江蘇省南京師大附中2021年高考化學(xué)聯(lián)考試卷（解析版）

江蘇省南京師大附中2021年高考化學(xué)聯(lián)考試卷

【參考答案】

一、單項(xiàng)選擇題：本題包括8小題，每小題3分，共計(jì)24分。每小題只有一個選項(xiàng)符合題意。

1.化學(xué)與生產(chǎn)、生活及環(huán)境密切相關(guān)，下列說法不正確的是（）

A.納米鐵粉可以去除被污染水體中的CR+、Hg2+等重金屬離子

B.酒精和84消毒液混合使用能提高對新型冠狀病毒的預(yù)防效果

C.葡萄酒中通常含有微量SO2,既可以殺菌又可以防止?fàn)I養(yǎng)成分被氧化

D.燃煤中加入CaO可以減少酸雨的形成，但不能減少溫室氣體的排放

【答案】B

【分析】A.納米鐵粉具有強(qiáng)還原性，可以與污染水體中的Cu?+、Hg2+等重金屬離子發(fā)生置換反應(yīng)；

B.酒精具有還原性，84消毒液具有強(qiáng)氧化性，二者混合，會發(fā)生氧化還原反應(yīng)；

C.SO2具有強(qiáng)還原性，而且具有殺菌消毒能力；

D.燃煤中含有S元素，在煤燃燒時S轉(zhuǎn)化為SO2,若向燃煤中加入CaO,SO2與CaO會反應(yīng)產(chǎn)生CaSO3.

進(jìn)一步被空氣氧化產(chǎn)生CaSO4?

【解析】A.納米鐵粉具有強(qiáng)還原性，可以與污染水體中的C「+、Hg2+等重金屬離子發(fā)生置換反應(yīng)，使

之轉(zhuǎn)化為金屬單質(zhì)，從而降低水重金屬離子的濃度，故A正確；

B.酒精具有還原性，84消毒液具有強(qiáng)氧化性，二者混合，會發(fā)生氧化還原反應(yīng)，導(dǎo)致消毒能力減弱甚

至完全失去，因此二者不能混合使用，故B錯誤；

C.SO2具有強(qiáng)還原性，可以防止葡萄酒中的營養(yǎng)成分被氧化；同時SO2又可以使蛋白質(zhì)發(fā)生變性，因

此同時還具有殺菌能力，故C正確；

D.燃煤中含有S元素，在煤燃燒時S轉(zhuǎn)化為SO2.若向燃煤中加入CaO,SO2與CaO會反應(yīng)產(chǎn)生CaSO3,

進(jìn)一步被空氣氧化產(chǎn)生CaSO4；煤燃燒產(chǎn)生的CO2與CaO反應(yīng)產(chǎn)生CaCO3,產(chǎn)生的CaCC）3高溫下又分

解產(chǎn)生CaO、CO2.故燃煤中加入CaO可以減少酸雨的形成，但不能減少溫室氣體的排放，故D正確;

故選：B。

【點(diǎn)評】本題考查化學(xué)與生產(chǎn)、生活的關(guān)系，題目難度不大，要求學(xué)生能夠用化學(xué)知識解釋化學(xué)現(xiàn)象，

試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析、理解能力及靈活應(yīng)用基礎(chǔ)知識的能力。

2.常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是（）

2+

A.通入大量二氧化碳的溶液:K+、Ca>Cl\NO3'

2

B.能使紫色石蕊試液變藍(lán)的溶液：Na+、NH4+、CO3\CIO

22

C.含有硝酸鈉的溶液：H\Mg\I\SO4'

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3+2

D.室溫下，￡^22^^=1乂10120101/1的溶液：K\Fe.SO4\SCN

C（H+）

【答案】A

【分析】A.四種離子之間不反應(yīng)，通入二氧化碳后也不反應(yīng)；

B.該溶液呈堿性，錢根離子與氫氧根離子反應(yīng)；

C.酸性條件下硝酸根離子能夠氧化碘離子；

D.該溶液中存在大量氫離子，鐵離子與硫鼠根離子發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)。

【解析】A.K+、Ca2+>Cl\NO3一之間不反應(yīng)，通入二氧化碳后也不反應(yīng)，能夠大量共存，故A正確；

B.能使紫色石蕊試液變藍(lán)的溶液呈堿性，NH4\OK之間發(fā)生反應(yīng)，在堿性溶液中不能大量共存，故

B錯誤；

C.H\I\NO?之間發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能大量共存，故C錯誤：

D.Fe3+和SCN一在溶液中生成硫氟化鐵，不能大量共存，故D錯誤；

故選：Ao

【點(diǎn)評】本題考查離子共存的判斷，為高考的高頻題，題目難度不大，注意明確離子不能大量共存的一

般情況：能發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)的離子之間，能發(fā)生氧化還原反應(yīng)的離子之間，能發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)的離子之間

（如Fe3+和SCND等：還應(yīng)該注意題目所隱含的條件，如：溶液的酸堿性，據(jù)此來判斷溶液中是否有

大量的酎或01；溶液的具體反應(yīng)條件，如“氧化還原反應(yīng)”、“加入鋁粉產(chǎn)生氫氣”，是“可能”共

存，還是“一定”共存等。

3.下列實(shí)驗(yàn)裝置能達(dá)到相應(yīng)目的的是（）

A.用圖甲裝置制備CL

B.用圖乙裝置稀釋濃硫酸

C.用圖丙裝置制備CO?

