2021年山东省临沂市高考化学一模试卷（解析版）

山东省临沂市2021年高考化学一模试卷

一、单选题

L化学与生活密切相关。下列说法错误的是（）

A.非处方药的包装上印有“OTC”标示

B.减少使用氟氯代烷作制冷剂，能保护臭氧层

C.在酒化酶的作用下葡萄糖水解为乙醇和二氧化碳

D.维生素C具有还原性，在人体内起抗氧化作用

2.实验室中下列做法正确的是（）

A.用氨水鉴别A1CL溶液与AgNCh溶液

B.用带有橡胶塞的棕色玻璃瓶保存浓硝酸

C.用湿润的pH试纸测定CHsCOONa溶液的pH

D.用稀硫酸清洗做焰色反应的伯丝

3.NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）

A.12gNaHSCh晶体中阴离子所带电荷数为0.2NA

B.标准状况下，2.24LCH3。中含有共价键的数目为0.4NA

C.1LPH=13的Ba（OH）2溶液中Ba?+数目为0.1NA

D.O.lmolFeL与0.1molCh反应时转移电子的数目为0.3NA

4.三草酸合铁酸钾（/<3[Fe（C2O4）3]-3H2O）是制备铁触媒的主要原料。该配合物在光照下发生分解:

光照

2K3伊6（。2。4）3]-3”2。：‘3K2c2。4+2/^。2。4+2。。2T+6H2。。下列说法错误的是（）

A.Fe3+的最高能层电子排布式为3d5

B.K3[Fe（C2O4-）3]中铁离子的配位数为6

C.C2Ol-中C原子的杂化方式为sp2

D.CO2分子中◎键和兀键数目比为1：1

5.利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是（）

ABCD

配制O.lOmol-L-'蒸干MnCL溶液制

收集SO2并吸收尾气制取C2H4

NaCl(aq)MnCl2-4H2O

A.AB.BC.CD.D

6.如图所示化合物是一种常见的储氢材料，其中X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素,

且X、Y、Z处于不同周期。下列叙述错误的是（）

X

Z+[X-Y-X]'

X

A.第一电离能：X>Y

B.原子半径：Z>Y

C.Y的最高价氧化物的水化物是一元强酸

D.Z与X可形成离子化合物ZX

7.化合物M是某药物的中间体，结构简式如图所示。下列说法错误的是（）

A.M的分子式为04，16。4

B.M中含有1个手性碳原子

C.M在酸性条件下的水解产物有三种

D.1molM最多与3moiNaOH发生反应

8.滨乙烷是有机合成的重要原料，实验室中可由乙醇与氢澳酸反应制备，路线如下。

m说腕

48%氢漫酸-

H洗涤

有

分

涤

液

洗

浓疏酸分液

机lffl无水MgSO,蒸墙

CH,CH,OH心

相机.CH)CHBr

缓慢加入分液:

相相

_

下列说法错误的是()

A.萃取振荡时，分液漏斗，下口应倾斜向上

B.用5%Na2co3溶液洗涤分液时，有机相在分液漏斗的下层

C.无水MgSCU的作用是除去有机相中残存的少量水

D.蒸储除去残余反应物乙醇时，乙醇先蒸储出体系

9.最近我国科学家以CCh与辛胺为原料实现了甲酸盐和辛牌的高选择性合成，该装置的工作原理如

图所示。下列说法正确的是()

CH3(CH2)6CN

CH3(CH2)7NH2

A.b为电源的负极

B.In/m2。3T电极上可能有副产物02生成

C.每生成Imol辛睛，同时生成ImolHCOO-

D.在Ni2P电极上发生的反应为：CH3(CH2)7NH2-4e~+40H~=CH3(CH2\CN+4H2O

10.在MoCh作用下，HOCH2cH(0H)CH3发生反应的历程如下图所示。下列说法错误的是()

A.Moth改变反应途径，提高了单位时间原料转化率

B.反应过程中Mo形成的共价键数目始终保持不变

C.总反应为2HoeH2cH(OH)CH3M掌HCHO+CH3CHO+CH3cH=CH2+2H2O

D.如果原料为乙二醇，则主要有机产物是甲醛和乙烯

11.下列实验操作、现象和结论均正确的是()

实验操作实验现象结论

将Cu与浓硫酸反应后的混合物冷却，再

A溶液变蓝有C“2+生成

向其中加入蒸储水

向0.1molL-1H2O2溶液中滴加0.1molL-1

B溶液褪色”2。2具有氧化性

KMnO4溶液

有砖红色沉淀

+

2CrOl~+2HWCr2Oy~+H2O在

C(Ag2CrO4)生Ksp(Ag2CrO4)<Ksp{Ag2Cr2O^

K2Cr2O7溶液中加入AgN03溶液

成

向淀粉溶液中加入适量20%的H2SO4

D溶液，加热，冷却后加入足量NaOH溶液,溶液未变蓝色淀粉已完全水解

再滴加少量碘水

A.AB.BC.CD.D

12.氧化锌是一种常用的化学添加剂，以钢铁厂烟灰(主要成分为ZnO,并含少量的CuO、MnCh、

FezCh等)为原料制备氧化锌的工艺流程如下。

NH,HCO,和

过fit氨水过垃锌粉蒸出物

滤法①注沿②

已知：浸取工序中ZnO,CuO分别转化为[Z7i(NH3)4『+和[CWN/)j十。下列说法错误的是

()

