2021年普通高等學校招生全國統(tǒng)一考試（全國乙卷）

化學

注意事項：

1.答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上，并將自己的姓名、

準考證號、座位號填寫在本試卷上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標

號涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號，涂寫在本試卷上

無效。

3.作答非選擇題時，將答案書寫在答題卡上，書寫在本試卷上無效。

4.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。

可能用到的相對原子質(zhì)量：HlC12N14016Na23Al27C135.5Fe56

一、選擇題

1.我國提出爭取在2030年前實現(xiàn)碳達峰，2060年實現(xiàn)碳中和，這對于改善環(huán)境，實現(xiàn)綠色

發(fā)展至關重要。碳中和是指CO?的排放總量和減少總量相當。下列措施中能促進碳中和最

直接有效的是

A.將重質(zhì)油裂解為輕質(zhì)油作為燃料

B.大規(guī)模開采可燃冰作為清潔燃料

C.通過清潔煤技術(shù)減少煤燃燒污染

D.研發(fā)催化劑將C。?還原為甲醇

【答案】D

【解析】

【分析】

【詳解】A.將重質(zhì)油裂解為輕質(zhì)油并不能減少二氧化碳的排放量，達不到碳中和的目的，

故A不符合題意；

B.大規(guī)模開采可燃冰做為清潔燃料，會增大二氧化碳的排放量，不符合碳中和的要求，故

B不符合題意；

C.通過清潔煤技術(shù)減少煤燃燒污染，不能減少二氧化碳的排放量，達不到碳中和的目的，

故C不符合題意；

D.研發(fā)催化劑將二氧化碳還原為甲醇，可以減少二氧化碳的排放量，達到碳中和的目的,

故D符合題意；

故選D。

2.在實驗室采用如圖裝置制備氣體，合理的是

棉花

化學試劑制備的氣體

（）

ACaOH2+NH4C1NH3

BMnO2+HC1（濃）Cl2

CMnO,+KC1O,

O2

DNaCl+H2sOH濃）HC1

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

【分析】由實驗裝置圖可知，制備氣體的裝置為固固加熱裝置，收集氣體的裝置為向上排空

氣法，說明該氣體的密度大于空氣的密度；

【詳解】A.氨氣的密度比空氣小，不能用向上排空法收集，故A錯誤；

B.二氧化鎰與濃鹽酸共熱制備氯氣為固液加熱反應，需要選用固液加熱裝置，不能選用固

固加熱裝置，故B錯誤；

C.二氧化鎘和氯酸鉀共熱制備氧氣為固固加熱的反應，能選用固固加熱裝置，氧氣的密度

大于空氣，可選用向上排空氣法收集，故c正確；

D.氯化鈉與濃硫酸共熱制備為固液加熱反應，需要選用固液加熱裝置，不能選用固固加熱

裝置，故D錯誤；

故選C?

