2016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2016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（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【考點】F7：常見的生活環(huán)境的污染及治理．【專題】56：化學應用．【分析】燃燒煤炭供熱時，碳與氧氣反應產(chǎn)生大量的二氧化碳氣體；風力發(fā)電、節(jié)約用水用電中不會涉及到含碳物質(zhì)的燃燒；增加植被面積可以有效減少CO2的排放，據(jù)此分析回答?！窘獯稹拷猓篈．燃燒煤炭供熱時，碳與氧氣反應產(chǎn)生大量的二氧化碳氣體，故A正確；B．風力發(fā)電可減少二氧化碳含量，故B錯誤；C、增加植被面積可以吸收二氧化碳，減少CO2含量，故C錯誤；D、節(jié)約用水用電與二氧化碳無關，故D錯誤。故選：A?！军c評】本題考查環(huán)境問題及物質(zhì)的性質(zhì)，明確含碳物質(zhì)的燃燒會導致二氧化碳含量增大，導致溫室效應，題目較為簡單，根據(jù)生活實際分析的回答即可解答。2．（2分）下列有關化學用語表示正確的是（）A．中子數(shù)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：C2H4O2【考點】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．中子數(shù)+質(zhì)子數(shù)＝質(zhì)量數(shù)，結合原子表示方法分析判斷，質(zhì)量數(shù)標記在元素符號左上角，質(zhì)子數(shù)標記在左下角；B．鎂離子是鎂原子失去最外層2個電子形成；C．硫化鈉是鈉離子和硫離子形成的離子化合物，電子式中需要標記陰陽離子；D．結構簡式需要表示出結構特征和官能團；【解答】解：A．中子數(shù)為10的氧原子，質(zhì)子數(shù)為8，則質(zhì)量數(shù)為18，則原子表示為，故A錯誤；B．鎂離子是鎂原子失去最外層2個電子形成，離子的結構示意圖為：，故B正確；C．硫化鈉的化學式中含有兩個鈉離子，硫化鈉正確的電子式為：，故C錯誤；D．甲酸甲酯的結構簡式：HCOOCH3，C2H4O2為甲酸甲酯的分子式，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查了化學用語的規(guī)范應用和書寫方法，注意檢查的熟練掌握，題目較簡單。3．（2分）下列有關物質(zhì)的性質(zhì)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【考點】14：物質(zhì)的組成、結構和性質(zhì)的關系．【專題】52：元素及其化合物．【分析】A．二氧化硫化合價居于中間價態(tài)，具有氧化性，但漂白紙張是利用二氧化硫的漂白性；B．碳酸氫銨具有易分解的性質(zhì)，做氮肥是利用其溶解后銨根離子被植物吸收做氮肥；C．硫酸鐵溶液中鐵離子水解生成氫氧化鐵膠體具有吸附懸浮雜質(zhì)的作用，可以凈水；D．利用氧化鋁熔點高的性質(zhì)可以做耐火材料。【解答】解：A．二氧化硫化合價居于中間價態(tài)，具有氧化性和還原性，但漂白紙張是利用二氧化硫的漂白性，不是其氧化性，故A錯誤；B．做氮肥是利用碳酸氫銨溶解后的銨根離子被植物吸收做氮肥，不是利用其分解的性質(zhì)，故B錯誤；C．硫酸鐵溶液中鐵離子水解生成氫氧化鐵膠體具有吸附懸浮雜質(zhì)的作用，可以凈水，不是利用的易溶于水的性質(zhì)，故C錯誤；D．Al2O3熔點高，不易熔融可用作耐高溫材料，故D正確；故選：D。【點評】本題考查了二氧化硫、銨鹽、鐵鹽和氧化鋁的性質(zhì)應用分析判斷，注意知識積累，題目較簡單。4．（2分）短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，X原子的最外層有6個電子，Y是迄今發(fā)現(xiàn)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）【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】Y是迄今發(fā)現(xiàn)的非金屬性最強的元素，應為F，X原子的最外層有6個電子，且原子序數(shù)小于F，應為O元素，在周期表中Z位于IA族，由原子序數(shù)關系可知Z為Na元素，W與X屬于同一主族，W應為S元素，結合對應物質(zhì)的性質(zhì)以及元素周期率知識解答該題?！窘獯稹拷猓篩是迄今發(fā)現(xiàn)的非金屬性最強的元素，應為F，X原子的最外層有6個電子，且原子序數(shù)小于F，應為O元素，在周期表中Z位于IA族，由原子序數(shù)關系可知Z為Na元素，W與X屬于同一主族，W應為S元素，A．元素X、W的簡單陰離子分別為O2﹣、S2﹣，離子的電子層結構不同，故A錯誤；B．Y為F，Z為Na，由Y、Z兩種元素組成的化合物為NaF，是離子化合物，故B正確；C．非金屬性F＞S，元素的非金屬性越強，對應的氫化物越穩(wěn)定，故C錯誤；D．原子核外電子層數(shù)越多，原子半徑越大，同周期元素從左到右原子半徑逐漸減小，則半徑r（F）＜r（O）＜r（S）＜r（Na），故D錯誤。故選：B?！军c評】本題考查了原子結構與元素周期律的關系，題目難度中等，正確推斷元素為解答關鍵，注意掌握原子結構與元素周期律、元素周期表的關系，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及靈活應用能力。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+【考點】49：離子方程式的書寫．【專題】516：離子反應專題．【分析】A．銅和稀硝酸反應生成硝酸銅、一氧化氮和水；B．鐵和硫酸鐵反應生成硫酸亞鐵，離子方程式中需要符合電荷守恒；C．硫酸鋁溶液中加入過量氨水反應生成氫氧化鋁沉淀和硫酸銨，氫氧化鋁是兩性氫氧化物不溶于弱酸弱堿；D．硅酸鈉溶液中滴入鹽酸反應生成硅酸沉淀，硅酸鈉是強電解質(zhì)溶液中完全電離?！窘獯稹拷猓篈．將銅插入稀硝酸中反應的離子方程式為：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O，故A錯誤；B．向Fe2（SO4）3溶液中加入過量鐵粉反應的離子方程式為：2Fe3++Fe═3Fe2+，故B錯誤；C．向Al2（SO4）3溶液中加入過量氨水反應的離子方程式：Al3++3NH3?H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故C正確；D．向Na2SiO3溶液中滴加稀鹽酸反應的離子方程式：SiO32﹣+2H+═H2SiO3↓，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查了離子方程式書寫方法，主要是物質(zhì)性質(zhì)的熟練掌握、反應產(chǎn)物判斷等知識，題目難度不大。6．（2分）根據(jù)侯氏制堿原理制備少量NaHCO3的實驗，經(jīng)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NaHCO3【考點】U5：化學實驗方案的評價．