1、2016年江苏省高考化学试卷一、单项选择题（共10小题，每小题2分，满分20分，每小题只有一个选项符合题意）1（2分）大气中CO2含量的增加会加剧“温室效应”下列活动会导致大气中CO2含量增加的是（）A燃烧煤炭供热B利用风力发电C增加植被面积D节约用电用水2（2分）下列有关化学用语表示正确的是（）A中子数为10的氧原子：BMg2+的结构示意图：C硫化钠的电子式：D甲酸甲酯的结构简式：C2H4O23（2分）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）ASO2具有氧化性，可用于漂白纸浆BNH4HCO3受热易分解，可用作氮肥CFe2（SO4）3易溶于水，可用作净水剂DAl2O3熔点高，可用作耐高温材
2、料4（2分）短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层有6个电子，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，在周期表中Z位于IA族，W与X属于同一主族下列说法正确的是（）A元素X、W的简单阴离子具有相同的电子层结构B由Y、Z两种元素组成的化合物是离子化合物CW的简单气态氢化物的热稳定性比Y的强D原子半径：r（X）r（Y）r（Z）r（W）5（2分）下列指定反应的离子方程式正确的是（）A将铜插入稀硝酸中：Cu+4H+2NO3Cu2+2NO2+H2OB向Fe2（SO4）3溶液中加入过量铁粉：Fe3+Fe2Fe2+C向Al2（SO4）3溶液中加入过量氨水：Al3+3NH3H2OAl（OH）3
3、+3NH4+D向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+3H+H2SiO3+3Na+6（2分）根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的是（）A制取氨气B制取NaHCO3C分离NaHCO3D干燥NaHCO37（2分）下列说法正确的是（）A氢氧燃料电池工作时，H2在负极上失去电子B0.1molL1Na2CO3溶液加热后，溶液的pH减小C常温常压下，22.4LCl2中含有的分子数为6.021023个D室温下，稀释0.1molL1CH3COOH溶液，溶液的导电能力增强8（2分）通过以
4、下反应均可获取H2下列有关说法正确的是（）太阳光催化分解水制氢：2H2O（l）2H2（g）+O2（g）H1=+571.6kJmol1焦炭与水反应制氢：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H2=+131.3kJmol1甲烷与水反应制氢：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H3=+206.1kJmol1A反应中电能转化为化学能B反应为放热反应C反应使用催化剂，H3减小D反应CH4（g）C（s）+2 H2（g）的H=+74.8kJmol19（2分）在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（）ASiO2SiCl4SiBFeS2SO2H2SO4CN2NH3NH4Cl（a
5、q）DMgCO3MgCl2（aq）Mg10（2分）下列图示与对应的叙述不相符合的是（）A图甲表示燃料燃烧反应的能量变化B图乙表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化C图丙表示弱电解质在水中建立电离平衡的过程D图丁表示强碱滴定强酸的滴定曲线二、不定项选择题：本题共5个小题，每小题4分，共计20分，每个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，选两个且全部选对的得4分，但只要选错一个，该小题就得0分。11（4分）化合物X是一种医药中间体，其结构简式如图所示下列有关化合物X的说法正确的是（）A分子中两个苯环一定处于
6、同一平面B不能与饱和Na2CO3溶液反应C1 mol化合物X最多能与2 molNaOH反应D在酸性条件下水解，水解产物只有一种12（4分）制备（NH4）2Fe（SO4）26H2O的实验中，需对过滤出产品的母液（pH1）进行处理常温下，分别取母液并向其中加入指定物质，反应后的溶液中主要存在的一组离子正确的是（）A通入过量Cl2：Fe2+、H+、NH4+、Cl、SO42B加入过量NaClO溶液：NH4+、Fe2+、H+、SO42、ClOC加入过量NaOH溶液：Na+、Fe2+、NH4+、SO42、OHD加入过量NaClO溶液和NaOH的混合溶液：Na+、SO42、Cl、ClO、OH13（4分）根据
