丹陽(yáng)高級(jí)中學(xué)高三第三次模擬化學(xué)試題 Word版含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2014年江蘇省鎮(zhèn)江市丹陽(yáng)高中高考化學(xué)三模試卷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)與生產(chǎn)、生活、環(huán)境、社會(huì)密切相關(guān)，下列有關(guān)說(shuō)法中不正確的是（） A． 神七宇航員所穿航天服是由我國(guó)自行研制的新型“連續(xù)纖維增韌”航空材料做成，其主要成分是由碳化硅、陶瓷和碳纖維復(fù)合而成的，它是一種新型無(wú)機(jī)非金屬材料 B． 礦物燃料鈣基固硫處理就是用化學(xué)方法將硫單質(zhì)變?yōu)榛衔?C． 人體內(nèi)沒(méi)有能使纖維素水解成葡萄糖的酶，因此纖維素不能作為人類的營(yíng)養(yǎng)食物 D． 國(guó)務(wù)院要求堅(jiān)決控制鋼鐵、水泥、焦炭等行業(yè)落后產(chǎn)能總量，是落實(shí)“低碳經(jīng)濟(jì)”的具體舉措考點(diǎn)： 無(wú)機(jī)非金屬材料；常見的生活環(huán)境的污染及治理；營(yíng)養(yǎng)均衡與人體健康的關(guān)系．專題： 化學(xué)應(yīng)用．分析： A．碳纖維是由有機(jī)纖維經(jīng)碳化及石墨化處理而得到的微晶石墨材料．碳纖維的微觀結(jié)構(gòu)類似人造石墨，是亂層石墨結(jié)構(gòu),和氮化硅屬于無(wú)機(jī)物；B．礦物燃料鈣基固硫處理就是用化學(xué)方法將二氧化硫變?yōu)榱蛩徕}；C．人體不含能使纖維素水解的酶；D．鋼鐵、水泥、焦炭等行業(yè)高耗能、高排放．解答： 解：A．碳纖維的微觀結(jié)構(gòu)類似人造石墨，是亂層石墨結(jié)構(gòu)，和氮化硅屬于無(wú)機(jī)物，屬于無(wú)機(jī)非金屬材料，所以新型“連續(xù)纖維增韌”航空材料是一種新型無(wú)機(jī)非金屬材料，故A正確；B．礦物燃料鈣基固硫處理就是用化學(xué)方法將二氧化硫變?yōu)榱蛩徕}，不是硫單質(zhì)變?yōu)榛衔?故B錯(cuò)誤；C．人體不含能使纖維素水解的酶，因此纖維素不能作為人體的營(yíng)養(yǎng)食物，但纖維素具有促進(jìn)胃腸蠕動(dòng)等功效，故C正確；D．鋼鐵、水泥、焦炭等行業(yè)高耗能、高排放,控制鋼鐵、水泥、焦炭等行業(yè)產(chǎn)能總量能節(jié)能減排，落實(shí)“低碳經(jīng)濟(jì)”，故D正確．故選B．點(diǎn)評(píng): 本題考查化學(xué)與生活，涉及無(wú)機(jī)非金屬材料、環(huán)境污染和營(yíng)養(yǎng)素等，側(cè)重于常識(shí)性內(nèi)容的考查，難度不大,注意基礎(chǔ)知識(shí)的積累．2．（2分）下列有關(guān)化學(xué)用語(yǔ)表示正確的是（) A．鉀離子結(jié)構(gòu)示意圖： B． 乙醇的分子式：CH3CH2OH C．水合氫離子電子式: D． 中子數(shù)為18的硫原子：S考點(diǎn)： 電子式、化學(xué)式或化學(xué)符號(hào)及名稱的綜合．專題： 化學(xué)用語(yǔ)專題．分析： A．鉀離子核外有18個(gè)電子,核內(nèi)有19個(gè)質(zhì)子；B．乙醇的分子式為C2H6O；C．水合氫離子中O原子還含有一個(gè)孤電子對(duì);D．元素符號(hào)左下角數(shù)字表示質(zhì)子數(shù)、左上角數(shù)字表示質(zhì)量數(shù)．解答： 解：A．鉀離子結(jié)構(gòu)示意圖為，故A錯(cuò)誤;B．乙醇的分子式為C2H6O，乙醇分子的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為：CH3CH2OH，故B錯(cuò)誤；C．水合氫離子中O原子還含有一個(gè)孤電子對(duì)，其電子式為，故C錯(cuò)誤；D．元素符號(hào)左下角數(shù)字表示質(zhì)子數(shù)、左上角數(shù)字表示質(zhì)量數(shù)，所以中子數(shù)為18的硫原子質(zhì)量數(shù)為34，表示為：S，故D正確;故選D．點(diǎn)評(píng)： 本題考查了化學(xué)用語(yǔ)，涉及電子式、結(jié)構(gòu)示意圖、原子、結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式的書寫,還常常考查結(jié)構(gòu)式、實(shí)驗(yàn)式、核外電子排布式、比例模型、球棍模型等化學(xué)用語(yǔ),注意化學(xué)用語(yǔ)的規(guī)范性,題目難度不大．3．(2分)下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)的描述和該性質(zhì)的應(yīng)用均正確的是（）A．氨氣具有還原性，用濃氨水檢驗(yàn)氯氣管道是否泄漏B．CuSO4溶液能使蛋白質(zhì)溶液產(chǎn)生沉淀，該過(guò)程可用于提純蛋白質(zhì)C．二氧化錳具有強(qiáng)氧化性，能將雙氧水氧化為氧氣D．銅的金屬活動(dòng)性比鋁弱，可用銅罐代替鋁罐貯運(yùn)濃硝酸考點(diǎn)：氨的化學(xué)性質(zhì)；硝酸的化學(xué)性質(zhì)；銅金屬及其重要化合物的主要性質(zhì)；氨基酸、蛋白質(zhì)的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)特點(diǎn)．專題：元素及其化合物．分析：A．根據(jù)氨水可以用來(lái)檢驗(yàn)有毒氣體氯氣的泄漏，反應(yīng)式為3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl來(lái)分析;B、CuSO4溶液能使蛋白質(zhì)溶液變性，該過(guò)程不可逆；C、雙氧水分解產(chǎn)生氧氣,二氧化錳是催化劑；D、鋁在濃硫酸中發(fā)生鈍化,而銅要與濃硝酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)．解答:解:A．根據(jù)氨水可以用來(lái)檢驗(yàn)有毒氣體氯氣的泄漏，反應(yīng)式為3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，氨氣具有還原性,冒白煙，故A正確;B、CuSO4溶液能使蛋白質(zhì)溶液變性，該過(guò)程不可逆，故B錯(cuò)誤;C、雙氧水分解產(chǎn)生氧氣,二氧化錳是催化劑，故C錯(cuò)誤；D、鋁在濃硫酸中發(fā)生鈍化，而銅要與濃硝酸發(fā)生氧化還原反應(yīng)，所以不能用銅代替鋁，故D錯(cuò)誤；故選A．點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了物質(zhì)的性質(zhì)，難度不大，注意相關(guān)知識(shí)的積累．4．(2分）常溫下，下列各組離子在制定溶液中一定能大量共存的是（）A．使苯酚顯紫色的溶液：NH4+、K+、SCN﹣、NO3﹣B．加入鋁粉產(chǎn)生氫氣的溶液：Na+、K+、SO42﹣、Cl﹣C．