D,用圖丁裝置灼燒碳酸氫鈉制碳酸鈉

【答案】AC

【分析】A.濃鹽酸與二氧化鐳加熱可制備氯氣;

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B.容量瓶不能稀釋濃硫酸；

C.碳酸鈣與鹽酸反應(yīng)生成二氧化碳；

D.灼燒固體不能選蒸發(fā)皿。

【解析】A.濃鹽酸和二氧化鎰共熱可以制取氯氣，圖中固液加熱裝置合理，故A正確；

B.濃硫酸稀釋不能在容量瓶中進(jìn)行，應(yīng)在燒杯中稀釋，故B錯誤；

C.該反應(yīng)中碳酸鈣為塊狀固體，且C02在水中的溶解度較小，可以用該裝置制備二氧化碳，故C正確；

D.灼燒應(yīng)在用煙中進(jìn)行，不能用蒸發(fā)皿，故D錯誤：

故選：AC。

【點(diǎn)評】本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評價，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、物質(zhì)的制備、溶液配制、實(shí)驗(yàn)

技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾椋⒁鈱?shí)驗(yàn)的評價性分析，題目難度不大。

4.下列離子方程式正確的是（）

A.氯氣與水的反應(yīng)：C12+H2O=2H++C1+C10

由解

B.工業(yè)上用銅電極電解飽和食鹽水制備氯氣：2C1+2H2。中四2OH+C12t+H2t

C.次氯酸鈉溶液與氫碘酸混合：2cleT+2H2O+2「一I2+CI2t+40PT

D.將足量的氯氣通入澳化亞鐵溶液中：3cl2+2Fe2++4Bd—2Fe3++2Br2+6C「

【答案】D

【分析】A.次氯酸為弱酸，應(yīng)保留化學(xué)式；

B.銅為陽極，屬于活性電極，電極參加反應(yīng)；

C.酸性環(huán)境下不能生成氫氧根離子；

D.氯氣足量，亞鐵離子和澳離子都被氧化。

【解析】A.HC1O是弱酸，不能拆開，離子方程式為：C12+H2O=H++C1+HC1O,故A錯誤；

B.Cu是活性電極，在陽極發(fā)生反應(yīng)，陽極反應(yīng)式為Cu-2e-=Cu2+,氯離子不放電，故B錯誤；

C.次氯酸鈉溶液與氫碘酸混合，離子反應(yīng)為：2H++C1O+2「=C「+I2+H2O,故C錯誤；

2+3+

D.氯氣足量，亞鐵離子和濱離子都被氧化，離子方程式：3Cl2+2Fe+4Br=2Fe+2Br2+6Cr,故D

正確。

故選：D。

【點(diǎn)評】本題考查離子反應(yīng)方程式的書寫，為高頻考點(diǎn)，把握發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)及離子反應(yīng)的書寫方法為

解答的關(guān)鍵，側(cè)重氧化還原反應(yīng)及與量有關(guān)的離子反應(yīng)考查，選項(xiàng)B為易錯點(diǎn)，陽極的銅電極會參與

反應(yīng)，題目難度不大。

5.據(jù)報道，我國科學(xué)家研制出以石墨烯為載體的催化劑，在25℃下用H2O2直接將CH4轉(zhuǎn)化為含氧有機(jī)

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物，其主要原理如圖所示。下列說法正確的是（）

A.圖中舞表示CH4,其空間構(gòu)型是平面形

B.步驟iii、iv的總反應(yīng)方程式是CH3OH+H2O2暹幽HCHO+2H2。

C.步驟i到iv中消耗的CH4與H2O2的物質(zhì)的量之比為卜1

D.根據(jù)以上原理，步驟vi生成CO2和H20

【答案】B

【分析】結(jié)合圖可知反應(yīng)原理如下：

i.CH4-*CH3+*H

ii.*CH3+*H+H2O2fCH3OH+H2O

iii.CH3OH-*CH2OH+*H

iv.*CH20H+*H+H202fHeH0+2H2O

v.HCHOf*CH0+*H

vi.*CHO+*H+H2O2-*

A.甲烷為正四面體結(jié)構(gòu)；

B.結(jié)合分析可知步驟iii、iv的總反應(yīng)為CH30H和H2O2在催化劑作用下反應(yīng)生成H?。和HCHO；

C.結(jié)合反應(yīng)原理可知步驟i到iv總反應(yīng)為CH4和H2O2反應(yīng)生成HCHO和H20；

D.由題意可知反應(yīng)的最終產(chǎn)物為含氧有機(jī)物，則步驟vi應(yīng)生成含氧有機(jī)物，再結(jié)合圖判斷。

【解析】A.結(jié)合題意可知段表示CH4,其空間構(gòu)型是正四面體，故A錯誤；

B.結(jié)合分析可知步驟iii、iv的總反應(yīng)為CH30H和H2O2在催化劑作用下反應(yīng)生成H20和HCHO,反

應(yīng)的總反應(yīng)為CH3OH+H2O2邂鯉HCHO+2H20,故B正確；

C.結(jié)合反應(yīng)原理可知步驟i到iv總反應(yīng)為CH4和H2O2反應(yīng)生成HCHO和小0，總反應(yīng)可表示為

CH3OH+2H2O2催化網(wǎng)HCHO+3H20,CH4與H2O2的物質(zhì)的量之比為1：2,故C錯誤；

D.山題意可知反應(yīng)的最終產(chǎn)物為含氧有機(jī)物，則步驟vi應(yīng)生成含氧有機(jī)物，再結(jié)合圖及分析可知H2O2

在每一步參加反應(yīng)的機(jī)理是提供*OH和前一步產(chǎn)生的自由基結(jié)合，因此推測步驟vi生成HCOOH和

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H20,故D錯誤；

故選:B.

