2015年江苏省高考化学试卷.doc

2015年江苏省高考化学试卷 　 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）“保护环境”是我国的基本国策．下列做法不应该提倡的是（　　） A．采取低碳、节俭的生活方式 B．按照规定对生活废弃物进行分类放置 C．深入农村和社区宣传环保知识 D．经常使用一次性筷子、纸杯、塑料袋等 2．（2分）下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是（　　） A．质子数为17、中子数为20的氯原子Cl B．氯离子（Cl﹣）的结构示意图： C．氯分子的电子式： D．氯乙烯分子的结构简式：H3C﹣CH2Cl 3．（2分）下列说法正确的是（　　） A．分子式为C2H6O的有机化合物性质相同 B．相同条件下，等质量的碳按a、b两种途径完全转化，途径a比途径b放出更多热能 途径a：CCO+H2CO2+H2O 途径b：CCO2 C．在氧化还原反应中，还原剂失去电子总数等于氧化剂得到电子的总数 D．通过化学变化可以直接将水转变为汽油 4．（2分）在CO2中，Mg燃烧生成MgO和C．下列说法正确的是（　　） A．元素C的单质只存在金刚石和石墨两种同素异形体 B．Mg、MgO中镁元素微粒的半径：r（Mg2+）＞r（Mg） C．在该反应条件下，Mg的还原性强于C的还原性 D．该反应中化学能全部转化为热能 5．（2分）短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子最外层有6个电子，Y是至今发现的非金属性最强的元素，Z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，W的单质广泛用作半导体材料．下列叙述正确的是（　　） A．原子最外层电子数由多到少的顺序：Y、X、W、Z B．原子半径由大到小的顺序：W、Z、Y、X C．元素非金属性由强到弱的顺序：Z、W、X D．简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：X、Y、W 6．（2分）常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（　　） A．使酚酞变红色的溶液中：Na+、Al3+、SO42﹣、Cl﹣ B．=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：NH4+、Ca2+、Cl﹣、NO3﹣ C．与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2+、K+、NO3﹣、SO42﹣ D．水电离的c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：K+、Na+、AlO2﹣、CO32﹣ 7．（2分）下列实验操作正确的是（　　） A．用玻璃棒蘸取CH3COOH溶液点在水湿润的pH试纸上，测定该溶液的pH B．中和滴定时，滴定管用所盛装的反应液润洗2～3次 C．用装置甲分液，放出水相后再从分液漏斗下口放出有机相 D．用装置乙加热分解NaHCO3固体 8．（2分）给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是（　　） A．粗硅SiCl4Si B．Mg（OH）2MgCl2（aq）Mg C．Fe2O3FeCl3（aq）无水FeCl3 D．AgNO3（aq）[Ag（NH3）2]OH（aq）Ag 9．（2分）下列指定反应的离子方程式正确的是（　　） A．氯气溶于水：Cl2+H2O=2H++Cl﹣+ClO﹣ B．Na2CO3溶液中CO32﹣的水解：CO32﹣+H2O=HCO3﹣+OH﹣ C．酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IO3﹣+I﹣+6H+=I2+3H2O D．NaHCO3溶液中加足量Ba（OH）2溶液：HCO3﹣+Ba2++OH﹣=BaCO3↓+H2O 10．（2分）一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。下列有关该电池的说法正确的是（　　） A．反应CH4+H2O3H2+CO，每消耗1molCH4转移12mol电子 B．电极A上H2参与的电极反应为：H2+2OH﹣﹣2e﹣=2H2O C．电池工作时，CO32﹣向电极B移动 D．电极B上发生的电极反应为：O2+2CO2+4e﹣=2CO32﹣ 　 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）下列说法正确的是（　　） A．若H2O2分解产生1molO2，理论上转移的电子数约为4×6.02×1023 B．