2018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2018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【考點】BM：使用化石燃料的利弊及新能源的開發(fā)．【分析】A．光合作用是吸收空氣中二氧化碳生成氧氣；B．二氧化碳微溶于水，自然降雨過程中二氧化碳含量減少；C．化石燃料燃燒會生成大量二氧化碳；D．碳酸鹽沉積是空氣中二氧化碳反應(yīng)生成沉淀的過程?！窘獯稹拷猓篈．光合作用是葉綠素吸收二氧化碳生成氧氣，過程中不會引起大氣中CO2含量上升，故A錯誤；B．自然降雨過程中，空氣中二氧化碳部分溶于水，過程中不會引起大氣中CO2含量上升，故B錯誤；C．化石燃料為煤、石油、天然氣等，都含碳元素，化石燃料的燃燒過程中都會生成二氧化碳?xì)怏w，過程會引起大氣中CO2含量上升，故C正確；D．碳酸鹽的沉積是碳元素減少的過程，過程中不會引起大氣中CO2含量上升，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查了碳循環(huán)過程中碳元素的變化、化石燃料燃燒、化合反應(yīng)等，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度不大。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：【考點】4J：電子式、化學(xué)式或化學(xué)符號及名稱的綜合．【分析】A．元素符號的左上角為質(zhì)量數(shù)，質(zhì)量數(shù)＝質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)；B．氯化氫為共價化合物，不存在陰陽離子；C．氨氣分子中含有3個N﹣H鍵；D．氯離子的最外層達(dá)到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)?！窘獯稹拷猓篈．中子數(shù)為8的氮原子的質(zhì)量數(shù)＝8+7＝15，噶原子正確的表示方法為：157N，故A錯誤；B．HCl為共價化合物，電子式中不能標(biāo)出電荷，其正確的電子式為，故B錯誤；C．氨氣為共價化合物，分子中含有3個N﹣H鍵，NH3的結(jié)構(gòu)式，故C正確；D．為氯原子結(jié)構(gòu)示意圖，氯離子的最外層含有8個電子，其正確的離子結(jié)構(gòu)示意圖為，故D錯誤；故選：C?！军c評】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、元素符號、結(jié)構(gòu)式、離子結(jié)構(gòu)示意圖等知識，明確常見化學(xué)用語的書寫原則為解答關(guān)鍵，試題有利于提高學(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【考點】14：物質(zhì)的組成、結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的關(guān)系．【分析】A．碳酸氫鈉的穩(wěn)定性與制胃酸中和劑沒有關(guān)系；B．二氧化硅能導(dǎo)光，可用于制光導(dǎo)纖維，與二氧化硅的熔點無關(guān)；C．氧化鋁可用作耐高溫材料，利用的是其高熔點，與是兩性氧化物無關(guān)；D．根據(jù)CaO與H2O反應(yīng)，且無毒分析。【解答】解：A．碳酸氫鈉與鹽酸反應(yīng)，可用作胃酸中和劑，與NaHCO3的穩(wěn)定性無關(guān)，故A錯誤；B．SiO2可用于制光導(dǎo)纖維，利用的是二氧化硅的導(dǎo)光性，與其熔點無關(guān)，故B錯誤；C．由于Al2O3具有較高熔點，可用作耐高溫材料，與Al2O3是兩性氧化物無關(guān)，故C錯誤；D．由于CaO與水發(fā)生反應(yīng)，且無毒，可用作食品干燥劑，故D正確；故選：D。【點評】本題考查物質(zhì)組成、結(jié)構(gòu)與性質(zhì)的關(guān)系，題目難度不大，明確常見元素及其化合物性質(zhì)即可解答，注意掌握常見物質(zhì)性質(zhì)與用途的關(guān)系，試題側(cè)重基礎(chǔ)知識的考查，培養(yǎng)了學(xué)生的靈活應(yīng)用能力。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﹣【考點】DP：離子共存問題．【分析】A．次氯酸根離子能夠氧化碘化鉀；B．四種離子之間不反應(yīng)，都不與硫酸鐵反應(yīng)；C．醋酸根離子與氫離子反應(yīng)；D．氫氧化鈉與鎂離子、碳酸氫根離子反應(yīng)。【解答】解：A．ClO﹣能夠氧化KI，在溶液中不能大量共存，故A錯誤；B．Cu2+、NH4+、NO3﹣、SO42﹣之間不反應(yīng)，都不與Fe2（SO4）3反應(yīng)，在溶液中能夠大量共存，故B正確；C．CH3COO﹣與HCl反應(yīng)生成弱電解質(zhì)CH3COOH，在溶液中不能大量共存，故C錯誤；D．Mg2+、HCO3﹣與NaOH溶液反應(yīng)，在溶液中不能大量共存，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查離子共存，題目難度不大，明確常見離子的性質(zhì)即可解答，注意掌握離子共存的條件，試題側(cè)重基礎(chǔ)知識的考查，有利于提高學(xué)生的靈活應(yīng)用能力。5．（2分）下列有關(guān)從海帶中提取碘的實驗原理和裝置能達(dá)到實驗?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【考點】U5：化學(xué)實驗方案的評價．【分析】A．灼燒海帶需要在坩堝中進(jìn)行；B．裝置乙為過濾裝置，能夠過濾海帶灰的浸泡液；C．濃鹽酸與二氧化錳的反應(yīng)需要加熱；D．氯氣在氯化鈉溶液中的溶解度較小，應(yīng)該用氫氧化鈉溶液?！窘獯稹拷猓篈．需要在坩堝中灼燒海帶，不能用燒杯灼燒，故A錯誤；B．裝置乙中裝置及操作均合理，可用裝置乙過濾海帶灰的浸泡液，故B正確；C．裝置丙中缺少加熱裝置，無法獲得氯氣，故C錯誤；D．氯氣難溶于飽和氯化鈉溶液，應(yīng)該為NaOH溶液吸收多余的氯氣，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查化學(xué)實驗方案的評價，題目難度不大，涉及灼燒、過濾裝置及氣體制備與尾氣吸收等知識，明確實驗原理為解答關(guān)鍵，注意熟練掌握常見化學(xué)實驗基本操作方法，試題有利于提高學(xué)生的化學(xué)實驗?zāi)芰Α?．（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CuCl2【考點】DD：鹽類水解的應(yīng)用．【分析】A．亞鐵離子不與NH4SCN溶液反應(yīng)；B．鋁離子水解生成氫氧化鋁膠體；C．氯化銨與氫氧化鈣加熱生成氯化鈣、氨氣和水；D．金屬銅與鐵離子反應(yīng)生成亞鐵離子和銅離子?！窘獯稹拷猓篈．鐵離子與NH4SCN溶液反應(yīng)，溶液變紅色，而亞鐵離子不與NH4SCN反應(yīng)，故A錯誤；B．KAl（SO4）2?12H2O溶于水電離出鋁離子，鋁離子水解可形成Al（OH）3膠體，故B正確；C．實驗室中通常利用加熱NH4Cl、Ca（OH）2固體混合物制取NH3，故C正確；D．Cu與FeCl3溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成FeCl2和CuCl2，故D正確；故選：A。【點評】本題考查較為綜合，涉及鐵離子檢驗、氨氣制備、鹽的水解原理、氧化還原反應(yīng)等知識，明確常見元素及其化合物性質(zhì)即可解答，試題有利于提高學(xué)生的靈活應(yīng)用能力。7．（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↑【考點】49：離子方程式的書寫．【分析】A．碳酸鈣更難溶，實現(xiàn)了沉淀的轉(zhuǎn)化；B．離子方程式兩邊總電荷不相等，違反了電荷守恒；C．堿性條件下，反應(yīng)產(chǎn)物中不能拆開氫離子；D．水為弱電解質(zhì)，離子方程式中不能拆開?！窘獯稹拷猓篈．飽和Na2CO3溶液與CaSO4固體反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀和硫酸鈉，該反應(yīng)的離子方程式為：CO32﹣+CaSO4?CaCO3+SO42﹣，故A正確；B．酸化NaIO3和NaI發(fā)生氧化還原反應(yīng)，正確的離子方程式為：5I﹣+IO3﹣+6H+═3I2+3H2O，故B錯誤；C．