【點(diǎn)評】本題考查有機(jī)物結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，涉及反應(yīng)歷程，側(cè)重考查圖象分析判斷及知識綜合應(yīng)用能力，明

確圖中發(fā)生的反應(yīng)、元素化合物性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，題目難度不大。

6.臭氧層中臭氧分解過程如圖所示，下列說法正確的是（）

鹿總反應(yīng)：

/1-\催化反應(yīng)：

反應(yīng)物/爪\goo

—嶗4點(diǎn)?-xAc-?----

口目成物。肛

°反應(yīng)過程

臭氣分解過程示意圖

A.催化反應(yīng)①②均為放熱反應(yīng)

B.Ei是催化反應(yīng)①對應(yīng)的正反應(yīng)的活化能，（E2+AH）是催化反應(yīng)②對應(yīng)的逆反應(yīng)的活化能

C.決定03分解反應(yīng)速率的是催化反應(yīng)②

D.溫度升高，總反應(yīng)的正反應(yīng)速率的增加幅度小于逆反應(yīng)速率的增加幅度，且平衡常數(shù)增大

【答案】B

【分析】A.化學(xué)反應(yīng)中既有放熱反應(yīng)，又有吸熱反應(yīng)，取決于反應(yīng)物和生成物總能量的大小，生成物

的總能量低于反應(yīng)總能量的反應(yīng)，是放熱反應(yīng)，若是吸熱反應(yīng)則相反；

B.根據(jù)過渡態(tài)理論，過渡態(tài)的能量與反應(yīng)物分子的能量的差為正反應(yīng)的活化能，過渡態(tài)的能量與生成

物分子的能量的差為逆反應(yīng)的活化能；

C.決定03分解反應(yīng)速率的是慢反應(yīng)，活化能越大，反應(yīng)速率越慢；

D.由圖可知，該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動。

【解析】A.由圖可知，反應(yīng)①生成物的總能量高于反應(yīng)總能量的反應(yīng)，是吸熱反應(yīng)，而反應(yīng)②生成物

的總能量低于反應(yīng)總能量的反應(yīng)，是放熱反應(yīng)，故A錯誤；

B.根據(jù)過渡態(tài)理論，Ei是催化反應(yīng)①對應(yīng)的正反應(yīng)的活化能，（E2+Z\H）是催化反應(yīng)②對應(yīng)的逆反應(yīng)

的活化能，故B正確；

C.決定03分解反應(yīng)速率的是慢反應(yīng)，山圖可知E1>E2,活化能越大，反應(yīng)速率越慢，則決定03分解

反應(yīng)速率的是反應(yīng)①，故C錯誤；

D.由圖可知，該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動，平衡常數(shù)減小，故D錯誤，

故選：Bo

【點(diǎn)評】本題考查化學(xué)反應(yīng)中能量的變化，著重于對概念的理解，注意放熱反應(yīng)、吸熱反應(yīng)與反應(yīng)物、

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生成物總能量之間的關(guān)系，做題時不要混淆。

7.某企業(yè)以輝銅礦為原料生產(chǎn)堿式碳酸銅，工藝流程如下所示:

2+2

己知：［Cu(NH3)4］(aq)#Cu'(aq)+4NH3(aq)

根據(jù)以上工藝流程，下列說法不正確的是()

A.為實(shí)現(xiàn)溶液C到溶液D的轉(zhuǎn)化，加入過量NH3H20后過濾即可

B.在制備產(chǎn)品時，溶液D中不直接加入Na2c03溶液的原因是游離的Ci?+濃度太低

A

C.溶液D蒸氨過程發(fā)生總反應(yīng)的化學(xué)方程式為：［Cu(NH3)4JCI2+H2OCuQ+2HClf+4NH3

D.溶液和碳酸鈉混合方式不同對產(chǎn)品的成分沒有影響

【答案】D

【分析】由流程可知，輝銅礦通入氧氣充分燃燒，生成二氧化硫氣體，固體B主要為CuO、Fe3O4,加

入鹽酸得到含有Ci?+、Fe3+的溶液，加入過量氨水，可得到［Cu(NH3)4產(chǎn)+和Fe(OH)3，|Cu(NH3)

4戶經(jīng)加熱可得到CuO,加入酸酸化得到C/+,經(jīng)濃縮后在溶液中加入碳酸鈉可得到堿式碳酸銅，以此

解答該題。

【解析】A.為實(shí)現(xiàn)溶液C到溶液D的轉(zhuǎn)化，加NH3?H2O至藍(lán)色沉淀剛好溶解完全，過濾即可，故A

正確；

B.在制備產(chǎn)品時，溶液D中不直接加入Na2c03溶液的原因是游離的C/+濃度太低，必須經(jīng)濃縮后在

溶液中加入碳酸鈉，可得到堿式碳酸銅，故B正確；

C.由［Cu(NH3)4/+(aq)=Cu2+(aq)+4NH3(叫)，可知在加熱時，氨就會逸出，蒸氨過程中發(fā)生

的總反應(yīng)的化學(xué)方程式為［Cu(NH3)4jCI2+H2O=^=CuOI+2HC1t+4NH3t，故C正確；

D.銅離子與碳酸鈉混合的方式不同，生成物不同，銅離子加入碳酸鈉溶液中，可生成氫氧化銅，反之

可生成堿式碳酸銅，故D錯誤；

故選：D。

【點(diǎn)評】本題考查混合物分離提純，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)、混合物分離方法、實(shí)

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驗(yàn)技能為解答關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意元素化合物知識的應(yīng)用，題目難度不大。

