2010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2010年江蘇省高考化學(xué)試卷解析版參考答案與試題解析一、選擇題：本題包括7小題，每小題2分，共計(jì)14分．每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意．1．（2分）化學(xué)與能源開(kāi)發(fā)、環(huán)境保護(hù)、資源利用等密切相關(guān)．下列說(shuō)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(duì)環(huán)境污染進(jìn)行治理 C．實(shí)現(xiàn)化石燃料清潔利用，就無(wú)需開(kāi)發(fā)新能源 D．垃圾是放錯(cuò)地方的資源，應(yīng)分類回收利用【考點(diǎn)】19：綠色化學(xué)．【分析】解這題要?jiǎng)佑玫狡綍r(shí)積累的知識(shí)，密切聯(lián)系生活實(shí)際，結(jié)合各個(gè)選項(xiàng)中考查的知識(shí)點(diǎn)，可得出答案．【解答】解：A、大量使用化肥和農(nóng)藥不能提高農(nóng)作物的產(chǎn)量和質(zhì)量，應(yīng)合理使用，故A錯(cuò)誤；B、綠色化學(xué)的核心是利用化學(xué)原理從源頭上減少和消除工業(yè)生產(chǎn)對(duì)環(huán)境的污染，故B錯(cuò)誤；C、化石能源是有限的一次能源，為了長(zhǎng)遠(yuǎn)的可持續(xù)發(fā)展，必須要開(kāi)發(fā)新能源，故C錯(cuò)誤；D、垃圾也是一項(xiàng)重要的資源，可回收的應(yīng)回收利用，故D正確。故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查化學(xué)物質(zhì)與生活得關(guān)系、綠色化學(xué)的概念、化肥農(nóng)藥對(duì)人類生活的影響．解題中聯(lián)系到平時(shí)積累的知識(shí)．所以平時(shí)要注意多積累，做題時(shí)要積極聯(lián)想，和所學(xué)知識(shí)聯(lián)系起來(lái)．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(shí)，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)）【考點(diǎn)】43：電子式；85：質(zhì)量數(shù)與質(zhì)子數(shù)、中子數(shù)之間的相互關(guān)系；A1：分子間作用力；D6：水的電離；D7：離子積常數(shù)．【專題】51：基本概念與基本理論．【分析】A、水是共價(jià)化合物，氫原子和氧原子之間以共價(jià)鍵結(jié)合；B、常溫下水的離子積常數(shù)Kw＝1.0×10﹣14mol2/L2，溫度越低離子積常數(shù)越小，氫離子濃度越小，pH越大；C、分子的質(zhì)子數(shù)為各個(gè)原子質(zhì)子數(shù)之和，質(zhì)量數(shù)為各個(gè)原子的質(zhì)量數(shù)之和；D、物質(zhì)內(nèi)分子之間的間距：氣態(tài)＞液態(tài)，對(duì)于水，液態(tài)密度大于固態(tài)時(shí)的密度，分子間距：固態(tài)＞液態(tài)．【解答】解：A、H2O的電子式為：，原子之間是共價(jià)鍵，故A錯(cuò)誤；B、常溫下水的離子積常數(shù)Kw＝1.0×10﹣14mol2/L2，低于室溫時(shí)，4°C時(shí)，離子積常數(shù)減小，故純水的pH＞7，故B錯(cuò)誤；C、D216O中，質(zhì)量數(shù)之和為2×2+16＝20，質(zhì)子數(shù)之和為1×2+8＝10，故C正確；D、對(duì)于水的三種狀態(tài)，氣態(tài)分子間隔＞液態(tài)分子間隔，但液態(tài)大于固態(tài)不對(duì)，如冰的密度比水小，液態(tài)水分子間存在氫鍵，而固態(tài)水按照一定晶形規(guī)則排列，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了有關(guān)水分子的知識(shí)，可以根據(jù)所學(xué)知識(shí)進(jìn)行．3．（2分）下列離子方程式表達(dá)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↑+H2O【考點(diǎn)】49：離子方程式的書(shū)寫(xiě)．【專題】514：化學(xué)用語(yǔ)專題．【分析】A、根據(jù)熔融氯化鈉中所具有的微粒來(lái)分析；B、根據(jù)氧化鋁的化學(xué)性質(zhì)來(lái)回答；C、根據(jù)二氧化氮是酸性氧化物并具有氧化性和還原性的化學(xué)性質(zhì)來(lái)分析；D、根據(jù)離子方程式中固體難溶物不能拆的原則來(lái)回答．【解答】解：A、熔融氯化鈉中沒(méi)有水分子，只有鈉離子和氯離子，則電解熔融的氯化鈉生成鈉和氯氣，故A錯(cuò)誤；B、氧化鋁是兩性氧化物，可以和強(qiáng)堿反應(yīng)得到對(duì)應(yīng)的鹽和水，故B正確；C、二氧化氮是酸性氧化物并具有氧化性和還原性，稀氫氧化鈉溶液和二氧化氮反應(yīng)的產(chǎn)物有硝酸鈉、亞硝酸鈉及水，離子方程式中電荷不守恒，故C錯(cuò)誤；D、水垢中的碳酸鈣是難溶物，不能拆成離子形式，應(yīng)用分子式，故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查學(xué)生離子方程式的正誤判斷，是現(xiàn)在高考的熱點(diǎn)，明確電荷守恒、質(zhì)量守恒定律、電子守恒是判斷離子方程式的書(shū)寫(xiě)正誤常用的方法．4．（2分）下列有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)或應(yīng)用的說(shuō)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【考點(diǎn)】14：物質(zhì)的組成、結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的關(guān)系；FH：硅和二氧化硅；K6：氨基酸、蛋白質(zhì)的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)特點(diǎn)；T1：石油的分餾．【專題】52：元素及其化合物；53：有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)．【分析】A、根據(jù)二氧化硅的用途來(lái)回答；B、根據(jù)水玻璃硅酸鈉的性質(zhì)來(lái)回答；C、根據(jù)鹽析的原理和應(yīng)用知識(shí)來(lái)回答；D、根據(jù)石油的成分以及分餾的原理來(lái)回答．【解答】解：A、二氧化硅的重要用途是生產(chǎn)光纖制品，故A正確；B、水玻璃即為硅酸鈉水溶液具有黏性，工業(yè)上可以用于生產(chǎn)黏合劑，硅酸鈉溶液涂刷或浸入木材后，能滲入縫隙和孔隙中，固化的硅凝膠能堵塞毛細(xì)孔通道，提高材料的密度和強(qiáng)度，且硅凝膠具有很強(qiáng)的耐高溫性質(zhì)，因此可以有效的防火，故B正確；C、鹽析是提純蛋白質(zhì)的一種方法，而且不會(huì)影響蛋白質(zhì)的生理活性，故C正確；D、石油分餾得到的是不同沸點(diǎn)的烴類化合物，如汽油、煤油、柴油等，只有通過(guò)裂解的方法可得到乙烯等不飽和的烴類物質(zhì)，故D錯(cuò)誤。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題是一道考查物質(zhì)在生產(chǎn)和生活中的應(yīng)用的題目，并考查學(xué)生對(duì)基本概念的理解和掌握．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4NA【考點(diǎn)】4F：阿伏加德羅常數(shù)．【分析】根據(jù)阿伏加德羅常數(shù)與物質(zhì)的量的關(guān)系，則先計(jì)算物質(zhì)或微粒的物質(zhì)的量，并利用物質(zhì)狀態(tài)、物質(zhì)結(jié)構(gòu)、電子轉(zhuǎn)移數(shù)目、電離、水解的等知識(shí)就可以順利解決此題．【解答】解：A、利用原子守恒，可推知氮原子數(shù)為0.2NA，故A對(duì)；B、一個(gè)羥基中電子數(shù)為9，則1mol羥基中電子數(shù)為9NA，故B錯(cuò)；C、反應(yīng)KIO3+6HI＝KI+3I2+3H2O中，生成3molI2時(shí)，1molKIO3的I的化合價(jià)從+5價(jià)變?yōu)榱?價(jià)，6molHI中有5molHI的I的化合價(jià)從﹣1價(jià)變?yōu)榱?價(jià)，因此生成3molI2轉(zhuǎn)移電子數(shù)為5mol，故C錯(cuò)；D、常溫常壓下，氣體摩爾體積不等于22.4L/mol，則22.4L乙烯不為1mol，故D錯(cuò)；故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】涉及阿伏加德羅常數(shù)考點(diǎn)中常出現(xiàn)審題誤區(qū)，思維定勢(shì)，盲目想當(dāng)然，忽視外界條件的限制，氧化還原反應(yīng)的本質(zhì)及反應(yīng)物量的問(wèn)題，如等質(zhì)量按等物質(zhì)的量計(jì)算；求烴分子中化學(xué)鍵的數(shù)目只求碳?xì)滏I數(shù)目等，此類試題不是難點(diǎn)，但是易錯(cuò)點(diǎn)，因?yàn)閰^(qū)分度高，長(zhǎng)期以來(lái)備受命題者的青睞．