2014年江苏省高考化学试卷解析版 .pdf

2014 年江苏省高考化学试卷解析版年江苏省高考化学试卷解析版 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、单项选择题：本题包括一、单项选择题：本题包括 10 小题，每小题小题，每小题 2 分，共分，共 20 分，每小题只有一个选项符合题意分，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 D0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：8035C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+4580，所以该原子为：，故 B 正确；8035C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（）ApH1 的溶液中：Na+、K+、MnO4、CO32 Bc（H+）11013molL1的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42、NO3 C0.1molL1NH4HCO3溶液中：K+、Na+、NO3、Cl D0.1molL1FeCl3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：pH1 的溶液呈强酸性，弱酸根离子 CO32不能共存，故 A 错误；Bc（H+）11013molL1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；CNH4HCO3和这几种离子之间不发生反应，所以能共存，故 C 正确；DFe3+、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 MnCl24H2O【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 MnCl24H2O，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（）A1.6g 由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为 0.1NA B0.1mol 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】A1.6g 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：A1.6g 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；B0.1mol 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（）ACu 溶于稀 HNO3：Cu+2H+NO3Cu2+NO2+H2O B（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量 NaOH 溶液反应制 Fe（OH）2：Fe2+2OHFe（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+2H2OAl（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 NH3H2O；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+2NO33Cu2+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 NH3H2O，离子方程式为2NH4+Fe2+4OHFe（OH）2+2NH3H2O，故 B 错误；C弱电解质写化学式，离子方程式为 CaCO3+2CH3COOHCa2+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+2H2OAl（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 AA BB CC DD【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】AAl2O3与 HCl、NaOH 均反应，且 HCl 与 NaOH 反应；BSiO2与 NaOH、HF 反应，且 NaOH 与 HF 反应；CHCl 与 NaHCO3、NaOH 均反应，且 NaHCO3与 NaOH 反应；DNH3与 O2、HNO3反应，但 O2、HNO3二者不反应。【解答】解：AAl2O3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；BSiO2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；CHCl 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；DNH3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（）AY 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）CY 的气态简单氢化物的热稳定性比 W 的强 DX 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。AY 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（）AH10，H30 BH20，H40 CH1H2+H3 DH3H4+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H10，H30，故 A 错误；B、碳还原二氧化碳的反应属于吸热反应，H20，铁与氧气的反应属于放热反应，H40，故 B 错误；C、已知：C（s）+O2（g）CO2（g）H1CO2（g）+C（s）2CO（g）H22CO（g）+O2（g）2CO2（g）H3，由盖斯定律可知+，因此H1H2+H3，故 C 正确；D、已知2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H34Fe（s）+3O2（g）2Fe2O3（s）H43CO（g）+Fe2O3（s）3CO2（g）+2Fe（s）H5，由盖斯定律可知（+），因此H3H4=2312=13+23H5，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：本大题包括二、不等项选择题：本大题包括 5 小题，每小题小题，每小题 4 分，共计分，共计 20 分，每小题只有一个或两个选项符合题意，若正分，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，选两分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得 0 分分.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 B2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）在常温下能自发进行，则该反应的H0 C加热 0.1molL1 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（H0），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HTSG0 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S0，常温下能自发进行，根据HTSG0 反应自发进行，可推知该反应H0，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 C1mol 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+H2OHCl+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+H2OHCl+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（）A0.1molL1 CH3COONa 溶液与 0.1molL1 HCl 溶液等体积混合：c（Na+）c（Cl）c（CH3COO）c（OH）B0.1molL1 NH4Cl 