1、2016年上海市宝山区高考化学一模试卷一、选择题（本题共10分，每小题2分，每题只有一个正确选项）1物质的性质决定其用途，下列应用中利用了物质氧化性的是（）A氧化铝做耐火材料B纯碱去油污C食醋除水垢D漂白粉漂白织物2下列关于有机化合物的说法正确的是（）A聚氯乙烯分子中含碳碳双键B以淀粉为原料可制取乙酸乙酯C包装用材料聚乙烯和聚氯乙烯都属于烃D油脂的皂化反应属于加成反应3轨道表示式是表示原子核外电子运动状态的一种化学用语，下列有关原子的最外层的轨道表示式正确的是（）A铍原子B碳原子C氯原子D铝原子4下列有关物质性质的应用正确的是（）A铜的金属活泼性比铁的弱，可在海轮外壳上装若干铜块以减缓其腐蚀B
2、液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂C生石灰能与水反应，可用来干燥氯气D二氧化硅不与强酸反应，可用石英作为反应容器制取氢氟酸5下列有机物的命名错误的是（）A1，2，4三甲苯B3甲基1戊烯C2甲基1丙醇D1，3二溴丙烷二、选择题（本题共36分，每小题2分，每题只有一个正确选项）6下列关于氮的固定的说法错误的是（）A氮的固定包括人工固氮和自然固氮B工业合成氨属于人工固氮C自然固氮中氮元素被氧化D氮的固定中参与元素至少有两种7下列指定微粒的数目相等的是（）A等物质的量的水与重水含有的中子数B等质量的乙烯和丙烯中含有的共有电子对数C同温、同压、同体积的CO和NO含有的质子数D等物质的量的铁和铝分别与
3、足量氯气完全反应时转移的电子数8a、b、c、d为短周期元素，a的M电子层有1个电子，b的最外层电子数为内层电子数的2倍，c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，c与d同周期，d的原子半径小于c下列叙述错误的是（）Ad元素的非金属性最强B它们均存在两种或两种以上的氧化物C只有a与其他元素生成的化合物都是离子化合物Db、c、d分别与氢气形成的化合物中化学键均为极性共价键9下列实验操作正确的是（）A用玻璃棒蘸取CH3COOH溶液点在水湿润的pH试纸上，测定该溶液的pHB中和滴定时，滴定管用所盛装的反应液润洗23次C用装置甲分液，放出水相后再从分液漏斗下口放出有机相D用装置乙加热分解NaHCO3固体1
4、0某化妆品的组分Z具有美白功效，原从杨树中提取，现可用如图反应制备，下列叙述错误的是（）AX、Y和Z均能使溴水褪色BX和Z均能与NaHCO3溶液反应放出CO2CY既能发生取代反应，也能发生加成反应DY可作加聚反应单体，X可作缩聚反应单体11下列符合实际并用于工业生产的是（）A工业炼铝：电解熔融的氯化铝B制取漂粉精：将氯气通入澄清石灰水C工业制纯碱：在饱和氯化钠溶液中通入二氧化碳气体，煅烧反应所得沉淀D工业制硫酸：用硫磺为原料，经燃烧、催化氧化、最后用98.3%浓硫酸吸收12常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（）A使酚酞变红色的溶液中：Na+、Al3+、SO42、ClB =110
5、13molL1的溶液中：NH4+、Ca2+、Cl、NO3C与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2+、K+、NO3、SO42D水电离的c（H+）=11013molL1的溶液中：K+、Na+、AlO2、CO3213下列关于物质或离子检验的叙述正确的是（）A在溶液中加酸化的BaCl2溶液，溶液出现白色沉淀，证明原溶液中有SO42B用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液一定是钠盐溶液C气体通过无水CuSO4，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气D将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是CO214一定温度下，水溶液中H+和OH的浓度变化曲线如图，下列说法正确的是（）A升高温度，可能引起由c
6、向b的变化B该温度下，水的离子积常数为1.01013C该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化D该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化15在0.2molL1Cu（NO3）2和Fe（NO3）3溶液中，通入一定量H2S气体，下列不可能发生的离子方程式是（）AH2S+2Fe3+S+2Fe2+2H+BH2S+Fe2+2H+FeSCH2S+Cu2+CuS+2H+D2H+2NO3+3H2S2NO+3S+4H2O167.8克过氧化钠固体在常温低压下，与一定量的水蒸气反应，最终得到固体16.8克，此固体物质中一定含有（）ANaOHH2OBNaOHCNa2O22H2ODNa2O28H2O17一定量的CO
7、2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C（s）+CO2（g）2CO（g），平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如图所示：已知气体分压（P分）=气体总压（P总）体积分数，下列说法不正确的是（）A550时，若充入惰性气体，v正，v逆均减小B650时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0%CT时，若充入等体积的CO2和CO，平衡向逆反应方向移动D925时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=23.04P总三、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下列实验操作、现象和结
8、论均正确的是（）选项实验操作现象结论A分别加热Na2CO3和NaHCO3固体试管内壁均有水珠两种物质均受热分解B向稀的苯酚水溶液滴加饱和溴水生成白色沉淀产物三溴苯酚不溶于水C向含I的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液加入淀粉后溶液变成蓝色氧化性：Cl2I2D向FeSO4溶液中先滴入KSCN溶液，再滴加H2O2溶液加入H2O2后溶液变成血红色Fe2+既有氧化性又有还原性AABBCCDD19甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：甲乙丙下列有关物质的推断错误的是（）A若甲为C，则丁一定是O2B若甲为SO2，则丁可能是氨水C若甲为Fe，则丁可能是盐
9、酸D若甲为NaOH溶液，则丁可能是CO220相同状况下，pH=2的两种一元酸HX和HY的溶液分别取50mL，加入足量的表面积相同的镁粉，充分反应后，收集H2的体积（同温同压下）V（HX）V（HY），下列说法正确的是（）ANaX的水溶液的碱性一定强于NaY水溶液的碱性BHX一定是弱酸C反应结束时两者所用时间相同D浓度：C（HX）C（HY）21某小组为研究电化学原理，设计甲、乙、丙三种装置（C1、C2、C3均为石墨）下列叙述正确的是（）A甲、丙中是化学能转变为电能，乙中是电能转变为化学能BC1、C2分别是阳极、阴极，锌片、铁片上都发生氧化反应CC1上和C3上放出的气体相同，铜片上和铁片上放出的气体
10、也相同D甲、乙、丙中溶液的pH都逐渐升高22将5.6gFe投入浓硝酸中，产生红棕色气体A，把所得溶液减压蒸干，得到20gFe（NO3）2和Fe（NO3）3的混合物，将该固体在高温下加热，得到红棕色的Fe2O3和气体B，A、B气体混合通入足量水中，在标准状况下剩余气体的体积为（）A1120mLB2240mLC3360mLD4480mL四、（本题共14分）231100时，在体积为5L的密闭容器中，发生可逆反应：Na2SO4（s）+4H2（g）Na2S（s）+4H2O（g）并达到平衡，请完成下列各题：（1）上述反应中涉及的非金属元素原子的半径从大到小的顺序为，非金属性最强的元素原子的电子排布式，其电
11、子的自旋方向共有种（2）该反应中O、S属于同主族元素，比较它们的单质的氧化性（用化学方程式表示），写出Na2O的电子式，比较Na2O和Na2S的熔点高低：Na2ONa2S（3）上述平衡的平衡常数表达式K=降低温度，K值减小，则正反应为（填“吸热”或“放热”）反应（4）能判断反应达到平衡状态的依据是（填序号）A混合气体的压强不变 B混合气体的密度不变C混合气体的平均相对分子质量不变 D各气体的浓度相等（5）若初始时加入的Na2SO4为2.84g，10分钟后达到平衡时Na2SO4的转化率为45%，V（H2）=平衡后，向容器中充入1molH2，平衡向（填“正反应方向”、“逆反应方向”或“不移动”），
