2023年江蘇高考化學試題及答案【解析版】

1、2023年江蘇高考化學試題答案及解析1.燃料電池能有效提高能源利用率，具有廣泛的應用前景。以下物質(zhì)均可用作燃料電池的燃料，其中最環(huán)保的是A.甲醇 B.天然氣 C.液化石油氣 D.氫氣【答案】D【解析】此題屬于考核化學與社會問題中的節(jié)能減排、保護環(huán)境、資源利用等相關(guān)問題。燃料電池的能量轉(zhuǎn)換率為80%，普通燃燒過程能量轉(zhuǎn)換率為30%左右(?選修四?教材P9-11)，甲醇、天然氣、液化石油氣都含有碳元素，燃燒容易生成污染物。氫氣作為燃料電池的燃料，其產(chǎn)物又是水，對環(huán)境無危害性，從能效比及環(huán)境保護的角度看，氫氣確實是最理想的能源。太陽能和氫能全面使用將是新能源領(lǐng)域人類努力的方向。2.以下有關(guān)化學用語表

2、示正確的是A.丙烯的結(jié)構(gòu)簡式：C3H6B.氫氧根離子的電子式：C.氯原子的結(jié)構(gòu)示意圖：D.中子數(shù)為146、質(zhì)子數(shù)為92的鈾(U)原子14692U【答案】B【解析】有關(guān)化學用語常涉及常見物質(zhì)的組成和結(jié)構(gòu)，尤其是一些常見物質(zhì)電子式、結(jié)構(gòu)式、結(jié)構(gòu)簡式及模型、原子或離子結(jié)構(gòu)示意圖以及原子的表示方法等，內(nèi)容比擬根底。丙烯的結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CHCH3,A錯誤；B正確；氯原子結(jié)構(gòu)示意圖中最外層的電子數(shù)目為7，不是8，所以C錯誤；中子數(shù)為146、質(zhì)子數(shù)為92的鈾(U)原子的質(zhì)量數(shù)為238，是23892U，所以D錯誤。3.常溫下，以下各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A.使甲基橙變紅色的溶液：Mg2、K、

3、SO42、NO3B.使酚酞變紅色的溶液：Na、Cu2、HCO3、NO3C.0.1 molL1AgNO3溶液：H、K、SO42、ID.0.1 molL1NaAlO2溶液: H、Na、Cl、SO42【答案】A【解析】此題以溶液中離子共存的方式考查學生對指示劑的顏色變化，堿性溶液中的碳酸氫根離子、碘離子與銀離子、偏鋁酸根與氫離子等共存問題的理解程度，考查學生綜合運用所學化學知識解決相關(guān)化學問題的能力。使甲基橙變紅色的溶液是酸性溶液，四種離子能大量共存，A正確；使酚酞變紅色的溶液顯堿性，Cu2、HCO3不能共存，B錯誤；Ag+與I不能共存，C錯誤；D中NaAlO2與 H不能共存，D錯誤。4.以下有關(guān)物

4、質(zhì)性質(zhì)的應用正確的是A.液氨汽化時要吸收大量的熱，可用作制冷劑D.氯化鋁是一種電解質(zhì)，可用于電解法制鋁B.二氧化硅不與強酸反響，可用石英器皿盛放氫氟酸C.生石灰能與水反響，可用來枯燥氯氣【答案】A【解析】此題屬于元素及其化合物知識的考查范疇，考查了物質(zhì)的性質(zhì)，藥品的保存，氣體的枯燥等知識。這些內(nèi)容都來源于?必修一?、和?必修二?等課本內(nèi)容。A.源于?必修一?P98第8行原文。液氨汽化時要吸收大量的熱，可用作制冷劑，故A正確。B.源于?必修一?P81第1行原文。二氧化硅與氫氟酸反響，B錯誤。C.源于?必修一?P48第3題及?必修一?P43材料。生石灰是堿性氧化物，能與氯氣反響，C錯誤。D.氯化鋁

