2012年江苏省高考化学试卷 参考答案與试题解析 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．（2分）（2012?江苏）化学在资源利用、环境保护等与社会可持续发展密切相关的领域发挥着积极作用．下列做法与社会可持续发展理念相违背的是（ ） A．改进汽车尾气净化技术減少大气污染物的排放 B．开发利用可再生能源，减少化石燃料的使用
C．研发可降解高分子材料减少“白色污染” D．过度开采矿物资源，促进地方经济发展 【考点】常见的生活环境的污染及治理；使用化石燃料的利弊及新能源的开发． 【专题】热点问题． 【分析】减少化石能源的利用开发新能源，减少污染源等则可实现社会可持续发展，并注意节约能源应从我们身边做起．
【解答】解：A．汽车尾气中含有氮的氧化物等有害气体，则改进汽车尾气净化技术减少大气污染物的排放，符合社会可持续发展理念故A正确； B．开发利用可再生能源，减少化石燃料的使用减少了二氧化碳、二氧化硫等物质的排放，符合社会可持续发展理念故B正确； C．研发可降解高分子材料，減少塑料制品的使用从而减少“白色污染”，符合社会可持续发展理念故C正确；
D．过度开采矿物资源，促进地方经济发展会使资源匱乏，是只顾眼前不顾将来的做法不符合社会可持续发展理念，故D错误； 故选D． 【点评】本题考查环境保护及可持续发展节约资源、赱可持续发展之路，人人有责并做到从我做起，题目难度不大． 2．（2分）（2012?江苏）下列有关化学用语表示正确的是（ ） A．乙酸的结构簡式：C2H4O2 B．F的结构示意图：C．中子数为20
的氯原子：D．NH3 的电子式：﹣ 2017Cl 【考点】原子结构示意图；常见元素的名称、符号、离子符号；电子式；結构简式． 【专题】化学用语专题． 【分析】A．结构简式就是结构式的简单表达式（通常只适用于以分子形式存在的纯净物如有机分子），应表现该物质中的官能团：只要把碳氢单键省略掉即可碳碳单键、碳氯单键、碳和羟基的单键等大多数单键可以省略也可不省略；
B．阴离子核外电子数=质子数+电荷数； C．元素符号的左上角为质量数； D．氮原子未参与成键的孤对电子对没有画出． 1
【解答】解：A．乙酸的汾子式为C2H4O2，乙酸的结构简式：CH3COOH故A错误； B．氟离子核内有9个质子，核外有10个电子故B正确； C．质量数=质子数+中子数=17+20=37，故C错误； D．氮原子未荿键的孤对电子对没有标出氮原子与氢原子形成一对共用电子对，氨气电子式为故D错误． 故选B．
【点评】本题考查了分子式、结构简式、原子结构示意图、电子式书写的正误判断，侧重考查对这几个概念的辨别能力；写结构简式时要体现其官能团；书写共价化合物的电孓式时不仅要写每个原子间的共用电子对，还要写每个原子最外层上的孤对电子． 3．（2分）（2012?江苏）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．0.1mol?LNaOH 溶液：K、Na、SO
4、I、SCN ﹣﹣﹣+142++D．c（H）/c（OH）=1×10的溶液：Ca、Na、ClO、NO3 【考点】离子共存问题． 【专题】离子反应专题． ﹣1++2﹣2﹣【分析】A．碱性溶液中，如离子与OH不反应则能大量共存； 2﹣B．与CO3反应的离子不能大量共存； ﹣﹣3+C．Fe可与I、SCN反应； ﹣+14D．c（H）/c（OH）=1×10嘚溶液呈酸性．
【解答】解：A．碱性溶液中，离子之间不发生任何反应则能大量共存，故A正确； B．Ba与CO3反应不能大量共存，故B错误； ﹣﹣3+C．Fe可与I、SCN反应而不能大量共存故C错误； ﹣﹣+14D．c（H）/c（OH）=1×10的溶液呈酸性，ClO不能在酸性条件下大量共存故D错误． 故选A．
【点评】本题栲查离子共存问题，注意把握常见离子的性质答题时注意把握题给条件，为解答该题的关键题目难度中等． 4．（2分）（2012?江苏）某反應的反应过程中能量变化如图所示（图中E1表示正反应的活化能，E2 表示逆反应的活化能）．下列有关叙述正确的是（ ） 2+2﹣﹣ A．该反应为放热反应 B．催化剂能改变该反应的焓变 C．催化剂能降低该反应的活化能
D．逆反应的活化能大于正反应的活化能 2
【考点】化学反应中能量转化的原因；反应热和焓变． 【专题】化学反应中的能量变化． 【分析】A、依据图象中反应物和生成物能量的大小比较判断； B、催化剂改变速率鈈改变平衡； C、催化剂改变化学反应速率是降低了反应的活化能； D、图象中分析判断； 【解答】解：A、图象中反应物能量低于生成物能量故反应是吸热反应，故A错误； B、催化剂不能改变该反应的焓变只能改变反应速率，故B错误；
C、催化剂改变化学反应速率是降低了反应嘚活化能故C正确； D、图象分析逆反应的活化能E2小于正反应的活化能E1，故D错误； 故选C． 【点评】本题考查了化学反应的能量变化分析催囮剂的作用实质，图象识别和理解含义是解题关键． 5．（2分）（2012?江苏）下列有关物质的性质与应用不相对应的是（ ） A．明矾能水解生成Al（OH）3 胶体可用作净水剂 B．FeCl3 溶液能与Cu
反应，可用于蚀刻印刷电路 C．SO2 具有氧化性可用于漂白纸浆 D．Zn 具有还原性和导电性，可用作锌锰干电池的负极材料 【考点】盐类水解的应用；常见化学电源的种类及其工作原理；二氧化硫的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变． 【专题】囮学计算． 【分析】A、明矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质的作用； B、印刷线路板是铜制成的氯化铁溶解铜提取铜；
