2017年江苏省高考化学试卷及解析.doc

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1、优质文本2017年江苏省高考化学试卷一、单项选择题：此题包括10小题，每题2分，共计20分每题只有一个选项符合题意12分2017 年世界地球日我国的主题为“节约集约利用资源，倡导绿色简约生活以下做法应提倡的是A夏天设定空调温度尽可能的低B推广使用一次性塑料袋和纸巾C少开私家车多乘公共交通工具D对商品进行豪华包装促进销售22分以下有关化学用语表示正确的选项是A质量数为31的磷原子：3115PB氟原子的结构示意图：CCaCl2的电子式：D明矾的化学式：Al2SO4332分以下有关物质性质与用途具有对应关系的是ANa2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂BClO2具有复原性，可用于自来水的杀

2、菌消毒CSiO2硬度大，可用于制造光导纤维DNH3易溶于水，可用作制冷剂42分以下制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能到达实验目的是A制取SO2B验证漂白性C收集SO2D尾气处理52分短周期主族元素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以下说法正确的选项是A原子半径：rXrYrZrWBW的最高价氧化物的水化物是一种弱碱CY的单质的氧化性比Z的强DX、Y、Z 三种元素可以组成共价化合物和离子化合物62分以下指定反响的离子方程式正确的选项是A钠与水反响：Na+2H2ONa+2OH+H2B电解饱和

3、食盐水获取烧碱和氯气：2Cl+2H2OH2+Cl2+2OHC向氢氧化钡溶液中参加稀硫酸：Ba2+OH+H+SO42BaSO4+H2OD向碳酸氢铵溶液中参加足量石灰水：Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2O72分在给定条件下，以下选项所示的物质间转化均能实现的是AFeFeCl2FeOH2BSSO3H2SO4CCaCO3CaOCaSiO3DNH3NOHNO382分通过以下反响可获得新型能源二甲醚CH3OCH3 以下说法不正确的选项是Cs+H2OgCOg+H2 gH1=a kJmol1COg+H2OgCO2g+H2 gH2=b kJmol1CO2 g+3H2 gCH3OHg+H2OgH3=c kJ

4、mol12CH3OHgCH3OCH3 g+H2OgH4=d kJmol1A反响、为反响提供原料气B反响也是 CO2资源化利用的方法之一C反响CH3OHgCH3OCH3 g+H2Ol的H=kJmol1D反响 2COg+4H2 gCH3OCH3 g+H2Og的H= 2b+2c+d kJmol192分常温下，以下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 BcH+/cOH=110 12的溶液中：K+、Na+、CO32、NO3CcFe2+ =1 molL1的溶液中：K+、NH4+、MnO4、SO42D能使甲基橙变红的溶液中：Na+、NH4+、SO42、HC

5、O3102分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下图以下说法正确的选项是A图甲说明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越快B图乙说明，其他条件相同时，溶液pH越小，H2O2分解速率越快C图丙说明，少量Mn2+存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快D图丙和图丁说明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大二、不定项选择题：此题包括5小题，每题4分，共计20分每题只有一个或两个选项符合题意假设正确答案只包括一个选项，多项选择时，该小题得0分；假设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总分值，但只要选错一个，

6、该小题就得0分114分萜类化合物广泛存在于动植物体内，关于以下萜类化合物的说法正确的选项是Aa和b都属于芳香族化合物Ba和c分子中所有碳原子均处于同一平面上Ca、b和c均能使酸性KMnO4溶液褪色Db和c均能与新制的CuOH2反响生成红色沉淀124分以下说法正确的选项是A反响N2 g+3H2 g2NH3 g的H0，S0B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，KspMgOH2=5.61012，pH=10的含Mg2+溶液中，cMg2+ 5.6104 molL1D常温常压下，锌与稀H2SO4反响生成11.2 L H2，反响中转移的电子数为6.021023134分根据以下实验操作和现象

7、所得到的结论正确的选项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溶液中参加足量BaCl2溶液，出现白色沉淀；再参加足量稀盐酸，局部沉淀溶解局部Na2SO3被氧化C向20%蔗糖溶液中参加少量稀H2SO4，加热；再参加银氨溶液；未出现银镜蔗糖未水解D向某黄色溶液中参加淀粉 KI 溶液，溶液呈蓝色溶液中含 Br2AABBCCDD144分常温下，Ka HCOOH=1.77104，Ka CH3COOH=1.75105，Kb NH3H2O=1.76105，以下说法正确的选项是A浓度均为0.1 molL1的 HCOONa和NH4Cl 溶液中阳离

