2014年高考浙江化學(xué)試題及答案

1、2014年浙江省高考化學(xué)試卷一、選擇題（共7小題，每小題3分，滿(mǎn)分21分）1（3分）下列說(shuō)法不正確的是（）A光催化還原水制氫比電解水制氫更節(jié)能環(huán)保、更經(jīng)濟(jì)B氨氮廢水（含NH4+及NH3）可用化學(xué)氧化法或電化學(xué)氧化法處理C某種光學(xué)檢測(cè)技術(shù)具有極高的靈敏度，可檢測(cè)到單個(gè)細(xì)胞（V1012L）內(nèi)的數(shù)個(gè)目標(biāo)分子，據(jù)此可推算該檢測(cè)技術(shù)能檢測(cè)細(xì)胞內(nèi)濃度約為10121011molL1的目標(biāo)分子D向汽油中添加甲醇后，該混合燃料的熱值不變2（3分）下列說(shuō)法正確的是（）A金屬汞一旦灑落在實(shí)驗(yàn)室地面或桌面時(shí)，必須盡可能收集，并深埋處理B用pH計(jì)、電導(dǎo)率儀（一種測(cè)量溶液導(dǎo)電能力的儀器）均可監(jiān)測(cè)乙酸乙酯的水解程度C鄰苯二

2、甲酸氫鉀可用于標(biāo)定NaOH溶液的濃度，假如稱(chēng)量鄰苯二甲酸氫鉀時(shí)電子天平讀數(shù)比實(shí)際質(zhì)量偏大，則測(cè)得的NaOH溶液濃度比實(shí)際濃度偏小D向某溶液中加入茚三銅試劑，加熱煮沸后溶液若出現(xiàn)藍(lán)色，則可判斷該溶液含有蛋白質(zhì)3（3分）如圖所示的五中元素中，W、X、Y、Z為短周期元素，這四種元素的原子最外層電子數(shù)之和為22，下列說(shuō)法正確的是（）AX、Y、Z三種元素最低價(jià)氫化物的沸點(diǎn)依次升高B由X、Y和氫三種元素形成的化合物中只有共價(jià)鍵C物質(zhì)WY2，W3X4，WZ4均有熔點(diǎn)高，硬度大的特性DT元素的單質(zhì)具有半導(dǎo)體的特性，T與Z元素可形成化合物TZ44（3分）下列說(shuō)法正確的是（）A乳酸薄荷醇酯（）僅能發(fā)生水解、氧化、

3、消去反應(yīng)B乙醛和丙烯醛（）不是同系物，它們與氫氣充分反應(yīng)后的產(chǎn)物也不是同系物C淀粉和纖維素在酸催化下完全水解后的產(chǎn)物都是葡萄糖DCH3COOCH2CH3與CH3CH2COOCH3互為同分異構(gòu)體，1HNMR譜顯示兩者均有三種不同的氫原子且三種氫原子的比例相同，故不能用1HNMR來(lái)鑒別5（3分）鎳氫電池（NiMH）目前已經(jīng)成為混合動(dòng)力汽車(chē)的一種主要電池類(lèi)型，NiMH中的M表示金屬或合金，該電池在充電過(guò)程中的總反應(yīng)方程式是：Ni（OH）2+MNiOOH+MH已知：6NiOOH+NH3+H2O+OH6Ni（OH）2+NO2下列說(shuō)法正確的是（）ANiMH電池放電過(guò)程中，正極的電極反應(yīng)式為：NiOOH+H

4、2O+eNi（OH）2+OHB充電過(guò)程中OH離子從陽(yáng)極向陰極遷移C充電過(guò)程中陰極的電極反應(yīng)式：H2O+M+eMH+OH，H2O中的H被M還原DNiMH電池中可以用KOH溶液、氨水等作為電解質(zhì)溶液6（3分）氯在飲用水處理中常用作殺菌劑，且HClO的殺菌能力比ClO強(qiáng)，25時(shí)氯氣氯水體系中存在以下平衡關(guān)系：Cl2（g）Cl2（aq） K1=101.2Cl2（aq）+H2OHClO+H+Cl K2=103.4HClOH+ClO Ka=？其中Cl2（aq）、HClO和ClO分別在三者中所占分?jǐn)?shù)（）隨pH變化的關(guān)系如圖所示，下列表述正確的是（）ACl2（g）+H2O2H+ClO+Cl K=1010.9B

5、在氯處理水體系中，c（HClO）+c（ClO）=c（H+）c（OH）C用氯處理飲用水時(shí)，pH=7.5時(shí)殺菌效果比pH=6.5時(shí)差D氯處理飲用水時(shí)，在夏季的殺菌效果比在冬季好7（3分）霧霾嚴(yán)重影響人們的生活與健康，某地區(qū)的霧霾中可能含有如下可溶性無(wú)機(jī)離子：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42、NO3、Cl某同學(xué)收集了該地區(qū)的霧霾，經(jīng)必要的預(yù)處理后的試樣溶液，設(shè)計(jì)并完成了如下實(shí)驗(yàn)：已知：3NO3+8Al+5OH+2H2O3NH3+8AlO2根據(jù)以上的實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象，該同學(xué)得出的結(jié)論不正確的是（）A試樣中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42和NO3B試樣中一定不含Al3+C試樣中可能存在N