【專題】25：實驗評價題．【分析】A．氯化銨不穩(wěn)定，加熱易分解，溫度稍低又可生成氯化銨；B．氣體通入方向錯誤；C．從溶液中分離碳酸氫鈉固體，可用過濾的方法；D．碳酸氫鈉不穩(wěn)定，不能直接加熱干燥。【解答】解：A．氯化銨不穩(wěn)定，加熱易分解，溫度稍低又可生成氯化銨，制備氨氣，應用氯化銨和氫氧化鈣為反應物，故A錯誤；B．應將二氧化碳從長導管進入，否則將液體排出，故B錯誤；C．從溶液中分離碳酸氫鈉固體，可用過濾的方法，故C正確；D．碳酸氫鈉不穩(wěn)定，不能直接加熱干燥，可烘干，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題考查較為綜合，涉及物質(zhì)的分離、提純以及制備，為高考常見題型，側(cè)重于學生的分析、實驗能力的考查，注意把握實驗的嚴密性和可行性的評價，難度不大。7．（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(shù)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【考點】BH：原電池和電解池的工作原理；D4：電解質(zhì)溶液的導電性；DB：鹽類水解的原理．【專題】51H：鹽類的水解專題；51I：電化學專題．【分析】A、氫氧燃料電池中，H2在負極上失去電子；B、加熱促進碳酸根離子的水解，使得氫氧根離子濃度增大；C、不是標準狀況，不能用公式計算氣體的物質(zhì)的量；D、電解質(zhì)的導電能力與溶液中自由移動陰陽離子的濃度有關?！窘獯稹拷猓篈、氫氧燃料電池中，H2在負極上失去電子被氧化，故A正確；B、Na2CO3溶液加熱，促進碳酸根離子的水解，使得氫氧根離子濃度增大，溶液的pH增大，故B錯誤；C、常溫常壓，不是標準狀況，22.4LCl2中，不能用公式計算氣體的物質(zhì)的量，故C錯誤；D、電解質(zhì)的導電能力與溶液中自由移動陰陽離子的濃度有關，稀釋0.1mol?L﹣1CH3COOH溶液，使得離子濃度減小，導電能力減弱，故D錯誤。故選：A?！军c評】本題考查了原電池基本原理、鹽類水解的影響因素、NA的計算和導電能力強弱的判斷，綜合性強，但是較為基礎，掌握基本原理是解題的關鍵，難度不大。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(zhuǎn)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﹣1【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、太陽光催化分解水制氫氣，是光能轉(zhuǎn)化為化學能；B、△H2＞0，反應為吸熱反應；C、催化劑不能改變反應熱的大?。籇、根據(jù)蓋斯定律，目標反應CH4（g）═C（s）+2H2（g）相當于③﹣②?！窘獯稹拷猓篈、太陽光催化分解水制氫氣，是光能轉(zhuǎn)化為化學能，故A錯誤；B、反應的△H2＞0，故該反應為吸熱反應，故B錯誤；C、催化劑不能改變反應熱的大小，只能改變化學反應速率，故C錯誤；D、根據(jù)蓋斯定律，目標反應CH4（g）═C（s）+2H2（g）相當于③﹣②，故△H＝△H3﹣△H2，△H＝+206.1kJ?mol﹣1﹣（+131.3kJ?mol﹣1）＝+74.8kJ?mol﹣1，故D正確。故選：D?！军c評】本題考查了化學反應與能量變化，利用蓋斯定律進行相關計算，注意催化劑不能改變焓變，蓋斯定律計算時焓變的加減時正負號為易錯點，題目難度較小。9．（2分）在給定的條件下，下列選項所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實現(xiàn)的是（）A．SiO2SiCl4Si B．FeS2SO2H2SO4 C．N2NH3NH4Cl（aq） D．MgCO3MgCl2（aq）Mg【考點】FH：硅和二氧化硅；GK：鎂、鋁的重要化合物．【專題】52：元素及其化合物．【分析】A．二氧化硅為酸性氧化物和鹽酸不反應；B．FeS2燃燒生成二氧化硫，二氧化硫和水反應生成亞硫酸；C．氮氣和氫氣一定條件下反應生成氨氣，氨氣和鹽酸反應生成氯化銨；D．碳酸鎂和鹽酸反應生成氯化鎂、二氧化碳和水，氯化鎂溶液電解不能生成金屬鎂。【解答】解：A．二氧化硅屬于酸性氧化物和鹽酸不反應，不能一步實現(xiàn)反應，故A錯誤；B．二氧化硫和水反應生成亞硫酸，亞硫酸被氧化生成硫酸，二氧化硫和水不能一步轉(zhuǎn)化，故B錯誤；C．氮氣和氫氣在催化劑、高溫高壓條件下反應生成氨氣，氨氣是堿性氣體和鹽酸反應生成氯化銨，兩步反應能一步實現(xiàn)，故C正確；D．碳酸鎂溶于鹽酸生成氯化鎂溶液，氯化鎂溶液電解得到氫氧化鎂，氫氣和氯氣，不能直接得到金屬鎂，應是電解熔融狀態(tài)的氯化鎂得到金屬鎂，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查了物質(zhì)性質(zhì)、物質(zhì)轉(zhuǎn)化的應用，主要是硅、硫、氮、鎂的化合物性質(zhì)的理解判斷，掌握基礎是解題關鍵，題目較簡單。10．（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(zhì)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【考點】BB：反應熱和焓變．【分析】A．燃料燃燒應放出熱量，反應物總能量大于生成物總能量；B．溫度過高，酶失去催化活性；C．弱電解質(zhì)存在電離平衡，平衡時正逆反應速率相等；D．強堿滴定強酸，溶液pH增大，存在pH的突變?！窘獯稹拷猓篈．燃料燃燒應放出熱量，反應物總能量大于生成物總能量，而題目所給圖為吸熱反應，故A錯誤；B．酶為蛋白質(zhì)，溫度過高，蛋白質(zhì)變性，則酶催化能力降低，甚至失去催化活性，故B正確；C．弱電解質(zhì)存在電離平衡，平衡時正逆反應速率相等，圖象符合電離特點，故C正確；D．強堿滴定強酸，溶液pH增大，存在pH的突變，圖象符合，故D正確。故選：A?！军c評】本題考查較為綜合，涉及弱電解質(zhì)的電離、化學反應與能量、化學平衡的影響，考查《化學反應原理》主要內(nèi)容，側(cè)重學生的分析能力的考查，為高考常見題型，易錯點為B，注意蛋白質(zhì)的性質(zhì)，難度不大。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(chǎn)物只有一種【考點】HD：有機物的結構和性質(zhì)．【專題】534：有機物的化學性質(zhì)及推斷．【分析】有物含有酯，可生水解反，含有基，具有酸，可生中和、酯化反應，結合有物結構特點解答題?！窘獯稹拷猓篈．兩苯環(huán)連接在飽和原子上具有甲烷結構點且﹣C為鍵可自由旋，則分子中兩個苯不一定處于同一平面，故A錯誤；B．含有羧基，具有酸性，可與碳酸鈉溶液反應，故B錯誤；C．含有酯基，且可水解生成酚羥基和羧基，都可與氫氧化鈉反應，且含有羧基，則1mol化合物X最多能與3molNaOH反應，故C錯誤；D．能水解的只有酯基，且為環(huán)狀化合物，則水解產(chǎn)物只有一種，故D正確。故選：D?！