2009年江苏省高考化学试卷解析版 .pdf

2009 年江苏省高考化学试卷年江苏省高考化学试卷 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、单项选择题：本题包括一、单项选择题：本题包括 8 小题，每小题小题，每小题 3 分，共计分，共计 24 分每小题只有一个选项符合分每小题只有一个选项符合题意题意 1（3 分）中华人民共和国食品安全法于 2009 年月 1 日起实施下列做法不利于安全的是（）A用聚氯乙烯塑料袋包装食品 B在食品盐中添加适量的碘酸钾 C在食品加工中科学使用食品添加剂 D研发高效低毒的农药，降低蔬菜的农药残留量【考点】KF：常见的食品添加剂的组成、性质和作用菁优网版权所有【专题】55：化学计算【分析】A、从聚氯乙烯和氯乙烯的区别分析；B、从碘单质、碘化物以及碘酸盐的性质比较考虑；C、从食品添加剂的性质、作用以及用量等角度思考；D、从降低对人体的危害角度考虑；【解答】解：A、聚氯乙烯有毒，不能用于塑料袋包装食品，可用聚乙烯塑料袋包装食品，故 A 错误；B、碘单质有毒而且易升华，碘化钾有苦味而且不稳定，容易被氧化成有毒的碘单质，碘酸钾是一种稳定易吸收的盐，故选择碘酸钾才作为最理想的添加剂，我们食用的食盐通常加的都是碘酸钾，故 B 正确；C、我国食品卫生法规定，食品添加剂是指为改善食品品质和色、香、味以及为防腐和加工工艺的需要而加入食品中的化学合成或天然物质。食品营养强化剂也属于食品添加剂。食品添加剂的好处首先是有利于食品保藏，防止食品腐烂变质。食品添加剂还能改善食品的感官性状，满足人们口感的要求。适当使用着色剂、食用香料以及乳化剂、增稠剂等食品添加剂，可明显提高食品的感官质量。保持、提高食品的营养价值是食品添加剂又一重要作用。国内外对食品添加剂都有严格规定和审批程序。只要严格按照国家批准的品种、范围、计量使用添加剂，安全才有保障，故 C 正确；D、高效、低毒、低残留农药是现代农药发展的一个方向，故 D 正确；故选：A。【点评】本题考查了如下知识点化学物质与生活得关系，食品添加剂，化肥、农药对人类生活的影响，注意加强对生活中的化学的了解，本题难度不大 2（3 分）下列有关化学用语使用正确的是（）A硫原子的原子结构示意图：BNH4Cl 的电子式：C原子核内有 10 个中子的氧原子：188D对氯甲苯的结构简式：【考点】44：原子结构示意图；47：结构简式；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；53：有机化学基础【分析】A、根据原子核外电子数目和核内质子数目相等来分析；B、根据化合物的类型以及电子式的书写方法来分析；C、根据中子数质量数质子数来回答；D、根据有机物的命名方法中，邻、间、对位所指的位置来回答【解答】解：A、硫原子的原子结构示意图应为，题干选项表示的是硫离子的结构示意图，故 A 错误；B、NH4Cl 是由 NH4+和 Cl离子构成，由于 Cl是阴离子，必须写出电子式：，故 B 错误；C、818O 表示质量数为 18，质子数为 8 的氧原子，所以该原子核内有 10 个中子，故 C正确；D、该结构简式是邻氯甲苯，因为氯原子和甲基的位置在相邻的碳原子上，对氯甲苯中的氯原子和甲基的位置应该处于相对位置故 D 错误。故选：C。【点评】本题目要求学生熟记 120 号原子的原子结构结构示意图，常见阴离子、阳离子的结构示意图；质量数、质子数、中子数之间的关系；常见有机物的命名等知识 3（3 分）下列所列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是（）a b c A Al AlCl3 Al（OH）3 B HNO3 NO NO2 C Si SiO2 H2SiO3 D CH2CH2 CH3CH2OH CH3CHO AA BB CC DD【考点】FH：硅和二氧化硅菁优网版权所有【专题】11：推断题【分析】A、根据物质的性质来判断，Al（OH）3Al 的转化必须经过 Al（OH）3Al2O3和 Al2O3Al 不能一步生成；B、从硝酸、一氧化氮和二氧化氮的性质来判断；C、根据物质的性质来判断，SiO2H2SiO3必须经过两步，先生成硅酸钠，再生成硅酸；D、根据物质的性质来判断，CH3CHOCH2CH2必须经过两步，先生成乙醇，再生成乙烯【解答】解：A、AlAlCl3（2Al+6HCl2AlCl3+3H2或者 2Al+3H2SO4Al2（SO4）3+3H2），AlCl3 