高考真题化学江苏卷解析版.docx
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高考真题化学江苏卷解析版
化学试题
可能用到的相对原子质量:
H1 C12 N14 O16 Na23 Mg24 Al27 Cl35.5 K39 Ca40 Fe56 Cu64 Zn65 Br80 Ag108 Il27
单项选择题:
本题包括10小题,每小题2分,共计20分。
每小题只有一个选项符合题意。
1.打赢蓝天保卫战,提高空气质量。
下列物质不属于空气污染物的是
A.PM2.5
B.O2
C.SO2
D.NO
【答案】B
【解析】
【详解】A.PM2.5指环境空气中空气动力学当量直径小于等于2.5微米颗粒物,PM2.5粒径小,面积大,活性强,易附带有毒、有害物质,且在大气中的停留时间长、输送距离远,因而对人体健康和大气环境质量的影响大,其在空气中含量浓度越高,就代表空气污染越严重,PM2.5属于空气污染物,A不选;
B.O2是空气的主要成分之一,是人类维持生命不可缺少的物质,不属于空气污染物,B选;
C.SO2引起的典型环境问题是形成硫酸型酸雨,SO2属于空气污染物,C不选;
D.NO引起的典型环境问题有:
硝酸型酸雨、光化学烟雾、破坏O3层等,NO属于空气污染物,D不选;
答案选B。
2.反应可用于氯气管道的检漏。
下列表示相关微粒的化学用语正确的是
A.中子数为9的氮原子:
B.N2分子的电子式:
C.Cl2分子的结构式:
Cl—Cl
D.Cl-的结构示意图:
【答案】C
【解析】
【详解】A.N原子的质子数为7,中子数为9的氮原子的质量数为7+9=16,该氮原子表示为,A错误;
B.N2分子中两个N原子间形成3对共用电子对,N2分子的电子式为,B错误;
C.Cl2分子中两个Cl原子间形成1对共用电子对,Cl2分子的结构式为Cl—Cl,C正确;
D.Cl-的核电荷数为17,核外有18个电子,Cl-的结构示意图为,D错误;
答案选C。
3.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A.铝的金属活泼性强,可用于制作铝金属制品
B.氧化铝熔点高,可用作电解冶炼铝的原料
C.氢氧化铝受热分解,可用于中和过多的胃酸
D.明矾溶于水并水解形成胶体,可用于净水
【答案】D
【解析】
【详解】A.铝在空气中可以与氧气反应生成致密氧化铝,致密氧化铝包覆在铝表面阻止铝进一步反应,铝具有延展性,故铝可用于制作铝金属制品,A错误;
B.氧化铝为离子化合物,可用作电解冶炼铝的原料,B错误;
C.氢氧化铝为两性氢氧化物,可以用于中和过多的胃酸,C错误;
D.明矾溶于水后电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体,氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮物,用于净水,D正确;
故选D。
4.常温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. 氨水溶液:
Na+、K+、OH-、NO
B. 盐酸溶液:
Na+、K+、SO、SiO
C. KMnO4溶液:
NH、Na+、NO、I-
D. AgNO3溶液:
NH、Mg2+、Cl-、SO
【答案】A
【解析】
【详解】A.在0.1mol/L氨水中,四种离子可以大量共存,A选;
B.在0.1mol/L盐酸中含有大量氢离子,四种离子中硅酸根可以与氢离子反应生成硅酸沉淀,故不能共存,B不选;
C.具有强氧化性,可以将碘离子氧化成碘单质,故不能共存,C不选;
D.在0.1mol/L硝酸银溶液中,银离子可以与氯离子、硫酸根离子反应生成氯化银、硫酸银沉淀,不能共存,D不选;
故选A。
5.实验室以CaCO3为原料,制备CO2并获得CaCl2﹒6H2O晶体。
下列图示装置和原理不能达到实验目的的是
A.制备CO2
B.收集CO2
C.滤去CaCO3
