1、2009年江蘇省高考化學(xué)試卷參考答案與試題解析一、單項(xiàng)選擇題：本題包括8小題，每小題3分，共計(jì)24分每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意1（3分）中華人民共和國食品安全法于2009年月1日起實(shí)施下列做法不利于安全的是（）A用聚氯乙烯塑料袋包裝食品B在食品鹽中添加適量的碘酸鉀C在食品加工中科學(xué)使用食品添加劑D研發(fā)高效低毒的農(nóng)藥，降低蔬菜的農(nóng)藥殘留量【考點(diǎn)】KF：常見的食品添加劑的組成、性質(zhì)和作用菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】55：化學(xué)計(jì)算【分析】A、從聚氯乙烯和氯乙烯的區(qū)別分析；B、從碘單質(zhì)、碘化物以及碘酸鹽的性質(zhì)比較考慮；C、從食品添加劑的性質(zhì)、作用以及用量等角度思考；D、從降低對(duì)人體的危害角度考慮；【解答】解

2、：A、聚氯乙烯有毒，不能用于塑料袋包裝食品，可用聚乙烯塑料袋包裝食品，故A錯(cuò)誤；B、碘單質(zhì)有毒而且易升華，碘化鉀有苦味而且不穩(wěn)定，容易被氧化成有毒的碘單質(zhì)，碘酸鉀是一種穩(wěn)定易吸收的鹽，故選擇碘酸鉀才作為最理想的添加劑，我們食用的食鹽通常加的都是碘酸鉀，故B正確；C、我國食品衛(wèi)生法規(guī)定，食品添加劑是指為改善食品品質(zhì)和色、香、味以及為防腐和加工工藝的需要而加入食品中的化學(xué)合成或天然物質(zhì)。食品營養(yǎng)強(qiáng)化劑也屬于食品添加劑。食品添加劑的好處首先是有利于食品保藏，防止食品腐爛變質(zhì)。食品添加劑還能改善食品的感官性狀，滿足人們口感的要求。適當(dāng)使用著色劑、食用香料以及乳化劑、增稠劑等食品添加劑，可明顯提高食品的

3、感官質(zhì)量。保持、提高食品的營養(yǎng)價(jià)值是食品添加劑又一重要作用。國內(nèi)外對(duì)食品添加劑都有嚴(yán)格規(guī)定和審批程序。只要嚴(yán)格按照國家批準(zhǔn)的品種、范圍、計(jì)量使用添加劑，安全才有保障，故C正確； D、高效、低毒、低殘留農(nóng)藥是現(xiàn)代農(nóng)藥發(fā)展的一個(gè)方向，故D正確；故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了如下知識(shí)點(diǎn)化學(xué)物質(zhì)與生活得關(guān)系，食品添加劑，化肥、農(nóng)藥對(duì)人類生活的影響，注意加強(qiáng)對(duì)生活中的化學(xué)的了解，本題難度不大2（3分）下列有關(guān)化學(xué)用語使用正確的是（）A硫原子的原子結(jié)構(gòu)示意圖：BNH4Cl的電子式：C原子核內(nèi)有10個(gè)中子的氧原子：818OD對(duì)氯甲苯的結(jié)構(gòu)簡式：【考點(diǎn)】44：原子結(jié)構(gòu)示意圖；47：結(jié)構(gòu)簡式；4J：電子式、化學(xué)式

4、或化學(xué)符號(hào)及名稱的綜合菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】514：化學(xué)用語專題；53：有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)【分析】A、根據(jù)原子核外電子數(shù)目和核內(nèi)質(zhì)子數(shù)目相等來分析；B、根據(jù)化合物的類型以及電子式的書寫方法來分析；C、根據(jù)中子數(shù)質(zhì)量數(shù)質(zhì)子數(shù)來回答；D、根據(jù)有機(jī)物的命名方法中，鄰、間、對(duì)位所指的位置來回答【解答】解：A、硫原子的原子結(jié)構(gòu)示意圖應(yīng)為，題干選項(xiàng)表示的是硫離子的結(jié)構(gòu)示意圖，故A錯(cuò)誤；B、NH4Cl是由NH4+和Cl離子構(gòu)成，由于Cl是陰離子，必須寫出電子式：，故B錯(cuò)誤；C、818O表示質(zhì)量數(shù)為18，質(zhì)子數(shù)為8的氧原子，所以該原子核內(nèi)有10個(gè)中子，故C正確；D、該結(jié)構(gòu)簡式是鄰氯甲苯，因?yàn)槁仍雍图谆奈恢迷谙噜?/p>

5、的碳原子上，對(duì)氯甲苯中的氯原子和甲基的位置應(yīng)該處于相對(duì)位置故D錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題目要求學(xué)生熟記120號(hào)原子的原子結(jié)構(gòu)結(jié)構(gòu)示意圖，常見陰離子、陽離子的結(jié)構(gòu)示意圖；質(zhì)量數(shù)、質(zhì)子數(shù)、中子數(shù)之間的關(guān)系；常見有機(jī)物的命名等知識(shí)3（3分）下列所列各組物質(zhì)中，物質(zhì)之間通過一步反應(yīng)就能實(shí)現(xiàn)如圖所示轉(zhuǎn)化的是（）abcAAlAlCl3Al（OH）3BHNO3NONO2CSiSiO2H2SiO3DCH2CH2CH3CH2OHCH3CHOAABBCCDD【考點(diǎn)】FH：硅和二氧化硅菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】11：推斷題【分析】A、根據(jù)物質(zhì)的性質(zhì)來判斷，Al（OH）3Al的轉(zhuǎn)化必須經(jīng)過Al（OH）3Al2O3和Al

6、2O3Al不能一步生成；B、從硝酸、一氧化氮和二氧化氮的性質(zhì)來判斷；C、根據(jù)物質(zhì)的性質(zhì)來判斷，SiO2H2SiO3必須經(jīng)過兩步，先生成硅酸鈉，再生成硅酸；D、根據(jù)物質(zhì)的性質(zhì)來判斷，CH3CHOCH2CH2必須經(jīng)過兩步，先生成乙醇，再生成乙烯【解答】解：A、AlAlCl3（2Al+6HCl2AlCl3+3H2或者2Al+3H2SO4Al2（SO4）3+3H2），AlCl3Al（OH）3（AlCl3+3NH3H2OAl（OH）3+3NH4Cl），Al（OH）3AlCl3（Al（OH）3+3HClAlCl3+3H2O），Al（OH）3Al的轉(zhuǎn)化必須經(jīng)過Al（OH）3Al2O3（反應(yīng)方程式為：2Al（

