2010年江苏省高考化学试卷解析版 .doc

2010年江苏省高考化学试卷解析版参考答案与试题解析一、选择题：本题包括7小题，每小题2分，共计14分每小题只有一个选项符合题意1（2分）化学与能源开发、环境保护、资源利用等密切相关下列说法正确的是（）A为提高农作物的产量和质量，应大量使用化肥和农药B绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理C实现化石燃料清洁利用，就无需开发新能源D垃圾是放错地方的资源，应分类回收利用【考点】19：绿色化学菁优网版权所有【分析】解这题要动用到平时积累的知识，密切联系生活实际，结合各个选项中考查的知识点，可得出答案【解答】解：A、大量使用化肥和农药不能提高农作物的产量和质量，应合理使用，故A错误；B、绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，故B错误；C、化石能源是有限的一次能源，为了长远的可持续发展，必须要开发新能源，故C错误；D、垃圾也是一项重要的资源，可回收的应回收利用，故D正确。故选：D。【点评】本题主要考查化学物质与生活得关系、绿色化学的概念、化肥农药对人类生活的影响解题中联系到平时积累的知识所以平时要注意多积累，做题时要积极联想，和所学知识联系起来2（2分）水是最宝贵的资源之一下列表述正确的是（）AH2O的电子式为B4时，纯水的pH7CD216O中，质量数之和是质子数之和的两倍D273K、101kPa，水分子间的平均距离d：d（气态）d（液态）d（固态）【考点】43：电子式；85：质量数与质子数、中子数之间的相互关系；A1：分子间作用力；D6：水的电离；D7：离子积常数菁优网版权所有【专题】51：基本概念与基本理论【分析】A、水是共价化合物，氢原子和氧原子之间以共价键结合；B、常温下水的离子积常数Kw1.01014mol2/L2，温度越低离子积常数越小，氢离子浓度越小，pH越大；C、分子的质子数为各个原子质子数之和，质量数为各个原子的质量数之和；D、物质内分子之间的间距：气态液态，对于水，液态密度大于固态时的密度，分子间距：固态液态【解答】解：A、H2O的电子式为：，原子之间是共价键，故A错误；B、常温下水的离子积常数Kw1.01014mol2/L2，低于室温时，4C时，离子积常数减小，故纯水的pH7，故B错误；C、D216O中，质量数之和为22+1620，质子数之和为12+810，故C正确；D、对于水的三种状态，气态分子间隔液态分子间隔，但液态大于固态不对，如冰的密度比水小，液态水分子间存在氢键，而固态水按照一定晶形规则排列，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了有关水分子的知识，可以根据所学知识进行3（2分）下列离子方程式表达正确的是（）A用惰性电极电解熔融氯化钠：2Cl+2H2OCl2+H2+2OHB用氢氧化钠溶液除去铝表面的氧化膜：Al2O3+2OH2AlO2+H2OC用稀氢氧化钠溶液吸收二氧化氮：2OH+2NO2NO3+NO+H2OD用食醋除去水瓶中的水垢：CO32+2CH3COOH2CH3COO+CO2+H2O【考点】49：离子方程式的书写菁优网版权所有【专题】514：化学用语专题【分析】A、根据熔融氯化钠中所具有的微粒来分析；B、根据氧化铝的化学性质来回答；C、根据二氧化氮是酸性氧化物并具有氧化性和还原性的化学性质来分析；D、根据离子方程式中固体难溶物不能拆的原则来回答【解答】解：A、熔融氯化钠中没有水分子，只有钠离子和氯离子，则电解熔融的氯化钠生成钠和氯气，故A错误；B、氧化铝是两性氧化物，可以和强碱反应得到对应的盐和水，故B正确；C、二氧化氮是酸性氧化物并具有氧化性和还原性，稀氢氧化钠溶液和二氧化氮反应的产物有硝酸钠、亚硝酸钠及水，离子方程式中电荷不守恒，故C错误；D、水垢中的碳酸钙是难溶物，不能拆成离子形式，应用分子式，故D错误。故选：B。