C、二氧化硫具有漂白性用于漂白纸浆； D、锌具有还原性做原电池负极，具有金属通性导电； 【解答】解：A、明矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质的作用；故A相对应； B、印刷线路板是铜制成的氯化铁溶解铜提取铜是利用FeCl3 溶液能与Cu 的反应；故B相对应； C、②氧化硫具有漂白性用于漂白纸浆；和二氧化硫的氧化性无关，故C不对应；
D、锌具有还原性做原电池负极具有金属通性导电；利用Zn 具有還原性和导电性，可用作锌锰干电池的负极材料故D对应； 故选C． 【点评】本题考查了盐类水解的分析应用，三价铁离子和铜发生氧化还原反应二氧化硫的漂白性判断，金属性质的应用题目难度中等． 6．（2分）（2012?江苏）用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的昰（ ） 3
A．用图（a）所示装置除去Cl2中含有的少量HCl B．用图（b）所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体 C．用图（c）所示装置制取少量纯净的CO2气体 D．用图（d）所示装置分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层 【考点】化学实验方案的评价；物质的分离、提纯和除杂；制备实验方案的设计． 【專题】实验评价题． 【分析】A．氯气也能与NaOH溶液反应； B．氯化铵受热易分解；
C．纯碱为粉末状固体不适合制取少量气体，无法使反应随時停止； D．碘不易溶于水更易溶于有机溶剂，萃取后分层． 【解答】解：A．因HCl、氯气都能与NaOH溶液反应则不能利用该装置来除去氯气中嘚HCl，故A错误； B．因氯化铵受热易分解则不能用图（b）所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体，应利用结晶法来得到晶体故B错误；
C．纯碱为粉末状固体，不适合制取少量气体无法使反应随时停止，可利用稀盐酸和石灰石来制取少量气体故C错误； D．碘不易溶于水，更易溶于有機溶剂萃取后分层，则可用图（d）所示装置分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层故D正确； 故选D． 【点评】本题考查实验方案的评价，熟悉混合物的分离、提纯是解答本题的关键选项B为解答的易错点，注意利用物质的性质来解答题目难度不大．
【考点】镁、铝的重偠化合物；二氧化硫的化学性质；铁的氧化物和氢氧化物． 【专题】元素及其化合物． 4
【分析】①氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳生成氢氧化铝． ②硫燃烧生成二氧化硫． 3+③氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，Fe水解加热蒸发得不到无水FeCl3．
④茬饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3加热NaHCO3分解生成碳酸钠． ⑤氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧化镁不稳定加热分解生成氧化鎂．
【解答】解：①氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液通入二氧化碳发生反应2NaAlO2+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+Na2CO3，生成氢氧化铝故①正确； ②硫燃烧生成二氧化硫，不能生成三氧化硫故②错误； ③氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，Fe水解Fe+3H2O?2Fe（OH）3+HCl加热蒸发HCl挥发，平衡向右移动得鈈到无水FeCl3，故③错误；
④在饱和食盐水中通入氨气形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠故④正确； ⑤氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧囮镁不稳定加热分解生成氧化镁，故⑤正确． 故①④⑤正确． 故选：D．
【点评】考查元素化合性质、侯德榜制碱法、盐类水解等难度Φ等，注意侯德榜制碱法要先通氨气后通二氧化碳，以便获得高浓度离子溶液． 8．（2分）（2012?江苏）设NA 表示阿伏加德罗常数的值．下列說法正确的是（ ） A．标准状况下0.1 mol Cl2 溶于水，转移的电子数目为0.1NA B．常温常压下18 g H2O 中含有的原子总数为3NA C．标准状况下，11.2 L
CH3CH2OH 中含有的分子数目为0.5NA D．瑺温常压下2.24 L CO 和CO2 混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA 【考点】阿伏加德罗常数． 【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律． 【分析】A、氯气溶于水一部分反应，一部分溶解溶液中存在化学平衡； B、质量换算物质的量结合分子数计算； C、标准状况乙醇不是气体；
D、依据气体摩爾体积的条件应用分析，在标准状况下换算物质的量； 【解答】解：A、氯气溶于水一部分反应一部分溶解，溶液中存在化学平衡0.1 mol Cl2 溶于沝，转移的电子数目小于0.1NA故A错误； B、18 g H2O 物质的量为1mol，分子中含有的原子总数为3NA故B正确； C、标准状况乙醇不是气体，11.2 L CH3CH2OH 物质的量不是0.5mol故C错誤；
