1、 考生注意：1. 本试卷试卷满分150分，考试时间120分钟。2. 答案填写在答题卷上，在试卷上答题一律不得分。3. 答题前考生务必在答题纸上用钢笔或圆珠笔清楚填写姓名、准考证号，并用2B铅笔填涂准考证号。4. 答题纸与试卷编号上是一一对应的，答题时应特别注意不能错位。 相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 C-35.5 Ca-40 Fe-56 Cu-64 Zn-65 Ag-108第卷(共66分)一、选择题(本题共10分，每小题2分，每小题只有一个正确选项)1化学与社会、生产、生活密切相关。下列说法正确的是 A苯酚遇石蕊显红色 B食用花生油能发生水解反应 C包装用材料聚氯乙烯属于
2、烃 DPX项目中的对二甲苯属于饱和烃【答案】B【解析】试题分析：A、苯酚虽呈弱酸性，但不能使紫色石蕊变红色，错误；B、花生油属于酯类，可以发生水解反应，故B正确；C、聚氯乙烯中有氯原子，不属于烃类，故C错误；D、对二甲苯中有苯环，不属于饱和烃，故D错误，故选B。考点：考查了油脂、苯酚和蛋白质的性质，常用塑料的组成以及饱和烃的概念的相关知识。2分子模型可以直观地表现分子结构的特点。下图表示某烃分子的一种模型，有关说法中正确的是 A该图表示的是乙烯分子的球棍模型 B该烃分子是非极性分子 C该烃的电子式为： D该烃分子中半径较大的原子其核外电子排布的轨道表示式为：【答案】B【解析】试题分析：A、图示
3、为乙烯的比例模型，不是球棍模型，故A错误；B、乙烯分子为平面三角形结构，键角都是120，由于分子结构对称，乙烯为非极性分子，故B正确；C、烯的分子式为C2H4，分子中碳原子与碳原子通过两对共用电子对相连接，碳原子与氢原子通过一对共用电子对相连接，所以乙烯的电子式为，故C错误；D、C原子的1s、2s、2p能量升高，2p轨道中电子优先单独占据1个轨道，且自旋方向相同，能量最低，正确的核外电子排布的轨道表示式为：，故D错误；故选B。考点：考查了电子式、比例模型、核外电子排布轨道的表示方法判断的相关知识。3关于石油炼制的说法正确的是 A石油的炼制过程就是将相对分子质量较大分子变成相对分子质量较小分子的
4、过程 B石油分馏的目的是将含碳原子数较多的烃先气化，经冷凝而分离出来 C石油经过分馏和裂化的工序后得到大量乙烯、苯等不饱和烃 D石油经分馏得到的各馏分仍然是多种烃的混合物【答案】D考点：考查了石油的分馏产品和用途；石油的裂化和裂解的相关知识。4下列关于二氧化硅晶体的描述错误的是 A分子式为SiO2 B熔化时共价键断裂 C属于酸性氧化物 D1mol SiO2中含有4 mol Si-O键【答案】A【解析】试题分析：A、二氧化硅属于原子晶体，不存在分子，SiO2是表示二氧化硅中原子比的化学式，故A错误；B、二氧化硅属于原子晶体，原子间通过共价键结合，熔化时共价键断裂，故B正确；C、二氧化硅能够与碱和
5、碱性氧化物反应，属于酸性氧化物，故C正确；D、在SiO2中，每一个Si-O键都是一个Si原子全部占有，没有其他Si原子与它共享，而1个Si原子同样连有4个Si-O键，所以1molSiO2中有4molSi-O键，故D正确；故选A。考点：考查了二氧化硅的结构和性质的相关知识。5以下物理量只与温度有关的是 A合成氨工业中，氢气的转化率 B醋酸钠的水解程度 C水的离子积 D氢气的溶解度【答案】C【解析】试题分析：A、合成氨工业中，氢气的转化率不仅与温度有关，还与压强和氮气的浓度等有关，故A错误；B、醋酸钠的水解程度与温度、浓度、酸碱等因素有关，故B错误；C、水的离子积常数只与温度有关，故C正确；D、氢
6、气的溶解度与温度、压强等有关，故D错误；故选C。考点：考查了水解程度、水的离子积常数、溶解度与温度等的关系的相关知识。二、选择题(本题共36分，每小题3分，每小题只有一个正确选项) 6短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置如右图所示，其中T所处的周期序数与主族序数相等，下列说法正确的是AW在周期表中的位置是第三周期A族 B原子半径QRT CW原子得电子能力强于Q原子，且可形成共价化合物QW2 D原子序数比R多1的元素只能形成一种氢化物【答案】C【解析】试题分析：由短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置，可知Q、R处于第二周期，T、W处于第三周期，T所处的周期序数与主族序数相等，则T
7、为Al，可推知Q为C元素、R为N元素、W为S元素。A、W为硫元素，原子核外有3个电子层，最外层电子数为6，处于第三周期VIA族，故A错误；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TQR，故B错误；C、碳酸属于弱酸，硫酸属于强酸，则S元素电子能力比碳的强，碳元素与硫元素可形成共价化合物CS2，故C正确；D、原子序数比R多1的元素为氧，其氢化物有H2O、H2O2，故D错误，故选C。考点：考查了元素周期律和元素周期表的综合应用的相关知识。7A元素原子得电子变成阴离子释放出的能量比B元素原子得电子变成阴离子释放出的能量大，则 A氧化性AB B还原性 AB C氧化性 AB
