2015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2015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）“保護環(huán)境”是我國的基本國策．下列做法不應該提倡的是（）A．采取低碳、節(jié)儉的生活方式 B．按照規(guī)定對生活廢棄物進行分類放置 C．深入農村和社區(qū)宣傳環(huán)保知識 D．經常使用一次性筷子、紙杯、塑料袋等【考點】F7：常見的生活環(huán)境的污染及治理．【分析】保護環(huán)境，可從減少污染物的排放、開發(fā)新能源等角度分析．【解答】解：A、采取低碳、節(jié)儉的生活方式，節(jié)省大量的能源，符合保護環(huán)境的措施，故A不選；B、垃圾分類有利于環(huán)境的保護和資源的再利用，符合保護環(huán)境的措施，故B不選；C、伸入農村和社區(qū)宣傳環(huán)保知識，樹立保護環(huán)境從自我做起、保護環(huán)境人人有責的意識，符合保護環(huán)境的措施，故C不選；D、經常使用一次性筷子和紙杯，會消耗大量的木材，一次性塑料袋的大量使用會造成白色污染，故措施不合理，故D選；故選D。【點評】本題主要考查環(huán)境保護，注意保護環(huán)境人人有責，從自我做起，從小事做起，明確環(huán)境和人類發(fā)展的關系及環(huán)境保護意識即可解答，題目難度不大2．（2分）下列有關氯元素及其化合物的表示正確的是（）A．質子數為17、中子數為20的氯原子Cl B．氯離子（Cl﹣）的結構示意圖： C．氯分子的電子式： D．氯乙烯分子的結構簡式：H3C﹣CH2Cl【考點】4J：電子式、化學式或化學符號及名稱的綜合．【分析】A、元素符號的左上角標質量數，質量數＝質子數+中子數；B、氯離子（Cl﹣）為Cl原子得到1個電子形成的陰離子，最外層滿足8個電子的穩(wěn)定結構；C、氯氣為雙原子分子，最外層均滿足8個電子的穩(wěn)定結構；D、氯乙烯分子中存在碳碳雙鍵，據此解答即可。【解答】解：A、元素符號的左上角標質量數，中子數為20的氯原子，質量數＝17+20＝37，故正確應為：1737Cl，故A錯誤；B、Cl原子得到1個電子形成最外層滿足8個電子的Cl﹣，離子結構示意圖為：，故B錯誤；C、氯氣中存在1對氯氯共用電子對，氯原子最外層達到8電子穩(wěn)定結構，電子式為：，故C正確；D、氯乙烯分子中存在碳碳雙鍵，正確的結構簡式為：H2C＝CHCl，故D錯誤，故選C?！军c評】本題主要是對常見化學用語的考查，涉及核素的表示方法、質量數與質子數和中子數的關系、電子式的書寫、結構簡式書寫等，難度不大。3．（2分）下列說法正確的是（）A．分子式為C2H6O的有機化合物性質相同 B．相同條件下，等質量的碳按a、b兩種途徑完全轉化，途徑a比途徑b放出更多熱能途徑a：CCO+H2CO2+H2O途徑b：CCO2 C．在氧化還原反應中，還原劑失去電子總數等于氧化劑得到電子的總數 D．通過化學變化可以直接將水轉變?yōu)槠汀究键c】51：氧化還原反應的電子轉移數目計算；BN：化學能與熱能的應用；H9：辨識簡單有機化合物的同分異構體．【分析】A、分子式為C2H6O的有機化合物存在同分異構體；B、化學反應的熱效應只與反應物的初始狀態(tài)和生成物的最終狀態(tài)有關；C、氧化還原反應本質電子的得失，且得失電子守恒；D、水中只含有H和O兩種元素，汽油中含有C和H兩種元素，依據元素守恒解答即可．【解答】解：A、分子式為C2H6O的有機化合物存在同分異構體，即乙醇或甲醚，二者屬于不同的有機物，性質不同，故A錯誤；B、化學反應的熱效應只與反應物的初始狀態(tài)和生成物的最終狀態(tài)有關，故ab兩種途徑，放出的熱量一樣多，故B錯誤；C、氧化還原反應中存在得失電子守恒定律，即還原劑失去電子總數等于氧化劑得到電子的總數，故C正確；D、汽油中含有C和H兩種元素，而水中只存在H和O兩種元素，故不可能通過化學變化直接將水轉變?yōu)槠停蔇錯誤，故選：C?！军c評】本題主要考查的是有機物同分異構體的判斷、化學反應的熱效應、氧化還原反應等，綜合性較強，難度一般．4．（2分）在CO2中，Mg燃燒生成MgO和C．下列說法正確的是（）A．元素C的單質只存在金剛石和石墨兩種同素異形體 B．Mg、MgO中鎂元素微粒的半徑：r（Mg2+）＞r（Mg） C．在該反應條件下，Mg的還原性強于C的還原性 D．該反應中化學能全部轉化為熱能【考點】GI：鎂的化學性質．【分析】A、C元素的單質存在多種同素異形體；B、電子層數越多，微粒半徑越大；C、依據化學反應方程式判斷即可，還原劑的還原性大于還原產物的還原性；D、鎂燃燒放出強光，據此解答即可．【解答】解：A、元素C除存在金剛石和石墨外，還存在足球烯（C60）等同素異形體，故A錯誤；B、Mg有3個電子層，Mg2+為Mg失去最外層的2個電子形成的陽離子，只有2個電子層，故半徑r（Mg2+）＜r（Mg），故B錯誤；C、該反應為：2Mg+CO22MgO+C，此反應中Mg為還原劑，C為還原產物，還原劑的還原性大于還原產物的還原性，即還原性Mg＞C，故C正確；D、該反應放出光，即部分化學能轉化為光能，且生成物仍具有能量，故D錯誤，故選C?！军c評】本題主要考查的是同素異形體的判斷、微粒半徑大小比較、氧化還原反應中還原性強弱比較以及能量之間的轉化等，綜合性較強，有一定的難度．5．（2分）短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數依次增大，X原子最外層有6個電子，Y是至今發(fā)現的非金屬性最強的元素，Z在周期表中處于周期序數等于族序數的位置，W的單質廣泛用作半導體材料。下列敘述正確的是（）A．原子最外層電子數由多到少的順序：Y、X、W、Z B．原子半徑由大到小的順序：W、Z、Y、X C．元素非金屬性由強到弱的順序：Z、W、X D．簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性由強到弱的順序：X、Y、W【考點】8F：原子結構與元素周期律的關系．【分析】Y是至今發(fā)現的非金屬性最強的元素，那么Y是F，X最外層有6個電子且原子序數小于Y，應為O，Z在周期表中處于周期序數等于族序數的位置，且為短周期，原子序數大于F，那么Z為Al，W的單質廣泛用作半導體材料，那么W為Si，據此推斷A、X、Y、Z、W分別為O、F、Al和Si，結合各個選項解答即可?！窘獯稹拷猓篩是至今發(fā)現的非金屬性最強的元素，那么Y是F，X最外層有6個電子且原子序數小于Y，應為O，Z在周期表中處于周期序數等于族序數的位置，且為短周期，原子序數大于F，那么Z為Al，W的單質廣泛用作半導體材料，那么W為Si，據此推斷A、X、Y、Z、W分別為O、F、Al和Si，A、最外層電子數分別為6、7、3和4，即最外層電子數Y＞X＞W＞Z，故A正確；B、電子層數越多，半徑越大，同一周期，原子序數越小，半徑越大，即半徑關系：Al＞Si＞O＞F，即Z＞W＞X＞Y，故B錯誤；C、同一周期，原子序數越大，非金屬性越強，即非金屬性F＞O＞Si＞Al，故C錯誤；D、元素的非金屬性越強，其氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強，即Y＞X＞W，故D錯誤，故選：A。