高考化学压轴卷_1

一岗双责落实还不到位。受事务性工作影响，对分管单位一岗双责常常落实在安排部署上、口头要求上，实际督导、检查的少，指导、推进、检查还不到位。2017江苏省高考压轴卷化 学可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Mn 55 Fe 56 I 127选择题一、单项选择题：本题共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化学与生产、生活、社会密切相关。下列有关说法错误的是A. 从海水中可提取镁，电解熔融氯化镁可制得金属镁B应用高纯度单质硅制成光导纤维，提高信息传输速度C. 研制高性能的耐磨轮胎，可减少PM2.5等细颗粒物的产生D开发二氧化碳制成的全降解塑料，缓解日益严重的“白色污染”2下列有关氧元素及其化合物的表示正确的是A. 质子数为8、中子数为10的氧原子： B. 氧原子的结构示意图：C水分子的电子式： D乙酸甲酯的结构简式：HCOOC2H53下列说法正确的是A石油的裂解、煤的干馏、蛋白质的盐析都是化学变化B. C2H4Cl2、C5H12均只有两种同分异构体C. Na与H2O的反应是熵增的放热反应，该反应能自发进行D已知25、101kPa，在稀溶液中：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(aq) H=-57.3kJ/mol。则相同条件下，若将含1molCH3COOH的稀溶液与含1molNaOH的稀溶液混合，放出的热量等于57.3kJ4用H2O2溶液处理含NaCN的废水的反应原理为NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3，已知：HCN酸性比H2CO3弱。下列有关说法正确的是( ) A该反应中氮元素被氧化B. 该反应中H2O2作还原剂C实验室配制NaCN溶液时，需加入适量的NaOH溶液D. 0.lmol/LNaCN溶液中含HCN和CN-总数目为0.16.021023 5. Q、W、X、Y、Z五种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大。已知：Q 和X、W和Y分别位于同主族且W、Y质子数之和是Q、X质子数之和的2倍。下列说法正确的是A. 原子半径的大小顺序：WXYB. W的简单气态氢化物的热稳定性比Y的弱C. Z分别与Q、X形成的化合物中化学键类型相同D. X的最高价氧化物对应水化物的碱性在同周期中最强6. 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.0.1mol/LFeC13溶液中：A13+、NH4+、Cl-、SCN- B使甲基橙变红色的溶液中：Mg2+、K+、SO42-、NO3-C. 的溶液中：Na、Fe3、I-、AlO2-D. 水电离的c(H+)=110-13mol/L的溶液中：K、Na+、CO32-、SO42-7从海带中提取碘应该包括灼烧、溶解、过滤、氧化、萃取、蒸馏等过程。下列有关图示操作正确的是（ ）A用装置甲将海带灼烧成灰 B用装置乙过滤得含I-的溶液C用装置丙分离出碘的CCl4溶液 D用装置丁蒸馏获得碘并回收CCl4 8下列离子方程式正确的是A. Fe3O4溶于足量稀硝酸：Fe3O48H+=Fe2+2Fe3+4H2O B. 4mol/LNaAlO2溶液与7mol/L盐酸等体积混合：4AlO2-+7H+H2O=3Al(OH)3A13+ C与浓盐酸在加热条件下生成氯气：6Cl-6H+=十3Cl2+3H2O D用银氨溶液检验乙醛中的醛基：CH3CHO+1Ag(NH3)2+2OH-CH3COO-+NH4+NH3Ag+H2O 9下列物质的转化在给定条件下能实现的是A B C D 10一种三室微生物燃料电池污水净化系统原理如右图所示，图中有机废水中的有机物可用C6H10O5表示。有关说法正确的是A. b 电极为该电池的负极B. b 电极附近溶液的pH 减小C. a 电极反应式：C6H10O5-24e-7H2O=6CO224H+ D中间室：Na+移向左室，Cl-移向右室二、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。