江苏省年高考化学真题纯word解析 78页

‎2013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）（2013•江苏）燃料电池能有效提高能源利用率，具有广泛的应用前景．下列物质均可用作燃料电池的燃料，其中最环保的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 甲醇 B．‎ 天然气 C．‎ 液化石油气 D．‎ 氢气 考点：‎ 化学电源新型电池．.‎ 专题：‎ 电化学专题．‎ 分析：‎ 依据物质燃烧产物分析判断，甲醇、天然气、液化石油气含有碳元素，燃烧过程中易生成污染气体，氢气燃烧生成无污染的水．‎ 解答：‎ 解：甲醇、天然气、液化石油气含有碳元素，燃烧过程中易生成污染气体，氢气燃烧生成无污染的水，是最环保的燃料，‎ 故选D．‎ 点评：‎ 本题考查燃料燃烧产物分析，含碳元素化合物燃烧易生成一氧化碳污染性气体，题目较简单．‎ ‎　‎ ‎2．（2分）（2013•江苏）下列有关化学用语表示正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 丙烯的结构简式：C3H6‎ ‎　‎ B．‎ 氢氧根离子的电子式：‎ ‎　‎ C．‎ 氯原子的结构示意图：‎ ‎　‎ D．‎ 中子数为146、质子数为92 的铀（U）原子92238U 考点：‎ 结构简式；常见元素的名称、符号、离子符号；电子式；原子结构示意图．.‎ 专题：‎ 化学用语专题．‎ 分析：‎ A、烯烃的结构简式中C=C双键不能省略；‎ B、氢氧根离子带1个单位的负电荷，离子中O原子与H原子之间形成1对孤对电子；‎ C、氯原子质子数为17，核外电子数为17，33个电子层，各层电子数分别为2、8、7；‎ D、原子符号ZAX左下角Z代表质子数，左上角A代表质量数，X代表元素符合，其中质量数=质子数+中子数．‎ 解答：‎ 解：A、烯烃的结构简式中C=C双键不能省略，丙烯的结构简式为CH3CH=CH2，C3H6是丙烯的分子式，故A错误；‎ B、氢氧根离子带1个单位的负电荷，离子中O原子与H原子之间形成1对孤对电子，氢氧根电子式为，故B正确；‎ C、氯原子质子数为17，核外电子数为17，3个电子层，各层电子数分别为2、8、7，氯原子结构示意图为，故C错误；‎ D、中子数为146、质子数为92 的铀（U）原子的质量数为146+92=238，该铀原子符号为92238U，故D正确；‎ 故选BD．‎ 点评：‎ 本题考查常用化学用语的书写，难度不大，注意B选项中氢氧根与羟基电子式的区别．‎ ‎　‎ ‎3．（2分）（2013•江苏）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 使甲基橙变红色的溶液：Mg2+、K+、SO42﹣、NO3﹣‎ ‎　‎ B．‎ 使酚酞变红色的溶液：Na+、Cu2+、HCO3﹣、NO3﹣‎ ‎　‎ C．‎ ‎0.1 mol•L﹣1AgNO3溶液：H+、K+、SO42﹣、I﹣‎ ‎　‎ D．‎ ‎0.1 mol•L﹣1NaAlO2溶液：H+、Na+、Cl﹣、SO42﹣‎ 考点：‎ 离子共存问题．.‎ 专题：‎ 离子反应专题．‎ 分析：‎ A．使甲基橙变红色的溶液，pH＜3.1，溶液显酸性；‎ B．使酚酞变红色的溶液，pH＞8，溶液显碱性；‎ C．AgI为黄色沉淀；‎ D．AlO2﹣、H+反应．‎ 解答：‎ 解：A．使甲基橙变红色的溶液，pH＜3.1，溶液显酸性，该组离子之间不反应，能共存，故A正确；‎ B．使酚酞变红色的溶液，pH＞8，溶液显碱性，Cu2+、HCO3﹣分别与碱反应，则不能共存，故B错误；‎ C．Ag+、I﹣结合生成AgI为黄色沉淀，Ag+、SO42﹣结合生成沉淀，则不能共存，故C错误；‎ D．AlO2﹣、H+反应时，酸少量生成沉淀，酸过量时生成铝离子，则不能共存，故D错误；‎ 故选A．‎ 点评：‎ 本题考查离子的共存，明确习题中的信息及离子之间的反应是解答本题的关键，注意酸碱指示剂的变色范围为解答的易错点，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎4．（2分）（2013•江苏）下列有关物质性质的应用正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂 ‎　‎ B．‎ 二氧化硅不与强酸反应，可用石英器皿盛放氢氟酸 ‎　‎ C．‎ 生石灰能与水反应，可用来干燥氯气 ‎　‎ D．‎ 氯化铝是一种电解质，可用于电解法制铝 考点：‎ 氨的用途；硅和二氧化硅；金属冶炼的一般原理；气体的净化和干燥．.‎ 专题：‎ 氮族元素；碳族元素．‎ 分析：‎ A．液氨汽化时要吸收大量的热；‎ B．二氧化硅可与氢氟酸反应生成四氟化硅气体；‎ C．氢氧化钙能和氯气反应；‎ D．氯化铝属于共价化合物，熔融情况下不导电．‎ 解答：‎ 解：A．液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂，故A正确； ‎ B．石英的主要成分是二氧化硅，二氧化硅可与氢氟酸反应生成四氟化硅气体，故B错误；‎ C．CaO遇水生成氢氧化钙，而氢氧化钙会和氯气反应，故C错误；‎ D．氯化铝属于共价化合物，熔融情况下不导电，不能用于电解制铝，故D错误．‎ 故选A．‎ 点评：‎ 本题考查物质的性质和用途，难度不大，注意氯气不能用氧化钙干燥．‎ ‎　‎ ‎5．（2分）（2013•江苏）用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、转移溶液、定容等操作．下列图示对应的操作规范的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 称量 B．‎ 溶解 C．‎ 转移 D．‎ 定容 考点：‎ 配制一定物质的量浓度的溶液．.‎ 专题：‎ 物质的量浓度和溶解度专题．‎ 分析：‎ A．药品不能直接放在托盘内，且药品与砝码放反了；‎ B．固体溶解用玻璃棒搅拌，加速溶解；‎ C．应用玻璃棒引流；‎ D．胶头滴管不能深入容量瓶内．‎ 解答：‎ 解：A．用天平称量药品，药品不能直接放在托盘内，天平称量应遵循“左物右码”，故A错误；‎ B．固体溶解用玻璃棒搅拌，加速溶解，故B正确；‎ C．应用玻璃棒引流，防止溶液洒落，故C错误；‎ D．胶头滴管不能深入容量瓶内，应在容量瓶正上方，悬空滴加，故D错误；‎ 故选B．‎ 点评：‎ 本题实验考查基本操作，比较基础，旨在考查学生对基础知识的理解掌握，注意掌握中学实验常见的基本操作．‎ ‎　‎ ‎6．（2分）（2013•江苏）甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：甲乙丙．下列有关物质的推断不正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 若甲为焦炭，则丁可能是O2‎ ‎　‎ B．‎ 若甲为SO2，则丁可能是氨水 ‎　‎ C．‎ 若甲为Fe，则丁可能是盐酸 ‎　‎ D．‎ 若甲为NaOH 溶液，则丁可能是CO2‎ 考点：‎ 无机物的推断．.‎ 专题：‎ 推断题．‎ 分析：‎ A、甲为碳，丁为O2 物质转化关系为 CCOCO2；‎ B、若甲为SO2，则丁为氨水，物质转化关系为：SO2NH4HSO3（NH4）2SO3；‎ C、若甲为Fe，丁为盐酸，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，不能进一步和盐酸反应；‎ D、若甲为NaOH 溶液，丁为CO2，物质转化关系，NaOHNa2CO3NaHCO3．‎ 解答：‎ 解：A、甲为碳，丁为O2 物质转化关系为 CCOCO2；2C+O2=2CO，2CO+O2=2CO2，CO2+C2CO，故A正确；‎ B、若甲为SO2，则丁为氨水，物质转化关系为：SO2NH4HSO3（NH4）2SO3；SO2+NH3•H2O=NH4HSO3，NH4HSO3+NH3•H2O=（NH4）2SO3+H2O；（NH4）2SO3+H2O+SO2=2NH4HSO3，故B正确；‎ C、若甲为Fe，丁为盐酸，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，不能进一步和盐酸反应，故C错误；‎ D、若甲为NaOH 溶液，丁为CO2，物质转化关系，NaOHNa2CO3NaHCO3；2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3 ，NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，故D正确；‎ 故选C．‎ 点评：‎ 本题考查了物质性质的转化关系和性质的应用，物质的量不同产物不同，掌握物质性质是解题关键，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎7．（2分）（2013•江苏）设NA为阿伏加德罗常数的值．下列说法正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ ‎1L 1mol•L ﹣1的NaClO溶液中含有ClO﹣的数目为NA ‎　‎ B．‎ ‎78g 苯含有C=C双键的数目为3NA ‎　‎ C．‎ 常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA ‎　‎ D．‎ 标准状况下，6.72L NO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NA 考点：‎ 阿伏加德罗常数．.‎ 专题：‎ 阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．‎ 分析：‎ A、次氯酸根离子是弱酸阴离子，水溶液中发生水解；‎ B、苯分子中的碳碳键是完全等同的一种特殊的化学键，‎ C、N2与CO摩尔质量相同都为28g/mol，都是双原子分子；‎ D、依据标准状况下气体物质的量n=，结合二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮的氧化还原反应计算电子转移；‎ 解答：‎ 解：A、次氯酸根离子是弱酸阴离子，水溶液中发生水解；1 L 1mol•L﹣1的NaClO溶液中含有ClO﹣的数目小于NA，故A错误；‎ B、苯分子中的碳碳键是完全等同的一种特殊的化学键，不存在碳碳双键，故B错误；‎ C、N2与CO摩尔质量相同都为28g/mol，都是双原子分子，14 g 由N2与CO组成的混合气体物质的量==0.5mol，含有的原子数目为NA，故C正确；‎ D、标准状况下气体物质的量n===0.3mol，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮的反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO，氧化还原反应中0.3mol二氧化氮反应转移电子0.2mol；故D错误；‎ 故选C．‎ 点评：‎ 本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要有盐类水解应用，苯分子结构的掌握，气体摩尔体积的计算应用，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎8．（2分）（2013•江苏）下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ MnO2 与浓盐酸反应制Cl2：MnO2+4HClMn2++2Cl﹣+Cl2↑+2H2O ‎　‎ B．‎ 明矾溶于水产生Al（OH）3胶体：Al3++3H2O═Al（OH）3↓+3H+‎ ‎　‎ C．‎ Na2O2溶于水产生O2：Na2O2+H2O═2Na++2OH﹣+O2↑‎ ‎　‎ D．‎ Ca（HCO3）2溶液与少量NaOH溶液反应：HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O 考点：‎ 离子方程式的书写．.‎ 专题：‎ 离子反应专题．‎ 分析：‎ A．HCl为强电解质，应完全电离；‎ B．是胶体，而不是沉淀，且水解为可逆反应；‎ C．没有配平；‎ D．NaOH完全反应，生成碳酸钙、水、碳酸氢钠．‎ 解答：‎ 解：A．MnO2与浓盐酸反应制Cl2的离子反应为MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，故A错误；‎ B．明矾溶于水产生Al（OH）3胶体的离子反应为Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，故B错误；‎ C．Na2O2 溶于水产生O2的离子反应为2Na2O2+2H2O═4Na++4OH﹣+O2↑，故C错误；‎ D．Ca（HCO3）2溶液与少量NaOH溶液反应飞离子反应为HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O，故D正确；‎ 故选D．‎ 点评：‎ 本题考查离子反应的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意胶体的生成为水解的应用及与量有关的离子反应，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎9．（2分）（2013•江苏）Mg﹣H2O2电池可用于驱动无人驾驶的潜航器．该电池以海水为电解质溶液，示意图如下．该电池工作时，下列说法正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ Mg电极是该电池的正极 ‎　‎ B．‎ H2O2在石墨电极上发生氧化反应 ‎　‎ C．‎ 石墨电极附近溶液的pH增大 ‎　‎ D．‎ 溶液中Cl﹣向正极移动 考点：‎ 化学电源新型电池．.‎ 专题：‎ 压轴题；电化学专题．‎ 分析：‎ 镁、过氧化氢和海水形成原电池，镁做负极发生氧化反应，过氧化氢在正极上发生还原反应，过氧化氢做氧化剂被还原为水，溶液pH增大，原电池中阴离子移向负极．‎ 解答：‎ 解：A、组成的原电池的负极被氧化，镁为负极，而非正极，故A错误；‎ B、双氧水作为氧化剂，在石墨上被还原变为水和氢氧根离子，发生还原反应，故B错误；‎ C、双氧水作为氧化剂，在石墨上被还原变为水和氢氧根离子，电极反应为，H2O2+2e﹣=2OH﹣，故溶液pH值增大，故C正确；‎ D．溶液中Cl﹣移动方向同外电路电子移动方向一致，应向负极方向移动，故D错误；‎ 故选C．‎ 点评：‎ 本题考查了原电池原理的分析判断，电极名、称电极反应，是解题关键，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎10．（2分）（2013•江苏）短周期元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，且原子最外层电子数之和为13．X 的原子半径比Y 的小，X 与W 同主族，Z 是地壳中含量最高的元素．下列说法正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 原子半径的大小顺序：r（Y）＞r（Z）＞r（W）‎ ‎　‎ B．‎ 元素Z、W 的简单离子的电子层结构不同 ‎　‎ C．‎ 元素Y 的简单气态氢化物的热稳定性比Z 的强 ‎　‎ D．‎ 只含X、Y、Z 三种元素的化合物，可能是离子化合物，也可能是共价化合物 考点：‎ 位置结构性质的相互关系应用．.‎ 专题：‎ 压轴题；元素周期律与元素周期表专题．‎ 分析：‎ 短周期元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，Z 是地壳中含量最高的元素，Z为氧元素，X 的原子半径比Y 的小，则X不可能与Y处于同一周期，Y的原子序数小于氧元素，故Y处于第二周期，X处于第一周期，则X为氢元素，X与W同主族，故W为Na元素，四原子最外层电子数之和为13，则Y原子的最外层电子数为13﹣1﹣1﹣6=5，故Y为氮元素，据此解答．‎ 解答：‎ 解：短周期元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大，Z 是地壳中含量最高的元素，Z为氧元素，X 的原子半径比Y 的小，则X不可能与Y处于同一周期，Y的原子序数小于氧元素，故Y处于第二周期，X处于第一周期，则X为氢元素，X与W同主族，故W为Na元素，四原子最外层电子数之和为13，则Y原子的最外层电子数为13﹣1﹣1﹣6=5，故Y为氮元素，‎ A、同周期自左而右，原子半径减小，同主族自上而下一阵子半径增大，故原子半径Na＞N＞O，即r（W）＞r（Y）＞r（Z），故A错误；‎ B、O2﹣、Na+离子的核外电子数都是10个电子，核外电子层结构相同，故B错误；‎ C、同周期自左而右非金属性增强，故非金属性O＞N，非金属性越强气态氢化物越稳定，故氢化物稳定性H2O＞NH3，故C错误；‎ D、由H、N、O三元素组成的化合物中，若硝酸为共价化合物，硝酸铵为离子化合物，故D正确；‎ 故选D．‎ 点评：‎ 本题考查物质结构性质关系等，难度中等，推断元素是解题的关键，注意利用同周期原子半径大小关系确定X为氢元素．‎ ‎　‎ 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）（2013•江苏）下列有关说法正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 反应NH3（g）+HCl（g）═NH4Cl（s）在室温下可自发进行，则该反应的△H＜0‎ ‎　‎ B．‎ 电解法精炼铜时，以粗铜作阴极，纯铜作阳极 ‎　‎ C．‎ CH3COOH 溶液加水稀释后，溶液中 的值减小 ‎　‎ D．‎ Na2CO3溶液中加入少量Ca（OH）2 固体，CO32﹣水解程度减小，溶液的pH 减小 考点：‎ 焓变和熵变；铜的电解精炼；弱电解质在水溶液中的电离平衡；影响盐类水解程度的主要因素．.‎ 专题：‎ 化学平衡专题；电离平衡与溶液的pH专题；电化学专题．‎ 分析：‎ A、根据本反应前后气体变固体，熵变小于零，只有在焓变小于零时自发；‎ B、用电解法精炼精铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极；‎ C、根据CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，n（CH3COOH）减小，n（CH3COO﹣）增大，以及=来分析；‎ D、Na2CO3溶液中加入少量Ca（OH）2 固体，CO32﹣水解程度减小，但两者反应生成了NaOH，溶液的pH增大．‎ 解答：‎ 解：A、本反应前后气体变固体，熵变小于零，只有在焓变小于零时自发，即该反应的△H＜0，故A正确；‎ B、用电解法精炼精铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极，故B错误；‎ C、根据CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，n（CH3COOH）减小，n（CH3COO﹣）增大，减小，所以减小，故C正确；‎ D、Na2CO3溶液中加入少量Ca（OH）2 固体，CO32﹣水解程度减小，但两者反应生成了NaOH，溶液的pH增大，故D错误；‎ 故选AC．‎ 点评：‎ 本题是化学反应与热效应、电化学等的简单综合题，着力考查学生对用熵变焓变判断反应方向，水解反应、电解池等方面的能力．‎ ‎　‎ ‎12．（4分）（2013•江苏）药物贝诺酯可由乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚在一定条件下反应制得：‎ 下列有关叙述正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 贝诺酯分子中有三种含氧官能团 ‎　‎ B．‎ 可用FeCl3溶液区别乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚 ‎　‎ C．‎ 乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚均能与NaHCO3溶液反应 ‎　‎ D．‎ 贝诺酯与足量NaOH溶液共热，最终生成乙酰水杨酸钠和对乙酰氨基酚钠 考点：‎ 有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构．.‎ 专题：‎ 有机物的化学性质及推断．‎ 分析：‎ A．贝诺酯分子中有﹣COOC﹣、﹣NH﹣CO﹣；‎ B．对乙酰氨基酚含酚﹣OH；‎ C．乙酰水杨酸含﹣COOH，酚﹣OH的酸性不能与NaHCO3溶液反应；‎ D．贝诺酯与足量NaOH溶液共热发生水解，﹣COOC﹣、﹣NH﹣CO﹣均发生断键．‎ 解答：‎ 解：A．贝诺酯分子中有﹣COOC﹣、﹣NH﹣CO﹣，两种含氧官能团，故A错误；‎ B．对乙酰氨基酚含酚﹣OH，遇FeCl3溶液显紫色，则可用FeCl3溶液区别乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚，故B正确；‎ C．乙酰水杨酸含﹣COOH，酚﹣OH的酸性不能与NaHCO3溶液反应，则只有乙酰水杨酸能与NaHCO3溶液反应，故C错误；‎ D．贝诺酯与足量NaOH溶液共热发生水解，﹣COOC﹣、﹣NH﹣CO﹣均发生断键，不生成乙酰水杨酸钠和对乙酰氨基酚钠，故D错误；‎ 故选B．‎ 点评：‎ 本题考查有机物的结构和性质，明确酚及酯的性质是解答本题的关键，注意选项D中的水解为解答的难点和易错点，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎13．（4分）（2013•江苏）下列依据相关实验得出的结论正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，该溶液一定是碳酸盐溶液 ‎　‎ B．‎ 用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液一定是钠盐溶液 ‎　‎ C．‎ 将某气体通入溴水中，溴水颜色褪去，该气体一定是乙烯 ‎　‎ D．‎ 向某溶液中滴加KSCN 溶液，溶液不变色，滴加氯水后溶液显红色，该溶液中一定含Fe2+‎ 考点：‎ 常见阳离子的检验；常见气体的检验；常见阴离子的检验．.‎ 专题：‎ 物质检验鉴别题．‎ 分析：‎ A、二氧化硫通入澄清石灰水也会变浑浊；‎ B、钾元素的焰色反应若不用钴玻璃也会发出黄色火焰；‎ C、溴水中溴单质是强氧化剂，通入的气体只要是还原性气体都可以使溴水褪色；‎ D、依据亚铁离子的检验方法分析判断．‎ 解答：‎ 解：A、向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，该溶液可能是碳酸盐溶液或碳酸氢盐溶液或亚硫酸盐溶液，故A错误；‎ B、用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，钾元素的焰色反应若不用钴玻璃也会发出黄色火焰，该溶液不一定是含钠元素的溶液，故B错误；‎ C、将某气体通入溴水中，溴水颜色褪去，通入的气体只要是还原性气体或能发生加成的有机气体都可以使溴水褪色，如二氧化硫、硫化氢等，该气体不一定是乙烯，故C错误；‎ D、向某溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，说明不含铁离子，滴加氯水后溶液显红色，氯气氧化亚铁离子为铁离子，遇到硫氰酸钾溶液生成血红色溶液证明该溶液中一定含Fe2+，故D正确；‎ 故选D．‎ 点评：‎ 本题考查了常见离子检验方法和现象判断，主要是碳酸盐、亚硫酸盐、溴单质、亚铁离子等物质性质的分析应用，焰色反应的实验方法应用，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎14．