2012年江蘇省高考化學試卷解析版

精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔2012年江蘇省高考化學試卷解析版參考答案與試題解析一.單項選擇題：本題包括10小題，每小題2分，共計20分．每小題只有一個選項符合題意．1．（2分）化學在資源利用、環(huán)境保護等與社會可持續(xù)發(fā)展密切相關的領域發(fā)揮著積極作用．下列做法與社會可持續(xù)發(fā)展理念相違背的是（）A．改進汽車尾氣凈化技術，減少大氣污染物的排放 B．開發(fā)利用可再生能源，減少化石燃料的使用 C．研發(fā)可降解高分子材料，減少“白色污染” D．過度開采礦物資源，促進地方經濟發(fā)展【考點】BM：使用化石燃料的利弊及新能源的開發(fā)；F7：常見的生活環(huán)境的污染及治理．【專題】21：熱點問題．【分析】減少化石能源的利用，開發(fā)新能源，減少污染源等，則可實現(xiàn)社會可持續(xù)發(fā)展，并注意節(jié)約能源，應從我們身邊做起．【解答】解：A．汽車尾氣中含有氮的氧化物等有害氣體，則改進汽車尾氣凈化技術，減少大氣污染物的排放，符合社會可持續(xù)發(fā)展理念，故A正確；B．開發(fā)利用可再生能源，減少化石燃料的使用，減少了二氧化碳、二氧化硫等物質的排放，符合社會可持續(xù)發(fā)展理念，故B正確；C．研發(fā)可降解高分子材料，減少塑料制品的使用，從而減少“白色污染”，符合社會可持續(xù)發(fā)展理念，故C正確；D．過度開采礦物資源，促進地方經濟發(fā)展，會使資源匱乏，是只顧眼前不顧將來的做法，不符合社會可持續(xù)發(fā)展理念，故D錯誤；故選：D?！军c評】本題考查環(huán)境保護及可持續(xù)發(fā)展，節(jié)約資源、走可持續(xù)發(fā)展之路，人人有責，并做到從我做起，題目難度不大．2．（2分）下列有關化學用語表示正確的是（）A．乙酸的結構簡式：C2H4O2 B．F﹣的結構示意圖： C．中子數為20的氯原子：2017Cl D．NH3的電子式：【考點】41：常見元素的名稱、符號、離子符號；43：電子式；44：原子結構示意圖；47：結構簡式；4J：電子式、化學式或化學符號及名稱的綜合．【專題】514：化學用語專題．【分析】A．結構簡式就是結構式的簡單表達式（通常只適用于以分子形式存在的純凈物，如有機分子），應表現(xiàn)該物質中的官能團：只要把碳氫單鍵省略掉即可，碳碳單鍵、碳氯單鍵、碳和羥基的單鍵等大多數單鍵可以省略也可不省略；B．陰離子核外電子數＝質子數+電荷數；C．元素符號的左上角為質量數；D．氮原子未參與成鍵的孤對電子對沒有畫出．【解答】解：A．乙酸的分子式為C2H4O2，乙酸的結構簡式：CH3COOH，故A錯誤；B．氟離子核內有9個質子，核外有10個電子，故B正確；C．質量數＝質子數+中子數＝17+20＝37，故C錯誤；D．氮原子未成鍵的孤對電子對沒有標出，氮原子與氫原子形成一對共用電子對，氨氣電子式為，故D錯誤。故選：B?！军c評】本題考查了分子式、結構簡式、原子結構示意圖、電子式書寫的正誤判斷，側重考查對這幾個概念的辨別能力；寫結構簡式時要體現(xiàn)其官能團；書寫共價化合物的電子式時，不僅要寫每個原子間的共用電子對，還要寫每個原子最外層上的孤對電子．3．（2分）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．0.1mol?L﹣1NaOH溶液：K+、Na+、SO42﹣、CO32﹣ B．0.1mol?L﹣1Na2CO3溶液：K+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣ C．0.1mol?L﹣1FeCl3溶液：K+、NH4+、I﹣、SCN﹣ D．c（H+）/c（OH﹣）＝1×1014的溶液：Ca2+、Na+、ClO﹣、NO3﹣【考點】DP：離子共存問題．【專題】516：離子反應專題．【分析】A．堿性溶液中，如離子與OH﹣不反應，則能大量共存；B．與CO32﹣反應的離子不能大量共存；C．Fe3+可與I﹣、SCN﹣反應；D．c（H+）/c（OH﹣）＝1×1014的溶液呈酸性．【解答】解：A．堿性溶液中，離子之間不發(fā)生任何反應，則能大量共存，故A正確；B．Ba2+與CO32﹣反應，不能大量共存，故B錯誤；C．Fe3+可與I﹣、SCN﹣反應而不能大量共存，故C錯誤；D．c（H+）/c（OH﹣）＝1×1014的溶液呈酸性，ClO﹣不能在酸性條件下大量共存，故D錯誤。故選：A。【點評】本題考查離子共存問題，注意把握常見離子的性質，答題時注意把握題給條件，為解答該題的關鍵，題目難度中等．4．（2分）某反應的反應過程中能量變化如圖所示（圖中E1表示正反應的活化能，E2表示逆反應的活化能）．下列有關敘述正確的是（）A．該反應為吸熱反應 B．催化劑能改變反應的焓變 C．催化劑能降低反應的活化能 D．逆反應的活化能大于正反應的活化能【考點】BB：反應熱和焓變．【專題】517：化學反應中的能量變化．【分析】A、依據圖象中反應物和生成物能量的大小比較判斷；B、催化劑改變速率不改變平衡；C、催化劑改變化學反應速率是降低了反應的活化能；D、圖象中分析判斷；【解答】解：A、圖象中反應物能量低于生成物能量，故反應是吸熱反應，故A正確；B、催化劑不能改變該反應的焓變，只能改變反應速率，故B錯誤；C、催化劑改變化學反應速率是降低了反應的活化能，故C正確；D、圖象分析逆反應的活化能E2小于正反應的活化能E1，故D錯誤；故選：AC?！军c評】本題考查了化學反應的能量變化分析，催化劑的作用實質，圖象識別和理解含義是解題關鍵．5．（2分）下列有關物質的性質與應用不相對應的是（）A．明礬能水解生成Al（OH）3膠體，可用作凈水劑 B．FeCl3溶液能與Cu反應，可用于蝕刻印刷電路 C．SO2具有氧化性，可用于漂白紙漿 D．Zn具有還原性和導電性，可用作鋅錳干電池的負極材料【考點】BJ：常見化學電源的種類及其工作原理；DD：鹽類水解的應用；F5：二氧化硫的化學性質；GO：鐵鹽和亞鐵鹽的相互轉變．【專題】55：化學計算．【分析】A、明礬中的鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體具有吸附懸浮雜質的作用；B、印刷線路板是銅制成的，氯化鐵溶解銅提取銅；C、二氧化硫具有漂白性用于漂白紙漿；D、鋅具有還原性做原電池負極，具有金屬通性導電；【解答】解：A、明礬中的鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體具有吸附懸浮雜質的作用；故A相對應；B、印刷線路板是銅制成的，氯化鐵溶解銅提取銅是利用FeCl3溶液能與Cu的反應；故B相對應；C、二氧化硫具有漂白性用于漂白紙漿；和二氧化硫的氧化性無關，故C不對應；D、鋅具有還原性做原電池負極，具有金屬通性導電；利用Zn具有還原性和導電性，可用作鋅錳干電池的負極材料，故D對應；故選：C?！军c評】本題考查了鹽類水解的分析應用，三價鐵離子和銅發(fā)生氧化還原反應，二氧化硫的漂白性判斷，金屬性質的應用，題目難度中等．6．（2分）用下列實驗裝置進行相應實驗，能達到實驗目的是（）A．用圖1所示裝置除去Cl2中含有的少量HCl B．用圖2所示裝置蒸干NH4Cl飽和溶液制備NH4Cl晶體 C．用圖3所示裝置制取少量純凈的CO2氣體 D．用圖4所示裝置分離CCl4萃取碘水后已分層的有機層和水層【考點】U5：化學實驗方案的評價．【專題】25：實驗評價題．【分析】A．氯氣、HCl均與NaOH溶液反應；B．NH4Cl受熱易分解；C．純堿為粉末狀固體，不能使反應隨時停止；D．