1、2015年上海市虹口区高考化学三模试卷一、选择题（本题共10分，每小题2分，每题只有一个正确选项）1已知钡的某种同位素是Ba，由学过的知识无法推断出的信息是( )A钡原子的核外电子排布B钡元素在周期表中的位置C钡原子的核电荷数D钡元素的相对原子质量2有关氮原子核外p亚层中的电子的说法错误的是( )A能量相同B电子云形状相同C自旋方向相同D电子云伸展方向相同3欲证明一瓶无色液体是纯水，可靠的实验方法是( )A测得其pH=7B电解时得到H2与O2的体积比为2：1C遇钠生成氢气D1.01105Pa时沸点为1004下物质分类正确的是( )A天然油脂混合物B氯气非电解质C二氧化氮酸酐D二氯甲烷非极性分子
2、5实验室中不同的试剂有不同的保存方法，下列保存方法中不正确的是 ( )A保存硫酸亚铁溶液需加入铁钉和少量硫酸B金属钠保存在装有煤油的玻璃塞广口瓶中C溴化银固体保存在棕色玻璃塞的广口瓶中D保存浓硝酸需用带橡皮塞子的棕色细口瓶二、选择题（本题共36分，每小题3分，每题只有一个正确选项）6MgCl2和NaHCO3按物质的量之比为1：2混合制成溶液，加热蒸干灼烧后得到的固体是( )AMg（HCO3）2、NaClBMgO、NaClCMgCl2、Na2CO3DMgCO3、NaCl7在已处于化学平衡状态的体系中，如果下列量发生变化，其中一定能表明平衡移动的是( )A反应混合物的浓度B反应物的转化率C正、逆反
3、应速率D反应混合物的压强8有a、b、c、d四个金属电极，有关的反应装置及部分反应现象如下：实验装置部分实验现象实验装置部分实验现象a极质量减小，b极质量增加b极有气体产生，c极无变化d极溶解，c极有气体产生电流计指示在导线中电流从a极流向d极由此可判断这四种金属的活动性顺序是( )AdabcBbcdaCabcdDabdc9酸雨的主要成分是H2SO4，以下是形成途径之一：NO2+SO2NO+SO3，2NO+O22NO2，SO3+H2OH2SO4；以下叙述错误的是( )A总反应可表示为2SO2+O2+2H2O2H2SO4B还可能发生的反应有4NO2+O2+2H2O4HNO3CNO2由反应N2+O2
4、NO2生成D还可能发生的反应有4NO+3O2+2H2O4HNO310某有机物结构简式如图一定条件下，该物质与甘氨酸（NH2CH2COOH）混合发生反应生成的链状二肽有( )A1种B2种C3种D4种11设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是( )31g白磷含有的PP键数为NA 1mol CH3+（碳正离子）中含有电子数为9NA1mol铜与足量硫蒸气反应，转移电子数为2NA 用惰性电极电解CuCl2溶液，阴极析出32g铜时，线路中通过的电子数为NA0.84g NaHCO3晶体中阳离子和阴离子总数为0.03NA 3.9g Na2O2吸收足量的CO2时转移的电子数是0.05NAABCD12已知合
5、成尿素的总反应为：2NH3（g）+C O2（g）C O（NH2）2（s）+H2O（l）+Q，它可以分两步进行：（1）2NH3（g）+C O2（g）NH2COONH4（s）+Q1（2）NH2COONH4（s）C O（NH2）2（s）+H2O（l）Q2下列正确表达合成尿素过程中能量变化的是( )ABCD13已知：SO32+I2+H2OSO42+2H+2I，某溶液中可能含有I、NH4+、Cu2+、SO32，向该无色溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，则下列判断正确的是( )A肯定不含IB肯定不含NH4+C可能含有SO32D可能含有I14目前海水提溴的最主要方法之一是空气吹出法工艺，其流程图如下：以下推
6、断不合理的是( )A热空气能吹出溴是利用溴易挥发的性质BSO2吸收溴的反应方程式：SO2+2H2O+Br2H2SO4+2HBrC流程中循环利用的物质有SO2、Br2、Cl2等多种D没有采用直接蒸馏含溴海水得到单质溴的主要原因是为了节能15向等物质的量浓度的NaOH和Na2S的混合溶液中加入稀硫酸，下列离子方程式与事实不相符的是( )AOH+S2+2H+HS+H2OB2OH+S2+4H+H2S+2H2OC2OH+S2+3H+HS+2H2ODOH+S2+3H+H2S+H2O16下列图象能正确表示相关反应中产物物质的量的变化的是（横、纵坐标单位：mol）( )A图1：n （HCl）=1 mol，K2
7、CO3逐步加入到HCl溶液中，在敞口容器中生成的气体B图2：n （NaOH）=1 mol，CO2逐步通入到NaOH溶液中反应生成的盐C图3：n （O2）=1 mol，高温下C和O2在密闭容器中的反应产物D图4：n （HNO3）=1 mol，Fe和稀HNO3反应生成的氧化产物（还原产物为NO）17某有机化合物A的相对分子质量大于100，小于130经分析得知，其中碳和氢的质量分数之和为46.66%，其余为氧，则该化合物分子中最多含碳氧双键的个数为( )A1B2C3D4三、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）18下列除杂方案正确的是( )选项被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法
8、ACO2（g）SO2（g）饱和NaHSO3溶液、浓H2SO4洗气BNH4Cl（aq）Fe3+（aq）NaOH溶液过滤CCl2（g）HCl（g）饱和NaHCO3溶液、浓H2SO4洗气 DSO2（g）SO3（g）浓H2SO4洗气AABBCCDD19下表数据是对应物质的熔点，下列说法正确的是( )编号物质AlF3AlCl3BCl3NCl3熔点/129116010740ABCl3、NCl3分子中各原子最外层都满足8电子稳定结构B因为键长BFBCl，故BF3的熔点高于BCl3CAlF3、AlCl3都是强电解质，但晶体类型不同DBCl3为平面正三角形分子，故它是由极性键构成的非极性分子20已知H2S能定量
9、完成下列反应：R+H2S（少量）HR+HS，2Z+H2S（少量）2HZ+S2下列叙述正确的是( )A相同温度下电离平衡常数：Ki1（H2S）Ki（HZ）Ki2（H2S）Ki（HR）B结合H+的能力：ZS2RHSC同温同浓度下，溶液的pH值：NaHSNaRNa2SNaZDHZ与Na2S反应的离子方程式：HZ+S2HS+Z21某温度下，体积和pH都相同的盐酸和氯化铵溶液加水稀释时的pH变化曲线如图所示，下列判断正确的是( )Aa、c两点溶液的导电能力相同Bb点溶液中c（H+）=c（OH）+c（NH3H2O）Ca、b、c三点溶液水的电离程度abcD用等浓度NaOH溶液和等体积b、c处溶液反应，消耗N
10、aOH溶液体积Vb=Vc22将物质的量共为a mol的NaNO3、Cu（NO3）2和AgNO3的固体混合物用酒精灯加热至恒重，收集到的气体再用足量的水吸收，剩余气体为b mol，则b可能为( )A0B0.25aC0.45aD0.50a四、（本题共12分）23硫化钠是一种重要的化工原料工业上用硫酸钠与碳反应得到硫化钠反应方程式如下：Na2SO4+2C Na2S+CO2完成下列填空：（1）上述反应的元素中，原子半径最大的元素的原子有_种能级不同的电子（2）下列可以证明二氧化碳是非极性分子的实验是_（填编号）a 微波炉中加热少量干冰数分钟，干冰温度不变 b二氧化碳能溶于水c二氧化碳在电场中通过不偏向
11、 d二氧化碳常温常压下为气态（3）硫化钠在一定条件下会与硫单质反应生成多硫化钠（Na2SX）在碱性溶液中，Na2SX与NaBrO3发生反应生成Na2SO4与NaBr若Na2SX与NaBrO3反应的物质的量之比为3：10，则 x=_（4）写出硫氢化钠与少量硫酸铜溶液反应的离子方程式_能否用硫酸铜溶液来鉴别硫化钠溶液和硫氢化钠溶液？请简述实验操作和现象并说明自己的观点：_（5）已知：H2S Ki1=9.1108 Ki2=1.11012 HF Ki=3.5104H2SO3 Ki1=1.5102 Ki2=1.0107 HAc Ki=1.75105若用如图的装置，用硫化钠固体和下列溶液制取硫化氢气体，可
12、选用的试剂是_a硝酸 b醋酸 c氢氟酸 d亚硫酸氢钠五、（本题共12分）24以下是一些物质的熔沸点数据（常压）：钠Na2CO3金刚石石墨熔点（）97.885135503850沸点（）882.91850（分解产生CO2）4250中国科学家用金属钠和CO2在一定条件下制得了金刚石：4Na+3CO22Na2CO3+C（s，金刚石）完成下列填空：（1）若反应在常压、890下进行，写出该反应的平衡常数表达式_（2）请写出一条既能提高反应速率又能提高转化率的方法：_（3）890，下列关于该反应的说法正确的是_（选填序号）a容器内气体的平均式量不再变化，则反应一定达到平衡b容器内固体质量不再变化，则反应一定
13、达到平衡c反应起始至平衡，气体的密度不断增大d反应起始至平衡，容器内的压强不断增大（4）890，若该反应在10L密闭容器、常压下进行，反应4h，固体质量增加56克，则二氧化碳的反应速率为_mol/（Lh）（5）若温度由890升高到1860，则容器内气体的平均相对分子质量将_（选填“增大”“减小”“不变”），（6）若反应后要得到纯净的金刚石，请写出必要的实验操作步骤_（7）在此反应中，同时还会有石墨生成，已知：C（s，石墨）C（s，金刚石）1.9KJ，若升高温度，生成的碳单质中，金刚石的含量将_（选填“增大”“减小”“不变”）等物质的量的石墨和金刚石中，化学键的数目较多的是_六、（本题共12分）