3.下列過程中的化學反應，相應的離子方程式正確的是

A.用碳酸鈉溶液處理水垢中的硫酸鈣：CO^+CaSO4=CaCO3+SO^

+,+

B.過量鐵粉加入稀硝酸中：Fe+4H+NO；=Fe+NOT+2H2O

3+

C硫酸鋁溶液中滴加少量氫氧化鉀溶液：Al+4OH-=A1O-+2H2O

D.氯化銅溶液中通入硫化氫：Cu2++S2-=CuS>L

【答案】A

【解析】

【分析】

【詳解】A.硫酸鈣微溶，用碳酸鈉溶液處理水垢中的硫酸鈣轉(zhuǎn)化為難溶的碳酸鈣，離子方

程式為：COj+CaSO4=CaCO3+SO：-,故A正確；

B.過量的鐵粉與稀硝酸反應生成硝酸亞鐵、一氧化氮和水，離子方程式應為：

2+

3Fe+8H++2NO,=3Fe+2NOt+4H2O,故B錯誤；

C.硫酸鋁溶液與少量氫氧化鉀溶液反應生成氫氧化鋁沉淀和硫酸鉀，離子方程式應為：

AP++3OH=A1(OH)31,故C錯誤；

2+

D.硫化氫為弱電解質(zhì)，書寫離子方程式時不能拆，離子方程式應為：CU+H2S=CUSI+2H+,

故D錯誤；

答案選A。

O

4.一種活性物質(zhì)的結(jié)構(gòu)筒式為"八JI,下列

有關該物質(zhì)的敘述正確的是

A.能發(fā)生取代反應，不能發(fā)生加成反應

B.既是乙醇的同系物也是乙酸的同系物

/--------./——COCR

C.與互為同分異構(gòu)體

HO

D.1mol該物質(zhì)與碳酸鈉反應得44gCO2

【答案】C

【解析】

【分析】

【詳解】A.該物質(zhì)含有羥基、歿基、碳碳雙鍵，能發(fā)生取代反應和加成反應，故A錯誤；

B.同系物是結(jié)構(gòu)相似，分子式相差1個或n個CH2的有機物，該物質(zhì)的分子式為C10H18O3,

而且與乙醇、乙酸結(jié)構(gòu)不相似，故B錯誤；

/----、、/-------OOCH

C.該物質(zhì)的分子式為C10H18O3,/-------1)-------的分子式為C10H18O3,

HO--------

所以二者的分子式相同，結(jié)構(gòu)式不同，互為同分異構(gòu)體，故c正確；

D.該物質(zhì)只含有一個竣基，Imol該物質(zhì)與碳酸鈉反應，生成0.5mol二氧化碳，質(zhì)量為22g,

故D錯誤；

故選C。

5.我國嫦娥五號探測器帶回L731kg的月球土壤，經(jīng)分析發(fā)現(xiàn)其構(gòu)成與地球土壤類似土壤

中含有的短周期元素W、X、Y、Z,原子序數(shù)依次增大，最外層電子數(shù)之和為15,X、Y、

Z為同周期相鄰元素，且均不與W同族，下列結(jié)論正確的是

A.原子半徑大小順序為W>X>Y>Z

B.化合物XW中的化學鍵為離子鍵

C.Y單質(zhì)的導電性能弱于Z單質(zhì)的

D.Z的氧化物的水化物的酸性強于碳酸

【答案】B

【解析】

【分析】由短周期元素W、X、Y、Z,原子序數(shù)依次增大，最外層電子數(shù)之和為15,X、

Y、Z為同周期相鄰元素，可知W所在主族可能為第HIA族或第VIA族元素，又因X、Y、

Z為同周期相鄰元素，且均不與W同族，故W一定不是第HIA族元素，即W一定是第VIA

族元素，進一步結(jié)合已知可推知W、X、Y、Z依次為O、Mg、Al、Si,據(jù)此答題。

【詳解】A.O原子有兩層，Mg、Al、Si均有三層且原子序數(shù)依次增大，故原子半徑大小

順序為Mg>Al>Si>0,即X>Y>Z>W,A錯誤；

B.化合物XW即MgO為離子化合物，其中的化學鍵為離子鍵，B正確；

C.Y單質(zhì)為鋁單質(zhì)，鋁屬于導體，導電性很強，Z單質(zhì)為硅，為半導體，半導體導電性介

于導體和絕緣體之間，故Y單質(zhì)的導電性能強于Z單質(zhì)的，C錯誤；

D.Z的氧化物的水化物為硅酸，硅酸酸性弱于碳酸，D錯誤；

故選B。

6.沿海電廠采用海水為冷卻水，但在排水管中生物的附著和滋生會阻礙冷卻水排放并降低

冷卻效率，為解決這一問題，通常在管道口設置一對惰性電極(如圖所示)，通入一定的電流。

/陽極

--------------------------------------*——海水

、陰極

下列敘述錯誤的是

A.陽極發(fā)生將海水中的C「氧化生成Cl?的反應

B.管道中可以生成氧化滅殺附著生物的NaClO

C.陰極生成的H2應及時通風稀釋安全地排入大氣

