2014年高考化学真题（江苏自主命题）（解析版）.doc

2014年江苏省高考化学试卷解析版 参考答案与试题解析 一、单项选择题：本题包括10小题，每小题2分，共20分，每小题只有一个选项符合题意. 1．（2分）水是生命之源，2014年我国科学家首次拍摄到水分子团簇的空间取向图象，模型如图所示，下列关于水的说法正确的是（　　） A．水是弱电解质 B．可燃冰是可以燃烧的水 C．氢氧两种元素只能组成水 D．0℃时冰的密度比液态水的密度大 【考点】A6：不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；D6：水的电离．菁优网版权所有 【专题】52：元素及其化合物． 【分析】A．水能够部分电离出氢离子和氢氧根离子，存在电离平衡； B．可燃冰为甲烷和水形成的一种化合物； C．氢氧两种元素还可以组成双氧水； D．液体水变成冰，体积变大，密度变小． 【解答】解：A．水为极弱的电解质，能够部分电离出氢离子和氢氧根离子，故A正确； B．可燃冰为甲烷和水形成的一种特殊的化合物，并不是可燃烧的水，故B错误； C．氢氧两种元素可以组成水、双氧水，故C错误； D．冰中存在氢键，具有方向性和饱和性，其体积变大，则相同质量时冰的密度比液态水的密度小，故D错误； 故选：A。 【点评】本题考查了水的电离、水的组成结构及性质，题目难度不大，注意掌握水的电离，明确可燃冰的组成及性质，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力． 2．（2分）下列有关化学用语表示正确的是（　　） A．过氧化钠的电子式： B．质子数为35、中子数为45的溴原子： C．硫离子的结构示意图： D．间二甲苯的结构简式： 【考点】4J：电子式、化学式或化学符号及名称的综合．菁优网版权所有 【专题】514：化学用语专题． 【分析】A．过氧化钠是离子化合物，其电子式符合离子化合物特点； B．元素符号左下角数字表示质子数、左上角数字表示质量数； C．硫离子核外有18个电子、最外层有8个电子； D．该结构简式为对二甲苯． 【解答】解：A．过氧化钠是离子化合物，其电子式为，故A错误； B．元素符号左下角数字表示质子数、左上角数字表示质量数，质子数为35、中子数为45的溴原子的质量数＝35+45＝80，所以该原子为：，故B正确； C．硫离子核外有18个电子、最外层有8个电子，其离子结构示意图为，故C错误； D．该结构简式为对二甲苯，间二甲苯的结构简式为，故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查了化学用语，涉及结构简式、离子结构示意图、电子式等知识点，根据这些化学用语特点来分析解答，注意过氧化钠电子式的书写，为易错点． 3．（2分）25℃时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（　　） A．pH＝1的溶液中：Na+、K+、MnO4﹣、CO32﹣ B．c（H+）＝1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42﹣、NO3﹣ C．0.1mol•L﹣1NH4HCO3溶液中：K+、Na+、NO3﹣、Cl﹣ D．0.1mol•L﹣1FeCl3溶液中：Fe2+、NH4+、SCN﹣、SO42﹣ 【考点】DP：离子共存问题．菁优网版权所有 【专题】516：离子反应专题． 【分析】离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质、络合物、不发生氧化还原反应、不发生双水解反应即可共存，据此分析解答． 【解答】解：pH＝1的溶液呈强酸性，弱酸根离子CO32﹣不能共存，故A错误； B．c（H+）＝1×10﹣13mol•L﹣1的溶液呈强碱性，Mg2+、Cu2+和氢氧根离子生成沉淀，所以不能大量共存，故B错误； C．NH4HCO3和这几种离子之间不发生反应，所以能共存，故C正确； D．Fe3+、SCN﹣能生成络合物而使溶液呈血红色，可以利用该反应检验铁离子，所以这两种离子不能共存，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查了离子共存，明确离子共存的条件是解本题关键，根据离子共存条件来分析解答即可，注意特殊条件的限制，题目难度中等． 4．（2分）下列物质性质与应用对应关系正确的是（　　） A．晶体硅熔点高硬度大，可用于制作半导体材料 B．氢氧化铝具有弱碱性，可用于制胃酸中和剂 C．漂白粉在空气中不稳定，可用于漂白纸张 D．氧化铁能与酸反应，可用于制作红色涂料 【考点】EM：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；FH：硅和二氧化硅；GK：镁、铝的重要化合物；GN：铁的氧化物和氢氧化物．菁优网版权所有 【专题】52：元素及其化合物；55：化学计算． 【分析】A．硅位于非金属和金属分界线处，能制作半导体材料； B．氢氧化铝具有弱碱性，能中和酸； C．漂白粉具有漂白性，能漂白纸张； D．