湖南师大附中2027届高三月考试卷（一）化学+答案

高三化学一

本试题卷分选择题和非选择题两部分，共8页。时量75分钟，满分100分。

可能用到的相对原子质量：H～1C～12N～140～16Al～27S~32

Ti～48Ba～137

一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，

只有一项是符合题目要求的)

1.下列有关实验安全的说法不正确的是

A.少量白磷保存时用乙醇液封

B.苯酚沾到皮肤上，先用乙醇洗，再用水洗

C.NaCl溶液的导电性实验，禁止湿手操作

D.有机废液可以通过蒸馏回收有利用价值的特定馏分

2.分别向下列盐溶液中加入试剂，不影响盐溶液中离子大量共存的是

A.将溴水滴入NaCl溶液B.将乙醇滴入酸性KMnO₄溶液

C.将CO₂通入Ca(CIO)₂溶液D.将HCl通入CH₃COONa溶液

3.实验室利用下列装置进行Cl₂的有关实验，无法达到实验目的的是

气体气体气体

MnO₂NaHCO₃

溶液NaOH

溶液

A.制取Cl₂B.除去Cl₂中的HClC.收集Cl₂D.吸收尾气中的Cl₂

4.镁及其化合物的部分转化关系如下，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法

正确的是

Mg(C₅H₅)₂(熔点176℃,真空中100℃升华)

A.反应①:每消耗0.5molC₅H₆生成Mg(C₅H₅)₂分子的数目为0.5NA

B.反应②:每消耗2.24LN₂生成N³-的数目为0.2NA

C.反应③:每消耗4.4gCO₂转移电子数目为0.4NA

D.0.15mol·L-¹MgCl₂溶液中，Mg²+数目为0.15NA

化学试题(27T)第1页(共8页)

5.下列离子方程式正确的是

A.氯化银与浓氨水反应：AgCl+2NH₃·H₂O=[Ag(NH₄)₂]+Cl

+2H₂O

B.铁与少量稀硝酸反应：Fe+4H++NO₃—Fe³++NO个+2H₂O

C.硫酸钙与饱和碳酸钠溶液反应：CaSO₄(s)+CO-(aq)一CaCO₃(s)+SO₄-(aq)

D.次氯酸钠与氢碘酸溶液反应：ClO-+H+=HCIO

6.X是漂白粉的有效成分，可以发生如图所

UY

示的转化(略去部分产物),其中和

UVCO₂、H₂O

浓盐酸

含有一种相同元素，V为黄绿色气体，YX

为难溶于水的固体。下列说法不正确Z

的是

A.无水U可作干燥剂B.V溶于水可生成Z

C.Y与盐酸反应可生成XD.Z在光照下易分解

7.某澄清溶液中含有K+、Na+、Mg²+、Al³+、Cu²+、Ba²+、Cl-、SO4-、CO₃-中的若

干种，且各离子的浓度相等。现进行如下实验：

实验1:取100mL溶液加入足量氨水，有白色沉淀生成，经测定沉淀质量为

0.78g,然后将沉淀加入过量NaOH溶液中，沉淀全部溶解。

实验2:另取100mL溶液加入足量BaCl₂溶液，生成白色沉淀，经测定沉淀质量

为2.33g;将所得沉淀加入稀盐酸中，沉淀不溶解。

下列说法不正确的是

A.无法判断该溶液中是否存在Cl-B.该溶液中Na+和K+均不存在

C.该溶液中一定不存在的阴离子为CO₃D.该溶液中不存在Cu²+、Mg²+

8.下列实验操作及现象不能推出相应结论的是

选项操作及现象结论

往碘的CCl₄溶液中加入等体积浓KI溶液，振碘在浓KI溶液中的

A荡后静置分层，下层由紫红色变为浅粉红色，溶解能力大于在CCl₄

上层呈棕黄色中的溶解能力

将一定浓度的葡萄糖溶液滴入新制Cu(OH)₂

B葡萄糖属于还原糖

悬浊液中，加热，生成砖红色沉淀

向盛有2mLFeCl₃溶液的试管中加入过量铁

粉，充分反应后静置，滴加KSCN溶液无明显

CFe²+具有还原性

现象；静置，取上层清液滴加几滴氯水，溶液

变红

分别测定0.10mol·L-¹的HCOONa和

结合H+的能力：

DCH₃COONa溶液的pH,HCOONa溶液的pH

HCOO->CH₃COo-

更小

化学试题(27T)第2页(共8页)

