2014年上海市高考化学解析版试卷

发布时间:2024-06-03 09:06:21浏览次数:7
2014 年上海市高考化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题(本题共 10 分,每小题 2 分,每题只有一个正确选项)1.(2 分)“玉兔”号月球车用 Pu 作为热源材料.下列关于 Pu 的说法正确的是(  )A. Pu 与 U 互为同位素B. Pu 与 Pu 互为同素异形体C. Pu 与 U 具有完全相同的化学性质D. Pu 与 Pu 具有相同的最外层电子数【分析】A.有相同质子数,不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素;B.同种元素形成的不同单质互称同素异形体;C.不同的元素化学性质不同;D.原子的核外电子数等于质子数.【解答】解:A.有相同质子数,不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素, Pu 与U 质子数不同,不是同位素,故 A 错误;B.同种元素形成的不同单质互称同素异形体, Pu 与 Pu 均为原子,不是同素异形体,故 B错误;C. Pu 与 U 质子数不同属于不同的元素,其化学性质不同,故 C 错误;D. Pu 与 Pu 具有相同的质子数,所以其核外电子数相同,则具有相同的最外层电子数,故D 正确;故选:D。【点评】本题考查粒子间的数量关系、同位素和同素异形体概念等,侧重于原子结构知识的考查,难度不大.要注意平时知识的积累. 2.(2 分)下列试剂不会因为空气中的氧气而变质的是(  )A.过氧化钠 B.氢硫酸 C.硫酸亚铁 D.苯酚【分析】根据物质的性质进行分析:A、过氧化钠和氧气不反应;B、氢硫酸和氧气反应生成硫和水;C、硫酸亚铁和氧气反应生成硫酸铁;D、苯酚能被氧气氧化变成苯醌;【解答】解:A、过氧化钠和空气中二氧化碳、水蒸气反应,但和氧气不反应,不会因空气中的氧气而变质,故 A 正确;B、氢硫酸和氧气反应生成硫和水,会因空气中的氧气而变质,故 B 错误;C、硫酸亚铁和氧气反应生成硫酸铁,会因空气中的氧气而变质,故错误;D、苯酚能被氧气氧化变成苯醌,会因空气中的氧气而变质,故 D 错误;故选:A。【点评】此题考查了一些常见物质在空气中发生反应的问题,是对学生进行物质性质的训练与提高,难度不大. Ba(OH)2,2mol Na[Al(OH)4]的混合溶液中慢慢通入 CO2,则通入 CO2的量和生成沉淀的量关系正确的是(  )选项 A B C Dn(CO2)(mol)2 3 4 6n(沉淀)(mol)1 2 3 3A.A B.B C.C D.D【分析】CO2通入到 NaOH、Ba(OH)2、Na[Al(OH)4]的混合溶液,反应的先后顺序为:Ba(OH)2、NaOH、Na[Al(OH)4].含 NaOH、Ba(OH)2、Na[Al(OH)4]的混合溶液中慢慢通入 CO2,发生的反应有:CO2+Ba(OH)2=BaCO3+H2O;2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O;2Na[Al(OH)4]+CO2→2Al(OH)3↓+Na2CO3+H2O;CO32﹣+H2O+CO2=2HCO3﹣,【解答】解:A.通入 2mol 二氧化碳,先发生反应:Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O,消耗 1mol 二氧化碳,生成 1mol 碳酸钡沉淀,剩余的 1mol 二氧化碳与氢氧化钠反应,CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O,故 A 正确;B.当通入的 n(CO2)=3 mol 时,发生的离子反应是 Ba2++2OH﹣+CO2=BaCO3↓+H2O、2OH﹣+CO2=CO32﹣+H2O、2[Al(OH)4]﹣+CO2=2Al(OH)3↓+CO32﹣+H2O,所以产生的沉淀是 BaCO3和 Al(OH)3且 n(沉淀)之和是 3mol(1mol BaCO3和 2mol Al(OH)3),故 B 错误;C.通入 4mol 二氧化碳,先发生反应:Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O,消耗 1mol 二氧化碳,生成1mol 碳酸钡沉淀,剩余 3mol 二氧化碳与氢氧化钠发生反应:CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O,消耗二氧化碳1mol,然后 1mol 二氧化碳与 Na[Al(OH)4]发生反应 2Na[Al(OH)4]+CO2→2Al(OH)3↓+Na2CO3+H2O,生成 2mol 氢氧化铝沉淀,最后 1mol 与碳酸钠反应生成碳酸氢钠,故生成沉淀总物质的量为 3mol,故 C 正确;D.当通入 6mol 二氧化碳,分别发生反应Ba(OH)2+CO2=BaCO3↓+H2O,CO2+NaOH=NaHCO3,2Na[Al(OH)4]+CO2→2Al(OH)3↓+Na2CO3+H2O,生成1mol 碳酸钡、2mol 氢氧化铝沉淀,2mol 碳酸氢钠,1mol 碳酸钠,消耗 4mol 二氧化碳,剩余的 2mol 二氧化碳分别与生成的 1mol 碳酸钠和 1mol 碳酸钡沉淀发生反应:Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3,BaCO3+CO2+H2O=Ba(HCO3)2,所以最后剩余沉淀的物质的量为 2mol,故 D 错误;故选:AC。【点评】本题考查了化学方程式的相关计算,题目难度中等,把握反应的先后顺序是解题的关键,注意二氧化碳与碱反应量的关系对反应的影响. 四、(本题共 12 分)23.(12 分)合成氨工艺的一个重要工序是铜洗,其目的是用铜液[醋酸二氨合铜(Ⅰ)、氨水]吸收在生产过程中产生的 CO 和 CO2等气体,铜液吸收 CO 的反应是放热反应,其反应方程式为:Cu(NH3)2Ac+CO+NH3[Cu⇌ (NH3)3CO]Ac完成下列填空:(1)如果要提高上述反应的反应速率,可以采取的措施是  bc   .(选填编号)a.减压 b.增加 NH3的浓度 c.升温 d.及时移走产物(2)铜液中的氨可吸收二氧化碳,写出该反应的化学方程式:  2NH 3+CO2+H2O= ( NH 4)2CO3、( NH 4)2CO3+CO2+H2O=2NH4HCO3 .(3)简述铜液吸收 CO 及铜液再生的操作步骤(注明吸收和再生的条件). 低温加压下吸收 CO , 然后将铜洗液转移至另一容器中,高温低压下释放 CO ,然后将铜洗液循环利用  (4)铜液的组成元素中,短周期元素原子半径从大到小的排列顺序为  C > N > O > H   ,其中氮元素原子最外层电子排布的轨道表示式是   ,通过比较  NH 3 和 PH 3 的稳定性 可判断氮、磷两种元素的非金属性强弱. (5)已知 CS2与 CO2分子结构相似,CS2的电子式是   ,CS2熔点高于 CO2,其原因是 二者都为分子晶体,相对分子质量越大,分子间作用力越大 .