8、D还原性AB【答案】C【解析】试题分析：A与B两种元素的原子，当它们分别获得电子形成稳定结构的阴离子，A放出的能量大于B，说明A的非金属性大于B，则A的非金属性大于B，所以氧化性AB，故C正确；还原性A-B-，故选C。考点：考查了原子的结构与元素的性质的相关知识。8下列物质的熔点均按由高到低的次序排列，其原因是由于键能由大到小排列的是 A钠、干冰 B金刚石、晶体硅 C碘化氢、溴化氢 D二氧化硅、二氧化碳【答案】B【解析】试题分析：A、干冰为分子晶体，熔点最低，是分子间作用力，不是键能，故A错误；B、晶体硅、金刚石都为原子晶体，原子半径CSi，原子半径越小，共价键键能越大，则熔点越高，故B正确；
9、C、HI、HBr都为同主族元素所形成的分子晶体，分子的相对分子质量越大，分子间作用力越大，晶体的熔点越高，应为HIHBr，而键能HBrHI，故C错误；D、二氧化碳是分子晶体，是分子间作用力，不是键能，故D错误；故选B。考点：考查了晶体的熔沸点高低的比较的相关知识。9用石墨电极电解CuCl2溶液(见右图)。下列分析正确的是甲乙Ab端是直流电源的负极B实验过程中溶液的导电能力没有明显变化 C通电一段时间后，在阴极附近观察到黄绿色气体 D若将甲电极换成铁棒，乙电极换成铜棒，则可实现在铁棒上镀铜【答案】D【解析】试题分析：A、依据图中离子移动方向分析，电解过程中阳离子移向阴极，阴离子移向阳极分析确定电
10、极名称，氯离子移向阳极，则b电极为电源正极，a为电源负极，故A错误；B、用石墨电极电解CuCl2溶液生成铜和氯气，溶液中的离子浓度逐渐减小，溶液的导电能力逐渐减弱，故B错误；C、氯离子在阳极失电子生成氯气，通电一段时间后，在阳极附近观察到黄绿色气体，故C错误；D、根据图示，甲电极是阴极，乙电极是阳极，阳极铜逐渐溶解，在阴极上析出，可实现在铁棒上镀铜，故D正确；故选D。考点：考查了电解原理的相关知识。10已知温度T时水的离子积常数为Kw，该温度下，将浓度为a mol/L的一元酸HA与b mol/L的一元碱BOH等体积混合，可判断溶液呈中性的依据是A a = b B 混合溶液中，c(H+) + c
11、(B+) = c(OH) + c(A)C混合溶液中，c(H+) = D混合溶液的pH = 7【答案】C【解析】试题分析：溶液中c(H+)=c(OH-)时，溶液一定呈中性，A、a = b时，酸和碱恰好反应生成盐，都是生成的盐可能发生水解，溶液不一定显中性，故A错误；B、该溶液在任何时候都存在电荷守恒：c(H+)+c(B+)=c(OH-)+c(A-)，当c(A-)c(B+)，则c(H+)c(OH-)，溶液显酸性，故B错误；C、Kw=c(H+)c(OH-)，当c(OH-)= ，则c(H+)=c(OH-)，即溶液显中性，故C正确；D、溶液的温度不知道，不能根据pH=7判断溶液的酸碱性，故D错误；故选C
12、。考点：考查了酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算的相关知识。11常温常压下二氧化碳和过氧化钠反应后得到碳酸钠和氧气，若反应中固体质量增加了28g，反应中有关物质的物理量正确的是(NA表示阿伏加德罗常数)A参与反应的过氧化钠中含阴离子2 mol B参与反应的二氧化碳的体积为22.4 LC反应中电子转移的数目为NA个D将生成的碳酸钠溶解在1L水中，能得到1mol/L的碳酸钠溶液【答案】C【解析】试题分析：参与反应二氧化碳的物质的量为x，生成碳酸钠的物质的量为y，生成氧气物质的量为z，2Na2O2 + 2 CO2 2 Na2CO3 + O2 固体质量差 2mol 2mol 1mol 56g x y
13、 z 28g所以x=1mol，y=1mol，z=0.5mol，常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，故二氧化碳的体积大于22.4L，碳酸钠的质量=1mol106g/mol=106g，氧元素化合价由-1价升高氧气中的0价，转移电子物质的量=0.5mol2=1mol。A、参与反应的过氧化钠为1mol，其中含1 molO22-，故A错误；B、参与反应的二氧化碳为1mol，标准状况下的体积为22.4 L，但题目为注明是否为标准状况，故B错误；C、反应中转移的电子为1mol，数目为NA个，故C正确；D、生成的碳酸钠为1mol，溶解在1L水中，溶液的体积不是1L，得到碳酸钠溶液的浓度不是1mol
14、/L，故D错误；故选C。考点：考查了化学方程式的计算以及氧化还原反应中电子转移数目的计算的相关知识。12某溶液中含有NH4+、Mg2+、Fe2+、Al3+、SO42五种离子，若向其中加入过量的氢氧化钡溶液，微热并搅拌，再加入过量的氢碘酸，溶液中大量减少的离子有 A4种 B3种 C2种 D1种【答案】C【解析】试题分析：混合溶液中加入过量的氢氧化钡并加热时，反应生成的氨气逸出，并同时生成BaSO4、Mg(OH)2、Fe(OH)2沉淀和Ba(AlO2)2，Fe(OH)2沉淀在空气中不稳定，迅速氧化生成Fe(OH)3，再向混合物中加入过量的氢碘酸，则Mg(OH)2、Fe(OH)3和Ba(AlO2)2