5、從?選修三?電負性差值來看，它屬于共價化合物，熔融情況下不導電，不能用于電解制鋁。?必修一?P64都介紹了工業(yè)上用電解熔融氧化鋁的方法制鋁。D錯誤。5.用固體樣品配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液，需經(jīng)過稱量、溶解、轉(zhuǎn)移溶液、定容等操作。以下圖示對應的操作標準的是A.稱量B.溶解C.轉(zhuǎn)移D.定容【解析】此題屬于根底實驗與根本實驗操作的考查范疇。內(nèi)容源于?必修一?P23物質(zhì)的量濃度溶液的配制。考查儀器的使用、溶液的配制問題。A.托盤天平稱量物品中的左物右碼?，F(xiàn)物品在右托盤，A錯。B.攪拌溶解，操作合理，B正確。C.轉(zhuǎn)移溶液引流要用玻璃棒，并伸至刻度線以下位置，C錯誤。D.定容時膠頭滴管不能伸入容量瓶中，

6、D錯誤。此題以常見氣體制取、蒸干、除雜、萃取、分液為實驗操作為素材，考查學生對實驗操作的熟悉程度和實驗原理的應用能力，試圖引導中學化學教學關(guān)注化學實驗操作的真實性。6.甲、乙、丙、丁四種物質(zhì)中，甲、乙、丙均含有相同的某種元素，它們之間具有如下轉(zhuǎn)化關(guān)系：。以下有關(guān)物質(zhì)的推斷不正確的是A.假設甲為焦炭，那么丁可能是O2B.假設甲為SO2，那么丁可能是氨水C.假設甲為Fe，那么丁可能是鹽酸D.假設甲為NaOH溶液，那么丁可能是CO2【答案】C【解析】此題屬于元素及其化合物知識的考查范疇，有一定的難度，代入逐一對照驗證法是一種比擬簡單的方法。A.假設甲為焦炭，那么丁是O2，乙為一氧化碳，丙為二氧化碳，

7、二氧化碳與炭反響生成一氧化碳。A正確。B.假設甲為二氧化硫，丁是氨水，那么乙為亞硫酸氫銨，丙為亞硫酸銨，亞硫酸銨與二氧化硫反響生成亞硫酸氫銨。B正確。C.假設甲為鐵，丁為鹽酸，那么乙為氯化亞鐵，氯化亞鐵不可能再與鹽酸反響。C錯誤。D.假設甲為氫氧化鈉，丁為二氧化碳，那么乙為碳酸鈉，丙為碳酸氫鈉，碳酸氫鈉與氫氧化鈉反響生成碳酸鈉。D正確。7.設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。以下說法正確的是A.1L1molL1的NaClO 溶液中含有ClO的數(shù)目為NAB.78g 苯含有CC雙鍵的數(shù)目為3NAC.常溫常壓下，14g由N2與CO組成的混合氣體含有的原子數(shù)目為NAD.標準狀況下，6.72L NO2與水充分反

8、響轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為0.1NA【答案】C【解析】此題考查有關(guān)阿伏加德羅常數(shù)的有關(guān)常見問題和考前須知。A.溶液中含有1molNaClO ，ClO水解生成弱電解質(zhì)次氯酸，ClO數(shù)目小于NA。A錯誤。B.苯分子中沒有碳碳雙鍵，而是介于單鍵和雙鍵之間的一種獨特的鍵。B錯誤。C.相對分子質(zhì)量皆為28的CO和N2混合氣體，因分子中碳原子數(shù)目一樣為二個，故為NA。D.6.72L即0.3molNO2與水反響，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為0.2NA。D錯誤。解決此類問題的關(guān)鍵是：靈活應用各種知識，尤其根本概念與理論中元素守恒、化學鍵問題、晶體結(jié)構(gòu)問題、氧化復原中電子轉(zhuǎn)移問題、可逆反響問題及物質(zhì)的量計算中一些特殊物質(zhì)的狀態(tài)等。

9、8.以下表示對應化學反響的離子方程式正確的是A.MnO2與濃鹽酸反響制Cl2：MnO24HClMn22ClCl22H2OB.明礬溶于水產(chǎn)生Al(OH)3膠體：Al33H2O=Al(OH)33HC.Na2O2溶于水產(chǎn)生O2：Na2O2H2O=2Na2OHO2D.Ca(HCO3)2溶液與少量NaOH溶液反響：HCO3Ca2OH=CaCO3H2O【答案】D【解析】此題是根本概念中離子方程式的書寫和離子方程式判斷正誤的考查，選題以元素化合物根底和生活內(nèi)容為背景，內(nèi)容根底。A.氯化氫是電解質(zhì)，濃鹽酸溶液中發(fā)生了電離，應拆成離子。A錯誤。B.鋁離子水解不能進行到底，中間用可逆符號，不寫沉淀箭頭。C. Na

