2012年江蘇省高考化學(xué)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2012年江蘇省高考化學(xué)試卷解析版參考答案與試題解析一.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．（2分）化學(xué)在資源利用、環(huán)境保護(hù)等與社會(huì)可持續(xù)發(fā)展密切相關(guān)的領(lǐng)域發(fā)揮著積極作用．下列做法與社會(huì)可持續(xù)發(fā)展理念相違背的是（）A．改進(jìn)汽車尾氣凈化技術(shù)，減少大氣污染物的排放 B．開發(fā)利用可再生能源，減少化石燃料的使用 C．研發(fā)可降解高分子材料，減少“白色污染” D．過度開采礦物資源，促進(jìn)地方經(jīng)濟(jì)發(fā)展【考點(diǎn)】BM：使用化石燃料的利弊及新能源的開發(fā)；F7：常見的生活環(huán)境的污染及治理．【專題】21：熱點(diǎn)問題．【分析】減少化石能源的利用，開發(fā)新能源，減少污染源等，則可實(shí)現(xiàn)社會(huì)可持續(xù)發(fā)展，并注意節(jié)約能源，應(yīng)從我們身邊做起．【解答】解：A．汽車尾氣中含有氮的氧化物等有害氣體，則改進(jìn)汽車尾氣凈化技術(shù)，減少大氣污染物的排放，符合社會(huì)可持續(xù)發(fā)展理念，故A正確；B．開發(fā)利用可再生能源，減少化石燃料的使用，減少了二氧化碳、二氧化硫等物質(zhì)的排放，符合社會(huì)可持續(xù)發(fā)展理念，故B正確；C．研發(fā)可降解高分子材料，減少塑料制品的使用，從而減少“白色污染”，符合社會(huì)可持續(xù)發(fā)展理念，故C正確；D．過度開采礦物資源，促進(jìn)地方經(jīng)濟(jì)發(fā)展，會(huì)使資源匱乏，是只顧眼前不顧將來的做法，不符合社會(huì)可持續(xù)發(fā)展理念，故D錯(cuò)誤；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查環(huán)境保護(hù)及可持續(xù)發(fā)展，節(jié)約資源、走可持續(xù)發(fā)展之路，人人有責(zé)，并做到從我做起，題目難度不大．2．（2分）下列有關(guān)化學(xué)用語表示正確的是（）A．乙酸的結(jié)構(gòu)簡式：C2H4O2 B．F﹣的結(jié)構(gòu)示意圖： C．中子數(shù)為20的氯原子：2017Cl D．NH3的電子式：【考點(diǎn)】41：常見元素的名稱、符號(hào)、離子符號(hào)；43：電子式；44：原子結(jié)構(gòu)示意圖；47：結(jié)構(gòu)簡式；4J：電子式、化學(xué)式或化學(xué)符號(hào)及名稱的綜合．【專題】514：化學(xué)用語專題．【分析】A．結(jié)構(gòu)簡式就是結(jié)構(gòu)式的簡單表達(dá)式（通常只適用于以分子形式存在的純凈物，如有機(jī)分子），應(yīng)表現(xiàn)該物質(zhì)中的官能團(tuán)：只要把碳?xì)鋯捂I省略掉即可，碳碳單鍵、碳氯單鍵、碳和羥基的單鍵等大多數(shù)單鍵可以省略也可不省略；B．陰離子核外電子數(shù)＝質(zhì)子數(shù)+電荷數(shù)；C．元素符號(hào)的左上角為質(zhì)量數(shù)；D．氮原子未參與成鍵的孤對(duì)電子對(duì)沒有畫出．【解答】解：A．乙酸的分子式為C2H4O2，乙酸的結(jié)構(gòu)簡式：CH3COOH，故A錯(cuò)誤；B．氟離子核內(nèi)有9個(gè)質(zhì)子，核外有10個(gè)電子，故B正確；C．質(zhì)量數(shù)＝質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)＝17+20＝37，故C錯(cuò)誤；D．氮原子未成鍵的孤對(duì)電子對(duì)沒有標(biāo)出，氮原子與氫原子形成一對(duì)共用電子對(duì)，氨氣電子式為，故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了分子式、結(jié)構(gòu)簡式、原子結(jié)構(gòu)示意圖、電子式書寫的正誤判斷，側(cè)重考查對(duì)這幾個(gè)概念的辨別能力；寫結(jié)構(gòu)簡式時(shí)要體現(xiàn)其官能團(tuán)；書寫共價(jià)化合物的電子式時(shí)，不僅要寫每個(gè)原子間的共用電子對(duì)，還要寫每個(gè)原子最外層上的孤對(duì)電子．3．（2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．0.1mol?L﹣1NaOH溶液：K+、Na+、SO42﹣、CO32﹣ B．0.1mol?L﹣1Na2CO3溶液：K+、Ba2+、NO3﹣、Cl﹣ C．0.1mol?L﹣1FeCl3溶液：K+、NH4+、I﹣、SCN﹣ D．c（H+）/c（OH﹣）＝1×1014的溶液：Ca2+、Na+、ClO﹣、NO3﹣【考點(diǎn)】DP：離子共存問題．【專題】516：離子反應(yīng)專題．【分析】A．堿性溶液中，如離子與OH﹣不反應(yīng)，則能大量共存；B．與CO32﹣反應(yīng)的離子不能大量共存；C．Fe3+可與I﹣、SCN﹣反應(yīng)；D．c（H+）/c（OH﹣）＝1×1014的溶液呈酸性．【解答】解：A．堿性溶液中，離子之間不發(fā)生任何反應(yīng)，則能大量共存，故A正確；B．Ba2+與CO32﹣反應(yīng)，不能大量共存，故B錯(cuò)誤；C．Fe3+可與I﹣、SCN﹣反應(yīng)而不能大量共存，故C錯(cuò)誤；D．c（H+）/c（OH﹣）＝1×1014的溶液呈酸性，ClO﹣不能在酸性條件下大量共存，故D錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查離子共存問題，注意把握常見離子的性質(zhì)，答題時(shí)注意把握題給條件，為解答該題的關(guān)鍵，題目難度中等．4．（2分）某反應(yīng)的反應(yīng)過程中能量變化如圖所示（圖中E1表示正反應(yīng)的活化能，E2表示逆反應(yīng)的活化能）．下列有關(guān)敘述正確的是（）A．該反應(yīng)為吸熱反應(yīng) B．催化劑能改變反應(yīng)的焓變 C．催化劑能降低反應(yīng)的活化能 D．逆反應(yīng)的活化能大于正反應(yīng)的活化能【考點(diǎn)】BB：反應(yīng)熱和焓變．【專題】517：化學(xué)反應(yīng)中的能量變化．【分析】A、依據(jù)圖象中反應(yīng)物和生成物能量的大小比較判斷；B、催化劑改變速率不改變平衡；C、催化劑改變化學(xué)反應(yīng)速率是降低了反應(yīng)的活化能；D、圖象中分析判斷；【解答】解：A、圖象中反應(yīng)物能量低于生成物能量，故反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，故A正確；B、催化劑不能改變?cè)摲磻?yīng)的焓變，只能改變反應(yīng)速率，故B錯(cuò)誤；C、催化劑改變化學(xué)反應(yīng)速率是降低了反應(yīng)的活化能，故C正確；D、圖象分析逆反應(yīng)的活化能E2小于正反應(yīng)的活化能E1，故D錯(cuò)誤；故選：AC。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了化學(xué)反應(yīng)的能量變化分析，催化劑的作用實(shí)質(zhì)，圖象識(shí)別和理解含義是解題關(guān)鍵．5．（2分）下列有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)與應(yīng)用不相對(duì)應(yīng)的是（）A．明礬能水解生成Al（OH）3膠體，可用作凈水劑 B．FeCl3溶液能與Cu反應(yīng)，可用于蝕刻印刷電路 C．SO2具有氧化性，可用于漂白紙漿 D．Zn具有還原性和導(dǎo)電性，可用作鋅錳干電池的負(fù)極材料【考點(diǎn)】BJ：常見化學(xué)電源的種類及其工作原理；DD：鹽類水解的應(yīng)用；F5：二氧化硫的化學(xué)性質(zhì)；GO：鐵鹽和亞鐵鹽的相互轉(zhuǎn)變．【專題】55：化學(xué)計(jì)算．【分析】A、明礬中的鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體具有吸附懸浮雜質(zhì)的作用；B、印刷線路板是銅制成的，氯化鐵溶解銅提取銅；C、二氧化硫具有漂白性用于漂白紙漿；D、鋅具有還原性做原電池負(fù)極，具有金屬通性導(dǎo)電；【解答】解：A、明礬中的鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體具有吸附懸浮雜質(zhì)的作用；故A相對(duì)應(yīng)；B、印刷線路板是銅制成的，氯化鐵溶解銅提取銅是利用FeCl3溶液能與Cu的反應(yīng)；故B相對(duì)應(yīng)；C、二氧化硫具有漂白性用于漂白紙漿；和二氧化硫的氧化性無關(guān)，故C不對(duì)應(yīng)；D、鋅具有還原性做原電池負(fù)極，具有金屬通性導(dǎo)電；利用Zn具有還原性和導(dǎo)電性，可用作鋅錳干電池的負(fù)極材料，故D對(duì)應(yīng)；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了鹽類水解的分析應(yīng)用，三價(jià)鐵離子和銅發(fā)生氧化還原反應(yīng)，二氧化硫的漂白性判斷，金屬性質(zhì)的應(yīng)用，題目難度中等．6．