12-2012年江苏高考化学卷试卷分析和试题分析.doc

2012年江苏省高等学校招生考试化学试卷可能用到的相对的原子质量：H:1 C:12 N:14 O:16 Na:23 Mg:24 Al:27 S:32 Cl:35.5 Ca:40 Mn:55 Fe:56 Cu:64 Ag:108 I:127 Ba:137第I卷 选择题(共40分)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的作用。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，减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过度开发矿物资源，促进地方经济发展【答案】D【分析】本题属于考核化学与社会问题中的节能减排、保护环境、资源利用等相关问题。A汽车工业的发展可持续发展离不开技术的进步，改进汽车尾气净化技术，减少大气污染物的排放是汽车工业发展必然要求。B开发利用太阳能、风能、潮汐能、地热能等可再生能源，可以减少化石燃料的使用，减轻温室效应的压力，有得社会的可持续发展。C“白色污染”在土壤和水体中富集可长期影响农作物的生长、海洋渔业等，研发可降解高分子材料，给塑料工业带来可持续发展的机遇。D适度开发矿物资源，能促进地方经济发展；过度开发矿物资源，不利于地方经济发展的可持续发展，甚至资源浪费，环境污染。煤、石油、稀土等资源开发须有国家宏观控制，才能实现真正意义上的可持续发展。2下列有关化学用语表示正确的是A乙酸的结构简式： C2H4O2BF的结构示意图：C中子数为20的氯原子： DNH3的电子式：【答案】B【分析】有关化学用语常涉及常见物质的组成和结构，尤其是一些常见物质电子式、结构式、结构简式及模型等等，内容比较基础。A项是乙酸的化学式，结构简式应为CH3COOH，错误；C项，左上角数字表示质量数，它等于质子数加上中子数，即17+20=37，错误； D 项，NH3中的N缺少了一对孤对电子，错误。3常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A0.1 mol·L1的NaOH溶液：K、Na、SO42、CO32B0.1 mol·L1的Na2CO3溶液：K、Ba2、NO3、ClC0.1 mol·L1FeCl3溶液：K、NH4、I、SCNDc(H)/c(OH)=1×1014的溶液：Ca2、Na、ClO、NO3【答案】A【分析】本题以溶液中离子共存的方式考查学生对Fe3的氧化性、硫氰酸盐的难电离性、碘离子的还原性、碳酸钡的难溶性、次氯酸的弱酸性及难电离性等相关知识的理解程度，考查学生综合运用所学化学知识解决相关化学问题的能力。B项，CO32与Ba2会产生BaCO3沉淀，错误；C项，Fe3+会氧化I-，且与SCN形成配合物，错误；D项，酸性条件下，ClO与H+结合成弱电解质HClO，错误。4某反应的反应过程中能量变化如右图所示(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A该反应为放热反应B催化剂能改变反应的焓变C催化剂能降低反应的活化能D逆反应的活化能大于正反应的活化能【答案】C【分析】本题属于化学反应与能量的考查范畴，A项，反应物的总能量低于生成物的总能量，故为吸热反应，错误；B项，焓变是产物与反应物之间的能量差值，与催化剂无关，错误；D项，正反应的活化能大于逆反应的活化能，错误。5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BFeCl3溶液能与Cu反应，可用于蚀刻印刷电路CSO2具有氧化性，可用于漂白纸浆DZn具有还原性和导电性，可用作锌锰干电池的负极材料【答案】C【分析】本题属于元素及其化合物知识的考查范畴，C项，SO2可与有色物质发生化合反应，不是氧化还原反应。6下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是 图1 图2 图3 图4A用图1所示装置除去Cl2中含有的少量HClB用图2所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体C用图3所示装置制取少量纯净的CO2气体D用图4所示装置分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层【答案】D【分析】本题属于基础实验与基本实验操作的考查范畴。A图1所示装置中氢氧化钠会与Cl2反应。B NH4Cl晶体受热分解，会“假升华”。