2013年试卷化学（上海卷）解析版

1、23/232013年全国普通高等学校招生统一考试上海化学试卷考生注意:1.本试卷满分150分,考试时间120分钟。2。本考试设试卷和答题纸两部分,试卷包括试题和答题要求；所有答案必须凃或写在答题纸上;做在试卷上一律不得分。3.答题前，考试务必将答题纸上用钢笔或圆珠笔在答题纸正面清楚地填写姓名、准考证号，并将核后的条形码贴在指定位置上,在答题纸反面清楚地填写姓名。4.答题纸与试卷在试题编号上是一一对应的,答题时应特别注意,不能错位。相对原子质量：H-1C12O-8Na-23S32Ca-40Fe56Ni-59Cu64Br80Ba-137一、选择题(本题共10分，每小题2分，每题只有一个正确选项）1

2、.2013年4月24日，东航首次成功进行了由地沟油生产的生物航空燃油的验证飞行。能区别地沟油（加工过的餐饮废弃油)与矿物油（汽油、煤油、柴油等)的方法是A.点燃，能燃烧的是矿物油B。测定沸点，有固定沸点的是矿物油C。加入水中,浮在水面上的是地沟油D.加入足量氢氧化钠溶液共热,不分层的是地沟油1.D【解析】地沟油属于酯类、矿物油属于烃类，二者点燃时都能燃烧，A项错误；地沟油、矿物油均属于混合物，二者没有固定沸点，B项错误;地沟油、矿物油二者的密度均比水小且都不溶于水,与水混合都浮在水面上，C项错误;加入足量NaOH溶液,矿物油不发生反应,液体混合物分层、地沟油与NaOH溶液反应生成甘油、高级脂肪

3、酸的钠盐,混合液不分层，D项正确.2。氰酸铵(NH4OCN）与尿素CO（NH2)2A.都是共价化合物B.都是离子化合物C.互为同分异构体D。互为同素异形体2.C【解析】氰酸铵属于铵盐，是离子化合物，A项错误；尿素是共价化合物，B项错误；氰酸铵与尿素的分子式均为CON2H4,因此属于同分异构体，C项正确；同素异形体是指同种元素形成不同单质,而氰酸铵与尿素属于化合物，D项错误。3.230Th和232Th是钍的两种同位素,232Th可以转化成233U。下列有关Th的说法正确的是A.Th元素的质量数是232B。Th元素的相对原子质量是231C.232Th转换成233U是化学变化D.230Th和232T

4、h的化学性质相同3.D【解析】Th有质量数为230、232的两种同位素，因此无法确定Th的质量数，A项错误；不知230Th与232Th的丰度，无法确定Th的相对原子质量，B项错误;化学变化过程中原子种类不变，而232Th转化为233U原子种类发生变化,C项错误；230Th与232Th互为同位素，二者化学性质相同,D项正确。4.下列变化需克服相同类型作用力的是A。碘和干冰的升华B。硅和C60的熔化C.氯化氢和氯化钾的溶解D。溴和汞的气化4。A【解析】碘与干冰的升华，均为固体分子转化为气体分子,克服的作用力均为分子间作用力，A项正确;硅是原子晶体，熔化时克服的作用力是共价键、C60是分子晶体，熔化

5、时克服作用力是分子间作用力，B项错误；HCl和NaCl溶解克服的作用力分别为共价键、离子键，C项错误；溴与汞的气化克服的作用力分别为分子间作用力、金属键,D项错误。5.374、22.1Mpa以上的超临界水具有很强的溶解有机物的能力，并含有较多的H+和OH-,由此可知超临界水A。显中性，pH等于7B.表现出非极性溶剂的特性C.显酸性，pH小于7D.表现出极性溶剂的特性5.B【解析】临界水电离出较多的H+和OH-,其浓度大于常温下水中H+和OH-的浓度，但水中H+和OH的量相等，故该水显中性，pH7;利用“相似相容原理”，结合题中“临界水具有很强的溶解有机物的能力”可知临界水表现出非极性溶剂的特性

6、，故正确答案为：B。二、选择题(本大题共36分,每小题3分，每题只有一个正确选项）6。与索尔维制碱法相比，侯德榜制碱法最突出的优点是A.原料利用率高B.设备少C。循环利用的物质多D。原料易得6.A【解析】索尔维法制碱与侯德榜制碱法均分两个过程，第一个过程相同，在第二个过程中，索尔维法再用Ca（OH)2溶液与含NaCl、NH4Cl滤液作用得到循环利用的NH3时，有一部分原料NaCl伴随CaCl2溶液作为废液被抛弃了,造成NaCl的利用率降低；侯德榜制碱法在在第二步分离NaCl、NH4Cl的滤液时，是向低温滤液中通入NH3使NH4Cl析出，最后得到溶液基本上是饱和NaCl溶液，可循环利用，提高了N

