江苏省南京师大附中2021年高考化学联考试卷（解析版）

江苏省南京师大附中2021年高考化学联考试卷

【参考答案】

一、单项选择题：本题包括8小题，每小题3分，共计24分。每小题只有一个选项符合题意。

1.化学与生产、生活及环境密切相关，下列说法不正确的是（）

A.纳米铁粉可以去除被污染水体中的CR+、Hg2+等重金属离子

B.酒精和84消毒液混合使用能提高对新型冠状病毒的预防效果

C.葡萄酒中通常含有微量SO2,既可以杀菌又可以防止营养成分被氧化

D.燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成，但不能减少温室气体的排放

【答案】B

【分析】A.纳米铁粉具有强还原性，可以与污染水体中的Cu?+、Hg2+等重金属离子发生置换反应；

B.酒精具有还原性，84消毒液具有强氧化性，二者混合，会发生氧化还原反应；

C.SO2具有强还原性，而且具有杀菌消毒能力；

D.燃煤中含有S元素，在煤燃烧时S转化为SO2,若向燃煤中加入CaO,SO2与CaO会反应产生CaSO3.

进一步被空气氧化产生CaSO4«

【解析】A.纳米铁粉具有强还原性，可以与污染水体中的C「+、Hg2+等重金属离子发生置换反应，使

之转化为金属单质，从而降低水重金属离子的浓度，故A正确；

B.酒精具有还原性，84消毒液具有强氧化性，二者混合，会发生氧化还原反应，导致消毒能力减弱甚

至完全失去，因此二者不能混合使用，故B错误；

C.SO2具有强还原性，可以防止葡萄酒中的营养成分被氧化；同时SO2又可以使蛋白质发生变性，因

此同时还具有杀菌能力，故C正确；

D.燃煤中含有S元素，在煤燃烧时S转化为SO2.若向燃煤中加入CaO,SO2与CaO会反应产生CaSO3,

进一步被空气氧化产生CaSO4；煤燃烧产生的CO2与CaO反应产生CaCO3,产生的CaCC）3高温下又分

解产生CaO、CO2.故燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成，但不能减少温室气体的排放，故D正确;

故选：B。

【点评】本题考查化学与生产、生活的关系，题目难度不大，要求学生能够用化学知识解释化学现象，

试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。

2.常温下，下列各组离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.能使紫色石蕊试液变蓝的溶液：Na+、NH4+、CO3\CIO

22

C.含有硝酸钠的溶液：H\Mg\I\SO4'

第1页共23页

3+2

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

C（H+）

【答案】A

【分析】A.四种离子之间不反应，通入二氧化碳后也不反应；

B.该溶液呈碱性，钱根离子与氢氧根离子反应；

C.酸性条件下硝酸根离子能够氧化碘离子；

D.该溶液中存在大量氢离子，铁离子与硫鼠根离子发生络合反应。

【解析】A.K+、Ca2+>Cl\NO3一之间不反应，通入二氧化碳后也不反应，能够大量共存，故A正确；

B.能使紫色石蕊试液变蓝的溶液呈碱性，NH4\OK之间发生反应，在碱性溶液中不能大量共存，故

B错误；

C.H\I\NO?之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误：

D.Fe3+和SCN一在溶液中生成硫氟化铁，不能大量共存，故D错误；

故选：Ao

【点评】本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，题目难度不大，注意明确离子不能大量共存的一

般情况：能发生复分解反应的离子之间，能发生氧化还原反应的离子之间，能发生络合反应的离子之间

（如Fe3+和SCND等：还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有

大量的酎或01；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”，是“可能”共

存，还是“一定”共存等。

3.下列实验装置能达到相应目的的是（）

A.用图甲装置制备CL

B.用图乙装置稀释浓硫酸

C.用图丙装置制备CO?

