1、2015-2016学年上海市徐汇区高三（上）段考化学试卷一、选择题（本题共10分，每小题2分，每题只有一个正确选项）1下列对化学反应本质的认识，错误的是（）A原子一定重新组合B一定有电子转移C有旧键断裂和新键形成D必然伴随着能量的变化2药皂具有杀菌、消毒作用，通常是因为在普通肥皂中加入了适量的（）A酒精B次氯酸C苯酚D甲醛3下列微粒的表示方法能确定为氟离子的是（）AXBCD4已知：C（金刚石，固）C（石墨，固）+1.9kJ，则下列判断正确的是（）A石墨比金刚石稳定B等质量的石墨比金刚石能量高C发生了物理变化D金刚石转化为石墨没有化学键的断裂与生成5在“石蜡液体石蜡石蜡蒸气裂化气”的变化过程中，
2、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不能用于比较Na与Al金属性相对强弱的事实是（）ANa和AlCl3溶液反应B最高价氧化物对应水化物的碱性C单质与H2O反应的难易程度D同浓度NaCl和AlCl3溶液的pH7实验室制取下列物质的实验中未利用冷凝原理的是（）A乙酸乙酯B乙酸丁酯C溴乙烷D乙烯8已知X、Y、Z三种短周期元素在周期表中的位置如图所示，设X的原子序数为a则下列说法正确的是（）YXZAY是非金属性最强的元素BZ是金属元素CY的原子序
3、数为a7DX的气态氢化物化学式为H2X9常温下加入下列物质，能使溶液中c（CO32）、c（HCO3）均降低，而pH增大的是（）A氢氧化钠溶液B通入二氧化碳C氢氧化钙溶液D盐酸10下列除杂质（括号内为杂质）的方法正确的是（）ACO2（CO）：点燃B硝酸钾（氯化钠）：浓溶液降温结晶CMgSO4（MgCl2）：蒸干、灼烧D乙酸（乙醛）：加新制氢氧化铜浊液加热，过滤11在海轮的船壳上连接锌块，下列相关说法正确的是（）A制成合金保护船体B是外加电流的阴极保护法C船体的反应：Fe2eFe2+D锌块的反应：Zn2eZn2+12在恒容密闭容器中进行氢气与碘（气态）合成HI的反应，下列说法能表明反应达到平衡的是
4、（）A气体的平均分子量不再变化B反应的平衡常数不变C（H2）=2 （HI）D气体的颜色不再变化13常温下0.1mol/L醋酸溶液的pH=a，下列能使溶液pH=（a+1）的措施是（）A将溶液稀释到原体积的10倍B加入适量的醋酸钠固体C加入等体积0.1 mol/L烧碱溶液D加入等体积0.1 mol/L盐酸14实验室用图所示装置制取氯化氢气体，下列说法正确的是（）Aa中盛浓盐酸，b中盛浓硫酸Ba中盛浓硫酸，b中盛固体氯化铵Cf中盛固体氯化钠和浓硫酸Df中盛固体氯化铵15欲证明SO2与Ba2+只有在碱性条件下才能形成BaSO3沉淀，有下列溶液可供选择：Ba（OH）2溶液 Ba（NO3）2溶液 BaCl
5、2溶液 HCl必须用到的试剂是（）ABCD16能说明苯分子中的碳碳键不是单、双键交替，而是介于双键和单键之间的一种特殊的键的事实是（）A甲苯无同分异构体B间二甲苯没有同分异构体C邻二甲苯没有同分异构体D1 mol苯只能与3 molH2加成17将含有少量杂质的硝酸铜固体用酒精灯加热至恒重，收集到20.20mL气体，再将该气体用足量水吸收，剩余2.10mL气体（气体体积在同温同压下测定），则关于杂质成分的推测不合理的是（）ANaNO3BMg（NO3）2CAgNO3DNaNO3和AgNO3的混合物三、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
6、确选项的，选对一个给2分，选错一个，该小题不给分）18工业上用CO和H2生产燃料甲醇一定条件下密闭容器中发生反应，测得数据曲线如图所示（反应混合物均呈气态）下列说法错误的是（）A反应的化学方程式：CO+2H2CH3OHB反应进行至3分钟时，正、逆反应速率相等C反应至10分钟，（CO）=0.075 mol/LminD增大压强，平衡正向移动，K增大19下图表示某高分子化合物的结构片断关于该高分子化合物的推断正确的是（）A3种单体通过缩聚反应聚合B形成该化合物的单体只有2种C其中一种单体为D其中一种单体为1，5二甲基苯酚20常温下已知两种一元弱酸HX和HY，如果向NaX溶液中通CO2 气体，只能生成
7、HX和NaHCO3；往NaY溶液中通入CO2则生成HY和Na2CO3有关叙述正确的是（）A三种酸的电离常数：Ki1（H2CO3）Ki（HX）Ki（HY）Ki2（H2CO3）BNaX溶液中通入足量CO2后的离子浓度：c（HCO3）c（CO32）c（X）C同浓度溶液的碱性：NaXNa2CO3NaYNaHCO3D结合H+的能力：YCO32XHCO321NA代表阿伏伽德罗常数的值K35ClO3与H37Cl反应后生成氯气、氯化钾和水下列说法正确的是（）A生成氯气的相对分子质量为71B生成1 mol氯化钾转移5 NA个电子C生成氯化钾的摩尔质量为76 g/molD1molH37Cl参加反应转移NA个电子2
8、2今有一混合物的水溶液，可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl、CO32、SO42，现取两份100mL溶液分别进行如下实验：（1）加入AgNO3溶液有沉淀产生；（2）加足量BaCl2溶液，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g根据上述实验，以下推测正确的是（）ANH4+可能存在B若焰色反应测得K+存在，则NH4+不一定存在CCl不可能存在DBa2+一定不存在，Mg2+可能存在四、（本题共12分）23二氧化氯（ClO2）是国际公认高效、安全的杀菌、保鲜剂，是氯制剂的理想替代品工业上制备ClO2的方法很多，NaClO3 和NaClO2是制取
9、ClO2的常见原料完成下列填空：（1）以下反应是制备ClO2的一种方法：H2C2O4+2NaClO3+H2SO4Na2SO4+2CO2+2ClO2+2H2O上述反应物中属于第三周期的元素的原子半径大小顺序是；其中原子半径最大元素的原子，其核外有种不同能量的电子（2）ClO2的分子构型为“V”形，则ClO2是（选填“极性”、“非极性”）分子，其在水中的溶解度比氯气（选填“大”、“小”、“一样”）（3）ClO2具有强氧化性，若ClO2和Cl2在消毒时自身均被还原为Cl，ClO2的消毒能力是等质量Cl2的倍（保留2位小数）（4）若以NaClO2为原料制取ClO2，需要加入具有（填“氧化”、“还原”）
10、性的物质（5）工业上将氯碱工业和制取NaClO3联合进行研究发现，电解时，不同反应环境下的总反应分别为：4NaCl+18H2O4NaClO3+3O2+18H2（中性环境）NaCl+3H2ONaClO3+3H2（微酸性环境）电解时，氢气在极产生更有利于工业生产NaClO3的反应环境是，理由五、（本题共12分）24Na2S又称臭碱、硫化碱，是应用广泛的化工原料，也常用于吸收工业废气中的SO2完成下列填空：（1）用离子方程式说明Na2S又称臭碱、硫化碱的原因（2）向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，生成黑色沉淀，写出反应的离子方程式结合你所学习过的其它离子反应分析，离子互换反应进行的方向是 向Na2
11、S溶液中不断通入SO2，直至不再能吸收，其间看到溶液变浑浊，停止反应后溶液中含硫微粒为：S2O32、HSO3、H2SO3、HS，（3）反应过程中，溶液的pH逐渐（填“变大”、“变小”），生成的沉淀是；（4）关于反应后得到的溶液，下列离子浓度关系正确的是ac（Na+）=c（S2O32）+2c（HSO3）+2c（H2SO3）+2c（HS）bc（Na+）+c（H+）=2c（S2O32）+c（HSO3）+c（HS）+c（OH）cc（Na+）=2c（HS）六、（本题共12分）25某小组欲探究Cl2与KI溶液的反应，设计实验装置如下图已知：I2在水中溶解度很小，在KI溶液中溶解度显著增大，I2（S）+II
