2021年北京市高考化学综合试卷

2021年北京市高考化学综合试卷（3月份）

单选题（本大题共14小题，共42.0分）

从石油原料到口罩的生产过程中涉及的下列变化，不属于化学变化的是（）

石油催化裂解得到丙烯催化聚合生成聚丙烯熔融后喷丝用环氧乙烷与微生物蛋

内烯聚丙烯压成熔喷布白质发生反应消毒

AD

A.AB.BC.CD.D

2.干燥剂具有广泛的用途，下列应用中涉及氧化还原反应的是（）

A.实验室用浓硫酸去除氯气中的水蒸气

B.在工业酒精中加入CaO后蒸锵得到无水酒精

C.用金属钠去除甲苯、乙醛等有机溶剂中含有的少量水

D.某些食品为防止潮解吸水影响其品质选择用硅胶做干燥剂

3.元素周期表对化学学习和研究都有重要意义。下列说法不正确的是（）

A.通过主族元素原子的最外层电子数，推测其常见的化合价

B.在金属与非金属分界线附近，寻找半导体材料

C.研究氯、硫、磷、碑等所在区域的元素，制造新品种的农药

D.在IA族和EA族的金属中寻找催化剂

4.2020年11月24日凌晨，嫦娥5号在长征5号火箭巨大的推力下，启程前往月球,

经20多天旅程后带着月壤返回，这是中国航天“探月工程”向世界展示出“中国

力量”。下列说法不正确的是（）

A.嫦娥5号带回的“快递”-“月壤”中含有珍贵的3He,它与“He互为同位素

B.嫦娥5号使用的碳纤维被誉为“新材料之王”，是一种新型有机高分子材料

C.嫦娥5号升起的新型复合材料制成的国旗，具有“强度高、耐高低温”的特点

D.长征5号火箭采用“液氢液氧”作为推进剂，液氢属于绿色环保燃料

5.甲烷与氯气在光照条件下存在如下反应历程（“，'表示电子）:

①Q什'2cl.（慢反应）

②CH4+C1CH3+HQ（快反应）

③•CH3+Cl2tCH3CI+Cl•（快反应）

©-CH3+Cl—CH3cl（快反应）

已知在一个分步反应中，较慢的一步反应控制总反应的速率。下列说法不正确的是

（）

A.上述过程的总反应方程式为CH4+ci2呼'CH3C1+HC1

B.光照的主要作用是促进反应①的进行从而使总反应速率加快

C.反应②〜④都是由微粒通过碰撞而发生的反应

D.反应①是释放能量的反应

6.“鲁米诺”又名发光氨，是一种化学发光试剂，它在一定条件下被氧化后能发出蓝

光，可用于鉴定血液，在刑侦中扮演了重要的角色。如图所示为鲁米诺的一种合成

原理。下列说法正确的是（）

A.鲁米诺的分子式为C8H6$。2

B.一定条件，X可以和乙醇发生缩聚反应

C.①、②两步的反应类型分别为加成反应和取代反应

D.若使用“84消毒液”对环境消毒，可能会干扰用鲁米诺在该环境下鉴定血液

7.由下列操作和现象可以得出相应结论的是（）

第2页，共25页

操作和现象结论

HF的酸性强于

AHF能与SQ反应，HC1不能与Si。2反应

HC1

酸性：苯酚〉

B向苯酚钠溶液中通入CO2,使溶液变浑浊

H2c。3

向2mL浓度均为O.lmol/LNaCl、Nai的混合稀溶液中滴「结合Ag+的能力

C

入几滴稀AgN()3溶液，只有黄色沉淀生成比强

升温使水中

D对蒸储水进行加热，其pH降低

c(H+)>c(OH-)

A.AB.BC.CD.D

8.”可以与O2化合生成NO,是自然界固氮的重要方式之一。如图所示是以Imol队和

ImolO2作为反应物的相应能量变化。判断下列说法不正确的是()

吸收946kJ能1(+

OS®®-放出1264kJ能ht(El©

吸收498kJ能H

©®--------------►©+©-®©

A.如图所示的反应中转移电子的物质的量为4moi

B.完全断开ImolNO中的化学键需吸收1264kJ能量

C.该反应中产物所具有的总能量高于反应物所具有的总能量

D.NO分解的热化学方程式为2N0(g)=N2(g)+02(g)△H=-180kJ-moL

9.二氧化碳捕获技术可用于去除气流中的二氧化碳或者分离出二氧化碳作为气体产

物，其中CO2催化合成甲酸是一种很有前景的方法，且生成的甲酸是重要化工原料，

该反应在无催化剂及有催化剂时的能量变化如图所示。下列说法不正确的是()

uX

•

H

/

V

S

J

A.由图可知，过程I是有催化剂的能量变化曲线

B.CO2催化合成液态甲酸的热化学方程式为CC)2(g)+H2(g)=HCOOH(l)△H=

—31.2kJ/mol

C.该反应的原子利用率为100%,符合绿色化学的理念

D.该反应可用于CO?的吸收和转化，有助于缓解温室效应

10.下列用于解释事实的方程式书写不正确的是()