D.陽極表面形成的Mg(OH)2等積垢需要定期清理

【答案】D

【解析】

【分析】海水中除了水，還含有大量的Na+、Mg2+等，根據(jù)題干信息可知，裝置的原

理是利用惰性電極電解海水，陽極區(qū)溶液中的C1-會優(yōu)先失電子生成CL,陰極區(qū)H2O優(yōu)先

得電子生成比和0H,結(jié)合海水成分及電解產(chǎn)物分析解答。

【詳解】A.根據(jù)分析可知，陽極區(qū)海水中的。一會優(yōu)先失去電子生成C12,發(fā)生氧化反應，

A正確；

B.設置的裝置為電解池原理，根據(jù)分析知，陽極區(qū)生成的C12與陰極區(qū)生成的0H-在管道

中會發(fā)生反應生成NaCl、NaClO和H2O,其中NaClO具有強氧化性，可氧化滅殺附著的生

物，B正確；

C.因為是易燃性氣體，所以陽極區(qū)生成的H2需及時通風稀釋，安全地排入大氣，以排

除安全隱患，C正確；

D.陰極的電極反應式為：2H2O+2e=H2T+20H-,會使海水中的Mg?+沉淀積垢，所以陰極表

面會形成Mg(0H)2等積垢需定期清理，D錯誤。

故選D。

7.HA是一元弱酸，難溶鹽MA的飽和溶液中c(M*)隨c(H+)而變化，M+不發(fā)生水解。實

驗發(fā)現(xiàn)，298K時C2(M+)-C(ET)為線性關系，如下圖中實線所示。

z

-Tr

o

U

I

b

I

x

+

w

%

A.溶液pH=4時，cCM^O.OxlO'mol-L1

B.MA的溶度積度積K、p(MA)=5.0xl(),

C.溶液pH=7時，C(M+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)

D.HA的電離常數(shù)K,(HA)a2.0x10”

【答案】C

【解析】

c(H+)xc(A)

【分析】由題意可知HA是一元弱酸，其電離常數(shù)Ka(HA)=

c(HA)

+K(MA)

+2++

KsP(MA)=c(M)xc(A),聯(lián)立二式可得線性方程c(M)=c(H)x+Ksp(MA)o

Ka(HA)

【詳解】A.由圖可知pH=4,即c(H+)=10xl0-5mol/L時，c2(M+)=7.5xl0-8mol2/L2,

c(M+)=J7,5xlO_8mol/b=VT5x10*mol/L<3.0x104mol/L,A正確：

B.當c(H+)=Omol/L時，c2(M+)=5.0xlQ-8,結(jié)合分析可知

Kxp(MA)

5.0x10-8=Ox+Ksp(MA)=Ksp(MA),B正確;

Ka(HA)

C.設調(diào)pH所用的酸為HnX,則結(jié)合電荷守恒可知c(M+)+c(H+)=c(AD+c(OH)+nc(Xn)

題給等式右邊缺陰離子部分nc(X?),C錯誤；

D.當c(H+)=20xl05moi/L時，c2(M+)=10.0xlO-8mol2/L2,結(jié)合KglMAASOxlOqB代入線

5OxiO-8

性方程有10.0xi(y8=2xl(y4x，-------+5.0x10-8,解得Ka(HA)。2.0x10",D正確；

匕(HA)

選Co

三、非選擇題：共174分。第22~32為必考題，每個試題考生都必須作答。第

33~38題為選考題，考生根據(jù)要求作答。

8.磁選后的煉鐵高鈦爐渣，主要成分有Tie)?、SiO2,A12O3,MgO、CaO以及少量的

Fe2O30為節(jié)約和充分利用資源，通過如下工藝流程回收鈦、鋁、鎂等。

(NH4)2SO4熱水氨水

高鈦爐渣

該工藝條件下，有關金屬離子開始沉淀和沉淀完全的pH見下表

金屬離子Fe3+Al3+Mg2+Ca2+

開始沉淀的pH2.23.59.512.4

沉淀完全(c=1.0x103mol?L)的pH3.24.711.113.8

回答下列問題：

⑴“焙燒”中，Tio2,SiC)2幾乎不發(fā)生反應，ALO〉MgO、CaO、Feq,轉(zhuǎn)化為相應

的硫酸鹽，寫出A1O轉(zhuǎn)化為的化學方程式。

23NH4AI(SO4)2

⑵“水浸”后“濾液”的pH約為2.0,在“分步沉淀”時用氨水逐步調(diào)節(jié)pH至11.6,依次析出的

金屬離子是o

⑶“母液①"中Mg2+濃度為mol-L」。

⑷“水浸渣”在160℃“酸溶”最適合的酸是一。“酸溶渣”的成分是_______、________?