12、3（aq）容器中盛放的试剂分别为：AMnO2 C0.5000mol/L的KI溶液 DAgNO3溶液 ENaOH溶液 F浓盐酸完成下列填空：（1）仪器A的名称，B中的试剂是（2）当D装置中出现 时，停止加热；E的作用是（3）当氯气开始进入C时，C中看到的现象是；不断向C中通入氯气，看到溶液颜色逐渐加深，后来出现深褐色沉淀，试运用平衡移动原理分析产生这些现象的原因（4）持续不断地向C中通入氯气，看到C中液体逐渐澄清，最终呈无色推测此时C中无色溶液里含碘物质的化学式（此时溶液中只有一种含碘微粒）为确定含碘物质中碘元素的化合价，进行如下实验：取反应后C中溶液5.00mL（均匀）于锥形瓶中，加入KI（过
13、量）和足量稀硫酸向上述锥形瓶中滴加淀粉指示剂，溶液变蓝，用0.6250mol/L的Na2S2O3溶液滴定至蓝色刚好褪去，耗Na2S2O3溶液24.00mL已知：I2+2S2O322I+S4O62计算：碘元素的化合价为（5）欲检验某溶液中是否含有I，可使用的试剂为氯水和淀粉溶液合理的实验操作为七、（本题共12分）26工业制纯碱广泛采用的两种生产流程可以用以下示意图简要表示完成下列填空：（1）用甲流程生产纯碱的方法称为法（2）沉淀池中发生反应的化学方程式为（3）T是； W中除Ca（OH）2外，溶质的主要成分是（均填化学式）（4）甲流程中设计循环I的目的是；乙流程中设计循环I的目的是（5）在乙流程中
14、，若通入NH344.8L（已折合成标准状况下）可以得到纯碱100.0g，则NH3的利用率为（6）若制碱厂欲利用产生的氯化钙废液制取硝酸钙（Ca（NO3）24H2O），设计一个经济可行的方案，用流程图表示八、（本题共10分）27已知：CH3CH=CHCCHCH3CHO+OHCCOOH+HCOOH完成下列填空：（1）分子式为C8H8的某烃，在臭氧作用下发生反应为：C8H82CH3COOH+2OHCCOOH，则该烃的结构简式为（2）若分子式为C8H8的某烃其一氯代物只有一种，写出1种其可能的结构简式（3）分子式为C8H8的烃有很多，其中有一种苯乙烯，性质活泼，易被氧化，是合成橡胶和塑料的单体，用途广
15、泛苯乙烯可以通过下列途径制备（反应条件下所有物质均呈气态）：上述流程中各物质，属于苯的同系物的是（填结构简式）；能与溴水发生加成反应的是（均填结构简式）（4）反应是强吸热可逆反应要既快又多地获取苯乙烯，反应适宜条件是；为了进一步提高反应物的转化率，有研究者用加入O2与H2反应的方法获取了更多的苯乙烯，试推测其中的原因（写出一条）九、（本题共12分）28米格列奈是一种非磺脲类胰岛素促分泌的药物，对于治疗糖尿病具备作用时间快、药效高、给药灵活和安全性能高等优点它可由苯甲醛（A）为原料合成，部分合成路线如下：请回答下列问题：（1）化合物C中含氧官能团为、（填名称）（2）由BC、FG的反应类型依次为、
16、（3）D和E发生取代反应生成F的同时有HCl生成，则E的结构简式是（4）X （）为C的同系物，写出符合下列条件的X的一种同分异构体的结构简式：能发生银镜反应，与FeCl3不发生显色反应，但其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应核磁共振氢谱图中有4个吸收峰（5）已知： 根据已有知识并结合相关信息，写出以为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）合成路线流程图示例如下：H2C=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH十、（本题共14分，计算结果均保留两位小数）29硝酸在化学工业中有着极其广泛的应用（1）将1.25mol的NO、NO2、N2O4混合物（其中NO的体积分数为0.60）通入水中，在空
17、气充足的条件下完全反应后可获得硝酸的物质的量范围是（2）向稀硝酸中加入18.4mol/L的浓硫酸（98%）作吸水剂并蒸馏得浓硝酸，当其浓度下降到87%（密度1.8g/cm3）以下时，则失去吸水能力50mL 18.4mol/L的浓硫酸作为吸水剂时，最多可吸水 g（3）在65%的HNO3（质量m1）中加入72%的Mg（NO3）2（质量m2）后蒸馏，分别得到97.5%的HNO3和60%的Mg（NO3）2溶液（其中不含硝酸）若蒸馏过程中，硝酸、硝酸镁均无损耗，H2O的损耗占总质量的5%，则蒸馏前投料比=（4）硝酸工业中的尾气用烧碱进行吸收产物为NaNO2、NaNO3和H2O现有含0.50mol氮氧化物
18、的尾气，恰好被一定量的NaOH溶液完全吸收已知反应后溶液含有0.35molNaNO2若将尾气NO和NO2的平均组成用NOx表示，则x=2015-2016学年上海市徐汇区高三（上）段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下列对化学反应本质的认识，错误的是（）A原子一定重新组合B一定有电子转移C有旧键断裂和新键形成D必然伴随着能量的变化【考点】化学反应的基本原理【分析】化学反应的实质是旧化学键的断裂新化学键的形成，化学反应既有物质的变化又伴随能量的变化【解答】解：A化学反应的实质是旧化学键的断裂新化学键的形成，原子一定发生重新组合，故A正确； B
19、原子重新组合不一定有化合价变化，不一有电子转移，故B错误；C化学反应的实质是旧化学键的断裂新化学键的形成，故C正确；D化学反应既有物质的变化又伴随能量的变化，故D正确故选B2药皂具有杀菌、消毒作用，通常是因为在普通肥皂中加入了适量的（）A酒精B次氯酸C苯酚D甲醛【考点】苯酚的用途【分析】一般的肥皂和香皂，都没有什么杀菌作用，但是有一种药皂，在制造这种药皂时，掺入了苯酚的成分，所以这种药皂是有一定的消毒杀菌作用的【解答】解：在普通肥皂中加入了适量的苯酚制成了药皂，所以药皂具有杀菌、消毒作用，故选C3下列微粒的表示方法能确定为氟离子的是（）AXBCD【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合【分
20、析】AX表示带有1个单位负电荷的离子，可能为氯离子、溴离子，不一定为氟离子；B为带有1个负电荷的阴离子，可能为溴离子、氯离子；C表示的核电荷数为9，为氟元素，核外电子总数核电荷数=109=1，说明带有1个单位负电荷，表示的是氟离子；D表示的可以是钠离子、镁离子、氖原子等一类两个电子层、最外层为8个电子的粒子【解答】解：AX表示带有1个单位负电荷的离子，可以是氯离子、溴离子等，表示的不一定为氟离子，故A错误；B为带有1个负电荷的阴离子的电子式，可以是铝离子、溴离子、碘离子等阴离子，不一定为氟离子，故B错误；C表示的核电荷数为9，为F元素，核外电子总数核电荷数=109=1，说明带有1个单位负电荷，
21、表示的只能是氟离子，故C正确；D表示的是含有两个电子层、最外层为8个电子的粒子，可以是钠离子、镁离子、氖原子等一类，不一定为氟离子，故D错误；故选C4已知：C（金刚石，固）C（石墨，固）+1.9kJ，则下列判断正确的是（）A石墨比金刚石稳定B等质量的石墨比金刚石能量高C发生了物理变化D金刚石转化为石墨没有化学键的断裂与生成【考点】反应热和焓变【分析】A、能量越高越不稳定；B、由热化学方程式C（金刚石，固）C（石墨，固）+1.9kJ分析；C、金刚石和石墨是同素异形体；D、石墨转化为金刚石是化学变化【解答】解：A、金刚石比石墨能量高，所以金刚石比石墨能量低，故A正确；B、C（金刚石，固）C（石墨，
