...wd......wd......wd...2016年江蘇省高考化學(xué)試卷一、單項(xiàng)選擇題〔共10小題，每題2分，總分值20分，每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意〕1．〔2分〕〔2016?江蘇〕大氣中CO2含量的增加會(huì)加劇“溫室效應(yīng)〞．以下活動(dòng)會(huì)導(dǎo)致大氣中CO2含量增加的是〔〕A．燃燒煤炭供熱 B．利用風(fēng)力發(fā)電 C．增加植被面積 D．節(jié)約用電用水2．〔2分〕〔2016?江蘇〕以下有關(guān)化學(xué)用語表示正確的選項(xiàng)是〔〕A．中子數(shù)位10的氧原子：B．Mg2+的構(gòu)造示意圖：C．硫化鈉的電子式：D．甲酸甲酯的構(gòu)造簡(jiǎn)式：C2H4O23．〔2分〕〔2016?江蘇〕以下有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)與用途具有對(duì)應(yīng)關(guān)系的是〔〕A．SO2具有氧化性，可用于漂白紙漿B．NH4HCO3受熱易分解，可用作氮肥C．Fe2〔SO4〕3易溶于水，可用作凈水劑D．Al2O3熔點(diǎn)高，可用作耐高溫材料4．〔2分〕〔2016?江蘇〕短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，X原子的最外層有6個(gè)電子，Y是迄今發(fā)現(xiàn)的非金屬性最強(qiáng)的元素，在周期表中Z位于IA族，W與X屬于同一主族．以下說法正確的選項(xiàng)是〔〕A．元素X、W的簡(jiǎn)單陰離子具有一樣的電子層構(gòu)造B．由Y、Z兩種元素組成的化合物是離子化合物C．W的簡(jiǎn)單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比Y的強(qiáng)D．原子半徑：r〔X〕＜r〔Y〕＜r〔Z〕＜r〔W〕5．〔2分〕〔2016?江蘇〕以下指定反響的離子方程式正確的選項(xiàng)是〔〕A．將銅插入稀硝酸中：Cu+4H++2NO3﹣═Cu2++2NO2↑+H2OB．向Fe2〔SO4〕3溶液中參加過量鐵粉：Fe3++Fe═2Fe3+C．向Al2〔SO4〕3溶液中參加過量氨水：Al3++3NH3?H2O═Al〔OH〕3↓+3NH4+D．向Na2SiO3溶液中滴加稀鹽酸：Na2SiO3+3H+═H2SiO3↓+3Na+6．〔2分〕〔2016?江蘇〕根據(jù)侯氏制堿原理制備少量NaHCO3的實(shí)驗(yàn)，經(jīng)過制取氨氣、制取NaHCO3、別離NaHCO3、枯燥NaHCO3四個(gè)步驟，以以以下列圖示裝置和原理能到達(dá)實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖恰病矨．制取氨氣 B．制取NaHCO3C．別離NaHCO3D．枯燥NaHCO37．〔2分〕〔2016?江蘇〕以下說法正確的選項(xiàng)是〔〕A．氫氧燃料電池工作時(shí)，H2在負(fù)極上失去電子B．0.1mol?L﹣1Na2CO3溶液加熱后，溶液的pH減小C．常溫常壓下，22.4LCl2中含有的分子數(shù)為6.02×1023個(gè)D．室溫下，稀釋0.1mol?L﹣1CH3COOH溶液，溶液的導(dǎo)電能力增強(qiáng)8．〔2分〕〔2016?江蘇〕通過以下反響均可獲取H2．以下有關(guān)說法正確的選項(xiàng)是〔〕①太陽光催化分解水制氫：2H2O〔l〕═2H2〔g〕+O2〔g〕△H1=571.6kJ?mol﹣1②焦炭與水反響制氫：C〔s〕+H2O〔g〕═CO〔g〕+H2〔g〕△H2=131.3kJ?mol﹣1③甲烷與水反響制氫：CH4〔g〕+H2O〔g〕═CO〔g〕+3H2〔g〕△H3=206.1kJ?mol﹣1．A．反響①中電能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能B．反響②為放熱反響C．反響③使用催化劑，△H3減小D．反響CH4〔g〕═C〔s〕+2H2〔g〕的△H=74.8kJ?mol﹣19．〔2分〕〔2016?江蘇〕在給定的條件下，以下選項(xiàng)所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實(shí)現(xiàn)的是〔〕A．SiO2SiCl4SiB．FeS2SO2H2SO4C．N2NH3NH4Cl〔aq〕D．MgCO3MgCl2Mg10．〔2分〕〔2016?江蘇〕以以以下列圖示與對(duì)應(yīng)的表達(dá)不相符合的是〔〕A．圖甲表示燃料燃燒反響的能量變化B．圖乙表示酶催化反響的反響速率隨反響溫度的變化C．圖丙表示弱電解質(zhì)在水中建設(shè)電離平衡的過程D．圖丁表示強(qiáng)堿滴定強(qiáng)酸的滴定曲線二、不定項(xiàng)選擇題：此題共5個(gè)小題，每題4分，共計(jì)20分，每個(gè)小題只有一個(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題意。假設(shè)正確答案只包括一個(gè)選項(xiàng)，多項(xiàng)選擇時(shí)，該小題得0分；假設(shè)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)且全部選對(duì)的得4分，但只要選錯(cuò)一個(gè)，該小題就得0分。11．〔4分〕〔2016?江蘇〕化合物X是一種醫(yī)藥中間體，其構(gòu)造簡(jiǎn)式如以以下列圖．以下有關(guān)化合物X的說法正確的選項(xiàng)是〔〕A．分子中兩個(gè)苯環(huán)一定處于同一平面B．不能與飽和Na2CO3溶液反響C．在酸性條件下水解，水解產(chǎn)物只有一種D．1mol化合物X最多能與2molNaOH反響12．〔4分〕〔2016?江蘇〕制備〔NH4〕2Fe〔SO4〕2?6H2O的實(shí)驗(yàn)中，需對(duì)過濾出產(chǎn)品的母液〔pH＜1〕進(jìn)展處理．常溫下，分別取母液并向其中參加指定物質(zhì)，反響后的溶液中主要存在的一組離子正確的選項(xiàng)是〔〕A．通入過量Cl2：Fe2+、H+、NH4+、Cl﹣、SO42﹣B．參加過量NaClO溶液：NH4+、Fe2+、H+、SO42﹣、ClO﹣C．參加過量NaOH溶液：Na+、Fe2+、NH4+、SO42﹣、OH﹣D．參加過量NaClO溶液和NaOH的混合溶液：Na+、SO42﹣、Cl﹣、ClO﹣、OH﹣13．〔4分〕〔2016?江蘇〕根據(jù)以下實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象所得到的結(jié)論正確的選項(xiàng)是〔〕選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象結(jié)論A室溫下，向苯酚鈉溶液中通入足量CO2，溶液變渾濁．