C纯碱是可溶性固体，不能用此装置，同时制得的CO2中会混有HCl和H2O。D用图4所示装置分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层，有机层从下口放出，水层从上口倒出，实现分液。本题以常见气体制取、蒸干、除杂、萃取、分液为实验操作为素材，考查学生对实验操作的熟悉程度和实验原理的应用能力，试图引导中学化学教学关注化学实验操作的真实性。7下列物质转化在给定条件下能实现的是A B C D【答案】A【分析】本题属于元素及其化合物知识的考查范畴。中S与O2反应只能生成SO2，错误；中FeCl3溶液在加热时，Fe3+会水解生成Fe(OH)3，进而分解生成Fe2O3，得不到无水FeCl3，错误。8设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A标准状况下，0.1 mol Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1NAB常温常压下，18 g H2O含有的原子总数为3NAC标准状况下，11.2 L CH3CH2OH中含有分子的数目为0.5NAD常温常压下，2.24 L CO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA【答案】B【分析】本题考查阿伏加德罗常数计算中一些常见问题和注意事项。A标准状况下，0.1mol Cl2溶于水，转移的电子数目小于0.1NA，因为Cl2溶于水不可实现完全与水反应。B无论何种条件下，1 mol H2O均含3 mol原子，正确。C标准状况下CH3CH2OH为液态，无法计算。D常温常压下，2.24L CO和CO2混合气体中含有的碳原子数目不好计算，非标准状况。解决此类问题的关键是：灵活应用各种知识，尤其基本概念与理论中元素守恒、化学键问题、晶体结构问题、氧化还原中电子转移问题、可逆反应问题及物质的量计算中一些特殊物质的状态等。【备考提示】结合阿伏伽德罗常数为NA，判断一定量的物质所含有的某种粒子数目的多少，是高考命题的热点之一，在近几年的各种高考试题中保持了相当强的连续性。这种题型所涉及的指示非常丰富，在备考复习时应多加注意，强化训练，并在平时的复习中注意知识的积累和总结。9下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是A用KIO3氧化酸性溶液中的KI：5IIO33H2O=3I 26OHB向NH4HCO3溶液中加过量NaOH溶液并加热：NH46OHNH3H2OC将过量二氧化硫气体入冷氨水中：SO2NH3·H2O=HSO3NH4D用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜：Ag2H3NO3=AgNOH2O【答案】C【分析】本题是基本概念中离子方程式判断正误的考查，选题以元素化合物基础和生活内容为背景。A一定要注意酸性溶液中不能出现OH。BNaOH过量，NH4HCO3溶液中的HCO3也能与NaOH反应。C过量二氧化硫气体入冷氨水只能生成酸式盐。DO原子和电荷都不守恒。【备考提示】高考常设置的错误形式有：离子反应不符合客观事实；各物质化学式拆分错误；不符合“三个守恒”（质量、电荷、电子）；不符合有机物官能团性质；反应环境与产物的矛盾；改写是否正确（注意区别胶体与沉淀）；隐含的反应是否遗漏（生成物与反应物不共存、隐含的氧化性物质等）；方程式与所给的“量”的条件是否切合“过量”，“适量”， “足量”， “少量”等解此类问题是应做到：注意“三看”：看反应环境，看操作顺序，看反应物之间量的关系。牢记“三查”：查物质是否能拆分成离子形式，查三个守恒，查阴阳离子的比例与它们形成化合物时的比例是否相同。10下列有关说法正确的是ACaCO3(s)=CaO(s)CO2(g)室温下不能自发进行，说明该反应的H0 B镀铜铁制品镀层受损后，铁制品比受损前更容易生锈CN2(g)3H2(g) 2NH3(g) H0，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【答案】B【分析】本题是化学反应与热效应、电化学等的简单综合题，着力考查学生对熵变、焓变，水解反应、原电池电解池、化学反应速率的影响因素等方面的能力。A该反应是气体体积增大的反应，即S>0，若H<0，H-TS<0，常温下反应一定自发进行。B铁比铜活泼，组成的原电池中铁为负极，更易被氧化。C据平衡移动原理，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡转化率减小。