D,用图丁装置灼烧碳酸氢钠制碳酸钠

【答案】AC

【分析】A.浓盐酸与二氧化镭加热可制备氯气;

第2页共23页

B.容量瓶不能稀释浓硫酸；

C.碳酸钙与盐酸反应生成二氧化碳；

D.灼烧固体不能选蒸发皿。

【解析】A.浓盐酸和二氧化镒共热可以制取氯气，图中固液加热装置合理，故A正确；

B.浓硫酸稀释不能在容量瓶中进行，应在烧杯中稀释，故B错误；

C.该反应中碳酸钙为块状固体，且C02在水中的溶解度较小，可以用该装置制备二氧化碳，故C正确；

D.灼烧应在用烟中进行，不能用蒸发皿，故D错误：

故选：AC。

【点评】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、物质的制备、溶液配制、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。

4.下列离子方程式正确的是（）

A.氯气与水的反应：C12+H2O=2H++C1+C10

由解

B.工业上用铜电极电解饱和食盐水制备氯气：2C1+2H2。中四2OH+C12t+H2t

C.次氯酸钠溶液与氢碘酸混合：2cleT+2H2O+2「一I2+CI2t+40PT

D.将足量的氯气通入澳化亚铁溶液中：3cl2+2Fe2++4Bd—2Fe3++2Br2+6C「

【答案】D

【分析】A.次氯酸为弱酸，应保留化学式；

B.铜为阳极，属于活性电极，电极参加反应；

C.酸性环境下不能生成氢氧根离子；

D.氯气足量，亚铁离子和澳离子都被氧化。

【解析】A.HC1O是弱酸，不能拆开，离子方程式为：C12+H2O=H++C1+HC1O,故A错误；

B.Cu是活性电极，在阳极发生反应，阳极反应式为Cu-2e-=Cu2+,氯离子不放电，故B错误；

C.次氯酸钠溶液与氢碘酸混合，离子反应为：2H++C1O+2「=C「+I2+H2O,故C错误；

2+3+

D.氯气足量，亚铁离子和滨离子都被氧化，离子方程式：3Cl2+2Fe+4Br=2Fe+2Br2+6Cr,故D

正确。

故选：D。

【点评】本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的化学反应及离子反应的书写方法为

解答的关键，侧重氧化还原反应及与量有关的离子反应考查，选项B为易错点，阳极的铜电极会参与

反应，题目难度不大。

5.据报道，我国科学家研制出以石墨烯为载体的催化剂，在25℃下用H2O2直接将CH4转化为含氧有机

第3页共23页

物，其主要原理如图所示。下列说法正确的是（）

A.图中舞表示CH4,其空间构型是平面形

B.步骤iii、iv的总反应方程式是CH3OH+H2O2暹幽HCHO+2H2。

C.步骤i到iv中消耗的CH4与H2O2的物质的量之比为卜1

D.根据以上原理，步骤vi生成CO2和H20

【答案】B

【分析】结合图可知反应原理如下：

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.甲烷为正四面体结构；

B.结合分析可知步骤iii、iv的总反应为CH30H和H2O2在催化剂作用下反应生成H?。和HCHO；

C.结合反应原理可知步骤i到iv总反应为CH4和H2O2反应生成HCHO和H20；

D.由题意可知反应的最终产物为含氧有机物，则步骤vi应生成含氧有机物，再结合图判断。

【解析】A.结合题意可知段表示CH4,其空间构型是正四面体，故A错误；

B.结合分析可知步骤iii、iv的总反应为CH30H和H2O2在催化剂作用下反应生成H20和HCHO,反

应的总反应为CH3OH+H2O2邂鲤HCHO+2H20,故B正确；

C.结合反应原理可知步骤i到iv总反应为CH4和H2O2反应生成HCHO和小0，总反应可表示为

CH3OH+2H2O2催化网HCHO+3H20,CH4与H2O2的物质的量之比为1：2,故C错误；

D.山题意可知反应的最终产物为含氧有机物，则步骤vi应生成含氧有机物，再结合图及分析可知H2O2

在每一步参加反应的机理是提供*OH和前一步产生的自由基结合，因此推测步骤vi生成HCOOH和

第4页共23页

H20,故D错误；

故选:B.

