2009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2009年江蘇省高考化學(xué)試卷參考答案與試題解析一、單項選擇題：本題包括8小題，每小題3分，共計24分．每小題只有一個選項符合題意．1．（3分）《中華人民共和國食品安全法》于2009年月1日起實施．下列做法不利于安全的是（）A．用聚氯乙烯塑料袋包裝食品 B．在食品鹽中添加適量的碘酸鉀 C．在食品加工中科學(xué)使用食品添加劑 D．研發(fā)高效低毒的農(nóng)藥，降低蔬菜的農(nóng)藥殘留量【考點】KF：常見的食品添加劑的組成、性質(zhì)和作用．【專題】55：化學(xué)計算．【分析】A、從聚氯乙烯和氯乙烯的區(qū)別分析；B、從碘單質(zhì)、碘化物以及碘酸鹽的性質(zhì)比較考慮；C、從食品添加劑的性質(zhì)、作用以及用量等角度思考；D、從降低對人體的危害角度考慮；【解答】解：A、聚氯乙烯有毒，不能用于塑料袋包裝食品，可用聚乙烯塑料袋包裝食品，故A錯誤；B、碘單質(zhì)有毒而且易升華，碘化鉀有苦味而且不穩(wěn)定，容易被氧化成有毒的碘單質(zhì)，碘酸鉀是一種穩(wěn)定易吸收的鹽，故選擇碘酸鉀才作為最理想的添加劑，我們食用的食鹽通常加的都是碘酸鉀，故B正確；C、我國食品衛(wèi)生法規(guī)定，食品添加劑是指為改善食品品質(zhì)和色、香、味以及為防腐和加工工藝的需要而加入食品中的化學(xué)合成或天然物質(zhì)。食品營養(yǎng)強化劑也屬于食品添加劑。食品添加劑的好處首先是有利于食品保藏，防止食品腐爛變質(zhì)。食品添加劑還能改善食品的感官性狀，滿足人們口感的要求。適當使用著色劑、食用香料以及乳化劑、增稠劑等食品添加劑，可明顯提高食品的感官質(zhì)量。保持、提高食品的營養(yǎng)價值是食品添加劑又一重要作用。國內(nèi)外對食品添加劑都有嚴格規(guī)定和審批程序。只要嚴格按照國家批準的品種、范圍、計量使用添加劑，安全才有保障，故C正確；D、高效、低毒、低殘留農(nóng)藥是現(xiàn)代農(nóng)藥發(fā)展的一個方向，故D正確；故選：A?！军c評】本題考查了如下知識點①化學(xué)物質(zhì)與生活得關(guān)系，②食品添加劑，③化肥、農(nóng)藥對人類生活的影響，注意加強對生活中的化學(xué)的了解，本題難度不大．2．（3分）下列有關(guān)化學(xué)用語使用正確的是（）A．硫原子的原子結(jié)構(gòu)示意圖： B．NH4Cl的電子式： C．原子核內(nèi)有10個中子的氧原子： D．對氯甲苯的結(jié)構(gòu)簡式：【考點】44：原子結(jié)構(gòu)示意圖；47：結(jié)構(gòu)簡式；4J：電子式、化學(xué)式或化學(xué)符號及名稱的綜合．【專題】514：化學(xué)用語專題；53：有機化學(xué)基礎(chǔ)．【分析】A、根據(jù)原子核外電子數(shù)目和核內(nèi)質(zhì)子數(shù)目相等來分析；B、根據(jù)化合物的類型以及電子式的書寫方法來分析；C、根據(jù)中子數(shù)＝質(zhì)量數(shù)﹣質(zhì)子數(shù)來回答；D、根據(jù)有機物的命名方法中，鄰、間、對位所指的位置來回答．【解答】解：A、硫原子的原子結(jié)構(gòu)示意圖應(yīng)為，題干選項表示的是硫離子的結(jié)構(gòu)示意圖，故A錯誤；B、NH4Cl是由NH4+和Cl﹣離子構(gòu)成，由于Cl﹣是陰離子，必須寫出電子式：，故B錯誤；C、818O表示質(zhì)量數(shù)為18，質(zhì)子數(shù)為8的氧原子，所以該原子核內(nèi)有10個中子，故C正確；D、該結(jié)構(gòu)簡式是鄰氯甲苯，因為氯原子和甲基的位置在相鄰的碳原子上，對氯甲苯中的氯原子和甲基的位置應(yīng)該處于相對位置故D錯誤。故選：C?！军c評】本題目要求學(xué)生熟記1﹣20號原子的原子結(jié)構(gòu)結(jié)構(gòu)示意圖，常見陰離子、陽離子的結(jié)構(gòu)示意圖；質(zhì)量數(shù)、質(zhì)子數(shù)、中子數(shù)之間的關(guān)系；常見有機物的命名等知識．3．（3分）下列所列各組物質(zhì)中，物質(zhì)之間通過一步反應(yīng)就能實現(xiàn)如圖所示轉(zhuǎn)化的是（）abcAAlAlCl3Al（OH）3BHNO3NONO2CSiSiO2H2SiO3DCH2＝CH2CH3CH2OHCH3CHOA．A B．B C．C D．D【考點】FH：硅和二氧化硅．【專題】11：推斷題．【分析】A、根據(jù)物質(zhì)的性質(zhì)來判斷，Al（OH）3→Al的轉(zhuǎn)化必須經(jīng)過Al（OH）3→Al2O3和Al2O3→Al不能一步生成；B、從硝酸、一氧化氮和二氧化氮的性質(zhì)來判斷；C、根據(jù)物質(zhì)的性質(zhì)來判斷，SiO2→H2SiO3必須經(jīng)過兩步，先生成硅酸鈉，再生成硅酸；D、根據(jù)物質(zhì)的性質(zhì)來判斷，CH3CHO→CH2＝CH2必須經(jīng)過兩步，先生成乙醇，再生成乙烯．【解答】解：A、Al→AlCl3（2Al+6HCl＝2AlCl3+3H2↑或者2Al+3H2SO4＝Al2（SO4）3+3H2↑），AlCl3→Al（OH）3（AlCl3+3NH3?H2O＝Al（OH）3↓+3NH4Cl），Al（OH）3→AlCl3（Al（OH）3+3HCl→AlCl3+3H2O），Al（OH）3→Al的轉(zhuǎn)化必須經(jīng)過Al（OH）3→Al2O3（反應(yīng)方程式為：2Al（OH）3Al2O3+3H2O）和Al2O3→Al（2Al2O34Al+3O2↑）這兩步，故A不選；B、HNO3→NO（8HNO3+3Cu＝3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O），NO→NO2（2NO+O2＝2NO2），NO2→NO（3NO2+H2O＝2HNO3+NO），NO2→HNO3（3NO2+H2O＝2HNO3+NO），故B正確；C、Si→SiO2（Si+O2SiO2），SiO2→H2SiO3必須經(jīng)過兩步（SiO2+2NaOH→Na2SiO3+H2O和Na2SiO3+H2O+CO2＝H2SiO3↓+Na2CO3），故C不選；D、CH2＝CH2→CH3CH2OH（CH2＝CH2+H2OCH3CH2OH），CH3CH2OH→CH3CHO（2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O），CH3CHO→CH3CH2OH（CH3CHO+H2CH3CH2OH），CH3CHO→CH2＝CH2就必須經(jīng)過兩步（CH3CHO+H2CH3CH2OH和CH3CH2OHCH2＝CH2+H2O）故D不選。故選：B?！军c評】本題考查物質(zhì)的轉(zhuǎn)化，要熟練掌握元素及其化合物之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系，具有一定的難度，尤其是不能一步轉(zhuǎn)化的反應(yīng)要注意．4．（3分）用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值．下列敘述正確的是（）A．25℃時，PH＝13的1.0LBa（OH）2溶液中含有的OH﹣數(shù)目為0.2NA B．標準狀況下，2.24LCl2與過量稀NaOH溶液反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子總數(shù)為0.2NA C．室溫下，21.0g乙烯和丁烯的混合氣體中含有的碳原子數(shù)目為1.5NA D．標準狀況下，22.4L甲醇中含有的氧原子數(shù)為1.0NA【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、根據(jù)PH值和氫氧化鋇中氫氧根濃度之間的關(guān)系來分析；B、根據(jù)反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子的量以及元素化合價的變化情況來回答；C、根據(jù)乙烯和丁烯的最簡式都是CH2的特點來分析；D、根據(jù)標準狀況下甲醇為液態(tài)來分析．【解答】解：A、PH＝13也就是意味著，則，，所以，故A錯誤；B、發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)方程式為Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O（該反應(yīng)為歧化反應(yīng)），，那么轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目應(yīng)該為0.1NA，故B錯誤；C、乙烯和丁烯的最簡式都是CH2，則，所以n（C）＝1.5mol，N（C）＝1.5NA，故C正確；D、標準狀況下，甲醇為液態(tài)，那么甲醇的物質(zhì)的量就不是1mol，則所含有的氧原子個數(shù)也不為NA，故D錯誤。故選：C?！军c評】以阿伏伽德羅常數(shù)為載體考察如下知識點：①考查22.4L/mol的正確使用；②考查在氧化還原反應(yīng)中得失電子數(shù)的計算；③正確表示一定物質(zhì)的量的某物質(zhì)微粒所含某種微粒的個數(shù)；④考查在標準狀況下一定體積的氣體分子所含的分子數(shù)和原子數(shù)．5．（3分）化學(xué)在生產(chǎn)和日常生活中有著重要的應(yīng)用．