2+2+

A.除杂时的离子方程式为Zn+[CU(/VH3)4]=CU+[Zn(/VH3)4]

B.浸取和蒸氨沉锌的操作均应在较高温度下进行

C.蒸出物用氨水吸收后可返回浸取工序循环使用

D.滤渣①用H2s溶液处理后得到Fez"。。？溶液和MnO2固体

二、多选题

13.我国科学家最近发明了一种Zn-PbO?电池，电解质为K2s0八H2sCh和KOH,通过a和b两种

离子交换膜将电解质溶液隔开，形成M、R、N三个电解质溶液区域，结构示意图如下。下列说法正

确的是()

A.b为阳离子交换膜

B.R区域的电解质为H2so4

C.放电时，Zn电极反应为：Zn-2e-+40H-=Zn(0H)|~

D.消耗6.5gZn,N区域电解质溶液减少16.0g

14.研究含铅废水的处理具有重要意义。向含Pb2+的废水中逐滴滴加NaOH溶液，溶液变浑浊，继

续滴加NaOH溶液又变澄清。溶液中Pb2+及其与OH-形成的微粒的浓度分数(a)随溶液pH变化的关

系如图所示。下列说法正确的是()

A.Pb2+的浓度分数先减小后增大

B.除去溶液中的Pb2+,应将溶液的pH调至约为10

C.pH=7时，溶液中的阳离子仅有Pb?+和Pb(OH)+

D.pH>13时，溶液中发生的主要反应为：Pb(0W)3+OH-=Pb^OH)l-

15.丙酮是重要的有机合成原料，可以由过氧化氢异丙苯合成。其反应为：

CH0

O+&)H______1HLe—CH,+©-0H，为了提高过氧化氢异丙苯的转化率，反应进行时需

CH,

及时从溶液体系中移出部分苯酚。过氧化氢异丙苯的转化率随反应时间的变化如图所示。设过氧化氢

异丙苯的初始浓度为xmolLL反应过程中的液体体积变化忽略不计。下列说法正确的是()

嘤

12OOC

80

%1C

/70aC00

*60

¥40

肝

20

0

反应时间/h

A.a、c两点丙酮的物质的量浓度相等

B.b、c两点的逆反应速率：v(b)<v(c)

C.100℃时,0〜5h之间丙酮的平均反应速率为0.14xmolL'h1

D.若b点处于化学平衡，则120C时反应的平衡常数K=UL

0.02x

三、非选择题

16.一种从阳极泥(主要成分为Cu、Ag、Pt、Au、AgzSe和Cu2s等)中回收Se和贵重金属的工艺流

程如下图所示。

萃取剂(RH)反萃取剂

滤液IV

已知：①该工艺中萃取与反萃取原理为：2RH+C“2+=/?2。口+2H+;

②S2。歹易与Ag+形成配离子：旗++2S2。歹U[旬。2。3)2]3-,常温下该反应的平衡常数

K=2.80X1013«

回答下列问题：

(1)“焙烧”产生的SO2与SeCh的混合烟气可用水吸收制得单质Se,该反应的化学方程式

为。

(2)“滤渣I”的主要成分是;“酸浸氧化”中通入氧气的目的

是o

(3)“反萃取剂”最好选用(填化学式)溶液。

3

(4)“溶浸”中发生的反应为AgCl(s)+2S20l-(aq)[AgCS2O3)2]-(aq)+Cl-(aq),该反应的

-10

平衡常数K=。[已知Ksp(AgCl)=1.80xIO]

(5)“滤液IV”中含有Na2so3,贝『‘还原"中发生反应的离子方程式

为;“滤液IV”可返回“溶浸”工序循

环使用，但循环多次后，银的浸出率会降低，原因是

(试用平衡原理解释)。

17.我国科研工作者最近发现并制备了一系列主要由0、P、Se、Bi等元素组成的导电材料。回答下

列问题：

(1)基态硒原子的价电子排布式为；SeCh的熔点为350°C,加热易升华，固态SeCh

属于晶体。

(2)0、P、S三种元素中，电负性最大的是：键角：H2OH?Se(填"<”或

"=")。

(3)纯净的磷酸粘度极大，随温度升高粘度迅速下降，原因

是；熔融状态的磷酸导电性很好，这是由于在纯磷酸中存

在如下质子交换导电机理。

+

由此可以推知纯磷酸液体中存在的导电微粒是[P(OW)4]和,仍(0H)/+的空间构型

为。

(4)硒氧化祕是一类全新二维半导体芯片材料，为四方晶系晶胞结构(如图所示)，可以看成带正

+n

电的[Bi2O2]^层与带负电的[Se[-层交替堆叠。据此推断硒氧化他的化学式为,

其中Se的分数坐标为。晶胞棱边夹角均为90。，硒氧化祕的摩尔质量为MgmolL

则晶体密度的表达式为g-cm-3(NA为阿伏加德罗常数的值)。

[Bi曲节

加时

旧广'