【分析】(1)增大浓度、升高温度等,可增大反应速率;(2)氨气、水、二氧化碳可反应生成碳酸铵或碳酸氢铵;(3)铜液吸收 CO,应使平衡向正向移动,铜液再生,应使平衡向逆向移动;(4)铜液的组成元素中,短周期元素有 H、C、N、O 等元素,H 原子半径最小,同周期元素从左到右原子半径逐渐减小,比较非金属性强弱,可根据氢化物的稳定性强弱判断;(5)CS2的电子式类似于 CO2,二者都为分子晶体,相对分子质量越大,熔点越高.【解答】解:(1)增大浓度、升高温度等,可增大反应速率,减压反应速率减小,减小生成物浓度,反应速率减小,故答案为:bc;(2)氨气、水、二氧化碳可反应生成碳酸铵或碳酸氢铵,方程式为 2NH3+CO2+H2O=(NH4)2CO3、(NH4)2CO3+CO2+H2O=2NH4HCO3,故答案为:2NH3+CO2+H2O=(NH4)2CO3、(NH4)2CO3+CO2+H2O=2NH4HCO3;(3)正反应放热,铜液吸收 CO,应使平衡向正向移动,则可在低温加压下吸收 CO,然后将铜洗液转移至另一容器中,高温低压下释放 CO,然后将铜洗液循环利用,故答案为:低温加压下吸收 CO,然后将铜洗液转移至另一容器中,高温低压下释放 CO,然后将铜洗液循环利用;(4)铜液的组成元素中,短周期元素有 H、C、N、O 等元素,H 原子半径最小,同周期元素从左到右原子半径逐渐减小,则原子半径 C>N>O>H,氮元素原子最外层电子排布的轨道表示式是 ;比较非金属性强弱,可根据氢化物的稳定性强弱,故答案为:C>N>O>H; ;NH3和 PH3的稳定性;(5)CS2的电子式类似于 CO2,电子式为 ,二者都为分子晶体,相对分子质量越大,分子间作用力越大,则熔点越高,故答案为: ;二者都为分子晶体,相对分子质量越大,分子间作用力越大.【点评】本题为 2014 年上海考题,涉及元素周期律、电子式、化学平衡移动等问题的考查,综合考查学生的分析能力和双基知识,难度不大,注意相关基础知识的积累. 五、(本题共 12 分)24.(12 分)硫在自然界中以游离态和多种化合态形式出现,硫的化合物大多具有氧化性或还原性,许多金属硫化物难溶于水.完成下列填空:(1)硫化氢具有还原性,可以和许多氧化剂反应,在酸性条件下,H2S 和 KMnO4反应生成S、MnSO4、K2SO4和 H2O,写出该反应的化学方程式:  3H 2SO4+5H2S+2KMnO4=5S↓+2MnSO4+K2SO4+8H2O   .(2)石油化工的废气中有 H2S,写出从废气中回收单质硫的两种方法(除空气外,不能使用其他原料),以化学方程式表示: ① 2H 2S+3O22H2O+2SO2、② 2H 2S+SO2→3S+2H2O   ,  H 2S H2+S 或 2H2S+O22S+2H2O   .(3)室温下,0.1mol/L 的硫化钠溶液和 0.1mol/L 的碳酸钠溶液,碱性更强的是 硫化钠溶液 ,其原因是 硫氢根离子的电离常数小于碳酸氢根离子,则其水解程度大于碳酸根离子 .已知: H2S:Ki1=1.3×10﹣7 Ki2=7.1×10﹣15H2CO3:Ki1=4.3×10﹣7 Ki2=5.6×10﹣11(4)向 ZnSO4溶液中加饱和 H2S 溶液,没有沉淀生成,继续增加一定量的氨水后,生成 ZnS 沉淀,用电离平衡原理解释上述现象. 饱和 H 2S 溶液中电离产生的 S 2﹣ 很少,因此没有沉淀,加入氨水后, 促进 H 2S 的电离, S 2﹣ 浓度增大,有沉淀生成  (5)将黑色的 Fe2S3固体加入足量的盐酸中,溶液中有淡黄色固体生成,产物还有 氯化亚铁 、硫化氢 ,过滤,微热滤液,然后加入过量氢氧化钠溶液,可观察到的现象是 产生白色絮状沉淀,迅速变为灰绿色,最终变为红褐色沉淀 .【分析】(1)H2S 和 KMnO4反应生成 S、MnSO4、K2SO4和 H2O,结合质量守恒书写化学方程式;(2)硫化氢可与氧气反应生成二氧化硫;二氧化硫可与硫化氢反应生成硫,硫化氢与氧气反应也可生成硫;(3)电离常数越小,对应的盐溶液的碱性越强;(4)加入氨水,溶液存在大量的 S2﹣,可生成 ZnS 沉淀;(5)将黑色的 Fe2S3固体加入足量的盐酸中,生成 H2S 和氯化铁,氯化铁可氧化 H2S 生成 S,加入氢氧化钠,可生成氢氧化亚铁,氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁.【解答】解:(1)H2S 和 KMnO4反应生成 S、MnSO4、K2SO4和 H2O,反应的方程式为3H2SO4+5H2S+2KMnO4=5S↓+2MnSO4+K2SO4+8H2O,故答案为:3H2SO4+5H2S+2KMnO4=5S↓+2MnSO4+K2SO4+8H2O;(2)硫化氢可与氧气反应生成二氧化硫;二氧化硫可与硫化氢反应生成硫,硫化氢与氧气反应也可生成硫,涉及反应有① 2H2S+3O22H2O+2SO2; ② 2H2S+SO2→3S+2H2O;H2S H2+S 或 2H2S+O22S+2H2O,故答案为:① 2H2S+3O22H2O+2SO2、② 2H2S+SO2→3S+2H2O;H2S H2+S 或 2H2S+O22S+2H2O;(3)H2S 第二步电离常数最小,则硫化钠易水解,溶液的碱性较强,故答案为:硫化钠溶液;硫氢根离子的电离常数小于碳酸氢根离子,则其水解程度大于碳酸根离子;(4)饱和 H2S 溶液中电离产生的 S2﹣很少,因此没有沉淀,加入氨水后,促进 H2S 的电离,溶液存在大量的 S2﹣,可生成 ZnS 沉淀,故答案为:饱和 H2S 溶液中电离产生的 S2﹣很少,因此没有沉淀,加入氨水后,促进 H2S 的电离,S2﹣浓度增大,有沉淀生成;(5)将黑色的 Fe2S3固体加入足量的盐酸中,生成 H2S 和氯化铁,氯化铁可氧化 H2S 生成 S,加入氢氧化钠,可生成氢氧化亚铁,氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁,可观察到产生白色絮状沉淀,迅速变为灰绿色,最终变为红褐色沉淀,故答案为:氯化亚铁; 硫化氢;产生白色絮状沉淀,迅速变为灰绿色,最终变为红褐色沉淀.【点评】本题为 2014 年上海考题,考查含硫物质的综合应用,弱电解质的电离等知识,侧重于学生的分析能力的考查,注意相关知识的积累,难度中等. 六、(本题共 12 分)25.(12 分)在精制饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打(NaHCO3),并提取氯化铵作为肥料或进一步提纯为工业氯化铵.完成下列填空:(1)写出上述制备小苏打的化学方程式.  NH 4HCO3+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl   (2)滤除小苏打后,母液提取氯化铵有两种方法:①通入氨,冷却、加食盐,过滤②不通氨,冷却、加食盐,过滤对两种方法的评价正确的是  ad   .(选填编号)a.①析出的氯化铵纯度更高 b.②析出的氯化铵纯度更高c.①的滤液可直接循环使用 d.