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳．【解答】解：A．氯氣、HCl均與NaOH溶液反應，不能除雜，應選飽和食鹽水除去氯氣中的HCl，故A錯誤；B．NH4Cl受熱易分解，應利用冷卻熱飽和溶液的方法得到晶體，故B錯誤；C．純堿為粉末狀固體，不能使反應隨時停止，應選碳酸鈣與鹽酸反應制取少量二氧化碳，故C錯誤；D．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，則萃取后分層，利用分液漏斗可分離，圖中裝置合理，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查化學實驗方案的評價，涉及除雜、晶體制備、氣體制取、萃取等，側重實驗裝置及性質的考查，綜合性較強，注重基礎知識和能力的訓練，題目難度中等．7．（2分）下列物質的轉化在給定條件下能實現(xiàn)的是（）①Al2O3NaAlO2（aq）Al（OH）3②SSO3H2SO4③Fe2O3FeCl3（aq）無水FeCl3④飽和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3⑤MgCl2（aq）Mg（OH）2MgO．A．①③⑤ B．②③④ C．②④⑤ D．①④⑤【考點】F5：二氧化硫的化學性質；GK：鎂、鋁的重要化合物；GN：鐵的氧化物和氫氧化物．【專題】52：元素及其化合物．【分析】①氧化鋁與氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉，偏鋁酸鈉溶液通入二氧化碳，生成氫氧化鋁．②硫燃燒生成二氧化硫．③氧化鐵與鹽酸反應生成氯化鐵，F(xiàn)e3+水解，加熱蒸發(fā)得不到無水FeCl3．④在飽和食鹽水中通入氨氣，形成飽和氨鹽水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的鈉離子、銨根離子、氯離子和碳酸氫根離子，其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3，加熱NaHCO3分解生成碳酸鈉．⑤氯化鎂與石灰乳轉化為更難溶的氫氧化鎂，氫氧化鎂不穩(wěn)定，加熱分解生成氧化鎂．【解答】解：①氧化鋁與氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉，偏鋁酸鈉溶液通入二氧化碳，發(fā)生反應2NaAlO2+CO2+3H2O＝2Al（OH）3↓+Na2CO3，生成氫氧化鋁，故①正確；②硫燃燒生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故②錯誤；③氧化鐵與鹽酸反應生成氯化鐵，F(xiàn)e3+水解Fe3++3H2O?2Fe（OH）3+HCl，加熱蒸發(fā)HCl揮發(fā)，平衡向右移動，得不到無水FeCl3，故③錯誤；④在飽和食鹽水中通入氨氣，形成飽和氨鹽水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的鈉離子、銨根離子、氯離子和碳酸氫根離子，其中NaHCO3溶解度最小，析出NaHCO3，加熱NaHCO3分解生成碳酸鈉，故④正確；⑤氯化鎂與石灰乳轉化為更難溶的氫氧化鎂，氫氧化鎂不穩(wěn)定，加熱分解生成氧化鎂，故⑤正確。故①④⑤正確。故選：D。【點評】考查元素化合性質、侯德榜制堿法、鹽類水解等，難度中等，注意侯德榜制堿法要先通氨氣，后通二氧化碳，以便獲得高濃度離子溶液．8．（2分）設NA表示阿伏加德羅常數的值．下列說法正確的是（）A．標準狀況下，0.1molCl2溶于水，轉移的電子數目為0.1NA B．常溫常壓下，18gH2O中含有的原子總數為3NA C．標準狀況下，11.2LCH3CH2OH中含有的分子數目為0.5NA D．常溫常壓下，2.24LCO和CO2混合氣體中含有的碳原子數目為0.1NA【考點】4F：阿伏加德羅常數．【專題】518：阿伏加德羅常數和阿伏加德羅定律．【分析】A、氯氣溶于水一部分反應，一部分溶解，溶液中存在化學平衡；B、質量換算物質的量結合分子數計算；C、標準狀況乙醇不是氣體；D、依據氣體摩爾體積的條件應用分析，在標準狀況下?lián)Q算物質的量；【解答】解：A、氯氣溶于水一部分反應，一部分溶解，溶液中存在化學平衡，0.1molCl2溶于水，轉移的電子數目小于0.1NA，故A錯誤；B、18gH2O物質的量為1mol，分子中含有的原子總數為3NA，故B正確；C、標準狀況乙醇不是氣體，11.2LCH3CH2OH物質的量不是0.5mol，故C錯誤；D、常溫常壓下，2.24LCO和CO2混合氣體物質的量不是0.1mol，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查了阿伏伽德羅常數的應用，主要考查化學平衡的分析判斷，質量換算物質的量計算微粒數，氣體摩爾體積的條件應用，題目難度中等．9．（2分）下列表示對應化學反應的離子方程式正確的是（）A．用KIO3氧化酸性溶液中的KI：5I﹣+IO3﹣+3H2O＝3I2+6OH﹣ B．向NH4HCO3溶液中加過量的NaOH溶液并加熱：NH4++OH﹣NH3↑+H2O C．將過量SO2通入冷氨水中：SO2+NH3?H2O＝HSO3﹣+NH4+ D．用稀硝酸洗滌試管內壁的銀鏡：Ag+2H++NO3﹣＝Ag++NO↑+H2O【考點】49：離子方程式的書寫．【專題】16：壓軸題；516：離子反應專題．【分析】A．酸性溶液中不會生成氫氧根離子；B．漏寫碳酸氫根離子與堿的離子反應；C．過量SO2通入冷氨水中反應生成亞硫酸氫銨；D．電子不守恒．【解答】解：A．用KIO3氧化酸性溶液中的KI的離子反應為5I﹣+IO3﹣+6H+＝3I2+3H2O，故A錯誤；B．向NH4HCO3溶液中加過量的NaOH溶液并加熱的離子反應為HCO3﹣+NH4++2OH﹣NH3↑+2H2O+CO32﹣，故B錯誤；C．將過量SO2通入冷氨水中的離子反應為SO2+NH3?H2O＝HSO3﹣+NH4+，故C正確；D．用稀硝酸洗滌試管內壁的銀鏡的離子反應為3Ag+4H++NO3﹣＝3Ag++NO↑+2H2O，故D錯誤；故選：C。【點評】本題考查離子反應方程式的書寫，明確發(fā)生的化學反應是解答本題的關鍵，注意與量有關的離子反應為易錯點，題目難度不大．10．（2分）下列有關說法正確的是（）A．CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）室溫下不能自發(fā)進行，說明該反應的△H＜0 B．鍍銅鐵制品鍍層受損后，鐵制品比受損前更容易生銹 C．N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H＜0，其他條件不變時升高溫度，反應速率v（H2）和H2的平衡轉化率均增大 D．水的離子積常數Kw隨著溫度的升高而增大，說明水的電離是放熱反應【考點】BB：反應熱和焓變；BK：金屬的電化學腐蝕與防護．【專題】16：壓軸題；51E：化學平衡專題；51I：電化學專題．【分析】A．CaCO3分解需要吸收熱量；B．鍍銅鐵制品鍍層受損后，易形成原電池反應；C．升高溫度，平衡轉化率減??；D．水的電離為吸熱反應．【解答】解：A．CaCO3分解需要吸收熱量，該反應的△H＞0，故A錯誤；B．鍍銅鐵制品鍍層受損后，易形成原電池反應而導致更易腐蝕，故B正確；C．升高溫度，平衡向逆反應方向移動，則H2的平衡轉化率減小，故C錯誤；D．水的電離為吸熱反應，升高溫度，有利于水的電離，故D錯誤。故選：B?！