9.部分含Na或Cl元素物质的价类二维图如图所示。下列说法错误的是

物质类别

A.a'可用作还原剂

B.常温下可能存在b→e→f的转化

C.若b为黄绿色气体，则d有强氧化性

D.若c为淡黄色粉末，则f一定可用于焙制糕点

10.某研究小组设计如图电解池，可将中

电源

性废水中的硝酸盐转化为氨，也可将

NH₃

废塑料碱性水解液中的乙二醇转化为

NO₃

阴离子

羟基乙酸盐，实现变废为宝。下列说

交换膜CH₂OH

法错误的是

A.电势：a极<b极

B.阳极区pH下降

C.阴极消耗1molNO₃,理论上阳极将生成1molHOCH₂COO-

D.阳极发生反应：HOCH₂CH₂OH-4e+5OH-=HOCH₂COO⁻+4H₂O

11.某同学设计以下实验，探究铁的化合物的性质(忽略②~⑤试管中溶液体积

变化)。

K₂C₂O₄·H₂O

1滴溶液

H₂Q滴稀硫酸KSCN固体适量稀硫酸

水合硫酸铁

黄色固体黄色溶液浅黄色溶液红色溶液绿色溶液红色溶液

①②③④⑤⑥

已知：Fe(OH)²+呈黄色；[Fe(SCN)]²+呈红色；[Fe(C₂O₄)₃]3-呈绿色。下列

说法错误的是

A.④与⑤中c(SCN-):④<⑤

B.③④⑤中c(Fe³+):③<④<⑤

C.④到⑤中存在反应：[Fe(SCN)]²++3C₂O-一[Fe(C₂O₄)₃]³-+SCN-

D.若向③中依次加入适量维生素C、K₃[Fe(CN)₆]溶液，会出现蓝色沉淀

化学试题(27T)第3页(共8页)

12.利用油脂厂的废弃镍(Ni)催化剂(主要含有Ni、A1、Fe,还含少量的NiO、

Al₂O₃、Fe₂O₃)回收金属Ni的工艺流程如图所示。

①足量NaC10

NaOH溶液试剂X②调pHRH试剂YNa₂C₂O₄溶液

滤饼

废镍氧化

碱浸酸浸萃取一反取萃沉镍→热分解

催化剂除杂NiC₂O₄·2H₂O→

浸取液Fe(OH)₃

已知：萃取Ni²+的离子方程式为Ni²++2RHNiR₂+2H+。

下列说法不正确的是

A.试剂Y可以是稀硫酸

B.试剂X可以选择稀盐酸或稀硫酸

C.“碱浸”所得浸取液中含金属元素的离子为[Al(OH)₄]一和Na+

D.“氧化除杂”时①发生反应的离子方程式为2Fe²++ClO-+2H+—2Fe³+

+Cl-+H₂O

13.探究含铜化合物性质的实验如下：

步骤I.取一定量5%CuSO₄溶液，加入适量浓氨水，产生蓝色沉淀。

步骤Ⅱ.将沉淀分成两等份，分别加入相同体积的浓氨水、稀盐酸，沉淀均完全

溶解，溶液分别呈现深蓝色、蓝色。

步骤Ⅲ.向步骤Ⅱ所得的深蓝色溶液中插入一根打磨过的铁钉，无明显现象；

继续加入稀盐酸，振荡后静置，产生少量气泡，铁钉表面出现红色物质。

下列说法正确的是

A.步骤I产生的蓝色沉淀为[Cu(NH₃)₄]SO₄

B.步骤Ⅱ的两份溶液中：C深蓝色(Cu²+)<C蓝色(Cu²+)

C.步骤Ⅲ中无明显现象是由于铁钉遇深蓝色溶液迅速钝化

D.步骤Ⅲ中产生气体、析出红色物质的反应为[Cu(NH₃)₄]²++Fe=Cu+

Fe²++4NH₃↑

14.室温下，向0.1mol·L-¹柠檬酸钠

(Na₃A)溶液中通入HCl气体(忽略溶液1.0

d

体积变化),溶液中A³-、HA²-、H₂A一和0.84.76

的分布系数(某种含微粒浓0.6

H₃AδX)(An6.40

3.13

度与所有含A微粒浓度之和的比值)随0.4

0.2

pH变化曲线如图所示。下列说法正确b/

的是468

pH

A.曲线b表示HA²-

B.n点：c(Cl-)<3c(H₃A)+2c(H₂A-)+c(HA²-)