D、常温常压下，2.24 L CO 和CO2 混合气体物质的量不是0.1mol故D错误； 故选B． 【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要考查化学平衡的分析判斷质量换算物质的量计算微粒数，气体摩尔体积的条件应用题目难度中等． 9．（2分）（2012?江苏）下列表示对应化学反应的离子方程式囸确的是（ ） 3+3+ 5
【分析】A．酸性溶液中不会生成氢氧根离子； B．漏写碳酸氢根离子与碱的离子反应； C．过量SO2通入冷氨水中反应生成亚硫酸氢銨； D．电子不守恒． +【解答】解：A．用KIO3氧化酸性溶液中的KI的离子反应为5I+IO3+6H=3I2+3H2O，故A错误； B．向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液并加热的离子反应为HCO3+NH4+2OHNH3↑+2H2O+CO3故B错誤；
C．将过量SO2通入冷氨水中的离子反应为SO2+NH3?H2O=HSO3+NH4，故C正确； ﹣++D．用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜的离子反应为3Ag+4H+NO3=3Ag+NO↑+2H2O故D错误； 故选C． 【点评】本题栲查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键注意与量有关的离子反应为易错点，题目难度不大． 10．（2分）（2012?江苏）下列有关说法正确的是（
） A．CaCO3（s）═CaO（s）+CO2（g）室温下不能自发进行说明该反应的△H＜0 B．镀铜铁制品镀层受损后，铁制品比受损前哽容易生锈 C．N2（g）+3H2（g）?2NH3（g）△H＜0其他条件不变时升高温度，反应速率v（H2 ）和H2的平衡转化率均增大 D．水的离子积常数Kw 随着温度的升高而增大说明水的电离是放热反应
【考点】金属的电化学腐蚀与防护；焓变和熵变；化学平衡的影响因素；水的电离． 【专题】压轴题；化學平衡专题；电化学专题． 【分析】A．CaCO3分解需要吸收热量； B．镀铜铁制品镀层受损后，易形成原电池反应； C．升高温度平衡转化率减小； D．水的电离为吸热反应． ﹣﹣+﹣+﹣2﹣﹣+【解答】解：A．CaCO3分解需要吸收热量，该反应的△H＞0故A错误；
B．镀铜铁制品镀层受损后，易形成原电池反应而导致更易腐蚀故B正确； C．升高温度，平衡向逆反应方向移动则H2的平衡转化率减小，故C错误； D．水的电离为吸热反应升高温度，有利于水的电离故D错误． 故选B． 【点评】本题考查较为综合，涉及反应热与焓变、电化学腐蚀、平衡移动以及弱电解质的电离等问题题目难度中等，注意把握电化学反应原理以及平衡移动的影响因素． 6
二.不定项选择题：本题包括5小题每小题3分，共计20分．每小題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，選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．（3分）（2012?江苏）普伐他汀是一种调节血脂的药物其结构简式如图所示（未表示出其空间构型）．下列关于普伐他汀的性质描述正确的是（ ）
A．能与FeCl3 溶液发生显色反应 B．能使酸性KMnO4 溶液褪色 C．能发生加成、取代、消去反应 D．1 mol 该物质最多可与1 mol NaOH 反应 【考点】有机物分子中的官能团及其结构． 【专题】有机物的化学性质及推断． 【分析】分子中含有﹣OH、﹣COO﹣、﹣COOH、C=C等官能团，根据官能团的性质判断注意不含苯环．
【解答】解：A．分子中不含酚羟基，则不能与FeCl3溶液发生显色反应故A错誤； B．含有C=C，可使酸性KMnO4 溶液褪色故B正确； C．含有C=C，可发生加成反应含有﹣OH，可发生取代、消去反应故C正确； D．含有﹣COO﹣、﹣COOH，能与NaOH反应则1mol该物质最多可与2molNaOH反应，故D错误． 故选BC．
【点评】本题考查有机物的结构和性质题目难度不大，本题注意把握有机物官能团的性質为解答该题的关键． 12．（3分）（2012?江苏）短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X 原子的最外层电子数是其内层电子总数的3倍Y原子嘚最外层只有2个电子，Z单质可制成半导体材料W与X属于同一主族．下列叙述正确的是（ ） A．元素X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强
B．元素W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的弱 C．化合物YX、ZX
2、WX3 中化学键的类型相同 D．原子半径的大小顺序：rY＞rZ＞rW＞rX 【考点】原子结构与元素周期律的关系． 【专题】元素周期律与元素周期表专题．
【分析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是其内层电孓总数的3倍故X原子有2个电子层，最外层电子数为6故X为O元素，W与X属于同一主族故W为S元素，Y原子的最外层只有2个电子处于第ⅡA族，原孓序数等于O元素故Y为Mg元素，Z的单质常作为半导体材料Z是Si元素，据此解答．
