2017年江苏省高考化学试卷解析版 .pdf

2017 年江苏省高考化学试卷解析版年江苏省高考化学试卷解析版 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、单项选择题：本题包括一、单项选择题：本题包括 10 小题，每小题小题，每小题 2 分，共计分，共计 20 分每小题只有一个选项符合分每小题只有一个选项符合题意题意 1（2 分）2017 年世界地球日我国的主题为“节约集约利用资源，倡导绿色简约生活”下列做法应提倡的是（）A夏天设定空调温度尽可能的低 B推广使用一次性塑料袋和纸巾 C少开私家车多乘公共交通工具 D对商品进行豪华包装促进销售【考点】FE：三废处理与环境保护菁优网版权所有【专题】56：化学应用【分析】绿色简约生活方式是一种生活理念，也是一种生活态度，指的是生活作息时所耗用的能量要尽量减少，特别是减少二氧化碳的排放量，减缓生态恶化；可以从节电、节能和回收等环节来改变生活细节，据此进行分析判断即可【解答】解：A、夏天设定空调温度尽可能的低，浪费了电能资源，增加能量损耗，故A 错误；B、推广使用一次性塑料袋和纸巾，浪费了资源，故 B 错误；C、少开私家车多乘公共交通工具，可以节约资源，减少空气污染，故 C 正确；D、对商品进行豪华包装促进销售，浪费了资源，故 D 错误；故选：C。【点评】解答本题关键是看是否减少了对空气中可吸收颗粒物的释放，环保问题已经引起了全球的重视，难度不大 2（2 分）下列有关化学用语表示正确的是（）A质量数为 31 的磷原子：3115P B氟原子的结构示意图：CCaCl2的电子式：D明矾的化学式：Al2（SO4）3【考点】4J：电子式、化学式或化学符号及名称的综合菁优网版权所有【专题】514：化学用语专题【分析】A质量数质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数；B氟原子的核电荷数核外电子总数9，最外层含有 7 个电子；C两个氯离子不能合并；D明矾为十二水合硫酸铝钾【解答】解：A质量数为 31 的磷原子的质量数15+1631，该原子正确的表示方法为：3115P，故 A 正确；B氟原子的核电荷数、核外电子总数都是 9，其正确的结构示意图为：，故B 错误；C氯化钙为离子化合物，电子式中需要标出阴阳离子所带电荷，氯化钙正确的电子式为，故 C 错误；D明矾化学式中含有结晶水，其正确的化学式为：KAl（SO4）212H2O，故 D 错误；故选：A。【点评】本题考查常见化学用语的表示方法，题目难度不大，涉及电子式、原子结构示意图、元素符号、化学式等知识，注意掌握常见化学用语的书写原则，试题培养学生的规范答题能力 3（2 分）下列有关物质性质与用途具有对应关系正确的是（）ANa2O2吸收 CO2产生 O2，可用作呼吸面具供氧剂 BClO2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒 CSiO2硬度大，可用于制造光导纤维 DNH3易溶于水，可用作制冷剂【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系菁优网版权所有【专题】513：物质的性质和变化专题【分析】ANa2O2吸收 CO2生成 O2和 Na2CO3，氧气能供给呼吸；BClO2具有强氧化性；C光导纤维的主要成分是二氧化硅，光导纤维是利用光的全反射原理；D氨气易液化而吸收热量导致周围环境温度降低。【解答】解：ANa2O2吸收 CO2生成 O2和 Na2CO3，且人呼出的水蒸气也能和过氧化钠反应生成氧气，氧气能供给呼吸，所以过氧化钠可用作呼吸面具的供氧剂，故 A 正确；BClO2具有强氧化性而使蛋白质变性，所以该物质能杀菌消毒，故 B 错误；C光导纤维的主要成分是二氧化硅，光导纤维是利用光的全反射原理，与二氧化硅的硬度大小无关，故 C 错误；D氨气易液化而吸收热量导致周围环境温度降低，所以氨气常常作制冷剂，与氨气易溶于水无关，故 D 错误；故选：A。【点评】本题考查物质组成、结构和性质，为高频考点，属于基础题，明确物质结构和性质是解本题关键，结构决定性质、性质决定用途，题目难度不大。4（2 分）下列制取 SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的是（）A制取 SO2 B验证漂白性 C收集 SO2 D尾气处理【考点】U5：化学实验方案的评价菁优网版权所有【专题】25：实验评价题【分析】实验室可用浓硫酸和铜在加热条件下反应制备二氧化硫，二氧化硫密度比空气大，可用向上排空气法收集，具有漂白性，可使品红褪色，二氧化硫为酸性氧化物，可与碱反应，以此解答该题【解答】解：A稀硫酸和铜不反应，应用浓硫酸和铜反应制备二氧化硫气体，故 A 错误；B二氧化硫具有漂白性，可使品红褪色，操作符合要求，可达到实验目的，故 B 正确；C二氧化硫密度比空气大，可用向上排空气法收集，气体应从长导管进入，故 C 错误；D二氧化硫不溶于饱和亚硫酸氢钠溶液，应用氢氧化钠溶液吸收尾气，且防止倒吸，故 D 错误。