14、25葡萄糖酸钙是一种可促进骨骼生长的营养物质葡萄糖酸钙可通过以下反应制得：C6H12O6（葡萄糖）+Br2+H2OC6H12O7（葡萄糖酸）+2HBr2C6H12O7（葡萄糖酸）+CaCO3（C6H11O7）2Ca（葡萄糖酸钙）+H2O+CO2相关物质的溶解性见下表：物质名称葡萄糖酸钙葡萄糖酸溴化钙氯化钙水中的溶解性可溶于冷水易溶于热水可溶易溶易溶乙醇中的溶解性微溶微溶可溶可溶实验流程如下：完成下列填空：（1）第步中所加CaCO3还发生了其他反应，写出其中一个主要反应的方程式_；充分反应后CaCO3固体需有剩余，目的是_；（2）第步需趁热过滤，原因是_；（3）第步加入乙醇的作用是_；（4）第步
15、中，下列洗涤剂最合适的是_a冷水 b热水 c乙醇 d乙醇水混合溶液锌是人体健康所必需的元素，葡萄糖酸锌是一种常用的补锌剂，对婴儿及青少年的智力和身体发育有重要作用工业上以葡萄糖酸钙为原料通过如下两步制备葡萄糖酸锌：步骤1：充分反应后，过滤除去CaSO4沉淀步骤2：将葡萄糖酸溶液与ZnO混合（5）步骤2中，待其充分反应后，须继续加入葡萄糖酸溶液至pH为5.8，目的是_（6）下列物质可替代ZnO的是_（填字母）aNH3H2O bZn（OH）2 cNaOH dZnSO4 eZnCO3七、（本题共12分）26某课外兴趣小组探究利用废铜屑制取CuSO4溶液，设计了以下几种实验方案：方案一：以铜和浓硫酸反
16、应制备硫酸铜溶液方案二：将废铜屑在空气中灼烧后再投入稀硫酸和方案一相比，方案二的优点是_；方案二的实验中，发现容器底部残留少量紫红色固体，再加入稀硫酸依然不溶解，该固体为_（1）方案三的实验流程如图1所示：溶解过程中有气体放出，该气体是_随着反应的进行，生成气体速度加快，推测可能的原因_（2）设计实验证明你的推测_（3）方案四的实验流程如图2所示：为了得到较纯净的硫酸铜溶液，硫酸和硝酸的物质的量之比应为_（4）对方案四进行补充完善，设计一个既能防止污染，又能实现物料循环的实验方案（用流程图表示）八、（本题共10分）27丁苯橡胶可以煤炭为主要原料来制得：1，3丁二烯与苯乙烯一定条件下可加聚生成丁
17、苯橡胶；（1）煤可通过_的方法制得焦炭（2）A的结构简式为_；反应的反应类型为_（3）写出反应的化学方程式_（4）林德拉试剂是部分中毒的催化剂，反应中不用Ni而用林德拉试剂催化加氢，理由是_（5）苯乙烯有多种同分异构体，写出两种只含一种化学环境氢原子的同分异构体的结构简式_、_九、（本题共12分）28水处理剂能使工业循环冷却系统保持良好状态以下是两种新型水处理剂的合成方法完成下列填空：（1）写出反应类型反应_反应_（2）反应通常用一种盐和一种酸代替HBr参加反应，它们的名称是_和_（3）写出化学方程式：B与新制氢氧化铜反应生成C_；（4）写出结构简式H_（5）写出符合下列要求的E的一种同分异构
18、体的结构简式_i能发生银镜反应 ii能发生缩聚反应iii两分子生成六元环状化合物（6）写出用C为原料合成的合成路线（无机原料任选）（合成路线的常用表示方法为：）AB目标产物十、（本题共14分）29（14分）氧化铝在工业上有着广泛的应用（1）制取净水剂氯化铝其原理为：Al2O3+3C+3Cl22AlCl3+3CO25.5g 氧化铝、3.6g 碳、4.48L（标准状态）氯气混合后在高温下反应，理论上可得氯化铝_克（2）向100g氢氧化钠溶液中加入10g 氧化铝，充分反应后，剩余固体4.9克测得所得溶液的密度为1.051g/cm3则所得溶液的物质的量浓度为_（3）超细氮化铝粉末被广泛应用于大规模集成
19、电路生产等领域其制取原理为：Al2O3+N2+3C 2AlN+3CO由于反应不完全，氮化铝产品中往往含有炭和氧化铝杂质取10g Al2O3进行反应，向反应后的固体中加入过量的NaOH浓溶液，AlN跟NaOH溶液反应生成NaAlO2，并得到氨气3.36L（标准状况），则该反应中Al2O3的转化率为_（用小数表示，保留2位小数）（4）取6.9g 含铝化合物X放入100mL水中完全溶解，溶液呈弱酸性取出10mL加入过量盐酸，无气泡，再加入过量氯化钡有白色沉淀0.932g另取10mL样品，用慢慢滴加氨水至过量，最多可得到0.156g沉淀，若改用氢氧化钠溶液直至过量，可收集到44.8mL的气体（标准状况
20、），求化合物X的化学式（写出计算过程）2015年上海市虹口区高考化学三模试卷一、选择题（本题共10分，每小题2分，每题只有一个正确选项）1已知钡的某种同位素是Ba，由学过的知识无法推断出的信息是( )A钡原子的核外电子排布B钡元素在周期表中的位置C钡原子的核电荷数D钡元素的相对原子质量【考点】核素 【专题】原子组成与结构专题【分析】A质子数=核外电子数；B质子数=原子序数；C质子数=核电荷数；D元素的相对原子质量，是按各种天然同位素原子所占的一定百分比算出来的平均值【解答】解：A质子数=核外电子数=56，可以根据核外电子排布规律电子数得到核外电子排布，故A正确； B质子数=原子序数，根据原子序
21、数判断在周期表中的位置，故B正确；C质子数=核电荷数=56，故C正确；D不知道各种天然同位素的含量无法求出，故D错误故选D【点评】本题考查核素、原子结构等知识，难度中等，注意元素的相对原子质量是按各种天然同位素原子所占的一定百分比算出来的平均值2有关氮原子核外p亚层中的电子的说法错误的是( )A能量相同B电子云形状相同C自旋方向相同D电子云伸展方向相同【考点】原子核外电子的能级分布；原子核外电子的运动状态 【分析】氮原子核外电子排布为：1s22s22p3，2px1、2py1 和2pz1 上的电子能量相同、电子云形状相同、自旋方向相同，但电子云伸展方向不相同，由此分析解答【解答】解：氮原子核外电
22、子排布为：1s22s22p3，2px1、2py1 和2pz1 上的电子能量相同、电子云形状相同、自旋方向相同，但电子云伸展方向不相同，故选D【点评】本题考查核p亚层中电子的能量和自旋方向，以及电子云的形状，比较基础，侧重对基础知识的巩固3欲证明一瓶无色液体是纯水，可靠的实验方法是( )A测得其pH=7B电解时得到H2与O2的体积比为2：1C遇钠生成氢气D1.01105Pa时沸点为100【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用 【专题】综合实验题【分析】纯水在常压下的沸点为1000C，可通过测定沸点的方法证明是否为纯水，强酸强碱盐的水溶液pH=7，只要含有水，就能跟钠反应生成氢气，电解活泼金
23、属的含氧酸盐时，得到H2、O2，体积比为2：1，以此解答该题【解答】解：A强酸强碱盐的水溶液pH=7，不能确定是否为纯水，故A错误；B电解活泼金属的含氧酸盐时，得到H2、O2，体积比为2：1，不能确定是否含有纯水，故B错误；C只要含有水，就能跟钠反应生成氢气，不能确定是否为纯水，故C错误；D纯水在常压下的沸点为1000C，可通过测定沸点的方法证明是否为纯水，故D正确故选D【点评】本题考查物质的检验和鉴别，为高频考点，侧重学生的分析、实验能力的考查，题目难度中等，注意盐类的水解和电解原理，AB为易错点4下物质分类正确的是( )A天然油脂混合物B氯气非电解质C二氧化氮酸酐D二氯甲烷非极性分子【考点
24、】混合物和纯净物；极性分子和非极性分子；电解质与非电解质 【专题】物质的分类专题【分析】A不同物质组成的为混合物；B水溶液中和熔融状态都不导电的化合物为非电解质；C酸失去一分子水剩余的部分为酸酐，形成酸性的元素化合价不变；D四面体结构被压缩，为四面体结构，属于卤代烃，分子中正负电荷重心不重合；【解答】解：A天然油脂是有不同的高级脂肪酸与甘油形成的酯，大多是由混甘油酯分子构成的混合物，故A正确；B氯气是单质不是化合物，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C二氧化氮中N元素化合价为+5价，硝酸中N元素化合价为+5价，化合价不相等，则二氧化氮不是硝酸的酸酐，硝酸的酸酐为五氧化二氮，故C错误；D二氯
25、甲烷为四面体结构，但氯原子和氢原子大小不同，CH、CCl键长不同，分子中正负电荷重心不重合，为极性分子，故D错误；故选A【点评】本题考查了物质分类、分子极性、电解质和非电解质的概念分析、酸酐的判断方法，注意知识的积累，题目较简单5实验室中不同的试剂有不同的保存方法，下列保存方法中不正确的是 ( )A保存硫酸亚铁溶液需加入铁钉和少量硫酸B金属钠保存在装有煤油的玻璃塞广口瓶中C溴化银固体保存在棕色玻璃塞的广口瓶中D保存浓硝酸需用带橡皮塞子的棕色细口瓶【考点】化学试剂的存放 【专题】元素及其化合物【分析】A二价铁离子易被氧化；B钠与煤油不反应，且密度比煤油大；C溴化银见光分解；D浓硝酸易分解【解答】