15、与过量酸作用分别生成MgI2、AlI3、FeI2，则减少的离子主要有NH4+和SO42-，故选C。考点：考查了离子反应的相关知识。13已知 同温度下的溶解度；Zn(OH)2 ZnS，MgCO3 Mg(OH)2；溶解或电离出S2的能力：FeS H2S CuS，则下列离子方程式错误的是AMg2 + 2HCO3+ 2Ca2 + 4OH Mg(OH)2+2CaCO3+2H2OBZn2 + S2+ 2H2O Zn(OH)2+ H2S CCu2 + H2S CuS+ 2H DFeS + 2H Fe2+ H2S【答案】B【解析】试题分析：A、由于溶解度MgCO3Mg(OH)2，则反应生成Mg(OH)2和Ca
16、CO3，所以该反应方程式为：Mg2+2HCO3-+2Ca2+4OH-Mg(OH)2+2CaCO3+2H2O，故A正确；B、因ZnS比Zn(OH)2难溶，S2-和Zn2+应先结合成ZnS沉淀，而不是双水解，故B错误；C、由于电离出S2-的能力H2SCuS，则Cu2+与H2S反应生成CuS，离子方程式正确，故C正确；D、由于电离出S2-的能力FeSH2S，FeS溶于酸可生成H2S，故D正确；故选B。考点：考查了难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质的相关知识。14按以下实验方案可从海洋动物柄海鞘中提取具有抗肿瘤活性的天然产物：下列说法错误的是 A步骤(1)需要过滤装置 B步骤(2)需要用到分液漏斗
17、C步骤(3)需要用到坩埚 D步骤(4)需要蒸馏装置【答案】C【解析】试题分析：A、步骤(1)是分离固液混合物，其操作为过滤，需要过滤装置，故A正确；B、步骤(2)分离互不相溶的液体混合物，需进行分液，要用到分液漏斗，故B正确；C、步骤(3)是从溶液中得到固体，操作为蒸发，需要蒸发皿，而不用坩埚，故C错误；D、步骤(4)是从有机化合物中，利用沸点不同采取蒸馏得到甲苯，需要蒸馏装置，故D正确；故选C。考点：考查了混合物的分离提纯的相关知识。15某温度下，反应2A(g) B(g)Q 在密闭容器中达到平衡，平衡后c(A)/c(B)a，若改变某一条件，足够时间后反应达到平衡状态，此时c(A)/c(B)b
18、，下列叙述正确的是A若保持温度，保持容器容积固定不变，向容器内补充B气体，则有abC若其他条件不变，升高温度，则有acb Cc点溶液中c (H+) = c (OH) + c (CH3COOH)D用等浓度的盐酸分别与等体积的b、c处溶液恰好完全反应，消耗盐酸体积 Vb = Vc【答案】B【解析】试题分析：NaOH是强电解质，CH3COONa是强碱弱酸盐，加水稀释促进醋酸根离子水解，稀释相同的倍数时，溶液中c(OH-)CH3COONaNaOH，所以pH变化大的是NaOH，则b为NaOH，变化小的是CH3COONa，即c为CH3COONa。A、溶液的导电能力与离子浓度成正比，pH相等的醋酸钠和氢氧化
19、钠，c(CH3COONa)c(NaOH)，所以c点导电能力大于b，即b、c两点溶液的导电能力不相同，故A错误；B、氢氧化钠对水的电离起抑制作用，而醋酸根离子浓度越大对水的电离程度越促进，所以a、b、c三点溶液中水的电离程度acb，故B正确；C、任何电解质溶液中都存在质子守恒，根据质子守恒得C(H+)+C(CH3COOH)=C(OH-)，故C错误；D、pH相等的NaOH和CH3COONa溶液，c(CH3COONa)c(NaOH)，相同体积相同pH的醋酸钠和氢氧化钠溶液消耗相同浓度的盐酸体积与氢氧化钠和醋酸钠的物质的量成正比，相同体积相同pH的醋酸钠和氢氧化钠溶液n(CH3COONa)n(NaOH
20、)，所以醋酸钠消耗盐酸多，消耗盐酸体积VbVc，故D错误；故选B。考点：考查了盐类水解，涉及离子浓度大小比较、溶液导电能力大小比较、水的电离程度等相关知识。17某一混合溶液，其中只含有Fe2、Cl、Br、I(忽略水的电离)，其中Cl、Br、I 的个数之比为2 : 3 : 3，向溶液中通入氯气，使溶液中Cl和Br的个数比为7 : 3，则通入氯气的物质的量与溶液中剩余的Fe2+的物质的量之比为 A5 : 4B4 : 5 C5 : 12 D12 : 5 【答案】A【解析】试题分析：混合溶液中只含Fe2+、Cl-、Br-、I-(忽略水的电离)，其中Cl-、Br-、I-的个数之比为2：3：3，根据电荷守
21、恒知，Fe2+个数是Cl-、Br-、I-的个数的一半，所以Fe2+、Cl-、Br-、I-的个数之比为4：2：3：3，向溶液中通入氯气，氯气氧化离子先后顺序是I-、Fe2+、Br-，因为碘离子和氯离子所带电荷相等，所以消耗碘离子个数等于生成氯离子个数，如果碘离子完全被氧化生成氯离子，Cl-、Br-的个数之比为5：37：3，所以还有部分亚铁离子被氧化，根据2Fe2+Cl2=2Cl-+2Fe3+知，消耗Fe2+与生成Cl-的个数相等，要使Cl-、Br-的个数之比为7：3，则有一半的Fe2+被消耗，微粒个数之比等于物质的量之比，所以设Fe2+、Cl-、Br-、I-的物质的量分别是4mol、2mol、3