10、2O2與水反響，方程式未配平，系數(shù)應為2、2、4、4、1。C錯誤。D. Ca(HCO3)2溶液與少量NaOH溶液反響，生成碳酸鈣沉淀，書寫合理。D正確。9.Mg-H2O2電池可用于驅(qū)動無人駕駛的潛航器。該電池以海水為電解質(zhì)溶液，示意圖如下。該電池工作時，以下說法正確的是A.Mg電極是該電池的正極B.H2O2在石墨電極上發(fā)生氧化反響C.石墨電極附近溶液的pH增大D.溶液中Cl向正極移動【答案】C【解析】此題是電化學根底的一條簡單綜合題，著力考查原電池的工作原理，正負極的判斷，電極上的反響類型，離子的移動方向等知識點。A.組成的原電池的負極被氧化，鎂為負極，而非正極。A錯誤。B、H2O2在石墨電極

11、上得到電子，發(fā)生復原反響，B錯誤。C、在石墨上雙氧水作為氧化劑，得到電子被復原生成氫氧根，溶液PH值增大。C正確。D、溶液中Cl移動方向同外電路電子移動方向一致，應向負極方向移動。D錯誤。10.短周期元素X、Y、Z、W 的原子序數(shù)依次增大，且原子最外層電子數(shù)之和為13。X 的原子半徑比Y 的小，X 與W 同主族，Z 是地殼中含量最高的元素。以下說法正確的是A.原子半徑的大小順序: r(Y)r(Z)r(W)B.元素Z、W的簡單離子的電子層結(jié)構(gòu)不同C.元素Y的簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比Z的強D.只含X、Y、Z三種元素的化合物，可能是離子化合物，也可能是共價化合物【答案】D【解析】該題以“周期表中元

12、素的推斷為載體，考查學生對元素周期表的熟悉程度及其對表中各元素性質(zhì)和相應原子結(jié)構(gòu)的周期性遞變規(guī)律的認識和掌握程度?？疾榱藢W生對物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)關(guān)系以及運用元素周期律解決具體化學問題的能力。突破口是Z為O，又短周期元素原子序數(shù)依次增大，X原子半徑比Y小，說明X是H，同時W與X屬于同一主族，那么W 是鈉，且最外層電子數(shù)之和為13，推出Y 為N。鈉元素的原子半徑最大，A錯誤；元素Z、W的簡單離子的電子層結(jié)構(gòu)相同，B錯誤；氨氣的穩(wěn)定性比水和穩(wěn)定性差，C錯誤；只含X、Y、Z三種元素的化合物，銨鹽是離子化合物，硝酸是共價化合物，D正確。11.以下有關(guān)說法正確的是A.反響NH3(g)HCl(g)=NH4Cl(

13、s)在室溫下可自發(fā)進行，那么該反響的H0B.電解法精煉銅時，以粗銅作陰極，純銅作陽極C.CH3COOH 溶液加水稀釋后，溶液中 EQ f(c(CH3COOH),c(CH3COO) 的值減小D.Na2CO3溶液中參加少量Ca(OH)2 固體，CO32水解程度減小，溶液的pH 減小【答案】AC【解析】此題是化學反響與熱效應、電化學等的簡單綜合題，著力考查學生對用熵變焓變判斷反響方向，電解原理、溶液中弱電解質(zhì)的電離、溶液中離子的水解，化學反響速率的影響因素等方面的能力。A.本反響前后氣體變固體，熵減的放熱反響，根據(jù)H-TS在室溫下可以自發(fā)進行。內(nèi)容來源于?選修四?P42P46中化學方向的判斷。B.精