Al（OH）3（AlCl3+3NH3 H2O Al（OH）3+3NH4Cl），Al（OH）3AlCl3（Al（OH）3+3HClAlCl3+3H2O），Al（OH）3Al 的转化必须经过Al（OH）3Al2O3（反应方程式为：2Al（OH）3Al2O3+3H2O）和 Al2O3Al（2Al2O34Al+3O2）这两步，故 A 不选；通电B、HNO3NO（8HNO3+3Cu3Cu（NO3）2+2NO+4H2O），NONO2（2NO+O22NO2），NO2 NO（3NO2+H2O 2HNO3+NO），NO2 HNO3（3NO2+H2O2HNO3+NO），故 B 正确；C、Si SiO2（Si+O2SiO2），SiO2 H2SiO3必 须 经 过 两 步（SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O 和 Na2SiO3+H2O+CO2H2SiO3+Na2CO3），故 C 不选；D、CH2 CH2 CH3CH2OH（CH2 CH2+H2OCH3CH2OH），CH3CH2OH催化剂CH3CHO（2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O），CH3CHOCH3CH2OH催化剂（CH3CHO+H2CH3CH2OH），CH3CHO CH2 CH2就 必 须 经 过 两 步催化剂（CH3CHO+H2CH3CH2OH 和 CH3CH2OHCH2CH2+H2O）故 D 不选。催化剂浓硫酸故选：B。【点评】本题考查物质的转化，要熟练掌握元素及其化合物之间的转化关系，具有一定的难度，尤其是不能一步转化的反应要注意 4（3 分）用 NA表示阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）A25时，PH13 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与过量稀 NaOH 溶液反应，转移的电子总数为 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【考点】4F：阿伏加德罗常数菁优网版权所有【专题】518：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A、根据 PH 值和氢氧化钡中氢氧根浓度之间的关系来分析；B、根据反应中转移的电子的量以及元素化合价的变化情况来回答；C、根据乙烯和丁烯的最简式都是 CH2的特点来分析；D、根据标准状况下甲醇为液态来分析【解 答】解：A、PH 13 也 就 是 意 味 着，则c(+)=1 10 13 1，c()=1 10 1 1n()=()=1 10 1 1 1=0.1所以，故 A 错误；N()=0.1B、发生的化学反应方程式为 Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O（该反应为歧化反应），那么转移电子的数目应该为 0.1NA，故 B 错误；n(2)=0.1C、乙烯和丁烯的最简式都是 CH2，则，所以 n（C）n(2)=2114/=1.51.5mol，N（C）1.5NA，故 C 正确；D、标准状况下，甲醇为液态，那么甲醇的物质的量就不是 1mol，则所含有的氧原子个数也不为 NA，故 D 错误。故选：C。【点评】以阿伏伽德罗常数为载体考察如下知识点：考查 22.4L/mol 的正确使用；考查在氧化还原反应中得失电子数的计算；正确表示一定物质的量的某物质微粒所含某种微粒的个数；考查在标准状况下一定体积的气体分子所含的分子数和原子数 5（3 分）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 CMgO 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【考点】BK：金属的电化学腐蚀与防护；DD：盐类水解的应用；DI：电解原理；G6：金属冶炼的一般原理菁优网版权所有【专题】21：热点问题；51：基本概念与基本理论【分析】A、根据明矾净水的原理是氢氧化铝净水来分析；B、根据原电池的工作原理和应用来回答；C、根据氧化镁的物理性质来分析其应用；D、根据电解氯化镁溶液的反应原理及其产物来判断【解答】解：A、明矾净水的原理是：Al3+3H2OAl（OH）3（胶体）+3H+，利用 Al（OH）3（胶体）的吸附性进行净水，故 A 正确；B、因为轮船主要用铁造外壳，铁在海水中易被腐蚀，镀上比铁活泼的锌，形成原电池，锌作负极，失去电子先被腐蚀，从而起到保护铁的作用，从而可减缓船体的腐蚀速率，故 B 正确；C、氧化镁的熔点是 2852，可用于制作耐高温材料，故 C 正确；D、电解MgCl2饱和溶液，发生的化学反应为：，不会产生金属镁，电解熔融的 MgCl2能制取MgC2+22通电()2+2+2单质镁，发生的反应，故 D 错误。