室温下，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，溶液pH＞7 C．钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀 D．一定条件下反应N2+3H2⇌2NH3达到平衡时，3v正（H2）=2v逆（NH3） 12．（4分）己烷雌酚的一种合成路线如图：下列叙述正确的是（　　） A．在NaOH水溶液中加热，化合物X可发生消去反应 B．在一定条件，化合物Y可与HCHO发生缩聚反应 C．用FeCl3溶液可鉴别化合物X和Y D．化合物Y中不含有手性碳原子 13．（4分）下列设计的实验方案能达到实验目的是（　　） A．制备Al（OH）3悬浊液：向1mol•L﹣1AlCl3溶液中加过量的6mol•L﹣1NaOH溶液 B．提纯含有少量乙酸的乙酸乙酯：向含有少量乙酸的乙酸乙酯中加入过量饱和Na2CO3溶液，振荡后静置分液，并除去有机相的水 C．检验溶液中是否含有Fe2+：取少量待检验溶液，向其中加入少量新制氯水，再滴加KSCN溶液，观察实验现象 D．探究催化剂对H2O2分解速率的影响：在相同条件下，向一支试管中加入2mL5%H2O2和1mLH2O，向另一支试管中加入2mL5%H2O2和1mLFeCl3溶液，观察并比较实验现象 14．（4分）室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH=7（通入气体对溶液体积的影响可忽略），溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　） A．向0.10mol•L﹣1NH4HCO3溶液中通入CO2：c（NH4+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣） B．向0.10mol•L﹣1NaHSO3溶液中通入NH3：c（Na+）＞c（NH4+）＞c（SO32﹣） C．向0.10mol•L﹣1Na2SO3溶液通入SO2：c（Na+）=2[c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）] D．向0.10mol•L﹣1CH3COONa溶液中通入HCl：c（Na+）＞c（CH3COOH）=c（Cl﹣） 15．（4分）在体积均为1.0L的量恒容密闭容器中加入足量的相同的碳粉，再分别加入0.1molCO2和0.2molCO2，在不同温度下反应CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）达到平衡，平衡时CO2的物质的量浓度c（CO2）随温度的变化如图所示（图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ点均处于曲线上）．下列说法正确的是（　　） A．反应CO2（g）+C（s）⇌2CO（g）的△S＞0、△H＜0 B．体系的总压强P总：P总（状态Ⅱ）＞2P总（状态Ⅰ） C．体系中c（CO）：c（CO，状态Ⅱ）＜2c（CO，状态Ⅲ） D．逆反应速率V逆：V逆（状态Ⅰ）＞V逆（状态Ⅲ） 　 二、非选择题 16．（12分）以磷石膏（主要成分CaSO4，杂质SiO2、Al2O3等）为原料可制备轻质CaCO3． （1）匀速向浆料中通入CO2，浆料清液的pH和c（SO42﹣）随时间变化见图．清液pH＞11时CaSO4转化的离子方程式为　 　；能提高其转化速率的措施有　 　（填序号） A．搅拌浆料 B．加热浆料至100℃C．增大氨水浓度 D．减小CO2通入速率 （2）当清液pH接近6.5时，过滤并洗涤固体．滤液中物质的量浓度最大的两种阴离子为　 　和　 　（填化学式）；检验洗涤是否完全的方法是　 　． （3）在敞口容器中，用NH4Cl溶液浸取高温煅烧的固体，随着浸取液温度上升，溶液中c（Ca2+）增大的原因是　 　． 17．（15分）化合物F是一种抗心肌缺血药物的中间体，可以通过以下方法合成： （1）化合物A中的含氧官能团为　 　和　 　（填官能团的名称）． （2）化合物B的结构简式为　 　；由C→D的反应类型是：　 　． （3）写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式　 　． Ⅰ．分子含有2个苯环Ⅱ．分子中含有3种不同化学环境的氢 （4）已知：RCH2CNRCH2CH2NH2，请写出以为原料制备化合物X（结构简式见图）的合成路线流程图（无机试剂可任选）．合成路线流程图示例如图：CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3． 18．