第第頁江蘇省南京師大附中2021年高考化學聯考試卷【參考答案】一、單項選擇題：本題包括8小題，每小題3分，共計24分。每小題只有一個選項符合題意。1．化學與生產、生活及環境密切相關，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Cu2+、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營養成分被氧化 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．納米鐵粉具有強還原性，可以與污染水體中的Cu2+、Hg2+等重金屬離子發生置換反應；B．酒精具有還原性，84消毒液具有強氧化性，二者混合，會發生氧化還原反應；C．SO2具有強還原性，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轉化為SO2，若向燃煤中加入CaO，SO2與CaO會反應產生CaSO3，進一步被空氣氧化產生CaSO4。【解析】A．納米鐵粉具有強還原性，可以與污染水體中的Cu2+、Hg2+等重金屬離子發生置換反應，使之轉化為金屬單質，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消毒液具有強氧化性，二者混合，會發生氧化還原反應，導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具有強還原性，可以防止葡萄酒中的營養成分被氧化；同時SO2又可以使蛋白質發生變性，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轉化為SO2，若向燃煤中加入CaO，SO2與CaO會反應產生CaSO3，進一步被空氣氧化產生CaSO4；煤燃燒產生的CO2與CaO反應產生CaCO3，產生的CaCO3高溫下又分解產生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。【點評】本題考查化學與生產、生活的關系，題目難度不大，要求學生能夠用化學知識解釋化學現象，試題培養了學生的分析、理解能力及靈活應用基礎知識的能力。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（）A．通入大量二氧化碳的溶液：K+、Ca2+、Cl﹣、NO3﹣ B．能使紫色石蕊試液變藍的溶液：Na+、NH4+、CO32﹣、ClO﹣ C．含有硝酸鈉的溶液：H+、Mg2+、I﹣、SO42﹣ D．室溫下，＝1×10﹣12mol/L的溶液：K+、Fe3+、SO42﹣、SCN﹣【答案】A【分析】A．四種離子之間不反應，通入二氧化碳后也不反應；B．該溶液呈堿性，銨根離子與氫氧根離子反應；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，鐵離子與硫氰根離子發生絡合反應。【解析】A．K+、Ca2+、Cl﹣、NO3﹣之間不反應，通入二氧化碳后也不反應，能夠大量共存，故A正確；B．能使紫色石蕊試液變藍的溶液呈堿性，NH4+、OH﹣之間發生反應，在堿性溶液中不能大量共存，故B錯誤；C．H+、I﹣、NO3﹣之間發生氧化還原反應，不能大量共存，故C錯誤；D．Fe3+和SCN﹣在溶液中生成硫氰化鐵，不能大量共存，故D錯誤；故選：A。【點評】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：能發生復分解反應的離子之間，能發生氧化還原反應的離子之間，能發生絡合反應的離子之間（如Fe3+和SCN﹣）等；還應該注意題目所隱含的條件，如：溶液的酸堿性，據此來判斷溶液中是否有大量的H+或OH﹣；溶液的具體反應條件，如“氧化還原反應”、“加入鋁粉產生氫氣”，是“可能”共存，還是“一定”共存等。3．下列實驗裝置能達到相應目的的是（）A.用圖甲裝置制備Cl2B.用圖乙裝置稀釋濃硫酸C.用圖丙裝置制備CO2D.用圖丁裝置灼燒碳酸氫鈉制碳酸鈉【答案】AC【分析】A.濃鹽酸與二氧化錳加熱可制備氯氣；B.容量瓶不能稀釋濃硫酸；C.碳酸鈣與鹽酸反應生成二氧化碳；D.灼燒固體不能選蒸發皿。【解析】A.濃鹽酸和二氧化錳共熱可以制取氯氣，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行，應在燒杯中稀釋，故B錯誤；C.該反應中碳酸鈣為塊狀固體，且CO2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.灼燒應在坩堝中進行，不能用蒸發皿，故D錯誤；故選：AC。【點評】本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質的性質、物質的制備、溶液配制、實驗技能為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，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：Cl2+H2O═2H++Cl﹣+ClO﹣ B．