2017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2017年江蘇省高考化學(xué)試卷解析版參考答案與試題解析一、單項(xiàng)選擇題：本題包括10小題，每小題2分，共計(jì)20分．每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意．1．（2分）2017年世界地球日我國的主題為“節(jié)約集約利用資源，倡導(dǎo)綠色簡約生活”．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【考點(diǎn)】FE："三廢"處理與環(huán)境保護(hù)．【專題】56：化學(xué)應(yīng)用．【分析】綠色簡約生活方式是一種生活理念，也是一種生活態(tài)度，指的是生活作息時(shí)所耗用的能量要盡量減少，特別是減少二氧化碳的排放量，減緩生態(tài)惡化；可以從節(jié)電、節(jié)能和回收等環(huán)節(jié)來改變生活細(xì)節(jié)，據(jù)此進(jìn)行分析判斷即可．【解答】解：A、夏天設(shè)定空調(diào)溫度盡可能的低，浪費(fèi)了電能資源，增加能量損耗，故A錯(cuò)誤；B、推廣使用一次性塑料袋和紙巾，浪費(fèi)了資源，故B錯(cuò)誤；C、少開私家車多乘公共交通工具，可以節(jié)約資源，減少空氣污染，故C正確；D、對(duì)商品進(jìn)行豪華包裝促進(jìn)銷售，浪費(fèi)了資源，故D錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】解答本題關(guān)鍵是看是否減少了對(duì)空氣中可吸收顆粒物的釋放，環(huán)保問題已經(jīng)引起了全球的重視，難度不大．2．（2分）下列有關(guān)化學(xué)用語表示正確的是（）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）3【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)用語專題．【分析】A．質(zhì)量數(shù)＝質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)，元素符號(hào)的左上角為質(zhì)量數(shù)、左下角為質(zhì)子數(shù)；B．氟原子的核電荷數(shù)＝核外電子總數(shù)＝9，最外層含有7個(gè)電子；C．兩個(gè)氯離子不能合并；D．明礬為十二水合硫酸鋁鉀．【解答】解：A．質(zhì)量數(shù)為31的磷原子的質(zhì)量數(shù)＝15+16＝31，該原子正確的表示方法為：3115P，故A正確；B．氟原子的核電荷數(shù)、核外電子總數(shù)都是9，其正確的結(jié)構(gòu)示意圖為：，故B錯(cuò)誤；C．氯化鈣為離子化合物，電子式中需要標(biāo)出陰陽離子所帶電荷，氯化鈣正確的電子式為，故C錯(cuò)誤；D．明礬化學(xué)式中含有結(jié)晶水，其正確的化學(xué)式為：KAl（SO4）2?12H2O，故D錯(cuò)誤；故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查常見化學(xué)用語的表示方法，題目難度不大，涉及電子式、原子結(jié)構(gòu)示意圖、元素符號(hào)、化學(xué)式等知識(shí)，注意掌握常見化學(xué)用語的書寫原則，試題培養(yǎng)學(xué)生的規(guī)范答題能力．3．（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【考點(diǎn)】14：物質(zhì)的組成、結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的關(guān)系．【專題】513：物質(zhì)的性質(zhì)和變化專題．【分析】A．Na2O2吸收CO2生成O2和Na2CO3，氧氣能供給呼吸；B．ClO2具有強(qiáng)氧化性；C．光導(dǎo)纖維的主要成分是二氧化硅，光導(dǎo)纖維是利用光的全反射原理；D．氨氣易液化而吸收熱量導(dǎo)致周圍環(huán)境溫度降低?！窘獯稹拷猓篈．Na2O2吸收CO2生成O2和Na2CO3，且人呼出的水蒸氣也能和過氧化鈉反應(yīng)生成氧氣，氧氣能供給呼吸，所以過氧化鈉可用作呼吸面具的供氧劑，故A正確；B．ClO2具有強(qiáng)氧化性而使蛋白質(zhì)變性，所以該物質(zhì)能殺菌消毒，故B錯(cuò)誤；C．光導(dǎo)纖維的主要成分是二氧化硅，光導(dǎo)纖維是利用光的全反射原理，與二氧化硅的硬度大小無關(guān)，故C錯(cuò)誤；D．氨氣易液化而吸收熱量導(dǎo)致周圍環(huán)境溫度降低，所以氨氣常常作制冷劑，與氨氣易溶于水無關(guān)，故D錯(cuò)誤；故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查物質(zhì)組成、結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，屬于基礎(chǔ)題，明確物質(zhì)結(jié)構(gòu)和性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，結(jié)構(gòu)決定性質(zhì)、性質(zhì)決定用途，題目難度不大。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【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】實(shí)驗(yàn)室可用濃硫酸和銅在加熱條件下反應(yīng)制備二氧化硫，二氧化硫密度比空氣大，可用向上排空氣法收集，具有漂白性，可使品紅褪色，二氧化硫?yàn)樗嵝匝趸铮膳c堿反應(yīng)，以此解答該題．【解答】解：A．稀硫酸和銅不反應(yīng)，應(yīng)用濃硫酸和銅反應(yīng)制備二氧化硫氣體，故A錯(cuò)誤；B．二氧化硫具有漂白性，可使品紅褪色，操作符合要求，可達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，故B正確；C．二氧化硫密度比空氣大，可用向上排空氣法收集，氣體應(yīng)從長導(dǎo)管進(jìn)入，故C錯(cuò)誤；D．二氧化硫不溶于飽和亞硫酸氫鈉溶液，應(yīng)用氫氧化鈉溶液吸收尾氣，且防止倒吸，故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查較為綜合，涉及氣體的制備、收集以及性質(zhì)的檢驗(yàn)等，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意把握物質(zhì)的性質(zhì)的異同以及實(shí)驗(yàn)的嚴(yán)密性和可行性的評(píng)價(jià)，難度中等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【考點(diǎn)】8F：原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系．【專題】51C：元素周期律與元素周期表專題．【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，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，則Z是O、W是Na元素，其中只有Y、Z處于同一周期且相鄰，且Y原子序數(shù)小于Z，則Y是N元素，X是H元素；A．原子的電子層數(shù)越多其原子半徑越大，原子的電子層數(shù)相同的元素，其原子半徑隨著原子序數(shù)增大而減??；B．W的最高價(jià)氧化物的水化物是NaOH；C．Y單質(zhì)是氮?dú)狻單質(zhì)是氧氣，元素的非金屬性氧氣，其單質(zhì)的氧化性越強(qiáng)；D．X、Y、Z三種元素組成的化合物可能是硝酸、硝酸銨．【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，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，則Z是O、W是Na元素，其中只有Y、Z處于同一周期且相鄰，且Y原子序數(shù)小于Z，則Y是N元素，X是H元素；A．原子的電子層數(shù)越多其原子半徑越大，原子的電子層數(shù)相同的元素，其原子半徑隨著原子序數(shù)增大而減小，X位于第一周期、Y和Z位于第二周期且原子序數(shù)Y＜Z，W位于第三周期，所以原子半徑：r（X）＜r（Z）＜r（Y）＜r（W），故A錯(cuò)誤；B．W的最高價(jià)氧化物的水化物是NaOH，NaOH是強(qiáng)堿，故B錯(cuò)誤；C．Y單質(zhì)是氮?dú)狻單質(zhì)是氧氣，元素的非金屬性氧氣，其單質(zhì)的氧化性越強(qiáng)，非金屬性O(shè)＞N元素，所以Z單質(zhì)的氧化性大于Y，故C錯(cuò)誤；D．X、Y、Z三種元素組成的化合物可能是硝酸、硝酸銨，硝酸是共價(jià)化合物、硝酸銨是離子化合物，故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查原子結(jié)構(gòu)和元素周期律，為高頻考點(diǎn)，明確原子結(jié)構(gòu)、元素周期表結(jié)構(gòu)及元素周期律是解本題關(guān)鍵，正確判斷元素是解本題關(guān)鍵，注意：銨鹽中不含金屬元素但屬于離子化合物，題目難度不大．