MgC2通电+2故选：D。【点评】本题主要考查了物质的水解反应以及水解反应的用途、常见物质在生产生活中的具体用途、常见物质的制备及发生的化学反应方程式等方面的知识，是一道综合题目 6（3 分）下列有关试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用量筒取 5.00mL1.00molL1盐酸于 50mL 容量瓶中，加水稀释至刻度，可配制0.100molL1盐酸 D在苯萃取溴水中的溴，分液时有机层从分液漏斗的下端放出【考点】TJ：乙酸乙酯的制取菁优网版权所有【专题】16：压轴题；17：综合实验题；541：化学实验常用仪器及试剂【分析】A、制取少量的乙酸乙酯时导气管不能深入到饱和碳酸钠溶液中，这样容易产生倒吸；B、高锰酸钾对橡皮管有侵蚀性，只能用酸式滴定管；C、量筒只能精确到小数点后一位，配制一定物质的量浓度的溶液时，溶解操作应在烧杯内溶解，不允许在容量瓶内溶解；D、分液漏斗内的液体进行分离时，下层液体从下端流出，上次液体从上口倒出【解答】解：A、导气管深入到饱和碳酸钠溶液中去了，这样容易产生倒吸，所以该装置不能用于制备乙酸乙酯，故 A 错误；B、准确量取一定体积的溶液，用的仪器是滴定管，滴定管有两种：酸式和碱式，具体使用范围是：酸式滴定管不得用于装碱性溶液，因为玻璃的磨口部分易被碱性溶液侵蚀，使塞子无法转动。碱式滴定管不宜于装对橡皮管有侵蚀性的溶液，如碘、高锰酸钾和硝酸银等。所以量取高锰酸钾溶液用酸式滴定管，故 B 正确；C、有两点错误之处，第一点量筒只能精确到小数点后一位，第二点在配制一定物质的量浓度的溶液时，溶解操作应在烧杯内溶解，不允许在容量瓶内溶解，故 C 错误；D、苯的密度比水小，萃取后分层，有机层在上面，故有机层应该从上口倒出，故 D 错误。故选：B。【点评】本题考查常见实验的仪器组装，操作过程、注意事项要牢记；常见仪器的使用，以及在使用过程中所需要注意的地方（精确度）7（3 分）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 0.1molL1Fe3+的溶液中：K+、Mg2+、I、NO3 C含有 0.1molL1Ca2+溶液在中：Na+、K+、CO32、Cl D室温下，pH1 的溶液中：Na+、Fe3+、NO3、SO42【考点】DP：离子共存问题菁优网版权所有【专题】16：压轴题【分析】A、根据在碱性条件下是否有与 OH反应的离子来判断；B、Fe3+具有氧化性，根据是否存在与 Fe3+发生氧化还原反应的离子或存在其它反应类型来判断；C、含有 Ca2+的溶液中，判断是否有与 Ca2+生成沉淀的离子；D、判断在酸性溶液中是否有与 H+反应的离子或其它反应类型【解答】解：A、强碱性溶液意味着存在大量的 OH，所以 Al3+不能共存（Al3+3OHAl（OH）3），故 A 错误；B、Fe3+和 I因发生氧化还原反应而不能共存（2Fe3+2I2Fe2+I2）故 B 错误；C、Ca2+和 CO32因发生复分解反应而不能共存，故 C 错误；D、室温下，pH1 的溶液中的四种离子 Na+、Fe3+、NO3、SO42之间不能反应生成沉淀、气体、弱电解质以及其它反应类型，故可以大量共存，故 D 正确。故选：D。【点评】本题考查离子共存问题，做题时注意（一色、二性、三特殊、四反应牢记）由于发生复分解反应，离子不能大量共存；由于发生氧化还原反应，离子不能大量共存；溶液酸碱性的判断（隐含条件）8（3 分）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 具有相同电子层结构的离子，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：XmYXmR D元素 W、R 的最高价氧化物的水化物都是强酸【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】16：压轴题；51C：元素周期律与元素周期表专题【分析】X 是周期表中原子半径最小的元素，应为 