下列說法不正確的是（）A．明礬水解形成的Al（OH）3膠體能吸附水中懸浮物，可用于水的凈化 B．在海輪外殼上鑲?cè)脘\塊，可減緩船體的腐蝕速率 C．MgO的熔點很高，可用于制作耐高溫材料 D．電解MgCl2飽和溶液，可制得金屬鎂【考點】BK：金屬的電化學(xué)腐蝕與防護；DD：鹽類水解的應(yīng)用；DI：電解原理；G6：金屬冶煉的一般原理．【專題】21：熱點問題；51：基本概念與基本理論．【分析】A、根據(jù)明礬凈水的原理是氫氧化鋁凈水來分析；B、根據(jù)原電池的工作原理和應(yīng)用來回答；C、根據(jù)氧化鎂的物理性質(zhì)來分析其應(yīng)用；D、根據(jù)電解氯化鎂溶液的反應(yīng)原理及其產(chǎn)物來判斷．【解答】解：A、明礬凈水的原理是：Al3++3H2O＝Al（OH）3（膠體）+3H+，利用Al（OH）3（膠體）的吸附性進行凈水，故A正確；B、因為輪船主要用鐵造外殼，鐵在海水中易被腐蝕，鍍上比鐵活潑的鋅，形成原電池，鋅作負極，失去電子先被腐蝕，從而起到保護鐵的作用，從而可減緩船體的腐蝕速率，故B正確；C、氧化鎂的熔點是2852℃，可用于制作耐高溫材料，故C正確；D、電解MgCl2飽和溶液，發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)為：，不會產(chǎn)生金屬鎂，電解熔融的MgCl2能制取單質(zhì)鎂，發(fā)生的反應(yīng)，故D錯誤。故選：D。【點評】本題主要考查了物質(zhì)的水解反應(yīng)以及水解反應(yīng)的用途、常見物質(zhì)在生產(chǎn)生活中的具體用途、常見物質(zhì)的制備及發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)方程式等方面的知識，是一道綜合題目．6．（3分）下列有關(guān)試驗操作的敘述正確的是（）A．實驗室常用右圖所示的裝置制取少量的乙酸乙酯 B．用50mL酸式滴定管可準確量取25.00mLKMnO4溶液 C．用量筒取5.00mL1.00mol?L﹣1鹽酸于50mL容量瓶中，加水稀釋至刻度，可配制0.100mol?L﹣1鹽酸 D．在苯萃取溴水中的溴，分液時有機層從分液漏斗的下端放出【考點】TJ：乙酸乙酯的制?。緦ｎ}】16：壓軸題；17：綜合實驗題；541：化學(xué)實驗常用儀器及試劑．【分析】A、制取少量的乙酸乙酯時導(dǎo)氣管不能深入到飽和碳酸鈉溶液中，這樣容易產(chǎn)生倒吸；B、高錳酸鉀對橡皮管有侵蝕性，只能用酸式滴定管；C、量筒只能精確到小數(shù)點后一位，配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液時，溶解操作應(yīng)在燒杯內(nèi)溶解，不允許在容量瓶內(nèi)溶解；D、分液漏斗內(nèi)的液體進行分離時，下層液體從下端流出，上次液體從上口倒出．【解答】解：A、導(dǎo)氣管深入到飽和碳酸鈉溶液中去了，這樣容易產(chǎn)生倒吸，所以該裝置不能用于制備乙酸乙酯，故A錯誤；B、準確量取一定體積的溶液，用的儀器是滴定管，滴定管有兩種：酸式和堿式，具體使用范圍是：酸式滴定管不得用于裝堿性溶液，因為玻璃的磨口部分易被堿性溶液侵蝕，使塞子無法轉(zhuǎn)動。堿式滴定管不宜于裝對橡皮管有侵蝕性的溶液，如碘、高錳酸鉀和硝酸銀等。所以量取高錳酸鉀溶液用酸式滴定管，故B正確；C、有兩點錯誤之處，第一點量筒只能精確到小數(shù)點后一位，第二點在配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液時，溶解操作應(yīng)在燒杯內(nèi)溶解，不允許在容量瓶內(nèi)溶解，故C錯誤；D、苯的密度比水小，萃取后分層，有機層在上面，故有機層應(yīng)該從上口倒出，故D錯誤。故選：B?！军c評】本題考查常見實驗的儀器組裝，操作過程、注意事項要牢記；常見儀器的使用，以及在使用過程中所需要注意的地方（精確度）7．（3分）在下列各溶液中，離子一定能大量共存的是（）A．強堿性溶液中：K+、Al3+、Cl﹣、SO42﹣ B．含有0.1mol?L﹣1Fe3+的溶液中：K+、Mg2+、I﹣、NO3﹣ C．含有0.1mol?L﹣1Ca2+溶液在中：Na+、K+、CO32﹣、Cl﹣ D．室溫下，pH＝1的溶液中：Na+、Fe3+、NO3﹣、SO42﹣【考點】DP：離子共存問題．【專題】16：壓軸題．【分析】A、根據(jù)在堿性條件下是否有與OH﹣反應(yīng)的離子來判斷；B、Fe3+具有氧化性，根據(jù)是否存在與Fe3+發(fā)生氧化還原反應(yīng)的離子或存在其它反應(yīng)類型來判斷；C、含有Ca2+的溶液中，判斷是否有與Ca2+生成沉淀的離子；D、判斷在酸性溶液中是否有與H+反應(yīng)的離子或其它反應(yīng)類型．【解答】解：A、強堿性溶液意味著存在大量的OH﹣，所以Al3+不能共存（Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓），故A錯誤；B、Fe3+和I﹣因發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不能共存（2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I2）故B錯誤；C、Ca2+和CO32﹣因發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)而不能共存，故C錯誤；D、室溫下，pH＝1的溶液中的四種離子Na+、Fe3+、NO3﹣、SO42﹣之間不能反應(yīng)生成沉淀、氣體、弱電解質(zhì)以及其它反應(yīng)類型，故可以大量共存，故D正確。故選：D。【點評】本題考查離子共存問題，做題時注意（一色、二性、三特殊、四反應(yīng)牢記）①由于發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，離子不能大量共存；②由于發(fā)生氧化還原反應(yīng)，離子不能大量共存；③溶液酸堿性的判斷（隱含條件）．8．（3分）X、Y、Z、W、R是5種短周期元素，其原子序數(shù)依次增大．X是周期表中原子半徑最小的元素，Y原子最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的3倍，Z、W、R處于同一周期，R與Y處于同一族，Z、W原子的核外電子數(shù)之和與Y、R原子的核外電子數(shù)之和相等．下列說法正確的是（）A．元素Y、Z、W具有相同電子層結(jié)構(gòu)的離子，其半徑依次增大 B．元素X不能與元素Y形成化合物X2Y2 C．元素Y、R分別與元素X形成的化合物的熱穩(wěn)定性：XmY＞XmR D．元素W、R的最高價氧化物的水化物都是強酸【考點】8F：原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系．【專題】16：壓軸題；51C：元素周期律與元素周期表專題．【分析】X是周期表中原子半徑最小的元素，應(yīng)為H元素，Y原子最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的3倍，應(yīng)為O元素；根據(jù)Z、W、R處于同一周期，R與Y處于同一族，則R為S元素；Z、W原子的核外電子數(shù)之和與Y、R原子的核外電子數(shù)之和相等，則Z、W原子的核外電子數(shù)之和為8+16＝24，又Z、W、處于同一周期，應(yīng)為第三周期，分別為Na和Al元素．其中：A、根據(jù)核外電子排布相同的微粒，半徑隨著核電荷數(shù)的增加而減小進行判斷；B、根據(jù)推斷得知X和Y分別為H和O元素，可知形成的常見化合物有H2O和H2O2；C、根據(jù)非金屬強弱判斷氫化物的穩(wěn)定性；D、根據(jù)金屬性和非金屬性判斷堿和酸的強弱．【解答】解：A、從題目所給的條件可以看出X是H元素，Y是O元素，Z是Na元素，W是Al元素，R是S元素。Y、Z、W具有相同電子層結(jié)構(gòu)的離子（O2﹣、Na+、Al3+），根據(jù)核外電子排布相同的微粒，半徑隨著核電荷數(shù)的增加而減小，其半徑依次減小，故A錯誤；B、X和Y元素能形成2種化合物，X2Y（H2O）和X2Y2（H2O2），故B錯誤；C、元素Y、R分別與元素X形成的化合物是氫化物，因為Y（O元素）和R（S元素）的非金屬性強弱：Y＞R，所以對應(yīng)的氫化物的穩(wěn)定性：XmY＞XmR，故C正確；D、W元素最高價氧化物的水化物是Al（OH）3，是弱堿，而R元素最高價氧化物的水化物是H2SO4，是強酸，故D錯誤。故選：C。【點評】本題考查元素周期律的運用，做題時注意以下問題：①同周期、同主族內(nèi)元素性質(zhì)（核外電子排布、原子半徑、金屬性、非金屬性、酸堿性、氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性等）變化規(guī)律．②元素之間化合所形成化合物的化學(xué)式的書寫．二、不定項選擇題：本題包括6小題，每小題4分，共計24分．每小題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，該題的0分；若正確答案包括兩個選項，只選一個且正確的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．9．（4分）下列化學(xué)實驗事實及其解釋都正確的是（）A．向碘水中滴加CCl4，振蕩靜置后分層，CCl4層呈紫紅色，說明可用CCl4從碘水中萃取碘 B．