D.制得CaCl2﹒6H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A.碳酸钙盛放在锥形瓶中,盐酸盛放在分液漏斗中,打开分液漏斗活塞,盐酸与碳酸钙反应生成氯化钙、二氧化碳和水,故A正确;
B.二氧化碳密度比空气大,用向上排空气法收集二氧化碳气体,故B正确;
C.加入的盐酸与碳酸钙反应后,部分碳酸钙未反应完,碳酸钙是难溶物,因此用过滤的方法分离,故C正确;
D.CaCl2∙6H2O易失去结晶水,因此不能通过加热蒸发皿得到,可由氯化钙的热饱和溶液冷却结晶析出六水氯化钙结晶物,故D错误。
综上所述,答案为D。
6.下列有关化学反应叙述正确的是
A.室温下,Na在空气中反应生成Na2O2
B.室温下,Al与4.0mol﹒L-1NaOH溶液反应生成NaAlO2
C.室温下,Cu与浓HNO3反应放出NO气体
D.室温下,Fe与浓H2SO4反应生成FeSO4
【答案】B
【解析】
【详解】A.室温下,钠与空气中氧气反应生成氧化钠,故A错误;
B.室温下,铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气,故B正确;
C.室温下,铜与浓硝酸反应生成二氧化氮气体,故C错误;
D.室温下,铁在浓硫酸中发生钝化,故D错误。
综上所述,答案为B。
7.下列指定反应的离子方程式正确的是
A.Cl2通入水中制氯水:
B.NO2通入水中制硝酸:
C. NaAlO2溶液中通入过量CO2:
D. AgNO3溶液中加入过量浓氨水:
【答案】C
【解析】
【详解】A.次氯酸为弱酸,书写离子方程式时应以分子形式体现,正确的是Cl2+H2OH++Cl-+HClO,故A错误;
B.NO2与H2O反应:
3NO2+H2O=2HNO3+NO,离子方程式为3NO2+H2O=2H++2+NO,故B错误;
C.碳酸的酸性强于偏铝酸,因此NaAlO2溶液通入过量的CO2,发生的离子方程式为+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+,故C正确;
D.AgOH能与过量的NH3·H2O反应生成[Ag(NH3)2]OH,故D错误;
答案为C。
【点睛】本题应注意“量”,像选项C中若不注意CO2是过量的,往往产物写成,还有选项D,AgOH能溶于氨水中,生成银氨溶液。
8.反应可用于纯硅的制备。
下列有关该反应的说法正确的是
A.该反应 、
B.该反应的平衡常数
C.高温下反应每生成1molSi需消耗
D用E表示键能,该反应
【答案】B
【解析】
【详解】A.SiCl4、H2、HCl为气体,且反应前气体系数之和小于反应后气体系数之和,因此该反应为熵增,即△S>0,故A错误;
B.根据化学平衡常数的定义,该反应的平衡常数K=,故B正确;
C.题中说的是高温,不是标准状况下,因此不能直接用22.4L·mol-1计算,故C错误;
D.△H=反应物键能总和-生成物键能总和,即△H=4E(Si-Cl)+2E(H-H)-4E(H-Cl)-2E(Si-Si),故D错误;
答案为B。
阅读下列资料,完成9~10题
海水晒盐后精制得到NaCl,氯碱工业电解饱和NaCl溶液得到Cl2和NaOH,以NaCl、NH3、CO2等为原料可得到NaHCO3;向海水晒盐得到的卤水中通Cl2可制溴;从海水中还能提取镁。
9.下列关于Na、Mg、Cl、Br元素及其化合物的说法正确的是
A.NaOH的碱性比Mg(OH)2的强
B.Cl2得到电子的能力比Br2的弱
C.原子半径r:
D.原子的最外层电子数n:
【答案】A
【解析】
【详解】A.同周期自左至右金属性减弱,所以金属性Na>Mg,则碱性NaOH>Mg(OH)2,故A正确;
B.同主族元素自上而下非金属性减弱,所以非金属性Cl>Br,所以Cl2得电子的能力比Br2强,故B错误;
C.电子层数越多原子半径越大,电子层数相同,核电荷数越小原子半径越大,所以原子半径:
r(Br)>r(Na)>r(Mg)>r(Cl),故C错误;
D.Cl和Br为同主族元素,最外层电子数相等,故D错误。
综上所述,答案为A。
