2013年江蘇省高考化學試卷

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）燃料電池能有效提高能源利用率，具有廣泛的應用前景．下列物質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）下列有關化學用語表示正確的是（）A．丙烯的結構簡式：C3H6 B．氫氧根離子的電子式： C．氯原子的結構示意圖： D．中子數(shù)為146、質子數(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）下列有關物質性質的應用正確的是（）A．液氨汽化時要吸收大量的熱，可用作制冷劑 B．二氧化硅不與強酸反應，可用石英器皿盛放氫氟酸 C．生石灰能與水反應，可用來干燥氯氣 D．氯化鋁是一種電解質，可用于電解法制鋁5．（2分）用固體樣品配制一定物質的量濃度的溶液，需經(jīng)過稱量、溶解、轉移溶液、定容等操作。下列圖示對應的操作規(guī)范的是（）A．稱量 B．溶解 C．轉移 D．定容6．（2分）甲、乙、丙、丁四種物質中，甲、乙、丙均含有相同的某種元素，它們之間具有如下轉化關系：甲乙丙．下列有關物質的推斷不正確的是（）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．標準狀況下，6.72LNO2與水充分反應轉移的電子數(shù)目為0.1NA8．（2分）下列表示對應化學反應的離子方程式正確的是（）A．MnO2與濃鹽酸反應制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：HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O9．（2分）Mg﹣H2O2電池可用于驅動無人駕駛的潛航器．該電池以海水為電解質溶液，示意圖如下．該電池工作時，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 C．石墨電極附近溶液的OH﹣的物質的量濃度增大 D．溶液中Cl﹣向正極移動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構不同 C．元素Y的簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比Z的強 D．只含X、Y、Z三種元素的化合物，可能是離子化合物，也可能是共價化合物二、不定項選擇題：本題包括5小題，每小題4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，該小題得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．（4分）下列有關說法正確的是（）A．反應NH3（g）+HCl（g）═NH4Cl（s）在室溫下可自發(fā)進行，則該反應的△H＜0 B．電解法精煉銅時，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乙酰氨基酚在一定條件下反應制得：下列有關敘述正確的是（）A．貝諾酯分子中有三種含氧官能團 B．可用FeCl3溶液區(qū)別乙酰水楊酸和對乙酰氨基酚 C．乙酰水楊酸和對乙酰氨基酚均能與NaHCO3溶液反應 D．貝諾酯與足量NaOH溶液共熱，最終生成乙酰水楊酸鈉和對乙酰氨基酚鈉13．（4分）下列依據(jù)相關實驗得出的結論正確的是（）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行焰色反應，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)點可表示MnCO3的飽和溶液，且c（Mn2+）＝c（CO32﹣） C．b點可表示CaCO3的飽和溶液，且c（Ca2+）＜c（CO32﹣） D．c點可表示MgCO3的不飽和溶液，且c（Mg2+）＜c（CO32﹣）15．（4分）一定條件下存在反應：CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g），其正反應放熱．現(xiàn)有三個相同的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．達到平衡時，下列說法正確的是（）A．容器Ⅰ、Ⅱ中正反應速率相同 B．容器Ⅰ、Ⅲ中反應的平衡常數(shù)相同 C．容器Ⅰ中CO的物質的量比容器Ⅱ中的多 D．容器Ⅰ中CO的轉化率與容器Ⅱ中CO2的轉化率之和等于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驗流程如下：（1）MgCO3與稀硫酸反應的離子方程式為．（2）加入H2O2氧化時，發(fā)生反應的化學方程式為．（3）濾渣2的成分是（填化學式）．（4）煅燒過程存在以下反應：2MgSO4+C2MgO+2SO2↑+CO2↑MgSO4+CMgO+SO2↑+CO↑MgSO4+3CMgO+S↑+3CO↑利用如圖裝置對煅燒產(chǎn)生的氣體進行分步吸收或收集．①D中收集的氣體可以是（填化學式）．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，產(chǎn)物中元素最高價態(tài)為+4，寫出該反應的離子方程式：．17．（15分）化合物A（分子式為C6H6O）是一種有機化工原料，在空氣中易被氧化。A的有關轉化反應如下（部分反應條件略去）：已知：①②（R表示烴基，R′和R″表示烴基或氫）（1）寫出A的結構簡式：。（2）G是常用指示劑酚酞。寫出G中含氧官能團的名稱：和。（3）某化合物是E的同分異構體，且分子中只有兩種不同化學環(huán)境的氫。寫出該化合物的結構簡式：（任寫一種）。（4）F和D互為同分異構體。寫出反應E→F的化學方程式：。（5）根據(jù)已有知識并結合相關信息，寫出以A和HCHO為原料制備的合成路線流程圖（無機試劑任用）。合成路線流程圖示例如下：H2C═CH2CH3CH2BrCH3CH2OH。18．（12分）硫酸鎳銨[（NH4）xNiy（SO4）m?nH2O]可用于電鍍、印刷等領域．某同學為測定硫酸鎳銨的組成，進行如下實驗：①準確稱取2.3350g樣品，配制成100.00mL溶液A；②準確量取25.00mL溶液A，用0.04000mol?L﹣1的EDTA（Na2H2Y）標準溶液滴定其中的Ni2+（離子方程式為Ni2++H2Y2﹣＝NiY2﹣+2H+），消耗EDTA標準溶液31.25mL；③另取25.00mL溶液A，加足量的NaOH溶液并充分加熱，生成NH356.00mL（標準狀況）．（1）若滴定管在使用前未用EDTA標準溶液潤洗，測得的Ni2+含量將（填“偏高”、或“偏低”或“不變”）．（2）氨氣常用檢驗，現(xiàn)象是．（3）通過計算確定銀硫酸鎳銨的化學式（寫出計算過程）．19．