第18頁〔共18頁〕2024年江蘇省高考化學試題參考答案與試題解析一、單項選擇題：此題包括10小題，每題2分，共計20分．每題只有一個選項符合題意．1．〔2024?江蘇〕2024年世界地球日我國的主題為“節約集約利用資源，倡導綠色簡約生活〞。以下做法應提倡的是A．夏天設定空調溫度盡可能的低B．推廣使用一次性塑料袋和紙巾C．少開私家車多乘公共交通工具D．對商品進行豪華包裝促進銷售【答案】C【解析】綠色簡約生活方式是一種生活理念，也是一種生活態度，指的是生活作息時所耗用的能量要盡量減少，特別是減少二氧化碳的排放量，減緩生態惡化；可以從節電、節能和回收等環節來改變生活細節，據此進行分析判斷即可。A、夏天設定空調溫度盡可能的低，浪費了電能資源，增加能量損耗，故A錯誤；B、推廣使用一次性塑料袋和紙巾，浪費了資源，故B錯誤；C、少開私家車多乘公共交通工具，可以節約資源，減少空氣污染，故C正確；D、對商品進行豪華包裝促進銷售，浪費了資源，故D錯誤；【考點】"三廢"處理與環境保護。菁優網版權所有【專題】化學應用。【點評】解答此題關鍵是看是否減少了對空氣中可吸收顆粒物的釋放，環保問題已經引起了全球的重視，難度不大。2．〔2024?江蘇〕以下有關化學用語表示正確的選項是A．質量數為31的磷原子:3115PB．氟原子的結構示意圖:C．CaCl2的電子式:D．明礬的化學式:Al2(SO4)3【答案】A【解析】質量數=質子數+中子數，元素符號的左上角為質量數、左下角為質子數。A．質量數為31的磷原子的質量數=15+16=31，該原子正確的表示方法為：3115P，故A正確；B．氟原子的核電荷數、核外電子總數都是9，其正確的結構示意圖為：，故B錯誤。C．氯化鈣為離子化合物，電子式中需要標出陰陽離子所帶電荷，氯化鈣正確的電子式為，故C錯誤；D．明礬化學式中含有結晶水，其正確的化學式為：KAl(SO4)2?12H2O，故D錯誤；應選A。【考點】物質結構：電子式、化學式或化學符號及名稱的綜合。菁優網版權所有【專題】化學用語專題。【點評】此題考查常見化學用語的表示方法，難度不大，涉及電子式、原子結構示意圖、元素符號、化學式等知識，注意掌握常見化學用語的書寫原那么，試題培養學生的標準答題能力。3．〔2024?江蘇〕以下有關物質性質與用途具有對應關系的是A．Na2O2吸收CO2產生O2，可用作呼吸面具供氧劑B．ClO2具有復原性，可用于自來水的殺菌消毒C．SiO2硬度大，可用于制造光導纖維D．NH3易溶于水，可用作制冷劑【答案】A【解析】A．Na2O2吸收CO2生成O2和Na2CO3，且人呼出的水蒸氣也能和過氧化鈉反響生成氧氣，氧氣能供給呼吸，所以過氧化鈉可用作呼吸面具的供氧劑，故A正確；B．ClO2具有強氧化性而使蛋白質變性，所以該物質能殺菌消毒，故B錯誤；C．光導纖維的主要成分是二氧化硅，光導纖維是利用光的全反射原理，與二氧化硅的硬度大小無關，故C錯誤；D．氨氣易液化而吸收熱量導致周圍環境溫度降低，所以氨氣常常作制冷劑，與氨氣易溶于水無關，故D錯誤；【考點】物質的組成、結構和性質的關系：鈉及其化合物；硅及其化合物；氯及其化合物；氮及其化合物；【專題】物質的性質和變化專題。【點評】此題考查物質組成、結構和性質，為高頻考點，屬于根底題，明確物質結構和性質是解此題關鍵，結構決定性質、性質決定用途，題目難度不大．4．〔2024?江蘇〕以下制取SO2、驗證其漂白性、收集并進行尾氣處理的裝置和原理能到達實驗目的是A．制取SO2 B．驗證漂白性 C．收集SO2 D．尾氣處理【答案】B【解析】實驗室可用濃硫酸和銅在加熱條件下反響制備二氧化硫，二氧化硫密度比空氣大，可用向上排空氣法收集，具有漂白性，可使品紅褪色，二氧化硫為酸性氧化物，可與堿反響，以此解答該題。A．稀硫酸和銅不反響，應用濃硫酸和銅反響制備二氧化硫氣體，故A錯誤；B．二氧化硫具有漂白性，可使品紅褪色，操作符號要求，可到達實驗目的，故B正確；C．二氧化硫密度比空氣大，可用向上排空氣法收集，氣體應從長導管進入，故C錯誤；D．二氧化硫不溶于飽和亞硫酸氫鈉溶液，應用氫氧化鈉溶液吸收尾氣，且防止倒吸，故D錯誤。【考點】化學實驗方案的評價。硫及其化合物。菁優網版權所有【專題】實驗評價題。【點評】此題考查較為綜合，涉及氣體的制備、收集以及性質的檢驗等，為高頻考點，側重于學生的分析能力和實驗能力的考查，注意把握物質的性質的異同以及實驗的嚴密性和可行性的評價，難度中等。5．〔2024?江蘇〕短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數依次增大，其中只有Y、Z處于同一周期且相鄰，Z是地殼中含量最多的元素，W是短周期中金屬性最強的元素。以下說法正確的選項是A．原子半徑：r〔X〕＜r〔Y〕＜r〔Z〕＜r〔W〕B．W的最高價氧化物的水化物是一種弱堿C．Y的單質的氧化性比Z的強D．X、Y、Z三種元素可以組成共價化合物和離子化合物【答案】D【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數依次增大，Z是地殼中含量最多的元素，W是短周期中金屬性最強的元素，那么Z是O、W是Na元素，其中只有Y、Z處于同一周期且相鄰，且Y原子序數小于Z，那么Y是N元素，X是H元素。