1、江蘇省鹽城市、南京市2017-2018學年高考化學二模試卷 Word版含解析2017-2018學年江蘇省鹽城市、南京市高考化學二模試卷一、單項選擇題：本題包括10小題，每小題2分，共計20分每小題只有一個選項符合題意1美好的生活離不開化學，我們應感恩化學，掌握必要的化學知識下列說法錯誤的是（ ）A合理使用化肥可以提高農作物的產量B二氧化氯、臭氧均可用作自來水消毒劑C氫氧化鋁和碳酸鈉均可用于治療胃酸過多D化妝品中的甘油可起到保濕滋潤皮膚的作用2下列有關化學用語的表示正確的是（ ）A質量數為37的氯原子： ClBAl3+的結構示意圖：CNaClO的電子式：D硝基苯的結構簡式：3下列說法正確的是（

2、）A分子式為C3H6的有機物只有兩種同分異構體B標準狀況下，22.4 L CCl4的質量為154 gC選用適當的催化劑，既可以改變化學反應速率，也可以改變反應物的平衡轉化率D2 g H2（g）在O2（g）中完全燃燒生成H2O（l）放出熱量為285.8 kJ，則該反應的熱化學方程式可表示為：2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=285.8 kJmol14常溫下，反應2H2S（g）+SO2（g）3S（s）+2H2O（l）能自發進行下列說法正確的是（ ）A該反應為吸熱反應B該反應中，SO2為還原劑C1 mol H2S中含有的共價鍵的數目為3 molD常溫下，H2S的還原性強于S的還原性5已知X、

3、Y、Z、W、R是原子序數依次增大的五種短周期主族元素，其中Y、R原子最外層電子數相等；X元素最低負價絕對值與W元素最高正價相等；工業上常用電解熔融氧化物的方法冶煉W單質；Z、W、R的最高價氧化物對應的水化物兩兩反應均生成鹽和水下列說法正確的是（ ）A原子半徑由大到小的順序：Z、W、YB簡單氣態氫化物的穩定性由強到弱的順序：X、Y、RCW的最高價氧化物對應的水化物堿性比Z的強DR的最高價氧化物對應的水化物化學式一定是HRO46常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）ApH=1的溶液中：Na+、NH4+、SO42、CO32B與鋁反應產生大量氫氣的溶液中：Ca2+、Fe2+、Cl、N

4、O3C =106的溶液中：K+、Na+、I，SO42Dc（ClO）=1.0 molL1的溶液中：Na+、K+、S2、SO427下列指定反應的離子方程式正確的是（ ）A向苯酚鈉溶液通入少量的CO2：2O+CO2+H2O2OH+CO32B用稀硝酸洗滌試管內壁的銀鏡：Ag+4H+NO3Ag+NO+2H2OC（NH4）2Fe（SO4）2溶液與過量Ba（OH）2溶液混合：Fe2+2SO42+2Ba2+2OHFe（OH）2+2BaSO4D常溫下，向澄清石灰水中通入Cl2：Cl2+2OHCl+ClO+H2O8一定條件下，下列各組物質能一步實現圖所示轉化關系的是（ ）選項XYZWAAlAl2O3NaAlO2A

5、l（OH）3BFe3O4FeFeCl2FeCl3CH2SO4SO2SSO3DCH3CH2BrCH2CH2C2H5OHCH2BrCH2BrAA BB CC DD9下列有關實驗裝置進行的相應實驗，能達到實驗目的是（ ）A利用圖1所示裝置制取少量NH3B利用圖2所示裝置制備Fe（OH）3膠體C利用圖3所示裝置收集HClD利用圖4所示裝置檢驗是否生成乙烯10用如圖所示裝置（熔融CaF2CaO作電解質）獲得金屬鈣，并用鈣還原TiO2制備金屬鈦下列說法正確的是（ ）A電解過程中，Ca2+向陽極移動B陽極的電極反應式為：C+2O24eCO2C在制備金屬鈦前后，整套裝置中CaO的總量減少D若用鉛蓄電池作該裝置

6、的供電電源，“+”接線柱是Pb電極二、不定項選擇題：本題包括5小題，每小題4分，共計20分每小題只有一個或兩個選項符合題意若正確答案只包括一個選項，多選時，該題得0分；若正確答案包括兩個選項，只選一個且正確的得2分，選兩個且都正確的得滿分，但只要選錯一個，該小題就得0分11下列說法正確的是（ ）A若電解熔融MgCl2產生1 mol Mg，理論上轉移的電子數約為26.021023B海輪船體鑲嵌鋅塊是犧牲陽極的陰極保護法，防止船體被腐蝕C室溫下，pH均為3的鹽酸和NH4Cl溶液中，水的電離程度相同D一定條件下反應2SO2+O22SO3達到平衡時，v正（O2）=2v逆（SO3）12阿替洛爾是一種用于

7、治療高血壓的藥物，它的一種合成路線如下：下列說法正確的是（ ）A化合物甲的分子式為C8H8O2NB阿替洛爾分子中含有2個手性碳原子C一定條件下，化合物甲與NaOH溶液、濃溴水、H2均可以發生反應D阿替洛爾在NaOH乙醇溶液中加熱可發生消去反應13下列根據實驗操作和現象所得出的結論正確的是（ ）選項實驗操作實驗現象結論A向兩份蛋白質溶液中分別滴加飽和NaCl 溶液和CuSO4溶液均有固體析出蛋白質均發生變性B淀粉溶液和稀H2SO4混合加熱后，再加新制的Cu（OH）2懸濁液煮沸無磚紅色沉淀產生淀粉未水解C向苯酚濃溶液中滴入溴水，振蕩無白色沉淀產生苯酚與溴水不反應D將乙醇和濃硫酸共熱至170后，將生

8、成的氣體通入酸性KMnO4溶液中KMnO4溶液褪色不能證明乙烯能使KMnO4溶液褪色AA BB CC DD1425時，下列溶液中微粒的物質的量濃度關系正確的是（ ）A0.1 molL1NaHC2O4溶液（pH=5.5）：c（Na+）c（HC2O4）c（H2C2O4）c（C2O42）B0.1 molL1NaHS溶液：c（OH）+c（S2）=c（H+）+c（H2S）C0.1 molL1 NH4HSO4溶液中滴加0.1 molL1 NaOH溶液至中性：c（Na+）c（SO42）c（NH4+）c（OH）=c（H+）D0.1 molL1CH3COOH溶液和0.1 molL1CH3COONa溶液等體積混合