工業上用銅電極電解飽和食鹽水制備氯氣：2Cl﹣+2H2O2OH+Cl2↑+H2↑ C．次氯酸鈉溶液與氫碘酸混合：2ClO﹣+2H2O+2I﹣═I2+Cl2↑+4OH﹣ D．將足量的氯氣通入溴化亞鐵溶液中：3Cl2+2Fe2++4Br﹣═2Fe3++2Br2+6Cl﹣【答案】D【分析】A．次氯酸為弱酸，應保留化學式；B．銅為陽極，屬于活性電極，電極參加反應；C．酸性環境下不能生成氫氧根離子；D．氯氣足量，亞鐵離子和溴離子都被氧化。【解析】A．HClO是弱酸，不能拆開，離子方程式為：Cl2+H2O═H++Cl﹣+HClO，故A錯誤；B．Cu是活性電極，在陽極發生反應，陽極反應式為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，離子反應為：2H++ClO﹣+2I﹣＝Cl﹣+I2+H2O，故C錯誤；D．氯氣足量，亞鐵離子和溴離子都被氧化，離子方程式：3Cl2+2Fe2++4Br﹣＝2Fe3++2Br2+6Cl﹣，故D正確。故選：D。【點評】本題考查離子反應方程式的書寫，為高頻考點，把握發生的化學反應及離子反應的書寫方法為解答的關鍵，側重氧化還原反應及與量有關的離子反應考查，選項B為易錯點，陽極的銅電極會參與反應，題目難度不大。5．據報道，我國科學家研制出以石墨烯為載體的催化劑，在25℃下用H2O2直接將CH4轉化為含氧有機物，其主要原理如圖所示。下列說法正確的是（）A．圖中表示CH4，其空間構型是平面形 B．步驟ⅲ、ⅳ的總反應方程式是CH3OH+H2O2HCHO+2H2O C．步驟ⅰ到ⅳ中消耗的CH4與H2O2的物質的量之比為1：1 D．根據以上原理，步驟ⅵ生成CO2和H2O【答案】B【分析】結合圖可知反應原理如下：ⅰ．CH4→*CH3+*Hⅱ．*CH3+*H+H2O2→CH3OH+H2Oⅲ．CH3OH→*CH2OH+*Hⅳ．*CH2OH+*H+H2O2→HCHO+2H2Oⅴ．HCHO→*CHO+*Hⅵ．*CHO+*H+H2O2→A．甲烷為正四面體結構；B．結合分析可知步驟ⅲ、ⅳ的總反應為CH3OH和H2O2在催化劑作用下反應生成H2O和HCHO；C．結合反應原理可知步驟ⅰ到ⅳ總反應為CH4和H2O2反應生成HCHO和H2O；D．由題意可知反應的最終產物為含氧有機物，則步驟ⅵ應生成含氧有機物，再結合圖判斷。【解析】A．結合題意可知表示CH4，其空間構型是正四面體，故A錯誤；B．結合分析可知步驟ⅲ、ⅳ的總反應為CH3OH和H2O2在催化劑作用下反應生成H2O和HCHO，反應的總反應為CH3OH+H2O2HCHO+2H2O，故B正確；C．結合反應原理可知步驟ⅰ到ⅳ總反應為CH4和H2O2反應生成HCHO和H2O，總反應可表示為CH3OH+2H2O2HCHO+3H2O，CH4與H2O2的物質的量之比為1：2，故C錯誤；D．由題意可知反應的最終產物為含氧有機物，則步驟ⅵ應生成含氧有機物，再結合圖及分析可知H2O2在每一步參加反應的機理是提供*OH和前一步產生的自由基結合，因此推測步驟ⅵ生成HCOOH和H2O，故D錯誤；故選：B。【點評】本題考查有機物結構和性質，涉及反應歷程，側重考查圖象分析判斷及知識綜合應用能力，明確圖中發生的反應、元素化合物性質是解本題關鍵，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（）A．催化反應①②均為放熱反應 B．E1是催化反應①對應的正反應的活化能，（E2+△H）是催化反應②對應的逆反應的活化能 C．決定O3分解反應速率的是催化反應② D．溫度升高，總反應的正反應速率的增加幅度小于逆反應速率的增加幅度，且平衡常數增大【答案】B【分析】A．化學反應中既有放熱反應，又有吸熱反應，取決于反應物和生成物總能量的大小，生成物的總能量低于反應總能量的反應，是放熱反應，若是吸熱反應則相反；B．根據過渡態理論，過渡態的能量與反應物分子的能量的差為正反應的活化能，過渡態的能量與生成物分子的能量的差為逆反應的活化能；C．決定O3分解反應速率的是慢反應，活化能越大，反應速率越慢；D．由圖可知，該反應是放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動。【解析】A．由圖可知，反應①生成物的總能量高于反應總能量的反應，是吸熱反應，而反應②生成物的總能量低于反應總能量的反應，是放熱反應，故A錯誤；B．根據過渡態理論，E1是催化反應①對應的正反應的活化能，（E2+△H）是催化反應②對應的逆反應的活化能，故B正確；C．決定O3分解反應速率的是慢反應，由圖可知E1＞E2，活化能越大，反應速率越慢，則決定O3分解反應速率的是反應①，故C錯誤；D．由圖可知，該反應是放熱反應，升高溫度，平衡逆向移動，平衡常數減小，故D錯誤，故選：B。