6、a+、ClD該霧霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4二、解答題（共4小題，滿(mǎn)分44分）8（15分）某研究小組為了探究一種無(wú)機(jī)礦物鹽X（僅含四種元素）的組成和性質(zhì)，設(shè)計(jì)并完成了如下實(shí)驗(yàn)：另取10.80g X在惰性氣流中加熱至完全分解，得到6.40g固體1，請(qǐng)回答如下問(wèn)題：（1）畫(huà)出白色沉淀1中金屬元素的原子結(jié)構(gòu)示意圖，寫(xiě)出氣體甲的電子式（2）X的化學(xué)式是，在惰性氣流中加熱X至完全分解的化學(xué)反應(yīng)方程式為（3）白色沉淀2在空氣中變成紅褐色沉淀的原因是（用化學(xué)反應(yīng)方程式表示）（4）一定條件下，氣體甲與固體1中的某種成分可能發(fā)生氧化還原反應(yīng)，寫(xiě)出一個(gè)可能的化學(xué)反應(yīng)方程式，并設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案驗(yàn)證該反

7、應(yīng)的產(chǎn)物9煤炭燃燒過(guò)程中會(huì)釋放出大量的SO2，嚴(yán)重破壞生態(tài)環(huán)境采用一定的脫硫技術(shù)可以把硫元素以CaSO4的形式固定，從而降低SO2的排放但是煤炭燃燒過(guò)程中產(chǎn)生的CO又會(huì)與CaSO4發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，降低了脫硫效率相關(guān)反應(yīng)的熱化學(xué)方程式如下：CaSO4（s）+CO（g）CaO（s）+SO2（g）+CO2（g）H1=218.4kJmol1（反應(yīng)）CaSO4（s）+4CO（g）CaS（s）+4CO2（g）H2=175.6kJmol1（反應(yīng)）請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）反應(yīng)能夠自發(fā)進(jìn)行的條件是（2）對(duì)于氣體參與的反應(yīng)，表示平衡常數(shù)Kp時(shí)用氣體組分（B）的平衡壓強(qiáng)p（B）代替該氣體物質(zhì)的量濃度c（B），則反應(yīng)的K

8、p=（用表達(dá)式表示）（3）假設(shè)某溫度下，反應(yīng)的速率（v1）大于反應(yīng)的速率（v2），則下列反應(yīng)過(guò)程能量變化示意圖正確的是（4）通過(guò)監(jiān)測(cè)反應(yīng)體系中氣體濃度的變化可判斷反應(yīng)和是否同時(shí)發(fā)生，理由是（5）圖1為實(shí)驗(yàn)測(cè)得不同溫度下反應(yīng)體系中CO初始體積百分?jǐn)?shù)與平衡時(shí)固體產(chǎn)物中CaS質(zhì)量百分?jǐn)?shù)的關(guān)系曲線則降低該反應(yīng)體系中SO2生成量的措施有A向該反應(yīng)體系中投入石灰石 B在合適的溫度區(qū)間內(nèi)控制較低的反應(yīng)溫度C提高CO的初始體積百分?jǐn)?shù) D提高反應(yīng)體系的溫度（6）恒溫恒容條件下，假設(shè)反應(yīng)和同時(shí)發(fā)生，且v1v2，請(qǐng)?jiān)趫D2中畫(huà)出反應(yīng)體系中c（SO2）隨時(shí)間t變化的總趨勢(shì)圖10（14分）葡萄糖酸鈣是一種可促進(jìn)骨骼生長(zhǎng)的

9、營(yíng)養(yǎng)物質(zhì)，葡萄糖酸鈣可通過(guò)以下反應(yīng)制得：C6H12O6（葡萄糖）+Br2+H2O+C6H12O7（葡萄糖酸）+2HBr2C6H12O7+CaCO3Ca（C6H11O7）2（葡萄糖酸鈣）+H2O+CO2相關(guān)物質(zhì)的溶解性見(jiàn)下表：物質(zhì)名稱(chēng)葡萄糖酸鈣葡萄糖酸溴化鈣氯化鈣水中的溶解性可溶于冷水易溶于熱水可溶易溶易溶乙醇中的溶解性微溶微溶可溶可溶實(shí)驗(yàn)流程如下：請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）第步中溴水氧化葡萄糖時(shí)，下列裝置中最合適的是制備葡萄糖酸鈣的過(guò)程中，葡萄糖的氧化也可用其它試劑，下列物質(zhì)中最適合的是A新制Cu（OH）2懸濁液 B酸性KMnO4溶液CO2/葡萄糖氧化酶 DAg（NH3）2OH溶液（2）第步充分反

10、應(yīng)后CaCO3固體需有剩余，其目的是，本實(shí)驗(yàn)中不宜用CaCl2替代CaCO3，理由是（3）第步需趁熱過(guò)濾，其原因是（4）第步加入乙醇的作用是（5）第步中，下列洗滌劑最合適的是A冷水 B熱水 C乙醇 D乙醇水混合溶液11（15分）某興趣小組以苯和乙烯為主要原料，采用以下路線合成藥物普魯卡因：已知：（1）關(guān)于普魯卡因，下列說(shuō)法正確的是A可與濃鹽酸形成鹽 B不與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)C可發(fā)生水解反應(yīng) D能形成內(nèi)鹽（2）寫(xiě)出化合物B的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式（3）寫(xiě)出BC反應(yīng)所需的試劑（4）寫(xiě)出C+DE的化學(xué)反應(yīng)方程式（5）寫(xiě)出同時(shí)滿(mǎn)足下列條件的B的所有同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式分子中含有羧基1HNMR譜顯示分子中含有苯環(huán)，且苯

