．根据洪特规则的特例，原子轨道处于全满、半满状态时，能量低稳定；

B．电子层是距离原子核由近到远排列的，离原子核越远，层数越大，能量越高，电子出现的几率的越多；

C．电负性越高，键合能力越强；

（2）金属离子提供空轨道，Cr离子与3个NH3、2个H2O分子、1个Cl﹣形成配位键；

（3）PH3中P原子形成3个σ键，有1对孤电子对；氢键使物质的沸点升高；根据分子的VSEPR模型中排斥能力大小顺序是：孤电子对间排斥力＞孤电子对和成对电子对间的排斥力＞成对电子对间的排斥力判断；

（4）根据化学式AlCr2和均摊法得出顶点的原子，空间占有率为×100%。

答案：（1）24号Cr元素的原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d54s1；

A．根据洪特规则的特例，原子轨道处于半满状态时能量低，稳定，则Cr原子的简化的核外电子排布应为[Ar]3d54s1，故A正确；

B．电子层是距离原子核由近到远排列的，则多电子原子中电子离核的平均距离4s＞3s，离原子核越远，层数越大，能量越高，4s电子在4s区域出现的几率多，但不总是在比3s电子离核更远的区域运动，故B错误；

C．钾原子对键合电子的吸引力小，易失电子；而Cr原子对电子的键合能力越强，不易失电子，电负性比钾大，故C正确，

故答案为：AC；

（2）金属Cr3+离子提供空轨道，Cr3+离子与3个NH3、2个H2O分子、1个Cl﹣形成配位键，则提供电子对形成配位键的原子是N、O、Cl，配位数为6，

故答案为：N、O、Cl；6；

（3）PH3中P原子形成3个σ键，有1对孤电子对，则P的杂化类型是sp3杂化；NH3的分子间形成了氢键，而PH3中没有氢键的存在，氢键使物质的沸点升高，则NH3的沸点比PH3的高；H2O中O原子形成2个σ键，有2对孤电子对；NH3中N原子形成3个σ键，有1对孤电子对，VSEPR模型都为四面体构型，由于孤电子对间排斥力＞孤电子对和成对电子对间的排斥力＞成对电子对间的排斥力，所以 H2O的键角小于NH3的键角，

故答案为：sp3；高；NH3的分子间形成了氢键；H2O和NH3的VSEPR模型都为四面体构型，H2O有2对孤电子对、NH3有1对孤电子对，由于孤电子对间排斥力＞孤电子对和成对电子对间的排斥力＞成对电子对间的排斥力；

（4）根据均摊法，晶胞中黑球位于晶胞的体心和顶点，含有的原子个数为8×+1＝2；8个白球位于4条棱上和晶胞体内，含有的原子个数为8×+2＝4；根据颗粒化学式AlCr2，Al原子与Cr原子的比为1：2，则处于顶角位置的黑球为Al，金属原子的空间占有率为×100%＝×100%，

故答案为：Al；×100。

[化学--选修5：有机化学基础]（15分）

12．解析：由B的分子式、反应条件可知，A中甲基被氧化为﹣COOH生成B，故B为；由C→D的第一步反应条件，可知C→D的第一步发生信息（i）中反应，C中存在﹣COCl结构，对比B、C的分子式，可知B中﹣OH被氯原子替代生成C，故C为；对比C、D的结构，结合X的分子式，可推知X为；D与Y反应生成E和HBr，发生取代反应，可推知Y为；对比E、F的结构可知，E中亚甲基连接的溴原子被﹣NHCH2CH2OH替代生成F，最后F发生信息（ii）中反应生成W，可以理解为﹣NH﹣先与羰基之间发生加成反应，然后羟基之间脱去1分子水，故W的结构简式为：。

答案：（1）A为，甲苯为母体，氟原子为取代基，A的化学名称是：邻氟甲苯或2﹣氟甲苯，

故答案为：邻氟甲苯或2﹣氟甲苯；

（2）反应③是与反应是与HCl，HCl又与NaOH发生中和反应，反应的化学方程式为：，

故答案为：；

（3）D的结构简式为，D具有的官能团名称是：氟原子、溴原子、氨基、羰基，

故答案为：氟原子、溴原子、氨基、羰基；

（4）D与Y反应生成E和HBr，发生取代反应，可推知Y的结构简式为，

故答案为：；

（5）对比E、F的结构可知，E中亚甲基连接的溴原子被﹣NHCH2CH2OH替代生成F，反应⑤的反应类型是取代反应，

故答案为：取代反应；

（6）C的结构简式为，C的同分异构体中，含有苯环并能发生银镜反应，说明含有醛基，苯环有3个侧链为﹣Cl、﹣F、﹣CHO，氟原子与氯原子有邻、间、对3种位置关系，对应的﹣CHO分别有4种、4种、2种位置，故符合条件的同分异构体共有4+4+2＝10种，

故答案为：10；

（7）F发生信息（ii）中反应生成W，﹣NH﹣先与羰基之间发生加成反应，然后羟基之间脱去1分子水，故W的结构简式为：，

故答案为：。