军c評】本題考查較為綜合，涉及反應熱與焓變、電化學腐蝕、平衡移動以及弱電解質的電離等問題，題目難度中等，注意把握電化學反應原理以及平衡移動的影響因素．二.不定項選擇題：本題包括5小題，每小題3分，共計20分．每小題只有一個或兩個選項符合題意．若正確答案只包括一個選項，多選時，該題得0分；若正確答案包括兩個選項，只選一個且正確的得2分，選兩個且都正確的得滿分，但只要選錯一個，該小題就得0分．11．（3分）普伐他汀是一種調節(jié)血脂的藥物，其結構簡式如圖所示（未表示出其空間構型）．下列關于普伐他汀的性質描述正確的是（）A．能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應 B．能使酸性KMnO4溶液褪色 C．能發(fā)生加成、取代、消去反應 D．1mol該物質最多可與1molNaOH反應【考點】HD：有機物的結構和性質．【專題】534：有機物的化學性質及推斷．【分析】分子中含有﹣OH、﹣COO﹣、﹣COOH、C＝C等官能團，根據官能團的性質判斷，注意不含苯環(huán)．【解答】解：A．分子中不含酚羥基，則不能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，故A錯誤；B．含有C＝C，可使酸性KMnO4溶液褪色，故B正確；C．含有C＝C，可發(fā)生加成反應，含有﹣OH，可發(fā)生取代、消去反應，故C正確；D．含有﹣COO﹣、﹣COOH，能與NaOH反應，則1mol該物質最多可與2molNaOH反應，故D錯誤。故選：BC。【點評】本題考查有機物的結構和性質，題目難度不大，本題注意把握有機物官能團的性質，為解答該題的關鍵．12．（3分）短周期元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，X原子的最外層電子數是其內層電子總數的3倍，Y原子的最外層只有2個電子，Z單質可制成半導體材料，W與X屬于同一主族．下列敘述正確的是（）A．元素X的簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比W的強 B．元素W的最高價氧化物對應水化物的酸性比Z的弱 C．化合物YX、ZX2、WX3中化學鍵的類型相同 D．原子半徑的大小順序：rY＞rZ＞rW＞rX【考點】8F：原子結構與元素周期律的關系．【專題】51C：元素周期律與元素周期表專題．【分析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，X原子的最外層電子數是其內層電子總數的3倍，故X原子有2個電子層，最外層電子數為6，故X為O元素，W與X屬于同一主族，故W為S元素，Y原子的最外層只有2個電子，處于第ⅡA族，原子序數等于O元素，故Y為Mg元素，Z的單質常作為半導體材料，Z是Si元素，據此解答．【解答】解：短周期元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，X原子的最外層電子數是其內層電子總數的3倍，故X原子有2個電子層，最外層電子數為6，故X為O元素，W與X屬于同一主族，故W為S元素，Y原子的最外層只有2個電子，處于第ⅡA族，原子序數大于O元素，故Y為Mg元素，Z的單質常作為半導體材料，Z是Si元素，則A．同主族自上而下非金屬性減弱，故非金屬性O＞S，非金屬性越強，氫化物越穩(wěn)定，故穩(wěn)定性H2O＞H2S，故A正確；B．同周期自左而右非金屬性增強，故非金屬性S＞Si，非金屬性越強，最高價氧化物對應水化物的酸性越強，故酸性H2SO4＞H2SiO3，故B錯誤；C．YX是MgO，屬于離子化合物，只含離子鍵，ZX2和WX3和是二氧化硅和三氧化硫，二氧化硅和三氧化硫都只含共價鍵，故C錯誤；D．同主族自上而下原子半徑增大，故原子半徑O＜S，同周期自左而右原子半徑減小，故原子半徑Mg＞Si＞S，故原子半徑Mg＞Si＞S＞O，即rY＞rZ＞rW＞rX，故D正確；故選：AD?！军c評】本題考查了結構位置性質關系、元素周期律等，難度不大，能正確判斷元素是解本題的關鍵，掌握元素周期律的正確運用．13．（3分）下列根據實驗操作和現(xiàn)象所得出的結論正確的是（）A．向兩份蛋白質溶液中分別滴加飽和NaCl溶液和CuSO4溶液均有固體析出蛋白質均發(fā)生變性 B．向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加Ba（NO3）2溶液出現(xiàn)白色沉淀溶液X中一定含有SO42﹣ C．向一定濃度的Na2SiO3溶液中通入適量CO2氣體出現(xiàn)白色沉淀H2SiO3的酸性比H2CO3的酸性強 D．向濃度均為0.1mol?L﹣1NaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液出現(xiàn)黃色沉淀Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）【考點】DH：難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；F9：硫酸根離子的檢驗；K6：氨基酸、蛋白質的結構和性質特點；RM：比較弱酸的相對強弱的實驗．【專題】25：實驗評價題．【分析】A．根據濃的無機鹽溶液能使蛋白質發(fā)生鹽析，而重金屬鹽能使蛋白質發(fā)生變性；B．根據亞硫酸根離子具有還原性，能被稀硝酸氧化為硫酸根離子；C．根據強酸制弱酸的原理；D．根據同類型的沉淀，溶度積小的沉淀先析出來解答．【解答】解：A．因濃的無機鹽溶液能使蛋白質發(fā)生鹽析產生沉淀，如飽和硫酸鈉溶液、硫酸銨溶液；而重金屬鹽能使蛋白質發(fā)生變性而產生沉淀，如硫酸銅等，故A錯誤；B．溶液X中滴加稀硝酸，生成硫酸根離子，滴加Ba（NO3）2溶液時生成硫酸鋇白色沉淀，則溶液X中含有SO42﹣或SO32﹣，故B錯誤；C．向Na2SiO3溶液中通入適量的CO2，反應方程式為：CO2+H2O+Na2SiO3＝H2SiO3↓+Na2CO3，H2CO3H的酸性比2SiO3的酸性強，故C錯誤；D．同類型的沉淀，溶度積小的沉淀先析出，即Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），故D正確。故選：D?！军c評】本題主要考查了物質的性質，難度不大，掌握物質的性質是解題的關鍵．14．（3分）溫度為T時；向2.0L恒容密閉容器中充入1.0molPCl5；反應PCl5（g）?PCl3（g）+Cl2（g）經過一段時間后達到平衡。反應過程中測定的部分數據見表：t/s050150250350n（PCl3）/mol00.160.190.200.20下列說法正確的是（）A．反應在前50s的平均速率v（PCl3）＝0.0032mol?L﹣1?s﹣1 B．保持其他條件不變；升高溫度；平衡時c（PCl3）＝0.11mol?L﹣1；則反應的△H＜0 C．相同溫度下；起始時向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2；反應達到平衡前v（正）＞v（逆） D．相同溫度下；起始時向容器中充入2.0molPCl3和2.0molCl2；達到平衡時；PCl3的轉化率小于80%【考點】CP：化學平衡的計算．【專題】51E：化學平衡專題．【分析】A．由表中數據可知，50s內△n（PCl3）＝0.16mol，根據v計算v（PCl3）；B．由表中數據可知，平衡時n（PCl3）＝0.2mol，保持其他條件不變，升高溫度，平衡時c（PCl3）＝0.11mol/L，則n′（PCl3）＝0.22mol＞0.2mol，可知平衡正向移動，升高溫度平衡向吸熱反應方向移動；C．