26、解：A二价铁离子易被氧化，铁粉可将三价铁离子还原为二价铁离子，故A正确； B钠与煤油不反应，密度比煤油大，可保存在煤油中，故B正确；C溴化银固体见光分解，应保存在棕色玻璃塞的广口瓶中，故C正确；D浓硝酸见光易分解，应保存在棕色试剂瓶中，浓硝酸具有腐蚀性，不能用橡皮塞，故D错误故选D【点评】本题考查试剂的存放，明确物质的性质与保存方法的关系是解答本题的关键，题目难度不大二、选择题（本题共36分，每小题3分，每题只有一个正确选项）6MgCl2和NaHCO3按物质的量之比为1：2混合制成溶液，加热蒸干灼烧后得到的固体是( )AMg（HCO3）2、NaClBMgO、NaClCMgCl2、Na2CO3D
27、MgCO3、NaCl【考点】盐类水解的原理 【分析】MgCl2与NaHCO3按物质的量之比为1：2混合，在溶液中可将1 mol MgCl2和2 mol NaHCO3 看成是1 mol Mg（HCO3）2和2 mol NaCl在溶液受热时亦可看成是Mg（HCO3）2受热分解：Mg（HCO3）2MgCO3+CO2+H2O在受热时MgCO3易转化为更难溶的Mg（OH）2【解答】解：MgCl2与NaHCO3按物质的量之比为1：2混合，在溶液中可将1 mol MgCl2和2 mol NaHCO3 看成是1 mol Mg（HCO3）2和2 mol NaCl；在溶液受热时亦可看成是Mg（HCO3）2受热分解
28、：Mg（HCO3）2MgCO3+CO2+H2O，在受热时MgCO3易转化为更难溶的Mg（OH）2，灼烧后氢氧化镁会分解生成氧化镁固体，所以得到固体为：MgO、NaCl，故选B【点评】本题考查了物质性质的分析判断，以上解法的关键是把MgCl2+2NaHCO3看成Mg（HCO3）2+2NaCl，这是学习化学的一种重要的变通能力，题目难度中等7在已处于化学平衡状态的体系中，如果下列量发生变化，其中一定能表明平衡移动的是( )A反应混合物的浓度B反应物的转化率C正、逆反应速率D反应混合物的压强【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
29、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时，说明可逆反应到达平衡状态【解答】解：A、如果两计量数相等，增大压强，反应体系的各物质的浓度变大，但平衡不移动，故A错误；B、反应物的转化率的变化，说明化学平衡发生移动，故B正确；C、正、逆反应速率变化量相等，但平衡不移动，故C错误；D、两边气体的计量数相等，压强改变平衡不移动，故D错误；故选B【点评】本题考查了化学平衡状态的判断，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为08有a、b、c、d四个金属电极，有关的反应装置及部分反应现象如下：实
30、验装置部分实验现象实验装置部分实验现象a极质量减小，b极质量增加b极有气体产生，c极无变化d极溶解，c极有气体产生电流计指示在导线中电流从a极流向d极由此可判断这四种金属的活动性顺序是( )AdabcBbcdaCabcdDabdc【考点】原电池和电解池的工作原理 【专题】电化学专题【分析】根据中发生化学腐蚀，活泼金属与酸反应放出氢气，不活泼金属与酸不反应；根据、中发生电化学腐蚀，活泼金属作负极，不活泼金属作正极，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，电子从负极经外电路流向正极，电流和电子分析相反，据此来回答判断【解答】解：中发生化学腐蚀，b极有气体产生，c极无变化，所以金属的活动性顺序bc；中发
31、生电化学腐蚀，a极质量减小，b极质量增加，a极为负极，b极为正极，所以金属的活动性顺序ab；中发生电化学腐蚀，电流从a极流向d极，a极为正极，d极为负极，所以金属的活动性顺序da；中发生电化学腐蚀，d极溶解，所以d是负极，c极有气体产生，所以c是正极，所以金属的活动性顺序dc；所以这四种金属的活动性顺序dabc，故选A【点评】本题主要考查了金属的活动性比较，侧重于考查学生对原电池原理的应用能力，掌握金属的腐蚀原理和原电池原理及正负极的判断方法是解题的关键，题目难度不大9酸雨的主要成分是H2SO4，以下是形成途径之一：NO2+SO2NO+SO3，2NO+O22NO2，SO3+H2OH2SO4；以
32、下叙述错误的是( )A总反应可表示为2SO2+O2+2H2O2H2SO4B还可能发生的反应有4NO2+O2+2H2O4HNO3CNO2由反应N2+O2NO2生成D还可能发生的反应有4NO+3O2+2H2O4HNO3【考点】二氧化硫的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响 【专题】元素及其化合物【分析】由：NO2+SO2NO+SO3，2NO+O22NO2，SO3+H2OH2SO4，可知二氧化氮在反应中起催化剂作用，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成硝酸，据此解答【解答】解：A由NO2+SO2NO+SO3，2NO+O22NO2，SO3+H2OH2SO4，可知二氧化氮在反
33、应中起催化剂作用，所以总反应可表示为2SO2+O2+2H2O2H2SO4，故A正确；B二氧化氮与氧气反应生成硝酸与一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，两个方程式合消并掉一氧化氮得：4NO2+O2+2H2O4HNO3，故B正确；C氮气与氧气化合生成一氧化氮，故C错误；D一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与氧气反应生成硝酸与一氧化氮，两个方程式合并消掉二氧化氮得：4NO+3O2+2H2O4HNO3，故D正确；故选：C【点评】本题考查了物质之间的反应，明确二氧化硫、二氧化氮、一氧化氮的性质是解题关键，题目难度不大10某有机物结构简式如图一定条件下，该物质与甘氨酸（NH2CH2COOH）混
34、合发生反应生成的链状二肽有( )A1种B2种C3种D4种【考点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点 【专题】有机物的化学性质及推断【分析】氨基酸形成肽键原理为羧基提供OH，氨基提供H，两个氨基酸分子脱去一个水分子脱水结合形成二肽，既要考虑不同氨基酸分子间生成二肽，又要考虑同种氨基酸分子间形成二肽【解答】解：氨基酸生成二肽，就是两个氨基酸分子脱去一个水分子当同种氨基酸脱水，生成2种二肽；当是异种氨基酸脱水：可以是甘氨酸脱去羟基，苯丙氨酸脱氢；也可以苯丙氨酸脱羟基，甘氨酸脱去氢，生成2种二肽所以共有4种故选D【点评】本题考查氨基酸成肽键性质，难度较小，关键在于形成肽键既要考虑不同氨基酸分子间形成肽键，
35、又要考虑同种氨基酸分子间形成肽键11设NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是( )31g白磷含有的PP键数为NA 1mol CH3+（碳正离子）中含有电子数为9NA1mol铜与足量硫蒸气反应，转移电子数为2NA 用惰性电极电解CuCl2溶液，阴极析出32g铜时，线路中通过的电子数为NA0.84g NaHCO3晶体中阳离子和阴离子总数为0.03NA 3.9g Na2O2吸收足量的CO2时转移的电子数是0.05NAABCD【考点】阿伏加德罗常数 【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律【分析】求出白磷的物质的量，然后根据1mol白磷中含6molPP键来分析；1mol CH3+（碳正离子）中含8m
36、ol电子；铜与硫蒸气反应铜元素变为+1价；求出32g铜的物质的量，然后根据当生成1mol铜时，转移2mol电子来分析；求出0.84g NaHCO3晶体的物质的量，然后根据碳酸氢钠中含1个钠离子和1个碳酸氢根来分析；求出3.9g Na2O2的物质的量，然后根据过氧化钠与二氧化碳的反应为歧化反应来分析【解答】解：31g白磷的物质的量为n=0.25mol，而1mol白磷中含6molPP键，故0.25mol白磷中含1.25molPP键即1.25NA个，故错误；1mol CH3+（碳正离子）中含8mol电子即8NA个，故错误；铜与硫蒸气反应铜元素变为+1价，故1mol铜转移1mol电子即NA个，故错误；
37、32g铜的物质的量为0.5mol，故当生成1mol铜时，转移2mol电子，故0.5mol铜转移1mol电子即NA个，故正确；0.84g NaHCO3晶体的物质的量为0.01mol，而碳酸氢钠中含1个钠离子和1个碳酸氢根，故0.01mol碳酸氢钠中含0.02mol离子，即0.02NA个，故错误；3.9g Na2O2的物质的量为0.05mol，而过氧化钠与二氧化碳的反应为歧化反应，故0.05mol过氧化钠转移0.05mol电子即0.05NA个，故正确故选B【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大12已知合成尿素的总反应为：2NH3（g）+C O