②的滤液可直接循环使用(3)提取的 NH4Cl 中含少量 Fe2+、SO42﹣,将产品溶解,加入 H2O2,加热至沸,再加入 BaCl2溶液,过滤,蒸发结晶,得到工业氯化铵. 加热至沸的目的是 使亚铁离子快速氧化为三价铁离子,并使氯化铁充分水解,形成氢氧化铁沉淀.滤渣的主要成分是 氢氧化铁 、 硫酸钡 .(4)称取 1.840g 小苏打样品(含少量 NaCl),配置成 250mL 溶液,取出 25.00mL 用 0.1000mol/L盐酸滴定,消耗盐酸 21.50mL.实验中所需的定量仪器除滴定管外,还有 电子天平、 250mL 容量瓶  .选甲基橙而不选酚酞作为指示剂的原因是 选用酚酞作为指示剂,不能确定滴定终点 .样品中 NaHCO3质量分数为  0.982   .(保留 3 位小数)(5)将一定质量小苏打样品(含少量 NaCl)溶于足量盐酸,蒸干后称量固体质量,也可测定小苏打的含量.若蒸发过程中有少量液体溅出,则测定结果 偏高 .(选填“偏高”、“偏低”或“不受影响”)【分析】(1)饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打(NaHCO3),根据质量守恒可知同时生成NH4Cl;(2)母液中含有氯化铵,通入氨,冷却、加食盐,有利于氯化铵的析出,过滤后滤液中含有氨气,不能直接循环使用;(3)加热有利于亚铁离子的氧化,且有利于铁离子的水解,再加入 BaCl2溶液,得到硫酸钡沉淀;(4)准确称量固体,应用电子天平,配制溶液需要容量瓶,根据盐酸的物质的量可确定碳酸氢钠的质量,进而可计算质量分数;(5)若蒸发过程中有少量液体溅出,蒸干后所得固体质量偏小,则小苏打含量偏大.【解答】解:(1)饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打(NaHCO3),根据质量守恒可知同时生成 NH4Cl,反应的方程式为 NH4HCO3+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl,故答案为:NH4HCO3+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl;(2)母液中含有氯化铵,通入氨,冷却、加食盐,有利于氯化铵的析出,纯度更高,过滤后滤液中含有氨气,不能直接循环使用,而②的滤液可直接循环使用,故答案为:ad;(3)加热有利于亚铁离子的氧化,且有利于铁离子的水解,再加入 BaCl2溶液,得到硫酸钡沉淀,滤渣的主要成分是氢氧化铁、硫酸钡,故答案为:使亚铁离子快速氧化为三价铁离子,并使氯化铁充分水解,形成氢氧化铁沉淀;氢氧化铁; 硫酸钡;(4)准确称量固体,应用电子天平,碳酸氢钠溶液的 PH 本来就接近 8.2,与酚酞变色的 PH 接近,变色时的 PH 和反应终点的 PH 不好判断;而使用甲基橙容易判断终点,且反应产生的二氧化碳不能全部逸出使溶液偏酸性,因此使用甲基橙的误差小(使用甲基橙易判断滴定终点,误差小),n(HCl)=0.0215L×0.1000mol/L=0.00215mol,则 25mL 溶液中 n(NaHCO3)=0.00215mol,所以样品中 m(NaHCO3)=0.00215mol×10×84g/mol=1.806g,ω(NaHCO3)= =98.2%=0.982,故答案为:电子天平、250mL 容量瓶;选用酚酞作为指示剂,不能确定滴定终点;0.982;(5)如全被为碳酸氢钠,与盐酸反应后生成氯化钠,质量减小,而如全部为氯化钠时,质量基本不变,可知加热后固体质量越小,碳酸氢钠含量越大,则若蒸发过程中有少量液体溅出,蒸干后所得固体质量偏小,则小苏打含量偏高,故答案为:偏高.【点评】本题为 2014 年上海考题,设计制备实验的设计的考查,侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查,注意把握实验原理以及物质的性质,难度中等. 七、(本题共 12 分)26.(12 分)氯气和氯乙烯都是非常重要的化工产品,年产量均在 107t 左右,氯气的实验室制备和氯乙烯的工业生产都有多种不同方法。完成下列填空: (1)实验室制取纯净的氯气,除了二氧化锰、浓盐酸和浓硫酸,还需要 饱和食盐水 、 烧碱溶液 (填写试剂或溶液名称)(2)实验室用 2.00mol/L 盐酸和漂粉精[成分为 Ca(ClO)2、CaCl2]反应生成氯气、氯化钙和水,若产生 2.24L(标准状况)氯气,发生反应的盐酸为  100   mL。(3)实验室通常用向上排空气法收集氯气。设计一个简单实验,验证所收集的氯气中是否含有空气。 将集气瓶倒置于有足量烧碱溶液的水槽里,若气体不能充满集气瓶,液面上有无色气体,则有空气,若充满,则无空气 工业上用电石﹣乙炔生产氯乙烯的反应如下:CaO+3C CaC2+COCaC2+2H2O→HC≡CH↑+Ca(OH)2HC≡CH+HCl CH2═CHCl电石﹣乙炔法的优点是流程简单,产品纯度高,而且不依赖于石油资源。电石﹣乙炔法的缺点是: 能耗大 、 使用的催化剂毒性大 。(4)乙烷和氯气反应可制得 ClCH2CH2Cl,ClCH2CH2Cl 加热分解得到氯乙烯和氯化氢。设计一种以乙烯和氯气为原料制取氯乙烯的方案(其他原料自选),用化学方程式表示(不必注明反应条件)。要求:①反应产生的氯化氢必须用于氯乙烯的制备;②不再产生其他废液。【分析】(1)实验室制备纯净的氯气,应用饱和氯化钠溶液除去 HCl,用氢氧化钠溶液进行尾气吸收;(2)反应的方程式为 ClO﹣+Cl﹣+2H+=Cl2↑+H2O,n(Cl2)= =0.1mol,结合反应的方程式计算;(3)氯气可与氢氧化钠溶液反应,如含有空气,则与氢氧化钠反应后试管内有残留气体;用电石生产乙炔,耗能大,且污染环境;(4)以乙烯和氯气为原料制取氯乙烯,可由乙烯和氯气发生加成反应生成 1,2﹣二氯乙烷,1,2﹣二氯乙烷发生消去反应生成氯乙烯,生成的氯化氢电解生成氢气和氯气,氢气和乙烯发生加成反应生成乙烷,乙烷和氯气发生取代反应生成 1,2﹣二氯乙烷。【解答】解:(1)实验室用盐酸制备氯气,氯气中混有氯化氢,得到纯净的氯气,应用饱和氯化钠溶液除去 HCl,再用浓硫酸干燥,最后用氢氧化钠溶液进行尾气吸收,故答案为:饱和食盐水;烧碱溶液;(2)反应的方程式为 ClO﹣+Cl﹣+2H+=Cl2↑+H2O,n(Cl2)= =0.1mol,则需要n(HCl)=0.2mol,发生反应的盐酸的体积为 =0.1L=100mL,故答案为:100;(3)氯气可与氢氧化钠溶液反应,如含有空气,则与氢氧化钠反应后试管内有残留气体;工业在高温下生产电石,用电石生产乙炔,耗能大,由于乙炔与 HCl 的反应在氯化汞的作用下进行,污染环境,故答案为:将集气瓶倒置于有足量烧碱溶液的水槽里,若气体不能充满集气瓶,液面上有无色气体,则有空气,若充满,则无空气;反应温度高,能耗大;使用的催化剂毒性大;(4)以乙烯和氯气为原料制取氯乙烯,可由乙烯和氯气发生加成反应生成 1,2﹣二氯乙烷,1,2﹣二氯乙烷发生消去反应生成氯乙烯,生成的氯化氢电解生成氢气和氯气,氢气和乙烯发生加成反应生成乙烷,乙烷和氯气发生取代反应生成 1,2﹣二氯乙烷,涉及反应有 CH2=CH2+Cl2→CH2ClCH2Cl CH2ClCH2Cl CH2=CHCl+HCl;2 HCl H2↑+Cl2↑; CH2=CH2+H2CH3CH3;CH3CH3+Cl2→CH2ClCH2Cl, 故答案为:CH2=CH2+Cl2→CH2ClCH2Cl CH2ClCH2Cl CH2=CHCl+HCl;2 HCl H2↑+Cl2↑; CH2=CH2+H2CH3CH3;CH3CH3+Cl2→CH2ClCH2Cl。