22、mol、3mol，根据2I-+Cl2=2Cl-+I2知，3mol碘离子完全被氧化消耗1.5mol氯气，2mol Fe2+完全被氧化消耗1mol氯气，所以有2.5mol氯气参加反应；还有2mol Fe2+未参加反应，则通入氯气的物质的量与溶液中剩余的Fe2+的物质的量之比=2.5mol：2mol=5：4，故选A。考点：考查了氧化还原反应有关计算的相关知识。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青蒿琥酯是治疗疟疾的首选药，可由青蒿素两步合成得到。下列有关说法正确的是 A青蒿素分子
23、式为C15H22O5 B青蒿素不能与NaOH溶液反应C反应原子利用率为100D青蒿琥酯能与氢氧化钠溶液反应可生成青蒿琥酯钠【答案】AC【解析】试题分析：A、根据结构简式，青蒿素分子式为C15H22O5 ，故A正确；B、青蒿素结构中含有酯基，能与NaOH溶液发生水解反应，故B错误；C、反应为加成反应，原子利用率为100%，故C正确；D、青蒿琥酯中含有酯基，与氢氧化钠反应时，酯基要发生水解反应，不能得到青蒿琥酯钠，故D错误；故选AC。考点：考查了有机物的结构和性质的相关知识。19向硫酸铝铵溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，可能发生的反应的离子方程式是ANH4+ + SO42 + Ba2+ +OH
24、BaSO4+ NH3H2OB2Al3+ + 3SO42 +3Ba2+ +6OH 3BaSO4+ 2Al(OH)3CAl3+ + 2SO42 + 2Ba2+ + 4OH 2BaSO4+ AlO2 + 2H2ODNH4+Al3+ +2SO42 +2Ba2+ +4OH 2BaSO4+ Al(OH)3+ NH3H2O【答案】BD【解析】试题分析：A、氨水碱性强于氢氧化铝，所以铝离子优先与氢氧根离子反应，如果铵根离子反应，铝离子一定参与反应，故A错误；B、NH4Al(SO4)2和Ba(OH)2按照2：3反应，铝离子恰好沉淀，铵根离子没有参与反应，反应的离子方程式为：2Al3+3SO42-+3Ba2+6O
25、H-3BaSO4+2Al(OH)3，故B正确；C、氢氧化铝沉淀溶解之前，铵根离子先与氢氧根离子反应生成一水合氨，铵根离子完全反应后，氢氧化铝沉淀才能够溶解，故C错误；D、当氢氧化钡过量时，铵根离子、铝离子完全反应分别生成一水合氨、偏铝酸根离子，反应的离子方程式为：NH4+Al3+2SO42-+2Ba2+4OH-2BaSO4+Al(OH)3+NH3H2O，故D正确；故选BD。考点：考查了离子方程式的正误判断的相关知识。2025时，0.1 mol/L下列溶液的pH如下表，有关比较正确的是序号溶液NaClCH3COONH4NaClONaHCO3Na2CO3pH7.07.010.38.311.6A酸性
26、的相对强弱：HClOHCO3 B由水电离产生的c(H+)：=C溶液中酸根离子浓度：c(ClO)c(HCO3)D在溶液等体积混合后的溶液中：c(HCO3)+c(CO32)+c(H2CO3)=0.1 mol/L【答案】AD【解析】试题分析：A、酸性越弱，生成的钠盐水解程度越大，溶液的pH越大，因为pH：Na2CO3NaClO，因此酸性的相对强弱：HClOHCO3，故A正确；B、CH3COONH4属于弱酸弱碱盐，水解促进水的电离，由水电离产生的c(H+)：，故B错误；C、根据数据可知，NaClO水解程度NaHCO3溶液，酸根离子浓度：c(ClO)c(HCO3)，故C错误；D、溶液等体积混合后的溶液中
27、存在物料守恒，c(HCO3-)+c(CO32)+c(H2CO3)=0.1 mol/L，故D正确；故选AD。考点：考查了盐类水解的应用的相关知识。21一定条件下合成乙烯6H2(g) 2CO2(g) CH2CH2(g) 4H2O(g)；已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图，下列说法错误的是A生成乙烯的速率：v(M)有可能小于v(N) B平衡常数：KM KNC催化剂可能会影响CO2的平衡转化率D若投料比n(H2) : n(CO2)3: 1，则图中M点时，乙烯的体积分数为7.7%【答案】C【解析】试题分析：A、化学反应速率随温度的升高而加快，催化剂的催化效率降低，所以v(M)有可能小
28、于v(N)，故A正确；B、升温平衡逆向移动，化学平衡常数减小，故B正确；C、催化剂只影响反应速率，不影响平衡移动和转化率，故C错误；D假设加入的氢气和二氧化碳分别为3mol和1mol，则M点时，有氢气1.5mol，二氧化碳0.5mol，乙烯0.25mol，水蒸气1mol，所以M点时乙烯的体积分数为100%=7.7%，故D正确；故选C。考点：考查了化学反应速率的影响因素、平衡计算、平衡移动的相关知识。22氯酸是一种强酸，浓度超过40%时会发生分解，反应可表示为：aHClO3 b O2+ c Cl2+ d HClO4+ e H2O，用湿润的淀粉碘化钾试纸检验气体产物时，试纸先变蓝后褪色。下列说法错