【点评】本题主要考查学生离子方程式的正误判断，是现在高考的热点，明确电荷守恒、质量守恒定律、电子守恒是判断离子方程式的书写正误常用的方法4（2分）下列有关物质的性质或应用的说法不正确的是（）A二氧化硅是生产光纤制品的基本原料B水玻璃可用于生产黏合剂和防火剂C盐析可提纯蛋白质并保持其生理活性D石油分馏可获得乙烯、丙烯和丁二烯【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系；FH：硅和二氧化硅；K6：氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；T1：石油的分馏菁优网版权所有【专题】52：元素及其化合物；53：有机化学基础【分析】A、根据二氧化硅的用途来回答；B、根据水玻璃硅酸钠的性质来回答；C、根据盐析的原理和应用知识来回答；D、根据石油的成分以及分馏的原理来回答【解答】解：A、二氧化硅的重要用途是生产光纤制品，故A正确；B、水玻璃即为硅酸钠水溶液具有黏性，工业上可以用于生产黏合剂，硅酸钠溶液涂刷或浸入木材后，能渗入缝隙和孔隙中，固化的硅凝胶能堵塞毛细孔通道，提高材料的密度和强度，且硅凝胶具有很强的耐高温性质，因此可以有效的防火，故B正确；C、盐析是提纯蛋白质的一种方法，而且不会影响蛋白质的生理活性，故C正确；D、石油分馏得到的是不同沸点的烃类化合物，如汽油、煤油、柴油等，只有通过裂解的方法可得到乙烯等不饱和的烃类物质，故D错误。故选：D。【点评】本题是一道考查物质在生产和生活中的应用的题目，并考查学生对基本概念的理解和掌握5（2分）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A常温下，1L0.1molL1的NH4NO3溶液中氮原子数为0.2NAB1mol羟基中电子数为10NAC在反应KIO3+6HIKI+3I2+3H2O中，每生成3molI2转移的电子数为6NAD常温常压下，22.4L乙烯中CH键数为4NA【考点】4F：阿伏加德罗常数菁优网版权所有【分析】根据阿伏加德罗常数与物质的量的关系，则先计算物质或微粒的物质的量，并利用物质状态、物质结构、电子转移数目、电离、水解的等知识就可以顺利解决此题【解答】解：A、利用原子守恒，可推知氮原子数为0.2NA，故A对；B、一个羟基中电子数为9，则1mol羟基中电子数为9NA，故B错；C、反应KIO3+6HIKI+3I2+3H2O中，生成3molI2 时，1molKIO3的I的化合价从+5价变为了0价，6molHI中有5molHI的I的化合价从1价变为了0价，因此生成3molI2转移电子数为5mol，故C错；D、常温常压下，气体摩尔体积不等于22.4L/mol，则22.4L乙烯不为1mol，故D错；故选：A。【点评】涉及阿伏加德罗常数考点中常出现审题误区，思维定势，盲目想当然，忽视外界条件的限制，氧化还原反应的本质及反应物量的问题，如等质量按等物质的量计算；求烃分子中化学键的数目只求碳氢键数目等，此类试题不是难点，但是易错点，因为区分度高，长期以来备受命题者的青睐6（2分）常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）ApH1的溶液中：Fe2+、NO3、SO42、Na+B由水电离的c（H+）11014molL1的溶液中：Ca2+、K+、Cl、HCO3Cc（H+）/c（OH）1012的溶液中：NH4+、Al3+、NO3、ClDc（Fe3+）0.1molL1的溶液中：K+、ClO、SO42、SCN【考点】DP：离子共存问题菁优网版权所有【专题】16：压轴题【分析】根据PH为1的溶液有大量H+、由水电离的c（H+）11014molL11107molL1的溶液可能为酸或碱的溶液、c（H+）/c（OH）1012的溶液中c（H+）1101molL1，利用离子之间能否结合生成水、气体、沉淀、弱电解质，能否发生氧化还原反应、能否结合生成络离子来分析离子在指定溶液中能否大量共存【解答】解：A、因PH1的溶液有大量H+，则H+、Fe2+、NO3发生氧化还原反应，则不能大量共存，故A错误；B、因水电离的c（H+）11014molL11107molL1，抑制了水的电离，则溶液可能为酸或碱的溶液，HCO3既与H+反应又能与OH反应，则一定不能大量共存，故B错误；C、由c（H+）/c（OH）1012的溶液，则1012，即c（H+）1101molL1，在酸性条件下该组离子不反应，则能大量共存，故C正确；D、因Fe3+与SCN结合生成络离子Fe（SCN）2+，则不能大量共存，故D错误；故选：C。