堿性溶液中，反應(yīng)產(chǎn)物不能存在氫離子，正確的離子方程式為：3ClO﹣+2Fe（OH）3+4OHˉ＝2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，故C錯誤；D．用惰性電極電解飽和食鹽水時，陽極上氯離子放電生成氯氣，陰極上氫離子放電生成氫氣，同時溶液中生成氫氧化鈉，水不能拆開，正確的離子方程式為：2Cl﹣+2H2O2OH﹣+H2↑+Cl2↑，故D錯誤；故選：A?！军c評】本題考查離子方程式的書寫判斷，題目難度不大，明確離子方程式的書寫原則即可解答，C為易錯點，注意反應(yīng)環(huán)境，試題側(cè)重基礎(chǔ)知識的考查，有利于提高學(xué)生的分析能力及靈活應(yīng)用能力。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鍵 C．Y的最高價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)【考點】8F：原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系．【分析】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，為O元素；Y原子的最外層只有一個電子且原子序數(shù)大于X，則Y為Na元素；Z位于元素周期表ⅢA族，且原子序數(shù)大于Y，則Z為Al元素；W與X屬于同一主族且為短周期元素，則W為S元素，即X、Y、Z、W分別是O、Na、Al、S元素；A．同一周期元素，原子半徑隨著原子序數(shù)增大而減??；B．由X、Y組成的化合物可能是Na2O也可能是Na2O2；C．元素的金屬性越強(qiáng)，其最高價氧化物的水化物堿性越強(qiáng)；D．元素的非金屬性越強(qiáng)，其簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強(qiáng)。【解答】解：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，為O元素；Y原子的最外層只有一個電子且原子序數(shù)大于X，則Y為Na元素；Z位于元素周期表ⅢA族，且原子序數(shù)大于Y，則Z為Al元素；W與X屬于同一主族且為短周期元素，則W為S元素，即X、Y、Z、W分別是O、Na、Al、S元素；A．同一周期元素，原子半徑隨著原子序數(shù)增大而減小，所以原子半徑r（Y）＞r（Z）＞r（W），故A錯誤；B．由X、Y組成的化合物可能是Na2O也可能是Na2O2，Na2O只含離子鍵、Na2O2含有離子鍵和共價鍵，故B錯誤；C．元素的金屬性越強(qiáng)，其最高價氧化物的水化物堿性越強(qiáng)，金屬性Y＞Z，則Y的最高價氧化物的水化物的堿性比Z的強(qiáng)，故C錯誤；D．元素的非金屬性越強(qiáng)，其簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強(qiáng)，非金屬性X＞W(wǎng)，所以X的簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比W的強(qiáng)，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查原子結(jié)構(gòu)和元素周期律，側(cè)重考查學(xué)生判斷及知識綜合運用能力，明確原子結(jié)構(gòu)、元素周期表結(jié)構(gòu)、物質(zhì)結(jié)構(gòu)、元素周期律即可解答，注意：B選項中易漏掉Na2O2而導(dǎo)致錯誤。9．（2分）在給定條件下，下列選項所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實現(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）【考點】GF：鈉的重要化合物；GR：常見金屬元素的單質(zhì)及其化合物的綜合應(yīng)用．【分析】A．碳酸氫鈉加熱分解生成碳酸鈉，碳酸鈉與氫氧化鈣反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀和氫氧化鈉；B．偏鋁酸鈉與過量鹽酸反應(yīng)生成的氯化鋁，不會生成氫氧化鋁沉淀；C．蔗糖為非還原性糖，不與銀氨溶液反應(yīng)；D．鐵與鹽酸反應(yīng)生成的是氯化亞鐵?！窘獯稹拷猓篈．NaHCO3（s）加熱分解生成Na2CO3（s），碳酸鈉與石灰水反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀和NaOH，該轉(zhuǎn)化關(guān)系均能實現(xiàn)，故A正確；B．NaAlO2（aq）與過量鹽酸反應(yīng)生成氯化鋁和水，不會得到Al（OH）3（s），故B錯誤；C．[Ag（NH3）2]+（aq）不與蔗糖反應(yīng)，故C錯誤；D．Fe與鹽酸反應(yīng)生成氯化亞鐵和氫氣，不會得到FeCl3（aq），故D錯誤；故選：A?！军c評】本題考查常見金屬元素及其化合物的綜合應(yīng)用，題目難度中等，明確常見元素及其化合物性質(zhì)即可解答，試題有利于提高學(xué)生的分析能力及綜合應(yīng)用能力。10．（2分）下列說法正確的是（）A．氫氧燃料電池放電時化學(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【考點】51：氧化還原反應(yīng)的電子轉(zhuǎn)移數(shù)目計算；B7：常見的能量轉(zhuǎn)化形式．【分析】A．還有部分化學(xué)能轉(zhuǎn)化成了熱能；B．依據(jù)反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行的判斷依據(jù)△H﹣T△S＜0分析；C．該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，生成氨氣的物質(zhì)的量小于2mol；D．酶有最佳溫度，溫度過高會降低酶的催化活性?！窘獯稹拷猓篈．原電池工作時，化學(xué)能不可能全部轉(zhuǎn)化為電能，部分轉(zhuǎn)化為熱能，故A錯誤；B．反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行的判斷依據(jù)△H﹣T△S＜0，已知常溫常壓下反應(yīng)4Fe（s）+3O2（g）＝2Fe2O3（s）可以自發(fā)進(jìn)行，△S＜0，滿足△H﹣T△S＜0，△H＜0，該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，故B錯誤；C.3molH2與1molN2混合反應(yīng)生成NH3，由于該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，則生成氨氣的物質(zhì)的量小于2mol，轉(zhuǎn)移電子小于6mol，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目小于6×6.02×1023，故C正確；D．在酶催化淀粉水解反應(yīng)中，適宜溫度淀粉水解速率加快，但溫度過高可能導(dǎo)致酶的催化活性降低甚至消失，故D錯誤；故選：C。【點評】本題考查較為綜合，涉及氧化還原反應(yīng)的計算、反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行的判斷、原電池、淀粉水解等知識，明確反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行的條件為解答關(guān)鍵，注意酶的催化活性，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及靈活應(yīng)用能力。二、不定項選擇共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)【考點】HD：有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)．【分析】A．苯分子中所有原子共平面，共價單鍵可以旋轉(zhuǎn)；B．Y與溴發(fā)生加成反應(yīng)后，連接甲基的碳原子上含有4個不同原子或原子團(tuán)；C．含有碳碳不飽和鍵、含有酚羥基的有機(jī)物都能被酸性高錳酸鉀溶液氧化而使酸性高錳酸鉀溶液褪色；D．X中﹣OH上的H原子被取代?！窘獯稹拷猓篈．