HS5溶液電解池

8.間接電化學(xué)法可對大氣污染物NO進(jìn)行無害化處理，其

工作原理如圖所示，質(zhì)子膜允許H+和H2O通過。下列有關(guān)說法正確的是（）

A.電極I的材料可用石墨、銅等導(dǎo)電材料替換

B.H+由電極I區(qū)域移向電極H區(qū)域

2

C.電極1的電極反應(yīng)式為：2HSOs-+2e-=S2O4'+2OH'

D.常溫常壓下，每生成2.24LO2可處理NOO.2moi

【答案】A

2

【分析】A.由圖所示，電極I的反應(yīng)應(yīng)該是HS03一得電子轉(zhuǎn)化為S2O4',為電解池的陰極，陰極材

料不能與反應(yīng)；

B.電解池中陽離子移向陰極；

C.根據(jù)圖中信息可知，電解池中為質(zhì)子交換膜，電極I的電極反應(yīng)是HS03得電子轉(zhuǎn)化為S2O42；

D.該裝置的總反應(yīng)可以理解為：2NO=N2+O2,所以每生成O.lmoKh可以處理0.2molNO,常溫常壓

下物質(zhì)的量2.24L02不是0.Imol。

【解析】A.由圖所示，電極I的反應(yīng)應(yīng)該是HS03一得電子轉(zhuǎn)化為S2O42一，為電解池的陰極，陰極材

料不能與反應(yīng)，可用石墨、銅等導(dǎo)電材料替換，故A正確；

B.電極I為電解池的陰極，電解池中陽離子向陰極移動，故H+由電極H區(qū)域移向電極I區(qū)域，故B

錯誤；

C.根據(jù)圖中信息可知，電解池中為質(zhì)子交換膜，電極I的電極反應(yīng)式應(yīng)為：2HSO3+2H++2e=S2O42

+2比0,故C錯誤;

D.該裝置的總反應(yīng)可以理解為：2NO=N2+O2,所以每生成O.lmoKh可以處理0.2mo1NO,但常溫常

壓下，2.24LO2不為O.lmol,處理NO不為0.2mol,故D錯誤；

故選：Ao

【點(diǎn)評】本題考查電解原理應(yīng)用，題目難度中等，根據(jù)圖示裝置正確判斷兩極及反應(yīng)原理為解答關(guān)鍵，

注意掌握電解原理，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及靈活應(yīng)用能力。

二、不定項(xiàng)選擇題：本題包括4小題，每小題4分，共計(jì)16分。每小題有一個或兩個選項(xiàng)符合題意。多

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選得0分；漏選得2分，錯選得0分。

9.化合物乙是一種治療神經(jīng)類疾病的藥物，可由化合物甲經(jīng)多步反應(yīng)得到。下列有關(guān)化合物甲、乙的說

法正確的是（）

今Mif此改鼠）叫

N（）21摩為

甲乙

A.甲分子中所有碳原子一定處于同一平面

B.乙中含有2個手性碳原子

C.用NaHCC>3溶液或FeC13溶液不能鑒別化合物甲、乙

D.乙能與鹽酸、NaOH溶液反應(yīng)，且1mol乙最多能與4moiNaOH反應(yīng)

【答案】B

<??<3

0s^3

【分析】A.咻圖中C-O-C為V形，單鍵可以旋轉(zhuǎn)；

B.乙中連接溟原子、連接-COOCH3的碳原子為手性碳原子；

C.竣基能和碳酸氫鈉反應(yīng)生成二氧化碳，酚能和氯化鐵溶液發(fā)生顯色反應(yīng)；

D.氨基顯堿性、竣基顯酸性；酯基水解生成的竣基和酚羥基、酚羥基、溪原子水解生成的HBr都能和

NaOH反應(yīng)。

CH

°A^C3OOH

【解析】A.吟圖中C-O-C為V形，與苯環(huán)相連的C-0鍵可以旋轉(zhuǎn)，使得甲

基C不在苯環(huán)的平面上，故A錯誤；

9H盤

YJ"^COOCH3

B.手性碳連接四個不同的原子或原子團(tuán)，NH23圖中所示位置為手性碳，有2

個，故B正確：

C.甲中有竣基，與NaHCCh溶液反應(yīng)生成C02氣體，乙中有酚羥基，遇到FeCb溶液顯示紫色，都可

鑒別甲和乙，故C錯誤；

D.乙中有-NH2,顯堿性，與鹽酸反應(yīng)；酚羥基、酯基水解生成的酚羥基和竣基、漠原子水解生成的

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OH

HBr都能和NaOH以1：1反應(yīng)，如圖NH2,左側(cè)酯基水解以后生成一

個酚羥基和一個竣基，該分子中含有1個酚羥基、1個浸原子，右側(cè)酯基水解以后形成醇羥基和按基，

所以Imol乙分子消耗5moiNaOH,故D錯誤；

故選：B,

【點(diǎn)評】本題考查有機(jī)物結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，難度中等，側(cè)重考查基礎(chǔ)知識的掌握和靈活應(yīng)用能力，明確官能

團(tuán)及其性質(zhì)關(guān)系、手性碳原子含義等知識點(diǎn)是解本題關(guān)鍵，D為解答易錯點(diǎn)。

10.根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象所得到的結(jié)論正確的是()

選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象結(jié)論

A向苯和甲苯中分別滴加少量酸性苯中溶液為紫紅色，甲甲基使苯環(huán)變活潑

KMnCU溶液，充分振蕩苯中溶液為無色

B無白色沉淀產(chǎn)生

向Na2O2中滴加過量的鹽酸,將產(chǎn)生Na2O2未變質(zhì)

