江蘇省2015年高考化學(xué)試卷(解析版)

1、江蘇省2015年高考化學(xué)試卷一、單項(xiàng)選擇題：本題包括10小題，每小題2分，共計(jì)20分每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意1 “保護(hù)環(huán)境”是我國(guó)的基本國(guó)策下列做法不應(yīng)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(duì)生活廢棄物進(jìn)行分類放置C深入農(nóng)村和社區(qū)宣傳環(huán)保知識(shí)D經(jīng)常使用一次性筷子、紙杯、塑料袋等考點(diǎn)："三廢"處理與環(huán)境保護(hù).分析：保護(hù)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(hù)環(huán)境的措施，故A不選；B、垃圾分類有利于環(huán)境的保護(hù)和資源的再利用，符合保護(hù)環(huán)境的措施，故B不選；C、伸入農(nóng)村和社區(qū)宣傳環(huán)保知識(shí)，樹立保護(hù)

2、環(huán)境從自我做起、保護(hù)環(huán)境人人有責(zé)的意識(shí)，符合保護(hù)環(huán)境的措施，故C不選；D、經(jīng)常使用一次性筷子和紙杯，會(huì)消耗大量的木材，一次性塑料袋的大量使用會(huì)造成白色污染，故措施不合理，故D選；故選D點(diǎn)評(píng)：本題主要考查環(huán)境保護(hù)，注意保護(hù)環(huán)境人人有責(zé)，從自我做起，從小事做起，明確環(huán)境和人類發(fā)展的關(guān)系及環(huán)境保護(hù)意識(shí)即可解答，題目難度不大2（2分）（2015江蘇）下列有關(guān)氯元素及其化合物的表示正確的是（）A質(zhì)子數(shù)為17、中子數(shù)為20的氯原子：ClB氯離子（Cl）的結(jié)構(gòu)示意圖：C氯分子的電子式：D氯乙烯分子的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：H3CCH2Cl考點(diǎn)：原子結(jié)構(gòu)示意圖；電子式；結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式.分析：A、元素符號(hào)的左上角標(biāo)質(zhì)量數(shù)，質(zhì)量數(shù)=

3、質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)；B、氯離子（Cl）為Cl原子得到1個(gè)電子形成的陰離子，最外層滿足8個(gè)電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；C、氯氣為雙原子分子，最外層均滿足8個(gè)電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；D、氯乙烯分子中存在碳碳雙鍵，據(jù)此解答即可解答：解：A、元素符號(hào)的左上角標(biāo)質(zhì)量數(shù)，中子數(shù)為20的氯原子，質(zhì)量數(shù)=17+20=30，故正確應(yīng)為：1737Cl，故A錯(cuò)誤； B、Cl原子得到1個(gè)電子形成最外層滿足8個(gè)電子的Cl，離子結(jié)構(gòu)示意圖為：，故B錯(cuò)誤；C、氯氣中存在1對(duì)氯氯共用電子對(duì)，氯原子最外層達(dá)到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，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(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：H2C=CHCl，故D錯(cuò)誤，故選C點(diǎn)評(píng)：本題主要是對(duì)常見化

4、學(xué)用語(yǔ)的考查，涉及核素的表示方法、質(zhì)量數(shù)與質(zhì)子數(shù)和中子數(shù)的關(guān)系、電子式的書寫、結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式書寫等，難度不大3（2分）（2015江蘇）下列說(shuō)法正確的是（）A分子式為C2H6O的有機(jī)化合物性質(zhì)相同B相同條件下，等質(zhì)量的碳按a、b兩種途徑完全轉(zhuǎn)化，途徑a比途徑b放出更多熱能途徑a：CCO+H2CO2+H2O途徑b：CCO2C在氧化還原反應(yīng)中，還原劑失去電子總數(shù)等于氧化劑得到電子的總數(shù)D通過(guò)化學(xué)變化可以直接將水轉(zhuǎn)變?yōu)槠涂键c(diǎn)：辨識(shí)簡(jiǎn)單有機(jī)化合物的同分異構(gòu)體；氧化還原反應(yīng)的電子轉(zhuǎn)移數(shù)目計(jì)算；化學(xué)能與熱能的應(yīng)用.分析：A、分子式為C2H6O的有機(jī)化合物存在同分異構(gòu)體；B、化學(xué)反應(yīng)的熱效應(yīng)只與反應(yīng)物的初始狀態(tài)和

5、生成物的最終狀態(tài)有關(guān)；C、氧化還原反應(yīng)本質(zhì)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(jù)元素守恒解答即可解答：解：A、分子式為C2H6O的有機(jī)化合物存在同分異構(gòu)體，即乙醇或甲醚，二者屬于不同的有機(jī)物，性質(zhì)不同，故A錯(cuò)誤；B、化學(xué)反應(yīng)的熱效應(yīng)只與反應(yīng)物的初始狀態(tài)和生成物的最終狀態(tài)有關(guān)，故ab兩種途徑，放出的熱量一樣多，故B錯(cuò)誤；C、氧化還原反應(yīng)中存在得失電子守恒定律，即還原劑失去電子總數(shù)等于氧化劑得到電子的總數(shù)，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(guò)化學(xué)變化直接將水轉(zhuǎn)變?yōu)槠?，故D錯(cuò)誤，故選C點(diǎn)評(píng)：本題主要考查的

