江苏高考化学解析Word格式文档下载.docx

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CH3CH2OH

CH3CHO

解析：

将各选项中的物质代入图中进行验证，只有B能符合题意，所以正确答案为B。

4．用NA表示阿伏伽德罗常数的值。

下列叙述正确的是：

A．25℃时，pH＝13的1.0LBa（OH）2溶液中含有的OH－数目为0.2NA

B．标准状况下，2.24LCl2与过量的稀NaOH溶液反应，转移电子总数为0.2NA

C．室温下，21.0g乙烯和丁烯的混合气体中含有的碳原子数目为1.5NA

D．标准状况下，22.4L甲醇中含有的氧原子数为1.0NA

pH＝13，则c（OH－）＝0.1mol·

L－1，n（OH－）＝0.1mol，则N（OH－）＝0.1NA，A错误；

Cl2与NaOH反应时，每摩Cl2转移1mol电子，所以2.24LCl2应转移0.1mol，B错误；

标况下，22.4L甲醇的物质的量远大于1mol，所以D错误；

5．化学在生产和日常生活中有着重要的应用。

下列说法不正确的是：

A．明矾水解形成的Al（OH）3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化

B．在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率

C．MgO的熔点很高，可用于制作耐高温材料

D．电解MgCl2饱和溶液，可制得金属镁

解析：

明矾可用于水的净化，A的说法正确（但现在不用于净化饮用水，因为Al3+对人体有害）；

由于形成原电池，锌作负极被腐蚀，所以能够保护船体，减慢腐蚀的速率，则B说法正确；

电解MgCl2饱和溶液时，由于生成难溶的Mg（OH）2，难以制得金属镁，所以D错误，是正确答案。

6．下列有关实验操作的叙述正确的是：

A．实验室常用右图所示的装置制取少量的乙酸乙酯

B．用50mL酸式滴定管可准确量取25.00mLKMnO4溶液

C．用量筒量取5.00mL1.00mol·

L－1盐酸于50mL容量瓶中，

加水稀释至刻度，可配制0.100mol·

L－1盐酸

D．用苯萃取溴水中的溴，分液时有机层从分液漏斗的下端放出

A的图中玻璃导管插入液面以下了，会引起倒吸，所以错误；

量筒的精度达不到0.01mL，所以C错误；

由于有机层在上层，所以应从分液漏斗的上口倒出，所以D错误；

正确答案为B。

7．在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是：

A．强碱性溶液中：

K＋、Al3＋、Cl－、SO42－

B．含有0.1mol·

L－1Fe3＋的溶液中：

K＋、Mg2＋、I－、NO3－

C．含有0.1mol·

L－1Ca2＋的溶液中：

Na＋、K＋、CO32－、Cl－

D．室温下，pH＝1的溶液中：

Na＋、Fe3＋、NO3－、SO42－

Al3＋在强碱性溶液中不能大量存在，所以A错误；

I－与Fe3＋在溶液中发生氧化还原反应而不能共存，所以B错误；

Ca2＋与CO32－反应生成难溶的CaCO3，所以C错误；

正确答案为D。

8．X、Y、Z、W、R是5种短周期元素，其原子序数依次增大。

X是周期表中原子半径最小的元素，Y原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z、W、R处于同一周期，R与Y处于同一族，Z、W原子的核外电子数之和与Y、R原子的核外电子数之和相等。

下列说法正确的是：

A．元素Y、Z、W具有相同电子层的离子，其半径依次增大

B．元素X不能与元素Y形成化合物X2Y2

C．元素Y、R分别与元素X形成的化合物的热稳定性：

XmY>

XmR

D．元素W、R的最高价氧化物的水化物都是强酸

根据题意判断出5种元素分别是：

X：

H、Y：

O、Z：

Na、W：

Al、R：

S；

A中的离子半径是依次减小的，所以错误；

X能与Y形成化合物H2O2，所以B错误；

Al最高价氧化物的水化物是Al（OH）3，属于两性氢氧化物，所以D错误；

正确答案为C。

不定项选择题：

本题包括6小题，每小题4分，共计24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。

9．下列化学实验事实及其解释都正确的是：

A．向碘水中滴加CCl4，振荡静置后分层，CCl4层呈紫红色，说明可用CCl4从碘水中萃取碘

B．向SO2水溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明BaSO4难溶于盐酸

C．向0.1mol·

L－1FeSO4溶液中滴加少量酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液褪色，说明Fe2+具有氧化性