的氣體直接通入澄清石灰水中

C向FeCh溶液中先滴加一定量的未出現(xiàn)血紅色已將Fe3+還原為Fe?+

NH4F溶液，再滴加幾滴KSCN溶液

D某溫度下向等體積的飽和AgCl、Agl所得沉淀物質(zhì)的量：n該溫度下：KsP(AgCl)>

溶液中分別滴加足量AgNO3溶液(AgCl)>n(Agl)Ksp(Agl)

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【分析】A.甲苯可被酸性高鎰酸鉀氧化，苯不能；

B.鹽酸易揮發(fā)，氣體含HC1,可能含二氧化碳；

C.未出現(xiàn)血紅色說明溶液中不含F(xiàn)e3+,由氧化還原反應(yīng)的規(guī)律可知Fe3+不能氧化F-；

D.飽和AgCl、Agl溶液中c(Cl')>c(I')o

【解析】A.甲苯中被酸性高鐳酸鉀氧化的是甲基，所以是苯環(huán)使甲基變活潑，故A錯誤；

B.鹽酸具有揮發(fā)性，牛.成的氣體中含有HC1氣體，CO2和HC1混合氣體通入澄清石灰水中也可能不會

產(chǎn)生沉淀，故B錯誤；

C.未出現(xiàn)血紅色說明溶液中不含F(xiàn)e3+,由氧化還原反應(yīng)的規(guī)律可知Fe3+不能氧化F,溶液不顯血紅色

是因?yàn)镕e3+和NH4F反應(yīng)生成了配合物，故C錯誤；

D.所得沉淀物質(zhì)的量為n(AgCl)>n(Agl),說明同為飽和溶液中，c(C「)>c(D,則AgO的溶

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解度大于Agl,二者為同類型沉淀，所以該溫度下：KSp(AgCl)>Ksp(Agl),故D正確；

故選：D。

【點(diǎn)評】本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評價，為高頻考點(diǎn)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、反應(yīng)與現(xiàn)象、難溶電解質(zhì)、配

合物、實(shí)驗(yàn)技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意?shí)驗(yàn)的評價性分析，題目難度不大。

11.常溫下，向ILl.Omol/L的NaQO溶液中緩慢通入S02氣體，使其充分吸收，溶液pH與通入SCh物

質(zhì)的量關(guān)系如圖所示(忽略溶液體積的變化和NaClO、HC1O的分解)。下列說法正確的是()

A.常溫下，HC1O電離平衡常數(shù)的數(shù)量級為108

B.a點(diǎn)溶液中存在4c(Cl')=c(HC1O)+c(CIO)

C.b點(diǎn)溶液中存在c(Na+)>c(SO42')>c(Cl)>c(H+)>c(OH)

D.c點(diǎn)溶液中c(H+)=1.5mol/L

【答案】AB

【分析】n(NaClO)=1.0mol/LXlL=lmol,向IL1.0mol?L”的NaClO溶液中級慢通入SO2氣體，

開始時發(fā)生反應(yīng)①SO2+H2O+3NaClO=Na2SO4+NaCl+2HClO,SO2過量后發(fā)生總反應(yīng)為②

SO2+H2O+NaClO=H2SO4+NaCl,所以b點(diǎn)恰好發(fā)生反應(yīng)①，c點(diǎn)恰好發(fā)生反應(yīng)②，據(jù)此結(jié)合物料守恒

分析。

【解析】A.在b點(diǎn)處，pH=3.8,故c(H+)=103-8mol/L,根據(jù)反應(yīng)①可知，n(HC1O)=2n(SO2)

2,

n石mol

=Amol,故c(HClO)-------=Amol/L,由HC1O=H++Cl(y可知，C(C1O)(H+)=10-38mol/L,

3IL3

故Ka-c(H+)c(Cl0)=里-------------=1.5X10-7-6=1.5X100-4X10-8,數(shù)量級為IO-8,故A

c(HC10)2

3

正確；

B.a點(diǎn)時通入0.2molSC>2，n(NaCl)=n(Na2so4)=n(SO2)=0.2mol,n(HC1O)=2n(S02)=

0.4moh消耗的n(NaClO)=3n(SO2)=0.6mol,剩余的n(NaClO)=lmol-0.6mol=0.4mol,故n

(HC10)+n(CIO)=0.8mol,n(Cl')=0.2mol,同一溶液中體積相同，所以4c(Cl-)=c(HCIO)

第10頁共23頁

+c(CIO),故B正確；

C.根據(jù)分析，b點(diǎn)恰好發(fā)生反應(yīng)①，n(NaCl)=n(Na2so4)=n(SO2)=Amol,n(HC10)=2n

3

+2

(SO2)=2mol,故n(Na)=lmol,n(SO4')=n(Cl)-Amol,HC1O可以電離出少量H*,c

33

(H+)=10'3-8mol/L,H2O的電離受到抑制,電離出微量的OH,c(OH)=1O10-2,溶液體積為IL,

離子濃度關(guān)系為c(Na+)>c(SO42)=c(Cl)>c(H+)>c(OH),故C錯誤；

+

D.c點(diǎn)時恰好發(fā)生反應(yīng)②，n(H2SO4)=n(SO2)=lmol,c(H)=2mo^=2mol/L,故D錯誤；

IL

故選：AB。

【點(diǎn)評】本題考查離子濃度大小比較，題目難度中等，明確圖示曲線變化的意義為解答關(guān)鍵，注意掌握

電離平衡常數(shù)概念、物料守恒等知識，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析、理解能力及化學(xué)計(jì)算能力。

12.溫度為Ti時，在容積為2L的恒容密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：2N0(g)+O2(g)W2NO2(g)(正反應(yīng)放