（12分）软锰矿（主要成分MnO2，杂质金属元素Fe、Al、Mg等）的水悬浊液与烟气中SO2反应可制备MnSO4•H2O，反应的化学方程式为：MnO2+SO2=MnSO4 （1）质量为17.40g纯净MnO2最多能氧化　 　L（标准状况）SO2． （2）已知：Ksp[Al（OH）3]=1×10﹣33，Ksp[Fe（OH）3]=3×10﹣39，pH=7.1时Mn（OH）2开始沉淀．室温下，除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+（使其浓度小于1×10﹣6mol•L﹣1），需调节溶液pH范围为　 　． （3）如图可以看出，从MnSO4和MgSO4混合溶液中结晶MnSO4•H2O晶体，需控制结晶温度范围为　 　． （4）准确称取0.1710gMnSO4•H2O样品置于锥形瓶中，加入适量H3PO4和NH4NO3溶液，加热使Mn2+全部氧化成Mn3+，用c（Fe2+）=0.0500mol•L﹣1的标准溶液滴定至终点（滴定过程中Mn3+被还原为Mn2+），消耗Fe2+溶液20.00mL．计算MnSO4•H2O样品的纯度（请给出计算过程） 19．（15分）实验室用图所示装置制备KClO溶液，并通过KClO溶液与Fe（NO3）3溶液的反应制备高效水处理剂K2FeO4．已知K2FeO4具有下列性质①可溶于水、微溶于浓KOH溶液，②在0℃﹣5℃、强碱性溶液中比较稳定，③在Fe3+和Fe（OH）3催化作用下发生分解，④在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe（OH）3和O2． （1）装置A中KMnO4与盐酸反应生成MnCl2和Cl2，其离子方程式为　 　，将制备的Cl2通过装置B可除去　 　（填化学式）． （2）Cl2和KOH在较高温度下反应生成KClO3，在不改变KOH溶液的浓度和体积的条件下，控制反应在0℃～5℃进行，实验中可采取的措施是　 　． （3）制备K2FeO4时，KClO饱和溶液与Fe（NO3）3饱和溶液的混合方式为　 　． （4）提纯K2FeO4粗产品[含有Fe（OH）3、KCl等杂质]的实验方案为：将一定量的K2FeO4粗产品溶于冷的3mol•L﹣1KOH溶液中，　 　（实验中须使用的试剂有：饱和KOH溶液，乙醇；除常用仪器外须使用的仪器有：砂芯漏斗，真空干燥箱）． 20．（14分）烟气（主要污染物SO2、NOx）经O3预处理后用CaSO3水悬浮液吸收，可减少烟气中SO2、NOx的含量；O3氧化烟气中SO2、NOx的主要反应的热化学方程式为： NO（g）+O3（g）═NO2（g）+O2（g）△H=﹣200.9kJ．mol﹣1 NO（g）+O2（g）═NO2（g）△H=﹣58.2kJ．mol﹣1 SO2（g）+O3（g）═SO3（g）+O2（g）△H=﹣241.6kJ．mol﹣1 （1）反应3NO（g）+O3（g）=3NO2（g）的△H=　 　mol•L﹣1． （2）室温下，固定进入反应器的NO、SO2的物质的量，改变加入O3的物质的量，反应一段时间后体系中n（NO）、n（NO2）和n（SO2）随反应前n（O3）：n（NO）的变化见图． ①当n（O3）：n（NO）＞1时，反应后NO2的物质的量减少，其原因是　 　． ②增加n（O3），O3氧化SO2的反应几乎不受影响，其可能原因是　 　． （3）当用CaSO3水悬浮液吸收经O3预处理的烟气时，清液（pH约为8）中SO32﹣将NO2转化为NO2﹣，其离子方程式为：　 　． （4）CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液，达到平衡后溶液中c（SO32﹣）=　 　[用c（SO42﹣）、Ksp（CaSO3）和Ksp（CaSO4）表示]；CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液能提高NO2的吸收速率，其主要原因　 　． 　 四.（12分）【选做题】本题包括21、22两小题，请选定一中一小题，并在相应的答题区域内作答．若多做，则按A小题评分． 21．（12分）下列反应曾用于检测司机是否酒后驾驶：2Cr2O72﹣+3CH3CH2OH+16H++13H2O→4[Cr（H2O）6]3++3CH3COOH （1）Cr3+基态核外电子排布式为　 　；配合物[Cr（H2O）6]3+中，与Cr3+形成配位键的原子是　 　（填元素符号）． （2）CH3COOH中C原子轨道杂化类型为　 　．1mol CH3COOH分子中含有σ键的数目为　 　． （3）与H2O互为等电子体的一种阳离子为　 　（填化学式）；H2O与CH3CH3OH可以任意比例互溶，除因为它们都是极性分子外，还因为　 　． 22．实验室以苯甲醛为原料制备间溴苯甲醛（实验装置见图，相关物质的沸点见附表）．其实验步骤为： 步骤1：将三颈瓶中的一定配比的无水AlCl3、1，2﹣二氯乙烷和苯甲醛充分混合后，升温至60℃，缓慢滴加经H2SO4干燥过的液溴，保温反应一段时间，冷却． 步骤2：将反应混合物缓慢加入一定量的稀盐酸中，搅拌、静置、分液．