7、aCl的利用率,故答案为:A。7.将X气体通入BaCl2溶液,未见沉淀生成，然后通入Y气体，有沉淀生成，X、Y不可能是选项XYASO2H2SBCl2CO2CNH3CO2DSO2Cl27.B【解析】A项，会有沉淀（单质硫）生成；B项，Cl2通入BaCl2溶液中无现象，再通入CO2也不会有BaCO3沉淀生成；C项，会有BaCO3沉淀生成；D项，后通入的Cl2可将先通入SO2氧化为H2SO4，因此后有BaSO4沉淀生成，故答案为：B.8。糕点包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同。下列分析正确的是A.脱氧过程是吸热反应，可降低温度,延长糕点保质期B。脱氧过

8、程中铁作原电池正极，电极反应为：Fe3eFe3+C.脱氧过程中碳做原电池负极,电极反应为：2H2O+O2+4e4OHD.含有1。12g铁粉的脱氧剂，理论上最多能吸收氧气336mL(标准状况）8.D【解析】在脱氧过程中，由铁、碳做电极，氯化钠溶液做电解质溶液形成原电池，发生吸氧腐蚀，该过程为放热反应；在脱氧过程中，碳做正极，铁做负极，失电子发生氧化反应生成Fe2+；在脱氧过程中，Fe失电子氧化为Fe2+，Fe2+最终还是被氧气氧化为Fe3+，由电子守恒知消耗氧化剂氧气的体积（标况下）V(O2)22.4Lmol1(31。12g/56gmol1）/4336mL。9。将盛有NH4HCO3粉末的小烧杯放

9、入盛有少量醋酸的大烧杯中.然后向小烧杯中加入盐酸，反应剧烈,醋酸逐渐凝固。由此可见A.NH4HCO3和盐酸的反应是放热反应B.该反应中,热能转化为产物内部的能量C。反应物的总能量高于生成物的总能量D。反应的热化学方程式为：NH4HCO3+HClNH4Cl+CO2+H2O-Q9。B【解析】醋酸逐渐凝固说明反应吸收热量导致醋酸溶液温度降低，即NH4HCO3与HCl的反应为吸热反应，A项错误；因反应为吸热反应,即吸热的热量转化为产物内部的能量，故B项正确；因反应为吸热反应,则反应后生成物的总能量高于反应物的总能量，C项错误；书写热化学方程式时,应注明物质的状态,D项错误。10。下列关于实验室制备乙酸

10、乙酯和乙酸丁酯的描述正确的是A。均采用水浴加热B.制备乙酸乙酯时正丁醇过量C.均采用边反应边蒸馏的方法D。制备乙酸乙酯时乙醇过量10.D【解析】制备乙酸丁酯和乙酸乙酯均是采取用酒精灯直接加热法制取，A项错误；制备乙酸丁酯时采用容易获得的乙酸过量，以提高丁醇的利用率的做法，B项错误;制备乙酸乙酯采取边反应边蒸馏的方法、制备乙酸丁酯则采取直接回流的方法，待反应后再提取产物，C项错误；制备乙酸乙酯时，为提高乙酸的利用率，采取乙醇过量的方法，D项正确.11。H2S水溶液中存在电离平衡H2SH+HS-和HSH+S2-。若向H2S溶液中A。加水,平衡向右移动，溶液中氢离子浓度增大B.通入过量SO2气体，平

11、衡向左移动，溶液pH值增大C。滴加新制氯水，平衡向左移动，溶液pH值减小D。加入少量硫酸铜固体（忽略体积变化）,溶液中所有离子浓度都减小11.C【解析】加水，电离平衡虽向右移动,但因溶液体积变大，c(H+)减小，A项错误；通入少量SO2时，因发生SO2+2H2S3S+2H2O，平衡向左移动，溶液pH增大、但通入过量SO2,最终溶液为饱和亚硫酸溶液，溶液pH减小，B项错误；加入新制氯水，发生反应：H2S+Cl2S+2HCl,平衡向左移动，酸性增强，pH减小，C项正确；加入CuSO4后，发生反应：H2S+Cu2+CuS+2H+，溶液中c（H+）变大,D项错误.12。根据有机化合物的命名原则，下列命