22、固）+1.9kJ可见，金刚石能量比石墨高，故B错误；C、金刚石和石墨是同素异形体，生成新物质是化学变化，故C错误；D、石墨转化为金刚石是化学变化，所以有化学键的断裂和生成，故D错误故选：A5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【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别【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
23、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不能用于比较Na与Al金属性相对强弱的事实是（）ANa和AlCl3溶液反应B最高价氧化物对应水化物的碱性C单质与H2O反应的难易程度D同浓度NaCl和AlCl3溶液的pH【考点】金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律【分析】比较金属性强弱，可根据对应的最高价氧化物的水化物的碱性、金属与酸、水反应的剧烈程度等角度进行判断【解答】解：ANa和AlCl3溶液反应，钠与水反应，不能说明Na的金属性比铝强，故
24、A错误；B对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性越强，可以比较Na与Al金属性相对强弱，故B正确；C金属单质与水反应越剧烈，金属性越强，比较Na与Al金属性相对强弱，故C正确；D比较同浓度NaCl和AlCl3的pH值，AlCl3的pH小，说明铝离子发生了水解，其碱的碱性比Na的弱，所以能比较Na、Al金属性强弱，故D正确故选：A7实验室制取下列物质的实验中未利用冷凝原理的是（）A乙酸乙酯B乙酸丁酯C溴乙烷D乙烯【考点】化学实验方案的评价；有机化学反应的综合应用【分析】实验室利用冷凝原理，因反应物易挥发，降低其利用率，则冷凝回流可充分利用反应物，以此来解答【解答】解：A乙酸、乙醇均易挥发，
25、发生酯化反应时利用冷凝原理可充分利用反应物，故A不选；B乙酸易挥发，发生酯化反应时利用冷凝原理可充分利用反应物，故B不选；C利用乙烯与HBr发生加成反应制备，HBr需要冷凝回流增大利用率，故C不选；D浓硫酸与乙醇加热到170时发生消去反应制备乙烯，不需要冷凝原理，故D选；故选D8已知X、Y、Z三种短周期元素在周期表中的位置如图所示，设X的原子序数为a则下列说法正确的是（）YXZAY是非金属性最强的元素BZ是金属元素CY的原子序数为a7DX的气态氢化物化学式为H2X【考点】位置结构性质的相互关系应用；元素周期律和元素周期表的综合应用【分析】由X、Y、Z三种短周期元素在周期表中的位置可知，Y为He
26、，X为F，则Z为S，结合元素的性质来解答【解答】解：由X、Y、Z三种短周期元素在周期表中的位置可知，Y为He，X为F，则Z为S，AX是非金属性最强的元素，故A错误；BZ为S，为非金属元素，故B错误；CX的原子序数为a，He的原子序数为2，F的原子序数为9，则Y的原子序数为a7，故C正确；DX的气态氢化物化学式为HX，故D错误；故选C9常温下加入下列物质，能使溶液中c（CO32）、c（HCO3）均降低，而pH增大的是（）A氢氧化钠溶液B通入二氧化碳C氢氧化钙溶液D盐酸【考点】离子反应发生的条件；盐类水解的应用【分析】A氢氧化钠能与碳酸氢根反应生成碳酸根； BCO2与碳酸根反应生成碳酸氢根；CCa
27、（OH）2+NaHCO3=CaCO3+H2O+NaOH；DHCl+NaHCO3=NaCl+H2O+CO2，所以通入氯化氢气体后，碳酸氢根离子浓度减小【解答】解：A氢氧化钠能与碳酸氢根反应生成碳酸根，碳酸氢根浓度减小，故A错误； BCO2与碳酸根反应生成碳酸氢根，c（HCO3）增大，故B错误；CCa（OH）2+NaHCO3=CaCO3+H2O+NaOH，所以加入饱和石灰水溶液后，碳酸氢根离子转化为碳酸钙沉淀，所以碳酸氢根离子浓度、碳酸根离子浓度都减小，溶液由弱碱性变为强碱性，所以氢离子浓度也减小，pH增大，故C正确；DHCl+NaHCO3=NaCl+H2O+CO2，所以通入氯化氢气体后，碳酸氢根
28、离子浓度减小，碳酸根离子浓度减小，故D错误故选C10下列除杂质（括号内为杂质）的方法正确的是（）ACO2（CO）：点燃B硝酸钾（氯化钠）：浓溶液降温结晶CMgSO4（MgCl2）：蒸干、灼烧D乙酸（乙醛）：加新制氢氧化铜浊液加热，过滤【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【分析】A如含有少量CO，不易燃烧；B硝酸钾、氯化钠的溶解度随温度变化不同；C得到氧化镁杂质；D在碱性条件下反应都生成乙酸钠【解答】解：A二氧化碳不支持燃烧，如含有少量CO，不易燃烧，故A错误；B硝酸钾、氯化钠的溶解度随温度变化不同，可用浓溶液降温结晶的方法除杂，故B正确；C氯化镁水解生成氢氧化镁，加热分解得到氧化镁杂质
29、，故C错误；D在碱性条件下反应都生成乙酸钠，故D错误故选B11在海轮的船壳上连接锌块，下列相关说法正确的是（）A制成合金保护船体B是外加电流的阴极保护法C船体的反应：Fe2eFe2+D锌块的反应：Zn2eZn2+【考点】金属的电化学腐蚀与防护【分析】在海轮的船壳上连接锌块，则船体、锌和海水构成原电池，船体做正极，锌块做负极，海水做电解质溶液，据此分析【解答】解：在海轮的船壳上连接锌块，则船体、锌和海水构成原电池，船体做正极，锌块做负极，海水做电解质溶液A、在海轮的船壳上连接锌块是形成原电池来保护船体，而非合金，故A错误；B、在海轮的船壳上连接锌块是形成原电池来保护船体，锌做负极被腐蚀，船体做正
30、极被保护，是牺牲阳极的阴极保护法，故B错误；C、船体做正极被保护，溶于海水的氧气放电：O2+4e+2H2O=4OH，故C错误；D、锌做负极被腐蚀：Zn2eZn2+，故D正确故选D12在恒容密闭容器中进行氢气与碘（气态）合成HI的反应，下列说法能表明反应达到平衡的是（）A气体的平均分子量不再变化B反应的平衡常数不变C（H2）=2 （HI）D气体的颜色不再变化【考点】化学平衡状态的判断【分析】根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值
31、时，说明可逆反应到达平衡状态【解答】解：A、反应气体两边的计量数相等，所以气体的平均分子量始终不再变化，故A错误；B、温度不变，平衡常数不变，所以不能作平衡的标志，故B错误；C、未体现正与逆的关系，所以不能作平衡状态的标志，故C错误；D、气体的颜色不再变化，说明碘蒸气的浓度不变，正逆反应速率相等，故D正确；故选D13常温下0.1mol/L醋酸溶液的pH=a，下列能使溶液pH=（a+1）的措施是（）A将溶液稀释到原体积的10倍B加入适量的醋酸钠固体C加入等体积0.1 mol/L烧碱溶液D加入等体积0.1 mol/L盐酸【考点】pH的简单计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】醋酸电离生成醋酸根