(5)“酸溶”后，將溶液適當稀釋并加熱，TiC)2+水解析出TiOz-xH2。沉淀，該反應的離子方

程式是。

(6)將“母液①”和“母液②”混合，吸收尾氣，經(jīng)處理得,循環(huán)利用。

焙燒

【答案】(1).A12O3+4(MH4)2SO42NH4Al(SO4)2+6NH,T+3H2OT

32+6

(2).Fe\Al"、Mg(3).l.OxlO-(4).硫酸(5).SiO2(6).CaSO4

2++

(7).TiO+(x+l)H2O=TiO2-xH,O+2H(8).(NH4)2SO4

【解析】

【分析】由題給流程可知，高鈦爐渣與硫酸鍍混合后焙燒時，二氧化鈦和二氧化硅不反應，

氧化鋁、氧化鎂、氧化鈣、氧化鐵轉(zhuǎn)化為相應的硫酸鹽，尾氣為氨氣；將焙燒后物質(zhì)加入熱

水水浸，二氧化鈦、二氧化硅不溶于水，微溶的硫酸鈣部分溶于水，硫酸鐵、硫酸鎂和硫酸

鋁鍍?nèi)苡谒?，過濾得到含有二氧化鈦、二氧化硅、硫酸鈣的水浸渣和含有硫酸鐵、硫酸鎂、

硫酸鋁鏤和硫酸鈣的濾液：向pH約為2.0的濾液中加入氨水至11.6,溶液中鐵離子、鋁離

子和鎂離子依次沉淀，過濾得到含有硫酸鍍、硫酸鈣的母液①和氫氧化物沉淀；向水浸渣中

加入濃硫酸加熱到160℃酸溶，二氧化硅和硫酸鈣與濃硫酸不反應，二氧化鈦與稀硫酸反應

得到TiOSO4,過濾得到含有二氧化硅、硫酸鈣的酸溶渣和TiOSO4溶液；將TiOSCU溶液加

入熱水稀釋并適當加熱，使TiOSCU完全水解生成TiO2?x比0沉淀和硫酸，過濾得到含有

硫酸的母液②和TiCh?xH2O?

【詳解】(1)氧化鋁轉(zhuǎn)化為硫酸鋁錠發(fā)生的反應為氧化鋁、硫酸錢在高溫條件下反應生成硫

酸鋁鏤、氨氣和水，反應的化學方程式為

A12O3+4(NH4)2SO4焙燒NH4AI(SO4)2+4NH3t+3H2O,故答案為：

AI2O3+4(NHJ2so4焙燒NH4Al(SC>4)2+4NH3t+3H2O；

(2)由題給開始沉淀和完全沉淀的pH可知，將pH約為2.0的濾液加入氨水調(diào)節(jié)溶液pH為

11.6時，鐵離子首先沉淀、然后是鋁離子、鎂離子，鈣離子沒有沉淀，故答案為：Fe3+、AP\

Mg2+；

(3)由鎂離子完全沉淀時，溶液pH為11.1可知，氫氧化鎂的溶度積為

1X105x(1X10—2.9)2=1X10—10.8,當溶液pH為11.6時，溶液中鎂離子的濃度為

1xIO-108

------^=1X1(F6moi比，故答案為：1X10-6；

(1X1024)2

(4)增大溶液中硫酸根離子濃度，有利于使微溶的硫酸鈣轉(zhuǎn)化為沉淀，為了使微溶的硫酸鈣

完全沉淀，減少TiOSO4溶液中含有硫酸鈣的量，應加入濃硫酸加熱到160℃酸溶；由分析

可知，二氧化硅和硫酸鈣與濃硫酸不反應，則酸溶渣的主要成分為二氧化硅和硫酸鈣，故答

案為：硫酸；SiCh、CaSO4；

⑸酸溶后將TiOSCh溶液加入熱水稀釋并適當加熱，能使TiOSCU完全水解生成TiCh-xH2O

沉淀和硫酸，反應的離子方程式為TiO2++(x+|)比0白「。2?XH2O+2H+,故答案為：

2++

TiO+(x+l)H2OATiO2?xH2O+2H；

(6)由分析可知，尾氣為氨氣，母液①為硫酸鏤、母液②為硫酸，將母液①和母液②混合后

吸收氨氣得到硫酸鍍?nèi)芤?，可以循環(huán)使用，故答案為：(NHD2SO4。

9.氧化石墨烯具有穩(wěn)定的網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，在能源、材料等領域有著重要的應用前景，通過氧化

剝離石墨制備氧化石墨烯的一種方法如下(轉(zhuǎn)置如圖所示)：

I.將濃H2so4、NaNC)3、石墨粉末在c中混合，置于冰水浴中，劇烈攪拌下，分批緩慢加

入KMnC)4粉末，塞好瓶口。

J【.轉(zhuǎn)至油浴中，35℃攪拌1小時，緩慢滴加一定量的蒸儲水?升溫至98℃并保持1小時。

III轉(zhuǎn)移至大燒杯中，靜置冷卻至室溫。加入大量蒸儲水，而后滴加H2。？至懸濁液由紫色

變?yōu)橥咙S色。

IV.離心分離，稀鹽酸洗滌沉淀。

V.蒸錨水洗滌沉淀。

VL冷凍干燥，得到土黃色的氧化石墨烯。

回答下列問題：

(1)裝置圖中，儀器a、c的名稱分別是、,儀器b的進水口是(填字

母)。

(2)步驟I中，需分批緩慢加入KMnO&粉末并使用冰水浴，原因是。

(3)步驟H中的加熱方式采用油浴，不使用熱水浴，原因是.