【點評】本題考查化學反應中能量的變化，著重于對概念的理解，注意放熱反應、吸熱反應與反應物、生成物總能量之間的關系，做題時不要混淆。7．某企業以輝銅礦為原料生產堿式碳酸銅，工藝流程如下所示：已知：[Cu（NH3）4]2+（aq）?Cu2﹣（aq）+4NH3（aq）根據以上工藝流程，下列說法不正確的是（）A．為實現溶液C到溶液D的轉化，加入過量NH3?H2O后過濾即可 B．在制備產品時，溶液D中不直接加入Na2CO3溶液的原因是游離的Cu2+濃度太低 C．溶液D蒸氨過程發生總反應的化學方程式為：[Cu（NH3）4]Cl2+H2OCuO+2HCl↑+4NH3↑ D．溶液和碳酸鈉混合方式不同對產品的成分沒有影響【答案】D【分析】由流程可知，輝銅礦通入氧氣充分煅燒，生成二氧化硫氣體，固體B主要為CuO、Fe3O4，加入鹽酸得到含有Cu2+、Fe3+的溶液，加入過量氨水，可得到[Cu（NH3）4]2+和Fe（OH）3，[Cu（NH3）4]2+經加熱可得到CuO，加入酸酸化得到Cu2+，經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．為實現溶液C到溶液D的轉化，加NH3?H2O至藍色沉淀剛好溶解完全，過濾即可，故A正確；B．在制備產品時，溶液D中不直接加入Na2CO3溶液的原因是游離的Cu2+濃度太低，必須經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]2+（aq）?Cu2+（aq）+4NH3（aq），可知在加熱時，氨就會逸出，蒸氨過程中發生的總反應的化學方程式為[Cu（NH3）4]Cl2+H2OCuO↓+2HCl↑+4NH3↑，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。【點評】本題考查混合物分離提純，為高頻考點，把握物質的性質、發生的反應、混合物分離方法、實驗技能為解答關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意元素化合物知識的應用，題目難度不大。8．間接電化學法可對大氣污染物NO進行無害化處理，其工作原理如圖所示，質子膜允許H+和H2O通過。下列有關說法正確的是（）A．電極Ⅰ的材料可用石墨、銅等導電材料替換 B．H+由電極Ⅰ區域移向電極Ⅱ區域 C．電極Ⅰ的電極反應式為：2HSO3﹣+2e﹣═S2O42﹣+2OH﹣ D．常溫常壓下，每生成2.24LO2可處理NO0.2mol【答案】A【分析】A．由圖所示，電極Ⅰ的反應應該是HSO3﹣得電子轉化為S2O42﹣，為電解池的陰極，陰極材料不能與反應；B．電解池中陽離子移向陰極；C．根據圖中信息可知，電解池中為質子交換膜，電極Ⅰ的電極反應是HSO3﹣得電子轉化為S2O42﹣；D．該裝置的總反應可以理解為：2NO＝N2+O2，所以每生成0.1molO2可以處理0.2molNO，常溫常壓下物質的量2.24LO2不是0.1mol。【解析】A．由圖所示，電極Ⅰ的反應應該是HSO3﹣得電子轉化為S2O42﹣，為電解池的陰極，陰極材料不能與反應，可用石墨、銅等導電材料替換，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Ⅱ區域移向電極Ⅰ區域，故B錯誤；C．根據圖中信息可知，電解池中為質子交換膜，電極Ⅰ的電極反應式應為：2HSO3﹣+2H++2e﹣＝S2O42﹣+2H2O，故C錯誤；D．該裝置的總反應可以理解為：2NO＝N2+O2，所以每生成0.1molO2可以處理0.2molNO，但常溫常壓下，2.24LO2不為0.1mol，處理NO不為0.2mol，故D錯誤；故選：A。【點評】本題考查電解原理應用，題目難度中等，根據圖示裝置正確判斷兩極及反應原理為解答關鍵，注意掌握電解原理，試題培養了學生的分析能力及靈活應用能力。二、不定項選擇題：本題包括4小題，每小題4分，共計16分。每小題有一個或兩個選項符合題意。多選得0分；漏選得2分，錯選得0分。9．化合物乙是一種治療神經類疾病的藥物，可由化合物甲經多步反應得到。下列有關化合物甲、乙的說法正確的是（）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NaHCO3溶液或FeCl3溶液不能鑒別化合物甲、乙 D．乙能與鹽酸、NaOH溶液反應，且1mol乙最多能與4molNaOH反應【答案】B【分析】A．圖中C﹣O﹣C為V形，單鍵可以旋轉；B．乙中連接溴原子、連接﹣COOCH3的碳原子為手性碳原子；C．羧基能和碳酸氫鈉反應生成二氧化碳，酚能和氯化鐵溶液發生顯色反應；D．氨基顯堿性、羧基顯酸性；酯基水解生成的羧基和酚羥基、酚羥基、溴原子水解生成的HBr都能和NaOH反應。【解析】A．圖中C﹣O﹣C為V形，與苯環相連的C﹣O鍵可以旋轉，使得甲基C不在苯環的平面上，故A錯誤；B．手性碳連接四個不同的原子或原子團，圖中所示位置為手性碳，有2個，故B正確；C．