【点评】本题考查有机物结构和性质，涉及反应历程，侧重考查图象分析判断及知识综合应用能力，明

确图中发生的反应、元素化合物性质是解本题关键，题目难度不大。

6.臭氧层中臭氧分解过程如图所示，下列说法正确的是（）

鹿总反应：

/1-\催化反应：

反应物/爪\goo

—崂4点•-xAc-™----

口目成物。肛

°反应过程

臭气分解过程示意图

A.催化反应①②均为放热反应

B.Ei是催化反应①对应的正反应的活化能，（E2+AH）是催化反应②对应的逆反应的活化能

C.决定03分解反应速率的是催化反应②

D.温度升高，总反应的正反应速率的增加幅度小于逆反应速率的增加幅度，且平衡常数增大

【答案】B

【分析】A.化学反应中既有放热反应，又有吸热反应，取决于反应物和生成物总能量的大小，生成物

的总能量低于反应总能量的反应，是放热反应，若是吸热反应则相反；

B.根据过渡态理论，过渡态的能量与反应物分子的能量的差为正反应的活化能，过渡态的能量与生成

物分子的能量的差为逆反应的活化能；

C.决定03分解反应速率的是慢反应，活化能越大，反应速率越慢；

D.由图可知，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动。

【解析】A.由图可知，反应①生成物的总能量高于反应总能量的反应，是吸热反应，而反应②生成物

的总能量低于反应总能量的反应，是放热反应，故A错误；

B.根据过渡态理论，Ei是催化反应①对应的正反应的活化能，（E2+Z\H）是催化反应②对应的逆反应

的活化能，故B正确；

C.决定03分解反应速率的是慢反应，山图可知E1>E2,活化能越大，反应速率越慢，则决定03分解

反应速率的是反应①，故C错误；

D.由图可知，该反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，故D错误，

故选：Bo

【点评】本题考查化学反应中能量的变化，着重于对概念的理解，注意放热反应、吸热反应与反应物、

第5页共23页

生成物总能量之间的关系，做题时不要混淆。

7.某企业以辉铜矿为原料生产碱式碳酸铜，工艺流程如下所示:

2+2

己知：［Cu(NH3)4］(aq)#Cu'(aq)+4NH3(aq)

根据以上工艺流程，下列说法不正确的是()

A.为实现溶液C到溶液D的转化，加入过量NH3H20后过滤即可

B.在制备产品时，溶液D中不直接加入Na2c03溶液的原因是游离的Ci?+浓度太低

A

C.溶液D蒸氨过程发生总反应的化学方程式为：［Cu(NH3)4JCI2+H2OCuQ+2HClf+4NH3

D.溶液和碳酸钠混合方式不同对产品的成分没有影响

【答案】D

【分析】由流程可知，辉铜矿通入氧气充分燃烧，生成二氧化硫气体，固体B主要为CuO、Fe3O4,加

入盐酸得到含有Ci?+、Fe3+的溶液，加入过量氨水，可得到［Cu(NH3)4产+和Fe(OH)3，|Cu(NH3)

4户经加热可得到CuO,加入酸酸化得到C/+,经浓缩后在溶液中加入碳酸钠可得到碱式碳酸铜，以此

解答该题。

【解析】A.为实现溶液C到溶液D的转化，加NH3・H2O至蓝色沉淀刚好溶解完全，过滤即可，故A

正确；

B.在制备产品时，溶液D中不直接加入Na2c03溶液的原因是游离的C/+浓度太低，必须经浓缩后在

溶液中加入碳酸钠，可得到碱式碳酸铜，故B正确；

C.由［Cu(NH3)4/+(aq)=Cu2+(aq)+4NH3(叫)，可知在加热时，氨就会逸出，蒸氨过程中发生

的总反应的化学方程式为［Cu(NH3)4jCI2+H2O=^=CuOI+2HC1t+4NH3t，故C正确；

D.铜离子与碳酸钠混合的方式不同，生成物不同，铜离子加入碳酸钠溶液中，可生成氢氧化铜，反之

可生成碱式碳酸铜，故D错误；

故选：D。

【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法、实

第6页共23页

验技能为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。

HS5溶液电解池

8.间接电化学法可对大气污染物NO进行无害化处理，其

工作原理如图所示，质子膜允许H+和H2O通过。下列有关说法正确的是（）

A.电极I的材料可用石墨、铜等导电材料替换

B.H+由电极I区域移向电极H区域

2

C.电极1的电极反应式为：2HSOs-+2e-=S2O4'+2OH'

