2011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2011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．②④【考點】F7：常見的生活環(huán)境的污染及治理．【專題】56：化學應用．【分析】①化石燃料屬于不可再生資源，且化石燃料的使用會產生污染物；②研發(fā)易降解的生物農藥，能降低農藥殘留；③應用高效潔凈的能源轉換技術，提高能源利用率；④田間焚燒秸稈，不完全燃燒產生可吸收顆粒物，同時增加二氧化碳排放；⑤推廣使用節(jié)能環(huán)保材料，節(jié)約資源、保護環(huán)境．【解答】解：①化石燃料燃燒會產生可吸收顆粒物、二氧化硫等污染物，化石燃料屬于不可再生資源，加快化石燃料的開采與使用會增加污染物的排放量，故不符合題意；②研發(fā)易降解的生物農藥能減少生物藥物殘留，減少污染物的排放，故符合題意；③應用高效潔凈的能源轉換技術，可以節(jié)約能源，減少二氧化碳的排放，故符合題意；④田間焚燒秸稈，秸稈不完全燃燒產生固體顆粒物，同時增加二氧化碳的排放，故不符合題意；⑤推廣使用節(jié)能環(huán)保材料可以節(jié)約能源，減少二氧化碳的排放，故符合題意。即有利于節(jié)能減排、保護環(huán)境的是②③⑤，故選：B?！军c評】本題考查環(huán)境保護問題，學生應明確習題中含有當前的社會熱點是高考的一大特點，學生應學會把社會熱點和課本知識點聯(lián)系起來來解答即可，突出了化學的實用性，平時要注意積累，題目難度不大．2．（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：【考點】4J：電子式、化學式或化學符號及名稱的綜合．【專題】514：化學用語專題．【分析】A．氮原子最外層有5個電子；B．硫離子質子數(shù)為16，核外電子數(shù)為18，最外層有8個電子；C．元素符號的左上角是質量數(shù)，左下角是質子數(shù)；D．鄰位是兩個支鏈鏈接在主鏈上的碳是相鄰的．【解答】解：A．氮原子最外層有5個電子，要達到穩(wěn)定結構得形成三對共用電子對，即，故A錯誤；B．硫離子質子數(shù)為16，核外電子數(shù)為18，最外層有8個電子，離子結構示意圖為，故B錯誤；C．質量數(shù)＝質子數(shù)+中子數(shù)＝53+78＝131，故C正確；D。鄰位是兩個支鏈鏈接在主鏈上的碳是相鄰的，間位是這兩個碳中間間隔著一個碳，間羥基苯甲酸的結構簡式：，故D錯誤。故選：C。【點評】本題考查電子式、化學式或化學符號及名稱的綜合，難度不大，注意掌握質量數(shù)與質子數(shù)和中子數(shù)的關系．3．（3分）下列有關物質的性質和該性質的應用均正確的是（）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【考點】EM：氯、溴、碘及其化合物的綜合應用；F8：濃硫酸的性質；FH：硅和二氧化硅．【專題】523：氧族元素；525：碳族元素．【分析】A、根據(jù)濃硫酸的特性可知，常溫下濃硫酸使鋁鈍化，生成一層致密的保護膜阻止反應進一步進行；B、根據(jù)二氧化硅與氫氟酸反應來分析；C、根據(jù)二氧化氯具有強氧化性而能用于殺菌消毒來分析；D、根據(jù)犧牲陽極的陰極保護法來保護金屬．【解答】解：A、因濃硫酸具有強氧化性，能夠與大多數(shù)金屬反應，但遇到金屬鋁、鐵要發(fā)生鈍化，因此常溫下用鋁、鐵制貯罐貯運濃硫酸，故A正確；B、因二氧化硅能與氫氟酸反應：SiO2+4HF═SiF4↑+2H2O，所以不能用石英制造耐酸容器，故B錯誤；C、因二氧化氯可用于自來水的殺菌消毒是因為其具有強氧化性，而不是還原性，故C錯誤；D、因要減緩船體的腐蝕應連接比鐵更活潑的金屬，如鋅，這就是犧牲陽極的陰極保護法，故D錯誤；故選：A?！军c評】本題主要考查了物質的性質以及用途，題目較簡單，試題具有一定的綜合性．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．與鋁反應產生大量氫氣的溶液：Na+、K+、CO32﹣、NO3﹣【考點】DP：離子共存問題．【專題】516：離子反應專題．【分析】A、在酸性條件下，從NO3﹣離子具有強氧化性，F(xiàn)e2+離子具有還原性的角度分析；B、甲基橙呈紅色的溶液呈酸性，與H+離子反應的離子不能共存；C、pH＝12的溶液呈堿性，判斷在堿性條件下離子之間能否發(fā)生反應；D、與鋁反應產生大量氫氣的溶液可能是酸溶液，也可能是堿溶液，從這兩個角度分析．【解答】解：A、在酸性條件下，NO3﹣離子具有強氧化性，F(xiàn)e2+離子具有還原性，二者發(fā)生氧化還原反應而不能大量共存，故A錯誤；B、甲基橙呈紅色的溶液呈酸性，AlO2﹣離子與H+離子反應而不能大量共存，故B錯誤；C、pH＝12的溶液呈堿性，在堿性條件下，這四種離子不發(fā)生任何反應，能大量共存，故C正確；D、與鋁反應產生大量氫氣的溶液可能是酸溶液，也可能是堿溶液，在酸性條件下CO32﹣離子與H+離子反應而不能大量共存，故D錯誤。故選：C?！军c評】本題考查離子共存問題，題目難度不大，注意從離子之間能否發(fā)生反應生成沉淀、氣體、弱電解質、氧化還原反應以及相互促進的水解等角度分析，注意題中的隱含信息，例如顏色、酸性、堿性等問題．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【考點】8F：原子結構與元素周期律的關系．【專題】51C：元素周期律與元素周期表專題．【分析】根據(jù)元素所在周期表中的位置判斷元素的種類，結合元素周期律的遞變規(guī)律解答該題【解答】解：由元素所在周期表中的位置可知，X為N元素，Y為O元素，Z為Al元素，W為S元素，Q為Cl元素。A、X為N元素，最高正價為+5價，Z為Al元素，最高正價為+3價，則元素X與元素Z的最高正化合價之和的數(shù)值等于8，故A正確；B、原子核外電子層數(shù)越多，半徑越大，同一周期元素原子半徑從左到右逐漸減小，則有：rZ＞rW＞rQ＞rX＞rY，故B錯誤；C、離子Y2﹣和Z3+的核外電子數(shù)都為10，離子核外有2個電子層，電子層數(shù)相同，故C錯誤；D、同周期元素從左到右元素的非金屬性逐漸增強，對應的最高價氧化物的水化物的酸性逐漸增強，故D錯誤。故選：A?！军c評】本題考查位置結構性質的相互關系及應用，題目難度中等，注意掌握元素周期表的結構和元素周期律的遞變規(guī)律．