2010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2010年江蘇省高考化學試卷解析版參考答案與試題解析一、選擇題：本題包括7小題，每小題2分，共計14分．每小題只有一個選項符合題意．1．（2分）化學與能源開發(fā)、環(huán)境保護、資源利用等密切相關．下列說法正確的是（）A．為提高農(nóng)作物的產(chǎn)量和質(zhì)量，應大量使用化肥和農(nóng)藥 B．綠色化學的核心是應用化學原理對環(huán)境污染進行治理 C．實現(xiàn)化石燃料清潔利用，就無需開發(fā)新能源 D．垃圾是放錯地方的資源，應分類回收利用【考點】19：綠色化學．【分析】解這題要動用到平時積累的知識，密切聯(lián)系生活實際，結合各個選項中考查的知識點，可得出答案．【解答】解：A、大量使用化肥和農(nóng)藥不能提高農(nóng)作物的產(chǎn)量和質(zhì)量，應合理使用，故A錯誤；B、綠色化學的核心是利用化學原理從源頭上減少和消除工業(yè)生產(chǎn)對環(huán)境的污染，故B錯誤；C、化石能源是有限的一次能源，為了長遠的可持續(xù)發(fā)展，必須要開發(fā)新能源，故C錯誤；D、垃圾也是一項重要的資源，可回收的應回收利用，故D正確。故選：D?！军c評】本題主要考查化學物質(zhì)與生活得關系、綠色化學的概念、化肥農(nóng)藥對人類生活的影響．解題中聯(lián)系到平時積累的知識．所以平時要注意多積累，做題時要積極聯(lián)想，和所學知識聯(lián)系起來．2．（2分）水是最寶貴的資源之一．下列表述正確的是（）A．H2O的電子式為 B．4℃時，純水的pH＝7 C．D216O中，質(zhì)量數(shù)之和是質(zhì)子數(shù)之和的兩倍 D．273K、101kPa，水分子間的平均距離d：d（氣態(tài)）＞d（液態(tài)）＞d（固態(tài)）【考點】43：電子式；85：質(zhì)量數(shù)與質(zhì)子數(shù)、中子數(shù)之間的相互關系；A1：分子間作用力；D6：水的電離；D7：離子積常數(shù)．【專題】51：基本概念與基本理論．【分析】A、水是共價化合物，氫原子和氧原子之間以共價鍵結合；B、常溫下水的離子積常數(shù)Kw＝1.0×10﹣14mol2/L2，溫度越低離子積常數(shù)越小，氫離子濃度越小，pH越大；C、分子的質(zhì)子數(shù)為各個原子質(zhì)子數(shù)之和，質(zhì)量數(shù)為各個原子的質(zhì)量數(shù)之和；D、物質(zhì)內(nèi)分子之間的間距：氣態(tài)＞液態(tài)，對于水，液態(tài)密度大于固態(tài)時的密度，分子間距：固態(tài)＞液態(tài)．【解答】解：A、H2O的電子式為：，原子之間是共價鍵，故A錯誤；B、常溫下水的離子積常數(shù)Kw＝1.0×10﹣14mol2/L2，低于室溫時，4°C時，離子積常數(shù)減小，故純水的pH＞7，故B錯誤；C、D216O中，質(zhì)量數(shù)之和為2×2+16＝20，質(zhì)子數(shù)之和為1×2+8＝10，故C正確；D、對于水的三種狀態(tài)，氣態(tài)分子間隔＞液態(tài)分子間隔，但液態(tài)大于固態(tài)不對，如冰的密度比水小，液態(tài)水分子間存在氫鍵，而固態(tài)水按照一定晶形規(guī)則排列，故D錯誤。故選：C。【點評】本題考查了有關水分子的知識，可以根據(jù)所學知識進行．3．（2分）下列離子方程式表達正確的是（）A．用惰性電極電解熔融氯化鈉：2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣ B．用氫氧化鈉溶液除去鋁表面的氧化膜：Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O C．用稀氫氧化鈉溶液吸收二氧化氮：2OH﹣+2NO2═NO3﹣+NO↑+H2O D．用食醋除去水瓶中的水垢：CO32﹣+2CH3COOH═2CH3COO﹣+CO2↑+H2O【考點】49：離子方程式的書寫．【專題】514：化學用語專題．【分析】A、根據(jù)熔融氯化鈉中所具有的微粒來分析；B、根據(jù)氧化鋁的化學性質(zhì)來回答；C、根據(jù)二氧化氮是酸性氧化物并具有氧化性和還原性的化學性質(zhì)來分析；D、根據(jù)離子方程式中固體難溶物不能拆的原則來回答．【解答】解：A、熔融氯化鈉中沒有水分子，只有鈉離子和氯離子，則電解熔融的氯化鈉生成鈉和氯氣，故A錯誤；B、氧化鋁是兩性氧化物，可以和強堿反應得到對應的鹽和水，故B正確；C、二氧化氮是酸性氧化物并具有氧化性和還原性，稀氫氧化鈉溶液和二氧化氮反應的產(chǎn)物有硝酸鈉、亞硝酸鈉及水，離子方程式中電荷不守恒，故C錯誤；D、水垢中的碳酸鈣是難溶物，不能拆成離子形式，應用分子式，故D錯誤。故選：B?！军c評】本題主要考查學生離子方程式的正誤判斷，是現(xiàn)在高考的熱點，明確電荷守恒、質(zhì)量守恒定律、電子守恒是判斷離子方程式的書寫正誤常用的方法．4．（2分）下列有關物質(zhì)的性質(zhì)或應用的說法不正確的是（）A．二氧化硅是生產(chǎn)光纖制品的基本原料 B．水玻璃可用于生產(chǎn)黏合劑和防火劑 C．鹽析可提純蛋白質(zhì)并保持其生理活性 D．石油分餾可獲得乙烯、丙烯和丁二烯【考點】14：物質(zhì)的組成、結構和性質(zhì)的關系；FH：硅和二氧化硅；K6：氨基酸、蛋白質(zhì)的結構和性質(zhì)特點；T1：石油的分餾．【專題】52：元素及其化合物；53：有機化學基礎．【分析】A、根據(jù)二氧化硅的用途來回答；B、根據(jù)水玻璃硅酸鈉的性質(zhì)來回答；C、根據(jù)鹽析的原理和應用知識來回答；D、根據(jù)石油的成分以及分餾的原理來回答．【解答】解：A、二氧化硅的重要用途是生產(chǎn)光纖制品，故A正確；B、水玻璃即為硅酸鈉水溶液具有黏性，工業(yè)上可以用于生產(chǎn)黏合劑，硅酸鈉溶液涂刷或浸入木材后，能滲入縫隙和孔隙中，固化的硅凝膠能堵塞毛細孔通道，提高材料的密度和強度，且硅凝膠具有很強的耐高溫性質(zhì)，因此可以有效的防火，故B正確；C、鹽析是提純蛋白質(zhì)的一種方法，而且不會影響蛋白質(zhì)的生理活性，故C正確；D、石油分餾得到的是不同沸點的烴類化合物，如汽油、煤油、柴油等，只有通過裂解的方法可得到乙烯等不飽和的烴類物質(zhì)，故D錯誤。故選：D?！军c評】本題是一道考查物質(zhì)在生產(chǎn)和生活中的應用的題目，并考查學生對基本概念的理解和掌握．5．（2分）設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是（）A．常溫下，1L0.1mol?L﹣1的NH4NO3溶液中氮原子數(shù)為0.2NA B．1mol羥基中電子數(shù)為10NA C．在反應KIO3+6HI＝KI+3I2+3H2O中，每生成3molI2轉移的電子數(shù)為6NA D．常溫常壓下，22.4L乙烯中C﹣H鍵數(shù)為4NA【考點】4F：阿伏加德羅常數(shù)．【分析】根據(jù)阿伏加德羅常數(shù)與物質(zhì)的量的關系，則先計算物質(zhì)或微粒的物質(zhì)的量，并利用物質(zhì)狀態(tài)、物質(zhì)結構、電子轉移數(shù)目、電離、水解的等知識就可以順利解決此題．【解答】解：A、利用原子守恒，可推知氮原子數(shù)為0.2NA，故A對；B、一個羥基中電子數(shù)為9，則1mol羥基中電子數(shù)為9NA，故B錯；C、反應KIO3+6HI＝KI+3I2+3H2O中，生成3molI2時，1molKIO3的I的化合價從+5價變?yōu)榱?價，6molHI中有5molHI的I的化合價從﹣1價變?yōu)榱?價，因此生成3molI2轉移電子數(shù)為5mol，故C錯；D、常溫常壓下，氣體摩爾體積不等于22.4L/mol，則22.4L乙烯不為1mol，故D錯；故選：A。