（15分）檸檬酸亞鐵（FeC6H6O7）是一種易吸收的高效鐵制劑，可由綠礬（FeSO4?7H2O）通過下列反應制備：FeSO4+Na2CO3═FeCO3↓+Na2SO4FeCO3+C6H8O7═FeC6H6O7+CO2↑+H2O下表列出了相關金屬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計算）。金屬離子開始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Al3+3.05.0Fe2+5.88.8（1）制備FeCO3時，選用的加料方式是（填字母），原因是。a．將FeSO4溶液與Na2CO3溶液同時加入到反應容器中b．將FeSO4溶液緩慢加入到盛有Na2CO3溶液的反應容器中c．將Na2CO3溶液緩慢加入到盛有FeSO4溶液的反應容器中（2）生成的FeCO3沉淀需經(jīng)充分洗滌，檢驗洗滌是否完全的方法是。（3）將制得的FeCO3加入到足量檸檬酸溶液中，再加入少量鐵粉，80℃下攪拌反應。①鐵粉的作用是。②反應結束后，無需過濾，除去過量鐵粉的方法是。（4）最后溶液經(jīng)濃縮、加入適量無水乙醇、靜置、過濾、洗滌、干燥，獲得檸檬酸亞鐵晶體。分離過程中加入無水乙醇的目的是。（5）某研究性學習小組欲從硫鐵礦燒渣（主要成分為Fe2O3、SiO2、Al2O3）出發(fā)，先制備綠礬，再合成檸檬酸亞鐵。請結合如圖的綠礬溶解度曲線，補充完整由硫鐵礦燒渣制備FeSO4?7H2O晶體的實驗步驟（可選用的試劑：鐵粉、稀硫酸和NaOH溶液）：向一定量燒渣中加入足量的稀硫酸充分反應，，得到FeSO4溶液，，得到FeSO4?7H2O晶體。20．（14分）磷是地殼中含量較為豐富的非金屬元素，主要以難溶于水的磷酸鹽如Ca3（PO4）2等形式存在．它的單質和化合物在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中有著重要的應用．（1）白磷（P4）可由Ca3（PO4）2、焦炭和SiO2在一定條件下反應獲得．相關熱化學方程式如下：2Ca3（PO4）2（s）+10C（s）═6CaO（s）+P4（s）+10CO（g）△H1＝+3359.26kJ?mol﹣1CaO（s）+SiO2（s）═CaSiO3（s）△H2＝﹣89.61kJ?mol﹣12Ca3（PO4）2（s）+6SiO2（s）+10C（s）═6CaSiO3（s）+P4（s）+10CO（g）△H3則△H3＝kJ?mol﹣1．（2）白磷中毒后可用CuSO4溶液解毒，解毒原理可用下列化學方程式表示：11P4+60CuSO4+96H2O═20Cu3P+24H3PO4+60H2SO460molCuSO4能氧化白磷的物質的量是．（3）磷的重要化合物NaH2PO4、Na2HPO4和Na3PO4可通過H3PO4與NaOH溶液反應獲得，含磷各物種的分布分數(shù)（平衡時某物種的濃度占各物種濃度之和的分數(shù)）與pH的關系如圖所示．①為獲得盡可能純的NaH2PO4，pH應控制在；pH＝8時，溶液中主要含磷物種濃度大小關系為．②Na2HPO4溶液顯堿性，若向溶液中加入足量的CaCl2溶液，溶液則顯酸性，其原因是（用離子方程式表示）．（4）磷的化合物三氯氧磷（）與季戊四醇（）以物質的量之比2：1反應時，可獲得一種新型阻燃劑中間體X，并釋放出一種酸性氣體．季戊四醇與X的核磁共振氫譜如圖所示．①酸性氣體是（填化學式）．②X的結構簡式為．四、[選做題]本題包括A、B兩小題，請選定其中一小題，并在相應的答題區(qū)域內作答．若多做，則按A小題評分．21．（12分）A．[物質結構與性質]元素X位于第四周期，其基態(tài)原子的內層軌道全部排滿電子，且最外層電子數(shù)為2．元素Y基態(tài)原子的3p軌道上有4個電子．元素Z的原子最外層電子數(shù)是其內層的3倍．（1）X與Y所形成化合物晶體的晶胞如右圖所示．①在1個晶胞中，X離子的數(shù)目為．②該化合物的化學式為．（2）在Y的氫化物（H2Y）分子中，Y原子軌道的雜化類型是．（3）Z的氫化物（H2Z）在乙醇中的溶解度大于H2Y，其原因是．（4）Y與Z可形成YZ42﹣①YZ42﹣的空間構型為（用文字描述）．②寫出一種與YZ42﹣互為等電子體的分子的化學式：．（5）X的氯化物與氨水反應可形成配合物[X（NH3）4]Cl2，1mol該配合物中含有σ鍵的數(shù)目為．22．3，5﹣二甲氧基苯酚是重要的有機合成中間體，可用于天然物質白檸檬素的合成．一種以間苯三酚為原料的合成反應如下：甲醇、乙醚和3，5﹣二甲氧基苯酚的部分物理性質見下表：物質沸點/℃熔點/℃密度（20℃）/g?cm﹣3溶解性甲醇64.7/0.7915易溶于水乙醚34.5/0.7138微溶于水3，5﹣二甲氧基苯酚/33～36/易溶于甲醇、乙醚，微溶于水（1）反應結束后，先分離出甲醇，再加入乙醚進行萃?。俜蛛x出甲醇的操作是的．②萃取用到的分液漏斗使用前需并洗凈，分液時有機層在分液漏斗的填（“上”或“下”）層．（2）分離得到的有機層依次用飽和NaHCO3溶液、飽和食鹽水、少量蒸餾水進行洗滌．用飽和NaHCO3溶液洗滌的目的是；用飽和食鹽水洗滌的目的是．（3）洗滌完成后，通過以下操作分離、提純產(chǎn)物，正確的操作順序是（填字母）．a(chǎn)．蒸餾除去乙醚b．重結晶c．過濾除去干燥劑d．加入無水CaCl2干燥（4）固液分離常采用減壓過濾．為了防止倒吸，減壓過濾完成后應先，再．精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔2013年江蘇省高考化學試卷解析版參考答案與試題解析一、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）燃料電池能有效提高能源利用率，具有廣泛的應用前景．下列物質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【考點】BL：化學電源新型電池．【專題】51I：電化學專題．【分析】依據(jù)物質燃燒產(chǎn)物分析判斷，甲醇、天然氣、液化石油氣含有碳元素，燃燒過程中易生成污染氣體，氫氣燃燒生成無污染的水．【解答】解：甲醇、天然氣、液化石油氣含有碳元素，燃燒過程中易生成污染氣體，氫氣燃燒生成無污染的水，是最環(huán)保的燃料，故選：D?！军c評】本題考查燃料燃燒產(chǎn)物分析，含碳元素化合物燃燒易生成一氧化碳污染性氣體，題目較簡單．2．（2分）下列有關化學用語表示正確的是（）A．丙烯的結構簡式：C3H6 B．氫氧根離子的電子式： C．氯原子的結構示意圖： D．中子數(shù)為146、質子數(shù)為92的鈾（U）原子U【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、烯烴的結構簡式中C＝C雙鍵不能省略；B、氫氧根離子帶1個單位的負電荷，離子中O原子與H原子之間形成1對孤對電子；C、氯原子質子數(shù)為17，核外電子數(shù)為17，33個電子層，各層電子數(shù)分別為2、8、7；D、原子符號ZAX左下角Z代表質子數(shù)，左上角A代表質量數(shù)，X代表元素符合，其中質量數(shù)＝質子數(shù)+中子數(shù)．