2014年江苏省高考化学试卷解析版 .pdf
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1、2014 年江苏省高考化学试卷解析版年江苏省高考化学试卷解析版 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、单项选择题:本题包括一、单项选择题:本题包括 10 小题,每小题小题,每小题 2 分,共分,共 20 分,每小题只有一个选项符合题分,每小题只有一个选项符合题意意.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,下列关于水的说法正确的是()A水是弱电解质 B可燃冰是可以燃烧的水 C氢氧两种元素只能组成水 D0时冰的密度比液态水的密度大【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【专题】52:元素及其化合
2、物【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;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;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;C氢氧两种元素可以组成水、双氧水,故 C 错误;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 错误;故选:A。【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,明确可燃冰的组成及性质,试题培养了学生灵活应
3、用所学知识的能力 2(2 分)下列有关化学用语表示正确的是()A过氧化钠的电子式:B质子数为 35、中子数为 45 的溴原子:8035C硫离子的结构示意图: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】A过氧化钠是离子化合物,其电子式符合离子化合物特点;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;C硫离子核外有 18 个电子、最外层有 8 个电子;D该结构简式为对二甲苯【解答】解:A过氧化钠是离子化合物,其电子式为,故 A 错误;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4
4、5 的溴原子的质量数35+4580,所以该原子为:,故 B 正确;8035C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该结构简式为对二甲苯,间二甲苯的结构简式为,故 D 错误;故选:B。【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来分析解答,注意过氧化钠电子式的书写,为易错点 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()ApH1 的溶液中:Na+、K+、MnO4、CO32 Bc(H+)11013molL1的溶液中:Mg2+、Cu2+、SO42、NO3 C0.1molL1NH4HCO
5、3溶液中:K+、Na+、NO3、Cl D0.1molL1FeCl3溶液中:Fe2+、NH4+、SCN、SO42【考点】DP:离子共存问题菁优网版权所有【专题】516:离子反应专题【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存,据此分析解答【解答】解:pH1 的溶液呈强酸性,弱酸根离子 CO32不能共存,故 A 错误;Bc(H+)11013molL1的溶液呈强碱性,Mg2+、Cu2+和氢氧根离子生成沉淀,所以不能大量共存,故 B 错误;CNH4HCO3和这几种离子之间不发生反应,所以能共存,故 C 正确;DFe3+、SCN能生成络合物而使溶液呈血
6、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晶体硅熔点高硬度大,可用于制作半导体材料 B氢氧化铝具有弱碱性,可用于制胃酸中和剂 C漂白粉在空气中不稳定,可用于漂白纸张 D氧化铁能与酸反应,可用于制作红色涂料【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:铁的氧化物和氢氧化物菁优网版权所有【专题】52:元素及其化合物;55:化学计算【分
7、析】A硅位于非金属和金属分界线处,能制作半导体材料;B氢氧化铝具有弱碱性,能中和酸;C漂白粉具有漂白性,能漂白纸张;D氧化铁是红棕色固体,可以作红色涂料【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,可用于制作半导体材料,二者没有关系,故 A 错误;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;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;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,所以二者没有对应关系,故 D 错误;故选:B。【点评】本题
8、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,掌握物质的性质,灵活运用知识解答,题目难度不大 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()A用装置甲制取氯气 B用装置乙除去氯气中混有的少量氯化氢 C用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液 D用装置丁蒸干氯化锰溶液制 MnCl24H2O【考点】U5:化学实验方案的评价菁优网版权所有【专题】24:实验设计题【分析】A、二氧化锰和浓盐酸制备氯气需要加热;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;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;D、锰离子可发生水解