A.某家用管道疏通剂(含铝粒和苛性钠)通管道：Al3++30H-=A1(OH)3I

B.铁盐可作净水剂：Fe3++3&0=Fe(OH)3(胶体)+3H+

C.向重铭酸钾溶液中滴加少量浓硫酸，溶液橙色加深：厂(橙色)+电0=

2CrOj-(黄色)+2H+

D.用饱和碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙：CaS04(s)+COi-(aq)=CaCO3(s)+

SOi-(aq)

11.一种以NaBH,和电。2为原料的新型电池的工作原理如图所示。下列说法不正确的是

Na.交换膜

A.电池的正极反应为电。2+2e-=20H-

B.电池放电时，Na+移向b极区

C.温度越高该电池性能提高越大

D.理论上两极分别产生的0H-和B0］的物质的量之比为8：1

12.工业上设计如图过程吸收NO和SO?。下列说法正确的是()

A.装置I的主要作用是吸收NO

B.装置H中，加入Ce4+的主要作用是将氮、硫的化合物分离

c.装置in中，S2。广在电解槽的阴极区生成

D.装置IV中，。2的主要作用是氧化NH3

13.关于室温下pH相同、体积相同的氨水与氢氧化钠两种稀溶液，下列叙述正确的是

()

第4页，共25页

A.氨水中的c(NHj)与NaOH溶液中的c(Na+)相同

B.温度均升高20冤(不考虑挥发)，两溶液的pH均不变

C.加水稀释相同的倍数后，两种溶液的pH仍相同

D.与等物质的量浓度的盐酸反应，恰好中和时所消耗的盐酸的体积相同

14.为探究Fe3+能否去除银镜反应后试管壁上银镜进行了如下实验。(常温下溶解度:

AgCl1.9x10-4g.Ag2so40.796g)。下列说法不正确的是()

序号操作现象

将2mL2moi/LFe(NC)3)3溶液(pH=1)加入有银镜的试

实验①银镜消失

管中

将2mLimol/LFezlSOJ溶液(pH=1)加入有银镜的银镜减少，未消

实验②

试管中失

实验③将2mL2moi/LFeCb溶液(pH=1)加入有银镜的试管中银镜消失

A.①中可能发生反应：Fe3++Ag=Fe2++Ag+

B.实验①可以证明本条件下氧化性Fe3+>Ag+

C.实验②和③的试管中可能有白色沉淀生成

D.实验②和③现象的差异与溶液中C1-和SOg有关

二、实验题(本大题共1小题，共13.0分)

15.某小组同学探究银氨溶液的配制及银氨溶液的成分。

(1)银氨溶液称为Tollen试剂，在实验室中常用来检验醛基的存在•该反应中，通

过“银镜”现象，可知银氨溶液做齐上

(2)探究制备银氨溶液过程中沉淀的颜色。

已知：常温下氢氧化银极不稳定，Ag+与0H-在溶液中会转化为棕褐色Ag?。沉淀。

[实验I](实验中所用氨水均为新制)：

实验操作试剂a沉淀颜色

固2%氨水棕褐色

u试剂〃

固2%氨水(经敞口放置48h)白色略暗

团.2%氨水(瓶口装有盛碱石灰的干燥管，经放置

棕褐色

y1mL2XAgN()

；i48h)

y溶液

回.2%氨水(事先通入少量CO?)白色

①团中发生反应的离子方程式是。

②经推断，上述实验中白色沉淀的主要成分是Ag2c。3。为进一步证明白色沉淀的

组成，还可在上述实验中用溶液(填化学式)作为试剂a。

③实验测得，回中所用的氨水比i中所用氨水的pH小，可能原因有。

(3)探究银氨溶液成分

［实验H］向团所得浊液中继续滴加2%氨水，使沉淀溶解。将制得的银氨溶液进行如

下操作(流程中酒精的作用是减小溶质的溶解度)。

①通过实验可证明，白色沉淀x是Ag(NH3)2N03，而不是Ag(NH3)2OH。将该实验

方案和现象补充完整：溶液b滴加酚醐不变红，o

②溶液b与盐酸反应的离子方程式是。

+

③实验口中制银氨溶液的反应为Ag2。+4NH3-H20=2［Ag(NH3)2］+20丁+

3H20O结合实验I中团的反应，也可分析得出上述关于白色沉淀x成分的结论正确,

说明理由：。

三、简答题(本大题共4小题，共45.0分)