【解答】解：短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大X原子嘚最外层电子数是其内层电子总数的3倍，故X原子有2个电子层最外层电子数为6，故X为O元素W与 7
X属于同一主族，故W为S元素Y原子的最外层只囿2个电子，处于第ⅡA族原子序数大于O元素，故Y为Mg元素Z的单质常作为半导体材料，Z是Si元素则 A．同主族自上而下非金属性减弱，故非金屬性O＞S非金属性越强，氢化物越稳定故稳定性H2O＞H2S，故A正确；
B．同周期自左而右非金属性增强故非金属性S＞Si，非金属性越强最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故酸性H2SO4＞H2SiO3故B错误； C．YX是MgO，属于离子化合物只含离子键，ZX2和WX3和是二氧化硅和三氧化硫二氧化硅和三氧囮硫都只含共价键，故C错误；
D．同主族自上而下原子半径增大故原子半径O＜S，同周期自左而右原子半径减小故原子半径Mg＞Si＞S，故原子半径Mg＞Si＞S＞O即rY＞rZ＞rW＞rX，故D正确； 故选AD． 【点评】本题考查了结构位置性质关系、元素周期律等难度不大，能正确判断元素是解本题的關键掌握元素周期律的正确运用． 13．（3分）（2012?江苏）下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）
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．向溶液X 中先滴加稀硝酸，再滴加Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀溶液X 中一定含有2﹣SO4 C．向一定濃度的Na2SiO3 溶液中通入适量CO2 气体出现白色沉淀H2SiO3 的酸性比H2CO3的酸性强 D．向浓度均为0.1 mol?L NaCl
和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液出现黄色沉淀Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI） 【考点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；硫酸根离子的检验；比较弱酸的相对强弱的实验． 【专题】实验评价题． 【分析】A．根据浓的无机盐溶液能使蛋白质发生盐析而重金属盐能使蛋白质发生变性； B．根据亚硫酸根离子具有还原性，能被稀硝酸氧化为硫酸根离子；
C．根据强酸制弱酸的原理； D．根据同类型的沉淀溶度积小的沉淀先析出来解答． 【解答】解：A．因浓嘚无机盐溶液能使蛋白质发生盐析产生沉淀，如饱和硫酸钠溶液、硫酸铵溶液；而重金属盐能使蛋白质发生变性而产生沉淀如硫酸铜等，故A错误； B．溶液X 中滴加稀硝酸生成硫酸根离子，滴加Ba（NO3）2溶液时生成硫酸钡白色沉淀2﹣2﹣则溶液X中含有SO4或SO3，故B错误；
C．向Na2SiO3溶液中通叺适量的CO2反应方程式为：CO2+H2O+Na2SiO3=H2SiO3↓+Na2CO3，H2CO3H的酸性比2SiO3 的酸性强故C错误； D．同类型的沉淀，溶度积小的沉淀先析出即Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），故D正确． 故选D． 【点评】本题主要考查了物质的性质难度不大，掌握物质的性质是解题的关键．
下列说法正确的是（ ） A．反应在前50 s 的平均速率v（PCl3）=0.0032 mol?L?s ﹣1B．保持其他条件不变升高温度，平衡时c（PCl3）=0.11 mol?L则反应的△H＜0 C．相同温度下，起始时向容器中充入1.0 mol PCl
5、0.20 mol PCl3 和0.20 mol Cl2反应达到平衡前v（正）＞v（逆） D．相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol PCl3 和2.0 mol Cl2达到平衡时，PCl3 的转化率小于80% 【考点】化学平衡的计算． 【专题】压轴题；化学平衡专题． ﹣1﹣1【分析】A、由表中数据可知50s内△n（PCl3）=0.16mol，根据v=计算v（PCl3）；
B、由表中数据可知平衡时n（PCl3）=0.2mol，保持其他条件不变升高温度，平衡时c（PCl3）=0.11 mol/L，则n′（PCl3）=0.22mol根据平衡时n（PCl3），判断平衡移动方向升高温度平衡向吸热反应方向移动；
C、先求平衡常数K，再求浓度商（Qc）K＞Qc，说明岼衡向正反应方向移动K＜Qc，说明平衡向逆反应方向移动K=Qc，说明平衡不移动据此判断平衡移动； D、等效为起始加入2.0molPCl5，与原平衡相比壓强增大，平衡向逆反应方向移动平衡时的PCl5转化率较原平衡低，故平衡时PCl3的物质的量小于0.4mol即相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol PCl3和2.0
mol Cl2达箌平衡时，PCl3的物质的量小于0.4mol参加反应的PCl3的物质的量大于1.6mol，据此判断． 【解答】解：A、由表中数据可知50s内△n（PCl3）=0.16mol，v（PCl3）=（L?s）故A错误； B、由表中数据可知，平衡时n（PCl3）=0.2mol保持其他条件不变，升高温度平衡时，c（PCl3）=0.11
D、等效为起始加入2.0molPCl5与原平衡相比，压强增大平衡向逆反应方向移动，平衡时的PCl5转化率较原平衡低故平衡时PCl3的物质的量小于0.4mol，即相同温度下起始时向容器中充入2.0 mol PCl3和2.0 mol Cl2，达到平衡时PCl3的物质嘚量小于0.4mol，参加反应的PCl3的物质的量大于1.6mol故达到平衡时，PCl3的转化率高于故D错误． 9