（4分）（2013•江苏）一定温度下，三种碳酸盐MCO3（M：Mg2+、Ca2+、Mn2+）的沉淀溶解平衡曲线如图所示．已知：pM=﹣lgc（M），pc（CO32﹣）=﹣lgc（CO32﹣）．下列说法正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次增大 ‎　‎ B．‎ a 点可表示MnCO3的饱和溶液，且c（Mn2+）=c（CO32﹣）‎ ‎　‎ C．‎ b 点可表示CaCO3的饱和溶液，且c（Ca2+）＜c（CO32﹣）‎ ‎　‎ D．‎ c 点可表示MgCO3的不饱和溶液，且c（Mg2+）＜c（CO32﹣）‎ 考点：‎ 难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．.‎ 专题：‎ 压轴题；电离平衡与溶液的pH专题．‎ 分析：‎ A．pM相等时，图线中pc（CO32﹣）数值越大，实际浓度越小； ‎ B．a点可表示MnCO3的饱和溶液，pM=p（CO32﹣）；‎ C．b点可表示CaCO3的饱和溶液，pM＜p（CO32﹣）；‎ D．pM数值越大，实际浓度越小，则c点可表示MgCO3 的不饱和溶液，pM＞p（CO32﹣）；‎ 解答：‎ A．pM相等时，图线中p（CO32﹣）数值越大，实际浓度越小，因此，MgCO3、CaCO3、MnCO3 的Ksp依次减小，故A错误；‎ B．a点可表示MnCO3的饱和溶液，pM=p（CO32﹣），所以c（Mn2+）=c（CO32﹣），故B正确；‎ C．b点可表示CaCO3的饱和溶液，pM＜p（CO32﹣），所以c（Ca2+）＞c（CO32﹣），故C错误；‎ D．pM数值越大，实际浓度越小，则c点可表示MgCO3 的不饱和溶液，pM＞p（CO32﹣），所以c（Mg2+）＜c（CO32﹣），故D正确；‎ 故选：BD．‎ 点评：‎ 本题主要考查了沉淀溶解平衡曲线，掌握图线中pc（CO32﹣）、pM数值越大，实际浓度越小是解题的关键，难度中等．‎ ‎　‎ ‎15．（4分）（2013•江苏）一定条件下存在反应：CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g），其正反应放热．现有三个相同的2L恒容绝热（与外界没有热量交换） 密闭容器Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，在Ⅰ中充入1mol CO和1mol H2O，在Ⅱ中充入1mol CO2 和1mol H2，在Ⅲ中充入2mol CO 和2mol H2O，700℃条件下开始反应．达到平衡时，下列说法正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 容器Ⅰ、Ⅱ中正反应速率相同 ‎　‎ B．‎ 容器Ⅰ、Ⅲ中反应的平衡常数相同 ‎　‎ C．‎ 容器Ⅰ中CO 的物质的量比容器Ⅱ中的多 ‎　‎ D．‎ 容器Ⅰ中CO 的转化率与容器Ⅱ中CO2的转化率之和小于1‎ 考点：‎ 化学平衡的影响因素．.‎ 专题：‎ 压轴题；化学平衡专题．‎ 分析：‎ A．容器Ⅰ中从正反应开始到达平衡，容器Ⅱ中从逆反应开始到达，平衡建立的途径不相同；‎ B．容器Ⅲ中相当于在容器Ⅰ中平衡的基础上再加入1mol CO和1mol H2O，反应向正反应进行，故容器Ⅲ中到达平衡时温度更高，该反应正反应是放热反应，温度越高平衡常数越小；‎ C．容器Ⅱ中所到达的平衡状态，相当于在容器Ⅰ中平衡的基础上降低温度，平衡向正反应移动；‎ D．温度相同时，容器Ⅰ中CO 的转化率与容器Ⅱ中CO2的转化率之和等于1，容器Ⅱ中所到达的平衡状态，相当于在容器Ⅰ中平衡的基础上降低温度，平衡向正反应移动．‎ 解答：‎ 解：A．容器Ⅰ中从正反应开始到达平衡，容器Ⅱ中从逆反应开始到达，平衡建立的途径不相同，无法比较反应速率，故A错误 B．容器Ⅲ中相当于在容器Ⅰ中平衡的基础上再加入1mol CO和1mol H2O，反应向正反应进行，故容器Ⅲ中到达平衡时温度更高，该反应正反应是放热反应，温度越高平衡常数越小，故B错误；‎ C．容器Ⅱ中所到达的平衡状态，相当于在容器Ⅰ中平衡的基础上降低温度，平衡向正反应移动，故容器Ⅰ中CO 的物质的量比容器Ⅱ中的多，故C正确；‎ D．温度相同时，容器I中CO 的转化率与容器Ⅱ中CO2的转化率之和等于1，容器Ⅱ中所到达的平衡状态，相当于在容器Ⅰ中平衡的基础上降低温度，平衡向正反应移动，二氧化碳的转化率比两容器相同温度时容器Ⅱ中CO2的转化率低，故容器Ⅰ中CO 的转化率与容器Ⅱ中CO2的转化率之和小于1，故D正确；‎ 故选CD．‎ 点评：‎ 本题考查影响化学平衡的因素、化学平衡的建立等，难度较大，构建平衡建立的途径进行比较是关键．‎ ‎　‎ 三、非选择题 ‎16．（12分）（2013•江苏）氧化镁在医药、建筑等行业应用广泛．硫酸镁还原热解制备高纯氧化镁是一种新的探索．以菱镁矿（主要成分为MgCO3，含少量FeCO3）为原料制备高纯氧化镁的实验流程如下：‎ ‎（1）MgCO3与稀硫酸反应的离子方程式为　MgCO3+2H+═Mg2++CO2↑+H2O　．‎ ‎（2）加入H2O2 氧化时，发生反应的化学方程式为　2FeSO4+H2O2+H2SO4═Fe2（SO4）3+2H2O　．‎ ‎（3）滤渣2 的成分是　Fe（OH）3　（填化学式）．‎ ‎（4）煅烧过程存在以下反应：‎ ‎2MgSO4+C2MgO+2SO2↑+CO2↑‎ MgSO4+C MgO+SO2↑+CO↑‎ MgSO4+3C MgO+S↑+3CO↑‎ 利用如图装置对煅烧产生的气体进行分步吸收或收集．‎ ‎①D中收集的气体可以是　CO　 （填化学式）．‎ ‎②B中盛放的溶液可以是　d　（填字母）．‎ a．NaOH 溶液 b．Na2CO3 溶液 c．稀硝酸 d．KMnO4溶液 ‎③A中得到的淡黄色固体与热的NaOH溶液反应，产物中元素最高价态为+4，写出该反应的离子方程式：　3S+6OH﹣2S2﹣+SO32﹣+3H2O　．‎ 考点：‎ 镁、铝的重要化合物；二氧化硫的化学性质．.‎ 专题：‎ 几种重要的金属及其化合物．‎ 分析：‎ ‎（1）碳酸镁与稀硫酸反应生成硫酸镁水和二氧化碳；‎ ‎（2）过氧化氢在酸性条件下氧化硫酸亚铁为硫酸铁；‎ ‎（3）加入氨水调节溶液PH使氢氧化铁全部沉淀；‎ ‎（4）煅烧得到的气体主要有SO2、CO2、CO、S，产生的气体进行分步吸收或收集，所以通过A使硫蒸气冷凝下来，再通过B装置高锰酸钾溶液吸收二氧化硫，通过C中的氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，最后剩余一氧化碳气体在D中收集．‎ 解答：‎ 解：（1）MgCO3与稀硫酸反应生成硫酸镁、二氧化碳和水，反应的离子方程式为MgCO3+2H+═Mg2++CO2↑+H2O，‎ 故答案为：MgCO3+2H+═Mg2++CO2↑+H2O；‎ ‎（2）加入H2O2 氧化时，在酸性溶液中氧化硫酸亚铁为硫酸铁，反应的化学方程式为：2FeSO4+H2O2+H2SO4═Fe2（SO4）3+2H2O，‎ 故答案为：2FeSO4+H2O2+H2SO4═Fe2（SO4）3+2H2O；‎ ‎（3）酸溶后过滤得到溶液中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入氨水调节溶液PH使铁离子全部沉淀，过滤后所以得到沉淀为氢氧化铁，‎ 故答案为：Fe（OH）3；‎ ‎（4）煅烧得到的气体主要有SO2、CO2、CO、S，产生的气体进行分步吸收或收集，所以通过A使硫蒸气冷凝下来，再通过B装置高锰酸钾溶液吸收二氧化硫，通过C中的氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，最后剩余一氧化碳气体在D中收集；‎ ‎①D中收集的气体可以是CO，故答案为：CO；‎ ‎②B中盛放的溶液可以KMnO4溶液吸收二氧化硫，故答案为：d；‎ ‎③A中得到的淡黄色固体与热的NaOH溶液反应，依据氧化还原反应原理，产物中元素最高价态为+4，最低价为﹣2价，反应的离子方程式为：3S+6OH﹣2S2﹣+SO32﹣+3H2O，‎ 故答案为：3S+6OH﹣2S2﹣+SO32﹣+3H2O．‎ 点评：‎ 本题考查了镁铝及其化合物、二氧化硫性质应用，混合物分离方法和实验操作方法，物质性质熟练掌握是解题关键，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎17．（15分）（2013•江苏）化合物A（分子式为C6H6O）是一种有机化工原料，在空气中易被氧化．A 的有关转化反应如下（部分反应条件略去）：‎ 已知：①‎ ‎②‎ ‎（R表示烃基，R′和R″表示烃基或氢）‎ ‎（1）写出A的结构简式：　　．‎ ‎（2）G是常用指示剂酚酞．写出G中含氧官能团的名称：　羟基　和　酯基　．‎ ‎（3）某化合物是E的同分异构体，且分子中只有两种不同化学环境的氢．写出该化合物的结构简式：　　 （任写一种）．‎ ‎（4）F和D互为同分异构体．写出反应E→F的化学方程式：　　．‎ ‎（5）根据已有知识并结合相关信息，写出以A和HCHO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如下：H2C═CH2CH3CH2BrCH3CH2OH．‎ 考点：‎ 有机物的推断．.‎ 专题：‎ 有机物的化学性质及推断．‎ 分析：‎ 化合物A（分子式为C6H6O）是一种有机化工原料，在空气中易被氧化，所以A是苯酚，A的结构简式为：，A在一定条件下和氢气发生加成反应生成B，B的结构简式为：，B被重铬酸钾溶液氧化生成C，C的结构简式为：，C反应生成D，结合题给信息知，D的结构简式为：，C经过一系列反应生成E，E反应生成F，F和D互为同分异构体，所以E发生消去反应生成F，则F的结构简式为：．‎ 解答：‎ 解：化合物A（分子式为C6H6O）是一种有机化工原料，在空气中易被氧化，所以A是苯酚，A的结构简式为：，A在一定条件下和氢气发生加成反应生成B，B的结构简式为：，B被重铬酸钾溶液氧化生成C，C的结构简式为：‎ ‎，C反应生成D，结合题给信息知，D的结构简式为：，C经过一系列反应生成E，E反应生成F，F和D互为同分异构体，所以E发生消去反应生成F，则F的结构简式为：．‎ ‎（1）通过以上分析知，A的结构简式为：，故答案为：；‎ ‎（2）根据G的结构简式知，G中含有的官能团有：羟基和酯基，故答案为：羟基、酯基；‎ ‎（3）分子中只有两种不同化学环境氢的E的同分异构体有：，‎ 故答案为：；‎ ‎（4）F的结构简式为：，在加热、浓硫酸作催化剂条件下E发生消去反应生成F，所以反应E→F的化学方程式为：，‎ 故答案为：；‎ ‎（5）根据题给信息知其合成路线为：‎ 在镍作催化剂、高温高压条件下，苯酚和氢气加成反应生成环己醇，在加热条件下，环己醇和溴化氢发生取代反应生成1﹣溴环己烷，1﹣溴环己烷和镁、无水乙醚反应生成，和甲醛、水反应生成，‎ 在铜作催化剂、加热条件下被氧气氧化生成，‎ 所以其合成路线流程图为 ‎，‎ 故答案为：．‎ 点评：‎ 本题考查有机物的推断及合成，同时考查学生知识迁移能力，利用题给信息进行分析解答，明确有机物的官能团及性质是解本题关键，难度较大．‎ ‎　‎ ‎18．（12分）（2013•江苏）硫酸镍铵[（NH4）xNiy（SO4）m•nH2O]可用于电镀、印刷等领域．某同学为测定硫酸镍铵的组成，进行如下实验：‎ ‎①准确称取2.3350g 样品，配制成100.00mL 溶液A；‎ ‎②准确量取25.00mL 溶液A，用0.04000mol•L﹣1的EDTA（Na2H2Y）标准溶液滴定其中的Ni2+（离子方程式为Ni2++H2Y2﹣=NiY2﹣+2H+），消耗EDTA 标准溶液31.25mL；‎ ‎③另取25.00mL溶液A，加足量的NaOH 溶液并充分加热，生成NH3 56.00mL（标准状况）．‎ ‎（1）若滴定管在使用前未用EDTA 标准溶液润洗，测得的Ni2+含量将　偏高　 （填“偏高”、或“偏低”或“不变”）．‎ ‎（2）氨气常用　湿润的红色石蕊试纸　 检验，现象是　试纸颜色由红变蓝　．‎ ‎（3）通过计算确定银硫酸镍铵的化学式（写出计算过程）　（NH4）2Ni（SO4）2•10H2O　．‎ 考点：‎ 探究物质的组成或测量物质的含量；中和滴定．.‎ 专题：‎ 实验探究和数据处理题．‎ 分析：‎ ‎（1）滴定管没有润洗，导致标准液浓度减小，测定结果会偏高；‎ ‎（2）根据氨气的检验方法完成；‎ ‎（3）根据反应和滴定数据计算出镍离子的物质的量；根据氨气的体积计算出氨气的物质的量；根据正负电荷相等求算出硫酸根的物质的量，再利用质量计算出水的物质的量，最后求出硫酸镍铵的化学式．‎ 解答：‎ 解：（1）由于没有用标准液润洗滴定管，使得滴定管中的标准液浓度减小，滴定是消耗的标准液体积增大，测定结果偏高，‎ 故答案是：偏高；‎ ‎（2）氨气常用湿润的红色石蕊试纸进行检验，试纸由红色变成蓝色，‎ 故答案是：湿润的红色石蕊试纸； 试纸颜色由红变蓝；‎ ‎（3）25mL溶液中镍离子的物质的量是：n（Ni2+）=n（H2Y2﹣）=0.04000 mol•L﹣1×0.03125L=1.250×10﹣3 mol，‎ 氨气的物质的量等于铵离子的物质的量，n（NH4+）==2.500×10﹣3 mol 根据电荷守恒，硫酸根的物质的量是：n（SO42﹣）=×[2n（Ni2+）+n（NH4+）]=2.500×10﹣3 mol，‎ 所以：m（Ni2+）=59 g•mol﹣1×1.250×10﹣3 mol=0.07375 g m（NH4+）=18 g•mol﹣1×2.500×10﹣3 mol=0.04500 g m（SO42﹣）=96 g•mol﹣1×2.500×10﹣3 mol=0.2400 g n（H2O）==1.250×10﹣2 mol x：y：m：n=n（NH4+）：n（Ni2+）：n（SO42﹣）：n（H2O）=2：1：2：10，‎ 硫酸镍铵的化学式为（NH4）2Ni（SO4）2•10H2O，‎ 答：硫酸镍铵的化学式是（NH4）2Ni（SO4）2•10H2O．‎ 点评：‎ 本题考查了探究硫酸镍铵的组成，涉及了滴定知识、氨气的检验方法，本题难度中等．‎ ‎　‎ ‎19．（15分）（2013•江苏）柠檬酸亚铁（FeC6H6O7）是一种易吸收的高效铁制剂，可由绿矾（FeSO4•7H2O）通过下列反应制备：FeSO4+Na2CO3═FeCO3↓+Na2SO4 FeCO3+C6H8O7═FeC6H6O7+CO2↑+H2O 下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol•L﹣1计算）．‎ 金属离子 开始沉淀的pH 沉淀完全的pH Fe3+‎ ‎1.1‎ ‎3.2‎ Al3+‎ ‎3.0‎ ‎5.0‎ Fe2+‎ ‎5.8‎ ‎8.8‎ ‎（1）制备FeCO3时，选用的加料方式是　c　 （填字母），原因是　避免生成Fe（OH）2沉淀　．‎ a．将FeSO4溶液与Na2CO3溶液同时加入到反应容器中 b．将FeSO4溶液缓慢加入到盛有Na2CO3溶液的反应容器中 c．将Na2CO3溶液缓慢加入到盛有FeSO4溶液的反应容器中 ‎（2）生成的FeCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是　取最后一次的洗涤滤液1～2 mL 于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净　．‎ ‎（3）将制得的FeCO3加入到足量柠檬酸溶液中，再加入少量铁粉，80℃下搅拌反应．①铁粉的作用是　防止+2价的铁元素被氧化　．②反应结束后，无需过滤，除去过量铁粉的方法是　加入适量柠檬酸让铁粉反应完全　．‎ ‎（4）最后溶液经浓缩、加入适量无水乙醇、静置、过滤、洗涤、干燥，获得柠檬酸亚铁晶体．分离过程中加入无水乙醇的目的是　降低柠檬酸亚铁在水中的溶解量，有利于晶体析出　．‎ ‎（5）某研究性学习小组欲从硫铁矿烧渣（主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3） 出发，先制备绿矾，再合成柠檬酸亚铁．请结合如图的绿矾溶解度曲线，补充完整由硫铁矿烧渣制备FeSO4•7H2O晶体的实验步骤（可选用的试剂：铁粉、稀硫酸和NaOH溶液）：向一定量烧渣中加入足量的稀硫酸充分反应，　“（过滤，）向反应液中加入足量的铁粉，充分搅拌后，滴加NaOH溶液调节反应液的pH约为5，过滤”‎ 或“过滤，向滤液中滴加过量的NaOH溶液，过滤，充分洗涤固体，向固体中加入足量稀硫酸至固体完全溶解，再加入足量的铁粉，充分搅拌后，过滤”　，得到FeSO4溶液，　（滴加稀硫酸酸化，）加热浓缩得到60℃饱和溶液，冷却至0℃结晶，过滤，少量冰水洗涤，低温干燥　，得到FeSO4•7H2O 晶体．‎ 考点：‎ 铁的氧化物和氢氧化物；铁盐和亚铁盐的相互转变；硫酸亚铁的制备．.‎ 专题：‎ 压轴题；几种重要的金属及其化合物．‎ 分析：‎ ‎（1）利用Na2CO3溶液和FeSO4溶液反应制备FeCO3，由于Na2CO3溶液碱性很强，可能会生成Fe（OH）2沉淀，为避免生成Fe（OH）2沉淀，如果将Na2CO3加入FeSO4溶液中，Fe2+是过量的，并且FeSO4溶液为酸性，Fe2+不易沉淀．因此，CO32﹣容易与Fe2+结合为沉淀析出，因此应将Na2CO3溶液缓慢加入到盛有FeSO4溶液的反应容器中；‎ ‎（2）判断沉淀是否洗净的方法：取最后一次洗涤的滤液，检测滤液中是否存在未洗涤干净的杂质．首先要弄清沉淀上的杂质是什么，然后再去检测里面的离子．本题中FeCO3的制备是用Na2CO3溶液和FeSO4溶液的反应，因而沉淀表面可能会有Na2SO4杂质，因而应该检验最后一次洗涤滤液中是否含有SO42﹣，即该题便转化成SO42﹣的检验；‎ ‎（3）因+2的Fe元素易被空气中的氧气氧化，制备柠檬酸亚铁过程中应尽量避免与氧气接触．加入铁粉的目的就是与柠檬酸反应产生H2，形成一个无氧的环境．除去过量的铁粉可直接加入适量的柠檬酸，反应也生成了需要的产品柠檬酸亚铁，不会引入杂质．‎ ‎（4）最后的溶液经浓缩形成柠檬酸亚铁的饱和溶液，要得到尽可能多的柠檬酸亚铁晶体，可加入无水乙醇，可以降低柠檬酸亚铁的溶解度，从而获得更多的产品．‎ ‎（5）由硫铁矿烧渣（主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3 ）制备FeSO4•7H2O晶体，要弄清楚流程中每一步的原理和注意事项．向烧渣中加入足量的稀硫酸，Fe2O3、Al2O3均会与硫酸反应，分别生成Fe2（SO4）2和Al2（SO4）2，SiO2不反应，先过滤把SiO2‎ 除去，然后向滤液中加入足量的铁粉，将Fe3+转化成Fe2+，根据金属离子沉淀的pH值，然后通过滴加NaOH溶液调节pH至5.0把Al3+除去，过滤，即得到FeSO4溶液，再根据绿矾溶解度曲线，60℃时绿矾的溶解度最大，可加热浓缩到60℃的饱和溶液，然后放在冰水中冷却，冷却结晶至0℃，此时析出的晶体是最多的，之后过滤，洗涤，低温烘干．‎ 解答：‎ 解：（1）利用Na2CO3溶液和FeSO4溶液反应制备FeCO3，由于Na2CO3溶液碱性很强，可能会生成Fe（OH）2沉淀，如果将Na2CO3加入FeSO4溶液中，Fe2+是过量的，并且FeSO4溶液为酸性，Fe2+不易沉淀．因此，CO32﹣容易与Fe2+结合为沉淀析出，因此为避免生成Fe（OH）2沉淀，应将Na2CO3溶液缓慢加入到盛有FeSO4溶液的反应容器中；‎ 故答案为：c，避免生成Fe（OH）2沉淀；‎ ‎（2）判断沉淀是否洗净的方法：取最后一次洗涤的滤液，检测滤液中是否存在未洗涤干净的杂质．首先要弄清沉淀上的杂质是什么，然后再去检测里面的离子．本题中FeCO3的制备是用Na2CO3溶液和FeSO4溶液的反应，因而沉淀表面可能会有Na2SO4杂质，因而应该检验最后一次洗涤滤液中是否含有SO42﹣，即该题便转化成SO42﹣的检验．具体操作为：取最后一次的洗涤滤液1～2 mL 于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净；‎ 故答案为：取最后一次的洗涤滤液1～2 mL 于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净；‎ ‎（3）因+2的Fe元素易被空气中的氧气氧化，制备柠檬酸亚铁过程中应尽量避免与氧气接触．加入铁粉的目的就是与柠檬酸反应产生H2，形成一个无氧的环境．除去过量的铁粉可直接加入适量的柠檬酸，反应也生成了需要的产品柠檬酸亚铁，不会引入杂质；‎ 故答案为：防止+2价的铁元素被氧化，加入适量柠檬酸让铁粉反应完全；‎ ‎（4）最后的溶液经浓缩形成柠檬酸亚铁的饱和溶液，要得到尽可能多的柠檬酸亚铁晶体，可加入无水乙醇，可以降低柠檬酸亚铁的溶解度，从而获得更多的产品；‎ 故答案为：降低柠檬酸亚铁在水中的溶解量，有利于晶体析出；‎ ‎（5）由硫铁矿烧渣（主要成分为Fe2O3、SiO2、Al2O3 ）制备FeSO4•7H2O晶体，要弄清楚流程中每一步的原理和注意事项．向烧渣中加入足量的稀硫酸，Fe2O3、Al2O3均会与硫酸反应，分别生成Fe2（SO4）2和Al2（SO4）2，SiO2不反应，先过滤把SiO2除去，然后向滤液中加入足量的铁粉，将Fe3+转化成Fe2+，根据金属离子沉淀的pH值，然后通过滴加NaOH溶液调节pH至5.0把Al3+除去，过滤，即得到FeSO4溶液，再根据绿矾溶解度曲线，60℃时绿矾的溶解度最大，可加热浓缩到60℃的饱和溶液，然后放在冰水中冷却，冷却结晶至0℃，此时析出的晶体是最多的，之后过滤，洗涤，低温烘干；‎ 故答案为：过滤向反应液中加入足量的铁粉，充分搅拌后，滴加NaOH溶液调节反应液的pH约为5，过滤或“过滤，向滤液中滴加过量的NaOH溶液，过滤，充分洗涤固体，向固体中加入足量稀硫酸至固体完全溶解，再加入足量的铁粉，充分搅拌后，过滤；（滴加稀硫酸酸化，）加热浓缩得到60℃饱和溶液，冷却至0℃结晶，过滤，少量冰水洗涤，低温干燥．‎ 点评：‎ 本题考查了学生在新情境下物质的制备实验中基本的实验技能和对教材相关实验的理解的迁移能力，中档题难度偏大，掌握物质性质和实验技能是解题关键．‎ ‎　‎ ‎20．（14分）（2013•江苏）磷是地壳中含量较为丰富的非金属元素，主要以难溶于水的磷酸盐如Ca3（PO4）2等形式存在．它的单质和化合物在工农业生产中有着重要的应用．‎ ‎（1）白磷（P4）可由Ca3（PO4）2、焦炭和SiO2 在一定条件下反应获得．相关热化学方程式如下：‎ ‎2Ca3（PO4）2（s）+10C（s）═6CaO（s）+P4（s）+10CO（g）△H1=+3359.26kJ•mol﹣1‎ CaO（s）+SiO2（s）═CaSiO3（s）△H2=﹣89.61kJ•mol﹣1‎ ‎2Ca3（PO4）2（s）+6SiO2（s）+10C（s）═6CaSiO3（s）+P4（s）+10CO（g）△H3‎ 则△H3=　+2821.6　 kJ•mol﹣1．‎ ‎（2）白磷中毒后可用CuSO4溶液解毒，解毒原理可用下列化学方程式表示：‎ ‎11P4+60CuSO4+96H2O═20Cu3P+24H3PO4+60H2SO4‎ ‎60molCuSO4能氧化白磷的物质的量是　3mol　．‎ ‎（3）磷的重要化合物NaH2PO4、Na2HPO4和Na3PO4可通过H3PO4与NaOH溶液反应获得，含磷各物种的分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与pH的关系如图所示．‎ ‎①为获得尽可能纯的NaH2PO4，pH应控制在　4～5.5（介于此区间内的任意值或区间均可）　；pH=8时，溶液中主要含磷物种浓度大小关系为　c（HPO42﹣）＞c（H2PO4﹣）　．‎ ‎②Na2HPO4溶液显碱性，若向溶液中加入足量的CaCl2 溶液，溶液则显酸性，其原因是　3Ca2++2HPO42﹣═Ca3（PO4）2↓+2H+　（用离子方程式表示）．‎ ‎（4）磷的化合物三氯氧磷（）与季戊四醇（）以物质的量之比2：1 反应时，可获得一种新型阻燃剂中间体X，并释放出一种酸性气体．季戊四醇与X 的核磁共振氢谱如图所示．‎ ‎①酸性气体是　HCl　（填化学式）．‎ ‎②X的结构简式为　　．