2018年江苏省连云港市高考化学一模试卷(带解析)

2018年江苏省连云港市高考化学一模试卷
一、单选题（本大题共13小题，共32.0分）
1.人类必须尊重自然、顺应自然、保护自然。

下列做法符合上述理念的是()
A. 开发太阳能等新能源汽车
B. 工业污水直接用于灌溉农田
C. 焚烧废旧塑料防止“白色污染”
D. 推广露天烧烤丰富人们饮食
【答案】A
【解析】解：A、大力开发太阳能等新能源，能减少二氧化碳的排放，故选项符合尊重自然、顺应自然、保护自然理念，故A正确；
B、工业污水含重金属离子，不能直接用于灌溉农田，所以破坏自然，故B 错误；
C、焚烧废旧，造成大气污染，不符合尊重自然、顺应自然、保护自然理念，故C错误；
D、露天烧烤会排放大量油烟到空气中，会增加PM2.5含量，造成空气污染，故D错误；
故选：A。

“低碳经济”指的是生产时所耗用的能量要尽量减少，特别是减少二氧化碳的排放量，减缓生态恶化；可以从节电、节能和回收等环节来改变生产细节，据此进行分析解答即可。

环境的污染与保护是社会关注的焦点问题，与之相关的考题就成为高考的热点之一。

2.下列化学用语表示正确的是()
A. 中子数为8的氧原子： 818O
B. 氯离子的结构示意图：
C. Na2S的电子式：
D. 2−丙醇的结构简式：(CH3)2CHOH
【答案】D
【解析】解：A.中子数为8的氧原子，质子数为8，其质量数为16，原子符号 816O，故A错误；
B.氯原子核外电子数为17，有3个电子层，各层电子数为2、8、8，结构示意图：，故B错误；
C.硫化钠为离子化合物，电子式为，故C错误；
D.2−丙醇是主碳链3个碳原子，2号碳上含一个羟基，结构简式为CH3CH(OH)CH3，故D正确；
故选：D。

A.中子数=质量数−质子数，中子数为8的氧原子，质子数为8，质量数为16；
B.氯原子核外电子数为17，有3个电子层，各层电子数为2、8、8；
C.硫化钠为离子化合物；
D.2−丙醇是主碳链上3个碳原子，2号碳上含一个羟基；
本题考查了原子符号、结构简式、电子式的判断，题目难度不大，注意掌握常见的化学用语的概念及正确表示方法，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力。

3.下列有关物质性质与用途具有对应关系的是()
A. Si 的熔点高，可用作半导体材料
B. SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆
C. Na2CO3溶液呈碱性，可用于洗涤油污
D. Al2O 3硬度很大，可用于制造耐火材料
【答案】C
【解析】解：A.Si位于金属与非金属的交界处，具有金属性、非金属性，则可用作半导体材料，与熔点高无关，故A错误；
B.SO2具有漂白性，可用于漂白纸浆，与其氧化性无关，故B错误；
C.Na2CO3溶液水解显碱性，可促进油污的水解，则可用于洗涤油污，故C正确；
D.熔点高的物质可作耐火材料，则氧化铝的熔点高可用于制造耐火材料，与其硬度无关，故D错误；
故选：C。

A.Si位于金属与非金属的交界处，具有金属性、非金属性；
B.SO2具有漂白性；
C.Na2CO3溶液水解显碱性；
D.熔点高的物质可作耐火材料。

本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。

4.下列关于NO2的制取、净化、收集及尾气处理的装置和原理不能达到实验目的是()
A. 制取NO2
B. 净化NO2
C. 收集NO2
D. 尾气处理
【答案】B
【解析】解：A.Cu与浓硝酸发生氧化还原反应，图中固液反应装置可制备二氧化氮，故A正确；
B.二氧化氮与水反应，图中装置不能净化二氧化氮，故B错误；
C.二氧化氮的密度比空气密度大，则图中向上排空气法可收集，故C正确；
D.二氧化氮有毒，与NaOH发生反应，图中尾气处理合理，故D正确；
故选：B。

A.Cu与浓硝酸发生氧化还原反应；
B.二氧化氮与水反应；
C.二氧化氮的密度比空气密度大；
D.二氧化氮有毒，与NaOH发生反应。

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握实验装置的作用、气体的制备实验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