6、是有機(jī)物同分異構(gòu)體的判斷、化學(xué)反應(yīng)的熱效應(yīng)、氧化還原反應(yīng)等，綜合性較強(qiáng)，難度一般4（2分）（2015江蘇）在CO2中，Mg燃燒生成MgO和C下列說(shuō)法正確的是（）A元素C的單質(zhì)只存在金剛石和石墨兩種同素異形體BMg、MgO中鎂元素微粒的半徑：r（Mg2+）r（Mg）C在該反應(yīng)條件下，Mg的還原性強(qiáng)于C的還原性D該反應(yīng)中化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為熱能考點(diǎn)：同素異形體；微粒半徑大小的比較；氧化性、還原性強(qiáng)弱的比較；化學(xué)能與熱能的相互轉(zhuǎn)化.分析：A、C元素的單質(zhì)存在多種同素異形體；B、電子層數(shù)越多，微粒半徑越大；C、依據(jù)化學(xué)反應(yīng)方程式判斷即可，還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物的還原性；D、鎂燃燒放出強(qiáng)光，據(jù)此解答即可

7、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(cuò)誤；B、Mg有3個(gè)電子層，Mg2+為Mg失去最外層的2個(gè)電子形成的陽(yáng)離子，只有2個(gè)電子層，故半徑r（Mg2+）r（Mg），故B錯(cuò)誤；C、該反應(yīng)為：2Mg+CO22MgO+2C，此反應(yīng)中Mg為還原劑，C為還原產(chǎn)物，還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物的還原性，即還原性MgC，故C正確；D、該反應(yīng)放出光，即部分化學(xué)能轉(zhuǎn)化為光能，故D錯(cuò)誤，故選C點(diǎn)評(píng)：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(yīng)中還原性強(qiáng)弱比較以及能量之間的轉(zhuǎn)化等，綜合性較強(qiáng)，有一定的難度5（2分）（2015江蘇）短周期主族元素X、Y、Z、

8、W原子序數(shù)依次增大，X原子最外層有6個(gè)電子，Y是至今發(fā)現(xiàn)的非金屬性最強(qiáng)的元素，Z在周期表中處于周期序數(shù)等于族序數(shù)的位置，W的單質(zhì)廣泛用作半導(dǎo)體材料下列敘述正確的是（）A原子最外層電子數(shù)由多到少的順序：Y、X、W、ZB原子半徑由大到小的順序：W、Z、Y、XC元素非金屬性由強(qiáng)到弱的順序：Z、W、XD簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性由強(qiáng)到弱的順序：X、Y、W考點(diǎn)：真題集萃；位置結(jié)構(gòu)性質(zhì)的相互關(guān)系應(yīng)用.分析：Y是至今發(fā)現(xiàn)的非金屬性最強(qiáng)的元素，那么Y是氟，Z在周期表中處于周期序數(shù)等于族序數(shù)的位置，且為短周期，原子序數(shù)大于F，那么Z為氯，W的單質(zhì)廣泛用作半導(dǎo)體材料，那么W為硅，據(jù)此推斷X最外層有6個(gè)電子，應(yīng)為氧元素

9、，結(jié)合各個(gè)選項(xiàng)解答即可解答：解：Y是至今發(fā)現(xiàn)的非金屬性最強(qiáng)的元素，那么Y是氟，Z在周期表中處于周期序數(shù)等于族序數(shù)的位置，且為短周期，原子序數(shù)大于F，那么Z為氯，W的單質(zhì)廣泛用作半導(dǎo)體材料，那么W為硅，據(jù)此推斷X最外層有6個(gè)電子，應(yīng)為氧元素，A、X、Y、Z、W分別為O、F、Al和Si，最外層電子數(shù)分別為6、7、3和4，即最外層電子數(shù)YXWZ，故A正確；B、電子層數(shù)越多，半徑越大，同一周期，原子序數(shù)越小，半徑越大，即半徑關(guān)系：AlSiOF，即ZWXY，故B錯(cuò)誤；C、同一周期，原子序數(shù)越大，非金屬性越強(qiáng)，即非金屬性FOSi，故C錯(cuò)誤；D、元素的非金屬性越強(qiáng)，其氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強(qiáng)，即YXW，故D錯(cuò)

10、誤，故選A點(diǎn)評(píng)：本題主要考查的是元素的推斷，涉及元素非金屬性強(qiáng)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）（2015江蘇）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、ClB=1×1013molL1的溶液中：NH4+、Ca2+、Cl、NO3C與Al反應(yīng)能放出H2的溶液中：Fe2+、K+、NO3、SO42D水電離的c（H+）=1×1013molL1的溶液中：K+、Na+、AlO2、CO32考點(diǎn)：真題集萃；離子共存問(wèn)題.分析：A使酚酞變紅色的溶液，顯堿性；B.=1×1013molL1的溶

11、液，顯酸性；C與Al反應(yīng)能放出H2的溶液，為非氧化性酸或強(qiáng)堿溶液；D水電離的c（H+）=1×1013molL1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(cuò)誤；B.=1×1013molL1的溶液，顯酸性，該組離子在酸性溶液中不反應(yīng)，可大量共存，故B正確；C與Al反應(yīng)能放出H2的溶液，為非氧化性酸或強(qiáng)堿溶液，酸性溶液中Fe2+（或Al）、H+、NO3發(fā)生氧化還原反應(yīng)，堿性溶液中不能大量存在Fe2+，故C錯(cuò)誤；D水電離的c（H+）=1×1013molL1的溶液，水的電離受到抑制，為酸或堿溶液，酸溶液

12、中不能大量存在AlO2、CO32，故D錯(cuò)誤；故選B點(diǎn)評(píng)：本題考查離子的共存，為2015年高考題，把握習(xí)題中的信息及常見離子之間的反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重復(fù)分解反應(yīng)、氧化還原反應(yīng)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）（2015江蘇）下列實(shí)驗(yàn)操作正確的是（）A用玻璃棒蘸取CH3COOH溶液點(diǎn)在水濕潤(rùn)的pH試紙上，測(cè)定該溶液的pHB中和滴定時(shí)，滴定管用所盛裝的反應(yīng)液潤(rùn)洗23次C用裝置甲分液，放出水相后再?gòu)姆忠郝┒废驴诜懦鲇袡C(jī)相D用裝置乙加熱分解NaHCO3固體考點(diǎn)：真題集萃；化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià).專題：實(shí)驗(yàn)評(píng)價(jià)題分析：ApH試紙不能事先濕潤(rùn)；B為減小誤差，滴定管用所盛裝的反應(yīng)液潤(rùn)

