2016年江苏省盐城市、南京市高考化学二模试卷（解析版）

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1、2016年江苏省盐城市、南京市高考化学二模试卷一、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美好的生活离不开化学，我们应感恩化学，掌握必要的化学知识下列说法错误的是（）A合理使用化肥可以提高农作物的产量B二氧化氯、臭氧均可用作自来水消毒剂C氢氧化铝和碳酸钠均可用于治疗胃酸过多D化妆品中的甘油可起到保湿滋润皮肤的作用2下列有关化学用语的表示正确的是（）A质量数为37的氯原子： ClBAl3+的结构示意图：CNaClO的电子式：D硝基苯的结构简式：3下列说法正确的是（）A分子式为C3H6的有机物只有两种同分异构体B标准状况下，22.4 L CCl4的质量为15

2、4 gC选用适当的催化剂，既可以改变化学反应速率，也可以改变反应物的平衡转化率D2 g H2（g）在O2（g）中完全燃烧生成H2O（l）放出热量为285.8 kJ，则该反应的热化学方程式可表示为：2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=285.8 kJmol14常温下，反应2H2S（g）+SO2（g）3S（s）+2H2O（l）能自发进行下列说法正确的是（）A该反应为吸热反应B该反应中，SO2为还原剂C1 mol H2S中含有的共价键的数目为3 molD常温下，H2S的还原性强于S的还原性5已知X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，其中Y、R原子最外层电子数相等；X元素最低

3、负价绝对值与W元素最高正价相等；工业上常用电解熔融氧化物的方法冶炼W单质；Z、W、R的最高价氧化物对应的水化物两两反应均生成盐和水下列说法正确的是（）A原子半径由大到小的顺序：Z、W、YB简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：X、Y、RCW的最高价氧化物对应的水化物碱性比Z的强DR的最高价氧化物对应的水化物化学式一定是HRO46常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）ApH=1的溶液中：Na+、NH4+、SO42、CO32B与铝反应产生大量氢气的溶液中：Ca2+、Fe2+、Cl、NO3C =106的溶液中：K+、Na+、I，SO42Dc（ClO）=1.0 molL1的溶液中：Na

4、+、K+、S2、SO427下列指定反应的离子方程式正确的是（）A向苯酚钠溶液通入少量的CO2：2O+CO2+H2O2OH+CO32B用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜：Ag+4H+NO3Ag+NO+2H2OC（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量Ba（OH）2溶液混合：Fe2+2SO42+2Ba2+2OHFe（OH）2+2BaSO4D常温下，向澄清石灰水中通入Cl2：Cl2+2OHCl+ClO+H2O8一定条件下，下列各组物质能一步实现图所示转化关系的是（）选项XYZWAAlAl2O3 NaAlO2Al（OH）3BFe3O4FeFeCl2FeCl3CH2SO4SO2SSO3DCH3CH2BrCH2CH

5、2C2H5OHCH2BrCH2BrAABBCCDD9下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的是（）A利用图1所示装置制取少量NH3B利用图2所示装置制备Fe（OH）3胶体C利用图3所示装置收集HClD利用图4所示装置检验是否生成乙烯10用如图所示装置（熔融CaF2CaO作电解质）获得金属钙，并用钙还原TiO2制备金属钛下列说法正确的是（）A电解过程中，Ca2+向阳极移动B阳极的电极反应式为：C+2O24eCO2C在制备金属钛前后，整套装置中CaO的总量减少D若用铅蓄电池作该装置的供电电源，“+”接线柱是Pb电极二、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

6、项符合题意若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得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下列说法正确的是（）A若电解熔融MgCl2产生1 mol Mg，理论上转移的电子数约为26.021023B海轮船体镶嵌锌块是牺牲阳极的阴极保护法，防止船体被腐蚀C室温下，pH均为3的盐酸和NH4Cl溶液中，水的电离程度相同D一定条件下反应2SO2+O22SO3达到平衡时，v正（O2）=2v逆（SO3）12阿替洛尔是一种用于治疗高血压的药物，它的一种合成路线如下：下列说法正确的是（）A化合物甲的分子式为C8H8O2NB阿替洛尔分子中含有

7、2个手性碳原子C一定条件下，化合物甲与NaOH溶液、浓溴水、H2均可以发生反应D阿替洛尔在NaOH乙醇溶液中加热可发生消去反应13下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作实验现象结论A向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl 溶液和CuSO4溶液均有固体析出蛋白质均发生变性B淀粉溶液和稀H2SO4混合加热后，再加新制的Cu（OH）2悬浊液煮沸无砖红色沉淀产生淀粉未水解C向苯酚浓溶液中滴入溴水，振荡无白色沉淀产生苯酚与溴水不反应D将乙醇和浓硫酸共热至170后，将生成的气体通入酸性KMnO4溶液中KMnO4溶液褪色不能证明乙烯能使KMnO4溶液褪色AABBCCDD1425时，下列溶

8、液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A0.1 molL1NaHC2O4溶液（pH=5.5）：c（Na+）c（HC2O4）c（H2C2O4）c（C2O42）B0.1 molL1NaHS溶液：c（OH）+c（S2）=c（H+）+c（H2S）C0.1 molL1 NH4HSO4溶液中滴加0.1 molL1 NaOH溶液至中性：c（Na+）c（SO42）c（NH4+）c（OH）=c（H+）D0.1 molL1CH3COOH溶液和0.1 molL1CH3COONa溶液等体积混合：c（Na+）c（CH3COOH）c（CH3COO）c（H+）c（OH）15臭氧是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应为：2NO2（g

