2017年江苏省高考化学试卷

发布时间:2024-06-05 10:06:05浏览次数:11
 2017 年江苏省高考化学试卷参考答案与试题解析 一、单项选择题:本题包括 10 小题,每小题 2 分,共计 20 分.每小题只有一个选项符合题意.1.(2 分)2017 年世界地球日我国的主题为“节约集约利用资源,倡导绿色简约生活”.下列做法应提倡的是(  )A.夏天设定空调温度尽可能的低B.推广使用一次性塑料袋和纸巾C.少开私家车多乘公共交通工具D.对商品进行豪华包装促进销售【分析】绿色简约生活方式是一种生活理念,也是一种生活态度,指的是生活作息时所耗用的能量要尽量减少,特别是减少二氧化碳的排放量,减缓生态恶化;可以从节电、节能和回收等环节来改变生活细节,据此进行分析判断即可.【解答】解:A、夏天设定空调温度尽可能的低,浪费了电能资源,增加能量损耗,故 A 错误;B、推广使用一次性塑料袋和纸巾,浪费了资源,故 B 错误;C、少开私家车多乘公共交通工具,可以节约资源,减少空气污染,故 C 正确;D、对商品进行豪华包装促进销售,浪费了资源,故 D 错误;故选:C。【点评】解答本题关键是看是否减少了对空气中可吸收颗粒物的释放,环保问题已经引起了全球的重视,难度不大. 2.(2 分)下列有关化学用语表示正确的是(  )A.质量数为 31 的磷原子:3115P B.氟原子的结构示意图:C.CaCl2的电子式: D.明矾的化学式:Al2(SO4)3【分析】A.质量数=质子数+中子数,元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数;B.氟原子的核电荷数=核外电子总数=9,最外层含有 7 个电子;C.两个氯离子不能合并;D.明矾为十二水合硫酸铝钾.【解答】解:A.质量数为 31 的磷原子的质量数=15+16=31,该原子正确的表示方法为:3115P,故 A正确;B.氟原子的核电荷数、核外电子总数都是 9,其正确的结构示意图为: ,故 B 错误;C.氯化钙为离子化合物,电子式中需要标出阴阳离子所带电荷,氯化钙正确的电子式为,故 C 错误;D.明矾化学式中含有结晶水,其正确的化学式为:KAl(SO4)2•12H2O,故 D 错误;故选:A。【点评】本题考查常见化学用语的表示方法,题目难度不大,涉及电子式、原子结构示意图、元素符号、化学式等知识,注意掌握常见化学用语的书写原则,试题培养学生的规范答题能力. 3.(2 分)下列有关物质性质与用途具有对应关系正确的是(  )A.Na2O2吸收 CO2产生 O2,可用作呼吸面具供氧剂B.ClO2具有还原性,可用于自来水的杀菌消毒C.SiO2硬度大,可用于制造光导纤维D.NH3易溶于水,可用作制冷剂 注:SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀.(1)“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为  Al 2O3+2OH ﹣ ═2AlO 2﹣ +H 2O   .(2)向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入 NaHCO3溶液,溶液的 pH 减小  (填“增大”、“不变”或“减小”).(3)“电解Ⅰ”是电解熔融 Al2O3,电解过程中作阳极的石墨易消耗,原因是 石墨电极被阳极上产生的 O 2 氧化 .(4)“电解Ⅱ”是电解 Na2CO3溶液,原理如图所示.阳极的电极反应式为  4CO 32﹣ +2H 2O﹣4e ﹣ ═4HCO 3﹣ +O 2↑   ,阴极产生的物质 A 的化学式为  H 2 .(5)铝粉在 1000℃时可与 N2反应制备 AlN.在铝粉中添加少量 NH4Cl 固体并充分混合,有利于 AlN的制备,其主要原因是  NH 4Cl 分解产生的 HCl 能够破坏 Al 表面的 Al 2O3 薄膜 .【分析】以铝土矿(主要成分为 Al2O3,含 SiO2和 Fe2O3等杂质)为原料制备铝,由流程可知,加NaOH 溶解时 Fe2O3不反应,由信息可知 SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀,过滤得到的滤渣为Fe2O3、铝硅酸钠,碳酸氢钠与偏铝酸钠反应生成 Al(OH)3,过滤 II 得到 Al(OH)3,灼烧生成氧化铝,电解 I 为电解氧化铝生成 Al 和氧气,电解 II 为电解 Na2CO3溶液,结合图可知,阳极上碳酸根离子失去电子生成碳酸氢根离子和氧气,阴极上氢离子得到电子生成氢气,以此来解答.【解答】解:(1)“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为 Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O,故答案为:Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O;(2)向“过滤Ⅰ”所得滤液中加入 NaHCO3溶液,与 NaAlO2反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠,碱性为 OH﹣>AlO2﹣>CO32﹣,可知溶液的 pH 减小,故答案为:减小;(3)“电解Ⅰ”是电解熔融 Al2O3,电解过程中作阳极的石墨易消耗,因石墨电极被阳极上产生的O2氧化,故答案为:石墨电极被阳极上产生的 O2氧化;(4)由图可知,阳极反应为 4CO32﹣+2H2O﹣4e﹣═4HCO3﹣+O2↑,阴极上氢离子得到电子生成氢气,则阴极产生的物质 A 的化学式为 H2,故答案为:4CO32﹣+2H2O﹣4e﹣═4HCO3﹣+O2↑;H2; (5)铝粉在 1000℃时可与 N2反应制备 AlN.在铝粉中添加少量 NH4Cl 固体并充分混合,有利于 AlN的制备,其主要原因是 NH4Cl 分解产生的 HCl 能够破坏 Al 表面的 Al2O3薄膜,故答案为:NH4Cl 分解产生的 HCl 能够破坏 Al 表面的 Al2O3薄膜.【点评】本题考查混合物分离提纯,为高频考点,把握流程中发生的反应、混合物分离提纯方法、实验技能为解答的关键,侧重分析能力和实验能力的考查,注意水解、电解原理及元素化合物知识的应用,题目难度中等. 17.(15 分)化合物 H 是一种用于合成 γ﹣分泌调节剂的药物中间体,其合成路线流程图如下: (1)C 中的含氧官能团名称为 醚键 和 酯基 。(2)D→E 的反应类型为 取代反应 。(3)写出同时满足下列条件的 C 的一种同分异构体的结构简式:   。 ①含有苯环,且分子中有一个手性碳原子;②能发生水解反应,水解产物之一是 α﹣氨基酸,另一水解产物分子中只有 2 种不同化学环境的氢。(4)G 的分子式为 C12H14N2O2,经氧化得到 H,写出 G 的结构简式:   。(5)已知: (R 代表烃基,R'代表烃基或 H) 请写出以和(CH3)2SO4为原料制备 的合成路线流程图(无机试剂任用,合成路线流程图示例见本题题干)。