【点评】本题考查离子的共存问题，习题中隐含信息的挖掘是解答的关键，并熟悉常见离子之间的反应来解答，本题的难点是C中氢离子浓度的计算及D中生成的络离子7（2分）下列有关实验原理或操作正确的是（）A选择合适的试剂，用图1所示装置可分别制取并收集少量CO2、NO和O2B制备乙酸乙酯时，向乙醇中缓慢加入浓硫酸和冰醋酸C洗涤沉淀时（见图2），向漏斗中加适量水，搅拌并滤干D用广泛pH试纸测得0.10molL1NH4Cl溶液的pH5.2【考点】U5：化学实验方案的评价菁优网版权所有【专题】16：压轴题【分析】A、图1为固体和液体在常温下反应，生成的气体可用向上排空气法收集，而一氧化氮与氧气反应，不能用向上排空气法收集；B、制备乙酸乙酯时，先加入乙醇，向乙醇中缓慢加入浓硫酸和冰醋酸；C、洗涤沉淀时用玻璃棒引流，注入蒸馏水，直至没过沉淀，然后等待液体从漏斗底部流走，重复步骤两到三次D、氯化铵为强酸弱碱盐，发生水解，溶液呈酸性，用广泛pH试纸检测0.10molL1NH4Cl溶液的pH5【解答】解：A、实验室制取二氧化碳可用大理石与稀盐酸在常温下反应，由于二氧化碳密度比空气大，可用向上排空气法收集，可选择图1装置；双氧水在二氧化锰催化作用下制取氧气，选用固液不加热装置，氧气密度比空气大，用向上排空气法收集，可选择图1装置；一氧化氮可以和氧气反应，不能用向上排空气法收集，故A错误；B、制备乙酸乙酯时，先加入乙醇，然后边摇动试管边慢慢加入浓硫酸和冰醋酸，故B正确；C、洗涤沉淀时用玻璃棒引流，注入蒸馏水，直至没过沉淀，然后等待液体从漏斗底部流走，重复步骤两到三次，不能用玻璃棒搅拌，故C错误；D、氯化铵为强酸弱碱盐，发生水解，溶液呈酸性，用广泛pH试纸检测0.10molL1NH4Cl溶液的pH5，故D错误。故选：B。【点评】本题气体发生装置和收集装置的选择和基本实验操作，要会根据制取气体的反应原理和气体的性质来选择合适的装置二、不定项选择题：本题包括7小题，每小题4分，共计28分每小题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8（4分）下列说法不正确的是（）A铅蓄电池在放电过程中，负极质量减小，正极质量增加B常温下，反应C（s）+CO2（g）2CO（g）不能自发进行，则该反应的H0C一定条件下，使用催化剂能加快反应速率并提高反应物的平衡转化率D相同条件下，溶液中Fe3+、Cu2+、Zn2+的氧化性依次减弱【考点】B2：氧化性、还原性强弱的比较；BB：反应热和焓变；BH：原电池和电解池的工作原理；CB：化学平衡的影响因素菁优网版权所有【专题】16：压轴题【分析】根据铅蓄电池的总反应式为：PbO2+Pb+2H2SO42PbSO4 +2H2O，其中负极：Pb+SO422ePbSO4；正极：PbO2+4H+SO42+2ePbSO4+2H2O，不难看出铅蓄电池在放电过程中，负极生成PbSO4质量增加，正极生成PbSO4质量也增加；反应C（s）+CO2（g）2CO（g）中S0，不能自发进行，则该反应的H0；利用催化剂同等程度增加正逆反应速率，平衡不发生移动，并不能提高反应物的平衡转化率；按金属活动性顺序，金属性依次减弱，金属单质还原性也依次减弱，对应离子氧化性依次增强，同时Fe3+对应排在Cu2+之后另外据Fe3+CuFe2+Cu2+、Fe+Cu2+Fe2+Cu也不难看出溶液中的氧化性依次减弱次序为：Fe3+Cu2+Zn2+【解答】解：A、铅蓄电池电极反应：负极：Pb+SO422ePbSO4 正极：PbO2+4H+SO42+2ePbSO4+2H2O 不难看出铅蓄电池在放电过程中，负极生成PbSO4质量增加，正极生成PbSO4质量也增加，故A错误；B、因熵增、焓减的化学反应可能自发进行，反应气体体积增大S0，反应C（s）+CO2（g）2CO（g）不能自发进行，则该反应的H0，故B正确；C、因催化剂能同等程度地加快正逆反应速率，对平衡移动无影响，则不能提高反应物的平衡转化率；故C错误；D、由Fe3+CuFe2+Cu2+、Zn+Cu2+Zn2+Cu可判断出溶液中的氧化性依次减弱次序为：Fe3+Cu2+Zn2+，故D正确。