38、2（g）C O（NH2）2（s）+H2O（l）+Q，它可以分两步进行：（1）2NH3（g）+C O2（g）NH2COONH4（s）+Q1（2）NH2COONH4（s）C O（NH2）2（s）+H2O（l）Q2下列正确表达合成尿素过程中能量变化的是( )ABCD【考点】反应热和焓变 【专题】化学反应中的能量变化【分析】根据反应物和生成物的能量高低与反应吸放热之间的关系来判断当反应物的能量高于生成物的能量时，反应是放热反应，当反应物的能量低于生成物的能量时，反应是吸热反应，依据反应（1）：2NH3（g）+CO2（g）NH2COONH4（s）+Q1H10，反应（2）：NH2COONH4（s）CO（N
39、H2）2（I）+H2O（l）Q2 H20，可以知道2NH3（g）和CO2（g）的能量和高于NH2COONH4（s）的能量，NH2COONH4（s）的能量低于CO（NH2）2（I）+H2O（I）的能量【解答】解：当反应物的能量高于生成物的能量时，反应是放热反应，当反应物的能量低于生成物的能量时，反应是吸热反应，依据反应（1）：2NH3（g）+CO2（g）NH2COONH4（s）+Q1H10反应（2）：NH2COONH4（s）CO（NH2）2（I）+H2O（l）Q2H20，可以知道2NH3（g）和CO2（g）的能量和高于NH2COONH4（s）的能量，NH2COONH4（s）的能量低于CO（NH2
40、）2（I）+H2O（I）的能量；A、NH2COONH4（s）的能量高于2NH3（g）和CO2（g）的能量不符合（1）（2）能量变化，故A错误；B、NH2COONH4（s）的能量高于CO（NH2）2（I）+H2O（I）的能量；不符合反应（2）能量变化，故B错误；C、图象可以知道2NH3（g）和CO2（g）的能量和高于NH2COONH4（s）的能量，NH2COONH4（s）的能量低于CO（NH2）2（I）+H2O（I）的能量；符合反应（1）（2）能量变化，故C正确；D、2NH3（g）和CO2（g）的能量和低于NH2COONH4（s）的能量，不符合反应（1）能量变化，故D错误；故选C【点评】本题考查
41、了反应能量变化的分析判断，图象分析方法，物质的能量和反应吸热放热是解题关键，题目难度中等13已知：SO32+I2+H2OSO42+2H+2I，某溶液中可能含有I、NH4+、Cu2+、SO32，向该无色溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，则下列判断正确的是( )A肯定不含IB肯定不含NH4+C可能含有SO32D可能含有I【考点】常见离子的检验方法；离子反应发生的条件 【分析】溶液无色说明一定不含Cu2+，向该无色溶液中加入少量溴水，溴水褪色，溶液呈无色，由于离子还原性SO32I，说明溶液中可以含I，但一定含有还原性离子被溴单质氧化，判断一定含有SO32，根据溶液电中性，阳离子只有NH4+，所以溶液
42、中一定含有铵根离子【解答】解：溶液为无色溶液，说明一定不含Cu2+，向该无色溶液中加入少量溴水，溴水褪色，溶液呈无色，由于离子还原性SO32I，说明溶液中可以含I，但一定含有还原性离子被溴单质氧化，则一定含有SO32；根据分析可知，溶液中一定含有SO32，一定不含Cu2+，可能含有I，由于溶液电中性，则一定含有阳离子NH4+，A结合分析可知溶液中可以含有I，故A错误；B根据分析可知，溶液中肯定含NH4+，故B错误；C原溶液中一定含有SO32，故C错误；D加入的少量溴水，已知还原性SO32I，溴单质只氧化SO32，溶液为无色，所以可能含有I，故D正确；故选D【点评】本题考查了离子的检验，题目难度
43、中等，明确亚硫酸根离子和碘离子还原性的相对强弱是解本题关键，注意熟练掌握常见离子的性质及检验方法14目前海水提溴的最主要方法之一是空气吹出法工艺，其流程图如下：以下推断不合理的是( )A热空气能吹出溴是利用溴易挥发的性质BSO2吸收溴的反应方程式：SO2+2H2O+Br2H2SO4+2HBrC流程中循环利用的物质有SO2、Br2、Cl2等多种D没有采用直接蒸馏含溴海水得到单质溴的主要原因是为了节能【考点】海水资源及其综合利用 【专题】实验设计题；元素及其化合物【分析】用空气从含Br2的海水将Br2吹出得到含Br2的空气，用二氧化硫吸收，得到吸收液，发生的反应为SO2+2H2O+Br2=H2SO
44、4+2HBr，然后将吸收液氯化，发生的反应为2HBr+Cl2=Br2+2HCl，得到溴水混合物，然后采用蒸馏的方法得到液溴，据此分析解答【解答】解：用空气从含Br2的海水将Br2吹出得到含Br2的空气，用二氧化硫吸收，得到吸收液，发生的反应为SO2+2H2O+Br2=H2SO4+2HBr，然后将吸收液氯化，发生的反应为2HBr+Cl2=Br2+2HCl，得到溴水混合物，然后采用蒸馏的方法得到液溴，A溴易挥发，所以热空气能吹出溴是利用溴易挥发的性质，故A正确；B二氧化硫具有还原性，溴具有强氧化性，二者能发生氧化还原反应，反应方程式为SO2+2H2O+Br2=H2SO4+2HBr，故B正确；C该流
45、程图中能循环利用的物质有二氧化硫和氯气，没有溴，故C错误；D海水中溴的含量很低，如果直接采用直接蒸馏含溴海水得到单质溴浪费能源，将溴还原的目的是富集溴，故D正确；故选C【点评】本题考查海水资源综合利用，侧重考查分析、判断能力，明确每一个过程中发生的反应及实验操作是解本题关键，知道溴先转化为化合物最后转化为单质的目的，题目难度不大15向等物质的量浓度的NaOH和Na2S的混合溶液中加入稀硫酸，下列离子方程式与事实不相符的是( )AOH+S2+2H+HS+H2OB2OH+S2+4H+H2S+2H2OC2OH+S2+3H+HS+2H2ODOH+S2+3H+H2S+H2O【考点】离子方程式的书写 【专
46、题】离子反应专题【分析】氢氧化钠、硫化钠等物质的量混合物中加入硫酸，氢离子先与氢氧根离子反应，剩余氢离子再与硫离子反应，氢离子少量，生成硫氢根离子，氢离子过量生成硫化氢【解答】解：A设NaOH和Na2S物质的量都是1mol，加入1mol硫酸，发生反应：OH+S2+2H+HS+H2O，故A正确；B设NaOH和Na2S物质的量都是2mol，加入1.5mol硫酸根离子，发生反应：2OH+S2+3H+HS+2H2O，故B正确；C设NaOH和Na2S的物质的量都为2mol，2mol氢氧化钠消耗2mol氢离子，剩余2mol氢离子与2molS2反应生成2mol硫氢根离子，离子方程式应为2OH+2S2+4H+
47、2SH+2H2O，故C错误；D设NaOH和Na2S物质的量都是1mol，加入1.5mol硫酸，发生反应的离子方程式：OH+S2+3H+H2S+H2O，故D正确；故选：C【点评】本题考查了离子方程式的书写，题目难度中等，明确氢氧根离子、硫离子与氢离子反应的顺序和过程是解题关键，注意反应物的量对生成物的影响16下列图象能正确表示相关反应中产物物质的量的变化的是（横、纵坐标单位：mol）( )A图1：n （HCl）=1 mol，K2CO3逐步加入到HCl溶液中，在敞口容器中生成的气体B图2：n （NaOH）=1 mol，CO2逐步通入到NaOH溶液中反应生成的盐C图3：n （O2）=1 mol，高温
48、下C和O2在密闭容器中的反应产物D图4：n （HNO3）=1 mol，Fe和稀HNO3反应生成的氧化产物（还原产物为NO）【考点】离子方程式的有关计算 【专题】利用化学方程式的计算【分析】AK2CO3逐步加入到HCl溶液中，发生K2CO3+2HCl2KCl+H2O+CO2；BCO2逐步通入到NaOH溶液中，发生CO2+2NaOHNa2CO3+H2O、Na2CO3+H2O+CO22NaHCO3；CC和O2在密闭容器中，发生C+O2CO2、CO2+C2CO；DFe和稀HNO3反应时，铁少量时发生Fe+4HNO3Fe（NO3）3+NO+2H2O，全部转化为三价铁后继续加人铁，则发生Fe+2Fe（NO
49、3）33Fe（NO3）2【解答】解：A因开始反应时盐酸过量，则发生K2CO3+2HCl2KCl+H2O+CO2，n（HCl）=1mol时生成0.5mol二氧化碳后再加盐酸不反应，气体不会减少，图象与反应不符，故A错误；B因开始碱过量，则发生CO2+2NaOHNa2CO3+H2O，n（NaOH）=1mol时生成0.5molNa2CO3，再加人二氧化碳发生Na2CO3+H2O+CO22NaHCO3，则最终碳酸钠减少为0，碳酸氢钠生成1mol，图象与反应不符，故B错误；C因开始氧气过量，则发生C+O2CO2，n（O2）=1mol，生成二氧化碳为1mol，然后发生CO2+C2CO，则生成2molCO，
50、图象与反应相符合，故C正确；D因开始硝酸过量，则发生Fe+4HNO3Fe（NO3）3+NO+2H2O，n（HNO3）=1mol时生成0.25molFe（NO3）3，图象与反应不符，故D错误；故选C【点评】本题考查化学反应与图象的关系，为高频考点，把握图象中的线、点的意义及对应的化学反应是解答本题的关键，并注意反应物的量对反应的影响来分析反应的产物，题目难度中等17某有机化合物A的相对分子质量大于100，小于130经分析得知，其中碳和氢的质量分数之和为46.66%，其余为氧，则该化合物分子中最多含碳氧双键的个数为( )A1B2C3D4【考点】有机化合物中碳的成键特征 【专题】有机物分子组成通式的