【點評】本題主要考查的是元素的推斷，涉及元素非金屬性強弱的比較、半徑大小比較、氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性比較等，難度不大。6．（2分）常溫下，下列各組離子一定能在指定溶液中大量共存的是（）A．使酚酞變紅色的溶液中：Na+、Al3+、SO42﹣、Cl﹣ B．1×10﹣13mol?L﹣1的溶液中：NH4+、Ca2+、Cl﹣、NO3﹣ C．與Al反應能放出H2的溶液中：Fe2+、K+、NO3﹣、SO42﹣ D．水電離的c（H+）＝1×10﹣13mol?L﹣1的溶液中：K+、Na+、AlO2﹣、CO32﹣【考點】DP：離子共存問題．【分析】A．使酚酞變紅色的溶液，顯堿性；B.1×10﹣13mol?L﹣1的溶液，顯酸性；C．與Al反應能放出H2的溶液，為非氧化性酸或強堿溶液；D．水電離的c（H+）＝1×10﹣13mol?L﹣1的溶液，水的電離受到抑制，為酸或堿溶液．【解答】解：A．使酚酞變紅色的溶液，顯堿性，堿性溶液中不能大量存在Al3+，故A錯誤；B.1×10﹣13mol?L﹣1的溶液，顯酸性，該組離子在酸性溶液中不反應，可大量共存，故B正確；C．與Al反應能放出H2的溶液，為非氧化性酸或強堿溶液，酸性溶液中Fe2+（或Al）、H+、NO3﹣發(fā)生氧化還原反應，堿性溶液中不能大量存在Fe2+，故C錯誤；D．水電離的c（H+）＝1×10﹣13mol?L﹣1的溶液，水的電離受到抑制，為酸或堿溶液，酸溶液中不能大量存在AlO2﹣、CO32﹣，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查離子的共存，為2015年高考題，把握習題中的信息及常見離子之間的反應為解答的關鍵，側重復分解反應、氧化還原反應的離子共存考查，注意“一定共存”的信息，題目難度不大．7．（2分）下列實驗操作正確的是（）A．用玻璃棒蘸取CH3COOH溶液點在水濕潤的pH試紙上，測定該溶液的pH B．中和滴定時，滴定管用所盛裝的反應液潤洗2～3次 C．用裝置甲分液，放出水相后再從分液漏斗下口放出有機相 D．用裝置乙加熱分解NaHCO3固體【考點】1B：真題集萃；U5：化學實驗方案的評價．【專題】25：實驗評價題．【分析】A．pH試紙不能事先濕潤；B．為減小誤差，滴定管用所盛裝的反應液潤洗；C．分液時，下層液體從下口漏出，上層液體從上口倒出；D．加熱固體應防止試管炸裂?！窘獯稹拷猓篈．測定醋酸pH，pH試紙不能事先濕潤，防止醋酸被稀釋而導致測定結果偏大，故A錯誤；B．為防止液體被稀釋而導致濃度減小而產生實驗誤差，滴定管用所盛裝的反應液潤洗，故B正確；C．分液時，為避免液體重新混合而污染，下層液體從下口漏出，上層液體從上口倒出，故C錯誤；D．碳酸氫鈉加熱分解生成水，應防止試管炸裂，試管口應略朝下，故D錯誤。故選：B?！军c評】本題為2015年高考題江蘇卷第7題，綜合考查pH的使用、分液、滴定以及實驗安全等知識，側重于學生的分析、實驗能力的考查，比較基礎，難度適中，有利于培養(yǎng)學生良好的科學素養(yǎng)。8．（2分）給定條件下，下列選項中所示的物質間轉化均能一步實現的是（）A．粗硅SiCl4Si B．Mg（OH）2MgCl2（aq）Mg C．Fe2O3FeCl3（aq）無水FeCl3 D．AgNO3（aq）[Ag（NH3）2]OH（aq）Ag【考點】2E：硅酸鹽工業(yè)；FH：硅和二氧化硅；GR：常見金屬元素的單質及其化合物的綜合應用．【分析】A．Si可與氯氣在高溫下反應生成SiCl4，SiCl4可與氫氣發(fā)生反應生成Si和HCl；B．電解氯化鎂溶液生成氫氧化鎂、氯氣和氫氣；C．氯化鐵易水解，加熱溶液生成氫氧化鐵和HCl；D．蔗糖為非還原性糖，與銀氨溶液不反應．【解答】解：A．Si可與氯氣在高溫下反應生成SiCl4，SiCl4可與氫氣發(fā)生反應生成Si和HCl，該反應可用于工業(yè)提純硅，故A正確；B．電解氯化鎂溶液生成氫氧化鎂、氯氣和氫氣，工業(yè)用電解熔融的氯化鎂制備鎂，故B錯誤；C．氯化鐵易水解，加熱溶液生成氫氧化鐵和HCl，蒸發(fā)時應在HCl環(huán)境中進行，故C錯誤；D．蔗糖為非還原性糖，與銀氨溶液不反應，故D錯誤。故選：A?！军c評】本題為2015年江蘇考題，綜合考查元素化合物知識，為高頻考點，側重于學生的分析能力的考查，注意把握物質的性質以及轉化的特點、反應條件，難度不大，注意相關基礎知識的積累．9．（2分）下列指定反應的離子方程式正確的是（）A．氯氣溶于水：Cl2+H2O＝2H++Cl﹣+ClO﹣ B．Na2CO3溶液中CO32﹣的水解：CO32﹣+H2O＝HCO3﹣+OH﹣ C．酸性溶液中KIO3與KI反應生成I2：IO3﹣+I﹣+6H+＝I2+3H2O D．NaHCO3溶液中加足量Ba（OH）2溶液：HCO3﹣+Ba2++OH﹣＝BaCO3↓+H2O【考點】49：離子方程式的書寫．【分析】A．氯氣與水生成HClO，HClO為弱酸，應寫成化學式；B．CO32﹣的水解為可逆反應；C．電荷不守恒；D．NaHCO3溶液中加足量Ba（OH）2溶液，生成BaCO3和水．【解答】解：A．氯氣溶于水，反應的離子方程式為Cl2+H2O?H++Cl﹣+HClO，HClO為弱酸，應寫成化學式，且為可逆符號，故A錯誤；B．CO32﹣的水解為可逆反應，應為CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣，故B錯誤；C．酸性溶液中KIO3與KI反應生成I2，發(fā)生IO3﹣+5I﹣+6H+＝3I2+3H2O，故C錯誤；D．NaHCO3溶液中加足量Ba（OH）2溶液，生成BaCO3和水，發(fā)生HCO3﹣+Ba2++OH﹣＝BaCO3↓+H2O，故D正確。故選：D?！军c評】本題為2015年江蘇卷第9題，考查了離子方程式的判斷，為常見題型，側重于學生的分析能力以及元素化合物知識的綜合理解和運用的考查，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：檢查反應物、生成物是否正確，檢查各物質拆分是否正確，如難溶物、弱電解質等需要保留化學式，檢查是否符合原化學方程式等，難度不大．10．（2分）一種熔融碳酸鹽燃料電池原理示意如圖。下列有關該電池的說法正確的是（）A．反應CH4+H2O3H2+CO，每消耗1molCH4轉移12mol電子 B．電極A上H2參與的電極反應為：H2+2OH﹣﹣2e﹣＝2H2O C．電池工作時，CO32﹣向電極B移動 D．電極B上發(fā)生的電極反應為：O2+2CO2+4e﹣＝2CO32﹣【考點】BL：化學電源新型電池．【專題】51I：電化學專題．【分析】甲烷和水經催化重整生成CO和H2，反應中C元素化合價由﹣4價升高到+2價，H元素化合價由+1價降低到0價，原電池工作時，CO和H2為負極反應，被氧化生成二氧化碳和水，正極為氧氣得電子生成CO32﹣，以此解答該題。【解答】解：A．反應CH4+H2O3H2+CO，C元素化合價由﹣4價升高到+2價，H元素化合價由+1價降低到0價，每消耗1molCH4轉移6mol電子，故A錯誤；B．電解質沒有OH﹣，負極反應為H2+CO+2CO32﹣﹣4e﹣＝H2O+3CO2，故B錯誤；C．電池工作時，CO32﹣向負極移動，即向電極A移動，故C錯誤；D．B為正極，正極為氧氣得電子生成CO32﹣，電極反應為：O2+2CO2+4e﹣＝2CO32﹣，故D正確。