（2分）用下列實(shí)驗(yàn)裝置進(jìn)行相應(yīng)實(shí)驗(yàn)，能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖牵ǎ〢．用圖1所示裝置除去Cl2中含有的少量HCl B．用圖2所示裝置蒸干NH4Cl飽和溶液制備NH4Cl晶體 C．用圖3所示裝置制取少量純凈的CO2氣體 D．用圖4所示裝置分離CCl4萃取碘水后已分層的有機(jī)層和水層【考點(diǎn)】U5：化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)．【專題】25：實(shí)驗(yàn)評(píng)價(jià)題．【分析】A．氯氣、HCl均與NaOH溶液反應(yīng)；B．NH4Cl受熱易分解；C．純堿為粉末狀固體，不能使反應(yīng)隨時(shí)停止；D．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳．【解答】解：A．氯氣、HCl均與NaOH溶液反應(yīng)，不能除雜，應(yīng)選飽和食鹽水除去氯氣中的HCl，故A錯(cuò)誤；B．NH4Cl受熱易分解，應(yīng)利用冷卻熱飽和溶液的方法得到晶體，故B錯(cuò)誤；C．純堿為粉末狀固體，不能使反應(yīng)隨時(shí)停止，應(yīng)選碳酸鈣與鹽酸反應(yīng)制取少量二氧化碳，故C錯(cuò)誤；D．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，則萃取后分層，利用分液漏斗可分離，圖中裝置合理，故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，涉及除雜、晶體制備、氣體制取、萃取等，側(cè)重實(shí)驗(yàn)裝置及性質(zhì)的考查，綜合性較強(qiáng)，注重基礎(chǔ)知識(shí)和能力的訓(xùn)練，題目難度中等．7．（2分）下列物質(zhì)的轉(zhuǎn)化在給定條件下能實(shí)現(xiàn)的是（）①Al2O3NaAlO2（aq）Al（OH）3②SSO3H2SO4③Fe2O3FeCl3（aq）無水FeCl3④飽和NaCl（aq）NaHCO3Na2CO3⑤MgCl2（aq）Mg（OH）2MgO．A．①③⑤ B．②③④ C．②④⑤ D．①④⑤【考點(diǎn)】F5：二氧化硫的化學(xué)性質(zhì)；GK：鎂、鋁的重要化合物；GN：鐵的氧化物和氫氧化物．【專題】52：元素及其化合物．【分析】①氧化鋁與氫氧化鈉反應(yīng)生成偏鋁酸鈉，偏鋁酸鈉溶液通入二氧化碳，生成氫氧化鋁．②硫燃燒生成二氧化硫．③氧化鐵與鹽酸反應(yīng)生成氯化鐵，F(xiàn)e3+水解，加熱蒸發(fā)得不到無水FeCl3．④在飽和食鹽水中通入氨氣，形成飽和氨鹽水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的鈉離子、銨根離子、氯離子和碳酸氫根離子，其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3，加熱NaHCO3分解生成碳酸鈉．⑤氯化鎂與石灰乳轉(zhuǎn)化為更難溶的氫氧化鎂，氫氧化鎂不穩(wěn)定，加熱分解生成氧化鎂．【解答】解：①氧化鋁與氫氧化鈉反應(yīng)生成偏鋁酸鈉，偏鋁酸鈉溶液通入二氧化碳，發(fā)生反應(yīng)2NaAlO2+CO2+3H2O＝2Al（OH）3↓+Na2CO3，生成氫氧化鋁，故①正確；②硫燃燒生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故②錯(cuò)誤；③氧化鐵與鹽酸反應(yīng)生成氯化鐵，F(xiàn)e3+水解Fe3++3H2O?2Fe（OH）3+HCl，加熱蒸發(fā)HCl揮發(fā)，平衡向右移動(dòng)，得不到無水FeCl3，故③錯(cuò)誤；④在飽和食鹽水中通入氨氣，形成飽和氨鹽水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的鈉離子、銨根離子、氯離子和碳酸氫根離子，其中NaHCO3溶解度最小，析出NaHCO3，加熱NaHCO3分解生成碳酸鈉，故④正確；⑤氯化鎂與石灰乳轉(zhuǎn)化為更難溶的氫氧化鎂，氫氧化鎂不穩(wěn)定，加熱分解生成氧化鎂，故⑤正確。故①④⑤正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】考查元素化合性質(zhì)、侯德榜制堿法、鹽類水解等，難度中等，注意侯德榜制堿法要先通氨氣，后通二氧化碳，以便獲得高濃度離子溶液．8．（2分）設(shè)NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值．下列說法正確的是（）A．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，0.1molCl2溶于水，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為0.1NA B．常溫常壓下，18gH2O中含有的原子總數(shù)為3NA C．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2LCH3CH2OH中含有的分子數(shù)目為0.5NA D．常溫常壓下，2.24LCO和CO2混合氣體中含有的碳原子數(shù)目為0.1NA【考點(diǎn)】4F：阿伏加德羅常數(shù)．【專題】518：阿伏加德羅常數(shù)和阿伏加德羅定律．【分析】A、氯氣溶于水一部分反應(yīng)，一部分溶解，溶液中存在化學(xué)平衡；B、質(zhì)量換算物質(zhì)的量結(jié)合分子數(shù)計(jì)算；C、標(biāo)準(zhǔn)狀況乙醇不是氣體；D、依據(jù)氣體摩爾體積的條件應(yīng)用分析，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下?lián)Q算物質(zhì)的量；【解答】解：A、氯氣溶于水一部分反應(yīng)，一部分溶解，溶液中存在化學(xué)平衡，0.1molCl2溶于水，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目小于0.1NA，故A錯(cuò)誤；B、18gH2O物質(zhì)的量為1mol，分子中含有的原子總數(shù)為3NA，故B正確；C、標(biāo)準(zhǔn)狀況乙醇不是氣體，11.2LCH3CH2OH物質(zhì)的量不是0.5mol，故C錯(cuò)誤；D、常溫常壓下，2.24LCO和CO2混合氣體物質(zhì)的量不是0.1mol，故D錯(cuò)誤；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的應(yīng)用，主要考查化學(xué)平衡的分析判斷，質(zhì)量換算物質(zhì)的量計(jì)算微粒數(shù)，氣體摩爾體積的條件應(yīng)用，題目難度中等．9．（2分）下列表示對(duì)應(yīng)化學(xué)反應(yīng)的離子方程式正確的是（）A．用KIO3氧化酸性溶液中的KI：5I﹣+IO3﹣+3H2O＝3I2+6OH﹣ B．向NH4HCO3溶液中加過量的NaOH溶液并加熱：NH4++OH﹣NH3↑+H2O C．將過量SO2通入冷氨水中：SO2+NH3?H2O＝HSO3﹣+NH4+ D．用稀硝酸洗滌試管內(nèi)壁的銀鏡：Ag+2H++NO3﹣＝Ag++NO↑+H2O【考點(diǎn)】49：離子方程式的書寫．【專題】16：壓軸題；516：離子反應(yīng)專題．【分析】A．酸性溶液中不會(huì)生成氫氧根離子；B．漏寫碳酸氫根離子與堿的離子反應(yīng)；C．過量SO2通入冷氨水中反應(yīng)生成亞硫酸氫銨；D．電子不守恒．【解答】解：A．用KIO3氧化酸性溶液中的KI的離子反應(yīng)為5I﹣+IO3﹣+6H+＝3I2+3H2O，故A錯(cuò)誤；B．向NH4HCO3溶液中加過量的NaOH溶液并加熱的離子反應(yīng)為HCO3﹣+NH4++2OH﹣NH3↑+2H2O+CO32﹣，故B錯(cuò)誤；C．將過量SO2通入冷氨水中的離子反應(yīng)為SO2+NH3?H2O＝HSO3﹣+NH4+，故C正確；D．用稀硝酸洗滌試管內(nèi)壁的銀鏡的離子反應(yīng)為3Ag+4H++NO3﹣＝3Ag++NO↑+2H2O，故D錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查離子反應(yīng)方程式的書寫，明確發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)是解答本題的關(guān)鍵，注意與量有關(guān)的離子反應(yīng)為易錯(cuò)點(diǎn)，題目難度不大．10．（2分）下列有關(guān)說法正確的是（）A．CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）室溫下不能自發(fā)進(jìn)行，說明該反應(yīng)的△H＜0 B．鍍銅鐵制品鍍層受損后，鐵制品比受損前更容易生銹 C．N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H＜0，其他條件不變時(shí)升高溫度，反應(yīng)速率v（H2）和H2的平衡轉(zhuǎn)化率均增大 D．水的離子積常數(shù)Kw隨著溫度的升高而增大，說明水的電離是放熱反應(yīng)【考點(diǎn)】BB：反應(yīng)熱和焓變；BK：金屬的電化學(xué)腐蝕與防護(hù)．【專題】16：壓軸題；51E：化學(xué)平衡專題；51I：電化學(xué)專題．【分析】A．CaCO3分解需要吸收熱量；B．鍍銅鐵制品鍍層受損后，易形成原電池反應(yīng)；C．升高溫度，平衡轉(zhuǎn)化率減?。籇．水的電離為吸熱反應(yīng)．【解答】解：A．