5.X、Y、Z、W均为短周期主族元素，原子序数依次增大。

X与Z位于同一主族，Z的核外电子数是X
的2倍，Y、Z、W原子的最外层电子数之和等于Z的核外电子总数。

下列说法正确的是()
A. 原子半径：r(X)<r(Y)<r(Z)
B. Y的氧化物能与氢氧化钠溶液反应
C. Z的氧化物对应的水化物均为强酸
D. Z的气态氢化物的稳定性比W的强
【答案】B
【解析】解：由上述分析可知，X为O、Y为Al、Z为S、W为Cl，
A.电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：r(X)<r(Z)<r(Y)，故A错误；
B.Y的氧化物能与氢氧化钠溶液反应，生成偏铝酸钠和水，故B正确；
C.Z的氧化物对应的水化物若为亚硫酸，属于弱酸，故C错误；
D.非金属性Cl>S，则Z的气态氢化物的稳定性比W的弱，故D错误；
故选：B。

X、Y、Z、W均为短周期主族元素，原子序数依次增大。

X与Z位于同一主族，Z的核外电子数是X的2倍，可知X为O，Z为S，W的原子序数最大，W为Cl；Y、Z、W原子的最外层电子数之和等于Z的核外电子总数，Y的最外层电子数为16−6−7=3，结合原子序数可知Y为Al，以此来解答。

本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的位置、原子序数、原子结构来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识及规律性知识的应用，题目难度不大。

6.下列指定反应的离子方程式正确的是()
A. 氯化铁溶液溶解铜片：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+
B. 氯气与水反应：Cl2+H2O⇌2H++Cl−+ClO−
C. 硝酸银溶液中加入过量氨水：Ag++NH3⋅H2O=AgOH↓+NH4+
D. Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应：Ca2++HCO3−+OH−=CaCO3↓+H2O
【答案】D
【解析】解：A.氯化铁溶液溶解铜，铁离子与铜反应生成亚铁离子和铁离子，反应的离子方程式为：Cu+ 2Fe3+=Cu2++2Fe2+，故A错误；
B.HClO为弱酸，在离子反应中保留化学式，氯气与水反应的离子反应为Cl2+H2O=H++Cl−+HClO，故B错误；
C.硝酸银中滴氨水是银氨溶液的配制，先产生白色氢氧化银沉淀，继续滴加，形成配合物银氨络离子(银氨溶液)使沉淀溶解。

先发生：Ag++NH3⋅H2O=AgOH↓+NH4+，后发生：AgOH+2NH3⋅H2O=
[Ag(NH3)2]++OH−+2H2O，总反应为：Ag++2NH3⋅H2O=[Ag(NH3)2]++2H2O，故C错误；
D.Ca(HCO3)2溶液与少量NaOH溶液反应生成碳酸钙沉淀、碳酸氢钠和水，离子方程式为Ca2++HCO3−+ OH−=CaCO3↓+H2O，故D正确；
故选：D。

A.二者反应生成氯化亚铁和氯化铜，离子方程式左右电荷不守恒；
B.氯气与水反应生成盐酸和HClO，HClO在离子反应中保留化学式；
C.硝酸银溶液和氨水反应，氨水少量生成沉淀，氨水过量沉淀溶解生成络合物[Ag(NH3)2]OH，[Ag(NH3)2]OH 易电离出[Ag(NH3)2]+、OH−；
D.NaOH少量，碳酸氢根离子部分反应，碳酸根离子不会有剩余。

本题考查离子反应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，注意离子反应遵循客观事实、遵循原子个数、电荷数守恒规律，注意反应物过量对生成物的影响，D为易错点，题目难度中等。

7.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. SiO
2
→
NaOH(aq)
Na2SiO3(aq)→
CO2
H2SiO3 B. MgCl2⋅6H2O→△MgCl2→通电Mg
C. SO
2
→
CaCl2(aq)
CaSO3→
O2
CaSO4 D.
【答案】A
【解析】解：A、二氧化硅是酸性氧化物，所以二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，由于碳酸酸性强于硅酸，则硅酸钠与二氧化碳反应生成硅酸，故A正确；
B、氯化氢具有挥发性，氯化镁溶液蒸干得到的是氢氧化镁，不会得到氯化镁，所以必须在氯化氢氛围中，抑制水解，得无水氯化镁，然后电解熔融的氯化镁得到镁单质，故B错误；
C、盐酸的酸性强亚硫酸，所以二氧化硫与氯化钙不反应，所以不符合上述转化，故C错误；
D、铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，而不是氧化铁，故D错误；
故选：A。