10.下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A. (aq)(g)漂白粉(s)
B. (aq)(s)(s)
C. (aq)(aq)(aq)
D. (s) (aq)(s)
【答案】C
【解析】
【详解】A.石灰水中Ca(OH)2浓度太小,一般用氯气和石灰乳反应制取漂白粉,故A错误;
B.碳酸的酸性弱于盐酸,所以二氧化碳与氯化钠溶液不反应,故B错误;
C.氧化性Cl2>Br2>I2,所以氯气可以氧化NaBr得到溴单质,溴单质可以氧化碘化钠得到碘单质,故C正确;
D.电解氯化镁溶液无法得到镁单质,阳极氯离子放电生成氯气,阴极水电离出的氢离子放电产生氢气,同时产生大量氢氧根,与镁离子产生沉淀,故D错误。
综上所述,答案为C。
不定项选择题:
本题包括5小题,每小题4分,共计20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。
11.将金属M连接在钢铁设施表面,可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。
在题图所示的情境中,下列有关说法正确的是
A.阴极的电极反应式为
B.金属M的活动性比Fe的活动性弱
C.钢铁设施表面因积累大量电子而被保护
D.钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快
【答案】C
【解析】
【分析】
该装置为原电池原理的金属防护措施,为牺牲阳极的阴极保护法,金属M作负极,钢铁设备作正极,据此分析解答。
【详解】A.阴极的钢铁设施实际作原电池的正极,正极金属被保护不失电子,故A错误;
B.阳极金属M实际为原电池装置的负极,电子流出,原电池中负极金属比正极活泼,因此M活动性比Fe的活动性强,故B错误;
C.金属M失电子,电子经导线流入钢铁设备,从而使钢铁设施表面积累大量电子,自身金属不再失电子从而被保护,故C正确;
D.海水中的离子浓度大于河水中的离子浓度,离子浓度越大,溶液的导电性越强,因此钢铁设施在海水中的腐蚀速率比在河水中快,故D错误;
故选:
C。
12.化合物Z是合成某种抗结核候选药物的重要中间体,可由下列反应制得。
下列有关化合物X、Y和Z的说法正确的是
A.X分子中不含手性碳原子
B.Y分子中的碳原子一定处于同一平面
C.Z在浓硫酸催化下加热可发生消去反应
D.X、Z分别在过量NaOH溶液中加热,均能生成丙三醇
【答案】CD
【解析】
【详解】A.X中红色碳原子为手性碳原子,故A说法错误;
B.中与氧原子相连接的碳原子之间化学键为单键,可以旋转,因此左侧甲基上碳原子不一定与苯环以及右侧碳原子共平面,故B说法错误;
C.中与羟基相连接的碳原子邻位碳原子上有氢原子,在浓硫酸作催化并加热条件下,能够发生消去反应,故C说法正确;
D.中含有卤素原子,在过量氢氧化钠溶液并加热条件下能够发生取代反应生成丙三醇,在氢氧化钠溶液作用下先发生水解反应生成,然后在氢氧化钠溶液并加热条件下能够发生取代反应生成丙三醇,故D说法正确;
综上所述,说法正确的是:
CD。
【点睛】醇类和卤代烃若发生消去反应,则醇分子中羟基(-OH)或卤代烃中卤原子相连的碳原子必须有相邻的碳原子,且此相邻的碳原子上还必须连有氢原子时,才可发生消去反应。
13.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 向淀粉溶液中加适量20%H2SO4溶液,加热,冷却后加NaOH溶液至中性,再滴加少量碘水,溶液变蓝 淀粉未水解
B 室温下,向HCl溶液中加入少量镁粉,产生大量气泡,测得溶液温度上升 镁与盐酸反应放热
C 室温下,向浓度均为的BaCl2和CaCl2混合溶液中加入Na2CO3溶液,出现白色沉淀 白色沉淀是BaCO3
D 向H2O2溶液中滴加KMnO4溶液,溶液褪色
H2O2具有氧化性
A.A B.B C.C D.D
【答案】B
【解析】
【详解】A.加入碘水后,溶液呈蓝色,只能说明溶液中含有淀粉,并不能说明淀粉是否发生了水解反应,故A错误;