CaCO3分解需要吸收熱量，該反應(yīng)的△H＞0，故A錯(cuò)誤；B．鍍銅鐵制品鍍層受損后，易形成原電池反應(yīng)而導(dǎo)致更易腐蝕，故B正確；C．升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，則H2的平衡轉(zhuǎn)化率減小，故C錯(cuò)誤；D．水的電離為吸熱反應(yīng)，升高溫度，有利于水的電離，故D錯(cuò)誤。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題考查較為綜合，涉及反應(yīng)熱與焓變、電化學(xué)腐蝕、平衡移動(dòng)以及弱電解質(zhì)的電離等問題，題目難度中等，注意把握電化學(xué)反應(yīng)原理以及平衡移動(dòng)的影響因素．二.不定項(xiàng)選擇題：本題包括5小題，每小題3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)，該題得0分；若正確答案包括兩個(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．（3分）普伐他汀是一種調(diào)節(jié)血脂的藥物，其結(jié)構(gòu)簡式如圖所示（未表示出其空間構(gòu)型）．下列關(guān)于普伐他汀的性質(zhì)描述正確的是（）A．能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng) B．能使酸性KMnO4溶液褪色 C．能發(fā)生加成、取代、消去反應(yīng) D．1mol該物質(zhì)最多可與1molNaOH反應(yīng)【考點(diǎn)】HD：有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)．【專題】534：有機(jī)物的化學(xué)性質(zhì)及推斷．【分析】分子中含有﹣OH、﹣COO﹣、﹣COOH、C＝C等官能團(tuán)，根據(jù)官能團(tuán)的性質(zhì)判斷，注意不含苯環(huán)．【解答】解：A．分子中不含酚羥基，則不能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B．含有C＝C，可使酸性KMnO4溶液褪色，故B正確；C．含有C＝C，可發(fā)生加成反應(yīng)，含有﹣OH，可發(fā)生取代、消去反應(yīng)，故C正確；D．含有﹣COO﹣、﹣COOH，能與NaOH反應(yīng)，則1mol該物質(zhì)最多可與2molNaOH反應(yīng)，故D錯(cuò)誤。故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，題目難度不大，本題注意把握有機(jī)物官能團(tuán)的性質(zhì)，為解答該題的關(guān)鍵．12．（3分）短周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X原子的最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子總數(shù)的3倍，Y原子的最外層只有2個(gè)電子，Z單質(zhì)可制成半導(dǎo)體材料，W與X屬于同一主族．下列敘述正確的是（）A．元素X的簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比W的強(qiáng) B．元素W的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性比Z的弱 C．化合物YX、ZX2、WX3中化學(xué)鍵的類型相同 D．原子半徑的大小順序：rY＞rZ＞rW＞rX【考點(diǎn)】8F：原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系．【專題】51C：元素周期律與元素周期表專題．【分析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X原子的最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子總數(shù)的3倍，故X原子有2個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為6，故X為O元素，W與X屬于同一主族，故W為S元素，Y原子的最外層只有2個(gè)電子，處于第ⅡA族，原子序數(shù)等于O元素，故Y為Mg元素，Z的單質(zhì)常作為半導(dǎo)體材料，Z是Si元素，據(jù)此解答．【解答】解：短周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X原子的最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子總數(shù)的3倍，故X原子有2個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為6，故X為O元素，W與X屬于同一主族，故W為S元素，Y原子的最外層只有2個(gè)電子，處于第ⅡA族，原子序數(shù)大于O元素，故Y為Mg元素，Z的單質(zhì)常作為半導(dǎo)體材料，Z是Si元素，則A．同主族自上而下非金屬性減弱，故非金屬性O(shè)＞S，非金屬性越強(qiáng)，氫化物越穩(wěn)定，故穩(wěn)定性H2O＞H2S，故A正確；B．同周期自左而右非金屬性增強(qiáng)，故非金屬性S＞Si，非金屬性越強(qiáng)，最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性越強(qiáng)，故酸性H2SO4＞H2SiO3，故B錯(cuò)誤；C．YX是MgO，屬于離子化合物，只含離子鍵，ZX2和WX3和是二氧化硅和三氧化硫，二氧化硅和三氧化硫都只含共價(jià)鍵，故C錯(cuò)誤；D．同主族自上而下原子半徑增大，故原子半徑O＜S，同周期自左而右原子半徑減小，故原子半徑Mg＞Si＞S，故原子半徑Mg＞Si＞S＞O，即rY＞rZ＞rW＞rX，故D正確；故選：AD。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了結(jié)構(gòu)位置性質(zhì)關(guān)系、元素周期律等，難度不大，能正確判斷元素是解本題的關(guān)鍵，掌握元素周期律的正確運(yùn)用．13．（3分）下列根據(jù)實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象所得出的結(jié)論正確的是（）A．向兩份蛋白質(zhì)溶液中分別滴加飽和NaCl溶液和CuSO4溶液均有固體析出蛋白質(zhì)均發(fā)生變性 B．向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加Ba（NO3）2溶液出現(xiàn)白色沉淀溶液X中一定含有SO42﹣ C．向一定濃度的Na2SiO3溶液中通入適量CO2氣體出現(xiàn)白色沉淀H2SiO3的酸性比H2CO3的酸性強(qiáng) D．向濃度均為0.1mol?L﹣1NaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液出現(xiàn)黃色沉淀Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）【考點(diǎn)】DH：難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)；F9：硫酸根離子的檢驗(yàn)；K6：氨基酸、蛋白質(zhì)的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)特點(diǎn)；RM：比較弱酸的相對(duì)強(qiáng)弱的實(shí)驗(yàn)．【專題】25：實(shí)驗(yàn)評(píng)價(jià)題．【分析】A．根據(jù)濃的無機(jī)鹽溶液能使蛋白質(zhì)發(fā)生鹽析，而重金屬鹽能使蛋白質(zhì)發(fā)生變性；B．根據(jù)亞硫酸根離子具有還原性，能被稀硝酸氧化為硫酸根離子；C．根據(jù)強(qiáng)酸制弱酸的原理；D．根據(jù)同類型的沉淀，溶度積小的沉淀先析出來解答．【解答】解：A．因濃的無機(jī)鹽溶液能使蛋白質(zhì)發(fā)生鹽析產(chǎn)生沉淀，如飽和硫酸鈉溶液、硫酸銨溶液；而重金屬鹽能使蛋白質(zhì)發(fā)生變性而產(chǎn)生沉淀，如硫酸銅等，故A錯(cuò)誤；B．溶液X中滴加稀硝酸，生成硫酸根離子，滴加Ba（NO3）2溶液時(shí)生成硫酸鋇白色沉淀，則溶液X中含有SO42﹣或SO32﹣，故B錯(cuò)誤；C．向Na2SiO3溶液中通入適量的CO2，反應(yīng)方程式為：CO2+H2O+Na2SiO3＝H2SiO3↓+Na2CO3，H2CO3H的酸性比2SiO3的酸性強(qiáng)，故C錯(cuò)誤；D．同類型的沉淀，溶度積小的沉淀先析出，即Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了物質(zhì)的性質(zhì)，難度不大，掌握物質(zhì)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．14．（3分）溫度為T時(shí)；向2.0L恒容密閉容器中充入1.0molPCl5；反應(yīng)PCl5（g）?PCl3（g）+Cl2（g）經(jīng)過一段時(shí)間后達(dá)到平衡。反應(yīng)過程中測定的部分?jǐn)?shù)據(jù)見表：t/s050150250350n（PCl3）/mol00.160.190.200.20下列說法正確的是（）A．反應(yīng)在前50s的平均速率v（PCl3）＝0.0032mol?L﹣1?s﹣1 B．