高考乙卷化學試題答案解析

2021高考乙卷化學試卷

1.我國提出爭取在2030年前實現(xiàn)碳達峰、2060年前實現(xiàn)碳中和，這對于改善環(huán)境、實現(xiàn)

綠色發(fā)展至關(guān)重要。"碳中和"是指CO2的排放總量和減少總量相當。下列措施中能促

進碳中和最直接有效的是（）

A.將重質(zhì)油裂解為輕質(zhì)油作為燃料

B.大規(guī)模開采可燃冰作為新能源

C.通過清潔煤技術(shù)減少煤燃燒污染

D.研發(fā)催化劑將CO2還原為甲醇

（解析）A.將重質(zhì)油裂解為輕質(zhì)油作為燃料，根據(jù)質(zhì)量守恒可知，燃燒后排放的CO2

的量并沒有改變；

B.可燃冰的大量開采、使用，會釋放出CO2；

C.通過清潔煤技術(shù)減少煤燃燒污染，只是減少了SO2的排放；

D.研發(fā)催化劑將CO2還原為甲醇，有助于CO2的減少。

（詳解）解：A.將重質(zhì)油裂解為輕質(zhì)油作為燃料，實質(zhì)是長鏈煌斷裂為短鏈燒，燃燒后

排放的CO2的量并沒有改變，故A錯誤;

B.可燃冰是甲烷的水合物，大量開采、使用，會釋放出CO2,不利于碳中和，故B錯

誤；

C.通過清潔煤技術(shù)減少煤燃燒污染，只是減少了SO2的排放，并沒有減少CO2的排放,

故C錯誤；

D.研發(fā)催化劑將CO2還原為甲醇，有助于CO2的減少，對促進碳中和最直接有效，故

D正確。

故選：D。

（拓展）本題主要考查學生對信息的理解能力，同時考查關(guān)于C02的排放與處理問題，

也考查學生的環(huán)境保護意識，題目難度不大，但具有迷惑性，需要細心。

2.在實驗室采用如圖裝置制備氣體，合理的是（）

化學試劑制備氣體

A.Ca（0H）

NH3

2+NH4CI

B.Mn02+HCI（濃）CI2

C.

MnO2+KCIO302

D.NaCI+H2sO4HCI

（濃）

A.AB.BC.CD.D

（解析）結(jié)合圖示發(fā)生裝置特點可知，制取的氣體需要加熱，且反應(yīng)物的狀態(tài)必須為固

體，不能為濃鹽酸或濃硫酸；氣體收集方法為向上排空氣法，說明制備的氣體密度大于

空氣，且不與空氣反應(yīng)，以此分析解答。

（詳解）解：A.Ca（0H）2和NH4CI加熱反應(yīng)能夠生成NH3,但NH3的密度比空氣

小，應(yīng)該用向下排空氣法收集，圖示收集方法不合理，故A錯誤；

B.HCI（濃）不能盛放在圖示試管中，無法用圖示裝置制取Cl2,故B錯誤；

C.KCI03在MnO2做催化劑時加熱分解生成。2,。2的密度大于空氣，可用向上排空

氣法收集，圖示裝置合理，故C正確；

D.H2s04（濃）不能盛放在圖示試管中，應(yīng)盛放在分液漏斗中，無法用圖示裝置制取

HC,故D錯誤;

故選：co

（拓展）本題考查常見氣體的制備及收集方法，為2021年全國統(tǒng)一高考題，把握圖示

發(fā)生裝置、收集裝置特點為解答關(guān)鍵，注意掌握常見氣體的性質(zhì)、制備原理、發(fā)生裝置

及收集方法，試題側(cè)重考查學生的化學實驗?zāi)芰Γ}目難度不大。

3.下列過程中的化學反應(yīng)，相應(yīng)的離子方程式正確的是（）

22

A.用碳酸鈉溶液處理水垢中的硫酸鈣：CO3-+CaSO4=CaCO3+SO4-

B.過量鐵粉加入稀硝酸中：Fe+4H++NO3-=Fe3++NOT+2H2。

3+

C.硫酸鋁溶液中滴加少量氫氧化鉀溶液：AI+4OH-=AIO2-+2H2O

D.氯化銅溶液中通入硫化氫：Cu2++S2-=CuSl

（解析）A.碳酸鈣更難溶，實現(xiàn)了難溶物的轉(zhuǎn)化；

B.鐵粉過量，反應(yīng)生成亞鐵離子；

C.氫氧化鉀少量，反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀；

D.硫化氫不能拆開。

2

（詳解）解：A.用碳酸鈉溶液處理水垢中的硫酸鈣，離子方程式為：CO3'+CaSO4=

2

CaCO3+SO4-,故A正確;

B.過量鐵粉加入稀硝酸中，反應(yīng)生成硝酸亞鐵、一氧化氮和水，正確的離子方程式為：

2+

3Fe+8H++2NO3-=3Fe+2NOt+4H2O,故B錯誤;

