江苏省南京师大附中2021年高考化学联考试卷

第第页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Cu2+、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Cu2+、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Cu2+、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CaCO3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（）A．通入大量二氧化碳的溶液：K+、Ca2+、Cl﹣、NO3﹣ B．能使紫色石蕊试液变蓝的溶液：Na+、NH4+、CO32﹣、ClO﹣ C．含有硝酸钠的溶液：H+、Mg2+、I﹣、SO42﹣ D．室温下，＝1×10﹣12mol/L的溶液：K+、Fe3+、SO42﹣、SCN﹣【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，铵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，铁离子与硫氰根离子发生络合反应。【解析】A．K+、Ca2+、Cl﹣、NO3﹣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+、OH﹣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﹣、NO3﹣之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D．Fe3+和SCN﹣在溶液中生成硫氰化铁，不能大量共存，故D错误；故选：A。【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SCN﹣）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H+或OH﹣；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Cl2B.用图乙装置稀释浓硫酸C.用图丙装置制备CO2D.用图丁装置灼烧碳酸氢钠制碳酸钠【答案】AC【分析】A.浓盐酸与二氧化锰加热可制备氯气；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.浓盐酸和二氧化锰共热可以制取氯气，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CO2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.灼烧应在坩埚中进行，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：Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣ B．工业上用铜电极电解饱和食盐水制备氯气：2Cl﹣+2H2O2OH+Cl2↑+H2↑ C．次氯酸钠溶液与氢碘酸混合：2ClO﹣+2H2O+2I﹣═I2+Cl2↑+4OH﹣ D．将足量的氯气通入溴化亚铁溶液中：3Cl2+2Fe2++4Br﹣═2Fe3++2Br2+6Cl﹣【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，亚铁离子和溴离子都被氧化。【解析】A．HClO是弱酸，不能拆开，离子方程式为：Cl2+H2O═H++Cl﹣+HClO，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++ClO﹣+2I﹣＝Cl﹣+I2+H2O，故C错误；D．氯气足量，亚铁离子和溴离子都被氧化，离子方程式：3Cl2+2Fe2++4Br﹣＝2Fe3++2Br2+6Cl﹣，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转化为含氧有机物，其主要原理如图所示。下列说法正确的是（）A．图中表示CH4，其空间构型是平面形 B．步骤ⅲ、ⅳ的总反应方程式是CH3OH+H2O2HCHO+2H2O C．步骤ⅰ到ⅳ中消耗的CH4与H2O2的物质的量之比为1：1 D．根据以上原理，步骤ⅵ生成CO2和H2O【答案】B【分析】结合图可知反应原理如下：ⅰ．CH4→*CH3+*Hⅱ．*CH3+*H+H2O2→CH3OH+H2Oⅲ．CH3OH→*CH2OH+*Hⅳ．*CH2OH+*H+H2O2→HCHO+2H2Oⅴ．HCHO→*CHO+*Hⅵ．*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CH3OH和H2O2在催化剂作用下反应生成H2O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H2O；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CH3OH和H2O2在催化剂作用下反应生成H2O和HCHO，反应的总反应为CH3OH+H2O2HCHO+2H2O，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H2O，总反应可表示为CH3OH+2H2O2HCHO+3H2O，CH4与H2O2的物质的量之比为1：2，故C错误；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H2O，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（）A．