A．原子的電子層數越多其原子半徑越大，原子的電子層數相同的元素，其原子半徑隨著原子序數增大而減小，X位于第一周期、Y和Z位于第二周期且原子序數Y＜Z，W位于第三周期，所以原子半徑：r〔X〕＜r〔Z〕＜r〔Y〕＜r〔W〕，故A錯誤；B．W的最高價氧化物的水化物是NaOH，NaOH是強堿，故B錯誤；C．Y單質是氮氣、Z單質是氧氣，元素的非金屬性氧氣，其單質的氧化性越強，非金屬性O＞N元素，所以Z單質的氧化性大于Y，故C錯誤；D．X、Y、Z三種元素組成的化合物可能是硝酸、硝酸銨，硝酸是共價化合物、硝酸銨是離子化合物，故D正確；【考點】物質結構與元素周期律。菁優網版權所有【專題】元素周期律與元素周期表專題。【點評】此題考查原子結構和元素周期律，為高頻考點，明確原子結構、元素周期表結構及元素周期律是解此題關鍵，正確判斷元素是解此題關鍵，注意：銨鹽中不含金屬元素但屬于離子化合物，題目難度不大。6．〔2024?江蘇〕以下指定反響的離子方程式正確的選項是A．鈉與水反響：Na+2H2O═Na++2OH﹣+H2↑B．電解飽和食鹽水獲取燒堿和氯氣：2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣C．向氫氧化鋇溶液中參加稀硫酸：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2OD．向碳酸氫銨溶液中參加足量石灰水：Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O【答案】B【解析】A．鈉和水反響生成氫氧化鈉和氫氣，且離子方程式要遵循原子守恒、電荷守恒和轉移電子守恒，離子方程式為2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑，故A錯誤；B．電解飽和食鹽水時，陽極上生成氯氣、陰極上生成氫氣同時陰極附近有NaOH生成，離子方程式為2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣，故B正確；C．二者反響生成硫酸鋇和水，且氫離子、氫氧根離子和水的計量數都是2，離子方程式為Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O，故C錯誤；D．二者反響生成碳酸鈣沉淀、一水合氨和水，離子方程式為向碳酸氫銨溶液中參加足量石灰水：NH4++Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O+NH3?H2O，故D錯誤；【考點】離子方程式的書寫菁優網版權所有【專題】離子反響專題【點評】此題考查離子方程式書寫的正誤判斷，為高頻考點，把握發生的反響及離子反響的書寫方法為解答的關鍵，側重復分解反響、氧化復原反響的離子反響考查，注意離子反響中保存化學式的物質及電子、電荷守恒，題目難度不大。7．〔2024?江蘇〕在給定條件下，以下選項所示的物質間轉化均能實現的是A．FeFeCl2Fe〔OH〕2B．SSO3H2SO4C．CaCO3CaOCaSiO3D．NH3NOHNO3【答案】C【分析】A、因為氯氣具有強氧化性，那么鐵與氯氣反響生成三氯化鐵，而不是氯化亞鐵，故A錯誤；B．硫與氧氣反響生成二氧化硫，而不是三氧化硫，故B錯誤；C．CaCO3高溫分解生成CaO，CaO為堿性氧化物，和酸性氧化物二氯化硅高溫反響生成鹽硅酸鈣，故C正確；D．氨氣催化氧化生成NO，NO和水不反響，不能生成硝酸，故D錯誤；【考點】鐵及其化合物；硫及其化合物；氮及其化合物；碳、硅及其化合物；【專題】物質的性質和變化專題【點評】此題考查了物質性質、物質轉化的應用，主要是硫、鐵、氮的化合物性質的理解判斷，掌握根底是解題關鍵，題目難度中等．8．〔2分〕〔2024?江蘇〕通過以下反響可獲得新型能源二甲醚(CH3OCH3)。以下說法不正確的選項是①C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2(g)△H1=akJ?mol﹣1②CO(g)+H2O(g)═CO2(g)+H2(g)△H2=bkJ?mol﹣1③CO2(g)+3H2(g)═CH3OH(g)+H2O(g)△H3=ckJ?mol﹣1④2CH3OH(g)═CH3OCH3(g)+H2O(g)△H4=dkJ?mol﹣1A．反響①、②為反響③提供原料氣B．反響③也是CO2資源化利用的方法之一C．反響CH3OH(g)═0.5CH3OCH3(g)+0.5H2O(l)的△H=d/2kJ?mol﹣1D．反響2CO(g)+4H2(g)═CH3OCH3(g)+H2O(g)的△H=(2b+2c+d)kJ?mol﹣1【答案】C【解析】A．反響③中的反響物為CO2、H2，由反響可知，反響①、②為反響③提供原料氣，故A正確；B．反響③中的反響物為CO2，轉化為甲醇，那么反響③也是CO2資源化利用的方法之一，故B正確；C．由反響④可知，物質的量與熱量成正比，且氣態水的能量比液態水的能量高，那么反響CH3OH(g)═0.5CH3OCH3(g)+0.5H2O(l)的△H≠d/2kJ?mol﹣1，故C錯誤；D．