C.硫酸鋁溶液中滴加少量氫氧化鉀溶液，反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀和硫酸鉀，正確的離子

方程式為：AI3++3OH-=Al（OH）故C錯誤；

D.氯化銅溶液中通入硫化氫，反應(yīng)生成硫化銅沉淀和氯化氫，正確的離子方程式為：

2++

Cu+H2S=CuSi+2H,故D錯誤；

故選:Ao

（拓展）本題考查離子方程式的判斷，為2021年全國高考題，題目難度不大，注意掌

握離子方程式的書寫原則，明確離子方程式正誤判斷常用方法：檢查反應(yīng)物、生成物是

否正確，檢查各物質(zhì)拆分是否正確，如難溶物、弱電解質(zhì)等需要保留化學式，檢查是否

符合原化學方程式等。

O

4.一種活性物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式為1K'八S'八八八OH,下列有關(guān)該物質(zhì)的敘

述正確的是（）

A.能發(fā)生取代反應(yīng)，不能發(fā)生加成反應(yīng)

B.既是乙醇的同系物也是乙酸的同系物

C.與H°互為同分異構(gòu)體

D.lmol該物質(zhì)與碳酸鈉反應(yīng)得44gCO2

（解析）A.含碳碳雙鍵、-OH、-COOH;

B.與乙醇、乙酸的結(jié)構(gòu)不同；

C.二者分子式相同、結(jié)構(gòu)不同；

D.-COOH與碳酸氫鈉反應(yīng)生成氣體，則-COOH與碳酸鈉先轉(zhuǎn)化生成碳酸氫鈉。

（詳解）解：A.含碳碳雙鍵可發(fā)生加成反應(yīng)，含-OH、-COOH可發(fā)生取代反應(yīng),故A

錯誤；

B.與乙醇、乙酸的結(jié)構(gòu)不同，均不互為同系物關(guān)系，故B錯誤；

C.二者分子式相同、結(jié)構(gòu)不同，二者互為同分異構(gòu)體，故C正確；

D.只有-COOH與碳酸氫鈉反應(yīng)生成氣體，則若碳酸鈉足量，lmol該物質(zhì)與碳酸鈉反

應(yīng)可能無CO2生成，故D錯誤；

故選：co

（拓展）本題考查有機物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為2021年湖南高考試題，把握官能團與性質(zhì)、

有機反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，注意選項D為解答的難點，題目

難度不大。

5.我國嫦娥五號探測器帶回1.731kg的月球土壤，經(jīng)分析發(fā)現(xiàn)其構(gòu)成與地球土壤類似。土

壤中含有的短周期元素W、X、Y、Z,原子序數(shù)依次增大，最外層電子數(shù)之和為15。X、

Y、Z為同周期相鄰元素，且均不與W同族。下列結(jié)論正確的是（）

A.原子半徑大小順序為W>X>Y>Z

B.化合物XW中的化學鍵為離子鍵

C.Y單質(zhì)的導電性能弱于Z單質(zhì)的

D.Z的氧化物的水化物的酸性強于碳酸

（解析）短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，最外層電子數(shù)之和為15,X、

Y、Z為同周期相鄰元素，且均不與W同族，設(shè)X的最外層電子數(shù)為a,W的最外層電

子數(shù)為b,Y、Z的最外層電子數(shù)分別為a+1、a+2,則a+a+l+a+2+b=15,即3a+b

=12,a=l時b=9（舍棄），a=2時b=6,a=3時b=3（舍棄），結(jié)合原子序數(shù)大

小可知，W為。，X為Mg,Y為Al,Z為Si元素，以此分析解答。

（詳解）解：結(jié)合分析可知，W為O,X為Mg,Y為Al,Z為Si元素，

A.同一周期從左向右原子半徑逐漸減小，同主族從上到下原子半徑逐漸增大，則原子半

徑大小順序為X>Y>Z>W,故A錯誤；

B.XW為MgO,MgO為離子化合物，只含有離子鍵，故B正確；

C.AI為金屬，屬于導體，而Si單質(zhì)為半導體材料，單質(zhì)的導電性：Al>Si,即Y單質(zhì)

的導電性能強于z單質(zhì)的，故C錯誤；

D.Z的氧化物的水化物為硅酸，非金屬性Si<C,則酸性：硅酸〈碳酸，故D錯誤；

故選：B。

（拓展）本題考查原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的應(yīng)用，為2021年全國高考題，推斷元素為

解答關(guān)鍵，注意掌握元素周期律內(nèi)容及常見元素化合物性質(zhì)，試題側(cè)重考查學生的分析

能力及邏輯推理能力，題目難度不大。

6.沿海電廠采用海水為冷卻水，但在排水管中生物的附著和滋生會阻礙冷卻水排放并降低

冷卻效率。為解決這一問題，通常在管道口設(shè)置一對惰性電極（如圖所示）,通入一定

的電流。下列敘述錯誤的是（）

.海水

陰極

A.陽極發(fā)生將海水中的Cl'氧化生成Cl2的反應(yīng)