7、OH）3¯Al2O3+3H2O）和Al2O3Al（2Al2O3通電¯4Al+3O2）這兩步，故A不選；B、HNO3NO（8HNO3+3Cu3Cu（NO3）2+2NO+4H2O），NONO2（2NO+O22NO2），NO2NO（3NO2+H2O2HNO3+NO），NO2HNO3（3NO2+H2O2HNO3+NO），故B正確；C、SiSiO2（Si+O2¯SiO2），SiO2H2SiO3必須經(jīng)過兩步（SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O和Na2SiO3+H2O+CO2H2SiO3+Na2CO3），故C不選；D、CH2CH2CH3CH2OH（CH2CH2+H2O催

8、化劑CH3CH2OH），CH3CH2OHCH3CHO（2CH3CH2OH+O2催化劑2CH3CHO+2H2O），CH3CHOCH3CH2OH（CH3CHO+H2催化劑CH3CH2OH），CH3CHOCH2CH2就必須經(jīng)過兩步（CH3CHO+H2催化劑CH3CH2OH和CH3CH2OH濃硫酸CH2CH2+H2O）故D不選。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查物質(zhì)的轉(zhuǎn)化，要熟練掌握元素及其化合物之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系，具有一定的難度，尤其是不能一步轉(zhuǎn)化的反應(yīng)要注意4（3分）用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值下列敘述正確的是（）A25時(shí)，PH13的1.0LBa（OH）2溶液中含有的OH數(shù)目為0.2NAB標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24

9、LCl2與過量稀NaOH溶液反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子總數(shù)為0.2NAC室溫下，21.0g乙烯和丁烯的混合氣體中含有的碳原子數(shù)目為1.5NAD標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4L甲醇中含有的氧原子數(shù)為1.0NA【考點(diǎn)】4F：阿伏加德羅常數(shù)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】518：阿伏加德羅常數(shù)和阿伏加德羅定律【分析】A、根據(jù)PH值和氫氧化鋇中氫氧根濃度之間的關(guān)系來分析；B、根據(jù)反應(yīng)中轉(zhuǎn)移的電子的量以及元素化合價(jià)的變化情況來回答；C、根據(jù)乙烯和丁烯的最簡式都是CH2的特點(diǎn)來分析；D、根據(jù)標(biāo)準(zhǔn)狀況下甲醇為液態(tài)來分析【解答】解：A、PH13也就是意味著c(H+)=1×10-13molL-1，則c(OH-)=1×10

10、-1molL-1，n(OH-)=c(OH-)×V=1×10-1molL-1×1L=0.1mol，所以N(OH-)=0.1NA，故A錯(cuò)誤；B、發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)方程式為Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O（該反應(yīng)為歧化反應(yīng)），n(Cl2)=0.1mol，那么轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目應(yīng)該為0.1NA，故B錯(cuò)誤；C、乙烯和丁烯的最簡式都是CH2，則n(CH2)=21g14g/mol=1.5mol，所以n（C）1.5mol，N（C）1.5NA，故C正確；D、標(biāo)準(zhǔn)狀況下，甲醇為液態(tài)，那么甲醇的物質(zhì)的量就不是1mol，則所含有的氧原子個(gè)數(shù)也不為NA，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】以

11、阿伏伽德羅常數(shù)為載體考察如下知識(shí)點(diǎn)：考查22.4L/mol的正確使用；考查在氧化還原反應(yīng)中得失電子數(shù)的計(jì)算；正確表示一定物質(zhì)的量的某物質(zhì)微粒所含某種微粒的個(gè)數(shù)；考查在標(biāo)準(zhǔn)狀況下一定體積的氣體分子所含的分子數(shù)和原子數(shù)5（3分）化學(xué)在生產(chǎn)和日常生活中有著重要的應(yīng)用下列說法不正確的是（）A明礬水解形成的Al（OH）3膠體能吸附水中懸浮物，可用于水的凈化B在海輪外殼上鑲?cè)脘\塊，可減緩船體的腐蝕速率CMgO的熔點(diǎn)很高，可用于制作耐高溫材料D電解MgCl2飽和溶液，可制得金屬鎂【考點(diǎn)】BK：金屬的電化學(xué)腐蝕與防護(hù)；DD：鹽類水解的應(yīng)用；DI：電解原理；G6：金屬冶煉的一般原理菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】21：熱

12、點(diǎn)問題；51：基本概念與基本理論【分析】A、根據(jù)明礬凈水的原理是氫氧化鋁凈水來分析；B、根據(jù)原電池的工作原理和應(yīng)用來回答；C、根據(jù)氧化鎂的物理性質(zhì)來分析其應(yīng)用；D、根據(jù)電解氯化鎂溶液的反應(yīng)原理及其產(chǎn)物來判斷【解答】解：A、明礬凈水的原理是：Al3+3H2OAl（OH）3（膠體）+3H+，利用Al（OH）3（膠體）的吸附性進(jìn)行凈水，故A正確；B、因?yàn)檩喆饕描F造外殼，鐵在海水中易被腐蝕，鍍上比鐵活潑的鋅，形成原電池，鋅作負(fù)極，失去電子先被腐蝕，從而起到保護(hù)鐵的作用，從而可減緩船體的腐蝕速率，故B正確；C、氧化鎂的熔點(diǎn)是2852，可用于制作耐高溫材料，故C正確；D、電解MgCl2飽和溶液，發(fā)生的

13、化學(xué)反應(yīng)為：MgCl2+2H2O通電¯¯Mg(OH)2+H2+Cl2，不會(huì)產(chǎn)生金屬鎂，電解熔融的MgCl2能制取單質(zhì)鎂，發(fā)生的反應(yīng)MgCl2通電¯¯Mg+Cl2，故D錯(cuò)誤。故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了物質(zhì)的水解反應(yīng)以及水解反應(yīng)的用途、常見物質(zhì)在生產(chǎn)生活中的具體用途、常見物質(zhì)的制備及發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)方程式等方面的知識(shí)，是一道綜合題目6（3分）下列有關(guān)試驗(yàn)操作的敘述正確的是（）A實(shí)驗(yàn)室常用右圖所示的裝置制取少量的乙酸乙酯B用50mL酸式滴定管可準(zhǔn)確量取25.00mLKMnO4溶液C用量筒取5.00mL1.00molL1鹽酸于50mL容量瓶中，加水稀釋至刻度