苯分子中所有原子共平面，共價單鍵可以旋轉(zhuǎn)，所以O(shè)﹣H鍵可以旋轉(zhuǎn)，導(dǎo)致﹣OH中的H原子與苯環(huán)不共平面，故A錯誤；B．Y與溴發(fā)生加成反應(yīng)后，連接甲基的碳原子上含有4個不同原子或原子團(tuán)，所以Y與溴發(fā)生加成反應(yīng)后的產(chǎn)物中連接甲基的碳原子為手性碳原子，故B正確；C．含有碳碳不飽和鍵、含有酚羥基的有機(jī)物都能被酸性高錳酸鉀溶液氧化而使酸性高錳酸鉀溶液褪色，X中含有酚羥基、Y中含有碳碳雙鍵，所以X、Y能被酸性高錳酸鉀溶液氧化而使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故C錯誤；D．X中﹣OH上的H原子被取代，所以為取代反應(yīng)，故D正確；故選：BD。【點評】本題考查有機(jī)物結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，側(cè)重考查學(xué)生分析判斷能力，明確官能團(tuán)及其性質(zhì)關(guān)系、原子共平面判斷方法、基本概念即可解答，注意：關(guān)鍵單鍵可以旋轉(zhuǎn)，題目難度不大。12．（4分）根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象所得出的結(jié)論正確的是（）選項實驗操作和現(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．D【考點】U5：化學(xué)實驗方案的評價．【分析】A．苯酚和碳酸鈉反應(yīng)生成碳酸氫鈉和苯酚鈉，導(dǎo)致濁液變澄清；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，說明碘被萃取到四氯化碳中；C．同一氧化還原反應(yīng)中氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性；D．離子濃度相同條件下，溶度積越小的越易先產(chǎn)生沉淀。【解答】解：A．苯酚和Na2CO3反應(yīng)生成NaHCO3和苯酚鈉，導(dǎo)致濁液變澄清，根據(jù)強(qiáng)酸制取弱酸原理知，苯酚酸性大于HCO3﹣而不是碳酸，故A錯誤；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，說明碘被萃取到四氯化碳中，由此證明I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，故B正確；C．同一氧化還原反應(yīng)中氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，該反應(yīng)為Cu2++Fe＝Cu+Fe2+，該反應(yīng)中氧化劑是Cu2+、氧化產(chǎn)物是Fe2+，則氧化性：Cu2+＞Fe2+，故C錯誤；D．離子濃度相同條件下，溶度積越小的越易先產(chǎn)生沉淀，因為c（Cl﹣）、c（I﹣）相對大小未知，導(dǎo)致無法判斷溶度積大小，故D錯誤；故選：B。【點評】本題考查化學(xué)實驗方案評價，涉及萃取實驗、氧化還原反應(yīng)、溶度積常數(shù)、酸性強(qiáng)弱判斷等知識點，側(cè)重考查學(xué)生實驗操作、實驗分析和評價能力，明確實驗原理、物質(zhì)性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，易錯選項是D。13．（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，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【考點】CK：物質(zhì)的量或濃度隨時間的變化曲線．【分析】A．根據(jù)圖知，升高溫度，化學(xué)平衡常數(shù)減小，說明平衡逆向，升高溫度平衡向吸熱方向移動；B．反應(yīng)物濃度越大，反應(yīng)速率越大；C．根據(jù)圖知，HX中未加NaOH溶液時，0.1000mol/L的HX溶液中pH大于2，說明該溶液中HX不完全電離；D．溫度不變，溶度積常數(shù)不變，Ksp（BaSO4）＝c（Ba2+）。c（SO42﹣）?！窘獯稹拷猓篈．根據(jù)圖知，升高溫度，化學(xué)平衡常數(shù)減小，說明平衡逆向，升高溫度平衡向吸熱方向移動，則逆反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，即正反應(yīng)△H＜0，故A正確；B．反應(yīng)物濃度越大，反應(yīng)速率越大，根據(jù)圖知，隨著時間的進(jìn)行，雙氧水濃度逐漸降低，則隨著反應(yīng)的進(jìn)行H2O2分解速率逐漸減小，故B正確；C．根據(jù)圖知，HX中未加NaOH溶液時，0.1000mol/L的HX溶液中pH大于2，說明該溶液中HX不完全電離，所以HX為一元弱酸，故C錯誤；D．溫度不變，溶度積常數(shù)不變，Ksp（BaSO4）＝c（Ba2+）。c（SO42﹣），c（Ba2+）與c（SO42﹣）成反比，則c（SO42﹣）越大c（Ba2+）越小，故D正確；故選：C?！军c評】本題考查圖象分析，涉及弱電解質(zhì)的電離、化學(xué)反應(yīng)速率影響因素、溶度積常數(shù)等知識點，側(cè)重考查學(xué)生圖象分析及判斷能力，明確化學(xué)反應(yīng)原理是解本題關(guān)鍵，注意：化學(xué)平衡常數(shù)、電離平衡常數(shù)、溶度積常數(shù)等都只與溫度有關(guān)，與其它因素都無關(guān)，題目難度不大。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。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﹣）【考點】DO：酸堿混合時的定性判斷及有關(guān)ph的計算．【專題】51G：電離平衡與溶液的pH專題．【分析】A．根據(jù)0.1000mol?L﹣1H2C2O4溶液中的電荷守恒和物料守恒分析；B．c（Na+）＝c（總）時，二者恰好完全反應(yīng)生成NaHC2O4，HC2O4﹣的水解平衡常數(shù)為Ka2（H2C2O4）＝5.4×10﹣5，說明HC2O4﹣的電離程度大于其水解程度，則c（C2O42﹣）＞c（H2C2O4）；C．pH＝7時溶液呈中性，由于氫氧化鈉溶液濃度不知，中和后溶液的體積不知，不能確定反應(yīng)后濃度與0.1000mol?L﹣1的大小關(guān)系；D．c（Na+）＝2c（總）時，氫氧化鈉與草酸恰好反應(yīng)生成草酸鈉，根據(jù)醋酸鈉溶液中的質(zhì)子守恒判斷?！窘獯稹拷猓篈．0.1000mol?L﹣1H2C2O4溶液中存在電荷守恒：c（H+）＝2c（C2O42﹣）+c（OH﹣）+c（HC2O4﹣），還存在物料守恒：c（總）＝c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）＝0.1000mol/L，二者結(jié)合可得：c（H+）＝0.1000mol?L﹣1+c（C2O42﹣）+c（OH﹣）﹣c（H2C2O4），故A正確；B．c（Na+）＝c（總）的溶液中，溶質(zhì)為NaHC2O4，HC2O4﹣的水解平衡常數(shù)Ka2（H2C2O4）＝5.4×10﹣5，說明HC2O4﹣的電離程度大于其水解程度，則c（C2O42﹣）＞c（H2C2O4），溶液中還存在水電離的氫離子，則c（H+）＞c（C2O42﹣），所以正確的離子濃度大小為：c（Na+）＞c（H+）＞c（C2O42﹣）＞c（H2C2O4），故B錯誤；C．草酸與氫氧化鈉溶液等體積、等濃度時滿足：c（Na+）＝0.1000mol?L﹣1+c（C2O42﹣）﹣c（H2C2O4），但氫氧化鈉溶液濃度不知，中和后溶液的體積不知，不能確定反應(yīng)后濃度與0.1000mol?L﹣1的關(guān)系，所以該關(guān)系不一定不成立，故C錯誤；D．c（Na+）＝2c（總）的溶液中，溶質(zhì)為Na2C2O4，根據(jù)Na2C2O4溶液中的質(zhì)子守恒可得：c（OH﹣）﹣c（H+）＝2c（H2C2O4）+c（HC2O4﹣），故D正確；故選：AD。【點評】本題考查離子濃度大小比較、弱電解質(zhì)的電離平衡等知識，題目難度中等，明確反應(yīng)后溶質(zhì)組成為解答關(guān)鍵，注意掌握電荷守恒、物料守恒、質(zhì)子守恒的含義，試題有利于提高學(xué)生的分析能力及綜合應(yīng)用能力。15．（4分）一定溫度下，在三個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【考點】CP：化學(xué)平衡的計算．