2016年江蘇省高考化學試卷

一、單項選擇題（共10小題，每題2分，總分值20分，每題只有一個選項符合題意）

1.12分）（2016?江蘇）大氣中CO2含量的增加會加劇“溫室效應〃.以下活動會導致大氣

中CO2含量增加的是（）

A.燃燒煤炭供熱B.利用風力發電C.增加植被面積D.節約用電用水

2.12分）（2016?江蘇）以下有關化學用語表示正確的選項是（：

A.中子數位10的氯原子：100

B.Mg2+的構造示意圖：⑦

C.硫化鈉的電子式：NaaNa

D.甲酸甲酯的構造簡式：C2H402

3.12分）（2016?江蘇）以下有關物質的性質與用途具有對應關系的是（

A.S6具有氧化性，可用丁漂白紙漿

B.NH4HCO3受熱易分解，可用作氮肥

C.Fe2（SO4）3易溶于水，可用作凈水劑

D.AI2O3熔點高，可用作耐高溫材料

4.12分）（2016?江蘇）短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數依次增大，X原子的最外

層有6個電子，Y是迄今發現的非金屬性最強的元素，在周期表中Z位于IA族，W與X

屬于同一主族.以下說法正確的選項是（）

A.元素X、W的簡單陰離子具有一樣的電子層構造

B.由Y、Z兩種元素組成的化合物是離子化合物

C.W的簡單氣態氫化物的熱穩定性比Y的強

D.原子半徑：r（X）<r（Y）<r（Z）<r（W）

5.12分）（2016?江蘇）以下指定反響的離子方程式正確的選項是（）

A.將銅插入稀硝酸中：Cu+4H++2!”）3一=012++21\102個+出0

B.向Fez（SO4）3溶液中參加過量鐵粉:Fe3++Fe=2Fe3+

3++

C.向Ab（SO4）3溶液中參加過量氨水；A1I3NH3*H2O=Al（OH）3sV?3NH4

D.向Na2SiO3溶液中滴加稀鹽酸：Na2SiO3+3H+=H2SiO3J+3Na+

6.（2分）（2016?江蘇）根據侯氏制堿原理制備少量NaHCO3的實驗，經過制取氨氣、制取

NaHCO3、別離NaHCO3、枯燥NaHCO3四個步驟，以以以下列圖示裝置和原理能到達實驗

目的是（）

制取氨氣

CO2

c.分離NaHCOj

別離NaHCOs

D.干燥NaHCO,枯燥NaHCO3

7.(2分)(2016?江蘇)以下說法正確的選項是()

A.氫氧燃料電池工作時，H2在負極上失去電子

B.0.1mol?L、Na2c6溶液加熱后,溶液的pH減小

C.常溫常壓下，22.4LC12中含有的分子數為6.02x1023個

D.室溫下，稀釋O.lmoNL7cH￡00H溶液，溶液的導電能力增強

8.(2分)(2016?江蘇)通過以下反響均可獲取H2.以下有關說法正確的選項是(

①太陽光催化分解水制氫：2H2。(1)=2H2(g)+02(g)AHi=571.6kJ*morI

②焦炭與水反響制氫:C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)AH2=131.3kJ*mol'1

③甲烷與水反響制氫：CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)△H3=206.1kJ?mor,.

A.反響①中電能轉化為化學能

B.反響②為放熱反響

C.反響③使用催化劑，減小

D.反響CH4(g)=C(s)+2H:(g)的AH=74.8kJ?moL

9.(2分)12016?江蘇)在給定的條件下，以下選項所示的物質間轉化均能實現的是()

A.SiO產1(aq)SiCLi±Si

高溫

B.FeS2_r2l^SO21kS12so4

C.N2NH產1"NH4cl(aq)

高溫、高壓、催化劑

D.MgCO3HC1(aq).MgC12^j!Mg

10.(2分)(2016?江蘇)以以以下列圖示與對應的表達不相符合的是(

A.圖甲表示燃料燃燒反響的能量變化

B.圖乙表示酶催化反響的反響速率隨反響溫度的變化

C.圖丙表示弱電解質在水中建設電離平衡的過程

D.圖丁表示強堿滴定強酸的滴定曲線

二、不定項選擇題：此題共5個小題，每題4分，共計20分，每個小題只有一個或兩個選

項符合題意。假設正確答案只包括一個選項，多項選擇時，該小題得0分；假設正確答案

包括兩個選項，只選一個且正確的得2分，選兩個且全部選對的得4分，但只要選錯一個,

該小題就得0分。

II.14分)(2016?江蘇)化合物X是一種醫藥中間體，其構造簡式如以以下列圖.以下有

關化合物X的說法正確的選項是()

A.分子中兩個苯環一定處于同一平面

B.不能與飽和Na2c03溶液反響

C.在酸性條件下水解，水解產物只有一種

D.Imol化合物X最多能與2molNaOH反響

12.(4分)(2016?江蘇)制備(NH4)2Fe(SO4)2?6拒0的實驗中，需對過濾出產品的母

液(pH<l)進展處理.常溫下，分別取母液并向其中參加指定物質，反響后的溶液中主要

存在的一組離子正確的選項是()

A.通入過量C12：F/+、H+、NH4+、Cl\SOj

B.參加過量NaClO溶液：NH/、Fe2+>H+>SO42\CIO

2

C.參加過量NaOH溶液:Na+、Fe及、N*SO4\OH

D.參加過量NaClO溶液和NaOH的混合溶液：Na+、SO?\Cl\CI0\OH

13.(4分)(2016?江蘇)根據以下實驗操作和現象所得到的結論正確的選項是(

選項實驗操作和現象結論

A室溫下，向苯酚鈉溶液中通入足量CO2,溶液變渾濁.碳酸的酸性比苯酚的強

B室溫下，向濃度均為0.1inol?Li的BaCb和CaC12混Ksp(Ba2so4)<Ksp

合溶液中滴加Na2s04溶液，出現白色沉淀.1Ca2s04)

C室溫下，向FeC13溶液中滴加少量KI溶液，再滴加幾Fe3+的氧化性比12的強

滴淀粉溶液，溶液變藍色.