H 元素，Y 原子最外层电子数是次外层电子数的 3 倍，应为 O 元素；根据 Z、W、R 处于同一周期，R 与 Y 处于同一族，则R 为 S 元素；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，则Z、W 原子的核外电子数之和为 8+1624，又 Z、W、处于同一周期，应为第三周期，分别为 Na 和 Al 元素 其中：A、根据核外电子排布相同的微粒，半径随着核电荷数的增加而减小进行判断；B、根据推断得知 X 和 Y 分别为 H 和 O 元素，可知形成的常见化合物有 H2O 和H2O2；C、根据非金属强弱判断氢化物的稳定性；D、根据金属性和非金属性判断碱和酸的强弱【解答】解：A、从题目所给的条件可以看出 X 是 H 元素，Y 是 O 元素，Z 是 Na 元素，W 是 Al 元素，R 是 S 元素。Y、Z、W 具有相同电子层结构的离子（O2、Na+、Al3+），根据核外电子排布相同的微粒，半径随着核电荷数的增加而减小，其半径依次减小，故 A 错误；B、X 和 Y 元素能形成 2 种化合物，X2Y（H2O）和 X2Y2（H2O2），故 B 错误；C、元素 Y、R 分别与元素 X 形成的化合物是氢化物，因为 Y（O 元素）和 R（S 元素）的非金属性强弱：YR，所以对应的氢化物的稳定性：XmYXmR，故 C 正确；D、W 元素最高价氧化物的水化物是 Al（OH）3，是弱碱，而 R 元素最高价氧化物的水化物是 H2SO4，是强酸，故 D 错误。故选：C。【点评】本题考查元素周期律的运用，做题时注意以下问题：同周期、同主族内元素性质（核外电子排布、原子半径、金属性、非金属性、酸碱性、气态氢化物的热稳定性等）变化规律元素之间化合所形成化合物的化学式的书写 二、不定项选择题：本题包括二、不定项选择题：本题包括 6 小题，每小题小题，每小题 4 分，共计分，共计 24 分每小题有一个或两个选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，该题的项符合题意若正确答案只包括一个选项，多选时，该题的 0 分；若正确答案包括两个选分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的项，只选一个且正确的 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分分 9（4 分）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 BaSO3难溶于盐酸 C向 0.1molL1FeSO4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 0.1molL1的 KCl、KI 混合溶液中滴加 12 滴 0.01molL1AgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色，说明 AgCl 的 KSP比 AgI 的 KSP大【考点】DH：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；GO：铁盐和亚铁盐的相互转变；P4：分液和萃取菁优网版权所有【专题】19：物质检验鉴别题；54：化学实验【分析】A、碘在 CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，且 CCl4和水互不相溶，可用CCl4从碘水中萃取碘 B、在该实验中根本得不到白色沉淀，因为 SO2不可能与 BaCl2溶液反应；C、KMnO4溶液褪色是因为被 Fe2+还原，Fe2+具有还原性；D、沉淀呈黄色，说明沉淀是 AgI，也就意味着 AgCl 的 Ksp 比 AgI 的大【解答】解：A、溶质在互不相溶的溶剂里，根据溶解度的不同，把溶质分离出来，叫萃取，向碘水中滴加 CCl4，振荡静置后分层，CCl4层呈紫红色，说明碘在 CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，且 CCl4和水互不相溶，可用 CCl4从碘水中萃取碘，故 A 正确；B、向 SO2水溶液中滴加盐酸酸化的 BaCl2溶液，得不到白色沉淀，因为 HCl 酸性强于H2SO3，且 BaSO3可溶于盐酸，故 SO2不可能与 BaCl2溶液反应，故 B 错误；C、因为 KMnO4具有强氧化性，常做氧化剂，向 FeSO4溶液中滴加少量酸性 KMnO4溶液，KMnO4溶液褪色，说明 Fe2+具有还原性，故 C 错误；D、沉淀为黄色，说明沉淀是 AgI，AgI 的溶解度小于 AgCl 的溶解度，也就是 AgCl 的Ksp比 AgI 的 Ksp大，故 D 正确。