【分析】A．將I容器中的反應(yīng)極限化時產(chǎn)生2molSO3，Ⅱ容器是以4molSO3起始，Ⅱ容器相當(dāng)于Ⅰ容器加壓；B．正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度不利于反應(yīng)正向進(jìn)行，恒容容器中，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程pV＝nRT分析；C．溫度升高，化學(xué)反應(yīng)速率加快，正反應(yīng)吸熱，溫度升高不利于反應(yīng)正向進(jìn)行；D．容器Ⅲ極限化時生成2molSO2，容器Ⅱ相當(dāng)于容器Ⅲ加壓，加壓有利于反應(yīng)向減壓方向進(jìn)行，溫度升高不利于反應(yīng)正向進(jìn)行。【解答】解：A．將I容器中的反應(yīng)極限化時產(chǎn)生2molSO3，Ⅱ容器是以4molSO3起始，整體來講Ⅱ容器的物料濃度高于Ⅰ容器中的物料濃度，所以v1＜v2，Ⅱ容器相當(dāng)于Ⅰ容器加壓，若平衡不發(fā)生移動，則平衡時有c2＝2c1，但加壓有利于該反應(yīng)正向進(jìn)行，所以c2＞2c1，故A錯誤；B．正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度不利于反應(yīng)正向進(jìn)行，所以K1＞K3，容器中，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程pV＝nRT，容器Ⅱ是4molSO3起始反應(yīng)，容器Ⅲ極限化時生成2molSO2，容器Ⅱ相當(dāng)于容器Ⅲ加壓，若平衡不發(fā)生移動，則有c2＝2c3，但加壓有利于反應(yīng)正向進(jìn)行，并且容器Ⅱ和容器Ⅲ的溫度不等，容器Ⅲ的反應(yīng)溫度高于容器Ⅱ的反應(yīng)溫度，則c2＞2c3，而壓強(qiáng)關(guān)系為，則就不一定有p2＞2p3，故B錯誤；C．溫度升高，化學(xué)反應(yīng)速率加快，則v1＜v3，正反應(yīng)吸熱，溫度升高不利于反應(yīng)正向進(jìn)行，則容器Ⅰ中SO2的平衡轉(zhuǎn)化率更高，所以α1（SO2）＞α3（SO2），故C正確；D．容器Ⅱ是4molSO3起始反應(yīng)，容器Ⅲ極限化時生成2molSO2，容器Ⅱ相當(dāng)于容器Ⅲ加壓，若平衡不發(fā)生移動，則有c2＝2c3，但加壓有利于反應(yīng)正向進(jìn)行，并且容器Ⅱ和容器Ⅲ的溫度不等，容器Ⅲ的反應(yīng)溫度高于容器Ⅱ的反應(yīng)溫度，則c2＞2c3，若容器Ⅱ不是相對于容器Ⅲ加壓，且兩容器溫度相同，則有α2（SO3）+α3（SO2）＝1，但加壓有利于反應(yīng)向減壓方向進(jìn)行，則α2（SO3）減小，溫度升高不利于反應(yīng)正向進(jìn)行，則α3（SO2）減小，因此最終α2（SO3）+α3（SO2）＜1，故D正確，故選：CD。【點評】本題考查化學(xué)平衡，綜合運用等效平衡原理和極限法分析問題是解題的關(guān)鍵，B項是易錯點和難點，需借助理想氣體狀態(tài)方程定量說明，作為江蘇卷的壓軸題，秉承著一貫的風(fēng)格，具有較大的區(qū)分度，是一道難題。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）烙燒過程均會產(chǎn)生SO2，用NaOH溶液吸收過量SO2的離子方程式為SO2+OH﹣═HSO3﹣。（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，去除的硫元素主要來源于FeS2。②700℃焙燒時，添加1%CaO的礦粉硫去除率比不添加CaO的礦粉硫去除率低，其主要原因是硫元素轉(zhuǎn)化為CaSO4而留在礦粉中。（3）向“過濾”得到的濾液中通入過量CO2，鋁元素存在的形式由NaAlO2（填化學(xué)式）轉(zhuǎn)化為Al（OH）3（填化學(xué)式）。（4）“過濾”得到的濾渣中含大量的Fe2O3．Fe2O3與FeS2混合后在缺氧條件下焙燒生成Fe3O4和SO2，理論上完全反應(yīng)消耗的n（FeS2）：n（Fe2O3）＝1：16?！究键c】U3：制備實驗方案的設(shè)計．【專題】41：守恒法．【分析】（1）用NaOH溶液吸收過量SO2生成HSO3﹣；（2）①不添加CaO的礦粉中S元素來源是FeS2和金屬硫酸鹽，金屬硫酸鹽的分解溫度較高；②700℃焙燒時，添加1%CaO的礦粉硫去除率比不添加CaO的礦粉硫去除率低，考慮加入CaO可能使S轉(zhuǎn)化為CaSO4，形成的硫酸鹽分解溫度較高；（3）過濾前使用NaOH溶液進(jìn)行堿浸，Al2O3轉(zhuǎn)化為NaAlO2，“過濾”得到的濾液中主要含有AlO2﹣，向“過濾”得到的濾液中通入過量CO2，可以將AlO2﹣轉(zhuǎn)化為Al（OH）3；（4）“過濾”得到的濾渣中含大量的Fe2O3，F(xiàn)e2O3與FeS2混合后在缺氧條件下焙燒生成Fe3O4和SO2，根據(jù)電子得失守恒計算?！窘獯稹拷猓海?）用NaOH溶液吸收過量SO2生成HSO3﹣，則發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：SO2+OH﹣═HSO3﹣，故答案為：SO2+OH﹣═HSO3﹣；（2）①不添加CaO的礦粉中S元素來源是FeS2和金屬硫酸鹽，金屬硫酸鹽的分解溫度較高，所以可判斷焙燒過程中S元素主要來源是FeS2，故答案為：FeS2；②700℃焙燒時，添加1%CaO的礦粉硫去除率比不添加CaO的礦粉硫去除率低，考慮加入CaO可能使S轉(zhuǎn)化為CaSO4，形成的硫酸鹽分解溫度較高，所以會導(dǎo)致S的脫除率降低，故答案為：硫元素轉(zhuǎn)化為CaSO4而留在礦粉中；（3）過濾前使用NaOH溶液進(jìn)行堿浸，Al2O3轉(zhuǎn)化為NaAlO2，“過濾”得到的濾液中主要含有AlO2﹣，向“過濾”得到的濾液中通入過量CO2，可以將AlO2﹣轉(zhuǎn)化為Al（OH）3，故答案為：NaAlO2；Al（OH）3；（4）過濾”得到的濾渣中含大量的Fe2O3，F(xiàn)e2O3與FeS2混合后在缺氧條件下焙燒生成Fe3O4和SO2，設(shè)有xmolFe2O3和ymolFeS2完全參加反應(yīng)，根據(jù)電子得失守恒：2x×（3）＝2y×5+y2），解得，所以理論上完全反應(yīng)消耗的n（FeS2）：n（Fe2O3）＝1：16，故答案為：1：16。【點評】本題考查無機(jī)工藝流程制備，涉及到SO2的反應(yīng)，鋁三角的反應(yīng)，氧化還原反應(yīng)的計算，均為高頻考點和高考的重點，題目整體難度不大，最后一問稍難，側(cè)重氧化反應(yīng)知識的考查。17．（15分）丹參醇是存在于中藥丹參中的一種天然產(chǎn)物。合成丹參醇的部分路線如下：已知：+（1）A的官能團(tuán)名稱為碳碳雙鍵、羰基（寫兩種）。（2）D→E的反應(yīng)類型為消去反應(yīng)。（3）B的分子式為C9H14O，寫出B的結(jié)構(gòu)簡式：。（4）的一種同分異構(gòu)體同時滿足下列條件，寫出該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：。①分子中含有苯環(huán)，能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，不能發(fā)生銀鏡反應(yīng)；②堿性條件水解生成兩種產(chǎn)物，酸化后分子中均只有2種不同化學(xué)環(huán)境的氫。（5）寫出以和為原料制備的合成路線流程圖（無機(jī)試劑和乙醇任用，合成路線流程圖示例見本題題干）?！究键c】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】B的分子式為C9H14O，B發(fā)生信息的反應(yīng)生成C，則B為；C中去掉氫原子生成D，D發(fā)生消去反應(yīng)生成E，醇羥基變?yōu)樘继茧p鍵，E發(fā)生一系列反應(yīng)是丹參醇；（5）和溴發(fā)生加成反應(yīng)生成，發(fā)生消去反應(yīng)生成，和發(fā)生加成反應(yīng)生成，和氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成。