51、应用规律【分析】根据含氧量和相对分子质量的范围，得出氧原子数，根据氧元素的质量分数进而求得有机化合物的相对分子质量，进而计算化学式【解答】解：由题意知，O的质量分数为53.34%，由化合物A的相对分子质量大于100，小于130，所以氧原子个数为大于=3.33，小于=4.33，所以氧原子为4个，所以有机物分子质量=120其中C、H的相对原子质量之和为120164=56，除以14得到整除得到4，则CH为C4H8，可确定分子式为C4H8O4C4H8O4与4个C原子的饱和衍生物（可表示为C4H10On）比较可知，分子中最多含有1个羰基官能团故选A【点评】本题考查有机物分子式的确定，题目难度不大，注意计
52、算氧原子数为解答该题的关键三、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）18下列除杂方案正确的是( )选项被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法ACO2（g）SO2（g）饱和NaHSO3溶液、浓H2SO4洗气BNH4Cl（aq）Fe3+（aq）NaOH溶液过滤CCl2（g）HCl（g）饱和NaHCO3溶液、浓H2SO4洗气 DSO2（g）SO3（g）浓H2SO4洗气AABBCCDD【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用 【专题】化学实验基本操作【分析】ASO2与饱和NaHSO3溶液、浓H2SO4不反应；B引入新杂质；C应用饱和食盐水除杂；DSO3易和水反应生成H2SO4【解
53、答】解：ASO2与饱和NaHSO3溶液、浓H2SO4不反应，应用饱和NaHCO3溶液，故A错误；B应加入氨水除杂，不能用氢氧化钠，否则引入新杂质，故B错误；C氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸和饱和NaHCO3溶液反应，应用饱和食盐水除杂，故C错误；DSO3易和水反应生成H2SO4，可除去杂质，故D正确故选D【点评】本题考查物质的分离、提纯，为高频考点，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，主要把握物质的性质的异同，为解答该题的关键，注意除杂时不能引入新杂质，更不能影响被提纯物质的性质19下表数据是对应物质的熔点，下列说法正确的是( )编号物质AlF3AlCl3BCl3NCl3熔点/12911
54、6010740ABCl3、NCl3分子中各原子最外层都满足8电子稳定结构B因为键长BFBCl，故BF3的熔点高于BCl3CAlF3、AlCl3都是强电解质，但晶体类型不同DBCl3为平面正三角形分子，故它是由极性键构成的非极性分子【考点】晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系 【专题】化学键与晶体结构【分析】离子晶体熔沸点较高，分子晶体熔沸点较低，根据晶体熔沸点知，氟化铝属于离子晶体，氯化铝、氯化硼、氯化氮属于分子晶体，A如果中心原子最外层电子数+共价键个数=8时该分子中所有原子都满足8电子稳定结构；B结构相似的分子晶体中，分子晶体的熔沸点与其相对分子质量成正比；C氯化铝是分子晶体，氟化铝
55、属于离子晶体；D不同非金属元素之间易形成共价键，分子中正负电荷重心重合的分子为非极性分子，【解答】解：离子晶体熔沸点较高，分子晶体熔沸点较低，根据晶体熔沸点知，氟化铝属于离子晶体，氯化铝、氯化硼、氯化氮属于分子晶体，ABCl3中B原子最外层电子数+共价键个数=3+3=6，所以该分子中所有原子不达到8电子稳定结构，NCl3中N原子最外层电子数+共价键个数=5+3=8，所以该分子中各原子最外层都满足8电子稳定结构，故A错误；BBF3、BCl3都是分子晶体，结构相似，分子晶体的熔沸点与其相对分子质量成正比，BF3的相对分子质量小于BCl3，所以BF3的熔点低于BCl3，故B错误；CAlF3、AlCl
56、3在水溶液里都完全电离，属于强电解质，氯化铝属于分子晶体，氟化铝属于离子晶体，所以晶体类型不同，故C正确；D该分子中B和Cl原子之间形成极性键，BCl3为平面正三角形分子，正负电荷重心重合，为非极性分子，故D正确；故选CD【点评】本题考查晶体类型与熔沸点的关系，涉及化学键的判断、分子极性的判断、8电子结构、晶体类型的判断等知识点，侧重考查基本理论，知道8电子稳定结构的判断方法，注意氯化铝属于分子晶体而不是离子晶体，为易错点20已知H2S能定量完成下列反应：R+H2S（少量）HR+HS，2Z+H2S（少量）2HZ+S2下列叙述正确的是( )A相同温度下电离平衡常数：Ki1（H2S）Ki（HZ）K
57、i2（H2S）Ki（HR）B结合H+的能力：ZS2RHSC同温同浓度下，溶液的pH值：NaHSNaRNa2SNaZDHZ与Na2S反应的离子方程式：HZ+S2HS+Z【考点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】已知R+H2S（少量）HR+HS，2Z+H2S（少量）2HZ+S2，则酸性：H2SHRHSHZ，A、根据酸性强的能制备酸性弱的，酸性越强，Ka越大；B、酸性越弱，酸越难电离，对应酸根离子越易结合氢离子；C、酸性越弱，对应的盐越易水解；D、根据HZ与HS的酸性强弱判断【解答】解：已知R+H2S（少量）HR+HS，2Z+H2S（少量）2HZ+S2，则
58、酸性：H2SHRHSHZ，A、根据酸性强的能制备酸性弱的，酸性越强，Ka越大，所以相同温度下电离平衡常数：Ki1（H2S）Ki（HR）Ki2（H2S）Ki（HZ），故A错误；B、酸性越弱，酸越难电离，对应酸根离子越易结合氢离子，已知酸性：H2SHRHSHZ，所以结合H+的能力：ZS2RHS，故B正确；C、酸性越弱，对应的盐越易水解，已知酸性：H2SHRHSHZ，所以水解程度NaZNa2SNaRNaHS，则同温同浓度下，溶液的pH值：NaZNa2SNaRNaHS，故C错误；D、已知HZ的酸性小于HS的酸性，所以HZ与S2不反应，故D错误；故选B【点评】本题考查了弱酸的酸性强弱比较、Ka与酸性的关
59、系、盐的水解等，题目难度不大，注意对基本原理的把握21某温度下，体积和pH都相同的盐酸和氯化铵溶液加水稀释时的pH变化曲线如图所示，下列判断正确的是( )Aa、c两点溶液的导电能力相同Bb点溶液中c（H+）=c（OH）+c（NH3H2O）Ca、b、c三点溶液水的电离程度abcD用等浓度NaOH溶液和等体积b、c处溶液反应，消耗NaOH溶液体积Vb=Vc【考点】盐类水解的应用 【专题】盐类的水解专题【分析】根据盐酸是强酸，完全电离，氯化铵是能水解的盐，水解显示酸性，加水稀释促进水解的进行，A、溶液的导电能力和溶液中自由移动离子的浓度有关；B、根据溶液中的质子守恒来回答；C、盐酸对水的电离起抑制作
60、用，氯化铵对水的电离起到促进作用；D、b点为铵根水解导致溶液呈酸性，b点溶液中铵根和氢离子均消耗NaOH，而C点只有盐酸消耗NaOH（盐酸完全电离）；【解答】解：盐酸溶液中的氢离子主要是盐酸电离出来的，盐酸完全电离，体积和pH都相同的盐酸和氯化铵溶液加水稀释的过程中，盐酸不能继续电离，盐酸溶液中氢离子浓度变化大；水解是微弱的，氯化铵溶液中铵离子可继续水解，溶液中的氢离子浓度变化小，所以含c点的曲线pH变化是盐酸溶液的，含a、b点的曲线pH变化是氯化铵溶液的A、溶液的导电能力和溶液中自由移动离子的多少有关，当溶液的体积相等时，a、c两点溶液的离子浓度不一样，所以导电能力不一样，故A错误；B、b点
61、溶液中，根据质子守恒，得出c（OH）+c（NH3H2O）=c（H+），故B正确；C、盐酸电离出的氢离子浓度抑制了水的电离，所以c点溶液中水的电离程度最小；水解促进水的电离，由于氯化铵溶液中的氢离子浓度来自于铵根离子水解生成的氢离子，氢离子浓度越大，说明水解程度越大，水的电离程度越大，a点的pHb点的pH，说明a点酸性大于b点酸性、a点氢离子大于b点氢离子，所以a、b二点溶液水的电离程度ab，综上所述a、b、c三点溶液水的电离程度abc，故C正确D、用等浓度NaOH溶液和等体积b、c处溶液反应，b点为铵根水解导致溶液呈酸性，b点溶液中铵根和氢离子均消耗NaOH，而C点只有盐酸消耗NaOH（盐酸完
62、全电离），故消耗NaOH溶液体积VbVc，故D错误；故选B【点评】本题考查酸溶液的稀释，注意弱电解质溶液稀释时的浓度变化及加水促进弱电解质电离的特点即可解答，题目难度中等22将物质的量共为a mol的NaNO3、Cu（NO3）2和AgNO3的固体混合物用酒精灯加热至恒重，收集到的气体再用足量的水吸收，剩余气体为b mol，则b可能为( )A0B0.25aC0.45aD0.50a【考点】化学方程式的有关计算 【专题】利用化学方程式的计算【分析】NaNO3、Cu（NO3）2、AgNO3三种硝酸盐热分解化学方程式如下：2NaNO32NaNO2+O2；2Cu（NO3）22CuO+4NO2+O2；2Ag