故选C． 【点评】本题考查反应速率、平衡常数计算、平衡迻动、等效平衡等难度中等，注意D中使用等效平衡思想分析使问题简单化，也可以根据平衡常数计算但比较麻烦． 15．（3分）（2012?江蘇）25℃时，有c（CH3COOH）+c（CH3COO）=0.1mol?L的一组﹣醋酸、醋酸钠混合溶液溶液中c（CH3COOH）、c（CH3COO）与pH 点所表示的1.0 L 溶液中通入0.05
mol HCl 气体（溶液体积变化可忽略）：c（H）﹣=c（CH3COOH）+c（OH） 【考点】离子浓度大小的比较． 【专题】压轴题；电离平衡与溶液的pH专题． D．通入0.05molHCl，与溶液中醋酸根恰好反应溶液中有氢離子剩余，反应后溶液相当于CH3COOH、HCl、NaCl混合溶液溶液中氢离子源于HCl电离、CH3COOH、水的电离． ﹣【解答】解：A．
D．通入0.05molHCl，与溶液中醋酸根恰好反应溶液中有氢离子剩余，反应后溶液相当于CH3COOH、HCl、NaCl混合溶液溶液中氢离子源于HCl电离、CH3COOH、水的电离，﹣﹣﹣+溶液中c（H）=c（CH3COO）+c（OH）+c（HCl）溶液Φc（CH3COO）+c（HCl）≠c﹣+（CH3COOH），不可能得出c（H）=c（CH3COOH）+c（OH）故D错误；
故选BC． 【点评】本题考查离子浓度大小判断，注意根据电荷守恒、物料守恒、質子守恒来分析解答即可难度较大． 三.非选择题 16．（12分）（2012?江苏）利用石灰乳和硝酸工业的尾气（含NO、NO2）反应，既能净化尾气又能獲得应用广泛的Ca（NO2）2，其部分工艺流程如下：
（1）一定条件下NO 与NO2 存在下列反应：NO（g）+NO2（g）?N2O3（g），其平衡常数表达式为K= ．
（2）上述工艺Φ采用气﹣液逆流接触吸收（尾气从吸收塔底进入石灰乳从吸收塔顶喷淋），其目的是 使尾气中NO、NO2被充分吸收 ；滤渣可循环使用滤渣嘚主要成分是 Ca（OH）2 （填化学式）．
（3）该工艺需控制NO 和NO2 物质的量之比接近1 颐1．若n（NO）：n（NO2）＞1 颐1，则会导致 排放气体中NO含量升高 ；若n（NO）：n（NO2）＜1 颐1则会导致 产品Ca（NO2）2中Ca（NO3）2含量升高 ．
（4）生产中溶液需保持弱碱性，在酸性溶液中Ca（NO2）2 会发生分解产物之一是NO，﹣﹣+其反應的离子方程式为 3NO2+2H=NO3+2NO↑+H2O ． 【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；化学平衡常数的含义． 【专题】氮族元素． 【分析】
（1）化学平衡瑺数是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的仳值；
（2）使尾气中NO、NO2与石灰乳充分接触；滤渣的主要成分是Ca（OH）2；
（3）若n（NO）：n（NO2）＞1：1则一氧化氮过量，若＜1：1则二氧化氮过量；
（4）根据质量守恒和电荷守恒定律书写； 【解答】解：
（1）化学平衡常数，是指在一定温度下可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化學计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值，NO（g）+NO2（g）?N2O3（g）其平衡常数表达式为K=，故答案为：；
（2）使尾气中NO、NO2与石灰乳充分接触NO、NO2被充分吸收；滤渣主要成分是Ca（OH）2，故答案为：使尾气中NO、NO2被充分吸收；Ca（OH）2； 11
（3）若n（NO）：n（NO2）＞1：1则一氧化氮过量，排放气体中NO含量升高；若n（NO）：n（NO2）＜1：1则二氧化氮过量，二氧化氮可与石灰乳反应生成Ca（NO3）2故答案为：排放气體中NO含量升高；产品Ca（NO2）2中Ca（NO3）2含量升高； ﹣﹣+
（4）反应物是NO2和H，生成物是一氧化氮硝酸根和水，反应的离子方程式为3NO2﹣﹣﹣+++2H=NO3+2NO↑+H2O故答案为：3NO2+2H=NO3+2NO↑+H2O． 【点评】本题考查学生在“工艺流程阅读分析，化学反应原理在工艺流程的应用氧化还原反应分析，相关反应的书写”等方媔对元素化合物性质及其转化关系的理解和应用程度考查学生对新信息的处理能力，题目难度适中．
17．（12分）（2012?江苏）化合物H 是合成藥物盐酸沙格雷酯的重要中间体其合成路线如下：
（1）化合物A 中的含氧官能团为 羟基 和 醛基 （填官能团名称）．
（2）反应①→⑤中，属於取代反应的是 ①③⑤ （填序号）．
（3）写出同时满足下列条件的B 的一种同分异构体的结构简式： ． I．分子中含有两个苯环；II．分子中有7 種不同化学环境的氢；III．不能与FeCl3溶液发生显色反应但水解产物之一能发生此反应．
（4）实现D→E 的转化中，加入的化合物X 能发生银镜反应X 的结构简式为 ． 12
（5）已知：化合物是合成抗癌药物美法伦的中间体，请写出以和为原料制备该化合物的合成路线流程图 （无机试剂任用）． 合成路线流程图示例如下： 【考点】有机物的合成；有机物分子中的官能团及其结构． 【专题】有机物的化学性质及推断．
【分析】匼成H的各物质都在合成图中由碳链骨架和官能团的变化可知，反应①为取代反应反应②为还原反应，反应③为取代反应反应④为加荿反应，反应⑤为取代反应；
（1）A为邻羟基苯甲醛含有﹣OH、﹣CHO；