6．（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﹣【考點(diǎn)】DP：離子共存問(wèn)題．【專題】16：壓軸題．【分析】根據(jù)PH為1的溶液有大量H+、由水電離的c（H+）＝1×10﹣14mol?L﹣1＜1×10﹣7mol?L﹣1的溶液可能為酸或堿的溶液、c（H+）/c（OH﹣）＝1012的溶液中c（H+）＝1×10﹣1mol?L﹣1，利用離子之間能否結(jié)合生成水、氣體、沉淀、弱電解質(zhì)，能否發(fā)生氧化還原反應(yīng)、能否結(jié)合生成絡(luò)離子來(lái)分析離子在指定溶液中能否大量共存．【解答】解：A、因PH＝1的溶液有大量H+，則H+、Fe2+、NO3﹣發(fā)生氧化還原反應(yīng)，則不能大量共存，故A錯(cuò)誤；B、因水電離的c（H+）＝1×10﹣14mol?L﹣1＜1×10﹣7mol?L﹣1，抑制了水的電離，則溶液可能為酸或堿的溶液，HCO3﹣既與H+反應(yīng)又能與OH﹣反應(yīng)，則一定不能大量共存，故B錯(cuò)誤；C、由c（H+）/c（OH﹣）＝1012的溶液，則1012，即c（H+）＝1×10﹣1mol?L﹣1，在酸性條件下該組離子不反應(yīng)，則能大量共存，故C正確；D、因Fe3+與SCN﹣結(jié)合生成絡(luò)離子Fe（SCN）2+，則不能大量共存，故D錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查離子的共存問(wèn)題，習(xí)題中隱含信息的挖掘是解答的關(guān)鍵，并熟悉常見(jiàn)離子之間的反應(yīng)來(lái)解答，本題的難點(diǎn)是C中氫離子濃度的計(jì)算及D中生成的絡(luò)離子．7．（2分）下列有關(guān)實(shí)驗(yàn)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(shí)，向乙醇中緩慢加入濃硫酸和冰醋酸 C．洗滌沉淀時(shí)（見(jiàn)圖2），向漏斗中加適量水，攪拌并濾干 D．用廣泛pH試紙測(cè)得0.10mol?L﹣1NH4Cl溶液的pH＝5.2【考點(diǎn)】U5：化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)．【專題】16：壓軸題．【分析】A、圖1為固體和液體在常溫下反應(yīng)，生成的氣體可用向上排空氣法收集，而一氧化氮與氧氣反應(yīng)，不能用向上排空氣法收集；B、制備乙酸乙酯時(shí)，先加入乙醇，向乙醇中緩慢加入濃硫酸和冰醋酸；C、洗滌沉淀時(shí)用玻璃棒引流，注入蒸餾水，直至沒(méi)過(guò)沉淀，然后等待液體從漏斗底部流走，重復(fù)步驟兩到三次．D、氯化銨為強(qiáng)酸弱堿鹽，發(fā)生水解，溶液呈酸性，用廣泛pH試紙檢測(cè)0.10mol?L﹣1NH4Cl溶液的pH＝5．【解答】解：A、實(shí)驗(yàn)室制取二氧化碳可用大理石與稀鹽酸在常溫下反應(yīng)，由于二氧化碳密度比空氣大，可用向上排空氣法收集，可選擇圖1裝置；雙氧水在二氧化錳催化作用下制取氧氣，選用固液不加熱裝置，氧氣密度比空氣大，用向上排空氣法收集，可選擇圖1裝置；一氧化氮可以和氧氣反應(yīng)，不能用向上排空氣法收集，故A錯(cuò)誤；B、制備乙酸乙酯時(shí)，先加入乙醇，然后邊搖動(dòng)試管邊慢慢加入濃硫酸和冰醋酸，故B正確；C、洗滌沉淀時(shí)用玻璃棒引流，注入蒸餾水，直至沒(méi)過(guò)沉淀，然后等待液體從漏斗底部流走，重復(fù)步驟兩到三次，不能用玻璃棒攪拌，故C錯(cuò)誤；D、氯化銨為強(qiáng)酸弱堿鹽，發(fā)生水解，溶液呈酸性，用廣泛pH試紙檢測(cè)0.10mol?L﹣1NH4Cl溶液的pH＝5，故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題氣體發(fā)生裝置和收集裝置的選擇和基本實(shí)驗(yàn)操作，要會(huì)根據(jù)制取氣體的反應(yīng)原理和氣體的性質(zhì)來(lái)選擇合適的裝置．二、不定項(xiàng)選擇題：本題包括7小題，每小題4分，共計(jì)28分．每小題有一個(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．8．（4分）下列說(shuō)法不正確的是（）A．鉛蓄電池在放電過(guò)程中，負(fù)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(jìn)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【考點(diǎn)】B2：氧化性、還原性強(qiáng)弱的比較；BB：反應(yīng)熱和焓變；BH：原電池和電解池的工作原理；CB：化學(xué)平衡的影響因素．【專題】16：壓軸題．【分析】根據(jù)鉛蓄電池的總反應(yīng)式為：PbO2+Pb+2H2SO42PbSO4+2H2O，其中負(fù)極：Pb+SO42﹣﹣2e﹣＝PbSO4；正極：PbO2+4H++SO42﹣+2e﹣＝PbSO4+2H2O，不難看出鉛蓄電池在放電過(guò)程中，負(fù)極生成PbSO4質(zhì)量增加，正極生成PbSO4質(zhì)量也增加；反應(yīng)C（s）+CO2（g）＝2CO（g）中△S＞0，不能自發(fā)進(jìn)行，則該反應(yīng)的△H＞0；利用催化劑同等程度增加正逆反應(yīng)速率，平衡不發(fā)生移動(dòng)，并不能提高反應(yīng)物的平衡轉(zhuǎn)化率；按金屬活動(dòng)性順序，金屬性依次減弱，金屬單質(zhì)還原性也依次減弱，對(duì)應(yīng)離子氧化性依次增強(qiáng)，同時(shí)Fe3+對(duì)應(yīng)排在Cu2+之后．另外據(jù)Fe3++Cu＝Fe2++Cu2+、Fe+Cu2+＝Fe2++Cu也不難看出溶液中的氧化性依次減弱次序?yàn)椋篎e3+＞Cu2+＞Zn2+．【解答】解：A、鉛蓄電池電極反應(yīng)：負(fù)極：Pb+SO42﹣﹣2e﹣＝PbSO4正極：PbO2+4H++SO42﹣+2e﹣＝PbSO4+2H2O不難看出鉛蓄電池在放電過(guò)程中，負(fù)極生成PbSO4質(zhì)量增加，正極生成PbSO4質(zhì)量也增加，故A錯(cuò)誤；B、因熵增、焓減的化學(xué)反應(yīng)可能自發(fā)進(jìn)行，反應(yīng)氣體體積增大△S＞0，反應(yīng)C（s）+CO2（g）＝2CO（g）不能自發(fā)進(jìn)行，則該反應(yīng)的△H＞0，故B正確；C、因催化劑能同等程度地加快正逆反應(yīng)速率，對(duì)平衡移動(dòng)無(wú)影響，則不能提高反應(yīng)物的平衡轉(zhuǎn)化率；故C錯(cuò)誤；D、由Fe3++Cu＝Fe2++Cu2+、Zn+Cu2+＝Zn2++Cu可判斷出溶液中的氧化性依次減弱次序?yàn)椋篎e3+＞Cu2+＞Zn2+，故D正確。故選：AC?！军c(diǎn)評(píng)】本題為小綜合，主要屬于基本理論的范疇，也帶有元素化合物知識(shí)．做題時(shí)尤其要注意鉛蓄電池的電極反應(yīng)．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(shuō)法正確的是（）A．可用酸性KMnO4溶液檢測(cè)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【考點(diǎn)】HD：有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)．【分析】用一個(gè)有機(jī)反應(yīng)來(lái)呈現(xiàn)多種物質(zhì)，然后綜合考查每種物質(zhì)的性質(zhì)，解決該類題目主要通過(guò)把握物質(zhì)所含官能團(tuán)，因?yàn)楣倌軋F(tuán)決定了有機(jī)物性質(zhì)．【解答】解：A、能使酸性高錳酸鉀溶液褪色的不僅有碳碳雙鍵，酚羥基也能使其褪色。即使沒(méi)有阿魏酸生成，原反應(yīng)物中的香蘭素同樣可以使酸性高錳酸鉀溶液褪色。故A錯(cuò)誤；B、香蘭素中含有酚羥基，阿魏酸中含有酚羥基和羧基，這兩種官能團(tuán)都可以與Na2CO3、NaOH溶液反應(yīng)。故B正確；C、香蘭素、阿魏酸都能發(fā)生取代、加成，但它們都不能進(jìn)行消去反應(yīng)。故C錯(cuò)誤；D、根據(jù)條件，其同分異構(gòu)體為和，含有兩個(gè)羥基且兩個(gè)羥基和﹣CH2CHO為于相鄰或相間時(shí)有兩種結(jié)構(gòu)，含有一個(gè)甲酸甲酯基和一個(gè)酚羥基，且二者處于相對(duì)位置，所以一共有5種同分異構(gòu)體，故D錯(cuò)誤；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】一種物質(zhì)可能含有多種官能團(tuán)，因此一種物質(zhì)會(huì)同時(shí)具有不同類物質(zhì)的性質(zhì)，同學(xué)們從官能團(tuán)入手分析，比較容易解決該類問(wèn)題．10．（4分）下列實(shí)驗(yàn)操作與預(yù)期實(shí)驗(yàn)?zāi)康幕蛩脤?shí)驗(yàn)結(jié)論一致的是（）選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)?