2015年江蘇省高考化學(xué)試卷

精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔2015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）“保護環(huán)境”是我國的基本國策．下列做法不應(yīng)該提倡的是（）A．采取低碳、節(jié)儉的生活方式 B．按照規(guī)定對生活廢棄物進行分類放置 C．深入農(nóng)村和社區(qū)宣傳環(huán)保知識 D．經(jīng)常使用一次性筷子、紙杯、塑料袋等2．（2分）下列有關(guān)氯元素及其化合物的表示正確的是（）A．質(zhì)子數(shù)為17、中子數(shù)為20的氯原子Cl B．氯離子（Cl﹣）的結(jié)構(gòu)示意圖： C．氯分子的電子式： D．氯乙烯分子的結(jié)構(gòu)簡式：H3C﹣CH2Cl3．（2分）下列說法正確的是（）A．分子式為C2H6O的有機化合物性質(zhì)相同 B．相同條件下，等質(zhì)量的碳按a、b兩種途徑完全轉(zhuǎn)化，途徑a比途徑b放出更多熱能途徑a：CCO+H2CO2+H2O途徑b：CCO2 C．在氧化還原反應(yīng)中，還原劑失去電子總數(shù)等于氧化劑得到電子的總數(shù) D．通過化學(xué)變化可以直接將水轉(zhuǎn)變?yōu)槠?．（2分）在CO2中，Mg燃燒生成MgO和C．下列說法正確的是（）A．元素C的單質(zhì)只存在金剛石和石墨兩種同素異形體 B．Mg、MgO中鎂元素微粒的半徑：r（Mg2+）＞r（Mg） C．在該反應(yīng)條件下，Mg的還原性強于C的還原性 D．該反應(yīng)中化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為熱能5．（2分）短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，X原子最外層有6個電子，Y是至今發(fā)現(xiàn)的非金屬性最強的元素，Z在周期表中處于周期序數(shù)等于族序數(shù)的位置，W的單質(zhì)廣泛用作半導(dǎo)體材料。下列敘述正確的是（）A．原子最外層電子數(shù)由多到少的順序：Y、X、W、Z B．原子半徑由大到小的順序：W、Z、Y、X C．元素非金屬性由強到弱的順序：Z、W、X D．簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性由強到弱的順序：X、Y、W6．（2分）常溫下，下列各組離子一定能在指定溶液中大量共存的是（）A．使酚酞變紅色的溶液中：Na+、Al3+、SO42﹣、Cl﹣ B．1×10﹣13mol?L﹣1的溶液中：NH4+、Ca2+、Cl﹣、NO3﹣ C．與Al反應(yīng)能放出H2的溶液中：Fe2+、K+、NO3﹣、SO42﹣ D．水電離的c（H+）＝1×10﹣13mol?L﹣1的溶液中：K+、Na+、AlO2﹣、CO32﹣7．（2分）下列實驗操作正確的是（）A．用玻璃棒蘸取CH3COOH溶液點在水濕潤的pH試紙上，測定該溶液的pH B．中和滴定時，滴定管用所盛裝的反應(yīng)液潤洗2～3次 C．用裝置甲分液，放出水相后再從分液漏斗下口放出有機相 D．用裝置乙加熱分解NaHCO3固體8．（2分）給定條件下，下列選項中所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能一步實現(xiàn)的是（）A．粗硅SiCl4Si B．Mg（OH）2MgCl2（aq）Mg C．Fe2O3FeCl3（aq）無水FeCl3 D．AgNO3（aq）[Ag（NH3）2]OH（aq）Ag9．（2分）下列指定反應(yīng)的離子方程式正確的是（）A．氯氣溶于水：Cl2+H2O＝2H++Cl﹣+ClO﹣ B．Na2CO3溶液中CO32﹣的水解：CO32﹣+H2O＝HCO3﹣+OH﹣ C．酸性溶液中KIO3與KI反應(yīng)生成I2：IO3﹣+I﹣+6H+＝I2+3H2O D．NaHCO3溶液中加足量Ba（OH）2溶液：HCO3﹣+Ba2++OH﹣＝BaCO3↓+H2O10．（2分）一種熔融碳酸鹽燃料電池原理示意如圖。下列有關(guān)該電池的說法正確的是（）A．反應(yīng)CH4+H2O3H2+CO，每消耗1molCH4轉(zhuǎn)移12mol電子 B．電極A上H2參與的電極反應(yīng)為：H2+2OH﹣﹣2e﹣＝2H2O C．電池工作時，CO32﹣向電極B移動 D．電極B上發(fā)生的電極反應(yīng)為：O2+2CO2+4e﹣＝2CO32﹣二、不定項選擇題：本題包括5小題，每小題4分，共計20分．每小題只有一個或兩個選項符合題意．若正確答案只包括一個選項，多選時，該小題得0分；若正確答案包括兩個選項，只選一個且正確的得2分，選兩個且都正確的得滿分，但只要選錯一個，該小題就得0分．11．（4分）下列說法正確的是（）A．若H2O2分解產(chǎn)生1molO2，理論上轉(zhuǎn)移的電子數(shù)約為4×6.02×1023 B．室溫下，pH＝3的CH3COOH溶液與pH＝11的NaOH溶液等體積混合，溶液pH＞7 C．鋼鐵水閘可用犧牲陽極或外加電流的陰極保護法防止其腐蝕 D．一定條件下反應(yīng)N2+3H2?2NH3達(dá)到平衡時，3v正（H2）＝2v逆（NH3）12．（4分）己烷雌酚的一種合成路線如圖：下列敘述正確的是（）A．在NaOH水溶液中加熱，化合物X可發(fā)生消去反應(yīng) B．在一定條件，化合物Y可與HCHO發(fā)生縮聚反應(yīng) C．用FeCl3溶液可鑒別化合物X和Y D．化合物Y中不含有手性碳原子13．（4分）下列設(shè)計的實驗方案能達(dá)到實驗?zāi)康氖牵ǎ〢．制備Al（OH）3懸濁液：向1mol?L﹣1AlCl3溶液中加過量的6mol?L﹣1NaOH溶液 B．提純含有少量乙酸的乙酸乙酯：向含有少量乙酸的乙酸乙酯中加入過量飽和Na2CO3溶液，振蕩后靜置分液，并除去有機相的水 C．檢驗溶液中是否含有Fe2+：取少量待檢驗溶液，向其中加入少量新制氯水，再滴加KSCN溶液，觀察實驗現(xiàn)象 D．探究催化劑對H2O2分解速率的影響：在相同條件下，向一支試管中加入2mL5%H2O2和1mLH2O，向另一支試管中加入2mL5%H2O2和1mLFeCl3溶液，觀察并比較實驗現(xiàn)象14．（4分）室溫下，向下列溶液中通入相應(yīng)的氣體至溶液pH＝7（通入氣體對溶液體積的影響可忽略），溶液中部分微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（）A．向0.10mol?L﹣1NH4HCO3溶液中通入CO2：c（NH4+）＝c（HCO3﹣）+c（CO32﹣） B．向0.10mol?L﹣1NaHSO3溶液中通入NH3：c（Na+）＞c（NH4+）＞c（SO32﹣） C．向0.10mol?L﹣1Na2SO3溶液通入SO2：c（Na+）＝2[c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）] D．向0.10mol?L﹣1CH3COONa溶液中通入HCl：c（Na+）＞c（CH3COOH）＝c（Cl﹣）15．（4分）在體積均為1.0L的恒容密閉容器中加入足量的相同的碳粉，再分別加入0.1molCO2和0.2molCO2，在不同溫度下反應(yīng)CO2（g）+C（s）?2CO（g）達(dá)到平衡，平衡時CO2的物質(zhì)的量濃度c（CO2）隨溫度的變化如圖所示（圖中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ點均處于曲線上）。下列說法正確的是（）A．反應(yīng)CO2（g）+C（s）?2CO（g）的△S＞0、△H＜0 B．體系的總壓強P總：P總（狀態(tài)Ⅱ）＞2P總（狀態(tài)Ⅰ） C．體系中c（CO）：c（CO，狀態(tài)Ⅱ）＜2c（CO，狀態(tài)Ⅲ） D．逆反應(yīng)速率V逆：V逆（狀態(tài)Ⅰ）＞V逆（狀態(tài)Ⅲ）二、非選擇題16．（12分）以磷石膏（主要成分CaSO4，雜質(zhì)SiO2、Al2O3等）為原料可制備輕質(zhì)CaCO3．（1）勻速向漿料中通入CO2，漿料清液的pH和c（SO42﹣）隨時間變化見圖．清液pH＞11時CaSO4轉(zhuǎn)化的離子方程式為；能提高其轉(zhuǎn)化速率的措施有（填序號）A．?dāng)嚢铦{料B．加熱漿料至100℃C．