14、煉銅時，粗銅銅作陽極，被氧化，純銅作陰極，被復原。內(nèi)容來源于?必修二?P45銅的電解精煉，?選修四?P21。C. 醋酸加水稀釋時，溶液的電離程度增大。越稀越電離，醋酸與醋酸根離子濃度比減小。內(nèi)容來源于?選修四?P66。D.Na2CO3溶液加少量Ca(OH)2固體，生成NaOH，抑制碳酸根離子水解，但pH值隨著Ca(OH)2固體的參加而增大。D錯誤。12.藥物貝諾酯可由乙酰水楊酸和對乙酰氨基酚在一定條件下反響制得：以下有關(guān)表達正確的是A.貝諾酯分子中有三種含氧官能團B.可用FeCl3 溶液區(qū)別乙酰水楊酸和對乙酰氨基酚C.乙酰水楊酸和對乙酰氨基酚均能與NaHCO3 溶液反響D.貝諾酯與足量NaOH

15、 溶液共熱，最終生成乙酰水楊酸鈉和對乙酰氨基酚鈉【答案】B【解析】該題以貝諾酯為載體，考查學生對有機化合物的分子結(jié)構(gòu)、官能團的性質(zhì)等根底有機化學知識的理解和掌握程度。A.苯環(huán)不屬于官能團，僅羧基、肽鍵二種官能團。A錯誤。B.三氯化鐵遇酚羥基顯紫色，故能區(qū)別。B正確。C. 對乙酰氨基酚不含羧基，不能與碳酸氫鈉溶液反響。C錯誤。D.貝諾酯與足量NaOH反響，兩個酯基均水解，肽鍵也斷裂。D錯誤。13.以下依據(jù)相關(guān)實驗得出的結(jié)論正確的是A.向某溶液中參加稀鹽酸，產(chǎn)生的氣體通入澄清石灰水，石灰水變渾濁，該溶液一定是碳酸鹽溶液B.用鉑絲蘸取少量某溶液進行焰色反響，火焰呈黃色，該溶液一定是鈉鹽溶液C.將某氣

16、體通入溴水中，溴水顏色褪去，該氣體一定是乙烯D.向某溶液中滴加KSCN 溶液，溶液不變色，滴加氯水后溶液顯紅色，該溶液中一定含F(xiàn)e2【答案】D【解析】此題屬于常規(guī)實驗與根本實驗，考查物質(zhì)的鑒別和物質(zhì)的檢驗，離子的檢驗等知識。A. 向某溶液中參加稀鹽酸，產(chǎn)生的氣體通入澄清石灰水，石灰水變渾濁，可能含有碳酸根、碳酸氫根、SO32、HSO3等離子。A錯誤。B. 焰色反響，火焰呈黃色，不一定鈉鹽的溶液，也可是鈉的單質(zhì)或其他化合物，這里焰色反響火焰呈黃色僅證明含有鈉元素。B錯誤。C. 將某氣體通入溴水中，溴水顏色褪去，可以是復原氣體或堿等 。C錯誤。D.Fe2溶液中滴加KSCN 溶液，溶液不變色，滴加氯

17、水后溶液顯紅色，說明溶液中一定有Fe2。14.一定溫度下，三種碳酸鹽MCO3(M：Mg2、Ca2、Mn2)的沉淀溶解平衡曲線如以下圖所示。: pM=lgc(M)，pc(CO32)=lgc(CO32)。以下說法正確的是A.MgCO3、CaCO3、MnCO3 的Ksp依次增大B.a點可表示MnCO3的飽和溶液，且c(Mn2)=c(CO32)C.b點可表示CaCO3的飽和溶液，且c(Ca2)c(CO32)D.c點可表示MgCO3 的不飽和溶液，且c(Mg2)c(CO32)【答案】D【解析】此題屬于根本概念與理論的考查，落點在水解與電離平衡、物料守恒和電荷守恒、離子濃度大小比擬，溶度積、沉淀的溶解平衡

18、，離子濃度的比擬等。圖線變化隱含pH的實質(zhì)。A.pM、pc(CO32)與pH一樣，圖線中數(shù)值越大，實際濃度越小。因此，MgCO3、CaCO3、MnCO3 的Ksp依次減小B.a點在曲線上，可表示MnCO3的飽和溶液，又在中點，故c(Mn2)=c(CO32)。B正確。C.b點可表示CaCO3的飽和溶液，但圖線中數(shù)值越大，實際濃度越小，故c(Ca2)c(CO32)。C錯誤。D.c點在曲線上方，可表示MgCO3 的不飽和溶液，且圖線中數(shù)值越大，實際濃度越小，故c(Mg2)c(CO32)15.一定條件下存在反響：CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)，其正反響放熱。現(xiàn)有三個相同的2L恒容絕熱(與