63、NO32Ag+2NO2+O2；由方程式可知，得到的混合气体中n（NO2）：n（O2）4：1，NO2与O2在水中反应的化学方程式如下：4NO2+O2+2H2O4HNO3，剩余气体只能为O2，混合物中只有NaNO3时，剩余氧气达极大值，若只有Cu（NO3）2时，剩余气体体积达极小值【解答】解：NaNO3、Cu（NO3）2、AgNO3三种硝酸盐热分解化学方程式如下：2NaNO32NaNO2+O2；2Cu（NO3）22CuO+4NO2+O2；2AgNO32Ag+2NO2+O2；由方程式可知，得到氧气物质的量为0.5a mol，得到的混合气体中n（NO2）：n（O2）4：1，NO2与O2在水中反应的化学
64、方程式如下：4NO2+O2+2H2O4HNO3，剩余气体只能为O2，混合物中只有NaNO3时，剩余氧气达极大值，剩余氧气极大值为0.5a mol，若只有Cu（NO3）2时，剩余气体体积达极小值0，故0b0.5a，故选：BC【点评】本题考查混合物计算，关键是根据方程式判断剩余气体，再利用极端法进行解答，注意掌握硝酸盐的分解规律，难度中等四、（本题共12分）23硫化钠是一种重要的化工原料工业上用硫酸钠与碳反应得到硫化钠反应方程式如下：Na2SO4+2C Na2S+CO2完成下列填空：（1）上述反应的元素中，原子半径最大的元素的原子有4种能级不同的电子（2）下列可以证明二氧化碳是非极性分子的实验是a
65、c（填编号）a 微波炉中加热少量干冰数分钟，干冰温度不变 b二氧化碳能溶于水c二氧化碳在电场中通过不偏向 d二氧化碳常温常压下为气态（3）硫化钠在一定条件下会与硫单质反应生成多硫化钠（Na2SX）在碱性溶液中，Na2SX与NaBrO3发生反应生成Na2SO4与NaBr若Na2SX与NaBrO3反应的物质的量之比为3：10，则 x=3（4）写出硫氢化钠与少量硫酸铜溶液反应的离子方程式2HS+Cu2+=CuS+H2S能否用硫酸铜溶液来鉴别硫化钠溶液和硫氢化钠溶液？请简述实验操作和现象并说明自己的观点：可以，分别向两种溶液中缓缓加入少量的硫酸铜溶液，若产生气泡的是硫氢化钠，不产生的是硫化钠（5）已知
66、：H2S Ki1=9.1108 Ki2=1.11012 HF Ki=3.5104H2SO3 Ki1=1.5102 Ki2=1.0107 HAc Ki=1.75105若用如图的装置，用硫化钠固体和下列溶液制取硫化氢气体，可选用的试剂是ba硝酸 b醋酸 c氢氟酸 d亚硫酸氢钠【考点】含硫物质的性质及综合应用；化学方程式的有关计算；微粒半径大小的比较；极性分子和非极性分子 【专题】元素及其化合物【分析】（1）几种元素中原子半径最大的是Na，根据钠原子的电子排布分析；（2）a 非极性分子在微波炉中加热时温度不变；b极性分子也能溶于水；c非极性分子在电场中通过时不偏向；d极性分子常温常压下也可能为气态；
67、（3）S元素化合价由升高为+6，而NaBrO3被还原为NaBr，Br元素化合价由+5价降低为1价，反应中Na2Sx与NaBrO3的物质的量之比为3：10，根据氧化还原反应中转移电子相等进行解答；（4）硫氢化钠与少量硫酸铜溶液反应生成硫化铜沉淀和硫化氢；硫化钠与硫酸铜生成沉淀，硫氢化钠与硫酸铜生成沉淀和气体；（5）根据酸性强的酸能制备酸性弱的酸的原理分析，硫化氢具有强还原性能被亚硫酸和硝酸氧化【解答】解：（1）几种元素中原子半径最大的是Na，钠原子的电子排布式为1s22s22p63s1，则Na原子有4种能级不同的电子；故答案为：4；（2）a 非极性分子在微波炉中加热时温度不变，已知微波炉中加热少
68、量干冰数分钟，干冰温度不变，说明二氧化碳是非极性分子，故a正确；b极性分子也能溶于水，如HCl属于极性分子，易溶于水，故b错误；c非极性分子的正负电荷中心重叠，不显电性，在电场中通过时不偏向，二氧化碳在电场中通过不偏向，则二氧化碳属于非极性分子，故c正确；d极性分子常温常压下也可能为气态，如氨气、HCl等极性分子在常温下也是气体，故d错误；故答案为：ac；（3）Na2Sx在碱性溶液中可被NaBrO3氧化为Na2SO4，S元素化合价由升高为+6，而NaBrO3被还原为NaBr，Br元素化合价由+5价降低为1价，反应中Na2Sx与NaBrO3的物质的量之比为3：10，则：x6（）3=105（1），
69、解得x=3，故答案为：3；（4）硫氢化钠与少量硫酸铜溶液反应生成硫化铜沉淀和硫化氢，其反应的离子方程式为：2HS+Cu2+=CuS+H2S；硫化钠与硫酸铜生成沉淀，硫氢化钠与硫酸铜生成沉淀和气体，所以能用硫酸铜溶液来鉴别硫化钠溶液和硫氢化钠溶液；故答案为：2HS+Cu2+=CuS+H2S；可以，分别向两种溶液中缓缓加入少量的硫酸铜溶液，若产生气泡的是硫氢化钠，不产生的是硫化钠；（5）电离常数越大，酸性越强，硫化氢具有强还原性能被亚硫酸和硝酸氧化，所以不能用硝酸和亚硫酸来制备氢硫酸，HF不能盛放在玻璃容器中，所以不能选用HF，则可以用醋酸制备氢硫酸；故答案为：b【点评】本题考查了硫元素及其化合物
70、的性质，题目涉及的知识点较多，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力，注意把握电子排布规律、非极性分子、氧化还原反应原理的应用物质的检验鉴别等，题目难度中等五、（本题共12分）24以下是一些物质的熔沸点数据（常压）：钠Na2CO3金刚石石墨熔点（）97.885135503850沸点（）882.91850（分解产生CO2）4250中国科学家用金属钠和CO2在一定条件下制得了金刚石：4Na+3CO22Na2CO3+C（s，金刚石）完成下列填空：（1）若反应在常压、890下进行，写出该反应的平衡常数表达式（2）请写出一条既能提高反应速率又能提高转化率的方法：增大压强（3）890，下列关于该反应的说法
71、正确的是b（选填序号）a容器内气体的平均式量不再变化，则反应一定达到平衡b容器内固体质量不再变化，则反应一定达到平衡c反应起始至平衡，气体的密度不断增大d反应起始至平衡，容器内的压强不断增大（4）890，若该反应在10L密闭容器、常压下进行，反应4h，固体质量增加56克，则二氧化碳的反应速率为0.35mol/（Lh）（5）若温度由890升高到1860，则容器内气体的平均相对分子质量将增大（选填“增大”“减小”“不变”），（6）若反应后要得到纯净的金刚石，请写出必要的实验操作步骤冷却后，将反应后容器中的固体取出，加水溶解、过滤、洗涤固体并烘干，可得纯净的金刚石（7）在此反应中，同时还会有石墨生成
72、，已知：C（s，石墨）C（s，金刚石）1.9KJ，若升高温度，生成的碳单质中，金刚石的含量将增大（选填“增大”“减小”“不变”）等物质的量的石墨和金刚石中，化学键的数目较多的是金刚石【考点】化学平衡的计算；化学平衡的影响因素 【专题】化学平衡专题【分析】（1）化学平衡常数是指：一定温度下，可逆反应到达平衡时，生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比，固体、纯液体不需要在化学平衡常数中写出；（2）升高温度、增大压强等可以加快反应速率，同时提高转化率，应是平衡正向移动；（3）a容器内气体只有钠蒸汽、二氧化碳，若起始时二者物质的量之比为4：3，且二者按4：3反应，气体的平均式量为定值；
73、b容器内固体质量不再变化，说明金刚石的质量不变；c气体的质量减小，若容器容积不变，气体的密度不断减小；d气体的物质的量减小，若容器容积不变，容器内的压强不断减小；（4）固体质量增加56克，则金刚石的质量为56g，根据方程式计算参加反二氧化碳物质的量，再根据v=计算v（CO2）；（5）若温度由890升高到1860，碳酸钠分解生成二氧化碳，混合气体中二氧化碳的含量增大，容器内气体的平均相对分子质量增大；（6）将产物冷却后，用水溶解，过滤除去碳酸钠，再洗涤干燥可得纯净的金刚石；（7）石墨转化为金刚石为吸热反应，升高温度有利于石墨转化为金刚石；石墨中每个C原子与周围碳原子形成3个CC键，而金刚石中每个
74、C原子与周围的4个C原子形成4个CC键【解答】解：（1）若反应在常压、890下进行，钠为气体，4Na+3CO22Na2CO3+C（s，金刚石）的平衡常数表达式K=，故答案为：；（2）正反应为气体体积减小的反应，增大压强可以加快反应速率，且平衡正向移动，同时提高转化率，故答案为：增大压强；（3）a容器内气体只有钠蒸汽、二氧化碳，若起始时二者物质的量之比为4：3，且二者按4：3反应，气体的平均式量为定值，故a错误；b容器内固体质量不再变化，说明金刚石的质量不变，反应到达平衡，故b正确；c气体的质量减小，若容器容积不变，气体的密度不断减小，故c错误；d气体的物质的量减小，若容器容积不变，容器内的压强
75、不断减小，故d错误，故选：b；（4）固体质量增加56克，则金刚石的质量为56g，其物质的量为=mol，由方程式可知参加反二氧化碳物质的量为mol3=14mol，故v（CO2）=0.35 mol/（Lh），故答案为：0.35；（5）若温度由890升高到1860，碳酸钠分解生成二氧化碳，混合气体中二氧化碳的含量增大，容器内气体的平均相对分子质量增大，故答案为：增大；（6）冷却后，将反应后容器中的固体取出，加水溶解、过滤、洗涤固体并烘干，可得纯净的金刚石，故答案为：冷却后，将反应后容器中的固体取出，加水溶解、过滤、洗涤固体并烘干，可得纯净的金刚石；（7）石墨转化为金刚石为吸热反应，升高温度有利于石墨