增大氨水濃度D．減小CO2通入速率（2）當(dāng)清液pH接近6.5時，過濾并洗滌固體．濾液中物質(zhì)的量濃度最大的兩種陰離子為和（填化學(xué)式）；檢驗洗滌是否完全的方法是．（3）在敞口容器中，用NH4Cl溶液浸取高溫煅燒的固體，隨著浸取液溫度上升，溶液中c（Ca2+）增大的原因是．17．（15分）化合物F是一種抗心肌缺血藥物的中間體，可以通過以下方法合成：（1）化合物A中的含氧官能團為和（填官能團的名稱）．（2）化合物B的結(jié)構(gòu)簡式為；由C→D的反應(yīng)類型是：．（3）寫出同時滿足下列條件的E的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式．Ⅰ．分子含有2個苯環(huán)Ⅱ．分子中含有3種不同化學(xué)環(huán)境的氫（4）已知：RCH2CNRCH2CH2NH2，請寫出以為原料制備化合物X（結(jié)構(gòu)簡式見圖）的合成路線流程圖（無機試劑可任選）．合成路線流程圖示例如圖：CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3．18．（12分）軟錳礦（主要成分MnO2，雜質(zhì)金屬元素Fe、Al、Mg等）的水懸濁液與煙氣中SO2反應(yīng)可制備MnSO4?H2O，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：MnO2+SO2＝MnSO4（1）質(zhì)量為17.40g純凈MnO2最多能氧化L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）SO2．（2）已知：Ksp[Al（OH）3]＝1×10﹣33，Ksp[Fe（OH）3]＝3×10﹣39，pH＝7.1時Mn（OH）2開始沉淀．室溫下，除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+（使其濃度小于1×10﹣6mol?L﹣1），需調(diào)節(jié)溶液pH范圍為．（3）如圖可以看出，從MnSO4和MgSO4混合溶液中結(jié)晶MnSO4?H2O晶體，需控制結(jié)晶溫度范圍為．（4）準(zhǔn)確稱取0.1710gMnSO4?H2O樣品置于錐形瓶中，加入適量H3PO4和NH4NO3溶液，加熱使Mn2+全部氧化成Mn3+，用c（Fe2+）＝0.0500mol?L﹣1的標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點（滴定過程中Mn3+被還原為Mn2+），消耗Fe2+溶液20.00mL．計算MnSO4?H2O樣品的純度（請給出計算過程）19．（15分）實驗室用圖所示裝置制備KClO溶液，并通過KClO溶液與Fe（NO3）3溶液的反應(yīng)制備高效水處理劑K2FeO4．已知K2FeO4具有下列性質(zhì)①可溶于水、微溶于濃KOH溶液，②在0℃﹣5℃、強堿性溶液中比較穩(wěn)定，③在Fe3+和Fe（OH）3催化作用下發(fā)生分解，④在酸性至弱堿性條件下，能與水反應(yīng)生成Fe（OH）3和O2．（1）裝置A中KMnO4與鹽酸反應(yīng)生成MnCl2和Cl2，其離子方程式為，將制備的Cl2通過裝置B可除去（填化學(xué)式）．（2）Cl2和KOH在較高溫度下反應(yīng)生成KClO3，在不改變KOH溶液的濃度和體積的條件下，控制反應(yīng)在0℃～5℃進行，實驗中可采取的措施是．（3）制備K2FeO4時，KClO飽和溶液與Fe（NO3）3飽和溶液的混合方式為．（4）提純K2FeO4粗產(chǎn)品[含有Fe（OH）3、KCl等雜質(zhì)]的實驗方案為：將一定量的K2FeO4粗產(chǎn)品溶于冷的3mol?L﹣1KOH溶液中，（實驗中須使用的試劑有：飽和KOH溶液，乙醇；除常用儀器外須使用的儀器有：砂芯漏斗，真空干燥箱）．20．（14分）煙氣（主要污染物SO2、NOx）經(jīng)O3預(yù)處理后用CaSO3水懸浮液吸收，可減少煙氣中SO2、NOx的含量；O3氧化煙氣中SO2、NOx的主要反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：NO（g）+O3（g）═NO2（g）+O2（g）△H＝﹣200.9kJ?mol﹣1NO（g）O2（g）═NO2（g）△H＝﹣58.2kJ?mol﹣1SO2（g）+O3（g）═SO3（g）+O2（g）△H＝﹣241.6kJ?mol﹣1（1）反應(yīng)3NO（g）+O3（g）＝3NO2（g）的△H＝mol?L﹣1。（2）室溫下，固定進入反應(yīng)器的NO、SO2的物質(zhì)的量，改變加入O3的物質(zhì)的量，反應(yīng)一段時間后體系中n（NO）、n（NO2）和n（SO2）隨反應(yīng)前n（O3）：n（NO）的變化見圖。①當(dāng)n（O3）：n（NO）＞1時，反應(yīng)后NO2的物質(zhì)的量減少，其原因是。②增加n（O3），O3氧化SO2的反應(yīng)幾乎不受影響，其可能原因是。（3）當(dāng)用CaSO3水懸浮液吸收經(jīng)O3預(yù)處理的煙氣時，清液（pH約為8）中SO32﹣將NO2轉(zhuǎn)化為NO2﹣，其離子方程式為：。（4）CaSO3水懸浮液中加入Na2SO4溶液，達(dá)到平衡后溶液中c（SO32﹣）＝[用c（SO42﹣）、Ksp（CaSO3）和Ksp（CaSO4）表示]；CaSO3水懸浮液中加入Na2SO4溶液能提高NO2的吸收速率，其主要原因。四.（12分）【選做題】本題包括21、22兩小題，請選定一中一小題，并在相應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)作答．若多做，則按A小題評分．21．（12分）下列反應(yīng)曾用于檢測司機是否酒后駕駛：2Cr2O72﹣+3CH3CH2OH+16H++13H2O→4[Cr（H2O）6]3++3CH3COOH（1）Cr3+基態(tài)核外電子排布式為；配合物[Cr（H2O）6]3+中，與Cr3+形成配位鍵的原子是（填元素符號）．（2）CH3COOH中C原子軌道雜化類型為．1molCH3COOH分子中含有σ鍵的數(shù)目為．（3）與H2O互為等電子體的一種陽離子為（填化學(xué)式）；H2O與CH3CH3OH可以任意比例互溶，除因為它們都是極性分子外，還因為．22．實驗室以苯甲醛為原料制備間溴苯甲醛（實驗裝置見圖，相關(guān)物質(zhì)的沸點見附表）．其實驗步驟為：步驟1：將三頸瓶中的一定配比的無水AlCl3、1，2﹣二氯乙烷和苯甲醛充分混合后，升溫至60℃，緩慢滴加經(jīng)H2SO4干燥過的液溴，保溫反應(yīng)一段時間，冷卻．步驟2：將反應(yīng)混合物緩慢加入一定量的稀鹽酸中，攪拌、靜置、分液．有機相用10%NaHCO3溶液洗滌．步驟3：經(jīng)洗滌的有機相加入適量無水MgSO4固體，放置一段時間后過濾．步驟4：減壓蒸餾有機相，收集相應(yīng)餾分．（1）實驗裝置中冷凝管的主要作用是，錐形瓶中的溶液應(yīng)為．（2）步驟1所加入的物質(zhì)中，有一種物質(zhì)是催化劑，其化學(xué)式為．（3）步驟2中用10%NaHCO3溶液洗滌有機相，是為了除去溶于有機相的（填化學(xué)式）．（4）步驟3中加入無水MgSO4固體的作用是．（5）步驟4中采用減壓蒸餾技術(shù)，是為了防止．附表相關(guān)物質(zhì)的沸點（101kPa）物質(zhì)沸點/℃物質(zhì)沸點/℃溴58.81，2﹣二氯乙烷83.5苯甲醛179間溴苯甲醛229精品文檔精心整理精品文檔可編輯的精品文檔2015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：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）“保護環(huán)境”是我國的基本國策．下列做法不應(yīng)該提倡的是（）A．采取低碳、節(jié)儉的生活方式 B．按照規(guī)定對生活廢棄物進行分類放置 C．深入農(nóng)村和社區(qū)宣傳環(huán)保知識 D．經(jīng)常使用一次性筷子、紙杯、塑料袋等【考點】F7：常見的生活環(huán)境的污染及治理．【分析】保護環(huán)境，可從減少污染物的排放、開發(fā)新能源等角度分析．