19、外界沒有熱量交換)密閉容器= 1 * ROMANI、= 2 * ROMANII、= 3 * ROMANIII，在= 1 * ROMANI中充入1molCO和1molH2O，在= 2 * ROMANII中充入1molCO2和1mol H2，在= 3 * ROMANIII中充入2molCO和2molH2O，700條件下開始反響。到達平衡時，以下說法正確的是A.容器= 1 * ROMANI、= 2 * ROMANII中正反響速率相同B.容器= 1 * ROMANI、= 3 * ROMANIII中反響的平衡常數(shù)相同C.容器= 1 * ROMANI中CO的物質(zhì)的量比容器= 2 * ROMANII中的多D

20、.容器= 1 * ROMANI中CO的轉(zhuǎn)化率與容器= 2 * ROMANII中CO2的轉(zhuǎn)化率之和小于1【答案】CD【解析】此題屬于根本理論中化學平衡問題，主要考查學生對速率概念理解與計算，平衡常數(shù)概念與計算，平衡移動、物質(zhì)的轉(zhuǎn)化率等有關(guān)內(nèi)容理解和掌握程度。要深刻理解一些根本概念的內(nèi)涵和外延。A.在= 1 * ROMANI中充入1molCO和1molH2O，在= 2 * ROMANII中充入1molCO2和1mol H2，剛開始時，容器= 1 * ROMANI、中正反響速率最大，容器= 2 * ROMANII中正反響速率為零。到達平衡時，容器= 1 * ROMANI溫度大于700，容器= 2 *

21、 ROMANII溫度小于700，所以，容器= 1 * ROMANI中正反響速率大于容器= 2 * ROMANII中正反響速率。A錯誤。B.容器= 3 * ROMANIII可看成容器= 1 * ROMANI體積壓縮一半，各物質(zhì)濃度增加一倍，假設溫度恒定，那么平衡不移動；但恒容絕熱的情況下，容器= 3 * ROMANIII中溫度比容器= 1 * ROMANI高，更有利于平衡向逆反響方向移動，故平衡常數(shù)容器= 3 * ROMANIII小于容器= 1 * ROMANI。B錯誤。C.假設溫度恒定，容器= 1 * ROMANI、= 2 * ROMANII等效，但兩者溫度不等。到達平衡時，容器= 1 * R

22、OMANI溫度大于700，容器= 2 * ROMANII溫度小于700，有利于容器= 1 * ROMANI平衡向逆反響方向移動，故容器= 1 * ROMANI中CO的物質(zhì)的量比容器= 2 * ROMANII中的多。C正確。D.假設溫度恒定，容器= 1 * ROMANI、= 2 * ROMANII等效，容器= 1 * ROMANI中CO的轉(zhuǎn)化率與容器= 2 * ROMANII中CO2的轉(zhuǎn)化率之和等于1。但兩者溫度不等，到達平衡時，容器= 1 * ROMANI溫度大于700，容器= 2 * ROMANII溫度小于700，有利于容器= 1 * ROMANI平衡向逆反響方向移動，有利于容器= 2 *

23、ROMANII平衡向正反響方向移動，故容器= 1 * ROMANI中CO的轉(zhuǎn)化率相應減小，容器= 2 * ROMANII中CO2的轉(zhuǎn)化率同樣會相應減小，因此，容器= 1 * ROMANI中CO的轉(zhuǎn)化率與容器= 2 * ROMANII中CO2的轉(zhuǎn)化率之和小于1。D正確。16.(12分)氧化鎂在醫(yī)藥、建筑等行業(yè)應用廣泛。硫酸鎂復原熱解制備高純氧化鎂是一種新的探索。以菱鎂礦(主要成分為MgCO3，含少量FeCO3)為原料制備高純氧化鎂的實驗流程如下：(1)MgCO3與稀硫酸反響的離子方程式為。(2)參加H2O2氧化時，發(fā)生反響的化學方程式為。(3)濾渣2的成分是(填化學式)。(4)煅燒過程存在以下反

