2017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2017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）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【考點】FE："三廢"處理與環(huán)境保護．【專題】56：化學應用．【分析】綠色簡約生活方式是一種生活理念，也是一種生活態(tài)度，指的是生活作息時所耗用的能量要盡量減少，特別是減少二氧化碳的排放量，減緩生態(tài)惡化；可以從節(jié)電、節(jié)能和回收等環(huán)節(jié)來改變生活細節(jié)，據(jù)此進行分析判斷即可．【解答】解：A、夏天設定空調溫度盡可能的低，浪費了電能資源，增加能量損耗，故A錯誤；B、推廣使用一次性塑料袋和紙巾，浪費了資源，故B錯誤；C、少開私家車多乘公共交通工具，可以節(jié)約資源，減少空氣污染，故C正確；D、對商品進行豪華包裝促進銷售，浪費了資源，故D錯誤；故選：C?！军c評】解答本題關鍵是看是否減少了對空氣中可吸收顆粒物的釋放，環(huán)保問題已經引起了全球的重視，難度不大．2．（2分）下列有關化學用語表示正確的是（）A．質量數(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）3【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．質量數(shù)＝質子數(shù)+中子數(shù)，元素符號的左上角為質量數(shù)、左下角為質子數(shù)；B．氟原子的核電荷數(shù)＝核外電子總數(shù)＝9，最外層含有7個電子；C．兩個氯離子不能合并；D．明礬為十二水合硫酸鋁鉀．【解答】解：A．質量數(shù)為31的磷原子的質量數(shù)＝15+16＝31，該原子正確的表示方法為：3115P，故A正確；B．氟原子的核電荷數(shù)、核外電子總數(shù)都是9，其正確的結構示意圖為：，故B錯誤；C．氯化鈣為離子化合物，電子式中需要標出陰陽離子所帶電荷，氯化鈣正確的電子式為，故C錯誤；D．明礬化學式中含有結晶水，其正確的化學式為：KAl（SO4）2?12H2O，故D錯誤；故選：A?！军c評】本題考查常見化學用語的表示方法，題目難度不大，涉及電子式、原子結構示意圖、元素符號、化學式等知識，注意掌握常見化學用語的書寫原則，試題培養(yǎng)學生的規(guī)范答題能力．3．（2分）下列有關物質性質與用途具有對應關系正確的是（）A．Na2O2吸收CO2產生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【考點】14：物質的組成、結構和性質的關系．【專題】513：物質的性質和變化專題．【分析】A．Na2O2吸收CO2生成O2和Na2CO3，氧氣能供給呼吸；B．ClO2具有強氧化性；C．光導纖維的主要成分是二氧化硅，光導纖維是利用光的全反射原理；D．氨氣易液化而吸收熱量導致周圍環(huán)境溫度降低。【解答】解：A．Na2O2吸收CO2生成O2和Na2CO3，且人呼出的水蒸氣也能和過氧化鈉反應生成氧氣，氧氣能供給呼吸，所以過氧化鈉可用作呼吸面具的供氧劑，故A正確；B．ClO2具有強氧化性而使蛋白質變性，所以該物質能殺菌消毒，故B錯誤；C．光導纖維的主要成分是二氧化硅，光導纖維是利用光的全反射原理，與二氧化硅的硬度大小無關，故C錯誤；D．氨氣易液化而吸收熱量導致周圍環(huán)境溫度降低，所以氨氣常常作制冷劑，與氨氣易溶于水無關，故D錯誤；故選：A?！军c評】本題考查物質組成、結構和性質，為高頻考點，屬于基礎題，明確物質結構和性質是解本題關鍵，結構決定性質、性質決定用途，題目難度不大。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【考點】U5：化學實驗方案的評價．【專題】25：實驗評價題．【分析】實驗室可用濃硫酸和銅在加熱條件下反應制備二氧化硫，二氧化硫密度比空氣大，可用向上排空氣法收集，具有漂白性，可使品紅褪色，二氧化硫為酸性氧化物，可與堿反應，以此解答該題．【解答】解：A．稀硫酸和銅不反應，應用濃硫酸和銅反應制備二氧化硫氣體，故A錯誤；B．二氧化硫具有漂白性，可使品紅褪色，操作符合要求，可達到實驗目的，故B正確；C．二氧化硫密度比空氣大，可用向上排空氣法收集，氣體應從長導管進入，故C錯誤；D．二氧化硫不溶于飽和亞硫酸氫鈉溶液，應用氫氧化鈉溶液吸收尾氣，且防止倒吸，故D錯誤。故選：B?！军c評】本題考查較為綜合，涉及氣體的制備、收集以及性質的檢驗等，為高頻考點，側重于學生的分析能力和實驗能力的考查，注意把握物質的性質的異同以及實驗的嚴密性和可行性的評價，難度中等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【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】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，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，則Z是O、W是Na元素，其中只有Y、Z處于同一周期且相鄰，且Y原子序數(shù)小于Z，則Y是N元素，X是H元素；A．原子的電子層數(shù)越多其原子半徑越大，原子的電子層數(shù)相同的元素，其原子半徑隨著原子序數(shù)增大而減??；B．W的最高價氧化物的水化物是NaOH；C．Y單質是氮氣、Z單質是氧氣，元素的非金屬性氧氣，其單質的氧化性越強；D．X、Y、Z三種元素組成的化合物可能是硝酸、硝酸銨．【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，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，則Z是O、W是Na元素，其中只有Y、Z處于同一周期且相鄰，且Y原子序數(shù)小于Z，則Y是N元素，X是H元素；A．原子的電子層數(shù)越多其原子半徑越大，原子的電子層數(shù)相同的元素，其原子半徑隨著原子序數(shù)增大而減小，X位于第一周期、Y和Z位于第二周期且原子序數(shù)Y＜Z，W位于第三周期，所以原子半徑：r（X）＜r（Z）＜r（Y）＜r（W），故A錯誤；B．W的最高價氧化物的水化物是NaOH，NaOH是強堿，故B錯誤；C．Y單質是氮氣、Z單質是氧氣，元素的非金屬性氧氣，其單質的氧化性越強，非金屬性O＞N元素，所以Z單質的氧化性大于Y，故C錯誤；D．X、Y、Z三種元素組成的化合物可能是硝酸、硝酸銨，硝酸是共價化合物、硝酸銨是離子化合物，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查原子結構和元素周期律，為高頻考點，明確原子結構、元素周期表結構及元素周期律是解本題關鍵，正確判斷元素是解本題關鍵，注意：銨鹽中不含金屬元素但屬于離子化合物，題目難度不大．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↓+H2O【考點】49：離子方程式的書寫．【專題】516：離子反應專題．【分析】A．鈉和水反應生成氫氧化鈉和氫氣，且離子方程式要遵循原子守恒、電荷守恒和轉移電子守恒；B．電解飽和食鹽水時，陽極上生成氯氣、陰極上生成氫氣同時陰極附近有NaOH生成；C．