【点评】本题为 2014 年上海考题,考查氯气的实验室制备以及实验方案的设计,侧重于学生的分析能力、计算能力和实验能力的考查,注意把握实验的原理以及题给信息,难度中等。 八、(本题共 8 分)27.(8 分)许多有机化合物具有酸碱性.完成下列填空(1)苯酚、苯甲醇、苯甲酸、碳酸的酸性由强到弱的顺序为: 苯甲酸>碳酸>苯酚>苯甲醇 苯胺( )具有 碱性 .(选填“酸性”、“碱性”或“中性”)(2)常常利用物质的酸碱性分离混合物.某一混合物含苯酚、苯甲醇、苯甲酸和苯胺四种物质,其分离方案如图.已知:苯甲醇、苯甲酸、苯胺微溶于水.A、B、C 分别是:A  NaOH 溶液  、B  CO 2 、C 盐酸 .上述方案中,若首先仅仅将苯甲酸与其他三种物质分开,则应加入 碳酸氢钠 .(3)欲将 转化为 ,则应加入 水 .【分析】(1)羧基酸性>碳酸>酚羟基>醇羟基; 含有氨基,具有碱性;(2)苯酚、苯甲酸呈酸性,苯胺呈碱性,苯甲醇为中性,可先加氢氧化钠或碳酸钠溶液,苯酚、苯甲酸与氢氧化钠反应生成溶于水的盐,则水层中含有苯酚钠、苯甲酸钠,在溶液中通入二氧化碳气体,可得到苯酚,分离后在水中加入盐酸可得到苯甲酸,则 A 为 NaOH 溶液,B 为二氧化碳,C 为盐酸,物质 1 为苯甲酸,物质 2 为苯酚;苯甲醇、苯胺中加入盐酸,苯胺生成盐,溶于水,在水层中加入氢氧化钠可得到苯胺;则物质 3 为苯胺,物质 4 为苯甲醇;(3)﹣CH2ONa 可与水反应生成﹣CH2OH.【解答】解:(1)羧基酸性>碳酸>酚羟基>醇羟基,则酸性苯甲酸>碳酸>苯酚>苯甲醇;含有氨基,可与盐酸反应,具有碱性,故答案为:苯甲酸>碳酸>苯酚>苯甲醇;碱性;(2)苯酚、苯甲酸呈酸性,苯胺呈碱性,苯甲醇为中性,可先加氢氧化钠或碳酸钠溶液,苯酚、苯甲酸与氢氧化钠反应生成溶于水的盐,则水层中含有苯酚钠、苯甲酸钠,在溶液中通入二氧化碳气体,可得到苯酚,分离后在水中加入盐酸可得到苯甲酸,则 A 为 NaOH 溶液,B 为二氧化碳,C 为盐酸, 物质 1 为苯甲酸,物质 2 为苯酚;苯甲醇、苯胺中加入盐酸,苯胺生成盐,溶于水,在水层中加入氢氧化钠可得到苯胺;则物质 3 为苯胺,物质 4 为苯甲醇;若首先仅仅将苯甲酸与其他三种物质分开,则应加入碳酸氢钠,故答案为:NaOH 溶液;CO2;盐酸;碳酸氢钠;(3)﹣CH2ONa 易水解,可与水反应生成﹣CH2OH,故答案为:水.【点评】本题为 2014 年上海考题,涉及物质的分离、提纯实验方案的设计的考查,侧重于学生的分析能力和实验能力的考查,注意把握物质的性质的异同,难度中等. 九、(本题共 14 分)28.(14 分)M 是一种治疗直肠癌和小细胞肺癌药物的主要成分,其结构式为(不考虑立体结构,其中 R 为 ).M 的一条合成路线如下(部分反应试剂和条件省略).完成下列填空:(1)写出反应类型.反应① 取代反应 、反应③ 氧化反应 ;(2)写出反应试剂和反应条件.反应②  C 2H5OH/ 浓硫酸 / 加热  、反应④ 盐酸 / 加热  ;(3)写出结构简式.B   、C   ;(4)写出一种满足下列条件的 A 的同分异构体的结构简式.①能与 FeCl3溶液发生显色反应;②能发生银镜反应;③分子中有 5 种不同化学环境的氢原子.(5)丁烷氯化可得到 2﹣氯丁烷,设计一条从 2﹣氯丁烷合成 1,3﹣丁二烯的合成路线.(合成路线常用的表示方式为:A B… 目标产物)  .(6)已知: 与 的化学性质相似.从反应④可得出的结论是: 酰胺(肽键)水解比酯水解困难 .【分析】由流程可知,丁烷经氧化可生成丁酸酐,在氯化铝作用下生成 ,对比 和反应②的产物可知 A 应为 ,对比反应产物可知分子式为 C13H16O3的物质的结构简式为 ,B 与 C 发生取代反应生成肽键,由反应流程可知 B 应为 ,C 为 ,结合有机物的结构和性质以及题目要求解答该题.【解答】解:由流程可知,丁烷经氧化可生成丁酸酐,在氯化铝作用下生成 ,对比和反应②的产物可知 A 应为 ,对比反应产物可知分子式为 C13H16O3的物质的结构简式为 ,B 与 C 发生取代反应生成肽键,由反应流程可知 B 应为 ,C 为 ,(1)丁烷经氧化可生成丁酸酐,在氯化铝作用下生成 ,为取代反应,反应③的变化为羟基生成醛基,为氧化反应,故答案为:取代反应;氧化反应;(2)反应②为酯化反应,在浓硫酸作用下与乙醇加热反应可生成,反应④为酯的水解反应,应在盐酸作用下加热反应生成,故答案为:C2H5OH/浓硫酸/加热; 盐酸/加热;(3)由以上分析可知,B 应为 ,C 为 ,故答案为: ; ;(4)A 为 ,①能与 FeCl3溶液发生显色反应,说明含有酚羟基;②能发生银镜反应,说明含有醛基;③分子中有 5 种不同化学环境的氢原子, 则可能对应的同分异构体的结构简式为 或 ,故答案为:或 ;(5)从 2﹣氯丁烷合成 1,3﹣丁二烯,应先在氢氧化钠的乙醇溶液中加热发生消去反应生成 2﹣丁烯,然后发生加成反应生成 1,2﹣二溴丁烷,进而发生消去反应生成 1,3﹣丁二烯,反应的流程为,故答案为: ;(6)D 中含有肽键和酯基,反应④为酯的水解反应,说明酰胺(肽键)水解比酯水解困难,故答案为:酰胺(肽键)水解比酯水解困难.【点评】本题为 2014 年上海高考题,考查有机物的合成,侧重于学生的分析能力的考查,注意把握题给信息,为解答该题的关键,难度不大,注意把握有机物的结构和性质. 十、(本题共 14 分)29.(14 分)硫有多种含氧酸,亚硫酸(H2SO3)、硫酸(H2SO4)、焦硫酸(H2SO4•SO3)、硫代硫酸(H2S2O3)等等,其中硫酸最为重要,在工业上有广泛的应用,在实验室,浓硫酸是常用的干燥剂.完成下列计算:(1)焦硫酸(H2SO4•SO3)溶于水,其中的 SO3都转化为硫酸,若将 445g 焦硫酸溶于水配成 4.00L硫酸,该硫酸的物质的量浓度为  1.25   mol/L.(2)若以浓硫酸吸水后生成 H2SO4•H2O 计算,250g 质量分数为 98%的硫酸能吸收多少 g 水?(3)硫铁矿是工业上制作硫酸的主要原料,硫铁矿氧化焙烧的化学反应如下:3FeS2+8O2→Fe3O4+6SO2 4FeS2+11O2→2Fe2O3+8SO2若 48mol FeS2完全反应耗用氧气 2934.4L(标准状况);计算反应产物中 Fe3O4与 Fe2O3物质的量之比.(4)用硫化氢制取硫酸,既能充分利用资源又能保护环境,是一种很有发展前途的制备硫酸的方法.硫化氢体积分数为 0.84 的混合气体(H2S、H2O、N2)在空气中完全燃烧,若空气过量 77%,计算产物气体中 SO2体积分数(水是气体).已知空气组成:N2体积分数 0.79、O2体积分数 0.21.