根據K計算平衡常數，再求濃度商（Qc），K＞Qc，說明反應向正反應方向進行，K＜Qc，說明反應向逆反應方向進行，K＝Qc，說明處于平衡狀態(tài)；D．等效為起始加入2.0molPCl5，與原平衡相比，壓強增大，平衡向逆反應方向移動，平衡時的PCl5轉化率較原平衡低，故平衡時PCl3的物質的量小于0.4mol，則參加反應的PCl3的物質的量大于1.6mol?！窘獯稹拷猓篈．由表中數據可知，50s內△n（PCl3）＝0.16mol，v（PCl3）0.0016mol/（L?s），故A錯誤；B．由表中數據可知，平衡時n（PCl3）＝0.2mol，保持其他條件不變，升高溫度，平衡時，c（PCl3）＝0.11mol/L，則n′（PCl3）＝0.11mol/L×2L＝0.22mol＞0.2mol，說明升高溫度平衡正向移動，正反應為吸熱反應，即△H＞O，故B錯誤；C．250s處于平衡狀態(tài)，則：PCl5（g）?PCl3（g）+Cl2（g）開始（mol/L）：0.500變化（mol/L）：0.10.10.1平衡（mol/L）：0.40.10.1所以平衡常數k0.025。起始時向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2，起始時PCl5的濃度為0.5mol/L、PCl3的濃度為0.1mol/L、Cl2的濃度為0.1mol/L，濃度商Qc0.02＜K＝0.25，說明平衡向正反應方向移動，反應達平衡前v（正）＞v（逆），故C正確；D．等效為起始加入2.0molPCl5，與原平衡相比，壓強增大，平衡向逆反應方向移動，平衡時的PCl5轉化率較原平衡低，故平衡時PCl3的物質的量小于0.4mol，即相同溫度下，起始時向容器中充入2.0molPCl3和2.0molCl2，達到平衡時，PCl3的物質的量小于0.4mol，參加反應的PCl3的物質的量大于1.6mol，故達到平衡時，PCl3的轉化率高于80%，故D錯誤，故選：C?！军c評】本題考查化學平衡計算、平衡常數應用、平衡移動、等效平衡等，難度中等，注意D中使用等效平衡思想分析，使問題簡單化，也可以根據平衡常數計算，但比較麻煩。15．（3分）25℃時，有c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＝0.1mol?L﹣1的一組醋酸、醋酸鈉混合溶液，溶液中c（CH3COOH）、c（CH3COO﹣）與pH的關系如圖所示．下列有關溶液中離子濃度關系的敘述正確的是（）A．pH＝5.5的溶液中：c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣） B．W點所表示的溶液中：c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COOH）+c（OH﹣） C．pH＝3.5的溶液中：c（Na+）+c（H+）﹣c（OH﹣）+c（CH3COOH）＝0.1mol?L﹣1 D．向W點所表示的1.0L溶液中通入0.05molHCl氣體（溶液體積變化可忽略）：c（H+）＝c（CH3COOH）+c（OH﹣）【考點】DN：離子濃度大小的比較．【專題】16：壓軸題；51G：電離平衡與溶液的pH專題．【分析】A．由圖可知，pH＝4.75時，c（CH3COOH）＝c（CH3COO﹣）＝0.05mol/L，pH＝5.5時，酸性減弱，溶液中c（CH3COOH）降低，溶液中c（CH3COO﹣）增大，據此確定c（CH3COOH）和c（CH3COO﹣）的相對大?。籅．由圖可知，W點所表示的溶液中c（CH3COOH）＝c（CH3COO﹣）＝0.05mol/L，結合溶液中電荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）判斷；C．溶液中c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＝0.1mol?L﹣1，根據電荷守恒有c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），據此解答；D．通入0.05molHCl，與溶液中醋酸根恰好反應，反應后溶液相當于CH3COOH、NaCl混合溶液，溶液中氫離子源于CH3COOH、水的電離．【解答】解：A．由圖可知，pH＝4.75時，c（CH3COOH）＝c（CH3COO﹣）＝0.05mol/L，pH＝5.5時，酸性減弱，結合圖象可知，溶液中c（CH3COOH）降低，溶液中c（CH3COO﹣）增大，則所以c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH），故A錯誤；B．由圖可知，W點所表示的溶液中c（CH3COOH）＝c（CH3COO﹣）＝0.05mol/L，溶液中電荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），所以c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COOH）+c（OH﹣），故B正確；C．溶液中c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＝0.1mol?L﹣1，電荷守恒有c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），所以c（Na+）+c（H+）﹣c（OH﹣）+c（CH3COOH）＝0.1mol?L﹣1，故C正確；D．通入0.05molHCl，與溶液中醋酸根恰好反應，反應后溶液相當于CH3COOH、NaCl混合溶液，溶液中氫離子源于CH3COOH、水的電離，溶液中c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），故D錯誤；故選：BC?！军c評】本題考查離子濃度大小判斷，注意根據電荷守恒、物料守恒、質子守恒來分析解答即可，難度較大．三.非選擇題16．（12分）利用石灰乳和硝酸工業(yè)的尾氣（含NO、NO2）反應，既能凈化尾氣，又能獲得應用廣泛的Ca（NO2）2，其部分工藝流程如下：（1）一定條件下，NO與NO2存在下列反應：NO（g）+NO2（g）?N2O3（g），其平衡常數表達式為K＝．（2）上述工藝中采用氣﹣液逆流接觸吸收（尾氣從吸收塔底進入，石灰乳從吸收塔頂噴淋），其目的是使尾氣中NO、NO2被充分吸收；濾渣可循環(huán)使用，濾渣的主要成分是Ca（OH）2（填化學式）．（3）該工藝需控制NO和NO2物質的量之比接近1頤1．若n（NO）：n（NO2）＞1頤1，則會導致排放氣體中NO含量升高；若n（NO）：n（NO2）＜1頤1，則會導致產品Ca（NO2）2中Ca（NO3）2含量升高．（4）生產中溶液需保持弱堿性，在酸性溶液中Ca（NO2）2會發(fā)生分解，產物之一是NO，其反應的離子方程式為3NO2﹣+2H+＝NO3﹣+2NO↑+H2O．【考點】C8：化學平衡常數的含義；EK：氮的氧化物的性質及其對環(huán)境的影響．【專題】524：氮族元素．