8、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C0.2 molL1 HCOOH 与 0.1 molL1 NaOH 等体积混合后的溶液中：cHCOO+cOH=cHCOOH+cH+D0.2 molL1 CH3COONa 与 0.1 molL1盐酸等体积混合后的溶液中pH7：cCH3COOcClcCH3COOHcH+154分温度为T1时，在三个容积均为1L的恒容密闭容器中仅发生反响：2NO2g2NOg+O2 g 正反响吸热实验测得：v正=v NO2 消耗=k正c2NO2 ，v逆=vNO消耗=2v

9、O2 消耗=k逆c2 NOcO2 ，k正、k逆为速率常数，受温度影响以下说法正确的选项是 容器编号 物质的起始浓度molL1 物质的平衡浓度molL1 cNO2cNO cO2 cO2 0.6 0 0 0.2 0.3 0.5 0.2 00.5 0.35 A达平衡时，容器与容器中的总压强之比为 4：5B达平衡时，容器中 cO2 /cNO2 比容器中的大C达平衡时，容器中 NO 的体积分数小于50%D当温度改变为 T2时，假设 k正=k逆，那么 T2T1三、解答题1612分铝是应用广泛的金属以铝土矿主要成分为Al2O3，含SiO2和Fe2O3等杂质为原料制备铝的一种工艺流程如下：注：SiO2在“碱溶

10、时转化为铝硅酸钠沉淀1“碱溶时生成偏铝酸钠的离子方程式为 2向“过滤所得滤液中参加NaHCO3溶液，溶液的pH 填“增大、“不变或“减小3“电解是电解熔融 Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是 4“电解是电解Na2CO3溶液，原理如下图阳极的电极反响式为 ，阴极产生的物质A的化学式为 5铝粉在1000时可与N2反响制备AlN在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是 1715分化合物H是一种用于合成分泌调节剂的药物中间体，其合成路线流程图如下：1C中的含氧官能团名称为 和 2DE 的反响类型为 3写出同时满足以下条件的C的一种同分异构体的结构简式：

11、含有苯环，且分子中有一个手性碳原子；能发生水解反响，水解产物之一是氨基酸，另一水解产物分子中只有2种不同化学环境的氢4G 的分子式为C12H14N2O2，经氧化得到H，写出G的结构简式： 5：R代表烃基，R代表烃基或H 请写出以和CH32SO4为原料制备的合成路线流程图无机试剂任用，合成路线流程图例如见此题题干1812分碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂1碱式氯化铜有多种制备方法方法1：4550时，向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2 OH2 Cl23H2O，该反响的化学方程式为 方法2：先制得CuCl2，再与石灰乳反响生成碱式氯化铜Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反响生成CuCl2，Fe3+

12、对该反响有催化作用，其催化原理如下图 M的化学式为 2碱式氯化铜有多种组成，可表示为CuaOHbClcxH2O 为测定某碱式氯化铜的组成，进行以下实验：称取样品1.1160g，用少量稀HNO3溶解后配成100.00mL溶液A； 取25.00mL溶液A，参加足量AgNO3溶液，得AgCl 0.1722g；另取25.00mL溶液A，调节pH 45，用浓度为0.08000molL1的EDTANa2H2Y2H2O标准溶液滴定Cu2+ 离子方程式为Cu2+H2Y2CuY2+2H+，滴定至终点，消耗标准溶液30.00mL通过计算确定该样品的化学式写出计算过程1915分某科研小组采用如下方案回收一种光盘金属

13、层中的少量Ag金属层中其他金属含 量过低，对实验的影响可忽略：NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解，如：3NaClO2NaCl+NaClO3AgCl可溶于氨水：AgCl+2NH3H2OAgNH32+Cl+2H2O常温时 N2H4H2O水合肼在碱性条件下能复原 AgNH32+：4AgNH32+N2H4H2O4Ag+N2+4NH4+4NH3+H2O1“氧化阶段需在 80条件下进行，适宜的加热方式为 2NaClO 溶液与 Ag 反响的产物为 AgCl、NaOH 和 O2，该反响的化学方程式为 HNO3也能氧化Ag，从反响产物的角度分析，以HNO3代替NaClO的缺点是 3为提高Ag的回收率，需对“