32、离子和氢离子，要使溶液的pH增大，则溶液中氢离子浓度减小，据此分析解答【解答】解：A、醋酸是弱电解质，加水稀释能促进水的电离，将溶液稀释到原体积的10倍，氢离子浓度大于原来的，所以pH（a+1），故A错误；B、加入适量的醋酸钠固体，醋酸钠中含有醋酸根离子能抑制醋酸的电离，使溶液中氢离子浓度减小，所以能使溶液pH=（a+1），故B正确；C、加入等体积0.1 mol/L烧碱溶液，能将醋酸恰好完全反应，得到的是0.05mol/L的醋酸钠溶液，溶液显碱性，故所得溶液的pH7，故C错误；D、加入等体积的0.1 molL1盐酸，由于HCl是强电解质，故加入0.1mol/L盐酸后氢离子浓度增大，溶液的pH值
33、减小，故D错误；故选B14实验室用图所示装置制取氯化氢气体，下列说法正确的是（）Aa中盛浓盐酸，b中盛浓硫酸Ba中盛浓硫酸，b中盛固体氯化铵Cf中盛固体氯化钠和浓硫酸Df中盛固体氯化铵【考点】实验装置综合【分析】浓盐酸易挥发，实验室可用浓盐酸和浓硫酸在左侧装置中制备氯化氢气体，浓硫酸和氯化钠在加热条件下制备氯化氢，以此解答该题【解答】解：Aa中盛浓盐酸，b中盛浓硫酸，两者接触放热，氯化氢挥发而制备，故A项正确；Ba中盛浓硫酸，b中盛固体氯化铵，不能制备氯化氢，故B错误；C浓硫酸不可以放在口朝下的试管中，故C错误；D加热氯化铵分解，在试管口友结合，故D错误，故选A15欲证明SO2与Ba2+只有在
34、碱性条件下才能形成BaSO3沉淀，有下列溶液可供选择：Ba（OH）2溶液 Ba（NO3）2溶液 BaCl2溶液 HCl必须用到的试剂是（）ABCD【考点】二氧化硫的化学性质【分析】要探究SO2与Ba2+只有在碱性条件下才能形成BaSO3沉淀，应该采用对比的方法，将二氧化硫分别通入酸性、中性或碱性溶液中，根据溶液产生的现象判断即可【解答】解：要探究SO2与Ba2+只有在碱性条件下才能形成BaSO3沉淀，应该采用对比的方法，将二氧化硫分别通入酸性、中性或碱性溶液中，应选择试剂：Ba（OH）2溶液，BaCl2溶液 HCl，现象是只有在氢氧化钡溶液中产生白色沉淀，说明该反应只有在碱性条件下才能生成亚硫
35、酸钡沉淀，故选：D16能说明苯分子中的碳碳键不是单、双键交替，而是介于双键和单键之间的一种特殊的键的事实是（）A甲苯无同分异构体B间二甲苯没有同分异构体C邻二甲苯没有同分异构体D1 mol苯只能与3 molH2加成【考点】苯的结构【分析】A无论苯分子中碳碳键是否单双建交替，甲苯都无同分异构体；B无论苯环结构中是否存在碳碳双键和碳碳单键，间二甲苯只有一种；C如果是单双键交替结构，苯的邻二甲苯应有两种同分异构体，但实际上只有一种结构，能说明苯环结构中的化学键只有一种；D.1mol苯无论是不是单、双键交替都只能与3mol氢气加成【解答】解：A无论苯分子中碳碳键是否单双建交替，甲苯都无同分异构体，所以
36、不能说明苯分子中的碳碳键不是单、双键交替，故A不选；B无论苯环结构中是否存在碳碳双键和碳碳单键，苯的间二甲苯只有一种，所以不能证明苯环结构中不存在CC单键与C=C双键的交替结构，故B错误；C如果是单双键交替结构，苯的邻二甲苯应有两种同分异构体，但实际上只有一种结构，能说明苯环结构中的化学键只有一种，不存在CC单键与C=C双键的交替结构，故C正确；D.1mol苯无论是不是单、双键交替都只能与3mol氢气加成，不能证明苯环结构中不存在CC单键与C=C双键的交替结构，故D错误；故选：C17将含有少量杂质的硝酸铜固体用酒精灯加热至恒重，收集到20.20mL气体，再将该气体用足量水吸收，剩余2.10mL
37、气体（气体体积在同温同压下测定），则关于杂质成分的推测不合理的是（）ANaNO3BMg（NO3）2CAgNO3DNaNO3和AgNO3的混合物【考点】有关混合物反应的计算【分析】涉及的反应方程式有：2Cu（NO3）22CuO+4NO2+O2、2NaNO32NaNO2+O2、2Mg（NO3）22MgO+4NO2+O2、2AgNO32Ag+2NO2+O2，根据分解方程式及题干气体体积变化进行解答【解答】解：若完全为硝酸铜，分解方程式为：2Cu（NO3）22CuO+4NO2+O2，生成的二氧化氮和氧气的体积比为4：1，根据反应4NO2+O2+2H2O4HNO3可知，用足量水吸收后不会剩余气体，所以硝
38、酸铜含有的杂质在加热分解时生成的二氧化氮、氧气的体积比不会为4：1，NaNO3、Mg（NO3）2、AgNO3三种硝酸盐热分解化学方程式如下：2NaNO32NaNO2+O2、2Mg（NO3）22MgO+4NO2+O2、2AgNO32Ag+2NO2+O2，由方程式可知，含有的杂质可以为NaNO3、AgNO3或其混合物，可不能为Mg（NO3）2，故选B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工业上用CO和H2生产燃料甲醇一定条件下密闭容器中发生反应，测得数据曲线如图所示（反应混合物均
39、呈气态）下列说法错误的是（）A反应的化学方程式：CO+2H2CH3OHB反应进行至3分钟时，正、逆反应速率相等C反应至10分钟，（CO）=0.075 mol/LminD增大压强，平衡正向移动，K增大【考点】化学平衡建立的过程；反应速率的定量表示方法【分析】A由图可知，反应至10分钟达到平衡状态，c（CO）=1mol/L0.25mol/L，c（CH3OH）=0.75mol/L0=0.75mol/L，c（CO）：c（CH3OH）=1：1，配平氢气即可；B反应进行至3分钟时，并没有达到化学平衡状态；C反应至10分钟时，c（CO）=1mol/L0.25mol/L，带入v=计算；D增大压强，平衡向气体体
40、积减小的方向移动，K不变【解答】解：A由图可知，反应至10分钟达到平衡状态，c（CO）=1mol/L0.25mol/L=0.75mol/L，c（CH3OH）=0.75mol/L0=0.75mol/L，c（CO）：c（CH3OH）=1：1，反应的化学方程式：CO+2H2CH3OH，故A正确；B反应进行至3分钟时，并没有达到化学平衡状态，因此正、逆反应速率不相等，故B错误；C反应至10分钟时，c（CO）=1mol/L0.25mol/L=0.75mol/L，v（CO）=0.075 mol/（Lmin），故C正确；D增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，K只受温度的影响，K不变，故D错误；故选BD1
41、9下图表示某高分子化合物的结构片断关于该高分子化合物的推断正确的是（）A3种单体通过缩聚反应聚合B形成该化合物的单体只有2种C其中一种单体为D其中一种单体为1，5二甲基苯酚【考点】有机高分子化合物的结构和性质【分析】加聚反应是由不饱和单体（如碳碳双键，碳碳叁键以及碳氧双键等）聚合高分子的反应，其产物只有一种高分子化合物；缩聚反应是一类有机化学反应，是具有两个或两个以上官能团的单体，相互反应生成高分子化合物，同时产生有简单分子（如 H2O、HX、醇等）的化学反应；由高聚物的结构简式可知，连接主链中含有肽键，为缩聚反应生成高聚物，据此判断其单体【解答】解：观察本题中高分子化合物的，首先会联想到酚醛
42、树脂的结构，它对应的单体是和HCHO将题给有机物的结构再与酚醛树脂的结构比较，多出部分必然要用到的单体由此可知，本题高分子合成时所用到的单体有、HCHO和，这三种单体发生聚合时应为缩聚反应故选AC20常温下已知两种一元弱酸HX和HY，如果向NaX溶液中通CO2 气体，只能生成HX和NaHCO3；往NaY溶液中通入CO2则生成HY和Na2CO3有关叙述正确的是（）A三种酸的电离常数：Ki1（H2CO3）Ki（HX）Ki（HY）Ki2（H2CO3）BNaX溶液中通入足量CO2后的离子浓度：c（HCO3）c（CO32）c（X）C同浓度溶液的碱性：NaXNa2CO3NaYNaHCO3D结合H+的能力：