【解答】解：B的分子式為C9H14O，B發(fā)生信息的反應(yīng)生成C，則B為；C中去掉氫原子生成D，D發(fā)生消去反應(yīng)生成E，醇羥基變?yōu)樘继茧p鍵，E發(fā)生一系列反應(yīng)是丹參醇；（1）A的官能團(tuán)名稱為碳碳雙鍵和羰基，故答案為：碳碳雙鍵、羰基；（2）通過以上分析知，D中的醇羥基轉(zhuǎn)化為E中的碳碳雙鍵，所以D→E的反應(yīng)類為消去反應(yīng)，故答案為：消去反應(yīng)；（3）通過以上分析知，B的結(jié)構(gòu)簡式：，故答案為：；（4）的一種同分異構(gòu)體同時滿足下列條件：①分子中含有苯環(huán)，能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，不能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說明含有酚羥基但不含醛基；②堿性條件水解生成兩種產(chǎn)物，說明含有酯基，酸化后分子中均只有2種不同化學(xué)環(huán)境的氫，符合條件的結(jié)構(gòu)簡式為，故答案為：；（5）和溴發(fā)生加成反應(yīng)生成，發(fā)生消去反應(yīng)生成，和發(fā)生加成反應(yīng)生成，和氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成，其合成路線為，故答案為：?！军c評】本題考查有機(jī)物推斷和合成，利用流程圖中反應(yīng)前后物質(zhì)結(jié)構(gòu)變化確定反應(yīng)類型及斷鍵和成鍵方式，難點是合成路線設(shè)計，熟練掌握常見官能團(tuán)及其性質(zhì)關(guān)系、物質(zhì)之間轉(zhuǎn)化關(guān)系，題目難度中等。18．（12分）堿式硫酸鋁溶液可用于煙氣脫硫。室溫下向一定濃度的硫酸鋁溶液中加入一定量的碳酸鈣粉末，反應(yīng)后經(jīng)過濾得到堿式硫酸鋁溶液，反應(yīng)方程式為：（2﹣x）Al2（SO4）3+3xCaCO3+3xH2O═2[（1﹣x）Al2（SO4）3?xAl（OH）3]+3xCaSO4↓+3xCO2↑生成物（1﹣x）Al2（SO4）3?xAl（OH）3中x值的大小影響堿式硫酸鋁溶液的脫硫效率。（1）制備堿式硫酸鋁溶液時，維持反應(yīng)溫度和反應(yīng)時間不變，提高x值的方法有適當(dāng)增加CaCO3的量或加快攪拌速率。（2）堿式硫酸鋁溶液吸收SO2過程中，溶液的pH減?。ㄌ睢霸龃蟆?、“減小”、“不變）。（3）通過測定堿式硫酸鋁溶液中相關(guān)離子的濃度確定x的值，測定方法如下：①取堿式硫酸鋁溶液25.00mL，加入鹽酸酸化的過量BaCl2溶液充分反應(yīng)，靜置后過濾、洗滌，干燥至恒重，得固體2.3300g。②取堿式硫酸鋁溶液2.50mL，稀釋至25mL，加入0.1000mol?L﹣1EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液25.00mL，調(diào)節(jié)溶液pH約為4.2，煮沸，冷卻后用0.08000mol?L﹣1CuSO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定過量的EDTA至終點，消耗CuSO4標(biāo)準(zhǔn)溶液20.00mL（已知Al3+、Cu2+與EDTA反應(yīng)的化學(xué)計量比均為1：1）計算（1﹣x）Al2（SO4）3?xAl（OH）3中的x值（寫出計算過程）?！究键c】M3：有關(guān)混合物反應(yīng)的計算．【專題】41：守恒法．【分析】（1）反應(yīng)是室溫下向一定濃度的硫酸鋁溶液中加入一定量的碳酸鈣粉末，反應(yīng)后經(jīng)過濾得到堿式硫酸鋁溶液，根據(jù)反應(yīng)方程式分析，可以通過增大反應(yīng)程度提高x的值；（2）堿式硫酸鋁溶液呈弱堿性，吸收酸性氣體SO2能使溶液pH降低；（3）根據(jù)①過程計算25.00mL硫酸鋁溶液中SO42﹣的物質(zhì)的量，根據(jù)②過程計算2.50mL硫酸鋁溶液中Al3+的物質(zhì)的量，再計算25mL溶液中Al3+的物質(zhì)的量，根據(jù)Al與S的計量比計算x的值?！窘獯稹拷猓海?）反應(yīng)是室溫下向一定濃度的硫酸鋁溶液中加入一定量的碳酸鈣粉末，反應(yīng)后經(jīng)過濾得到堿式硫酸鋁溶液，根據(jù)反應(yīng)方程式分析，可以通過增大反應(yīng)程度提高x的值，所以可以適當(dāng)增加CaCO3的量或加快攪拌速率，故答案為：適當(dāng)增加CaCO3的量或加快攪拌速率；（2）堿式硫酸鋁溶液呈弱堿性，吸收酸性氣體SO2能使溶液pH減小，故答案為：減??；（3）①取堿式硫酸鋁溶液25.00mL，加入鹽酸酸化的過量BaCl2溶液充分反應(yīng)，靜置后過濾、洗滌，干燥至恒重，得固體2.3300g，即得到2.3300gBaSO4固體，則25.00mL溶液中SO42﹣的物質(zhì)的量為n（SO42﹣）0.01mol，②取堿式硫酸鋁溶液2.50mL，稀釋至25mL，加入0.1000mol?L﹣1EDTA標(biāo)準(zhǔn)溶液25.00mL，調(diào)節(jié)溶液pH約為4.2，煮沸，冷卻后用0.08000mol?L﹣1CuSO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定過量的EDTA至終點，消耗CuSO4標(biāo)準(zhǔn)溶液20.00mL，則2.5mL硫酸鋁溶液中Al3+的物質(zhì)的量為n'（Al3+）＝n（EDTA）﹣n（Cu2+）＝（0.1×25×10﹣3﹣0.08×20×10﹣3）mol＝9×10﹣4mol，所以25mL硫酸鋁溶液中Al3+的物質(zhì)的量應(yīng)為n（Al3+）＝9×10﹣3mol，根據(jù)元素守恒，則有，可解得x0.41，答：通過測定堿式硫酸鋁溶液中相關(guān)離子的濃度可確定x的值約為0.41。【點評】本題考查堿式碳酸鋁溶液的制備及滴定計算，明確滴定過程中發(fā)生的反應(yīng)，根據(jù)元素守恒計算是解題的關(guān)鍵，注意計算正確，把握住定量關(guān)系，易錯點為兩次實驗使用的溶液體積不一樣，題目整體難度中等。19．（15分）以Cl2、NaOH、（NH2）2CO（尿素）和SO2為原料可制備N2H4?H2O（水合肼）和無水Na2SO3，其主要實驗流程如下：已知：①Cl2+2OH﹣＝ClO﹣+Cl﹣+H2O是放熱反應(yīng)。②N2H4?H2O沸點約118℃，具有強(qiáng)還原性，能與NaClO劇烈反應(yīng)生成N2。（1）步驟I制備NaClO溶液時，若溫度超過40℃，Cl2與NaOH溶液反應(yīng)生成NaClO3和NaCl，其離子方程式為3Cl2+6OH﹣ClO3﹣+5Cl﹣+3H2O；實驗中控制溫度計溫度除用冰水浴外，還需采取的措施是緩慢通入氯氣。（2）步驟Ⅱ合成N2H4?H2O的裝置如圖﹣1所示。NaClO堿性溶液與尿素水溶液在40℃以下反應(yīng)一段時間后，再迅速升溫至110℃繼續(xù)反應(yīng)。實驗中通過滴液漏斗滴加的溶液是NaClO堿性溶液；使用冷凝管的目的是減少水合肼的揮發(fā)。（3）步驟Ⅳ用步驟Ⅲ得到的副產(chǎn)品Na2CO3制備無水Na2SO3（水溶液中H2SO3、HSO3﹣、SO32﹣隨pH的分布如圖﹣2所示，Na2SO3的溶解度曲線如圖﹣3所示）。①邊攪拌邊向Na2CO3溶液中通入SO2制備NaHSO3溶液。實驗中確定何時停止通SO2的實驗操作為測量溶液的pH，若pH約為4，停止通SO2。②請補(bǔ)充完整由NaHSO3溶液制備無水Na2SO3的實驗方案：邊攪拌邊向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，測量溶液pH，pH約為10時，停止滴加NaOH溶液，加熱濃縮溶液至有大量晶體析出，在高于34℃條件下趁熱過濾，用少量無水乙醇洗滌，干燥，密封包裝?！究键c】U3：制備實驗方案的設(shè)計．【分析】由實驗流程可知步驟Ⅰ為氯氣和氫氧化鈉溶液的反應(yīng)，生成NaClO，為避免生成NaClO3，應(yīng)控制溫度在40℃以下，生成的NaClO與尿素反應(yīng)生成N2H4?H2O和Na2CO3，可用蒸餾的方法分離出N2H4?H2O，副產(chǎn)品Na2CO3溶液中通入二氧化硫，可制得Na2SO3，結(jié)合對應(yīng)物質(zhì)的性質(zhì)以及題給信息解答該題?！窘獯稹拷猓海?）