14、，可配制0.100molL1鹽酸D在苯萃取溴水中的溴，分液時(shí)有機(jī)層從分液漏斗的下端放出【考點(diǎn)】TJ：乙酸乙酯的制取菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】16：壓軸題；17：綜合實(shí)驗(yàn)題；541：化學(xué)實(shí)驗(yàn)常用儀器及試劑【分析】A、制取少量的乙酸乙酯時(shí)導(dǎo)氣管不能深入到飽和碳酸鈉溶液中，這樣容易產(chǎn)生倒吸；B、高錳酸鉀對(duì)橡皮管有侵蝕性，只能用酸式滴定管；C、量筒只能精確到小數(shù)點(diǎn)后一位，配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液時(shí)，溶解操作應(yīng)在燒杯內(nèi)溶解，不允許在容量瓶內(nèi)溶解；D、分液漏斗內(nèi)的液體進(jìn)行分離時(shí)，下層液體從下端流出，上次液體從上口倒出【解答】解：A、導(dǎo)氣管深入到飽和碳酸鈉溶液中去了，這樣容易產(chǎn)生倒吸，所以該裝置不能用于制備乙

15、酸乙酯，故A錯(cuò)誤；B、準(zhǔn)確量取一定體積的溶液，用的儀器是滴定管，滴定管有兩種：酸式和堿式，具體使用范圍是：酸式滴定管不得用于裝堿性溶液，因?yàn)椴ＡУ哪タ诓糠忠妆粔A性溶液侵蝕，使塞子無法轉(zhuǎn)動(dòng)。堿式滴定管不宜于裝對(duì)橡皮管有侵蝕性的溶液，如碘、高錳酸鉀和硝酸銀等。所以量取高錳酸鉀溶液用酸式滴定管，故B正確；C、有兩點(diǎn)錯(cuò)誤之處，第一點(diǎn)量筒只能精確到小數(shù)點(diǎn)后一位，第二點(diǎn)在配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液時(shí)，溶解操作應(yīng)在燒杯內(nèi)溶解，不允許在容量瓶內(nèi)溶解，故C錯(cuò)誤；D、苯的密度比水小，萃取后分層，有機(jī)層在上面，故有機(jī)層應(yīng)該從上口倒出，故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查常見實(shí)驗(yàn)的儀器組裝，操作過程、注意事項(xiàng)要牢記；

16、常見儀器的使用，以及在使用過程中所需要注意的地方（精確度）7（3分）在下列各溶液中，離子一定能大量共存的是（）A強(qiáng)堿性溶液中：K+、Al3+、Cl、SO42B含有0.1molL1Fe3+的溶液中：K+、Mg2+、I、NO3C含有0.1molL1Ca2+溶液在中：Na+、K+、CO32、ClD室溫下，pH1的溶液中：Na+、Fe3+、NO3、SO42【考點(diǎn)】DP：離子共存問題菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】16：壓軸題【分析】A、根據(jù)在堿性條件下是否有與OH反應(yīng)的離子來判斷；B、Fe3+具有氧化性，根據(jù)是否存在與Fe3+發(fā)生氧化還原反應(yīng)的離子或存在其它反應(yīng)類型來判斷；C、含有Ca2+的溶液中，判斷是否有與

17、Ca2+生成沉淀的離子；D、判斷在酸性溶液中是否有與H+反應(yīng)的離子或其它反應(yīng)類型【解答】解：A、強(qiáng)堿性溶液意味著存在大量的OH，所以Al3+不能共存（Al3+3OHAl（OH）3），故A錯(cuò)誤；B、Fe3+和I因發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不能共存（2Fe3+2I2Fe2+I2）故B錯(cuò)誤；C、Ca2+和CO32因發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)而不能共存，故C錯(cuò)誤；D、室溫下，pH1的溶液中的四種離子Na+、Fe3+、NO3、SO42之間不能反應(yīng)生成沉淀、氣體、弱電解質(zhì)以及其它反應(yīng)類型，故可以大量共存，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查離子共存問題，做題時(shí)注意（一色、二性、三特殊、四反應(yīng)牢記）由于發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，離子不能

18、大量共存；由于發(fā)生氧化還原反應(yīng)，離子不能大量共存；溶液酸堿性的判斷（隱含條件）8（3分）X、Y、Z、W、R是5種短周期元素，其原子序數(shù)依次增大X是周期表中原子半徑最小的元素，Y原子最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的3倍，Z、W、R處于同一周期，R與Y處于同一族，Z、W原子的核外電子數(shù)之和與Y、R原子的核外電子數(shù)之和相等下列說法正確的是（）A元素Y、Z、W具有相同電子層結(jié)構(gòu)的離子，其半徑依次增大B元素X不能與元素Y形成化合物X2Y2C元素Y、R分別與元素X形成的化合物的熱穩(wěn)定性：XmYXmRD元素W、R的最高價(jià)氧化物的水化物都是強(qiáng)酸【考點(diǎn)】8F：原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關(guān)系菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】16：壓

19、軸題；51C：元素周期律與元素周期表專題【分析】X是周期表中原子半徑最小的元素，應(yīng)為H元素，Y原子最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的3倍，應(yīng)為O元素；根據(jù)Z、W、R處于同一周期，R與Y處于同一族，則R為S元素；Z、W原子的核外電子數(shù)之和與Y、R原子的核外電子數(shù)之和相等，則Z、W原子的核外電子數(shù)之和為8+1624，又Z、W、處于同一周期，應(yīng)為第三周期，分別為Na和Al元素其中：A、根據(jù)核外電子排布相同的微粒，半徑隨著核電荷數(shù)的增加而減小進(jìn)行判斷；B、根據(jù)推斷得知X和Y分別為H和O元素，可知形成的常見化合物有H2O和H2O2；C、根據(jù)非金屬強(qiáng)弱判斷氫化物的穩(wěn)定性；D、根據(jù)金屬性和非金屬性判斷堿和酸的強(qiáng)弱

20、【解答】解：A、從題目所給的條件可以看出X是H元素，Y是O元素，Z是Na元素，W是Al元素，R是S元素。Y、Z、W具有相同電子層結(jié)構(gòu)的離子（O2、Na+、Al3+），根據(jù)核外電子排布相同的微粒，半徑隨著核電荷數(shù)的增加而減小，其半徑依次減小，故A錯(cuò)誤；B、X和Y元素能形成2種化合物，X2Y（H2O）和X2Y2（H2O2），故B錯(cuò)誤；C、元素Y、R分別與元素X形成的化合物是氫化物，因?yàn)閅（O元素）和R（S元素）的非金屬性強(qiáng)弱：YR，所以對(duì)應(yīng)的氫化物的穩(wěn)定性：XmYXmR，故C正確；D、W元素最高價(jià)氧化物的水化物是Al（OH）3，是弱堿，而R元素最高價(jià)氧化物的水化物是H2SO4，是強(qiáng)酸，故D錯(cuò)誤。故

