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,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。
【考点】物质结构:
电子式、化学式或化学符号及名称的综合。
【专题】化学用语专题。
【点评】本题考查常见化学用语的表示方法,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.(2017•江苏)下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
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
【解析】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;
【考点】物质的组成、结构和性质的关系:
钠及其化合物;
硅及其化合物;
氯及其化合物;
氮及其化合物;
【专题】物质的性质和变化专题。
【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.(2017•江苏)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SO2B.验证漂白性C.收集SO2D.尾气处理
【答案】B
【解析】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。
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,操作符号要求,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。
【考点】化学实验方案的评价。
硫及其化合物。
【专题】实验评价题。
【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.(2017•江苏)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
【答案】D
【解析】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,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;
【考点】物质结构与元素周期律。
【专题】元素周期律与元素周期表专题。
【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.(2017•江苏)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﹣+2H2O
H2↑+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
【解析】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,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﹣+2H2O
H2↑+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﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O+NH3•H2O,故D错误;
【考点】离子方程式的书写
【专题】离子反应专题
【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.(2017•江苏)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.Fe
FeCl2
Fe(OH)2
B.S
SO3
H2SO4
C.CaCO3
CaO
CaSiO3
D.NH3
NO
HNO3
【分析】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,和酸性氧化物二氯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;
【考点】铁及其化合物;
硫及其化合物;
碳、硅及其化合物;
【专题】物质的性质和变化专题
【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)(2017•江苏)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=akJ•mol﹣1
②CO(g)+H2O(g)═CO2(g)+H2(g)△H2=bkJ•mol﹣1
③CO2(g)+3H2(g)═CH3OH(g)+H2O(g)△H3=ckJ•mol﹣1
④2CH3OH(g)═CH3OCH3(g)+H2O(g)△H4=dkJ•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)═0.5CH3OCH3(g)+0.5H2O(l)的△H=d/2kJ•mol﹣1
D.反应2CO(g)+4H2(g)═CH3OCH3(g)+H2O(g)的△H=(2b+2c+d)kJ•mol﹣1
【解析】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)═0.5CH3OCH3(g)+0.5H2O(l)的△H≠d/2kJ•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;
【考点】盖斯定律及其应用;
反应热和焓变;
【专题】化学反应中的能量变化
【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.(2017•江苏)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+)=1mol•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—
【答案】选B
【解析】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;
【考点】离子共存问题;
铁及其化合物;
水溶液中的离子平衡;
【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.(2017•江苏)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。
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
【解析】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,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,但与溶液的pH值不成正比,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;
【考点】化学反应速率的影响因素
【专题】化学反应速率专题
【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.
11.(2017•江苏)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
【解析】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含﹣OH、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;
【考点】有机物的结构和性质:
芳香族化合物;
烯;
醇;
醛;
【专题】有机物分子组成通式的应用规律
【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.(2017•江苏)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×
10﹣4mol•L—1
D.常温常压下,锌与稀H2SO4反应生成11.2LH2,反应中转移的电子数为6.02×
1023
【答案】BC
【分析】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—)=10﹣4mol•L—1,c(Mg2+)≤5.6×
10—12/(10—4)2=5.6×
10—4mol•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;
【考点】反应热和焓变及熵变;
原电池;
难溶电解质Ksp;
氧化还原反应。
【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④为易错点,题目难度中等。
13.(2017•江苏)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
实验结论
A
向苯酚溶液中滴加少量浓溴水、振荡,无白色沉淀
苯酚浓度小
B
向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液,出现白色沉淀;
再加入足量稀盐酸,部分沉淀溶解
部分Na2SO3被氧化
C
向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4,加热;
再加入银氨溶液;
未出现银镜
蔗糖未水解
D
向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液,溶液呈蓝色
溶液中含Br2
A.AB.BC.CD.D
【分析】A.苯酚能和浓溴水发生取代反应生成三溴苯酚白色沉淀,三溴苯酚能溶于苯酚,所以得不到白色沉淀,该实验结论错误,故A错误;
B.硫酸钡不溶于稀盐酸、亚硫酸钡溶于稀盐酸,如果亚硫酸钠被氧化生成硫酸钠,则加入氯化钡产生白色沉淀,且向该白色沉淀中加入稀盐酸时部分沉淀不溶解,说明该白色沉淀中含有硫酸钡,则得出结论:
部分Na2SO3被氧化,故B正确;
C.银镜反应必须在碱性条件下进行,该实验中加入银氨溶液前没有加入NaOH溶液中和未反应的稀硫酸,所以实验不成功,则实验操作及结论错误,故C错误;
D.该黄色溶液中可能含有铁离子,铁离子也能将碘离子氧化为碘单质,所以不能确定该黄色溶液中含有溴,则结论不正确,故D错误;
【考点】实验方案的评价;
酚;
硫及其化合物;
糖类的水解反应;
卤素;
【专题】实验评价题
【点评】本题考查化学实验方案评价,为高频考点,明确实验操作步骤、元素化合物性质是解本题关键,侧重考查学生实验操作、实验分析及判断能力,注意:
银镜反应条件,题目难度不大。
14.(2017•江苏)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0.1mol•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.0.2mol•L—1HCOOH与0.1mol•L—1NaOH等体积混合后的溶液中:
C(HCOO—)+c(OH—)=c(HCOOH)+c(H+)
D.0.2mol•L﹣1CH3COONa与0.1mol•L﹣1盐酸等体积混合后的溶液中(pH<7):
c(CH3COO—)>c(Cl—)>c(CH3COOH)>c(H+)
【答案】AD
【解析】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—);
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;
,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;
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。
故D正确;
【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡
【专题】电离平衡与溶液的pH专题
【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.(2017•江苏)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。
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)
Ⅰ
0.6
0
0.2
Ⅱ
0.3
0.5
Ⅲ
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
【答案】CD
【解析】A.I中的反应:
2NO(g)+O2(g)
开始(mol/L)0.600
反应(mol/L)0.40.40.2
平衡(mol/L)0.20.40.2
化学平衡常数K=0.42×
0.2/0.22=0.8
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=0.52×
0.2/0.32=5/9<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.如果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=1/15,平衡时c(NO2)=c(O2)=7/30mol/L,c(NO)=0.5mol/L+1/15mol/L=17/30mol/L,II中(17/30)2(7/30)/(7/30)2≈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;
【考点】化学平衡的计算
【专题】化学平衡专题
【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
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- 江苏省 高考 化学试题 清晰 解析