有机相用10%NaHCO3溶液洗涤． 步骤3：经洗涤的有机相加入适量无水MgSO4固体，放置一段时间后过滤． 步骤4：减压蒸馏有机相，收集相应馏分． （1）实验装置中冷凝管的主要作用是　 　，锥形瓶中的溶液应为　 　． （2）步骤1所加入的物质中，有一种物质是催化剂，其化学式为　 　． （3）步骤2中用10%NaHCO3溶液洗涤有机相，是为了除去溶于有机相的　 　（填化学式）． （4）步骤3中加入无水MgSO4固体的作用是　 　． （5）步骤4中采用减压蒸馏技术，是为了防止　 　． 附表相关物质的沸点（101kPa） 物质 沸点/℃ 物质 沸点/℃ 溴 58.8 1，2﹣二氯乙烷 83.5 苯甲醛 179 间溴苯甲醛 229 　 2015年江苏省高考化学试卷 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）“保护环境”是我国的基本国策．下列做法不应该提倡的是（　　） A．采取低碳、节俭的生活方式 B．按照规定对生活废弃物进行分类放置 C．深入农村和社区宣传环保知识 D．经常使用一次性筷子、纸杯、塑料袋等 【分析】保护环境，可从减少污染物的排放、开发新能源等角度分析． 【解答】解：A、采取低碳、节俭的生活方式，节省大量的能源，符合保护环境的措施，故A不选； B、垃圾分类有利于环境的保护和资源的再利用，符合保护环境的措施，故B不选； C、伸入农村和社区宣传环保知识，树立保护环境从自我做起、保护环境人人有责的意识，符合保护环境的措施，故C不选； D、经常使用一次性筷子和纸杯，会消耗大量的木材，一次性塑料袋的大量使用会造成白色污染，故措施不合理，故D选；故选D。 【点评】本题主要考查环境保护，注意保护环境人人有责，从自我做起，从小事做起，明确环境和人类发展的关系及环境保护意识即可解答，题目难度不大 　 2．（2分）下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是（　　） A．质子数为17、中子数为20的氯原子Cl B．氯离子（Cl﹣）的结构示意图： C．氯分子的电子式： D．氯乙烯分子的结构简式：H3C﹣CH2Cl 【分析】A、元素符号的左上角标质量数，质量数=质子数+中子数； B、氯离子（Cl﹣）为Cl原子得到1个电子形成的阴离子，最外层满足8个电子的稳定结构； C、氯气为双原子分子，最外层均满足8个电子的稳定结构； D、氯乙烯分子中存在碳碳双键，据此解答即可。 【解答】解：A、元素符号的左上角标质量数，中子数为20的氯原子，质量数=17+20=37，故正确应为：1737Cl，故A错误； B、Cl原子得到1个电子形成最外层满足8个电子的Cl﹣，离子结构示意图为：，故B错误； C、氯气中存在1对氯氯共用电子对，氯原子最外层达到8电子稳定结构，电子式为：，故C正确； D、氯乙烯分子中存在碳碳双键，正确的结构简式为：H2C=CHCl，故D错误，故选C。 【点评】本题主要是对常见化学用语的考查，涉及核素的表示方法、质量数与质子数和中子数的关系、电子式的书写、结构简式书写等，难度不大。 　 3．（2分）下列说法正确的是（　　） A．分子式为C2H6O的有机化合物性质相同 B．相同条件下，等质量的碳按a、b两种途径完全转化，途径a比途径b放出更多热能 途径a：CCO+H2CO2+H2O 途径b：CCO2 C．在氧化还原反应中，还原剂失去电子总数等于氧化剂得到电子的总数 D．通过化学变化可以直接将水转变为汽油 【分析】A、分子式为C2H6O的有机化合物存在同分异构体； B、化学反应的热效应只与反应物的初始状态和生成物的最终状态有关； C、氧化还原反应本质电子的得失，且得失电子守恒； D、水中只含有H和O两种元素，汽油中含有C和H两种元素，依据元素守恒解答即可． 【解答】解：A、分子式为C2H6O的有机化合物存在同分异构体，即乙醇或甲醚，二者属于不同的有机物，性质不同，故A错误； B、化学反应的热效应只与反应物的初始状态和生成物的最终状态有关，故ab两种途径，放出的热量一样多，故B错误； C、氧化还原反应中存在得失电子守恒定律，即还原剂失去电子总数等于氧化剂得到电子的总数，故C正确； D、汽油中含有C和H两种元素，而水中只存在H和O两种元素，故不可能通过化学变化直接将水转变为汽油，故D错误， 故选：C。 【点评】本题主要考查的是有机物同分异构体的判断、化学反应的热效应、氧化还原反应等，综合性较强，难度一般． 　 4．（2分）在CO2中，Mg燃烧生成MgO和C．下列说法正确的是（　　） A．元素C的单质只存在金刚石和石墨两种同素异形体 B．Mg、MgO中镁元素微粒的半径：r（Mg2+）＞r（Mg） C．在该反应条件下，Mg的还原性强于C的还原性 D．该反应中化学能全部转化为热能 【分析】A、C元素的单质存在多种同素异形体； B、电子层数越多，微粒半径越大； C、依据化学反应方程式判断即可，还原剂的还原性大于还原产物的还原性； D、镁燃烧放出强光，据此解答即可． 