12、重新达到平衡后，与原平衡相比，H2的体积百分含量（填“增大”、“减小”或“不变”）五、（本题共9分）24硫的化合物在生产、生活中有广泛应用，其吸收和处理也十分重要完成下列填空：（1）SO2具有还原性，可以和许多氧化剂反应SO2气体通入硫酸酸化的K2Cr2O7溶液中恰好生成铬钾矾KCr（SO4）212H2O写出该反应的化学方程式，反应中被还原的元素是（2）过量的SO2通入Na2S溶液，写出有关的离子方程式（3）在1L 0.3mol/L的NaOH溶液中，通入4.48LSO2（标况），反应后所得溶液中微粒的浓度之间有一些等量关系，例如：c（Na+）+c（H+）=c（HSO3）+2c（SO32）+c（
13、OH），请再写出两个等量关系：（4）在室温下，下列曲线可以描述乙酸（甲、Ki=1.8105）和次氯酸（乙、Ki=2.95108）在水中的电离度与浓度关系的是A B C D六、（本题共13分）25氢溴酸是无色、易挥发的液体，在化工领域用途广泛实验室模拟一种工业制备氢溴酸的主要流程如下：（1）写出反应的离子方程式该反应需要在冰水浴中进行，可能的原因是（2）操作I的名称（3）反应中Na2SO3的目的是（4）操作用到的玻璃仪器有烧杯、工业生产中制得的氢溴酸带有淡淡的黄色于是甲乙两同学设计了实验加以探究：甲同学假设工业氢溴酸呈淡黄色是因为含Fe3+，则用于证明该假设所用的试剂为，若假设成立可观察到的现象
14、为乙同学假设工业氢溴酸呈淡黄色是因为，其用于证明该假设成立的方法为26由软锰矿制备高锰酸钾的主要反应如下：熔融氧化 3MnO2+KClO3+6KOH 3K2MnO4+KCl+3H2O加酸歧化 3K2MnO4+2CO22KMnO4+MnO2+2K2CO3已知相关物质的溶解度（20）物质K2CO3KHCO3K2SO4KMnO4溶解度g/100g11133.711.16.34完成下列填空：（1）在实验室进行“熔融氧化”操作时，应选用铁棒、坩埚钳和（填序号）a瓷坩埚 b蒸发皿 c铁坩埚 d泥三角（2）在“加酸岐化”时不宜用硫酸的原因是；不宜用盐酸的原因是反应之后得到高锰酸钾的步骤是：过滤、蒸发结晶、趁
15、热过滤 该步骤能够得到高锰酸钾的原理是（3）采用电解法也可实现K2MnO4的转化，2K2MnO4+2H2O 2KMnO4+2KOH+H2与原方法相比，电解法的优势为七、（本题共12分）27草酸钠滴定法测定高锰酸钾的质量分数步骤如下：（已知涉及到的反应：Na2C2O4+H2SO4H2C2O4（草酸）+Na2SO45H2C2O4+2MnO4+6H+2Mn2+10CO2+8H2ONa2C2O4的式量：134 KMnO4的式量：158）称取0.80g 的高锰酸钾产品，配成50mL溶液称取0.2014gNa2C2O4，置于锥形瓶中，加入蒸馏水使其溶解，再加入少量硫酸酸化将瓶中溶液加热到7580，趁热用中
16、配制的高锰酸钾溶液滴定至终点消耗高锰酸钾溶液8.48mL（1）判断达到滴定终点的标志是（2）样品中高锰酸钾的质量分数为（保留3位小数）（3）加热温度大于90，部分草酸发生分解，会导致测得产品纯度（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）（4）将一定量高锰酸钾溶液与酸化的草酸钠溶液混合，测得反应溶液中Mn2+的浓度随反应时间t的变化如图，其原因可能为八、（本题共10分）28莫沙朵林F是一种镇痛药，可通过木聚糖A按以下路线合成：（1）有机物B中官能团的名称为有机物C中的碳碳双键如何检验（2）写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式存在四种不同化学环境的氢原子；能发生银镜反应和水解反应；能与Fe
17、Cl3溶液发生显色反应（3）已知E+XF为加成反应，写出该反应的化学方程式（4）已知化合物是合成抗病毒药阿昔洛韦的中间体，请设计合理方案以和为原料合成该化合物（用合成路线流程图表示，并注明反应条件）合成路线流程图示例如下：九、（本题共12分）29聚戊二酸丙二醇酯（PPG）是一种可降解的聚酯类高分子材料，在材枓的生物相容性方面有很好的应用前景 PPG的一种合成路线如下：已知：烃A的相对分子质量为70，其一氯代物只有一种化合物B为一氯代烃，化合物C的分子式为C5H8E、F为相对分子质量差14的同系物，F是福尔马林的溶质R1CH2=CH2R2R1COOH+R2COOH回答下列问题：（1）A的结构简式
18、为（2）B到C的反应条件（3）由E和F生成G的化学方程式为，反应类型（4）由D和H生成PPG的化学方程式为（5）写出D的最简同系物和H按1：1反应的产物（6）写出G和新制的氢氧化铜溶液反应的化学方程式十、（本题共14分）30氮的单质及其化合物在生活和生产中有很重要的用途（1）氨是合成硝酸、铵盐和氮肥的基本原料在一定条件下用氮气和氢气合成氨气，然后再用氨氧化法制取硝酸在整个生产过程中，氮气的利用率为85%写出氨氧化法制取硝酸的反应式现有0.2t液态氮，能生产出浓度为40%的硝酸千克（2）向27.2g Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu（NO3）2
19、在所得溶液中加入1.0molL1的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g求：Cu与Cu2O的物质的量之比？硝酸的物质的量浓度？（3）将30mLNO和O2混合气体通入过量NaOH溶液中，充分反应后，溶液中只含两种溶质（不考虑水解），且剩余气体体积为2mL求原混合气体中NO和O2体积比？2016年上海市宝山区高考化学一模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物质的性质决定其用途，下列应用中利用了物质氧化性的是（）A氧化铝做耐火材料B纯碱去油污C食醋除水垢D漂白粉漂白织物【分析】利用了物质氧化性，则发生氧化还原反应，
20、且物质中元素的化合价降低，以此来解答【解答】解：A氧化铝熔点高，用于耐火材料属于物理性质，故A错误；B纯碱水解呈碱性，有利于油脂的水解，没有发生化学变化，故B错误；C醋酸与水垢（碳酸钙、氢氧化镁）发生复分解反应，故C错误；D漂白粉有效成分为次氯酸钙，具有强氧化性，可用于漂白，故D正确故选D2下列关于有机化合物的说法正确的是（）A聚氯乙烯分子中含碳碳双键B以淀粉为原料可制取乙酸乙酯C包装用材料聚乙烯和聚氯乙烯都属于烃D油脂的皂化反应属于加成反应【分析】A氯乙烯发生加聚反应生成聚氯乙烯，则聚氯乙烯中不含碳碳双键；B淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖发生酒化反应生成乙醇，乙醇氧化生成乙酸，乙酸与乙醇发生酯化
21、反应生成乙酸乙酯；C烃中只含C、H元素；D油脂在碱性条件下水解反应为皂化反应【解答】解：A氯乙烯发生加聚反应生成聚氯乙烯，则聚氯乙烯中不含碳碳双键，分子中只含单键，故A错误；B淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖发生酒化反应生成乙醇，乙醇氧化生成乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，则以淀粉为原料可制取乙酸乙酯，故B正确；C烃中只含C、H元素，而聚氯乙烯中含Cl元素，聚氯乙烯不属于烃，而聚乙烯属于烃类物质，故C错误；D油脂在碱性条件下水解反应为皂化反应，油脂的氢化反应为加成反应，故D错误；故选B3轨道表示式是表示原子核外电子运动状态的一种化学用语，下列有关原子的最外层的轨道表示式正确的是（）A铍原子
22、B碳原子C氯原子D铝原子【分析】A、铍原子的最外层的轨道表示式；B、2p能级上电子排布图违反洪特规则；C、氯原子的最外层的轨道表示式为：；D、违反了能量最低原理【解答】解：A、铍原子的最外层的轨道表示式，故A错误；B、当电子排布在同一能级的不同轨道时，总是优先单独占据一个轨道，且自旋方向相同，所以2p能级上电子排布图违反洪特规则，故B错误；C、氯原子的最外层的轨道表示式为：，故C正确；D、根据能量最低原理，3s轨道的能量低于3p轨道，所以电子先排满3s轨道，才能排3p轨道，所以该电子排布式违背了能量最低原理，故D错误；故选：C4下列有关物质性质的应用正确的是（）A铜的金属活泼性比铁的弱，可在海
23、轮外壳上装若干铜块以减缓其腐蚀B液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂C生石灰能与水反应，可用来干燥氯气D二氧化硅不与强酸反应，可用石英作为反应容器制取氢氟酸【分析】A、根据牺牲阳极的阴极保护法来保护金属；B、液氨汽化时要吸收大量的热；C、氢氧化钙能和氯气反应；D、二氧化硅可与氢氟酸反应生成四氟化硅气体【解答】解：A、因要减缓船体的腐蚀应连接比铁更活泼的金属，如锌，这就是牺牲阳极的阴极保护法，故A错误；B、液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂，故B正确； C、CaO遇水生成氢氧化钙，而氢氧化钙会和氯气反应，故C错误；D、石英的主要成分是二氧化硅，二氧化硅可与氢氟酸反应生成四氟化硅气体，故D错