24、響：2MgSO4C2MgO2SO2CO2MgSO4CMgOSO2COMgSO43CMgOS3CO利用右圖裝置對煅燒產(chǎn)生的氣體進行分步吸收或收集。= 1 * GB3D中收集的氣體可以是(填化學式)。= 2 * GB3B中盛放的溶液可以是(填字母)。a.NaOH 溶液b.Na2CO3溶液 c.稀硝酸 d.KMnO4溶液= 3 * GB3A中得到的淡黃色固體與熱的NaOH溶液反響，產(chǎn)物中元素最高價態(tài)為4，寫出該反響的離子方程式：?！窘馕觥看祟}是元素化合物知識與生產(chǎn)工藝相結(jié)合的試題，意在引導中學化學教學關(guān)注化學學科的應用性和實踐性。此題考查學生在“工藝流程閱讀分析，離子反響議程式和氧化復原反響方程式的

25、書寫等方面對元素化合物性質(zhì)及其轉(zhuǎn)化關(guān)系及根本實驗的理解和應用程度，考查學生對新信息的處理能力。酸溶后，參加H2O2氧化時，使FeSO4轉(zhuǎn)化Fe2(SO4)3這樣在pH左右除盡鐵。對煅燒產(chǎn)生的氣體進行分步吸收或收集中注意“分步兩字，A中冷凝硫，B中除去SO2，C中除去CO2，D中收集CO。【參考答案】16.(12分)(1)MgCO32H=Mg2CO2H2O(2)2FeSO4H2O2H2SO4=Fe2(SO4)32H2O(3)Fe(OH)3(4)= 1 * GB3CO= 2 * GB3d= 3 * GB33S6OH2S2SO323H2O17.(15分)化合物A(分子式為C6H6O)是一種有機化工原

26、料，在空氣中易被氧化。A的有關(guān)轉(zhuǎn)化反響如下(局部反響條件略去)：= 1 * GB3= 2 * GB3(R表示烴基，R和R表示烴基或氫)(1)寫出A的結(jié)構(gòu)簡式：。(2)G是常用指示劑酚酞。寫出G中含氧官能團的名稱：和。(3)某化合物是E的同分異構(gòu)體，且分子中只有兩種不同化學環(huán)境的氫。寫出該化合物的結(jié)構(gòu)簡式：(任寫一種)。(4)F和D互為同分異構(gòu)體。寫出反響EF的化學方程式：。(5)根據(jù)已有知識并結(jié)合相關(guān)信息，寫出以A和HCHO為原料制備的合成路線流程圖(無機試劑任用)。合成路線流程圖例如如下：【參考答案】17.(15分)(1)(2) (酚)羥基酯基(3)或(4)(5)【解析】此題是一道根底有機合

27、成題，著力考查閱讀有機合成方案、利用題設信息、解決實際問題的能力，也考查了學生對信息接受和處理的敏銳程度、思維的整體性和對有機合成的綜合分析能力。此題涉及到有機物性質(zhì)、有機官能團、同分異構(gòu)體推理和書寫，合成路線流程圖設計與表達，重點考查課學生思維的敏捷性和靈活性，對學生的信息獲取和加工能力提出較高要求。解題時，我們應首先要認真審題，分析題意，從中別離出條件和推斷內(nèi)容，弄清被推斷物和其他有機物的關(guān)系，以官能團變化作為解題突破口，充分利用條件中的信息暗示和相關(guān)知識進行推理，排除干擾，作出正確推斷。一般推理的方法有：順推法(以有機物結(jié)構(gòu)、性質(zhì)和實驗現(xiàn)象為主線，采用正向思維，得出正確結(jié)論)、逆推法(以

28、有機物結(jié)構(gòu)、性質(zhì)和實驗現(xiàn)象為主線，采用逆向思維，得出正確結(jié)論)、多法結(jié)合推斷(綜合應用順推法和逆推法)等。關(guān)注官能團種類的改變，搞清反響機理。18.(12分)硫酸鎳銨(NH4)xNiy(SO4)mnH2O可用于電鍍、印刷等領(lǐng)域。某同學為測定硫酸鎳銨的組成，進行如下實驗：= 1 * GB3準確稱取2.3350g樣品，配制成100.00mL溶液A；= 2 * GB3準確量取25.00 mL 溶液A，用0.04000 molL1 的EDTA(Na2H2Y)標準溶液滴定其中的Ni2(離子方程式為Ni2H2Y2=NiY22H)，消耗EDTA標準溶液31.25mL；= 3 * GB3另取25.00 mL溶