军c評】本題查有機物的結構與性，為高頻考點，題目中等，注意把握官能團的性質(zhì)，為解答該題的關鍵，題目有利于培養(yǎng)學生良好的科學素養(yǎng)，提高分析能力，12．（4分）制備（NH4）2Fe（SO4）2?6H2O的實驗中，需對過濾出產(chǎn)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(zhì)，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﹣【考點】DP：離子共存問題．【專題】516：離子反應專題．【分析】根據(jù)離子之間不能結合生成水、氣體、沉淀、弱電解質(zhì)，不能發(fā)生氧化還原反應等，離子能大量共存，并結合母液中含有（NH4）2?Fe（SO4）2?6H2O晶體中的離子，利用離子共存的觀點分析解答?！窘獯稹拷猓篈．氯氣與還原性離子Fe2+發(fā)生氧化還原反應，不能存在二價鐵離子，故A錯誤；B．Fe2+有強還原性，酸性條件ClO﹣離子具有強氧化性，要發(fā)生氧化還原反應，不能共存，故B錯誤；C．Fe2+、OH﹣結合生成沉淀，銨根離子與堿結合生成弱電解質(zhì)，不能共存，故C錯誤；D．該組離子之間不反應，能共存，加入過量NaClO溶液和NaOH的混合溶液，離子之間不反應，能共存，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查離子的共存，熟悉復分解反應發(fā)生的條件及強氧化性離子與強還原性離子間發(fā)生的氧化還原反應即可解答，注重基礎知識的考查，題目難度不大。13．（4分）根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象所得到的結論正確的是（）選項實驗操作和現(xiàn)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(xiàn)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．D【考點】U5：化學實驗方案的評價．【分析】A．苯酚鈉與二氧化碳反應生成苯酚；B．向混合溶液中滴加Na2SO4溶液，不能確定生成的白色沉淀成分；C．碘離子和鐵離子反應生成碘和亞鐵離子，碘遇淀粉試液變藍色，同一氧化還原反應中，氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性；D．陰離子水解程度越大，溶液pH越大，說明越易結合氫離子?！窘獯稹拷猓篈．苯酚鈉與二氧化碳反應生成苯酚，由現(xiàn)象可知碳酸的酸性比苯酚的強，故A正確；B．向濃度均為0.1mol?L﹣1的BaCl2和CaCl2混合溶液中滴加Na2SO4溶液，出現(xiàn)白色沉淀，無法確定生成沉淀成分，則不能比較Ksp（BaSO4）、Ksp（CaSO4）的大小，故B錯誤；C．碘離子和鐵離子反應生成碘和亞鐵離子，碘遇淀粉試液變藍色，同一氧化還原反應中，氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，該反應中氧化劑是鐵離子、氧化產(chǎn)物的碘，所以氧化性：Fe3+＞I2，故C正確；D．陰離子水解程度越大，溶液的pH越大，說明越易結合氫離子，則HSO3﹣結合H+的能力比SO32﹣的弱，故D錯誤；故選：AC?！军c評】本題考查實驗方案的評價，題目難度中等，涉及物質(zhì)的性質(zhì)比較、檢驗及難溶物溶度積大小比較等知識，為高考常見題型，側(cè)重于學生的分析、實驗能力的考查，注意把握實驗的嚴密性和可行性的評價，試題有利于提高學生的分析、理解能力及化學實驗能力。14．（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(zhì)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(zhì)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﹣）【考點】DN：離子濃度大小的比較；DO：酸堿混合時的定性判斷及有關ph的計算．【專題】51G：電離平衡與溶液的pH專題．【分析】A．依據(jù)圖象可知pH＝2.5的溶液中：c（H2C2O4）+c（C2O42﹣）＜c（HC2O4﹣）；B．依據(jù)溶液中電荷守恒和物料守恒分析，c（Na+）＝0.100mol/L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．20℃時，Kw＝0.681×10﹣14，pH＝7的溶液中，顯酸性，（H+）＞c（OH﹣），根據(jù)電荷守恒判斷?！窘獯稹拷猓篈．由圖象可知，pH＝2.5的溶液中c（H2C2O4）和c（C2O42﹣）濃度之和小于c（HC2O4﹣），則c（H2C2O4）+c（C2O42﹣）＜c（HC2O4﹣），故A錯誤；B．依據(jù)溶液中電荷守恒和物料守恒分析，c（Na+）＝0.100mol/L的溶液中為NaHC2O4溶液，溶液中存在電荷守恒c（H+）+c（Na+）＝2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（OH﹣），物料守恒c（Na+）＝c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（H2C2O4），代入計算得到c（H+）+c（H2C2O4）＝c（OH﹣）+c（C2O42﹣），故B正確；C．c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）＝0.100mol?L﹣1，c（HC2O4﹣）＝c（C2O42﹣），電荷守恒c（H+）+c（Na+）＝2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（OH﹣），pH約4，此時氫離子濃度大于氫氧根，得到溶液中c（Na+）＜0.100mol?L﹣1+c（HC2O4﹣），故C錯誤；D．20℃時，Kw＝0.681×10﹣14，pH＝7的溶液中，顯酸性，（H+）＞c（OH﹣），根據(jù)電荷守恒c（H+）+c（Na+）＝2c（C2O42﹣）+c（OH﹣），所以c（Na+）＜2c（C2O42﹣），故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查了弱電解質(zhì)的電離、離子濃度大小比較，側(cè)重于學生的分析能力的考查，注意把握物料守恒、電荷守恒的運用，答題時注意體會，難度中等。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(zhì)的起始濃度/mol?L﹣1物質(zhì)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(zhuǎn)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【考點】CP：化學平衡的計算．【分析】對比Ⅰ、Ⅲ，如溫度相同，0.1mol/L的CH3OH相當于0.20mol/L的H2和0.1mol/L的CO，為等效平衡，但Ⅲ溫度較高，平衡時CH3OH較低，說明升高溫度平衡逆向移動，正反應為放熱反應，對比Ⅰ、Ⅱ，在相同溫度下反應，但Ⅱ濃度較大，由方程式可知，增大濃度，平衡正向移動，以此解答該題?！