16.丙酸钙［(CH3cH2coO^Ca］在生活、生产中有广泛用途。

I.用蛋壳(主要成分为CaCO3)制备丙酸钙。

i过加

a

ii浓辎温

(1)上述流程中，有利于提高反应速率的操作有。

(2)已知：

1

2CO(g)+O2(g)=202(g)△H=-566kJ-mol-

1

C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H20(g)AH=-1323kJ-mol-

2cH3cH2coOH(g)+7O2(g)=682(g)+6H20(g)△H=-2900kJ-mol-1

反应①：CO(g)+C2H4(g)+H2O(g)=CH3CH2COOH(g)MAH=kJ-mol。

(3)反应②的化学方程式为。

口.丙酸钙的用途

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（4）丙酸钙是世界卫生组织批准使用的食品用防霉剂。某小组同学为探究内酸钙的

防霉效果，按下列①〜⑥的配方（每个配方均使用50g面粉和0.75g酵母）蒸制6个

馒头，冷却后置于密封袋中，定期观察记录如表。

组别第一组第二组

序号①②③④⑤⑥

蔗糖/g000555

丙酸钙/g00.060.1000.060.10

开始发霉的时间第3天第4天第5天第3天第4天第5天

本实验可以得出的结论（写两点）：①;②。

（5）已知：丙酸钙高温分解产生CaO和还原性的煌或煌基（以CH*表示）。燃煤中添

加丙酸钙后，尾气中SO2、NO排放量显著减少，其可能的原因是。

17.辉铜矿（主要成分是CuzS）是提炼铜的重要矿物原料之一。以出。2作为氧化剂在硫酸

环境中对辉铜矿浸出生成CuS。4的模型如图1。

95

90

85

80

0.00.51.01.52.0

)JJ/mol•

图2图3

（1）根据上述转化关系，请回答。

①I和口的转化过程中，被氧化的元素是。

②将过程的化学方程式补充完整：

Cu2s+H2O2+=CuS++

③过程口中，山。2起主要作用，但加入Fe式S04）3可以提高浸出率。过程口的浸出

模型如图2。结合难溶电解质的溶解平衡，解释加入Fe2（S04）3的作用。

④在浸出过程中，Fe3+可以不断再生，其离子方程式是.

⑤在相同时间内，测得Fe2(SC)4)3浓度对CM+浸出率的影响如图3所示。当

-1

c[Fe2(SO4)3]>0.25mol-L^,图中曲线下降的可能原因是。

(2)测定浸出液中C/+浓度，其过程如下：

团.取amL浸出液，煮沸除尽过量小。2,调节溶液的酸度，加入KF(除去Fe3+)；

团.加入过量KI溶液，与CM+反应生成Cui白色沉淀和％;

团.用O.lOOOmohLTNa2s2O3标准溶液滴定生成的12，消耗Na2s2O3溶液bmL。(已

知：2S2O1-+12=s4o1-+2P)

①国中反应的离子方程式是。

②浸出液中的c(Cu2+)=mol•IT、

18.辣椒的味道来自于辣椒素类化合物。辣椒素L的合成路线如图。(部分试剂或产物

略)

辣椒素L

已知：

PBr

①R-OHt3R-Br

SOCI。

^R-COOH—^R-COCI-nH

②fRCN-R，

R'NH：」

请回答：

(1)已知A分子无甲基，则A的结构简式是。

(2)E中所含官能团是o

(3)C-D的化学方程式是。

(4)D与F生成G的反应类型是o

(5)J的结构简式是。

(6)将D与F等物质的量投料时，G的产率较高，若提高F的比例，则会使一种副

产物(其分子量大于G)的含量增加，该副产物的结构简式是o

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NH

(7)已知：R-C0C1+H0-R'TR-C00R'+HC1。试剂b为)。K与

OH

试剂b发生反应时，不仅试剂b中氨基的氢发生取代，同时其羟基的氢也可发生取

代；而K与试剂a发生反应时，只得到L。从基团之间相互影响的角度分析，K与

试剂a或试剂b反应时，产生上述差异的原因是。

19.燃煤烟气中的SO?是主要的大气污染物之一。氢气可用于还原二氧化硫，其主要反

应沏2H2(g)+SO2(g)#：Sx(g)+2H20(g)。

(1)用氢气进行脱硫的优点是。

(2)如图1表示(：。/川2。3催化下，相同时间内、不同温度下的SO2的转化率。由图可

知该反应为放热反应，解释图中温度小于350。(：时，转化率随温度升高而增大的原

因是o

(3)以C0/AI2O3作催化剂时氢气脱硫的过程由两步反应组成，过程如图2所示。

求

3.