24、误；故选B5下列有机物的命名错误的是（）A1，2，4三甲苯B3甲基1戊烯C2甲基1丙醇D1，3二溴丙烷【分析】A、苯的同系物在命名时，要从简单的支链开始按顺时针或逆时针给苯环上的碳原子进行编号使侧链的位次和最小；B、烯烃在命名时，要选含官能团的最长的碳链为主链，从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号；C、醇在命名时，要选含官能团的最长的碳链为主链，从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号；D、卤代烃在命名时，要选含官能团的最长的碳链为主链，从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号【解答】解：A、苯的同系物在命名时，要从简单的支链开始按顺时针或逆时针给苯环上的碳原子进行编号使侧链的位次和
25、最小，故此有机物的名称为1，2，4三甲苯，故A正确；B、烯烃在命名时，要选含官能团的最长的碳链为主链，故主链上有5个碳原子，从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号，则名称为3甲基1戊烯，故B正确；C、醇在命名时，要选含官能团的最长的碳链为主链，故主链上有4个碳原子，从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号，则OH在2号碳原子上，则名称为2丁醇，故C错误；D、卤代烃在命名时，要选含官能团的最长的碳链为主链，故主链上有3个碳原子，从离官能团近的一端给主链上的碳原子进行编号，故名称为1，3二溴丙烷，故D正确；故选C二、选择题（本题共36分，每小题2分，每题只有一个正确选项）6下列关于氮的固定的
26、说法错误的是（）A氮的固定包括人工固氮和自然固氮B工业合成氨属于人工固氮C自然固氮中氮元素被氧化D氮的固定中参与元素至少有两种【分析】根据空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程，称为氮的固定，分为人工固氮和自然固氮【解答】解：A、根据氮的固定条件不同分为人工固氮和自然固氮，故A正确；B、工业合成氨是N2与H2在一定条件下反应生成NH3，属于人工固氮，故B正确；C、自然固氮是游离态氮转化为化合态的氮，氮元素可能被氧化，也可能被还原，故C错误；D、氮的固定是游离态的氮转化为含氮化合物的过程，与元素至少有两种，故D正确；故选C7下列指定微粒的数目相等的是（）A等物质的量的水与重水含有的中子数B等质量
27、的乙烯和丙烯中含有的共有电子对数C同温、同压、同体积的CO和NO含有的质子数D等物质的量的铁和铝分别与足量氯气完全反应时转移的电子数【分析】AH2O中的中子数为8，D2O中的中子数为10；B乙烯和丙烯的最简式均为CH2，由n=可知，等质量时含CH2的个数相同；C同温、同压、同体积，由n=可知，气体的物质的量相同；D铁和铝分别与足量氯气完全反应，Fe、Al元素的化合价均由0升高为+3价【解答】解：AH2O中的中子数为8，D2O中的中子数为10，则等物质的量的水与重水含有的中子数不同，故A错误；B乙烯和丙烯的最简式均为CH2，由n=可知，等质量时含CH2的个数相同，1个C2H4分子共用6对电子（其
28、中4个CH，2个CC），1个C3H6分子共用9对电子（其中6个CH，3个CC），因此可以发现规律：1个CH2平均共用3对电子，含CH2的个数相同则共有电子对数相同，故B正确；C同温、同压、同体积，由n=可知，气体的物质的量相同，C、N的质子数不同，则CO和NO含有的质子数不同，故C错误；D铁和铝分别与足量氯气完全反应，Fe、Al元素的化合价均由0升高为+3价，则等物质的量的铁和铝分别与足量氯气完全反应时转移的电子数均为n（30）NA，故D正确；故选BD8a、b、c、d为短周期元素，a的M电子层有1个电子，b的最外层电子数为内层电子数的2倍，c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，c与d同周期，
29、d的原子半径小于c下列叙述错误的是（）Ad元素的非金属性最强B它们均存在两种或两种以上的氧化物C只有a与其他元素生成的化合物都是离子化合物Db、c、d分别与氢气形成的化合物中化学键均为极性共价键【分析】a的M电子层有1个电子，应为Na元素，b的最外层电子数为内层电子数的2倍，应为C元素，c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，应为S元素，c与d同周期，d的原子半径小于c应为Cl元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期率知识解答该题【解答】解：a的M电子层有1个电子，应为Na元素，b的最外层电子数为内层电子数的2倍，应为C元素，c的最高化合价为最低化合价绝对值的3倍，应为S元素，c与d同周期
30、，d的原子半径小于c应为Cl元素，A同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强，元素非金属性强弱顺序为ClSCNa，故A正确；B四种元素形成的氧化物有CO、CO2；Na2O、Na2O2；SO2、SO3，而Cl的化合价有多种，则氧化物也有多种，如ClO2、Cl2O等，故B正确；Ca为Na，为金属，可与其他元素生成离子化合物，含有离子键，故C正确；Db为C，可与氢气反应生成C2H2、C2H4、C2H6等化合物，含有同种元素形成的共价键，为非极性键，故D错误故选D9下列实验操作正确的是（）A用玻璃棒蘸取CH3COOH溶液点在水湿润的pH试纸上，测定该溶液的pHB中和滴定时，滴定管用所盛装的反应液润洗2
31、3次C用装置甲分液，放出水相后再从分液漏斗下口放出有机相D用装置乙加热分解NaHCO3固体【分析】ApH试纸不能事先湿润；B为减小误差，滴定管用所盛装的反应液润洗；C分液时，下层液体从下口漏出，上层液体从上口倒出；D加热固体应防止试管炸裂【解答】解：A测定醋酸pH，pH试纸不能事先湿润，防止醋酸被稀释而导致测定结果偏大，故A错误；B为防止液体被稀释而导致浓度减小而产生实验误差，滴定管用所盛装的反应液润洗，故B正确；C分液时，为避免液体重新混合而污染，下层液体从下口漏出，上层液体从上口倒出，故C错误；D碳酸氢钠加热分解生成水，应防止试管炸裂，试管口应略朝下，故D错误故选B10某化妆品的组分Z具有
32、美白功效，原从杨树中提取，现可用如图反应制备，下列叙述错误的是（）AX、Y和Z均能使溴水褪色BX和Z均能与NaHCO3溶液反应放出CO2CY既能发生取代反应，也能发生加成反应DY可作加聚反应单体，X可作缩聚反应单体【分析】AX和Z中含有酚羟基、Y中含有碳碳双键，苯环上酚羟基邻对位含有氢原子的酚、烯烃都能和溴水反应而使溴水褪色；B酚羟基和碳酸氢钠不反应，羧基和碳酸氢钠反应；CY含有碳碳双键和苯环，具有烯烃和苯的性质；DY中含有碳碳双键，能发生加聚反应，X中含有酚羟基，能发生缩聚反应【解答】解：AX和Z中含有酚羟基、Y中含有碳碳双键，苯环上酚羟基邻对位含有氢原子的酚、烯烃都能和溴水反应而使溴水褪色
33、，所以X和Z都能和溴水发生取代反应、Y能和溴水发生加成反应，所以三种物质都能使溴水褪色，故A正确；B酚羟基和碳酸氢钠不反应，羧基和碳酸氢钠反应，Z和X中都只含酚羟基不含羧基，所以都不能和碳酸氢钠反应，故B错误；CY含有碳碳双键和苯环，具有烯烃和苯的性质，一定条件下能发生加成反应、还原反应、加聚反应、氧化反应、取代反应，故C正确；DY中含有碳碳双键，能发生加聚反应，X中含有酚羟基，能和醛发生缩聚反应，故D正确；故选B11下列符合实际并用于工业生产的是（）A工业炼铝：电解熔融的氯化铝B制取漂粉精：将氯气通入澄清石灰水C工业制纯碱：在饱和氯化钠溶液中通入二氧化碳气体，煅烧反应所得沉淀D工业制硫酸：用
34、硫磺为原料，经燃烧、催化氧化、最后用98.3%浓硫酸吸收【分析】A、氯化铝是共价化合物；B、氯气和石灰乳或饱和石灰水中反应制备漂白精；C、在饱和氯化钠溶液中通入二氧化碳气体不反应，得不到碳酸钠；D、依据工业制备硫酸原理分析判断；【解答】解：A、氯化铝是共价化合物，工业炼铝：电解熔融的氧化铝，故A错误；B、氯气和石灰乳或饱和石灰水中反应制备漂白精，故B错误；C、工业制纯碱：在氨化的饱和氯化钠溶液中通入二氧化碳气体，得到碳酸氢钠晶体，煅烧反应所得沉淀碳酸氢钠分解生成碳酸钠，故C错误；D、工业制硫酸：用硫磺为原料，经燃烧得到二氧化硫、二氧化硫催化氧化为三氧化硫、最后用98.3%浓硫酸吸收，故D正确；