【解答】解：A、元素C除存在金刚石和石墨外，还存在足球烯（C60）等同素异形体，故A错误； B、Mg有3个电子层，Mg2+为Mg失去最外层的2个电子形成的阳离子，只有2个电子层，故半径r（Mg2+）＜r（Mg），故B错误； C、该反应为：2Mg+CO22MgO+C，此反应中Mg为还原剂，C为还原产物，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，即还原性Mg＞C，故C正确； D、该反应放出光，即部分化学能转化为光能，且生成物仍具有能量，故D错误，故选C。 【点评】本题主要考查的是同素异形体的判断、微粒半径大小比较、氧化还原反应中还原性强弱比较以及能量之间的转化等，综合性较强，有一定的难度． 　 5．（2分）短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子最外层有6个电子，Y是至今发现的非金属性最强的元素，Z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，W的单质广泛用作半导体材料．下列叙述正确的是（　　） A．原子最外层电子数由多到少的顺序：Y、X、W、Z B．原子半径由大到小的顺序：W、Z、Y、X C．元素非金属性由强到弱的顺序：Z、W、X D．简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：X、Y、W 【分析】Y是至今发现的非金属性最强的元素，那么Y是F，X最外层有6个电子且原子序数小于Y，应为O，Z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，且为短周期，原子序数大于F，那么Z为Al，W的单质广泛用作半导体材料，那么W为Si，据此推断A、X、Y、Z、W分别为O、F、Al和Si，结合各个选项解答即可． 【解答】解：Y是至今发现的非金属性最强的元素，那么Y是F，X最外层有6个电子且原子序数小于Y，应为O，Z在周期表中处于周期序数等于族序数的位置，且为短周期，原子序数大于F，那么Z为Al，W的单质广泛用作半导体材料，那么W为Si，据此推断A、X、Y、Z、W分别为O、F、Al和Si， A、最外层电子数分别为6、7、3和4，即最外层电子数Y＞X＞W＞Z，故A正确； B、电子层数越多，半径越大，同一周期，原子序数越小，半径越大，即半径关系：Al＞Si＞O＞F，即Z＞W＞X＞Y，故B错误； C、同一周期，原子序数越大，非金属性越强，即非金属性F＞O＞Si＞Al，故C错误； D、元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，即Y＞X＞W，故D错误，故选A。 【点评】本题主要考查的是元素的推断，涉及元素非金属性强弱的比较、半径大小比较、气态氢化物稳定性比较等，难度不大． 　 6．（2分）常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（　　） A．使酚酞变红色的溶液中：Na+、Al3+、SO42﹣、Cl﹣ B．=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：NH4+、Ca2+、Cl﹣、NO3﹣ C．与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2+、K+、NO3﹣、SO42﹣ D．水电离的c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：K+、Na+、AlO2﹣、CO32﹣ 【分析】A．使酚酞变红色的溶液，显碱性； B.=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液，显酸性； C．与Al反应能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液； D．水电离的c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液，水的电离受到抑制，为酸或碱溶液． 【解答】解：A．使酚酞变红色的溶液，显碱性，碱性溶液中不能大量存在Al3+，故A错误； B.=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液，显酸性，该组离子在酸性溶液中不反应，可大量共存，故B正确； C．与Al反应能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸性溶液中Fe2+（或Al）、H+、NO3﹣发生氧化还原反应，碱性溶液中不能大量存在Fe2+，故C错误； D．