12、名正确的是A.3-甲基1，3丁二烯B。2-羟基丁烷C.CH3CH(C2H5)CH2CH2CH32乙基戊烷D。CH3CH（NH2）CH2COOH3-氨基丁酸12。D【解析】A项，利用取代基位次和最小原子可知其名称为:2-甲基1，3丁烯；B项，该有机物含有羟基，属于醇类，其名称为：1甲基丙醇；C项，利用主链最长的原则可知其名称为：3甲基己烷；D项，该物质为氨基酸，以羧基为主体，氨基为取代基,因此名称为:3氨基丁酸。13.X、Y、Z、W是短周期元素，X元素原子的最外层未达到8电子稳定结构,工业上通过分离液态空气获得其单质；Y元素原子最外电子层上s、p电子数相等；Z元素+2价阳离子的核外电子排布与氖原

13、子相同；W元素原子的M层有1个未成对的p电子.下列有关这些元素性质的说法一定正确的是A.X元素的氢化物的水溶液显碱性B。Z元素的离子半径大于W元素的离子半径C.Z元素的单质在一定条件下能与X元素的单质反应D.Y元素最高价氧化物的晶体具有很高的熔点和沸点13。C【解析】工业上分离液态空气可获得氧气或氮气，故X为N或O，由Y的最外层电子排布ns2np2可知Y为C或Si、Z2+核外电子数为10，则Z为Mg，价层电子排布为3s23p1或3s23p5元素均可满足元素W的结构特点，因此W为Al或Cl.若X为O,H2O为中性，A项错误；若W为Cl-，则离子半径:Mg2+Cl,B项错误；Mg在一定条件下可与氧

14、气或氮气发生反应生成氧化镁或氮化镁，C项正确;若Y为C，其最高价氧化物CO2的熔、沸点都很低，D项错误。14。为测定镀锌铁皮锌镀层的厚度，将镀锌皮与足量盐酸反应，待产生的气泡明显减少时取出，洗涤,烘干，称重。关于该实验的操作对测定结果的影响判断正确的是A。铁皮未及时取出，会导致测定结果偏小B。铁皮未洗涤干净,会导致测定结果偏大C。烘干时间过长，回导致测定结果偏小D。若把盐酸换成硫酸,会导致测定结果偏大14。C【解析】铁皮未及时取出，导致部分铁被消耗,最后称重质量变小,使测定结果偏大;铁皮未洗涤干净,导致最后称重质量偏大，使测定结果偏小；若烘干时间过长,部分铁可能被氧化，导致最后称重质量偏大，使

15、测定结果偏小;若把盐酸换成硫酸，对测定结果无影响，故正确答案为：C。15。NA代表阿伏伽德罗常数。已知C2H4和C3H6的混合物的质量为ag，则该混合物A.所含公用电子对书目为（a/7+1）NAB.所含碳氢键数目为aNA/7C.燃烧时消耗的O2一定是33。6a/14LD。所含原子总数为aNA/1415.B【解析】同质量的C2H4或C3H6中所含共用电子对数目或碳氢键数目相等，故可知14g混合物中含有共用电子对数目、碳氢键数目分别为3NA、2NA。ag混合物中含有共用电子对数目为(3a/14)NA；ag混合物中含有碳氢键数目为（2a/14)NAaNA/7；不知反应所处的温度、压强,无法求算反应消

16、耗氧气的体积；二者最简式相同，均为CH2，因此ag混合物中所含原子总数为3aNA/14，故答案为:B。16.已知氧化性Br2Fe3+。FeBr2溶液中通入一定量的Cl2，发生反应的离子方程式为：aFe2+bBr-+cCl2dFe3+eBr2+fCl-下列选项中的数字与离子方程式中的a、b、c、d、e、f一一对应,其中不符合反应实际的是A.243226B。021012C。201202D。22221416.B【解析】由题意知，将Cl2通入FeBr2溶液中先氧化Fe2+，然后再氧化Br。若a、b、c为2、4、3时，溶液中Fe2+、Br-恰好完全被氧化,则利用原子守恒知d、e、f是2、2、6；若a、b

17、为0、2，则说明反应先氧化Be,与事实不符;若a、b、c为2、0、1时,即溶液中Fe2+恰好氧化完全,则利用原子守恒知d、e、f是2、0、2；若a、b、c为2、2、2时，即溶液中Fe2+完全氧化、Br刚好有一半被氧化，则利用原子守恒知d、e、f是2、1、4,故答案为:B。17.某溶液可能含有Cl、SO42-、CO32、NH4+、Fe3+、Al3+和K+.取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液,加热，得到0。02mol气体，同时产生红褐色衬垫；顾虑，洗涤，灼烧,得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4。66g不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中A。至少存在5种离子B。Cl-一定