D.常温常压下，每生成2.24LO2可处理NOO.2moi

【答案】A

2

【分析】A.由图所示，电极I的反应应该是HS03一得电子转化为S2O4',为电解池的阴极，阴极材

料不能与反应；

B.电解池中阳离子移向阴极；

C.根据图中信息可知，电解池中为质子交换膜，电极I的电极反应是HS03得电子转化为S2O42；

D.该装置的总反应可以理解为：2NO=N2+O2,所以每生成O.lmoKh可以处理0.2molNO,常温常压

下物质的量2.24L02不是0.Imol。

【解析】A.由图所示，电极I的反应应该是HS03一得电子转化为S2O42一，为电解池的阴极，阴极材

料不能与反应，可用石墨、铜等导电材料替换，故A正确；

B.电极I为电解池的阴极，电解池中阳离子向阴极移动，故H+由电极H区域移向电极I区域，故B

错误；

C.根据图中信息可知，电解池中为质子交换膜，电极I的电极反应式应为：2HSO3+2H++2e=S2O42

+2比0,故C错误;

D.该装置的总反应可以理解为：2NO=N2+O2,所以每生成O.lmoKh可以处理0.2mo1NO,但常温常

压下，2.24LO2不为O.lmol,处理NO不为0.2mol,故D错误；

故选：Ao

【点评】本题考查电解原理应用，题目难度中等，根据图示装置正确判断两极及反应原理为解答关键，

注意掌握电解原理，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。

二、不定项选择题：本题包括4小题，每小题4分，共计16分。每小题有一个或两个选项符合题意。多

第7页共23页

选得0分；漏选得2分，错选得0分。

9.化合物乙是一种治疗神经类疾病的药物，可由化合物甲经多步反应得到。下列有关化合物甲、乙的说

法正确的是（）

今Mif此改鼠）叫

N（）21摩为

甲乙

A.甲分子中所有碳原子一定处于同一平面

B.乙中含有2个手性碳原子

C.用NaHCC>3溶液或FeC13溶液不能鉴别化合物甲、乙

D.乙能与盐酸、NaOH溶液反应，且1mol乙最多能与4moiNaOH反应

【答案】B

<?»<3

0s^3

【分析】A.咻图中C-O-C为V形，单键可以旋转；

B.乙中连接溟原子、连接-COOCH3的碳原子为手性碳原子；

C.竣基能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，酚能和氯化铁溶液发生显色反应；

D.氨基显碱性、竣基显酸性；酯基水解生成的竣基和酚羟基、酚羟基、溪原子水解生成的HBr都能和

NaOH反应。

CH

°A^C3OOH

【解析】A.吟图中C-O-C为V形，与苯环相连的C-0键可以旋转，使得甲

基C不在苯环的平面上，故A错误；

9H盘

YJ"^COOCH3

B.手性碳连接四个不同的原子或原子团，NH23图中所示位置为手性碳，有2

个，故B正确：

C.甲中有竣基，与NaHCCh溶液反应生成C02气体，乙中有酚羟基，遇到FeCb溶液显示紫色，都可

鉴别甲和乙，故C错误；

D.乙中有-NH2,显碱性，与盐酸反应；酚羟基、酯基水解生成的酚羟基和竣基、漠原子水解生成的

第8页共23页

OH

HBr都能和NaOH以1：1反应，如图NH2,左侧酯基水解以后生成一

个酚羟基和一个竣基，该分子中含有1个酚羟基、1个浸原子，右侧酯基水解以后形成醇羟基和按基，

所以Imol乙分子消耗5moiNaOH,故D错误；

故选：B,

【点评】本题考查有机物结构和性质，难度中等，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、手性碳原子含义等知识点是解本题关键，D为解答易错点。

10.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是()

选项实验操作实验现象结论

A向苯和甲苯中分别滴加少量酸性苯中溶液为紫红色，甲甲基使苯环变活泼

KMnCU溶液，充分振荡苯中溶液为无色

B无白色沉淀产生

向Na2O2中滴加过量的盐酸,将产生Na2O2未变质

的气体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现血红色已将Fe3+还原为Fe?+

NH4F溶液，再滴加几滴KSCN溶液

D某温度下向等体积的饱和AgCl、Agl所得沉淀物质的量：n该温度下：KsP(AgCl)>

溶液中分别滴加足量AgNO3溶液(AgCl)>n(Agl)Ksp(Agl)