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(shí)間后過(guò)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(wú)色無(wú)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(duì)H2O2分解速率無(wú)影響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)．【分析】A．FeCl3易水解生成氫氧化鐵；B．不能排除SO32﹣和Ag+的干擾；C．不能排除HCO3﹣的存在；D．催化劑對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率有影響．【解答】解：A．FeCl3易水解生成氫氧化鐵，加入Mg（OH）2粉末，調(diào)節(jié)溶液的pH，促進(jìn)鐵離子的水解，且不引入新的雜質(zhì)，故A正確；B．SO32﹣能被硝酸氧化為SO42﹣，并且不能排除Ag+的干擾，故B錯(cuò)誤；C．HCO3﹣也能與稀鹽酸反應(yīng)生成二氧化碳?xì)怏w，故C錯(cuò)誤；D．FeCl3溶液能加快H2O2分解速率，故D錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)的評(píng)價(jià)，題目難度中等，注意離子的檢驗(yàn)要首先排除其它離子的干擾．11．（4分）如圖是一種航天器能量?jī)?chǔ)存系統(tǒng)原理示意圖．下列說(shuō)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(fù)極的電極反應(yīng)式為：O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣ C．裝置X能實(shí)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(shí)現(xiàn)物質(zhì)的零排放，并能實(shí)現(xiàn)化學(xué)能與電能間的完全轉(zhuǎn)化【考點(diǎn)】B1：氧化還原反應(yīng)；B7：常見(jiàn)的能量轉(zhuǎn)化形式；BH：原電池和電解池的工作原理；BI：電極反應(yīng)和電池反應(yīng)方程式；BO：化學(xué)能與電能的應(yīng)用．【分析】根據(jù)圖示可知，航天器能量?jī)?chǔ)存系統(tǒng)存在白天利用太陽(yáng)能實(shí)現(xiàn)太陽(yáng)能轉(zhuǎn)化為電能；夜晚電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能．【解答】A、存在能量轉(zhuǎn)化形式有太陽(yáng)能、機(jī)械能、化學(xué)能、電能，則不只是三種，故A錯(cuò)誤；B、裝置Y為燃料電池，正極電極反應(yīng)式是O2+2H2O+4e﹣＝4OH﹣，故B錯(cuò)誤；C、由裝置X可知，水分解生成氫氣和氧氣，燃料電池的原料是氫氣和氧氣，則能實(shí)現(xiàn)燃料電池的燃料和氧化劑再生，故C正確；D、太陽(yáng)能電池白天發(fā)出的直流電一部分供工作馬達(dá)運(yùn)轉(zhuǎn)，富余的電力通過(guò)裝置X進(jìn)行水的電解，生成氫氣和氧氣，夜間再通過(guò)裝置Y燃燒氫氧來(lái)發(fā)電，以繼續(xù)支持工作馬達(dá)運(yùn)轉(zhuǎn)。裝置X和Y實(shí)際上是存儲(chǔ)了部分太陽(yáng)能電池產(chǎn)生的電能。該系統(tǒng)能量并非完全轉(zhuǎn)化，故D錯(cuò)誤；故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題考查原電池原理與電解池原理，考查知識(shí)點(diǎn)較為單一，但是考查學(xué)生綜合分析能力較強(qiáng)，還是比較容易錯(cuò)的．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(shuō)法正確的是（）A．點(diǎn)①所示溶液中：c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）＝c（CH3COOH）+c（H+） B．點(diǎn)②所示溶液中：c（Na+）＝c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣） C．點(diǎn)③所示溶液中：c（Na+）＞c（OH﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+） D．滴定過(guò)程中可能出現(xiàn)：c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH﹣）【考點(diǎn)】DN：離子濃度大小的比較；DO：酸堿混合時(shí)的定性判斷及有關(guān)ph的計(jì)算．【分析】根據(jù)點(diǎn)①反應(yīng)后溶液是CH3COONa與CH3COOH物質(zhì)的量之比為1：1的混合物，溶液呈酸性，說(shuō)明CH3COOH電離程度大于CH3COO﹣的水解程度，故c（Na+）＞c（CH3COOH），由電荷守恒可知：c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+），所以c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）＞c（CH3COOH）+c（H+）；點(diǎn)②pH＝7，即c（H+）＝c（OH﹣），c（Na+）＝c（CH3COO﹣）；點(diǎn)③體積相同，則恰好完全反應(yīng)生成CH3COONa，利用鹽的水解來(lái)分析溶液呈堿性，則c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）；在滴定中當(dāng)加入堿比較少時(shí)，可能出現(xiàn)c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH﹣）的情況．【解答】解：A、點(diǎn)①反應(yīng)掉一半醋酸，反應(yīng)后溶液是CH3COONa與CH3COOH物質(zhì)的量之比為1：1的混合物，CH3COOH電離程度大于CH3COO﹣的水解程度，故c（Na+）＞c（CH3COOH），由電荷守恒可知：c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+），所以c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）＞c（CH3COOH）+c（H+），故A錯(cuò)；B、點(diǎn)②pH＝7，即c（H+）＝c（OH﹣），由電荷守恒知：c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），故c（Na+）＝c（CH3COO﹣），故B錯(cuò)；C、點(diǎn)③說(shuō)明兩溶液恰好完全反應(yīng)生成CH3COONa，因CH3COO﹣水解，且程度較小，c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+），故C錯(cuò)；D、當(dāng)CH3COOH較多，滴入的堿較少時(shí)，則生成CH3COONa少量，可能出現(xiàn)c（CH3COOH）＞c（CH3COO﹣）＞c（H+）＞c（Na+）＞c（OH﹣），故D正確；故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題考查NaOH與CH3COOH的反應(yīng)，涉及鹽類的水解和溶液離子濃度的大小比較，注意利用電荷守恒的角度做題．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(shuō)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(jià)氧化物對(duì)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【考點(diǎn)】8F：原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系．【專題】16：壓軸題．【分析】根據(jù)題意，元素B的原子最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍，則B是碳元素；素C在同周期的主族元素中原子半徑最大，則C是鈉元素；元素D的合金是日常生活中常用的金屬材料，D是鋁元素；元素A、E的單質(zhì)在常溫下呈氣態(tài)，則A是氫元素、E是氯元素；然后對(duì)照各個(gè)選項(xiàng)，選出答案．【解答】解：A、C和H組成的化合物常溫下不一定呈氣態(tài)，如C9H20，故A錯(cuò)誤；B、因C是鈉，D是鋁，則氫氧化鋁具有兩性，能與氫氧化鈉反應(yīng)，故B正確；C、因?yàn)镹a、Al是活潑金屬，氯氣是活潑的非金屬單質(zhì)，所以工業(yè)上常用電解法制備它們，故C正確；D、HCl是共價(jià)化合物，含有共價(jià)鍵；NaCl是離子化合物，含有離子鍵，它們的化學(xué)鍵類型不同，故D錯(cuò)誤。故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查元素的推斷及其元素的性質(zhì)．本題的突破口是掌握原子結(jié)構(gòu)的有關(guān)知識(shí)，如原子最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍，則為C元素；熟悉常見(jiàn)的物質(zhì)，如元素的合金是日常生活中常用的金屬材料等．14．