C.A³-的水解平衡常数Kh₁=10-10.87

D.pH约为5时，通入HCl发生的反应为HA²-+H+—H₂A

化学试题(27T)第4页(共8页)

二、非选择题(本题共4小题，共58分)

15.(14分)(NH₄)₂Ce(NO₃)₆(硝酸铈铵)为橙红色结晶性粉末，易溶于水和乙醇，

几乎不溶于浓硝酸，可用作分析试剂。某小组在实验室模拟制备硝酸铈铵并

测定其纯度。

CeCl₃溶液

冷水球泡

—水

图1图2

I.制备Ce₂(CO₃)₃

实验步骤：

a.先制备NH₄HCO₃,向图1中的三颈烧瓶中通入NH₃和CO₂,至反应完全。

b.再滴加CeCl₃溶液至沉淀完全。

(1)盛放溶液的实验仪器名称为

CeCl₃0

(2)实验室利用图2装置制备NH₃,写出反应的化学方程式：

,图1中通入CO₂的一端是(填“a”或“b”)。

(3)写出步骤b中制备Ce₂(CO₃)₃反应的离子方程式：

(4)图1实验装置存在的一处缺陷为

0

Ⅱ.由Ce₂(CO₃)₃制(NH₄)₂Ce(NO₃)₆

实验步骤：

c.将Ce₂(CO₃)₃溶于稀硝酸中，先加入过氧化氢溶液氧化，再滴加氨水，过滤、

洗涤，得Ce(OH)₄固体。

d.将Ce(OH)₄固体溶于稀硝酸中，再加入硝酸铵，结晶，过滤、洗涤、烘干，制

得产品。

(5)步骤d中，洗涤产品的试剂是浓(填化学式)溶液。

(6)测定产品纯度：

①准确称取ag硝酸铈铵样品，加水溶解，配成250mL溶液。量取

25.00mL溶液，移入250mL锥形瓶中，加入适量硫酸和磷酸，再加入2滴

邻二氮菲作指示剂，用cmol·L-¹硫酸亚铁铵[(NH₄)₂Fe(SO₄)₂]标准溶

液滴定至终点(滴定过程中Ce+被Fe²+还原为Ce³+,无其他反应),消耗标

准溶液VmL。若(NH₄)₂Ce(NO₃)6的摩尔质量为Mg·mol-¹,则产品中

(NH₄)₂Ce(NO₃)₆的质量分数为%(用含a、c、V、M的最简

式表示)。

②下列操作可能会使测定结果偏高的是(填标号)。

A.配成250mL溶液定容时，俯视容量瓶刻度线

B.滴定管水洗后未用(NH₄)₂Fe(SO₄)₂标准溶液润洗

C.滴定过程中向锥形瓶中加少量蒸馏水冲洗内壁

D.滴定开始时滴定管尖嘴部分无气泡，滴定后有气泡

化学试题(27T)第5页(共8页)

16.(15分)钛酸钡是一种强介电化合物材料，具有高介电常数和低介电损耗，是

电子陶瓷中使用最广泛的材料之一，被誉为“电子陶瓷工业的支柱”。工业上

以重晶石(主要成分为BaSO₄)为原料制备钛酸钡的流程如图所示。

空气热水气体

重晶石粉

+煤粉煅烧BaS浸取沉钡BaCO₃

H₂C₂O₄氨水

系列

草酸操作

BaTiO₃灼烧沉钛酸溶HCl

氧钛钡TiCl

回答下列问题：

(1)“煅烧”时空气从底部通入，目的是

(2)可溶性钡盐有毒，医疗上常用硫酸钡作内服造影剂。基态钡原子的价层电

子排布式为。常温下反应BaSO₄(s)+CO-(aq)

BaCO₃(s)+SO2-(aq)的化学平衡常数K=。[已知：常温下，

Ks(BaSO₄)=1×10-¹0、K(BaCO₃)=5×10⁻⁹]