‎ 考点：‎ 用盖斯定律进行有关反应热的计算；氧化还原反应的计算；有机物的推断．.‎ 专题：‎ 压轴题；氧化还原反应专题；化学反应中的能量变化；有机物的化学性质及推断．‎ 分析：‎ ‎（1）根据盖斯定律，由已知热化学方乘以适当的系数进行加减构造目标热化学方程式，反应热也乘以相应的系数并进行相应的加减，据此计算；‎ ‎（2）根据氧化剂CuSO4得到的电子等于还原剂白磷失去的电子来分析；‎ ‎（3）根据为获得尽可能纯的NaH2PO4，pH应控制从图表中找出H2PO4﹣分布分数最大值所在区间；溶液中主要含磷物种浓度大小关系可由图表得出；‎ ‎（4）HPO42﹣离子既能发生电离又能发生水解，溶液呈碱性，说明水解程度大于电离程度，根据HPO42﹣离子和Ca2+离子反应生成沉淀使得水解程度小于电离程度；‎ ‎（5）根据核磁共振氢谱可知：季戊四醇中有两种氢原子，而新型阻燃剂中间体X中只有一种氢原子，说明三氯氧磷（）与季戊四醇（）以物质的量之比2：1 反应时，季戊四醇中羟基氢全部消失，生成氯化氢酸性气体．‎ 解答：‎ 解：（1）①2Ca3（PO4）2（s）+10C（s）═6CaO（s）+P4（s）+10CO（g）△H1=+3359.26 kJ•mol﹣1‎ ‎ ②CaO（s）+SiO2（s）═CaSiO3（s）△H2=﹣89.61kJ•mol﹣1‎ ‎①+②×6得2Ca3（PO4）2（s）+6SiO2（s）+10C（s）═6CaSiO3（s）+P4（s）+10CO（g）△H3=△H1+△H2×6=+2821.6kJ•mol﹣1，故答案为：+2821.6；‎ ‎（2）CuSO4中铜的化合价由+2价变为+1价，1个CuSO4得到1个电子，60molCuSO4共得到电子60mol，白磷中磷的化合价由0价变为+5价，1个白磷得到20个电子，所以60molCuSO4能氧化白磷的物质的量为3mol，故答案为：3mol； ‎ ‎（3）①为获得尽可能纯的NaH2PO4，pH应控制从图表中找出H2PO4﹣分布分数最大值所在区间，即4～5.5（介于此区间内的任意值或区间均可），溶液中主要含磷物种浓：度大小关系可由图表得出 c（HPO42﹣）＞c（H2PO4﹣），故答案为：4～5.5（介于此区间内的任意值或区间均可）；c（HPO42﹣）＞c（H2PO4﹣）；‎ ‎②HPO42﹣离子既能发生电离又能发生水解，电离反应式为HPO42﹣⇌PO43﹣+H+，水解反应式为HPO42﹣+H2O⇌H2PO4﹣+OH﹣‎ ‎，溶液呈碱性，说明水解程度大于电离程度；‎ 由于HPO42﹣离子和Ca2+离子反应生成沉淀：3Ca2++2HPO42﹣═Ca3（PO4）2↓+2H+，使得水解程度小于电离程度，溶液则显酸性，‎ 故答案为：3Ca2++2HPO42﹣═Ca3（PO4）2↓+2H+；‎ ‎（4）核磁共振氢谱可知：季戊四醇中有两种氢原子，而新型阻燃剂中间体X中只有一种氢原子，说明三氯氧磷（）与季戊四醇（）以物质的量之比2：1 反应时，季戊四醇中羟基氢全部消失，生成氯化氢酸性气体，故答案为：①HCl； ②．‎ 点评：‎ 本题围绕磷及其化合物展开，涉及元素化合物性质、热化学方程式、氧化还原反应判断、离子反应方程式的书写、读图读表、pH控制、核磁共振氢谱等知识，难度中等以上．‎ ‎　‎ 四、[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．‎ ‎21．（12分）（2013•江苏）A．[物质结构与性质]‎ 元素X 位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2．元素Y基态原子的3p 轨道上有4个电子．元素Z 的原子最外层电子数是其内层的3倍．‎ ‎（1）X与Y所形成化合物晶体的晶胞如右图所示．‎ ‎①在1个晶胞中，X离子的数目为　4　．‎ ‎②该化合物的化学式为　ZnS　．‎ ‎（2）在Y的氢化物（H2Y）分子中，Y原子轨道的杂化类型是　sp3　．‎ ‎（3）Z的氢化物（H2Z）在乙醇中的溶解度大于H2Y，其原因是　水分子与乙醇分子之间形成氢键　．‎ ‎（4）Y与Z可形成YZ42﹣‎ ‎①YZ42﹣的空间构型为　正四面体　 （用文字描述）．‎ ‎②写出一种与YZ42﹣互为等电子体的分子的化学式：　CCl4或SiCl4等　．‎ ‎（5）X的氯化物与氨水反应可形成配合物[X（NH3）4]Cl2，1mol该配合物中含有σ键的数目为　16NA　．‎ 考点：‎ 晶胞的计算；判断简单分子或离子的构型；配合物的成键情况；“等电子原理”的应用；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．.‎ 专题：‎ 压轴题；化学键与晶体结构．‎ 分析：‎ 元素X 位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，则内层电子数=2+8+18=28，且最外层电子数为2，所以该原子有30个电子，为Zn元素；元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子，则Y是S元素；元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍，元素最外层电子数小于或等于8，所以Z是O元素．‎ 解答：‎ 解：元素X 位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，则内层电子数=2+8+18=28，且最外层电子数为2，所以该原子有30个电子，为Zn元素；元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子，则Y是S元素；元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍，元素最外层电子数小于或等于8，所以Z是O元素．‎ ‎（1）①X离子数目=8×+6×=4，故答案为：4；‎ ‎ ②该晶胞中X离子数目=8×+6×=4，Y离子数目=4，所以X和Y离子数目之比等于4：4即1：1，所以该化合物的化学式为ZnS，故答案为：ZnS；‎ ‎（2）在H2S中硫原子的价层电子数=2+=4，所以采用sp3杂化，故答案为：sp3；‎ ‎（3）在乙醇的水溶液中，水分子和乙醇分子之间易形成氢键，氢键的存在导致其溶解性增大，故答案为：水分子与乙醇分子之间形成氢键；‎ ‎（4）①SO42﹣中价层电子数=4+=4，且没有孤电子对，所以是正四面体结构，故答案为：正四面体；‎ ‎ ②等电子体中原子个数相等且价电子数相等，所以与YZ42﹣互为等电子体的分子的化学式为CCl4或SiCl4等，故答案为：CCl4或SiCl4等；‎ ‎（5）每mol配合物[X（NH3）4]Cl2中，σ键数目=（3×4+4）NA=16NA，故答案为：16NA．‎ 点评：‎ 本题考查物质结构和性质，涉及化学式的确定、氢键、杂化方式的判断等知识点，明确化学式的确定方法、氢键对物质性质的影响、杂化方式的判断方法等是解本题关键，注意配合物[Zn（NH3）4]Cl2中，配位键也是σ键，为易错点．‎ ‎　‎ ‎22．（2013•江苏）B．[实验化学]‎ ‎3，5﹣二甲氧基苯酚是重要的有机合成中间体，可用于天然物质白柠檬素的合成．一种以间苯三酚为原料的合成反应如下：‎ 甲醇、乙醚和3，5﹣二甲氧基苯酚的部分物理性质见下表：‎ 物质 沸点/℃‎ 熔点/℃‎ 密度（20℃）/g•cm﹣3‎ 溶解性 甲醇 ‎64.7‎ ‎/‎ ‎0.7915‎ 易溶于水 乙醚 ‎34.5‎ ‎/‎ ‎0.7138‎ 微溶于水 ‎3，5﹣二甲氧基苯酚 ‎/‎ ‎33～36‎ ‎/‎ 易溶于甲醇、乙醚，微溶于水 ‎（1）反应结束后，先分离出甲醇，再加入乙醚进行萃取．①分离出甲醇的操作是的　蒸馏　．‎ ‎②萃取用到的分液漏斗使用前需　检漏　并洗净，分液时有机层在分液漏斗的　上　 填（“上”或“下”）层．‎ ‎（2）分离得到的有机层依次用饱和NaHCO3溶液、饱和食盐水、少量蒸馏水进行洗涤．用饱和NaHCO3溶液洗涤的目的是　除去HCl　；用饱和食盐水洗涤的目的是　除去少量NaHCO3且减少产物损失　．‎ ‎（3）洗涤完成后，通过以下操作分离、提纯产物，正确的操作顺序是　dcab　（填字母）．‎ a．蒸馏除去乙醚 b．重结晶 c．过滤除去干燥剂 d．加入无水CaCl2干燥 ‎（4）固液分离常采用减压过滤．为了防止倒吸，减压过滤完成后应先　拆去连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管　，再　关闭抽气泵　．‎ 考点：‎ 有机物的合成；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．.‎ 专题：‎ 压轴题；实验题；有机化合物的获得与应用．‎ 分析：‎ ‎（1）沸点不同且互溶的液体可以采用蒸馏的方法分离，分液漏斗使用前要进行检漏，根据密度分析；‎ ‎（2）碳酸氢钠能和强酸反应，碳酸氢钠易溶于水中；‎ ‎（3）根据各步骤实验目的进行排序；‎ ‎（4）为了防止倒吸，减压过滤完成后要先拆去连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管再关闭抽气泵．‎ 解答：‎ 解：（1）①根据图表知，甲醇和乙醚的能互溶，但沸点不同，所以可以采用蒸馏的方法分离出甲醇，故答案为：蒸馏；‎ ‎②分液漏斗在使用前要进行检漏，当分液漏斗不漏时才能使用，根据密度知，有机层的密度小于水，是在上方，故答案为：检漏，上；‎ ‎（2）因为混合物中含有氯化氢，氯化氢能和碳酸氢钠反应，所以为除去氯化氢用饱和NaHCO3 溶液洗涤，碳酸氢钠易溶于水，为除去剩余的碳酸氢钠用饱和食盐水洗涤且不减少产物的损失，‎ 故答案为：除去HCl，除去少量NaHCO3 且减少产物损失；‎ ‎（3）洗涤完成后，为除去水分，用无水氯化钙干燥，然后过滤除去干燥剂，再根据沸点不同利用蒸馏的方法除去乙醚，最后再利用重结晶的方法制得较纯产物，所以其排列顺序为：dcab，‎ 故答案为：dcab；‎ ‎（4）为了防止倒吸，减压过滤完成后要先拆去连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管再关闭抽气泵，‎ 故答案为：拆去连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管，关闭抽气泵．‎ 点评：‎ 本题考查了有机物的分离和提纯，对于减压蒸馏接触较少，学生感觉较难，为学习难点．‎ ‎　‎ ‎2014年江苏省高考化学试卷 一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共20分，每小题只有一个选项符合题意.‎ ‎1．（2分）（2014•江苏）水是生命之源，2014年我国科学家首次拍摄到水分子团簇的空间取向图象，模型如图所示，下列关于水的说法正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 水是弱电解质 ‎　‎ B．‎ 可燃冰是可以燃烧的水 ‎　‎ C．‎ 氢氧两种元素只能组成水 ‎　‎ D．‎ ‎0℃时冰的密度比液态水的密度大 考点：‎ 水的电离；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．.‎ 专题：‎ 元素及其化合物．‎ 分析：‎ A．水能够部分电离出氢离子和氢氧根离子，存在电离平衡；‎ B．可燃冰为甲烷和水形成的一种化合物；‎ C．氢氧两种元素还可以组成双氧水；‎ D．液体水变成冰，体积变大，密度变小．‎ 解答：‎ 解：A．水为极弱的电解质，能够部分电离出氢离子和氢氧根离子，故A正确；‎ B．可燃冰为甲烷和水形成的一种特殊的化合物，并不是可燃烧的水，故B错误；‎ C．氢氧两种元素可以组成水、双氧水，故C错误；‎ D．冰中存在氢键，具有方向性和饱和性，其体积变大，则相同质量时冰的密度比液态水的密度小，故D错误；‎ 故选A．‎ 点评：‎ 本题考查了水的电离、水的组成结构及性质，题目难度不大，注意掌握水的电离，明确可燃冰的组成及性质，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力．‎ ‎　‎ ‎2．（2分）（2014•江苏）下列有关化学用语表示正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 过氧化钠的电子式：‎ ‎　‎ B．‎ 质子数为35、中子数为45的溴原子：‎ ‎　‎ C．‎ 硫离子的结构示意图：‎ ‎　‎ D．‎ 间二甲苯的结构简式：‎ 考点：‎ 电子式、化学式或化学符号及名称的综合．.‎ 专题：‎ 化学用语专题．‎ 分析：‎ A．过氧化钠是离子化合物，其电子式符合离子化合物特点；‎ B．元素符号左下角数字表示质子数、左上角数字表示质量数；‎ C．硫离子核外有18个电子、最外层有8个电子；‎ D．该结构简式为对二甲苯．‎ 解答：‎ 解：A．过氧化钠是离子化合物，其电子式为，故A错误；‎ B．元素符号左下角数字表示质子数、左上角数字表示质量数，质子数为35、中子数为45的溴原子的质量数=35+45=80，所以该原子为：，故B正确；‎ C．硫离子核外有18个电子、最外层有8个电子，其离子结构示意图为，故C错误；‎ D．该结构简式为对二甲苯，间二甲苯的结构简式为，故D错误；‎ 故选B．‎ 点评：‎ 本题考查了化学用语，涉及结构简式、离子结构示意图、电子式等知识点，根据这些化学用语特点来分析解答，注意过氧化钠电子式的书写，为易错点．‎ ‎　‎ ‎3．（2分）（2014•江苏）25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ pH=1的溶液中：Na+、K+、MnO4﹣、CO32﹣‎ ‎　‎ B．‎ c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42﹣、NO3﹣‎ ‎　‎ C．‎ ‎0.1mol•L﹣1NH4HCO3溶液中：K+、Na+、NO3﹣、Cl﹣‎ ‎　‎ D．‎ ‎0.1mol•L﹣1FeCl3溶液中：Fe2+、NH4+、SCN﹣、SO42﹣‎ 考点：‎ 离子共存问题．.‎ 专题：‎ 离子反应专题．‎ 分析：‎ 离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质、络合物、不发生氧化还原反应、不发生双水解反应即可共存，据此分析解答．‎ 解答：‎ 解：pH=1的溶液呈强酸性，弱酸根离子CO32﹣不能共存，故A错误；‎ B．c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液呈强碱性，Mg2+、Cu2+和氢氧根离子生成沉淀，所以不能大量共存，故B错误；‎ C．NH4HCO3和这几种离子之间不发生反应，所以能共存，故C正确；‎ D．Fe3+、SCN﹣能生成络合物而使溶液呈血红色，可以利用该反应检验铁离子，所以这两种离子不能共存，故D错误；‎ 故选C．‎ 点评：‎ 本题考查了离子共存，明确离子共存的条件是解本题关键，根据离子共存条件来分析解答即可，注意特殊条件的限制，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎4．（2分）（2014•江苏）下列物质性质与应用对应关系正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 晶体硅熔点高硬度大，可用于制作半导体材料 ‎　‎ B．‎ 氢氧化铝具有弱碱性，可用于制胃酸中和剂 ‎　‎ C．‎ 漂白粉在空气中不稳定，可用于漂白纸张 ‎　‎ D．‎ 氧化铁能与酸反应，可用于制作红色涂料 考点：‎ 硅和二氧化硅；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；镁、铝的重要化合物；铁的氧化物和氢氧化物．.‎ 专题：‎ 元素及其化合物；化学应用．‎ 分析：‎ A．硅位于非金属和金属分界线处，能制作半导体材料；‎ B．氢氧化铝具有弱碱性，能中和酸；‎ C．漂白粉具有漂白性，能漂白纸张；‎ D．氧化铁是红棕色固体，可以作红色涂料．‎ 解答：‎ 解：A．晶体硅熔点高硬度大可以制作玻璃刀等，硅位于金属和非金属分界线处，可用于制作半导体材料，二者没有关系，故A错误；‎ B．胃酸的主要成分是HCl，氢氧化铝具有弱碱性，能中和酸，二者有对应关系，故B正确；‎ C．漂白粉具有漂白性，能漂白纸张，与漂白粉的稳定性强弱无关，所以二者没有对应关系，故C错误；‎ D．氧化铁是红棕色固体，可以作红色涂料，氧化铁属于碱性氧化物，能溶于酸，可用酸除锈，所以二者没有对应关系，故D错误；‎ 故选B．‎ 点评：‎ 本题考查了物质间的关系，明确物质的性质是解本题关键，根据其性质分析用途，掌握物质的性质，灵活运用知识解答，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎5．（2分）（2014•江苏）下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验，能达到实验目的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 用装置甲制取氯气 ‎　‎ B．‎ 用装置乙除去氯气中混有的少量氯化氢 ‎　‎ C．‎ 用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液 ‎　‎ D．‎ 用装置丁蒸干氯化锰溶液制MnCl2•4H2O 考点：‎ 真题集萃；氯气的实验室制法；氯、溴、碘的性质实验．.‎ 专题：‎ 实验设计题．‎ 分析：‎ A、二氧化锰和浓盐酸制备氯气需要加热；‎ B、饱和碳酸氢钠溶液呈碱性，能吸收氯气，气体应为长进短处；‎ C、二氧化锰不溶于水，将液体和不溶于液体的固体分离开来的一种方法为过滤；‎ D、锰离子可发生水解．‎ 解答：‎ 解：A、二氧化锰和浓盐酸制备氯气需要加热，甲装置无加热仪器，故A错误；‎ B、饱和碳酸氢钠溶液呈碱性，能吸收氯气，且NaHCO3和HCl反应能生成CO2，引入新的杂质气体，所以吸收试剂应该为饱和食盐水，并且气体应为长进短出，故B错误；‎ C、二氧化锰不溶于水，因此分离二氧化锰和氯化锰溶液需要过滤，丙装置为过滤装置，故C正确；‎ D、锰离子水解，水解吸热，因此不能直接加热蒸发氯化锰溶液制MnCl2•4H2O，应该在HCl的气氛中进行，故D错误；‎ 故选C．‎ 点评：‎ 本题考查了氯气的实验室制备，侧重于实验原理、实验仪器、实验基本操作、盐类水解的考查，综合性较强，难度一般，注意气体的进出导管长短、盐类水解的抑制应用．‎ ‎　‎ ‎6．（2分）（2014•江苏）设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ ‎1.6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1NA ‎　‎ B．‎ ‎0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.1NA ‎　‎ C．‎ 标准状况下，11.2L苯中含有分子的数目为0.5NA ‎　‎ D．‎ 在过氧化钠与水的反应中，每生成0.1mol氧气，转移电子的数目为0.4NA 考点：‎ 阿伏加德罗常数．.‎ 专题：‎ 阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．‎ 分析：‎ A．1.6g氧气和臭氧的混合物中含有1.6g氧原子，含有0.1mol氧原子；‎ B．丙烯酸分子中含有1个碳碳双键和1个碳氧双键，总共含有2个双键；‎ C．标准状况下，苯的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算苯的物质的量；‎ D．过氧化钠中氧元素的化合价为﹣1价，生成0.1mol氧气转移了0.2mol电子．‎ 解答：‎ 解：A．1.6g氧气和臭氧的混合物中含有氧原子的质量为1.6g，含有氧原子的物质的量为0.1mol，含有氧原子的数目为0.1NA，故A正确；‎ B．0.1mol丙烯酸中含有0.1mol碳碳双键和0.1mol碳氧双键，总共含有0.2mol双键，含有双键的数目为0.2NA，故B错误；‎ C．标况下，苯不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L苯的物质的量，故C错误；‎ D．过氧化钠与水的反应中，生成0.1mol氧气转移了0.2mol电子，转移电子的数目为0.2NA，故D错误；‎ 故选A．‎ 点评：‎ 本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件，选项B为易错点，注意丙烯酸分子中含有两个双键．‎ ‎　‎ ‎7．（2分）（2014•江苏）下列指定反应的离子方程式正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ Cu溶于稀HNO3：Cu+2H++NO3﹣═Cu2++NO2↑+H2O ‎　‎ B．‎ ‎（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe（OH）2：Fe2++2OH﹣═Fe（OH）2↓‎ ‎　‎ C．‎ 用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑‎ ‎　‎ D．‎ 向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3：CO2+AlO2﹣+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣‎ 考点：‎ 离子方程式的书写．.‎ 专题：‎ 离子反应专题．‎ 分析：‎ A．铜和稀硝酸反应生成NO；‎ B．（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应生成Fe（OH）2和NH3．H2O；‎ C．弱电解质写化学式；‎ D．偏铝酸钠和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠．‎ 解答：‎ 解：A．铜和稀硝酸反应生成NO，离子方程式为3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O，故A错误；‎ B．（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应生成Fe（OH）2和NH3．H2O，离子方程式为2NH4++Fe2++4OH﹣═Fe（OH）2↓+2NH3．H2O，故B错误；‎ C．弱电解质写化学式，离子方程式为CaCO3+2CH3COOH═Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO﹣，故C错误；‎ D．偏铝酸钠和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子方程式为CO2+AlO2﹣+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣，故D正确；‎ 故选D．‎ 点评：‎ 本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解本题关键，再结合离子方程式的书写规则来分析解答，易错选项是D，注意反应物的量，反应物的量不同，其产物不同，为易错点．‎ ‎　‎ ‎8．（2分）（2014•江苏）下列各组物质中，不满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应的是（　　） ‎ 物质 组别 甲 乙 丙 A Al HCl NaOH B ‎ NH3‎ ‎ O2‎ HNO3‎ C ‎ SiO2‎ ‎ NaOH HF D ‎ SO2‎ Ca（OH）2‎ ‎ NaHCO3‎ ‎　‎ A．‎ A B．‎ B C．‎ C D．‎ D 考点：‎ 铝的化学性质；氨的化学性质；二氧化硫的化学性质；硅和二氧化硅．.