2017年高考化学真题（江苏自主命题）（解析版）.doc

2017年江苏省高考化学试卷解析版 参考答案与试题解析 一、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．（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： C．CaCl2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+16＝31，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）2•12H2O，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（　　） A．Na2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂 B．ClO2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒 C．SiO2硬度大，可用于制造光导纤维 D．NH3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】A．Na2O2吸收CO2生成O2和Na2CO3，氧气能供给呼吸； B．ClO2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：A．Na2O2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； B．ClO2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） B．W的最高价氧化物的水化物是一种弱碱 C．Y的单质的氧化性比Z的强 D．X、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； B．W的最高价氧化物的水化物是NaOH； C．Y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； D．X、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Y＜Z，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； B．W的最高价氧化物的水化物是NaOH，NaOH是强碱，故B错误； C．Y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O＞N元素，所以Z单质的氧化性大于Y，故C错误； D．X、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+2H2O═Na++2OH﹣+H2↑ B．电解饱和食盐水获取烧碱和氯气：2Cl﹣+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH﹣ C．向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2++OH﹣+H++SO42﹣═BaSO4↓+H2O D．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+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+2H2O═2Na++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； 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++SO42﹣═BaSO4↓+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﹣+2OH﹣═CaCO3↓+H2O+NH3•H2O，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（　　） A．FeFeCl2Fe（OH）2 B．SSO3H2SO4 C．CaCO3CaOCaSiO3 D．NH3NOHNO3 【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； C．CaCO3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； C．CaCO3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 ①C（s）+H2O（g）═CO（g）+H2 （g）△H1＝a kJ•mol﹣1 ②CO（g）+H2O（g）═CO2（g）+H2 （g）△H2＝b kJ•mol﹣1 ③CO2 （g）+3H2 （g）═CH3OH（g）+H2O（g）△H3＝c kJ•mol﹣1 ④2CH3OH（g）═CH3OCH3 （g）+H2O（g）△H4＝d kJ•mol﹣1（　　） A．反应①、②为反应③提供原料气 B．反应③也是 CO2资源化利用的方法之一 C．反应CH3OH（g）═CH3OCH3 （g）H2O（l）的△HkJ•mol﹣1 D．反应 2CO（g）+4H2 （g）═CH3OCH3 （g）+H2O（g）的△H＝（ 2b+2c+d ） kJ•mol﹣1 【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③中的反应物为CO2、H2； B．反应③中的反应物为CO2，转化为甲醇； C．由反应④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+③×2+④得到2CO（g）+4H2 （g）═CH3OCH3 （g）+H2O（g）． 【解答】解：A．反应③中的反应物为CO2、H2，由反应可知，反应①、②为反应③提供原料气，故A正确； B．反应③中的反应物为CO2，转化为甲醇，则反应③也是 CO2资源化利用的方法之一，故B正确； C．由反应④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△HkJ•mol﹣1，故C错误； D．由盖斯定律可知，②×2+③×2+④得到2CO（g）+4H2 （g）═CH3OCH3 （g）+H2O（g），则△H＝（ 2b+2c+d ） kJ•mol﹣1，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 ﹣ B．c（H+）/c（OH﹣）＝1×10 ﹣12的溶液中：K+、Na+、CO32﹣、NO3﹣ C．c（Fe2+ ）＝1 mol•L﹣1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； B．c（H+）/c（OH﹣）＝1×10 ﹣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：A．Fe3+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； B．c（H+）/c（OH﹣）＝1×10 ﹣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； C．Fe2+、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．（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（　　） A．a和b都属于芳香族化合物 B．a和c分子中所有碳原子均处于同一平面上 C．a、b和c均能使酸性KMnO4溶液褪色 D．b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】A．a中不含苯环； B．a、c中含甲基、亚甲基、次甲基均为四面体构型； C．a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：A．a中不含苯环，则不属于芳香族化合物，只有b属于，故A错误； B．a、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； C．a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△H＜0，△S＞0 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，Ksp[Mg（OH）2]＝5.6×10﹣12，pH＝10的含Mg2+溶液中，c（Mg2+ ）≤5.6×10﹣4 mol•L﹣1 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6.02×1023 【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△S＜0； 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+ ）； D．