水电离的c（H+）=1×10﹣13mol•L﹣1的溶液，水的电离受到抑制，为酸或碱溶液，酸溶液中不能大量存在AlO2﹣、CO32﹣，故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查离子的共存，为2015年高考题，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，注意“一定共存”的信息，题目难度不大． 　 7．（2分）下列实验操作正确的是（　　） A．用玻璃棒蘸取CH3COOH溶液点在水湿润的pH试纸上，测定该溶液的pH B．中和滴定时，滴定管用所盛装的反应液润洗2～3次 C．用装置甲分液，放出水相后再从分液漏斗下口放出有机相 D．用装置乙加热分解NaHCO3固体 【分析】A．pH试纸不能事先湿润； B．为减小误差，滴定管用所盛装的反应液润洗； C．分液时，下层液体从下口漏出，上层液体从上口倒出； D．加热固体应防止试管炸裂． 【解答】解：A．测定醋酸pH，pH试纸不能事先湿润，防止醋酸被稀释而导致测定结果偏大，故A错误； B．为防止液体被稀释而导致浓度减小而产生实验误差，滴定管用所盛装的反应液润洗，故B正确； C．分液时，为避免液体重新混合而污染，下层液体从下口漏出，上层液体从上口倒出，故C错误； D．碳酸氢钠加热分解生成水，应防止试管炸裂，试管口应略朝下，故D错误。 故选：B。 【点评】本题为2015年高考题江苏卷第7题，综合考查pH的使用、分液、滴定以及实验安全等知识，侧重于学生的分析、实验能力的考查，比较基础，难度适中，有利于培养学生良好的科学素养． 　 8．（2分）给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是（　　） A．粗硅SiCl4Si B．Mg（OH）2MgCl2（aq）Mg C．Fe2O3FeCl3（aq）无水FeCl3 D．AgNO3（aq）[Ag（NH3）2]OH（aq）Ag 【分析】A．Si可与氯气在高温下反应生成SiCl4，SiCl4可与氢气发生反应生成Si和HCl； B．电解氯化镁溶液生成氢氧化镁、氯气和氢气； C．氯化铁易水解，加热溶液生成氢氧化铁和HCl； D．蔗糖为非还原性糖，与银氨溶液不反应． 【解答】解：A．Si可与氯气在高温下反应生成SiCl4，SiCl4可与氢气发生反应生成Si和HCl，该反应可用于工业提纯硅，故A正确； B．电解氯化镁溶液生成氢氧化镁、氯气和氢气，工业用电解熔融的氯化镁制备镁，故B错误； C．氯化铁易水解，加热溶液生成氢氧化铁和HCl，蒸发时应在HCl环境中进行，故C错误； D．蔗糖为非还原性糖，与银氨溶液不反应，故D错误。 故选：A。 【点评】本题为2015年江苏考题，综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握物质的性质以及转化的特点、反应条件，难度不大，注意相关基础知识的积累． 　 9．（2分）下列指定反应的离子方程式正确的是（　　） A．氯气溶于水：Cl2+H2O=2H++Cl﹣+ClO﹣ B．Na2CO3溶液中CO32﹣的水解：CO32﹣+H2O=HCO3﹣+OH﹣ C．酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IO3﹣+I﹣+6H+=I2+3H2O D．NaHCO3溶液中加足量Ba（OH）2溶液：HCO3﹣+Ba2++OH﹣=BaCO3↓+H2O 【分析】A．氯气与水生成HClO，HClO为弱酸，应写成化学式； B．CO32﹣的水解为可逆反应； C．电荷不守恒； D．NaHCO3溶液中加足量Ba（OH）2溶液，生成BaCO3和水． 【解答】解：A．氯气溶于水，反应的离子方程式为Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，HClO为弱酸，应写成化学式，且为可逆符号，故A错误； B．CO32﹣的水解为可逆反应，应为CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，故B错误； C．酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2，发生IO3﹣+5I﹣+6H+=3I2+3H2O，故C错误； D．NaHCO3溶液中加足量Ba（OH）2溶液，生成BaCO3和水，发生HCO3﹣+Ba2++OH﹣=BaCO3↓+H2O，故D正确。 故选：D。 【点评】本题为2015年江苏卷第9题，考查了离子方程式的判断，为常见题型，侧重于学生的分析能力以及元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等，难度不大． 　 10．（2分）一种熔融碳酸盐燃料电池原理示意如图。下列有关该电池的说法正确的是（　　） A．反应CH4+H2O3H2+CO，每消耗1molCH4转移12mol电子 B．