21、選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查元素周期律的運(yùn)用，做題時(shí)注意以下問題：同周期、同主族內(nèi)元素性質(zhì)（核外電子排布、原子半徑、金屬性、非金屬性、酸堿性、氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性等）變化規(guī)律元素之間化合所形成化合物的化學(xué)式的書寫二、不定項(xiàng)選擇題：本題包括6小題，每小題4分，共計(jì)24分每小題有一個(gè)或兩個(gè)選項(xiàng)符合題意若正確答案只包括一個(gè)選項(xiàng)，多選時(shí)，該題的0分；若正確答案包括兩個(gè)選項(xiàng)，只選一個(gè)且正確的2分，選兩個(gè)且都正確的得滿分，但只要選錯(cuò)一個(gè)，該小題就得0分9（4分）下列化學(xué)實(shí)驗(yàn)事實(shí)及其解釋都正確的是（）A向碘水中滴加CCl4，振蕩靜置后分層，CCl4層呈紫紅色，說明可用CCl4從碘水中萃取碘B向SO2水溶液中滴加

22、鹽酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，說明BaSO3難溶于鹽酸C向0.1molL1FeSO4溶液中滴加少量酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液褪色，說明Fe2+具有氧化性D向2.0mL濃度均為0.1molL1的KCl、KI混合溶液中滴加12滴0.01molL1AgNO3溶液，振蕩，沉淀呈黃色，說明AgCl的KSP比AgI的KSP大【考點(diǎn)】DH：難溶電解質(zhì)的溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)；GO：鐵鹽和亞鐵鹽的相互轉(zhuǎn)變；P4：分液和萃取菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】19：物質(zhì)檢驗(yàn)鑒別題；54：化學(xué)實(shí)驗(yàn)【分析】A、碘在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，且CCl4和水互不相溶，可用CCl4從碘水中萃取碘B、在

23、該實(shí)驗(yàn)中根本得不到白色沉淀，因?yàn)镾O2不可能與BaCl2溶液反應(yīng)；C、KMnO4溶液褪色是因?yàn)楸籉e2+還原，F(xiàn)e2+具有還原性；D、沉淀呈黃色，說明沉淀是AgI，也就意味著AgCl的Ksp比AgI的大【解答】解：A、溶質(zhì)在互不相溶的溶劑里，根據(jù)溶解度的不同，把溶質(zhì)分離出來，叫萃取，向碘水中滴加CCl4，振蕩靜置后分層，CCl4層呈紫紅色，說明碘在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，且CCl4和水互不相溶，可用CCl4從碘水中萃取碘，故A正確；B、向SO2水溶液中滴加鹽酸酸化的BaCl2溶液，得不到白色沉淀，因?yàn)镠Cl酸性強(qiáng)于H2SO3，且BaSO3可溶于鹽酸，故SO2不可能與BaCl2溶液

24、反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；C、因?yàn)镵MnO4具有強(qiáng)氧化性，常做氧化劑，向FeSO4溶液中滴加少量酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液褪色，說明Fe2+具有還原性，故C錯(cuò)誤；D、沉淀為黃色，說明沉淀是AgI，AgI的溶解度小于AgCl的溶解度，也就是AgCl的Ksp比AgI的Ksp大，故D正確。故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查：重要試驗(yàn)的操作過程、實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象、結(jié)論和解釋應(yīng)牢記；Ksp的運(yùn)用10（4分）具有顯著抗癌活性的10羥基喜樹堿的結(jié)構(gòu)如圖所示下列關(guān)于10羥基喜樹堿的說法正確的是（）A分子式為C20H16N2O5B不能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)C不能發(fā)生酯化反應(yīng)D一定條件下，1mol該物質(zhì)最多可與1mol N

25、aOH反應(yīng)【考點(diǎn)】HD：有機(jī)物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】534：有機(jī)物的化學(xué)性質(zhì)及推斷【分析】分析結(jié)構(gòu)中含有的官能團(tuán)，根據(jù)官能團(tuán)與性質(zhì)的關(guān)系來回答A、查原子個(gè)數(shù)即可確定物質(zhì)的分子式；B、看結(jié)構(gòu)中羥基是否和苯環(huán)直接相連來分析酚的性質(zhì)；C、看是否含羥基來分析酯化反應(yīng)；D、能與氫氧化鈉反應(yīng)的官能團(tuán)為鹵素原子、苯酚上的羥基、酯基和肽鍵等【解答】解：A、根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式，很容易查出C、H、N、O的原子個(gè)數(shù)，所以分子式為C20H16N2O5，故A正確；B、因?yàn)樵诒江h(huán)上有羥基，構(gòu)成羥基酚的結(jié)構(gòu)，所以能與FeCl3發(fā)生顯色反應(yīng)，故B錯(cuò)；C、從結(jié)構(gòu)簡式可以看出，存在OH，具有醇的性質(zhì)，所以能夠發(fā)生酯化反應(yīng)，

26、故C錯(cuò)；D、有2個(gè)基團(tuán)能夠和氫氧化鈉反應(yīng)，苯酚上的羥基、酯基，所以消耗的氫氧化鈉應(yīng)該為2mol，故D錯(cuò)誤；故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】根據(jù)結(jié)構(gòu)式寫分子式時(shí)要注意C四價(jià)，以防少查氫原子苯環(huán)上的羥基具有酚類的性質(zhì)，要注意區(qū)分是酚類羥基還是醇類羥基11（4分）下列離子方程式與所述事實(shí)相符且正確的是（）A漂白粉溶液在空氣中失效：ClO+CO2+H2OHClO+HCO3B用濃鹽酸與MnO2反應(yīng)制取少量氯氣：MnO2+2H+2Cl¯Mn2+Cl2+2H2OC向NaAlO2溶液中通入過量的CO2制取Al（OH）3：AlO2 +CO2+2H2OAl（OH）3+HCO3D在強(qiáng)堿溶液中，次氯酸鈉與Fe（OH）3反

27、應(yīng)生成Na2FeO4：3ClO+2Fe（OH）32FeO42+3Cl+H2O+4H+【考點(diǎn)】49：離子方程式的書寫菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】A次氯酸鈣與空氣中的二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鈣和次氯酸；B原子個(gè)數(shù)、電荷數(shù)都不守恒；C偏鋁酸鈉與過量二氧化碳反應(yīng)生成氫氧化鋁和碳酸氫鈉；D堿性溶液中不能生成氫離子?！窘獯稹拷猓篈漂白粉溶液在空氣中失效：ClO+CO2+H2OHClO+CaCO3，故A錯(cuò)誤；B用濃鹽酸與反應(yīng)制取少量氯氣，離子方程式：MnO2+4H+2Cl¯Mn2+Cl2+2H2O，故B錯(cuò)誤；C偏鋁酸鈉與過量二氧化碳反應(yīng)生成氫氧化鋁和碳酸氫鈉，離子方程式為：AlO2 +CO2+2H2OAl（