【點評】涉及阿伏加德羅常數(shù)考點中常出現(xiàn)審題誤區(qū)，思維定勢，盲目想當然，忽視外界條件的限制，氧化還原反應的本質(zhì)及反應物量的問題，如等質(zhì)量按等物質(zhì)的量計算；求烴分子中化學鍵的數(shù)目只求碳氫鍵數(shù)目等，此類試題不是難點，但是易錯點，因為區(qū)分度高，長期以來備受命題者的青睞．6．（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．pH＝1的溶液中：Fe2+、NO3﹣、SO42﹣、Na+ B．由水電離的c（H+）＝1×10﹣14mol?L﹣1的溶液中：Ca2+、K+、Cl﹣、HCO3﹣ C．c（H+）/c（OH﹣）＝1012的溶液中：NH4+、Al3+、NO3﹣、Cl﹣ D．c（Fe3+）＝0.1mol?L﹣1的溶液中：K+、ClO﹣、SO42﹣、SCN﹣【考點】DP：離子共存問題．【專題】16：壓軸題．【分析】根據(jù)PH為1的溶液有大量H+、由水電離的c（H+）＝1×10﹣14mol?L﹣1＜1×10﹣7mol?L﹣1的溶液可能為酸或堿的溶液、c（H+）/c（OH﹣）＝1012的溶液中c（H+）＝1×10﹣1mol?L﹣1，利用離子之間能否結合生成水、氣體、沉淀、弱電解質(zhì)，能否發(fā)生氧化還原反應、能否結合生成絡離子來分析離子在指定溶液中能否大量共存．【解答】解：A、因PH＝1的溶液有大量H+，則H+、Fe2+、NO3﹣發(fā)生氧化還原反應，則不能大量共存，故A錯誤；B、因水電離的c（H+）＝1×10﹣14mol?L﹣1＜1×10﹣7mol?L﹣1，抑制了水的電離，則溶液可能為酸或堿的溶液，HCO3﹣既與H+反應又能與OH﹣反應，則一定不能大量共存，故B錯誤；C、由c（H+）/c（OH﹣）＝1012的溶液，則1012，即c（H+）＝1×10﹣1mol?L﹣1，在酸性條件下該組離子不反應，則能大量共存，故C正確；D、因Fe3+與SCN﹣結合生成絡離子Fe（SCN）2+，則不能大量共存，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查離子的共存問題，習題中隱含信息的挖掘是解答的關鍵，并熟悉常見離子之間的反應來解答，本題的難點是C中氫離子濃度的計算及D中生成的絡離子．7．（2分）下列有關實驗原理或操作正確的是（）A．選擇合適的試劑，用圖1所示裝置可分別制取并收集少量CO2、NO和O2 B．制備乙酸乙酯時，向乙醇中緩慢加入濃硫酸和冰醋酸 C．洗滌沉淀時（見圖2），向漏斗中加適量水，攪拌并濾干 D．用廣泛pH試紙測得0.10mol?L﹣1NH4Cl溶液的pH＝5.2【考點】U5：化學實驗方案的評價．【專題】16：壓軸題．【分析】A、圖1為固體和液體在常溫下反應，生成的氣體可用向上排空氣法收集，而一氧化氮與氧氣反應，不能用向上排空氣法收集；B、制備乙酸乙酯時，先加入乙醇，向乙醇中緩慢加入濃硫酸和冰醋酸；C、洗滌沉淀時用玻璃棒引流，注入蒸餾水，直至沒過沉淀，然后等待液體從漏斗底部流走，重復步驟兩到三次．D、氯化銨為強酸弱堿鹽，發(fā)生水解，溶液呈酸性，用廣泛pH試紙檢測0.10mol?L﹣1NH4Cl溶液的pH＝5．【解答】解：A、實驗室制取二氧化碳可用大理石與稀鹽酸在常溫下反應，由于二氧化碳密度比空氣大，可用向上排空氣法收集，可選擇圖1裝置；雙氧水在二氧化錳催化作用下制取氧氣，選用固液不加熱裝置，氧氣密度比空氣大，用向上排空氣法收集，可選擇圖1裝置；一氧化氮可以和氧氣反應，不能用向上排空氣法收集，故A錯誤；B、制備乙酸乙酯時，先加入乙醇，然后邊搖動試管邊慢慢加入濃硫酸和冰醋酸，故B正確；C、洗滌沉淀時用玻璃棒引流，注入蒸餾水，直至沒過沉淀，然后等待液體從漏斗底部流走，重復步驟兩到三次，不能用玻璃棒攪拌，故C錯誤；D、氯化銨為強酸弱堿鹽，發(fā)生水解，溶液呈酸性，用廣泛pH試紙檢測0.10mol?L﹣1NH4Cl溶液的pH＝5，故D錯誤。故選：B?！军c評】本題氣體發(fā)生裝置和收集裝置的選擇和基本實驗操作，要會根據(jù)制取氣體的反應原理和氣體的性質(zhì)來選擇合適的裝置．二、不定項選擇題：本題包括7小題，每小題4分，共計28分．每小題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．8．（4分）下列說法不正確的是（）A．鉛蓄電池在放電過程中，負極質(zhì)量減小，正極質(zhì)量增加 B．常溫下，反應C（s）+CO2（g）＝2CO（g）不能自發(fā)進行，則該反應的△H＞0 C．一定條件下，使用催化劑能加快反應速率并提高反應物的平衡轉化率 D．相同條件下，溶液中Fe3+、Cu2+、Zn2+的氧化性依次減弱【考點】B2：氧化性、還原性強弱的比較；BB：反應熱和焓變；BH：原電池和電解池的工作原理；CB：化學平衡的影響因素．【專題】16：壓軸題．【分析】根據(jù)鉛蓄電池的總反應式為：PbO2+Pb+2H2SO42PbSO4+2H2O，其中負極：Pb+SO42﹣﹣2e﹣＝PbSO4；正極：PbO2+4H++SO42﹣+2e﹣＝PbSO4+2H2O，不難看出鉛蓄電池在放電過程中，負極生成PbSO4質(zhì)量增加，正極生成PbSO4質(zhì)量也增加；反應C（s）+CO2（g）＝2CO（g）中△S＞0，不能自發(fā)進行，則該反應的△H＞0；利用催化劑同等程度增加正逆反應速率，平衡不發(fā)生移動，并不能提高反應物的平衡轉化率；按金屬活動性順序，金屬性依次減弱，金屬單質(zhì)還原性也依次減弱，對應離子氧化性依次增強，同時Fe3+對應排在Cu2+之后．另外據(jù)Fe3++Cu＝Fe2++Cu2+、Fe+Cu2+＝Fe2++Cu也不難看出溶液中的氧化性依次減弱次序為：Fe3+＞Cu2+＞Zn2+．【解答】解：A、鉛蓄電池電極反應：負極：Pb+SO42﹣﹣2e﹣＝PbSO4正極：PbO2+4H++SO42﹣+2e﹣＝PbSO4+2H2O不難看出鉛蓄電池在放電過程中，負極生成PbSO4質(zhì)量增加，正極生成PbSO4質(zhì)量也增加，故A錯誤；B、因熵增、焓減的化學反應可能自發(fā)進行，反應氣體體積增大△S＞0，反應C（s）+CO2（g）＝2CO（g）不能自發(fā)進行，則該反應的△H＞0，故B正確；C、因催化劑能同等程度地加快正逆反應速率，對平衡移動無影響，則不能提高反應物的平衡轉化率；故C錯誤；D、由Fe3++Cu＝Fe2++Cu2+、Zn+Cu2+＝Zn2++Cu可判斷出溶液中的氧化性依次減弱次序為：Fe3+＞Cu2+＞Zn2+，故D正確。故選：AC?！军c評】本題為小綜合，主要屬于基本理論的范疇，也帶有元素化合物知識．做題時尤其要注意鉛蓄電池的電極反應．9．（4分）阿魏酸在食品、醫(yī)藥等方面有著廣泛用途．一種合成阿魏酸的反應可表示為下列說法正確的是（）A．可用酸性KMnO4溶液檢測上述反應是否有阿魏酸生成 B．香蘭素、阿魏酸均可與Na2CO3、NaOH溶液反應 C．通常條件下，香蘭素、阿魏酸都能發(fā)生取代、加成、消去反應 D．與香蘭素互為同分異構體，分子中有5種不同化學環(huán)境的氫，且能發(fā)生銀鏡反應的酚類化合物共有2種【考點】HD：有機物的結構和性質(zhì)．【分析】用一個有機反應來呈現(xiàn)多種物質(zhì)，然后綜合考查每種物質(zhì)的性質(zhì)，解決該類題目主要通過把握物質(zhì)所含官能團，因為官能團決定了有機物性質(zhì)．【解答】解：A、能使酸性高錳酸鉀溶液褪色的不僅有碳碳雙鍵，酚羥基也能使其褪色。即使沒有阿魏酸生成，原反應物中的香蘭素同樣可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色。故A錯誤；B、香蘭素中含有酚羥基，阿魏酸中含有酚羥基和羧基，這兩種官能團都可以與Na2CO3、NaOH溶液反應。故B正確；C、香蘭素、阿魏酸都能發(fā)生取代、加成，但它們都不能進行消去反應。故C錯誤；D、根據(jù)條件，其同分異構體為和，含有兩個羥基且兩個羥基和﹣CH2CHO為于相鄰或相間時有兩種結構，含有一個甲酸甲酯基和一個酚羥基，且二者處于相對位置，所以一共有5種同分異構體，故D錯誤；故選：B。