【分析】（1）化學平衡常數，是指在一定溫度下，可逆反應達到平衡時各生成物濃度的化學計量數次冪的乘積除以各反應物濃度的化學計量數次冪的乘積所得的比值；（2）使尾氣中NO、NO2與石灰乳充分接觸；濾渣的主要成分是Ca（OH）2；（3）若n（NO）：n（NO2）＞1：1，則一氧化氮過量，若＜1：1，則二氧化氮過量；（4）根據質量守恒和電荷守恒定律書寫；【解答】解：（1）化學平衡常數，是指在一定溫度下，可逆反應達到平衡時各生成物濃度的化學計量數次冪的乘積除以各反應物濃度的化學計量數次冪的乘積所得的比值，NO（g）+NO2（g）?N2O3（g），其平衡常數表達式為K，故答案為：；（2）使尾氣中NO、NO2與石灰乳充分接觸，NO、NO2被充分吸收；濾渣主要成分是Ca（OH）2，故答案為：使尾氣中NO、NO2被充分吸收；Ca（OH）2；（3）若n（NO）：n（NO2）＞1：1，則一氧化氮過量，排放氣體中NO含量升高；若n（NO）：n（NO2）＜1：1，則二氧化氮過量，二氧化氮可與石灰乳反應生成Ca（NO3）2，故答案為：排放氣體中NO含量升高；產品Ca（NO2）2中Ca（NO3）2含量升高；（4）反應物是NO2﹣和H+，生成物是一氧化氮，硝酸根和水，反應的離子方程式為3NO2﹣+2H+＝NO3﹣+2NO↑+H2O，故答案為：3NO2﹣+2H+＝NO3﹣+2NO↑+H2O．【點評】本題考查學生在“工藝流程閱讀分析，化學反應原理在工藝流程的應用，氧化還原反應分析，相關反應的書寫”等方面對元素化合物性質及其轉化關系的理解和應用程度，考查學生對新信息的處理能力，題目難度適中．17．（12分）化合物H是合成藥物鹽酸沙格雷酯的重要中間體，其合成路線如下：（1）化合物A中的含氧官能團為羥基和醛基（填官能團名稱）．（2）反應①→⑤中，屬于取代反應的是①③⑤（填序號）．（3）寫出同時滿足下列條件的B的一種同分異構體的結構簡式：．I．分子中含有兩個苯環(huán)；II．分子中有7種不同化學環(huán)境的氫；III．不能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，但水解產物之一能發(fā)生此反應．（4）實現(xiàn)D→E的轉化中，加入的化合物X能發(fā)生銀鏡反應，X的結構簡式為．（5）已知：化合物是合成抗癌藥物美法倫的中間體，請寫出以和為原料制備該化合物的合成路線流程圖（無機試劑任用）．合成路線流程圖示例如下：【考點】HC：有機物的合成．【專題】534：有機物的化學性質及推斷．【分析】合成H的各物質都在合成圖中，由碳鏈骨架和官能團的變化可知，反應①為取代反應，反應②為還原反應，反應③為取代反應，反應④為加成反應，反應⑤為取代反應；（1）A為鄰羥基苯甲醛，含有﹣OH、﹣CHO；（2）根據以上分析判斷反應類型；（3）B為，其一種同分異構體滿足I．分子中含有兩個苯環(huán)；II．分子中有7種不同化學環(huán)境的氫；III．不能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，但水解產物之一能發(fā)生此反應，則該有機物中不含酚羥基，含2個苯環(huán)及酯的結構，且水解后生成苯酚結構；（4）D為，E為，D與X反應生成E，X能發(fā)生銀鏡反應，X一定含﹣CHO；（5）先發(fā)生硝化反應生成硝基苯，再還原為苯胺，然后與反應生成的物質，該物質再與SOCl2在加熱條件下反應得到產物．【解答】解：合成H的各物質都在合成圖中，由碳鏈骨架和官能團的變化可知，反應①為取代反應，反應②為還原反應，反應③為取代反應，反應④為加成反應，反應⑤為取代反應；（1）A為鄰羥基苯甲醛，含有﹣OH、﹣CHO，名稱分別為羥基、醛基，故答案為：羥基；醛基；（2）根據以上分析可知①③⑤為取代反應，故答案為：①③⑤；（3）B為，其一種同分異構體滿足I．分子中含有兩個苯環(huán)；II．分子中有7種不同化學環(huán)境的氫；III．不能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，但水解產物之一能發(fā)生此反應，則該有機物中不含酚羥基，含2個苯環(huán)及酯的結構，且水解后生成苯酚結構，符合條件的同分異構體為，故答案為：；（4）D為，E為，D與X反應生成E，X能發(fā)生銀鏡反應，X一定含﹣CHO，則X的結構簡式為，故答案為：；（5）先發(fā)生硝化反應生成硝基苯，再還原為苯胺，然后與反應生成的物質，該物質再與SOCl2在加熱條件下反應得到產物，則合成路線流程圖為，故答案為：．【點評】本題考查有機物的合成，明確合成圖中物質的結構與性質的關系、碳鏈結構與官能團的變化等即可解答，題目難度中等，（5）為解答的難點，注意結合信息來分析解答．18．（10分）硫酸鈉﹣過氧化氫加合物（xNa2SO4?yH2O2?zH2O）的組成可通過下列實驗測定：①準確稱取1.7700g樣品，配制成100.00mL溶液A．②準確量取25.00mL溶液A，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，過濾、洗滌、干燥至恒重，得到白色固體0.5825g．③準確量取25.00mL溶液A，加適量稀硫酸酸化后，用0.02000mol?L﹣1KMnO4溶液滴定至終點，消耗KMnO4溶液25.00mL．H2O2與KMnO4反應的離子方程式如下：2MnO4﹣+5H2O2+6H+＝2Mn2++8H2O+5O2↑（1）已知室溫下BaSO4的Ksp＝1.1×10﹣10，欲使溶液中c（SO42﹣）≤1.0×10﹣6mol?L﹣1，應保持溶液中c（Ba2+）≥1.1×10﹣4mol?L﹣1．（2）上述滴定若不加稀硫酸酸化，MnO4﹣被還原為MnO2，其離子方程式為2MnO4﹣+3H2O2＝2MnO2↓+3O2↑+2OH﹣+2H2O．（3）通過計算確定樣品的組成（寫出計算過程）．【考點】RD：探究物質的組成或測量物質的含量．【專題】18：實驗分析題．【分析】（1）根據沉淀溶解平衡常數Ksp＝c（SO42﹣）?c（Ba2+）來計算；（2）不加稀硫酸酸化，MnO4﹣被還原為MnO2，雙氧水被氧化生成氧氣，根據電荷守恒可知有氫氧根離子生成，再根據原子守恒判斷是否有水生成，配平書寫；（3）生成的白色固體0.5825g為硫酸鋇，根據n計算硫酸鋇的物質的量，根據硫酸根守恒可知n（Na2SO4）＝n（BaSO4）．根據方程式計算25mL溶液中n（H2O2），再根據m＝nM計算25mL溶液中硫酸鈉、過氧化氫的質量，繼而計算結晶水的質量，根據各物質的物質的量之比確定x：y：z，據此書寫化學式．【解答】解：（1）沉淀溶解平衡常數Ksp＝c（SO42﹣）?c（Ba2+），當c（SO42﹣）≤1.0×10﹣5mol?L﹣1，所以溶液中c（Ba2+）1.1×10﹣4mol/L，故答案為：1.1×10﹣4；（2）不加稀硫酸酸化，MnO4﹣被還原為MnO2，Mn元素共降低3價，雙氧水被氧化生成氧氣，氧元素共升高2價，化合價最小公倍數為6，故MnO4﹣的系數為2、MnO2的系數為2，H2O2的系數為3、O2系數為3，根據電荷守恒可知有OH﹣生成，其系數為2，由原子守恒可知，有水生成，其系數為2，反應離子方程式為：2MnO4﹣+3H2O2＝2MnO2↓+3O2↑+2OH﹣+2H2O，故答案為：2MnO4﹣+3H2O2＝2MnO2↓+3O2↑+2OH﹣+2H2O；（3）n（Na2SO4）＝n（BaSO4）2.50×10﹣3mol，根據2MnO4﹣+5H2O2+6H+＝2Mn2++8H2O+5O2↑可知，n（H2O2）0.02000mol?L﹣1×0.025L/＝1.25×10﹣3molm（Na2SO4）＝142g?mol﹣1×2.50×10﹣3mol＝0.355gm（H2O2）＝34g?mol﹣1×1.25×10﹣3mol＝0.0425gn（H2O）＝（1.7700g0.355g﹣0.0425g）÷18g?mol﹣1＝2.50×10﹣3molx：y：z＝n（Na2SO4）：n（H2O2）：n（H2O）＝2：1：2硫酸鈉﹣過氧化氫加合物的化學式為2Na2SO4?H2O2?2H2O答：硫酸鈉﹣過氧化氫加合物的化學式為2Na2SO4?H2O2?2H2O．