故選：D。【點評】本題為2015年江蘇考題第10題，考查了化學電源新型電池，明確原電池中物質得失電子、電子流向、離子流向即可解答，難點是電極反應式書寫，要根據電解質確定正負極產物，難度中等。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）下列說法正確的是（）A．若H2O2分解產生1molO2，理論上轉移的電子數約為4×6.02×1023 B．室溫下，pH＝3的CH3COOH溶液與pH＝11的NaOH溶液等體積混合，溶液pH＞7 C．鋼鐵水閘可用犧牲陽極或外加電流的陰極保護法防止其腐蝕 D．一定條件下反應N2+3H2?2NH3達到平衡時，3v正（H2）＝2v逆（NH3）【考點】1B：真題集萃；BK：金屬的電化學腐蝕與防護；CG：化學平衡狀態(tài)的判斷；D5：弱電解質在水溶液中的電離平衡．【分析】A．H2O2分解產生1molO2，反應中O元素化合價由﹣1價升高到0價，轉移2mol電子；B．CH3COOH為弱酸，pH＝3的CH3COOH溶液與pH＝11的NaOH溶液相比較，醋酸過量；C．用犧牲陽極或外加電流的陰極保護法，鐵分別為正極和陰極；D．化學反應中速率之比等于計量數之比．【解答】解：A．H2O2分解產生1molO2，方程式為2H2O2↑2H2O+O2↑，反應中O元素化合價由﹣1價升高到0價，轉移2mol電子，故A錯誤；B．CH3COOH為弱酸，pH＝3的CH3COOH溶液與pH＝11的NaOH溶液相比較，醋酸過量，等體積混合后溶液呈酸性，pH＜7，故B錯誤；C．用犧牲陽極或外加電流的陰極保護法，鐵分別為正極和陰極，都發(fā)生還原反應，可防止被氧化，故C正確；D．一定條件下反應N2+3H2?2NH3反應，速率關系符合系數比，即v正（H2）：v正（NH3）＝3：2，當反應達到平衡時，v正（NH3）＝v逆（NH3），則達到平衡時，應為2v正（H2）＝3v逆（NH3），故D錯誤。故選：C?！军c評】本題為2015年江蘇考題第11題，綜合考查氧化還原反應、弱電解質的電離、金屬的腐蝕與防護以及化學平衡等問題，側重于學生的分析能力的考查，注意相關基礎知識的積累，題目難度適中，貼近教材，有利于培養(yǎng)和考查學生的良好的學習習慣和科學素養(yǎng)．12．（4分）己烷雌酚的一種合成路線如圖：下列敘述正確的是（）A．在NaOH水溶液中加熱，化合物X可發(fā)生消去反應 B．在一定條件，化合物Y可與HCHO發(fā)生縮聚反應 C．用FeCl3溶液可鑒別化合物X和Y D．化合物Y中不含有手性碳原子【考點】HD：有機物的結構和性質．【分析】A．X為鹵代烴，在氫氧化鈉水溶液中發(fā)生水解反應生成醇；B．Y含有酚羥基，與苯酚性質相似；C．Y含有酚羥基，可與氯化鐵發(fā)生顯色反應；D．根據手性碳原子的定義判斷．【解答】解：A．X為鹵代烴，在氫氧化鈉水溶液中發(fā)生水解反應生成醇，如發(fā)生消去反應，條件為氫氧化鈉醇溶液，故A錯誤；B．Y含有酚羥基，與苯酚性質相似，可與甲醛發(fā)生縮聚反應，故B正確；C．Y含有酚羥基，可與氯化鐵發(fā)生顯色反應，故C正確；D．連接四個不同的原子或原子團的碳原子為手性碳原子，Y中連接乙基的碳原子為手性碳原子，故D錯誤。故選：BC。【點評】本題為2015年江蘇考題第12題，側重于學生的分析能力的考查，注意把握有機物的結構和官能團的性質，為解答該類題目的關鍵，難度不大．13．（4分）下列設計的實驗方案能達到實驗目的是（）A．制備Al（OH）3懸濁液：向1mol?L﹣1AlCl3溶液中加過量的6mol?L﹣1NaOH溶液 B．提純含有少量乙酸的乙酸乙酯：向含有少量乙酸的乙酸乙酯中加入過量飽和Na2CO3溶液，振蕩后靜置分液，并除去有機相的水 C．檢驗溶液中是否含有Fe2+：取少量待檢驗溶液，向其中加入少量新制氯水，再滴加KSCN溶液，觀察實驗現象 D．探究催化劑對H2O2分解速率的影響：在相同條件下，向一支試管中加入2mL5%H2O2和1mLH2O，向另一支試管中加入2mL5%H2O2和1mLFeCl3溶液，觀察并比較實驗現象【考點】U5：化學實驗方案的評價．【分析】A．NaOH過量，反應生成偏鋁酸鈉；B．乙酸與碳酸鈉反應后，與乙酸乙酯分層；C．加入少量新制氯水氧化了亞鐵離子；D．相同條件下，只有催化劑不同．【解答】解：A．NaOH過量，反應生成偏鋁酸鈉，不能制備Al（OH）3懸濁液，故A錯誤；B．乙酸與碳酸鈉反應后，與乙酸乙酯分層，振蕩后靜置分液，并除去有機相的水可除雜，故B正確；C．加入少量新制氯水氧化了亞鐵離子，檢驗亞鐵離子，應先加KSCN溶液，再加氯水，故C錯誤；D．相同條件下，只有催化劑不同，試管中加入2mL5%H2O2和1mLFeCl3溶液反應速率快，則可探究催化劑對H2O2分解速率的影響，故D正確；故選：BD?！军c評】本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，涉及物質的性質、混合物分離提純、離子檢驗及影響反應速率的因素等，把握物質的性質及反應原理為解答的關鍵，注意實驗的評價性分析，題目難度不大．14．（4分）室溫下，向下列溶液中通入相應的氣體至溶液pH＝7（通入氣體對溶液體積的影響可忽略），溶液中部分微粒的物質的量濃度關系正確的是（）A．向0.10mol?L﹣1NH4HCO3溶液中通入CO2：c（NH4+）＝c（HCO3﹣）+c（CO32﹣） B．向0.10mol?L﹣1NaHSO3溶液中通入NH3：c（Na+）＞c（NH4+）＞c（SO32﹣） C．向0.10mol?L﹣1Na2SO3溶液通入SO2：c（Na+）＝2[c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）] D．向0.10mol?L﹣1CH3COONa溶液中通入HCl：c（Na+）＞c（CH3COOH）＝c（Cl﹣）【考點】DN：離子濃度大小的比較．【分析】A．pH＝7，則c（H+）＝c（OH﹣），結合電荷守恒分析；B．溶液中鈉離子與S原子物質的量之比為1：1，而銨根離子與部分亞硫酸根結合，由物料守恒可知，c（Na+）＝c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3），溶液呈中性，由電荷守恒可得：c（Na+）+c（NH4+）＝2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣），聯立判斷；C．未反應前結合物料守恒可知c（Na+）＝2[c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）]，向0.10mol?L﹣1Na2SO3溶液通入SO2，至溶液pH＝7，反應后溶液中溶質為NaHSO3、Na2SO3；D．向0.10mol?L﹣1CH3COONa溶液中通入HCl，至溶液pH＝7，反應后溶液中溶質為NaCl、醋酸和醋酸鈉．【解答】解：A．pH＝7，則c（H+）＝c（OH﹣），結合電荷守恒可知，c（NH4+）＝c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣），故A錯誤；B．