28、OH）3+HCO3，故C正確；D在強(qiáng)堿溶液中，次氯酸鈉與Fe（OH）3反應(yīng)生成Na2FeO4，離子方程式為：2Fe（OH）3+3ClO+4OH2FeO42+3Cl+5H2O，故D錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了離子方程式的書寫，明確反應(yīng)實(shí)質(zhì)是解題關(guān)鍵，注意離子方程式應(yīng)遵循原子個(gè)數(shù)守恒、電荷守恒規(guī)律，題目難度不大。12（4分）以葡萄糖為燃料的微生物燃料電池結(jié)構(gòu)示意圖如圖所示。關(guān)于該電池的敘述正確的是（）A該電池能夠在高溫下工作B電池的負(fù)極反應(yīng)為：C6H12O6+6H2O24e6CO2+24H+C放電過程中，H+從正極區(qū)向負(fù)極區(qū)遷移D在電池反應(yīng)中，每消耗1mol氧氣，理論上能生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下CO2

29、氣體22.46L【考點(diǎn)】BL：化學(xué)電源新型電池菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】51I：電化學(xué)專題【分析】A、從蛋白質(zhì)的性質(zhì)分析；B、負(fù)極是葡萄糖失電子生成二氧化碳，電極反應(yīng)為C6H12O6+6H2O24e6CO2+24H+；C、原電池內(nèi)部陽離子應(yīng)向正極移動(dòng)；D、根據(jù)正負(fù)極電極反應(yīng)式進(jìn)行計(jì)算【解答】解：A、高溫條件下微生物會(huì)變性，故A錯(cuò)誤；B、負(fù)極是葡萄糖失電子生成二氧化碳，電極反應(yīng)為C6H12O6+6H2O24e6CO2+24H+，故B正確；C、原電池內(nèi)部陽離子應(yīng)向正極移動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D、正極反應(yīng)式為O2+4e+4H+2H2O，對(duì)比負(fù)極反應(yīng)可知，消耗1mol氧氣生成1mol二氧化碳，標(biāo)準(zhǔn)狀況下體積是22

30、.4L，故D錯(cuò)誤；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題從兩個(gè)角度考查原電池反應(yīng)（反應(yīng)原理、電極方程式的書寫、離子的移動(dòng)方向）；有關(guān)化學(xué)方程式的計(jì)算13（4分）下列溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是（）A室溫下，向0.01molL1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c（Na+）c（SO42）c（NH4+）c（OH）c（H+）B0.1molL1NaHCO3溶液：c（Na+）c（OH）c（HCO3）c（H+）CNa2CO3溶液：c（OH）c（H+）c（HCO3）+2c（H2CO3）D25時(shí)，pH4.75、濃度均為0.1molL1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液：c（CH3COO）+c（OH）

31、c（CH3COOH）+c（H+）【考點(diǎn)】DN：離子濃度大小的比較菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】16：壓軸題；51A：溶液和膠體專題【分析】A、設(shè)n（NH4HSO4）1 mol（即溶液體積為100L），若加入1mol NaOH，得Na2SO4和（NH4）2SO4，溶液顯酸性，若加入2 mol NaOH，得Na2SO4和NH3H2O，溶液顯堿性故欲使溶液呈中性，加入的NaOH必在12 mol之間而，SO42恒為1 mol，部分NH4+與OH反應(yīng)，最終n（NH4+）1 molB、溶液呈堿性，并且HCO3水解和水的電離都是微弱的，則有HCO3的濃度大于OH濃度，C、運(yùn)用電荷守恒和物料守恒判斷離子的關(guān)系來判斷；

32、D、混合液為酸性，說明CH3COOH的電離程度大于CH3COO的水解程度，溶液中c（CH3COO）c（Na+）c（CH3COOH），再結(jié)合電荷守恒判斷【解答】解：A、如果NH4HSO4與NaOH完全反應(yīng)，化學(xué)計(jì)量比是1：2，但若完全反應(yīng)溶液中有較多的NH3H2O，會(huì)顯堿性，想使溶液為中性，NH4HSO4必須有剩余，若NH4HSO4與NaOH1：1反應(yīng)，那么溶液中還有很多NH4+，溶液顯示酸性（NH4+水解顯酸性），所以若NH4HSO4為1mol，設(shè)與之反應(yīng)的NaOH的用量xmol，則有1x2，則NH4+的量1假設(shè)溶液體積為1升，反應(yīng)結(jié)束后，SO42的量為n0.01mol，Na+的量為x（0.0

33、1x0.02），NH4+的量為y0.01，由于是中性，所以H+和OH的量相同，均為107，故A正確；B、NaHCO3溶液中，OH是由HCO3水解和水的電離所出成的，但是這些都是微弱的。HCO3 的濃度大于OH濃度，故B錯(cuò)誤；C、由電荷守恒有：c（Na+）+c（H+）c（OH）+c（HCO3）+2c（CO32），由物料守恒可得：c（Na+）2c（HCO3）+2c（CO32）+2c（H2CO3），將兩式中的C（Na+）消去，可得c（OH）c（H+）c（HCO3）+2c（H2CO3），故C正確；D、25時(shí)，pH4.75、濃度均為0.1molL1的CH3COOH、CH3COONa的混合液為酸性，說明C

34、H3COOH的電離程度大于CH3COO的水解程度，則溶液中c（CH3COO）c（Na+）c（CH3COOH），根據(jù)電荷守恒可得：c（CH3COO）+c（OH）c（Na+）+c（H+），由于c（Na+）c（CH3COOH），則c（CH3COO）+c（OH）c（CH3COOH）+c（H+），故D錯(cuò)誤；故選：AC。【點(diǎn)評(píng)】本題考查：混合溶液中離子濃度的關(guān)系，等pH的溶液中物質(zhì)的量濃度的大小關(guān)系電離和水解的相互關(guān)系酸式鹽溶液中離子的濃度大小關(guān)系，做題時(shí)注意電荷守恒、物料守恒的運(yùn)用14（4分）I2在KI溶液中存在下列平衡：I2（aq）+I（aq）I3（aq）某I2、KI混合溶液中，I3的物質(zhì)的量濃度c（