【點評】本題屬于物質組成分析與化學綜合計算題，涉及氧化還原反應滴定、溶度積的計算、離子方程式書寫等，難度中等，注意運用元素守恒進行推理計算，學習中緊緊抓住元素守恒守恒、質量守恒、電荷守恒、極端分析等化學常用分析方法．19．（11分）廢棄物的綜合利用既有利于節(jié)約資源，又有利于保護環(huán)境。實驗室利用廢舊電池的銅帽（Cu、Zn總含量約為99%）回收Cu并制備ZnO的部分實驗過程如下：（1）①銅帽溶解時加入H2O2的目的是Cu+H2O2+H2SO4＝CuSO4+2H2O（用化學方程式表示）。②銅帽溶解完全后，需將溶液中過量的H2O2除去。除去H2O2的簡便方法是加熱至沸騰。（2）為確定加入鋅灰（主要成分為Zn、ZnO，雜質為鐵及其氧化物）的量，實驗中需測定除去H2O2后溶液中Cu2+的含量。實驗操作為：準確量取一定體積的含有Cu2+的溶液于帶塞錐形瓶中，加適量水稀釋，調節(jié)溶液pH＝3～4，加入過量的KI，用Na2S2O3標準溶液滴定至終點。上述過程中反應的離子方程式如下：搖搖2Cu2++4I﹣＝2CuI（白色）↓+I22S2O32﹣+I2＝2I﹣+S4O62﹣①滴定選用的指示劑為淀粉溶液，滴定終點觀察到的現(xiàn)象為藍色褪去。②若滴定前溶液中的H2O2沒有除盡，所測定的Cu2+含量將會偏高（填“偏高”、“偏低”或“不變”）。（3）已知pH＞11時Zn（OH）2能溶于NaOH溶液生成[Zn（OH）4]2﹣．下表列出了幾種離子生成氫氧化物沉淀的pH（開始沉淀的pH按金屬離子濃度為1.0mol?L﹣1計算）。開始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Fe2+5.88.8Zn2+5.98.9實驗中可選用的試劑：30%H2O2、1.0mol?L﹣1HNO3、1.0mol?L﹣1NaOH．由除去銅的濾液制備ZnO的實驗步驟依次為：①向濾液中加入30%H2O2，使其充分反應；②滴加1.0mol?L﹣1NaOH，調節(jié)溶液PH約為5（或3.2≤pH＜5.9），使Fe3+沉淀完全；③過濾；④向濾液中滴加1.0mol?L﹣1NaOH，調節(jié)溶液PH約為10（或8.9≤pH≤11），使Zn2+沉淀完全；⑤過濾、洗滌、干燥；⑥900℃煅燒。【考點】DH：難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質；GA：金屬的回收與環(huán)境、資源保護；P8：物質分離和提純的方法和基本操作綜合應用；RD：探究物質的組成或測量物質的含量．【專題】16：壓軸題；527：幾種重要的金屬及其化合物．【分析】（1）①酸性條件下Cu與過氧化氫發(fā)生氧化還原反應生成硫酸銅和水；②過氧化氫加熱到153℃便猛烈的分解；（2）①根據淀粉與碘單質作用變藍解答；②根據H2O2+2I﹣+2H+＝I2+2H2O解答；（3）滴加H2O2溶液，使Fe2+轉化完全為Fe3+，滴加NaOH溶液，形成氫氧化鐵沉淀，除雜后形成氫氧化鋅沉淀，過濾、洗滌、干燥900℃煅燒制得氧化鋅；【解答】解：（1）①因為雙氧水在酸性溶液中先把銅氧化成氧化銅，當然這是一個微弱的反應，形成一個平衡，但是形成的氧化銅馬上就會被稀硫酸溶解，平衡被打破，反應朝正方向進行，故而逐漸溶解，反應的化學方程式為：Cu+H2O2+H2SO4＝CuSO4+2H2O；故答案為：Cu+H2O2+H2SO4＝CuSO4+2H2O；②過氧化氫性質比較穩(wěn)定，若加熱到153℃便猛烈的分解為水和氧氣，將溶液中過量的H2O2除去可加熱至沸騰，故答案為：加熱至沸騰；（2）①淀粉溶液為指示劑，當最后一滴Na2S2O3溶液滴入時，溶液藍色褪去，半分鐘顏色不變，說明滴定到達終點，故答案為：淀粉溶液，藍色褪去；②若留有H2O2，加入KI后，會有以下反應：H2O2+2I﹣+2H+＝I2+2H2O誤當成2Cu2++4I﹣＝2CuI（白色）↓+I2生成的碘，使測定結果偏高，故答案為：偏高；（3）①向濾液中加入30%H2O2，使其充分反應，目的使Fe2+轉化完全為Fe3+，滴加NaOH溶液，調節(jié)溶液PH約為5（或3.2≤pH＜5.9），使Fe3+沉淀完全，向濾液中滴加1.0mol?L﹣1NaOH，調節(jié)溶液PH約為10（或8.9≤pH≤11），使Zn2+沉淀完全，900℃煅燒，制得氧化鋅，故答案為：向濾液中加入30%H2O2，使其充分反應；滴加1.0mol?L﹣1NaOH，調節(jié)溶液PH約為5（或3.2≤pH＜5.9），使Fe3+沉淀完全；向濾液中滴加1.0mol?L﹣1NaOH，調節(jié)溶液PH約為10（或8.9≤pH≤11），使Zn2+沉淀完全；【點評】本題主要考查實驗室廢棄舊電池的銅帽回收銅和制備ZnO，考查學生對綜合實驗處理能力，注意實驗方案的設計原理和步驟是解答的關鍵，平時注意打好扎實的基礎知識和靈活應用知識解決問題的能力培養(yǎng)，題目難度中等。20．（10分）鋁是地殼中含量最高的金屬元素，其單質及合金在生產生活中的應用日趨廣泛。（1）真空碳熱還原﹣氯化法可實現(xiàn)由鋁土礦制備金屬鋁，其相關反應的熱化學方程式如下：Al2O3（s）+AlC13（g）+3C（s）＝3AlCl（g）+3CO（g）△H＝akJ?mol﹣13AlCl（g）＝2Al（l）+AlC13（g）△H＝bkJ?mol﹣1①反應Al2O3（s）+3C（s）＝2Al（l）+3CO（g）的△H＝a+bkJ?mol﹣1（用含a、b的代數式表示）。②Al4C3是反應過程中的中間產物。Al4C3與鹽酸反應（產物之一是含氫量最高的烴）的化學方程式為Al4C3+12HCl＝4AlCl3+3CH4↑。（2）鎂鋁合金（Mg17Al12）是一種潛在的貯氫材料，可在氬氣保護下，將一定化學計量比的Mg、Al單質在一定溫度下熔煉獲得。該合金在一定條件下完全吸氫的反應方程式為Mg17Al12+17H2＝17MgH2+12Al．得到的混合物Y（17MgH2+12Al）在一定條件下可釋放出氫氣。①熔煉制備鎂鋁合金（Mg17Al12）時通入氬氣的目的是防止MgAl被空氣氧化。②在6.0mol?L﹣1HCl溶液中，混合物Y能完全釋放出H2．1molMg17Al12完全吸氫后得到的混合物Y與上述鹽酸完全反應，釋放出H2的物質的量為52mol。③在0.5mol?L﹣1NaOH和1.0mol?L﹣1MgCl2溶液中，混合物Y均只能部分放出氫氣，反應后殘留固體物質的X﹣射線衍射譜圖如圖1所示（X﹣射線衍射可用于判斷某晶態(tài)物質是否存在，不同晶態(tài)物質出現(xiàn)衍射峰的衍射角不同）。在上述NaOH溶液中，混合物Y中產生氫氣的主要物質是Al（填化學式）。（3）鋁電池性能優(yōu)越，Al﹣AgO電池可用作水下動力電源，其原理如圖2所示。該電池反應的化學方程式為2Al+3AgO+2NaOH＝2NaAlO2+3Ag+H2O?！究键c】5A：化學方程式的有關計算；BF：用蓋斯定律進行有關反應熱的計算；BH：原電池和電解池的工作原理．【專題】16：壓軸題；517：化學反應中的能量變化；527：幾種重要的金屬及其化合物．【分析】（1）①將兩個方程式相加即得目標方程式，焓變相應的改變；②含氫量最高的烴為CH4，再根據反應物、生成物結合原子守恒寫出反應方程式；（2）①鎂、鋁是親氧元素，易被氧氣氧化；②釋放出的H2包括Mg17Al12吸收的氫，還包括鎂、鋁和鹽酸反應生成的氫氣；③根據衍射圖確定產生氫氣的主要物質，第一個衍射圖中鋁的量較少，第二個衍射圖中鋁的量較多；（3）該原電池中，鋁易失去電子作負極，則銀是正極，負極上鋁和氫氧化鈉反應生成偏鋁酸鈉，正極上氧化銀得電子生成銀，據此寫出電池反應式?！窘獯稹拷猓海?）