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﹣【考點】49：離子方程式的書寫．【專題】516：離子反應專題．【分析】A．電荷不守恒；B．反應生成硝酸和NO；C．醋酸為弱酸，在離子反應中應保留化學式；D．反應生成氫氧化鋁沉淀和碳酸氫鈉．【解答】解：A．FeCl3溶液與Cu的反應的離子反應為Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，故A錯誤；B．NO2與水的反應的離子反應為3NO2+H2O═2NO3﹣+NO+2H+，故B正確；C．醋酸溶液與水垢中的CaCO3反應的離子反應為CaCO3+2HAc═Ca2++H2O+CO2↑+2Ac﹣，故C錯誤；D．向NaAlO2溶液中通入過量CO2的離子反應為AlO2﹣+CO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣，故D錯誤；故選：B。【點評】本題考查離子反應方程式的書寫，明確反應的生成物及離子反應的書寫方法即可解答，注意離子反應中應保留化學式的物質，題目難度不大．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HCl【考點】ED：氨的實驗室制法；O5：試紙的使用；Q4：氣體的凈化和干燥；R1：配制一定物質的量濃度的溶液．【專題】25：實驗評價題．【分析】A．pH試紙不能事先濕潤；B．濃硫酸的體積和水的體積和不等于溶液的總體積；C．收集氨氣的試管不能用橡皮塞塞住管口；D．根據(jù)氯氣難溶于飽和食鹽水進行除雜?！窘獯稹拷猓篈．pH試紙不能事先濕潤，否則會帶來實驗誤差，故A錯誤；B．用量筒量取20mL0.5000mol?L﹣1H2SO4溶液于燒杯中，加水80mL，所得溶液的體積不等于100mL，則溶液濃度不等于0.1000mol?L﹣1，故B錯誤；C．收集氨氣的試管不能塞橡皮塞，會導致試管內壓強過大而將橡皮塞頂開，應在試管口塞一團棉花，故C錯誤；D．氯氣難溶于飽和食鹽水，可用飽和食鹽水進行洗氣分離，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查化學實驗基本操作，題目難度不大，注意B項，為易錯點。8．（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0.4NA【考點】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、甲醇為CH3OH，1個分子甲醇中含有3個C﹣H鍵；B、pH＝13的NaOH溶液，c（OH﹣）＝0.1mol/L，但體積未知，無法計算離子數(shù)目；C、標準狀況下，己烷為液體；D、2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，每生成1molO2時反應中轉移的電子為2mol。【解答】解：A、甲醇為CH3OH，1mol甲醇中含有C﹣H鍵的數(shù)目為3NA，故A錯誤；B、pH＝13的NaOH溶液，c（OH﹣）＝0.1mol/L，n＝cV，但溶液的體積未知，無法計算離子數(shù)目，故B錯誤；C、標準狀況下，己烷為液體，無法計算，故C錯誤；D、由2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，每生成1molO2時反應中轉移的電子為2mol，則生成0.2molO2，轉移電子的數(shù)目為0.4NA，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查阿伏伽德羅常數(shù)的計算，明確物質中的化學鍵、物質的狀態(tài)、濃度與物質的量的關系、氧化還原反應中電子轉移的數(shù)目即可解答，難度不大。9．（3分）NaCl是一種化工原料，可以制備一系列物質．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【考點】DI：電解原理；E2：氯氣的化學性質．【專題】522：鹵族元素．【分析】A、根據(jù)其陰離子的水解程度判斷；B、結合反應方程式化合價的變化判斷；C、鐵能在氯氣中燃燒生成棕黃色的煙FeCl3；D、根據(jù)元素的化合價是否變化判斷．【解答】解：A、碳酸根的第一步水解（水解后生成碳酸氫根和氫氧根）的平衡常數(shù)比碳酸氫根要大許多。碳酸根水解要比碳酸氫根容易得多。所以溶解度較大，且溶解的快，故A錯誤。B、2Ca（OH）2+2Cl2＝CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，Cl元素的化合價既升高又降低，所以Cl2既是氧化劑，又是還原劑，故B正確。C、3Cl2+2Fe2FeCl3，故C錯誤。D、氯化鈉和水、氨氣、二氧化碳的反應以及碳酸氫鈉的分解反應都不是氧化還原反應，故D錯誤。故選：B?！军c評】本題考查了鹽的溶解性、氧化還原反應、氧化劑還原劑等問題，是小型綜合題；氧化還原反應、氧化劑還原劑根據(jù)化合價的變化判斷即可．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【考點】62：溶解度、飽和溶液的概念；BB：反應熱和焓變；CK：物質的量或濃度隨時間的變化曲線；R3：中和滴定．【專題】13：圖像圖表題．【分析】A、當反應物的能量高于生成物的能量時，反應是放熱反應，催化劑是通過降低反應的活化能來加快化學反應速率的；B、強堿滴定醋酸溶液時，醋酸是弱酸不能完全電離；C、硝酸鉀的溶解度隨著溫度的升高而增大；D、化學反應達到平衡狀態(tài)時，反應物的轉化率最高．【解答】解：A、催化劑是通過降低反應的活化能來加快化學反應速率的，加入催化劑后活化能會降低，但是圖中信息得出：反應物的能量高于生成物的能量，反應是放熱反應，故A錯誤；B、強堿強氧化鈉滴定醋酸溶液時，開始20.00mL0.1000mol?L﹣1CH3COOH溶液pH大于1，故B錯誤；C、硝酸鉀的溶解度隨著溫度的升高而增大，溶解度曲線下方的點是不飽和溶液的點，故C正確；D、可逆反應達到平衡狀態(tài)時，反應物的轉化率最高，由圖知反應物轉化率最大在t時刻以后，故D錯誤。故選：C?！军c評】注意識圖能力是解決問題的關鍵，考查學生對質的梳理和歸納能力，綜合性較強，難度較大．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【考點】HD：有機物的結構和性質．【專題】534：有機物的化學性質及推斷．【分析】A．β﹣﹣紫羅蘭酮中含有C＝C；B．中間體X中含C＝C和﹣CHO，均能與氫氣發(fā)生加成反應；C．