向SO2水溶液中滴加鹽酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，說明BaSO3難溶于鹽酸 C．向0.1mol?L﹣1FeSO4溶液中滴加少量酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液褪色，說明Fe2+具有氧化性 D．向2.0mL濃度均為0.1mol?L﹣1的KCl、KI混合溶液中滴加1～2滴0.01mol?L﹣1AgNO3溶液，振蕩，沉淀呈黃色，說明AgCl的KSP比AgI的KSP大【考點】DH：難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)；GO：鐵鹽和亞鐵鹽的相互轉(zhuǎn)變；P4：分液和萃取．【專題】19：物質(zhì)檢驗鑒別題；54：化學(xué)實驗．【分析】A、碘在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，且CCl4和水互不相溶，可用CCl4從碘水中萃取碘．B、在該實驗中根本得不到白色沉淀，因為SO2不可能與BaCl2溶液反應(yīng)；C、KMnO4溶液褪色是因為被Fe2+還原，F(xiàn)e2+具有還原性；D、沉淀呈黃色，說明沉淀是AgI，也就意味著AgCl的Ksp比AgI的大．【解答】解：A、溶質(zhì)在互不相溶的溶劑里，根據(jù)溶解度的不同，把溶質(zhì)分離出來，叫萃取，向碘水中滴加CCl4，振蕩靜置后分層，CCl4層呈紫紅色，說明碘在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，且CCl4和水互不相溶，可用CCl4從碘水中萃取碘，故A正確；B、向SO2水溶液中滴加鹽酸酸化的BaCl2溶液，得不到白色沉淀，因為HCl酸性強于H2SO3，且BaSO3可溶于鹽酸，故SO2不可能與BaCl2溶液反應(yīng)，故B錯誤；C、因為KMnO4具有強氧化性，常做氧化劑，向FeSO4溶液中滴加少量酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液褪色，說明Fe2+具有還原性，故C錯誤；D、沉淀為黃色，說明沉淀是AgI，AgI的溶解度小于AgCl的溶解度，也就是AgCl的Ksp比AgI的Ksp大，故D正確。故選：AD。【點評】本題考查：①重要試驗的操作過程、實驗現(xiàn)象、結(jié)論和解釋應(yīng)牢記；②Ksp的運用．10．（4分）具有顯著抗癌活性的10﹣羥基喜樹堿的結(jié)構(gòu)如圖所示．下列關(guān)于10﹣羥基喜樹堿的說法正確的是（）A．分子式為C20H16N2O5 B．不能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng) C．不能發(fā)生酯化反應(yīng) D．一定條件下，1mol該物質(zhì)最多可與1molNaOH反應(yīng)【考點】HD：有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)．【專題】534：有機物的化學(xué)性質(zhì)及推斷．【分析】分析結(jié)構(gòu)中含有的官能團，根據(jù)官能團與性質(zhì)的關(guān)系來回答．A、查原子個數(shù)即可確定物質(zhì)的分子式；B、看結(jié)構(gòu)中羥基是否和苯環(huán)直接相連來分析酚的性質(zhì)；C、看是否含羥基來分析酯化反應(yīng)；D、能與氫氧化鈉反應(yīng)的官能團為鹵素原子、苯酚上的羥基、酯基和肽鍵等．【解答】解：A、根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式，很容易查出C、H、N、O的原子個數(shù)，所以分子式為C20H16N2O5，故A正確；B、因為在苯環(huán)上有羥基，構(gòu)成羥基酚的結(jié)構(gòu)，所以能與FeCl3發(fā)生顯色反應(yīng)，故B錯；C、從結(jié)構(gòu)簡式可以看出，存在﹣OH，具有醇的性質(zhì)，所以能夠發(fā)生酯化反應(yīng)，故C錯；D、有2個基團能夠和氫氧化鈉反應(yīng)，苯酚上的羥基、酯基，所以消耗的氫氧化鈉應(yīng)該為2mol，故D錯誤；故選：A?！军c評】根據(jù)結(jié)構(gòu)式寫分子式時要注意C四價，以防少查氫原子．苯環(huán)上的羥基具有酚類的性質(zhì)，要注意區(qū)分是酚類羥基還是醇類羥基．11．（4分）下列離子方程式與所述事實相符且正確的是（）A．漂白粉溶液在空氣中失效：ClO﹣+CO2+H2O═HClO+HCO3﹣ B．用濃鹽酸與MnO2反應(yīng)制取少量氯氣：MnO2+2H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O C．向NaAlO2溶液中通入過量的CO2制取Al（OH）3：AlO2﹣+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+HCO3﹣ D．在強堿溶液中，次氯酸鈉與Fe（OH）3反應(yīng)生成Na2FeO4：3ClO﹣+2Fe（OH）3═2FeO42﹣+3Cl﹣+H2O+4H+【考點】49：離子方程式的書寫．【分析】A．次氯酸鈣與空氣中的二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鈣和次氯酸；B．原子個數(shù)、電荷數(shù)都不守恒；C．偏鋁酸鈉與過量二氧化碳反應(yīng)生成氫氧化鋁和碳酸氫鈉；D．堿性溶液中不能生成氫離子?！窘獯稹拷猓篈．漂白粉溶液在空氣中失效：ClO﹣+CO2+H2O═HClO+CaCO3↓，故A錯誤；B．用濃鹽酸與反應(yīng)制取少量氯氣，離子方程式：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，故B錯誤；C．偏鋁酸鈉與過量二氧化碳反應(yīng)生成氫氧化鋁和碳酸氫鈉，離子方程式為：AlO2﹣+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+HCO3﹣，故C正確；D．在強堿溶液中，次氯酸鈉與Fe（OH）3反應(yīng)生成Na2FeO4，離子方程式為：2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣＝2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查了離子方程式的書寫，明確反應(yīng)實質(zhì)是解題關(guān)鍵，注意離子方程式應(yīng)遵循原子個數(shù)守恒、電荷守恒規(guī)律，題目難度不大。12．（4分）以葡萄糖為燃料的微生物燃料電池結(jié)構(gòu)示意圖如圖所示。關(guān)于該電池的敘述正確的是（）A．該電池能夠在高溫下工作 B．電池的負極反應(yīng)為：C6H12O6+6H2O﹣24e﹣＝6CO2↑+24H+ C．放電過程中，H+從正極區(qū)向負極區(qū)遷移 D．在電池反應(yīng)中，每消耗1mol氧氣，理論上能生成標準狀況下CO2氣體【考點】BL：化學(xué)電源新型電池．【專題】51I：電化學(xué)專題．【分析】A、從蛋白質(zhì)的性質(zhì)分析；B、負極是葡萄糖失電子生成二氧化碳，電極反應(yīng)為C6H12O6+6H2O﹣24e﹣＝6CO2↑+24H+；C、原電池內(nèi)部陽離子應(yīng)向正極移動；D、根據(jù)正負極電極反應(yīng)式進行計算．【解答】解：A、高溫條件下微生物會變性，故A錯誤；B、負極是葡萄糖失電子生成二氧化碳，電極反應(yīng)為C6H12O6+6H2O﹣24e﹣＝6CO2↑+24H+，故B正確；C、原電池內(nèi)部陽離子應(yīng)向正極移動，故C錯誤；D、正極反應(yīng)式為O2+4e﹣+4H+═2H2O，對比負極反應(yīng)可知，消耗1mol氧氣生成1mol二氧化碳，標準狀況下體積是22.4L，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題從兩個角度考查①原電池反應(yīng)（反應(yīng)原理、電極方程式的書寫、離子的移動方向）；②有關(guān)化學(xué)方程式的計算．13．（4分）下列溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（）A．室溫下，向0.01mol?L﹣1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c（Na+）＞c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（OH﹣）＝c（H+） B．0.1mol?L﹣1NaHCO3溶液：c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（H+） C．Na2CO3溶液：c（OH﹣）﹣c（H+）＝c（HCO3﹣）+2c（H2CO3） D．25℃時，pH＝4.75、濃度均為0.1mol?L﹣1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液：c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）＜c（CH3COOH）+c（H+）【考點】DN：離子濃度大小的比較．【專題】16：壓軸題；51A：溶液和膠體專題．