氧化铁是红棕色固体，可以作红色涂料． 【解答】解：A．晶体硅熔点高硬度大可以制作玻璃刀等，硅位于金属和非金属分界线处，可用于制作半导体材料，二者没有关系，故A错误； B．胃酸的主要成分是HCl，氢氧化铝具有弱碱性，能中和酸，二者有对应关系，故B正确； C．漂白粉具有漂白性，能漂白纸张，与漂白粉的稳定性强弱无关，所以二者没有对应关系，故C错误； D．氧化铁是红棕色固体，可以作红色涂料，氧化铁属于碱性氧化物，能溶于酸，可用酸除锈，所以二者没有对应关系，故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查了物质间的关系，明确物质的性质是解本题关键，根据其性质分析用途，掌握物质的性质，灵活运用知识解答，题目难度不大． 5．（2分）下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验，能达到实验目的是（　　） A．用装置甲制取氯气 B．用装置乙除去氯气中混有的少量氯化氢 C．用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液 D．用装置丁蒸干氯化锰溶液制MnCl2•4H2O 【考点】U5：化学实验方案的评价．菁优网版权所有 【专题】24：实验设计题． 【分析】A、二氧化锰和浓盐酸制备氯气需要加热； B、饱和碳酸氢钠溶液呈碱性，能吸收氯气，气体应为长进短处； C、二氧化锰不溶于水，将液体和不溶于液体的固体分离开来的一种方法为过滤； D、锰离子可发生水解． 【解答】解：A、二氧化锰和浓盐酸制备氯气需要加热，甲装置无加热仪器，故A错误； B、饱和碳酸氢钠溶液呈碱性，能吸收氯气，且NaHCO3和HCl反应能生成CO2，引入新的杂质气体，所以吸收试剂应该为饱和食盐水，并且气体应为长进短出，故B错误； C、二氧化锰不溶于水，因此分离二氧化锰和氯化锰溶液需要过滤，丙装置为过滤装置，故C正确； D、锰离子水解，水解吸热，因此不能直接加热蒸发氯化锰溶液制MnCl2•4H2O，应该在HCl的气氛中进行，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查了氯气的实验室制备，侧重于实验原理、实验仪器、实验基本操作、盐类水解的考查，综合性较强，难度一般，注意气体的进出导管长短、盐类水解的抑制应用． 6．（2分）设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（　　） A．1.6g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1NA B．0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.1NA C．标准状况下，11.2L苯中含有分子的数目为0.5NA D．在过氧化钠与水的反应中，每生成0.1mol氧气，转移电子的数目为0.4NA 【考点】4F：阿伏加德罗常数．菁优网版权所有 【专题】518：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律． 【分析】A．1.6g氧气和臭氧的混合物中含有1.6g氧原子，含有0.1mol氧原子； B．丙烯酸分子中含有1个碳碳双键和1个碳氧双键，总共含有2个双键； C．标准状况下，苯的状态不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算苯的物质的量； D．过氧化钠中氧元素的化合价为﹣1价，生成0.1mol氧气转移了0.2mol电子． 【解答】解：A．1.6g氧气和臭氧的混合物中含有氧原子的质量为1.6g，含有氧原子的物质的量为0.1mol，含有氧原子的数目为0.1NA，故A正确； B．0.1mol丙烯酸中含有0.1mol碳碳双键和0.1mol碳氧双键，总共含有0.2mol双键，含有双键的数目为0.2NA，故B错误； C．标况下，苯不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L苯的物质的量，故C错误； D．过氧化钠与水的反应中，生成0.1mol氧气转移了0.2mol电子，转移电子的数目为0.2NA，故D错误； 故选：A。 【点评】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，明确标况下气体摩尔体积的使用条件，选项B为易错点，注意丙烯酸分子中含有两个双键． 7．（2分）下列指定反应的离子方程式正确的是（　　） A．Cu溶于稀HNO3：Cu+2H++NO3﹣═Cu2++NO2↑+H2O B．（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe（OH）2：Fe2++2OH﹣═Fe（OH）2↓ C．用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2H+═Ca2++H2O+CO2↑ D．