M

(

员

\1()

浜

、

华

素

会

飞

密

系

2.02.53.03.54.0

H/S()体积比

图3

①结合图2中的信息，写出第一步反应的化学方程式：。

②已知在反应过程中，过量的电可发生副反应：H2(g)+|sx(g)#H2S(g),图3

中的两条曲线分别代表SO?的转化率或Sx的选择性随H2/SO2体积比的变化(Sx的选

择性:SO2的还原产物中Sx所占的百分比)，可推断曲线(填'L"或“L2”)

代表Sx的选择性，理由是。

（4）如表所示为压强对氢气脱硫反应的影响（已知：7?=77）

SO2起始速率H2起始速率SO2的平

P(SO2)

实验-4-1-4-1衡转化率

p(H2)/kpa/10mol-L•/10mol-L•

/kPa

h-1h-1/%

113.326.71.903.7490.6

226.626.72.264.43X

313.352.34.067.94y

426.652.34.839.4196.2

下列关于表中数据的分析中，不正确的是。（填字母）

a.要想增大反应速率，增大S。2压强比增大也压强更为有效

b.保持SO2/H2的比例不变，提高总压，S02的平衡转化率增加

c.x与y的值都在90.6至96.2之间

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答案和解析

1.【答案】c

【解析】解：A.石油催化裂解得到丙烯，裂解是深度的裂化，是化学变化，故A错误;