【分析】A、設(shè)n（NH4HSO4）＝1mol（即溶液體積為100L），若加入1molNaOH，得Na2SO4和（NH4）2SO4，溶液顯酸性，若加入2molNaOH，得Na2SO4和NH3?H2O，溶液顯堿性．故欲使溶液呈中性，加入的NaOH必在1～2mol之間．而，SO42﹣恒為1mol，部分NH4+與OH﹣反應(yīng)，最終n（NH4+）＜1mol．B、溶液呈堿性，并且HCO3﹣水解和水的電離都是微弱的，則有HCO3﹣的濃度大于OH﹣濃度，．C、運用電荷守恒和物料守恒判斷離子的關(guān)系來判斷；D、混合液為酸性，說明CH3COOH的電離程度大于CH3COO﹣的水解程度，溶液中c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（CH3COOH），再結(jié)合電荷守恒判斷．．【解答】解：A、如果NH4HSO4與NaOH完全反應(yīng)，化學(xué)計量比是1：2，但若完全反應(yīng)溶液中有較多的NH3．H2O，會顯堿性，想使溶液為中性，NH4HSO4必須有剩余，若NH4HSO4與NaOH1：1反應(yīng)，那么溶液中還有很多NH4+，溶液顯示酸性（NH4+水解顯酸性），所以若NH4HSO4為1mol，設(shè)與之反應(yīng)的NaOH的用量xmol，則有1＜x＜2，則NH4+的量＜1．假設(shè)溶液體積為1升，反應(yīng)結(jié)束后，SO42﹣的量為n＝0.01mol，Na+的量為x（0.01＜x＜0.02），NH4+的量為y＜0.01，由于是中性，所以H+和OH﹣的量相同，均為10﹣7，故A正確；B、NaHCO3溶液中，OH﹣是由HCO3﹣水解和水的電離所出成的，但是這些都是微弱的。HCO3﹣的濃度大于OH﹣濃度，故B錯誤；C、由電荷守恒有：c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣），由物料守恒可得：c（Na+）＝2c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）+2c（H2CO3），將兩式中的C（Na+）消去，可得c（OH﹣）﹣c（H+）＝c（HCO3﹣）+2c（H2CO3），故C正確；D、25℃時，pH＝4.75、濃度均為0.1mol?L﹣1的CH3COOH、CH3COONa的混合液為酸性，說明CH3COOH的電離程度大于CH3COO﹣的水解程度，則溶液中c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（CH3COOH），根據(jù)電荷守恒可得：c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+），由于c（Na+）＞c（CH3COOH），則c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）＞c（CH3COOH）+c（H+），故D錯誤；故選：AC。【點評】本題考查：①混合溶液中離子濃度的關(guān)系，②等pH的溶液中物質(zhì)的量濃度的大小關(guān)系③電離和水解的相互關(guān)系④酸式鹽溶液中離子的濃度大小關(guān)系，做題時注意電荷守恒、物料守恒的運用．14．（4分）I2在KI溶液中存在下列平衡：I2（aq）+I﹣（aq）?I3（aq）某I2、KI混合溶液中，I3﹣的物質(zhì)的量濃度c（I3﹣）與溫度T的關(guān)系如圖所示（曲線上任何一點都表示平衡狀態(tài)）。下列說法正確的是（）A．反應(yīng)I2（aq）+I﹣（aq）?I3（aq）的△H＞0 B．若溫度為T1、T2，反應(yīng)的平衡常數(shù)分別為K1、K2，則K1＞K2 C．若反應(yīng)進行到狀態(tài)D時，一定有v正＞v逆 D．狀態(tài)A與狀態(tài)B相比，狀態(tài)A的c（I2）大【考點】CB：化學(xué)平衡的影響因素；CI：體積百分含量隨溫度、壓強變化曲線．【專題】13：圖像圖表題；16：壓軸題；51E：化學(xué)平衡專題．【分析】A、根據(jù)溫度升高時平衡移動的方向判斷反應(yīng)的反應(yīng)熱；B、根據(jù)溫度變化時平衡移動的方向比較平衡常數(shù)的大?。籆、根據(jù)D狀態(tài)與平衡狀態(tài)比較，判斷反應(yīng)方向進而得出反應(yīng)速率關(guān)系；D、根據(jù)平衡移動規(guī)律比較濃度大?。弧窘獯稹拷猓篈、隨著溫度的不斷升高，I3﹣的濃度逐漸的減小，說明反應(yīng)向逆方向移動，I2（aq）+I﹣（aq）I3﹣（aq）是一個放熱反應(yīng)，即△H＜0，故A錯誤；B、因為，T2＞T1，所以當溫度升高時，反應(yīng)向逆方向移動，即K1＞K2；故B正確；C、從圖中可以看出D點并沒有達到平衡狀態(tài)，所以它要向A點移動，I3﹣的濃度應(yīng)增加，平衡向正分析移動，所以v正＞v逆，故C正確；D、溫度升高，平衡向逆方向移動，c（I3﹣）變小，則c（I2）應(yīng)變大，所以狀態(tài)B的c（I2）大，故D錯誤；故選：BC?！军c評】本題考查化學(xué)平衡的移動和平衡常數(shù)的運用，注意化學(xué)平衡圖象分析的一般方法來解答：一看面：看清圖象中橫坐標和縱坐標的含義；二看線：弄清圖象中線的斜率或線走勢的意義；三看點：明確曲線的起點、終點、交點及拐點等；四看是否需要輔助線。三、非選擇題15．（10分）醫(yī)用氯化鈣可用于生產(chǎn)補鈣、抗過敏和消炎等藥物。以工業(yè)碳酸鈣（含有少量Na+、Al3+、Fe3+等雜志）生產(chǎn)醫(yī)藥級二水合氯化鈣（CaCl2?2H2O的質(zhì)量分數(shù)為97.0%～103.0%）的主要流程如下：（1）除雜操作是加入氫氧化鈣，調(diào)節(jié)溶液的pH為8.0～8.5，以出去溶液中的少量Al3+、Fe3+．檢驗Fe（OH）3是否沉淀完全的試驗操作是取少量上層清液，滴加KSCN溶液，若不出現(xiàn)血紅色，則表明Fe（OH）3沉淀完全。。（2）酸化操作是加入鹽酸，調(diào)節(jié)溶液的pH約為4.0，其目的有：①將溶液中的少量Ca（OH）2轉(zhuǎn)化為CaCl2；②防止Ca2+在蒸發(fā)時水解；③防止溶液吸收空氣中CO2。（3）測定樣品中Cl﹣含量的方法是：a．稱取0.7500g樣品，溶解，在250mL容量瓶中定容；b．量取25.00mL待測溶液于錐形瓶中；c．用0.05000mol?L﹣1AgNO3溶液滴定至終點，消耗AgNO3溶液體積的平均值為20.39mL。①上述測定過程中需要溶液潤洗的儀器有酸式滴定管。②計算上述樣品中CaCl2?2H2O的質(zhì)量分數(shù)為99.9%。③若用上述辦法測定的樣品中CaCl2?2H2O的質(zhì)量分數(shù)偏高（測定過程中產(chǎn)生的誤差可忽略），其可能原因有樣品中存在少量的NaCl；少量的CaCl2.2H2O失水?！究键c】RD：探究物質(zhì)的組成或測量物質(zhì)的含量．【專題】16：壓軸題．【分析】（1）Fe3+與KSCN反應(yīng)生成紅色物質(zhì)Fe（SCN）3，檢驗Fe3+是否存在的，選用KSCN溶液；（2）Ca（OH）2易吸收空氣中的CO2，生成CaCO3沉淀，如果吸收大量的CO2會導(dǎo)致最終質(zhì)量分數(shù)偏低；（3）①標準液為硝酸銀溶液，所以用酸式滴定管。在使用前應(yīng)先用硝酸銀溶液進行潤洗；②根據(jù)到達滴定終點生成氯化銀的物質(zhì)的量等于消耗的硝酸銀的物質(zhì)的量這一關(guān)系求出消耗硝酸銀的物質(zhì)的量，則n（AgCl）＝2n（CaCl2.2H2O），據(jù)此可以算出實際上的CaCl2.2H2O的物質(zhì)的量，進而求出質(zhì)量。注意的是我們是從250mol中取25ml，所以在計算時要注意這一點；③樣品中存在少量的NaCl，根據(jù)n（AgCl）2n（CaCl2.2H2O）可知，CaCl2.2H2O的物質(zhì)的量增大。同樣若CaCl2.2H2O失水導(dǎo)致分母變小，值偏大。【解答】解：（1）Fe3+與KSCN反應(yīng)生成紅色物質(zhì)Fe（SCN）3，檢驗Fe3+是否存在的，選用KSCN溶液。故答案為：取少量上層清液，滴加KSCN溶液，若不出現(xiàn)血紅色，則表明Fe（OH）3沉淀完全；（2）Ca（OH）2易吸收空氣中的CO2，生成CaCO3沉淀，故答案為：防止溶液吸收空氣中CO2；（3）①標準液為硝酸銀溶液，所以用酸式滴定管，如用堿式滴定管會腐蝕橡膠管，故答案為：酸式滴定管；②樣品中n（Cl﹣）＝0.05000mol?L﹣1×0.02039L×10＝0.010195mol，根據(jù)n（AgCl）＝2n（CaCl2.2H2O），則n（CaCl2.2H2O）＝0.0050975mol，所以m（CaCl2.2H2O）＝0.0050975mol×147g/mol＝0.7493325g，則有：100%＝99.9%，故答案為：99.9%；③樣品中存在少量的NaCl會導(dǎo)致CaCl2.2H2O的物質(zhì)的量增大。同樣若CaCl2.2H2O失水導(dǎo)致分母變小，值偏大。故答案為：樣品中存在少量的NaCl；少量的CaCl2.2H2O失水【點評】此題主要考查實驗的基本操作、實驗儀器的選擇、實驗誤差分析。注意離子的檢驗方法和常見儀器的使用，樣品純度的分析要注意溶液中可能發(fā)生的反應(yīng)，注意有效數(shù)字問題。16．（8分）以氯化鉀和鈦白廠的副產(chǎn)品硫酸亞鐵為原料生產(chǎn)硫酸鉀、過二硫酸鈉和氧化鐵紅顏料，原料的綜合利用率較高．其主要流程如下：（1）反應(yīng)I前需在FeSO4溶液中加入B（填字母），以除去溶液中的Fe3+．