向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3：CO2+AlO2﹣+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣ 【考点】49：离子方程式的书写．菁优网版权所有 【专题】516：离子反应专题． 【分析】A．铜和稀硝酸反应生成NO； B．（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应生成Fe（OH）2和NH3．H2O； C．弱电解质写化学式； D．偏铝酸钠和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠． 【解答】解：A．铜和稀硝酸反应生成NO，离子方程式为3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O，故A错误； B．（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应生成Fe（OH）2和NH3．H2O，离子方程式为2NH4++Fe2++4OH﹣═Fe（OH）2↓+2NH3．H2O，故B错误； C．弱电解质写化学式，离子方程式为CaCO3+2CH3COOH═Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO﹣，故C错误； D．偏铝酸钠和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子方程式为CO2+AlO2﹣+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3﹣，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解本题关键，再结合离子方程式的书写规则来分析解答，易错选项是D，注意反应物的量，反应物的量不同，其产物不同，为易错点． 8．（2分）下列各组物质中，不满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应的是（　　） 物质 组别 甲 乙 丙 A Al2O3 HCl NaOH B SiO2 NaOH HF C HCl NaOH NaHCO3 D NH3 O2 HNO3 A．A B．B C．C D．D 【考点】EB：氨的化学性质；EM：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；FH：硅和二氧化硅；GK：镁、铝的重要化合物．菁优网版权所有 【专题】52：元素及其化合物． 【分析】A．Al2O3与HCl、NaOH均反应，且HCl与NaOH反应； B．SiO2与NaOH、HF反应，且NaOH与HF反应； C．HCl与NaHCO3、NaOH均反应，且NaHCO3与NaOH反应； D．NH3与O2、HNO3反应，但O2、HNO3二者不反应。 【解答】解：A．Al2O3与HCl反应生成氯化铝和水，Al2O3与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，且HCl与NaOH反应生成NaCl和水，组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应，故A不选； B．SiO2与NaOH反应生成硅酸钠和水，SiO2与HF反应生成四氟化硅和水，且NaOH与HF反应生成NaF和水，组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应，故B不选； C．HCl与NaHCO3反应生成氯化钠、二氧化碳和水，HCl与NaOH反应生成NaCl和水，且NaHCO3与NaOH反应生成碳酸钠和水，组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应，故C不选； D．NH3与O2发生氧化还原反应生成NO和水，氨气与HNO3反应生成硝酸铵，但O2、HNO3二者不反应，则不满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应，故D选； 故选：D。 【点评】本题考查考查物质之间的反应，把握常见物质的性质及发生的化学反应为解答的关键，注意某些反应与量有关，明确性质与反应的关系即可解答，题目难度不大。 9．（2分）短周期主族元素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数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z2+与Y2﹣具有相同的电子层结构，W与X同主族．下列说法正确的是（　　） A．Y分别与Z、W形成的化合物中化学键类型相同 B．原子半径的大小顺序：r（W）＞r（Z）＞r（Y）＞r（X） C．Y的气态简单氢化物的热稳定性比W的强 D．X的最高价氧化物对应的水化物的酸性比W的弱 【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系．