熱)。實(shí)驗(yàn)測得：VIE=V(NO)沖耗=2v(O2)沛耗=1<正。2(NO),c(O2),v)2=v(NO2)ka>c2(NO2)，

k正、k逆為速率常數(shù)，受溫度影響。不同時刻測得容器中n(NO)、n(02)如表。下列說法正確的是()

時間/s012345

n(NO)/mol0.200.100.080.070.060.06

n(O2)/mol0.100.050.040.0350.030.03

A.0?2s內(nèi)，該反應(yīng)的平均速率v(NO)=0.03moPL'l.s'1

B.其他條件不變，往原容器中再通入OZOmolNO和O.lOmolCh，則達(dá)平衡時NO2體積分?jǐn)?shù)減小

C.其他條件不變，移走部分N02,則平衡正向移動，平衡常數(shù)增大

D.當(dāng)溫度改變?yōu)門2時，若kjE=k逆，則T2>TI

【答案】AD

【分析】A.結(jié)合表中數(shù)據(jù)，根據(jù)v=_4s=_4工計(jì)算v(NO)；

AtV-At

B.往原容器中再通入0.20molNO和O.lOmolCh，相當(dāng)原平衡增大壓強(qiáng)，平衡正向移動；

C.平衡常數(shù)K只與溫度有關(guān)，溫度不變，則平衡常數(shù)不變；

D.k逆為速率常數(shù)，只受溫度影響，在溫度為Ti時，根據(jù)表格數(shù)據(jù)，容器容積是2L,結(jié)合物質(zhì)

反應(yīng)關(guān)系可知平衡時各種物質(zhì)的濃度c(NO)=0.06moi=0.O3mol/L,c(O2)=0.015mol/L,An(NO)

2L

=n(NO2)=0.20mol-0.06mol=0.14mol,平衡時c(NO2)=0.07mol/L,化學(xué)平衡常數(shù)K=

c2(NO9)k正n<->?72

—-------------=-=——上叁-----g363,則k“：>k逆，若k”：=k逆，則K減小，化學(xué)平衡逆

22

C(N0)-C(02)卜逆o.030.015

向移動。

第11頁共23頁

【解析】A.根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知：在0?2s內(nèi)，NO的物質(zhì)的量由0.20mol變?yōu)?.08mol,△n(NO)=

0.20mol-0.08mol=0.12moL則該反應(yīng)的平均速率v(NO)=-^￡==0-=0.03mol?L

AtV-At2LX2s

'-s1,故A正確；

B.其他條件不變，往原容器中再通入0.20molNO和0.10molO2,相當(dāng)于增大體系的壓強(qiáng)，由于該反應(yīng)

的正反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)，化學(xué)平衡正向移動，所以達(dá)平衡時NO2體積分?jǐn)?shù)增大，

故B錯誤；

C.化學(xué)平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，溫度不變，化學(xué)平衡常數(shù)不變，所以其他條件不變，移走部分NO2,

化學(xué)平衡正向移動，但平衡常數(shù)不變，故C錯誤；

D.由表中數(shù)據(jù)可知，平衡時各種物質(zhì)的濃度c(NO)=°-06moi=0.O3mol/L,c(O2)=0.015mol/L,

2L

2NO(g)+O2(g)U2NO2(g),An(NO)=n(NO2)=0.20mol-0.06mol=0.14mol,平衡時c(NO2)

…k正c2(NOn)nfi72

=0.07mol/L,化學(xué)平衡常數(shù)K=------=--------------------=----匹上------:=363,即k正>14逆。右k正

22X

k逆C(N0)'C(02)0.030.015

=k逆，則K減小，化學(xué)平衡逆向移動，由于該反應(yīng)正向放熱，則改變條件是升高溫度，所以溫度T2>

TI，故D正確；

故選：AD。

【點(diǎn)評】本題考查化學(xué)平衡的計(jì)算、化學(xué)平衡的影響因素，為高頻考點(diǎn)，把握速率及平衡常數(shù)的計(jì)算、

化學(xué)平衡的影響因素為解答關(guān)鍵，側(cè)重分析與計(jì)算能力的考查，注意化學(xué)平衡常數(shù)與速率常數(shù)的關(guān)系推

導(dǎo)，題目難度中等。

三、解答題(共5小題，滿分60分)

13.(10分)乙二胺四乙酸二鈉鹽是配合劑的代表性物質(zhì)，能和堿金屬、稀土元素和過渡金屬等形成穩(wěn)定

的水溶性絡(luò)合物，廣泛應(yīng)用于高分子化學(xué)工業(yè)、日用化學(xué)工業(yè)、醫(yī)藥工業(yè)試劑。乙二胺四乙酸根可以和

三價銘離子1：1形成六配位離子。乙二胺四乙酸結(jié)構(gòu)簡式如圖1。

HOOCCH”、/CH2coOH

'NCH,CH,NE鵑

HOOCCH/*CH：COOH

圖1?圖，

圖3

請回答下列問題：

(1)寫出基態(tài)金屬銘原子核外的價電子排布式3d54sl。

(2)乙二胺四乙酸根離子和三價鋁離子形成的六配位離子中，配位原子為N和O。

(3)乙二胺四乙酸分子中，碳原子的雜化方式為sB、si?,其分子中含有的四種非金屬元素的電負(fù)