（4分）在溫度、容積相同的3個(gè)密閉容器中，按不同方式投入反應(yīng)物，保持恒溫、恒容，測(cè)得反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)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(qiáng)（Pa）p1p2p3反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率α1α2α3下列說(shuō)法正確的是（）A．2c1＞c3 B．a(chǎn)+b＝92.4 C．2p2＜p3 D．α1+α3＝1【考點(diǎn)】CB：化學(xué)平衡的影響因素；CN：等效平衡．【專題】51E：化學(xué)平衡專題．【分析】甲容器反應(yīng)物投入1molN2、3molH2，乙容器反應(yīng)物投入量2molNH3，恒溫且乙容器容積和甲容器相同，則甲容器與乙容器是等效平衡；甲容器反應(yīng)物投入1molN2、3molH2，丙容器反應(yīng)物投入量4molNH3，采用極限轉(zhuǎn)化法轉(zhuǎn)化為反應(yīng)物為2molN2、6molH2，是甲中的二倍，如果恒溫且丙容器容積是甲容器2倍，則甲容器與丙容器也是等效平衡；所以丙所到達(dá)的平衡，可以看作在恒溫且容積是甲容器兩倍條件下，到達(dá)平衡后，再壓縮體積為與甲容器體積相等所到達(dá)的平衡，據(jù)此分析平衡移動(dòng)?！窘獯稹拷猓杭淄度?molN2、3molH2，乙容器投入量2molNH3，恒溫恒容條件下，甲容器與乙容器是等效平衡，各組分的物質(zhì)的量、含量、轉(zhuǎn)化率等完全相等；而甲容器投入1molN2、3molH2，丙容器加入4molNH3，采用極限轉(zhuǎn)化法丙相當(dāng)于加入2molN2、6molH2，丙中加入量是甲中的二倍，如果恒溫且丙容器容積是甲容器2倍，則甲容器與丙容器為等效平衡，所以丙所到達(dá)的平衡，可以看作在恒溫且容積是甲容器兩倍條件下，到達(dá)平衡后，再壓縮體積為與甲容器體積相等所到達(dá)的平衡，由于該反應(yīng)是體積減小的反應(yīng)，縮小容器體積，增大了壓強(qiáng)，平衡向著正向移動(dòng)，所以丙中氮?dú)?、氫氣轉(zhuǎn)化率大于甲和乙的，A、丙容器反應(yīng)物投入量4molNH3，采用極限轉(zhuǎn)化法轉(zhuǎn)化為反應(yīng)物為2molN2、6molH2，是甲中的二倍，若平衡不移動(dòng)，c3＝2c1；丙相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，平衡向著正向移動(dòng)，所以丙中氨氣的濃度大于乙中氨氣濃度的二倍，即c3＞2c1，故A錯(cuò)誤；B、甲投入1molN2、3molH2，乙中投入2molNH3，則甲與乙是完全等效的，根據(jù)蓋斯定律可知，甲與乙的反應(yīng)的能量變化之和為92.4kJ，故a+b＝92.4，故B正確；C、丙容器反應(yīng)物投入量4molNH3，是乙的二倍，若平衡不移動(dòng)，丙中壓強(qiáng)為乙的二倍；由于丙中相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，平衡向著向著正向移動(dòng)，所以丙中壓強(qiáng)減小，小于乙的2倍，即2p2＞p3，故C錯(cuò)誤；D、丙容器反應(yīng)物投入量4molNH3，是乙的二倍，若平衡不移動(dòng)，轉(zhuǎn)化率α1+α3＝1；由于丙中相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，平衡向著向著正向移動(dòng)，氨氣的轉(zhuǎn)化率減小，所以轉(zhuǎn)化率α1+α3＜1，故D錯(cuò)誤；故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題考查化學(xué)平衡影響因素、等效平衡、化學(xué)平衡的計(jì)算，題目計(jì)算量較大，題目難度較大，關(guān)鍵是構(gòu)建平衡建立的等效途徑，試題側(cè)重對(duì)學(xué)生靈活運(yùn)用基礎(chǔ)知識(shí)解決實(shí)際問(wèn)題的能力的培養(yǎng)。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(shí)驗(yàn)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(jiàn)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(guò)濾（已知MnO2+H2SO3＝MnSO4+H2O）．①石灰乳參與反應(yīng)的化學(xué)方程式為SO2+Ca（OH）2＝CaSO3+H2O．②反應(yīng)過(guò)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控制適當(dāng)?shù)臏囟?、緩慢通入混合氣體．③若實(shí)驗(yàn)中將N2換成空氣，測(cè)得反應(yīng)液中Mn2+、SO42﹣的濃度隨反應(yīng)時(shí)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Mn2+催化氧氣與亞硫酸反應(yīng)生成硫酸．（2）制備高純MnCO3固體：已知MnCO3難溶于水、乙醇，潮濕時(shí)易被空氣氧化，100℃開(kāi)始分解；Mn（OH）2開(kāi)始沉淀時(shí)pH＝7.7．請(qǐng)補(bǔ)充由（1）制得的MnSO4溶液制備高純MnCO3的操作步驟[實(shí)驗(yàn)中可選用的試劑：Ca（OH）2、NaHCO3、Na2CO3、C2H5OH]．①邊攪拌邊加入碳酸鈉，并控制溶液的PH＜7.7；②過(guò)濾，用水洗滌2﹣3次；③檢驗(yàn)SO42﹣是否被除去；④用少量的乙醇洗滌快速抽濾；⑤低于100℃干燥．【考點(diǎn)】U3：制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)．【專題】13：圖像圖表題；19：物質(zhì)檢驗(yàn)鑒別題；52：元素及其化合物；54：化學(xué)實(shí)驗(yàn)．【分析】（1）①根據(jù)題中所示的石灰乳的作用是吸收尾氣二氧化硫來(lái)回答；②根據(jù)實(shí)驗(yàn)的操作原則，為了讓氣體盡可能轉(zhuǎn)化，要根據(jù)反應(yīng)所需的條件和用量嚴(yán)格操作；③考慮氮?dú)獾幕瘜W(xué)性質(zhì)穩(wěn)定，空氣中氧氣的活潑性等因素的影響；（2）根據(jù)題干中所給的試劑結(jié)合MnCO3的性質(zhì)來(lái)選擇合適的制取方案．【解答】解：（1）①石灰乳的作用是吸收尾氣二氧化硫，堿和酸性氧化物反應(yīng)得到對(duì)應(yīng)的鹽和水，答案為：SO2+Ca（OH）2＝CaSO3+H2O；②為使SO2盡可能轉(zhuǎn)化完全，應(yīng)定要保證控制反應(yīng)的溫度，在通入SO2和N2比例一定、不改變固液投料的條件下，要求所通氣體一定要慢，故答案為：控制適當(dāng)?shù)臏囟取⒕徛ㄈ牖旌蠚怏w；③氮?dú)獾幕瘜W(xué)性質(zhì)穩(wěn)定，空氣中氧氣性質(zhì)活潑，在Mn2+催化作用下，易把亞硫酸氧化成硫酸，而使硫酸根濃度增大，故答案為：Mn2+催化氧氣與亞硫酸反應(yīng)生成硫酸；（2）制取的原理是碳酸根和錳離子之間反應(yīng)生成碳酸錳的過(guò)程，但要考慮MnCO3難溶于水、乙醇并在潮濕時(shí)易被空氣氧化，100℃開(kāi)始分解以及Mn（OH）2開(kāi)始沉淀時(shí)pH＝7.7等因素，過(guò)程中控制溶液的PH值以及洗滌沉淀所選的溶劑要小心，故答案為：邊攪拌邊加入碳酸鈉，并控制溶液的PH＜7.7、過(guò)濾，用水洗滌2﹣3次、檢驗(yàn)SO42﹣是否被除去、用少量的乙醇洗滌快速抽濾．【點(diǎn)評(píng)】本題是一道實(shí)驗(yàn)綜合性的題目，難度較大，考查了學(xué)生分析和解決問(wèn)題的能力．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HNO3的反應(yīng)化學(xué)方程式為Ba（FeO2）2+8HNO3═Ba（NO3）2+2Fe（NO3）3+4H2O。（2）酸溶時(shí)通常控制反應(yīng)溫度不超過(guò)70℃，且不使用濃硝酸，原因是防止反應(yīng)速率過(guò)快、濃HNO3易揮發(fā)、分解。（3）該廠結(jié)合本廠實(shí)際，選用的X為BaCO3（填化學(xué)式）；中和Ⅰ使溶液中Fe3+、H+（填離子符號(hào)）的濃度減少（中和Ⅰ引起的溶液體積變化可忽略）。（4）上述流程中洗滌的目的是減少?gòu)U渣中可溶性鋇鹽對(duì)環(huán)境的污染?！究键c(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】16：壓軸題；54：化學(xué)實(shí)驗(yàn)．【分析】（1）Ba（FeO2）2與HNO3反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Ba（FeO2）2+8HNO3═Ba（NO3）2+2Fe（NO3）3+4H2O；（2）溫度越高反應(yīng)速率越快，故控制溫度不超過(guò)70℃是為了防止反應(yīng)速率過(guò)快，且濃硝酸越濃越易分解，溫度高既易揮發(fā)，也易分解，故不用濃硝酸。（3）X既要能中和硝酸，又不產(chǎn)生新雜質(zhì)，結(jié)合本廠實(shí)際，故可用BaCO3；中和Ⅰ使溶液中的Fe3+形成Fe（OH）3沉淀、H+濃度減??；（4）洗滌廢渣是為了減少?gòu)U渣中可溶性鋇鹽對(duì)環(huán)境的污染?！