18、存在，且c（Cl）0。4mol/LC.SO42、NH4+、一定存在，Cl可能不存在D。CO32、Al3+一定不存在,K+可能存在17.B【解析】加入足量NaOH溶液加热,得到0.02mol气体说明含有0.02molNH4+；得到红褐色沉淀说明含有Fe3+，则不能含有CO32（CO32与Fe3+发生双水解,不能共存）;利用灼烧后得到1.6g固体知溶液中含有0.02molFe3+;再利用加入BaCl2得到4。66g不溶于盐酸沉淀可知溶液中含有0。02molSO42,Al3+、K+是否存在无法判定，利用“电荷守恒”可知溶液中必含有Cl，若溶液中不含Al3+、K+时,溶液中含有0。04molCl、若溶

19、液中含Al3+、K+时,溶液中含有Cl-的物质的量一定大于0.04mol,结合溶液体积（100mL）可知原溶液中一定存在Cl，且c(Cl)0。4mol/L,由上述分析知，正确答案为：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。汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2。若氧化物比还原物多1.75mol，则下列判断正确的是A.生成42。0LN2（标准状况）B.有0.250molKNO3被氧化C。转移电子的物质的量为1。25molD。

20、被氧化的N原子的物质的量为3。75mol18.CD【解析】利用方程式可知N2既是氧化产物又是还原产物，且氧化产物与还原产物的质量（或物质的量）之比为15：1,因此当氧化产物比还原产物多1.75mol时，生成N2的体积(标准状况）为:16mol1.75mol/（15mol-1mol)22。4Lmol-144。8L；参加反应的KNO3被还原；利用方程式知生成16molN2时转移10mol电子，结合前面分析知反应生成2molN2,因此反应转移电子的物质的量为102/161。25mol,C项正确；利用方程式，结合前面分析知当氧化产物比还原产物多14mol时，被氧化的氮原子的物质的量为30mol，因此该

21、反应被氧化的氮原子的物质的量为30mol1。75mol/14mol3。75mol，D项正确.19。部分弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸HCOOHHCNH2CO3电离平衡常数（25）Ki=1.7710-4Ki=4。910-10Ki1=4.310-7Ki2=5.61011下列选项错误的是A.2CN+H2O+CO22HCN+CO32-B.2HCOOH+CO32-2HCOO+H2O+CO2C.中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者D.等体积、等浓度的HCOONa和NaCN溶液中所含离子总数前者小于后者19。AD【解析】因Ka1(H2CO3)Ka1（HCN）Ka2（H2CO3）

22、,故HCN可与CO32-发生反应生成CN和HCO3-，因此向含CN离子的溶液中通入CO2发生反应为:CN+H2O+CO2HCN+HCO3，A项错误；利用甲酸与碳酸的电离平衡常数可知酸性：HCOOHH2CO3，则HCOOH可与碳酸盐作用生成甲酸盐和CO2、H2O，B项正确；酸性:HCOOHHCN，故等pH的HCOOH和HCN相比,HCN的物质的量浓度大，所以中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者,C项正确；在等体积、等浓度的HCOONa和NaCN溶液中，均存在:c（Na+）+c(H+）c（R-）+c(OH-)R-HCOO-或CN-，因CN水解程度大,则在NaCN溶液中

23、c（H+）较小，而两溶液中c（Na+）相等,故两溶液中所含离子数目前者大于后者,A项错误。20。某恒温密闭容器中，可逆反应A(s）B+C(g）Q达到平衡。缩小容器体积，重新达到平衡时,C（g)的浓度与缩小体积前的平衡浓度相等.以下分析正确的是A。产物B的状态只能为固态或液态B.平衡时，单位时间内n（A）消耗n（C)消耗=11C。保持体积不变,向平衡体系中加入B，平衡可能向逆反应方向移动D.若开始时向容器中加入1molB和1molC，达到平衡时放出热量Q20.BC【解析】若B为气体，且原平衡时B与C的浓度相等时，因容器保持恒温,缩小容器体积，达到新平衡时平衡常数不变，则气体C的浓度也一定不变，故