由蓋斯定律可知，②×2+③×2+④得到2CO(g)+4H2(g)═CH3OCH3(g)+H2O(g)，那么△H=(2b+2c+d)kJ?mol﹣1，故D正確；【考點】蓋斯定律及其應用；反響熱和焓變；優網版權所有【專題】化學反響中的能量變化【點評】此題考查反響熱與焓變，為高頻考點，把握反響的特點、反響中能量變化、蓋斯定律應用為解答的關鍵，側重分析能力和應用能力的考查，題目難度中等。9．〔2024?江蘇〕常溫下，以下各組離子在指定溶液中能大量共存的是A．無色透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN—、Cl—B．c(H+)/c(OH﹣)=1×10—12的溶液中：K+、Na+、CO32—、NO3—C．c(Fe2+)=1mol?L—1的溶液中：K+、NH4+、MnO4﹣、SO42—D．能使甲基橙變紅的溶液中：Na+、NH4+、SO42﹣、HCO3—【答案】選B【解析】A．Fe3+呈黃色，不符合無色條件，且Fe3+、SCN—發生絡合反響而不能大量共存，故A錯誤；B．c〔H+〕/c〔OH—〕=1×10—12的溶液，溶液呈堿性，這幾種離子之間不反響且都不和氫氧根離子反響，所以能大量共存，故B正確；C．Fe2+、MnO4—發生氧化復原反響而不能大量共存，故C錯誤；D．能使甲基橙溶液變紅色，說明溶液呈酸性，HCO3—能和氫離子反響生成二氧化碳和水而不能大量共存，故D錯誤；【考點】離子共存問題；鐵及其化合物；水溶液中的離子平衡；菁優網版權所有【專題】離子反響專題【點評】此題考查離子共存，為高頻考點，側重考查氧化復原反響、絡合反響、復分解反響，明確離子共存條件及離子性質是解此題關鍵，注意隱含信息的靈巧運用，題目難度不大．10．〔2024?江蘇〕H2O2分解速率受多種因素影響。實驗測得70℃時不同條件下H2O2濃度隨時間的變化如以下列圖。以下說法正確的選項是A．圖甲說明，其他條件相同時，H2O2濃度越小，其分解速率越快B．圖乙說明，其他條件相同時，溶液pH越小，H2O2分解速率越快C．圖丙說明，少量Mn2+存在時，溶液堿性越強，H2O2分解速率越快D．圖丙和圖丁說明，堿性溶液中，Mn2+對H2O2分解速率的影響大【答案】D【解析】A．圖甲中溶液的pH相同，但濃度不同，濃度越大，相同時間內濃度的變化量越大，由此得出相同pH條件下，雙氧水濃度越大，雙氧水分解速率越快，故A錯誤；B．圖乙中H2O2濃度相同，但參加NaOH濃度不同，說明溶液的pH不同，NaOH濃度越大，相同時間內雙氧水濃度變化量越大，由此得出：雙氧水濃度相同時，pH越大雙氧水分解速率越快，故B錯誤；C．圖丙中少量Mn2+存在時，相同時間內雙氧水濃度變化量：0.1mol/LNaOH溶液＞1.0mol/LNaOH溶液＞0mol/LNaOH溶液，由此得出：錳離子作催化劑時受溶液pH的影響，但與溶液的pH值不成正比，故C錯誤；D．圖丁中pH相同，錳離子濃度越大，相同時間內雙氧水濃度變化量越大，圖丙中說明催化劑的催化效率受溶液的pH值影響，由此得出：堿性溶液中，Mn2+對H2O2分解速率的影響大，故D正確；【考點】化學反響速率的影響因素菁優網版權所有【專題】化學反響速率專題【點評】此題以雙氧水分解為載體考查影響化學反響速率影響因素，為高頻考點，側重考查學生圖象分析、判斷、歸納及知識靈巧運用能力，明確圖中曲線變化趨勢及影響因素是解此題關鍵，題目難度中等．11．〔2024?江蘇〕萜類化合物廣泛存在于動植物體內，關于以下萜類化合物的說法正確的選項是A．a和b都屬于芳香族化合物B．a和c分子中所有碳原子均處于同一平面上C．a、b和c均能使酸性KMnO4溶液褪色D．b和c均能與新制的Cu(OH)2反響生成紅色沉淀【答案】C【解析】A．a中不含苯環，那么不屬于芳香族化合物，只有b屬于，故A錯誤；B．a、c中含甲基、亞甲基、次甲基均為四面體構型，那么a和c分子中所有碳原子不可能處于同一平面上，故B錯誤；C．a含碳碳雙鍵、b含﹣OH、c含﹣CHO，均能使酸性KMnO4溶液褪色，故C正確；D．只有﹣CHO與新制的Cu〔OH〕2反響生成紅色沉淀，那么只有c能與新制的Cu〔OH〕2反響生成紅色沉淀，故D錯誤；【考點】有機物的結構和性質：芳香族化合物；烯；醇；醛；優網版權所有【專題】有機物分子組成通式的應用規律【點評】此題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，把握官能團與性質的關系、有機反響為解答的關鍵，側重分析能力和應用能力的考查，注意選項B為解答的難點，題目難度不大。12．〔2024?江蘇〕以下說法正確的選項是A．反響N2(g)+3H2(g)?2NH3(g)的△H＜0，△S＞0B．地下鋼鐵管道用導線連接鋅塊可以減緩管道的腐蝕C．常溫下，Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10﹣12，pH=10的含Mg2+溶液中，c(Mg2+)≤5.6×10﹣4mol?L—1D．常溫常壓下，鋅與稀H2SO4反響生成11.2LH2，反響中轉移的電子數為6.02×1023【答案】BC【分析】A.