常温常压下，Vm≠22.4L/mol． 【解答】解：A．合成氨反应为放热反应，△H＜0，且为气体体积减小的反应，则△S＜0，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+ ）5.6×10﹣4 mol•L﹣1，故C正确； D．常温常压下，Vm≠22.4L/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：Cl＞Si 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﹣ A．A B．B C．C D．D 【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）＝1.77×10﹣4，Ka （CH3COOH）＝1.75×10﹣5，Kb （NH3•H2O）＝1.76×10﹣5，下列说法正确的是（　　） A．浓度均为0.1 mol•L﹣1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 C．0.2 mol•L﹣1 HCOOH 与 0.1 mol•L﹣1 NaOH 等体积混合后的溶液中：c（HCOO﹣）+c（OH﹣）＝c（HCOOH）+c（H+） D．0.2 mol•L﹣1 CH3COONa 与 0.1 mol•L﹣1盐酸等体积混合后的溶液中（pH＜7）：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：CH3COO﹣＞NH4+＞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﹣）； B．pH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pH＜7，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：CH3COO﹣＞NH4+＞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 mol•L﹣1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； B．pH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pH＜7，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（　　） 容器编号 物质的起始浓度（mol•L﹣1） 物质的平衡浓度（mol•L﹣1） c（NO2） c（NO） c（O2） c（O2） Ⅰ 0.6 0 0 0.2 Ⅱ 0.3 0.5 0.2 Ⅲ 0 0.5 0.35 A．达平衡时，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强之比为 4：5 B．达平衡时，容器Ⅱ中 c（O2 ）/c（NO2 ） 比容器Ⅰ中的大 C．达平衡时，容器Ⅲ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 T2＞T1 【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】A．I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 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/L＝0.8mol， 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0.8，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0.3﹣x＝0.2+0.5x，x， 平衡时 c（NO2）＝c（O2）mol/L，c（NO）＝0.5mol/Lmol/Lmol/L，II中1.3＞0.8，说明II中平衡时应该存在 c（NO2）＞c（O2）； 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%； D．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 ）， 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：A．I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 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/L＝0.8mol， 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0.8，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Ⅰ与容器Ⅱ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0.3﹣x＝0.2+0.5x，x， 平衡时 c（NO2）＝c（O2）mol/L，c（NO）＝0.5mol/Lmol/Lmol/L，II中1.3＞0.8，说明II中平衡时应该存在 c（NO2）＞c（O2），容器I中 c（O2 ）/c（NO2）＝1，所以达平衡时，容器Ⅱ中 c（O2 ）/c（NO2 ）小于1，则 比容器Ⅰ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Ⅲ中 NO 的体积分数小于50%，故C正确； D．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 ）， 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 T2＞T1，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 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+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O　． （2）向“过滤Ⅰ”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Ⅰ”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Ⅱ”是电解Na2CO3溶液，原理如图所示． 阳极的电极反应式为　4CO32﹣+2H2O﹣4e﹣═4HCO3﹣+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+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O，故答案为：Al2O3+2OH﹣═2AlO2﹣+H2O； （2）向“过滤Ⅰ”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OH﹣＞AlO2﹣＞CO32﹣，可知溶液的pH减小，故答案为：减小； （3）“电解Ⅰ”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﹣+2H2O﹣4e﹣═4HCO3﹣+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﹣+2H2O﹣4e﹣═4HCO3﹣+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γ﹣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）D→E 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：　　。 ①含有苯环，且分子中有一个手性碳原子；②能发生水解反应，水解产物之一是α﹣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，A→B发生取代反应，B→C发生还原反应，C→D为取代反应，D→E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，G→H发生氧化反应， （1）C中含氧官能团为醚键、酯基； （2）D→E为氨基上H被取代； （3）C的一种同分异构体，满足①含有苯环