【解答】解：A、烯烴的結構簡式中C＝C雙鍵不能省略，丙烯的結構簡式為CH3CH＝CH2，C3H6是丙烯的分子式，故A錯誤；B、氫氧根離子帶1個單位的負電荷，離子中O原子與H原子之間形成1對孤對電子，氫氧根電子式為，故B正確；C、氯原子質子數(shù)為17，核外電子數(shù)為17，3個電子層，各層電子數(shù)分別為2、8、7，氯原子結構示意圖為，故C錯誤；D、中子數(shù)為146、質子數(shù)為92的鈾（U）原子的質量數(shù)為146+92＝238，該鈾原子符號為U，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查常用化學用語的書寫，難度不大，注意B選項中氫氧根與羥基電子式的區(qū)別．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．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﹣【考點】DP：離子共存問題．【專題】516：離子反應專題．【分析】A．使甲基橙變紅色的溶液，pH＜3.1，溶液顯酸性；B．使酚酞變紅色的溶液，pH＞8，溶液顯堿性；C．AgI為黃色沉淀；D．AlO2﹣、H+反應．【解答】解：A．使甲基橙變紅色的溶液，pH＜3.1，溶液顯酸性，該組離子之間不反應，能共存，故A正確；B．使酚酞變紅色的溶液，pH＞8，溶液顯堿性，Cu2+、HCO3﹣分別與堿反應，則不能共存，故B錯誤；C．Ag+、I﹣結合生成AgI為黃色沉淀，Ag+、SO42﹣結合生成沉淀，則不能共存，故C錯誤；D．AlO2﹣、H+反應時，酸少量生成沉淀，酸過量時生成鋁離子，則不能共存，故D錯誤；故選：A?！军c評】本題考查離子的共存，明確習題中的信息及離子之間的反應是解答本題的關鍵，注意酸堿指示劑的變色范圍為解答的易錯點，題目難度不大．4．（2分）下列有關物質性質的應用正確的是（）A．液氨汽化時要吸收大量的熱，可用作制冷劑 B．二氧化硅不與強酸反應，可用石英器皿盛放氫氟酸 C．生石灰能與水反應，可用來干燥氯氣 D．氯化鋁是一種電解質，可用于電解法制鋁【考點】EB：氨的化學性質；FH：硅和二氧化硅；GK：鎂、鋁的重要化合物．【專題】524：氮族元素；525：碳族元素．【分析】A．液氨汽化時要吸收大量的熱；B．二氧化硅可與氫氟酸反應生成四氟化硅氣體；C．氫氧化鈣能和氯氣反應；D．氯化鋁屬于共價化合物，熔融情況下不導電．【解答】解：A．液氨汽化時要吸收大量的熱，可用作制冷劑，故A正確；B．石英的主要成分是二氧化硅，二氧化硅可與氫氟酸反應生成四氟化硅氣體，故B錯誤；C．CaO遇水生成氫氧化鈣，而氫氧化鈣會和氯氣反應，故C錯誤；D．氯化鋁屬于共價化合物，熔融情況下不導電，不能用于電解制鋁，故D錯誤。故選：A?！军c評】本題考查物質的性質和用途，難度不大，注意氯氣不能用氧化鈣干燥．5．（2分）用固體樣品配制一定物質的量濃度的溶液，需經(jīng)過稱量、溶解、轉移溶液、定容等操作。下列圖示對應的操作規(guī)范的是（）A．稱量 B．溶解 C．轉移 D．定容【考點】R1：配制一定物質的量濃度的溶液．【專題】519：物質的量濃度和溶解度專題．【分析】A．藥品不能直接放在托盤內，且藥品與砝碼放反了；B．固體溶解用玻璃棒攪拌，加速溶解；C．應用玻璃棒引流；D．膠頭滴管不能伸入容量瓶內?！窘獯稹拷猓篈．用天平稱量藥品，藥品不能直接放在托盤內，天平稱量應遵循“左物右碼”，故A錯誤；B．固體溶解用玻璃棒攪拌，加速溶解，故B正確；C．應用玻璃棒引流，防止溶液灑落，故C錯誤；D．膠頭滴管不能伸入容量瓶內，應在容量瓶正上方，懸空滴加，故D錯誤；故選：B。【點評】本題實驗考查基本操作，比較基礎，旨在考查學生對基礎知識的理解掌握，注意掌握中學實驗常見的基本操作。6．（2分）甲、乙、丙、丁四種物質中，甲、乙、丙均含有相同的某種元素，它們之間具有如下轉化關系：甲乙丙．下列有關物質的推斷不正確的是（）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CO2【考點】GS：無機物的推斷．【專題】11：推斷題．【分析】A、甲為碳，丁為O2物質轉化關系為CCOCO2；B、若甲為SO2，則丁為氨水，物質轉化關系為：SO2NH4HSO3（NH4）2SO3；C、若甲為Fe，丁為鹽酸，鐵和鹽酸反應生成氯化亞鐵和氫氣，不能進一步和鹽酸反應；D、若甲為NaOH溶液，丁為CO2，物質轉化關系，NaOHNa2CO3NaHCO3．【解答】解：A、甲為碳，丁為O2物質轉化關系為CCOCO2；2C+O2＝2CO，2CO+O2＝2CO2，CO2+C2CO，故A正確；B、若甲為SO2，則丁為氨水，物質轉化關系為：SO2NH4HSO3（NH4）2SO3；SO2+NH3?H2O＝NH4HSO3，NH4HSO3+NH3?H2O＝（NH4）2SO3+H2O；（NH4）2SO3+H2O+SO2＝2NH4HSO3，故B正確；C、若甲為Fe，丁為鹽酸，鐵和鹽酸反應生成氯化亞鐵和氫氣，不能進一步和鹽酸反應，故C錯誤；D、若甲為NaOH溶液，丁為CO2，物質轉化關系，NaOHNa2CO3NaHCO3；2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O，Na2CO3+CO2+H2O＝2NaHCO3，NaHCO3+NaOH＝Na2CO3+H2O，故D正確；故選：C?！军c評】本題考查了物質性質的轉化關系和性質的應用，物質的量不同產(chǎn)物不同，掌握物質性質是解題關鍵，題目難度中等．7．（2分）設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．標準狀況下，6.72LNO2與水充分反應轉移的電子數(shù)目為0.1NA【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、次氯酸根離子是弱酸陰離子，水溶液中發(fā)生水解；B、苯分子中的碳碳鍵是完全等同的一種特殊的化學鍵，C、N2與CO摩爾質量相同都為28g/mol，都是雙原子分子；D、依據(jù)標準狀況下氣體物質的量n，結合二氧化氮和水反應生成硝酸和一氧化氮的氧化還原反應計算電子轉移；【解答】解：A、次氯酸根離子是弱酸陰離子，水溶液中發(fā)生水解；1L1mol?L﹣1的NaClO溶液中含有ClO﹣的數(shù)目小于NA，故A錯誤；B、苯分子中的碳碳鍵是完全等同的一種特殊的化學鍵，不存在碳碳雙鍵，故B錯誤；C、N2與CO摩爾質量相同都為28g/mol，都是雙原子分子，14g由N2與CO組成的混合氣體物質的量0.5mol，含有的原子數(shù)目為NA，故C正確；D、標準狀況下氣體物質的量n0.3mol，二氧化氮和水反應生成硝酸和一氧化氮的反應為3NO2+H2O＝2HNO3+NO，氧化還原反應中0.3mol二氧化氮反應轉移電子0.2mol；故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查了阿伏伽德羅常數(shù)的應用，主要有鹽類水解應用，苯分子結構的掌握，氣體摩爾體積的計算應用，題目難度中等．