9、【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;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;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;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 MnCl24H2O,应该在 HCl 的气氛中进行,故 D 错误;故选:C。【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,综合性较强,难度一般,注意气
10、体的进出导管长短、盐类水解的抑制应用 6(2 分)设 NA为阿伏伽德罗常数的值,下列说法正确的是()A1.6g 由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为 0.1NA B0.1mol 丙烯酸中含有双键的数目为 0.1NA C标准状况下,11.2L 苯中含有分子的数目为 0.5NA 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【考点】4F:阿伏加德罗常数菁优网版权所有【专题】518:阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】A1.6g 氧气和臭氧的混合物中含有 1.6g 氧原子,含有 0.1mol 氧原子;B丙烯酸分子中含有 1 个碳碳双键和 1 个碳氧双键,
11、总共含有 2 个双键;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【解答】解:A1.6g 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,含有氧原子的数目为 0.1NA,故 A 正确;B0.1mol 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 0.2NA,故 B 错误;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;D过氧
12、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;故选:A。【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,注意丙烯酸分子中含有两个双键 7(2 分)下列指定反应的离子方程式正确的是()ACu 溶于稀 HNO3:Cu+2H+NO3Cu2+NO2+H2O B(NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量 NaOH 溶液反应制 Fe(OH)2:Fe2+2OHFe(OH)2 C用 CH3COOH 溶解 CaCO3:CaC
13、O3+2H+Ca2+H2O+CO2 D向 NaAlO2溶液中通入过量 CO2制 Al(OH)3:CO2+AlO2+2H2OAl(OH)3+HCO3【考点】49:离子方程式的书写菁优网版权所有【专题】516:离子反应专题【分析】A铜和稀硝酸反应生成 NO;B(NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量 NaOH 溶液反应生成 Fe(OH)2和 NH3H2O;C弱电解质写化学式;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【解答】解:A铜和稀硝酸反应生成 NO,离子方程式为 3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O,故 A 错误;B(NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量 NaOH 溶液反应
14、生成 Fe(OH)2和 NH3H2O,离子方程式为 2NH4+Fe2+4OHFe(OH)2+2NH3H2O,故 B 错误;C 弱 电 解 质 写 化 学 式,离 子 方 程 式 为 CaCO3+2CH3COOH Ca2+H2O+CO2+2CH3COO,故 C 错误;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+2H2OAl(OH)3+HCO3,故 D 正确;故选:D。【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 8(2 分)下列各组物
15、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()物质 组别 甲 乙 丙 A Al2O3 HCl NaOH B SiO2 NaOH HF C HCl NaOH NaHCO3 D NH3 O2 HNO3 AA BB CC DD【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、铝的重要化合物菁优网版权所有【专题】52:元素及其化合物【分析】AAl2O3与 HCl、NaOH 均反应,且 HCl 与 NaOH 反应;BSiO2与 NaOH、HF 反应,且 NaOH 与 HF 反应;CHCl 与 NaHCO3、NaOH 均反应,且 NaHCO3与
16、NaOH 反应;DNH3与 O2、HNO3反应,但 O2、HNO3二者不反应。【解答】解:AAl2O3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 HCl 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;BSiO2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 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;CHCl 与 NaHCO3反应生成氯化钠、二氧化碳和水,HCl 与 NaOH 反应生成 NaCl 和水,且 NaHCO3与