B.管道中可以生成氧化滅殺附著生物的NaCIO

C.陰極生成的也應(yīng)及時通風稀釋安全地排入大氣

D.陽極表面形成的Mg（0H）2等積垢需要定期清理

（解析）海水通入管道后，形成電解池，海水作為電解液，依據(jù)提示，為排除排水管中

生物的附和，可以通過點解海水氯氣，故陽極發(fā)生反應(yīng)Cl--2e-=CI2T，陰極發(fā)生反應(yīng)

2H2O+2e-=2OH-+H2t,此時海水堿性增大，由于電解液存在于管道中，生成的氯氣

會與堿性海水反應(yīng)，生成次氯酸鈉進而達到滅殺附著生物的效果，陰極生成的氫氣應(yīng)及

時通風安全地排入大氣，依據(jù)分析可知陰極發(fā)生反應(yīng)2H2O+2e-=2OH-+H2LMg

（OH）2等積垢在陰極表面形成，據(jù)此分析回答問題。

（詳解）解：A.依據(jù)分析可知，陽極發(fā)生反應(yīng)CI--2e-=Cl2T,故A正確；

B.依據(jù)題意“排水管中生物的附和滋生會阻礙冷卻水排放并降低冷卻效率"可知，需要

生成次氯酸鈉進而殺滅附著生物，故B正確；

C.陰極發(fā)生反應(yīng)2H2O+2e-=2OH-+H2t,若不排除，氫氣濃度過大易發(fā)生危險，應(yīng)

及時通風稀釋，故C正確；

D.依據(jù)分析可知陰極發(fā)生反應(yīng)2H2O+2e-=20H-+H2T,Mg(OH)2等積垢在陰極表

面形成，需要定期清理陰極表面，故D錯誤，

故選：D。

(拓展)本題以教材電解食鹽水為背景進行改編，考查了學生有關(guān)電解池原理，氯氣性

質(zhì)等內(nèi)容，分析題意為解題關(guān)鍵，需要理解題中所給信息，其中分析次氨酸鈉形成為本

題難點，考查范圍較廣，整體難度適中。

7.HA是一元弱酸,難溶鹽MA的飽和溶液中c(M+)隨c(H+)而變化,M+不發(fā)生水

解。實驗發(fā)現(xiàn)，298K時c2(M+)~c(H+)為線性關(guān)系，如圖中實線所示。下列敘述

錯誤的是()

22.5

L

L20.0

0

5101520253035404550556065

(XH+)(lO^molV1)

A.溶液pH=4時，c(M+)<3.0x10

8

B.MA的溶度積KSp(MA)=5.0x10-

c.溶液pH=7時，c(M+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)

D.HA的電離常數(shù)Ka(HA)”2.0x10-4

(解析)A.由圖可知，c(H+)=10x10-5mol/L=10-4mol/L時，c2(M+)=7.5

xlO8(moM1)2;

B.c(H+)=0時，溶液中0H-濃度比較大，A-水解被抑制，溶液中c(M+)xc(A

一)，貝UKsp(MA)=c(M+>c(A-)=C2(M+);

C.pH=7時，若等式成立，貝Uc(M+)=c(A-),根據(jù)B中溶解度計算c2(M+),

判斷對應(yīng)溶液中c(H+),確定溶液pH是否等于7;

D.由HA》H++A-，可知心二工⑶+廠個上)，當c(A-)=c(HA)時，Ka=c(H+),

c(HA)

由物料守恒有：c(M+)=c(HA)+c(A-),則c(M+)=2c(A-),結(jié)合B選項中

溶解度計算可得c2(M+),再根據(jù)圖象讀出c(H+)

(詳解)解：A.pH=4時，c(H+)=10-4mol/L,由圖可知此時c2(M+)=7.5x

10-8(mohL1)2，故c(M+)<3.0x10-4mol?L-1,故A正確;

B.c(H+)=0時,溶液中OH-濃度比較大,A-水解被抑制,溶液中c(M+)*c(A

一)，則Ksp(MA)=c(M+>c(A")=C2(M+)=5.0x10-8,故B正確；

C.pH=7時，若等式成立，則c(M+)=c(A-),由B中Ksp(MA)=c(M+>c

(A')=5.0x10-8,則c2(M+)=5xl0-8,由圖可知此時溶液中c(H+)=0,溶

液pH/7,HA是一元弱酸，MA的飽和溶液中M+不發(fā)生水解，A-發(fā)生水解，其飽和

溶液呈堿性，且pH是確定的，當溶液pH=7時，需要外加酸調(diào)節(jié)，即還有其它陰離子

存在，選項不滿足電荷守恒，故C錯誤；

D.由HA?H++A-，可知Ka=￡(父'43)，當c(A-)=c(HA)時，Ka=c(H+),

c(HA)

由物料守恒有：c(M+)=c(HA)+c(A-),貝Uc(M+)=2c(A.)，由B中Ksp(MA)