【分析】(1)根据公式 c= ,来求硫酸的物质的量浓度;(2)根据浓硫酸吸水后生成 H2SO4•H2O 计算,硫酸与水的物质的是为 1:1;(3)设 Fe3O4与 Fe2O3物质的量分别为 amol,bmol 然后铁守恒和消耗氧气的量列方程组解;(4)根据 2H2S+3O22SO2+2H2O,设混合所体为 1 体积,则硫化氢为 0.84 体积,然后关系式来求解. 【解答】解:(1)n(H2SO4)=2n(H2SO4•SO3)= ×2=5mol,所以该硫酸的物质的量浓度为 c(H2SO4)= =1.25mol/L,故答案为:1.25mol/L;(2)n(H2SO4•H2O)=n(H2SO4)=250g×98%÷98=2.5mol,所以吸收水的质量为;2.5mol×116g/mol﹣250g=40g,答:250g 质量分数为 98%的硫酸能吸收 40g 水;(3)2934.4L 氧气的物质的量为 =131mol,设 Fe3O4与 Fe2O3物质的量分别为amol,bmol,则 ,解得: ,所以 Fe3O4与 Fe2O3物质的量之比 4:18=2:9,答:反应产物中 Fe3O4与 Fe2O3物质的量之比 2:9;(4)设混合所体为 1 体积,则硫化氢为 0.84 体积,由 2H2S+3O22SO2+2H2O, 2 3 2 20.84 1.26 0.84 0.84所以反应消耗的空气为: =6,而空气过量 77%,所以一共所需空气为:6×1.77=10.62 体积,所以 φ(SO2)= =0.075,答:产物气体中 SO2体积分数为 0.075.【点评】本题通过硫酸的性质考查,涉及物质的量浓度的计算,和守恒知识的运用,体积分数的计算,难度中等.   3.(2 分)结构为…﹣CH=CH﹣CH=CH﹣CH=CH﹣CH=CH﹣…的高分子化合物用碘蒸气处理后,其导电能力大幅度提高.上述高分子化合物的单体是(  )A.乙炔 B.乙烯 C.丙烯 D.1,3﹣丁二烯【分析】判断高聚物的单体:首先要根据高聚物的结构简式判断高聚物是加聚产物还是缩聚产物,然后根据推断单体的方法作出判断,加聚产物的单体推断方法:(1)凡链节的主链上只有两个碳原子(无其它原子)的高聚物,其合成单体必为一种,将两半链闭合即可;(2)凡链节主链上只有四个碳原子(无其它原子)且链节无双键的高聚物,其单体必为两种,在正中间画线断开,然后将四个半键闭合即可;(3)凡链节中主碳链为 6 个碳原子,其规律是“见双键,四个碳,无双键,两个碳”画线断开,然后将半键闭合,即将单双键互换;该题属于第(1)种情况,据此进行解答.【解答】解:高分子化合物…CH=CH﹣CH=CH﹣CH=CH﹣CH=CH…,其结构简式可以表示为:﹣[CH=CH]﹣n,属于加聚产物,根据加聚产物的单体推断方法,凡链节的主链上只有两个碳原子(无其它原子)的高聚物,其合成单体必为一种,将两半键闭合即可得其单体为:CH≡CH,故选:A。【点评】本题考查加聚反应生原理及高分子化合物单体的求算,题目难度不大,明确加聚反应原理及反应产物的单体判断方法是解答的关键. 4.(2 分)在“石蜡→液体石蜡→石蜡蒸气→裂化气”的变化过程中,被破坏的作用力依次是()A.范德华力、范德华力、范德华力B.范德华力、范德华力、共价键C.范德华力、共价键、共价键D.共价键、共价键、共价键【分析】物质的三态变化属于物理变化,石蜡蒸气转化为裂化气发生了化学变化,根据物质的变化分析.【解答】解:石蜡→液体石蜡→石蜡蒸气属于物质的三态变化,属于物理变化,破坏了范德华力,石蜡蒸气→裂化气发生了化学变化,破坏了共价键;所以在“石蜡→液体石蜡→石蜡蒸气→裂化气”的变化过程中,被破坏的作用力依次是范德华力、范德华力、共价键。故选:B。【点评】本题考查了物质发生物理、化学变化时破坏的作用力,题目难度不大,侧重于基础知识的考查. 5.(2 分)下列分离方法中,和物质的溶解度无关的是(  )A.升华 B.萃取 C.纸上层析 D.重结晶【分析】升华是利用物质熔沸点低,加热转化为气态来分离,以此来解答.【解答】解:升华与物质熔沸点有关,加热转化为气态可分离混合物,而萃取、纸上层析、重结晶均与物质在溶剂中的溶解度有关,故选:A。【点评】本题考查混合物分离、提纯方法及选择,为高频考点,把握分离方法及分离原理为解答的关键,注意纸上层析是试样在有机溶剂中的溶解度差异,利用扩散原理分离混合物,为解答的难点,题目难度不大. 二、选择题(本题共 36 分,每小题 3 分,每题只有一个正确选项)6.(3 分)今年是门捷列夫诞辰 180 周年.下列事实不能用元素周期律解释的只有(  )A.碱性:KOH>NaOH B.相对原子质量:Ar>KC.酸性:HClO4>H2SO4D.元素的金属性:Mg>Al 【分析】A.元素的金属性越强,对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强;B.相对原子质量的大小与原子序数有关;C.元素的非金属性越强,对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强;D.同周期元素从左到右,元素的金属性逐渐减弱.【解答】解:A.Na、K 位于周期表相同主族,金属性 K>Na,元素的金属性越强,对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强,能用元素周期律解释,故 A 不选;B.相对原子质量的大小与原子序数有关,随原子序数的增大而增大,存在周期性的变化,不能用元素周期律解释,故 B 选;C.非金属性 Cl>S,元素的非金属性越强,对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强,能用元素周期律解释,故 C 不选;D.同周期元素从左到右,元素的金属性逐渐减弱,能用元素周期律解释,故 D 不选。故选:B。【点评】本题为 2014 年上海高考题,侧重于元素周期律的理解与应用的考查,注意把握元素周期律的递变规律以及相关知识的积累,难度不大. 7.(3 分)下列各组中两种微粒所含电子数不相等的是(  )A.H3O+和 OH﹣B.CO 和 N2C.HNO2和 NO2﹣D.CH3+和 NH4+【分析】粒子中质子数等于原子的质子数之和,中性微粒中质子数=电子数,阳离子的电子数=质子数﹣电荷数,阴离子的电子数=质子数+电荷数.【解答】解:A、H3O+的质子数为 11,电子数为 11﹣1=10,OH﹣的质子数为 9,电子数为 9+1=10,电子数相同,故 A 错误;B、CO 的质子数为 14,电子数为 14,N2的质子数为 14,电子数为 14,电子数相同,故 B 错误;C、HNO2的质子数为 1+7+8×2=24,电子数为 24,NO2﹣的质子数为 7+8×2=23,电子数为 23+1=24,电子数相同,故 C 错误;D、CH3+的质子数为 6+1×3=9,电子数为 9﹣1=8,NH4+的质子数为 11,电子数为 11﹣1=10,电子数不同,故 D 正确。故选:D。【点评】本题主要考查微粒的质子数和电子数的关系,明确中性微粒、阳离子、阴离子的电子的数目计算是解答的关键,并注意中性微粒中质子数等于电子数. 8.(3 分)BeCl2熔点较低,易升华,溶于醇和醚,其化学性质与 AlCl3相似.由此可推测 BeCl2()A.