二者反應生成硫酸鋇和水，且氫離子、氫氧根離子和水的計量數(shù)都是2；D．二者反應生成碳酸鈣沉淀、一水合氨和水．【解答】解：A．鈉和水反應生成氫氧化鈉和氫氣，且離子方程式要遵循原子守恒、電荷守恒和轉移電子守恒，離子方程式為2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑，故A錯誤；B．電解飽和食鹽水時，陽極上生成氯氣、陰極上生成氫氣同時陰極附近有NaOH生成，離子方程式為2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣，故B正確；C．二者反應生成硫酸鋇和水，且氫離子、氫氧根離子和水的計量數(shù)都是2，離子方程式為Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O，故C錯誤；D．二者反應生成碳酸鈣沉淀、一水合氨和水，離子方程式為向碳酸氫銨溶液中加入足量石灰水：NH4++Ca2++HCO3﹣+2OH﹣═CaCO3↓+H2O+NH3?H2O，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查離子方程式書寫的正誤判斷，為高頻考點，把握發(fā)生的反應及離子反應的書寫方法為解答的關鍵，側重復分解反應、氧化還原反應的離子反應考查，注意離子反應中保留化學式的物質及電子、電荷守恒，題目難度不大．7．（2分）在給定條件下，下列選項所示的物質間轉化均能實現(xiàn)的是（）A．FeFeCl2Fe（OH）2 B．SSO3H2SO4 C．CaCO3CaOCaSiO3 D．NH3NOHNO3【考點】EB：氨的化學性質；FO：含硫物質的性質及綜合應用；GM：鐵的化學性質．【專題】513：物質的性質和變化專題．【分析】A、鐵與氯氣反應生成三氯化鐵；B．硫與氧氣反應生成二氧化硫；C．CaCO3高溫分解生成CaO，CaO和二氧化硅高溫反應生成硅酸鈣；D．氨氣催化氧化生成NO，NO和水不反應?！窘獯稹拷猓篈、因為氯氣具有強氧化性，則鐵與氯氣反應生成三氯化鐵，而不是氯化亞鐵，故A錯誤；B．硫與氧氣反應生成二氧化硫，而不是三氧化硫，故B錯誤；C．CaCO3高溫分解生成CaO，CaO為堿性氧化物，和酸性氧化物二氧化硅高溫反應生成鹽硅酸鈣，故C正確；D．氨氣催化氧化生成NO，NO和水不反應，不能生成硝酸，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查了物質性質、物質轉化的應用，主要是硫、鐵、氮的化合物性質的理解判斷，掌握基礎是解題關鍵，題目難度中等。8．（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﹣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．反應③中的反應物為CO2、H2；B．反應③中的反應物為CO2，轉化為甲醇；C．由反應④可知，物質的量與熱量成正比，且氣態(tài)水的能量比液態(tài)水的能量高；D．由蓋斯定律可知，②×2+③×2+④得到2CO（g）+4H2（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）．【解答】解：A．反應③中的反應物為CO2、H2，由反應可知，反應①、②為反應③提供原料氣，故A正確；B．反應③中的反應物為CO2，轉化為甲醇，則反應③也是CO2資源化利用的方法之一，故B正確；C．由反應④可知，物質的量與熱量成正比，且氣態(tài)水的能量比液態(tài)水的能量高，則反應CH3OH（g）═CH3OCH3（g）H2O（l）的△HkJ?mol﹣1，故C錯誤；D．由蓋斯定律可知，②×2+③×2+④得到2CO（g）+4H2（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g），則△H＝（2b+2c+d）kJ?mol﹣1，故D正確；故選：C?！军c評】本題考查反應熱與焓變，為高頻考點，把握反應的特點、反應中能量變化、蓋斯定律應用為解答的關鍵，側重分析能力和應用能力的考查，題目難度中等．9．（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﹣【考點】DP：離子共存問題．【專題】516：離子反應專題．【分析】A．無色透明說明溶液中不含有色離子，且離子之間不反應；B．c（H+）/c（OH﹣）＝1×10﹣12的溶液，溶液呈堿性，離子之間不反應且和氫氧根離子不反應的能大量共存；C．能和亞鐵離子反應的離子不能大量共存；D．能使甲基橙溶液變紅色，說明溶液呈酸性，離子之間不反應的能大量共存．【解答】解：A．Fe3+呈黃色，不符合無色條件，且Fe3+、SCN﹣發(fā)生絡合反應而不能大量共存，故A錯誤；B．c（H+）/c（OH﹣）＝1×10﹣12的溶液，溶液呈堿性，這幾種離子之間不反應且都不和氫氧根離子反應，所以能大量共存，故B正確；C．Fe2+、MnO4﹣發(fā)生氧化還原反應而不能大量共存，故C錯誤；D．能使甲基橙溶液變紅色，說明溶液呈酸性，HCO3﹣能和氫離子反應生成二氧化碳和水而不能大量共存，故D錯誤；故選：B。【點評】本題考查離子共存，為高頻考點，側重考查氧化還原反應、絡合反應、復分解反應，明確離子共存條件及離子性質是解本題關鍵，注意隱含信息的靈活運用，題目難度不大．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【考點】CA：化學反應速率的影響因素．【專題】51F：化學反應速率專題．【分析】A．圖甲中溶液的pH相同，但濃度不同，濃度越大，相同時間內濃度的變化量越大；B．圖乙中H2O2濃度相同，但加入NaOH濃度不同，說明溶液的pH不同，NaOH濃度越大，相同時間內雙氧水濃度變化量越大；C．圖丙中少量Mn2+存在時，相同時間內雙氧水濃度變化量：0.1mol/LNaOH溶液＞1.0mol/LNaOH溶液＞0mol/LNaOH溶液；D．圖丁中pH相同，錳離子濃度越大，相同時間內雙氧水濃度變化量越大。【解答】解：A．圖甲中溶液的pH相同，但濃度不同，濃度越大，相同時間內濃度的變化量越大，由此得出相同pH條件下，雙氧水濃度越大，雙氧水分解速率越快，故A錯誤；B．圖乙中H2O2濃度相同，但加入NaOH濃度不同，說明溶液的pH不同，NaOH濃度越大，相同時間內雙氧水濃度變化量越大，由此得出：雙氧水濃度相同時，pH越大雙氧水分解速率越快，故B錯誤；C．圖丙中少量Mn2+存在時，相同時間內雙氧水濃度變化量：0.1mol/LNaOH溶液＞1.0mol/LNaOH溶液＞0mol/LNaOH溶液，由此得出：錳離子作催化劑時受溶液pH的影響，溶液堿性越弱，其分解速率越快，故C錯誤；D．圖丁中pH相同，錳離子濃度越大，相同時間內雙氧水濃度變化量越大，圖丙中說明催化劑的催化效率受溶液的pH值影響，由此得出：堿性溶液中，Mn2+對H2O2分解速率的影響大，故D正確；故選：D?！军c評】本題以雙氧水分解為載體考查影響化學反應速率影響因素，為高頻考點，側重考查學生圖象分析、判斷、歸納及知識靈活運用能力，明確圖中曲線變化趨勢及影響因素是解本題關鍵，題目難度中等。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）萜類化合物廣泛存在于動植物體內，關于下列萜類化合物的說法正確的是（）A．a和b都屬于芳香族化合物 B．a和c分子中所有碳原子均處于同一平面上 C．a、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【考點】HD：有機物的結構和性質．