A、二氧化硅是酸性氧化物，碳酸酸性强于硅酸；
B、氯化氢具有挥发性，氯化镁溶液蒸干得到的是氢氧化镁，不会得到氯化镁，所以必须在氯化氢氛围中，抑制水解；
C、盐酸的酸性强亚硫酸，所以二氧化硫与氯化钙不反应；
D、铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁。

本题考查金属元素单质及其化合物的综合应用，题目难度中等，试题侧重于学生的分析能力的考查，注意把握物质的性质以及转化的特点、反应条件，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。

8.通过以下反应均可获取O2.下列有关说法不正确的是()
①光催化分解水制氧气：2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)△H1=571.6KJ⋅mol−1
②过氧化氢分解制氧气：2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g)△H2=−196.4KJ⋅mol−1
③一氧化氮分解制氧气：2NO(g)=N2(g)+O2(g)△H3=−180.5KJ⋅mol−1
A. 反应①是人们获取H2的途径之一
B. 反应②、③都是化学能转化为热能
C. 反应H2O2(l)=H2O(g)+1
2
O2(g)的△H=−98.2KJ⋅mol−1
D. 反应2H2(g)+2NO(g)=N2(g)+2H2O(l)的△H=−752.1KJ⋅mol−1
【答案】C
【解析】解：A.水分解可生成氢气，则反应①是人们获取H2的途径之一，故A正确；
B.②③均为放热反应，均为化学能转化为热能，故B正确；
C.物质的量与热量成正比，由②可知H2O2(l)=H2O(l)+1
2
O2(g)的△H=−98.2KJ⋅mol−1，若生成气态水
时放热减少，则H2O2(l)=H2O(g)+1
2
O2(g)的△H>−98.2KJ⋅mol−1，故C错误；
D.由盖斯定律可知，③−①得到2H2(g)+2NO(g)=N2(g)+2H2O(l)，则△H=−180.5KJ⋅mol−1−(571.6KJ⋅mol−1)=−752.1KJ⋅mol−1，故D正确；
故选：C。

A.水分解可生成氢气；
B.②③均为放热反应；
C.物质的量与热量成正比，生成物中气态水的能量比液态水的能量高；
D.由盖斯定律可知，③−①得到2H2(g)+2NO(g)=N2(g)+2H2O(l)。

本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、焓变的计算、盖斯定律的应用为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。

9.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()
A. 能使甲基橙变红的溶液中：K+、Mg2+、NO3−、I−
B. c(HCO3−)=1mol⋅L−1溶液中：Na+、NH4+、SO42−、OH−
C. 无色透明的溶液中：Fe3+、Al3+、NO3−、SO42−
D. c(OH−)
c(H+)
=1012的溶液中：Ba2+、Na+、Cl−、AlO2−
【答案】D
【解析】解：A.能使甲基橙变红的溶液呈酸性，NO3−、I−在酸性条件下发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；
B.HCO3、NH4+都与OH−发生反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；
C.Fe3+为有色离子，不满足溶液无色的条件，故C错误；
D.该溶液呈碱性，溶液中存在大量氢氧根离子，Ba2+、Na+、Cl−、AlO2−之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；
故选：D。

A.该溶液呈酸性，硝酸根离子在酸性条件下能够氧化碘离子；
B.碳酸氢根离子、铵根离子与氢氧根离子反应；
C.铁离子为有色离子；
D.该溶液中存在大量氢氧根离子，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应。

本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，
如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH−；溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4−等有色离子的存在；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。

10.下列图示与对应的叙述相符合的是()
A. 图甲表示对某化学平衡体系改变温度后反应速率随时间的变化
B. 图乙表示反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量
C. 图丙表示0.1mol⋅L−1NaOH溶液滴定20 mL 0.1mol⋅L−1硫酸时溶液pH的变化
D. 图丁表示向Ba(OH)2溶液中滴加稀H2SO4至过量，溶液的导电性变化情况
【答案】B
【解析】解：A.改变反应温度，正逆反应速率同时增大或减小，不可能出现如图所示变化，故A错误；B.图中反应为能量低于生成物，反应为吸热反应，图乙表示反应物断键吸收的能量大于生成物成键放出的能量，故B正确；
C.0.1mol⋅L−1NaOH溶液滴定20mL0.1mol⋅L−1硫酸前后完全反应需要氢氧化钠溶液体积40ml，图中氢氧化钠消耗20ml，到反应终点，出现PH突越，不符合反应过程，故C错误；
D.Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸，Ba(OH)2与H2SO4反应，生成BaSO4沉淀和H2O，溶液的导电性减弱，完全反应后再加入H2SO4，H2SO4过量，溶液的导电性再逐渐增强，故D错误；
故选：B。