熔融态不导电 B.水溶液呈中性C.熔点比 BeBr2高 D.不与 NaOH 溶液反应【分析】AlCl3的结构和化学性质:氯化铝是共价化合物,熔融态不导电,铝离子能发生水解使溶液呈碱性,能与 NaOH 溶液反应生成氢氧化铝沉淀.BeCl2化学性质与 AlCl3相似,依此进行判断.【解答】解:氯化铝是共价化合物,是分子晶体,熔融态不导电,能发生水解使溶液呈碱性,能与NaOH 溶液反应生成氢氧化铝沉淀。BeCl2熔点较低,易升华,溶于醇和醚,其化学性质与 AlCl3相似,故A.BeCl2为共价化合物,故熔融态不导电,故 A 正确;B.BeCl2能发生水解使溶液呈酸性,故 B 错误;C.BeCl2和 BeBr2为分子晶体,BeBr2相对分子质量大于 BeCl2,故 BeCl2熔点比 BeBr2低,故 C 错误;D.能与 NaOH 溶液反应生成氢氧化铍沉淀,故 D 错误,故选:A。【点评】本题考查物质的性质,难度不大.掌握氯化铝的性质是解题的关键,要注意氯化铝是共价化合物. 9.(3 分)1,3﹣丁二烯和 2﹣丁炔分别与氢气反应的热化学方程式如下:CH2=CH﹣CH═CH2(g)+2H2(g)→CH3CH2CH2CH3(g)+236.6kJCH3﹣C≡C﹣CH3(g)+2H2(g)→CH3CH2CH2CH3(g)+272.7kJ 由此不能判断(  )A.1,3﹣丁二烯和 2﹣丁炔稳定性的相对大小B.1,3﹣丁二烯和 2﹣丁炔分子储存能量的相对高低C.1,3﹣丁二烯和 2﹣丁炔相互转化的热效应D.一个碳碳叁键的键能与两个碳碳双键的键能之和的大小【分析】据△H=生成物的能量和﹣反应物的能量和=反应物的键能和﹣生成物的键能和可知,3﹣丁二烯和 2﹣丁炔的能量高低,能量越低越稳定据此解答.【解答】解:据△H=生成物的能量和﹣反应物的能量和=反应物的键能和﹣生成物的键能和可知,3﹣丁二烯和 2﹣丁炔的能量高低,能量越低越稳定,A、相同条件下 2﹣丁炔放出热量比 1,3﹣丁二烯多,说明 1,3﹣丁二烯能量低,稳定,故 A 正确;B、相同条件下 2﹣丁炔放出热量比 1,3﹣丁二烯多,说明 1,3﹣丁二烯能量低,故 B 正确;C、相同条件下 2﹣丁炔放出热量比 1,3﹣丁二烯多,说明 1,3﹣丁二烯能量低,其相互转化有能量变化,故 C 正确;D、1,3﹣丁二烯和 2﹣丁炔所含的碳碳单键数目不同,所以不能判断一个碳碳叁键的键能与两个碳碳双键的键能大小,故 D 错误。故选:D。【点评】本题主要考查△H=生成物的能量和﹣反应物的能量和=反应物的键能和﹣生成物的键能和,以及能量越低越稳定,题目难度不大. 10.(3 分)如图是用于干燥、收集并吸收多余气体的装置,下列方案正确的是(  )选项X 收集气体YA 碱石灰氯化氢水B 碱石灰氨气 水C 氯化钙二氧化硫氢氧化钠D 氯化钙一氧化氮氢氧化钠A.A B.B C.C D.D【分析】该装置中采用向上排空气法收集,说明该气体密度大于空气,且该气体和空气中成分不反应,用固体干燥剂干燥,则该气体和干燥剂不反应,据此分析解答.【解答】解:该装置中采用向上排空气法收集,说明该气体密度大于空气,且该气体和空气中成分不反应,用固体干燥剂干燥,则该气体和干燥剂不反应,A.碱石灰呈碱性,能和 HCl 反应,所以 HCl 不能用碱石灰干燥,故 A 错误;B.氨气密度小于空气,应该采用向下排空气法收集,故 B 错误;C.二氧化硫密度大于空气且常温下和空气中成分不反应,氯化钙和二氧化硫不反应,所以能用氯化钙干燥,故 C 正确;D.常温下 NO 和氧气反应生成红棕色气体二氧化氮,所以得不到 NO,NO 采用排水法收集,故 D 错误;故选:C。【点评】本题考查了气体的干燥、收集和尾气处理,根据气体的性质确定干燥剂、尾气处理试剂, 根据气体的溶解性及密度确定收集方法,注意氨气不能用氯化钙干燥,为易错点,题目难度不大. 11.(3 分)向饱和澄清石灰水中加入少量 CaC2,充分反应后恢复到原来的温度,所得溶液中( )A.c(Ca2+)、c(OH﹣)均增大 B.c(Ca2+)、c(OH﹣)均保持不变C.c(Ca2+)、c(OH﹣)均减小 D.c(OH﹣)增大、c(H+)减小【分析】加入 CaC2,与水发生 CaC2+2H2O=Ca(OH)2+HC≡CH↑,反应消耗水,结合Ca(OH)2(s)⇌Ca2+(aq)+2OH﹣(aq)的影响因素解答.【解答】解:加入 CaC2,与水发生 CaC2+2H2O=Ca(OH)2+HC≡CH↑,反应消耗水,因原溶液为饱和溶液,则反应后一定有 Ca(OH)2析出,则溶液浓度不变,故选:B。【点评】本题为 2014 年上海考题,涉及难溶电解质的溶解平衡,侧重于学生的分析能力的考查,注意把握反应的原理以及溶解平衡的特点,难度不大. 12.(3 分)如图所示,将铁棒和石墨棒插入盛有饱和 NaCl 溶液的 U 型管中.下列正确的是(  )A.K1闭合,铁棒上发生的反应为 2H++2e→H2↑B.K1闭合,石墨棒周围溶液 pH 逐渐升高C.K2闭合,铁棒不会被腐蚀,属于牺牲阳极的阴极保护法D.K2闭合,电路中通过 0.002NA个电子时,两极共产生 0.001mol 气体【分析】若闭合 K1,该装置没有外接电源,所以构成了原电池;组成原电池时,较活泼的金属铁作负极,负极上铁失电子发生氧化反应;石墨棒作正极,正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应;若闭合 K2,该装置有外接电源,所以构成了电解池,Fe 与负极相连为阴极,碳棒与正极相连为阳极,据此判断.【解答】解:A、若闭合 K1,该装置没有外接电源,所以构成了原电池,较活泼的金属铁作负极,负极上铁失电子,Fe﹣2e﹣=Fe2+,故 A 错误;B、若闭合 K1,该装置没有外接电源,所以构成了原电池;不活泼的石墨棒作正极,正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应,电极反应式为 2H2O+O2+4e﹣=4OH﹣,所以石墨棒周围溶液 pH 逐渐升高,故 B 正确;C、K2闭合,Fe 与负极相连为阴极,铁棒不会被腐蚀,属于外加电源的阴极保护法,故 C 错误;D、K2闭合,电路中通过 0.002NA个电子时,阴极生成 0.001mol 氢气,阳极生成 0.001mol 氯气,两极共产生 0.002mol 气体,故 D 错误。故选:B。【点评】本题考查了原电池原理和电解池原理,能正确判断电池的类型及两极的反应是解本题的关键,题目难度中等. 13.(3 分)催化加氢可生成 3﹣甲基己烷的是(  )A. B. C. D.【分析】根据不饱和烃的加成原理,不饱和键断开,结合 H 原子,生成 3﹣甲基己烷,据此解答. 【解答】解:3﹣甲基己烷的碳链结构为 ,A、 经催化加氢后生成 3﹣甲基庚烷,故 A 不选;B、 经催化加氢后生成 3﹣甲基戊烷,故 B 不选;C、 经催化加氢后能生成 3﹣甲基己烷,故 C 选;D、 经催化加氢后能生成 2﹣甲基己烷,故 D 不选。故选:C。【点评】本题主要考查了加成反应的原理,难度不大,根据加成原理写出选项中与氢气加成的产物,进行判断即可. 14.