A．鋅粉B．鐵屑C．KI溶液D．H2（2）反應(yīng)Ⅰ需控制反應(yīng)溫度低于35℃，其目的是防止NH4HCO3分解（或減少Fe2+的水解）．（3）工業(yè)生產(chǎn)上常在反應(yīng)Ⅲ的過程中加入一定量的醇類溶劑，其目的是降低K2SO4的溶解度，有利于K2SO4析出．（4）反應(yīng)Ⅳ常被用于電解生產(chǎn)（NH4）2S2O8（過二硫酸銨）．電解時均用惰性電極，陽極發(fā)生地電極反應(yīng)可表示為2SO42﹣﹣2e﹣═S2O82﹣．【考點】BI：電極反應(yīng)和電池反應(yīng)方程式；GO：鐵鹽和亞鐵鹽的相互轉(zhuǎn)變；GS：無機物的推斷．【分析】（1）FeSO4易被氧化，加入鐵屑發(fā)生反應(yīng)2Fe2++Fe＝2Fe3+，以達到除去Fe3+的目的，除雜時還要考慮不能引入新雜質(zhì)；（2）NH4HCO3易分解，反應(yīng)時必須降低溫度，同樣也會加快Fe2+的水解．（3）K2SO4易溶于水，但難溶于有機溶劑，要想使K2SO4析出需加入醇類溶劑，降低其溶解度．（4）反應(yīng)Ⅲ中為硫酸銨溶液，通過電解后生成（NH4）2S2O8和氫氣，根據(jù)化合價變化可知陽極反應(yīng)為：2SO42﹣﹣2e﹣═2S2O82﹣．【解答】解：（1）在FeSO4溶液中除去溶液中的Fe3+，最好選用鐵屑或鐵粉，故答案為：B；（2）如果溫度過高會導(dǎo)致NH4HCO3分解同樣也會加快Fe2+的水解（溫度越高水解速率越快）這樣會使原料利用率降低，故答案為：防止NH4HCO3分解（或減少Fe2+的水解）；（3）由題目看出在Ⅲ反應(yīng)中生成的K2SO4為固體，而K2SO4在無機溶劑中溶解度是比較大的，要想使K2SO4析出只能降低其溶解度所以加入醇類溶劑目的降低K2SO4的溶解度，故答案為：降低K2SO4的溶解度，有利于K2SO4析出；（4）根據(jù)陰陽極反應(yīng)原理陽極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，此題實質(zhì)是電解硫酸銨溶液，在根據(jù)反應(yīng)后的產(chǎn)物得出正確的答案，故答案為：2SO42﹣﹣2e﹣═S2O82﹣．【點評】此題為化工生產(chǎn)題型，主要考查化合物性質(zhì)，電極方程式書寫．做此類題要分析清楚每一個環(huán)節(jié)目的和結(jié)果是什么．這樣才能判斷各反應(yīng)后的產(chǎn)物分別是什么．17．（8分）廢舊印刷電路板的回收利用可實現(xiàn)資源再生，并減少污染．廢舊印刷電路板經(jīng)粉碎分離，能得到非金屬粉末和金屬粉末．（1）下列處理印刷電路板非金屬粉末的方法中，不符合環(huán)境保護理念的是BD（填字母）．A．熱裂解形成燃油B．露天焚燒C．作為有機復(fù)合建筑材料的原料D．直接填埋（2）用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出印刷電路板金屬粉末中的銅．已知：Cu（s）+2H+（aq）═Cu2+（aq）+H2（g）H＝64.39KJ?mol﹣12H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g）H＝﹣196.46KJ?mol﹣1═H2O（l）H＝﹣285.84KJ?mol﹣1在H2SO4溶液中Cu與H2O2反應(yīng)生成Cu2+和H2O的熱化學(xué)方程式為Cu（s）+H2O2（l）+2H+（aq）＝Cu2+（aq）+2H2O（l）△H＝﹣319.68KJ．mol﹣1．（3）控制其他條件相同，印刷電路板的金屬粉末用10%H2O2和3.0mol?L﹣1H2SO4的混合溶液處理，測得不同溫度下銅的平均溶解速率（見下表）．溫度（℃）20304050607080銅平均溶解速率（×10﹣3mol?L﹣1?min﹣1）7.348.019.257.987.246.735.76當溫度高于40℃時，銅的平均溶解速率隨著反應(yīng)溫度升高而下降，其主要原因是H2O2分解速率加快．（4）在提純后的CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液，加熱，生成CuCl沉淀．制備CuCl的離子方程式是2Cu2++SO32﹣+2Cl﹣+H2O═2CuCl↓+SO42﹣+2H+．【考點】BE：熱化學(xué)方程式．【分析】（1）根據(jù)資源的回收利用可實現(xiàn)資源再生，并減少污染來分析；（2）根據(jù)已知的熱化學(xué)反應(yīng)方程式和蓋斯定律來分析Cu與H2O2反應(yīng)生成Cu2+和H2O的熱化學(xué)方程式；（3）根據(jù)雙氧水的性質(zhì)來分析化學(xué)反應(yīng)速率的變化；（4）根據(jù)反應(yīng)物與生產(chǎn)物來書寫離子方程式．【解答】解：（1）因熱裂解形成燃油及作為有機復(fù)合建筑材料的原料都可實現(xiàn)資源的再利用，露天焚燒能生成有害氣體則污染空氣，直接填埋則廢舊印刷電路板中的重金屬離子會污染土壤，故答案為：BD；（2）由①Cu（s）+2H+（aq）═Cu2+（aq）+H2（g）H1＝64.39KJ?mol﹣1；②2H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g）H2＝﹣196.46KJ?mol﹣1；③═H2O（l）H3＝﹣285.84KJ?mol﹣1；則反應(yīng)Cu（s）+H2O2（l）+2H+（aq）＝Cu2+（aq）+2H2O（l）可由反應(yīng)①+②③得到，由蓋斯定律可知該反應(yīng)的反應(yīng)熱△H＝H1+H2H3＝64.39KJ?mol﹣1+（﹣196.46KJ?mol﹣1）（﹣285.84KJ?mol﹣1）＝﹣319.68KJ．mol﹣1，故答案為：Cu（s）+H2O2（l）+2H+（aq）＝Cu2+（aq）+2H2O（l）△H＝﹣319.68KJ．mol﹣1；（3）因溫度升高反應(yīng)速率一般加快，但隨反應(yīng)的進行，H2O2分解速率也加快，則反應(yīng)Cu+H2O2+2H+＝Cu2++2H2O中反應(yīng)物的濃度減小導(dǎo)致反應(yīng)速率變慢，故答案為：H2O2分解速率加快；（4）由CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液，加熱，生成CuCl沉淀，該反應(yīng)中Cu元素的化合價降低，S元素的化合價升高，由離子方程式中CuCl保留化學(xué)式，并遵循電荷守恒，則離子方程式為2Cu2++SO32﹣+2Cl﹣+H2O═2CuCl↓+SO42﹣+2H+，故答案為：2Cu2++SO32﹣+2Cl﹣+H2O═2CuCl↓+SO42﹣+2H+．【點評】本題考查的知識比較散，一道題考查了多個知識點，覆蓋面比較多，注重了對蓋斯定律、熱化學(xué)方程式、離子方程式等高考中常考考點的考查．18．（10分）二氧化氯（ClO2）是一種在水處理等方面有廣泛應(yīng)用的高效安全消毒劑．與Cl2相比，ClO2不但具有更顯著的殺菌能力，而且不會產(chǎn)生對人體有潛在危害的有機氯代物．（1）在ClO2的制備方法中，有下列兩種制備方法：方法一：2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O方法二：2NaClO3+H2O2+H2SO4═2ClO2↑+NaSO4+O2↑+2H2O用方法二制備的ClO2更適合用于飲用水的消毒，其主要原因是方法二制備的ClO2中不含Cl2．（2）用ClO2處理過的飲用水（pH為5.5～6.5）常含有一定量對人體不利的亞氯酸根離子（ClO2﹣）.2001年我國衛(wèi)生部規(guī)定，飲用水ClO2﹣的含量應(yīng)不超過0.2mg?L﹣1．飲用水中ClO2、ClO2﹣的含量可用連續(xù)碘量法進行測定．ClO2被I﹣還原為ClO2﹣、Cl﹣的轉(zhuǎn)化率與溶液PH的關(guān)系如右圖所示．當pH≤2.0時，ClO2﹣也能被I﹣完全還原成Cl﹣．反應(yīng)生成的I2用標準Na2S2O3溶液滴定：2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI①請寫出pH≤2.0時，ClO2﹣與I﹣反應(yīng)的離子方程式ClO2﹣+4H++4I﹣＝Cl﹣+2I2+2H2O．②請完成相應(yīng)的實驗步驟：步驟1：準確量取VmL水樣加入到錐形瓶中．步驟2：調(diào)節(jié)水樣的pH為7.0～8.0步驟3：加入足量的KI晶體．步驟4：加少量淀粉溶液，用cmol?L﹣1Na2S2O3溶液滴定至終點，消耗Na2S2O3溶液V1mL．步驟5：調(diào)節(jié)溶液的pH≤2.0．步驟6；再用cmol?L﹣1Na2S2O3溶液滴定至終點，消耗Na2S2O3溶液V2mL．③根據(jù)上述分析數(shù)據(jù)，測得該飲用水樣中的ClO2﹣的濃度為mg?L﹣1（用含字母的代數(shù)式表示）．④若飲用水中ClO2﹣的含量超標，可向其中加入適量的，該反應(yīng)的氧化產(chǎn)物是Fe（OH）3（填化學(xué)式）【考點】EM：氯、溴、碘及其化合物的綜合應(yīng)用．【專題】17：綜合實驗題．