保持其他條件不變；升高溫度；平衡時(shí)c（PCl3）＝0.11mol?L﹣1；則反應(yīng)的△H＜0 C．相同溫度下；起始時(shí)向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2；反應(yīng)達(dá)到平衡前v（正）＞v（逆） D．相同溫度下；起始時(shí)向容器中充入2.0molPCl3和2.0molCl2；達(dá)到平衡時(shí)；PCl3的轉(zhuǎn)化率小于80%【考點(diǎn)】CP：化學(xué)平衡的計(jì)算．【專題】51E：化學(xué)平衡專題．【分析】A．由表中數(shù)據(jù)可知，50s內(nèi)△n（PCl3）＝0.16mol，根據(jù)v計(jì)算v（PCl3）；B．由表中數(shù)據(jù)可知，平衡時(shí)n（PCl3）＝0.2mol，保持其他條件不變，升高溫度，平衡時(shí)c（PCl3）＝0.11mol/L，則n′（PCl3）＝0.22mol＞0.2mol，可知平衡正向移動(dòng)，升高溫度平衡向吸熱反應(yīng)方向移動(dòng)；C．根據(jù)K計(jì)算平衡常數(shù)，再求濃度商（Qc），K＞Qc，說明反應(yīng)向正反應(yīng)方向進(jìn)行，K＜Qc，說明反應(yīng)向逆反應(yīng)方向進(jìn)行，K＝Qc，說明處于平衡狀態(tài)；D．等效為起始加入2.0molPCl5，與原平衡相比，壓強(qiáng)增大，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，平衡時(shí)的PCl5轉(zhuǎn)化率較原平衡低，故平衡時(shí)PCl3的物質(zhì)的量小于0.4mol，則參加反應(yīng)的PCl3的物質(zhì)的量大于1.6mol?！窘獯稹拷猓篈．由表中數(shù)據(jù)可知，50s內(nèi)△n（PCl3）＝0.16mol，v（PCl3）0.0016mol/（L?s），故A錯(cuò)誤；B．由表中數(shù)據(jù)可知，平衡時(shí)n（PCl3）＝0.2mol，保持其他條件不變，升高溫度，平衡時(shí)，c（PCl3）＝0.11mol/L，則n′（PCl3）＝0.11mol/L×2L＝0.22mol＞0.2mol，說明升高溫度平衡正向移動(dòng)，正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，即△H＞O，故B錯(cuò)誤；C．250s處于平衡狀態(tài)，則：PCl5（g）?PCl3（g）+Cl2（g）開始（mol/L）：0.500變化（mol/L）：0.10.10.1平衡（mol/L）：0.40.10.1所以平衡常數(shù)k0.025。起始時(shí)向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2，起始時(shí)PCl5的濃度為0.5mol/L、PCl3的濃度為0.1mol/L、Cl2的濃度為0.1mol/L，濃度商Qc0.02＜K＝0.25，說明平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，反應(yīng)達(dá)平衡前v（正）＞v（逆），故C正確；D．等效為起始加入2.0molPCl5，與原平衡相比，壓強(qiáng)增大，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，平衡時(shí)的PCl5轉(zhuǎn)化率較原平衡低，故平衡時(shí)PCl3的物質(zhì)的量小于0.4mol，即相同溫度下，起始時(shí)向容器中充入2.0molPCl3和2.0molCl2，達(dá)到平衡時(shí)，PCl3的物質(zhì)的量小于0.4mol，參加反應(yīng)的PCl3的物質(zhì)的量大于1.6mol，故達(dá)到平衡時(shí)，PCl3的轉(zhuǎn)化率高于80%，故D錯(cuò)誤，故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查化學(xué)平衡計(jì)算、平衡常數(shù)應(yīng)用、平衡移動(dòng)、等效平衡等，難度中等，注意D中使用等效平衡思想分析，使問題簡單化，也可以根據(jù)平衡常數(shù)計(jì)算，但比較麻煩。15．（3分）25℃時(shí)，有c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＝0.1mol?L﹣1的一組醋酸、醋酸鈉混合溶液，溶液中c（CH3COOH）、c（CH3COO﹣）與pH的關(guān)系如圖所示．下列有關(guān)溶液中離子濃度關(guān)系的敘述正確的是（）A．pH＝5.5的溶液中：c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（OH﹣） B．W點(diǎn)所表示的溶液中：c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COOH）+c（OH﹣） C．pH＝3.5的溶液中：c（Na+）+c（H+）﹣c（OH﹣）+c（CH3COOH）＝0.1mol?L﹣1 D．向W點(diǎn)所表示的1.0L溶液中通入0.05molHCl氣體（溶液體積變化可忽略）：c（H+）＝c（CH3COOH）+c（OH﹣）【考點(diǎn)】DN：離子濃度大小的比較．【專題】16：壓軸題；51G：電離平衡與溶液的pH專題．【分析】A．由圖可知，pH＝4.75時(shí)，c（CH3COOH）＝c（CH3COO﹣）＝0.05mol/L，pH＝5.5時(shí)，酸性減弱，溶液中c（CH3COOH）降低，溶液中c（CH3COO﹣）增大，據(jù)此確定c（CH3COOH）和c（CH3COO﹣）的相對(duì)大小；B．由圖可知，W點(diǎn)所表示的溶液中c（CH3COOH）＝c（CH3COO﹣）＝0.05mol/L，結(jié)合溶液中電荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）判斷；C．溶液中c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＝0.1mol?L﹣1，根據(jù)電荷守恒有c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），據(jù)此解答；D．通入0.05molHCl，與溶液中醋酸根恰好反應(yīng)，反應(yīng)后溶液相當(dāng)于CH3COOH、NaCl混合溶液，溶液中氫離子源于CH3COOH、水的電離．【解答】解：A．由圖可知，pH＝4.75時(shí)，c（CH3COOH）＝c（CH3COO﹣）＝0.05mol/L，pH＝5.5時(shí)，酸性減弱，結(jié)合圖象可知，溶液中c（CH3COOH）降低，溶液中c（CH3COO﹣）增大，則所以c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH），故A錯(cuò)誤；B．由圖可知，W點(diǎn)所表示的溶液中c（CH3COOH）＝c（CH3COO﹣）＝0.05mol/L，溶液中電荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），所以c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COOH）+c（OH﹣），故B正確；C．溶液中c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣）＝0.1mol?L﹣1，電荷守恒有c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），所以c（Na+）+c（H+）﹣c（OH﹣）+c（CH3COOH）＝0.1mol?L﹣1，故C正確；D．通入0.05molHCl，與溶液中醋酸根恰好反應(yīng)，反應(yīng)后溶液相當(dāng)于CH3COOH、NaCl混合溶液，溶液中氫離子源于CH3COOH、水的電離，溶液中c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），故D錯(cuò)誤；故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查離子濃度大小判斷，注意根據(jù)電荷守恒、物料守恒、質(zhì)子守恒來分析解答即可，難度較大．三.非選擇題16．（12分）利用石灰乳和硝酸工業(yè)的尾氣（含NO、NO2）反應(yīng)，既能凈化尾氣，又能獲得應(yīng)用廣泛的Ca（NO2）2，其部分工藝流程如下：（1）一定條件下，NO與NO2存在下列反應(yīng)：NO（g）+NO2（g）?N2O3（g），其平衡常數(shù)表達(dá)式為K＝．（2）上述工藝中采用氣﹣液逆流接觸吸收（尾氣從吸收塔底進(jìn)入，石灰乳從吸收塔頂噴淋），其目的是使尾氣中NO、NO2被充分吸收；濾渣可循環(huán)使用，濾渣的主要成分是Ca（OH）2（填化學(xué)式）．（3）該工藝需控制NO和NO2物質(zhì)的量之比接近1頤1．若n（NO）：n（NO2）＞1頤1，則會(huì)導(dǎo)致排放氣體中NO含量升高；若n（NO）：n（NO2）＜1頤1，則會(huì)導(dǎo)致產(chǎn)品Ca（NO2）2中Ca（NO3）2含量升高．（4）生產(chǎn)中溶液需保持弱堿性，在酸性溶液中Ca（NO2）2會(huì)發(fā)生分解，產(chǎn)物之一是NO，其反應(yīng)的離子方程式為3NO2﹣+2H+＝NO3﹣+2NO↑+H2O．【考點(diǎn)】C8：化學(xué)平衡常數(shù)的含義；EK：氮的氧化物的性質(zhì)及其對(duì)環(huán)境的影響．【專題】524：氮族元素．