【解答】解：A、采取低碳、節(jié)儉的生活方式，節(jié)省大量的能源，符合保護環(huán)境的措施，故A不選；B、垃圾分類有利于環(huán)境的保護和資源的再利用，符合保護環(huán)境的措施，故B不選；C、伸入農(nóng)村和社區(qū)宣傳環(huán)保知識，樹立保護環(huán)境從自我做起、保護環(huán)境人人有責(zé)的意識，符合保護環(huán)境的措施，故C不選；D、經(jīng)常使用一次性筷子和紙杯，會消耗大量的木材，一次性塑料袋的大量使用會造成白色污染，故措施不合理，故D選；故選D?！军c評】本題主要考查環(huán)境保護，注意保護環(huán)境人人有責(zé)，從自我做起，從小事做起，明確環(huán)境和人類發(fā)展的關(guān)系及環(huán)境保護意識即可解答，題目難度不大2．（2分）下列有關(guān)氯元素及其化合物的表示正確的是（）A．質(zhì)子數(shù)為17、中子數(shù)為20的氯原子Cl B．氯離子（Cl﹣）的結(jié)構(gòu)示意圖： C．氯分子的電子式： D．氯乙烯分子的結(jié)構(gòu)簡式：H3C﹣CH2Cl【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、元素符號的左上角標(biāo)質(zhì)量數(shù)，質(zhì)量數(shù)＝質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)；B、氯離子（Cl﹣）為Cl原子得到1個電子形成的陰離子，最外層滿足8個電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；C、氯氣為雙原子分子，最外層均滿足8個電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)；D、氯乙烯分子中存在碳碳雙鍵，據(jù)此解答即可?！窘獯稹拷猓篈、元素符號的左上角標(biāo)質(zhì)量數(shù)，中子數(shù)為20的氯原子，質(zhì)量數(shù)＝17+20＝37，故正確應(yīng)為：1737Cl，故A錯誤；B、Cl原子得到1個電子形成最外層滿足8個電子的Cl﹣，離子結(jié)構(gòu)示意圖為：，故B錯誤；C、氯氣中存在1對氯氯共用電子對，氯原子最外層達(dá)到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，電子式為：，故C正確；D、氯乙烯分子中存在碳碳雙鍵，正確的結(jié)構(gòu)簡式為：H2C＝CHCl，故D錯誤，故選C?！军c評】本題主要是對常見化學(xué)用語的考查，涉及核素的表示方法、質(zhì)量數(shù)與質(zhì)子數(shù)和中子數(shù)的關(guān)系、電子式的書寫、結(jié)構(gòu)簡式書寫等，難度不大。3．（2分）下列說法正確的是（）A．分子式為C2H6O的有機化合物性質(zhì)相同 B．相同條件下，等質(zhì)量的碳按a、b兩種途徑完全轉(zhuǎn)化，途徑a比途徑b放出更多熱能途徑a：CCO+H2CO2+H2O途徑b：CCO2 C．在氧化還原反應(yīng)中，還原劑失去電子總數(shù)等于氧化劑得到電子的總數(shù) D．通過化學(xué)變化可以直接將水轉(zhuǎn)變?yōu)槠汀究键c】51：氧化還原反應(yīng)的電子轉(zhuǎn)移數(shù)目計算；BN：化學(xué)能與熱能的應(yīng)用；H9：辨識簡單有機化合物的同分異構(gòu)體．【分析】A、分子式為C2H6O的有機化合物存在同分異構(gòu)體；B、化學(xué)反應(yīng)的熱效應(yīng)只與反應(yīng)物的初始狀態(tài)和生成物的最終狀態(tài)有關(guān)；C、氧化還原反應(yīng)本質(zhì)電子的得失，且得失電子守恒；D、水中只含有H和O兩種元素，汽油中含有C和H兩種元素，依據(jù)元素守恒解答即可．【解答】解：A、分子式為C2H6O的有機化合物存在同分異構(gòu)體，即乙醇或甲醚，二者屬于不同的有機物，性質(zhì)不同，故A錯誤；B、化學(xué)反應(yīng)的熱效應(yīng)只與反應(yīng)物的初始狀態(tài)和生成物的最終狀態(tài)有關(guān)，故ab兩種途徑，放出的熱量一樣多，故B錯誤；C、氧化還原反應(yīng)中存在得失電子守恒定律，即還原劑失去電子總數(shù)等于氧化劑得到電子的總數(shù)，故C正確；D、汽油中含有C和H兩種元素，而水中只存在H和O兩種元素，故不可能通過化學(xué)變化直接將水轉(zhuǎn)變?yōu)槠?，故D錯誤，故選：C。【點評】本題主要考查的是有機物同分異構(gòu)體的判斷、化學(xué)反應(yīng)的熱效應(yīng)、氧化還原反應(yīng)等，綜合性較強，難度一般．4．（2分）在CO2中，Mg燃燒生成MgO和C．下列說法正確的是（）A．元素C的單質(zhì)只存在金剛石和石墨兩種同素異形體 B．Mg、MgO中鎂元素微粒的半徑：r（Mg2+）＞r（Mg） C．在該反應(yīng)條件下，Mg的還原性強于C的還原性 D．該反應(yīng)中化學(xué)能全部轉(zhuǎn)化為熱能【考點】GI：鎂的化學(xué)性質(zhì)．【分析】A、C元素的單質(zhì)存在多種同素異形體；B、電子層數(shù)越多，微粒半徑越大；C、依據(jù)化學(xué)反應(yīng)方程式判斷即可，還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物的還原性；D、鎂燃燒放出強光，據(jù)此解答即可．【解答】解：A、元素C除存在金剛石和石墨外，還存在足球烯（C60）等同素異形體，故A錯誤；B、Mg有3個電子層，Mg2+為Mg失去最外層的2個電子形成的陽離子，只有2個電子層，故半徑r（Mg2+）＜r（Mg），故B錯誤；C、該反應(yīng)為：2Mg+CO22MgO+C，此反應(yīng)中Mg為還原劑，C為還原產(chǎn)物，還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物的還原性，即還原性Mg＞C，故C正確；D、該反應(yīng)放出光，即部分化學(xué)能轉(zhuǎn)化為光能，且生成物仍具有能量，故D錯誤，故選C?！军c評】本題主要考查的是同素異形體的判斷、微粒半徑大小比較、氧化還原反應(yīng)中還原性強弱比較以及能量之間的轉(zhuǎn)化等，綜合性較強，有一定的難度．5．（2分）短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，X原子最外層有6個電子，Y是至今發(fā)現(xiàn)的非金屬性最強的元素，Z在周期表中處于周期序數(shù)等于族序數(shù)的位置，W的單質(zhì)廣泛用作半導(dǎo)體材料。下列敘述正確的是（）A．原子最外層電子數(shù)由多到少的順序：Y、X、W、Z B．原子半徑由大到小的順序：W、Z、Y、X C．元素非金屬性由強到弱的順序：Z、W、X D．簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性由強到弱的順序：X、Y、W【考點】8F：原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系．【分析】Y是至今發(fā)現(xiàn)的非金屬性最強的元素，那么Y是F，X最外層有6個電子且原子序數(shù)小于Y，應(yīng)為O，Z在周期表中處于周期序數(shù)等于族序數(shù)的位置，且為短周期，原子序數(shù)大于F，那么Z為Al，W的單質(zhì)廣泛用作半導(dǎo)體材料，那么W為Si，據(jù)此推斷A、X、Y、Z、W分別為O、F、Al和Si，結(jié)合各個選項解答即可?！窘獯稹拷猓篩是至今發(fā)現(xiàn)的非金屬性最強的元素，那么Y是F，X最外層有6個電子且原子序數(shù)小于Y，應(yīng)為O，Z在周期表中處于周期序數(shù)等于族序數(shù)的位置，且為短周期，原子序數(shù)大于F，那么Z為Al，W的單質(zhì)廣泛用作半導(dǎo)體材料，那么W為Si，據(jù)此推斷A、X、Y、Z、W分別為O、F、Al和Si，A、最外層電子數(shù)分別為6、7、3和4，即最外層電子數(shù)Y＞X＞W(wǎng)＞Z，故A正確；B、電子層數(shù)越多，半徑越大，同一周期，原子序數(shù)越小，半徑越大，即半徑關(guān)系：Al＞Si＞O＞F，即Z＞W(wǎng)＞X＞Y，故B錯誤；C、同一周期，原子序數(shù)越大，非金屬性越強，即非金屬性F＞O＞Si＞Al，故C錯誤；D、元素的非金屬性越強，其氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強，即Y＞X＞W(wǎng)，故D錯誤，故選：A?！