11、環(huán)上有兩種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子（6）通常采用乙烯為原料制得環(huán)氧乙烷與X反應(yīng)合成D，請(qǐng)用化學(xué)反應(yīng)方程式表示以乙烯為原料制備X的合成路線（無(wú)機(jī)試劑任選）2014年浙江省高考化學(xué)試卷參考答案與試題解析一、選擇題（共7小題，每小題3分，滿(mǎn)分21分）1（3分）（2014浙江）下列說(shuō)法不正確的是（）A光催化還原水制氫比電解水制氫更節(jié)能環(huán)保、更經(jīng)濟(jì)B氨氮廢水（含NH4+及NH3）可用化學(xué)氧化法或電化學(xué)氧化法處理C某種光學(xué)檢測(cè)技術(shù)具有極高的靈敏度，可檢測(cè)到單個(gè)細(xì)胞（V1012L）內(nèi)的數(shù)個(gè)目標(biāo)分子，據(jù)此可推算該檢測(cè)技術(shù)能檢測(cè)細(xì)胞內(nèi)濃度約為10121011molL1的目標(biāo)分子D向汽油中添加甲醇后，該混合燃料的熱值

12、不變【分析】A電解消耗電能，而光催化還原水制氫可利用太陽(yáng)能；B氨氮廢水中N為3價(jià)，可利用氧化還原反應(yīng)原理轉(zhuǎn)化為無(wú)毒物質(zhì)；C可檢測(cè)到單個(gè)細(xì)胞（V1012L）內(nèi)的數(shù)個(gè)目標(biāo)分子，結(jié)合c=計(jì)算；D汽油與甲醇均可燃燒，且熱值不同【解答】解：A電解消耗電能，而光催化還原水制氫可利用太陽(yáng)能，前者浪費(fèi)能源，則光催化還原水制氫比電解水制氫更節(jié)能環(huán)保、更經(jīng)濟(jì)，故A正確；B氨氮廢水中N為3價(jià)，可利用氧化還原反應(yīng)原理發(fā)生氧化反應(yīng)轉(zhuǎn)化為無(wú)毒物質(zhì)，所以可用化學(xué)氧化法或電化學(xué)氧化法處理，故B正確；C可檢測(cè)到單個(gè)細(xì)胞（V1012L）內(nèi)的數(shù)個(gè)目標(biāo)分子，體積為1012L，設(shè)數(shù)個(gè)分子為N，則即該檢測(cè)技術(shù)能檢測(cè)細(xì)胞內(nèi)濃度為，N可能介

13、于110之間，則約為10121011molL1的目標(biāo)分子，故C正確；D汽油與甲醇均可燃燒，且熱值不同，則向汽油中添加甲醇后，該混合燃料的熱值發(fā)生變化，故D錯(cuò)誤；故選D2（3分）（2014浙江）下列說(shuō)法正確的是（）A金屬汞一旦灑落在實(shí)驗(yàn)室地面或桌面時(shí)，必須盡可能收集，并深埋處理B用pH計(jì)、電導(dǎo)率儀（一種測(cè)量溶液導(dǎo)電能力的儀器）均可監(jiān)測(cè)乙酸乙酯的水解程度C鄰苯二甲酸氫鉀可用于標(biāo)定NaOH溶液的濃度，假如稱(chēng)量鄰苯二甲酸氫鉀時(shí)電子天平讀數(shù)比實(shí)際質(zhì)量偏大，則測(cè)得的NaOH溶液濃度比實(shí)際濃度偏小D向某溶液中加入茚三銅試劑，加熱煮沸后溶液若出現(xiàn)藍(lán)色，則可判斷該溶液含有蛋白質(zhì)【分析】A金屬汞一旦灑落在實(shí)驗(yàn)室地

14、面或桌面，加硫磺粉處理；B乙酸乙酯水解生成乙酸和乙醇，只有乙酸為電解質(zhì)，且乙酸電離顯酸性；C標(biāo)準(zhǔn)液的濃度已知，待測(cè)液的體積也是已知的，c測(cè)=；D茚三銅試劑用于檢驗(yàn)氨基酸【解答】解：A金屬汞一旦灑落在實(shí)驗(yàn)室地面或桌面，加硫磺粉處理，且金屬汞不能深埋處理，易污染土壤和地下水，故A錯(cuò)誤；B乙酸乙酯水解生成乙酸和乙醇，只有乙酸為電解質(zhì)，且乙酸電離顯酸性，則乙酸濃度越大，酸性越強(qiáng)，導(dǎo)電能力也越強(qiáng)，所以用pH計(jì)、電導(dǎo)率儀（一種測(cè)量溶液導(dǎo)電能力的儀器）均可監(jiān)測(cè)乙酸乙酯的水解程度，故B正確；C標(biāo)準(zhǔn)液的濃度已知，待測(cè)液的體積也是已知的，由c測(cè)=可知，如果實(shí)際消耗的標(biāo)準(zhǔn)液體積增大，最后計(jì)算得到的待測(cè)液濃度也增大；

15、如果實(shí)際消耗的標(biāo)準(zhǔn)液體積減小，最后的得到的待測(cè)液濃度也減?。挥捎诜Q(chēng)量鄰苯二甲酸氫鉀時(shí)電子天平讀數(shù)比實(shí)際質(zhì)量偏大，得到的鄰苯二甲酸氫鉀的實(shí)際濃度偏小，會(huì)使標(biāo)準(zhǔn)液實(shí)際濃度減小，使得實(shí)際消耗的鄰苯二甲酸氫鉀的體積增大，所以計(jì)算得到的得到的待測(cè)液濃度偏大，故C錯(cuò)誤；D茚三酮水合物稀溶液分別與氨基酸、多肽、蛋白質(zhì)一起加熱生成藍(lán)色物質(zhì)，茚三銅試劑一般用于檢驗(yàn)氨基酸，該溶液中可能有蛋白質(zhì)，故D錯(cuò)誤；故選B3（3分）（2014浙江）如圖所示的五中元素中，W、X、Y、Z為短周期元素，這四種元素的原子最外層電子數(shù)之和為22，下列說(shuō)法正確的是（）AX、Y、Z三種元素最低價(jià)氫化物的沸點(diǎn)依次升高B由X、Y和氫三種元素形