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↓+H2O【考點(diǎn)】49：離子方程式的書寫．【專題】516：離子反應(yīng)專題．【分析】A．鈉和水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣，且離子方程式要遵循原子守恒、電荷守恒和轉(zhuǎn)移電子守恒；B．電解飽和食鹽水時(shí)，陽極上生成氯氣、陰極上生成氫氣同時(shí)陰極附近有NaOH生成；C．二者反應(yīng)生成硫酸鋇和水，且氫離子、氫氧根離子和水的計(jì)量數(shù)都是2；D．二者反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀、一水合氨和水．【解答】解：A．鈉和水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣，且離子方程式要遵循原子守恒、電荷守恒和轉(zhuǎn)移電子守恒，離子方程式為2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑，故A錯(cuò)誤；B．電解飽和食鹽水時(shí)，陽極上生成氯氣、陰極上生成氫氣同時(shí)陰極附近有NaOH生成，離子方程式為2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣，故B正確；C．二者反應(yīng)生成硫酸鋇和水，且氫離子、氫氧根離子和水的計(jì)量數(shù)都是2，離子方程式為Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O，故C錯(cuò)誤；D．二者反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀、一水合氨和水，離子方程式為向碳酸氫銨溶液中加入足量石灰水：NH4++Ca2++HCO3﹣+2OH﹣═CaCO3↓+H2O+NH3?H2O，故D錯(cuò)誤；故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題考查離子方程式書寫的正誤判斷，為高頻考點(diǎn)，把握發(fā)生的反應(yīng)及離子反應(yīng)的書寫方法為解答的關(guān)鍵，側(cè)重復(fù)分解反應(yīng)、氧化還原反應(yīng)的離子反應(yīng)考查，注意離子反應(yīng)中保留化學(xué)式的物質(zhì)及電子、電荷守恒，題目難度不大．7．（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．NH3NOHNO3【考點(diǎn)】EB：氨的化學(xué)性質(zhì)；FO：含硫物質(zhì)的性質(zhì)及綜合應(yīng)用；GM：鐵的化學(xué)性質(zhì)．【專題】513：物質(zhì)的性質(zhì)和變化專題．【分析】A、鐵與氯氣反應(yīng)生成三氯化鐵；B．硫與氧氣反應(yīng)生成二氧化硫；C．CaCO3高溫分解生成CaO，CaO和二氧化硅高溫反應(yīng)生成硅酸鈣；D．氨氣催化氧化生成NO，NO和水不反應(yīng)?！窘獯稹拷猓篈、因?yàn)槁葰饩哂袕?qiáng)氧化性，則鐵與氯氣反應(yīng)生成三氯化鐵，而不是氯化亞鐵，故A錯(cuò)誤；B．硫與氧氣反應(yīng)生成二氧化硫，而不是三氧化硫，故B錯(cuò)誤；C．CaCO3高溫分解生成CaO，CaO為堿性氧化物，和酸性氧化物二氧化硅高溫反應(yīng)生成鹽硅酸鈣，故C正確；D．氨氣催化氧化生成NO，NO和水不反應(yīng)，不能生成硝酸，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，主要是硫、鐵、氮的化合物性質(zhì)的理解判斷，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度中等。8．（2分）通過以下反應(yīng)可獲得新型能源二甲醚（CH3OCH3）．下列說法不正確的是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﹣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．反應(yīng)③中的反應(yīng)物為CO2、H2；B．反應(yīng)③中的反應(yīng)物為CO2，轉(zhuǎn)化為甲醇；C．由反應(yīng)④可知，物質(zhì)的量與熱量成正比，且氣態(tài)水的能量比液態(tài)水的能量高；D．由蓋斯定律可知，②×2+③×2+④得到2CO（g）+4H2（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g）．【解答】解：A．反應(yīng)③中的反應(yīng)物為CO2、H2，由反應(yīng)可知，反應(yīng)①、②為反應(yīng)③提供原料氣，故A正確；B．反應(yīng)③中的反應(yīng)物為CO2，轉(zhuǎn)化為甲醇，則反應(yīng)③也是CO2資源化利用的方法之一，故B正確；C．由反應(yīng)④可知，物質(zhì)的量與熱量成正比，且氣態(tài)水的能量比液態(tài)水的能量高，則反應(yīng)CH3OH（g）═CH3OCH3（g）H2O（l）的△HkJ?mol﹣1，故C錯(cuò)誤；D．由蓋斯定律可知，②×2+③×2+④得到2CO（g）+4H2（g）═CH3OCH3（g）+H2O（g），則△H＝（2b+2c+d）kJ?mol﹣1，故D正確；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查反應(yīng)熱與焓變，為高頻考點(diǎn)，把握反應(yīng)的特點(diǎn)、反應(yīng)中能量變化、蓋斯定律應(yīng)用為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析能力和應(yīng)用能力的考查，題目難度中等．9．（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﹣【考點(diǎn)】DP：離子共存問題．【專題】516：離子反應(yīng)專題．【分析】A．無色透明說明溶液中不含有色離子，且離子之間不反應(yīng)；B．c（H+）/c（OH﹣）＝1×10﹣12的溶液，溶液呈堿性，離子之間不反應(yīng)且和氫氧根離子不反應(yīng)的能大量共存；C．能和亞鐵離子反應(yīng)的離子不能大量共存；D．能使甲基橙溶液變紅色，說明溶液呈酸性，離子之間不反應(yīng)的能大量共存．【解答】解：A．Fe3+呈黃色，不符合無色條件，且Fe3+、SCN﹣發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)而不能大量共存，故A錯(cuò)誤；B．c（H+）/c（OH﹣）＝1×10﹣12的溶液，溶液呈堿性，這幾種離子之間不反應(yīng)且都不和氫氧根離子反應(yīng)，所以能大量共存，故B正確；C．Fe2+、MnO4﹣發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不能大量共存，故C錯(cuò)誤；D．能使甲基橙溶液變紅色，說明溶液呈酸性，HCO3﹣能和氫離子反應(yīng)生成二氧化碳和水而不能大量共存，故D錯(cuò)誤；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查離子共存，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重考查氧化還原反應(yīng)、絡(luò)合反應(yīng)、復(fù)分解反應(yīng)，明確離子共存條件及離子性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，注意隱含信息的靈活運(yùn)用，題目難度不大．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【考點(diǎn)】CA：化學(xué)反應(yīng)速率的影響因素．【專題】51F：化學(xué)反應(yīng)速率專題．【分析】A．圖甲中溶液的pH相同，但濃度不同，濃度越大，相同時(shí)間內(nèi)濃度的變化量越大；B．圖乙中H2O2濃度相同，但加入NaOH濃度不同，說明溶液的pH不同，NaOH濃度越大，相同時(shí)間內(nèi)雙氧水濃度變化量越大；C．圖丙中少量Mn2+存在時(shí)，相同時(shí)間內(nèi)雙氧水濃度變化量：0.1mol/LNaOH溶液＞1.0mol/LNaOH溶液＞0mol/LNaOH溶液；D．圖丁中pH相同，錳離子濃度越大，相同時(shí)間內(nèi)雙氧水濃度變化量越大。【解答】解：A．圖甲中溶液的pH相同，但濃度不同，濃度越大，相同時(shí)間內(nèi)濃度的變化量越大，由此得出相同pH條件下，雙氧水濃度越大，雙氧水分解速率越快，故A錯(cuò)誤；B．圖乙中H2O2濃度相同，但加入NaOH濃度不同，說明溶液的pH不同，NaOH濃度越大，相同時(shí)間內(nèi)雙氧水濃度變化量越大，由此得出：雙氧水濃度相同時(shí)，pH越大雙氧水分解速率越快，故B錯(cuò)誤；C．圖丙中少量Mn2+存在時(shí)，相同時(shí)間內(nèi)雙氧水濃度變化量：0.1mol/LNaOH溶液＞1.0mol/LNaOH溶液＞0mol/LNaOH溶液，由此得出：錳離子作催化劑時(shí)受溶液pH的影響，溶液堿性越弱，其分解速率越快，故C錯(cuò)誤；D．