甲中有羧基，與NaHCO3溶液反應生成CO2氣體，乙中有酚羥基，遇到FeCl3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；酚羥基、酯基水解生成的酚羥基和羧基、溴原子水解生成的HBr都能和NaOH以1：1反應，如圖，左側酯基水解以后生成一個酚羥基和一個羧基，該分子中含有1個酚羥基、1個溴原子，右側酯基水解以后形成醇羥基和羧基，所以1mol乙分子消耗5molNaOH，故D錯誤；故選：B。【點評】本題考查有機物結構和性質，難度中等，側重考查基礎知識的掌握和靈活應用能力，明確官能團及其性質關系、手性碳原子含義等知識點是解本題關鍵，D為解答易錯點。10．根據下列實驗操作和現象所得到的結論正確的是（）選項實驗操作實驗現象結論A向苯和甲苯中分別滴加少量酸性KMnO4溶液，充分振蕩苯中溶液為紫紅色，甲苯中溶液為無色甲基使苯環變活潑B向Na2O2中滴加過量的鹽酸，將產生的氣體直接通入澄清石灰水中無白色沉淀產生Na2O2未變質C向FeCl3溶液中先滴加一定量的NH4F溶液，再滴加幾滴KSCN溶液未出現血紅色F﹣將Fe3+還原為Fe2+D某溫度下向等體積的飽和AgCl、AgI溶液中分別滴加足量AgNO3溶液所得沉淀物質的量：n（AgCl）＞n（AgI）該溫度下：Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）A．A B．B C．C D．D【答案】D【分析】A.甲苯可被酸性高錳酸鉀氧化，苯不能；B.鹽酸易揮發，氣體含HCl，可能含二氧化碳；C.未出現血紅色說明溶液中不含Fe3+，由氧化還原反應的規律可知Fe3+不能氧化F﹣；D.飽和AgCl、AgI溶液中c（Cl﹣）＞c（I﹣）。【解析】A.甲苯中被酸性高錳酸鉀氧化的是甲基，所以是苯環使甲基變活潑，故A錯誤；B.鹽酸具有揮發性，生成的氣體中含有HCl氣體，CO2和HCl混合氣體通入澄清石灰水中也可能不會產生沉淀，故B錯誤；C.未出現血紅色說明溶液中不含Fe3+，由氧化還原反應的規律可知Fe3+不能氧化F﹣，溶液不顯血紅色是因為Fe3+和NH4F反應生成了配合物，故C錯誤；D.所得沉淀物質的量為n（AgCl）＞n（AgI），說明同為飽和溶液中，c（Cl﹣）＞c（I﹣），則AgCl的溶解度大于AgI，二者為同類型沉淀，所以該溫度下：Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），故D正確；故選：D。【點評】本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質的性質、反應與現象、難溶電解質、配合物、實驗技能為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，題目難度不大。11．常溫下，向1L1.0mol/L的NaClO溶液中緩慢通入SO2氣體，使其充分吸收，溶液pH與通入SO2物質的量關系如圖所示（忽略溶液體積的變化和NaClO、HClO的分解）。下列說法正確的是（）A．常溫下，HClO電離平衡常數的數量級為10﹣8 B．a點溶液中存在4c（Cl﹣）＝c（HClO）+c（ClO﹣） C．b點溶液中存在c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣） D．c點溶液中c（H+）＝1.5mol/L【答案】AB【分析】n（NaClO）＝1.0mol/L×1L＝1mol，向1L1.0mol?L﹣1的NaClO溶液中級慢通入SO2氣體，開始時發生反應①SO2+H2O+3NaClO＝Na2SO4+NaCl+2HClO，SO2過量后發生總反應為②SO2+H2O+NaClO＝H2SO4+NaCl，所以b點恰好發生反應①，c點恰好發生反應②，據此結合物料守恒分析。【解析】A．在b點處，pH＝3.8，故c（H+）＝10﹣3.8mol/L，根據反應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，數量級為10﹣8，故A正確；B．a點時通入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，同一溶液中體積相同，所以4c（Cl﹣）＝c（HClO）+c（ClO﹣），故B正確；C．根據分析，b點恰好發生反應①，n（NaCl）＝n（Na2SO4）＝n（SO2）＝mol，n（HClO）＝2n（SO2）＝mol，故n（Na+）＝1mol，n（SO42﹣）＝n（Cl﹣）＝mol，HClO可以電離出少量H+，c（H+）＝10﹣3.8mol/L，H2O的電離受到抑制，電離出微量的OH﹣，c（OH﹣）＝10﹣10.2，溶液體積為1L，離子濃度關系為c（Na+）＞c（SO42﹣）＝c（Cl﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣），故C錯誤；D．