++8+

=c(M>c(A')=5.0x10-8,貝[]c(M+)xlc(M)=5.0x10r故c2(M)

2

+54

=10x10-8,由圖可知此時C(H)=20x10-mol/L=2xlO-mol/L,Ka(HA)

=c(H+)=2.0x10-4,故D正確。

故選：Co

(拓展)本題考查水溶液中離子平衡，題目側(cè)重考查讀圖獲取信息能力、學生分析能力、

靈活運用知識的能力，C選項為易錯點，學生容易根據(jù)電荷守恒進行判斷，而忽略需要

用酸調(diào)節(jié)溶液pH。

8.(14分)磁選后的煉鐵高鈦爐渣，主要成分有TiO2、SiO2、AI2O3、MgO、CaO以及

少量的Fe2O3?為節(jié)約和充分利用資源，通過如下工藝流程回收鈦、鋁、鎂等。

3H4)20。4熱水氫水

高鈦爐渣分步沉淀T氫氧化物沉淀

尾氣水浸渣母酒①

四酸溶I水解fTiO2.xH2O

T*T7

酸酸溶渣熱水母液②

該工藝條件下，有關(guān)金屬離子開始沉淀和沉淀完全的pH見下表

金屬離子Fe3+Al3+Mg2+Ca2+

開始沉淀的pH2.23.59.512.4

沉淀完全(c=1.0xl0-5mol*L-1)3.24.711.113.8

的pH

回答下列問題：

(1)"焙燒"中，TiO2、SiO2幾乎不發(fā)生反應(yīng),AI2O3、MgO、CaO、FezO3轉(zhuǎn)化為相

應(yīng)的硫酸鹽。寫出AI2O3轉(zhuǎn)化為NH4Al(SO4)2的化學方程式Al2O3+4(NH4)

2so4%人兀-2NH4AI(SO4)2+3H2O+6NH3T。

(2)"水浸"后"濾液"的pH約為2.0,在"分步沉淀"時用氨水逐步調(diào)節(jié)pH至11.6,

依次析出的金屬離子是Fe3+、AP+、Mg2+。

(3)"母液①"中Mg2+濃度為1.0x10-6mol?L-i。

(4)"水浸渣"在160。(："酸溶"，最適合的酸是硫酸。"酸溶渣”的成分是二氧

化硅、硫酸鈣。

(5)"酸溶"后，將溶液適當稀釋并加熱，TQ2+水解析出TiO2?xH2。沉淀，該反應(yīng)的

離子方程式是TQ2++(x+1)H2。匕TiO2?xH2Ol+2H+。

(6)將"母液①"和"母液②"混合，吸收尾氣，經(jīng)處理得硫酸鍍，循環(huán)利用。

(解析)高鈦爐渣，主要成分有「02、SiO2、AI2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3

加入硫酸錠焙燒，TiO2、SiO2幾乎不發(fā)生反應(yīng)，AI2O3、MgO、CaO、FezO3轉(zhuǎn)化為相

應(yīng)的硫酸鹽，水浸后的濾液中含有NH4+、AI3+、Mg2+、Fe3\SC^-，加氨水調(diào)節(jié)

pH,分步沉淀獲得不同的氫氧化物,水浸渣為CaSCU、TiO2和SiO2的混合物,加酸后

二氧化硅和硫酸鈣不與酸反應(yīng)，為酸溶渣，溶液中含有TiO2+,稀釋后水解析出TiO2?

xH2O，據(jù)此分析回答問題。

(詳解)解：(1)"焙燒"中，AI2O3轉(zhuǎn)化為NH4Al(SO4)2,方程式為AI2O3+4(NH4)

2s。4上—2NH4Al(SO4)2+3H2O+6NH3t,

故答案為：AI2O3+4(NH4)2s。4占2=2NH4Al(SO4)2+3H2O+6NH3f；

(2)"水浸"后"濾液”的pH約為2.0,用氨水逐步調(diào)節(jié)pH至11.6，依次析出Fe3\

AP+、Mg2+,

故答案為：Fe3\AP+、Mg2+；

V

(3)母液①的pH為11.6，故c(H+)=10-6moi/[.,c(OH-)=—1^=10-

c(H+)

24mol/L,設(shè)母液①中鎂離子濃度為x，依據(jù)圖表數(shù)據(jù)可知，pH為11.1時，鎂離子濃

度為1.0x10-5mol/L,Ksp（氫氧化鎂）=10-2-9mol/LxlO-2-9mol/Lxl.0xl0-5mol/L

=x?10-2-4mol/LxlO_2-4mol/L,解得x=1.0x10-6mol/L,

故答案為：l.OxlO-6;

（4）"水浸渣"在16CTC"酸溶"，故應(yīng)使用難揮發(fā)，高沸點的硫酸，結(jié)合流程，酸溶渣

的成分為二氧化硅和硫酸鈣，

故答案為：硫酸；二氧化硅和硫酸鈣；

A

（5）依據(jù)提示，TQ2+的水解過程的離子方程式為TQ2++（x+1）H2OTiO2-

+

XH2OI+2H,

A+

故答案為：TQ2++（x+1）H2OTiO2?xH2Ol+2H;