窘獯稹拷猓篈．對比Ⅰ、Ⅲ，如溫度相同，0.1mol/L的CH3OH相當于0.20mol/L的H2和0.1mol/L的CO，為等效平衡，但Ⅲ溫度較高，平衡時CH3OH較低，說明升高溫度平衡逆向移動，正反應為放熱反應，故A正確；B．對比Ⅰ、Ⅱ，在相同溫度下反應，但Ⅱ濃度較大，由方程式2H2（g）+CO（g）?CH3OH（g）可知，增大濃度，平衡正向移動，該反應正向為體積減小的反應，增大濃度轉(zhuǎn)化率會增大，則容器Ⅰ中反應物轉(zhuǎn)化率比容器Ⅱ中的小，故B錯誤；C．Ⅱ濃度較大，Ⅲ溫度較高，增大濃度平衡正向移動，升高溫度平衡逆向移動，Ⅲ的轉(zhuǎn)化率降低，Ⅲ中相當于起始C（H2）為Ⅱ的一半，平衡時Ⅱ中C（H2）小于Ⅲ中的兩倍，故C錯誤；D．對比Ⅰ、Ⅲ，Ⅲ溫度較高，濃度相當，升高溫度，反應速率增大，故D正確。故選：AD?！军c評】本題考查化學反應速率的影響，涉及等效平衡問題，為高頻考點，側(cè)重于學生的分析能力的考查，題目難度不大，但易錯，答題時注意把握反應的特點以及平衡的影響因素。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(zhuǎn)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2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O。②提高Cl2轉(zhuǎn)化為Ca（ClO3）2的轉(zhuǎn)化率的可行措施有AB（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(zhuǎn)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CaCO3、Ca（OH）2（填化學式）。②濾液中Ca（ClO3）2與CaCl2的物質(zhì)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(zhuǎn)化為KClO3，若溶液中KClO3的含量為100g?L﹣1，從該溶液中盡可能多地析出KClO3固體的方法是蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶?！究键c】U3：制備實驗方案的設計．【專題】546：無機實驗綜合．【分析】電石渣含有Ca（OH）2，加入水打漿，通入氯氣，可生成Ca（ClO）2，Ca（ClO）2進一步轉(zhuǎn)化為Ca（ClO3）2，過濾后在濾液中加入KCl轉(zhuǎn)化生成KClO3，經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶可得晶體KClO3，（1）①氯氣和氫氧化鈣反應生成氯化鈣、次氯酸鈣和水；②提高Cl2轉(zhuǎn)化為Ca（ClO3）2的轉(zhuǎn)化率，可使氯氣和氫氧化鈣充分接觸；（2）①發(fā)生6Ca（OH）2+6Cl2═Ca（ClO3）2+5CaCl2+6H2O，生成的Ca（ClO3）2溶于水，CaCO3不溶于水，Ca（OH）2微溶；②氯化過程中Cl2與氫氧化鈣反應部分生成Ca（ClO）2和CaCl2；（3）經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶可得晶體KClO3?！窘獯稹拷猓弘娛蠧a（OH）2，加入水打漿，通入氯氣，可生成Ca（ClO）2，Ca（ClO）2進一步轉(zhuǎn)化為Ca（ClO3）2，過濾后在濾液中加入KCl轉(zhuǎn)化生成KClO3，經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶可得晶體KClO3，（1）②氯氣和氫氧化鈣反應生成氯化鈣、次氯酸鈣和水，反應的化學方程式為2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，故答案為：2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；②提高Cl2轉(zhuǎn)化為Ca（ClO3）2的轉(zhuǎn)化率，可使氯氣和氫氧化鈣充分接觸，可適當減緩通入Cl2速率、充分攪拌漿料，因氫氧化鈣微溶于水，加水溶解的做法不可取，因濃度過低，對后續(xù)實驗不利，故答案為：AB；（2）①發(fā)生6Ca（OH）2+6Cl2═Ca（ClO3）2+5CaCl2+6H2O，生成的Ca（ClO3）2溶于水，CaCO3不溶于水，Ca（OH）2微溶，則濾渣中含有CaCO3、Ca（OH）2，故答案為：CaCO3、Ca（OH）2；②氯化過程中Cl2與氫氧化鈣反應部分生成Ca（ClO）2和CaCl2，則n[Ca（ClO3）2]：n[CaCl2]＜1：5，故答案為：＜；（3）該溶液中盡可能多地析出KClO3固體，應經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶，故答案為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶?！军c評】本題考查物質(zhì)的制備，為高考常見題型和高頻考點，側(cè)重于學生的分析、實驗能力的考查，解答本題注意把握物質(zhì)的性質(zhì)以及題給信息，把握反應的流程，同時要具有扎實的實驗基礎知識，難度不大。17．（15分）化合物H是合成抗心律失常藥物泰達隆的一種中間體，可通過以下方法合成：（1）D中的含氧官能團名稱為酚羥基、羰基和酰胺鍵等（寫兩種）。（2）F→G的反應類型為消去反應。（3）寫出同時滿足下列條件的C的一種同分異構體的結構簡式。①能發(fā)生銀鏡反應；②能發(fā)生水解反應，其水解產(chǎn)物之一能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應；③分子中只有4種不同化學環(huán)境的氫。（4）E經(jīng)還原得到F，E的分子式為C14H17O3N，寫出E的結構簡式。（5）已知：①苯胺（）易被氧化請以甲苯和（CH3CO）2O為原料制備，寫出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見本題題干）?！究键c】HC：有機物的合成．【分析】（1）由結構簡式可知D含有酚羥基、羰基和酰胺鍵；（2）F含有羥基，而生成G含有碳碳雙鍵，可知發(fā)生消去反應；（3）C的一種同分異構體：①能發(fā)生銀鏡反應，說明含有醛基；②能發(fā)生水解反應，其水解產(chǎn)物之一能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，說明水解可生成酚羥基，應含有HCOO﹣結構；③分子中只有4種不同化學環(huán)境的氫，應為對稱結構；（4）E經(jīng)還原得到F，E的分子式為C14H17O3N，Ω7，由F的結構簡式可知E中含有C＝O鍵，發(fā)生還原反應生成﹣OH；（5）甲苯和（CH3CO）2O為原料制備，可先由甲苯發(fā)生硝化反應，生成鄰﹣硝基甲苯，然后發(fā)生還原反應生成鄰甲基苯胺，與乙酸酐發(fā)生取代反應生成，氧化可生成?！窘獯稹拷猓海?）