9、：c（Na+）c（CH3COOH）c（CH3COO）c（H+）c（OH）15臭氧是理想的煙氣脫硝劑，其脫硝反應為：2NO2（g）+O3（g）N2O5（g）十O2（g）H不同溫度下，在三個容器中發生上述反應，相關信息如表及圖所示：容器甲乙丙容積/L112反應物起始量2mol NO21mol O32mol NO21mol O32mol N2O51mol O2溫度/KT1T2T2下列說法正確的是（ ）A010 min內甲容器中反應的平均速率：v（NO2）=0.02 molL1min1BT1T2，H0C平衡時N2O5濃度：c乙（N2O5）c丙（N2O5）DT1K時，若起始時向容器甲中充入2 mol N

10、O2、1 mol O3、2 mol N2O5和2 mol O2，則脫硝反應達到平衡前，v（正）v（逆）二、非選擇題（共80分）16以硅孔雀石主要成分為CuCO3Cu（OH）2、CuSiO32H2O，含SiO2、FeCO3、Fe2O3等雜質為原料制備CuCl2的工藝流程如下：已知：SOCl2+H2OSO2+2HCl（1）“酸浸”時鹽酸與CuCO3Cu（OH）2反應的化學方程式為為提高“酸浸”時銅元素的浸出率，可以采取的措施有：適當提高鹽酸濃度；適當提高反應溫度；（2）“氧化”時發生反應的離子方程式為（3）“濾渣2”的主要成分為（填化學式）；“調pH”時，pH不能過高，其原因是（4）“加熱脫水”時

11、，加入SOCl2的目的是18釷試劑滴定法測定煙氣中SO3、SO2含量的裝置如圖所示吸收瓶123試劑50mL異丙醇50mL 6.8%H2O2溶液50mL 6.8%H2O2溶液目的吸收SO3吸收SO2當通過1m3煙氣時，將吸收瓶1中的吸收液轉移至錐形瓶1中，加入13滴釷指示劑，以0.025 00molL1的Ba（ClO4）2標準液滴定至終點，消耗Ba（ClO4）2溶液20.00mL；將吸收瓶2、3中的吸收液轉移至1 000mL容量瓶中并定容，取50.00mL至錐形瓶2中，加入40mL異丙醇，加入13滴釷指示劑，以0.025 00molL1的Ba（ClO4）2標準液滴定至終點，消耗Ba（ClO4）2

12、溶液30.00mL已知：Ba（ClO4）2+H2SO4BaSO4+2HClO4（1）將吸收瓶放入冰水箱中的目的是（2）100g 6.8%（質量分數）的H2O2溶液最多能吸收 L（標準狀況）SO2（3）當溶液中SO42完全沉淀c（SO42）1.0106 molL1時，c（Ba2+）室溫下，Ksp（BaSO4）=1.11010（4）根據以上數據計算煙氣中SO3、SO2的質量濃度（mgm3）（請給出計算過程）19海洋是一個巨大的化學資源寶庫海水綜合利用的部分流程如下：已知：Br2的沸點為59，微溶于水，有毒性和強腐蝕性（1）電解飽和NaCl溶液的離子方程式為粗鹽中常含Ca2+、Mg2+、SO42等雜

13、質離子，可依次加入NaOH、鹽酸試劑來進行提純（2）下列方法可用于海水淡化的是（填字母代號）A蒸餾法 B萃取法 C離子交換法 D電滲析法（3）工業上用電解法制Mg時，通常在MgCl2中加入CaCl2，其原因是：增加電解質的密度，便于分離出熔融的鎂；（4）利用圖所示裝置從母液中提取溴，在B瓶中得到較濃的溴水實驗方案為：關閉b、d，打開a、c，由a向A中緩慢通入Cl2至反應完全，（實驗中須使用的試劑有：SO2、Cl2、熱空氣）20NH3可用于制造硝酸、純堿等，還可用于煙氣脫硝（1）NH3催化氧化可制備硝酸NH3氧化時發生如下反應：4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H1=907

14、.28kJmol14NH3（g）+3O2（g）2N2（g）+6H2O（g）H2=1 269.02kJmol1則4NH3（g）+6NO（g）5N2（g）+6H2O（g）H3NO被O2氧化為NO2其他條件不變時，NO的氧化率（NO）與溫度、壓強的關系如圖1所示則p1p2（填“”、“”或“=”）；溫度高于800時，（NO）幾乎為0的原因是（2）聯合制堿工藝示意圖如圖2所示“碳化”時發生反應的化學方程式為（3）利用反應NO2+NH2N2+H2O（未配平）消除NO2的簡易裝置如圖3所示電極b的電極反應式為；消耗標準狀況下4.48L NH3時，被消除的NO2的物質的量為mol（4）合成氨的原料氣需脫硫處理

15、一種脫硫方法是：先用Na2CO3溶液吸收H2S生成NaHS；NaHS再與NaVO3反應生淺黃色沉淀、Na2V4O9等物質生成淺黃色沉淀的化學方程式為選做題,本題包括A、B兩小題，請選定其中一小題作答若多做，則按A小題評分A物質結構與性質21釩及其化合物非常豐富釩可用于生產合金鋼、航天用的釩鈦合金及化工催化劑等（1）V基態核外電子排布式為（2）某釩的氧化物的晶胞如圖所示，則該氧化物的化學式為（3）利用NH4VO3制備催化劑V2O5的反應如下：2NH4VO3V2O5+2NH3+H2O與NH3互為等電子體的一種陽離子為（填化學式）（4）常溫下V（CO）6為藍綠色固體，易揮發，易升華，不溶于水，溶于乙

