1、2014年江蘇省高考化學試卷解析版參考答案與試題解析一、單項選擇題：本題包括10小題，每小題2分，共20分，每小題只有一個選項符合題意.1（2分）水是生命之源，2014年我國科學家首次拍攝到水分子團簇的空間取向圖象，模型如圖所示，下列關于水的說法正確的是（）A水是弱電解質B可燃冰是可以燃燒的水C氫氧兩種元素只能組成水D0時冰的密度比液態水的密度大【考點】A6：不同晶體的結構微粒及微粒間作用力的區別；D6：水的電離菁優網版權所有【專題】52：元素及其化合物【分析】A水能夠部分電離出氫離子和氫氧根離子，存在電離平衡；B可燃冰為甲烷和水形成的一種化合物；C氫氧兩種元素還可以組成雙氧水；D液體水變成冰

2、，體積變大，密度變小【解答】解：A水為極弱的電解質，能夠部分電離出氫離子和氫氧根離子，故A正確；B可燃冰為甲烷和水形成的一種特殊的化合物，并不是可燃燒的水，故B錯誤；C氫氧兩種元素可以組成水、雙氧水，故C錯誤；D冰中存在氫鍵，具有方向性和飽和性，其體積變大，則相同質量時冰的密度比液態水的密度小，故D錯誤；故選：A。【點評】本題考查了水的電離、水的組成結構及性質，題目難度不大，注意掌握水的電離，明確可燃冰的組成及性質，試題培養了學生靈活應用所學知識的能力2（2分）下列有關化學用語表示正確的是（）A過氧化鈉的電子式：B質子數為35、中子數為45的溴原子：3580BrC硫離子的結構示意圖：D間二甲苯

3、的結構簡式：【考點】4J：電子式、化學式或化學符號及名稱的綜合菁優網版權所有【專題】514：化學用語專題【分析】A過氧化鈉是離子化合物，其電子式符合離子化合物特點；B元素符號左下角數字表示質子數、左上角數字表示質量數；C硫離子核外有18個電子、最外層有8個電子；D該結構簡式為對二甲苯【解答】解：A過氧化鈉是離子化合物，其電子式為，故A錯誤；B元素符號左下角數字表示質子數、左上角數字表示質量數，質子數為35、中子數為45的溴原子的質量數35+4580，所以該原子為：3580Br，故B正確；C硫離子核外有18個電子、最外層有8個電子，其離子結構示意圖為，故C錯誤；D該結構簡式為對二甲苯，間二甲苯的

4、結構簡式為，故D錯誤；故選：B。【點評】本題考查了化學用語，涉及結構簡式、離子結構示意圖、電子式等知識點，根據這些化學用語特點來分析解答，注意過氧化鈉電子式的書寫，為易錯點3（2分）25時，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是（）ApH1的溶液中：Na+、K+、MnO4、CO32Bc（H+）1×1013molL1的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO42、NO3C0.1molL1NH4HCO3溶液中：K+、Na+、NO3、ClD0.1molL1FeCl3溶液中：Fe2+、NH4+、SCN、SO42【考點】DP：離子共存問題菁優網版權所有【專題】516：離子反應專題【分析】離子之間不

5、生成氣體、沉淀、弱電解質、絡合物、不發生氧化還原反應、不發生雙水解反應即可共存，據此分析解答【解答】解：pH1的溶液呈強酸性，弱酸根離子CO32不能共存，故A錯誤；Bc（H+）1×1013molL1的溶液呈強堿性，Mg2+、Cu2+和氫氧根離子生成沉淀，所以不能大量共存，故B錯誤；CNH4HCO3和這幾種離子之間不發生反應，所以能共存，故C正確；DFe3+、SCN能生成絡合物而使溶液呈血紅色，可以利用該反應檢驗鐵離子，所以這兩種離子不能共存，故D錯誤；故選：C。【點評】本題考查了離子共存，明確離子共存的條件是解本題關鍵，根據離子共存條件來分析解答即可，注意特殊條件的限制，題目難度中等

6、4（2分）下列物質性質與應用對應關系正確的是（）A晶體硅熔點高硬度大，可用于制作半導體材料B氫氧化鋁具有弱堿性，可用于制胃酸中和劑C漂白粉在空氣中不穩定，可用于漂白紙張D氧化鐵能與酸反應，可用于制作紅色涂料【考點】EM：氯、溴、碘及其化合物的綜合應用；FH：硅和二氧化硅；GK：鎂、鋁的重要化合物；GN：鐵的氧化物和氫氧化物菁優網版權所有【專題】52：元素及其化合物；55：化學計算【分析】A硅位于非金屬和金屬分界線處，能制作半導體材料；B氫氧化鋁具有弱堿性，能中和酸；C漂白粉具有漂白性，能漂白紙張；D氧化鐵是紅棕色固體，可以作紅色涂料【解答】解：A晶體硅熔點高硬度大可以制作玻璃刀等，硅位于金屬和

7、非金屬分界線處，可用于制作半導體材料，二者沒有關系，故A錯誤；B胃酸的主要成分是HCl，氫氧化鋁具有弱堿性，能中和酸，二者有對應關系，故B正確；C漂白粉具有漂白性，能漂白紙張，與漂白粉的穩定性強弱無關，所以二者沒有對應關系，故C錯誤；D氧化鐵是紅棕色固體，可以作紅色涂料，氧化鐵屬于堿性氧化物，能溶于酸，可用酸除銹，所以二者沒有對應關系，故D錯誤；故選：B。【點評】本題考查了物質間的關系，明確物質的性質是解本題關鍵，根據其性質分析用途，掌握物質的性質，靈活運用知識解答，題目難度不大5（2分）下列裝置應用于實驗室制氯氣并回收氯化錳的實驗，能達到實驗目的是（）A用裝置甲制取氯氣B用裝置乙除去氯氣中混