35、故选D12常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（）A使酚酞变红色的溶液中：Na+、Al3+、SO42、ClB =11013molL1的溶液中：NH4+、Ca2+、Cl、NO3C与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2+、K+、NO3、SO42D水电离的c（H+）=11013molL1的溶液中：K+、Na+、AlO2、CO32【分析】A使酚酞变红色的溶液，显碱性；B. =11013molL1的溶液，显酸性；C与Al反应能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；D水电离的c（H+）=11013molL1的溶液，水的电离受到抑制，为酸或碱溶液【解答】解：A使酚酞变红色的溶液，显碱性，碱性溶
36、液中不能大量存在Al3+，故A错误；B. =11013molL1的溶液，显酸性，该组离子在酸性溶液中不反应，可大量共存，故B正确；C与Al反应能放出H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸性溶液中Fe2+（或Al）、H+、NO3发生氧化还原反应，碱性溶液中不能大量存在Fe2+，故C错误；D水电离的c（H+）=11013molL1的溶液，水的电离受到抑制，为酸或碱溶液，酸溶液中不能大量存在AlO2、CO32，故D错误；故选B13下列关于物质或离子检验的叙述正确的是（）A在溶液中加酸化的BaCl2溶液，溶液出现白色沉淀，证明原溶液中有SO42B用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液一定
37、是钠盐溶液C气体通过无水CuSO4，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气D将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是CO2【分析】A在溶液中加酸化的BaCl2溶液，溶液出现白色沉淀，不能排除银离子的干扰；B用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，该溶液可能是钠盐溶液或氢氧化钠溶液；C无水硫酸铜吸水变为CuSO45H2O，白色粉末变蓝，可证明原气体中含有水蒸气；D二氧化硫和二氧化碳气体通过澄清石灰水溶液都会变浑浊；【解答】解：A在溶液中加酸化的BaCl2溶液，溶液出现白色沉淀，白色沉淀可能是氯化银或硫酸钡沉淀，不能证明一定含硫酸根离子，故A错误；B用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄
38、色，说明该溶液中含有钠元素，则该溶液可能是钠盐溶液或氢氧化钠溶液，故B错误；C气体通过无水硫酸铜，粉末变蓝，则发生反应：CuSO4+5H2OCuSO45H2O，可证明原气体中含有水蒸气，故C正确；D二氧化硫和澄清石灰水中氢氧化钙反应生成亚硫酸钙沉淀，二氧化碳气体通过澄清石灰水溶液生成碳酸钙白色沉淀，反应都会变浑浊，不能检验二氧化碳和二氧化硫，故D错误；故选C14一定温度下，水溶液中H+和OH的浓度变化曲线如图，下列说法正确的是（）A升高温度，可能引起由c向b的变化B该温度下，水的离子积常数为1.01013C该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化D该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化
39、【分析】A、由图可知abc为等温线；B、由b点计算此温度下水的离子积常数为1.01014；C、b点到a点，氢离子浓度变大，氢氧根离子浓度减小，据此解答即可；D、稀释不会引起水的离子积的改变，据此解答即可【解答】解：A、由图可知abc三点对应的平衡常数不变，故abc为等温线，故升高温度，不能由c到b，故A错误；B、b点c（H+）=c（OH）=1.0107，故KW=1.01071.0107=1.01014，故B错误；C、加入FeCl3，氯化铁为强酸弱碱盐，铁离子结合水电离出的氢氧根，促进水的电离平衡右移，即氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小（由b到a），符合图象变化趋势，故C正确；D、由c点到d点
40、，水的离子积常数减小，温度不变，K不变，故不能利用稀释使其形成此变化，故D错误，故选C15在0.2molL1Cu（NO3）2和Fe（NO3）3溶液中，通入一定量H2S气体，下列不可能发生的离子方程式是（）AH2S+2Fe3+S+2Fe2+2H+BH2S+Fe2+2H+FeSCH2S+Cu2+CuS+2H+D2H+2NO3+3H2S2NO+3S+4H2O【分析】当硫化氢足量时可发生反应：H2S+2Fe3+S+2Fe2+2H+、H2S+Cu2+CuS+2H+，当硫化氢少量时发生反应：2H+2NO3+3H2S2NO+3S+4H2O；由于硫化亚铁能够溶于强酸，则亚铁离子不会与硫化氢发生反应生成FeS沉
41、淀，据此进行解答【解答】解：A当硫化氢足量时，铁离子能够氧化硫化氢，反应的离子方程式为：H2S+2Fe3+S+2Fe2+2H+，故A错误；B由于FeS能够溶于强酸，则不可能发生反应H2S+Fe2+2H+FeS，故B正确；CCuS不溶于强酸，则硫化氢可以与铜离子发生反应：H2S+Cu2+CuS+2H+，故C错误；D硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化硫化氢，反应的离子方程式为：2H+2NO3+3H2S2NO+3S+4H2O，故D错误；故选B167.8克过氧化钠固体在常温低压下，与一定量的水蒸气反应，最终得到固体16.8克，此固体物质中一定含有（）ANaOHH2OBNaOHCNa2O22H
42、2ODNa2O28H2O【分析】计算过氧化钠物质的量，假设过氧化钠全部反应，根据Na原子守恒计算选项中各物质的质量，质量大于或等于16.8g符合题意【解答】解：7.8g过氧化钠物质的量为=0.1mol，假设过氧化钠全部反应，由钠原子守恒：得到NaOHH2O为0.2mol，质量为0.2mol58g/mol=11.6g16.8g，得到NaOH为0.2mol，质量为0.2mol40g/mol=8g16.8g，得到Na2O22H2O为0.1mol，质量为0.1mol114g/mol=11.4g16.8g，得到Na2O28H2O为0.1mol，质量为0.1mol222g/mol=22.2g16.8g，故
43、此固体物质中一定含有Na2O28H2O，故选：D17一定量的CO2与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：C（s）+CO2（g）2CO（g），平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如图所示：已知气体分压（P分）=气体总压（P总）体积分数，下列说法不正确的是（）A550时，若充入惰性气体，v正，v逆均减小B650时，反应达平衡后CO2的转化率为25.0%CT时，若充入等体积的CO2和CO，平衡向逆反应方向移动D925时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=23.04P总【分析】A、可变的恒压密闭容器中反应，550时若充入惰性气体，相当于减小压强，则v正，v退均减小，又改反应是气体体积
44、增大的反应，则平衡正向移动；B、由图可知，650时，反应达平衡后CO的体积分数为40%，设开始加入的二氧化碳为1mol，根据三段式进行计算；C、由图可知，T时，反应达平衡后CO和CO2的体积分数都为50%即为平衡状态；D、925时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=，据此计算【解答】解：A、可变的恒压密闭容器中反应，550时若充入惰性气体，相当于减小压强，则v正，v退均减小，故A正确；B、由图可知，650时，反应达平衡后CO的体积分数为40%，设开始加入的二氧化碳为1mol，转化了xmol，则有C（s）+CO2（g）2CO（g）开始 1 0转化 x 2x平衡； 1x 2x所以100