【分析】（1）化學(xué)平衡常數(shù)，是指在一定溫度下，可逆反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)各生成物濃度的化學(xué)計(jì)量數(shù)次冪的乘積除以各反應(yīng)物濃度的化學(xué)計(jì)量數(shù)次冪的乘積所得的比值；（2）使尾氣中NO、NO2與石灰乳充分接觸；濾渣的主要成分是Ca（OH）2；（3）若n（NO）：n（NO2）＞1：1，則一氧化氮過量，若＜1：1，則二氧化氮過量；（4）根據(jù)質(zhì)量守恒和電荷守恒定律書寫；【解答】解：（1）化學(xué)平衡常數(shù)，是指在一定溫度下，可逆反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)各生成物濃度的化學(xué)計(jì)量數(shù)次冪的乘積除以各反應(yīng)物濃度的化學(xué)計(jì)量數(shù)次冪的乘積所得的比值，NO（g）+NO2（g）?N2O3（g），其平衡常數(shù)表達(dá)式為K，故答案為：；（2）使尾氣中NO、NO2與石灰乳充分接觸，NO、NO2被充分吸收；濾渣主要成分是Ca（OH）2，故答案為：使尾氣中NO、NO2被充分吸收；Ca（OH）2；（3）若n（NO）：n（NO2）＞1：1，則一氧化氮過量，排放氣體中NO含量升高；若n（NO）：n（NO2）＜1：1，則二氧化氮過量，二氧化氮可與石灰乳反應(yīng)生成Ca（NO3）2，故答案為：排放氣體中NO含量升高；產(chǎn)品Ca（NO2）2中Ca（NO3）2含量升高；（4）反應(yīng)物是NO2﹣和H+，生成物是一氧化氮，硝酸根和水，反應(yīng)的離子方程式為3NO2﹣+2H+＝NO3﹣+2NO↑+H2O，故答案為：3NO2﹣+2H+＝NO3﹣+2NO↑+H2O．【點(diǎn)評(píng)】本題考查學(xué)生在“工藝流程閱讀分析，化學(xué)反應(yīng)原理在工藝流程的應(yīng)用，氧化還原反應(yīng)分析，相關(guān)反應(yīng)的書寫”等方面對(duì)元素化合物性質(zhì)及其轉(zhuǎn)化關(guān)系的理解和應(yīng)用程度，考查學(xué)生對(duì)新信息的處理能力，題目難度適中．17．（12分）化合物H是合成藥物鹽酸沙格雷酯的重要中間體，其合成路線如下：（1）化合物A中的含氧官能團(tuán)為羥基和醛基（填官能團(tuán)名稱）．（2）反應(yīng)①→⑤中，屬于取代反應(yīng)的是①③⑤（填序號(hào)）．（3）寫出同時(shí)滿足下列條件的B的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：．I．分子中含有兩個(gè)苯環(huán)；II．分子中有7種不同化學(xué)環(huán)境的氫；III．不能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，但水解產(chǎn)物之一能發(fā)生此反應(yīng)．（4）實(shí)現(xiàn)D→E的轉(zhuǎn)化中，加入的化合物X能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，X的結(jié)構(gòu)簡式為．（5）已知：化合物是合成抗癌藥物美法倫的中間體，請(qǐng)寫出以和為原料制備該化合物的合成路線流程圖（無機(jī)試劑任用）．合成路線流程圖示例如下：【考點(diǎn)】HC：有機(jī)物的合成．【專題】534：有機(jī)物的化學(xué)性質(zhì)及推斷．【分析】合成H的各物質(zhì)都在合成圖中，由碳鏈骨架和官能團(tuán)的變化可知，反應(yīng)①為取代反應(yīng)，反應(yīng)②為還原反應(yīng)，反應(yīng)③為取代反應(yīng)，反應(yīng)④為加成反應(yīng)，反應(yīng)⑤為取代反應(yīng)；（1）A為鄰羥基苯甲醛，含有﹣OH、﹣CHO；（2）根據(jù)以上分析判斷反應(yīng)類型；（3）B為，其一種同分異構(gòu)體滿足I．分子中含有兩個(gè)苯環(huán)；II．分子中有7種不同化學(xué)環(huán)境的氫；III．不能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，但水解產(chǎn)物之一能發(fā)生此反應(yīng)，則該有機(jī)物中不含酚羥基，含2個(gè)苯環(huán)及酯的結(jié)構(gòu)，且水解后生成苯酚結(jié)構(gòu)；（4）D為，E為，D與X反應(yīng)生成E，X能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，X一定含﹣CHO；（5）先發(fā)生硝化反應(yīng)生成硝基苯，再還原為苯胺，然后與反應(yīng)生成的物質(zhì)，該物質(zhì)再與SOCl2在加熱條件下反應(yīng)得到產(chǎn)物．【解答】解：合成H的各物質(zhì)都在合成圖中，由碳鏈骨架和官能團(tuán)的變化可知，反應(yīng)①為取代反應(yīng)，反應(yīng)②為還原反應(yīng)，反應(yīng)③為取代反應(yīng)，反應(yīng)④為加成反應(yīng)，反應(yīng)⑤為取代反應(yīng)；（1）A為鄰羥基苯甲醛，含有﹣OH、﹣CHO，名稱分別為羥基、醛基，故答案為：羥基；醛基；（2）根據(jù)以上分析可知①③⑤為取代反應(yīng)，故答案為：①③⑤；（3）B為，其一種同分異構(gòu)體滿足I．分子中含有兩個(gè)苯環(huán)；II．分子中有7種不同化學(xué)環(huán)境的氫；III．不能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，但水解產(chǎn)物之一能發(fā)生此反應(yīng)，則該有機(jī)物中不含酚羥基，含2個(gè)苯環(huán)及酯的結(jié)構(gòu)，且水解后生成苯酚結(jié)構(gòu)，符合條件的同分異構(gòu)體為，故答案為：；（4）D為，E為，D與X反應(yīng)生成E，X能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，X一定含﹣CHO，則X的結(jié)構(gòu)簡式為，故答案為：；（5）先發(fā)生硝化反應(yīng)生成硝基苯，再還原為苯胺，然后與反應(yīng)生成的物質(zhì)，該物質(zhì)再與SOCl2在加熱條件下反應(yīng)得到產(chǎn)物，則合成路線流程圖為，故答案為：．【點(diǎn)評(píng)】本題考查有機(jī)物的合成，明確合成圖中物質(zhì)的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的關(guān)系、碳鏈結(jié)構(gòu)與官能團(tuán)的變化等即可解答，題目難度中等，（5）為解答的難點(diǎn)，注意結(jié)合信息來分析解答．18．（10分）硫酸鈉﹣過氧化氫加合物（xNa2SO4?yH2O2?zH2O）的組成可通過下列實(shí)驗(yàn)測定：①準(zhǔn)確稱取1.7700g樣品，配制成100.00mL溶液A．②準(zhǔn)確量取25.00mL溶液A，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，過濾、洗滌、干燥至恒重，得到白色固體0.5825g．③準(zhǔn)確量取25.00mL溶液A，加適量稀硫酸酸化后，用0.02000mol?L﹣1KMnO4溶液滴定至終點(diǎn)，消耗KMnO4溶液25.00mL．H2O2與KMnO4反應(yīng)的離子方程式如下：2MnO4﹣+5H2O2+6H+＝2Mn2++8H2O+5O2↑（1）已知室溫下BaSO4的Ksp＝1.1×10﹣10，欲使溶液中c（SO42﹣）≤1.0×10﹣6mol?L﹣1，應(yīng)保持溶液中c（Ba2+）≥1.1×10﹣4mol?L﹣1．（2）上述滴定若不加稀硫酸酸化，MnO4﹣被還原為MnO2，其離子方程式為2MnO4﹣+3H2O2＝2MnO2↓+3O2↑+2OH﹣+2H2O．（3）通過計(jì)算確定樣品的組成（寫出計(jì)算過程）．【考點(diǎn)】RD：探究物質(zhì)的組成或測量物質(zhì)的含量．【專題】18：實(shí)驗(yàn)分析題．【分析】（1）根據(jù)沉淀溶解平衡常數(shù)Ksp＝c（SO42﹣）?c（Ba2+）來計(jì)算；（2）不加稀硫酸酸化，MnO4﹣被還原為MnO2，雙氧水被氧化生成氧氣，根據(jù)電荷守恒可知有氫氧根離子生成，再根據(jù)原子守恒判斷是否有水生成，配平書寫；（3）生成的白色固體0.5825g為硫酸鋇，根據(jù)n計(jì)算硫酸鋇的物質(zhì)的量，根據(jù)硫酸根守恒可知n（Na2SO4）＝n（BaSO4）．根據(jù)方程式計(jì)算25mL溶液中n（H2O2），再根據(jù)m＝nM計(jì)算25mL溶液中硫酸鈉、過氧化氫的質(zhì)量，繼而計(jì)算結(jié)晶水的質(zhì)量，根據(jù)各物質(zhì)的物質(zhì)的量之比確定x：y：z，據(jù)此書寫化學(xué)式．