溶液中鈉離子與S原子物質的量之比為1：1，而銨根離子與部分亞硫酸根結合，故c（Na+）＞c（NH4+），由物料守恒可知，c（Na+）＝c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3），溶液呈中性，由電荷守恒可得：c（Na+）+c（NH4+）＝2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣），聯立可得：c（NH4+）+c（H2SO3）＝c（SO32﹣），故B錯誤；C．向0.10mol?L﹣1Na2SO3溶液通入SO2，發(fā)生Na2SO3+SO2+H2O＝2NaHSO3，至溶液pH＝7，反應后溶液中溶質為的NaHSO3、Na2SO3，則c（Na+）＜2[c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）]，故C錯誤；D．向0.10mol?L﹣1CH3COONa溶液中通入HCl，至溶液pH＝7，c（H+）＝c（OH﹣），HCl不足，反應后溶液中溶質為NaCl、醋酸和醋酸鈉，由電荷守恒可知，c（Na+）＝c（CH3COO﹣）+c（Cl﹣），由物料守恒可知，c（Na+）＝c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣），則c（Na+）＞c（CH3COOH）＝c（Cl﹣），故D正確；故選：D?！军c評】本題考查離子濃度大小比較，為2015年江蘇高考題，把握發(fā)生的反應、鹽類水解及電離為解答的關鍵，注意pH＝7的信息及應用，題目難度不大．15．（4分）在體積均為1.0L的恒容密閉容器中加入足量的相同的碳粉，再分別加入0.1molCO2和0.2molCO2，在不同溫度下反應CO2（g）+C（s）?2CO（g）達到平衡，平衡時CO2的物質的量濃度c（CO2）隨溫度的變化如圖所示（圖中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ點均處于曲線上）。下列說法正確的是（）A．反應CO2（g）+C（s）?2CO（g）的△S＞0、△H＜0 B．體系的總壓強P總：P總（狀態(tài)Ⅱ）＞2P總（狀態(tài)Ⅰ） C．體系中c（CO）：c（CO，狀態(tài)Ⅱ）＜2c（CO，狀態(tài)Ⅲ） D．逆反應速率V逆：V逆（狀態(tài)Ⅰ）＞V逆（狀態(tài)Ⅲ）【考點】1B：真題集萃；C7：化學平衡建立的過程；CB：化學平衡的影響因素．【分析】A．由氣體的化學計量數增大可知△S，由圖中溫度高平衡時c（CO2）小可知△H；B．分別加入0.1molCO2和0.2molCO2，曲線I為加入0.1molCO2，曲線II為加入0.2molCO2，結合CO2（g）+C（s）?2CO（g）及圖中變化量判斷；C．狀態(tài)II、狀態(tài)Ⅲ的溫度相同，狀態(tài)II看作先加入0.1molCO2，與狀態(tài)Ⅲ平衡時CO的濃度相同，再加入0.1molCO2，若平衡不移動，Ⅱ狀態(tài)CO的濃度等于2倍Ⅲ，但再充入CO2，相當增大壓強，平衡左移動，消耗CO；D．狀態(tài)I、狀態(tài)Ⅲ的溫度不同，溫度高反應速率快。【解答】解：A．由氣體的化學計量數增大可知△S＞0，由圖中溫度高平衡時c（CO2）小，則升高溫度平衡正向移動，可知△H＞0，故A錯誤；B．分別加入0.1molCO2和0.2molCO2，曲線I為加入0.1molCO2，曲線II為加入0.2molCO2，若平衡不移動，體系的總壓強為P總（狀態(tài)Ⅱ）＝2P總（狀態(tài)Ⅰ），由方程式可知CO2減少多少，體系中氣體總量就增加多少，且圖中曲線I中二氧化碳減少量小于一半，則氣體總量小于1.5；而曲線II中二氧化碳減少量大于一半，則氣體總量大于3.0，則體系的總壓強為P總（狀態(tài)Ⅱ）＞2P總（狀態(tài)Ⅰ），故B正確；C．狀態(tài)II、狀態(tài)Ⅲ的溫度相同，狀態(tài)II看作先加入0.1molCO2，與狀態(tài)Ⅲ平衡時CO的濃度相同，再加入0.1molCO2，若平衡不移動，Ⅱ狀態(tài)CO的濃度等于2倍Ⅲ，但再充入CO2，相當增大壓強，平衡左移，消耗CO，則c（CO，狀態(tài)Ⅱ）＜2c（CO，狀態(tài)Ⅲ），故C正確；D．狀態(tài)I、狀態(tài)Ⅲ的溫度不同，溫度高反應速率快，則逆反應速率為V逆（狀態(tài)Ⅰ）＜V逆（狀態(tài)Ⅲ），故D錯誤；故選：BC?！军c評】本題考查化學平衡及平衡的建立，為高頻考點，本題為2015年江蘇高考題，把握平衡移動的影響因素、圖象分析為解答的關鍵，選項BC為解答的難點，題目難度中等。二、非選擇題16．（12分）以磷石膏（主要成分CaSO4，雜質SiO2、Al2O3等）為原料可制備輕質CaCO3．（1）勻速向漿料中通入CO2，漿料清液的pH和c（SO42﹣）隨時間變化見圖．清液pH＞11時CaSO4轉化的離子方程式為CaSO4+2NH3?H2O+CO2＝CaCO3+2NH4++SO42﹣+H2O或CaSO4+CO32﹣＝CaCO3+SO42﹣；能提高其轉化速率的措施有AC（填序號）A．攪拌漿料B．加熱漿料至100℃C．增大氨水濃度D．減小CO2通入速率（2）當清液pH接近6.5時，過濾并洗滌固體．濾液中物質的量濃度最大的兩種陰離子為SO42﹣和HCO3﹣（填化學式）；檢驗洗滌是否完全的方法是取少量最后一次的洗滌過濾液于試管中，向其中滴加鹽酸酸化的氯化鋇溶液，若不產生白色沉淀，則表明已洗滌完全．（3）在敞口容器中，用NH4Cl溶液浸取高溫煅燒的固體，隨著浸取液溫度上升，溶液中c（Ca2+）增大的原因是浸取液溫度上升，溶液中氫離子濃度增大，促進固體中鈣離子浸出．【考點】1B：真題集萃；P8：物質分離和提純的方法和基本操作綜合應用．【分析】磷石膏氨水的漿料中通入二氧化碳可生成碳酸鹽或碳酸氫鹽，過濾后濾液為硫酸銨、氨水，濾渣含有碳酸鈣、SiO2、Al2O3等，高溫煅燒生成硅酸鈣、偏鋁酸鈣等，加入氯化銨溶液充分浸取，可生成硅酸、氫氧化鋁、氯化鈣等，氯化鈣最終可生成碳酸鈣，（1）由圖象可知，經充分浸取，c（SO42﹣）逐漸增大，pH逐漸減小，清液pH＞11時CaSO4生成碳酸鈣、銨根離子和硫酸根離子；為提高其轉化速率，可進行攪拌并增大氨水濃度，增大c（CO32﹣）；（2）當清液pH接近6.5時，溶液酸性相對較強，可充分轉化生成SO42﹣并有HCO3﹣生成，沉淀吸附SO42﹣，可用鹽酸酸化的氯化鋇檢驗；（3）隨著浸取液溫度上升，氯化銨水解程度增大，溶液酸性增強．【解答】解：磷石膏氨水的漿料中通入二氧化碳可生成碳酸鹽或碳酸氫鹽，過濾后濾液為硫酸銨、氨水，濾渣含有碳酸鈣、SiO2、Al2O3等，高溫煅燒生成硅酸鈣、偏鋁酸鈣等，加入氯化銨溶液充分浸取，可生成硅酸、氫氧化鋁、氯化鈣等，氯化鈣最終可生成碳酸鈣，（1）由圖象可知，經充分浸取，c（SO42﹣）逐漸增大，pH逐漸減小，清液pH＞11時CaSO4生成碳酸鈣、銨根離子和硫酸根離子，反應的離子方程式為CaSO4+2NH3?H2O+CO2＝CaCO3+2NH4++SO42﹣+H2O或CaSO4+CO32﹣＝CaCO3+SO42﹣，為提高其轉化速率，可進行攪拌并增大氨水濃度，增大c（CO32﹣），而升高溫度，氨氣揮發(fā)，不能增大轉化率，故答案為：CaSO4+2NH3?H2O+CO2＝CaCO3+2NH4++SO42﹣+H2O或CaSO4+CO32﹣＝CaCO3+SO42﹣；AC；（2）當清液pH接近6.5時，溶液酸性相對較強，可充分轉化生成SO42﹣并有HCO3﹣生成，沉淀吸附SO42﹣，可用鹽酸酸化的氯化鋇檢驗，方法是取少量最后一次的洗滌過濾液于試管中，向其中滴加鹽酸酸化的氯化鋇溶液，若不產生白色沉淀，則表明已洗滌完全，故答案為：SO42﹣；HCO3﹣；取少量最后一次的洗滌過濾液于試管中，向其中滴加鹽酸酸化的氯化鋇溶液，若不產生白色沉淀，則表明已洗滌完全；（3）隨著浸取液溫度上升，氯化銨水解程度增大，溶液酸性增強，則鈣離子濃度增大，故答案為：浸取液溫度上升，溶液中氫離子濃度增大，促進固體中鈣離子浸出．