D．向2.0mL浓度均为0.1mol·

L－1的KCl、KI混合溶液中滴加1~2滴0.01mol·

L－1AgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色，说明AgCl的Ksp比AgI的Ksp大

B中的实验事实不存在，所以B不正确；

C中的实验事实存在，解释错误，说明Fe2+具有还原性，所以C错误；

正确答案为AD。

10．具有显著抗癌活性的10－羟基喜树碱的结构如图所示。

下列关于10－羟基喜树碱的说法正确的是：

A．分子式为C20H16N2O5

B．不能与FeCl3溶液发生显色反应

C．不能发生酯化反应

D．一定条件下，1mol该物质最多可与1molNaOH反应

10－羟基喜树碱的分子式为：

C20H16N2O5，所以A正确；

由于分子结构的苯环上有酚羟基，能与FeCl3溶液发生显色反应，所以B错误；

分子结构中含有醇羟基，能发生酯化反应，所以C错误；

由于分子中含有酚羟基、酚酯环的结构，所以1mol可与3molNaOH反应，所以D

错误；

11．下列离子方程式与所述事实相符且正确的是：

A．漂白粉溶液在空气中失效：

CIO－＋CO2＋H2O＝HClO＋HCO3－

B．用浓盐酸与MnO2反应制取少量氯气：

MnO2＋2H＋＋2Cl－

Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O

C．向NaAlO2溶液中通入过量的CO2制取Al（OH）3：

AlO2－＋CO2＋2H2O＝Al（OH）3↓＋HCO3－

D．在强碱溶液中，次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4：

3ClO－＋2Fe（OH）3＝2FeO42－＋3Cl－＋H2O＋4H＋

漂白粉若失效，则不可能存在HClO，所以与事实不符，A错误；

虽然与事实相符，但B的方程式中氢原子没有配平，是错误的；

强碱溶液中不可能生成H＋，所以与事实不符，D是错误的；

正确答案只有C。

12．以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池结构示意图如图所示。

关于该电池的叙述正确的是：

A．该电池能够在高温下工作

B．电池的负极反应为：

C6H12O6＋6H2O－24e－＝6CO2＋24H＋

C．放电过程中，H+从正极区向负极区迁移

D．在电池反应中，每消耗1mol氧气，理论上能生成标准状况下

CO222.4/6L

由于是微生物燃料电池，则不可能在高温下工作，所以A错误；

放电过程中，H+从负极区向正极区迁移，结合O2－形成H2O，所以C错误；

消耗1mol氧气则转移4mole－，由C6H12O6＋6H2O－24e－＝6CO2＋24H＋计算出：

转移4mole－则生成1molCO2，即22.4L，所以D错误。

正确答案为B。

13．下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是：

A．室温下，向0.01mol·

L－NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：

c（Na＋）>

c（（SO42－）>

c（NH4＋）>

c（OH－）＝c（H＋）

B．0.1mol·

L－1NaHCO3溶液：

c（Na＋）>

c（OH－）>

c（（HCO3－）>

c（H＋）

C．Na2CO3溶液：

c（OH－）－c（H＋）＝c（（HCO3－）+2c（H2CO3）

D．25℃时，pH＝4.75、浓度均为0.1mol·

L－1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液：

c（CH3COO－）＋c（OH－）<

c（CH3COOH）＋c（H＋）

由于HCO3－的水解毕竟是微弱的，所以c（OH－）不可能大于c（（HCO3－），所以B错误；

D中的关系应是：

c（CH3COO－）＋c（OH－）＝c（CH3COOH）＋c（H＋），所以D错误；

正确答案为A、C。

14．I2在KI溶液中存在下列平衡：

I2（aq）＋I－（aq）＝I3－（aq），某I2、KI混合溶液中，

I3－的物质的量浓度c（I3－）与温度T的关系如图所示（曲线上任何一点都表

示平衡状态）。

A．反应I2（aq）＋I－（aq）＝I3－（aq）的△H＞0

B．若温度为T1、T2，反应的平衡常数分别为K1、K2，则K1＞K2

C．若反应进行到状态D时，一定有v正＞v逆

D．状态A与状态B相比，状态A的c（I2）大

根据题中图示可知，c（I3－）是随着温度T的升高而减小的，说明：

I2（aq）＋I－（aq）＝I3－（aq）是一个放热反应，即△H＜0，所以A错误；

根据平衡移动规律，c（I3－）变小，则c（I2）应变大，所以状态B的c（I2）大，所以D

正确答案为B、C。

非选择题

15．（10分）医用氯化钙可用于生产补钙、抗过敏和消炎等药物。

以工业碳酸钙（含有少量

Na＋、Al3＋、Fe3＋等杂质）生产医药级二水合氯化钙（CaCl2·