军c評】本題主要考查的是元素的推斷，涉及元素非金屬性強弱的比較、半徑大小比較、氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性比較等，難度不大。6．（2分）常溫下，下列各組離子一定能在指定溶液中大量共存的是（）A．使酚酞變紅色的溶液中：Na+、Al3+、SO42﹣、Cl﹣ B．1×10﹣13mol?L﹣1的溶液中：NH4+、Ca2+、Cl﹣、NO3﹣ C．與Al反應(yīng)能放出H2的溶液中：Fe2+、K+、NO3﹣、SO42﹣ D．水電離的c（H+）＝1×10﹣13mol?L﹣1的溶液中：K+、Na+、AlO2﹣、CO32﹣【考點】DP：離子共存問題．【分析】A．使酚酞變紅色的溶液，顯堿性；B.1×10﹣13mol?L﹣1的溶液，顯酸性；C．與Al反應(yīng)能放出H2的溶液，為非氧化性酸或強堿溶液；D．水電離的c（H+）＝1×10﹣13mol?L﹣1的溶液，水的電離受到抑制，為酸或堿溶液．【解答】解：A．使酚酞變紅色的溶液，顯堿性，堿性溶液中不能大量存在Al3+，故A錯誤；B.1×10﹣13mol?L﹣1的溶液，顯酸性，該組離子在酸性溶液中不反應(yīng)，可大量共存，故B正確；C．與Al反應(yīng)能放出H2的溶液，為非氧化性酸或強堿溶液，酸性溶液中Fe2+（或Al）、H+、NO3﹣發(fā)生氧化還原反應(yīng)，堿性溶液中不能大量存在Fe2+，故C錯誤；D．水電離的c（H+）＝1×10﹣13mol?L﹣1的溶液，水的電離受到抑制，為酸或堿溶液，酸溶液中不能大量存在AlO2﹣、CO32﹣，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查離子的共存，為2015年高考題，把握習(xí)題中的信息及常見離子之間的反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重復(fù)分解反應(yīng)、氧化還原反應(yīng)的離子共存考查，注意“一定共存”的信息，題目難度不大．7．（2分）下列實驗操作正確的是（）A．用玻璃棒蘸取CH3COOH溶液點在水濕潤的pH試紙上，測定該溶液的pH B．中和滴定時，滴定管用所盛裝的反應(yīng)液潤洗2～3次 C．用裝置甲分液，放出水相后再從分液漏斗下口放出有機相 D．用裝置乙加熱分解NaHCO3固體【考點】1B：真題集萃；U5：化學(xué)實驗方案的評價．【專題】25：實驗評價題．【分析】A．pH試紙不能事先濕潤；B．為減小誤差，滴定管用所盛裝的反應(yīng)液潤洗；C．分液時，下層液體從下口漏出，上層液體從上口倒出；D．加熱固體應(yīng)防止試管炸裂?！窘獯稹拷猓篈．測定醋酸pH，pH試紙不能事先濕潤，防止醋酸被稀釋而導(dǎo)致測定結(jié)果偏大，故A錯誤；B．為防止液體被稀釋而導(dǎo)致濃度減小而產(chǎn)生實驗誤差，滴定管用所盛裝的反應(yīng)液潤洗，故B正確；C．分液時，為避免液體重新混合而污染，下層液體從下口漏出，上層液體從上口倒出，故C錯誤；D．碳酸氫鈉加熱分解生成水，應(yīng)防止試管炸裂，試管口應(yīng)略朝下，故D錯誤。故選：B?！军c評】本題為2015年高考題江蘇卷第7題，綜合考查pH的使用、分液、滴定以及實驗安全等知識，側(cè)重于學(xué)生的分析、實驗?zāi)芰Φ目疾?，比較基礎(chǔ)，難度適中，有利于培養(yǎng)學(xué)生良好的科學(xué)素養(yǎng)。8．（2分）給定條件下，下列選項中所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能一步實現(xiàn)的是（）A．粗硅SiCl4Si B．Mg（OH）2MgCl2（aq）Mg C．Fe2O3FeCl3（aq）無水FeCl3 D．AgNO3（aq）[Ag（NH3）2]OH（aq）Ag【考點】2E：硅酸鹽工業(yè)；FH：硅和二氧化硅；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．Si可與氯氣在高溫下反應(yīng)生成SiCl4，SiCl4可與氫氣發(fā)生反應(yīng)生成Si和HCl；B．電解氯化鎂溶液生成氫氧化鎂、氯氣和氫氣；C．氯化鐵易水解，加熱溶液生成氫氧化鐵和HCl；D．蔗糖為非還原性糖，與銀氨溶液不反應(yīng)．【解答】解：A．Si可與氯氣在高溫下反應(yīng)生成SiCl4，SiCl4可與氫氣發(fā)生反應(yīng)生成Si和HCl，該反應(yīng)可用于工業(yè)提純硅，故A正確；B．電解氯化鎂溶液生成氫氧化鎂、氯氣和氫氣，工業(yè)用電解熔融的氯化鎂制備鎂，故B錯誤；C．氯化鐵易水解，加熱溶液生成氫氧化鐵和HCl，蒸發(fā)時應(yīng)在HCl環(huán)境中進行，故C錯誤；D．蔗糖為非還原性糖，與銀氨溶液不反應(yīng)，故D錯誤。故選：A?！军c評】本題為2015年江蘇考題，綜合考查元素化合物知識，為高頻考點，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，注意把握物質(zhì)的性質(zhì)以及轉(zhuǎn)化的特點、反應(yīng)條件，難度不大，注意相關(guān)基礎(chǔ)知識的積累．9．（2分）下列指定反應(yīng)的離子方程式正確的是（）A．氯氣溶于水：Cl2+H2O＝2H++Cl﹣+ClO﹣ B．Na2CO3溶液中CO32﹣的水解：CO32﹣+H2O＝HCO3﹣+OH﹣ C．酸性溶液中KIO3與KI反應(yīng)生成I2：IO3﹣+I﹣+6H+＝I2+3H2O D．NaHCO3溶液中加足量Ba（OH）2溶液：HCO3﹣+Ba2++OH﹣＝BaCO3↓+H2O【考點】49：離子方程式的書寫．【分析】A．氯氣與水生成HClO，HClO為弱酸，應(yīng)寫成化學(xué)式；B．CO32﹣的水解為可逆反應(yīng)；C．電荷不守恒；D．NaHCO3溶液中加足量Ba（OH）2溶液，生成BaCO3和水．【解答】解：A．氯氣溶于水，反應(yīng)的離子方程式為Cl2+H2O?H++Cl﹣+HClO，HClO為弱酸，應(yīng)寫成化學(xué)式，且為可逆符號，故A錯誤；B．CO32﹣的水解為可逆反應(yīng)，應(yīng)為CO32﹣+H2O?HCO3﹣+OH﹣，故B錯誤；C．酸性溶液中KIO3與KI反應(yīng)生成I2，發(fā)生IO3﹣+5I﹣+6H+＝3I2+3H2O，故C錯誤；D．NaHCO3溶液中加足量Ba（OH）2溶液，生成BaCO3和水，發(fā)生HCO3﹣+Ba2++OH﹣＝BaCO3↓+H2O，故D正確。故選：D?！军c評】本題為2015年江蘇卷第9題，考查了離子方程式的判斷，為常見題型，側(cè)重于學(xué)生的分析能力以及元素化合物知識的綜合理解和運用的考查，注意掌握離子方程式的書寫原則，明確離子方程式正誤判斷常用方法：檢查反應(yīng)物、生成物是否正確，檢查各物質(zhì)拆分是否正確，如難溶物、弱電解質(zhì)等需要保留化學(xué)式，檢查是否符合原化學(xué)方程式等，難度不大．10．（2分）一種熔融碳酸鹽燃料電池原理示意如圖。下列有關(guān)該電池的說法正確的是（）A．反應(yīng)CH4+H2O3H2+CO，每消耗1molCH4轉(zhuǎn)移12mol電子 B．電極A上H2參與的電極反應(yīng)為：H2+2OH﹣﹣2e﹣＝2H2O C．電池工作時，CO32﹣向電極B移動 D．電極B上發(fā)生的電極反應(yīng)為：O2+2CO2+4e﹣＝2CO32﹣【考點】BL：化學(xué)電源新型電池．【專題】51I：電化學(xué)專題．【分析】甲烷和水經(jīng)催化重整生成CO和H2，反應(yīng)中C元素化合價由﹣4價升高到+2價，H元素化合價由+1價降低到0價，原電池工作時，CO和H2為負(fù)極反應(yīng)，被氧化生成二氧化碳和水，正極為氧氣得電子生成CO32﹣，以此解答該題?！窘獯稹拷猓篈．反應(yīng)CH4+H2O3H2+CO，C元素化合價由﹣4價升高到+2價，H元素化合價由+1價降低到0價，每消耗1molCH4轉(zhuǎn)移6mol電子，故A錯誤；B．電解質(zhì)沒有OH﹣，負(fù)極反應(yīng)為H2+CO+2CO32﹣﹣4e﹣＝H2O+3CO2，故B錯誤；C．