【分析】由合成流程可知,A→B 发生取代反应,B→C 发生还原反应,C→D 为取代反应,D→E 为氨基上 H 被取代,属于取代反应,比较 F 与 H 的结构可知,G 为 ,G→H 发生氧化反应,(1)C 中含氧官能团为醚键、酯基;(2)D→E 为氨基上 H 被取代;(3)C 的一种同分异构体,满足①含有苯环,且分子中有一个手性碳原子;②能发生水解反应,水解产物之一是 α﹣氨基酸,另一水解产物分子中只有 2 种不同化学环境的氢,则水解产物为对苯二酚,且含酯基,与氨基相连的 C 为手性碳;(4)G 的分子式为 C12H14N2O2,经氧化得到 H,可知 F→G 的转化﹣COOCH3转化为﹣CH2OH;(5)以 和(CH3)2SO4为原料制备 ,结合上述合成流程可知,﹣OH 转化为﹣Br,酚﹣OH 转化为醚键,硝基转化为氨基,最后发生信息中的反应.【解答】解:(1)由结构可知 C 中的含氧官能团名称为醚键、酯基,故答案为:醚键;酯基;(2)D→E 为氨基上 H 被取代,反应类型为取代反应,故答案为:取代反应;(3)C 的一种同分异构体,满足①含有苯环,且分子中有一个手性碳原子;②能发生水解反应,水解产物之一是 α﹣氨基酸,另一水解产物分子中只有 2 种不同化学环境的氢,则水解产物为对苯二 酚,且含酯基,与氨基相连的 C 为手性碳,可知符合条件的结构简式为 ,故答案为: ;(4)G 的分子式为 C12H14N2O2,经氧化得到 H,可知 F→G 的转化﹣COOCH3转化为﹣CH2OH,其它结构不变,则 G 的结构简式为 ,故答案为: ;(5)以 和(CH3)2SO4为原料制备 ,结合上述合成流程可知,﹣OH 转化为﹣Br,酚﹣OH 转化为醚键,硝基转化为氨基,最后发生信息中的反应,则合成流程为 ,故答案为: .【点评】本题考查有机物的合成,为高频考点,把握合成流程中官能团的变化、有机反应、习题中的信息为解答的关键,侧重分析能力和应用能力的考查,注意有机物性质的应用及同分异构体判断,题目难度中等. 18.(12 分)碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂.(1)碱式氯化铜有多种制备方法①方法 1:45~50℃时,向 CuCl 悬浊液中持续通入空气得到 Cu2 (OH)2 Cl2•3H2O,该反应的化学方程式为  4CuCl+O 2+8H2O 2Cu2( OH ) 2Cl2•3H2O   .②方法 2:先制得 CuCl2,再与石灰乳反应生成碱式氯化铜.Cu 与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成 CuCl2,Fe3+对该反应有催化作用,其催化原理如图所示. M′的化学式为  Fe 2+   .(2)碱式氯化铜有多种组成,可表示为 Cua(OH)bClc•xH2O. 为测定某碱式氯化铜的组成,进行下列实验:①称取样品 1.1160g,用少量稀 HNO3溶解后配成 100.00mL 溶液 A; ②取 25.00mL 溶液 A,加入足量 AgNO3溶液,得 AgCl 0.1722g; ③另取 25.00mL 溶液 A,调节 pH 4~5,用浓度为 0.08000mol•L﹣1的 EDTA(Na2H2Y•2H2O)标准溶液滴定 Cu2+ (离子方程式为 Cu2++H2Y2﹣═CuY2﹣+2H+),滴定至终点,消耗标准溶液 30.00mL.通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程).【分析】(1)① 45~50℃时,向 CuCl 悬浊液中持续通入空气得到 Cu2 (OH)2 Cl2•3H2O,反应物为 CuCl、氧气、水;② Fe3+对该反应有催化作用,结合图可知,Cu 元素的化合价升高,则 M 中 Fe 元素的化合价降低;(2)由②可知 n(Cl﹣)=n(AgCl)× = =4.800×10﹣3mol,由③可知 n(Cu2+)=n(EDTA)× =0.08000 mol•L﹣1×30.00 mL×10﹣3 L•mL﹣1×=9.600×10﹣3 mol,结合化合物中正负化合价的代数和为 0 及物质定组成来计算.【解答】解:(1)① 45~50℃时,向 CuCl 悬浊液中持续通入空气得到 Cu2 (OH)2 Cl2•3H2O,反应物为 CuCl、氧气、水,Cu 元素的化合价升高,O 元素的化合价降低,由原子、电子守恒可知反应为4CuCl+O2+8H2O 2Cu2(OH)2Cl2•3H2O,故答案为:4CuCl+O2+8H2O 2Cu2(OH)2Cl2•3H2O;② Fe3+对该反应有催化作用,结合图可知,Cu 元素的化合价升高,则 M 中 Fe 元素的化合价降低,可知 M′的化学式为 Fe2+,故答案为:Fe2+;(2)n(Cl﹣)=n(AgCl)× = =4.800×10﹣3mol,n(Cu2+)=n(EDTA)× =0.08000 mol•L﹣1×30.00 mL×10﹣3 L•mL﹣1×=9.600×10﹣3 mol,n(OH﹣)=2n(Cu2+)﹣n(Cl﹣)=2×9.600×10﹣3 mol﹣4.800×10﹣3 mol=1.440×10﹣2 mol,m(Cl﹣)=4.800×10﹣3 mol×35.5 g•mol﹣1=0.1704 g,m(Cu2+)=9.600×10﹣3 mol×64 g•mol﹣1=0.6144 g,m(OH﹣)=1.440×10﹣2 mol×17 g•mol﹣1=0.2448 g,n(H2O)= =4.800×10﹣3 mol,则 a:b:c:x=n(Cu2+):n(OH﹣):n(Cl﹣):n(H2O)=2:3:1:1,即化学式为 Cu2 (OH)3Cl•H2O,答:该样品的化学式为 Cu2 (OH)3Cl•H2O.【点评】本题考查物质的制备及物质组成的测定实验,为高频考点,把握发生的反应、物质的量的计算为解答的关键,侧重分析能力和实验能力的考查,注意氧化还原反应及定组成的应用,题目难度中等. 19.(15 分)某科研小组采用如下方案回收一种光盘金属层中的少量 Ag(金属层中其他金属含 量过低,对实验的影响可忽略).已知:① NaClO 溶液在受热或酸性条件下易分解,如:3NaClO═2NaCl+NaClO3② AgCl 可溶于氨水:AgCl+2NH3•H2O Ag⇌ (NH3)2++Cl﹣+2H2O③常温时 N2H4•H2O(水合肼)在碱性条件下能还原 Ag(NH3)2+:4Ag(NH3)2++N2H4•H2O═4Ag↓+N2↑+4NH4++4NH3↑+H2O (1)“氧化”阶段需在 80℃条件下进行,适宜的加热方式为 水浴加热 .(2)NaClO 溶液与 Ag 反应的产物为 AgCl、NaOH 和 O2,该反应的化学方程式为 4Ag+4NaClO+2H2O═4AgCl+4NaOH+O2↑   . HNO3也能氧化 Ag,从反应产物的角度分析,以 HNO3代替NaClO 的缺点是 会释放出氮氧化物(或 NO 、 NO 2),造成环境污染 .(3)为提高 Ag 的回收率,需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤,并 将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中 .