2008年江蘇省高考化學試卷2

2008年江蘇省高考化學試卷解析版參考答案與試題解析一、單項選擇題：本題包括8小題，每題3分，共24分．每小題只有一個選項符合題意．1．（3分）化學與生活、社會密切相關．下列說法錯誤的是（）A．利用太陽能等清潔能源代替化石燃料，有利于節(jié)約資源、保護環(huán)境 B．凡含有食品添加劑的食物對人體健康均有害，不可食用 C．為防止電池中的重金屬等污染土壤和水體，應積極開發(fā)廢電池的綜合利用技術 D．提倡人們購物時不用塑料袋，是為了防止白色污染【考點】BM：使用化石燃料的利弊及新能源的開發(fā)；KF：常見的食品添加劑的組成、性質和作用．【專題】21：熱點問題．【分析】A．根據(jù)新能源使用的優(yōu)點判斷；B．根據(jù)辯證唯物主義“一分為二”的觀點分析判斷；C．根據(jù)廢電池中鉛、鎘、汞等重金屬對土壤和水源的污染非常嚴重；D．根據(jù)白色污染的含義判斷．【解答】解：A．使用清潔能源可減少大氣污染物的排放，還可以節(jié)約化石能源，故A正確；B．食品添加劑能改善食品品質、延長保存期、增加食品的營養(yǎng)成分，過多或添加禁止使用的物質才有害，故B錯誤；C．因廢電池中鉛、鎘、汞等重金屬對土壤和水源的污染非常嚴重，所以應積極開發(fā)廢電池的綜合利用技術，減少土壤和水源的污染，故C正確；D．白色污染是指廢舊塑料制品帶來的污染，提倡人們購物時不用塑料袋，能防止白色污染的產生，故D正確。故選：B?！军c評】本題考查化學與生產、生活相關的化學知識，難度不大，在學習過程中要理論聯(lián)系實際，在實踐中領會知識，運用所學知識去解決實際問題．2．（3分）下列文字表述與反應方程式對應且正確的是（）A．溴乙烷中滴入AgNO3溶液檢驗其中的溴元素：Br﹣+Ag+═AgBr↓ B．用醋酸除去水垢：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑ C．利用腐蝕法制作印刷線路板：Fe3++Cu═Fe2++Cu2+ D．實驗室用液溴和苯在催化劑作用下制溴苯：【考點】49：離子方程式的書寫．【專題】516：離子反應專題．【分析】A．溴乙烷為非電解質，與AgNO3溶液不反應；B．醋酸為弱酸，應寫成化學式；C．從電荷是否守恒的角度分析；D．液溴與苯在催化劑條件下發(fā)生取代反應生成溴苯和HBr．【解答】解：A．溴乙烷為非電解質，與AgNO3溶液不反應，正確的檢驗方法是在堿性條件下水解之后，加入硝酸酸化后再加AgNO3溶液檢驗其中的溴元素，故A錯誤；B．醋酸為弱酸，應寫成化學式，正確的離子方程式為CaCO3+2CH3COOH＝2CH3COO﹣+Ca2++H2O+CO2↑，故B錯誤；C．電荷不守恒，正確的離子方程式為2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+，故C錯誤；D．液溴與苯在催化劑條件下發(fā)生取代反應生成溴苯和HBr，反應的方程式為，故D正確。故選：D?！军c評】本題考查離子方程式以及化學方程式的書寫，題目難度不大，本題注意離子的檢驗方法，離子方程式中的弱電解質、電荷守恒等問題．3．（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．常溫常壓下的33.6L氯氣與27g鋁充分反應，轉移電子數(shù)為3NA B．標準狀況下，22.4L己烷中共價鍵數(shù)目為19NA C．由CO2和O2組成的混合物中共有NA個分子，其中氧原子數(shù)為2NA D．1L濃度為1mol?L﹣1的Na2CO3溶液中含有NA個CO【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)氣體摩爾體積的使用范圍；B．己烷在標準狀況下不是氣體；C．CO2和O2分子中都含有2個氧原子；D．碳酸根發(fā)生水解微粒數(shù)減少．【解答】解：A．常溫常壓下的33.6L氯氣的物質的量不是1.5mol，故A錯誤；B．己烷在標準狀況下不是氣體，22.4L己烷物質的量不是1mol，故B錯誤；C．CO2和O2分子中都含有2個氧原子，NA個分子，其中氧原子數(shù)為2NA，故C正確；D．碳酸根發(fā)生水解微粒數(shù)減少，1L濃度為1mol?L﹣1的Na2CO3溶液中含有碳酸根少于NA個，故D錯誤。故選：C。【點評】本題考查了阿伏伽德羅常的應用，難度不大，注意知識的積累．4．（3分）下列現(xiàn)象或事實可用同一原理解釋的是（）A．濃硫酸和濃鹽酸長期暴露在空氣中濃度降低 B．氯水和活性炭使紅墨水褪色 C．漂白粉和水玻璃長期暴露在空氣中變質 D．乙炔和乙烯使溴的四氯化炭溶液褪色【考點】E2：氯氣的化學性質；EM：氯、溴、碘及其化合物的綜合應用；F8：濃硫酸的性質；I6：取代反應與加成反應．【專題】52：元素及其化合物；53：有機化學基礎．【分析】A．濃硫酸具有吸水性，鹽酸易揮發(fā)；B．氯水具有強氧化性和漂白性，活性炭具有吸附性；C．漂白粉中的次氯酸鈣和空氣中二氧化碳反應生成不穩(wěn)定的次氯酸，水玻璃和空氣中二氧化碳反應生成硅酸；D．乙烯和乙炔都含有不飽和鍵．【解答】解：A．濃硫酸具有吸水性，鹽酸易揮發(fā)，二者濃度都降低，但原理不同，故A錯誤；B．氯水具有強氧化性和漂白性，活性炭具有吸附性，二者漂白的原理不同，故B錯誤；C．