電池工作時，CO32﹣向負(fù)極移動，即向電極A移動，故C錯誤；D．B為正極，正極為氧氣得電子生成CO32﹣，電極反應(yīng)為：O2+2CO2+4e﹣＝2CO32﹣，故D正確。故選：D?！军c評】本題為2015年江蘇考題第10題，考查了化學(xué)電源新型電池，明確原電池中物質(zhì)得失電子、電子流向、離子流向即可解答，難點是電極反應(yīng)式書寫，要根據(jù)電解質(zhì)確定正負(fù)極產(chǎn)物，難度中等。二、不定項選擇題：本題包括5小題，每小題4分，共計20分．每小題只有一個或兩個選項符合題意．若正確答案只包括一個選項，多選時，該小題得0分；若正確答案包括兩個選項，只選一個且正確的得2分，選兩個且都正確的得滿分，但只要選錯一個，該小題就得0分．11．（4分）下列說法正確的是（）A．若H2O2分解產(chǎn)生1molO2，理論上轉(zhuǎn)移的電子數(shù)約為4×6.02×1023 B．室溫下，pH＝3的CH3COOH溶液與pH＝11的NaOH溶液等體積混合，溶液pH＞7 C．鋼鐵水閘可用犧牲陽極或外加電流的陰極保護法防止其腐蝕 D．一定條件下反應(yīng)N2+3H2?2NH3達(dá)到平衡時，3v正（H2）＝2v逆（NH3）【考點】1B：真題集萃；BK：金屬的電化學(xué)腐蝕與防護；CG：化學(xué)平衡狀態(tài)的判斷；D5：弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡．【分析】A．H2O2分解產(chǎn)生1molO2，反應(yīng)中O元素化合價由﹣1價升高到0價，轉(zhuǎn)移2mol電子；B．CH3COOH為弱酸，pH＝3的CH3COOH溶液與pH＝11的NaOH溶液相比較，醋酸過量；C．用犧牲陽極或外加電流的陰極保護法，鐵分別為正極和陰極；D．化學(xué)反應(yīng)中速率之比等于計量數(shù)之比．【解答】解：A．H2O2分解產(chǎn)生1molO2，方程式為2H2O2↑2H2O+O2↑，反應(yīng)中O元素化合價由﹣1價升高到0價，轉(zhuǎn)移2mol電子，故A錯誤；B．CH3COOH為弱酸，pH＝3的CH3COOH溶液與pH＝11的NaOH溶液相比較，醋酸過量，等體積混合后溶液呈酸性，pH＜7，故B錯誤；C．用犧牲陽極或外加電流的陰極保護法，鐵分別為正極和陰極，都發(fā)生還原反應(yīng)，可防止被氧化，故C正確；D．一定條件下反應(yīng)N2+3H2?2NH3反應(yīng)，速率關(guān)系符合系數(shù)比，即v正（H2）：v正（NH3）＝3：2，當(dāng)反應(yīng)達(dá)到平衡時，v正（NH3）＝v逆（NH3），則達(dá)到平衡時，應(yīng)為2v正（H2）＝3v逆（NH3），故D錯誤。故選：C?！军c評】本題為2015年江蘇考題第11題，綜合考查氧化還原反應(yīng)、弱電解質(zhì)的電離、金屬的腐蝕與防護以及化學(xué)平衡等問題，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，注意相關(guān)基礎(chǔ)知識的積累，題目難度適中，貼近教材，有利于培養(yǎng)和考查學(xué)生的良好的學(xué)習(xí)習(xí)慣和科學(xué)素養(yǎng)．12．（4分）己烷雌酚的一種合成路線如圖：下列敘述正確的是（）A．在NaOH水溶液中加熱，化合物X可發(fā)生消去反應(yīng) B．在一定條件，化合物Y可與HCHO發(fā)生縮聚反應(yīng) C．用FeCl3溶液可鑒別化合物X和Y D．化合物Y中不含有手性碳原子【考點】HD：有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)．【分析】A．X為鹵代烴，在氫氧化鈉水溶液中發(fā)生水解反應(yīng)生成醇；B．Y含有酚羥基，與苯酚性質(zhì)相似；C．Y含有酚羥基，可與氯化鐵發(fā)生顯色反應(yīng)；D．根據(jù)手性碳原子的定義判斷．【解答】解：A．X為鹵代烴，在氫氧化鈉水溶液中發(fā)生水解反應(yīng)生成醇，如發(fā)生消去反應(yīng)，條件為氫氧化鈉醇溶液，故A錯誤；B．Y含有酚羥基，與苯酚性質(zhì)相似，可與甲醛發(fā)生縮聚反應(yīng)，故B正確；C．Y含有酚羥基，可與氯化鐵發(fā)生顯色反應(yīng)，故C正確；D．連接四個不同的原子或原子團的碳原子為手性碳原子，Y中連接乙基的碳原子為手性碳原子，故D錯誤。故選：BC。【點評】本題為2015年江蘇考題第12題，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，注意把握有機物的結(jié)構(gòu)和官能團的性質(zhì)，為解答該類題目的關(guān)鍵，難度不大．13．（4分）下列設(shè)計的實驗方案能達(dá)到實驗?zāi)康氖牵ǎ〢．制備Al（OH）3懸濁液：向1mol?L﹣1AlCl3溶液中加過量的6mol?L﹣1NaOH溶液 B．提純含有少量乙酸的乙酸乙酯：向含有少量乙酸的乙酸乙酯中加入過量飽和Na2CO3溶液，振蕩后靜置分液，并除去有機相的水 C．檢驗溶液中是否含有Fe2+：取少量待檢驗溶液，向其中加入少量新制氯水，再滴加KSCN溶液，觀察實驗現(xiàn)象 D．探究催化劑對H2O2分解速率的影響：在相同條件下，向一支試管中加入2mL5%H2O2和1mLH2O，向另一支試管中加入2mL5%H2O2和1mLFeCl3溶液，觀察并比較實驗現(xiàn)象【考點】U5：化學(xué)實驗方案的評價．【分析】A．NaOH過量，反應(yīng)生成偏鋁酸鈉；B．乙酸與碳酸鈉反應(yīng)后，與乙酸乙酯分層；C．加入少量新制氯水氧化了亞鐵離子；D．相同條件下，只有催化劑不同．【解答】解：A．NaOH過量，反應(yīng)生成偏鋁酸鈉，不能制備Al（OH）3懸濁液，故A錯誤；B．乙酸與碳酸鈉反應(yīng)后，與乙酸乙酯分層，振蕩后靜置分液，并除去有機相的水可除雜，故B正確；C．加入少量新制氯水氧化了亞鐵離子，檢驗亞鐵離子，應(yīng)先加KSCN溶液，再加氯水，故C錯誤；D．相同條件下，只有催化劑不同，試管中加入2mL5%H2O2和1mLFeCl3溶液反應(yīng)速率快，則可探究催化劑對H2O2分解速率的影響，故D正確；故選：BD。【點評】本題考查化學(xué)實驗方案的評價，為高頻考點，涉及物質(zhì)的性質(zhì)、混合物分離提純、離子檢驗及影響反應(yīng)速率的因素等，把握物質(zhì)的性質(zhì)及反應(yīng)原理為解答的關(guān)鍵，注意實驗的評價性分析，題目難度不大．14．（4分）室溫下，向下列溶液中通入相應(yīng)的氣體至溶液pH＝7（通入氣體對溶液體積的影響可忽略），溶液中部分微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（）A．向0.10mol?L﹣1NH4HCO3溶液中通入CO2：c（NH4+）＝c（HCO3﹣）+c（CO32﹣） B．向0.10mol?L﹣1NaHSO3溶液中通入NH3：c（Na+）＞c（NH4+）＞c（SO32﹣） C．向0.10mol?L﹣1Na2SO3溶液通入SO2：c（Na+）＝2[c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）] D．向0.10mol?L﹣1CH3COONa溶液中通入HCl：c（Na+）＞c（CH3COOH）＝c（Cl﹣）【考點】DN：離子濃度大小的比較．【分析】A．pH＝7，則c（H+）＝c（OH﹣），結(jié)合電荷守恒分析；B．溶液中鈉離子與S原子物質(zhì)的量之比為1：1，而銨根離子與部分亞硫酸根結(jié)合，由物料守恒可知，c（Na+）＝c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3），溶液呈中性，由電荷守恒可得：c（Na+）+c（NH4+）＝2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣），聯(lián)立判斷；C．未反應(yīng)前結(jié)合物料守恒可知c（Na+）＝2[c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）]，向0.10mol?L﹣1Na2SO3溶液通入SO2，至溶液pH＝7，反應(yīng)后溶液中溶質(zhì)為NaHSO3、Na2SO3；D．