7、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：ClSiB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CuID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SO42AABBCCDD14（4分）H2C2O4为二元弱酸20时，配制一组c（H2C2O4）+c（HC2O4）+c（C2O42）=0.100molL1的H2C2O4和NaOH混合溶液，溶
8、液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是（）ApH=2.5的溶液中：c（H2C2O4）+c（C2O42）c（HC2O4）Bc（Na+）=0.100 molL1的溶液中：c（H+）+c（H2C2O4）=c（OH）+c（C2O42）Cc（HC2O4）=c（C2O42）的溶液中：c（Na+）0.100 molL1+c（HC2O4）DpH=7的溶液中：c（Na+）2c（C2O42）15（4分）一定温度下，在3个体积均为1.0L的容量密闭容器中反应2H2（g）+CO（g）CH3OH（g） 达到平衡，下列说法正确的是（）容器温度/物质的起始浓度/m
9、olL1物质的平衡浓度/molL1c（H2） c（CO） c（CH3OH） c（CH3OH） 400 0.20 0.10 00.080 400 0.40 0.20 0 500 00 0.10 0.025A该方应的正反应放热B达到平衡时，容器中反应物转化率比容器中的大C达到平衡时，容器中c（H2）大于容器中c（H2）的两倍D达到平衡时，容器中的反应速率比容器中的大三、解答题（共5小题，满分68分）16（12分）以电石渣主要成分为Ca（OH）2和CaCO3为原料制备KClO3的流程如图1：（1）氯化过程控制电石渣过量，在75左右进行。氯化时存在Cl2与Ca（OH）2作用生成Ca（ClO）2的反应，
10、Ca（ClO）2进一步转化为Ca（ClO3）2，少量Ca（ClO）2 分解为CaCl2和O2。生成Ca（ClO）2的化学方程式为 。提高Cl2转化为Ca（ClO3）2的转化率的可行措施有 （填序号）。A适当减缓通入Cl2速率 B充分搅拌浆料 C加水使Ca（OH）2完全溶解（2）氯化过程中Cl2 转化为Ca（ClO3）2的总反应方程式为：6Ca（OH）2+6Cl2Ca（ClO3）2+5CaCl2+6H2O氯化完成后过滤。滤渣的主要成分为 （填化学式）。滤液中Ca（ClO3）2与CaCl2的物质的量之比nCa（ClO3）2：nCaCl2 1：5（填“”、“”或“=”）。（3）向滤液中加入稍过量KC
11、l固体可将Ca（ClO3）2转化为KClO3，若溶液中KClO3的含量为100gL1，从该溶液中尽可能多地析出KClO3固体的方法是 。17（15分）化合物H是合成抗心律失常药物泰达隆的一种中间体，可通过以下方法合成：（1）D中的含氧官能团名称为 （写两种）（2）FG的反应类型为 （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 能发生银镜反应；能发生水解反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；分子中只有4种不同化学环境的氢（4）E经还原得到F，E的分子式为C14H17O3N，写出E的结构简式 （5）已知：苯胺（）易被氧化请以甲苯和（CH3CO）2O为原料制备，写出制备的合
12、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）18（12分）过氧化钙（CaO28H2O）是一种在水产养殖中广泛使用的供氧剂（1）Ca（OH）2悬浊液与H2O2溶液反应可制备CaO28H2OCa（OH）2+H2O2+6H2OCaO28H2O反应时通常加入过量的Ca（OH）2，其目的是 （2）箱池塘水中加入一定量的CaO28H2O后，池塘水中浓度增加的离子有 （填序号）ACa2+ BH+ CCO32 DOH（3）水中溶解氧的测定方法如下：向一定量水样中加入适量MnSO4和碱性KI溶液，生成MnO（OH）2沉淀，密封静置，加入适量稀H2SO4，将MnO（OH）2与I完全反应生成Mn2+和