A.改变反应温度，正逆反应速率同时增大或减小；
B.图中反应为能量低于生成物，反应为吸热反应；
C.0.1mol⋅L−1NaOH溶液滴定20mL0.1mol⋅L−1硫酸前后完全反应需要氢氧化钠溶液体积40ml；
D.Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸，Ba(OH)2与H2SO4反应，生成BaSO4沉淀和H2O，溶液的导电性减弱，完全反应后再加入H2SO4，H2SO4过量，溶液的导电性再逐渐增强。

本题考查图象的分析、化学平衡移动、溶液的导电性、滴定终点判断、反应能量变化等，学生只要掌握外界条件对化学平衡移动的影响，注意观察图象的关键点，线的走向，就可能迅速解题了，题目难度中等。

11.下列说法正确的是()
A. 反应2NaCl(s)=2Na(s)+Cl2(g)的△H<0，△S>0
B. 常温下，将稀CH3COONa溶液加水稀释后，n(H+)⋅n(OH−)不变
C. 合成氨生产中将NH3液化分离，可加快正反应速率，提高H2的转化率
D. 氢氧燃料电池工作时，若消耗标准状况下11.2 L H2，则转移电子数为6.02×1023
【答案】D
【解析】解：A.由化学计量数可知△S>0，2NaCl(s)=2Na(s)+Cl2(g)常温下不能发生，则△H−T△S>0，即△H>0，故A错误；
B.温度不变，Kw=c(H+)⋅c(OH−)不变，加水稀释体积增大，则n(H+)⋅n(OH−)增大，故B错误；
C.NH3液化分离，平衡正向移动，但正反应速率减小，但提高H2的转化率，故C错误；
D.n(H2)=11.2L
22.4L/mol
=0.5mol，负极上氢离子失去电子，H元素的化合价由0升高为+1价，则转移电子数为0.5mol×2×(1−0)×6.02×1023=6.02×1023，故D正确；
故选：D。

A.由化学计量数可知△S>0，2NaCl(s)=2Na(s)+Cl2(g)常温下不能发生；
B.温度不变，Kw=c(H+)⋅c(OH−)不变，加水稀释体积增大；
C.NH3液化分离，平衡正向移动，但正反应速率减小；
D.n(H2)=11.2L
22.4L/mol
=0.5mol，负极上氢离子失去电子，H元素的化合价由0升高为+1价。

本题考查较综合，涉及反应热与焓变、盐类水解、平衡移动、原电池，注重高频考点的考查，把握相关反应原理为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。

12.
选项实验操作和现象实验结论
A向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液，溶液变澄清
酸性：苯酚>
HCO3−B
将少量Fe(NO3)2加水溶解后，滴加稀硫酸酸化，再滴加KSCN溶液，溶液变
成血红色
Fe(NO3)2已变质C氯乙烷与NaOH溶液共热后，滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀氯乙烷发生水解D
在2mL 0.01mol⋅L−1的Na2S溶液中先滴入几滴0.01mol⋅L−1ZnSO4溶液有白色
沉淀生成，再滴入0.01mol⋅L−1CuSO4溶液，又出现黑色沉淀
K sp(CuS)
<K sp(ZnS)
A B C D
【答案】A
【解析】解：A.苯酚浊液中加入Na2CO3溶液，生成苯酚钠、碳酸氢钠，则酸性：苯酚>HCO3−，故A正确；
B.滴加稀硫酸酸化，亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应生成铁离子，不能检验是否变质，检验是否变质时不能加酸酸化，故B错误；
C.氯乙烷与NaOH溶液共热后，发生水解反应，在酸性条件下检验氯离子，没有加硝酸至酸性，再加硝酸银，不能检验，故C错误；
D.先滴入几滴0.01mol⋅L−1ZnSO4溶液有白色沉淀生成，再滴入0.01mol⋅L−1CuSO4溶液，又出现黑色沉淀，Na2S溶液过量，均为沉淀的生成，不能比较K sp(CuS)、K sp(ZnS)的大小，故D错误；
故选：A。

A.苯酚浊液中加入Na2CO3溶液，生成苯酚钠、碳酸氢钠；
B.滴加稀硫酸酸化，亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应生成铁离子；
C.氯乙烷与NaOH溶液共热后，发生水解反应，在酸性条件下检验氯离子；
D.先滴入几滴0.01mol⋅L−1ZnSO4溶液有白色沉淀生成，再滴入0.01mol⋅L−1CuSO4溶液，又出现黑色沉淀，Na2S溶液过量，均为沉淀的生成。