碳酸的酸性比苯酚的強(qiáng)B室溫下，向濃度均為0.1mol?L﹣1的BaCl2和CaCl2混合溶液中滴加Na2SO4溶液，出現(xiàn)白色沉淀．Ksp〔Ba2SO4〕＜Ksp〔Ca2SO4〕C室溫下，向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液，再滴加幾滴淀粉溶液，溶液變藍(lán)色．Fe3+的氧化性比I2的強(qiáng)D室溫下，用PH試紙測(cè)得：0.1mol?L﹣1Na2SO3溶液的pH約為10；0.1mol?L﹣1NaHSO3溶液的pH約為5．HSO3﹣結(jié)合H+的能力比SO32﹣的強(qiáng)A．A B．B C．C D．D14．〔4分〕〔2016?江蘇〕H2C2O4為二元弱酸．20℃時(shí)，配制一組c〔H2C2O4〕+c〔HC2O4﹣〕+c〔C2O42﹣〕=0.100mol?L﹣1的H2C2O4和NaOH混合溶液，溶液中局部微粒的物質(zhì)的量濃度隨pH的變化曲線如以以下列圖．以下指定溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系一定正確的選項(xiàng)是〔〕A．PH=2.5的溶液中：c〔H2C2O4〕+c〔C2O42﹣〕＞c〔HC2O4﹣〕B．c〔Na+〕=0.100mol?L﹣1的溶液中：c〔H+〕+c〔H2C2O4〕=c〔OH﹣〕+c〔C2O42﹣〕C．c〔HC2O4﹣〕=c〔C2O42﹣〕的溶液中：c〔Na+〕＞0.100mol?L﹣1+c〔HC2O4﹣〕D．pH=7的溶液中：c〔Na+〕＞2c〔C2O42﹣〕15．〔4分〕〔2016?江蘇〕一定溫度下，在3個(gè)體積均為1.0L的容量密閉容器中反響2H2〔g〕+CO〔g〕?CH3OH〔g〕到達(dá)平衡，以下說法正確的選項(xiàng)是〔〕容器溫度/℃物質(zhì)的起始濃度/mol?L﹣1物質(zhì)的平衡濃度/mol?L﹣1c〔H2〕c〔CO〕c〔CH3OH〕c〔CH3OH〕Ⅰ4000.200.1000.080Ⅱ4000.400.200Ⅲ500000.100.025A．該方應(yīng)的正反響放熱B．到達(dá)平衡時(shí)，容器Ⅰ中反響物轉(zhuǎn)化率比容器Ⅱ中的大C．到達(dá)平衡時(shí)，容器Ⅱ中c〔H2〕大于容器Ⅲ中c〔H2〕的兩倍D．到達(dá)平衡時(shí)，容器Ⅲ中的反響速率比容器Ⅰ中的大三、解答題〔共5小題，總分值68分〕16．〔12分〕〔2016?江蘇〕以電石渣[主要成分為Ca〔OH〕2和CaCO3]為原料制備KClO3的流程如圖1：〔1〕氯化過程控制電石渣過量，在75℃左右進(jìn)展．氯化時(shí)存在Cl2與Ca〔OH〕2作用生成Ca〔ClO〕2的反響，Ca〔ClO〕2進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為Ca〔ClO3〕2，少量Ca〔ClO〕2分解為CaCl2和O2．①生成Ca〔ClO〕2的化學(xué)方程式為．②提高Cl2轉(zhuǎn)化為Ca〔ClO3〕2的轉(zhuǎn)化率的可行措施有〔填序號(hào)〕．A．適當(dāng)減緩?fù)ㄈ隒l2速率B．充分?jǐn)嚢铦{料C．加水使Ca〔OH〕2完全溶解〔2〕氯化過程中Cl2轉(zhuǎn)化為Ca〔ClO3〕2的總反響方程式為：6Ca〔OH〕2+6Cl2═Ca〔ClO3〕2+5CaCl2+6H2O氯化完成后過濾．①濾渣的主要成分為〔填化學(xué)式〕．②濾液中Ca〔ClO3〕2與CaCl2的物質(zhì)的量之比n[Ca〔ClO3〕2]：n[CaCl2]1：5〔填“＞〞、“＜〞或“=〞〕．〔3〕向?yàn)V液中參加稍過量KCl固體可將Ca〔ClO3〕2轉(zhuǎn)化為KClO3，假設(shè)溶液中KClO3的含量為100g?L﹣1，從該溶液中盡可能多地析出KClO3固體的方法是．17．〔15分〕〔2016?江蘇〕化合物H是合成抗心律失常藥物泰達(dá)隆的一種中間體，可通過以下方法合成：〔1〕D中的含氧官能團(tuán)名稱為〔寫兩種〕．〔2〕F→G的反響類型為．〔3〕寫出同時(shí)滿足以下條件的C的一種同分異構(gòu)體的構(gòu)造簡(jiǎn)式．①能發(fā)生銀鏡反響；②能發(fā)生水解反響，其水解產(chǎn)物之一能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反響；③分子中只有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫．〔4〕E經(jīng)復(fù)原得到F，E的分子是為C14H17O3N，寫出E的構(gòu)造簡(jiǎn)式．〔5〕：①苯胺〔〕易被氧化請(qǐng)以甲苯和〔CH3CO〕2O為原料制備，寫出制備的合成路線流程圖〔無機(jī)試劑任用，合成路線流程圖例如見此題題干〕．18．〔12分〕〔2016?江蘇〕過氧化鈣〔CaO2?8H2O〕是一種在水產(chǎn)養(yǎng)殖中廣泛使用的供氧劑．〔1〕Ca〔OH〕2懸濁液與H2O2溶液反響可制備CaO2?8H2O．Ca〔OH〕2+H2O2+6H2O═CaO2?8H2O反響時(shí)通常參加過量的Ca〔OH〕2，其目的是．〔2〕箱池塘水中參加一定量的CaO2?8H2O后，池塘水中濃度增加的離子有〔填序號(hào)〕．A．Ca2+B．H+C．CO32﹣D．OH﹣1〔3〕水中溶解氧的測(cè)定方法如下：向一定量水樣中參加適量MnSO4和堿性KI溶液，生成MnO〔OH〕2沉淀，密封靜置，參加適量稀H2SO4，將MnO〔OH〕2與I﹣完全反響生成Mn2+和I2后，以淀粉作指示劑，用Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，測(cè)定過程中物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系如下：O2MnO〔OH〕2I2S4O62﹣①寫出O2將Mn2+氧化成MnO〔OH〕2的離子方程式：．②取加過一定量CaO2?8H2O的池塘水樣100.00mL，按上述方法測(cè)定水中溶解氧量，消耗0.01000mol?L﹣1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液13.50mL．計(jì)算該水樣中的溶解氧〔用mg?L﹣1表示〕，寫出計(jì)算過程．19．〔15分〕〔2016?江蘇〕實(shí)驗(yàn)室以一種工業(yè)廢渣〔主要成分為MgCO3、MgSO4和少量Fe、Al的氧化物〕為原料制備MgCO3?3H2O．實(shí)驗(yàn)過程如圖1：〔1〕酸溶過程中主要反響的熱化學(xué)方程式為MgCO3〔S〕+2H+〔aq〕═Mg2+〔aq〕+CO2〔g〕+H2O〔l〕△H=﹣50.4kJ?mol﹣1Mg2SiO4〔s〕+4H+〔aq〕═2Mg2+〔aq〕+H2SiO3〔s〕+H2O〔l〕△H=﹣225.4kJ?mol﹣1酸溶需加熱的目的是；所加H2SO4不宜過量太多的原因是．〔2〕參加H2O2氧化時(shí)發(fā)生發(fā)應(yīng)的離子方程式為．