菁优网版权所有 【专题】51C：元素周期律与元素周期表专题． 【分析】短周期主族元素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数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故X为碳元素；W与X同主族，所以W是Si元素；Y是地壳中含量最高的元素，则Y为氧元素，Z2+与Y2﹣具有相同的电子层结构，离子核外电子数为10，故Z的质子数为12，则Z为Mg，据此解答． 【解答】解：短周期主族元素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数的2倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，故X为碳元素；W与X同主族，所以W是Si元素；Y是地壳中含量最高的元素，则Y为氧元素，Z2+与Y2﹣具有相同的电子层结构，离子核外电子数为10，故Z的质子数为12，则Z为Mg。 A．Y和Z、W形成的化合物为MgO、SiO2，MgO中含有离子键，而SiO2中存在共价键，故A错误； B．同周期自左而右原子半径减小、同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：r（Mg）＞r（Si）＞r（C）＞r（O），故B错误； C．元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，非金属性Y（O）＞W（Si），所以Y的气态简单氢化物的热稳定性比W的强，故C正确； D．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性X（C）＞W（Si），所以X的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强，故D错误。 故选：C。 【点评】本题考查原子结构和元素周期律，侧重对元素周期律的考查，推断元素是解题关键，从结构上理解同周期、同主族元素性质的递变规律． 10．（2分）已知： C（s）+O2（g）═CO2（g）△H1 CO2（g）+C（s）═2CO（g）△H2 2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H3 4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s）△H4 3CO（g）+Fe2O3（s）═3CO2（g）+2Fe（s）△H5 下列关于上述反应焓变的判断正确的是（　　） A．△H1＞0，△H3＜0 B．△H2＞0，△H4＞0 C．△H1＝△H2+△H3 D．△H3＝△H4+△H5 【考点】BR：反应热的大小比较．菁优网版权所有 【专题】517：化学反应中的能量变化． 【分析】A、所有的燃烧反应属于放热反应； B、以碳作为还原剂的反应通常为吸热反应，铁的氧化属于放热反应； C、根据盖斯定律利用加合法进行分析； D、根据盖斯定律利用加合法进行分析． 【解答】解：A、所有的燃烧反应属于放热反应，因此△H1＜0，△H3＜0，故A错误； B、碳还原二氧化碳的反应属于吸热反应，△H2＞0，铁与氧气的反应属于放热反应，△H4＜0，故B错误； C、已知：①C（s）+O2（g）═CO2（g）△H1②CO2（g）+C（s）═2CO（g）△H2③2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H3，由盖斯定律可知①＝②+③，因此△H1＝△H2+△H3，故C正确； D、已知③2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H3④4Fe（s）+3O2（g）═2Fe2O3（s）△H4⑤3CO（g）+Fe2O3（s）═3CO2（g）+2Fe（s）△H5，由盖斯定律可知③（④+⑤），因此△H3△H4△H5，故D错误； 故选：C。 【点评】本题考查了常见的吸热反应和放热反应类型、盖斯定律的计算，难度中等，熟悉常见的吸热反应和放热反应类型、根据盖斯定律利用加合法进行有关计算的步骤是解题的关键． 二、不等项选择题：本大题包括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，若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分，若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，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．（4分）下列有关说法正确的是（　　） A．若在海轮外壳上附着一些铜块，则可以减缓海轮外壳的腐蚀 B．2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）在常温下能自发进行，则该反应的△H＞0 C．