【點評】一種物質(zhì)可能含有多種官能團，因此一種物質(zhì)會同時具有不同類物質(zhì)的性質(zhì)，同學們從官能團入手分析，比較容易解決該類問題．10．（4分）下列實驗操作與預期實驗目的或所得實驗結論一致的是（）選項實驗操作實驗目的或結論A向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量Mg（OH）2粉末，攪拌一段時間后過濾除去MgCl2溶液中少量FeCl3B向某溶液中加入BaCl2溶液生成白色沉淀，繼續(xù)加稀硝酸沉淀不消失證明溶液中含SO42﹣C向某溶液中加入稀鹽酸，放出無色無味氣體，將氣體通入澄清石灰水，石灰水變渾濁證明該溶液中存在CO32﹣D兩支試管中裝有等體積、等濃度的H2O2溶液，向其中一支試管中加入FeCl3溶液FeCl3溶液對H2O2分解速率無影響A．A B．B C．C D．D【考點】U5：化學實驗方案的評價．【分析】A．FeCl3易水解生成氫氧化鐵；B．不能排除SO32﹣和Ag+的干擾；C．不能排除HCO3﹣的存在；D．催化劑對化學反應速率有影響．【解答】解：A．FeCl3易水解生成氫氧化鐵，加入Mg（OH）2粉末，調(diào)節(jié)溶液的pH，促進鐵離子的水解，且不引入新的雜質(zhì)，故A正確；B．SO32﹣能被硝酸氧化為SO42﹣，并且不能排除Ag+的干擾，故B錯誤；C．HCO3﹣也能與稀鹽酸反應生成二氧化碳氣體，故C錯誤；D．FeCl3溶液能加快H2O2分解速率，故D錯誤。故選：A。【點評】本題考查化學實驗的評價，題目難度中等，注意離子的檢驗要首先排除其它離子的干擾．11．（4分）如圖是一種航天器能量儲存系統(tǒng)原理示意圖．下列說法正確的是（）A．該系統(tǒng)中只存在3種形式的能量轉化 B．裝置Y中負極的電極反應式為：O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣ C．裝置X能實現(xiàn)燃料電池的燃料和氧化劑再生 D．裝置X、Y形成的子系統(tǒng)能實現(xiàn)物質(zhì)的零排放，并能實現(xiàn)化學能與電能間的完全轉化【考點】B1：氧化還原反應；B7：常見的能量轉化形式；BH：原電池和電解池的工作原理；BI：電極反應和電池反應方程式；BO：化學能與電能的應用．【分析】根據(jù)圖示可知，航天器能量儲存系統(tǒng)存在白天利用太陽能實現(xiàn)太陽能轉化為電能；夜晚電能轉化為機械能．【解答】A、存在能量轉化形式有太陽能、機械能、化學能、電能，則不只是三種，故A錯誤；B、裝置Y為燃料電池，正極電極反應式是O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣，故B錯誤；C、由裝置X可知，水分解生成氫氣和氧氣，燃料電池的原料是氫氣和氧氣，則能實現(xiàn)燃料電池的燃料和氧化劑再生，故C正確；D、太陽能電池白天發(fā)出的直流電一部分供工作馬達運轉，富余的電力通過裝置X進行水的電解，生成氫氣和氧氣，夜間再通過裝置Y燃燒氫氧來發(fā)電，以繼續(xù)支持工作馬達運轉。裝置X和Y實際上是存儲了部分太陽能電池產(chǎn)生的電能。該系統(tǒng)能量并非完全轉化，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查原電池原理與電解池原理，考查知識點較為單一，但是考查學生綜合分析能力較強，還是比較容易錯的．12．（4分）常溫下，用0.1000mol?L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol?L﹣1CH3COOH溶液所得滴定曲線如圖．下列說法正確的是（）A．點①所示溶液中：c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）＝c（CH3COOH）+c（H+） B．點②所示溶液中：c（Na+）＝c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣） C．點③所示溶液中：c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+） D．滴定過程中可能出現(xiàn)：c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH﹣）【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．【分析】根據(jù)點①反應后溶液是CH3COONa與CH3COOH物質(zhì)的量之比為1：1的混合物，溶液呈酸性，說明CH3COOH電離程度大于CH3COO﹣的水解程度，故c（Na+）＞c（CH3COOH），由電荷守恒可知：c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+），所以c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）＞c（CH3COOH）+c（H+）；點②pH＝7，即c（H+）＝c（OH﹣），c（Na+）＝c（CH3COO﹣）；點③體積相同，則恰好完全反應生成CH3COONa，利用鹽的水解來分析溶液呈堿性，則c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；在滴定中當加入堿比較少時，可能出現(xiàn)c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH﹣）的情況．【解答】解：A、點①反應掉一半醋酸，反應后溶液是CH3COONa與CH3COOH物質(zhì)的量之比為1：1的混合物，CH3COOH電離程度大于CH3COO﹣的水解程度，故c（Na+）＞c（CH3COOH），由電荷守恒可知：c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+），所以c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）＞c（CH3COOH）+c（H+），故A錯；B、點②pH＝7，即c（H+）＝c（OH﹣），由電荷守恒知：c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），故c（Na+）＝c（CH3COO﹣），故B錯；C、點③說明兩溶液恰好完全反應生成CH3COONa，因CH3COO﹣水解，且程度較小，c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C錯；D、當CH3COOH較多，滴入的堿較少時，則生成CH3COONa少量，可能出現(xiàn)c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH﹣），故D正確；故選：D?！军c評】本題考查NaOH與CH3COOH的反應，涉及鹽類的水解和溶液離子濃度的大小比較，注意利用電荷守恒的角度做題．13．（4分）已知A、B、C、D、E是短周期中原子序數(shù)依次增大的5種主族元素，其中元素A、E的單質(zhì)在常溫下呈氣態(tài)，元素B的原子最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍，元素C在同周期的主族元素中原子半徑最大，元素D的合金是日常生活中常用的金屬材料．下列說法正確的是（）A．元素A、B組成的化合物常溫下一定呈氣態(tài) B．一定條件下，元素C、D的最高價氧化物對應的水化物之間能發(fā)生反應 C．工業(yè)上常用電解法制備元素C、D、E的單質(zhì) D．化合物AE與CE古有相同類型的化學鍵【考點】8F：原子結構與元素周期律的關系．【專題】16：壓軸題．