B.丙烯催化聚合生成聚丙烯，加聚反应是化学变化，故B错误；

C.聚丙烯熔融后喷丝压成熔喷布，只涉及到熔化，是物理变化，故C正确；

D.烷基化反应是化学变化，故D错误；

故选：Co

A.石油的裂化裂解都是高温分解，有新物质生成，是化学变化；

B.丙烯聚合是加聚反应，有新物质生成；

C.聚丙烯熔融后喷丝压成熔喷布是状态发生变化，无新物质生成，是物理变化；

D.利用环氧乙烷与微生物蛋白质发生烷基化反应，生成新物质，是化学变化。

本题考查了物理变化和化学变化的分析判断，题目难度不大，注重工业生产过程的分析

判断，掌握基础是解题关键。

2.【答案】C

【解析】解：A.实验室用浓硫酸去除氯气中的水蒸气，利用浓硫酸的吸水性，没有元素

化合价的变化，不涉及氧化还原反应，故A不选；

B.在工业酒精中加入CaO后蒸镭得到无水酒精，利用CaO与水反应，没有元素化合价

的变化，不涉及氧化还原反应，故B不选；

C.用金属钠去除甲苯、乙酸等有机溶剂中含有的少量水，Na与水发生反应，Na、H元

素化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故C选；

D.某些食品为防止潮解吸水影响其品质选择用硅胶做干燥剂，利用硅胶的吸水性，没有

元素化合价的变化，不涉及氧化还原反应，故D不选。

故选：Co

氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，若发生氧化还原反应，应存在元素化合价的

变化，结合物质的性质解答该题。

本题考查了氧化还原反应，侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生良好的科学素养,

提高学习的积极性，注意从元素化合价的角度判断相关概念以及物质的性质，题目难度

不大。

3.【答案】D

【解析】解：A.通过主族元素原子的最外层电子数，可以推测其常见的化合价，主族元

素最高正化合价等于其最外层电子数，一般最低负化合价等于原子形成8电子稳定结构

获得的电子数，即最外层负化合价等于最外层电子数减8,故A正确；

B.在金属与非金属分界线附近的元素，既具有一定的金属性，也具有一定的非金属性，

在金属与非金属分界线附近，寻找半导体材料，故B正确；

C.农药大多含有氟、磷、硫、氯、碑等，所以研究氯、硫、磷、碎等所在区域的元素，

制造新品种的农药，故C正确；

D.过渡金属不满的d轨道可接受电子或者电子对形成配合物，降低反应的活化能，在过

渡元素中寻找催化剂，故D错误；

故选：D。

A.主族元素最高正化合价等于其最外层电子数，一般最低负化合价等于原子形成8电子

稳定结构获得的电子数；

B.在金属与非金属分界线附近的元素，既具有一定的金属性，也具有一定的非金属性；

C.农药大多含有氮、氟、磷、硫、氯、碑等；

D.在过渡元素中寻找催化剂。

本题考查元素周期表的应用，题目比较基础，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。

4.【答案】B

【解析】解：A.3在与4He是质子数相同中子数不同的同一元素的不同核素，互为同

位素，故A正确；

B.碳纤维主要由碳元素组成，属于无机非金属材料，故B错误；

C.新型复合材料具有“强度高、耐高低温”的特点，故C正确；

D.“液氢液氧”作为推进剂燃烧产物为水，无污染，所以“液氢”属于绿色环保燃料,

故D正确；

故选：Bo

A.同一元素的不同原子互称为同位素；

B.碳纤维的主要成分为碳；

C.新型复合材料有很多独特的特性；

D.根据液氢燃烧生成水进行分析。

本题考查了物质的性质和用途，根据用途推测物质的性质是解题关键，注意对相关知识

第12页，共25页

的积累，题目难度不大。

5.【答案】D

【解析】解：A.反应历程中，Q・、-CH3均为中间产物，此反应的反应物为Cl?、CH4,

产物为CH3CI+HCI,故总反应方程式为（:孔+。2,CH3Q+HC1，故A正确；

B.反应①管2cl•的条件为光照，光照能加快反应速率，促进此反应的进行，故B

正确；

C.不同的微粒之间的反应必须碰撞在一起才能进行，故反应②〜④都是由微粒通过碰

撞而发生的反应，故C正确；

D.反应①是化学键的断裂，化学键的断裂是吸热的，故D错误；

故选：D。

A.反应历程中，C1、大出均为中间产物，此反应的反应物为。2、CH4,产物为CH3CI、

HC1；

B.光照能加快反应速率；

C不同的微粒之间的反应必须碰撞在一起才能进行：

D.反应①是化学键的断裂。

本题考查了有机反应的历程和反应条件对反应的影响，难度不大，应注意的是化学键的

断裂是吸热的。

6.【答案】D

【解析】解：A.根据结构简式确定分子式为C8H5N3O2,故A错误；

B.乙醇中只含一个醇羟基，乙醇和X只能形成一个酯基，所以一定条件下X和乙醇不

能发生缩聚反应，但能和乙二醇发生缩聚反应，故B错误；