c點時恰好發生反應②，n（H2SO4）＝n（SO2）＝1mol，c（H+）＝＝2mol/L，故D錯誤；故選：AB。【點評】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鍵，注意掌握電離平衡常數概念、物料守恒等知識，試題側重考查學生的分析、理解能力及化學計算能力。12．溫度為T1時，在容積為2L的恒容密閉容器中發生反應：2NO（g）+O2（g）?2NO2（g）（正反應放熱）。實驗測得：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逆為速率常數，受溫度影響。不同時刻測得容器中n（NO）、n（O2）如表。下列說法正確的是（）時間/s012345n（NO）/mol0.200.100.080.070.060.06n（O2）/mol0.100.050.040.0350.030.03A．0～2s內，該反應的平均速率v（NO）＝0.03mol?L﹣1?s﹣1 B．其他條件不變，往原容器中再通入0.20molNO和0.10molO2，則達平衡時NO2體積分數減小 C．其他條件不變，移走部分NO2，則平衡正向移動，平衡常數增大 D．當溫度改變為T2時，若k正＝k逆，則T2＞T1【答案】AD【分析】A．結合表中數據，根據v＝＝計算v（NO）；B．往原容器中再通入0.20molNO和0.10molO2，相當原平衡增大壓強，平衡正向移動；C．平衡常數K只與溫度有關，溫度不變，則平衡常數不變；D．k正、k逆為速率常數，只受溫度影響，在溫度為T1時，根據表格數據，容器容積是2L，結合物質反應關系可知平衡時各種物質的濃度c（NO）＝＝0.03mol/L，c（O2）＝0.015mol/L，△n（NO）＝n（NO2）＝0.20mol﹣0.06mol＝0.14mol，平衡時c（NO2）＝0.07mol/L，化學平衡常數K＝＝＝≈363，則k正＞k逆，若k正＝k逆，則K減小，化學平衡逆向移動。【解析】A．根據表格數據可知：在0～2s內，NO的物質的量由0.20mol變為0.08mol，△n（NO）＝0.20mol﹣0.08mol＝0.12mol，則該反應的平均速率v（NO）＝＝＝＝0.03mol?L﹣1?s﹣1，故A正確；B．其他條件不變，往原容器中再通入0.20molNO和0.10molO2，相當于增大體系的壓強，由于該反應的正反應是氣體體積減小的反應，增大壓強，化學平衡正向移動，所以達平衡時NO2體積分數增大，故B錯誤；C．化學平衡常數只與溫度有關，溫度不變，化學平衡常數不變，所以其他條件不變，移走部分NO2，化學平衡正向移動，但平衡常數不變，故C錯誤；D．由表中數據可知，平衡時各種物質的濃度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，平衡時c（NO2）＝0.07mol/L，化學平衡常數K＝＝＝≈363，即k正＞k逆。若k正＝k逆，則K減小，化學平衡逆向移動，由于該反應正向放熱，則改變條件是升高溫度，所以溫度T2＞T1，故D正確；故選：AD。【點評】本題考查化學平衡的計算、化學平衡的影響因素，為高頻考點，把握速率及平衡常數的計算、化學平衡的影響因素為解答關鍵，側重分析與計算能力的考查，注意化學平衡常數與速率常數的關系推導，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，能和堿金屬、稀土元素和過渡金屬等形成穩定的水溶性絡合物，廣泛應用于高分子化學工業、日用化學工業、醫藥工業試劑。乙二胺四乙酸根可以和三價鉻離子1：1形成六配位離子。乙二胺四乙酸結構簡式如圖1。請回答下列問題：（1）寫出基態金屬鉻原子核外的價電子排布式3d54s1。（2）乙二胺四乙酸根離子和三價鉻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sp2、sp3，其分子中含有的四種非金屬元素的電負性由大到小順序為O＞N＞C＞H。（4）0.5mol的乙二胺四乙酸分子中含有的σ鍵數目為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）金屬鉻（圖3）可形成正鹽亞鉻酸鈷，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。則該鹽的化學式為CoCrO3。【答案】見解析【分析】（1）鉻是24號元素，據此書寫價電子排布式；（2）氨基氮和羧基氧提供孤電子對，據此尋找配位原子；（3）分析碳原子的成鍵方式進而判斷雜化方式；同一周期，從左到右元素電負性遞增，同一主族，自上而下元素電負性遞減，；（4）1個乙二胺四乙酸分子中含有的σ鍵數目為35個，據此0.5mol乙二胺四乙酸分子計算σ鍵數目；（5）乙酸可以與水形成氫鍵，分析氫鍵對溶解度的影響；（6）依據均攤法計算晶胞中原子的數目，進而計算化學式。