故选：AC。【点评】本题为小综合，主要属于基本理论的范畴，也带有元素化合物知识做题时尤其要注意铅蓄电池的电极反应9（4分）阿魏酸在食品、医药等方面有着广泛用途一种合成阿魏酸的反应可表示为下列说法正确的是（）A可用酸性KMnO4溶液检测上述反应是否有阿魏酸生成B香兰素、阿魏酸均可与Na2CO3、NaOH溶液反应C通常条件下，香兰素、阿魏酸都能发生取代、加成、消去反应D与香兰素互为同分异构体，分子中有5种不同化学环境的氢，且能发生银镜反应的酚类化合物共有2种【考点】HD：有机物的结构和性质菁优网版权所有【分析】用一个有机反应来呈现多种物质，然后综合考查每种物质的性质，解决该类题目主要通过把握物质所含官能团，因为官能团决定了有机物性质【解答】解：A、能使酸性高锰酸钾溶液褪色的不仅有碳碳双键，酚羟基也能使其褪色。即使没有阿魏酸生成，原反应物中的香兰素同样可以使酸性高锰酸钾溶液褪色。故A错误；B、香兰素中含有酚羟基，阿魏酸中含有酚羟基和羧基，这两种官能团都可以与 Na2CO3、NaOH溶液反应。故B正确；C、香兰素、阿魏酸都能发生取代、加成，但它们都不能进行消去反应。故C错误；D、根据条件，其同分异构体为和，含有两个羟基且两个羟基和CH2CHO为于相邻或相间时有两种结构，含有一个甲酸甲酯基和一个酚羟基，且二者处于相对位置，所以一共有5种同分异构体，故D错误；故选：B。【点评】一种物质可能含有多种官能团，因此一种物质会同时具有不同类物质的性质，同学们从官能团入手分析，比较容易解决该类问题10（4分）下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是（）选项实验操作实验目的或结论A向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量Mg（OH）2粉末，搅拌一段时间后过滤除去MgCl2溶液中少量FeCl3B向某溶液中加入BaCl2溶液生成白色沉淀，继续加稀硝酸沉淀不消失证明溶液中含SO42C向某溶液中加入稀盐酸，放出无色无味气体，将气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊证明该溶液中存在CO32D两支试管中装有等体积、等浓度的H2O2溶液，向其中一支试管中加入FeCl3溶液FeCl3溶液对H2O2分解速率无影响AABBCCDD【考点】U5：化学实验方案的评价菁优网版权所有【分析】AFeCl3易水解生成氢氧化铁；B不能排除SO32和Ag+的干扰；C不能排除HCO3的存在；D催化剂对化学反应速率有影响【解答】解：AFeCl3易水解生成氢氧化铁，加入Mg（OH）2粉末，调节溶液的pH，促进铁离子的水解，且不引入新的杂质，故A正确；BSO32能被硝酸氧化为SO42，并且不能排除Ag+的干扰，故B错误；CHCO3也能与稀盐酸反应生成二氧化碳气体，故C错误；DFeCl3溶液能加快H2O2分解速率，故D错误。故选：A。【点评】本题考查化学实验的评价，题目难度中等，注意离子的检验要首先排除其它离子的干扰11（4分）如图是一种航天器能量储存系统原理示意图下列说法正确的是（）A该系统中只存在3种形式的能量转化B装置Y中负极的电极反应式为：O2+2H2O+4e4OHC装置X能实现燃料电池的燃料和氧化剂再生D装置X、Y形成的子系统能实现物质的零排放，并能实现化学能与电能间的完全转化【考点】B1：氧化还原反应；B7：常见的能量转化形式；BH：原电池和电解池的工作原理；BI：电极反应和电池反应方程式；BO：化学能与电能的应用菁优网版权所有【分析】根据图示可知，航天器能量储存系统存在白天利用太阳能实现太阳能转化为电能；夜晚电能转化为机械能【解答】A、存在能量转化形式有太阳能、机械能、化学能、电能，则不只是三种，故A错误；B、装置Y为燃料电池，正极电极反应式是O2+2H2O+4e4OH，故B错误；C、由装置X可知，水分解生成氢气和氧气，燃料电池的原料是氢气和氧气，则能实现燃料电池的燃料和氧化剂再生，故C正确；D、太阳能电池白天发出的直流电一部分供工作马达运转，富余的电力通过装置X进行水的电解，生成氢气和氧气，夜间再通过装置Y燃烧氢氧来发电，以继续支持工作马达运转。