加热0.1mol•L﹣1 Na2CO3溶液，CO32﹣的水解程度和溶液的pH均增大 D．对于乙酸与乙醇的酯化反应（△H＜0），加入少量浓硫酸并加热，该反应的反应速率和平衡常数均增大 【考点】1B：真题集萃；BB：反应热和焓变；BK：金属的电化学腐蚀与防护；C7：化学平衡建立的过程；DC：影响盐类水解程度的主要因素．菁优网版权所有 【专题】51：基本概念与基本理论． 【分析】A．船体（Fe）、Cu及海水构成原电池，Fe比Cu活泼，作负极，被腐蚀； B．正反应为熵减的反应，根据△H﹣T△S＝△G＜0反应自发进行，据此判断； C．碳酸钠溶液中碳酸根发生水解，溶液呈碱性，而盐类水解是吸热反应，升高温度，促进水解，溶液碱性增强； D．浓硫酸起催化剂作用，加快反应速率，升高温度平衡向吸热反应分析移动，据此判断平衡常数变化． 【解答】解：A．船体（Fe）、Cu及海水构成原电池，Fe比Cu活泼，作负极，加快海轮外壳的腐蚀，故A错误； B．正反应为熵减的反应，即△S＜0，常温下能自发进行，根据△H﹣T△S＝△G＜0反应自发进行，可推知该反应△H＜0，故B错误； C．碳酸钠溶液中碳酸根发生水解，溶液呈碱性，而盐类水解是吸热反应，升高温度，水解程度增大，溶液碱性增强，即溶液的pH均增大，故C正确； D．浓硫酸起催化剂作用，加入浓硫酸加快反应速率，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡常数减小，故D错误， 故选：C。 【点评】本题比较综合，是常见题型，涉及金属腐蚀与防护、化学反应进行方向、盐类水解、化学平衡移动、化学反应速率及平衡常数影响因素等，难度不大，侧重对基础知识的考查． 12．（4分）去甲肾上腺素可以调控动物机体的植物性神经功能，其结构简式如图所示。下列说法正确的是（　　） A．每个去甲肾上腺素分子中含有3个酚羟基 B．每个去甲肾上腺素分子中含有2个手性碳原子 C．1mol去甲肾上腺素最多能与2molBr2发生取代反应 D．去甲肾上腺素既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应 【考点】HD：有机物的结构和性质．菁优网版权所有 【分析】该分子中含有酚羟基、醇羟基、氨基和苯环，具有酚、醇、胺及苯的性质，能发生取代反应、氧化反应、还原反应、加成反应、取代反应等，连接四个不同原子或原子团的碳原子属于手性碳原子，据此分析解答。 【解答】解：A．只有直接连接苯环的羟基才是酚羟基，所以该分子中含2个酚羟基、1个醇羟基，故A错误； B．该分子中只有连接醇羟基的碳原子为手性碳原子，所以只有一个手性碳原子，故B错误； C．苯环上酚羟基邻对位氢原子能被溴取代，且以1：1所以，所以1mol去甲肾上腺素最多能与3molBr2发生取代反应，故C错误； D．含有酚羟基，具有酸性，含有氨基，具有碱性，所以去甲肾上腺素既能与盐酸反应，又能与氢氧化钠溶液反应，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系即可解答，侧重考查酚、醇和胺的性质，注意苯环上酚羟基邻对位氢原子才能和溴原子发生取代反应，注意酚羟基和醇羟基的区别，易错选项是B。 13．（4分）在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是（　　） A．氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2 B．向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl﹣ C．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+ D．向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO 【考点】E2：氯气的化学性质．菁优网版权所有 【专题】522：卤族元素． 【分析】溶液中存在平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO，只有氯气有颜色，为黄绿色，氯水中含有氯气而呈浅黄绿色，溶液中HCl与硝酸银反应产生AgCl白色沉淀，而溶液呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，溶液中氯气、HClO都强氧化性，都可以将亚铁离子氧化为铁离子，而使溶液变为棕黄色． 【解答】解：溶液中存在平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO， A．只有氯气有颜色，为黄绿色，氯水呈浅黄绿色是由于含有氯气，故A正确； B．溶液与硝酸银反应产生白色沉淀，只能是氯离子与银离子反应得到AgCl白色沉淀，说明氯水中含有Cl﹣，故B正确； C．溶液呈酸性，能与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故C正确； D．溶液中氯气、HClO都强氧化性，都可以将亚铁离子氧化为铁离子，而使溶液变为棕黄色，不能说明氯水中含有HClO，故D错误， 故选：D。 