圖丁中pH相同，錳離子濃度越大，相同時(shí)間內(nèi)雙氧水濃度變化量越大，圖丙中說明催化劑的催化效率受溶液的pH值影響，由此得出：堿性溶液中，Mn2+對(duì)H2O2分解速率的影響大，故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題以雙氧水分解為載體考查影響化學(xué)反應(yīng)速率影響因素，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生圖象分析、判斷、歸納及知識(shí)靈活運(yùn)用能力，明確圖中曲線變化趨勢(shì)及影響因素是解本題關(guān)鍵，題目難度中等。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【考點(diǎn)】HD：有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)．【專題】536：有機(jī)物分子組成通式的應(yīng)用規(guī)律．【分析】A．a(chǎn)中不含苯環(huán)；B．a(chǎn)、c中含甲基、亞甲基、次甲基均為四面體構(gòu)型；C．a(chǎn)含碳碳雙鍵、b中苯環(huán)上連有甲基、c含﹣CHO；D．只有﹣CHO與新制的Cu（OH）2反應(yīng)生成紅色沉淀．【解答】解：A．a(chǎn)中不含苯環(huán)，則不屬于芳香族化合物，只有b屬于，故A錯(cuò)誤；B．a(chǎn)、c中含甲基、亞甲基、次甲基均為四面體構(gòu)型，則a和c分子中所有碳原子不可能處于同一平面上，故B錯(cuò)誤；C．a(chǎn)含碳碳雙鍵、b中苯環(huán)上連有甲基、c含﹣CHO，均能使酸性KMnO4溶液褪色，故C正確；D．只有﹣CHO與新制的Cu（OH）2反應(yīng)生成紅色沉淀，則只有c能與新制的Cu（OH）2反應(yīng)生成紅色沉淀，故D錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查有機(jī)物的結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，把握官能團(tuán)與性質(zhì)的關(guān)系、有機(jī)反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析能力和應(yīng)用能力的考查，注意選項(xiàng)B為解答的難點(diǎn)，題目難度不大．12．（4分）下列說法正確的是（）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6.02×1023【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．由化學(xué)計(jì)量數(shù)可知△S＜0；B．導(dǎo)線連接鋅塊，構(gòu)成原電池時(shí)Zn為負(fù)極；C．pH＝10的含Mg2+溶液中，c（OH﹣）＝10﹣4mol?L﹣1，c（Mg2+）；D．常溫常壓下，Vm≠22.4L/mol．【解答】解：A．合成氨反應(yīng)為放熱反應(yīng)，△H＜0，且為氣體體積減小的反應(yīng)，則△S＜0，故A錯(cuò)誤；B..導(dǎo)線連接鋅塊，構(gòu)成原電池時(shí)Zn為負(fù)極，F(xiàn)e作正極被保護(hù)，則可以減緩管道的腐蝕，故B正確；C．pH＝10的含Mg2+溶液中，c（OH﹣）＝10﹣4mol?L﹣1，c（Mg2+）5.6×10﹣4mol?L﹣1，故C正確；D．常溫常壓下，Vm≠22.4L/mol，則不能利用氫氣的體積計(jì)算物質(zhì)的量及轉(zhuǎn)移電子數(shù)，故D錯(cuò)誤；故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查較綜合，涉及反應(yīng)熱與焓變、原電池、難溶電解質(zhì)Ksp的計(jì)算等，為高頻考點(diǎn)，把握化學(xué)反應(yīng)原理為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析能力和應(yīng)用能力的考查，注意選項(xiàng)D為易錯(cuò)點(diǎn)，題目難度中等．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．D【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．比較非金屬性，應(yīng)用最高價(jià)氧化物的水化物；B．生成AgCl沉淀，銀離子濃度減小，酸性減弱；C．硫酸銅與KI發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成碘和CuI；D．滴加鹽酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀，該沉淀為硫酸鋇或AgCl等?！窘獯稹拷猓篈．該實(shí)驗(yàn)只能比較酸性的強(qiáng)弱，但不能比較非金屬性，應(yīng)用最高價(jià)氧化物的水化物，故A錯(cuò)誤；B．硝酸銀為強(qiáng)酸弱堿鹽，水解呈酸性，加入KCl生成AgCl沉淀，銀離子濃度減小，酸性減弱，故B錯(cuò)誤；C．苯層呈紫色，說明生成碘，硫酸銅與KI發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成碘和CuI，故C正確；D．滴加鹽酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀，該沉淀為硫酸鋇或AgCl等，可能含有硫酸根離子，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，為高頻考點(diǎn)，題目難度中等，涉及金屬性、非金屬性強(qiáng)弱比較、弱電解質(zhì)的電離平衡及其影響等知識(shí)，明確常見元素及其化合物性質(zhì)為解答關(guān)鍵，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及靈活應(yīng)用能力。14．（4分）常溫下，Ka（HCOOH）＝1.77×10﹣4，Ka（CH3COOH）＝1.75×10﹣5，Kb（NH3?H2O）＝1.76×10﹣5，下列說法正確的是（）A．濃度均為0.1mol?L﹣1的HCOONa和NH4Cl溶液中陽離子的物質(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+）【考點(diǎn)】D5：弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡．【專題】51G：電離平衡與溶液的pH專題．【分析】A．電離平衡常數(shù)越大，其離子水解程度越小，根據(jù)電離平衡常數(shù)知，其離子水解程度：CH3COO﹣＞NH4+＞HCOO﹣，任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒，所以得出c（HCOO﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+）＝0.1mol/L+c（H+）、c（NH4+）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣）＝0.1mol/L+c（OH﹣），水解程度NH4+＞HCOO﹣，所以前者c（H+）大于后者c（OH﹣）；B．pH相同的HCOOH和CH3COOH，濃度：c（HCOOH）＜c（CH3COOH），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)時(shí)，酸的濃度越大，消耗的堿體積越大；C．任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒和物料守恒，根據(jù)電荷守恒得c（HCOO﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+），混合溶液中溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的HCOOH和HCOONa；D．二者混合后溶液中的溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的CH3COONa、CH3COOH和NaCl，混合溶液的pH＜7，說明醋酸電離程度大于醋酸鈉水解程度。【解答】解：A．電離平衡常數(shù)越大，其離子水解程度越小，根據(jù)電離平衡常數(shù)知，其離子水解程度：CH3COO﹣＞NH4+＞HCOO﹣，任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒，所以得出c（HCOO﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+）＝0.1mol/L+c（H+）、c（NH4+）+c（H+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣）＝0.1mol/L+c（OH﹣），水解程度NH4+＞HCOO﹣，所以前者c（H+）大于后者c（OH﹣），所以濃度均為0.1mol?L﹣1的HCOONa和NH4Cl溶液中陽離子的物質(zhì)的量濃度之和：前者大于后者，故A正確；B．pH相同的HCOOH和CH3COOH，濃度：c（HCOOH）＜c（CH3COOH），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)時(shí)，酸的濃度越大，消耗的堿體積越大，pH、體積相同的HCOOH和CH3COOH，物質(zhì)的量前者小于后者，所以后者消耗的NaOH體積多，故B錯(cuò)誤；C．