43、YCO32XHCO3【考点】离子浓度大小的比较；弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】根据题意写出方程式：CO2+H2O+NaX=HX+NaHCO3；HX+Na2CO3=NaHCO3+NaX；CO2+H2O+2NaY=2HY+Na2CO3；NaHCO3+NaY=HY+Na2CO3；利用强酸制弱酸的原理判断出酸性：H2CO3HXNaHCO3HY，碱性强弱可以利用越弱越水解判断：NaHCO3NaXNa2CO3NaY，据此分析【解答】解：A向NaX溶液中通入CO2气体，只能生成HX和NaHCO3，则酸性H2CO3HXNaHCO3，向NaY溶液中通入CO2，只生成HY和Na2CO3，则酸性NaHCO3H
44、Y，则有酸性由强到弱：H2CO3HXHCO3HY，酸性越强，电离常数越大，所以三种酸的电离常数：Ki1（H2CO3）Ki（HX）Ki2（H2CO3）Ki（HY），故A错误；B向NaX溶液中通入足量CO2后生成HX和NaHCO3，由于酸性HXHCO3，所以c（X）c（CO32），则c（HCO3）c（X）c（CO32），故B错误；C酸性H2CO3HXNaHCO3HY，碱性强弱可以利用越弱越水解判断，所以溶液的碱性：NaHCO3NaXNa2CO3NaY，故C错误；D由A可知酸性H2CO3HXNaHCO3HY，则结合质子能力：YCO32XHCO3，故D正确故选D21NA代表阿伏伽德罗常数的值K35Cl
45、O3与H37Cl反应后生成氯气、氯化钾和水下列说法正确的是（）A生成氯气的相对分子质量为71B生成1 mol氯化钾转移5 NA个电子C生成氯化钾的摩尔质量为76 g/molD1molH37Cl参加反应转移NA个电子【考点】氧化还原反应的计算【分析】反应的方程式为K35ClO3+6H37Cl=K37Cl+3Cl2+3H2O，生成的Cl2中，35Cl与37Cl个数比为1：5，结合元素的化合价的变化计算【解答】解：A生成的Cl2中，35Cl与37Cl个数比为1：5，则氯气的相对分子质量为2=73.3，故A错误；B、由化合价的变化可知，生成1 mol氯化钾转移的电子的物质的量为1mol（50）=5mo
46、l，转移的电子数为转移5 NA个电子，故B正确；C、生成氯化钾的相对分子质量为：37+39=76，所以氯化钾的摩尔质量为76 g/mol，故C正确；D、由反应方程式可知，6molH37Cl参加反应转移5NA个电子，所以1molH37Cl参加反应转移NA个电子，故D错误；故选BC22今有一混合物的水溶液，可能含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Mg2+、Ba2+、Cl、CO32、SO42，现取两份100mL溶液分别进行如下实验：（1）加入AgNO3溶液有沉淀产生；（2）加足量BaCl2溶液，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33g根据上述实验，以下推测正确的是（）A
47、NH4+可能存在B若焰色反应测得K+存在，则NH4+不一定存在CCl不可能存在DBa2+一定不存在，Mg2+可能存在【考点】常见离子的检验方法【分析】根据题意分析，第一份溶液加入AgNO3溶液有沉淀产生，推得可能含有Cl、CO32、SO42；第二份溶液利用发生的离子反应，经过计算、推得一定存在CO32、SO42，一定不存在Ba2+，根据电中性原理，一定存在钾离子和铵根离子中的至少一种，Cl无法判断是否存在【解答】解：根据题意，Ba2+和SO42，可发生离子反应生成BaSO4，因此两者不能共存Ba2+和CO32可发生离子反应生成BaCO3，因此两者也不能共存第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生，可
48、能发生Cl+Ag+AgCl、CO32+2Ag+Ag2CO3、SO42+2Ag+Ag2SO4，所以可能含有Cl、CO32、SO42，一定不存在Mg2+第二份加足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27g，经足量盐酸洗涤干燥后，沉淀质量为2.33g部分沉淀溶于盐酸为BaCO3，部分沉淀不溶于盐酸为BaSO4，发生反应CO32+Ba2+BaCO3、SO42+Ba2+BaSO4，因为BaCO3+2HClBaCl2+CO2+H2O而使BaCO3溶解因此溶液中一定存在CO32、SO42，一定不存在Ba2+由条件可知BaSO4为2.33g，物质的量为0.01mol，BaCO3为6.27g2.33g3.94g，
49、物质的量为0.02mol则CO32物质的量为0.02mol，由上述分析可得，溶液中一定存在CO32、SO42，一定不存在Mg2+、Ba2+根据电中性原理，一定存在钾离子和铵根离子中的至少一种A、溶液中一定存在CO32、SO42，一定不存在Mg2+、Ba2+根据电中性原理，一定存在钾离子和铵根离子中的至少一种，NH4+可能存在，故A正确；B、一定存在钾离子和铵根离子中的至少一种，若焰色反应测得K+存在，NH4+可能也存在，故B正确；C、Cl无法判断是否存在，故C错误；D、一定不存在Mg2+、Ba2+，故D错误故选AB四、（本题共12分）23二氧化氯（ClO2）是国际公认高效、安全的杀菌、保鲜剂，
50、是氯制剂的理想替代品工业上制备ClO2的方法很多，NaClO3 和NaClO2是制取ClO2的常见原料完成下列填空：（1）以下反应是制备ClO2的一种方法：H2C2O4+2NaClO3+H2SO4Na2SO4+2CO2+2ClO2+2H2O上述反应物中属于第三周期的元素的原子半径大小顺序是NaSCl；其中原子半径最大元素的原子，其核外有4种不同能量的电子（2）ClO2的分子构型为“V”形，则ClO2是极性（选填“极性”、“非极性”）分子，其在水中的溶解度比氯气大（选填“大”、“小”、“一样”）（3）ClO2具有强氧化性，若ClO2和Cl2在消毒时自身均被还原为Cl，ClO2的消毒能力是等质量C
51、l2的2.63倍（保留2位小数）（4）若以NaClO2为原料制取ClO2，需要加入具有氧化（填“氧化”、“还原”）性的物质（5）工业上将氯碱工业和制取NaClO3联合进行研究发现，电解时，不同反应环境下的总反应分别为：4NaCl+18H2O4NaClO3+3O2+18H2（中性环境）NaCl+3H2ONaClO3+3H2（微酸性环境）电解时，氢气在阴极极产生更有利于工业生产NaClO3的反应环境是微酸性环境，理由转移电子都生成氯酸钠，能量利用率高，水消耗少，不同时生成氢气和氧气，相对更安全【考点】性质实验方案的设计；氯、溴、碘及其化合物的综合应用【分析】（1）反应物中属于第三周期的元素为Na、
52、S、Cl，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，原子半径最大元素为Na，结合电子排布式1s22s22p63s1解答；（2）ClO2分子构型为“V”形，正负电荷重心不重叠，为极性分子，易溶于水；（3）1molCl2可以获得2mol电子，1molClO2可以获得电子5mol电子；（4）以NaClO2为原料制取ClO2，Cl元素化合价由+3价升高到+4价；（5）电解时，氢气由水还原生成；工业生产时，应注意安全问题【解答】解：（1）反应物中属于第三周期的元素为Na、S、Cl，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径大小顺序为NaSCl，原子半径最大元素为Na，结合电子排布式1s22s22p63s1