D室溫下，用PH試紙測得：0.1mol?L7Na2so3溶液的HS03-結合H+的能力比

pH約為10；0.1mol?L」NaHS03溶液的pH約為5.SO3?的強

A.AB.BC.CD.D

14.(4分)(2016?江蘇)H2c2。4為二元弱酸.20℃時，配制一組c:H2c2O4)ic(HC2O4

■)+c(C2O42')R.lOOmoSL”的H2c2。4和NaOH混合溶液,溶液中局部微粒的物質的

量濃度隨pH的變化曲線如以以下列圖.以下指定溶液中微粒的物質的量濃度關系一定正確

的選項是()

2

A.PH=2.5的溶液中：c(H2c204)+c(C2O4')>c(HC2O4)

B.c(Na+)=0.100mol?L1的溶液中：c(H+)+c(H2C2O4)=c(OH)+c(C1O42')

C.c(HC2O4)=c(C2O42)的溶液中：c(Na+)>0.100mol?L',+c(HC2O4)

D.pH=7的溶液中:c(Na+)>2c(C2O42')

15.(4分)(2016?江蘇)一定溫度下，在3個體積均為1.0L的容量密閉容器中反響2H2(g)

+CO(g)=CH30H(g)到達平衡，以下說法正確的選項是()

容器溫度/℃物質的起始濃度/mol?L物質的平衡濃

-1度/mol?L/i

c(H2)c(CO)cc

(CH30(CH30

H)H)

I4000.200.1000.080

n4000.400.200

m500000.100.025

A.該方應的正反響放熱

B.到達平衡時，容器I中反響物轉化率比容器n中的大

c.到達平衡時，容器n中c(H2)大于容器m中c(H2)的兩倍

D.到達平衡時，容器m中的反響速率比容器I中的大

三、解答題(共5小題，總分值68分)

16.(12分)(2016?江蘇)以電石渣[主要成分為Ca(OH)2和CaCC(3]為原料制備KCKh

的流程如圖1：

(1)氯化過程控制電石渣過量，在75℃左右進展.氯化時存在C12與Ca(OH)2作用生成

Ca(CIO)2的反響，Ca(CIO)2進一步轉化為Ca(CIO3)2,少量Ca(CIO)2分解為CaC12

和02.

①生成Ca(CIO)2的化學方程式為.

②提高C12轉化為Ca(CIO3)2的轉化率的可行措施有(填序號).

A.適當減緩通入C12速率B.充分攪拌漿料C.加水使Cu(OH)2完全溶解

(2)氯化過程中C12轉化為Ca：C1O3)2的總反響方程式為：

6Ca(OH)2+6C12=Ca(CIO3)2+5CaCl2+6H2O

氯化完成后過濾.

①濾渣的主要成分為(填化學式I.

②濾液中Ca(CIO3)2與CaC12的物質的量之比n[Ca(CIO3)2]：n[CaC12]l：5(填“>"、

“V"或"=”).

(3)向濾液中參加稍過量KC1固體可將Ca(CIO3)2轉化為KCIO3,假設溶液中KC1O3

的含量為WOg-L1,從該溶液中盡可能多地析出KC1O3固體的方法是.

17.115分)(2016?江蘇)化合物H是合成抗心律失常藥物泰達隆的?種中間體，可通過以

下方法合成：

(1)D中的含氧官能團名稱為(寫兩種).

(2)F3G的反響類型為.

(3)寫出同時滿足以下條件的C的一種同分異構體的構造簡式.

①能發生銀鏡反響；

②能發生水解反響，其水解產物之一能與FeC13溶液發生顯色反響：

③分子中只有4種不同化學環境的氫.

(4)E經復原得到F,E的分子是為Ci4Hl7O3N,寫出E的構造簡式.

(5)：①苯胺()易被氧化

C(X)H

請以甲苯和mm2。為原料制備0NliCOCH,

,寫出制備的合成路線流程圖(無機試劑

任用，合成路線流程圖例如見此題題干).

18.112分)(2016?江蘇)過氧化鈣(CaO2?8H2O)是一種在水產養殖中廣泛使用的供氧劑.

(1)Ca(OH)2懸濁液與H2O2溶液反響可制備CaO2?8H2O.

Ca(OH)2+H2(h+6H2O=CaO2*8H2O

反響時通常參加過量的Ca(OH)2,其目的是.

(2)箱池塘水中參加一定量的CaO2?8H2O后，池塘水中濃度增加的離子有(填序號).

A.Ca2+B.H+C.CO32D.OH1

13)水中溶解氧的測定方法如下：向一定量水樣中參加適量MnSO4和堿性KI溶液，生成

MnO(OH)2沉淀，密封靜置，參加適量稀H2so4,將MnO(OH)2與「完全反響生成

Mn?+和匕后，以淀粉作指示劑，用Na2s2。3標準溶液滴定至終點，測定過程中物質的轉化

關系如下：Q2Wn2+MnO(OH)2l-Ll2S2Q32~S4p62-

①寫出02將MN+氧化成MnO(OH)2的離子方程式:.

②取加過一定量CaO2?8H2O的池塘水樣100.00mL,按上述方法測定水中溶解氧量，消耗

0.01000mol*L!Na2

S2O3標準溶液13.50mL.計算該水樣中的溶解氧(用mg?LI表示)，寫出計算過程.