24、A项错误；平衡时,各物质的量不再改变，因此单位时间内n（A）消耗n(C）消耗,B项正确；保持体积不变,若B为气态,则向平衡体系中加入B，平衡逆向移动，C项正确；因反应为可逆反应，故加入1molB和1molC至反应达到平衡时不能完全消耗,放出热量小于Q，D项错误。21.一定条件下，将0。1LCO、0。2LCO2、0。1LNO、0.2LNO2和0。2LNH3混合,然后通过分别盛有足量蒸馏水、饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液的三个洗气瓶（洗气瓶排列顺序不确定）.假设气体通过每个洗气瓶都能充分反应，则尾气（已干燥)A。可能是单一气体B.不可能含有一氧化碳C.可能存在原气体中的两种气体D。成分和洗气瓶的排

25、列顺序无关21。AC【解析】若混合气体先通入NaOH溶液，然后再依次通入饱和碳酸氢钠溶液、水（或水、饱和碳酸氢钠溶液）则最后得到尾气为CO;若混合气体先通过饱和碳酸氢钠溶液、水（或水、饱和碳酸氢钠溶液)，最后通入NaOH溶液，则尾气为CO和NO，由此可知尾气中一定含有CO，故答案为：AC。22.一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体VL（标准状况)，向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42-）加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤,洗涤,灼烧，得到CuO12。0g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为11，则V可能为A.9.0LB.13。5LC.15.7LD.1

26、6。8L22。A【解析】由铜守恒可知CuS与Cu2S中含有n（Cu）12.0g/80gmol10.15mol，利用电子守恒，依据“极端假设法”可知,当混合物全部为CuS时可得：0.15mol8n（NO）3+n(NO2)1，因n（NO)n（NO2）,解之得n(NO)n（NO2)0。3mol，则反应所得混合气体在标况下的体积V(0。3mol+0。3mol）22.4molL113。44L;当混合物全部为Cu2S时可得：100.15mol/2n（NO)3+n（NO2)1,因n（NO）n(NO2)，解之得n(NO)n(NO2）0.1875mol，则反应所得混合气体在标况下的体积V（0.1875mol+0

27、.1875mol）22。4molL-18.4L，所以收集到气体体积：8.4LV13。44L，故答案为：A.四、（本题共8分)金属铝质轻且有良好的防腐蚀性，在国防工业中有非常重要的作用.完成下列填空:23。铝原子核外电子云有种不同的伸展方向，有种不同运动状态的电子。24。镓（Ga）与铝同族。写出镓的氯化物和氨水反应的化学方程式。25。硅与铝同周期。SiO2是硅酸盐玻璃(Na2CaSi6O14）的主要成分，Na2CaSi6O14也可写成Na2OCaO6SiO2.盛放NaOH溶液的试剂瓶若用玻璃瓶塞容易形成粘性的硅酸盐而无法打开,发生反应的化学方程式.长石是铝硅盐酸，不同类长石其氧原子的物质的量分数

28、相同。由钠长石化学式NaAlSi3O8可推知钙长石的化学式为26.用铝和金属氧化物反应制备金属单质是工业上较常用的方法。如：2Al+4BaO3Ba+BaOAl2O3常温下Al的金属性比Ba的金属性（选填“强“弱）。利用上述方法可制取Ba的主要原因是.a.高温时Al的活泼性大于Bab。高温有利于BaO分解c。高温时BaOAl2O3比Al2O3稳定d。Ba的沸点比Al的低四.【答案】（23)9、13；（24）GaCl3+3NH3H2O3NH4Cl+Ga（OH)3（25）SiO2+2NaOHNa2SiO3+2H2O、CaAl2Si6O16（26）弱、d【解析】（23）s轨道只有1个伸展方向、p轨道有

29、3个伸展方向，Al核外电子排布为1s22s22p63s23p1，涉及3个s轨道、2个p轨道，因此其核外电子云（轨道）的伸展方向有9个；核外13个电子的运动状态各不相同，因此核外有13种不同运动状态的电子。(24）同主族元素化学性质相似，因此类比氯化铝与氨水的反应可得氯化稼与氨水反应的方程式.（25）在Na2O、CaO、SiO2中，只有SiO2是酸性氧化物，可与NaOH作用生成可用作粘合剂的硅酸钠溶液；由“长石是铝硅酸盐”，结合钠长石的化学式可知钙长石就是将钠长石的中钠更换为钙，铝硅酸阴离子不变，以及化合物中化合价代数和等于0可得钙长石的化学式为：Ca（AlSi3O8）2,即CaAl2Si6O1