故选：B。【点评】本题考查较为综合，涉及气体的制备、收集以及性质的检验等，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价，难度中等 5（2 分）短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大，其中只有 Y、Z 处于同一周期且相邻，Z 是地壳中含量最多的元素，W 是短周期中金属性最强的元素下列说法正确的是（）A原子半径：r（X）r（Y）r（Z）r（W）BW 的最高价氧化物的水化物是一种弱碱 CY 的单质的氧化性比 Z 的强 DX、Y、Z 三种元素可以组成共价化合物和离子化合物【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系菁优网版权所有【专题】51C：元素周期律与元素周期表专题【分析】短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大，Z 是地壳中含量最多的元素，W 是短周期中金属性最强的元素，则 Z 是 O、W 是 Na 元素，其中只有 Y、Z 处于同一周期且相邻，且 Y 原子序数小于 Z，则 Y 是 N 元素，X 是 H 元素；A原子的电子层数越多其原子半径越大，原子的电子层数相同的元素，其原子半径随着原子序数增大而减小；BW 的最高价氧化物的水化物是 NaOH；CY 单质是氮气、Z 单质是氧气，元素的非金属性氧气，其单质的氧化性越强；DX、Y、Z 三种元素组成的化合物可能是硝酸、硝酸铵【解答】解：短周期主族元素 X、Y、Z、W 原子序数依次增大，Z 是地壳中含量最多的元素，W 是短周期中金属性最强的元素，则 Z 是 O、W 是 Na 元素，其中只有 Y、Z处于同一周期且相邻，且 Y 原子序数小于 Z，则 Y 是 N 元素，X 是 H 元素；A原子的电子层数越多其原子半径越大，原子的电子层数相同的元素，其原子半径随着原子序数增大而减小，X 位于第一周期、Y 和 Z 位于第二周期且原子序数 YZ，W位于第三周期，所以原子半径：r（X）r（Z）r（Y）r（W），故 A 错误；BW 的最高价氧化物的水化物是 NaOH，NaOH 是强碱，故 B 错误；CY 单质是氮气、Z 单质是氧气，元素的非金属性氧气，其单质的氧化性越强，非金属性 ON 元素，所以 Z 单质的氧化性大于 Y，故 C 错误；DX、Y、Z 三种元素组成的化合物可能是硝酸、硝酸铵，硝酸是共价化合物、硝酸铵是离子化合物，故 D 正确；故选：D。【点评】本题考查原子结构和元素周期律，为高频考点，明确原子结构、元素周期表结构及元素周期律是解本题关键，正确判断元素是解本题关键，注意：铵盐中不含金属元素但属于离子化合物，题目难度不大 6（2 分）下列指定反应的离子方程式正确的是（）A钠与水反应：Na+2H2ONa+2OH+H2 B电解饱和食盐水获取烧碱和氯气：2Cl+2H2OH2+Cl2+2OH 电解C向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2+OH+H+SO42BaSO4+H2O D向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2O【考点】49：离子方程式的书写菁优网版权所有【专题】516：离子反应专题【分析】A钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，且离子方程式要遵循原子守恒、电荷守恒和转移电子守恒；B电解饱和食盐水时，阳极上生成氯气、阴极上生成氢气同时阴极附近有 NaOH 生成；C二者反应生成硫酸钡和水，且氢离子、氢氧根离子和水的计量数都是 2；D二者反应生成碳酸钙沉淀、一水合氨和水【解答】解：A钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，且离子方程式要遵循原子守恒、电荷守恒和转移电子守恒，离子方程式为 2Na+2H2O2Na+2OH+H2，故 A 错误；B电解饱和食盐水时，阳极上生成氯气、阴极上生成氢气同时阴极附近有 NaOH 生成，离子方程式为 2Cl+2H2OH2+Cl2+2OH，故 B 正确；电解C二者反应生成硫酸钡和水，且氢离子、氢氧根离子和水的计量数都是 2，离子方程式为 Ba2+2OH+2H+SO42BaSO4+2H2O，故 C 错误；D二者反应生成碳酸钙沉淀、一水合氨和水，离子方程式为向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：NH4+Ca2+HCO3+2OHCaCO3+H2O+NH3H2O，故 D 错误；故选：B。