窘獯稹拷猓海?）Ba（FeO2）2中Fe元素是+3價(jià)，故Ba（FeO2）2與硝酸不發(fā)生氧化還原反應(yīng)，其反應(yīng)方程式為：Ba（FeO2）2+8HNO3═Ba（NO3）2+2Fe（NO3）3+4H2O；故答案為：Ba（FeO2）2+8HNO3═Ba（NO3）2+2Fe（NO3）3+4H2O；（2）酸溶時(shí)控制反應(yīng)溫度不超過(guò)70℃，是為了防止溫度過(guò)高，反應(yīng)速率太快；不使用濃硝酸，是因?yàn)闈釮NO3不穩(wěn)定，易分解，易揮發(fā)，故答案為：防止反應(yīng)速率過(guò)快濃HNO3易揮發(fā)、分解（凡合理答案均可）；（3）加入X調(diào)節(jié)溶液的pH＝4～5，則X應(yīng)能消耗H+，結(jié)合工廠主要生產(chǎn)BaCl2、BaCO3、BaSO4的實(shí)際情況，可選用BaCO3；中和后溶液中H+濃度減小，pH在4～5時(shí)，F(xiàn)e3+也完全沉淀，故Fe3+濃度也減小，故答案為：BaCO3；Fe3+、H+；（4）因?yàn)殇^鹽是重金屬鹽，有毒，故洗滌的目的是減少?gòu)U渣中可溶性鋇鹽對(duì)環(huán)境的污染，故答案為：減少?gòu)U渣中可溶性鋇鹽對(duì)環(huán)境的污染（凡合理答案均可）?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查學(xué)生在“工藝流程閱讀、相關(guān)反應(yīng)化學(xué)方程式書(shū)寫(xiě)、化學(xué)反應(yīng)條件控制的原理、生產(chǎn)流程的作用”等方面對(duì)元素化合物性質(zhì)及其轉(zhuǎn)化關(guān)系的理解和應(yīng)用程度，考查學(xué)生對(duì)新信息的處理能力。17．（8分）下表列出了3種燃煤煙氣脫硫方法的原理．方法Ⅰ用氨水將SO2轉(zhuǎn)化為NH4HSO3，再氧化成（NH4）2SO4方法Ⅱ用生物質(zhì)熱解氣（主要成分CO、CH4、H2）將SO2在高溫下還原成單質(zhì)硫方法Ⅲ用Na2SO3溶液吸收SO2，再經(jīng)電解轉(zhuǎn)化為H2SO4（1）方法Ⅰ中氨水吸收燃煤煙氣中SO2的化學(xué)反應(yīng)為：2NH3+SO2+H2O＝（NH4）2SO3（NH4）2SO3+SO2+H2O＝2NH4HSO3能提高燃煤煙氣中SO2去除率的措施有A、C（填字母）．A．增大氨水濃度B．升高反應(yīng)溫度C．使燃煤煙氣與氨水充分接觸D．通入空氣使HSO3﹣轉(zhuǎn)化為SO42﹣采用方法Ⅰ脫硫，并不需要預(yù)先除去燃煤煙氣中大量的CO2，原因是HCO3﹣+SO2＝CO2+HSO3﹣（用離子方程式表示）．（2）方法Ⅱ主要發(fā)生了下列反應(yīng)：2CO（g）+SO2（g）＝S（g）+2CO2（g）△H＝8.0kJ?mol﹣12H2（g）+SO2（g）＝S（g）+2H2O（g）△H＝90.4kJ?mol﹣12CO（g）+O2（g）＝2CO2（g）△H＝﹣566.0kJ?mol﹣12H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）△H＝﹣483.6kJ?mol﹣1S（g）與O2（g）反應(yīng)生成SO2（g）的熱化學(xué)方程式為S（g）+O2（g）＝SO2（g）△H═﹣574.0kJ?mol﹣1．（3）方法Ⅲ中用惰性電極電解NaHSO3溶液的裝置如右圖所示．陽(yáng)極區(qū)放出氣體的成分為O2、SO2．（填化學(xué)式）【考點(diǎn)】BE：熱化學(xué)方程式；BF：用蓋斯定律進(jìn)行有關(guān)反應(yīng)熱的計(jì)算；CD：化學(xué)平衡的調(diào)控作用；DI：電解原理；F6：二氧化硫的污染及治理．【分析】（1）提高SO2的轉(zhuǎn)化率，可以增大氨水的濃度、與氨水充分接觸；不需要通入CO2的原因是因?yàn)镠CO3﹣+SO2＝CO2+HSO3﹣而產(chǎn)生CO2，不影響的SO2吸收；（2）利用蓋斯定律，適當(dāng)變形，可以得出S（g）與O2（g）反應(yīng)生成（g）的熱化學(xué)方程式；（3）陰極發(fā)生還原反應(yīng)，陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)，有O2生成，同時(shí)在陽(yáng)極區(qū)加入稀硫酸，會(huì)有SO2，電極產(chǎn)生的氣體為O2和SO2．【解答】解：（1）提高SO2的轉(zhuǎn)化率，可以增大氨水的濃度、與氨水充分接觸，升高溫度，降低氣體的溶解度，不利于吸收，而通入空氣，也會(huì)使空氣將二氧化硫從溶液中分離出來(lái)，不利于吸收；不需要預(yù)先除去燃煤煙氣中大量的CO2的原因是因?yàn)镠CO3﹣+SO2＝CO2+HSO3﹣而產(chǎn)生CO2，故答案為：A、C；HCO3﹣+SO2＝CO2+HSO3﹣；（2）根據(jù)以下反應(yīng)①2CO（g）+SO2（g）＝S（g）+2CO2（g）△H＝8.0kJ?mol﹣1②2H2（g）+SO2（g）＝S（g）+2H2O（g）△H＝90.4kJ?mol﹣1③2CO（g）+O2（g）＝2CO2（g）△H＝﹣566.0kJ?mol﹣1④2H2（g）+O2（g）＝2H2O（g）△H＝﹣483.6kJ?mol﹣1，利用蓋斯定律，③﹣①或④﹣②可得到S（g）與O2（g）反應(yīng)生成SO2（g）的熱化學(xué)方程式為S（g）+O2（g）＝SO2（g）△H═﹣574.0kJ?mol﹣1故答案為：S（g）+O2（g）＝SO2（g）△H═﹣574.0kJ?mol﹣1；（3）電解時(shí)，陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)，有O2生成，同時(shí)在陽(yáng)極區(qū)加入稀硫酸，會(huì)有SO2，故答案為：O2、SO2．【點(diǎn)評(píng)】本題考察的知識(shí)覆蓋面比較多，涉及到環(huán)境保護(hù)、蓋斯定律、熱化學(xué)方程式、離子方程式、電極方程式等內(nèi)容，注意反應(yīng)熱的計(jì)算，不要忽視熱化學(xué)方程式的書(shū)寫(xiě)的注意事項(xiàng)．18．（12分）正極材料為L(zhǎng)iCoO2的鋰離子電池已被廣泛用作便攜式電源。但鈷的資源匱乏限制了其進(jìn)一步發(fā)展。（1）橄欖石型LiFePO4是一種潛在的鋰離子電池正極材料，它可以通過(guò)（NH4）2Fe（SO4）2、H3PO4與LiOH溶液發(fā)生共沉淀反應(yīng)，所得沉淀經(jīng)80℃真空干燥、高溫成型而制得。①共沉淀反應(yīng)投料時(shí)，不將（NH4）2Fe（SO4）2和LiOH溶液直接混合的原因是Fe2+在堿性條件下更容易被氧化。②共沉淀反應(yīng)的化學(xué)方程式為（NH4）2Fe（SO4）2+LiOH+H3PO4＝LiFePO4+2NH4HSO4+H2O。③高溫成型前，常向LiFePO4中加入少量活性炭黑，其作用除了可以改善成型后的LiFePO4的導(dǎo)電性能外，還能與空氣中O2反應(yīng)，防止LiFePO4中的Fe2+被氧化。（2）廢舊鋰離子電池的正極材料試樣（主要含有LiCoO2及少量AI、Fe等）可通過(guò)下列實(shí)驗(yàn)方法回收鈷、鋰。①在上述溶解過(guò)程中，S2O32﹣被氧化成SO42﹣，LiCoO2在溶解過(guò)程中反應(yīng)的化學(xué)方程式為8LiCoO2+Na2S2O3+11H2SO4＝4Li2SO4+8CoSO4+Na2SO4+11H2O。②Co（OH）2在空氣中加熱時(shí)，固體殘留率隨溫度的變化如右圖所示。已知鈷的氫氧化物加熱至290℃時(shí)已完全脫水，則1000℃時(shí)，剩余固體的成分為CoO。（填化學(xué)式）；在350～400℃范圍內(nèi)，剩余固體的成分為Co2O3、Co3O4。（填化學(xué)式）?！究键c(diǎn)】48：化學(xué)方程式的書(shū)寫(xiě)；B1：氧化還原反應(yīng)；BJ：常見(jiàn)化學(xué)電源的種類及其工作原理；P8：物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用；PE：物質(zhì)的分離、提純和除雜．【專題】515：氧化還原反應(yīng)專題；51I：電化學(xué)專題；54：化學(xué)實(shí)驗(yàn)．【分析】（1）①不能直接混合的原因是Fe2+在堿性條件下更容易被氧化；②根據(jù)題給的信息，發(fā)生的反應(yīng)為（NH4）2Fe（SO4）2+LiOH+H3PO4＝LiFePO4+2NH4HSO4+H2O；③消耗空氣中的O2，保護(hù)Fe2+，防止Fe2+被氧化；（2）①通過(guò)題給信息可知LiCoO2與Na2S2O3發(fā)生了氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)為8LiCoO2+Na2S2O3+11H2SO4＝4Li2SO4+8CoSO4+Na2SO4+11H2O；②根據(jù)質(zhì)量守恒定律，在變化過(guò)程中，Co的質(zhì)量沒(méi)有變，通過(guò)題給數(shù)據(jù)看，在1000℃是Co（OH）2完全分解，則產(chǎn)物CoO；在350﹣400℃時(shí)，固體的質(zhì)量在89.25%﹣86.38%之間，可以通過(guò)極點(diǎn)進(jìn)行分析，在290℃，n（Co）：n（O）：[（89.25﹣100）÷16]＝2：3，其化學(xué)式為Co2O3；在500℃，n（Co）：n（O）：[（86.38﹣100）÷16]＝3：4，其化學(xué)式為Co3O4，所以可以確定在350﹣400℃時(shí)的化學(xué)式為Co2O3和Co3O4?！窘獯稹拷猓海?）