上海高考化學(xué)試卷及答案【版】

1、2014年普通高等學(xué)校招生全國(guó)統(tǒng)一考試（上海卷）化學(xué)單科卷考生注意：1本試卷滿分150分，考試時(shí)間120分鐘。 2本考試設(shè)試卷和答題紙兩部分，試卷包括試題與答題要求；所有答題必須涂或?qū)懺诖痤}紙上；做在試卷上一律不得分。3答題前，考生務(wù)必在答題紙上用鋼筆或圓珠筆在答題紙正面清楚地填寫姓名、準(zhǔn)考證號(hào)，并將核對(duì)后的條形碼貼在指定位置上，在答題紙反面清楚地填寫姓名。4答題紙與試卷在試題編號(hào)上是一一對(duì)應(yīng)的，答題時(shí)應(yīng)特別注意，不能錯(cuò)位。相對(duì)原子質(zhì)量：H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Zn-65 As-75一、選擇題（本題共10分，每小題2分，每小題只有一個(gè)正確選項(xiàng)）1“玉兔

2、”號(hào)月球車用作為熱源材料，下列關(guān)于的說法正確的是A與互為同位素 B與互為同素異形體C與具有完全相同的化學(xué)性質(zhì)D與具有相同的最外層電子 【答案】D【解析】A、與兩種核素的質(zhì)子數(shù)不相同，不屬于同位素，A錯(cuò)誤；B、與均屬于核素，不是單質(zhì)，不能互稱為同素異形體，二者互稱為同位素，B錯(cuò)誤；C、與兩種核素的質(zhì)子數(shù)不相同，不屬于同種元素，不具有完全相同的化學(xué)性質(zhì)，C錯(cuò)誤；D、與兩種核素的質(zhì)子數(shù)相同，所以具有相同的最外層電子（94），D正確。2下列試劑不會(huì)因?yàn)榭諝庵械难鯕舛冑|(zhì)的是A過氧化鈉 B氫硫酸 C硫酸亞鐵 D苯酚 【答案】A【解析】A、過氧化鈉和空氣中二氧化碳、水蒸氣反應(yīng)而變質(zhì)（2Na2O2+2CO2

3、=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2），與氧氣無任何關(guān)系，A選；B、氫硫酸易被空氣中的氧氣氧化而變質(zhì)（2H2S+O2=2S+2H2O），B不選；C、硫酸亞鐵中的鐵元素是+2價(jià)，易被空氣中的氧氣氧化生成+3價(jià)而變質(zhì)，C不選；D、苯酚中的酚羥基易被空氣中的氧氣氧化而顯紫色，D不選。3結(jié)構(gòu)為CH=CHCH=CHCH=CHCH=CH-的高分子化合物用碘蒸氣處理后，其導(dǎo)電能力大幅度提高。上述高分子化合物的單體是A乙炔 B乙烯 C丙烯 D1，3-丁二烯 【答案】A【解析】根據(jù)高分子化合物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式“CH=CHCH=CHCH=CHCH=CH-”可知，該物質(zhì)屬于加聚產(chǎn)物，鏈節(jié)是CH

4、CH，因此單體是乙炔，答案選A。4在“石蠟液體石蠟石蠟蒸氣裂化氣”的變化過程中，被破壞的作用力依次是A范德華力、范德華力、范德華力 B范德華力、范德華力、共價(jià)鍵C范德華力、共價(jià)鍵、共價(jià)鍵 D共價(jià)鍵、共價(jià)鍵、共價(jià)鍵 【答案】B【解析】“石蠟液體石蠟石蠟蒸氣”屬于石蠟的 “三態(tài)”之間的轉(zhuǎn)化，由于石蠟屬于分子晶體，所以轉(zhuǎn)化的過程中要克服分子間作用力；“石蠟蒸氣裂化氣”屬于石油的裂化，屬于化學(xué)變化，必然要破壞化學(xué)鍵（共價(jià)鍵），答案選B。5下列分離方法中，和物質(zhì)的溶解度無關(guān)的是A升華 B萃取 C紙上層析 D重結(jié)晶 【答案】A【解析】A、物質(zhì)從固態(tài)直接變成氣態(tài)的過程（物理變化）叫升華，所以升華分離法只與物

5、質(zhì)的熔沸點(diǎn)有關(guān)，與溶解度無關(guān)，A不選；B、萃取（Extraction）指利用化合物在兩種互不相溶（或微溶）的溶劑中溶解度或分配系數(shù)的不同，使化合物從一種溶劑內(nèi)轉(zhuǎn)移到另外一種溶劑中。經(jīng)過反復(fù)多次萃取，將絕大部分的化合物提取出來的方法，B選；C、紙上層析是利用混合物中各組分在固定相和流動(dòng)相中的溶解度不同而達(dá)到分離目的，常用濾紙作載體，濾紙上所吸收的水分作固定相，有機(jī)溶劑作流動(dòng)相，當(dāng)流動(dòng)相流過固定相時(shí)，各組分以不同的速度移動(dòng)，從而使混合物分離，C不選；D、重結(jié)晶法，就是利用不同物質(zhì)在同一溶劑中的溶解度的差異，通過先濃縮混合物，使混合物中的各物質(zhì)含量達(dá)到一定比例時(shí)，一種物質(zhì)形成飽和溶液從溶液中結(jié)晶析出

6、，D不選。二、選擇題（本題共36分，每小題3分，每題只有一個(gè)正確選項(xiàng)）6今年是門捷列夫誕辰180周年，下列事實(shí)不能用元素周期律解釋的只有A堿性：KOH > NaOH B相對(duì)原子質(zhì)量：Ar > KC酸性HClO4 > H2SO4 D元素的金屬性：Mg > Al 【答案】B【解析】A、元素的金屬性越強(qiáng)，其原子失電子能力越強(qiáng)、其對(duì)應(yīng)氧化物的水化物堿性越強(qiáng)，金屬性KNa，則堿性： KOHNaOH，A不選；B、相對(duì)原子質(zhì)量的大小與元素周期律無關(guān)，B選；C、非金屬性ClSP，元素的非金屬性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)的最高價(jià)氧化物的水化物的酸性越強(qiáng)，酸性HClO4 > H2SO4，C不選；D、