11一种天然化合物X的结构简式如图所示。下列有关该化合物的说法中不正确的是A每个X分子中含有1个手性碳原子B化合物X能使酸性高锰酸钾溶液褪色C1 mol化合物X最多能与5 mol NaOH发生反应D化合物X与溴水既能发生加成反应又能发生取代反应12某柔性燃料电池（以甲醇为燃料，酸性介质）结构示意如图。下列有关说法正确的是A电池工作时，电子由A电极经外电路流向B电极B电池工作时，减少的化学能完全转化为电能CA电极发生的电极反应为：CH3OH6eH2O=CO26H DB电极每消耗1 mol O2，电池中减少4 mol H13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向碳酸钠溶液中加入浓盐酸，将产生的气体通入苯酚钠溶液中，溶液变浑浊酸性：碳酸苯酚B向1mL 0.1 molL-1 MgSO4溶液中，滴入2滴0.1 molL-1 NaOH溶液，产生白色沉淀，再滴入2滴0.1 molL-1CuSO4溶液，白色沉淀逐渐变为蓝色Ksp1Cu(OH)2苯酚，因为与苯酚钠溶液生成苯酚的不一定是二氧化碳，由于浓盐酸有挥发性，所以也可能为HCl与苯酚钠溶液生成苯酚，错误；B正确；C向蛋白质溶液中加入甲醛溶液和Na2SO4饱和溶液，均产生白色沉淀 ，甲醛使蛋白质发生了变性，Na2SO4使蛋白质发生了变性，错误；D用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色该溶液是钠盐溶液，也可能是NaOH溶液，错误；故答案选B。 14【答案】BD 【解析】A通入HCl气体之前，Na2S发生水解，因此c(OH)c(HS)，所以浓度大小关系为：c(S2)c(OH)c(HS)c(H+)，错误；BpH=7的溶液中，存在电荷守恒：c(Na+)c(H+)c(Cl) c(HS)2c(S2)c(OH)，即：c(Na+)c(Cl) c(HS)2c(S2)；由于忽略H2S的挥发，还存在物料守恒：c(Na+)2c(HS)2c(S2)2c(H2S)，可以得到等量关系：c(Cl)c(HS)2c(H2S)，正确；C由于忽略H2S的挥发，溶液中存在物料守恒：c(Na+)2c(HS)2c(S2)2c(H2S)= 0.200 molL-1，即： c(HS)c(S2)c(H2S)= 0.100 molL-1；溶液还存在电荷守恒：c(Na+)c(H+)c(Cl) c(HS)2c(S2)c(OH)，即：c(Na+)c(H+)c(H2S)c(Cl) c(HS)2c(S2)c(OH) c(H2S)，可以得到：0.200 molL-1c(H+)c(H2S)c(Cl) 0.100 molL-1c(S2)c(OH)，由于c(HS)=c(S2)，即：0.100 molL-1c(H+)c(H2S)c(Cl)c(HS)c(OH)，即： c(Cl)c(HS) 0.100 molL-1c(H2S)c(H+)c(OH)，由于为碱性溶液，因此c(H+)c(OH)0，因此c(Cl)c(HS) 0.100 molL-1c(H2S)，错误；D由于忽略H2S的挥发，溶液中存在物料守恒：c(Na+)2c(HS)2c(S2)2c(H2S)= 0.200 molL-1，即： c(HS)c(S2)c(H2S)= 0.100 molL-1；溶液还存在电荷守恒：c(Na+)c(H+)c(Cl) c(HS)2c(S2)c(OH)，即：c(Na+)c(H+)c(H2S)c(Cl) c(HS)2c(S2)c(OH) c(H2S)，可以得到：0.200 molL-1c(H+)c(H2S)c(Cl) 0.100 molL-1c(S2)c(OH)，由于c(Cl)=0.100 molL-1，则： c(H+)c(H2S)c(S2)c(OH)， 即：c(OH)c(H)c(H2S)c(S2)，正确；故答案选BD。 