B.加入盐酸后,产生大量气泡,说明镁与盐酸发生化学反应,此时溶液温度上升,可证明镁与盐酸反应放热,故B正确;
C.BaCl2、CaCl2均能与Na2CO3反应,反应产生了白色沉淀,沉淀可能为BaCO3或CaCO3或二者混合物,故C错误;
D.向H2O2溶液中加入高锰酸钾后,发生化学反应2KMnO4+3H2O2=2MnO2+2KOH+2H2O+3O2↑等(中性条件),该反应中H2O2被氧化,体现出还原性,故D错误;
综上所述,故答案为:
B。
【点睛】淀粉在稀硫酸作催化剂下的水解程度确定试验较为典型,一般分三种考法:
①淀粉未发生水解:
向充分反应后的溶液中加入碘单质,溶液变蓝,然后加入过量氢氧化钠溶液使溶液呈碱性,然后加入新制氢氧化铜溶液并加热,未生成砖红色沉淀;②淀粉部分发生水解:
向充分反应后的溶液中加入碘单质,溶液变蓝,然后加入过量氢氧化钠溶液使溶液呈碱性,然后加入新制氢氧化铜溶液并加热,生成砖红色沉淀;③向充分反应后的溶液中加入碘单质,溶液不变蓝,然后加入过量氢氧化钠溶液使溶液呈碱性,然后加入新制氢氧化铜溶液并加热,生成砖红色沉淀。
此实验中需要注意:
①碘单质需在加入氢氧化钠溶液之前加入,否则氢氧化钠与碘单质反应,不能完成淀粉的检验;②酸性水解后的溶液需要加入氢氧化钠溶液碱化,否则无法完成葡萄糖的检验;③利用新制氢氧化铜溶液或银氨溶液检验葡萄糖试验中,均需要加热,银镜反应一般为水浴加热。
14.室温下,将两种浓度均为的溶液等体积混合,若溶液混合引起的体积变化可忽略,下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是
A. 混合溶液(pH=10.30):
B.氨水-NH4Cl混合溶液(pH=9.25):
C. 混合溶液(pH=4.76):
D. 混合溶液(pH=1.68,H2C2O4为二元弱酸):
【答案】AD
【解析】
【详解】A.NaHCO3水溶液呈碱性,说明的水解程度大于其电离程度,等浓度的NaHCO3和Na2CO3水解关系为:
,溶液中剩余微粒浓度关系为:
,和水解程度微弱,生成的OH-浓度较低,由NaHCO3和Na2CO3化学式可知,该混合溶液中Na+浓度最大,则混合溶液中微粒浓度大小关系为:
,故A正确;
B.该混合溶液中电荷守恒为:
,物料守恒为:
,两式联立消去c(Cl-)可得:
,故B错误;
C.若不考虑溶液中相关微粒行为,则c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=c(Na+),该溶液呈酸性,说明CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度,则溶液中微粒浓度关系为:
c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+),故C错误;
D.该混合溶液中物料守恒为:
,电荷守恒为:
,两式相加可得:
,故D正确;
综上所述,浓度关系正确的是:
AD。
15.CH4与CO2重整生成H2和CO的过程中主要发生下列反应
在恒压、反应物起始物质的量比条件下,CH4和CO2的平衡转化率随温度变化的曲线如图所示。
下列有关说法正确的是
A.升高温度、增大压强均有利于提高CH4的平衡转化率
B.曲线B表示CH4的平衡转化率随温度的变化
C.相同条件下,改用高效催化剂能使曲线A和曲线B相重叠
D.恒压、800K、n(CH4):
n(CO2)=1:
1条件下,反应至CH4转化率达到X点的值,改变除温度外的特定条件继续反应,CH4转化率能达到Y点的值
【答案】BD
【解析】
【详解】A.甲烷和二氧化碳反应是吸热反应,升高温度,平衡向吸热反应即正向移动,甲烷转化率增大,甲烷和二氧化碳反应是体积增大的反应,增大压强,平衡逆向移动,甲烷转化率减小,故A错误;
B.根据两个反应得到总反应为CH4(g)+2CO2(g) H2(g)+3CO(g)+H2O(g),加入的CH4与CO2物质的量相等,CO2消耗量大于CH4,因此CO2的转化率大于CH4,因此曲线B表示CH4的平衡转化率随温度变化,故B正确;