維生素A1為多個碳原子的烯醇，與堿不反應；D．β﹣﹣紫羅蘭酮與中間體X的分子式不同。【解答】解：A．β﹣﹣紫羅蘭酮中含有C＝C，可使酸性KMnO4溶液褪色，故A正確；B．中間體X中含C＝C和﹣CHO，均能與氫氣發(fā)生加成反應，則1mol中間體X最多能與3molH2發(fā)生加成反應，故B錯誤；C．維生素A1為多個碳原子的烯醇，與堿不反應，則不溶于NaOH溶液，故C錯誤；D．β﹣﹣紫羅蘭酮與中間體X的分子式不同，相差1個CH2原子團，則不是同分異構體，故D錯誤；故選：A?！军c評】本題考查有機物的結構和性質，熟悉有機物的官能團與物質性質的關系來解答，把握烯烴、醇的性質、同分異構體的判斷是解答的關鍵，題目難度不大。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【考點】BJ：常見化學電源的種類及其工作原理；C5：焓變和熵變；CA：化學反應速率的影響因素；DC：影響鹽類水解程度的主要因素．【專題】51F：化學反應速率專題；51H：鹽類的水解專題．【分析】A．反應為分解反應，為吸熱反應，生成氣體，物質的混合度增大；B．水解反應為吸熱反應，結合溫度對平衡移動的影響分析；C．鉛蓄電池放電時的負極和充電時的陽極均發(fā)生氧化反應；D．根據(jù)催化劑和溫度對反應速率的影響分析．【解答】解：A．反應為分解反應，為吸熱反應，則△H＞0，生成氣體，物質的混合度增大，則△S＞0，故A正確；B．水解反應為吸熱反應，升高溫度向吸熱方向移動，即向正反應方向移動，故B錯誤；C．鉛蓄電池放電時的負極發(fā)生氧化反應，充電時，陽極發(fā)生氧化反應，故C錯誤；D．加入MnO2或升高溫度都能提高活化分子的百分數(shù)，能加快O2的生成速率，故D正確。故選：AD?！军c評】本題考查較為綜合，涉及焓變和熵變、外界條件對化學平衡的影響、電化學知識以及反應速率的影響因素，題目難度不大，本題注意水解反應、弱電解質的電離都為吸熱過程．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【考點】66：膠體的重要性質；GQ：二價Fe離子和三價Fe離子的檢驗；J8：苯酚的化學性質；P4：分液和萃?。籙5：化學實驗方案的評價．【專題】25：實驗評價題．【分析】A、氫氧化鐵膠體的制備方法：向沸水中加入氯化鐵溶液；B、氯氣具有氧化性，可以將還原性的離子氧化，三價鐵離子可以和KSCN溶液發(fā)生顯色反應，顯紅色；C、苯酚可以和氫氧化鈉反應生成苯酚鈉水溶液，苯不易溶于水；D、碘單質在水中的溶解度不如在四氯化碳中的溶解度大，KI3鹽溶液和四氯化碳互不相溶．【解答】解：A、氫氧化鐵膠體的制備方法：向沸水中加入氯化鐵溶液加熱，至出現(xiàn)紅褐色的膠狀物，向飽和FeCl3溶液中滴加過量氨水，會出現(xiàn)紅褐色沉淀，故A錯誤；B、氯氣具有氧化性，可以將亞鐵離子氧化，生成三價鐵離子，三價鐵離子可以和KSCN溶液發(fā)生顯色反應，顯紅色，如果取少量溶液X，向其中加入適量新制氯水，再加幾滴KSCN溶液，溶液變紅，溶液中就是只含有三價鐵離子時也具有該現(xiàn)象，不能確定是否含有亞鐵離子，故B錯誤；C、向苯和少量苯酚的混合溶液中加入適量NaOH溶液，其中苯酚可以和氫氧化鈉反應生成苯酚鈉水溶液，苯不易溶于水，震蕩會分層，分液，上層的是苯，這樣可除去苯中少量苯酚，故C正確；D、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，是由于碘易溶于四氯化碳，而四氯化碳和水互不相溶，促進平衡向正反應方向移動，故D錯誤。故選：C。【點評】離子檢驗和除雜問題是現(xiàn)在考試的熱點，注意物質的性質的靈活應用，要求學生具有分析和解決問題的能力，難度不大．14．（3分）下列有關電解質溶液中微粒的物質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﹣）【考點】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．碳酸氫鈉是強堿弱酸酸式鹽，其溶液呈堿性，碳酸氫根離子的水解程度大于電離程度；B．根據(jù)溶液中質子守恒分析；C．向0.2mol?L﹣1NaHCO3溶液中加入等體積0.1mol?L﹣1NaOH溶液，碳酸氫鈉和氫氧化鈉以1：1反應生成碳酸鈉和水，所以溶液中的碳酸氫鈉和碳酸鈉的物質的量相等，溶液呈堿性，碳酸根離子水解程度大于碳酸氫根離子電離程度；D．溶液呈中性，則c（H+）＝c（OH﹣），根據(jù)溶液中電荷守恒確定c（Na+）、c（CH3COO﹣）的關系，溶液中醋酸的電離程度大于水解程度．【解答】解：A．碳酸氫鈉溶液呈堿性，說明碳酸氫根離子的電離程度小于水解程度，所以c（H2CO3）＞c（CO32﹣），故A錯誤；B．根據(jù)溶液中質子守恒得c（OH﹣）＝c（H+）+c（HCO3﹣）+2c（H2CO3），所以c（OH﹣）﹣c（H+）＝c（HCO3﹣）+2c（H2CO3）正確，故B正確；C．向0.2mol/LNaHCO3溶液中加入等體積0.1mol/LNaOH溶液后，相當于0.05mol/L的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液的混合液，由于Na2CO3的水解程度大于NaHCO3的水解程度，因此正確的關系是：c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C錯誤；D．常溫下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液，包括CH3COO﹣水解和CH3COOH電離兩個過程，pH＝7，根據(jù)電荷守恒知，得出c（Na+）＝c（CH3COO﹣）＝0.1mol/L，c（H+）＝c（OH﹣）＝1×10﹣7mol/L，但水解是微弱的，故溶液中醋酸鈉的濃度應遠大于醋酸的濃度，所以c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH），故D正確；故選：BD?！军c評】本題考查離子濃度大小比較，根據(jù)物料守恒、電荷守恒、質子守恒來分析解答即可，難度較大．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【考點】CP：化學平衡的計算．【專題】16：壓軸題；51E：化學平衡專題．