C.X中-0H被-NH-NH-取代生成Y,丫中硝基被还原生成鲁米诺中氨基，前者为取

代反应、后者为还原反应，故C错误；

D.“84消毒液”具有强氧化性，鲁米诺具有还原性，“84消毒液”和鲁米诺能发生氧

化还原反应而干扰用鲁米诺在该环境下鉴定血液，故D正确；

故选：D。

A.根据结构简式确定分子式；

B.乙醇中只含一个醇羟基，乙醇和X只能形成一个酯基；

C.X中一0H被-NH-NH-取代生成Y,丫中硝基被还原生成鲁米诺中氨基；

D.“84消毒液”具有强氧化性，鲁米诺具有还原性。

本题考查有机物结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确官能团及

其性质关系是解本题关键，注意有机物发生缩聚反应结构特点，B为解答易错点。

7.【答案】C

【解析】解:A.HF能与Si。2反应生成气体和水，为HF酸的特性,且HF的酸性弱于HC1,

故A错误；

B.苯酚钠溶液中通入CO2,生成苯酚，为强酸制取弱酸的反应，酸性：苯酚＜HZC03，

故B错误；

C.浓度相同，只有黄色沉淀生成，可知Agl更难溶，则「结合Ag+的能力比Q-强，故C

正确；

D.对蒸储水进行加热，促进水的电离，但仍为中性，贝k(H+)=c(OH-),pH减小，故

D错误；

故选：Co

A.HF能与Si。2反应生成气体和水，为HF酸的特性；

B.苯酚钠溶液中通入CO2，生成苯酚，为强酸制取弱酸的反应；

C.浓度相同，只有黄色沉淀生成，可知Agl更难溶；

D.对蒸储水进行加热，促进水的电离，但仍为中性。

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、沉淀生成、

水的电离、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分

析，题目难度不大。

8.【答案】B

【解析】解：A.图示为lmolN2和lmol()2反应，但元素升高2价，转移电子的物质的量

为4mol,故A错误；

B.图示为形成2moiNO时放出1264kJ能量，反之完全断开lmolNO中的化学键需吸收

632kJ能量，故B正确；

C.反应吸收热量为(946kJ+498kJ)=1444kJ,放出热量为1264kJ,反应共吸热180kJ,

反应为吸热反应，反应物的总能量低于生成物的总能量，故C错误；

D.N2(g)+02(g)=2N0(g)△H=180kJ-moL为吸热反应，2N0(g)=N2(g)+02(g)△

H=-180kJ-mor1,故D错误。

故选：Bo

第14页，共25页

A.图示为lmolN2和lmolC>2反应，转移电子的物质的量为4mol；

B.图示为形成2moiNO时放出1264kJ能量，反之完全断开lmolNO中的化学键需吸收

632kJ能量；

C.反应吸收热量为(946kJ+498kJ)=1444kJ,放出热量为1264kJ,反应共吸热180kJ,

反应为吸热反应；

D.N2(g)+02=2N0为吸热反应，逆反应为放热反应。

本题主要考查氧化还原反应电子转移的判断，反应热与断键吸热和成键放热之间的关系,

放热反应与吸热反应中，反应物总能量与生成物总能量之间的关系，属于基本知识，基

础题型，难度不大。

9.【答案】A

【解析】解：A.催化剂能降低反应的活化能，则过程口是有催化剂的能量变化曲线，故

A错误；

B.由图可知lmolCO2(g)和Imo%®反应生成lmolHCOOH(l)放出31.2kJ能量，反应的热

化学方程式为CC)2(g)+H2(g)=HCOOH(l)△H=-31.2kJ/moL故B正确；

CIO2催化合成甲酸，该反应是化合反应，该反应的原子利用率为100%，符合绿色化学

的理念，故C正确；

DIO2催化合成甲酸的反应能够吸收转化二氧化碳，减少二氧化碳的排放，有助于缓解

温室效应，故D正确；

故选：Ao

A.催化剂能降低反应的活化能；

B.由图可知lmol(X)2(g)和lmol%®反应生成ImolHCOOH(l)放出31.2kJ能量；

C.该反应是化合反应；

DIO2催化合成甲酸的反应能够吸收转化二氧化碳。

本题考查化学反应中能量的变化，解题的关键是能够根据题中信息写出热化学方程式以

及催化剂能降低反应的活化能，此题难度中等。

10.【答案】A

【解析】解：A.某家用管道疏通剂(含铝粒和苛性钠)通管道，反应生成偏铝酸钠和氢气，

该反应的离子方程式为：2A1+2H2O+20H-=2AIO2+3H2T,故A错误；

3+

B.铁盐可作净水剂，离子方程式为：Fe+3H2O#Fe(0H)3(胶体)+3H+,故B正确；

C.向重铝酸钾溶液中滴加少量浓硫酸，溶液橙色加深，离子方程式为：C.O厅(橙色)+

出0U2CrO厂(黄色)+2H+,故C正确；

D.用饱和碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙，离子方程式为：CaS04(s)+C0|-(aq)=