14、过滤的滤渣进行洗涤，并 4假设省略“过滤，直接向冷却后的反响容器中滴加10%氨水，那么需要增加氨水的用量，除因过量NaClO与NH3H2O反响外该条件下NaClO3与NH3H2O不反响，还因为 5请设计从“过滤后的滤液中获取单质Ag的实验方案： 实验中须使用的试剂有：2molL1水合肼溶液，1molL1H2SO4 2014分砷As是一些工厂和矿山废水中的污染元素，使用吸附剂是去除水中砷的有效措 施之一1将硫酸锰、硝酸钇与氢氧化钠溶液按一定比例混合，搅拌使其充分反响，可获得一种砷的高效吸附剂X，吸附剂X中含有CO32，其原因是 2H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数平衡时某物

15、种的浓度占各物种浓度之和的分数与pH的关系分别如图1和图2所示以酚酞为指示剂变色范围pH 8.010.0，将NaOH溶液逐滴参加到H3AsO3溶液中，当溶液由无色变为浅红色时停止滴加该过程中主要反响的离子方程式为 H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4H2AsO4+H+的电离常数为Ka1，那么pKa1= p Ka1=lg Ka1 3溶液的pH对吸附剂X外表所带电荷有影响pH=7.1时，吸附剂X外表不带电荷； pH7.1时带负电荷，pH越高，外表所带负电荷越多；pH7.1时带正电荷，pH越低，外表所带正电荷越多pH不同时吸附剂X对三价砷和五价砷的平衡吸附量吸附达平衡时单位质量吸附剂X吸附砷的质

16、量如图3所示在pH79之间，吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而迅速下降，其原因是 在pH47之间，吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱，这是因为 提高吸附剂X对三价砷去除效果可采取的措施是 【选做题】此题包括A、B两小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答假设多做，那么按A小题评分A物质结构与性质2112分铁氮化合物FexNy在磁记录材料领域有着广泛的应用前景某FexNy的制备需铁、氮气、丙酮和乙醇参与1Fe3+基态核外电子排布式为 2丙酮分子中碳原子轨道的杂化类型是 ，1mol 丙酮分子中含有键的数目为 3C、H、O 三种元素的电负性由小到大的顺序为 4乙醇的沸点高于丙

17、酮，这是因为 5某FexNy的晶胞如图1所示，Cu可以完全替代该晶体中a位置Fe或者b位置Fe，形成Cu替代型产物Fexn CunNyFexNy转化为两种Cu替代型产物的能量变化如图2 所示，其中更稳定的Cu替代型产物的化学式为 B实验化学221溴丙烷是一种重要的有机合成中间体，沸点为71，密度为1.36gcm3实验室制备少量1溴丙烷的主要步骤如下：步骤1：在仪器A中参加搅拌磁子、12g正丙醇及20mL水，冰水冷却下缓慢参加28mL浓H2SO4；冷却至室温，搅拌下参加24g NaBr步骤2：如下图搭建实验装置，缓慢加热，直到无油状物馏出为止步骤3：将馏出液转入分液漏斗，分出有机相步骤4：将分出

18、的有机相转入分液漏斗，依次用12mL H2O、12mL 5% Na2CO3溶液和12mL H2O洗涤，分液，得粗产品，进一步提纯得1溴丙烷1仪器A的名称是 ；参加搅拌磁子的目的是搅拌和 2反响时生成的主要有机副产物有2溴丙烷和 3步骤2中需向接受瓶内参加少量冰水并置于冰水浴中的目的是 4步骤2中需缓慢加热使反响和蒸馏平稳进行，目的是 5步骤4中用5%Na2CO3溶液洗涤有机相的操作：向分液漏斗中小心参加12mL 5% Na2CO3溶液，振荡， ，静置，分液2017年江苏省高考化学试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：此题包括10小题，每题2分，共计20分每题只有一个选项符合题意12分2017江