(4)步驟III中，H?。？的作用是(以離子方程式表示)。

(5)步驟［V中，洗滌是否完成，可通過檢測洗出液中是否存在SO；來判斷。檢測的方法是

(6)步驟V可用pH試紙檢測來判斷C「是否洗凈，其理由是o

【答案】⑴.滴液漏斗⑵.三頸燒瓶⑶.d(4).反應放熱，使反應過快

⑸.反應溫度接近水的沸點，油浴更易控溫(6).

+2+

2MnO；+5H2O2+6H=2Mn+8H2O+5O2T(7).取少量洗出液，滴加Bad2,

沒有白色沉淀生成⑻.H+與C「電離平衡，洗出液接近中性時，可認為cr洗凈

【解析】

【分析】

【詳解】(1)由圖中儀器構(gòu)造可知，a的儀器名稱為滴液漏斗，c的儀器名稱為三頸燒瓶；儀

器b為球形冷凝管，起冷凝回流作用，為了是冷凝效果更好，冷卻水要從d口進，a口出，

故答案為：分液漏斗；三頸燒瓶；d；

(2)反應為放熱反應，為控制反應速率，避免反應過于劇烈，需分批緩慢加入KMnCM粉末并

使用冰水浴，故答案為：反應放熱，使反應過快；

(3)油浴和水浴相比，由于油的比熱容較水小，油浴控制溫度更加靈敏和精確，該實驗反應

溫度接近水的沸點，故不采用熱水浴，而采用油浴，故答案為：反應溫度接近水的沸點，油

浴更易控溫；

(4)由滴加H2O2后發(fā)生的現(xiàn)象可知，加入的目的是除去過量的KMnCM,則反應的離子方程

式為：2MnO：+5H2O2+6H*=2Mn2++5Cht+8H20,故答案為：

+2+

2Mn0；+5H2O2+6H=2Mn+5O2t+8H2O；

(5)該實驗中為判斷洗滌是否完成，可通過檢測洗出液中是否存在SOj來判斷，檢測方法是:

取最后一次洗滌液，滴加BaCb溶液，若沒有沉淀說明洗滌完成，故答案為：取少量洗出液,

滴加BaCL,沒有白色沉淀生成；

(6)步驟IV用稀鹽酸洗滌沉淀，步驟V洗滌過量的鹽酸，H+與Cr電離平衡，洗出液接近

中性時，可認為cr洗凈，故答案為：H+與cr電離平衡，洗出液接近中性時，可認為cr

洗凈。

10.一氯化碘(IC1)是一種鹵素互化物，具有強氧化性，可與金屬直接反應，也可用作有機合

成中的碘化劑?；卮鹣铝袉栴}：

(1)歷史上海藻提碘中得到一種紅棕色液體，由于性質(zhì)相似，Liebig誤認為是ICL從而錯過

了一種新元素的發(fā)現(xiàn)，該元素是。

(2)氯伯酸鋼(BaPtCk)固體加熱時部分分解為BaC%、Pt和C1?,376.8℃時平衡常數(shù)

42

Kp=1.0xl0Pa,在一硬質(zhì)玻璃燒瓶中加入過量BaPtC%,抽真空后，通過一支管通入

碘蒸氣（然后將支管封閉），在376.8C,碘蒸氣初始壓強為20.0kPa。376.8C平衡時，測得

燒瓶中壓強為32.5kPa,則PIQ=kPa,反應21。侑）=口2（8）+12（8）的平衡常數(shù)

K=（列出計算式即可）。

⑶McMorris測定和計算了在136~180℃范圍內(nèi)下列反應的平衡常數(shù)Kp。

2NO(g)+2ICl(g)02NOCl(g)+I2(g)Kpl

2NOCl(g)U2NO(g)+Cl2(g)Kp2

得至ijlgKp1~q和lgKp2~，均為線性關系，如下圖所示:

叫2

①由圖可知，NOC1分解為NO和C1反應的AH0（填“大于”或“小于”）

②反應21cl（g）=CL（g）+L（g^K=（用Kp］、J?表示）：該反應的

AH0（填“大于”或“小于”），寫出推理過程_______。

（4）Kistiakowsky曾研究了NOC1光化學分解反應，在一定頻率（v）光的照射下機理為:

NOCl+hv——>NOC1*

NOC1+NOC1*——>2NO+Cl2

其中hv表示一個光子能量，NOCI*表示NOC1的激發(fā)態(tài)?？芍?，分解Imol的NOC1需要

吸收mol光子。

3

r,,,,y…100x7.6xl0

⑴.溟(或Br)⑵.24.8(3).(248x1q5)2-⑷.大于(5).