CaC()3(s)+SO『(aq),故D正确；

故选：A。

A.铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，不会生成氢氧化铝沉淀；

B.铁离子水解生成氢氧化铁胶体；

C.氢离子浓度增大，平衡向着逆向移动；

D.碳酸钙更难溶，实现了沉淀的转化。

本题考查离子方程式的判断，为高考的高频题，明确发生反应原理为解答关键，注意掌

握离子方程式的书写原则，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，题目难度不

大。

11.【答案】C

【解析】解:A.正极上%。2发生得电子的还原反应生成。『，电极反应式为H2O2+2e-=

20H-,故B正确；

B.原电池工作时，a为负极，b为正极，阳离子向正极移动，即电池放电时，Na+移向b

极区，故B正确；

CH2O2不稳定，受热易分解，所以温度越高该电池性能越差，故C错误；

D.负极反应式为BH£+80H--8e-=B0£+6H20,正极反应式为出。2+2e-=20H：

根据电子守恒有B0]〜8e-〜80H-,故D正确；

故选：Co

以硼氢化合物NaBH4(B元素的化合价为+3价)和H2O2作原料的燃料电池，电解质溶液呈

碱性，由工作原理装置图可知，负极发生氧化反应，电极反应式为BH£+80H--8e-=

BO2+6H2。，正极电。2发生还原反应，得到电子被还原生成OH'电极反应式为电。2+

2e-=20fT,则电极a为负极，电极b为正极，原电池工作时，阳离子向正极移动，

阴离子向负极移动，据此分析解答。

本题考查原电池的工作原理，为高频考点，根据物质化合价的变化判断两极反应为解答

该题的关键，注意电子守恒的应用和电极反应式的书写，题目难度不大。

12.【答案】C

【解析】解：A.装置I中SO2与NaOH溶液反应生成亚硫酸氢钠，则装置I的主要作用

是吸收SO2,故A错误；

第16页，共25页

B.NO在装置II中被Ce，+氧化生成NO}NO］,故B错误；

C.装置HI中HSO］被电解生成SzO广，HSO］在阴极得电子发生还原反应生成S2O广，故C

正确；

D.W中NO］反应后也生成NH4NO3,则NO］也发生氧化反应，即。2的主要作用是氧化N05,

故D错误；

故选：Co

把NO和SO2通过NaOH溶液，SO2与NaOH溶液反应生成亚硫酸氢钠，NO在装置II中

被Ce4+氧化生成NO小NOJ,装置HI中HSO］被电解生成SzOt，IV中NO］、NO］与NH3、

。2反应生成NH4NO3,据此分析。

本题考查了常见非金属元素及其化合物性质，题目难度不大，明确常见元素及其化合物

性质为解答关键，注意把握流程中物质之间的转化，试题培养了学生的分析能力及灵活

应用能力。

13.【答案】A

【解析】解：A.室温下，氨水与氢氧化钠两种稀溶液pH相同，说明溶液中氢氧根离子

浓度相同，氨水中的c(NHD与NaOH溶液中的c(Na+)相同，故A正确；

B.温度升高，一水合氨电离程度增大，所以氨水的pH增大，故B错误；

C.加水稀释促进一水合氨电离，则稀释后氨水的pH大于氢氧化钠，故C错误；

D.pH相同、体积相同的氨水与氢氧化钠两种稀溶液，一水合氨的物质的量大于氢氧化

钠，与等物质的量浓度的盐酸反应，恰好中和时所消耗的盐酸的体积，一水合氨需要的

多，故D错误；

故选：Ao

A.室温下，氨水与氢氧化钠两种稀溶液pH相同，说明溶液中氢氧根离子浓度相同，据

此分析判断；

B.温度升高，一水合氨电离程度增大；

C.加水稀释促进一水合氨电离；

D.pH相同、体积相同的氨水与氢氧化钠两种稀溶液，一水合氨的物质的量大于氢氧化

钠。

本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质的电离特点、影响平衡的因素分析是解本题

关键，注意pH相等的氨水和NaOH溶液中氨水浓度大于NaOH,题目难度中等。

14.【答案】B

【解析】解：A.Ag可还原铁离子，则①中可能发生反应：Fe3++Ag=Fe2++Ag+,故

A正确；

B.酸性溶液中硝酸根离子可氧化Ag,氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的

氧化性，则实验①不能证明氧化性Fe3+>Ag+,故B错误；

C.硫酸银、氯化银为白色沉淀，则实验②和③的试管中可能有白色沉淀生成，故C正

确；

D.②和③中只有盐的阴离子不同，则实验②和③现象的差异与溶液中C1-和SO/有关,

故D正确；

故选：Bo

A.Ag可还原铁离子；

B.酸性溶液中硝酸根离子可氧化Ag,氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的

氧化性；

C.硫酸银、氯化银为白色沉淀：

D.②和③中只有盐的阴离子不同。

本题考查难溶电解质，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、氧化还原反应及白

色沉淀为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的对比作用，题目难度不

大。

+

15.【答案】氧化2Ag+2NH3-H20=Ag2OI+H20+2NH1(NH4)2CO3氨水吸收

了空气中的CO2发生了中和反应向最终所得清液中加入Cu片，微热，产生无色气体，

++

该气体遇空气变为红棕色，说明含有NO][Ag(NH3)2]+Cr+2H=AgClI

+2NH+Ag+与OH-在溶液中会转化为棕褐色Ag2。沉淀，而该溶液b中不会产生棕褐色

沉淀，所以其中不含OH1白色沉淀x是Ag(NH3)2NC)3的结论正确

【解析】解：(1)通过"银镜“现象，可知有银单质生成，所以银氨溶液做氧化剂，

故答案为：氧化；

(2)①硝酸银溶液中滴加氨水，出现棕褐色沉淀，结合已知：常温下氢氧化银极不稳定，

Ag+与OFT在溶液中会转化为棕褐色Ag2。沉淀，可得反应的离子方程式：

2Ag++2NH3-H20=Ag2OI+H20+2NHf,

+

故答案为：2Ag+2NH3-H20=Ag2O1+H20+2NH[；

②要检验COg,会导致白色沉淀生成，为控制变量，需要含CO1的钱盐，即(NHD2CO3；

故答案为：(NH4)2CO3；

③氨水中的氨气易挥发，空气中的二氧化碳溶于水呈酸性，与碱性的氨水中和使其pH

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减小,

故答案为：氨水吸收了空气中的CC)2发生了中反应；

(3)①通过题中的实验证明含有银离子，不含氢氧根离子，需要检验其含有的NH3NOJ；

加过量氢氧化钠溶液加热，产生刺激性气味的气体，说明含有NH3往清液内滴加稀盐

酸和铜片，加热产生气泡，遇空气出现红棕色气体，说明含有NO］：

故答案为：向最终所得清液中加入Cu片，微热，产生无色气体，该气体遇空气变为红

棕色，说明含有NO］；

②溶液b的成分是银氨溶液，所以溶液中发生的离子方程式为［Ag(NH3)21++C1-+

2H+=AgClI+2NH］,

故答案为：［Ag(NH3)2】++Cl-+2H+=AgCl1+2NHJ；

③Ag+与OH-在溶液中会转化为棕褐色Ag2。沉淀，而该溶液b中不会产生棕褐色沉淀,

所以其中不含0H-,

故答案为：Ag+与0H-在溶液中会转化为棕褐色Ag2。沉淀，而该溶液b中不会产生棕褐

色沉淀，所以其中不含0H：白色沉淀x是Ag(NH3)2NO3的结论正确。

(1)银氨溶液称为Tollen试剂,在实验室中常用来检验醛基的存在，银由+1价变为0价，

所以银氨溶液做氧化剂；

(2)①常温下氢氧化银极不稳定，Ag+与氨水中的0H-在溶液中会转化为棕褐色Ag2。沉

淀；

②要检验co",会导致白色沉淀生成，为控制变量，需要含co"的钱盐；

③13中所用的氨水比i中所用氨水的pH小，是因为经敞口放置48h,氨水吸收了空气中

的二氧化碳，PH减小；

(3)探究银氨溶液成分

①溶液b滴加酚酸不变红，说明不存在OH1再利用铜片与硝酸反应产生的NO,该气

体遇空气变为红棕色，证明硝酸根离子存在；

②溶液b的成分是银氨溶液，加入过量盐酸，促使二氨合银络离子电离平衡正移，生成

氯化银白色沉淀；

③结合上述实验现象对比得出白色沉淀x是Ag(NH3)2NC>3。

本题为信息型实验探究题，题目信息较多，需要学生仔细分析和解题，题目难度适中。

16.【答案】粉碎、力口热-156CaCO3+2CH3CH2COOH=(CH3CH2COO)2Ca+C02?