13、洗；C分液時(shí)，下層液體從上口倒出，下層液體從下口漏出；D加熱固體應(yīng)防止試管炸裂解答：解：A測(cè)定醋酸pH，pH試紙不能事先濕潤(rùn)，防止醋酸被稀釋而導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏大，故A錯(cuò)誤；B為防止液體被稀釋而導(dǎo)致濃度減小而產(chǎn)生實(shí)驗(yàn)誤差，滴定管用所盛裝的反應(yīng)液潤(rùn)洗，故B正確；C分液時(shí)，為避免液體重新混合而污染，下層液體從上口倒出，下層液體從下口漏出，故C錯(cuò)誤；D碳酸氫鈉加熱分解生成水，應(yīng)防止試管炸裂，試管口應(yīng)略朝下，故D錯(cuò)誤故選B點(diǎn)評(píng)：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(shí)驗(yàn)安全等知識(shí)，側(cè)重于學(xué)生的分析、實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，比較基礎(chǔ)，難度適中，有利于培養(yǎng)學(xué)生良好的科學(xué)素養(yǎng)8（2分）（

14、2015江蘇）給定條件下，下列選項(xiàng)中所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能一步實(shí)現(xiàn)的是（）A粗硅SiCl4SiBMg（OH）2MgCl2（aq）MgCFe2O3FeCl3（aq）無(wú)水FeCl3DAgNO3（aq）Ag（NH3）2OH（aq）Ag考點(diǎn)：真題集萃；硅酸鹽工業(yè)；常見金屬元素的單質(zhì)及其化合物的綜合應(yīng)用.分析：ASi可與氯氣在高溫下反應(yīng)生成SiCl4，SiCl4可與氫氣發(fā)生反應(yīng)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(yīng)解答：ASi可與氯氣在高溫下反應(yīng)生成SiCl4，SiCl4可與氫氣發(fā)生反應(yīng)生成Si和HCl

15、，該反應(yīng)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(cuò)誤；C氯化鐵易水解，加熱溶液生成氫氧化鐵和HCl，蒸發(fā)時(shí)應(yīng)在濃鹽酸環(huán)境中進(jìn)行，故C錯(cuò)誤；D蔗糖為非還原性糖，與銀氨溶液不反應(yīng)，故D錯(cuò)誤故選A點(diǎn)評(píng)：本題為2015年江蘇考題，綜合考查元素化合物知識(shí)，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，注意把握物質(zhì)的性質(zhì)以及轉(zhuǎn)化的特點(diǎn)、反應(yīng)條件，難度不大，注意相關(guān)基礎(chǔ)知識(shí)的積累9（2分）（2015江蘇）下列指定反應(yīng)的離子方程式正確的是（）A氯氣溶于水：Cl2+H2O=2H+Cl+ClOBNa2CO3溶液中CO32的水解：CO32+H2O=HCO3+

16、OHC酸性溶液中KIO3與KI反應(yīng)生成I2：IO3+I+6H+=I2+3H2ODNaHCO3溶液中加足量Ba（OH）2溶液：HCO3+Ba2+OH=BaCO3+H2O考點(diǎn)：真題集萃；離子方程式的書寫.分析：A氯氣與水生成HClO，HClO為弱酸，應(yīng)寫成化學(xué)式；BCO32的水解為可逆反應(yīng)；C電荷不守恒；DNaHCO3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(yīng)的離子方程式為Cl2+H2O=H+Cl+HClO，HClO為弱酸，應(yīng)寫成化學(xué)式，故A錯(cuò)誤；BCO32的水解為可逆反應(yīng)，應(yīng)為CO32+H2OHCO3+OH，故B錯(cuò)誤；C酸性溶液中KIO3與KI反應(yīng)生成I2，發(fā)

17、生IO3+5I+6H+=3I2+3H2O，故C錯(cuò)誤；DNaHCO3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點(diǎn)評(píng)：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(cè)重于學(xué)生的分析能力以及元素化合物知識(shí)的綜合理解和運(yùn)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(yīng)物、生成物是否正確，檢查各物質(zhì)拆分是否正確，如難溶物、弱電解質(zhì)等需要保留化學(xué)式，檢查是否符合原化學(xué)方程式等，難度不大10（2分）（2015江蘇）一種熔融碳酸鹽燃料電池原理示意如圖下列有關(guān)該電池的說(shuō)法正確的是（）A反應(yīng)

18、CH4+H2O3H2+CO，每消耗1molCH4轉(zhuǎn)移12mol電子B電極A上H2參與的電極反應(yīng)為：H2+2OH2e=2H2OC電池工作時(shí)，CO32向電極B移動(dòng)D電極B上發(fā)生的電極反應(yīng)為：O2+2CO2+4e=2CO32考點(diǎn)：真題集萃；原電池和電解池的工作原理.專題：電化學(xué)專題分析：甲烷和水經(jīng)催化重整生成CO和H2，反應(yīng)中C元素化合價(jià)有4價(jià)升高到+2價(jià)，H元素化合價(jià)由+1價(jià)降低到0價(jià)，原電池工作時(shí)，CO和H2為負(fù)極反應(yīng)，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(yīng)CH4+H2O3H2+CO，C元素化合價(jià)有4價(jià)升高到+2價(jià)，H元素化合價(jià)由+1價(jià)降低到0價(jià)，每消