16、醚、吡啶（N）固態V（CO）6屬于晶體N分子中N原子的雜化類型為V（CO）6中含有的化學鍵有（填字母）A鍵 B鍵 C配位鍵 D非極性鍵B實驗化學22以香豆素3甲酸乙酯（）為原料合成香豆素3甲酸（）的裝置如圖所示，實驗步驟如下：步驟1：在100mL三頸燒瓶中，加入25mL 95%的乙醇溶液、50mL 14%的NaOH溶液和5.45g香豆素3甲酸乙酯，加熱回流15分鐘步驟2：邊攪拌邊將反應混合物倒入70mL鹽酸中，析出晶體步驟3：抽濾得到粗產品步驟4：加入50%乙醇重結晶，得到白色晶體3.80g（1）步驟1中發生反應的化學方程式為（2）反應裝置中冷凝水從口進入（填“a”或“b”）（3）步驟2中加入

17、鹽酸的目的是（4）步驟3抽濾完畢或中途停止抽濾時，應先，然后（5）本次實驗中香豆素3甲酸的產率為2016年江蘇省鹽城市、南京市高考化學二模試卷參考答案與試題解析一、單項選擇題：本題包括10小題，每小題2分，共計20分每小題只有一個選項符合題意1美好的生活離不開化學，我們應感恩化學，掌握必要的化學知識下列說法錯誤的是（ ）A合理使用化肥可以提高農作物的產量B二氧化氯、臭氧均可用作自來水消毒劑C氫氧化鋁和碳酸鈉均可用于治療胃酸過多D化妝品中的甘油可起到保濕滋潤皮膚的作用【考點】藥物的主要成分和療效；氯氣的化學性質；醇類簡介【分析】A農藥、化肥的合理使用提高了農作物產量； B具有強氧化性的物質能殺菌

18、消毒；C碳酸鈉的堿性太強，不能用來中和胃酸；D甘油中含3個OH，易形成氫鍵【解答】解：A農藥、化肥的合理使用提高了農作物產量，緩解了人類糧食危機，故A正確； B二氧化氯和臭氧都具有強氧化性，所以能殺菌消毒，故B正確；C碳酸鈉的堿性太強，不能用來中和胃酸，氫氧化鋁可以用來中和胃酸，故C錯誤；D甘油中含3個OH，易形成氫鍵，則甘油作為化妝品中的保濕劑，故D正確故選C2下列有關化學用語的表示正確的是（ ）A質量數為37的氯原子： ClBAl3+的結構示意圖：CNaClO的電子式：D硝基苯的結構簡式：【考點】電子式、化學式或化學符號及名稱的綜合【分析】A質量數=質子數+中子數，元素符號的左上角為質量數

19、，左下角為質子數；B鋁離子的核電荷數為13，最外層達到8電子穩定結構；C次氯酸鈉為離子化合物，陰陽離子需要標出所帶電荷，次氯酸根離子還需要標出最外層電子；D硝基苯可以看作硝基取代苯環上的1個H形成的【解答】解：A氯元素的質子數為17，質量數為37的氯原子的正確表示方法為：1737Cl，故A錯誤；BAl3+的核外電子總數為10，其離子結構示意圖為：，故B正確；CNaClO是離子化合物，Na+和ClO間為離子鍵，在Cl和O之間為共價鍵，其電子式為，故C正確；D硝基苯中N原子與苯環相連，硝基苯的結構簡式為：，故D正確；故選BCD3下列說法正確的是（ ）A分子式為C3H6的有機物只有兩種同分異構體B標

20、準狀況下，22.4 L CCl4的質量為154 gC選用適當的催化劑，既可以改變化學反應速率，也可以改變反應物的平衡轉化率D2 g H2（g）在O2（g）中完全燃燒生成H2O（l）放出熱量為285.8 kJ，則該反應的熱化學方程式可表示為：2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=285.8 kJmol1【考點】有關反應熱的計算；物質的量的相關計算；化學平衡的影響因素；同分異構現象和同分異構體【分析】A、C3H6的有機物可能是丙烯和環丙烷；B、標況下四氯化碳是液體；C、使用催化劑，只改變反應速率，但平衡不移動；D、2 g H2（g）是1mol，而不是2mol【解答】解：A、C3H6的有機物可能

21、是丙烯和環丙烷，所以分子式為C3H6的有機物只有兩種同分異構體，故A正確；B、標況下四氯化碳是液體，無法求物質的量，故B錯誤；C、使用催化劑，只改變反應速率，但平衡不移動，所以反應物的平衡轉化率不變，故C錯誤；D、2 g H2（g）是1mol，而不是2mol，所以該反應的熱化學方程式可表示為：2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=571.6 kJmol1，故D錯誤；故選A4常溫下，反應2H2S（g）+SO2（g）3S（s）+2H2O（l）能自發進行下列說法正確的是（ ）A該反應為吸熱反應B該反應中，SO2為還原劑C1 mol H2S中含有的共價鍵的數目為3 molD常溫下，H2S的還原性強

22、于S的還原性【考點】氧化還原反應【分析】A反應能自發進行，應滿足HTS0；B反應SO2中S元素的化合價降低；C1個H2S中含有2個共價鍵；D氧化還原反應中還原劑的還原性大于還原產物的還原性【解答】解：A反應能自發進行，應滿足HTS0，已知2H2S（g）+SO2（g）3S（s）+2H2O（l）的熵變小于零，則H0，故該反應為放熱反應，故A錯誤；B反應SO2中S元素的化合價降低，所以SO2為氧化劑，故B錯誤；C1個H2S中含有2個共價鍵，則1 mol H2S中含有的共價鍵的數目為2mol，故C錯誤；D氧化還原反應中還原劑的還原性大于還原產物的還原性，H2S為還原劑，S還原產物，所以H2S的還原性強

23、于S的還原性，故D正確故選D5已知X、Y、Z、W、R是原子序數依次增大的五種短周期主族元素，其中Y、R原子最外層電子數相等；X元素最低負價絕對值與W元素最高正價相等；工業上常用電解熔融氧化物的方法冶煉W單質；Z、W、R的最高價氧化物對應的水化物兩兩反應均生成鹽和水下列說法正確的是（ ）A原子半徑由大到小的順序：Z、W、YB簡單氣態氫化物的穩定性由強到弱的順序：X、Y、RCW的最高價氧化物對應的水化物堿性比Z的強DR的最高價氧化物對應的水化物化學式一定是HRO4【考點】原子結構與元素周期律的關系【分析】X、Y、Z、W、R是原子序數依次增大的五種短周期主族元素，Z、W、R最高價氧化物對應的水化物兩