18.三氯化铭(CrCb)是常用的媒染剂和催化剂，易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化。实验室利用

高温

反应Cr2O3(s)+3CCl4(g)-2CrCb(s)+3C0Cq(g)制取CrCh,其实验装置如下图所示。

已知：①COCL(俗称光气)有毒，遇水发生水解：COC%+42。=。。2+2HC7；

②碱性条件下，H2O2将Cr"氧化为CrOl­:酸性条件下，H2O2将仃2。,还原为Cr3+。

回答下列问题：

(1)A中的试剂为；无水CaCb的作用是；反应

结束后继续通入一段时间氮气，主要目的是。

(2)装置E用来收集产物，实验过程中若D处出现堵塞，可观察到的现象

是;可通过(填操作)，使实验能继续进行。

(3)装置G中发生反应的离子方程式为o

(4)测定产品中CrCb质量分数的实验步骤如下：

L取mgCrCb产品，在强碱性条件下，加入过量的30%H2O2溶液，小火加热使CrCb完全转化为

CrOl~1继续加热一段时间；

n.冷却后加适量的蒸储水，再滴入适量的浓硫酸和浓磷酸(加浓磷酸的目的是为了防止指示剂提前

变色)，使CrOj~转化为Cr2Oy~;

HL用新配制的mo/"T(N"4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗(NH^FeSO5标准溶液

2+3

VmL(已知Cr2Oy~被Fe还原为Cr+)。

①产品中CrCh质量分数表达式为。

②下列操作将导致产品中CrCb质量分数测定值偏低的是（填标号）。

a.步骤I中未继续加热一段时间

b.步骤H中未加浓磷酸

c.步骤m中所用（NH4）2Fe（SO4）2溶液已变质

d.步骤IH中读数时，滴定前俯视，滴定后平视

四、原理综合题

19.二甲醛（CH30cH”被称为“21世纪的清洁燃料“。以CCh、出为原料制备二甲醛涉及的主要反应如

下：

I.2c02（g）+6H2（9）=CH30cH3（g）+3H2。⑼A%=-122.5kJ-moL

1

II.。。2（。）+42（g）=c。⑨）+H20（g）^H2=+4i.i/c/-mor

回答下列问题：

（1）反应2co（g）+4,2（g）=CH30cH3（g）+H2O（g）的4H=。

（2）在压强、C02和Hz的起始投料一定的条件下，发生反应I、II,实验测得C02平衡转化率

和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图所示。

*

480

460

3640

1920

整

第

3

9

辫

O1-11-----111-------L_±II

200240280320360

祖度/T

已知：CH30cH3的选择性=2学"叱？夕号xlOO%o其中表示平衡时CH30cH3的选择

反应的CO?的物质的量

性的是曲线（填"①"或"②）温度高于300℃时，曲线②随温度升高而升高的原因

是____________________________________________________________________________________

；为同时提高CCh的平衡转化率和平衡时CH30cH3的选择性，应选择的反应条件为

（填标号）。

a.低温、低压b.高温、高压c.高温、低压d.低温、高压

（3）也可以利用甲醇脱水制备二甲醛：2cH3。"（。）=。，3。。“3（9）+“2。（9）。已知：lnKP=

-2.205+2708?137,其中Kp为以分压表示的平衡常数，T为热力学温度。

①为提高CH30cHa的平衡产率，可以采取的措施有

(任写一条)。

②473K时，在密闭容器中加入一定量CH30H(g),采用合适的催化剂进行反应，达到平衡时体系

中CH30cH3(g)的物质的量分数为(填标号)。

a<1b-c--id>i

33323

1

(4)对于反应co2(g)+H2(g)=CO(g)+”2。(。)4"=+41.1/C/-moF，反应速率v=v正-v逆

=k,i：p(CO2)-p(H2)-kap(CO)-p(H2O),其中k正、k逆分别为正、逆反应速率常数，p为气体的分压(分压=

总压X物质的量分数)。

①降低温度，kiE-k逆(填"增大"、"减小"或"不变”)；

V

.正4

②在TK、lOlkPa下，按照n(CO2):n(W2)=1:1投料，CCh转化率为50%时，L=豆，用气

逆

体分压表示的平衡常数Kp=。

20.化合物F是一种医药化工合成中间体，其合成路线如下图。

,COOC,H,

0

QHsOOCCOOCjH,◎

GH“Br簪JINaOH/乙静

A*0

△

C；H,OOCCOOCjH,

□□

LX”202

已知：①R-CH=CH2。丸

R,OOCR，COOR,

(1)A的结构简式为；B-C的反应类型为；E中含氧官能团的名称

为。

(2)C—D的反应方程式为。

(3)符合下列条件的D的同分异构体共有种(不考虑立体异构)。

①遇FeCh溶液显紫色；②Imol该物质能与足量Na反应生成lmolH2o

其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为3：2：2：1的结构简式为(任写一种)。

(4)设计由1,2—二氯乙烷与制备。<1>0的合成路线(其他试剂任

选）_____________________________________________________________________________________