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握酸性比较、氧化还原反应、离子检验、沉淀生成、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

13.常温下，K a1(H2C2O4)=10−1.3，K a2(H2C2O4)=10−4.2.用0.1000mol⋅
L−1 NaOH溶液滴定10.00mL0.1000mol⋅L−1H2C2O4溶液所得滴定曲线如
图。

下列说法正确的是()
A. 点①所示溶液中：c(Na+)>c(HC2O4−)>c(H2C2O4)>c(C2O42−)
B. 点②所示溶液中：c(HC2O4−)=c(C2O42−)
C. 点③所示溶液中：c(Na+)=c(HC2O4−)+c(C2O42−)
D. 点④所示溶液中：c(Na+)+c(H2C2O4)+2c(H+)=2c(OH−)+
2c(C2O42−)
【答案】B
【解析】解：A.点①用0.1000mol⋅L−1NaOH溶液滴定10.00mL0.1000mol⋅L−1H2C2O4溶液，消耗氢氧化钠溶液10ml，生成的是NaHC2O4溶液，溶液显酸性，HC2O4−电离大于水解，离子浓度大小为：c(Na+)>
c(HC2O4−)>c(C2O42−)>c(H2C2O4)，故A错误；
B.点②PH=4.2，c(H+)=10−4.2，此时K a2(H2C2O4)=c(C2O42−)c(H+)
c(HC2O4−)
=10−4.2，c(HC2O4−)=c(C2O42−)，故B 正确；
C.点③PH=7，溶液呈中性，c(H+)=c(OH−)，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4−)+
2c(C2O42−)+c(OH−)，c(Na+)=c(HC2O4−)+2c(C2O42−)，故C错误；
D.点④加入20ml氢氧化钠溶液反应生成Na2C2O4溶液，溶液中存在电荷守恒①c(Na+)+c(H+)=
c(HC2O4−)+2c(C2O42−)+c(OH−)，物料守恒②c(Na+)=2c(HC2O4−)+2c(C2O42−)+2c(H2C2O4)，①×2−②得到c(Na+)+2c(H2C2O4)+2c(H+)=2c(OH−)+2c(C2O42−)，故D错误；
故选：B。

A.点①用0.1000mol⋅L−1NaOH溶液滴定10.00mL0.1000mol⋅L−1H2C2O4溶液，消耗氢氧化钠溶液10ml，生成的是NaHC2O4溶液，溶液显酸性；
B.点②PH=4.2，此时K a2(H2C2O4)=c(C2O42−)c(H+)
c(HC2O4−)
=10−4.2；
C.点③PH=7，溶液呈中性，结合电荷守恒分析；
D.点④为Na2C2O4溶液，溶液中存在物料守恒和电荷守恒计算判断。

本题考查了酸碱混合时溶液定性判断及有关pH的简单计算，题目难度中等，注意掌握根据电荷守恒、物料守恒比较溶液中离子浓度定性关系的方法。

注意过程的分析。

二、双选题（本大题共2小题，共8.0分）
14.有机物Z是制备药物的中间体，合成Z的路线如图所示：
下列有关叙述正确的是()
A. X分子中所有原子处于同一平面
B. X、Y、Z均能和NaOH溶液反应
C. 可用NaHCO3溶液鉴别Y和Z
D. 1 mol Y跟足量H2反应，最多消耗3 mol H2
【答案】BC
【解析】解：A.X中含甲基，为四面体结构，则所有原子不可能共面，故A错误；
B.X含−COOC−，Y含酚−OH，Z含−COOH，则均与NaOH反应，故B正确；
C.Y与碳酸氢钠不反应，Z与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，则可用NaHCO3溶液鉴别Y和Z，故C正确；
D.Y中苯环、羰基均与氢气发生加成反应，则1molY跟足量H2反应，最多消耗4molH2，故D错误；
故选：BC。

A.X中含甲基，为四面体结构；
B.X含−COOC−，Y含酚−OH，Z含−COOH；
C.Y与碳酸氢钠不反应，Z与碳酸氢钠反应生成二氧化碳；
D.Y中苯环、羰基均与氢气发生加成反应。

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、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意酯、醇、羧酸的性质，题目难度不大。

15.温度为T时，在两个起始容积都为1L的恒温密闭容器发生反应：H2(g)+I2(g)⇌2HI(g)△H<0.实验
测得：v正=v(H2)消耗=v(I2)消耗=k正c(H2)⋅c(I2)，v逆=v(HI)消耗=k逆c2(HI)，k正、k逆为速率常数，受温度影响。