19、耗1molCH4轉(zhuǎn)移6mol電子，故A錯(cuò)誤；B電解質(zhì)沒(méi)有OH，負(fù)極反應(yīng)為H2+CO322e=H2O+CO2，故B錯(cuò)誤；C電池工作時(shí)，CO32向負(fù)極移動(dòng)，即向電極A移動(dòng)，故C錯(cuò)誤；DB為正極，正極為氧氣得電子生成CO32，電極反應(yīng)為：O2+2CO2+4e=2CO32，故D正確故選D點(diǎn)評(píng)：本題為2015年江蘇考題第10題，考查了化學(xué)電源新型電池，明確原電池中物質(zhì)得失電子、電子流向、離子流向即可解答，難點(diǎn)是電極反應(yīng)式書寫，要根據(jù)電解質(zhì)確定正負(fù)極產(chǎn)物，難度中等二、不定項(xiàng)選擇題：本題包括5小題，每小題4分，共計(jì)20分每小題只有一個(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題意若正確答案只包括一個(gè)選項(xiàng)，多選時(shí)，該小題得0分；若正確答

20、案包括兩個(gè)選項(xiàng)，只選一個(gè)且正確的得2分，選兩個(gè)且都正確的得滿分，但只要選錯(cuò)一個(gè)，該小題就得0分11（4分）（2015江蘇）下列說(shuō)法正確的是（）A若H2O2分解產(chǎn)生1molO2，理論上轉(zhuǎn)移的電子數(shù)約為4×6.02×1023B室溫下，pH=3的CH3COOH溶液與pH=11的NaOH溶液等體積混合，溶液pH7C鋼鐵水閘可用犧牲陽(yáng)極或外加電流的陰極保護(hù)法防止其腐蝕D一定條件下反應(yīng)N2+3H22NH3達(dá)到平衡時(shí)，3v正（H2）=2v逆（NH3）考點(diǎn)：真題集萃；金屬的電化學(xué)腐蝕與防護(hù)；化學(xué)平衡狀態(tài)的判斷；弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡.分析：AH2O2分解產(chǎn)生1molO2，反應(yīng)中O元素

21、化合價(jià)由1價(jià)升高到0價(jià)，轉(zhuǎn)移2mol電子；BCH3COOH為弱酸，pH=3的CH3COOH溶液與pH=11的NaOH溶液相比較，醋酸過(guò)量；C用犧牲陽(yáng)極或外加電流的陰極保護(hù)法，鐵分別為正極和陰極；D化學(xué)反應(yīng)中速率之比等于計(jì)量數(shù)之比解答：解：AH2O2分解產(chǎn)生1molO2，方程式為2H2O22H2O+O2，反應(yīng)中O元素化合價(jià)由1價(jià)升高到0價(jià)，轉(zhuǎn)移2mol電子，故A錯(cuò)誤；BCH3COOH為弱酸，pH=3的CH3COOH溶液與pH=11的NaOH溶液相比較，醋酸過(guò)量，等體積混合后溶液呈酸性，pH7，故B錯(cuò)誤；C用犧牲陽(yáng)極或外加電流的陰極保護(hù)法，鐵分別為正極和陰極，都發(fā)生還原反應(yīng)，可防止被氧化，故C正確

22、；D一定條件下反應(yīng)N2+3H22NH3達(dá)到平衡時(shí)，應(yīng)為2v正（H2）=3v逆（NH3），故D錯(cuò)誤故選C點(diǎn)評(píng)：本題為2015年江蘇考題第11題，綜合考查氧化還原反應(yīng)、弱電解質(zhì)的電離、金屬的腐蝕與防護(hù)以及化學(xué)平衡等問(wèn)題，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，注意相關(guān)基礎(chǔ)知識(shí)的積累，題目難度適中，貼近教材，有利于培養(yǎng)和考查學(xué)生的良好的學(xué)習(xí)習(xí)慣和科學(xué)素養(yǎng)12（4分）（2015江蘇）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(yīng)B在一定條件，化合物Y可與HCHO發(fā)生縮聚反應(yīng)C用FeCl3溶液可鑒別化合物X和YD化合物Y中不含有手性碳原子考點(diǎn)：真題集萃；有機(jī)物的結(jié)構(gòu)

23、和性質(zhì).分析：AX為鹵代烴，在氫氧化鈉水溶液中發(fā)生水解反應(yīng)生成醇；BY含有酚羥基，與苯酚性質(zhì)相似；CY含有酚羥基，可與氯化鐵發(fā)生顯色反應(yīng)；D根據(jù)手性碳原子的定義判斷解答：解：AX為鹵代烴，在氫氧化鈉水溶液中發(fā)生水解反應(yīng)生成醇，如發(fā)生消去反應(yīng)，條件為氫氧化鈉醇溶液，故A錯(cuò)誤；BY含有酚羥基，與苯酚性質(zhì)相似，可與甲醛發(fā)生縮聚反應(yīng)，故B正確；CY含有酚羥基，可與氯化鐵發(fā)生顯色反應(yīng)，故C正確；D連接四個(gè)不同的原子或原子團(tuán)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(cuò)誤故選BC點(diǎn)評(píng)：本題為2015年江蘇考題第12題，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，注意把握有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和官能團(tuán)的性質(zhì)，為解答該

24、類題目的關(guān)鍵，難度不大13（4分）（2015江蘇）下列設(shè)計(jì)的實(shí)驗(yàn)方案能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖牵ǎ〢制備Al（OH）3懸濁液：向1molL1AlCl3溶液中加過(guò)量的6molL1NaOH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(guò)量飽和Na2CO3溶液，振蕩后靜置分液，并除去有機(jī)相的水C檢驗(yàn)溶液中是否含有Fe2+：取少量待檢驗(yàn)溶液，向其中加入少量新制氯水，再滴加KSCN溶液，觀察實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象D探究催化劑對(duì)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(shí)驗(yàn)現(xiàn)象考點(diǎn)：真題集萃；化學(xué)