向0.10mol?L﹣1CH3COONa溶液中通入HCl，至溶液pH＝7，反應(yīng)后溶液中溶質(zhì)為NaCl、醋酸和醋酸鈉．【解答】解：A．pH＝7，則c（H+）＝c（OH﹣），結(jié)合電荷守恒可知，c（NH4+）＝c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣），故A錯誤；B．溶液中鈉離子與S原子物質(zhì)的量之比為1：1，而銨根離子與部分亞硫酸根結(jié)合，故c（Na+）＞c（NH4+），由物料守恒可知，c（Na+）＝c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3），溶液呈中性，由電荷守恒可得：c（Na+）+c（NH4+）＝2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣），聯(lián)立可得：c（NH4+）+c（H2SO3）＝c（SO32﹣），故B錯誤；C．向0.10mol?L﹣1Na2SO3溶液通入SO2，發(fā)生Na2SO3+SO2+H2O＝2NaHSO3，至溶液pH＝7，反應(yīng)后溶液中溶質(zhì)為的NaHSO3、Na2SO3，則c（Na+）＜2[c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）]，故C錯誤；D．向0.10mol?L﹣1CH3COONa溶液中通入HCl，至溶液pH＝7，c（H+）＝c（OH﹣），HCl不足，反應(yīng)后溶液中溶質(zhì)為NaCl、醋酸和醋酸鈉，由電荷守恒可知，c（Na+）＝c（CH3COO﹣）+c（Cl﹣），由物料守恒可知，c（Na+）＝c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣），則c（Na+）＞c（CH3COOH）＝c（Cl﹣），故D正確；故選：D?！军c評】本題考查離子濃度大小比較，為2015年江蘇高考題，把握發(fā)生的反應(yīng)、鹽類水解及電離為解答的關(guān)鍵，注意pH＝7的信息及應(yīng)用，題目難度不大．15．（4分）在體積均為1.0L的恒容密閉容器中加入足量的相同的碳粉，再分別加入0.1molCO2和0.2molCO2，在不同溫度下反應(yīng)CO2（g）+C（s）?2CO（g）達(dá)到平衡，平衡時CO2的物質(zhì)的量濃度c（CO2）隨溫度的變化如圖所示（圖中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ點均處于曲線上）。下列說法正確的是（）A．反應(yīng)CO2（g）+C（s）?2CO（g）的△S＞0、△H＜0 B．體系的總壓強P總：P總（狀態(tài)Ⅱ）＞2P總（狀態(tài)Ⅰ） C．體系中c（CO）：c（CO，狀態(tài)Ⅱ）＜2c（CO，狀態(tài)Ⅲ） D．逆反應(yīng)速率V逆：V逆（狀態(tài)Ⅰ）＞V逆（狀態(tài)Ⅲ）【考點】1B：真題集萃；C7：化學(xué)平衡建立的過程；CB：化學(xué)平衡的影響因素．【分析】A．由氣體的化學(xué)計量數(shù)增大可知△S，由圖中溫度高平衡時c（CO2）小可知△H；B．分別加入0.1molCO2和0.2molCO2，曲線I為加入0.1molCO2，曲線II為加入0.2molCO2，結(jié)合CO2（g）+C（s）?2CO（g）及圖中變化量判斷；C．狀態(tài)II、狀態(tài)Ⅲ的溫度相同，狀態(tài)II看作先加入0.1molCO2，與狀態(tài)Ⅲ平衡時CO的濃度相同，再加入0.1molCO2，若平衡不移動，Ⅱ狀態(tài)CO的濃度等于2倍Ⅲ，但再充入CO2，相當(dāng)增大壓強，平衡左移動，消耗CO；D．狀態(tài)I、狀態(tài)Ⅲ的溫度不同，溫度高反應(yīng)速率快?！窘獯稹拷猓篈．由氣體的化學(xué)計量數(shù)增大可知△S＞0，由圖中溫度高平衡時c（CO2）小，則升高溫度平衡正向移動，可知△H＞0，故A錯誤；B．分別加入0.1molCO2和0.2molCO2，曲線I為加入0.1molCO2，曲線II為加入0.2molCO2，若平衡不移動，體系的總壓強為P總（狀態(tài)Ⅱ）＝2P總（狀態(tài)Ⅰ），由方程式可知CO2減少多少，體系中氣體總量就增加多少，且圖中曲線I中二氧化碳減少量小于一半，則氣體總量小于1.5；而曲線II中二氧化碳減少量大于一半，則氣體總量大于3.0，則體系的總壓強為P總（狀態(tài)Ⅱ）＞2P總（狀態(tài)Ⅰ），故B正確；C．狀態(tài)II、狀態(tài)Ⅲ的溫度相同，狀態(tài)II看作先加入0.1molCO2，與狀態(tài)Ⅲ平衡時CO的濃度相同，再加入0.1molCO2，若平衡不移動，Ⅱ狀態(tài)CO的濃度等于2倍Ⅲ，但再充入CO2，相當(dāng)增大壓強，平衡左移，消耗CO，則c（CO，狀態(tài)Ⅱ）＜2c（CO，狀態(tài)Ⅲ），故C正確；D．狀態(tài)I、狀態(tài)Ⅲ的溫度不同，溫度高反應(yīng)速率快，則逆反應(yīng)速率為V逆（狀態(tài)Ⅰ）＜V逆（狀態(tài)Ⅲ），故D錯誤；故選：BC?！军c評】本題考查化學(xué)平衡及平衡的建立，為高頻考點，本題為2015年江蘇高考題，把握平衡移動的影響因素、圖象分析為解答的關(guān)鍵，選項BC為解答的難點，題目難度中等。二、非選擇題16．（12分）以磷石膏（主要成分CaSO4，雜質(zhì)SiO2、Al2O3等）為原料可制備輕質(zhì)CaCO3．（1）勻速向漿料中通入CO2，漿料清液的pH和c（SO42﹣）隨時間變化見圖．清液pH＞11時CaSO4轉(zhuǎn)化的離子方程式為CaSO4+2NH3?H2O+CO2＝CaCO3+2NH4++SO42﹣+H2O或CaSO4+CO32﹣＝CaCO3+SO42﹣；能提高其轉(zhuǎn)化速率的措施有AC（填序號）A．?dāng)嚢铦{料B．加熱漿料至100℃C．增大氨水濃度D．減小CO2通入速率（2）當(dāng)清液pH接近6.5時，過濾并洗滌固體．濾液中物質(zhì)的量濃度最大的兩種陰離子為SO42﹣和HCO3﹣（填化學(xué)式）；檢驗洗滌是否完全的方法是取少量最后一次的洗滌過濾液于試管中，向其中滴加鹽酸酸化的氯化鋇溶液，若不產(chǎn)生白色沉淀，則表明已洗滌完全．（3）在敞口容器中，用NH4Cl溶液浸取高溫煅燒的固體，隨著浸取液溫度上升，溶液中c（Ca2+）增大的原因是浸取液溫度上升，溶液中氫離子濃度增大，促進固體中鈣離子浸出．【考點】1B：真題集萃；P8：物質(zhì)分離和提純的方法和基本操作綜合應(yīng)用．【分析】磷石膏氨水的漿料中通入二氧化碳可生成碳酸鹽或碳酸氫鹽，過濾后濾液為硫酸銨、氨水，濾渣含有碳酸鈣、SiO2、Al2O3等，高溫煅燒生成硅酸鈣、偏鋁酸鈣等，加入氯化銨溶液充分浸取，可生成硅酸、氫氧化鋁、氯化鈣等，氯化鈣最終可生成碳酸鈣，（1）由圖象可知，經(jīng)充分浸取，c（SO42﹣）逐漸增大，pH逐漸減小，清液pH＞11時CaSO4生成碳酸鈣、銨根離子和硫酸根離子；為提高其轉(zhuǎn)化速率，可進行攪拌并增大氨水濃度，增大c（CO32﹣）；（2）當(dāng)清液pH接近6.5時，溶液酸性相對較強，可充分轉(zhuǎn)化生成SO42﹣并有HCO3﹣生成，沉淀吸附SO42﹣，可用鹽酸酸化的氯化鋇檢驗；（3）隨著浸取液溫度上升，氯化銨水解程度增大，溶液酸性增強．【解答】解：磷石膏氨水的漿料中通入二氧化碳可生成碳酸鹽或碳酸氫鹽，過濾后濾液為硫酸銨、氨水，濾渣含有碳酸鈣、SiO2、Al2O3等，高溫煅燒生成硅酸鈣、偏鋁酸鈣等，加入氯化銨溶液充分浸取，可生成硅酸、氫氧化鋁、氯化鈣等，氯化鈣最終可生成碳酸鈣，（1）由圖象可知，經(jīng)充分浸取，c（SO42﹣）逐漸增大，pH逐漸減小，清液pH＞11時CaSO4生成碳酸鈣、銨根離子和硫酸根離子，反應(yīng)的離子方程式為CaSO4+2NH3?H2O+CO2＝CaCO3+2NH4++SO42﹣+H2O或CaSO4+CO32﹣＝CaCO3+SO42﹣，為提高其轉(zhuǎn)化速率，可進行攪拌并增大氨水濃度，增大c（CO32﹣），而升高溫度，氨氣揮發(fā)，不能增大轉(zhuǎn)化率，故答案為：CaSO4+2NH3?H2O+CO2＝CaCO3+2NH4++SO42﹣+H2O或CaSO4+CO32﹣＝CaCO3+SO42﹣；AC；（2）當(dāng)清液pH接近6.5時，溶液酸性相對較強，可充分轉(zhuǎn)化生成SO42﹣并有HCO3﹣生成，沉淀吸附SO42﹣，可用鹽酸酸化的氯化鋇檢驗，方法是取少量最后一次的洗滌過濾液于試管中，向其中滴加鹽酸酸化的氯化鋇溶液，若不產(chǎn)生白色沉淀，則表明已洗滌完全，故答案為：SO42﹣；HCO3﹣；取少量最后一次的洗滌過濾液于試管中，向其中滴加鹽酸酸化的氯化鋇溶液，若不產(chǎn)生白色沉淀，則表明已洗滌完全；（3）隨著浸取液溫度上升，氯化銨水解程度增大，溶液酸性增強，則鈣離子濃度增大，故答案為：浸取液溫度上升，溶液中氫離子濃度增大，促進固體中鈣離子浸出．