【分析】根據(jù)題意，元素B的原子最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍，則B是碳元素；素C在同周期的主族元素中原子半徑最大，則C是鈉元素；元素D的合金是日常生活中常用的金屬材料，D是鋁元素；元素A、E的單質(zhì)在常溫下呈氣態(tài)，則A是氫元素、E是氯元素；然后對照各個選項，選出答案．【解答】解：A、C和H組成的化合物常溫下不一定呈氣態(tài)，如C9H20，故A錯誤；B、因C是鈉，D是鋁，則氫氧化鋁具有兩性，能與氫氧化鈉反應，故B正確；C、因為Na、Al是活潑金屬，氯氣是活潑的非金屬單質(zhì)，所以工業(yè)上常用電解法制備它們，故C正確；D、HCl是共價化合物，含有共價鍵；NaCl是離子化合物，含有離子鍵，它們的化學鍵類型不同，故D錯誤。故選：BC?！军c評】本題考查元素的推斷及其元素的性質(zhì)．本題的突破口是掌握原子結構的有關知識，如原子最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍，則為C元素；熟悉常見的物質(zhì)，如元素的合金是日常生活中常用的金屬材料等．14．（4分）在溫度、容積相同的3個密閉容器中，按不同方式投入反應物，保持恒溫、恒容，測得反應達到平衡時的有關數(shù)據(jù)如下：（已知N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H＝﹣92.4kJ?mol﹣1）容器甲乙丙反應物的投入量1molN2、3molH22molNH34molNH3NH3的濃度（mol?L﹣1）c1c2c3反應的能量變化放出akJ吸收bkJ吸收ckJ體系的壓強（Pa）p1p2p3反應物的轉化率α1α2α3下列說法正確的是（）A．2c1＞c3 B．a(chǎn)+b＝92.4 C．2p2＜p3 D．α1+α3＝1【考點】CB：化學平衡的影響因素；CN：等效平衡．【專題】51E：化學平衡專題．【分析】甲容器反應物投入1molN2、3molH2，乙容器反應物投入量2molNH3，恒溫且乙容器容積和甲容器相同，則甲容器與乙容器是等效平衡；甲容器反應物投入1molN2、3molH2，丙容器反應物投入量4molNH3，采用極限轉化法轉化為反應物為2molN2、6molH2，是甲中的二倍，如果恒溫且丙容器容積是甲容器2倍，則甲容器與丙容器也是等效平衡；所以丙所到達的平衡，可以看作在恒溫且容積是甲容器兩倍條件下，到達平衡后，再壓縮體積為與甲容器體積相等所到達的平衡，據(jù)此分析平衡移動?！窘獯稹拷猓杭淄度?molN2、3molH2，乙容器投入量2molNH3，恒溫恒容條件下，甲容器與乙容器是等效平衡，各組分的物質(zhì)的量、含量、轉化率等完全相等；而甲容器投入1molN2、3molH2，丙容器加入4molNH3，采用極限轉化法丙相當于加入2molN2、6molH2，丙中加入量是甲中的二倍，如果恒溫且丙容器容積是甲容器2倍，則甲容器與丙容器為等效平衡，所以丙所到達的平衡，可以看作在恒溫且容積是甲容器兩倍條件下，到達平衡后，再壓縮體積為與甲容器體積相等所到達的平衡，由于該反應是體積減小的反應，縮小容器體積，增大了壓強，平衡向著正向移動，所以丙中氮氣、氫氣轉化率大于甲和乙的，A、丙容器反應物投入量4molNH3，采用極限轉化法轉化為反應物為2molN2、6molH2，是甲中的二倍，若平衡不移動，c3＝2c1；丙相當于增大壓強，平衡向著正向移動，所以丙中氨氣的濃度大于乙中氨氣濃度的二倍，即c3＞2c1，故A錯誤；B、甲投入1molN2、3molH2，乙中投入2molNH3，則甲與乙是完全等效的，根據(jù)蓋斯定律可知，甲與乙的反應的能量變化之和為92.4kJ，故a+b＝92.4，故B正確；C、丙容器反應物投入量4molNH3，是乙的二倍，若平衡不移動，丙中壓強為乙的二倍；由于丙中相當于增大壓強，平衡向著向著正向移動，所以丙中壓強減小，小于乙的2倍，即2p2＞p3，故C錯誤；D、丙容器反應物投入量4molNH3，是乙的二倍，若平衡不移動，轉化率α1+α3＝1；由于丙中相當于增大壓強，平衡向著向著正向移動，氨氣的轉化率減小，所以轉化率α1+α3＜1，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查化學平衡影響因素、等效平衡、化學平衡的計算，題目計算量較大，題目難度較大，關鍵是構建平衡建立的等效途徑，試題側重對學生靈活運用基礎知識解決實際問題的能力的培養(yǎng)。二、非選擇題15．（12分）高純MnCO3是制備高性能磁性材料的主要原料．實驗室以MnO2為原料制備少量高純MnCO3的操作步驟如下：（1）制備MnSO4溶液：在燒瓶中（裝置見右圖）加入一定量MnO2和水，攪拌，通入SO2和N2混合氣體，反應3h．停止通入SO2，繼續(xù)反應片刻，過濾（已知MnO2+H2SO3＝MnSO4+H2O）．①石灰乳參與反應的化學方程式為SO2+Ca（OH）2＝CaSO3+H2O．②反應過程中，為使SO2盡可能轉化完全，在通入SO2和N2比例一定、不改變固液投料的條件下，可采取的合理措施有控制適當?shù)臏囟?、緩慢通入混合氣體．③若實驗中將N2換成空氣，測得反應液中Mn2+、SO42﹣的濃度隨反應時間t變化如右圖．導致溶液中Mn2+、SO42﹣濃度變化產(chǎn)生明顯差異的原因是Mn2+催化氧氣與亞硫酸反應生成硫酸．（2）制備高純MnCO3固體：已知MnCO3難溶于水、乙醇，潮濕時易被空氣氧化，100℃開始分解；Mn（OH）2開始沉淀時pH＝7.7．請補充由（1）制得的MnSO4溶液制備高純MnCO3的操作步驟[實驗中可選用的試劑：Ca（OH）2、NaHCO3、Na2CO3、C2H5OH]．①邊攪拌邊加入碳酸鈉，并控制溶液的PH＜7.7；②過濾，用水洗滌2﹣3次；③檢驗SO42﹣是否被除去；④用少量的乙醇洗滌快速抽濾；⑤低于100℃干燥．【考點】U3：制備實驗方案的設計．【專題】13：圖像圖表題；19：物質(zhì)檢驗鑒別題；52：元素及其化合物；54：化學實驗．【分析】（1）①根據(jù)題中所示的石灰乳的作用是吸收尾氣二氧化硫來回答；②根據(jù)實驗的操作原則，為了讓氣體盡可能轉化，要根據(jù)反應所需的條件和用量嚴格操作；③考慮氮氣的化學性質(zhì)穩(wěn)定，空氣中氧氣的活潑性等因素的影響；（2）根據(jù)題干中所給的試劑結合MnCO3的性質(zhì)來選擇合適的制取方案．【解答】解：（1）①石灰乳的作用是吸收尾氣二氧化硫，堿和酸性氧化物反應得到對應的鹽和水，答案為：SO2+Ca（OH）2＝CaSO3+H2O；②為使SO2盡可能轉化完全，應定要保證控制反應的溫度，在通入SO2和N2比例一定、不改變固液投料的條件下，要求所通氣體一定要慢，故答案為：控制適當?shù)臏囟?、緩慢通入混合氣體；③氮氣的化學性質(zhì)穩(wěn)定，空氣中氧氣性質(zhì)活潑，在Mn2+催化作用下，易把亞硫酸氧化成硫酸，而使硫酸根濃度增大，故答案為：Mn2+催化氧氣與亞硫酸反應生成硫酸；（2）制取的原理是碳酸根和錳離子之間反應生成碳酸錳的過程，但要考慮MnCO3難溶于水、乙醇并在潮濕時易被空氣氧化，100℃開始分解以及Mn（OH）2開始沉淀時pH＝7.7等因素，過程中控制溶液的PH值以及洗滌沉淀所選的溶劑要小心，故答案為：邊攪拌邊加入碳酸鈉，并控制溶液的PH＜7.7、過濾，用水洗滌2﹣3次、檢驗SO42﹣是否被除去、用少量的乙醇洗滌快速抽濾．【點評】本題是一道實驗綜合性的題目，難度較大，考查了學生分析和解決問題的能力．16．（10分）鋇鹽行業(yè)生產(chǎn)中排出大量的鋇泥[主要含有BaCO3、BaSiO3、BaSO3、Ba（FeO2）2等。某主要生產(chǎn)BaCl2、BaCO3、BaSO4的化工廠利用鋇泥制取Ba（NO3）2，其部分工藝流程如下：（1）酸溶后溶液中pH＝1，Ba（FeO2）2與HNO3的反應化學方程式為Ba（FeO2）2+8HNO3═Ba（NO3）2+2Fe（NO3）3+4H2O。（2）酸溶時通?？刂品磻獪囟炔怀^70℃，且不使用濃硝酸，原因是防止反應速率過快、濃HNO3易揮發(fā)、分解。（3）該廠結合本廠實際，選用的X為BaCO3（填化學式）；中和Ⅰ使溶液中Fe3+、H+（填離子符號）的濃度減少（中和Ⅰ引起的溶液體積變化可忽略）。