溫度超過40℃，Cl2與NaOH溶液反應(yīng)生成NaClO3和NaC1，反應(yīng)的離子方程式為3Cl2+6OH﹣ClO3﹣+5Cl﹣+3H2O，實驗中控制溫度計溫度除用冰水浴外，還應(yīng)控制通入氯氣的速率，避免反應(yīng)過于劇烈，放出大量的熱而導(dǎo)致溫度升高，故答案為：3Cl2+6OH﹣ClO3﹣+5Cl﹣+3H2O；緩慢通入氯氣；（2）實驗中通過滴液漏斗滴加的溶液是NaClO堿性溶液，避免N2H4?H2O與NaClO劇烈反應(yīng)生成N2，為避免N2H4?H2O的揮發(fā)，可使用冷凝管回流，故答案為：NaClO堿性溶液；減少水合肼的揮發(fā)；（3）用Na2CO3制備無水Na2SO3，在Na2CO3溶液中通入過量的二氧化硫生成NaHSO3，然后在NaHSO3溶液中加入NaOH溶液可生成Na2SO3，①由圖象可知，如溶液pH約為4時，可完全反應(yīng)生成NaHSO3，此時可停止通入二氧化硫，可通過測量溶液pH的方法控制，故答案為：測量溶液的pH，若pH約為4，停止通SO2；②由NaHSO3溶液制備無水Na2SO3，可邊攪拌邊向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，測量溶液pH，由圖象可知pH約為10時，可完全反應(yīng)生成Na2SO3，此時停止滴加NaOH溶液，加熱濃縮溶液至有大量晶體析出，由圖象3可知在高于34℃條件下趁熱過濾，可得到無水Na2SO3，故答案為：邊攪拌邊向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，測量溶液pH，pH約為10時，停止滴加NaOH溶液，加熱濃縮溶液至有大量晶體析出，在高于34℃條件下趁熱過濾?！军c評】本題考查物質(zhì)的制備實驗方案設(shè)計，為高考常見題型和高頻考點，側(cè)重考查學(xué)生知識綜合應(yīng)用、根據(jù)實驗?zāi)康募拔镔|(zhì)的性質(zhì)進(jìn)行排列順、實驗基本操作能力及實驗方案設(shè)計能力，綜合性較強(qiáng)，注意把握物質(zhì)性質(zhì)以及對題目信息的獲取于使用，難度中等。20．（14分）NOx（主要指NO和NO2）是大氣主要污染物之一。有效去除大氣中的NOx是環(huán)境保護(hù)的重要課題。（1）用水吸收NOx的相關(guān)熱化學(xué)方程式如下：2NO2（g）+H2O（l）═HNO3（aq）+HNO2（aq）△H＝﹣116.1kJ?mol﹣13HNO2（aq）═HNO3（aq）+2NO（g）+H2O（l）△H＝+75.9kJ?mol﹣1反應(yīng)3NO2（g）+H2O（l）═2HNO3（aq）+NO（g）的△H＝﹣136.2kJ?mol﹣1。（2）用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2的混合溶液，電解該混合溶液可獲得較濃的硝酸。寫出電解時陽極的電極反應(yīng)式：HNO2﹣2e﹣+H2O＝3H++NO3﹣。（3）用酸性（NH2）2CO水溶液吸收NOx，吸收過程中存在HNO2與（NH2）2CO生成N2和CO2的反應(yīng)。寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：2HNO2+（NH2）2CO＝2N2↑+CO2↑+3H2O。（4）在有氧條件下，新型催化劑M能催化NH3與NOx生成N2。①NH3與NO2生成N2的反應(yīng)中，當(dāng)生成1molN2時，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為mol。②將一定比例的O2、NH3和NOx的混合氣體，勻速通入裝有催化劑M的反應(yīng)器中反應(yīng)（裝置見圖﹣1）。反應(yīng)相同時間NOx的去除率隨反應(yīng)溫度的變化曲線如圖﹣2所示，在50～250℃范圍內(nèi)隨著溫度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升緩慢的原因是迅速上升段是催化劑活性隨溫度升高增大，與溫度升高共同使NOx去除反應(yīng)速率迅速增大；上升階段緩慢主要是溫度升高引起的NOx去除反應(yīng)速率增大但是催化劑活性下降；當(dāng)反應(yīng)溫度高于380℃時，NOx的去除率迅速下降的原因可能是氨氣在該條件下與氧氣反應(yīng)生成NO?！究键c】51：氧化還原反應(yīng)的電子轉(zhuǎn)移數(shù)目計算；BE：熱化學(xué)方程式；CL：產(chǎn)物的百分含量隨濃度、時間的變化曲線．【分析】（1）①2NO2（g）+H2O（l）═HNO3（aq）+HNO2（aq）△H＝﹣116.1kJ?mol﹣1②3HNO2（aq）═HNO3（aq）+2NO（g）+H2O（l）△H＝75.9kJ?mol﹣1將方程式①②得3NO2（g）+H2O（l）═2HNO3（aq）+NO（g），△H進(jìn)行相應(yīng)的改變；（2）用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2的混合溶液，電解該混合溶液可獲得較濃的硝酸，說明電解時陽極上亞硝酸根離子失電子生成硝酸根離子；（3）根據(jù)反應(yīng)物、生成物書寫反應(yīng)方程式，該反應(yīng)中反應(yīng)物是HNO2與（NH2）2CO，生成物是N2和CO2，同時生成水；（4）①NH3與NO2生成N2的反應(yīng)中，反應(yīng)方程式為8NH3+6NO2＝7N2+12H2O，該反應(yīng)中生成7molN2時，轉(zhuǎn)移的物質(zhì)的量為8mol×3＝24mol，據(jù)此計算生成1mol氮氣轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量；②在一定溫度范圍內(nèi)催化劑活性較大，超過其溫度范圍，催化劑活性降低；在溫度、催化劑條件下，氨氣能被催化氧化生成NO?！窘獯稹拷猓海?）①2NO2（g）+H2O（l）═HNO3（aq）+HNO2（aq）△H＝﹣116.1kJ?mol﹣1②3HNO2（aq）═HNO3（aq）+2NO（g）+H2O（l）△H＝+75.9kJ?mol﹣1將方程式①②得3NO2（g）+H2O（l）═2HNO3（aq）+NO（g），△H（﹣116.1kJ?mol﹣1）（+75.9kJ?mol﹣1）＝﹣136.2kJ/mol，故答案為：﹣136.2；（2）用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2的混合溶液，電解該混合溶液可獲得較濃的硝酸，說明電解時陽極上亞硝酸根離子失電子生成硝酸根離子，其電極反應(yīng)式為HNO2﹣2e﹣+H2O＝3H++NO3﹣，故答案為：HNO2﹣2e﹣+H2O＝3H++NO3﹣；（3）該反應(yīng)中反應(yīng)物是HNO2與（NH2）2CO，生成物是N2和CO2，同時生成水，反應(yīng)方程式為2HNO2+（NH2）2CO＝2N2↑+CO2↑+3H2O，故答案為：2HNO2+（NH2）2CO＝2N2↑+CO2↑+3H2O；（4）①NH3與NO2生成N2的反應(yīng)中，反應(yīng)方程式為8NH3+6NO2＝7N2+12H2O，該反應(yīng)中生成7molN2時，轉(zhuǎn)移的物質(zhì)的量為8mol×3＝24mol，則生成1mol氮氣轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量mol，故答案為：；②在一定溫度范圍內(nèi)催化劑活性較大，超過其溫度范圍，催化劑活性降低，根據(jù)圖知，迅速上升段是催化劑活性隨溫度升高增大，與溫度升高共同使NOx去除反應(yīng)速率迅速增大；上升階段緩慢主要是溫度升高引起的NOx去除反應(yīng)速率增大但是催化劑活性下降；在溫度、催化劑條件下，氨氣能被催化氧化生成NO，當(dāng)反應(yīng)溫度高于380℃時，NOx的去除率迅速下降的原因可能是氨氣在該條件下與氧氣反應(yīng)生成NO，故答案為：迅速上升段是催化劑活性隨溫度升高增大，與溫度升高共同使NOx去除反應(yīng)速率迅速增大；上升階段緩慢主要是溫度升高引起的NOx去除反應(yīng)速率增大但是催化劑活性下降；氨氣在該條件下與氧氣反應(yīng)生成NO?！军c評】本題考查化學(xué)反應(yīng)原理，涉及蓋斯定律、氧化還原反應(yīng)計算、外界條件對化學(xué)反應(yīng)速率影響因素等知識點，側(cè)重考查學(xué)生圖象分析判斷及計算能力，注意（4）①中生成的氮氣不是一半氮原子來自于氨氣、一半來自于二氧化氮，為易錯點?！净瘜W(xué)--選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)】21．（12分）臭氧（O3）在[Fe（H2O）6]2+催化下能將煙氣中的SO2、NOx分別氧化為SO42﹣和NO3﹣，NOx也可在其他條件下被還原為N2。（1）SO42﹣中心原子軌道的雜化類型為sp3；NO3﹣的空間構(gòu)型為平面（正）三角形（用文字描述）。