24、兩反應均生成鹽和水，應氫氧化鋁與強酸、強堿反應，可推知Z為Na元素、W為Al元素，工業上常用電解熔融氧化鋁的方法冶煉Al單質；X元素最低負價絕對值與W元素最高正價相等，X處于VA族，原子序數小于Al，故X為N元素；Y、R原子最外層電子數相等，若Y為O，則R為S，若Y為F，則R為Cl，據此解答【解答】解：X、Y、Z、W、R是原子序數依次增大的五種短周期主族元素，Z、W、R最高價氧化物對應的水化物兩兩反應均生成鹽和水，應氫氧化鋁與強酸、強堿反應，可推知Z為Na、W為Al，工業上常用電解熔融氧化鋁的方法冶煉Al單質；X元素最低負價絕對值與W元素最高正價相等，X處于VA族，原子序數小于Al，故X為N元

25、素；Y、R原子最外層電子數相等，若Y為O，則R為S，若Y為F，則R為ClAY為O或F，Z為Na，W為Al，同周期隨原子序數增大，原子半徑減小，電子層越多半徑越大，所以原子半徑由大到小的順序：Z、W、Y，故A正確；BX、Y為同周期元素，Y的非金屬性強于X，故氫化物穩定性YX，故B錯誤；C金屬性AlNa，故堿性：氫氧化鋁氫氧化鈉，故C錯誤；DR為S時，最高價氧化物對應水化物為H2SO4，故D錯誤故選A6常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）ApH=1的溶液中：Na+、NH4+、SO42、CO32B與鋁反應產生大量氫氣的溶液中：Ca2+、Fe2+、Cl、NO3C =106的溶液中：

26、K+、Na+、I，SO42Dc（ClO）=1.0 molL1的溶液中：Na+、K+、S2、SO42【考點】離子共存問題【分析】ApH=1的溶液，顯酸性；B與鋁反應產生大量氫氣的溶液，為非氧化性酸或強堿溶液；C. =106的溶液，顯酸性；D離子之間發生氧化還原反應【解答】解：ApH=1的溶液，顯酸性，不能大量存在CO32，故A錯誤；B與鋁反應產生大量氫氣的溶液，為非氧化性酸或強堿溶液，堿溶液中不能大量存在Ca2+、Fe2+，酸溶液中Fe2+（或Al）、NO3發生氧化還原反應不生成氫氣，故B錯誤；C. =106的溶液，顯酸性，該組離子之間不反應，可大量共存，故C正確；DS2、ClO發生氧化還原反應

27、，不能大量共存，故D錯誤；故選C7下列指定反應的離子方程式正確的是（ ）A向苯酚鈉溶液通入少量的CO2：2O+CO2+H2O2OH+CO32B用稀硝酸洗滌試管內壁的銀鏡：Ag+4H+NO3Ag+NO+2H2OC（NH4）2Fe（SO4）2溶液與過量Ba（OH）2溶液混合：Fe2+2SO42+2Ba2+2OHFe（OH）2+2BaSO4D常溫下，向澄清石灰水中通入Cl2：Cl2+2OHCl+ClO+H2O【考點】離子方程式的書寫【分析】A苯酚鈉與二氧化碳反應生成苯酚與碳酸氫鈉；B電荷不守恒；C向NH4Fe（SO4）2溶液中加入過量Ba（OH）2溶液反應生成硫酸鋇、氫氧化鐵和一水合氨；D氯氣與澄清

28、石灰水反應生成氯化鈣、次氯酸鈣和水【解答】解：A向苯酚鈉溶液中通入少量的CO2，由于苯酚的酸性大于碳酸氫根離子，二者反應生成苯酚和碳酸氫根離子，正確的離子方程式為：CO2+H2O+C6H5OC6H5OH+HCO3，故A錯誤；B用稀硝酸洗滌試管內壁的銀鏡，反應的離子方程式為：3Ag+4H+NO33Ag+NO+2H2O，故B錯誤；C向NH4Fe（SO4）2溶液中加入過量Ba（OH）2溶液的離子方程式為：NH4+Fe3+2SO42+2Ba2+4OH=2BaSO4+Fe（OH）3+NH3H2O，故C錯誤；D氯氣與澄清石灰水反應生成氯化鈣、次氯酸鈣和水，離子方程式：Cl2+2OHCl+ClO+H2O，故

29、D正確；故選：D8一定條件下，下列各組物質能一步實現圖所示轉化關系的是（ ）選項XYZWAAlAl2O3NaAlO2Al（OH）3BFe3O4FeFeCl2FeCl3CH2SO4SO2SSO3DCH3CH2BrCH2CH2C2H5OHCH2BrCH2BrAA BB CC DD【考點】鎂、鋁的重要化合物；濃硫酸的性質；鐵的化學性質【分析】A、Y（氧化鋁）不能一步轉化為W（氫氧化鋁）；B、四氧化三鐵通過鋁熱反應生成單質鐵，鐵與弱氧化劑鹽酸反應生成氯化亞鐵，鐵與氯氣生成氯化鐵；FeCl2FeCl3；FeCl3FeCl2；C、Z（硫）不能一步轉化為W（三氧化硫）；D、Z（C2H5OH）不能一步轉化為W

30、（CH2BrCH2Br）；【解答】解：A、Y（氧化鋁）不能一步轉化為W（氫氧化鋁），不符合條件，故A錯誤；B、四氧化三鐵通過鋁熱反應生成單質鐵，鐵與弱氧化劑鹽酸反應生成氯化亞鐵，鐵與氯氣生成氯化鐵；FeCl2FeCl3；FeCl3FeCl2，各步轉化都可實現，故B正確；C、Z（硫）不能一步轉化為W（三氧化硫），不符合條件，故C錯誤；D、Z（C2H5OH）不能一步轉化為W（CH2BrCH2Br），要先消去，再加成，故D錯誤；故選B9下列有關實驗裝置進行的相應實驗，能達到實驗目的是（ ）A利用圖1所示裝置制取少量NH3B利用圖2所示裝置制備Fe（OH）3膠體C利用圖3所示裝置收集HClD利用圖4所