（4）上述流程中洗滌的目的是減少廢渣中可溶性鋇鹽對環(huán)境的污染?！究键c】P8：物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應用．【專題】16：壓軸題；54：化學實驗．【分析】（1）Ba（FeO2）2與HNO3反應的化學方程式為：Ba（FeO2）2+8HNO3═Ba（NO3）2+2Fe（NO3）3+4H2O；（2）溫度越高反應速率越快，故控制溫度不超過70℃是為了防止反應速率過快，且濃硝酸越濃越易分解，溫度高既易揮發(fā)，也易分解，故不用濃硝酸。（3）X既要能中和硝酸，又不產(chǎn)生新雜質(zhì)，結合本廠實際，故可用BaCO3；中和Ⅰ使溶液中的Fe3+形成Fe（OH）3沉淀、H+濃度減??；（4）洗滌廢渣是為了減少廢渣中可溶性鋇鹽對環(huán)境的污染?！窘獯稹拷猓海?）Ba（FeO2）2中Fe元素是+3價，故Ba（FeO2）2與硝酸不發(fā)生氧化還原反應，其反應方程式為：Ba（FeO2）2+8HNO3═Ba（NO3）2+2Fe（NO3）3+4H2O；故答案為：Ba（FeO2）2+8HNO3═Ba（NO3）2+2Fe（NO3）3+4H2O；（2）酸溶時控制反應溫度不超過70℃，是為了防止溫度過高，反應速率太快；不使用濃硝酸，是因為濃HNO3不穩(wěn)定，易分解，易揮發(fā)，故答案為：防止反應速率過快濃HNO3易揮發(fā)、分解（凡合理答案均可）；（3）加入X調(diào)節(jié)溶液的pH＝4～5，則X應能消耗H+，結合工廠主要生產(chǎn)BaCl2、BaCO3、BaSO4的實際情況，可選用BaCO3；中和后溶液中H+濃度減小，pH在4～5時，F(xiàn)e3+也完全沉淀，故Fe3+濃度也減小，故答案為：BaCO3；Fe3+、H+；（4）因為鋇鹽是重金屬鹽，有毒，故洗滌的目的是減少廢渣中可溶性鋇鹽對環(huán)境的污染，故答案為：減少廢渣中可溶性鋇鹽對環(huán)境的污染（凡合理答案均可）?！军c評】本題考查學生在“工藝流程閱讀、相關反應化學方程式書寫、化學反應條件控制的原理、生產(chǎn)流程的作用”等方面對元素化合物性質(zhì)及其轉化關系的理解和應用程度，考查學生對新信息的處理能力。17．（8分）下表列出了3種燃煤煙氣脫硫方法的原理．方法Ⅰ用氨水將SO2轉化為NH4HSO3，再氧化成（NH4）2SO4方法Ⅱ用生物質(zhì)熱解氣（主要成分CO、CH4、H2）將SO2在高溫下還原成單質(zhì)硫方法Ⅲ用Na2SO3溶液吸收SO2，再經(jīng)電解轉化為H2SO4（1）方法Ⅰ中氨水吸收燃煤煙氣中SO2的化學反應為：2NH3+SO2+H2O＝（NH4）2SO3（NH4）2SO3+SO2+H2O＝2NH4HSO3能提高燃煤煙氣中SO2去除率的措施有A、C（填字母）．A．增大氨水濃度B．升高反應溫度C．使燃煤煙氣與氨水充分接觸D．通入空氣使HSO3﹣轉化為SO42﹣采用方法Ⅰ脫硫，并不需要預先除去燃煤煙氣中大量的CO2，原因是HCO3﹣+SO2＝CO2+HSO3﹣（用離子方程式表示）．（2）方法Ⅱ主要發(fā)生了下列反應：2CO（g）+SO2（g）＝S（g）+2CO2（g）△H＝8.0kJ?mol﹣12H2（g）+SO2（g）＝S（g）+2H2O（g）△H＝90.4kJ?mol﹣12CO（g）+O2（g）＝2CO2（g）△H＝﹣566.0kJ?mol﹣12H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）△H＝﹣483.6kJ?mol﹣1S（g）與O2（g）反應生成SO2（g）的熱化學方程式為S（g）+O2（g）＝SO2（g）△H═﹣574.0kJ?mol﹣1．（3）方法Ⅲ中用惰性電極電解NaHSO3溶液的裝置如右圖所示．陽極區(qū)放出氣體的成分為O2、SO2．（填化學式）【考點】BE：熱化學方程式；BF：用蓋斯定律進行有關反應熱的計算；CD：化學平衡的調(diào)控作用；DI：電解原理；F6：二氧化硫的污染及治理．【分析】（1）提高SO2的轉化率，可以增大氨水的濃度、與氨水充分接觸；不需要通入CO2的原因是因為HCO3﹣+SO2＝CO2+HSO3﹣而產(chǎn)生CO2，不影響的SO2吸收；（2）利用蓋斯定律，適當變形，可以得出S（g）與O2（g）反應生成（g）的熱化學方程式；（3）陰極發(fā)生還原反應，陽極發(fā)生氧化反應，有O2生成，同時在陽極區(qū)加入稀硫酸，會有SO2，電極產(chǎn)生的氣體為O2和SO2．【解答】解：（1）提高SO2的轉化率，可以增大氨水的濃度、與氨水充分接觸，升高溫度，降低氣體的溶解度，不利于吸收，而通入空氣，也會使空氣將二氧化硫從溶液中分離出來，不利于吸收；不需要預先除去燃煤煙氣中大量的CO2的原因是因為HCO3﹣+SO2＝CO2+HSO3﹣而產(chǎn)生CO2，故答案為：A、C；HCO3﹣+SO2＝CO2+HSO3﹣；（2）根據(jù)以下反應①2CO（g）+SO2（g）＝S（g）+2CO2（g）△H＝8.0kJ?mol﹣1②2H2（g）+SO2（g）＝S（g）+2H2O（g）△H＝90.4kJ?mol﹣1③2CO（g）+O2（g）＝2CO2（g）△H＝﹣566.0kJ?mol﹣1④2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）△H＝﹣483.6kJ?mol﹣1，利用蓋斯定律，③﹣①或④﹣②可得到S（g）與O2（g）反應生成SO2（g）的熱化學方程式為S（g）+O2（g）＝SO2（g）△H═﹣574.0kJ?mol﹣1故答案為：S（g）+O2（g）＝SO2（g）△H═﹣574.0kJ?mol﹣1；（3）電解時，陽極發(fā)生氧化反應，有O2生成，同時在陽極區(qū)加入稀硫酸，會有SO2，故答案為：O2、SO2．【點評】本題考察的知識覆蓋面比較多，涉及到環(huán)境保護、蓋斯定律、熱化學方程式、離子方程式、電極方程式等內(nèi)容，注意反應熱的計算，不要忽視熱化學方程式的書寫的注意事項．18．（12分）正極材料為LiCoO2的鋰離子電池已被廣泛用作便攜式電源。但鈷的資源匱乏限制了其進一步發(fā)展。（1）橄欖石型LiFePO4是一種潛在的鋰離子電池正極材料，它可以通過（NH4）2Fe（SO4）2、H3PO4與LiOH溶液發(fā)生共沉淀反應，所得沉淀經(jīng)80℃真空干燥、高溫成型而制得。①共沉淀反應投料時，不將（NH4）2Fe（SO4）2和LiOH溶液直接混合的原因是Fe2+在堿性條件下更容易被氧化。②共沉淀反應的化學方程式為（NH4）2Fe（SO4）2+LiOH+H3PO4＝LiFePO4+2NH4HSO4+H2O。③高溫成型前，常向LiFePO4中加入少量活性炭黑，其作用除了可以改善成型后的LiFePO4的導電性能外，還能與空氣中O2反應，防止LiFePO4中的Fe2+被氧化。（2）廢舊鋰離子電池的正極材料試樣（主要含有LiCoO2及少量AI、Fe等）可通過下列實驗方法回收鈷、鋰。①在上述溶解過程中，S2O32﹣被氧化成SO42﹣，LiCoO2在溶解過程中反應的化學方程式為8LiCoO2+Na2S2O3+11H2SO4＝4Li2SO4+8CoSO4+Na2SO4+11H2O。②Co（OH）2在空氣中加熱時，固體殘留率隨溫度的變化如右圖所示。已知鈷的氫氧化物加熱至290℃時已完全脫水，則1000℃時，剩余固體的成分為CoO。（填化學式）；在350～400℃范圍內(nèi)，剩余固體的成分為Co2O3、Co3O4。（填化學式）?！究键c】48：化學方程式的書寫；B1：氧化還原反應；BJ：常見化學電源的種類及其工作原理；P8：物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應用；PE：物質(zhì)的分離、提純和除雜．【專題】515：氧化還原反應專題；51I：電化學專題；54：化學實驗．