A.AB.BC.CD.D

【答案】D

【分析】A.甲苯可被酸性高镒酸钾氧化，苯不能；

B.盐酸易挥发，气体含HC1,可能含二氧化碳；

C.未出现血红色说明溶液中不含Fe3+,由氧化还原反应的规律可知Fe3+不能氧化F-；

D.饱和AgCl、Agl溶液中c(Cl')>c(I')o

【解析】A.甲苯中被酸性高镭酸钾氧化的是甲基，所以是苯环使甲基变活泼，故A错误；

B.盐酸具有挥发性，牛.成的气体中含有HC1气体，CO2和HC1混合气体通入澄清石灰水中也可能不会

产生沉淀，故B错误；

C.未出现血红色说明溶液中不含Fe3+,由氧化还原反应的规律可知Fe3+不能氧化F,溶液不显血红色

是因为Fe3+和NH4F反应生成了配合物，故C错误；

D.所得沉淀物质的量为n(AgCl)>n(Agl),说明同为饱和溶液中，c(C「)>c(D,则AgO的溶

第9页共23页

解度大于Agl,二者为同类型沉淀，所以该温度下：KSp(AgCl)>Ksp(Agl),故D正确；

故选：D。

【点评】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、反应与现象、难溶电解质、配

合物、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。

11.常温下，向ILl.Omol/L的NaQO溶液中缓慢通入S02气体，使其充分吸收，溶液pH与通入SCh物

质的量关系如图所示(忽略溶液体积的变化和NaClO、HC1O的分解)。下列说法正确的是()

A.常温下，HC1O电离平衡常数的数量级为108

B.a点溶液中存在4c(Cl')=c(HC1O)+c(CIO)

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

D.c点溶液中c(H+)=1.5mol/L

【答案】AB

【分析】n(NaClO)=1.0mol/LXlL=lmol,向IL1.0mol・L”的NaClO溶液中级慢通入SO2气体，

开始时发生反应①SO2+H2O+3NaClO=Na2SO4+NaCl+2HClO,SO2过量后发生总反应为②

SO2+H2O+NaClO=H2SO4+NaCl,所以b点恰好发生反应①，c点恰好发生反应②，据此结合物料守恒

分析。

【解析】A.在b点处，pH=3.8,故c(H+)=103-8mol/L,根据反应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,数量级为IO-8,故A

c(HC10)2

3

正确；

B.a点时通入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,同一溶液中体积相同，所以4c(Cl-)=c(HCIO)

第10页共23页

+c(CIO),故B正确；

C.根据分析，b点恰好发生反应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可以电离出少量H*,c

33

(H+)=10'3-8mol/L,H2O的电离受到抑制,电离出微量的OH,c(OH)=1O10-2,溶液体积为IL,

离子浓度关系为c(Na+)>c(SO42)=c(Cl)>c(H+)>c(OH),故C错误；

+

D.c点时恰好发生反应②，n(H2SO4)=n(SO2)=lmol,c(H)=2mo^=2mol/L,故D错误；

IL

故选：AB。

【点评】本题考查离子浓度大小比较，题目难度中等，明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握

电离平衡常数概念、物料守恒等知识，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力。

12.温度为Ti时，在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应：2N0(g)+O2(g)W2NO2(g)(正反应放

热)。实验测得：VIE=V(NO)冲耗=2v(O2)沛耗=1<正。2(NO),c(O2),v)2=v(NO2)ka>c2(NO2)，

k正、k逆为速率常数，受温度影响。不同时刻测得容器中n(NO)、n(02)如表。下列说法正确的是()

时间/s012345

n(NO)/mol0.200.100.080.070.060.06

n(O2)/mol0.100.050.040.0350.030.03

A.0〜2s内，该反应的平均速率v(NO)=0.03moPL'l.s'1

B.其他条件不变，往原容器中再通入OZOmolNO和O.lOmolCh，则达平衡时NO2体积分数减小

C.其他条件不变，移走部分N02,则平衡正向移动，平衡常数增大

D.当温度改变为T2时，若kjE=k逆，则T2>TI

【答案】AD

【分析】A.结合表中数据，根据v=_4s=_4工计算v(NO)；

AtV-At

B.往原容器中再通入0.20molNO和O.lOmolCh，相当原平衡增大压强，平衡正向移动；

C.平衡常数K只与温度有关，温度不变，则平衡常数不变；

D.k逆为速率常数，只受温度影响，在温度为Ti时，根据表格数据，容器容积是2L,结合物质

反应关系可知平衡时各种物质的浓度c(NO)=0.06moi=0.O3mol/L,c(O2)=0.015mol/L,An(NO)