故选：AD。【点评】本题考查：重要试验的操作过程、实验现象、结论和解释应牢记；Ksp的运用 10（4 分）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 1mol NaOH 反应【考点】HD：有机物的结构和性质菁优网版权所有【专题】534：有机物的化学性质及推断【分析】分析结构中含有的官能团，根据官能团与性质的关系来回答 A、查原子个数即可确定物质的分子式；B、看结构中羟基是否和苯环直接相连来分析酚的性质；C、看是否含羟基来分析酯化反应；D、能与氢氧化钠反应的官能团为卤素原子、苯酚上的羟基、酯基和肽键等【解答】解：A、根据结构简式，很容易查出 C、H、N、O 的原子个数，所以分子式为C20H16N2O5，故 A 正确；B、因为在苯环上有羟基，构成羟基酚的结构，所以能与 FeCl3发生显色反应，故 B错；C、从结构简式可以看出，存在OH，具有醇的性质，所以能够发生酯化反应，故 C错；D、有 2 个基团能够和氢氧化钠反应，苯酚上的羟基、酯基，所以消耗的氢氧化钠应该为 2mol，故 D 错误；故选：A。【点评】根据结构式写分子式时要注意 C 四价，以防少查氢原子苯环上的羟基具有酚类的性质，要注意区分是酚类羟基还是醇类羟基 11（4 分）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：ClO+CO2+H2OHClO+HCO3 B用浓盐酸与 MnO2反应制取少量氯气：MnO2+2H+2ClMn2+Cl2+2H2O C向 NaAlO2溶液中通入过量的 CO2制取 Al（OH）3：AlO2+CO2+2H2OAl（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）32FeO42+3Cl+H2O+4H+【考点】49：离子方程式的书写菁优网版权所有【分析】A次氯酸钙与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸；B原子个数、电荷数都不守恒；C偏铝酸钠与过量二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠；D碱性溶液中不能生成氢离子。【解答】解：A漂白粉溶液在空气中失效：ClO+CO2+H2OHClO+CaCO3，故 A错误；B用浓盐酸与反应制取少量氯气，离子方程式：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O，故 B 错误；C偏铝酸钠与过量二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子方程式为：AlO2+CO2+2H2OAl（OH）3+HCO3，故 C 正确；D在强碱溶液中，次氯酸钠与 Fe（OH）3反应生成 Na2FeO4，离子方程式为：2Fe（OH）3+3ClO+4OH2FeO42+3Cl+5H2O，故 D 错误；故选：C。【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意离子方程式应遵循原子个数守恒、电荷守恒规律，题目难度不大。12（4 分）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+6H2O24e6CO2+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 CO2气体 22.46【考点】BL：化学电源新型电池菁优网版权所有【专题】51I：电化学专题【分析】A、从蛋白质的性质分析；B、负极是葡萄糖失电子生成二氧化碳，电极反应为 C6H12O6+6H2O24e6CO2+24H+；C、原电池内部阳离子应向正极移动；D、根据正负极电极反应式进行计算【解答】解：A、高温条件下微生物会变性，故 A 错误；B、负极是葡萄糖失电子生成二氧化碳，电极反应为 C6H12O6+6H2O24e6CO2+24H+，故 B 正确；C、原电池内部阳离子应向正极移动，故 C 错误；D、正极反应式为 O2+4e+4H+2H2O，对比负极反应可知，消耗 1mol 氧气生成 1mol二氧化碳，标准状况下体积是 22.4L，故 D 错误；故选：B。