c（C6H5OH）=0。1mol?L﹣1的溶液中:K+、HCO3﹣、SO42﹣、CO32﹣D．由水電離產(chǎn)生的c（H+）=10﹣13mol?L﹣1的溶液：Fe2+、Na+、NO3﹣、SO42﹣考點(diǎn):離子共存問(wèn)題．專題：離子反應(yīng)專題．分析：A．使苯酚顯紫色的溶液，含F(xiàn)e3+,離子之間結(jié)合生成絡(luò)離子；B．加入鋁粉產(chǎn)生氫氣的溶液，為非氧化性酸或強(qiáng)堿溶液；C．C6H5OH與CO32﹣反應(yīng)；D．由水電離產(chǎn)生的c（H+）=10﹣13mol?L﹣1的溶液，為酸或堿溶液．解答：解：A．使苯酚顯紫色的溶液，含F(xiàn)e3+,與SCN﹣結(jié)合生成絡(luò)離子，不能共存,故A錯(cuò)誤；B．加入鋁粉產(chǎn)生氫氣的溶液,為非氧化性酸或強(qiáng)堿溶液，酸、堿溶液中該組離子之間均不反應(yīng),可大量共存,故B正確；C．C6H5OH與CO32﹣反應(yīng)，不能共存，故C錯(cuò)誤；D．由水電離產(chǎn)生的c（H+）=10﹣13mol?L﹣1的溶液,為酸或堿溶液，酸溶液中Fe2+、H+、NO3﹣發(fā)生氧化還原反應(yīng)，堿溶液中不能存在Fe2+，故D錯(cuò)誤；故選B．點(diǎn)評(píng)：本題考查離子的共存，為高頻考點(diǎn),把握習(xí)題中的信息及常見離子的反應(yīng)為解答的關(guān)鍵,側(cè)重分析能力與氧化還原反應(yīng)、絡(luò)合反應(yīng)的考查，題目難度不大．5．（2分）下列說(shuō)法正確的是(）A．常溫下，反應(yīng)C（s）+CO2(g）=2CO（g）不能自發(fā)進(jìn)行,則該反應(yīng)的△H＞0B．Si﹣O鍵的鍵能大于Si﹣Cl鍵的鍵能，因此SiO2的熔點(diǎn)高于晶體SiCl4的熔點(diǎn)C．稀醋酸與0.1mol/LNaOH溶液反應(yīng):H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ/molD．已知：2CO（g)+O2（g)═2CO2(g）△H=﹣566kJ?mol﹣1，如圖可表示由CO生成CO2的反應(yīng)過(guò)程和能量關(guān)系考點(diǎn)：反應(yīng)熱和焓變．專題：化學(xué)反應(yīng)中的能量變化．分析:A、當(dāng)△H﹣T?△S＜0時(shí)，反應(yīng)可自發(fā)進(jìn)行，△H﹣T?△S＞0，反應(yīng)不能自發(fā)進(jìn)行；B、SiO2屬于原子晶體，SiCl4屬于分子晶體；C、醋酸為弱電解質(zhì)，電離吸熱;D、方程式與圖中CO的物質(zhì)的量不對(duì)應(yīng)．解答：解：A、常溫下，反應(yīng)C（s)+CO2(g）=2CO(g），該反應(yīng)為熵增加的反應(yīng),即△S＞0,不能自發(fā)進(jìn)行，說(shuō)明△H﹣T?△S＞0,則該反應(yīng)的△H＞0，故A正確；B、SiO2屬于原子晶體，SiCl4屬于分子晶體，原子晶體的熔點(diǎn)比分子晶體高，與鍵能無(wú)關(guān)，故B錯(cuò)誤；C、醋酸為弱電解質(zhì)，電離吸熱,所以稀醋酸與0.1mol/LNaOH溶液反應(yīng)生成1mol放出的熱量小于57.3kJ/mol,故C錯(cuò)誤；D、方程式中CO的計(jì)量數(shù)為2即2mol，與圖中CO的物質(zhì)的量不對(duì)應(yīng)，故D錯(cuò)誤．故選A．點(diǎn)評(píng):本題考查了反應(yīng)自發(fā)性的判斷、晶體熔點(diǎn)的比較、中和熱、反應(yīng)能量圖象,題目涉及的知識(shí)點(diǎn)較多，注意對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)的積累，題目難度不大．6．(2分)用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是（)A．標(biāo)準(zhǔn)狀況下,22。4LSO3中含有原子數(shù)目為4NAB．t℃時(shí),MgCO3的Ksp=4×10﹣6，則飽和溶液中含Mg2+數(shù)目為2×10﹣3NAC．1molCl2與足量的鐵反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NAD．在含Al3+總數(shù)為NA的AlCl3溶液中，Cl﹣總數(shù)為3NA考點(diǎn)：阿伏加德羅常數(shù)．專題：阿伏加德羅常數(shù)和阿伏加德羅定律．分析:A、三氧化硫標(biāo)準(zhǔn)狀況不是氣體；B、依據(jù)溶度積常數(shù)計(jì)算；C、氯氣和足量鐵反應(yīng)生成氯化鐵，電子轉(zhuǎn)移依據(jù)反應(yīng)的氯氣計(jì)算；D、鋁離子水解；解答：解：A、三氧化硫標(biāo)準(zhǔn)狀況不是氣體，22。4LSO3，物質(zhì)的量不是1mol,故A錯(cuò)誤;B、依據(jù)溶度積常數(shù)計(jì)算,Ksp=c(Mg2+）c（OH﹣)2=4×10﹣6，c(OH﹣）=2c（Mg2+)，c(Mg2+）=1×10﹣2mol/L，故B錯(cuò)誤;C、氯氣和足量鐵反應(yīng)生成氯化鐵，電子轉(zhuǎn)移依據(jù)反應(yīng)的氯氣計(jì)算，1molCl2與足量的鐵反應(yīng),轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NA，故C正確；D、鋁離子水解，在含Al3+總數(shù)為NA的AlCl3溶液中，Cl﹣總數(shù)大于3NA,故D錯(cuò)誤；故選C．點(diǎn)評(píng)：本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的分析應(yīng)用，主要是氣體摩爾體積條件分析，溶度積常數(shù)計(jì)算應(yīng)用鹽類水解離子濃度判斷,掌握基礎(chǔ)是關(guān)鍵，題目較簡(jiǎn)單．7．（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．Cu與過(guò)量稀硝酸在加熱時(shí)的反應(yīng)：3Cu+2NO3﹣+8H+3Cu2++2NO↑+4H2OB．將氯氣溶于水配制氯水：Cl2+H2O?2H++Cl﹣+ClO﹣C．鐵與FeCl3溶液反應(yīng)：2Fe+Fe3+═3Fe2+D．向Ca（ClO）2溶液中通入足量CO2:Ca2++CO2+H2O═CaCO3↓+2H+考點(diǎn)：離子方程式的書寫．專題:離子反應(yīng)專題．分析：A、Cu與過(guò)量稀硝酸反應(yīng)生成硝酸銅、NO和水；B、HClO是弱電解質(zhì)，在離子方程式中要寫分子；C、離子方程式電荷不守恒；D、向Ca(ClO)2溶液中通入足量CO2生成HClO，HClO是弱電解質(zhì)．解答：解：A、Cu與過(guò)量稀硝酸反應(yīng)生成硝酸銅、NO和水，Cu與過(guò)量稀硝酸在加熱時(shí)的反應(yīng)：3Cu+2NO3﹣+8H+3Cu2++2NO↑+4H2O,故A正確；B、HClO是弱電解質(zhì)，在離子方程式中要寫分子，則將氯氣溶于水配制氯水：Cl2+H2O?H++Cl﹣+HClO，故B錯(cuò)誤；C、鐵與FeCl3溶液反應(yīng)：Fe+2Fe3+═3Fe2+,故C錯(cuò)誤；D、向Ca（ClO）2溶液中通入足量CO2生成HClO，HClO是弱電解質(zhì),則向Ca（ClO）2溶液中通入足量CO2：Ca2++CO2+H2O+2ClO﹣═CaCO3↓+2HClO,故D錯(cuò)誤．