2L

=n(NO2)=0.20mol-0.06mol=0.14mol,平衡时c(NO2)=0.07mol/L,化学平衡常数K=

c2(NO9)k正n<->•72

—-------------=-=——上叁-----g363,则k“：>k逆，若k”：=k逆，则K减小，化学平衡逆

22

C(N0)-C(02)卜逆o.030.015

向移动。

第11页共23页

【解析】A.根据表格数据可知：在0〜2s内，NO的物质的量由0.20mol变为0.08mol,△n(NO)=

0.20mol-0.08mol=0.12moL则该反应的平均速率v(NO)=-^£==0-=0.03mol»L

AtV-At2LX2s

'­s1,故A正确；

B.其他条件不变，往原容器中再通入0.20molNO和0.10molO2,相当于增大体系的压强，由于该反应

的正反应是气体体积减小的反应，增大压强，化学平衡正向移动，所以达平衡时NO2体积分数增大，

故B错误；

C.化学平衡常数只与温度有关，温度不变，化学平衡常数不变，所以其他条件不变，移走部分NO2,

化学平衡正向移动，但平衡常数不变，故C错误；

D.由表中数据可知，平衡时各种物质的浓度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,平衡时c(NO2)

…k正c2(NOn)nfi72

=0.07mol/L,化学平衡常数K=------=--------------------=----匹上------:=363,即k正>14逆。右k正

22X

k逆C(N0)'C(02)0.030.015

=k逆，则K减小，化学平衡逆向移动，由于该反应正向放热，则改变条件是升高温度，所以温度T2>

TI，故D正确；

故选：AD。

【点评】本题考查化学平衡的计算、化学平衡的影响因素，为高频考点，把握速率及平衡常数的计算、

化学平衡的影响因素为解答关键，侧重分析与计算能力的考查，注意化学平衡常数与速率常数的关系推

导，题目难度中等。

三、解答题(共5小题，满分60分)

13.(10分)乙二胺四乙酸二钠盐是配合剂的代表性物质，能和碱金属、稀土元素和过渡金属等形成稳定

的水溶性络合物，广泛应用于高分子化学工业、日用化学工业、医药工业试剂。乙二胺四乙酸根可以和

三价铭离子1：1形成六配位离子。乙二胺四乙酸结构简式如图1。

HOOCCH”、/CH2coOH

'NCH,CH,NE鹃

HOOCCH/*CH：COOH

图1・图，

图3

请回答下列问题：

(1)写出基态金属铭原子核外的价电子排布式3d54sl。

(2)乙二胺四乙酸根离子和三价铝离子形成的六配位离子中，配位原子为N和O。

(3)乙二胺四乙酸分子中，碳原子的杂化方式为sB、si?,其分子中含有的四种非金属元素的电负

第12页共23页

性由大到小顺序为0>N>C>H。

（4）0.5mol的乙二胺四乙酸分子中含有的。键数目为17.5NA。

（5）常温下，乙二胺四乙酸在水中溶解度较小。但常温下乙酸却易溶于水，试解释乙酸易溶于水的原

因是：乙酸为极性分子，乙酸分子之间可以形成分子间氢键。

（6）金属铭（图3）可形成正盐亚铭酸钻，该盐晶体的晶胞沿y轴一个方向的投影如图3所示。晶胞

中Co、Cr、O分别处于晶胞的顶角、体心和面心位置。则该盐的化学式为CoCrth。

【答案】见解析

【分析】（1）铭是24号元素，据此书写价电子排布式；

（2）氨基氮和陵基氧提供孤电子对，据此寻找配位原子；

（3）分析碳原子的成键方式进而判断杂化方式；同一周期，从左到右元素电负性递增，同一主族，自

上而下元素电负性递减,；

（4）1个乙二胺四乙酸分子中含有的。键数目为35个，据此0.5mol乙二胺四乙酸分子计算。键数目；

（5）乙酸可以与水形成氢键，分析氢键对溶解度的影响；

（6）依据均摊法计算晶胞中原子的数目，进而计算化学式。

【解析】（1）铭是24号元素，基态金属铝原子核外的价电子排布式为3d54sl

5

故答案为：3d4s';