【專題】536：有機物分子組成通式的應用規(guī)律．【分析】A．a中不含苯環(huán)；B．a、c中含甲基、亞甲基、次甲基均為四面體構型；C．a含碳碳雙鍵、b中苯環(huán)上連有甲基、c含﹣CHO；D．只有﹣CHO與新制的Cu（OH）2反應生成紅色沉淀．【解答】解：A．a中不含苯環(huán)，則不屬于芳香族化合物，只有b屬于，故A錯誤；B．a、c中含甲基、亞甲基、次甲基均為四面體構型，則a和c分子中所有碳原子不可能處于同一平面上，故B錯誤；C．a含碳碳雙鍵、b中苯環(huán)上連有甲基、c含﹣CHO，均能使酸性KMnO4溶液褪色，故C正確；D．只有﹣CHO與新制的Cu（OH）2反應生成紅色沉淀，則只有c能與新制的Cu（OH）2反應生成紅色沉淀，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，把握官能團與性質的關系、有機反應為解答的關鍵，側重分析能力和應用能力的考查，注意選項B為解答的難點，題目難度不大．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，反應中轉移的電子數(shù)為6.02×1023【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．由化學計量數(shù)可知△S＜0；B．導線連接鋅塊，構成原電池時Zn為負極；C．pH＝10的含Mg2+溶液中，c（OH﹣）＝10﹣4mol?L﹣1，c（Mg2+）；D．常溫常壓下，Vm≠22.4L/mol．【解答】解：A．合成氨反應為放熱反應，△H＜0，且為氣體體積減小的反應，則△S＜0，故A錯誤；B..導線連接鋅塊，構成原電池時Zn為負極，F(xiàn)e作正極被保護，則可以減緩管道的腐蝕，故B正確；C．pH＝10的含Mg2+溶液中，c（OH﹣）＝10﹣4mol?L﹣1，c（Mg2+）5.6×10﹣4mol?L﹣1，故C正確；D．常溫常壓下，Vm≠22.4L/mol，則不能利用氫氣的體積計算物質的量及轉移電子數(shù)，故D錯誤；故選：BC。【點評】本題考查較綜合，涉及反應熱與焓變、原電池、難溶電解質Ksp的計算等，為高頻考點，把握化學反應原理為解答的關鍵，側重分析能力和應用能力的考查，注意選項D為易錯點，題目難度中等．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．D【考點】U5：化學實驗方案的評價．【專題】25：實驗評價題．【分析】A．比較非金屬性，應用最高價氧化物的水化物；B．生成AgCl沉淀，銀離子濃度減小，酸性減弱；C．硫酸銅與KI發(fā)生氧化還原反應生成碘和CuI；D．滴加鹽酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀，該沉淀為硫酸鋇或AgCl等?！窘獯稹拷猓篈．該實驗只能比較酸性的強弱，但不能比較非金屬性，應用最高價氧化物的水化物，故A錯誤；B．硝酸銀為強酸弱堿鹽，水解呈酸性，加入KCl生成AgCl沉淀，銀離子濃度減小，酸性減弱，故B錯誤；C．苯層呈紫色，說明生成碘，硫酸銅與KI發(fā)生氧化還原反應生成碘和CuI，故C正確；D．滴加鹽酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀，該沉淀為硫酸鋇或AgCl等，可能含有硫酸根離子，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題考查了化學實驗方案的評價，為高頻考點，題目難度中等，涉及金屬性、非金屬性強弱比較、弱電解質的電離平衡及其影響等知識，明確常見元素及其化合物性質為解答關鍵，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及靈活應用能力。14．（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+）【考點】D5：弱電解質在水溶液中的電離平衡．【專題】51G：電離平衡與溶液的pH專題．【分析】A．電離平衡常數(shù)越大，其離子水解程度越小，根據(jù)電離平衡常數(shù)知，其離子水解程度：CH3COO﹣＞NH4+＞HCOO﹣，任何電解質溶液中都存在電荷守恒，所以得出c（HCOO﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+）＝0.1mol/L+c（H+）、c（NH4+）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣）＝0.1mol/L+c（OH﹣），水解程度NH4+＞HCOO﹣，所以前者c（H+）大于后者c（OH﹣）；B．pH相同的HCOOH和CH3COOH，濃度：c（HCOOH）＜c（CH3COOH），用相同濃度的NaOH溶液分別滴定等體積pH均為3的HCOOH和CH3COOH溶液至終點時，酸的濃度越大，消耗的堿體積越大；C．任何電解質溶液中都存在電荷守恒和物料守恒，根據(jù)電荷守恒得c（HCOO﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+），混合溶液中溶質為等物質的量濃度的HCOOH和HCOONa；D．二者混合后溶液中的溶質為等物質的量濃度的CH3COONa、CH3COOH和NaCl，混合溶液的pH＜7，說明醋酸電離程度大于醋酸鈉水解程度。【解答】解：A．電離平衡常數(shù)越大，其離子水解程度越小，根據(jù)電離平衡常數(shù)知，其離子水解程度：CH3COO﹣＞NH4+＞HCOO﹣，任何電解質溶液中都存在電荷守恒，所以得出c（HCOO﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+）＝0.1mol/L+c（H+）、c（NH4+）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣）＝0.1mol/L+c（OH﹣），水解程度NH4+＞HCOO﹣，所以前者c（H+）大于后者c（OH﹣），所以濃度均為0.1mol?L﹣1的HCOONa和NH4Cl溶液中陽離子的物質的量濃度之和：前者大于后者，故A正確；B．pH相同的HCOOH和CH3COOH，濃度：c（HCOOH）＜c（CH3COOH），用相同濃度的NaOH溶液分別滴定等體積pH均為3的HCOOH和CH3COOH溶液至終點時，酸的濃度越大，消耗的堿體積越大，pH、體積相同的HCOOH和CH3COOH，物質的量前者小于后者，所以后者消耗的NaOH體積多，故B錯誤；C．任何電解質溶液中都存在電荷守恒和物料守恒，根據(jù)電荷守恒得c（HCOO﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+），混合溶液中溶質為等物質的量濃度的HCOOH和HCOONa，甲酸電離程度大于水解程度，所以c（HCOOH）＜c（Na+），所以得c（HCOO﹣）+c（OH﹣）＞c（HCOOH）+c（H+），故C錯誤；D．二者混合后溶液中的溶質為等物質的量濃度的CH3COONa、CH3COOH和NaCl，混合溶液的pH＜7，說明醋酸電離程度大于醋酸鈉水解程度，醋酸是弱酸，其電離程度較小，所以粒子濃度大小順序是c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+），故D正確；故選：AD?！军c評】本題考查弱電解質的電離，為高頻考點，側重考查學生分析判斷能力，明確電離平衡常數(shù)與水解程度關系、溶液中存在的守恒是解本題關鍵，注意C中等量代換，題目難度不大。