（6）依據(jù)（1）可知，反應(yīng)尾氣為氨氣，"母液①"含有大量的錢根離子，"母液②"含

有大量的硫酸根離子，混合并吸收尾氣后獲得硫酸鐵,進而循環(huán)利用，

故答案為：硫酸鎮(zhèn)。

（拓展）本題以高鈦爐渣的處理為背景，考查了學生有關(guān)物質(zhì)分離提純，沉淀溶解平衡,

鹽類水解等內(nèi)容，其中明確流程每一步為解題關(guān)鍵，需要學生有較強的理解分析能力，

注重基礎(chǔ)考查，整體難度適中。

9.（14分）氧化石墨烯具有穩(wěn)定的網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)，在能源、材料等領(lǐng)域有著重要的應(yīng)用前景。

通過氧化剝離石墨制備氧化石墨烯的一種方法如下（裝置如圖所示）：

I.將濃H2so4、NaNC）3、石墨粉末在c中混合，置于冰水浴中。劇烈攪拌下，分批緩

慢加入KMnO4粉末。塞好瓶口。

H轉(zhuǎn)至油浴中，35T攪拌1小時。緩慢滴加一定量的蒸儲水。升溫至98T并保持1小

時。

UI.轉(zhuǎn)移至大燒杯中，靜置冷卻至室溫。加入大量蒸儲水，而后滴加H2O2至懸濁液由紫

色變?yōu)橥咙S色。

IV.離心分離，稀鹽酸洗滌沉淀。

V.蒸儲水洗滌沉淀。

VI.冷陳干燥，得到土黃色的氧化石墨烯。

回答下列問題：

(1)裝置圖中，儀器a、c的名稱分別是滴液漏斗、三頸燒瓶，儀器b的進水

口是d(填字母1

(2)步驟I中，需分批緩慢加入KMnCM粉末并使用冰水浴,原因是降溫并減慢反應(yīng)

速率。

(3)步驟n中的加熱方式采用油浴，不使用熱水浴，原因是接近水的沸點，易產(chǎn)生大

量蒸氣。

(4選驟HI中,H2O2的作用是2MnC)4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2T+8H2。(以

離子方程式表示\

2

(5)步驟IV中，洗滌是否完成，可通過檢測洗出液中是否存在SO4-來判斷。檢測的

方法是取最后一次洗滌液少量，用稀鹽酸酸化，再滴加BaCb溶液，無白色沉淀生成,

說明洗滌液中不含有SO42-，反之則有。

(6)步驟V可用pH試紙檢測來判斷Cl'是否洗凈，其理由是用pH測定最后一次洗

滌液pH=7時，溶液中無Cl',沉淀洗滌干凈。

(解析)(1)根據(jù)儀器的結(jié)構(gòu)確定儀器名稱；儀器b是冷凝管，冷卻水流向與蒸氣流向

相反應(yīng)時冷卻效果最好；

(2)冷水浴有降溫作用，緩慢加入KMnO4粉末可控制反應(yīng)速率；

(3)水的沸點是100℃,當溫度達到98P時產(chǎn)生大量蒸氣；

(4)山。2有還原性，能除去多余的KMnO4；

2

(5)檢驗SO4-常用鹽酸酸化后,再滴加BaCI2溶液，看是否有白色沉淀生成；

(6)步驟V用蒸儲水洗滌沉淀時，最初洗滌液顯酸性，可通過測定溶液pH來判斷洗滌

是否干凈。

(詳解)解：(1)儀器a為滴液漏斗，儀器c是三頸燒瓶，儀器b中冷卻水的流向是d

-e,即進水口為d,

故答案為：滴液漏斗；三頸燒瓶；d;

(2)c中加入KMnO4粉末后反應(yīng)劇烈并放熱，則使用冰水浴可降溫，緩慢加入KMnO4

粉末可減慢反應(yīng)速率，避免c中劇烈反應(yīng)產(chǎn)生暴沸現(xiàn)象，

故答案為：降溫并減慢反應(yīng)速率；

(3)步驟n中的加熱方式采用油浴，不使用熱水浴,原因是當溫度達到98T時，使用

熱水浴，接近水的沸點，易產(chǎn)生大量蒸氣，燙傷人，不安全，

故答案為：接近水的沸點，易產(chǎn)生大量蒸氣；

(4)H2O2有還原性，能除去多余的KMnO4,發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2MnC)4一

+2+

+5H2O2+6H=2Mn+5O2T+8H2O,

+2+

故答案為：2MnO4-+5H2O2+6H=2Mn+5O2t+8H2O;