D水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大，说明水的电离是吸热反应，水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大。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。拓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时，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普伐他汀是一种调节血脂的药物，其结构如右图所示（未表示出其空间构型）。下列关系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D1mol该物质最多可与1mol NaOH反应【答案】BC【分析】该题普伐他汀为载体，考查学生对有机化合物的分子结构、官能团的性质等基础有机化学知识的理解和掌握程度。A分子中无酚羟基，不能与FeCl3溶液发生显色反应。B分子中的碳碳双键和醇羟基均可以被酸性KMnO4氧化。C分子中有碳碳双键，可以发生加成反应，有羟基，可以发生取代反应和消去反应。D酯基水解，即有两个羧基，1mol该物质最多可与2mol NaOH反应。12短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子最外层电子数是其内层电子总数的3倍，Y原子最外层只有2个，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强B元素W的最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐比Z弱C化合物YX、ZX2、WX3中化学键类型相同D原子半径的大小顺序：rYrZrWrX【答案】AD【分析】该题以“周期表中元素的推断”为载体，考查学生对元素周期表的熟悉程度及其对表中各元素性质和相应原子结构的周期性递变规律的认识和掌握程度。考查了学生对物质结构与性质关系以及运用元素周期律解决具体化学问题的能力。本题考查了金属性、非金属性比较的几个方面：金属的金属性非金属的非金属性金属的金属性越强与水反应越容易非金属金属性越强与氢化合越容易金属的金属性越强与酸反应越容易非金属金属性越强形成的氢化物越稳定金属的金属性越强最高氧化物对应的水化物碱性越强非金属的非金属性越强最高氧化物对应的水化物酸性越强（F、O除外）金属性强的金属可以置换出盐溶液金属性弱的金属（Na、K、Ca等活泼金属除外）非金属性强的非金属可以置换出溶液中非金属性弱的非金属（F2除外）以及化学键类型、同周期与不同周期原子半径的大小比较。最后推出的元素为：X：O ；Y：Mg ；Z：Si ；W：S。A项，O的非金属强于S，故H2O的热稳定性强于H2S，正确；B项，酸性：H2SO4>H2SiO3，错误；C项，MgO中为离子键，SiO2，SO3为共价键，错误；D项，原子半径：Mg>Si>S>O，正确。13下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作实验现象结 论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SO42C向一定浓度的Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体出现白色沉淀H2SiO3的酸性比H2CO3强D向浓度均为0.1 mol·L1NaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液出现黄色沉淀Ksp(AgCl)Ksp(AgI)【答案】D【分析】本题属于常规实验与基本实验考查范畴。A向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl溶液和CuSO4溶液，虽然实验现象均有固体析出，但一是盐析，一是变性；一是可逆变化，一是不可逆变化。B向溶液中先滴加稀硝酸，再滴加Ba(NO3)2溶液，出现白色沉淀就得出溶液X中一定含有SO42是不合理的，若溶液中有SO32也出现白色沉淀。C向一定浓度的Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体，出现白色沉淀，结论应为H2CO3的酸性比H2SiO3强。D向浓度均为0.1 mol·L1NaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，出现黄色沉淀，说明沉淀向着溶解度更小的方向转化，结论应该是Ksp (AgCl)Ksp (AgI)。