故選A．點(diǎn)評(píng)：本題考查了離子方程式的正誤判斷和書寫原則,注意電荷守恒分析，反應(yīng)實(shí)質(zhì)理解，題目較簡(jiǎn)單．8．(2分）下表所列各組物質(zhì)中，物質(zhì)之間通過(guò)一步反應(yīng)不能實(shí)現(xiàn)如圖所示轉(zhuǎn)化的是（）甲乙丙AAl2O3AlCl3Al(OH）3BCuOCu（OH）2CuCl2CFeFeCl3FeCl2DNaClNaHCO3Na2CO3A．AB．BC．CD．D考點(diǎn)：常見金屬元素的單質(zhì)及其化合物的綜合應(yīng)用；鈉的化學(xué)性質(zhì)；鎂、鋁的重要化合物；鐵的化學(xué)性質(zhì)；銅金屬及其重要化合物的主要性質(zhì)．專題：幾種重要的金屬及其化合物．分析:A．氧化鋁和鹽酸反應(yīng)生成氯化鋁，氯化鋁和氨水反應(yīng)生成氫氧化鋁，氫氧化鋁和鹽酸反應(yīng)生成氯化鋁，加熱氫氧化鋁生成氧化鋁；B．氧化銅和水不反應(yīng)；C．鐵和氯氣反應(yīng)生成氯化鐵，氯化鐵和鐵反應(yīng)生成氯化亞鐵，氯化亞鐵和氯氣反應(yīng)生成氯化鐵,氯化亞鐵和鋅反應(yīng)生成鐵；D．氯化鈉溶液中先通入氨氣后通入二氧化碳能生成碳酸氫鈉，碳酸氫鈉加熱分解生成碳酸鈉，碳酸鈉和二氧化碳、水反應(yīng)生成碳酸氫鈉，碳酸鈉和鹽酸反應(yīng)生成氯化鈉．解答:解：A．Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O、AlCl3+3NH3．H2O=Al(OH)3↓+3NH4Cl、Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O、2Al(OH）3Al2O3+3H2O，故A不選；B．氧化銅和水不反應(yīng),所以不能由氧化銅一步反應(yīng)生成氫氧化銅，故B選；C。2Fe+3Cl22FeCl3、2FeCl3+Fe=3FeCl2、2FeCl2+Cl2=2FeCl3、FeCl2+Zn=ZnCl2+Fe，故C不選；D．NaCl+NH3+H2O+CO2=NaHCO3+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O、Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3、Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O，故D不選；故選B．點(diǎn)評(píng)：本題考查了物質(zhì)間的轉(zhuǎn)化，明確物質(zhì)的性質(zhì)是解本題關(guān)鍵,易錯(cuò)選項(xiàng)是D，注意侯德榜制堿法中涉及此反應(yīng)，為易錯(cuò)點(diǎn)．9．（2分）下列有關(guān)實(shí)驗(yàn)裝置進(jìn)行的相應(yīng)實(shí)驗(yàn)，能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖?)A．如圖實(shí)驗(yàn)制取少量的Fe（OH）3膠體B．如圖實(shí)驗(yàn)試管中溶液吸收NH3，并防止倒吸C．如圖實(shí)驗(yàn)用H2SO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定NaOH溶液D．可用如圖實(shí)驗(yàn)裝置除去CO2氣體中含有的少量HCl雜質(zhì)考點(diǎn)：化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)．專題：實(shí)驗(yàn)評(píng)價(jià)題．分析：A．實(shí)驗(yàn)得到氯化鐵溶液；B．苯的密度比水的密度??；C．硫酸用酸式滴定管裝；D．氫氧化鈉能夠與二氧化碳反應(yīng)．解答：解：A．將少量飽和FeCl3溶液滴入沸水中并繼續(xù)煮沸至溶液呈紅褐色得到Fe（OH)3膠體,故A錯(cuò)誤;B．苯的密度比水的密度小，水位于下層，會(huì)發(fā)生倒吸，故B錯(cuò)誤；C．硫酸用酸式滴定管裝，右邊為酸式滴定管，故C正確；D．氫氧化鈉會(huì)吸收二氧化碳和氯化氫，把二氧化碳也除去了，故D錯(cuò)誤．故選C．點(diǎn)評(píng):本題考查膠體的制取,中和滴定，物質(zhì)的分離、提純和除雜，題目難度不大，注意所選的除雜試劑只與雜質(zhì)反應(yīng)，不能與原有物質(zhì)反應(yīng)，且反應(yīng)后不能生成新的雜質(zhì)．10．（2分）(2008?南通二模)六種短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序數(shù)依次增大，其中A與E同主族，B與F同主族，E與F同周期．已知常溫下單質(zhì)A與E的狀態(tài):不同，D原子的核電荷數(shù)是B原子最外層電子數(shù)的2倍，單質(zhì)F是一種重要的半導(dǎo)體材料．則下列推斷中正確的是(）A．由A、C、D三種元素組成的化合物一定是共價(jià)化合物B．F與D形成的化合物性質(zhì)很不活潑,不與任何酸反應(yīng)C．原子半徑由大到小的順序是：E＞F＞C＞DD．元素的非金屬性由強(qiáng)到弱的順序是：D＞C＞F＞B考點(diǎn)：位置結(jié)構(gòu)性質(zhì)的相互關(guān)系應(yīng)用．專題：元素周期律與元素周期表專題．分析：六種短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序數(shù)依次增大，單質(zhì)F是一種重要的半導(dǎo)體材料，則F為硅元素；B與F同主族，則B為碳元素；D原子的核電荷數(shù)是B原子最外層電子數(shù)的2倍，則D的質(zhì)子數(shù)為8，則D為氧元素；C的原子序數(shù)介于碳元素與氧元素之間，則C為氮元素；E與F同周期，則E處于第三周期,原子序數(shù)小于硅元素,A與E同主族，已知常溫下單質(zhì)A與E的狀態(tài)不同，則A、E處于第ⅠA族，故A為氫元素，E為鈉元素．結(jié)合元素周期律及物質(zhì)性質(zhì)判斷．解答：解：六種短周期元素A、B、C、D、E、F的原子序數(shù)依次增大，單質(zhì)F是一種重要的半導(dǎo)體材料,則F為硅元素；B與F同主族,則B為碳元素;D原子的核電荷數(shù)是B原子最外層電子數(shù)的2倍，則D的質(zhì)子數(shù)為8，則D為氧元素；C的原子序數(shù)介于碳元素與氧元素之間,則C為氮元素；E與F同周期，則E處于第三周期，原子序數(shù)小于硅元素，A與E同主族,已知常溫下單質(zhì)A與E的狀態(tài)不同，則A、E處于第ⅠA族，故A為氫元素，E為鈉元素．故A為氫元素，B為碳元素；C為氮元素;D為氧元素，E為鈉元素,F為硅元素．