9、）+O3（g）N2O5（g）十O2（g）H不同温度下，在三个容器中发生上述反应，相关信息如表及图所示：容器甲乙丙容积/L112反应物起始量2mol NO21mol O32mol NO21mol O32mol N2O51mol O2温度/KT1T2T2下列说法正确的是（）A010 min内甲容器中反应的平均速率：v（NO2）=0.02 molL1min1BT1T2，H0C平衡时N2O5浓度：c乙（N2O5）c丙（N2O5）DT1K时，若起始时向容器甲中充入2 mol NO2、1 mol O3、2 mol N2O5和2 mol O2，则脱硝反应达到平衡前，v（正）v（逆）二、非选择题（共80分）1

10、6以硅孔雀石主要成分为CuCO3Cu（OH）2、CuSiO32H2O，含SiO2、FeCO3、Fe2O3等杂质为原料制备CuCl2的工艺流程如下：已知：SOCl2+H2OSO2+2HCl（1）“酸浸”时盐酸与CuCO3Cu（OH）2反应的化学方程式为为提高“酸浸”时铜元素的浸出率，可以采取的措施有：适当提高盐酸浓度；适当提高反应温度；（2）“氧化”时发生反应的离子方程式为（3）“滤渣2”的主要成分为（填化学式）；“调pH”时，pH不能过高，其原因是（4）“加热脱水”时，加入SOCl2的目的是18钍试剂滴定法测定烟气中SO3、SO2含量的装置如图所示吸收瓶123试剂50mL异丙醇50mL 6.8

11、%H2O2溶液50mL 6.8%H2O2溶液目的吸收SO3吸收SO2当通过1m3烟气时，将吸收瓶1中的吸收液转移至锥形瓶1中，加入13滴钍指示剂，以0.025 00molL1的Ba（ClO4）2标准液滴定至终点，消耗Ba（ClO4）2溶液20.00mL；将吸收瓶2、3中的吸收液转移至1 000mL容量瓶中并定容，取50.00mL至锥形瓶2中，加入40mL异丙醇，加入13滴钍指示剂，以0.025 00molL1的Ba（ClO4）2标准液滴定至终点，消耗Ba（ClO4）2溶液30.00mL已知：Ba（ClO4）2+H2SO4BaSO4+2HClO4（1）将吸收瓶放入冰水箱中的目的是（2）100g

12、6.8%（质量分数）的H2O2溶液最多能吸收 L（标准状况）SO2（3）当溶液中SO42完全沉淀c（SO42）1.0106 molL1时，c（Ba2+）室温下，Ksp（BaSO4）=1.11010（4）根据以上数据计算烟气中SO3、SO2的质量浓度（mgm3）（请给出计算过程）19海洋是一个巨大的化学资源宝库海水综合利用的部分流程如下：已知：Br2的沸点为59，微溶于水，有毒性和强腐蚀性（1）电解饱和NaCl溶液的离子方程式为粗盐中常含Ca2+、Mg2+、SO42等杂质离子，可依次加入NaOH、盐酸试剂来进行提纯（2）下列方法可用于海水淡化的是（填字母代号）A蒸馏法B萃取法C离子交换法D电渗析

13、法（3）工业上用电解法制Mg时，通常在MgCl2中加入CaCl2，其原因是：增加电解质的密度，便于分离出熔融的镁；（4）利用图所示装置从母液中提取溴，在B瓶中得到较浓的溴水实验方案为：关闭b、d，打开a、c，由a向A中缓慢通入Cl2至反应完全，（实验中须使用的试剂有：SO2、Cl2、热空气）20NH3可用于制造硝酸、纯碱等，还可用于烟气脱硝（1）NH3催化氧化可制备硝酸NH3氧化时发生如下反应：4NH3（g）+5O2（g）4NO（g）+6H2O（g）H1=907.28kJmol14NH3（g）+3O2（g）2N2（g）+6H2O（g）H2=1 269.02kJmol1则4NH3（g）+6NO（

14、g）5N2（g）+6H2O（g）H3NO被O2氧化为NO2其他条件不变时，NO的氧化率（NO）与温度、压强的关系如图1所示则p1p2（填“”、“”或“=”）；温度高于800时，（NO）几乎为0的原因是（2）联合制碱工艺示意图如图2所示“碳化”时发生反应的化学方程式为（3）利用反应NO2+NH2N2+H2O（未配平）消除NO2的简易装置如图3所示电极b的电极反应式为；消耗标准状况下4.48L NH3时，被消除的NO2的物质的量为mol（4）合成氨的原料气需脱硫处理一种脱硫方法是：先用Na2CO3溶液吸收H2S生成NaHS；NaHS再与NaVO3反应生浅黄色沉淀、Na2V4O9等物质生成浅黄色沉淀

15、的化学方程式为选做题,本题包括A、B两小题，请选定其中一小题作答若多做，则按A小题评分A物质结构与性质21钒及其化合物非常丰富钒可用于生产合金钢、航天用的钒钛合金及化工催化剂等（1）V基态核外电子排布式为（2）某钒的氧化物的晶胞如图所示，则该氧化物的化学式为（3）利用NH4VO3制备催化剂V2O5的反应如下：2NH4VO3V2O5+2NH3+H2O与NH3互为等电子体的一种阳离子为（填化学式）（4）常温下V（CO）6为蓝绿色固体，易挥发，易升华，不溶于水，溶于乙醚、吡啶（N）固态V（CO）6属于晶体N分子中N原子的杂化类型为V（CO）6中含有的化学键有（填字母）A键B键C配位键D非极性键B实验