2H2O的质量分数为97.0%~103.0%）的主要流程如下：

（1）除杂操作是加入氢氧化钙，调节溶液的pH为8.0~8.5，以除去溶液中的少量

Al3＋、Fe3＋。

检验Fe（OH）3是否沉淀完全的实验操作是。

（2）酸化操作是加入盐酸，调节溶液的pH为4.0，其目的有：

①将溶液中的少量Ca（OH）2转化为CaCl2；

②防止Ca2＋在蒸发时水解；

③。

（3）测定样品中Cl－含量的方法是：

a.称取0.7500g样品，溶解，在250mL容量瓶中定容；

b.量取25.00mL待测液于锥形瓶中；

c.用0.05000mol·

L－1AgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液体积的平均值为20.39mL。

①上述测定过程中需用溶液润洗的仪器有：

。

②计算上述样品中CaCl2·

2H2O的质量分数为：

③若用上述方法测定的样品中CaCl2·

2H2O的质量分数偏高（测定过程中产生的误差可忽略），其可能原因有：

；

15.解析：

（1）Fe（OH）3若没有沉淀完全，则会有Fe3＋存在，检验Fe3＋的存在用KSCN溶液最好，检验时一定要取上层清液，检验现象才能明显；

（2）空气中的CO2会影响产品的纯度，所以应该防止溶液吸收空气中的CO2。

（3）①滴定实验中，需润洗的仪器有滴定管、移液管，该实验是用AgNO3溶液滴定待测液的，所以需要润洗的仪器一定有酸式滴定管。

②根据关系式：

CaCl2·

2H2O~2AgNO3

1472

α×

0.7500×

25/2500.05000×

0.02039

解得：

α＝0.9991＝99.9%

③根据反应：

2H2O~2Cl－~2AgNO3

若Cl－偏多，则滴定的结果就会偏高，所以样品中若混有含氯量高于CaCl2的

或CaCl2·

2H2O晶体中的结晶水失去一部分都能使CaCl2·

2H2O的质量分数偏高；

答案：

（1）取少量上层清液，滴加KSCN溶液，若不出现血红色，表明Fe（OH）3沉淀完全

（2）防止溶液吸收空气中的CO2

（3）①酸式滴定管②99.9%③样品中存在少量的NaCl，少量CaCl2·

2H2O失水

16．（8分）以氯化钾和钛白厂的副产品硫酸亚铁为原料生产硫酸钾、过二硫酸铵和氧化铁红颜料，原料的综合利用率较高。

其主要流程如下：

（1）反应I前需在FeSO4溶液中加入（填字母），以除去溶液中的Fe3＋。

A．锌粉B．铁屑C．KI溶液D．H2

（2）反应I需控制反应温度低35℃，其目的是。

（3）工业生产上常在反应Ⅲ的过程中加入一定量的醇类溶剂，其目的是：

（4）反应Ⅳ常被用于电解生产（NH4）2S2O8（过二硫酸铵）。

电解时均用惰性电极，阳极发生的电极反应可表示为：

16.解析：

（1）为了防止Fe2+被氧化，所以应加入既能防止Fe2+被氧化，又不会引入新杂质的物质，所以加入铁屑最好。

（2）温度若较高则会促进Fe2+的水解，也会使NH4HCO3分解，所以反应温度应低35℃。

（3）要使K2SO4晶体析出，就要降低其在溶液中的溶解度，由于K2SO4是离子化合物，在醇类溶剂中的溶解度一定变小。

（4）根据图示知：

（NH4）2SO4（NH4）2S2O8+H2

H2应在阴极产生，所以阳极发生的变化就为：

SO42－→S2O82－

（1）B

（2）防止NH4HCO3分解（或减少Fe2+的水解）

（3）降低K2SO4的溶解度，有利于K2SO4析出

（4）2SO42－－2e－＝S2O82－

17．（8分）废旧印刷电路板的回收利用可实现资源再生，并减少污染。

废旧印刷电路板经粉碎分离，能得到非金属粉末和金属粉末。

（1）下列处理印刷电路板非金属粉末的方法中，不符合环境保护理念的是（填字母）

A．热裂解形成燃油B．露天焚烧

C．作为有机复合建筑材料的原料D．直接填埋

（2）用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出印刷电路板金属粉末中的铜。

已知：

Cu（s）＋2H＋（aq）＝Cu2＋（aq）＋H2（g）△H＝64.39kJ·

mol－1

2H2O2（l）＝2H2O（l）＋O2（g）△H＝－196.46kJ·

H2（g）＋1/2O2（g）＝H2O（l）△H＝－285.84kJ·

在H2SO4溶液中Cu与H2O2反应生成Cu2＋和H2O的热化学方程式为：

。

（3）控制其它条件相同，印刷电路板的金属粉末用10%H2O2和3.0mol·

L－1

H2SO4溶液处理，测得不同温度下铜的平均溶解速率（见下表）

温度（℃）

20

30

40

50

60

70

80

铜的平均溶解速率

（×

10－3mol·

L－1·

min－1）

7.34

8.01

9.25

7.98

7.24

6.73

5.76

当温度高于40℃时，铜的平均溶解速率随着反应温度的升高而下降，

其主要原因是。

（4）在提纯后的CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液，加热，生成CuCl的离子方程式是。