答案解析部分

L【答案】C

【解析】【解答】A.药品包装上“R”代表处方药，“OTC”代表非处方药，A不符合题意；

B.氟氯代烷能催化03分解成02,从而造成臭氧层空洞，故减少氟氯代烷使用能保护臭氧层，B不符

合题意；

C.葡萄糖属于单糖，不能水解，其转化为乙醇和CCh,c符合题意；

D.维生素C具有还原性，在人体内能起到抗氧化、延缓衰老、抑制黑色素形成等作用，D不符合题

意；

故答案为：C。

【分析1葡萄糖在酒化酶的作用下发生氧化还原反应

2.【答案】A

【解析】【解答】A.AICL溶液与氨水反应生成氢氧化铝白色沉淀，而硝酸银与氨水生成氢氧化银沉

淀，但是氢氧化银在常温下不稳定，易分解生成氧化银，氧化银灰黑色，所以可以鉴别，A项符合题

意；

B.浓硝酸见光易分解所以用棕色瓶：其具有氧化性所以不能用橡胶塞，B项不符合题意；

C,测出的pH值偏大，C项不符合题意；

D.应该用稀盐酸清洗做焰色反应的伯丝，D项不符合题意；

故答案为：Ao

【分析】A.通过不同的现象进行鉴别

B.浓硝酸保存在带有玻璃塞的棕色玻璃瓶

C.用湿润的pH试纸，会造成对CHiCOONa的稀释作用

D.稀盐酸易挥发，而稀硫酸不易挥发

3.【答案】B

【解析】【解答】A.硫酸氢钠的相对分子质量为120,12g的硫酸氢钠为0.1mol,硫酸氢钠晶体中的

阴离子为硫酸氢根离子，所带电荷数为OJNA,A项不符合题意；

B.一氯甲烷标准状况下为气体,2.24LCH3cl为O.lmoLImol一氯甲烷中含有3molC-H和ImolC-Cl,

故O.lmol一氯甲烷含有共价键为0.4mol,共价键的数目为0.4NA,B项符合题意；

C.1LPH=13的Ba(OH)2溶液中，氢氧根离子为O.lmol,领离子为0.05mol,C项不符合题意；

D.O.lmolFeb与0.1molCL反应生成氯化亚铁，当过量的氯气与碘化亚铁反应才生成氯化铁，所以

O.lmolFeL与0.1molCL反应转移了0.2mol电子，所以转移电子的数目为0.2NA,D项不符合题意；

故答案为：Bo

【分析】A.根据电离方程式NaHSO4=Na++HSO4唧可判断

B.摩尔体积使用时主要条件和物质的状态

C.根据n=cV,计算出物质的量，再根据Ba(OH)2=Ba2++2OH-计算

D.结合氧化性的强弱，CL>Fe3+>b,判断反应的先后顺序

4.【答案】A

【解析】【解答】A.Fe3+电子排布式为Is22s22P63s23P63d5,最高能层为M层，电子排布式为3s23P63d5,

A符合题意；

B.每个配体C2。广中2个单键O向中心Fe3+配位，故此时共有2x3个O向Fe3+配位，故配位数为

6,B不符合题意；

OO

C.结构式为||I,C原子价层电子对为3对(兀电子对不算)，故杂化方

"0—C—C—O-

式为sp2,C不符合题意；

D.CO?结构式为0=C=0,◎键为2个，兀键为2个，故两者数目之比为1:1,D不符合题意；

故答案为：Ao

【分析】A.铁离子最高能层的层数时最后一层，即第三层

B.找出提供电子对的原子即可

C.计算出中心原子的价层电子对即可

D.找出。键和兀键的个数即可

5.【答案】B

【解析】【解答】A.配制溶液时，不能在容量瓶中溶解固体，A不符合题意；

B.SCh密度比空气重，采用向上排空气法收集，可用NaOH溶液吸收尾气SCh,球形干燥管能起到防

倒吸的作用，B符合题意；

C.乙醇消去制取乙烯需控制反应液的温度，故温度计应该插入液面以下，C不符合题意；

D.由于加热促进MnCL水解，且水解生成的HC1易挥发，故蒸干后得到的是Mn(OH)2固体，而不是

MnC124H20,D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】A.应在小烧杯中溶解，冷却后再转移到容量瓶中