【点评】本题从两个角度考查原电池反应（反应原理、电极方程式的书写、离子的移动方向）；有关化学方程式的计算 13（4 分）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 0.01molL1NH4HSO4溶液中滴加 NaOH 溶液至中性：c（Na+）c（SO42）c（NH4+）c（OH）c（H+）B0.1molL1NaHCO3溶液：c（Na+）c（OH）c（HCO3）c（H+）CNa2CO3溶液：c（OH）c（H+）c（HCO3）+2c（H2CO3）D25时，pH4.75、浓度均为 0.1molL1的 CH3COOH、CH3COONa 混合溶液：c（CH3COO）+c（OH）c（CH3COOH）+c（H+）【考点】DN：离子浓度大小的比较菁优网版权所有【专题】16：压轴题；51A：溶液和胶体专题【分析】A、设 n（NH4HSO4）1 mol（即溶液体积为 100L），若加入 1mol NaOH，得Na2SO4和（NH4）2SO4，溶液显酸性，若加入 2 mol NaOH，得 Na2SO4和 NH3H2O，溶液显碱性故欲使溶液呈中性，加入的 NaOH 必在 12 mol 之间而，SO42恒为 1 mol，部分 NH4+与 OH反应，最终 n（NH4+）1 mol B、溶液呈碱性，并且 HCO3水解和水的电离都是微弱的，则有 HCO3的浓度大于OH浓度，C、运用电荷守恒和物料守恒判断离子的关系来判断；D、混合液为酸性，说明 CH3COOH 的电离程度大于 CH3COO的水解程度，溶液中 c（CH3COO）c（Na+）c（CH3COOH），再结合电荷守恒判断 【解答】解：A、如果 NH4HSO4与 NaOH 完全反应，化学计量比是 1：2，但若完全反应溶液中有较多的 NH3H2O，会显碱性，想使溶液为中性，NH4HSO4必须有剩余，若 NH4HSO4与 NaOH1：1 反应，那么溶液中还有很多 NH4+，溶液显示酸性（NH4+水解显酸性），所以若 NH4HSO4为 1mol，设与之反应的 NaOH 的用量 xmol，则有 1x2，则 NH4+的量1假设溶液体积为 1 升，反应结束后，SO42的量为 n0.01mol，Na+的量为 x（0.01x0.02），NH4+的量为 y0.01，由于是中性，所以 H+和 OH的量相同，均为 107，故 A 正确；B、NaHCO3溶液中，OH是由 HCO3水解和水的电离所出成的，但是这些都是微弱的。HCO3 的浓度大于 OH浓度，故 B 错误；C、由电荷守恒有：c（Na+）+c（H+）c（OH）+c（HCO3）+2c（CO32），由物料守恒可得：c（Na+）2c（HCO3）+2c（CO32）+2c（H2CO3），将两式中的 C（Na+）消去，可得 c（OH）c（H+）c（HCO3）+2c（H2CO3），故 C 正确；D、25时，pH4.75、浓度均为 0.1molL1的 CH3COOH、CH3COONa 的混合液为酸性，说明 CH3COOH 的电离程度大于 CH3COO的水解程度，则溶液中 c（CH3COO）c（Na+）c（CH3COOH），根据电荷守恒可得：c（CH3COO）+c（OH）c（Na+）+c（H+），由于 c（Na+）c（CH3COOH），则 c（CH3COO）+c（OH）c（CH3COOH）+c（H+），故 D 错误；故选：AC。【点评】本题考查：混合溶液中离子浓度的关系，等 pH 的溶液中物质的量浓度的大小关系电离和水解的相互关系酸式盐溶液中离子的浓度大小关系，做题时注意电荷守恒、物料守恒的运用 14（4 分）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）。下列说法正确的是（）A反应 I2（aq）+I（aq）I3（aq）的H0 B若温度为 T1、T2，反应的平衡常数分别为 K1、K2，则 K1K2 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【考点】CB：化学平衡的影响因素；CI：体积百分含量随温度、压强变化曲线菁优网版权所有【专题】13：图像图表题；16：压轴题；51E：化学平衡专题【分析】A、根据温度升高时平衡移动的方向判断反应的反应热；B、根据温度变化时平衡移动的方向比较平衡常数的大小；C、根据 D 状态与平衡状态比较，判断反应方向进而得出反应速率关系；D、根据平衡移动规律比较浓度大小；【解答】解：A、随着温度的不断升高，I3的浓度逐渐的减小，说明反应向逆方向移动，I2（aq）+I（aq）I3（aq）是一个放热反应，即H0，故 A 错误；B、因为，T2T1，所以当温度升高时，反应向逆方向移动，即K=(3)(2)()K1K2；故 B 正确；C、从图中可以看出 D 点并没有达到平衡状态，所以它要向 A 点移动，I3的浓度应增加，平衡向正分析移动，所以 v正v逆，故 C 正确；D、温度升高，平衡向逆方向移动，c（I3）变小，则 c（I2）应变大，所以状态 B 的 c（I2）大，故 D 错误；故选：BC。