8、有的少量氯化氫C用裝置丙分離二氧化錳和氯化錳溶液D用裝置丁蒸干氯化錳溶液制MnCl24H2O【考點】U5：化學實驗方案的評價菁優網版權所有【專題】24：實驗設計題【分析】A、二氧化錳和濃鹽酸制備氯氣需要加熱；B、飽和碳酸氫鈉溶液呈堿性，能吸收氯氣，氣體應為長進短處；C、二氧化錳不溶于水，將液體和不溶于液體的固體分離開來的一種方法為過濾；D、錳離子可發生水解【解答】解：A、二氧化錳和濃鹽酸制備氯氣需要加熱，甲裝置無加熱儀器，故A錯誤；B、飽和碳酸氫鈉溶液呈堿性，能吸收氯氣，且NaHCO3和HCl反應能生成CO2，引入新的雜質氣體，所以吸收試劑應該為飽和食鹽水，并且氣體應為長進短出，故B錯誤；C、

9、二氧化錳不溶于水，因此分離二氧化錳和氯化錳溶液需要過濾，丙裝置為過濾裝置，故C正確；D、錳離子水解，水解吸熱，因此不能直接加熱蒸發氯化錳溶液制MnCl24H2O，應該在HCl的氣氛中進行，故D錯誤；故選：C。【點評】本題考查了氯氣的實驗室制備，側重于實驗原理、實驗儀器、實驗基本操作、鹽類水解的考查，綜合性較強，難度一般，注意氣體的進出導管長短、鹽類水解的抑制應用6（2分）設NA為阿伏伽德羅常數的值，下列說法正確的是（）A1.6g由氧氣和臭氧組成的混合物中含有氧原子的數目為0.1NAB0.1mol丙烯酸中含有雙鍵的數目為0.1NAC標準狀況下，11.2L苯中含有分子的數目為0.5NAD在過氧化鈉

10、與水的反應中，每生成0.1mol氧氣，轉移電子的數目為0.4NA【考點】4F：阿伏加德羅常數菁優網版權所有【專題】518：阿伏加德羅常數和阿伏加德羅定律【分析】A1.6g氧氣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個碳碳雙鍵和1個碳氧雙鍵，總共含有2個雙鍵；C標準狀況下，苯的狀態不是氣體，不能使用標況下的氣體摩爾體積計算苯的物質的量；D過氧化鈉中氧元素的化合價為1價，生成0.1mol氧氣轉移了0.2mol電子【解答】解：A1.6g氧氣和臭氧的混合物中含有氧原子的質量為1.6g，含有氧原子的物質的量為0.1mol，含有氧原子的數目為0.1NA，故A正確；B

11、0.1mol丙烯酸中含有0.1mol碳碳雙鍵和0.1mol碳氧雙鍵，總共含有0.2mol雙鍵，含有雙鍵的數目為0.2NA，故B錯誤；C標況下，苯不是氣體，不能使用標況下的氣體摩爾體積計算11.2L苯的物質的量，故C錯誤；D過氧化鈉與水的反應中，生成0.1mol氧氣轉移了0.2mol電子，轉移電子的數目為0.2NA，故D錯誤；故選：A。【點評】本題考查阿伏加德羅常數的有關計算和判斷，題目難度中等，注意掌握好以物質的量為中心的各化學量與阿伏加德羅常數的關系，明確標況下氣體摩爾體積的使用條件，選項B為易錯點，注意丙烯酸分子中含有兩個雙鍵7（2分）下列指定反應的離子方程式正確的是（）ACu溶于稀HNO

12、3：Cu+2H+NO3Cu2+NO2+H2OB（NH4）2Fe（SO4）2溶液與過量NaOH溶液反應制Fe（OH）2：Fe2+2OHFe（OH）2C用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2D向NaAlO2溶液中通入過量CO2制Al（OH）3：CO2+AlO2+2H2OAl（OH）3+HCO3【考點】49：離子方程式的書寫菁優網版權所有【專題】516：離子反應專題【分析】A銅和稀硝酸反應生成NO；B（NH4）2Fe（SO4）2溶液與過量NaOH溶液反應生成Fe（OH）2和NH3H2O；C弱電解質寫化學式；D偏鋁酸鈉和過量二氧化碳反應生成氫氧化鋁和碳酸氫鈉【解答】解

13、：A銅和稀硝酸反應生成NO，離子方程式為3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O，故A錯誤；B（NH4）2Fe（SO4）2溶液與過量NaOH溶液反應生成Fe（OH）2和NH3H2O，離子方程式為2NH4+Fe2+4OHFe（OH）2+2NH3H2O，故B錯誤；C弱電解質寫化學式，離子方程式為CaCO3+2CH3COOHCa2+H2O+CO2+2CH3COO，故C錯誤；D偏鋁酸鈉和過量二氧化碳反應生成氫氧化鋁和碳酸氫鈉，離子方程式為CO2+AlO2+2H2OAl（OH）3+HCO3，故D正確；故選：D。【點評】本題考查了離子方程式的書寫，明確反應實質是解本題關鍵，再結合離子方程式的書寫規