任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒和物料守恒，根據(jù)電荷守恒得c（HCOO﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+），混合溶液中溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的HCOOH和HCOONa，甲酸電離程度大于水解程度，所以c（HCOOH）＜c（Na+），所以得c（HCOO﹣）+c（OH﹣）＞c（HCOOH）+c（H+），故C錯(cuò)誤；D．二者混合后溶液中的溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的CH3COONa、CH3COOH和NaCl，混合溶液的pH＜7，說明醋酸電離程度大于醋酸鈉水解程度，醋酸是弱酸，其電離程度較小，所以粒子濃度大小順序是c（CH3COO﹣）＞c（Cl﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+），故D正確；故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查弱電解質(zhì)的電離，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生分析判斷能力，明確電離平衡常數(shù)與水解程度關(guān)系、溶液中存在的守恒是解本題關(guān)鍵，注意C中等量代換，題目難度不大。15．（4分）溫度為T1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2時(shí)，若k正＝k逆，則T2＞T1【考點(diǎn)】CP：化學(xué)平衡的計(jì)算．【專題】51E：化學(xué)平衡專題．【分析】A．I中的反應(yīng)2NO2（g）?2NO（g）+O2（g）開始（mol/L）0.600反應(yīng)（mol/L）0.40.40.2平衡（mol/L）0.20.40.2化學(xué)平衡常數(shù)K0.8容器體積為1L，則平衡時(shí)I中氣體總物質(zhì)的量＝1L×（0.2+0.4+0.2）mol/L＝0.8mol，恒容恒溫時(shí)氣體壓強(qiáng)之比等于其物質(zhì)的量之比，如果平衡時(shí)I、II中壓強(qiáng)之比為4：5，則II中平衡時(shí)氣體總物質(zhì)的量為1mol，II中開始時(shí)濃度商0.8，則平衡正向移動(dòng)；B．假設(shè)II中平衡時(shí)c（NO2）＝c（O2），設(shè)參加反應(yīng)的c（NO2）＝xmol/L，則0.3﹣x＝0.2+0.5x，x，平衡時(shí)c（NO2）＝c（O2）mol/L，c（NO）＝0.5mol/Lmol/Lmol/L，II中1.3＞0.8，說明II中平衡時(shí)應(yīng)該存在c（NO2）＞c（O2）；C．如果III中NO和氧氣完全轉(zhuǎn)化為二氧化氮，則c（NO2）＝0.5mol/L，且容器中還有c（O2）＝0.1mol/L剩余，與I相比，III是相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，平衡逆向移動(dòng)，二氧化氮和氧氣之和所占體積比大于50%；D．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），達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)正逆反應(yīng)速率相等，則k正c2（NO2）＝k逆c2（NO）?c（O2），且k正＝k逆，則c2（NO2）＝c2（NO）?c（O2），化學(xué)平衡常數(shù)K等于1?！窘獯稹拷猓篈．I中的反應(yīng)2NO2（g）?2NO（g）+O2（g）開始（mol/L）0.600反應(yīng)（mol/L）0.40.40.2平衡（mol/L）0.20.40.2化學(xué)平衡常數(shù)K0.8容器體積為1L，則平衡時(shí)I中氣體總物質(zhì)的量＝1L×（0.2+0.4+0.2）mol/L＝0.8mol，恒容恒溫時(shí)氣體壓強(qiáng)之比等于其物質(zhì)的量之比，如果平衡時(shí)I、II中壓強(qiáng)之比為4：5，則II中平衡時(shí)氣體總物質(zhì)的量為1mol，II中開始時(shí)濃度商0.8，則平衡正向移動(dòng)，平衡正向移動(dòng)導(dǎo)致混合氣體總物質(zhì)的量之和增大，所以達(dá)平衡時(shí)，容器Ⅰ與容器Ⅱ中的總壓強(qiáng)之比小于4：5，故A錯(cuò)誤；B．假設(shè)II中平衡時(shí)c（NO2）＝c（O2），設(shè)參加反應(yīng)的c（NO2）＝xmol/L，則0.3﹣x＝0.2+0.5x，x，平衡時(shí)c（NO2）＝c（O2）mol/L，c（NO）＝0.5mol/Lmol/Lmol/L，II中1.3＞0.8，說明II中平衡時(shí)應(yīng)該存在c（NO2）＞c（O2），容器I中c（O2）/c（NO2）＝1，所以達(dá)平衡時(shí)，容器Ⅱ中c（O2）/c（NO2）小于1，則比容器Ⅰ中的小，故B錯(cuò)誤；C．如果III中NO和氧氣完全轉(zhuǎn)化為二氧化氮，則c（NO2）＝0.5mol/L，且容器中還有c（O2）＝0.1mol/L剩余，與I相比，III是相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，平衡逆向移動(dòng)，二氧化氮和氧氣之和所占體積比大于50%，則達(dá)平衡時(shí)，容器Ⅲ中NO的體積分?jǐn)?shù)小于50%，故C正確；D．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），達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)正逆反應(yīng)速率相等，則k正c2（NO2）＝k逆c2（NO）?c（O2），且k正＝k逆，則c2（NO2）＝c2（NO）?c（O2），化學(xué)平衡常數(shù)K等于1，該溫度下的K大于0.8，且該反應(yīng)的正反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，說明升高溫度平衡正向移動(dòng)，所以T2＞T1，故D正確；故選：CD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查化學(xué)平衡計(jì)算，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生分析、計(jì)算及靈活運(yùn)用知識(shí)解答問題能力，如果單純的根據(jù)設(shè)未知數(shù)計(jì)算要涉及一元三次方程而難以解答，這需要學(xué)生靈活運(yùn)用知識(shí)巧妙地避開一元三次方程而解答問題，題目難度較大。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Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O．（2）向“過濾Ⅰ”所得濾液中加入NaHCO3溶液，溶液的pH減?。ㄌ睢霸龃蟆?、“不變”或“減小”）．（3）“電解Ⅰ”是電解熔融Al2O3，電解過程中作陽極的石墨易消耗，原因是石墨電極被陽極上產(chǎn)生的O2氧化．（4）“電解Ⅱ”是電解Na2CO3溶液，原理如圖所示．陽極的電極反應(yīng)式為4CO32﹣+2H2O﹣4e﹣═4HCO3﹣+O2↑，陰極產(chǎn)生的物質(zhì)A的化學(xué)式為H2．（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NH4Cl分解產(chǎn)生的HCl能夠破壞Al表面的Al2O3薄膜．【考點(diǎn)】P8：物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用．【專題】545：物質(zhì)的分離提純和鑒別．【分析】以鋁土礦（主要成分為Al2O3，含SiO2和Fe2O3等雜質(zhì)）為原料制備鋁，由流程可知，加NaOH溶解時(shí)Fe2O3不反應(yīng)，由信息可知SiO2在“堿溶”時(shí)轉(zhuǎn)化為鋁硅酸鈉沉淀，過濾得到的濾渣為Fe2O3、鋁硅酸鈉，碳酸氫鈉與偏鋁酸鈉反應(yīng)生成Al（OH）3，過濾II得到Al（OH）3，灼燒生成氧化鋁，電解I為電解氧化鋁生成Al和氧氣，電解II為電解Na2CO3溶液，結(jié)合圖可知，陽極上碳酸根離子失去電子生成碳酸氫根離子和氧氣，陰極上氫離子得到電子生成氫氣，以此來解答．【解答】解：（1）“堿溶”時(shí)生成偏鋁酸鈉的離子方程式為Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O，故答案為：Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O；（2）向“過濾Ⅰ”所得濾液中加入NaHCO3溶液，與NaAlO2反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀和碳酸鈉，堿性為OH﹣＞AlO2﹣＞CO32﹣，可知溶液的pH減小，故答案為：減小；（3）“電解Ⅰ”是電解熔融Al2O3，電解過程中作陽極的石墨易消耗，因石墨電極被陽極上產(chǎn)生的O2氧化，故答案為：石墨電極被陽極上產(chǎn)生的O2氧化；（4）由圖可知，陽極反應(yīng)為4CO32﹣+2H2O﹣4e﹣═4HCO3﹣+O2↑，陰極上氫離子得到電子生成氫氣，則陰極產(chǎn)生的物質(zhì)A的化學(xué)式為H2，故答案為：4CO32﹣+2H2O﹣4e﹣═4HCO3﹣+O2↑；H2；（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NH4Cl分解產(chǎn)生的HCl能夠破壞Al表面的Al2O3薄膜，故答案為：NH4Cl分解產(chǎn)生的HCl能夠破壞Al表面的Al2O3薄膜．