17.解析：

（1）热裂解形成燃油则可使资源再生利用所以A正确；

露天焚烧会产生污染空气的气体，所以B不符合环保理念；

作为有机复合建筑材料的原料也使资源再生利用，所以C正确；

直接填埋则可能会造成土壤、水体等污染，所以D不符合环保理念。

（2）根据盖斯定律，将三个方程式加合得：

Cu（s）＋H2O2（l）＋2H＋（aq）＝Cu2＋（aq）＋2H2O（l）△H＝－319.68kJ·

mol－1（3）由于温度升高，使得一部分H2O2发生分解，减少了与Cu的反应，所以铜的溶解速率逐渐减小。

（4）根据CuSO4→CuCl，则铜的价态降低，则Na2SO3中硫的价态必然降低，剩余反应方程式为：

2Cu2＋＋SO32－＋2Cl－＋H2O

2CuCl↓＋SO42－＋2H＋

答案：

（1）BD

（2）Cu（s）＋H2O2（l）＋2H＋（aq）＝Cu2＋（aq）＋2H2O（l）△H＝－319.68kJ·

（3）H2O2分解速率加快

（4）2Cu2＋＋SO32－＋2Cl－＋H2O

18．（10分）二氧化氯（ClO2）是一种在水处理等方面有广泛应用的高效安全消毒剂。

与Cl2比，ClO2不但具有更显著的杀菌能力，而且不会产生对人体有潜在危害的有机氯代物。

（1）在ClO2的制备方法中，有下列两种制备方法：

方法一：

2NaClO3＋4HCl＝2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O

方法二2NaClO3＋H2O2＋H2SO4＝2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O：

用方法二制备的ClO2更适合用于饮用水的消毒，其主要原因是。

（2）用ClO2处理过的饮用水（pH为5.5~6.5）常含有一定量对人体不利的亚氯酸根离子

（ClO2－）。

2001年我国卫生部规定，饮用水中ClO2－的含量应不超过0.2mg·

L－1。

饮用水中ClO2、ClO2－的含量可用连续碘量法进行测定。

ClO2被I－还原为ClO2－、Cl－的转化率与溶液pH的关系

如右图所示。

当pH≤2.0时，ClO2－也能被I－还原成Cl－。

反应生成的I2用标准Na2S2O3溶液滴定：

Na2S2O3＋I2＝Na2S4O6＋2NaI

①请写出pH≤2.0时，ClO2－与I－反应的离子方程式。

②请完成相应的实验步骤：

步骤1：

准确量取VmL水样加入到锥形瓶中。

步骤2：

调节水样的pH为7.0~8.0。

步骤3：

加入足量的KI晶体。

步骤4：

加入少量淀粉溶液，用cmol·

L－1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3

溶液V1mL。

步骤5：

步骤6：

再用cmol·

L－1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2mL。

③根据上述分析数据，测得该饮用水样中ClO2－浓度为mol·

L－1（用含字

母的代数式表示）

④若饮用水中ClO2－的含量超标，可向其中加入适量的Fe2＋将ClO2－还原成Cl－，该反应

的氧化产物是（填化学式）。

18.解析：

（1）根据两种方法中的反应方程式可以看出，方法一制得的ClO2中含有Cl2，

会产生对人体有潜在危害的有机氯代物，而方法二制备的ClO2中不含有Cl2，所以用方法二制备的ClO2更适合用于饮用水的消毒。

（2）①pH≤2.0时，溶液显酸性，所以ClO2－与I－反应的离子方程式为：

ClO2－＋4H＋＋4I－＝Cl－＋2I2＋2H2O

②根据曲线图示在pH≤2.0时，ClO2被I－还原只生成Cl－，pH≥7.0时，ClO2被I－还原只生成ClO2－；