【解答】解：（1）沉淀溶解平衡常數(shù)Ksp＝c（SO42﹣）?c（Ba2+），當(dāng)c（SO42﹣）≤1.0×10﹣5mol?L﹣1，所以溶液中c（Ba2+）1.1×10﹣4mol/L，故答案為：1.1×10﹣4；（2）不加稀硫酸酸化，MnO4﹣被還原為MnO2，Mn元素共降低3價(jià)，雙氧水被氧化生成氧氣，氧元素共升高2價(jià)，化合價(jià)最小公倍數(shù)為6，故MnO4﹣的系數(shù)為2、MnO2的系數(shù)為2，H2O2的系數(shù)為3、O2系數(shù)為3，根據(jù)電荷守恒可知有OH﹣生成，其系數(shù)為2，由原子守恒可知，有水生成，其系數(shù)為2，反應(yīng)離子方程式為：2MnO4﹣+3H2O2＝2MnO2↓+3O2↑+2OH﹣+2H2O，故答案為：2MnO4﹣+3H2O2＝2MnO2↓+3O2↑+2OH﹣+2H2O；（3）n（Na2SO4）＝n（BaSO4）2.50×10﹣3mol，根據(jù)2MnO4﹣+5H2O2+6H+＝2Mn2++8H2O+5O2↑可知，n（H2O2）0.02000mol?L﹣1×0.025L/＝1.25×10﹣3molm（Na2SO4）＝142g?mol﹣1×2.50×10﹣3mol＝0.355gm（H2O2）＝34g?mol﹣1×1.25×10﹣3mol＝0.0425gn（H2O）＝（1.7700g0.355g﹣0.0425g）÷18g?mol﹣1＝2.50×10﹣3molx：y：z＝n（Na2SO4）：n（H2O2）：n（H2O）＝2：1：2硫酸鈉﹣過氧化氫加合物的化學(xué)式為2Na2SO4?H2O2?2H2O答：硫酸鈉﹣過氧化氫加合物的化學(xué)式為2Na2SO4?H2O2?2H2O．【點(diǎn)評(píng)】本題屬于物質(zhì)組成分析與化學(xué)綜合計(jì)算題，涉及氧化還原反應(yīng)滴定、溶度積的計(jì)算、離子方程式書寫等，難度中等，注意運(yùn)用元素守恒進(jìn)行推理計(jì)算，學(xué)習(xí)中緊緊抓住元素守恒守恒、質(zhì)量守恒、電荷守恒、極端分析等化學(xué)常用分析方法．19．（11分）廢棄物的綜合利用既有利于節(jié)約資源，又有利于保護(hù)環(huán)境。實(shí)驗(yàn)室利用廢舊電池的銅帽（Cu、Zn總含量約為99%）回收Cu并制備ZnO的部分實(shí)驗(yàn)過程如下：（1）①銅帽溶解時(shí)加入H2O2的目的是Cu+H2O2+H2SO4＝CuSO4+2H2O（用化學(xué)方程式表示）。②銅帽溶解完全后，需將溶液中過量的H2O2除去。除去H2O2的簡便方法是加熱至沸騰。（2）為確定加入鋅灰（主要成分為Zn、ZnO，雜質(zhì)為鐵及其氧化物）的量，實(shí)驗(yàn)中需測定除去H2O2后溶液中Cu2+的含量。實(shí)驗(yàn)操作為：準(zhǔn)確量取一定體積的含有Cu2+的溶液于帶塞錐形瓶中，加適量水稀釋，調(diào)節(jié)溶液pH＝3～4，加入過量的KI，用Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)。上述過程中反應(yīng)的離子方程式如下：搖搖2Cu2++4I﹣＝2CuI（白色）↓+I22S2O32﹣+I2＝2I﹣+S4O62﹣①滴定選用的指示劑為淀粉溶液，滴定終點(diǎn)觀察到的現(xiàn)象為藍(lán)色褪去。②若滴定前溶液中的H2O2沒有除盡，所測定的Cu2+含量將會(huì)偏高（填“偏高”、“偏低”或“不變”）。（3）已知pH＞11時(shí)Zn（OH）2能溶于NaOH溶液生成[Zn（OH）4]2﹣．下表列出了幾種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1.0mol?L﹣1計(jì)算）。開始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Fe2+5.88.8Zn2+5.98.9實(shí)驗(yàn)中可選用的試劑：30%H2O2、1.0mol?L﹣1HNO3、1.0mol?L﹣1NaOH．由除去銅的濾液制備ZnO的實(shí)驗(yàn)步驟依次為：①向?yàn)V液中加入30%H2O2，使其充分反應(yīng)；②滴加1.0mol?L﹣1NaOH，調(diào)節(jié)溶液PH約為5（或3.2≤pH＜5.9），使Fe3+沉淀完全；③過濾；④向?yàn)V液中滴加1.0mol?L﹣1NaOH，調(diào)節(jié)溶液PH約為10（或8.9≤pH≤11），使Zn2+沉淀完全；⑤過濾、洗滌、干燥；⑥900℃煅燒?！究键c(diǎn)】DH：難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)；GA：金屬的回收與環(huán)境、資源保護(hù)；P8：物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用；RD：探究物質(zhì)的組成或測量物質(zhì)的含量．【專題】16：壓軸題；527：幾種重要的金屬及其化合物．【分析】（1）①酸性條件下Cu與過氧化氫發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸銅和水；②過氧化氫加熱到153℃便猛烈的分解；（2）①根據(jù)淀粉與碘單質(zhì)作用變藍(lán)解答；②根據(jù)H2O2+2I﹣+2H+＝I2+2H2O解答；（3）滴加H2O2溶液，使Fe2+轉(zhuǎn)化完全為Fe3+，滴加NaOH溶液，形成氫氧化鐵沉淀，除雜后形成氫氧化鋅沉淀，過濾、洗滌、干燥900℃煅燒制得氧化鋅；【解答】解：（1）①因?yàn)殡p氧水在酸性溶液中先把銅氧化成氧化銅，當(dāng)然這是一個(gè)微弱的反應(yīng)，形成一個(gè)平衡，但是形成的氧化銅馬上就會(huì)被稀硫酸溶解，平衡被打破，反應(yīng)朝正方向進(jìn)行，故而逐漸溶解，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Cu+H2O2+H2SO4＝CuSO4+2H2O；故答案為：Cu+H2O2+H2SO4＝CuSO4+2H2O；②過氧化氫性質(zhì)比較穩(wěn)定，若加熱到153℃便猛烈的分解為水和氧氣，將溶液中過量的H2O2除去可加熱至沸騰，故答案為：加熱至沸騰；（2）①淀粉溶液為指示劑，當(dāng)最后一滴Na2S2O3溶液滴入時(shí)，溶液藍(lán)色褪去，半分鐘顏色不變，說明滴定到達(dá)終點(diǎn)，故答案為：淀粉溶液，藍(lán)色褪去；②若留有H2O2，加入KI后，會(huì)有以下反應(yīng)：H2O2+2I﹣+2H+＝I2+2H2O誤當(dāng)成2Cu2++4I﹣＝2CuI（白色）↓+I2生成的碘，使測定結(jié)果偏高，故答案為：偏高；（3）①向?yàn)V液中加入30%H2O2，使其充分反應(yīng)，目的使Fe2+轉(zhuǎn)化完全為Fe3+，滴加NaOH溶液，調(diào)節(jié)溶液PH約為5（或3.2≤pH＜5.9），使Fe3+沉淀完全，向?yàn)V液中滴加1.0mol?L﹣1NaOH，調(diào)節(jié)溶液PH約為10（或8.9≤pH≤11），使Zn2+沉淀完全，900℃煅燒，制得氧化鋅，故答案為：向?yàn)V液中加入30%H2O2，使其充分反應(yīng)；滴加1.0mol?L﹣1NaOH，調(diào)節(jié)溶液PH約為5（或3.2≤pH＜5.9），使Fe3+沉淀完全；向?yàn)V液中滴加1.0mol?L﹣1NaOH，調(diào)節(jié)溶液PH約為10（或8.9≤pH≤11），使Zn2+沉淀完全；【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查實(shí)驗(yàn)室廢棄舊電池的銅帽回收銅和制備ZnO，考查學(xué)生對(duì)綜合實(shí)驗(yàn)處理能力，注意實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)原理和步驟是解答的關(guān)鍵，平時(shí)注意打好扎實(shí)的基礎(chǔ)知識(shí)和靈活應(yīng)用知識(shí)解決問題的能力培養(yǎng)，題目難度中等。20．（10分）鋁是地殼中含量最高的金屬元素，其單質(zhì)及合金在生產(chǎn)生活中的應(yīng)用日趨廣泛。（1）真空碳熱還原﹣氯化法可實(shí)現(xiàn)由鋁土礦制備金屬鋁，其相關(guān)反應(yīng)的熱化學(xué)方程式如下：Al2O3（s）+AlC13（g）+3C（s）＝3AlCl（g）+3CO（g）△H＝akJ?mol﹣13AlCl（g）＝2Al（l）+AlC13（g）△H＝bkJ?mol﹣1①反應(yīng)Al2O3（s）+3C（s）＝2Al（l）+3CO（g）的△H＝a+bkJ?mol﹣1（用含a、b的代數(shù)式表示）。②Al4C3是反應(yīng)過程中的中間產(chǎn)物。Al4C3與鹽酸反應(yīng)（產(chǎn)物之一是含氫量最高的烴）的化學(xué)方程式為Al4C3+12HCl＝4AlCl3+3CH4↑。（2）鎂鋁合金（Mg17Al12）是一種潛在的貯氫材料，可在氬氣保護(hù)下，將一定化學(xué)計(jì)量比的Mg、Al單質(zhì)在一定溫度下熔煉獲得。該合金在一定條件下完全吸氫的反應(yīng)方程式為Mg17Al12+17H2＝17MgH2+12Al．得到的混合物Y（17MgH2+12Al）在一定條件下可釋放出氫氣。①熔煉制備鎂鋁合金（Mg17Al12）時(shí)通入氬氣的目的是防止MgAl被空氣氧化。②在6.0mol?L﹣1HCl溶液中，混合物Y能完全釋放出H2．1molMg17Al12完全吸氫后得到的混合物Y與上述鹽酸完全反應(yīng)，釋放出H2的物質(zhì)的量為52mol。③在0.5mol?L﹣1NaOH和1.0mol?L﹣1MgCl2溶液中，混合物Y均只能部分放出氫氣，反應(yīng)后殘留固體物質(zhì)的X﹣射線衍射譜圖如圖1所示（X﹣射線衍射可用于判斷某晶態(tài)物質(zhì)是否存在，不同晶態(tài)物質(zhì)出現(xiàn)衍射峰的衍射角不同）。在上述NaOH溶液中，混合物Y中產(chǎn)生氫氣的主要物質(zhì)是Al（填化學(xué)式）。（3）鋁電池性能優(yōu)越，Al﹣AgO電池可用作水下動(dòng)力電源，其原理如圖2所示。該電池反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Al+3AgO+2NaOH＝2NaAlO2+3Ag+H2O?！