漂白粉中的次氯酸鈣和空氣中二氧化碳反應生成不穩(wěn)定的次氯酸，水玻璃和空氣中二氧化碳反應生成硅酸，二者變質的原理不同，故C錯誤；D．乙烯和乙炔都含有不飽和鍵，都可發(fā)生加成反應，故D正確。故選：D。【點評】本題考查較為綜合，為高考常見題型，側重于元素化合物知識的綜合運用的考查，有利于培養(yǎng)學生的良好科學素養(yǎng)和提高學習的積極性，注意相關基礎知識的積累，難度不大．5．（3分）鎳鎘（Ni﹣Cd）可充電電池在現(xiàn)代生活中有廣泛應用．已知某鎳鎘電池的電解質溶液為KOH溶液，其充、放電按下式進行：Cd+2NiOOH+2H2O?充電放電Cd（OH）2+2Ni（OH）A．充電時陽極反應：Ni（OH）2﹣e﹣+OH﹣═NiOOH+H2O B．充電過程是化學能轉化為電能的過程 C．放電時負極附近溶液的堿性不變 D．放電時電解質溶液中的OH﹣向正極移動【考點】BL：化學電源新型電池．【專題】51I：電化學專題．【分析】放電時負極上發(fā)生的電極反應式為：Cd﹣2e﹣+2OH﹣＝Cd（OH）2，正極上發(fā)生的電極反應式為：NiOOH+e﹣+H2O═Ni（OH）2+OH﹣，充電時陽極上發(fā)生的電極反應式為：Ni（OH）2+OH﹣﹣e﹣→NiOOH+H2O，陰極上發(fā)生的電極反應式為：Cd（OH）2+2e﹣═Cd+2OH﹣，放電時，溶液中氫氧根離子向負極移動，電解池是把電能轉變?yōu)榛瘜W能的裝置．【解答】解：A．充電時，該裝置是電解池，陽極上電極反應式為：Ni（OH）2﹣e﹣+OH﹣═NiOOH+H2O，故A正確；B．充電過程實際上是把電能轉變?yōu)榛瘜W能的過程，故B錯誤；C．放電時，負極上電極反應式為：Cd﹣2e﹣+2OH﹣＝Cd（OH）2，所以堿性減弱，故C錯誤；D，放電時，電解質溶液中氫氧根離子向負極移動，故D錯誤；故選：A。【點評】本題考查原電池和電解池原理、電極反應式的書寫，明確電極上得失電子及反應物質是解本題關鍵，電極反應式的書寫是學習難點，要注意結合電解質溶液的酸堿性書寫，難度中等．6．（3分）下列裝置或操作能達到實驗目的是（）A．實驗室制取并收集NH3 B．構成銅鋅原電池 C．檢查裝置氣密性 D．利用排空氣法收集CO2【考點】U5：化學實驗方案的評價．【專題】17：綜合實驗題．【分析】A、根據(jù)氣體的壓強分析；B、根據(jù)有鹽橋的原電池中電極與電解質的關系分析；C、根據(jù)檢驗裝置氣密性的方法分析；D、根據(jù)二氧化碳和空氣的密度分析．【解答】解：A、氣體收集裝置中集氣瓶口不能有塞子，如果有塞子，隨著反應的進行，集氣瓶內的壓強增大，會產生危險，故A錯誤；B、在有鹽橋的原電池中，半反應的電極材料和電解質中的金屬陽離子應該是相同的元素，故B錯誤；C、如果漏氣，關上止水夾后，燒瓶中的壓強減小，外界大氣壓不變，外界氣壓大于燒瓶中的氣壓，長頸漏斗中的液面會下降，否則液面不下降，所以能檢驗裝置氣密性，故C正確；D、二氧化碳的密度大于空氣的密度，所以應該用向上排空氣法收集二氧化碳，即應該是長導管是進氣管，短導管是出氣管，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查了氣體的收集、氣密性的檢驗、原電池等實驗裝置，側重考查學生對實驗的掌握情況，答題時必須知道各裝置的特點才能正確解答．7．（3分）下列排列順序正確的是（）①熱穩(wěn)定性：H2O＞HF＞H2S②原子半徑：Na＞Mg＞O③酸性：H3PO4＞H2SO4＞HClO4④結合質子能力：OH﹣＞CH3COO﹣＞Cl﹣．A．①③ B．②④ C．①④ D．②③【考點】77：元素周期律的作用；78：元素周期律和元素周期表的綜合應用．【專題】51C：元素周期律與元素周期表專題．【分析】①根據(jù)元素的非金屬性越強其對應的氫化物越穩(wěn)定；②根據(jù)同周期元素的半徑從左至右逐漸減小以及一般來說下一周期元素原子的半徑比上一周期大；③根據(jù)元素的非金屬性越強其對應的最高價氧化物對應的水化物的酸性越強；④根據(jù)H2O、CH3COOH、HCl的電離程度越大，其離子結合質子能力越弱；【解答】解：①因元素的非金屬性越強其對應的氫化物越穩(wěn)定，非金屬性：F＞O＞S，所以HF＞H2O＞H2S，故①錯誤；②因同周期元素的半徑從左至右逐漸減小，Na＞Mg，O在Na和Mg的上一周期，半徑最小，故②正確；③因元素的非金屬性越強其對應的最高價氧化物對應的水化物的酸性越強，非金屬性：Cl＞S＞P，酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4，故③錯誤；④因H2O、CH3COOH、HCl的電離程度：HCl＞CH3COOH＞H2O，所以結合質子能力OH﹣＞CH3COO﹣＞Cl﹣，故④正確；故選：B?！军c評】本題比較簡單，選項D直接做有一定的難度，但如果考慮對應物質電離程度越大，其離子結合質子能力越小就簡單了．8．（3分）在下列溶液中，各組離子一定能夠大量共存的是（）A．使酚酞試液變紅的溶液：Na+、Cl﹣、SO42﹣、Fe3+ B．使紫色石蕊試液變紅的溶液：Fe2+、Mg2+、NO3﹣、Cl﹣ C．c（H+）＝10﹣12mol?L﹣1的溶液：K+、Ba2+、Cl﹣、Br﹣ D．碳酸氫鈉溶液：K+、SO42﹣、Cl﹣、H+【考點】DP：離子共存問題．【專題】516：離子反應專題．【分析】A．使酚酞試液變紅的溶液，顯堿性；B．