【备考提示】常见物质的制备、分离提纯、除杂和离子检验等都是学生必备的基本实验技能，我们要在教学中不断强化，反复训练，形成能力。14温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0 mol PCl5，反应PCl5(g) PCl3(g)Cl2(g)经一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：t/s050150250350n(PCl3)/ mol00.160.190.200.20下列说法正确的是A反应在前50 s的平均速率为v(PCl3)=0.0032 mol·L1·s1B保持其他条件不变，升高温度，平衡时，c(PCl3)=0.11 mol·L1，则反应的H0C相同温度下，起始时向容器中充入1.0 mol PCl5、0.20 mol PCl3和0.20 mol Cl2，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、2.0 mol Cl2，达到平衡时，PCl3的转化率小于80%【答案】C【分析】本题主要考查学生对速率概念理解与计算，平衡常数概念与计算，平衡移动等有关内容理解和掌握程度。高三复习要让学生深刻理解一些基本概念的内涵和外延。A反应在前50 s内的平均速率应该是前50 s内PCl3浓度变化与时间的比值，而不是PCl3物质的量的变化与时间的比值。v(PCl3)=B平衡时，c(PCl3)为0.2mol/2L=0.1mol/L，升高温度时，PCl3的浓度增大，即平衡右移，说明正反应为吸热反应。C相同温度下，应先求平衡常数K= 0.025，向容器中充入1.0 mol PCl5、0.20 mol PCl3和0.20 mol Cl2，求浓度商Qc= 0.02，Qc<K，说明平衡向正反应方向移动。D充入1.0 mol PCl5，相当于充入1.0 mol PCl3和1.0 mol Cl2，达到平衡时PCl3=，现充入2.0 mol PCl3和2.0 mol Cl2，从等效平衡的角度，先建立原容器两倍关系的模型，即与原平衡完全等效，再把容器两倍关系压缩成原容器，则平衡向逆反应方向移动，PCl3的转化率应大于80%。1525，有c(CH3COOH)c (CH3COO)=0.1 mol·L1的一组醋酸和醋酸钠混合溶液，溶液中c (CH3COOH)、c (CH3COO)与pH值的关系如图所示。下列有关离子浓度关系叙述正确的是ApH=5.5溶液中：c (CH3COOH)c (CH3COO)c (H)c (OH)BW点表示溶液中：c (Na)c (H)= c (CH3COO)c (OH)CpH=3.5溶液中：c (Na)c (H)c (OH)c (CH3COOH)=0.1 mol·L1D向W点所表示的1.0L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)【答案】BC【分析】本题属于基本概念与理论的考查，落点在水解与电离平衡、物料守恒和电荷守恒、离子浓度大小比较。A随着pH的增大，溶液碱性增强，c (CH3COO)增大，c (CH3COOH)减小，当pH=5.5时，从图中可以判断出c (CH3COO)> c (CH3COOH)。BW点表示溶液中：c (Na)c (H)= c (CH3COO)c (OH)是完全正确的，其实这关系在溶液中始终存在。C pH=3.5溶液中c (Na)c (H)= c (CH3COO)c (OH)再把题干中的c (CH3COOH)c (CH3COO)=0.1 mol·L1代入即可。D向W点所表示溶液中通入0.05molHCl气体，原有平衡被打破，建立起了新的平衡。溶液中电荷守恒关系为：c (Na)c (H)= c (CH3COO)c (OH)c (Cl)；W处的1溶液中，CH3COO和CH3COO Na均为0.05mol，通入0.05 mol HCl，刚好c (Cl)= c (Na)，可将溶液看作CH3COO和NaCl的混合物，则可得c (H)= c (CH3COO)c (OH) 。第卷 非选择题(共80分)16(12分)利用石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的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)上述工艺中采用气液逆流接触吸收(尾气从吸收塔底部进入，石灰乳从吸收塔顶部喷淋)，其目的是 ；滤渣可循环使用，滤渣的主要成分是 (填化学式)。