53、，同一轨道电子能量相同，则有四种能量不同的电子，故答案为：NaSCl；4；（2）ClO2分子构型为“V”形，正负电荷重心不重叠，为极性分子，易溶于水，其在水中的溶解度比氯气大，故答案为：极性；大；（3）设质量都是71g，氯气得到的电子数为21=2mol，ClO2得到的电子数为15=mol，则ClO2消毒的效率是Cl2的倍数为=2.63，故答案为：2.63；（4）以NaClO2为原料制取ClO2，Cl元素化合价由+3价升高到+4价，应加入氧化剂，故答案为：氧化；（5）电解时，氢气由水还原生成，则应在阴极生成，故答案为：阴极；由电解方程式可知微酸性环境生成气体为氢气，而在中性环境中生成氧气和氢气，
54、易导致爆炸的危险，且微酸性环境能量利用率高，水消耗少，在故答案为：微酸性环境；转移电子都生成氯酸钠，能量利用率高，水消耗少，不同时生成氢气和氧气，相对更安全五、（本题共12分）24Na2S又称臭碱、硫化碱，是应用广泛的化工原料，也常用于吸收工业废气中的SO2完成下列填空：（1）用离子方程式说明Na2S又称臭碱、硫化碱的原因S2+H2OOH+HS、HS+H2OOH+H2S（2）向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，生成黑色沉淀，写出反应的离子方程式AgCl+S2=Ag2S+2Cl结合你所学习过的其它离子反应分析，离子互换反应进行的方向是某些离子浓度减小的方向 向Na2S溶液中不断通入SO2，直至不
55、再能吸收，其间看到溶液变浑浊，停止反应后溶液中含硫微粒为：S2O32、HSO3、H2SO3、HS，（3）反应过程中，溶液的pH逐渐变小（填“变大”、“变小”），生成的沉淀是S；（4）关于反应后得到的溶液，下列离子浓度关系正确的是bac（Na+）=c（S2O32）+2c（HSO3）+2c（H2SO3）+2c（HS）bc（Na+）+c（H+）=2c（S2O32）+c（HSO3）+c（HS）+c（OH）cc（Na+）=2c（HS）【考点】离子浓度大小的比较；盐类水解的应用；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】（1）硫化钠是强碱弱酸盐，硫离子水解生成硫氢根离子和氢氧根离子，硫氢根离子水解生成具
56、有臭味的硫化氢；（2）Ag2S溶解度小于AgCl溶解度，溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质；（3）向Na2S溶液中不断通入SO2，直至不再能吸收，其间看到溶液变浑浊，停止反应后溶液中含硫微粒为：S2O32、HSO3、H2SO3、HS，硫化钠是强碱弱酸盐，硫离子水解程度远远大于硫氢根离子、亚硫酸氢根离子、硫代硫酸根离子；生成的沉淀是S；（4）任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断【解答】解：（1）硫化钠是强碱弱酸盐，硫离子水解生成硫氢根离子和氢氧根离子，硫氢根离子水解生成具有臭味的硫化氢，水解方程式为S2+H2OOH+HS，HS+H2OOH+H2S；故答案为：S2
57、+H2OOH+HS、HS+H2OOH+H2S；（2）Ag2S溶解度小于AgCl溶解度，溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，离子方程式为AgCl+S2=Ag2S+2 Cl，离子互换反应进行的方向是某些离子浓度减小的方向，故答案为：AgCl+S2=Ag2S+2 Cl；某些离子浓度减小的方向；（3）向Na2S溶液中不断通入SO2，直至不再能吸收，其间看到溶液变浑浊，停止反应后溶液中含硫微粒为：S2O32、HSO3、H2SO3、HS，硫化钠是强碱弱酸盐，硫离子水解程度远远大于硫氢根离子、亚硫酸氢根离子、硫代硫酸根离子，所以溶液的pH变小；生成的沉淀是S，故答案为：变小；S；（4）a根据物料守恒得c（
58、Na+）=2c（S2O32）+c（HSO3）+c（H2SO3）+c（HS），故a错误；b根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=2c（S2O32）+c（HSO3）+c（HS）+c（OH），故b正确；c根据物料守恒得c（Na+）=2c（S2O32）+c（HSO3）+c（H2SO3）+c（HS），所以c（Na+）c（HS），故c错误；故选b六、（本题共12分）25某小组欲探究Cl2与KI溶液的反应，设计实验装置如下图已知：I2在水中溶解度很小，在KI溶液中溶解度显著增大，I2（S）+II3（aq）容器中盛放的试剂分别为：AMnO2 C0.5000mol/L的KI溶液 DAgNO3溶液 ENaOH溶
59、液 F浓盐酸完成下列填空：（1）仪器A的名称蒸馏烧瓶，B中的试剂是饱和食盐水（2）当D装置中出现白色沉淀 时，停止加热；E的作用是吸收未反应的氯气（3）当氯气开始进入C时，C中看到的现象是溶液变棕黄色；不断向C中通入氯气，看到溶液颜色逐渐加深，后来出现深褐色沉淀，试运用平衡移动原理分析产生这些现象的原因被置换出来的I2在KI溶液中溶解度、较大，所以溶液颜色逐渐加深，但随着反应KI被消耗，平衡I2（S）+II3（aq）向左移动，碘在水中的溶解度较小，所以部分碘以沉淀的形式析出（4）持续不断地向C中通入氯气，看到C中液体逐渐澄清，最终呈无色推测此时C中无色溶液里含碘物质的化学式HIO3（此时溶液中
60、只有一种含碘微粒）为确定含碘物质中碘元素的化合价，进行如下实验：取反应后C中溶液5.00mL（均匀）于锥形瓶中，加入KI（过量）和足量稀硫酸向上述锥形瓶中滴加淀粉指示剂，溶液变蓝，用0.6250mol/L的Na2S2O3溶液滴定至蓝色刚好褪去，耗Na2S2O3溶液24.00mL已知：I2+2S2O322I+S4O62计算：碘元素的化合价为+5（5）欲检验某溶液中是否含有I，可使用的试剂为氯水和淀粉溶液合理的实验操作为取样滴加淀粉溶液，振荡均匀后再逐滴加入氯水并振荡【考点】氯、溴、碘的性质实验【分析】F中的浓盐酸滴入烧瓶A中的二氧化锰中发生反应生成氯气、二氧化锰、水，生成的氯气中含氯化氢、水蒸气
61、，通过B中的饱和食盐水除去氯化氢，通过C中KI溶液，探究Cl2与KI溶液的反应，通过D装置中AgNO3溶液生成氯化银白色沉淀，最后剩余氯气通过氢氧化钠溶液吸收，不能排放到空气中，防止污染空气，（1）A中是制备氯气的装置，所以A是蒸馏烧瓶；B是用来除去氯气中的氯化氢气体；（2）氯气的KI溶液反应之后，剩余的氯气进入硝酸银溶液；未反应的氯气进入氢氧化钠溶液被吸收；（3）氯气把碘离子氧化成单质碘；被置换出来的I2在KI溶液中溶解度、较大，所以溶液颜色逐渐加深，但随着反应KI被消耗，平衡I2（S）+II3（aq）向左移动，碘在水中的溶解度较小；（4）氯气过量时会将碘继续氧化成HIO3；Na2S2O3的
62、物质的量=0.6250.024=0.015mol，C中原I的物质的量=0.0050.5=0.0025mol，设被氯气氧化为x价，据反应I2+2S2O322I+S4O62，得反应的碘单质物质的量=0.015=0.0075mol，碘原子共0.015mol，x价碘生成的占0.0025mol，则碘离子生成的为0.0150.0025=0.0125mol，据化合价升降相等计算；（5）检验某溶液中是否含有I，取样，滴加淀粉溶液，振荡均匀后再逐滴加入氯水并振荡【解答】解：（1）A中是制备氯气的装置，依据仪器图形和用途可知A是蒸馏烧瓶，B中是用来除去氯气中的氯化氢气体，所以用饱和食盐水，故答案为：蒸馏烧瓶，饱和