【分析】A、由表中數(shù)據(jù)可知，t1min內參加反應的CO的物質的量為1.2mol﹣0.8mol＝0.4mol，根據(jù)v計算v（CO），再根據(jù)速率之比等于化學計量數(shù)之比計算v（H2）；B、CO與H2O按物質的量比1：1反應，充入0.60molCO和1.20molH2O與充入1.20molCO和0.6molH2O到達平衡時對應生成物的濃度、物質的量相同；C、保持其他條件不變，增加一種反應物的濃度，平衡向正反應方向移動，另一種反應物的轉化率增大，自身轉化率降低；D、t1min時n（CO）＝0.8mol，n（H2O）＝0.6mol﹣0.4mol＝0.2mol，20min時n（H2O）＝0.2mol，說明10min時反應已經達到平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡時各物質的濃度計算原平衡常數(shù)，比較不同溫度下的平衡常數(shù)大小可判斷反應的吸放熱?！窘獯稹拷猓篈、由表中數(shù)據(jù)可知，t1min內參加反應的CO的物質的量為1.2mol﹣0.8mol＝0.4mol，v（CO）mol/（L?min），速率之比等于化學計量數(shù)之比計算v（H2）＝v（CO）mol/（L?min），故A錯誤；B、CO與H2O按物質的量比1：1反應，充入0.60molCO和1.20molH2O與充入1.20molCO和0.6molH2O，平衡時生成物的濃度對應相同，t1min時n（CO）＝0.8mol，n（H2O）＝0.6mol﹣0.4mol＝0.2mol，t2min時n（H2O）＝0.2mol，說明t1min時反應已經達到平衡狀態(tài)，根據(jù)化學方程式可知，則生成的n（CO2）＝0.4mol，故B正確；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，平衡向右移動，達到新平衡時CO轉化率增大，H2O轉化率減小，H2O的體積分數(shù)會增大，故C正確；D、t1min時反應已經達到平衡狀態(tài)，此時c（CO）0.4mol/L，c（H2O）0.1mol/L，c（CO2）＝c（H2）0.2mol/L，則k1，溫度升至800℃，上述反應平衡常數(shù)為0.64，說明溫度升高，平衡是向左移動，故正反應為放熱反應，故D錯誤；故選：BC?！军c評】本題是化學平衡問題，主要考查化學反應速率、化學平衡及平衡常數(shù)等計算，注意B選項中的規(guī)律利用。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SO2+NaOH＝NaHSO3．（2）酸溶及后續(xù)過程中均需保持鹽酸過量，其目的是提高鐵元素的浸出率、抑制Fe3+水解．（3）通氯氣氧化后時，發(fā)生的主要反應的離子方程式為Cl2+2Fe2+＝2Cl﹣+2Fe3+；該過程產生的尾氣可用堿溶液吸收，尾氣中污染空氣的氣體為Cl2，HCl（寫化學式）．【考點】F5：二氧化硫的化學性質；GO：鐵鹽和亞鐵鹽的相互轉變；U3：制備實驗方案的設計．【專題】523：氧族元素；527：幾種重要的金屬及其化合物．【分析】（1）依據(jù)化學平衡常數(shù)概念寫出計算式；用平衡狀態(tài)下生成物濃度的冪次方乘積除以反應物濃度的冪次方乘積；過量二氧化硫和氫氧化鈉溶液反應生成亞硫酸氫鈉；（2）原料中的硫化亞鐵酸浸后生成的氯化鐵是目標物質，加入過量鹽酸是抑制鐵離子的水解，使更多的鐵元素轉化為氯化亞鐵；（3）氯氣是強氧化劑，可以氧化亞鐵離子；尾氣依據(jù)流程圖分析判斷，有氯氣和鹽酸揮發(fā)出的氯化氫氣體；【解答】解：（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：SO2+NaOH＝NaHSO3；故答案為：；SO2+NaOH＝NaHSO3；（2）酸溶及后續(xù)過程中均需保持鹽酸過量，其目的是使氧化鐵溶解為氯化鐵，抑制鐵離子的水；故答案為：提高鐵元素的浸出率；抑制Fe3+水解；（3）通氯氣氧化后時，氯氣氧化亞鐵離子為鐵離子，發(fā)生的主要反應的離子方程式為：Cl2+2Fe2+＝2Cl﹣+2Fe3+；該過程產生的尾氣可用堿溶液吸收，尾氣中污染空氣的氣體為過量的氯氣和鹽酸溶液中揮發(fā)出的氯化氫氣體；故答案為：Cl2，HCl；【點評】本題考查了化學平衡的平衡常數(shù)計算式書寫，流程步驟中的操作目的和反應現(xiàn)象、反應產物的分析判斷，尾氣的成分判斷和處理方法，題目難度中等．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湓蚴茿被空氣中的O2氧化．（2）C分子中有2個含氧官能團，分別為羧基和醚鍵填官能團名稱）．（3）寫出同時滿足下列條件的C的一種同分異構體的結構簡式：．①能與金屬鈉反應放出H2；②是萘（）的衍生物，且取代基都在同一個苯環(huán)上；③可發(fā)生水解反應，其中一種水解產物能發(fā)生銀鏡反應，另一種水解產物分子中有5種不同化學環(huán)境的氫．（4）若C不經提純，產物敵草胺中將混有少量副產物E（分子式為C23H18O3），E是一種酯．E的結構簡式為．（5）已知：RCH2COOH，寫出以苯酚和乙醇為原料制備的合成路線流程圖（無機試劑任用）．合成路線流程圖例如下：H2C═CH2CH3CH2BrCH3CH2OH．【考點】HC：有機物的合成．【專題】538：有機化合物的獲得與應用．【分析】（1）A中含有酚羥基，易被空氣中的氧氣氧化；（2）根據(jù)官能團的結構簡式判斷；（3）能與金屬鈉反應放出H2說明含有羥基，可發(fā)生水解反應，其中一種水解產物能發(fā)生銀鏡反應，說明是甲酸某酯．另一種水解產物分子中有5種不同化學環(huán)境的氫，說明水解產物萘環(huán)支鏈一定是對稱的，且支鏈是一樣的；（4）由C和E的分子式可知，E是由A和C反應生成的；（5）由題給信息可知應先生成ClCH2COOH和苯酚鈉，然后在酸性條件下反應生成，進而與乙醇發(fā)生酯化反應可生成目標物．【解答】解：（1）A中含有酚羥基，易被空氣中的氧氣氧化而變色，故答案為：A被空氣中的O2氧化；（2）C分子中有2個含氧官能團，分別為羧基和醚鍵，故答案為：羧基；醚鍵；（3）能與金屬鈉反應放出H2說明含有羥基，可發(fā)生水解反應，其中一種水解產物能發(fā)生銀鏡反應，說明是甲酸某酯．另一種水解產物分子中有5種不同化學環(huán)境的氫，說明水解產物萘環(huán)支鏈一定是對稱的，且支鏈是一樣的，則對應的結構有，故答案為：（4）由C和E的分子式可知，E是由A和C反應生成的，結構為，故答案為：（5）由題給信息可知應先生成ClCH2COOH和苯酚鈉，然后在酸性條件下反應生成，進而與乙醇發(fā)生酯化反應可生成目標物，合成路線為，故答案為：【點評】本題是一道基礎有機合成題，僅將敵草胺的合成過程列出，著力考查閱讀有機合成方案設計、利用題設信息、解決實際問題的能力，也考查了學生對信息接受和處理的敏銳程度、思維的整體性和對有機合成的綜合分析能力，題目難度中等．