8．（2分）下列表示對應化學反應的離子方程式正確的是（）A．MnO2與濃鹽酸反應制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：HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O【考點】49：離子方程式的書寫．【專題】516：離子反應專題．【分析】A．HCl為強電解質，應完全電離；B．是膠體，而不是沉淀，且水解為可逆反應；C．沒有配平；D．NaOH完全反應，生成碳酸鈣、水、碳酸氫鈉．【解答】解：A．MnO2與濃鹽酸反應制Cl2的離子反應為MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，故A錯誤；B．明礬溶于水產(chǎn)生Al（OH）3膠體的離子反應為Al3++3H2O?Al（OH）3+3H+，故B錯誤；C．Na2O2溶于水產(chǎn)生O2的離子反應為2Na2O2+2H2O═4Na++4OH﹣+O2↑，故C錯誤；D．Ca（HCO3）2溶液與少量NaOH溶液反應離子反應為HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查離子反應的書寫，明確發(fā)生的化學反應是解答本題的關鍵，注意膠體的生成為水解的應用及與量有關的離子反應，題目難度中等．9．（2分）Mg﹣H2O2電池可用于驅動無人駕駛的潛航器．該電池以海水為電解質溶液，示意圖如下．該電池工作時，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 C．石墨電極附近溶液的OH﹣的物質的量濃度增大 D．溶液中Cl﹣向正極移動【考點】BL：化學電源新型電池．【專題】51I：電化學專題．【分析】該裝置中Mg易失電子作負極，電極反應式為Mg﹣2e﹣＝Mg2+，H2O2具有氧化性，應為原電池的正極，被還原，電極反應式為H2O2+2H++2e﹣═2H2O，據(jù)此分析解答．【解答】解：A．Mg易失電子發(fā)生氧化反應而作負極，故A錯誤；B．H2O2在石墨電極上得電子發(fā)生還原反應，故B錯誤；C．石墨電極反應式為H2O2+2H++2e﹣═2H2O，氫離子濃度減小，則溶液pH增大，OH﹣的物質的量濃度增大，故C正確；D．放電時，氯離子向負極移動，故D錯誤；故選：C。【點評】本題考查了原電池原理，由Mg、雙氧水的性質確定正負極，會正確書寫電極反應式，知道離子移動方向，題目難度不大．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構不同 C．元素Y的簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比Z的強 D．只含X、Y、Z三種元素的化合物，可能是離子化合物，也可能是共價化合物【考點】8F：原子結構與元素周期律的關系．【專題】16：壓軸題；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，Z是地殼中含量最高的元素，Z為氧元素，X的原子半徑比Y的小，則X不可能與Y處于同一周期，Y的原子序數(shù)小于氧元素，故Y處于第二周期，X處于第一周期，則X為氫元素，X與W同主族，故W為Na元素，四原子最外層電子數(shù)之和為13，則Y原子的最外層電子數(shù)為13﹣1﹣1﹣6＝5，故Y為氮元素，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，Z是地殼中含量最高的元素，Z為氧元素，X的原子半徑比Y的小，則X不可能與Y處于同一周期，Y的原子序數(shù)小于氧元素，故Y處于第二周期，X處于第一周期，則X為氫元素，X與W同主族，故W為Na元素，四原子最外層電子數(shù)之和為13，則Y原子的最外層電子數(shù)為13﹣1﹣1﹣6＝5，故Y為氮元素，A、同周期自左而右原子半徑減小，同主族自上而下原子半徑增大，故原子半徑Na＞N＞O，即r（W）＞r（Y）＞r（Z），故A錯誤；B、O2﹣、Na+離子的核外電子數(shù)都是10個電子，核外電子層結構相同，故B錯誤；C、同周期自左而右非金屬性增強，故非金屬性O＞N，非金屬性越強氣態(tài)氫化物越穩(wěn)定，故氫化物穩(wěn)定性H2O＞NH3，故C錯誤；D、由H、N、O三元素組成的化合物中，若硝酸為共價化合物，硝酸銨為離子化合物，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查物質結構性質關系等，難度中等，推斷元素是解題的關鍵，注意利用同周期原子半徑大小關系確定X為氫元素．二、不定項選擇題：本題包括5小題，每小題4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，該小題得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．（4分）下列有關說法正確的是（）A．反應NH3（g）+HCl（g）═NH4Cl（s）在室溫下可自發(fā)進行，則該反應的△H＜0 B．電解法精煉銅時，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【考點】C5：焓變和熵變；D5：弱電解質在水溶液中的電離平衡；DC：影響鹽類水解程度的主要因素．【專題】51E：化學平衡專題；51G：電離平衡與溶液的pH專題；51I：電化學專題．【分析】A、根據(jù)本反應前后氣體變固體，熵變小于零，只有在焓變小于零時自發(fā)；B、用電解法精煉精銅時，粗銅作陽極，純銅作陰極；C、根據(jù)CH3COOH溶液加水稀釋，平衡向正反應方向移動，n（CH3COOH）減小，n（CH3COO﹣）增大，以及來分析；D、Na2CO3溶液中加入少量Ca（OH）2固體，CO32﹣水解程度減小，但兩者反應生成了NaOH，溶液的pH增大．【解答】解：A、本反應前后氣體變固體，熵變小于零，只有在焓變小于零時自發(fā)，即該反應的△H＜0，故A正確；B、用電解法精煉精銅時，粗銅作陽極，純銅作陰極，故B錯誤；C、根據(jù)CH3COOH溶液加水稀釋，平衡向正反應方向移動，n（CH3COOH）減小，n（CH3COO﹣）增大，減小，所以減小，故C正確；D、Na2CO3溶液中加入少量Ca（OH）2固體，CO32﹣水解程度減小，但兩者反應生成了NaOH，溶液的pH增大，故D錯誤；故選：AC?！军c評】本題是化學反應與熱效應、電化學等的簡單綜合題，著力考查學生對用熵變焓變判斷反應方向，水解反應、電解池等方面的能力．12．（4分）藥物貝諾酯可由乙酰水楊酸和對乙酰氨基酚在一定條件下反應制得：下列有關敘述正確的是（）A．貝諾酯分子中有三種含氧官能團 B．可用FeCl3溶液區(qū)別乙酰水楊酸和對乙酰氨基酚 C．乙酰水楊酸和對乙酰氨基酚均能與NaHCO3溶液反應 D．貝諾酯與足量NaOH溶液共熱，最終生成乙酰水楊酸鈉和對乙酰氨基酚鈉【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．貝諾酯分子中有﹣COOC﹣、﹣NH﹣CO﹣；B．對乙酰氨基酚含酚﹣OH；C．乙酰水楊酸含﹣COOH，酚﹣OH的酸性不能與NaHCO3溶液反應；D．貝諾酯與足量NaOH溶液共熱發(fā)生水解，﹣COOC﹣、﹣NH﹣CO﹣均發(fā)生斷鍵．【解答】解：A．貝諾酯分子中有﹣COOC﹣、﹣NH﹣CO﹣，兩種含氧官能團，故A錯誤；B．對乙酰氨基酚含酚﹣OH，遇FeCl3溶液顯紫色，則可用FeCl3溶液區(qū)別乙酰水楊酸和對乙酰氨基酚，故B正確；C．乙酰水楊酸含﹣COOH，酚﹣OH的酸性不能與NaHCO3溶液反應，則只有乙酰水楊酸能與NaHCO3溶液反應，故C錯誤；D．貝諾酯與足量NaOH溶液共熱發(fā)生水解，﹣COOC﹣、﹣NH﹣CO﹣均發(fā)生斷鍵，不生成乙酰水楊酸鈉和對乙酰氨基酚鈉，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查有機物的結構和性質，明確酚及酯的性質是解答本題的關鍵，注意選項D中的水解為解答的難點和易錯點，題目難度中等．13．（4分）下列依據(jù)相關實驗得出的結論正確的是（）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行焰色反應，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+【考點】PF：常見氣體的檢驗；PG：常見陽離子的檢驗；PH：常見陰離子的檢驗；U5：化學實驗方案的評價．【專題】19：物質檢驗鑒別題．【分析】A、二氧化硫通入澄清石灰水也會變渾濁；B、鉀元素的焰色反應若不用鈷玻璃也會發(fā)出黃色火焰；C、溴水中溴單質是強氧化劑，通入的氣體只要是還原性氣體都可以使溴水褪色；D、依據(jù)亞鐵離子的檢驗方法分析判斷．【解答】解：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，該溶液可能是碳酸鹽溶液或碳酸氫鹽溶液或亞硫酸鹽溶液，故A錯誤；B、用鉑絲蘸取少量某溶液進行焰色反應，火焰呈黃色，鉀元素的焰色反應若不用鈷玻璃也會發(fā)出黃色火焰，該溶液不一定是含鈉元素的溶液，故B錯誤；C、將某氣體通入溴水中，溴水顏色褪去，通入的氣體只要是還原性氣體或能發(fā)生加成的有機氣體都可以使溴水褪色，如二氧化硫、硫化氫等，該氣體不一定是乙烯，故C錯誤；D、向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不變色，說明不含鐵離子，滴加氯水后溶液顯紅色，氯氣氧化亞鐵離子為鐵離子，遇到硫氰酸鉀溶液生成血紅色溶液證明該溶液中一定含F(xiàn)e2+，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查了常見離子檢驗方法和現(xiàn)象判斷，主要是碳酸鹽、亞硫酸鹽、溴單質、亞鐵離子等物質性質的分析應用，焰色反應的實驗方法應用，題目難度中等．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)點可表示MnCO3的飽和溶液，且c（Mn2+）＝c（CO32﹣） C．b點可表示CaCO3的飽和溶液，且c（Ca2+）＜c（CO32﹣） D．c點可表示MgCO3的不飽和溶液，且c（Mg2+）＜c（CO32﹣）【考點】DH：難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質．【專題】16：壓軸題；51G：電離平衡與溶液的pH專題．【分析】A．pM相等時，圖線中pc（CO32﹣）數(shù)值越大，實際濃度越?。籅．a(chǎn)點可表示MnCO3的飽和溶液，pM＝p（CO32﹣）；C．b點可表示CaCO3的飽和溶液，pM＜p（CO32﹣）；D．pM數(shù)值越大，實際濃度越小，則c點可表示MgCO3的不飽和溶液，pM＞p（CO32﹣）；【解答】A．pM相等時，圖線中p（CO32﹣）數(shù)值越大，實際濃度越小，因此，MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次減小，故A錯誤；B．a(chǎn)點可表示MnCO3的飽和溶液，pM＝p（CO32﹣），所以c（Mn2+）＝c（CO32﹣），故B正確；C．b點可表示CaCO3的飽和溶液，pM＜p（CO32﹣），所以c（Ca2+）＞c（CO32﹣），故C錯誤；D．pM數(shù)值越大，實際濃度越小，則c點可表示MgCO3的不飽和溶液，pM＞p（CO32﹣），所以c（Mg2+）＜c（CO32﹣），故D正確；故選：BD。【點評】本題主要考查了沉淀溶解平衡曲線，掌握圖線中pc（CO32﹣）、pM數(shù)值越大，實際濃度越小是解題的關鍵，難度中等．15．（4分）一定條件下存在反應：CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g），其正反應放熱．現(xiàn)有三個相同的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．達到平衡時，下列說法正確的是（）A．容器Ⅰ、Ⅱ中正反應速率相同 B．容器Ⅰ、Ⅲ中反應的平衡常數(shù)相同 C．容器Ⅰ中CO的物質的量比容器Ⅱ中的多 D．容器Ⅰ中CO的轉化率與容器Ⅱ中CO2的轉化率之和等于1【考點】CB：化學平衡的影響因素．【專題】51E：化學平衡專題．【分析】A．兩個容器中平衡建立的途徑不相同，無法比較反應速率；B．平衡常數(shù)K只與溫度有關，Ⅰ、Ⅲ兩個容器恒容絕熱，反應物的量不同反應的熱效應不同，體系溫度不同；C．容器Ⅱ中所到達的平衡狀態(tài)，相當于在容器Ⅰ中的基礎上降低溫度，平衡向正反應移動，所以容器Ⅰ中CO的物質的量比容器Ⅱ中的多；D．容器Ⅰ中CO的轉化率與容器Ⅱ中CO2的轉化率之和小于1．【解答】解：A．兩個容器中平衡建立的途徑不相同，無法比較反應速率建立平衡途徑不同，無法比較反應速率，故A錯誤；B．Ⅰ、Ⅲ兩個容器恒容絕熱，反應物的量不同反應的熱效應不同，所以平衡常數(shù)K不同，故B錯誤；C．由于正反應是放熱反應，容器Ⅰ中反應從正方向開始，隨著反應的進行溫度在升高，而溫度升高會使平衡逆向移動，抑制了CO的轉化，容器Ⅱ中反應從逆向開始，隨著反應的進行溫度在降低，會使平衡正向移動，促進了CO的轉化，因此容器Ⅰ中CO的轉化率比容器Ⅱ中的小，平衡時容器Ⅰ中CO的物質的量比容器Ⅱ中的多，故C正確；D．如果溫度相同時，容器Ⅰ中CO的轉化率與容器Ⅱ中CO2的轉化率之和等于1，因為容器絕熱，容器Ⅱ中所到達的平衡狀態(tài)，相當于在容器Ⅰ中的基礎上降低溫度，平衡向正反應移動，二氧化碳的轉化率比兩容器相同溫度時容器Ⅱ中CO2的轉化率低，所以容器Ⅰ中CO的轉化率與容器Ⅱ中CO2的轉化率之和小于1，故D錯誤。故選：C。【點評】本題主要考查了化學平衡的建立與等效平衡的關系，需要注意的是容器絕熱，反應放熱，溫度升高，學生易錯．三、非選擇題16．（12分）氧化鎂在醫(yī)藥、建筑等行業(yè)應用廣泛．