16、成的化合物中只有共價(jià)鍵C物質(zhì)WY2，W3X4，WZ4均有熔點(diǎn)高，硬度大的特性DT元素的單質(zhì)具有半導(dǎo)體的特性，T與Z元素可形成化合物TZ4【分析】W、X、Y、Z為短周期元素，這四種元素的原子最外層為22，則X、Y為第二周期元素，W、Z為第三周期元素，設(shè)X的最外層電子為x，則Y、W、Z的最外層電子數(shù)分別為x+1、x1、x+2，所以x+x+1+x1+x+2=22，解得x=5，即X為N，Y為O，W為Si，Z為Cl，W與T同主族，則T為Ge，然后結(jié)合元素化合物知識(shí)來(lái)解答【解答】解：W、X、Y、Z為短周期元素，這四種元素的原子最外層為22，則X、Y為第二周期元素，W、Z為第三周期元素，設(shè)X的最外層電子為x

17、，則Y、W、Z的最外層電子數(shù)分別為x+1、x1、x+2，所以x+x+1+x1+x+2=22，解得x=5，即X為N，Y為O，W為Si，Z為Cl，W與T同主族，則T為Ge，AX、Y、Z三種元素最低價(jià)氫化物分別為NH3、H2O、HCl，NH3、H2O中存在氫鍵，沸點(diǎn)都比HCl高，故A錯(cuò)誤；BN、H、O三種元素可形成NH4NO3，是離子化合物，既有共價(jià)鍵也有離子鍵，故B錯(cuò)誤；CSiO2、Si3N4屬于原子晶體，熔點(diǎn)高，硬度大，而SiCl4屬于分子晶體，熔點(diǎn)低，硬度小，故C錯(cuò)誤；DGe元素位于金屬與非金屬之間的分界線，因此具有半導(dǎo)體的特性，與碳屬于同一主族，最外層四個(gè)電子，性質(zhì)相似，可形成GeCl4，故

18、D正確；故選D4（3分）（2014浙江）下列說(shuō)法正確的是（）A乳酸薄荷醇酯（）僅能發(fā)生水解、氧化、消去反應(yīng)B乙醛和丙烯醛（）不是同系物，它們與氫氣充分反應(yīng)后的產(chǎn)物也不是同系物C淀粉和纖維素在酸催化下完全水解后的產(chǎn)物都是葡萄糖DCH3COOCH2CH3與CH3CH2COOCH3互為同分異構(gòu)體，1HNMR譜顯示兩者均有三種不同的氫原子且三種氫原子的比例相同，故不能用1HNMR來(lái)鑒別【分析】A乳酸薄荷醇酯中含有羥基，能夠發(fā)生取代反應(yīng)；B關(guān)鍵乙醛和丙烯醛的結(jié)構(gòu)及二者與氫氣反應(yīng)產(chǎn)物判斷是否屬于同系物；C淀粉和纖維素都是多糖，二者最終水解產(chǎn)物都是葡萄糖；D二者含有的氫原子的種類(lèi)、相應(yīng)的數(shù)目相同，但是各種氫

19、原子的具體位置不同，可以用1HNMR來(lái)鑒別【解答】解：A乳酸薄荷醇酯（）中含有酯基、羥基，能夠發(fā)生水解、氧化、消去反應(yīng)，還能夠發(fā)生取代反應(yīng)（H氫原子被鹵素原子取代），故A錯(cuò)誤；B乙醛和丙烯醛（）的結(jié)構(gòu)不同，所以二者一定不是同系物；它們與氫氣充分反應(yīng)后分別生成乙醇和丙醇，所以與氫氣加成的產(chǎn)物屬于同系物，故B錯(cuò)誤；C淀粉和纖維素都是多糖，二者在酸催化下完全水解后的產(chǎn)物都是葡萄糖，故C正確；DCH3COOCH2CH3與CH3CH2COOCH3互為同分異構(gòu)體，1HNMR譜顯示兩者均有三種不同的氫原子且三種氫原子的比例相同，但是二者的核磁共振氫譜中峰的位置不相同，可以用1HNMR來(lái)鑒別，故D錯(cuò)誤；故選C

20、5（3分）（2014浙江）鎳氫電池（NiMH）目前已經(jīng)成為混合動(dòng)力汽車(chē)的一種主要電池類(lèi)型，NiMH中的M表示金屬或合金，該電池在充電過(guò)程中的總反應(yīng)方程式是：Ni（OH）2+MNiOOH+MH已知：6NiOOH+NH3+H2O+OH6Ni（OH）2+NO2下列說(shuō)法正確的是（）ANiMH電池放電過(guò)程中，正極的電極反應(yīng)式為：NiOOH+H2O+eNi（OH）2+OHB充電過(guò)程中OH離子從陽(yáng)極向陰極遷移C充電過(guò)程中陰極的電極反應(yīng)式：H2O+M+eMH+OH，H2O中的H被M還原DNiMH電池中可以用KOH溶液、氨水等作為電解質(zhì)溶液【分析】鎳氫電池中主要為KOH作電解液充電時(shí)，陽(yáng)極反應(yīng)：Ni（OH）2+