使紫色石蕊試液變紅的溶液，顯酸性；C．c（H+）＝10﹣12mol?L﹣1的溶液，顯堿性；D．碳酸氫根離子與氫離子反應．【解答】解：A．使酚酞試液變紅的溶液，顯堿性，不能大量存在Fe3+，故A錯誤；B．使紫色石蕊試液變紅的溶液，顯酸性，F(xiàn)e2+、H+、NO3﹣離子之間發(fā)生氧化還原反應，不能大量共存，故B錯誤；C．c（H+）＝10﹣12mol?L﹣1的溶液，顯堿性，該組離子之間不反應，能大量共存，故C正確；D．碳酸氫根離子與氫離子反應生成水和氣體，不能大量共存，故D錯誤；故選：C?！军c評】本題考查離子的共存，為高考常見題型，側重信息的應用及氧化還原反應的考查，對學生思維的嚴密性要求較高，題目難度不大．二、不定項選擇題（本題包括6小題，每小題4分，共24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，該題為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，該小題就為0分）9．（4分）以下實驗或操作不能達到目的是（）A．用溴水鑒別苯、乙醇、四氯化碳 B．準確稱取0.4000g的NaOH固體配成1000mL濃度為0.01000mol?L﹣1的溶液 C．為除去苯中的少量苯酚，向混合物中加入適量的溴水后過濾 D．用激光筆檢驗淀粉溶液的丁達爾現(xiàn)象【考點】HA：有機物的鑒別；P9：物質的分離、提純的基本方法選擇與應用；R1：配制一定物質的量濃度的溶液．【專題】534：有機物的化學性質及推斷；542：化學實驗基本操作．【分析】A．溴水與乙醇不反應也不分層，與苯、四氯化碳發(fā)生萃取；B．稱取0.4000g的NaOH，NaOH易吸收水和二氧化碳，配制成1000mL溶液，最終濃度不是0.01000mol?L﹣1；C．苯中會溶解溴；D．膠體具有丁達爾現(xiàn)象．【解答】解：A．因溴水與乙醇不反應也不分層，與苯發(fā)生萃取后有色層在上層，與四氯化碳發(fā)生萃取后有色層在下層，能用溴水鑒別，故A正確；B．稱取0.4000g的NaOH，因NaOH易吸收水和二氧化碳，配制成1000mL溶液，最終NaOH溶液的濃度不是0.01000mol?L﹣1，故B錯誤；C．除去苯中的少量苯酚，向混合物中加入適量的溴水后過濾，苯中會溶解溴，引入新的雜質，故C錯誤；D．膠體具有丁達爾現(xiàn)象，淀粉溶液屬于膠體分散系，則用激光筆檢驗淀粉溶液的丁達爾現(xiàn)象，故D正確；故選：BC。【點評】本題考查知識點較多，涉及有機物的鑒別、溶液的配制、有機物的除雜及膠體的性質，選項B為解答的難點和易錯點，題目難度中等．10．（4分）下列離子方程式正確的是（）A．用惰性電極電解飽和氯化鎂溶液：2Cl﹣+2H2O電解ˉH2↑+Cl2↑+2OH﹣B．用銀氨溶液檢驗乙醛中的醛基：CH3CHO+2Ag（NH3）2++2OH﹣水浴加熱ˉCH3COONH4+3NH3+2Ag↓+H2OC．苯酚鈉溶液中通入少量CO2：CO2+H2O+2C6H5O﹣→2C6H5OH+2CO32﹣ D．Na2SO3溶液使酸性KMnO4溶液褪色：5SO32﹣+6H++2MnO4﹣＝5SO42﹣+2Mn2++3H2O【考點】49：離子方程式的書寫．【專題】516：離子反應專題．【分析】A．生成氫氧化鎂沉淀；B．醋酸銨為強電解質；C．反應生成苯酚和碳酸氫鈉；D．發(fā)生氧化還原反應生成硫酸錳、硫酸鉀、水．【解答】解：A．用惰性電極電解飽和氯化鎂溶液的離子反應為Mg2++2Cl﹣+2H2O電解ˉH2↑+Cl2↑+Mg（OH）2↓B．用銀氨溶液檢驗乙醛中的醛基的離子反應為CH3CHO+2Ag（NH3）2++2OH﹣水浴加熱ˉCH3COO﹣+NH4++3NH3+2Ag↓H2O，故B錯誤；C．苯酚鈉溶液中通入少量CO2的離子反應為CO2+H2O+C6H5O﹣→C6H5OH+HCO3﹣，故C錯誤；D．Na2SO3溶液使酸性KMnO4溶液褪色的離子反應為5SO32﹣+6H++2MnO4﹣＝5SO42﹣+2Mn2++3H2O，故D正確；故選：D。【點評】本題考查離子反應方程式的書寫，明確發(fā)生的化學反應及離子反應方程式的書寫方法即可解答，注意A、C為易錯點，題目難度不大．11．（4分）香蘭素是重要的香料之一，它可由丁香酚經多步反應合成．有關上述兩種化合物的說法正確的是（）A．常溫下，1mol丁香酚只能與1molBr2反應 B．丁香酚不能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應 C．1mol香蘭素最多能與3mol氫氣發(fā)生加成反應 D．香蘭素分子中至少有12個原子共平面【考點】HD：有機物的結構和性質．【專題】534：有機物的化學性質及推斷．【分析】A．由苯酚能發(fā)生鄰對位取代，碳碳雙鍵能發(fā)生加成反應來分析；B．由苯酚能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應來分析；C．由苯環(huán)能與氫氣加成、醛基能與氫氣加成來分析；D．香蘭素分子中苯環(huán)為平面結構，與苯環(huán)直接相連的原子在同一平面內．【解答】解：A．常溫下，1mol丁香酚能發(fā)生取代反應、加成反應，共與2molBr2反應，故A錯誤；B．