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性由大到小順序?yàn)?>N>C>H。

（4）0.5mol的乙二胺四乙酸分子中含有的。鍵數(shù)目為17.5NA。

（5）常溫下，乙二胺四乙酸在水中溶解度較小。但常溫下乙酸卻易溶于水，試解釋乙酸易溶于水的原

因是：乙酸為極性分子，乙酸分子之間可以形成分子間氫鍵。

（6）金屬銘（圖3）可形成正鹽亞銘酸鉆，該鹽晶體的晶胞沿y軸一個方向的投影如圖3所示。晶胞

中Co、Cr、O分別處于晶胞的頂角、體心和面心位置。則該鹽的化學(xué)式為CoCrth。

【答案】見解析

【分析】（1）銘是24號元素，據(jù)此書寫價電子排布式；

（2）氨基氮和陵基氧提供孤電子對，據(jù)此尋找配位原子；

（3）分析碳原子的成鍵方式進(jìn)而判斷雜化方式；同一周期，從左到右元素電負(fù)性遞增，同一主族，自

上而下元素電負(fù)性遞減,；

（4）1個乙二胺四乙酸分子中含有的。鍵數(shù)目為35個，據(jù)此0.5mol乙二胺四乙酸分子計(jì)算。鍵數(shù)目；

（5）乙酸可以與水形成氫鍵，分析氫鍵對溶解度的影響；

（6）依據(jù)均攤法計(jì)算晶胞中原子的數(shù)目，進(jìn)而計(jì)算化學(xué)式。

【解析】（1）銘是24號元素，基態(tài)金屬鋁原子核外的價電子排布式為3d54sl

5

故答案為：3d4s';

（2）乙二胺四乙酸根離子和三價鈉離子形成的六配位離子中，兩個氨基氮和4個竣基氧提供孤電子對,

配位原子為N和O,

故答案為：N和O；

（3）乙二胺四乙酸分子中，形成單鍵的碳原子雜化方式為sp3,形成單鍵和碳氧雙鍵的碳原子雜化方式

為sp2；同一周期，從左到右元素電負(fù)性遞增，同一主族，自上而下元素電負(fù)性遞減，所以電負(fù)性：O

>N>C>H,

故答案為：sp?、sp3；O>N>C>H；

（4）1個乙二胺四乙酸分子中含有的。鍵數(shù)目為35個，0.5mol的乙二胺四乙酸分子中含有的。鍵物質(zhì)

的量為0.5mol>35=17.5moL數(shù)目為17.5NA,

故答案為：17.5NA;

（5）乙酸分子可形成分子間氫鍵，且為極性分子，在水中的溶解度大，易溶于水，乙二胺四乙酸形成

分子內(nèi)氫鍵，為極性分子，在水中溶解度較小，

故答案為：乙酸為極性分子，乙酸分子之間可以形成分子間氫鍵；

（6）晶胞中Co、Cr、0分別處于晶胞的頂角、體心和面心位置，晶胞中含有C。原子個數(shù)為8><工=1,

8

第13頁共23頁

含有Cr原子個數(shù)為1,含有O原子個數(shù)為6X^=3,所以該鹽的化學(xué)式為COCQ3，

2

故答案為：CoCrO3?

【點(diǎn)評】本題考查了核外電子排布式的書寫、配位鍵、雜化方式等知識點(diǎn)，也是高考熱點(diǎn)，會利用均攤

法解答問題，整體難度適中。

14.(12分)NiSO4-6H2O是一種綠色易溶于水的晶體，廣泛應(yīng)用于化學(xué)鍍銀、生產(chǎn)電池、醫(yī)藥工業(yè)、催

化行業(yè)以及印染工業(yè)等行業(yè)中。由一種廢料(主要成分是鐵銀合金，還含有銅、鎂、硅的氧化物)為原

料制取NiSO"6H2O步驟如圖。

避淡MgO

已知：①銀能溶于稀酸但溶解不完全，通常表現(xiàn)為+2價；

②常溫下Ksp(MgF2)=6.4X10-9,Ka(HF)=6.3X10”；

(1)“溶解”時加入H2O2溶液的目的是使Fe?+氧化成Fe3+,使銀元素完全轉(zhuǎn)化成Ni?+。

(2)“除鐵”時生成黃鈉鐵磯［Na2Fe6(SO4)4(OH)12］沉淀，寫出其離子方程式二

+6H2O+2Na++6MgO=Na2Fe6(SO4)4(OH)121+6M*。

(3)向“除銅”后的濾液中加入NaF溶液，使Mg?+轉(zhuǎn)化為MgF2沉淀除去。若溶液的pH偏低，將會

導(dǎo)致MgF2沉淀不完全，其原因是pH偏低，形成HF,導(dǎo)致溶液中P濃度減小，MgF2沉淀不完全。

(4)“沉銀”后所得濾液中，可循環(huán)使用的主要溶質(zhì)為Na2s04。(填化學(xué)式)

(5)NiSCU在強(qiáng)堿溶液中用NaClO氧化，可制得堿性銀鎘電池電極材料NiOOH。該反應(yīng)的化學(xué)方程

式為2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOHJ+NaCl+2Na?SO4+H2。。

(6)在制備NiSO4-6H2O晶體時，常用無水乙醉代替蒸儲水做洗滌劑，原因是減少晶體的損失，便

于晶體的干燥。

【答案】見解析

【分析】由一種廢料(主要成分是鐵銀合金，還含有銅、鎂、硅的氧化物)為原料制取NiSO4?6H2O步

驟如圖，廢料溶解后加入稀硫酸和過氧化氫溶液，反應(yīng)后過濾，加入硫酸鈉和MgO除去鐵，生成黃鈉

鐵機(jī)［Na2Fe6(SO4)4(OH)12］沉淀，通入H2s氣體除銅，過濾后的濾液中加入NaF溶液，使Mg?+轉(zhuǎn)

化為MgF2沉淀除去，加入氫氧化鈉溶液沉銀，再加入稀硫酸得到硫酸銀溶液，蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、