下列说法正确的是()
容器
物质的起始浓度(mol⋅L−1)
物质的平衡浓度
c(H2)c(I2)c(HI)
Ⅰ(恒容)0.10.10c(I2)=0.07mol⋅L−1
Ⅱ(恒压)000.6
反应过程中，容器Ⅰ与容器Ⅱ中的总压强的比为：
B. 两容器达平衡时：c(HI，容器Ⅱ)>3c(HI，容器Ⅰ)
C. 温度一定，容器Ⅱ中反应达到平衡时(平衡常数为K)，有K=
k
正
k
逆
成立
D. 达平衡时，向容器Ⅰ中同时再通入0.1 mol I2和0.1 mol HI，则此时ν正>ν逆
【答案】AC
【解析】解：A.假设能按照比例完全转化为HI，反应过程中，容器Ⅰ与容器Ⅱ中气体物质的量之比等于气体的总压强的比为1：3，故A正确；
B.两容器达平衡时：c(HI，容器Ⅱ)=3c(HI，容器Ⅰ)，故B错误；
C.温度一定容器Ⅱ中反应达到平衡状态，v正=v逆，v正=v(H2)消耗=v(I2)消耗=k正c(H2)⋅c(I2)，得到
c(H2)⋅c(I2)=
V
正
K
正
，v逆=v(HI)消耗=k逆c2(HI)，k正、k逆为速率常数，c2(HI)=
V
逆
K
逆
，据此计算平衡常数K=
c2(HI)
c(H2)c(I2)
=
K
正
K
逆
，故C正确；
D.容器Ⅰ达到平衡时H2、I2、HI的浓度为：0.07mol⋅L−1，0.07mol⋅L−1，0.03mol/L，K=0.032
0.07×0.07
=0.184，
达平衡时，向容器Ⅰ中同时再通入0.1molI2和0.1molHI，Qc=0.132
0.17×0.07
=1.42>K，则此时ν正<ν逆，故D
错误；
故选：AC。

A.反应前后气体物质的量不变分析判断；
B.反应为气体体积不变的反应，表中数据可知以上两个容器中反应为等温等压下的等效平衡；
C.温度一定容器Ⅱ中反应达到平衡状态，v正=v逆，v正=v(H2)消耗=v(I2)消耗=k正c(H2)⋅c(I2)，得到
c(H2)⋅c(I2)=
V
正
K
正
，v逆=v(HI)消耗=k逆c2(HI)，k正、k逆为速率常数，c2(HI)=
V
逆
K
逆
，据此计算平衡常数；
D.容器Ⅰ达到平衡时H2、I2、HI的浓度为：0.07mol⋅L−1，0.07mol⋅L−1，0.03mol/L，K=0.032
0.07×0.07
=0.184，
达平衡时，向容器Ⅰ中同时再通入0.1molI2和0.1molHI，计算浓度商和平衡常数比较判断反应进行的方向。

本题考查了化学平衡影响因素分析判断、等效平衡及其平衡常数计算，掌握基础是解题关键，注意浓度商计算和平衡常数比较来判断反应进行的方向，题目难度中等。

三、简答题（本大题共6小题，共80.0分）
16.沉淀碳酸钙主要用于食品、医药等行业。

以精选石灰石(含有少量MgCO3、FeCO3杂质)为原料制备沉淀
碳酸钙的工艺流程如图1：
(1)流程中可以循环利用的物质有气体Ⅰ、气体Ⅱ和______(填化学式)。