25、實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià).分析：ANaOH過(guò)量，反應(yīng)生成偏鋁酸鈉；B乙酸與碳酸鈉反應(yīng)后，與乙酸乙酯分層；C加入少量新制氯水了氧化亞鐵離子；D相同條件下，只有催化劑不同解答：解：ANaOH過(guò)量，反應(yīng)生成偏鋁酸鈉，不能制備Al（OH）3懸濁液，故A錯(cuò)誤；B乙酸與碳酸鈉反應(yīng)后，與乙酸乙酯分層，振蕩后靜置分液，并除去有機(jī)相的水可除雜，故B正確；C加入少量新制氯水了氧化亞鐵離子，檢驗(yàn)亞鐵離子，應(yīng)先加KSCN溶液，再加氯水，故C錯(cuò)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(yīng)速率快，則可探究催化劑對(duì)H2O2分解速率的影響，故D正確；故選BD點(diǎn)評(píng)：本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，

26、為高頻考點(diǎn)，涉及物質(zhì)的性質(zhì)、混合物分離提純、離子檢驗(yàn)及影響反應(yīng)速率的因素等，把握物質(zhì)的性質(zhì)及反應(yīng)原理為解答的關(guān)鍵，注意實(shí)驗(yàn)的評(píng)價(jià)性分析，題目難度不大14（4分）（2015江蘇）室溫下，向下列溶液中通入相應(yīng)的氣體至溶液pH=7（通入氣體對(duì)溶液體積的影響可忽略），溶液中部分微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（）A向0.10molL1NH4HCO3溶液中通入CO2：c（NH4+）=c（HCO3）+c（CO32）B向0.10molL1NaHSO3溶液中通入NH3：c（Na+）c（NH4+）c（SO32）C向0.10molL1Na2SO3溶液通入SO2：c（Na+）=2c（SO32）+c（HSO3）+c（H

27、2SO3）D向0.10molL1CH3COONa溶液中通入HCl：c（Na+）c（CH3COOH）=c（Cl）考點(diǎn)：真題集萃；離子濃度大小的比較.分析：ApH=7，則c（H+）=c（OH），結(jié)合電荷守恒分析；B向0.10molL1NaHSO3溶液中通入NH3，至溶液pH=7，反應(yīng)生成亞硫酸鈉和亞硫酸氨，亞硫酸根離子與銨根離子水解程度相同；C未反應(yīng)前結(jié)合物料守恒可知c（Na+）=2c（SO32）+c（HSO3）+c（H2SO3），向0.10molL1Na2SO3溶液通入SO2，至溶液pH=7，反應(yīng)后溶液中溶質(zhì)為NaHSO3、Na2SO3；D向0.10molL1CH3COONa溶液中通入HCl，至

28、溶液pH=7，反應(yīng)后溶液中溶質(zhì)為NaCl、醋酸和醋酸鈉解答：解：ApH=7，則c（H+）=c（OH），結(jié)合電荷守恒可知，c（NH4+）=c（HCO3）+2c（CO32），故B錯(cuò)誤；B向0.10molL1NaHSO3溶液中通入NH3，至溶液pH=7，反應(yīng)生成亞硫酸鈉和亞硫酸氨，亞硫酸根離子與銨根離子水解程度相同，則c（Na+）c（NH4+）=c（SO32），故B錯(cuò)誤；C向0.10molL1Na2SO3溶液通入SO2，發(fā)生Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，至溶液pH=7，反應(yīng)后溶液中溶質(zhì)為的NaHSO3、Na2SO3，則c（Na+）2c（SO32）+c（HSO3）+c（H2SO3），故

29、C錯(cuò)誤；D向0.10molL1CH3COONa溶液中通入HCl，至溶液pH=7，c（H+）=c（OH），HCl不足，反應(yīng)后溶液中溶質(zhì)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點(diǎn)評(píng)：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(yīng)、鹽類水解及電離為解答的關(guān)鍵，注意pH=7的信息及應(yīng)用，題目難度不大15（4分）（2015江蘇）在體積均為1.0L的量恒容密閉容器中加入足量的相同的碳粉，再分別加入0.1mo

30、lCO2和0.2molCO2，在不同溫度下反應(yīng)CO2（g）+C（s）2CO（g）達(dá)到平衡，平衡時(shí)CO2的物質(zhì)的量濃度c（CO2）隨溫度的變化如圖所示（圖中、點(diǎn)均處于曲線上）下列說(shuō)法正確的是（）A反應(yīng)CO2（g）+C（s）2CO（g）的S0、H0B體系的總壓強(qiáng)P總：P總（狀態(tài)）2P總（狀態(tài)）C體系中c（CO）：c（CO，狀態(tài)）2c（CO，狀態(tài)）D逆反應(yīng)速率V逆：V逆（狀態(tài)）V逆（狀態(tài)）考點(diǎn)：真題集萃；化學(xué)平衡建立的過(guò)程；化學(xué)平衡的影響因素.分析：A由氣體的化學(xué)計(jì)量數(shù)增大可知S，由圖中溫度高平衡時(shí)c（CO2）小可知H；B分別加入0.1molCO2和0.2molCO2，曲線I為加入0.1molCO2

31、，曲線II為加入0.2molCO2，加壓CO2（g）+C（s）2CO（g）平衡逆向移動(dòng)；C狀態(tài)II、狀態(tài)的溫度相同，狀態(tài)II看作先加入0.1molCO2，與狀態(tài)平衡時(shí)CO的濃度相同，再加入0.1molCO2，若平衡不移動(dòng)，狀態(tài)CO的濃度等于2倍，但再充入CO2，相當(dāng)增大壓強(qiáng)，平衡右移，消耗CO；D狀態(tài)I、狀態(tài)的溫度不同，溫度高反應(yīng)速率快解答：解：A由氣體的化學(xué)計(jì)量數(shù)增大可知S0，由圖中溫度高平衡時(shí)c（CO2）小，則升高溫度平衡正向移動(dòng)，可知H0，故A錯(cuò)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(dòng)，體系的總壓