19.(15分)(2016?江蘇)實驗室以一種工業廢渣(主要成分為MgCO3、MgSCM和少量Fe、

Al的氧化物)為原料制備MgCOa?3H2O.實驗過程如圖1：

(1)酸溶過程中主要反響的熱化學方程式為

MgCO3(S)+2H+(aq)=Mg2+(aq)+CO2(g)+H2O(1)△H=-50.4kJ*mol'1

MgzSiCM(s)+4H+(叫)=2Mg2+(四)+HzSiCh(s)十H2O(1)△H=-225.4kJ?niul'1

酸溶需加熱的目的是；所加H2S04不宜過量太多的原因是.

(2)參加H2O2氧化時發生發應的離子方程式為.

(3)用圖2所示的實驗裝置進展萃取分液，以除去溶液中的Fe3+.

①實驗裝置圖中儀器A的名稱為.

②為使Fe3+盡可能多地從水相轉移至有機相，采取的操作：向裝有水溶液的儀器A中參加

一定量的有機萃取劑，、靜置、分液，并重復屢次.

(4)請補充完整由萃取后得到的水溶液制備MgCO3?3H2O的實驗方案：邊攪拌邊向溶液中

滴加氨水,，過濾、用水洗滌固體2-3次，在50℃下枯燥，得到MgCO3?3H2O.

［該溶液中pH=8.5時Mg(OH)2開場沉淀；pH=5.0時Al(OH)3沉淀完全］.

20.(14分)(2016?江蘇)鐵炭混合物(鐵屑和活性炭的混合物)、納米鐵粉均可用于處理

水中污染物.

(1)鐵炭混合物在水溶液中可形成許多微電池.將含有Cr2(h2一的酸性廢水通過鐵炭混合

物，在微電池正極上CF2O72-轉化為CP+,其電極反響式為.

(2)在一樣條件下，測量總質量一樣、鐵的質量分數不同的鐵炭混合物對水中C/+和Pb2+

的去除率，結果如圖1所示.

①當鐵炭混合物中鐵的質量分數為。時，也能去除水中少量的+和Pb2+,其原因是.

②當鐵炭混合物中鐵的質量分數大于50%時，隨著鐵的質量分數的增加，Ci>2+和Pb2+的去

除率不升反降，其主要原因是.

13)納米鐵粉可用于處理地下水中的污染物.

①一定條件下，向FeS04溶液中滴加堿性NaBH4溶液，溶液中BHJ(B元素的化合價為

+3)與Fe?+反響生成納米鐵粉、H2和B(OH)屋，其離子方程式為.

②納米鐵粉與水中NO3-反響的離子方程式為

4Fe+NO3+10才=4Fe2++NH4++3H2O

研究發現，假設pH偏低將會導致NO3的去除率下降，其原因是.

③一樣條件下，納米鐵粉去除不同水樣中NO3-的速率有較大差異(見圖2),產生該差異

的可能原因是.

【選做題】此題包括21、22兩小題，請選定其中一個小題，并在相應的答題區域內作答.假

設多做，則按21小題評分.[物質構造與性質]

21.(12分)(2016?江蘇)[Zn(CN)4產-在水溶液中與HCHO發生如下反響：

4HCHO+[Zn(CN)4]2+4H++4H2O=[Zn(H2O)4]2++4HOCH2CN

(1)Zi?+基態核外電子排布式為.

(2)ImolHCHO分子中含有。鍵的數目為mol.

(3)HOCH2CN分子中碳原子軌道的雜化軌道類型是.

(4)與H2O分子互為等電子體的陰離子為.

2

(5)[Zn(CN)4產-中Zi?+與CM的C原子形成配位鍵，不考慮空間構型，[Zn(CN)4]

的構造可用示意圖表示為.

[實驗化學](共1小題，總分值。分)

22.(2016?江蘇)焦亞硫酸鈉(Na2s205)是常用的抗氧化劑，在空氣中，受熱時均易分解.實

驗室制備少量Na2s205的方法.在不斷攪拌下，控制反響溫度在40。(2左右，向Na2c03過飽

和溶液中通入S02,實驗裝置如以以下列圖.當溶液pH約為4時，停頓反響.在20℃靜置

結晶，生成Na2s2。5的化學方程式為：2NaHSO3=Na2s2O5+H2O.

(1)SO2與Na2c03溶液反響生成NaHS03和C02,其離子方程式為.

(2)裝置Y的作用是.

(3)析出固體的反響液經減壓抽濾，洗滌，25℃-30℃枯燥，可獲得Na2s205固體.

①組成減壓抽濾裝置的主要儀器是布氏漏斗、和抽氣泵.

②依次用飽和SO2水溶液、無水乙醇洗滌Na2s205固體，用飽和SO2水溶液洗滌的目的是.

(4)實驗制得的Na2s205固體中含有一定量的Na2s03和Na2so4,其可能的原因是.

2016年江蘇省高考化學試卷

參考答案與試題解析

一、單項選擇題(共10小題，每題2分，總分值20分，每題只有一個選項符合題意)

1.12分)

【考點】常見的生活環境的污染及治理.

【分析】燃燒煤炭供熱時，碳與氧氣反響產生大量的二氧化碳氣體；風力發電、節約用水用

電中不會涉及到含碳物質的燃燒：增加植被面積可以有效減少C02的排放，據此分析答復.

【解答】解：A.燃燒煤炭供熱時，碳與氯氣反響產生大量的二氧化碳氣體，故A正確；

B.風力發電中不會涉及到含碳物質的燃燒，故不會導致二氧化碳含量增加，故B錯誤；

C、僧加植被面積可以吸收二氧化碳，減少C02含量，故c錯誤；

D、節約用水用電與二氧化碳無關，故D錯誤.