(4)若省略“过滤Ⅰ”,直接向冷却后的反应容器中滴加 10%氨水,则需要增加氨水的用量,除因过量 NaClO 与 NH3•H2O 反应外(该条件下 NaClO3与 NH3•H2O 不反应),还因为 未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水,且其中含有一定浓度的 Cl ﹣ ,不利于 AgCl 与氨水反应  .(5)请设计从“过滤Ⅱ”后的滤液中获取单质 Ag 的实验方案: 向滤液中滴加 2mol•L ﹣1 水合肼溶 液,搅拌使其充分反应,同时用 1mol•L ﹣1 H 2SO4 溶液吸收反应中放出的 NH 3,待溶液中无气泡产生,停止滴加,静置,过滤、洗涤,干燥 (实验中须使用的试剂有:2mol•L﹣1水合肼溶液,1mol•L﹣1H2SO4).【分析】回收一种光盘金属层中的少量 Ag,由流程可知,氧化时发生4Ag+4NaClO+2H2O═4AgCl+4NaOH+O2↑,为控制 80℃,可水浴加热,过滤 I 分离出 AgCl、可能含 Ag,再加氨水溶解 AgCl,发生 AgCl+2NH3•H2O Ag⇌ (NH3)2++Cl﹣+2H2O,过滤 II 分离出的滤渣为 Ag,对过滤 II得到的滤液用 N2H4•H2O(水合肼)在碱性条件下能还原 Ag(NH3)2+得到 Ag,以此来解答.【解答】解:(1)“氧化”阶段需在 80℃条件下进行,不超过水的沸点,则适宜的加热方式为水浴加热,故答案为:水浴加热;(2)NaClO 溶液与 Ag 反应的产物为 AgCl、NaOH 和 O2,Ag、O 元素的化合价升高,Cl 元素的化合价降低,由电子、原子守恒可知该反应的化学方程式为 4Ag+4NaClO+2H2O═4AgCl+4NaOH+O2↑. HNO3也能氧化 Ag,从反应产物的角度分析,以 HNO3代替 NaClO 的缺点是会释放出氮氧化物(或 NO、NO2),造成环境污染,故答案为:4Ag+4NaClO+2H2O═4AgCl+4NaOH+O2↑;会释放出氮氧化物(或 NO、NO2 ),造成环境污染;(3)为提高 Ag 的回收率,需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤,并将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中,减少 Ag 的损失,故答案为:将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中;(4)若省略“过滤Ⅰ”,直接向冷却后的反应容器中滴加 10%氨水,则需要增加氨水的用量,除因过量 NaClO 与 NH3•H2O 反应外(该条件下 NaClO3与 NH3•H2O 不反应),还因为未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水,且其中含有一定浓度的 Cl﹣,不利于 AgCl 与氨水反应,故答案为:未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水,且其中含有一定浓度的 Cl﹣,不利于 AgCl 与氨水反应;(5)由信息③可知,从“过滤Ⅱ”后的滤液中获取单质 Ag 的实验方案为向滤液中滴加 2mol•L﹣1水合肼溶液,搅拌使其充分反应,同时用 1 mol•L﹣1 H2SO4溶液吸收反应中放出的 NH3,待溶液中无气泡产生,停止滴加,静置,过滤、洗涤,干燥,故答案为:向滤液中滴加 2mol•L﹣1水合肼溶液,搅拌使其充分反应,同时用 1 mol•L﹣1 H2SO4溶液吸收反应中放出的 NH3,待溶液中无气泡产生,停止滴加,静置,过滤、洗涤,干燥.【点评】本题考查混合物分离提纯,为高频考点,把握流程中发生的反应、混合物分离提纯方法、实验技能为解答的关键,侧重分析能力和实验能力的考查,注意信息的应用及实验设计,题目难度中等. 20.(14 分)砷(As)是一些工厂和矿山废水中的污染元素,使用吸附剂是去除水中砷的有效措 施之一.(1)将硫酸锰、硝酸钇与氢氧化钠溶液按一定比例混合,搅拌使其充分反应,可获得一种砷的高效吸附剂 X,吸附剂 X 中含有 CO32﹣,其原因是 碱性溶液吸收了空气中的 CO 2 .(2)H3AsO3和 H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与 pH 的关系分别如图﹣1 和图﹣2 所示. ①以酚酞为指示剂(变色范围 pH 8.0~10.0),将 NaOH 溶液逐滴加入到 H3AsO3溶液中,当溶液由无色变为浅红色时停止滴加.该过程中主要反应的离子方程式为  OH ﹣ +H 3AsO3=H2AsO3﹣ +H 2O   .② H3AsO4第一步电离方程式 H3AsO4H⇌2AsO4﹣+H+的电离常数为 Ka1,则 pKa1=  2.2   (p Ka1=﹣lg Ka1).(3)溶液的 pH 对吸附剂 X 表面所带电荷有影响.pH=7.1 时,吸附剂 X 表面不带电荷; pH>7.1 时带负电荷,pH 越高,表面所带负电荷越多;pH<7.1 时带正电荷,pH 越低,表面所带正电荷越多.pH不同时吸附剂 X 对三价砷和五价砷的平衡吸附量(吸附达平衡时单位质量吸附剂 X 吸附砷的质量)如图﹣3 所示.①在 pH7~9 之间,吸附剂 X 对五价砷的平衡吸附量随 pH 升高而迅速下降,其原因是 在 pH7 ~ 9 之 间,随 pH 升高 H 2AsO4﹣ 转变为 HAsO 42﹣ ,吸附剂 X 表面所带负电荷增多,静电斥力增加  .②在 pH4~7 之间,吸附剂 X 对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱,这是因为 在 pH4 ~ 7 之间 , 吸附剂 X 表面带正电,五价砷主要以 H 2AsO4﹣ 和 HAsO 42﹣ 阴离子存在,静电引力较大;而三价砷主要以 H3AsO3 分子存在,与吸附剂 X 表面产生的静电引力小  . 提高吸附剂 X 对三价砷去除效果可采取的措施是 加入氧化剂,将三价砷转化为五价砷 .【分析】(1)空气中的 CO2属于酸性氧化物,能溶于强碱溶液;(2)①根据图知,碱性条件下 H3AsO3的浓度减小、H2AsO3﹣浓度增大,说明碱和 H3AsO3生成 H2AsO3﹣,该反应为酸碱的中和反应;② Ka1= ,pH=2.2 时 c(H+)=10﹣2.2 mol/L,c(H3AsO3)=c(H2AsO3﹣);(3)①吸附剂 X 表面所带负电荷增多,静电斥力越大;②在 pH4~7 之间,吸附剂 X 表面带正电,五价砷主要以 H2AsO4﹣和 HAsO42﹣阴离子存在,pH<7.1 时带正电荷,pH 越低,表面所带正电荷越多;而三价砷主要以 H3AsO3分子存在;在 pH4~7 之间,吸附剂 X 对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱,如果能将三价砷转化为五价砷,能有效的去除三价砷.