‎ 专题：‎ 元素及其化合物．‎ 分析：‎ A．Al与HCl、NaOH均反应，且HCl与NaOH反应；‎ B．NH3与O2、HNO3反应，但O2、HNO3二者不反应；‎ C．SiO2与NaOH、HF反应，且NaOH与HF反应；‎ D．SO2与Ca（OH）2、NaHCO3反应，且Ca（OH）2与NaHCO3反应．‎ 解答：‎ 解：A．Al与HCl反应生成氯化铝和氢气，Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，且HCl与NaOH反应生成NaCl和水，组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应，故A不选；‎ B．NH3与O2发生氧化还原反应生成NO和水，氨气与HNO3反应生成硝酸铵，但O2、HNO3二者不反应，则不满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应，故B选；‎ C．SiO2与NaOH反应生成硅酸钠和水，SiO2与HF反应生成四氟化硅和水，且NaOH与HF反应生成NaF和水，组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应，故C不选；‎ D．SO2与Ca（OH）2反应生成亚硫酸钙和水，SO2与NaHCO3反应生成亚硫酸钠和二氧化碳，且Ca（OH）2与NaHCO3反应生成碳酸钙，组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应，故D不选；‎ 故选B．‎ 点评：‎ 本题考查考查物质之间的反应，为2014年高考真题，把握常见物质的性质及发生的化学反应为解答的关键，注意某些反应与量有关，明确性质与反应的关系即可解答，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎9．（2分）（2014•江苏）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z2+与Y2﹣具有相同的电子层结构，W与X同主族，下列说法正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 原子半径的大小顺序：r（W）＞r（Z）＞r（Y）＞r（X）‎ ‎　‎ B．‎ Y分别与Z、W形成的化合物中化学键类型相同 ‎　‎ C．‎ X的最高氧化物对应的水化物的酸性比W的弱 ‎　‎ D．‎ Y的气态简单氢化物的热稳定性比W的强 考点：‎ 真题集萃；原子结构与元素周期律的关系．.‎ 专题：‎ 元素周期律与元素周期表专题．‎ 分析：‎ X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，因此X是C，Y是地壳中含量最高的元素O，W与X同主族，W是Si，短周期元素Z2+与Y2﹣‎ 具有相同的电子层结构，电子层结构与Ne相同，因此Z为Mg，‎ A、同周期自左到右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大；‎ B、MgO中含有离子键，SiO2中含有共价键；‎ C、元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，‎ D、元素非金属性越强，简单气态氢化物越稳定．‎ 解答：‎ 解：X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，因此X是C，Y是地壳中含量最高的元素O，W与X同主族，W是Si，短周期元素Z2+与Y2﹣具有相同的电子层结构，电子层结构与Ne相同，因此Z为Mg．‎ A、Mg和Si、C和O同周期，C和Si同主族，同周期自左到右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，因此原子半径r（Mg）＞r（Si）＞r（C）＞r（O），故A错误；‎ B、Y分别与Z、W形成的化合物分别为MgO、SiO2，MgO中含有离子键，SiO2中含有共价键，化学键类型不同，故B错误；‎ C、C和Si同主族，非金属性C＞Si，因此碳酸的酸性大于硅酸的酸性，故C错误；‎ D、非金属性O＞Si，元素非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，因此H2O的热稳定性大于SiH4，故D正确；‎ 故选D．‎ 点评：‎ 本题考查了短周期元素种类推断，涉及元素周期律中原子半径、非金属性的比较以及化合键的判定等知识，难度不大，熟悉短周期元素的原子结构、10个电子的微粒是解题的必备知识．‎ ‎　‎ ‎10．（2分）（2014•江苏）已知：‎ C（s）+O2（g）═CO2（g）△H1‎ CO2（g）+C（s）═2CO（g）△H2‎ ‎2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H3‎ ‎4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s）△H4‎ ‎3CO（g）+Fe2O3（s）═3CO2（g）+2Fe（s）△H5‎ 下列关于上述反应焓变的判断正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ ‎△H1＞0，△H3＜0‎ B．‎ ‎△H2＞0，△H4＞0‎ C．‎ ‎△H1=△H2+△H3‎ D．‎ ‎△H3=△H4+△H5‎ 考点：‎ 真题集萃；反应热和焓变．.‎ 专题：‎ 化学反应中的能量变化．‎ 分析：‎ A、所有的燃烧反应属于放热反应；‎ B、以碳作为还原剂的反应通常为吸热反应，铁的氧化属于放热反应；‎ C、根据盖斯定律利用加合法进行分析；‎ D、根据盖斯定律利用加合法进行分析．‎ 解答：‎ 解：A、所有的燃烧反应属于放热反应，因此△H1＜0，△H3＜0，故A错误；‎ B、碳还原二氧化碳的反应属于吸热反应，△H2＞0，铁与氧气的反应属于放热反应，△H4＜0，故B错误；‎ C、已知：①C（s）+O2（g）═CO2（g）△H1②CO2（g）+C（s）═2CO（g）△H2③2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H3，由盖斯定律可知①=②+③，因此△H1=△H2+△H3，故C正确；‎ D、已知③2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H3④4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s）△H4⑤3CO（g）+Fe2O3（s）═3CO2（g）+2Fe（s）△H5，由盖斯定律可知③=×（④+⑤），因此△H3=△H4+△H5，故D错误；‎ 故选C．‎ 点评：‎ 本题考查了常见的吸热反应和放热反应类型、盖斯定律的计算，难度中等，熟悉常见的吸热反应和放热反应类型、根据盖斯定律利用加合法进行有关计算的步骤是解题的关键．‎ ‎　‎ 二、不等项选择题：本大题包括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）（2014•江苏）下列有关说法正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 若在海轮外壳上附着一些铜块，则可以减缓海轮外壳的腐蚀 ‎　‎ B．‎ ‎2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）在常温下能自发进行，则该反应的△H＞0‎ ‎　‎ C．‎ 加热0.1mol•L﹣1 Na2CO3溶液，CO32﹣的水解程度和溶液的pH均增大 ‎　‎ D．‎ 对于乙酸与乙醇的酯化反应（△H＜0），加入少量浓硫酸并加热，该反应的反应速率和平衡常数均增大 考点：‎ 真题集萃；反应热和焓变；金属的电化学腐蚀与防护；化学平衡建立的过程；影响盐类水解程度的主要因素．.‎ 专题：‎ 基本概念与基本理论．‎ 分析：‎ A．船体（Fe）、Cu及海水构成原电池，Fe比Cu活泼，作负极，被腐蚀；‎ B．正反应为熵减的反应，根据△H﹣T△S=△G＜0反应自发进行，据此判断；‎ C．碳酸钠溶液中碳酸根发生水解，溶液呈碱性，而盐类水解是吸热反应，升高温度，促进水解，溶液碱性增强；‎ D．浓硫酸起催化剂作用，加快反应速率，升高温度平衡向吸热反应分析移动，据此判断平衡常数变化．‎ 解答：‎ 解：A．船体（Fe）、Cu及海水构成原电池，Fe比Cu活泼，作负极，加快海轮外壳的腐蚀，故A错误；‎ B．正反应为熵减的反应，即△S＜0，常温下能自发进行，根据△H﹣T△S=△G＜0反应自发进行，可推知该反应△H＜0，故B错误；‎ C．碳酸钠溶液中碳酸根发生水解，溶液呈碱性，而盐类水解是吸热反应，升高温度，水解程度增大，溶液碱性增强，即溶液的pH均增大，故C正确；‎ D．浓硫酸起催化剂作用，加入浓硫酸加快反应速率，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故D错误，‎ 故选C．‎ 点评：‎ 本题比较综合，是常见题型，涉及金属腐蚀与防护、化学反应进行方向、盐类水解、化学平衡移动、化学反应速率及平衡常数影响因素等，难度不大，侧重对基础知识的考查．‎ ‎　‎ ‎12．（4分）（2014•江苏）去甲肾上腺素可以调控动物机体的植物性神经功能，其结构简式如图所示，下列说法正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 每个去甲肾上腺素分子中含有3个酚羟基 ‎　‎ B．‎ 每个去甲肾上腺素分子中含有1个手性碳原子 ‎　‎ C．‎ ‎1mol去甲肾上腺素最多与2mol Br2发生取代反应 ‎　‎ D．‎ 去甲肾上腺素既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应 考点：‎ 真题集萃；有机物的结构和性质．.‎ 专题：‎ 有机物的化学性质及推断．‎ 分析：‎ A．与苯环直接相连的羟基为酚羟基；‎ B．分子中连接4个不同基团或原子的碳原子为手性碳原子；‎ C．酚羟基的邻、对位位置可以与溴发生取代反应；‎ D．由结构可知，去甲肾上腺素分子中含有碱性基团﹣NH2，能与酸反应，含有酚羟基，能与碱反应．‎ 解答：‎ 解：A．与苯环直接相连的羟基为酚羟基，由去甲肾上腺素分子结构可知，分子中含有2个酚羟基，故A错误；‎ B．分子中连接4个不同基团或原子的碳原子为手性碳原子，由去甲肾上腺素分子结构可知，与醇羟基连接的碳原子为手性碳原子，故B正确；‎ C．酚羟基的邻、对位位置可以与溴发生取代反应，由结构可知，1mol去甲肾上腺素最多与3mol Br2发生取代反应，故C错误；‎ D．由结构可知，去甲肾上腺素分子中含有碱性基团﹣NH2，能与盐酸反应，含有酚羟基，能与NaOH反应，故D正确，‎ 故选BD．‎ 点评：‎ 本题考查有机物结构与性质，难度中等，掌握官能团结构及其性质是关键，注意C选项中酚羟基的邻、对位发生取代反应．‎ ‎　‎ ‎13．（4分）（2014•江苏）在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2‎ ‎　‎ B．‎ 向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl﹣‎ ‎　‎ C．‎ 向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+‎ ‎　‎ D．‎ 向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO 考点：‎ 真题集萃；氯气的化学性质．.‎ 专题：‎ 卤族元素．‎ 分析：‎ 溶液中存在平衡Cl2+H2O⇌‎ HCl+HClO，只有氯气有颜色，为黄绿色，氯水中含有氯气而呈浅黄绿色，溶液中HCl与硝酸银反应产生AgCl白色沉淀，而溶液呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，溶液中氯气、HClO都强氧化性，都可以将亚铁离子氧化为铁离子，而使溶液变为棕黄色．‎ 解答：‎ 解：溶液中存在平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO，‎ A．只有氯气有颜色，为黄绿色，氯水呈浅黄绿色是由于含有氯气，故A正确；‎ B．溶液与硝酸银反应产生白色沉淀，只能是氯离子与银离子反应得到AgCl白色沉淀，说明氯水中含有Cl﹣，故B正确；‎ C．溶液呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故C正确；‎ D．溶液中氯气、HClO都强氧化性，都可以将亚铁离子氧化为铁离子，而使溶液变为棕黄色，不能说明氯水中含有HClO，故D错误，‎ 故选D．‎ 点评：‎ 本题考查氯水的性质，难度不大，侧重对基础知识的考查，需要学生熟练掌握基础知识．‎ ‎　‎ ‎14．（4分）（2014•江苏）25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ ‎0.1mol•L﹣1 CH3COONa溶液与0.1mol•L﹣1 HCl溶液等体积混合：c（Na+）=c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）‎ ‎　‎ B．‎ ‎0.1mol•L﹣1 NH4Cl溶液与0.1mol•L﹣1氨水等体积混合（pH＞7）：c（NH3•H2O）＞c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣）‎ ‎　‎ C．‎ ‎0.1mol•L﹣1 Na2CO3溶液与0.1mol•L﹣1 NaHCO3溶液等体积混合： c（Na+）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）‎ ‎　‎ D．‎ ‎0.1mol•L﹣1 Na2C2O4溶液与0.1mol•L﹣1 HCl溶液等体积混合（H2C2O4为二元弱酸）：2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+）‎ 考点：‎ 真题集萃；离子浓度大小的比较．.‎ 专题：‎ 盐类的水解专题．‎ 分析：‎ A．溶液为氯化钠和醋酸混合溶液，且二者的物质的量浓度相等，混合溶液呈酸性，且混合溶液中存在物料守恒；‎ B．混合溶液呈碱性，说明NH3•H2O的电离程度大于NH4+的水解程度；‎ C．混合溶液呈存在物料守恒，根据物料守恒判断；‎ D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断．‎ 解答：‎ 解：A．溶液为氯化钠和醋酸混合溶液，且二者的物质的量浓度相等，混合溶液呈酸性，溶液中c（OH﹣）很小，且混合溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c（Na+）=c（Cl﹣），醋酸部分电离，所以溶液中存在c（Na+）=c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣），故A正确；‎ B．混合溶液呈碱性，说明NH3•H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，则溶液中存在c（NH3•H2O）＜c（NH4+），故B错误；‎ C．混合溶液存在物料守恒，根据物料守恒得：0.1mol•L﹣1 Na2CO3溶液中：c（Na+）=2c（CO32﹣）+2c（HCO3﹣）+2c（H2CO3），0.1mol•L﹣1 NaHCO3溶液中：c（Na+）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3），两式相加得，‎ ‎2c（Na+）=3c（CO32﹣）+3c（HCO3﹣）+3c（H2CO3），即c（Na+）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3），故C正确；‎ D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣）=c（Na+）+c（H+），故D错误；‎ 故选AC．‎ 点评：‎ 本题考查了离子浓度大小比较，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，再结合电荷守恒、物料守恒来分析解答，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎15．（4分）（2014•江苏）一定温度下，在三个体积均为1.0L的恒容密闭容器中发生反应：2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g） ‎ 容器编号 温度（℃）‎ 起始物质的量（mol）‎ 平衡物质的量（mol）‎ CH3OH（g）‎ CH3OCH3（g）‎ H2O Ⅰ ‎387‎ ‎0.20‎ ‎0.080‎ ‎0.080‎ Ⅱ ‎387‎ ‎0.40‎ Ⅲ ‎207‎ ‎0.20‎ ‎0.090‎ ‎0.090‎ 下列说法正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 该反应的正反应为放热反应 ‎　‎ B．‎ 达到平衡时，容器Ⅰ中的CH3OH体积分数比容器Ⅱ中的小 ‎　‎ C．‎ 容器Ⅰ中反应到达平衡所需时间比容器Ⅲ中的长 ‎　‎ D．‎ 若起始时向容器Ⅰ中充入CH3OH 0.1mol、CH3OCH3 0.15mol和H2O 0.10mol，则反应将向正反应方向进行 考点：‎ 真题集萃；化学平衡建立的过程．.‎ 专题：‎ 化学平衡专题．‎ 分析：‎ A．根据温度与化学平衡常数的关系确定反应热；‎ B．该反应是反应前后气体体积不变的反应，温度相同，化学平衡常数相同，反应物的转化率相同；‎ C．温度越高，反应速率越大，反应时间越短；‎ D．根据化学平衡常数与浓度商的相对大小判断反应方向，如果浓度商小于平衡常数，则平衡向正反应方向进行．‎ 解答：‎ 解：A．容器Ⅰ中平衡时c（CH3OCH3）=c（H2O）==0.080mol/L，c（CH3OH）==0.04mol/L，容器Ⅰ中化学平衡常数K1==4，容器Ⅲ中平衡时c（CH3OCH3）=c（H2O）==0.090mol/L，c（CH3OH）==0.02mol/L，化学平衡常数K2=‎ ‎=20.25＞4，所以降低温度，化学平衡常数增大，反应向正反应方向移动，则正反应是放热反应，故A正确；‎ B．恒容条件下，容器Ⅱ相当于在容器Ⅰ的基础上加压，但由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，因此平衡不移动，所以容器Ⅰ中的CH3OH体积分数和容器Ⅱ中的相等，故B错误；‎ C．容器Ⅰ中的温度比容器Ⅱ的温度高，温度越高反应速率越快，达到平衡所需时间越短，故C错误；‎ D．c（CH3OH）=0.1mol/L、c（CH3OCH3 ）=0.15mol/L、c（H2O）=0.10mol/L，浓度商==1.5＜4，平衡向正反应方向移动，故D正确；‎ 故选AD．‎ 点评：‎ 本题考查了化学平衡常数的有关计算，根据平衡常数公式计算平衡常数，再结合浓度与反应速率的关系、化学平衡常数与浓度商之间的关系来分析解答，注意该反应特点，题目难度中等．‎ ‎　‎ 三、解答题 ‎16．（12分）（2014•江苏）烟气脱硫能有效减少二氧化硫的排放，实验室用粉煤灰（主要含Al2O3、SiO2等）制备碱式硫酸铝[Al2（SO4）x（OH）6﹣2x]溶液，并用于烟气脱硫研究．‎ ‎（1）酸浸时反应的化学方程式为　Al2O3+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2O　；滤渣Ⅰ的主要成分为　SiO2　（填化学式）．‎ ‎（2）加CaCO3调节溶液的pH至3.6，其目的是中和溶液中的酸，并使Al2（SO4）3转化为Al2（SO4）x（OH）6﹣2x．滤渣Ⅱ的主要成分为　CaSO4　（填化学式）；若溶液的pH偏高，将会导致溶液中铝元素的含量降低，其原因是　3CaCO3+2Al3++3SO42﹣+3H2O═2Al（OH）3+3CaSO4+3CO2↑　（用离子方程式表示）．‎ ‎（3）上述流程中经完全热分解放出的SO2量总是小于吸收的SO2的量，其主要原因是　溶液中的部分SO32﹣被氧化生成SO42﹣　；与吸收SO2前的溶液相比，热分解后循环利用的溶液的pH将　减小　（填“增大”、“减小”或“不变”）．‎ 考点：‎ 真题集萃；二氧化硫的污染及治理．.‎ 专题：‎ 实验设计题；元素及其化合物．‎ 分析：‎ 粉煤灰和稀硫酸混合，发生反应Al2O3+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2O，SiO2和稀硫酸不反应，过滤溶液得滤渣Ⅰ为SiO2，滤液中含有Al2（SO4）3，调节pH=3.6，加入CaCO3粉末，发生反应CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O，CaSO4为微溶物，所以滤渣Ⅱ的成分主要为CaSO4，过滤得滤液Ⅱ，二氧化硫和水反应生成的SO32﹣易被氧化生成SO42﹣，弱酸根离子转化为强酸根离子，再结合题目分析解答．‎ 解答：‎ 解：粉煤灰和稀硫酸混合，发生反应Al2O3+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2O，SiO2和稀硫酸不反应，过滤溶液得滤渣Ⅰ为SiO2，滤液中含有Al2（SO4）3，调节pH=3.6，加入CaCO3粉末，发生反应CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O，CaSO4为微溶物，所以滤渣Ⅱ的成分主要为CaSO4，过滤得滤液Ⅱ，二氧化硫和水反应生成的SO32﹣易被氧化生成SO42﹣，‎ ‎（1）通过以上分析知，酸浸时反应的化学方程式为Al2O3+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2O，氧化铝和稀硫酸完全反应、二氧化硅和稀硫酸不反应，所以滤渣I的成分为SiO2，‎ 故答案为：Al2O3+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2O；SiO2；‎ ‎（2）通过以上分析知，滤渣Ⅱ的成分是CaSO4，若溶液的pH偏高，溶液中的Al 3+和OH﹣离子反应生成Al（OH）3，所以将会导致溶液中铝元素的含量降低，反应方程式为3CaCO3+2Al3++3SO42﹣+3H2O═2Al（OH）3+3CaSO4+3CO2↑，‎ 故答案为：CaSO4；3CaCO3+2Al3++3SO42﹣+3H2O═2Al（OH）3+3CaSO4+3CO2↑；‎ ‎（3）二氧化硫被吸收后生成SO32﹣，SO32﹣不稳定，易被氧化生成SO42﹣，所以流程中经完全热分解放出的SO2量总是小于吸收的SO2的量，加热分解后的溶液中硫酸根离子浓度增大，促进生成Al2（SO4）x（OH）6﹣2x，则溶液的酸性增强，溶液的pH减小，‎ 故答案为：溶液中的部分SO32﹣被氧化生成SO42﹣；减小．‎ 点评：‎ 本题考查了物质的制备原理，明确物质的性质是解本题关键，会从整体上分析每一步发生的反应及基本操作，知道加入物质的用途，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎17．（15分）（2014•江苏）非诺洛芬是一种治疗类风湿性关节炎的药物，可通过以下方法合成：‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）非诺洛芬中的含氧官能团为　醚键　和　羧基　（填名称）．‎ ‎（2）反应①中加入的试剂X的分子式为C8H8O2，X的结构简式为　　．‎ ‎（3）在上述五步反应中，属于取代反应的是　①③④　（填序号）．