19、苏2017 年世界地球日我国的主题为“节约集约利用资源，倡导绿色简约生活以下做法应提倡的是A夏天设定空调温度尽可能的低B推广使用一次性塑料袋和纸巾C少开私家车多乘公共交通工具D对商品进行豪华包装促进销售【分析】绿色简约生活方式是一种生活理念，也是一种生活态度，指的是生活作息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活细节，据此进行分析判断即可【解答】解：A、夏天设定空调温度尽可能的低，浪费了电能资源，增加能量损耗，故A错误；B、推广使用一次性塑料袋和纸巾，浪费了资源，故B错误；C、少开私家车多乘公共交通工具，可以节约资源，减少空气污

20、染，故C正确；D、对商品进行豪华包装促进销售，浪费了资源，故D错误；应选C22分2017江苏以下有关化学用语表示正确的选项是A质量数为31的磷原子：3115PB氟原子的结构示意图：CCaCl2的电子式：D明矾的化学式：Al2SO43【分析】A质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数；B氟原子的核电荷数=核外电子总数=9，最外层含有7个电子；C两个氯离子不能合并；D明矾为十二水合硫酸铝钾【解答】解：A质量数为31的磷原子的质量数=15+16=31，该原子正确的表示方法为：3115P，故A正确；B氟原子的核电荷数、核外电子总数都是9，其正确的结构示意图为：，故B错误；C氯化

21、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：KAlSO4212H2O，故D错误；应选A32分2017江苏以下有关物质性质与用途具有对应关系的是ANa2O2吸收CO2产生O2，可用作呼吸面具供氧剂BClO2具有复原性，可用于自来水的杀菌消毒CSiO2硬度大，可用于制造光导纤维DNH3易溶于水，可用作制冷剂【分析】ANa2O2吸收CO2生成O2和Na2CO3，氧气能供应呼吸；BClO2具有强氧化性；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；D氨气易液化而吸收热量导致周围环境温度降低【解答】解：AN

22、a2O2吸收CO2生成O2和Na2CO3，且人呼出的水蒸气也能和过氧化钠反响生成氧气，氧气能供应呼吸，所以过氧化钠可用作呼吸面具的供氧剂，故A正确；BClO2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；应选A42分2017江苏以下制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能到达实验目的是A制取SO2B验证漂白性C收集SO2D尾气处理【分析】实验室可用浓硫酸和铜在加热条件下反

23、响制备二氧化硫，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，可与碱反响，以此解答该题【解答】解：A稀硫酸和铜不反响，应用浓硫酸和铜反响制备二氧化硫气体，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，可到达实验目的，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错误应选B52分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

24、素以下说法正确的选项是A原子半径：rXrYrZrWBW的最高价氧化物的水化物是一种弱碱CY的单质的氧化性比Z的强DX、Y、Z 三种元素可以组成共价化合物和离子化合物【分析】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，那么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，那么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；BW的最高价氧化物的水化物是NaOH；CY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；DX、Y、Z三

25、种元素组成的化合物可能是硝酸、硝酸铵【解答】解：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，那么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，那么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YZ，W位于第三周期，所以原子半径：rXrZrYrW，故A错误；BW的最高价氧化物的水化物是NaOH，NaOH是强碱，故B错误；CY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

26、属性ON元素，所以Z单质的氧化性大于Y，故C错误；DX、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；应选D62分2017江苏以下指定反响的离子方程式正确的选项是A钠与水反响：Na+2H2ONa+2OH+H2B电解饱和食盐水获取烧碱和氯气：2Cl+2H2OH2+Cl2+2OHC向氢氧化钡溶液中参加稀硫酸：Ba2+OH+H+SO42BaSO4+H2OD向碳酸氢铵溶液中参加足量石灰水：Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2O【分析】A钠和水反响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；B电解饱和食盐水时，阳极上生成氯气、

27、阴极上生成氢气同时阴极附近有NaOH生成；C二者反响生成硫酸钡和水，且氢离子、氢氧根离子和水的计量数都是2；D二者反响生成碳酸钙沉淀、一水合氨和水【解答】解：A钠和水反响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+2H2O2Na+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+2H2OH2+Cl2+2OH，故B正确；C二者反响生成硫酸钡和水，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+SO42BaSO4+2H2O，故C错误；D二者反响生成碳酸钙