【分析】（1）更適合用于飲用水的消毒從是否產(chǎn)生污染判斷；（2）①根據(jù)題意ClO2﹣與I﹣反應(yīng)在酸性條件進行，產(chǎn)物為I2和Cl﹣，根據(jù)質(zhì)量守恒可寫出離子方程式；②題目信息提示用的是連續(xù)碘量法進行測定，步驟6又用Na2S2O3溶液滴定至終點，說明步驟5中有碘生成，結(jié)合pH≤2.0時，ClO2﹣與I﹣反應(yīng)的離子方程式可判斷出調(diào)節(jié)溶液的pH≤2.0；③求飲用水樣中的ClO2﹣的濃度可以用關(guān)系式法以碘單質(zhì)為橋梁正確的找準ClO2﹣與Na2S2O3的關(guān)系；④Fe2+將ClO2﹣還原成Cl﹣，F(xiàn)e2+被氧化為鐵離子，結(jié)合反應(yīng)物不難得出答案．【解答】解：（1）根據(jù)兩種方法中的反應(yīng)方程式可以看出，方法一制得的ClO2中含有Cl2，會產(chǎn)生對人體有潛在危害的有機氯代物，而方法二制備的ClO2中不含有Cl2，所以用方法二制備的ClO2更適合用于飲用水的消毒，故答案為：方法二制備的ClO2中不含Cl2；（2）①ClO2﹣與I﹣反應(yīng)在酸性條件進行，產(chǎn)物為I2和Cl﹣，根據(jù)質(zhì)量守恒可寫出離子方程式為：ClO2﹣+4H++4I﹣＝Cl﹣+2I2+2H2O，故答案為：ClO2﹣+4H++4I﹣＝Cl﹣+2I2+2H2O；②根據(jù)曲線圖示在pH≤2.0時，ClO2被I﹣還原只生成Cl﹣，pH≥7.0時，ClO2被I﹣還原只生成ClO2﹣；而用ClO2處理過的飲用水，其pH為5.5～6.5，所以其中既含有ClO2，又含有ClO2﹣，若將溶液的pH調(diào)節(jié)為7.0～8.0，則第一階段滴定時只是ClO2被I﹣還原只生成ClO2﹣，溶液的ClO2﹣沒有被I﹣還原，所以第二階段滴定前應(yīng)調(diào)節(jié)溶液的pH≤2.0，使ClO2﹣與I﹣反應(yīng)，以測定樣品水樣中亞氯酸根離子的含量，故答案為：調(diào)節(jié)溶液的pH≤2.0；③由2ClO2+2I﹣→2ClO2﹣+I2和Na2S2O3+I2＝Na2S4O6+2NaI得：2ClO2﹣～Na2S2O321n（ClO2﹣）則n（ClO2﹣）＝2由ClO2﹣+4H++4I﹣＝Cl﹣+2I2+2H2O和Na2S2O3+I2＝Na2S4O6+2NaI得：ClO2﹣～2Na2S2O312n（ClO2﹣）總n（ClO2﹣）總原水樣中ClO2﹣濃度故答案為：；④根據(jù)反應(yīng)：4Fe2++ClO2﹣+2H2O═4Fe3++Cl﹣+4OH﹣，F(xiàn)e3++3OH﹣═Fe（OH）3，所以氧化產(chǎn)物為Fe（OH）3（FeCl3），故答案為：Fe（OH）3．【點評】關(guān)注題目給與的信息從題目中挖掘有用的信息，注意關(guān)鍵詞如本題的連續(xù)碘量法19．（14分）多沙唑嗪鹽酸鹽是一種用于治療高血壓的藥物．多沙唑嗪的合成路線如下：（1）寫出D中兩種含氧官能團的名稱：羧基和醚鍵．（2）寫出滿足下列條件的D的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式．①苯的衍生物，且苯環(huán)上的一取代產(chǎn)物只有兩種；②與Na2CO3溶液反應(yīng)放出氣體；③水解后的產(chǎn)物才能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)．（3）E→F的反應(yīng)中還可能生成一種有機副產(chǎn)物，該副產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式為．（4）由F制備多沙唑嗪的反應(yīng)中要加入試劑X（C10H10N3O2Cl），X的結(jié)構(gòu)簡式為．（5）苯乙酸乙酯是一種常見的合成香料．請設(shè)計合理的方案以苯甲醛和乙醇為原料合成苯乙酸乙酯（用合成路線流程圖表示，并注明反應(yīng)條件）．提示：①R﹣Br+NaCN→R﹣CN+NaBr；②合成過程中無機試劑任選；③合成路線流程圖示例如下：CH3CH2OHH2C＝CH2BrH2C﹣CH2Br．．【考點】H5：有機物分子中的官能團及其結(jié)構(gòu)；HC：有機物的合成；I4：同分異構(gòu)現(xiàn)象和同分異構(gòu)體．【專題】16：壓軸題．【分析】（1）根據(jù)有機物結(jié)構(gòu)判斷含有的官能團；（2）滿足條件的D的同分異構(gòu)體應(yīng)有如下結(jié)構(gòu)特點：①苯環(huán)上有2個取代基且位于對位；②含有﹣COOH，③含有﹣COO﹣（酯基）、且苯環(huán)直接與O原子相連，由此可任寫一種；（3）審題認真，看看反應(yīng)實質(zhì)是什么，結(jié)合反應(yīng)物物質(zhì)的量之比進行判斷，結(jié)合信息，可以判斷反應(yīng)物物質(zhì)的量之比如果控制不好達到2：1，就會出現(xiàn)副產(chǎn)物；（4）結(jié)合反應(yīng)物與產(chǎn)物及題目提供的X（C10H10N3O2Cl），不難得出答案；（5）關(guān)注官能團種類的改變，搞清反應(yīng)機理，要從兩個方面入手：一是由產(chǎn)物逆推前一步的物質(zhì)結(jié)構(gòu)，二是由已知條件尋找合成的方法．【解答】解：（1）由結(jié)構(gòu)可知，分子中含有﹣COOH和﹣O﹣，分別為羧基和醚鍵，故答案為：羧基、醚鍵；（2）滿足條件的D的同分異構(gòu)體應(yīng)有如下結(jié)構(gòu)特點：①苯環(huán)上有2個取代基且位于對位；②含有﹣COOH，③水解后的產(chǎn)物才能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，說明含有﹣COO﹣（酯基）、且苯環(huán)直接與O原子相連，由此可寫出同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)為，故答案為：；（3）反應(yīng)E→F中，N﹣H鍵中H被取代，而中有2個N﹣H鍵，不難想到，副產(chǎn)物為2個N﹣H鍵中的H均發(fā)生反應(yīng)生成，故答案為：；（4）對比多沙唑嗪與F的結(jié)構(gòu)，即可寫出試劑X的結(jié)構(gòu)簡式為，故答案為：；（5）對于有機合成問題，要從兩個方面入手：一是由產(chǎn)物逆推前一步的物質(zhì)結(jié)構(gòu)，二是由已知條件尋找合成的方法．由產(chǎn)物逆推可得前一步的物質(zhì)為和CH3CH2OH，而比原料多一個C原子，在此要從題給信息中尋找增長碳鏈的方法，并注意逆推與正推的結(jié)合．結(jié)合多沙唑嗪的合成與本小題的信息，逆推如下：，則反應(yīng)流程應(yīng)為，故答案為：．【點評】本題是一道綜合性的有機合成試題，考查了同分異構(gòu)題的書寫，及根據(jù)條件進行有機合成，題目難度較大．注意關(guān)注重要官能團的性質(zhì)，書寫同分異構(gòu)體（有限制條件的）要求熟練掌握各種官能團的性質(zhì)結(jié)合題目信息即可得出答案．20．（10分）聯(lián)氨（N2H4）及其衍生物是一類重要的火箭燃料．N2H4與N2O4反應(yīng)能放出大量的熱．（1）已知：2NO2（g）═N2O4（g）△H＝﹣57.20kJ?mol﹣1．一定溫度下，在密閉容器中反應(yīng)2NO2（g）N2O4（g）達到平衡．其他條件不變時，下列措施能提高NO2轉(zhuǎn)化率的是BC（填字幕）A．減小NO2的濃度B．降低溫度C．增加NO2的濃度D．升高溫度（2）25℃時，1.00gN2H4（l）與足量N2O4（l）完全反應(yīng)生成N2（g）和H2O（l），放出19.14kJ的熱量．則反應(yīng)2N2H4（l）+N2O4（l）＝3N2（g）+4H2O（l）的△H＝﹣1224.96kJ?mol﹣1（3）17℃、1.01×105Pa，密閉容器中N2O4和NO2的混合氣體達到平衡時，c（NO2）＝0.0300mol?L﹣1、c（N2O4）＝0.0120mol?L﹣1．計算反應(yīng)2NO2（g）N2O4（g）的平衡常數(shù)K．（4）現(xiàn)用一定量的Cu與足量的濃HNO3反應(yīng)，制得1.00L已達到平衡的N2O4和NO2的混合氣體（17℃、1.01×105Pa），理論上至少需消耗Cu多少克？【考點】5A：化學(xué)方程式的有關(guān)計算；5D：有關(guān)反應(yīng)熱的計算；C8：化學(xué)平衡常數(shù)的含義；CB：化學(xué)平衡的影響因素．【專題】16：壓軸題；21：熱點問題；51E：化學(xué)平衡專題．【分析】本題考察了平衡移動原理、反應(yīng)熱計算、平衡常數(shù)，氧化還原反應(yīng)的計算．（1）根據(jù)外界條件對平衡的影響，若平衡正向移動，則能提高NO2轉(zhuǎn)化率；（2）根據(jù)熱化學(xué)方程式，應(yīng)計算2molN2H4完全然繞放出的熱量；（3）根據(jù)平衡常數(shù)表達式，帶入平衡濃度計算；（4）首根據(jù)（3）問濃度關(guān)系，計算出1L混合氣體中N2O4和NO2，然后根據(jù)反應(yīng)方程式或氧化還原反應(yīng)中得失電子守恒即可計算出銅的質(zhì)量．【解答】解：（1）減少NO2的濃度平衡向逆反應(yīng)方法移動，NO2的轉(zhuǎn)化率降低；降低溫度，平衡向放熱方向移動，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，所以降低溫度，NO2的轉(zhuǎn)化率升高；增加NO2的濃度，相當于加壓，平衡正向移動，所以NO2的轉(zhuǎn)化率升高；升高溫度，平衡向吸熱反應(yīng)方向移動，所以NO2的轉(zhuǎn)化率降低．故選BC．