45、%=40%，解得x=0.25mol，则CO2的转化率为100%=25%，故B正确；C、由图可知，T时，反应达平衡后CO和CO2的体积分数都为50%即为平衡状态，所以平衡不移动，故C错误；D、925时，CO的体积分数为96%，则CO2的体积分数都为4%，所以用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp=23.04P，故D正确；故选：C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下列实验操作、现象和结论均正确的是（）选项实验操作现象结论A分别加热Na2CO3和NaHCO3固体试管内壁均
46、有水珠两种物质均受热分解B向稀的苯酚水溶液滴加饱和溴水生成白色沉淀产物三溴苯酚不溶于水C向含I的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液加入淀粉后溶液变成蓝色氧化性：Cl2I2D向FeSO4溶液中先滴入KSCN溶液，再滴加H2O2溶液加入H2O2后溶液变成血红色Fe2+既有氧化性又有还原性AABBCCDD【分析】A根据元素守恒知，即使碳酸钠分解也不能生成水；B苯酚和浓溴水反应生成三溴苯酚沉淀；C同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；D亚铁离子具有还原性，能被双氧水氧化生成铁离子，铁离子和KSCN溶液混合生成络合物而导致溶液呈血红色【解答】解：A根据元素守恒知，即使碳酸钠分解
47、也不能生成水，可能是碳酸钠不干燥导致的，故A错误；B苯酚和浓溴水反应生成三溴苯酚白色沉淀，向稀的苯酚水溶液滴加饱和溴水生成白色沉淀，说明产物三溴苯酚不溶于水，故B正确；C同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，向含I的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液，氯气具有强氧化性，能将碘离子氧化生成碘，碘遇淀粉试液变蓝色，加入淀粉后溶液变蓝色，说明碘离子被氧化生成碘单质，氧化剂是氯气、氧化产物是碘，所以氧化性氧化性：Cl2I2，故C正确；D双氧水具有氧化性，亚铁离子具有还原性，亚铁离子和双氧水反应生成铁离子，铁离子和KSCN溶液混合生成络合物而导致溶液呈血红色，加入双氧水后溶液变
48、成血红色说明亚铁离子被氧化，则亚铁离子有还原性，不能说明具有氧化性，故D错误；故选BC19甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：甲乙丙下列有关物质的推断错误的是（）A若甲为C，则丁一定是O2B若甲为SO2，则丁可能是氨水C若甲为Fe，则丁可能是盐酸D若甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2【分析】A、甲为C，丁为O2 也可以为水，物质转化关系为 CCOCO2，也可以为 CCOCO2；B、若甲为SO2，则丁为氨水，物质转化关系为：SO2NH4HSO3（NH4）2SO3；C、若甲为Fe，丁为盐酸，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，不能进一步和盐酸反应；D、若
49、甲为NaOH 溶液，丁为CO2，物质转化关系，NaOHNa2CO3NaHCO3【解答】解：A、甲为C，丁为O2 也可以为水，物质转化关系为 CCOCO2，也可以为 CCOCO2，故A错误；B、若甲为SO2，则丁为氨水，物质转化关系为：SO2NH4HSO3（NH4）2SO3，故B正确；C、若甲为Fe，丁为盐酸，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，不能进一步和盐酸反应，故C错误；D、若甲为NaOH 溶液，丁为CO2，物质转化关系，NaOHNa2CO3NaHCO3，故D正确；故选AC20相同状况下，pH=2的两种一元酸HX和HY的溶液分别取50mL，加入足量的表面积相同的镁粉，充分反应后，收集H2的体积
50、（同温同压下）V（HX）V（HY），下列说法正确的是（）ANaX的水溶液的碱性一定强于NaY水溶液的碱性BHX一定是弱酸C反应结束时两者所用时间相同D浓度：C（HX）C（HY）【分析】两种一元酸因为pH值相同，与过量的镁粉反应，产生气体V1V2，说明HX溶液的浓度较大，则HX酸性较弱，反应速率与氢离子浓度成正比，以此进行分析并解答【解答】解：A因为酸性：HXHY，根据越弱越水解的原理，相同浓度的NaX，NaY溶液，NaX碱性强，故A错误；BpH=2的两种一元酸，分别取50mL加入足量镁粉，由V（HX）V（HY），说明HX溶液的浓度较大，则HX酸性较弱，HX一定是弱酸，故B正确；C开始时候PH相
51、等，开始那一瞬间反应速率相等，但是二者生成的氢气的体积不同，所以消耗的时间不同，故C错误；DpH=2的两种一元酸，分别取50mL加入足量镁粉，由V（HX）V（HY），说明HX溶液的浓度较大，所以浓度：C（HX）C（HY），故D正确；故选BD21某小组为研究电化学原理，设计甲、乙、丙三种装置（C1、C2、C3均为石墨）下列叙述正确的是（）A甲、丙中是化学能转变为电能，乙中是电能转变为化学能BC1、C2分别是阳极、阴极，锌片、铁片上都发生氧化反应CC1上和C3上放出的气体相同，铜片上和铁片上放出的气体也相同D甲、乙、丙中溶液的pH都逐渐升高【分析】A原电池中化学能转化为电能，电解池中电能转化为化学
52、能；B与外接电源的正极相连作阳极，与负极相连作阴极，阴极上电极不反应；CC1和C3均为阳极，溶液中氯离子失电子，Cu为正极氢离子得电子，Fe作阴极氢离子得电子；D甲中氢离子浓度减小，乙中铜离子浓度减小，丙中电解生成氢氧化钠【解答】解：A甲为原电池，原电池中化学能转化为电能，乙、丙为电解池，电解池中电能转化为化学能，故A错误；B与外接电源的正极相连作阳极，与负极相连作阴极，则C1、C2分别是阳极、阴极，Fe作阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，发生还原反应，故B错误；CC1和C3均为阳极，溶液中氯离子失电子，则两个电极上生成的气体相同，Cu为正极氢离子得电子生成氢气，Fe作阴极氢离子得电子生成氢气
53、，故C正确；D甲中氢离子浓度减小，溶液的pH增大，乙中电解氯化铜，铜离子浓度减小，铜离子水解生成的氢离子减少，则溶液的pH增大，丙中电解氯化钠溶液生成氢气、氯气和氢氧化钠，溶液的pH增大，故D正确故选CD22将5.6gFe投入浓硝酸中，产生红棕色气体A，把所得溶液减压蒸干，得到20gFe（NO3）2和Fe（NO3）3的混合物，将该固体在高温下加热，得到红棕色的Fe2O3和气体B，A、B气体混合通入足量水中，在标准状况下剩余气体的体积为（）A1120mLB2240mLC3360mLD4480mL【分析】红棕色气体X为NO2，溶液蒸干得到Fe（NO3）2和Fe（NO3）3的混合物，将该固体在高温下
54、加热，得到红褐色的Fe2O3和气体Y，Y为NO2、O2混合气体，将X、Y混合通入足量水，反应又得到HNO3，剩余气体为NO或O2，纵观整个过程，Fe最终转化为Fe2O3，失去电子，若剩余的气体是O2，则O的化合价从2价升到0价，也失去电子，不可能，所以剩余的气体只能是NO，Fe失去的电子总数等于N得到的电子总数，据此计算解答【解答】解：红棕色气体X为NO2，溶液蒸干得到Fe（NO3）2和Fe（NO3）3的混合物，将该固体在高温下加热，得到红褐色的Fe2O3和气体Y，Y为NO2、O2混合气体，将X、Y混合通入足量水，反应又得到HNO3，剩余气体为NO或O2，纵观整个过程，Fe最终转化为Fe2O3
55、，失去电子，若剩余的气体是O2，则O的化合价从2价升到0价，也失去电子，不可能，所以剩余的气体只能是NO，Fe失去的电子总数等于N得到的电子总数，设NO物质的量为x，则：（30）=x（52），解得x=0.1mol，即标准状况下体积为0.1mol22.4L/mol=2.24L=2240mL，故选B四、（本题共14分）231100时，在体积为5L的密闭容器中，发生可逆反应：Na2SO4（s）+4H2（g）Na2S（s）+4H2O（g）并达到平衡，请完成下列各题：（1）上述反应中涉及的非金属元素原子的半径从大到小的顺序为SOH，非金属性最强的元素原子的电子排布式，其电子的自旋方向共有2种（2）该反应
56、中O、S属于同主族元素，比较它们的单质的氧化性2H2S+O2=2S+2H2O（用化学方程式表示），写出Na2O的电子式，比较Na2O和Na2S的熔点高低：Na2ONa2S（3）上述平衡的平衡常数表达式K=降低温度，K值减小，则正反应为吸热（填“吸热”或“放热”）反应（4）能判断反应达到平衡状态的依据是BC（填序号）A混合气体的压强不变 B混合气体的密度不变C混合气体的平均相对分子质量不变 D各气体的浓度相等（5）若初始时加入的Na2SO4为2.84g，10分钟后达到平衡时Na2SO4的转化率为45%，V（H2）=27.7.2104mol/（Lmin），平衡后，向容器中充入1molH2，平衡向正