18．Ag2O2是銀鋅堿性電池的正極活性物質，可通過下列方法制備：在KOH加入適量AgNO3溶液，生成Ag2O沉淀，保持反應溫度為80，邊攪拌邊將一定量K2S2O8溶液緩慢加到上述混合物中，反應完全后，過濾、洗滌、真空干燥得到固體樣品．反應方程式為2AgNO3+4KOH+K2S2O8Ag2O2↓+2KNO3+2K2SO4+2H2O回答下列問題：（1）上述制備過程中，檢驗洗劑是否完全的方法是取少許最后一次洗滌濾液，滴入1～2滴Ba（NO3）2溶液，若不出現(xiàn)白色渾濁，表示已洗滌完全（或取少許最后一次洗滌濾液，滴入1～2滴酚酞溶液，若溶液不顯紅色，表示已洗滌完全）．（2）銀鋅堿性電池的電解質溶液為KOH溶液，電池放電時正極的Ag2O2轉化為Ag，負極的Zn轉化為K2Zn（OH）4，寫出該電池反應方程式：Ag2O2+2Zn+4KOH+2H2O＝2K2Zn（OH）4+2Ag．（3）準確稱取上述制備的樣品（設僅含Ag2O2和Ag2O）2.558g，在一定的條件下完全分解為Ag和O2，得到224.0mLO2（標準狀況下）．計算樣品中Ag2O2的質量分數(shù)（計算結果精確到小數(shù)點后兩位）．【考點】BL：化學電源新型電池．【專題】51I：電化學專題．【分析】（1）檢驗是否洗滌完全，可取最后一次濾液，檢驗溶液中是否含有SO42﹣或OH﹣；（2）電池放電時正極的Ag2O2轉化為Ag，負極的Zn轉化為K2Zn（OH）4，反應還應有KOH參加；（3）結合質量守恒列方程組計算．【解答】解：（1）檢驗是否洗滌完全，可取最后一次濾液，檢驗溶液中是否含有SO42﹣或OH﹣，滴入1～2滴Ba（NO3）2溶液，若不出現(xiàn)白色渾濁，表示已洗滌完全（或取少許最后一次洗滌濾液，滴入1～2滴酚酞溶液，若溶液不顯紅色，表示已洗滌完全），故答案為：取少許最后一次洗滌濾液，滴入1～2滴Ba（NO3）2溶液，若不出現(xiàn)白色渾濁，表示已洗滌完全（或取少許最后一次洗滌濾液，滴入1～2滴酚酞溶液，若溶液不顯紅色，表示已洗滌完全）；（2）電池放電時正極的Ag2O2轉化為Ag，負極的Zn轉化為K2Zn（OH）4，反應還應有KOH參加，反應的方程式為Ag2O2+2Zn+4KOH+2H2O＝2K2Zn（OH）4+2Ag，故答案為：Ag2O2+2Zn+4KOH+2H2O＝2K2Zn（OH）4+2Ag；（3）n（O2）1.000×10﹣2mol，設樣品中Ag2O2的物質的量為x，Ag2O的物質的量為y248g/mol×x+232g/mol×y＝2.558gx1.000×10﹣2molx＝9.64×10﹣3moly＝7.2×10﹣4molw（Ag2O2）0.93．答：樣品中Ag2O2的質量分數(shù)為0.93．【點評】本題考查較為綜合，在原電池的基礎上綜合考查物質的分離、檢驗以及含量的測定，題目難度中等，注意從質量守恒的角度計算．19．高氯酸銨（NH4ClO4）是復合火箭推進劑的重要成分，實驗室可通過下列反應制取NaClO4（aq）+NH4Cl（aq）NH4ClO4（aq）+NaCl（aq）（1）若NH4Cl用氨氣和濃鹽酸代替，上述反應不需要外界供熱就能進行，其原因是氨氣與濃鹽酸反應放出熱量．（2）反應得到的混合溶液中NH4ClO4和NaCl的質量分數(shù)分別為0.30和0.15（相關物質的溶解度曲線見圖1）．從混合溶液中獲得較多NH4ClO4晶體的實驗操作依次為（填操作名稱）蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶，過濾，冰水洗滌干燥．（3）樣品中NH4ClO4的含量可用蒸餾法進行測定，蒸餾裝置如圖2所示（加熱和儀器固定裝代已略去），實驗步驟如下：步驟1：按圖2所示組裝儀器，檢查裝置氣密性．步驟2：準確稱取樣品ag（約0.5g）于蒸餾燒瓶中，加入約150mL水溶解．步驟3：準確量取40.00mL約0.1mol?L﹣1H2SO4溶解于錐形瓶中．步驟4：經滴液漏斗向蒸餾瓶中加入20mL3mol?L﹣1NaOH溶液．步驟5：加熱蒸餾至蒸餾燒瓶中剩余約100mL溶液．步驟6：用新煮沸過的水沖洗冷凝裝置2～3次，洗滌液并入錐形瓶中．步驟7：向錐形瓶中加入酸堿指示劑，用cmol?L﹣1NaOH標準溶液滴定至終點，消耗NaOH標準溶液v1mL步驟8：將實驗步驟1﹣7重復2次①步驟3中，準確量取40.00mlH2SO4溶液的玻璃儀器是酸式滴定管．②步驟1﹣7中確保生成的氨被稀硫酸完全吸收的實驗是1，5，6（填寫步驟號）．③為獲得樣品中NH4ClO4的含量，還需補充的實驗是用NaOH標準溶液標定H2SO4溶液的濃度．【考點】RD：探究物質的組成或測量物質的含量．【專題】18：實驗分析題．【分析】（1）反應溫度較低，氨氣與濃鹽酸反應放出熱量；（2）由圖可知，NH4ClO4的溶解度受溫度影響很大，NaCl溶解度受溫度影響不大，NH4Cl、NaClO4的溶解度受溫度影響也很大，但相同溫度下，它們溶解度遠大于NH4ClO4，故采取蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶，過濾，并用冰水洗滌，減少損失；（3）①用酸式滴定管準確量取40.00mlH2SO4溶液；②為確保生成的氨被稀硫酸完全吸收，應氣密性好，盡可能反應完全，并沖洗冷凝管附著的氨水；③為獲得樣品中NH4ClO4的含量，還需要用NaOH標準溶液標定H2SO4溶液的濃度．【解答】解：（1）氨氣與濃鹽酸反應放出熱量，反應需要溫度較低，故NH4Cl用氨氣和濃鹽酸代替，上述反應不需要外界供熱就能進行，故答案為：氨氣與濃鹽酸反應放出熱量；（2）由圖可知，NH4ClO4的溶解度受溫度影響很大，NaCl溶解度受溫度影響不大，NH4Cl、NaClO4的溶解度受溫度影響也很大，但相同溫度下，它們溶解度遠大于NH4ClO4，故從混合溶液中獲得較多NH4ClO4晶體的實驗操作依次為：蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶，過濾，并用冰水洗滌，減少損失，故答案為：蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶，過濾，冰水洗滌；（3）①用酸式滴定管準確量取40.00mlH2SO4溶液，故答案為：酸式滴定管；②為確保生成的氨被稀硫酸完全吸收，應氣密性好，盡可能反應完全，并沖洗冷凝管附著的氨水，為確保生成的氨被稀硫酸完全吸收的實驗步驟為：1，5，6，故答案為：1，5，6；③為獲得樣品中NH4ClO4的含量，還需要用NaOH標準溶液標定H2SO4溶液的濃度，故答案為：用NaOH標準溶液標定H2SO4溶液的濃度．