【点评】本题考查离子方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大 7（2 分）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（）AFeFeCl2Fe（OH）2 2点燃()BSSO3H2SO4 2点燃2CCaCO3CaOCaSiO3 高温2高温DNH3NOHNO3 2催化剂、2【考点】EB：氨的化学性质；FO：含硫物质的性质及综合应用；GM：铁的化学性质菁优网版权所有【专题】513：物质的性质和变化专题【分析】A、铁与氯气反应生成三氯化铁；B硫与氧气反应生成二氧化硫；CCaCO3高温分解生成 CaO，CaO 和二氧化硅高温反应生成硅酸钙；D氨气催化氧化生成 NO，NO 和水不反应。【解答】解：A、因为氯气具有强氧化性，则铁与氯气反应生成三氯化铁，而不是氯化亚铁，故 A 错误；B硫与氧气反应生成二氧化硫，而不是三氧化硫，故 B 错误；CCaCO3高温分解生成 CaO，CaO 为碱性氧化物，和酸性氧化物二氧化硅高温反应生成盐硅酸钙，故 C 正确；D氨气催化氧化生成 NO，NO 和水不反应，不能生成硝酸，故 D 错误；故选：C。【点评】本题考查了物质性质、物质转化的应用，主要是硫、铁、氮的化合物性质的理解判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等。8（2 分）通过以下反应可获得新型能源二甲醚（CH3OCH3）下列说法不正确的是 C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H1a kJmol1 CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H2b kJmol1 CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H3c kJmol1 2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）H4d kJmol1（）A反应、为反应提供原料气 B反应也是 CO2资源化利用的方法之一 C反应 CH3OH（g）CH3OCH3（g）H2O（l）的HkJmol1 12+12=2D反应 2CO（g）+4H2（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）的H（2b+2c+d）kJmol1【考点】BB：反应热和焓变菁优网版权所有【专题】517：化学反应中的能量变化【分析】A反应中的反应物为 CO2、H2；B反应中的反应物为 CO2，转化为甲醇；C由反应可知，物质的量与热量成正比，且气态水的能量比液态水的能量高；D由盖斯定律可知，2+2+得到 2CO（g）+4H2（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）【解答】解：A反应中的反应物为 CO2、H2，由反应可知，反应、为反应提供原料气，故 A 正确；B反应中的反应物为 CO2，转化为甲醇，则反应也是 CO2资源化利用的方法之一，故 B 正确；C由反应可知，物质的量与热量成正比，且气态水的能量比液态水的能量高，则反应 CH3OH（g）CH3OCH3（g）H2O（l）的HkJmol1，故 C 错误；12+122D由盖斯定律可知，2+2+得到 2CO（g）+4H2（g）CH3OCH3（g）+H2O（g），则H（2b+2c+d）kJmol1，故 D 正确；故选：C。【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应的特点、反应中能量变化、盖斯定律应用为解答的关键，侧重分析能力和应用能力的考查，题目难度中等 9（2 分）常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A无色透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN、Cl Bc（H+）/c（OH）110 12的溶液中：K+、Na+、CO32、NO3 Cc（Fe2+）1 molL1的溶液中：K+、NH4+、MnO4、SO42 D能使甲基橙变红的溶液中：Na+、NH4+、SO42、HCO3【考点】DP：离子共存问题菁优网版权所有【专题】516：离子反应专题【分析】A无色透明说明溶液中不含有色离子，且离子之间不反应；Bc（H+）/c（OH）110 12的溶液，溶液呈碱性，离子之间不反应且和氢氧根离子不反应的能大量共存；C能和亚铁离子反应的离子不能大量共存；D能使甲基橙溶液变红色，说明溶液呈酸性，离子之间不反应的能大量共存【解答】解：AFe3+呈黄色，不符合无色条件，且 Fe3+、SCN 发生络合反应而不能大量共存，故 A 错误；Bc（H+）/c（OH）110 12的溶液，溶液呈碱性，这几种离子之间不反应且都不和氢氧根离子反应，所以能大量共存，故 B 正确；CFe2+、MnO4发生氧化还原反应而不能大量共存，故 C 错误；D能使甲基橙溶液变红色，说明溶液呈酸性，HCO3能和氢离子反应生成二氧化碳和水而不能大量共存，故 D 错误；故选：B。