【解析】（1）鉻是24號元素，基態金屬鉻原子核外的價電子排布式為3d54s1，故答案為：3d54s1；（2）乙二胺四乙酸根離子和三價鉻離子形成的六配位離子中，兩個氨基氮和4個羧基氧提供孤電子對，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，從左到右元素電負性遞增，同一主族，自上而下元素電負性遞減，所以電負性：O＞N＞C＞H，故答案為：sp2、sp3；O＞N＞C＞H；（4）1個乙二胺四乙酸分子中含有的σ鍵數目為35個，0.5mol的乙二胺四乙酸分子中含有的σ鍵物質的量為0.5mol×35＝17.5mol，數目為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、O分別處于晶胞的頂角、體心和面心位置，晶胞中含有Co原子個數為8×＝1，含有Cr原子個數為1，含有O原子個數為6×＝3，所以該鹽的化學式為CoCrO3，故答案為：CoCrO3。【點評】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，也是高考熱點，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，廣泛應用于化學鍍鎳、生產電池、醫藥工業、催化行業以及印染工業等行業中。由一種廢料（主要成分是鐵鎳合金，還含有銅、鎂、硅的氧化物）為原料制取NiSO4?6H2O步驟如圖。已知：①鎳能溶于稀酸但溶解不完全，通常表現為+2價；②常溫下Ksp（MgF2）＝6.4×10﹣9，Ka（HF）＝6.3×10﹣4；（1）“溶解”時加入H2O2溶液的目的是使Fe2+氧化成Fe3+，使鎳元素完全轉化成Ni2+。（2）“除鐵”時生成黃鈉鐵礬[Na2Fe6（SO4）4（OH）12]沉淀，寫出其離子方程式6Fe3++4SO42﹣+6H2O+2Na++6MgO＝Na2Fe6（SO4）4（OH）12↓+6Mg2+。（3）向“除銅”后的濾液中加入NaF溶液，使Mg2+轉化為MgF2沉淀除去。若溶液的pH偏低，將會導致MgF2沉淀不完全，其原因是pH偏低，形成HF，導致溶液中F﹣濃度減小，MgF2沉淀不完全。（4）“沉鎳”后所得濾液中，可循環使用的主要溶質為Na2SO4。（填化學式）（5）NiSO4在強堿溶液中用NaClO氧化，可制得堿性鎳鎘電池電極材料NiOOH。該反應的化學方程式為2NiSO4+NaClO+4NaOH＝2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O。（6）在制備NiSO4?6H2O晶體時，常用無水乙醇代替蒸餾水做洗滌劑，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（主要成分是鐵鎳合金，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，反應后過濾，加入硫酸鈉和MgO除去鐵，生成黃鈉鐵礬[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Mg2+轉化為MgF2沉淀除去，加入氫氧化鈉溶液沉鎳，再加入稀硫酸得到硫酸鎳溶液，蒸發濃縮、冷卻結晶、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Ni的溶解，使其全部轉化為Ni2+；（2）“除鐵”時加入Na2SO4溶液和MgO，生成黃鈉鐵礬[Na2Fe6（SO4）4（OH）12]沉淀；（3）溶液的pH偏低，說明H+濃度高，會與加入的NaF形成HF，導致溶液中F﹣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“沉鎳”后，溶液中剩余離子為SO42﹣、Na+和少量OH﹣；（5）NaClO具有強氧化性，Cl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，根據得失電子守恒和元素守恒，書寫化學方程式；（6）NiSO4?6H2O晶體是無機物，能溶解于水但是難溶于酒精，酒精易揮發。【解析】（1）加入的硫酸具有酸性，可以把單質Fe、Cu、Mg的氧化物溶解，部分Ni溶解，轉化得到的離子有Fe2+、Cu2+、Mg2+，加入的H2O2具有氧化性，可以促進Ni的溶解，使其全部轉化為Ni2+，同時把存在的Fe2+氧化為Fe3+，故答案為：使Fe2+氧化成Fe3+，使鎳元素完全轉化成Ni2+；（2）“除鐵”時加入Na2SO4溶液和MgO，根據元素守恒和電荷守恒，離子方程式為：6Fe3++4SO42﹣+6H2O+2Na++6MgO＝Na2Fe6（SO4）4（OH）12↓+6Mg2+；故答案為：6Fe3++4SO42﹣+6H2O+2Na++6MgO＝Na2Fe6（SO4）4（OH）12↓+6Mg2+；（3）溶液的pH偏低，說明H+濃度高，會與加入的NaF形成HF，導致溶液中F﹣濃度降低，使得Mg2+不能完全沉淀，故答案為：pH偏低，形成HF，導