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2014年上海市高考化学试卷
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这是一份2014年上海市高考化学试卷，共44页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。
2014年上海市高考化学试卷
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
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
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
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
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
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＞K
C．酸性：HClO4＞H2SO4 D．元素的金属性：Mg＞Al
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N2 C．HNO2和 NO2﹣ D．CH3+和NH4+
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
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）+236.6kJ
CH3﹣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
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
Y
A
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
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
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
13．（3分）催化加氢可生成3﹣甲基己烷的是（ ）
A． B． C． D．
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
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
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0.672mL
C．和砒霜反应的锌为3.90mg D．转移的电子总数为6×10﹣5NA
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
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﹣
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+O2
B．2Na2O2+2SO3═2Na2SO4+O2
C．Na2O2+H2SO4═Na2SO4+H2O2
D．3Na2O2+Cr2O3═2Na2CrO4+Na2O
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﹣+H2O
B．2OH﹣+CO32﹣+3H+→HCO3﹣+2H2O
C．2OH﹣+CO32﹣+4H+→CO2↑+3H2O
D．OH﹣+CO32﹣+3H+→CO2↑+2H2O
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
22．（4分）已知：2Na[Al（OH）4]+CO2→2Al（OH）3↓+Na2CO3+H2O．向含2mol NaOH，1mol 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
D
n（CO2）（mol）
2
3
4
6
n（沉淀）（mol）
1
2
3
3
A．A B．B C．C D．D
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 ．（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： ．
（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）．
（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 ，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 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 ．
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： ．
（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： ， ．
（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 ，其原因是 ．已知：
H2S：Ki1=1.3×10﹣7 Ki2=7.1×10﹣15
H2CO3：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．
（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 、 ，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 ．
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．
（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 ．（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 ．
滤渣的主要成分是 、 ．
（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 ．
选甲基橙而不选酚酞作为指示剂的原因是 ．
样品中NaHCO3质量分数为 ．（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 ．（选填“偏高”、“偏低”或“不受影响”）
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 、 （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 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。
工业上用电石﹣乙炔生产氯乙烯的反应如下：
CaO+3CCaC2+CO
CaC2+2H2O→HC≡CH↑+Ca（OH）2
HC≡CH+HClCH2═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： 、 。
（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。
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：
苯胺（ ）具有 ．（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 、B 、C ．
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 ．
（3）欲将转化为，则应加入 ．
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 、反应③ ；
（2）写出反应试剂和反应条件．反应② 、反应④ ；
（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：AB…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： ．
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 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．
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．
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＞K
C．酸性：HClO4＞H2SO4 D．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N2 C．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）+236.6kJ
CH3﹣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
Y
A
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0.672mL
C．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+O2
B．2Na2O2+2SO3═2Na2SO4+O2
C．Na2O2+H2SO4═Na2SO4+H2O2
D．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﹣+H2O
B．2OH﹣+CO32﹣+3H+→HCO3﹣+2H2O
C．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 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
D
n（CO2）（mol）
2
3
4
6
n（沉淀）（mol）
1
2
3
3
A．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： 2NH3+CO2+H2O=（NH4）2CO3、（NH4）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 NH3和PH3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： 3H2SO4+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： ①2H2S+3O22H2O+2SO2、②2H2S+SO2→3S+2H2O ， H2SH2+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=7.1×10﹣15
H2CO3：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，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①2H2S+3O22H2O+2SO2； ②2H2S+SO2→3S+2H2O；H2SH2+S或2H2S+O22S+2H2O，
故答案为：①2H2S+3O22H2O+2SO2、②2H2S+SO2→3S+2H2O；H2SH2+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． NH4HCO3+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+3CCaC2+CO
CaC2+2H2O→HC≡CH↑+Ca（OH）2
HC≡CH+HClCH2═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 CO2 、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 C2H5OH/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：AB…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 2
0.84 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．
2014年上海市高考化学试卷
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
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
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
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
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
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＞K
C．酸性：HClO4＞H2SO4 D．元素的金属性：Mg＞Al
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N2 C．HNO2和 NO2﹣ D．CH3+和NH4+
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
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）+236.6kJ
CH3﹣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
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
Y
A
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
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
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
13．（3分）催化加氢可生成3﹣甲基己烷的是（ ）
A． B． C． D．
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
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
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0.672mL
C．和砒霜反应的锌为3.90mg D．转移的电子总数为6×10﹣5NA
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
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﹣
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+O2
B．2Na2O2+2SO3═2Na2SO4+O2
C．Na2O2+H2SO4═Na2SO4+H2O2
D．3Na2O2+Cr2O3═2Na2CrO4+Na2O
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﹣+H2O
B．2OH﹣+CO32﹣+3H+→HCO3﹣+2H2O
C．2OH﹣+CO32﹣+4H+→CO2↑+3H2O
D．OH﹣+CO32﹣+3H+→CO2↑+2H2O
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
22．（4分）已知：2Na[Al（OH）4]+CO2→2Al（OH）3↓+Na2CO3+H2O．向含2mol NaOH，1mol 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
D
n（CO2）（mol）
2
3
4
6
n（沉淀）（mol）
1
2
3
3
A．A B．B C．C D．D
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 ．（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： ．
（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）．
（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 ，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 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 ．
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： ．
（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： ， ．
（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 ，其原因是 ．已知：
H2S：Ki1=1.3×10﹣7 Ki2=7.1×10﹣15
H2CO3：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．
（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 、 ，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 ．
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．
（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 ．（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 ．
滤渣的主要成分是 、 ．
（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 ．
选甲基橙而不选酚酞作为指示剂的原因是 ．
样品中NaHCO3质量分数为 ．（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 ．（选填“偏高”、“偏低”或“不受影响”）
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 、 （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 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。
工业上用电石﹣乙炔生产氯乙烯的反应如下：
CaO+3CCaC2+CO
CaC2+2H2O→HC≡CH↑+Ca（OH）2
HC≡CH+HClCH2═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： 、 。
（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。
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：
苯胺（ ）具有 ．（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 、B 、C ．
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 ．
（3）欲将转化为，则应加入 ．
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 、反应③ ；
（2）写出反应试剂和反应条件．反应② 、反应④ ；
（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：AB…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： ．
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 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．
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．
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＞K
C．酸性：HClO4＞H2SO4 D．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N2 C．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）+236.6kJ
CH3﹣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
Y
A
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0.672mL
C．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+O2
B．2Na2O2+2SO3═2Na2SO4+O2
C．Na2O2+H2SO4═Na2SO4+H2O2
D．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﹣+H2O
B．2OH﹣+CO32﹣+3H+→HCO3﹣+2H2O
C．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 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
D
n（CO2）（mol）
2
3
4
6
n（沉淀）（mol）
1
2
3
3
A．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： 2NH3+CO2+H2O=（NH4）2CO3、（NH4）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 NH3和PH3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： 3H2SO4+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： ①2H2S+3O22H2O+2SO2、②2H2S+SO2→3S+2H2O ， H2SH2+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=7.1×10﹣15
H2CO3：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，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①2H2S+3O22H2O+2SO2； ②2H2S+SO2→3S+2H2O；H2SH2+S或2H2S+O22S+2H2O，
故答案为：①2H2S+3O22H2O+2SO2、②2H2S+SO2→3S+2H2O；H2SH2+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． NH4HCO3+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+3CCaC2+CO
CaC2+2H2O→HC≡CH↑+Ca（OH）2
HC≡CH+HClCH2═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 CO2 、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 C2H5OH/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：AB…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 2
0.84 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．
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