（2）乙二胺四乙酸根离子和三价钠离子形成的六配位离子中，两个氨基氮和4个竣基氧提供孤电子对,

配位原子为N和O,

故答案为：N和O；

（3）乙二胺四乙酸分子中，形成单键的碳原子杂化方式为sp3,形成单键和碳氧双键的碳原子杂化方式

为sp2；同一周期，从左到右元素电负性递增，同一主族，自上而下元素电负性递减，所以电负性：O

>N>C>H,

故答案为：sp?、sp3；O>N>C>H；

（4）1个乙二胺四乙酸分子中含有的。键数目为35个，0.5mol的乙二胺四乙酸分子中含有的。键物质

的量为0.5mol>35=17.5moL数目为17.5NA,

故答案为：17.5NA;

（5）乙酸分子可形成分子间氢键，且为极性分子，在水中的溶解度大，易溶于水，乙二胺四乙酸形成

分子内氢键，为极性分子，在水中溶解度较小，

故答案为：乙酸为极性分子，乙酸分子之间可以形成分子间氢键；

（6）晶胞中Co、Cr、0分别处于晶胞的顶角、体心和面心位置，晶胞中含有C。原子个数为8><工=1,

8

第13页共23页

含有Cr原子个数为1,含有O原子个数为6X^=3,所以该盐的化学式为COCQ3，

2

故答案为：CoCrO3«

【点评】本题考查了核外电子排布式的书写、配位键、杂化方式等知识点，也是高考热点，会利用均摊

法解答问题，整体难度适中。

14.(12分)NiSO4-6H2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛应用于化学镀银、生产电池、医药工业、催

化行业以及印染工业等行业中。由一种废料(主要成分是铁银合金，还含有铜、镁、硅的氧化物)为原

料制取NiSO"6H2O步骤如图。

避淡MgO

已知：①银能溶于稀酸但溶解不完全，通常表现为+2价；

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

(1)“溶解”时加入H2O2溶液的目的是使Fe?+氧化成Fe3+,使银元素完全转化成Ni?+。

(2)“除铁”时生成黄钠铁矶［Na2Fe6(SO4)4(OH)12］沉淀，写出其离子方程式二

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

(3)向“除铜”后的滤液中加入NaF溶液，使Mg?+转化为MgF2沉淀除去。若溶液的pH偏低，将会

导致MgF2沉淀不完全，其原因是pH偏低，形成HF,导致溶液中P浓度减小，MgF2沉淀不完全。

(4)“沉银”后所得滤液中，可循环使用的主要溶质为Na2s04。(填化学式)

(5)NiSCU在强碱溶液中用NaClO氧化，可制得碱性银镉电池电极材料NiOOH。该反应的化学方程

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

(6)在制备NiSO4-6H2O晶体时，常用无水乙醉代替蒸储水做洗涤剂，原因是减少晶体的损失，便

于晶体的干燥。

【答案】见解析

【分析】由一种废料(主要成分是铁银合金，还含有铜、镁、硅的氧化物)为原料制取NiSO4・6H2O步

骤如图，废料溶解后加入稀硫酸和过氧化氢溶液，反应后过滤，加入硫酸钠和MgO除去铁，生成黄钠

铁机［Na2Fe6(SO4)4(OH)12］沉淀，通入H2s气体除铜，过滤后的滤液中加入NaF溶液，使Mg?+转

化为MgF2沉淀除去，加入氢氧化钠溶液沉银，再加入稀硫酸得到硫酸银溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、

过滤洗涤得到NiSO4.6H2O,

(1)“溶解”时加入H2O2溶液氧化亚铁离子生成铁离子，促进Ni的溶解，使其全部转化为Ni2+；

(2)“除铁”时加入Na2sO4溶液和MgO,生成黄钠铁帆［Na2Fe6(SO4)4(OH)12］沉淀;