【點評】本題為2015年江蘇考題第16題，以實驗流程的形成綜合考查元素化合物知識，側重于學生的分析能力和實驗能力的考查，難度中等，注意把握提給信息以及相關物質的性質．17．（15分）化合物F是一種抗心肌缺血藥物的中間體，可以通過以下方法合成：（1）化合物A中的含氧官能團為醚鍵和醛基（填官能團的名稱）．（2）化合物B的結構簡式為；由C→D的反應類型是：取代反應．（3）寫出同時滿足下列條件的E的一種同分異構體的結構簡式．Ⅰ．分子含有2個苯環(huán)Ⅱ．分子中含有3種不同化學環(huán)境的氫（4）已知：RCH2CNRCH2CH2NH2，請寫出以為原料制備化合物X（結構簡式見圖）的合成路線流程圖（無機試劑可任選）．合成路線流程圖示例如圖：CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3．【考點】HC：有機物的合成．【分析】A含有的官能團為醚鍵和醛基，對比A、C的結構簡式可知B為，B與SOCl2發(fā)生取代反應生成，然后與NaCN發(fā)生取代反應生成，經水解、還原，最終生成；以制備，可在濃硫酸作用下生成，然后與HCl發(fā)生加成反應生成，與NaCN發(fā)生取代反應生成，在催化作用下與氫氣反應可生成，以此解答該題．【解答】解：A含有的官能團為醚鍵和醛基，對比A、C的結構簡式可知B為，B與SOCl2發(fā)生取代反應生成，然后與NaCN發(fā)生取代反應生成，經水解、還原，最終生成，（1）由結構簡式可知A含有的官能團為醚鍵和醛基，故答案為：醚鍵、醛基；（2）B為，與NaCN發(fā)生取代反應生成，故答案為：；取代反應；（3）E的一種同分異構體含有3種不同化學環(huán)境的氫，且含有2個苯環(huán)，且結構對稱，則對應的結構有，故答案為：；（4）以制備，可在濃硫酸作用下生成，然后與HCl發(fā)生加成反應生成，與NaCN發(fā)生取代反應生成，在催化作用下與氫氣反應可生成，也可與HCl反應生成，再生成，則流程為，故答案為：．【點評】本題為2015年江蘇卷第17題，涉及有機物的合成，側重于學生的分析能力的考查，答題時注意把握提給信息以及官能團的性質，注意合成路線的設計，為解答該題的難點．18．（12分）軟錳礦（主要成分MnO2，雜質金屬元素Fe、Al、Mg等）的水懸濁液與煙氣中SO2反應可制備MnSO4?H2O，反應的化學方程式為：MnO2+SO2＝MnSO4（1）質量為17.40g純凈MnO2最多能氧化4.48L（標準狀況）SO2．（2）已知：Ksp[Al（OH）3]＝1×10﹣33，Ksp[Fe（OH）3]＝3×10﹣39，pH＝7.1時Mn（OH）2開始沉淀．室溫下，除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+（使其濃度小于1×10﹣6mol?L﹣1），需調節(jié)溶液pH范圍為5.0≤pH＜7.1．（3）如圖可以看出，從MnSO4和MgSO4混合溶液中結晶MnSO4?H2O晶體，需控制結晶溫度范圍為高于60℃．（4）準確稱取0.1710gMnSO4?H2O樣品置于錐形瓶中，加入適量H3PO4和NH4NO3溶液，加熱使Mn2+全部氧化成Mn3+，用c（Fe2+）＝0.0500mol?L﹣1的標準溶液滴定至終點（滴定過程中Mn3+被還原為Mn2+），消耗Fe2+溶液20.00mL．計算MnSO4?H2O樣品的純度（請給出計算過程）【考點】5A：化學方程式的有關計算；DH：難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質．【分析】（1）根據MnO2+SO2＝MnSO4可知，n（SO2）＝n（MnO2）；（2）pH＝7.1時Mn（OH）2開始沉淀．室溫下，除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+，結合Al（OH）3完全變成沉淀時的pH、Fe（OH）3完全變成沉淀時的pH分析；（3）從MnSO4和MgSO4混合溶液中結晶MnSO4?H2O晶體，根據圖上信息，高于60℃以后MnSO4?H2O的溶解度減小，而MgSO4?6H2O的溶解度增大，因此控制結晶溫度范圍是高于60℃；（4）根據氧化還原反應中得失電子守恒：n（Mn3+）×1＝n（Fe2+）×1＝0.02L×0.0500mol＝1.00×10﹣3mol，根據Mn元素守恒，m（MnSO4?H2O）＝1.00×10﹣3mol×169g/mol＝0.169g，以此計算純度．【解答】解：（1）根據MnO2+SO2＝MnSO4可知，n（SO2）＝n（MnO2）0.2mol，其體積為0.2mol×22.4L/mol＝4.48L，故答案為：4.48；（2）pH＝7.1時Mn（，除去OH）2開始沉淀．室溫下MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+，氫氧化鋁完全變成沉淀時的pH：Ksp[Al（OH）3]＝1×10﹣33＝c（Al3+）×c3（OH﹣），c（Al3+）＝1×10﹣6mol?L﹣1，解得：c（OH﹣）＝1×10﹣9mol?L﹣1，c（H+）＝1×10﹣5mol?L﹣1pH＝5，同理Fe（OH）3完全變成沉淀時，pH約為3.5，故pH范圍是：5.0≤pH＜7.1，故答案為：5.0≤pH＜7.1；（3）從MnSO4和MgSO4混合溶液中結晶MnSO4?H2O晶體，根據圖上信息，高于60℃以后MnSO4?H2O的溶解度減小，而MgSO4?6H2O的溶解度增大，因此控制結晶溫度范圍是高于60℃這樣可以得到純凈的MnSO4?H2O，故答案為：高于60℃；（4）根據氧化還原反應中得失電子守恒：n（Mn3+）×1＝n（Fe2+）×1＝0.02L×0.0500mol＝1.00×10﹣3mol，根據Mn元素守恒，m（MnSO4?H2O）＝1.00×10﹣3mol×169g/mol＝0.169g，純度為100%＝98.8%，答：MnSO4?H2O樣品的純度為98.8%．【點評】本題考查較綜合，涉及氧化還原反應計算、溶度積計算及混合物分離、圖象分析等，本題為2015年江蘇高考題18題，綜合性較強，側重分析、計算能力的綜合考查，題目難度中等．19．（15分）實驗室用圖所示裝置制備KClO溶液，并通過KClO溶液與Fe（NO3）3溶液的反應制備高效水處理劑K2FeO4．已知K2FeO4具有下列性質①可溶于水、微溶于濃KOH溶液，②在0℃﹣5℃、強堿性溶液中比較穩(wěn)定，③在Fe3+和Fe（OH）3催化作用下發(fā)生分解，④在酸性至弱堿性條件下，能與水反應生成Fe（OH）3和O2．（1）裝置A中KMnO4與鹽酸反應生成MnCl2和Cl2，其離子方程式為2MnO4﹣+16H++10Cl﹣＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O，將制備的Cl2通過裝置B可除去HCl（填化學式）．