32、強(qiáng)為P總（狀態(tài)）=2P總（狀態(tài)），但加壓CO2（g）+C（s）2CO（g）平衡逆向移動(dòng)，為使c（CO2）相同，則加熱使平衡正向移動(dòng)，則體系的總壓強(qiáng)為P總（狀態(tài)）2P總（狀態(tài)），故B正確；C狀態(tài)II、狀態(tài)的溫度相同，狀態(tài)II看作先加入0.1molCO2，與狀態(tài)平衡時(shí)CO的濃度相同，再加入0.1molCO2，若平衡不移動(dòng)，狀態(tài)CO的濃度等于2倍，但再充入CO2，相當(dāng)增大壓強(qiáng)，平衡右移，消耗CO，則c（CO，狀態(tài)）2c（CO，狀態(tài)），故C正確；D狀態(tài)I、狀態(tài)的溫度不同，溫度高反應(yīng)速率快，則逆反應(yīng)速率為V逆（狀態(tài)）V逆（狀態(tài)），故D錯(cuò)誤；故選BC點(diǎn)評(píng)：本題考查化學(xué)平衡及平衡的建立，為高頻考點(diǎn)，本題為2

33、015年江蘇高考題，把握平衡移動(dòng)的影響因素、圖象分析為解答的關(guān)鍵，選項(xiàng)BC為解答的難點(diǎn)，題目難度中等二、非選擇題16（12分）（2015江蘇）以磷石膏（只要成分CaSO4，雜質(zhì)SiO2、Al2O3等）為原料可制備輕質(zhì)CaCO3（1）勻速向漿料中通入CO2，漿料清液的pH和c（SO42）隨時(shí)間變化見圖清液pH11時(shí)CaSO4轉(zhuǎn)化的離子方程式為CaSO4+2NH3H2O+CO2=CaCO3+2NH4+SO42+H2O或CaSO4+CO32=CaCO3+SO42；能提高其轉(zhuǎn)化速率的措施有AC（填序號(hào)）A攪拌漿料 B加熱漿料至100C增大氨水濃度 D減小CO2通入速率（2）當(dāng)清液pH接近6.5時(shí)，過(guò)濾

34、并洗滌固體濾液中物質(zhì)的量濃度最大的兩種陰離子為SO42和HCO3（填化學(xué)式）；檢驗(yàn)洗滌是否完全的方法是取少量最后一次的洗滌過(guò)濾液與試管中，向其中滴加鹽酸酸化的氯化鋇溶液，若不產(chǎn)生寶色沉淀，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(jìn)固體中鈣離子浸出考點(diǎn)：真題集萃；物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)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(guò)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

35、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(jīng)充分浸取，c（SO42）逐漸增大，pH逐漸減小，清液pH11時(shí)CaSO4生成碳酸鈣、銨根離子和硫酸根離子；為提高其轉(zhuǎn)化速率，可進(jìn)行攪拌并增大氨水濃度，增大c（CO32）；（2）當(dāng)清液pH接近6.5時(shí)，溶液酸性相對(duì)較強(qiáng)，可充分轉(zhuǎn)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(yàn)；（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(qiáng)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(guò)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

36、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(jīng)充分浸取，c（SO42）逐漸增大，pH逐漸減小，清液pH11時(shí)CaSO4生成碳酸鈣、銨根離子和硫酸根離子，反應(yīng)的離子方程式為CaSO4+2NH3H2O+CO2=CaCO3+2NH4+SO42+H2O或CaSO4+CO32=CaCO3+SO42，為提高其轉(zhuǎn)化速率，可進(jìn)行攪拌并增大氨水濃度，增大c（CO32），故答案為：CaSO4+2NH3H2O+CO2=CaCO3+2NH4+SO42+H2O或CaSO4+CO32=CaCO3+SO42；AC；（2）當(dāng)清液pH接近6.5時(shí)，溶液酸性相對(duì)較強(qiáng)，可

37、充分轉(zhuǎn)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(yàn)，方法是取少量最后一次的洗滌過(guò)濾液與試管中，向其中滴加鹽酸酸化的氯化鋇溶液，若不產(chǎn)生寶色沉淀，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(guò)濾液與試管中，向其中滴加鹽酸酸化的氯化鋇溶液，若不產(chǎn)生寶色沉淀，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(qiáng)，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(jìn)固體中鈣離子浸出點(diǎn)評(píng)：本題為2015年江蘇考題第16題，以實(shí)驗(yàn)流程的形成綜合考查元素化合物知識(shí)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，難度中等，

38、注意把握提給信息以及相關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)17（15分）（2015江蘇）化合物F是一種抗心肌缺血藥物的中間體，可以通過(guò)以下方法合成：（1）化合物A中的含氧官能團(tuán)為醚鍵和醛基（填官能團(tuán)的名稱）（2）化合物B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為；由CD的反應(yīng)類型是：取代反應(yīng)（3）寫出同時(shí)滿足下列條件的E的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式分子含有2個(gè)苯環(huán)分子中含有3種不同化學(xué)環(huán)境的氫（4）已知：RCH2CNRCH2CH2NH2，請(qǐng)寫出以為原料制備化合物X（結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式見圖）的合成路線流程圖（無(wú)機(jī)試劑可任選）合成路線流程圖示例如圖：CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3考點(diǎn)：真題集萃；有機(jī)物的合成.分析：A含有的官能團(tuán)為醚鍵和醛基，

39、對(duì)比A、C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知B為，B與SOCl2發(fā)生取代反應(yīng)生成，然后與NaCN發(fā)生取代反應(yīng)生成，經(jīng)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(yīng)生成，與NaCN發(fā)生取代反應(yīng)生成，在催化作用下與氫氣反應(yīng)可生成，以此解答該題解答：解：A含有的官能團(tuán)為醚鍵和醛基，對(duì)比A、C的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知B為，B與SOCl2發(fā)生取代反應(yīng)生成，然后與NaCN發(fā)生取代反應(yīng)生成，經(jīng)水解、還原，最終生成，（1）由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知A含有的官能團(tuán)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(yīng)生成，故答案為：；取代反應(yīng)；（3）E的一種同分異構(gòu)體含有3種不同化學(xué)環(huán)境的氫，且含有2個(gè)苯環(huán)