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驗流程如下：（1）MgCO3與稀硫酸反應的離子方程式為MgCO3+2H+═Mg2++CO2↑+H2O．（2）加入H2O2氧化時，發(fā)生反應的化學方程式為2FeSO4+H2O2+H2SO4═Fe2（SO4）3+2H2O．（3）濾渣2的成分是Fe（OH）3（填化學式）．（4）煅燒過程存在以下反應：2MgSO4+C2MgO+2SO2↑+CO2↑MgSO4+CMgO+SO2↑+CO↑MgSO4+3CMgO+S↑+3CO↑利用如圖裝置對煅燒產(chǎn)生的氣體進行分步吸收或收集．①D中收集的氣體可以是CO（填化學式）．②B中盛放的溶液可以是d（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，產(chǎn)物中元素最高價態(tài)為+4，寫出該反應的離子方程式：3S+6OH﹣2S2﹣+SO32﹣+3H2O．【考點】U3：制備實驗方案的設計．【專題】527：幾種重要的金屬及其化合物．【分析】（1）碳酸鎂與稀硫酸反應生成硫酸鎂水和二氧化碳；（2）過氧化氫在酸性條件下氧化硫酸亞鐵為硫酸鐵；（3）加入氨水調節(jié)溶液PH使氫氧化鐵全部沉淀；（4）煅燒得到的氣體主要有SO2、CO2、CO、S，產(chǎn)生的氣體進行分步吸收或收集，所以通過A使硫蒸氣冷凝下來，再通過B裝置高錳酸鉀溶液吸收二氧化硫，通過C中的氫氧化鈉溶液吸收二氧化碳，最后剩余一氧化碳氣體在D中收集．【解答】解：（1）MgCO3與稀硫酸反應生成硫酸鎂、二氧化碳和水，反應的離子方程式為MgCO3+2H+═Mg2++CO2↑+H2O，故答案為：MgCO3+2H+═Mg2++CO2↑+H2O；（2）加入H2O2氧化時，在酸性溶液中氧化硫酸亞鐵為硫酸鐵，反應的化學方程式為：2FeSO4+H2O2+H2SO4═Fe2（SO4）3+2H2O，故答案為：2FeSO4+H2O2+H2SO4═Fe2（SO4）3+2H2O；（3）酸溶后過濾得到溶液中加入過氧化氫氧化亞鐵離子為鐵離子，加入氨水調節(jié)溶液PH使鐵離子全部沉淀，過濾后所以得到沉淀為氫氧化鐵，故答案為：Fe（OH）3；（4）煅燒得到的氣體主要有SO2、CO2、CO、S，產(chǎn)生的氣體進行分步吸收或收集，所以通過A使硫蒸氣冷凝下來，再通過B裝置高錳酸鉀溶液吸收二氧化硫，通過C中的氫氧化鈉溶液吸收二氧化碳，最后剩余一氧化碳氣體在D中收集；①D中收集的氣體可以是CO，故答案為：CO；②B中盛放的溶液可以KMnO4溶液吸收二氧化硫，故答案為：d；③A中得到的淡黃色固體與熱的NaOH溶液反應，依據(jù)氧化還原反應原理，產(chǎn)物中元素最高價態(tài)為+4，最低價為﹣2價，反應的離子方程式為：3S+6OH﹣2S2﹣+SO32﹣+3H2O，故答案為：3S+6OH﹣2S2﹣+SO32﹣+3H2O．【點評】本題考查了鎂鋁及其化合物、二氧化硫性質應用，混合物分離方法和實驗操作方法，物質性質熟練掌握是解題關鍵，題目難度中等．17．（15分）化合物A（分子式為C6H6O）是一種有機化工原料，在空氣中易被氧化。A的有關轉化反應如下（部分反應條件略去）：已知：①②（R表示烴基，R′和R″表示烴基或氫）（1）寫出A的結構簡式：。（2）G是常用指示劑酚酞。寫出G中含氧官能團的名稱：羥基和酯基。（3）某化合物是E的同分異構體，且分子中只有兩種不同化學環(huán)境的氫。寫出該化合物的結構簡式：（CH3）2CHCOCH（CH3）2（任寫一種）。（4）F和D互為同分異構體。寫出反應E→F的化學方程式：。（5）根據(jù)已有知識并結合相關信息，寫出以A和HCHO為原料制備的合成路線流程圖（無機試劑任用）。合成路線流程圖示例如下：H2C═CH2CH3CH2BrCH3CH2OH?！究键c】HB：有機物的推斷；HC：有機物的合成．【專題】534：有機物的化學性質及推斷．【分析】化合物A（分子式為C6H6O）是一種有機化工原料，在空氣中易被氧化，所以A是苯酚，A的結構簡式為：，A在一定條件下和氫氣發(fā)生加成反應生成B，B的結構簡式為：，B被重鉻酸鉀溶液氧化生成C，C的結構簡式為：，C反應生成D，結合題給信息知，D的結構簡式為：，C經(jīng)過一系列反應生成E，E反應生成F，F(xiàn)和D互為同分異構體，所以E發(fā)生消去反應生成F，則F的結構簡式為：?！窘獯稹拷猓夯衔顰（分子式為C6H6O）是一種有機化工原料，在空氣中易被氧化，所以A是苯酚，A的結構簡式為：，A在一定條件下和氫氣發(fā)生加成反應生成B，B的結構簡式為：，B被重鉻酸鉀溶液氧化生成C，C的結構簡式為：，C反應生成D，結合題給信息知，D的結構簡式為：，C經(jīng)過一系列反應生成E，E反應生成F，F(xiàn)和D互為同分異構體，所以E發(fā)生消去反應生成F，則F的結構簡式為：。（1）通過以上分析知，A的結構簡式為：，故答案為：；（2）根據(jù)G的結構簡式知，G中含有的官能團有：羥基和酯基，故答案為：羥基、酯基；（3）分子中只有兩種不同化學環(huán)境氫的E的同分異構體有：（CH3）2CHCOCH（CH3）2，故答案為：（CH3）2CHCOCH（CH3）2；（4）F的結構簡式為：，在加熱、濃硫酸作催化劑條件下E發(fā)生消去反應生成F，所以反應E→F的化學方程式為：，故答案為：；（5）根據(jù)題給信息知其合成路線為：在鎳作催化劑、高溫高壓條件下，苯酚和氫氣加成反應生成環(huán)己醇，在加熱條件下，環(huán)己醇和溴化氫發(fā)生取代反應生成1﹣溴環(huán)己烷，1﹣溴環(huán)己烷和鎂、無水乙醚反應生成，和甲醛、水反應生成，在銅作催化劑、加熱條件下被氧氣氧化生成，所以其合成路線流程圖為，故答案為：?！军c評】本題考查有機物的推斷及合成，同時考查學生知識遷移能力，利用題給信息進行分析解答，明確有機物的官能團及性質是解本題關鍵，難度較大。18．（12分）硫酸鎳銨[（NH4）xNiy（SO4）m?nH2O]可用于電鍍、印刷等領域．某同學為測定硫酸鎳銨的組成，進行如下實驗：①準確稱取2.3350g樣品，配制成100.00mL溶液A；②準確量取25.00mL溶液A，用0.04000mol?L﹣1的EDTA（Na2H2Y）標準溶液滴定其中的Ni2+（離子方程式為Ni2++H2Y2﹣＝NiY2﹣+2H+），消耗EDTA標準溶液31.25mL；③另取25.00mL溶液A，加足量的NaOH溶液并充分加熱，生成NH356.00mL（標準狀況）．（1）若滴定管在使用前未用EDTA標準溶液潤洗，測得的Ni2+含量將偏高（填“偏高”、或“偏低”或“不變”）．（2）氨氣常用濕潤的紅色石蕊試紙檢驗，現(xiàn)象是試紙顏色由紅變藍．（3）通過計算確定銀硫酸鎳銨的化學式（寫出計算過程）（NH4）2Ni（SO4）2?10H2O．【考點】R3：中和滴定；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）滴定管沒有潤洗，導致標準液濃度減小，測定結果會偏高；（2）根據(jù)氨氣的檢驗方法完成；（3）根據(jù)反應和滴定數(shù)據(jù)計算出鎳離子的物質的量；根據(jù)氨氣的體積計算出氨氣的物質的量；根據(jù)正負電荷相等求算出硫酸根的物質的量，再利用質量計算出水的物質的量，最后求出硫酸鎳銨的化學式．