【點評】本題為2015年江蘇考題第16題，以實驗流程的形成綜合考查元素化合物知識，側(cè)重于學(xué)生的分析能力和實驗?zāi)芰Φ目疾椋y度中等，注意把握提給信息以及相關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)．17．（15分）化合物F是一種抗心肌缺血藥物的中間體，可以通過以下方法合成：（1）化合物A中的含氧官能團為醚鍵和醛基（填官能團的名稱）．（2）化合物B的結(jié)構(gòu)簡式為；由C→D的反應(yīng)類型是：取代反應(yīng)．（3）寫出同時滿足下列條件的E的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式．Ⅰ．分子含有2個苯環(huán)Ⅱ．分子中含有3種不同化學(xué)環(huán)境的氫（4）已知：RCH2CNRCH2CH2NH2，請寫出以為原料制備化合物X（結(jié)構(gòu)簡式見圖）的合成路線流程圖（無機試劑可任選）．合成路線流程圖示例如圖：CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3．【考點】HC：有機物的合成．【分析】A含有的官能團為醚鍵和醛基，對比A、C的結(jié)構(gòu)簡式可知B為，B與SOCl2發(fā)生取代反應(yīng)生成，然后與NaCN發(fā)生取代反應(yīng)生成，經(jīng)水解、還原，最終生成；以制備，可在濃硫酸作用下生成，然后與HCl發(fā)生加成反應(yīng)生成，與NaCN發(fā)生取代反應(yīng)生成，在催化作用下與氫氣反應(yīng)可生成，以此解答該題．【解答】解：A含有的官能團為醚鍵和醛基，對比A、C的結(jié)構(gòu)簡式可知B為，B與SOCl2發(fā)生取代反應(yīng)生成，然后與NaCN發(fā)生取代反應(yīng)生成，經(jīng)水解、還原，最終生成，（1）由結(jié)構(gòu)簡式可知A含有的官能團為醚鍵和醛基，故答案為：醚鍵、醛基；（2）B為，與NaCN發(fā)生取代反應(yīng)生成，故答案為：；取代反應(yīng)；（3）E的一種同分異構(gòu)體含有3種不同化學(xué)環(huán)境的氫，且含有2個苯環(huán)，且結(jié)構(gòu)對稱，則對應(yīng)的結(jié)構(gòu)有，故答案為：；（4）以制備，可在濃硫酸作用下生成，然后與HCl發(fā)生加成反應(yīng)生成，與NaCN發(fā)生取代反應(yīng)生成，在催化作用下與氫氣反應(yīng)可生成，也可與HCl反應(yīng)生成，再生成，則流程為，故答案為：．【點評】本題為2015年江蘇卷第17題，涉及有機物的合成，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，答題時注意把握提給信息以及官能團的性質(zhì)，注意合成路線的設(shè)計，為解答該題的難點．18．（12分）軟錳礦（主要成分MnO2，雜質(zhì)金屬元素Fe、Al、Mg等）的水懸濁液與煙氣中SO2反應(yīng)可制備MnSO4?H2O，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：MnO2+SO2＝MnSO4（1）質(zhì)量為17.40g純凈MnO2最多能氧化4.48L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）SO2．（2）已知：Ksp[Al（OH）3]＝1×10﹣33，Ksp[Fe（OH）3]＝3×10﹣39，pH＝7.1時Mn（OH）2開始沉淀．室溫下，除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+（使其濃度小于1×10﹣6mol?L﹣1），需調(diào)節(jié)溶液pH范圍為5.0≤pH＜7.1．（3）如圖可以看出，從MnSO4和MgSO4混合溶液中結(jié)晶MnSO4?H2O晶體，需控制結(jié)晶溫度范圍為高于60℃．（4）準(zhǔn)確稱取0.1710gMnSO4?H2O樣品置于錐形瓶中，加入適量H3PO4和NH4NO3溶液，加熱使Mn2+全部氧化成Mn3+，用c（Fe2+）＝0.0500mol?L﹣1的標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點（滴定過程中Mn3+被還原為Mn2+），消耗Fe2+溶液20.00mL．計算MnSO4?H2O樣品的純度（請給出計算過程）【考點】5A：化學(xué)方程式的有關(guān)計算；DH：難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)．【分析】（1）根據(jù)MnO2+SO2＝MnSO4可知，n（SO2）＝n（MnO2）；（2）pH＝7.1時Mn（OH）2開始沉淀．室溫下，除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+，結(jié)合Al（OH）3完全變成沉淀時的pH、Fe（OH）3完全變成沉淀時的pH分析；（3）從MnSO4和MgSO4混合溶液中結(jié)晶MnSO4?H2O晶體，根據(jù)圖上信息，高于60℃以后MnSO4?H2O的溶解度減小，而MgSO4?6H2O的溶解度增大，因此控制結(jié)晶溫度范圍是高于60℃；（4）根據(jù)氧化還原反應(yīng)中得失電子守恒：n（Mn3+）×1＝n（Fe2+）×1＝0.02L×0.0500mol＝1.00×10﹣3mol，根據(jù)Mn元素守恒，m（MnSO4?H2O）＝1.00×10﹣3mol×169g/mol＝0.169g，以此計算純度．【解答】解：（1）根據(jù)MnO2+SO2＝MnSO4可知，n（SO2）＝n（MnO2）0.2mol，其體積為0.2mol×22.4L/mol＝4.48L，故答案為：4.48；（2）pH＝7.1時Mn（，除去OH）2開始沉淀．室溫下MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+，氫氧化鋁完全變成沉淀時的pH：Ksp[Al（OH）3]＝1×10﹣33＝c（Al3+）×c3（OH﹣），c（Al3+）＝1×10﹣6mol?L﹣1，解得：c（OH﹣）＝1×10﹣9mol?L﹣1，c（H+）＝1×10﹣5mol?L﹣1pH＝5，同理Fe（OH）3完全變成沉淀時，pH約為3.5，故pH范圍是：5.0≤pH＜7.1，故答案為：5.0≤pH＜7.1；（3）從MnSO4和MgSO4混合溶液中結(jié)晶MnSO4?H2O晶體，根據(jù)圖上信息，高于60℃以后MnSO4?H2O的溶解度減小，而MgSO4?6H2O的溶解度增大，因此控制結(jié)晶溫度范圍是高于60℃這樣可以得到純凈的MnSO4?H2O，故答案為：高于60℃；（4）根據(jù)氧化還原反應(yīng)中得失電子守恒：n（Mn3+）×1＝n（Fe2+）×1＝0.02L×0.0500mol＝1.00×10﹣3mol，根據(jù)Mn元素守恒，m（MnSO4?H2O）＝1.00×10﹣3mol×169g/mol＝0.169g，純度為100%＝98.8%，答：MnSO4?H2O樣品的純度為98.8%．【點評】本題考查較綜合，涉及氧化還原反應(yīng)計算、溶度積計算及混合物分離、圖象分析等，本題為2015年江蘇高考題18題，綜合性較強，側(cè)重分析、計算能力的綜合考查，題目難度中等．19．（15分）實驗室用圖所示裝置制備KClO溶液，并通過KClO溶液與Fe（NO3）3溶液的反應(yīng)制備高效水處理劑K2FeO4．已知K2FeO4具有下列性質(zhì)①可溶于水、微溶于濃KOH溶液，②在0℃﹣5℃、強堿性溶液中比較穩(wěn)定，③在Fe3+和Fe（OH）3催化作用下發(fā)生分解，④在酸性至弱堿性條件下，能與水反應(yīng)生成Fe（OH）3和O2．