致溶液中F﹣濃度減小，MgF2沉淀不完全；（4）“除鎂”以后溶液中的離子為Ni2+和SO42﹣，Na+，加入足量NaOH“沉鎳”后，溶液中剩余離子為SO42﹣、Na+和少量OH﹣，根據前面的流程知可循環利用的是Na2SO4，故答案為：Na2SO4；（5）NaClO具有強氧化性，Cl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，根據得失電子守恒和元素守恒，化學方程式為：2NiSO4+NaClO+4NaOH＝2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O，故答案為：2NiSO4+NaClO+4NaOH＝2NiOOH↓+NaCl+2Na2SO4+H2O；（6）NiSO4?6H2O晶體是無機物，能溶解于水但是難溶于酒精，酒精易揮發，在晶體表面殘留的酒精可以迅速揮發，避免雜質的引入，故答案為：減少晶體的損失，便于晶體的干燥。【點評】本題考查了NiSO4?6H2O制備，涉及流程的分析應用、離子方程式的書寫等，側重于學生的分析能力和實驗能力的考查，解答該類題目，注意把握實驗原理和操作流程的目的，主要是物質性質的理解，題目難度中等。15．（14分）三氯化鉻（CrCl3）是化學合成中的常見物質，工業上用鉻酸鈉（Na2CrO4）來制備。Ⅰ．制備三氯化鉻某興趣小組用實驗室中的紅礬鈉（Na2Cr2O7）為原料來制備CrCl3，流程如圖。已知：a．CrCl3?6H2O不溶于乙醚，易溶于水、乙醇、易水解。b．CrCl3?6H2O易升華，在高溫下能被氧化。（1）步驟Ⅰ中“加入40%NaOH”的目的是紅礬鈉轉化為鉻酸鈉。步驟Ⅰ中“加CH3OH與10%HCl”中甲醇作為還原劑，反應后生成CO2，請寫出反應的離子方程式：10H++2CrO2﹣+CH3OH＝2Cr3++7H2O+CO2↑。（2）步驟Ⅲ，請補充完整由步驟Ⅱ得到的固體Cr（OH）3經多步操作制備CrCl3?6H2O的實驗操作：將過濾后所得固體溶解于過量的鹽酸中，蒸發濃縮，冷卻結晶，過濾，用乙醚洗滌2～3次，低溫干燥或減壓干燥得到CrCl3?6H2O。（實驗中須使用的：6.0mol/L鹽酸、乙醚、減壓干燥器）Ⅱ．測定三氯化鉻質量分數稱取樣品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1gNa2O2，充分加熱煮沸，適當稀釋，然后加入過量2mol?L﹣1H2SO4至溶液呈強酸性，此時鉻以Cr2O72﹣存在，再加入1.1gKI，加塞搖勻，充分反應后鉻完全以Cr3+存在，于暗處靜置5min后，加入1mL淀粉溶液指示劑，用0.0250mol?L﹣1標準Na2S2O3溶液滴定至終點，平行測定三次，平均消耗標準Na2S2O3溶液21.00mL。（已知：2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI）（3）加入Na2O2后要加熱煮沸，其主要原因是：除去其中溶解的氧氣，防止氧氣將I﹣氧化，產生偏高的誤差。（4）若滴定時振蕩不充分，剛看到局部變色就停止滴定，則會使樣品中無水三氯化鉻的質量分數的測量結果偏低。（填“偏高”、“偏低”或“無影響”）（5）計算樣品中無水三氯化鉻的質量分數92.46%。（寫出計算過程）【答案】見解析【分析】步驟Ⅰ中，加入40%NaOH溶液，發生反應Na2Cr2O7+2NaOH＝2Na2CrO4+H2O；Na2CrO4在酸性條件下被CH3OH還原為CrCl3，發生反應的化學方程式為10HCl+2Na2CrO4+CH3OH＝4NaCl+2CrCl3+7H2O+CO2↑；步驟II中，調節pH＝7，此時CrCl3轉化為Cr（OH）3沉淀，過濾，濾去溶液，得沉淀；往沉淀中加入過量的鹽酸，Cr（OH）3溶解生成CrCl3；將過濾后所得固體溶解于過量的鹽酸中，蒸發濃縮，冷卻結晶，過濾，用乙醚洗滌2～3次，低溫干燥或減壓干燥得到CrCl3?6H2O，由于CrCl3?6H2O不溶于乙醚，易溶于水、乙醇、易水解，易升華，在高溫下能被氧化，所以在洗滌、干燥過程中，要注意選擇溶劑、并控制干燥的溫度。【解析】（1）步驟Ⅰ中，加入40%NaOH，可實現Na2Cr2O7向Na2CrO4的轉化，所以目的是將紅礬鈉轉化為鉻酸鈉，步驟Ⅰ中甲醇作為還原劑，反應后生成CO2，同時Na2CrO4被還原為CrCl3，反應的離子方程式為：10H++2CrO2﹣+CH3OH＝2Cr3++7H2O+CO2↑，故答案為：紅礬鈉轉化為鉻酸鈉；10H++2CrO2﹣+CH3OH＝2Cr3++7H2O+CO2↑；（2）加入鹽酸后，Cr（OH）3溶解生成CrCl3，若想獲得CrCl3，需要從溶液中提取溶質，所以需進行的操作為蒸發濃縮、冷卻結晶；由題給信息可知，CrCl3?6H2O不溶于乙醚，易溶于水、乙醇、易水解，所以需進行過濾，用乙醚洗滌2～3次的操作；由題給信息可知，CrCl3?6H2O易升華，在高溫下能被氧化，所以還要進行低溫干燥或減壓干