29、液A，加足量的NaOH溶液并充分加熱，生成NH356.00mL(標準狀況)。(1)假設滴定管在使用前未用EDTA標準溶液潤洗，測得的Ni2含量將(填“偏高、或“偏低或“不變)。(2)氨氣常用檢驗，現(xiàn)象是。(3)通過計算確定銀硫酸鎳銨的化學式(寫出計算過程)?！緟⒖即鸢浮?8.(12分)(1)偏高(2)濕潤的紅色石蕊試紙試紙顏色由紅變藍(3)n(Ni2)=0.04000molL131.25 mL103LmL1=1.250103moln(NH4)= EQ f(56. 00 mL10-3 LmL-1,22. 4 Lmol1 )=2.500103moln(SO42)= EQ f(2n(Ni2)+n(N

30、H4+),2)= EQ f(21. 2510-3 mol+2. 50010-3 mol,2)=2.500103molm(Ni2)=59gmol11.250103mol=0.07375gm(NH4)=18gmol12.500103mol=0.04500gm(SO42-)=96gmol12.500103mol=0.2400gn(H2O)= EQ f(2. 3350 g EQ f(25. 00 mL,100. 00 mL)-0. 07375 g-0. 04500 g-0. 2400 g,18 gmol-1)=1.250102mol x:y:m:n=n(NH4):n(Ni2):n(SO42):n(H2

31、O)=2:1:2:10 硫酸鎳銨的化學式為(NH4)2Ni(SO4)210H2O 【解析】此題屬于物質(zhì)組成分析與化學綜合計算題。利用電符守恒計算n(SO42)，利用質(zhì)量守恒計算n(H2O)。19.(15分)檸檬酸亞鐵(FeC6H6O7)是一種易吸收的高效鐵制劑，可由綠礬(FeSO47H2O)通過以下反響制備：FeSO4Na2CO3=FeCO3Na2SO4FeCO3C6H8O7=FeC6H6O7CO2H2O 下表列出了相關(guān)金屬離子生成氫氧化物沉淀的pH(開始沉淀的pH按金屬離子濃度為1.0 molL1計算)。金屬離子開始沉淀的pH沉淀完全的pHFe31.13.2Al33.05.0Fe25.88.

32、8(1)制備FeCO3時，選用的加料方式是(填字母)，原因是。a.將FeSO4溶液與Na2CO3溶液同時參加到反響容器中b.將FeSO4溶液緩慢參加到盛有Na2CO3溶液的反響容器中c.將Na2CO3溶液緩慢參加到盛有FeSO4溶液的反響容器中(2)生成的FeCO3沉淀需經(jīng)充分洗滌，檢驗洗滌是否完全的方法是。(3)將制得的FeCO3參加到足量檸檬酸溶液中，再參加少量鐵粉，80下攪拌反響。= 1 * GB3鐵粉的作用是。= 2 * GB3反響結(jié)束后，無需過濾，除去過量鐵粉的方法是。(4)最后溶液經(jīng)濃縮、參加適量無水乙醇、靜置、過濾、洗滌、枯燥，獲得檸檬酸亞鐵晶體。別離過程中參加無水乙醇的目的是。

33、(5)某研究性學習小組欲從硫鐵礦燒渣(主要成分為Fe2O3、SiO2、Al2O3)出發(fā)，先制備綠礬，再合成檸檬酸亞鐵。請結(jié)合右圖的綠礬溶解度曲線，補充完整由硫鐵礦燒渣制備FeSO47H2O晶體的實驗步驟(可選用的試劑：鐵粉、稀硫酸和NaOH溶液)：向一定量燒渣中參加足量的稀硫酸充分反響，得到FeSO4溶液，得到FeSO47H2O晶體?！緟⒖即鸢浮?9.(15分)(1)c防止生成Fe(OH)2沉淀(2)取最后一次的洗滌濾液12 mL于試管中，向其中滴加用鹽酸酸化的BaCl2溶液，假設無白色沉淀產(chǎn)生，那么說明已洗滌干凈。(3)= 1 * GB3防止2價的鐵元素被氧化= 2 * GB3參加適量檸檬酸