〔3〕用圖2所示的實(shí)驗(yàn)裝置進(jìn)展萃取分液，以除去溶液中的Fe3+．①實(shí)驗(yàn)裝置圖中儀器A的名稱為．②為使Fe3+盡可能多地從水相轉(zhuǎn)移至有機(jī)相，采取的操作：向裝有水溶液的儀器A中參加一定量的有機(jī)萃取劑，、靜置、分液，并重復(fù)屢次．〔4〕請(qǐng)補(bǔ)充完整由萃取后得到的水溶液制備MgCO3?3H2O的實(shí)驗(yàn)方案：邊攪拌邊向溶液中滴加氨水，，過濾、用水洗滌固體2﹣3次，在50℃下枯燥，得到MgCO3?3H2O．[該溶液中pH=8.5時(shí)Mg〔OH〕2開場(chǎng)沉淀；pH=5.0時(shí)Al〔OH〕3沉淀完全]．20．〔14分〕〔2016?江蘇〕鐵炭混合物〔鐵屑和活性炭的混合物〕、納米鐵粉均可用于處理水中污染物．〔1〕鐵炭混合物在水溶液中可形成許多微電池．將含有Cr2O72﹣的酸性廢水通過鐵炭混合物，在微電池正極上Cr2O72﹣轉(zhuǎn)化為Cr3+，其電極反響式為．〔2〕在一樣條件下，測(cè)量總質(zhì)量一樣、鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)不同的鐵炭混合物對(duì)水中Cu2+和Pb2+的去除率，結(jié)果如圖1所示．①當(dāng)鐵炭混合物中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為0時(shí)，也能去除水中少量的Cu2+和Pb2+，其原因是．②當(dāng)鐵炭混合物中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)大于50%時(shí)，隨著鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的增加，Cu2+和Pb2+的去除率不升反降，其主要原因是．〔3〕納米鐵粉可用于處理地下水中的污染物．①一定條件下，向FeSO4溶液中滴加堿性NaBH4溶液，溶液中BH4﹣〔B元素的化合價(jià)為+3〕與Fe2+反響生成納米鐵粉、H2和B〔OH〕4﹣，其離子方程式為．②納米鐵粉與水中NO3﹣反響的離子方程式為4Fe+NO3﹣+10H+═4Fe2++NH4++3H2O研究發(fā)現(xiàn)，假設(shè)pH偏低將會(huì)導(dǎo)致NO3﹣的去除率下降，其原因是．③一樣條件下，納米鐵粉去除不同水樣中NO3﹣的速率有較大差異〔見圖2〕，產(chǎn)生該差異的可能原因是．【選做題】此題包括21、22兩小題，請(qǐng)選定其中一個(gè)小題，并在相應(yīng)的答題區(qū)域內(nèi)作答．假設(shè)多做，則按21小題評(píng)分．[物質(zhì)構(gòu)造與性質(zhì)]21．〔12分〕〔2016?江蘇〕[Zn〔CN〕4]2﹣在水溶液中與HCHO發(fā)生如下反響：4HCHO+[Zn〔CN〕4]2﹣+4H++4H2O═[Zn〔H2O〕4]2++4HOCH2CN〔1〕Zn2+基態(tài)核外電子排布式為．〔2〕1molHCHO分子中含有σ鍵的數(shù)目為mol．〔3〕HOCH2CN分子中碳原子軌道的雜化軌道類型是．〔4〕與H2O分子互為等電子體的陰離子為．〔5〕[Zn〔CN〕4]2﹣中Zn2+與CN﹣的C原子形成配位鍵，不考慮空間構(gòu)型，[Zn〔CN〕4]2﹣的構(gòu)造可用示意圖表示為．[實(shí)驗(yàn)化學(xué)]〔共1小題，總分值0分〕22．〔2016?江蘇〕焦亞硫酸鈉〔Na2S2O5〕是常用的抗氧化劑，在空氣中，受熱時(shí)均易分解．實(shí)驗(yàn)室制備少量Na2S2O5的方法．在不斷攪拌下，控制反響溫度在40℃左右，向Na2CO3過飽和溶液中通入SO2，實(shí)驗(yàn)裝置如以以下列圖．當(dāng)溶液pH約為4時(shí)，停頓反響．在20℃靜置結(jié)晶，生成Na2S2O5的化學(xué)方程式為：2NaHSO3═Na2S2O5+H2O．〔1〕SO2與Na2CO3溶液反響生成NaHSO3和CO2，其離子方程式為．〔2〕裝置Y的作用是．〔3〕析出固體的反響液經(jīng)減壓抽濾，洗滌，25℃﹣30℃枯燥，可獲得Na2S2O5固體．①組成減壓抽濾裝置的主要儀器是布氏漏斗、和抽氣泵．②依次用飽和SO2水溶液、無水乙醇洗滌Na2S2O5固體，用飽和SO2水溶液洗滌的目的是．〔4〕實(shí)驗(yàn)制得的Na2S2O5固體中含有一定量的Na2SO3和Na2SO4，其可能的原因是．2016年江蘇省高考化學(xué)試卷參考答案與試題解析一、單項(xiàng)選擇題〔共10小題，每題2分，總分值20分，每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意〕1．〔2分〕【考點(diǎn)】常見的生活環(huán)境的污染及治理．【分析】燃燒煤炭供熱時(shí)，碳與氧氣反響產(chǎn)生大量的二氧化碳?xì)怏w；風(fēng)力發(fā)電、節(jié)約用水用電中不會(huì)涉及到含碳物質(zhì)的燃燒；增加植被面積可以有效減少CO2的排放，據(jù)此分析答復(fù)．【解答】解：A．燃燒煤炭供熱時(shí)，碳與氧氣反響產(chǎn)生大量的二氧化碳?xì)怏w，故A正確；B．風(fēng)力發(fā)電中不會(huì)涉及到含碳物質(zhì)的燃燒，故不會(huì)導(dǎo)致二氧化碳含量增加，故B錯(cuò)誤；C、增加植被面積可以吸收二氧化碳，減少CO2含量，故C錯(cuò)誤；D、節(jié)約用水用電與二氧化碳無關(guān)，故D錯(cuò)誤．應(yīng)選A．【點(diǎn)評(píng)】此題考察環(huán)境問題及物質(zhì)的性質(zhì)，明確含碳物質(zhì)的燃燒會(huì)導(dǎo)致二氧化碳含量增大，導(dǎo)致溫室效應(yīng)，題目較為簡(jiǎn)單，根據(jù)生活實(shí)際分析的答復(fù)即可解答．2．〔2分〕【考點(diǎn)】電子式、化學(xué)式或化學(xué)符號(hào)及名稱的綜合．【分析】A．中子數(shù)+質(zhì)子數(shù)=質(zhì)量數(shù)，結(jié)合原子表示方法分析判斷，質(zhì)量數(shù)標(biāo)記在元素符號(hào)左上角，質(zhì)子數(shù)標(biāo)記在左下角；B．鎂離子是鎂原子失去最外層2個(gè)電子形成；C．硫化鈉是鈉離子和硫離子形成的離子化合物，電子式中需要標(biāo)記陰陽離子；D．構(gòu)造簡(jiǎn)式需要表示出構(gòu)造特征和官能團(tuán)；【解答】解：A．中子數(shù)為10的氧原子，質(zhì)子數(shù)為8，則質(zhì)量數(shù)為18，則原子表示為，故A錯(cuò)誤；B．鎂離子是鎂原子失去最外層2個(gè)電子形成，離子的構(gòu)造示意圖為：，故B正確；C．硫化鈉的化學(xué)式中含有兩個(gè)鈉離子，硫化鈉正確的電子式為：，故C錯(cuò)誤；D．