燥的操作，故答案為：將過濾后所得固體溶解于過量的鹽酸中，蒸發濃縮，冷卻結晶，過濾，用乙醚洗滌2～3次，低溫干燥或減壓干燥得到CrCl3?6H2O；（3）在Na2O2氧化CrCl3的過程中，會有一定量的O2溶解在溶液中，也會將I﹣氧化為I2，從而干擾實驗結果的測定，所以充分加熱煮沸的原因是除去其中溶解的氧氣，防止氧氣將I﹣氧化，產生偏高的誤差，故答案為：除去其中溶解的氧氣，防止氧氣將I﹣氧化，產生偏高的誤差；（4）滴入最后一滴時，如果溶液顏色在半分鐘內不變色，則達到滴定終點；若滴定時振蕩不充分，剛看到局部變色就停止滴定，則會使樣品中無水三氯化鉻反應不完全，所以導致它的質量分數的測量結果偏低，故答案為：偏低；（5）令25.00mL溶液中n（Cr3+），由Cr元素守恒及方程式可得關系式2Cr3+～Cr2O72﹣～3I2～6Na2S2O3，根據關系式，故n（Cr3+）＝0.0250mol/L×0.021L×，所以250mL溶液中含Cr3+的物質的量為0.0250mol/L×0.021L×＝0.00175mol，根據Cr元素守恒可知n（CrCl3）＝0.00175mol，所以樣品中含CrCl3的質量為m（CrCl3）＝0.00175mol×158.5g/mol，故樣品中無水三氯化鉻的質量分數為100%≈92.46%，故答案為：92.46%。【點評】本題考查學生對的實驗方案原理的理解與評價、物質組成含量的測定、滴定應用、化學計算等，題目難度較大，理清實驗原理是關鍵，是對學生綜合能力想考查，需要學生具備扎實的基礎知識。16．（12分）選擇性催化還原法（SCR）工藝是目前應用最廣泛的脫硝技術，該工藝原理是以NH3為還原劑，在催化劑作用下選擇性地與NOx發生氧化還原反應生成無害化的H2O和N2。（1）反應原理如圖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則NH3與NO反應的熱化學方程式為：4NH3（g）+6NO（g）═5N2（g）+6H2O（g）△H3＝（a﹣5b）kJ/mol。②圖2是不同催化劑Mn和Cr在不同溫度下對應的脫氮率，由圖可知最佳的催化劑和相應的溫度分別為：Mn、220℃。③實驗室進行模擬工業合成氨時，將2.5molN2和3.5molH2的混合氣體通入某密閉反應器，在溫度t℃、壓強p0pa條件下進行反應。平衡時，測得容器內混合氣體的物質的量為5.0mol，則該溫度下的平衡常數Kp＝pa﹣2。（以分壓表示，分壓＝總壓×物質的量分數）（2）空速代表單位時間內單位體積催化劑處理煙氣量，即空速越大催化劑處理煙氣量越大。在煙氣溫度為165℃時，空速對催化劑脫硝效率影響結果如圖3所示。脫硝率隨空速增大而減小的可能原因是空速越大催化劑處理煙氣量越大，接觸時間短（或沒有充分反應），脫硝率降低。（3）氨氮比作為SCR脫硝反應重要參數之一，在反應過程中，其數值需要嚴格把控。若噴氨量不足，NOx反應不完全，脫硝效率低；若噴氨量過剩，未反應的NH3導致氨逃逸，將會增加運行成本，且引起二次污染。在空速為2000h﹣1、煙氣溫度為165℃下，考察氨氮比對催化劑脫硝率的影響，由圖4可知，氨氮最佳比為1：3。（4）催化劑Mn的純度對該脫硝反應具有決定性的影響。目前主要采用單膜雙室電積工藝（如圖5），在MnSO4+（NH4）2SO4電解液體系中電沉積金屬錳，同時陽極聯產MnO2并富集回收硫酸。①該電解裝置中的交換膜為陰離子交換膜。（選填“陽離子”或“陰離子”）②陽極區的主要電極反應方程式為：Mn2+﹣2e﹣+2H2O＝MnO2+4H+。【答案】見解析【分析】（1）①由已知反應為基礎，書寫未知反應的熱化學方程式，運用蓋斯定律求解；②兩種催化劑的最大脫氮率幾乎相同，需要的溫度較低的為最佳催化劑；③求算出平衡時各組分的百分含量為解題的關鍵；（2）煙氣流動速度過快，降低反應物之間的接觸幾率，導致反應不完全，使脫硝率降低；（3）需要同時滿足脫硝率高且氨逃逸率低兩個條件；（4）①由圖可知，H+和Mn2+無法通過交換膜，需要有陰離子通過交換膜；②由題目信息，電解目的是要在陽極聯產MnO2，反應物為Mn2+，生成物為MnO2，據此書寫電極反應式。【解析】（1）①根據題意，化學反應為4NH3+6NO＝5N2+6H2O，根據蓋斯定律知△H＝△H1﹣5△H2＝（a﹣5b）kJ/mol，熱化學方程式為4NH3（g）+6NO（g）═5N2（g）+6H2O（g）△H3＝（a﹣5b）kJ/mol，故答案為：4NH3（g）+6NO（g）═5N2（g）+6H2O（g）△H3＝（a﹣5b）kJ/mol；②兩種催化劑的最大脫氮率幾乎相同，但Mn最為催化劑時需要的溫度較低，所以最佳催化劑是Mn，所需溫度為220℃左右，故答案為：Mn、220℃；③假設轉化的N2的物質的量為xmol，則H2轉化量為3xmol，NH3生成量為2xmol，平衡時N2的平衡量為（2.5﹣x）mol，H2平衡量為（3.5﹣3x）mol，NH3平衡量為2xmol，平衡時，測得容器內混合氣體的物質的量為5