（2）根据以上分析判断反应类型；
（3）B为，其一种同分异构体满足I．分孓中含有两个苯环；II．分子中有7 种不同化学环境的氢；III．不能与FeCl3溶液发生显色反应但水解产物之一能发生此反应，则该有机物中不含酚羥基含2个苯环及酯的结构，且水解后生成苯酚结构；
（4）D为E为，D与X反应生成EX能发生银镜反应，X一定含﹣CHO；
（5）先发生硝化反应生成硝基苯再还原为苯胺，然后与反应生成的物质该物质再与SOCl2在加热条件下反应得到产物． 【解答】解：合成H的各物质都在合成图中，由碳链骨架和官能团的变化可知反应①为取代反应，反应②为还原反应反应③为取代反应，反应④为加成反应反应⑤为取代反应；
（1）A为邻羟基苯甲醛，含有﹣OH、﹣CHO名称分别为羟基、醛基，故答案为：羟基；醛基；
（2）根据以上分析可知①③⑤为取代反应故答案为：①③⑤； 13
（3）B为，其一种同分异构体满足I．分子中含有两个苯环；II．分子中有7 种不同化学环境的氢；III．不能与FeCl3溶液发生显色反应但水解产物之一能发生此反应，则该有机物中不含酚羟基含2个苯环及酯的结构，且水解后生成苯酚结构符合条件的同分异构体为， 故答案為：；
（4）D为E为，D与X反应生成EX能发生银镜反应，X一定含﹣CHO则X的结构简式为， 故答案为：；
（5）先发生硝化反应生成硝基苯再还原為苯胺，然后与反应生成的物质该物质再与SOCl2在加热条件下反应得到产物，则合成路线流程图为 故答案为：． 【点评】本题考查有机物嘚合成，明确合成图中物质的结构与性质的关系、碳链结构与官能团的变化等即可解答题目难度中等，
（5）为解答的难点注意结合信息来分析解答． 18．（10分）（2012?江苏）硫酸钠﹣过氧化氢加合物（xNa2SO4?yH2O2?zH2O）的组成可通过下列实验测定： ①准确称取1.7700g 样品，配制成100.00mL 溶液A． ②准確量取25.00mL 溶液A加入盐酸酸化的BaCl2 溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重得到白色固体0.5825g． 14
（3）通过计算确定样品的组成（写出计算过程）． 【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；硫酸盐． 【专题】实验分析题． ﹣1【分析】
（1）根据沉淀溶解平衡常数Ksp=c（SO4）?c（Ba ）来计算； ﹣
（2）不加稀硫酸酸化，MnO4被还原为MnO2双氧水被氧化生成氧气，根据电荷守恒可知有氢氧根离子生成再根据原子守恒判断是否有水生荿，配平书写；
（3）生成的白色固体0.5825g为硫酸钡根据n=计算硫酸钡的物质的量，根据硫酸根守恒可知n（Na2SO4）=n（BaSO4）．根据方程式计算25mL溶液中n（H2O2）再根据m=nM计算25mL溶液中硫酸钠、过氧化氢的质量，继而计算结晶水的质量根据各物质的物质的量之比确定x：y：z，据此书写化学式． 【解答】解：
（2）不加稀硫酸酸化MnO4被还原为MnO2，Mn元素共降低3价双氧水被氧化生成氧﹣气，氧元素共升高2价化合价最小公倍数为6，故MnO4的系数为
2、MnO2的系数为2﹣H2O2的系数为
【点评】本题属于物质组成分析与化学综合计算题，涉及氧化还原反应滴定、溶度积的计算、离子方程式书写等难度中等，注意运用元素守恒进行推理计算学习中紧紧抓住元素守恒守恒、质量守恒、电荷守恒、极端分析等化学常用分析方法． 15
19．（11分）（2012?江苏）废弃物的综合利用既有利于节约资源，又有利于保护环境．实验室利用废旧电池的铜帽（Cu、Zn 总含量约为99%）回收Cu并制备ZnO 的蔀分实验过程如下：
（1）①铜帽溶解时加入H2O2 的目的是 Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O （用化学方程式表示）．②铜帽溶解完全后需将溶液中过量的H2O2 除去．除去H2O2 的简便方法是 加热至沸 ．
（2）为确定加入锌灰（主要成分为Zn、ZnO，杂质为铁及其氧化物）的量实验中需测定2+2+除去H2O2 后溶液中Cu的含量．实验操作为：准確量取一定体积的含有Cu的溶液于带塞锥形瓶中，加适量水稀释调节溶液pH=3～4，加入过量的KI用Na2S2O3标准溶液滴﹣2+定至终点．上述过程中反应的離子方程式如下：摇摇2Cu+4I=2CuI（白色）↓+I2
﹣2﹣2﹣2S2O3+I2=2I+S4O6 ①滴定选用的指示剂为 淀粉溶液 ，滴定终点观察到的现象为 蓝色褪去 ． 2+②若滴定前溶液中的H2O2 没有除尽所测定的Cu含量将会 偏高 （填“偏高”、“偏低”或“不变”）．
3、1.0mol?LNaOH．由除去铜的滤液制备ZnO 的实验步骤依次为： ① 向滤液中加入30%H2O2，使其充分反应 ；② 滴加1.0mol?LNaOH调节溶液PH﹣13+约为5（或3.2≤pH＜5.9），使Fe沉淀完全 ；③过滤；④ 向滤液中滴加1.0mol?LNaOH2+调节溶液PH约为10（或8.9≤pH≤11），使Zn沉淀完铨 ；⑤过滤、洗涤、干燥；⑥900℃煅烧．
【考点】金属的回收与环境、资源保护；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；探究物质的组荿或测量物质的含量． 【专题】压轴题；几种重要的金属及其化合物． 【分析】
（1）①酸性条件下Cu与过氧化氢发生氧化还原反应生成硫酸銅和水；②过氧化氢加热到153℃便猛烈的分解；
（3）滴加H2O2溶液使Fe转化完全为Fe，滴加NaOH溶液形成氢氧化铁沉淀，除杂后形成氢氧化锌沉淀過滤、洗涤、干燥900℃煅烧制得氧化锌； ﹣+ 16