合成氨反響為放熱反響，△H＜0，且為氣體體積減小的反響，那么△S＜0，故A錯誤；B.導線連接鋅塊，構成原電池時Zn為負極，Fe作正極被保護，那么可以減緩管道的腐蝕，故B正確；C.pH=10的含Mg2+溶液中，c〔OH—〕=10﹣4mol?L—1，c〔Mg2+〕≤5.6×10—12/(10—4)2=5.6×10—4mol?L﹣1，故C正確；D.常溫常壓下，Vm≠22.4L/mol，那么不能利用氫氣的體積計算物質的量及轉移電子數，故D錯誤；【考點】反響熱和焓變及熵變；原電池；難溶電解質Ksp；氧化復原反響。菁優網版權所【專題】化學反響中的能量變化【點評】此題考查較綜合，涉及反響熱與焓變、原電池、難溶電解質Ksp的計算等，為高頻考點，把握化學反響原理為解答的關鍵，側重分析能力和應用能力的考查，注意選項④為易錯點，題目難度中等。13．〔2024?江蘇〕根據以下實驗操作和現象所得到的結論正確的選項是選項實驗操作和現象實驗結論A向苯酚溶液中滴加少量濃溴水、振蕩，無白色沉淀苯酚濃度小B向久置的Na2SO3溶液中參加足量BaCl2溶液，出現白色沉淀；再參加足量稀鹽酸，局部沉淀溶解局部Na2SO3被氧化C向20%蔗糖溶液中參加少量稀H2SO4，加熱；再參加銀氨溶液；未出現銀鏡蔗糖未水解D向某黃色溶液中參加淀粉KI溶液，溶液呈藍色溶液中含Br2A．A B．B C．C D．D【答案】B【分析】A．苯酚能和濃溴水發生取代反響生成三溴苯酚白色沉淀，三溴苯酚能溶于苯酚，所以得不到白色沉淀，該實驗結論錯誤，故A錯誤；B．硫酸鋇不溶于稀鹽酸、亞硫酸鋇溶于稀鹽酸，如果亞硫酸鈉被氧化生成硫酸鈉，那么參加氯化鋇產生白色沉淀，且向該白色沉淀中參加稀鹽酸時局部沉淀不溶解，說明該白色沉淀中含有硫酸鋇，那么得出結論：局部Na2SO3被氧化，故B正確；C．銀鏡反響必須在堿性條件下進行，該實驗中參加銀氨溶液前沒有參加NaOH溶液中和未反響的稀硫酸，所以實驗不成功，那么實驗操作及結論錯誤，故C錯誤；D．該黃色溶液中可能含有鐵離子，鐵離子也能將碘離子氧化為碘單質，所以不能確定該黃色溶液中含有溴，那么結論不正確，故D錯誤；【考點】實驗方案的評價；酚；硫及其化合物；糖類的水解反響；鐵及其化合物；鹵素；【專題】實驗評價題【點評】此題考查化學實驗方案評價，為高頻考點，明確實驗操作步驟、元素化合物性質是解此題關鍵，側重考查學生實驗操作、實驗分析及判斷能力，注意：銀鏡反響條件，題目難度不大。14．〔2024?江蘇〕常溫下，Ka(HCOOH)=1.77×10—4，Ka(CH3COOH)=1.75×10—5，Kb(NH3?H2O)=1.76×10—5，以下說法正確的選項是A．濃度均為0.1mol?L﹣1的HCOONa和NH4Cl溶液中陽離子的物質的量濃度之和：前者大于后者B．用相同濃度的NaOH溶液分別滴定等體積pH均為3的HCOOH和CH3COOH溶液至終點，消耗NaOH溶液的體積相等C．0.2mol?L—1HCOOH與0.1mol?L—1NaOH等體積混合后的溶液中：C(HCOO—)+c(OH—)=c(HCOOH)+c(H+)D．0.2mol?L﹣1CH3COONa與0.1mol?L﹣1鹽酸等體積混合后的溶液中(pH＜7)：c(CH3COO—)＞c(Cl—)＞c(CH3COOH)＞c(H+)【答案】AD【解析】A．電離平衡常數越大，其離子水解程度越小，根據電離平衡常數知，其離子水解程度：CH3COO﹣＞NH4+＞HCOO﹣，任何電解質溶液中都存在電荷守恒，所以得出：c〔HCOO—〕+c〔OH—〕=c〔Na+〕+c〔H+〕=0.1mol/L+c〔H+〕；c〔NH4+〕+c〔H+〕=c〔Cl—〕+c〔OH—〕=0.1mol/L+c〔OH—〕；水解程度NH4+＞HCOO—，所以前者c〔H+〕大于后者c〔OH—〕；故A正確；B．pH相同的HCOOH和CH3COOH，濃度：c〔HCOOH〕＜c〔CH3COOH〕，用相同濃度的NaOH溶液分別滴定等體積pH均為3的HCOOH和CH3COOH溶液至終點時，酸的濃度越大，消耗的堿體積越大；，故B錯誤；C．任何電解質溶液中都存在電荷守恒和物料守恒，根據電荷守恒得c〔HCOO—〕+c〔OH—〕=c〔Na+〕+c〔H+〕，混合溶液中溶質為等物質的量濃度的HCOOH和HCOONa；故C錯誤；D．二者混合后溶液中的溶質為等物質的量濃度的CH3COONa、CH3COOH和NaCl，混合溶液的pH＜7，說明醋酸電離程度大于醋酸鈉水解程度。故D正確；【考點】弱電解質在水溶液中的電離平衡菁優網版權所有【專題】電離平衡與溶液的pH專題【點評】此題考查弱電解質的電離，為高頻考點，側重考查學生分析判斷能力，明確電離平衡常數與水解程度關系、溶液中存在的守恒是解此題關鍵，注意C中等量代換，題目難度不大。15．〔2024?江蘇〕溫度為T1時，在三個容積均為1L的恒容密閉容器中僅發生反響：2NO2(g)2NO(g)+O2(g)〔正反響吸熱〕。實驗測得：v正=v(NO2)消耗=k正c2(NO2)，v逆=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k逆c2(NO)?c(O2)，k正、k逆為速率常數，受溫度影響。