‎ ‎（4）B的一种同分异构体满足下列条件：‎ Ⅰ、能发生银镜反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应．‎ Ⅱ、分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环．‎ 写出该同分异构体的结构简式：　　．‎ ‎（5）根据已有知识并结合相关信息，写出以为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用），合成路线路程图示例如下：‎ CH3CH2BrCH3CH2OHCH3COOCH2CH3．‎ 考点：‎ 真题集萃；有机物的合成．.‎ 专题：‎ 有机物的化学性质及推断．‎ 分析：‎ 根据流程图中，A发生取代反应生成B，B发生还原反应生成C，C发生取代反应生成D，D发生取代反应生成E，E发生水解反应生成F，‎ ‎（1）该物质中的官能团是醚键和羧基；‎ ‎（2）A发生取代反应生成B，根据A、B分子式的差异并结合X的分子式确定其结构简式；‎ ‎（3）根据反应物和生成物变化确定反应类型；‎ ‎（4）Ⅰ、能发生银镜反应，说明含有醛基，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；‎ Ⅱ、分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环，说明该分子中含有两个苯环且H原子种类是6；‎ ‎（5）苯乙醛和NaBH4发生还原反应生成苯乙醇，苯乙醇发生消去反应生成苯乙烯，苯乙烯发生加成反应生成，和NaCN发生水解反应生成．‎ 解答：‎ 解：根据流程图中，A发生取代反应生成B，B发生还原反应生成C，C发生取代反应生成D，D发生取代反应生成E，E发生水解反应生成F，‎ ‎（1）该物质中的官能团是醚键和羧基，故答案为：醚键和羧基；‎ ‎（2）A发生取代反应生成B，根据A、B分子式的差异并结合X的分子式知，在B的醚键处断键，使醚基转化为酚羟基连接在X上，所以X的结构简式为 ‎，故答案为：；‎ ‎（3）通过以上分析知，属于取代反应的有①③④，故答案为：①③④；‎ ‎（4）Ⅰ、能发生银镜反应，说明含有醛基，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；‎ Ⅱ、分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环，说明该分子中含有两个苯环且H原子种类是6，则符合条件的结构简式为，故答案为：；‎ ‎（5）苯乙醛和NaBH4发生还原反应生成苯乙醇，苯乙醇发生消去反应生成苯乙烯，苯乙烯发生加成反应生成，和NaCN发生水解反应生成，‎ 其合成路线图为 ‎，‎ 故答案为：．‎ 点评：‎ 本题考查了有机物的合成，明确有机物中含有的官能团及其性质是解本题关键，利用题给信息解答（5）题，注意反应条件和有机物断键和成键位置，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎18．（12分）（2014•江苏）碱式碳酸铝镁[MgaAlb（OH）c（CO3）d•xH2O]常用作塑料阻燃剂．‎ ‎（1）碱式碳酸铝镁具有阻燃作用，是由于其受热分解需吸收大量热量和　生成的产物具有阻燃作用　．‎ ‎（2）[MgaAlb（OH）c（CO3）d•xH2O]中的a、b、c、d的代数关系式为　2a+3b=c+2d　．‎ ‎（3）为确定碱式碳酸铝镁的组成，进行如下实验：‎ ‎①准确称取3.390g样品与足量稀盐酸充分反应，生成CO2 0.560L（已换算成标准状况下）．‎ ‎②另取一定量样品在空气中加热，样品的固体残留率（×100%）随温度的变化如图所示（样品在270℃时已完全失去结晶水，600℃以上残留固体为金属氧化物的混合物）．‎ 根据以上实验数据计算碱式碳酸铝镁样品中的n（OH﹣）：n（CO32﹣）（写出计算过程）．‎ 考点：‎ 真题集萃；复杂化学式的确定．.‎ 专题：‎ 计算题．‎ 分析：‎ ‎（1）氧化镁、氧化铝熔点较高且都不燃烧；‎ ‎（2）根据化合物中各元素化合价的代数和为0确定这几个字母之间的关系；‎ ‎（3）n（CO2）==2.50×10﹣2mol，m（CO2）=2.50×10﹣2mol×44g/mol=1.10g，‎ 在270℃～600℃之间，失去结晶水后的样品进一步受热分解生成CO2、H2O，‎ m（CO2）+m（H2O）=3.390g×（0.7345﹣0.3702）=1.235g，‎ m（H2O）=1.235g﹣1.10g=0.135g，‎ 再根据氢原子守恒计算n（OH﹣），根据C原子守恒计算n（CO32﹣），从而得出二者的比值．‎ 解答：‎ 解：（1）碱式碳酸铝镁[MgaAlb（OH）c（CO3）d•xH2O]受热分解最终生成MgO、Al2O3，MgO、Al2O3的熔点较高且都不燃烧，所以有阻燃作用，‎ 故答案为：生成的产物具有阻燃作用；‎ ‎（2）化合物中各元素化合价的代数和为0，所以2a+3b+c+4d=（c+3d）×2，所以得2a+3b=c+2d，‎ 故答案为：2a+3b=c+2d；‎ ‎（3）n（CO2）==2.50×10﹣2mol，m（CO2）=2.50×10﹣2mol×44g/mol=1.10g，‎ 在270℃～600℃之间，失去结晶水后的样品进一步受热分解生成CO2、H2O，‎ m（CO2）+m（H2O）=3.390g×（0.7345﹣0.3702）=1.235g，‎ m（H2O）=1.235g﹣1.10g=0.135g，‎ n（H2O）==7.50×10﹣3 mol，‎ 再根据氢原子守恒得n（OH﹣）=2n（H2O）=1.50×10﹣2 mol，根据C原子守恒得n（CO32﹣）=n（CO2）=2.50×10﹣2mol，所以n（OH﹣）：n（CO32﹣）=1.50×10﹣2 mol：2.50×10﹣2mol=3：5，‎ 答：碱式碳酸铝镁样品中的n（OH﹣）：n（CO32﹣）=3：5．‎ 点评：‎ 本题考查了镁铝化合物知识，根据物质的性质、物质之间的反应来分析解答，注意结合原子守恒进行分析，明确图象中曲线变化趋势及其含义，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎19．（15分）（2014•江苏）实验室从含碘废液（除H2O外，含有CCl4、I2、I﹣等）中回收碘，其实验过程如图一所示．‎ ‎（1）向含碘废液中加入稍过量的Na2SO3溶液，将废液中的I2还原为I﹣，其离子方程式为　SO32﹣+I2+H2O=2I﹣+2H++SO42﹣　；该操作将I2还原为I﹣的目的是　使四氯化碳中的碘进入水层　．‎ ‎（2）操作X的名称为　分液　．‎ ‎（3）氧化时，在三颈烧瓶中将含I﹣的水溶液用盐酸调至pH约为2，缓慢通入Cl2，在40℃左右反应（实验装置如图二所示）．实验室控制在较低温度下进行的原因是　使氯气在溶液中有较大的溶解度（或防止碘升华或防止碘进一步被氧化）　；锥形瓶里盛放的溶液为　NaOH溶液　．‎ ‎（4）已知：5SO32﹣+2IO3﹣+2H+═I2+5SO42﹣+H2O 某含碘废水（pH约为8）中一定存在I2，可能存在I﹣、IO3﹣中的一种或两种，请补充完整检验含碘废水中是否含有I﹣、IO3﹣的实验方案：取适量含碘废水用CCl4多次萃取、分液，直到水层用淀粉溶液检验不出有碘单质存在　从水层取少量溶液，加入1﹣2mL淀粉溶液，加入盐酸酸化，滴加FeCl3溶液，若溶液变蓝色，说明废水中含有I﹣，否则不含I﹣；‎ 另从水层取少量溶液，加入1﹣2mL淀粉试液，加盐酸酸化，滴加Na2SO3溶液，若溶液变蓝色，说明废水中含有IO3﹣，否则不含IO3﹣　．实验中可供选择的试剂：稀盐酸、淀粉溶液、FeCl3溶液、Na2SO3溶液．‎ 考点：‎ 真题集萃；物质的检验和鉴别的实验方案设计．.‎ 专题：‎ 实验设计题；卤族元素．‎ 分析：‎ ‎（1）碘具有氧化性，能氧化亚硫酸钠生成硫酸钠，自身被还原生成碘；碘不容易溶于水，但碘离子易溶于水；‎ ‎（2）分离互不相溶的液体采用分液的方法分离；‎ ‎（3）碘易升华，且氯气的溶解度随着温度的升高而减小；氯气、碘蒸气都能和氢氧化钠溶液反应生成无毒物质；‎ ‎（4）碘离子具有还原性，能被氧化剂氧化生成碘，碘酸根离子具有氧化性，能被还原剂还原生成碘，碘遇淀粉试液变蓝色．‎ 解答：‎ 解：（1）碘具有氧化性，能氧化亚硫酸钠生成硫酸钠，自身被还原生成碘，离子反应方程式为SO32﹣+I2+H2O=2I﹣+2H++SO42﹣；碘不容易溶于水，但碘离子易溶于水，为了使更多的I元素进入水溶液应将碘还原为碘离子，‎ 故答案为：SO32﹣+I2+H2O=2I﹣+2H++SO42﹣；使四氯化碳中的碘进入水层；‎ ‎（2）四氯化碳属于有机物、水属于无机物，二者不互溶，分离互不相溶的液体采用分液的方法分离，所以分离出四氯化碳采用分液的方法，故答案为：分液；‎ ‎（3）碘易升华，且氯气的溶解度随着温度的升高而减小，温度越高，氯气的溶解度越小，反应越不充分，所以应该在低温条件下进行反应；氯气、碘蒸气都有毒，不能直接排空，且都能和氢氧化钠溶液反应生成无毒物质，所以用NaOH溶液吸收氯气和碘蒸气，‎ 故答案为：使氯气在溶液中有较大的溶解度（或防止碘升华或防止碘进一步被氧化）；NaOH溶液；‎ ‎（4）碘离子具有还原性，能被氧化剂氧化生成碘，碘酸根离子具有氧化性，能被还原剂还原生成碘，碘遇淀粉试液变蓝色，所以其检验方法为：‎ 从水层取少量溶液，加入1﹣2mL淀粉溶液，加入盐酸酸化，滴加FeCl3溶液，2I﹣+2Fe3+=2Fe2++I2，若溶液变蓝色，说明废水中含有I﹣，否则不含I﹣；‎ 另从水层取少量溶液，加入1﹣2mL淀粉试液，加盐酸酸化，滴加Na2SO3溶液，5SO32﹣+2 IO3﹣+2H+=I2+5SO42﹣+H2O，若溶液变蓝色，说明废水中含有IO3﹣，否则不含IO3﹣，‎ 故答案为：从水层取少量溶液，加入1﹣2mL淀粉溶液，加入盐酸酸化，滴加FeCl3溶液，若溶液变蓝色，说明废水中含有I﹣，否则不含I﹣；‎ 另从水层取少量溶液，加入1﹣2mL淀粉试液，加盐酸酸化，滴加Na2SO3溶液，若溶液变蓝色，说明废水中含有IO3﹣，否则不含IO3﹣．‎ 点评：‎ 本题以物质的制备为载体考查了氧化还原反应、离子的检验、物质的分离和提纯，明确物质的性质是解本题关键，根据物质的特殊性质、混合物分离和提纯方法的选取等方面来分析解答，知道碘的检验方法，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎20．（14分）（2014•江苏）硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题，由硫化氢获得硫单质有多种方法．‎ ‎（1）将烧碱吸收H2S后的溶液加入到如图1所示的电解池的阳极区进行电解．电解过程中阳极区发生如下反应：‎ S2﹣﹣2e﹣═S，（n﹣1）S+S2﹣═Sn2﹣．‎ ‎①写出电解时阴极的电极反应式：　2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣　．‎ ‎②电解后阳极区的溶液用稀硫酸酸化得到硫单质，其离子方程式可写成　Sn2﹣+2H+=（n﹣1）S↓+H2S↑　．‎ ‎（2）将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图2所示．‎ ‎①在图示的转化中，化合价不变的元素是　Cu、H、Cl　．‎ ‎②反应中当有1mol H2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3+的物质的量不变，需消耗O2的物质的量为　0.5mol　．‎ ‎③在温度一定和不补加溶液的条件下，缓慢通入混合气体，并充分搅拌．欲使生成的硫单质中不含CuS，可采取的措施有　提高混合气体中空气的比例　．‎ ‎（3）H2S在高温下分解生成硫蒸气和H2，若反应在不同温度下达到平衡时，混合气体中各组分的体积分数如图3所示，H2S在高温下分解反应的化学方程式为　2H2S2H2+S2　．‎ 考点：‎ 真题集萃；产物的百分含量随浓度、时间的变化曲线；电解原理；含硫物质的性质及综合应用．.‎ 专题：‎ 化学平衡专题；电化学专题；元素及其化合物．‎ 分析：‎ ‎（1）①阴极上氢离子放电生成氢气，阳极上硫离子放电，电极反应式为S2﹣﹣2e﹣═S；‎ ‎②Sn2﹣和氢离子反应生成S单质，S元素失电子发生氧化反应，同时S元素得电子生成H2S；‎ ‎（2）①根据图中各元素化合价变化分析；‎ ‎②该反应中S元素化合价由﹣2价变为0价、O元素化合价由0价变为﹣2价，根据氧化还原反应中得失电子相等；‎ ‎③欲使生成的硫单质中不含CuS，则硫离子不能剩余，硫离子完全被氧化为S单质；‎ ‎（3）根据题意知，该反应是可逆反应，反应物是硫化氢，根据图象知，生成物中含有S元素的物质是氢气的一半，则生成物是S2和H2，再结合反应条件书写方程式．‎ 解答：‎ 解：（1）①阳极上硫离子放电，电极反应式为S2﹣﹣2e﹣═S，阴极上氢离子放电生成氢气，电极反应式为 2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣，故答案为：2H2O+2e﹣=H2↑+2OH﹣；‎ ‎②电解后阳极区离子为Sn2﹣，酸性条件下，Sn2﹣和氢离子反应生成S单质，S元素失电子发生氧化反应生成S单质，同时S元素得电子生成H2S，反应方程式为Sn2﹣+2H+=（n﹣1）S↓+H2S↑，故答案为：Sn2﹣+2H+=（n﹣1）S↓+H2S↑；‎ ‎（2）①根据图中各元素化合价知，Cu元素化合价都是+2价、H元素化合价都是+1价、Cl元素化合价都是﹣1价，所以化合价不变的是Cu、H、Cl元素，故答案为：Cu、H、Cl；‎ ‎②H2S不稳定，易被氧气氧化生成S单质，反应方程式为2H2S+O2=2S+2H2O，该反应中S元素化合价由﹣2价变为0价、O元素化合价由0价变为﹣2价，根据氧化还原反应中得失电子相等得，消耗O2的物质的量==0.5mol，故答案为：0.5mol；‎ ‎③欲使生成的硫单质中不含CuS，则硫离子不能剩余，即硫离子完全被氧化为S单质，所以氧气必须过量，采取的措施为提高混合气体中空气的比例，故答案为：提高混合气体中空气的比例；‎ ‎（3）根据题意知，该反应是可逆反应，反应物是硫化氢，根据图象知，生成物中含有S元素的物质是氢气的一半，则生成物是S2和H2，所以该反应方程式为2H2S2H2+S2，故答案为：2H2S2H2+S2．‎ 点评：‎ 本题以S为载体考查了可逆反应、氧化还原反应、电解原理等知识点，会正确分析图象中各个物理量的含义是解本题关键，再结合电解原理、氧化还原反应中各个物理量之间的关系、化学平衡有关知识来分析解答即可，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎【选做题】本题包括21、22两个小题，请选定其中一题，并在相应的答题区域内作答，若多做，则按第21题计分.【物质结构与性质】‎ ‎21．（12分）（2014•江苏）含有NaOH的Cu（OH）2悬浊液可用于检验醛基，也可用于和葡萄糖反应制备纳米Cu2O．‎ ‎（1）Cu+基态核外电子排布式为　1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10 　．‎ ‎（2）与OH﹣互为等电子体的一种分子为　HF　（填化学式）．‎ ‎（3）醛基中碳原子的轨道杂化类型是　sp2　；1mol乙醛分子中含有的σ键的数目为　6mol或6×6.02×1023个　．‎ ‎（4）含有NaOH的Cu（OH）2悬浊液与乙醛反应的化学方程式为　NaOH+CH3CHO+2Cu（OH）2CH3COONa+Cu2O↓+3H2O　．‎ ‎（5）Cu2O在稀硫酸中生成Cu和CuSO4，铜晶胞结构如图所示，铜晶体中每个铜原子周围距离最近的铜原子数目为　12　．‎ 考点：‎ 真题集萃；原子核外电子排布；“等电子原理”的应用；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．.‎ 专题：‎ 原子组成与结构专题；化学键与晶体结构．‎ 分析：‎ ‎（1）Cu+核外有28个电子，Cu原子失去1个电子生成Cu+，失去的电子数是其最外层电子数，根据构造原理书写Cu+基态核外电子排布式；‎ ‎（2）原子个数相等、价电子数相等的微粒互为等电子体，等电子体的结构相似；‎ ‎（3）根据价层电子对互斥理论确定原子杂化方式，一个乙醛分子中含有6个σ键；‎ ‎（4）氢氧化钠溶液中，乙醛和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化还原反应生成醋酸钠、氧化亚铜和水；‎ ‎（5）铜晶体中每个铜原子周围距离最近的铜原子数目=3×8×．‎ 解答：‎ 解：（1）Cu+核外有28个电子，Cu原子失去1个电子生成Cu+，失去的电子数是其最外层电子数，根据构造原理知Cu+基态核外电子排布式1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10 ，故答案为：1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10 ；‎ ‎（2）原子个数相等、价电子数相等的微粒互为等电子体，与OH﹣互为等电子体的一种分子为HF，故答案为：HF；‎ ‎（3）醛基中碳原子含有3个σ键，所以醛基中碳原子的轨道杂化类型是sp2，一个乙醛分子中含有6个σ键，所以1mol乙醛分子中含有的σ键的数目为6mol或6×6.02×1023个，故答案为：sp2；6mol或6×6.02×1023个；‎ ‎（4）氢氧化钠溶液中，乙醛和新制氢氧化铜悬浊液发生氧化还原反应生成醋酸钠、氧化亚铜和水，反应方程式为NaOH+CH3CHO+2Cu（OH）2CH3COONa+Cu2O↓+3H2O，故答案为：NaOH+CH3CHO+2Cu（OH）2CH3COONa+Cu2O↓+3H2O；‎ ‎（5）铜晶体中每个铜原子周围距离最近的铜原子数目=3×8×=12，故答案为：12．‎ 点评：‎ 本题考查了物质结构与性质的有关知识，涉及配位数的计算、原子杂化方式的判断、核外电子排布式的书写等知识点，根据构造原理、价层电子对互斥理论等知识点来分析解答，题目难度不大，难点是配位数的计算．‎ ‎　‎ ‎【实验化学】‎ ‎22．（2014•江苏）磷酸铁（FePO4•2H2O难溶于水的米白色固体）可用于生产药物、食品添加剂和锂离子电池的正极材料．实验室可通过下列实验制备磷酸铁．‎ ‎（1）称取一定量已除去油污的废铁屑，加入稍过量的稀硫酸，加热、搅拌，反应一段时间后过滤，反应加热的目的是　加快Fe和稀硫酸的反应速率　．‎ ‎（2）向滤液中加入一定量H2O2氧化Fe2+，为确定加入H2O2的量，需先用K2Cr2O7标准溶液滴定滤液中的Fe2+，离子方程式如下：Cr2O72﹣+6Fe2++14H+═2Cr3++6Fe3++7H2O．‎ ‎①在向滴定管中注入K2Cr2O7标准溶液前，滴定管需要检漏、　用蒸馏水洗净　和　用K2Cr2O7标准溶液润洗2﹣3次　．‎ ‎②若滴定x mL滤液中的Fe2+，消耗a mol•L﹣1 K2Cr2O7标准溶液b mL，则滤液中c（Fe2+）=　　mol•L﹣1．‎ ‎③为使滤液中的Fe2+完全被H2O2氧化，下列实验条件控制正确的是　AB　（填序号）；‎ A、加入适当过量的H2O2溶液 B、缓慢滴加H2O2溶液并搅拌 C、加热，使反应在较高温度下进行 D、用氨水调节溶液pH=7‎ ‎（3）将一定量的Na2HPO4溶液（溶液显碱性）加入到含有Fe3+的溶液中，搅拌、过滤、洗涤、干燥得到FePO4•2H2O．若反应得到的FePO4•H2O固体呈棕黄色，则磷酸铁中混有的杂质可能为　Fe（OH）3（或氢氧化铁）　．‎ 考点：‎ 真题集萃；制备实验方案的设计．.‎ 专题：‎ 实验设计题．‎ 分析：‎ ‎（1）温度越高，反应速率越快；‎ ‎（2）①滴定管在使用前要检漏、洗涤、润洗，减少产生误差的机会；‎ ‎②根据Fe2+和K2Cr2O7之间的关系式计算；‎ ‎③为使滤液中的Fe2+完全被H2O2氧化，加入的氧化剂要过量，且使反应物充分反应；‎ ‎（3）氢氧根离子和铁离子反应生成红褐色沉淀氢氧化铁．‎ 解答：‎ 解：（1）温度越高，反应速率越快，所以反应加热的目的是加快铁与稀硫酸反应速率，故答案为：加快Fe和稀硫酸的反应速率；‎ ‎（2）①滴定管在使用前要检漏、洗涤、用K2Cr2O7标准溶液润洗2﹣3次，如果不检漏或洗涤、润洗，会导致使用滴定管中液体体积偏大，测量溶液浓度偏大，故答案为：用蒸馏水洗净；用K2Cr2O7标准溶液润洗2﹣3次；‎ ‎②根据Fe2+和K2Cr2O7之间的关系式得c（Fe2+）=mol/L=mol/L，‎ 故答案为：；‎ ‎③A、加入适当过量的H2O2溶液，导致铁离子能完全反应，故正确；‎ B、缓慢滴加H2O2溶液并搅拌，反应物接触面积增大，能使铁离子完全反应，故正确；‎ C、加热，使反应在较高温度下进行，虽然反应速率加快，但能促进亚铁离子水解而产生杂质，故错误；‎ D、用氨水调节溶液pH=7，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁杂质，故错误；‎ 故选AB；‎ ‎（3）碱性条件下，溶液中含有大量氢氧根离子，氢氧根离子和铁离子反应生成红褐色沉淀氢氧化铁，导致反应得到的FePO4•H2O固体呈棕黄色，故答案为：Fe（OH）3（或氢氧化铁）．‎ 点评：‎ 本题以铁及其化合物为载体考查了物质的制备，涉及氧化还原反应、实验操作、反应速率的影响因素等知识点，根据物质之间的关系式、实验操作的规范性、影响反应速率的因素等知识点来分析解答，题目难度中等．‎ ‎2015年江苏省高考化学试卷 ‎　‎ 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）（2015•江苏）“保护环境”是我国的基本国策．下列做法不应该提倡的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 采取低碳、节俭的生活方式 ‎　‎ B．‎ 按照规定对生活废弃物进行分类放置 ‎　‎ C．‎ 深入农村和社区宣传环保知识 ‎　‎ D．‎ 经常使用一次性筷子、纸杯、塑料袋等 ‎　‎ ‎2．（2分）（2015•江苏）下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是（　　）‎ ‎　 A． 质子数为17、中子数为20的氯原子：Cl ‎　 B． 氯离子（Cl﹣）的结构示意图：‎ ‎　 C． 氯分子的电子式：‎ ‎　 D． 氯乙烯分子的结构简式：H3C﹣CH2Cl•‎ ‎　‎ ‎3．（2分）（2015•江苏）下列说法正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 分子式为C2H6O的有机化合物性质相同 ‎　‎ B．‎ 相同条件下，等质量的碳按a、b两种途径完全转化，途径a比途径b放出更多热能 途径a：CCO+H2CO2+H2O 途径b：CCO2‎ ‎　‎ C．‎ 在氧化还原反应中，还原剂失去电子总数等于氧化剂得到电子的总数 ‎　‎ D．‎ 通过化学变化可以直接将水转变为汽油 ‎　‎ ‎4．（2分）（2015•江苏）在CO2中，Mg燃烧生成MgO和C．下列说法正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 元素C的单质只存在金刚石和石墨两种同素异形体 ‎　‎ B．‎ Mg、MgO中镁元素微粒的半径：r（Mg2+）＞r（Mg）‎ ‎　‎ C．‎ 在该反应条件下，Mg的还原性强于C的还原性 ‎　‎ D．‎ 该反应中化学能全部转化为热能 ‎　‎ ‎5．（2分）（2015•江苏）短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子最外层有6个电子，Y是至今发现的非金属性最强的元素，Z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，W的单质广泛用作半导体材料．下列叙述正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 原子最外层电子数由多到少的顺序：Y、X、W、Z ‎　‎ B．