由結構簡式可知D含有酚羥基、羰基和酰胺鍵，故答案為：酚羥基、羰基和酰胺鍵；（2）F含有羥基，而生成G含有碳碳雙鍵，可知發(fā)生消去反應，故答案為：消去反應；（3）C的一種同分異構體：①能發(fā)生銀鏡反應，說明含有醛基；②能發(fā)生水解反應，其水解產(chǎn)物之一能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，說明水解可生成酚羥基，應含有HCOO﹣結構；③分子中只有4種不同化學環(huán)境的氫，應為對稱結構，則同分異構體可為，故答案為：；（4）E經(jīng)還原得到F，E的分子式為C14H17O3N，Ω7，由F的結構簡式可知E中含有C＝O鍵，發(fā)生還原反應生成﹣OH，E的結構簡式為，故答案為：；（5）甲苯和（CH3CO）2O為原料制備，可先由甲苯發(fā)生硝化反應，生成鄰﹣硝基甲苯，然后發(fā)生還原反應生成鄰甲基苯胺，與乙酸酐發(fā)生取代反應生成，氧化可生成，流程為，故答案為：?！军c評】本題考查有機物的合成與推斷、有機反應類型、官能團結構與性質(zhì)、限制條件同分異構體書寫，是對有機會基礎的綜合考查，較好的考查學生信息獲取與知識遷移運用，題目有利于培養(yǎng)學生的分析能力，難度中等。18．（12分）過氧化鈣（CaO2?8H2O）是一種在水產(chǎn)養(yǎng)殖中廣泛使用的供氧劑。（1）Ca（OH）2懸濁液與H2O2溶液反應可制備CaO2?8H2O。Ca（OH）2+H2O2+6H2O═CaO2?8H2O反應時通常加入過量的Ca（OH）2，其目的是提高過氧化氫的利用率。（2）箱池塘水中加入一定量的CaO2?8H2O后，池塘水中濃度增加的離子有AD（填序號）。A．Ca2+B．H+C．CO32﹣D．OH﹣（3）水中溶解氧的測定方法如下：向一定量水樣中加入適量MnSO4和堿性KI溶液，生成MnO（OH）2沉淀，密封靜置，加入適量稀H2SO4，將MnO（OH）2與I﹣完全反應生成Mn2+和I2后，以淀粉作指示劑，用Na2S2O3標準溶液滴定至終點，測定過程中物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關系如下：①寫出O2將Mn2+氧化成MnO（OH）2的離子方程式：O2+2Mn2++4OH﹣＝2MnO（OH）2↓。②取加過一定量CaO2?8H2O的池塘水樣100.00mL，按上述方法測定水中溶解氧量，消耗0.01000mol?L﹣1Na2S2O3標準溶液13.50mL．計算該水樣中的溶解氧（用mg?L﹣1表示），寫出計算過程?！究键c】RD：探究物質(zhì)的組成或測量物質(zhì)的含量．【專題】546：無機實驗綜合．【分析】（1）依據(jù)方程式可知反應時加入氫氧化鈣是為了提高雙氧水的利用率；（2）過氧化鈣與水反應生成氫氧化鈣、氧氣和水，因此箱池水塘中加入一定量的CaO2?8H2O，池塘水中濃度增加的離子有鈣離子和氫氧根離子；（3）①O2將Mn2+氧化成MnO（OH）2的反應中O2是氧化劑得到4個電子，Mn元素的化合價從+2價升高到+4價，失2個電子，所以根據(jù)電子得失守恒以及原子守恒可知反應的離子方程式為：O2+2Mn2++4OH﹣＝MnO（OH）2；②依據(jù)流程圖并依據(jù)電子得失守恒可知氧氣得到的電子就是硫代硫酸鈉失去的電子，其中硫元素化合價從+2價升高到+2.5價，計算該水樣中的溶解氧?！窘獯稹拷猓海?）依據(jù)方程式Ca（OH）2+H2O2+6H2O═CaO2?8H2O可知，反應時加入氫氧化鈣是為了提高雙氧水的利用率，故答案為：提高過氧化氫的利用率；（2）過氧化鈣與水反應生成氫氧化鈣、氧氣和水，因此箱池水塘中加入一定量的CaO2?8H2O，池塘水中濃度增加的離子有鈣離子和氫氧根離子，選擇AD，故答案為：AD；（3）①O2將Mn2+氧化成MnO（OH）2的反應中O2是氧化劑得到4個電子，Mn元素的化合價從+2價升高到+4價，失2個電子，所以根據(jù)電子得失守恒以及原子守恒可知反應的離子方程式為：O2+2Mn2++4OH﹣＝2MnO（OH）2，故答案為：O2+2Mn2++4OH﹣＝2MnO（OH）2；②I2+2S2O32﹣＝2I﹣+S4O62﹣，n（I2）6.750×10﹣5mol，n（MnO（OH）2）＝n（I2）＝6.750×10﹣5mol，n（O2）n（MnO（OH）2）6.750×10﹣5mol＝3.375×10﹣5mol，水中溶解氧10.80mg/L，答：該水樣中的溶解氧10.80mg/L?！军c評】本題考查氧化還原反應方程式書寫以及溶解氧含量測定等，主要是滴定實驗過程的理解應用和計算分析，掌握基礎是解題關鍵，題目難度中等。19．（15分）實驗室以一種工業(yè)廢渣（主要成分為MgCO3、Mg2SiO4和少量Fe、Al的氧化物）為原料制備MgCO3?3H2O．實驗過程如圖1：（1）酸溶過程中主要反應的熱化學方程式為MgCO3（S）+2H+（aq）═Mg2+（aq）+CO2（g）+H2O（l）△H＝﹣50.4kJ?mol﹣1Mg2SiO4（s）+4H+（aq）═2Mg2+（aq）+H2SiO3（s）+H2O（l）△H＝﹣225.4kJ?mol﹣1酸溶需加熱的目的是加快酸溶速率；所加H2SO4不宜過量太多的原因是避免制備MgCO3時消耗過多的堿。（2）加入H2O2氧化時發(fā)生發(fā)應的離子方程式為2Fe2++2H++H2O2＝2Fe3++2H2O。（3）用圖2所示的實驗裝置進行萃取分液，以除去溶液中的Fe3+。①實驗裝置圖中儀器A的名稱為分液漏斗。②為使Fe3+盡可能多地從水相轉(zhuǎn)移至有機相，采取的操作：向裝有水溶液的儀器A中加入一定量的有機萃取劑，充分振蕩、靜置、分液，并重復多次。（4）請補充完整由萃取后得到的水溶液制備MgCO3?3H2O的實驗方案：邊攪拌邊向溶液中滴加氨水，至5＜pH＜8.5，過濾，邊攪拌邊向濾液中滴加碳酸鈉溶液至有大量沉淀生成，靜置，向上層清夜中滴加碳酸鈉溶液，若無沉淀生成，過濾、用水洗滌固體2﹣3次，在50℃下干燥，得到MgCO3?3H2O。[已知該溶液中pH＝8.5時Mg（OH）2開始沉淀；pH＝5.0時Al（OH）3沉淀完全]?！究键c】U3：制備實驗方案的設計．【專題】546：無機實驗綜合．【分析】廢渣主要成分為MgCO3、Mg2SiO4和少量Fe、Al的氧化物，加入40%的硫酸酸溶，過量后濾液中含有硫酸鎂、硫酸亞鐵以及硫酸鋁，加入H2O2氧化亞鐵離子，然后加入有機萃取劑萃取Fe3+，分液后可除去溶液中的Fe3+，分液后水溶液中含有Mg2+、Al3+，可調(diào)節(jié)溶液pH至5＜pH＜8.5，可除去Al3+，又可防止生成Mg（OH）2，過濾后在濾液中加入碳酸鈉溶液，可生成MgCO3沉淀，在50℃下干燥，得到MgCO3?3H2O．以此解答該題?！窘獯稹拷猓簭U渣主要成分為MgCO3、Mg2SiO4和少量Fe、Al的氧化物，加入40%的硫酸酸溶，過量后濾液中含有硫酸鎂、硫酸亞鐵以及硫酸鋁，加入H2O2氧化亞鐵離子，然后加入有機萃取劑萃取Fe3+，分液后可除去溶液中的Fe3+，分液后水溶液中含有Mg2+、Al3+，可調(diào)節(jié)溶液pH至5＜pH＜8.5，可除去Al3+，又可防止生成Mg（OH）2，過濾后在濾液中加入碳酸鈉溶液，可生成MgCO3沉淀，在50℃下干燥，得到MgCO3?3H2O。