17、 NaOH 反应生成碳酸钠和水,组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应,故 C 不选;DNH3与 O2发生氧化还原反应生成 NO 和水,氨气与 HNO3反应生成硝酸铵,但O2、HNO3二者不反应,则不满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应,故 D选;故选:D。【点评】本题考查考查物质之间的反应,把握常见物质的性质及发生的化学反应为解答的关键,注意某些反应与量有关,明确性质与反应的关系即可解答,题目难度不大。9(2 分)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的 2 倍,Y 是地壳中含量最高的元素,Z2+与 Y2具有相同的电子层结构,W 与
18、X 同主族下列说法正确的是()AY 分别与 Z、W 形成的化合物中化学键类型相同 B原子半径的大小顺序:r(W)r(Z)r(Y)r(X)CY 的气态简单氢化物的热稳定性比 W 的强 DX 的最高价氧化物对应的水化物的酸性比 W 的弱【考点】8F:原子结构与元素周期律的关系菁优网版权所有【专题】51C:元素周期律与元素周期表专题【分析】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;Y 是地壳中含量最高的元素,则 Y 为氧元素,Z2+与
19、Y2具有相同的电子层结构,离子核外电子数为 10,故 Z 的质子数为 12,则 Z 为Mg,据此解答【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;Y 是地壳中含量最高的元素,则 Y 为氧元素,Z2+与 Y2具有相同的电子层结构,离子核外电子数为 10,故 Z 的质子数为 12,则Z 为 Mg。AY 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;B同周期自左而右
20、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)r(C)r(O),故 B 错误;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 的气态简单氢化物的热稳定性比 W 的强,故 C 正确;D元素的非金属性越强,其最高价氧化物的水化物酸性越强,非金属性 X(C)W(Si),所以 X 的最高价氧化物对应水化物的酸性比 W 的强,故 D 错误。故选:C。【点评】本题考查原子结构和元素周期律,侧重对元素周期律的考查,推断元素是解题关键,从结构上理解同周期、同主族元素性质的递变规律 10(2 分)已知:C(s)+O2(g)CO2(g)H1 CO
21、2(g)+C(s)2CO(g)H2 2CO(g)+O2(g)2CO2(g)H3 4Fe(s)+3O2(g)2Fe2O3(s)H4 3CO(g)+Fe2O3(s)3CO2(g)+2Fe(s)H5 下列关于上述反应焓变的判断正确的是()AH10,H30 BH20,H40 CH1H2+H3 DH3H4+H5【考点】BR:反应热的大小比较菁优网版权所有【专题】517:化学反应中的能量变化【分析】A、所有的燃烧反应属于放热反应;B、以碳作为还原剂的反应通常为吸热反应,铁的氧化属于放热反应;C、根据盖斯定律利用加合法进行分析;D、根据盖斯定律利用加合法进行分析【解答】解:A、所有的燃烧反应属于放热反应,因
22、此H10,H30,故 A 错误;B、碳还原二氧化碳的反应属于吸热反应,H20,铁与氧气的反应属于放热反应,H40,故 B 错误;C、已知:C(s)+O2(g)CO2(g)H1CO2(g)+C(s)2CO(g)H22CO(g)+O2(g)2CO2(g)H3,由盖斯定律可知+,因此H1H2+H3,故 C 正确;D、已知2CO(g)+O2(g)2CO2(g)H34Fe(s)+3O2(g)2Fe2O3(s)H43CO(g)+Fe2O3(s)3CO2(g)+2Fe(s)H5,由盖斯定律可知=23(+),因此H3H4H5,故 D 错误;12=13+23故选:C。【点评】本题考查了常见的吸热反应和放热反应类
23、型、盖斯定律的计算,难度中等,熟悉常见的吸热反应和放热反应类型、根据盖斯定律利用加合法进行有关计算的步骤是解题的关键 二、不等项选择题:本大题包括二、不等项选择题:本大题包括 5 小题,每小题小题,每小题 4 分,共计分,共计 20 分,每小题只有一个或两分,每小题只有一个或两个选项符合题意,若正确答案只包括一个选项,多选时,该小题得个选项符合题意,若正确答案只包括一个选项,多选时,该小题得 0 分,若正确答案包括分,若正确答案包括两个选项,只选一个且正确的得两个选项,只选一个且正确的得 2 分,选两个且都正确的得满分,但只要选错一个,该小分,选两个且都正确的得满分,但只要选错一个,该小题就得
24、题就得 0 分分.11(4 分)下列有关说法正确的是()A若在海轮外壳上附着一些铜块,则可以减缓海轮外壳的腐蚀 B2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)在常温下能自发进行,则该反应的H0 C加热 0.1molL1 Na2CO3溶液,CO32的水解程度和溶液的 pH 均增大 D对于乙酸与乙醇的酯化反应(H0),加入少量浓硫酸并加热,该反应的反应速率和平衡常数均增大【考点】1B:真题集萃;BB:反应热和焓变;BK:金属的电化学腐蚀与防护;C7:化学平衡建立的过程;DC:影响盐类水解程度的主要因素菁优网版权所有【专题】51:基本概念与基本理论【分析】A船体(Fe)、Cu 及海水构成原电
25、池,Fe 比 Cu 活泼,作负极,被腐蚀;B正反应为熵减的反应,根据HTSG0 反应自发进行,据此判断;C碳酸钠溶液中碳酸根发生水解,溶液呈碱性,而盐类水解是吸热反应,升高温度,促进水解,溶液碱性增强;D浓硫酸起催化剂作用,加快反应速率,升高温度平衡向吸热反应分析移动,据此判断平衡常数变化【解答】解:A船体(Fe)、Cu 及海水构成原电池,Fe 比 Cu 活泼,作负极,加快海轮外壳的腐蚀,故 A 错误;B正反应为熵减的反应,即S0,常温下能自发进行,根据HTSG0 反应自发进行,可推知该反应H0,故 B 错误;C碳酸钠溶液中碳酸根发生水解,溶液呈碱性,而盐类水解是吸热反应,升高温度,水解程度增
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