苯酚能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，則丁香酚能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，故B錯誤；C．苯環(huán)能與氫氣加成、醛基能與氫氣加成，則1mol香蘭素最多能與4mol氫氣發(fā)生加成反應，故C錯誤；D．香蘭素分子中苯環(huán)為平面結構，與苯環(huán)直接相連的原子在同一平面內，則7個C原子、3個H原子、2個O原子在同一平面內，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查有機物的結構和性質，明確結構決定其性質、常見有機物的性質和結構式解答本題的關鍵，難度不大．12．（4分）下列溶液中有關物質的量濃度關系正確的是（）A．pH＝2的HA溶液與pH＝12的MOH溶液任意比混合：c（H+）+c（M+）═c（OH﹣）+c（A﹣） B．pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三種溶液：c（NaOH）＜c（CH3COONa）＜c（Na2CO3） C．物質的量濃度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等體積混合：c（CH3COO﹣）+2c（OH﹣）═2c（H+）+c（CH3COOH） D．0.1mol?L﹣1的NaHA溶液，其pH＝4：c（HA﹣）＞c（H+）＞c（H2A）＞c（A2﹣）【考點】DN：離子濃度大小的比較．【專題】51H：鹽類的水解專題．【分析】A、根據(jù)溶液的電中性原則分析；B、從鹽對應的酸越弱，水解程度越大分析；C、根據(jù)電荷守恒和物料守恒分析；D、0.1mol?L﹣1的NaHA溶液，其pH＝4，則說明HA﹣以電離為主．【解答】解：A、溶液遵循電中性原則，根據(jù)電荷守恒，則有：c（H+）+c（M+）═c（OH﹣）+c（A﹣），故A正確；B、pH相等，溶液中的c（OH﹣）相等，根據(jù)酸性越弱，水解越強，所以溶液中c（Na2CO3）＜c（CH3COONa），故B錯誤；C、根據(jù)電荷守恒得：c（H+）+c（Na+）＝c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）…①，由于c（CH3COOH）＝c（CH3COONa），且它們等體積混合，由原子守恒得：2c（Na+）＝c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）…②，將①×2﹣②得：c（CH3COO﹣）+2c（OH﹣）═2c（H+）+c（CH3COOH），故C正確；D、NaHA溶液的pH＝4，溶液呈酸性，即c（H+）＞c（OH﹣），同時也可以判斷HA﹣以電離為主，所以離子濃度的大小順序是：c（HA﹣）＞c（H+）＞c（A2﹣）＞c（H2A），故D錯誤。故選：AC。【點評】本題考查離子濃度的大小比較，題目難度中等，注意從電荷守恒、物料守恒、結合鹽類的水解和弱電解質的電離程度解答該題．13．（4分）研究反應物的化學計量數(shù)與產物之間的關系時，使用類似數(shù)軸的方法可以收到直觀形象的效果．下列表達不正確的是（）A．密閉容器中CuO和C高溫反應的氣體產物： B．Fe在Cl2中的燃燒產物： C．AlCl3溶液中滴加NaOH后鋁元素的存在形式： D．氨水與SO2反應后溶液中的銨鹽：【考點】M2：有關過量問題的計算．【專題】1A：計算題．【分析】A．根據(jù)發(fā)生的反應CuO+C△ˉCu+CO，2CuO+C△ˉ2Cu+COB．Fe在Cl2中燃燒的產物與Fe和Cl2的用量無關，其產物只有FeCl3；C．根據(jù)可能發(fā)生的反應Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓，Al3++4OH﹣＝AlO2﹣+2H2O分析；D．根據(jù)可能發(fā)生的反應有：NH3?H2O+SO2＝NH4HSO3，2NH3?H2O+SO2＝（NH4）2SO3+H2O進行分析．【解答】解：A．CuO+C△ˉCu+CO，2CuO+C△ˉ2Cu+CO2，n(CuO)n(C)≤1，產物為CO；1＜n(CuO)n(C)＜B．Fe在Cl2中燃燒只有一種產物FeCl3，故B錯誤；C．Al3++3OH﹣＝Al（OH）3↓，Al3++4OH﹣＝AlO2﹣+2H2O，n(NaOH)n(AlCl3)＜3，鋁元素以Al3+和Al（OH）3形式存在；n(NaOH)n(AlCl3)=3，則以Al（OH）3形式存在；3＜n(NaOH)D．NH3?H2O+SO2＝NH4HSO3，2NH3?H2O+SO2＝（NH4）2SO3+H2O，n(NH3?H21＜n(NH3?H2O)n(SO2)＜2，產物為NH4HSO3與（NH4）故選：B?！军c評】此題是近年以來出現(xiàn)的一道很少出現(xiàn)的試題題型題，是一道新情景試題，具有很強的綜合性，也具有極強的迷惑性，各選項具有很強的干擾性，是一道好題！很容易選錯答案．主要考查學生對元素化合物知識的掌握情況．注意Fe在Cl2中燃燒的產物與Fe和Cl2的用量無關，其產物只有FeCl3．14．（4分）某有機樣品3.1g完全燃燒，燃燒后的混合物通入過量的澄清石灰水中，石灰水共增重7.1g，經過濾得到10g沉淀．該有機樣品可能是（）A．乙二醇 B．乙醇 C．乙醛 D．甲醇和丙三醇的混合物【考點】M8：有關有機物分子式確定的計算．