【解答】解:(1)空气中的 CO2属于酸性氧化物,能溶于强碱溶液,NaOH 是碱,能吸收空气中的二氧化碳而生成碳酸根离子,所以其原因是碱性溶液吸收了空气中的 CO2,故答案为:碱性溶液吸收了空气中的 CO2;(2)①根据图知,碱性条件下 H3AsO3的浓度减小、H2AsO3﹣浓度增大,说明碱和 H3AsO3生成 H2AsO3﹣,该反应为酸碱的中和反应,同时还生成水,离子方程式为 OH﹣+H3AsO3=H2AsO3﹣+H2O,故答案为:OH﹣+H3AsO3=H2AsO3﹣+H2O; ② Ka1= ,pH=2.2 时 c(H+)=10﹣2.2 mol/L,c(H3AsO3)=c(H2AsO3﹣),p Ka1=﹣lg Ka1=﹣lg =2.2,故答案为:2.2;(3)①吸附剂 X 表面所带负电荷增多,静电斥力越大,在 pH7~9 之间,随 pH 升高 H2AsO4﹣转变为HAsO42﹣,吸附剂 X 表面所带负电荷增多,静电斥力增加,导致在 pH7~9 之间,吸附剂 X 对五价砷的平衡吸附量随 pH 升高而迅速下降,故答案为:在 pH7~9 之间,随 pH 升高 H2AsO4﹣转变为 HAsO42﹣,吸附剂 X 表面所带负电荷增多,静电斥力增加;②在 pH4~7 之间,吸附剂 X 表面带正电,五价砷主要以 H2AsO4﹣和 HAsO42﹣阴离子存在,pH<7.1 时带正电荷,pH 越低,表面所带正电荷越多,所以静电引力较大;而三价砷主要以 H3AsO3分子存在,与吸附剂 X 表面产生的静电引力小,所以在 pH4~7 之间,吸附剂 X 对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱;在 pH4~7 之间,吸附剂 X 对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱,如果能将三价砷转化为五价砷,能有效的去除三价砷,所以采取的措施是加入氧化剂,将三价砷转化为五价砷,故答案为:在 pH4~7 之间,吸附剂 X 表面带正电,五价砷主要以 H2AsO4﹣和 HAsO42﹣阴离子存在,静电引力较大;而三价砷主要以 H3AsO3分子存在,与吸附剂 X 表面产生的静电引力小;加入氧化剂,将三价砷转化为五价砷.【点评】本题以含有 As 的物质为载体考查弱电解质的电离及图象分析,为高频考点,侧重考查学生对基础知识的掌握和灵活运用、图象分析判断能力,明确出题人的目的是解本题关键,难点是图象的正确理解和分析,题目难度中等. 【选做题】本题包括 A、B 两小题,请选定其中一小题,并在相应的答题区域内作答.若多做,则按 A 小题评分.A.[物质结构与性质]21.(12 分)铁氮化合物(FexNy)在磁记录材料领域有着广泛的应用前景.某 FexNy的制备需铁、氮气、丙酮和乙醇参与.(1)Fe3+基态核外电子排布式为  [Ar]3d 5 或 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 5   .(2)丙酮( )分子中碳原子轨道的杂化类型是  sp 2 和 sp 3   ,1mol 丙酮分子中含有σ 键的数目为  9N A .(3)C、H、O 三种元素的电负性由小到大的顺序为  H < C < O   .(4)乙醇的沸点高于丙酮,这是因为 乙醇分子间存在氢键 .(5)某 FexNy的晶胞如图﹣1 所示,Cu 可以完全替代该晶体中 a 位置 Fe 或者 b 位置 Fe,形成 Cu 替代型产物 Fe(x﹣n) CunNy.FexNy转化为两种 Cu 替代型产物的能量变化如图﹣2 所示,其中更稳定的 Cu替代型产物的化学式为  Fe 3CuN   .【分析】(1)Fe 的原子序数为 26,Fe3+基态核外电子数为 23,且 3d 电子为半满稳定结构;(2) 中单键均为 σ 键,双键中含 1 个 σ 键,甲基上 C 形成 4 个 σ 键,C=O 中 C 形成3 个 σ 键;(3)非金属性越强,电负性越大; (4)乙醇分子之间形成氢键,导致沸点较高;(5)由图 2 可知,Cu 替代 a 位置的 Fe 时能量较低,更稳定,则 Cu 位于顶点,N(Cu)=8×=1,Fe 位于面心,N(Fe)=6× =3,N 位于体心,以此来解答.【解答】解:(1)Fe 的原子序数为 26,Fe3+基态核外电子数为 23,且 3d 电子为半满稳定结构,可知 Fe3+基态核外电子排布式为[Ar]3d5或 1s22s22p63s23p63d5,故答案为:[Ar]3d5或 1s22s22p63s23p63d5;(2) 中单键均为 σ 键,双键中含 1 个 σ 键,甲基上 C 形成 4 个 σ 键,C=O 中 C 形成3 个 σ 键,均为孤对电子,则羰基上 C 为 sp2杂化,甲基上 C 为 sp3杂化,1mol 丙酮共有 9molσ 键,数目为 9NA个,故答案为:sp2和 sp3;9NA;(3)非金属性越强,电负性越大,则 C、H、O 三种元素的电负性由小到大的顺序为 H<C<O,故答案为:H<C<O;(4)乙醇的沸点高于丙酮,这是因为乙醇分子间存在氢键,导致沸点高,故答案为:乙醇分子间存在氢键;(5)由图 2 可知,Cu 替代 a 位置的 Fe 时能量较低,更稳定,则 Cu 位于顶点,N(Cu)=8×=1,Fe 位于面心,N(Fe)=6× =3,N 位于体心,则只有 1 个 N,其化学式为 Fe3CuN,故答案为:Fe3CuN.【点评】本题考查物质结构与性质,为高频考点,把握电子排布、电负性比较、杂化及化学键、均摊法计算晶胞结构为解答的关键,侧重分析能力和应用能力的考查,综合性较强,题目难度中等. B.[实验化学]22.1﹣溴丙烷是一种重要的有机合成中间体,沸点为 71℃,密度为 1.36g•cm﹣3.实验室制备少量1﹣溴丙烷的主要步骤如下:步骤 1:在仪器 A 中加入搅拌磁子、12g 正丙醇及 20mL 水,冰水冷却下缓慢加入 28mL 浓 H2SO4;冷却至室温,搅拌下加入 24g NaBr.步骤 2:如图所示搭建实验装置,缓慢加热,直到无油状物馏出为止.步骤 3:将馏出液转入分液漏斗,分出有机相.步骤 4:将分出的有机相转入分液漏斗,依次用 12mL H2O、12mL 5% Na2CO3溶液和 12mL H2O 洗涤,分液,得粗产品,进一步提纯得 1﹣溴丙烷.(1)仪器 A 的名称是 蒸馏烧瓶 ;加入搅拌磁子的目的是搅拌和 防止暴沸 .(2)反应时生成的主要有机副产物有 2﹣溴丙烷和 丙烯、正丙醚 .(3)步骤 2 中需向接受瓶内加入少量冰水并置于冰水浴中的目的是 减少 1﹣ 溴丙烷的挥发  .(4)步骤 2 中需缓慢加热使反应和蒸馏平稳进行,目的是 减少 HBr 挥发  .(5)步骤 4 中用 5%Na2CO3溶液洗涤有机相的操作:向分液漏斗中小心加入 12mL 5% Na2CO3溶液,振荡, 将分液漏斗下口向上倾斜、打开活塞排出气体 ,静置,分液.【分析】(1)由图可知仪器的名称,搅拌磁子除搅拌外,还可防止液体剧烈沸腾; (2)正丙醇在浓硫酸作用下可能发生消去反应,或分子间取代反应;(3)冰水浴可降低温度,减少生成物的挥发;(4)步骤 2 中需缓慢加热,可减少浓硫酸与 NaBr 反应生成的 HBr 挥发;(5)加入 12mL 5% Na2CO3溶液,振荡,洗涤 1﹣溴丙烷时可能发生 HBr 与碳酸钠的反应生成气体,需要排出气体.