(5)洗滌是否完成，可通過檢測洗出液中是否存在SO42-來判斷，具體操作是取最后

一次洗滌液少量，用稀鹽酸酸化，再滴加BaCI2溶液，無白色沉淀生成，說明洗滌液中

不含有SO42:若有白色沉淀生成，則說明有SO42一，

故答案為：取最后一次洗滌液少量，用稀鹽酸酸化，再滴加BaCI2溶液，無白色沉淀生

成，說明洗滌液中不含有SO42一，反之則有；

(6)步驟V可用pH試紙檢測來判斷Cl'是否洗凈，原因是當測定最后一次洗滌液pH

=7時，溶液呈中性，說明洗滌干凈，溶液中也沒有Cl',

故答案為：用pH測定最后一次洗滌液pH=7時，溶液中無Cl',沉淀洗滌干凈。

(拓展)本題考查物質(zhì)的制備與實驗設(shè)計，涉及混合物的分離與提純、元素化合物性質(zhì)

的應(yīng)用和氧化還原反應(yīng)理論，綜合性較強，難度中等。

10.(15分)一氯化碘(ICI)是一種鹵素互化物，具有強氧化性，可與金屬直接反應(yīng)，也

可用作有機合成中的碘化劑?；卮鹣铝袉栴}：

(1)歷史上海藻提碘中得到一種紅棕色液體，由于性質(zhì)相似，Liebig誤認為是ICI,從

而錯過了一種新元素的發(fā)現(xiàn)。該元素是Br。

(2)氯鈾酸欽(BaPtCle)固體加熱時部分分解為BaCEPt和Cl2,376.8(時平衡常

42

數(shù)Kp'=1.0xl0Pao在一硬質(zhì)玻璃燒瓶中加入過量BaPtCle，抽真空后，通過一支管

通入碘蒸氣(然后將支管封閉X在376.8℃,碘蒸氣初始壓強為20.0kPao376.8°(:平

衡時,測得燒瓶中壓強為32.5kPa,則PICI=24.8kPa,反應(yīng)2ICI(g)=CI2(g)

+12(g)的平衡常數(shù)K=_°?(列出計算式即可X

(24.8產(chǎn)

(3)McMorris測定和計算了在136~180。(：范圍內(nèi)下列反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp:

2N0(g)+2ICI(g)w2NOCI(g)+I2(g)KPI

2NOCI(g)w2N0(g)+Cl2(g)KP2

得至1」IgKp.當口lgKp2~1±勻為線性關(guān)系，如圖所示：

“TT

①由圖可知，NOCI分解為NO和CI2反應(yīng)的AH大于0(填"大于"或"小于"1

②反應(yīng)21cl(g)=Cl2(g)+12(g)的K=KPI?KP2(用KPLKP2表示)；該反應(yīng)

的AH大于0(填"大于"或"小于")，寫出推理過程令TI>T2,則IgK(Ti)二

IgK(T2)=IgKpi(Ti)KP2(TI)-?KPI(T2)KP2(T2)=IgKpi(Ti)+lgKp2(里)

-IgKpi(T2)-lgKp2(T2)=lgl<P2(Ti)-Ig—(T2)-[IgKpi(T2)-IgKpi(Ti)],

由圖中信息可知，lqKp2隨著溫度的升高而增大，則lgKp2(Ti)-lgKp2(T2)>0,lgKpi

隨著溫度的升高而減小，則IgKpi(T2)-IgKpi(T1)>0,IgKp.占口lgKP2~1均

-----T---------T—

為線性關(guān)系，且代表lqKP2~來曲線更陡,則lgKP2(Ti)-lgKp2(T2)>IgKpi(T2)

--------T---------------

-IgKpp(Ti),說明IgK(Ti)-IgK(T2)>0,則升高溫度,K值變大,該反應(yīng)為吸

熱反應(yīng)，AH大于0。

(4)Kistiakowsky曾研究了NOCI光化學分解反應(yīng)，在一定頻率(v)光的照射下機理

為：

NOCI+hv—NOCI*

NOCI+NOCI*-2NO+Cl2

其中hv表示一個光子能量，NOCI*表示NOCI的激發(fā)態(tài)?？芍?，分解lmol的NOCI

需要吸收0.5mol的光子。

(解析)(1)Br2為紅棕色液體；

2

(2)BaPtCle(s)亡BaCI2(s)+Pt(s)+2CI2(g),376.8℃時Kp'=P(Cl2)=1.0

42

xlOPa，說明P(Cl2)始終為O.lkPa在3766C,碘蒸氣初始壓強為20.0kPa。376.8℃

平衡時，測得燒瓶中壓強為32.5kPa,設(shè)卬(12)=xkPa,列化學平衡三段式得出x的

值,PICI=2xkPa;