【点评】本题考查氯水的性质，难度不大，侧重对基础知识的考查，需要学生熟练掌握基础知识． 14．（4分）25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（　　） A．0.1mol•L﹣1 CH3COONa溶液与0.1mol•L﹣1 HCl溶液等体积混合：c（Na+）＝c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣） B．0.1mol•L﹣1 NH4Cl溶液与0.1mol•L﹣1氨水等体积混合（pH＞7）：c（NH3•H2O）＞c（NH4+）＞c（Cl﹣）＞c（OH﹣） C．0.1mol•L﹣1 Na2CO3溶液与0.1mol•L﹣1 NaHCO3溶液等体积混合：c（Na+）＝c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3） D．0.1mol•L﹣1 Na2C2O4溶液与0.1mol•L﹣1 HCl溶液等体积混合（H2C2O4为二元弱酸）：2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+） 【考点】DN：离子浓度大小的比较．菁优网版权所有 【专题】51H：盐类的水解专题． 【分析】A．溶液为氯化钠和醋酸混合溶液，且二者的物质的量浓度相等，混合溶液呈酸性，且混合溶液中存在物料守恒； B．混合溶液呈碱性，说明NH3•H2O的电离程度大于NH4+的水解程度； C．混合溶液呈存在物料守恒，根据物料守恒判断； D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断． 【解答】解：A．溶液为氯化钠和醋酸混合溶液，且二者的物质的量浓度相等，混合溶液呈酸性，溶液中c（OH﹣）很小，且混合溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c（Na+）＝c（Cl﹣），醋酸部分电离，所以溶液中存在c（Na+）＝c（Cl﹣）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣），故A正确； B．混合溶液呈碱性，说明NH3•H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，则溶液中存在c（NH3•H2O）＜c（NH4+），故B错误； C．混合溶液存在物料守恒，根据物料守恒得：0.1mol•L﹣1 Na2CO3溶液中：c（Na+）＝2c（CO32﹣）+2c（HCO3﹣）+2c（H2CO3），0.1mol•L﹣1 NaHCO3溶液中：c（Na+）＝c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3），两式相加得， 2c（Na+）＝3c（CO32﹣）+3c（HCO3﹣）+3c（H2CO3），即c（Na+）＝c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3），故C正确； D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得2c（C2O42﹣）+c（HC2O4﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣）＝c（Na+）+c（H+），故D错误； 故选：AC。 【点评】本题考查了离子浓度大小比较，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，再结合电荷守恒、物料守恒来分析解答，题目难度中等． 15．（4分）一定温度下，在三个体积均为1.0L的恒容密闭容器中发生反应：2CH3OH（g）⇌CH3OCH3（g）+H2O（g） 容器编号 温度（℃） 起始物质的量（mol） 平衡物质的量（mol） CH3OH（g） CH3OCH3（g） H2O Ⅰ 387 0.20 0.080 0.080 Ⅱ 387 0.40 Ⅲ 207 0.20 0.090 0.090 下列说法正确的是（　　） A．该反应的正反应为放热反应 B．达到平衡时，容器Ⅰ中的CH3OH体积分数比容器Ⅱ中的小 C．容器Ⅰ中反应到达平衡所需时间比容器Ⅲ中的长 D．若起始时向容器Ⅰ中充入CH3OH 0.1mol、CH3OCH3 0.15mol和H2O 0.10mol，则反应将向正反应方向进行 【考点】1B：真题集萃；C7：化学平衡建立的过程；CP：化学平衡的计算．菁优网版权所有 【专题】51E：化学平衡专题． 【分析】A．根据温度与化学平衡常数的关系确定反应热； B．该反应是反应前后气体体积不变的反应，温度相同，化学平衡常数相同，反应物的转化率相同； C．温度越高，反应速率越大，反应时间越短； D．根据化学平衡常数与浓度商的相对大小判断反应方向，如果浓度商小于平衡常数，则平衡向正反应方向进行． 【解答】解：A．