电极A上H2参与的电极反应为：H2+2OH﹣﹣2e﹣=2H2O C．电池工作时，CO32﹣向电极B移动 D．电极B上发生的电极反应为：O2+2CO2+4e﹣=2CO32﹣ 【分析】甲烷和水经催化重整生成CO和H2，反应中C元素化合价由﹣4价升高到+2价，H元素化合价由+1价降低到0价，原电池工作时，CO和H2为负极反应，被氧化生成二氧化碳和水，正极为氧气得电子生成CO32﹣，以此解答该题。 【解答】解：A．反应CH4+H2O3H2+CO，C元素化合价由﹣4价升高到+2价，H元素化合价由+1价降低到0价，每消耗1molCH4转移6mol电子，故A错误； B．电解质没有OH﹣，负极反应为H2+CO+2CO32﹣﹣4e﹣=H2O+3CO2，故B错误； C．电池工作时，CO32﹣向负极移动，即向电极A移动，故C错误； D．B为正极，正极为氧气得电子生成CO32﹣，电极反应为：O2+2CO2+4e﹣=2CO32﹣，故D正确。 故选：D。 【点评】本题为2015年江苏考题第10题，考查了化学电源新型电池，明确原电池中物质得失电子、电子流向、离子流向即可解答，难点是电极反应式书写，要根据电解质确定正负极产物，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）下列说法正确的是（　　） A．若H2O2分解产生1molO2，理论上转移的电子数约为4×6.02×1023 B．室温下，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，溶液pH＞7 C．钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀 D．一定条件下反应N2+3H2⇌2NH3达到平衡时，3v正（H2）=2v逆（NH3） 【分析】A．H2O2分解产生1molO2，反应中O元素化合价由﹣1价升高到0价，转移2mol电子； B．CH3COOH为弱酸，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液相比较，醋酸过量； C．用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法，铁分别为正极和阴极； D．化学反应中速率之比等于计量数之比． 【解答】解：A．H2O2分解产生1molO2，方程式为2H2O2↑2H2O+O2↑，反应中O元素化合价由﹣1价升高到0价，转移2mol电子，故A错误； B．CH3COOH为弱酸，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液相比较，醋酸过量，等体积混合后溶液呈酸性，pH＜7，故B错误； C．用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法，铁分别为正极和阴极，都发生还原反应，可防止被氧化，故C正确； D．一定条件下反应N2+3H2⇌2NH3反应，速率关系符合系数比，即v正（H2）：v正（NH3）=3：2，当反应达到平衡时，v正（NH3）=v逆（NH3），则达到平衡时，应为2v正（H2）=3v逆（NH3），故D错误。 故选：C。 【点评】本题为2015年江苏考题第11题，综合考查氧化还原反应、弱电解质的电离、金属的腐蚀与防护以及化学平衡等问题，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关基础知识的积累，题目难度适中，贴近教材，有利于培养和考查学生的良好的学习习惯和科学素养． 　 12．（4分）己烷雌酚的一种合成路线如图：下列叙述正确的是（　　） A．在NaOH水溶液中加热，化合物X可发生消去反应 B．在一定条件，化合物Y可与HCHO发生缩聚反应 C．用FeCl3溶液可鉴别化合物X和Y D．化合物Y中不含有手性碳原子 【分析】A．X为卤代烃，在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成醇； B．Y含有酚羟基，与苯酚性质相似； C．Y含有酚羟基，可与氯化铁发生显色反应； D．根据手性碳原子的定义判断． 【解答】解：A．X为卤代烃，在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成醇，如发生消去反应，条件为氢氧化钠醇溶液，故A错误； B．Y含有酚羟基，与苯酚性质相似，可与甲醛发生缩聚反应，故B正确； C．Y含有酚羟基，可与氯化铁发生显色反应，故C正确； D．连接四个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，Y中连接乙基的碳原子为手性碳原子，故D错误。 故选：BC。 【点评】本题为2015年江苏考题第12题，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答该类题目的关键，难度不大． 　 