（2）Cl2和KOH在較高溫度下反應生成KClO3，在不改變KOH溶液的濃度和體積的條件下，控制反應在0℃～5℃進行，實驗中可采取的措施是緩慢滴加鹽酸、裝置C用冰水浴中．（3）制備K2FeO4時，KClO飽和溶液與Fe（NO3）3飽和溶液的混合方式為在攪拌下，將Fe（NO3）3飽和溶液緩慢滴加到KClO飽和溶液中．（4）提純K2FeO4粗產品[含有Fe（OH）3、KCl等雜質]的實驗方案為：將一定量的K2FeO4粗產品溶于冷的3mol?L﹣1KOH溶液中，用砂芯漏斗過濾，將濾液置于冰水浴中，向濾液中加入飽和的KOH溶液，再用砂芯漏斗過濾，晶體用乙醇洗滌2﹣3次后，在真空干燥箱中干燥（實驗中須使用的試劑有：飽和KOH溶液，乙醇；除常用儀器外須使用的儀器有：砂芯漏斗，真空干燥箱）．【考點】U3：制備實驗方案的設計．【專題】24：實驗設計題．【分析】（1）KMnO4具有強氧化性，將鹽酸中氯離子氧化為Cl2，反應還有水生成，KMnO4、HCl、MnCl2改寫成離子形式，Cl2、H2O為分子式形式，配平書寫離子方程式；由于鹽酸易揮發(fā)，制備的氯氣中含有HCl，應飽和食鹽水吸收HCl除去；（2）Cl2和KOH在較高溫度下反應生成KClO3，制取KClO溫度反應在0℃～5℃，裝置C應放在冰水浴中，充分利用原料，應降低通入氯氣的速率；（3）K2FeO4在Fe3+和Fe（OH）3催化作用下發(fā)生分解，應把Fe（NO3）3飽和溶液滴加到KClO溶液中；（4）用砂芯漏斗過濾，除去氫氧化鐵，由于K2FeO4可溶于水、微溶于濃KOH溶液，將濾液置于冰水浴中，向濾液中加入飽和的KOH溶液，析出K2FeO4晶體，再進行過濾，用乙醇洗滌，減少因溶解導致晶體損失，最后在真空干燥箱中干燥．【解答】解：（1）KMnO4具有強氧化性，將鹽酸中氯離子氧化為Cl2，反應還有水生成，KMnO4、HCl、MnCl2改寫成離子形式，Cl2、H2O為分子式形式，離子方程式為：2MnO4﹣+16H++10Cl﹣＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O，由于鹽酸易揮發(fā)，制備的氯氣中含有HCl，應飽和食鹽水吸收HCl除去，故答案為：2MnO4﹣+16H++10Cl﹣＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O；HCl；（2）Cl2和KOH在較高溫度下反應生成KClO3，制取KClO溫度反應在0℃～5℃，裝置C應放在冰水浴中，充分利用原料，緩慢滴加鹽酸，減慢生成氯氣的速率，故答案為：緩慢滴加鹽酸、裝置C用冰水浴中；（3）K2FeO4在Fe3+和Fe（OH）3催化作用下發(fā)生分解，應把Fe（NO3）3飽和溶液滴加到KClO溶液中，具體操作為：在攪拌下，將Fe（NO3）3飽和溶液緩慢滴加到KClO飽和溶液中，故答案為：在攪拌下，將Fe（NO3）3飽和溶液緩慢滴加到KClO飽和溶液中；（4）提純K2FeO4粗產品[含有Fe（OH）3、KCl等雜質]的實驗方案為：將一定量的K2FeO4粗產品溶于冷的3mol?L﹣1KOH溶液中，用砂芯漏斗過濾，將濾液置于冰水浴中，向濾液中加入飽和的KOH溶液，再用砂芯漏斗過濾，晶體用乙醇洗滌2﹣3次后，在真空干燥箱中干燥，故答案為：用砂芯漏斗過濾，將濾液置于冰水浴中，向濾液中加入飽和﹣﹣的KOH溶液，再用砂芯漏斗過濾，晶體用乙醇洗滌2﹣3次后，在真空干燥箱中干燥．【點評】本題考查實驗制備方案、氧化還原反應、物質的分離提純、對條件與操作的分析評價、閱讀獲取信息能力，是對學生綜合能力的考查，注意題目信息的遷移運用，難度中等．20．（14分）煙氣（主要污染物SO2、NOx）經O3預處理后用CaSO3水懸浮液吸收，可減少煙氣中SO2、NOx的含量；O3氧化煙氣中SO2、NOx的主要反應的熱化學方程式為：NO（g）+O3（g）═NO2（g）+O2（g）△H＝﹣200.9kJ?mol﹣1NO（g）O2（g）═NO2（g）△H＝﹣58.2kJ?mol﹣1SO2（g）+O3（g）═SO3（g）+O2（g）△H＝﹣241.6kJ?mol﹣1（1）反應3NO（g）+O3（g）＝3NO2（g）的△H＝﹣317.3mol?L﹣1。（2）室溫下，固定進入反應器的NO、SO2的物質的量，改變加入O3的物質的量，反應一段時間后體系中n（NO）、n（NO2）和n（SO2）隨反應前n（O3）：n（NO）的變化見圖。①當n（O3）：n（NO）＞1時，反應后NO2的物質的量減少，其原因是O3將NO2氧化為更高價態(tài)氮氧化物。②增加n（O3），O3氧化SO2的反應幾乎不受影響，其可能原因是可能是其反應較慢。（3）當用CaSO3水懸浮液吸收經O3預處理的煙氣時，清液（pH約為8）中SO32﹣將NO2轉化為NO2﹣，其離子方程式為：SO32﹣+2NO2+2OH﹣＝SO42﹣+2NO2﹣+H2O。（4）CaSO3水懸浮液中加入Na2SO4溶液，達到平衡后溶液中c（SO32﹣）＝[用c（SO42﹣）、Ksp（CaSO3）和Ksp（CaSO4）表示]；CaSO3水懸浮液中加入Na2SO4溶液能提高NO2的吸收速率，其主要原因CaSO3轉化為CaSO4使溶液中SO32﹣的濃度增大，加快SO32﹣與NO2的反應速率?！究键c】1B：真題集萃；BF：用蓋斯定律進行有關反應熱的計算；CB：化學平衡的影響因素；DH：難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質．【分析】（1）NO（g）+O3（g）═NO2（g）+O2（g）△H＝﹣200.9kJ?mol﹣1①NO（g）O2（g）═NO2（g）△H＝﹣58.2kJ?mol﹣1②將方程式2②+①3NO（g）+O3（g）＝3NO2（g），焓變進行相應的改變；（2）①臭氧具有強氧化性，能氧化生成的NO2；②增加n（O3），O3氧化SO2的反應幾乎不受影響，說明濃度對反應速率影響較小，可能是其反應速率較慢；（3）溶液pH約為8，說明溶液呈堿性，SO32﹣將NO2轉化為NO2﹣，同時SO32﹣被氧化生成SO42﹣，根據反應物和生成物書寫離子方程式；（4）CaSO3水懸浮液中加入Na2SO4溶液，發(fā)生反應CaSO3+SO42﹣＝CaSO4+SO32﹣，溶液中c（Ca2+）；根據CaSO3+SO42﹣＝CaSO4+SO32﹣知，加入硫酸鈉導致亞硫酸根離子濃度增大，濃度越大反應速率越大?！窘獯稹拷猓海?）NO（g）+O3（g）═NO2（g）+O2（g）△H＝﹣200.9kJ?mol﹣1①NO（g）O2（g）═NO2（g）△H＝﹣58.2kJ?mol﹣1②將方程式2②+①3NO（g）+O3（g）＝3NO2（g），所以△H＝2×（﹣58.2kJ?mol﹣1）+（﹣200.9kJ?mol﹣1）＝﹣317.3kJ/mol，故答案為：﹣317.3；（2）①當n（O3）：n（NO）＞1時，臭氧過量，臭氧具有強氧化性，能將反應后NO2氧化為更高價氮氧化物，導致二氧化氮減少，故答案為：O3將NO2氧化為更高價態(tài)氮氧化物；②增加n（O3），O3氧化SO2的反應幾乎不受影響，說明濃度對反應速率影響較小，可能是其反應速率較慢，故答案為：可能是其反應較慢；（3）溶液pH約為8，說明溶液呈堿性，SO32﹣將NO2轉化為NO2﹣，同時SO32﹣被氧化生成SO42﹣，根據反應物和生成物書寫離子方程式為SO32﹣+2NO2+2OH﹣＝SO42﹣+2NO2﹣+H2O，故答案為：SO32﹣+2NO2+2OH﹣＝SO42﹣+2NO2﹣+H2O；（4）CaSO3水懸浮液中加入Na2SO4溶液，發(fā)生反應CaSO3+SO42﹣＝CaSO4+SO32﹣，溶液中c（Ca2+），所以c（SO32﹣）；根據CaSO3+SO42﹣＝CaSO4+SO32﹣知，加入硫酸鈉導致c（SO32﹣）增大，濃度越大反應速率越大，所以加快反應速率，提高NO2的吸收速率，故答案為：；CaSO3轉化為CaSO4使溶液中SO32﹣的濃度增大，加快SO32﹣與NO2的反應速率?！