13、I2后，以淀粉作指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点，测定过程中物质的转化关系如下：写出O2将Mn2+氧化成MnO（OH）2的离子方程式： 取加过一定量CaO28H2O的池塘水样100.00mL，按上述方法测定水中溶解氧量，消耗0.01000molL1Na2S2O3标准溶液13.50mL计算该水样中的溶解氧（用mgL1表示），写出计算过程19（15分）实验室以一种工业废渣（主要成分为MgCO3、Mg2SiO4和少量Fe、Al的氧化物）为原料制备MgCO33H2O实验过程如图1：（1）酸溶过程中主要反应的热化学方程式为MgCO3（S）+2H+（aq）Mg2+（aq）+CO2（g）+H2O（
14、l）H=50.4kJmol1Mg2SiO4（s）+4H+（aq）2Mg2+（aq）+H2SiO3（s）+H2O（l）H=225.4kJmol1酸溶需加热的目的是 ；所加H2SO4不宜过量太多的原因是 （2）加入H2O2氧化时发生发应的离子方程式为 （3）用图2所示的实验装置进行萃取分液，以除去溶液中的Fe3+实验装置图中仪器A的名称为 为使Fe3+尽可能多地从水相转移至有机相，采取的操作：向装有水溶液的仪器A中加入一定量的有机萃取剂， 、静置、分液，并重复多次（4）请补充完整由萃取后得到的水溶液制备MgCO33H2O的实验方案：边搅拌边向溶液中滴加氨水， ，过滤、用水洗涤固体23次，在50下干
15、燥，得到MgCO33H2O已知该溶液中pH=8.5时Mg（OH）2开始沉淀；pH=5.0时Al（OH）3沉淀完全20（14分）铁炭混合物（铁屑和活性炭的混合物）、纳米铁粉均可用于处理水中污染物（1）铁炭混合物在水溶液中可形成许多微电池将含有Cr2O72的酸性废水通过铁炭混合物，在微电池正极上Cr2O72转化为Cr3+，其电极反应式为 （2）在相同条件下，测量总质量相同、铁的质量分数不同的铁炭混合物对水中Cu2+和Pb2+的去除率，结果如图1所示当铁炭混合物中铁的质量分数为0时，也能去除水中少量的Cu2+和Pb2+，其原因是 当铁炭混合物中铁的质量分数大于50%时，随着铁的质量分数的增加，Cu2
16、+和Pb2+的去除率不升反降，其主要原因是 （3）纳米铁粉可用于处理地下水中的污染物一定条件下，向FeSO4溶液中滴加碱性NaBH4溶液，溶液中BH4（B元素的化合价为+3）与Fe2+反应生成纳米铁粉、H2和B（OH）4，其离子方程式为 纳米铁粉与水中NO3反应的离子方程式为4Fe+NO3+10H+4Fe2+NH4+3H2O研究发现，若pH偏低将会导致NO3的去除率下降，其原因是 相同条件下，纳米铁粉去除不同水样中NO3的速率有较大差异（见图2），产生该差异的可能原因是 【选做题】本题包括21、22两小题，请选定其中一个小题，并在相应的答题区域内作答若多做，则按21小题评分物质结构与性质21（
17、12分）Zn（CN）42在水溶液中与HCHO发生如下反应：4HCHO+Zn（CN）42+4H+4H2OZn（H2O）42+4HOCH2CN（1）Zn2+基态核外电子排布式为 （2）1mol HCHO分子中含有键的数目为 mol（3）HOCH2CN分子中碳原子轨道的杂化轨道类型是 （4）与H2O分子互为等电子体的阴离子为 （5）Zn（CN）42中Zn2+与CN的C原子形成配位键，不考虑空间构型，Zn（CN）42的结构可用示意图表示为 实验化学（共1小题，满分0分）22焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的抗氧化剂，在空气中，受热时均易分解实验室制备少量Na2S2O5的方法在不断搅拌下，控制反应温度
18、在40左右，向Na2CO3过饱和溶液中通入SO2，实验装置如图所示当溶液pH约为4时，停止反应在20静置结晶，生成Na2S2O5的化学方程式为：2NaHSO3Na2S2O5+H2O（1）SO2与Na2CO3溶液反应生成NaHSO3和CO2，其离子方程式为 （2）装置Y的作用是 （3）析出固体的反应液经减压抽滤，洗涤，2530干燥，可获得Na2S2O5固体组成减压抽滤装置的主要仪器是布氏漏斗、 和抽气泵依次用饱和SO2水溶液、无水乙醇洗涤Na2S2O5固体，用饱和SO2水溶液洗涤的目的是 （4）实验制得的Na2S2O5固体中含有一定量的Na2SO3 和Na2SO4，其可能的原因是 2016年江苏
19、省高考化学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（共10小题，每小题2分，满分20分，每小题只有一个选项符合题意）1（2分）大气中CO2含量的增加会加剧“温室效应”下列活动会导致大气中CO2含量增加的是（）A燃烧煤炭供热B利用风力发电C增加植被面积D节约用电用水【分析】燃烧煤炭供热时，碳与氧气反应产生大量的二氧化碳气体；风力发电、节约用水用电中不会涉及到含碳物质的燃烧；增加植被面积可以有效减少CO2的排放，据此分析回答【解答】解：A燃烧煤炭供热时，碳与氧气反应产生大量的二氧化碳气体，故A正确；B风力发电可减少二氧化碳含量，故B错误；C、增加植被面积可以吸收二氧化碳，减少CO2含量，故C错误；D、