31、示裝置檢驗是否生成乙烯【考點】化學實驗方案的評價【分析】A氨氣密度比空氣小； B反應生成氫氧化鐵沉淀；C氯化氫密度比空氣大；D乙醇能使酸性高錳酸鉀褪色【解答】解：A氨氣密度比空氣小，可用向下排空法收集，故A正確； B加熱燒杯中的水至沸騰，向沸水滴加幾滴飽和氯化鐵溶液，繼續煮沸至溶液呈紅褐色，即停止加熱，得到氫氧化鐵膠體，故B錯誤；C氯化氫密度比空氣大，應用向上排空氣法，故C錯誤；D乙醇能使酸性高錳酸鉀褪色，應先除掉乙醇，故D錯誤故選A10用如圖所示裝置（熔融CaF2CaO作電解質）獲得金屬鈣，并用鈣還原TiO2制備金屬鈦下列說法正確的是（ ）A電解過程中，Ca2+向陽極移動B陽極的電極反應式為

32、：C+2O24eCO2C在制備金屬鈦前后，整套裝置中CaO的總量減少D若用鉛蓄電池作該裝置的供電電源，“+”接線柱是Pb電極【考點】化學電源新型電池【分析】根據圖知，陽極上電極反應式為C+2O24eCO2，陰極上電極反應式為：2Ca2+4e2Ca，鈣還原二氧化鈦反應方程式為：2Ca+TiO2Ti+2CaO，“+”接線柱應連接原電池正極，電解過程中，電解質中陽離子向陰極移動、陰離子向陽極移動，據此分析解答【解答】解：A電解過程中，電解質中陽離子向陰極移動、陰離子向陽極移動，所以Ca2+向陰極移動，故A錯誤；B根據圖知，陽極上生成二氧化碳，則陽極反應式為C+2O24eCO2，故B正確；C陰極上電極

33、反應式為：2Ca2+4e2Ca，鈣還原二氧化鈦反應方程式為：2Ca+TiO2=Ti+2CaO，在制備金屬鈦前后，整套裝置中CaO的總量不變，故C錯誤；D“+”表示原電池正極，所以“+”接線柱應連接原電池正極，即PbO2極，故D錯誤；故選B二、不定項選擇題：本題包括5小題，每小題4分，共計20分每小題只有一個或兩個選項符合題意若正確答案只包括一個選項，多選時，該題得0分；若正確答案包括兩個選項，只選一個且正確的得2分，選兩個且都正確的得滿分，但只要選錯一個，該小題就得0分11下列說法正確的是（ ）A若電解熔融MgCl2產生1 mol Mg，理論上轉移的電子數約為26.021023B海輪船體鑲嵌鋅

34、塊是犧牲陽極的陰極保護法，防止船體被腐蝕C室溫下，pH均為3的鹽酸和NH4Cl溶液中，水的電離程度相同D一定條件下反應2SO2+O22SO3達到平衡時，v正（O2）=2v逆（SO3）【考點】金屬的電化學腐蝕與防護；反應速率的定量表示方法；水的電離【分析】A電解熔融MgCl2產生1 mol Mg，轉移2mol電子；B原電池的正極被保護，屬于犧牲陽極的陰極保護法；C酸堿抑制水的電離，能水解的鹽促進水的電離；D達到平衡時，不同物質的正逆反應速率之比等于計量數之比【解答】解：A電解熔融MgCl2產生1 mol Mg，轉移2mol電子，理論上轉移的電子數約為26.021023，故A正確；B原電池的正極被

35、保護，負極被腐蝕，Fe、Zn形成原電池時，Fe作正極被保護，屬于犧牲陽極的陰極保護法，故B正確；CpH均為3的鹽酸抑制水的電離，NH4Cl促進水的電離，所以pH均為3的鹽酸和NH4Cl溶液中，水的電離程度不相同，故C錯誤；D達到平衡時，不同物質的正逆反應速率之比等于計量數之比，則一定條件下反應2SO2+O22SO3達到平衡時，2v正（O2）=v逆（SO3），故D錯誤故選AB12阿替洛爾是一種用于治療高血壓的藥物，它的一種合成路線如下：下列說法正確的是（ ）A化合物甲的分子式為C8H8O2NB阿替洛爾分子中含有2個手性碳原子C一定條件下，化合物甲與NaOH溶液、濃溴水、H2均可以發生反應D阿替洛

36、爾在NaOH乙醇溶液中加熱可發生消去反應【考點】有機物的結構和性質【分析】A根據結構簡式確定分子式；B連接四個不同原子或原子團的原子是手性碳原子；C甲中含有酚羥基、肽鍵和苯環，具有酚、肽和苯的性質；D連接醇羥基碳原子相鄰碳原子上含有H原子，能發生消去反應【解答】解：A根據結構簡式確定分子式為C8H9O2N，故A錯誤；B連接四個不同原子或原子團的原子是手性碳原子，該分子中1個手性碳原子，為連接醇羥基的碳原子，故B錯誤；C甲中含有酚羥基、肽鍵和苯環，具有酚、肽和苯的性質，一定條件下，化合物甲與NaOH溶液、濃溴水、H2均可以發生反應，故C正確；D連接醇羥基碳原子相鄰碳原子上含有H原子，能發生消去反

37、應，但需要在濃硫酸作催化劑、加熱條件下，故D錯誤；故選C13下列根據實驗操作和現象所得出的結論正確的是（ ）選項實驗操作實驗現象結論A向兩份蛋白質溶液中分別滴加飽和NaCl 溶液和CuSO4溶液均有固體析出蛋白質均發生變性B淀粉溶液和稀H2SO4混合加熱后，再加新制的Cu（OH）2懸濁液煮沸無磚紅色沉淀產生淀粉未水解C向苯酚濃溶液中滴入溴水，振蕩無白色沉淀產生苯酚與溴水不反應D將乙醇和濃硫酸共熱至170后，將生成的氣體通入酸性KMnO4溶液中KMnO4溶液褪色不能證明乙烯能使KMnO4溶液褪色AA BB CC DD【考點】化學實驗方案的評價【分析】A加NaCl發生鹽析，加CuSO4 溶液發生變

