2014年江苏省高考化学试卷解析版

2014年江苏省高考化学试卷解析版A．过氧化钠的电子式：80参考答案与试题解析B．质子数为35、中子数为45的溴原子：35퐵푟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C．硫离子的结构示意图：于水的说法正确的是（ ）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】．过氧化钠是离子化合物，其电子式符合离子化合物特点；AA．水是弱电解质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；B．可燃冰是可以燃烧的水C．硫离子核外有18个电子、最外层有8个电子；C．氢氧两种元素只能组成水D．该结构简式为对二甲苯．D．0℃时冰的密度比液态水的密度大【解答】解：A．过氧化钠是离子化合物，其电子式为，故A错误；【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【专题】52：元素及其化合物．80数＝35+45＝80，所以该原子为：35퐵푟，故B正确；【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；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．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；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；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；故选：B。C．氢氧两种元素可以组成水、双氧水，故C错误；【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错来分析解答，注意过氧化钠电子式的书写，为易错点．误；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（ ）故选：A。A．pH＝1的溶液中：Na+、K+、MnO﹣、CO2﹣【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43B．c（H+）＝1×10﹣13mol•L﹣1的溶液中：Mg2+、Cu2+、SO2﹣、NO﹣成及性质，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力．43C．0.1mol•L﹣1NHHCO溶液中：K+、Na+、NO﹣、Cl﹣2．（2分）下列有关化学用语表示正确的是（ ）433﹣12++﹣2﹣D．0.1mol•LFeCl3溶液中：Fe、NH4、SCN、SO4【考点】DP：离子共存问题．菁优网版权所有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；【专题】516：离子反应专题．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【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有对应关系，故D错误；存，据此分析解答．故选：B。2﹣【解答】解：pH＝1的溶液呈强酸性，弱酸根离子CO3不能共存，故A错误；【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，所以不能大量共质，灵活运用知识解答，题目难度不大．存，故B错误；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（ ）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．用装置甲制取氯气A．晶体硅熔点高硬度大，可用于制作半导体材料B．用装置乙除去氯气中混有的少量氯化氢B．氢氧化铝具有弱碱性，可用于制胃酸中和剂C．用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液C．漂白粉在空气中不稳定，可用于漂白纸张D．用装置丁蒸干氯化锰溶液制MnCl2•4H2OD．氧化铁能与酸反应，可用于制作红色涂料【考点】U5：化学实验方案的评价．菁优网版权所有【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：【专题】24：实验设计题．铁的氧化物和氢氧化物．菁优网版权所有【分析】A、二氧化锰和浓盐酸制备氯气需要加热；【专题】52：元素及其化合物；55：化学计算．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；【分析】A．硅位于非金属和金属分界线处，能制作半导体材料；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；B．氢氧化铝具有弱碱性，能中和酸；D、锰离子可发生水解．C．漂白粉具有漂白性，能漂白纸张；【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；D．氧化铁是红棕色固体，可以作红色涂料．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【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；体材料，二者没有关系，故A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；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；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+2+行，故D错误；C．用CH3COOH溶解CaCO3：CaCO3+2H═Ca+H2O+CO2↑﹣﹣故选：C。D．向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al（OH）3：CO2+AlO2+2H2O═Al（OH）3↓+HCO3【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【考点】49：离子方程式的书写．菁优网版权所有合性较强，难度一般，注意气体的进出导管长短、盐类水解的抑制应用．【专题】516：离子反应专题．6．（2分）设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）【分析】A．铜和稀硝酸反应生成NO；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0.1NAB．（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应生成Fe（OH）2和NH3．H2O；B．0.1mol丙烯酸中含有双键的数目为0.1NAC．弱电解质写化学式；C．标准状况下，11.2L苯中含有分子的数目为0.5NAD．偏铝酸钠和过量二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠．+﹣2+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【解答】解：A．铜和稀硝酸反应生成NO，离子方程式为3Cu+8H+2NO3═3Cu+2NO↑+4H2O，故A错【考点】4F：阿伏加德罗常数．菁优网版权所有误；【专题】518：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．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+2+﹣【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；2NH4+Fe+4OH═Fe（OH）2↓+2NH3．H2O，故B错误；2+﹣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．弱电解质写化学式，离子方程式为CaCO3+2CH3COOH═Ca+H2O+CO2↑+2CH3COO，故C错误；﹣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．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﹣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．↓+HCO3，故D正确；【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，故选：D。含有氧原子的数目为0.1NA，故A正确；【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．0.2NA，故B错误；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（ ）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；物质甲乙丙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；组别故选：A。AAl2O3HClNaOH【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BSiO2NaOHHF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CHClNaOHNaHCO3含有两个双键．DNH3O2HNO37．（2分）下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）A．AB．BC．CD．D+﹣2+A．Cu溶于稀HNO3：Cu+2H+NO3═Cu+NO2↑+H2O【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2+﹣B．（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe（OH）2：Fe+2OH═Fe（OH）2↓2+2﹣的重要化合物．菁优网版权所有地壳中含量最高的元素，则Y为氧元素，Z与Y具有相同的电子层结构，离子核外电子数为10，故Z的【专题】52：元素及其化合物．质子数为12，则Z为Mg，据此解答．【分析】A．Al2O3与HCl、NaOH均反应，且HCl与NaOH反应；【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B．SiO2与NaOH、HF反应，且NaOH与HF反应；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；2+2﹣C．HCl与NaHCO3、NaOH均反应，且NaHCO3与NaOH反应；Y是地壳中含量最高的元素，则Y为氧元素，Z与Y具有相同的电子层结构，离子核外电子数为10，故D．NH3与O2、HNO3反应，但O2、HNO3二者不反应。Z的质子数为12，则Z为Mg。【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HClA．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；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．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）＞rB．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（C）＞r（O），故B错误；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．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