【點(diǎn)評(píng)】本題考查混合物分離提純，為高頻考點(diǎn)，把握流程中發(fā)生的反應(yīng)、混合物分離提純方法、實(shí)驗(yàn)技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析能力和實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意水解、電解原理及元素化合物知識(shí)的應(yīng)用，題目難度中等．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)名稱為醚鍵和酯基。（2）D→E的反應(yīng)類型為取代反應(yīng)。（3）寫出同時(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）G的分子式為C12H14N2O2，經(jīng)氧化得到H，寫出G的結(jié)構(gòu)簡式：。（5）已知：（R代表烴基，R'代表烴基或H）請(qǐng)寫出以和（CH3）2SO4為原料制備的合成路線流程圖（無機(jī)試劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干）?！究键c(diǎn)】HC：有機(jī)物的合成．【專題】534：有機(jī)物的化學(xué)性質(zhì)及推斷．【分析】由合成流程可知，A→B發(fā)生取代反應(yīng)，B→C發(fā)生還原反應(yīng)，C→D為取代反應(yīng)，D→E為氨基上H被取代，屬于取代反應(yīng)，比較F與H的結(jié)構(gòu)可知，G為，G→H發(fā)生氧化反應(yīng)，（1）C中含氧官能團(tuán)為醚鍵、酯基；（2）D→E為氨基上H被取代；（3）C的一種同分異構(gòu)體，滿足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，則水解產(chǎn)物為對(duì)苯二酚，且含酯基，與氨基相連的C為手性碳；（4）G的分子式為C12H14N2O2，經(jīng)氧化得到H，可知F→G的轉(zhuǎn)化﹣COOCH3轉(zhuǎn)化為﹣CH2OH；（5）以和（CH3）2SO4為原料制備，結(jié)合上述合成流程可知，﹣OH轉(zhuǎn)化為﹣Br，酚﹣OH轉(zhuǎn)化為醚鍵，硝基轉(zhuǎn)化為氨基，最后發(fā)生信息中的反應(yīng)．【解答】解：（1）由結(jié)構(gòu)可知C中的含氧官能團(tuán)名稱為醚鍵、酯基，故答案為：醚鍵；酯基；（2）D→E為氨基上H被取代，反應(yīng)類型為取代反應(yīng)，故答案為：取代反應(yīng)；（3）C的一種同分異構(gòu)體，滿足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，則水解產(chǎn)物為對(duì)苯二酚，且含酯基，與氨基相連的C為手性碳，可知符合條件的結(jié)構(gòu)簡式為，故答案為：；（4）G的分子式為C12H14N2O2，經(jīng)氧化得到H，可知F→G的轉(zhuǎn)化﹣COOCH3轉(zhuǎn)化為﹣CH2OH，其它結(jié)構(gòu)不變，則G的結(jié)構(gòu)簡式為，故答案為：；（5）以和（CH3）2SO4為原料制備，結(jié)合上述合成流程可知，﹣OH轉(zhuǎn)化為﹣Br，酚﹣OH轉(zhuǎn)化為醚鍵，硝基轉(zhuǎn)化為氨基，最后發(fā)生信息中的反應(yīng)，則合成流程為，故答案為：．【點(diǎn)評(píng)】本題考查有機(jī)物的合成，為高頻考點(diǎn)，把握合成流程中官能團(tuán)的變化、有機(jī)反應(yīng)、習(xí)題中的信息為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析能力和應(yīng)用能力的考查，注意有機(jī)物性質(zhì)的應(yīng)用及同分異構(gòu)體判斷，題目難度中等．18．（12分）堿式氯化銅是重要的無機(jī)殺菌劑．（1）堿式氯化銅有多種制備方法①方法1：45～50℃時(shí)，向CuCl懸濁液中持續(xù)通入空氣得到Cu2（OH）2Cl2?3H2O，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為4CuCl+O2+8H2O2Cu2（OH）2Cl2?3H2O．②方法2：先制得CuCl2，再與石灰乳反應(yīng)生成堿式氯化銅．Cu與稀鹽酸在持續(xù)通入空氣的條件下反應(yīng)生成CuCl2，F(xiàn)e3+對(duì)該反應(yīng)有催化作用，其催化原理如圖所示．M′的化學(xué)式為Fe2+．（2）堿式氯化銅有多種組成，可表示為Cua（OH）bClc?xH2O．為測(cè)定某堿式氯化銅的組成，進(jìn)行下列實(shí)驗(yàn)：①稱取樣品1.1160g，用少量稀HNO3溶解后配成100.00mL溶液A；②取25.00mL溶液A，加入足量AgNO3溶液，得AgCl0.1722g；③另取25.00mL溶液A，調(diào)節(jié)pH4～5，用濃度為0.08000mol?L﹣1的EDTA（Na2H2Y?2H2O）標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Cu2+（離子方程式為Cu2++H2Y2﹣═CuY2﹣+2H+），滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液30.00mL．通過計(jì)算確定該樣品的化學(xué)式（寫出計(jì)算過程）．【考點(diǎn)】RD：探究物質(zhì)的組成或測(cè)量物質(zhì)的含量；U3：制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)．【專題】548：制備實(shí)驗(yàn)綜合．【分析】（1）①45～50℃時(shí)，向CuCl懸濁液中持續(xù)通入空氣得到Cu2（OH）2Cl2?3H2O，反應(yīng)物為CuCl、氧氣、水；②Fe3+對(duì)該反應(yīng)有催化作用，結(jié)合圖可知，Cu元素的化合價(jià)升高，則M中Fe元素的化合價(jià)降低；（2）由②可知n（Cl﹣）＝n（AgCl）4.800×10﹣3mol，由③可知n（Cu2+）＝n（EDTA）0.08000mol?L﹣1×30.00mL×10﹣3L?mL﹣19.600×10﹣3mol，結(jié)合化合物中正負(fù)化合價(jià)的代數(shù)和為0及物質(zhì)定組成來計(jì)算．【解答】解：（1）①45～50℃時(shí)，向CuCl懸濁液中持續(xù)通入空氣得到Cu2（OH）2Cl2?3H2O，反應(yīng)物為CuCl、氧氣、水，Cu元素的化合價(jià)升高，O元素的化合價(jià)降低，由原子、電子守恒可知反應(yīng)為4CuCl+O2+8H2O2Cu2（OH）2Cl2?3H2O，故答案為：4CuCl+O2+8H2O2Cu2（OH）2Cl2?3H2O；②Fe3+對(duì)該反應(yīng)有催化作用，結(jié)合圖可知，Cu元素的化合價(jià)升高，則M中Fe元素的化合價(jià)降低，可知M′的化學(xué)式為Fe2+，故答案為：Fe2+；（2）n（Cl﹣）＝n（AgCl）4.800×10﹣3mol，n（Cu2+）＝n（EDTA）0.08000mol?L﹣1×30.00mL×10﹣3L?mL﹣19.600×10﹣3mol，n（OH﹣）＝2n（Cu2+）﹣n（Cl﹣）＝2×9.600×10﹣3mol﹣4.800×10﹣3mol＝1.440×10﹣2mol，m（Cl﹣）＝4.800×10﹣3mol×35.5g?mol﹣1＝0.1704g，m（Cu2+）＝9.600×10﹣3mol×64g?mol﹣1＝0.6144g，m（OH﹣）＝1.440×10﹣2mol×17g?mol﹣1＝0.2448g，n（H2O）4.800×10﹣3mol，則a：b：c：x＝n（Cu2+）：n（OH﹣）：n（Cl﹣）：n（H2O）＝2：3：1：1，即化學(xué)式為Cu2（OH）3Cl?H2O，答：該樣品的化學(xué)式為Cu2（OH）3Cl?H2O．【點(diǎn)評(píng)】本題考查物質(zhì)的制備及物質(zhì)組成的測(cè)定實(shí)驗(yàn)，為高頻考點(diǎn)，把握發(fā)生的反應(yīng)、物質(zhì)的量的計(jì)算為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析能力和實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意氧化還原反應(yīng)及定組成的應(yīng)用，題目難度中等．19．（15分）某科研小組采用如下方案回收一種光盤金屬層中的少量Ag（金屬層中其他金屬含量過低，對(duì)實(shí)驗(yàn)的影響可忽略）。已知：①NaClO溶液在受熱或酸性條件下易分解，如：3NaClO═2NaCl+NaClO3②AgCl可溶于氨水：AgCl+2NH3?H2O?Ag（NH3）2++Cl﹣+2H2O③常溫時(shí)N2H4?H2O（水合肼）在堿性條件下能還原Ag（NH3）2+：4Ag（NH3）2++N2H4?H2O═4Ag↓+N2↑+4NH4++4NH3↑+H2O（1）“氧化”階段需在80℃條件下進(jìn)行，適宜的加熱方式為水浴加熱。（2）NaClO溶液與Ag反應(yīng)的產(chǎn)物為AgCl、NaOH和O2，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為4Ag+4NaClO+2H2O═4AgCl+4NaOH+O2↑。