（NH4）2Fe（SO4）2和LiOH溶液反應(yīng)生成Fe（OH）2，F(xiàn)e（OH）2易被氧氣氧化；所以不能將直接混合；故答案為：Fe2+在堿性條件下更易被氧化（凡合理答案均可）；②根據(jù)題給信息：（NH4）2、H3PO4與LiOH溶液發(fā)生共沉淀反應(yīng)生成LiFePO4、NH4HSO4和H2O，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：（NH4）2Fe（SO4）2+LiOH+H3PO4＝LiFePO4+2NH4HSO4+H2O；故答案為：（NH4）2Fe（SO4）2+LiOH+H3PO4＝LiFePO4↓+2NH4HSO4+H2O；③高溫成型前，常向LiFePO4中加入少量活性炭黑，其作用除了可以改善成型后的LiFePO4的導(dǎo)電性能外，還能消耗空氣中的氧氣，保護(hù)Fe2+，防止Fe2+被氧化；故答案為：與空氣中O2反應(yīng)，防止LiFePO4中的Fe2+被氧化；（2）正極材料試樣主要含有LiCoO2及少量Al、Fe等，加入稀H2SO4、Na2S2O3，S2O32﹣被氧化成SO42﹣，具有還原性，正極材料中只有LiCoO2具有氧化性，與反應(yīng)Na2S2O3反應(yīng)生成CoSO4，反應(yīng)化學(xué)方程式為：8LiCoO2+Na2S2O3+11H2SO4＝4Li2SO4+8CoSO4+Na2SO4+11H2O；故答案為：8LiCoO2+Na2S2O3+11H2SO4＝4Li2SO4+8CoSO4+Na2SO4+11H2O；②根據(jù)質(zhì)量守恒定律，在變化過(guò)程中，Co的質(zhì)量沒(méi)有變，假設(shè)原始固體質(zhì)量為100g，則n（Co）mol，m（Co）＝100g；在1000℃時(shí)，固體質(zhì)量不再變化，說(shuō)明Co（OH）2完全分解，n（Co）：n（O）：[（80.65﹣100）÷16]＝1：1，剩余固體成分為CoO；在350﹣400℃時(shí)，固體的質(zhì)量在89.25%﹣86.38%之間，可以通過(guò)極點(diǎn)進(jìn)行分析，在290℃，n（Co）：n（O）：[（89.25﹣100）÷16]＝2：3，其化學(xué)式為Co2O3；在500℃n（Co）：n（O）：[（86.38﹣100）÷16]＝3：4，其化學(xué)式為Co3O4；所以可以確定在350﹣400℃時(shí)的化學(xué)式為Co2O3和Co3O4，故答案為：CoO；Co2O3、Co3O4?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查的知識(shí)比較散，涉及到能源利用，物質(zhì)性質(zhì)、化工流程分析，圖表分析，覆蓋面比較廣。19．（14分）阿立哌唑（A）是一種新的抗精神分裂癥藥物，可由化合物B、C、D在有機(jī)溶劑中通過(guò)以下兩條路線合成得到．線路一：線路二：（1）E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為．（2）由C、D生成化合物F的反應(yīng)類型是取代反應(yīng)．（3）合成F時(shí)還可能生成一種相對(duì)分子質(zhì)量為285的副產(chǎn)物G，G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為．（4）H屬于α﹣氨基酸，與B的水解產(chǎn)物互為同分異構(gòu)體．H能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，且苯環(huán)上的一氯代物只有2種．寫(xiě)出兩種滿足上述條件的H的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：．（5）已知：，寫(xiě)出由C制備化合物的合成路線流程圖（無(wú)機(jī)試劑任選）．（合成路線流程圖示例如下：）．【考點(diǎn)】HC：有機(jī)物的合成．【專題】16：壓軸題．【分析】（1）根據(jù)A和D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知D和E發(fā)生取代反應(yīng)生成A，可知E的結(jié)構(gòu)；（2）同樣通過(guò)F的結(jié)構(gòu)式分析可知由C、D合成生成化合物F仍然是鹵素原子與H的取代反應(yīng)；（3）通過(guò)對(duì)其相對(duì)分子質(zhì)量的分析可知，除了發(fā)生取代反應(yīng)外，有發(fā)生了消去反應(yīng)；（4）綜上分析可知，在H分子結(jié)構(gòu)中，有苯環(huán)、氨基、羧基、羥基；（5）關(guān)注官能團(tuán)種類的改變，搞清反應(yīng)機(jī)理．【解答】解：（1）由A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，D和E發(fā)生取代反應(yīng)生成A，則E應(yīng)為，故答案為：；（2）同樣通過(guò)F的結(jié)構(gòu)式分析可知由C、D合成生成化合物F仍然是鹵素原子與H的取代反應(yīng)，故答案為：取代反應(yīng)；（3）F為，相對(duì)分子質(zhì)量為366，與285相比較少的相對(duì)分子質(zhì)量相當(dāng)于HBr的，通過(guò)對(duì)其相對(duì)分子質(zhì)量的分析可知，除了發(fā)生取代反應(yīng)外，有發(fā)生了消去反應(yīng)，故其結(jié)構(gòu)為，故答案為：；（4）B的水解產(chǎn)物含有苯環(huán)、酚羥基、氨基和羧基，與H互為同分異構(gòu)體．H能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，且苯環(huán)上的一氯代物只有2種，說(shuō)明H的分子中苯環(huán)上有兩個(gè)取代基，并且在H分子結(jié)構(gòu)中，有苯環(huán)、氨基、羧基、羥基，由此不難得出其分子結(jié)構(gòu)為，故答案為：；（5）化合物C中含有2個(gè)酯基，可由發(fā)生酯化反應(yīng)制取，根據(jù)題給信息可知可由制取，而可由發(fā)生催化氧化制取，可由C發(fā)生取代反應(yīng)制取，則反應(yīng)流程為，故答案為：．【點(diǎn)評(píng)】本題是一道綜合性的有機(jī)合成試題，本題主要考查的是結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式、同分異構(gòu)體的書(shū)寫(xiě)、有機(jī)反應(yīng)類型和及根據(jù)條件進(jìn)行有機(jī)合成，同時(shí)也要關(guān)注重要官能團(tuán)的性質(zhì)，題目難度較大，解答有機(jī)推斷題時(shí)，我們應(yīng)首先認(rèn)真審題，分析題意，分離出已知條件和推斷內(nèi)容，弄清被推斷物和其他有機(jī)物的關(guān)系，以特征點(diǎn)作為解題突破口，結(jié)合信息和相關(guān)知識(shí)進(jìn)行推理，排除干擾，作出正確推斷，一般可采取的方法有：順推法（以有機(jī)物結(jié)構(gòu)、性質(zhì)和實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象為主線，采用正向思維，得出正確結(jié)論）、逆推法（以有機(jī)物結(jié)構(gòu)、性質(zhì)和實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象為主線，采用逆向思維，得出正確結(jié)論）、多法結(jié)合推斷（綜合應(yīng)用順推法和逆推法）等．20．（10分）以水氯鎂石（主要成分為MgCl2?6H2O）為原料生產(chǎn)堿式碳酸鎂的主要流程如下：（l）預(yù)氨化過(guò)程中有Mg（OH）2沉淀生成，已知常溫下Mg（OH）2的Ksp＝1.8×10﹣11，若溶液中c（OH﹣）＝3.0×10﹣6mol?L﹣1，則溶液中c（Mg2+）＝2.0mol?L﹣1．（2）上述流程中的濾液濃縮結(jié)晶，所得主要固體物質(zhì)的化學(xué)式為NH4Cl．（3）高溫煅燒堿式碳酸鎂得到MgO．取堿式碳酸鎂4.66g，高溫煅燒至恒重，得到固體2.00g和標(biāo)準(zhǔn)狀況下CO20.896L，通過(guò)計(jì)算確定堿式碳酸鎂的化學(xué)式．（4）若熱水解不完全，所得堿式碳酸鎂中將混有MgCO3，則產(chǎn)品中鎂的質(zhì)量分?jǐn)?shù)升高（填“升高”、“降低”或“不變”）．【考點(diǎn)】DH：難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)；GR：常見(jiàn)金屬元素的單質(zhì)及其化合物的綜合應(yīng)用；M5：復(fù)雜化學(xué)式的確定；PE：物質(zhì)的分離、提純和除雜．【專題】16：壓軸題；1A：計(jì)算題；31：守恒思想；4H：分析比較法；54：化學(xué)實(shí)驗(yàn)．【分析】（1）根據(jù)溶度積表達(dá)式Ksp＝[Mg2+][OH﹣]2進(jìn)行計(jì)算；（2）根據(jù)流程判斷所得濾液的成分中含有的離子，確定濾液中的物質(zhì)來(lái)回答；（3）根據(jù)碳酸鎂的分子式，可以寫(xiě)成氧化物的表示形式，即2MgO?H2O?CO2，然后根據(jù)題意確定各個(gè)氧化物的量，進(jìn)而確定分子式．（4）根據(jù)同質(zhì)量的碳酸鎂和堿式碳酸鎂中鎂的物質(zhì)的量前者大來(lái)回答．