甲酸甲酯的構(gòu)造簡(jiǎn)式：HCOOCH3，C2H4O2為甲酸甲酯的分子式，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選B．【點(diǎn)評(píng)】此題考察了化學(xué)用語的標(biāo)準(zhǔn)應(yīng)用和書寫方法，注意檢查的熟練掌握，題目較簡(jiǎn)單．3．〔2分〕【考點(diǎn)】二氧化硫的化學(xué)性質(zhì)；銨鹽；兩性氧化物和兩性氫氧化物．【分析】A．二氧化硫化合價(jià)居于中間價(jià)態(tài)，具有氧化性，但漂白紙張是利用二氧化硫的漂白性；B．碳酸氫銨具有易分解的性質(zhì)，做氮肥是利用其溶解后銨根離子被植物吸收做氮肥；C．硫酸鐵溶液中鐵離子水解生成氫氧化鐵膠體具有吸附懸浮雜質(zhì)的作用，可以凈水；D．利用氧化鋁熔點(diǎn)高的性質(zhì)可以做耐火材料．【解答】解：A．二氧化硫化合價(jià)居于中間價(jià)態(tài)，具有氧化性和復(fù)原性，但漂白紙張是利用二氧化硫的漂白性，不是其氧化性，故A錯(cuò)誤；B．做氮肥是利用碳酸氫銨溶解后的銨根離子被植物吸收做氮肥，不是利用其分解的性質(zhì)，故B錯(cuò)誤；C．硫酸鐵溶液中鐵離子水解生成氫氧化鐵膠體具有吸附懸浮雜質(zhì)的作用，可以凈水，不是利用的易溶于水的性質(zhì)，故C錯(cuò)誤；D．Al2O3熔點(diǎn)高，不易熔融可用作耐高溫材料，故D正確；應(yīng)選D．【點(diǎn)評(píng)】此題考察了二氧化硫、銨鹽、鐵鹽和氧化鋁的性質(zhì)應(yīng)用分析判斷，注意知識(shí)積累，題目較簡(jiǎn)單．4．〔2分〕【考點(diǎn)】原子構(gòu)造與元素周期律的關(guān)系．【分析】Y是迄今發(fā)現(xiàn)的非金屬性最強(qiáng)的元素，應(yīng)為F，X原子的最外層有6個(gè)電子，且原子序數(shù)小于F，應(yīng)為O元素，在周期表中Z位于IA族，由原子序數(shù)關(guān)系可知Z為Na元素，W與X屬于同一主族，W應(yīng)為S元素，結(jié)合對(duì)應(yīng)物質(zhì)的性質(zhì)以及元素周期率知識(shí)解答該題．【解答】解：Y是迄今發(fā)現(xiàn)的非金屬性最強(qiáng)的元素，應(yīng)為F，X原子的最外層有6個(gè)電子，且原子序數(shù)小于F，應(yīng)為O元素，在周期表中Z位于IA族，由原子序數(shù)關(guān)系可知Z為Na元素，W與X屬于同一主族，W應(yīng)為S元素，A．元素X、W的簡(jiǎn)單陰離子分別為O2﹣、S2﹣，離子的電子層構(gòu)造不同，故A錯(cuò)誤；B．Y為F，Z為Na，由Y、Z兩種元素組成的化合物為NaF，是離子化合物，故B正確；C．非金屬性F＞S，元素的非金屬性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)的氫化物越穩(wěn)定，故C錯(cuò)誤；D．原子核外電子層數(shù)越多，原子半徑越大，同周期元素從左到右原子半徑逐漸減小，則半徑r〔F〕＜r〔O〕＜r〔S〕＜r〔Na〕，故D錯(cuò)誤．應(yīng)選B．【點(diǎn)評(píng)】此題考察了原子構(gòu)造與元素周期律的關(guān)系，題目難度中等，正確推斷元素為解答關(guān)鍵，注意掌握原子構(gòu)造與元素周期律、元素周期表的關(guān)系，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及靈活應(yīng)用能力．5．〔2分〕【考點(diǎn)】離子方程式的書寫．【分析】A．銅和稀硝酸反響生成硝酸銅、一氧化氮和水；B．鐵和硫酸鐵反響生成硫酸亞鐵，離子方程式中需要符合電荷守恒；C．硫酸鋁溶液中參加過量氨水反響生成氫氧化鋁沉淀和硫酸銨，氫氧化鋁是兩性氫氧化物不溶于弱酸弱堿；D．硅酸鈉溶液中滴入鹽酸反響生成硅酸沉淀，硅酸鈉是強(qiáng)電解質(zhì)溶液中完全電離．【解答】解：A．將銅插入稀硝酸中反響的離子方程式為：3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O，故A錯(cuò)誤；B．向Fe2〔SO4〕3溶液中參加過量鐵粉反響的離子方程式為：2Fe3++Fe═3Fe3+，故B錯(cuò)誤；C．向Al2〔SO4〕3溶液中參加過量氨水反響的離子方程式：Al3++3NH3?H2O═Al〔OH〕3↓+3NH4+，故C正確；D．向Na2SiO3溶液中滴加稀鹽酸反響的離子方程式：SiO32﹣+2H+═H2SiO3↓，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選C．【點(diǎn)評(píng)】此題考察了離子方程式書寫方法，主要是物質(zhì)性質(zhì)的熟練掌握、反響產(chǎn)物判斷等知識(shí)，題目難度不大．6．〔2分〕【考點(diǎn)】化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)．【分析】A．氯化銨不穩(wěn)定，加熱易分解，溫度稍低又可生成氯化銨；B．氣體通入方向錯(cuò)誤；C．從溶液中別離碳酸氫鈉固體，可用過濾的方法；D．碳酸氫鈉不穩(wěn)定，不能直接加熱枯燥．【解答】解：A．氯化銨不穩(wěn)定，加熱易分解，溫度稍低又可生成氯化銨，制備氨氣，應(yīng)用氯化銨和氫氧化鈣為反響物，故A錯(cuò)誤；B．應(yīng)將二氧化碳從長(zhǎng)導(dǎo)管進(jìn)入，否則將液體排出，故B錯(cuò)誤；C．從溶液中別離碳酸氫鈉固體，可用過濾的方法，故C正確；D．碳酸氫鈉不穩(wěn)定，不能直接加熱枯燥，可烘干，故D錯(cuò)誤．應(yīng)選C．【點(diǎn)評(píng)】此題考察較為綜合，涉及物質(zhì)的別離、提純以及制備，為高考常見題型，側(cè)重于學(xué)生的分析、實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾欤⒁獍盐諏?shí)驗(yàn)的嚴(yán)密性和可行性的評(píng)價(jià)，難度不大．7．〔2分〕【考點(diǎn)】原電池和電解池的工作原理；電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電性；鹽類水解的原理．【分析】A、氫氧燃料電池中，H2在負(fù)極上失去電子；B、加熱促進(jìn)碳酸根離子的水解，使得氫氧根離子濃度增大；C、不是標(biāo)準(zhǔn)狀況，不能用公式計(jì)算氣體的物質(zhì)的量；D、電解質(zhì)的導(dǎo)電能力與溶液中自由移動(dòng)陰陽離子的濃度有關(guān)．【解答】解：A、氫氧燃料電池中，H2在負(fù)極上失去電子被氧化，故A正確；B、Na2CO3溶液加熱，促進(jìn)碳酸根離子的水解，使得氫氧根離子濃度增大，溶液的pH增大，故B錯(cuò)誤；C、常溫常壓，不是標(biāo)準(zhǔn)狀況，22.4LCl2中，不能用公式計(jì)算氣體的物質(zhì)的量，故C錯(cuò)誤；D、電解質(zhì)的導(dǎo)電能力與溶液中自由移動(dòng)陰陽離子的濃度有關(guān)，稀釋0.1mol?L﹣1CH3COOH溶液，使得離子濃度減小，導(dǎo)電能力減弱，故D錯(cuò)誤．