16、化学22以香豆素3甲酸乙酯（）为原料合成香豆素3甲酸（）的装置如图所示，实验步骤如下：步骤1：在100mL三颈烧瓶中，加入25mL 95%的乙醇溶液、50mL 14%的NaOH溶液和5.45g香豆素3甲酸乙酯，加热回流15分钟步骤2：边搅拌边将反应混合物倒入70mL盐酸中，析出晶体步骤3：抽滤得到粗产品步骤4：加入50%乙醇重结晶，得到白色晶体3.80g（1）步骤1中发生反应的化学方程式为（2）反应装置中冷凝水从口进入（填“a”或“b”）（3）步骤2中加入盐酸的目的是（4）步骤3抽滤完毕或中途停止抽滤时，应先，然后（5）本次实验中香豆素3甲酸的产率为2016年江苏省盐城市、南京市高考化学二模试

17、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美好的生活离不开化学，我们应感恩化学，掌握必要的化学知识下列说法错误的是（）A合理使用化肥可以提高农作物的产量B二氧化氯、臭氧均可用作自来水消毒剂C氢氧化铝和碳酸钠均可用于治疗胃酸过多D化妆品中的甘油可起到保湿滋润皮肤的作用【考点】药物的主要成分和疗效；氯气的化学性质；醇类简介【分析】A农药、化肥的合理使用提高了农作物产量； B具有强氧化性的物质能杀菌消毒；C碳酸钠的碱性太强，不能用来中和胃酸；D甘油中含3个OH，易形成氢键【解答】解：A农药、化肥的合理使用提高了农作物产量，缓解了人类粮食危

18、机，故A正确； B二氧化氯和臭氧都具有强氧化性，所以能杀菌消毒，故B正确；C碳酸钠的碱性太强，不能用来中和胃酸，氢氧化铝可以用来中和胃酸，故C错误；D甘油中含3个OH，易形成氢键，则甘油作为化妆品中的保湿剂，故D正确故选C2下列有关化学用语的表示正确的是（）A质量数为37的氯原子： ClBAl3+的结构示意图：CNaClO的电子式：D硝基苯的结构简式：【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合【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铝离子的核电荷数为13，最外层达到8电子稳定结构；C次氯酸钠为离子化合物，阴阳离子需要标出所带电荷，次氯酸根离子还需要标出最

19、外层电子；D硝基苯可以看作硝基取代苯环上的1个H形成的【解答】解：A氯元素的质子数为17，质量数为37的氯原子的正确表示方法为：1737Cl，故A错误；BAl3+的核外电子总数为10，其离子结构示意图为：，故B正确；CNaClO是离子化合物，Na+和ClO间为离子键，在Cl和O之间为共价键，其电子式为，故C正确；D硝基苯中N原子与苯环相连，硝基苯的结构简式为：，故D正确；故选BCD3下列说法正确的是（）A分子式为C3H6的有机物只有两种同分异构体B标准状况下，22.4 L CCl4的质量为154 gC选用适当的催化剂，既可以改变化学反应速率，也可以改变反应物的平衡转化率D2 g H2（g）在O

20、2（g）中完全燃烧生成H2O（l）放出热量为285.8 kJ，则该反应的热化学方程式可表示为：2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=285.8 kJmol1【考点】有关反应热的计算；物质的量的相关计算；化学平衡的影响因素；同分异构现象和同分异构体【分析】A、C3H6的有机物可能是丙烯和环丙烷；B、标况下四氯化碳是液体；C、使用催化剂，只改变反应速率，但平衡不移动；D、2 g H2（g）是1mol，而不是2mol【解答】解：A、C3H6的有机物可能是丙烯和环丙烷，所以分子式为C3H6的有机物只有两种同分异构体，故A正确；B、标况下四氯化碳是液体，无法求物质的量，故B错误；C、使用催化剂，只改

21、变反应速率，但平衡不移动，所以反应物的平衡转化率不变，故C错误；D、2 g H2（g）是1mol，而不是2mol，所以该反应的热化学方程式可表示为：2H2（g）+O2（g）2H2O（l）H=571.6 kJmol1，故D错误；故选A4常温下，反应2H2S（g）+SO2（g）3S（s）+2H2O（l）能自发进行下列说法正确的是（）A该反应为吸热反应B该反应中，SO2为还原剂C1 mol H2S中含有的共价键的数目为3 molD常温下，H2S的还原性强于S的还原性【考点】氧化还原反应【分析】A反应能自发进行，应满足HTS0；B反应SO2中S元素的化合价降低；C1个H2S中含有2个共价键；D氧化还原

22、反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性【解答】解：A反应能自发进行，应满足HTS0，已知2H2S（g）+SO2（g）3S（s）+2H2O（l）的熵变小于零，则H0，故该反应为放热反应，故A错误；B反应SO2中S元素的化合价降低，所以SO2为氧化剂，故B错误；C1个H2S中含有2个共价键，则1 mol H2S中含有的共价键的数目为2mol，故C错误；D氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，H2S为还原剂，S还原产物，所以H2S的还原性强于S的还原性，故D正确故选D5已知X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，其中Y、R原子最外层电子数相等；X元素最低负价绝对值与W