（2）Fe2+基態(tài)核外電子排布式為[Ar]3d6或1s22s22p63s23p63d6。（3）與O3分子互為等電子體的一種陰離子為NO2﹣（填化學(xué)式）。（4）N2分子中σ鍵與π鍵的數(shù)目比n（σ）：n（π）＝1：2。（5）[Fe（H2O）6]2+與NO反應(yīng)生成的[Fe（NO）（H2O）5]2+中，NO以N原子與Fe2+形成配位鍵。請在[Fe（NO）（H2O）5]2+結(jié)構(gòu)示意圖的相應(yīng)位置補(bǔ)填缺少的配體?！究键c】53：物質(zhì)結(jié)構(gòu)中的化學(xué)鍵數(shù)目計算；98：判斷簡單分子或離子的構(gòu)型．【分析】（1）根據(jù)VSEPR理論和雜化軌道理論分析SO42﹣的中心S原子雜化類型和NO3﹣的空間構(gòu)型；（2）Fe位于周期表中第4周期第ⅤⅢ族，F(xiàn)e2+為Fe失去4s2電子所得；（3）等電子體是指原子總數(shù)相同，價電子總數(shù)相同的粒子；（4）N2分子中N與N之間形成氮氮三鍵，其中有一根為σ鍵，兩根為π鍵；（5）NO以N原子與Fe2+形成配位鍵，H2O以O(shè)原子與Fe2+形成配位鍵?！窘獯稹拷猓海?）對于SO42﹣，根據(jù)VSEPR理論，其價電子對數(shù)為VP＝BP+LP＝44，根據(jù)雜化軌道理論，中心S原子雜化方式為sp3，對于NO3﹣，根據(jù)VSEPR理論，其價電子對數(shù)為VP＝BP+LP＝33，則其空間構(gòu)型為平面（正）三角形，故答案為：sp3；平面（正）三角形；（2）Fe位于周期表中第4周期第ⅤⅢ族，F(xiàn)e2+為Fe失去4s2電子所得，所以Fe2+基態(tài)核外電子排布式為：[Ar]3d6或1s22s22p63s23p63d6，故答案為：[Ar]3d6或1s22s22p63s23p63d6；（3）等電子體是指原子總數(shù)相同，價電子總數(shù)相同的粒子，與O3分子互為等電子體的一種陰離子，可考慮將其中一個O替換為N﹣，則等電子體為NO2﹣，故答案為：NO2﹣；（4）N2分子中N與N之間形成氮氮三鍵，其中有一根為σ鍵，兩根為π鍵，所以N2分子中σ鍵與π鍵的數(shù)目比n（σ）：n（π）＝1：2，故答案為：1：2；（5）NO以N原子與Fe2+形成配位鍵，H2O以O(shè)原子與Fe2+形成配位鍵，所以[Fe（NO）（H2O）5]2+的結(jié)構(gòu)應(yīng)為：，故答案為：?！军c評】本題考查物質(zhì)結(jié)構(gòu)基礎(chǔ)知識，涉及到價層電子對互斥理論，雜化軌道理論，共價鍵類型，等電子體原理，配合物的形成，均為高頻考點，題目考查較為基礎(chǔ)，難度不大。【化學(xué)--選修5：有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)】22．3，4﹣亞甲二氧基苯甲酸是一種用途廣泛的有機(jī)合成中間體，微溶于水，實驗室可用KMnO4氧化3，4﹣亞甲二氧基苯甲醛制備，其反應(yīng)方程式為：3+2KMnO4→2++2MnO2+H2O實驗步驟如下步驟1：向反應(yīng)瓶中加入3，4﹣亞甲二氧基苯甲醛和水，快速攪拌，于70～80℃滴加KMnO4溶液。反應(yīng)結(jié)束后，加入KOH溶液至堿性。步驟2：趁熱過濾，洗滌濾餅，合并濾液和洗滌液。驟3：對合并后的溶液進(jìn)行處理。步驟4：抽濾，洗滌，干燥，得3，4﹣亞甲二氧基苯甲酸固體（1）步驟1中，反應(yīng)結(jié)束后，若觀察到反應(yīng)液呈紫紅色，需向溶液中滴加NaHSO3溶液，HSO3﹣轉(zhuǎn)化為SO42﹣（填化學(xué)式）；加入KOH溶液至堿性的目的是將反應(yīng)生成的酸轉(zhuǎn)化為可溶性的鹽。（2）步驟2中，趁熱過濾除去的物質(zhì)是MnO2（填化學(xué)式）。（3）步驟3中，處理合并后溶液的實驗操作為加入鹽酸至水層不再產(chǎn)生沉淀。（4）步驟4中，抽濾所用的裝置包括布氏漏斗、吸濾瓶、安全瓶和抽氣泵?！究键c】U3：制備實驗方案的設(shè)計．【專題】548：制備實驗綜合．【分析】實驗步驟如下步驟1：向反應(yīng)瓶中加入3，4﹣亞甲二氧基苯甲醛和水，快速攪拌，于70～80℃滴加KMnO4溶液，二者發(fā)生反應(yīng)3+2KMnO4→2++2MnO2+H2O，反應(yīng)結(jié)束后，加入KOH溶液至堿性，使轉(zhuǎn)化為可溶性的；步驟2：趁熱過濾，除去不溶性的MnO2，洗滌濾餅，合并濾液和洗滌液，減少資源浪費；驟3：對合并后的溶液進(jìn)行處理，向溶液中加入稀鹽酸至水層不再產(chǎn)生沉淀為止；步驟4：抽濾，洗滌，干燥，得3，4﹣亞甲二氧基苯甲酸固體；（1）步驟1中，反應(yīng)結(jié)束后，若觀察到反應(yīng)液呈紫紅色，需向溶液中滴加NaHSO3溶液，HSO3﹣具有還原性，酸性高錳酸鉀溶液具有強(qiáng)氧化性，二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)；加入KOH溶液能和﹣COOH反應(yīng)生成可溶性的鹽；（2）步驟2中，趁熱過濾除去的物質(zhì)難溶性的物質(zhì)；（3）步驟3中，處理合并后溶液的實驗操作為加入鹽酸；（4）步驟4中，抽濾所用的裝置包括布氏漏斗、吸濾瓶、安全瓶和抽氣泵?！窘獯稹拷猓簩嶒灢襟E如下步驟1：向反應(yīng)瓶中加入3，4﹣亞甲二氧基苯甲醛和水，快速攪拌，于70～80℃滴加KMnO4溶液，二者發(fā)生反應(yīng)3+2KMnO4→2++2MnO2+H2O，反應(yīng)結(jié)束后，加入KOH溶液至堿性，使轉(zhuǎn)化為可溶性的；步驟2：趁熱過濾，除去不溶性的MnO2，洗滌濾餅，合并濾液和洗滌液，減少資源浪費；驟3：對合并后的溶液進(jìn)行處理，向溶液中加入稀鹽酸至水層不再產(chǎn)生沉淀為止；步驟4：抽濾，洗滌，干燥，得3，4﹣亞甲二氧基苯甲酸固體；（1）步驟1中，反應(yīng)結(jié)束后，若觀察到反應(yīng)液呈紫紅色，需向溶液中滴加NaHSO3溶液，HSO3﹣具有還原性，酸性高錳酸鉀溶液具有強(qiáng)氧化性，二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)，HSO3﹣被氧化生成SO42﹣，加入KOH溶液能和﹣COOH反應(yīng)生成可溶性的鹽，從而易于分離；故答案為：SO42﹣；將反應(yīng)生成的酸轉(zhuǎn)化為可溶性的鹽；（2）步驟2中，趁熱過濾除去的物質(zhì)難溶性的物質(zhì)，為MnO2，故答案為：MnO2；（3）步驟3中，處理合并后溶液的實驗操作為加入鹽酸至水層不再產(chǎn)生沉淀，故答案為：加入鹽酸至水層不再產(chǎn)生沉淀；（4）步驟4中，抽濾所用的裝置包括布氏漏斗、吸濾瓶、安全瓶和抽氣泵，故答案為：布氏漏斗?！军c評】本題考查物質(zhì)制備，側(cè)重考查學(xué)生實驗操作、實驗分析能力，明確實驗原理、儀器用途、物質(zhì)性質(zhì)是解本題關(guān)鍵，但是有機(jī)化學(xué)制備實驗在中學(xué)中接觸較少，導(dǎo)致學(xué)生感覺難度較大。精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔2019年江蘇省高考化學(xué)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）糖類是人體所需的重要營養(yǎng)物質(zhì)。淀粉分子中不含的元素是（）A．氫 B．碳 C．氮 D．氧2．（2分）反應(yīng)NH4Cl+NaNO2═NaCl+N2↑+2H2O放熱且產(chǎn)生氣體，可用于冬天石油開采。下列表示反應(yīng)中相關(guān)微粒的化學(xué)用語正確的是（）A．中子數(shù)為18的氯原子：Cl B．N2的結(jié)構(gòu)式：N═N C．Na+的結(jié)構(gòu)示意圖： D．H2O的電子式：3．（2分）下列有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)與用途具有對應(yīng)關(guān)系的是（）A．NH4HCO3受熱易分解，可用作化肥 B．稀硫酸具有酸性，可用于除去鐵銹 C．SO2具有氧化性，可用于紙漿漂白 D．Al2O3具有兩性，可用于電解冶煉鋁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﹣1NaOH溶液：Na+、K+、CO32﹣、AlO2﹣ B．0.1mol?L﹣1FeCl2溶液：K+、Mg2+、SO42﹣、MnO4﹣ C．0.1mol?L﹣1K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl﹣、OH﹣ D．