應(yīng)選A．【點(diǎn)評(píng)】此題考察了原電池根本原理、鹽類水解的影響因素、NA的計(jì)算和導(dǎo)電能力強(qiáng)弱的判斷，綜合性強(qiáng)，但是較為根基，掌握根本原理是解題的關(guān)鍵，難度不大．8．〔2分〕【考點(diǎn)】用蓋斯定律進(jìn)展有關(guān)反響熱的計(jì)算；吸熱反響和放熱反響．【分析】A、太陽光催化分解水制氫氣，是光能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能；B、△H2＞0，反響為吸熱反響；C、催化劑不能改變反響熱的大小；D、根據(jù)蓋斯定律，目標(biāo)反響CH4〔g〕═C〔s〕+2H2〔g〕相當(dāng)于③﹣②．【解答】解：A、太陽光催化分解水制氫氣，是光能轉(zhuǎn)化為化學(xué)能，故A錯(cuò)誤；B、反響的△H2＞0，故該反響為吸熱反響，故B錯(cuò)誤；C、催化劑不能改變反響熱的大小，只能改變化學(xué)反響速率，故C錯(cuò)誤；D、根據(jù)蓋斯定律，目標(biāo)反響CH4〔g〕═C〔s〕+2H2〔g〕相當(dāng)于③﹣②，故△H=△H3﹣△H2，△H=206.1kJ?mol﹣1﹣131.3kJ?mol﹣1=74.8kJ?mol﹣1，故D正確．應(yīng)選D．【點(diǎn)評(píng)】此題考察了化學(xué)反響與能量變化，利用蓋斯定律進(jìn)展相關(guān)計(jì)算，注意催化劑不能改變焓變，蓋斯定律計(jì)算時(shí)焓變的加減時(shí)正負(fù)號(hào)為易錯(cuò)點(diǎn)，題目難度較小．9．〔2分〕【考點(diǎn)】硅和二氧化硅；鎂、鋁的重要化合物．【分析】A．二氧化硅為酸性氧化物和鹽酸不反響；B．FeS2燃燒生成二氧化硫，二氧化硫和水反響生成亞硫酸；C．氮?dú)夂蜌錃庖欢l件下反響生成氨氣，氨氣和鹽酸反響生成氯化銨；D．碳酸鎂和鹽酸反響生成氯化鎂、二氧化碳和水，氯化鎂溶液電解不能生成金屬鎂．【解答】解：A．二氧化硅屬于酸性氧化物和鹽酸不反響，不能一步實(shí)現(xiàn)反響，故A錯(cuò)誤；B．二氧化硫和水反響生成亞硫酸，亞硫酸被氧化生成硫酸，二氧化硫和水不能一步轉(zhuǎn)化，故B錯(cuò)誤；C．氮?dú)夂蜌錃庠诖呋瘎⒏邷馗邏簵l件下反響生成氨氣，氨氣是堿性氣體和鹽酸反響生成氯化銨，兩步反響能一步實(shí)現(xiàn)，故C正確；D．碳酸鎂溶于鹽酸生成氯化鎂溶液，氯化鎂溶液電解得到氫氧化鎂和氫氣，不能直接得到金屬鎂，應(yīng)是電解熔融狀態(tài)的氯化鎂得到金屬鎂，故D錯(cuò)誤；應(yīng)選C．【點(diǎn)評(píng)】此題考察了物質(zhì)性質(zhì)、物質(zhì)轉(zhuǎn)化的應(yīng)用，主要是硅、硫、氮、鎂的化合物性質(zhì)的理解判斷，掌握根基是解題關(guān)鍵，題目較簡(jiǎn)單．10．〔2分〕【考點(diǎn)】弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡；化學(xué)反響的能量變化規(guī)律；濃度、溫度、催化劑對(duì)化學(xué)反響速率的影響；中和滴定．【分析】A．燃料燃燒應(yīng)放出熱量，反響物總能量大于生成物總能量；B．溫度過高，酶失去催化活性；C．弱電解質(zhì)存在電離平衡，平衡時(shí)正逆反響速率相等；D．強(qiáng)堿滴定強(qiáng)酸，溶液pH增大，存在pH的突變．【解答】解：A．燃料燃燒應(yīng)放出熱量，反響物總能量大于生成物總能量，而題目所給圖為吸熱反響，故A錯(cuò)誤；B．酶為蛋白質(zhì)，溫度過高，蛋白質(zhì)變性，則酶催化能力降低，甚至失去催化活性，故B正確；C．弱電解質(zhì)存在電離平衡，平衡時(shí)正逆反響速率相等，圖象符合電離特點(diǎn)，故C正確；D．強(qiáng)堿滴定強(qiáng)酸，溶液pH增大，存在pH的突變，圖象符合，故D正確．應(yīng)選A．【點(diǎn)評(píng)】此題考察較為綜合，涉及弱電解質(zhì)的電離、化學(xué)反響與能量、化學(xué)平衡的影響，考察《化學(xué)反響原理》主要內(nèi)容，側(cè)重學(xué)生的分析能力的考察，為高考常見題型，易錯(cuò)點(diǎn)為B，注意蛋白質(zhì)的性質(zhì)，難度不大．二、不定項(xiàng)選擇題：此題共5個(gè)小題，每題4分，共計(jì)20分，每個(gè)小題只有一個(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題意。假設(shè)正確答案只包括一個(gè)選項(xiàng)，多項(xiàng)選擇時(shí)，該小題得0分；假設(shè)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)且全部選對(duì)的得4分，但只要選錯(cuò)一個(gè)，該小題就得0分。11．〔4分〕【考點(diǎn)】有機(jī)物的構(gòu)造和性質(zhì)．【分析】有機(jī)物含有酯基，可發(fā)生水解反響，含有羧基，具有酸性，可發(fā)生中和、酯化反響，結(jié)合有機(jī)物的構(gòu)造特點(diǎn)解答該題．【解答】解：A．兩個(gè)苯環(huán)連接在飽和碳原子上，具有甲烷的構(gòu)造特點(diǎn)，且C﹣C為δ鍵，可自由旋轉(zhuǎn)，則分子中兩個(gè)苯環(huán)不一定處于同一平面，故A錯(cuò)誤；B．含有羧基，具有酸性，可與碳酸鈉反響，故B錯(cuò)誤；C．能水解的只有酯基，因?yàn)榄h(huán)狀化合物，則水解產(chǎn)物只有一種，故C正確；D．能與氫氧化鈉反響的為酯基、羧基，且酯基可水解生成酚羥基和羧基，則1mol化合物X最多能與3molNaOH反響，故D錯(cuò)誤．應(yīng)選C．【點(diǎn)評(píng)】此題考察有機(jī)物的構(gòu)造與性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，題目難度中等，注意體會(huì)官能團(tuán)與性質(zhì)的關(guān)系，明確酸、酯的性質(zhì)即可解答，試題培養(yǎng)了學(xué)生的靈活應(yīng)用能力．12．〔4分〕【考點(diǎn)】離子共存問題．【分析】根據(jù)離子之間不能結(jié)合生成水、氣體、沉淀、弱電解質(zhì)，不能發(fā)生氧化復(fù)原反響等，離子能大量共存，并結(jié)合母液中含有〔NH4〕2?Fe〔SO4〕2?6H2O晶體中的離子，利用離子共存的觀點(diǎn)分析解答．【解答】解：A．氯氣與復(fù)原性離子Fe2+發(fā)生氧化復(fù)原反響，不能存在二價(jià)鐵離子，故A錯(cuò)誤；B．