29、误的是A由反应可确定：氧化性HClO3HClO4B变蓝的淀粉碘化钾试纸褪色是因为可能发生了：4C12+ I2+ 6H2O 12H+ 8Cl+ 2IO3C若氯酸分解所得的混合气体的平均摩尔质量为47.6g/ mol，则反应方程式可表示为：26HClO3 15O2+ 8C12+ 10HClO4+ 8H2OD若化学计量数a=8，b=3，则该反应转移电子数为20e-【答案】BC【解析】试题分析：A、由题HClO3既是氧化剂又是还原剂，HClO4、O2是氧化产物、Cl2是还原产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物，氧化性HClO3HClO4，故A正确；B、淀粉碘化钾试纸先变蓝是因为生成I2：2I-+Cl2=I
30、2+2Cl-，后褪色I2被Cl2继续氧化生成IO3-：5C12+I2+6H2O=12H+10Cl-+2IO3-，故B错误；C、由生成的Cl2和O2的混合气体平均分子量为47.6g/mol，则，可得n(Cl2)：n(O2)=2：3，由电子守恒得化学反应方程式为：8 HClO3=3O2+2 Cl2+4 HClO4+2H2O，故C错误；D、若化学计量数a=8，b=3，由C分析可得化学反应方程式为8 HClO3=3O2+2 Cl2+4 HClO4+2H2O，电子转移数目为20e-，故D正确；故选BC。考点：考查了氧化还原反应反应的计算的相关知识。第II卷(共84分)四、(本题共12分)氮元素在自然界中
31、存在多种价态，结合题干回答下列问题：23氮元素原子核外有 个未成对电子，最外层有 种能量不同的电子。24氮和磷是同主族元素，下列能说明二者非金属性相对强弱的是 (填编号)。 aNH3比PH3稳定性强 b氮气与氢气能直接化合，磷与氢气很难直接化合 c硝酸显强氧化性，磷酸不显强氧化性 d氮气常温是气体，磷单质是固体25已知，氯胺NH2Cl熔点-66，NH4Cl熔点340，氯胺的电子式为 ，从物质结构的角度解释两者熔点相差较大的原因 。26NH2Cl比HClO稳定性高，易水解，因水解后能产生可杀菌消毒的物质而成为饮用水的缓释消毒剂，NH2Cl发生水解的化学方程式为 。27工业上利用铝粉除去含氮废水中
32、的NO3，当控制溶液pH在10.7左右时，反应过程中生成AlO2、氮气和氨气，若氮气和氨气的体积比为4 : 1，则还原剂和氧化剂的物质的量之比为 ，若氮气和氨气的体积比为1 : 1，则除去0.1mol NO3，消耗铝_g。 【答案】23、3个；2种；24、ab；25、；氯胺NH2Cl为分子晶体，NH4Cl为离子晶体，熔沸点离子晶体高于分子晶体；26、NH2Cl+H2O HClO+NH3；27、16：9；5. 4g；考点：考查了原子核外电子排布、非金属性强弱的判断、氧化还原反应的计算、水解方程式的书写等相关知识。五、(本题共12分)空气质量日报中有一项重要检测指标是SO2的含量，结合所学知识回答
33、下列问题。工业制硫酸的过程中，SO2催化氧化的原理为：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) + Q某温度下，测得SO2(g)的平衡转化率()与体系总压强( p )的关系如上图所示。28a、b两点对应的平衡常数K(a) K(b) (填“”、 “c(OH)，用水解和电离理论的角度解释其原因 ，若往溶液中加入氨水至中性，则c(Na+) c(HSO3)+c(SO32)+c(H2SO3) (填“”、 “”或 “=”)。 往0.1 mol/L 的Na2SO3溶液加入少量NaOH固体，完全溶解后溶液中c(Na+) : c(SO32)的比值 (填“变大”、“变小”或“保持不变”)。【答案】28、=；29
34、、1.2/t mol/(L min)；反应放热，温度升高平衡向左移动，反应物转化率低；30、HSO3的电离程度大于水解程度；=；变大；【解析】试题分析：28、a、b两点对应温度相同，平衡常数只与温度有关，故K(a)=K(b)，增大压强，平衡向正反应方向移动，SO3浓度c(a)c(b)。c点时，SO2(g)的转化率()大于平衡转化率()，反应向逆反应方向移动，反应速率(正)(逆)，故答案为：=；c(OH)，若往溶液中加入氨水至中性，一水合氨与氢离子反应，促进HSO3-的电离，反应后生成亚硫酸钠和亚硫酸铵，溶液中钠离子和含硫微粒的总的物质的量不变，即n(Na+)=n(HSO3)+n(SO32)+n
35、(H2SO3)，因此c(Na+)=c(HSO3)+c(SO32)+c(H2SO3) ，故答案为：HSO3的电离程度大于水解程度；=；往0.1 mol/L 的Na2SO3溶液加入少量NaOH固体，抑制SO32-的水解，c(Na+) 、 c(SO32)均增大，但钠离子增大的幅度比SO32-大，c(Na+) : c(SO32)的比值变大，故答案为：变大。考点：考查了盐类的水解和弱电解质的电离、化学反应速率和化学平衡的相关知识。六、(本题共12分)亚硫酸钠和硫粉通过化合反应可制得硫代硫酸钠(Na2S2O3)。已知：Na2S2O3在酸性溶液中不能稳定存在。有关物质的溶解度随温度变化曲线如右下图所示。某研