35、I3）與溫度T的關(guān)系如圖所示（曲線上任何一點(diǎn)都表示平衡狀態(tài)）。下列說法正確的是（）A反應(yīng)I2（aq）+I（aq）I3（aq）的H0B若溫度為T1、T2，反應(yīng)的平衡常數(shù)分別為K1、K2，則K1K2C若反應(yīng)進(jìn)行到狀態(tài)D時(shí)，一定有v正v逆D狀態(tài)A與狀態(tài)B相比，狀態(tài)A的c（I2）大【考點(diǎn)】CB：化學(xué)平衡的影響因素；CI：體積百分含量隨溫度、壓強(qiáng)變化曲線菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】13：圖像圖表題；16：壓軸題；51E：化學(xué)平衡專題【分析】A、根據(jù)溫度升高時(shí)平衡移動(dòng)的方向判斷反應(yīng)的反應(yīng)熱；B、根據(jù)溫度變化時(shí)平衡移動(dòng)的方向比較平衡常數(shù)的大?。籆、根據(jù)D狀態(tài)與平衡狀態(tài)比較，判斷反應(yīng)方向進(jìn)而得出反應(yīng)速率關(guān)系；D、根

36、據(jù)平衡移動(dòng)規(guī)律比較濃度大??；【解答】解：A、隨著溫度的不斷升高，I3的濃度逐漸的減小，說明反應(yīng)向逆方向移動(dòng)，I2（aq）+I（aq） I3（aq） 是一個(gè)放熱反應(yīng)，即H0，故A錯(cuò)誤；B、因?yàn)镵=c(I3-)c(I2)×c(I-)，T2T1，所以當(dāng)溫度升高時(shí)，反應(yīng)向逆方向移動(dòng)，即K1K2；故B正確；C、從圖中可以看出D點(diǎn)并沒有達(dá)到平衡狀態(tài)，所以它要向A點(diǎn)移動(dòng)，I3的濃度應(yīng)增加，平衡向正分析移動(dòng)，所以v正v逆，故C正確；D、溫度升高，平衡向逆方向移動(dòng)，c（I3）變小，則c（I2）應(yīng)變大，所以狀態(tài)B的c（I2）大，故D錯(cuò)誤；故選：BC。【點(diǎn)評(píng)】本題考查化學(xué)平衡的移動(dòng)和平衡常數(shù)的運(yùn)用，注意化

37、學(xué)平衡圖象分析的一般方法來解答：一看面：看清圖象中橫坐標(biāo)和縱坐標(biāo)的含義；二看線：弄清圖象中線的斜率或線走勢(shì)的意義；三看點(diǎn)：明確曲線的起點(diǎn)、終點(diǎn)、交點(diǎn)及拐點(diǎn)等；四看是否需要輔助線。三、非選擇題15（10分）醫(yī)用氯化鈣可用于生產(chǎn)補(bǔ)鈣、抗過敏和消炎等藥物。以工業(yè)碳酸鈣（含有少量Na+、Al3+、Fe3+等雜志）生產(chǎn)醫(yī)藥級(jí)二水合氯化鈣（CaCl22H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為97.0%103.0%）的主要流程如下：（1）除雜操作是加入氫氧化鈣，調(diào)節(jié)溶液的pH為8.08.5，以出去溶液中的少量Al3+、Fe3+檢驗(yàn)Fe（OH）3是否沉淀完全的試驗(yàn)操作是取少量上層清液，滴加KSCN溶液，若不出現(xiàn)血紅色，則表明Fe（

38、OH）3沉淀完全。（2）酸化操作是加入鹽酸，調(diào)節(jié)溶液的pH約為4.0，其目的有：將溶液中的少量Ca（OH）2轉(zhuǎn)化為CaCl2； 防止Ca2+在蒸發(fā)時(shí)水解；防止溶液吸收空氣中CO2。（3）測定樣品中Cl含量的方法是：a稱取0.7500g樣品，溶解，在250mL容量瓶中定容；b量取25.00mL待測溶液于錐形瓶中；c用0.05000molL1AgNO3溶液滴定至終點(diǎn)，消耗AgNO3溶液體積的平均值為20.39mL。上述測定過程中需要溶液潤洗的儀器有酸式滴定管。計(jì)算上述樣品中CaCl22H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為99.9%。若用上述辦法測定的樣品中CaCl22H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏高（測定過程中產(chǎn)生的誤差可忽略

39、），其可能原因有樣品中存在少量的NaCl；少量的CaCl2.2H2O失水?！究键c(diǎn)】RD：探究物質(zhì)的組成或測量物質(zhì)的含量菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】16：壓軸題【分析】（1）Fe3+與KSCN反應(yīng)生成紅色物質(zhì)Fe（SCN）3，檢驗(yàn)Fe3+是否存在的，選用KSCN溶液；（2）Ca（OH）2易吸收空氣中的CO2，生成CaCO3沉淀，如果吸收大量的CO2 會(huì)導(dǎo)致最終質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏低；（3）標(biāo)準(zhǔn)液為硝酸銀溶液，所以用酸式滴定管。在使用前應(yīng)先用硝酸銀溶液進(jìn)行潤洗；根據(jù)到達(dá)滴定終點(diǎn)生成氯化銀的物質(zhì)的量等于消耗的硝酸銀的物質(zhì)的量這一關(guān)系求出消耗硝酸銀的物質(zhì)的量，則n（AgCl）2n（CaCl2.2H2O），據(jù)此可以算出

40、實(shí)際上的CaCl2.2H2O的物質(zhì)的量，進(jìn)而求出質(zhì)量。注意的是我們是從250mol中取25ml，所以在計(jì)算時(shí)要注意這一點(diǎn)；樣品中存在少量的NaCl，根據(jù) n（AgCl）2n（CaCl2.2H2O）可知，CaCl2.2H2O的物質(zhì)的量增大。同樣若CaCl2.2H2O失水導(dǎo)致分母變小，值偏大?！窘獯稹拷猓海?）Fe3+與KSCN反應(yīng)生成紅色物質(zhì)Fe（SCN）3，檢驗(yàn)Fe3+是否存在的，選用KSCN溶液。故答案為：取少量上層清液，滴加KSCN溶液，若不出現(xiàn)血紅色，則表明Fe（OH）3 沉淀完全；（2）Ca（OH）2易吸收空氣中的CO2，生成CaCO3沉淀，故答案為：防止溶液吸收空氣中CO2；（3）標(biāo)

41、準(zhǔn)液為硝酸銀溶液，所以用酸式滴定管，如用堿式滴定管會(huì)腐蝕橡膠管，故答案為：酸式滴定管；樣品中n（Cl）0.05000molL1×0.02039L×100.010195mol，根據(jù)n（AgCl）2n（CaCl2.2H2O），則n（CaCl2.2H2O）0.0050975mol，所以m（CaCl2.2H2O）0.0050975mol×147g/mol0.7493325g，則有：0.74933250.7500×100%99.9%，故答案為：99.9%；樣品中存在少量的NaCl會(huì)導(dǎo)致CaCl2.2H2O的物質(zhì)的量增大。同樣若CaCl2.2H2O失水導(dǎo)致分母變小，