38、性；B淀粉溶液和稀H2SO4混合加熱后，水解生成葡萄糖，應在堿性條件下檢驗葡萄糖；C向苯酚濃溶液中滴入溴水，生成三溴苯酚溶于苯酚；D乙醇和濃硫酸共熱至170后發生消去反應生成乙烯，但乙醇易揮發，二者均可使高錳酸鉀褪色【解答】解：A向兩份蛋白質溶液中分別加NaCl發生鹽析，加CuSO4 溶液發生變性，鹽析為可逆過程，變性為不可逆過程，故A錯誤；B淀粉溶液和稀H2SO4混合加熱后，水解生成葡萄糖，應在堿性條件下檢驗葡萄糖，則沒有加堿至堿性不能檢驗，故B錯誤；C向苯酚濃溶液中滴入溴水，生成三溴苯酚溶于苯酚，應選濃溴水，現象可觀察到白色沉淀，故C錯誤；D乙醇和濃硫酸共熱至170后發生消去反應生成乙烯，

39、但乙醇易揮發，二者均可使高錳酸鉀褪色，則該實驗不能證明乙烯能使KMnO4溶液褪色，故D正確；故選D1425時，下列溶液中微粒的物質的量濃度關系正確的是（ ）A0.1 molL1NaHC2O4溶液（pH=5.5）：c（Na+）c（HC2O4）c（H2C2O4）c（C2O42）B0.1 molL1NaHS溶液：c（OH）+c（S2）=c（H+）+c（H2S）C0.1 molL1 NH4HSO4溶液中滴加0.1 molL1 NaOH溶液至中性：c（Na+）c（SO42）c（NH4+）c（OH）=c（H+）D0.1 molL1CH3COOH溶液和0.1 molL1CH3COONa溶液等體積混合：c（N

40、a+）c（CH3COOH）c（CH3COO）c（H+）c（OH）【考點】離子濃度大小的比較【分析】ANaHC2O4溶液的pH=5.5，說明HC2O4的電離程度大于其水解程度，則c（C2O42）c（H2C2O4）；B根據硫氫化鈉溶液中的質子守恒判斷；C當二者按照1：1混合時生成硫酸鈉、硫酸銨，溶液呈酸性，則氫氧化鈉稍過量，結合電荷守恒判斷；D醋酸的電離程度大于醋酸根離子的水解程度，則c（CH3COO）cc（CH3COOH），結合物料守恒可知c（CH3COO）c（Na+）c（CH3COOH）【解答】解：A0.1 molL1NaHC2O4溶液（pH=5.5），溶液呈酸性，說明HC2O4的電離程度大于

41、其水解程度，則c（C2O42）c（H2C2O4），正確的濃度大小為：c（Na+）c（HC2O4）c（C2O42）c（H2C2O4），故A錯誤；B0.1 molL1NaHS溶液中，根據質子守恒可得：c（OH）+c（S2）=c（H+）+c（H2S），故B正確；C0.1 molL1 NH4HSO4溶液中滴加0.1 molL1 NaOH溶液至中性，則c（OH）=c（H+），根據電荷守恒可知：c（Na+）+c（NH4+）=c（SO42），由于銨根離子部分水解，則c（SO42）c（NH4+），所以c（Na+）c（SO42），溶液中離子濃度大小為：c（Na+）c（SO42）c（NH4+）c（OH）=c（H+

42、），故C正確；D0.1 molL1CH3COOH溶液和0.1 molL1CH3COONa溶液等體積混合，由于醋酸的電離程度大于醋酸根離子的水解程度，則c（CH3COO）cc（CH3COOH），結合物料守恒可知c（CH3COO）c（Na+）c（CH3COOH），溶液中正確的濃度大小為：c（CH3COO）c（Na+）c（CH3COOH）c（H+）c（OH），故D錯誤；故選BC15臭氧是理想的煙氣脫硝劑，其脫硝反應為：2NO2（g）+O3（g）N2O5（g）十O2（g）H不同溫度下，在三個容器中發生上述反應，相關信息如表及圖所示：容器甲乙丙容積/L112反應物起始量2mol NO21mol O32m

43、ol NO21mol O32mol N2O51mol O2溫度/KT1T2T2下列說法正確的是（ ）A010 min內甲容器中反應的平均速率：v（NO2）=0.02 molL1min1BT1T2，H0C平衡時N2O5濃度：c乙（N2O5）c丙（N2O5）DT1K時，若起始時向容器甲中充入2 mol NO2、1 mol O3、2 mol N2O5和2 mol O2，則脫硝反應達到平衡前，v（正）v（逆）【考點】化學平衡的計算【分析】A 圖象分析可知，N2O5（g）生成濃度0.2mol/L，則消耗NO2濃度0.4mol/L，計算v（NO2）在010min內甲容器中反應的平均速率=；B先拐先平溫度高

44、，T1T2，溫度越高N2O5（g）濃度越小，結合平衡移動原理分析；C結合三行計算列式計算濃度，化學反應達到平衡狀態不能進行徹底分析；D若起始時向容器甲中充入2molNO2、1molO3、2molN2O5和2mol O2，計算濃度商Qc和平衡常數比較判斷反應進行的方向【解答】解：A、讀圖可知，010min內甲容器中N2O5的濃度變化量為0.2molL1，2NO2（g）+O3（g）N2O5（g）十O2（g），則消耗NO2濃度0.4mol/L，反應速率v（NO2）=0.04mol/（Lmin），故A錯誤；B先拐先平溫度高，T1T2，溫度越高N2O5（g）濃度越小，說明溫度升高平衡逆向進行，則反應H0

45、，故B錯誤；C，乙中依據化學三行計算得到，2NO2（g）+O3N2O5（g）+O2（g），2 1 0 00.8 0.4 0.4 0.41.2 0.6 0.4 0.4丙中2NO2（g）+O3N2O5（g）+O2（g），1 2 0 平衡時N2O5濃度：c乙（N2O5）c丙（N2O5），故C錯誤；D若起始時向容器甲中充入2molNO2、1molO3、2molN2O5和2mol O2，計算濃度商Qc=1，相當于加入五氧化二氮反應逆向進行，則脫硝反應達到平衡前，v（正）v（逆），故D正確；故選D二、非選擇題（共80分）16以硅孔雀石主要成分為CuCO3Cu（OH）2、CuSiO32H2O，含SiO2、F