36、究小组设计了制备Na2S2O35H2O的如下装置图 。 部分操作步骤如下： 打开K1，关闭K2，向圆底烧瓶中加入足量浓硫酸，加热。 C中混合液被气流搅动，反应一段时间后，硫粉的量逐渐减少。 当C中溶液的pH接近7时，即停止C中的反应，停止加热 过滤C中的混合液，并将滤液进行处理，得到产品。31步骤中，圆底烧瓶中发生反应的化学方程式是 。32步骤中，“当C中溶液的pH接近7时即停止C中的反应”的原因是 。“停止C中的反应”的操作是 。33步骤中，“过滤”用到的玻璃仪器是烧杯、 、 (填仪器名称)。将滤液进行处理过程是将滤液经过 、 、过滤、洗涤、烘干，得到产品。依据反应2S2O32 + I2 S
37、4O62 + 2I，可用I2的标准溶液测定产品的纯度。取5.5g产品配制成100mL溶液。取10mL溶液，以淀粉溶液为指示剂，用浓度为0.050 mol/L I2的标准溶液进行滴定，相关数据记录如下表所示。编号1234溶液的体积/mL10.0010.0010.0010.00消耗I2标准溶液的体积/mL19.9919.9817.1320.0334判断达到滴定终点的现象是 。35Na2S2O3 5H2O在产品中的质量分数是 。(计算结果请用百分数表示并保留1位小数)(Na2S2O3 5H2O的式量为248)【答案】31、Cu + 2H2SO4(浓) CuSO4+ SO2 + 2H2O；32、Na2
38、S2O3在酸性溶液中不能稳定存在；打开K2，关闭K1；33、漏斗、玻璃棒；加热浓缩、冷却结晶；34、加入最后一滴I2标准溶液后，溶液变蓝，且半分钟不改变；35、90.2%；【解析】试题分析：31、浓硫酸具有强氧化性，在加热的条件下能氧化单质铜，反应的化学方程式是Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O，故答案为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O；32、生成的SO2和碳酸钠反应生成亚硫酸钠和CO2，由于Na2S2O3在酸性溶液中不能稳定存在，所以C中碳酸钠的作用是起反应物作用及提供碱性环境，“停止C中的反应”的操作是打开K2，关闭K1，故答案为：Na2S2O3在酸
39、性溶液中不能稳定存在；打开K2，关闭K1；33、过滤时的主要玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，从滤液中获得结题的一般方法是，将滤液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干，得到产品。故答案为：漏斗、玻璃棒；加热浓缩、冷却结晶；34、由于碘遇淀粉显蓝色，则滴定时，达到滴定终点的现象是溶液变蓝，且半分钟不改变，故答案为：加入最后一滴I2标准溶液后，溶液变蓝，且半分钟内颜色不改变；35、根据表中数据可知，第3次实验中消耗I2标准溶液的体积偏小，舍去，则实际消耗I2标准溶液的体积的平均值是mL=20.0mL，则根据反应的方程式可知，Na2S2O35H2O的物质的量是0.050mol/L0.0200L210=0
40、.02mol，所以Na2S2O35H2O在产品中的质量分数是100%=90.2%，故答案为：90.2%。考点：考查了物质的含量的测定、铜与浓硫酸的反应，气体的制备等的相关知识。七、(本题共12分)索氏制碱又称氨碱法，其主要生产流程如右图：36 用化学方程式表示沉淀池中发生的反应 ，排出液的主要成分是 。氨碱法制得的纯碱样品中可能会含有杂质(如NaCl)。现用两个实验方案测定纯碱样品的纯度。方案1气体法 ：称取样品m克装入Y型试管左侧(如右图)37Y型试管另一端应装入试剂为 ，量气管中液体应为 。若最后读数时，发现水准管液面高于量气管(其他操作都正确)，则计算所得纯碱样品的纯度值 (填“偏大”、
41、“偏小”或“无影响”)。方案2滴定法：已知: 25时0.1 mol/L的NaHCO3溶液的pH约为8.3 0.1 mol/L的Na2CO3 溶液的pH约为11.6某指示剂量取待测液V(待)=20mL标准盐酸(0.100 mol/L）操作2V(HCl)amLL称量1m g操作1V(待)=100mL试样蒸馏水V(HCl)= a mL38.指示剂选用酚酞，则该纯碱样品的纯度为 。(请用所给数据的字母符号表示)氨碱法中钠利用率不高，一些化工专家开始研究有机胺制碱法，其工艺流程如下：小苏打NH3有机层水层副产品纯碱有机胺（NR3）有机溶剂食盐水CO2已知： NR3+ HCl NR3 HCl，且NR3 H
42、Cl易溶于有机溶剂 NR3 HCl+NH3NR3 +NH4Cl39有机胺制碱法反应生成小苏打的化学方程式是 ， 操作是 。40副产品的成分是 ，本工艺流程中可循环利用的物质是 。【答案】36、NaClNH3+CO2+H2O NaHCO3NH4Cl；CaCl2；37、稀硫酸；饱和NaHCO3；偏小；38、 或%；39、NaCl+NR3+CO2+H2ONaHCO3+NR3HCl；(萃取)分液；40、NH4Cl；有机溶剂、NR3、CO2 (任意写对2个)；【解析】试题分析：36、氨气、二氧化碳、水和氯化钠发生反应生成碳酸氢钠和氯化铵，反应方程式为NH3+H2O+CO2+NaClNH4Cl+NaHCO