催化反应①②均为放热反应 B．E1是催化反应①对应的正反应的活化能，（E2+△H）是催化反应②对应的逆反应的活化能 C．决定O3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O3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，E1是催化反应①对应的正反应的活化能，（E2+△H）是催化反应②对应的逆反应的活化能，故B正确；C．决定O3分解反应速率的是慢反应，由图可知E1＞E2，活化能越大，反应速率越慢，则决定O3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：B。【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、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：已知：[Cu（NH3）4]2+（aq）⇌Cu2﹣（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NH3⋅H2O后过滤即可 B．在制备产品时，溶液D中不直接加入Na2CO3溶液的原因是游离的Cu2+浓度太低 C．溶液D蒸氨过程发生总反应的化学方程式为：[Cu（NH3）4]Cl2+H2OCuO+2HCl↑+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煅烧，生成二氧化硫气体，固体B主要为CuO、Fe3O4，加入盐酸得到含有Cu2+、Fe3+的溶液，加入过量氨水，可得到[Cu（NH3）4]2+和Fe（OH）3，[Cu（NH3）4]2+经加热可得到CuO，加入酸酸化得到Cu2+，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Na2CO3溶液的原因是游离的Cu2+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]2+（aq）⇌Cu2+（aq）+4NH3（aq），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）4]Cl2+H2OCuO↓+2HCl↑+4NH3↑，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。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Ⅱ区域 C．电极Ⅰ的电极反应式为：2HSO3﹣+2e﹣═S2O42﹣+2OH﹣ D．常温常压下，每生成2.24LO2可处理NO0.2mol【答案】A【分析】A．由图所示，电极Ⅰ的反应应该是HSO3﹣得电子转化为S2O42﹣，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HSO3﹣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0.1molO2可以处理0.2molNO，常温常压下物质的量2.24LO2不是0.1mol。【解析】A．由图所示，电极Ⅰ的反应应该是HSO3﹣得电子转化为S2O42﹣，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Ⅱ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﹣+2H2O，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0.1molO2可以处理0.2molNO，但常温常压下，2.24LO2不为0.1mol，处理NO不为0.2mol，故D错误；故选：A。【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（）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NaHCO3溶液或FeCl3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4molNaOH反应【答案】B【分析】A．图中C﹣O﹣C为V形，单键可以旋转；B．乙中连接溴原子、连接﹣COOCH3的碳原子为手性碳原子；C．羧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、羧基显酸性；酯基水解生成的羧基和酚羟基、酚羟基、溴原子水解生成的HBr都能和NaOH反应。【解析】A．图中C﹣O﹣C为V形，与苯环相连的C﹣O键可以旋转，使得甲基C不在苯环的平面上，故A错误；B．手性碳连接四个不同的原子或原子团，图中所示位置为手性碳，有2个，故B正确；C．