63、食盐水；（2）氯气的KI溶液反应之后，剩余的氯气进入硝酸银溶液，装置D中生成氯化银白色沉淀；未反应的氯气进入装置E中的氢氧化钠溶液被吸收，故答案为：白色沉淀，吸收未反应的氯气；（3）氯气开始进入C时，将碘离子氧化成单质碘，所以开始溶液变棕黄色；不断向C中通入氯气，看到溶液颜色逐渐加深，后来出现深褐色沉淀，因为被置换出来的I2在KI溶液中溶解度、较大，所以溶液颜色逐渐加深，但随着反应KI被消耗，平衡I2（S）+II3（aq）向左移动，碘在水中的溶解度较小，所以部分碘以沉淀的形式析出，故答案为：溶液变棕黄色；被置换出来的I2在KI溶液中溶解度、较大，所以溶液颜色逐渐加深，但随着反应KI被消耗，平衡
64、I2（S）+II3（aq）向左移动，碘在水中的溶解度较小，所以部分碘以沉淀的形式析出；（4）氯气过量时会将碘继续氧化成HIO3；Na2S2O3的物质的量=0.6250.024=0.015mol，C中原I的物质的量=0.0050.5=0.0025mol，设被氯气氧化为x价，据反应I2+2S2O322I+S4O62，得反应的碘单质物质的量=0.015mol=0.0075mol，碘原子共0.015mol，x价碘生成的占0.0025mol，则碘离子生成的为0.0150.0025=0.0125mol，据化合价升降相等得：0.0025x=0.0125，x=5，所以碘元素的化合价为+5价，故答案为：HIO3
65、，+5；（5）检验某溶液中是否含有I，取样，滴加淀粉溶液，振荡均匀后再逐滴加入氯水并振荡，故答案为：取样滴加淀粉溶液，振荡均匀后再逐滴加入氯水并振荡七、（本题共12分）26工业制纯碱广泛采用的两种生产流程可以用以下示意图简要表示完成下列填空：（1）用甲流程生产纯碱的方法称为联合制碱法（2）沉淀池中发生反应的化学方程式为NaCl+NH3+CO2+H2ONaHCO3+NH4Cl（3）T是NH4Cl； W中除Ca（OH）2外，溶质的主要成分是CaCl2（均填化学式）（4）甲流程中设计循环I的目的是提高食盐的利用率；乙流程中设计循环I的目的是提高氨气的利用率（5）在乙流程中，若通入NH344.8L（已
66、折合成标准状况下）可以得到纯碱100.0g，则NH3的利用率为94.3%（6）若制碱厂欲利用产生的氯化钙废液制取硝酸钙（Ca（NO3）24H2O），设计一个经济可行的方案，用流程图表示【考点】纯碱工业（侯氏制碱法）【分析】（1）依据甲流程生产纯碱的方法称联合制碱法；（2）甲流程中沉淀池中发生的反应是氨气、二氧化碳、水、氯化钠反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵；（3）依据两个过程中的物质发生的反应分析，甲流程母液主要是氯化铵、碳酸钠、碳酸氢钠、氯化钠；乙流程排出液中的溶质除了氢氧化钙外，还有氢氧化钙和氯化铵反应生成的氯化钙、氨气；（4）甲流程生产流程图中循环是将母液中氯化钠再次循环利用；乙流程氨碱法的
67、生产流程中循环是氧化钙和水反应生成氢氧化钙与铵盐反应生成的氨气；（5）依据乙流程中反应的化学方程式计算，根据反应生成碳酸钠的质量计算实际消耗氨气的物质的量，得到氨气的利用率；（6）根据要制取硝酸钙（Ca（NO3）24H2O），则需得到Ca（NO3）2溶液即用硝酸与碳酸钙反应制得，所以首先应得到碳酸钙沉淀，据此分析【解答】解：（1）依据甲流程生产纯碱的方法称联合制碱法，故答案为：联合制碱；（2）甲流程中沉淀池中发生的反应是氨气、二氧化碳、水、氯化钠反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，发生反应的化学方程式为NaCl+NH3+CO2+H2ONaHCO3+NH4Cl，故答案为：NaCl+NH3+CO2+H2
68、ONaHCO3+NH4Cl；（3）依据两个过程中的物质发生的反应分析，甲流程母液主要是氯化铵、氯化钠，经过循环后，再加入食盐再冷却至10以下，过滤得到T是NH4Cl；乙流程排出液中的溶质除了氢氧化钙外，还有氢氧化钙和氯化铵反应生成的氯化钙、氨气，其中氨气循环利用，所以W中除Ca（OH）2外，溶质的主要成分是CaCl2，故答案为：NH4Cl；CaCl2；（4）甲流程生产流程图中循环是将母液中氯化钠再次循环利用，所以甲流程中设计循环I的目的是提高食盐的利用率；乙流程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与铵盐反应生成的氨气，所以乙流程中设计循环I的目的是提高氨气的利用率，故答案为：提高
69、食盐的利用率；提高氨气的利用率；（5）在乙流程中发生的反应为：NaCl+NH3+CO2+H2ONaHCO3+NH4Cl；2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2；每当通入NH3 44.8L（已折合成标准状况下）物质的量为2mol；又生产过程中得到纯碱100.0g，物质的量为=mol，则需要氨气的物质的量为2=mol；则NH3的利用率=100%=94.3%；故答案为：94.3%；（6）首先向氯化钙废液中加入足量的碳酸钠固体过滤得到碳酸钙沉淀，然后向沉淀中滴加入稀硝酸直到沉淀刚好溶解为止，最后将溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥得到Ca（NO3）24H2O晶体，流程图表示为氯化钙废液CaC
70、O3沉淀Ca（NO3）2溶液Ca（NO3）24H2O晶体，故答案为：CaCl2废液CaCO3沉淀Ca（NO3）2溶液Ca（NO3）24H2O晶体八、（本题共10分）27已知：CH3CH=CHCCHCH3CHO+OHCCOOH+HCOOH完成下列填空：（1）分子式为C8H8的某烃，在臭氧作用下发生反应为：C8H82CH3COOH+2OHCCOOH，则该烃的结构简式为（2）若分子式为C8H8的某烃其一氯代物只有一种，写出1种其可能的结构简式（或）（3）分子式为C8H8的烃有很多，其中有一种苯乙烯，性质活泼，易被氧化，是合成橡胶和塑料的单体，用途广泛苯乙烯可以通过下列途径制备（反应条件下所有物质均呈
71、气态）：上述流程中各物质，属于苯的同系物的是（填结构简式）；能与溴水发生加成反应的是CH2=CH2、（均填结构简式）（4）反应是强吸热可逆反应要既快又多地获取苯乙烯，反应适宜条件是适当的温度，低压，催化剂；为了进一步提高反应物的转化率，有研究者用加入O2与H2反应的方法获取了更多的苯乙烯，试推测其中的原因催化剂具有选择性、氢气和氧气反应导致生成物浓度降低，平衡右移、氢气和氧气反应放出大量热为合成反应提供了能量，促使平衡右移（写出一条）【考点】有机物的结构和性质；有机物分子中的官能团及其结构；有机化合物的异构现象【分析】（1）由信息可知，双键上C被氧化为CHO，三键上C被氧化为COOH；（2）C
72、8H8的某烃其一氯代物只有一种，则结构中只有一种H；（3）苯的同系物含苯环，侧链为饱和链烃基，只有乙基苯符合，乙烯、苯乙烯可与溴水发生加成反应；（4）反应是强吸热可逆反应，选择适当温度，利用催化剂和压强使平衡正向移动；用加入O2与H2反应的方法获取了更多的苯乙烯，平衡正向移动，以此来解答【解答】解：（1）由信息可知，双键上C被氧化为CHO，三键上C被氧化为COOH，则由C8H82CH3COOH+2OHCCOOH，可知该烃的结构简式为，故答案为：；（2）C8H8的某烃其一氯代物只有一种，则结构中只有一种H，其可能的结构简式为（或 ），故答案为： （或 ）；（3）苯的同系物含苯环，侧链为饱和链烃基