15【答案】AD 【解析】AM、N两点的温度相同，所以平衡常数也相同；M点的容器内：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)，起始浓度（molL-1）： 3 1 0 0转化浓度（molL-1）： 0.5 0.5 0.25 0.5平衡浓度（molL-1）： 2.5 0.5 0.25 0.5K=c 2(CO2) c(N2)/ c 2 (CO) c 2 (NO)= 0.04，正确；BM、N两点容器内的温度相同，化学平衡常数相同，起始时容器中NO 、CO物质的量是容器中的2倍，由于该反应是气体体积减少的反应，压强越大，对正反应转化越有利，因此平衡时：P(M)2P(N)，错误；C若将容器的容积改为1 L，T1温度下达到平衡时如果c(CO2)0.25 molL-1则2NO(g)+2CO(g)N2(g) + 2CO2(g)，起始浓度（molL-1）： 3 1 0 0转化浓度（molL-1）： 0.25 0.25 0.125 0.25平衡浓度（molL-1）： 0.75 0.75 0.125 0.25K/ =c 2(CO2) c(N2)/ c 2 (CO) c 2 (NO)= 0.125 0.252/0.752 0.7520.04，由于温度相同，化学平衡常数应当不变，错误；DM点的容器内：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)，起始浓度（molL-1）： 3 1 0 0转化浓度（molL-1）： 0.5 0.5 0.25 0.5平衡浓度（molL-1）： 2.5 0.5 0.25 0.5（NO）= 100%=16.7%，该反应为放热反应，若将容器改为绝热容器，实验起始温度为T1，随着反应进行，容器内温度逐渐升高，对正反应进行不利，因此达平衡时NO的转化率小于16.7%，正确；故答案选AD16.【答案】2Cu+ 4H+O22Cu2+ 2H2OAs2O3+12H+12e-2AsH3+3H2O1:3 3.37.2取样，向其中滴加H2O2后，再滴入KSCN溶液，若溶液变红，则待电解液中含有Fe元素H2SO4【解析】浸出过程中，如果采用通入空气的方法进行搅拌，在酸性条件下Cu会被空气中的O2氧化，反应的离子方程式为2Cu+ 4H+O22Cu2+ 2H2O；故答案为：2Cu+ 4H+O22Cu2+ 2H2O;除钴过程中，锌粉会与As2O3形成微电池产生AsH3。说明在该微电池中锌作负极失去电子，As2O3作为正极得到电子，所以正极反应式为：As2O3+12H+12e-2AsH3+3H2O；故答案为：As2O3+12H+12e-2AsH3+3H2O；除铁时先加入适量KMnO4，发生反应的离子方程式为：MnO43Fe24H=MnO23Fe32H2O,所以除铁过程中，理论上参加反应的物质n(KMnO4): n(Fe2+)=1:3；除铁时加入ZnO的目的是调节pH，让Fe3水解生成Fe(OH)3沉淀，而Cd2+不水解生成Cd(OH)2沉淀，Fe(OH)3完全沉淀的pH3.3，Cd2+不水解生成Cd(OH)2沉淀的pH 7.2，所以控制反应液pH的范围为3.37.2。故答案为：1:3；3.37.2。若上述流程中投入的KMnO4不足量，则待电解溶液中有Fe元素残余，验证的实验方案为：取样，向其中滴加H2O2后，再滴入KSCN溶液，若溶液变红，则待电解液中含有Fe元素；故答案为：取样，向其中滴加H2O2后，再滴入KSCN溶液，若溶液变红，则待电解液中含有Fe元素；净化后的溶液用惰性电极电解时，Cd2+在电解池阴极获得电子形成镉单质，溶液中的OH在电解池阳极失去电子产生O2。所以电解废液中可循环利用的溶质是H2SO4；故答案为：H2SO4。17.【答案】醚键、羰基（酮基） 取代反应 【解析】根据化合物E的结构，可知其中的含氧官能团有：醚键、羰基（酮基）；故答案为：醚键、羰基（酮基）；根据化合物B的结构 和化合物C的结构的差异，可知BC的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；根据化合物E的结构和化合物C的结构的差异，并且D经还原得到E，D的分子式为C14H9O5N，可以分析出D中存在NO2，DE的转化就是D中NO2被还原为NH2得到E，因此D的结构简式为；故答案为： 。