A、由分析可知,A為氫元素，C為氮元素；D為氧元素,三元素組成的硝酸銨屬于離子化合物，故A錯(cuò)誤；B、D為氧元素，F(xiàn)為硅元素,二者組成的物質(zhì)是二氧化硅，性質(zhì)不活潑，但能與氫氟酸反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C、C為氮元素；D為氧元素，E為鈉元素，F(xiàn)為硅元素,同周期隨原子序數(shù)越大，原子半徑越小，所以Na＞SiC＞N＞O，同主族自上而下原子半徑增大，所以Si＞C,所以原子半徑Na＞Si＞N＞O,即E＞F＞C＞D，故C正確；D、B為碳元素；C為氮元素;D為氧元素，F(xiàn)為硅元素，同周期水原子序數(shù)越大，金屬性減弱,非金屬性增強(qiáng),同主族自上而下,金屬性增強(qiáng),非金屬性減弱，所以元素的非金屬性Si＜C＜N＜O，即D＞C＞B＞F，故D錯(cuò)誤．故選:C．點(diǎn)評(píng)：考查結(jié)構(gòu)性質(zhì)與位置關(guān)系、元素周期律等，難度不大，推斷元素是關(guān)鍵，突破口是單質(zhì)F是一種重要的半導(dǎo)體材料．二、不定項(xiàng)選擇題:本題包括5小題,每小題4分，共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)時(shí)，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)下列敘述中正確的是（)A．對(duì)N2（g)+3H2（g）═2NH3(g)，其他條件不變時(shí)充入N2，正反應(yīng)速率增大，逆反應(yīng)速率減小B．相同條件下，Na2CO3溶液的堿性強(qiáng)于C6H5ONa，說(shuō)明C6H5OH的酸性強(qiáng)于H2CO3C．常溫下，將pH=10的氨水稀釋，溶液中所有離子濃度都減小D．電解含Cu2+、Ag+的混合溶液，陰極先析出Ag，說(shuō)明Ag+的氧化性比Cu2+強(qiáng)考點(diǎn)：化學(xué)反應(yīng)速率的影響因素；氧化性、還原性強(qiáng)弱的比較；弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；鹽類水解的應(yīng)用．專題：基本概念與基本理論．分析：A．其他條件不變時(shí)充入N2，瞬間正反應(yīng)速率增大，逆反應(yīng)速率不變；B．Na2CO3溶液的堿性強(qiáng)于C6H5ONa,Na2CO3溶液的水解程度大；C．將pH=10的氨水稀釋,氫氧根離子濃度減小，Kw不變;D．電解含Cu2+、Ag+的混合溶液，氧化性強(qiáng)的離子先得到電子．解答：解：A．其他條件不變時(shí)充入N2，瞬間正反應(yīng)速率增大，逆反應(yīng)速率不變，然后正反應(yīng)速率減小,逆反應(yīng)速率增大，均比原平衡的速率大，故A錯(cuò)誤；B．Na2CO3溶液的堿性強(qiáng)于C6H5ONa，Na2CO3溶液的水解程度大,則說(shuō)明C6H5OH的酸性強(qiáng)于HCO3﹣，故B錯(cuò)誤；C．將pH=10的氨水稀釋,氫氧根離子濃度減小，Kw不變，則氫離子濃度增大，故C錯(cuò)誤；D．電解含Cu2+、Ag+的混合溶液，氧化性強(qiáng)的離子先得到電子,則陰極先析出Ag,說(shuō)明Ag+的氧化性比Cu2+強(qiáng)，故D正確；故選D．點(diǎn)評(píng)：本題考查較綜合，涉及化學(xué)反應(yīng)速率的影響因素、鹽類水解、pH的計(jì)算及溶液稀釋、電解原理及應(yīng)用等，注重高頻考點(diǎn)的考查，把握氫化學(xué)反應(yīng)原理為解答的關(guān)鍵，選項(xiàng)B為解答的易錯(cuò)點(diǎn)，題目難度不大．12．(4分)（2009?南通二模)甘草甜素在治療丙肝、艾滋病、非典等疾病方面有一定療效．甘草甜素在一定條件下可轉(zhuǎn)化為甘草次酸．下列有關(guān)說(shuō)法正確的是（)A．甘草甜素轉(zhuǎn)化為甘草次酸屬于酯的水解B．在Ni催化作用下，1mol甘草次酸最多能與2molH2發(fā)生加成反應(yīng)C．甘草甜素中含有羧基、羰基、碳碳雙鍵、酚羥基等官能團(tuán)D．甘草甜素、甘草次酸均可與Na2CO3、溴水等無(wú)機(jī)試劑發(fā)生反應(yīng)考點(diǎn)：有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)．專題:有機(jī)物的化學(xué)性質(zhì)及推斷．分析:甘草甜素發(fā)生取代反應(yīng)轉(zhuǎn)化為甘草次酸,兩種物質(zhì)中均含﹣OH、碳碳雙鍵、﹣COOH,結(jié)合醇、烯烴、羧酸的性質(zhì)來(lái)解答．解答：解：A．不含有﹣COOC﹣,則不發(fā)生酯的水解，故A錯(cuò)誤；B．甘草次酸中含碳碳雙鍵、C=0鍵，可與氫氣發(fā)生加成反應(yīng),在Ni催化作用下，1mol甘草次酸最多能與2molH2發(fā)生加成反應(yīng)，故B正確；C．由結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，甘草甜素中含有羧基、羰基、碳碳雙鍵、醇羥基等官能團(tuán)，不含酚羥基,故C錯(cuò)誤；D．均含碳碳雙鍵,均可與溴水反應(yīng),均含﹣COOH,均與Na2CO3發(fā)生反應(yīng)，故D正確；故選BD．點(diǎn)評(píng)：本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì),為高考常見題型,把握有機(jī)物的官能團(tuán)、性質(zhì)的關(guān)系為解答的關(guān)鍵，熟悉羧酸、烯烴等有機(jī)物的性質(zhì)即可解答，題目難度不大．13．（4分）下列根據(jù)實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象所得出的結(jié)論不正確的是（）選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象結(jié)論A苯酚中滴加濃溴水酸性明顯增強(qiáng)發(fā)生了取代反應(yīng)B向溶液中先滴加稀硝酸，再滴加Ba（NO3）2溶液出現(xiàn)白色沉淀溶液X中不一定含有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）A．AB．BC．CD．D考點(diǎn)：化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)．專題:實(shí)驗(yàn)評(píng)價(jià)題．分析：A．苯酚中滴加濃溴水生成2，4,6﹣三溴苯酚沉淀和HBr；B．向溶液中先滴加稀硝酸，再滴加Ba(NO3)2溶液有白色沉淀生成，沉淀為硫酸鋇或AgCl；C．反應(yīng)生成硅酸沉淀，酸性為碳酸大于硅酸；D．同類型的沉淀,溶度積小的沉淀先析出．解答：解:A．苯酚中滴加濃溴水酸性明顯增強(qiáng)，生成HBr,該反應(yīng)為取代反應(yīng)，故A正確；B．向溶液中先滴加稀硝酸，再滴加Ba(NO3）2溶液有白色沉淀生成，則不能說(shuō)明該溶液中一定含有SO42﹣，還可能為Ag+，可能為SO32﹣，故B正確；C．向一定濃度的Na2SiO3溶液中通入適量CO2氣體，反應(yīng)生成硅酸沉淀，酸性為碳酸大于硅酸，為強(qiáng)酸制取弱酸的反應(yīng)，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C．