【解答】解：（1）由于沒有用標準液潤洗滴定管，使得滴定管中的標準液濃度減小，滴定時消耗的標準液體積增大，測定結果偏高，故答案是：偏高；（2）氨氣常用濕潤的紅色石蕊試紙進行檢驗，試紙由紅色變成藍色，故答案是：濕潤的紅色石蕊試紙；試紙顏色由紅變藍；（3）25mL溶液中鎳離子的物質的量是：n（Ni2+）＝n（H2Y2﹣）＝0.04000mol?L﹣1×0.03125L＝1.250×10﹣3mol，氨氣的物質的量等于銨離子的物質的量，n（NH4+）2.500×10﹣3mol根據(jù)電荷守恒，硫酸根的物質的量是：n（SO42﹣）[2n（Ni2+）+n（NH4+）]＝2.500×10﹣3mol，所以：m（Ni2+）＝59g?mol﹣1×1.250×10﹣3mol＝0.07375gm（NH4+）＝18g?mol﹣1×2.500×10﹣3mol＝0.04500gm（SO42﹣）＝96g?mol﹣1×2.500×10﹣3mol＝0.2400gn（H2O）1.250×10﹣2molx：y：m：n＝n（NH4+）：n（Ni2+）：n（SO42﹣）：n（H2O）＝2：1：2：10，硫酸鎳銨的化學式為（NH4）2Ni（SO4）2?10H2O，答：硫酸鎳銨的化學式是（NH4）2Ni（SO4）2?10H2O．【點評】本題考查了探究硫酸鎳銨的組成，涉及了滴定知識、氨氣的檢驗方法，本題難度中等．19．（15分）檸檬酸亞鐵（FeC6H6O7）是一種易吸收的高效鐵制劑，可由綠礬（FeSO4?7H2O）通過下列反應制備：FeSO4+Na2CO3═FeCO3↓+Na2SO4FeCO3+C6H8O7═FeC6H6O7+CO2↑+H2O下表列出了相關金屬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計算）。金屬離子開始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Al3+3.05.0Fe2+5.88.8（1）制備FeCO3時，選用的加料方式是c（填字母），原因是避免生成Fe（OH）2沉淀。a．將FeSO4溶液與Na2CO3溶液同時加入到反應容器中b．將FeSO4溶液緩慢加入到盛有Na2CO3溶液的反應容器中c．將Na2CO3溶液緩慢加入到盛有FeSO4溶液的反應容器中（2）生成的FeCO3沉淀需經(jīng)充分洗滌，檢驗洗滌是否完全的方法是取最后一次的洗滌濾液1～2mL于試管中，向其中滴加用鹽酸酸化的BaCl2溶液，若無白色沉淀產(chǎn)生，則表明已洗滌干凈。（3）將制得的FeCO3加入到足量檸檬酸溶液中，再加入少量鐵粉，80℃下攪拌反應。①鐵粉的作用是防止+2價的鐵元素被氧化。②反應結束后，無需過濾，除去過量鐵粉的方法是加入適量檸檬酸讓鐵粉反應完全。（4）最后溶液經(jīng)濃縮、加入適量無水乙醇、靜置、過濾、洗滌、干燥，獲得檸檬酸亞鐵晶體。分離過程中加入無水乙醇的目的是降低檸檬酸亞鐵在水中的溶解量，有利于晶體析出。（5）某研究性學習小組欲從硫鐵礦燒渣（主要成分為Fe2O3、SiO2、Al2O3）出發(fā)，先制備綠礬，再合成檸檬酸亞鐵。請結合如圖的綠礬溶解度曲線，補充完整由硫鐵礦燒渣制備FeSO4?7H2O晶體的實驗步驟（可選用的試劑：鐵粉、稀硫酸和NaOH溶液）：向一定量燒渣中加入足量的稀硫酸充分反應，“（過濾，）向反應液中加入足量的鐵粉，充分攪拌后，滴加NaOH溶液調節(jié)反應液的pH約為5，過濾”或“過濾，向濾液中滴加過量的NaOH溶液，過濾，充分洗滌固體，向固體中加入足量稀硫酸至固體完全溶解，再加入足量的鐵粉，充分攪拌后，過濾”，得到FeSO4溶液，（滴加稀硫酸酸化，）加熱濃縮得到60℃飽和溶液，冷卻至0℃結晶，過濾，少量冰水洗滌，低溫干燥，得到FeSO4?7H2O晶體。【考點】GN：鐵的氧化物和氫氧化物；GO：鐵鹽和亞鐵鹽的相互轉變；S8：硫酸亞鐵的制備．【專題】16：壓軸題；527：幾種重要的金屬及其化合物．【分析】（1）利用Na2CO3溶液和FeSO4溶液反應制備FeCO3，由于Na2CO3溶液堿性很強，可能會生成Fe（OH）2沉淀，為避免生成Fe（OH）2沉淀，如果將Na2CO3加入FeSO4溶液中，F(xiàn)e2+是過量的，并且FeSO4溶液為酸性，F(xiàn)e2+不易沉淀。因此，CO32﹣容易與Fe2+結合為沉淀析出，因此應將Na2CO3溶液緩慢加入到盛有FeSO4溶液的反應容器中；（2）判斷沉淀是否洗凈的方法：取最后一次洗滌的濾液，檢測濾液中是否存在未洗滌干凈的雜質。首先要弄清沉淀上的雜質是什么，然后再去檢測里面的離子。本題中FeCO3的制備是用Na2CO3溶液和FeSO4溶液的反應，因而沉淀表面可能會有Na2SO4雜質，因而應該檢驗最后一次洗滌濾液中是否含有SO42﹣，即該題便轉化成SO42﹣的檢驗；（3）因+2的Fe元素易被空氣中的氧氣氧化，制備檸檬酸亞鐵過程中應盡量避免與氧氣接觸。加入鐵粉的目的就是與檸檬酸反應產(chǎn)生H2，形成一個無氧的環(huán)境。除去過量的鐵粉可直接加入適量的檸檬酸，反應也生成了需要的產(chǎn)品檸檬酸亞鐵，不會引入雜質。（4）最后的溶液經(jīng)濃縮形成檸檬酸亞鐵的飽和溶液，要得到盡可能多的檸檬酸亞鐵晶體，可加入無水乙醇，可以降低檸檬酸亞鐵的溶解度，從而獲得更多的產(chǎn)品。（5）由硫鐵礦燒渣（主要成分為Fe2O3、SiO2、Al2O3）制備FeSO4?7H2O晶體，要弄清楚流程中每一步的原理和注意事項。向燒渣中加入足量的稀硫酸，F(xiàn)e2O3、Al2O3均會與硫酸反應，分別生成Fe2（SO4）2和Al2（SO4）2，SiO2不反應，先過濾把SiO2除去，然后向濾液中加入足量的鐵粉，將Fe3+轉化成Fe2+，根據(jù)金屬離子沉淀的pH值，然后通過滴加NaOH溶液調節(jié)pH至5.0把Al3+除去，過濾，即得到FeSO4溶液，再根據(jù)綠礬溶解度曲線，60℃時綠礬的溶解度最大，可加熱濃縮到60℃的飽和溶液，然后放在冰水中冷卻，冷卻結晶至0℃，此時析出的晶體是最多的，之后過濾，洗滌，低溫烘干?！窘獯稹拷猓海?）利用Na2CO3溶液和FeSO4溶液反應制備FeCO3，由于Na2CO3溶液堿性很強，可能會生成Fe（OH）2沉淀，如果將Na2CO3加入FeSO4溶液中，F(xiàn)e2+是過量的，并且FeSO4溶液為酸性，F(xiàn)e2+不易沉淀。因此，CO32﹣容易與Fe2+結合為沉淀析出，因此為避免生成Fe（OH）2沉淀，應將Na2CO3溶液緩慢加入到盛有FeSO4溶液的反應容器中；故答案為：c，避免生成Fe（OH）2沉淀；（2）判斷沉淀是否洗凈的方法：取最后一次洗滌的濾液，檢測濾液中是否存在未洗滌干凈的雜質。首先要弄清沉淀上的雜質是什么，然后再去檢測里面的離子。本題中FeCO3的制備是用Na2CO3溶液和FeSO4溶液的反應，因而沉淀表面可能會有Na2SO4雜質，因而應該檢驗最后一次洗滌濾液中是否含有SO42﹣，即該題便轉化成SO42﹣的檢驗。