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（）容器編號物質的起始濃度（mol?L﹣1）物質的平衡濃度（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【考點】CP：化學平衡的計算．【專題】51E：化學平衡專題．【分析】A．I中的反應2NO2（g）?2NO（g）+O2（g）開始（mol/L）0.600反應（mol/L）0.40.40.2平衡（mol/L）0.20.40.2化學平衡常數(shù)K0.8容器體積為1L，則平衡時I中氣體總物質的量＝1L×（0.2+0.4+0.2）mol/L＝0.8mol，恒容恒溫時氣體壓強之比等于其物質的量之比，如果平衡時I、II中壓強之比為4：5，則II中平衡時氣體總物質的量為1mol，II中開始時濃度商0.8，則平衡正向移動；B．假設II中平衡時c（NO2）＝c（O2），設參加反應的c（NO2）＝xmol/L，則0.3﹣x＝0.2+0.5x，x，平衡時c（NO2）＝c（O2）mol/L，c（NO）＝0.5mol/Lmol/Lmol/L，II中1.3＞0.8，說明II中平衡時應該存在c（NO2）＞c（O2）；C．如果III中NO和氧氣完全轉化為二氧化氮，則c（NO2）＝0.5mol/L，且容器中還有c（O2）＝0.1mol/L剩余，與I相比，III是相當于增大壓強，平衡逆向移動，二氧化氮和氧氣之和所占體積比大于50%；D．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），達到平衡狀態(tài)時正逆反應速率相等，則k正c2（NO2）＝k逆c2（NO）?c（O2），且k正＝k逆，則c2（NO2）＝c2（NO）?c（O2），化學平衡常數(shù)K等于1?！窘獯稹拷猓篈．I中的反應2NO2（g）?2NO（g）+O2（g）開始（mol/L）0.600反應（mol/L）0.40.40.2平衡（mol/L）0.20.40.2化學平衡常數(shù)K0.8容器體積為1L，則平衡時I中氣體總物質的量＝1L×（0.2+0.4+0.2）mol/L＝0.8mol，恒容恒溫時氣體壓強之比等于其物質的量之比，如果平衡時I、II中壓強之比為4：5，則II中平衡時氣體總物質的量為1mol，II中開始時濃度商0.8，則平衡正向移動，平衡正向移動導致混合氣體總物質的量之和增大，所以達平衡時，容器Ⅰ與容器Ⅱ中的總壓強之比小于4：5，故A錯誤；B．假設II中平衡時c（NO2）＝c（O2），設參加反應的c（NO2）＝xmol/L，則0.3﹣x＝0.2+0.5x，x，平衡時c（NO2）＝c（O2）mol/L，c（NO）＝0.5mol/Lmol/Lmol/L，II中1.3＞0.8，說明II中平衡時應該存在c（NO2）＞c（O2），容器I中c（O2）/c（NO2）＝1，所以達平衡時，容器Ⅱ中c（O2）/c（NO2）小于1，則比容器Ⅰ中的小，故B錯誤；C．如果III中NO和氧氣完全轉化為二氧化氮，則c（NO2）＝0.5mol/L，且容器中還有c（O2）＝0.1mol/L剩余，與I相比，III是相當于增大壓強，平衡逆向移動，二氧化氮和氧氣之和所占體積比大于50%，則達平衡時，容器Ⅲ中NO的體積分數(shù)小于50%，故C正確；D．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），達到平衡狀態(tài)時正逆反應速率相等，則k正c2（NO2）＝k逆c2（NO）?c（O2），且k正＝k逆，則c2（NO2）＝c2（NO）?c（O2），化學平衡常數(shù)K等于1，該溫度下的K大于0.8，且該反應的正反應是吸熱反應，說明升高溫度平衡正向移動，所以T2＞T1，故D正確；故選：CD?！军c評】本題考查化學平衡計算，為高頻考點，側重考查學生分析、計算及靈活運用知識解答問題能力，如果單純的根據(jù)設未知數(shù)計算要涉及一元三次方程而難以解答，這需要學生靈活運用知識巧妙地避開一元三次方程而解答問題，題目難度較大。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）為原料制備鋁的一種工藝流程如下：注：SiO2在“堿溶”時轉化為鋁硅酸鈉沉淀．（1）“堿溶”時生成偏鋁酸鈉的離子方程式為Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O．（2）向“過濾Ⅰ”所得濾液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH減?。ㄌ睢霸龃蟆薄ⅰ安蛔儭被颉皽p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，原因是石墨電極被陽極上產生的O2氧化．（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4CO32﹣+2H2O﹣4e﹣═4HCO3﹣+O2↑，陰極產生的物質A的化學式為H2．（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NH4Cl分解產生的HCl能夠破壞Al表面的Al2O3薄膜．【考點】P8：物質分離和提純的方法和基本操作綜合應用．【專題】545：物質的分離提純和鑒別．【分析】以鋁土礦（主要成分為Al2O3，含SiO2和Fe2O3等雜質）為原料制備鋁，由流程可知，加NaOH溶解時Fe2O3不反應，由信息可知SiO2在“堿溶”時轉化為鋁硅酸鈉沉淀，過濾得到的濾渣為Fe2O3、鋁硅酸鈉，碳酸氫鈉與偏鋁酸鈉反應生成Al（OH）3，過濾II得到Al（OH）3，灼燒生成氧化鋁，電解I為電解氧化鋁生成Al和氧氣，電解II為電解Na2CO3溶液，結合圖可知，陽極上碳酸根離子失去電子生成碳酸氫根離子和氧氣，陰極上氫離子得到電子生成氫氣，以此來解答．【解答】解：（1）“堿溶”時生成偏鋁酸鈉的離子方程式為Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O，故答案為：Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O；（2）向“過濾Ⅰ”所得濾液中加入NaHCO3溶液，與NaAlO2反應生成氫氧化鋁沉淀和碳酸鈉，堿性為OH﹣＞AlO2﹣＞CO32﹣，可知溶液的pH減小，故答案為：減??；（3）“電解Ⅰ”是電解熔融Al2O3，電解過程中作陽極的石墨易消耗，因石墨電極被陽極上產生的O2氧化，故答案為：石墨電極被陽極上產生的O2氧化；（4）由圖可知，陽極反應為4CO32﹣+2H2O﹣4e﹣═4HCO3﹣+O2↑，陰極上氫離子得到電子生成氫氣，則陰極產生的物質A的化學式為H2，故答案為：4CO32﹣+2H2O﹣4e﹣═4HCO3﹣+O2↑；H2；（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NH4Cl分解產生的HCl能夠破壞Al表面的Al2O3薄膜，故答案為：NH4Cl分解產生的HCl能夠破壞Al表面的Al2O3薄膜．【點評】本題考查混合物分離提純，為高頻考點，把握流程中發(fā)生的反應、混合物分離提純方法、實驗技能為解答的關鍵，側重分析能力和實驗能力的考查，注意水解、電解原理及元素化合物知識的應用，題目難度中等．17．（15分）化合物H是一種用于合成γ﹣分泌調節(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醚鍵和酯基。