B.对于二氧化硫采用向上排空气法收集，还需要进行尾气处理

C.液体的温度控制再1700c

D.在氯化氢气流中进行蒸干

6.【答案】C

【解析1【解答】A.在阴离子B%中，B元素显+3价，H元素显-1价，说明H元素吸引电子能力

强于B元素，故H原子更难失电子，所以第一电离能：H>B,A不符合题意；

B.Na原子电子层为3层，B原子为2层，故半径Na>B,B不符合题意；

C.B元素最高价氧化物对应水化物为H3BO3,改写成羟基氧形式为：B(0H)3,由于不含非羟基氧，

故为弱酸，C符合题意；

D.Na与H可形成离子化合物NaH,D不符合题意；

故答案为：Co

【分析】X、Y、Z处于不同短周期，故X一定为H,Z+显+1价，推测为Na+,即Z为Na,由图示知，

阴离子得1个电子，中心Y周围可形成4根键，故Y原本含有3个价电子，且Y与H、Na不在同一

周期，故Y只能为第二周期的B。

7.【答案】C

【解析】【解答】A.该有机物分子中有14个C、16个H、4个0,因此其分子式为的4/6。4，A

项不符合题意；

B.M中有一个手性碳原子，与酯基、苯环、亚甲基、H相连的C原子为手性碳原子，B项不符合题

忌；

C.在酸性条件下水解后有两种水解产物，分别为-、乙酸，C项符合题意；

D.1molM水解后产生的乙酸可以消耗2moi氢氧化钠，水解后产生的Imol酚羟基可以与Imol氢氧

化钠发生反应，因此最多可消耗3moi氢氧化钠，D项不符合题意；

故答案为：Co

【分析】根据结构式即可写出分子式和具有的官能团和官能团个数。酯含有2个酯基和一个双键，可

以发生加成和取代反应和氧化反应和还原反应。手性碳原子是相连接的四个原子或原子团不同。

8.【答案】D

【解析】【解答】A.萃取振荡时，用左手握住分液漏斗活塞，右手压住分液漏斗瓶塞，倒转分液漏斗

使下口倾斜向上，振荡，并及时放气，A不符合题意；

B.由于澳乙烷的密度比水大，故分液时，有机相在下层，B不符合题意；

C.无水MgSCh有一定的吸水能力，可以用来除去有机相中残留的少量水，C不符合题意；

D.由于乙醇存在分子间氢键，故其沸点比澳乙烷高，所以先蒸储出的是漠乙烷，D符合题意；

故答案为：D。

【分析】乙醇和氢澳酸在浓硫酸作用下反应生成溪乙烷和水，浪乙烷密度比水大，在下层，分液得到

下层有机相，用5%Na2co3溶液洗涤有机相除去附着在漠乙烷表面的氢漠酸，分液得到溪乙烷，用水

洗除去漠乙烷表面的碳酸钠，分液得有机相，有机相中加无水硫酸镁吸水、蒸储得澳乙烷，据此解答。

9.【答案】D

【解析】【解答】A.由分析知，b为电源正极，A不符合题意；

B.由分析知，In/ImCHx电极为阴极，溶液中H+可能在阴极放电产生副产物H2,0H-可能在阳极放电

产生副产物。2,B不符合题意；

C.由辛胺（分子式：C8H19N）一辛月青（分子式：CSHI5N）,C元素化合价由-2价升高到-|价（平

均价），即转移电子关系为：辛胺~辛晴~4e,故1mol辛睛生成，电路中转移4moi电子，由分析知，

C02转化为HCOO,C元素化合价由+4价降到+2价，即生成1molHCOO转移电子2mol,故当电路

中转移4moi电子时，生成HCOO-应为2mol,C不符合题意；

D.由C选项分析知，1mol辛胺―辛盾转移4moi电子，初步确定电极反应为：CH3（CH2）7NH2-

4e-CH3（CH2）6CN,根据图示，可在左边添加4个OH•配平电荷守恒，右边添加4个HzO配平元素守

恒，最终得电极反应为：CH3（CH2）7NH2-4e+4OH=CH3（CH2）6CN+4H20,D符合题意；

故答案为：D。

【分析】由图示知，该装置为电解池，In/ImCKx电极发生反应CO?转化为HCOO,C元素化合价由+4

价降到+2价，得电子被还原，故In/ImO&x电极为阴极，则Ni2P为阳极，电源a极为负极，b极为正

极。

10.【答案】B

【解析】【解答】A.由图示知，MoO3对该反应起催化作用，催化剂可以加快反应速率，单位时间内，

反应物转化率提高，A不符合题意；

B.由图示知，Mo周围形成共价键数目有6个、4个两种情况，B符合题意；

C.由图示知，整个过程有2个HOCH2cH（0H）CH3参与反应,产生2个H203个HCHO、1个CH3CHO