(3)该工艺需控制NO和NO2物质的量之比接近1:1。若n(NO) : n (NO2)1:1，则会导致 ；若n (NO) : n (NO2)1:1，则会导致 。(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，其反应的离子方程式 。【答案】(1) (2)使尾气中NO、NO2被充分吸收 Ca(OH)2(3)排放气体中NO含量升高 产品Ca(NO2)2中Ca(NO3)2含量升高(4)3NO22H=NO32NOH2O【分析】本题使元素化合物知识与生产工艺、化学平衡原理结合起来，引导中学化学教学关注化学学科的应用性和实践性。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，相关副反应的书写”等方面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。（3）当NO与NO2以1:1被Ca(OH)2吸收时的反应方程式为：NO + NO2 + Ca(OH)2= Ca(NO2)2 + H2O，NO不能单独被Ca(OH)2吸收，NO2被Ca(OH)2吸收的反应方程式为4NO2 + 2 Ca(OH)2 = Ca(NO2)2 + Ca(NO3)2 + 2H2O，所以当NO的量比NO2多时，则会造成部分NO不能被吸收而在尾气中含量增多。当NO2比NO的量多时，过量的NO2将继续与Ca(OH)2反应生成Ca(NO3)2，使得产品不纯。（4）Ca(NO2)2中的N为+3价，生成的NO为+2价，根据化合价升降总数相等，可推知产物有+5价的N生成，为NO3-，根据得失电子相等配平NO3-和NO前的系数，再根据电荷守恒，确定有H+参加反应。【备考提示】我们元素化合物知识教学要与基本实验、化学反应原理、氧化还原反应、化工生产工艺、日常生活等结合起来，做到学以致用，而不是简单的来回重复和死记硬背。17(15分)化合物H是合成药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的含氧官能团为 和 (填官能团的名称)。(2)反应中属于取代反应的是 (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分子含有两个苯环；II分子有7个不同化学环境的氢；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DE的转化中，加入化合物X能发生银镜反应，X的结构简式 。(5)已知： 。化合物是合成抗癌药物美发伦的中间体，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：【答案】(1)羟基 醛基(2)(3) 或 (4)(5)【分析】本题是一道基础有机合成题，以化合物H是合成药物盐酸沙格雷酯的重要中间体为载体，着力考查阅读有机合成方案、利用题设信息、解决实际问题的能力，也考查了学生对信息接受和处理的敏锐程度、思维的整体性和对有机合成的综合分析能力。本题涉及到有机物性质、有机官能团、同分异构体推理和书写，合成路线流程图设计与表达，重点考查课学生思维的敏捷性和灵活性，对学生的信息获取和加工能力提出较高要求。（2）对比A、B的分子式知，为A中的酚羟基中的H被取代，为醛基被还原成羟基，为氯原子取代羟基的反应，为碳碳双键被加成，为除氯以外的氧环部分取代了F中羟基上的H。（3）B的同分异构体不能与FeCl3发生显色反应，应无酚羟基存在，但是水解产物中含有酚羟基，故应为酚酯。（4）X能发生银镜反应，则含有醛基，对比E和D的结构可知，X应为。（5）先在苯环上引入硝基，生成，再将其还原得，断开氮氢键，断开一个碳氧键，与2分子发生反应生成，根据题中的CD的转化，与SOCl2反应生成。【备考提示】解答有机推断题时，我们应首先要认真审题，分析题意，从中分离出已知条件和推断内容，弄清被推断物和其他有机物的关系，以特征点作为解题突破口，结合信息和相关知识进行推理，排除干扰，做出正确推断。一般可采取的方法有：顺推法（以有机物结构、性质和实验现象为主线，采用正向思维，得出正确结论）、逆推法（以有机物结构、性质和实验现象为主线，采用逆向思维，得出正确结论）、多法结合推断（综合应用顺推法和逆推法）等。解题过程中要关注官能团种类的改变，搞清反应机理。18(12分)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：准确称取1.7700g样品，配制成100.00 mL溶液A 。