Fe2+有強(qiáng)復(fù)原性，酸性條件ClO﹣離子具有強(qiáng)氧化性，要發(fā)生氧化復(fù)原反響，不能共存，故B錯(cuò)誤；C．Fe2+、OH﹣結(jié)合生成沉淀，銨根離子與堿結(jié)合生成弱電解質(zhì)，不能共存，故C錯(cuò)誤；D．該組離子之間不反響，能共存，參加過量NaClO溶液和NaOH的混合溶液，離子之間不反響，能共存，故D正確；應(yīng)選D．【點(diǎn)評(píng)】此題考察離子的共存，熟悉復(fù)分解反響發(fā)生的條件及強(qiáng)氧化性離子與強(qiáng)復(fù)原性離子間發(fā)生的氧化復(fù)原反響即可解答，注重根基知識(shí)的考察，題目難度不大．13．〔4分〕【考點(diǎn)】化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)．【分析】A．向苯酚鈉溶液中通入足量CO2，溶液變渾濁，說明生成苯酚；B．向濃度均為0.1mol?L﹣1的BaCl2和CaCl2混合溶液中滴加Na2SO4溶液，出現(xiàn)白色沉淀，不能確定生成的沉淀成分；C．室溫下，向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液，再滴加幾滴淀粉溶液，溶液變藍(lán)色，說明生成碘；D．陰離子水解程度越大，溶液pH越大，說明越易結(jié)合氫離子．【解答】解：A．向苯酚鈉溶液中通入足量CO2，溶液變渾濁，說明生成苯酚，可說明碳酸的酸性比苯酚的強(qiáng)，故A正確；B．向濃度均為0.1mol?L﹣1的BaCl2和CaCl2混合溶液中滴加Na2SO4溶液，出現(xiàn)白色沉淀，不能確定生成的沉淀成分，則不能比照溶度積大小，故B錯(cuò)誤；C．室溫下，向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液，再滴加幾滴淀粉溶液，溶液變藍(lán)色，說明生成碘，可說明Fe3+的氧化性比I2的強(qiáng)，故C正確；D．陰離子水解程度越大，溶液pH越大，說明越易結(jié)合氫離子，則HSO3﹣結(jié)合H+的能力比SO32﹣的弱，故D錯(cuò)誤．應(yīng)選AC．【點(diǎn)評(píng)】此題考察較為綜合，涉及物質(zhì)的性質(zhì)比照，檢驗(yàn)，為高考常見題型，側(cè)重于學(xué)生的分析、實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾欤⒁獍盐諏?shí)驗(yàn)的嚴(yán)密性和可行性的評(píng)價(jià)，難度不大．14．〔4分〕【考點(diǎn)】離子濃度大小的比照．【分析】A．依據(jù)圖象可知PH=2.5的溶液中：c〔H2C2O4〕+c〔C2O42﹣〕＞c〔HC2O4﹣〕；B．依據(jù)溶液中電荷守恒和物料守恒分析，c〔Na+〕=0.100mol/L的溶液中c〔H+〕+c〔H2C2O4〕=c〔OH﹣〕+c〔C2O42﹣〕；C．c〔HC2O4﹣〕=c〔C2O42﹣〕的溶液中c〔Na+〕＜0.100mol?L﹣1+c〔HC2O4﹣〕；D．pH=7的溶液中溶質(zhì)為草酸鈉，草酸根離子水解c〔Na+〕＞2c〔C2O42﹣〕；【解答】解：A．分析圖象可知，PH=2.5的溶液中c〔H2C2O4〕和c〔C2O42﹣〕濃度之和小于c〔HC2O4﹣〕，則c〔H2C2O4〕+c〔C2O42﹣〕＜c〔HC2O4﹣〕，故A錯(cuò)誤；B．依據(jù)溶液中電荷守恒和物料守恒分析，c〔Na+〕=0.100mol/L的溶液中為NaHC2O4溶液，溶液中存在電荷守恒〔H+〕+c〔Na+〕=2c〔C2O42﹣〕+c〔HC2O4﹣〕+c〔OH﹣〕，物料守恒c〔Na+〕=c〔C2O42﹣〕+c〔HC2O4﹣〕+c〔H2C2O4〕，代入計(jì)算得到c〔H+〕+c〔H2C2O4〕=c〔OH﹣〕+c〔C2O42﹣〕，故B正確；C．c〔H2C2O4〕+c〔HC2O4﹣〕+c〔C2O42﹣〕=0.100mol?L﹣1，c〔HC2O4﹣〕=c〔C2O42﹣，電荷守恒〔H+〕+c〔Na+〕=2c〔C2O42﹣〕+c〔HC2O4﹣〕+c〔OH﹣〕，得到溶液中c〔Na+〕＜0.100mol?L﹣1+c〔HC2O4﹣〕，故C錯(cuò)誤；D．pH=7的溶液中溶質(zhì)為草酸鈉，草酸根離子水解減少，則c〔Na+〕＞2c〔C2O42﹣〕，故D正確；應(yīng)選BD．【點(diǎn)評(píng)】此題考察了弱電解質(zhì)的電離，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考察，注意把握物料守恒、電荷守恒的運(yùn)用，答題時(shí)注意體會(huì)，難度中等．15．〔4分〕【考點(diǎn)】等效平衡．【分析】比照Ⅰ、Ⅲ，如溫度一樣，0.1mol/L的CH3OH相當(dāng)于0.20mol/L的H2和0.1mol/L的CO，為等效平衡，但Ⅲ溫度較高，平衡時(shí)CH3OH較低，說明升高溫度平衡逆向移動(dòng)，正反響為放熱反響，比照Ⅰ、Ⅱ，在一樣溫度下反響，但Ⅱ濃度較大，由方程式可知，增大濃度，平衡正向移動(dòng)，以此解答該題．【解答】解：A．比照Ⅰ、Ⅲ，如溫度一樣，0.1mol/L的CH3OH相當(dāng)于0.20mol/L的H2和0.1mol/L的CO，為等效平衡，但Ⅲ溫度較高，平衡時(shí)CH3OH較低，說明升高溫度平衡逆向移動(dòng)，正反響為放熱反響，故A正確；B．比照Ⅰ、Ⅱ，在一樣溫度下反響，但Ⅱ濃度較大，由方程式可知，增大濃度，平衡正向移動(dòng)，則容器Ⅰ中反響物轉(zhuǎn)化率比容器Ⅱ中的小，故B錯(cuò)誤；C．Ⅱ濃度較大，Ⅲ溫度較高，增大濃度平衡正向移動(dòng)，升高溫度平衡逆向移動(dòng)，則不能比照Ⅱ、Ⅲc〔H2〕關(guān)系，故C錯(cuò)誤；D．比照Ⅰ、Ⅲ，Ⅲ溫度較高，濃度相當(dāng)，升高溫度，反響速率增大，故D正確．應(yīng)選AD．【點(diǎn)評(píng)】此題考察化學(xué)反響速率的影響，涉及等效平衡問題，為高頻考點(diǎn)，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考察，題目難度不大，但易錯(cuò)，答題時(shí)注意把握反響的特點(diǎn)以及平衡的影響因素．三、解答題〔共5小題，總分值68分〕16．〔12分〕【考點(diǎn)】制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)．【分析】電石渣含有Ca〔OH〕2，參加水打漿，通入氯氣，可生成Ca〔ClO〕2，Ca〔ClO〕2進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為Ca〔ClO3〕2，過濾后在濾液中參加KCl轉(zhuǎn)化生成KClO3，經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶可得晶體KClO3，〔1〕①氯氣和氫氧化鈣反響生成氯化鈣、次氯酸鈣和水；②提高Cl2轉(zhuǎn)化為Ca〔ClO3〕2的轉(zhuǎn)化率，可使氯氣和氫氧化鈣充分接觸；〔2〕①發(fā)生6Ca〔OH〕2+6Cl2═Ca〔ClO3〕2+5CaCl2+6H2O，生成的Ca〔ClO3〕2溶于水，CaCO3不溶于水，Ca〔OH〕2微溶；②氯化過程中Cl2與氫氧化鈣反響局部生成Ca〔ClO〕2和CaCl2；〔3〕經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶可得晶體KClO3．