(3)①由圖可知，IgKpz隨著溫度的升高而增大，說明升高溫度，平衡正向移動；

②I2NO(g)+2ICI(g)-2NOCI(g)+l2(g),II2NOCI(g”2N0(g)+CI2

(g)根據(jù)蓋斯定律I+n得21cl(g)=Cl2(g)+12(g);令Ti>T2,根據(jù)圖中信息，

比較lgK(T11IgK(T2)大小；

(4)根據(jù)反應(yīng)機理可知，一半量的NOCI轉(zhuǎn)化為NOCI*,另一半量的NOCI與NOCI*

轉(zhuǎn)化為N。和CE

(詳解)解：(1)歷史上海藻提碘中得到一種紅棕色液體，Br2為紅棕色液體，則該元素

是Br,

故答案為：Br;

(2)BaPtCI6MBaCb+Pt+2cbf,376.8℃時Kp'=p2(CI2)=1.0xl04Pa2，說明P(CI2)

始終為O.lkPa,在376.8℃,碘蒸氣初始壓強為2O.OkPa，設(shè)卬（攵）=xkPa,

2ICI(g)-Cl2(g)+I2(g)

起始(kPa)00.1+x20

轉(zhuǎn)化(kPa)2xXX

平衡(kPa)2x0.120-x

3766C平衡時，測得燒瓶中壓強為32.5kPa,貝！j(2x+0.1+20-x)kPa=32.5kPa,解

得x=12.4,則PICI=2x12.4kPa=24.8kPa;P(I2)=2OkPa-12.4kPa=7.6kPa,該

反應(yīng)是氣體體積不變的反應(yīng)，則K=Kp=I"?,

(24.8)2

故答案為：24.8;1X02；

(24.8)2

(3)①由圖可知，IgKpz隨著溫度的升高而增大，說明升高溫度，平衡正向移動，則

NOCI分解為NO和Cl2反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，AH大于0,

故答案為：大于；

②I2N0(g)+2ICI(g)w2N0CI(g)+I2(g),II2N0CI(g”2N0(g)+CI2

(g)根據(jù)蓋斯定律I+n得2ICI(g)=CI2(g)+12(g),則反應(yīng)2ICI(g)=CI2(g)

+I2(g)的K=KPI?KP2；令口>12,則IgK(TI)-IgK(T2)=IgKpi(Ti>KP2(Ti)

-IgKpi(T2>KP2(T2)=IgKpi(Ti)+lgKp2(Ti)-IgKpi(T2)-lgKp2(T2)=lgKp2

(Ti)-lgKP2(T2)-[IgKpi(T2)-IgKpi(Ti)],由圖中信息可知，IgKpz隨著溫

度的升高而增大，則lgKP2(Ti)-IgKpz(T2)>0,IgKpi隨著溫度的升高而減小，則

lgKpi(T2)-IgKpi(Ti)>O,lgKpi~當口均炸2~工均為線性關(guān)系，目代表lgKP2~1

TTT

曲線更陡，則lgKp2(Ti)-lgKp2(T2)>IgKpi(T2)-IgKpi(Ti),說明IgK(Ti)

-IgK(T2)>0,則升高溫度，K值變大，該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，AH大于0,

故答案為：KPI?KP2；大于；令TI>T2,則IgK(Ti)-lgK(T2)=lgKPi(Ti>KP2(Ti)

-lgKpi(T2>KP2(T2)=IgKpi(Ti)+lgKp2(T1)-IgKpi(T2)-lgKp2(T2)=lgKp2

(Ti)-lgKP2(T2)-[IgKpi(T2)-IgKpi(Ti)],由圖中信息可知，IgKpz隨著溫

度的升高而增大,則lgKp2(Ti)-lgKp2(T2)>0,IgKpi隨著溫度的升高而減小，則

lgKpi(T2)-IgKpi(Ti)>0,lgKpi~當口均作2~上均為線性關(guān)系，目代表lgKP2~1

TTT

曲線更陡,則lgKp2(Ti)-lgKp2(T2)>IgKpi(T2)-IgKpi(T1),說明IgK(Ti)

-lgK(T2)>0,則升高溫度，K值變大，該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，叫大于0;

(4)根據(jù)反應(yīng)機理可知，一半的NOCI轉(zhuǎn)化為NOCI*,另一半的NOCI與NOCI*轉(zhuǎn)化

為NO和。2，則分解Imol的NOCI根據(jù)NOCI+hv—NOCI*方程式可知,0.5molNOCI

吸收0.5mol光子轉(zhuǎn)化為NOCI*,

故答案為：0.5。

(拓展)本題考查鹵族元素、化學平衡的計算、化學平衡的影響因素，側(cè)重考查學生信

息獲取與加工能力、邏輯推理能力和探索歸納與論證能力，對于第(3)題第2問，解題

的關(guān)鍵是從圖上信息獲知平衡常數(shù)與溫度內(nèi)在關(guān)系，并在此基礎(chǔ)上通過提供兩個反應(yīng)的

平衡常數(shù)與溫度的關(guān)系，推導出一氧化碘分解反應(yīng)是吸熱還是放熱，此題難度大。

11.(15分)過渡金屬元素銘(Cr)是不銹鋼的重要成分，在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)和國防建設(shè)中有