HNO3也能氧化Ag，從反應(yīng)產(chǎn)物的角度分析，以HNO3代替NaClO的缺點(diǎn)是會(huì)釋放出氮氧化物（或NO、NO2），造成環(huán)境污染。（3）為提高Ag的回收率，需對(duì)“過濾Ⅱ”的濾渣進(jìn)行洗滌，并將洗滌后的濾液合并入過濾Ⅱ的濾液中。（4）若省略“過濾Ⅰ”，直接向冷卻后的反應(yīng)容器中滴加10%氨水，則需要增加氨水的用量，除因過量NaClO與NH3?H2O反應(yīng)外（該條件下NaClO3與NH3?H2O不反應(yīng)），還因?yàn)槲催^濾掉的溶液會(huì)稀釋加入的氨水，且其中含有一定濃度的Cl﹣，不利于AgCl與氨水反應(yīng)。（5）請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)從“過濾Ⅱ”后的濾液中獲取單質(zhì)Ag的實(shí)驗(yàn)方案：向?yàn)V液中滴加2mol?L﹣1水合肼溶液，攪拌使其充分反應(yīng)，同時(shí)用1mol?L﹣1H2SO4溶液吸收反應(yīng)中放出的NH3，待溶液中無氣泡產(chǎn)生，停止滴加，靜置，過濾、洗滌，干燥（實(shí)驗(yàn)中須使用的試劑有：2mol?L﹣1水合肼溶液，1mol?L﹣1H2SO4）。【考點(diǎn)】P8：物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用；U3：制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)．【專題】545：物質(zhì)的分離提純和鑒別．【分析】回收一種光盤金屬層中的少量Ag，由流程可知，氧化時(shí)發(fā)生4Ag+4NaClO+2H2O═4AgCl+4NaOH+O2↑，為控制80℃，可水浴加熱，過濾I分離出AgCl、可能含Ag，再加氨水溶解AgCl，發(fā)生AgCl+2NH3?H2O?Ag（NH3）2++Cl﹣+2H2O，過濾II分離出的濾渣為Ag，對(duì)過濾II得到的濾液用N2H4?H2O（水合肼）在堿性條件下能還原Ag（NH3）2+得到Ag，以此來解答．【解答】解：（1）“氧化”階段需在80℃條件下進(jìn)行，不超過水的沸點(diǎn)，則適宜的加熱方式為水浴加熱，故答案為：水浴加熱；（2）NaClO溶液與Ag反應(yīng)的產(chǎn)物為AgCl、NaOH和O2，Ag、O元素的化合價(jià)升高，Cl元素的化合價(jià)降低，由電子、原子守恒可知該反應(yīng)的化學(xué)方程式為4Ag+4NaClO+2H2O═4AgCl+4NaOH+O2↑．HNO3也能氧化Ag，從反應(yīng)產(chǎn)物的角度分析，以HNO3代替NaClO的缺點(diǎn)是會(huì)釋放出氮氧化物（或NO、NO2），造成環(huán)境污染，故答案為：4Ag+4NaClO+2H2O═4AgCl+4NaOH+O2↑；會(huì)釋放出氮氧化物（或NO、NO2），造成環(huán)境污染；（3）為提高Ag的回收率，需對(duì)“過濾Ⅱ”的濾渣進(jìn)行洗滌，并將洗滌后的濾液合并入過濾Ⅱ的濾液中，減少Ag的損失，故答案為：將洗滌后的濾液合并入過濾Ⅱ的濾液中；（4）若省略“過濾Ⅰ”，直接向冷卻后的反應(yīng)容器中滴加10%氨水，則需要增加氨水的用量，除因過量NaClO與NH3?H2O反應(yīng)外（該條件下NaClO3與NH3?H2O不反應(yīng)），還因?yàn)槲催^濾掉的溶液會(huì)稀釋加入的氨水，且其中含有一定濃度的Cl﹣，不利于AgCl與氨水反應(yīng)，故答案為：未過濾掉的溶液會(huì)稀釋加入的氨水，且其中含有一定濃度的Cl﹣，不利于AgCl與氨水反應(yīng)；（5）由信息③可知，從“過濾Ⅱ”后的濾液中獲取單質(zhì)Ag的實(shí)驗(yàn)方案為向?yàn)V液中滴加2mol?L﹣1水合肼溶液，攪拌使其充分反應(yīng)，同時(shí)用1mol?L﹣1H2SO4溶液吸收反應(yīng)中放出的NH3，待溶液中無氣泡產(chǎn)生，停止滴加，靜置，過濾、洗滌，干燥，故答案為：向?yàn)V液中滴加2mol?L﹣1水合肼溶液，攪拌使其充分反應(yīng)，同時(shí)用1mol?L﹣1H2SO4溶液吸收反應(yīng)中放出的NH3，待溶液中無氣泡產(chǎn)生，停止滴加，靜置，過濾、洗滌，干燥．【點(diǎn)評(píng)】本題考查混合物分離提純，為高頻考點(diǎn)，把握流程中發(fā)生的反應(yīng)、混合物分離提純方法、實(shí)驗(yàn)技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析能力和實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意信息的?yīng)用及實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)，題目難度中等．20．（14分）砷（As）是一些工廠和礦山廢水中的污染元素，使用吸附劑是去除水中砷的有效措施之一．（1）將硫酸錳、硝酸釔與氫氧化鈉溶液按一定比例混合，攪拌使其充分反應(yīng)，可獲得一種砷的高效吸附劑X，吸附劑X中含有CO32﹣，其原因是堿性溶液吸收了空氣中的CO2．（2）H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物種的分布分?jǐn)?shù)（平衡時(shí)某物種的濃度占各物種濃度之和的分?jǐn)?shù)）與pH的關(guān)系分別如圖﹣1和圖﹣2所示．①以酚酞為指示劑（變色范圍pH8.0～10.0），將NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中，當(dāng)溶液由無色變?yōu)闇\紅色時(shí)停止滴加．該過程中主要反應(yīng)的離子方程式為OH﹣+H3AsO3＝H2AsO3﹣+H2O．②H3AsO4第一步電離方程式H3AsO4?H2AsO4﹣+H+的電離常數(shù)為Ka1，則pKa1＝2.2（pKa1＝﹣lgKa1）．（3）溶液的pH對(duì)吸附劑X表面所帶電荷有影響．pH＝7.1時(shí)，吸附劑X表面不帶電荷；pH＞7.1時(shí)帶負(fù)電荷，pH越高，表面所帶負(fù)電荷越多；pH＜7.1時(shí)帶正電荷，pH越低，表面所帶正電荷越多．pH不同時(shí)吸附劑X對(duì)三價(jià)砷和五價(jià)砷的平衡吸附量（吸附達(dá)平衡時(shí)單位質(zhì)量吸附劑X吸附砷的質(zhì)量）如圖﹣3所示．①在pH7～9之間，吸附劑X對(duì)五價(jià)砷的平衡吸附量隨pH升高而迅速下降，其原因是在pH7～9之間，隨pH升高H2AsO4﹣轉(zhuǎn)變?yōu)镠AsO42﹣，吸附劑X表面所帶負(fù)電荷增多，靜電斥力增加．②在pH4～7之間，吸附劑X對(duì)水中三價(jià)砷的去除能力遠(yuǎn)比五價(jià)砷的弱，這是因?yàn)樵趐H4～7之間，吸附劑X表面帶正電，五價(jià)砷主要以H2AsO4﹣和HAsO42﹣陰離子存在，靜電引力較大；而三價(jià)砷主要以H3AsO3分子存在，與吸附劑X表面產(chǎn)生的靜電引力?。岣呶絼對(duì)三價(jià)砷去除效果可采取的措施是加入氧化劑，將三價(jià)砷轉(zhuǎn)化為五價(jià)砷．【考點(diǎn)】D5：弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡．【專題】51G：電離平衡與溶液的pH專題．【分析】（1）空氣中的CO2屬于酸性氧化物，能溶于強(qiáng)堿溶液；（2）①根據(jù)圖知，堿性條件下H3AsO3的濃度減小、H2AsO3﹣濃度增大，說明堿和H3AsO3生成H2AsO3﹣，該反應(yīng)為酸堿的中和反應(yīng)；②Ka1，pH＝2.2時(shí)c（H+）＝10﹣2.2mol/L，c（H3AsO3）＝c（H2AsO3﹣）；（3）①吸附劑X表面所帶負(fù)電荷增多，靜電斥力越大；②在pH4～7之間，吸附劑X表面帶正電，五價(jià)砷主要以H2AsO4﹣和HAsO42﹣陰離子存在，pH＜7.1時(shí)帶正電荷，pH越低，表面所帶正電荷越多；而三價(jià)砷主要以H3AsO3分子存在；在pH4～7之間，吸附劑X對(duì)水中三價(jià)砷的去除能力遠(yuǎn)比五價(jià)砷的弱，如果能將三價(jià)砷轉(zhuǎn)化為五價(jià)砷，能有效的去除三價(jià)砷．【解答】解：（1）空氣中的CO2屬于酸性氧化物，能溶于強(qiáng)堿溶液，NaOH是堿，能吸收空氣中的二氧化碳而生成碳酸根離子，所以其原因是堿性溶液吸收了空氣中的CO2，故答案為：堿性溶液吸收了空氣中的CO2；（2）①根據(jù)圖知，堿性條件下H3AsO3的濃度減小、H2AsO3﹣濃度增大，說明堿和H3AsO3生成H2AsO3﹣，該反應(yīng)為酸堿的中和反應(yīng)，同時(shí)還生成水，離子方程式為OH﹣+H3AsO3＝H2AsO3﹣+H2O，故答案為：OH﹣+H3AsO3＝H2AsO3﹣+H2O；②Ka1，pH＝2.2時(shí)c（H+）＝10﹣2.2mol/L，c（H3AsO3）＝c（H2AsO3﹣），pKa1＝﹣lgKa1＝﹣lg2.2，故答案為：2.2；（3）①吸附劑X表面所帶負(fù)電荷增多，靜電斥力越大，在pH7～9之間，隨pH升高H2AsO4﹣轉(zhuǎn)變?yōu)镠AsO42﹣，吸附劑X表面所帶負(fù)電荷增多，靜電斥力增加，導(dǎo)致在pH7～9之間，吸附劑X對(duì)五價(jià)砷的平衡吸附量隨pH升高而迅速下降，故答案為：在pH7～9之間，隨pH升高H2AsO4﹣轉(zhuǎn)變?yōu)镠AsO42﹣，吸附劑X表面所帶負(fù)電荷增多，靜電斥力增加；②在pH4～7之間，吸附劑X表面帶正電，五價(jià)砷主要以H2AsO4﹣和HAsO42﹣陰離子存在，pH＜7.1時(shí)帶正電荷，pH越低，表面所帶正電荷越多，所以靜電引力較大；而三價(jià)砷主要以H3AsO3分子存在，與吸附劑X表面產(chǎn)生的靜電引力小，所以在pH4～7之間，吸附劑X對(duì)水中三價(jià)砷的去除能力遠(yuǎn)比五價(jià)砷的弱；在pH4～7之間，吸附劑X對(duì)水中三價(jià)砷的去除能力遠(yuǎn)比五價(jià)砷的弱，如果能將三價(jià)砷轉(zhuǎn)化為五價(jià)砷，能有效的去除三價(jià)砷，所以采取的措施是加入氧化劑，將三價(jià)砷轉(zhuǎn)化為五價(jià)砷，故答案為：在pH4～7之間，吸附劑X表面帶正電，五價(jià)砷主要以H2AsO4﹣和HAsO42﹣陰離子存在，靜電引力較大；而三價(jià)砷主要以H3AsO3分子存在，與吸附劑X表面產(chǎn)生的靜電引力?。