42、值偏大。故答案為：樣品中存在少量的NaCl；少量的CaCl2.2H2O失水【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查實(shí)驗(yàn)的基本操作、實(shí)驗(yàn)儀器的選擇、實(shí)驗(yàn)誤差分析。注意離子的檢驗(yàn)方法和常見儀器的使用，樣品純度的分析要注意溶液中可能發(fā)生的反應(yīng)，注意有效數(shù)字問題。16（8分）以氯化鉀和鈦白廠的副產(chǎn)品硫酸亞鐵為原料生產(chǎn)硫酸鉀、過二硫酸鈉和氧化鐵紅顏料，原料的綜合利用率較高其主要流程如下：（1）反應(yīng)I前需在FeSO4溶液中加入B（填字母），以除去溶液中的Fe3+A鋅粉 B鐵屑 CKI溶液 DH2（2）反應(yīng)需控制反應(yīng)溫度低于35，其目的是防止NH4HCO3分解（或減少Fe2+的水解）（3）工業(yè)生產(chǎn)上常在反應(yīng)的過程中加入一定量的

43、醇類溶劑，其目的是降低K2SO4的溶解度，有利于K2SO4析出（4）反應(yīng)常被用于電解生產(chǎn)（NH4）2S2O8（過二硫酸銨）電解時(shí)均用惰性電極，陽極發(fā)生地電極反應(yīng)可表示為2SO422eS2O82【考點(diǎn)】BI：電極反應(yīng)和電池反應(yīng)方程式；GO：鐵鹽和亞鐵鹽的相互轉(zhuǎn)變；GS：無機(jī)物的推斷菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】（1）FeSO4易被氧化，加入鐵屑發(fā)生反應(yīng)2Fe2+Fe2Fe3+，以達(dá)到除去Fe3+的目的，除雜時(shí)還要考慮不能引入新雜質(zhì)；（2）NH4HCO3易分解，反應(yīng)時(shí)必須降低溫度，同樣也會(huì)加快Fe2+的水解（3）K2SO4易溶于水，但難溶于有機(jī)溶劑，要想使K2SO4析出需加入醇類溶劑，降低其溶解度（4）反

44、應(yīng)中為硫酸銨溶液，通過電解后生成（NH4）2S2O8和氫氣，根據(jù)化合價(jià)變化可知陽極反應(yīng)為：2SO422e2S2O82【解答】解：（1）在FeSO4溶液中除去溶液中的Fe3+，最好選用鐵屑或鐵粉，故答案為：B；（2）如果溫度過高會(huì)導(dǎo)致NH4HCO3分解同樣也會(huì)加快Fe2+的水解（溫度越高水解速率越快）這樣會(huì)使原料利用率降低，故答案為：防止NH4HCO3分解（或減少Fe2+的水解）；（3）由題目看出在反應(yīng)中生成的K2SO4為固體，而K2SO4在無機(jī)溶劑中溶解度是比較大的，要想使K2SO4析出只能降低其溶解度所以加入醇類溶劑目的降低K2SO4的溶解度，故答案為：降低K2SO4的溶解度，有利于K2SO

45、4析出；（4）根據(jù)陰陽極反應(yīng)原理陽極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)，此題實(shí)質(zhì)是電解硫酸銨溶液，在根據(jù)反應(yīng)后的產(chǎn)物得出正確的答案，故答案為：2SO422eS2O82【點(diǎn)評(píng)】此題為化工生產(chǎn)題型，主要考查化合物性質(zhì)，電極方程式書寫做此類題要分析清楚每一個(gè)環(huán)節(jié)目的和結(jié)果是什么這樣才能判斷各反應(yīng)后的產(chǎn)物分別是什么17（8分）廢舊印刷電路板的回收利用可實(shí)現(xiàn)資源再生，并減少污染廢舊印刷電路板經(jīng)粉碎分離，能得到非金屬粉末和金屬粉末（1）下列處理印刷電路板非金屬粉末的方法中，不符合環(huán)境保護(hù)理念的是BD（填字母）A熱裂解形成燃油 B露天焚燒C作為有機(jī)復(fù)合建筑材料的原料 D直接填埋（2）用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出印

46、刷電路板金屬粉末中的銅已知：Cu（s）+2H+（aq）Cu2+（aq）+H2（g）H64.39KJmol12H2O2（l）2H2O（l）+O2（g）H196.46KJmol1H2(g)+12O2(g)H2O（l）H285.84KJmol1在H2SO4溶液中Cu與H2O2反應(yīng)生成Cu2+和H2O的熱化學(xué)方程式為Cu（s）+H2O2（l）+2H+（aq）Cu2+（aq）+2H2O（l）H319.68KJmol1（3）控制其他條件相同，印刷電路板的金屬粉末用10%H2O2和3.0molL1H2SO4的混合溶液處理，測得不同溫度下銅的平均溶解速率（見下表）溫度（）20304050607080銅平均溶解

47、速率（×103molL1min1）7.348.019.257.987.246.735.76當(dāng)溫度高于40時(shí)，銅的平均溶解速率隨著反應(yīng)溫度升高而下降，其主要原因是H2O2分解速率加快（4）在提純后的CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液，加熱，生成CuCl沉淀制備CuCl的離子方程式是2Cu2+SO32+2Cl+H2O2CuCl+SO42+2H+【考點(diǎn)】BE：熱化學(xué)方程式菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【分析】（1）根據(jù)資源的回收利用可實(shí)現(xiàn)資源再生，并減少污染來分析；（2）根據(jù)已知的熱化學(xué)反應(yīng)方程式和蓋斯定律來分析Cu與H2O2反應(yīng)生成Cu2+和H2O的熱化學(xué)方程式；（3）根據(jù)雙氧水的性

48、質(zhì)來分析化學(xué)反應(yīng)速率的變化；（4）根據(jù)反應(yīng)物與生產(chǎn)物來書寫離子方程式【解答】解：（1）因熱裂解形成燃油及作為有機(jī)復(fù)合建筑材料的原料都可實(shí)現(xiàn)資源的再利用，露天焚燒能生成有害氣體則污染空氣，直接填埋則廢舊印刷電路板中的重金屬離子會(huì)污染土壤，故答案為：BD；（2）由Cu（s）+2H+（aq）Cu2+（aq）+H2（g）H164.39KJmol1；2H2O2（l）2H2O（l）+O2（g）H2196.46KJmol1；H2(g)+12O2(g)H2O（l）H3285.84KJmol1；則反應(yīng)Cu（s）+H2O2 （l）+2H+（aq）Cu2+（aq）+2H2O（l）可由反應(yīng)+×12+得到，由