14、則來分析解答，易錯選項是D，注意反應物的量，反應物的量不同，其產物不同，為易錯點8（2分）下列各組物質中，不滿足組內任意兩種物質在一定條件下均能發生反應的是（） 物質組別甲乙丙AAl2O3HClNaOHBSiO2NaOHHFCHClNaOHNaHCO3DNH3O2HNO3AABBCCDD【考點】EB：氨的化學性質；EM：氯、溴、碘及其化合物的綜合應用；FH：硅和二氧化硅；GK：鎂、鋁的重要化合物菁優網版權所有【專題】52：元素及其化合物【分析】AAl2O3與HCl、NaOH均反應，且HCl與NaOH反應；BSiO2與NaOH、HF反應，且NaOH與HF反應；CHCl與NaHCO3、NaOH均反

15、應，且NaHCO3與NaOH反應；DNH3與O2、HNO3反應，但O2、HNO3二者不反應。【解答】解：AAl2O3與HCl反應生成氯化鋁和水，Al2O3與NaOH溶液反應生成偏鋁酸鈉和水，且HCl與NaOH反應生成NaCl和水，組內任意兩種物質在一定條件下均能發生反應，故A不選；BSiO2與NaOH反應生成硅酸鈉和水，SiO2與HF反應生成四氟化硅和水，且NaOH與HF反應生成NaF和水，組內任意兩種物質在一定條件下均能發生反應，故B不選；CHCl與NaHCO3反應生成氯化鈉、二氧化碳和水，HCl與NaOH反應生成NaCl和水，且NaHCO3與NaOH反應生成碳酸鈉和水，組內任意兩種物質在一

16、定條件下均能發生反應，故C不選；DNH3與O2發生氧化還原反應生成NO和水，氨氣與HNO3反應生成硝酸銨，但O2、HNO3二者不反應，則不滿足組內任意兩種物質在一定條件下均能發生反應，故D選；故選：D。【點評】本題考查考查物質之間的反應，把握常見物質的性質及發生的化學反應為解答的關鍵，注意某些反應與量有關，明確性質與反應的關系即可解答，題目難度不大。9（2分）短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大X原子的最外層電子數是其內層電子數的2倍，Y是地殼中含量最高的元素，Z2+與Y2具有相同的電子層結構，W與X同主族下列說法正確的是（）AY分別與Z、W形成的化合物中化學鍵類型相同B原子半徑的大

17、小順序：r（W）r（Z）r（Y）r（X）CY的氣態簡單氫化物的熱穩定性比W的強DX的最高價氧化物對應的水化物的酸性比W的弱【考點】8F：原子結構與元素周期律的關系菁優網版權所有【專題】51C：元素周期律與元素周期表專題【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大X原子的最外層電子數是其內層電子數的2倍，原子只能有2個電子層，最外層電子數為4，故X為碳元素；W與X同主族，所以W是Si元素；Y是地殼中含量最高的元素，則Y為氧元素，Z2+與Y2具有相同的電子層結構，離子核外電子數為10，故Z的質子數為12，則Z為Mg，據此解答【解答】解：短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大。X原

18、子的最外層電子數是其內層電子數的2倍，原子只能有2個電子層，最外層電子數為4，故X為碳元素；W與X同主族，所以W是Si元素；Y是地殼中含量最高的元素，則Y為氧元素，Z2+與Y2具有相同的電子層結構，離子核外電子數為10，故Z的質子數為12，則Z為Mg。AY和Z、W形成的化合物為MgO、SiO2，MgO中含有離子鍵，而SiO2中存在共價鍵，故A錯誤；B同周期自左而右原子半徑減小、同主族自上而下原子半徑增大，故原子半徑：r（Mg）r（Si）r（C）r（O），故B錯誤；C元素的非金屬性越強，其氣態氫化物的穩定性越強，非金屬性Y（O）W（Si），所以Y的氣態簡單氫化物的熱穩定性比W的強，故C正確；D元

19、素的非金屬性越強，其最高價氧化物的水化物酸性越強，非金屬性X（C）W（Si），所以X的最高價氧化物對應水化物的酸性比W的強，故D錯誤。故選：C。【點評】本題考查原子結構和元素周期律，側重對元素周期律的考查，推斷元素是解題關鍵，從結構上理解同周期、同主族元素性質的遞變規律10（2分）已知：C（s）+O2（g）CO2（g）H1CO2（g）+C（s）2CO（g）H22CO（g）+O2（g）2CO2（g）H34Fe（s）+3O2（g）2Fe2O3（s）H43CO（g）+Fe2O3（s）3CO2（g）+2Fe（s）H5下列關于上述反應焓變的判斷正確的是（）AH10，H30BH20，H40CH1H2+H3

20、DH3H4+H5【考點】BR：反應熱的大小比較菁優網版權所有【專題】517：化學反應中的能量變化【分析】A、所有的燃燒反應屬于放熱反應；B、以碳作為還原劑的反應通常為吸熱反應，鐵的氧化屬于放熱反應；C、根據蓋斯定律利用加合法進行分析；D、根據蓋斯定律利用加合法進行分析【解答】解：A、所有的燃燒反應屬于放熱反應，因此H10，H30，故A錯誤；B、碳還原二氧化碳的反應屬于吸熱反應，H20，鐵與氧氣的反應屬于放熱反應，H40，故B錯誤；C、已知：C（s）+O2（g）CO2（g）H1CO2（g）+C（s）2CO（g）H22CO（g）+O2（g）2CO2（g）H3，由蓋斯定律可知+，因此H1H2+H3，

