2016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2016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（共10小題，每小題2分，滿分20分，每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1．（2分）大氣中CO2含量的增加會(huì)加劇“溫室效應(yīng)”。下列活動(dòng)會(huì)導(dǎo)致大氣中CO2含量增加的是（）A．燃燒煤炭供熱 B．利用風(fēng)力發(fā)電 C．增加植被面積 D．節(jié)約用電用水【考點(diǎn)】F7：常見(jiàn)的生活環(huán)境的污染及治理．【專題】56：化學(xué)應(yīng)用．【分析】燃燒煤炭供熱時(shí)，碳與氧氣反應(yīng)產(chǎn)生大量的二氧化碳?xì)怏w；風(fēng)力發(fā)電、節(jié)約用水用電中不會(huì)涉及到含碳物質(zhì)的燃燒；增加植被面積可以有效減少CO2的排放，據(jù)此分析回答。【解答】解：A．燃燒煤炭供熱時(shí)，碳與氧氣反應(yīng)產(chǎn)生大量的二氧化碳?xì)怏w，故A正確；B．風(fēng)力發(fā)電可減少二氧化碳含量，故B錯(cuò)誤；C、增加植被面積可以吸收二氧化碳，減少CO2含量，故C錯(cuò)誤；D、節(jié)約用水用電與二氧化碳無(wú)關(guān)，故D錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查環(huán)境問(wèn)題及物質(zhì)的性質(zhì)，明確含碳物質(zhì)的燃燒會(huì)導(dǎo)致二氧化碳含量增大，導(dǎo)致溫室效應(yīng)，題目較為簡(jiǎn)單，根據(jù)生活實(shí)際分析的回答即可解答。2．（2分）下列有關(guān)化學(xué)用語(yǔ)表示正確的是（）A．中子數(shù)為10的氧原子： B．Mg2+的結(jié)構(gòu)示意圖： C．硫化鈉的電子式： D．甲酸甲酯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：C2H4O2【考點(diǎn)】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(yǔ)專題．【分析】A．中子數(shù)+質(zhì)子數(shù)＝質(zhì)量數(shù)，結(jié)合原子表示方法分析判斷，質(zhì)量數(shù)標(biāo)記在元素符號(hào)左上角，質(zhì)子數(shù)標(biāo)記在左下角；B．鎂離子是鎂原子失去最外層2個(gè)電子形成；C．硫化鈉是鈉離子和硫離子形成的離子化合物，電子式中需要標(biāo)記陰陽(yáng)離子；D．結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式需要表示出結(jié)構(gòu)特征和官能團(tuán)；【解答】解：A．中子數(shù)為10的氧原子，質(zhì)子數(shù)為8，則質(zhì)量數(shù)為18，則原子表示為，故A錯(cuò)誤；B．鎂離子是鎂原子失去最外層2個(gè)電子形成，離子的結(jié)構(gòu)示意圖為：，故B正確；C．硫化鈉的化學(xué)式中含有兩個(gè)鈉離子，硫化鈉正確的電子式為：，故C錯(cuò)誤；D．甲酸甲酯的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：HCOOCH3，C2H4O2為甲酸甲酯的分子式，故D錯(cuò)誤；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了化學(xué)用語(yǔ)的規(guī)范應(yīng)用和書(shū)寫(xiě)方法，注意檢查的熟練掌握，題目較簡(jiǎn)單。3．（2分）下列有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)與用途具有對(duì)應(yīng)關(guān)系的是（）A．SO2具有氧化性，可用于漂白紙漿 B．NH4HCO3受熱易分解，可用作氮肥 C．Fe2（SO4）3易溶于水，可用作凈水劑 D．Al2O3熔點(diǎn)高，可用作耐高溫材料【考點(diǎn)】14：物質(zhì)的組成、結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的關(guān)系．【專題】52：元素及其化合物．【分析】A．二氧化硫化合價(jià)居于中間價(jià)態(tài)，具有氧化性，但漂白紙張是利用二氧化硫的漂白性；B．碳酸氫銨具有易分解的性質(zhì)，做氮肥是利用其溶解后銨根離子被植物吸收做氮肥；C．硫酸鐵溶液中鐵離子水解生成氫氧化鐵膠體具有吸附懸浮雜質(zhì)的作用，可以凈水；D．利用氧化鋁熔點(diǎn)高的性質(zhì)可以做耐火材料。【解答】解：A．二氧化硫化合價(jià)居于中間價(jià)態(tài)，具有氧化性和還原性，但漂白紙張是利用二氧化硫的漂白性，不是其氧化性，故A錯(cuò)誤；B．做氮肥是利用碳酸氫銨溶解后的銨根離子被植物吸收做氮肥，不是利用其分解的性質(zhì)，故B錯(cuò)誤；C．硫酸鐵溶液中鐵離子水解生成氫氧化鐵膠體具有吸附懸浮雜質(zhì)的作用，可以凈水，不是利用的易溶于水的性質(zhì)，故C錯(cuò)誤；D．Al2O3熔點(diǎn)高，不易熔融可用作耐高溫材料，故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了二氧化硫、銨鹽、鐵鹽和氧化鋁的性質(zhì)應(yīng)用分析判斷，注意知識(shí)積累，題目較簡(jiǎn)單。4．（2分）短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，X原子的最外層有6個(gè)電子，Y是迄今發(fā)現(xiàn)的非金屬性最強(qiáng)的元素，在周期表中Z位于IA族，W與X屬于同一主族。下列說(shuō)法正確的是（）A．元素X、W的簡(jiǎn)單陰離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu) B．由Y、Z兩種元素組成的化合物是離子化合物 C．W的簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比Y的強(qiáng) D．原子半徑：r（X）＜r（Y）＜r（Z）＜r（W）【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】Y是迄今發(fā)現(xiàn)的非金屬性最強(qiáng)的元素，應(yīng)為F，X原子的最外層有6個(gè)電子，且原子序數(shù)小于F，應(yīng)為O元素，在周期表中Z位于IA族，由原子序數(shù)關(guān)系可知Z為Na元素，W與X屬于同一主族，W應(yīng)為S元素，結(jié)合對(duì)應(yīng)物質(zhì)的性質(zhì)以及元素周期率知識(shí)解答該題?！窘獯稹拷猓篩是迄今發(fā)現(xiàn)的非金屬性最強(qiáng)的元素，應(yīng)為F，X原子的最外層有6個(gè)電子，且原子序數(shù)小于F，應(yīng)為O元素，在周期表中Z位于IA族，由原子序數(shù)關(guān)系可知Z為Na元素，W與X屬于同一主族，W應(yīng)為S元素，A．元素X、W的簡(jiǎn)單陰離子分別為O2﹣、S2﹣，離子的電子層結(jié)構(gòu)不同，故A錯(cuò)誤；B．Y為F，Z為Na，由Y、Z兩種元素組成的化合物為NaF，是離子化合物，故B正確；C．非金屬性F＞S，元素的非金屬性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)的氫化物越穩(wěn)定，故C錯(cuò)誤；D．原子核外電子層數(shù)越多，原子半徑越大，同周期元素從左到右原子半徑逐漸減小，則半徑r（F）＜r（O）＜r（S）＜r（Na），故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系，題目難度中等，正確推斷元素為解答關(guān)鍵，注意掌握原子結(jié)構(gòu)與元素周期律、元素周期表的關(guān)系，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及靈活應(yīng)用能力。5．（2分）下列指定反應(yīng)的離子方程式正確的是（）A．將銅插入稀硝酸中：Cu+4H++2NO3﹣═Cu2++2NO2↑+H2O B．向Fe2（SO4）3溶液中加入過(guò)量鐵粉：Fe3++Fe═2Fe2+ C．向Al2（SO4）3溶液中加入過(guò)量氨水：Al3++3NH3?H2O═Al（OH）3↓+3NH4+ D．向Na2SiO3溶液中滴加稀鹽酸：Na2SiO3+3H+═H2SiO3↓+3Na+【考點(diǎn)】49：離子方程式的書(shū)寫(xiě)．【專題】516：離子反應(yīng)專題．【分析】A．銅和稀硝酸反應(yīng)生成硝酸銅、一氧化氮和水；B．鐵和硫酸鐵反應(yīng)生成硫酸亞鐵，離子方程式中需要符合電荷守恒；C．硫酸鋁溶液中加入過(guò)量氨水反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀和硫酸銨，氫氧化鋁是兩性氫氧化物不溶于弱酸弱堿；D．硅酸鈉溶液中滴入鹽酸反應(yīng)生成硅酸沉淀，硅酸鈉是強(qiáng)電解質(zhì)溶液中完全電離?！窘獯稹拷猓篈．將銅插入稀硝酸中反應(yīng)的離子方程式為：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O，故A錯(cuò)誤；B．向Fe2（SO4）3溶液中加入過(guò)量鐵粉反應(yīng)的離子方程式為：2Fe3++Fe═3Fe2+，故B錯(cuò)誤；C．向Al2（SO4）3溶液中加入過(guò)量氨水反應(yīng)的離子方程式：Al3++3NH3?H2O═Al（OH）3↓+3NH4+，故C正確；D．