7、同周期元素從左到右金屬性逐漸減弱，故元素的金屬性：Mg > Al，D不選。7下列各組中兩種微粒所含電子數(shù)不相等的是AH3O 和OH BCO和N2 CHNO2和NO2 DCH3 和NH4 【答案】D【解析】A、H3O的電子數(shù)等于1×3+8-1=10，OH的電子數(shù)等于1+8+1=10，二者電子數(shù)相等，A不選；B、CO的電子數(shù)等于6+8=14，N2的電子數(shù)等于7×2=14，二者電子數(shù)相等，B不選；C、HNO2的電子數(shù)等于1+7+8×2=24，NO2的電子數(shù)等于7+8×2+1=24，二者電子數(shù)相等，C不選；D、CH3的電子數(shù)等于6+1×3-1=8

8、，NH4的電子數(shù)等于7+1×4-1=10，二者電子數(shù)不相等，D選。8BeCl2熔點(diǎn)較低，易升華，溶于醇和醚，其化學(xué)性質(zhì)與AlCl3相似。由此可推測(cè)BeCl2 A熔融不導(dǎo)電 B水溶液呈中性 C熔點(diǎn)比BeBr2高 D不與NaOH溶液反應(yīng) 【答案】A【解析】A、根據(jù)題目提供的信息“BeCl2熔點(diǎn)較低，易升華，溶于醇和醚”，可知BeCl2形成的晶體屬于分子晶體，分子晶體的是由分子構(gòu)成的晶體，故熔融狀態(tài)下不導(dǎo)電，A正確；B、根據(jù)題目提供的信息“BeCl2化學(xué)性質(zhì)與AlCl3相似”，由于AlCl3溶液中的Al3+能發(fā)生水解（Al3+3H2OAl(OH)3+3H+）使溶液顯酸性，所以BeCl2水溶

9、液顯酸性，B錯(cuò)誤；C、BeCl2和BeBr2形成的晶體都是分子晶體，且二者結(jié)構(gòu)相似，故隨著相對(duì)分子質(zhì)量的增大，熔沸點(diǎn)也逐漸的增大，C錯(cuò)誤；D、由“AlCl3能與NaOH反應(yīng)”可知BeCl2也能與NaOH反應(yīng)，D錯(cuò)誤。91，3-丁二烯和2-丁炔分別與氫氣反應(yīng)的熱化學(xué)方程式如下：CH2=CHCH=CH2(g) + 2H2(g) CH3CH2CH2CH3(g) + 236.6 kJCH3-CC-CH3(g) + 2H2(g) CH3CH2CH2CH3(g) + 272.7 kJ由此不能判斷A1，3-丁二烯和2-丁炔穩(wěn)定性的相對(duì)大小B1，3-丁二烯和2-丁炔分子儲(chǔ)存能量的相對(duì)高低C1，3-丁二烯和2-

10、丁炔相互轉(zhuǎn)化的熱效應(yīng)D一個(gè)碳碳叁鍵的鍵能與兩個(gè)碳碳雙鍵鍵能之和的大小 【答案】D【解析】根據(jù)蓋斯定律可得CH2=CHCH=CH2(g) CH3-CC-CH3(g) 36.1kJ，這說明1，3-丁二烯（CH2=CHCH=CH2(g)）轉(zhuǎn)化為2-丁炔（CH3-CC-CH3(g)）是吸熱反應(yīng)，故在質(zhì)量相等的前提下，1，3-丁二烯（CH2=CHCH=CH2(g)）的能量要低于2-丁炔（CH3-CC-CH3(g)）的能量，1，3-丁二烯（CH2=CHCH=CH2(g)）的穩(wěn)定性要低于2-丁炔（CH3-CC-CH3(g)），通過上述分子可知ABC均正確。10右圖是用于干燥、收集并吸收多余氣體的裝置，下列方

11、案正確的是選項(xiàng)X收集氣體YA堿石灰氯化氫XY水B堿石灰氨氣水C氯化鈣二氧化硫氫氧化鈉D氯化鈣一氧化氮?dú)溲趸c 【答案】C【解析】A、氯化氫是酸性氣體，能和堿性干燥劑堿石灰發(fā)生反應(yīng)，不能用堿石灰干燥，A錯(cuò)誤；B、氨氣密度小于空氣，采用此方法收集氨氣時(shí)應(yīng)該是短口進(jìn)，長(zhǎng)口出，B錯(cuò)誤；C、二氧化硫是酸性氣體，能用中性干燥劑氯化鈣干燥，且二氧化硫的密度大于空氣，用向上排空氣法收集，C正確；D、一氧化氮極易被空氣氧化生成二氧化氮，不能用排空氣法收集，D錯(cuò)誤。11向飽和澄清石灰水中加入少量CaC2，充分反應(yīng)后恢復(fù)到原來溫度，所得溶液中Ac(Ca2)、c(OH)均增大 Bc(Ca2)、c(OH)均保持不變Cc

12、(Ca2)、c(OH)均減小 Dc(OH)增大、c(H)減小 【答案】B【解析】CaC2能和水發(fā)生反應(yīng)，反應(yīng)的方程式為CaC2+2H2O=Ca(OH)2+CHCH，伴隨著該反應(yīng)的發(fā)生，溶劑水的質(zhì)量逐漸減小，所以會(huì)有Ca(OH)2析出。由于溫度不變，Ca(OH)2的溶解度不發(fā)生改變，該溶液依然是飽和溶液，所以c(Ca2)、c(OH)均保持不變，答案選B。12如右圖，將鐵棒和石墨棒插入盛有飽和NaCl溶液的U型管中，下列分析正確的是Fe C K1 K2 飽和NaCl溶液 GAK1閉合，鐵棒上發(fā)生的反應(yīng)為2H+2eH2BK1閉合，石墨棒周圍溶液pH逐漸升高CK2閉合，鐵棒不會(huì)被腐蝕，屬于犧牲陽極的陰