（2）2molN2H4完全燃燒放出熱量為：2mol×32g/mol×19.14KJ/g═1224.96KJ，故反應(yīng)2N2H4（l）+N2O4（l）＝3N2（g）+4H2O（l）的△H＝﹣1224.96kJ?mol﹣1．（3）根據(jù)題意知平衡時：c（N2O4）＝0.0120mol?L﹣1；c（NO2）＝0.0300mol?L﹣1K答：平衡常數(shù)為13.3．（4）由（3）可知，在17℃、1.01×105Pa達到平衡時，1.00L混合氣體中：n（N2O4）＝c（N2O4）×V＝0.0120mol?L﹣1×1.00L＝0.0120mol，n（NO2）＝c（NO2）×V＝0.0300mol?L﹣1×1.00L＝0.0300mol則n總（NO2）＝n（NO2）+2×n（N2O4）＝0.0540mol由Cu+4HNO3═Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O可得答：理論上至少需消耗Cu1.73g．【點評】簡單的反應(yīng)熱計算要注意將質(zhì)量轉(zhuǎn)化為物質(zhì)的量，還要注意比例關(guān)系；計算平衡常數(shù)時，帶入平衡常數(shù)表達式的一定是平衡濃度；本題計算銅的質(zhì)量可根據(jù)得失電子守恒簡化計算．三、選做題（本題包括21、22兩小題，分別對應(yīng)于“物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)”和“實驗化學(xué)”兩個選修模塊的內(nèi)容．請選擇其中一題，并在相應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)作答．若兩題都做，則按21題評分）．21．（12分）A．生物質(zhì)能是一種潔凈、可再生的能源．生物質(zhì)氣（主要成分為CO、CO2、H2等）與H2混合，催化合成甲醇是生物質(zhì)能利用的方法之一．（1）上述反應(yīng)的催化劑含有Cu、Zn、Al等元素．寫出基態(tài)Zn原子的核外電子排布式1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2．（2）根據(jù)等電子原理，寫出CO分子結(jié)構(gòu)式C≡O(shè)．（3）甲醇催化氧化可得到甲醛，甲醛與新制Cu（OH）2的堿性溶液反應(yīng)生成Cu2O沉淀．①甲醇的沸點比甲醛的高，其主要原因是甲醇分子之間形成氫鍵；甲醛分子中碳原子軌道的雜化類型為sp2雜化．②甲醛分子的空間構(gòu)型是平面三角形；1mol甲醛分子中σ鍵的數(shù)目為3NA．③在1個Cu2O晶胞中（結(jié)構(gòu)如圖所示），所包含的Cu原子數(shù)目為4．【考點】86：原子核外電子排布；9S：原子軌道雜化方式及雜化類型判斷．【專題】16：壓軸題；51D：化學(xué)鍵與晶體結(jié)構(gòu)．【分析】（1）根據(jù)鋅的原子序數(shù)和構(gòu)造原理來書寫基態(tài)Zn原子的核外電子排布式；（2）根據(jù)等電子原理來書寫CO的結(jié)構(gòu)式；（3）①利用氫鍵來解釋物質(zhì)的沸點，利用甲醛中的成鍵來分析碳原子的雜化類型；②利用雜化類型來分析空間結(jié)構(gòu)，并利用判斷σ鍵的規(guī)律來分析σ鍵數(shù)目；③利用晶胞結(jié)構(gòu)圖，根據(jù)銅原子的位置來分析其數(shù)目．【解答】解：（1）因Zn的原子序數(shù)為30，3d電子排滿，3d軌道寫在4s軌道的前面，其電子排布為1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2；故答案為：1s22s22p63s23p63d104s2或[Ar]3d104s2；（2）依據(jù)等電子原理，可知CO與N2為等電子體，N2分子的結(jié)構(gòu)式為N≡N，互為等電子體分子的結(jié)構(gòu)相似，則CO的結(jié)構(gòu)式為C≡O(shè)，故答案為：C≡O(shè)；（3）①甲醇分子之間形成了分子間氫鍵，甲醛分子間只是分子間作用力，而沒有形成氫鍵，故甲醇的沸點高；甲醛分子中含有碳氧雙鍵，共有3個σ鍵，則碳原子軌道的雜化類型為sp2雜化，故答案為：甲醇分子之間形成氫鍵；sp2雜化；②因甲醛中碳原子采取sp2雜化，則分子的空間構(gòu)型為平面三角形；1mol甲醛分子中含有2mol碳氫σ鍵，1mol碳氧σ鍵，故含有σ鍵的數(shù)目為3NA；故答案為：平面三角形；3NA；③依據(jù)晶胞示意圖可以看出Cu原子處于晶胞內(nèi)部，為晶胞所獨有，所包含的Cu原子數(shù)目為4，故答案為：4．【點評】本題主要考查核外電子排布式、等電子體原理、分子間作用力、雜化軌道、共價鍵類型、分子的平面構(gòu)型，注重了對物質(zhì)結(jié)構(gòu)中常考考點的綜合，學(xué)生易錯點在電子排布中3d與4s的書寫上及雜化類型的判斷上．22．環(huán)己酮是一種重要的化工原料，實驗室常用下列方法制備環(huán)己酮：環(huán)己醇、環(huán)己酮和水的部分物理性質(zhì)見下表：物質(zhì)沸點（℃）密度（g﹣cm﹣3，200C）溶解性環(huán)己醇161.1（97.8）*0.9624能溶于水環(huán)己酮155.6（95）*0.9478微溶于水水100.00.9982括號中的數(shù)據(jù)表示該有機物與水形成的具有固定組成的混合物的沸點（1）酸性Na2Cr2O7溶液氧化環(huán)己醇反應(yīng)的△H＜0，反應(yīng)劇烈將導(dǎo)致體系溫度迅速上升，副反應(yīng)增多。實驗中將酸性Na2Cr2O7溶液加到盛有環(huán)己醇的燒瓶中，在55﹣60℃進行反應(yīng)。反應(yīng)完成后，加入適量水，蒸餾，收集95﹣100℃的餾分，得到主要的含環(huán)己酮和水的混合物。①酸性Na2Cr2O7溶液的加料方式為緩慢滴加。②蒸餾不能分離環(huán)己酮和水的原因是環(huán)已酮和水形成具有固定組成的混合物一起蒸出。（2）環(huán)己酮的提純需要經(jīng)過以下一系列的操作：a蒸餾，收集151﹣156℃的餾分；b過濾；c在收集到的餾分中加NaCl固體至飽和，靜置，分液；d加入無水MgSO4固體，除去有機物中少量水。①上述操作的正確順序是cdba（填字母）。②上述操作b、c中使用的玻璃儀器除燒杯、錐形瓶、玻璃棒外，還需漏斗、分液漏斗。③在上述操作c中，加入NaCl固體的作用是增加水層的密度，有利于分層。（3）利用核磁共振氫譜可以鑒定制備的產(chǎn)物是否為環(huán)己酮，環(huán)己酮分子中有3種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子?！究键c】U3：制備實驗方案的設(shè)計．【專題】16：壓軸題．【分析】（1）為了防止Na2Cr2O7在氧化環(huán)己醇放出大量熱，使副反應(yīng)增多，應(yīng)讓其反應(yīng)緩慢進行，在加入Na2Cr2O7溶液時應(yīng)緩慢滴加；依據(jù)題目信息，環(huán)己酮能與水形成具有固定組成的混合物，兩者能一起被蒸出；（2）環(huán)己酮的提純時應(yīng)首先加入NaCl固體，使水溶液的密度增大，將水與有機物更容易分離開來，然后向有機層中加入無水MgSO4，出去有機物中少量的水，然后過濾，除去硫酸鎂晶體，再進行蒸餾即可；分液需要的主要儀器為分液漏斗，過濾需要由漏斗組成的過濾器；（3）跟據(jù)環(huán)己酮結(jié)構(gòu)的對稱性，環(huán)己酮中有3種氫?！窘獯稹拷猓海?）由于酸性Na2Cr2O7溶液氧化環(huán)己醇反應(yīng)劇烈，導(dǎo)致體系溫度迅速上升、副反應(yīng)增多，所以酸性Na2Cr2O7溶液加入不能太快，應(yīng)用酸式滴定管緩慢滴加；環(huán)己酮和水能形成具有固定組成的混合物，具有固定的沸點，蒸餾時能被一起蒸出，所以蒸餾難以分離環(huán)己酮和水的混合物。環(huán)己酮和水能夠產(chǎn)生共沸，采取蒸餾是不可取的，建議采用精餾。故答案為：①緩慢滴加②環(huán)已酮和水形成具有固定組成的混合物一起蒸出；（2）聯(lián)系制取肥皂的鹽析原理，即增加水層的密度，有利于分層，環(huán)己酮的提純時應(yīng)首先加入NaCl固體，使水溶液的密度增大，將水與有機物更容易分離開來，然后向有機層中加入無水MgSO4，出去有機物中少量的水，然后過濾，除去硫酸鎂晶體，再進行蒸餾即可；分液需要的主要儀器為分液漏斗，過濾需要由漏斗組成的過濾器；故答案為：①cdba②漏斗、分液漏斗③增加水層的密度，有利于分層；（3）跟據(jù)環(huán)己酮結(jié)構(gòu)的對稱性，環(huán)己酮中存在與氧原子鄰、間、對三種位置的氫原子，即分子中有3種氫，故答案為：3?！军c評】本題考查學(xué)生的讀圖、識表能力，能夠迅速在圖、表中提取到有用信息，利用信息解決有關(guān)問題。主要考查知識點還有：過濾、分液以及等效氫等知識，學(xué)生要善于整合表中數(shù)據(jù)獲取信息，準確把握基礎(chǔ)實驗知識，尤其是物質(zhì)的分離和提純實驗操作是高中階段經(jīng)常考查的問題。精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔2010年江蘇省高考化學(xué)試卷一、選擇題：本題包括7小題，每小題2分，共計14分．每小題只有一個選項符合題意．1．（2分）化學(xué)與能源開發(fā)、環(huán)境保護、資源利用等密切相關(guān)．下列說法正確的是（）A．為提高農(nóng)作物的產(chǎn)量和質(zhì)量，應(yīng)大量使用化肥和農(nóng)藥 B．