20、节约用水用电与二氧化碳无关，故D错误。故选：A。【点评】本题考查环境问题及物质的性质，明确含碳物质的燃烧会导致二氧化碳含量增大，导致温室效应，题目较为简单，根据生活实际分析的回答即可解答2（2分）下列有关化学用语表示正确的是（）A中子数为10的氧原子：BMg2+的结构示意图：C硫化钠的电子式：D甲酸甲酯的结构简式：C2H4O2【分析】A中子数+质子数=质量数，结合原子表示方法分析判断，质量数标记在元素符号左上角，质子数标记在左下角；B镁离子是镁原子失去最外层2个电子形成；C硫化钠是钠离子和硫离子形成的离子化合物，电子式中需要标记阴阳离子；D结构简式需要表示出结构特征和官能团；【解答】解：A中子
21、数为10的氧原子，质子数为8，则质量数为18，则原子表示为，故A错误；B镁离子是镁原子失去最外层2个电子形成，离子的结构示意图为：，故B正确；C硫化钠的化学式中含有两个钠离子，硫化钠正确的电子式为：，故C错误；D甲酸甲酯的结构简式：HCOOCH3，C2H4O2为甲酸甲酯的分子式，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了化学用语的规范应用和书写方法，注意检查的熟练掌握，题目较简单3（2分）下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）ASO2具有氧化性，可用于漂白纸浆BNH4HCO3受热易分解，可用作氮肥CFe2（SO4）3易溶于水，可用作净水剂DAl2O3熔点高，可用作耐高温材料【分析】A二氧化硫
22、化合价居于中间价态，具有氧化性，但漂白纸张是利用二氧化硫的漂白性；B碳酸氢铵具有易分解的性质，做氮肥是利用其溶解后铵根离子被植物吸收做氮肥；C硫酸铁溶液中铁离子水解生成氢氧化铁胶体具有吸附悬浮杂质的作用，可以净水；D利用氧化铝熔点高的性质可以做耐火材料【解答】解：A二氧化硫化合价居于中间价态，具有氧化性和还原性，但漂白纸张是利用二氧化硫的漂白性，不是其氧化性，故A错误；B做氮肥是利用碳酸氢铵溶解后的铵根离子被植物吸收做氮肥，不是利用其分解的性质，故B错误；C硫酸铁溶液中铁离子水解生成氢氧化铁胶体具有吸附悬浮杂质的作用，可以净水，不是利用的易溶于水的性质，故C错误；DAl2O3熔点高，不易熔融可
23、用作耐高温材料，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了二氧化硫、铵盐、铁盐和氧化铝的性质应用分析判断，注意知识积累，题目较简单4（2分）短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层有6个电子，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，在周期表中Z位于IA族，W与X属于同一主族下列说法正确的是（）A元素X、W的简单阴离子具有相同的电子层结构B由Y、Z两种元素组成的化合物是离子化合物CW的简单气态氢化物的热稳定性比Y的强D原子半径：r（X）r（Y）r（Z）r（W）【分析】Y是迄今发现的非金属性最强的元素，应为F，X原子的最外层有6个电子，且原子序数小于F，应为O元素，在周期表中Z位于IA族
24、，由原子序数关系可知Z为Na元素，W与X属于同一主族，W应为S元素，结合对应物质的性质以及元素周期率知识解答该题【解答】解：Y是迄今发现的非金属性最强的元素，应为F，X原子的最外层有6个电子，且原子序数小于F，应为O元素，在周期表中Z位于IA族，由原子序数关系可知Z为Na元素，W与X属于同一主族，W应为S元素，A元素X、W的简单阴离子分别为O2、S2，离子的电子层结构不同，故A错误；BY为F，Z为Na，由Y、Z两种元素组成的化合物为NaF，是离子化合物，故B正确；C非金属性FS，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故C错误；D原子核外电子层数越多，原子半径越大，同周期元素从左到右原子半径逐