根据F的结构简式可知F的分子式为C15H10O5,该同分异构体能发生水解反应，说明结构中存在酯基，水解产物中一种能与FeCl3溶液发生显色反应说明该种产物中存在酚OH，另一种水解产物能发生银镜反应，说明该种水解产物中存在CHO；分子中含有两个苯环且只有3种不同化学环境的氢，说明结构高度对称，因此可以分析出该物质的结构简式为；故答案为：。通过分析原料、CH3OH和产物的结构可知：要把结构中的CH3转变为COOH，醚键转变为OH，CHO转变为酯基，CH3转变为COOH 可以通过Na2Cr2O7氧化实现，但是Na2Cr2O7能把CH2CHO直接氧化为COOH，导致碳原子减少，所以应当先用弱氧化剂氧化CHO，因此流程为：；故答案为：。18.【答案】358.4H2O2+ ClO- Cl-+ O2+ H2O除去过量的H2O2n(K2Cr2O7)= 0.01000 molL-120.0010-3 L=210-4 mol根据Cr2O72-+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O与K2Cr2O7反应的Fe2+：n(Fe2+)1= 210-4 mol6=1.210-3 mol与ClO3-反应的Fe2+：n(Fe2+)2=0.1000 molL-130.0010-3 L1.210-3 mol=1.810-3 mol根据ClO3-+6Fe2+6H+Cl-+6Fe3+3H2O在10 mLNaClO溶液试样中：n(NaClO3)= 1.810-3 mol =310-4 mol样品中NaClO3的含量=3.195 gL-1【解析】根据反应方程式：NaClO+2NH3= N2H4+NaCl+H2O，可知n（NH3）=2 n（N2H4），n（N2H4）=1000 g25.6%/32 gmol -1=8 mol，n（NH3）=2 n（N2H4）=16 mol；标准状况下NH3体积为：16 mol22.4 Lmol -1=358.4 L，故答案为：358.4 L；加入过量H2O2，可以将次氯酸钠完全还原为Cl，所以H2O2与次氯酸钠反应的离子方程式为H2O2+ ClO- Cl-+ O2+ H2O，故答案为：H2O2+ ClO- Cl-+ O2+ H2O；因为H2O2受热容易分解，所以实验中加热煮沸的目的是除去过量的H2O2，故答案为：除去过量的H2O2；n(K2Cr2O7)= 0.01000 molL-120.0010-3 L=210-4 mol根据Cr2O72-+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O与K2Cr2O7反应的Fe2+：n(Fe2+)1= 210-4 mol6=1.210-3 mol与ClO3-反应的Fe2+：n(Fe2+)2=0.1000 molL-130.0010-3 L1.210-3 mol=1.810-3 mol根据ClO3-+6Fe2+6H+Cl-+6Fe3+3H2O在10 mLNaClO溶液试样中：n(NaClO3)= 1.810-3 mol =310-4 mol样品中NaClO3的含量=3.195 gL-1故答案为：n(K2Cr2O7)= 0.01000 molL-120.0010-3 L=210-4 mol根据Cr2O72-+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O与K2Cr2O7反应的Fe2+：n(Fe2+)1= 210-4 mol6=1.210-3 mol与ClO3-反应的Fe2+：n(Fe2+)2=0.1000 molL-130.0010-3 L1.210-3 mol=1.810-3 mol根据ClO3-+6Fe2+6H+Cl-+6Fe3+3H2O在10 mLNaClO溶液试样中：n(NaClO3)= 1.810-3 mol =310-4 mol样品中NaClO3的含量=3.195 gL-119.