21、故C正確；D、已知2CO（g）+O2（g）2CO2（g）H34Fe（s）+3O2（g）2Fe2O3（s）H43CO（g）+Fe2O3（s）3CO2（g）+2Fe（s）H5，由蓋斯定律可知=23×（12+），因此H3=13H4+23H5，故D錯誤；故選：C。【點評】本題考查了常見的吸熱反應和放熱反應類型、蓋斯定律的計算，難度中等，熟悉常見的吸熱反應和放熱反應類型、根據蓋斯定律利用加合法進行有關計算的步驟是解題的關鍵二、不等項選擇題：本大題包括5小題，每小題4分，共計20分，每小題只有一個或兩個選項符合題意，若正確答案只包括一個選項，多選時，該小題得0分，若正確答案包括兩個選項，只選一個

22、且正確的得2分，選兩個且都正確的得滿分，但只要選錯一個，該小題就得0分.11（4分）下列有關說法正確的是（）A若在海輪外殼上附著一些銅塊，則可以減緩海輪外殼的腐蝕B2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）在常溫下能自發進行，則該反應的H0C加熱0.1molL1 Na2CO3溶液，CO32的水解程度和溶液的pH均增大D對于乙酸與乙醇的酯化反應（H0），加入少量濃硫酸并加熱，該反應的反應速率和平衡常數均增大【考點】1B：真題集萃；BB：反應熱和焓變；BK：金屬的電化學腐蝕與防護；C7：化學平衡建立的過程；DC：影響鹽類水解程度的主要因素菁優網版權所有【專題】51：基本概念與基本理論【分

23、析】A船體（Fe）、Cu及海水構成原電池，Fe比Cu活潑，作負極，被腐蝕；B正反應為熵減的反應，根據HTSG0反應自發進行，據此判斷；C碳酸鈉溶液中碳酸根發生水解，溶液呈堿性，而鹽類水解是吸熱反應，升高溫度，促進水解，溶液堿性增強；D濃硫酸起催化劑作用，加快反應速率，升高溫度平衡向吸熱反應分析移動，據此判斷平衡常數變化【解答】解：A船體（Fe）、Cu及海水構成原電池，Fe比Cu活潑，作負極，加快海輪外殼的腐蝕，故A錯誤；B正反應為熵減的反應，即S0，常溫下能自發進行，根據HTSG0反應自發進行，可推知該反應H0，故B錯誤；C碳酸鈉溶液中碳酸根發生水解，溶液呈堿性，而鹽類水解是吸熱反應，升高溫度

24、，水解程度增大，溶液堿性增強，即溶液的pH均增大，故C正確；D濃硫酸起催化劑作用，加入濃硫酸加快反應速率，正反應為放熱反應，升高溫度平衡向逆反應方向移動，平衡常數減小，故D錯誤，故選：C。【點評】本題比較綜合，是常見題型，涉及金屬腐蝕與防護、化學反應進行方向、鹽類水解、化學平衡移動、化學反應速率及平衡常數影響因素等，難度不大，側重對基礎知識的考查12（4分）去甲腎上腺素可以調控動物機體的植物性神經功能，其結構簡式如圖所示。下列說法正確的是（）A每個去甲腎上腺素分子中含有3個酚羥基B每個去甲腎上腺素分子中含有2個手性碳原子C1mol去甲腎上腺素最多能與2molBr2發生取代反應D去甲腎上腺素既能

25、與鹽酸反應，又能與氫氧化鈉溶液反應【考點】HD：有機物的結構和性質菁優網版權所有【分析】該分子中含有酚羥基、醇羥基、氨基和苯環，具有酚、醇、胺及苯的性質，能發生取代反應、氧化反應、還原反應、加成反應、取代反應等，連接四個不同原子或原子團的碳原子屬于手性碳原子，據此分析解答。【解答】解：A只有直接連接苯環的羥基才是酚羥基，所以該分子中含2個酚羥基、1個醇羥基，故A錯誤；B該分子中只有連接醇羥基的碳原子為手性碳原子，所以只有一個手性碳原子，故B錯誤；C苯環上酚羥基鄰對位氫原子能被溴取代，且以1：1所以，所以1mol去甲腎上腺素最多能與3molBr2發生取代反應，故C錯誤；D含有酚羥基，具有酸性，含

26、有氨基，具有堿性，所以去甲腎上腺素既能與鹽酸反應，又能與氫氧化鈉溶液反應，故D正確；故選：D。【點評】本題考查有機物結構和性質，為高頻考點，明確官能團及其性質關系即可解答，側重考查酚、醇和胺的性質，注意苯環上酚羥基鄰對位氫原子才能和溴原子發生取代反應，注意酚羥基和醇羥基的區別，易錯選項是B。13（4分）在探究新制飽和氯水成分的實驗中，下列根據實驗現象得出的結論不正確的是（）A氯水的顏色呈淺黃綠色，說明氯水中含有Cl2B向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，產生白色沉淀，說明氯水中含有ClC向氯水中加入NaHCO3粉末，有氣泡產生，說明氯水中含有H+D向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液顏色變成棕黃

27、色，說明氯水中含有HClO【考點】E2：氯氣的化學性質菁優網版權所有【專題】522：鹵族元素【分析】溶液中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，只有氯氣有顏色，為黃綠色，氯水中含有氯氣而呈淺黃綠色，溶液中HCl與硝酸銀反應產生AgCl白色沉淀，而溶液呈酸性，能與碳酸氫鈉反應生成二氧化碳，溶液中氯氣、HClO都強氧化性，都可以將亞鐵離子氧化為鐵離子，而使溶液變為棕黃色【解答】解：溶液中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，A只有氯氣有顏色，為黃綠色，氯水呈淺黃綠色是由于含有氯氣，故A正確；B溶液與硝酸銀反應產生白色沉淀，只能是氯離子與銀離子反應得到AgCl白色沉淀，說明氯水中含有Cl，故B正