0.1mol?L﹣1H2SO4溶液：K+、NH4+、NO3﹣、HSO3﹣5．（2分）下列實驗操作能達(dá)到實驗?zāi)康氖牵ǎ〢．用經(jīng)水濕潤的pH試紙測量溶液的pH B．將4.0gNaOH固體置于100mL容量瓶中，加水至刻度，配制1.000mol?L﹣1NaOH溶液 C．用裝置甲蒸干AlCl3溶液制無水AlCl3固體 D．用裝置乙除去實驗室所制乙烯中的少量SO26．（2分）下列有關(guān)化學(xué)反應(yīng)的敘述正確的是（）A．Fe在稀硝酸中發(fā)生鈍化 B．MnO2和稀鹽酸反應(yīng)制取Cl2 C．SO2與過量氨水反應(yīng)生成（NH4）2SO3 D．室溫下Na與空氣中O2反應(yīng)制取Na2O27．（2分）下列指定反應(yīng)的離子方程式正確的是（）A．室溫下用稀NaOH溶液吸收Cl2：Cl2+2OH﹣═ClO﹣+Cl﹣+H2O B．用鋁粉和NaOH溶液反應(yīng)制取少量H2：Al+2OH﹣═AlO2﹣+H2↑ C．室溫下用稀HNO3溶解銅：Cu+2NO3﹣+2H+═Cu2++2NO2↑+H2O D．向Na2SiO3溶液中滴加稀鹽酸：Na2SiO3+2H+═H2SiO3↓+2Na+8．（2分）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X是地殼中含量最多的元素，Y原子的最外層有2個電子，Z的單質(zhì)晶體是應(yīng)用最廣泛的半導(dǎo)體材料，W與X位于同一主族。下列說法正確的是（）A．原子半徑：r（W）＞r（Z）＞r（Y）＞r（X） B．由X、Y組成的化合物是離子化合物 C．Z的最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性比W的強(qiáng) D．W的簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比X的強(qiáng)9．（2分）在給定條件下，下列選項所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實現(xiàn)的是（）A．NaCl（aq）Cl2（g）FeCl2（s） B．MgCl2（aq）Mg（OH）2（s）MgO（s） C．S（s）SO3（g）H2SO4（aq） D．N2（g）NH3（g）Na2CO3（s）10．（2分）將鐵粉和活性炭的混合物用NaCl溶液濕潤后，置于如圖所示裝置中，進(jìn)行鐵的電化學(xué)腐蝕實驗。下列有關(guān)該實驗的說法正確的是（）A．鐵被氧化的電極反應(yīng)式為Fe﹣3e﹣═Fe3+ B．鐵腐蝕過程中化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為電能 C．活性炭的存在會加速鐵的腐蝕 D．以水代替NaCl溶液，鐵不能發(fā)生吸氧腐蝕二、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）氫氣與氧氣生成水的反應(yīng)是氫能源應(yīng)用的重要途徑。下列有關(guān)說法正確的是（）A．一定溫度下，反應(yīng)2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）能自發(fā)進(jìn)行，該反應(yīng)的△H＜0 B．氫氧燃料電池的負(fù)極反應(yīng)為O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣ C．常溫常壓下，氫氧燃料電池放電過程中消耗11.2LH2，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為6.02×1023 D．反應(yīng)2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）的△H可通過下式估算：△H＝反應(yīng)中形成新共價鍵的鍵能之和﹣反應(yīng)中斷裂舊共價鍵的鍵能之和12．（4分）化合物Y具有抗菌、消炎作用，可由X制得。下列有關(guān)化合物X、Y的說法正確的是（）A．1molX最多能與2molNaOH反應(yīng) B．Y與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)可得到X C．X、Y均能與酸性KMnO4溶液反應(yīng) D．室溫下X、Y分別與足量Br2加成的產(chǎn)物分子中手性碳原子數(shù)目相等13．（4分）室溫下進(jìn)行下列實驗，根據(jù)實驗操作和現(xiàn)象所得到的結(jié)論正確的是（）選項實驗操作和現(xiàn)象結(jié)論A向X溶液中滴加幾滴新制氯水，振蕩，再加入少量KSCN溶液，溶液變?yōu)榧t色X溶液中一定含有Fe2+B向濃度均為0.05mol?L﹣1的NaI、NaCl混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，有黃色沉淀生成Ksp（AgI）＞Ksp（AgCl）C向3mLKI溶液中滴加幾滴溴水，振蕩，再滴加1mL淀粉溶液，溶液顯藍(lán)色Br2的氧化性比I2的強(qiáng)D用pH試紙測得：CH3COONa溶液的pH約為9，NaNO2溶液的pH約為8HNO2電離出H+的能力比CH3COOH的強(qiáng)A．A B．B C．C D．D14．（4分）室溫下，反應(yīng)HCO3﹣+H2O?H2CO3+OH﹣的平衡常數(shù)K＝2.2×10﹣8．將NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合，可用于浸取廢渣中的ZnO．若溶液混合引起的體積變化可忽略，室溫下下列指定溶液中微粒物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（）A．0.2mol?L﹣1氨水：c（NH3?H2O）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＞c（H+） B．0.2mol?L﹣1NH4HCO3溶液（pH＞7）：c（NH4+）＞c（HCO3﹣）＞c（H2CO3）＞c（NH3?H2O） C．0.2mol?L﹣1氨水和0.2mol?L﹣1NH4HCO3溶液等體積混合：c（NH4+）+c（NH3?H2O）＝c（H2CO3）+c（HCO3﹣）+c（CO32﹣） D．0.6mol?L﹣1氨水和0.2mol?L﹣1NH4HCO3溶液等體積混合：c（NH3?H2O）+c（CO32﹣）+c（OH﹣）＝0.3mol?L﹣1+c（H2CO3）+c（H+）15．（4分）在恒壓、NO和O2的起始濃度一定的條件下，催化反應(yīng)相同時間，測得不同溫度下NO轉(zhuǎn)化為NO2的轉(zhuǎn)化率如圖中實線所示（圖中虛線表示相同條件下NO的平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化）。下列說法正確的是（）A．反應(yīng)2NO（g）+O2（g）═2NO2（g）的△H＞0 B．圖中X點所示條件下，延長反應(yīng)時間能提高NO轉(zhuǎn)化率 C．圖中Y點所示條件下，增加O2的濃度不能提高NO轉(zhuǎn)化率 D．380℃下，c起始（O2）＝5.0×10﹣4mol?L﹣1，NO平衡轉(zhuǎn)化率為50%，則平衡常數(shù)K＞2000三、非選擇題16．（12分）N2O、NO和NO2等氮氧化物是空氣污染物，含有氮氧化物的尾氣需處理后才能排放。（1）N2O的處理。N2O是硝酸生產(chǎn)中氨催化氧化的副產(chǎn)物，用特種催化劑能使N2O分解。NH3與O2在加熱和催化劑作用下生成N2O的化學(xué)方程式為。（2）NO和NO2的處理。已除去N2O的硝酸尾氣可用NaOH溶液吸收，主要反應(yīng)為NO+NO2+2OH﹣═2NO2﹣+H2O2NO2+2OH﹣═NO2﹣+NO3﹣+H2O①下列措施能提高尾氣中NO和NO2去除率的有（填字母）。A．加快通入尾氣的速率B．采用氣、液逆流的方式吸收尾氣C．吸收尾氣過程中定期補(bǔ)加適量NaOH溶液②吸收后的溶液經(jīng)濃縮、結(jié)晶、過濾，得到NaNO2晶體，該晶體中的主要雜質(zhì)是（填化學(xué)式）；吸收后排放的尾氣中含量較高的氮氧化物是（填化學(xué)式）。（3）NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾氣，可提高尾氣中NO的去除率。其他條件相同，NO轉(zhuǎn)化為NO3﹣的轉(zhuǎn)化率隨NaClO溶液初始pH（用稀鹽酸調(diào)節(jié)）的變化如圖所示。①在酸性NaClO