【解答】解：（1）根據(jù)溶度積表達(dá)式Ksp＝[Mg2+][OH﹣]2得[Mg2+]2.0mol?L﹣1，故答案為：2.0mol?L﹣1（2）根據(jù)流程判斷所得濾液的成分中含有的離子有氯離子和銨根離子，故所得的濾液中含NH4Cl，故答案為：NH4Cl；（3）碳酸鎂的分子式，可以寫(xiě)成氧化物的表示形式，即2MgO?H2O?CO2；各個(gè)氧化物的量分別為：故：n（MgO）：n（CO2）：n（H2O）＝5.00×10﹣2：4.00×10﹣2：5.00×10﹣2＝5：4：5，故堿式碳酸鎂的化學(xué)式為：Mg（OH）2?4MgCO3?4H2O；（4）同質(zhì)量的碳酸鎂和堿式碳酸鎂中鎂的物質(zhì)的量前者大，即產(chǎn)品中鎂的質(zhì)量就大，故答案為：升高．【點(diǎn)評(píng)】本題是一道工業(yè)生產(chǎn)題，考查了沉淀溶解平衡的知識(shí)以及元素守恒思想的應(yīng)用，是一道綜合型題目．三、本題包括第21、22兩小題，分別對(duì)應(yīng)于“物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)”和“實(shí)驗(yàn)化學(xué)”兩個(gè)選修模塊的內(nèi)容．請(qǐng)選定其中一題，并在相應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)作答．若兩題都做，則按第21題評(píng)分．21．（12分）乙炔是有機(jī)合成工業(yè)的一種原料．工業(yè)上曾用CaC2與水反應(yīng)生成乙炔．（1）CaC2中C22﹣與O22+互為等電子體，O22+的電子式可表示為；1molO22+中含有的π鍵數(shù)目為2NA．（2）將乙炔通入[Cu（NH3）2]Cl溶液生成Cu2C2紅棕色沉淀．Cu+基態(tài)核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10．（3）乙炔與氫氰酸反應(yīng)可得丙烯腈（H2C＝CH﹣C≡N）．丙烯腈分子中碳原子軌道雜化類型是sp雜化、sp2雜化；分子中處于同一直線上的原子數(shù)目最多為3．（4）CaC2晶體的晶胞結(jié)構(gòu)與NaCl晶體的相似（如右圖所示），但CaC2晶體中含有的中啞鈴形C22﹣的存在，使晶胞沿一個(gè)方向拉長(zhǎng)．CaC2晶體中1個(gè)Ca2+周圍距離最近的C22﹣數(shù)目為4．【考點(diǎn)】43：電子式；86：原子核外電子排布；98：判斷簡(jiǎn)單分子或離子的構(gòu)型；9B：“等電子原理”的應(yīng)用；9Q：晶體的類型與物質(zhì)的性質(zhì)的相互關(guān)系及應(yīng)用；9S：原子軌道雜化方式及雜化類型判斷．【專題】16：壓軸題．【分析】（1）等電子體的結(jié)構(gòu)相似，故O22+的電子式與C22﹣的電子式相似，含有2個(gè)π鍵；（2）Cu為29號(hào)元素，Cu+的基態(tài)電子排布式為1s22s22p63s23p63d10；（3）丙烯腈（H2C＝CH﹣C≡N）中的C分別形成2個(gè)δ鍵和3個(gè)δ鍵，故碳原子的雜化軌道類型為sp和sp2雜化，與sp雜化的C原子直接相連的原子有C和N，故同在一條直線上有3個(gè)原子；（4）晶胞的一個(gè)平面的長(zhǎng)與寬不相等，所以1個(gè)Ca2+周圍距離最近的C22﹣有4個(gè)，而不是6個(gè)．【解答】解：（1）根據(jù)等電子體原理可知，O22+的電子式，在1個(gè)O22+含有2個(gè)π鍵，故1molO22+中，含有2NA個(gè)π鍵，故答案為：；2NA；（2）Cu為29號(hào)元素，要注意3d軌道寫(xiě)在4s軌道的前面同時(shí)還有就是它的3d結(jié)構(gòu)，Cu+的基態(tài)電子排布式為1s22s22p63s23p63d10，故答案為：1s22s22p63s23p63d10；（3）通過(guò)丙烯氰的結(jié)構(gòu)可以知道碳原子的雜化軌道類型為sp和sp2雜化，與sp雜化的C原子直接相連的原子有C和N，故同在一條直線上有3個(gè)原子；故答案為：sp雜化、sp2雜化；3；（4）依據(jù)晶胞示意圖可以看出，晶胞的一個(gè)平面的長(zhǎng)與寬不相等，再由圖中體心可知1個(gè)Ca2+周圍距離最近的C22﹣有4個(gè)，而不是6個(gè)，要特別注意題給的信息，故答案為：4．【點(diǎn)評(píng)】本題以“有機(jī)合成工業(yè)的一種原料乙炔”為背景素材，將“物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)”選修課程模塊的相關(guān)內(nèi)容融合于一體，分別考查了學(xué)生對(duì)等電子體、Cu+基態(tài)核外電子排布、原子軌道雜化類型、分子空間結(jié)構(gòu)、NaCl晶體類似的CaC2晶體的晶胞結(jié)構(gòu)、1molO22+中π鍵的數(shù)目等知識(shí)的掌握和應(yīng)用能力．本題基礎(chǔ)性較強(qiáng)，重點(diǎn)特出，材料串聯(lián)較好．22．對(duì)硝基甲苯是醫(yī)藥、染料等工業(yè)的一種重要有機(jī)中間體，它常以濃硝酸為硝化劑，濃硫酸為催化劑，通過(guò)甲苯的硝化反應(yīng)制備．一種新的制備對(duì)硝基甲苯的實(shí)驗(yàn)方法是：以發(fā)煙硝酸為硝化劑，固體NaHSO4為催化劑（可循環(huán)使用），在CCl4溶液中，加入乙酸酐（有脫水作用），45℃反應(yīng)1h．反應(yīng)結(jié)束后，過(guò)濾，濾液分別用5%NaHCO3，溶液、水洗至中性，再經(jīng)分離提純得到對(duì)硝基甲苯．（l）上述實(shí)驗(yàn)中過(guò)濾的目的是回收NaHSO4．（2）濾液在分液漏斗中洗滌靜置后，有機(jī)層處于下層（填“上”或'下”）；放液時(shí)，若發(fā)現(xiàn)液體流不下來(lái)，其可能原因除分液漏斗活塞堵塞外，還有分液漏斗上口塞子未打開(kāi)．（3）下列給出了催化劑種類及用量對(duì)甲苯硝化反應(yīng)影響的實(shí)驗(yàn)結(jié)果．催化劑n（催化劑）硝化產(chǎn)物中各種異構(gòu)體質(zhì)量分?jǐn)?shù)（%）總產(chǎn)率（%）n（甲苯）對(duì)硝基甲苯鄰硝基甲苯間硝基甲苯濃H2SO41.035.660.24.298.01.236.559.54.099.8NaHSO40.1544.655.10.398.90.2546.352.80.999.90.3247.951.80.399.90.3645.254.20.699.9①NaHSO4催化制備對(duì)硝基甲苯時(shí)，催化劑與甲苯的最佳物質(zhì)的量之比為0.32．②由甲苯硝化得到的各種產(chǎn)物的含量可知，甲苯硝化反應(yīng)的特點(diǎn)是甲苯硝化主要得到對(duì)硝基甲苯和鄰硝基甲苯．③與濃硫酸催化甲苯硝化相比，NaHSO4催化甲苯硝化的優(yōu)點(diǎn)有在硝化產(chǎn)物中對(duì)硝基甲苯比例提高、催化劑用量少且能循環(huán)使用．【考點(diǎn)】P1：過(guò)濾；P4：分液和萃??；RJ：探究影響化學(xué)反應(yīng)速率的因素．【專題】16：壓軸題．【分析】過(guò)濾時(shí)濾液中含有NaHSO4，可循環(huán)使用；分液漏斗在使用時(shí)應(yīng)將分液漏斗上口打開(kāi)，否則會(huì)導(dǎo)致漏斗內(nèi)壓強(qiáng)小于大氣壓，從而使漏斗內(nèi)液體流不出來(lái)；做題時(shí)注意觀察題目中的數(shù)據(jù)，整合有用信息；固體NaHSO4為催化劑時(shí)對(duì)反應(yīng)物的制備具有較強(qiáng)的選擇性催化作用，提高對(duì)硝基甲苯的比例．【解答】解：（1）NaHSO4在該反應(yīng)中作為催化劑，因此反應(yīng)后過(guò)濾的目的是為了回收NaHSO4，故答案為：回收NaHSO4；（2）該反應(yīng)是以CCl4作為有機(jī)溶劑，CCl4的密度比水大，故有機(jī)層在下層；分液漏斗里的液體放不下來(lái)，除了分液漏斗堵塞，還有可能是分液漏斗上口活塞未打開(kāi)，故答案為：下；分液漏斗上口塞子未打開(kāi)；（3）①?gòu)念}給數(shù)據(jù)分析，當(dāng)催化劑與甲苯的比例為0.32時(shí)，總產(chǎn)率最高且對(duì)硝基甲苯的含量最高，故答案為：0.32；②從題給數(shù)據(jù)可以看出，無(wú)論以何種比例反應(yīng)，產(chǎn)物中的主要成分主要是對(duì)硝基甲苯和鄰硝基甲苯，故答案為：甲苯硝化主要得到對(duì)硝基甲苯和鄰硝基甲苯；③用NaHSO4做催化劑的優(yōu)點(diǎn)是在硝化物中對(duì)硝基甲苯的比例提高、同時(shí)催化劑能循環(huán)使用．故答案為：在硝化產(chǎn)物中對(duì)硝基甲苯比例提高催化劑用量少且能循環(huán)使用．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考察的是物質(zhì)的性質(zhì)和制備，同時(shí)考查了數(shù)據(jù)的處理與分析能力，能夠迅速在表中提取到有用信息，利用信息解決有關(guān)問(wèn)題，注重對(duì)基礎(chǔ)知識(shí)考查，更強(qiáng)調(diào)對(duì)能力的考查．精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔2011年江蘇省高考化學(xué)試卷一、選擇題1．（3分）化學(xué)與人類生活、社會(huì)可持續(xù)發(fā)展密切相關(guān)．下列措施有利于節(jié)能減排、保護(hù)環(huán)境的是（）①加快化石燃料的開(kāi)采與使用②研發(fā)易降解的生物農(nóng)藥③應(yīng)用高效潔凈的能源轉(zhuǎn)換技術(shù)④田間焚燒秸稈⑤推廣使用節(jié)能環(huán)保材料．A．①③⑤ B．②③⑤ C．①②④ D．②④2．