13、極保護(hù)法DK2閉合，電路中通過0.002 NA個(gè)電子時(shí)，兩極共產(chǎn)生0.001 mol氣體 【答案】B【解析】A、K1閉合時(shí)，該裝置構(gòu)成了FeCNaCl溶液的原電池，鐵作負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，電極反應(yīng)是2Fe4e=2Fe2+，A錯(cuò)誤；B、C棒作正極，發(fā)生的電極反應(yīng)式2H2O+O2+ 4e=4OH，故石墨棒周圍溶液pH逐漸升高，B正確；C、K2閉合時(shí)，該裝置構(gòu)成了FeC外加電源的電解池，C作陽極，F(xiàn)e作陰極而不被腐蝕，該方法稱為外加電流的陰極保護(hù)法，C錯(cuò)誤；D、K2閉合時(shí)，陽極的電極反應(yīng)式是2Cl2e= Cl2，陰極的電極反應(yīng)式2H+2e= H2，所以當(dāng)電路中通過0.002 NA個(gè)（相當(dāng)于0.002

14、mol）電子時(shí)，生成H2和Cl2的物質(zhì)的量均為0.001mol，則兩極共產(chǎn)生0.002mol氣體，D錯(cuò)誤。13催化加氫可生成3甲基己烷的是A B C D 【答案】C【解析】解題要根據(jù)有機(jī)物的加成特點(diǎn)解題。A、完全加成的產(chǎn)物是（3甲基庚烷），A錯(cuò)誤；B、完全加成的產(chǎn)物是（3甲基戊烷），B錯(cuò)誤；C、完全加成的產(chǎn)物是（3甲基己烷），C正確；D、完全加成的產(chǎn)物是（2甲基己烷），D錯(cuò)誤。14只改變一個(gè)影響因素，平衡常數(shù)K與化學(xué)平衡移動(dòng)的關(guān)系敘述錯(cuò)誤的是AK值不變，平衡可能移動(dòng) BK值變化，平衡一定移動(dòng)C平衡移動(dòng)，K值可能不變 D平衡移動(dòng)，K值一定變化 【答案】D【解析】A、K值代表化學(xué)平衡常數(shù)，平衡常數(shù)

15、只與溫度有關(guān)系，K值不變只能說明溫度不改變，但是其他條件也可能發(fā)生改變，平衡也可能發(fā)生移動(dòng)，A正確；B、K值變化，說明反應(yīng)的溫度一定發(fā)生了變化，因此平衡一定移動(dòng)，B正確；C、平衡移動(dòng)，溫度可能不變，因此K值可能不變，C正確；D、平衡移動(dòng)，溫度可能不變，因此K值不一定變化，D錯(cuò)誤。冷水 a 飽和NaCl溶液 b c 15右圖是模擬“侯氏制堿法”制取NaHCO3的部分裝置。下列操作正確的是Aa通入CO2，然后b通入NH3，c中放堿石灰Bb通入NH3，然后a通入CO2，c中放堿石灰Ca通入NH3，然后b通入CO2，c中放蘸稀硫酸的脫脂棉D(zhuǎn)b通入CO2，然后a通入NH3，c中放蘸稀硫酸的脫脂棉 【答案

16、】C【解析】由于CO2在水中的溶解度比較小，而NH3極易溶于水，所以在實(shí)驗(yàn)中要先通入溶解度較大的NH3，再通入CO2，由于NH3極易溶于水，在溶于水時(shí)極易發(fā)生倒吸現(xiàn)象，所以通入NH3的導(dǎo)氣管的末端不能升入到溶液中，即a先通入NH3，然后a通入CO2，ABD均錯(cuò)誤；因?yàn)镹H3是堿性氣體，所以過量的NH3要用稀硫酸來吸收，故答案選C。16含有砒霜（As2O3）的試樣和鋅、鹽酸混合反應(yīng)，生成的砷化氫（AsH3）在熱玻璃管中完全分解成單質(zhì)砷和氫氣。若砷的質(zhì)量為1.50 mg，則A被氧化的砒霜為1.98 mg B分解產(chǎn)生的氫氣為0.672 mLC和砒霜反應(yīng)的鋅為3.90 mg D轉(zhuǎn)移的電子總數(shù)為6

17、15;10-3NA 【答案】C【解析】A、根據(jù)題目提供的信息“砒霜（As2O3）的試樣和鋅、鹽酸混合反應(yīng)，生成的砷化氫（AsH3）”，可知As元素的化合價(jià)變化情況是，即在該反應(yīng)中As2O3作氧化劑（被還原），A錯(cuò)誤；B、所給的是氫氣的體積，體積和外界條件有關(guān)，在沒有指明具體的外界條件下，無法求出氫氣的體積，B錯(cuò)誤；C、根據(jù)元素守恒可知，在熱玻璃管中生成的As單質(zhì)的物質(zhì)的量和參加反應(yīng)As2O3中含有的As元素的物質(zhì)的量相等，mol，則= mol，根據(jù)As元素的化合價(jià)變化情況是，可知mol As2O3完全反應(yīng)轉(zhuǎn)化為AsH3轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是mol，而Zn在此反應(yīng)中的化合價(jià)變化情況是，故參加反應(yīng)Z