甲中有羧基，与NaHCO3溶液反应生成CO2气体，乙中有酚羟基，遇到FeCl3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羧基、溴原子水解生成的HBr都能和NaOH以1：1反应，如图，左侧酯基水解以后生成一个酚羟基和一个羧基，该分子中含有1个酚羟基、1个溴原子，右侧酯基水解以后形成醇羟基和羧基，所以1mol乙分子消耗5molNaOH，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KMnO4溶液，充分振荡苯中溶液为紫红色，甲苯中溶液为无色甲基使苯环变活泼B向Na2O2中滴加过量的盐酸，将产生的气体直接通入澄清石灰水中无白色沉淀产生Na2O2未变质C向FeCl3溶液中先滴加一定量的NH4F溶液，再滴加几滴KSCN溶液未出现血红色F﹣将Fe3+还原为Fe2+D某温度下向等体积的饱和AgCl、AgI溶液中分别滴加足量AgNO3溶液所得沉淀物质的量：n（AgCl）＞n（AgI）该温度下：Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）A．A B．B C．C D．D【答案】D【分析】A.甲苯可被酸性高锰酸钾氧化，苯不能；B.盐酸易挥发，气体含HCl，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、AgI溶液中c（Cl﹣）＞c（I﹣）。【解析】A.甲苯中被酸性高锰酸钾氧化的是甲基，所以是苯环使甲基变活泼，故A错误；B.盐酸具有挥发性，生成的气体中含有HCl气体，CO2和HCl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（AgI），说明同为饱和溶液中，c（Cl﹣）＞c（I﹣），则AgCl的溶解度大于AgI，二者为同类型沉淀，所以该温度下：Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），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1L1.0mol/L的NaClO溶液中缓慢通入SO2气体，使其充分吸收，溶液pH与通入SO2物质的量关系如图所示（忽略溶液体积的变化和NaClO、HClO的分解）。下列说法正确的是（）A．常温下，HClO电离平衡常数的数量级为10﹣8 B．a点溶液中存在4c（Cl﹣）＝c（HClO）+c（ClO﹣） 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/L×1L＝1mol，向1L1.0mol•L﹣1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②SO2+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+）＝10﹣3.8mol/L，根据反应①可知，n（HClO）＝2n（SO2）＝mol，故c（HClO）≈＝mol/L，由HClO⇌H++ClO﹣可知，c（ClO﹣）≈c（H+）＝10﹣3.8mol/L，故Ka≈＝＝1.5×10﹣7.6＝1.5×100.4×10﹣8，数量级为10﹣8，故A正确；B．a点时通入0.2molSO2，n（NaCl）＝n（Na2SO4）＝n（SO2）＝0.2mol，n（HClO）＝2n（SO2）＝0.4mol，消耗的n（NaClO）＝3n（SO2）＝0.6mol，剩余的n（NaClO）＝1mol﹣0.6mol＝0.4mol，故n（HClO）+n（ClO﹣）＝0.8mol，n（Cl﹣）＝0.2mol，同一溶液中体积相同，所以4c（Cl﹣）＝c（HClO）+c（ClO﹣），故B正确；C．根据分析，b点恰好发生反应①，n（NaCl）＝n（Na2SO4）＝n（SO2）＝mol，n（HClO）＝2n（SO2）＝mol，故n（Na+）＝1mol，n（SO42﹣）＝n（Cl﹣）＝mol，HClO可以电离出少量H+，c（H+）＝10﹣3.8mol/L，H2O的电离受到抑制，电离出微量的OH﹣，c（OH﹣）＝10﹣10.2，溶液体积为1L，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）＝1mol，c（H+）＝＝2mol/L，故D错误；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T1时，在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应：2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g）（正反应放热）。实验测得：v正＝v（NO）消耗＝2v（O2）消耗＝k正c2（NO）•c（O2），v逆＝v（NO2）消耗＝k逆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（O2）如表。下列说法正确的是（）时间/s012345n（NO）/mol0.200.100.080.070.060.06n（O2）/mol0.100.050.040.0350.030.03A．0～2s内，该反应的平均速率v（NO）＝0.03mol•L﹣1•s﹣1 B．其他条件不变，往原容器中再通入0.20molNO和0.10molO2，则达平衡时NO2体积分数减小 C．其他条件不变，移走部分NO2，则平衡正向移动，平衡常数增大 D．当温度改变为T2时，若k正＝k逆，则T2＞T1【答案】AD【分析】A．结合表中数据，根据v＝＝计算v（NO）；B．