（2）D→E的反應類型為取代反應。（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，水解產物之一是α﹣氨基酸，另一水解產物分子中只有2種不同化學環(huán)境的氫。（4）G的分子式為C12H14N2O2，經氧化得到H，寫出G的結構簡式：。（5）已知：（R代表烴基，R'代表烴基或H）請寫出以和（CH3）2SO4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見本題題干）?！究键c】HC：有機物的合成．【專題】534：有機物的化學性質及推斷．【分析】由合成流程可知，A→B發(fā)生取代反應，B→C發(fā)生還原反應，C→D為取代反應，D→E為氨基上H被取代，屬于取代反應，比較F與H的結構可知，G為，G→H發(fā)生氧化反應，（1）C中含氧官能團為醚鍵、酯基；（2）D→E為氨基上H被取代；（3）C的一種同分異構體，滿足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，水解產物之一是α﹣氨基酸，另一水解產物分子中只有2種不同化學環(huán)境的氫，則水解產物為對苯二酚，且含酯基，與氨基相連的C為手性碳；（4）G的分子式為C12H14N2O2，經氧化得到H，可知F→G的轉化﹣COOCH3轉化為﹣CH2OH；（5）以和（CH3）2SO4為原料制備，結合上述合成流程可知，﹣OH轉化為﹣Br，酚﹣OH轉化為醚鍵，硝基轉化為氨基，最后發(fā)生信息中的反應．【解答】解：（1）由結構可知C中的含氧官能團名稱為醚鍵、酯基，故答案為：醚鍵；酯基；（2）D→E為氨基上H被取代，反應類型為取代反應，故答案為：取代反應；（3）C的一種同分異構體，滿足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，水解產物之一是α﹣氨基酸，另一水解產物分子中只有2種不同化學環(huán)境的氫，則水解產物為對苯二酚，且含酯基，與氨基相連的C為手性碳，可知符合條件的結構簡式為，故答案為：；（4）G的分子式為C12H14N2O2，經氧化得到H，可知F→G的轉化﹣COOCH3轉化為﹣CH2OH，其它結構不變，則G的結構簡式為，故答案為：；（5）以和（CH3）2SO4為原料制備，結合上述合成流程可知，﹣OH轉化為﹣Br，酚﹣OH轉化為醚鍵，硝基轉化為氨基，最后發(fā)生信息中的反應，則合成流程為，故答案為：．【點評】本題考查有機物的合成，為高頻考點，把握合成流程中官能團的變化、有機反應、習題中的信息為解答的關鍵，側重分析能力和應用能力的考查，注意有機物性質的應用及同分異構體判斷，題目難度中等．18．（12分）堿式氯化銅是重要的無機殺菌劑．（1）堿式氯化銅有多種制備方法①方法1：45～50℃時，向CuCl懸濁液中持續(xù)通入空氣得到Cu2（OH）2Cl2?3H2O，該反應的化學方程式為4CuCl+O2+8H2O2Cu2（OH）2Cl2?3H2O．②方法2：先制得CuCl2，再與石灰乳反應生成堿式氯化銅．Cu與稀鹽酸在持續(xù)通入空氣的條件下反應生成CuCl2，F(xiàn)e3+對該反應有催化作用，其催化原理如圖所示．M′的化學式為Fe2+．（2）堿式氯化銅有多種組成，可表示為Cua（OH）bClc?xH2O．為測定某堿式氯化銅的組成，進行下列實驗：①稱取樣品1.1160g，用少量稀HNO3溶解后配成100.00mL溶液A；②取25.00mL溶液A，加入足量AgNO3溶液，得AgCl0.1722g；③另取25.00mL溶液A，調節(jié)pH4～5，用濃度為0.08000mol?L﹣1的EDTA（Na2H2Y?2H2O）標準溶液滴定Cu2+（離子方程式為Cu2++H2Y2﹣═CuY2﹣+2H+），滴定至終點，消耗標準溶液30.00mL．通過計算確定該樣品的化學式（寫出計算過程）．【考點】RD：探究物質的組成或測量物質的含量；U3：制備實驗方案的設計．【專題】548：制備實驗綜合．【分析】（1）①45～50℃時，向CuCl懸濁液中持續(xù)通入空氣得到Cu2（OH）2Cl2?3H2O，反應物為CuCl、氧氣、水；②Fe3+對該反應有催化作用，結合圖可知，Cu元素的化合價升高，則M中Fe元素的化合價降低；（2）由②可知n（Cl﹣）＝n（AgCl）4.800×10﹣3mol，由③可知n（Cu2+）＝n（EDTA）0.08000mol?L﹣1×30.00mL×10﹣3L?mL﹣19.600×10﹣3mol，結合化合物中正負化合價的代數(shù)和為0及物質定組成來計算．【解答】解：（1）①45～50℃時，向CuCl懸濁液中持續(xù)通入空氣得到Cu2（OH）2Cl2?3H2O，反應物為CuCl、氧氣、水，Cu元素的化合價升高，O元素的化合價降低，由原子、電子守恒可知反應為4CuCl+O2+8H2O2Cu2（OH）2Cl2?3H2O，故答案為：4CuCl+O2+8H2O2Cu2（OH）2Cl2?3H2O；②Fe3+對該反應有催化作用，結合圖可知，Cu元素的化合價升高，則M中Fe元素的化合價降低，可知M′的化學式為Fe2+，故答案為：Fe2+；（2）n（Cl﹣）＝n（AgCl）4.800×10﹣3mol，n（Cu2+）＝n（EDTA）0.08000mol?L﹣1×30.00mL×10﹣3L?mL﹣19.600×10﹣3mol，n（OH﹣）＝2n（Cu2+）﹣n（Cl﹣）＝2×9.600×10﹣3mol﹣4.800×10﹣3mol＝1.440×10﹣2mol，m（Cl﹣）＝4.800×10﹣3mol×35.5g?mol﹣1＝0.1704g，m（Cu2+）＝9.600×10﹣3mol×64g?mol﹣1＝0.6144g，m（OH﹣）＝1.440×10﹣2mol×17g?mol﹣1＝0.2448g，n（H2O）4.800×10﹣3mol，則a：b：c：x＝n（Cu2+）：n（OH﹣）：n（Cl﹣）：n（H2O）＝2：3：1：1，即化學式為Cu2（OH）3Cl?H2O，答：該樣品的化學式為Cu2（OH）3Cl?H2O．【點評】本題考查物質的制備及物質組成的測定實驗，為高頻考點，把握發(fā)生的反應、物質的量的計算為解答的關鍵，側重分析能力和實驗能力的考查，注意氧化還原反應及定組成的應用，題目難度中等．19．（15分）某科研小組采用如下方案回收一種光盤金屬層中的少量Ag（金屬層中其他金屬含量過低，對實驗的影響可忽略）。已知：①NaClO溶液在受熱或酸性條件下易分解，如：3NaClO═2NaCl+NaClO3②AgCl可溶于氨水：AgCl+2NH3?H2O?Ag（NH3）2++Cl﹣+2H2O③常溫時N2H4?H2O（水合肼）在堿性條件下能還原Ag（NH3）2+：4Ag（NH3）2++N2H4?H2O═4Ag↓+N2↑+4NH4++4NH3↑+H2O（1）“氧化”階段需在80℃條件下進行，適宜的加熱方式為水浴加熱。（2）NaClO溶液與Ag反應的產物為AgCl、NaOH和O2，該反應的化學方程式為4Ag+4NaClO+2H2O═4AgCl+4NaOH+O2↑。HNO3也能氧化Ag，從反應產物的角度分析，以HNO3代替NaClO的缺點是會釋放出氮氧化物（或NO、NO2），造成環(huán)境污染。（3）為提高Ag的回收率，需對“過濾Ⅱ”的濾渣進行洗滌，并將洗滌后的濾液合并入過濾Ⅱ的濾液中。（4）若省略“過濾Ⅰ”，直接向冷卻后的反應容器中滴加10%氨水，則需要增加氨水的用量，除因過量NaClO與NH3?H2O反應外（該條件下NaClO3與NH3?H2O不反應），還因為未過濾掉的溶液會稀釋加入的氨水，且其中含有一定濃度的Cl﹣，不利于AgCl與氨水反應。