向Na2SiO3溶液中滴加稀鹽酸反應(yīng)的離子方程式：SiO32﹣+2H+═H2SiO3↓，故D錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了離子方程式書(shū)寫(xiě)方法，主要是物質(zhì)性質(zhì)的熟練掌握、反應(yīng)產(chǎn)物判斷等知識(shí)，題目難度不大。6．（2分）根據(jù)侯氏制堿原理制備少量NaHCO3的實(shí)驗(yàn)，經(jīng)過(guò)制取氨氣、制取NaHCO3、分離NaHCO3、干燥NaHCO3四個(gè)步驟，下列圖示裝置和原理能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖牵ǎ〢．制取氨氣 B．制取NaHCO3 C．分離NaHCO3 D．干燥NaHCO3【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．氯化銨不穩(wěn)定，加熱易分解，溫度稍低又可生成氯化銨；B．氣體通入方向錯(cuò)誤；C．從溶液中分離碳酸氫鈉固體，可用過(guò)濾的方法；D．碳酸氫鈉不穩(wěn)定，不能直接加熱干燥。【解答】解：A．氯化銨不穩(wěn)定，加熱易分解，溫度稍低又可生成氯化銨，制備氨氣，應(yīng)用氯化銨和氫氧化鈣為反應(yīng)物，故A錯(cuò)誤；B．應(yīng)將二氧化碳從長(zhǎng)導(dǎo)管進(jìn)入，否則將液體排出，故B錯(cuò)誤；C．從溶液中分離碳酸氫鈉固體，可用過(guò)濾的方法，故C正確；D．碳酸氫鈉不穩(wěn)定，不能直接加熱干燥，可烘干，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查較為綜合，涉及物質(zhì)的分離、提純以及制備，為高考常見(jiàn)題型，側(cè)重于學(xué)生的分析、實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意把握?shí)驗(yàn)的嚴(yán)密性和可行性的評(píng)價(jià)，難度不大。7．（2分）下列說(shuō)法正確的是（）A．氫氧燃料電池工作時(shí)，H2在負(fù)極上失去電子 B．0.1mol?L﹣1Na2CO3溶液加熱后，溶液的pH減小 C．常溫常壓下，22.4LCl2中含有的分子數(shù)為6.02×1023個(gè) D．室溫下，稀釋0.1mol?L﹣1CH3COOH溶液，溶液的導(dǎo)電能力增強(qiáng)【考點(diǎn)】BH：原電池和電解池的工作原理；D4：電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電性；DB：鹽類水解的原理．【專題】51H：鹽類的水解專題；51I：電化學(xué)專題．【分析】A、氫氧燃料電池中，H2在負(fù)極上失去電子；B、加熱促進(jìn)碳酸根離子的水解，使得氫氧根離子濃度增大；C、不是標(biāo)準(zhǔn)狀況，不能用公式計(jì)算氣體的物質(zhì)的量；D、電解質(zhì)的導(dǎo)電能力與溶液中自由移動(dòng)陰陽(yáng)離子的濃度有關(guān)?！窘獯稹拷猓篈、氫氧燃料電池中，H2在負(fù)極上失去電子被氧化，故A正確；B、Na2CO3溶液加熱，促進(jìn)碳酸根離子的水解，使得氫氧根離子濃度增大，溶液的pH增大，故B錯(cuò)誤；C、常溫常壓，不是標(biāo)準(zhǔn)狀況，22.4LCl2中，不能用公式計(jì)算氣體的物質(zhì)的量，故C錯(cuò)誤；D、電解質(zhì)的導(dǎo)電能力與溶液中自由移動(dòng)陰陽(yáng)離子的濃度有關(guān)，稀釋0.1mol?L﹣1CH3COOH溶液，使得離子濃度減小，導(dǎo)電能力減弱，故D錯(cuò)誤。故選：A。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了原電池基本原理、鹽類水解的影響因素、NA的計(jì)算和導(dǎo)電能力強(qiáng)弱的判斷，綜合性強(qiáng)，但是較為基礎(chǔ)，掌握基本原理是解題的關(guān)鍵，難度不大。8．（2分）通過(guò)以下反應(yīng)均可獲取H2．下列有關(guān)說(shuō)法正確的是（）①太陽(yáng)光催化分解水制氫：2H2O（l）═2H2（g）+O2（g）△H1＝+571.6kJ?mol﹣1②焦炭與水反應(yīng)制氫：C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H2＝+131.3kJ?mol﹣1③甲烷與水反應(yīng)制氫：CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H3＝+206.1kJ?mol﹣1。A．反應(yīng)①中電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能 B．反應(yīng)②為放熱反應(yīng) C．反應(yīng)③使用催化劑，△H3減小 D．反應(yīng)CH4（g）═C（s）+2H2（g）的△H＝+74.8kJ?mol﹣1【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、太陽(yáng)光催化分解水制氫氣，是光能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能；B、△H2＞0，反應(yīng)為吸熱反應(yīng)；C、催化劑不能改變反應(yīng)熱的大?。籇、根據(jù)蓋斯定律，目標(biāo)反應(yīng)CH4（g）═C（s）+2H2（g）相當(dāng)于③﹣②?！窘獯稹拷猓篈、太陽(yáng)光催化分解水制氫氣，是光能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，故A錯(cuò)誤；B、反應(yīng)的△H2＞0，故該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C、催化劑不能改變反應(yīng)熱的大小，只能改變化學(xué)反應(yīng)速率，故C錯(cuò)誤；D、根據(jù)蓋斯定律，目標(biāo)反應(yīng)CH4（g）═C（s）+2H2（g）相當(dāng)于③﹣②，故△H＝△H3﹣△H2，△H＝+206.1kJ?mol﹣1﹣（+131.3kJ?mol﹣1）＝+74.8kJ?mol﹣1，故D正確。故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了化學(xué)反應(yīng)與能量變化，利用蓋斯定律進(jìn)行相關(guān)計(jì)算，注意催化劑不能改變焓變，蓋斯定律計(jì)算時(shí)焓變的加減時(shí)正負(fù)號(hào)為易錯(cuò)點(diǎn)，題目難度較小。9．（2分）在給定的條件下，下列選項(xiàng)所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實(shí)現(xiàn)的是（）A．SiO2SiCl4Si B．FeS2SO2H2SO4 C．N2NH3NH4Cl（aq） D．MgCO3MgCl2（aq）Mg【考點(diǎn)】FH：硅和二氧化硅；GK：鎂、鋁的重要化合物．【專題】52：元素及其化合物．【分析】A．二氧化硅為酸性氧化物和鹽酸不反應(yīng)；B．FeS2燃燒生成二氧化硫，二氧化硫和水反應(yīng)生成亞硫酸；C．氮?dú)夂蜌錃庖欢l件下反應(yīng)生成氨氣，氨氣和鹽酸反應(yīng)生成氯化銨；D．碳酸鎂和鹽酸反應(yīng)生成氯化鎂、二氧化碳和水，氯化鎂溶液電解不能生成金屬鎂?！窘獯稹拷猓篈．二氧化硅屬于酸性氧化物和鹽酸不反應(yīng)，不能一步實(shí)現(xiàn)反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B．二氧化硫和水反應(yīng)生成亞硫酸，亞硫酸被氧化生成硫酸，二氧化硫和水不能一步轉(zhuǎn)化，故B錯(cuò)誤；C．氮?dú)夂蜌錃庠诖呋瘎⒏邷馗邏簵l件下反應(yīng)生成氨氣，氨氣是堿性氣體和鹽酸反應(yīng)生成氯化銨，兩步反應(yīng)能一步實(shí)現(xiàn)，故C正確；D．碳酸鎂溶于鹽酸生成氯化鎂溶液，氯化鎂溶液電解得到氫氧化鎂，氫氣和氯氣，不能直接得到金屬鎂，應(yīng)是電解熔融狀態(tài)的氯化鎂得到金屬鎂，故D錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了物質(zhì)性質(zhì)、物質(zhì)轉(zhuǎn)化的應(yīng)用，主要是硅、硫、氮、鎂的化合物性質(zhì)的理解判斷，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目較簡(jiǎn)單。10．（2分）下列圖示與對(duì)應(yīng)的敘述不相符合的是（）A．圖甲表示燃料燃燒反應(yīng)的能量變化 B．圖乙表示酶催化反應(yīng)的反應(yīng)速率隨反應(yīng)溫度的變化 C．圖丙表示弱電解質(zhì)在水中建立電離平衡的過(guò)程 D．圖丁表示強(qiáng)堿滴定強(qiáng)酸的滴定曲線【考點(diǎn)】BB：反應(yīng)熱和焓變．【分析】A．燃料燃燒應(yīng)放出熱量，反應(yīng)物總能量大于生成物總能量；B．溫度過(guò)高，酶失去催化活性；C．弱電解質(zhì)存在電離平衡，平衡時(shí)正逆反應(yīng)速率相等；D．強(qiáng)堿滴定強(qiáng)酸，溶液pH增大，存在pH的突變?！窘獯稹拷猓篈．燃料燃燒應(yīng)放出熱量，反應(yīng)物總能量大于生成物總能量，而題目所給圖為吸熱反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B．酶為蛋白質(zhì)，溫度過(guò)高，蛋白質(zhì)變性，則酶催化能力降低，甚至失去催化活性，故B正確；C．弱電解質(zhì)存在電離平衡，平衡時(shí)正逆反應(yīng)速率相等，圖象符合電離特點(diǎn)，故C正確；D．強(qiáng)堿滴定強(qiáng)酸，溶液pH增大，存在pH的突變，圖象符合，故D正確。