往原容器中再通入0.20molNO和0.10molO2，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正、k逆为速率常数，只受温度影响，在温度为T1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）＝＝0.03mol/L，c（O2）＝0.015mol/L，△n（NO）＝n（NO2）＝0.20mol﹣0.06mol＝0.14mol，平衡时c（NO2）＝0.07mol/L，化学平衡常数K＝＝＝≈363，则k正＞k逆，若k正＝k逆，则K减小，化学平衡逆向移动。【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）＝＝＝＝0.03mol•L﹣1•s﹣1，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）＝＝0.03mol/L，c（O2）＝0.015mol/L，2NO（g）+O2（g）⇌2NO2（g），△n（NO）＝n（NO2）＝0.20mol﹣0.06mol＝0.14mol，平衡时c（NO2）＝0.07mol/L，化学平衡常数K＝＝＝≈363，即k正＞k逆。若k正＝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＞T1，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铬离子1：1形成六配位离子。乙二胺四乙酸结构简式如图1。请回答下列问题：（1）写出基态金属铬原子核外的价电子排布式3d54s1。（2）乙二胺四乙酸根离子和三价铬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sp2、sp3，其分子中含有的四种非金属元素的电负性由大到小顺序为O＞N＞C＞H。（4）0.5mol的乙二胺四乙酸分子中含有的σ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）金属铬（图3）可形成正盐亚铬酸钴，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CoCrO3。【答案】见解析【分析】（1）铬是24号元素，据此书写价电子排布式；（2）氨基氮和羧基氧提供孤电子对，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σ键数目为35个，据此0.5mol乙二胺四乙酸分子计算σ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）铬是24号元素，基态金属铬原子核外的价电子排布式为3d54s1，故答案为：3d54s1；（2）乙二胺四乙酸根离子和三价铬离子形成的六配位离子中，两个氨基氮和4个羧基氧提供孤电子对，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：sp2、sp3；O＞N＞C＞H；（4）1个乙二胺四乙酸分子中含有的σ键数目为35个，0.5mol的乙二胺四乙酸分子中含有的σ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、O分别处于晶胞的顶角、体心和面心位置，晶胞中含有Co原子个数为8×＝1，含有Cr原子个数为1，含有O原子个数为6×＝3，所以该盐的化学式为CoCrO3，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，广泛应用于化学镀镍、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（主要成分是铁镍合金，还含有铜、镁、硅的氧化物）为原料制取NiSO4•6H2O步骤如图。已知：①镍能溶于稀酸但溶解不完全，通常表现为+2价；②常温下Ksp（MgF2）＝6.4×10﹣9，Ka（HF）＝6.3×10﹣4；（1）“溶解”时加入H2O2溶液的目的是使Fe2+氧化成Fe3+，使镍元素完全转化成Ni2+。（2）“除铁”时生成黄钠铁矾[Na2Fe6（SO4）4（OH）12]沉淀，写出其离子方程式6Fe3++4SO42﹣+6H2O+2Na++6MgO＝Na2Fe6（SO4）4（OH）12↓+6Mg2+。（3）向“除铜”后的滤液中加入NaF溶液，使Mg2+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F﹣浓度减小，MgF2沉淀不完全。（4）“沉镍”后所得滤液中，可循环使用的主要溶质为Na2SO4。（填化学式）（5）NiSO4在强碱溶液中用NaClO氧化，可制得碱性镍镉电池电极材料NiOOH。该反应的化学方程式为2NiSO4+NaClO+4NaOH＝2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O。