25、渐减小，则半径r（F）r（O）r（S）r（Na），故D错误。故选：B。【点评】本题考查了原子结构与元素周期律的关系，题目难度中等，正确推断元素为解答关键，注意掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力5（2分）下列指定反应的离子方程式正确的是（）A将铜插入稀硝酸中：Cu+4H+2NO3Cu2+2NO2+H2OB向Fe2（SO4）3溶液中加入过量铁粉：Fe3+Fe2Fe2+C向Al2（SO4）3溶液中加入过量氨水：Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+D向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+3H+H2SiO3+3Na+【分析】A铜和稀
26、硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水；B铁和硫酸铁反应生成硫酸亚铁，离子方程式中需要符合电荷守恒；C硫酸铝溶液中加入过量氨水反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵，氢氧化铝是两性氢氧化物不溶于弱酸弱碱；D硅酸钠溶液中滴入盐酸反应生成硅酸沉淀，硅酸钠是强电解质溶液中完全电离【解答】解：A将铜插入稀硝酸中反应的离子方程式为：3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O，故A错误；B向Fe2（SO4）3溶液中加入过量铁粉反应的离子方程式为：2Fe3+Fe3Fe2+，故B错误；C向Al2（SO4）3溶液中加入过量氨水反应的离子方程式：Al3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4+，故C正确；D向Na2SiO3
27、溶液中滴加稀盐酸反应的离子方程式：SiO32+2H+H2SiO3，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了离子方程式书写方法，主要是物质性质的熟练掌握、反应产物判断等知识，题目难度不大6（2分）根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的是（）A制取氨气B制取NaHCO3C分离NaHCO3D干燥NaHCO3【分析】A氯化铵不稳定，加热易分解，温度稍低又可生成氯化铵；B气体通入方向错误；C从溶液中分离碳酸氢钠固体，可用过滤的方法；D碳酸氢钠不稳定，不能直接加热干燥【解答】解：A氯化铵不稳定，
28、加热易分解，温度稍低又可生成氯化铵，制备氨气，应用氯化铵和氢氧化钙为反应物，故A错误；B应将二氧化碳从长导管进入，否则将液体排出，故B错误；C从溶液中分离碳酸氢钠固体，可用过滤的方法，故C正确；D碳酸氢钠不稳定，不能直接加热干燥，可烘干，故D错误。故选：C。【点评】本题考查较为综合，涉及物质的分离、提纯以及制备，为高考常见题型，侧重于学生的分析、实验能力的考查，注意把握实验的严密性和可行性的评价，难度不大7（2分）下列说法正确的是（）A氢氧燃料电池工作时，H2在负极上失去电子B0.1molL1Na2CO3溶液加热后，溶液的pH减小C常温常压下，22.4LCl2中含有的分子数为6.021023个
29、D室温下，稀释0.1molL1CH3COOH溶液，溶液的导电能力增强【分析】A、氢氧燃料电池中，H2在负极上失去电子；B、加热促进碳酸根离子的水解，使得氢氧根离子浓度增大；C、不是标准状况，不能用公式计算气体的物质的量；D、电解质的导电能力与溶液中自由移动阴阳离子的浓度有关【解答】解：A、氢氧燃料电池中，H2在负极上失去电子被氧化，故A正确；B、Na2CO3溶液加热，促进碳酸根离子的水解，使得氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，故B错误；C、常温常压，不是标准状况，22.4LCl2中，不能用公式计算气体的物质的量，故C错误；D、电解质的导电能力与溶液中自由移动阴阳离子的浓度有关，稀释0.1mo
30、lL1CH3COOH溶液，使得离子浓度减小，导电能力减弱，故D错误。故选：A。【点评】本题考查了原电池基本原理、盐类水解的影响因素、NA的计算和导电能力强弱的判断，综合性强，但是较为基础，掌握基本原理是解题的关键，难度不大8（2分）通过以下反应均可获取H2下列有关说法正确的是（）太阳光催化分解水制氢：2H2O（l）2H2（g）+O2（g）H1=+571.6kJmol1焦炭与水反应制氢：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H2=+131.3kJmol1甲烷与水反应制氢：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g）H3=+206.1kJmol1A反应中电能转化为化学能B反应为放热反应