(3)“浸取”时，若使用90～95℃的热水，BaS将转化为两种可溶性化合物(过

程中无气体生成),该过程发生反应的化学方程式为

(4)系列操作包括(填操作名称)。

(5)草酸氧钛钡[BaTiO(C₂O₄)₂]灼烧时要控制好温度，实验测得在220～470

℃无氧时灼烧，固体产物中含有碳酸钡和二氧化钛，并且有两种气体产生，

该反应的化学方程式为

(6)BaTiO₃的立方晶胞结构如图所示，晶胞中与Ba²+等

距离且最近的O²-有个；若晶胞棱长为

anm,设阿伏加德罗常数的值为NA,该晶体的密度

为g·cm⁻³(用含a、NA的代数式表示)。

17.(15分)化合物E是某类激酶抑制剂的合成中间体，其工艺制备路线a如下：

DE

回答下列问题：

(1)化合物官能团的名称为o

化学试题(27T)第6页(共8页)

(2)A→B的反应类型属于。B分子内含有个手性碳

原子。

(3)B和C质谱图中最右侧的分子离子峰的质荷比分别为195和197,推测C

的结构简式为

(4)C→D反应中NaBH₄的作用为

路线a的总产率为11%,为了优化E的合成工艺，某小组设计了路线b,过程

如下：

(5)已知F→G和G→E的产率分别为90%和70%。路线b的优势有

(答一条即可)。

(6)F→G反应的化学方程式为o

(7)探究实验显示，G与等物质的量的碱反应，主要得到H。H与HCl反应得

到G;H与足量强碱反应，酸化后得到I。结构表征确认，I的结构简式为

。推测H分子的结构简式：o

18.(14分)1,4-丁二醇在铜锌复合催化剂上制备γ-丁内酯,存在如下

反应：

)△H₁>0

Ⅱ△H₂>0

Ⅲ△H₃

已知：298K、101kPa下部分物质的燃烧热如表所示。

H(g)

物质₂

Y-丁内酯四氢呋喃氢气

燃烧热/(kJ·mol-¹8

(1)已知H₂O(g)—H₂O(1)△H=-40.7kJ·mol-¹,则△H₃=

kJ·mol-¹,反应Ⅲ自发进行的条件为(填“高温”“低温”或“任意

温度”)。

(2)向一恒容密闭容器中充入γ-丁内酯和H₂,仅发生反应Ⅲ,改变下列条件，

能同时增大反应速率和γ-丁内酯平衡转化率的是(填标号)。

a.升高温度b.充入γ-丁内酯

c.压缩容器容积d.更换高效催化剂

化学试题(27T)第7页(共8页)

(3)已知该催化剂中起实际催化作用的是Cu,且Cu越分散，活性催化位点就

越多。实际使用时，将复合催化剂xCuO·yZnO在氢气氛围下使用，而不

直接使用Cu单质作为催化剂的原因是

(4)在一定压强下，将氢气与1,4-丁二醇混合后，以恒定流速通过催化剂，发

生反应I、Ⅱ、Ⅲ。维持体系温度不变，在相同时间内，γ-丁内酯的产量随

氢醇比的变化如图所示。随着氢醇比的增大，γ-丁内酯的产量先升高后

降低的原因是

1.3F

1.2

1.1

1.0

0.9

0.8

0.7

0.6-

23

(1.4(F二醇)

按照氢醇比4:1配制原料气，用Ar作稀释气，充入恒温密闭容器中，仅发

生反应I、Ⅱ。体系压强恒为7.3MPa,测得平衡时各含碳物质的百分含

量x的变化如图所示。[催化剂消耗H₂的量忽略不计，

4

B:1,4-丁二醇

(5)M点时，氢气的平衡分压p(H₂)=MPa(结果精确至0.01),该温

度下，反应I的分压平衡常数Kp=(MPa)²(列出计算式，用

平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。

化学试题(27T)第8页(共8页)

高三化学一参考答案

一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)