（5）請設計從“過濾Ⅱ”后的濾液中獲取單質Ag的實驗方案：向濾液中滴加2mol?L﹣1水合肼溶液，攪拌使其充分反應，同時用1mol?L﹣1H2SO4溶液吸收反應中放出的NH3，待溶液中無氣泡產生，停止滴加，靜置，過濾、洗滌，干燥（實驗中須使用的試劑有：2mol?L﹣1水合肼溶液，1mol?L﹣1H2SO4）?！究键c】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】545：物質的分離提純和鑒別．【分析】回收一種光盤金屬層中的少量Ag，由流程可知，氧化時發(fā)生4Ag+4NaClO+2H2O═4AgCl+4NaOH+O2↑，為控制80℃，可水浴加熱，過濾I分離出AgCl、可能含Ag，再加氨水溶解AgCl，發(fā)生AgCl+2NH3?H2O?Ag（NH3）2++Cl﹣+2H2O，過濾II分離出的濾渣為Ag，對過濾II得到的濾液用N2H4?H2O（水合肼）在堿性條件下能還原Ag（NH3）2+得到Ag，以此來解答．【解答】解：（1）“氧化”階段需在80℃條件下進行，不超過水的沸點，則適宜的加熱方式為水浴加熱，故答案為：水浴加熱；（2）NaClO溶液與Ag反應的產物為AgCl、NaOH和O2，Ag、O元素的化合價升高，Cl元素的化合價降低，由電子、原子守恒可知該反應的化學方程式為4Ag+4NaClO+2H2O═4AgCl+4NaOH+O2↑．HNO3也能氧化Ag，從反應產物的角度分析，以HNO3代替NaClO的缺點是會釋放出氮氧化物（或NO、NO2），造成環(huán)境污染，故答案為：4Ag+4NaClO+2H2O═4AgCl+4NaOH+O2↑；會釋放出氮氧化物（或NO、NO2），造成環(huán)境污染；（3）為提高Ag的回收率，需對“過濾Ⅱ”的濾渣進行洗滌，并將洗滌后的濾液合并入過濾Ⅱ的濾液中，減少Ag的損失，故答案為：將洗滌后的濾液合并入過濾Ⅱ的濾液中；（4）若省略“過濾Ⅰ”，直接向冷卻后的反應容器中滴加10%氨水，則需要增加氨水的用量，除因過量NaClO與NH3?H2O反應外（該條件下NaClO3與NH3?H2O不反應），還因為未過濾掉的溶液會稀釋加入的氨水，且其中含有一定濃度的Cl﹣，不利于AgCl與氨水反應，故答案為：未過濾掉的溶液會稀釋加入的氨水，且其中含有一定濃度的Cl﹣，不利于AgCl與氨水反應；（5）由信息③可知，從“過濾Ⅱ”后的濾液中獲取單質Ag的實驗方案為向濾液中滴加2mol?L﹣1水合肼溶液，攪拌使其充分反應，同時用1mol?L﹣1H2SO4溶液吸收反應中放出的NH3，待溶液中無氣泡產生，停止滴加，靜置，過濾、洗滌，干燥，故答案為：向濾液中滴加2mol?L﹣1水合肼溶液，攪拌使其充分反應，同時用1mol?L﹣1H2SO4溶液吸收反應中放出的NH3，待溶液中無氣泡產生，停止滴加，靜置，過濾、洗滌，干燥．【點評】本題考查混合物分離提純，為高頻考點，把握流程中發(fā)生的反應、混合物分離提純方法、實驗技能為解答的關鍵，側重分析能力和實驗能力的考查，注意信息的應用及實驗設計，題目難度中等．20．（14分）砷（As）是一些工廠和礦山廢水中的污染元素，使用吸附劑是去除水中砷的有效措施之一．（1）將硫酸錳、硝酸釔與氫氧化鈉溶液按一定比例混合，攪拌使其充分反應，可獲得一種砷的高效吸附劑X，吸附劑X中含有CO32﹣，其原因是堿性溶液吸收了空氣中的CO2．（2）H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物種的分布分數(shù)（平衡時某物種的濃度占各物種濃度之和的分數(shù)）與pH的關系分別如圖﹣1和圖﹣2所示．①以酚酞為指示劑（變色范圍pH8.0～10.0），將NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中，當溶液由無色變?yōu)闇\紅色時停止滴加．該過程中主要反應的離子方程式為OH﹣+H3AsO3＝H2AsO3﹣+H2O．②H3AsO4第一步電離方程式H3AsO4?H2AsO4﹣+H+的電離常數(shù)為Ka1，則pKa1＝2.2（pKa1＝﹣lgKa1）．（3）溶液的pH對吸附劑X表面所帶電荷有影響．pH＝7.1時，吸附劑X表面不帶電荷；pH＞7.1時帶負電荷，pH越高，表面所帶負電荷越多；pH＜7.1時帶正電荷，pH越低，表面所帶正電荷越多．pH不同時吸附劑X對三價砷和五價砷的平衡吸附量（吸附達平衡時單位質量吸附劑X吸附砷的質量）如圖﹣3所示．①在pH7～9之間，吸附劑X對五價砷的平衡吸附量隨pH升高而迅速下降，其原因是在pH7～9之間，隨pH升高H2AsO4﹣轉變?yōu)镠AsO42﹣，吸附劑X表面所帶負電荷增多，靜電斥力增加．②在pH4～7之間，吸附劑X對水中三價砷的去除能力遠比五價砷的弱，這是因為在pH4～7之間，吸附劑X表面帶正電，五價砷主要以H2AsO4﹣和HAsO42﹣陰離子存在，靜電引力較大；而三價砷主要以H3AsO3分子存在，與吸附劑X表面產生的靜電引力?。岣呶絼對三價砷去除效果可采取的措施是加入氧化劑，將三價砷轉化為五價砷．【考點】D5：弱電解質在水溶液中的電離平衡．【專題】51G：電離平衡與溶液的pH專題．【分析】（1）空氣中的CO2屬于酸性氧化物，能溶于強堿溶液；（2）①根據(jù)圖知，堿性條件下H3AsO3的濃度減小、H2AsO3﹣濃度增大，說明堿和H3AsO3生成H2AsO3﹣，該反應為酸堿的中和反應；②Ka1，pH＝2.2時c（H+）＝10﹣2.2mol/L，c（H3AsO3）＝c（H2AsO3﹣）；（3）①吸附劑X表面所帶負電荷增多，靜電斥力越大；②在pH4～7之間，吸附劑X表面帶正電，五價砷主要以H2AsO4﹣和HAsO42﹣陰離子存在，pH＜7.1時帶正電荷，pH越低，表面所帶正電荷越多；而三價砷主要以H3AsO3分子存在；在pH4～7之間，吸附劑X對水中三價砷的去除能力遠比五價砷的弱，如果能將三價砷轉化為五價砷，能有效的去除三價砷．【解答】解：（1）空氣中的CO2屬于酸性氧化物，能溶于強堿溶液，NaOH是堿，能吸收空氣中的二氧化碳而生成碳酸根離子，所以其原因是堿性溶液吸收了空氣中的CO2，故答案為：堿性溶液吸收了空氣中的CO2；（2）①根據(jù)圖知，堿性條件下H3AsO3的濃度減小、H2AsO3﹣濃度增大，說明堿和H3AsO3生成H2AsO3﹣，該反應為酸堿的中和反應，同時還生成水，離子方程式為OH﹣+H3AsO3＝H2AsO3﹣+H2O，故答案為：OH﹣+H3AsO3＝H2AsO3﹣+H2O；②Ka1，pH＝2.2時c（H+）＝10﹣2.2mol/L，c（H3AsO3）＝c（H2AsO3﹣），pKa1＝﹣lgKa1＝﹣lg2.2，故答案為：2.2；（3）①吸附劑X表面所帶負電荷增多，靜電斥力越大，在pH7～9之間，隨pH升高H2AsO4﹣轉變?yōu)镠AsO42﹣，吸附劑X表面所帶負電荷增多，靜電斥力增加，導致在pH7～9之間，吸附劑X對五價砷的平衡吸附量隨pH升高而迅速下降，故答案為：在pH7～9之間，隨pH升高H2AsO4﹣轉變?yōu)镠AsO42﹣，吸附劑X表面所帶負電荷增多，靜電斥力增加；②在pH4～7之間，吸附劑X表面帶正電，五價砷主要以H2AsO4﹣和HAsO42﹣陰離子存在，pH＜7.1時帶正電荷，pH越低，表面所帶正電荷越多，所以靜電引力較大；而三價砷主要以H3AsO3分子存在，與吸附劑X表面產生的靜電引力小，所以在pH4～7之間，吸附劑X對水中三價砷的去除能力遠比五價砷的弱；在pH4～7之間，吸附劑X對水中三價砷的去除能力遠比五價砷的弱，如果能將三價砷轉化為五價砷，能有效的去除三價砷，所以采取的措施是加入氧化劑，將三價砷轉化為五價砷，故答案為：在pH4～7之間，吸附劑X表面帶正電，五價砷主要以H2AsO4﹣和HAsO42﹣陰離子存在，靜電引力較大；而三價砷主要以H3AsO3分子存在，與吸附劑X表面產生的靜電引力?。