43、3，氨碱法的生产流程中循环是氧化钙和水反应生成氢氧化钙，氢氧化钙与铵盐反应生成的氨气可以循环使用，NaCl+NH3+CO2+H2ONaHCO3+NH4Cl；CaCO3CaO+CO2；CaO+H2OCa(OH)2；Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O；2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2合并得到总化学方程式为：CaCO3+2NaClNa2CO3+CaCl2，排出液中含有较多的CaCl2，故答案为：NaClNH3+CO2+H2O NaHCO3NH4Cl；CaCl2；37、碳酸钠可以与酸反应放出二氧化碳，Y型试管另一端应装入试剂为稀硫酸，由于二氧化碳能够溶于水，量气管中液
44、体应为饱和NaHCO3；最后读数时，水准管液面高于量气管，则量取的气体体积偏小，则计算所得纯碱样品的纯度值偏小，故答案为：稀硫酸；饱和NaHCO3；偏小；38、选用酚酞为指示剂时，用盐酸滴定碳酸钠溶液，滴定终点的现象为溶液的红色变成无色，根据酚酞的变色范围是8.210.0，发生的反应为Na2CO3+2HCl=2NaCl+NaHCO3，20mL溶液中碳酸钠的物质的量浓度为=mol，样品中碳酸钠的质量分数为100%=%，故答案为:%；39、有机胺制碱法：有机胺NR3易溶于有机溶剂，和二氧化碳与氯化钠饱和溶液反应生成碳酸氢钠和NR3HCl，NR3HCl易溶于有机溶剂，NaHCO3不溶于有机溶剂在水层
45、，通过操作萃取分液，有机层通入氨气，在过程中，NR3HCl+NH3=NR3+NH4Cl，得到副产品NH4Cl；水层通过结晶得到小苏打(碳酸氢钠)，过程是加热小苏打，2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，得到产品碳酸钠；有机胺制碱法反应二氧化碳通入胺化的饱和氯化钠溶液中反应生成碳酸氢钠晶体，反应的化学方程式：NaCl+NR3+CO2+H2O=NaHCO3+NR3HCl，NR3HCl易溶于有机溶剂，NaHCO3不溶于有机溶剂在水层，分离能分层的混合物用萃取分液；故答案为：NaCl+NR3+CO2+H2O=NaHCO3+NR3HCl；萃取分液；40、根据反应可知，副产品是NH4Cl，由工艺流程
46、中可知，向饱和的食盐水中通入了二氧化碳，在加热碳酸氢钠时又生成了二氧化碳，所以，CO2是可循环利用的物质，在过程中，可回收有机胺NR3，NR3是可循环利用的物质，有机溶剂也是可循环利用的物质，故答案为：NH4Cl；CO2、NR3或有机溶剂。考点：考查了氯碱工业、中和滴定的计算的相关知识。八、(本题共12分)有机物M和乙炔可合成3-羟基丁酸，3-羟基丁酸可以生成一种生物降解塑料PHB和通过两步反应生成另一种高聚物C：MAKMnO4/H+BH2/Ni(C4H6O2)nPHB(C4H6O2)nC+3-羟基丁酸已知：i. 步骤只有一种产物；C的结构中不含有甲基ii. iii. 41M的系统命名为 。反
47、应反应类型 ，反应的反应试剂及条件 。42写出B、C结构简式：B ，C 。43写出反应化学方程式 ；44. 满足下列条件的B的同分异构体的结构简式为 。 a. 能发生银镜反应b. 分子中仅含2种化学环境不同的氢原子45理论上A也可以由1，3-丁二烯与烃F来合成，则F的结构简式为 。【答案】41、2，3二甲基1，3丁二烯；氧化；浓硫酸、加热；42、 ；43、nCH3CH(OH)CH2COOH+ nH2O或nCH3CH(OH)CH2COOH+ (n-1)H2O；44、OHC-CH2-O-CH2-CHO；45、CH3CCCH3【解析】试题分析：由转化关系可知，与CHCH发生信息i反应生成A，则A为；
48、根据信息iii，在高锰酸钾溶液中被氧化生成B，B为；3-羟基丁酸也可以通过两步反应形成另一种高聚物C，则应先发生消去反应生成CH3CH=CHCOOH，CH3CH=CHCOOH发生加聚反应得到C，故C为；故3-羟基丁酸通过酯化反应进行的缩聚反应反应生成PHB，则PHB为。41、的系统命名为2，3二甲基1，3丁二烯。根据信息iii，反应中在高锰酸钾溶液中被氧化，3-羟基丁酸也可以通过两步反应形成另一种高聚物C，则应先发生消去反应生成CH3CH=CHCOOH，CH3CH=CHCOOH发生加聚反应得到C，反应3-羟基丁酸的消去反应，反应条件为浓硫酸、加热，故答案为：2，3二甲基1，3丁二烯；氧化；浓硫
49、酸、加热；42、根据上述分析，B为、C为，故答案为： ；43、3-羟基丁酸通过酯化反应进行的缩聚反应反应生成(PHB)，因此反应的化学方程式为nCH3CH(OH)CH2COOH+ (n-1)H2O，故答案为：nCH3CH(OH)CH2COOH+ (n-1)H2O；44、B的同分异构体满足下列条件：i能发生银镜反应，含有醛基-CHO或-OOCH；ii分子中仅含2种化学环境不同的氢原子，分子中含有2种H原子，符合条件的同分异构体为OHC-CH2-O-CH2-CHO，故答案为：OHC-CH2-O-CH2-CHO；45、根据信息ii，结合A()和1，3-丁二烯的结构可知，F的结构简式为CH3CCCH3