【分析】（1）①不能直接混合的原因是Fe2+在堿性條件下更容易被氧化；②根據(jù)題給的信息，發(fā)生的反應為（NH4）2Fe（SO4）2+LiOH+H3PO4＝LiFePO4+2NH4HSO4+H2O；③消耗空氣中的O2，保護Fe2+，防止Fe2+被氧化；（2）①通過題給信息可知LiCoO2與Na2S2O3發(fā)生了氧化還原反應，反應為8LiCoO2+Na2S2O3+11H2SO4＝4Li2SO4+8CoSO4+Na2SO4+11H2O；②根據(jù)質(zhì)量守恒定律，在變化過程中，Co的質(zhì)量沒有變，通過題給數(shù)據(jù)看，在1000℃是Co（OH）2完全分解，則產(chǎn)物CoO；在350﹣400℃時，固體的質(zhì)量在89.25%﹣86.38%之間，可以通過極點進行分析，在290℃，n（Co）：n（O）：[（89.25﹣100）÷16]＝2：3，其化學式為Co2O3；在500℃，n（Co）：n（O）：[（86.38﹣100）÷16]＝3：4，其化學式為Co3O4，所以可以確定在350﹣400℃時的化學式為Co2O3和Co3O4。【解答】解：（1）（NH4）2Fe（SO4）2和LiOH溶液反應生成Fe（OH）2，F(xiàn)e（OH）2易被氧氣氧化；所以不能將直接混合；故答案為：Fe2+在堿性條件下更易被氧化（凡合理答案均可）；②根據(jù)題給信息：（NH4）2、H3PO4與LiOH溶液發(fā)生共沉淀反應生成LiFePO4、NH4HSO4和H2O，反應的化學方程式為：（NH4）2Fe（SO4）2+LiOH+H3PO4＝LiFePO4+2NH4HSO4+H2O；故答案為：（NH4）2Fe（SO4）2+LiOH+H3PO4＝LiFePO4↓+2NH4HSO4+H2O；③高溫成型前，常向LiFePO4中加入少量活性炭黑，其作用除了可以改善成型后的LiFePO4的導電性能外，還能消耗空氣中的氧氣，保護Fe2+，防止Fe2+被氧化；故答案為：與空氣中O2反應，防止LiFePO4中的Fe2+被氧化；（2）正極材料試樣主要含有LiCoO2及少量Al、Fe等，加入稀H2SO4、Na2S2O3，S2O32﹣被氧化成SO42﹣，具有還原性，正極材料中只有LiCoO2具有氧化性，與反應Na2S2O3反應生成CoSO4，反應化學方程式為：8LiCoO2+Na2S2O3+11H2SO4＝4Li2SO4+8CoSO4+Na2SO4+11H2O；故答案為：8LiCoO2+Na2S2O3+11H2SO4＝4Li2SO4+8CoSO4+Na2SO4+11H2O；②根據(jù)質(zhì)量守恒定律，在變化過程中，Co的質(zhì)量沒有變，假設原始固體質(zhì)量為100g，則n（Co）mol，m（Co）＝100g；在1000℃時，固體質(zhì)量不再變化，說明Co（OH）2完全分解，n（Co）：n（O）：[（80.65﹣100）÷16]＝1：1，剩余固體成分為CoO；在350﹣400℃時，固體的質(zhì)量在89.25%﹣86.38%之間，可以通過極點進行分析，在290℃，n（Co）：n（O）：[（89.25﹣100）÷16]＝2：3，其化學式為Co2O3；在500℃n（Co）：n（O）：[（86.38﹣100）÷16]＝3：4，其化學式為Co3O4；所以可以確定在350﹣400℃時的化學式為Co2O3和Co3O4，故答案為：CoO；Co2O3、Co3O4?！军c評】本題考查的知識比較散，涉及到能源利用，物質(zhì)性質(zhì)、化工流程分析，圖表分析，覆蓋面比較廣。19．（14分）阿立哌唑（A）是一種新的抗精神分裂癥藥物，可由化合物B、C、D在有機溶劑中通過以下兩條路線合成得到．線路一：線路二：（1）E的結構簡式為．（2）由C、D生成化合物F的反應類型是取代反應．（3）合成F時還可能生成一種相對分子質(zhì)量為285的副產(chǎn)物G，G的結構簡式為．（4）H屬于α﹣氨基酸，與B的水解產(chǎn)物互為同分異構體．H能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，且苯環(huán)上的一氯代物只有2種．寫出兩種滿足上述條件的H的結構簡式：．（5）已知：，寫出由C制備化合物的合成路線流程圖（無機試劑任選）．（合成路線流程圖示例如下：）．【考點】HC：有機物的合成．【專題】16：壓軸題．【分析】（1）根據(jù)A和D的結構簡式可知D和E發(fā)生取代反應生成A，可知E的結構；（2）同樣通過F的結構式分析可知由C、D合成生成化合物F仍然是鹵素原子與H的取代反應；（3）通過對其相對分子質(zhì)量的分析可知，除了發(fā)生取代反應外，有發(fā)生了消去反應；（4）綜上分析可知，在H分子結構中，有苯環(huán)、氨基、羧基、羥基；（5）關注官能團種類的改變，搞清反應機理．【解答】解：（1）由A的結構簡式可知，D和E發(fā)生取代反應生成A，則E應為，故答案為：；（2）同樣通過F的結構式分析可知由C、D合成生成化合物F仍然是鹵素原子與H的取代反應，故答案為：取代反應；（3）F為，相對分子質(zhì)量為366，與285相比較少的相對分子質(zhì)量相當于HBr的，通過對其相對分子質(zhì)量的分析可知，除了發(fā)生取代反應外，有發(fā)生了消去反應，故其結構為，故答案為：；（4）B的水解產(chǎn)物含有苯環(huán)、酚羥基、氨基和羧基，與H互為同分異構體．H能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，且苯環(huán)上的一氯代物只有2種，說明H的分子中苯環(huán)上有兩個取代基，并且在H分子結構中，有苯環(huán)、氨基、羧基、羥基，由此不難得出其分子結構為，故答案為：；（5）化合物C中含有2個酯基，可由發(fā)生酯化反應制取，根據(jù)題給信息可知可由制取，而可由發(fā)生催化氧化制取，可由C發(fā)生取代反應制取，則反應流程為，故答案為：．【點評】本題是一道綜合性的有機合成試題，本題主要考查的是結構簡式、同分異構體的書寫、有機反應類型和及根據(jù)條件進行有機合成，同時也要關注重要官能團的性質(zhì)，題目難度較大，解答有機推斷題時，我們應首先認真審題，分析題意，分離出已知條件和推斷內(nèi)容，弄清被推斷物和其他有機物的關系，以特征點作為解題突破口，結合信息和相關知識進行推理，排除干擾，作出正確推斷，一般可采取的方法有：順推法（以有機物結構、性質(zhì)和實驗現(xiàn)象為主線，采用正向思維，得出正確結論）、逆推法（以有機物結構、性質(zhì)和實驗現(xiàn)象為主線，采用逆向思維，得出正確結論）、多法結合推斷（綜合應用順推法和逆推法）等．20．（10分）以水氯鎂石（主要成分為MgCl2?6H2O）為原料生產(chǎn)堿式碳酸鎂的主要流程如下：（l）預氨化過程中有Mg（OH）2沉淀生成，已知常溫下Mg（OH）2的Ksp＝1.8×10﹣11，若溶液中c（OH﹣）＝3.0×10﹣6mol?L﹣1，則溶液中c（Mg2+）＝2.0mol?L﹣1．（2）上述流程中的濾液濃縮結晶，所得主要固體物質(zhì)的化學式為NH4Cl．（3）高溫煅燒堿式碳酸鎂得到MgO．取堿式碳酸鎂4.66g，高溫煅燒至恒重，得到固體2.00g和標準狀況下CO20.896L，通過計算確定堿式碳酸鎂的化學式．（4）若熱水解不完全，所得堿式碳酸鎂中將混有MgCO3，則產(chǎn)品中鎂的質(zhì)量分數(shù)升高（填“升高”、“降低”或“不變”）．【考點】DH：難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉化的本質(zhì)；GR：常見金屬元素的單質(zhì)及其化合物的綜合應用；M5：復雜化學式的確定；PE：物質(zhì)的分離、提純和除雜．【專題】16：壓軸題；1A：計算題；31：守恒思想；4H：分析比較法；54：化學實驗．【分析】（1）根據(jù)溶度積表達式Ksp＝[Mg2+][OH﹣]2進行計算；（2）根據(jù)流程判斷所得濾液的成分中含有的離子，確定濾液中的物質(zhì)來回答；（3）根據(jù)碳酸鎂的分子式，可以寫成氧化物的表示形式，即2MgO?H2O?CO2，然后根據(jù)題意確定各個氧化物的量，進而確定分子式．