28、確；C溶液呈酸性，能與碳酸氫鈉反應生成二氧化碳，故C正確；D溶液中氯氣、HClO都強氧化性，都可以將亞鐵離子氧化為鐵離子，而使溶液變為棕黃色，不能說明氯水中含有HClO，故D錯誤，故選：D。【點評】本題考查氯水的性質，難度不大，側重對基礎知識的考查，需要學生熟練掌握基礎知識14（4分）25時，下列有關溶液中微粒的物質的量濃度關系正確的是（）A0.1molL1 CH3COONa溶液與0.1molL1 HCl溶液等體積混合：c（Na+）c（Cl）c（CH3COO）c（OH）B0.1molL1 NH4Cl溶液與0.1molL1氨水等體積混合（pH7）：c（NH3H2O）c（NH4+）c（Cl）c（O

29、H）C0.1molL1 Na2CO3溶液與0.1molL1 NaHCO3溶液等體積混合：23c（Na+）c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3）D0.1molL1 Na2C2O4溶液與0.1molL1 HCl溶液等體積混合（H2C2O4為二元弱酸）：2c（C2O42）+c（HC2O4）+c（OH）c（Na+）+c（H+）【考點】DN：離子濃度大小的比較菁優網版權所有【專題】51H：鹽類的水解專題【分析】A溶液為氯化鈉和醋酸混合溶液，且二者的物質的量濃度相等，混合溶液呈酸性，且混合溶液中存在物料守恒；B混合溶液呈堿性，說明NH3H2O的電離程度大于NH4+的水解程度；C混合溶液呈存在物料

30、守恒，根據物料守恒判斷；D任何電解質溶液中都存在電荷守恒，根據電荷守恒判斷【解答】解：A溶液為氯化鈉和醋酸混合溶液，且二者的物質的量濃度相等，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，根據物料守恒得c（Na+）c（Cl），醋酸部分電離，所以溶液中存在c（Na+）c（Cl）c（CH3COO）c（OH），故A正確；B混合溶液呈堿性，說明NH3H2O的電離程度大于NH4+的水解程度，則溶液中存在c（NH3H2O）c（NH4+），故B錯誤；C混合溶液存在物料守恒，根據物料守恒得：0.1molL1 Na2CO3溶液中：c（Na+）2c（CO32）+2c（HCO3）+2c（H2CO3

31、），0.1molL1 NaHCO3溶液中：c（Na+）c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3），兩式相加得，2c（Na+）3c（CO32）+3c（HCO3）+3c（H2CO3），即23c（Na+）c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3），故C正確；D任何電解質溶液中都存在電荷守恒，根據電荷守恒得2c（C2O42）+c（HC2O4）+c（OH）+c（Cl）c（Na+）+c（H+），故D錯誤；故選：AC。【點評】本題考查了離子濃度大小比較，明確溶液中的溶質及其性質是解本題關鍵，再結合電荷守恒、物料守恒來分析解答，題目難度中等15（4分）一定溫度下，在三個體積均為1.0L的恒容密閉容

32、器中發生反應：2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g） 容器編號溫度（）起始物質的量（mol）平衡物質的量（mol）CH3OH（g）CH3OCH3（g）H2O3870.200.0800.0803870.40 2070.200.0900.090下列說法正確的是（）A該反應的正反應為放熱反應B達到平衡時，容器中的CH3OH體積分數比容器中的小C容器中反應到達平衡所需時間比容器中的長D若起始時向容器中充入CH3OH 0.1mol、CH3OCH3 0.15mol和H2O 0.10mol，則反應將向正反應方向進行【考點】1B：真題集萃；C7：化學平衡建立的過程；CP：化學平衡的計算菁優網版權

33、所有【專題】51E：化學平衡專題【分析】A根據溫度與化學平衡常數的關系確定反應熱；B該反應是反應前后氣體體積不變的反應，溫度相同，化學平衡常數相同，反應物的轉化率相同；C溫度越高，反應速率越大，反應時間越短；D根據化學平衡常數與濃度商的相對大小判斷反應方向，如果濃度商小于平衡常數，則平衡向正反應方向進行【解答】解：A容器中平衡時c（CH3OCH3）c（H2O）=0.080mol1.0L=0.080mol/L，c（CH3OH）=0.2mol-0.080mol×21.0L=0.04mol/L，容器中化學平衡常數K1=0.08×0.080.04×0.04=4，容器中平衡

34、時c（CH3OCH3）c（H2O）=0.090mol1.0L=0.090mol/L，c（CH3OH）=0.2mol-0.090mol×21.0L=0.02mol/L，化學平衡常數K2=0.09×0.090.02×0.02=20.254，所以降低溫度，化學平衡常數增大，反應向正反應方向移動，則正反應是放熱反應，故A正確；B恒容條件下，容器相當于在容器的基礎上加壓，但由于該反應是反應前后氣體體積不變的反應，因此平衡不移動，所以容器中的CH3OH體積分數和容器中的相等，故B錯誤；C容器中的溫度比容器III的溫度高，溫度越高反應速率越快，達到平衡所需時間越短，故C錯誤；D