18、n的物質(zhì)的量是=mol，則=3.90 mg，C正確；D、根據(jù)上述分析，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為D錯(cuò)誤。17用FeCl3溶液腐蝕印刷電路板上的銅，所得溶液中加入鐵粉。對(duì)加入鐵粉充分反應(yīng)后的溶液分析合理的是A若無固體剩余，則溶液中一定有Fe3 B若有固體存在，則溶液中一定有Fe2 C若溶液中有Cu2，則一定沒有固體析出D若溶液中有Fe2，則一定有Cu析出 【答案】B【解析】A、所得溶液中加入鐵粉，發(fā)生的反應(yīng)可能有Fe+2FeCl3=3FeCl2， Fe+CuCl2FeCl2+Cu，Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2，若無固體剩余，說明鐵粉以及生產(chǎn)的Cu全部參加反應(yīng)，此時(shí)溶液中的可能含有Fe3，也有

19、可能不含有Fe3，A錯(cuò)誤；B、若有固體存在，說明固體中一定含有Cu，還有可能含有Fe，因此溶液中一定含有Fe2，B正確；C、若溶液中有Cu2，那么可能會(huì)有部分Cu2和Fe置換出Cu，所以不一定沒有固體析出，C錯(cuò)誤；D、若溶液中有Fe2，如若溶液中Fe3過量，則不一定有Cu析出，D錯(cuò)誤。三、選擇題（本題共20分，每小題4分，每小題有一個(gè)或兩個(gè)正確選項(xiàng)。只有一個(gè)正確選項(xiàng)的，多選不給分；有兩個(gè)正確選項(xiàng)的，選對(duì)一個(gè)給2分，選錯(cuò)一個(gè)，該小題不給分）18某未知溶液可能含Cl、CO32、Na、SO42、Al3，將溶液滴在藍(lán)色石蕊試紙上，試紙變紅。取少量試液，滴加硝酸酸化的氯化鋇溶液，有白色沉淀生成；在上層清

20、液中滴加硝酸銀溶液，產(chǎn)生白色沉淀。下列判斷合理的是A一定有Cl B一定有SO42 C一定沒有Al3 D一定沒有CO32 【答案】BD【解析】由題目所給信息“將溶液滴在藍(lán)色石蕊試紙上，試紙變紅”，說明溶液顯酸性，則CO32一定不存在（CO32+2H+=H2O+CO2）；“滴加硝酸酸化的氯化鋇溶液，有白色沉淀生成”，說明白色沉淀是BaSO4，則溶液中一定存在SO42；“在上層清液中滴加硝酸銀溶液，產(chǎn)生白色沉淀”，說明白色沉淀是AgCl，由于在檢驗(yàn)“SO42”時(shí)加入BaCl2，帶入了一部分Cl，所以無法確認(rèn)溶液中是否含有Cl。根據(jù)溶液電中性原則，所以該溶液中還有陽離子Na、Al3中的至少一種。綜上分

21、析，BD正確。19下列反應(yīng)與Na2O2SO2Na2SO4相比較，Na2O2的作用相同的是A2Na2O2CO22Na2CO3O2 B2Na2O22SO32Na2SO4O2 CNa2O2H2SO4Na2SO4H2O2 D3Na2O2Cr2O32Na2CrO4Na2O 【答案】D【解析】氧化還原反應(yīng)Na2O2SO2Na2SO4中，Na2O2是氧化劑，SO2是還原劑；A、2Na2O2CO22Na2CO3O2反應(yīng)中，Na2O2既是氧化劑也是還原劑，A不選；B、2Na2O22SO32Na2SO4O2反應(yīng)中，Na2O2既是氧化劑也是還原劑，B不選；C、Na2O2H2SO4Na2SO4H2O2屬于非氧化還原反

22、應(yīng)，C不選；D、3Na2O2Cr2O32Na2CrO4Na2O反應(yīng)中，Na2O2是氧化劑，D選。20向等物質(zhì)的量濃度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀鹽酸。下列離子方程式與事實(shí)不相符的是AOHCO322HHCO3H2O B2OHCO323HHCO32H2O C2OHCO324HCO23H2ODOHCO323HCO22H2O 【答案】C【解析】根據(jù)題目提供的信息“向等物質(zhì)的量濃度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀鹽酸”，可知首先發(fā)生得到離子反應(yīng)是OHHH2O，再次是CO32HHCO3，最后是HCO3HCO2H2O。如果只發(fā)生前兩個(gè)反應(yīng)，則總的離子方程式為OHCO322HHCO3H

23、2O或2OHCO323HHCO32H2O，AB正確；如果三個(gè)反應(yīng)均發(fā)生，則總的離子方程式為OHCO323HCO22H2O，D正確。21室溫下，甲、乙兩燒杯均盛有5 mL pH=3的某一元酸溶液，向乙燒杯中加水稀釋至pH=4。關(guān)于甲、乙燒杯中溶液的描述正確的是A溶液的體積10V甲V乙 B水電離出的OH濃度：10c(OH)甲c(OH)乙C若分別用等濃度的NaOH溶液完全中和，所得溶液的pH：甲乙D若分別與5 mL pH=11的NaOH溶液反應(yīng)，所得溶液的pH ：甲乙 : pH=11 【答案】AD【解析】A、如果酸是強(qiáng)酸，當(dāng)PH=3升高到PH=4，需要溶液稀釋10倍。如果酸是弱酸

24、，當(dāng)PH=3升高到PH=4，需要溶液稀釋大于10倍，則溶液的體積是10V甲V乙，A正確；B、酸性溶液中，酸電離出的H+會(huì)抑制水的電離，則甲燒杯中的H+濃度是乙燒杯中H+濃度的10倍，因此水電離出的OH濃度：10c(OH)甲=c(OH)乙，B錯(cuò)誤；C、如果生成的鹽不水解，則溶液的PH相等。如若鹽水解，則甲燒杯中溶液的堿性強(qiáng)于乙燒杯中溶液的堿性，因此所得溶液的PH：乙甲，C錯(cuò)誤；D、若分別于5 mL pH=11的NaOH溶液反應(yīng)，如果是強(qiáng)酸，則均是恰好反應(yīng)，溶液顯中性。如果是弱酸，則酸過量，但甲燒杯中酸的濃度大，pH小，因此，所得溶液的pH：甲乙，D正確。22已知：2NaAl(OH)4+CO22A