【点评】本题考查离子共存，为高频考点，侧重考查氧化还原反应、络合反应、复分解反应，明确离子共存条件及离子性质是解本题关键，注意隐含信息的灵活运用，题目难度不大 10（2 分）H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得 70时不同条件下 H2O2浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是（）A图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越快 B图乙表明，其他条件相同时，溶液 pH 越小，H2O2分解速率越快 C图丙表明，少量 Mn2+存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快 D图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2+对 H2O2分解速率的影响大【考点】CA：化学反应速率的影响因素菁优网版权所有【专题】51F：化学反应速率专题【分析】A图甲中溶液的 pH 相同，但浓度不同，浓度越大，相同时间内浓度的变化量越大；B图乙中 H2O2浓度相同，但加入 NaOH 浓度不同，说明溶液的 pH 不同，NaOH 浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大；C图丙中少量 Mn2+存在时，相同时间内双氧水浓度变化量：0.1mol/LNaOH 溶液1.0mol/LNaOH 溶液0mol/LNaOH 溶液；D图丁中 pH 相同，锰离子浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大。【解答】解：A图甲中溶液的 pH 相同，但浓度不同，浓度越大，相同时间内浓度的变化量越大，由此得出相同 pH 条件下，双氧水浓度越大，双氧水分解速率越快，故 A错误；B图乙中 H2O2浓度相同，但加入 NaOH 浓度不同，说明溶液的 pH 不同，NaOH 浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大，由此得出：双氧水浓度相同时，pH 越大双氧水分解速率越快，故 B 错误；C图丙中少量 Mn2+存在时，相同时间内双氧水浓度变化量：0.1mol/LNaOH 溶液1.0mol/LNaOH 溶液0mol/LNaOH 溶液，由此得出：锰离子作催化剂时受溶液 pH 的影响，溶液碱性越弱，其分解速率越快，故 C 错误；D图丁中 pH 相同，锰离子浓度越大，相同时间内双氧水浓度变化量越大，图丙中说明催化剂的催化效率受溶液的 pH 值影响，由此得出：碱性溶液中，Mn2+对 H2O2分解速率的影响大，故 D 正确；故选：D。【点评】本题以双氧水分解为载体考查影响化学反应速率影响因素，为高频考点，侧重考查学生图象分析、判断、归纳及知识灵活运用能力，明确图中曲线变化趋势及影响因素是解本题关键，题目难度中等。二、不定项选择题：本题包括二、不定项选择题：本题包括 5 小题，每小题小题，每小题 4 分，共计分，共计 20 分每小题只有一个或两个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；若正确答案包括两分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得个选项，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，该小题分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得就得 0 分分 11（4 分）萜类化合物广泛存在于动植物体内，关于下列萜类化合物的说法正确的是（）Aa 和 b 都属于芳香族化合物 Ba 和 c 分子中所有碳原子均处于同一平面上 Ca、b 和 c 均能使酸性 KMnO4溶液褪色 Db 和 c 均能与新制的 Cu（OH）2反应生成红色沉淀【考点】HD：有机物的结构和性质菁优网版权所有【专题】536：有机物分子组成通式的应用规律【分析】Aa 中不含苯环；Ba、c 中含甲基、亚甲基、次甲基均为四面体构型；Ca 含碳碳双键、b 中苯环上连有甲基、c 含CHO；D只有CHO 与新制的 Cu（OH）2反应生成红色沉淀【解答】解：Aa 中不含苯环，则不属于芳香族化合物，只有 b 属于，故 A 错误；Ba、c 中含甲基、亚甲基、次甲基均为四面体构型，则 a 和 c 分子中所有碳原子不可能处于同一平面上，故 B 错误；Ca 含碳碳双键、b 中苯环上连有甲基、c 含CHO，均能使酸性 KMnO4溶液褪色，故 C 正确；D只有CHO 与新制的 Cu（OH）2反应生成红色沉淀，则只有 c 能与新制的 Cu（OH）2反应生成红色沉淀，故 D 错误；故选：C。【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系、有机反应为解答的关键，侧重分析能力和应用能力的考查，注意选项 B 为解答的难点，题目难度不大 12（4 分）下列说法正确的是（）A反应 N2（g）+3H2（g）2NH3（g）的H0，S0 B地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀 C常温下，KspMg（OH）25.61012，pH10 的含 Mg2+溶液中，c（Mg2+）5.6104 molL1 D常温常压下，锌与稀 H2SO4反应生成 11.2 L H2，反应中转移的电子数为 6.021023【考点】BB：反应热和焓变菁优网版权所有【专题】517：化学反应中的能量变化【分析】A由化学计量数可知S0；B导线连接锌块，构成原电池时 Zn 为负极；C pH 10 的 含 Mg2+溶 液 中，c（OH）10 4 mol L 1，c（Mg2+）；()2D常温常压下，Vm22.4L/mol【解答】解：A合成氨反应为放热反应，H0，且为气体体积减小的反应，则S0，故 A 错误；B.导线连接锌块，构成原电池时 Zn 为负极，Fe 作正极被保护，则可以减缓管道的腐蚀，故 B 正确；C pH 10 的 含 Mg2+溶 液 中，c（OH）10 4 mol L 1，c（Mg2+）5.6104 molL1，故 C 正确；5.6 10 12(10 4)2=D常温常压下，Vm22.4L/mol，则不能利用氢气的体积计算物质的量及转移电子数，故 D 错误；故选：BC。【点评】本题考查较综合，涉及反应热与焓变、原电池、难溶电解质 Ksp 的计算等，为高频考点，把握化学反应原理为解答的关键，侧重分析能力和应用能力的考查，注意选项 D 为易错点，题目难度中等 13（4 分）根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（）选项 实验操作和现象 结论 A 向硅酸钠溶液中滴加 1 滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至红色褪去，2min 后，试管里出现凝胶 非金属性：ClSi B 向滴有甲基橙的 AgNO3溶液中滴加 KCl 溶液，溶液由红色变为黄色 KCl 溶液具有碱性 C 在 CuSO4溶液中滴加 KI 溶液，再加入苯，振荡，有白色沉淀生成，苯层呈紫色 白色沉淀可能为CuI D 某溶液滴加盐酸酸化的 BaCl2溶液，生成白色沉淀 该溶液中一定含有SO42 AA BB CC DD【考点】U5：化学实验方案的评价菁优网版权所有【专题】25：实验评价题【分析】A比较非金属性，应用最高价氧化物的水化物；B生成 AgCl 沉淀，银离子浓度减小，酸性减弱；C硫酸铜与 KI 发生氧化还原反应生成碘和 CuI；D滴加盐酸酸化的 BaCl2溶液，生成白色沉淀，该沉淀为硫酸钡或 AgCl 等。【解答】解：A该实验只能比较酸性的强弱，但不能比较非金属性，应用最高价氧化物的水化物，故 A 错误；B硝酸银为强酸弱碱盐，水解呈酸性，加入 KCl 生成 AgCl 沉淀，银离子浓度减小，酸性减弱，故 B 错误；C苯层呈紫色，说明生成碘，硫酸铜与 KI 发生氧化还原反应生成碘和 CuI，故 C 正确；D滴加盐酸酸化的 BaCl2溶液，生成白色沉淀，该沉淀为硫酸钡或 AgCl 等，可能含有硫酸根离子，故 D 错误。故选：C。【点评】本题考查了化学实验方案的评价，为高频考点，题目难度中等，涉及金属性、非金属性强弱比较、弱电解质的电离平衡及其影响等知识，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。14（4 分）常温下，Ka（HCOOH）1.77104，Ka（CH3COOH）1.75105，Kb（NH3H2O）1.76105，下列说法正确的是（）A浓度均为 0.1 molL1的 HCOONa 和 NH4Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者 B用相同浓度的 NaOH 溶液分别滴定等体积 pH 均为 3 的 HCOOH 和 CH3COOH 溶液至终点，消耗 NaOH 溶液的体积相等 C0.2 molL1 HCOOH 与 0.1 molL1 NaOH 等体积混合后的溶液中：c（HCOO）+c（OH）c（HCOOH）+c（H+）D0.2 molL1 CH3COONa 与 0.1 molL1盐酸等体积混合后的溶液中（pH7）：c（CH3COO）c（Cl）c（CH3COOH）c（H+）【考点】D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡菁优网版权所有【专题】51G：电离平衡与溶液的 pH 专题【分析】A电离平衡常数越大，其离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，其离子水解程度：CH3COONH4+HCOO，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，所以得出 c（HCOO）+c（OH）c（Na+）+c（H+）0.1mol/L+c（H+）、c（NH4+）+c（H+）c（Cl）+c（OH）0.1mol/L+c（OH），水解程度 NH4+HCOO，所以前者 c（H+）大于后者 c（OH）；BpH 相同的 HCOOH 和 CH3COOH，浓度：c（HCOOH）c（CH3COOH），用相同浓度的 NaOH 溶液分别滴定等体积 pH 均为 3 的 HCOOH 和 CH3COOH 溶液至终点时，酸的浓度越大，消耗的碱体积越大；C任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得 c（HCOO）+c（OH）c（Na+）+c（H+），混合溶液中溶质为等物质的量浓度的 HCOOH 和HCOONa；D二者混合后溶液中的溶质为等物质的量浓度的 CH3COONa、CH3COOH 和 NaCl，混合溶液的 pH7，说明醋酸电离程度大于醋酸钠水解程度。【解答】解：A电离平衡常数越大，其离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，其离子水解程度：CH3COONH4+HCOO，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，所以得出 c（HCOO）+c（OH）c（Na+）+c（H+）0.1mol/L+c（H+）、c（NH4+）+c（H+）c（Cl）+c（OH）0.1mol/L+c（OH），水解程度 NH4+HCOO，所以前者 c（H+）大于后者 c（OH），所以浓度均为 0.1 molL1的 HCOONa 和 NH4Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者，故 A 正确；BpH 相同的 HCOOH 和 CH3COOH，浓度：c（HCOOH）c（CH3COOH），用相同浓度的 NaOH 溶液分别滴定等体积 pH 均为 3 的 HCOOH 和 CH3COOH 溶液至终点时，酸的浓度越大，消耗的碱体积越大，pH、体积相同的 HCOOH 和 CH3COOH，物质的量前者小于后者，所以后者消耗的 NaOH 体积多，故 B 错误；C任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得 c（HCOO）+c（OH）c（Na+）+c（H+），混合溶液中溶质为等物质的量浓度的 HCOOH 和HCOONa，甲酸电离程度大于水解程度，所以 c（HCOOH）c（Na+），所以得 c（HCOO）+c（OH）c（HCOOH）+c（H+），故 C 错误；D二者混合后溶液中的溶质为等物质的量浓度的 CH3COONa、CH3COOH 和 NaCl，混合溶液的 pH7，说明醋酸电离程度大于醋酸钠水解程度，醋酸是弱酸，其电离程度较小，所以粒子浓度大小顺序是 c（CH3COO）c（Cl）c（CH3COOH）c（H+），故 D 正确；故选：AD。【点评】本题考查弱电解质的电离，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力，明确电离平衡常数与水解程度关系、溶液中存在的守恒是解本题关键，注意 C 中等量代换，题目难度不大。15（4 分）温度为 T1时，在三个容积均为 1L 的恒容密闭容器中仅发生反应：2NO2（g）2NO（g）+O2（g）（正反应吸热）。实验测得：v正v（NO2）消耗k正c2（NO2），v逆v（NO）消耗2v（O2）消耗k逆c2（NO）c（O2），k正、k逆为速率常数，受温度影响。