①根據蓋斯定律，將題中所給兩方程式相加得Al2O3（s）+3C（s）＝2Al（l）+3CO（g），對應的△H＝（a+b）kJ?mol﹣1，故答案為：a+b；②含氫量最高的烴為CH4，根據碳原子守恒，3個碳需要結合12個H原子形成3個CH4，再由鋁原子守恒，4個鋁需要結合12個Cl形成4個AlCl3，所以Al4C3與HCl之間為1：12參加反應，故該反應方程式為：Al4C3+12HCl＝4AlCl3+3CH4↑，故答案為：Al4C3+12HCl＝4AlCl3+3CH4↑；（2）①鎂、鋁都是活潑的金屬單質，容易被空氣中的氧氣氧化，通入氬氣作保護氣，以防止二者被氧化，故答案為：防止MgAl被空氣氧化；②1molMg17Al12完全吸氫17mol，在鹽酸中會全部釋放出來，鎂鋁合金中的鎂和鋁都能與鹽酸反應生成H2，生成氫氣的物質的量分別為17mol、18mol，則生成氫氣一共（17+17+12）mol＝52mol，故答案為：52；③鎂與NaOH不反應，再根據衍射譜圖可知，在NaOH溶液中產生氫氣的主要物質是鋁，故答案為：Al；（3）鋁做負極，失電子被氧化，在堿性溶液中生成NaAlO2，氧化銀做正極，得電子被還原為Ag，電解質溶液為NaOH溶液，所以其電池反應式為：2Al+3AgO+2NaOH＝2NaAlO2+3Ag+H2O，故答案為：2Al+3AgO+2NaOH＝2NaAlO2+3Ag+H2O?！军c評】本題以鋁為題材，考查蓋斯定律、鋁及其化合物的性質以及電化學反應方程式，意在考查考生閱讀新信息，處理新情況的能力，電極反應式的書寫是易錯點，難度較大。選做題（本題包括21、22題，請選定其中一小題作答，如果多做，按第一題計分）21．（5分）[物質結構與性質]一項科學研究成果表明，銅錳氧化物（CuMn2O4）能在常溫下催化氧化空氣中的一氧化碳和甲醛（HCHO）．（1）向一定物質的量濃度的Cu（NO3）2和Mn（NO3）2溶液中加入Na2CO3溶液，所得沉淀經高溫灼燒，可制得CuMn2O4．①Mn2+基態(tài)的電子排布式可表示為1s22s22p63s23p63d5（或[Ar]3d5）．②NO3﹣的空間構型是平面三角形（用文字描述）．（2）在銅錳氧化物的催化下，CO被氧化為CO2，HCHO被氧化為CO2和H2O．①根據等電子體原理，CO分子的結構式為C≡O．②H2O分子中O原子軌道的雜化類型為sp3．③1molCO2中含有的σ鍵數目為2×6.02×1023個（或2mol）．（3）向CuSO4溶液中加入過量NaOH溶液可生成[Cu（OH）4]2﹣．不考慮空間構型，[Cu（OH）4]2﹣的結構可用示意圖表示為．【考點】86：原子核外電子排布；96：共價鍵的形成及共價鍵的主要類型；98：判斷簡單分子或離子的構型；9S：原子軌道雜化方式及雜化類型判斷．【專題】16：壓軸題；51D：化學鍵與晶體結構．【分析】（1）①Mn的原子序數為25，根據能量最低原理可寫出Mn的基態(tài)原子的電子排布式，進而可確定Mn2+基態(tài)的電子排布式；②利用價層電子對互斥模型判斷；（2）①根據N2與CO為等電子體，結合等電子體結構相似判斷；②根據中心原子形成的δ鍵和孤電子對數判斷雜化類型；③據CO2的結構式O＝C＝O判斷；（3）[Cu（OH）4]2﹣中與Cu2+與4個OH﹣形成配位鍵．【解答】解：（1）①Mn的原子序數為25，基態(tài)原子的電子排布式為，1s22s22p63s23p63d54s2，則Mn2+基態(tài)的電子排布式可表示為1s22s22p63s23p63d5（或[Ar]3d5），故答案為：1s22s22p63s23p63d5（或[Ar]3d5）；②NO3﹣中N原子形成3個δ鍵，沒有孤電子對，則應為平面三角形，故答案為：平面三角形；（2）①N2與CO為等電子體，二者結構相似，N2的結構為N≡N，則CO的結構為C≡O，故答案為：C≡O；②H2O分子中O形成2個δ鍵，孤電子對數為2，則為雜化sp3；③CO2的結構式為O＝C＝O，分子中C形成2個δ鍵，則1molCO2中含有的σ鍵數目為×6.02×1023個（或2mol），故答案為：2×6.02×1023個（或2mol）；（3））[Cu（OH）4]2﹣中與Cu2+與4個OH﹣形成配位鍵，可表示為，故答案為：．【點評】本題綜合考查物質的結構與性質知識，側重于電子排布式、等電子體、雜化類型與配位鍵等知識，題目難度中等，注意把握雜化類型的判斷方法．22．（5分）[實驗化學]次硫酸氫鈉甲醛（NaHSO2?HCHO?2H2O）在印染、醫(yī)藥以及原子能工業(yè)中應用廣泛。以Na2SO3、SO2、HCHO和鋅粉為原料制備次硫酸氫鈉甲醛的實驗步驟如下：步驟1：在燒瓶中（裝置如圖所示）加入一定量Na2SO3和水，攪拌溶解，緩慢通入SO2，至溶液pH約為4，制得NaHSO3溶液。步驟2：將裝置A中導氣管換成橡皮塞。向燒瓶中加入稍過量的鋅粉和一定量甲醛溶液，在80～90℃下，反應約3h，冷卻至室溫，抽濾。步驟3：將濾液真空蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶。（1）裝置B的燒杯中應加入的溶液是氫氧化鈉溶液。（2）①步驟2中，反應生成的Zn（OH）2會覆蓋在鋅粉表面阻止反應進行，防止該現(xiàn)象發(fā)生的措施是快速攪拌。②冷凝管中回流的主要物質除H2O外還有HCHO（填化學式）。（3）①抽濾裝置所包含的儀器除減壓系統(tǒng)外還有吸濾瓶、布氏漏斗（填儀器名稱）．②濾渣的主要成分有Zn（OH）2、Zn（填化學式）。（4）次硫酸氫鈉甲醛具有強還原性，且在120℃以上發(fā)生分解。步驟3中不在敞口容器中蒸發(fā)濃縮的原因是防止產物被空氣氧化。【考點】P8：物質分離和提純的方法和基本操作綜合應用；U3：制備實驗方案的設計．【專題】16：壓軸題；17：綜合實驗題．【分析】（1）未反應的二氧化硫氣體是酸性氧化物能和堿溶液反應；（2）防止氫氧化鋅覆蓋在鋅粉上阻止反應進行；甲醛易揮發(fā)；（3）依據抽濾裝置的組成和原理分析判斷儀器；加入的鋅過量，反應生成的Zn（OH）2會覆蓋在鋅粉表面阻止反應進行；（4）次硫酸氫鈉甲醛具有強還原性，遇到空氣中的氧氣易被氧化；【解答】解：（1）實驗中未參與反應的二氧化硫氣體會通過導氣管進入B裝置，可以用氫氧化鈉溶液吸收二氧化硫乙防止污染空氣；故答案為：氫氧化鈉溶液；（2）①為防止氫氧化鋅覆蓋在鋅粉表面阻止反應進行，可以快速攪拌避免固體在三頸燒瓶底部沉積；故答案為：快速攪拌；②HCHO易揮發(fā)，在80°C﹣90°C條件下會大量揮發(fā)，加冷凝管可以使HCHO冷凝回流提高HCHO的利用率；故答案為：HCHO；（3）抽濾裝置不同于普通過濾裝置，由減壓系統(tǒng)（真空泵），吸濾瓶和布氏漏斗等組成，抽濾后濾液中含有為反應的鋅粉和反應生成的氫氧化鋅；故答案為：吸濾瓶；布氏漏斗；Zn（OH）2；Zn；（4）次硫酸氫鈉甲醛具有還原性，在敞口容器中蒸發(fā)濃縮，可以被空氣中的氧氣氧化變質；故答案為：防止產物被空氣氧化；【點評】本題考查了實驗制備方案的設計，實驗步驟的操作，儀器使用方法，反應過程中的物質判斷，題目難度中等。精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔2013年江蘇省高考化學試卷一、單項選擇題：本題包括10小題，每小題2分，共計20分．每小題只有一個選項符合題意．1．（2分）燃料電池能有效提高能源利用率，具有廣泛的應用前景．下列物質均可用作燃料電池的燃料，其中最環(huán)保的是（）A．甲醇 B．天然氣 C．液化石油氣 D．氫氣2．（2分）下列有關化學用語表示正確的是（）A．丙烯的結構簡式：C3H6 B．氫氧根離子的電子式： C．氯原子的結構示意圖： D．中子數為146、質子數為92的鈾（U）原子U3．