31、C反应使用催化剂，H3减小D反应CH4（g）C（s）+2 H2（g）的H=+74.8kJmol1【分析】A、太阳光催化分解水制氢气，是光能转化为化学能；B、H20，反应为吸热反应；C、催化剂不能改变反应热的大小；D、根据盖斯定律，目标反应CH4（g）C（s）+2 H2（g）相当于【解答】解：A、太阳光催化分解水制氢气，是光能转化为化学能，故A错误；B、反应的H20，故该反应为吸热反应，故B错误；C、催化剂不能改变反应热的大小，只能改变化学反应速率，故C错误；D、根据盖斯定律，目标反应CH4（g）C（s）+2 H2（g）相当于，故H=H3H2，H=+206.1kJmol1（+131.3kJmol
32、1）=+74.8kJmol1，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了化学反应与能量变化，利用盖斯定律进行相关计算，注意催化剂不能改变焓变，盖斯定律计算时焓变的加减时正负号为易错点，题目难度较小9（2分）在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（）ASiO2SiCl4SiBFeS2SO2H2SO4CN2NH3NH4Cl（aq）DMgCO3MgCl2（aq）Mg【分析】A二氧化硅为酸性氧化物和盐酸不反应；BFeS2燃烧生成二氧化硫，二氧化硫和水反应生成亚硫酸；C氮气和氢气一定条件下反应生成氨气，氨气和盐酸反应生成氯化铵；D碳酸镁和盐酸反应生成氯化镁、二氧化碳和水，氯化镁溶液电解不能生成
33、金属镁【解答】解：A二氧化硅属于酸性氧化物和盐酸不反应，不能一步实现反应，故A错误；B二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸被氧化生成硫酸，二氧化硫和水不能一步转化，故B错误；C氮气和氢气在催化剂、高温高压条件下反应生成氨气，氨气是碱性气体和盐酸反应生成氯化铵，两步反应能一步实现，故C正确；D碳酸镁溶于盐酸生成氯化镁溶液，氯化镁溶液电解得到氢氧化镁，氢气和氯气，不能直接得到金属镁，应是电解熔融状态的氯化镁得到金属镁，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，主要是硅、硫、氮、镁的化合物性质的理解判断，掌握基础是解题关键，题目较简单10（2分）下列图示与对应的叙述不相符合的是（
34、）A图甲表示燃料燃烧反应的能量变化B图乙表示酶催化反应的反应速率随反应温度的变化C图丙表示弱电解质在水中建立电离平衡的过程D图丁表示强碱滴定强酸的滴定曲线【分析】A燃料燃烧应放出热量，反应物总能量大于生成物总能量；B温度过高，酶失去催化活性；C弱电解质存在电离平衡，平衡时正逆反应速率相等；D强碱滴定强酸，溶液pH增大，存在pH的突变。【解答】解：A燃料燃烧应放出热量，反应物总能量大于生成物总能量，而题目所给图为吸热反应，故A错误；B酶为蛋白质，温度过高，蛋白质变性，则酶催化能力降低，甚至失去催化活性，故B正确；C弱电解质存在电离平衡，平衡时正逆反应速率相等，图象符合电离特点，故C正确；D强碱滴
35、定强酸，溶液pH增大，存在pH的突变，图象符合，故D正确。故选：A。【点评】本题考查较为综合，涉及弱电解质的电离、化学反应与能量、化学平衡的影响，考查化学反应原理主要内容，侧重学生的分析能力的考查，为高考常见题型，易错点为B，注意蛋白质的性质，难度不大。二、不定项选择题：本题共5个小题，每小题4分，共计20分，每个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，选两个且全部选对的得4分，但只要选错一个，该小题就得0分。11（4分）化合物X是一种医药中间体，其结构简式如图所示下列有关化合物X的说法正确的是（）A分子中
36、两个苯环一定处于同一平面B不能与饱和Na2CO3溶液反应C1 mol化合物X最多能与2 molNaOH反应D在酸性条件下水解，水解产物只有一种【分析】有物含有酯，可生水解反，含有基，具有酸，可生中和、酯化反应，结合有物结构特点解答题【解答】解：A两苯环连接在饱和原子上具有甲烷结构点且C为键可自由旋，则分子中两个苯不一定处于同一平面，故A错误；B含有羧基，具有酸性，可与碳酸钠溶液反应，故B错误；C含有酯基，且可水解生成酚羟基和羧基，都可与氢氧化钠反应，且含有羧基，则1 mol化合物X最多能与3 molNaOH反应，故C错误；D能水解的只有酯基，且为环状化合物，则水解产物只有一种，故D正确。故选：