以下說法正確的選項是容器編號物質的起始濃度〔mol?L—1〕物質的平衡濃度〔mol?L—1〕c〔NO2〕c〔NO〕c〔O2〕c〔O2〕Ⅰ0.6000.2Ⅱ0.30.50.2Ⅲ00.50.35A．達平衡時，容器Ⅰ與容器Ⅱ中的總壓強之比為4：5B．達平衡時，容器Ⅱ中c(O2)/c(NO2)比容器Ⅰ中的大C．達平衡時，容器Ⅲ中NO的體積分數小于50%D．當溫度改變為T2時，假設k正=k逆，那么T2＞T1【答案】CD【解析】A．I中的反響:2NO2(g)2NO(g)+O2(g)開始〔mol/L〕0.600反響〔mol/L〕0.40.40.2平衡〔mol/L〕0.20.40.2化學平衡常數K=0.42×0.2/0.22=0.8容器體積為1L，那么平衡時I中氣體總物質的量=1L×〔0.2+0.4+0.2〕mol/L=0.8mol。恒容恒溫時氣體壓強之比等于其物質的量之比，如果平衡時I、II中壓強之比為4：5，那么II中平衡時氣體總物質的量為1mol，II中開始時濃度商=0.52×0.2/0.32=5/9＜0.8，那么平衡正向移動，平衡正向移動導致混合氣體總物質的量之和增大，所以達平衡時，容器Ⅰ與容器Ⅱ中的總壓強之比小于4：5，故A錯誤；B．如果II中平衡時c〔NO2〕=c〔O2〕，設參加反響的c〔NO2〕=xmol/L，那么0.3﹣x=0.2+0.5x，x=1/15，平衡時c〔NO2〕=c〔O2〕=7/30mol/L，c〔NO〕=0.5mol/L+1/15mol/L=17/30mol/L，II中(17/30)2(7/30)/(7/30)2≈1.3＞0.8，說明II中平衡時應該存在c〔NO2〕＞c〔O2〕.容器I中c〔O2〕/c〔NO2=1，所以達平衡時，容器Ⅱ中c〔O2〕/c〔NO2〕小于1，那么比容器Ⅰ中的小，故B錯誤；C．如果III中NO和氧氣完全轉化為二氧化氮，那么c〔NO2〕=0.5mol/L，且容器中還有c〔O2〕=0.1mol/L剩余，與I相比，III是相當于增大壓強，平衡逆向移動，二氧化氮和氧氣之和所占體積比大于50%，那么達平衡時，容器Ⅲ中NO的體積分數小于50%，故C正確；D．v正=v〔NO2〕消耗=k正c2〔NO2〕，v逆=v〔NO〕消耗=2v〔O2〕消耗=k逆c2〔NO〕?c〔O2〕，到達平衡狀態時正逆反響速率相等，那么k正c2〔NO2〕=k逆c2〔NO〕?c〔O2〕，且k正=k逆，那么c2〔NO2〕=c2〔NO〕?c〔O2〕，化學平衡常數K等于1，該溫度下的K大于0.8，且該反響的正反響是吸熱反響，說明升高溫度平衡正向移動，所以T2＞T1，故D正確；【考點】化學平衡的計算菁優網版權所有【專題】化學平衡專題【點評】此題考查化學平衡計算，為高頻考點，側重考查學生分析、計算及靈巧運用知識解答問題能力，如果單純的根據設未知數計算要涉及一元三次方程而難以解答，這需要學生靈巧運用知識巧妙的避開一元三次方程而解答問題，題目難度較大．三、解答題16．〔12分〕〔2024?江蘇〕鋁是應用廣泛的金屬．以鋁土礦〔主要成分為Al2O3，含SiO2和Fe2O3等雜質〕為原料制備鋁的一種工藝流程如下：注：SiO2在“堿溶〞時轉化為鋁硅酸鈉沉淀。〔1〕“堿溶〞時生成偏鋁酸鈉的離子方程式為。〔2〕向“過濾Ⅰ〞所得濾液中參加NaHCO3溶液，溶液的pH(填“增大〞、“不變〞或“減小〞)。〔3〕“電解Ⅰ〞是電解熔融Al2O3，電解過程中作陽極的石墨易消耗，原因是。〔4〕“電解Ⅱ〞是電解Na2CO3溶液，原理如以下列圖．陽極的電極反響式為，陰極產生的物質A的化學式為。〔5〕鋁粉在1000℃時可與N2反響制備AlN。在鋁粉中添加少量NH4Cl固體并充分混合，有利于AlN的制備，其主要原因是。【答案】⑴Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O⑵減小⑶石墨電極被陽極上產生的O2氧化⑷4CO32﹣+2H2O﹣4e﹣═4HCO3﹣+O2↑H2⑸NH4Cl分解產生的HCl能夠破壞Al外表的Al2O3薄膜。【解析】以鋁土礦(主要成分為Al2O3，含SiO2和Fe2O3等雜質)為原料制備鋁，由流程可知，加NaOH溶解時Fe2O3不反響，由信息可知SiO2在“堿溶〞時轉化為鋁硅酸鈉沉淀，過濾得到的濾渣為Fe2O3、鋁硅酸鈉，碳酸氫鈉與偏鋁酸鈉反響生成Al(OH)3，過濾II得到Al(OH)3，灼燒生成氧化鋁，電解I為電解氧化鋁生成Al和氧氣，電解II為電解Na2CO3溶液，結合圖可知，陽極上碳酸根離子失去電子生成碳酸氫根離子和氧氣，陰極上氫離子得到電子生成氫氣，以此來解答。〔1〕“堿溶〞時生成偏鋁酸鈉的離子方程式為Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O，故答案為：Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O；〔2〕向“過濾Ⅰ〞所得濾液中參加NaHCO3溶液，與NaAlO2反響生成氫氧化鋁沉淀和碳酸鈉，堿性為OH﹣＞AlO2﹣＞CO32﹣，可知溶液的pH減小，故答案為：減小；〔3〕“電解Ⅰ〞是電解熔融Al2O3，電解過程中作陽極的石墨易消耗，因石墨電極被陽極上產生的O2氧化。