题号1234567861011121314

答案AABCCCADDCBBBD

2.A【解析】A.溶液中Na+、CI-与溴水均不反应，不影响盐溶液中离子大量共存，故A符合题意；B.将乙醇滴入酸性

KMnO₄溶液，酸性KMnO₄溶液具有强氧化性，会将乙醇氧化，同时MnOT被还原为Mn²+,离子发生反应，影响共

存，故B不符合题意；C.将CO₂通入Ca(CIO)₂溶液，会发生强酸制弱酸的反应生成HCIO和CaCO₃或

Ca(HCO₃)₂,Ca²+、CIO-均参与反应，影响共存，故C不符合题意；D.将HCl通入CH₃COONa溶液，H+与

CH₃COO-结合生成弱电解质CH₃COOH,CH₃COO-浓度大幅降低，影响共存，故D不符合题意。

3.B【解析】A.浓盐酸与MnO₂加热反应生成MnCl₂、Cl₂和H₂O,可以用于实验室制取氯气，故A不符合题意；B.除

去Cl₂中的HCl,应该通过饱和食盐水，通过NaHCO₃溶液时产生CO₂,引入新的杂质，同时还会与氯气反应，故B符

合题意；C.氯气的密度大于空气，可以用向上排空气法收集Cl₂,故C不符合题意；D.Cl₂与NaOH反应生成NaClO、

NaCl和水，可以用NaOH溶液吸收尾气中的Cl₂,故D不符合题意。

4.C【解析】A.根据原子守恒，Mg和C₅H₆以物质的量之比为1:2反应生成Mg(C₅H₅)₂,则C₅H₆、Mg(C₅H₅)₂的计

量关系为2:1,则反应①中每消耗0.5molC₅H₅生成Mg(C₅H₅)₂的物质的量为0.25mol,分子数目为0.25NA,故

A错误；B.温度和压强未知，则气体摩尔体积未知，无法计算N₂的物质的量，则无法计算生成N的数目，故B错

误；C.Mg和CO₂的反应方程式为元素的化合价由0价变为+2价、C元素的化合价

由+4价变为0价，每消耗1molCO₂,转移电子的数目为4NAmol,,则消耗4.4gCO₂转移

电子的数目为0.4NA,故C正确；D.MgCl₂溶液中，部分Mg²+水解生成Mg(OH)₂且溶液的体积未知，无法计算溶液

中镁离子的数目，故D错误。

5.C【解析】A.氯化银与浓氨水反应生成的银氨络离子为[Ag(NH₃)₂]+,离子方程式为AgCl+2NH₃·H₂O—

[Ag(NH₃)₂]++Cl-+2H₂O,故A错误；B.铁与少量稀硝酸反应时Fe过量，反应生成Fe²+,离子方程式为3Fe+

8H++2NO₃—3Fe²++2NO个+4H₂O,故B错误；C.碳酸钙溶度积小于硫酸钙，微溶的硫酸钙可在饱和碳酸钠溶

液中转化为难溶的碳酸钙，离子方程式为CaSO₄(s)+CO3-(aq)—CaCO₃(s)+SO-(aq),故C正确；D.CIO⁻具有

强氧化性，I⁻具有强还原性，二者会发生氧化还原反应，离子方程式为CIO⁻+2H++2I-—CI⁻+I₂+H₂O,故D

错误。

6.C【解析】漂白粉的有效成分是次氯酸钙，与盐酸反应生成氯气和氯化钙，与水和二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯

酸，则U为氯化钙，V为氯气，X为次氯酸钙，Y为碳酸钙，Z为次氯酸。A.无水氯化钙吸水生成氯化钙的结晶水合

物，可作干燥剂，故A正确；B.氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，故B正确；C.碳酸钙与盐酸反应生成水、二氧化碳和