23、元素最高正价相等；工业上常用电解熔融氧化物的方法冶炼W单质；Z、W、R的最高价氧化物对应的水化物两两反应均生成盐和水下列说法正确的是（）A原子半径由大到小的顺序：Z、W、YB简单气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序：X、Y、RCW的最高价氧化物对应的水化物碱性比Z的强DR的最高价氧化物对应的水化物化学式一定是HRO4【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，Z、W、R最高价氧化物对应的水化物两两反应均生成盐和水，应氢氧化铝与强酸、强碱反应，可推知Z为Na元素、W为Al元素，工业上常用电解熔融氧化铝的方法冶炼Al单质；X元素最低负价绝对值与W

24、元素最高正价相等，X处于VA族，原子序数小于Al，故X为N元素；Y、R原子最外层电子数相等，若Y为O，则R为S，若Y为F，则R为Cl，据此解答【解答】解：X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，Z、W、R最高价氧化物对应的水化物两两反应均生成盐和水，应氢氧化铝与强酸、强碱反应，可推知Z为Na、W为Al，工业上常用电解熔融氧化铝的方法冶炼Al单质；X元素最低负价绝对值与W元素最高正价相等，X处于VA族，原子序数小于Al，故X为N元素；Y、R原子最外层电子数相等，若Y为O，则R为S，若Y为F，则R为ClAY为O或F，Z为Na，W为Al，同周期随原子序数增大，原子半径减小，电子层越

25、多半径越大，所以原子半径由大到小的顺序：Z、W、Y，故A正确；BX、Y为同周期元素，Y的非金属性强于X，故氢化物稳定性YX，故B错误；C金属性AlNa，故碱性：氢氧化铝氢氧化钠，故C错误；DR为S时，最高价氧化物对应水化物为H2SO4，故D错误故选A6常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）ApH=1的溶液中：Na+、NH4+、SO42、CO32B与铝反应产生大量氢气的溶液中：Ca2+、Fe2+、Cl、NO3C =106的溶液中：K+、Na+、I，SO42Dc（ClO）=1.0 molL1的溶液中：Na+、K+、S2、SO42【考点】离子共存问题【分析】ApH=1的溶液，显酸性；

26、B与铝反应产生大量氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；C. =106的溶液，显酸性；D离子之间发生氧化还原反应【解答】解：ApH=1的溶液，显酸性，不能大量存在CO32，故A错误；B与铝反应产生大量氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，碱溶液中不能大量存在Ca2+、Fe2+，酸溶液中Fe2+（或Al）、NO3发生氧化还原反应不生成氢气，故B错误；C. =106的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故C正确；DS2、ClO发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；故选C7下列指定反应的离子方程式正确的是（）A向苯酚钠溶液通入少量的CO2：2O+CO2+H2O2OH+CO32B用稀硝酸洗涤

27、试管内壁的银镜：Ag+4H+NO3Ag+NO+2H2OC（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量Ba（OH）2溶液混合：Fe2+2SO42+2Ba2+2OHFe（OH）2+2BaSO4D常温下，向澄清石灰水中通入Cl2：Cl2+2OHCl+ClO+H2O【考点】离子方程式的书写【分析】A苯酚钠与二氧化碳反应生成苯酚与碳酸氢钠；B电荷不守恒；C向NH4Fe（SO4）2溶液中加入过量Ba（OH）2溶液反应生成硫酸钡、氢氧化铁和一水合氨；D氯气与澄清石灰水反应生成氯化钙、次氯酸钙和水【解答】解：A向苯酚钠溶液中通入少量的CO2，由于苯酚的酸性大于碳酸氢根离子，二者反应生成苯酚和碳酸氢根离子，正确的离子

28、方程式为：CO2+H2O+C6H5OC6H5OH+HCO3，故A错误；B用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜，反应的离子方程式为：3Ag+4H+NO33Ag+NO+2H2O，故B错误；C向NH4Fe（SO4）2溶液中加入过量Ba（OH）2溶液的离子方程式为：NH4+Fe3+2SO42+2Ba2+4OH=2BaSO4+Fe（OH）3+NH3H2O，故C错误；D氯气与澄清石灰水反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，离子方程式：Cl2+2OHCl+ClO+H2O，故D正确；故选：D8一定条件下，下列各组物质能一步实现图所示转化关系的是（）选项XYZWAAlAl2O3 NaAlO2Al（OH）3BFe3O4FeFeCl

29、2FeCl3CH2SO4SO2SSO3DCH3CH2BrCH2CH2C2H5OHCH2BrCH2BrAABBCCDD【考点】镁、铝的重要化合物；浓硫酸的性质；铁的化学性质【分析】A、Y（氧化铝）不能一步转化为W（氢氧化铝）；B、四氧化三铁通过铝热反应生成单质铁，铁与弱氧化剂盐酸反应生成氯化亚铁，铁与氯气生成氯化铁；FeCl2FeCl3；FeCl3FeCl2；C、Z（硫）不能一步转化为W（三氧化硫）；D、Z（C2H5OH）不能一步转化为W（CH2BrCH2Br）；【解答】解：A、Y（氧化铝）不能一步转化为W（氢氧化铝），不符合条件，故A错误；B、四氧化三铁通过铝热反应生成单质铁，铁与弱氧化剂盐酸