21、OHe=NiOOH+H2O、陰極反應(yīng)：M+H2O+e=MH+OH，總反應(yīng)：M+Ni（OH）2=MH+NiOOH；放電時(shí)，正極：NiOOH+H2O+e=Ni（OH）2+OH，負(fù)極：MH+OHe=M+H2O，總反應(yīng)：MH+NiOOH=M+Ni（OH）2以上式中M為儲(chǔ)氫合金，MH為吸附了氫原子的儲(chǔ)氫合金，A根據(jù)以上分析書(shū)寫(xiě)正極電極反應(yīng)式；B充電過(guò)程中，氫氧根離子向陽(yáng)極移動(dòng)；C充電時(shí)，陰極上得電子發(fā)生還原反應(yīng)；D有氨氣存在時(shí)易發(fā)生副反應(yīng)【解答】解：鎳氫電池中主要為KOH作電解液 充電時(shí)，陽(yáng)極反應(yīng)：Ni（OH）2+OH=NiOOH+H2O+e、陰極反應(yīng)：M+H2O+e=MH+OH，總反應(yīng)：M+Ni（OH

22、）2=MH+NiOOH；放電時(shí)，正極：NiOOH+H2O+e=Ni（OH）2+OH，負(fù)極：MH+OH=M+H2O+e，總反應(yīng)：MH+NiOOH=M+Ni（OH）2以上式中M為儲(chǔ)氫合金，MH為吸附了氫原子的儲(chǔ)氫合金，A正極的電極反應(yīng)式為：NiOOH+H2O+eNi（OH）2+OH，故A正確；B電解時(shí)陰離子向陽(yáng)極移動(dòng)，陽(yáng)離子向陰極移動(dòng)，所以O(shè)H離子從陰極向陽(yáng)極，故B錯(cuò)誤；CH2O中的H得電子，不是被M還原，故C錯(cuò)誤；D不能用氨水做電解質(zhì)溶液，因?yàn)镹iOOH能和氨水發(fā)生反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；故選A6（3分）（2014浙江）氯在飲用水處理中常用作殺菌劑，且HClO的殺菌能力比ClO強(qiáng)，25時(shí)氯氣氯水體系中存

23、在以下平衡關(guān)系：Cl2（g）Cl2（aq） K1=101.2Cl2（aq）+H2OHClO+H+Cl K2=103.4HClOH+ClO Ka=？其中Cl2（aq）、HClO和ClO分別在三者中所占分?jǐn)?shù)（）隨pH變化的關(guān)系如圖所示，下列表述正確的是（）ACl2（g）+H2O2H+ClO+Cl K=1010.9B在氯處理水體系中，c（HClO）+c（ClO）=c（H+）c（OH）C用氯處理飲用水時(shí)，pH=7.5時(shí)殺菌效果比pH=6.5時(shí)差D氯處理飲用水時(shí)，在夏季的殺菌效果比在冬季好【分析】根據(jù)圖象知，HClOH+ClO中pH=7.5，此時(shí)c（HClO）=c（ClO），Ka=107.5；A蓋斯定律

24、計(jì)算K；B任何電解質(zhì)溶液中都存在電荷守恒；CHClO的殺菌能力比ClO強(qiáng)，所以HClO的濃度越大，其殺菌效果越好；DHClO不穩(wěn)定，受熱易分解【解答】解：根據(jù)圖象知，HClOH+ClO中pH=7.5，Ka=107.5；A依據(jù)蓋斯定律將已知的三個(gè)式子相加可得A選項(xiàng)式，所以K=K1×K2×Ka=K1=101.2×103.4×107.5=1012.1，故A錯(cuò)誤；B體系中存在電荷守恒c（H+）=c（Cl）+c（ClO）+c（OH），即c（Cl）+c（ClO）=c（H+）c（OH），在氯水中HCl完全電離、HClO部分電離，所以c（HClO）c（Cl），所以c（H

25、ClO）+c（ClO）c（H+）c（OH），故B錯(cuò)誤；C起殺菌作用的是HClO，由圖象可知，pH=6.5時(shí)c（HClO）比pH=7.5時(shí)要大，HClO濃度越大，殺菌效果好，所以pH=7.5時(shí)殺菌效果比pH=6.5時(shí)差，故C正確；D夏季相比冬季溫度高，HClO易分解，所以殺菌效果不如冬季，故D錯(cuò)誤；故選C7（3分）（2014浙江）霧霾嚴(yán)重影響人們的生活與健康，某地區(qū)的霧霾中可能含有如下可溶性無(wú)機(jī)離子：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42、NO3、Cl某同學(xué)收集了該地區(qū)的霧霾，經(jīng)必要的預(yù)處理后的試樣溶液，設(shè)計(jì)并完成了如下實(shí)驗(yàn)：已知：3NO3+8Al+5OH+2H2O3NH3+8AlO2根

26、據(jù)以上的實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象，該同學(xué)得出的結(jié)論不正確的是（）A試樣中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42和NO3B試樣中一定不含Al3+C試樣中可能存在Na+、ClD該霧霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4【分析】試樣溶液中加入過(guò)量Ba（OH）2并加熱，生成的氣體1能使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)色，說(shuō)明氣體1是NH3，則試樣中含有NH4+；向?yàn)V液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al，生成氣體2，該氣體能使?jié)駶?rùn)紅色石蕊試紙變藍(lán)色，說(shuō)明含有氣體2是NH3，根據(jù)已知條件知，溶液2中含有NO3，根據(jù)元素守恒知，原溶液中含有NO3；濾液1中通入CO2，得到沉淀2，向沉淀2中加入酸，沉淀溶解