【解答】解:(1)由图可知,仪器 A 的名称是蒸馏烧瓶,加入搅拌磁子的目的是搅拌和防止暴沸,故答案为:蒸馏烧瓶;防止暴沸;(2)正丙醇在浓硫酸作用下可能发生消去反应,或分子间取代反应,则反应时生成的主要有机副产物有 2﹣溴丙烷和丙烯、正丙醚,故答案为:丙烯、正丙醚;(3)步骤 2 中需向接受瓶内加入少量冰水并置于冰水浴中的目的是减少 1﹣溴丙烷的挥发,故答案为:减少 1﹣溴丙烷的挥发;(4)步骤 2 中需缓慢加热使反应和蒸馏平稳进行,目的是减少 HBr 挥发,故答案为:减少 HBr 挥发;(5)步骤 4 中用 5%Na2CO3溶液洗涤有机相的操作:向分液漏斗中小心加入 12mL 5% Na2CO3溶液,振荡,将分液漏斗下口向上倾斜、打开活塞排出气体,静置,分液,故答案为:将分液漏斗下口向上倾斜、打开活塞排出气体.【点评】本题考查有机物的制备实验,为高频考点,把握有机物的性质、实验操作及技能为解答的关键,侧重分析能力和实验能力的考查,注意(5)为解答的难点,题目难度中等.  【分析】A.Na2O2吸收 CO2生成 O2和 Na2CO3,氧气能供给呼吸;B.ClO2具有强氧化性;C.光导纤维的主要成分是二氧化硅,光导纤维是利用光的全反射原理;D.氨气易液化而吸收热量导致周围环境温度降低。【解答】解:A.Na2O2吸收 CO2生成 O2和 Na2CO3,且人呼出的水蒸气也能和过氧化钠反应生成氧气,氧气能供给呼吸,所以过氧化钠可用作呼吸面具的供氧剂,故 A 正确;B.ClO2具有强氧化性而使蛋白质变性,所以该物质能杀菌消毒,故 B 错误;C.光导纤维的主要成分是二氧化硅,光导纤维是利用光的全反射原理,与二氧化硅的硬度大小无关,故 C 错误;D.氨气易液化而吸收热量导致周围环境温度降低,所以氨气常常作制冷剂,与氨气易溶于水无关,故 D 错误;故选:A。【点评】本题考查物质组成、结构和性质,为高频考点,属于基础题,明确物质结构和性质是解本题关键,结构决定性质、性质决定用途,题目难度不大。 4.(2 分)下列制取 SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的是()A.制取 SO2B.验证漂白性 C.收集 SO2D.尾气处理【分析】实验室可用浓硫酸和铜在加热条件下反应制备二氧化硫,二氧化硫密度比空气大,可用向上排空气法收集,具有漂白性,可使品红褪色,二氧化硫为酸性氧化物,可与碱反应,以此解答该题.【解答】解:A.稀硫酸和铜不反应,应用浓硫酸和铜反应制备二氧化硫气体,故 A 错误;B.二氧化硫具有漂白性,可使品红褪色,操作符合要求,可达到实验目的,故 B 正确;C.二氧化硫密度比空气大,可用向上排空气法收集,气体应从长导管进入,故 C 错误;D.二氧化硫不溶于饱和亚硫酸氢钠溶液,应用氢氧化钠溶液吸收尾气,且防止倒吸,故 D 错误。故选:B。【点评】本题考查较为综合,涉及气体的制备、收集以及性质的检验等,为高频考点,侧重于学生的分析能力和实验能力的考查,注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价,难度中等 5.(2 分)短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大,其中只有 Y、Z 处于同一周期且相邻,Z 是地壳中含量最多的元素,W 是短周期中金属性最强的元素.下列说法正确的是(  )A.原子半径:r(X)<r(Y)<r(Z)<r(W)B.W 的最高价氧化物的水化物是一种弱碱C.Y 的单质的氧化性比 Z 的强D.X、Y、Z 三种元素可以组成共价化合物和离子化合物【分析】短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大,Z 是地壳中含量最多的元素,W 是短周期中金属性最强的元素,则 Z 是 O、W 是 Na 元素,其中只有 Y、Z 处于同一周期且相邻,且 Y 原子序数小于 Z,则 Y 是 N 元素,X 是 H 元素;A.原子的电子层数越多其原子半径越大,原子的电子层数相同的元素,其原子半径随着原子序数增大而减小;B.W 的最高价氧化物的水化物是 NaOH;C.Y 单质是氮气、Z 单质是氧气,元素的非金属性氧气,其单质的氧化性越强;D.X、Y、Z 三种元素组成的化合物可能是硝酸、硝酸铵. 【解答】解:短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大,Z 是地壳中含量最多的元素,W 是短周期中金属性最强的元素,则 Z 是 O、W 是 Na 元素,其中只有 Y、Z 处于同一周期且相邻,且 Y 原子序数小于 Z,则 Y 是 N 元素,X 是 H 元素;A.原子的电子层数越多其原子半径越大,原子的电子层数相同的元素,其原子半径随着原子序数增大而减小,X 位于第一周期、Y 和 Z 位于第二周期且原子序数 Y<Z,W 位于第三周期,所以原子半径:r(X)<r(Z)<r(Y)<r(W),故 A 错误;B.W 的最高价氧化物的水化物是 NaOH,NaOH 是强碱,故 B 错误;C.Y 单质是氮气、Z 单质是氧气,元素的非金属性氧气,其单质的氧化性越强,非金属性 O>N 元素,所以 Z 单质的氧化性大于 Y,故 C 错误;D.X、Y、Z 三种元素组成的化合物可能是硝酸、硝酸铵,硝酸是共价化合物、硝酸铵是离子化合物,故 D 正确;故选:D。【点评】本题考查原子结构和元素周期律,为高频考点,明确原子结构、元素周期表结构及元素周期律是解本题关键,正确判断元素是解本题关键,注意:铵盐中不含金属元素但属于离子化合物,题目难度不大. 6.(2 分)下列指定反应的离子方程式正确的是(  )A.钠与水反应:Na+2H2O═Na++2OH﹣+H2↑B.电解饱和食盐水获取烧碱和氯气:2Cl﹣+2H2O H2↑+Cl2↑+2OH﹣C.向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸:Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2OD.向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水:Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O【分析】A.钠和水反应生成氢氧化钠和氢气,且离子方程式要遵循原子守恒、电荷守恒和转移电子守恒;B.电解饱和食盐水时,阳极上生成氯气、阴极上生成氢气同时阴极附近有 NaOH 生成;C.二者反应生成硫酸钡和水,且氢离子、氢氧根离子和水的计量数都是 2;D.二者反应生成碳酸钙沉淀、一水合氨和水.【解答】解:A.钠和水反应生成氢氧化钠和氢气,且离子方程式要遵循原子守恒、电荷守恒和转移电子守恒,离子方程式为 2Na+2H2O═2Na++2OH﹣+H2↑,故 A 错误;B.电解饱和食盐水时,阳极上生成氯气、阴极上生成氢气同时阴极附近有 NaOH 生成,离子方程式为 2Cl﹣+2H2O H2↑+Cl2↑+2OH﹣,故 B 正确;C.二者反应生成硫酸钡和水,且氢离子、氢氧根离子和水的计量数都是 2,离子方程式为 Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣═BaSO4↓+2H2O,故 C 错误;D.二者反应生成碳酸钙沉淀、一水合氨和水,离子方程式为向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水:NH4++Ca2++HCO3﹣+2OH﹣═CaCO3↓+H2O+NH3•H2O,故 D 错误;故选:B。