军c評】本題為2015年江蘇省高考題，考查了溶度積常數計算、反應速率影響因素、氧化還原反應離子方程式的書寫、蓋斯定律等知識點，綜合性較強，側重考查學生分析計算能力，知道常見物質的性質、離子方程式書寫規(guī)則，難點是（4）題計算，題目難度中等。四.（12分）【選做題】本題包括21、22兩小題，請選定一中一小題，并在相應的答題區(qū)域內作答．若多做，則按A小題評分．21．（12分）下列反應曾用于檢測司機是否酒后駕駛：2Cr2O72﹣+3CH3CH2OH+16H++13H2O→4[Cr（H2O）6]3++3CH3COOH（1）Cr3+基態(tài)核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d3；配合物[Cr（H2O）6]3+中，與Cr3+形成配位鍵的原子是O（填元素符號）．（2）CH3COOH中C原子軌道雜化類型為sp3和sp2．1molCH3COOH分子中含有σ鍵的數目為7mol或7×6.02×1023．（3）與H2O互為等電子體的一種陽離子為H2F+（填化學式）；H2O與CH3CH3OH可以任意比例互溶，除因為它們都是極性分子外，還因為H2O與CH3CH2OH之間可以形成氫鍵．【考點】86：原子核外電子排布；9S：原子軌道雜化方式及雜化類型判斷．【分析】（1）Cr位于周期表第四周期ⅥB族，原子核外電子排布為1s22s22p63s23p63d54s1，失去3個電子生成Cr3+，配合物[Cr（H2O）6]3+中Cr3+為中心離子，H2O為配體；（2）CH3COOH中C原子分別形成4個、3個δ鍵，沒有孤對電子，CH3CHOOH分子中含有1個C﹣C、3個C﹣H、1個C﹣O、1個C＝O、1個O﹣H等化學鍵；（3）與H2O互為等電子體的陽離子應含有3個原子、且電子數為10，H2O與CH3CH2OH都含有氫鍵，且都為極性分子，二者互溶．【解答】解：（1）Cr位于周期表第四周期ⅥB族，原子核外電子排布為1s22s22p63s23p63d54s1，失去3個電子生成Cr3+，則離子的電子排布為1s22s22p63s23p63d3，配合物[Cr（H2O）6]3+中Cr3+為中心離子，H2O為配體，O原子提供孤對電子，與Cr3+形成配位鍵，故答案為：1s22s22p63s23p63d3；O；（2）CH3COOH中C原子分別形成4個、3個δ鍵，沒有孤對電子，分別為sp3雜化、sp2雜化，CH3CHOOH分子中含有1個C﹣C、3個C﹣H、1個C﹣O、1個C＝O、1個O﹣H等化學鍵，則1molCH3COOH分子中含有σ鍵的數目為7mol或7×6.02×1023，故答案為：sp3和sp2；7mol或7×6.02×1023；（3）與H2O互為等電子體的陽離子應含有3個原子、且電子數為10，應為H2F+，H2O與CH3CH2OH都含有氫鍵，且都為極性分子，二者互溶，故答案為：H2F+；H2O與CH3CH2OH之間可以形成氫鍵．【點評】本題為2015年江蘇考題第21題，為選做題，綜合考查原子結構與元素的性質，題目涉及核外電子排布、雜化類型以及等電子體等問題，側重于學生的分析能力的考查，注意把握相關知識的判斷方法，難度不大．22．實驗室以苯甲醛為原料制備間溴苯甲醛（實驗裝置見圖，相關物質的沸點見附表）．其實驗步驟為：步驟1：將三頸瓶中的一定配比的無水AlCl3、1，2﹣二氯乙烷和苯甲醛充分混合后，升溫至60℃，緩慢滴加經H2SO4干燥過的液溴，保溫反應一段時間，冷卻．步驟2：將反應混合物緩慢加入一定量的稀鹽酸中，攪拌、靜置、分液．有機相用10%NaHCO3溶液洗滌．步驟3：經洗滌的有機相加入適量無水MgSO4固體，放置一段時間后過濾．步驟4：減壓蒸餾有機相，收集相應餾分．（1）實驗裝置中冷凝管的主要作用是冷凝回流，錐形瓶中的溶液應為NaOH．（2）步驟1所加入的物質中，有一種物質是催化劑，其化學式為AlCl3．（3）步驟2中用10%NaHCO3溶液洗滌有機相，是為了除去溶于有機相的Br2、HCl（填化學式）．（4）步驟3中加入無水MgSO4固體的作用是除去有機相的水．（5）步驟4中采用減壓蒸餾技術，是為了防止間溴苯甲醛被氧化．附表相關物質的沸點（101kPa）物質沸點/℃物質沸點/℃溴58.81，2﹣二氯乙烷83.5苯甲醛179間溴苯甲醛229【考點】U3：制備實驗方案的設計．【專題】24：實驗設計題．【分析】苯甲醛與溴在氯化鋁催化作用下在60℃時反應生成間溴苯甲醛，通式生成HBr，經冷凝回流可到間溴苯甲醛，生成的HBr用氫氧化鈉溶液吸收，防止污染空氣，有機相中含有Br2，加入HCl，可用碳酸氫鈉除去，有機相加入無水MgSO4固體，可起到吸收水的作用，減壓蒸餾，可降低沸點，避免溫度過高，導致間溴苯甲醛被氧化，以此解答該題．【解答】解：（1）因溴易揮發(fā)，為使溴充分反應，應進行冷凝回流，以增大產率，反應發(fā)生取代反應，生成間溴苯甲醛的同時生成HBr，用氫氧化鈉溶液吸收，防止污染空氣，故答案為：冷凝回流；NaOH；（2）將三頸瓶中的一定配比的無水AlCl3、1，2﹣二氯乙烷和苯甲醛充分混合，三種物質中無水AlCl3為催化劑，1，2﹣二氯乙烷為溶劑，苯甲醛為反應物，故答案為：AlCl3；（3）將反應混合物含有溴，緩慢加入一定量的稀鹽酸中，加入碳酸氫鈉，可與Br2、HCl反應，故答案為：Br2、HCl；（4）經洗滌的有機相含有水，加入適量無水MgSO4固體，可起到除去有機相的水的作用，故答案為：除去有機相的水；（5）減壓蒸餾，可降低沸點，避免溫度過高，導致間溴苯甲醛被氧化，故答案為：間溴苯甲醛被氧化．【點評】本題為2015年高考化學江蘇卷化學選做題實驗化學部分，本題考查有機物的制備，側重于學生的分析能力和實驗能力的考查，注意把握基本實驗操作方法以及實驗的原理，難度不大．精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔2016年江蘇省高考化學試卷一、單項選擇題（共10小題，每小題2分，滿分20分，每小題只有一個選項符合題意）1．（2分）大氣中CO2含量的增加會加劇“溫室效應”。下列活動會導致大氣中CO2含量增加的是（）A．燃燒煤炭供熱 B．利用風力發(fā)電 C．增加植被面積 D．節(jié)約用電用水2．（2分）下列有關化學用語表示正確的是（）A．中子數為10的氧原子： B．Mg2+的結構示意圖： C．硫化鈉的電子式： D．甲酸甲酯的結構簡式：C2H4O23．（2分）下列有關物質的性質與用途具有對應關系的是（）A．SO2具有氧化性，可用于漂白紙漿 B．NH4HCO3受熱易分解，可用作氮肥 C．Fe2（SO4）3易溶于水，可用作凈水劑 D．Al2O3熔點高，可用作耐高溫材料4．（2分）短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數依次增大，X原子的最外層有6個電子，Y是迄今發(fā)現的非金屬性最強的元素，在周期表中Z位于IA族，W與X屬于同一主族。