76、转化为金刚石，金刚石的含量将增大；石墨中每个C原子与周围碳原子形成3个CC键，而金刚石中每个C原子与周围的4个C原子形成4个CC键，等物质的量的石墨和金刚石中，金刚石含有的化学键的数目较多，故答案为：增大；金刚石【点评】本题考查化学平衡计算与影响因素、反应速率计算、平衡常数、物质的提纯、晶体结构等，是对学生综合能力的考查，难度中等六、（本题共12分）25葡萄糖酸钙是一种可促进骨骼生长的营养物质葡萄糖酸钙可通过以下反应制得：C6H12O6（葡萄糖）+Br2+H2OC6H12O7（葡萄糖酸）+2HBr2C6H12O7（葡萄糖酸）+CaCO3（C6H11O7）2Ca（葡萄糖酸钙）+H2O+CO2相关
77、物质的溶解性见下表：物质名称葡萄糖酸钙葡萄糖酸溴化钙氯化钙水中的溶解性可溶于冷水易溶于热水可溶易溶易溶乙醇中的溶解性微溶微溶可溶可溶实验流程如下：完成下列填空：（1）第步中所加CaCO3还发生了其他反应，写出其中一个主要反应的方程式CaCO3+2HBr=CaBr2+CO2+H2O；充分反应后CaCO3固体需有剩余，目的是提高葡萄糖酸的转化率，便于后续分离；（2）第步需趁热过滤，原因是葡萄糖酸钙冷却后结晶析出，如不趁热过滤会损失产品；（3）第步加入乙醇的作用是可降低葡萄糖酸钙在溶剂中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙析出；（4）第步中，下列洗涤剂最合适的是da冷水 b热水 c乙醇 d乙醇水混合溶液锌是人
78、体健康所必需的元素，葡萄糖酸锌是一种常用的补锌剂，对婴儿及青少年的智力和身体发育有重要作用工业上以葡萄糖酸钙为原料通过如下两步制备葡萄糖酸锌：步骤1：充分反应后，过滤除去CaSO4沉淀步骤2：将葡萄糖酸溶液与ZnO混合（5）步骤2中，待其充分反应后，须继续加入葡萄糖酸溶液至pH为5.8，目的是抑制Zn2+的水解（6）下列物质可替代ZnO的是be（填字母）aNH3H2O bZn（OH）2 cNaOH dZnSO4 eZnCO3【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；制备实验方案的设计 【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；物质的分离提纯和鉴别；无机实验综合【分析】（1）碳酸钙能与氢
79、溴酸反应生成溴化钙、水和二氧化碳；CaCO3固体需有剩余，可使葡萄糖酸完全反应；（2）趁热过滤，可避免葡萄糖酸钙的损失；（3）由表中数据可知，葡萄糖酸钙微溶于乙醇，可避免损失；（4）洗涤沉淀，应避免沉淀溶解，且能将沉淀吸附物冲洗去（5）须继续加入葡萄糖酸溶液至pH为5.8，抑制锌离子水解；（6）步骤2为ZnO与葡萄糖酸的反应生成葡萄糖酸锌，不能引入新杂质，则加入不溶性含Zn元素的物质，且与酸反应即可【解答】解：（1）碳酸钙能与氢溴酸反应生成溴化钙、水和二氧化碳，CaCO3+2HBr=CaBr2+CO2+H2O；可使葡萄糖酸完全转化为葡萄糖酸钙，则加入的碳酸钙应过量，故答案为：CaCO3+2HB
80、r=CaBr2+CO2+H2O；提高葡萄糖酸的转化率，便于后续分离；（2）温度高时，葡萄糖酸钙的溶解度较大，趁热过滤，可避免葡萄糖酸钙的损失，故答案为：葡萄糖酸钙冷却后结晶析出，如不趁热过滤会损失产品；（3）由表中数据可知，葡萄糖酸钙微溶于乙醇，用乙醇洗涤可避免损失，有利于葡萄糖酸钙析出，故答案为：可降低葡萄糖酸钙在溶剂中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙析出；（4）洗涤沉淀，应避免沉淀溶解，且能将沉淀吸附物冲洗去，可用乙醇水混合溶液，如只用水，则造成葡萄糖酸钙溶解而损失，只用乙醇，不能将杂质全被洗去；故答案为：d；（5）因锌离子水解，则步骤2中，待其充分反应后，须继续加入葡萄糖酸溶液至pH为5.8，
81、目的是抑制Zn2+的水解；故答案为：抑制Zn2+的水解；（6）aNH3H2O与葡萄糖酸反应后引入铵根离子，故a不选；bZn（OH）2 与葡萄糖反应生成葡萄糖酸锌，且不引人杂质，故b选；cNaOH与葡萄糖酸反应后引入钠离子，故c不选；dZnSO4与葡萄糖酸不反应，故d不选；eZnCO3与葡萄糖反应生成葡萄糖酸锌，且不引人杂质，故e选；故答案为：be【点评】本题考查物质的制备、分离和提纯，着重于学生的分析能力和实验能力的考查，有利于培养学生的良好的科学素养，难度中等七、（本题共12分）26某课外兴趣小组探究利用废铜屑制取CuSO4溶液，设计了以下几种实验方案：方案一：以铜和浓硫酸反应制备硫酸铜溶液
82、方案二：将废铜屑在空气中灼烧后再投入稀硫酸和方案一相比，方案二的优点是不产生污染空气的SO2气体，制取等量的CuSO4溶液，消耗的硫酸量少；方案二的实验中，发现容器底部残留少量紫红色固体，再加入稀硫酸依然不溶解，该固体为Cu（1）方案三的实验流程如图1所示：溶解过程中有气体放出，该气体是O2随着反应的进行，生成气体速度加快，推测可能的原因反应产生的Cu2+对H2O2分解有催化作用（2）设计实验证明你的推测取H2O2溶液，向其中滴加CuSO4溶液，观察产生气泡的速率是否加快（3）方案四的实验流程如图2所示：为了得到较纯净的硫酸铜溶液，硫酸和硝酸的物质的量之比应为3：2（4）对方案四进行补充完善，
83、设计一个既能防止污染，又能实现物料循环的实验方案（用流程图表示）【考点】铜金属及其重要化合物的主要性质 【专题】物质的分离提纯和鉴别；无机实验综合【分析】方案一：第一个方案中放出的有毒气体二氧化硫会造成对空气的污染；第二个方案铜和氧气加热生成氧化铜，氧化铜和硫酸反应产生硫酸铜和水，因此反应过程中没有污染物，且原料的利用率高，方案二的实验中，发现容器底部残留少量紫红色固体，为铜，不溶于稀硫酸；方案二：（1）方案三的实验流程如图1中，双氧水反应氧化还原反应生成O2；随着反应的进行，生成气体速度加快，可能是反应产生的Cu2+对H2O2分解有催化作用；（2）取H2O2溶液，向其中滴加CuSO4溶液，如
84、果产生气泡的速率加快，则证明Cu2+对H2O2分解有催化作用，否则，没有；（3）根据离子方程式，3Cu+2NO3+8H+=3Cu2+2NO+4H2O，反应消耗2mol硝酸，生成3mol硫酸铜，故为了得到较纯净的硫酸铜溶液，硫酸和硝酸的物质的量之比应为3：2；（4）设计实验方案时，为防止NO污染空气，应通入空气氧化NO为NO2，用水吸收后，生成HNO3再循环利用【解答】解：方案一：第一个方案中放出的有毒气体二氧化硫会造成对空气的污染；第二个方案铜和氧气加热生成氧化铜，氧化铜和硫酸反应产生硫酸铜和水，因此反应过程中没有污染物，且原料的利用率高，方案二的实验中，发现容器底部残留少量紫红色固体，为铜，
85、不溶于稀硫酸；故答案为：不产生污染空气的SO2气体，制取等量的CuSO4溶液，消耗的硫酸量少；Cu；方案二：（1）方案三的实验流程如图1中，双氧水反应氧化还原反应生成O2；随着反应的进行，生成气体速度加快，可能是反应产生的Cu2+对H2O2分解有催化作用，故答案为：O2；反应产生的Cu2+对H2O2分解有催化作用；（2）取H2O2溶液，向其中滴加CuSO4溶液，如果产生气泡的速率加快，则证明Cu2+对H2O2分解有催化作用，否则，Cu2+对H2O2分解没有催化作用；故答案为：取H2O2溶液，向其中滴加CuSO4溶液，观察产生气泡的速率是否加快；（3）根据离子方程式，3Cu+2NO3+8H+=3
86、Cu2+2NO+4H2O，反应消耗2mol硝酸，生成3mol硫酸铜，故为了得到较纯净的硫酸铜溶液，硫酸和硝酸的物质的量之比应为3：2，故答案为：3：2；（4）设计实验方案时，为防止NO污染空气，应通入空气氧化NO为NO2，用水吸收后，生成HNO3再循环利用，故答案为：【点评】此题难度较大，依据题目的要求结合反应原理分析即可；分析一个反应的可行性要从多方面分析，如从反应的可行性，环保安全，操作简便，经济节能方面考虑八、（本题共10分）27丁苯橡胶可以煤炭为主要原料来制得：1，3丁二烯与苯乙烯一定条件下可加聚生成丁苯橡胶；（1）煤可通过干馏的方法制得焦炭（2）A的结构简式为CH2=CHCCH；反应
87、的反应类型为消去反应（或氧化反应）（3）写出反应的化学方程式（4）林德拉试剂是部分中毒的催化剂，反应中不用Ni而用林德拉试剂催化加氢，理由是碳碳叁键只加成至碳碳双键（5）苯乙烯有多种同分异构体，写出两种只含一种化学环境氢原子的同分异构体的结构简式、【考点】有机物的推断 【专题】有机推断；结构决定性质思想；演绎推理法；有机物的化学性质及推断【分析】煤通过干馏方法制得焦炭，电石与水反应得到乙炔，2分子乙炔发生加成反应得到A为CH2=CHCCH，A再与氢气发生加成反应得到CH2=CHCH=CH2，3分子乙炔发生加成反应且成环得到苯，苯与氯乙烷发生取代反应生成B为，B在铁催化剂条件下发生消去反应生成，
88、1，3丁二烯与苯乙烯一定条件下可加聚生成丁苯橡胶（），据此解答【解答】解：煤通过干馏方法制得焦炭，电石与水反应得到乙炔，2分子乙炔发生加成反应得到A为CH2=CHCCH，A再与氢气发生加成反应得到CH2=CHCH=CH2，3分子乙炔发生加成反应且成环得到苯，苯与氯乙烷发生取代反应生成B为，B在铁催化剂条件下发生消去反应生成，1，3丁二烯与苯乙烯一定条件下可加聚生成丁苯橡胶（），（1）煤可通过干馏的方法制得焦炭，故答案为：干馏；（2）由上述分析可知，A的结构简式为：CH2=CHCCH，反应的反应类型为：消去反应，也属于氧化反应，故答案为：CH2=CHCCH；消去反应（或氧化反应）；（3）反应的化