Kpi.%(6).大于(7).設T〉T，即/，由圖可知：

lgKp2(T')-lgKp2(T)>|lgKpl(T')-lgKpI(T)|=lgKpl(T)-lgKpl(T')則：

lg[Kp2(T').Kpl(T')]>lg[Kp2(T)-Kpl(T)],即k(T)>k(T),因此該反應正反應為吸熱反

應，即AH大于0⑻.0.5

【解析】

【分析】

【詳解】(1)紅棕色液體，推測為澳單質(zhì)，因此錯過發(fā)現(xiàn)的元素是澳(或Br)；

(2)由題意玻376.8C時璃燒瓶中發(fā)生兩個反應：BaPtCl6(s)BaCl2(s)+Pt(s)+2Cl2(g).

Ch(g)+l2(g)U21cl(g)。BaPtCl6(s)UBaCl2(s)+Pt(s)+2Cl?(g)的平衡常數(shù)

42

Kp=1.0xl0Pa,則平衡時p2(C12)=1.0xl()4pa2，平衡時p(C12)=100Pa,設到達平衡時

Cl2(g)+I2(g)U21cl(g)

開始/(kPa)20.00

h(g)的分壓減小pkPa,則卡「、c，376.8C平衡時，測得燒

變化/(kPa)p2p

平衡/(kPa)0.120.0-p2p

瓶中壓強為32.5kPa,則0.1+20.0+p=32.5,解得p=12.4,則平衡時

plc,=2pkPa=2xl2.4kPa=24.8kPa；則平衡時，L(g)的分壓為(20.0-p)kPa=7.6kPa=7.6xl()3pa,

3

p?=24.8kPa=24.8xl0Pa,p(Cl2)=0.1kPa=100Pa,因此反應2ICl(g)=Cl2(g)+I2(g)的平

100x7.6xlQ3

衡常數(shù)K=

(24.8xl03)2

⑶①結(jié)合圖可知，溫度越高，,越小，IgKp?越大，即Kp?越大，說明升高溫度平衡

2NOCl(g)=2NO(g)+C"g)正向移動，則NOC1分解為NO和Cl2反應的大于0：

②1.2NO(g)+2ICl(g)W2NOCl(g)+I2(g)Kpl

II.2NOCl(g)U2NO(g)+Cl2(g)Kp2

1+11得2￡監(jiān))=。24)+12(8)，則2ICl(g)=C12(g)+U(g)K=Kpl-Kp2.該反應的

△H大于0；推理過程如下：設T'>T，即土<,，由圖可知：

TT

lgKp2(T)-lgKp2(T)>|lgKpl(T')-lgKpl(T)卜lgKpl(T)-lgKpl(T)則：

lg[Kp2(T>Kpl(T')]>lg[Kp2(T)-Kpl(T)],即k(T')>k(T),因此該反應正反應為吸熱反

應，即AH大于0；

(4)I.NOC1+hv——>NOC1*

II.NOC1+NOC1*——>2NO+Cl2

I+11得總反應為2NOCl+hv=2NO+C12,因此2moiNOC1分解需要吸收Imol光子能量，則分

解Imol的NOC1需要吸收0.5mol光子。

11.過渡金屬元素格(Cr)是不銹鋼的重要成分，在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)和國防建設中有著廣泛應用。