著廣泛應(yīng)用。回答下列問題：

(1)對于基態(tài)Cr原子，下列敘述正確的是ABC(填標號)。

A.軌道處于半充滿時體系總能量低，核外電子排布應(yīng)為[Ar]3d54sl

B.4s電子能量較高，總是在比3s電子離核更遠的地方運動

C.電負性比鉀高，原子對鍵合電子的吸引力比鉀大

(2)三價銘離子能形成多種配位化合物。[Cr(NH3)3(H2O)2。產(chǎn)+中提供電子對形

成配位鍵的原子是N、。、CI,中心離子的配位數(shù)為6。

(3)[Cr(NH3)3(H20)2CIF+中配體分子NH3、H20以及分子PH3的空間結(jié)構(gòu)和

相應(yīng)的鍵角如圖所示。

PH3中P的雜化類型是sp3。NH3的沸點比PH3的高,原因是NH3的分子間

形成了氫鍵。H2o的鍵角小于NH3的，分析原因H2。、NH3的VSEPR模型為四面

體，H2。有2對孤電子對、NH3有1對孤電子對，由于孤電子對間排斥力>孤電子對和

成對電子對間的排斥力>成對電子對間的排斥力。

(4)在金屬材料中添加AICr2顆粒，可以增強材料的耐腐蝕性、硬度和機械性能。AICr2

具有體心四方結(jié)構(gòu)，如圖所示。處于頂角位置的是上原子。設(shè)Cr和AI原子半徑分

J

和(4Xrc+2XrA1)

別為rcr和rAi,則金屬原子空間占有率為色-------------------------------------X100%%(列

一2--------------

ac

出計算表達式\

(解析)(1)24號Cr元素的原子的電子排布式為：Is22s22P63s23P63d54sl;

A.根據(jù)洪特規(guī)則的特例，原子軌道處于全滿、半滿狀態(tài)時，能量低穩(wěn)定；

B.離原子核越遠，能層數(shù)越大，能量越高；

C.電負性越高，鍵合能力越強；

(2)金屬離子提供空軌道，Cr離子與3個NH3、2個H20分子、1個CI-形成配位鍵；

(3)PH3中P原子形成3個。鍵，有1對孤電子對；氫鍵使物質(zhì)的沸點升高；根據(jù)分子

的VSEPR模型中排斥能力大小順序是：孤電子對間排斥力>孤電子對和成對電子對間的

排斥力〉成對電子對間的排斥力判斷；

(4)根據(jù)化學式AIC”和均攤法得出頂點的原子,空間占有率為金股竟愿迷積x

晶胞的體積

100%,

(詳解)解：(1)24號Cr元素的原子的電子排布式為:Is22s22P63s23P63d54sl;

A.根據(jù)洪特規(guī)則的特例，原子軌道處于半滿狀態(tài)時能量低，穩(wěn)定，則Cr原子的簡化的

核外電子排布應(yīng)為[Ar]3d54sl,故A正確；

B.離原子核越遠，能層數(shù)越大，能量越高，則4s電子能量比3s的能量高，總是在比

3s電子離核更遠的地方運動，故B正確；

C.鉀原子對鍵合電子的吸引力小，易失電子；而Cr原子對電子的鍵合能力越強，不易

失電子，電負性比鉀大，故C正確，

故答案為：ABC;

(2)金屬Cr3+離子提供空軌道，CF+離子與3個NH3、2個H2O分子、1個CI-形成

配位鍵，則提供電子對形成配位鍵的原子是N、0、CI,配位數(shù)為6,

故答案為：N、0、CI;6;

3

(3)PH3中P原子形成3個。鍵，有1對孤電子對，則P的雜化類型是sp雜化；NH3

的分子間形成了氫鍵，而PH3中沒有氫鍵的存在，氫鍵使物質(zhì)的沸點升高，則NH3的沸

點比PH3的高；H2。中O原子形成2個。鍵，有2對孤電子對；NH3中N原子形成3

個。鍵，有1對孤電子對，VSEPR模型都為四面體構(gòu)型，由于孤電子對間排斥力〉孤電

子對和成對電子對間的排斥力>成對電子對間的排斥力，所以H20的鍵角小于NH3的

鍵角，

故答案為：sp3;高；NH3的分子間形成了氫鍵；H20和NH3的VSEPR模型都為四面

體構(gòu)型，H20有2對孤電子對、NH3有1對孤電子對，由于孤電子對間排斥力>孤電子

對和成對電子對間的排斥力>成對電子對間的排斥力；

（4）根據(jù)均攤法，晶胞中黑球位于晶胞的體心和頂點，含有的原子個數(shù)為8xl+l=2;

8

8個灰球位于4條棱上和晶胞體內(nèi)，含有的原子個數(shù)為8xl+2=4;根據(jù)顆粒化學式

4

AICr2,Al原子與Cr原子的比為1:2,則處于頂角位置的黑球為AI,金屬原子的空間

4QQ

不九(4Xr3I+2Xr3)

占有率為金屬原子的舊體積x100%=Al