究键c(diǎn)】5A：化學(xué)方程式的有關(guān)計(jì)算；BF：用蓋斯定律進(jìn)行有關(guān)反應(yīng)熱的計(jì)算；BH：原電池和電解池的工作原理．【專題】16：壓軸題；517：化學(xué)反應(yīng)中的能量變化；527：幾種重要的金屬及其化合物．【分析】（1）①將兩個(gè)方程式相加即得目標(biāo)方程式，焓變相應(yīng)的改變；②含氫量最高的烴為CH4，再根據(jù)反應(yīng)物、生成物結(jié)合原子守恒寫出反應(yīng)方程式；（2）①鎂、鋁是親氧元素，易被氧氣氧化；②釋放出的H2包括Mg17Al12吸收的氫，還包括鎂、鋁和鹽酸反應(yīng)生成的氫氣；③根據(jù)衍射圖確定產(chǎn)生氫氣的主要物質(zhì)，第一個(gè)衍射圖中鋁的量較少，第二個(gè)衍射圖中鋁的量較多；（3）該原電池中，鋁易失去電子作負(fù)極，則銀是正極，負(fù)極上鋁和氫氧化鈉反應(yīng)生成偏鋁酸鈉，正極上氧化銀得電子生成銀，據(jù)此寫出電池反應(yīng)式?！窘獯稹拷猓海?）①根據(jù)蓋斯定律，將題中所給兩方程式相加得Al2O3（s）+3C（s）＝2Al（l）+3CO（g），對(duì)應(yīng)的△H＝（a+b）kJ?mol﹣1，故答案為：a+b；②含氫量最高的烴為CH4，根據(jù)碳原子守恒，3個(gè)碳需要結(jié)合12個(gè)H原子形成3個(gè)CH4，再由鋁原子守恒，4個(gè)鋁需要結(jié)合12個(gè)Cl形成4個(gè)AlCl3，所以Al4C3與HCl之間為1：12參加反應(yīng)，故該反應(yīng)方程式為：Al4C3+12HCl＝4AlCl3+3CH4↑，故答案為：Al4C3+12HCl＝4AlCl3+3CH4↑；（2）①鎂、鋁都是活潑的金屬單質(zhì)，容易被空氣中的氧氣氧化，通入氬氣作保護(hù)氣，以防止二者被氧化，故答案為：防止MgAl被空氣氧化；②1molMg17Al12完全吸氫17mol，在鹽酸中會(huì)全部釋放出來，鎂鋁合金中的鎂和鋁都能與鹽酸反應(yīng)生成H2，生成氫氣的物質(zhì)的量分別為17mol、18mol，則生成氫氣一共（17+17+12）mol＝52mol，故答案為：52；③鎂與NaOH不反應(yīng)，再根據(jù)衍射譜圖可知，在NaOH溶液中產(chǎn)生氫氣的主要物質(zhì)是鋁，故答案為：Al；（3）鋁做負(fù)極，失電子被氧化，在堿性溶液中生成NaAlO2，氧化銀做正極，得電子被還原為Ag，電解質(zhì)溶液為NaOH溶液，所以其電池反應(yīng)式為：2Al+3AgO+2NaOH＝2NaAlO2+3Ag+H2O，故答案為：2Al+3AgO+2NaOH＝2NaAlO2+3Ag+H2O?！军c(diǎn)評(píng)】本題以鋁為題材，考查蓋斯定律、鋁及其化合物的性質(zhì)以及電化學(xué)反應(yīng)方程式，意在考查考生閱讀新信息，處理新情況的能力，電極反應(yīng)式的書寫是易錯(cuò)點(diǎn)，難度較大。選做題（本題包括21、22題，請(qǐng)選定其中一小題作答，如果多做，按第一題計(jì)分）21．（5分）[物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]一項(xiàng)科學(xué)研究成果表明，銅錳氧化物（CuMn2O4）能在常溫下催化氧化空氣中的一氧化碳和甲醛（HCHO）．（1）向一定物質(zhì)的量濃度的Cu（NO3）2和Mn（NO3）2溶液中加入Na2CO3溶液，所得沉淀經(jīng)高溫灼燒，可制得CuMn2O4．①M(fèi)n2+基態(tài)的電子排布式可表示為1s22s22p63s23p63d5（或[Ar]3d5）．②NO3﹣的空間構(gòu)型是平面三角形（用文字描述）．（2）在銅錳氧化物的催化下，CO被氧化為CO2，HCHO被氧化為CO2和H2O．①根據(jù)等電子體原理，CO分子的結(jié)構(gòu)式為C≡O(shè)．②H2O分子中O原子軌道的雜化類型為sp3．③1molCO2中含有的σ鍵數(shù)目為2×6.02×1023個(gè)（或2mol）．（3）向CuSO4溶液中加入過量NaOH溶液可生成[Cu（OH）4]2﹣．不考慮空間構(gòu)型，[Cu（OH）4]2﹣的結(jié)構(gòu)可用示意圖表示為．【考點(diǎn)】86：原子核外電子排布；96：共價(jià)鍵的形成及共價(jià)鍵的主要類型；98：判斷簡單分子或離子的構(gòu)型；9S：原子軌道雜化方式及雜化類型判斷．【專題】16：壓軸題；51D：化學(xué)鍵與晶體結(jié)構(gòu)．【分析】（1）①M(fèi)n的原子序數(shù)為25，根據(jù)能量最低原理可寫出Mn的基態(tài)原子的電子排布式，進(jìn)而可確定Mn2+基態(tài)的電子排布式；②利用價(jià)層電子對(duì)互斥模型判斷；（2）①根據(jù)N2與CO為等電子體，結(jié)合等電子體結(jié)構(gòu)相似判斷；②根據(jù)中心原子形成的δ鍵和孤電子對(duì)數(shù)判斷雜化類型；③據(jù)CO2的結(jié)構(gòu)式O＝C＝O判斷；（3）[Cu（OH）4]2﹣中與Cu2+與4個(gè)OH﹣形成配位鍵．【解答】解：（1）①M(fèi)n的原子序數(shù)為25，基態(tài)原子的電子排布式為，1s22s22p63s23p63d54s2，則Mn2+基態(tài)的電子排布式可表示為1s22s22p63s23p63d5（或[Ar]3d5），故答案為：1s22s22p63s23p63d5（或[Ar]3d5）；②NO3﹣中N原子形成3個(gè)δ鍵，沒有孤電子對(duì)，則應(yīng)為平面三角形，故答案為：平面三角形；（2）①N2與CO為等電子體，二者結(jié)構(gòu)相似，N2的結(jié)構(gòu)為N≡N，則CO的結(jié)構(gòu)為C≡O(shè)，故答案為：C≡O(shè)；②H2O分子中O形成2個(gè)δ鍵，孤電子對(duì)數(shù)為2，則為雜化sp3；③CO2的結(jié)構(gòu)式為O＝C＝O，分子中C形成2個(gè)δ鍵，則1molCO2中含有的σ鍵數(shù)目為×6.02×1023個(gè)（或2mol），故答案為：2×6.02×1023個(gè)（或2mol）；（3））[Cu（OH）4]2﹣中與Cu2+與4個(gè)OH﹣形成配位鍵，可表示為，故答案為：．【點(diǎn)評(píng)】本題綜合考查物質(zhì)的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)知識(shí)，側(cè)重于電子排布式、等電子體、雜化類型與配位鍵等知識(shí)，題目難度中等，注意把握雜化類型的判斷方法．22．（5分）[實(shí)驗(yàn)化學(xué)]次硫酸氫鈉甲醛（NaHSO2?HCHO?2H2O）在印染、醫(yī)藥以及原子能工業(yè)中應(yīng)用廣泛。以Na2SO3、SO2、HCHO和鋅粉為原料制備次硫酸氫鈉甲醛的實(shí)驗(yàn)步驟如下：步驟1：在燒瓶中（裝置如圖所示）加入一定量Na2SO3和水，攪拌溶解，緩慢通入SO2，至溶液pH約為4，制得NaHSO3溶液。步驟2：將裝置A中導(dǎo)氣管換成橡皮塞。向燒瓶中加入稍過量的鋅粉和一定量甲醛溶液，在80～90℃下，反應(yīng)約3h，冷卻至室溫，抽濾。步驟3：將濾液真空蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶。（1）裝置B的燒杯中應(yīng)加入的溶液是氫氧化鈉溶液。（2）①步驟2中，反應(yīng)生成的Zn（OH）2會(huì)覆蓋在鋅粉表面阻止反應(yīng)進(jìn)行，防止該現(xiàn)象發(fā)生的措施是快速攪拌。②冷凝管中回流的主要物質(zhì)除H2O外還有HCHO（填化學(xué)式）。（3）①抽濾裝置所包含的儀器除減壓系統(tǒng)外還有吸濾瓶、布氏漏斗（填儀器名稱）．②濾渣的主要成分有Zn（OH）2、Zn（填化學(xué)式）。（4）次硫酸氫鈉甲醛具有強(qiáng)還原性，且在120℃以上發(fā)生分解。步驟3中不在敞口容器中蒸發(fā)濃縮的原因是防止產(chǎn)物被空氣氧化?！究键c(diǎn)】P8：物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用；U3：制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)．【專題】16：壓軸題；17：綜合實(shí)驗(yàn)題．【分析】（1）未反應(yīng)的二氧化硫氣體是酸性氧化物能和堿溶液反應(yīng)；（2）防止氫氧化鋅覆蓋在鋅粉上阻止反應(yīng)進(jìn)行；甲醛易揮發(fā)；（3）依據(jù)抽濾裝置的組成和原理分析判斷儀器；加入的鋅過量，反應(yīng)生成的Zn（OH）2會(huì)覆蓋在鋅粉表面阻止反應(yīng)進(jìn)行；（4）次硫酸氫鈉甲醛具有強(qiáng)還原性，遇到空氣中的氧氣易被氧化；【解答】解：（1）實(shí)驗(yàn)中未參與反應(yīng)的二氧化硫氣體會(huì)通過導(dǎo)氣管進(jìn)入B裝置，可以用氫氧化鈉溶液吸收二氧化硫乙防止污染空氣；故答案為：氫氧化鈉溶液；（2）①為防止氫氧化鋅覆蓋在鋅粉表面阻止反應(yīng)進(jìn)行，可以快速攪拌避免固體在三頸燒瓶底部沉積；故答案為：快速攪拌；②HCHO易揮發(fā)，在80°C﹣90°C條件下會(huì)大量揮發(fā)，加冷凝管可以使HCHO冷凝回流提高HCHO的利用率；故答案為：HCHO；（3）抽濾裝置不同于普通過濾裝置，由減壓系統(tǒng)（真空泵），吸濾瓶和布氏漏斗等組成，抽濾后濾液中含有為反應(yīng)的鋅粉和反應(yīng)生成的氫氧化鋅；故答案為：吸濾瓶；布氏漏斗；Zn（OH）2；Zn；（4）次硫酸氫鈉甲醛具有還原性，在敞口容器中蒸發(fā)濃縮，可以被空氣中的氧氣氧化變質(zhì)；故答案為：防止產(chǎn)物被空氣氧化；【點(diǎn)評(píng)】本題考查了實(shí)驗(yàn)制備方案的設(shè)計(jì)，實(shí)驗(yàn)步驟的操作，儀器使用方法，反應(yīng)過程中的物質(zhì)判斷，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2013年江蘇省高考化學(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．