綠色化學(xué)的核心是應(yīng)用化學(xué)原理對環(huán)境污染進行治理 C．實現(xiàn)化石燃料清潔利用，就無需開發(fā)新能源 D．垃圾是放錯地方的資源，應(yīng)分類回收利用2．（2分）水是最寶貴的資源之一．下列表述正確的是（）A．H2O的電子式為 B．4℃時，純水的pH＝7 C．D216O中，質(zhì)量數(shù)之和是質(zhì)子數(shù)之和的兩倍 D．273K、101kPa，水分子間的平均距離d：d（氣態(tài)）＞d（液態(tài)）＞d（固態(tài)）3．（2分）下列離子方程式表達正確的是（）A．用惰性電極電解熔融氯化鈉：2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣ B．用氫氧化鈉溶液除去鋁表面的氧化膜：Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O C．用稀氫氧化鈉溶液吸收二氧化氮：2OH﹣+2NO2═NO3﹣+NO↑+H2O D．用食醋除去水瓶中的水垢：CO32﹣+2CH3COOH═2CH3COO﹣+CO2↑+H2O4．（2分）下列有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)或應(yīng)用的說法不正確的是（）A．二氧化硅是生產(chǎn)光纖制品的基本原料 B．水玻璃可用于生產(chǎn)黏合劑和防火劑 C．鹽析可提純蛋白質(zhì)并保持其生理活性 D．石油分餾可獲得乙烯、丙烯和丁二烯5．（2分）設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是（）A．常溫下，1L0.1mol?L﹣1的NH4NO3溶液中氮原子數(shù)為0.2NA B．1mol羥基中電子數(shù)為10NA C．在反應(yīng)KIO3+6HI＝KI+3I2+3H2O中，每生成3molI2轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為6NA D．常溫常壓下，22.4L乙烯中C﹣H鍵數(shù)為4NA6．（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．pH＝1的溶液中：Fe2+、NO3﹣、SO42﹣、Na+ B．由水電離的c（H+）＝1×10﹣14mol?L﹣1的溶液中：Ca2+、K+、Cl﹣、HCO3﹣ C．c（H+）/c（OH﹣）＝1012的溶液中：NH4+、Al3+、NO3﹣、Cl﹣ D．c（Fe3+）＝0.1mol?L﹣1的溶液中：K+、ClO﹣、SO42﹣、SCN﹣7．（2分）下列有關(guān)實驗原理或操作正確的是（）A．選擇合適的試劑，用圖1所示裝置可分別制取并收集少量CO2、NO和O2 B．制備乙酸乙酯時，向乙醇中緩慢加入濃硫酸和冰醋酸 C．洗滌沉淀時（見圖2），向漏斗中加適量水，攪拌并濾干 D．用廣泛pH試紙測得0.10mol?L﹣1NH4Cl溶液的pH＝5.2二、不定項選擇題：本題包括7小題，每小題4分，共計28分．每小題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．8．（4分）下列說法不正確的是（）A．鉛蓄電池在放電過程中，負極質(zhì)量減小，正極質(zhì)量增加 B．常溫下，反應(yīng)C（s）+CO2（g）＝2CO（g）不能自發(fā)進行，則該反應(yīng)的△H＞0 C．一定條件下，使用催化劑能加快反應(yīng)速率并提高反應(yīng)物的平衡轉(zhuǎn)化率 D．相同條件下，溶液中Fe3+、Cu2+、Zn2+的氧化性依次減弱9．（4分）阿魏酸在食品、醫(yī)藥等方面有著廣泛用途．一種合成阿魏酸的反應(yīng)可表示為下列說法正確的是（）A．可用酸性KMnO4溶液檢測上述反應(yīng)是否有阿魏酸生成 B．香蘭素、阿魏酸均可與Na2CO3、NaOH溶液反應(yīng) C．通常條件下，香蘭素、阿魏酸都能發(fā)生取代、加成、消去反應(yīng) D．與香蘭素互為同分異構(gòu)體，分子中有5種不同化學(xué)環(huán)境的氫，且能發(fā)生銀鏡反應(yīng)的酚類化合物共有2種10．（4分）下列實驗操作與預(yù)期實驗?zāi)康幕蛩脤嶒灲Y(jié)論一致的是（）選項實驗操作實驗?zāi)康幕蚪Y(jié)論A向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量Mg（OH）2粉末，攪拌一段時間后過濾除去MgCl2溶液中少量FeCl3B向某溶液中加入BaCl2溶液生成白色沉淀，繼續(xù)加稀硝酸沉淀不消失證明溶液中含SO42﹣C向某溶液中加入稀鹽酸，放出無色無味氣體，將氣體通入澄清石灰水，石灰水變渾濁證明該溶液中存在CO32﹣D兩支試管中裝有等體積、等濃度的H2O2溶液，向其中一支試管中加入FeCl3溶液FeCl3溶液對H2O2分解速率無影響A．A B．B C．C D．D11．（4分）如圖是一種航天器能量儲存系統(tǒng)原理示意圖．下列說法正確的是（）A．該系統(tǒng)中只存在3種形式的能量轉(zhuǎn)化 B．裝置Y中負極的電極反應(yīng)式為：O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣ C．裝置X能實現(xiàn)燃料電池的燃料和氧化劑再生 D．裝置X、Y形成的子系統(tǒng)能實現(xiàn)物質(zhì)的零排放，并能實現(xiàn)化學(xué)能與電能間的完全轉(zhuǎn)化12．（4分）常溫下，用0.1000mol?L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol?L﹣1CH3COOH溶液所得滴定曲線如圖．下列說法正確的是（）A．點①所示溶液中：c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）＝c（CH3COOH）+c（H+） B．點②所示溶液中：c（Na+）＝c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣） C．點③所示溶液中：c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+） D．滴定過程中可能出現(xiàn)：c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH﹣）13．（4分）已知A、B、C、D、E是短周期中原子序數(shù)依次增大的5種主族元素，其中元素A、E的單質(zhì)在常溫下呈氣態(tài)，元素B的原子最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍，元素C在同周期的主族元素中原子半徑最大，元素D的合金是日常生活中常用的金屬材料．下列說法正確的是（）A．元素A、B組成的化合物常溫下一定呈氣態(tài) B．一定條件下，元素C、D的最高價氧化物對應(yīng)的水化物之間能發(fā)生反應(yīng) C．工業(yè)上常用電解法制備元素C、D、E的單質(zhì) D．化合物AE與CE古有相同類型的化學(xué)鍵14．（4分）在溫度、容積相同的3個密閉容器中，按不同方式投入反應(yīng)物，保持恒溫、恒容，測得反應(yīng)達到平衡時的有關(guān)數(shù)據(jù)如下：（已知N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H＝﹣92.4kJ?mol﹣1）容器甲乙丙反應(yīng)物的投入量1molN2、3molH22molNH34molNH3NH3的濃度（mol?L﹣1）c1c2c3反應(yīng)的能量變化放出akJ吸收bkJ吸收ckJ體系的壓強（Pa）p1p2p3反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率α1α2α3下列說法正確的是（）A．2c1＞c3 B．a(chǎn)+b＝92.4 C．2p2＜p3 D．α1+α3＝1二、非選擇題15．（12分）高純MnCO3是制備高性能磁性材料的主要原料．實驗室以MnO2為原料制備少量高純MnCO3的操作步驟如下：（1）制備MnSO4溶液：在燒瓶中（裝置見右圖）加入一定量MnO2和水，攪拌，通入SO2和N2混合氣體，反應(yīng)3h．停止通入SO2，繼續(xù)反應(yīng)片刻，過濾（已知MnO2+H2SO3＝MnSO4+H2O）．①石灰乳參與反應(yīng)的化學(xué)方程式為．②反應(yīng)過程中，為使SO2盡可能轉(zhuǎn)化完全，在通入SO2和N2比例一定、不改變固液投料的條件下，可采取的合理措施有、．③若實驗中將N2換成空氣，測得反應(yīng)液中Mn2+、SO42﹣的濃度隨反應(yīng)時間t變化如右圖．導(dǎo)致溶液中Mn2+、SO42﹣濃度變化產(chǎn)生明顯差異的原因是．（2）制備高純MnCO3固體：已知MnCO3難溶于水、乙醇，潮濕時易被空氣氧化，100℃開始分解；Mn（OH）2開始沉淀時pH＝7.7．請補充由（1）制得的MnSO4溶液制備高純MnCO3的操作步驟[實驗中可選用的試劑：Ca（OH）2、NaHCO3、Na2CO3、C2H5OH]．①；②；③；④；⑤低于100℃干燥．16．（10分）鋇鹽行業(yè)生產(chǎn)中排出大量的鋇泥[主要含有BaCO3、BaSiO3、BaSO3、Ba（FeO2）2等。某主要生產(chǎn)BaCl2、BaCO3、BaSO4的化工廠利用鋇泥制取Ba（NO3）2，其部分工藝流程如下：（1）酸溶后溶液中pH＝1，Ba（FeO2）2與H