35、c（CH3OH）0.1mol/L、c（CH3OCH3 ）0.15mol/L、c（H2O）0.10mol/L，濃度商=0.1×0.150.1×0.1=1.54，平衡向正反應方向移動，故D正確；故選：AD。【點評】本題考查了化學平衡常數的有關計算，根據平衡常數公式計算平衡常數，再結合濃度與反應速率的關系、化學平衡常數與濃度商之間的關系來分析解答，注意該反應特點，題目難度中等三、解答題16（12分）煙氣脫硫能有效減少二氧化硫的排放，實驗室用粉煤灰（主要含Al2O3、SiO2等）制備堿式硫酸鋁Al2（SO4）x（OH）62x溶液，并用于煙氣脫硫研究（1）酸浸時反應的化學方程式為Al

36、2O3+3H2SO4Al2（SO4）3+3H2O；濾渣的主要成分為SiO2（填化學式）（2）加CaCO3調節溶液的pH至3.6，其目的是中和溶液中的酸，并使Al2（SO4）3轉化為Al2（SO4）x（OH）62x濾渣的主要成分為CaSO4（填化學式）；若溶液的pH偏高，將會導致溶液中鋁元素的含量降低，其原因是3CaCO3+2Al3+3SO42+3H2O2Al（OH）3+3CaSO4+3CO2（用離子方程式表示）（3）上述流程中經完全熱分解放出的SO2量總是小于吸收的SO2的量，其主要原因是溶液中的部分SO32被氧化生成SO42；與吸收SO2前的溶液相比，熱分解后循環利用的溶液的pH將減小（填“

37、增大”、“減小”或“不變”）【考點】1B：真題集萃；F6：二氧化硫的污染及治理菁優網版權所有【專題】24：實驗設計題；52：元素及其化合物【分析】粉煤灰和稀硫酸混合，發生反應Al2O3+3H2SO4Al2（SO4）3+3H2O，SiO2和稀硫酸不反應，過濾溶液得濾渣為SiO2，濾液中含有Al2（SO4）3，調節pH3.6，加入CaCO3粉末，發生反應CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2O，CaSO4為微溶物，所以濾渣的成分主要為CaSO4，過濾得濾液，二氧化硫和水反應生成的SO32易被氧化生成SO42，弱酸根離子轉化為強酸根離子，再結合題目分析解答【解答】解：粉煤灰和稀硫酸混合，發生反應Al

38、2O3+3H2SO4Al2（SO4）3+3H2O，SiO2和稀硫酸不反應，過濾溶液得濾渣為SiO2，濾液中含有Al2（SO4）3，調節pH3.6，加入CaCO3粉末，發生反應CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2O，CaSO4為微溶物，所以濾渣的成分主要為CaSO4，過濾得濾液，二氧化硫和水反應生成的SO32易被氧化生成SO42，（1）通過以上分析知，酸浸時反應的化學方程式為Al2O3+3H2SO4Al2（SO4）3+3H2O，氧化鋁和稀硫酸完全反應、二氧化硅和稀硫酸不反應，所以濾渣I的成分為SiO2，故答案為：Al2O3+3H2SO4Al2（SO4）3+3H2O；SiO2；（2）通過以上分析

39、知，濾渣的成分是CaSO4，若溶液的pH偏高，溶液中的Al 3+和OH離子反應生成Al（OH）3，所以將會導致溶液中鋁元素的含量降低，反應方程式為3CaCO3+2Al3+3SO42+3H2O2Al（OH）3+3CaSO4+3CO2，故答案為：CaSO4；3CaCO3+2Al3+3SO42+3H2O2Al（OH）3+3CaSO4+3CO2；（3）二氧化硫被吸收后生成SO32，SO32不穩定，易被氧化生成SO42，所以流程中經完全熱分解放出的SO2量總是小于吸收的SO2的量，加熱分解后的溶液中硫酸根離子濃度增大，促進生成Al2（SO4）x（OH）62x，則溶液的酸性增強，溶液的pH減小，故答案為：

40、溶液中的部分SO32被氧化生成SO42；減小【點評】本題考查了物質的制備原理，明確物質的性質是解本題關鍵，會從整體上分析每一步發生的反應及基本操作，知道加入物質的用途，題目難度中等17（15分）非諾洛芬是一種治療類風濕性關節炎的藥物，可通過以下方法合成：請回答下列問題：（1）非諾洛芬中的含氧官能團為醚鍵和羧基（填名稱）。（2）反應中加入的試劑X的分子式為C8H8O2，X的結構簡式為。（3）在上述五步反應中，屬于取代反應的是（填序號）。（4）B的一種同分異構體滿足下列條件：、能發生銀鏡反應，其水解產物之一能與FeCl3溶液發生顯色反應。、分子中有6種不同化學環境的氫，且分子中含有兩個苯環。寫出該

41、同分異構體的結構簡式：或。（5）根據已有知識并結合相關信息，寫出以為原料制備的合成路線流程圖（無機試劑任用），合成路線路程圖示例如下：CH3CH2BrNaOH溶液CH3CH2OH濃硫酸，CH3COOHCH3COOCH2CH3。【考點】HC：有機物的合成菁優網版權所有【專題】534：有機物的化學性質及推斷【分析】根據流程圖中，A發生取代反應生成B，B發生還原反應生成C，C發生取代反應生成D，D發生取代反應生成E，E發生水解反應生成F，（1）該物質中的官能團是醚鍵和羧基；（2）A發生取代反應生成B，根據A、B分子式的差異并結合X的分子式確定其結構簡式；（3）根據反應物和生成物變化確定反應類型；（4