40、，且結(jié)構(gòu)對(duì)稱，則對(duì)應(yīng)的結(jié)構(gòu)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(yīng)生成，與NaCN發(fā)生取代反應(yīng)生成，在催化作用下與氫氣反應(yīng)可生成，也可與HCl反應(yīng)生成，再生成，則流程為，故答案為：點(diǎn)評(píng)：本題為2015年江蘇卷第17題，涉及有機(jī)物的合成，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，答題時(shí)注意把握提給信息以及官能團(tuán)的性質(zhì)，注意合成路線的設(shè)計(jì)，為解答該題的難點(diǎn)18（12分）（2015江蘇）軟錳礦（主要成分MnO2，雜質(zhì)金屬元素Fe、Al、Mg等）的水懸濁液與煙氣中SO2反應(yīng)可制備MnSO4H2O，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：MnO2+SO2=MnSO4（1）質(zhì)量為17.40g純凈MnO2

41、最多能氧化4.48L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）SO2（2）已知：KspAl（OH）3=1×1033，KspFe（OH）3=3×1039，pH=7.1時(shí)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1×106molL1），需調(diào)節(jié)溶液pH范圍為5.0pH7.1（3）如圖可以看出，從MnSO4和MgSO4混合溶液中結(jié)晶MnSO4H2O晶體，需控制結(jié)晶溫度范圍為高于60（4）準(zhǔn)確稱取0.1710gMnSO4H2O樣品置于錐形瓶中，加入適量H2PO4和NH4NO3溶液，加熱使Mn2+全部氧化成Mn3+，用c（Fe2+）=0.0500molL1的標(biāo)準(zhǔn)溶

42、液滴定至終點(diǎn)（滴定過(guò)程中Mn3+被還原為Mn2+），消耗Fe2+溶液20.00mL計(jì)算MnSO4H2O樣品的純度（請(qǐng)給出計(jì)算過(guò)程）考點(diǎn)：真題集萃；化學(xué)方程式的有關(guān)計(jì)算；氧化還原反應(yīng)的計(jì)算；難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì).分析：（1）根據(jù)MnO2+SO2=MnSO4可知，n（SO2）=n（MnO2）；（2）pH=7.1時(shí)Mn（OH）2開始沉淀室溫下，除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+，結(jié)合Al（OH）3完全變成沉淀時(shí)的pH、Fe（OH）3完全變成沉淀時(shí)的pH分析；（3）從MnSO4和MgSO4混合溶液中結(jié)晶MnSO4H2O晶體，根據(jù)圖上信息，高于60以后MnSO4H2O的溶解度減小，

43、而MgSO46H2O的溶解度增大，因此控制結(jié)晶溫度范圍是高于60；（4）根據(jù)氧化還原反應(yīng)中得失電子守恒：n（Mn3+）×1=n（Fe2+）×1=0.02L×0.0500mol=1.00×103mol，根據(jù)Mn元素守恒，m（MnSO4H2O）=1.00×103mol×169g/mol=0.169g，以此計(jì)算純度解答：解：（1）根據(jù)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(shí)Mn（OH）2開始沉淀室溫下

44、，除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+，氫氧化鋁完全變成沉淀時(shí)的pH：KspAl（OH）3=1×1033=c（Al3+）×c3（OH），c（Al3+）=1×106molL1，解得：c（OH）=1×109molL1，c（H+）=1×105molL1pH=5，同理Fe（OH）3完全變成沉淀時(shí)，pH約為3.5，故pH范圍是：5.0pH7.1，故答案為：5.0pH7.1；（3）從MnSO4和MgSO4混合溶液中結(jié)晶MnSO4H2O晶體，根據(jù)圖上信息，高于60以后MnSO4H2O的溶解度減小，而MgSO46H2O的溶解度增大，因此控制結(jié)晶溫度范圍是高

45、于60這樣可以得到純凈的MnSO4H2O，故答案為：高于60；（4）根據(jù)氧化還原反應(yīng)中得失電子守恒：n（Mn3+）×1=n（Fe2+）×1=0.02L×0.0500mol=1.00×103mol，根據(jù)Mn元素守恒，m（MnSO4H2O）=1.00×103mol×169g/mol=0.169g，純度為×100%=98.8%，答：MnSO4H2O樣品的純度為98.8%點(diǎn)評(píng)：本題考查較綜合，涉及氧化還原反應(yīng)計(jì)算、溶度積計(jì)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(qiáng)，側(cè)重分析、計(jì)算能力的綜合考查，題目難度

46、中等19（15分）（2015江蘇）實(shí)驗(yàn)室用圖所示裝置制備KClO溶液，并通過(guò)KClO溶液與Fe（NO3）3溶液的反應(yīng)制備高效水處理劑K2FeO4已知K2FeO4具有下列性質(zhì)可溶于水、微溶于濃KOH溶液，在05、強(qiáng)堿性溶液中比較穩(wěn)定，在Fe3+和Fe（OH）3催化作用下發(fā)生分解，在酸性至弱堿性條件下，能與水反應(yīng)生成Fe（OH）3和O2（1）裝置A中KMnO4與鹽酸反應(yīng)生成MnCl2和Cl2，其離子方程式為2MnO4+16H+10Cl=2Mn2+4Cl2+8H2O，將制備的Cl2通過(guò)裝置B可除去HCl（填化學(xué)式）（2）Cl2和KOH在較高溫度下反應(yīng)生成KClO3，在不改變KOH溶液的濃度和體積的條