容器Ⅰ中平衡时c（CH3OCH3）＝c（H2O）0.080mol/L，c（CH3OH）0.04mol/L，容器Ⅰ中化学平衡常数K14，容器Ⅲ中平衡时c（CH3OCH3）＝c（H2O）0.090mol/L，c（CH3OH）0.02mol/L，化学平衡常数K220.25＞4，所以降低温度，化学平衡常数增大，反应向正反应方向移动，则正反应是放热反应，故A正确； B．恒容条件下，容器Ⅱ相当于在容器Ⅰ的基础上加压，但由于该反应是反应前后气体体积不变的反应，因此平衡不移动，所以容器Ⅰ中的CH3OH体积分数和容器Ⅱ中的相等，故B错误； C．容器Ⅰ中的温度比容器III的温度高，温度越高反应速率越快，达到平衡所需时间越短，故C错误； D．c（CH3OH）＝0.1mol/L、c（CH3OCH3 ）＝0.15mol/L、c（H2O）＝0.10mol/L，浓度商1.5＜4，平衡向正反应方向移动，故D正确； 故选：AD。 【点评】本题考查了化学平衡常数的有关计算，根据平衡常数公式计算平衡常数，再结合浓度与反应速率的关系、化学平衡常数与浓度商之间的关系来分析解答，注意该反应特点，题目难度中等． 三、解答题 16．（12分）烟气脱硫能有效减少二氧化硫的排放，实验室用粉煤灰（主要含Al2O3、SiO2等）制备碱式硫酸铝[Al2（SO4）x（OH）6﹣2x]溶液，并用于烟气脱硫研究． （1）酸浸时反应的化学方程式为　Al2O3+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2O　；滤渣Ⅰ的主要成分为　SiO2　（填化学式）． （2）加CaCO3调节溶液的pH至3.6，其目的是中和溶液中的酸，并使Al2（SO4）3转化为Al2（SO4）x（OH）6﹣2x．滤渣Ⅱ的主要成分为　CaSO4　（填化学式）；若溶液的pH偏高，将会导致溶液中铝元素的含量降低，其原因是　3CaCO3+2Al3++3SO42﹣+3H2O═2Al（OH）3+3CaSO4+3CO2↑　（用离子方程式表示）． （3）上述流程中经完全热分解放出的SO2量总是小于吸收的SO2的量，其主要原因是　溶液中的部分SO32﹣被氧化生成SO42﹣　；与吸收SO2前的溶液相比，热分解后循环利用的溶液的pH将　减小　（填“增大”、“减小”或“不变”）． 【考点】1B：真题集萃；F6：二氧化硫的污染及治理．菁优网版权所有 【专题】24：实验设计题；52：元素及其化合物． 【分析】粉煤灰和稀硫酸混合，发生反应Al2O3+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2O，SiO2和稀硫酸不反应，过滤溶液得滤渣Ⅰ为SiO2，滤液中含有Al2（SO4）3，调节pH＝3.6，加入CaCO3粉末，发生反应CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O，CaSO4为微溶物，所以滤渣Ⅱ的成分主要为CaSO4，过滤得滤液Ⅱ，二氧化硫和水反应生成的SO32﹣易被氧化生成SO42﹣，弱酸根离子转化为强酸根离子，再结合题目分析解答． 【解答】解：粉煤灰和稀硫酸混合，发生反应Al2O3+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2O，SiO2和稀硫酸不反应，过滤溶液得滤渣Ⅰ为SiO2，滤液中含有Al2（SO4）3，调节pH＝3.6，加入CaCO3粉末，发生反应CaCO3+2H+═Ca2++CO2↑+H2O，CaSO4为微溶物，所以滤渣Ⅱ的成分主要为CaSO4，过滤得滤液Ⅱ，二氧化硫和水反应生成的SO32﹣易被氧化生成SO42﹣， （1）通过以上分析知，酸浸时反应的化学方程式为Al2O3+3H2SO4═Al2（SO4）3+3H2O，氧化铝和稀硫酸完全反应、二氧化硅和稀硫酸不反应，所以滤渣I的成分为SiO2， 故答案为：Al2O3+3H2SO4＝Al2（SO4）3+3H2O；SiO2； （2）通过以上分析知，滤渣Ⅱ的成分是CaSO4，若溶液的pH偏高，溶液中的Al 3+和OH﹣离子反应生成Al（OH）3，所以将会导致溶液中铝元素的含量降低，反应方程式为3CaCO3+2Al3++3SO42﹣+3H2O═2Al（OH）3+3CaSO4+3CO2↑， 故答案为：CaSO4；3CaCO3+2Al3++3SO42﹣+3H2O═2Al（OH）3+3CaSO4+3CO2↑； （3）二氧化硫被吸收后生成SO32﹣，SO32﹣不稳定，易被氧化生成SO42﹣，所以流程中经完全热分解放出的SO2量总是小于吸收的SO2的量，加热分解后的溶液中硫酸根离子浓度增大，促进生成Al2（SO4）x（OH）6﹣2x，则溶液的酸性增强，溶液的pH减小， 故答案为：溶液中的部分SO32﹣被氧化生成SO42﹣；减小． 【点评】本题考查了物质的制备原理，明确物质的性质是解本题关键，会从整体上分析每一步发生的反应及基本操作，知道加入物质的用途，题目难度中等． 17．（15分）非诺洛芬是一种治疗类风湿性关节炎的药物，可通过以下方法合成： 请回答下列问题： （1）非诺洛芬中的含氧官能团为　醚键　和　羧基　（填名称）。 （2）反应①中加入的试剂X的分子式为C8H8O2，X的结构简式为　　。 （3）在上述五步反应中，属于取代反应的是　①③④　（填序号）。 （4）B的一种同分异构体满足下列条件： Ⅰ、能发生银镜反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应。 Ⅱ、分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环。 写出该同分异构体的结构简式：　或　。 （5）根据已有知识并结合相关信息，写出以为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用），合成路线路程图示例如下： CH3CH2BrCH3CH2OHCH3COOCH2CH3。 【考点】HC：有机物的合成．菁优网版权所有 【专题】534：有机物的化学性质及推断． 【分析】根据流程图中，A发生取代反应生成B，B发生还原反应生成C，C发生取代反应生成D，D发生取代反应生成E，E发生水解反应生成F， （1）该物质中的官能团是醚键和羧基； （2）A发生取代反应生成B，根据A、B分子式的差异并结合X的分子式确定其结构简式； （3）根据反应物和生成物变化确定反应类型； （4）Ⅰ、能发生银镜反应，说明含有醛基，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基； Ⅱ、分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环，说明该分子中含有两个苯环且H原子种类是6； （5）苯乙醛和NaBH4发生还原反应生成苯乙醇，苯乙醇发生消去反应生成苯乙烯，苯乙烯发生加成反应生成，和NaCN发生水解反应生成。 【解答】解：根据流程图中，A发生取代反应生成B，B发生还原反应生成C，C发生取代反应生成D，D发生取代反应生成E，E发生水解反应生成F， （1）该物质中的官能团是醚键和羧基，故答案为：醚键和羧基； （2）A发生取代反应生成B，根据A、B分子式的差异并结合X的分子式知，在B的醚键处断键，使醚基转化为酚羟基连接在X上，所以X的结构简式为，故答案为：； （3）通过以上分析知，属于取代反应的有①③④，故答案为：①③④； （4）Ⅰ、能发生银镜反应，说明含有醛基，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基； Ⅱ、分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环，说明该分子中含有两个苯环且H原子种类是6，则符合条件的结构简式为或，故答案为：或； （5）苯乙醛和NaBH4发生还原反应生成苯乙醇，苯乙醇发生消去反应生成苯乙烯，苯乙烯发生加成反应生成，和NaCN发生水解反应生成， 其合成路线图为 ， 故答案为：。 【点评】本题考查了有机物的合成，明确有机物中含有的官能团及其性质是解本题关键，利用题给信息解答（5）题，注意反应条件和有机物断键和成键位置，题目难度中等。 18．（12分）碱式碳酸铝镁[MgaAlb（OH）c（CO3）d•xH2O]常用作塑料阻燃剂。 （1）碱式碳酸铝镁具有阻燃作用，是由于其受热分解需吸收大量热量和　生成的产物具有阻燃作用　。 （2）[MgaAlb（OH）c（CO3）d•xH2O]中的a、b、c、d的代数关系式为　2a+3b＝c+2d　。 （3）为确定碱式碳酸铝镁的组成，进行如下实验： ①准确称取3.390g样品与足量稀盐酸充分反应，生成CO2 0.560L（已换算成标准状况下）。 ②另取一定量样品在空气中加热，样品的固体残留率（100%）随温度的变化如图所示（样品在270℃时已完全失去结晶水，600℃以上残留固体为金属氧化物的混合物）。 根据以上实验数据计算碱式碳酸铝镁样品中的n（OH﹣）：n（CO32﹣）（写出计算过程）。 【考点】1B：真题集萃；M5：复杂化学式的确定．菁优网版权所有 【专题】1A：计算题． 【分析】（1）氧化镁、氧化铝熔点较高且都不燃烧； （2）根据化合物中各元素化合价的代数和为0确定这几个字母之间的关系； （3）n（CO2）2.50×10﹣2mol，m（CO2）＝2.50×10﹣2mol×44g/mol＝1.10g， 在270℃～600℃之间，失去结晶水后的样品进一步受热分解生成CO2、H2O， m（CO2）+m（H2O）＝3.390g×（0.7345﹣0.3702）＝1.235g， m（H2O）＝1.235g﹣1.10g＝0.135g， 生成1个H2O需要2个OH﹣，则存在n（OH﹣）＝2n（H2O），根据C原子守恒计算n（CO32﹣），从而得出二者的比值。 【解答】解：（1）碱式碳酸铝镁[MgaAlb（OH）c（CO3）d•xH2O]受热分解最终生成MgO、Al2O3，MgO、Al2O3的熔点较高且都不燃烧，所以有阻燃作用， 故答案为：生成的产物具有阻燃作用； （2）化合物中各元素化合价的代数和为0，所以2a+3b+c+4d＝（c+3d）×2，所以得2a+3b＝c+2d， 故答案为：2a+3b＝c+2d； （3）n（CO2）2.50×10﹣2mol，m（CO2）＝2.50×10﹣2mol×