故答案為：石墨電極被陽極上產生的O2氧化；〔4〕由圖知，陽極反響為4CO32﹣+2H2O﹣4e﹣═4HCO3﹣+O2↑，陰極上氫離子得到電子生成H2。故答案為：4CO32﹣+2H2O﹣4e﹣═4HCO3﹣+O2↑；H2；〔5〕鋁粉在1000℃時可與N2反響制備AlN．在鋁粉中添加少量NH4Cl固體并充分混合，有利于AlN的制備，其主要原因是NH4Cl分解產生的HCl能夠破壞Al外表的Al2O3薄膜，故答案為：NH4Cl分解產生的HCl能夠破壞Al外表的Al2O3薄膜。【考點】鋁及其化合物；鐵及其化合物；硅及其化合物；電解原理；物質別離和提純的方法和根本操作綜合應用；菁優網版權所有【專題】物質的別離提純和鑒別【點評】此題考查混合物別離提純，為高頻考點，把握流程中發生的反響、混合物別離提純方法、實驗技能為解答的關鍵，側重分析能力和實驗能力的考查，注意水解、電解原理及元素化合物知識的應用，題目難度中等。17．〔15分〕〔2024?江蘇〕化合物H是一種用于合成γ﹣分泌調節劑的藥物中間體，其合成路線流程圖如下：〔1〕C中的含氧官能團名稱為和。〔2〕D→E的反響類型為。〔3〕寫出同時滿足以下條件的C的一種同分異構體的結構簡式：。①含有苯環，且分子中有一個手性碳原子；②能發生水解反響，水解產物之一是α﹣氨基酸，另一水解產物分子中只有2種不同化學環境的氫。〔4〕G的分子式為C12H14N2O2，經氧化得到H，寫出G的結構簡式：。〔5〕：R′NH(R)R′NR(CH3)〔R代表烴基，R'代表烴基或H〕請寫出以HONO2、和(CH3)2SO4為原料制備的合成路線流程圖〔無機試劑任用，合成路線流程圖例如見此題題干〕。【答案】⑴醚鍵酯基⑵取代反響⑶HO0-CO-CH(NH2)CH3⑷⑸【解析】由合成流程可知，A→B發生取代反響，B→C發生復原反響，C→D為取代反響，D→E為氨基上H被取代，屬于取代反響，G→H發生氧化反響。〔1〕由結構可知C中的含氧官能團名稱為醚鍵、酯基，故答案為：醚鍵；酯基；〔2〕D→E為氨基上H被取代，反響類型為取代反響，故答案為：取代反響；〔3〕C的一種同分異構體，滿足①含有苯環，且分子中有一個手性碳原子；②能發生水解反響，水解產物之一是α﹣氨基酸，另一水解產物分子中只有2種不同化學環境的氫，那么水解產物為對苯二酚，且含酯基，與氨基相連的C為手性碳，可知符合條件的結構簡式為HO0-CO-CH(NH2)CH3。故答案為：HO0-CO-CH(NH2)CH3；〔4〕G的分子式為C12H14N2O2，經氧化得到H，可知F→G的轉化﹣COOCH3轉化為﹣CH2OH，其它結構不變，那么G的結構簡式為。〔5〕以HONO2、和(CH3)2SO4為原料制備，結合上述合成流程可知，﹣OH轉化為﹣Br，酚﹣OH轉化為醚鍵，硝基轉化為氨基，最后發生信息中的反響，那么合成流程為。【考點】有機物的合成；烴的衍生物綜合。菁優網版權所有【專題】有機物的化學性質及推斷。【點評】此題考查有機物的合成，為高頻考點，把握合成流程中官能團的變化、有機反響、習題中的信息為解答的關鍵，側重分析能力和應用能力的考查，注意有機物性質的應用及同分異構體判斷，題目難度中等。18．〔12分〕〔2024?江蘇〕堿式氯化銅是重要的無機殺菌劑。〔1〕堿式氯化銅有多種制備方法①方法1：45～50℃時，向CuCl懸濁液中持續通入空氣得到Cu2(OH)2Cl2?3H2O，該反響的化學方程式為。②方法2：先制得CuCl2，再與石灰乳反響生成堿式氯化銅。Cu與稀鹽酸在持續通入空氣的條件下反響生成CuCl2，Fe3+對該反響有催化作用，其催化原理如以下列圖．M′的化學式為。〔2〕堿式氯化銅有多種組成，可表示為Cua(OH)bClc?xH2O。為測定某堿式氯化銅的組成，進行以下實驗：①稱取樣品1.1160g，用少量稀HNO3溶解后配成100.00mL溶液A；②取25.00mL溶液A，參加足量AgNO3溶液，得AgCl0.1722g；③另取25.00mL溶液A，調節pH4～5，用濃度為0.08000mol?L﹣1的EDTA〔Na2H2Y?2H2O〕標準溶液滴定Cu2+〔離子方程式為Cu2++H2Y2﹣═CuY2﹣+2H+〕，滴定至終點，消耗標準溶液30.00mL。通過計算確定該樣品的化學式〔寫出計算過程〕。【答案】⑴①4CuCl+O2+8H2O2Cu2(OH)2Cl2?3H2O②Fe2+⑵n(Cl﹣)=n(AgCl)×100.00mL/25.00mL=(0.1722g/143.5g/mol)×100.00mL/25.00mL=4.800×10﹣3mol;n(Cu2+)=n(EDTA)×100.00mL/25.00mL=0.08000mol?L—1×30.00mL×10—3L?mL—1×100.00mL/25.00mL=9.600×10—3mol，N(OH—)=2n(Cu2+)﹣n(Cl—)=2×9.600×10﹣3mol﹣4.800×10﹣3mol=1.440×10—2mol，m(Cl—)=4.800×10—3mol×35.5g?mol—1=0.1704g，m(Cu2+)=9.600×10﹣3mol×64g?mol—1