【專題】535：烴及其衍生物的燃燒規(guī)律．【分析】石灰水共增重7.1g，為燃燒生成的二氧化碳與水的質量，10g沉淀為碳酸鈣的質量．有機物中的碳全部轉化為二氧化碳，有機物中的氫全部轉化為水，計算二氧化碳、水的物質的量，進而計算C元素、H元素的質量，根據(jù)質量守恒判斷有機物中是否含有氧元素，根據(jù)原子守恒計算有機物的最簡式，結合選項判斷．【解答】解：l0g沉淀為CaCO3，物質的量為10g100g/mol=0.1mol，根據(jù)碳元素守恒可知，產生的二氧化碳為0.1mol，二氧化碳的質量為0.1mol×44g/mol＝4.4g，其中碳元素質量為：0.1mol石灰水增重7.1g，所以有機物燃燒生成的水的質量為：7.1﹣4.4＝2.7g，其物質的量為2.7g18g/mol=0.15mol，氫元素質量為0.3mol有機樣品共3.1g，所以O元素物質的質量＝3.1g﹣1.2g﹣0.3g＝1.6g，氧原子物質的量為：1.6g16g/mol即3.1g有機物中n（C）＝0.1mol，n（H）＝0.15mol×2＝0.3mol，n（O）＝0.1mol，碳、氫、氧原子的物質的量之比為0.1mol：0.3mol：0.1mol＝1：3：1，即最簡式為CH3O，乙二醇分子式為C2H6O2，符合題意，甲醇和丙三醇按1：1混合時其平均分子式為C2H6O2，也符合題意，故選：AD。【點評】本題考查有機物分子式的確定，難度中等，根據(jù)質量守恒確定有機物的是否含有氧元素是關鍵，考查學生的解決問題的能力，D選項為易錯點，學生容易漏選．三、（本題包括1小題，共10分）15．（10分）金礦開采、冶煉和電鍍工業(yè)會產生大量含氰化合物的污水，其中含氰化合物以HCN、CN﹣和金屬離子的配離子M（CN）nm﹣的形式存在于水中．測定污水中含氰化合物含量的實驗步驟如下：①水樣預處理：水樣中加入磷酸和EDTA，在pH＜2的條件下加熱蒸餾，蒸出所有的HCN，并用NaOH溶液吸收．②滴定：將吸收液調節(jié)至pH＞11，以試銀靈作指示劑，用AgNO3標準溶液滴定Ag++2CN﹣═[Ag（CN）2]﹣終點時，溶液由黃色變成橙紅色．根據(jù)以上知識回答下列問題：（1）水樣預處理的目的是將含氰化合物全部轉化為CN﹣．（2）水樣預處理的裝置如圖，細導管插入吸收液中是為了完全吸收HCN，防止氣體放空．（3）蒸餾瓶比吸收液面要高出很多，其目的是防止倒吸．（4）如果用鹽酸代替磷酸進行預處理，實驗結果將偏高（填“偏高”、“無影響”或“偏低”）．（5）準確移取某工廠污水100mL，經處理后用濃度為0.01000mol?L﹣1的硝酸銀標準溶液滴定，終點時消耗了21.00mL．此水樣中含氰化合物的含量為109.2mg?L﹣1（以CN﹣計，計算結果保留一位小數(shù)）．【考點】RD：探究物質的組成或測量物質的含量．【專題】18：實驗分析題．【分析】（1）根據(jù)含氰化合物的污水處理過程需要用氫氧化鈉將含氰化合物全部轉化為HCN來回答；（2）為了保證生成的HCN全部被吸收，導氣管要深入NaOH溶液中；（3）但將導氣管伸入NaOH溶液中有可能引起倒吸，所以將燒瓶位置掛高；（4）鹽酸具有揮發(fā)性，可以和NaOH溶液反應，用硝酸銀溶液進行滴定時根據(jù)消耗硝酸銀溶液的量的情況來判斷；（5）根據(jù)實驗原理，2HCN～2CN﹣～AgNO3結合元素守恒思想來解決．【解答】解：（1）根據(jù)題給信息，污水預處理的目的是將各種形態(tài)含氰化合物轉化為可以測定的HCN，所以水樣預處理的目的是將含氰化合物全部轉化為CN﹣，故答案為：將含氰化合物全部轉化為CN﹣；（2）為了保證生成的HCN全部被吸收，導氣管要深入NaOH溶液中，故答案為：完全吸收HCN，防止氣體放空；（3）將導氣管伸入NaOH溶液中有可能引起倒吸，所以將燒瓶位置掛高，使得蒸餾瓶比吸收液面要高出很多，故答案為：防止倒吸；（4）如果用鹽酸代替磷酸，鹽酸具有揮發(fā)性，也被NaOH溶液吸收，用硝酸銀溶液進行滴定時消耗硝酸銀溶液增多，故結果偏高，故答案為：偏高；（5）根據(jù)實驗原理，2HCN～2CN﹣～AgNO3，m（CN﹣）＝0.01000×21×10﹣3×2×26×103×10＝109.2mg/L，故答案為：109.2．【點評】本題主要考查定量實驗原理及環(huán)境保護問題等知識點，要求學生具有分析和解決問題的能力，難度大．四、（本題包括2小題，共18分）16．（8分）根據(jù)下列框圖回答問題（答題時，方程式中的M、E用所對應的元素符號表示）：（1）寫出M溶于稀H2SO4和H2O2混合液的化學方程式：Cu+H2O2+H2SO4═CuSO4+2H2O．（2）某同學取X的溶液，酸化后加入KI、淀粉溶液，變?yōu)樗{色．寫出與上述變化過程相關的離子方程式：4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O、2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2．（3）寫出Cl2將Z氧化為K2EO4的化學方程式：10KOH+3Cl2+2Fe（OH）3═2K2FeO4+6KCl+8H2O．（4）由E制備的E（C5H5）2的結構如圖，其中氫原子的化學環(huán)境完全相同．但早期人們卻錯誤地認為它的結構為：．核磁共振法能夠區(qū)分這兩種結構．