具體操作為：取最后一次的洗滌濾液1～2mL于試管中，向其中滴加用鹽酸酸化的BaCl2溶液，若無白色沉淀產(chǎn)生，則表明已洗滌干凈；故答案為：取最后一次的洗滌濾液1～2mL于試管中，向其中滴加用鹽酸酸化的BaCl2溶液，若無白色沉淀產(chǎn)生，則表明已洗滌干凈；（3）因+2的Fe元素易被空氣中的氧氣氧化，制備檸檬酸亞鐵過程中應盡量避免與氧氣接觸。加入鐵粉的目的就是與檸檬酸反應產(chǎn)生H2，形成一個無氧的環(huán)境。除去過量的鐵粉可直接加入適量的檸檬酸，反應也生成了需要的產(chǎn)品檸檬酸亞鐵，不會引入雜質；故答案為：防止+2價的鐵元素被氧化，加入適量檸檬酸讓鐵粉反應完全；（4）最后的溶液經(jīng)濃縮形成檸檬酸亞鐵的飽和溶液，要得到盡可能多的檸檬酸亞鐵晶體，可加入無水乙醇，可以降低檸檬酸亞鐵的溶解度，從而獲得更多的產(chǎn)品；故答案為：降低檸檬酸亞鐵在水中的溶解量，有利于晶體析出；（5）由硫鐵礦燒渣（主要成分為Fe2O3、SiO2、Al2O3）制備FeSO4?7H2O晶體，要弄清楚流程中每一步的原理和注意事項。向燒渣中加入足量的稀硫酸，F(xiàn)e2O3、Al2O3均會與硫酸反應，分別生成Fe2（SO4）2和Al2（SO4）2，SiO2不反應，先過濾把SiO2除去，然后向濾液中加入足量的鐵粉，將Fe3+轉化成Fe2+，根據(jù)金屬離子沉淀的pH值，然后通過滴加NaOH溶液調節(jié)pH至5.0把Al3+除去，過濾，即得到FeSO4溶液，再根據(jù)綠礬溶解度曲線，60℃時綠礬的溶解度最大，可加熱濃縮到60℃的飽和溶液，然后放在冰水中冷卻，冷卻結晶至0℃，此時析出的晶體是最多的，之后過濾，洗滌，低溫烘干；故答案為：過濾向反應液中加入足量的鐵粉，充分攪拌后，滴加NaOH溶液調節(jié)反應液的pH約為5，過濾或“過濾，向濾液中滴加過量的NaOH溶液，過濾，充分洗滌固體，向固體中加入足量稀硫酸至固體完全溶解，再加入足量的鐵粉，充分攪拌后，過濾；（滴加稀硫酸酸化，）加熱濃縮得到60℃飽和溶液，冷卻至0℃結晶，過濾，少量冰水洗滌，低溫干燥?！军c評】本題考查了學生在新情境下物質的制備實驗中基本的實驗技能和對教材相關實驗的理解的遷移能力，中檔題難度偏大，掌握物質性質和實驗技能是解題關鍵。20．（14分）磷是地殼中含量較為豐富的非金屬元素，主要以難溶于水的磷酸鹽如Ca3（PO4）2等形式存在．它的單質和化合物在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中有著重要的應用．（1）白磷（P4）可由Ca3（PO4）2、焦炭和SiO2在一定條件下反應獲得．相關熱化學方程式如下：2Ca3（PO4）2（s）+10C（s）═6CaO（s）+P4（s）+10CO（g）△H1＝+3359.26kJ?mol﹣1CaO（s）+SiO2（s）═CaSiO3（s）△H2＝﹣89.61kJ?mol﹣12Ca3（PO4）2（s）+6SiO2（s）+10C（s）═6CaSiO3（s）+P4（s）+10CO（g）△H3則△H3＝+2821.6kJ?mol﹣1．（2）白磷中毒后可用CuSO4溶液解毒，解毒原理可用下列化學方程式表示：11P4+60CuSO4+96H2O═20Cu3P+24H3PO4+60H2SO460molCuSO4能氧化白磷的物質的量是3mol．（3）磷的重要化合物NaH2PO4、Na2HPO4和Na3PO4可通過H3PO4與NaOH溶液反應獲得，含磷各物種的分布分數(shù)（平衡時某物種的濃度占各物種濃度之和的分數(shù)）與pH的關系如圖所示．①為獲得盡可能純的NaH2PO4，pH應控制在4～5.5（介于此區(qū)間內的任意值或區(qū)間均可）；pH＝8時，溶液中主要含磷物種濃度大小關系為c（HPO42﹣）＞c（H2PO4﹣）．②Na2HPO4溶液顯堿性，若向溶液中加入足量的CaCl2溶液，溶液則顯酸性，其原因是3Ca2++2HPO42﹣═Ca3（PO4）2↓+2H+（用離子方程式表示）．（4）磷的化合物三氯氧磷（）與季戊四醇（）以物質的量之比2：1反應時，可獲得一種新型阻燃劑中間體X，并釋放出一種酸性氣體．季戊四醇與X的核磁共振氫譜如圖所示．①酸性氣體是HCl（填化學式）．②X的結構簡式為．【考點】BF：用蓋斯定律進行有關反應熱的計算；BQ：氧化還原反應的計算．【專題】16：壓軸題；515：氧化還原反應專題；517：化學反應中的能量變化；534：有機物的化學性質及推斷．【分析】（1）根據(jù)蓋斯定律，由已知熱化學方乘以適當?shù)南禂?shù)進行加減構造目標熱化學方程式，反應熱也乘以相應的系數(shù)并進行相應的加減，據(jù)此計算；（2）根據(jù)氧化劑CuSO4得到的電子等于還原劑白磷失去的電子來分析；（3）根據(jù)為獲得盡可能純的NaH2PO4，pH應控制從圖表中找出H2PO4﹣分布分數(shù)最大值所在區(qū)間；溶液中主要含磷物種濃度大小關系可由圖表得出；（4）HPO42﹣離子既能發(fā)生電離又能發(fā)生水解，溶液呈堿性，說明水解程度大于電離程度，根據(jù)HPO42﹣離子和Ca2+離子反應生成沉淀使得水解程度小于電離程度；（5）根據(jù)核磁共振氫譜可知：季戊四醇中有兩種氫原子，而新型阻燃劑中間體X中只有一種氫原子，說明三氯氧磷（）與季戊四醇（）以物質的量之比2：1反應時，季戊四醇中羥基氫全部消失，生成氯化氫酸性氣體．【解答】解：（1）①2Ca3（PO4）2（s）+10C（s）═6CaO（s）+P4（s）+10CO（g）△H1＝+3359.26kJ?mol﹣1②CaO（s）+SiO2（s）═CaSiO3（s）△H2＝﹣89.61kJ?mol﹣1①+②×6得2Ca3（PO4）2（s）+6SiO2（s）+10C（s）═6CaSiO3（s）+P4（s）+10CO（g）△H3＝△H1+△H2×6＝+2821.6kJ?mol﹣1，故答案為：+2821.6；（2）CuSO4中銅的化合價由+2價變?yōu)?1價，1個CuSO4得到1個電子，60molCuSO4共得到電子60mol，白磷中磷的化合價由0價變?yōu)?5價，1個白磷得到20個電子，所以60molCuSO4能氧化白磷的物質的量為3mol，故答案為：3mol；（3）①為獲得盡可能純的NaH2PO4，pH應控制從圖表中找出H2PO4﹣分布分數(shù)最大值所在區(qū)間，即4～5.5（介于此區(qū)間內的任意值或區(qū)間均可），溶液中主要含磷物種濃：度大小關系可由圖表得出c（HPO42﹣）＞c（H2PO4﹣），故答案為：4～5.5（介于此區(qū)間內的任意值或區(qū)間均可）；c（HPO42﹣）＞c（H2PO4﹣）；②HPO42﹣離子既能發(fā)生電離又能發(fā)生水解，電離反應式為HPO42﹣?PO43﹣+H+，水解反應式為HPO42﹣+H2O?H2PO4﹣+OH﹣，溶液呈堿性，說明水解程度大于電離程度；由于HPO42﹣離子和Ca2+離子反應生成沉淀：3Ca2++2HPO42﹣═Ca3（PO4）2↓