25、l(OH)3+Na2CO3+H2O，向含2 mol NaOH、1 mol Ba(OH)2、2 mol NaAl(OH)4的混合溶液中慢慢通入CO2，則通入CO2的量和生成沉淀的量的關(guān)系正確的是選項(xiàng)ABCDn(CO2)（mol）2345n(沉淀)（mol）1233 【答案】AC【解析】含NaOH、Ba(OH)2、 NaAl(OH)4的混合溶液中慢慢通入CO2，發(fā)生的離子反應(yīng)有：Ba2+2OH+CO2=BaCO3+H2O、2OH+CO2= CO32+H2O、2Al(OH)4 + CO2= 2Al(OH)3+ CO32+H2O、CO32+H2O+CO2=2HCO3。 A、當(dāng)通入的n(CO2) =2

26、mol時(shí)，發(fā)生的離子反應(yīng)是Ba2+2OH+CO2=BaCO3+H2O和2OH+CO2= CO32+H2O，所以產(chǎn)生的沉淀是BaCO3且n(沉淀)=1mol，A正確；B、當(dāng)通入的n(CO2) =3 mol時(shí)，發(fā)生的離子反應(yīng)是Ba2+2OH+CO2=BaCO3+H2O、2OH+CO2= CO32+H2O、2Al(OH)4 + CO2= 2Al(OH)3+ CO32+H2O，所以產(chǎn)生的沉淀是BaCO3和Al(OH)3且n(沉淀)之和是3mol（1mol BaCO3和2mol Al(OH)3），B錯(cuò)誤；C、當(dāng)通入的n(CO2) =4 mol時(shí)，發(fā)生的離子反應(yīng)是Ba2+2OH+CO2=BaCO3+H2O

27、、2OH+CO2= CO32+H2O、2Al(OH)4 + CO2= 2Al(OH)3+ CO32+H2O、CO32+H2O+CO2=2HCO3，所以產(chǎn)生的沉淀是BaCO3和Al(OH)3且n(沉淀)之和是3mol（1mol BaCO3和2mol Al(OH)3），C正確；D、當(dāng)通入的n(CO2) =5 mol時(shí)，部分的BaCO3會(huì)發(fā)生反應(yīng)，生成的沉淀要小于3mol，D錯(cuò)誤。四、（本題共12分）合成氨工藝的一個(gè)重要工序是銅洗，其目的是用銅液醋酸二氨合銅（）、氨水吸收在生產(chǎn)過程中產(chǎn)生的CO和CO2等氣體。銅液吸收CO的反應(yīng)是放熱反應(yīng)，其反應(yīng)方程式為：Cu(NH3)2Ac + CO + NH3 C

28、u(NH3)3COAc完成下列填空：23如果要提高上述反應(yīng)的反應(yīng)速率，可以采取的措施是_。（選填編號(hào)）a減壓 b增加NH3的濃度 c升溫 d及時(shí)移走產(chǎn)物24銅液中的氨可吸收二氧化碳，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式。_25簡(jiǎn)述吸收CO及銅液再生的操作步驟（注明吸收和再生的條件）_26銅液的組成元素中，短周期元素原子半徑從大到小的排列順序?yàn)開。 其中氮元素原子最外層電子排布的軌道表示式是_。 通過比較_可判斷氮、磷兩種元素的非金屬性強(qiáng)弱。27已知CS2與CO2分子結(jié)構(gòu)相似，CS2的電子式是_。 CS2熔點(diǎn)高于CO2，其原因是_。 【答案】 23Bc 242NH3+CO2+H2O(NH4)2CO3 (NH4

29、)2CO3+ CO2+H2O2 NH4HCO325低溫加壓下吸收CO；然后將銅洗液轉(zhuǎn)移至另一容器中；高溫低壓下釋放CO，然后將銅洗液循環(huán)利用 26C>N>O>H；NH3和PH3的穩(wěn)定性 27 CS2和CO2都是分子晶體，CS2相對(duì)分子質(zhì)量大，分子間作用力大?！窘馕觥?3a減壓，導(dǎo)致反應(yīng)物的濃度降低，反應(yīng)速率減慢；b增加NH3的濃度，增大了反應(yīng)物的濃度，反應(yīng)速率加快；c升溫，化學(xué)反應(yīng)速率加快； d及時(shí)移走產(chǎn)物，降低了生成物的濃度，反應(yīng)速率減慢。 24銅液中的氨水（堿性）能與CO2發(fā)生反應(yīng)，當(dāng)CO2適量時(shí)發(fā)生的反應(yīng)為2NH3+CO2+H2O(NH4)2CO3，當(dāng)CO2過量時(shí)發(fā)生的

30、反應(yīng)為 (NH4)2CO3+ CO2+H2O2 NH4HCO3；25由化學(xué)方程式“Cu(NH3)2Ac + CO + NH3 Cu(NH3)3COAc ”以及“銅液吸收CO的反應(yīng)是放熱反應(yīng)”可知，該反應(yīng)是體積減小的放熱反應(yīng)，因此吸收CO最適宜的條件是低溫高壓，即低溫加壓下吸收CO；然后將銅洗液轉(zhuǎn)移至另一容器中；高溫低壓下釋放CO，然后將銅洗液循環(huán)利用。26銅液的組成元素中屬于短周期元素有C、H、O、N，根據(jù)原子半徑變化規(guī)律可知，原子半徑C>N>O>H；氮元素原子最外層有5個(gè)電子，根據(jù)核外電子排布的規(guī)律可知最外層排布的軌道式是；比較元素的非金屬性強(qiáng)弱，我們可以通過比較元素氣態(tài)氫