27、并放出氣體，說(shuō)明沉淀2是碳酸鋇等難溶性碳酸鹽；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸鋇不溶于酸，說(shuō)明原來(lái)溶液中含有SO42，能和過(guò)量Ba（OH）2反應(yīng)生成能溶于酸的沉淀，根據(jù)離子知，該沉淀為Mg（OH）2，所以溶液中含有Mg 2+，結(jié)合題給選項(xiàng)分析解答【解答】解：試樣溶液中加入過(guò)量Ba（OH）2并加熱，生成的氣體1能使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)色，說(shuō)明氣體1是NH3，則試樣中含有NH4+；向?yàn)V液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al，生成氣體2，該氣體能使?jié)駶?rùn)紅色石蕊試紙變藍(lán)色，說(shuō)明含有氣體2是NH3，根據(jù)已知條件知，溶液2中含有NO3，根據(jù)元素守恒知，原溶液中含有NO3；濾液1中通入CO

28、2，得到沉淀2，向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出氣體，說(shuō)明沉淀2是碳酸鋇等難溶性碳酸鹽，也有可能是試樣中存在Al3+，在過(guò)量的Ba（OH）2中反應(yīng)生成AlO2，通入CO2后生成Al（OH）3沉淀；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸鋇不溶于酸，說(shuō)明原來(lái)溶液中含有SO42，以及能和過(guò)量Ba（OH）2反應(yīng)生成能溶于酸的沉淀，根據(jù)離子知，該沉淀為Mg（OH）2，所以溶液中含有Mg 2+，A通過(guò)以上分析知，試樣中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42和NO3，故A正確；B通過(guò)以上分析知，試樣中不能確定是否含有Al3+，故B錯(cuò)誤；C通過(guò)以上分析知，試樣中可能存在Na+、Cl，故C正確；D根據(jù)以上分析知，試樣

29、中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42和NO3，可能存在Na+、Cl，所以該霧霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4，故D正確；故選B二、解答題（共4小題，滿(mǎn)分44分）8（15分）（2014浙江）某研究小組為了探究一種無(wú)機(jī)礦物鹽X（僅含四種元素）的組成和性質(zhì)，設(shè)計(jì)并完成了如下實(shí)驗(yàn)：另取10.80g X在惰性氣流中加熱至完全分解，得到6.40g固體1，請(qǐng)回答如下問(wèn)題：（1）畫(huà)出白色沉淀1中金屬元素的原子結(jié)構(gòu)示意圖，寫(xiě)出氣體甲的電子式（2）X的化學(xué)式是CaFe（CO3）2，在惰性氣流中加熱X至完全分解的化學(xué)反應(yīng)方程式為CaFe（CO3）2CaO+FeO+2CO2（3）白色沉淀2在空氣中變成

30、紅褐色沉淀的原因是4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3（用化學(xué)反應(yīng)方程式表示）（4）一定條件下，氣體甲與固體1中的某種成分可能發(fā)生氧化還原反應(yīng)，寫(xiě)出一個(gè)可能的化學(xué)反應(yīng)方程式2FeO+CO2Fe2O3+CO（或生成Fe3O4），并設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案驗(yàn)證該反應(yīng)的產(chǎn)物取適量固體于試管中，加入鹽酸溶解，滴入幾滴KSCN溶液，若溶液變紅色，說(shuō)明產(chǎn)物中含有三價(jià)鐵【分析】X能和HCl反應(yīng)生成氣體甲，隔絕空氣加熱X得到氣體甲和固體1，且X和HCl（aq）反應(yīng)也能得到甲，因此猜測(cè)X是碳酸鹽，因?yàn)閄加熱易分解且能和酸反應(yīng)生成CO2，那么甲為CO2，固體1溶于水得到溶液1和固體2，溶液1和二氧化碳反應(yīng)生成白

31、色沉淀1，白色沉淀1和二氧化碳、水反應(yīng)生成溶液2，則白色沉淀1為碳酸鹽、溶液2為碳酸氫鹽；固體2和稀鹽酸反應(yīng)生成溶液3，且需要無(wú)氧條件，溶液3中加入堿在無(wú)氧條件下生成白色沉淀2，白色沉淀2被空氣氧化生成紅褐色沉淀，則白色沉淀2是Fe（OH）2，溶液3為FeCl2，X僅含4種元素，碳酸鹽分解生成二氧化碳?xì)怏w和兩種氧化物，其中一種氧化物能溶于水，結(jié)合地殼的成分猜測(cè)固體1中成分為CaO、FeO，對(duì)應(yīng)地，X應(yīng)為CaFe（CO3）2，結(jié)合題中信息：10.80g X在惰性氣流中加熱至完全分解，得到6.40g固體1，經(jīng)計(jì)算，確認(rèn)X為CaFe（CO3）2，那么，溶液1是Ca（OH）2，白色沉淀1是CaCO3，

32、溶液2是Ca（HCO3）2，再結(jié)合題目分析解答【解答】解：X能和HCl反應(yīng)生成氣體甲，隔絕空氣加熱X得到氣體甲和固體1，且X和HCl（aq）反應(yīng)也能得到甲，因此猜測(cè)X是碳酸鹽，因?yàn)閄加熱易分解且能和酸反應(yīng)生成CO2，那么甲為CO2，固體1溶于水得到溶液1和固體2，溶液1和二氧化碳反應(yīng)生成白色沉淀1，白色沉淀1和二氧化碳、水反應(yīng)生成溶液2，則白色沉淀1為碳酸鹽、溶液2為碳酸氫鹽；固體2和稀鹽酸反應(yīng)生成溶液3，且需要無(wú)氧條件，溶液3中加入堿在無(wú)氧條件下生成白色沉淀2，白色沉淀2被空氣氧化生成紅褐色沉淀，則白色沉淀2是Fe（OH）2，溶液3為FeCl2，X僅含4種元素，碳酸鹽分解生成二氧化碳?xì)怏w和兩