下列说法正确的是（）物质的起始浓度（molL1）物质的平衡浓度（molL1）容器编号 c（NO2）c（NO）c（O2）c（O2）0.6 0 0 0.2 0.3 0.5 0.2 0 0.5 0.35 A达平衡时，容器与容器中的总压强之比为 4：5 B达平衡时，容器中 c（O2）/c（NO2）比容器中的大 C达平衡时，容器中 NO 的体积分数小于 50%D当温度改变为 T2时，若 k正k逆，则 T2T1【考点】CP：化学平衡的计算菁优网版权所有【专题】51E：化学平衡专题【分析】AI 中的反应 2NO2（g）2NO（g）+O2（g）开始（mol/L）0.6 0 0 反应（mol/L）0.4 0.4 0.2 平衡（mol/L）0.2 0.4 0.2 化学平衡常数 K0.8=042 0.2022=容器体积为 1L，则平衡时 I 中气体总物质的量1L（0.2+0.4+0.2）mol/L0.8mol，恒容恒温时气体压强之比等于其物质的量之比，如果平衡时 I、II 中压强之比为 4：5，则 II 中平衡时气体总物质的量为 1mol，II 中开始时浓度商=052 0.2032=590.8，则平衡正向移动；B假设 II 中平衡时 c（NO2）c（O2），设参加反应的 c（NO2）xmol/L，则 0.3x0.2+0.5x，x，=115平衡时 c（NO2）c（O2）mol/L，c（NO）0.5mol/Lmol/L=730+115=1730mol/L，II 中1.30.8，说明 II 中平衡时应该存在 c（NO2）c（O2）；(1730)2730(730)2C如果 III 中 NO 和氧气完全转化为二氧化氮，则 c（NO2）0.5mol/L，且容器中还有 c（O2）0.1mol/L 剩余，与 I 相比，III 是相当于增大压强，平衡逆向移动，二氧化氮和氧气之和所占体积比大于 50%；Dv正v（NO2）消耗k正c2（NO2），v逆v（NO）消耗2v（O2）消耗k逆c2（NO）c（O2），达到平衡状态时正逆反应速率相等，则 k正c2（NO2）k逆c2（NO）c（O2），且k正k逆，则 c2（NO2）c2（NO）c（O2），化学平衡常数 K 等于 1。【解答】解：AI 中的反应 2NO2（g）2NO（g）+O2（g）开始（mol/L）0.6 0 0 反应（mol/L）0.4 0.4 0.2 平衡（mol/L）0.2 0.4 0.2 化学平衡常数 K0.8=042 0.2022=容器体积为 1L，则平衡时 I 中气体总物质的量1L（0.2+0.4+0.2）mol/L0.8mol，恒容恒温时气体压强之比等于其物质的量之比，如果平衡时 I、II 中压强之比为 4：5，则 II 中平衡时气体总物质的量为 1mol，II 中开始时浓度商=052 0.2032=590.8，则平衡正向移动，平衡正向移动导致混合气体总物质的量之和增大，所以达平衡时，容器与容器中的总压强之比小于 4：5，故 A 错误；B假设 II 中平衡时 c（NO2）c（O2），设参加反应的 c（NO2）xmol/L，则 0.3x0.2+0.5x，x，=115平衡时 c（NO2）c（O2）mol/L，c（NO）0.5mol/Lmol/L=730+115=1730mol/L，II 中1.30.8，说明 II 中平衡时应该存在 c（NO2）c（O2），(1730)2730(730)2容器 I 中 c（O2）/c（NO2）1，所以达平衡时，容器中 c（O2）/c（NO2）小于1，则 比容器中的小，故 B 错误；C如果 III 中 NO 和氧气完全转化为二氧化氮，则 c（NO2）0.5mol/L，且容器中还有 c（O2）0.1mol/L 剩余，与 I 相比，III 是相当于增大压强，平衡逆向移动，二氧化氮和氧气之和所占体积比大于 50%，则达平衡时，容器中 NO 的体积分数小于50%，故 C 正确；Dv正v（NO2）消耗k正c2（NO2），v逆v（NO）消耗2v（O2）消耗k逆c2（NO）c（O2），达到平衡状态时正逆反应速率相等，则 k正c2（NO2）k逆c2（NO）c（O2），且k正k逆，则 c2（NO2）c2（NO）c（O2），化学平衡常数 K 等于 1，该温度下的K 大于 0.8，且该反应的正反应是吸热反应，说明升高温度平衡正向移动，所以 T2T1，故 D 正确；故选：CD。【点评】本题考查化学平衡计算，为高频考点，侧重考查学生分析、计算及灵活运用知识解答问题能力，如果单纯的根据设未知数计算要涉及一元三次方程而难以解答，这需要学生灵活运用知识巧妙地避开一元三次方程而解答问题，题目难度较大。三、解答题三、解答题 16（12 分）铝是应用广泛的金属以铝土矿（主要成分为 Al2O3，含 SiO2和 Fe2O3等杂质）为原料制备铝的一种工艺流程如下：注：SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为Al2O3+2OH2AlO2+H2O（2）向“过滤”所得滤液中加入 NaHCO3溶液，溶液的 pH减小（填“增大”、“不变”或“减小”）（3）“电解”是电解熔融 Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是石墨电极被阳极上产生的 O2氧化（4）“电解”是电解 Na2CO3溶液，原理如图所示 阳极的电极反应式为4CO32+2H2O4e4HCO3+O2，阴极产生的物质 A 的化学式为H2（5）铝粉在 1000时可与 N2反应制备 AlN在铝粉中添加少量 NH4Cl 固体并充分混合，有利于 AlN 的制备，其主要原因是NH4Cl 分解产生的 HCl 能够破坏 Al 