57、反应方向（填“正反应方向”、“逆反应方向”或“不移动”），重新达到平衡后，与原平衡相比，H2的体积百分含量不变（填“增大”、“减小”或“不变”）【分析】（1）所有元素中H原子半径最小，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；非金属性最强的元素为O元素，原子核外电子排布式为1s22s22p4，根据泡利原理与洪特规则画出原子的轨道表示式，电子的自旋方向共有2种；（2）同主族非金属元素形成的单质为氧气、硫，可以利用单质之间置换反应比较单质的氧化性强弱；根据离子化合物的成键特点来书写电子式即可；（3）平衡常数是指生成物平衡浓度化学计量数幂乘积与反应物平衡浓度化学计量数幂乘积的比，固体不
58、需要标出；降低温度，K值减小，说明降低温度平衡向逆反应方向移动；（4）A混合气体的压强始终不变；B混合气体的总质量随反应进行发生变化，容器容积不变，混合气体的密度不变可以说明到达平衡；C混合气体的总物质的量不变，总质量分数变化，故混合气体的平均相对分子质量不变，可以说明到达平衡；D平衡时气体的浓度与反应物转化率有关；（5）若初始时加入的Na2SO4为2.84g，10分钟后达到平衡时Na2SO4的转化率为45%，即n（Na2SO4）=0.009mol，据此求出n（H2）和反应速率；通入氢气，氢气的浓度增大，平衡右移【解答】解：（1）所有元素中H原子半径最小，同周期自左而右原子半径减小、同主族自上
59、而下原子半径增大，故非金属元素原子半径：SOH；非金属性最强的元素为O元素，原子核外电子排布式为1s22s22p4，原子的轨道表示式为，电子的自旋方向共有2种；故答案为：SOH；2；（2）同主族非金属元素形成的单质为氧气、硫，利用单质之间置换反应比较单质的氧化性强弱，反应方程式为：2H2S+O2=2S+2H2O，Na2O是钠离子和氧离子之间通过离子键形成的离子化合物，所属的晶体类型是离子晶体，电子式为：，Na2O的熔点高于Na2S的熔点故答案为：2H2S+O2=2S+2H2O；（3）Na2SO4（s）+4H2（g）Na2S（s）+4H2O（g）的平衡常数表达式K=；降低温度，K值减小，说明降低
60、温度平衡向逆反应方向移动，逆反应为放热反应，则正反应为吸热反应，故答案为：；吸热；（4）A反应前后气体的物质的量不变，混合气体的压强始终不变，故A错误；B混合气体的总质量随反应进行发生变化，容器容积不变，混合气体的密度不变可以说明到达平衡，故B正确；C混合气体的总物质的量不变，总质量分数变化，故混合气体的平均相对分子质量不变，可以说明到达平衡，故C正确；D平衡时气体的浓度与反应物转化率有关，平衡时的浓度不一定相等，故D错误，故选：BC；（5）若初始时加入的Na2SO4为2.84g，10分钟后达到平衡时Na2SO4的转化率为45%，即n（Na2SO4）=0.009mol，故n（H2）=0.009
61、mol，反应速率V（H2）=27.7.2104mol/（Lmin）；再通入氢气，平衡右移，氢气的浓度不变 故答案为：27.7.2104mol/（Lmin），正反应方向，不变五、（本题共9分）24硫的化合物在生产、生活中有广泛应用，其吸收和处理也十分重要完成下列填空：（1）SO2具有还原性，可以和许多氧化剂反应SO2气体通入硫酸酸化的K2Cr2O7溶液中恰好生成铬钾矾KCr（SO4）212H2O写出该反应的化学方程式3SO2+K2Cr2O7+H2SO4+23H2O=2KCr（SO4）212H2O，反应中被还原的元素是Cr（2）过量的SO2通入Na2S溶液，写出有关的离子方程式5SO2+2S2+2
62、H2O=3S+4HSO3（3）在1L 0.3mol/L的NaOH溶液中，通入4.48LSO2（标况），反应后所得溶液中微粒的浓度之间有一些等量关系，例如：c（Na+）+c（H+）=c（HSO3）+2c（SO32）+c（OH），请再写出两个等量关系：2Na+=3（SO32+HSO3+H2SO3），SO32+HSO3+H2SO3=0.2mol/L或c（HSO3）+3c（H2SO3）+2c（H+）=c（SO32）+2c（OH）；（4）在室温下，下列曲线可以描述乙酸（甲、Ki=1.8105）和次氯酸（乙、Ki=2.95108）在水中的电离度与浓度关系的是AA B C D【分析】（1）该反应中S元素化合
63、价由+4价变为+6价、Cr元素化合价由+6价变为+3价，转移电子数为6，根据转移电子相等配平方程式得；得电子化合价降低的元素被还原；（2）过量的SO2通入Na2S溶液，二者发生氧化还原反应生成S，同时生成亚硫酸氢钠；（3）n（NaOH）=0.3mol/L1L=0.3mol，n（SO2）=0.2mol，设生成Na2SO3、NaHSO3的物质的量分别是xmol、ymol，根据Na、S原子守恒得x+y=0.22x+y=0.3解得，x=0.1mol，y=0.1mol，所以溶液中的溶质是等物质的量的Na2SO3、NaHSO3，溶液中存在电荷守恒、物料守恒和质子守恒；（4）由乙酸（甲、Ka=1.8105）
64、和次氯酸（乙、Ka=2.95108）可知，次氯酸的Ka小，则次氯酸的酸性弱，等浓度时酸性强的电离度大，弱酸的浓度越大，其电离度越小，以此来解答【解答】解：（1）该反应中S元素化合价由+4价变为+6价、Cr元素化合价由+6价变为+3价，转移电子数为6，根据转移电子相等配平方程式3SO2+K2Cr2O7+11H2O+H2SO4=2KCr（SO4）2.12H2O；得电子化合价降低的元素被还原，则Cr元素被还原，故答案为：3SO2+K2Cr2O7+11H2O+H2SO4=2KCr（SO4）2.12H2O；Cr；（2）过量的SO2通入Na2S溶液，二者发生氧化还原反应生成S，同时生成亚硫酸氢钠，离子方程
65、式为2H2O+2S2+5SO2=4HSO3+3S，故答案为：2H2O+2S2+5SO2=4HSO3+3S；（3）n（NaOH）=0.3mol/L1L=0.3mol，n（SO2）=0.2mol，设生成Na2SO3、NaHSO3的物质的量分别是xmol、ymol，根据Na、S原子守恒得x+y=0.22x+y=0.3解得，x=0.1mol，y=0.1mol，所以溶液中的溶质是等物质的量的Na2SO3、NaHSO3，溶液中存在电荷守恒、物料守恒和质子守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（HSO3）+2c（SO32）+c（OH），根据物料守恒得2c（Na+）=3c（HSO3）+3c（SO32
66、）+3c（H2SO3），），SO32+HSO3+H2SO3=0.2mol/L，根据质子守恒得c（HSO3）+3c（H2SO3）+2c（H+）=c（SO32）+2c（OH），故答案为：2c（Na+）=3c（HSO3）+3c（SO32）+3c（H2SO3），SO32+HSO3+H2SO3=0.2mol/L或c（HSO3）+3c（H2SO3）+2c（H+）=c（SO32）+2c（OH）；（4）由乙酸（甲、Ka=1.8105）和次氯酸（乙、Ka=2.95108）可知，次氯酸的Ka小，则次氯酸的酸性弱；由图可知，横坐标为浓度，纵坐标为电离度，则等浓度时酸性强的电离度大，即甲的曲线在上方，可排除BD；弱酸
67、的浓度越大，其电离度越小，则曲线甲、乙均随浓度的增大而下降，可排除C，显然只有A符合，故选A六、（本题共13分）25氢溴酸是无色、易挥发的液体，在化工领域用途广泛实验室模拟一种工业制备氢溴酸的主要流程如下：（1）写出反应的离子方程式SO2+Br2+2H2O=SO42+2Br+4H+该反应需要在冰水浴中进行，可能的原因是防止Br2和HBr挥发（2）操作I的名称蒸馏（3）反应中Na2SO3的目的是除去粗品中未反应完的溴（4）操作用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒工业生产中制得的氢溴酸带有淡淡的黄色于是甲乙两同学设计了实验加以探究：甲同学假设工业氢溴酸呈淡黄色是因为含Fe3+，则用于证明该假设所用的
68、试剂为KSCN溶液，若假设成立可观察到的现象为溶液变为红色乙同学假设工业氢溴酸呈淡黄色是因为Br2，其用于证明该假设成立的方法为取样，加入CCl4少许，充分震荡，若油层呈橙色（橙红色）证明含Br2【分析】反应中发生反应 SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，经操作蒸馏得硫酸和氢溴酸的粗品（含溴），反应中加入Na2SO3还原粗品中的Br2，但会反应生成SO42 加入氢氧化钡后过滤得硫酸钡沉淀，在滤液中加入浓硫酸，再蒸馏得到纯品氢溴酸，（1）Br2具有强氧化性，在溶液中将SO2氧化为H2SO4，自身被还原为HBr；Br2氧化SO2放出很多热量，Br2和HBr挥发；（2）由工艺流程可知，操