33、種氧化物，其中一種氧化物能溶于水，結(jié)合地殼的成分猜測(cè)固體1中成分為CaO、FeO，對(duì)應(yīng)地，X應(yīng)為CaFe（CO3）2，結(jié)合題中信息：10.80g X在惰性氣流中加熱至完全分解，得到6.40g固體1，經(jīng)計(jì)算，確認(rèn)X為CaFe（CO3）2，那么，溶液1是Ca（OH）2，白色沉淀1是CaCO3，溶液2是Ca（HCO3）2，（1）白色沉淀1是CaCO3，碳酸鈣中金屬元素的原子核外有4個(gè)電子層、最外層有2個(gè)電子，所以Ca原子結(jié)構(gòu)示意圖為，氣體甲是二氧化碳，二氧化碳的電子式為，故答案為：；（2）通過(guò)以上分析知，X的化學(xué)式是 CaFe（CO3）2，在惰性氣流中加熱X至完全分解生成二氧化碳和氧化鈣、氧化亞鐵，

34、所以該反應(yīng)的化學(xué)反應(yīng)方程式為CaFe（CO3）2CaO+FeO+2CO2，故答案為：CaFe（CO3）2；CaFe（CO3）2CaO+FeO+2CO2；（3）氫氧化亞鐵不穩(wěn)定，易被空氣氧化生成紅褐色氫氧化鐵，所以白色沉淀2在空氣中變成紅褐色沉淀，反應(yīng)方程式為4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3，故答案為：4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3；（4）一定條件下，氣體甲與固體1中的某種成分可能發(fā)生氧化還原反應(yīng)，氧化亞鐵具有還原性，能被二氧化碳氧化生成四氧化三鐵或氧化鐵，同時(shí)生成CO，反應(yīng)方程式為2FeO+CO2Fe2O3+CO（或生成Fe3O4），如果該反應(yīng)發(fā)生，則生成

35、固體中含有三價(jià)鐵，將固體溶于稀鹽酸生成鐵離子，鐵離子和KSCN溶液反應(yīng)生成血紅色物質(zhì)而使溶液變紅色故答案為：2FeO+CO2Fe2O3+CO（或生成Fe3O4）；取適量固體于試管中，加入鹽酸溶解，滴入幾滴KSCN溶液，若溶液變紅色，說(shuō)明產(chǎn)物中含有三價(jià)鐵9（2014浙江）煤炭燃燒過(guò)程中會(huì)釋放出大量的SO2，嚴(yán)重破壞生態(tài)環(huán)境采用一定的脫硫技術(shù)可以把硫元素以CaSO4的形式固定，從而降低SO2的排放但是煤炭燃燒過(guò)程中產(chǎn)生的CO又會(huì)與CaSO4發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，降低了脫硫效率相關(guān)反應(yīng)的熱化學(xué)方程式如下：CaSO4（s）+CO（g）CaO（s）+SO2（g）+CO2（g）H1=218.4kJmol1（反應(yīng)）

36、CaSO4（s）+4CO（g）CaS（s）+4CO2（g）H2=175.6kJmol1（反應(yīng)）請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）反應(yīng)能夠自發(fā)進(jìn)行的條件是高溫（2）對(duì)于氣體參與的反應(yīng)，表示平衡常數(shù)Kp時(shí)用氣體組分（B）的平衡壓強(qiáng)p（B）代替該氣體物質(zhì)的量濃度c（B），則反應(yīng)的Kp=（用表達(dá)式表示）（3）假設(shè)某溫度下，反應(yīng)的速率（v1）大于反應(yīng)的速率（v2），則下列反應(yīng)過(guò)程能量變化示意圖正確的是C（4）通過(guò)監(jiān)測(cè)反應(yīng)體系中氣體濃度的變化可判斷反應(yīng)和是否同時(shí)發(fā)生，理由是如果氣體中SO2和CO2濃度之比隨時(shí)間變化，則兩個(gè)反應(yīng)同時(shí)進(jìn)行（5）圖1為實(shí)驗(yàn)測(cè)得不同溫度下反應(yīng)體系中CO初始體積百分?jǐn)?shù)與平衡時(shí)固體產(chǎn)物中CaS質(zhì)

37、量百分?jǐn)?shù)的關(guān)系曲線則降低該反應(yīng)體系中SO2生成量的措施有ABCA向該反應(yīng)體系中投入石灰石 B在合適的溫度區(qū)間內(nèi)控制較低的反應(yīng)溫度C提高CO的初始體積百分?jǐn)?shù) D提高反應(yīng)體系的溫度（6）恒溫恒容條件下，假設(shè)反應(yīng)和同時(shí)發(fā)生，且v1v2，請(qǐng)?jiān)趫D2中畫(huà)出反應(yīng)體系中c（SO2）隨時(shí)間t變化的總趨勢(shì)圖【分析】（1）反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行，應(yīng)滿(mǎn)足HTS0；（2）表示平衡常數(shù)Kp時(shí)用氣體組分（B）的平衡壓強(qiáng)p（B）代替該氣體物質(zhì)的量的濃度c（B），可根據(jù)平衡常數(shù)的表達(dá)式書(shū)寫(xiě)，平衡常數(shù)等于氣體生成物濃度冪之積除以氣體反應(yīng)物濃度冪之積；（3）反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，反應(yīng)為放熱反應(yīng)，結(jié)合反應(yīng)物與生成物總能量大小之間的關(guān)系判斷；（4）