患尤胙趸瘎?，將三價(jià)砷轉(zhuǎn)化為五價(jià)砷．【點(diǎn)評(píng)】本題以含有As的物質(zhì)為載體考查弱電解質(zhì)的電離及圖象分析，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重考查學(xué)生對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)的掌握和靈活運(yùn)用、圖象分析判斷能力，明確出題人的目的是解本題關(guān)鍵，難點(diǎn)是圖象的正確理解和分析，題目難度中等．【選做題】本題包括A、B兩小題，請(qǐng)選定其中一小題，并在相應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)作答．若多做，則按A小題評(píng)分．A．[物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]21．（12分）鐵氮化合物（FexNy）在磁記錄材料領(lǐng)域有著廣泛的應(yīng)用前景．某FexNy的制備需鐵、氮?dú)?、丙酮和乙醇參與．（1）Fe3+基態(tài)核外電子排布式為[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5．（2）丙酮（）分子中碳原子軌道的雜化類型是sp2和sp3，1mol丙酮分子中含有σ鍵的數(shù)目為9NA．（3）C、H、O三種元素的電負(fù)性由小到大的順序?yàn)镠＜C＜O．（4）乙醇的沸點(diǎn)高于丙酮，這是因?yàn)橐掖挤肿娱g存在氫鍵．（5）某FexNy的晶胞如圖﹣1所示，Cu可以完全替代該晶體中a位置Fe或者b位置Fe，形成Cu替代型產(chǎn)物Fe（x﹣n）CunNy．FexNy轉(zhuǎn)化為兩種Cu替代型產(chǎn)物的能量變化如圖﹣2所示，其中更穩(wěn)定的Cu替代型產(chǎn)物的化學(xué)式為Fe3CuN．【考點(diǎn)】86：原子核外電子排布；8B：元素電離能、電負(fù)性的含義及應(yīng)用；9I：晶胞的計(jì)算．【專題】51D：化學(xué)鍵與晶體結(jié)構(gòu)．【分析】（1）Fe的原子序數(shù)為26，F(xiàn)e3+基態(tài)核外電子數(shù)為23，且3d電子為半滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；（2）中單鍵均為σ鍵，雙鍵中含1個(gè)σ鍵，甲基上C形成4個(gè)σ鍵，C＝O中C形成3個(gè)σ鍵；（3）非金屬性越強(qiáng)，電負(fù)性越大；（4）乙醇分子之間形成氫鍵，導(dǎo)致沸點(diǎn)較高；（5）由圖2可知，Cu替代a位置的Fe時(shí)能量較低，更穩(wěn)定，則Cu位于頂點(diǎn)，N（Cu）＝81，F(xiàn)e位于面心，N（Fe）＝63，N位于體心，以此來解答．【解答】解：（1）Fe的原子序數(shù)為26，F(xiàn)e3+基態(tài)核外電子數(shù)為23，且3d電子為半滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，可知Fe3+基態(tài)核外電子排布式為[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5，故答案為：[Ar]3d5或1s22s22p63s23p63d5；（2）中單鍵均為σ鍵，雙鍵中含1個(gè)σ鍵，甲基上C形成4個(gè)σ鍵，C＝O中C形成3個(gè)σ鍵，均為孤對(duì)電子，則羰基上C為sp2雜化，甲基上C為sp3雜化，1mol丙酮共有9molσ鍵，數(shù)目為9NA個(gè)，故答案為：sp2和sp3；9NA；（3）非金屬性越強(qiáng)，電負(fù)性越大，則C、H、O三種元素的電負(fù)性由小到大的順序?yàn)镠＜C＜O，故答案為：H＜C＜O；（4）乙醇的沸點(diǎn)高于丙酮，這是因?yàn)橐掖挤肿娱g存在氫鍵，導(dǎo)致沸點(diǎn)高，故答案為：乙醇分子間存在氫鍵；（5）由圖2可知，Cu替代a位置的Fe時(shí)能量較低，更穩(wěn)定，則Cu位于頂點(diǎn)，N（Cu）＝81，F(xiàn)e位于面心，N（Fe）＝63，N位于體心，則只有1個(gè)N，其化學(xué)式為Fe3CuN，故答案為：Fe3CuN．【點(diǎn)評(píng)】本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，把握電子排布、電負(fù)性比較、雜化及化學(xué)鍵、均攤法計(jì)算晶胞結(jié)構(gòu)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析能力和應(yīng)用能力的考查，綜合性較強(qiáng)，題目難度中等．B．[實(shí)驗(yàn)化學(xué)]22．1﹣溴丙烷是一種重要的有機(jī)合成中間體，沸點(diǎn)為71℃，密度為1.36g?cm﹣3．實(shí)驗(yàn)室制備少量1﹣溴丙烷的主要步驟如下：步驟1：在儀器A中加入攪拌磁子、12g正丙醇及20mL水，冰水冷卻下緩慢加入28mL濃H2SO4；冷卻至室溫，攪拌下加入24gNaBr．步驟2：如圖所示搭建實(shí)驗(yàn)裝置，緩慢加熱，直到無油狀物餾出為止．步驟3：將餾出液轉(zhuǎn)入分液漏斗，分出有機(jī)相．步驟4：將分出的有機(jī)相轉(zhuǎn)入分液漏斗，依次用12mLH2O、12mL5%Na2CO3溶液和12mLH2O洗滌，分液，得粗產(chǎn)品，進(jìn)一步提純得1﹣溴丙烷．（1）儀器A的名稱是蒸餾燒瓶；加入攪拌磁子的目的是攪拌和防止暴沸．（2）反應(yīng)時(shí)生成的主要有機(jī)副產(chǎn)物有2﹣溴丙烷和丙烯、正丙醚．（3）步驟2中需向接受瓶內(nèi)加入少量冰水并置于冰水浴中的目的是減少1﹣溴丙烷的揮發(fā)．（4）步驟2中需緩慢加熱使反應(yīng)和蒸餾平穩(wěn)進(jìn)行，目的是減少HBr揮發(fā)．（5）步驟4中用5%Na2CO3溶液洗滌有機(jī)相的操作：向分液漏斗中小心加入12mL5%Na2CO3溶液，振蕩，將分液漏斗下口向上傾斜、打開活塞排出氣體，靜置，分液．【考點(diǎn)】U3：制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)．【專題】547：有機(jī)實(shí)驗(yàn)綜合．【分析】（1）由圖可知儀器的名稱，攪拌磁子除攪拌外，還可防止液體劇烈沸騰；（2）正丙醇在濃硫酸作用下可能發(fā)生消去反應(yīng)，或分子間取代反應(yīng)；（3）冰水浴可降低溫度，減少生成物的揮發(fā)；（4）步驟2中需緩慢加熱，可減少濃硫酸與NaBr反應(yīng)生成的HBr揮發(fā)；（5）加入12mL5%Na2CO3溶液，振蕩，洗滌1﹣溴丙烷時(shí)可能發(fā)生HBr與碳酸鈉的反應(yīng)生成氣體，需要排出氣體．【解答】解：（1）由圖可知，儀器A的名稱是蒸餾燒瓶，加入攪拌磁子的目的是攪拌和防止暴沸，故答案為：蒸餾燒瓶；防止暴沸；（2）正丙醇在濃硫酸作用下可能發(fā)生消去反應(yīng)，或分子間取代反應(yīng)，則反應(yīng)時(shí)生成的主要有機(jī)副產(chǎn)物有2﹣溴丙烷和丙烯、正丙醚，故答案為：丙烯、正丙醚；（3）步驟2中需向接受瓶內(nèi)加入少量冰水并置于冰水浴中的目的是減少1﹣溴丙烷的揮發(fā)，故答案為：減少1﹣溴丙烷的揮發(fā)；（4）步驟2中需緩慢加熱使反應(yīng)和蒸餾平穩(wěn)進(jìn)行，目的是減少HBr揮發(fā)，故答案為：減少HBr揮發(fā)；（5）步驟4中用5%Na2CO3溶液洗滌有機(jī)相的操作：向分液漏斗中小心加入12mL5%Na2CO3溶液，振蕩，將分液漏斗下口向上傾斜、打開活塞排出氣體，靜置，分液，故答案為：將分液漏斗下口向上傾斜、打開活塞排出氣體．【點(diǎn)評(píng)】本題考查有機(jī)物的制備實(shí)驗(yàn)，為高頻考點(diǎn)，把握有機(jī)物的性質(zhì)、實(shí)驗(yàn)操作及技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析能力和實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾椋⒁猓?）為解答的難點(diǎn)，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2018年江蘇省高考化學(xué)試卷一、單項(xiàng)選擇題共10小題，每小題2分，共20分1．（2分）CO2是自然界碳循環(huán)中的重要物質(zhì)。