46、eCO3、Fe2O3等雜質為原料制備CuCl2的工藝流程如下：已知：SOCl2+H2OSO2+2HCl（1）“酸浸”時鹽酸與CuCO3Cu（OH）2反應的化學方程式為CuCO3Cu（OH）2+4HCl2CuCl2+CO2+3H2O為提高“酸浸”時銅元素的浸出率，可以采取的措施有：適當提高鹽酸濃度；適當提高反應溫度；適當加快攪拌速率、適當延長酸浸時間（2）“氧化”時發生反應的離子方程式為Cl2+2Fe2+2Fe3+2Cl（3）“濾渣2”的主要成分為Fe（OH）3（填化學式）；“調pH”時，pH不能過高，其原因是防止Cu2+轉化為Cu（OH）2沉淀（4）“加熱脫水”時，加入SOCl2的目的是生成的

47、HCl抑制CuCl2的水解【考點】物質分離和提純的方法和基本操作綜合應用【分析】（1）“酸浸”時鹽酸與CuCO3Cu（OH）2反應為復分解反應，由此確定產物配平得化學方程式為CuCO3Cu（OH）2+4HCl2CuCl2+CO2+3H2O，為提高“酸浸”時銅元素的浸出率，可：適當提高鹽酸濃度；適當提高反應溫度；適當加快攪拌速率、適當延長酸浸時間；（2）硅孔雀石主要成分為CuCO3Cu（OH）2、CuSiO32H2O，含SiO2、FeCO3、Fe2O3等雜質，根據流程圖，加鹽酸“酸浸”后溶液中只有Fe2+可被氯氣氧化，“氧化”時發生反應的離子方程式為Cl2+2Fe2+2Fe3+2Cl；（3）根據

48、流程圖，經氧化后溶液中陽離子主要為Cu2+和Fe3+，加試劑X調節pH使Fe3+完全沉淀而除去，Cu2+仍留在溶液中，實現Cu2+和Fe3+的分離，最終制備CuCl2；“調pH”時，pH不能過高，否則Cu2+轉化為Cu（OH）2沉淀；（4）由已知：SOCl2+H2OSO2+2HCl，“加熱脫水”時，加入SOCl2的目的是生成的HCl抑制CuCl2的水解【解答】解：（1）“酸浸”時鹽酸與CuCO3Cu（OH）2反應為復分解反應，由此確定產物配平得化學方程式為CuCO3Cu（OH）2+4HCl2CuCl2+CO2+3H2O，為提高“酸浸”時銅元素的浸出率，可：適當提高鹽酸濃度；適當提高反應溫度；適

49、當加快攪拌速率、適當延長酸浸時間，故答案為：CuCO3Cu（OH）2+4HCl2CuCl2+CO2+3H2O，適當加快攪拌速率、適當延長酸浸時間；（2）硅孔雀石主要成分為CuCO3Cu（OH）2、CuSiO32H2O，含SiO2、FeCO3、Fe2O3等雜質，根據流程圖，加鹽酸“酸浸”后溶液中只有Fe2+可被氯氣氧化，“氧化”時發生反應的離子方程式為Cl2+2Fe2+2Fe3+2Cl，故答案為：Cl2+2Fe2+2Fe3+2Cl；（3）根據流程圖，經氧化后溶液中陽離子主要為Cu2+和Fe3+，加試劑X調節pH使Fe3+完全沉淀而除去，Cu2+仍留在溶液中，實現Cu2+和Fe3+的分離，最終制備

50、CuCl2；“調pH”時，pH不能過高，否則Cu2+轉化為Cu（OH）2沉淀，故答案為：Fe（OH）3 防止Cu2+轉化為Cu（OH）2沉淀；（4）由已知：SOCl2+H2OSO2+2HCl，“加熱脫水”時，加入SOCl2的目的是生成的HCl抑制CuCl2的水解（1）CuCO3Cu（OH）2+4HCl2CuCl2+CO2+3H2O，故答案為：生成的HCl抑制CuCl2的水解18釷試劑滴定法測定煙氣中SO3、SO2含量的裝置如圖所示吸收瓶123試劑50mL異丙醇50mL 6.8%H2O2溶液50mL 6.8%H2O2溶液目的吸收SO3吸收SO2當通過1m3煙氣時，將吸收瓶1中的吸收液轉移至錐形瓶

51、1中，加入13滴釷指示劑，以0.025 00molL1的Ba（ClO4）2標準液滴定至終點，消耗Ba（ClO4）2溶液20.00mL；將吸收瓶2、3中的吸收液轉移至1 000mL容量瓶中并定容，取50.00mL至錐形瓶2中，加入40mL異丙醇，加入13滴釷指示劑，以0.025 00molL1的Ba（ClO4）2標準液滴定至終點，消耗Ba（ClO4）2溶液30.00mL已知：Ba（ClO4）2+H2SO4BaSO4+2HClO4（1）將吸收瓶放入冰水箱中的目的是降溫，增大氣體的溶解度，使SO2、SO3易被吸收（2）100g 6.8%（質量分數）的H2O2溶液最多能吸收4.48 L（標準狀況）SO

52、2（3）當溶液中SO42完全沉淀c（SO42）1.0106 molL1時，c（Ba2+）1.1104 mol/L室溫下，Ksp（BaSO4）=1.11010（4）根據以上數據計算煙氣中SO3、SO2的質量濃度（SO3）=40 mgm3，（SO2）=960 mgm3（mgm3）（請給出計算過程）【考點】探究物質的組成或測量物質的含量【分析】（1）降低溫度，增大氣體溶解度，有利于二氧化硫、三氧化硫的吸收；（2）發生反應：H2O2+SO2=H2SO4，計算溶液中H2O2的質量，結合方程式計算二氧化硫的體積；（3）Ksp（BaSO4）=c（SO42）c（Ba2+）=1.11010計算；（4）吸收瓶1吸

53、收SO3，根據S原子守恒可知n（SO3）=nBa（ClO4）21，吸收瓶2、3吸收SO2，根據S原子守恒可知n（SO2）=nBa（ClO4）22，進而計算質量濃度【解答】解：（1）將吸收瓶放入冰水箱中，可以降溫，增大氣體的溶解度，使SO2、SO3易被吸收，故答案為：降溫，增大氣體的溶解度，使SO2、SO3易被吸收；（2）設標況下最多能吸收二氧化硫的體積為V，則：H2O2+SO2=H2SO434g 22.4L 100g6.8% V所以V=4.48L故答案為：4.48；（3）當溶液中SO42完全沉淀時c（SO42）1.0106 molL1，Ksp（BaSO4）=c（SO42）c（Ba2+）=1.1