患尤胙趸瘎?，將三價砷轉化為五價砷．【點評】本題以含有As的物質為載體考查弱電解質的電離及圖象分析，為高頻考點，側重考查學生對基礎知識的掌握和靈活運用、圖象分析判斷能力，明確出題人的目的是解本題關鍵，難點是圖象的正確理解和分析，題目難度中等．【選做題】本題包括A、B兩小題，請選定其中一小題，并在相應的答題區(qū)域內作答．若多做，則按A小題評分．A．[物質結構與性質]21．（12分）鐵氮化合物（FexNy）在磁記錄材料領域有著廣泛的應用前景．某FexNy的制備需鐵、氮氣、丙酮和乙醇參與．（1）Fe3+基態(tài)核外電子排布式為[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5．（2）丙酮（）分子中碳原子軌道的雜化類型是sp2和sp3，1mol丙酮分子中含有σ鍵的數(shù)目為9NA．（3）C、H、O三種元素的電負性由小到大的順序為H＜C＜O．（4）乙醇的沸點高于丙酮，這是因為乙醇分子間存在氫鍵．（5）某FexNy的晶胞如圖﹣1所示，Cu可以完全替代該晶體中a位置Fe或者b位置Fe，形成Cu替代型產物Fe（x﹣n）CunNy．FexNy轉化為兩種Cu替代型產物的能量變化如圖﹣2所示，其中更穩(wěn)定的Cu替代型產物的化學式為Fe3CuN．【考點】86：原子核外電子排布；8B：元素電離能、電負性的含義及應用；9I：晶胞的計算．【專題】51D：化學鍵與晶體結構．【分析】（1）Fe的原子序數(shù)為26，F(xiàn)e3+基態(tài)核外電子數(shù)為23，且3d電子為半滿穩(wěn)定結構；（2）中單鍵均為σ鍵，雙鍵中含1個σ鍵，甲基上C形成4個σ鍵，C＝O中C形成3個σ鍵；（3）非金屬性越強，電負性越大；（4）乙醇分子之間形成氫鍵，導致沸點較高；（5）由圖2可知，Cu替代a位置的Fe時能量較低，更穩(wěn)定，則Cu位于頂點，N（Cu）＝81，F(xiàn)e位于面心，N（Fe）＝63，N位于體心，以此來解答．【解答】解：（1）Fe的原子序數(shù)為26，F(xiàn)e3+基態(tài)核外電子數(shù)為23，且3d電子為半滿穩(wěn)定結構，可知Fe3+基態(tài)核外電子排布式為[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5，故答案為：[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5；（2）中單鍵均為σ鍵，雙鍵中含1個σ鍵，甲基上C形成4個σ鍵，C＝O中C形成3個σ鍵，均為孤對電子，則羰基上C為sp2雜化，甲基上C為sp3雜化，1mol丙酮共有9molσ鍵，數(shù)目為9NA個，故答案為：sp2和sp3；9NA；（3）非金屬性越強，電負性越大，則C、H、O三種元素的電負性由小到大的順序為H＜C＜O，故答案為：H＜C＜O；（4）乙醇的沸點高于丙酮，這是因為乙醇分子間存在氫鍵，導致沸點高，故答案為：乙醇分子間存在氫鍵；（5）由圖2可知，Cu替代a位置的Fe時能量較低，更穩(wěn)定，則Cu位于頂點，N（Cu）＝81，F(xiàn)e位于面心，N（Fe）＝63，N位于體心，則只有1個N，其化學式為Fe3CuN，故答案為：Fe3CuN．【點評】本題考查物質結構與性質，為高頻考點，把握電子排布、電負性比較、雜化及化學鍵、均攤法計算晶胞結構為解答的關鍵，側重分析能力和應用能力的考查，綜合性較強，題目難度中等．B．[實驗化學]22．1﹣溴丙烷是一種重要的有機合成中間體，沸點為71℃，密度為1.36g?cm﹣3．實驗室制備少量1﹣溴丙烷的主要步驟如下：步驟1：在儀器A中加入攪拌磁子、12g正丙醇及20mL水，冰水冷卻下緩慢加入28mL濃H2SO4；冷卻至室溫，攪拌下加入24gNaBr．步驟2：如圖所示搭建實驗裝置，緩慢加熱，直到無油狀物餾出為止．步驟3：將餾出液轉入分液漏斗，分出有機相．步驟4：將分出的有機相轉入分液漏斗，依次用12mLH2O、12mL5%Na2CO3溶液和12mLH2O洗滌，分液，得粗產品，進一步提純得1﹣溴丙烷．（1）儀器A的名稱是蒸餾燒瓶；加入攪拌磁子的目的是攪拌和防止暴沸．（2）反應時生成的主要有機副產物有2﹣溴丙烷和丙烯、正丙醚．（3）步驟2中需向接受瓶內加入少量冰水并置于冰水浴中的目的是減少1﹣溴丙烷的揮發(fā)．（4）步驟2中需緩慢加熱使反應和蒸餾平穩(wěn)進行，目的是減少HBr揮發(fā)．（5）步驟4中用5%Na2CO3溶液洗滌有機相的操作：向分液漏斗中小心加入12mL5%Na2CO3溶液，振蕩，將分液漏斗下口向上傾斜、打開活塞排出氣體，靜置，分液．【考點】U3：制備實驗方案的設計．【專題】547：有機實驗綜合．【分析】（1）由圖可知儀器的名稱，攪拌磁子除攪拌外，還可防止液體劇烈沸騰；（2）正丙醇在濃硫酸作用下可能發(fā)生消去反應，或分子間取代反應；（3）冰水浴可降低溫度，減少生成物的揮發(fā)；（4）步驟2中需緩慢加熱，可減少濃硫酸與NaBr反應生成的HBr揮發(fā)；（5）加入12mL5%Na2CO3溶液，振蕩，洗滌1﹣溴丙烷時可能發(fā)生HBr與碳酸鈉的反應生成氣體，需要排出氣體．【解答】解：（1）由圖可知，儀器A的名稱是蒸餾燒瓶，加入攪拌磁子的目的是攪拌和防止暴沸，故答案為：蒸餾燒瓶；防止暴沸；（2）正丙醇在濃硫酸作用下可能發(fā)生消去反應，或分子間取代反應，則反應時生成的主要有機副產物有2﹣溴丙烷和丙烯、正丙醚，故答案為：丙烯、正丙醚；（3）步驟2中需向接受瓶內加入少量冰水并置于冰水浴中的目的是減少1﹣溴丙烷的揮發(fā)，故答案為：減少1﹣溴丙烷的揮發(fā)；（4）步驟2中需緩慢加熱使反應和蒸餾平穩(wěn)進行，目的是減少HBr揮發(fā)，故答案為：減少HBr揮發(fā)；（5）步驟4中用5%Na2CO3溶液洗滌有機相的操作：向分液漏斗中小心加入12mL5%Na2CO3溶液，振蕩，將分液漏斗下口向上傾斜、打開活塞排出氣體，靜置，分液，故答案為：將分液漏斗下口向上傾斜、打開活塞排出氣體．【點評】本題考查有機物的制備實驗，為高頻考點，把握有機物的性質、實驗操作及技能為解答的關鍵，側重分析能力和實驗能力的考查，注意（5）為解答的難點，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2018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，共20分1．（2分）CO2是自然界碳循環(huán)中的重要物質。下列過程會引起大氣中CO2含量上升的是（）A．光合作用 B．自然降雨 C．化石燃料的燃燒 D．碳酸鹽的沉積2．（2分）用化學用語表示NH3+HCl═NH4Cl中的相關微粒，其中正確的是（）A．中子數(shù)為8的氮原子：N B．HCl的電子式： C．NH3的結構式： D．Cl﹣的結構示意圖：3．（2分）下列有關物質性質與用途具有對應關系的是（）A．NaHCO3受熱易分解，可用于制胃酸中和劑 B．SiO2熔點高硬度大，可用于制光導纖維 C．Al2O3是兩性氧化物，可用作耐高溫材料 D．CaO能與水反應，可用作食品干燥劑4．（2分）室溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是（）A．0.1mol?L﹣1KI溶液：Na+、K+、ClO﹣、OH﹣ B．0.1mol?L﹣1Fe2（SO4）3溶液：Cu2+、NH4+、NO3﹣、SO42﹣ C．