49、蓋斯定律可知該反應(yīng)的反應(yīng)熱HH1+H2×12+H364.39KJmol1+（196.46KJmol1）×12+（285.84KJmol1）319.68KJmol1，故答案為：Cu（s）+H2O2 （l）+2H+（aq）Cu2+（aq）+2H2O（l）H319.68KJmol1；（3）因溫度升高反應(yīng)速率一般加快，但隨反應(yīng)的進(jìn)行，H2O2分解速率也加快，則反應(yīng)Cu+H2O2+2H+Cu2+2H2O中反應(yīng)物的濃度減小導(dǎo)致反應(yīng)速率變慢，故答案為：H2O2分解速率加快；（4）由CuSO4溶液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液，加熱，生成CuCl沉淀，該反應(yīng)中Cu元素的化合價(jià)降低

50、，S元素的化合價(jià)升高，由離子方程式中CuCl保留化學(xué)式，并遵循電荷守恒，則離子方程式為2Cu2+SO32+2Cl+H2O2CuCl+SO42+2H+，故答案為：2Cu2+SO32+2Cl+H2O2CuCl+SO42+2H+【點(diǎn)評(píng)】本題考查的知識(shí)比較散，一道題考查了多個(gè)知識(shí)點(diǎn)，覆蓋面比較多，注重了對(duì)蓋斯定律、熱化學(xué)方程式、離子方程式等高考中?？伎键c(diǎn)的考查18（10分）二氧化氯（ClO2）是一種在水處理等方面有廣泛應(yīng)用的高效安全消毒劑與Cl2相比，ClO2不但具有更顯著的殺菌能力，而且不會(huì)產(chǎn)生對(duì)人體有潛在危害的有機(jī)氯代物（1）在ClO2的制備方法中，有下列兩種制備方法：方法一：2NaClO3+4H

51、Cl2ClO2+Cl2+2NaCl+2H2O方法二：2NaClO3+H2O2+H2SO42ClO2+NaSO4+O2+2H2O用方法二制備的ClO2更適合用于飲用水的消毒，其主要原因是方法二制備的ClO2中不含Cl2（2）用ClO2處理過的飲用水（pH為5.56.5）常含有一定量對(duì)人體不利的亞氯酸根離子（ClO2）.2001年我國衛(wèi)生部規(guī)定，飲用水ClO2的含量應(yīng)不超過0.2mgL1飲用水中ClO2、ClO2的含量可用連續(xù)碘量法進(jìn)行測定ClO2被I還原為ClO2、Cl的轉(zhuǎn)化率與溶液PH的關(guān)系如右圖所示當(dāng)pH2.0時(shí)，ClO2也能被I完全還原成Cl反應(yīng)生成的I2用標(biāo)準(zhǔn)Na2S2O3溶液滴定：2N

52、a2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI請(qǐng)寫出pH2.0時(shí)，ClO2與I反應(yīng)的離子方程式ClO2+4H+4ICl+2I2+2H2O請(qǐng)完成相應(yīng)的實(shí)驗(yàn)步驟：步驟1：準(zhǔn)確量取VmL水樣加入到錐形瓶中步驟2：調(diào)節(jié)水樣的pH為7.08.0步驟3：加入足量的KI晶體步驟4：加少量淀粉溶液，用cmolL1Na2S2O3溶液滴定至終點(diǎn)，消耗Na2S2O3溶液V1mL步驟5：調(diào)節(jié)溶液的pH2.0步驟6；再用cmolL1Na2S2O3溶液滴定至終點(diǎn)，消耗Na2S2O3溶液V2mL根據(jù)上述分析數(shù)據(jù)，測得該飲用水樣中的ClO2的濃度為c(V2-4V1)4VmgL1（用含字母的代數(shù)式表示）若飲用水中ClO2的含量超標(biāo)

53、，可向其中加入適量的，該反應(yīng)的氧化產(chǎn)物是Fe（OH）3（填化學(xué)式）【考點(diǎn)】EM：氯、溴、碘及其化合物的綜合應(yīng)用菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有【專題】17：綜合實(shí)驗(yàn)題【分析】（1）更適合用于飲用水的消毒從是否產(chǎn)生污染判斷；（2）根據(jù)題意ClO2與I反應(yīng)在酸性條件進(jìn)行，產(chǎn)物為I2和Cl，根據(jù)質(zhì)量守恒可寫出離子方程式；題目信息提示用的是連續(xù)碘量法進(jìn)行測定，步驟6又用Na2S2O3溶液滴定至終點(diǎn)，說明步驟5中有碘生成，結(jié)合pH2.0時(shí)，ClO2與I反應(yīng)的離子方程式可判斷出調(diào)節(jié)溶液的pH2.0；求飲用水樣中的ClO2的濃度可以用關(guān)系式法以碘單質(zhì)為橋梁正確的找準(zhǔn)ClO2與Na2S2O3的關(guān)系；Fe2+將ClO2還原成Cl

54、，F(xiàn)e2+ 被氧化為鐵離子，結(jié)合反應(yīng)物不難得出答案【解答】解：（1）根據(jù)兩種方法中的反應(yīng)方程式可以看出，方法一制得的ClO2中含有Cl2，會(huì)產(chǎn)生對(duì)人體有潛在危害的有機(jī)氯代物，而方法二制備的ClO2中不含有Cl2，所以 用方法二制備的ClO2更適合用于飲用水的消毒，故答案為：方法二制備的ClO2中不含Cl2；（2）ClO2與I反應(yīng)在酸性條件進(jìn)行，產(chǎn)物為I2和Cl，根據(jù)質(zhì)量守恒可寫出離子方程式為：ClO2+4H+4ICl+2I2+2H2O，故答案為：ClO2+4H+4ICl+2I2+2H2O；根據(jù)曲線圖示在pH2.0時(shí)，ClO2被I還原只生成Cl，pH7.0時(shí)，ClO2被I還原只生成ClO2；而用ClO2處理過的飲用水，其pH為5.56.5，所以其中既含有ClO2，又含有ClO2，若將溶液的pH調(diào)節(jié)為7.08.0，則第一階段滴定時(shí)只是ClO2被I還原只生成ClO2，溶液的ClO2沒有被I還原，所以第二階段滴定前應(yīng)調(diào)節(jié)溶液的pH2.0，使ClO2與I反應(yīng)，以測定樣品水樣中亞氯酸根離子的含量，故答案為：調(diào)節(jié)溶液的pH2.0；由 2ClO2+2I2ClO2+I2 和Na2S