應選A.

【點評】此題考察環境問題及物質的性質，明確含碳物質的燃燒會導致二氧化碳含量增大，

導致溫室效應，題目較為簡單，根據生活實際分析的答復即可解答.

2.12分)

【考點】電子式、化學式或化學符號及名稱的綜合.

【分析】A.中子數+質子數;質量數，結合原子表示方法分析判斷，質量數標記在元素符號

左上角，質子數標記在左下角；

B.鎂離子是鎂原子失去最外層2個電子形成；

C.硫化鈉是鈉離子和硫離子形成的離子化合物，電子式中需要標記陰陽離子；

D.構造簡式需要表示出構造特征和官能團；

【解答】解：A.中子數為10的氧原子，質子數為8,則質量數為18,則原子表示為180,

故A錯誤；

B.鎂離子是鎂原子失去最外層2個電子形成，離子的構造示意圖為：、/，，，故B正確;

C.硫化鈉的化學式中含有兩個鈉離子，硫化鈉正確的電子式為：Na+［：?.：］2g+,故c

錯誤；

D.甲酸甲酯的構造簡式：HCOOCH3,C2H402為甲酸甲酯的分子式，故D錯誤；

應選B.

【點評】此題考察了化學用語的標準應用和書寫方法，注意檢查的熟練掌握，題目較簡單.

3.12分)

【考點】二氧化硫的化學性質；錢鹽；兩性氯化物和兩性氫氧化物.

【分析】A.二氧化硫化合價居于中間價態，具有氧化性，但漂白紙張是利用二氧化硫的漂

白性；

B.碳酸氫鉉具有易分解的性質，做氮肥是利用其溶解后鐵根離了被植物吸收做氮肥；

C.硫酸鐵溶液中鐵離子水解生成氫氧化鐵膠體具有吸附懸浮雜質的作用，可以凈水；

D.利用氧化鋁熔點高的性質可以做耐火材料.

【解答】解：A.二氧化硫化合價居于中間價態，具有氧化性和復原性，但漂白紙張是利用

二氧化硫的漂白性，不是其氧化性，故A錯誤；

B.做氮肥是利用碳酸氫錢溶解后的錢根離子被植物吸收做氮肥，不是利用其分解的性質，

故B錯誤；

C.硫酸鐵溶液中鐵離子水解生成氫氧化鐵膠體具有吸附懸浮雜質的作用，可以凈水，不是

利用的易溶于水的性質，故C錯誤；

D.A12O3熔點高，不易熔融可用作耐高溫材料，故D正確；

應選D.

【點評】此題考察了二氧化硫、錢鹽、鐵鹽和僦化鋁的性質應用分析判斷，注意知識積累，

題目較簡單.

4.(2分)

【考點】原子構造與元素周期律的關系.

【分析】Y是迄今發現的非金屬性最強的元素，應為F,X原子的最外層有6個電子，且原

子序數小于F,應為O元素，在周期表中Z位于IA族，由原子序數關系可知Z為Na元素,

W與X屬于同一主族，W應為S元素，結合對應物質的性質以及元素周期率知識解答該題.

【解答】解：Y是迄今發現的非金屬性最強的元素，應為F,X原子的最外層有6個電子，

且原子序數小于F,應為O元素，在周期表中Z位于IA族，由原子序數關系可知Z為Na

元素，w與X屬于同一主族，W應為S元素，

A.元素X、W的簡單陰離子分別為。2一、S2',離子的電子層構造不同，故A錯誤；

B.Y為F,Z為Na,由Y、Z兩種元素組成的化合物為NaF,是離子化合物，故B正確；

C.非金屬性F>S,元素的非金屬性越強，對應的氫化物越穩定，故C錯誤；

D.原子核外電子層數越多，原子半徑越大，同周期元素從左到右原子半徑逐漸減小，則半

徑r(F)<r(O)<r(S)<r(Na),故D錯誤.

應選B.

【點評】此題考察了原子構造與兀素周期律的關系，題目難度中等，E確推斷元素為解答關

鍵，注意掌握原子構造與元素周期律、元素周期表的關系，試題培養了學生的分析能力及靈

活應用能力.

5.(2分)

【考點】離子方程式的書寫.

【分析】A.銅和稀硝酸反響生成硝酸銅、一氧化氮和水；

B.鐵和硫酸鐵反響生成硫酸亞鐵，離子方程式中需要符合電荷守恒：

C.硫酸鋁溶液中參加過量氨水反響生成氫氧化鋁沉淀和硫酸鉉，氫氧化鋁是兩性氫氧化物

不溶于弱酸弱堿；

D.硅酸鈉溶液中滴入鹽酸反響生成硅酸沉淀，硅酸鈉是強電解質溶液中完全電離.

【解答】解：A.將銅插入稀硝酸中反響的離子方程式為：3Cu+8H++2NO3-

=3Cu2++2NO個+4H2O,故A錯誤；

B.向Fez(S04)3溶液中參加過量鐵粉反響的離子方程式為：2Fe3++Fe=3Fe3+,故B錯誤;

C.向A12(SO4)3溶液中參加過量氨水反響的離子方程式：A13++3NH3*H2O=Al(OH)

3J+3NH4+,故C正確；

D.向Na2SiO3溶液中滴加稀鹽酸反響的離子方程式：SiO32'+2H+=H2SiO3xk，故D錯誤；

應選C.

【點評】此題考察了離子方程式書寫方法，主要是物質性質的熟練掌握、反響產物判斷等知

識，題目難度不大.

6.(2分)

【考點】化學實驗方案的評價.

【分析】A.氯化錢不穩定，加熱易分解，溫度稍低又可生成氯化錢；

B.氣體通入方向錯誤；

C.從溶液中別離碳酸氫鈉固體，可用過濾的方法；

D.碳酸氫鈉不穩定，不能直接加熱枯燥.

【解答】解：A.氯化錢不穩定，加熱易分解，溫度稍低又可生成氯化鏤，制備氨氣，應用

氯化鉉和氫氧化鈣為反響物，故A錯誤；

B.應將二氧化碳從長導管進入，否則將液體排出，故B錯誤；

C.從溶液中別離碳酸氫鈉固體，可用過濾的方法，故C正確；

D.碳酸氫鈉不穩定，不能直接加熱枯燥，可烘干，故D錯誤.

應選C.

【點評】此題考察較為綜合，涉及物質的別離、提純以及制備，為高考常見題型，側重于學

生的分析、實驗能力的考察，注意把握實驗的嚴密性和可行性的評價，難度不大.

7.(2分)

【考點】原電池和電解池的工作原理；電解質溶液的導電性；鹽類水解的原理.

【分析】A、氫氧燃料電池中，H2在負極上失去電子；

B、加熱促進碳酸根離子的水解，使得氫氮根離子濃度增大；

C、不是標準狀況，不能用公式計算氣體的物質的量；

D、電解質的導電能力與溶液中自由移動陰陽離子的濃度有關.

【解答】解：A、氫氧燃料電池中，H2在負極上失去電子被氧化，故A正確；

B、Na2c03溶液加熱，促進碳酸根離子的水解，使得氫氧根離子濃度增大，溶液的pH增大,

故B錯誤；

C、常溫常壓，不是標準狀況，22.4LC12中，不能用公式計算氣體的物質的量，故C錯誤；

D、電解質的導電能力與溶液中自由移動陰陽離子的濃度有關，W0.1mol*L'CH3COOH

溶液，使得離子濃度減小，導電能力減弱，故D錯誤.

應選A.

【點評】此題考察了原電池根本原理、鹽類水解的影響因素、NA的計算和導電能力強弱

的判斷，綜合性強，但是較為根基，掌握根本原理是解題的關鍵，難度不大.

8.12分)

【考點】用蓋斯定律進展有關反響熱的計算；吸熱反響和放熱反響.

【分析】A、太陽光催化分解水制氫氣，是光能轉化為化學能；

B、△H2>0,反響為吸熱反響；

C、催化劑不能改變反響熱的大?。?/p>

D、根據蓋斯定律，目標反響CH4(g)=C(s)+2H2(g)相當于③-②.

【解答】解：A、太陽光催化分解水制氫氣，是光能轉化為化學能，故A錯誤；

B、反響的△H2>0,故該反響為吸熱反響，故B錯誤；

C、催化劑不能改變反響熱的大小，只能改變化學反響速率，故C錯:吳；

D、根據蓋斯定律，目標反響CH4(g)=C(s)+2H2(g)相當于③-②，feAH=AH3

-△H2,△H=206.1kJ?mo「i-131.3kJ?moli=74.8kJ?mo「i,故D正確.

應選D.

【點評】此題考察了化學反響與能量變化，利用蓋斯定律進展相關計算，注意催化劑不能改

變焰變，蓋斯定律計算時焙變的加減時正負號為易錯點，題目難度較小.

9.(2分)

【考點】硅和二氧化硅；鎂、鋁的重要化合物.

【分析】A.二氧化硅為酸性氧化物和鹽酸不反響；

B.FeS2燃燒生成二氧化硫，二氧化硫和水反響生成亞硫酸；

C.氮氣和氫氣一定條件下反響生成氨氣，氨氣和鹽酸反響生成氯化核；

D.碳酸鎂和鹽酸反響生成氯化鎂、二氧化碳和水，氯化鎂溶液電解不能生成金屬鎂.

【解答】解：A.二氧化硅屬于酸性氧化物和鹽酸不反響，不能一步實現反響，故A錯誤；

B.二氧化硫和水反響生成亞硫酸，亞硫酸被氧化生成硫酸，二氧化硫和水不能一步轉化，

故B錯誤；

C.氮氣和氫氣在催化劑、高溫高壓條件下反響生成氨氣，氨氣是堿性氣體和鹽酸反響生成

氯化鐵，兩步反響能一步實現，故c正確；

D.碳酸鎂溶于鹽酸生成氟化鎂溶液，氟化鎂溶液電解得到氫氧化鎂和氫氣，不能直接得到

金屬鎂，應是電解熔融狀態的氯化鎂得到金屬鎂，故D錯誤；

應選C.

【點評】此題考察了物質性質、物質轉化的應用，主要是硅、硫、氮、鎂的化合物性質的理

解判斷，掌握根基是解題關鍵，題目較簡單.

10.(2分)

【考點】弱電解質在水溶液中的電離平衡；化學反響的能量變化規律；濃度、溫度、催化劑

對化學反響速率的影響；中和滴定.

【分析】A.燃料燃燒應放出熱量，反響物總能量大于生成物總能量；

B.溫度過高，酶失去催化活性；

C.弱電解質存在電離平衡，平衡時正逆反響速率相等；

D.強堿滴定強酸，溶液pH增大，存在pH的突變.

【解答】解：A.燃料燃燒應放出熱量，反響物總能量大于生成物總能量，而題目所給圖為

吸熱反響，故A錯誤；

B.能為蛋白質，溫度過高，蛋白質變性，則酶催化能力降低，甚至失去催化活性，故B正

確；

C.弱電解質存在電離平衡，平衡時正逆反響速率相等，圖象符合電離特點，故C正確：

D.強堿滴定強酸，溶液pH增大，存在pH的突變，圖象符合，故D正確.

應選A.

【點評】此題考察較為綜合，涉及弱電解質的電離、化學反響與能量、化學平衡的影響，考

察《化學反響原理》主要內容，側重學生的分析能力的考察，為高考常見題型，易錯點為B,

注意蛋白質的性質，難度不大.

二、不定項選擇題：此題共5個小題，每題4分，共計20分，每個小題只有一個或兩個選

項符合題意。假設正確答案只包括一個選項，多項選擇時，該小題得。分；假設正確答案

包括兩個選項，只選一個且正確的得2分，選兩個且全部選對的得4分，但只要選錯一個,

該小題就得0分。

II.14分）

【考點】有機物的構造和性質.

【分析】有機物含有酯基，可發生水解反響，含有峻基，具有酸性，可發生中和、酯化反響，

結合有機物的構造特點解答該題.

【解答】解：A.兩個苯環連接在飽和碳原子上，具有甲烷的構造特點，且C-C為6鍵，

可自由旋轉，則分子中兩個苯環不一定處于同一平面，故A錯誤；

B.含有粉基，具有酸性，可與碳酸鈉反響，故B錯誤；

C.能水解的只有酯基，因為環狀化合物，則水解產物只有一種，故C正確；

D.能與氫氧化鈉反響的為酯基、竣基，且酯基可水解生成酚羥基和蝮基，則1mol化合物

X最多能與3moiNaOH反響，故D錯誤.

應選C.

【點評】此題考察有機物的構造與性質，為高頻考點，題目難度中等，注意體會官能團與性

質的關系，明確酸、酯的性質即可解答，試題培養了學生的靈活應用能力.

12.（4分）

【考點】離子共存問題.

【分析】根據離子之間不能結合生成水、氣體、沉淀、弱電解質，不能發生氧化復原反響等,

離子能大量共存，并結合母液中含有（NH4）2*Fe（SO4）2?6H2O晶體中的離子，利用離子

共存的觀點分析解答.

【解答】解；A.氯氣與復原性離子Fc2+發生氧化復原反響，不能存在二價鐵離子，故A錯

誤；

B.Fe?+有強復原性，酸性條件CIO-離子具有強氧化性，要發生氧化復原反響，不能共存，

故B錯誤；

C.Fe2\OH-結合生成沉淀，鏈根離子與堿結合生成弱電解質，不能共存，故C錯誤；

D.該組離子之間不反響，能共存，參加過量NaClO溶液和NaOH的混合溶液，離子之間

不反響，能共存，故D正確；

應選D.

【點評】此題考察離子的共存，熟悉復分解反響發生的條件及強氧化性離子與強復原性離子

間發生的氧化復原反響即可解答，注重根基知識的考察，題目難度不大.

13.（4分）

【考點】化學實驗方案的評價.

【分析】A.向苯酚鈉溶液中通入足量CO2,溶液變渾濁，說明生成苯酚；

B.向濃度均為0.1mol?L1的BaC12和CaC12混合溶液中滴加Na2s04溶液，出現白色沉淀，

不能確定生成的沉淀成分；

C.室溫下，向FeC13溶液中滴加少量KI溶液，再滴加幾滴淀粉溶液，溶液變藍色，說明生

成碘；

D.陰離子水解程度越大，溶液pH越大，說明越易結合氫離子.

【解答】解?：A.向苯酚鈉溶液中通入足量C02,溶液變渾濁，說明生成苯酚，可說明碳酸

的酸性比苯酚的強，故A正確；

B.向濃度均為0.1mol?L1的BaC12和CaC12混合溶液中滴加Na2s04溶液，出現白色沉淀，

不能確定生成的沉淀成分，則不能比照溶度積大小，故B錯誤；

C.室溫下，向FeC13溶液中滴加少量KI溶液，再滴加幾滴淀粉溶液，溶液變藍色，說明生

成碘，可說明Fe3+的氧化性比12的強，故C正確；

D.陰離子水解程度越大，溶液pH越大，說明越易結合氫離子，則HS03-結合H+的能力比

S032的弱，故D錯誤.

應選AC.

【點評】此題考察較為綜合，涉及物質的性質比照，檢驗，為高考常見題型，側重于學生的

分析、實驗能力的考察，注意把握實驗的嚴密性和可行性的評價，難度不大.

14.(4分)

【考點】離子濃度大小的比照.

【分析】A.依據圖象可知PH=2.5的溶液中：c(H2c204)+c(C2O42)>c(HC2O4);

B.依據溶液中電荷守恒和物料守恒分析，c(Na+)=0.100mol/L的溶液中c(H+)+c(H2C2O4)

=c(OH)+c(C2O42')；

C.c(HC2O4)=c(C1O42')的溶液中c(Na+)<0.100mol*L*+c(HC2O4)；

2

D.pH=7的溶液中溶質為草酸鈉，草酸根離子水解c(Na+)>2c(C2O4')；

【解答】解：A.分析圖象可知，PH=2.5的溶液中c(H2c204)和c(CzO?')濃度之和小

于C(HC2O4),則c(H2c204)+c(C2O42')<c(HC2O4),故A錯誤;

B.依據溶液中電荷守恒和物料守恒分析，c(Na+)=0.100mol/L的溶液中為NaHC2O4溶液，

溶液中存在電荷守恒(H+)+c(Na+)=2c(C2O42')+c(HC2O4)+c(OH),物料守恒

c(Na+)=c(C2O42')+c(HC2O4J+c(H2C2O4),代入計算得到c(H+)+c(H2C2O4)

=c(OH)+c(C2O42'),故B正確；

C.c(H2C2O4)+c(HC2O4)+c(C2O42Jc(HC2O4)=c(C2O42',

++2+

電荷守恒(II)ic(Na)=2c(C2O4')ic(IIC2O4)ic(OH),得到溶液中c(Na)

<0.100moHL^+c(HC2O4),故C錯誤;

+2

D.pH=7的溶液中溶質為草酸鈉，草酸根離子水解減少，則c(Na)>2c(C2O4'),故D

正確；

應選BD.

【點評】此題考察了弱電解質的電離，為高頻考點，側重于學生的分析能力的考察，注意把

握物料守恒、電荷守恒的運用，答題時注意體會，難度中等.

15.(4分)

【考點】等效平衡.

【分析】比照I、ID,如溫度一樣，O.lmoVL的CH30H相當于0.20mol/L的H2和。.Imol/L

的CO,為等效平衡，但m溫度較高，平衡時CH30H較低，說明升高溫度平衡逆向移動，

正反響為放熱反響，比照I、n,在一樣溫度下反響，但n濃度較大，由方程式可知，增大

濃度，平衡正向移動，以此解答該題.

【解答】解：A.比照I、m,如溫度一樣，O.lmol/L的CH30H相當于0.20mol/L的H2和

O.lmol/L的C0,為等效平衡，但UI溫度較高，平衡時CH30H較低，說明升高溫度平衡逆

向移動，正反響為放熱反響，故A正確：

B.比照I、n,在一樣溫度下反響，但口濃度較大，由方程式可知，增大濃度，平衡正向

移動，則容器I中反響物轉化率比容器n中的小，故B錯誤；

c.n濃度較大，m溫度較高，增大濃度平衡正向移動，升高溫度平衡逆向移動，則不能比

照口、me(H2)關系，故c錯誤；

D.比照I、m,m溫度較高，濃度相當，升高溫度，反響速率增大，故D正確.

應選AD.

【點評】此題考察化學反響速率的影響，涉及等效平衡問題，為高頻考點，側重于學生的分

析能力的考察，題目難度不大，但易錯，答題時注意把握反響的特點以及平衡的影響因素.

三、解答題(共5小題，總分值68分)

16.(12分)

【考點】制備實驗方案的設計.

【分析】電石渣含有Ca(OH)2,參加水打漿，通入氯氣，可生成Ca(CIO)2,Ca(CIO)

2進一步轉化為Ca(C103)2,過濾后在濾液中參加KC1轉化生成KQ03,經蒸發濃縮、冷

卻結晶可得晶體KClCh，

(1)①氯氣和氫氧化鈣反響生成氯化鈣、次氯酸鈣和水；

②提高C12轉化為Ca(C1O3)2的轉化率，可使氯氣和氫氧化鈣充分接觸；

(2)①發生6Ca(OH)2+6Ch=Ca(CIO3)2+5CaCh+6H2O,生成的Ca(CIO3)2溶于水，

CaC03不溶于水，Ca(OH)2微溶；

②氯化過程中C12與氫氧化鈣反響局部生成Ca(CIO)2和CaC12：

(3)經蒸發濃縮、冷卻結晶可得晶體KC1O3.

【解答】解：電石渣含有Ca(OH)2,參加水打漿，通入氯氣，可生成Ca(C10)2,Ca(CIO)

2進一步轉化為Ca(C103)2,過濾后在濾液中參加KC1轉化生成KQO3,經蒸發濃縮、冷

卻結晶可得晶體KC1O3,

(1)②氯氣和氫氧化鈣反響生成氯化鈣、次氯酸鈣和水，反響的化學方程式為2C12+2Ca

(OH)2=CaC12+Ca(CIO)2+2H2O,故答案為：2Ch+2Ca(OH)2=CaCh+Ca(CIO)2+2H2O；

②提高C12轉化為Ca(CIO3)2的轉化率，可使氯氣和氫氧化鈣充分接觸，可適當減緩通

入C12速率、充分攪拌漿料，因氫氧化鈣微溶于水，加水溶解的做法不可取，因濃度過低，

對后續實驗不利，

故答案為：AB；

(2)①發生6Ca(OH)2+6C12=Ca(CIO3)2+5CaCh+6H2O,生成的Ca(CIO3)2溶于水，

CaC03不溶于水，Ca(OH)2微溶，則濾渣中含有CaCCh、Ca(OH)2,

故答案為：CaCO3、Ca(OH)2；

②氯化過程中C12與氫氧化鈣反響局部生成Ca(C10)2和CaC12,則n[Ca(C1O3)2]：n[CaCl2]

<1：5,故答案為：V；

(3)該溶液中盡可能多地析出KC103固體，應經蒸發濃縮、冷卻結晶，故答案為：蒸發濃

縮、冷卻結晶.

【點評】此題考察物質的制備，為高考常見題型和高頻考點，惻重于學生的分析、實驗能力

的考察，解答此題注意把握物質的性質以及題給信息，把握反響的流程，同時要具有扎實的

實驗根基知識，難度不大.

17.(15分)

【考點】有機物的推斷.

【分析】(1)由構造簡式可知D含有酚羥基、瓶基和酰胺鍵：

(2)F含有羥基，而生成G含有碳碳雙鍵，可知發生消去反響；

(3)C的一種問分異構體：①能發生銀鏡反響，說明含有醛基；②能發生水解反響，其

水解產物之一能與FeC13溶液發生顯色反響，說明水解可生成酚羥基，應含有HCOO-構造;

③分子中只有4種不同化學環境的氫，應為對稱構造；

14X2+216

(4)E經復原得到F,E的分子是為Ci4Hl7O3N,Q=-=7,由F的構造簡式可

2

知E中含有C=0鍵，發生復原反響生成-OH；

COOH

J^NHCOCH,

(5)甲苯和(CH3cO)20為原料制備U,可先由甲苯發生硝化反響，生成鄰-

NHCOCH,

硝基甲苯，然后發生復原反響生成鄰甲基苯胺，與乙酸肝發生取代反響生成，

COOH

J^NHCOCH.