装置X和Y实际上是存储了部分太阳能电池产生的电能。该系统能量并非完全转化，故D错误；故选：C。【点评】本题考查原电池原理与电解池原理，考查知识点较为单一，但是考查学生综合分析能力较强，还是比较容易错的12（4分）常温下，用 0.1000molL1NaOH溶液滴定 20.00mL0.1000molL1CH3COOH溶液所得滴定曲线如图下列说法正确的是（）A点所示溶液中：c（CH3COO）+c（OH）c（CH3COOH）+c（H+）B点所示溶液中：c（Na+）c（CH3COOH）+c（CH3COO）C点所示溶液中：c（Na+）c（OH）c（CH3COO）c（H+）D滴定过程中可能出现：c（CH3COOH）c（CH3COO）c（H+）c（Na+）c（OH）【考点】DN：离子浓度大小的比较；DO：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算菁优网版权所有【分析】根据点反应后溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1：1的混合物，溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COO的水解程度，故c（Na+）c（CH3COOH），由电荷守恒可知：c（CH3COO）+c（OH）c（Na+）+c（H+），所以c（CH3COO）+c（OH）c（CH3COOH）+c（H+）；点pH7，即c（H+）c（OH），c（Na+）c（CH3COO）；点体积相同，则恰好完全反应生成CH3COONa，利用盐的水解来分析溶液呈碱性，则c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+）；在滴定中当加入碱比较少时，可能出现c（CH3COOH）c（CH3COO）c（H+）c（Na+）c（OH）的情况【解答】解：A、点反应掉一半醋酸，反应后溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1：1的混合物，CH3COOH电离程度大于CH3COO的水解程度，故c（Na+）c（CH3COOH），由电荷守恒可知：c（CH3COO）+c（OH）c（Na+）+c（H+），所以c（CH3COO）+c（OH）c（CH3COOH）+c（H+），故A错；B、点pH7，即c（H+）c（OH），由电荷守恒知：c（Na+）+c（H+）c（CH3COO）+c（OH），故c（Na+）c（CH3COO），故B错；C、点说明两溶液恰好完全反应生成CH3COONa，因CH3COO水解，且程度较小，c（Na+）c（CH3COO）c（OH）c（H+），故C错；D、当CH3COOH较多，滴入的碱较少时，则生成CH3COONa少量，可能出现c（CH3COOH）c（CH3COO）c（H+）c（Na+）c（OH），故D正确；故选：D。【点评】本题考查NaOH与CH3COOH的反应，涉及盐类的水解和溶液离子浓度的大小比较，注意利用电荷守恒的角度做题13（4分）已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的5种主族元素，其中元素A、E的单质在常温下呈气态，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料下列说法正确的是（）A元素A、B组成的化合物常温下一定呈气态B一定条件下，元素C、D的最高价氧化物对应的水化物之间能发生反应C工业上常用电解法制备元素C、D、E的单质D化合物AE与CE古有相同类型的化学键【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】16：压轴题【分析】根据题意，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，则B是碳元素；素C在同周期的主族元素中原子半径最大，则C是钠元素；元素D的合金是日常生活中常用的金属材料，D是铝元素；元素A、E的单质在常温下呈气态，则A是氢元素、E是氯元素；然后对照各个选项，选出答案【解答】解：A、C和H组成的化合物常温下不一定呈气态，如C9H20，故A错误；B、因C是钠，D是铝，则氢氧化铝具有两性，能与氢氧化钠反应，故B正确；C、因为Na、Al是活泼金属，氯气是活泼的非金属单质，所以工业上常用电解法制备它们，故C正确；D、HCl是共价化合物，含有共价键；NaCl是离子化合物，含有离子键，它们的化学键类型不同，故D错误。故选：BC。【点评】本题考查元素的推断及其元素的性质本题的突破口是掌握原子结构的有关知识，如原子最外层电子数是其电子层数的2倍，则为C元素；熟悉常见的物质，如元素的合金是日常生活中常用的金属材料等14（4分）在温度、容积相同的3个密闭容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温、恒容，测得反应达到平衡时的有关数据如下：（已知N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H92.4kJmol1）容器甲乙丙反应物的投入量1molN2、3molH22molNH34molNH3NH3的浓度（molL1）c1c2c3反应的能量变化放出akJ吸收bkJ吸收ckJ体系的压强（Pa）p1p2p3反应物的转化率123下列说法正确的是（）A2c1c3Ba+b92.4C2p2p3D1+31【考点】CB：化学平衡的影响因素；CN：等效平衡菁优网版权所有【专题】51E：化学平衡专题【分析】甲容器反应物投入1molN2、3molH2，乙容器反应物投入量2molNH3，恒温且乙容器容积和甲容器相同，则甲容器与乙容器是等效平衡；甲容器反应物投入1molN2、3molH2，丙容器反应物投入量4molNH3，采用极限转化法转化为反应物为2molN2、6molH2，是甲中的二倍，如果恒温且丙容器容积是甲容器2倍，则甲容器与丙容器也是等效平衡；所以丙所到达的平衡，可以看作在恒温且容积是甲容器两倍条件下，到达平衡后，再压缩体积为与甲容器体积相等所到达的平衡，据此分析平衡移动。【解答】解：甲投入1molN2、3molH2，乙容器投入量2molNH3，恒温恒容条件下，甲容器与乙容器是等效平衡，各组分的物质的量、含量、转化率等完全相等；而甲容器投入1molN2、3molH2，丙容器加入4molNH3，采用极限转化法丙相当于加入2molN2、6molH2，丙中加入量是甲中的二倍，如果恒温且丙容器容积是甲容器2倍，则甲容器与丙容器为等效平衡，所以丙所到达的平衡，可以看作在恒温且容积是甲容器两倍条件下，到达平衡后，再压缩体积为与甲容器体积相等所到达的平衡，由于该反应是体积减小的反应，缩小容器体积，增大了压强，平衡向着正向移动，所以丙中氮气、氢气转化率大于甲和乙的，A、丙容器反应物投入量4molNH3，采用极限转化法转化为反应物为2molN2、6molH2，是甲中的二倍，若平衡不移动，c32c1；丙相当于增大压强，平衡向着正向移动，所以丙中氨气的浓度大于乙中氨气浓度的二倍，即c32c1，故A错误；B、甲投入1molN2、3molH2，乙中投入2molNH3，则甲与乙是完全等效的，根据盖斯定律可知，甲与乙的反应的能量变化之和为92.4kJ，故a+b92.4，故B正确；C、丙容器反应物投入量4molNH3，是乙的二倍，若平衡不移动，丙中压强为乙的二倍；由于丙中相当于增大压强，平衡向着向着正向移动，所以丙中压强减小，小于乙的2倍，即2p2p3，故C错误；D、丙容器反应物投入量4molNH3，是乙的二倍，若平衡不移动，转化率1+31；由于丙中相当于增大压强，平衡向着向着正向移动，氨气的转化率减小，所以转化率1+31，故D错误；故选：B。【点评】本题考查化学平衡影响因素、等效平衡、化学平衡的计算，题目计算量较大，题目难度较大，关键是构建平衡建立的等效途径，试题侧重对学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力的培养。二、非选择题15（12分）高纯MnCO3是制备高性能磁性材料的主要原料实验室以MnO2为原料制备少量高纯MnCO3的操作步骤如下：（1）制备MnSO4溶液：在烧瓶中（装置见右图）加入一定量MnO2和水，搅拌，通入SO2和N2混合气体，反应3h停止通入SO2，继续反应片刻，过滤（已知MnO2+H2SO3MnSO4+H2O）石灰乳参与反应的化学方程式为SO2+Ca（OH）2CaSO3+H2O反应过程中，为使SO2尽可能转化完全，在通入SO2和N2比例一定、不改变固液投料的条件下，可采取的合理措施有控制适当的温度、缓慢通入混合气体若实验中将N2换成空气，测得反应液中Mn2+、SO42的浓度随反应时间t变化如右图导致溶液中Mn2+、SO42浓度变化产生明显差异的原因是Mn2+催化氧气与亚硫酸反应生成硫酸（2）制备高纯MnCO3固体：已知MnCO3难溶于水、乙醇，潮湿时易被空气氧化，100开始分解；Mn（OH）2开始沉淀时pH7.7请补充由（1）制得的MnSO4溶液制备高纯MnCO3的操作步骤实验中可选用的试剂：Ca（OH）2、NaHCO3、Na2CO3、C2H5OH边搅拌边加入碳酸钠，并控制溶液的PH7.7；过滤，用水洗涤23次；检验SO42是否被除去；用少量的乙醇洗涤快速抽滤；低于100干燥【考点】U3：制备实验方案的设计菁优网版权所有【专题】13：图像图表题；19：物质检验鉴别题；52：元素及其化合物；54：化学实验【分析】（1）根据题中所示的石灰乳的作用是吸收尾气二氧化硫来回答；根据实验的操作原则，为了让气体尽可能转化，要根据反应所需的条件和用量严格操作；考虑氮气的化学性质稳定，空气中氧气的活泼性等因素的影响；（2）根据题干中所给的试剂结合MnCO3的性质来选择合适的制取方案【解答】解：（1）石灰乳的作用是吸收尾气二氧化硫，碱和酸性氧化物反应得到对应的盐和水，答案为：SO2+Ca（OH）2CaSO3+H2O；为使SO2尽可能转化完全，应定要保证控制反应的温度，在通入SO2和N2比例一定、不改变固液投料的条件下，要求所通气体一定要慢，故答案为：控制适当的温度、缓慢通入混合气体；氮气的化学性质稳定，空气中氧气性质活泼，在Mn2+催化作用下，易把亚硫酸氧化成硫酸，而使硫酸根浓度增大，故答案为：Mn2+催化氧气与亚硫酸反应生成硫酸；（2）制取的原理是碳酸根和锰离子之间反应生成碳酸锰的过程，但要考虑MnCO3难溶于水、乙醇并在潮湿时易被空气氧化，100开始分解以及Mn（OH）2开始沉淀时pH7.7等因素，过程中控制溶液的PH值以及洗涤沉淀所选的溶剂要小心，故答案为：边搅拌边加入碳酸钠，并控制溶液的PH7.7、过滤，用水洗涤23次、检验SO42是否被除去、用少量的乙醇洗涤快速抽滤【点评】本题是一道实验综合性的题目，难度较大，考查了学生分析和解决问题的能力16（10分）钡盐行业生产中排出大量的钡泥主要含有BaCO3、BaSiO3、BaSO3、Ba（FeO2）2等。某主要生产BaCl2、BaCO3、BaSO4的化工厂利用钡泥制取Ba（NO3）2，其部分工艺流程如下：（1）酸溶后溶液中pH1，Ba（FeO2）2与HNO3的反应化学方程式为Ba（FeO2）2+8HNO3Ba（NO3）2+2Fe（NO3）3+4H2O。（2）酸溶时通常控制反应温度不超过70，且不使用浓硝酸，原因是防止反应速率过快、浓HNO3易挥发、分解。（3）该厂结合本厂实际，选用的X为BaCO3（填化学式）；中和使溶液中Fe3+、H+（填离子符号）的浓度减少（中和引起的溶液体积变化可忽略）。（4）上述流程中洗涤的目的是减少废渣中可溶性钡盐对环境的污染。【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】16：压轴题；54：化学实验【分析】（1）Ba（FeO2）2与HNO3反应的化学方程式为：Ba（FeO2）2+8HNO3Ba（NO3）2+2Fe（NO3）3+4H2O；（2）温度越高反应速率越快，故控制温度不超过70是为了防止反应速率过快，且浓硝酸越浓越易分解，温度高既易挥发，也易分解，故不用浓硝酸。（3）X既要能中和硝酸，又不产生新杂质，结合本厂实际，故可用BaCO3；中和使溶液中的Fe3+形成Fe（OH）3沉淀、H+浓度减小；（4）洗涤废渣是为了减少废渣中可溶性钡盐对环境的污染。