31、化物低溫穩(wěn)定性或者元素最高價(jià)氧化物的水化物的酸性進(jìn)行判斷。27根據(jù)題目中的信息“CS2與CO2分子結(jié)構(gòu)相似”，根據(jù)CO2的電子式（）可以寫出CS2的電子式（）；因?yàn)椤癈S2與CO2分子結(jié)構(gòu)相似”，對(duì)于組成和結(jié)構(gòu)相似的物質(zhì)，相對(duì)分子質(zhì)量越大（分子間作用力就越強(qiáng)），熔沸點(diǎn)就越高，所以CS2的熔沸點(diǎn)高于CO2。五、（本題12分）硫在自然界中以游離態(tài)和多種化合態(tài)形式出現(xiàn)。硫的化合物大多具有氧化性或還原性。許多金屬硫化物難溶于水。完成下列填空：28硫化氫具有還原性，可以和許多氧化劑反應(yīng)。在酸性條件下，H2S和KMnO4反應(yīng)生成S、MnSO4、K2SO4和H2O，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式。_29石油化工的廢

32、氣中有H2S。寫出從廢氣中回收單質(zhì)硫的兩種方法（除空氣外，不使用其他原料），以化學(xué)方程式表示。_30室溫下，0.1 mol/L的硫化氫溶液和0.1 mol/L的碳酸鈉溶液，堿性更強(qiáng)的是_，其原因是_。已知：H2S：Ki11.3×10-7 Ki2=7.1×10-15 H2CO3：Ki14.3×10-7 Ki2=5.6×10-1131向 ZnSO4溶液中滴加飽和H2S溶液，沒有沉淀生成，繼續(xù)滴加一定量的氨水后，生成ZnS沉淀，用電離平衡原理解釋上述現(xiàn)象。 _。32將黑色的Fe2S3固體加入足量鹽酸中，溶液中有淺黃色固體生成，產(chǎn)物有_、 _。過濾，微熱濾液，然

33、后加入過量氫氧化鈉溶液，可觀察到的現(xiàn)象是_ _。 【答案】（本題12分） 285H2S+2KMnO4+3H2SO4K2SO4+2MnSO4+8H2O+5S292H2S+3O22SO2+2H2O，2H2S+ SO2+=3S+2H2O；H2S S+H2或2H2S+O22S+2H2O 30硫化鈉溶液；硫化氫的Ki2小于碳酸的Ki2，硫化鈉更易水解。31飽和H2S溶液中電離產(chǎn)生的S2很少，因此沒有沉淀。加入氨水后，促進(jìn)H2S的電離，S2離子濃度增大，有沉淀產(chǎn)生。 32FeCl2、H2S；先有白色沉淀生成，然后沉淀轉(zhuǎn)化為灰綠色，最終轉(zhuǎn)化為紅褐色。【解析】28根據(jù)題目中的信息“H2S和KMnO4反應(yīng)生成S

34、、MnSO4、K2SO4和H2O”，可知該反應(yīng)屬于氧化還原反應(yīng)，根據(jù)得失電子守恒以及質(zhì)量守恒，配平方程式得5H2S+2KMnO4+3H2SO4K2SO4+2MnSO4+8H2O+5S； 29以H2S為原料制取S的方法有，方法一：H2S在氧氣中的不完全燃燒，方法二：在加熱的條件下H2S的自身分解，方法三：H2S和SO2發(fā)生歸中反應(yīng)，所以發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式有：2H2S+3O22SO2+2H2O，2H2S+ SO2+=3S+2H2O；H2S S+H2或2H2S+O22S+2H2O； 30酸越弱，相應(yīng)的鹽越容易水解，溶液的堿性就越強(qiáng)。根據(jù)電離常數(shù)可知，硫化氫的Ki2小于碳酸的Ki2，硫化鈉更易水解，

35、即硫化鈉溶液的堿性更強(qiáng)； 31H2S屬于弱電解質(zhì)，存在電離平衡（H2S2H+S2），即飽和H2S溶液中電離產(chǎn)生的S2很少，因此沒有沉淀。加入氨水后，促進(jìn)H2S的電離，S2離子濃度增大，從而有沉淀產(chǎn)生。32根據(jù)題目中的信息“將黑色的Fe2S3固體加入足量鹽酸中，溶液中有淺黃色固體生成”可知，淺黃色固體是S單質(zhì)，從而說明該反應(yīng)屬于氧化還原反應(yīng)。黑色的Fe2S3固體加入足量的鹽酸中，生成H2S和氯化鐵，氯化鐵可氧化H2S生成S，加入氫氧化鈉，可生成氫氧化亞鐵，氫氧化亞鐵被氧化生成氫氧化鐵，可觀察到產(chǎn)生白色絮狀沉淀，迅速變?yōu)榛揖G色，最終變?yōu)榧t褐色沉淀。六、（本題共12分）在精制飽和食鹽水中加入碳酸氫銨

36、可制備小蘇打（NaHCO3），并提取氯化銨作為肥料或進(jìn)一步提純?yōu)楣I(yè)氯化銨完成下列填空：33寫出上述制備小蘇打的化學(xué)方程式。_34濾出小蘇打后，母液提取氯化銨有兩種方法：通入氨，冷卻、加食鹽，過濾不通氨，冷卻、加食鹽，過濾對(duì)兩種方法的評(píng)價(jià)正確的是_。（選填編號(hào)）a析出的氯化銨純度更高 b析出的氯化銨純度更高c的濾液可直接循環(huán)使用 d的濾液可直接循環(huán)使用35提取的NH4Cl中含有少量Fe2、SO42。將產(chǎn)品溶解，加入H2O2，加熱至沸，再加入BaCl2溶液，過濾，蒸發(fā)結(jié)晶，得到工業(yè)氯化銨。加熱至沸的目的是_。濾渣的主要成分是_、_36稱取1.840 g小蘇打樣品（含少量NaCl），配置成250