30、反应生成氯化亚铁，铁与氯气生成氯化铁；FeCl2FeCl3；FeCl3FeCl2，各步转化都可实现，故B正确；C、Z（硫）不能一步转化为W（三氧化硫），不符合条件，故C错误；D、Z（C2H5OH）不能一步转化为W（CH2BrCH2Br），要先消去，再加成，故D错误；故选B9下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的是（）A利用图1所示装置制取少量NH3B利用图2所示装置制备Fe（OH）3胶体C利用图3所示装置收集HClD利用图4所示装置检验是否生成乙烯【考点】化学实验方案的评价【分析】A氨气密度比空气小； B反应生成氢氧化铁沉淀；C氯化氢密度比空气大；D乙醇能使酸性高锰酸钾褪色【解答】解：

31、A氨气密度比空气小，可用向下排空法收集，故A正确； B加热烧杯中的水至沸腾，向沸水滴加几滴饱和氯化铁溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，即停止加热，得到氢氧化铁胶体，故B错误；C氯化氢密度比空气大，应用向上排空气法，故C错误；D乙醇能使酸性高锰酸钾褪色，应先除掉乙醇，故D错误故选A10用如图所示装置（熔融CaF2CaO作电解质）获得金属钙，并用钙还原TiO2制备金属钛下列说法正确的是（）A电解过程中，Ca2+向阳极移动B阳极的电极反应式为：C+2O24eCO2C在制备金属钛前后，整套装置中CaO的总量减少D若用铅蓄电池作该装置的供电电源，“+”接线柱是Pb电极【考点】化学电源新型电池【分析】根据图知

32、，阳极上电极反应式为C+2O24eCO2，阴极上电极反应式为：2Ca2+4e2Ca，钙还原二氧化钛反应方程式为：2Ca+TiO2Ti+2CaO，“+”接线柱应连接原电池正极，电解过程中，电解质中阳离子向阴极移动、阴离子向阳极移动，据此分析解答【解答】解：A电解过程中，电解质中阳离子向阴极移动、阴离子向阳极移动，所以Ca2+向阴极移动，故A错误；B根据图知，阳极上生成二氧化碳，则阳极反应式为C+2O24eCO2，故B正确；C阴极上电极反应式为：2Ca2+4e2Ca，钙还原二氧化钛反应方程式为：2Ca+TiO2=Ti+2CaO，在制备金属钛前后，整套装置中CaO的总量不变，故C错误；D“+”表示原

33、电池正极，所以“+”接线柱应连接原电池正极，即PbO2极，故D错误；故选B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下列说法正确的是（）A若电解熔融MgCl2产生1 mol Mg，理论上转移的电子数约为26.021023B海轮船体镶嵌锌块是牺牲阳极的阴极保护法，防止船体被腐蚀C室温下，pH均为3的盐酸和NH4Cl溶液中，水的电离程度相同D一定条件下反应2SO2+O22SO3达到平衡时，v正（O2）=

34、2v逆（SO3）【考点】金属的电化学腐蚀与防护；反应速率的定量表示方法；水的电离【分析】A电解熔融MgCl2产生1 mol Mg，转移2mol电子；B原电池的正极被保护，属于牺牲阳极的阴极保护法；C酸碱抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离；D达到平衡时，不同物质的正逆反应速率之比等于计量数之比【解答】解：A电解熔融MgCl2产生1 mol Mg，转移2mol电子，理论上转移的电子数约为26.021023，故A正确；B原电池的正极被保护，负极被腐蚀，Fe、Zn形成原电池时，Fe作正极被保护，属于牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；CpH均为3的盐酸抑制水的电离，NH4Cl促进水的电离，所以pH均为3

35、的盐酸和NH4Cl溶液中，水的电离程度不相同，故C错误；D达到平衡时，不同物质的正逆反应速率之比等于计量数之比，则一定条件下反应2SO2+O22SO3达到平衡时，2v正（O2）=v逆（SO3），故D错误故选AB12阿替洛尔是一种用于治疗高血压的药物，它的一种合成路线如下：下列说法正确的是（）A化合物甲的分子式为C8H8O2NB阿替洛尔分子中含有2个手性碳原子C一定条件下，化合物甲与NaOH溶液、浓溴水、H2均可以发生反应D阿替洛尔在NaOH乙醇溶液中加热可发生消去反应【考点】有机物的结构和性质【分析】A根据结构简式确定分子式；B连接四个不同原子或原子团的原子是手性碳原子；C甲中含有酚羟基、肽键

36、和苯环，具有酚、肽和苯的性质；D连接醇羟基碳原子相邻碳原子上含有H原子，能发生消去反应【解答】解：A根据结构简式确定分子式为C8H9O2N，故A错误；B连接四个不同原子或原子团的原子是手性碳原子，该分子中1个手性碳原子，为连接醇羟基的碳原子，故B错误；C甲中含有酚羟基、肽键和苯环，具有酚、肽和苯的性质，一定条件下，化合物甲与NaOH溶液、浓溴水、H2均可以发生反应，故C正确；D连接醇羟基碳原子相邻碳原子上含有H原子，能发生消去反应，但需要在浓硫酸作催化剂、加热条件下，故D错误；故选C13下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作实验现象结论A向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaC

37、l 溶液和CuSO4溶液均有固体析出蛋白质均发生变性B淀粉溶液和稀H2SO4混合加热后，再加新制的Cu（OH）2悬浊液煮沸无砖红色沉淀产生淀粉未水解C向苯酚浓溶液中滴入溴水，振荡无白色沉淀产生苯酚与溴水不反应D将乙醇和浓硫酸共热至170后，将生成的气体通入酸性KMnO4溶液中KMnO4溶液褪色不能证明乙烯能使KMnO4溶液褪色AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价【分析】A加NaCl发生盐析，加CuSO4 溶液发生变性；B淀粉溶液和稀H2SO4混合加热后，水解生成葡萄糖，应在碱性条件下检验葡萄糖；C向苯酚浓溶液中滴入溴水，生成三溴苯酚溶于苯酚；D乙醇和浓硫酸共热至170后发生消去反应生成乙

38、烯，但乙醇易挥发，二者均可使高锰酸钾褪色【解答】解：A向两份蛋白质溶液中分别加NaCl发生盐析，加CuSO4 溶液发生变性，盐析为可逆过程，变性为不可逆过程，故A错误；B淀粉溶液和稀H2SO4混合加热后，水解生成葡萄糖，应在碱性条件下检验葡萄糖，则没有加碱至碱性不能检验，故B错误；C向苯酚浓溶液中滴入溴水，生成三溴苯酚溶于苯酚，应选浓溴水，现象可观察到白色沉淀，故C错误；D乙醇和浓硫酸共热至170后发生消去反应生成乙烯，但乙醇易挥发，二者均可使高锰酸钾褪色，则该实验不能证明乙烯能使KMnO4溶液褪色，故D正确；故选D1425时，下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（）A0.1 molL1N

39、aHC2O4溶液（pH=5.5）：c（Na+）c（HC2O4）c（H2C2O4）c（C2O42）B0.1 molL1NaHS溶液：c（OH）+c（S2）=c（H+）+c（H2S）C0.1 molL1 NH4HSO4溶液中滴加0.1 molL1 NaOH溶液至中性：c（Na+）c（SO42）c（NH4+）c（OH）=c（H+）D0.1 molL1CH3COOH溶液和0.1 molL1CH3COONa溶液等体积混合：c（Na+）c（CH3COOH）c（CH3COO）c（H+）c（OH）【考点】离子浓度大小的比较【分析】ANaHC2O4溶液的pH=5.5，说明HC2O4的电离程度大于其水解程度，则c

40、（C2O42）c（H2C2O4）；B根据硫氢化钠溶液中的质子守恒判断；C当二者按照1：1混合时生成硫酸钠、硫酸铵，溶液呈酸性，则氢氧化钠稍过量，结合电荷守恒判断；D醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则c（CH3COO）cc（CH3COOH），结合物料守恒可知c（CH3COO）c（Na+）c（CH3COOH）【解答】解：A0.1 molL1NaHC2O4溶液（pH=5.5），溶液呈酸性，说明HC2O4的电离程度大于其水解程度，则c（C2O42）c（H2C2O4），正确的浓度大小为：c（Na+）c（HC2O4）c（C2O42）c（H2C2O4），故A错误；B0.1 molL1NaHS溶液中，

41、根据质子守恒可得：c（OH）+c（S2）=c（H+）+c（H2S），故B正确；C0.1 molL1 NH4HSO4溶液中滴加0.1 molL1 NaOH溶液至中性，则c（OH）=c（H+），根据电荷守恒可知：c（Na+）+c（NH4+）=c（SO42），由于铵根离子部分水解，则c（SO42）c（NH4+），所以c（Na+）c（SO42），溶液中离子浓度大小为：c（Na+）c（SO42）c（NH4+）c（OH）=c（H+），故C正确；D0.1 molL1CH3COOH溶液和0.1 molL1CH3COONa溶液等体积混合，由于醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则c（CH3COO）cc（CH

42、3COOH），结合物料守恒可知c（CH3COO）c（Na+）c（CH3COOH），溶液中正确的浓度大小为：c（CH3COO）c（Na+）c（CH3COOH）c（H+）c（OH），故D错误；故选BC15臭氧是理想的烟气脱硝剂，其脱硝反应为：2NO2（g）+O3（g）N2O5（g）十O2（g）H不同温度下，在三个容器中发生上述反应，相关信息如表及图所示：容器甲乙丙容积/L112反应物起始量2mol NO21mol O32mol NO21mol O32mol N2O51mol O2温度/KT1T2T2下列说法正确的是（）A010 min内甲容器中反应的平均速率：v（NO2）=0.02 molL1mi

43、n1BT1T2，H0C平衡时N2O5浓度：c乙（N2O5）c丙（N2O5）DT1K时，若起始时向容器甲中充入2 mol NO2、1 mol O3、2 mol N2O5和2 mol O2，则脱硝反应达到平衡前，v（正）v（逆）【考点】化学平衡的计算【分析】A 图象分析可知，N2O5（g）生成浓度0.2mol/L，则消耗NO2浓度0.4mol/L，计算v（NO2）在010min内甲容器中反应的平均速率=；B先拐先平温度高，T1T2，温度越高N2O5（g）浓度越小，结合平衡移动原理分析；C结合三行计算列式计算浓度，化学反应达到平衡状态不能进行彻底分析；D若起始时向容器甲中充入2molNO2、1mol