【點評】本題以復合火箭推進劑的重要成分制取和分析為背景的綜合實驗題，涉及理論分析、閱讀理解、讀圖看圖、沉淀制備、沉淀洗滌、含量測定等多方面內容，考查學生對綜合實驗處理能力，難度較大．20．氫氣是一種清潔能源，氫氣的制取與儲存是氫能源利用領域的研究熱點。已知：CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H＝+206.2kJ?mol﹣1CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g）△H＝+247.4kJ?mol﹣12H2S（g）═2H2（g）+S2（g）△H＝+169.8kJ?mol﹣1（1）以甲烷為原料制取氫氣是工業(yè)上常用的制氫方法。CH4（g）與H2O（g）反應生成CO2（g）和H2（g）的熱化學方程式為CH4（g）+2H2O（g）═CO2（g）+4H2（g）△H＝165.0kJ?mol﹣1。（2）H2S熱分解制氫時，常向反應器中通入一定比例空氣，使部分H2S燃燒，其目的是為H2S熱分解反應提供熱量；燃燒生成的SO2與H2S進一步反應，生成物在常溫下均非氣體，寫出該反應的化學方程式：2H2S+SO2═2H2O+3S。（3）H2O的熱分解也可得到H2，高溫下水分解體系中主要氣體的體積分數(shù)與溫度的關系如圖1所示。圖中A、B表示的物質依次是氫原子、氧原子。（4）電解尿素[CO（NH2）2]的堿性溶液制氫的裝置示意圖見圖2（電解池中隔膜僅阻止氣體通過，陰、陽極均為惰性電極）。電解時，陽極的電極反應式為CO（NH2）2+8OH﹣﹣6e﹣＝CO32﹣+N2↑+6H2O。（5）Mg2Cu是一種儲氫合金。350℃時，Mg2Cu與H2反應，生成MgCu2和僅含一種金屬元素的氫化物（其中氫的質量分數(shù)為0.077）。Mg2Cu與H2反應的化學方程式為2Mg2Cu+3H2MgCu2+3MgH2。【考點】BE：熱化學方程式；BH：原電池和電解池的工作原理．【專題】517：化學反應中的能量變化；51I：電化學專題．【分析】（1）將已知方程式變性運算得到目標方程式，依據(jù)蓋斯定律計算反應熱，標注物質聚集狀態(tài)和對應反應量的反應熱；（2）使部分H2S燃燒放出熱量，為H2S熱分解反應提供熱量；SO2與H2S進一步反應，生成物在常溫下均非氣體，二者反應生成S與H2O；（3）由圖可知，水的分解化學鍵斷裂先生成H原子與O原子，氫原子結合生成氫氣，氧原子結合生成氧氣，由水的分子式可知氫原子物質的量是氧原子2倍，據(jù)此判斷；（4）由圖可知，CO（NH2）2在陽極放電生成N2，C元素價態(tài)未變化，故還有碳酸鉀生成與水生成；（5）令金屬氫化物為RHx，金屬R的相對分子質量為a，則0.077，即923x＝77a，X為金屬的化合價，討論可得x＝2，a＝24，故該金屬氫化物為MgH2?！窘獯稹浚?）：①CH4（g）+H2O（g）═CO（g）+3H2（g）△H＝+206.2kmol﹣1②CH4（g）+CO2（g）═2CO（g）+2H2（g）△H＝+247.4kJmol﹣1據(jù)蓋斯定律，①×2﹣②得：CH4（g）+2H2O（g）═CO2（g）+4H2（g）△H＝+165.0kmol﹣1故答案為：CH4（g）+2H2O（g）═CO2（g）+4H2（g）△H＝+165.0kmol﹣1；（2）使部分H2S燃燒，放出熱量，為H2S熱分解反應提供熱量，SO2與H2S進一步反應，生成物在常溫下均非氣體，二者反應生成S與H2O，反應方程式為2H2S+SO2═2H2O+3S，故答案為：為H2S熱分解反應提供熱量；2H2S+SO2═2H2O+3S；（3）由圖可知，水的分解化學鍵斷裂先生成H原子與O原子，氫原子結合生成氫氣，氧原子結合生成氧氣，由水的分子式可知氫原子物質的量是氧原子2倍，故A為氫原子、B為氧原子，故答案為：氫原子、氧原子；（4）由圖可知，CO（NH2）2在陽極放電生成N2，C元素價態(tài)未變化，故還有碳酸鉀生成與水生成，電極反應式為CO（NH2）2+8OH﹣﹣6e﹣＝CO32﹣+N2↑+6H2O，故答案為：CO（NH2）2+8OH﹣﹣6e﹣＝CO32﹣+N2↑+6H2O；（5）令金屬氫化物為RHx，金屬R的相對分子質量為a，則0.077，即923x＝77a，X為金屬的化合價，討論可得x＝2，a＝24，故該金屬氫化物為MgH2，故反應方程式為2Mg2Cu+3H2MgCu2+3MgH2，故答案為：2Mg2Cu+3H2MgCu2+3MgH2?！军c評】本題為綜合題，涉及熱化學方程式的書寫、化學方程式的書寫、電極反應式的書寫，熟悉蓋斯定律計算反應熱的方法、明確電解池工作原理、物質的性質是解題關鍵，題目難度中等。21．原子序數(shù)小于36的X、Y、Z、W四種元素，其中X形成的單質是最輕的物質，Y原子基態(tài)時最外層電子數(shù)是其內層電子數(shù)的2倍，Z原子基態(tài)時2p原子軌道上有3個未成對的電子，W的原子序數(shù)為29．回答下列問題：（1）Y2X2分子中Y原子軌道的雜化類型為sp雜化，1molY2X2含有σ鍵的數(shù)目為3NA或3×6.02×1023個．（2）化合物ZX3的沸點比化合物YX4的高，其主要原因是NH3分子存在氫鍵．（3）元素Y的一種氧化物與元素Z的一種氧化物互為等電子體，元素Z的這種氧化物的分子式是N2O．（4）元素W的一種氯化物晶體的晶胞結構如圖所示，該氯化物的化學式是CuCl，它可與濃鹽酸發(fā)生非氧化還原反應，生成配合物H2WCl3，反應的化學方程式為CuCl+2HCl═H2CuCl3（或CuCl+2HCl═H2[CuCl3]．【考點】96：共價鍵的形成及共價鍵的主要類型；99：配合物的成鍵情況；9I：晶胞的計算；9S：原子軌道雜化方式及雜化類型判斷；A5：氫鍵的存在對物質性質的影響．【專題】16：壓軸題；51D：化學鍵與晶體結構．【分析】原子序數(shù)小于36的X、Y、Z、W四種元素，其中X是形成的單質是最輕的物質，則X是H元素；Y原子基態(tài)時最外層電子數(shù)是其內層電子數(shù)的2倍，最外層電子數(shù)不超過8，所以內層電子數(shù)只能是2，則Y是C元素；Z原子基態(tài)時2p原子軌道上有3個未成對的電子，則Z是N元素，W的原子序數(shù)為29，則W是Cu元素．