【点评】本题考查离子方程式书写的正误判断,为高频考点,把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键,侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查,注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒,题目难度不大. 7.(2 分)在给定条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是(  )A.Fe FeCl2Fe(OH)2B.S SO3H2SO4C.CaCO3CaO CaSiO3 D.NH3NO HNO3【分析】A、铁与氯气反应生成三氯化铁;B.硫与氧气反应生成二氧化硫;C.CaCO3高温分解生成 CaO,CaO 和二氧化硅高温反应生成硅酸钙;D.氨气催化氧化生成 NO,NO 和水不反应。【解答】解:A、因为氯气具有强氧化性,则铁与氯气反应生成三氯化铁,而不是氯化亚铁,故 A错误;B.硫与氧气反应生成二氧化硫,而不是三氧化硫,故 B 错误;C.CaCO3高温分解生成 CaO,CaO 为碱性氧化物,和酸性氧化物二氧化硅高温反应生成盐硅酸钙,故 C 正确;D.氨气催化氧化生成 NO,NO 和水不反应,不能生成硝酸,故 D 错误;故选:C。【点评】本题考查了物质性质、物质转化的应用,主要是硫、铁、氮的化合物性质的理解判断,掌握基础是解题关键,题目难度中等。 8.(2 分)通过以下反应可获得新型能源二甲醚(CH3OCH3 ).下列说法不正确的是① C(s)+H2O(g)═CO(g)+H2 (g)△H1=a kJ•mol﹣1② CO(g)+H2O(g)═CO2(g)+H2 (g)△H2=b kJ•mol﹣1③ CO2 (g)+3H2 (g)═CH3OH(g)+H2O(g)△H3=c kJ•mol﹣1④ 2CH3OH(g)═CH3OCH3 (g)+H2O(g)△H4=d kJ•mol﹣1(  )A.反应①、②为反应③提供原料气B.反应③也是 CO2资源化利用的方法之一C.反应 CH3OH(g)═ CH3OCH3 (g)+ H2O(l)的△H= kJ•mol﹣1D.反应 2CO(g)+4H2 (g)═CH3OCH3 (g)+H2O(g)的△H=( 2b+2c+d ) kJ•mol﹣1【分析】A.反应③中的反应物为 CO2、H2;B.反应③中的反应物为 CO2,转化为甲醇;C.由反应④可知,物质的量与热量成正比,且气态水的能量比液态水的能量高;D.由盖斯定律可知,②×2+③×2+④ 得到 2CO(g)+4H2 (g)═CH3OCH3 (g)+H2O(g).【解答】解:A.反应③中的反应物为 CO2、H2,由反应可知,反应①、②为反应③提供原料气,故A 正确;B.反应③中的反应物为 CO2,转化为甲醇,则反应③也是 CO2资源化利用的方法之一,故 B 正确;C.由反应④可知,物质的量与热量成正比,且气态水的能量比液态水的能量高,则反应CH3OH(g)═ CH3OCH3 (g)+ H2O(l)的△H≠ kJ•mol﹣1,故 C 错误;D.由盖斯定律可知,②×2+③×2+④ 得到 2CO(g)+4H2 (g)═CH3OCH3 (g)+H2O(g),则△H=( 2b+2c+d ) kJ•mol﹣1,故 D 正确;故选:C。【点评】本题考查反应热与焓变,为高频考点,把握反应的特点、反应中能量变化、盖斯定律应用为解答的关键,侧重分析能力和应用能力的考查,题目难度中等. 9.(2 分)常温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是(  )A.无色透明的溶液中:Fe3+、Mg2+、SCN ﹣、Cl ﹣B.c(H+)/c(OH﹣)=1×10 ﹣12的溶液中:K+、Na+、CO32﹣、NO3﹣C.c(Fe2+ )=1 mol•L﹣1的溶液中:K+、NH4+、MnO4﹣、SO42﹣D.能使甲基橙变红的溶液中:Na+、NH4+、SO42﹣、HCO3﹣【分析】A.无色透明说明溶液中不含有色离子,且离子之间不反应;B.c(H+)/c(OH﹣)=1×10 ﹣12的溶液,溶液呈碱性,离子之间不反应且和氢氧根离子不反应的能大量共存; C.能和亚铁离子反应的离子不能大量共存;D.能使甲基橙溶液变红色,说明溶液呈酸性,离子之间不反应的能大量共存.【解答】解:A.Fe3+呈黄色,不符合无色条件,且 Fe3+、SCN ﹣发生络合反应而不能大量共存,故A 错误;B.c(H+)/c(OH﹣)=1×10 ﹣12的溶液,溶液呈碱性,这几种离子之间不反应且都不和氢氧根离子反应,所以能大量共存,故 B 正确;C.Fe2+、MnO4﹣发生氧化还原反应而不能大量共存,故 C 错误;D.能使甲基橙溶液变红色,说明溶液呈酸性,HCO3﹣能和氢离子反应生成二氧化碳和水而不能大量共存,故 D 错误;故选:B。【点评】本题考查离子共存,为高频考点,侧重考查氧化还原反应、络合反应、复分解反应,明确离子共存条件及离子性质是解本题关键,注意隐含信息的灵活运用,题目难度不大. 10.(2 分)H2O2分解速率受多种因素影响.实验测得 70℃时不同条件下 H2O2浓度随时间的变化如图所示.下列说法正确的是(  )A.图甲表明,其他条件相同时,H2O2浓度越小,其分解速率越快B.图乙表明,其他条件相同时,溶液 pH 越小,H2O2分解速率越快C.图丙表明,少量 Mn2+存在时,溶液碱性越强,H2O2分解速率越快D.图丙和图丁表明,碱性溶液中,Mn2+对 H2O2分解速率的影响大【分析】A.图甲中溶液的 pH 相同,但浓度不同,浓度越大,相同时间内浓度的变化量越大;B.图乙中 H2O2浓度相同,但加入 NaOH 浓度不同,说明溶液的 pH 不同,NaOH 浓度越大,相同时间内双氧水浓度变化量越大;C.图丙中少量 Mn2+存在时,相同时间内双氧水浓度变化量:0.1mol/LNaOH 溶液>1.0mol/LNaOH 溶液>0mol/LNaOH 溶液;D.图丁中 pH 相同,锰离子浓度越大,相同时间内双氧水浓度变化量越大.【解答】解:A.图甲中溶液的 pH 相同,但浓度不同,浓度越大,相同时间内浓度的变化量越大,由此得出相同 pH 条件下,双氧水浓度越大,双氧水分解速率越快,故 A 错误;B.图乙中 H2O2浓度相同,但加入 NaOH 浓度不同,说明溶液的 pH 不同,NaOH 浓度越大,相同时间内双氧水浓度变化量越大,由此得出:双氧水浓度相同时,pH 越大双氧水分解速率越快,故 B 错误;C.图丙中少量 Mn2+存在时,相同时间内双氧水浓度变化量:0.1mol/LNaOH 溶液>1.0mol/LNaOH 溶液>0mol/LNaOH 溶液,由此得出:锰离子作催化剂时受溶液 pH 的影响,但与溶液的 pH 值不成正比,故 C 错误;D.图丁中 pH 相同,锰离子浓度越大,相同时间内双氧水浓度变化量越大,图丙中说明催化剂的催化效率受溶液的 pH 值影响,由此得出:碱性溶液中,Mn2+对 H2O2分解速率的影响大,故 D 正确;故选:D。【点评】本题以双氧水分解为载体考查影响化学反应速率影响因素,为高频考点,侧重考查学生图象分析、判断、归纳及知识灵活运用能力,明确图中曲线变化趋势及影响因素是解本题关键,题目难度中等. 