氯化钙，不能生成次氯酸钙，故C错误；D.次氯酸光照下分解生成盐酸和氧气，故D正确。

7.A【解析】无蓝色沉淀生成说明无Cu²+,沉淀全部溶解说明无Mg²+,实验1中沉淀为Al(OH)₃,且n(AI³+)=0.01

mol,AI³+与CO-会发生双水解不能大量共存，因此一定不存在CO₅-;实验2中沉淀为BaSO₄,说明溶液中一定含

SO-,且n(SO₄-)=0.01mol,因此一定不存在与SO-生成沉淀的Ba²+;所有存在的离子浓度相等，则等体积下物质

的量相等，已知n(AI³+)=n(SO²-)=0.01mol,总正电荷为0.01mol×3=0.03mol,负电荷仅由SO²-提供：0.01

mol×2=0.02mol,还差0.01mol负电荷，因此一定存在CI-[且n(CI-)=0.01mol,刚好满足电荷平衡]。若存在

Na+或K+,由于它们的浓度也为0.1mol/L,会额外增加正电荷，总正电荷数大于总负电荷数，电荷不守恒，因此

Na+、K+一定都不存在。

8.D(作业原题)【解析】A.向碘的四氯化碳溶液中加入等体积浓碘化钾溶液，振荡，静置，溶液分层，下层由紫红色变

为浅粉红色，上层呈棕黄色，说明碘的四氯化碳溶液中的碘与碘化钾溶液中的碘离子反应生成碘三离子，使上层溶液

呈棕黄色，证明碘在浓碘化钾溶液中的溶解能力大于在四氯化碳中的溶解能力，故A正确；B.葡萄糖与新制的氢氧

化铜悬浊液反应，生成的砖红色沉淀为Cu₂O,说明氢氧化铜作氧化剂，葡萄糖作还原剂，证明葡萄糖属于还原糖，故

B正确；C.Fe³+被Fe还原为Fe²+,滴加氯水后Fe²+被氧化为Fe³+,证明Fe²+具有还原性，故C正确；D.HCOONa

溶液的pH更小，说明CH₃COO的水解程度更大，HCOOH的酸性强于CH₃COOH,因此HCOO结合H+的能力

更弱，故D错误。

9.D【解析】A.a'为NaH,H为一1价，有强还原性，故A正确；B.如果图像表示Na元素的价类二维图，b为单质Na,e

为NaOH,f可以为碳酸钠，Na与水反应生成NaOH,NaOH与CO₂反应生成Na₂CO₃,故B正确；C.若b为黄绿色气

体，即为Cl₂,则d为HCIO,具有强氧化性，故C正确；D.若c为淡黄色粉末，即为Na₂O₂,f可能为Na₂CO₃或Na₂SO₄

等，不一定能用于焙制糕点，故D错误。

10.C【解析】A.b是电源正极，a是电源负极，电势：a极<b极，故A正确；B.阳极反应为HOCH₂CH₂OH-4e⁻+

5OH-=HOCH₂COO⁻+4H₂O,每转移4mol电子消耗5molOH⁻,同时有4molOH⁻从阴极区跨膜移向阳极区

平衡电荷，且生成水，所以阳极区OH-浓度降低，pH下降，故B正确；C.阴极硝酸根离子得电子生成氨气，氮元素

化合价由+5降低为—3,阴极消耗1mol硝酸根离子，电路中转移8mol电子，阳极乙二醇失电子生成羟基乙酸盐，

生成1molHOCH₂COO-转移4mol电子，所以电路中转移8mol电子时阳极将生成2molHOCH₂COO,故C错

误；D.阳极乙二醇失电子生成HOCH₂CO0-,阳极发生反应：HOCH₂CH₂OH-4e-+5OH-—HOCH₂COO-+

4H₂O,故D正确。

化学参考答案(27T)第1页

11.B【解析】水合硫酸铁是黄色固体，溶于水得到黄色硫酸铁溶液②,由题给信息可知，Fe³+水解与OH-配位而显黄

色，其水解平衡为Fe³++H₂OFe(OH)²++H+,向溶液②中滴加1滴稀硫酸，c(H+)增大，水解平衡逆向移动，

水解产物减少，溶液颜色变浅；向溶液③中加入1滴KSCN溶液，生成[Fe(SCN)]²+,溶液变红色；C₂O-与Fe³+配

位能力更强，向溶液④中加入K₂C₂O₄·H₂O固体时，[Fe(SCN)]²+转化为配合离子[Fe(C₂O₄)₃]³一，溶液变为绿色；

向溶液⑤中加入适量稀硫酸，H+与C₂O-结合为H₂C₂O₄,H₂C₂O₄是弱酸，溶液中Fe³+又转化为[Fe(SCN)]²+,使

溶液变红色，据此分析解答。A.溶液④中生成的Fe(SCN)²+使溶液呈红色，C₂O-与Fe³+配位能力更强，加入

K₂C₂O₄·H₂O固体时Fe(SCN)²+转化为[Fe(C₂O₄)₃]³-,解离出SCN-,使c(SCN-)增大，则c(SCN⁻):④<⑤,故

A正确；B.根据题意可知，在本题的条件下，配体结合Fe³+的能力：SCN-<C₂O-。试管③(浅黄色):加稀硫酸后，

H+抑制Fe³+水解，c(Fe³+)较高，溶液呈浅黄色；试管④(红色):加入KSCN后，Fe³++SCN-=[Fe(SCN)]²+,消

耗了大量Fe³+,因此c(Fe³+)骤降，远小于③;试管⑤(绿色):加入K₂C₂O₄·H₂O后，发生配体交换反应，

[Fe(SCN)]²+中的Fe³+与C₂O-结合生成[Fe(C₂O₄)₃]³-,Fe³+仍以配离子形式存在，游离c(Fe³+)极低，即c(Fe³+)