13．（4分）下列设计的实验方案能达到实验目的是（　　） A．制备Al（OH）3悬浊液：向1mol•L﹣1AlCl3溶液中加过量的6mol•L﹣1NaOH溶液 B．提纯含有少量乙酸的乙酸乙酯：向含有少量乙酸的乙酸乙酯中加入过量饱和Na2CO3溶液，振荡后静置分液，并除去有机相的水 C．检验溶液中是否含有Fe2+：取少量待检验溶液，向其中加入少量新制氯水，再滴加KSCN溶液，观察实验现象 D．探究催化剂对H2O2分解速率的影响：在相同条件下，向一支试管中加入2mL5%H2O2和1mLH2O，向另一支试管中加入2mL5%H2O2和1mLFeCl3溶液，观察并比较实验现象 【分析】A．NaOH过量，反应生成偏铝酸钠； B．乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层； C．加入少量新制氯水氧化了亚铁离子； D．相同条件下，只有催化剂不同． 【解答】解：A．NaOH过量，反应生成偏铝酸钠，不能制备Al（OH）3悬浊液，故A错误； B．乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，振荡后静置分液，并除去有机相的水可除杂，故B正确； C．加入少量新制氯水氧化了亚铁离子，检验亚铁离子，应先加KSCN溶液，再加氯水，故C错误； D．相同条件下，只有催化剂不同，试管中加入2mL5%H2O2和1mLFeCl3溶液反应速率快，则可探究催化剂对H2O2分解速率的影响，故D正确； 故选：BD。 【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的性质、混合物分离提纯、离子检验及影响反应速率的因素等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，注意实验的评价性分析，题目难度不大． 　 14．（4分）室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH=7（通入气体对溶液体积的影响可忽略），溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　） A．向0.10mol•L﹣1NH4HCO3溶液中通入CO2：c（NH4+）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣） B．向0.10mol•L﹣1NaHSO3溶液中通入NH3：c（Na+）＞c（NH4+）＞c（SO32﹣） C．向0.10mol•L﹣1Na2SO3溶液通入SO2：c（Na+）=2[c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）] D．向0.10mol•L﹣1CH3COONa溶液中通入HCl：c（Na+）＞c（CH3COOH）=c（Cl﹣） 【分析】A．pH=7，则c（H+）=c（OH﹣），结合电荷守恒分析； B．溶液中钠离子与S原子物质的量之比为1：1，而铵根离子与部分亚硫酸根结合，由物料守恒可知，c（Na+）=c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3），溶液呈中性，由电荷守恒可得：c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣），联立判断； C．未反应前结合物料守恒可知c（Na+）=2[c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3）]，向0.10mol•L﹣1Na2SO3溶液通入SO2，至溶液pH=7，反应后溶液中溶质为NaHSO3、Na2SO3； D．向0.10mol•L﹣1CH3COONa溶液中通入HCl，至溶液pH=7，反应后溶液中溶质为NaCl、醋酸和醋酸钠． 【解答】解：A．pH=7，则c（H+）=c（OH﹣），结合电荷守恒可知，c（NH4+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣），故A错误； B．溶液中钠离子与S原子物质的量之比为1：1，而铵根离子与部分亚硫酸根结合，故c（Na+）＞c（NH4+），由物料守恒可知，c（Na+）=c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3），溶液呈中性，由电荷守恒可得：c（Na+）+c（NH4+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣），联立可得：c（NH4+）+c（H2SO3）=c（SO32﹣），故B错误； C．向0.10mol•L﹣1Na2SO3溶液通入SO2，发生Na2SO