（2分）燃料電池能有效提高能源利用率，具有廣泛的應(yīng)用前景．下列物質(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2．（2分）下列有關(guān)化學(xué)用語表示正確的是（）A．丙烯的結(jié)構(gòu)簡式：C3H6 B．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U3．（2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．使甲基橙變紅色的溶液：Mg2+、K+、SO42﹣、NO3﹣ B．使酚酞變紅色的溶液：Na+、Cu2+、HCO3﹣、NO3﹣ C．0.1mol?L﹣1AgNO3溶液：H+、K+、SO42﹣、I﹣ D．0.1mol?L﹣1NaAlO2溶液：H+、Na+、Cl﹣、SO42﹣4．（2分）下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)的應(yīng)用正確的是（）A．液氨汽化時(shí)要吸收大量的熱，可用作制冷劑 B．二氧化硅不與強(qiáng)酸反應(yīng)，可用石英器皿盛放氫氟酸 C．生石灰能與水反應(yīng)，可用來干燥氯氣 D．氯化鋁是一種電解質(zhì)，可用于電解法制鋁5．（2分）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。下列圖示對(duì)應(yīng)的操作規(guī)范的是（）A．稱量 B．溶解 C．轉(zhuǎn)移 D．定容6．（2分）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：甲乙丙．下列有關(guān)物質(zhì)的推斷不正確的是（）A．若甲為焦炭，則丁可能是O2 B．若甲為SO2，則丁可能是氨水 C．若甲為Fe，則丁可能是鹽酸 D．若甲為NaOH溶液，則丁可能是CO27．（2分）設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值．下列說法正確的是（）A．1L1mol?L﹣1的NaClO溶液中含有ClO﹣的數(shù)目為NA B．78g苯含有C＝C雙鍵的數(shù)目為3NA C．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NA D．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，6.72LNO2與水充分反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為0.1NA8．（2分）下列表示對(duì)應(yīng)化學(xué)反應(yīng)的離子方程式正確的是（）A．MnO2與濃鹽酸反應(yīng)制Cl2：MnO2+4HClMn2++2Cl﹣+Cl2↑+2H2O B．明礬溶于水產(chǎn)生Al（OH）3膠體：Al3++3H2O═Al（OH）3↓+3H+ C．Na2O2溶于水產(chǎn)生O2：Na2O2+H2O═2Na++2OH﹣+O2↑ D．Ca（HCO3）2溶液與少量NaOH溶液反應(yīng)：HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O9．（2分）Mg﹣H2O2電池可用于驅(qū)動(dòng)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(shí)，下列說法正確的是（）A．Mg電極是該電池的正極 B．H2O2在石墨電極上發(fā)生氧化反應(yīng) C．石墨電極附近溶液的OH﹣的物質(zhì)的量濃度增大 D．溶液中Cl﹣向正極移動(dòng)10．（2分）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．下列說法正確的是（）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(qiáng) 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(jià)化合物二、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）下列有關(guān)說法正確的是（）A．反應(yīng)NH3（g）+HCl（g）═NH4Cl（s）在室溫下可自發(fā)進(jìn)行，則該反應(yīng)的△H＜0 B．電解法精煉銅時(shí)，以粗銅作陰極，純銅作陽極 C．CH3COOH溶液加水稀釋后，溶液中的值減小 D．Na2CO3溶液中加入少量Ca（OH）2固體，CO32﹣水解程度減小，溶液的pH減小12．（4分）藥物貝諾酯可由乙酰水楊酸和對(duì)乙酰氨基酚在一定條件下反應(yīng)制得：下列有關(guān)敘述正確的是（）A．貝諾酯分子中有三種含氧官能團(tuán) B．可用FeCl3溶液區(qū)別乙酰水楊酸和對(duì)乙酰氨基酚 C．乙酰水楊酸和對(duì)乙酰氨基酚均能與NaHCO3溶液反應(yīng) D．貝諾酯與足量NaOH溶液共熱，最終生成乙酰水楊酸鈉和對(duì)乙酰氨基酚鈉13．（4分）下列依據(jù)相關(guān)實(shí)驗(yàn)得出的結(jié)論正確的是（）A．向某溶液中加入稀鹽酸，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(jìn)行焰色反應(yīng)，火焰呈黃色，該溶液一定是鈉鹽溶液 C．將某氣體通入溴水中，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+14．（4分）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圖所示．已知：pM＝﹣lgc（M），pc（CO32﹣）＝﹣lgc（CO32﹣）．下列說法正確的是（）A．MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次增大 B．a(chǎn)點(diǎn)可表示MnCO3的飽和溶液，且c（Mn2+）＝c（CO32﹣） C．b點(diǎn)可表示CaCO3的飽和溶液，且c（Ca2+）＜c（CO32﹣） D．c點(diǎn)可表示MgCO3的不飽和溶液，且c（Mg2+）＜c（CO32﹣）15．（4分）一定條件下存在反應(yīng)：CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g），其正反應(yīng)放熱．現(xiàn)有三個(gè)相同的2L恒容絕熱（與外界沒有熱量交換）密閉容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，在Ⅰ中充入1molCO和1molH2O，在Ⅱ中充入1molCO2和1molH2，在Ⅲ中充入2molCO和2molH2O，700℃條件下開始反應(yīng)．達(dá)到平衡時(shí)，下列說法正確的是（）A．容器Ⅰ、Ⅱ中正反應(yīng)速率相同 B．容器Ⅰ、Ⅲ中反應(yīng)的平衡常數(shù)相同 C．容器Ⅰ中CO的物質(zhì)的量比容器Ⅱ中的多 D．容器Ⅰ中CO的轉(zhuǎn)化率與容器Ⅱ中CO2的轉(zhuǎn)化率之和等于1三、非選擇題16．（12分）氧化鎂在醫(yī)藥、建筑等行業(yè)應(yīng)用廣泛．硫酸鎂還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(shí)驗(yàn)流程如下：（1）MgCO3與稀硫酸反應(yīng)的離子方程式為．（2）加入H2O2氧化時(shí)，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為．（3）濾渣2的成分是（填化學(xué)式）．（4）煅燒過程存在以下反應(yīng)：2MgSO4+C2MgO+2SO2↑+CO2↑MgSO4+CMgO+SO2↑+CO↑MgSO4+3CMgO+S↑+3CO↑利用如圖裝置對(duì)煅燒產(chǎn)生的氣體進(jìn)行分步吸收或收集．①D中收集的氣體可以是（填化學(xué)式）．②B中盛放的溶液可以是（填字母）．a(chǎn)．NaOH溶液b．Na2CO3溶液c．稀硝酸d．KMnO4溶液③A中得到的淡黃色固體與熱的NaOH溶液反應(yīng)，產(chǎn)物中元素最高價(jià)態(tài)為+4，寫出該反應(yīng)的離子方程式：．17．（15分）化合物A（分子式為C6H6O）是一種有機(jī)化工原料，在空氣中易被氧化。A的有關(guān)轉(zhuǎn)化反應(yīng)如下（部分反應(yīng)條件略去）：已知：①②（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(tuán)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(xué)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。寫出反應(yīng)E→F的化學(xué)方程式：。（5）根據(jù)已有知識(shí)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(jī)試劑任用）。合成路線流程圖示例如下：H2C═CH2CH3CH2BrCH3CH2OH。18．（12分）硫酸鎳銨[（NH4）xNiy（SO4）m?nH2O]