下列過程會(huì)引起大氣中CO2含量上升的是（）A．光合作用 B．自然降雨 C．化石燃料的燃燒 D．碳酸鹽的沉積2．（2分）用化學(xué)用語表示NH3+HCl═NH4Cl中的相關(guān)微粒，其中正確的是（）A．中子數(shù)為8的氮原子：N B．HCl的電子式： C．NH3的結(jié)構(gòu)式： D．Cl﹣的結(jié)構(gòu)示意圖：3．（2分）下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)與用途具有對(duì)應(yīng)關(guān)系的是（）A．NaHCO3受熱易分解，可用于制胃酸中和劑 B．SiO2熔點(diǎn)高硬度大，可用于制光導(dǎo)纖維 C．Al2O3是兩性氧化物，可用作耐高溫材料 D．CaO能與水反應(yīng)，可用作食品干燥劑4．（2分）室溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是（）A．0.1mol?L﹣1KI溶液：Na+、K+、ClO﹣、OH﹣ B．0.1mol?L﹣1Fe2（SO4）3溶液：Cu2+、NH4+、NO3﹣、SO42﹣ C．0.1mol?L﹣1HCl溶液：Ba2+、K+、CH3COO﹣、NO3﹣ D．0.1mol?L﹣1NaOH溶液：Mg2+、Na+、SO42﹣、HCO3﹣5．（2分）下列有關(guān)從海帶中提取碘的實(shí)驗(yàn)原理和裝置能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖牵ǎ〢．用裝置甲灼燒碎海帶 B．用裝置乙過濾海帶灰的浸泡液 C．用裝置丙制備用于氧化浸泡液中I﹣的Cl2 D．用裝置丁吸收氧化浸泡液中I﹣后的Cl2尾氣6．（2分）下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)的敘述一定不正確的是（）A．向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液顯紅色 B．KAl（SO4）2?12H2O溶于水可形成Al（OH）3膠體 C．NH4Cl與Ca（OH）2混合加熱可生成NH3 D．Cu與FeCl3溶液反應(yīng)可生成CuCl27．（2分）下列指定反應(yīng)的離子方程式正確的是（）A．飽和Na2CO3溶液與CaSO4固體反應(yīng)：CO32﹣+CaSO4?CaCO3+SO42﹣ B．酸化NaIO3和NaI的混合溶液：I﹣+IO3﹣+6H+═I2+3H2O C．KClO堿性溶液與Fe（OH）3反應(yīng)：3ClO﹣+2Fe（OH）3═2FeO42﹣+3Cl﹣+4H++H2O D．電解飽和食鹽水：2Cl﹣+2H+Cl2↑+H2↑8．（2分）短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，X是地殼中含量最多的元素，Y原子的最外層只有一個(gè)電子，Z位于元素周期表ⅢA族，W與X屬于同一主族。下列說法正確的是（）A．原子半徑：r（W）＞r（Z）＞r（Y） B．由X、Y組成的化合物中均不含共價(jià)鍵 C．Y的最高價(jià)氧化物的水化物的堿性比Z的弱 D．X的簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比W的強(qiáng)9．（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．NaHCO3（s）Na2CO3（s）NaOH（aq） B．Al（s）NaAlO2（aq）Al（OH）3（s） C．AgNO3（aq）[Ag（NH3）2]+（aq）Ag（s） D．Fe2O3（s）Fe（s）FeCl3（aq）10．（2分）下列說法正確的是（）A．氫氧燃料電池放電時(shí)化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為電能 B．反應(yīng)4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s）常溫下可自發(fā)進(jìn)行，該反應(yīng)為吸熱反應(yīng) C．3molH2與1molN2混合反應(yīng)生成NH3，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目小于6×6.02×1023 D．在酶催化淀粉水解反應(yīng)中，溫度越高淀粉水解速率越快二、不定項(xiàng)選擇共5小題，每小題4分，共20分11．（4分）化合物Y能用于高性能光學(xué)樹脂的合成，可由化合物X與2﹣甲基丙烯酰氯在一定條件下反應(yīng)制得：下列有關(guān)化合物X、Y的說法正確的是（）A．X分子中所有原子一定在同一平面上 B．Y與Br2的加成產(chǎn)物分子中含有手性碳原子 C．X、Y均不能使酸性KMnO4溶液褪色 D．X→Y的反應(yīng)為取代反應(yīng)12．（4分）根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象所得出的結(jié)論正確的是（）選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象結(jié)論A向苯酚濁液中滴加Na2CO3溶液，濁液變清苯酚的酸性強(qiáng)于H2CO3的酸性B向碘水中加入等體積CCl4，振蕩后靜置，上層接近無色，下層顯紫紅色I(xiàn)2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度C向CuSO4溶液中加入鐵粉，有紅色固體析出Fe2+的氧化性強(qiáng)于Cu2+的氧化性D向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黃色沉淀生成Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）A．A B．B C．C D．D13．（4分）根據(jù)下列圖示所得出的結(jié)論不正確的是（）A．圖甲是CO（g）+H2O（g）＝CO2（g）+H2（g）的平衡常數(shù)與反應(yīng)溫度的關(guān)系曲線，說明該反應(yīng)的△H＜0 B．圖乙是室溫下H2O2催化分解放出氧氣的反應(yīng)中c（H2O2）隨反應(yīng)時(shí)間變化的曲線，說明隨著反應(yīng)的進(jìn)行H2O2分解速率逐漸減小 C．圖丙是室溫下用0.1000mol?L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol?L﹣1某一元酸HX的滴定曲線，說明HX是一元強(qiáng)酸 D．圖丁是室溫下用Na2SO4除去溶液中Ba2+達(dá)到沉淀溶解平衡時(shí)，溶液中c（Ba2+）與c（SO42﹣）的關(guān)系曲線，說明溶液中c（SO42﹣）越大c（Ba2+）越小14．（4分）H2C2O4為二元弱酸，Ka1（H2C2O4）＝5.4×10﹣2，Ka2（H2C2O4）＝5.4×10﹣5，設(shè)H2C2O4溶液中c（總）＝c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）。室溫下用NaOH溶液滴定25.00mL0.1000mol?L﹣1H2C2O4溶液至終點(diǎn)。滴定過程得到的下列溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系一定正確的是（）A．0.1000mol?L﹣1H2C2O4溶液：c（H+）＝0.1000mol?L﹣1+c（C2O42﹣）+c（OH﹣）﹣c（H2C2O4） B．c（Na+）＝c（總）的溶液：c（Na+）＞c（H2C2O4）＞c（C2O42﹣）＞c（H+） C．pH＝7的溶液：c（Na+）＝0.1000mol?L﹣1+c（C2O42﹣）﹣c（H2C2O4） D．c（Na+）＝2c（總）的溶液：c（OH﹣）﹣c（H+）＝2c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣）15．（4分）一定溫度下，在三個(gè)容積相同的恒容密閉容器中按不同方式投入反應(yīng)物，發(fā)生反應(yīng)2SO2（g）+O2（g）?2SO3（g）（正反應(yīng)放熱），測(cè)得反應(yīng)的相關(guān)數(shù)據(jù)如表：容器1容器2容器3應(yīng)溫度T/K700700800反應(yīng)物投入量2molSO2、1molO24molSO32molSO2、1molO2平衡v正（SO2）/mol?L﹣1?S﹣1v1v2v3平衡c（SO3）/mol?L﹣1c1c2c3平衡體系總壓強(qiáng)p/Pap1p2p3物質(zhì)的平衡轉(zhuǎn)化率αα1（SO2）α2（SO3）α3（SO2）平衡常數(shù)KK1K2K3下列說法正確的是（）A．v1＜v2，c2＜2c1 B．K1＞K3，p2＞2p3 C．v1＜v3，α1（SO2）＞α3（SO2） D．c2＞2c3，α2（SO3）+α3（SO2）＜1三、非選擇題16．（12分）以高硫鋁土礦（主要成分為Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金屬硫酸鹽）為原料，生產(chǎn)氧化鋁并獲得Fe3O4的部分工藝流程如下：（1）烙燒過程均會(huì)產(chǎn)生SO2，用NaOH溶液吸收過量SO2的離子方程式為。（2）添加1%CaO和不添加CaO的礦粉焙燒，其硫去除率隨溫度變化曲線如題圖所示。已知：多數(shù)金屬硫酸鹽的分解溫度都高于600℃硫去除率＝（1）×100%①不添加CaO的礦粉在低于500℃焙燒時(shí)，去除的硫元素主要來源于。②700℃焙燒時(shí)，添加1%CaO的礦粉硫去除率比不添加CaO的礦粉硫去除率低，其主要原因是。（3）向“過濾”得到的濾液中通入