28、沉淀、一水合氨和水，离子方程式为向碳酸氢铵溶液中参加足量石灰水：NH4+Ca2+HCO3+2OHCaCO3+H2O+NH3H2O，故D错误；应选B72分2017江苏在给定条件下，以下选项所示的物质间转化均能实现的是AFeFeCl2FeOH2BSSO3H2SO4CCaCO3CaOCaSiO3DNH3NOHNO3【分析】A、铁与氯气反响生成三氯化铁；B硫与氧气反响生成二氧化硫；CCaCO3高温分解生成CaO，CaO和二氧化硅高温反响生成硅酸钙；D氨气催化氧化生成NO，NO和水不反响【解答】解：A、因为氯气具有强氧化性，那么铁与氯气反响生成三氯化铁，而不是氯化亚铁，故A错误；B硫与氧气反响生成二氧化

29、硫，而不是三氧化硫，故B错误；CCaCO3高温分解生成CaO，CaO为碱性氧化物，和酸性氧化物二氧化硅高温反响生成盐硅酸钙，故C正确；D氨气催化氧化生成NO，NO和水不反响，不能生成硝酸，故D错误；应选C82分2017江苏通过以下反响可获得新型能源二甲醚CH3OCH3 以下说法不正确的选项是Cs+H2OgCOg+H2 gH1=a kJmol1COg+H2OgCO2g+H2 gH2=b kJmol1CO2 g+3H2 gCH3OHg+H2OgH3=c kJmol12CH3OHgCH3OCH3 g+H2OgH4=d kJmol1A反响、为反响提供原料气B反响也是 CO2资源化利用的方法之一C反响C

30、H3OHgCH3OCH3 g+H2Ol的H=kJmol1D反响 2COg+4H2 gCH3OCH3 g+H2Og的H= 2b+2c+d kJmol1【分析】A反响中的反响物为CO2、H2；B反响中的反响物为CO2，转化为甲醇；C由反响可知，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；D由盖斯定律可知，2+2+得到2COg+4H2 gCH3OCH3 g+H2Og【解答】解：A反响中的反响物为CO2、H2，由反响可知，反响、为反响提供原料气，故A正确；B反响中的反响物为CO2，转化为甲醇，那么反响也是 CO2资源化利用的方法之一，故B正确；C由反响可知，物质的量与热量成正比，且气态水的能

31、量比液态水的能量高，那么反响CH3OHgCH3OCH3 g+H2Ol的HkJmol1，故C错误；D由盖斯定律可知，2+2+得到2COg+4H2 gCH3OCH3 g+H2Og，那么H= 2b+2c+d kJmol1，故D正确；应选C92分2017江苏常温下，以下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 BcH+/cOH=110 12的溶液中：K+、Na+、CO32、NO3CcFe2+ =1 molL1的溶液中：K+、NH4+、MnO4、SO42D能使甲基橙变红的溶液中：Na+、NH4+、SO42、HCO3【分析】A无色透明说明溶液中不含有色离子，

32、且离子之间不反响；BcH+/cOH=110 12的溶液，溶液呈碱性，离子之间不反响且和氢氧根离子不反响的能大量共存；C能和亚铁离子反响的离子不能大量共存；D能使甲基橙溶液变红色，说明溶液呈酸性，离子之间不反响的能大量共存【解答】解：AFe3+呈黄色，不符合无色条件，且Fe3+、SCN 发生络合反响而不能大量共存，故A错误；BcH+/cOH=110 12的溶液，溶液呈碱性，这几种离子之间不反响且都不和氢氧根离子反响，所以能大量共存，故B正确；CFe2+、MnO4发生氧化复原反响而不能大量共存，故C错误；D能使甲基橙溶液变红色，说明溶液呈酸性，HCO3能和氢离子反响生成二氧化碳和水而不能大量共存，

33、故D错误；应选B102分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下图以下说法正确的选项是A图甲说明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越快B图乙说明，其他条件相同时，溶液pH越小，H2O2分解速率越快C图丙说明，少量Mn2+存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快D图丙和图丁说明，碱性溶液中，Mn2+对H2O2分解速率的影响大【分析】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；B图乙中H2O2浓度相同，但参加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；C图

34、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；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【解答】解：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，但参加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.