而用ClO2处理过的饮用水，其pH为5.5~6.5，所以其中既含有ClO2，又含有ClO2－，若将溶液的pH调节为7.0~8.0，则第一阶段滴定时只是ClO2被I－还原只生成ClO2－，溶液的ClO2－没有被I－还原，所以第二阶段滴定前应调节溶液的pH≤2.0，使ClO2－与I－反应，以测定样品水样中亚氯酸根离子的含量。

③由2ClO2+2I－→2ClO2－+I2和Na2S2O3＋I2＝Na2S4O6＋2NaI

得：

2ClO2－~Na2S2O3

n（ClO2－）c×

V1/1000n（ClO2－）＝2c×

V1/1000

由ClO2－＋4H＋＋4I－＝Cl－＋2I2＋2H2O和Na2S2O3＋I2＝Na2S4O6＋2NaI

得：

ClO2－~2Na2S2O3

n（ClO2－）总c×

V2/1000n（ClO2－）总＝1/2c×

V2/1000

原水样中ClO2－浓度＝[1/2c×

V2/1000－2c×

V1/1000]/V/1000

＝c（V2－4V1）/4V

④根据反应：

4Fe2＋+ClO2－+2H2O→4Fe3＋+Cl－+4OH－，Fe3＋+OH－→Fe（OH）3

所以氧化产物为Fe（OH）3、（FeCl3）

（1）方法二制备的ClO2中不含Cl2

（2）①ClO2－＋4H＋＋4I－＝Cl－＋2I2＋2H2O

②调节溶液的pH≤2.0

③c（V2－4V1）/4V

④Fe（OH）3

19.（14分）多沙唑嗪盐酸盐是一种用于治疗高血压的药物。

多沙唑嗪的合成路线如下：

（1）写出D中两种含氧官能团的名称：

和。

（2）写出满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式。

①苯的衍生物，且苯环上的一取代产物只有两种；

②与Na2CO3溶液反应放出气体；

③水解后的产物才能与FeCl3溶液发生显色反应。

（3）E→F的反应中还可能生成一种有机副产物，该副产物的结构简式为。

（4）由F制备多沙唑嗪的反应中要加入试剂X（C10H10N3O2Cl），X的结构简式为。

（5）苯乙酸乙酯是一种常见的合成香料。

请设计合理的方案以苯甲醛和乙醇为原料合成

苯乙酸乙酯（用合成路线流程图表示，并注明反应条件）。

提示：

①R－Br+Na→R－CN+NaBr；

②合成过程中无机试剂任选；

③合成路线流程图示例如下：

H2C＝CH2BrH2C－CH2Br

19.解析及答案：

（1）根据D的结构简式，不难得出，分子结构中含有的官能团为羧基和醚键；

（2）根据信息①可知：

分子结构中一定含有苯环，苯环上有两种不同的取代基，且两种取代基在苯环上分别处于对位；

根据信息②可知：

分子结构中一定含有羧基；

根据信息③可知：

分子结构中一定含有酚酯的结构；

则将D结构改变可以有：

（3）根据图中E→F的信息，1nol

最多可以和2molE反应，

所以该副产物的结构简式为：

（4）分析F与多沙唑嗪结构上差别，结合X的分子式：

C10H10N3O2Cl，

确定X的结构简式为：

（5）根据题中苯乙酸乙酯的分子结构，将制备原料苯甲醛和乙醇的分子结构与之对比，结合有机反应原理，按照提示的合成路线流程图示例，完成合成苯乙酸乙酯的路线流程图；

答案为：

20．（10分）联氨（N2H4）及其衍生物是一类重要的火箭燃料，N2H4与N2O4能放出大量的热。

（1）已知：

2NO2（g）＝N2O4（g）△H＝－57.20kJ·

mol－1。

一定温度下，在密闭容器中反应2NO2（g）＝N2O4（g）达到平衡。

其它条件不变时，下列措施能提高NO2转化率的是（填字母）。

A．减小NO2的浓度B．降低温度C．增加NO2的浓度D．升高温度