的大小关系为：③>④>⑤,故B错误；C.根据上述分析，故C正确；D.维生素C具有强还原性，能将Fe³+还原为

Fe²+,Fe²+与K₃[Fe(CN)₆]反应生成KFe[Fe(CN)₆]蓝色沉淀，故D正确。

12.B【解析】“碱浸”(NaOH溶液):将A₁、Al₂O₃转化为[A1(OH)₄]-进入浸取液；Ni、Fe、NiO、Fe₂O₃不与碱反应，成

为滤饼，实现铝元素初步除去；“酸浸”(试剂X):滤饼中金属及金属氧化物与酸反应，浸出液含Ni²+、Fe³+、Fe²+;“氧

化除杂”:①加足量NaCIO:将Fe²+氧化为Fe³+,②调pH:Fe³+水解生成Fe(OH)₃沉淀，过滤除去，溶液中金属离子

仅含Na+和Ni²+;“萃取”(萃取剂RH):Ni²+与有机萃取剂结合生成NiR₂进入有机相；“反萃取”(试剂Y):萃取平

衡逆向移动，需要增大H+浓度，因此试剂Y可为稀硫酸，得到镍盐溶液；“沉镍”:加入Na₂C₂O₄溶液，发生复分解反

应生成二水草酸镍沉淀；“热分解”制金属镍。B.若选稀盐酸会引入CI-,可能与“氧化除杂”加入的NaCIO反应，且

硫酸更适合后续沉镍等操作，因此试剂X选稀硫酸，故选B。

13.B(作业原题)【解析】A.步骤I中，向CuSO₄溶液中加入适量浓氨水，Cu²+与NH₃·H₂O反应生成蓝色沉淀

Cu(OH)₂,且[Cu(NH₃)₄]SO₄易溶于水，故A错误；B.步骤Ⅱ中，向Cu(OH)₂沉淀中加入浓氨水，得到的深蓝色溶

液中铜元素的存在形式为[Cu(NH₃)4]²+和Cu²+,大多数Cu²+在配离子的内界，很难电离出来，而向Cu(OH)₂沉淀

中加入稀盐酸，得到的蓝色溶液中铜元素的存在形式为Cu²+,则C深蓝色(Cu²+)<c兹e(Cu²+),故B正确；C.步骤Ⅲ中

因为[Cu(NH₃)₄]²+极难电离出Cu²+,溶液中Cu²+浓度太低，与铁发生反应的速率极慢，无明显现象，故C错误；

D.步骤Ⅲ中加入稀盐酸后，H+会与NH₃结合成NH使[Cu(NH₃)₄]²+Cu²++4NH₃平衡正移，溶液中

c(Cu²+)增大，Cu²+与铁发生置换反应析出红色的Cu,离子方程式为Fe+[Cu(NH₃)₄]²++4H+—Fe²++Cu+

4NHZ,产生气泡表明加入的稀盐酸与铁发生置换反应：Fe+2H+—H₂个+Fe²+,故D错误。

14.D【解析】A.向0.1mol·L-¹的柠檬酸钠溶液中通入HCl气体，依次发生反应：A³-+H+—HA²-,HA²-+H+

—H₂A-,H₂A-+H+—H₃A,曲线b表示H₂A-,故A错误；B.n点时，溶液中电荷守恒式为c(Cl-)+c(OH-)