M3

和1个CH2=CHCH3,故总反应为：2HOCH2CH（OH）CH3ff2H2O+HCHO+CH3cHO+CH2=CHCH3,

c不符合题意；

D.由图示反应原理知，二元醇反应类似反应时，可形成相应的烯煌和醛/酮，故乙二醇反应的产物有

甲醛和乙烯，D不符合题意；

故答案为：Bo

【分析】从反应流程图中可以发现M。形成的共价键的数目不止一种

1L【答案】C

【解析】【解答】A.由于反应后的溶液中有剩余的浓硫酸，故稀释时应该把反应后的混合物沿玻璃棒

缓慢加入蒸储水中，并不断搅拌，A不符合题意；

B.KMnCh具有强氧化性，可将H2O2氧化为02,体现H2O2的还原性，B不符合题意；

C.KzCnCh溶液中，式仃2。打)>c(Cr。：)，但加入AgNCh后生成AgzCQ,沉淀，而没有生成

AgzCnCh沉淀，说明Ag2CrO4比AgzCnCh更难溶，BP^sP(Ag2CrO4)<^sP(Ag2Cr2O7),C符合题意；

D.加入碘水检验淀粉是否有剩余，不需要加入NaOH碱化，如果加NaOH,则L与NaOH反应，导

致无法检测淀粉，也就无法确定淀粉是否完全水解，D不符合题意；

故答案为：Co

【分析】A.将水直接加到硫酸中溶液造成温度升高，液体飞溅

B.发生氧化还原反应判断氧化剂和还原剂

C.Ksp越小，沉淀越易生成

D.检测淀粉是否完全水解，只需要向水解后的溶液中加入碘单质即可

12.【答案】B

【解析】【解答】A.由分析知，A不符合题意；

B.浸取时温度不宜过高，因为温度高，氨水易挥发，不利于形成[Zn(NH3)4]2+、[CU(NH3)4F+,同时

ZM+、CM+水解程度增大，导致ZnO、CuO的浸出率下降，B符合题意；

C.蒸出物主要为NE、C02,用氨水吸收后，可获得碳化氨水(主要含NH4HCO3),可返回浸取工序

循环利用，C不符合题意；

D.滤渣①为MnCh、Fe2O3,Fez。?溶于稀硫酸形成Fe2(SO4)3,MnCh与稀硫酸不反应，D不符合题意；

故答案为：Bo

【分析】浸取时，ZnO、CuO转化为[Zn(NH3)4]2+、[CU(NH3)4]2+,MnO2>FezCh不反应,故滤渣①为

MnCh、FezCh,滤液①中含有[Zn(NH3)4】2+、[Cu(NH3)4]2+、NH4HCO3、NH3H2O,加入Zn粉时，发生

反应Zn+|Cu(NH3)4]2+=Cu+[Zn(NH3)4]2+,从而实现去除杂质[Cu(NH3)4]2+,故滤渣②为Cu、Zn(过量)，

滤液②中主要含[Zn(NH3)4F+、NH4HCO3、NH3H2O,经过蒸氨沉锌操作获得沉淀ZnCO3-Zn(OH)2,最

后煨烧获得ZnO。

13.【答案】C,D

+

【解析】【解答】A.正极(b)PbO2+2e~+4H+SOl~=PbSO4+2H2O,负极(a)Zn-2e-+40H-=

Zn(OH)/，溶液维持点中性，则a为阳离子交换膜，A项不符合题意；

B.R区为K2so4,B项不符合题意；

C.放电过程中，Zn电极反应为：Zn-2e-+40H-=Zn{OH^,C项符合题意；

D.消耗6.5gZn,电子转移0.2mol,N区消耗0.4molH+,0.1molS0^~,同时有O.lmolSOj~移向R

区，则相当于减少0.2molH2so4,同时生成OZmolHzO,则R区实际减少质量为

0.2molx98g/mol-0.2molx18g/mol=16g,D项符合题意;

故答案为：CDo

【分析】该电池为Zn-PbO2电池,从图中可知,Zn转化为Z”。，)/，则M区为KOH.R区为K2so4,

N区为H2so4。

14.【答案】B,D

【解析】【解答】A.由图示知，Pb?+浓度分数一直在减小，在pHNlO时，溶液中几乎不含Pb2+,A不

符合题意；

B.在pHNlO时、Pb2+几乎完全转化为Pb(0H)2,溶液中几乎不含Pb?+,B符合题意；

C.由于水能电离产生H+和OH、故溶液中阳离子还有H+,C不符合题意；

D.由图示知，pHN13时，Pb(OH)】在减少，Pb(OH)：在增多，故此时反应为：Pb(OH)[+0H-

=Pb(OH)广，D符合题意;