69、作为互溶的溶液组分的分离；（3）粗品中可能含有为反应的Br2，应除去Br2；（4）由工艺流程可知，操作分离固体与液体，应是过滤；用KSCN溶液检验Fe3+，滴加KSCN溶液，溶液变成血红色；由工艺流程可知，溶液中可能含有Br2，可以用CCl4萃取方法检验【解答】解：反应中发生反应 SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，经操作蒸馏得硫酸和氢溴酸的粗品（含溴），反应中加入Na2SO3还原粗品中的Br2，但会反应生成SO42 加入氢氧化钡后过滤得硫酸钡沉淀，在滤液中加入浓硫酸，再蒸馏得到纯品氢溴酸，（1）Br2具有强氧化性，在溶液中将SO2氧化为H2SO4，自身被还原为HBr，反应的离子方
70、程式为：SO2+Br2+2H2O=SO42+2Br+4H+；Br2氧化SO2放出很多热量，Br2和HBr易挥发，使用冰水，降低体系温度，防止Br2和HBr挥发，使反应完全，故答案为：SO2+Br2+2H2O=SO42+2Br+4H+；防止Br2和HBr挥发；（2）由工艺流程可知，操作为互溶的溶液组分的分离，应是蒸馏，故答案为：蒸馏；（3）粗品中可能含有为反应的Br2，加入Na2SO3，除去粗品中未反应完的溴，故答案为：除去粗品中未反应完的溴；（4）由工艺流程可知，操作分离固体与液体，应是过滤，用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，故答案为：漏斗、玻璃棒；用KSCN溶液检验Fe3+，取少许溶液滴加
71、KSCN溶液，溶液变成血红色，说明氢溴酸呈淡黄色是因为含Fe3+，故答案为：KSCN溶液；溶液变为红色；由工艺流程可知，溶液中可能含有Br2，证明该假设成立的方法：用胶头滴管取制得的氢溴酸于试管中，滴加CCl4、振荡、静止，下层呈橙红色，证明因含Br2而显黄色；故答案为：Br2；取样，加入CCl4少许，充分震荡，若油层呈橙色（橙红色）证明含Br226由软锰矿制备高锰酸钾的主要反应如下：熔融氧化 3MnO2+KClO3+6KOH 3K2MnO4+KCl+3H2O加酸歧化 3K2MnO4+2CO22KMnO4+MnO2+2K2CO3已知相关物质的溶解度（20）物质K2CO3KHCO3K2SO4KM
72、nO4溶解度g/100g11133.711.16.34完成下列填空：（1）在实验室进行“熔融氧化”操作时，应选用铁棒、坩埚钳和cd（填序号）a瓷坩埚 b蒸发皿 c铁坩埚 d泥三角（2）在“加酸岐化”时不宜用硫酸的原因是生成K2SO4溶解度小，会降低产品的纯度；不宜用盐酸的原因是盐酸具有还原性，会被氧化，降低产品的量反应之后得到高锰酸钾的步骤是：过滤、蒸发结晶、趁热过滤 该步骤能够得到高锰酸钾的原理是KMnO4和K2CO3的溶解度不同（3）采用电解法也可实现K2MnO4的转化，2K2MnO4+2H2O 2KMnO4+2KOH+H2与原方法相比，电解法的优势为K2MnO4中的锰元素可以完全转化到K
73、MnO4中，原子利用率高【分析】（1）熔融固体物质需要再坩埚内加热，加热熔融物含有碱性KOH应用铁坩埚、铁棒、坩埚钳、泥三角、酒精灯；（2）根据表中数据可知，K2SO4溶解度小，加硫酸时会生成K2SO4，会降低产品的纯度；盐酸具有还原性，会被氧化，降低产品的量；高锰酸钾与碳酸钾的溶解度相差较大，趁热过滤，可除去碳酸钾杂质；（3）电解法的优势为K2MnO4中的锰元素可以完全转化到KMnO4中【解答】解：（1）熔融固体物质需要再坩埚内加热，加热熔融物含有碱性KOH应用铁坩埚、铁棒、坩埚钳、泥三角、酒精灯，故答案为：cd；（2）根据表中数据可知，K2SO4溶解度小，加硫酸时会生成K2SO4，会降低产
74、品的纯度；盐酸具有还原性，会被氧化，降低产品的量，故不宜用盐酸，高锰酸钾与碳酸钾的溶解度相差较大，趁热过滤，可除去碳酸钾杂质，故答案为：生成K2SO4溶解度小，会降低产品的纯度；盐酸具有还原性，会被氧化，降低产品的量；KMnO4和K2CO3的溶解度不同；（3）与原方法相比，电解法的优势为K2MnO4中的锰元素可以完全转化到KMnO4中，提高了锰元素的利用率，故答案为：K2MnO4中的锰元素可以完全转化到KMnO4中，原子利用率高七、（本题共12分）27草酸钠滴定法测定高锰酸钾的质量分数步骤如下：（已知涉及到的反应：Na2C2O4+H2SO4H2C2O4（草酸）+Na2SO45H2C2O4+2M
75、nO4+6H+2Mn2+10CO2+8H2ONa2C2O4的式量：134 KMnO4的式量：158）称取0.80g 的高锰酸钾产品，配成50mL溶液称取0.2014gNa2C2O4，置于锥形瓶中，加入蒸馏水使其溶解，再加入少量硫酸酸化将瓶中溶液加热到7580，趁热用中配制的高锰酸钾溶液滴定至终点消耗高锰酸钾溶液8.48mL（1）判断达到滴定终点的标志是无色变为紫色且半分钟不褪色（2）样品中高锰酸钾的质量分数为0.700（保留3位小数）（3）加热温度大于90，部分草酸发生分解，会导致测得产品纯度偏高（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）（4）将一定量高锰酸钾溶液与酸化的草酸钠溶液混合，测得反应溶液
76、中Mn2+的浓度随反应时间t的变化如图，其原因可能为Mn2+可能是该反应的催化剂，随着Mn2+的产生，反应速率大大加快【分析】（1）滴定终点，溶液颜色发生变化，且半分钟内颜色不变；（2）根据反应Na2C2O4+H2SO4H2C2O4（草酸）+Na2SO4 5H2C2O4+2MnO4+6H+2Mn2+10CO2+8H2O找出关系式，然后结合题中数据计算；（3）加热温度大于90，部分草酸发生分解，消耗高锰酸钾溶液的体积减少；（4）反应中Mn2+浓度发生显著变化，应是反应生成的Mn2+对反应有催化作用【解答】解：（1）滴定终点时的现象为：当最后一滴KMnO4溶液滴入后，溶液由无色变为红色，且半分钟不
77、褪色，故答案为：无色变为紫色且半分钟不褪色；（2）根据反应Na2C2O4+H2SO4H2C2O4（草酸）+Na2SO4 5H2C2O4+2MnO4+6H+2Mn2+10CO2+8H2O可得关系式：5Na2C2O42KMnO4，设配制的8.48mL配制的样品溶液中含有高锰酸钾的质量为x，则：5Na2C2O42KMnO4， 1345 2158 0.2014g xx=0.0950g，50mL该样品溶液中含有高锰酸钾的质量为：0.0950g=0.560g，则样品中高锰酸钾的质量分数为： =0.700g，故答案为：0.700；（3）加热温度大于90，部分草酸发生分解，消耗高锰酸钾溶液的体积减少，会导致测
78、得产品纯度偏高，故答案为：偏高；（4）反应中Mn2+浓度发生显著变化，应是反应生成的Mn2+对反应有催化作用，且c（Mn2+）浓度大催化效果更好，故答案为：Mn2+可能是该反应的催化剂，随着Mn2+的产生，反应速率大大加快八、（本题共10分）28莫沙朵林F是一种镇痛药，可通过木聚糖A按以下路线合成：（1）有机物B中官能团的名称为醛基、羟基有机物C中的碳碳双键如何检验取少量C于试管中，先加入银氨溶液，加热，然后酸化后滴入溴水，振荡，溶液褪色，证明含有碳碳双键（2）写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式存在四种不同化学环境的氢原子；能发生银镜反应和水解反应；能与FeCl3溶液发生显色反
79、应（3）已知E+XF为加成反应，写出该反应的化学方程式（4）已知化合物是合成抗病毒药阿昔洛韦的中间体，请设计合理方案以和为原料合成该化合物（用合成路线流程图表示，并注明反应条件）合成路线流程图示例如下：【分析】（1）化合物B中含氧官能团为醛基和羟基；可以用溴水检验碳碳双键，但溴水可以氧化醛基，应先用银氨溶液氧化醛基后再用溴水检验；（2）E的不饱和度为5，E的一种同分异构体能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；能发生银镜反应和水解反应，含有甲酸形成的酯基（OOCH），存在四种不同化学环境的氢原子，OH与OOCH处于对位，另外还有2个CH3，分别与OH相邻，或者分别为OOCH相邻；（3）
80、已知E+XF为加成反应，对比E与F的结构可知X为O=C=NCH3；（4）发生催化氧化生成，然后发生消去反应生成，然后发生取代反应生成，最后与作用生成【解答】解：（1）化合物B中含氧官能团为醛基和羟基；检验C中碳碳双键方法为：取少量C于试管中，先加入银氨溶液，加热，然后酸化后滴入溴水，振荡，溶液褪色，证明含有碳碳双键，故答案为：醛基、羟基；取少量C于试管中，先加入银氨溶液，加热，然后酸化后滴入溴水，振荡，溶液褪色，证明含有碳碳双键；（2）E的不饱和度为5，E的一种同分异构体能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；能发生银镜反应和水解反应，含有甲酸形成的酯基（OOCH），存在四种不同化学环