42、）、能發生銀鏡反應，說明含有醛基，其水解產物之一能與FeCl3溶液發生顯色反應，說明含有酚羥基；、分子中有6種不同化學環境的氫，且分子中含有兩個苯環，說明該分子中含有兩個苯環且H原子種類是6；（5）苯乙醛和NaBH4發生還原反應生成苯乙醇，苯乙醇發生消去反應生成苯乙烯，苯乙烯發生加成反應生成，和NaCN發生水解反應生成。【解答】解：根據流程圖中，A發生取代反應生成B，B發生還原反應生成C，C發生取代反應生成D，D發生取代反應生成E，E發生水解反應生成F，（1）該物質中的官能團是醚鍵和羧基，故答案為：醚鍵和羧基；（2）A發生取代反應生成B，根據A、B分子式的差異并結合X的分子式知，在B的醚鍵處斷

43、鍵，使醚基轉化為酚羥基連接在X上，所以X的結構簡式為，故答案為：；（3）通過以上分析知，屬于取代反應的有，故答案為：；（4）、能發生銀鏡反應，說明含有醛基，其水解產物之一能與FeCl3溶液發生顯色反應，說明含有酚羥基；、分子中有6種不同化學環境的氫，且分子中含有兩個苯環，說明該分子中含有兩個苯環且H原子種類是6，則符合條件的結構簡式為或，故答案為：或；（5）苯乙醛和NaBH4發生還原反應生成苯乙醇，苯乙醇發生消去反應生成苯乙烯，苯乙烯發生加成反應生成，和NaCN發生水解反應生成，其合成路線圖為，故答案為：。【點評】本題考查了有機物的合成，明確有機物中含有的官能團及其性質是解本題關鍵，利用題給信

44、息解答（5）題，注意反應條件和有機物斷鍵和成鍵位置，題目難度中等。18（12分）堿式碳酸鋁鎂MgaAlb（OH）c（CO3）dxH2O常用作塑料阻燃劑。（1）堿式碳酸鋁鎂具有阻燃作用，是由于其受熱分解需吸收大量熱量和生成的產物具有阻燃作用。（2）MgaAlb（OH）c（CO3）dxH2O中的a、b、c、d的代數關系式為2a+3bc+2d。（3）為確定堿式碳酸鋁鎂的組成，進行如下實驗：準確稱取3.390g樣品與足量稀鹽酸充分反應，生成CO2 0.560L（已換算成標準狀況下）。另取一定量樣品在空氣中加熱，樣品的固體殘留率（固體樣品的剩余質量固體樣品的起始質量×100%）隨溫度的變化如圖

45、所示（樣品在270時已完全失去結晶水，600以上殘留固體為金屬氧化物的混合物）。根據以上實驗數據計算堿式碳酸鋁鎂樣品中的n（OH）：n（CO32）（寫出計算過程）。【考點】1B：真題集萃；M5：復雜化學式的確定菁優網版權所有【專題】1A：計算題【分析】（1）氧化鎂、氧化鋁熔點較高且都不燃燒；（2）根據化合物中各元素化合價的代數和為0確定這幾個字母之間的關系；（3）n（CO2）=0.56L22.4L/mol=2.50×102mol，m（CO2）2.50×102mol×44g/mol1.10g，在270600之間，失去結晶水后的樣品進一步受熱分解生成CO2、H2O，m

46、（CO2）+m（H2O）3.390g×（0.73450.3702）1.235g，m（H2O）1.235g1.10g0.135g，生成1個H2O需要2個OH，則存在n（OH）2n（H2O），根據C原子守恒計算n（CO32），從而得出二者的比值。【解答】解：（1）堿式碳酸鋁鎂MgaAlb（OH）c（CO3）dxH2O受熱分解最終生成MgO、Al2O3，MgO、Al2O3的熔點較高且都不燃燒，所以有阻燃作用，故答案為：生成的產物具有阻燃作用；（2）化合物中各元素化合價的代數和為0，所以2a+3b+c+4d（c+3d）×2，所以得2a+3bc+2d，故答案為：2a+3bc+2d；（

47、3）n（CO2）=0.56L22.4L/mol=2.50×102mol，m（CO2）2.50×102mol×44g/mol1.10g，在270600之間，失去結晶水后的樣品進一步受熱分解生成CO2、H2O，m（CO2）+m（H2O）3.390g×（0.73450.3702）1.235g，m（H2O）1.235g1.10g0.135g，n（H2O）=0.135g18g/mol=7.50×103 mol，生成1個H2O需要2個OH，則存在n（OH）2n（H2O）1.50×102 mol，根據C原子守恒得n（CO32）n（CO2）2.50&

48、#215;102mol，所以n（OH）：n（CO32）1.50×102 mol：2.50×102mol3：5，答：堿式碳酸鋁鎂樣品中的n（OH）：n（CO32）3：5。【點評】本題考查了鎂鋁化合物知識，根據物質的性質、物質之間的反應來分析解答，注意結合原子守恒進行分析，明確圖象中曲線變化趨勢及其含義，題目難度中等。19（15分）實驗室從含碘廢液（除H2O外，含有CCl4、I2、I等）中回收碘，其實驗過程如圖一所示（1）向含碘廢液中加入稍過量的Na2SO3溶液，將廢液中的I2還原為I，其離子方程式為SO32+I2+H2O2I+2H+SO42；該操作將I2還原為I的目的是使四氯

49、化碳中的碘進入水層（2）操作X的名稱為分液（3）氧化時，在三頸燒瓶中將含I的水溶液用鹽酸調至pH約為2，緩慢通入Cl2，在40左右反應（實驗裝置如圖二所示）實驗室控制在較低溫度下進行的原因是使氯氣在溶液中有較大的溶解度（或防止碘升華或防止碘進一步被氧化）；錐形瓶里盛放的溶液為NaOH溶液（4）已知：5SO32+2IO3+2H+I2+5SO42+H2O某含碘廢水（pH約為8）中一定存在I2，可能存在I、IO3中的一種或兩種，請補充完整檢驗含碘廢水中是否含有I、IO3的實驗方案：取適量含碘廢水用CCl4多次萃取、分液，直到水層用淀粉溶液檢驗不出有碘單質存在從水層取少量溶液，加入12mL淀粉溶液，加