二、不定项选择题:本题包括 5 小题,每小题 4 分,共计 20 分.每小题只有一个或两个选项符合题意.若正确答案只包括一个选项,多选时,该小题得 0 分;若正确答案包括两个选项,只选一个且正确的得 2 分,选两个且都正确的得满分,但只要选错一个,该小题就得 0 分11.(4 分)萜类化合物广泛存在于动植物体内,关于下列萜类化合物的说法正确的是(  ) A.a 和 b 都属于芳香族化合物B.a 和 c 分子中所有碳原子均处于同一平面上C.a、b 和 c 均能使酸性 KMnO4溶液褪色D.b 和 c 均能与新制的 Cu(OH)2反应生成红色沉淀【分析】A.a 中不含苯环;B.a、c 中含甲基、亚甲基、次甲基均为四面体构型;C.a 含碳碳双键、b 中苯环上连有甲基、c 含﹣CHO;D.只有﹣CHO 与新制的 Cu(OH)2反应生成红色沉淀.【解答】解:A.a 中不含苯环,则不属于芳香族化合物,只有 b 属于,故 A 错误;B.a、c 中含甲基、亚甲基、次甲基均为四面体构型,则 a 和 c 分子中所有碳原子不可能处于同一平面上,故 B 错误;C.a 含碳碳双键、b 中苯环上连有甲基、c 含﹣CHO,均能使酸性 KMnO4溶液褪色,故 C 正确;D.只有﹣CHO 与新制的 Cu(OH)2反应生成红色沉淀,则只有 c 能与新制的 Cu(OH)2反应生成红色沉淀,故 D 错误;故选:C。【点评】本题考查有机物的结构与性质,为高频考点,把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键,侧重分析能力和应用能力的考查,注意选项 B 为解答的难点,题目难度不大. 12.(4 分)下列说法正确的是(  )A.反应 N2 (g)+3H2 (g)⇌2NH3 (g)的△H<0,△S>0B.地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀C.常温下,Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10﹣12,pH=10 的含 Mg2+溶液中,c(Mg2+ )≤5.6×10﹣4 mol•L﹣1D.常温常压下,锌与稀 H2SO4反应生成 11.2 L H2,反应中转移的电子数为 6.02×1023【分析】A.由化学计量数可知△S<0;B.导线连接锌块,构成原电池时 Zn 为负极;C.pH=10 的含 Mg2+溶液中,c(OH﹣)=10﹣4 mol•L﹣1,c(Mg2+ )≤ ;D.常温常压下,Vm≠22.4L/mol.【解答】解:A.合成氨反应为放热反应,△H<0,且为气体体积减小的反应,则△S<0,故 A 错误;B..导线连接锌块,构成原电池时 Zn 为负极,Fe 作正极被保护,则可以减缓管道的腐蚀,故 B 正确;C.pH=10 的含 Mg2+溶液中,c(OH﹣)=10﹣4 mol•L﹣1,c(Mg2+ )≤ =5.6×10﹣4 mol•L﹣1,故 C 正确;D.常温常压下,Vm≠22.4L/mol,则不能利用氢气的体积计算物质的量及转移电子数,故 D 错误;故选:BC。【点评】本题考查较综合,涉及反应热与焓变、原电池、难溶电解质 Ksp 的计算等,为高频考点,把握化学反应原理为解答的关键,侧重分析能力和应用能力的考查,注意选项 D 为易错点,题目难度中等. 13.(4 分)根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是(  )选项实验操作和现象 结论 A 向硅酸钠溶液中滴加 1 滴酚酞,然后逐滴加入稀盐酸至红色褪去,2min后,试管里出现凝胶非金属性:Cl>SiB 向滴有甲基橙的 AgNO3溶液中滴加 KCl 溶液,溶液由红色变为黄色 KCl 溶液具有碱性C 在 CuSO4溶液中滴加 KI 溶液,再加入苯,振荡,有白色沉淀生成,苯层呈紫色白色沉淀可能为 CuID 某溶液滴加盐酸酸化的 BaCl2溶液,生成白色沉淀 该溶液中一定含有 SO42﹣A.A B.B C.C D.D【分析】A.比较非金属性,应用最高价氧化物的水化物;B.生成 AgCl 沉淀,银离子浓度减小,酸性减弱;C.硫酸铜与 KI 发生氧化还原反应生成碘和 CuI;D.滴加盐酸酸化的 BaCl2溶液,生成白色沉淀,该沉淀为硫酸钡或 AgCl 等。【解答】解:A.该实验只能比较酸性的强弱,但不能比较非金属性,应用最高价氧化物的水化物,故 A 错误;B.硝酸银为强酸弱碱盐,水解呈酸性,加入 KCl 生成 AgCl 沉淀,银离子浓度减小,酸性减弱,故B 错误;C.苯层呈紫色,说明生成碘,硫酸铜与 KI 发生氧化还原反应生成碘和 CuI,故 C 正确;D.滴加盐酸酸化的 BaCl2溶液,生成白色沉淀,该沉淀为硫酸钡或 AgCl 等,可能含有硫酸根离子,故 D 错误。故选:C。【点评】本题考查了化学实验方案的评价,为高频考点,题目难度中等,涉及金属性、非金属性强弱比较、弱电解质的电离平衡及其影响等知识,明确常见元素及其化合物性质为解答关键,试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。 14.(4 分)常温下,Ka (HCOOH)=1.77×10﹣4,Ka (CH3COOH)=1.75×10﹣5,Kb (NH3•H2O)=1.76×10﹣5,下列说法正确的是(  )A.浓度均为 0.1 mol•L﹣1的 HCOONa 和 NH4Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和:前者大于后者B.用相同浓度的 NaOH 溶液分别滴定等体积 pH 均为 3 的 HCOOH 和 CH3COOH 溶液至终点,消耗 NaOH溶液的体积相等C.0.2 mol•L﹣1 HCOOH 与 0.1 mol•L﹣1 NaOH 等体积混合后的溶液中:c(HCOO﹣)+c(OH﹣)=c(HCOOH)+c(H+)D.0.2 mol•L﹣1 CH3COONa 与 0.1 mol•L﹣1盐酸等体积混合后的溶液中(pH<7):c(CH3COO﹣)>c(Cl﹣)>c(CH3COOH)>c(H+)【分析】A.电离平衡常数越大,其离子水解程度越小,根据电离平衡常数知,其离子水解程度:CH3COO﹣>NH4+>HCOO﹣,任何电解质溶液中都存在电荷守恒,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﹣);B.pH 相同的 HCOOH 和 CH3COOH,浓度:c(HCOOH)<c(CH3COOH),用相同浓度的 NaOH 溶液分别滴定等体积 pH 均为 3 的 HCOOH 和 CH3COOH 溶液至终点时,酸的浓度越大,消耗的碱体积越大;C.任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒,根据电荷守恒得 c(HCOO﹣)+c(OH﹣)=c(Na+)+c(H+),混合溶液中溶质为等物质的量浓度的 HCOOH 和 HCOONa;D.二者混合后溶液中的溶质为等物质的量浓度的 CH3COONa、CH3COOH 和 NaCl,混合溶液的 pH<7,说明醋酸电离程度大于醋酸钠水解程度。【解答】解:A.