37、mL溶液，取出25.00 mL用0.1000 mol/L鹽酸滴定，消耗鹽酸21.50 mL。實(shí)驗(yàn)中所需要的定量?jī)x器除滴定管外，還有_。選用甲基橙而不選酚酞作為指示劑的原因是_。樣品中NaHCO3質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_。（保留3位小數(shù)）37將一定質(zhì)量小蘇打樣品（含少量NaCl）溶于足量鹽酸，蒸干后稱量固體質(zhì)量，也可測(cè)定小蘇打的含量。若蒸發(fā)過程中有少量液體濺出，則測(cè)定結(jié)果_。（選填“偏高”、“偏低”或“不受影響”） 【答案】（本題共12分）33NH4HCO3+NaClNaHCO3+NH4Cl 34ad 35使Fe3+完全水解為Fe(OH)3；Fe(OH)3 BaSO4 36電子天平 250mL容量瓶 選用酚

38、酞作為指示劑，不能確定滴定終點(diǎn)；0.98237偏高【解析】33飽和食鹽水中加入碳酸氫銨可制備小蘇打（NaHCO3），根據(jù)質(zhì)量守恒可知同時(shí)生成NH4Cl，反應(yīng)的方程式為NH4HCO3+NaClNaHCO3+NH4Cl；34母液中含有氯化銨，通入氨，冷卻、加食鹽，有利于氯化銨的析出，純度更高，過濾后濾液中含有氨氣，不能直接循環(huán)使用，而的濾液可直接循環(huán)使用，故答案為：ad；35加熱有利于亞鐵離子的氧化，且有利于鐵離子的水解，再加入BaCl2溶液，得到硫酸鋇沉淀，濾渣的主要成分是氫氧化鐵、硫酸鋇，故答案為：使亞鐵離子快速氧化為三價(jià)鐵離子，并使氯化鐵充分水解，形成氫氧化鐵沉淀；氫氧化鐵； 硫酸

39、鋇；36準(zhǔn)確稱量固體，應(yīng)用電子天平；碳酸氫鈉溶液的PH本來就接近8.2，與酚酞變色的PH接近，變色時(shí)的PH和反應(yīng)終點(diǎn)的PH不好判斷；而使用甲基橙容易判斷終點(diǎn)，且反應(yīng)產(chǎn)生的二氧化碳不能全部逸出使溶液偏酸性，因此使用甲基橙的誤差小（使用甲基橙易判斷滴定終點(diǎn)，誤差小），n（HCl）=0.0215L×0.1000mol/L=0.00215mol，則25mL溶液中n（NaHCO3）=0.00215mol，所以樣品中m（NaHCO3）=0.00215mol×10×84g/mol=1.806g，（NaHCO3）=98.2%=0.982；37如全被為碳酸氫鈉，與鹽酸反應(yīng)后生成氯化

40、鈉，質(zhì)量減小，而如全部為氯化鈉時(shí)，質(zhì)量基本不變，可知加熱后固體質(zhì)量越小，碳酸氫鈉含量越大，則若蒸發(fā)過程中有少量液體濺出，蒸干后所得固體質(zhì)量偏小，則小蘇打含量偏高。七、（本題共12分）氯氣和氯乙烯都是非常重要的化工產(chǎn)品，年產(chǎn)量均在107 t左右。氯氣的實(shí)驗(yàn)室制備和氯乙烯的工業(yè)生產(chǎn)都有多種不同方法。完成下列填空：38實(shí)驗(yàn)室制取純凈的氯氣，除了二氧化錳、濃鹽酸和濃硫酸。還需要_、_（填寫試劑或溶液名稱）。39實(shí)驗(yàn)室用2.00 mol/L鹽酸和漂粉精成分為Ca(ClO)2、CaCl2反應(yīng)生成氯氣、氯化鈣和水，若產(chǎn)生2.24 L（標(biāo)準(zhǔn)狀況）氯氣，發(fā)生反應(yīng)的鹽酸_mL40實(shí)驗(yàn)室通常用向上排空氣法收集氯氣。

41、設(shè)計(jì)一個(gè)簡(jiǎn)單實(shí)驗(yàn)，驗(yàn)證所收集的氯氣中是否含有空氣。_41工業(yè)上用電石乙炔法生產(chǎn)氯乙烯的反應(yīng)如下：CaO3C CaC2COCaC22H2OHCCHCa(OH)2 HCCH HClCH2CHCl 電石乙炔法的優(yōu)點(diǎn)是流程簡(jiǎn)單，產(chǎn)品純度高，而且不依賴于石油資源。 電石乙炔法的缺點(diǎn)是：_、_。42乙烷和氯氣反應(yīng)可制得ClCH2CH2Cl，ClCH2CH2Cl加熱分解得到氯乙烯和氯化氫。 設(shè)計(jì)一種以乙烯和氯氣為原料制取氯乙烯的方案（其他原料自選），用化學(xué)方程式表示（不必注明反應(yīng)條件） 要求：反應(yīng)產(chǎn)生的氯化氫必須用于氯乙烯的制備；不產(chǎn)生其他度廢液。 【答案】（本題共12分） 38飽和氯化鈉溶液、氫氧化鈉溶液

42、 39100 40用試管收集氯氣，收集滿后將試管倒立在氫氧化鈉溶液中，觀察試管內(nèi)有無殘留氣體。 41高耗能 會(huì)污染環(huán)境 42CH2=CH2+Cl2ClCH2CH2Cl ClCH2CH2ClCH2=CHCl+HCl CHCH+ HClCH2=CHCl【解析】38實(shí)驗(yàn)室用鹽酸制備氯氣，氯氣中混有氯化氫，得到純凈的氯氣，應(yīng)用飽和氯化鈉溶液除去HCl，再用濃硫酸干燥，最后用氫氧化鈉溶液進(jìn)行尾氣吸收；39反應(yīng)的方程式為ClO+Cl+2H+=Cl2+H2O，n（Cl2）=0.1mol，則需要n（HCl）=0.2mol，發(fā)生反應(yīng)的鹽酸的體積為V=0.1L=100mL；40 氯氣可與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，如含有空