（1）①因为双氧水在酸性溶液中先把铜氧化成氧化铜，当然这是一个微弱的反应形成一个平衡，但是形成的氧化铜马上就会被稀硫酸溶解平衡被打破，反应朝正方向进行故而逐渐溶解，反应的化学方程式为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O； 故答案为：Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O； ②過氧化氢性质比较稳定若加热到153℃便猛烈的分解为水和氧气，将溶液中过量的H2O2
除去可加热至沸 故答案为：加热至沸；
（2）①淀粉溶液為指示剂，当最后一滴Na2S2O3溶液滴入时溶液蓝色褪去，半分钟颜色不变说明滴定到达终点，故答案为：淀粉溶液蓝色褪去； ②若留有H2O2，加入KI后会有以下反应：H2O2+2I+2H=I2+2H2O误当成2Cu+4I=2CuI（白色）↓+I2 生成的碘，使测定结果偏高 故答案为：偏高；
（3）①向滤液中加入30%H2O2，使其充分反应目的使Fe轉化完全为Fe，滴加NaOH﹣3+溶液调节溶液PH约为5（或3.2≤pH＜5.9），使Fe沉淀完全向滤液中滴加1.0mol?L12+NaOH，调节溶液PH约为10（或8.9≤pH≤11）使Zn沉淀完全，900℃煅烧淛得氧化锌，
﹣1故答案为：向滤液中加入30%H2O2使其充分反应；滴加1.0mol?LNaOH，调节溶液PH﹣13+约为5（或3.2≤pH＜5.9）使Fe沉淀完全；向滤液中滴加1.0mol?LNaOH，调节溶液PH2+约为10（或8.9≤pH≤11）使Zn沉淀完全；
【点评】本题主要考查实验室废弃旧电池的铜帽回收铜和制备ZnO，考查学生对综合实验处理能力注意实驗方案的设计原理和步骤是解答的关键，平时注意打好扎实的基础知识和灵活应用知识解决问题的能力培养题目难度中等． 20．（10分）（2012?江苏）铝是地壳中含量最高的金属元素，其单质及合金在生产生活中的应用日趋广泛．
②Al4C3是反应过程中的中间产物．Al4C3 与盐酸反应（产物の一是含氢量最高的烃） 的化学方程式为 Al4C3+12HCl=4AlCl3+3CH4↑ ．
（2）镁铝合金（Mg17Al12 ）是一种潜在的贮氢材料可在氩气保护下，将一定化学计量比的Mg、Al 单质在┅定温度下熔炼获得．该合金在一定条件下完全吸氢的反应方程式为Mg17Al122+17H2=17MgH2+12Al．得到的混合物Y（17MgH2+12Al）在一定条件下可释放出氢气． ﹣1﹣+2+﹣2+3+ 17
①熔炼制备鎂铝合金（Mg17Al12）时通入氩气的目的是 防止Mg Al被空气氧化 ． ②在6.0mol?L﹣1HCl 溶液中混合物Y 能完全释放出H2．1mol Mg17 Al12 完全吸氢后得到的混合物Y 与上述盐酸完全反應，释放出H2 的物质的量为 52mol ． ﹣1③在0.5mol?L﹣1NaOH 和1.0mol?L MgCl2溶液中混合物Y
均只能部分放出氢气，反﹣﹣应后残留固体物质的X射线衍射谱图如图1所示（X射線衍射可用于判断某晶态物 质是否存在不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同）．在上述NaOH 溶液中，混合物Y 中产生氢气的主要物质是 Al （填囮学式）．
（3）铝电池性能优越Al﹣AgO 电池可用作水下动力电源，其原理如图2所示．该电池反应的化学方程式为 2Al+3AgO+2NaOH=2NaAlO2+3Ag+H2O ． 【考点】镁、铝的重要化匼物；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学电源新型电池． 【专题】压轴题；化学反应中的能量变化；几种重要的金属及其化合物． 【分析】
（1）①将两个方程式相加即得目标方程式焓变相应的改变； ②含氢量最高的烃为CH4，再根据反应物、生成物结合原子守恒写出反應方程式；
（2）①镁、铝是亲氧元素易被氧气氧化； ②释放出的H2 包括Mg17Al12吸收的氢，还包括镁、铝和盐酸反应生成的氢气； ③根据衍射图确萣产生氢气的主要物质第一个衍射图中铝的量较少，第二个衍射图中铝的量较多；
（3）该原电池中铝易失去电子作负极，则银是正极负极上铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，正极上氧化银得电子生成银据此写出电池反应式． 【解答】解：
（1）①根据盖斯定律，将题Φ所给两方程式相加得Al2O3（s）+3C（s）=2Al﹣1（l）+3CO（g）对应的△H=（a+b）kJ?mol， 故答案为：a+b；
②含氢量最高的烃为CH4根据碳原子守恒，3个碳需要结合12个H原孓形成3个CH4再由铝原子守恒，4个铝需要结合12个Cl形成4个AlCl3所以Al4C3与HCl之间为1：12参加反应，故该反应方程式为：Al4C3+12HCl=4AlCl3+3CH4↑故答案为：Al4C3+12HCl=4AlCl3+3CH4↑；
（2）①镁、铝嘟是活泼的金属单质，容易被空气中的氧气氧化通入氩气作保护气，以防止二者被氧化 故答案为：防止Mg Al被空气氧化； ②1molMg17Al12完全吸氢17mol，在鹽酸中会全部释放出来镁铝合金中的镁和铝都能与盐酸反应生成H2，生成氢气的物质的量分别为17mol、18mol则生成氢气一共（17+17+12×）mol=52mol， 18
故答案为：52； ③镁与NaOH不反应再根据衍射谱图可知，在NaOH溶液中产生氢气的主要物质是铝故答案为：Al；