在核磁共振氫譜中，正確的結構有1種峰（即有幾種化學環(huán)境完全相同H原子），錯誤的結構有3種峰．【考點】GS：無機物的推斷；H2：有機物的結構式．【專題】11：推斷題．【分析】題中MSO4為藍色溶液，則應為CuSO4，所以M為Cu，Y加KSCN呈紅色，說明Y中含有Fe3+，則E為Fe，X為FeSO4，Z為Fe（OH）3，與氯氣在堿性條件下反應生成K2FeO4，結合物質的性質和題目要求解答該題．【解答】解：MSO4為藍色溶液，應為CuSO4，所以M為Cu，Y加KSCN呈紅色，說明Y中含有Fe3+，則E為Fe，X為FeSO4，Z為Fe（OH）3，與氯氣在堿性條件下反應生成K2FeO4，則（1）Cu和稀硫酸不反應，但在H2O2存在條件下，發(fā)生氧化還原反應生成硫酸銅和水，反應的化學方程式為Cu+H2O2+H2SO4═CuSO4+2H2O，故答案為：Cu+H2O2+H2SO4═CuSO4+2H2O；（2）Fe2+具有還原性，在酸性條件下能與空氣中的氧氣反應生成Fe3+，反應的離子方程式為4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O，具有強氧化性的Fe3+與具有還原性的I﹣反應生成I2，反應的離子方程式為2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2，故答案為：4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O；2Fe3++2I﹣═2Fe2++I2；（3）根據(jù)反應物結合質量守恒可判斷出生成物還應有KCl和水，則反應的化學方程式為10KOH+3Cl2+2Fe（OH）3═2K2FeO4+6KCl+8H2O，故答案為：10KOH+3Cl2+2Fe（OH）3═2K2FeO4+6KCl+8H2O；（4）正確的結構H原子化學環(huán)境完全相同，只有1種峰，錯誤的結構中有3種不同環(huán)境的H，應有3種峰，故答案為：1；3．【點評】本題考查無機物的推斷，題目難度中等，注意根據(jù)物質的特殊性質和反應現(xiàn)象作為推斷的突破口，注意相關化學方程式的書寫．17．（10分）工業(yè)上制備BaCl2的工藝流程圖如下：某研究小組在實驗室用重晶石（主要成分BaSO4）對工業(yè)過程進行模擬實驗．查表得BaSO4（s）+4C（s）高溫ˉ4CO（g）+BaS（s）△H1＝571.2kJ?mol﹣1BaSO4（s）+2C（s）高溫ˉ2CO2（g）+BaS（s）△H2＝226.2kJ?mol﹣1（1）氣體用過量NaOH溶液吸收，得到硫化鈉．Na2S水解的離子方程式為S2﹣+H2O?HS﹣+OH﹣；HS﹣+H2O?H2S+OH﹣；（2）向BaCl2溶液中加入AgNO3和KBr，當兩種沉淀共存時，c(Br-)c(Cl-)=2.7×10﹣3；[Ksp（AgBr）＝5.4×10﹣13（3）反應C（s）+CO2（g）高溫ˉ2CO（g）的△H＝172.5kJ?mol﹣1（4）實際生產中必須加入過量的炭，同時還要通入空氣，其目的是使BaSO4得到充分的還原（或提高BaS的產量），①②為吸熱反應，炭和氧氣反應放熱維持反應所需高溫．．【考點】BF：用蓋斯定律進行有關反應熱的計算；DD：鹽類水解的應用；DH：難溶電解質的溶解平衡及沉淀轉化的本質．【專題】517：化學反應中的能量變化；51G：電離平衡與溶液的pH專題．【分析】（1）Na2S水解呈堿性，且有兩步水解，以第一步水解為主；（2）根據(jù)溶度積常數(shù)計算c(Br（3）利用蓋斯定律計算反應熱；（4）加入過量C可提高重晶石的轉化率，同時維持反應進行．【解答】解：（1）Na2S水解呈堿性，且有兩步水解，以第一步水解為主，第一步水解生成離子HS﹣，第二步水解生成H2S，水解的離子方程式分別為S2﹣+H2O?HS﹣+OH﹣；HS﹣+H2O?H2S+OH﹣，故答案為：S2﹣+H2O?HS﹣+OH﹣；HS﹣+H2O?H2S+OH﹣；（2）當兩種沉淀共存時，Ag+離子濃度相同，根據(jù)溶度積常數(shù)計算，c（Br﹣）=Ksp(AgBr)c(Ag+)，c（Cl﹣）=K故答案為：2.7×10﹣3；（3）利用蓋斯定律求解：BaSO4（s）+4C（s）高溫ˉ4CO（g）+BaS（s）△H1＝571.2kJ?mol﹣1BaSO4（s）+2C（s）高溫ˉ2CO2（g）+BaS（s）△H2＝226.2kJ?mol﹣1將以上兩個熱化學方程式相減，然后除以2可得：C（s）+CO2（g）高溫ˉ2CO（g）△H=571.2kJ?mol-1-226.2kJ?mol故答案為：172.5；（4）加入過量C可提高重晶石的轉化率，以上反應為吸熱反應，炭和氧氣反應放熱維持反應所需高溫，故答案為：使BaSO4得到充分的還原（或提高BaS的產量），①②為吸熱反應，炭和氧氣反應放熱維持反應所需高溫．【點評】本題考查較為綜合，題目具有一定難度，涉及鹽類的水解、難溶電解質的溶解平衡、反應熱的計算等問題，本題注意溶度積常數(shù)的利用．五、（本題包括1小題，共10分）18．（10分）“溫室效應”是全球關注的環(huán)境問題之一．CO2是目前大氣中含量最高的一種溫室氣體．因此，控制和治理CO2是解決溫室效應的有效途徑．（1）下列措施中，有利于降低大氣中CO2濃度的有：abcd．（填字母）a．減少化石燃料的使用b．植樹造林，增大植被面積c．采用節(jié)能技術d．