氧化可生成

【解答】解：11)由構造簡式可知D含有酚羥基、援基和酰胺鍵，故答案為：酚羥基、撥

基和酰胺鍵：

(2)F含有羥基，而生成G含有碳碳雙鍵，可知發生消去反響，故答案為：消去反響；

(3)C的一種同分異構體：①能發生銀鏡反響，說明含有醛基：②能發生水解反響，其

水解產物之一能與FeCb溶液發生顯色反響，說明水解可生成酚羥基，應含有HC00-構造;

③分子中只有4種不同化學環境的氫，應為對稱構造，則同分異構體可為

(4)E經復原得到F,E的分子是為G4HI7O3N,Q=14X2+2~16=7,由F的構造簡式可

故答案為:

C(X)H

^LeNHCXXHj

(5)甲茶和(CH3cO)20為原料制備U

,可先由甲芾發生硝化反響，生成鄰-

NHCCK'Hj

硝基甲苯，然后發生復原反響生成鄰甲基苯胺，與乙酸醉發生取代反響生成

CCXJH

J^NWOCHj

氧化可生成kl,流程為

【點評】此題考察有機物的合成與推斷、有機反響類型、官能團構造與性質、限制條件同分

異構體書寫，是對有時機根基的綜合考察，較好的考察學生信息獲取與知識遷移運用，題目

有利于培養學生的分析能力，難度中等.

18.(12分)

【考點】探究物質的組成或測量物質的含量.

【分析】(1)依據方程式可知反響時參加氫氧化鈣是為了提高雙氧水的利用率；

(2)過氧化鈣與水反響生成氫氧化鈣、氧氣和水，因此箱池水塘中參加一定量的

CaO2*8H2O,池塘水中濃度增加的離子有鈣離子和氫氧根離子；

(3)①02將Mi?+氧化成MnO：0H)2的反響中O2是氧化劑得到乙個電子，Mn元素的

化合價從+2價升高到+4價，失2個電子，所以根據電子得失守恒以及原子守恒可知反響的

離子方程式為：O2+2Mn2++4OH=MnO(OH)2；

②依據流程圖并依據電子得失守恒可知氧氣得到的電子就是硫代硫酸鈉失去的電子，其中

硫元素化合價從+2價升高到+2.5價，計算該水樣中的溶解氧.

【解答】解：⑴依據方程式Ca(OH)2+H2O2+6H2O=CaO2?8H2O可知，反響時參加氫

氧化鈣是為了提高雙氧水的利用率，

故答案為：提高過氧化氫的利用率；

(2)過氧化鈣與水反響生成氫氧化鈣、氧氣和水，因此箱池水塘中參加一定量的

CaO2*8H2O,池塘水中濃度增加的離子有鈣離子和氫氧根離子，選擇AD,

故答案為：AD；

(3)①02將M/+氧化成MnO：0H)2的反響中02是氧化劑得到4個電子，Mn元素的

化合價從+2價升高到+4價，失2個電子，所以根據電子得失守恒以及原子守恒可知反響的

離子方程式為：O2+2Mn2++4OH=MnO(OH)2,

故答案為：O2+2Mn2++4OH=MnO(OH)2；

@I2+2S2O32'=21'+S4O62',n(I2)

c(Na2s2O3)V(NaS0)_.OlOOOmol/LX13.50mlX10"Vinol,

■1,1221311—0—v.,7S0ylI

22

05mol,

n(MnO(OH]2)=n(I2)=6.750x105moL

n(O2)=ii(MnO(OH)2)=l<6.750x105mol=3.375x105mol,

22

水中溶解氧='375X105111c

100.OOinlXl0_3L/IDO1

答：該水樣中的溶解氧10.80mg/L.

【點評】此題考察氧化復原反響方程式書寫以及溶解氧含量測定等，主要是滴定實驗過程的

理解應用和計算分析，掌握根基是解題關鍵，題目難度中等.

19.(15分)

【考點】物質別離和提純的方法和根本操作綜合應用；制備實驗方案的設計.

【分析】廢渣主要成分為MgCO3、MgSCM和少量Fe、Al的氧化物，參加40%的硫酸酸溶,

過量后濾液中含有硫酸鎂、硫酸亞鐵以及硫酸鋁，參加H2O2氧化亞鐵離子，然后參加有機

萃取劑萃取Fe3+,分液后可除去溶液中的Fe3+,分液后水溶液中含有Mg2+、AI3+,可調節

溶液pH至5VpHV8.5,可除去AF+,又可防止生成Mg(OH)2,過漉后在濾液中參加碳

酸鈉溶液，可生成MgCO3沉淀，在50℃下枯燥，得到MgCO3?3H2O.以此解答該題.

【解答】解：廢渣主要成分為MgCO3、MgS04和少量Fe、Al的氧化物，參加40%的硫酸

酸溶，過量后濾液中含有硫酸鎂、硫酸亞鐵以及硫酸鋁，參加H2O2氧化亞鐵離了，然后參

加有機萃取劑萃取Fe3+,分液后可除去溶液中的Fe3+,分液后水溶液中含有Mg2+、Al3+,

可調節溶液pH至5VpHV8.5,可除去A「+,又可防止生成Mg(OH)2,過濾后在濾液中

參加碳酸鈉溶液，可生成MgCO3沉淀，在50℃下枯燥，得到