30、6。(26）利用元素Ba、Al在元素周期表的位置可知金属活泼性：AlBa；但Al在高温下可将氧化钡中钡置换出来,原因是Ba的沸点低于铝，高温时Ba转化为气体脱离反应体系,使反应正向进行。五、(本题共8分)溴主要以Br形式存在于海水中，海水呈弱碱性。工业上制备的Br2的操作步骤为:一定条件下，将Cl2通入浓缩的海水中，生成Br2利用热空气将Br2吹出,并用浓Na2CO3溶液吸收,生成NaBr、NaBrO3等用硫酸酸化步骤得到的混合物完成下列填空：27.Cl2氧化Br应在条件下进行，目的是为了避免28。Br2可用热空气吹出，其原因是29.写出步骤所发生的化学反应方程式。用硫酸而不用盐酸酸化的原因可

31、能是。步骤的产品有时运输到目的地后再酸化，主要是因为30。为了除去工业Br2中微量的Cl2,可向工业Br2中a。通入HBrb。加入Na2CO3溶液c.加入NaBr溶液d。加入Na2SO3溶液五。【答案】（27）酸性、生成的溴与碱发生反应（28)溴的沸点较低，易挥发（29)5NaBr+NaBrO3+3H2SO43Na2SO4+3Br2+3H2O防止在酸性条件下，溴酸钠将Cl氧化为氯气，影响生成溴的纯度、防止溴的挥发（30）a【解析】（27）利用存在Br的海水呈碱性和Br2可与碱性物质反应可知为防止氧化得到溴和碱反应,则氯气在氧化Br时应在酸性条件下进行。(28）溴可与被热空气吹出,是因为溴的沸点

32、低，易挥发.（29）向NaBr和NaBrO3的混合溶液中，加入H2SO4，Br与BrO3-发生归中反应生成Br2，结合原子守恒可写出反应的方程式；酸化时不用盐酸是防止在酸性条件下，BrO3将Cl氧化为Cl2混入溴中；因溴易挥发,所以要酸化NaBr和NaBrO3的混合溶液制取溴要等到将混合液运送到目的地再酸化。（30）遵循除杂不引入新杂质的原子，可采用通入HBr的方法除去溴中混有Cl2。六、(本题共8分)镍具有优良的物理和化学特性，是许多领域尤其是高技术产业的重要原料。羰基法提纯粗镍涉及的两步反应依次为：（1)Ni（S)+4CO（g）Ni(CO）4(g)+Q（2）Ni（CO）4(g）Ni（S）+

33、4CO（g）完成下列填空：31。在温度不变的情况下，要提高反应(1）中Ni（CO4)的产率,可采取的措施有、。32.已知在一定条件下的2L密闭容器中制备Ni（CO）4，粗镍(纯度98.5%，所含杂质不与CO反应)剩余质量和反应时间的关系如右图所示。Ni(CO）4在010min的平均反应速率为。33。若反应（2)达到平衡后，保持其他条件不变，降低温度，重新达到平衡时.a.平衡常数K增大b.CO的浓度减小c.Ni的质量减小d.v逆Ni(CO）4增大34.简述羰基法提纯粗镍的操作过程。六。【答案】（31）增大压强、从反应体系中移走Ni(CO）4(g)；（32）0.05mol/（Lmin）（33)bc

34、（34）在封闭的玻璃管一端放入粗镍,控制温度在50，通入CO气体，一点时间后在玻璃管的另一端加热至230，即可在该端获得纯净的镍。【解析】（31）反应（1）是气体体积减少的放热反应，因此在温度不变的情况下,采取增大体系压强、从反应体系中移走Ni（CO）4（g)等措施均可使反应正向进行，提高Ni（CO）4的产率。（32）随反应进行，粗镍减少的质量即为参加反应（1）消耗的镍的质量，在010min，生成Ni(CO）4的物质的量(100g-41g）/59gmol-11mol，故在010min，vNi(CO)41mol/(2L10min）0。05mol/（Lmin）。（33）由反应（1）为放热反应可知反

35、应（2）为吸热反应,因此反应（2）达到平衡后,降温，平衡逆向进行,反应平衡常数K变小、CO的浓度与Ni的质量均减小、因温度降低，v逆Ni(CO)4减小。(34）利用信息可知，可采取在低温（50）时让粗镍和CO作用，使生成的Ni(CO)4在230时分解即可得到纯镍。七、（本题共12分）溴化钙可用作阻燃剂、制冷剂，具有易溶于水，易吸潮等性质。实验室用工业大理石（含有少量Al3+、Fe3+等杂质）制备溴化钙的主要流程如下：完成下列填空:35。上述使用的氢溴酸的质量分数为26，若用47的氢溴酸配置26的氢溴酸的氢溴酸500ml，所需的玻璃仪器有玻璃棒、.36.已知步骤的滤液中不含NH4+.步骤加入的试