（6）在制备NiSO4•6H2O晶体时，常用无水乙醇代替蒸馏水做洗涤剂，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（主要成分是铁镍合金，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，生成黄钠铁矾[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Mg2+转化为MgF2沉淀除去，加入氢氧化钠溶液沉镍，再加入稀硫酸得到硫酸镍溶液，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，生成黄钠铁矾[Na2Fe6（SO4）4（OH）12]沉淀；（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F﹣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“沉镍”后，溶液中剩余离子为SO42﹣、Na+和少量OH﹣；（5）NaClO具有强氧化性，Cl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Fe2+氧化成Fe3+，使镍元素完全转化成Ni2+；（2）“除铁”时加入Na2SO4溶液和MgO，根据元素守恒和电荷守恒，离子方程式为：6Fe3++4SO42﹣+6H2O+2Na++6MgO＝Na2Fe6（SO4）4（OH）12↓+6Mg2+；故答案为：6Fe3++4SO42﹣+6H2O+2Na++6MgO＝Na2Fe6（SO4）4（OH）12↓+6Mg2+；（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F﹣浓度降低，使得Mg2+不能完全沉淀，故答案为：pH偏低，形成HF，导致溶液中F﹣浓度减小，MgF2沉淀不完全；（4）“除镁”以后溶液中的离子为Ni2+和SO42﹣，Na+，加入足量NaOH“沉镍”后，溶液中剩余离子为SO42﹣、Na+和少量OH﹣，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，Cl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＝2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O，故答案为：2NiSO4+NaClO+4NaOH＝2NiOOH↓+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、离子方程式的书写等，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）三氯化铬（CrCl3）是化学合成中的常见物质，工业上用铬酸钠（Na2CrO4）来制备。Ⅰ．制备三氯化铬某兴趣小组用实验室中的红矾钠（Na2Cr2O7）为原料来制备CrCl3，流程如图。已知：a．CrCl3•6H2O不溶于乙醚，易溶于水、乙醇、易水解。b．CrCl3•6H2O易升华，在高温下能被氧化。（1）步骤Ⅰ中“加入40%NaOH”的目的是红矾钠转化为铬酸钠。步骤Ⅰ中“加CH3OH与10%HCl”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++2CrO2﹣+CH3OH＝2Cr3++7H2O+CO2↑。（2）步骤Ⅲ，请补充完整由步骤Ⅱ得到的固体Cr（OH）3经多步操作制备CrCl3•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，用乙醚洗涤2～3次，低温干燥或减压干燥得到CrCl3•6H2O。（实验中须使用的：6.0mol/L盐酸、乙醚、减压干燥器）Ⅱ．测定三氯化铬质量分数称取样品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1gNa2O2，充分加热煮沸，适当稀释，然后加入过量2mol•L﹣1H2SO4至溶液呈强酸性，此时铬以Cr2O72﹣存在，再加入1.1gKI，加塞摇匀，充分反应后铬完全以Cr3+存在，于暗处静置5min后，加入1mL淀粉溶液指示剂，用0.0250mol•L﹣1标准Na2S2O3溶液滴定至终点，平行测定三次，平均消耗标准Na2S2O3溶液21.00mL。（已知：2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI）（3）加入Na2O2后要加热煮沸，其主要原因是：除去其中溶解的氧气，防止氧气将I﹣氧化，产生偏高的误差。（4）若滴定时振荡不充分，刚看到局部变色就停止滴定，则会使样品中无水三氯化铬的质量分数的测量结果偏低。（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）（5）计算样品中无水三氯化铬的质量分数92.46%。（写出计算过程）【答案】见解析【分析】步骤Ⅰ中，加入40%NaOH溶液，发生反应Na2Cr2O7+2NaOH＝2Na2CrO4+H2O；Na2CrO4在酸性条件下被CH3OH还原为CrCl3，发生反应的化学方程式为10HCl+2Na2CrO4+CH3OH＝4NaCl+2CrCl3+7H2O+CO2↑；步骤II中，调节pH＝7，此时CrCl3转化为Cr（OH）3沉淀，过滤，滤去溶液，得沉淀；往沉淀中加入过量的盐酸，Cr（OH）3溶解生成CrCl3；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，用乙醚洗涤2～3次，低温干燥或减压干燥得到CrCl3•6H2O，由于CrCl3•6H2O不溶于乙醚，易溶于水、乙醇、易水解，易升华，在高温下能被氧化，所以在洗涤、干燥过程中，要注意选择溶剂、并控制干燥的温度。