+H20本实验条件下，5g蔗糖对丙酸钙的防霉效果没有影响本实验条件下丙酸钙的质

量越大，开始发霉的时间越晚CaO能与SO?反应最终以CaSCU的形式将其固定，CH*能

将NO还原成电

【解析】解：(1)影响化学反应速率的因素有温度、浓度、催化剂、接触面积等因素，

由图中信息可知，粉碎可增大接触面积和加热能加快反应速率，

故答案为：粉碎、加热；

-1

(2)I：2CO(g)+02(g)=2O2(g)△H=-566kJ-mol

1

H：C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H20(g)△H=-1323kJ-moP

-1

IE：2cH3cH2COOH(g)+702(g)=6C02(g)+6H2O(g)△H=-2900kJ-mol

根据盖斯定律IX：+nXin得CO(g)+c2H4(g)+H2O(g)=CH3CH2COOH(g)^A

H=(-566x1-1323+^x2900)kJ-mor1=-156kJ-mor1,

故答案为：—156；

(3)蛋壳粉主要成分是碳酸钙，CaCC>3与CH3cH2C00H反应生成(CH3cH2COO)2Ca、CO?和

H20,则化学方程式为CaCC>3+2CH3CH2COOH=(CH3CH2COO)2Ca+C02?+H20,

故答案为：CaCO3+2CH3CH2COOH=(CH3CH2COO)2Ca+C02?+H20；

(4)比较第一组和第二组发现，本实验条件下，5g蔗糖对丙酸钙的防霉效果没有影响；

根据第一组数据发现，本实验条件下丙酸钙的质量越大，开始发霉的时间越晚，

故答案为：本实验条件下，5g蔗糖对丙酸钙的防霉效果没有影响；本实验条件下丙酸

钙的质量越大，开始发霉的时间越晚；

(5)由题意得，丙酸钙高温分解产生CaO能与SO?反应最终以Cas。’的形式将其固定，丙

酸钙高温分解产生的CHx能将NO还原成电，

故答案为：CaO能与SO?反应最终以CaS04的形式将其固定，CH*能将NO还原成“。

(1)影响化学反应速率的因素有温度、浓度、催化剂、接触面积等因素；

(2)I：2C0(g)+02(g)=2O2(g)△H=-566kJ-mol

II：C2H4(g)+3O2(g)=2c02(g)+2H20(g)△H=-1323kJ-moL

-1

ID：2cH3cH2COOH(g)+7O2(g)=6CO2(g)+6H2O(g)△H=-2900kJ-mol

根据盖斯定律Ix：+!!—：xHI得反应①；

(3)蛋壳粉主要成分是碳酸钙，CaC()3与CH3cH2C00H反应生成(CH3cHzCOObCa、CO?和

H20；

(4)比较第一组和第二组，5g蔗糖对丙酸钙的防霉效果是否有影响；根据第一组数据，

丙酸钙的质量变化对开始发霉的时间的影响；

(5)丙酸钙高温分解产生CaO和还原性的燃或燃基，氧化钙能与二氧化硫反应，还原性

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的煌或煌基能还原NOo

本题以丙酸钙为主线考查热化学方程式、影响化学反应速率的因素、书写化学方程式等

知识，特别是第II问题中图表信息要仔细分析，考查学生读取信息和处理信息的能力，

此题难度中等。

17.【答案】Cu、S112H2SO411CuS042H20Fe3+与CM+反应，促进了溶解

平衡向右移动，促进了CuS的溶解，从而提高了CuS的浸出率2Fe2++H2（）2+2H+=

3+

2Fe+2H2O生成的S单质逐渐增多，附着在CuS的表面，对CuS起到了包裹作用，

CuS的浸出率反而下降2CM++4「=2CuI，+12手

【解析】解：①根据图I可知，Cu由+1价升高到+2价，S由—2价升高到0价，被氧化

的元素为Cu和S,

故答案为：Cu、S；

②由图可知过程中的反应物有CgS、也。2、H2so型产物有CuS,根据原子守恒和升

降守恒，可得化学方程式为：Cu2S+H202+H2SO4=CuS+CuS044-2H