50、入鹽酸酸化，滴加FeCl3溶液，若溶液變藍色，說明廢水中含有I，否則不含I；另從水層取少量溶液，加入12mL淀粉試液，加鹽酸酸化，滴加Na2SO3溶液，若溶液變藍色，說明廢水中含有IO3，否則不含IO3實驗中可供選擇的試劑：稀鹽酸、淀粉溶液、FeCl3溶液、Na2SO3溶液【考點】1B：真題集萃；P8：物質分離和提純的方法和基本操作綜合應用；PT：物質的檢驗和鑒別的實驗方案設計菁優網版權所有【專題】24：實驗設計題；522：鹵族元素【分析】（1）碘具有氧化性，能氧化亞硫酸鈉生成硫酸鈉，自身被還原生成碘；碘不容易溶于水，但碘離子易溶于水；（2）分離互不相溶的液體采用分液的方法分離；（3）碘易升華

51、，且氯氣的溶解度隨著溫度的升高而減小；氯氣、碘蒸氣都能和氫氧化鈉溶液反應生成無毒物質；（4）碘離子具有還原性，能被氧化劑氧化生成碘，碘酸根離子具有氧化性，能被還原劑還原生成碘，碘遇淀粉試液變藍色【解答】解：（1）碘具有氧化性，能氧化亞硫酸鈉生成硫酸鈉，自身被還原生成碘，離子反應方程式為SO32+I2+H2O2I+2H+SO42；碘不容易溶于水，但碘離子易溶于水，為了使更多的I元素進入水溶液應將碘還原為碘離子，故答案為：SO32+I2+H2O2I+2H+SO42；使四氯化碳中的碘進入水層；（2）四氯化碳屬于有機物、水屬于無機物，二者不互溶，分離互不相溶的液體采用分液的方法分離，所以分離出四氯化碳

52、采用分液的方法，故答案為：分液；（3）碘易升華，且氯氣的溶解度隨著溫度的升高而減小，溫度越高，氯氣的溶解度越小，反應越不充分，所以應該在低溫條件下進行反應；氯氣、碘蒸氣都有毒，不能直接排空，且都能和氫氧化鈉溶液反應生成無毒物質，所以用NaOH溶液吸收氯氣和碘蒸氣，故答案為：使氯氣在溶液中有較大的溶解度（或防止碘升華或防止碘進一步被氧化）；NaOH溶液；（4）碘離子具有還原性，能被氧化劑氧化生成碘，碘酸根離子具有氧化性，能被還原劑還原生成碘，碘遇淀粉試液變藍色，所以其檢驗方法為：從水層取少量溶液，加入12mL淀粉溶液，加入鹽酸酸化，滴加FeCl3溶液，2I+2Fe3+2Fe2+I2，若溶液變藍色

53、，說明廢水中含有I，否則不含I；另從水層取少量溶液，加入12mL淀粉試液，加鹽酸酸化，滴加Na2SO3溶液，5SO32+2 IO3+2H+I2+5SO42+H2O，若溶液變藍色，說明廢水中含有IO3，否則不含IO3，故答案為：從水層取少量溶液，加入12mL淀粉溶液，加入鹽酸酸化，滴加FeCl3溶液，若溶液變藍色，說明廢水中含有I，否則不含I；另從水層取少量溶液，加入12mL淀粉試液，加鹽酸酸化，滴加Na2SO3溶液，若溶液變藍色，說明廢水中含有IO3，否則不含IO3【點評】本題以物質的制備為載體考查了氧化還原反應、離子的檢驗、物質的分離和提純，明確物質的性質是解本題關鍵，根據物質的特殊性質、混

54、合物分離和提純方法的選取等方面來分析解答，知道碘的檢驗方法，題目難度中等20（14分）硫化氫的轉化是資源利用和環境保護的重要研究課題，由硫化氫獲得硫單質有多種方法（1）將燒堿吸收H2S后的溶液加入到如圖1所示的電解池的陽極區進行電解電解過程中陽極區發生如下反應：S22eS，（n1）S+S2Sn2寫出電解時陰極的電極反應式：2H2O+2eH2+2OH電解后陽極區的溶液用稀硫酸酸化得到硫單質，其離子方程式可寫成Sn2+2H+（n1）S+H2S（2）將H2S和空氣的混合氣體通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反應回收S，其物質轉化如圖2所示在圖示的轉化中，化合價不變的元素是Cu、H、Cl反應中當有1mol H2S轉化為硫單質時，保持溶液中Fe3+的物質的量不變，需消耗O2的物質的量為0.5mol在溫度一定和不補加溶液的條件下，緩慢通入混合氣體，并充分攪拌欲使生成的硫單質中不含CuS，可采取的措施有提高混合氣體中空氣的比例（3）H2S在高溫下分解生成硫蒸氣和H2，若反應在不同溫度下達到平衡時，混合氣體中各組分的體積分數如圖3所示，H2S在高溫下分解反應的化學方程式為2H2S高溫2H2+S2【考點】B1：氧化還原反應；CL：產物的百分含量隨濃度、時間的變化曲線；DI：電解原理菁優網版權所有【專題】51E：化學平衡專題；