（1）裝置A中KMnO4與鹽酸反應(yīng)生成MnCl2和Cl2，其離子方程式為2MnO4﹣+16H++10Cl﹣＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O，將制備的Cl2通過裝置B可除去HCl（填化學(xué)式）．（2）Cl2和KOH在較高溫度下反應(yīng)生成KClO3，在不改變KOH溶液的濃度和體積的條件下，控制反應(yīng)在0℃～5℃進行，實驗中可采取的措施是緩慢滴加鹽酸、裝置C用冰水浴中．（3）制備K2FeO4時，KClO飽和溶液與Fe（NO3）3飽和溶液的混合方式為在攪拌下，將Fe（NO3）3飽和溶液緩慢滴加到KClO飽和溶液中．（4）提純K2FeO4粗產(chǎn)品[含有Fe（OH）3、KCl等雜質(zhì)]的實驗方案為：將一定量的K2FeO4粗產(chǎn)品溶于冷的3mol?L﹣1KOH溶液中，用砂芯漏斗過濾，將濾液置于冰水浴中，向濾液中加入飽和的KOH溶液，再用砂芯漏斗過濾，晶體用乙醇洗滌2﹣3次后，在真空干燥箱中干燥（實驗中須使用的試劑有：飽和KOH溶液，乙醇；除常用儀器外須使用的儀器有：砂芯漏斗，真空干燥箱）．【考點】U3：制備實驗方案的設(shè)計．【專題】24：實驗設(shè)計題．【分析】（1）KMnO4具有強氧化性，將鹽酸中氯離子氧化為Cl2，反應(yīng)還有水生成，KMnO4、HCl、MnCl2改寫成離子形式，Cl2、H2O為分子式形式，配平書寫離子方程式；由于鹽酸易揮發(fā)，制備的氯氣中含有HCl，應(yīng)飽和食鹽水吸收HCl除去；（2）Cl2和KOH在較高溫度下反應(yīng)生成KClO3，制取KClO溫度反應(yīng)在0℃～5℃，裝置C應(yīng)放在冰水浴中，充分利用原料，應(yīng)降低通入氯氣的速率；（3）K2FeO4在Fe3+和Fe（OH）3催化作用下發(fā)生分解，應(yīng)把Fe（NO3）3飽和溶液滴加到KClO溶液中；（4）用砂芯漏斗過濾，除去氫氧化鐵，由于K2FeO4可溶于水、微溶于濃KOH溶液，將濾液置于冰水浴中，向濾液中加入飽和的KOH溶液，析出K2FeO4晶體，再進行過濾，用乙醇洗滌，減少因溶解導(dǎo)致晶體損失，最后在真空干燥箱中干燥．【解答】解：（1）KMnO4具有強氧化性，將鹽酸中氯離子氧化為Cl2，反應(yīng)還有水生成，KMnO4、HCl、MnCl2改寫成離子形式，Cl2、H2O為分子式形式，離子方程式為：2MnO4﹣+16H++10Cl﹣＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O，由于鹽酸易揮發(fā)，制備的氯氣中含有HCl，應(yīng)飽和食鹽水吸收HCl除去，故答案為：2MnO4﹣+16H++10Cl﹣＝2Mn2++5Cl2↑+8H2O；HCl；（2）Cl2和KOH在較高溫度下反應(yīng)生成KClO3，制取KClO溫度反應(yīng)在0℃～5℃，裝置C應(yīng)放在冰水浴中，充分利用原料，緩慢滴加鹽酸，減慢生成氯氣的速率，故答案為：緩慢滴加鹽酸、裝置C用冰水浴中；（3）K2FeO4在Fe3+和Fe（OH）3催化作用下發(fā)生分解，應(yīng)把Fe（NO3）3飽和溶液滴加到KClO溶液中，具體操作為：在攪拌下，將Fe（NO3）3飽和溶液緩慢滴加到KClO飽和溶液中，故答案為：在攪拌下，將Fe（NO3）3飽和溶液緩慢滴加到KClO飽和溶液中；（4）提純K2FeO4粗產(chǎn)品[含有Fe（OH）3、KCl等雜質(zhì)]的實驗方案為：將一定量的K2FeO4粗產(chǎn)品溶于冷的3mol?L﹣1KOH溶液中，用砂芯漏斗過濾，將濾液置于冰水浴中，向濾液中加入飽和的KOH溶液，再用砂芯漏斗過濾，晶體用乙醇洗滌2﹣3次后，在真空干燥箱中干燥，故答案為：用砂芯漏斗過濾，將濾液置于冰水浴中，向濾液中加入飽和﹣﹣的KOH溶液，再用砂芯漏斗過濾，晶體用乙醇洗滌2﹣3次后，在真空干燥箱中干燥．【點評】本題考查實驗制備方案、氧化還原反應(yīng)、物質(zhì)的分離提純、對條件與操作的分析評價、閱讀獲取信息能力，是對學(xué)生綜合能力的考查，注意題目信息的遷移運用，難度中等．20．（14分）煙氣（主要污染物SO2、NOx）經(jīng)O3預(yù)處理后用CaSO3水懸浮液吸收，可減少煙氣中SO2、NOx的含量；O3氧化煙氣中SO2、NOx的主要反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：NO（g）+O3（g）═NO2（g）+O2（g）△H＝﹣200.9kJ?mol﹣1NO（g）O2（g）═NO2（g）△H＝﹣58.2kJ?mol﹣1SO2（g）+O3（g）═SO3（g）+O2（g）△H＝﹣241.6kJ?mol﹣1（1）反應(yīng)3NO（g）+O3（g）＝3NO2（g）的△H＝﹣317.3mol?L﹣1。（2）室溫下，固定進入反應(yīng)器的NO、SO2的物質(zhì)的量，改變加入O3的物質(zhì)的量，反應(yīng)一段時間后體系中n（NO）、n（NO2）和n（SO2）隨反應(yīng)前n（O3）：n（NO）的變化見圖。①當(dāng)n（O3）：n（NO）＞1時，反應(yīng)后NO2的物質(zhì)的量減少，其原因是O3將NO2氧化為更高價態(tài)氮氧化物。②增加n（O3），O3氧化SO2的反應(yīng)幾乎不受影響，其可能原因是可能是其反應(yīng)較慢。（3）當(dāng)用CaSO3水懸浮液吸收經(jīng)O3預(yù)處理的煙氣時，清液（pH約為8）中SO32﹣將NO2轉(zhuǎn)化為NO2﹣，其離子方程式為：SO32﹣+2NO2+2OH﹣＝SO42﹣+2NO2﹣+H2O。（4）CaSO3水懸浮液中加入Na2SO4溶液，達(dá)到平衡后溶液中c（SO32﹣）＝[用c（SO42﹣）、Ksp（CaSO3）和Ksp（CaSO4）表示]；CaSO3水懸浮液中加入Na2SO4溶液能提高NO2的吸收速率，其主要原因CaSO3轉(zhuǎn)化為CaSO4使溶液中SO32﹣的濃度增大，加快SO32﹣與NO2的反應(yīng)速率?！究键c】1B：真題集萃；BF：用蓋斯定律進行有關(guān)反應(yīng)熱的計算；CB：化學(xué)平衡的影響因素；DH：難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)．【分析】（1）NO（g）+O3（g）═NO2（g）+O2（g）△H＝﹣200.9kJ?mol﹣1①NO（g）O2（g）═NO2（g）△H＝﹣58.2kJ?mol﹣1②將方程式2②+①3NO（g）+O3（g）＝3NO2（g），焓變進行相應(yīng)的改變；（2）①臭氧具有強氧化性，能氧化生成的NO2；②增加n（O3），O3氧化SO2的反應(yīng)幾乎不受影響，說明濃度對反應(yīng)速率影響較小，可能是其反應(yīng)速率較慢；（3）溶液pH約為8，說明溶液呈堿性，SO32﹣將NO2轉(zhuǎn)化為NO2﹣，同時SO32﹣被氧化生成SO42﹣，根據(jù)反應(yīng)物和生成物書寫離子方程式；（4）CaSO3水懸浮液中加入Na2SO4溶液，發(fā)生反應(yīng)CaSO3+SO42﹣＝CaSO4+SO32﹣，溶液中c（Ca2+）；根據(jù)CaSO3+SO42﹣＝CaSO4+SO32﹣知，加入硫酸鈉導(dǎo)致亞硫酸根離子濃度增大，濃度越大反應(yīng)速率越大。【解答】解：（1）NO（g）+O3（g）═NO2（g）+O2（g）△H＝﹣200.9kJ?mol﹣1①NO（g）O2（g）═NO2（g）△H＝﹣58.2kJ?mol﹣1②將方程式2②+①3NO（g）+O3（g）＝3NO2（g），所以△H＝2×（﹣58.2kJ?mol﹣1）+（﹣200.9kJ?mol﹣1）＝﹣317.3kJ/mol，故答案為：﹣317.3；（2）①當(dāng)n（O3）：n（NO）＞1時，臭氧過量，臭氧具有強氧化性，能將反應(yīng)后NO2氧化為更高價氮氧化物，導(dǎo)致二氧化氮減少，故答案為：O3將NO2氧化為更高價態(tài)氮氧化物；②增加n（O3），O3氧化SO2的反應(yīng)幾乎不受影響，說明濃度對反應(yīng)速率影響較小，可能是其反應(yīng)速率較慢，故答案為：可能是其反應(yīng)較慢；（3）溶液pH約為8，說明溶液呈堿性，SO32﹣將NO2轉(zhuǎn)化為NO2﹣，同時SO32﹣被氧化生成SO42﹣，根據(jù)反應(yīng)物和生成物書寫離子方程式為SO32﹣+2NO2+2OH﹣＝SO42﹣+2NO2﹣+H2O，故答案為：SO32﹣+2NO2+2OH﹣＝SO42﹣+2NO2﹣+H2O；（4）CaSO3水懸浮液中加入