2014年江苏省高考化学试卷解析版 .doc
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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×- 配套讲稿:
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