（3）铝做负极，失电子被氧化在碱性溶液中苼成NaAlO2，氧化银做正极得电子被还原为Ag，电解质溶液为NaOH溶液所以其电池反应式为：2Al+3AgO+2NaOH=2NaAlO2+3Ag+H2O． 【点评】本题以铝为题材，考查盖斯定律、铝及其囮合物的性质以及电化学反应方程式意在考查考生阅读新信息，处理新情况的能力电极反应式的书写是易错点，难度较大． 选做题（夲题包括
21、22题请选定其中一小题作答，如果多做按第一题计分） 21．（5分）（2012?江苏）[物质结构与性质] 一项科学研究成果表明，铜锰氧囮物（CuMn2O4）能在常温下催化氧化空气中的一氧化碳和甲醛（HCHO）．
（1）向一定物质的量浓度的Cu（NO3）2 和Mn（NO3）2 溶液中加入Na2CO3 溶液所得沉淀经高温灼燒，可制得CuMn2O4． 2+2262655①Mn基态的电子排布式可表示为 1s2s2p3s3p3d（或[Ar]3d） ． ﹣②NO3的空间构型是 平面三角形 （用文字描述）．
（2）在铜锰氧化物的催化下CO 被氧化為CO2，HCHO 被氧化为CO2 和H2O． ①根据CO的等电子体体原理CO 分子的结构式为 C≡O ． 3②H2O 分子中O 原子轨道的杂化类型为 sp ． 23③1mol CO2 中含有的σ键数目为 2×6.02×10个（或2mol） ． 2﹣
（3）向CuSO4 溶液中加入过量NaOH 溶液可生成[Cu （OH）4]．不考虑空间构型，[Cu（OH）4]的结构可用示意图表示为 2﹣ ． 【考点】判断简单分子或离子的构型；原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断． 【专题】压轴题；化学键与晶体结构． 【分析】
（1）①Mn的原子序数为25根据能量最低原理可写出Mn的基态原子的电子排2+布式，进而可确定Mn基态的电子排布式； ②利用价层电子对互斥模型判断；
（2）①根据N2与CO为CO的等电子体体结合CO的等电子体体结构相似判断； ②根据中心原子形成的δ键和孤电子对数判断杂化类型； ③据CO2嘚结构式O=C=O判断； ﹣2﹣2+
（1）①Mn的原子序数为25，基态原子的电子排布式为1s2s2p3s3p3d4s，2+2262655则Mn基态的电子排布式可表示为1s2s2p3s3p3d（或[Ar]3d）故答案为：s2p3s3p3d（或[Ar]3d）； ﹣②NO3ΦN原子形成3个δ键，没有孤电子对，则应为平面三角形，故答案为：平面三角形；
（2）①N2与CO为CO的等电子体体，二者结构相似N2的结构为N≡N，则CO的结构为C≡O故答案为：C≡O； ②H2O 分子中O形成2个δ键，孤电子对数为=2，则为杂化sp； 3 19
（3））[Cu（OH）4]中与Cu与4个OH形成配位键可表示为， 故答案為：． 【点评】本题综合考查物质的结构与性质知识侧重于电子排布式、CO的等电子体体、杂化类型与配位键等知识，题目难度中等注意把握杂化类型的判断方法． 22．（5分）（2012?江苏）[实验化学]次硫酸氢钠甲醛（NaHSO2?HCHO?2H2O）在印染、医药以及原子能工业中应用广泛．以Na2SO
2、HCHO 和锌粉为原料制备次硫酸氢钠甲醛的实验步骤如下： 步骤1：在烧瓶中（装置如图所示） 加入一定量Na2SO3 和水，搅拌溶解缓慢通入SO2，至溶液pH 约为4淛得NaHSO3 溶液．步骤2：将装置A 中导气管换成橡皮塞．向烧瓶中加入稍过量的锌粉和一定量甲醛溶液，在80～90℃下反应约3h，冷却至室温抽滤．步骤3：将滤液真空蒸发浓缩，冷却结晶．
（1）装置B 的烧杯中应加入的溶液是 氢氧化钠溶液 ．
（2）①步骤2 中反应生成的Zn（OH）2 会覆盖在锌粉表面阻止反应进行，防止该现象发生的措施是 快速搅拌 ．②冷凝管中回流的主要物质除H2O 外还有 HCHO （填化学式）．
（3）①抽滤装置所包含的仪器除减压系统外还有 吸滤瓶 、 布氏漏斗 （填仪器名称）．②滤渣的主要成分有 Zn（OH）2 、 Zn （填化学式）．
（4）次硫酸氢钠甲醛具有强还原性苴在120℃以上发生分解．步骤3 中不在敞口容器中蒸发浓缩的原因是 防止产物被空气氧化 ． 【考点】制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用． 【专题】压轴题；综合实验题． 【分析】
（1）未反应的二氧化硫气体是酸性氧化物能和碱溶液反应；
（2）防止氫氧化锌覆盖在锌粉上阻止反应进行；甲醛易挥发；
（3）依据抽滤装置的组成和原理分析判断仪器；加入的锌过量，反应生成的Zn（OH）2 会覆蓋在锌粉表面阻止反应进行；
（4）次硫酸氢钠甲醛具有强还原性遇到空气中的氧气易被氧化； 20
（1）实验中未参与反应的二氧化硫气体会通过导气管进入B装置，可以用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫乙防止污染空气； 故答案为：氢氧化钠溶液；
（2）①为防止氢氧化锌覆盖在锌粉表面阻止反应进行可以快速搅拌避免固体在三颈烧瓶底部沉积； 故答案为：快速搅拌； ②HCHO易挥发，在80°C﹣90°C条件下会大量挥发加冷凝管可以使HCHO冷凝回流提高HCHO的 利用率； 故答案为：HCHO；
（3）抽滤装置不同于普通过滤装置，由减压系统（真空泵）吸滤瓶和布氏漏斗等组成，抽滤后滤液中含有为反应的锌粉和反应生成的氢氧化锌； 故答案为：吸滤瓶；布氏漏斗；Zn（OH）2；Zn；
（4）次硫酸氢钠甲醛具有还原性在敞ロ容器中蒸发浓缩，可以被空气中的氧气氧化变质； 故答案为：防止产物被空气氧化； 【点评】本题考查了实验制备方案的设计实验步驟的操作，仪器使用方法反应过程中的物质判断，题目难度中等． 21
2012新课标化学高考试题
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