點(diǎn)評(píng)：本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，為高頻考點(diǎn),涉及取代反應(yīng)、離子的檢驗(yàn)、酸性比較及沉淀轉(zhuǎn)化等，側(cè)重實(shí)驗(yàn)操作和實(shí)驗(yàn)原理的考查，注意實(shí)驗(yàn)方案的操作性、可行性、評(píng)價(jià)性分析，題目難度不大．14．（4分）常溫下，向10mL0。1mol?L﹣1的H2C2O4溶液中逐滴加入0。1mol?L﹣1A．KHC2O4溶液呈弱堿性B．B點(diǎn)時(shí):c（K+）＞c（HC2O4﹣）＞c（H+)＞c（OH﹣)C．C點(diǎn)時(shí)：c（K+）＜c（HC2O4﹣）+2c(C2O42﹣）+c(H2C2O4D．D點(diǎn)時(shí)：c（H+）+c（HC2O4﹣）+c（H2C2O4）=c（OH﹣考點(diǎn):酸堿混合時(shí)的定性判斷及有關(guān)ph的計(jì)算．專題：電離平衡與溶液的pH專題．分析：A．B點(diǎn)時(shí)等物質(zhì)的量的H2C2O4和KOH恰好反應(yīng)生成KHC2O4B、B點(diǎn)時(shí)酸和堿的物質(zhì)的量相等，但溶液呈酸性，說(shuō)明HC2O4﹣的電離程度大于水解程度;C、C點(diǎn)時(shí)，溶液呈中性,c（H+)=c(OH﹣），結(jié)合電荷守恒得c(K+）=c（HC2O4﹣)+2c（C2O42﹣），結(jié)合溶液中的溶質(zhì)判斷離子濃度關(guān)系；D、D點(diǎn)時(shí)，氫氧化鉀的物質(zhì)的量是草酸的2倍，二者恰好反應(yīng)而溶液呈堿性,說(shuō)明草酸是二元弱酸，根據(jù)質(zhì)子守恒判斷．解答:解：A．B點(diǎn)時(shí)等物質(zhì)的量的H2C2O4和KOH恰好反應(yīng)生成KHC2O4，溶液的pH小于7，說(shuō)明KHC2O4B．B點(diǎn)溶液呈酸性,則c（H+）＞c(OH﹣）,溶液中存在電荷守恒：c（K+）+c（H+)=c（HC2O4﹣）+c（OH﹣)+2c(C2O42﹣），所以c（K+）＞c(HC2O4﹣），故B正確;C．C點(diǎn)時(shí)，溶液呈中性，c（H+)=c（OH﹣）,結(jié)合電荷守恒得c（K+）=c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣），此點(diǎn)溶液中的溶質(zhì)是草酸鈉，草酸氫根離子水解較微弱，所以所以c(C2O42﹣）＞c（H2C2O4），則c(HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣）+c（H2C2O4）＜c（K+）＜c（HC2O4﹣)+2c（C2O42﹣）+c(H2C2D．D點(diǎn)時(shí)，氫氧化鉀的物質(zhì)的量是草酸的2倍,二者恰好反應(yīng)生成草酸鈉，根據(jù)質(zhì)子守恒得c(H+）+c(C2O42﹣)+2c（H2C2O4）=c（OH﹣故選BC．點(diǎn)評(píng):本題考查酸堿混合溶液定性判斷，根據(jù)物料守恒、電荷守恒、質(zhì)子守恒來(lái)分析解答,難度中等．15．（4分)（2012?江蘇一模）在300mL的密閉容器中，放入鎳粉并充入一定量的CO氣體，一定條件下發(fā)生反應(yīng)：Ni（s）+4CO（g）?Ni（CO）4（g），已知該反應(yīng)平衡常數(shù)與溫度的關(guān)系如表1：表1平衡常數(shù)與溫度的關(guān)系溫度/℃2580230平衡常數(shù)5×10421.9×10﹣5下列說(shuō)法不正確的是(）A．上述生成Ni（CO)4（g）的反應(yīng)為吸熱反應(yīng)B．25℃時(shí)反應(yīng)Ni（CO）4（g)?Ni（s）+4CO（g)的平衡常數(shù)為2×10﹣5C．在80℃時(shí)，測(cè)得某時(shí)刻，Ni（CO）4、CO濃度均為0。5mol/L，則此時(shí)v(正）＞v（逆）D．80℃達(dá)到平衡時(shí)，測(cè)得n(CO）=0。3mol,則Ni(CO）4的平衡濃度為2mol/L考點(diǎn):化學(xué)平衡的計(jì)算．專題：化學(xué)平衡專題．分析:A．由表中數(shù)據(jù)可知，溫度越高平衡常數(shù)越小，說(shuō)明升高溫度平衡向逆反應(yīng)移動(dòng)，據(jù)此判斷；B．相同溫度下，對(duì)于同一可逆反應(yīng)的正、逆反應(yīng)平衡常數(shù)互為倒數(shù)；C．計(jì)算常數(shù)的濃度商Qc，與平衡常數(shù)比較,判斷反應(yīng)進(jìn)行方向，據(jù)此判斷;D．根據(jù)80°C平衡常數(shù)計(jì)算Ni(CO）4的平衡濃度．解答：解：A．由表中數(shù)據(jù)可知，溫度越高平衡常數(shù)越小,說(shuō)明升高溫度平衡向逆反應(yīng)移動(dòng)，升高溫度平衡向吸熱反應(yīng)移動(dòng)，故正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B.25°C時(shí)反應(yīng)Ni（s)+4CO（g)?Ni（CO）4（g）的平衡常數(shù)為5×104，相同溫度下，對(duì)于同一可逆反應(yīng)的正、逆反應(yīng)平衡常數(shù)互為倒數(shù)，故25°C時(shí)反應(yīng)Ni（CO）4（g）?Ni（s）+4CO(g）的平衡常數(shù)為=2×10﹣5，故B正確；C．濃度商Qc==8，大于80°C平衡常數(shù)2，故反應(yīng)進(jìn)行方向逆反應(yīng)進(jìn)行，故v（正）＜v（逆)，故C錯(cuò)誤；D.80°C達(dá)到平衡時(shí)，測(cè)得n（CO）=0。3mol,c（CO）==1mol/L,故c［Ni(CO）4]=K?c4（CO）=2×14mol/L=2mol/L,故D正確；故選AC．點(diǎn)評(píng)：本題考查化學(xué)平衡常數(shù)及影響因素、化學(xué)平衡常數(shù)有關(guān)計(jì)算等，難度中等，注意掌握化學(xué)平衡常數(shù)的應(yīng)用．三、第Ⅱ卷（非選擇題共80分）16．（12分）(2013?南通一模)工業(yè)上利用鋅焙砂（主要含ZnO、ZnFe2O4，還含有少量CaO、FeO、CuO、NiO等氧化物）制取金屬鋅的流程如圖所示．回答下列問(wèn)題：(1）酸浸時(shí)ZnFe2O4會(huì)生成兩種鹽,該反應(yīng)的化學(xué)方程式為ZnFe2O4+4H2SO4═ZnSO4+Fe2（SO4）3+4H2O．(2)凈化Ⅰ操作分為兩步：第一步是將溶液中少量的Fe2+氧化；第二步是控制溶液pH，使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe（OH）3沉淀．①寫出酸性條件下H2O2與Fe2+反應(yīng)的離子方程式：H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O．②25℃時(shí)，pH=3的溶液中，c(Fe3+）=4.0×10﹣5mol?L﹣1（已知25℃，Ksp[Fe（OH）3］=4.0×10﹣38）．