准确量取25.00 mL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 。准确量取25.00 mL溶液A，加入适量稀硫酸酸化后，用0.02000 mol·L1 KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液25.00 mL。H2O2与KMnO4反应的离子方程式如下：2MnO45H2O26H=4Mn28H2O5O2(1)已知室温下BaSO4的Ksp=1.1×1010，欲使溶液中c(SO42)1.0×106 mol·L1，应保持溶液中c(Ba2) mol·L1。(2)上述滴定不加稀硫酸酸化，MnO4被还原成MnO2，其离子方程式为： 。(3)通过计算确定样品的组成(写出计算过程)。【答案】(1)1.1×10-4 (2)2MnO43H2O2=2MnO23O22OH2H2O(3) 解：n(NaSO4)= n(BaSO4)= 2.50×103 mol2MnO45H2O26H=4Mn28H2O5O2n (H2O2)= (0.02000mol· L1×25.00 mL)/1000mL· L1=1.25×103 molm(Na2SO4)=142g·mol1×2.50×103mol=0.355gm(H2O2)=34g·mol1×1.25×103mol=0.0425gn (H2O)=(1.7700g×25.00mL/100 mL)0.355g0.0425g/18 g·mol1=2.5×103 molx:y:z=n(Na2SO4): n (H2O2): n (H2O)=2:1:2硫酸钠过氧化氢加合物的化学式为2Na2SO4·H2O2·2H2O【分析】本题属于物质组成分析与化学综合计算题。利用氧化还原反应滴定进行成分分析，运用元素守恒进行推理计算，兼有溶度积常计算，离子方程式书写。（1）根据Ksp可得出c(Ba2)= Ksp/ c(SO42)= 1.1×10-4 mol·L1（2）根据条件可知，非酸性条件下，MnO4被还原为MnO2，则H2O2被氧化，产物只能为O2，根据得失电子守恒，确定MnO4和H2O2前的系数，再根据电荷守恒，确定产物中含有OH。【备考提示】可见，高三复习还得紧紧抓住元素守恒、质量守恒、电荷守恒、极端分析等化学常用分析方法。19.(15分)废弃物的综合利用既有利于节约资源，又有利于保护环境。实验室利用废弃旧电池的铜帽(Zn、Cu总含量约为99%)回收铜并制备ZnO的部分实验过程如下：(1)铜帽溶解时加入H2O2的目的是 (用化学方程式表示)。铜帽溶解后需将溶液中过量H2O2除去。除去H2O2的简便方法是 。(2)为确定加入锌灰(主要成分为Zn、ZnO，杂质为铁及其氧化物)含量，实验中需测定除去H2O2后溶液中Cu2的含量。实验操作为：准确量取一定体积的含有Cu2的溶液于带塞锥形瓶中，加适量水稀释，调节pH=34，加入过量KI，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点。上述过程中的离子方程式如下：2Cu24I=2CuI(白色)I2 I22S2O32=2IS4O62滴定选用的指示剂为 ，滴定终点观察到的现象为 。若滴定前溶液中H2O2没有除尽，所测定的Cu2的含量将会 (填“偏高”“偏低”“不变”)。(3)已知pH11时Zn(OH)2能溶于NaOH溶液生成Zn(OH)42。下表列出了几种离子生成氢氧化物沉淀pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 mol·L1计算)开始沉淀的pH完全沉淀的pHFe31.13.2Fe25.88.8Zn25.98.9实验中可选用的试剂：30% H2O2、1.0 mol·L1HNO3、1.0 mol·L1 NaOH。由除去铜的滤液制备ZnO的实验步骤依次为： ； ；过滤； ；过滤、洗涤、干燥900煅烧。【答案】(1)CuH2O2H2SO4=CuSO42H2O 加热(至沸)(2)淀粉溶液 蓝色褪去 偏高 (3)向滤液中加入适量30%的H2O2使其充分反应 滴加1.0 moL· L1的氢氧化钠，调节pH约为5(或3.2pH5.9)，使Fe3沉淀完全 向滤液中滴加1.0 moL· L1的氢氧化钠，调节pH约为10(或8.9pH11)，使Zn2沉淀完全【分析】本题以实验室利用废弃旧电池的铜帽回收铜并制备ZnO制取和分析为背景的综合实验题，涉及元素化合物知识、氧化还原滴定、指示剂选择、误差分析、实验步骤、pH调节等多方面内容，考查学生对综合实验处理能力。（1）铜与稀硫酸不反应，加入H2O2可以将铜氧化；H2O2不稳定，受热分解生成氧气逸出。