‎ 原子半径由大到小的顺序：W、Z、Y、X ‎　‎ C．‎ 元素非金属性由强到弱的顺序：Z、W、X ‎　‎ D．‎ 简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：X、Y、W ‎　‎ ‎6．（2分）（2015•江苏）常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 使酚酞变红色的溶液中：Na+、Al3+、SO42﹣、Cl﹣‎ ‎　‎ B．‎ ‎=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：NH4+、Ca2+、Cl﹣、NO3﹣‎ ‎　‎ C．‎ 与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2+、K+、NO3﹣、SO42﹣‎ ‎　‎ D．‎ 水电离的c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：K+、Na+、AlO2﹣、CO32﹣‎ ‎　‎ ‎7．（2分）（2015•江苏）下列实验操作正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 用玻璃棒蘸取CH3COOH溶液点在水湿润的pH试纸上，测定该溶液的pH ‎　‎ B．‎ 中和滴定时，滴定管用所盛装的反应液润洗2～3次 ‎　‎ C．‎ 用装置甲分液，放出水相后再从分液漏斗下口放出有机相 ‎　‎ D．‎ 用装置乙加热分解NaHCO3固体 ‎　‎ ‎8．（2分）（2015•江苏）给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 粗硅SiCl4Si ‎　‎ B．‎ Mg（OH）2MgCl2（aq）Mg ‎　‎ C．‎ Fe2O3FeCl3（aq）无水FeCl3‎ ‎　‎ D．‎ AgNO3（aq）[Ag（NH3）2]OH（aq）Ag ‎　‎ ‎9．（2分）（2015•江苏）下列指定反应的离子方程式正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 氯气溶于水：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与KI反应生成I2：IO3﹣+I﹣+6H+=I2+3H2O ‎　‎ D．‎ NaHCO3溶液中加足量Ba（OH）2溶液：HCO3﹣+Ba2++OH﹣=BaCO3↓+H2O ‎　‎ ‎10．（2分）（2015•江苏）一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图．下列有关该电池的说法正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 反应CH4+H2O3H2+CO，每消耗1molCH4转移12mol电子 ‎　‎ B．‎ 电极A上H2参与的电极反应为：H2+2OH﹣﹣2e﹣=2H2O ‎　‎ C．‎ 电池工作时，CO32﹣向电极B移动 ‎　‎ D．‎ 电极B上发生的电极反应为：O2+2CO2+4e﹣=2CO32﹣‎ ‎　‎ ‎　‎ 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）（2015•江苏）下列说法正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 若H2O2分解产生1molO2，理论上转移的电子数约为4×6.02×1023‎ ‎　‎ B．‎ 室温下，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，溶液pH＞7‎ ‎　‎ C．‎ 钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀 ‎　‎ D．‎ 一定条件下反应N2+3H2⇌2NH3达到平衡时，3v正（H2）=2v逆（NH3）‎ ‎　‎ ‎12．（4分）（2015•江苏）己烷雌酚的一种合成路线如图：下列叙述正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 在NaOH水溶液中加热，化合物X可发生消去反应 ‎　‎ B．‎ 在一定条件，化合物Y可与HCHO发生缩聚反应 ‎　‎ C．‎ 用FeCl3溶液可鉴别化合物X和Y ‎　‎ D．‎ 化合物Y中不含有手性碳原子 ‎　‎ ‎13．（4分）（2015•江苏）下列设计的实验方案能达到实验目的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 制备Al（OH）3悬浊液：向1mol•L﹣1AlCl3溶液中加过量的6mol•L﹣1NaOH溶液 ‎　‎ B．‎ 提纯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过量饱和Na2CO3溶液，振荡后静置分液，并除去有机相的水 ‎　‎ C．‎ 检验溶液中是否含有Fe2+：取少量待检验溶液，向其中加入少量新制氯水，再滴加KSCN溶液，观察实验现象 ‎　‎ D．‎ 探究催化剂对H2O2分解速率的影响：在相同条件下，向一支试管中加入2mL5%H2O2和1mLH2O，向另一支试管中加入2mL5%H2O2和1mLFeCl3溶液，观察并比较实验现象 ‎　‎ ‎14．（4分）（2015•江苏）室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH=7（通入气体对溶液体积的影响可忽略），溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　）‎ ‎　‎ 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）（2015•江苏）在体积均为1.0L的量恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉，再分别加入0.1molCO2和0.2molCO2，在不同温度下反应CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）达到平衡，平衡时CO2的物质的量浓度c（CO2）随温度的变化如图所示（图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上）．下列说法正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 反应CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）的△S＞0、△H＜0‎ ‎　‎ B．‎ 体系的总压强P总：P总（状态Ⅱ）＞2P总（状态Ⅰ）‎ ‎　‎ C．‎ 体系中c（CO）：c（CO，状态Ⅱ）＜2c（CO，状态Ⅲ）‎ ‎　‎ D．‎ 逆反应速率V逆：V逆（状态Ⅰ）＞V逆（状态Ⅲ）‎ ‎　‎ ‎　‎ 二、非选择题 ‎16．（12分）（2015•江苏）以磷石膏（只要成分CaSO4，杂质SiO2、Al2O3等）为原料可制备轻质CaCO3．‎ ‎（1）匀速向浆料中通入CO2，浆料清液的pH和c（SO42﹣）随时间变化见图．清液pH＞11时CaSO4转化的离子方程式为　　　　　　；能提高其转化速率的措施有　　　　　　（填序号）‎ A．搅拌浆料 B．加热浆料至100℃C．增大氨水浓度 D．减小CO2通入速率 ‎（2）当清液pH接近6.5时，过滤并洗涤固体．滤液中物质的量浓度最大的两种阴离子为　　　　　　和　　　　　　（填化学式）；检验洗涤是否完全的方法是　　　　　　．‎ ‎（3）在敞口容器中，用NH4Cl溶液浸取高温煅烧的固体，随着浸取液温度上升，溶液中c（Ca2+）增大的原因是　　　　　　．‎ ‎　‎ ‎17．（15分）（2015•江苏）化合物F是一种抗心肌缺血药物的中间体，可以通过以下方法合成：‎ ‎（1）化合物A中的含氧官能团为　　　　　　和　　　　　　（填官能团的名称）．‎ ‎（2）化合物B的结构简式为　　　　　　；由C→D的反应类型是：　　　　　　．‎ ‎（3）写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式　　　　　　．‎ Ⅰ．分子含有2个苯环Ⅱ．分子中含有3种不同化学环境的氢 ‎（4）已知：RCH2CNRCH2CH2NH2，请写出以为原料制备化合物X（结构简式见图）的合成路线流程图（无机试剂可任选）．合成路线流程图示例如图：CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3．‎ ‎　‎ ‎18．（12分）（2015•江苏）软锰矿（主要成分MnO2，杂质金属元素Fe、Al、Mg等）的水悬浊液与烟气中SO2反应可制备MnSO4•H2O，反应的化学方程式为：MnO2+SO2=MnSO4‎ ‎（1）质量为17.40g纯净MnO2最多能氧化　　　　　　L（标准状况）SO2．‎ ‎（2）已知：Ksp[Al（OH）3]=1×10﹣33，Ksp[Fe（OH）3]=3×10﹣39，pH=7.1时Mn（OH）2开始沉淀．室温下，除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+（使其浓度小于1×10﹣6mol•L﹣1），需调节溶液pH范围为　　　　　　．‎ ‎（3）如图可以看出，从MnSO4和MgSO4混合溶液中结晶MnSO4•H2O晶体，需控制结晶温度范围为　　　　　　．‎ ‎（4）准确称取0.1710gMnSO4•H2O样品置于锥形瓶中，加入适量H2PO4和NH4NO3溶液，加热使Mn2+全部氧化成Mn3+，用c（Fe2+）=0.0500mol•L﹣1的标准溶液滴定至终点（滴定过程中Mn3+被还原为Mn2+），消耗Fe2+溶液20.00mL．计算MnSO4•H2O样品的纯度（请给出计算过程）‎ ‎　‎ ‎19．（15分）（2015•江苏）实验室用图所示装置制备KClO溶液，并通过KClO溶液与Fe（NO3）3溶液的反应制备高效水处理剂K2FeO4．已知K2FeO4具有下列性质①可溶于水、微溶于浓KOH溶液，②在0℃﹣5℃、强碱性溶液中比较稳定，③在Fe3+和Fe（OH）3催化作用下发生分解，④在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe（OH）3和O2．‎ ‎（1）装置A中KMnO4与盐酸反应生成MnCl2和Cl2，其离子方程式为　　　　　　，将制备的Cl2通过装置B可除去　　　　　　（填化学式）．‎ ‎（2）Cl2和KOH在较高温度下反应生成KClO3，在不改变KOH溶液的浓度和体积的条件下，控制反应在0℃～5℃进行，实验中可采取的措施是　　　　　　．‎ ‎（3）制备K2FeO4时，KClO饱和溶液与Fe（NO3）3饱和溶液的混合方式为　　　　　　．‎ ‎（4）提纯K2FeO4粗产品[含有Fe（OH）3、KCl等杂质]的实验方案为：将一定量的K2FeO4粗产品溶于冷的3mol•L﹣1KOH溶液中，　　　　　　（实验中须使用的试剂有：饱和KOH溶液，乙醇；除常用仪器外须使用的仪器有：砂芯漏斗，真空干燥箱）．‎ ‎　‎ ‎20．（14分）（2015•江苏）烟气（主要污染物SO2、NOx）经O3预处理后用CaSO3水悬浮液吸收，可减少烟气中SO2、NOx的含量；O3氧化烟气中SO2、NOx的主要反应的热化学方程式为：‎ NO（g）+O3（g）═NO2（g）+O2（g）△H=﹣200.9kJ．mol﹣1‎ NO（g）+O2（g）═NO2（g）△H=﹣58.2kJ．mol﹣1‎ SO2（g）+O3（g）═SO3（g）+O2（g）△H=﹣241.6kJ．mol﹣1‎ ‎（1）反应3NO（g）+O3（g）=3NO2（g）的△H=　　　　　　mol•L﹣1．‎ ‎（2）室温下，固定进入反应器的NO、SO2的物质的量，改变加入O3的物质的量，反应一段时间后体系中n（NO）、n（NO2）和n（SO2）随反应前n（O3）：n（NO）的变化见图．‎ ‎①当n（O3）：n（NO）＞1时，反应后NO2的物质的量减少，其原因是　　　　　　．‎ ‎②增加n（O3），O3氧化SO2的反应几乎不受影响，其可能原因是　　　　　　．‎ ‎（3）当用CaSO3水悬浮液吸收经O3预处理的烟气时，清液（pH约为8）中SO32﹣将NO2转化为NO2﹣，其离子方程式为：　　　　　　．‎ ‎（4）CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液，达到平衡后溶液中c（SO32﹣）=　　　　　　[用c（SO42﹣）、Ksp（CaSO3）和Ksp（CaSO4）表示]；CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液能提高NO2的吸收速率，其主要原因　　　　　　．‎ ‎　‎ ‎　‎ 四.（12分）【选做题】本题包括21、22两小题，请选定一中一小题，并在相应的答题区域内作答．若多做，则按A小题评分．‎ ‎21．（12分）（2015•江苏）下列反应曾用于检测司机是否酒后驾驶：2Cr2O72﹣+3CH3CH2OH+16H++13H2O→4[Cr（H2O）6]3++3CH3COOH ‎（1）Cr3+基态核外电子排布式为　　　　　　；配合物[Cr（H2O）6]3+中，与Cr3+形成配位键的原子是　　　　　　（填元素符号）．‎ ‎（2）CH3COOH中C原子轨道杂化类型为　　　　　　．1mol CH3COOH分子中含有σ键的数目为　　　　　　．‎ ‎（3）与H2O互为等电子体的一种阳离子为　　　　　　（填化学式）；H2O与CH3CH3OH可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为　　　　　　．‎ ‎　‎ ‎22．（2015•江苏）实验室以苯甲醛为原料制备间溴苯甲醛（实验装置见图，相关物质的沸点见附表）．其实验步骤为：‎ 步骤1：将三颈瓶中的一定配比的无水AlCl3、1，2﹣二氯乙烷和苯甲醛充分混合后，升温至60℃，缓慢滴加经H2SO4干燥过的液溴，保温反应一段时间，冷却．‎ 步骤2：将反应混合物缓慢加入一定量的稀盐酸中，搅拌、静置、分液．有机相用10%NaHCO3溶液洗涤．‎ 步骤3：经洗涤的有机相加入适量无水MgSO4固体，放置一段时间后过滤．‎ 步骤4：减压蒸馏有机相，收集相应馏分．‎ ‎（1）实验装置中冷凝管的主要作用是　　　　　　，锥形瓶中的溶液应为　　　　　　．‎ ‎（2）步骤1所加入的物质中，有一种物质是催化剂，其化学式为　　　　　　．‎ ‎（3）步骤2中用10%NaHCO3溶液洗涤有机相，是为了除去溶于有机相的　　　　　　（填化学式）．‎ ‎（4）步骤3中加入无水MgSO4固体的作用是　　　　　　．‎ ‎（5）步骤4中采用减压蒸馏技术，是为了防止　　　　　　．‎ 附表相关物质的沸点（101kPa）‎ 物质 沸点/℃‎ 物质 沸点/℃‎ 溴 ‎58.8‎ ‎1，2﹣二氯乙烷 ‎83.5‎ 苯甲醛 ‎179‎ 间溴苯甲醛 ‎229‎ ‎　‎ ‎　‎ ‎2015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）（2015•江苏）“保护环境”是我国的基本国策．下列做法不应该提倡的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 采取低碳、节俭的生活方式 ‎　‎ B．‎ 按照规定对生活废弃物进行分类放置 ‎　‎ C．‎ 深入农村和社区宣传环保知识 ‎　‎ D．‎ 经常使用一次性筷子、纸杯、塑料袋等 考点：‎ ‎"三废"处理与环境保护．‎ 分析：‎ 保护环境，可从减少污染物的排放、开发新能源等角度分析．‎ 解答：‎ 解：A、采取低碳、节俭的生活方式，节省大量的能源，符合保护环境的措施，故A不选；‎ B、垃圾分类有利于环境的保护和资源的再利用，符合保护环境的措施，故B不选；‎ C、伸入农村和社区宣传环保知识，树立保护环境从自我做起、保护环境人人有责的意识，符合保护环境的措施，故C不选；‎ D、经常使用一次性筷子和纸杯，会消耗大量的木材，一次性塑料袋的大量使用会造成白色污染，故措施不合理，故D选；故选D．‎ 点评：‎ 本题主要考查环境保护，注意保护环境人人有责，从自我做起，从小事做起，明确环境和人类发展的关系及环境保护意识即可解答，题目难度不大 ‎　‎ ‎2．（2分）（2015•江苏）下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 质子数为17、中子数为20的氯原子：Cl ‎　‎ B．‎ 氯离子（Cl﹣）的结构示意图：‎ ‎　‎ C．‎ 氯分子的电子式：‎ ‎　‎ D．‎ 氯乙烯分子的结构简式：H3C﹣CH2Cl•‎ 考点：‎ 原子结构示意图；电子式；结构简式．‎ 分析：‎ A、元素符号的左上角标质量数，质量数=质子数+中子数；‎ B、氯离子（Cl﹣）为Cl原子得到1个电子形成的阴离子，最外层满足8个电子的稳定结构；‎ C、氯气为双原子分子，最外层均满足8个电子的稳定结构；‎ D、氯乙烯分子中存在碳碳双键，据此解答即可．‎ 解答：‎ 解：A、元素符号的左上角标质量数，中子数为20的氯原子，质量数=17+20=30，故正确应为：1737Cl，故A错误； ‎ B、Cl原子得到1个电子形成最外层满足8个电子的Cl﹣，离子结构示意图为：，故B错误；‎ C、氯气中存在1对氯氯共用电子对，氯原子最外层达到8电子稳定结构，电子式为：，故C正确；‎ D、氯乙烯分子中存在碳碳双键，正确的结构简式为：H2C=CHCl，故D错误，故选C．‎ 点评：‎ 本题主要是对常见化学用语的考查，涉及核素的表示方法、质量数与质子数和中子数的关系、电子式的书写、结构简式书写等，难度不大．‎ ‎　‎ ‎3．（2分）（2015•江苏）下列说法正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 分子式为C2H6O的有机化合物性质相同 ‎　‎ B．‎ 相同条件下，等质量的碳按a、b两种途径完全转化，途径a比途径b放出更多热能 途径a：CCO+H2CO2+H2O 途径b：CCO2‎ ‎　‎ C．‎ 在氧化还原反应中，还原剂失去电子总数等于氧化剂得到电子的总数 ‎　‎ D．‎ 通过化学变化可以直接将水转变为汽油 考点：‎ 辨识简单有机化合物的同分异构体；氧化还原反应的电子转移数目计算；化学能与热能的应用．‎ 分析：‎ A、分子式为C2H6O的有机化合物存在同分异构体；‎ B、化学反应的热效应只与反应物的初始状态和生成物的最终状态有关；‎ C、氧化还原反应本质电子的得失，且得失电子守恒；‎ D、水中只含有H和O两种元素，汽油中含有C和H两种元素，依据元素守恒解答即可．‎ 解答：‎ 解：A、分子式为C2H6O的有机化合物存在同分异构体，即乙醇或甲醚，二者属于不同的有机物，性质不同，故A错误；‎ B、化学反应的热效应只与反应物的初始状态和生成物的最终状态有关，故ab两种途径，放出的热量一样多，故B错误；‎ C、氧化还原反应中存在得失电子守恒定律，即还原剂失去电子总数等于氧化剂得到电子的总数，故C正确；‎ D、汽油中含有C和H两种元素，而水中只存在H和O两种元素，故不可能通过化学变化直接将水转变为汽油，故D错误，‎ 故选C．‎ 点评：‎ 本题主要考查的是有机物同分异构体的判断、化学反应的热效应、氧化还原反应等，综合性较强，难度一般．‎ ‎　‎ ‎4．（2分）（2015•江苏）在CO2中，Mg燃烧生成MgO和C．下列说法正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 元素C的单质只存在金刚石和石墨两种同素异形体 ‎　‎ B．‎ Mg、MgO中镁元素微粒的半径：r（Mg2+）＞r（Mg）‎ ‎　‎ C．‎ 在该反应条件下，Mg的还原性强于C的还原性 ‎　‎ D．‎ 该反应中化学能全部转化为热能 考点：‎ 同素异形体；微粒半径大小的比较；氧化性、还原性强弱的比较；化学能与热能的相互转化．‎ 分析：‎ A、C元素的单质存在多种同素异形体；‎ B、电子层数越多，微粒半径越大；‎ C、依据化学反应方程式判断即可，还原剂的还原性大于还原产物的还原性；‎ D、镁燃烧放出强光，据此解答即可．‎ 解答：‎ 解：A、元素C除存在金刚石和石墨外，还存在足球烯（C60）等同素异形体，故A错误；‎ B、Mg有3个电子层，Mg2+为Mg失去最外层的2个电子形成的阳离子，只有2个电子层，故半径r（Mg2+）＜r（Mg），故B错误；‎ C、该反应为：2Mg+CO22MgO+2C，此反应中Mg为还原剂，C为还原产物，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，即还原性Mg＞C，故C正确；‎ D、该反应放出光，即部分化学能转化为光能，且生成物仍具有能量，故D错误，故选C．‎ 点评：‎ 本题主要考查的是同素异形体的判断、微粒半径大小比较、氧化还原反应中还原性强弱比较以及能量之间的转化等，综合性较强，有一定的难度．‎ ‎　‎ ‎5．（2分）（2015•江苏）短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子最外层有6个电子，Y是至今发现的非金属性最强的元素，Z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，W的单质广泛用作半导体材料．下列叙述正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 原子最外层电子数由多到少的顺序：Y、X、W、Z ‎　‎ B．‎ 原子半径由大到小的顺序：W、Z、Y、X ‎　‎ C．‎ 元素非金属性由强到弱的顺序：Z、W、X ‎　‎ D．‎ 简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：X、Y、W 考点：‎ 真题集萃；位置结构性质的相互关系应用．‎ 分析：‎ Y是至今发现的非金属性最强的元素，那么Y是F，X最外层有6个电子且原子序数小于Y，应为O，Z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，且为短周期，原子序数大于F，那么Z为Al，W的单质广泛用作半导体材料，那么W为Si，据此推断A、X、Y、Z、W分别为O、F、Al和Si，结合各个选项解答即可．‎ 解答：‎ 解：Y是至今发现的非金属性最强的元素，那么Y是F，X最外层有6个电子且原子序数小于Y，应为O，Z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，且为短周期，原子序数大于F，那么Z为Al，W的单质广泛用作半导体材料，那么W为Si，据此推断A、X、Y、Z、W分别为O、F、Al和Si，‎ A、最外层电子数分别为6、7、3和4，即最外层电子数Y＞X＞W＞Z，故A正确；‎ B、电子层数越多，半径越大，同一周期，原子序数越小，半径越大，即半径关系：Al＞Si＞O＞F，即Z＞W＞X＞Y，故B错误；‎ C、同一周期，原子序数越大，非金属性越强，即非金属性F＞O＞Si＞Al，故C错误；‎ D、元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，即Y＞X＞W，故D错误，故选A．‎ 点评：‎ 本题主要考查的是元素的推断，涉及元素非金属性强弱的比较、半径大小比较、气态氢化物稳定性比较等，难度不大．‎ ‎　‎ ‎6．（2分）（2015•江苏）常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 使酚酞变红色的溶液中：Na+、Al3+、SO42﹣、Cl﹣‎ ‎　‎ B．‎ ‎=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：NH4+、Ca2+、Cl﹣、NO3﹣‎ ‎　‎ C．‎ 与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2+、K+、NO3﹣、SO42﹣‎ ‎　‎ D．‎ 水电离的c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：K+、Na+、AlO2﹣、CO32﹣‎ 考点：‎ 真题集萃；离子共存问题．‎ 分析：‎ A．使酚酞变红色的溶液，显碱性；‎ B.=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液，显酸性；‎ C．与Al反应能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；‎ D．水电离的c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液，水的电离受到抑制，为酸或碱溶液．‎ 解答：‎ 解：A．使酚酞变红色的溶液，显碱性，碱性溶液中不能大量存在Al3+，故A错误；‎ B.=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液，显酸性，该组离子在酸性溶液中不反应，可大量共存，故B正确；‎ C．与Al反应能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸性溶液中Fe2+（或Al）、H+、NO3﹣发生氧化还原反应，碱性溶液中不能大量存在Fe2+，故C错误；‎ D．水电离的c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1‎ 的溶液，水的电离受到抑制，为酸或碱溶液，酸溶液中不能大量存在AlO2﹣、CO32﹣，故D错误；‎ 故选B．‎ 点评：‎ 本题考查离子的共存，为2015年高考题，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，注意“一定共存”的信息，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎7．（2分）（2015•江苏）下列实验操作正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 用玻璃棒蘸取CH3COOH溶液点在水湿润的pH试纸上，测定该溶液的pH ‎　‎ B．‎ 中和滴定时，滴定管用所盛装的反应液润洗2～3次 ‎　‎ C．‎ 用装置甲分液，放出水相后再从分液漏斗下口放出有机相 ‎　‎ D．‎ 用装置乙加热分解NaHCO3固体 考点：‎ 真题集萃；化学实验方案的评价．‎ 专题：‎ 实验评价题．‎ 分析：‎ A．pH试纸不能事先湿润；‎ B．为减小误差，滴定管用所盛装的反应液润洗；‎ C．分液时，下层液体从下口漏出，上层液体从上口倒出；‎ D．加热固体应防止试管炸裂．‎ 解答：‎ 解：A．测定醋酸pH，pH试纸不能事先湿润，防止醋酸被稀释而导致测定结果偏大，故A错误；‎ B．为防止液体被稀释而导致浓度减小而产生实验误差，滴定管用所盛装的反应液润洗，故B正确；‎ C．分液时，为避免液体重新混合而污染，下层液体从下口漏出，上层液体从上口倒出，故C错误；‎ D．碳酸氢钠加热分解生成水，应防止试管炸裂，试管口应略朝下，故D错误．‎ 故选B．‎ 点评：‎ 本题为2015年高考题江苏卷第7题，综合考查pH的使用、分液、滴定以及实验安全等知识，侧重于学生的分析、实验能力的考查，比较基础，难度适中，有利于培养学生良好的科学素养．‎ ‎　‎ ‎8．（2分）（2015•江苏）给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 粗硅SiCl4Si ‎　‎ B．‎ Mg（OH）2MgCl2（aq）Mg ‎　‎ C．‎ Fe2O3FeCl3（aq）无水FeCl3‎ ‎　‎ D．‎ AgNO3（aq）[Ag（NH3）2]OH（aq）Ag 考点：‎ 真题集萃；硅酸盐工业；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．‎ 分析：‎ A．Si可与氯气在高温下反应生成SiCl4，SiCl4可与氢气发生反应生成Si和HCl；‎ B．电解氯化镁溶液生成氢氧化镁、氯气和氢气；‎ C．氯化铁易水解，加热溶液生成氢氧化铁和HCl；‎ D．蔗糖为非还原性糖，与银氨溶液不反应．‎ 解答：‎ 解：A．Si可与氯气在高温下反应生成SiCl4，SiCl4可与氢气发生反应生成Si和HCl，该反应可用于工业提纯硅，故A正确；‎ B．电解氯化镁溶液生成氢氧化镁、氯气和氢气，工业用电解熔融的氯化镁制备镁，故B错误；‎ C．氯化铁易水解，加热溶液生成氢氧化铁和HCl，蒸发时应在HCl环境中进行，故C错误；‎ D．蔗糖为非还原性糖，与银氨溶液不反应，故D错误．‎ 故选A．‎ 点评：‎ 本题为2015年江苏考题，综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握物质的性质以及转化的特点、反应条件，难度不大，注意相关基础知识的积累．‎ ‎　‎ ‎9．（2分）（2015•江苏）下列指定反应的离子方程式正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 氯气溶于水：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与KI反应生成I2：IO3﹣+I﹣+6H+=I2+3H2O ‎　‎ D．‎ NaHCO3溶液中加足量Ba（OH）2溶液：HCO3﹣+Ba2++OH﹣=BaCO3↓+H2O 考点：‎ 真题集萃；离子方程式的书写．‎ 分析：‎ A．氯气与水生成HClO，HClO为弱酸，应写成化学式；‎ B．CO32﹣的水解为可逆反应；‎ C．电荷不守恒；‎ D．NaHCO3溶液中加足量Ba（OH）2溶液，生成BaCO3和水．‎ 解答：‎ 解：A．氯气溶于水，反应的离子方程式为Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，HClO为弱酸，应写成化学式，且为可逆符号，故A错误；‎ B．CO32﹣的水解为可逆反应，应为CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，故B错误；‎ C．酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2，发生IO3﹣+5I﹣+6H+=3I2+3H2O，故C错误；‎ D．NaHCO3溶液中加足量Ba（OH）2溶液，生成BaCO3和水，发生HCO3﹣+Ba2++OH﹣=BaCO3↓+H2O，故D正确．‎ 故选D．‎ 点评：‎ 本题为2015年江苏卷第9题，考查了离子方程式的判断，为常见题型，侧重于学生的分析能力以及元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等，难度不大．‎ ‎　‎ ‎10．（2分）（2015•江苏）一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图．下列有关该电池的说法正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 反应CH4+H2O3H2+CO，每消耗1molCH4转移12mol电子 ‎　‎ B．‎ 电极A上H2参与的电极反应为：H2+2OH﹣﹣2e﹣=2H2O ‎　‎ C．‎ 电池工作时，CO32﹣向电极B移动 ‎　‎ D．‎ 电极B上发生的电极反应为：O2+2CO2+4e﹣=2CO32﹣‎ 考点：‎ 真题集萃；原电池和电解池的工作原理．‎ 专题：‎ 电化学专题．‎ 分析：‎ 甲烷和水经催化重整生成CO和H2，反应中C元素化合价有﹣4价升高到+2价，H元素化合价由+1价降低到0价，原电池工作时，CO和H2为负极反应，被氧化生成二氧化碳和水，正极为氧气得电子生成CO32﹣，以此解答该题．‎ 解答：‎ 解：A．反应CH4+H2O3H2+CO，C元素化合价有﹣4价升高到+2价，H元素化合价由+1价降低到0价，每消耗1molCH4转移6mol电子，故A错误；‎ B．电解质没有OH﹣，负极反应为H2+2CO+CO32﹣﹣2e﹣=H2O+2CO2，故B错误；‎ C．电池工作时，CO32﹣向负极移动，即向电极A移动，故C错误；‎ D．B为正极，正极为氧气得电子生成CO32﹣，电极反应为：O2+2CO2+4e﹣=2CO32﹣，故D正确．‎ 故选D．‎ 点评：‎ 本题为2015年江苏考题第10题，考查了化学电源新型电池，明确原电池中物质得失电子、电子流向、离子流向即可解答，难点是电极反应式书写，要根据电解质确定正负极产物，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）（2015•江苏）下列说法正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 若H2O2分解产生1molO2，理论上转移的电子数约为4×6.02×1023‎ ‎　‎ B．‎ 室温下，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，溶液pH＞7‎ ‎　‎ C．‎ 钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀 ‎　‎ D．‎ 一定条件下反应N2+3H2⇌2NH3达到平衡时，3v正（H2）=2v逆（NH3）‎ 考点：‎ 真题集萃；金属的电化学腐蚀与防护；化学平衡状态的判断；弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ 分析：‎ A．H2O2分解产生1molO2，反应中O元素化合价由﹣1价升高到0价，转移2mol电子；‎ B．CH3COOH为弱酸，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液相比较，醋酸过量；‎ C．用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法，铁分别为正极和阴极；‎ D．化学反应中速率之比等于计量数之比．‎ 解答：‎ 解：A．H2O2分解产生1molO2，方程式为2H2O2↑2H2O+O2↑，反应中O元素化合价由﹣1价升高到0价，转移2mol电子，故A错误；‎ B．CH3COOH为弱酸，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液相比较，醋酸过量，等体积混合后溶液呈酸性，pH＜7，故B错误；‎ C．用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法，铁分别为正极和阴极，都发生还原反应，可防止被氧化，故C正确；‎ D．一定条件下反应N2+3H2⇌2NH3反应，速率关系符合系数比，即v正（H2）：v正（NH3）=3：2，当反应达到平衡时，v正（NH3）=v逆（NH3），则达到平衡时，应为2v正（H2）=3v逆（NH3），故D错误．‎ 故选C．‎ 点评：‎ 本题为2015年江苏考题第11题，综合考查氧化还原反应、弱电解质的电离、金属的腐蚀与防护以及化学平衡等问题，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的积累，题目难度适中，贴近教材，有利于培养和考查学生的良好的学习习惯和科学素养．‎ ‎　‎ ‎12．（4分）（2015•江苏）己烷雌酚的一种合成路线如图：下列叙述正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 在NaOH水溶液中加热，化合物X可发生消去反应 ‎　‎ B．‎ 在一定条件，化合物Y可与HCHO发生缩聚反应 ‎　‎ C．‎ 用FeCl3溶液可鉴别化合物X和Y ‎　‎ D．‎ 化合物Y中不含有手性碳原子 考点：‎ 真题集萃；有机物的结构和性质．‎ 分析：‎ A．X为卤代烃，在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成醇；‎ B．Y含有酚羟基，与苯酚性质相似；‎ C．Y含有酚羟基，可与氯化铁发生显色反应；‎ D．根据手性碳原子的定义判断．‎ 解答：‎ 解：A．X为卤代烃，在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成醇，如发生消去反应，条件为氢氧化钠醇溶液，故A错误；‎ B．Y含有酚羟基，与苯酚性质相似，可与甲醛发生缩聚反应，故B正确；‎ C．Y含有酚羟基，可与氯化铁发生显色反应，故C正确；‎ D．连接四个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，Y中连接乙基的碳原子为手性碳原子，故D错误．‎ 故选BC．‎ 点评：‎ 本题为2015年江苏考题第12题，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答该类题目的关键，难度不大．‎ ‎　‎ ‎13．（4分）（2015•江苏）下列设计的实验方案能达到实验目的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 制备Al（OH）3悬浊液：向1mol•L﹣1AlCl3溶液中加过量的6mol•L﹣1NaOH溶液 ‎　‎ B．‎ 提纯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过量饱和Na2CO3溶液，振荡后静置分液，并除去有机相的水 ‎　‎ C．‎ 检验溶液中是否含有Fe2+：取少量待检验溶液，向其中加入少量新制氯水，再滴加KSCN溶液，观察实验现象 ‎　‎ D．‎ 探究催化剂对H2O2分解速率的影响：在相同条件下，向一支试管中加入2mL5%H2O2和1mLH2O，向另一支试管中加入2mL5%H2O2和1mLFeCl3溶液，观察并比较实验现象 考点：‎ 真题集萃；化学实验方案的评价．‎ 分析：‎ A．NaOH过量，反应生成偏铝酸钠；‎ B．乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层；‎ C．加入少量新制氯水了氧化亚铁离子；‎ D．相同条件下，只有催化剂不同．‎ 解答：‎ 解：A．NaOH过量，反应生成偏铝酸钠，不能制备Al（OH）3悬浊液，故A错误；‎ B．乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，振荡后静置分液，并除去有机相的水可除杂，故B正确；‎ C．加入少量新制氯水了氧化亚铁离子，检验亚铁离子，应先加KSCN溶液，再加氯水，故C错误；‎ D．相同条件下，只有催化剂不同，试管中加入2mL5%H2O2和1mLFeCl3溶液反应速率快，则可探究催化剂对H2O2分解速率的影响，故D正确；‎ 故选BD．‎ 点评：‎ 本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的性质、混合物分离提纯、离子检验及影响反应速率的因素等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，注意实验的评价性分析，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎14．（4分）（2015•江苏）室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH=7（通入气体对溶液体积的影响可忽略），溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　）‎ ‎　‎ 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﹣）‎ 考点：‎ 真题集萃；离子浓度大小的比较．‎ 分析：‎ A．pH=7，则c（H+）=c（OH﹣），结合电荷守恒分析；‎ B．向0.10mol•L﹣1NaHSO3溶液中通入NH3，至溶液pH=7，反应生成亚硫酸钠和亚硫酸氨，亚硫酸根离子与铵根离子水解程度相同；‎ C．未反应前结合物料守恒可知c（Na+）=2[c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）]，向0.10mol•L﹣1Na2SO3溶液通入SO2，至溶液pH=7，反应后溶液中溶质为NaHSO3、Na2SO3；‎ D．向0.10mol•L﹣1CH3COONa溶液中通入HCl，至溶液pH=7，反应后溶液中溶质为NaCl、醋酸和醋酸钠．‎ 解答：‎ 解：A．pH=7，则c（H+）=c（OH﹣），结合电荷守恒可知，c（NH4+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣），故A错误；‎ B．向0.10mol•L﹣1NaHSO3溶液中通入NH3，至溶液pH=7，反应生成Na2SO3和（NH4）2SO3，SO32﹣与NH4+水解程度相同，则c（Na+）＞c（NH4+）=c（SO32﹣），故B错误；‎ C．向0.10mol•L﹣1Na2SO3溶液通入SO2，发生Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，至溶液pH=7，反应后溶液中溶质为的NaHSO3、Na2SO3，则c（Na+）＜2[c（SO32﹣‎ ‎）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）]，故C错误；‎ D．向0.10mol•L﹣1CH3COONa溶液中通入HCl，至溶液pH=7，c（H+）=c（OH﹣），HCl不足，反应后溶液中溶质为NaCl、醋酸和醋酸钠，由电荷守恒可知，c（Na+）=c（CH3COO﹣）+c（Cl﹣），由物料守恒可知，c（Na+）=c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣），则c（Na+）＞c（CH3COOH）=c（Cl﹣），故D正确；‎ 故选D．‎ 点评：‎ 本题考查离子浓度大小比较，为2015年江苏高考题，把握发生的反应、盐类水解及电离为解答的关键，注意pH=7的信息及应用，题目难度不大．‎ ‎　‎ ‎15．（4分）（2015•江苏）在体积均为1.0L的量恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉，再分别加入0.1molCO2和0.2molCO2，在不同温度下反应CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）达到平衡，平衡时CO2的物质的量浓度c（CO2）随温度的变化如图所示（图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上）．下列说法正确的是（　　）‎ ‎　‎ A．‎ 反应CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）的△S＞0、△H＜0‎ ‎　‎ B．‎ 体系的总压强P总：P总（状态Ⅱ）＞2P总（状态Ⅰ）‎ ‎　‎ C．‎ 体系中c（CO）：c（CO，状态Ⅱ）＜2c（CO，状态Ⅲ）‎ ‎　‎ D．‎ 逆反应速率V逆：V逆（状态Ⅰ）＞V逆（状态Ⅲ）‎ 考点：‎ 真题集萃；化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．‎ 分析：‎ A．由气体的化学计量数增大可知△S，由图中温度高平衡时c（CO2）小可知△H；‎ B．分别加入0.1molCO2和0.2molCO2，曲线I为加入0.1molCO2，曲线II为加入0.2molCO2，加压CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）平衡逆向移动；‎ C．状态II、状态Ⅲ的温度相同，状态II看作先加入0.1molCO2，与状态Ⅲ平衡时CO的浓度相同，再加入0.1molCO2，若平衡不移动，Ⅱ状态CO的浓度等于2倍Ⅲ，但再充入CO2，相当增大压强，平衡右移，消耗CO；‎ D．状态I、状态Ⅲ的温度不同，温度高反应速率快．‎ 解答：‎ 解：A．由气体的化学计量数增大可知△S＞0，由图中温度高平衡时c（CO2）小，则升高温度平衡正向移动，可知△H＞0，故A错误；‎ B．分别加入0.1molCO2和0.2molCO2，曲线I为加入0.1molCO2，曲线II为加入0.2molCO2，若平衡不移动，体系的总压强为P总（状态Ⅱ）=2P总（状态Ⅰ），但加压CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）平衡逆向移动，为使c（CO2‎ ‎）相同，则加热使平衡正向移动，则体系的总压强为P总（状态Ⅱ）＞2P总（状态Ⅰ），故B正确；‎ C．状态II、状态Ⅲ的温度相同，状态II看作先加入0.1molCO2，与状态Ⅲ平衡时CO的浓度相同，再加入0.1molCO2，若平衡不移动，Ⅱ状态CO的浓度等于2倍Ⅲ，但再充入CO2，相当增大压强，平衡右移，消耗CO，则c（CO，状态Ⅱ）＜2c（CO，状态Ⅲ），故C正确；‎ D．状态I、状态Ⅲ的温度不同，温度高反应速率快，则逆反应速率为V逆（状态Ⅰ）＜V逆（状态Ⅲ），故D错误；‎ 故选BC．‎ 点评：‎ 本题考查化学平衡及平衡的建立，为高频考点，本题为2015年江苏高考题，把握平衡移动的影响因素、图象分析为解答的关键，选项BC为解答的难点，题目难度中等．‎ ‎　‎ 二、非选择题 ‎16．（12分）（2015•江苏）以磷石膏（只要成分CaSO4，杂质SiO2、Al2O3等）为原料可制备轻质CaCO3．‎ ‎（1）匀速向浆料中通入CO2，浆料清液的pH和c（SO42﹣）随时间变化见图．清液pH＞11时CaSO4转化的离子方程式为　CaSO4+2NH3•H2O+CO2=CaCO3+2NH4++SO42﹣+H2O或CaSO4+CO32﹣=CaCO3+SO42﹣　；能提高其转化速率的措施有　AC　（填序号）‎ A．搅拌浆料 B．加热浆料至100℃C．增大氨水浓度 D．减小CO2通入速率 ‎（2）当清液pH接近6.5时，过滤并洗涤固体．滤液中物质的量浓度最大的两种阴离子为　SO42﹣　和　HCO3﹣　（填化学式）；检验洗涤是否完全的方法是　取少量最后一次的洗涤过滤液与试管中，向其中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤完全　．‎ ‎（3）在敞口容器中，用NH4Cl溶液浸取高温煅烧的固体，随着浸取液温度上升，溶液中c（Ca2+）增大的原因是　浸取液温度上升，溶液中氢离子浓度增大，促进固体中钙离子浸出　．‎ 考点：‎ 真题集萃；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．‎ 分析：‎ 磷石膏氨水的浆料中通入二氧化碳可生成碳酸盐或碳酸氢盐，过滤后滤液为硫酸铵、氨水，滤渣含有碳酸钙、SiO2、Al2O3等，高温煅烧生成硅酸钙、偏铝酸钙等，加入氯化铵溶液充分浸取，可生成硅酸、氢氧化铝、氯化钙等，氯化钙最终可生成碳酸钙，‎ ‎（1）由图象可知，经充分浸取，c（SO42﹣）逐渐增大，pH逐渐减小，清液pH＞11时CaSO4生成碳酸钙、铵根离子和硫酸根离子；为提高其转化速率，可进行搅拌并增大氨水浓度，增大c（CO32﹣）；‎ ‎（2）当清液pH接近6.5时，溶液酸性相对较强，可充分转化生成SO42﹣并有HCO3﹣生成，沉淀吸附SO42﹣，可用盐酸酸化的氯化钡检验；‎ ‎（3）随着浸取液温度上升，氯化铵水解程度增大，溶液酸性增强．