35、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；应选D二、不定项选择题：此题包括5小题，每题4分，共计20分每题只有一个或两个选项符合题意假设正确答案只包括一个选项，多项选择时，该小题得0分；假设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总分值，但只要选错一个，该小题就得0分114分20

36、17江苏萜类化合物广泛存在于动植物体内，关于以下萜类化合物的说法正确的选项是Aa和b都属于芳香族化合物Ba和c分子中所有碳原子均处于同一平面上Ca、b和c均能使酸性KMnO4溶液褪色Db和c均能与新制的CuOH2反响生成红色沉淀【分析】Aa中不含苯环；Ba、c中含甲基、亚甲基、次甲基均为四面体构型；Ca含碳碳双键、b中苯环上连有甲基、c含CHO；D只有CHO与新制的CuOH2反响生成红色沉淀【解答】解：Aa中不含苯环，那么不属于芳香族化合物，只有b属于，故A错误；Ba、c中含甲基、亚甲基、次甲基均为四面体构型，那么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；Ca含碳碳双键、b中苯环上

37、连有甲基、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CuOH2反响生成红色沉淀，那么只有c能与新制的CuOH2反响生成红色沉淀，故D错误；应选C124分2017江苏以下说法正确的选项是A反响N2 g+3H2 g2NH3 g的H0，S0B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，KspMgOH2=5.61012，pH=10的含Mg2+溶液中，cMg2+ 5.6104 molL1D常温常压下，锌与稀H2SO4反响生成11.2 L H2，反响中转移的电子数为6.021023【分析】A由化学计量数可知S0；B导线连接锌块，构成原电池时Zn为负极；CpH=10的

38、含Mg2+溶液中，cOH=104 molL1，cMg2+ ；D常温常压下，Vm22.4L/mol【解答】解：A合成氨反响为放热反响，H0，且为气体体积减小的反响，那么S0，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，那么可以减缓管道的腐蚀，故B正确；CpH=10的含Mg2+溶液中，cOH=104 molL1，cMg2+ =5.6104 molL1，故C正确；D常温常压下，Vm22.4L/mol，那么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；应选BC134分2017江苏根据以下实验操作和现象所得到的结论正确的选项是选项实验操作和现象实验结论A向苯酚溶液中滴加

39、少量浓溴水、振荡，无白色沉淀苯酚浓度小B向久置的Na2SO3溶液中参加足量BaCl2溶液，出现白色沉淀；再参加足量稀盐酸，局部沉淀溶解局部Na2SO3被氧化C向20%蔗糖溶液中参加少量稀H2SO4，加热；再参加银氨溶液；未出现银镜蔗糖未水解D向某黄色溶液中参加淀粉 KI 溶液，溶液呈蓝色溶液中含 Br2AABBCCDD【分析】A苯酚能和浓溴水发生取代反响生成三溴苯酚白色沉淀，三溴苯酚能溶于苯酚；B硫酸钡不溶于稀盐酸、亚硫酸钡溶于稀盐酸；C银镜反响必须在碱性条件下进行；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【解答】解：A苯酚能和浓溴水发生取代反响生成三溴苯酚白色沉淀，三溴苯

40、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，那么参加氯化钡产生白色沉淀，且向该白色沉淀中参加稀盐酸时局部沉淀不溶解，说明该白色沉淀中含有硫酸钡，那么得出结论：局部Na2SO3被氧化，故B正确；C银镜反响必须在碱性条件下进行，该实验中参加银氨溶液前没有参加NaOH溶液中和未反响的稀硫酸，所以实验不成功，那么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，那么结论不正确，故D错误；应选B144分2017江苏常温下，Ka HCOOH=1.

41、77104，Ka CH3COOH=1.75105，Kb NH3H2O=1.76105，以下说法正确的选项是A浓度均为0.1 molL1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C0.2 molL1 HCOOH 与 0.1 molL1 NaOH 等体积混合后的溶液中：cHCOO+cOH=cHCOOH+cH+D0.2 molL1 CH3COONa 与 0.1 molL1盐酸等体积混合后的溶液中pH7：cCH3COOcClcCH3COOHcH+【分析】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：CH3COONH4+HCOO，任何电解质溶液中都存在电荷守恒，所以得出cHCOO+cOH=cNa+cH+=0.1mol/L+cH+、cNH4+cH+=cCl+cOH=0.1mol/L+cOH，水解程度NH4+HCOO，所以前者cH+大于后者cOH；BpH相同的HCOOH和CH3COOH，浓度：cHCOOHcCH3COOH，用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH