2014年上海市高考化學(xué)試卷.doc

2014年上海市高考化學(xué)試卷一、選擇題（本題共10分，每小題2分，每題只有一個(gè)正確選項(xiàng)）1（2分）“玉兔”號(hào)月球車用Pu作為熱源材料下列關(guān)于Pu的說(shuō)法正確的是（）APu與U互為同位素BPu與Pu互為同素異形體CPu與U具有完全相同的化學(xué)性質(zhì)DPu與Pu具有相同的最外層電子數(shù)2（2分）下列試劑不會(huì)因?yàn)榭諝庵械难鯕舛冑|(zhì)的是（）A過(guò)氧化鈉B氫硫酸C硫酸亞鐵D苯酚3（2分）結(jié)構(gòu)為CH=CHCH=CHCH=CHCH=CH的高分子化合物用碘蒸氣處理后，其導(dǎo)電能力大幅度提高上述高分子化合物的單體是（）A乙炔B乙烯C丙烯D1，3丁二烯4（2分）在“石蠟液體石蠟石蠟蒸氣裂化氣”的變化過(guò)程中，被破壞的作用力依次是（）A范德華力、范德華力、范德華力B范德華力、范德華力、共價(jià)鍵C范德華力、共價(jià)鍵、共價(jià)鍵D共價(jià)鍵、共價(jià)鍵、共價(jià)鍵5（2分）下列分離方法中，和物質(zhì)的溶解度無(wú)關(guān)的是（）A升華B萃取C紙上層析D重結(jié)晶二、選擇題（本題共36分，每小題3分，每題只有一個(gè)正確選項(xiàng)）6（3分）今年是門捷列夫誕辰180周年下列事實(shí)不能用元素周期律解釋的只有（）A堿性：KOHNaOHB相對(duì)原子質(zhì)量：ArKC酸性：HClO4H2SO4D元素的金屬性：MgAl7（3分）下列各組中兩種微粒所含電子數(shù)不相等的是（）AH3O+和OHBCO和N2CHNO2和 NO2DCH3+和NH4+8（3分）BeCl2熔點(diǎn)較低，易升華，溶于醇和醚，其化學(xué)性質(zhì)與AlCl3相似由此可推測(cè)BeCl2（）A熔融態(tài)不導(dǎo)電B水溶液呈中性C熔點(diǎn)比BeBr2高D不與NaOH溶液反應(yīng)9（3分）1，3丁二烯和2丁炔分別與氫氣反應(yīng)的熱化學(xué)方程式如下：CH2=CHCHCH2（g）+2H2（g）CH3CH2CH2CH3（g）+236.6kJCH3CCCH3（g）+2H2（g）CH3CH2CH2CH3（g）+272.7kJ由此不能判斷（）A1，3丁二烯和2丁炔穩(wěn)定性的相對(duì)大小B1，3丁二烯和2丁炔分子儲(chǔ)存能量的相對(duì)高低C1，3丁二烯和2丁炔相互轉(zhuǎn)化的熱效應(yīng)D一個(gè)碳碳叁鍵的鍵能與兩個(gè)碳碳雙鍵的鍵能之和的大小10（3分）如圖是用于干燥、收集并吸收多余氣體的裝置，下列方案正確的是（）選項(xiàng)X收集氣體YA堿石灰氯化氫水B堿石灰氨氣水C氯化鈣二氧化硫氫氧化鈉D氯化鈣一氧化氮?dú)溲趸cAABBCCDD11（3分）向飽和澄清石灰水中加入少量CaC2，充分反應(yīng)后恢復(fù)到原來(lái)的溫度，所得溶液中（）Ac（Ca2+）、c（OH）均增大Bc（Ca2+）、c（OH）均保持不變Cc（Ca2+）、c（OH）均減小Dc（OH）增大、c（H+）減小12（3分）如圖所示，將鐵棒和石墨棒插入盛有飽和NaCl溶液的U型管中下列正確的是（）AK1閉合，鐵棒上發(fā)生的反應(yīng)為2H+2eH2BK1閉合，石墨棒周圍溶液pH逐漸升高CK2閉合，鐵棒不會(huì)被腐蝕，屬于犧牲陽(yáng)極的陰極保護(hù)法DK2閉合，電路中通過(guò)0.002NA個(gè)電子時(shí)，兩極共產(chǎn)生0.001mol氣體13（3分）催化加氫可生成3甲基己烷的是（）ABCD14（3分）只改變一個(gè)影響因素，平衡常數(shù)K與化學(xué)平衡移動(dòng)的關(guān)系敘述錯(cuò)誤的是（）AK值不變，平衡可能移動(dòng)BK值變化，平衡一定移動(dòng)C平衡移動(dòng)，K值可能不變D平衡移動(dòng)，K值一定變化15（3分）圖是模擬“侯氏制堿法”制取NaHCO3的部分裝置下列操作正確的是（）Aa通入CO2，然后b通入NH3，c中放堿石灰Ba通入NH3，然后b入CO2，c中放蘸稀硫酸的脫脂棉Cb通入NH3，然后a通入CO2，c中放堿石灰Db通入CO2，然后a通入NH3，c中放蘸稀硫酸的脫脂棉16（3分）含有砒霜（As2O3）的試樣和鋅、鹽酸混合反應(yīng)，生成的砷化氫（AsH3）在熱玻璃管中完全分解成單質(zhì)砷和氫氣，若砷的質(zhì)量為1.50mg，則（）A被氧化的砒霜為1.98mgB分解產(chǎn)生的氫氣為0.672mLC和砒霜反應(yīng)的鋅為3.90mgD轉(zhuǎn)移的電子總數(shù)為6105NA17（3分）用FeCl3溶液腐蝕印刷電路板上的銅，所得的溶液中加入鐵粉對(duì)加入鐵粉充分反應(yīng)后的溶液分析合理的是（）A若無(wú)固體剩余，則溶液中一定有Fe3+B若有固體存在，則溶液中一定有Fe2+C若溶液中有Cu2+，則一定沒(méi)有固體析出D若溶液中有Fe2+，則一定有Cu析出三、選擇題（本題共20分，每小題4分，每小題有一個(gè)或兩個(gè)正確選項(xiàng)只有一個(gè)正確選項(xiàng)的，多選不給分：有兩個(gè)正確選項(xiàng)的，選對(duì)一個(gè)給2分，選錯(cuò)一個(gè)，該小題不給分）18（4分）某未知溶液可能含Cl、CO32、Na+、SO42、Al3+將溶液滴在藍(lán)色石蕊試紙上，試紙變紅取少量試液，滴加硝酸酸化的氯化鋇溶液，有白色沉淀生成；在上層清液中滴加硝酸銀溶液，產(chǎn)生白色沉淀下列判斷合理的是（）A一定有ClB一定有SO42C一定沒(méi)有Al3+D一定沒(méi)有CO3219（4分）下列反應(yīng)與Na2O2+SO2Na2SO4相比較，Na2O2的作用相同的是（）A2Na2O2+CO22Na2CO3+O2B2Na2O2+2SO32Na2SO4+O2CNa2O2+H2SO4Na2SO4+H2O2D3Na2O2+Cr2O32Na2CrO4+Na2O20（4分）向等物質(zhì)的量濃度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀鹽酸下列離子方程式可能與事實(shí)相符的是（）AOH+2CO32+3H+2HCO3+H2OB2OH+CO32+3H+HCO3+2H2OC2OH+CO32+4H+CO2+3H2ODOH+CO32+3H+CO2+2H2O21（4分）室溫下，甲、乙兩燒杯均盛有5mL pH=3的某一元酸溶液，向乙燒杯中加水稀釋至pH=4關(guān)于甲、乙兩燒杯中溶液的描述正確的是（）A溶液的體積：V甲10V乙B水電離出的OH濃度：10c（OH）甲c（OH）乙C若分別用等濃度的NaOH溶液完全中和，所得溶液的pH：甲乙D若分別與5mL pH=11的NaOH溶液反應(yīng)，所得溶液的pH：甲乙22（4分）已知：2NaAl（OH）4+CO22Al（OH）3+Na2CO3+H2O向含2mol NaOH，1mol Ba（OH）2，2mol NaAl（OH）4的混合溶液中慢慢通入CO2，則通入CO2的量和生成沉淀的量關(guān)系正確的是（）選項(xiàng)ABCDn（CO2）（mol）2346n（沉淀）（mol）1233AABBCCDD四、（本題共12分）23（12分）合成氨工藝的一個(gè)重要工序是銅洗，其目的是用銅液醋酸二氨合銅（）、氨水吸收在生產(chǎn)過(guò)程中產(chǎn)生的CO和CO2等氣體，銅液吸收CO的反應(yīng)是放熱反應(yīng)，其反應(yīng)方程式為：Cu（NH3）2Ac+CO+NH3Cu（NH3）3COAc完成下列填空：（1）如果要提高上述反應(yīng)的反應(yīng)速率，可以采取的措施是 （選填編號(hào)）a減壓 b增加NH3的濃度 c升溫 d及時(shí)移走產(chǎn)物（2）銅液中的氨可吸收二氧化碳，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式： （3）簡(jiǎn)述銅液吸收CO及銅液再生的操作步驟（注明吸收和再生的條件） （4）銅液的組成元素中，短周期元素原子半徑從大到小的排列順序?yàn)?，其中氮元素原子最外層電子排布的軌道表示式是 ，通過(guò)比較 可判斷氮、磷兩種元素的非金屬性強(qiáng)弱（5）已知CS2與CO2分子結(jié)構(gòu)相似，CS2的電子式是 ，CS2熔點(diǎn)高于CO2，其原因是 五、（本題共12分）24（12分）硫在自然界中以游離態(tài)和多種化合態(tài)形式出現(xiàn)，硫的化合物大多具有氧化性或還原性，許多金屬硫化物難溶于水完成下列填空：（1）硫化氫具有還原性，可以和許多氧化劑反應(yīng)，在酸性條件下，H2S和KMnO4反應(yīng)生成S、MnSO4、K2SO4和H2O，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式： （2）石油化工的廢氣中有H2S，寫出從廢氣中回收單質(zhì)硫的兩種方法（除空氣外，不能使用其他原料），以化學(xué)方程式表示： ， （3）室溫下，0.1mol/L的硫化鈉溶液和0.1mol/L的碳酸鈉溶液，堿性更強(qiáng)的是 ，其原因是 已知：H2S：Ki1=1.3107 Ki2=7.11015H2CO3：Ki1=4.3107 Ki2=5.61011（4）向ZnSO4溶液中加飽和H2S溶液，沒(méi)有沉淀生成，繼續(xù)增加一定量的氨水后，生成ZnS沉淀，用電離平衡原理解釋上述現(xiàn)象 （5）將黑色的Fe2S3固體加入足量的鹽酸中，溶液中有淡黃色固體生成，產(chǎn)物還有 、 ，過(guò)濾，微熱濾液，然后加入過(guò)量氫氧化鈉溶液，可觀察到的現(xiàn)象是 六、（本題共12分）25（12分）在精制飽和食鹽水中加入碳酸氫銨可制備小蘇打（NaHCO3），并提取氯化銨作為肥料或進(jìn)一步提純?yōu)楣I(yè)氯化銨完成下列填空：（1）寫出上述制備小蘇打的化學(xué)方程式 （2）濾除小蘇打后，母液提取氯化銨有兩種方法：通入氨，冷卻、加食鹽，過(guò)濾不通氨，冷卻、加食鹽，過(guò)濾對(duì)兩種方法的評(píng)價(jià)正確的是 （選填編號(hào)）a析出的氯化銨純度更高 b析出的氯化銨純度更高c的濾液可直接循環(huán)使用 d的濾液可直接循環(huán)使用（3）提取的NH4Cl中含少量Fe2+、SO42，將產(chǎn)品溶解，加入H2O2，加熱至沸，再加入BaCl2溶液，過(guò)濾，蒸發(fā)結(jié)晶，得到工業(yè)氯化銨加熱至沸的目的是 濾渣的主要成分是 、 （4）稱取1.840g小蘇打樣品（含少量NaCl），配置成250mL溶液，取出25.00mL用0.1000mol/L鹽酸滴定，消耗鹽酸21.50mL實(shí)驗(yàn)中所需的定量?jī)x器除滴定管外，還有 選甲基橙而不選酚酞作為指示劑的原因是 樣品中NaHCO3質(zhì)量分?jǐn)?shù)為 （保留3位小數(shù)）（5）將一定質(zhì)量小蘇打樣品（含少量NaCl）溶于足量鹽酸，蒸干后稱量固體質(zhì)量，也可測(cè)定小蘇打的含量若蒸發(fā)過(guò)程中有少量液體濺出，則測(cè)定結(jié)果 （選填“偏高”、“偏低”或“不受影響”）七、（本題共12分）26（12分）氯氣和氯乙烯都是非常重要的化工產(chǎn)品，年產(chǎn)量均在107t左右，氯氣的實(shí)驗(yàn)室制備和氯乙烯的工業(yè)生產(chǎn)都有多種不同方法。完成下列填空：（1）實(shí)驗(yàn)室制取純凈的氯氣，除了二氧化錳、濃鹽酸和濃硫酸，還需要 、 （填寫試劑或溶液名稱）（2）實(shí)驗(yàn)室用2.00mol/L鹽酸和漂粉精成分為Ca（ClO）2、CaCl2反應(yīng)生成氯氣、氯化鈣和水，若產(chǎn)生2.24L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）氯氣，發(fā)生反應(yīng)的鹽酸為 mL。（3）實(shí)驗(yàn)室通常用向上排空氣法收集氯氣。設(shè)計(jì)一個(gè)簡(jiǎn)單實(shí)驗(yàn)，驗(yàn)證所收集的氯氣中是否含有空氣。 工業(yè)上用電石乙炔生產(chǎn)氯乙烯的反應(yīng)如下：CaO+3CCaC2+COCaC2+2H2OHCCH+Ca（OH）2HCCH+HClCH2CHCl電石乙炔法的優(yōu)點(diǎn)是流程簡(jiǎn)單，產(chǎn)品純度高，而且不依賴于石油資源。電石乙炔法的缺點(diǎn)是： 、 。（4）乙烷和氯氣反應(yīng)可制得ClCH2CH2Cl，ClCH2CH2Cl加熱分解得到氯乙烯和氯化氫。設(shè)計(jì)一種以乙烯和氯氣為原料制取氯乙烯的方案（其他原料自選），用化學(xué)方程式表示（不必注明反應(yīng)條件）。要求：反應(yīng)產(chǎn)生的氯化氫必須用于氯乙烯的制備；不再產(chǎn)生其他廢液。八、（本題共8分）27（8分）許多有機(jī)化合物具有酸堿性完成下列填空（1）苯酚、苯甲醇、苯甲酸、碳酸的酸性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)椋?苯胺（ ）具有 （選填“酸性”、“堿性”或“中性”）（2）常常利用物質(zhì)的酸堿性分離混合物某一混合物含苯酚、苯甲醇、苯甲酸和苯胺四種物質(zhì)，其分離方案如圖已知：苯甲醇、苯甲酸、苯胺微溶于水A、B、C分別是：A 、B 、C 上述方案中，若首先僅僅將苯甲酸與其他三種物質(zhì)分開(kāi)，則應(yīng)加入 （3）欲將轉(zhuǎn)化為，則應(yīng)加入 九、（本題共14分）28（14分）M是一種治療直腸癌和小細(xì)胞肺癌藥物的主要成分，其結(jié)構(gòu)式為（不考慮立體結(jié)構(gòu)，其中R為）M的一條合成路線如下（部分反應(yīng)試劑和條件省略）完成下列填空：（1）寫出反應(yīng)類型反應(yīng) 、反應(yīng) ；（2）寫出反應(yīng)試劑和反應(yīng)條件反應(yīng) 、反應(yīng) ；（3）寫出結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式B 、C ；（4）寫出一種滿足下列條件的A的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)；能發(fā)生銀鏡反應(yīng)；分子中有5種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子（5）丁烷氯化可得到2氯丁烷，設(shè)計(jì)一條從2氯丁烷合成1，3丁二烯的合成路線（合成路線常用的表示方式為：AB目標(biāo)產(chǎn)物） （6）已知：與的化學(xué)性質(zhì)相似從反應(yīng)可得出的結(jié)論是： 十、（本題共14分）29（14分）硫有多種含氧酸，亞硫酸（H2SO3）、硫酸（H2SO4）、焦硫酸（H2SO4SO3）、硫代硫酸（H2S2O3）等等，其中硫酸最為重要，在工業(yè)上有廣泛的應(yīng)用，在實(shí)驗(yàn)室，濃硫酸是常用的干燥劑完成下列計(jì)算：（1）焦硫酸（H2SO4SO3）溶于水，其中的SO3都轉(zhuǎn)化為硫酸，若將445g焦硫酸溶于水配成4.00L硫酸，該硫酸的物質(zhì)的量濃度為 mol/L（2）若以濃硫酸吸水后生成H2SO4H2O計(jì)算，250g質(zhì)量分?jǐn)?shù)為98%的硫酸能吸收多少g水？（3）硫鐵礦是工業(yè)上制作硫酸的主要原料，硫鐵礦氧化焙燒的化學(xué)反應(yīng)如下：3FeS2+8O2Fe3O4+6SO2 4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2若48mol FeS2完全反應(yīng)耗用氧氣2934.4L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）；計(jì)算反應(yīng)產(chǎn)物中Fe3O4與Fe2O3物質(zhì)的量之比（4）用硫化氫制取硫酸，既能充分利用資源又能保護(hù)環(huán)境，是一種很有發(fā)展前途的制備硫酸的方法硫化氫體積分?jǐn)?shù)為0.84的混合氣體（H2S、H2O、N2）在空氣中完全燃燒，若空氣過(guò)量77%，計(jì)算產(chǎn)物氣體中SO2體積分?jǐn)?shù)（水是氣體）已知空氣組成：N2體積分?jǐn)?shù)0.79、O2體積分?jǐn)?shù)0.212014年上海市高考化學(xué)試卷參考答案與試題解析一、選擇題（本題共10分，每小題2分，每題只有一個(gè)正確選項(xiàng)）1（2分）“玉兔”號(hào)月球車用Pu作為熱源材料下列關(guān)于Pu的說(shuō)法正確的是（）APu與U互為同位素BPu與Pu互為同素異形體CPu與U具有完全相同的化學(xué)性質(zhì)DPu與Pu具有相同的最外層電子數(shù)【分析】A有相同質(zhì)子數(shù)，不同中子數(shù)的原子或同一元素的不同核素互為同位素；B同種元素形成的不同單質(zhì)互稱同素異形體；C不同的元素化學(xué)性質(zhì)不同；D原子的核外電子數(shù)等于質(zhì)子數(shù)【解答】解：A有相同質(zhì)子數(shù)，不同中子數(shù)的原子或同一元素的不同核素互為同位素，Pu與U質(zhì)子數(shù)不同，不是同位素，故A錯(cuò)誤；B同種元素形成的不同單質(zhì)互稱同素異形體，Pu與Pu均為原子，不是同素異形體，故B錯(cuò)誤；CPu與U質(zhì)子數(shù)不同屬于不同的元素，其化學(xué)性質(zhì)不同，故C錯(cuò)誤；DPu與Pu具有相同的質(zhì)子數(shù)，所以其核外電子數(shù)相同，則具有相同的最外層電子數(shù)，故D正確；故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題考查粒子間的數(shù)量關(guān)系、同位素和同素異形體概念等，側(cè)重于原子結(jié)構(gòu)知識(shí)的考查，難度不大要注意平時(shí)知識(shí)的積累2（2分）下列試劑不會(huì)因?yàn)榭諝庵械难鯕舛冑|(zhì)的是（）A過(guò)氧化鈉B氫硫酸C硫酸亞鐵D苯酚【分析】根據(jù)物質(zhì)的性質(zhì)進(jìn)行分析：A、過(guò)氧化鈉和氧氣不反應(yīng)；B、氫硫酸和氧氣反應(yīng)生成硫和水；C、硫酸亞鐵和氧氣反應(yīng)生成硫酸鐵；D、苯酚能被氧氣氧化變成苯醌；【解答】解：A、過(guò)氧化鈉和空氣中二氧化碳、水蒸氣反應(yīng)，但和氧氣不反應(yīng)，不會(huì)因空氣中的氧氣而變質(zhì)，故A正確；B、氫硫酸和氧氣反應(yīng)生成硫和水，會(huì)因空氣中的氧氣而變質(zhì)，故B錯(cuò)誤；C、硫酸亞鐵和氧氣反應(yīng)生成硫酸鐵，會(huì)因空氣中的氧氣而變質(zhì)，故錯(cuò)誤；D、苯酚能被氧氣氧化變成苯醌，會(huì)因空氣中的氧氣而變質(zhì)，故D錯(cuò)誤；故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】此題考查了一些常見(jiàn)物質(zhì)在空氣中發(fā)生反應(yīng)的問(wèn)題，是對(duì)學(xué)生進(jìn)行物質(zhì)性質(zhì)的訓(xùn)練與提高，難度不大3（2分）結(jié)構(gòu)為CH=CHCH=CHCH=CHCH=CH的高分子化合物用碘蒸氣處理后，其導(dǎo)電能力大幅度提高上述高分子化合物的單體是（）A乙炔B乙烯C丙烯D1，3丁二烯【分析】判斷高聚物的單體：首先要根據(jù)高聚物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式判斷高聚物是加聚產(chǎn)物還是縮聚產(chǎn)物，然后根據(jù)推斷單體的方法作出判斷，加聚產(chǎn)物的單體推斷方法：（1）凡鏈節(jié)的主鏈上只有兩個(gè)碳原子（無(wú)其它原子）的高聚物，其合成單體必為一種，將兩半鏈閉合即可；（2）凡鏈節(jié)主鏈上只有四個(gè)碳原子（無(wú)其它原子）且鏈節(jié)無(wú)雙鍵的高聚物，其單體必為兩種，在正中間畫線斷開(kāi)，然后將四個(gè)半鍵閉合即可；（3）凡鏈節(jié)中主碳鏈為6個(gè)碳原子，其規(guī)律是“見(jiàn)雙鍵，四個(gè)碳，無(wú)雙鍵，兩個(gè)碳”畫線斷開(kāi)，然后將半鍵閉合，即將單雙鍵互換；該題屬于第（1）種情況，據(jù)此進(jìn)行解答【解答】解：高分子化合物CH=CHCH=CHCH=CHCH=CH，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可以表示為：CH=CHn，屬于加聚產(chǎn)物，根據(jù)加聚產(chǎn)物的單體推斷方法，凡鏈節(jié)的主鏈上只有兩個(gè)碳原子（無(wú)其它原子）的高聚物，其合成單體必為一種，將兩半鍵閉合即可得其單體為：CHCH，故選：A。【點(diǎn)評(píng)】本題考查加聚反應(yīng)生原理及高分子化合物單體的求算，題目難度不大，明確加聚反應(yīng)原理及反應(yīng)產(chǎn)物的單體判斷方法是解答的關(guān)鍵4（2分）在“石蠟液體石蠟石蠟蒸氣裂化氣”的變化過(guò)程中，被破壞的作用力依次是（）A范德華力、范德華力、范德華力B范德華力、范德華力、共價(jià)鍵C范德華力、共價(jià)鍵、共價(jià)鍵D共價(jià)鍵、共價(jià)鍵、共價(jià)鍵【分析】物質(zhì)的三態(tài)變化屬于物理變化，石蠟蒸氣轉(zhuǎn)化為裂化氣發(fā)生了化學(xué)變化，根據(jù)物質(zhì)的變化分析【解答】解：石蠟液體石蠟石蠟蒸氣屬于物質(zhì)的三態(tài)變化，屬于物理變化，破壞了范德華力，石蠟蒸氣裂化氣發(fā)生了化學(xué)變化，破壞了共價(jià)鍵；所以在“石蠟液體石蠟石蠟蒸氣裂化氣”的變化過(guò)程中，被破壞的作用力依次是范德華力、范德華力、共價(jià)鍵。故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了物質(zhì)發(fā)生物理、化學(xué)變化時(shí)破壞的作用力，題目難度不大，側(cè)重于基礎(chǔ)知識(shí)的考查5（2分）下列分離方法中，和物質(zhì)的溶解度無(wú)關(guān)的是（）A升華B萃取C紙上層析D重結(jié)晶【分析】升華是利用物質(zhì)熔沸點(diǎn)低，加熱轉(zhuǎn)化為氣態(tài)來(lái)分離，以此來(lái)解答【解答】解：升華與物質(zhì)熔沸點(diǎn)有關(guān)，加熱轉(zhuǎn)化為氣態(tài)可分離混合物，而萃取、紙上層析、重結(jié)晶均與物質(zhì)在溶劑中的溶解度有關(guān)，故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查混合物分離、提純方法及選擇，為高頻考點(diǎn)，把握分離方法及分離原理為解答的關(guān)鍵，注意紙上層析是試樣在有機(jī)溶劑中的溶解度差異，利用擴(kuò)散原理分離混合物，為解答的難點(diǎn)，題目難度不大二、選擇題（本題共36分，每小題3分，每題只有一個(gè)正確選項(xiàng)）6（3分）今年是門捷列夫誕辰180周年下列事實(shí)不能用元素周期律解釋的只有（）A堿性：KOHNaOHB相對(duì)原子質(zhì)量：ArKC酸性：HClO4H2SO4D元素的金屬性：MgAl【分析】A元素的金屬性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)的最高價(jià)氧化物的水化物的堿性越強(qiáng)；B相對(duì)原子質(zhì)量的大小與原子序數(shù)有關(guān)；C元素的非金屬性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)的最高價(jià)氧化物的水化物的酸性越強(qiáng)；D同周期元素從左到右，元素的金屬性逐漸減弱【解答】解：ANa、K位于周期表相同主族，金屬性KNa，元素的金屬性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)的最高價(jià)氧化物的水化物的堿性越強(qiáng)，能用元素周期律解釋，故A不選；B相對(duì)原子質(zhì)量的大小與原子序數(shù)有關(guān)，隨原子序數(shù)的增大而增大，存在周期性的變化，不能用元素周期律解釋，故B選；C非金屬性ClS，元素的非金屬性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)的最高價(jià)氧化物的水化物的酸性越強(qiáng)，能用元素周期律解釋，故C不選；D同周期元素從左到右，元素的金屬性逐漸減弱，能用元素周期律解釋，故D不選。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題為2014年上海高考題，側(cè)重于元素周期律的理解與應(yīng)用的考查，注意把握元素周期律的遞變規(guī)律以及相關(guān)知識(shí)的積累，難度不大7（3分）下列各組中兩種微粒所含電子數(shù)不相等的是（）AH3O+和OHBCO和N2CHNO2和 NO2DCH3+和NH4+【分析】粒子中質(zhì)子數(shù)等于原子的質(zhì)子數(shù)之和，中性微粒中質(zhì)子數(shù)=電子數(shù)，陽(yáng)離子的電子數(shù)=質(zhì)子數(shù)電荷數(shù)，陰離子的電子數(shù)=質(zhì)子數(shù)+電荷數(shù)【解答】解：A、H3O+的質(zhì)子數(shù)為11，電子數(shù)為111=10，OH的質(zhì)子數(shù)為9，電子數(shù)為9+1=10，電子數(shù)相同，故A錯(cuò)誤；B、CO的質(zhì)子數(shù)為14，電子數(shù)為14，N2的質(zhì)子數(shù)為14，電子數(shù)為14，電子數(shù)相同，故B錯(cuò)誤；C、HNO2的質(zhì)子數(shù)為1+7+82=24，電子數(shù)為24，NO2的質(zhì)子數(shù)為7+82=23，電子數(shù)為23+1=24，電子數(shù)相同，故C錯(cuò)誤；D、CH3+的質(zhì)子數(shù)為6+13=9，電子數(shù)為91=8，NH4+的質(zhì)子數(shù)為11，電子數(shù)為111=10，電子數(shù)不同，故D正確。故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查微粒的質(zhì)子數(shù)和電子數(shù)的關(guān)系，明確中性微粒、陽(yáng)離子、陰離子的電子的數(shù)目計(jì)算是解答的關(guān)鍵，并注意中性微粒中質(zhì)子數(shù)等于電子數(shù)8（3分）BeCl2熔點(diǎn)較低，易升華，溶于醇和醚，其化學(xué)性質(zhì)與AlCl3相似由此可推測(cè)BeCl2（）A熔融態(tài)不導(dǎo)電B水溶液呈中性C熔點(diǎn)比BeBr2高D不與NaOH溶液反應(yīng)【分析】AlCl3的結(jié)構(gòu)和化學(xué)性質(zhì)：氯化鋁是共價(jià)化合物，熔融態(tài)不導(dǎo)電，鋁離子能發(fā)生水解使溶液呈堿性，能與NaOH溶液反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀BeCl2化學(xué)性質(zhì)與AlCl3相似，依此進(jìn)行判斷【解答】解：氯化鋁是共價(jià)化合物，是分子晶體，熔融態(tài)不導(dǎo)電，能發(fā)生水解使溶液呈堿性，能與NaOH溶液反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀。BeCl2熔點(diǎn)較低，易升華，溶于醇和醚，其化學(xué)性質(zhì)與AlCl3相似，故ABeCl2為共價(jià)化合物，故熔融態(tài)不導(dǎo)電，故A正確；BBeCl2能發(fā)生水解使溶液呈酸性，故B錯(cuò)誤；CBeCl2和BeBr2為分子晶體，BeBr2相對(duì)分子質(zhì)量大于BeCl2，故BeCl2熔點(diǎn)比BeBr2低，故C錯(cuò)誤；D能與NaOH溶液反應(yīng)生成氫氧化鈹沉淀，故D錯(cuò)誤，故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查物質(zhì)的性質(zhì)，難度不大掌握氯化鋁的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵，要注意氯化鋁是共價(jià)化合物9（3分）1，3丁二烯和2丁炔分別與氫氣反應(yīng)的熱化學(xué)方程式如下：CH2=CHCHCH2（g）+2H2（g）CH3CH2CH2CH3（g）+236.6kJCH3CCCH3（g）+2H2（g）CH3CH2CH2CH3（g）+272.7kJ由此不能判斷（）A1，3丁二烯和2丁炔穩(wěn)定性的相對(duì)大小B1，3丁二烯和2丁炔分子儲(chǔ)存能量的相對(duì)高低C1，3丁二烯和2丁炔相互轉(zhuǎn)化的熱效應(yīng)D一個(gè)碳碳叁鍵的鍵能與兩個(gè)碳碳雙鍵的鍵能之和的大小【分析】據(jù)H=生成物的能量和反應(yīng)物的能量和=反應(yīng)物的鍵能和生成物的鍵能和可知，3丁二烯和2丁炔的能量高低，能量越低越穩(wěn)定據(jù)此解答【解答】解：據(jù)H=生成物的能量和反應(yīng)物的能量和=反應(yīng)物的鍵能和生成物的鍵能和可知，3丁二烯和2丁炔的能量高低，能量越低越穩(wěn)定，A、相同條件下2丁炔放出熱量比1，3丁二烯多，說(shuō)明1，3丁二烯能量低，穩(wěn)定，故A正確；B、相同條件下2丁炔放出熱量比1，3丁二烯多，說(shuō)明1，3丁二烯能量低，故B正確；C、相同條件下2丁炔放出熱量比1，3丁二烯多，說(shuō)明1，3丁二烯能量低，其相互轉(zhuǎn)化有能量變化，故C正確；D、1，3丁二烯和2丁炔所含的碳碳單鍵數(shù)目不同，所以不能判斷一個(gè)碳碳叁鍵的鍵能與兩個(gè)碳碳雙鍵的鍵能大小，故D錯(cuò)誤。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查H=生成物的能量和反應(yīng)物的能量和=反應(yīng)物的鍵能和生成物的鍵能和，以及能量越低越穩(wěn)定，題目難度不大10（3分）如圖是用于干燥、收集并吸收多余氣體的裝置，下列方案正確的是（）選項(xiàng)X收集氣體YA堿石灰氯化氫水B堿石灰氨氣水C氯化鈣二氧化硫氫氧化鈉D氯化鈣一氧化氮?dú)溲趸cAABBCCDD【分析】該裝置中采用向上排空氣法收集，說(shuō)明該氣體密度大于空氣，且該氣體和空氣中成分不反應(yīng)，用固體干燥劑干燥，則該氣體和干燥劑不反應(yīng)，據(jù)此分析解答【解答】解：該裝置中采用向上排空氣法收集，說(shuō)明該氣體密度大于空氣，且該氣體和空氣中成分不反應(yīng)，用固體干燥劑干燥，則該氣體和干燥劑不反應(yīng)，A堿石灰呈堿性，能和HCl反應(yīng)，所以HCl不能用堿石灰干燥，故A錯(cuò)誤；B氨氣密度小于空氣，應(yīng)該采用向下排空氣法收集，故B錯(cuò)誤；C二氧化硫密度大于空氣且常溫下和空氣中成分不反應(yīng)，氯化鈣和二氧化硫不反應(yīng)，所以能用氯化鈣干燥，故C正確；D常溫下NO和氧氣反應(yīng)生成紅棕色氣體二氧化氮，所以得不到NO，NO采用排水法收集，故D錯(cuò)誤；故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了氣體的干燥、收集和尾氣處理，根據(jù)氣體的性質(zhì)確定干燥劑、尾氣處理試劑，根據(jù)氣體的溶解性及密度確定收集方法，注意氨氣不能用氯化鈣干燥，為易錯(cuò)點(diǎn)，題目難度不大11（3分）向飽和澄清石灰水中加入少量CaC2，充分反應(yīng)后恢復(fù)到原來(lái)的溫度，所得溶液中（）Ac（Ca2+）、c（OH）均增大Bc（Ca2+）、c（OH）均保持不變Cc（Ca2+）、c（OH）均減小Dc（OH）增大、c（H+）減小【分析】加入CaC2，與水發(fā)生CaC2+2H2O=Ca（OH）2+HCCH，反應(yīng)消耗水，結(jié)合Ca（OH）2（s）Ca2+（aq）+2OH（aq）的影響因素解答【解答】解：加入CaC2，與水發(fā)生CaC2+2H2O=Ca（OH）2+HCCH，反應(yīng)消耗水，因原溶液為飽和溶液，則反應(yīng)后一定有Ca（OH）2析出，則溶液濃度不變，故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題為2014年上?？碱}，涉及難溶電解質(zhì)的溶解平衡，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，注意把握反應(yīng)的原理以及溶解平衡的特點(diǎn)，難度不大12（3分）如圖所示，將鐵棒和石墨棒插入盛有飽和NaCl溶液的U型管中下列正確的是（）AK1閉合，鐵棒上發(fā)生的反應(yīng)為2H+2eH2BK1閉合，石墨棒周圍溶液pH逐漸升高CK2閉合，鐵棒不會(huì)被腐蝕，屬于犧牲陽(yáng)極的陰極保護(hù)法DK2閉合，電路中通過(guò)0.002NA個(gè)電子時(shí)，兩極共產(chǎn)生0.001mol氣體【分析】若閉合K1，該裝置沒(méi)有外接電源，所以構(gòu)成了原電池；組成原電池時(shí)，較活潑的金屬鐵作負(fù)極，負(fù)極上鐵失電子發(fā)生氧化反應(yīng)；石墨棒作正極，正極上氧氣得電子生成氫氧根離子發(fā)生還原反應(yīng)；若閉合K2，該裝置有外接電源，所以構(gòu)成了電解池，F(xiàn)e與負(fù)極相連為陰極，碳棒與正極相連為陽(yáng)極，據(jù)此判斷【解答】解：A、若閉合K1，該裝置沒(méi)有外接電源，所以構(gòu)成了原電池，較活潑的金屬鐵作負(fù)極，負(fù)極上鐵失電子，F(xiàn)e2e=Fe2+，故A錯(cuò)誤；B、若閉合K1，該裝置沒(méi)有外接電源，所以構(gòu)成了原電池；不活潑的石墨棒作正極，正極上氧氣得電子生成氫氧根離子發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為2H2O+O2+4e=4OH，所以石墨棒周圍溶液pH逐漸升高，故B正確；C、K2閉合，F(xiàn)e與負(fù)極相連為陰極，鐵棒不會(huì)被腐蝕，屬于外加電源的陰極保護(hù)法，故C錯(cuò)誤；D、K2閉合，電路中通過(guò)0.002NA個(gè)電子時(shí)，陰極生成0.001mol氫氣，陽(yáng)極生成0.001mol氯氣，兩極共產(chǎn)生0.002mol氣體，故D錯(cuò)誤。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了原電池原理和電解池原理，能正確判斷電池的類型及兩極的反應(yīng)是解本題的關(guān)鍵，題目難度中等13（3分）催化加氫可生成3甲基己烷的是（）ABCD【分析】根據(jù)不飽和烴的加成原理，不飽和鍵斷開(kāi)，結(jié)合H原子，生成3甲基己烷，據(jù)此解答【解答】解：3甲基己烷的碳鏈結(jié)構(gòu)為，A、經(jīng)催化加氫后生成3甲基庚烷，故A不選；B、經(jīng)催化加氫后生成3甲基戊烷，故B不選；C、經(jīng)催化加氫后能生成3甲基己烷，故C選；D、經(jīng)催化加氫后能生成2甲基己烷，故D不選。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了加成反應(yīng)的原理，難度不大，根據(jù)加成原理寫出選項(xiàng)中與氫氣加成的產(chǎn)物，進(jìn)行判斷即可14（3分）只改變一個(gè)影響因素，平衡常數(shù)K與化學(xué)平衡移動(dòng)的關(guān)系敘述錯(cuò)誤的是（）AK值不變，平衡可能移動(dòng)BK值變化，平衡一定移動(dòng)C平衡移動(dòng)，K值可能不變D平衡移動(dòng)，K值一定變化【分析】平衡常數(shù)K是溫度的函數(shù)，只與溫度有關(guān)，溫度一定，平衡常數(shù)K值一定，溫度發(fā)生變化，平衡常數(shù)K值也發(fā)生變化。【解答】解：影響化學(xué)平衡的因素主要有濃度、溫度、壓強(qiáng)等。AK值只與溫度有關(guān)，若在其他條件不變時(shí)，增大反應(yīng)物的濃度或減小生成物的濃度，有利于正反應(yīng)的進(jìn)行，K值不變，平衡向右移動(dòng)，故A正確；BK值是溫度的函數(shù)，K值變化，說(shuō)明溫度發(fā)生了改變，則平衡一定發(fā)生移動(dòng)，故B正確；C若在其他條件不變時(shí)，增大反應(yīng)物的濃度或減小生成物的濃度，有利于正反應(yīng)的進(jìn)行，平衡向右移動(dòng)，但K值只與溫度有關(guān)，故K值不變，故C正確；D若是改變濃度或壓強(qiáng)使平衡發(fā)生移動(dòng)，而溫度不變，則K值不變，故D錯(cuò)誤，故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題考查平衡常數(shù)與平衡移動(dòng)的關(guān)系，難度不大。要注意平衡常數(shù)K是溫度的函數(shù)，只與溫度有關(guān)。15（3分）圖是模擬“侯氏制堿法”制取NaHCO3的部分裝置下列操作正確的是（）Aa通入CO2，然后b通入NH3，c中放堿石灰Ba通入NH3，然后b入CO2，c中放蘸稀硫酸的脫脂棉Cb通入NH3，然后a通入CO2，c中放堿石灰Db通入CO2，然后a通入NH3，c中放蘸稀硫酸的脫脂棉【分析】“候氏制堿法”制取NaHCO3的原理 是在飽和食鹽水中通入氨氣和二氧化碳，而得到NaHCO3；在這一實(shí)驗(yàn)過(guò)程中，由于C02在水中的溶解度較小，而NH3的溶解度較大，為防止倒吸，b管通C02，a管通NH3，所以要向食鹽水中先通NH3再通C02，否則C02通入后會(huì)從水中逸出，再通NH3時(shí)溶液中C02的量很少，得到的產(chǎn)品很少；在這個(gè)實(shí)驗(yàn)中的尾氣主要是C02和NH3，其中NH3對(duì)環(huán)境影響較大，要進(jìn)行尾氣處理，而NH3是堿性氣體，所以在c裝置中要裝酸性物質(zhì)，據(jù)此進(jìn)行推斷【解答】解：“侯氏制堿法”制取NaHCO3的原理是在飽和食鹽水中通入氨氣和二氧化碳，而得到NaHCO3，為防止倒吸，a管通NH3，b管通C02，故A、C錯(cuò)誤；由于C02在水中的溶解度較小，而NH3的溶解度較大，所以要在食鹽水先通NH3然后再通C02，否則C02通入后會(huì)從水中逸出，等再通NH3時(shí)溶液中C02的量就很少了，這樣得到的產(chǎn)品也很少，故B正確、D錯(cuò)誤；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查實(shí)驗(yàn)裝置的綜合應(yīng)用、侯氏制堿法原理，題目難度中等，明確侯氏制堿法原理為解答關(guān)鍵，注意掌握常見(jiàn)裝置特點(diǎn)及使用方法，試題培養(yǎng)了學(xué)生的分析能力及化學(xué)實(shí)驗(yàn)?zāi)芰?6（3分）含有砒霜（As2O3）的試樣和鋅、鹽酸混合反應(yīng)，生成的砷化氫（AsH3）在熱玻璃管中完全分解成單質(zhì)砷和氫氣，若砷的質(zhì)量為1.50mg，則（）A被氧化的砒霜為1.98mgB分解產(chǎn)生的氫氣為0.672mLC和砒霜反應(yīng)的鋅為3.90mgD轉(zhuǎn)移的電子總數(shù)為6105NA【分析】A反應(yīng)中As元素化合價(jià)由As2O3中+3價(jià)降低為AsH3中3價(jià)，砒霜發(fā)生還原反應(yīng)；B根據(jù)n=計(jì)算As的物質(zhì)的量，根據(jù)原子守恒進(jìn)而計(jì)算生成氫氣的物質(zhì)的量，氫氣所處的狀態(tài)不一定是標(biāo)準(zhǔn)狀況；C電子轉(zhuǎn)移守恒計(jì)算參加反應(yīng)Zn的物質(zhì)的量，再根據(jù)m=nM計(jì)算Zn的質(zhì)量；D整個(gè)過(guò)程中，As元素化合價(jià)由As2O3中+3價(jià)降低為AsH3中3價(jià)，AsH3中3價(jià)升高為As中0價(jià)，據(jù)此計(jì)算轉(zhuǎn)移電子數(shù)目【解答】解：A反應(yīng)中As元素化合價(jià)由As2O3中+3價(jià)降低為AsH3中3價(jià)，砒霜發(fā)生還原反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B生成As的物質(zhì)的量=2105mol，根據(jù)原子守恒可知分解的AsH3為2105mol，由H原子守恒可知生成氫氣為=3105mol，故標(biāo)況下，分解產(chǎn)生氫氣體積為3105mol22.4L/mol=6.72104L=0.672 mL，但氫氣所處的狀態(tài)不一定是標(biāo)準(zhǔn)狀況，故其體積不一定是0.672 mL，故B錯(cuò)誤；C根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，可知參加反應(yīng)Zn的物質(zhì)的量=2105mol3（3）2=6105mol，故參加反應(yīng)Zn的質(zhì)量=6105mol65g/mol=3.9103g=3.9mg，故C正確；D整個(gè)過(guò)程中，As元素化合價(jià)由As2O3中+3價(jià)降低為AsH3中3價(jià)，AsH3中3價(jià)升高為As中0價(jià)，故整個(gè)過(guò)程轉(zhuǎn)移電子總數(shù)為2105mol（6+3）NAmol1=1.8104NA，故D錯(cuò)誤，故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題考查根據(jù)方程式計(jì)算、氧化還原反應(yīng)計(jì)算等，注意利用守恒思想進(jìn)行的計(jì)算，B選項(xiàng)為易錯(cuò)點(diǎn)，學(xué)生容易忽略氣體摩爾體積的使用條件17（3分）用FeCl3溶液腐蝕印刷電路板上的銅，所得的溶液中加入鐵粉對(duì)加入鐵粉充分反應(yīng)后的溶液分析合理的是（）A若無(wú)固體剩余，則溶液中一定有Fe3+B若有固體存在，則溶液中一定有Fe2+C若溶液中有Cu2+，則一定沒(méi)有固體析出D若溶液中有Fe2+，則一定有Cu析出【分析】FeCl3溶液腐蝕印刷電路板上的銅發(fā)生反應(yīng)：Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，F(xiàn)e3+ 氧化性強(qiáng)于Cu2+，加入鐵粉先與Fe3+反應(yīng)，再與Cu2+反應(yīng)，據(jù)此解答【解答】解：A無(wú)固體剩余，說(shuō)明銅全部以銅離子形式存在，加入的鐵完全反應(yīng)，溶液中一定含有Fe2+，可能含有Fe3+，故A錯(cuò)誤；B若有固體存在，固體中一定有銅，可能有鐵，溶液中一定有含有Fe2+，故B正確；C若溶液中有Cu2+，加入的鐵量不足，可能只與Fe3+反應(yīng)，也可能與Fe3+反應(yīng)，剩余部分與Cu2+反應(yīng)生成銅，所以可能有固體析出，故C錯(cuò)誤；D當(dāng)加入的鐵較少時(shí)，只發(fā)生Fe+2Fe3+=3Fe2+時(shí)，不會(huì)有銅析出，故D錯(cuò)誤；故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了鐵及其化合物的性質(zhì)，難度中等，熟悉三價(jià)鐵離子、銅離子氧化性強(qiáng)弱以及反應(yīng)的過(guò)程是解題的關(guān)鍵三、選擇題（本題共20分，每小題4分，每小題有一個(gè)或兩個(gè)正確選項(xiàng)只有一個(gè)正確選項(xiàng)的，多選不給分：有兩個(gè)正確選項(xiàng)的，選對(duì)一個(gè)給2分，選錯(cuò)一個(gè)，該小題不給分）18（4分）某未知溶液可能含Cl、CO32、Na+、SO42、Al3+將溶液滴在藍(lán)色石蕊試紙上，試紙變紅取少量試液，滴加硝酸酸化的氯化鋇溶液，有白色沉淀生成；在上層清液中滴加硝酸銀溶液，產(chǎn)生白色沉淀下列判斷合理的是（）A一定有ClB一定有SO42C一定沒(méi)有Al3+D一定沒(méi)有CO32【分析】將溶液滴在藍(lán)色石蕊試紙上，試紙變紅說(shuō)明溶液呈酸性，則CO32不存在；因?yàn)锳l3+水解呈酸性，所以有Al3+，取少量試液，滴加硝酸酸化的氯化鋇溶液，有白色沉淀生成，說(shuō)明溶液中有SO42，在上層清液中滴加硝酸銀溶液，產(chǎn)生白色沉淀，則不能確定原溶液中有Cl，因?yàn)榍懊嬉训渭恿寺然^，據(jù)此作判斷【解答】解：因?yàn)閷⑷芤旱卧谒{(lán)色石蕊試紙上，試紙變紅說(shuō)明溶液呈酸性，則CO32不存在；因?yàn)锳l3+水解呈酸性，所以有Al3+；取少量試液，滴加硝酸酸化的氯化鋇溶液，有白色沉淀生成，說(shuō)明溶液中有SO42，在上層清液中滴加硝酸銀溶液，產(chǎn)生白色沉淀，則不能確定原溶液中是否有Cl，因?yàn)榍懊嬉训渭恿寺然^，據(jù)此可知A錯(cuò)誤；B正確；C錯(cuò)誤；D正確，故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了溶液中離子的檢驗(yàn)，解題的關(guān)鍵是學(xué)生要熟記相關(guān)的元素化合物知識(shí)，以及仔細(xì)審題，尤其是要注意前面的操作對(duì)后面實(shí)驗(yàn)的干擾19（4分）下列反應(yīng)與Na2O2+SO2Na2SO4相比較，Na2O2的作用相同的是（）A2Na2O2+CO22Na2CO3+O2B2Na2O2+2SO32Na2SO4+O2CNa2O2+H2SO4Na2SO4+H2O2D3Na2O2+Cr2O32Na2CrO4+Na2O【分析】在Na2O2+SO2Na2SO4中，Na2O2的作用是氧化劑，SO2是還原劑，根據(jù)反應(yīng)中元素的化合價(jià)變化分析，A、Na2O2既體現(xiàn)氧化性又體現(xiàn)還原性；B、Na2O2既體現(xiàn)氧化性又體現(xiàn)還原性；C、不屬于氧化還原反應(yīng)；D、根據(jù)化合價(jià)變化，Na2O2體現(xiàn)氧化性【解答】解：因?yàn)樵贜a2O2+SO2Na2SO4中，Na2O2的作用相同的是氧化劑，A、在2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2中只有氧元素變價(jià)，Na2O2是自身氧化還原，故A錯(cuò)誤；B、在2Na2O2+2SO32Na2SO4+O2中只有氧元素變價(jià)，Na2O2是自身氧化還原，故B錯(cuò)誤；C、在Na2O2+H2SO4Na2SO4+H2O2中這是非氧化還原，是一個(gè)復(fù)分解反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D、在3Na2O2+Cr2O32Na2CrO4+Na2O中，Na2O2中1價(jià)的氧變?yōu)?價(jià)，Na2O2作氧化劑，故D正確；故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了鈉及其化合物性質(zhì)，氧化還原反應(yīng)的實(shí)質(zhì)分析，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵，題目難度中等20（4分）向等物質(zhì)的量濃度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀鹽酸下列離子方程式可能與事實(shí)相符的是（）AOH+2CO32+3H+2HCO3+H2OB2OH+CO32+3H+HCO3+2H2OC2OH+CO32+4H+CO2+3H2ODOH+CO32+3H+CO2+2H2O【分析】等物質(zhì)的量濃度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中含有氫氧化鈉與碳酸鈉的物質(zhì)的量相等，稀鹽酸加入到NaOH和Na2CO3的混合溶液中，鹽酸先與氫氧化鈉發(fā)生酸堿中和，剩余的鹽酸再與碳酸鈉發(fā)生反應(yīng)，鹽酸少量時(shí)發(fā)生反應(yīng)CO32+H+=HCO3，鹽酸過(guò)量時(shí)發(fā)生反應(yīng)：CO32+2H+=CO2+H2O，以此來(lái)解答【解答】解：A設(shè)NaOH和Na2CO3的物質(zhì)的量都為1mol，則加入鹽酸少量，先發(fā)生反應(yīng)：OH+H+H2O，1mol氫氧化鈉消耗1mol鹽酸，再發(fā)生反應(yīng)CO32+H+HCO3，將兩個(gè)方程式相加得：OH+CO32+2H+HCO3+H2O，故A錯(cuò)誤；B設(shè)NaOH和Na2CO3的物質(zhì)的量都為2mol，則加入鹽酸少量，先發(fā)生反應(yīng)：2OH+2H+2H2O，2mol氫氧化鈉消耗2mol鹽酸，再發(fā)生反應(yīng)CO32+H+HCO3，鹽酸不足之消耗1mol碳酸鈉，將兩個(gè)方程式相加得：2OH+CO32+3H+HCO3+2H2O，故B正確；C設(shè)NaOH和Na2CO3的物質(zhì)的量都為2mol，2mol氫氧化鈉消耗2mol氫離子，剩余2mol氫離子與2mol碳酸鈉反應(yīng)生成2mol碳酸氫根離子，離子方程式應(yīng)為2OH+2CO32+4H+2HCO3+2H2O，即OH+CO32+2H+HCO3+H2O，故C錯(cuò)誤；D設(shè)NaOH和Na2CO3的物質(zhì)的量都為1mol，則加入鹽酸過(guò)量，先發(fā)生反應(yīng)：OH+H+H2O，1mol氫氧化鈉消耗1mol鹽酸，再發(fā)生反應(yīng)CO32+2H+CO2+H2O，將兩個(gè)方程式相加得：OH+CO32+3H+CO2+2H2O，故D正確；故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查離子反應(yīng)方程式書寫的正誤判斷，為高頻考點(diǎn)，把握反應(yīng)的先后順序、與量有關(guān)的離子反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與應(yīng)用能力的考查，題目難度不大21（4分）室溫下，甲、乙兩燒杯均盛有5mL pH=3的某一元酸溶液，向乙燒杯中加水稀釋至pH=4關(guān)于甲、乙兩燒杯中溶液的描述正確的是（）A溶液的體積：V甲10V乙B水電離出的OH濃度：10c（OH）甲c（OH）乙C若分別用等濃度的NaOH溶液完全中和，所得溶液的pH：甲乙D若分別與5mL pH=11的NaOH溶液反應(yīng)，所得溶液的pH：甲乙【分析】弱酸為弱電解質(zhì)，存在電離平衡，加水稀釋時(shí)，促進(jìn)弱酸的電離；水是弱電解質(zhì)，存在電離平衡，酸電離產(chǎn)生的氫離子抑制水的電離平衡。【解答】解：A若酸強(qiáng)酸，則依據(jù)溶液吸稀釋過(guò)程中氫離子物質(zhì)的量不變5ml103=V104，解得V=50ml，則10V甲=V乙，若酸為弱酸，加水稀釋時(shí)，促進(jìn)弱酸的電離，電離產(chǎn)生的氫離子增多，要使pH仍然為4，加入的水應(yīng)該多一些，所以10V甲V乙，故A錯(cuò)誤；BpH=3的酸中，氫氧根離子全部有水電離產(chǎn)生，C（OH）甲=1011mol/L，pH=4的酸中，氫氧根離子全部有水電離產(chǎn)生，C（OH）乙=1010mol/L，則10c（OH）甲=c（OH）乙，故B錯(cuò)誤；C稀釋前后甲乙兩個(gè)燒杯中所含的一元酸的物質(zhì)的量相等，依據(jù)酸堿中和反應(yīng)可知，消