81、境的氢原子，OH与OOCH处于对位，另外还有2个CH3，分别与OH相邻，或者分别为OOCH相邻，符合条件的同分异构体结构简式为：，故答案为：；（3）已知E+XF为加成反应，对比E与F的结构可知X为O=C=NCH3，该反应的化学方程式为：，故答案为：；（4）发生催化氧化生成，然后发生消去反应生成，然后发生取代反应生成，最后与作用生成，合成路线流程图为：，故答案为：九、（本题共12分）29聚戊二酸丙二醇酯（PPG）是一种可降解的聚酯类高分子材料，在材枓的生物相容性方面有很好的应用前景 PPG的一种合成路线如下：已知：烃A的相对分子质量为70，其一氯代物只有一种化合物B为一氯代烃，化合物C的分子式为
82、C5H8E、F为相对分子质量差14的同系物，F是福尔马林的溶质R1CH2=CH2R2R1COOH+R2COOH回答下列问题：（1）A的结构简式为（2）B到C的反应条件NaOH醇溶液、加热（3）由E和F生成G的化学方程式为HCHO+CH3CHOOHCH2CH2CHO，反应类型加成（4）由D和H生成PPG的化学方程式为（5）写出D的最简同系物和H按1：1反应的产物（6）写出G和新制的氢氧化铜溶液反应的化学方程式【分析】烃A的相对分子质量为70，其一氯代物只有一种， =510，则A为C5H10，结构为；A发生光照下取代反应生成B，化合物B为一氯代烃，B为；C分子式为C5H8，B发生消去反应生成C，所
83、以C为，C发生氧化反应生成D为HOOC（CH2）3COOH，E、F为相对分子质量差14的同系物，F是福尔马林的溶质，则F为HCHO，可知E为CH3CHO，由信息可知E与F反应生成G为OHCH2CH2CHO，G与氢气发生加成反应生成H为OHCH2CH2CH2OH，D与H发生缩聚反应生成PPG（），据此分析解答【解答】解：烃A的相对分子质量为70，其一氯代物只有一种， =510，则A为C5H10，结构为；A发生光照下取代反应生成B，化合物B为一氯代烃，B为；C分子式为C5H8，B发生消去反应生成C，所以C为，C发生氧化反应生成D为HOOC（CH2）3COOH，E、F为相对分子质量差14的同系物，F
84、是福尔马林的溶质，则F为HCHO，可知E为CH3CHO，由信息可知E与F反应生成G为OHCH2CH2CHO，G与氢气发生加成反应生成H为OHCH2CH2CH2OH，D与H发生缩聚反应生成PPG（），（1）A的结构简式为，故答案为：；（2）B到C为卤代烃的消去反应，需要的反应条件是氢氧化钠的醇溶液、加热，故答案为：NaOH醇溶液、加热；（3）由E和F生成G的化学方程式为HCHO+CH3CHOOHCH2CH2CHO，反应类型是加成反应，故答案为：HCHO+CH3CHOOHCH2CH2CHO；加成；（4）由D和H生成PPG的化学方程式为，故答案为：；（5）D的最简同系物和H按1：1反应的产物，故答案
85、为：；（6）G为OHCH2CH2CHO，G和新制的氢氧化铜溶液反应的化学方程式为，故答案为：十、（本题共14分）30氮的单质及其化合物在生活和生产中有很重要的用途（1）氨是合成硝酸、铵盐和氮肥的基本原料在一定条件下用氮气和氢气合成氨气，然后再用氨氧化法制取硝酸在整个生产过程中，氮气的利用率为85%写出氨氧化法制取硝酸的反应式4NH3+5O24NO+6H2O，2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO现有0.2t液态氮，能生产出浓度为40%的硝酸1912.5千克（2）向27.2g Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度的稀硝酸0.5L，固体物质完全反应，生成NO和Cu（NO3）2在所
86、得溶液中加入1.0molL1的NaOH溶液1.0L，此时溶液呈中性金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2g求：Cu与Cu2O的物质的量之比？硝酸的物质的量浓度？（3）将30mLNO和O2混合气体通入过量NaOH溶液中，充分反应后，溶液中只含两种溶质（不考虑水解），且剩余气体体积为2mL求原混合气体中NO和O2体积比？【分析】（1）氨氧化法制取硝酸流程为：氨气催化氧化生成NO，然后NO与氧气反应生成NO2，最后NO2与水反应生成HNO3；根据关系式N22HNO3计算生产浓度40%的硝酸的质量；（2）在所得溶液中加入1L NaOH溶液，反应后溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，
87、n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L1.0L=1mol，沉淀为Cu（OH）2，质量为39.2g，氢氧化铁物质的量为： =0.4mol，根据铜元素守恒有n（Cu）+2n（Cu2O）=nCu（OH）2，反应后的溶液中nCu（NO3）2=nCu（OH）2=0.4mol；设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量及Cu元素物质的量列方程计算二者的物质的量之比；利用电子转移守恒计算n（NO），根据N元素守恒可知原硝酸溶液n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3），根据Na元素可知n（NaNO3）=n（NaOH），进而计算硝酸浓度；（3）氢氧化钠溶液过量，反应后溶液中
88、只含两种溶质，则反应生成NaNO3，发生的反应为：4NO+3O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O，剩余的气体可能为氧气，也可能为NO，根据反应方程式进行讨论计算出混合气体中NO与O2的体积【解答】解：（1）氨氧化法制取硝酸的反应式：4NH3+5O24NO+6H2O，2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO；设能生产出浓度为40%的硝酸x千克，则：N22HNO328 126200千克85% 40%x千克则28：126=200千克85%：40%x千克解得x=1912.5故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O，2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO；19
89、12.5；（2）在所得溶液中加入NaOH溶液后，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=1.0mol/L1.0L=1mol，沉淀为Cu（OH）2，质量为39.2g，Cu（OH）2的物质的量为： =0.4mol，根据铜元素守恒有：n（Cu）+2n（Cu2O）=nCu（OH）2，所以反应后的溶液中nCu（NO3）2=nCu（OH）2=0.4mol，设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量可得：64x+144y=27.2，根据铜元素守恒有：x+2y=0.4，联立方程解得：x=0.2，y=0.1，所以原固体混合物中Cu和Cu
90、2O的物质的量之比为2：1，答：混合物中Cu和Cu2O的物质的量之比为2：1；根据电子转移守恒可知：3n（NO）=2n（Cu）+2n（Cu2O），即3n（NO）=20.2mol+20.1mol，则n（NO）=0.2mol，根据N元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3）=0.2mol+1.0mol/L1.0L=1.2mol，所以原硝酸溶液的浓度为=2.4mol/L，答：硝酸的物质的量浓度是2.4mol/L（3）氢氧化钠溶液过量，反应后溶液中只含两种溶质，则反应生成NaNO3，发生的反应为：4NO+3O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O，发生反应的NO和O2的总体积为：30mL2mL=28mL，若剩余的2mL为NO时，氧气体积为28mL=12mL，NO体积为：30mL12mL=18mL，原混合气体中NO和O2体积比18mL：12mL=3：2；若剩余的2mL为氧气时，NO体积为28mL=16mL，氧气体积为：30mL16mL=14mL，原混合气体中NO和O2体积比16mL：14mL=8：7；答：原混合气体中NO和O2体积比为3：2或8：7版权所有：高考资源网()