37、D。【点评】本题查有机物的结构与性，为高频考点，题目中等，注意把握官能团的性质，为解答该题的关键，题目有利于培养学生良好的科学素养，提高分析能力，12（4分）制备（NH4）2Fe（SO4）26H2O的实验中，需对过滤出产品的母液（pH1）进行处理常温下，分别取母液并向其中加入指定物质，反应后的溶液中主要存在的一组离子正确的是（）A通入过量Cl2：Fe2+、H+、NH4+、Cl、SO42B加入过量NaClO溶液：NH4+、Fe2+、H+、SO42、ClOC加入过量NaOH溶液：Na+、Fe2+、NH4+、SO42、OHD加入过量NaClO溶液和NaOH的混合溶液：Na+、SO42、Cl、ClO、
38、OH【分析】根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质，不能发生氧化还原反应等，离子能大量共存，并结合母液中含有（NH4）2Fe（SO4）26H2O晶体中的离子，利用离子共存的观点分析解答【解答】解：A氯气与还原性离子Fe2+发生氧化还原反应，不能存在二价铁离子，故A错误；BFe2+有强还原性，酸性条件ClO离子具有强氧化性，要发生氧化还原反应，不能共存，故B错误；CFe2+、OH结合生成沉淀，铵根离子与碱结合生成弱电解质，不能共存，故C错误；D该组离子之间不反应，能共存，加入过量NaClO溶液和NaOH的混合溶液，离子之间不反应，能共存，故D正确；故选：D。【点评】本题考查离子的共存，
39、熟悉复分解反应发生的条件及强氧化性离子与强还原性离子间发生的氧化还原反应即可解答，注重基础知识的考查，题目难度不大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：ClSiB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CuID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SO42AABBCCDD【分析】A比较非金属性，应用最高
40、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
41、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）H2C2O4为二元弱酸20时，配制一组c（H2C2O4）+c（HC2O4）+c（C2O42）=0.100molL1的H2C2O4和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是（）ApH=2.5的溶液中：c（H2C2O4）+c（C2O42）c（HC2O4）Bc（Na+）=0.100 molL1的溶液中：c（H+）+c（H2C2O4）=c
42、（OH）+c（C2O42）Cc（HC2O4）=c（C2O42）的溶液中：c（Na+）0.100 molL1+c（HC2O4）DpH=7的溶液中：c（Na+）2c（C2O42）【分析】A依据图象可知pH=2.5的溶液中：c（H2C2O4）+c（C2O42）c（HC2O4）；B依据溶液中电荷守恒和物料守恒分析，c（Na+）=0.100mol/L的溶液中c（H+）+c（H2C2O4）=c（OH）+c（C2O42）；Cc（HC2O4）=c（C2O42）的溶液中c（Na+）0.100 molL1+c（HC2O4）；D20时，Kw=0.6811014，pH=7的溶液中，显酸性，（H+）c（OH），根据电荷
43、守恒判断【解答】解：A由图象可知，pH=2.5的溶液中c（H2C2O4）和c（C2O42）浓度之和小于c（HC2O4），则c（H2C2O4）+c（C2O42）c（HC2O4），故A错误；B依据溶液中电荷守恒和物料守恒分析，c（Na+）=0.100mol/L的溶液中为NaHC2O4溶液，溶液中存在电荷守恒（H+）+c（Na+）=2c（C2O42）+c（HC2O4）+c（OH），物料守恒c（Na+）=c（C2O42）+c（HC2O4）+c（H2C2O4），代入计算得到c（H+）+c（H2C2O4）=c（OH）+c（C2O42），故B正确；Cc（H2C2O4）+c（HC2O4）+c（C2O42）=0.100molL1，c（HC2O4）=c（C2O42），电荷守恒（H+）+c（Na+）=2c（C2O42）+c（HC2O4）+c（OH），pH约4，此时氢离子浓度大于氢氧根，得到溶液中c（Na+）0.100 molL1+c（HC2O4），故C错误；D20时，Kw=0.6811014，pH=7的溶液中，显酸性，（H+）c（OH），根据电荷守恒c（H+）+c（Na+）=2c（C2O42）+c（OH），所以c（Na+）2c（C2O42），故D错误；故选：B。【点评】本题考查了弱电解质的电离、离子浓度大小比较，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握