溶液与 0.1molL1氨水等体积混合（pH7）：c（NH3H2O）c（NH4+）c（Cl）c（OH）C0.1molL1 Na2CO3溶液与 0.1molL1 NaHCO3溶液等体积混合：c（Na+）c（CO32）+c（HCO323）+c（H2CO3）D0.1molL1 Na2C2O4溶液与 0.1molL1 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 NH3H2O 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 NH3H2O 的电离程度大于 NH4+的水解程度，则溶液中存在 c（NH3H2O）c（NH4+），故 B 错误；C混合溶液存在物料守恒，根据物料守恒得：0.1molL1 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）+c23（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）起始物质的量（mol）平衡物质的量（mol）容器编号 温度（）CH3OH（g）CH3OCH3（g）H2O 387 0.20 0.080 0.080 387 0.40 207 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，容器中的 CH3OH 体积分数比容器中的小 C容器中反应到达平衡所需时间比容器中的长 D若起始时向容器中充入 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容器中平衡时 c（CH3OCH3）c（H2O）0.080mol/L，c（CH3OH）=0.0801.0=0.04mol/L，容器中化学平衡常数 K14，容器中=0.2 0.080 21.0=0.08 0.080.04 0.04=平衡时c（CH3OCH3）c（H2O）0.090mol/L，c（CH3OH）=0.0901.0=0.02mol/L，化学平衡常数 K220.254，所以降低温=0.2 0.090 21.0=0.09 0.090.02 0.02=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，容器相当于在容器的基础上加压，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，所以容器中的 CH3OH 体积分数和容器中的相等，故 B 错误；C容器中的温度比容器 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1.54，平衡向正反应方向移动，故 D 正确；=0.1 0.150.1 0.1=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）62x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+3H2SO4Al2（SO4）3+3H2O；滤渣的主要成分为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）62x滤渣的主要成分为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+3H2O2Al（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+3H2SO4Al2（SO4）3+3H2O，SiO2和稀硫酸不反应，过滤溶液得滤渣为 SiO2，滤液中含有 Al2（SO4）3，调节 pH3.6，加入 CaCO3粉末，发生反应 CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2O，CaSO4为微溶物，所以滤渣的成分主要为 CaSO4，过滤得滤液，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+3H2SO4Al2（SO4）3+3H2O，SiO2和稀硫酸不反应，过滤溶液得滤渣为 SiO2，滤液中含有 Al2（SO4）3，调节 pH3.6，加入 CaCO3粉末，发生反应CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2O，CaSO4为微溶物，所以滤渣的成分主要为 CaSO4，过滤得滤液，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+3H2SO4Al2（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+3H2SO4Al2（SO4）3+3H2O；SiO2；（2）通过以上分析知，滤渣的成分是 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+3H2O2Al（OH）3+3CaSO4+3CO2，故答案为：CaSO4；3CaCO3+2Al3+3SO42+3H2O2Al（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）62x，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（填序号）。（4）B 的一种同分异构体满足下列条件：、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。、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。溶液3浓硫酸，【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）、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；、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，故答案为：；（4）、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；、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）dxH2O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）dxH2O中的 a、b、c、d 的代数关系式为2a+3bc+2d。（3）为确定碱式碳酸铝镁的组成，进行如下实验：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）。另取一定量样品在空气中加热，样品的固体残留率（100%）随温度的变化固体样品的剩余质量固体样品的起始质量如图所示（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）2.50102mol，m（CO2）2.50102mol44g/mol1.10g，=0.5622.4/=在 270600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（0.73450.3702）1.235g，m（H2O）1.235g1.10g0.135g，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）dxH2O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+3bc+2d，故答案为：2a+3bc+2d；（3）n（CO2）2.50102mol，m（CO2）2.50102mol44g/mol1.10g，=0.5622.4/=在 270600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（0.73450.3702）1.235g，m（H2O）1.235g1.10g0.135g，n（H2O）7.50103 mol，=0.13518/=生成 1 个 H2O 需要 2 个 OH，则存在 n（OH）2n（H2O）1.50102 mol，根据 C 原子守恒得 n（CO32）n（CO2）2.50102mol，所以 n（OH）：n（CO32）1.50102 mol：2.50102mol3：5，答：碱式碳酸铝镁样品中的 n（OH）：n（CO32）3：5。【点评】本题考查了镁铝化合物知识，根据物质的性质、物质之间的反应来分析解答，注意结合原子守恒进行分析，明确图象中曲线变化趋势及其含义，题目难度中等。19（15 分）实验室从含碘废液（除 H2O 外，含有