（1）加熱，溫度升高，可增大反應速率，即加快酸溶速率，但加入硫酸不能過多，避免制備MgCO3時消耗過多的堿而浪費原料，故答案為：加快酸溶速率；避免制備MgCO3時消耗過多的堿；（2）加入H2O2溶液與二價鐵離子發(fā)生氧化還原反應，反應的離子方程式為：2Fe2++2H++H2O2＝2Fe3++2H2O，故答案為：2Fe2++2H++H2O2＝2Fe3++2H2O；（3）①由裝置圖可知儀器A為分液漏斗，用于萃取、分液，故答案為：分液漏斗；②萃取時，為使溶質(zhì)盡可能被萃取，應充分振蕩，以充分接觸而分離，故答案為：充分振蕩；（4）分液后水溶液中含有Mg2+、Al3+，可調(diào)節(jié)溶液pH至5＜pH＜8.5，可除去Al3+，又可防止生成Mg（OH）2，過濾后在濾液中加入碳酸鈉溶液，可生成MgCO3沉淀，靜置，向上層清夜中滴加碳酸鈉溶液，若無沉淀生成，說明已完全反應，過濾后，用水洗滌固體2﹣3次，在50℃下干燥，得到MgCO3?3H2O。故答案為：至5＜pH＜8.5，過濾，邊攪拌邊向濾液中滴加碳酸鈉溶液至有大量沉淀生成，靜置，向上層清夜中滴加碳酸鈉溶液，若無沉淀生成?！军c評】本題考查物質(zhì)的制備及混合物分離和提純，明確流程中的方法和基本操作、發(fā)生的化學反應是解答的關鍵，要求學生具有分析和解決問題的能力，題目有利于培養(yǎng)學生的實驗能力，題目難度較大。20．（14分）鐵炭混合物（鐵屑和活性炭的混合物）、納米鐵粉均可用于處理水中污染物。（1）鐵炭混合物在水溶液中可形成許多微電池。將含有Cr2O72﹣的酸性廢水通過鐵炭混合物，在微電池正極上Cr2O72﹣轉(zhuǎn)化為Cr3+，其電極反應式為Cr2O72﹣+14H++6e﹣＝2Cr3++7H2O。（2）在相同條件下，測量總質(zhì)量相同、鐵的質(zhì)量分數(shù)不同的鐵炭混合物對水中Cu2+和Pb2+的去除率，結果如圖1所示。①當鐵炭混合物中鐵的質(zhì)量分數(shù)為0時，也能去除水中少量的Cu2+和Pb2+，其原因是活性炭對Cu2+和Pb2+具有吸附作用。②當鐵炭混合物中鐵的質(zhì)量分數(shù)大于50%時，隨著鐵的質(zhì)量分數(shù)的增加，Cu2+和Pb2+的去除率不升反降，其主要原因是鐵的質(zhì)量分數(shù)的增加，碳鐵混合物形成的微電池數(shù)目減少。（3）納米鐵粉可用于處理地下水中的污染物。①一定條件下，向FeSO4溶液中滴加堿性NaBH4溶液，溶液中BH4﹣（B元素的化合價為+3）與Fe2+反應生成納米鐵粉、H2和B（OH）4﹣，其離子方程式為2Fe2++BH4﹣+4OH﹣＝2Fe+2H2↑+B（OH）4﹣。②納米鐵粉與水中NO3﹣反應的離子方程式為4Fe+NO3﹣+10H+═4Fe2++NH4++3H2O研究發(fā)現(xiàn)，若pH偏低將會導致NO3﹣的去除率下降，其原因是納米鐵粉與氫離子反應生成氫氣。③相同條件下，納米鐵粉去除不同水樣中NO3﹣的速率有較大差異（見圖2），產(chǎn)生該差異的可能原因是Cu或Cu2+催化納米鐵粉去除NO3﹣的反應（或形成Fe﹣Cu原電池增大納米鐵粉去除NO3﹣的反應速率）。【考點】BH：原電池和電解池的工作原理．【專題】546：無機實驗綜合．【分析】（1）正極上Cr2O72﹣轉(zhuǎn)化為Cr3+，發(fā)生還原反應，結合電荷守恒書寫電極方程式；（2）①當鐵炭混合物中鐵的質(zhì)量分數(shù)為0時，則只有碳粉，碳粉具有吸附性，可去除水中少量的Cu2+和Pb2+；②隨著鐵的質(zhì)量分數(shù)的增加，形成的微電池數(shù)目減少，則Cu2+和Pb2+的去除率不升反降；（3）①向FeSO4溶液中滴加堿性NaBH4溶液，溶液中BH4﹣（B元素的化合價為+3）與Fe2+反應生成納米鐵粉、H2和B（OH）4﹣，反應中只有Fe、H元素化合價發(fā)生變化，結合質(zhì)量守恒、電荷守恒可寫出離子方程式；②pH偏低，氫離子濃度偏大，則鐵可與氫離子反應生成氫氣；③由圖2可知銅離子濃度越大，去除率越大，銅離子可起到催化作用，也可能形成原電池反應?！窘獯稹拷猓海?）正極上Cr2O72﹣轉(zhuǎn)化為Cr3+，發(fā)生還原反應，在酸性溶液中，電極方程式為Cr2O72﹣+14H++6e﹣＝2Cr3++7H2O，故答案為：Cr2O72﹣+14H++6e﹣＝2Cr3++7H2O；（2）①當鐵炭混合物中鐵的質(zhì)量分數(shù)為0時，則只有碳粉，可去除水中少量的Cu2+和Pb2+，原因是碳粉具有吸附性，也可起到凈水的作用，故答案為：活性炭對Cu2+和Pb2+具有吸附作用；②隨著鐵的質(zhì)量分數(shù)的增加，形成的微電池數(shù)目減少，反應速率減小，則Cu2+和Pb2+的去除率不升反降，故答案為：鐵的質(zhì)量分數(shù)的增加，碳鐵混合物形成的微電池數(shù)目減少；（3）①向FeSO4溶液中滴加堿性NaBH4溶液，溶液中BH4﹣（B元素的化合價為+3）與Fe2+反應生成納米鐵粉、H2和B（OH）4﹣，反應中只有Fe、H元素化合價發(fā)生變化，發(fā)生氧化還原反應，離子方程式為2Fe2++BH4﹣+4OH﹣＝2Fe+2H2↑+B（OH）4﹣，故答案為：2Fe2++BH4﹣+4OH﹣＝2Fe+2H2↑+B（OH）4﹣；②pH偏低，氫離子濃度偏大，則鐵可與氫離子反應生成氫氣，可導致NO3﹣的去除率下降，故答案為：納米鐵粉與氫離子反應生成氫氣；③由圖2可知銅離子濃度越大，去除率越大，銅離子可起到催化作用，也可能形成原電池反應，故答案為：Cu或Cu2+催化納米鐵粉去除NO3﹣的反應（或形成Fe﹣Cu原電池增大納米鐵粉去除NO3﹣的反應速率）?！军c評】本題考查物質(zhì)的分離、提純，側(cè)重于化學與生活、環(huán)境的考查，題目有利于培養(yǎng)學生的良好的科學素養(yǎng)，側(cè)重于考查學生的分析、實驗能力的考查，注意把握提給信息以及物質(zhì)的性質(zhì)，為解答該題的關鍵，難度中等?！具x做題】本題包括21、22兩小題，請選定其中一個小題，并在相應的答題區(qū)域內(nèi)作答．若多做，則按21小題評分．[物質(zhì)結構與性質(zhì)]21．（12分）[Zn（CN）4]2﹣在水溶液中與HCHO發(fā)生如下反應：4HCHO+[Zn（CN）4]2﹣+4H++4H2O═[Zn（H2O）4]2++4HOCH2CN（1）Zn2+基態(tài)核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10。（2）1molHCHO分子中含有σ鍵的數(shù)目為3mol。（3）HOCH2CN分子中碳原子軌道的雜化軌道類型是sp3雜化、sp雜化。（4）與H2O分子互為等電子體的陰離子為NH2﹣。（5）[Zn（CN）4]2﹣中Zn2+與CN﹣的C原子形成配位鍵，不考慮空間構型，[Zn（CN）4]2﹣的結構可用示意圖表示為。【考點】86：原子核外電子排布；99：配合物的成鍵情況；9B：“等電子原理”的應用；9S：原子軌道雜化方式及雜化類型判斷．【專題】51B：原子組成與結構專題；51D：化學鍵與晶體結構．【分析】（1）Zn是30號元素，其原子核外有30個電子，失去兩個電子生成鋅離子，Zn2+基態(tài)核外有28個電子，根據(jù)構造原理書寫其核外電子排布式；（2）1個HCHO分子中含有2個C﹣H鍵、1個C＝O雙鍵，分子中含有3個σ鍵；（3）根據(jù)價層電子對＝σ鍵電子對+中心原子上的孤電子對判斷，注意三鍵含有1個σ鍵和2個π鍵；（4）原子個數(shù)相等、價電子數(shù)相等的微粒為等電子體；（5）[Zn（CN）4]2﹣中鋅離子提供空軌道，C原子提供電子對形成配位鍵?！窘獯稹拷猓海?）Zn是30號元素，其原子核外有30個電子，失去最外層兩個電子生成鋅離子，根據(jù)構造原理書寫其核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10，故答案為：1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；（2）單鍵為σ鍵，雙鍵含有1個σ鍵和1個π鍵，三鍵含有1個σ鍵和2個π鍵，HCHO分子中含有2個C﹣H鍵、1個C＝O雙鍵，分子中含有3個σ鍵，所以1mol甲醛（HCHO）分子中含有的σ鍵數(shù)目為3mol，故答案為：3；（3），其中與羥基（﹣OH）相連的一個碳為飽和碳原子，價層電子對＝4+0＝4，雜化軌道類型為SP3，另外一碳原子與氮原子形成碳氮三鍵，三鍵含有1個σ鍵和2個π鍵，價層電子對＝22，所以碳原子雜化軌道類型為SP，故答案為：sp3雜化、sp雜化；（4）原子個數(shù)相等、價電子數(shù)相等的微粒為等電子體，與水互為等電子體的微粒該是3原子最外層電子數(shù)為8的分子或離子，這樣的微粒有：H2S、NH2﹣，陰離子為：NH2﹣，故答案為：NH2﹣；（5）[Zn（CN）4]2﹣中鋅離子提供空軌道，C原子提供電子對形成配位鍵，結構示意圖表示為：，圖示箭頭表示碳提供電子給鋅，故答案為：?！军c評】本題考查物質(zhì)結構和性質(zhì)，涉及核外電子排布式書寫、σ鍵的數(shù)目、雜化理論的應用、等電子體、配位鍵等知識點，知道配位鍵的表示方法是解答的易錯點，難點是HOCH2CN分子中碳原子軌道的雜化判斷，題目難度中等。[實驗化學]（共1小題，滿分0分）22．焦亞硫酸鈉（Na2S2O5）是常用的抗氧化劑，在空氣中，受熱時均易分解。實驗室制備少量Na2S2O5的方法。在不斷攪拌下，控制反應溫度在40℃左右，向Na2CO3過飽和溶液中通入SO2，實驗裝置如圖所示。當溶液pH約為4時，停止反應。在20℃靜置結晶，生成Na2S2O5的化學方程式為：2NaHSO3═Na2S2O5+H2O。（1）SO2與Na2CO3溶液反應生成NaHSO3和CO2，其離子方程式為2SO2+CO32﹣+H2O＝2HSO3﹣+CO2。（2）裝置Y的作用是防止倒吸。（3）析出固體的反應液經(jīng)減壓抽濾，洗滌，25℃﹣30℃干燥，可獲得Na2S2O5固體。①組成減壓抽濾裝置的主要儀器是布氏漏斗、吸濾瓶和抽氣泵。②依次用飽和SO2水溶液、無水乙醇洗滌Na2S2O5固體，用飽和SO2水溶液洗滌的目的是減少Na2S2O5在水中的溶解。（4）實驗制得的Na2S2O5固體中含有一定量的Na2SO3和Na2SO4，其可能的原因是在制備過程中Na2S2O5易分解生成Na2SO3，且Na2SO3易被氧化生成Na2SO4?！究键c】U3：制備實驗方案的設計．【分析】（1）向Na2CO3過飽和溶液中通入SO2，發(fā)生反應生成NaHSO3和CO2；（2）二氧化硫易溶于氫氧化鈉溶液，Y為安全瓶，可防止倒吸；（3）①組成減壓抽濾裝置的主要儀器是布氏漏斗、吸濾瓶和抽氣泵；②用飽和SO2水溶液洗滌，可降低溶質(zhì)的溶解度；（4）Na2S2O5易分解生成a2SO3，且Na2SO3易被氧化。【解答】解：在不斷攪拌下，控制反應溫度在40℃左右，向Na2CO3過飽和溶液中通入SO2，發(fā)生反應生成NaHSO3和CO2，多余的二氧化硫可用氫氧化鈉溶液吸收，因二氧化硫易溶于氫氧化鈉溶液，Y為安全瓶，可防止倒吸，（1）向Na2CO3過飽和溶液中通入SO2，發(fā)生反應生成NaHSO3和CO2，反應的離子方程式為2SO2+CO32﹣+H2O＝2HSO3﹣+CO2，故答案為：2SO2+CO32﹣+H2O＝2HSO3﹣+CO2；（2）二氧化硫易溶于氫氧化鈉溶液，Y為安全瓶，可防止倒吸，故答案為：防止倒吸；（3）①組成減壓抽濾裝置的主要儀器是布氏漏斗、吸濾瓶和抽氣泵，故答案為：吸濾瓶；②由反應2NaHSO3═Na2S2O5+H2O可知，增大HSO3﹣的濃度，有利于生成Na2S2O5，用飽和SO2水溶液洗滌，可降低Na2S2O5的溶解度，減少Na2S2O5的溶解，故答案為：減少Na2S2O5在水中的溶解；（4）Na2S2O5易分解生成Na2SO3，且Na2SO3易被氧化，可知驗制得的Na2S2O5固體中含有一定量的Na2SO3和Na2SO4，故答案為：在制備過程中Na2S2O5易分解生成Na2SO3，且Na2SO3易被氧化生成Na2SO4?！军c評】本題考查物質(zhì)的制備，為高考常見題型和高頻考點，側(cè)重于學生的分析、實驗能力的考查，解答本題注意把握物質(zhì)的性質(zhì)以及題給信息，要具有扎實的實驗基礎知識，難度不大。精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔2017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）2017年世界地球日我國的主題為“節(jié)約集約利用資源，倡導綠色簡約生活”．下列做法應提倡的是（）A．夏天設定空調(diào)溫度盡可能的低 B．推廣使用一次性塑料袋和紙巾 C．少開私家車多乘公共交通工具 D．對商品進行豪華包裝促進銷售2．（2分）下列有關化學用語表示正確的是（）A．質(zhì)量數(shù)為31的磷原子：3115P B．氟原子的結構示意圖： C．CaCl2的電子式： D．明礬的化學式：Al2（SO4）33．（2分）下列有關物質(zhì)性質(zhì)與用途具有對應關系正確的是（）A．Na2O2吸收CO2產(chǎn)生O2，可用作呼吸面具供氧劑 B．ClO2具有還原性，可用于自來水的殺菌消毒 C．SiO2硬度大，可用于制造光導纖維 D．NH3易溶于水，可用作制冷劑4．（2分）下列制取SO2、驗證其漂白性、收集并進行尾氣處理的裝置和原理能達到實驗目的是（）A．制取SO2 B．驗證漂白性 C．收集SO2 D．尾氣處理5．（2分）短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，其中只有Y、Z處于同一周期且相鄰，Z是地殼中含量最多的元素，W是短周期中金屬性最強的元素．下列說法正確的是（）A．原子半徑：r（X）＜r（Y）＜r（Z）＜r（W） B．W的最高價氧化物的水化物是一種弱堿 C．Y的單質(zhì)的氧化性比Z的強 D．X、Y、Z三種元素可以組成共價化合物和離子化合物6．（2分）下列指定反應的離子方程式正確的是（）A．鈉與水反應：Na+2H2O═Na++2OH﹣+H2↑ B．電解飽和食鹽水獲取燒堿和氯氣：2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣ C．向氫氧化鋇溶液中加入稀硫酸：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2O D．向碳酸氫銨溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O7．（2分）在給定條件下，下列選項所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實現(xiàn)的是（）A．