利用太陽能、風能（2）將CO2轉化成有機物可有效實現(xiàn)碳循環(huán)．CO2轉化成有機物的例子很多，如：a．6CO2+6H2O→光合作用C6H12O6+6O2b．CO2+3H2→△催化劑CH3c．CO2+CH4→△催化劑CH3COOHd．2CO2+6H2→△催化劑CH2═CH以上反應中，最節(jié)能的是a，原子利用率最高的是c．（填字母）（3）文獻報道某課題組利用CO2催化氫化制甲烷的研究過程如下：反應結束后，氣體中檢測到CH4和H2，濾液中檢測到HCOOH，固體中檢測到鎳粉和Fe3O4．CH4、HCOOH、H2的產量和鎳粉用量的關系如圖所示（僅改變鎳粉用量，其他條件不變）：研究人員根據(jù)實驗結果得出結論：HCOOH是CO2轉化為CH4的中間體，即：CO2→ⅠHCOOH→Ⅱ①寫出產生H2的反應方程式3Fe+4H2O高溫ˉFe3O4+4H2②由圖可知，鎳粉是c．（填字母）a．反應Ⅰ的催化劑b．反應Ⅱ的催化劑c．反應Ⅰ、Ⅱ的催化劑d．不是催化劑③當鎳粉用量從1mmol增加到10mmol，反應速率的變化情況是e．（填字母）a．反應Ⅰ的速率增加，反應Ⅱ的速率不變b．反應Ⅰ的速率不變，反應Ⅱ的速率增加c．反應Ⅰ、Ⅱ的速率均不變d．反應Ⅰ、Ⅱ的速率均增加，且反應Ⅰ的速率增加得快e．反應Ⅰ、Ⅱ的速率均增加，且反應Ⅱ的速率增加得快f．反應Ⅰ的速率減小，反應Ⅱ的速率增加．【考點】C4：催化劑的作用；CA：化學反應速率的影響因素；F7：常見的生活環(huán)境的污染及治理．【專題】51F：化學反應速率專題．【分析】（1）降低大氣中CO2濃度，應減少化石能源的使用，提倡使用清潔能源；（2）最節(jié)能的措施應使用太陽能；原子利用率最高，應使反應物盡可能轉化為生成物，使原子利用率達到100%；（3）①反應物中含有鐵粉和水，在高溫條件下可生成氫氣；②Ni為有機反應中常用的加氫催化劑之一，反應I、II均為加氫反應，故加入Ni粉會使反應ⅠⅡ的速率均增加，在圖中表現(xiàn)為CH4的生成速率和H2的消耗速率均增大；③從圖中可見隨著鎳粉用量從1mmol增加到10mmol，甲酸的產量在迅速減少，說明甲酸的消耗速率大于其生成速率，因此說明反應Ⅱ的速率要比反應Ⅰ的速率增加得快．【解答】解：（1）a．減少化石燃料的使用，可減少二氧化碳的排放，故a正確；b．植樹造林，增大植被面積，通過光合作用，可降低二氧化碳濃度，故b正確；c．采用節(jié)能技術，可減少化石能源的消耗，減少二氧化碳的排放，故c正確；d．利用太陽能、風能，可減少化石能源的使用，減少二氧化碳的排放，故d正確，故答案為：abcd；（2）最節(jié)能的措施應使用太陽能，原子利用率等于期望產物的總質量與生成物的總質量之比，只有反應c的原子利用率為100%，反應a的生成物中除期望產物（葡萄糖）外還有氧氣產生，故答案為：a；c；（3）①鐵粉與水蒸氣在加熱條件下生成Fe3O4和氫氣，生成的氫氣將和CO2反應產生甲酸，進一步和甲酸反應產生甲烷，反應的方程式為3Fe+4H2O高溫ˉFe3O4+4H2故答案為：3Fe+4H2O高溫ˉFe3O4+4H2②由于反應是在固定時間內完成，之后進行冷卻和物質檢驗，因此檢驗得到的物質產量（mmol）即可以代表化學反應的平均速率，Ni為有機反應中常用的加氫催化劑之一，反應I、II均為加氫反應，故加入Ni粉會使反應ⅠⅡ的速率均增加，在圖中表現(xiàn)為CH4的生成速率和H2的消耗速率均增大，故答案為：c；③從圖中可見隨著鎳粉用量從1mmol增加到10mmol，甲酸的產量在迅速減少，說明甲酸的消耗速率大于其生成速率，因此說明反應Ⅱ的速率要比反應Ⅰ的速率增加得快，故答案為：e．【點評】本題為08年江蘇高考題．此題從生活的熱點問題出發(fā)，探討了能源的循環(huán)利用和溫室效應的解決，著重考查了物質催化反應的過程，結合考查了化學反應速率和對圖表的理解解析能力，綜合能力要求較高．另外讀圖時要注意觀察橫縱坐標的含義和單位．六、（本題包括1小題，共12分）19．（12分）苯噁布洛芬是一種消炎鎮(zhèn)痛的藥物．它的工業(yè)合成路線如下：請回答下列問題：（1）A長期暴露在空氣中會變質，其原因是酚類化合物易被空氣中的O2氧化．（2）由A到B的反應通常在低溫進行．溫度升高時，多硝基取代副產物會增多．下列二硝基取代物中，最可能生成的是a．（填字母）（3）在E的下列同分異構體中，含有手性碳原子的分子是ac．（填字母）（4）F的結構簡式．（5）D的同分異構體H是一種α﹣氨基酸，H可被酸性KMnO4溶液氧化成對苯二甲酸，則H的結構簡式是．高聚物L由H通過肽鍵連接而成，L的結構簡式是．【考點】HB：有機物的推斷．【專題】534：有機物的化學性質及推斷．【分析】（1）根據(jù)苯酚在空氣中易被氧化而顯粉紅色這一現(xiàn)象，可以推知含有酚羥基物質的不穩(wěn)定性；（2）根據(jù)一硝基取代物可知，硝基取代位置在酚羥基所連碳的鄰位，由鄰、對位取代原理解答；（3）手性碳原子是指所連4個基團或原子互不相同的碳原子；（4）由E、G結構，結合轉化關系及F的分子式可知，利用逆推法可知F的結構簡式為；（5）由B的結構及C的分子式可知，B中的硝基被還原為氨基，故C為，結合C、E的結構及D的分子式可知，C中﹣CN水解為﹣COOH，故D為，D的同分異構體H是一種α﹣氨基酸，H可被酸性KMnO4溶液氧化成對苯二甲酸，由于酚羥基易被氧化，故H中取代基為HOCH2﹣、﹣CH（NH2）COOH，處于對位位置，H通過縮聚反應得到高聚物L．