C.使用高效催化剂,只能提高反应速率,但不能改变平衡转化率,故C错误;
D.800K时甲烷的转化率为X点,可以通过改变二氧化碳的量来提高甲烷的转化率达到Y点的值,故D正确。
综上所述,答案为BD。
16.吸收工厂烟气中的SO2,能有效减少SO2对空气的污染。
氨水、ZnO水悬浊液吸收烟气中SO2后经O2催化氧化,可得到硫酸盐。
已知:
室温下,ZnSO3微溶于水,Zn(HSO3)2易溶于水;溶液中H2SO3、HSO3-、SO32-的物质的量分数随pH的分布如图-1所示。
(1)氨水吸收SO2。
向氨水中通入少量SO2,主要反应的离子方程式为___________;当通入SO2至溶液pH=6时,溶液中浓度最大的阴离子是_____________(填化学式)。
(2)ZnO水悬浊液吸收SO2。
向ZnO水悬浊液中匀速缓慢通入SO2,在开始吸收的40mim内,SO2吸收率、溶液pH均经历了从几乎不变到迅速降低的变化(见图-2)。
溶液pH几乎不变阶段,主要产物是____________(填化学式);SO2吸收率迅速降低阶段,主要反应的离子方程式为_______________。
(3)O2催化氧化。
其他条件相同时,调节吸收SO2得到溶液的pH在4.5~6.5范围内,
pH越低SO生成速率越大,其主要原因是__________;随着氧化的进行,溶液的pH将__________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
【答案】
(1). 或
(2).HSO (3).ZnSO3 (4). 或 (5).随着pH降低,HSO浓度增大 (6).减小
【解析】
【分析】
向氨水中通入少量的SO2,反应生成亚硫酸铵,结合图像分析pH=6时溶液中浓度最大的阴离子;通过分析ZnO吸收SO2后产物的溶解性判断吸收率变化的原因;通过分析与氧气反应的生成物,分析溶液pH的变化情况。
【详解】
(1)向氨水中通入少量SO2时,SO2与氨水反应生成亚硫酸铵,反应的离子方程式为2NH3+H2O+SO2=2+(或2NH3·H2O+SO2=2++H2O);根据图-1所示,pH=6时,溶液中不含有亚硫酸,仅含有和,根据微粒物质的量分数曲线可以看出溶液中阴离子浓度最大的是;
(2)反应开始时,悬浊液中的ZnO大量吸收SO2,生成微溶于水的ZnSO3,此时溶液pH几乎不变;一旦ZnO完全反应生成ZnSO3后,ZnSO3继续吸收SO2生成易溶于水的Zn(HSO3)2,此时溶液pH逐渐变小,SO2的吸收率逐渐降低,这一过程的离子方程式为ZnSO3+SO2+H2O=Zn2++2(或ZnO+2SO2+H2O=Zn2++2)
(3)可以经氧气氧化生成,这一过程中需要调节溶液pH在4.5~6.5的范围内,pH越低,溶液中的的浓度越大,使得催化氧化过程中反应速率越快;随着反应的不断进行,大量的反应生成,反应的离子方程式为2+O2=2+2H+,随着反应的不断进行,有大量的氢离子生成,导致氢离子浓度增大,溶液pH减小。
17.化合物F是合成某种抗肿瘤药物的重要中间体,其合成路线如下:
(1)A中的含氧官能团名称为硝基、__________和____________。
(2)B的结构简式为______________。
(3)C→D的反应类型为___________。
(4)C的一种同分异构体同时满足下列条件,写出该同分异构体的结构简式________。
①能与FeCl3溶液发生显色反应
②能发生水解反应,水解产物之一是α-氨基酸,另一产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1:
1且含苯环。
(5)写出以CH3CH2CHO和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用,合成路线流程图示例见本题题干)________。
【答案】
(1).醛基
(2).(酚)羟基 (3). (4).取代反应 (5). (6).