电离平衡常数越大,其离子水解程度越小,根据电离平衡常数知,其离子水解程度:CH3COO﹣>NH4+>HCOO﹣,任何电解质溶液中都存在电荷守恒,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﹣),所以浓度均为 0.1 mol•L﹣1的 HCOONa 和 NH4Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和:前者大于后者,故 A 正确; B.pH 相同的 HCOOH 和 CH3COOH,浓度:c(HCOOH)<c(CH3COOH),用相同浓度的 NaOH 溶液分别滴定等体积 pH 均为 3 的 HCOOH 和 CH3COOH 溶液至终点时,酸的浓度越大,消耗的碱体积越大,pH、体积相同的 HCOOH 和 CH3COOH,物质的量前者小于后者,所以后者消耗的 NaOH 体积多,故 B 错误;C.任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒,根据电荷守恒得 c(HCOO﹣)+c(OH﹣)=c(Na+)+c(H+),混合溶液中溶质为等物质的量浓度的 HCOOH 和 HCOONa,甲酸电离程度大于水解程度,所以 c(HCOOH)<c(Na+),所以得 c(HCOO﹣)+c(OH﹣)>c(HCOOH)+c(H+),故 C 错误;D.二者混合后溶液中的溶质为等物质的量浓度的 CH3COONa、CH3COOH 和 NaCl,混合溶液的 pH<7,说明醋酸电离程度大于醋酸钠水解程度,甲酸是弱酸,其电离程度较小,所以粒子浓度大小顺序是c(CH3COO﹣)>c(Cl﹣)>c(CH3COOH)>c(H+),故 D 正确;故选:AD。【点评】本题考查弱电解质的电离,为高频考点,侧重考查学生分析判断能力,明确电离平衡常数与水解程度关系、溶液中存在的守恒是解本题关键,注意 C 中等量代换,题目难度不大。 15.(4 分)温度为 T1时,在三个容积均为 1L 的恒容密闭容器中仅发生反应:2NO2(g)⇌2NO(g)+O2 (g) (正反应吸热).实验测得: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逆为速率常数,受温度影响。下列说法正确的是(  ) 容器编号 物质的起始浓度(mol•L﹣1) 物质的平衡浓度(mol•L﹣1) c(NO2) c(NO) c(O2) c(O2)Ⅰ 0.6 0 0 0.2Ⅱ 0.3 0.5 0.2Ⅲ 0 0.5 0.35A.达平衡时,容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为 4:5B.达平衡时,容器Ⅱ中 c(O2 )/c(NO2 ) 比容器Ⅰ中的大C.达平衡时,容器Ⅲ中 NO 的体积分数小于 50%D.当温度改变为 T2时,若 k正=k逆,则 T2>T1【分析】A.I 中的反应 2NO2(g)⇌2NO(g)+O2 (g)开始(mol/L)0.6 0 0反应(mol/L)0.4 0.4 0.2平衡(mol/L)0.2 0.4 0.2化学平衡常数 K= =0.8容器体积为 1L,则平衡时 I 中气体总物质的量=1L×(0.2+0.4+0.2)mol/L=0.8mol,恒容恒温时气体压强之比等于其物质的量之比,如果平衡时 I、II 中压强之比为 4:5,则 II 中平衡时气体总物质的量为 1mol,II 中开始时浓度商= = <0.8,则平衡正向移动;B.如果 II 中平衡时 c(NO2)=c(O2),设参加反应的 c(NO2)=xmol/L,则 0.3﹣x=0.2+0.5x,x= ,平衡时 c(NO2)=c(O2)= mol/L,c(NO)=0.5mol/L+ mol/L= mol/L,II 中≈1.3>0.8,说明 II 中平衡时应该存在 c(NO2)>c(O2);C.如果 III 中 NO 和氧气完全转化为二氧化氮,则 c(NO2)=0.5mol/L,且容器中还有 c(O2)=0.1mol/L 剩余,与 I 相比,III 是相当于增大压强,平衡逆向移动,二氧化氮和氧气之和所占 体积比大于 50%;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 ),达到平衡状态时正逆反应速率相等,则 k正c2(NO2 )=k逆c2 (NO)•c(O2 ),且 k正=k逆,则c2(NO2 )=c2 (NO)•c(O2 ),化学平衡常数 K 等于 1。【解答】解:A.I 中的反应 2NO2(g)⇌2NO(g)+O2 (g)开始(mol/L)0.6 0 0反应(mol/L)0.4 0.4 0.2平衡(mol/L)0.2 0.4 0.2化学平衡常数 K= =0.8容器体积为 1L,则平衡时 I 中气体总物质的量=1L×(0.2+0.4+0.2)mol/L=0.8mol,恒容恒温时气体压强之比等于其物质的量之比,如果平衡时 I、II 中压强之比为 4:5,则 II 中平衡时气体总物质的量为 1mol,II 中开始时浓度商= = <0.8,则平衡正向移动,平衡正向移动导致混合气体总物质的量之和增大,所以达平衡时,容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比小于 4:5,故 A 错误;B.如果 II 中平衡时 c(NO2)=c(O2),设参加反应的 c(NO2)=xmol/L,则 0.3﹣x=0.2+0.5x,x= ,平衡时 c(NO2)=c(O2)= mol/L,c(NO)=0.5mol/L+ mol/L= mol/L,II 中≈1.3>0.8,说明 II 中平衡时应该存在 c(NO2)>c(O2),容器 I 中 c(O2 )/c(NO2)=1,所以达平衡时,容器Ⅱ中 c(O2 )/c(NO2 )小于 1,则 比容器Ⅰ中的小,故 B 错误;C.如果 III 中 NO 和氧气完全转化为二氧化氮,则 c(NO2)=0.5mol/L,且容器中还有 c(O2)=0.1mol/L 剩余,与 I 相比,III 是相当于增大压强,平衡逆向移动,二氧化氮和氧气之和所占体积比大于 50%,则达平衡时,容器Ⅲ中 NO 的体积分数小于 50%,故 C 正确;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 ),达到平衡状态时正逆反应速率相等,则 k正c2(NO2 )=k逆c2 (NO)•c(O2 ),且 k正=k逆,则c2(NO2 )=c2 (NO)•c(O2 ),化学平衡常数 K 等于 1,该温度下的 K 大于 0.8,且该反应的正反应是吸热反应,说明升高温度平衡正向移动,所以 T2>T1,故 D 正确;故选:CD。【点评】本题考查化学平衡计算,为高频考点,侧重考查学生分析、计算及灵活运用知识解答问题能力,如果单纯的根据设未知数计算要涉及一元三次方程而难以解答,这需要学生灵活运用知识巧妙的避开一元三次方程而解答问题,题目难度较大。 三、解答题16.(12 分)铝是应用广泛的金属.以铝土矿(主要成分为 Al2O3,含 SiO2和 Fe2O3等杂质)为原料制备铝的一种工艺流程如下:
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