=0.6144g，m(OH—)=1.440×10﹣2mol×17g?mol—1=0.2448g，n(H2O)=(1.1160g-0.1704g-0.6144g-0.2448g)/18g/mol=4.800×10—3mol那么a：b：c：x=n(Cu2+)：n(OH—)：n(Cl—)：n(H2O)=2：3：1：1，即化學式為Cu2(OH)3Cl?H2O，【考點】銅及其化合物；備實驗方案的設計；探究物質的組成或測量物質的含量菁優網【專題】制備實驗綜合【解析】〔1〕①45～50℃時，向CuCl懸濁液中持續通入空氣得到Cu2(OH)2Cl2?3H2O，反響物為CuCl、氧氣、水，Cu元素的化合價升高，O元素的化合價降低，由原子、電子守恒可知反響為4CuCl+O2+8H2O2Cu2〔OH〕2Cl2?3H2O。②Fe3+對該反響有催化作用，結合圖可知，Cu元素的化合價升高，那么M中Fe元素的化合價降低，可知M′的化學式為Fe2+。故答案為：Fe2+；〔2〕略【點評】此題考查物質的制備及物質組成的測定實驗，為高頻考點，把握發生的反響、物質的量的計算為解答的關鍵，側重分析能力和實驗能力的考查，注意氧化復原反響及定組成的應用，題目難度中等。19．〔15分〕〔2024?江蘇〕某科研小組采用如下方案回收一種光盤金屬層中的少量Ag〔金屬層中其他金屬含量過低，對實驗的影響可忽略〕。：①NaClO溶液在受熱或酸性條件下易分解，如：3NaClO═2NaCl+NaClO3②AgCl可溶于氨水：AgCl+2NH3?H2O?Ag(NH3)2++Cl﹣+2H2O③常溫時N2H4?H2O(水合肼)在堿性條件下能復原Ag(NH3)2+：4Ag(NH3)2++N2H4?H2O═4Ag↓+N2↑+4NH4++4NH3↑+H2O〔1〕“氧化〞階段需在80℃條件下進行，適宜的加熱方式為。〔2〕NaClO溶液與Ag反響的產物為AgCl、NaOH和O2，該反響的化學方程式為。HNO3也能氧化Ag，從反響產物的角度分析，以HNO3代替NaClO的缺點是。〔3〕為提高Ag的回收率，需對“過濾Ⅱ〞的濾渣進行洗滌，并。〔4〕假設省略“過濾Ⅰ〞，直接向冷卻后的反響容器中滴加10%氨水，那么需要增加氨水的用量，除因過量NaClO與NH3?H2O反響外〔該條件下NaClO3與NH3?H2O不反響〕，還因為。〔5〕請設計從“過濾Ⅱ〞后的濾液中獲取單質Ag的實驗方案：〔實驗中須使用的試劑有：2mol?L﹣1水合肼溶液，1mol?L﹣1H2SO4〕。【答案】⑴水浴加熱⑵4Ag+4NaClO+2H2O═4AgCl+4NaOH+O2↑；會釋放出氮氧化物〔或NO、NO2〕，造成環境污染⑶將洗滌后的濾液合并入過濾Ⅱ的濾液中。⑷未過濾掉的溶液會稀釋參加的氨水，且其中含有一定濃度的Cl﹣，不利于AgCl與氨水反響。⑸向濾液中滴加2mol?L﹣1水合肼溶液，攪拌使其充分反響，同時用1mol?L﹣1H2SO4溶液吸收反響中放出的NH3，待溶液中無氣泡產生，停止滴加，靜置，過濾、洗滌，枯燥【解析】回收一種光盤金屬層中的少量Ag，由流程可知，氧化時發生4Ag+4NaClO+2H2O═4AgCl+4NaOH+O2↑，為控制80℃，可水浴加熱，過濾I別離出AgCl、可能含Ag，再加氨水溶解AgCl，發生AgCl+2NH3?H2O?Ag〔NH3〕2++Cl﹣+2H2O，過濾II別離出的濾渣為Ag，對過濾II得到的濾液用N2H4?H2O〔水合肼〕在堿性條件下能復原Ag〔NH3〕2+得到Ag，以此來解答。〔1〕“氧化〞階段需在80℃條件下進行，不超過水的沸點，那么適宜的加熱方式為水浴加熱，故答案為：水浴加熱；〔2〕NaClO溶液與Ag反響的產物為AgCl、NaOH和O2，Ag、O元素的化合價升高，Cl元素的化合價降低，由電子、原子守恒可知該反響的化學方程式為4Ag+4NaClO+2H2O═4AgCl+4NaOH+O2↑．HNO3也能氧化Ag，從反響產物的角度分析，以HNO3代替NaClO的缺點是會釋放出氮氧化物〔或NO、NO2〕，造成環境污染。故答案為：4Ag+4NaClO+2H2O═4AgCl+4NaOH+O2↑；會釋放出氮氧化物〔或NO、NO2〕，造成環境污染；〔3〕為提高Ag的回收率，需對“過濾Ⅱ〞的濾渣進行洗滌，并將洗滌后的濾液合并入過濾Ⅱ的濾液中，減少Ag的損失。故答案為：將洗滌后的濾液合并入過濾Ⅱ的濾液中；〔4〕假設省略“過濾Ⅰ〞，直接向冷卻后的反響容器中滴加10%氨水，那么需要增加氨水的用量，除因過量NaClO與NH3?H2O反響外〔該條件下NaClO3與NH3?H2O不反響〕，還因為未過濾掉的溶液會稀釋參加的氨水，且其中含有一定濃度的Cl﹣，不利于AgCl與氨水反響，故答案為：未過濾掉的溶液會稀釋參加的氨水，且其中含有一定濃度的Cl﹣，不利于AgCl與氨水反響；〔5〕由信息③可知，從“過濾Ⅱ〞后的濾液中獲取單質Ag的實驗方案為向濾液中滴加2mol?L﹣1水合肼溶液，攪拌使其充分反響，同時用1mol?L﹣1H2SO4溶液吸收反響中放出的NH3，待溶液中無氣泡產生，停止滴加，靜置，過濾、洗滌，枯燥。故答案為：向濾液中滴加2mol?L﹣1水合肼溶液，攪拌使其充分反響，同時用1mol?L﹣1H2SO4溶液吸收反響中放出的NH3，待溶液中無氣泡產生，停止滴加，靜置，過濾、洗滌，枯燥．