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查較為綜合，涉及弱電解質(zhì)的電離、化學(xué)反應(yīng)與能量、化學(xué)平衡的影響，考查《化學(xué)反應(yīng)原理》主要內(nèi)容，側(cè)重學(xué)生的分析能力的考查，為高考常見(jiàn)題型，易錯(cuò)點(diǎn)為B，注意蛋白質(zhì)的性質(zhì)，難度不大。二、不定項(xiàng)選擇題：本題共5個(gè)小題，每小題4分，共計(jì)20分，每個(gè)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)且全部選對(duì)的得4分，但只要選錯(cuò)一個(gè)，該小題就得0分。11．（4分）化合物X是一種醫(yī)藥中間體，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖所示。下列有關(guān)化合物X的說(shuō)法正確的是（）A．分子中兩個(gè)苯環(huán)一定處于同一平面 B．不能與飽和Na2CO3溶液反應(yīng) C．1mol化合物X最多能與2molNaOH反應(yīng) D．在酸性條件下水解，水解產(chǎn)物只有一種【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】有物含有酯，可生水解反，含有基，具有酸，可生中和、酯化反應(yīng)，結(jié)合有物結(jié)構(gòu)特點(diǎn)解答題?！窘獯稹拷猓篈．兩苯環(huán)連接在飽和原子上具有甲烷結(jié)構(gòu)點(diǎn)且﹣C為鍵可自由旋，則分子中兩個(gè)苯不一定處于同一平面，故A錯(cuò)誤；B．含有羧基，具有酸性，可與碳酸鈉溶液反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C．含有酯基，且可水解生成酚羥基和羧基，都可與氫氧化鈉反應(yīng)，且含有羧基，則1mol化合物X最多能與3molNaOH反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D．能水解的只有酯基，且為環(huán)狀化合物，則水解產(chǎn)物只有一種，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性，為高頻考點(diǎn)，題目中等，注意把握官能團(tuán)的性質(zhì)，為解答該題的關(guān)鍵，題目有利于培養(yǎng)學(xué)生良好的科學(xué)素養(yǎng)，提高分析能力，12．（4分）制備（NH4）2Fe（SO4）2?6H2O的實(shí)驗(yàn)中，需對(duì)過(guò)濾出產(chǎn)品的母液（pH＜1）進(jìn)行處理。常溫下，分別取母液并向其中加入指定物質(zhì)，反應(yīng)后的溶液中主要存在的一組離子正確的是（）A．通入過(guò)量Cl2：Fe2+、H+、NH4+、Cl﹣、SO42﹣ B．加入過(guò)量NaClO溶液：NH4+、Fe2+、H+、SO42﹣、ClO﹣ C．加入過(guò)量NaOH溶液：Na+、Fe2+、NH4+、SO42﹣、OH﹣ D．加入過(guò)量NaClO溶液和NaOH的混合溶液：Na+、SO42﹣、Cl﹣、ClO﹣、OH﹣【考點(diǎn)】DP：離子共存問(wèn)題．【專題】516：離子反應(yīng)專題．【分析】根據(jù)離子之間不能結(jié)合生成水、氣體、沉淀、弱電解質(zhì)，不能發(fā)生氧化還原反應(yīng)等，離子能大量共存，并結(jié)合母液中含有（NH4）2?Fe（SO4）2?6H2O晶體中的離子，利用離子共存的觀點(diǎn)分析解答?！窘獯稹拷猓篈．氯氣與還原性離子Fe2+發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能存在二價(jià)鐵離子，故A錯(cuò)誤；B．Fe2+有強(qiáng)還原性，酸性條件ClO﹣離子具有強(qiáng)氧化性，要發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能共存，故B錯(cuò)誤；C．Fe2+、OH﹣結(jié)合生成沉淀，銨根離子與堿結(jié)合生成弱電解質(zhì)，不能共存，故C錯(cuò)誤；D．該組離子之間不反應(yīng)，能共存，加入過(guò)量NaClO溶液和NaOH的混合溶液，離子之間不反應(yīng)，能共存，故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查離子的共存，熟悉復(fù)分解反應(yīng)發(fā)生的條件及強(qiáng)氧化性離子與強(qiáng)還原性離子間發(fā)生的氧化還原反應(yīng)即可解答，注重基礎(chǔ)知識(shí)的考查，題目難度不大。13．（4分）根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象所得到的結(jié)論正確的是（）選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象結(jié)論A室溫下，向苯酚鈉溶液中通入足量CO2，溶液變渾濁碳酸的酸性比苯酚的強(qiáng)B室溫下，向濃度為0.1mol?L﹣1的BaCl2和CaCl2混合溶液中滴加Na2SO4溶液，出現(xiàn)白色沉淀Ksp（BaSO4）＜Ksp（CaSO4）C室溫下，向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液，再滴加幾滴淀粉溶液，溶液變藍(lán)色Fe3+的氧化性比I2的強(qiáng)D室溫下，用pH試紙測(cè)得0.1mol?L﹣1Na2SO3溶液的pH約為10；0.1mol?L﹣1NaHSO3溶液的pH約為5HSO3﹣結(jié)合H+的能力比SO32﹣的強(qiáng)A．A B．B C．C D．D【考點(diǎn)】U5：化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)．【分析】A．苯酚鈉與二氧化碳反應(yīng)生成苯酚；B．向混合溶液中滴加Na2SO4溶液，不能確定生成的白色沉淀成分；C．碘離子和鐵離子反應(yīng)生成碘和亞鐵離子，碘遇淀粉試液變藍(lán)色，同一氧化還原反應(yīng)中，氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性；D．陰離子水解程度越大，溶液pH越大，說(shuō)明越易結(jié)合氫離子?！窘獯稹拷猓篈．苯酚鈉與二氧化碳反應(yīng)生成苯酚，由現(xiàn)象可知碳酸的酸性比苯酚的強(qiáng)，故A正確；B．向濃度均為0.1mol?L﹣1的BaCl2和CaCl2混合溶液中滴加Na2SO4溶液，出現(xiàn)白色沉淀，無(wú)法確定生成沉淀成分，則不能比較Ksp（BaSO4）、Ksp（CaSO4）的大小，故B錯(cuò)誤；C．碘離子和鐵離子反應(yīng)生成碘和亞鐵離子，碘遇淀粉試液變藍(lán)色，同一氧化還原反應(yīng)中，氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，該反應(yīng)中氧化劑是鐵離子、氧化產(chǎn)物的碘，所以氧化性：Fe3+＞I2，故C正確；D．陰離子水解程度越大，溶液的pH越大，說(shuō)明越易結(jié)合氫離子，則HSO3﹣結(jié)合H+的能力比SO32﹣的弱，故D錯(cuò)誤；故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，題目難度中等，涉及物質(zhì)的性質(zhì)比較、檢驗(yàn)及難溶物溶度積大小比較等知識(shí)，為高考常見(jiàn)題型，側(cè)重于學(xué)生的分析、實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾椋⒁獍盐諏?shí)驗(yàn)的嚴(yán)密性和可行性的評(píng)價(jià)，試題有利于提高學(xué)生的分析、理解能力及化學(xué)實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Α?4．（4分）H2C2O4為二元弱酸。20℃時(shí)，配制一組c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）＝0.100mol?L﹣1的H2C2O4和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物質(zhì)的量濃度隨pH的變化曲線如圖所示。下列指定溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系一定正確的是（）A．pH＝2.5的溶液中：c（H2C2O4）+c（C2O42﹣）＞c（HC2O4﹣） B．c（Na+）＝0.100mol?L﹣1的溶液中：c（H+）+c（H2C2O4）＝c（OH﹣）+c（C2O42﹣） C．c（HC2O4﹣）＝c（C2O42﹣）的溶液中：c（Na+）＞0.100mol?L﹣1+c（HC2O4﹣） D．pH＝7的溶液中：c（Na+）＞2c（C2O42﹣）【考點(diǎn)】DN：離子濃度大小的比較；DO：酸堿混合時(shí)的定性判斷及有關(guān)ph的計(jì)算．【專題】51G：電離平衡與溶液的pH專題．【分析】A．依據(jù)圖象可知pH＝2.5的溶液中：c（H2C2O4）+c（C2O42﹣）＜c（HC2O4﹣）；B．依據(jù)溶液中電荷守恒和物料守恒分析，c（Na+）＝0.100mol/L的溶液中c（H+）+c（H2C2O4）＝c（OH﹣）+c（C2O42﹣）；C．c（HC2O4﹣）＝c（C2O42﹣）的溶液中c（Na+）＜0.100mol?L﹣1+c（HC2O4﹣）；D．20℃時(shí)，Kw＝0.681×10﹣14，pH＝7的溶液中，顯酸性，（H+）＞c（OH﹣），根據(jù)電荷守恒判斷?！窘獯稹拷猓篈．由圖象可知，pH＝2.5的溶液中c（H2C2O4）和c（C2O42﹣）濃度之和小于c（HC2O4﹣），則c（H2C2O4）+c（C2O42﹣）＜c（HC2O4﹣），故A錯(cuò)誤；B．依據(jù)溶液中電荷守恒和物料守恒分析，c（Na+）＝0.100mol/L的溶液中為NaHC2O4溶液，溶液中存在電荷守恒c（H+）+c（Na+）＝2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（OH﹣），物料守恒c（Na+）＝c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（H2C2O4），代入計(jì)算得到c（H+）+c（H2C2O4）＝c（OH﹣）+c（C2O42﹣），故B正確；C．c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）＝0.100mol?L﹣1，c（HC2O4﹣）＝c（C2O42﹣），電荷守恒c（H+）+c（Na+）＝2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（OH﹣），pH約4，此時(shí)氫離子濃度大于氫氧根，得到溶液中c（Na+）＜0.100mol?L﹣1+c（HC2O4﹣），故C錯(cuò)誤；D．20℃時(shí)，Kw＝0.681×10﹣14，pH＝7的溶液中，顯酸性，（H+）＞c（OH﹣），根據(jù)電荷守恒c（H+）+c（Na+）＝2c（C2O42﹣）+c（OH﹣），所以c（Na+）＜2c（C2O42﹣），故D錯(cuò)誤；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了弱電解質(zhì)的電離、離子濃度大小比較，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，注意把握物料守恒、電荷守恒的運(yùn)用，答題時(shí)注意體會(huì)，難度中等。15．（4分）一定溫度下，在3個(gè)體積均為1.0L的密閉容器中反應(yīng)2H2（g）+CO（g）?CH3OH（g）達(dá)到平衡，下列說(shuō)法正確的是（）容器溫度/℃物質(zhì)的起始濃度/mol?L﹣1物質(zhì)的平衡濃度/mol?L﹣1c（H2）c（CO）c（CH3OH）c（CH3OH）Ⅰ4000.200.1000.080Ⅱ4000.400.200Ⅲ500000.100.025A．該反應(yīng)的正反應(yīng)放熱 B．達(dá)到平衡時(shí)，容器Ⅰ中反應(yīng)物轉(zhuǎn)化率比容器Ⅱ中的大 C．達(dá)到平衡時(shí)，容器Ⅱ中c（H2）大于容器Ⅲ中c（H2）的兩倍 D．達(dá)到平衡時(shí)，容器Ⅲ中的反應(yīng)速率比容器Ⅰ中的大【考點(diǎn)】CP：化學(xué)平衡的計(jì)算．【分析】對(duì)比Ⅰ、Ⅲ，如溫度相同，0.1mol/L的CH3OH相當(dāng)于0.20mol/L的H2和0.1mol/L的CO，為等效平衡，但Ⅲ溫度較高，平衡時(shí)CH3OH較低，說(shuō)明升高溫度平衡逆向移動(dòng)，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，對(duì)比Ⅰ、Ⅱ，在相同溫度下反應(yīng)，但Ⅱ濃度較大，由方程式可知，增大濃度，平衡正向移動(dòng)，以此解答該題。【解答】解：A．對(duì)比Ⅰ、Ⅲ，如溫度相同，0.1mol/L的CH3OH相當(dāng)于0.20mol/L的H2和0.1mol/L的CO，為等效平衡，但Ⅲ溫度較高，平衡時(shí)CH3OH較低，說(shuō)明升高溫度平衡逆向移動(dòng)，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故A正確；B．對(duì)比Ⅰ、Ⅱ，在相同溫度下反應(yīng)，但Ⅱ濃度較大，由方程式2H2（g）+CO（g）?CH3OH（g）可知，增大濃度，平衡正向移動(dòng)，該反應(yīng)正向?yàn)轶w積減小的反應(yīng)，增大濃度轉(zhuǎn)化率會(huì)增大，則容器Ⅰ中反應(yīng)物轉(zhuǎn)化率比容器Ⅱ中的小，故B錯(cuò)誤；C．Ⅱ濃度較大，Ⅲ溫度較高，增大濃度平衡正向移動(dòng)，升高溫度平衡逆向移動(dòng)，Ⅲ的轉(zhuǎn)化率降低，Ⅲ中相當(dāng)于起始C（H2）為Ⅱ的一半，平衡時(shí)Ⅱ中C（H2）小于Ⅲ中的兩倍，故C錯(cuò)誤；D．對(duì)比Ⅰ、Ⅲ，Ⅲ溫度較高，濃度相當(dāng)，升高溫度，反應(yīng)速率增大，故D正確。故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查化學(xué)反應(yīng)速率的影響，涉及等效平衡問(wèn)題，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，題目難度不大，但易錯(cuò)，答題時(shí)注意把握反應(yīng)的特點(diǎn)以及平衡的影響因素。三、解答題（共5小題，滿分68分）16．（12分）以電石渣[主要成分為Ca（OH）2和CaCO3]為原料制備KClO3的流程如圖1：（1）氯化過(guò)程控制電石渣過(guò)量，在75℃左右進(jìn)行。氯化時(shí)存在Cl2與Ca（OH）2作用生成Ca（ClO）2的反應(yīng)，Ca（ClO）2進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為Ca（ClO3）2，少量Ca（ClO）2分解為CaCl2和O2。①生成Ca（ClO）2的化學(xué)方程式為2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O。②提高Cl2轉(zhuǎn)化為Ca（ClO3）2的轉(zhuǎn)化率的可行措施有AB（填序號(hào)）。A．適當(dāng)減緩?fù)ㄈ隒l2速率B．充分?jǐn)嚢铦{料C．加水使Ca（OH）2完全溶解（2）氯化過(guò)程中Cl2轉(zhuǎn)化為Ca（ClO3）2的總反應(yīng)方程式為：6Ca（OH）2+6Cl2═Ca（ClO3）2+5CaCl2+6H2O氯化完成后過(guò)濾。①濾渣的主要成分為CaCO3、Ca（OH）2（填化學(xué)式）。②濾液中Ca（ClO3）2與CaCl2的物質(zhì)的量之比n[Ca（ClO3）2]：n[CaCl2]＜1：5（填“＞”、“＜”或“＝”）。（3）向?yàn)V液中加入稍過(guò)量KCl固體可將Ca（ClO3）2轉(zhuǎn)化為KClO3，若溶液中KClO3的含量為100g?L﹣1，從該溶液中盡可能多地析出KClO3固體的方法是蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶?！究键c(diǎn)】U3：制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)．【專題】546：無(wú)機(jī)實(shí)驗(yàn)綜合．【分析】電石渣含有Ca（OH）2，加入水打漿，通入氯氣，可生成Ca（ClO）2，Ca（ClO）2進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為Ca（ClO3）2，過(guò)濾后在濾液中加入KCl轉(zhuǎn)化生成KClO3，經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶可得晶體KClO3，（1）①氯氣和氫氧化鈣反應(yīng)生成氯化鈣、次氯酸鈣和水；②提高Cl2轉(zhuǎn)化為Ca（ClO3）2的轉(zhuǎn)化率，可使氯氣和氫氧化鈣充分接觸；（2）①發(fā)生6Ca（OH）2+6Cl2═Ca（ClO3）2+5CaCl2+6H2O，生成的Ca（ClO3）2溶于水，CaCO3不溶于水，Ca（OH）2微溶；②氯化過(guò)程中Cl2與氫氧化鈣反應(yīng)部分生成Ca（ClO）2和CaCl2；（3）經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶可得晶體KClO3?！窘獯稹拷猓弘娛蠧a（OH）2，加入水打漿，通入氯氣，可生成Ca（ClO）2，Ca（ClO）2進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為Ca（ClO3）2，過(guò)濾后在濾液中加入KCl轉(zhuǎn)化生成KClO3，經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶可得晶體KClO3，（1）②氯氣和氫氧化鈣反應(yīng)生成氯化鈣、次氯酸鈣和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，故答案為：2Cl2+2Ca（OH）2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；②提高Cl2轉(zhuǎn)化為Ca（ClO3）2的轉(zhuǎn)化率，可使氯氣和氫氧化鈣充分接觸，可適當(dāng)減緩?fù)ㄈ隒l2速率、充分?jǐn)嚢铦{料，因氫氧化鈣微溶于水，加水溶解的做法不可取，因濃度過(guò)低，對(duì)后續(xù)實(shí)驗(yàn)不利，故答案為：AB；（2）①發(fā)生6Ca（OH）2+6Cl2═Ca（ClO3）2+5CaCl2+6H2O，生成的Ca（ClO3）2溶于水，CaCO3不溶于水，Ca（OH）2微溶，則濾渣中含有CaCO3、Ca（OH）2，故答案為：CaCO3、Ca（OH）2；②氯化過(guò)程中Cl2與氫氧化鈣反應(yīng)部分生成Ca（ClO）2和CaCl2，則n[Ca（ClO3）2]：n[CaCl2]＜1：5，故答案為：＜；（3）該溶液中盡可能多地析出KClO3固體，應(yīng)經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，故答案為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶。【點(diǎn)評(píng)】本題考查物質(zhì)的制備，為高考常見(jiàn)題型和高頻考點(diǎn)，側(cè)重于學(xué)生的分析、實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，解答本題注意把握物質(zhì)的性質(zhì)以及題給信息，把握反應(yīng)的流程，同時(shí)要具有扎實(shí)的實(shí)驗(yàn)基礎(chǔ)知識(shí)，難度不大。17．（15分）化合物H是合成抗心律失常藥物泰達(dá)隆的一種中間體，可通過(guò)以下方法合成：（1）D中的含氧官能團(tuán)名稱為酚羥基、羰基和酰胺鍵等（寫(xiě)兩種）。（2）F→G的反應(yīng)類型為消去反應(yīng)。（3）寫(xiě)出同時(shí)滿足下列條件的C的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式。①能發(fā)生銀鏡反應(yīng)；②能發(fā)生水解反應(yīng)，其水解產(chǎn)物之一能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)；③分子中只有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫。（4）E經(jīng)還原得到F，E的分子式為C14H17O3N，寫(xiě)出E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式。（5）已知：①苯胺（）易被氧化請(qǐng)以甲苯和（CH3CO）2O為原料制備，寫(xiě)出制備的合成路線流程圖（無(wú)機(jī)試劑任用，合成路線流程圖示例見(jiàn)本題題干）?！究键c(diǎn)】HC：有機(jī)物的合成．【分析】（1）由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知D含有酚羥基、羰基和酰胺鍵；（2）F含有羥基，而生成G含有碳碳雙鍵，可知發(fā)生消去反應(yīng)；（3）C的一種同分異構(gòu)體：①能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說(shuō)明含有醛基；②能發(fā)生水解反應(yīng)，其水解產(chǎn)物之一能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，說(shuō)明水解可生成酚羥基，應(yīng)含有HCOO﹣結(jié)構(gòu)；③分子中只有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫，應(yīng)為對(duì)稱結(jié)構(gòu)；（4）E經(jīng)還原得到F，E的分子式為C14H17O3N，Ω7，由F的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知E中含有C＝O鍵，發(fā)生還原反應(yīng)生成﹣OH；（5）甲苯和（CH3CO）2O為原料制備，可先由甲苯發(fā)生硝化反應(yīng)，生成鄰﹣硝基甲苯，然后發(fā)生還原反應(yīng)生成鄰甲基苯胺，與乙酸酐發(fā)生取代反應(yīng)生成，氧化可生成?！窘獯稹拷猓海?）由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知D含有酚羥基、羰基和酰胺鍵，故答案為：酚羥基、羰基和酰胺鍵；（2）F含有羥基，而生成G含有碳碳雙鍵，可知發(fā)生消去反應(yīng)，故答案為：消去反應(yīng)；（3）C的一種同分異構(gòu)體：①能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說(shuō)明含有醛基；②能發(fā)生水解反應(yīng)，其水解產(chǎn)物之一能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，說(shuō)明水解可生成酚羥基，應(yīng)含有HCOO﹣結(jié)構(gòu)；③分子中只有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫，應(yīng)為對(duì)稱結(jié)構(gòu)，則同分異構(gòu)體可為，故答案為：；（4）E經(jīng)還原得到F，E的分子式為C14H17O3N，Ω7，由F的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知E中含有C＝O鍵，發(fā)生還原反應(yīng)生成﹣OH，E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，故答案為：；（5）甲苯和（CH3CO）2O為原料制備，可先由甲苯發(fā)生硝化反應(yīng)，生成鄰﹣硝基甲苯，然后發(fā)生還原反應(yīng)生成鄰甲基苯胺，與乙酸酐發(fā)生取代反應(yīng)生成，氧化可生成，流程為，故答案為：?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查有機(jī)物的合成與推斷、有機(jī)反應(yīng)類型、官能團(tuán)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)、限制條件同分異構(gòu)體書(shū)寫(xiě)，是對(duì)有機(jī)會(huì)基礎(chǔ)的綜合考查，較好的考查學(xué)生信息獲取與知識(shí)遷移運(yùn)用，題目有利于培養(yǎng)學(xué)生的分析能力，難度中等。18．（12分）過(guò)氧化鈣（CaO2?8H2O）是一種在水產(chǎn)養(yǎng)殖中廣泛使用的供氧劑。（1）Ca（OH）2懸濁液與H2O2溶液反應(yīng)可制備CaO2?8H2O。Ca（OH）2+H2O2+6H2O═CaO2?8H2O反應(yīng)時(shí)通常加入過(guò)量的Ca（OH）2，其目的是提高過(guò)氧化氫的利用率。（2）箱池塘水中加入一定量的CaO2?8H2O后，池塘水中濃度增加的離子有AD（填序號(hào)）。A．Ca2+B．H+C．CO32﹣D．OH﹣（3）水中溶解氧的測(cè)定方法如下：向一定量水樣中加入適量MnSO4和堿性KI溶液，生成MnO（OH）2沉淀，密封靜置，加入適量稀H2SO4，將MnO（OH）2與I﹣完全反應(yīng)生成Mn2+和I2后，以淀粉作指示劑，用Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，測(cè)定過(guò)程中物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系如下：①寫(xiě)出O2將Mn2+氧化成MnO（OH）2的離子方程式：O2+2Mn2++4OH﹣＝2MnO（OH）2↓。②取加過(guò)一定量CaO2?8H2O的池塘水樣100.00mL，按上述方法測(cè)定水中溶解氧量，消耗0.01000mol?L﹣1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液13.50mL．計(jì)算該水樣中的溶解氧（用mg?L﹣1表示），寫(xiě)出計(jì)算過(guò)程?！究键c(diǎn)】RD：探究物質(zhì)的組成或測(cè)量物質(zhì)的含量．【專題】546：無(wú)機(jī)實(shí)驗(yàn)綜合．【分析】（1）依據(jù)方程式可知反應(yīng)時(shí)加入氫氧化鈣是為了提高雙氧水的利用率；（2）過(guò)氧化鈣與水反應(yīng)生成氫氧化鈣、氧氣和水，因此箱池水塘中加入一定量的CaO2?8H2O，池塘水中濃度增加的離子有鈣離子和氫氧根離子；（3）①O2將Mn2+氧化成MnO（OH）2的反應(yīng)中O2是氧化劑得到4個(gè)電子，Mn元素的化合價(jià)從+2價(jià)升高到+4價(jià)，失2個(gè)電子，所以根據(jù)電子得失守恒以及原子守恒可知反應(yīng)的離子方程式為：O2+2Mn2++4OH﹣＝MnO（OH）2；②依據(jù)流程圖并依據(jù)電子得失守恒可知氧氣得到的電子就是硫代硫酸鈉失去的電子，其中硫元素化合價(jià)從+2價(jià)升高到+2.5價(jià)，計(jì)算該水樣中的溶解氧?！窘獯稹拷猓海?）依據(jù)方程式Ca（OH）2+H2O2+6H2O═CaO2?8H2O可知，反應(yīng)時(shí)加入氫氧化鈣是為了提高雙氧水的利用率，故答案為：提高過(guò)氧化氫的利用率；（2）過(guò)氧化鈣與水反應(yīng)生成氫氧化鈣、氧氣和水，因此箱池水塘中加入一定量的CaO2?8H2O，池塘水中濃度增加的離子有鈣離子和氫氧根離子，選擇AD，故答案為：AD；（3）①O2將Mn2+氧化成MnO（OH）2的反應(yīng)中O2是氧化劑得到4個(gè)電子，Mn元素的化合價(jià)從+2價(jià)升高到+4價(jià)，失2個(gè)電子，所以根據(jù)電子得失守恒以及原子守恒可知反應(yīng)的離子方程式為：O2+2Mn2++4OH﹣＝2MnO（OH）2，故答案為：O2+2Mn2++4OH﹣＝2MnO（OH）2；②I2+2S2O32﹣＝2I﹣+S4O62﹣，n（I2）6.750×10﹣5mol，n（MnO（OH）2）＝n（I2）＝6.750×10﹣5mol，n（O2）n（MnO（OH）2）6.750×10﹣5mol＝3.375×10﹣5mol，水中溶解氧10.80mg/L，答：該水樣中的溶解氧10.80mg/L?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查氧化還原反應(yīng)方程式書(shū)寫(xiě)以及溶解氧含量測(cè)定等，主要是滴定實(shí)驗(yàn)過(guò)程的理解應(yīng)用和計(jì)算分析，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度中等。19．（15分）實(shí)驗(yàn)室以一種工業(yè)廢渣（主要成分為MgCO3、Mg2SiO4和少量Fe、Al的氧化物）為原料制備MgCO3?3H2O．實(shí)驗(yàn)過(guò)程如圖1：（1）酸溶過(guò)程中主要反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為MgCO3（S）+2H+（aq）═Mg2+（aq）+CO2（g）+H2O（l）△H＝﹣50.4kJ?mol﹣1Mg2SiO4（s）+4H+（aq）═2Mg2+（aq）+H2SiO3（s）+H2O（l）△H＝﹣225.4kJ?mol﹣1酸溶需加熱的目的是加快酸溶速率；所加H2SO4不宜過(guò)量太多的原因是避免制備MgCO3時(shí)消耗過(guò)多的堿。（2）加入H2O2氧化時(shí)發(fā)生發(fā)應(yīng)的離子方程式為2Fe2++2H++H2O2＝2Fe3++2H2O。（3）用圖2所示的實(shí)驗(yàn)裝置進(jìn)行萃取分液，以除去溶液中的Fe3+。①實(shí)驗(yàn)裝置圖中儀器A的名稱為分液漏斗。②為使Fe3+盡可能多地從水相轉(zhuǎn)移至有機(jī)相，采取的操作：向裝有水溶液的儀器A中加入一定量的有機(jī)萃取劑，充分振蕩、靜置、分液，并重復(fù)多次。（4）請(qǐng)補(bǔ)充完整由萃取后得到的水溶液制備MgCO3?3H2O的實(shí)驗(yàn)方案：邊攪拌邊向溶液中滴加氨水，至5＜pH＜8.5，過(guò)濾，邊攪拌邊向?yàn)V液中滴加碳酸鈉溶液至有大量沉淀生成，靜置，向上層清夜中滴加碳酸鈉溶液，若無(wú)沉淀生成，過(guò)濾、用水洗滌固體2﹣3次，在50℃下干燥，得到MgCO3?3H2O。[已知該溶液中pH＝8.5時(shí)Mg（OH）2開(kāi)始沉淀；pH＝5.0時(shí)Al（OH）3沉淀完全]。【考點(diǎn)】U3：制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)．【專題】546：無(wú)機(jī)實(shí)驗(yàn)綜合．【分析】廢渣主要成分為MgCO3、Mg2SiO4和少量Fe、Al的氧化物，加入40%的硫酸酸溶，過(guò)量后濾液中含有硫酸鎂、硫酸亞鐵以及硫酸鋁，加入H2O2氧化亞鐵離子，然后加入有機(jī)萃取劑萃取Fe3+，分液后可除去溶液中的Fe3+，分液后水溶液中含有Mg2+、Al3+，可調(diào)節(jié)溶液pH至5＜pH＜8.5，可除去Al3+，又可防止生成Mg（OH）2，過(guò)濾后在濾液中加入碳酸鈉溶液，可生成MgCO3沉淀，在50℃下干燥，得到MgCO3?3H2O．以此解答該題?！窘獯稹拷猓簭U渣主要成分為MgCO3、Mg2SiO4和少量Fe、Al的氧化物，加入40%的硫酸酸溶，過(guò)量后濾液中含有硫酸鎂、硫酸亞鐵以及硫酸鋁，加入H2O2氧化亞鐵離子，然后加入有機(jī)萃取劑萃取Fe3+，分液后可除去溶液中的Fe3+，分液后水溶液中含有Mg2+、Al3+，可調(diào)節(jié)溶液pH至5＜pH＜8.5，可除去Al3+，又可防止生成Mg（OH）2，過(guò)濾后在濾液中加入碳酸鈉溶液，可生成MgCO3沉淀，在50℃下干燥，得到MgCO3?3H2O。（1）加熱，溫度升高，可增大反應(yīng)速率，即加快酸溶速率，但加入硫酸不能過(guò)多，避免制備MgCO3時(shí)消耗過(guò)多的堿而浪費(fèi)原料，故答案為：加快酸溶速率；避免制備MgCO3時(shí)消耗過(guò)多的堿；（2）加入H2O2溶液與二價(jià)鐵離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式為：2Fe2++2H++H2O2＝2Fe3++2H2O，故答案為：2Fe2++2H++H2O2＝2Fe3++2H2O；（3）①由裝置圖可知儀器A為分液漏斗，用于萃取、分液，故答案為：分液漏斗；②萃取時(shí)，為使溶質(zhì)盡可能被萃取，應(yīng)充分振蕩，以充分接觸而分離，故答案為：充分振蕩；（4）分液后水溶液中含有Mg2+、Al3+，可調(diào)節(jié)溶液pH至5＜pH＜8.5，可除去Al3+，又可防止生成Mg（OH）2，過(guò)濾后在濾液中加入碳酸鈉溶液，可生成MgCO3沉淀，靜置，向上層清夜中滴加碳酸鈉溶液，若無(wú)沉淀生成，說(shuō)明已完全反應(yīng)，過(guò)濾后，用水洗滌固體2﹣3次，在50℃下干燥，得到MgCO3?3H2O。故答案為：至5＜pH＜8.5，過(guò)濾，邊攪拌邊向?yàn)V液中滴加碳酸鈉溶液至有大量沉淀生成，靜置，向上層清夜中滴加碳酸鈉溶液，若無(wú)沉淀生成?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查物質(zhì)的制備及混合物分離和提純，明確流程中的方法和基本操作、發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)是解答的關(guān)鍵，要求學(xué)生具有分析和解決問(wèn)題的能力，題目有利于培養(yǎng)學(xué)生的實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Γ}目難度較大。20．（14分）鐵炭混合物（鐵屑和活性炭的混合物）、納米鐵粉均可用于處理水中污染物。（1）鐵炭混合物在水溶液中可形成許多微電池。將含有Cr2O72﹣的酸性廢水通過(guò)鐵炭混合物，在微電池正極上Cr2O72﹣轉(zhuǎn)化為Cr3+，其電極反應(yīng)式為Cr2O72﹣+14H++6e﹣＝2Cr3++7H2O。（2）在相同條件下，測(cè)量總質(zhì)量相同、鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)不同的鐵炭混合物對(duì)水中Cu2+和Pb2+的去除率，結(jié)果如圖1所示。①當(dāng)鐵炭混合物中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為0時(shí)，也能去除水中少量的Cu2+和Pb2+，其原因是活性炭對(duì)Cu2+和Pb2+具有吸附作用。②當(dāng)鐵炭混合物中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)大于50%時(shí)，隨著鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的增加，Cu2+和Pb2+的去除率不升反降，其主要原因是鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的增加，碳鐵混合物形成的微電池?cái)?shù)目減少。（3）納米鐵粉可用于處理地下水中的污染物。①一定條件下，向FeSO4溶液中滴加堿性NaBH4溶液，溶液中BH4﹣（B元素的化合價(jià)為+3）與Fe2+反應(yīng)生成納米鐵粉、H2和B（OH）4﹣，其離子方程式為2Fe2++BH4﹣+4OH﹣＝2Fe+2H2↑+B（OH）4﹣。②納米鐵粉與水中NO3﹣反應(yīng)的離子方程式為4Fe+NO3﹣+10H+═4Fe2++NH4++3H2O研究發(fā)現(xiàn)，若pH偏低將會(huì)導(dǎo)致NO3﹣的去除率下降，其原因是納米鐵粉與氫離子反應(yīng)生成氫氣。③相同條件下，納米鐵粉去除不同水樣中NO3﹣的速率有較大差異（見(jiàn)圖2），產(chǎn)生該差異的可能原因是Cu或Cu2+催化納米鐵粉去除NO3﹣的反應(yīng)（或形成Fe﹣Cu原電池增大納米鐵粉去除NO3﹣的反應(yīng)速率）。【考點(diǎn)】BH：原電池和電解池的工作原理．【專題】546：無(wú)機(jī)實(shí)驗(yàn)綜合．【分析】（1）正極上Cr2O72﹣轉(zhuǎn)化為Cr3+，發(fā)生還原反應(yīng)，結(jié)合電荷守恒書(shū)寫(xiě)電極方程式；（2）①當(dāng)鐵炭混合物中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為0時(shí)，則只有碳粉，碳粉具有吸附性，可去除水中少量的Cu2+和Pb2+；②隨著鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的增加，形成的微電池?cái)?shù)目減少，則Cu2+和Pb2+的去除率不升反降；（3）①向FeSO4溶液中滴加堿性NaBH4溶液，溶液中BH4﹣（B元素的化合價(jià)為+3）與Fe2+反應(yīng)生成納米鐵粉、H2和B（OH）4﹣，反應(yīng)中只有Fe、H元素化合價(jià)發(fā)生變化，結(jié)合質(zhì)量守恒、電荷守恒可寫(xiě)出離子方程式；②pH偏低，氫離子濃度偏大，則鐵可與氫離子反應(yīng)生成氫氣；③由圖2可知銅離子濃度越大，去除率越大，銅離子可起到催化作用，也可能形成原電池反應(yīng)?！窘獯稹拷猓海?）正極上Cr2O72﹣轉(zhuǎn)化為Cr3+，發(fā)生還原反應(yīng)，在酸性溶液中，電極方程式為Cr2O72﹣+14H++6e﹣＝2Cr3++7H2O，故答案為：Cr2O72﹣+14H++6e﹣＝2Cr3++7H2O；（2）①當(dāng)鐵炭混合物中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為0時(shí)，則只有碳粉，可去除水中少量的Cu2+和Pb2+，原因是碳粉具有吸附性，也可起到凈水的作用，故答案為：活性炭對(duì)Cu2+和Pb2+具有吸附作用；②隨著鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的增加，形成的微電池?cái)?shù)目減少，反應(yīng)速率減小，則Cu2+和Pb2+的去除率不升反降，故答案為：鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的增加，碳鐵混合物形成的微電池?cái)?shù)目減少；（3）①向FeSO4溶液中滴加堿性NaBH4溶液，溶液中BH4﹣（B元素的化合價(jià)為+3）與Fe2+反應(yīng)生成納米鐵粉、H2和B（OH）4﹣，反應(yīng)中只有Fe、H元素化合價(jià)發(fā)生變化，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，離子方程式為2Fe2++BH4﹣+4OH﹣＝2Fe+2H2↑+B（OH）4﹣，故答案為：2Fe2++BH4﹣+4OH﹣＝2Fe+2H2↑+B（OH）4﹣；②pH偏低，氫離子濃度偏大，則鐵可與氫離子反應(yīng)生成氫氣，可導(dǎo)致NO3﹣的去除率下降，故答案為：納米鐵粉與氫離子反應(yīng)生成氫氣；③由圖2可知銅離子濃度越大，去除率越大，銅離子可起到催化作用，也可能形成原電池反應(yīng)，故答案為：Cu或Cu2+催化納米鐵粉去除NO3﹣的反應(yīng)（或形成Fe﹣Cu原電池增大納米鐵粉去除NO3﹣的反應(yīng)速率）。【點(diǎn)評(píng)】本題考查物質(zhì)的分離、提純，側(cè)重于化學(xué)與生活、環(huán)境的考查，題目有利于培養(yǎng)學(xué)生的良好的科學(xué)素養(yǎng)，側(cè)重于考查學(xué)生的分析、實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾椋⒁獍盐仗峤o信息以及物質(zhì)的性質(zhì)，為解答該題的關(guān)鍵，難度中等?！具x做題】本題包括21、22兩小題，請(qǐng)選定其中一個(gè)小題，并在相應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)作答．若多做，則按21小題評(píng)分．[物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]21．（12分）[Zn（CN）4]2﹣在水溶液中與HCHO發(fā)生如下反應(yīng)：4HCHO+[Zn（CN）4]2﹣+4H++4H2O═[Zn（H2O）4]2++4HOCH2CN（1）Zn2+基態(tài)核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10。（2）1molHCHO分子中含有σ鍵的數(shù)目為3mol。（3）HOCH2CN分子中碳原子軌道的雜化軌道類型是sp3雜化、sp雜化。（4）與H2O分子互為等電子體的陰離子為NH2﹣。（5）[Zn（CN）4]2﹣中Zn2+與CN﹣的C原子形成配位鍵，不考慮空間構(gòu)型，[Zn（CN）4]2﹣的結(jié)構(gòu)可用示意圖表示為?！究键c(diǎn)】86：原子核外電子排布；99：配合物的成鍵情況；9B：“等電子原理”的應(yīng)用；9S：原子軌道雜化方式及雜化類型判斷．【專題】51B：原子組成與結(jié)構(gòu)專題；51D：化學(xué)鍵與晶體結(jié)構(gòu)．【分析】（1）Zn是30號(hào)元素，其原子核外有30個(gè)電子，失去兩個(gè)電子生成鋅離子，Zn2+基態(tài)核外有28個(gè)電子，根據(jù)構(gòu)造原理書(shū)寫(xiě)其核外電子排布式；（2）1個(gè)HCHO分子中含有2個(gè)C﹣H鍵、1個(gè)C＝O雙鍵，分子中含有3個(gè)σ鍵；（3）根據(jù)價(jià)層電子對(duì)＝σ鍵電子對(duì)+中心原子上的孤電子對(duì)判斷，注意三鍵含有1個(gè)σ鍵和2個(gè)π鍵；（4）原子個(gè)數(shù)相等、價(jià)電子數(shù)相等的微粒為等電子體；（5）[Zn（CN）4]2﹣中鋅離子提供空軌道，C原子提供電子對(duì)形成配位鍵。【解答】解：（1）Zn是30號(hào)元素，其原子核外有30個(gè)電子，失去最外層兩個(gè)電子生成鋅離子，根據(jù)構(gòu)造原理書(shū)寫(xiě)其核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10，故答案為：1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10；（2）單鍵為σ鍵，雙鍵含有1個(gè)σ鍵和1個(gè)π鍵，三鍵含有1個(gè)σ鍵和2個(gè)π鍵，HCHO分子中含有2個(gè)C﹣H鍵、1個(gè)C＝O雙鍵，分子中含有3個(gè)σ鍵，所以1mol甲醛（HCHO）分子中含有的σ鍵數(shù)目為3mol，故答案為：3；（3），其中與羥基（﹣OH）相連的一個(gè)碳為飽和碳原子，價(jià)層電子對(duì)＝4+0＝4，雜化軌道類型為SP3，另外一碳原子與氮原子形成碳氮三鍵，三鍵含有1個(gè)σ鍵和2個(gè)π鍵，價(jià)層電子對(duì)＝22，所以碳原子雜化軌道類型為SP，故答案為：sp3雜化、sp雜化；（4）原子個(gè)數(shù)相等、價(jià)電子數(shù)相等的微粒為等電子體，與水互為等電子體的微粒該是3原子最外層電子數(shù)為8的分子或離子，這樣的微粒有：H2S、NH2﹣，陰離子為：NH2﹣，故答案為：NH2﹣；（5）[Zn（CN）4]2﹣中鋅離子提供空軌道，C原子提供電子對(duì)形成配位鍵，結(jié)構(gòu)示意圖表示為：，圖示箭頭表示碳提供電子給鋅，故答案為：。【點(diǎn)評(píng)】本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，涉及核外電子排布式書(shū)寫(xiě)、σ鍵的數(shù)目、雜化理論的應(yīng)用、等電子體、配位鍵等知識(shí)點(diǎn)，知道配位鍵的表示方法是解答的易錯(cuò)點(diǎn)，難點(diǎn)是HOCH2CN分子中碳原子軌道的雜化判斷，題目難度中等。[實(shí)驗(yàn)化學(xué)]（共1小題，滿分0分）22．焦亞硫酸鈉（Na2S2O5）是常用的抗氧化劑，在空氣中，受熱時(shí)均易分解。實(shí)驗(yàn)室制備少量Na2S2O5的方法。在不斷攪拌下，控制反應(yīng)溫度在40℃左右，向Na2CO3過(guò)飽和溶液中通入SO2，實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示。當(dāng)溶液pH約為4時(shí)，停止反應(yīng)。在20℃靜置結(jié)晶，生成Na2S2O5的化學(xué)方程式為：2NaHSO3═Na2S2O5+H2O。（1）SO2與Na2CO3溶液反應(yīng)生成NaHSO3和CO2，其離子方程式為2SO2+CO32﹣+H2O＝2HSO3﹣+CO2。（2）裝置Y的作用是防止倒吸。（3）析出固體的反應(yīng)液經(jīng)減壓抽濾，洗滌，25℃﹣30℃干燥，可獲得Na2S2O5固體。①組成減壓抽濾裝置的主要儀器是布氏漏斗、吸濾瓶和抽氣泵。②依次用飽和SO2水溶液、無(wú)水乙醇洗滌Na2S2O5固體，用飽和SO2水溶液洗滌的目的是減少Na2S2O5在水中的溶解。（4）實(shí)驗(yàn)制得的Na2S2O5固體中含有一定量的Na2SO3和Na2SO4，其可能的原因是在制備過(guò)程中Na2S2O5易分解生成Na2SO3，且Na2SO3易被氧化生成Na2SO4?！究键c(diǎn)】U3：制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)．【分析】（1）向Na2CO3過(guò)飽和溶液中通入SO2，發(fā)生反應(yīng)生成NaHSO3和CO2；（2）二氧化硫易溶于氫氧化鈉溶液，Y為安全瓶，可防止倒吸；（3）①組成減壓抽濾裝置的主要儀器是布氏漏斗、吸濾瓶和抽氣泵；②用飽和SO2水溶液洗滌，可降低溶質(zhì)的溶解度；（4）Na2S2O5易分解生成a2SO3，且Na2SO3易被氧化。【解答】解：在不斷攪拌下，控制反應(yīng)溫度在40℃左右，向Na2CO3過(guò)飽和溶液中通入SO2，發(fā)生反應(yīng)生成NaHSO3和CO2，多余的二氧化硫可用氫氧化鈉溶液吸收，因二氧化硫易溶于氫氧化鈉溶液，Y為安全瓶，可防止倒吸，（1）向Na2CO3過(guò)飽和溶液中通入SO2，發(fā)生反應(yīng)生成NaHSO3和CO2，反應(yīng)的離子方程式為2SO2+CO32﹣+H2O＝2HSO3﹣+CO2，故答案為：2SO2+CO32﹣+H2O＝2HSO3﹣+CO2；（2）二氧化硫易溶于氫氧化鈉溶液，Y為安全瓶，可防止倒吸，故答案為：防止倒吸；（3）①組成減壓抽濾裝置的主要儀器是布氏漏斗、吸濾瓶和抽氣泵，故答案為：吸濾瓶；②由反應(yīng)2NaHSO3═Na2S2O5+H2O可知，增大HSO3﹣的濃度，有利于生成Na2S2O5，用飽和SO2水溶液洗滌，可降低Na2S2O5的溶解度，減少Na2S2O5的溶解，故答案為：減少Na2S2O5在水中的溶解；（4）Na2S2O5易分解生成Na2SO3，且Na2SO3易被氧化，可知驗(yàn)制得的Na2S2O5固體中含有一定量的Na2SO3和Na2SO4，故答案為：在制備過(guò)程中Na2S2O5易分解生成Na2SO3，且Na2SO3易被氧化生成Na2SO4?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查物質(zhì)的制備，為高考常見(jiàn)題型和高頻考點(diǎn)，側(cè)重于學(xué)生的分析、實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，解答本題注意把握物質(zhì)的性質(zhì)以及題給信息，要具有扎實(shí)的實(shí)驗(yàn)基礎(chǔ)知識(shí)，難度不大。精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔2017年江蘇省高考化學(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）2017年世界地球日我國(guó)的主題為“節(jié)約集約利用資源，倡導(dǎo)綠色簡(jiǎn)約生活”．下列做法應(yīng)提倡的是（）A．夏天設(shè)定空調(diào)溫度盡可能的低 B．推廣使用一次性塑料袋和紙巾 C．少開(kāi)私家車多乘公共交通工具 D．對(duì)商品進(jìn)行豪華包裝促進(jìn)銷售2．（2分）下列有關(guān)化學(xué)用語(yǔ)表示正確的是（）A．質(zhì)量數(shù)為31的磷原子：3115P B．氟原子的結(jié)構(gòu)示意圖： C．CaCl2的電子式： D．明礬的化學(xué)式：Al2（SO4）33．（2分）下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)與用途具有對(duì)應(yīng)關(guān)系正確的是（）A．Na2O2吸收CO2產(chǎn)生O2，可用作呼吸面具供氧劑 B．ClO2具有還原性，可用于自來(lái)水的殺菌消毒 C．SiO2硬度大，可用于制造光導(dǎo)纖維 D．NH3易溶于水，可用作制冷劑4．（2分）下列制取SO2、驗(yàn)證其漂白性、收集并進(jìn)行尾氣處理的裝置和原理能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖牵ǎ〢．制取SO2 B．驗(yàn)證漂白性 C．收集SO2 D．尾氣處理5．（2分）短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，其中只有Y、Z處于同一周期且相鄰，Z是地殼中含量最多的元素，W是短周期中金屬性最強(qiáng)的元素．下列說(shuō)法正確的是（）A．原子半徑：r（X）＜r（Y）＜r（Z）＜r（W） B．W的最高價(jià)氧化物的水化物是一種弱堿 C．Y的單質(zhì)的氧化性比Z的強(qiáng) D．X、Y、Z三種元素可以組成共價(jià)化合物和離子化合物6．（2分）下列指定反應(yīng)的離子方程式正確的是（）A．鈉與水反應(yīng)：Na+2H2O═Na++2OH﹣+H2↑ B．電解飽和食鹽水獲取燒堿和氯氣：2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣ C．向氫氧化鋇溶液中加入稀硫酸：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2O D．向碳酸氫銨溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O7．（2分）在給定條件下，下列選項(xiàng)所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實(shí)現(xiàn)的是（）A．FeFeCl2Fe（OH）2 B．SSO3H2SO4 C．CaCO3CaOCaSiO3 D．NH3NOHNO38．（2分）通過(guò)以下反應(yīng)可獲得新型能源二甲醚（CH3OCH3）．下列說(shuō)法不正確的是①C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2（g）△H1＝akJ?mol﹣1②CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2（g）△H2＝bkJ?mol﹣1③CO2（g）+3H2（g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H3＝ckJ?mol﹣1④2CH3OH（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）△H4＝dkJ?mol﹣1（）A．反應(yīng)①、②為反應(yīng)③提供原料氣 B．反應(yīng)③也是CO2資源化利用的方法之一 C．反應(yīng)CH3OH（g）═CH3OCH3（g）H2O（l）的△HkJ?mol﹣1 D．反應(yīng)2CO（g）+4H2（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）的△H＝（2b+2c+d）kJ?mol﹣19．（2分）常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是（）A．無(wú)色透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN﹣、Cl﹣ B．c（H+）/c（OH﹣）＝1×10﹣12的溶液中：K+、Na+、CO32﹣、NO3﹣ C．c（Fe2+）＝1mol?L﹣1的溶液中：K+、NH4+、MnO4﹣、SO42﹣ D．能使甲基橙變紅的溶液中：Na+、NH4+、SO42﹣、HCO3﹣10．（2分）H2O2分解速率受多種因素影響。實(shí)驗(yàn)測(cè)得70℃時(shí)不同條件下H2O2濃度隨時(shí)間的變化如圖所示。下列說(shuō)法正確的是（）A．圖甲表明，其他條件相同時(shí)，H2O2濃度越小，其分解速率越快 B．圖乙表明，其他條件相同時(shí)，溶液pH越小，H2O2分解速率越快 C．圖丙表明，少量Mn2+存在時(shí)，溶液堿性越強(qiáng)，H2O2分解速率越快 D．圖丙和圖丁表明，堿性溶液中，Mn2+對(duì)H2O2分解速率的影響大二、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）萜類化合物廣泛存在于動(dòng)植物體內(nèi)，關(guān)于下列萜類化合物的說(shuō)法正確的是（）A．a(chǎn)和b都屬于芳香族化合物 B．a(chǎn)和c分子中所有碳原子均處于同一平面上 C．a(chǎn)、b和c均能使酸性KMnO4溶液褪色 D．b和c均能與新制的Cu（OH）2反應(yīng)生成紅色沉淀12．（4分）下列說(shuō)法正確的是（）A．反應(yīng)N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）的△H＜0，△S＞0 B．地下鋼鐵管道用導(dǎo)線連接鋅塊可以減緩管道的腐蝕 C．常溫下，Ksp[Mg（OH）2]＝5.6×10﹣12，pH＝10的含Mg2+溶液中，c（Mg2+）≤5.6×10﹣4mol?L﹣1 D．常溫常壓下，鋅與稀H2SO4反應(yīng)生成11.2LH2，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為6.02×102313．（4分）根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象所得到的結(jié)論正確的是（）選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象結(jié)論A向硅酸鈉溶液中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀鹽酸至紅色褪去，2min后，試管里出現(xiàn)凝膠非金屬性：Cl＞SiB向滴有甲基橙的AgNO3溶液中滴加KCl溶液，溶液由紅色變?yōu)辄S色KCl溶液具有堿性C在CuSO4溶液中滴加KI溶液，再加入苯，振蕩，有白色沉淀生成，苯層呈紫色白色沉淀可能為CuID某溶液滴加鹽酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀該溶液中一定含有SO42﹣A．A B．B C．C D．D14．（4分）常溫下，Ka（HCOOH）＝1.77×10﹣4，Ka（CH3COOH）＝1.75×10﹣5，Kb（NH3?H2O）＝1.76×10﹣5，下列說(shuō)法正確的是（）A．濃度均為0.1mol?L﹣1的HCOONa和NH4Cl溶液中陽(yáng)離子的物質(zhì)的量濃度之和：前者大于后者 B．用相同濃度的NaOH溶液分別滴定等體積pH均為3的HCOOH和CH3COOH溶液至終點(diǎn)，消耗NaOH溶液的體積相等 C．0.2mol?L﹣1HCOOH與0.1mol?L﹣1NaOH等體積混合后的溶液中：c（HCOO﹣）+c（OH﹣）＝c（HCOOH）+c（H+） D．0.2mol?L﹣1CH3COONa與0.1mol?L﹣1鹽酸等體積混合后的溶液中（pH＜7）：c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）15．（4分）溫度為T(mén)1時(shí)，在三個(gè)容積均為1L的恒容密閉容器中僅發(fā)生反應(yīng)：2NO2（g）?2NO（g）+O2（g）（正反應(yīng)吸熱）。實(shí)驗(yàn)測(cè)得：v正＝v（NO2）消耗＝k正c2（NO2），v逆＝v（NO）消耗＝2v（O2）消耗＝k逆c2（NO）?c（O2），k正、k逆為速率常數(shù)，受溫度影響。下列說(shuō)法正確的是（）容器編號(hào)物質(zhì)的起始濃度（mol?L﹣1）物質(zhì)的平衡濃度（mol?L﹣1）c（NO2）c（NO）c（O2）c（O2）Ⅰ0.6000.2Ⅱ0.30.50.2Ⅲ00.50.35A．達(dá)平衡時(shí)，容器Ⅰ與容器Ⅱ中的總壓強(qiáng)之比為4：5 B．達(dá)平衡時(shí)，容器Ⅱ中c（O2）/c（NO2）比容器Ⅰ中的大 C．達(dá)平衡時(shí)，容器Ⅲ中NO的體積分?jǐn)?shù)小于50% D．當(dāng)溫度改變?yōu)門(mén)2時(shí)，若k正＝k逆，則T2＞T1三、解答題16．（12分）鋁是應(yīng)用廣泛的金屬．以鋁土礦（主要成分為Al2O3，含SiO2和Fe2O3等雜質(zhì)）為原料制備鋁的一種工藝流程如下：注：SiO2在“堿溶”時(shí)轉(zhuǎn)化為鋁硅酸鈉沉淀．（1）“堿溶”時(shí)生成偏鋁酸鈉的離子方程式為．（2）向“過(guò)濾Ⅰ”所得濾液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH（填“增大”、“不變”或“減小”）．（3）“電解Ⅰ”是電解熔融Al2O3，電解過(guò)程中作陽(yáng)極的石墨易消耗，原因是．（4）“電解Ⅱ”是電解Na2CO3溶液，原理如圖所示．陽(yáng)極的電極反應(yīng)式為，陰極產(chǎn)生的物質(zhì)A的化學(xué)式為．（5）鋁粉在1000℃時(shí)可與N2反應(yīng)制備AlN．在鋁粉中添加少量NH4Cl固體并充分混合，有利于AlN的制備，其主要原因是．17．（15分）化合物H是一種用于合成γ﹣分泌調(diào)節(jié)劑的藥物中間體，其合成路線流程圖如下：（1）C中的含氧官能團(tuán)名稱為和。（2）D→E的反應(yīng)類型為。（3）寫(xiě)出同時(shí)滿足下列條件的C的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：。①含有苯環(huán)，且分子中有一個(gè)手性碳原子；②能發(fā)生水解反應(yīng)，水解產(chǎn)物之一是α﹣氨基酸，另一水解產(chǎn)物分子中只有2種不同化學(xué)環(huán)境的氫。（4