36、剂a是,控制溶液的pH约为8。0的目的是、。37。试剂b是，步骤的目的是。38.步骤所含的操作依次是、。39.制得的溴化钙可以通过如下步骤测定其纯度:称取4。00g无水溴化钙样品；溶解；滴入足量Na2CO3溶液，充分反应后过滤;称量。若得到1.88g碳酸钙，则溴化钙的质量分数为(保留两位小数）。若实验操作规范而测定结果偏低，其原因是。七。【答案】(35）量筒、烧杯、胶头滴管、500mL容量瓶（36）Ca（OH）2(或CaO)；除去溶解后溶液中的杂质离子Al3+、Fe3+、使Ca2+留在溶液中(37)HBr中和溶液中多余的Ca(OH)2(38）蒸发浓缩、冷却结晶（39）洗涤、干燥；94。00；滴

37、加的Na2CO3溶液不足，溶液中Ca2+未能完全转化为CaCO3沉淀（其他合理答案均可）【解析】(35）用浓溶液配制一定体积的稀溶液，需通过计算算出需浓溶液的体积，因此需要量筒、胶头滴管，烧杯、玻璃棒和500mL的容量瓶。（36)步骤为过滤操作，因此在步骤中加入的试剂a作用是使杂质离子转化为沉淀通过过滤除去，而同时防止Ca2+转化为沉淀,结合Al3+、Fe3+的性质知应为碱性,结合信息（步骤的滤液中不含NH4+)，说明a试剂不是氨水，再结合除杂不能引入新杂的原则可知加入试剂最好为Ca（OH)2（或CaO）.(37）步骤中加入试剂b是为了除去前面加入的过量试剂aCa（OH)2（或CaO)，同样应

38、遵循除杂不能引入新杂的原则可知加入试剂b为HBr。（38）步骤是从溴化钙溶液中获得溴化钙晶体，因此其操作为蒸发浓缩、冷却结晶。（39）过滤出的沉淀上沾有杂质，为减少实验误差应将沉淀进行洗涤、干燥后载称量；利用“钙守恒可得:CaBr2CaCO3,故样品中溴化钙的质量分数为(200gmol-11.88g/100gmol-1)/4.00g100%94.00；若实验操作规范，而测定结果偏低则说明得到CaCO3质量偏小，因此该结果的可能的原因是滴加的Na2CO3溶液不足,溶液中Ca2+未能完全转化为CaCO3沉淀或洗涤CaCO3沉淀有部分沉淀溶解导致。八、（本题共12分）二氧化硫是硫的重要化合物，在生产

39、、生活中有广泛应用。二氧化硫有毒,并且是形成酸雨的主要气体。无论是实验室制备还是工业生产，二氧化硫尾气吸收或烟气脱硫都非常重要.完成下列填空：40。实验室可用铜和浓硫酸加热或硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫。如果用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，并希望能控制反应速度,上图中可选用的发生装置是（填写字母）。41.若用硫酸和亚硫酸钠反应制取3。36L(标准状况)二氧化硫，至少需要称取亚硫酸钠g（保留一位小数）;如果已有4。0亚硫酸钠（质量分数),被氧化成硫酸钠，则至少需称取该亚硫酸钠g（保留一位小数).42。实验室二氧化硫尾气吸收与工业烟气脱硫的化学原理相通。石灰-石膏法和碱法是常用的烟气脱硫法.石

40、灰石膏法的吸收反应为SO2+Ca（OH)2CaSO3+H2O。吸收产物亚硫酸钙由管道输送至氧化塔氧化，反应为2CaSO3+O2+4H2O2CaSO42H2O。其流程如下图：碱法的吸收反应为SO2+2NaOHNa2SO3+H2O。碱法的特点是氢氧化钠碱性强、吸收快、效率高.其流程如下图：已知：试剂Ca（OH)2NaOH价格（元/kg）0。362。90吸收SO2的成本(元/mol）0。0270.232石灰石膏法和碱法吸收二氧化硫的化学原理相同之处是。和碱法相比，石灰-石膏法的优点是,缺点是.43。在石灰石膏法和碱法的基础上，设计一个改进的、能实现物料循环的烟气脱硫方案（用流程图表示）。八.【答案】