(2)“碳化”时发生反应的离子方程式为______，该过程中通入气体Ⅰ和气体Ⅱ的顺序是______。

(3)工业上常用电解氯化钠和氯化钙熔融物来制备金属钠，原理如图2所示：
①电解过程中，加入氯化钙的目的是______。

②石墨电极发生的电极反应方程式为______。

③电解得到的Na中约含1%的Ca ，除去其中少量Ca的方法为______。

已知部分物质的熔沸点如表：
物质熔点(K)沸点(K)
Na3701156
Ca11231757
【答案】NH4232O=CaCO3↓+2NH4+先通入气体Ⅱ(或后通气体Ⅰ)降低电解质的熔融温度，降低能耗2Cl−−2e−=Cl2↑控制温度在370K～1123K间过滤
【解析】解：(1)由流程可知，氯化钙溶液通入气体Ⅰ、气体Ⅱ后生成氯化铵和碳酸钙，氯化铵可作为原料循环使用，故答案为：NH4Cl；
(2)“碳化”时发生反应的离子方程式为Ca2++CO2+2NH3+H2O=CaCO3↓+2NH4+，由于氨气易溶于水，而二氧化碳微溶于水，则应先通入氨气，
故答案为：Ca2++CO2+2NH3+H2O=CaCO3↓+2NH4+；先通入气体Ⅱ(或后通气体Ⅰ)；
(3)①氯化钙与氯化钠相比较，氯化钙熔点较低，则电解过程中，加入氯化钙，可降低熔融温度，降低能耗，故答案为：降低电解质的熔融温度，降低能耗；
②两个电极分别为铁和石墨，为避免铁被氧化，则石墨为阳极，铁为阴极，阳极反应为2Cl−−2e−=Cl2↑，故答案为：2Cl−−2e−=Cl2↑；
③由表中数据可知，为避免生成钙并除去钙，应控制温度在370K～1123K间过滤，故答案为：控制温度在370K～1123K间过滤。

精选石灰石(含有少量MgCO3、FeCO3杂质)，煅烧，可生成二氧化碳气体，生成的固体加入氯化铵溶液、过氧化氢，可溶解并氧化FeO生成铁离子，加入分析纯CaO，生成气体为氨气，同时生成氢氧化镁、氢氧化铁沉淀，滤液中含有氯化钙，通入氨气、二氧化碳气体，可生成碳酸钙和氯化铵，以此解答该题。

本题考查物质的制备，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握实验的原理以及物质的性质，答题时还要注意题给信息，为解答题目的关键，难度中等。

17.化合物H是一种用于合成药物的中间体，其合成路线流程图如图：
(1)B中的含氧官能团名称为羟基、______和______。

(2)B→C的反应类型为______。

(3)写出同时满足下列条件的A的一种同分异构体的结构简式：______。

①含有苯环，且遇FeCl3溶液不显色；
②能发生水解反应，水解产物之一能发生银镜反应，另一水解产物分子中只有3种不同化学环境的氢。

(4)F的分子式为C18H20O4，写出F的结构简式：______。

(5)以苯、甲醛和丙酮为基础有机原料，制备的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路
线流程图示例见本题题干)。

【答案】醚键羰基消去反应
【解析】解：(1)B中含−OH、醚键、羰基，B中的含氧官能团名称为羟基、醚键和羰基，故答案为：醚键；羰基；
(2)B→C中−OH转化为碳碳双键，反应类型为消去反应，故答案为：消去反应；
(3)满足①含有苯环，且遇FeCl3溶液不显色、②能发生水解反应，水解产物之一能发生银镜反应，另一水解产物分子中只有3种不同化学环境的氢，可知A的同分异构体不含酚−OH，且含−COOCH，另一水解产
物的结构对称含3种H，则满足条件的A的一种同分异构体的结构简式为，故答案为：；
(4)结合E、G的结构可知，F→G中−COOH上OH被Cl取代，F中含−COOH，且F的分子式为C18H20O4，F的结构简式，故答案为：；
(5)以苯、甲醛和丙酮为基础有机原料，制备，先甲醛与丙酮发生加成反应生成
HOCH2CH2COCH3，再氧化生成OHCCH2COCH3，再氧化生成HOOCCH2COCH3，然后与SOCl2发生取代反应生成ClCOCH2COCH3，最后与苯发生取代反应，合成流程图为
，
答：合成流程为。

(1)B中含−OH、醚键、羰基；
(2)B→C中−OH转化为碳碳双键；
(3)满足①含有苯环，且遇FeCl3溶液不显色、②能发生水解反应，水解产物之一能发生银镜反应，另一水解产物分子中只有3种不同化学环境的氢，可知A的同分异构体不含酚−OH，且含−COOCH，另一水解产物的结构对称含3种H；
(4)结合E、G的结构可知，F→G中−COOH上OH被Cl取代，F中含−COOH；
(5)以苯、甲醛和丙酮为基础有机原料，制备，先甲醛与丙酮发生加成反应生成
HOCH2CH2COCH3，再氧化生成OHCCH2COCH3，再氧化生成HOOCCH2COCH3，然后与SOCl2发生取代反应生成ClCOCH2COCH3，最后与苯发生取代反应。

本题考查有机物的合成，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应、合成反应中官能团的变化及碳原子数变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意有机物性质的应用，题目难度不大。