34、讓鐵粉反響完全(4)降低檸檬酸亞鐵在水中的溶解量，有利于晶體析出(5)過濾，向反響液中參加足量的鐵粉，充分攪拌后，滴加NaOH溶液調(diào)節(jié)反響液的pH約為5，過濾?；蜻^濾，向濾液中滴加過量的NaOH溶液，過濾，充分洗滌固體，向固體中參加足量稀硫酸至固體完全溶解，再參加足量的鐵粉，充分攪拌后，過濾。(滴加稀硫酸酸化)加熱濃縮得到60飽和溶液冷卻至0結(jié)晶，過濾，少量冰水洗滌，低溫枯燥【解析】此題以檸檬酸亞鐵制取和分析為背景的綜合實驗題，涉及元素化合物知識、檢驗洗滌是否完全的方法、除去過量鐵粉的方法、別離過程中參加無水乙醇的目的、合成檸檬酸亞鐵實驗步驟等多方面內(nèi)容，考查學生對綜合實驗處理能力。(5)過濾

35、，向反響液中參加足量的鐵粉，充分攪拌后，滴加NaOH溶液調(diào)節(jié)反響液的pH約為5，過濾。或過濾，向濾液中滴加過量的NaOH溶液，過濾，充分洗滌固體，向固體中參加足量稀硫酸至固體完全溶解，再參加足量的鐵粉，充分攪拌后，過濾。兩個過程中參加足量的鐵粉，都是為了讓三價鐵變?yōu)槎r鐵。加熱濃縮得到60飽和溶液前一般滴加稀硫酸酸化，為防止二價鐵離子受熱水解。少量冰水洗滌減少FeSO47H2O晶體溶解。低溫枯燥減少FeSO47H2O晶體失水分解。20.(14分)磷是地殼中含量較為豐富的非金屬元素，主要以難溶于水的磷酸鹽如Ca3(PO4)2等形式存在。它的單質(zhì)和化合物在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中有著重要的應用。(1)白磷(P

36、4)可由Ca3(PO4)2、焦炭和SiO2在一定條件下反響獲得。相關(guān)熱化學方程式如下：2Ca3(PO4)2(s)10C(s)=6CaO(s)P4(s)10CO(g) H1=3359.26 kJmol1CaO(s)SiO2(s)=CaSiO3(s) H2=89.61 kJmol12Ca3(PO4)2(s)6SiO2(s)10C(s)=6CaSiO3(s)P4(s)10CO(g)H3那么H3=kJmol1。(2)白磷中毒后可用CuSO4溶液解毒，解毒原理可用以下化學方程式表示：11P460CuSO496H2O=20Cu3P24H3PO460H2SO460molCuSO4能氧化白磷的物質(zhì)的量是。(3

37、)磷的重要化合物NaH2PO4、Na2HPO4和Na3PO4可通過H3PO4與NaOH溶液反響獲得，含磷各物種的分布分數(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(guān)系如右圖所示。= 1 * GB3為獲得盡可能純的NaH2PO4，pH應控制在；pH=8時，溶液中主要含磷物種濃度大小關(guān)系為。= 2 * GB3Na2HPO4溶液顯堿性，假設向溶液中參加足量的CaCl2溶液，溶液那么顯酸性，其原因是(用離子方程式表示)。(4)磷的化合物三氯氧磷()與季戊四醇()以物質(zhì)的量之比2:1 反響時，可獲得一種新型阻燃劑中間體X，并釋放出一種酸性氣體。季戊四醇與X 的核磁共振氫譜如以下圖所示。= 1 * GB3酸性氣體是(填化學式)。= 2 * GB3X的結(jié)構(gòu)簡式為?！緟⒖即鸢浮?0.(14分)(1)2821.6 (2)3mol(3)= 1 * GB345.5(介于此區(qū)間內(nèi)的任意值或區(qū)間均可) c(HPO42)c(H2PO4)= 2 * GB33Ca22HPO42=Ca3(PO4)22H(4)= 1 * GB3HCl = 2 * GB3【解析】此題圍繞磷及其化合物展開，涉及元素化合物性質(zhì)、熱化學