故答案为：BDo

【分析】A.结合图示分析铅离子和pH的关系

B.结合图示即可判断溶液中不存在铅离子的pH范围

C.未考虑水的电离

D.据图所示找出反应物和生成物即可

15.【答案】A,C

【解析】【解答】A.由于起始反应物浓度相同且a、c点转化率相同，故生成的丙酮浓度相等，A符

合题意；

B.由于反应物转化率b点(98%)>c点(70%),故生成物浓度：1)点><:点，且b点温度大于c点，故

逆反应速率：1?点>。点，B不符合题意；

C.由图示知，100℃时，5h时反应物的转化率为70%,故生成丙酮的浓度=0.7xmol/L,则0~5h丙

酮的平均反应速率=。/曙也=0.14%mol/CL-h),C符合题意；

D.b点对应反应物转化率为98%,故两种生成物浓度均为0.98xmol/L,但在反应过程中有部分苯酚

被移出反应体系，故平衡时体系中苯酚的浓度未知，故无法求算平衡常数，D不符合题意；

故答案为：ACo

【分析】A.根据转化率计算出浓度即可

B.根据转化率的高低判断速率的大小

C.根据转化率结合三行式计算速率即可

D.不知平衡体系中苯酚的物质的量浓度

16.【答案】(1)2SO2+SeO2+2H2O=Se+2H2SO4

(2)Pt、Au；防止生成的氮氧化物排放到空气中

(3)HNO3

(4)5.04x103

3

(5)2[Ag^S2O3')2\-+S2Ol-+4OH-=24g+2SO：+4s2。歹+2/0；随循环次数的增加，浸出液

3

中c(S20j-)减小，c(Cl)增大，AgCl(s)+2s2。1(aq)=[^(S2O3)2]-(a(?)+C厂(aq)平衡左移,

银的浸出率降低

【解析】【解答】(1)由题意知，SCh、SeCh、H2O三者反应生成Se,说明SeCh被还原，联想到SCh具

有还原性，故此时SeO2被SO2还原，则SCh被氧化为SCh,由于有水，故生成H2so4,根据得失电子

守恒、元素守恒配平得方程式为：2SO2+SeO2+2“2。=Se+2H2$。4;

(2)由分析知，滤渣I的成分为Pt、Au；由于HNO3此时可能发生氧化还原反应产生氮的氧化物，通入

。2可使氮氧化物又转化为HNCh而溶解，故此处填：防止生成的氮氧化物排放到空气中；

(3)反萃取即使萃取平衡逆向移动，此时可向体系中加入酸，由于最终是获得CU(NO3)2,所以为了不引

入新杂质，最好选用HNCh；

⑷该反应的平衡常数K'=cG•要铲观产)=c(铀+>c(C?c"乎止亡)=

。2。2。1)cG4g+)/(S2。歹)