‎ 解答：‎ 解：磷石膏氨水的浆料中通入二氧化碳可生成碳酸盐或碳酸氢盐，过滤后滤液为硫酸铵、氨水，滤渣含有碳酸钙、SiO2、Al2O3等，高温煅烧生成硅酸钙、偏铝酸钙等，加入氯化铵溶液充分浸取，可生成硅酸、氢氧化铝、氯化钙等，氯化钙最终可生成碳酸钙，‎ ‎（1）由图象可知，经充分浸取，c（SO42﹣）逐渐增大，pH逐渐减小，清液pH＞11时CaSO4生成碳酸钙、铵根离子和硫酸根离子，反应的离子方程式为CaSO4+2NH3•H2O+CO2=CaCO3+2NH4++SO42﹣+H2O或CaSO4+CO32﹣=CaCO3+SO42﹣，为提高其转化速率，可进行搅拌并增大氨水浓度，增大c（CO32﹣），‎ 故答案为：CaSO4+2NH3•H2O+CO2=CaCO3+2NH4++SO42﹣+H2O或CaSO4+CO32﹣=CaCO3+SO42﹣；AC；‎ ‎（2）当清液pH接近6.5时，溶液酸性相对较强，可充分转化生成SO42﹣并有HCO3﹣生成，沉淀吸附SO42﹣，可用盐酸酸化的氯化钡检验，方法是取少量最后一次的洗涤过滤液与试管中，向其中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤完全，‎ 故答案为：SO42﹣；HCO3﹣；取少量最后一次的洗涤过滤液与试管中，向其中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤完全；‎ ‎（3）随着浸取液温度上升，氯化铵水解程度增大，溶液酸性增强，则钙离子浓度增大，‎ 故答案为：浸取液温度上升，溶液中氢离子浓度增大，促进固体中钙离子浸出．‎ 点评：‎ 本题为2015年江苏考题第16题，以实验流程的形成综合考查元素化合物知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，难度中等，注意把握提给信息以及相关物质的性质．‎ ‎　‎ ‎17．（15分）（2015•江苏）化合物F是一种抗心肌缺血药物的中间体，可以通过以下方法合成：‎ ‎（1）化合物A中的含氧官能团为　醚键　和　醛基　（填官能团的名称）．‎ ‎（2）化合物B的结构简式为　　；由C→D的反应类型是：　取代反应　．‎ ‎（3）写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式　　．‎ Ⅰ．分子含有2个苯环Ⅱ．分子中含有3种不同化学环境的氢 ‎（4）已知：RCH2CNRCH2CH2NH2，请写出以为原料制备化合物X（结构简式见图）的合成路线流程图（无机试剂可任选）．合成路线流程图示例如图：CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3．‎ 考点：‎ 真题集萃；有机物的合成．‎ 分析：‎ A含有的官能团为醚键和醛基，对比A、C的结构简式可知B为，B与SOCl2发生取代反应生成，然后与NaCN发生取代反应生成，经水解、还原，最终生成；‎ 以制备，可在浓硫酸作用下生成 ‎，然后与HCl发生加成反应生成，与NaCN发生取代反应生成，在催化作用下与氢气反应可生成，以此解答该题．‎ 解答：‎ 解：A含有的官能团为醚键和醛基，对比A、C的结构简式可知B为，B与SOCl2发生取代反应生成，然后与NaCN发生取代反应生成，经水解、还原，最终生成，‎ ‎（1）由结构简式可知A含有的官能团为醚键和醛基，故答案为：醚键、醛基；‎ ‎（2）B为，与NaCN发生取代反应生成，‎ 故答案为：；取代反应；‎ ‎（3）E的一种同分异构体含有3种不同化学环境的氢，且含有2个苯环，且结构对称，则对应的结构有，‎ 故答案为：；‎ ‎（4）以制备，可在浓硫酸作用下生成，然后与HCl发生加成反应生成，与NaCN发生取代反应生成，在催化作用下与氢气反应可生成，也可与HCl反应生成，再生成，‎ 则流程为，‎ 故答案为：．‎ 点评：‎ 本题为2015年江苏卷第17题，涉及有机物的合成，侧重于学生的分析能力的考查，答题时注意把握提给信息以及官能团的性质，注意合成路线的设计，为解答该题的难点．‎ ‎　‎ ‎18．（12分）（2015•江苏）软锰矿（主要成分MnO2，杂质金属元素Fe、Al、Mg等）的水悬浊液与烟气中SO2反应可制备MnSO4•H2O，反应的化学方程式为：MnO2+SO2=MnSO4‎ ‎（1）质量为17.40g纯净MnO2最多能氧化　4.48　L（标准状况）SO2．‎ ‎（2）已知：Ksp[Al（OH）3]=1×10﹣33，Ksp[Fe（OH）3]=3×10﹣39，pH=7.1时Mn（OH）2开始沉淀．室温下，除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+（使其浓度小于1×10﹣6mol•L﹣1），需调节溶液pH范围为　5.0＜pH＜7.1　．‎ ‎（3）如图可以看出，从MnSO4和MgSO4混合溶液中结晶MnSO4•H2O晶体，需控制结晶温度范围为　高于60℃　．‎ ‎（4）准确称取0.1710gMnSO4•H2O样品置于锥形瓶中，加入适量H2PO4和NH4NO3溶液，加热使Mn2+全部氧化成Mn3+，用c（Fe2+）=0.0500mol•L﹣1‎ 的标准溶液滴定至终点（滴定过程中Mn3+被还原为Mn2+），消耗Fe2+溶液20.00mL．计算MnSO4•H2O样品的纯度（请给出计算过程）‎ 考点：‎ 真题集萃；化学方程式的有关计算；氧化还原反应的计算；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．‎ 分析：‎ ‎（1）根据MnO2+SO2=MnSO4可知，n（SO2）=n（MnO2）；‎ ‎（2）pH=7.1时Mn（OH）2开始沉淀．室温下，除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+，结合Al（OH）3完全变成沉淀时的pH、Fe（OH）3完全变成沉淀时的pH分析；‎ ‎（3）从MnSO4和MgSO4混合溶液中结晶MnSO4•H2O晶体，根据图上信息，高于60℃以后MnSO4•H2O的溶解度减小，而MgSO4•6H2O的溶解度增大，因此控制结晶温度范围是高于60℃；‎ ‎（4）根据氧化还原反应中得失电子守恒：n（Mn3+）×1=n（Fe2+）×1=0.02L×0.0500mol=1.00×10﹣3mol，根据Mn元素守恒，m（MnSO4•H2O）=1.00×10﹣3mol×169g/mol=0.169g，以此计算纯度．‎ 解答：‎ 解：（1）根据MnO2+SO2=MnSO4可知，n（SO2）=n（MnO2）==0.2mol，其体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48L，‎ 故答案为：4.48；‎ ‎（2）pH=7.1时Mn（OH）2开始沉淀．室温下，除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+，氢氧化铝完全变成沉淀时的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完全变成沉淀时，pH约为3.5，故pH范围是：5.0＜pH＜7.1，故答案为：5.0＜pH＜7.1；‎ ‎（3）从MnSO4和MgSO4混合溶液中结晶MnSO4•H2O晶体，根据图上信息，高于60℃以后MnSO4•H2O的溶解度减小，而MgSO4•6H2O的溶解度增大，因此控制结晶温度范围是高于60℃这样可以得到纯净的MnSO4•H2O，故答案为：高于60℃；‎ ‎（4）根据氧化还原反应中得失电子守恒：n（Mn3+）×1=n（Fe2+）×1=0.02L×0.0500mol=1.00×10﹣3mol，根据Mn元素守恒，m（MnSO4•H2O）=1.00×10﹣3mol×169g/mol=0.169g，纯度为×100%=98.8%，‎ 答：MnSO4•H2O样品的纯度为98.8%．‎ 点评：‎ 本题考查较综合，涉及氧化还原反应计算、溶度积计算及混合物分离、图象分析等，本题为2015年江苏高考题18题，综合性较强，侧重分析、计算能力的综合考查，题目难度中等．‎ ‎　‎ ‎19．（15分）（2015•江苏）实验室用图所示装置制备KClO溶液，并通过KClO溶液与Fe（NO3）3溶液的反应制备高效水处理剂K2FeO4．已知K2FeO4具有下列性质①可溶于水、微溶于浓KOH溶液，②在0℃﹣5℃、强碱性溶液中比较稳定，③在Fe3+和Fe（OH）3催化作用下发生分解，④在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe（OH）3和O2．‎ ‎（1）装置A中KMnO4与盐酸反应生成MnCl2和Cl2，其离子方程式为　2MnO4﹣+16H++10Cl﹣=2Mn2++5Cl2↑+8H2O　，将制备的Cl2通过装置B可除去　HCl　（填化学式）．‎ ‎（2）Cl2和KOH在较高温度下反应生成KClO3，在不改变KOH溶液的浓度和体积的条件下，控制反应在0℃～5℃进行，实验中可采取的措施是　缓慢滴加盐酸、装置C用冰水浴中　．‎ ‎（3）制备K2FeO4时，KClO饱和溶液与Fe（NO3）3饱和溶液的混合方式为　在搅拌下，将Fe（NO3）3饱和溶液缓慢滴加到KClO 饱和溶液中　．‎ ‎（4）提纯K2FeO4粗产品[含有Fe（OH）3、KCl等杂质]的实验方案为：将一定量的K2FeO4粗产品溶于冷的3mol•L﹣1KOH溶液中，　用砂芯漏斗过滤，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和的KOH溶液，再用砂芯漏斗过滤，晶体用乙醇洗涤2﹣3次后，在真空干燥箱中干燥　（实验中须使用的试剂有：饱和KOH溶液，乙醇；除常用仪器外须使用的仪器有：砂芯漏斗，真空干燥箱）．‎ 考点：‎ 制备实验方案的设计．‎ 专题：‎ 实验设计题．‎ 分析：‎ ‎（1）KMnO4具有强氧化性，将盐酸中氯离子氧化为Cl2，反应还有水生成，KMnO4、HCl、MnCl2改写成离子形式，Cl2、H2O为分子式形式，配平书写离子方程式；‎ 由于盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl，应饱和食盐水吸收HCl除去；‎ ‎（2）Cl2和KOH在较高温度下反应生成KClO3，制取KClO温度反应在0℃～5℃，装置C应放在冰水浴中，充分利用原料，应降低通入氯气的速率；‎ ‎（3）K2FeO4在Fe3+和Fe（OH）3催化作用下发生分解，应把Fe（NO3）3饱和溶液滴加到KClO溶液中；‎ ‎（4）用砂芯漏斗过滤，除去氢氧化铁，由于K2FeO4可溶于水、微溶于浓KOH溶液，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和的KOH溶液，析出K2FeO4晶体，再进行过滤，用乙醇洗涤，减少因溶解导致晶体损失，最后在真空干燥箱中干燥．‎ 解答：‎ 解：（1）KMnO4具有强氧化性，将盐酸中氯离子氧化为Cl2，反应还有水生成，KMnO4、HCl、MnCl2改写成离子形式，Cl2、H2‎ O为分子式形式，离子方程式为：2MnO4﹣+16H++10Cl﹣=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，‎ 由于盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl，应饱和食盐水吸收HCl除去，‎ 故答案为：2MnO4﹣+16H++10Cl﹣=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；HCl；‎ ‎（2）Cl2和KOH在较高温度下反应生成KClO3，制取KClO温度反应在0℃～5℃，装置C应放在冰水浴中，充分利用原料，缓慢滴加盐酸，减慢生成氯气的速率，‎ 故答案为：缓慢滴加盐酸、装置C用冰水浴中；‎ ‎（3）K2FeO4在Fe3+和Fe（OH）3催化作用下发生分解，应把Fe（NO3）3饱和溶液滴加到KClO溶液中，具体操作为：在搅拌下，将Fe（NO3）3饱和溶液缓慢滴加到KClO 饱和溶液中，‎ 故答案为：在搅拌下，将Fe（NO3）3饱和溶液缓慢滴加到KClO 饱和溶液中；‎ ‎（4）提纯K2FeO4粗产品[含有Fe（OH）3、KCl等杂质]的实验方案为：将一定量的K2FeO4粗产品溶于冷的3mol•L﹣1KOH溶液中，用砂芯漏斗过滤，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和的KOH溶液，再用砂芯漏斗过滤，晶体用乙醇洗涤2﹣3次后，在真空干燥箱中干燥，‎ 故答案为：用砂芯漏斗过滤，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和的KOH溶液，再用砂芯漏斗过滤，晶体用乙醇洗涤2﹣3次后，在真空干燥箱中干燥．‎ 点评：‎ 本题考查实验制备方案、氧化还原反应、物质的分离提纯、对条件与操作的分析评价、阅读获取信息能力，是对学生综合能力的考查，注意题目信息的迁移运用，难度中等．‎ ‎　‎ ‎20．（14分）（2015•江苏）烟气（主要污染物SO2、NOx）经O3预处理后用CaSO3水悬浮液吸收，可减少烟气中SO2、NOx的含量；O3氧化烟气中SO2、NOx的主要反应的热化学方程式为：‎ NO（g）+O3（g）═NO2（g）+O2（g）△H=﹣200.9kJ．mol﹣1‎ NO（g）+O2（g）═NO2（g）△H=﹣58.2kJ．mol﹣1‎ SO2（g）+O3（g）═SO3（g）+O2（g）△H=﹣241.6kJ．mol﹣1‎ ‎（1）反应3NO（g）+O3（g）=3NO2（g）的△H=　﹣317.3　mol•L﹣1．‎ ‎（2）室温下，固定进入反应器的NO、SO2的物质的量，改变加入O3的物质的量，反应一段时间后体系中n（NO）、n（NO2）和n（SO2）随反应前n（O3）：n（NO）的变化见图．‎ ‎①当n（O3）：n（NO）＞1时，反应后NO2的物质的量减少，其原因是　O3将NO2氧化为更高价态氮氧化物　．‎ ‎②增加n（O3），O3氧化SO2的反应几乎不受影响，其可能原因是　可能是其反应较慢　．‎ ‎（3）当用CaSO3水悬浮液吸收经O3预处理的烟气时，清液（pH约为8）中SO32﹣将NO2转化为NO2﹣，其离子方程式为：　SO32﹣+2NO2+2OH﹣=SO42﹣+2NO2﹣+H2O　．‎ ‎（4）CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液，达到平衡后溶液中c（SO32﹣）=　　[用c（SO42﹣）、Ksp（CaSO3）和Ksp（CaSO4）表示]；CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液能提高NO2的吸收速率，其主要原因　CaSO3转化为CaSO4使溶液中SO32﹣的浓度增大，加快SO32﹣与NO2的反应速率　．‎ 考点：‎ 真题集萃；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．‎ 分析：‎ ‎（1）NO（g）+O3（g）═NO2（g）+O2（g）△H=﹣200.9kJ．mol﹣1①‎ NO（g）+O2（g）═NO2（g）△H=﹣58.2kJ．mol﹣1②‎ 将方程式2②+①3NO（g）+O3（g）=3NO2（g），焓变进行相应的改变；‎ ‎（2）①臭氧具有强氧化性，能氧化生成的NO2；‎ ‎②增加n（O3），O3氧化SO2的反应几乎不受影响，说明浓度对反应速率影响较小，可能是其反应速率较慢；‎ ‎（3）溶液pH约为8，说明溶液呈碱性，SO32﹣将NO2转化为NO2﹣，同时SO32﹣被氧化生成SO42﹣，根据反应物和生成物书写离子方程式；‎ ‎（4）CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液，发生反应CaSO3+SO42﹣=CaSO3+SO32﹣，溶液中c（Ca2+）==；根据CaSO3+SO42﹣=CaSO3+SO32﹣知，加入硫酸钠导致亚硫酸根离子浓度增大，浓度越大反应速率越大．‎ 解答：‎ 解：（1）NO（g）+O3（g）═NO2（g）+O2（g）△H=﹣200.9kJ．mol﹣1 ①‎ NO（g）+O2（g）═NO2（g）△H=﹣58.2kJ．mol﹣1②‎ 将方程式2②+①3NO（g）+O3（g）=3NO2（g），所以△H=2×（﹣58.2kJ．mol﹣1‎ ‎）+（﹣200.9kJ．mol﹣1）=﹣317.3kJ/mol，‎ 故答案为：﹣317.3；‎ ‎（2）①当n（O3）：n（NO）＞1时，臭氧过量，臭氧具有强氧化性，能将反应后NO2氧化为更高价氮氧化物，导致二氧化氮减少，故答案为：O3将NO2氧化为更高价态氮氧化物；‎ ‎②增加n（O3），O3氧化SO2的反应几乎不受影响，说明浓度对反应速率影响较小，可能是其反应速率较慢，故答案为：可能是其反应较慢；‎ ‎（3）溶液pH约为8，说明溶液呈碱性，SO32﹣将NO2转化为NO2﹣，同时SO32﹣被氧化生成SO42﹣，根据反应物和生成物书写离子方程式为SO32﹣+2NO2+2OH﹣=SO42﹣+2NO2﹣+H2O，故答案为：SO32﹣+2NO2+2OH﹣=SO42﹣+2NO2﹣+H2O；‎ ‎（4）CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液，发生反应CaSO3+SO42﹣=CaSO3+SO32﹣，溶液中c（Ca2+）==，所以c（SO32﹣）=；根据CaSO3+SO42﹣=CaSO3+SO32﹣知，加入硫酸钠导致c（SO32﹣）增大，浓度越大反应速率越大，所以加快反应速率，提高NO2的吸收速率，‎ 故答案为：；CaSO3转化为CaSO4使溶液中SO32﹣的浓度增大，加快SO32﹣与NO2的反应速率．‎ 点评：‎ 本题为2015年江苏省高考题，考查了溶度积常数计算、反应速率影响因素、氧化还原反应离子方程式的书写、盖斯定律等知识点，综合性较强，侧重考查学生分析计算能力，知道常见物质的性质、离子方程式书写规则，难点是（4）题计算，题目难度中等．‎ ‎　‎ 四.（12分）【选做题】本题包括21、22两小题，请选定一中一小题，并在相应的答题区域内作答．若多做，则按A小题评分．‎ ‎21．（12分）（2015•江苏）下列反应曾用于检测司机是否酒后驾驶：2Cr2O72﹣+3CH3CH2OH+16H++13H2O→4[Cr（H2O）6]3++3CH3COOH ‎（1）Cr3+基态核外电子排布式为　1s22s22p63s23p63d3　；配合物[Cr（H2O）6]3+中，与Cr3+形成配位键的原子是　O　（填元素符号）．‎ ‎（2）CH3COOH中C原子轨道杂化类型为　sp3和sp2　．1mol CH3COOH分子中含有σ键的数目为　7mol或7×6.02×1023　．‎ ‎（3）与H2O互为等电子体的一种阳离子为　H2F+　（填化学式）；H2O与CH3CH3OH可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为　H2O与CH3CH3OH之间可以形成氢键　．‎ 考点：‎ 真题集萃；原子核外电子排布；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．‎ 分析：‎ ‎（1）Cr位于周期表第四周期ⅥB族，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s1，失去3个电子生成Cr3+，配合物[Cr（H2O）6]3+中Cr3+为中心离子，H2O为配体；‎ ‎（2）CH3COOH中C原子分别形成4个、3个δ键，没有孤对电子，CH3CHOOH分子中含有1个C﹣C、3个C﹣H、1个C﹣O、1个C=O、1个O﹣H等化学键；‎ ‎（3）与H2O互为等电子体的阳离子应含有3个原子、且电子数为10，H2O与CH3CH3OH都含有氢键，且都为极性分子，二者互溶．‎ 解答：‎ 解：（1）Cr位于周期表第四周期ⅥB族，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p63d54s1，失去3个电子生成Cr3+，则离子的电子排布为1s22s22p63s23p63d3，‎ 配合物[Cr（H2O）6]3+中Cr3+为中心离子，H2O为配体，O原子提供孤对电子，与Cr3+形成配位键，‎ 故答案为：1s22s22p63s23p63d3；O；‎ ‎（2）CH3COOH中C原子分别形成4个、3个δ键，没有孤对电子，分别为sp3杂化、sp2杂化，CH3CHOOH分子中含有1个C﹣C、3个C﹣H、1个C﹣O、1个C=O、1个O﹣H等化学键，则1mol CH3COOH分子中含有σ键的数目为7mol或7×6.02×1023，‎ 故答案为：sp3和sp2；7mol或7×6.02×1023；‎ ‎（3）与H2O互为等电子体的阳离子应含有3个原子、且电子数为10，应为H2F+，H2O与CH3CH3OH都含有氢键，且都为极性分子，二者互溶，‎ 故答案为：H2F+；H2O与CH3CH3OH之间可以形成氢键．‎ 点评：‎ 本题为2015年江苏考题第21题，为选做题，综合考查原子结构与元素的性质，题目涉及核外电子排布、杂化类型以及等电子体等问题，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握相关知识的判断方法，难度不大．‎ ‎　‎ ‎22．（2015•江苏）实验室以苯甲醛为原料制备间溴苯甲醛（实验装置见图，相关物质的沸点见附表）．其实验步骤为：‎ 步骤1：将三颈瓶中的一定配比的无水AlCl3、1，2﹣二氯乙烷和苯甲醛充分混合后，升温至60℃，缓慢滴加经H2SO4干燥过的液溴，保温反应一段时间，冷却．‎ 步骤2：将反应混合物缓慢加入一定量的稀盐酸中，搅拌、静置、分液．有机相用10%NaHCO3溶液洗涤．‎ 步骤3：经洗涤的有机相加入适量无水MgSO4固体，放置一段时间后过滤．‎ 步骤4：减压蒸馏有机相，收集相应馏分．‎ ‎（1）实验装置中冷凝管的主要作用是　冷凝回流　，锥形瓶中的溶液应为　NaOH　．‎ ‎（2）步骤1所加入的物质中，有一种物质是催化剂，其化学式为　AlCl3　．‎ ‎（3）步骤2中用10%NaHCO3溶液洗涤有机相，是为了除去溶于有机相的　Br2、HCl　（填化学式）．‎ ‎（4）步骤3中加入无水MgSO4固体的作用是　除去有机相的水　．‎ ‎（5）步骤4中采用减压蒸馏技术，是为了防止　间溴苯甲醛被氧化　．‎ 附表相关物质的沸点（101kPa）‎ 物质 沸点/℃‎ 物质 沸点/℃‎ 溴 ‎58.8‎ ‎1，2﹣二氯乙烷 ‎83.5‎ 苯甲醛 ‎179‎ 间溴苯甲醛 ‎229‎ 考点：‎ 真题集萃；制备实验方案的设计．‎ 专题：‎ 实验设计题．‎ 分析：‎ 苯甲醛与溴在氯化铝催化作用下在60℃时反应生成间溴苯甲醛，通式生成HBr，经冷凝回流可到间溴苯甲醛，生成的HBr用氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气，有机相中含有Br2，加入HCl，可用碳酸氢钠除去，有机相加入无水MgSO4固体，可起到吸收水的作用，减压蒸馏，可降低沸点，避免温度过高，导致间溴苯甲醛被氧化，以此解答该题．‎ 解答：‎ 解：（1）因溴易挥发，为使溴充分反应，应进行冷凝回流，以增大产率，反应发生取代反应，生成间溴苯甲醛的同时生成HBr，用氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气，‎ 故答案为：冷凝回流；NaOH；‎ ‎（2）将三颈瓶中的一定配比的无水AlCl3、1，2﹣二氯乙烷和苯甲醛充分混合，三种物质中无水AlCl3为催化剂，1，2﹣二氯乙烷为溶剂，苯甲醛为反应物，‎ 故答案为：AlCl3；‎ ‎（3）将反应混合物含有溴，缓慢加入一定量的稀盐酸中，加入碳酸氢钠，可与Br2、HCl反应，‎ 故答案为：Br2、HCl；‎ ‎（4）经洗涤的有机相含有水，加入适量无水MgSO4固体，可起到除去有机相的水的作用，‎ 故答案为：除去有机相的水；‎ ‎（5）减压蒸馏，可降低沸点，避免温度过高，导致间溴苯甲醛被氧化，‎ 故答案为：间溴苯甲醛被氧化．‎ 点评：‎ 本题为2015年高考化学江苏卷化学选做题实验化学部分，本题考查有机物的制备，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握基本实验操作方法以及实验的原理，难度不大．‎ ‎　‎ ‎11‎