54、1010，則c（Ba2+）mol/L=1.1104 mol/L，故答案為：1.1104 mol/L；（4）吸收瓶1吸收SO3，根據S原子守恒可知n（SO3）=nBa（ClO4）21=0.025 00 molL10.020 00 L=5.000104 mol，（SO3）=（5.000104 mol80 gmol1103 mgg1）/1 m3=40 mgm3；吸收瓶2、3吸收SO2，根據S原子守恒可知n（SO2）=nBa（ClO4）22=0.025 00 molL10.030 00 L=0.015 00 mol，（SO2）=（0.015 00 mol64 gmol1103 mgg1）/1 m3=9

55、60 mgm3，故答案為：（SO3）=40 mgm3，（SO2）=960 mgm319海洋是一個巨大的化學資源寶庫海水綜合利用的部分流程如下：已知：Br2的沸點為59，微溶于水，有毒性和強腐蝕性（1）電解飽和NaCl溶液的離子方程式為2Cl+2H2OH2+Cl2+2OH粗鹽中常含Ca2+、Mg2+、SO42等雜質離子，可依次加入NaOH、BaCl2、Na2CO3、鹽酸試劑來進行提純（2）下列方法可用于海水淡化的是ACD（填字母代號）A蒸餾法 B萃取法 C離子交換法 D電滲析法（3）工業上用電解法制Mg時，通常在MgCl2中加入CaCl2，其原因是：增加電解質的密度，便于分離出熔融的鎂；使氯化鎂

56、熔融溫度降低，從而減少冶煉過程中的能量消耗（4）利用圖所示裝置從母液中提取溴，在B瓶中得到較濃的溴水實驗方案為：關閉b、d，打開a、c，由a向A中緩慢通入Cl2至反應完全，關閉a、c，打開b、d、e，由b向A中鼓入足量熱空氣，同時由e向B中通入足量SO2；關閉b、e，打開a，再由a向B中緩慢通入足量Cl2（實驗中須使用的試劑有：SO2、Cl2、熱空氣）【考點】海水資源及其綜合利用【分析】海水淡化得到淡水，另外蒸發溶劑得到粗鹽和母液，粗鹽通過精制得到精鹽；母液加氫氧化鈉反應生成氫氧化鎂沉淀，氫氧化鎂和酸反應生成氯化鎂，制得氯化鎂，母液通入氯氣氧化溴離子為溴單質，被二氧化硫吸收后發生氧化還原反應生

57、成溴化氫，富集溴元素，通入氯氣氧化溴化氫為溴單質得到高濃度的溴（1）惰性電極電解NaCl溶液，生成NaOH、氫氣、氯氣；粗鹽中含有Ca2+、Mg2+及SO42，鎂離子用氫氧根離子沉淀，硫酸根離子用鋇離子沉淀，加入過量的氯化鋇可以將硫酸根離子沉淀，鈣離子用碳酸根離子沉淀，除鈣離子加入碳酸鈉轉化為沉淀，但是加入的碳酸鈉要放在加入的氯化鋇之后，這樣碳酸鈉會除去反應剩余的氯化鋇，離子都沉淀了，再進行過濾，最后再加入鹽酸除去反應剩余的氫氧根離子和碳酸根離子；（2）海水淡化海水就是將海水中的可溶性雜質除去的過程，可根據淡化原理進行分析；（3）用電解法制Mg時，通常在MgCl2中加入CaCl2，可使氯化鎂熔

58、融溫度降低，從而減少能耗；（4）通入熱空氣和氯氣，發生氧化還原反應生成溴，空氣將溴吹出，通入二氧化硫，發生Br2+SO2+H2O2HBr+H2SO4，富集后再通入氯氣，生成溴【解答】解：（1）惰性電極電解NaCl溶液，陽極上是氯離子失電子，2Cl2e=Cl2，陰極上是氫離子得電子，2H+2e=H2，由兩極上的電極反應可以得到總反應為2Cl+2H2OH2+Cl2+2OH，鈣離子用碳酸根離子沉淀，除鈣離子加入碳酸鈉轉化為沉淀，但是加入的碳酸鈉要放在加入的氯化鋇之后，這樣碳酸鈉會除去反應剩余的氯化鋇，離子都沉淀了，再進行過濾，最后再加入鹽酸除去反應剩余的氫氧根離子和碳酸根離子，則試劑可依次加入NaO

59、H、BaCl2、Na2CO3、HCl，故答案為：2Cl+2H2OH2+Cl2+2OH；BaCl2Na2CO3；（2）A蒸餾法，是把水從水的混合物中分離出來，得到純凈的水，故A正確； B萃取法，對于微溶于水的有機物，可用萃取法，水中沒有微溶于水的有機物，故B錯誤； C通過離子交換樹脂可以除去海水中的離子，從而達到淡化海水的目的，故C正確；D利用電滲析法可使相應的離子通過半透膜以達到硬水軟化的效果，故D正確；故答案為：ACD；（3）離子濃度越大其熔融鹽的導電性越強，在MgCl2中加入CaCl2，進行電解，增大離子濃度，從而增大熔融鹽的導電性，使氯化鎂熔融溫度降低，從而減少冶煉過程中的能量消耗，故答

60、案為：使氯化鎂熔融溫度降低，從而減少冶煉過程中的能量消耗；（4）A中海水用硫酸酸化，關閉a、c，打開b、d、e，由b向A中通入熱空氣和氯氣，發生氧化還原反應生成溴，空氣將溴吹出，同時由e向B中通入足量SO2，發生Br2+SO2+H2O2HBr+H2SO4，富集后再關閉b、e，打開a，再由a向B中緩慢通入足量Cl2，生成溴，故答案為：關閉a、c，打開b、d、e，由b向A中鼓入足量熱空氣，同時由e向B中通入足量SO2；關閉b、e，打開a，再由a向B中緩慢通入足量Cl220NH3可用于制造硝酸、純堿等，還可用于煙氣脫硝（1）NH3催化氧化可制備硝酸NH3氧化時發生如下反應：4NH3（g）+5O2（g