【解析】
【分析】
本题从官能团的性质进行分析,利用对比反应前后有机物不同判断反应类型;
【详解】
(1)根据A的结构简式,A中含氧官能团有硝基、酚羟基、醛基;
(2)对比A和C的结构简式,可推出A→B:
CH3I中的-CH3取代酚羟基上的H,即B的结构简式为;
(3)对比C和D的结构简式,Br原子取代-CH2OH中的羟基位置,该反应类型为取代反应;
(4)①能与FeCl3溶液发生显色反应,说明含有酚羟基;②能发生水解反应,说明含有酯基或肽键,水解产物之一是α-氨基酸,该有机物中含有“”,另一产物分子中不同化学环境的氢原子数目之比为1:
1,且含有苯环,说明是对称结构,综上所述,符合条件的是;
(5)生成,根据E生成F,应是与H2O2发生反应得到,按照D→E,应由CH3CH2CH2Br与反应得到,CH3CH2CHO与H2发生加成反应生成CH3CH2CH2OH,CH3CH2CH2OH在PBr3作用下生成CH3CH2CH2Br,合成路线是CH3CH2CHOCH3CH2CH2OHCH3CH2CH2Br 。
【点睛】有机物的推断和合成中,利用官能团的性质以及反应条件下进行分析和推断,同时应注意利用对比的方法找出断键和生成键的部位,从而确定发生的反应类型。
18.次氯酸钠溶液和二氯异氰尿酸钠(C3N3O3Cl2Na)都是常用的杀菌消毒剂。
NaClO可用于制备二氯异氰尿酸钠.
(1)NaClO溶液可由低温下将Cl2缓慢通入NaOH溶液中而制得。
制备NaClO的离子方程式为__________;用于环境杀菌消毒的NaClO溶液须稀释并及时使用,若在空气中暴露时间过长且见光,将会导致消毒作用减弱,其原因是__________________。
(2)二氯异氰尿酸钠优质品要求有效氯大于60%。
通过下列实验检测二氯异氰尿酸钠样品是否达到优质品标准。
实验检测原理为
准确称取1.1200g样品,用容量瓶配成250.0mL溶液;取25.00mL上述溶液于碘量瓶中,加入适量稀硫酸和过量KI溶液,密封在暗处静置5min;用Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色,加入淀粉指示剂继续滴定至终点,消耗Na2S2O3溶液20.00mL。
①通过计算判断该样品是否为优质品_______。
(写出计算过程, )
②若在检测中加入稀硫酸的量过少,将导致样品的有效氯测定值____________(填“偏高”或“偏低”)。
【答案】
(1).
(2).NaClO溶液吸收空气中的CO2后产生HClO,HClO见光分解 (3).
根据物质转换和电子得失守恒关系:
得
氯元素的质量:
该样品的有效氯为:
该样品的有效氯大于60%,故该样品为优质品 (4).偏低
【解析】
【详解】
(1)由题意可知,氯气通入氢氧化钠中产生次氯酸钠,同时产生氯化钠,反应的离子方程式为:
;次氯酸钠溶液长期暴露在空气中会吸收空气中的二氧化碳气体,因次氯酸酸性比碳酸弱,因此次氯酸钠可以与二氧化碳在水中反应产生HClO,HClO具有不稳定性,在受热或见光条件下会发生分解反应,产生HCl和O2,从而是次氯酸钠失效,故答案为:
;NaClO溶液吸收空气中的CO2后产生HClO,HClO见光分解;
(2)①由题中反应可知,在酸性条件产生HClO,HClO氧化碘离子产生碘单质,碘单质再用硫代硫酸钠滴定,结合反应转化确定物质之间的关系为:
, ,根据物质转换和电子得失守恒关系:
得n(Cl)=0.5=