43、氣，則與氫氧化鈉反應(yīng)后試管內(nèi)有殘留氣體；41工業(yè)在高溫下生產(chǎn)電石，用電石生產(chǎn)乙炔，耗能大，由于乙炔與HCl的反應(yīng)在氯化汞的作用下進(jìn)行，污染環(huán)境；42以乙烯和氯氣為原料制取氯乙烯，可由乙烯和氯氣發(fā)生加成反應(yīng)生成1，2-二氯乙烷，1，2-二氯乙烷發(fā)生消去反應(yīng)生成氯乙烯，生成的氯化氫電解生成氫氣和氯氣，氫氣和乙烯發(fā)生加成反應(yīng)生成乙烷，乙烷和氯氣發(fā)生取代反應(yīng)生成1，2-二氯乙烷，涉及反應(yīng)有CH2=CH2+Cl2ClCH2CH2Cl 、ClCH2CH2ClCH2=CHCl+HCl 以及CHCH+ HClCH2=CHCl八、（本題共8分）許多有機(jī)化合物具有酸堿性完成下列填空：43苯酚、苯甲醇、苯甲酸、碳酸

44、的酸性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)椋篲苯胺（）具有_。（選填“酸性”、“堿性”或“中性”）44常常利用物質(zhì)的酸堿性分離混合物。某一混合物含苯酚、苯甲醇、苯甲酸和苯胺四種物質(zhì)，其分離方案如下圖。已知：苯甲醇、苯甲酸、苯胺微溶于水苯胺苯酚苯甲酸苯甲醇有機(jī)層有機(jī)層有機(jī)溶劑物質(zhì)1物質(zhì)2BAC水層水層有機(jī)溶劑提純提純有機(jī)層物質(zhì)3物質(zhì)4A水層C提純提純A、B、C分別是：A_ B_ C_45欲將轉(zhuǎn)化為，則應(yīng)加入_。 【答案】 43苯甲酸>碳酸>苯酚>苯甲醇 堿性 44NaOH溶液或Na2CO3溶液 CO2 鹽酸 NaHCO3溶液 45H2O【解析】43羧基酸性碳酸酚羥基醇羥基，則酸性苯甲酸碳酸苯酚苯甲

45、醇；含有氨基，可與鹽酸反應(yīng)，具有堿性；44苯酚、苯甲酸呈酸性，苯胺呈堿性，苯甲醇為中性，可先加氫氧化鈉或碳酸鈉溶液，苯酚、苯甲酸與氫氧化鈉反應(yīng)生成溶于水的鹽，則水層中含有苯酚鈉、苯甲酸鈉，在溶液中通入二氧化碳?xì)怏w，可得到苯酚，分離后在水中加入鹽酸可得到苯甲酸，則A為NaOH溶液，B為二氧化碳，C為鹽酸，物質(zhì)1為苯甲酸，物質(zhì)2為苯酚；苯甲醇、苯胺中加入鹽酸，苯胺生成鹽，溶于水，在水層中加入氫氧化鈉可得到苯胺；則物質(zhì)3為苯胺，物質(zhì)4為苯甲醇；若首先僅僅將苯甲酸與其他三種物質(zhì)分開，則應(yīng)加入碳酸氫鈉；45CH2ONa易水解，可與水反應(yīng)生成CH2OH，九、（本題共14分）M是一種治療直腸癌和小細(xì)胞肺癌藥

46、物的主要成分，其結(jié)構(gòu)為HCl（不考慮立體結(jié)構(gòu)，其中R為 ），M的一種合成路線如下（部分反應(yīng)試劑和條件省略）。丁烷AlCl3一定條件C10H12O2ADMBC反應(yīng)反應(yīng)反應(yīng)反應(yīng)C13H16O3一定條件完成下列填空：46寫出反應(yīng)類型： 反應(yīng)_ 反應(yīng)_47寫出反應(yīng)試劑和反應(yīng)條件：反應(yīng)_ 反應(yīng)_48寫出結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：B_ C_49寫出一種滿足下列條件A的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式（1）能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)；（2）能發(fā)生銀鏡反應(yīng)；（3）分子中有5種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子_50丁烷氯代可得到2-氯丁烷，設(shè)計(jì)一條從2氯丁烷合成1，3丁二烯的合成路線。反應(yīng)試劑A反應(yīng)條件B反應(yīng)試劑反應(yīng)條件目標(biāo)產(chǎn)物（合成路線常用的表

47、示方式為： ）_51已知：與 的化學(xué)性質(zhì)相似，從反應(yīng)可得出的結(jié)論是：_ 【答案】（本題共14分） 46取代反應(yīng) 氧化反應(yīng) 47C2H5OH，濃硫酸，加熱 （1）NaOH/H2O，加熱 （2）鹽酸；或鹽酸，加熱 48 49CH3 CH2CHO OH H3C 50CH3CHClCH2CH3CH3CH=CHCH3CH3CHBrCHBrCH3CH2=CHCH=CH2 51酰胺（肽鍵）水解比酯水解困難【解析】由流程可知，丁烷經(jīng)氧化可生成丁酸酐，在氯化鋁作用下生成，對(duì)比和反應(yīng)的產(chǎn)物可知A應(yīng)為，對(duì)比反應(yīng)產(chǎn)物可知分子式為C13H16O3的物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，B與C發(fā)生取代反應(yīng)生成肽鍵，由反應(yīng)流程可知B應(yīng)為，C為。46丁烷經(jīng)氧化可生成丁酸酐，在氯化鋁作用下生成，為加成反應(yīng)，反應(yīng)的變化為羥基生成醛基，為氧化反應(yīng)；47反應(yīng)為酯化反應(yīng)，在濃硫酸作用下與乙醇加熱反應(yīng)可生成，反應(yīng)為酯的水解反應(yīng)（NaOH/H2O，加熱），應(yīng)在鹽酸作用下加熱反應(yīng)生成；48由以上分析可知，B應(yīng)為，C為。49A為，能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，說明含有酚羥基；能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說明含有醛基；分子中有5種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，則可能對(duì)應(yīng)的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3 CH2CHO OH H3