【解答】解：原子序數(shù)小于36的X、Y、Z、W四種元素，其中X是形成的單質是最輕的物質，則X是H元素；Y原子基態(tài)時最外層電子數(shù)是其內層電子數(shù)的2倍，最外層電子數(shù)不超過8，所以內層電子數(shù)只能是2，則Y是C元素；Z原子基態(tài)時2p原子軌道上有3個未成對的電子，則Z是N元素，W的原子序數(shù)為29，則W是Cu元素．（1）Y2X2是乙炔，分子式為C2H2，碳氫原子之間存在σ鍵，碳碳三鍵中含有一個σ鍵，所以每個碳原子含有2個σ鍵，采取sp雜化，一個乙炔分子中含有3個σ鍵，所以1molY2X2含有σ鍵3NA或3×6.02×1023個，故答案為：sp雜化；3NA或3×6.02×1023個；（2）N原子電負性較大，C原子電負性較小，所以氨氣分子中存在氫鍵，甲烷分子中不含氫鍵，氫鍵的存在導致氨氣的沸點大于甲烷，故答案為：NH3分子存在氫鍵；（3）CO2和N2O的原子個數(shù)相等、價電子數(shù)相等，所以是等電子體，故答案為：N2O；（4）利用均攤法知，該晶胞中黑色球個數(shù)＝4，白色球個數(shù)4，黑色球和白色球的個數(shù)之比＝4：4＝1：1，所以該物質的化學式是CuCl，它可與濃鹽酸發(fā)生非氧化還原反應，生成配合物H2CuCl3，根據(jù)CuCl和H2CuCl3知，氯元素、銅元素的化合價不變，所以該反應不是氧化還原反應而是化合反應，所以其反應方程式為CuCl+2HCl═H2CuCl3（或CuCl+2HCl═H2[CuCl3]，故答案為：CuCl；CuCl+2HCl═H2CuCl3（或CuCl+2HCl═H2[CuCl3]．【點評】本題考查了物質結構，涉及原子雜化方式的判斷、氫鍵、等電子體等知識點，這幾個知識點都是高考的熱點，注意這些知識的積累．22．草酸是一種重要的化工產品．實驗室用硝酸氧化淀粉水解液制備草酸的裝置如圖14所示（加熱、攪拌和儀器固定裝置均已略去）實驗過程如下：①將一定量的淀粉水解液加入三頸瓶中②控制反應液溫度在55～60℃條件下，邊攪拌邊緩慢滴加一定量含有適量催化劑的混酸（65%HNO3與98%H2SO4的質量比為2：1.5）溶液③反應3h左右，冷卻，抽濾后再重結晶得草酸晶體．硝酸氧化淀粉水解液過程中可發(fā)生下列反應：C6H12O6+12HNO3→3H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2OC6H12O6+8HNO3→6CO2+8NO↑+10H2O3H2C2O4+2HNO3→6CO2+2NO↑+4H2O（1）檢驗淀粉是否水解完全所需用的試劑為碘水．（2）實驗中若混酸滴加過快，將導致草酸產率下降，其原因是由于溫度過高、硝酸濃度過大，導致C6H12O6和H2C2O4進一步被氧化．（3）裝置C用于尾氣吸收，當尾氣中n（NO2）：n（NO）＝1：1時，過量的NaOH溶液能將NO，全部吸收，原因是NO2+NO+2NaOH＝2NaNO2+H2O（用化學方程式表示）（4）與用NaOH溶液吸收尾氣相比較，若用淀粉水解液吸收尾氣，其優(yōu)、缺點是優(yōu)點：提高HNO3利用率缺點：NOx吸收不完全．（5）草酸重結晶的減壓過濾操作中，除燒杯、玻璃棒外，還必須使用屬于硅酸鹽材料的儀器有布氏漏斗、吸濾瓶．【考點】TO：蔗糖與淀粉的性質實驗．【專題】16：壓軸題；537：糖類與蛋白質專題．【分析】（1）碘水遇到淀粉會變藍，如果溶液中加入碘水沒有變化則說明水解完全，無淀粉；（2）草酸具有還原性，硝酸能進一步氧化C6H12O6和H2C2O4；（3）NO中氮元素為+2價，NO2中氮元素為+4價，在堿性條件下，發(fā)生價態(tài)歸中反應；（4）根據(jù)尾氣的成分和氫氧化鈉和淀粉的性質解答；（5）過濾的原理：過濾是把不溶于液體的固體物質跟液體分離開來的一種混合物分離的方法，根據(jù)減壓過濾的特點解答．【解答】解：（1）淀粉遇碘變藍色，在已經水解的淀粉溶液中滴加幾滴碘液，溶液顯藍色，則證明淀粉沒有完全水解；溶液若不顯色，則證明淀粉完全水解，故答案為：碘水；（2）混酸為65%HNO3與98%H2SO4的混合液，混合液溶于水放熱，溫度高能加快化學反應，硝酸能進一步氧化H2C2O4成二氧化碳，故答案為：由于溫度過高、硝酸濃度過大，導致C6H12O6和H2C2O4進一步被氧化；（3）發(fā)生反應為歸中反應，根據(jù)N元素的化合價可知應生成NaNO2，反應的方程式為NO+NO2+2NaOH＝2NaNO2+H2O，故答案為：NO2+NO+2NaOH＝2NaNO2+H2O；（4）尾氣為一氧化氮和二氧化氮，用堿吸收，它們將轉變?yōu)閬喯跛徕c完全吸收，如果用淀粉水解液吸收，葡萄糖能繼續(xù)被硝酸氧化，但NOx吸收不完全，故答案為：優(yōu)點：提高HNO3利用率；缺點：NOx吸收不完全；（5）減壓過濾與常壓過濾相比，優(yōu)點：可加快過濾速度，并能得到較干燥的沉淀，裝置特點：布氏漏斗頸的斜口要遠離且面向吸濾瓶的抽氣嘴，并且安全瓶中的導氣管是短進長出，故答案為：布氏漏斗、吸濾瓶．【點評】本題主要考查了硝酸和葡萄糖的反應，解答注意題中的信息和課本知識相結合，學習應注意相關基礎知識的積累，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2012年江蘇省高考化學試卷一.單項選擇題：本題包括10小題，每小題2分，共計20分．每小題只有一個選項符合題意．1．（2分）化學在資源利用、環(huán)境保護等與社會可持續(xù)發(fā)展密切相關的領域發(fā)揮著積極作用．下列做法與社會可持續(xù)發(fā)展理念相違背的是（）A．改進汽車尾氣凈化技術，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，促進地方經濟發(fā)展2．（2分）下列有關化學用語表示正確的是（）A．乙酸的結構簡式：C2H4O2 B．F﹣的結構示意圖： C．中子數(shù)為20的氯原子：2017Cl D．NH3的電子式：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﹣、NO3﹣4．（2分）某反應的反應過程中能量變化如圖所示（圖中E1表示正反應的活化能，E2表示逆反應的活化能）．下列有關敘述正確的是（）A．該反應為吸熱反應 B．催化劑能改變反應的焓變 C．催化劑能降低反應的活化能 D．逆反應的活化能大于正反應的活化能5．（2分）下列有關物質的性質與應用不相對應的是（）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，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具有還原性和導電性，可用作鋅錳干電池的負極材料6．