【解答】解：電石渣含有Ca〔OH〕2，參加水打漿，通入氯氣，可生成Ca〔ClO〕2，Ca〔ClO〕2進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為Ca〔ClO3〕2，過濾后在濾液中參加KCl轉(zhuǎn)化生成KClO3，經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶可得晶體KClO3，〔1〕②氯氣和氫氧化鈣反響生成氯化鈣、次氯酸鈣和水，反響的化學(xué)方程式為2Cl2+2Ca〔OH〕2=CaCl2+Ca〔ClO〕2+2H2O，故答案為：2Cl2+2Ca〔OH〕2=CaCl2+Ca〔ClO〕2+2H2O；②提高Cl2轉(zhuǎn)化為Ca〔ClO3〕2的轉(zhuǎn)化率，可使氯氣和氫氧化鈣充分接觸，可適當(dāng)減緩?fù)ㄈ隒l2速率、充分?jǐn)嚢铦{料，因氫氧化鈣微溶于水，加水溶解的做法不可取，因濃度過低，對(duì)后續(xù)實(shí)驗(yàn)不利，故答案為：AB；〔2〕①發(fā)生6Ca〔OH〕2+6Cl2═Ca〔ClO3〕2+5CaCl2+6H2O，生成的Ca〔ClO3〕2溶于水，CaCO3不溶于水，Ca〔OH〕2微溶，則濾渣中含有CaCO3、Ca〔OH〕2，故答案為：CaCO3、Ca〔OH〕2；②氯化過程中Cl2與氫氧化鈣反響局部生成Ca〔ClO〕2和CaCl2，則n[Ca〔ClO3〕2]：n[CaCl2]＜1：5，故答案為：＜；〔3〕該溶液中盡可能多地析出KClO3固體，應(yīng)經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，故答案為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶．【點(diǎn)評(píng)】此題考察物質(zhì)的制備，為高考常見題型和高頻考點(diǎn)，側(cè)重于學(xué)生的分析、實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾欤獯鸫祟}注意把握物質(zhì)的性質(zhì)以及題給信息，把握反響的流程，同時(shí)要具有扎實(shí)的實(shí)驗(yàn)根基知識(shí)，難度不大．17．〔15分〕【考點(diǎn)】有機(jī)物的推斷．【分析】〔1〕由構(gòu)造簡(jiǎn)式可知D含有酚羥基、羰基和酰胺鍵；〔2〕F含有羥基，而生成G含有碳碳雙鍵，可知發(fā)生消去反響；〔3〕C的一種同分異構(gòu)體：①能發(fā)生銀鏡反響，說明含有醛基；②能發(fā)生水解反響，其水解產(chǎn)物之一能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反響，說明水解可生成酚羥基，應(yīng)含有HCOO﹣構(gòu)造；③分子中只有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫，應(yīng)為對(duì)稱構(gòu)造；〔4〕E經(jīng)復(fù)原得到F，E的分子是為C14H17O3N，Ω==7，由F的構(gòu)造簡(jiǎn)式可知E中含有C=O鍵，發(fā)生復(fù)原反響生成﹣OH；〔5〕甲苯和〔CH3CO〕2O為原料制備，可先由甲苯發(fā)生硝化反響，生成鄰﹣硝基甲苯，然后發(fā)生復(fù)原反響生成鄰甲基苯胺，與乙酸酐發(fā)生取代反響生成，氧化可生成．【解答】解：〔1〕由構(gòu)造簡(jiǎn)式可知D含有酚羥基、羰基和酰胺鍵，故答案為：酚羥基、羰基和酰胺鍵；〔2〕F含有羥基，而生成G含有碳碳雙鍵，可知發(fā)生消去反響，故答案為：消去反響；〔3〕C的一種同分異構(gòu)體：①能發(fā)生銀鏡反響，說明含有醛基；②能發(fā)生水解反響，其水解產(chǎn)物之一能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反響，說明水解可生成酚羥基，應(yīng)含有HCOO﹣構(gòu)造；③分子中只有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫，應(yīng)為對(duì)稱構(gòu)造，則同分異構(gòu)體可為，故答案為：；〔4〕E經(jīng)復(fù)原得到F，E的分子是為C14H17O3N，Ω==7，由F的構(gòu)造簡(jiǎn)式可知E中含有C=O鍵，發(fā)生復(fù)原反響生成﹣OH，E的構(gòu)造簡(jiǎn)式為，故答案為：；〔5〕甲苯和〔CH3CO〕2O為原料制備，可先由甲苯發(fā)生硝化反響，生成鄰﹣硝基甲苯，然后發(fā)生復(fù)原反響生成鄰甲基苯胺，與乙酸酐發(fā)生取代反響生成，氧化可生成，流程為，故答案為：．【點(diǎn)評(píng)】此題考察有機(jī)物的合成與推斷、有機(jī)反響類型、官能團(tuán)構(gòu)造與性質(zhì)、限制條件同分異構(gòu)體書寫，是對(duì)有時(shí)機(jī)根基的綜合考察，較好的考察學(xué)生信息獲取與知識(shí)遷移運(yùn)用，題目有利于培養(yǎng)學(xué)生的分析能力，難度中等．18．〔12分〕【考點(diǎn)】探究物質(zhì)的組成或測(cè)量物質(zhì)的含量．【分析】〔1〕依據(jù)方程式可知反響時(shí)參加氫氧化鈣是為了提高雙氧水的利用率；〔2〕過氧化鈣與水反響生成氫氧化鈣、氧氣和水，因此箱池水塘中參加一定量的CaO2?8H2O，池塘水中濃度增加的離子有鈣離子和氫氧根離子；〔3〕①O2將Mn2+氧化成MnO〔OH〕2的反響中O2是氧化劑得到4個(gè)電子，Mn元素的化合價(jià)從+2價(jià)升高到+4價(jià)，失2個(gè)電子，所以根據(jù)電子得失守恒以及原子守恒可知反響的離子方程式為：O2+2Mn2++4OH﹣=MnO〔OH〕2；②依據(jù)流程圖并依據(jù)電子得失守恒可知氧氣得到的電子就是硫代硫酸鈉失去的電子，其中硫元素化合價(jià)從+2價(jià)升高到+2.5價(jià)，計(jì)算該水樣中的溶解氧．