下列說法正確的是（）A．元素X、W的簡單陰離子具有相同的電子層結構 B．由Y、Z兩種元素組成的化合物是離子化合物 C．W的簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比Y的強 D．原子半徑：r（X）＜r（Y）＜r（Z）＜r（W）5．（2分）下列指定反應的離子方程式正確的是（）A．將銅插入稀硝酸中：Cu+4H++2NO3﹣═Cu2++2NO2↑+H2O B．向Fe2（SO4）3溶液中加入過量鐵粉：Fe3++Fe═2Fe2+ C．向Al2（SO4）3溶液中加入過量氨水：Al3++3NH3?H2O═Al（OH）3↓+3NH4+ D．向Na2SiO3溶液中滴加稀鹽酸：Na2SiO3+3H+═H2SiO3↓+3Na+6．（2分）根據侯氏制堿原理制備少量NaHCO3的實驗，經過制取氨氣、制取NaHCO3、分離NaHCO3、干燥NaHCO3四個步驟，下列圖示裝置和原理能達到實驗目的是（）A．制取氨氣 B．制取NaHCO3 C．分離NaHCO3 D．干燥NaHCO37．（2分）下列說法正確的是（）A．氫氧燃料電池工作時，H2在負極上失去電子 B．0.1mol?L﹣1Na2CO3溶液加熱后，溶液的pH減小 C．常溫常壓下，22.4LCl2中含有的分子數為6.02×1023個 D．室溫下，稀釋0.1mol?L﹣1CH3COOH溶液，溶液的導電能力增強8．（2分）通過以下反應均可獲取H2．下列有關說法正確的是（）①太陽光催化分解水制氫：2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H1＝+571.6kJ?mol﹣1②焦炭與水反應制氫：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H2＝+131.3kJ?mol﹣1③甲烷與水反應制氫：CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H3＝+206.1kJ?mol﹣1。A．反應①中電能轉化為化學能 B．反應②為放熱反應 C．反應③使用催化劑，△H3減小 D．反應CH4（g）═C（s）+2H2（g）的△H＝+74.8kJ?mol﹣19．（2分）在給定的條件下，下列選項所示的物質間轉化均能實現的是（）A．SiO2SiCl4Si B．FeS2SO2H2SO4 C．N2NH3NH4Cl（aq） D．MgCO3MgCl2（aq）Mg10．（2分）下列圖示與對應的敘述不相符合的是（）A．圖甲表示燃料燃燒反應的能量變化 B．圖乙表示酶催化反應的反應速率隨反應溫度的變化 C．圖丙表示弱電解質在水中建立電離平衡的過程 D．圖丁表示強堿滴定強酸的滴定曲線二、不定項選擇題：本題共5個小題，每小題4分，共計20分，每個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，選兩個且全部選對的得4分，但只要選錯一個，該小題就得0分。11．（4分）化合物X是一種醫(yī)藥中間體，其結構簡式如圖所示。下列有關化合物X的說法正確的是（）A．分子中兩個苯環(huán)一定處于同一平面 B．不能與飽和Na2CO3溶液反應 C．1mol化合物X最多能與2molNaOH反應 D．在酸性條件下水解，水解產物只有一種12．（4分）制備（NH4）2Fe（SO4）2?6H2O的實驗中，需對過濾出產品的母液（pH＜1）進行處理。常溫下，分別取母液并向其中加入指定物質，反應后的溶液中主要存在的一組離子正確的是（）A．通入過量Cl2：Fe2+、H+、NH4+、Cl﹣、SO42﹣ B．加入過量NaClO溶液：NH4+、Fe2+、H+、SO42﹣、ClO﹣ C．加入過量NaOH溶液：Na+、Fe2+、NH4+、SO42﹣、OH﹣ D．加入過量NaClO溶液和NaOH的混合溶液：Na+、SO42﹣、Cl﹣、ClO﹣、OH﹣13．（4分）根據下列實驗操作和現象所得到的結論正確的是（）選項實驗操作和現象結論A室溫下，向苯酚鈉溶液中通入足量CO2，溶液變渾濁碳酸的酸性比苯酚的強B室溫下，向濃度為0.1mol?L﹣1的BaCl2和CaCl2混合溶液中滴加Na2SO4溶液，出現白色沉淀Ksp（BaSO4）＜Ksp（CaSO4）C室溫下，向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液，再滴加幾滴淀粉溶液，溶液變藍色Fe3+的氧化性比I2的強D室溫下，用pH試紙測得0.1mol?L﹣1Na2SO3溶液的pH約為10；0.1mol?L﹣1NaHSO3溶液的pH約為5HSO3﹣結合H+的能力比SO32﹣的強A．A B．B C．C D．D14．（4分）H2C2O4為二元弱酸。20℃時，配制一組c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）＝0.100mol?L﹣1的H2C2O4和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物質的量濃度隨pH的變化曲線如圖所示。下列指定溶液中微粒的物質的量濃度關系一定正確的是（）A．pH＝2.5的溶液中：c（H2C2O4）+c（C2O42﹣）＞c（HC2O4﹣） B．c（Na+）＝0.100mol?L﹣1的溶液中：c（H+）+c（H2C2O4）＝c（OH﹣）+c（C2O42﹣） C．c（HC2O4﹣）＝c（C2O42﹣）的溶液中：c（Na+）＞0.100mol?L﹣1+c（HC2O4﹣） D．pH＝7的溶液中：c（Na+）＞2c（C2O42﹣）15．（4分）一定溫度下，在3個體積均為1.0L的密閉容器中反應2H2（g）+CO（g）?CH3OH（g）達到平衡，下列說法正確的是（）容器溫度/℃物質的起始濃度/mol?L﹣1物質的平衡濃度/mol?L﹣1c（H2）c（CO）c（CH3OH）c（CH3OH）Ⅰ4000.200.1000.080Ⅱ4000.400.200Ⅲ500000.100.025A．該反應的正反應放熱 B．達到平衡時，容器Ⅰ中反應物轉化率比容器Ⅱ中的大 C．達到平衡時，容器Ⅱ中c（H2）大于容器Ⅲ中c（H2）的兩倍 D．達到平衡時，容器Ⅲ中的反應速率比容器Ⅰ中的大三、解答題（共5小題，滿分68分）16．（12分）以電石渣[主要成分為Ca（OH）2和CaCO3]為原料制備KClO3的流程如圖1：（1）氯化過程控制電石渣過量，在75℃左右進行。氯化時存在Cl2與Ca（OH）2作用生成Ca（ClO）2的反應，Ca（ClO）2進一步轉化為Ca（ClO3）2，少量Ca（ClO）2分解為CaCl2和O2。①生成Ca（ClO）2的化學方程式為。②提高Cl2轉化為Ca（ClO3）2的轉化率的可行措施有（填序號）。A．適當減緩通入Cl2速率B．充分攪拌漿料C．加水使Ca（OH）2完全溶解（2）氯化過程中Cl2轉化為Ca（ClO3）2的總反應方程式為：6Ca（OH）2+6Cl2═Ca（ClO3）2+5CaCl2+6H2O氯化完成后過濾。①濾渣的主要成分為（填化學式）。②濾液中Ca（ClO3）2與CaCl2的物質的量之比n[Ca（ClO3）2]：n[CaCl2]1：5（填“＞”、“＜”或“＝”）。（3）向濾液中加入稍過量KCl固體可將Ca（ClO3）2轉化為KClO3，若溶液中KClO3的含量為1