+c(H₂A-)+2c(HA²-)+3c(A³-)=c(Na+)+c(H+),元素守恒式为3c(H₃A)+3c(H₂A-)+3c(HA²-)+

3c(A³-)=c(Na+),将电荷守恒式一元素守恒式得：c(CI-)+c(OH-)=3c(H₃A)+2c(H₂A-)+c(HA²-)+

c(H+),n点时pH<7,故c(H+)>c(OH-),则c(CI-)>3c(H₃A)+2c(H₂A-)+c(HA²-),故B错误；C.A³-的一

级水解方程式为A³-+H₂OHA²-+OH-,,利用曲线c、d交点可知c(A³-)=

c(HA²一)时，pH=6.40,即c(OH-)=10-7.60mol·L-1,故C错误；D.pH约为5

时通入HCl,pH将减小，曲线b即H₂A-含量增加，曲线c即HA²-含量减小，发生的反应为HA²-+H+—H₂A-,

故D正确。

二、非选择题(本题共4小题，共58分)

15.(共14分，除标注外，每空2分)

(1)分液漏斗(1分)

(3)2Ce³++6HCO₃—Ce₂(CO₃)₃↓+3CO₂个+3H₂O

(4)没有尾气处理装置

(5)HNO₃

(6)①②AB

【解析】(1)根据图1可知，盛放CeCl₃溶液的仪器名称为分液漏斗。

(2)根据图2可知，利用固体十固体气体，因此制备氨气的反应方程式为

CaCl₂+2H₂O。因为氨气极易溶于水，为防止倒吸，氨气应从b口通入，CO₂应从a口通入。

(3)根据题中所给信息可知，先制备NH₄HCO₃,然后NH₄HCO₃再与CeCl₃溶液反应制备碳酸铈，反应的离子方程

式为2Ce³++6HCO₃—Ce₂(CO₃)₃↓+3CO₂个+3H₂O。

(4)氨气有毒，为防止污染环境，需要尾气处理，图1中的缺陷是没有尾气处理装置。

(5)硝酸铈铵易溶于水、乙醇，几乎不溶于浓硝酸，因此步骤d中，洗涤产品的试剂是浓硝酸。

(6)①滴定过程中Ce⁴+被Fe²+还原成Ce³+,Fe²+被氧化成Fe³+,根据得失电子守恒有：n[(NH₄)₂Ce(NO₃)₆]=

n[(NH₄)₂Fe(SO₄)₂],则ag硝酸铈铵样品中

cV×10⁻²mol,则ag样品中硝酸铈铵的质量分数

化学参考答案(27T)第2页

②A.配成250mL溶液，定容时俯视容量瓶刻度线，则待测液浓度偏高，测定结果偏高，故A符合题意；B.滴定管水

洗后未用(NH₄)₂Fe(SO₄)₂标准溶液润洗，导致(NH₄)₂Fe(SO₄)2标准溶液浓度减小，消耗(NH₄)₂Fe(SO₄)₂标准溶

液体积增大，则测定结果偏大，故B符合题意；C.滴定过程中向锥形瓶中加少量蒸馏水冲洗内壁，不影响待测物的

物质的量，对测定结果无影响，故C不符合题意；D.滴定开始时滴定管尖嘴部分无气泡，滴定后有气泡，导致标准溶

液读数偏低，测定结果偏低，故D不符合题意。

16.(共15分，除标注外，每空2分)

(1)将固体粉末吹起，增大气体与固体的接触面积，使煅烧更充分(1分)

(2)6s²0.02

3

(4)过滤、洗涤、干燥

G

(6)12

【解析】(2)常温下反应BaSO₄(s)+CO₃-(aq)一BaCO₃(s)+SO₄(aq)的化学平衡常数

(3)BaS转化为两种可溶性化合物，且过程中无气体生成，该过程发生反应的化学方程式为

Ba(HS)₂+Ba(OH)₂。

(4)系列操作是从固液混合物中得到草酸氧钛钡沉淀，故可经过过滤、洗涤、干燥得到草酸氧钛钡固体。

(5)BaTiO(C₂O₄)₂在220～470℃无氧时灼烧，发生分解反应，由元素守恒可知，高温下的两种气体产物是CO、

CO₂,化学方程式为

(6)位于顶点的Ba²+与位于面心的O²一距离最近，共有;Ba位于晶胞顶点，一个晶胞中Ba的数目

位于体心，个数为1,则晶胞质量为

晶胞边长为anm,则晶胞体积V=a³×10-²¹cm³,所以晶体密度

17.(共15分，除标注外，每空2分)

(1)碳碳双键、碳氯键(或氯原子)

(2)