（2分）用下列實驗裝置進行相應實驗，能達到實驗目的是（）A．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層和水層7．（2分）下列物質的轉化在給定條件下能實現(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．①④⑤8．（2分）設NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值．下列說法正確的是（）A．標準狀況下，0.1molCl2溶于水，轉移的電子數(shù)目為0.1NA B．常溫常壓下，18gH2O中含有的原子總數(shù)為3NA C．標準狀況下，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0.1NA9．（2分）下列表示對應化學反應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壁的銀鏡：Ag+2H++NO3﹣＝Ag++NO↑+H2O10．（2分）下列有關說法正確的是（）A．CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）室溫下不能自發(fā)進行，說明該反應的△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，其他條件不變時升高溫度，反應速率v（H2）和H2的平衡轉化率均增大 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二.不定項選擇題：本題包括5小題，每小題3分，共計20分．每小題只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．11．（3分）普伐他汀是一種調節(jié)血脂的藥物，其結構簡式如圖所示（未表示出其空間構型）．下列關于普伐他汀的性質描述正確的是（）A．能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應 B．能使酸性KMnO4溶液褪色 C．能發(fā)生加成、取代、消去反應 D．1mol該物質最多可與1molNaOH反應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)是其內層電子總數(shù)的3倍，Y原子的最外層只有2個電子，Z單質可制成半導體材料，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 B．元素W的最高價氧化物對應水化物的酸性比Z的弱 C．化合物YX、ZX2、WX3中化學鍵的類型相同 D．原子半徑的大小順序：rY＞rZ＞rW＞rX13．（3分）下列根據(jù)實驗操作和現(xiàn)象所得出的結論正確的是（）A．向兩份蛋白質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 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）14．（3分）溫度為T時；向2.0L恒容密閉容器中充入1.0molPCl5；反應PCl5（g）?PCl3（g）+Cl2（g）經過一段時間后達到平衡。反應過程中測定的部分數(shù)據(jù)見表：t/s050150250350n（PCl3）/mol00.160.190.200.20下列說法正確的是（）A．反應在前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c（PCl3）＝0.11mol?L﹣1；則反應的△H＜0 C．相同溫度下；起始時向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2；反應達到平衡前v（正）＞v（逆） D．相同溫度下；起始時向容器中充入2.0molPCl3和2.0molCl2；達到平衡時；PCl3的轉化率小于80%15．（3分）25℃時，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的關系如圖所示．下列有關溶液中離子濃度關系的敘述正確的是（）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﹣）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，既能凈化尾氣，又能獲得應用廣泛的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：NO（g）+NO2（g）?N2O3（g），其平衡常數(shù)表達式為K＝．（2）上述工藝中采用氣﹣液逆流接觸吸收（尾氣從吸收塔底進入，石灰乳從吸收塔頂噴淋），其目的是；濾渣可循環(huán)使用，濾渣的主要成分是（填化學式）．（3）該工藝需控制NO和NO2物質的量之比接近1頤1．若n（NO）：n（NO2）＞1頤1，則會導致；若n（NO）：n（NO2）＜1頤1，則會導致．（4）生產中溶液需保持弱堿性，在酸性溶液中Ca（NO2）2會發(fā)生分解，產物之一是NO，其反應的離子方程式為．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中的含氧官能團為和（填官能團名稱）．（2）反應①→⑤中，屬于取代反應的是（填序號）．（3）寫出同時滿足下列條件的B的一種同分異構體的結構簡式：．I．分子中含有兩個苯環(huán)；II．分子中有7種不同化學環(huán)境的氫；III．不能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，但水解產物之一能發(fā)生此反應．（4）實現(xiàn)D→E的轉化中，加入的化合物X能發(fā)生銀鏡反應，X的結構簡式為．（5）已知：化合物是合成抗癌藥物美法倫的中間體，請寫出以和為原料制備該化合物的合成路線流程圖（無機試劑任用）．合成路線流程圖示例如下：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驗測定：①準確稱取1.7700g樣品，配制成100.00mL溶液A．②準確量取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準確量取25.00mL溶液A，加適量稀硫酸酸化后，用0.02000mol?L﹣