(3 分)只改变一个影响因素,平衡常数 K 与化学平衡移动的关系叙述错误的是(  )A.K 值不变,平衡可能移动B.K 值变化,平衡一定移动C.平衡移动,K 值可能不变D.平衡移动,K 值一定变化【分析】平衡常数 K 是温度的函数,只与温度有关,温度一定,平衡常数 K 值一定,温度发生变化,平衡常数 K 值也发生变化。【解答】解:影响化学平衡的因素主要有浓度、温度、压强等。A.K 值只与温度有关,若在其他条件不变时,增大反应物的浓度或减小生成物的浓度,有利于正反应的进行,K 值不变,平衡向右移动,故 A 正确;B.K 值是温度的函数,K 值变化,说明温度发生了改变,则平衡一定发生移动,故 B 正确;C.若在其他条件不变时,增大反应物的浓度或减小生成物的浓度,有利于正反应的进行,平衡向右移动,但 K 值只与温度有关,故 K 值不变,故 C 正确;D.若是改变浓度或压强使平衡发生移动,而温度不变,则 K 值不变,故 D 错误,故选:D。【点评】本题考查平衡常数与平衡移动的关系,难度不大。要注意平衡常数 K 是温度的函数,只与温度有关。 15.(3 分)图是模拟“侯氏制碱法”制取 NaHCO3的部分装置.下列操作正确的是(  )A.a 通入 CO2,然后 b 通入 NH3,c 中放碱石灰B.a 通入 NH3,然后 b 入 CO2,c 中放蘸稀硫酸的脱脂棉C.b 通入 NH3,然后 a 通入 CO2,c 中放碱石灰D.b 通入 CO2,然后 a 通入 NH3,c 中放蘸稀硫酸的脱脂棉【分析】“候氏制碱法”制取 NaHCO3的原理 是在饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳,而得到NaHCO3;在这一实验过程中,由于 C02在水中的溶解度较小,而 NH3的溶解度较大,为防止倒吸,b 管通C02,a 管通 NH3,所以要向食盐水中先通 NH3再通 C02,否则 C02通入后会从水中逸出,再通 NH3时溶液中C02的量很少,得到的产品很少;在这个实验中的尾气主要是 C02和 NH3,其中 NH3对环境影响较大,要进行尾气处理,而 NH3是碱性气体,所以在 c 装置中要装酸性物质,据此进行推断. 【解答】解:“侯氏制碱法”制取 NaHCO3的原理是在饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳,而得到NaHCO3,为防止倒吸,a 管通 NH3,b 管通 C02,故 A、C 错误;由于 C02在水中的溶解度较小,而 NH3的溶解度较大,所以要在食盐水先通 NH3然后再通 C02,否则C02通入后会从水中逸出,等再通 NH3时溶液中 C02的量就很少了,这样得到的产品也很少,故 B 正确、D 错误;故选:B。【点评】本题主要考查实验装置的综合应用、侯氏制碱法原理,题目难度中等,明确侯氏制碱法原理为解答关键,注意掌握常见装置特点及使用方法,试题培养了学生的分析能力及化学实验能力. 16.(3 分)含有砒霜(As2O3)的试样和锌、盐酸混合反应,生成的砷化氢(AsH3)在热玻璃管中完全分解成单质砷和氢气,若砷的质量为 1.50mg,则(  )A.被氧化的砒霜为 1.98mg B.分解产生的氢气为 0.672mLC.和砒霜反应的锌为 3.90mg D.转移的电子总数为 6×10﹣5NA【分析】A.反应中 As 元素化合价由 As2O3中+3 价降低为 AsH3中﹣3 价,砒霜发生还原反应;B.根据 n= 计算 As 的物质的量,根据原子守恒进而计算生成氢气的物质的量,氢气所处的状态不一定是标准状况;C.电子转移守恒计算参加反应 Zn 的物质的量,再根据 m=nM 计算 Zn 的质量;D.整个过程中,As 元素化合价由 As2O3中+3 价降低为 AsH3中﹣3 价,AsH3中﹣3 价升高为 As 中 0 价,据此计算转移电子数目.【解答】解:A.反应中 As 元素化合价由 As2O3中+3 价降低为 AsH3中﹣3 价,砒霜发生还原反应,故 A 错误;B.生成 As 的物质的量= =2×10﹣5mol,根据原子守恒可知分解的 AsH3为 2×10﹣5mol,由 H原子守恒可知生成氢气为 =3×10﹣5mol,故标况下,分解产生氢气体积为 3×10﹣5mol×22.4L/mol=6.72×10﹣4L=0.672 mL,但氢气所处的状态不一定是标准状况,故其体积不一定是0.672 mL,故 B 错误;C.根据电子转移守恒,可知参加反应 Zn 的物质的量=2×10﹣5mol×[3﹣(﹣3)]÷2=6×10﹣5mol,故参加反应 Zn 的质量=6×10﹣5mol×65g/mol=3.9×10﹣3g=3.9mg,故 C 正确;D.整个过程中,As 元素化合价由 As2O3中+3 价降低为 AsH3中﹣3 价,AsH3中﹣3 价升高为 As 中 0 价,故整个过程转移电子总数为 2×10﹣5mol×(6+3)×NAmol﹣1=1.8×10﹣4NA,故 D 错误,故选:C。【点评】本题考查根据方程式计算、氧化还原反应计算等,注意利用守恒思想进行的计算,B 选项为易错点,学生容易忽略气体摩尔体积的使用条件. 17.(3 分)用 FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜,所得的溶液中加入铁粉.对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是(  )A.若无固体剩余,则溶液中一定有 Fe3+B.若有固体存在,则溶液中一定有 Fe2+C.若溶液中有 Cu2+,则一定没有固体析出D.若溶液中有 Fe2+,则一定有 Cu 析出【分析】FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜发生反应:Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+,Fe3+ 氧化性强于 Cu2+,加入铁粉先与 Fe3+反应,再与 Cu2+反应,据此解答.【解答】解:A.无固体剩余,说明铜全部以铜离子形式存在,加入的铁完全反应,溶液中一定含有 Fe2+,可能含有 Fe3+,故 A 错误;B.若有固体存在,固体中一定有铜,可能有铁,溶液中一定有含有 Fe2+,故 B 正确;C.若溶液中有 Cu2+,加入的铁量不足,可能只与 Fe3+反应,也可能与 Fe3+反应,剩余部分与 Cu2+反 应生成铜,所以可能有固体析出,故 C 错误;D.当加入的铁较少时,只发生 Fe+2Fe3+=3Fe2+时,不会有铜析出,故 D 错误;故选:B。【点评】本题考查了铁及其化合物的性质,难度中等,熟悉三价铁离子、铜离子氧化性强弱以及反应的过程是解题的关键. 三、选择题(本题共 20 分,每小题 4 分,每小题有一个或两个正确选项.只有一个正确选项的,多选不给分:有两个正确选项的,选对一个给 2 分,选错一个,该小题不给分)18.(4 分)某未知溶液可能含 Cl﹣、CO32﹣、Na+、SO42﹣、Al3+.将溶液滴在蓝色石蕊试纸上,试纸变红.取少量试液,滴加硝酸酸化的氯化钡溶液,有白色沉淀生成;在上层清液中滴加硝酸银溶液,产生白色沉淀.下列判断合理的是(  )A.一定有 Cl﹣B.一定有 SO42﹣C.