FeFeCl2Fe（OH）2 B．SSO3H2SO4 C．CaCO3CaOCaSiO3 D．NH3NOHNO38．（2分）通過以下反應可獲得新型能源二甲醚（CH3OCH3）．下列說法不正確的是①C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H1＝akJ?mol﹣1②CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H2＝bkJ?mol﹣1③CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H3＝ckJ?mol﹣1④2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H4＝dkJ?mol﹣1（）A．反應①、②為反應③提供原料氣 B．反應③也是CO2資源化利用的方法之一 C．反應CH3OH（g）═CH3OCH3（g）H2O（l）的△HkJ?mol﹣1 D．反應2CO（g）+4H2（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）的△H＝（2b+2c+d）kJ?mol﹣19．（2分）常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是（）A．無色透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN﹣、Cl﹣ B．c（H+）/c（OH﹣）＝1×10﹣12的溶液中：K+、Na+、CO32﹣、NO3﹣ C．c（Fe2+）＝1mol?L﹣1的溶液中：K+、NH4+、MnO4﹣、SO42﹣ D．能使甲基橙變紅的溶液中：Na+、NH4+、SO42﹣、HCO3﹣10．（2分）H2O2分解速率受多種因素影響。實驗測得70℃時不同條件下H2O2濃度隨時間的變化如圖所示。下列說法正確的是（）A．圖甲表明，其他條件相同時，H2O2濃度越小，其分解速率越快 B．圖乙表明，其他條件相同時，溶液pH越小，H2O2分解速率越快 C．圖丙表明，少量Mn2+存在時，溶液堿性越強，H2O2分解速率越快 D．圖丙和圖丁表明，堿性溶液中，Mn2+對H2O2分解速率的影響大二、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）萜類化合物廣泛存在于動植物體內(nèi)，關于下列萜類化合物的說法正確的是（）A．a(chǎn)和b都屬于芳香族化合物 B．a(chǎn)和c分子中所有碳原子均處于同一平面上 C．a(chǎn)、b和c均能使酸性KMnO4溶液褪色 D．b和c均能與新制的Cu（OH）2反應生成紅色沉淀12．（4分）下列說法正確的是（）A．反應N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）的△H＜0，△S＞0 B．地下鋼鐵管道用導線連接鋅塊可以減緩管道的腐蝕 C．常溫下，Ksp[Mg（OH）2]＝5.6×10﹣12，pH＝10的含Mg2+溶液中，c（Mg2+）≤5.6×10﹣4mol?L﹣1 D．常溫常壓下，鋅與稀H2SO4反應生成11.2LH2，反應中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為6.02×102313．（4分）根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象所得到的結論正確的是（）選項實驗操作和現(xiàn)象結論A向硅酸鈉溶液中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀鹽酸至紅色褪去，2min后，試管里出現(xiàn)凝膠非金屬性：Cl＞SiB向滴有甲基橙的AgNO3溶液中滴加KCl溶液，溶液由紅色變?yōu)辄S色KCl溶液具有堿性C在CuSO4溶液中滴加KI溶液，再加入苯，振蕩，有白色沉淀生成，苯層呈紫色白色沉淀可能為CuID某溶液滴加鹽酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀該溶液中一定含有SO42﹣A．A B．B C．C D．D14．（4分）常溫下，Ka（HCOOH）＝1.77×10﹣4，Ka（CH3COOH）＝1.75×10﹣5，Kb（NH3?H2O）＝1.76×10﹣5，下列說法正確的是（）A．濃度均為0.1mol?L﹣1的HCOONa和NH4Cl溶液中陽離子的物質(zhì)的量濃度之和：前者大于后者 B．用相同濃度的NaOH溶液分別滴定等體積pH均為3的HCOOH和CH3COOH溶液至終點，消耗NaOH溶液的體積相等 C．0.2mol?L﹣1HCOOH與0.1mol?L﹣1NaOH等體積混合后的溶液中：c（HCOO﹣）+c（OH﹣）＝c（HCOOH）+c（H+） D．0.2mol?L﹣1CH3COONa與0.1mol?L﹣1鹽酸等體積混合后的溶液中（pH＜7）：c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）15．（4分）溫度為T1時，在三個容積均為1L的恒容密閉容器中僅發(fā)生反應：2NO2（g）?2NO（g）+O2（g）（正反應吸熱）。實驗測得：v正＝v（NO2）消耗＝k正c2（NO2），v逆＝v（NO）消耗＝2v（O2）消耗＝k逆c2（NO）?c（O2），k正、k逆為速率常數(shù)，受溫度影響。下列說法正確的是（）容器編號物質(zhì)的起始濃度（mol?L﹣1）物質(zhì)的平衡濃度（mol?L﹣1）c（NO2）c（NO）c（O2）c（O2）Ⅰ0.6000.2Ⅱ0.30.50.2Ⅲ00.50.35A．達平衡時，容器Ⅰ與容器Ⅱ中的總壓強之比為4：5 B．達平衡時，容器Ⅱ中c（O2）/c（NO2）比容器Ⅰ中的大 C．達平衡時，容器Ⅲ中NO的體積分數(shù)小于50% D．當溫度改變?yōu)門2時，若k正＝k逆，則T2＞T1三、解答題16．（12分）鋁是應用廣泛的金屬．以鋁土礦（主要成分為Al2O3，含SiO2和Fe2O3等雜質(zhì)）為原料制備鋁的一種工藝流程如下：注：SiO2在“堿溶”時轉(zhuǎn)化為鋁硅酸鈉沉淀．（1）“堿溶”時生成偏鋁酸鈉的離子方程式為．（2）向“過濾Ⅰ”所得濾液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH（填“增大”、“不變”或“減小”）．（3）“電解Ⅰ”是電解熔融Al2O3，電解過程中作陽極的石墨易消耗，原因是．（4）“電解Ⅱ”是電解Na2CO3溶液，原理如圖所示．陽極的電極反應式為，陰極產(chǎn)生的物質(zhì)A的化學式為．（5）鋁粉在1000℃時可與N2反應制備AlN．在鋁粉中添加少量NH4Cl固體并充分混合，有利于AlN的制備，其主要原因是．17．（15分）化合物H是一種用于合成γ﹣分泌調(diào)節(jié)劑的藥物中間體，其合成路線流程圖如下：（1）C中的含氧官能團名稱為和。（2）D→E的反應類型為。（3）寫出同時滿足下列條件的C的一種同分異構體的結構簡式：。①含有苯環(huán)，且分子中有一個手性碳原子；②能發(fā)生水解反應，水解產(chǎn)物之一是α﹣氨基酸，另一水解產(chǎn)物分子中只有2種不同化學環(huán)境的氫。（4