第14页共23页

(3)溶液的pH偏低，说明H+浓度高，会与加入的NaF形成HF,导致溶液中口浓度降低；

(4)“除镁”以后溶液中的离子为Ni2+和SO42-,Na+,加入足量NaOH“沉银”后，溶液中剩余离子

为SO4?、Na卡和少量OH：

(5)NaClO具有强氧化性，CI元素由+1价降低到-1价，则Ni元素由NiSO4中+2价升高到NiOOH

中的+3价，根据得失电子守恒和元素守恒，书写化学方程式；

(6)NiSO4-6H2O晶体是无机物，能溶解于水但是难溶于酒精，酒精易挥发。

【解析】(1)加入的硫酸具有酸性，可以把单质Fe、Cu、Mg的氧化物溶解，部分Ni溶解，转化得到

的离子有Fe2+、Cu2\Mg2+,加入的H2O2具有氧化性，可以促进Ni的溶解，使其全部转化为Ni2+,

同时把存在的Fe2+氧化为Fe3+,

故答案为：使Fe?+氧化成Fe3+,使银元素完全转化成Ni?+；

3+2

(2)“除铁”时加入Na2s04溶液和MgO,根据元素守恒和电荷守恒，离子方程式为：6Fe+4SO4

2+

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

3+2+2+

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

(3)溶液的pH偏低，说明H+浓度高，会与加入的NaF形成HF,导致溶液中浓度降低，使得Mg?+

不能完全沉淀，

故答案为：pH偏低，形成HF,导致溶液中F一浓度减小，MgF2沉淀不完全；

(4)“除镁”以后溶液中的离子为Ni?+和Na+,加入足量NaOH“沉银”后，溶液中剩余离子

为SCU?-、Na+和少量0H\根据前面的流程知可循环利用的是Na2sO4，

故答案为：Na2so4；

(5)NaClO具有强氧化性，C1元素由+1价降低到-1价，则Ni元素由NiSO4中+2价升高到NiOOH

中的+3价，根据得失电子守恒和元素守恒，化学方程式为：2NiSO4+NaClO+4NaOH=2NiOOHI

+NaCl+2Na2sO4+H2O，

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

(6)NiSO4-6H2O晶体是无机物，能溶解于水但是难溶于酒精，酒精易挥发，在晶体表面残留的酒精

可以迅速挥发，避免杂质的引入，

故答案为：减少晶体的损失，便于晶体的干燥。

【点评】本题考查了NiSO4・6H2O制备，涉及流程的分析应用、离了•方程式的书写等，侧重于学生的分

析能力和实验能力的考查，解答该类题目，注意把握实验原理和操作流程的目的，主要是物质性质的理

解，题目难度中等。

15.(14分)三氯化铭(CrC13)是化学合成中的常见物质，工业上用铭酸钠(Na2CrO4)来制备。

I,制备三氯化铭

第15页共23页

某兴趣小组用实验室中的红矶钠(Na2Cr2O7)为原料来制备CrCb，流程如图。

1.加40%NaOH调pH-7

.加CHQH与10%HCl过港多步掾作脱水

CTCI,»6H2O

步骤1步骤n步骤m步骤IV

已知：a.CrC13*6H2O不溶于乙酸，易溶于水、乙醇、易水解。

b.CrQ3・6H2O易升华，在高温下能被氧化。

(1)步骤I中''加入40%NaOH”的目的是红矶钠转化为铭酸钠。步骤I中“力UCH30H与10%HC1”

中甲醇作为还原剂，反应后生成CO2,请写出反应的离子方程式：10H++2Crp2+CH3OH=

2Cr3++7H2O+CO2t。

(2)步骤HL请补充完整由步骤H得到的固体Cr(OH)3经多步操作制备CrC13・6H2O的实验操作：

将过滤后所得固体溶解于过量的盐酸中，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，用乙懒洗涤2〜3次，低温干燥

或减压干燥得到CI€13,6H2O。(实验中须使用的：6.0moI/L盐酸、乙酸、减压干燥器)

II.测定三氯化铭质量分数

称取样品0.3000g,加水溶解并定容于250mL容量瓶中。移取25.00mL于碘量瓶(一种带塞的锥形瓶)

中，加热至沸腾后加入lgNa2O2,充分加热煮沸，适当稀释，然后加入过量2moi•I/iH2s04至溶液呈

强酸性