表面的Al2O3薄膜【考点】P8：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用菁优网版权所有【专题】545：物质的分离提纯和鉴别【分析】以铝土矿（主要成分为 Al2O3，含 SiO2和 Fe2O3等杂质）为原料制备铝，由流程可知，加 NaOH 溶解时 Fe2O3不反应，由信息可知 SiO2在“碱溶”时转化为铝硅酸钠沉淀，过滤得到的滤渣为 Fe2O3、铝硅酸钠，碳酸氢钠与偏铝酸钠反应生成 Al（OH）3，过滤 II 得到 Al（OH）3，灼烧生成氧化铝，电解 I 为电解氧化铝生成 Al 和氧气，电解 II 为电解 Na2CO3溶液，结合图可知，阳极上碳酸根离子失去电子生成碳酸氢根离子和氧气，阴极上氢离子得到电子生成氢气，以此来解答【解答】解：（1）“碱溶”时生成偏铝酸钠的离子方程式为 Al2O3+2OH2AlO2+H2O，故答案为：Al2O3+2OH2AlO2+H2O；（2）向“过滤”所得滤液中加入 NaHCO3溶液，与 NaAlO2反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钠，碱性为 OHAlO2CO32，可知溶液的 pH 减小，故答案为：减小；（3）“电解”是电解熔融 Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，因石墨电极被阳极上产生的 O2氧化，故答案为：石墨电极被阳极上产生的 O2氧化；（4）由图可知，阳极反应为 4CO32+2H2O4e4HCO3+O2，阴极上氢离子得到电子生成氢气，则阴极产生的物质 A 的化学式为 H2，故答案为：4CO32+2H2O4e4HCO3+O2；H2；（5）铝粉在 1000时可与 N2反应制备 AlN在铝粉中添加少量 NH4Cl 固体并充分混合，有利于 AlN 的制备，其主要原因是 NH4Cl 分解产生的 HCl 能够破坏 Al 表面的Al2O3薄膜，故答案为：NH4Cl 分解产生的 HCl 能够破坏 Al 表面的 Al2O3薄膜【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯方法、实验技能为解答的关键，侧重分析能力和实验能力的考查，注意水解、电解原理及元素化合物知识的应用，题目难度中等 17（15 分）化合物 H 是一种用于合成 分泌调节剂的药物中间体，其合成路线流程图如下：（1）C 中的含氧官能团名称为醚键和酯基。（2）DE 的反应类型为取代反应。（3）写 出 同 时 满 足 下 列 条 件 的 C 的 一 种 同 分 异 构 体 的 结 构 简 式：。含有苯环，且分子中有一个手性碳原子；能发生水解反应，水解产物之一是 氨基酸，另一水解产物分子中只有 2 种不同化学环境的氢。（4）G 的 分 子 式 为 C12H14N2O2，经 氧 化 得 到 H，写 出 G 的 结 构 简 式：。（5）已知：（R 代表烃基，R代表烃基或 H）请写出以(3)2423和（CH3）2SO4为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。【考点】HC：有机物的合成菁优网版权所有【专题】534：有机物的化学性质及推断【分析】由合成流程可知，AB 发生取代反应，BC 发生还原反应，CD 为取代反应，DE 为氨基上 H 被取代，属于取代反应，比较 F 与 H 的结构可知，G 为，GH 发生氧化反应，（1）C 中含氧官能团为醚键、酯基；（2）DE 为氨基上 H 被取代；（3）C 的一种同分异构体，满足含有苯环，且分子中有一个手性碳原子；能发生水解反应，水解产物之一是 氨基酸，另一水解产物分子中只有 2 种不同化学环境的氢，则水解产物为对苯二酚，且含酯基，与氨基相连的 C 为手性碳；（4）G 的分子式为 C12H14N2O2，经氧化得到 H，可知 FG 的转化COOCH3转化为CH2OH；（5）以和（CH3）2SO4为原料制备，结合上述合成流程可知，OH 转化为Br，酚OH 转化为醚键，硝基转化为氨基，最后发生信息中的反应【解答】解：（1）由结构可知 C 中的含氧官能团名称为醚键、酯基，故答案为：醚键；酯基；（2）DE 为氨基上 H 被取代，反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；（3）C 的一种同分异构体，满足含有苯环，且分子中有一个手性碳原子；能发生水解反应，水解产物之一是 氨基酸，另一水解产物分子中只有 2 种不同化学环境的氢，则水解产物为对苯二酚，且含酯基，与氨基相连的 C 为手性碳，可知符合条件的结构简式为，故答案为：；（4）G 的分子式为 C12H14N2O2，经氧化得到 H，可知 FG 的转化COOCH3转化为CH2OH，其它结构不变，则 G 的结构简式为，故答案为：；（5）以和（CH3）2SO4为原料制备，结合上述合