【考點】硝酸的性質；氯及其化合物；物質別離和提純的方法和根本操作綜合應用菁優網【專題】物質的別離提純和鑒別【點評】此題考查混合物別離提純，為高頻考點，把握流程中發生的反響、混合物別離提純方法、實驗技能為解答的關鍵，側重分析能力和實驗能力的考查，注意信息的應用及實驗設計，題目難度中等。20．〔14分〕〔2024?江蘇〕砷〔As〕是一些工廠和礦山廢水中的污染元素，使用吸附劑是去除水中砷的有效措施之一。〔1〕將硫酸錳、硝酸釔與氫氧化鈉溶液按一定比例混合，攪拌使其充分反響，可獲得一種砷的高效吸附劑X，吸附劑X中含有CO32—，其原因是。〔2〕H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物種的分布分數〔平衡時某物種的濃度占各物種濃度之和的分數〕與pH的關系分別如圖﹣1和圖﹣2所示．①以酚酞為指示劑〔變色范圍pH8.0～10.0〕，將NaOH溶液逐滴參加到H3AsO3溶液中，當溶液由無色變為淺紅色時停止滴加。該過程中主要反響的離子方程式為。②H3AsO4第一步電離方程式H3AsO4?H2AsO4—+H+的電離常數為Ka1，那么pKa1=〔pKa1=﹣lgKa1〕。〔3〕溶液的pH對吸附劑X外表所帶電荷有影響．pH=7.1時，吸附劑X外表不帶電荷；pH＞7.1時帶負電荷，pH越高，外表所帶負電荷越多；pH＜7.1時帶正電荷，pH越低，外表所帶正電荷越多．pH不同時吸附劑X對三價砷和五價砷的平衡吸附量〔吸附達平衡時單位質量吸附劑X吸附砷的質量〕如圖﹣3所示。①在pH7～9之間，吸附劑X對五價砷的平衡吸附量隨pH升高而迅速下降，其原因是。②在pH4～7之間，吸附劑X對水中三價砷的去除能力遠比五價砷的弱，這是因為。提高吸附劑X對三價砷去除效果可采取的措施是。【答案】⑴堿性溶液吸收了空氣中的CO2。⑵①OH﹣+H3AsO3=H2AsO3﹣+H2O②2.2⑶①在pH7～9之間，隨pH升高H2AsO4﹣轉變為HAsO42﹣，吸附劑X外表所帶負電荷增多，靜電斥力增加。②在pH4～7之間，吸附劑X外表帶正電，五價砷主要以H2AsO4﹣和HAsO42﹣陰離子存在，靜電引力較大；而三價砷主要以H3AsO3分子存在，與吸附劑X外表產生的靜電引力小。參加氧化劑，將三價砷轉化為五價砷。【解析】〔1〕空氣中的CO2屬于酸性氧化物，能溶于強堿溶液，NaOH是堿，能吸收空氣中的二氧化碳而生成碳酸根離子，所以其原因是堿性溶液吸收了空氣中的CO2，故答案為：堿性溶液吸收了空氣中的CO2；〔2〕①根據圖知，堿性條件下H3AsO3的濃度減小、H2AsO3—濃度增大，說明堿和H3AsO3生成H2AsO3—，該反響為酸堿的中和反響，同時還生成水，離子方程式為OH—+H3AsO3=H2AsO3—+H2O，故答案為：OH—+H3AsO3=H2AsO3—+H2O；②Ka1=c(H2AsO4—)·c(H+)/c(H3AsO4)，pH=2.2時c〔H+〕=10—2.2mol/L，c〔H3AsO3〕=c〔H2AsO3—〕，pKa1=﹣lgKa1=﹣lg[c(H2AsO4—)·c(H+)/c(H3AsO4)]=2.2。故答案為：2.2；〔3〕①吸附劑X外表所帶負電荷增多，靜電斥力越大，在pH7～9之間，隨pH升高H2AsO4﹣轉變為HAsO42﹣，吸附劑X外表所帶負電荷增多，靜電斥力增加，導致在pH7～9之間，吸附劑X對五價砷的平衡吸附量隨pH升高而迅速下降。故答案為：在pH7～9之間，隨pH升高H2AsO4﹣轉變為HAsO42﹣，吸附劑X外表所帶負電荷增多，靜電斥力增加；②在pH4～7之間，吸附劑X外表帶正電，五價砷主要以H2AsO4﹣和HAsO42﹣陰離子存在，pH＜7.1時帶正電荷，pH越低，外表所帶正電荷越多，所以靜電引力較大；而三價砷主要以H3AsO3分子存在，與吸附劑X外表產生的靜電引力小，所以在pH4～7之間，吸附劑X對水中三價砷的去除能力遠比五價砷的弱；在pH4～7之間，吸附劑X對水中三價砷的去除能力遠比五價砷的弱，如果能將三價砷轉化為五價砷，能有效的去除三價砷，所以采取的措施是參加氧化劑，將三價砷轉化為五價砷。故答案為：在pH4～7之間，吸附劑X外表帶正電，五價砷主要以H2AsO4﹣和HAsO42﹣陰離子存在，靜電引力較大；而三價砷主要以H3AsO3分子存在，與吸附劑X外表產生的靜電引力小；參加氧化劑，將三價砷轉化為五價砷。【考點】弱電解質在水溶液中的電離平衡菁優網版權所有【專題】電離平衡與溶液的pH專題【點評】此題以含有As的物質為載體考查弱電解質的電離及圖象分析，為高頻考點，側重考查學生對根底知識的掌握和靈巧運用、圖象分析判斷能力，明確出題人的目的是解此題關鍵，難點是圖象的正確理解和分析，題目難度中等。【選做題】此題包括A、B兩小題，請選定其中一小題，并在相應的答題區域內作答．假設多做，那么按A小題評分．A．[物質結構與性質]21．〔12分〕〔2024?江蘇〕鐵氮化合物〔FexNy〕在磁記錄材料領域有著廣泛的應用前景．某FexNy的制備需鐵、氮氣、丙酮和乙醇參與。〔1〕Fe3+基態核外電子排布式為。〔2〕