【点评】本题考查化学平衡的移动和平衡常数的运用，注意化学平衡图象分析的一般方法来解答：一看面：看清图象中横坐标和纵坐标的含义；二看线：弄清图象中线的斜率或线走势的意义；三看点：明确曲线的起点、终点、交点及拐点等；四看是否需要辅助线。三、非选择题三、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+等杂志）生产医药级二水合氯化钙（CaCl22H2O 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 8.08.5，以出去溶液中的少量Al3+、Fe3+检验 Fe（OH）3是否沉淀完全的试验操作是取少量上层清液，滴加KSCN 溶液，若不出现血红色，则表明 Fe（OH）3沉淀完全。（2）酸化操作是加入盐酸，调节溶液的 pH 约为 4.0，其目的有：将溶液中的少量Ca（OH）2转化为 CaCl2；防止 Ca2+在蒸发时水解；防止溶液吸收空气中CO2。（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 待测溶液于锥形瓶中；c用 0.05000molL1AgNO3溶液滴定至终点，消耗 AgNO3溶液体积的平均值为 20.39mL。上述测定过程中需要溶液润洗的仪器有酸式滴定管。计算上述样品中 CaCl22H2O 的质量分数为99.9%。若用上述办法测定的样品中 CaCl22H2O 的质量分数偏高（测定过程中产生的误差可忽略），其可能原因有样品中存在少量的 NaCl；少量的 CaCl2.2H2O 失水。【考点】RD：探究物质的组成或测量物质的含量菁优网版权所有【专题】16：压轴题【分析】（1）Fe3+与 KSCN 反应生成红色物质 Fe（SCN）3，检验 Fe3+是否存在的，选用 KSCN 溶液；（2）Ca（OH）2易吸收空气中的 CO2，生成 CaCO3沉淀，如果吸收大量的 CO2 会导致最终质量分数偏低；（3）标准液为硝酸银溶液，所以用酸式滴定管。在使用前应先用硝酸银溶液进行润洗；根据到达滴定终点生成氯化银的物质的量等于消耗的硝酸银的物质的量这一关系求出消耗硝酸银的物质的量，则 n（AgCl）2n（CaCl2.2H2O），据此可以算出实际上的 CaCl2.2H2O 的物质的量，进而求出质量。注意的是我们是从250mol 中取 25ml，所以在计算时要注意这一点；样品中存在少量的 NaCl，根据 n（AgCl）2n（CaCl2.2H2O）可知，CaCl2.2H2O 的物质的量增大。同样若 CaCl2.2H2O 失水导致分母变小，值偏大。【解答】解：（1）Fe3+与 KSCN 反应生成红色物质 Fe（SCN）3，检验 Fe3+是否存在的，选用 KSCN 溶液。故答案为：取少量上层清液，滴加 KSCN 溶液，若不出现血红色，则表明 Fe（OH）3 沉淀完全；（2）Ca（OH）2易吸收空气中的 CO2，生成 CaCO3沉淀，故答案为：防止溶液吸收空气中 CO2；（3）标准液为硝酸银溶液，所以用酸式滴定管，如用碱式滴定管会腐蚀橡胶管，故答案为：酸式滴定管；样品中 n（Cl）0.05000molL10.02039L100.010195mol，根据 n（AgCl）2n（CaCl2.2H2O），则 n（CaCl2.2H2O）0.0050975mol，所以 m（CaCl2.2H2O）0.0050975mol147g/mol0.7493325g，则有：100%99.9%，故答案为：99.9%；0.74933250.7500样品中存在少量的 NaCl 会导致 CaCl2.2H2O 的物质的量增大。同样若 CaCl2.2H2O 失水导致分母变小，值偏大。故答案为：样品中存在少量的 NaCl；少量的 CaCl2.2H2O 失水【点评】此题主要考查实验的基本操作、实验仪器的选择、实验误差分析。