回答下列問題：

(1)對于基態(tài)Cr原子，下列敘述正確的是(填標號)。

A.軌道處于半充滿時體系總能量低，核外電子排布應[Ar]3d54sl

B.4s電子能量較高，總是在比3s電子離核更遠的地方運動

C.電負性比鉀高，原子對鍵合電子的吸引力比鉀大

(2)三價銘離子能形成多種配位化合物。[Cr(NH3)3(H2。)，Cl『中提供電子對形成配位鍵

的原子是，中心離子的配位數(shù)為。

?+

(3)[Cr(NH,)3(H2O)2Cl]中配體分子NH3、H2O以及分子PH3的空間結(jié)構(gòu)和相應的鍵

角如圖所示。

PH、中P的雜化類型是。NH：的沸點比PH、的,原因是,凡。的

鍵角小于NH3的，分析原因

(4)在金屬材料中添加AlCrZ顆粒，可以增強材料的耐腐蝕性、硬度和機械性能。AlCr2具有

體心四方結(jié)構(gòu)，如圖所示，處于頂角位置的是原子。設Cr和A1原子半徑分別為％

和則金屬原子空間占有率為％(列出計算表達式)。

【答案】⑴.AC(2).N、O、Cl(3).6(4).sp'(5).高(6).NH3

存在分子間氫鍵(7).NH?含有一對孤對電子，而H2。含有兩對孤對電子，H2。中的

孤對電子對成鍵電子對的排斥作用較大(8).A1(9).8M2%+W)xi0o

3a2c

【解析】

【分析】

【詳解】(DA.基態(tài)原子滿足能量最低原理，Cr有24個核外電子，軌道處于半充滿時體系

總能量低，核外電子排布應為［A門3d54SYA正確;

8.5核外電子排布為［人口3115401,由于能級交錯，3d軌道能量高于4s軌道的能量，即3d

電子能量較高，B錯誤；

C.電負性為原子對鍵合電子的吸引力，同周期除零族原子序數(shù)越大電負性越強，鉀與銘位

于同周期，銘原子序數(shù)大于鉀，故銘電負性比鉀高，原子對鍵合電子的吸引力比鉀大，c正

確；

故答案為：AC；

(2)［%(?4也)3(凡0),07中三價倍離子提供空軌道，N、O、C1提供孤對電子與三價

銘離子形成配位鍵，中心離子的配位數(shù)為N、O、C1三種原子的個數(shù)和即3+2+1=6,故答

案為：N、O、C1；6；

(3)P&的價層電子對為3+1=4,故PH3中P的雜化類型是spLN原子電負性較強，NH3

分子之間存在分子間氫鍵，因此NH3的沸點比PH,的高；H2。的鍵角小于NH3的，原因

是：NH,含有一對孤對電子，而H2。含有兩對孤對電子，H2。中的孤對電子對成鍵電子

對的排斥作用較大，故答案為：sp,高；NH3存在分子間氫鍵：NH3含有一對孤對電子,

而H?。含有兩對孤對電子，H20中的孤對電子對成鍵電子對的排斥作用較大；

(4)已知AlCr?具有體心四方結(jié)構(gòu)，如圖所示，黑球個數(shù)為8x：+l=2,白球個數(shù)為

O

8X-L+2=4,結(jié)合化學式A1C「2可知，白球為Cr,黑球為Al,即處于頂角位置的是Al原子。

4一

設Cr和A1原子半徑分別為％和1,則金屬原子的體積為

4ra'X,4兀4一8兀(2/+匕)心人曰,臺「a、-,「

一2x4+—二-2="A",故金屬原子空間占有率

333

8兀（2電.+4）*L。。。/。，故答案為：Al；當萼h。。。

二----&-------xlOO%=

ac

12.鹵沙哇侖W是一種抗失眠藥物，在醫(yī)藥工業(yè)中的一種合成方法如下:

BSOC12

C7H5FO2一

2）NaOH

②③

ZnCl

2+HC1

CH38OH,

AC2H50H，+H20

回答下列問題:

(1)A的化學名稱是。

(2)寫出反應③的化學方程式。

(3)D具有的官能團名稱是_______o(不考慮苯環(huán))

(4)反應④中，Y的結(jié)構(gòu)簡式為o

(5)反應⑤反應類型是

(6)C的同分異構(gòu)體中，含有苯環(huán)并能發(fā)生銀鏡反應的化合物共有種種。

(7)寫出W的結(jié)構(gòu)筒式

【答案】⑴.2一氟甲苯(或鄰氟甲苯)(2).

(3).氨基，羥基，鹵素原子(溟原子，氯原子)(5).取代反應⑹.

10

【解析】

）,據(jù)此分析解答。

【詳解】⑴由A（）的結(jié)構(gòu)可知，名稱為：2一氟甲苯（或鄰氟甲苯），故答案

為：2一氟甲苯（或鄰氟甲苯）;

在氯化鋅和氫氧化鈉的作用下，發(fā)生取代反應

00cl

+HC.