【解答】解：（1）Ba（FeO2）2中Fe元素是+3价，故Ba（FeO2）2与硝酸不发生氧化还原反应，其反应方程式为：Ba（FeO2）2+8HNO3Ba（NO3）2+2Fe（NO3）3+4H2O；故答案为：Ba（FeO2）2+8HNO3Ba（NO3）2+2Fe（NO3）3+4H2O；（2）酸溶时控制反应温度不超过70，是为了防止温度过高，反应速率太快；不使用浓硝酸，是因为浓HNO3不稳定，易分解，易挥发，故答案为：防止反应速率过快浓HNO3易挥发、分解（凡合理答案均可）；（3）加入X调节溶液的pH45，则X应能消耗H+，结合工厂主要生产BaCl2、BaCO3、BaSO4的实际情况，可选用BaCO3；中和后溶液中H+浓度减小，pH在45时，Fe3+也完全沉淀，故Fe3+浓度也减小，故答案为：BaCO3；Fe3+、H+；（4）因为钡盐是重金属盐，有毒，故洗涤的目的是减少废渣中可溶性钡盐对环境的污染，故答案为：减少废渣中可溶性钡盐对环境的污染（凡合理答案均可）。【点评】本题考查学生在“工艺流程阅读、相关反应化学方程式书写、化学反应条件控制的原理、生产流程的作用”等方面对元素化合物性质及其转化关系的理解和应用程度，考查学生对新信息的处理能力。17（8分）下表列出了3种燃煤烟气脱硫方法的原理方法用氨水将SO2转化为NH4HSO3，再氧化成（NH4）2SO4方法用生物质热解气（主要成分CO、CH4、H2）将SO2在高温下还原成单质硫方法用Na2SO3溶液吸收SO2，再经电解转化为H2SO4（1）方法中氨水吸收燃煤烟气中SO2的化学反应为：2NH3+SO2+H2O（NH4）2SO3（NH4）2SO3+SO2+H2O2NH4HSO3能提高燃煤烟气中SO2去除率的措施有A、C（填字母）A增大氨水浓度 B升高反应温度C使燃煤烟气与氨水充分接触 D通入空气使HSO3转化为SO42采用方法脱硫，并不需要预先除去燃煤烟气中大量的CO2，原因是HCO3+SO2CO2+HSO3（用离子方程式表示）（2）方法主要发生了下列反应：2CO（g）+SO2（g）S（g）+2CO2（g）H8.0kJmol12H2（g）+SO2（g）S（g）+2H2O（g）H90.4kJmol12CO（g）+O2（g）2CO2（g）H566.0kJmol12H2（g）+O2（g）2H2O（g）H483.6kJmol1S（g）与O2（g）反应生成SO2（g）的热化学方程式为S（g）+O2（g）SO2（g）H574.0kJmol1（3）方法中用惰性电极电解NaHSO3溶液的装置如右图所示阳极区放出气体的成分为O2、SO2（填化学式）【考点】BE：热化学方程式；BF：用盖斯定律进行有关反应热的计算；CD：化学平衡的调控作用；DI：电解原理；F6：二氧化硫的污染及治理菁优网版权所有【分析】（1）提高SO2的转化率，可以增大氨水的浓度、与氨水充分接触；不需要通入CO2的原因是因为HCO3+SO2CO2+HSO3而产生CO2，不影响的SO2吸收；（2）利用盖斯定律，适当变形，可以得出S（g）与O2（g）反应生成（g）的热化学方程式；（3）阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应，有O2生成，同时在阳极区加入稀硫酸，会有SO2，电极产生的气体为O2和SO2【解答】解：（1）提高SO2的转化率，可以增大氨水的浓度、与氨水充分接触，升高温度，降低气体的溶解度，不利于吸收，而通入空气，也会使空气将二氧化硫从溶液中分离出来，不利于吸收；不需要预先除去燃煤烟气中大量的CO2的原因是因为HCO3+SO2CO2+HSO3而产生CO2，故答案为：A、C；HCO3+SO2CO2+HSO3；（2）根据以下反应2CO（g）+SO2（g）S（g）+2CO2（g）H8.0kJmol12H2（g）+SO2（g）S（g）+2H2O（g）H90.4kJmol12CO（g）+O2（g）2CO2（g）H566.0kJmol12H2（g）+O2（g）2H2O（g）H483.6kJmol1，利用盖斯定律，或可得到S（g）与O2（g）反应生成SO2（g）的热化学方程式为S（g）+O2（g）SO2（g）H574.0kJmol1故答案为：S（g）+O2（g）SO2（g）H574.0kJmol1；（3）电解时，阳极发生氧化反应，有O2生成，同时在阳极区加入稀硫酸，会有SO2，故答案为：O2、SO2【点评】本题考察的知识覆盖面比较多，涉及到环境保护、盖斯定律、热化学方程式、离子方程式、电极方程式等内容，注意反应热的计算