【解答】解：〔1〕依據(jù)方程式Ca〔OH〕2+H2O2+6H2O═CaO2?8H2O可知，反響時(shí)參加氫氧化鈣是為了提高雙氧水的利用率，故答案為：提高過氧化氫的利用率；〔2〕過氧化鈣與水反響生成氫氧化鈣、氧氣和水，因此箱池水塘中參加一定量的CaO2?8H2O，池塘水中濃度增加的離子有鈣離子和氫氧根離子，選擇AD，故答案為：AD；〔3〕①O2將Mn2+氧化成MnO〔OH〕2的反響中O2是氧化劑得到4個(gè)電子，Mn元素的化合價(jià)從+2價(jià)升高到+4價(jià)，失2個(gè)電子，所以根據(jù)電子得失守恒以及原子守恒可知反響的離子方程式為：O2+2Mn2++4OH﹣=MnO〔OH〕2，故答案為：O2+2Mn2++4OH﹣=MnO〔OH〕2；②I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣，n〔I2〕===6.750×10﹣5mol，n〔MnO〔OH〕2〕=n〔I2〕=6.750×10﹣5mol，n〔O2〕=n〔MnO〔OH〕2〕=×6.750×10﹣5mol=3.375×10﹣5mol，水中溶解氧==10.80mg/L，答：該水樣中的溶解氧10.80mg/L．【點(diǎn)評(píng)】此題考察氧化復(fù)原反響方程式書寫以及溶解氧含量測(cè)定等，主要是滴定實(shí)驗(yàn)過程的理解應(yīng)用和計(jì)算分析，掌握根基是解題關(guān)鍵，題目難度中等．19．〔15分〕【考點(diǎn)】物質(zhì)別離和提純的方法和根本操作綜合應(yīng)用；制備實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)．【分析】廢渣主要成分為MgCO3、MgSO4和少量Fe、Al的氧化物，參加40%的硫酸酸溶，過量后濾液中含有硫酸鎂、硫酸亞鐵以及硫酸鋁，參加H2O2氧化亞鐵離子，然后參加有機(jī)萃取劑萃取Fe3+，分液后可除去溶液中的Fe3+，分液后水溶液中含有Mg2+、Al3+，可調(diào)節(jié)溶液pH至5＜pH＜8.5，可除去Al3+，又可防止生成Mg〔OH〕2，過濾后在濾液中參加碳酸鈉溶液，可生成MgCO3沉淀，在50℃下枯燥，得到MgCO3?3H2O．以此解答該題．【解答】解：廢渣主要成分為MgCO3、MgSO4和少量Fe、Al的氧化物，參加40%的硫酸酸溶，過量后濾液中含有硫酸鎂、硫酸亞鐵以及硫酸鋁，參加H2O2氧化亞鐵離子，然后參加有機(jī)萃取劑萃取Fe3+，分液后可除去溶液中的Fe3+，分液后水溶液中含有Mg2+、Al3+，可調(diào)節(jié)溶液pH至5＜pH＜8.5，可除去Al3+，又可防止生成Mg〔OH〕2，過濾后在濾液中參加碳酸鈉溶液，可生成MgCO3沉淀，在50℃下枯燥，得到MgCO3?3H2O．〔1〕加熱，溫度升高，可增大反響速率，即加快酸溶速率，但參加硫酸不能過多，防止制備MgCO3時(shí)消耗過多的堿而浪費(fèi)原料，故答案為：加快酸溶速率；防止制備MgCO3時(shí)消耗過多的堿；〔2〕參加H2O2溶液與二價(jià)鐵離子發(fā)生氧化復(fù)原反響，反響的離子方程式為：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，故答案為：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；〔3〕①由裝置圖可知儀器A為分液漏斗，用于萃取、分液，故答案為：分液漏斗；②萃取時(shí)，為使溶質(zhì)盡可能被萃取，應(yīng)充分振蕩，以充分接觸而別離，故答案為：充分振蕩；〔4〕分液后水溶液中含有Mg2+、Al3+，可調(diào)節(jié)溶液pH至5＜pH＜8.5，可除去Al3+，又可防止生成Mg〔OH〕2，過濾后在濾液中參加碳酸鈉溶液，可生成MgCO3沉淀，靜置，向上層清夜中滴加碳酸鈉溶液，假設(shè)無沉淀生成，說明已完全反響，過濾后，用水洗滌固體2﹣3次，在50℃下枯燥，得到MgCO3?3H2O．故答案為：至5＜pH＜8.5，過濾，邊攪拌邊向?yàn)V液中滴加碳酸鈉溶液至有大量沉淀生成，靜置，向上層清夜中滴加碳酸鈉溶液，假設(shè)無沉淀生成．【點(diǎn)評(píng)】此題考察物質(zhì)的制備及混合物別離和提純，明確流程中的方法和根本操作、發(fā)生的化學(xué)反響是解答的關(guān)鍵，要求學(xué)生具有分析和解決問題的能力，題目有利于培養(yǎng)學(xué)生的實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Γ}目難度較大．20．〔14分〕【考點(diǎn)】物質(zhì)別離和提純的方法和根本操作綜合應(yīng)用．【分析】〔1〕正極上Cr2O72﹣轉(zhuǎn)化為Cr3+，發(fā)生復(fù)原反響，結(jié)合電荷守恒書寫電極方程式；〔2〕①當(dāng)鐵炭混合物中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為0時(shí)，則只有碳粉，碳粉具有吸附性，可去除水中少量的Cu2+和Pb2+；②隨著鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的增加，形成的微電池?cái)?shù)目減少，則Cu2+和Pb2+的去除率不升反降；〔3〕①向FeSO4溶液中滴加堿性NaBH4溶液，溶液中BH4﹣〔B元素的化合價(jià)為+3〕與Fe2+反響生成納米鐵粉、H2和B〔OH〕4﹣，反響中只有Fe、H元素化合價(jià)發(fā)生變化，結(jié)合質(zhì)量守恒、電荷守恒可寫出離子方程式；②pH偏低，氫離子濃度偏大，則鐵可與氫離子反響生成氫氣；③由圖2可知銅離子濃度越大，去除率越大，銅離子可起到催化作用，也可能形成原電池反響．【解答】解：〔1〕正極上Cr2O72﹣轉(zhuǎn)化為Cr3+，發(fā)生復(fù)原反響，在酸性溶液中，電極方程式為Cr2O72﹣+14H++6e﹣=2Cr3++7H2O，故答案為：Cr2O72﹣+14H++6e﹣=2Cr3++7H2O；〔2〕①當(dāng)鐵炭混合物中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為0時(shí)，則只有碳粉，可去除水中少量的Cu2+和Pb2+，原因是碳粉具有吸附性，也可起到凈水的作用，故答案為：活性炭對(duì)Cu2+和Pb2+具有吸附作用；②隨著鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的增加，形成的微電池?cái)?shù)目減少，反響速率減小，則Cu2+和Pb2+的去除率不升反降，故答案為：鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的增加，碳鐵混合物中國(guó)微電池?cái)?shù)目減少；〔3〕①向FeSO4溶液中滴加堿性NaBH4溶液，溶液中BH4﹣〔B元素的化合價(jià)為+3〕與Fe2+反響生成納米鐵粉、H2和B〔OH〕4﹣，反響中只有Fe、H元素化合價(jià)發(fā)生變化，發(fā)生氧化復(fù)原反響，離子方程式為2Fe2++BH4﹣+4OH﹣=2Fe+2H2↑+B〔OH〕4﹣，故答案為：2Fe2++BH4﹣+4OH﹣=2Fe+2H2↑+B〔OH〕4﹣；②pH偏低，氫離子濃度偏大，則鐵可與氫離子反響生成氫氣，可導(dǎo)致NO3﹣的去除率下降，故答案為：納米鐵粉與氫離子反響生成氫氣；③由圖2可知銅離子濃