注意离子的检验方法和常见仪器的使用，样品纯度的分析要注意溶液中可能发生的反应，注意有效数字问题。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、过二硫酸钠和氧化铁红颜料，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B（填字母），以除去溶液中的 Fe3+A锌粉 B铁屑 CKI 溶液 DH2（2）反应需控制反应温度低于 35，其目的是防止 NH4HCO3分解（或减少 Fe2+的水解）（3）工业生产上常在反应的过程中加入一定量的醇类溶剂，其目的是降低 K2SO4的溶解度，有利于 K2SO4析出（4）反应常被用于电解生产（NH4）2S2O8（过二硫酸铵）电解时均用惰性电极，阳极发生地电极反应可表示为2SO422eS2O82【考点】BI：电极反应和电池反应方程式；GO：铁盐和亚铁盐的相互转变；GS：无机物的推断菁优网版权所有【分析】（1）FeSO4易被氧化，加入铁屑发生反应 2Fe2+Fe2Fe3+，以达到除去 Fe3+的目的，除杂时还要考虑不能引入新杂质；（2）NH4HCO3易分解，反应时必须降低温度，同样也会加快 Fe2+的水解（3）K2SO4易溶于水，但难溶于有机溶剂，要想使 K2SO4析出需加入醇类溶剂，降低其溶解度（4）反应中为硫酸铵溶液，通过电解后生成（NH4）2S2O8和氢气，根据化合价变化可知阳极反应为：2SO422e2S2O82【解答】解：（1）在 FeSO4溶液中除去溶液中的 Fe3+，最好选用铁屑或铁粉，故答案为：B；（2）如果温度过高会导致 NH4HCO3分解同样也会加快 Fe2+的水解（温度越高水解速率越快）这样会使原料利用率降低，故答案为：防止 NH4HCO3分解（或减少 Fe2+的水解）；（3）由题目看出在反应中生成的 K2SO4为固体，而 K2SO4在无机溶剂中溶解度是比较大的，要想使 K2SO4析出只能降低其溶解度所以加入醇类溶剂目的降低 K2SO4的溶解度，故答案为：降低 K2SO4的溶解度，有利于 K2SO4析出；（4）根据阴阳极反应原理阳极失电子发生氧化反应，此题实质是电解硫酸铵溶液，在根据反应后的产物得出正确的答案，故答案为：2SO422eS2O82【点评】此题为化工生产题型，主要考查化合物性质，电极方程式书写做此类题要分析清楚每一个环节目的和结果是什么这样才能判断各反应后的产物分别是什么 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BD（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）H64.39KJmol 12H2O2（l）2H2O（l）+O2（g）H196.46KJmol1H2O（l）H285.84KJmol1 H2()+122()在 H2SO4溶液中 Cu 与 H2O2反应生成 Cu2+和 H2O 的热化学方程式为Cu（s）+H2O2（l）+2H+（aq）Cu2+（aq）+2H2O（l）H319.68KJmol1（3）控制其他条件相同，印刷电路板的金属粉末用 10%H2O2和 3.0molL1H2SO4的混合溶液处理，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 铜平均溶解速率（103molL1min1）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升高而下降，其主要原因是H2O2分解速率加快（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沉 淀 制 备 CuCl 的 离 子 方 程 式 是 2Cu2+SO32+2Cl+H2O 2CuCl+SO42+2H+【考点】BE：热化学方程式菁优网版权所有【分析】（1）根据资源的回收利用可实现资源再生，并减少污染来分析；（2）根据已知的热化学反应方程式和盖斯定律来分析 Cu 与 H2O2反应生成 Cu2+和H2O 的热化学方程式；（3）根据双氧水的性质来分析化学反应速率的变化；（4）根据反应物与生产物来书写离子方程式【解答】解：（1）因热裂解形成燃油及作为有机复合建筑材料的原料都可实现资源的再利用，露天焚烧能生成有害气体则污染空气，直接填埋则废旧印刷电路板中的重金属离子会污染土壤，故答案为：BD；（2）由Cu（s）+2H+（aq）Cu2+（aq）+H2（g）H164.3