【答案】NH4Cl溶于水电离出NH4+会抑制NH3H2O的电离 防止Co(OH)3的生成H2O2+ 2CoCl2+2NH4Cl+10NH3H2O2Co(NH3)6Cl3+ 12H2O或H2O2+ 2CoCl2+2NH4Cl+10NH32Co(NH3)6Cl3+ 2H2O水浴加热降低三氯化六氨合钴的溶解度，提高产量趁热过滤，向滤液中加入少量浓盐酸，用冰水浴冷却后过滤，再用少许乙醇洗涤 【解析】（1）在碱性条件下容易生成氢氧化钴沉淀，因此原料NH4Cl的主要作用除了提供NH3以外，NH4Cl溶于水电离出NH4会抑制NH3.H2O的电离，降低溶液的碱性；故答案为：NH4Cl溶于水电离出NH4会抑制NH3.H2O的电离；（2）氧化时必须先加入氨水再加入H2O2，若先加H2O2，将+2价钴氧化到+3价，再加入氨水，会有CO(OH)3生成，不利于产物的生成；故答案为：防止Co(OH)3的生成；氧化过程中加入氨水和H2O2，在溶液中生成Co(NH3)6Cl3的反应为：H2O2+ 2CoCl2+2NH4Cl+10NH3H2O2Co(NH3)6Cl3+ 12H2O或H2O2+ 2CoCl2+2NH4Cl+10NH32Co(NH3)6Cl3+ 2H2O故答案为：H2O2+ 2CoCl2+2NH4Cl+10NH3H2O2Co(NH3)6Cl3+ 12H2O或H2O2+ 2CoCl2+2NH4Cl+10NH32Co(NH3)6Cl3+ 2H2O用水浴加热控制反应温度在5060之间；故答案为：水浴加热；（3）由图（2）可知Co(NH3)6Cl3在水中的溶解度随着温度的升高而增大，则为了降低Co(NH3)6Cl3的溶解度，提高产量，应冰水冷却；故答案为：降低三氯化六氨合钴的溶解度，提高产量；（4）由过滤后所得滤渣获得Co(NH3)6Cl3的实验方案：将滤渣加入沸水中，充分搅拌，趁热过滤，向滤液中加入少量浓盐酸，用冰水浴冷却后过滤，再用少许乙醇洗涤；故答案为：趁热过滤，向滤液中加入少量浓盐酸，用冰水浴冷却后过滤，再用少许乙醇洗涤。20.【答案】30.8CaS CaS+3CaSO44CaO+4SO2作催化剂 两种情况下反应均达到平衡，催化剂CaCl2不改变平衡的移动高温下，过量的C与CO2反应生成CO，使气体总体积增大（或部分转化为其他含硫物质）1.7510-2 molL-1【解析】由 CaSO42H2O(s)=CaSO4H2O(s)+H2O(g) H183.2 kJmol-1 CaSO42H2O(s)=CaSO4(s)+2H2O(l) H226 kJmol-1 H2O(g)=H2O(l) H3-44 kJmol-1 CaSO4H2O(s)=CaSO4(s)+ H2O(g) H4 可得=2 则：H4=H2H12=26 kJmol-183.2 kJmol-1（-44 kJmol-1）2=30.8 kJmol-1；故答案为：30.8；由图中可以看出，在低于800 时主要还原产物为CaS；高于800 时CaS 和CaSO4的量都在减少，而CaO的量增多，所以主要发生的反应的化学方程式为：CaS+3CaSO44CaO+4SO2；故答案为：CaS；CaS+3CaSO44CaO+4SO2；根据图2中不同条件对硫酸钙转化率的影响，可以看出CaCl2可以加快化学反应速率，CaCl2的作为催化剂；根据图2中不同条件对硫酸钙转化率的影响，可以看出当温度高于1200 时，两种情况下反应均达到平衡，催化剂CaCl2不改变平衡的移动，CaSO4的转化率趋于相同；故答案为：两种情况下反应均达到平衡，催化剂CaCl2不改变平衡的移动；故答案为：两种情况下反应均达到平衡，催化剂CaCl2不改变平衡的移动；由图中看出：当C/S值为0.5时，反应产物为CaO、SO2和CO2；当C/S值大于0.7时，反应所得气体中SO2的体积分数不升反降，其主要原因可能是高温下，过量的C与CO2反应生成CO，使气体总体积增大或可能为部分转化为其他含硫物质；故答案为：高温下，过量的C与CO2反应生成CO，使气体总体积增大（或部分转化为其他含硫物质）；c(Ca2)= Ksp(CaSO4)/ c(SO42-)=3.210-7/2.0 =1.610-7 molL-1c(CO32-)= Ksp(CaCO3)/ c(Ca2)=2.8109/1.610-7 =1.7510-2 molL-1；故答案为：1.7510-2 molL-1。21 A 1物质结构与性质【答案】1Ar3d8 sp、sp3 5molCO32-或NO3- 甲胺能与水形成分子间氢键 4【解析】镍原子核外电子数是28，镍原子失去最外层2个电子变成基态Ni2