89、学方程式为：，故答案为：；（4）反应中不用Ni而用林德拉试剂催化加氢，由反应物结构可知，目的是保证碳碳叁键只加成至碳碳双键，故答案为：碳碳叁键只加成至碳碳双键；（5）苯乙烯有多种同分异构体，两种只含一种化学环境氢原子的同分异构体的结构简式：、等，故答案为：；【点评】本题考查有机物推断、有机反应类型、同分异构体、反应条件的控制等，注意根据有机物的结构进行推断，综合考查学生对知识的迁移运用能力，难度中等九、（本题共12分）28水处理剂能使工业循环冷却系统保持良好状态以下是两种新型水处理剂的合成方法完成下列填空：（1）写出反应类型反应取代反应反应加成反应（2）反应通常用一种盐和一种酸代替HBr参加反
90、应，它们的名称是溴化钠和浓硫酸（3）写出化学方程式：B与新制氢氧化铜反应生成CCH2=CHCHO+2Cu（OH）2CH2=CHCOOH+Cu2O+2H2O；（4）写出结构简式H（5）写出符合下列要求的E的一种同分异构体的结构简式i能发生银镜反应 ii能发生缩聚反应iii两分子生成六元环状化合物（6）写出用C为原料合成的合成路线（无机原料任选）（合成路线的常用表示方法为：）AB目标产物【考点】有机物的合成 【专题】有机推断；结构决定性质思想；演绎推理法；有机物的化学性质及推断【分析】在500条件下，丙烯和氯气发生取代反应生成3氯丙烯，3氯丙烯和HOCl发生加成反应生成A，A发生消去反应生成环氧氯
91、丙烷，环氧氯丙烷和氢氧化钠的水溶液反应生成丙三醇，在浓硫酸作催化剂、加热条件下，丙三醇反应生成B，B能被氧化生成C，C比B中多一个氧原子，则B中含有醛基，C中含有羧基，B的不饱和度=，所以B是丙烯醛，C是丙烯酸，C和G发生加成反应生成高分子化合物H，H的结构简式为：；G发生加聚反应生成L，L的结构简式为：，乙二醇和氢溴酸发生取代反应生成1，2二溴乙烷，1，2二溴乙烷反应生成1，4丁二酸，1，4丁二酸和溴发生取代反应生成HOOCCH2CHBrCOOH，HOOCCH2CHBrCOOH和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成NaOOCCH=CHCOONa，然后酸化生成G；C是丙烯酸，用C为原料合成，可以先
92、用丙烯酸与水加成生成2羟基丙酸，再用2羟基丙酸发生酯化可得，据此答题【解答】解：在500条件下，丙烯和氯气发生取代反应生成3氯丙烯，3氯丙烯和HOCl发生加成反应生成A，A发生消去反应生成环氧氯丙烷，环氧氯丙烷和氢氧化钠的水溶液反应生成丙三醇，在浓硫酸作催化剂、加热条件下，丙三醇反应生成B，B能被氧化生成C，C比B中多一个氧原子，则B中含有醛基，C中含有羧基，B的不饱和度=，所以B是丙烯醛，C是丙烯酸，C和G发生加成反应生成高分子化合物H，H的结构简式为：；G发生加聚反应生成L，L的结构简式为：，乙二醇和氢溴酸发生取代反应生成1，2二溴乙烷，1，2二溴乙烷反应生成1，4丁二酸，1，4丁二酸和溴
93、发生取代反应生成HOOCCH2CHBrCOOH，HOOCCH2CHBrCOOH和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成NaOOCCH=CHCOONa，然后酸化生成G，（1）在500条件下，丙烯和氯气发生取代反应生成3氯丙烯，3氯丙烯和HOCl发生加成反应生成A，故答案为：取代反应；加成反应；（2）反应通常用一种盐和一种酸代替HBr参加反应，这种酸和盐能生成溴化氢，氢溴酸是强酸，则所用酸为难挥发性的强酸，为浓硫酸，盐为溴化钠，故答案为：溴化钠；浓硫酸；（3）B是丙烯醛，丙烯醛和氢氧化铜悬浊液反应生成丙烯酸和氧化亚铜、水，反应方程式为：CH2=CHCHO+2Cu（OH）2CH2=CHCOOH+Cu2O+
94、2H2O，故答案为：CH2=CHCHO+2Cu（OH）2CH2=CHCOOH+Cu2O+2H2O；（4）通过以上分析知，H的结构简式为：，故答案为：；（5）E是1，4丁二酸，E有多种同分异构体，其中能发生银镜反应说明含有醛基，能发生缩聚反应说明含有醇羟基和羧基，且还能两分子生成六元环状化合物，则符合条件的E的同分异构体结构简式为，故答案为：；（6）C是丙烯酸，用C为原料合成，可以先用丙烯酸与水加成生成2羟基丙酸，再用2羟基丙酸发生酯化可得，合成路线为，故答案为：【点评】本题考查了有机物的推断，明确有机物的官能团及其性质是解本题关键，注意反应物相同，如果反应条件不同，则产物不同，难点是同分异构体
95、的判断，难度较大十、（本题共14分）29（14分）氧化铝在工业上有着广泛的应用（1）制取净水剂氯化铝其原理为：Al2O3+3C+3Cl22AlCl3+3CO25.5g 氧化铝、3.6g 碳、4.48L（标准状态）氯气混合后在高温下反应，理论上可得氯化铝17.8克（2）向100g氢氧化钠溶液中加入10g 氧化铝，充分反应后，剩余固体4.9克测得所得溶液的密度为1.051g/cm3则所得溶液的物质的量浓度为1mol/L（3）超细氮化铝粉末被广泛应用于大规模集成电路生产等领域其制取原理为：Al2O3+N2+3C 2AlN+3CO由于反应不完全，氮化铝产品中往往含有炭和氧化铝杂质取10g Al2O3进
96、行反应，向反应后的固体中加入过量的NaOH浓溶液，AlN跟NaOH溶液反应生成NaAlO2，并得到氨气3.36L（标准状况），则该反应中Al2O3的转化率为0.765（用小数表示，保留2位小数）（4）取6.9g 含铝化合物X放入100mL水中完全溶解，溶液呈弱酸性取出10mL加入过量盐酸，无气泡，再加入过量氯化钡有白色沉淀0.932g另取10mL样品，用慢慢滴加氨水至过量，最多可得到0.156g沉淀，若改用氢氧化钠溶液直至过量，可收集到44.8mL的气体（标准状况），求化合物X的化学式（写出计算过程）【考点】化学方程式的有关计算 【专题】利用化学方程式的计算【分析】（1）先进行过量计算，根据不
97、足量的物质计算生成氯化铝的质量；（2）氧化铝有剩余，说明氢氧化钠完全反应，参加反应的氧化铝为10g4.9g=5.1g，溶液质量为105.1g，根据Al原子守恒计算NaAlO2物质的量，根据V=计算溶液体积，再根据c=计算溶液物质的量浓度；（3）根据N原子守恒计算AlN的物质的量，再根据Al原子守恒计算参加反应Al2O3的质量，进而计算Al2O3的转化率；（4）取出10mL溶液，加入过量盐酸，无气泡，再加入过量氯化钡有白色沉淀0.932g，说明含有SO42；另取10mL样品，用慢慢滴加氨水至过量，最多可得到0.156g沉淀，沉淀为Al（OH）3，若改用氢氧化钠溶液直至过量，可收集到44.8mL的
98、气体（标准状况），说明含有NH4+，计算硫酸钡、氢氧化钡、氨气物质的量确定NH4+、Al3+、SO42的物质的量之比，再根据质量判断是否含有结晶水，进而确定化学式【解答】解：（1）25.5g 氧化铝为=0.25mol，3.6g 碳为=0.3mol，4.48L（标准状态）氯气为=0.2mol，若0.2mol完全反应，则： Al2O3+3 C+3 Cl22AlCl3+3CO 0.067mol 0.2mol 0.2mol氯气不足，故生成氯化铝为0.2mol133.5g/mol=17.8g，故答案为：17.8；（2）氧化铝有剩余，说明氢氧化钠完全反应，参加反应的氧化铝为10g4.9g=5.1g，溶液质
99、量为100g+5.1g=105.1g，根据Al原子守恒，NaAlO2物质的量=2=0.1mol，溶液体积V=0.1L，所得溶液物质的量浓度为=1mol/L，故答案为：1mol/L；（3）生成氨气物质的量为=0.15mol，根据N原子守恒，生成AlN的物质的量为0.15mol，根据Al原子守恒，可知参加反应Al2O3的质量为0.15mol102g/mol=7.65g，则Al2O3的转化率为=0.765，故答案为：0.765；（4）取出10mL溶液，加入过量盐酸，无气泡，再加入过量氯化钡有白色沉淀0.932g，说明含有SO42，则n（SO42）=n（BaSO4）=0.004mol；另取10mL样品
100、，用慢慢滴加氨水至过量，最多可得到0.156g沉淀，沉淀为Al（OH）3，n（Al3+）=nAl（OH）3=0.002mol，若改用氢氧化钠溶液直至过量，可收集到44.8mL的气体（标准状况），说明含有NH4+，则n（NH4+）=n（NH3）=0.002mol，10mL溶液中NH4+、Al3+、SO42的总质量为0.004mol96g/mol+0.002mol27g/mol+0.002mol18g/mol=0.474g=0.69g，故还含有结晶水，含有结晶水的物质的量为=0.012mol，则n（NH4+）：n（Al3+）：n（SO42）：n（H2O）=0.002：0.002：0.004：0.12=1：1：2：6，故化合物X的化学式为：NH4Al（SO4）26H2O，答：化合物X的化学式为NH4Al（SO4）26H2O【点评】本题考查化学计算，侧重考查学生分析计算能力，是对学生综合能力的考查，难度较大