一定没有 Al3+D.一定没有 CO32﹣【分析】将溶液滴在蓝色石蕊试纸上,试纸变红说明溶液呈酸性,则 CO32﹣不存在;因为 Al3+水解呈酸性,所以有 Al3+,取少量试液,滴加硝酸酸化的氯化钡溶液,有白色沉淀生成,说明溶液中有 SO42﹣,在上层清液中滴加硝酸银溶液,产生白色沉淀,则不能确定原溶液中有 Cl﹣,因为前面已滴加了氯化钡,据此作判断.【解答】解:因为将溶液滴在蓝色石蕊试纸上,试纸变红说明溶液呈酸性,则 CO32﹣不存在;因为Al3+水解呈酸性,所以有 Al3+;取少量试液,滴加硝酸酸化的氯化钡溶液,有白色沉淀生成,说明溶液中有 SO42﹣,在上层清液中滴加硝酸银溶液,产生白色沉淀,则不能确定原溶液中是否有 Cl﹣,因为前面已滴加了氯化钡,据此可知 A 错误;B 正确;C 错误;D 正确,故选:BD。【点评】本题考查了溶液中离子的检验,解题的关键是学生要熟记相关的元素化合物知识,以及仔细审题,尤其是要注意前面的操作对后面实验的干扰. 19.(4 分)下列反应与 Na2O2+SO2═Na2SO4相比较,Na2O2的作用相同的是(  )A.2Na2O2+CO2═2Na2CO3+O2B.2Na2O2+2SO3═2Na2SO4+O2C.Na2O2+H2SO4═Na2SO4+H2O2D.3Na2O2+Cr2O3═2Na2CrO4+Na2O【分析】在 Na2O2+SO2→Na2SO4中,Na2O2的作用是氧化剂,SO2是还原剂,根据反应中元素的化合价变化分析,A、Na2O2既体现氧化性又体现还原性;B、Na2O2既体现氧化性又体现还原性;C、不属于氧化还原反应;D、根据化合价变化,Na2O2体现氧化性.【解答】解:因为在 Na2O2+SO2→Na2SO4中,Na2O2的作用相同的是氧化剂,A、在 2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2中只有氧元素变价,Na2O2是自身氧化还原,故 A 错误;B、在 2Na2O2+2SO3→2Na2SO4+O2中只有氧元素变价,Na2O2是自身氧化还原,故 B 错误;C、在 Na2O2+H2SO4→Na2SO4+H2O2中这是非氧化还原,是一个复分解反应,故 C 错误;D、在 3Na2O2+Cr2O3→2Na2CrO4+Na2O 中,Na2O2中﹣1 价的氧变为﹣2 价,Na2O2作氧化剂,故 D 正确;故选:D。【点评】本题考查了钠及其化合物性质,氧化还原反应的实质分析,掌握基础是解题关键,题目难度中等. 20.(4 分)向等物质的量浓度的 NaOH 和 Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸.下列离子方程式可能与事实相符的是(  )A.OH﹣+2CO32﹣+3H+→2HCO3﹣+H2OB.2OH﹣+CO32﹣+3H+→HCO3﹣+2H2OC.2OH﹣+CO32﹣+4H+→CO2↑+3H2O D.OH﹣+CO32﹣+3H+→CO2↑+2H2O【分析】等物质的量浓度的 NaOH 和 Na2CO3的混合溶液中含有氢氧化钠与碳酸钠的物质的量相等,稀盐酸加入到 NaOH 和 Na2CO3的混合溶液中,盐酸先与氢氧化钠发生酸碱中和,剩余的盐酸再与碳酸钠发生反应,盐酸少量时发生反应 CO32﹣+H+=HCO3﹣,盐酸过量时发生反应:CO32﹣+2H+=CO2↑+H2O,以此来解答.【解答】解:A.设 NaOH 和 Na2CO3的物质的量都为 1mol,则加入盐酸少量,先发生反应:OH﹣+H+→H2O,1mol 氢氧化钠消耗 1mol 盐酸,再发生反应 CO32﹣+H+→HCO3﹣,将两个方程式相加得:OH﹣+CO32﹣+2H+→HCO3﹣+H2O,故 A 错误;B.设 NaOH 和 Na2CO3的物质的量都为 2mol,则加入盐酸少量,先发生反应:2OH﹣+2H+→2H2O,2mol氢氧化钠消耗 2mol 盐酸,再发生反应 CO32﹣+H+→HCO3﹣,盐酸不足之消耗 1mol 碳酸钠,将两个方程式相加得:2OH﹣+CO32﹣+3H+→HCO3﹣+2H2O,故 B 正确;C.设 NaOH 和 Na2CO3的物质的量都为 2mol,2mol 氢氧化钠消耗 2mol 氢离子,剩余 2mol 氢离子与2mol 碳酸钠反应生成 2mol 碳酸氢根离子,离子方程式应为 2OH﹣+2CO32﹣+4H+→2HCO3﹣+2H2O,即 OH﹣+CO32﹣+2H+→HCO3﹣+H2O,故 C 错误;D.设 NaOH 和 Na2CO3的物质的量都为 1mol,则加入盐酸过量,先发生反应:OH﹣+H+→H2O,1mol 氢氧化钠消耗 1mol 盐酸,再发生反应 CO32﹣+2H+→CO2↑+H2O,将两个方程式相加得:OH﹣+CO32﹣+3H+→CO2↑+2H2O,故 D 正确;故选:BD。【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断,为高频考点,把握反应的先后顺序、与量有关的离子反应为解答的关键,侧重分析与应用能力的考查,题目难度不大. 21.(4 分)室温下,甲、乙两烧杯均盛有 5mL pH=3 的某一元酸溶液,向乙烧杯中加水稀释至pH=4.关于甲、乙两烧杯中溶液的描述正确的是(  )A.溶液的体积:V甲≤10V乙B.水电离出的 OH﹣浓度:10c(OH﹣)甲≤c(OH﹣)乙C.若分别用等浓度的 NaOH 溶液完全中和,所得溶液的 pH:甲≤乙D.若分别与 5mL pH=11 的 NaOH 溶液反应,所得溶液的 pH:甲≤乙【分析】弱酸为弱电解质,存在电离平衡,加水稀释时,促进弱酸的电离;水是弱电解质,存在电离平衡,酸电离产生的氢离子抑制水的电离平衡。【解答】解:A.若酸强酸,则依据溶液吸稀释过程中氢离子物质的量不变 5ml×10﹣3=V×10﹣4,解得 V=50ml,则 10V甲=V乙,若酸为弱酸,加水稀释时,促进弱酸的电离,电离产生的氢离子增多,要使pH 仍然为 4,加入的水应该多一些,所以 10V甲<V乙,故 A 错误;B.pH=3 的酸中,氢氧根离子全部有水电离产生,C(OH﹣)甲= =10﹣11mol/L,pH=4 的酸中,氢氧根离子全部有水电离产生,C(OH﹣)乙= =10﹣10mol/L,则 10c(OH﹣)甲=c(OH﹣)乙,故 B 错误;C.稀释前后甲乙两个烧杯中所含的一元酸的物质的量相等,依据酸碱中和反应可知,消耗氢氧化钠的物质的量相等,生成的酸盐的浓度甲大于乙,若酸为强酸则二者 pH 相等,若酸为弱酸,则甲的 pH大于乙,故 C 错误;D.若酸是强酸,分别与 5mL pH=11 的 NaOH 溶液反应,恰好发生酸碱中和,生成强酸强碱盐,pH 值相等,若为弱酸,则反应后酸有剩余,甲中剩余酸浓度大,酸性强,pH 小,所得溶液的 pH:甲≤乙,故 D 正确;故选:D。【点评】本题考查了弱电解质的电离,酸碱中和的实质,pH 的相关计算,题目难度中等,准确理解题意,抓住弱酸存在电离平衡的特点解答。 22.(4 分)已知:2Na[Al(OH)4]+CO2→2Al(OH)3↓+Na2CO3+H2O.向含 2mol NaOH,1mol
文档格式: docx,价格: 5下载文档
返回顶部