50、，故答案为：CH3CCCH3。考点：考查了有机物的推断与合成的相关知识。九(本题共12分)已知： C的化学式为C15H13NO4，Bn是芳香性有机化合基团的缩写，且不含甲基。盐酸卡布特罗是一种用于治疗支气管病的药物，其中间体的合成路线如下：46反应类型：反应 ，反应 。47结构简式：Bn 试剂W 。48反应的化学方程式 。49反应在NaOH条件下反应，NaOH的作用 。50与NH3类似，羟基上的活泼氢也能和RN=C=O发生类似的化学反应，写出HOCH2CH2OH与生成高聚物的结构简式 。51试利用上述合成路线的相关信息，由甲苯、ClCH2CH2OH、(C2H5)2NH等合成普鲁卡因(无机试剂任
51、用)(合成路线表示方式为：反应试剂A反应条件B反应试剂反应条件目标产物 )【答案】46、还原；加成；47、 ；48、；49、中和反应生成的HCl使反应平衡向正方向移动；50、；51、 (氨基须在酯化反应之后再被还原，防止与ClCH2CH2OH发生副反应)；【解析】试题分析：46、根据流程图，反应中硝基转化成了氨基，属于还原反应，反应中结构中的N=C双键与氨气发生了加成反应，故答案为：还原；加成；47、根据C的结构简式为，化学式为C15H13NO4，因此Bn的化学式为C7H7，结合Bn为芳香性有机化合基团的缩写，且不含甲基，有Bn的结构简式为，根据G和H结构的差别，可知试剂W为，故答案为： ；4
52、8、根据流程图，反应应该发生苯环的硝化反应，反应的化学方程式为，故答案为：；49、反应中发生取代反应，生成HCl，在NaOH条件下反应，可以中和生成的HCl，使反应平衡向正方向移动，提高原料的转化率，故答案为：中和反应生成的HCl使反应平衡向正方向移动；50、反应属于加成反应，HOCH2CH2OH与发生加聚反应生成高聚物的结构简式为，故答案为：；51、根据普鲁卡因的结构，需要在苯环上引入硝基，然后还原为氨基，需要将苯环上的甲基氧化成羧基，合成时要注意氨基具有还原性，并能够与卤代烃发生取代反应(信息)。用甲苯、ClCH2CH2OH、(C2H5)2NH等合成普鲁卡因的流程图为 ，故答案为：。考点：
53、考查了有机合成与推断的相关知识。十(本题共12分)硝酸与合成氨工业密切相关，氨氧化法是工业生产中制取硝酸的主要途径。完成下列计算：52合成氨时，假设100L的氮气与氢气(体积比为1 : 3)的混合气体通过氨合成塔充分反应后，体积变为90L，则氮气的转化率为 。(写出计算过程，计算结果请用百分数表示)53标准状况下，将500L氨气溶于1L水中形成氨水，则此氨水质量分数为 。(写出计算过程，计算结果请用百分数表示，并保留1位小数)54氨氧化法是将氨和空气的混合气通过灼热的铂铑合金网，在合金网的催化下，氨被氧化成一氧化氮(NO)。此时温度很高，水以水蒸气的形式存在，NO也不与O2反应。若氨气与氧气物
54、质的量之比为1 : 1.7时，氨的转化率可达95%，计算反应后NO的体积分数 。(设氧气在空气中的体积分数为20%，写出计算过程，计算结果请用百分数表示并保留1位小数)55一氧化氮继续氧化为二氧化氮，二氧化氮溶于水可得硝酸。为测定某18K金样品的组成，将2.832 g样品粉碎后投入足量的浓硝酸中，充分溶解后，收集到NO2和N2O4的混合气体224 mL(折算至标准状况，下同)，将该混合气体与84 mL O2混合后缓缓通入水中，恰好被完全吸收。( 已知金不溶于浓硝酸) 填写该18K金的成分表(写出计算过程，计算结果请用百分数表示并保留1位小数，若不含该金属则填0)。18K金成分AuAgCu含量(
55、质量分数)75 %_【答案】52、20%；53、27.5%；54、9.8%；55、Ag 11.4%；Cu 13.6%；【解析】试题分析：52、100L的氮气与氢气中氮气的体积为100L=25L，则氢气的体积为75L，设反应的氮气的体积为x，N 2 3H 2 2NH 3 减小的体积1 3 2 2x 100L-90L=解得：x=5L氮气的转化率为CH3100%=20%，故答案为：20%；53、氨气的物质的量为： =22.32mol，故氨水的质量分数为 100%=27.5%，故答案为：27.5%54、设氨气的体积为10L，则氧气的体积为17L，最终气体的体积增加量为x，生成NO的体积为y，4NH3+
56、5O24NO+6H2O(g) 气体的体积增加4 4 110L95% y x=x=2.375L，y=9.5L，反应后NO的体积分数为100%=9.8%，故答案为：9.8%；55、混合气体的物质的量=0.01mol，氧气的物质的量=0.0038mol，合金中其它金属的质量=2.832g(1-75%)=0.708g，假设与硝酸反应的金属全部是银，则银的质量=108g/mol=1.642g0.708g，假设与硝酸反应的金属全部是铜，则铜的质量=64g/mol=0.486g0.708g，则合金中还有Cu和Ag，设银的质量为m，则铜的质量=0.708-m，根据转移电子守恒得2+0.0038mol4，解得：m=0.324g，银的质量分数=100%=11.44%，则铜的质量分数=25%-11.44%=13.56%，故答案为：Ag：11.44%；Cu：13.56%。考点：考查了依据化学方程式的计算、物质的量的有关计算等相关知识。