（4）根據(jù)同質(zhì)量的碳酸鎂和堿式碳酸鎂中鎂的物質(zhì)的量前者大來回答．【解答】解：（1）根據(jù)溶度積表達式Ksp＝[Mg2+][OH﹣]2得[Mg2+]2.0mol?L﹣1，故答案為：2.0mol?L﹣1（2）根據(jù)流程判斷所得濾液的成分中含有的離子有氯離子和銨根離子，故所得的濾液中含NH4Cl，故答案為：NH4Cl；（3）碳酸鎂的分子式，可以寫成氧化物的表示形式，即2MgO?H2O?CO2；各個氧化物的量分別為：故：n（MgO）：n（CO2）：n（H2O）＝5.00×10﹣2：4.00×10﹣2：5.00×10﹣2＝5：4：5，故堿式碳酸鎂的化學式為：Mg（OH）2?4MgCO3?4H2O；（4）同質(zhì)量的碳酸鎂和堿式碳酸鎂中鎂的物質(zhì)的量前者大，即產(chǎn)品中鎂的質(zhì)量就大，故答案為：升高．【點評】本題是一道工業(yè)生產(chǎn)題，考查了沉淀溶解平衡的知識以及元素守恒思想的應用，是一道綜合型題目．三、本題包括第21、22兩小題，分別對應于“物質(zhì)結構與性質(zhì)”和“實驗化學”兩個選修模塊的內(nèi)容．請選定其中一題，并在相應的答題區(qū)域內(nèi)作答．若兩題都做，則按第21題評分．21．（12分）乙炔是有機合成工業(yè)的一種原料．工業(yè)上曾用CaC2與水反應生成乙炔．（1）CaC2中C22﹣與O22+互為等電子體，O22+的電子式可表示為；1molO22+中含有的π鍵數(shù)目為2NA．（2）將乙炔通入[Cu（NH3）2]Cl溶液生成Cu2C2紅棕色沉淀．Cu+基態(tài)核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10．（3）乙炔與氫氰酸反應可得丙烯腈（H2C＝CH﹣C≡N）．丙烯腈分子中碳原子軌道雜化類型是sp雜化、sp2雜化；分子中處于同一直線上的原子數(shù)目最多為3．（4）CaC2晶體的晶胞結構與NaCl晶體的相似（如右圖所示），但CaC2晶體中含有的中啞鈴形C22﹣的存在，使晶胞沿一個方向拉長．CaC2晶體中1個Ca2+周圍距離最近的C22﹣數(shù)目為4．【考點】43：電子式；86：原子核外電子排布；98：判斷簡單分子或離子的構型；9B：“等電子原理”的應用；9Q：晶體的類型與物質(zhì)的性質(zhì)的相互關系及應用；9S：原子軌道雜化方式及雜化類型判斷．【專題】16：壓軸題．【分析】（1）等電子體的結構相似，故O22+的電子式與C22﹣的電子式相似，含有2個π鍵；（2）Cu為29號元素，Cu+的基態(tài)電子排布式為1s22s22p63s23p63d10；（3）丙烯腈（H2C＝CH﹣C≡N）中的C分別形成2個δ鍵和3個δ鍵，故碳原子的雜化軌道類型為sp和sp2雜化，與sp雜化的C原子直接相連的原子有C和N，故同在一條直線上有3個原子；（4）晶胞的一個平面的長與寬不相等，所以1個Ca2+周圍距離最近的C22﹣有4個，而不是6個．【解答】解：（1）根據(jù)等電子體原理可知，O22+的電子式，在1個O22+含有2個π鍵，故1molO22+中，含有2NA個π鍵，故答案為：；2NA；（2）Cu為29號元素，要注意3d軌道寫在4s軌道的前面同時還有就是它的3d結構，Cu+的基態(tài)電子排布式為1s22s22p63s23p63d10，故答案為：1s22s22p63s23p63d10；（3）通過丙烯氰的結構可以知道碳原子的雜化軌道類型為sp和sp2雜化，與sp雜化的C原子直接相連的原子有C和N，故同在一條直線上有3個原子；故答案為：sp雜化、sp2雜化；3；（4）依據(jù)晶胞示意圖可以看出，晶胞的一個平面的長與寬不相等，再由圖中體心可知1個Ca2+周圍距離最近的C22﹣有4個，而不是6個，要特別注意題給的信息，故答案為：4．【點評】本題以“有機合成工業(yè)的一種原料乙炔”為背景素材，將“物質(zhì)結構與性質(zhì)”選修課程模塊的相關內(nèi)容融合于一體，分別考查了學生對等電子體、Cu+基態(tài)核外電子排布、原子軌道雜化類型、分子空間結構、NaCl晶體類似的CaC2晶體的晶胞結構、1molO22+中π鍵的數(shù)目等知識的掌握和應用能力．本題基礎性較強，重點特出，材料串聯(lián)較好．22．對硝基甲苯是醫(yī)藥、染料等工業(yè)的一種重要有機中間體，它常以濃硝酸為硝化劑，濃硫酸為催化劑，通過甲苯的硝化反應制備．一種新的制備對硝基甲苯的實驗方法是：以發(fā)煙硝酸為硝化劑，固體NaHSO4為催化劑（可循環(huán)使用），在CCl4溶液中，加入乙酸酐（有脫水作用），45℃反應1h．反應結束后，過濾，濾液分別用5%NaHCO3，溶液、水洗至中性，再經(jīng)分離提純得到對硝基甲苯．（l）上述實驗中過濾的目的是回收NaHSO4．（2）濾液在分液漏斗中洗滌靜置后，有機層處于下層（填“上”或'下”）；放液時，若發(fā)現(xiàn)液體流不下來，其可能原因除分液漏斗活塞堵塞外，還有分液漏斗上口塞子未打開．（3）下列給出了催化劑種類及用量對甲苯硝化反應影響的實驗結果．催化劑n（催化劑）硝化產(chǎn)物中各種異構體質(zhì)量分數(shù)（%）總產(chǎn)率（%）n（甲苯）對硝基甲苯鄰硝基甲苯間硝基甲苯濃H2SO41.035.660.24.298.01.236.559.54.099.8NaHSO40.1544.655.10.398.90.2546.352.80.999.90.3247.951.80.399.90.3645.254.20.699.9①NaHSO4催化制備對硝基甲苯時，催化劑與甲苯的最佳物質(zhì)的量之比為0.32．②由甲苯硝化得到的各種產(chǎn)物的含量可知，甲苯硝化反應的特點是甲苯硝化主要得到對硝基甲苯和鄰硝基甲苯．③與濃硫酸催化甲苯硝化相比，NaHSO4催化甲苯硝化的優(yōu)點有在硝化產(chǎn)物中對硝基甲苯比例提高、催化劑用量少且能循環(huán)使用．【考點】P1：過濾；P4：分液和萃?。籖J：探究影響化學反應速率的因素．【專題】16：壓軸題．【分析】過濾時濾液中含有NaHSO4，可循環(huán)使用；分液漏斗在使用時應將分液漏斗上口打開，否則會導致漏斗內(nèi)壓強小于大氣壓，從而使漏斗內(nèi)液體流不出來；做題時注意觀察題目中的數(shù)據(jù)，整合有用信息；固體NaHSO4為催化劑時對反應物的制備具有較強的選擇性催化作用，提高對硝基甲苯的比例．【解答】解：（1）NaHSO4在該反應中作為催化劑，因此反應后過濾的目的是為了回收NaHSO4，故答案為：回收NaHSO4；（2）該反應是以CCl4作為有機溶劑，CCl4的密度比水大，故有機層在下層；分液漏斗里的液體放不下來，除了分液漏斗堵塞，還有可能是分液漏斗上口活塞未打開，故答案為：下；分液漏斗上口塞子未打開；（3）①從題給數(shù)據(jù)分析，當催化劑與甲苯的比例為0.32時，總產(chǎn)率最高且對硝基甲苯的含量最高，故答案為：0.32；②從題給數(shù)據(jù)可以看出，無論以何種比例反應，產(chǎn)物中的主要成分主要是對硝基甲苯和鄰硝基甲苯，故答案為：甲苯硝化主要得到對硝基甲苯和鄰硝基甲苯；③用NaHSO4做催化劑的優(yōu)點是在硝化物中對硝基甲苯的比例提高、同時催化劑能循環(huán)使用．故答案為：在硝化產(chǎn)物中對硝基甲苯比例提高催化劑用量少且能循環(huán)使用．【點評】本題主要考察的是物質(zhì)的性質(zhì)和制備，同時考查了數(shù)據(jù)的處理與分析能力，能夠迅速在表中提取到有用信息，利用信息解決有關問題，注重對基礎知識考查，更強調(diào)對能力的考查．精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔2011年江蘇省高考化學試卷一、選擇題1．（3分）化學與人類生活、社會可持續(xù)發(fā)展密切相關．下列措施有利于節(jié)能減排、保護環(huán)境的是（）①加快化石燃料的開采與使用②研發(fā)易降解的生物農(nóng)藥③應用高效潔凈的能源轉換技術④田間焚燒秸稈⑤推廣使用節(jié)能環(huán)保材料．