【解析】（1）步骤Ⅰ中，加入40%NaOH，可实现Na2Cr2O7向Na2CrO4的转化，所以目的是将红矾钠转化为铬酸钠，步骤Ⅰ中甲醇作为还原剂，反应后生成CO2，同时Na2CrO4被还原为CrCl3，反应的离子方程式为：10H++2CrO2﹣+CH3OH＝2Cr3++7H2O+CO2↑，故答案为：红矾钠转化为铬酸钠；10H++2CrO2﹣+CH3OH＝2Cr3++7H2O+CO2↑；（2）加入盐酸后，Cr（OH）3溶解生成CrCl3，若想获得CrCl3，需要从溶液中提取溶质，所以需进行的操作为蒸发浓缩、冷却结晶；由题给信息可知，CrCl3•6H2O不溶于乙醚，易溶于水、乙醇、易水解，所以需进行过滤，用乙醚洗涤2～3次的操作；由题给信息可知，CrCl3•6H2O易升华，在高温下能被氧化，所以还要进行低温干燥或减压干燥的操作，故答案为：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，用乙醚洗涤2～3次，低温干燥或减压干燥得到CrCl3•6H2O；（3）在Na2O2氧化CrCl3的过程中，会有一定量的O2溶解在溶液中，也会将I﹣氧化为I2，从而干扰实验结果的测定，所以充分加热煮沸的原因是除去其中溶解的氧气，防止氧气将I﹣氧化，产生偏高的误差，故答案为：除去其中溶解的氧气，防止氧气将I﹣氧化，产生偏高的误差；（4）滴入最后一滴时，如果溶液颜色在半分钟内不变色，则达到滴定终点；若滴定时振荡不充分，刚看到局部变色就停止滴定，则会使样品中无水三氯化铬反应不完全，所以导致它的质量分数的测量结果偏低，故答案为：偏低；（5）令25.00mL溶液中n（Cr3+），由Cr元素守恒及方程式可得关系式2Cr3+～Cr2O72﹣～3I2～6Na2S2O3，根据关系式，故n（Cr3+）＝0.0250mol/L×0.021L×，所以250mL溶液中含Cr3+的物质的量为0.0250mol/L×0.021L×＝0.00175mol，根据Cr元素守恒可知n（CrCl3）＝0.00175mol，所以样品中含CrCl3的质量为m（CrCl3）＝0.00175mol×158.5g/mol，故样品中无水三氯化铬的质量分数为100%≈92.46%，故答案为：92.46%。【点评】本题考查学生对的实验方案原理的理解与评价、物质组成含量的测定、滴定应用、化学计算等，题目难度较大，理清实验原理是关键，是对学生综合能力想考查，需要学生具备扎实的基础知识。16．（12分）选择性催化还原法（SCR）工艺是目前应用最广泛的脱硝技术，该工艺原理是以NH3为还原剂，在催化剂作用下选择性地与NOx发生氧化还原反应生成无害化的H2O和N2。（1）反应原理如图1所示：①已知：4NH3（g）+5O2（g）═4NO（g）+6H2O（g）△H1＝akJ/molN2（g）+O2（g）═2NO（g）△H2＝bkJ/mol则NH3与NO反应的热化学方程式为：4NH3（g）+6NO（g）═5N2（g）+6H2O（g）△H3＝（a﹣5b）kJ/mol。②图2是不同催化剂Mn和Cr在不同温度下对应的脱氮率，由图可知最佳的催化剂和相应的温度分别为：Mn、220℃。③实验室进行模拟工业合成氨时，将2.5molN2和3.5molH2的混合气体通入某密闭反应器，在温度t℃、压强p0pa条件下进行反应。平衡时，测得容器内混合气体的物质的量为5.0mol，则该温度下的平衡常数Kp＝pa﹣2。（以分压表示，分压＝总压×物质的量分数）（2）空速代表单位时间内单位体积催化剂处理烟气量，即空速越大催化剂处理烟气量越大。在烟气温度为165℃时，空速对催化剂脱硝效率影响结果如图3所示。脱硝率随空速增大而减小的可能原因是空速越大催化剂处理烟气量越大，接触时间短（或没有充分反应），脱硝率降低。（3）氨氮比作为SCR脱硝反应重要参数之一，在反应过程中，其数值需要严格把控。若喷氨量不足，NOx反应不完全，脱硝效率低；若喷氨量过剩，未反应的NH3导致氨逃逸，将会增加运行成本，且引起二次污染。在空速为2000h﹣1、烟气温度为165℃下，考察氨氮比对催化剂脱硝率的影响，由图4可知，氨氮最佳比为1：3。（4）催化剂Mn的纯度对该脱硝反应具有决定性的影响。目前主要采用单膜双室电积工艺（如图5），在MnSO4+（NH4）2SO4电解液体系中电沉积金属锰，同时阳极联产MnO2并富集回收硫酸。①该电解装置中的交换膜为阴离子交换膜。（选填“阳离子”或“阴离子”）②阳极区的主要电极反应方程式为：Mn2+﹣2e﹣+2H2O＝MnO2+4H+。【答案】见解析【分析】（1）①由已知反应为基础，书写未知反应的热化学方程式，运用盖斯定律求解；②两种催化剂的最大脱氮率几乎相同，需要的温度较低的为最佳催化剂；③求算出平衡时各组分的百分含量为解题的关键；（2）烟气流动速度过快，降低反应物之间的接触几率，导致反应不完全，使脱硝率降低；（3）需要同时满足脱硝率高且氨逃逸率低两个条件；（4）①由图可知，H+和Mn2+无法通过交换膜，需要有阴离子通过交换膜；②由题目信息，电解目的是要在阳极联产MnO2，反应物为Mn2+，生成物为MnO2，据此书写电极反应式。【解析】（1）①根据题意，化学反应为4NH3+6NO＝5N2+6H2O，根据盖斯定律知△H＝△H1﹣5△H2＝（a﹣5b）kJ/mol，热化学方程式为4NH3（g）+6NO（g）═5N2（g）+6H2O（g）△H3＝（a﹣5b）kJ/mol，故答案为：4NH3（g）+6NO（g）═5N2（g）+6H2O（g）△H3＝（a﹣5b）kJ/mol；②两种催化剂的最大脱氮率几乎相同，但Mn最为催化剂时需要的温度较低，所以最佳催化剂是Mn，所需温度为220℃左右，故答案为：Mn、220℃；③假设转化的N2的物质的量为xmol，则H2转化量为3xmol，NH3生成量为2xmol，平衡时N2的平衡量为（2.5﹣x）mol，H2平衡量为（3.5﹣3x）mol，NH3平衡量为2xmol，平衡时，测得容器内混合气体的物质的量为5