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