44、O3、2molN2O5和2mol O2，计算浓度商Qc和平衡常数比较判断反应进行的方向【解答】解：A、读图可知，010min内甲容器中N2O5的浓度变化量为0.2molL1，2NO2（g）+O3（g）N2O5（g）十O2（g），则消耗NO2浓度0.4mol/L，反应速率v（NO2）=0.04mol/（Lmin），故A错误；B先拐先平温度高，T1T2，温度越高N2O5（g）浓度越小，说明温度升高平衡逆向进行，则反应H0，故B错误；C，乙中依据化学三行计算得到，2NO2（g）+O3N2O5（g）+O2（g）， 2 1 0 0 0.8 0.4 0.4 0.4 1.2 0.6 0.4 0.4丙中2NO

45、2（g）+O3N2O5（g）+O2（g）， 1 2 0 平衡时N2O5浓度：c乙（N2O5）c丙（N2O5），故C错误；D若起始时向容器甲中充入2molNO2、1molO3、2molN2O5和2mol O2，计算浓度商Qc=1，相当于加入五氧化二氮反应逆向进行，则脱硝反应达到平衡前，v（正）v（逆），故D正确；故选D二、非选择题（共80分）16以硅孔雀石主要成分为CuCO3Cu（OH）2、CuSiO32H2O，含SiO2、FeCO3、Fe2O3等杂质为原料制备CuCl2的工艺流程如下：已知：SOCl2+H2OSO2+2HCl（1）“酸浸”时盐酸与CuCO3Cu（OH）2反应的化学方程式为CuC

46、O3Cu（OH）2+4HCl2CuCl2+CO2+3H2O为提高“酸浸”时铜元素的浸出率，可以采取的措施有：适当提高盐酸浓度；适当提高反应温度；适当加快搅拌速率、适当延长酸浸时间（2）“氧化”时发生反应的离子方程式为Cl2+2Fe2+2Fe3+2Cl（3）“滤渣2”的主要成分为Fe（OH）3（填化学式）；“调pH”时，pH不能过高，其原因是防止Cu2+转化为Cu（OH）2沉淀（4）“加热脱水”时，加入SOCl2的目的是生成的HCl抑制CuCl2的水解【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】（1）“酸浸”时盐酸与CuCO3Cu（OH）2反应为复分解反应，由此确定产物配平得化学方程式

47、为CuCO3Cu（OH）2+4HCl2CuCl2+CO2+3H2O，为提高“酸浸”时铜元素的浸出率，可：适当提高盐酸浓度；适当提高反应温度；适当加快搅拌速率、适当延长酸浸时间；（2）硅孔雀石主要成分为CuCO3Cu（OH）2、CuSiO32H2O，含SiO2、FeCO3、Fe2O3等杂质，根据流程图，加盐酸“酸浸”后溶液中只有Fe2+可被氯气氧化，“氧化”时发生反应的离子方程式为Cl2+2Fe2+2Fe3+2Cl；（3）根据流程图，经氧化后溶液中阳离子主要为Cu2+和Fe3+，加试剂X调节pH使Fe3+完全沉淀而除去，Cu2+仍留在溶液中，实现Cu2+和Fe3+的分离，最终制备CuCl2；“调

48、pH”时，pH不能过高，否则Cu2+转化为Cu（OH）2沉淀；（4）由已知：SOCl2+H2OSO2+2HCl，“加热脱水”时，加入SOCl2的目的是生成的HCl抑制CuCl2的水解【解答】解：（1）“酸浸”时盐酸与CuCO3Cu（OH）2反应为复分解反应，由此确定产物配平得化学方程式为CuCO3Cu（OH）2+4HCl2CuCl2+CO2+3H2O，为提高“酸浸”时铜元素的浸出率，可：适当提高盐酸浓度；适当提高反应温度；适当加快搅拌速率、适当延长酸浸时间，故答案为：CuCO3Cu（OH）2+4HCl2CuCl2+CO2+3H2O，适当加快搅拌速率、适当延长酸浸时间；（2）硅孔雀石主要成分为C

49、uCO3Cu（OH）2、CuSiO32H2O，含SiO2、FeCO3、Fe2O3等杂质，根据流程图，加盐酸“酸浸”后溶液中只有Fe2+可被氯气氧化，“氧化”时发生反应的离子方程式为Cl2+2Fe2+2Fe3+2Cl，故答案为：Cl2+2Fe2+2Fe3+2Cl；（3）根据流程图，经氧化后溶液中阳离子主要为Cu2+和Fe3+，加试剂X调节pH使Fe3+完全沉淀而除去，Cu2+仍留在溶液中，实现Cu2+和Fe3+的分离，最终制备CuCl2；“调pH”时，pH不能过高，否则Cu2+转化为Cu（OH）2沉淀，故答案为：Fe（OH）3 防止Cu2+转化为Cu（OH）2沉淀；（4）由已知：SOCl2+H2

50、OSO2+2HCl，“加热脱水”时，加入SOCl2的目的是生成的HCl抑制CuCl2的水解（1）CuCO3Cu（OH）2+4HCl2CuCl2+CO2+3H2O，故答案为：生成的HCl抑制CuCl2的水解18钍试剂滴定法测定烟气中SO3、SO2含量的装置如图所示吸收瓶123试剂50mL异丙醇50mL 6.8%H2O2溶液50mL 6.8%H2O2溶液目的吸收SO3吸收SO2当通过1m3烟气时，将吸收瓶1中的吸收液转移至锥形瓶1中，加入13滴钍指示剂，以0.025 00molL1的Ba（ClO4）2标准液滴定至终点，消耗Ba（ClO4）2溶液20.00mL；将吸收瓶2、3中的吸收液转移至1 00