0.1mol?L﹣1HCl溶液：Ba2+、K+、CH3COO﹣、NO3﹣ D．0.1mol?L﹣1NaOH溶液：Mg2+、Na+、SO42﹣、HCO3﹣5．（2分）下列有關從海帶中提取碘的實驗原理和裝置能達到實驗目的是（）A．用裝置甲灼燒碎海帶 B．用裝置乙過濾海帶灰的浸泡液 C．用裝置丙制備用于氧化浸泡液中I﹣的Cl2 D．用裝置丁吸收氧化浸泡液中I﹣后的Cl2尾氣6．（2分）下列有關物質性質的敘述一定不正確的是（）A．向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液顯紅色 B．KAl（SO4）2?12H2O溶于水可形成Al（OH）3膠體 C．NH4Cl與Ca（OH）2混合加熱可生成NH3 D．Cu與FeCl3溶液反應可生成CuCl27．（2分）下列指定反應的離子方程式正確的是（）A．飽和Na2CO3溶液與CaSO4固體反應：CO32﹣+CaSO4?CaCO3+SO42﹣ B．酸化NaIO3和NaI的混合溶液：I﹣+IO3﹣+6H+═I2+3H2O C．KClO堿性溶液與Fe（OH）3反應：3ClO﹣+2Fe（OH）3═2FeO42﹣+3Cl﹣+4H++H2O D．電解飽和食鹽水：2Cl﹣+2H+Cl2↑+H2↑8．（2分）短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，X是地殼中含量最多的元素，Y原子的最外層只有一個電子，Z位于元素周期表ⅢA族，W與X屬于同一主族。下列說法正確的是（）A．原子半徑：r（W）＞r（Z）＞r（Y） B．由X、Y組成的化合物中均不含共價鍵 C．Y的最高價氧化物的水化物的堿性比Z的弱 D．X的簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比W的強9．（2分）在給定條件下，下列選項所示的物質間轉化均能實現(xiàn)的是（）A．NaHCO3（s）Na2CO3（s）NaOH（aq） B．Al（s）NaAlO2（aq）Al（OH）3（s） C．AgNO3（aq）[Ag（NH3）2]+（aq）Ag（s） D．Fe2O3（s）Fe（s）FeCl3（aq）10．（2分）下列說法正確的是（）A．氫氧燃料電池放電時化學能全部轉化為電能 B．反應4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s）常溫下可自發(fā)進行，該反應為吸熱反應 C．3molH2與1molN2混合反應生成NH3，轉移電子的數(shù)目小于6×6.02×1023 D．在酶催化淀粉水解反應中，溫度越高淀粉水解速率越快二、不定項選擇共5小題，每小題4分，共20分11．（4分）化合物Y能用于高性能光學樹脂的合成，可由化合物X與2﹣甲基丙烯酰氯在一定條件下反應制得：下列有關化合物X、Y的說法正確的是（）A．X分子中所有原子一定在同一平面上 B．Y與Br2的加成產物分子中含有手性碳原子 C．X、Y均不能使酸性KMnO4溶液褪色 D．X→Y的反應為取代反應12．（4分）根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象所得出的結論正確的是（）選項實驗操作和現(xiàn)象結論A向苯酚濁液中滴加Na2CO3溶液，濁液變清苯酚的酸性強于H2CO3的酸性B向碘水中加入等體積CCl4，振蕩后靜置，上層接近無色，下層顯紫紅色I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度C向CuSO4溶液中加入鐵粉，有紅色固體析出Fe2+的氧化性強于Cu2+的氧化性D向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黃色沉淀生成Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）A．A B．B C．C D．D13．（4分）根據(jù)下列圖示所得出的結論不正確的是（）A．圖甲是CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）的平衡常數(shù)與反應溫度的關系曲線，說明該反應的△H＜0 B．圖乙是室溫下H2O2催化分解放出氧氣的反應中c（H2O2）隨反應時間變化的曲線，說明隨著反應的進行H2O2分解速率逐漸減小 C．圖丙是室溫下用0.1000mol?L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol?L﹣1某一元酸HX的滴定曲線，說明HX是一元強酸 D．圖丁是室溫下用Na2SO4除去溶液中Ba2+達到沉淀溶解平衡時，溶液中c（Ba2+）與c（SO42﹣）的關系曲線，說明溶液中c（SO42﹣）越大c（Ba2+）越小14．（4分）H2C2O4為二元弱酸，Ka1（H2C2O4）＝5.4×10﹣2，Ka2（H2C2O4）＝5.4×10﹣5，設H2C2O4溶液中c（總）＝c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）。室溫下用NaOH溶液滴定25.00mL0.1000mol?L﹣1H2C2O4溶液至終點。滴定過程得到的下列溶液中微粒的物質的量濃度關系一定正確的是（）A．0.1000mol?L﹣1H2C2O4溶液：c（H+）＝0.1000mol?L﹣1+c（C2O42﹣）+c（OH﹣）﹣c（H2C2O4） B．c（Na+）＝c（總）的溶液：c（Na+）＞c（H2C2O4）＞c（C2O42﹣）＞c（H+） C．pH＝7的溶液：c（Na+）＝0.1000mol?L﹣1+c（C2O42﹣）﹣c（H2C2O4） D．c（Na+）＝2c（總）的溶液：c（OH﹣）﹣c（H+）＝2c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣）15．（4分）一定溫度下，在三個容積相同的恒容密閉容器中按不同方式投入反應物，發(fā)生反應2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）（正反應放熱），測得反應的相關數(shù)據(jù)如表：容器1容器2容器3應溫度T/K700700800反應物投入量2molSO2、1molO24molSO32molSO2、1molO2平衡v正（SO2）/mol?L﹣1?S﹣1v1v2v3平衡c（SO3）/mol?L﹣1c1c2c3平衡體系總壓強p/Pap1p2p3物質的平衡轉化率αα1（SO2）α2（SO3）α3（SO2）平衡常數(shù)KK1K2K3下列說法正確的是（）A．v1＜v2，c2＜2c1 B．K1＞K3，p2＞2p3 C．v1＜v3，α1（SO2）＞α3（SO2） D．c2＞2c3，α2（SO3）+α3（SO2）＜1三、非選擇題16．（12分）以高硫鋁土礦（主要成分為Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金屬硫酸鹽）為原料，生產氧化鋁并獲得Fe3O4的部分工藝流程如下：（1）烙燒過程均會產生SO2，用NaOH溶液吸收過量SO2的離子方程式為。（2）添加1%CaO和不添加CaO的礦粉焙燒，其硫去除率隨溫度變化曲線如題圖所示。已知：多數(shù)金屬硫酸鹽的分解溫度都高于600℃硫去除率＝（1）×100%①不添加CaO的礦粉在低于500℃焙燒時，去除的硫元素主要來源于。②700℃焙燒時，添加1%CaO的礦粉硫去除率比不添加CaO的礦粉硫去除率低，其主要原因是。（3）向“過濾”得到的濾液中通入