（2）根据淀粉遇碘变蓝色的性质，可用淀粉作指示剂。在锥形瓶中，滴入Na2S2O3将I2还原为I-，淀粉溶液的蓝色褪去。若溶液中的H2O2没有除尽，H2O2具有强氧化性，会氧化I-生成I2，导致Na2S2O3标准溶液使用偏多，算出的Cu2+的含量偏高。（3）Fe2+与Zn2+完全沉淀时的相差不大，若直接沉淀则生成的Zn(OH)2不纯，故可先加入氧化剂H2O2（该氧化剂不引入杂质离子）将Fe2+转化为Fe3+，再调节为3.25.9，将Fe3+全部沉淀。过滤后，再调节>8.9，使Zn2+全部沉淀，但是不能大于11，否则Zn(OH)2会被溶解。最后煅烧Zn(OH)2，使其分解得到ZnO。【备考提示】实验的基本操作、实验仪器的选择、实验误差分析、物质的除杂和检验等内容依然是高三复习的重点，也是我们能力培养的重要目标之一。20.(14分)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。(1)真空碳热还原氯化法可实现由铝土矿制备金属铝，其相关的热化学方程式如下：Al2O3(s)AlCl3(g)3C(s)=3AlCl(g)3CO(g) H=a kJ·mol13AlCl(g)=2Al(l)AlCl3(g) H=b kJ·mol1反应Al2O3(s)3C(s)=2Al(l)3CO(g)的H= kJ·mol1(用含a、b的代数式表示)。Al4C3是反应过程的中间产物。Al4C3与盐酸反应(产物之一是含氢量最高的烃)的化学方程式 。(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单质在一定温度下熔炼获得。该合金在一定条件下完全吸氢的反应方程式为Mg17Al1217H2=17MgH212Al。得到的混合物Y(17MgH212Al)在一定条件下释放出氢气。熔炼制备镁铝合金(Mg17Al12)时通入氩气的目的是 。在6.0mol·L1HCl溶液中，混合物Y能完全释放出H2。1 mol Mg17Al12完全吸氢后得到的混合物Y与上述盐酸完全反应，释放出H2的物质的量为 。在0.5 mol·L1 NaOH和1.0 mol·L1 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X-射线衍射谱图如右图所示(X-射线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 (填化学式)。 (3)铝电池性能优越，Al-AgO电池可用作水下动力电源，其原理如右下图所示。该电池反应的化学方程式为： 。【答案】(1)abAl4C312HCl=4AlCl33CH4(2)防止Mg 、Al被空气氧化52 molAl(3)2Al3AgO2NaOH=2NaAlO23AgH2O【分析】本题以新能源、新材料为背景涉及元素化合物性质、热化学方程式和电极反应方程式的书写、读图读表计算与分析的综合题，是以常见物质相关的化学知识在生产、生活中具体运用的典型试题。（1）根据盖斯定律，将题中所给两方程式相加得所求反应，对应的H=(a+b)kJmol-1。含氢量最高的烃为CH4，根据碳原子守恒，3个碳原子需要结合12个氢原子形成3个CH4；再由铝原子守恒，4个铝原子需要结合12个氯原子形成4个AlCl3，所以Al4C3与HCl以物质的量之比1:12反应。（2）镁、铝都是活泼的金属单质，容易被空气中的氧气氧化，故通入氩气作保护气。1 mol Mg17Al12完全反应吸收氢气17 mol，在与盐酸反应后会全部释放出来。镁铝合金中的镁和铝都能与盐酸反应生成氢气，物质的量分别为17 mol、18 mol，则生成氢气一共52 mol。镁与NaOH不反应，再根据衍射图谱可知，在NaOH溶液中产生氢气的主要物质是铝。（3）铝作负极，失电子被氧化，在碱性溶液中生成NaAlO2。氧化银作正极，得电子被还原为Ag，电极质溶液为NaOH溶液，由此可写出总反应。【备考提示】高三复习一定要关注社会、关注生活、关注新能源新材料、关注环境保护与社会发展，适度加强综合训练，把学生的能力培养放在高三复习的第一位。21(12分)选做题本题包括A、B两小题。请选定其中的一小题并在相应的答题区域内作答。若多做，则按A小题评分。A物质结构一项科学研究成果表明，铜锰氧化物(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，所得沉淀经高温灼烧，可制得CuMn2O4。Mn2基态的电子排布式可表示为 。NO3的空间构型 (用文字描述)。(2)在铜锰氧化物的催化下，CO被氧化成CO2，HCHO被氧化成CO2和H2O。根据等电子原理，CO分子的结构式