③凈化Ⅰ生成的沉淀中還含有溶液中的懸浮雜質(zhì)，溶液中的懸浮雜質(zhì)被共同沉淀的原因是Fe（OH)3膠體(沉淀）具有吸附性．（3）若沒(méi)有凈化Ⅱ操作,則對(duì)鋅的制備帶來(lái)的影響是制取的鋅含銅等雜質(zhì)．（4)本流程中可以循環(huán)利用的物質(zhì)除鋅外還有H2SO4、ZnSO4．考點(diǎn)：制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)．專題:實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)題．分析:(1）酸浸時(shí)ZnFe2O4會(huì)生成兩種鹽，兩種鹽分別為硫酸鋅、硫酸鐵，即ZnFe2O4與硫酸反應(yīng)生成硫酸鋅、硫酸鐵；（2）①雙氧水具有氧化性，能夠?qū)嗚F離子氧化成鐵離子；②根據(jù)氫氧化鐵的溶度積及pH=3計(jì)算出溶液中鐵離子濃度;③根據(jù)Fe（OH)3膠體（沉淀）具有的吸附性進(jìn)行分析;（3）鋅焙砂中含有CaO、FeO、CuO、NiO等氧化物，反應(yīng)后溶液中存在銅離子，沒(méi)有凈化Ⅱ操作，電解制取的鋅會(huì)含有銅等雜質(zhì)；(4)根據(jù)制取流程可以看出，能夠循環(huán)利用的物質(zhì)有鋅、硫酸和硫酸鋅．解答:解：（1）根據(jù)信息，酸浸時(shí)ZnFe2O4會(huì)生成兩種鹽，這兩種鹽分別為硫酸鋅、硫酸鐵，即ZnFe2O4與硫酸反應(yīng)生成硫酸鋅、硫酸鐵,反應(yīng)的化學(xué)方程式為：ZnFe2O4+4H2SO4═ZnSO4+Fe2（SO4）3+4H2O，故答案為：ZnFe2O4+4H2SO4═ZnSO4+Fe2(SO4）3+4H2O；(2）①亞鐵離子被雙氧水氧化成鐵離子，反應(yīng)的離子方程式為H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O，故答案為：H2O2+2Fe2++2H+═2Fe3++2H2O；②氫氧化鐵的溶度積Ksp［Fe（OH)3]=4.0×10﹣38,pH=3的溶液中，氫氧根離子的濃度為1×10﹣11mol/L，c(Fe3+）=mol/L=4.0×10﹣5mol/L,故答案為：4.0×10﹣5;③由于生成的Fe(OH)3膠體（沉淀)具有吸附性，所以凈化Ⅰ生成的沉淀中還含有溶液中的懸浮雜質(zhì),故答案為：Fe（OH）3膠體（沉淀）具有吸附性；（3)由于鋅焙砂中含有CaO、FeO、CuO、NiO等氧化物,反應(yīng)后溶液中存在銅離子，沒(méi)有凈化Ⅱ操作，電解制取的鋅中會(huì)含有銅等雜質(zhì)，故答案為:制取的鋅含銅等雜質(zhì)；（4）通過(guò)制取金屬鋅的流程圖示可以知道，可以循環(huán)利用的物質(zhì)除鋅外，含有硫酸、硫酸鋅，故答案為:H2SO4、ZnSO4．點(diǎn)評(píng):本題借助制取金屬鋅的流程考查了離子濃度計(jì)算、離子方程式、化學(xué)方程式的書寫等知識(shí),注意合理分析題中信息，本題難度中等，充分考查了分析、理解能力．17．（15分)(2014?浙江模擬)紫杉醇(paclitaxel）是一種抗癌藥,化合物D是紫杉醇的側(cè)鏈，D的合成路線如圖甲:（1）A的合成應(yīng)用了2010年諾貝爾化學(xué)獎(jiǎng)的獲獎(jiǎng)成果﹣﹣交叉偶聯(lián)反應(yīng)，反應(yīng)式如下（已配平）:CH3COOCH2COCl+XA+HCl，X分子中含碳氮雙鍵（C=N）,其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為．（2）已知酯和酰胺在過(guò)量醇中能發(fā)生醇解反應(yīng)：CH3COOC2H5+CH3OHCH3COOCH3+C2H5OHCH3CO+CH3OHCH3COOCH3+H“醇解反應(yīng)”的反應(yīng)類型為取代反應(yīng)，B轉(zhuǎn)化為C中另一產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3COOCH3．（3）若最后一步水解的條件控制不好，D會(huì)繼續(xù)水解生成氨基酸E和芳香酸F．①E在一定條件下能發(fā)生縮聚反應(yīng)，寫出所得高分子化合物的一種可能的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：或；②F的同分異構(gòu)體中，屬于芳香族化合物、能發(fā)生銀鏡反應(yīng)且核磁共振氫譜有4個(gè)峰的有兩種，請(qǐng)寫出其中一種的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：或．(4）已知：①RCHO②R′COOHR′COCl寫出以甲醛和乙醛為原料合成CH3COOCH2COCl的路線流程圖（無(wú)機(jī)試劑任選）．合成路線流程圖示例如圖乙．考點(diǎn)：有機(jī)物的合成．專題：有機(jī)物的化學(xué)性質(zhì)及推斷．分析：（1)根據(jù)原子守恒，及A與CH3COOCH2COCl的結(jié)構(gòu)，確定X的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式．（2）根據(jù)酯和酰胺的結(jié)構(gòu)以及生成的酯的結(jié)構(gòu)分析解答；由酰胺在過(guò)量醇中能發(fā)生醇解反應(yīng)的信息可知，在如圖所示虛線發(fā)生化學(xué)鍵斷裂，O原子、N原子連接甲醇中羥基中的H原子，﹣OCH3連接斷鍵處的C原子；（3）最后一步水解的條件控制不好，D會(huì)繼續(xù)水解生成氨基酸E和芳香酸F,由D的結(jié)構(gòu)可知,E為HOOC﹣CH(OH）﹣CH(NH2)﹣C6H5，F(xiàn)為C6H5﹣COOH,①E分子中含有﹣COOH、﹣OH、﹣NH2,可以通過(guò)形成酯縮聚生成高聚物，也可以通過(guò)成肽鍵發(fā)生縮聚反應(yīng)生成高聚物；②C6H5﹣COOH的同分異構(gòu)體中，屬于芳香族化合物、能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，故含有苯環(huán)、醛基或是甲酸酚酯，核磁共振氫譜有4個(gè)峰，含有4種不同的H原子，據(jù)此書寫；（4）CH3COOCH2COCl中含有酯基，結(jié)合信息可知，先由CH3CHO氧化生成CH3COOH,HCHO在HCN、酸性條件下合成HOCH2COOH，HOCH2COOH在PCl3條件下合成HOCH2COCl，再由CH3COOH與HOCH2COCl在濃硫酸、加熱條件下發(fā)生酯化反應(yīng)生成CH3COOCH2COCl．解答:解：（1）CH3COOCH2COCl+X→+HCl,X分子中含碳氮雙鍵（C=N），應(yīng)在如圖虛線所示位置是反應(yīng)成鍵位置，故X為，故答案為：;(2）由反應(yīng)方程式CH3COOC2H5+CH3OHCH3COOCH3+C2H5OH，可知﹣OCH3取代﹣OC2H5，CH3CO+CH3OHCH3COOCH3+H，可知﹣OCH3取代，故酯和酰胺在過(guò)量醇中能發(fā)生醇解反應(yīng)屬于取代反應(yīng)，由酰胺在過(guò)量醇中能發(fā)生醇解反應(yīng)的信息可知，在如圖所示虛線發(fā)生化學(xué)鍵斷裂，O原子、N原子連接甲醇中羥基中的H原子，﹣OCH3連接斷鍵處的C原子,故還生成CH3COOCH3，故答案為:CH3COOCH3；（3）最后一步水解的條件控制不好，D會(huì)繼續(xù)水解生成氨基酸E和芳香酸F，由D的結(jié)構(gòu)可知，E為HOOC﹣CH(OH）﹣CH（NH2）﹣C6H5，F(xiàn)為C6H5﹣COOH，①E分子中含有﹣COOH、﹣OH、﹣NH2,可以通過(guò)形成酯縮聚生成高聚物，也可以通過(guò)成肽鍵發(fā)生縮聚反應(yīng)生成高聚物,故可能的高聚物為或，故答案為：或;②C6H5﹣COOH的同分異構(gòu)體中，屬于芳香族化合物、能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，故含有苯環(huán)、醛基或是甲酸酚酯，核磁共振氫譜有4個(gè)峰，含有4種不同的H原子，符合條件的結(jié)構(gòu)為或，故答案為：或;(4）CH3COOCH2COCl中含有酯基，結(jié)合信息可知，先由CH3CHO氧化生成CH3COOH，HCHO在HCN、酸性條件下合成HOCH2COOH，HOCH2COOH在PCl3條件下合成HOCH2COCl,再由CH3COOH與HOCH2COCl在濃硫酸、加熱條件下發(fā)生酯化反應(yīng)生成CH3COOCH2COCl，故合成路線流程：，故答案為:．點(diǎn)評(píng):考查有機(jī)物的推斷與合成，是對(duì)有機(jī)化合物知識(shí)的綜合考查,理解給出的反應(yīng)信息及成分利用物質(zhì)的分子結(jié)構(gòu)是解題的關(guān)鍵，能較好的考查考生的閱讀、自學(xué)能力和思維能力，是高考熱點(diǎn)題型，難度較大．18．（12分）過(guò)氧乙酸是一種弱酸性氧化劑，廣泛用作漂白劑和高效殺菌消毒劑等．Ⅰ、制備：冰醋酸與H2O2濃溶液按體積比1：1混合,加入適量濃硫酸，控制溫度5℃～30℃，攪拌30min并靜置4～6h．反應(yīng)原理為：Ⅱ、含量測(cè)定:稱取5.0000g過(guò)氧乙酸試樣（液體），稀釋至100mL備用．取上述稀釋后過(guò)氧乙酸試樣5.00mL，用0。0100mol?L﹣1KMnO4溶液滴定到終點(diǎn)以除去其中的H2O2，隨即加入10%KI溶液10mL，加入0.5％淀粉溶液3滴，搖勻,并用0。0500mol?L﹣1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定到藍(lán)色剛好褪去（離子反應(yīng)方程式為：I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣），消耗Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液的總體積為20.00mL．（1）制備過(guò)氧乙酸時(shí)，溫度不宜過(guò)高，其原因可能是溫度過(guò)高，過(guò)氧化氫會(huì)發(fā)生分解．（2)稀釋樣品時(shí)，除用到容量瓶及燒杯外,還用到的玻璃儀器有玻璃棒、膠頭滴管．(3）過(guò)氧乙酸溶液與KI反應(yīng)的離子方程式為CH3COOOH+2H++2I﹣=I2+CH3COOH+H2O．（4)通過(guò)計(jì)算確定原試樣中過(guò)氧乙酸的質(zhì)量分?jǐn)?shù)（寫出計(jì)算過(guò)程）．15.2%．考點(diǎn)：化學(xué)方程式的有關(guān)計(jì)算；物質(zhì)的分離、提純的基本方法選擇與應(yīng)用．專題:計(jì)算題;實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)題．分析：（1）溫度過(guò)高時(shí)過(guò)氧化氫會(huì)分解不能保證其和醋酸充分反應(yīng);(2）稀釋樣品時(shí)，還要用到膠頭滴管取液體，用玻璃棒在溶解時(shí)要攪拌；（3)根據(jù)氧化還原反應(yīng)原理，碘離子被氧化為碘單質(zhì)，過(guò)氧乙酸溶液被還原為乙酸分子；(4）根據(jù)（3)的方程式及I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣兩個(gè)化學(xué)方程式，可以得關(guān)系式如下：CH3COOOH~I2～2Na2S2O3,據(jù)此計(jì)算稀釋后5mL反應(yīng)中n(CH3COOOH），進(jìn)而計(jì)算原試樣中過(guò)氧乙酸的質(zhì)量分?jǐn)?shù)．解答：解：（1)溫度過(guò)高時(shí)過(guò)氧化氫會(huì)分解不能保證其和醋酸充分反應(yīng),故答案為：溫度過(guò)高，過(guò)氧化氫會(huì)發(fā)生分解；(2)稀釋樣品時(shí)，還要用到膠頭滴管取液體,用玻璃棒在溶解時(shí)要攪拌，故答案為：玻璃棒；膠頭滴管;（3)根據(jù)氧化還原反應(yīng)原理，碘離子被氧化為碘單質(zhì),過(guò)氧乙酸溶液被還原為乙酸分子，故反應(yīng)方程式為：CH3COOOH+2H++2I﹣=I2+CH3COOH+H2O，故答案為:CH3COOOH+2H++2I﹣=I2+CH3COOH+H2O;（4）根據(jù)（3）的方程式及I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣兩個(gè)化學(xué)方程式，可以得關(guān)系式如下：CH3COOOH～I(xiàn)2~2Na2S2O3,由關(guān)系式可知，n（CH3COOOH）=n（Na2S2O3）=×0.05mol/L×0。02L=5×10﹣4mol，故原樣品中w(CH3COOOH)=×100％=15.2%，故答案為：15。2％．點(diǎn)評(píng):本題考查氧化還原反應(yīng)滴定、實(shí)驗(yàn)原理的分析和多步反應(yīng)關(guān)系的計(jì)算等，難度中等，（4）中注意利用關(guān)系式進(jìn)行計(jì)算，為易錯(cuò)點(diǎn)，學(xué)生容易忽略滴定中所取溶液的體積，按稀釋后溶液體積計(jì)算，導(dǎo)致錯(cuò)誤答案．19．（15分）（2013?徐州模擬）氯酸鎂[Mg(ClO3）2］常用作催熟劑、除草劑等，實(shí)驗(yàn)室制備少量Mg（ClO3）2?6H2O的流程如下:已知：①鹵塊主要成分為MgCl2?6H2O，含有MgSO4、FeCl2等雜質(zhì)．②四種化合物的溶解度(S）隨溫度(T）變化曲線如下圖所示．(1)過(guò)濾所需要的主要玻璃儀器有漏斗、玻璃棒、燒杯，加MgO后過(guò)濾所得濾渣的主要成分為BaSO4和Fe(OH）3．（2)加入BaCl2的目的是除去SO42﹣，如何檢驗(yàn)SO42﹣已沉淀完全？答：靜置,取上層清液加入BaCl2，若無(wú)白色沉淀，則SO42﹣沉淀完全．(3)加入NaClO3飽和溶液發(fā)生反應(yīng)為：MgCl2+2NaClO3═Mg(ClO3）2+2NaCl↓再進(jìn)一步制取Mg（ClO3）2?6H2O的實(shí)驗(yàn)步驟依次為：①蒸發(fā)結(jié)晶;②趁熱過(guò)濾;③冷卻結(jié)晶；④過(guò)濾、洗滌．（4）產(chǎn)品中Mg（ClO3）2?6H2O含量的測(cè)定：步驟1:準(zhǔn)確稱量3.50g產(chǎn)品配成100mL溶液．步驟2：取10mL于錐形瓶中，加入10mL稀硫酸和20mL1。000mol?L﹣1的FeSO4溶液，微熱．步驟3：冷卻至室溫,用0。100mol?L﹣1K2Cr2O7溶液滴定至終點(diǎn)，此過(guò)程中反應(yīng)的離子方程式為:Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O．步驟4：將步驟2、3重復(fù)兩次，平均消耗K2Cr2O7溶液15.00mL．①寫出步驟2中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：ClO3﹣+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl﹣+3H2O②產(chǎn)品中Mg(ClO3）2?6H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為78。3%．考點(diǎn)：鎂、鋁的重要化合物；物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用；制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)．專題:幾種重要的金屬及其化合物．分析：（1）過(guò)濾實(shí)驗(yàn)用到的儀器:漏斗、玻璃棒、燒杯、濾紙、鐵架臺(tái)等，根據(jù)加氧化鎂后溶液的pH為4,可以沉淀的離子來(lái)回答；（2）根據(jù)鋇離子可以和硫酸根離子之間反應(yīng)生成白色不溶于硝酸的白色沉淀來(lái)回答；(3）根據(jù)物質(zhì)的溶解度大小，溶液獲得晶體的方法：蒸發(fā)結(jié)晶、過(guò)濾、冷卻結(jié)晶；（4)氯酸根離子具有氧化性，可以將亞鐵離子氧化為正三價(jià);根據(jù)化學(xué)反應(yīng)得出各個(gè)質(zhì)物之間的關(guān)系式，計(jì)算百分含量．解答：解：(1）)過(guò)濾實(shí)驗(yàn)用到的儀器：漏斗、玻璃棒、燒杯、濾紙、鐵架臺(tái)等，其中玻璃儀器有：漏斗、玻璃棒、燒杯，加入氧化鎂,調(diào)節(jié)溶液的pH為4，此時(shí)鐵離子形成了沉淀氫氧化鐵，鋇離子已經(jīng)和硫酸根離子只堿反應(yīng)生成了硫酸鋇沉淀，故答案為：漏斗、玻璃棒、燒杯；BaSO4和Fe（OH）3;(2）檢驗(yàn)硫酸根離子是否除凈的方法：靜置，取上層清液加入BaCl2，若無(wú)白色沉淀，則SO42﹣沉淀完全，故答案為：靜置，取上層清液加入BaCl2，若無(wú)白色沉淀,則SO42﹣沉淀完全；（3）根據(jù)物質(zhì)的溶解度大小，溶液獲得晶體的方法：蒸發(fā)結(jié)晶、過(guò)濾、冷卻結(jié)晶；故答案為：蒸發(fā)結(jié)晶；趁熱過(guò)濾；冷卻結(jié)晶；（4）①氯酸根離子具有氧化性，可以將亞鐵離子氧化為正三價(jià),化學(xué)方程式為:ClO3﹣+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl﹣+3H2O,故答案為：ClO3﹣+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl﹣+3H2O；②根據(jù)化學(xué)方程式：ClO3﹣+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl﹣+3H2O以及Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O，可以得出：ClO3﹣～6Fe2+,Cr2O72﹣～6Fe2+,用0.100mol?L﹣1K2Cr2O7溶液滴定至終點(diǎn)過(guò)程可以得出剩余的亞鐵離子的物質(zhì)的量為：0。100mol?L﹣1×0。015L×6=0.009mol,和氯酸根離子反應(yīng)的亞鐵離子的物質(zhì)的量為：20×10﹣3L×1。000mol?L﹣1氯酸根離子的物質(zhì)的量為：×0.011mol，產(chǎn)品中Mg（ClO3）2?6H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)：（×0。011×299g/mol)×10××100%=78。3％．故答案為：78。3％．點(diǎn)評(píng)：本題考查對(duì)常見金屬元素及其化合物主要性質(zhì)的掌握，以及對(duì)離子反應(yīng)實(shí)質(zhì)的認(rèn)識(shí);同時(shí)考查應(yīng)用基礎(chǔ)知識(shí)解決簡(jiǎn)單化學(xué)問(wèn)題的能力以及對(duì)圖表的觀察、分析能力，物質(zhì)溶解度概念的應(yīng)用，晶體析出的方法，雜質(zhì)離子的除雜原則和試劑選擇，題目難度中等．20．（14分)（2010?江蘇）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(zhuǎn)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(zhuǎn)化為H2SO4（1)方法Ⅰ中氨水吸收燃煤煙氣中SO2的化學(xué)反應(yīng)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(yīng)溫度C．使燃煤煙氣與氨水充分接觸D．通入空氣使HSO3﹣轉(zhuǎn)化為SO42﹣采用方法Ⅰ脫硫，并不需要預(yù)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重要發(fā)生了下列反應(yīng):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(yīng)生成SO2（g）的熱化學(xué)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(yáng)極區(qū)放出氣體的成分為O2、SO2．（填化學(xué)式)考點(diǎn)：二氧化硫的污染及治理；熱化學(xué)方程式；用蓋斯定律進(jìn)行有關(guān)反應(yīng)熱的計(jì)算；化學(xué)平衡的調(diào)控作用；電解原理．分析：(1）提高SO2的轉(zhuǎn)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?yàn)镠CO3﹣+SO2=CO2+HSO3﹣而產(chǎn)生CO2,不影響的SO2吸收；（2）利用蓋斯定律,適當(dāng)變形,可以得出S（g）與O2(g）反應(yīng)生成（g）的熱化學(xué)方程式;（3）陰極發(fā)生還原反應(yīng)，陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)，有O2生成，同時(shí)在陽(yáng)極區(qū)加入稀硫酸,會(huì)有SO2，電極產(chǎn)生的氣體為O2和SO2．解答：解：（1）提高SO2的轉(zhuǎn)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?yàn)镠CO3﹣+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(yīng)①2CO（g）+