過濾洗滌得到NiSO4.6H2O,

(1)“溶解”時加入H2O2溶液氧化亞鐵離子生成鐵離子，促進(jìn)Ni的溶解，使其全部轉(zhuǎn)化為Ni2+；

(2)“除鐵”時加入Na2sO4溶液和MgO,生成黃鈉鐵帆［Na2Fe6(SO4)4(OH)12］沉淀;

第14頁共23頁

(3)溶液的pH偏低，說明H+濃度高，會與加入的NaF形成HF,導(dǎo)致溶液中口濃度降低；

(4)“除鎂”以后溶液中的離子為Ni2+和SO42-,Na+,加入足量NaOH“沉銀”后，溶液中剩余離子

為SO4?、Na卡和少量OH：

(5)NaClO具有強(qiáng)氧化性，CI元素由+1價降低到-1價，則Ni元素由NiSO4中+2價升高到NiOOH

中的+3價，根據(jù)得失電子守恒和元素守恒，書寫化學(xué)方程式；

(6)NiSO4-6H2O晶體是無機(jī)物，能溶解于水但是難溶于酒精，酒精易揮發(fā)。

【解析】(1)加入的硫酸具有酸性，可以把單質(zhì)Fe、Cu、Mg的氧化物溶解，部分Ni溶解，轉(zhuǎn)化得到

的離子有Fe2+、Cu2\Mg2+,加入的H2O2具有氧化性，可以促進(jìn)Ni的溶解，使其全部轉(zhuǎn)化為Ni2+,

同時把存在的Fe2+氧化為Fe3+,

故答案為：使Fe?+氧化成Fe3+,使銀元素完全轉(zhuǎn)化成Ni?+；

3+2

(2)“除鐵”時加入Na2s04溶液和MgO,根據(jù)元素守恒和電荷守恒，離子方程式為：6Fe+4SO4

2+

+6H2O+2Na++6MgO=Na2Fe6(S04)4(OH)12I+6Mg；

3+2+2+

故答案為：6Fe+4SO4'+6H2O+2Na+6MgO=Na2Fe6(SO4)4(OH)12I+6Mg；

(3)溶液的pH偏低，說明H+濃度高，會與加入的NaF形成HF,導(dǎo)致溶液中濃度降低，使得Mg?+

不能完全沉淀，

故答案為：pH偏低，形成HF,導(dǎo)致溶液中F一濃度減小，MgF2沉淀不完全；

(4)“除鎂”以后溶液中的離子為Ni?+和Na+,加入足量NaOH“沉銀”后，溶液中剩余離子

為SCU?-、Na+和少量0H\根據(jù)前面的流程知可循環(huán)利用的是Na2sO4，

故答案為：Na2so4；

(5)NaClO具有強(qiáng)氧化性，C1元素由+1價降低到-1價，則Ni元素由NiSO4中+2價升高到NiOOH

中的+3價，根據(jù)得失電子守恒和元素守恒，化學(xué)方程式為：2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOHI

+NaCl+2Na2sO4+H2O，

故答案為：2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOHI+NaCl+2Na2so4+H2O；

(6)NiSO4-6H2O晶體是無機(jī)物，能溶解于水但是難溶于酒精，酒精易揮發(fā)，在晶體表面殘留的酒精

可以迅速揮發(fā)，避免雜質(zhì)的引入，

故答案為：減少晶體的損失，便于晶體的干燥。

【點(diǎn)評】本題考查了NiSO4?6H2O制備，涉及流程的分析應(yīng)用、離了?方程式的書寫等，側(cè)重于學(xué)生的分

析能力和實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，解答該類題目，注意把握實(shí)驗(yàn)原理和操作流程的目的，主要是物質(zhì)性質(zhì)的理

解，題目難度中等。

15.(14分)三氯化銘(CrC13)是化學(xué)合成中的常見物質(zhì)，工業(yè)上用銘酸鈉(Na2CrO4)來制備。

I,制備三氯化銘

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某興趣小組用實(shí)驗(yàn)室中的紅磯鈉(Na2Cr2O7)為原料來制備CrCb，流程如圖。

1.加40%NaOH調(diào)pH-7

.加CHQH與10%HCl過港多步掾作脫水

CTCI,?6H2O

步驟1步驟n步驟m步驟IV

已知：a.CrC13*6H2O不溶于乙酸，易溶于水、乙醇、易水解。

b.CrQ3?6H2O易升華，在高溫下能被氧化。

(1)步驟I中''加入40%NaOH”的目的是紅磯鈉轉(zhuǎn)化為銘酸鈉。步驟I中“力UCH30H與10%HC1”

中甲醇作為還原劑，反應(yīng)后生成CO2,請寫出反應(yīng)的離子方程式：10H++2Crp2+CH3OH=

2Cr3++7H2O+CO2t。

(2)步驟HL請補(bǔ)充完整由步驟H得到的固體Cr(OH)3經(jīng)多步操作制備CrC13?6H2O的實(shí)驗(yàn)操作：

將過濾后所得固體溶解于過量的鹽酸中，蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過濾，用乙懶洗滌2?3次，低溫干燥

或減壓干燥得到CI€13,6H2O。(實(shí)驗(yàn)中須使用的：6.0moI/L鹽酸、乙酸、減壓干燥器)

II.測定三氯化銘質(zhì)量分?jǐn)?shù)

稱取樣品0.3000g,加水溶解并定容于250mL容量瓶中。移取25.00mL于碘量瓶(一種帶塞的錐形瓶)

中，加熱至沸騰后加入lgNa2O2,充分加熱煮沸，適當(dāng)稀釋，然后加入過量2moi?I/iH2s04至溶液呈

強(qiáng)酸性