18.白钠镁矾(mNa2SO4⋅nMgSO4⋅xH2O)俗称硝板，工业上用白钠镁矾制备碱式碳酸镁[4MgCO3⋅
Mg(OH)2⋅4H2O]晶须的过程如下：向碳酸钠溶液中加入白钠镁矾，保持50℃加热0.5h，有大量的5MgCO3⋅3H2O生成，然后升高温度到85℃加热2h发生热解反应，过滤得碱式碳酸镁晶须。

(1)热解反应的方程式为______。

(2)碱式碳酸镁可用作化学冷却剂，原因是______。

(3)为测定白钠镁矾的组成，进行下列实验：
①取白钠镁矾3.340g溶于水配成100.00mL溶液A；
②取25.00mL溶液A，加入足量的氯化钡溶液，得BaSO41.165g；
③另取25.00mL溶液A，调节pH=10，用浓度为0.1000mol⋅L−1的EDTA标准溶液滴定Mg2+(离子方
程式为Mg2++H2Y2−=MgY2−+2H+)，滴定至终点，消耗标准溶液25.00mL.通过计算确定白钠镁矾的化学式(写出计算过程)。

【答案】5MgCO3⋅3H2O+2H2O− △
 4MgCO3⋅Mg(OH)2⋅4H2O+CO2↑碱式碳酸镁分解吸热
【解析】解：(1)升高温度到85℃加热2h发生热解反应，过滤得碱式碳酸镁晶体，说明反应在溶液中进行，
生成物为4MgCO3⋅Mg(OH)2⋅4H2O，方程式为5MgCO3⋅3H2O+2H2O− △
4MgCO3⋅Mg(OH)2⋅4H2O+
CO2↑，
故答案为：5MgCO3⋅3H2O+2H2O− △
4MgCO3⋅Mg(OH)2⋅4H2O+CO2↑；
(2)碱式碳酸镁可用作化学冷却剂，说明分解时吸收热量，故答案为：碱式碳酸镁分解吸热；
(3)n(BaSO4)=n(SO42−)= 1.165g
233g/mol
×100.00mL
25.00mL
=0.0200mol，
n(Mg2+)=n(EDTA)×100.00mL
25.00mL
，
=0.1000mol⋅L−1×25.00mL×10−3L⋅mL−1100.00mL
25.00mL
=0.01mol，
n(Na2SO4)=0.0200mol−0.01mol=0.01mol，
n(H2O)=3.340g−0.01mol×142g/mol−0.01mol×120g/mol
18g/mol
=0.04mol，
n(Na2SO4)：n(MgSO4)：n(H2O)=0.01mol：0.01mol：0.04mol=1：1：4，化学式为Na2SO4⋅MgSO4⋅4H2O，
答：化学式为Na2SO4⋅MgSO4⋅4H2O。

(1)升高温度到85℃加热2h发生热解反应，过滤得碱式碳酸镁晶体，说明反应在溶液中进行，生成物为
4MgCO3⋅Mg(OH)2⋅4H2O；
(2)碱式碳酸镁可用作化学冷却剂，说明发生变化时吸收热量；
(3)①取白钠镁矾3.340g溶于水配成100.00mL溶液A；
②取25.00mL溶液A，加入足量的氯化钡溶液，得BaSO41.165g，可知25.00mL溶液中含有的n(SO42−)；
③另取25.00mL溶液A，调节pH=10，用浓度为0.1000mol⋅L−1的EDTA标准溶液滴定Mg2+(离子方程式
为Mg2++H2Y2−=MgY2−+2H+)，滴定至终点，消耗标准溶液25.00mL，可计算25.00mL中n(Mg2+)，进
而计算100mL溶液中n(SO42−)、n(Mg2+)，结合质量可计算n(H2O)，根据物质的量比值可计算化学式。

本题考查物质组成的测定，为高频考点，侧重考查学生的分析能力、实验能力和计算能力，注意把握物质
的性质，结合质量守恒即可解答该题，难度中等。

19.利用锌冶炼废渣(ZnSO4、CuSO4、FeSO4、FeS2、Al2O3、SiO2)制备ZnSO4和Fe2O3的实验流程如图1：
已知：“碱浸”时，NaOH溶液浓度越大越粘稠，越容易生成铝硅酸钠沉淀。

(1)“水浸”阶段需在70～80℃条件下进行，适宜的加热方式为______。

(2)“氧化”阶段是将Fe2+氧化后进一步生成Fe(OH)3，从反应产物的角度分析，以氯水替代H2O2的缺
点是①使ZnSO4中混有ZnCl2；②______。