(3)含有的官能團為澳原子，氟原子,澳原子，氟原子,

氨基，黑基(或酮基);

(4)D為，根據(jù)結(jié)構(gòu)特點，及反應特征,

O

o

Br

發(fā)生取代反應生成F,故答案為：取代反應;

同分異構(gòu)體為：含有醛基，氟原子，氯

原子，即苯環(huán)上含有三個不同的取代基，可能出現(xiàn)的結(jié)構(gòu)有

體為10種，故答案為：10；

(7)根據(jù)已知及分析可知,與乙酸、乙醇反應生成

HOHO

提高中小學教學質(zhì)量在于課堂

中小學課堂教學作為一種教育人的生命活動，是人生中一段重要

的生命經(jīng)歷。對此，全國著名特級教師竇桂梅深有感觸“課堂是一個

值得我們好好經(jīng)營的地方，是我們?nèi)松逕挼牡缊?。課堂就是一本人

生的大書，贏在課堂，就是贏得人生?！蔽覀冞€要理直氣壯地說課堂

是學校的血脈、教師的根基、學生的跑道，教學質(zhì)量不能輸在課堂，

精彩人生不能輸在課堂。全面提高中小學教學質(zhì)量就要贏在課堂，這

是奠基、這是底線、這是焦點、這是根本。

當下，我們認真審視和考量中小學課堂教學，不難發(fā)現(xiàn)教師教得

苦、學生學得累、質(zhì)量難得好的現(xiàn)象還是比較普遍，主要困境如下:

一是教學理念轉(zhuǎn)變不到位。課改的核心理念是為了每一位學生的

發(fā)展，以人為本。但在課堂教學現(xiàn)狀中我講你聽、我寫你記、我考你

背仍然流通?？键c為中心，考題為中心，考試為中心仍然盛行。穿新

鞋，走老路只管教，不管學重考試，輕能力仍然存在。

二是教學目的窄化、不明確。我們的教師應該是既傳學習之道，

更傳做人之道既授課堂學業(yè)，更授立身基業(yè)既解攻書之惑，更解成長

之惑?，F(xiàn)實中有些老師則是將“傳道授業(yè)解惑”直接演繹為知識傳授、

解題訓練，考試高分是教學的唯一目的或最為重要的目的。

三是教學目標落實不清楚。課程改革提出教學三維目標，即知識

與技能，過程與方法，情感、態(tài)度與價值觀。

四是教學內(nèi)容封閉不科學。當今的教學改革關注自然、關注社會、

關注生活、關注熱點。選拔考試突出考能力、考素養(yǎng)、考思辨。令人

擔憂的是有些老師在教材使用上拘泥教材，內(nèi)容選擇上應付考試，直

接導致教師走進苦海，學生跳進題海。

五是教學方式單一不管用。課程改革倡導“自主、合作、探究”

的學習方式，走進新課改，對話教學、問題教學、探究教學效果顯著。

六是教學效率偏低不高效。有的課堂"互動"只停留在形式上，假

互動、無效熱鬧充斥課堂。自主、合作、探究或是牽強附會，或是徒

有虛名，或是無病呻吟。表面上看起來課堂比較活躍，，實際上浪費

了時間，浪費了精力，效率低下。

七是教學主體忽視不全面。一部分課堂教學，仍然存在著學生的

主體作用被忽視的現(xiàn)象。有些教師的教學基點過高，視野狹窄，盯住

尖子，以犧牲時間、精力搶抓分數(shù)為代價，造成惡性循環(huán)。

八是教學手段簡單不恰當。有些教師既不板書課題，也不板書主

要內(nèi)容?？床灰娎蠋煹难普T，聽不到老師的畫龍點睛。只是照本

宣科、點擊鼠標、呈現(xiàn)菜單，一個問題接一個問題閃現(xiàn)，然后呈現(xiàn)答

案，呼啦一片，課就結(jié)束了。

一要贏在理念驅(qū)動。教學理念，是指在教學實踐中形成的關于教

學工作的思想、觀念，以及對某些問題的理性認識，它對于教學工作、

教學行為具有指導、引領的作用。正確的教學理念會給教學活動指明

方向和道路，并提高課堂教學水平。新課程改革反復強調(diào)理念是思想

的先導、行為的指南。顧明遠先生一語道出真諦：“任何教育行為都

應以教育理念為指導，教育教學理念貫穿于教育教學的全過程，很難

想象缺乏理念或理念單一的教育教學過程，將會帶來怎樣的后果?！?/p>

中小學課堂教學實踐證明：先進的教學理念有助于激發(fā)學生的學習興

趣，有助于培育學生的學科素養(yǎng)，有助于打造學科的高效課堂，有助

于提升課堂的教學質(zhì)量。

二要贏在目標導學。新課程倡導的三維教學目標是課堂教學導

引、導入、導學的根本。目標導學是課堂教學的起