（2分）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．使甲基橙變紅色的溶液：Mg2+、K+、SO42﹣、NO3﹣ B．使酚酞變紅色的溶液：Na+、Cu2+、HCO3﹣、NO3﹣ C．0.1mol?L﹣1AgNO3溶液：H+、K+、SO42﹣、I﹣ D．0.1mol?L﹣1NaAlO2溶液：H+、Na+、Cl﹣、SO42﹣4．（2分）下列有關物質性質的應用正確的是（）A．液氨汽化時要吸收大量的熱，可用作制冷劑 B．二氧化硅不與強酸反應，可用石英器皿盛放氫氟酸 C．生石灰能與水反應，可用來干燥氯氣 D．氯化鋁是一種電解質，可用于電解法制鋁5．（2分）用固體樣品配制一定物質的量濃度的溶液，需經過稱量、溶解、轉移溶液、定容等操作。下列圖示對應的操作規(guī)范的是（）A．稱量 B．溶解 C．轉移 D．定容6．（2分）甲、乙、丙、丁四種物質中，甲、乙、丙均含有相同的某種元素，它們之間具有如下轉化關系：甲乙丙．下列有關物質的推斷不正確的是（）A．若甲為焦炭，則丁可能是O2 B．若甲為SO2，則丁可能是氨水 C．若甲為Fe，則丁可能是鹽酸 D．若甲為NaOH溶液，則丁可能是CO27．（2分）設NA為阿伏加德羅常數的值．下列說法正確的是（）A．1L1mol?L﹣1的NaClO溶液中含有ClO﹣的數目為NA B．78g苯含有C＝C雙鍵的數目為3NA C．常溫常壓下，14g由N2與CO組成的混合氣體含有的原子數目為NA D．標準狀況下，6.72LNO2與水充分反應轉移的電子數目為0.1NA8．（2分）下列表示對應化學反應的離子方程式正確的是（）A．MnO2與濃鹽酸反應制Cl2：MnO2+4HClMn2++2Cl﹣+Cl2↑+2H2O B．明礬溶于水產生Al（OH）3膠體：Al3++3H2O═Al（OH）3↓+3H+ C．Na2O2溶于水產生O2：Na2O2+H2O═2Na++2OH﹣+O2↑ D．Ca（HCO3）2溶液與少量NaOH溶液反應：HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O9．（2分）Mg﹣H2O2電池可用于驅動無人駕駛的潛航器．該電池以海水為電解質溶液，示意圖如下．該電池工作時，下列說法正確的是（）A．Mg電極是該電池的正極 B．H2O2在石墨電極上發(fā)生氧化反應 C．石墨電極附近溶液的OH﹣的物質的量濃度增大 D．溶液中Cl﹣向正極移動10．（2分）短周期元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，且原子最外層電子數之和為13．X的原子半徑比Y的小，X與W同主族，Z是地殼中含量最高的元素．下列說法正確的是（）A．原子半徑的大小順序：r（Y）＞r（Z）＞r（W） B．元素Z、W的簡單離子的電子層結構不同 C．元素Y的簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比Z的強 D．只含X、Y、Z三種元素的化合物，可能是離子化合物，也可能是共價化合物二、不定項選擇題：本題包括5小題，每小題4分，共計20分．每小題只有一個或兩個選項符合題意．若正確答案只包括一個選項，多選時，該小題得0分；若正確答案包括兩個選項，只選一個且正確的得2分，選兩個且都正確的得滿分，但只要選錯一個，該小題就得0分．11．（4分）下列有關說法正確的是（）A．反應NH3（g）+HCl（g）═NH4Cl（s）在室溫下可自發(fā)進行，則該反應的△H＜0 B．電解法精煉銅時，以粗銅作陰極，純銅作陽極 C．CH3COOH溶液加水稀釋后，溶液中的值減小 D．Na2CO3溶液中加入少量Ca（OH）2固體，CO32﹣水解程度減小，溶液的pH減小12．（4分）藥物貝諾酯可由乙酰水楊酸和對乙酰氨基酚在一定條件下反應制得：下列有關敘述正確的是（）A．貝諾酯分子中有三種含氧官能團 B．可用FeCl3溶液區(qū)別乙酰水楊酸和對乙酰氨基酚 C．乙酰水楊酸和對乙酰氨基酚均能與NaHCO3溶液反應 D．貝諾酯與足量NaOH溶液共熱，最終生成乙酰水楊酸鈉和對乙酰氨基酚鈉13．（4分）下列依據相關實驗得出的結論正確的是（）A．向某溶液中加入稀鹽酸，產生的氣體通入澄清石灰水，石灰水變渾濁，該溶液一定是碳酸鹽溶液 B．用鉑絲蘸取少量某溶液進行焰色反應，火焰呈黃色，該溶液一定是鈉鹽溶液 C．將某氣體通入溴水中，溴水顏色褪去，該氣體一定是乙烯 D．向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不變色，滴加氯水后溶液顯紅色，該溶液中一定含F(xiàn)e2+14．（4分）一定溫度下，三種碳酸鹽MCO3（M：Mg2+、Ca2+、Mn2+）的沉淀溶解平衡曲線如圖所示．已知：pM＝﹣lgc（M），pc（CO32﹣）＝﹣lgc（CO32﹣）．下列說法正確的是（）A．MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次增大 B．a點可表示MnCO3的飽和溶液，且c（Mn2+）＝c（CO32﹣） C．b點可表示CaCO3的飽和溶液，且c（Ca2+）＜c（CO32﹣） D．c點可表示MgCO3的不飽和溶液，且c（Mg2+）＜c（CO32﹣）15．（4分）一定條件下存在反應：CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g），其正反應放熱．現(xiàn)有三個相同的2L恒容絕熱（與外界沒有熱量交換）密閉容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，在Ⅰ中充入1molCO和1molH2O，在Ⅱ中充入1molCO2和1molH2，在Ⅲ中充入2molCO和2molH2O，700℃條件下開始反應．達到平衡時，下列說法正確的是（）A．容器Ⅰ、Ⅱ中正反應速率相同 B．容器Ⅰ、Ⅲ中反應的平衡常數相同 C．容器Ⅰ中CO的物質的量比容器Ⅱ中的多 D．容器Ⅰ中CO的轉化率與容器Ⅱ中CO2的轉化率之和等于1三、非選擇題16．（12分）氧化鎂在醫(yī)藥、建筑等行業(yè)應用廣泛．硫酸鎂還原熱解制備高純氧化鎂是一種新的探索．以菱鎂礦（主要成分為MgCO3，含少量FeCO3）為原料制備高純氧化鎂的實驗流程如下：（1）MgCO3與稀硫酸反應的離子方程式為．（2）加入H2O2氧化時，發(fā)生反應的化學方程式為．（3）濾渣2的成分是（填化學式）．（4）煅燒過程存在以下反應：2MgSO4+C2MgO+2SO2↑+CO2↑MgSO4+CMgO+SO2↑+CO↑MgSO4+3CMgO+S↑+3CO↑利用如圖裝置對煅燒產生的氣體進行分步吸收或收集．①D中收集的氣體可以是（填化學式）．②B中盛放的溶液可以是（填字母）．a．NaOH溶液b．Na2CO3溶液c．稀硝酸d．KMnO4溶液③A中得到的淡黃色固體與熱的NaOH溶液反應，產物中元素最高價態(tài)為+4，寫出該反應的離子方程式：．17．（15分）化合物A（分子式為C6H6O）是一種有機化工原料，在空氣中易被氧化。A的有關轉化反應如下（部分反應條件略去）：已知：①②（R表示烴基，R′和R″表示烴基或氫）（1）寫出A的結構簡式：。（2）G是常用指示劑酚酞。寫出G中含氧官能團的名稱：和。（3）某化合物是E的同分異構體，且分子中只有兩種不同化學環(huán)境的氫。寫出該化合物的結構簡式：（任寫一種）。（4）F和D互為同分異構體。寫出反應E→F的化學方程式：。（5）根據已有知識并結合相關信息，寫出以A和HCHO為原料制備的合成路線流程圖（無機試劑任用）。合成路線流程圖示例如下：H2C═CH2CH3CH2BrCH3CH2OH。18．（12分）硫酸鎳銨[（NH4）xNiy（SO4）m?nH2O]