“Age。-K=5.04x103；

(5)由分析知，滤液HI中[Ag(S2O3)2产被Na2s还原为Ag,自身被氧化为Na2sO3,根据得失电子守恒

初步配平方程式为：2Hg(52。3)2广+52或--2Ag+2SOf+4S2。/，结合流程知，可在左边添加

4个OH配平电荷守恒，右边添加2个H2O配平元素守恒，得完整方程式为：

2[村(52。3)2]3-+52。/+4。犷=24g+2S0f+4s2。/+2%。；随循环次数的增加，浸出液中

c(S20j-)减小，c(Ck)增大，AgCl(s)+2S2Og(aq)U[Ag(S2O3)2]3-(aq)+C「(aq)平衡左移，银

的浸出率降低。

【分析】焙烧时，除了Pt、Au外，阳极泥中物质转化为对应氧化物，故进入酸浸氧化步骤的物质有：

CuO、Ag2。、Pt,Au,由于Pt、Au与HNO3不反应，故滤渣I的成分为Pt、Au,CuO、Ag2。溶解转

化为CU(NO3)2、AgNCh,贝I滤液I中含CU(NO3)2、AgNCh、HNO3(过量)，力口入NaCl获得AgCl沉

淀，即滤渣n为AgCl,滤液H含CU(NO3)2、NaNCh,力口入萃取齐I」萃取CU2+,可实现与Na+的分离，再

经过反萃取获得CU(NO3)2溶液，滤渣II中加入Na2s2O3后，AgCl转化为最后经过还原

获得Ag单质。

17.【答案】(1)4s24P%分子

(2)O；>

(3)温度升高，磷酸分子间的氢键被破坏；H2PO^正四面体

x1q3

(4)Bi2O2Se-,2^°

【解析】【解答】(l)Se是与O、S同族的主族元素，位于S的下一周期，即第四周期，主族元素价电

子即最外层电子，故Se的价电子排布式为：4s24W：SeO2晶体熔点低，且易升华，符合分子晶体的

物理性质，故属于分子晶体；

(2)非金属性：O>S>P,电负性变化规律与非金属性一致，故三者电负性最大的为：O；H?0和H?Se

中心原子。和Se均含两对孤对电子，但由于电负性0>Se,故。对孤对电子的引力强于Se,导致

H20中孤对电子对O—H的斥力小于H2Se中孤对电子对Se—H的斥力，故键角：H2O>H2Se；

(3)由于磷酸分子间存在氢键，故纯净的磷酸粘度极大，当温度升高时，部分磷酸分子间的氢键被破坏，

导致粘度迅速下降；由图示知，导电微粒为［P(OH)4「和H2Poz，故此处填H2PO4;［P(OH)d+中心

P原子价层含4个。电子对,无孤电子对,根据价层电子对互斥理论知［P(OH)4］+空间构型为正四面体；

+

⑷根据电荷守恒知，该晶胞中［Bi2O2］^与［Se^~为1：1,故该晶体的化学式为BizChSe；以顶

点Se为原点，坐标定为(0,(),()),则体心Se各个坐标值相当于边长的一半，故其坐标为(1,1,1),

即其分数坐标为|)；该晶胞中含有Se个数=8x(+1=2,结合化学式知该晶胞中含2

个BizChSe,故该晶胞的质量m=患。，该晶胞体积V=ax10-10xaX1011°xcxl()T°c7n3=

2M

233

acxlO-°Cm,故该晶体的密度=晶胞密度=整=—J^g/°m3=要_xl03°g/cm3。

1723y，2

acxl0~°acNA

【分析】(1)根据核外电子排布即可写出价电子排布，分子晶体的熔点低

(2)根据非金属性进行比较

(3)主要形成氢键，温度改变，氢键发生改变。计算出磷原子的价层电子对即可

(4)根据原子的占位情况，计算出化学式。根据化学式计算出晶胞的质量和晶胞的体积即可根据公

式p=m/v计算

18.【答案】（1）浓硫酸；防止G中的水蒸气进入E及C装置中；将COCL排入装置G中并被充分吸

收

（2）A中长玻璃管中液面上升；加热D处

（3）COCl2+40H~=COg+2Cl~+2H2O

（4）"磐"％；ab

3m

【解析】【解答】（1）根据题目信息：CrCb易潮解高温下易被氧气氧化，所以要防止装置内在高温条件

下不能存在空气，反应结束后继续通入一段时间氮气，主要目的是让CrCb在氮气氛围中冷却，防止

空气进入使CrCb氧化；A中装浓H2s04,作用是干燥刈并防止空气中水蒸气进入C装置；无水CaCh

的作用是防止G中水蒸气进入E及C装置；反应结束后继续通入一段时间氮气，主要目的是将COCk

排入装置G中并被充分吸收，回收尾气；

⑵若D处出现堵塞，则C装置内压强增大，A中导管内液面上升；D处堵塞是因CrCb升华后在D处

凝聚而产生的，故可对D处稍加热，使实验能继续进行；

（3）装置G中可以看做是COCL先与水反应生成二氧化碳和氯化氢，二氧化碳和氯化氢再与氢氧化钠

反应，故反应方程式为COCl2+40H~=COj~+2Cl~+2H2O;

（4）①测定过程中的物质的量的关系为：2CrC%〜2CrO广〜仃2。＞〜6（N，4）2Feis。），得失电

子守恒，原子守恒，产品中CrCb的物质的量为：|xc-/xlO-3mo/，产品中的Cr03的质量分数

表达式为：沁爪10-3加。以158.59加。1x一15.85W；

mg3m

②a.步骤I未继续加热一段时间，过量的H2O2在步骤II中会将Cr2O^~还原为CF+,则滴定时消耗

标准溶液（N44）2Fe（SO4）2体积减小，测定的CrCb质量分数偏低，a正确；

b.步骤H中未加浓磷酸，指示剂会提前变色，读取标准液体积小于实际，测出的CrCb质量分数偏低，

b正确

c.步骤10中所用（NH4）2Fe（SO4）2已变质，则滴定用标准液体积偏大，测出的CrC13质量分数偏高，c

不正确；

d.步骤HI中读数时滴定前俯视（读数偏小），滴定后平视，读取标准液的体积偏大。测出的CrCb质量分

数偏高，d不正确。

故答案为：ab。

【分析】（1）根据实验的操作情况选择适当的试剂，无水氯化钙可以吸水，继续通入氮气利用压力将

产物气体压出

（2）造成整个装置内压强变大，可以及时的将D出的堵塞物进行处理

（3）根据反应物和生成物即可写出离子方程式

(4)①利用元素守恒和得失电子守恒即可计算出质量分数②结果偏低可能是CrCb的质量偏小根据

给出的情况进行判断即可

19.【答案】(1)-204.7kJ-mol-1

(2)①；高于3()0℃时，以反应H为主，反应H为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，CO2的平

衡转化率增大；d

(3)将产物CH30cH3或H2O液化移去、降低温度；c

(4)减小；0.8

【解析】【解答】(1)由盖斯定律:I-11x2,得2co(g)+4H2(g)WCH30cH3(g)+H2O(g)

△〃=△/7i-2A〃2=-204.7kJ/mol,故此处填-204.7kJ/mol；

(2)由于反应I正向为放热反应，故升高温度，平衡I逆向移动，则CH3OCH3选择性下降，故CH3OCH3

选择性对应曲线①；由于温度升高，平衡I逆向移动，CO2转化率下降，平衡II正向移动，CO2转化

率升高