38、反應(yīng)生成SO2和CO2，反應(yīng)只生成CO2，如同時(shí)發(fā)生，則兩種氣體的濃度比會(huì)隨時(shí)間發(fā)生變化；（5）由反應(yīng)可知生成二氧化硫的反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，則低溫下不利于生成二氧化硫；（6）反應(yīng)和同時(shí)發(fā)生，且v1v2，因反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，反應(yīng)為放熱反應(yīng)，則溫度逐漸降低，反應(yīng)速率逐漸減小【解答】解：（1）反應(yīng)吸熱，則H0，由方程式可知0，反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行，應(yīng)滿(mǎn)足HTS0，則應(yīng)在較高溫度下進(jìn)行，故答案為：高溫；（2）由題意可知，反應(yīng)的Kp=，故答案為：；（3）反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，反應(yīng)為放熱反應(yīng)，則A、D錯(cuò)誤；反應(yīng)的速率（v1）大于反應(yīng)的速率（v2），則反應(yīng)的活化能較大，則B錯(cuò)誤、C正確，故答案為：C；（4）反應(yīng)生成SO2和C

39、O2，反應(yīng)只生成CO2，如同時(shí)發(fā)生，則兩種氣體的濃度比隨時(shí)間會(huì)發(fā)生變化，故答案為：如果氣體中SO2和CO2濃度之比隨時(shí)間變化，則兩個(gè)反應(yīng)同時(shí)進(jìn)行；（5）A向該反應(yīng)體系中投入石灰石，可使更多的二氧化硫轉(zhuǎn)化為硫酸鈣，減少二氧化硫的排放，故A正確；B由反應(yīng)可知生成二氧化硫的反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，則低溫下不利于生成二氧化硫，則應(yīng)在合適的溫度區(qū)間內(nèi)控制較低的反應(yīng)溫度，故B正確；C由圖象可知，提高CO的初始體積百分?jǐn)?shù)，增大CaS的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，減少二氧化硫的排放，故C正確；D提高反應(yīng)體系的溫度，不利于二氧化硫的減少，故D錯(cuò)誤故答案為：ABC；（6）反應(yīng)和同時(shí)發(fā)生，且v1v2，所以剛開(kāi)始生成二氧化硫速率快，隨著反應(yīng)2

40、進(jìn)行，生成二氧化碳越來(lái)越多，促使第一個(gè)反應(yīng)平衡向左移動(dòng)，導(dǎo)致二氧化硫的量降低，直到達(dá)到平衡不變則圖象應(yīng)為，故答案為：10（14分）（2014浙江）葡萄糖酸鈣是一種可促進(jìn)骨骼生長(zhǎng)的營(yíng)養(yǎng)物質(zhì)，葡萄糖酸鈣可通過(guò)以下反應(yīng)制得：C6H12O6（葡萄糖）+Br2+H2O+C6H12O7（葡萄糖酸）+2HBr2C6H12O7+CaCO3Ca（C6H11O7）2（葡萄糖酸鈣）+H2O+CO2相關(guān)物質(zhì)的溶解性見(jiàn)下表：物質(zhì)名稱(chēng)葡萄糖酸鈣葡萄糖酸溴化鈣氯化鈣水中的溶解性可溶于冷水易溶于熱水可溶易溶易溶乙醇中的溶解性微溶微溶可溶可溶實(shí)驗(yàn)流程如下：請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）第步中溴水氧化葡萄糖時(shí)，下列裝置中最合適的是B制備

41、葡萄糖酸鈣的過(guò)程中，葡萄糖的氧化也可用其它試劑，下列物質(zhì)中最適合的是CA新制Cu（OH）2懸濁液 B酸性KMnO4溶液CO2/葡萄糖氧化酶 DAg（NH3）2OH溶液（2）第步充分反應(yīng)后CaCO3固體需有剩余，其目的是提高葡萄糖酸的轉(zhuǎn)化率，便于后續(xù)分離，本實(shí)驗(yàn)中不宜用CaCl2替代CaCO3，理由是氯化鈣難以與葡萄糖酸直接反應(yīng)生成葡萄糖酸鈣沉淀（3）第步需趁熱過(guò)濾，其原因是葡萄糖酸鈣冷卻后結(jié)晶析出，如不趁熱過(guò)濾會(huì)損失產(chǎn)品（4）第步加入乙醇的作用是可降低葡萄糖酸鈣在溶劑中的溶解度，有利于葡萄糖酸鈣析出（5）第步中，下列洗滌劑最合適的是DA冷水 B熱水 C乙醇 D乙醇水混合溶液【分析】（1）反應(yīng)在

42、55條件下進(jìn)行，需要水浴加熱，且有冷凝回流裝置；可用葡萄糖氧化酶催化作用下用氧氣氧化葡萄糖，可生成葡萄糖酸；（2）CaCO3固體需有剩余，可使葡萄糖酸完全反應(yīng)，氯化鈣易溶于水，易引入雜質(zhì)，且葡萄糖酸與氯化鈣不反應(yīng)；（3）趁熱過(guò)濾，可避免葡萄糖酸鈣的損失；（4）由表中數(shù)據(jù)可知，葡萄糖酸鈣微溶于乙醇，可避免損失；（5）洗滌沉淀，應(yīng)避免沉淀溶解，且能將沉淀吸附物沖洗去【解答】解：（1）反應(yīng)在55條件下進(jìn)行，需要水浴加熱，且有冷凝回流裝置，題中A缺少回流裝置，要滴加溴水，所以要有滴液漏斗，排除A，C缺少水浴加熱，只有B符合；新制Cu（OH）2懸濁液、Ag（NH3）2OH溶液氧化性較弱，且反應(yīng)需要堿性條件下進(jìn)行，不利于葡萄糖的氧化，而酸性高錳酸鉀氧化性較強(qiáng)，不能得到葡萄糖酸，可用葡萄糖氧化酶催化作用下用氧氣氧化葡萄糖，可生成葡萄糖酸，故答案為：B；C；（2）可使