A．①③⑤ B．②③⑤ C．①②④ D．②④2．（3分）下列有關化學用語表示正確的是（）A．N2的電子式： B．S2﹣的結構示意圖： C．質(zhì)子數(shù)為53，中子數(shù)為78的碘原子： D．鄰羥基苯甲酸的結構簡式：3．（3分）下列有關物質(zhì)的性質(zhì)和該性質(zhì)的應用均正確的是（）A．常溫下濃硫酸能使鋁發(fā)生鈍化，可在常溫下用鋁制貯罐貯運濃硫酸 B．二氧化硅不與任何酸反應，可用石英制造耐酸容器 C．二氧化氯具有還原性，可用于自來水的殺菌消毒 D．銅的金屬活潑性比鐵的弱，可在海輪外殼上裝若干銅塊以減緩其腐蝕4．（3分）常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．1.0mol?L﹣1的KNO3溶液：H+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣ B．甲基橙呈紅色的溶液：NH4+、Ba2+、AlO2﹣、Cl﹣ C．pH＝12的溶液：K+、Na+、CH3COO﹣、Br﹣ D．與鋁反應產(chǎn)生大量氫氣的溶液：Na+、K+、CO32﹣、NO3﹣5．（3分）短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相對位置如圖所示．下列說法正確的是（）A．元素X與元素Z的最高正化合價之和的數(shù)值等于8 B．原子半徑的大小順序為：rX＞rY＞rZ＞rW＞rQ C．離子Y2﹣和Z3+的核外電子數(shù)和電子層數(shù)都不相同 D．元素W的最高價氧化物對應的水化物的酸性比Q的強6．（3分）下列表示對應化學反應的離子方程式正確的是（）A．FeCl3溶液與Cu的反應：Cu+Fe3+═Cu2++Fe2+ B．NO2與水的反應：3NO2+H2O═2NO3﹣+NO+2H+ C．醋酸溶液與水垢中的CaCO3反應：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑ D．向NaAlO2溶液中通入過量CO2：2AlO2﹣+CO2+3H2O═2Al（OH）3↓+CO32﹣7．（3分）下列有關實驗原理或實驗操作正確的是（）A．用水濕潤pH試紙測量某溶液的pH B．用量筒量取20mL0.5000mol?L﹣1H2SO4溶液于燒杯中，加水80mL，配制成0.1000mol?L﹣1H2SO4溶液 C．實驗室用圖所示裝置制取少量氨氣 D．實驗室用圖所示裝置出去Cl2中的少量HCl8．（3分）設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是（）A．1mol甲醇中含有C﹣H鍵的數(shù)目為4NA B．25℃，pH＝13的NaOH溶液中含有OH﹣的數(shù)目為0.1NA C．標準狀況下，2.24L己烷含有分子的數(shù)目為0.1NA D．常溫常壓下，Na2O2與足量H2O反應，共生成0.2molO2，轉移電子的數(shù)目為0.4NA9．（3分）NaCl是一種化工原料，可以制備一系列物質(zhì)．下列說法正確的是（）A．25℃，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的大 B．石灰乳與Cl2的反應中，Cl2既是氧化劑，又是還原劑 C．常溫下干燥的Cl2能用鋼瓶貯存，所以Cl2不與鐵反應 D．如圖所示轉化反應都是氧化還原反應10．（3分）下列圖示與對應的敘述相符的是（）A．圖1表示某吸熱反應分別在有、無催化劑的情況下反應過程中的能量變化 B．圖2表示0.1000mol?L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol?L﹣1CH3COOH溶液所得到的滴定曲線 C．圖3表示KNO3的溶解度曲線，圖中a點所示的溶液是80℃時KNO3的不飽和溶液 D．圖4表示某可逆反應生成物的量隨反應時間變化的曲線，由圖知t時反應物轉化率最大11．（3分）β﹣﹣紫羅蘭酮是存在于玫瑰花、番茄等中的一種天然香料，它經(jīng)多步反應可合成維生素A1。下列說法正確的是（）A．β﹣紫羅蘭酮可使酸性KMnO4溶液褪色 B．1mol中間體X最多能與2molH2發(fā)生加成反應 C．維生素A1易溶于NaOH溶液 D．β﹣﹣紫羅蘭酮與中間體X互為同分異構體12．（3分）下列說法正確的是（）A．一定溫度下，反應MgCl2（l）＝Mg（l）+Cl2（g）的△H＞0，△S＞0 B．水解反應NH4++H2O?NH3?H2O+H+達到平衡后，升高溫度平衡逆向移動 C．鉛蓄電池放電時的負極和充電時的陽極均發(fā)生還原反應 D．對于反應2H2O2＝2H2O+O2↑，加入MnO2或升高溫度都能加快O2的生成速率13．（3分）下列有關實驗原理、方法和結論都正確的是（）A．向飽和FeCl3溶液中滴加過量氨水，可制取Fe（OH）3膠體 B．取少量溶液X，向其中加入適量新制氯水，再加幾滴KSCN溶液，溶液變紅，說明X溶液中一定含有Fe2+ C．室溫下向苯和少量苯酚的混合溶液中加入適量NaOH溶液，振蕩、靜置后分液，可除去苯中少量苯酚 D．已知I3﹣I2+I﹣，向盛有KI3溶液的試管中加入適量CCl4，振蕩靜置后CCl4層顯紫色，說明KI3在CCl4中的溶解度比在水中的大14．（3分）下列有關電解質(zhì)溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關系正確的是（）A．在0.1mol?L﹣1NaHCO3溶液中：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（H2CO3） B．在0.1mol?L﹣1Na2CO3溶液中：c（OH﹣）﹣c（H+）＝c（HCO3﹣）+2c（H2CO3） C．向0.2mol?L﹣1NaHCO3溶液中加入等體積0.1mol?L﹣1NaOH溶液：c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） D．常溫下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液[pH＝7，c（Na+）＝0.1mol?L﹣1]：c（Na+）＝c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＝c（OH﹣）15．（3分）700℃時，向容積為2L的密閉容器中充入一定量的CO和H2O，發(fā)生反應：CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g），反應過程中測定的部分數(shù)據(jù)見下表（表中t2＞t1）：反應時間/minn（CO）/molH2O/mol01.200.60t10.80t20.20下列說法正確的是（）A．反應在t1min內(nèi)的平均速率為v（H2）＝0.40/t1mol?L﹣1?mim﹣1 B．保持其他條件不變，起始時向容器中充入0.60molCO和1.20molH2O，到達平衡時n（CO2）＝0.40mol C．保持其他條件不變，向平衡體系中再通入0.20molH2O，與原平衡相比，達到新平衡時CO轉化率增大，H2O的體積分數(shù)增大 D．溫度升至800℃，上述反應平衡常數(shù)為0.64，則正反應為吸熱反應二、解答題16．以硫鐵礦（主要成分為FeS2）為原料制備氯化鐵晶體（FeCl3?6H2O）的工藝流程如下：回答下列問題：（1）在一定條件下，SO2轉化為SO3的反應為2SO2+O22SO3，該反應的平衡常數(shù)表達式為K＝；過量的SO2與NaOH溶液反應的化學方程式為．（2）酸溶及后續(xù)過程中均需保持鹽酸過量，其目的是、．（3）通氯氣氧化后時，發(fā)生的主要反應的離子方程式為；該過程產(chǎn)生的尾氣可用堿溶液吸收，尾氣中污染空氣的氣體為（寫化學式）．17．敵草胺是一種除草劑．它的合成路線如下：回答下列問題：（1）在空氣中久置，A由無色轉變?yōu)樽厣?，其原因是．?）C分子中有2個含氧官能團，分別為和填官能團名稱）．（3）寫出