73、，只有乙基苯符合，结构简式为，CH2=CH2、可与溴水发生加成反应，故答案为：；CH2=CH2、；（4）反应是强吸热可逆反应，选择适当温度，利用催化剂和压强使平衡正向移动，则反应适宜条件是适当的温度，低压，催化剂；用加入O2与H2反应的方法获取了更多的苯乙烯，平衡正向移动获取了更多的苯乙烯，是因催化剂具有选择性、氢气和氧气反应导致生成物浓度降低，平衡右移、氢气和氧气反应放出大量热为合成反应提供了能量，促使平衡右移，故答案为：适当的温度，低压，催化剂；催化剂具有选择性、氢气和氧气反应导致生成物浓度降低，平衡右移、氢气和氧气反应放出大量热为合成反应提供了能量，促使平衡右移九、（本题共12分）28米
74、格列奈是一种非磺脲类胰岛素促分泌的药物，对于治疗糖尿病具备作用时间快、药效高、给药灵活和安全性能高等优点它可由苯甲醛（A）为原料合成，部分合成路线如下：请回答下列问题：（1）化合物C中含氧官能团为酯基、羧基（填名称）（2）由BC、FG的反应类型依次为加成、取代（3）D和E发生取代反应生成F的同时有HCl生成，则E的结构简式是（4）X （）为C的同系物，写出符合下列条件的X的一种同分异构体的结构简式：或或（以上一种即可）能发生银镜反应，与FeCl3不发生显色反应，但其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应核磁共振氢谱图中有4个吸收峰（5）已知： 根据已有知识并结合相关信息，写出以为原料制备的
75、合成路线流程图（无机试剂任用）合成路线流程图示例如下：H2C=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH【考点】有机物的合成【分析】（1）根据C的结构简式可知其含氧官能团；（2）比较B和C的结构简式可知，B中碳碳双键与氢气发生了加成得C，比较F和G的结构简式可知，F中的酯基发生水解生成G中的羧基，据此答题；（3）比较D和E的结构简式，结合有HCl生成，利用元素守恒可知E的结构简式；（4）根据条件能发生银镜反应，说明有醛基，与FeCl3不发生显色反应，但其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚酯，核磁共振氢谱图中有4个吸收峰，即分子中有四种位置的氢原子，X 为，据此可写出X的同分异构体
76、的结构简式；（5）以为原料制备，结合题中各物质的转化条件可知，可以用与与HCN发生加成反应生成，发生消去反应生成，与SOCl2发生取代反应生成，分子内脱去氯化氢得，与氢气加成得，据此答题【解答】解：（1）根据C的结构简式可知其含氧官能团为酯基、羧基，故答案为：酯基、羧基；（2）比较B和C的结构简式可知，B中碳碳双键与氢气发生了加成得C，比较F和G的结构简式可知，F中的酯基发生取代（水解）生成G中的羧基，故答案为：加成、取代；（3）比较D和E的结构简式，结合有HCl生成，利用元素守恒可知E的结构简式为，故答案为：；（4）根据条件能发生银镜反应，说明有醛基，与FeCl3不发生显色反应，但其水解产物
77、之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚酯，核磁共振氢谱图中有4个吸收峰，即分子中有四种位置的氢原子，X 为，所以X的同分异构体的结构简式为或或（以上一种即可），故答案为：或或（以上一种即可）；（5）以为原料制备，结合题中各物质的转化条件可知，可以用与与HCN发生加成反应生成，发生消去反应生成，与SOCl2发生取代反应生成，分子内脱去氯化氢得，与氢气加成得，合成路线为，故答案为：十、（本题共14分，计算结果均保留两位小数）29硝酸在化学工业中有着极其广泛的应用（1）将1.25mol的NO、NO2、N2O4混合物（其中NO的体积分数为0.60）通入水中，在空气充足的条件下完全反应后可获得硝酸
78、的物质的量范围是1.25moln（HNO3）1.75mol（2）向稀硝酸中加入18.4mol/L的浓硫酸（98%）作吸水剂并蒸馏得浓硝酸，当其浓度下降到87%（密度1.8g/cm3）以下时，则失去吸水能力50mL 18.4mol/L的浓硫酸作为吸水剂时，最多可吸水11.63 g（3）在65%的HNO3（质量m1）中加入72%的Mg（NO3）2（质量m2）后蒸馏，分别得到97.5%的HNO3和60%的Mg（NO3）2溶液（其中不含硝酸）若蒸馏过程中，硝酸、硝酸镁均无损耗，H2O的损耗占总质量的5%，则蒸馏前投料比=0.88（4）硝酸工业中的尾气用烧碱进行吸收产物为NaNO2、NaNO3和H2O现
79、有含0.50mol氮氧化物的尾气，恰好被一定量的NaOH溶液完全吸收已知反应后溶液含有0.35molNaNO2若将尾气NO和NO2的平均组成用NOx表示，则x=1.8【考点】化学方程式的有关计算【分析】（1）计算NO物质的量，再计算NO2、N2O4总物质的量，气体全部为NO、NO2时，得到硝酸最少，气体为NO、N2O4时得到硝酸最多，结合N原子守恒计算；（2）根据c=计算98%浓硫酸密度、87%硫酸的物质的量浓度，再根据稀释定律计算吸水后硫酸体积，进而吸收水的质量；（3）根据蒸馏过程中硝酸、硝酸镁质量不变，表示出蒸馏后97.5%的HNO3的质量、60%的Mg（NO3）2溶液质量，蒸馏后溶液质量
80、之和=原溶液质量之和损耗水的质量；（4）根据N原子守恒计算n（NaNO3），NO、NO2和NaOH溶液反应方程式为：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O和NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，结合方程式计算原混合气体中NO和NO2的物质的量，再根据氧原子守恒解答【解答】解：（1）NO的物质的量为1.25mol0.6=0.75mol，则NO2、N2O4总物质的量为1.25mol0.75mol=0.5mol，气体全部为NO、NO2时，得到硝酸最少，根据N原子守恒，得到硝酸极小值为1.25mol，气体为NO、N2O4时得到硝酸最多，根据N原子守恒，得到硝酸极大值为0.75m
81、ol+0.5mol2=1.75mol，则：1.25moln（HNO3）1.75mol，故答案为：1.25moln（HNO3）1.75mol；（2）98%浓硫酸密度为g/mL=1.84g/mL，87%（密度1.8g/cm3）的硫酸物质的量浓度为mol/L，根据稀释定律，50mL浓硫酸吸水失去吸水能力后溶液体积为： =57.57mL，则吸收水的质量为：1.8g/mL50mL1.84g/mL=11.63g故答案为：11.63；（3）蒸馏后得到97.5%的HNO3的质量为，得到60%的Mg（NO3）2溶液质量为，损耗水的总质量为（m1+m2）5%，则：+=（m1+m2）（m1+m2）5%整理可得： =
82、0.88故答案为：0.88；（4）根据N原子守恒得n（NaNO3）=n（NOx）n（NaNO2）=0.5mol0.35mol=0.15mol，由 2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，可知生成0.15mol硝酸钠需要0.3molNO2，同时生成0.15mol亚硝酸钠，则反应NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O生成的亚硝酸钠为0.35mol0.15mol=0.2mol，则该反应中消耗0.1molNO2、0.1molNO，所以原混合气体中NO、NO2的物质的量分别是0.1mol、0.4mol，尾气中NO与NO2的平均组成记为NOx，则x=1.8，故答案为：1.82016年12月17日