【解答】解：（1）根據(jù)苯酚在空氣中易被氧化而顯粉紅色這一現(xiàn)象，可以推知酚類化合物易被空氣中的O2氧化，故A長期暴露在空氣中會變質，故答案為：酚類化合物易被空氣中的O2氧化；（2）根據(jù)一硝基取代物可知，硝基取代位置在酚羥基所連碳的鄰位，由鄰、對位取代原理可知a物質最有可能生成，故答案為：a；（3）手性碳原子是指所連4個基團或原子互不相同的碳原子，b、d中的飽和碳原子所連接的基團有相同部分，不存在手性碳原子，a中含有1個手性碳原子，c中含有2個手性碳原子，故答案為：ac；（4）由E、G結構，結合轉化關系及F的分子式可知，利用逆推法可知F的結構簡式為，故答案為：；（5）由B的結構及C的分子式可知，B中的硝基被還原為氨基，故C為，結合C、E的結構及D的分子式可知，C中﹣CN水解為﹣COOH，故D為，D的同分異構體H是一種α﹣氨基酸，H可被酸性KMnO4溶液氧化成對苯二甲酸，由于酚羥基易被氧化，故H中取代基為HOCH2﹣、﹣CH（NH2）COOH，處于對位位置，則H的結構簡式是；聚物L由H通過肽鍵連接而成，L的結構簡式是，故答案為：；．【點評】本題考查有機物的推斷與合成，充分利用合成路線中有機物的分子式、結構式，根據(jù)逆推法確定物質的結構，側重考查學生的推理能力與分析、判斷能力，難度中等．七、（本題包括1小題，共10分）20．（10分）將一定量的SO2和含0.7mol氧氣的空氣（忽略CO2）放入一定體積的密閉容器中，550℃時，在催化劑作用下發(fā)生反應：2SO2+O2?△催化劑2SO3（正反應放熱）．反應達到平衡后，將容器中的混合氣體通過過量NaOH溶液，氣體體積減少了21.28L；再將剩余氣體通過焦性沒食子酸的堿性溶液吸收O請回答下列問題：（1）判斷該反應達到平衡狀態(tài)的標志是bc．（填字母）a．SO2和SO3濃度相等b．SO2百分含量保持不變c．容器中氣體的壓強不變d．SO3的生成速率與SO2的消耗速率相等e．容器中混合氣體的密度保持不變（2）欲提高SO2的轉化率，下列措施可行的是b．（填字母）a．向裝置中再充入N2b．向裝置中再充入O2c．改變反應的催化劑d．升高溫度（3）求該反應達到平衡時SO2的轉化率（用百分數(shù)表示）．（4）若將平衡混合氣體的5%通入過量的BaCl2溶液，生成沉淀多少克？【考點】CB：化學平衡的影響因素；CG：化學平衡狀態(tài)的判斷．【專題】51E：化學平衡專題．【分析】（1）當反應達到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，各物質的濃度、百分含量不變，以及由此衍生的一些量也不發(fā)生變化，解題時要注意，選擇判斷的物理量，隨著反應的進行發(fā)生變化，當該物理量由變化到定值時，說明可逆反應到達平衡狀態(tài)；（2）該反應是一個反應前后氣體體積減小的放熱反應，欲提高SO2的轉化率，則改變條件使平衡向正反應方向移動；（3）混合氣體通過過量NaOH溶液時，減少的氣體是二氧化硫和三氧化硫，根據(jù)剩余氧氣的量計算參加反應的氧氣的量，根據(jù)參加反應的氧氣的量計算參加反應的二氧化硫、三氧化硫的量，二氧化硫和三氧化硫混合氣體體積減去三氧化硫的量就是未參加反應的二氧化硫的量，再根據(jù)轉化率公式計算；（4）結合硫原子守恒計算．【解答】解：（1）a．可逆反應到達平衡時SO2和SO3濃度不一定相等，與二氧化硫的起始濃度以及轉化率有關，故錯誤；b．可逆反應達到平衡狀態(tài)時，各物質的百分含量不變，SO2百分含量保持不變，說明到達平衡狀態(tài)，故正確；c．隨反應進行氣體的物質的量減小，恒溫恒容下，容器內氣體壓強減小，當容器中氣體的壓強不變，說明到達平衡狀態(tài)，故正確；d．SO3的生成速率與SO2的消耗速率都表示正反應速率，反應始終二者都按1：1進行，不能說明到達平衡狀態(tài)，故錯誤；e．混合氣體的質量不變，容器的體積不變，所以密度始終不變，不能說明到達平衡狀態(tài)，故錯誤；故選bc；（2）a．向裝置中再充入N2，反應物和生成物的濃度不變，平衡不移動，所以不能提高轉化率，故錯誤；b．向裝置中再充入O2，氧氣濃度增大，平衡向正反應方向移動，提高了二氧化硫的轉化率，故正確；c．改變反應的催化劑只改變反應速率，不改變平衡，所以不能提高二氧化硫的轉化率，故錯誤；d．升高溫度，平衡向逆反應方向移動，降低了二氧化硫的轉化率，故錯誤；故選b；（3）混合氣體通過過量NaOH溶液時，減少的氣體是二氧化硫和三氧化硫，所以三氧化硫和未參加反應的二氧化硫的體積是21.28L，剩余氧氣的體積是5.6L，則參加反應的氧氣的體積＝0.7mol×22.4L/mol﹣5.6L＝10.08L，根據(jù)二氧化硫、三氧化硫和氧氣的關系式知，參加氧化還原反應的二氧化硫的體積＝10.08L×2＝20.16L，生成三氧化硫的體積＝10.08L×2＝20.16L，則未參加氧化還原反應的二氧化硫的體積＝21.28L﹣20.16L＝1.12L，原來二氧化硫的體積＝20.16L+1.12L＝21.28L，所以二氧化硫的轉化率=20.16L（4）能和氯化鋇溶液反應生成沉淀的物質只有三氧化硫，若將平衡混合氣體的5%通入過量的BaCl2溶液，能和氯化鋇溶液反應的三氧化硫的物質的量是20.16L22.4L/mol×5%=0.045mol，根據(jù)硫原子守恒知，硫酸鋇的質量＝0.045mo