（3分）下列有關(guān)化學(xué)用語(yǔ)表示正確的是（）A．N2的電子式： B．S2﹣的結(jié)構(gòu)示意圖： C．質(zhì)子數(shù)為53，中子數(shù)為78的碘原子： D．鄰羥基苯甲酸的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：3．（3分）下列有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)和該性質(zhì)的應(yīng)用均正確的是（）A．常溫下濃硫酸能使鋁發(fā)生鈍化，可在常溫下用鋁制貯罐貯運(yùn)濃硫酸 B．二氧化硅不與任何酸反應(yīng)，可用石英制造耐酸容器 C．二氧化氯具有還原性，可用于自來(lái)水的殺菌消毒 D．銅的金屬活潑性比鐵的弱，可在海輪外殼上裝若干銅塊以減緩其腐蝕4．（3分）常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．1.0mol?L﹣1的KNO3溶液：H+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣ B．甲基橙呈紅色的溶液：NH4+、Ba2+、AlO2﹣、Cl﹣ C．pH＝12的溶液：K+、Na+、CH3COO﹣、Br﹣ D．與鋁反應(yīng)產(chǎn)生大量氫氣的溶液：Na+、K+、CO32﹣、NO3﹣5．（3分）短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的相對(duì)位置如圖所示．下列說(shuō)法正確的是（）A．元素X與元素Z的最高正化合價(jià)之和的數(shù)值等于8 B．原子半徑的大小順序?yàn)椋簉X＞rY＞rZ＞rW＞rQ C．離子Y2﹣和Z3+的核外電子數(shù)和電子層數(shù)都不相同 D．元素W的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的酸性比Q的強(qiáng)6．（3分）下列表示對(duì)應(yīng)化學(xué)反應(yīng)的離子方程式正確的是（）A．FeCl3溶液與Cu的反應(yīng)：Cu+Fe3+═Cu2++Fe2+ B．NO2與水的反應(yīng)：3NO2+H2O═2NO3﹣+NO+2H+ C．醋酸溶液與水垢中的CaCO3反應(yīng)：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑ D．向NaAlO2溶液中通入過(guò)量CO2：2AlO2﹣+CO2+3H2O═2Al（OH）3↓+CO32﹣7．（3分）下列有關(guān)實(shí)驗(yàn)原理或?qū)嶒?yàn)操作正確的是（）A．用水濕潤(rùn)pH試紙測(cè)量某溶液的pH B．用量筒量取20mL0.5000mol?L﹣1H2SO4溶液于燒杯中，加水80mL，配制成0.1000mol?L﹣1H2SO4溶液 C．實(shí)驗(yàn)室用圖所示裝置制取少量氨氣 D．實(shí)驗(yàn)室用圖所示裝置出去Cl2中的少量HCl8．（3分）設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是（）A．1mol甲醇中含有C﹣H鍵的數(shù)目為4NA B．25℃，pH＝13的NaOH溶液中含有OH﹣的數(shù)目為0.1NA C．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24L己烷含有分子的數(shù)目為0.1NA D．常溫常壓下，Na2O2與足量H2O反應(yīng)，共生成0.2molO2，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目為0.4NA9．（3分）NaCl是一種化工原料，可以制備一系列物質(zhì)．下列說(shuō)法正確的是（）A．25℃，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的大 B．石灰乳與Cl2的反應(yīng)中，Cl2既是氧化劑，又是還原劑 C．常溫下干燥的Cl2能用鋼瓶貯存，所以Cl2不與鐵反應(yīng) D．如圖所示轉(zhuǎn)化反應(yīng)都是氧化還原反應(yīng)10．（3分）下列圖示與對(duì)應(yīng)的敘述相符的是（）A．圖1表示某吸熱反應(yīng)分別在有、無(wú)催化劑的情況下反應(yīng)過(guò)程中的能量變化 B．圖2表示0.1000mol?L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol?L﹣1CH3COOH溶液所得到的滴定曲線 C．圖3表示KNO3的溶解度曲線，圖中a點(diǎn)所示的溶液是80℃時(shí)KNO3的不飽和溶液 D．圖4表示某可逆反應(yīng)生成物的量隨反應(yīng)時(shí)間變化的曲線，由圖知t時(shí)反應(yīng)物轉(zhuǎn)化率最大11．（3分）β﹣﹣?zhàn)狭_蘭酮是存在于玫瑰花、番茄等中的一種天然香料，它經(jīng)多步反應(yīng)可合成維生素A1。下列說(shuō)法正確的是（）A．β﹣?zhàn)狭_蘭酮可使酸性KMnO4溶液褪色 B．1mol中間體X最多能與2molH2發(fā)生加成反應(yīng) C．維生素A1易溶于NaOH溶液 D．β﹣﹣?zhàn)狭_蘭酮與中間體X互為同分異構(gòu)體12．（3分）下列說(shuō)法正確的是（）A．一定溫度下，反應(yīng)MgCl2（l）＝Mg（l）+Cl2（g）的△H＞0，△S＞0 B．水解反應(yīng)NH4++H2O?NH3?H2O+H+達(dá)到平衡后，升高溫度平衡逆向移動(dòng) C．鉛蓄電池放電時(shí)的負(fù)極和充電時(shí)的陽(yáng)極均發(fā)生還原反應(yīng) D．對(duì)于反應(yīng)2H2O2＝2H2O+O2↑，加入MnO2或升高溫度都能加快O2的生成速率13．（3分）下列有關(guān)實(shí)驗(yàn)原理、方法和結(jié)論都正確的是（）A．向飽和FeCl3溶液中滴加過(guò)量氨水，可制取Fe（OH）3膠體 B．取少量溶液X，向其中加入適量新制氯水，再加幾滴KSCN溶液，溶液變紅，說(shuō)明X溶液中一定含有Fe2+ C．室溫下向苯和少量苯酚的混合溶液中加入適量NaOH溶液，振蕩、靜置后分液，可除去苯中少量苯酚 D．已知I3﹣I2+I﹣，向盛有KI3溶液的試管中加入適量CCl4，振蕩?kù)o置后CCl4層顯紫色，說(shuō)明KI3在CCl4中的溶解度比在水中的大14．（3分）下列有關(guān)電解質(zhì)溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（）A．在0.1mol?L﹣1NaHCO3溶液中：c（Na+）＞c（HCO3﹣）＞c（CO32﹣）＞c（H2CO3） B．在0.1mol?L﹣1Na2CO3溶液中：c（OH﹣）﹣c（H+）＝c（HCO3﹣）+2c（H2CO3） C．向0.2mol?L﹣1NaHCO3溶液中加入等體積0.1mol?L﹣1NaOH溶液：c（CO32﹣）＞c（HCO3﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+） D．常溫下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液[pH＝7，c（Na+）＝0.1mol?L﹣1]：c（Na+）＝c（CH3COO﹣）＞c（CH3COOH）＞c（H+）＝c（OH﹣）15．（3分）700℃時(shí)，向容積為2L的密閉容器中充入一定量的CO和H2O，發(fā)生反應(yīng)：CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g），反應(yīng)過(guò)程中測(cè)定的部分?jǐn)?shù)據(jù)見(jiàn)下表（表中t2＞t1）：反應(yīng)時(shí)間/minn（CO）/molH2O/mol01.200.60t10.80t20.20下列說(shuō)法正確的是（）A．反應(yīng)在t1min內(nèi)的平均速率為v（H2）＝0.40/t1mol?L﹣1?mim﹣1 B．保持其他條件不變，起始時(shí)向容器中充入0.60molCO和1.20molH2O，到達(dá)平衡時(shí)n（CO2）＝0.40mol C．保持其他條件不變，向平衡體系中再通入0.20molH2O，與原平衡相比，達(dá)到新平衡時(shí)CO轉(zhuǎn)化率增大，H2O的體積分?jǐn)?shù)增大 D．溫度升至800℃，上述反應(yīng)平衡常數(shù)為0.64，則正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)二、解答題16．以硫鐵礦（主要成分為FeS2）為原料制備氯化鐵晶體（FeCl3?6H2O）的工藝流程如下：回答下列問(wèn)題：（1）在一定條件下，SO2轉(zhuǎn)化為SO3的反應(yīng)為2SO2+O22SO3，該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式為K＝；過(guò)量的SO2與NaOH溶液反應(yīng)的化學(xué)方程式為．（2）酸溶及后續(xù)過(guò)程中均需保持鹽酸過(guò)量，其目的是、．（3）通氯氣氧化后時(shí)，發(fā)生的主要反應(yīng)的離子方程式為；該過(guò)程產(chǎn)生的尾氣可用堿溶液吸收，尾氣中污染空氣的氣體為（寫(xiě)化學(xué)式）．17．?dāng)巢莅肥且环N除草劑．它的合成路線如下：回答下列問(wèn)題：（1）在空氣中久置，A由無(wú)色轉(zhuǎn)變?yōu)樽厣?，其原因是．?）C分子中有2個(gè)含氧官能團(tuán)，分別為和填官能團(tuán)名稱）．（3）寫(xiě)出