47、件下，控制反應(yīng)在05進(jìn)行，實(shí)驗(yàn)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(shí)，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(chǎn)品含有Fe（OH）3、KCl等雜質(zhì)的實(shí)驗(yàn)方案為：將一定量的K2FeO4粗產(chǎn)品溶于冷的3molL1KOH溶液中，用砂芯漏斗過(guò)濾，將濾液置于冰水浴中，向?yàn)V液中加入飽和的KOH溶液，再用砂芯漏斗過(guò)濾，晶體用乙醇洗滌23次后，在真空干燥箱中干燥（實(shí)驗(yàn)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(diǎn)：制備實(shí)驗(yàn)方案的

48、設(shè)計(jì).專題：實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)題分析：（1）KMnO4具有強(qiáng)氧化性，將鹽酸中氯離子氧化為Cl2，反應(yīng)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(yīng)飽和食鹽水吸收HCl除去；（2）Cl2和KOH在較高溫度下反應(yīng)生成KClO3，制取KClO溫度反應(yīng)在05，裝置C應(yīng)放在冰水浴中，充分利用原料，應(yīng)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(yīng)把Fe（NO3）3飽和溶液滴加到KClO溶液中；（4）用砂芯漏斗過(guò)濾，除去氫氧化鐵，由于K2FeO4可溶于水、微溶于濃KOH溶液，將

49、濾液置于冰水浴中，向?yàn)V液中加入飽和的KOH溶液，析出K2FeO4晶體，再進(jìn)行過(guò)濾，用乙醇洗滌，減少因溶解導(dǎo)致晶體損失，最后在真空干燥箱中干燥解答：解：（1）KMnO4具有強(qiáng)氧化性，將鹽酸中氯離子氧化為Cl2，反應(yīng)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+4Cl2+8H2O，由于鹽酸易揮發(fā)，制備的氯氣中含有HCl，應(yīng)飽和食鹽水吸收HCl除去，故答案為：2MnO4+16H+10Cl=2Mn2+4Cl2+8H2O；HCl；（2）Cl2和KOH在較高溫度下反應(yīng)生成KClO3，制取KClO溫度反應(yīng)在05，裝

50、置C應(yīng)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(yīng)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(chǎn)品含有Fe（OH）3、KCl等雜質(zhì)的實(shí)驗(yàn)方案為：將一定量的K2FeO4粗產(chǎn)品溶于冷的3molL1KOH溶液中，用砂芯漏斗過(guò)濾，將濾液置于冰水浴中，向?yàn)V液中加入飽和的KOH溶液，再用砂芯漏斗過(guò)濾

51、，晶體用乙醇洗滌23次后，在真空干燥箱中干燥，故答案為：用砂芯漏斗過(guò)濾，將濾液置于冰水浴中，向?yàn)V液中加入飽和的KOH溶液，再用砂芯漏斗過(guò)濾，晶體用乙醇洗滌23次后，在真空干燥箱中干燥點(diǎn)評(píng)：本題考查實(shí)驗(yàn)制備方案、氧化還原反應(yīng)、物質(zhì)的分離提純、對(duì)條件與操作的分析評(píng)價(jià)、閱讀獲取信息能力，是對(duì)學(xué)生綜合能力的考查，注意題目信息的遷移運(yùn)用，難度中等20（14分）（2015江蘇）煙氣（主要污染物SO2、NOx）經(jīng)O3預(yù)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(yīng)的熱化學(xué)方程式為：NO（g）+O3（g）NO2（g）+O2（g）H=200.9kJmol

52、1NO（g）+O2（g）NO2（g）H=58.2kJmol1SO2（g）+O3（g）SO3（g）+O2（g）H=241.6kJmol1（1）反應(yīng)3NO（g）+O3（g）=3NO2（g）的H=317.3molL1（2）室溫下，固定進(jìn)入反應(yīng)器的NO、SO2的物質(zhì)的量，改變加入O3的物質(zhì)的量，反應(yīng)一段時(shí)間后體系中n（NO）、n（NO2）和n（SO2）隨反應(yīng)前n（O3）：n（NO）的變化見圖當(dāng)n（O3）：n（NO）1時(shí)，反應(yīng)后NO2的物質(zhì)的量減少，其原因是O3將NO2氧化為更高價(jià)態(tài)氮氧化物增加n（O3），O3氧化SO2的反應(yīng)幾乎不受影響，其可能原因是可能是其反應(yīng)較慢（3）當(dāng)用CaSO3水懸浮液吸收經(jīng)O

53、3預(yù)處理的煙氣時(shí)，清液（pH約為8）中SO32將NO2轉(zhuǎn)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(dá)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(zhuǎn)化為CaSO4使溶液中SO32的濃度增大，加快SO32與NO2的反應(yīng)速率考點(diǎn)：真題集萃；用蓋斯定律進(jìn)行有關(guān)反應(yīng)熱的計(jì)算；化學(xué)平衡的影響因素；難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì).分析：（1）NO（g）+O3（g）NO2（g）+O2

54、（g）H=200.9kJmol1NO（g）+O2（g）NO2（g）H=58.2kJmol1將方程式2+3NO（g）+O3（g）=3NO2（g），焓變進(jìn)行相應(yīng)的改變；（2）臭氧具有強(qiáng)氧化性，能氧化生成的NO2；增加n（O3），O3氧化SO2的反應(yīng)幾乎不受影響，說(shuō)明濃度對(duì)反應(yīng)速率影響較小，可能是其反應(yīng)速率較慢；（3）溶液pH約為8，說(shuō)明溶液呈堿性，SO32將NO2轉(zhuǎn)化為NO2，同時(shí)SO32被氧化生成SO42，根據(jù)反應(yīng)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(yīng)CaSO3+SO42=CaSO3+SO32，溶液中c（Ca2+）=；根據(jù)CaSO3+SO42=CaSO3+SO32