51、0mL容量瓶中并定容，取50.00mL至锥形瓶2中，加入40mL异丙醇，加入13滴钍指示剂，以0.025 00molL1的Ba（ClO4）2标准液滴定至终点，消耗Ba（ClO4）2溶液30.00mL已知：Ba（ClO4）2+H2SO4BaSO4+2HClO4（1）将吸收瓶放入冰水箱中的目的是降温，增大气体的溶解度，使SO2、SO3易被吸收（2）100g 6.8%（质量分数）的H2O2溶液最多能吸收4.48 L（标准状况）SO2（3）当溶液中SO42完全沉淀c（SO42）1.0106 molL1时，c（Ba2+）1.1104 mol/L室温下，Ksp（BaSO4）=1.11010（4）根据以上数

52、据计算烟气中SO3、SO2的质量浓度（SO3）=40 mgm3，（SO2）=960 mgm3（mgm3）（请给出计算过程）【考点】探究物质的组成或测量物质的含量【分析】（1）降低温度，增大气体溶解度，有利于二氧化硫、三氧化硫的吸收；（2）发生反应：H2O2+SO2=H2SO4，计算溶液中H2O2的质量，结合方程式计算二氧化硫的体积；（3）Ksp（BaSO4）=c（SO42）c（Ba2+）=1.11010计算；（4）吸收瓶1吸收SO3，根据S原子守恒可知n（SO3）=nBa（ClO4）21，吸收瓶2、3吸收SO2，根据S原子守恒可知n（SO2）=nBa（ClO4）22，进而计算质量浓度【解答】解

53、：（1）将吸收瓶放入冰水箱中，可以降温，增大气体的溶解度，使SO2、SO3易被吸收，故答案为：降温，增大气体的溶解度，使SO2、SO3易被吸收；（2）设标况下最多能吸收二氧化硫的体积为V，则： H2O2+SO2=H2SO4 34g 22.4L 100g6.8% V所以V=4.48L故答案为：4.48；（3）当溶液中SO42完全沉淀时c（SO42）1.0106 molL1，Ksp（BaSO4）=c（SO42）c（Ba2+）=1.11010，则c（Ba2+）mol/L=1.1104 mol/L，故答案为：1.1104 mol/L；（4）吸收瓶1吸收SO3，根据S原子守恒可知n（SO3）=nBa（C

54、lO4）21=0.025 00 molL10.020 00 L=5.000104 mol，（SO3）=（5.000104 mol80 gmol1103 mgg1）/1 m3=40 mgm3；吸收瓶2、3吸收SO2，根据S原子守恒可知n（SO2）=nBa（ClO4）22=0.025 00 molL10.030 00 L=0.015 00 mol，（SO2）=（0.015 00 mol64 gmol1103 mgg1）/1 m3=960 mgm3，故答案为：（SO3）=40 mgm3，（SO2）=960 mgm319海洋是一个巨大的化学资源宝库海水综合利用的部分流程如下：已知：Br2的沸点为59，

55、微溶于水，有毒性和强腐蚀性（1）电解饱和NaCl溶液的离子方程式为2Cl+2H2OH2+Cl2+2OH粗盐中常含Ca2+、Mg2+、SO42等杂质离子，可依次加入NaOH、BaCl2、Na2CO3、盐酸试剂来进行提纯（2）下列方法可用于海水淡化的是ACD（填字母代号）A蒸馏法B萃取法C离子交换法D电渗析法（3）工业上用电解法制Mg时，通常在MgCl2中加入CaCl2，其原因是：增加电解质的密度，便于分离出熔融的镁；使氯化镁熔融温度降低，从而减少冶炼过程中的能量消耗（4）利用图所示装置从母液中提取溴，在B瓶中得到较浓的溴水实验方案为：关闭b、d，打开a、c，由a向A中缓慢通入Cl2至反应完全，关

56、闭a、c，打开b、d、e，由b向A中鼓入足量热空气，同时由e向B中通入足量SO2；关闭b、e，打开a，再由a向B中缓慢通入足量Cl2（实验中须使用的试剂有：SO2、Cl2、热空气）【考点】海水资源及其综合利用【分析】海水淡化得到淡水，另外蒸发溶剂得到粗盐和母液，粗盐通过精制得到精盐；母液加氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁和酸反应生成氯化镁，制得氯化镁，母液通入氯气氧化溴离子为溴单质，被二氧化硫吸收后发生氧化还原反应生成溴化氢，富集溴元素，通入氯气氧化溴化氢为溴单质得到高浓度的溴（1）惰性电极电解NaCl溶液，生成NaOH、氢气、氯气；粗盐中含有Ca2+、Mg2+及SO42，镁离子用氢氧根

57、离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子；（2）海水淡化海水就是将海水中的可溶性杂质除去的过程，可根据淡化原理进行分析；（3）用电解法制Mg时，通常在MgCl2中加入CaCl2，可使氯化镁熔融温度降低，从而减少能耗；（4）通入热空气和氯气，发生氧化还原反应生成溴，空气将溴吹出，通入二氧化硫，发生Br2+SO2+H2O2HBr+H2SO4，富集后再通入氯气，生成溴【解答】解：（1）惰性电极电解NaCl溶液，阳极上是氯离子失电子，2Cl2e=Cl2，阴极上是氢离子得电子，2H+2e=H2，由两极上的电极反应可以得到总反应为2Cl+2H2OH2+Cl2+2OH，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