41、（40）ae(41)18。9、19。8（42）利用SO2是酸性氧化物，可与碱反应；原料易得,吸收成本低；吸收速率慢，效率低(43）【解析】(40）用硫酸和亚硫酸钠制取SO2的试剂为固态和液态，反应条件不需加热，可通过控制添加硫酸的速率来控制反应速率，结合装置可知a、e可达到目的.(41）由硫守恒可得：Na2SO3SO2，因此需称取m(Na2SO3)126gmol13.36L/22。4Lmol-118。9g；4g亚硫酸氧化为硫酸钠后质量变为(4142）/1264。5g,则有4.0亚硫酸钠被氧化为硫酸钠的样品中亚硫酸钠的质量分数为：96/100。595。5%，因此称取变质样品的质量应为：18。9g

42、95。5%19。8g。（42）石灰石膏法与碱法吸收SO2都是利用SO2是酸性氧化物可与碱反应的性质来吸收SO2的；利用题中已知和有关信息可知采用石灰-石膏法所用原料易得、成本低等，但因Ca(OH）2碱性弱,导致吸收速率慢、效率低。九、（本题共10分）异构化可得到三元乙丙橡胶的第三单体。由A（C5H6)和B经Diels-Alder反应制得。Diels-Alder反应为共轭双烯与含有烯键或炔键的化合物相互作用生成六元环状化合物的反应，最简单的反应是完成下列填空:44.Diels-Alder反应属于反应（填反应类型）：A的结构简式为.45写出与互为同分异构，且一溴代物只有两种的芳香烃的名称写出生成这

43、两种一溴代物所需要的反应试剂和反应条件.46.B与Cl2的1，2加成产物消去HCl得到2氯代二烯烃，该二烯烃和丙烯酸（CH2=CHCOOH）聚合得到的聚合物可改进氯丁橡胶的耐寒性和加工性能,写出该聚合物的结构简式.47.写出实验室由的属于芳香烃的同分异构体的同系物制备的合成路线，(合成路线常用的表示方式为：目标产物)九。【答案】（44)加成反应、（45）1，3，5三甲基苯（或均三甲基苯）（46）(47）【解析】（44）利用题中乙烯与1，3-丁二烯反应得到环己烯的信息可知Diels-Alder反应的机理是不饱和键断裂，然后在不饱和键两端的碳原子上直接连接其他原子，因此属于加成反应；结合的结构和分

44、子式（C9H12）可知B为1，3-丁二烯，A的结构简式为：。（45)与（分子式为:C9H12)互为同分异构体且属于芳香烃的同分异构体有8种(一取代产物2种，取代基分别为：丙基、异丙基；二取代产物有3种，取代基为甲基、乙基，有邻、间、对三种；三取代产物有3种,取代基为三个甲基，分连、偏、均三种情况），结合限定条件，知满足条件的该物质是1，3,5三甲基苯（或均三甲基苯）。（46）由B（1,3丁二烯)经加成、消去反应得到2氯代二烯烃（CH2=CCl-CH=CH2)与丙烯酸的聚合反应类似乙烯生成聚乙烯的加聚反应，因此可得聚合物的结构简式。(4）结合苯甲醛的碳骨架结构可知合成苯甲醛的原料为甲苯（甲苯恰好

45、是与的属于芳香烃的同分异构体的同系物），甲苯在光照下可与氯气发生甲基上的取代反应,生成氯代烃在NaOH溶液水解可得到苯甲醇，醇在Ag或Cu的催化作用下，可与氧气发生催化氧化得到苯甲醛。十、(本题共12分）沐舒坦（结构简式为，不考虑立体异构）是临床上使用广泛的。下图所示的其多条合成路线中的一条(反应试剂和反应条件均未标出）完成下列填空：48。写出反应试剂和反应条件.反应反应49.写出反应类型.反应反应50.写出结构简式。AB51反应中除加入反应试剂C外，还需要加入K2CO3,其目的是为了中和防止52。写出两种C的能发生水解反应，且只含3种不同化学环境氢原子的同分异构体的结构简式。53.反应，反应的顺序不能颠倒,其原因是、 。十。【答案】(48）HNO3;浓硫酸、加热。溴、FeBr3。(49）还原反应、取代反应（50）、（51）HCl、氨基与盐酸发生反应（52)、（53)因氨基容易被氧化,若反应、颠倒，再利用KMnO4、加热的条件下氧化-CH3转化为-COOH的同时也会将NH2氧化.【解析】结合产物的结构简式,利用流程图和起始原料的分子式(C7H8)可知起始原料为甲苯，所以反应是甲苯与HNO3在浓硫