市07-16年高考化学真题解析

年市高考化学试一、选择题（本题共10分，每小题2分，每题只有一个正确选项 ）轴烯是一类独特的星形环烃．三元轴烯（）与苯 C．互为同系物D．互为同分异构体 ）下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是 BCD ）硼的最高价含氧酸的化学式不可能是 ）下列各组物质 均与所含化学键的键能有关的是 （201 ）烷 名正确的是 4﹣甲基﹣3﹣B．3﹣异丙基己烷二、选择题（本题共36分，每小题3分，每题只有一个正确选项）6．（3分（2016• ）能证明乙酸是弱酸的实验事实是（）A．CH3COOH溶液与Zn反应放出H2B．0.1mol/LCH3COONapH7D．0.1mol/LCH3COOH溶液可使紫色石蕊变7．（3分（2016• 族，X、Y、Z同周期，其中只有X为金属元素．下列说法一定正确的是（ B．W的含氧酸的酸性比Z的含氧酸的酸性C．W的气态氢化物的稳定性小于Y若W与X原子序数差为5，则形成化合物的化学式为 ）图1是铜锌原电池示意图．图2中，x轴表示实验时流入正极的子的物质的量，y轴表示 B．c（Zn2+）C．c（H+）（3分（2016•）向新制氯水中加入少量下列物质，能增强溶液漂白能力的是 C．氯化钙溶液D．二氧化硫水溶10（3分（2016•）一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中和代表不同元素的原子．关于此反应说法错误的是 A．一定属于吸热反应B．一定属于可逆反应 ）合成导电高分子化合物PPV的反应为下列说法正确的是 A．PPV是聚苯乙B 与聚苯乙烯的最小结构单元组成相 2molH212（3分（2016• ）下列各组混合物，使用氢氧化钠溶液和盐酸两种试剂不能分离的是（ ）A．氧化镁中混有氧化铝B．氯化铝溶液中混有氯化铁13（3分（2016• A．氧气是氧化产B．O2F2D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为14（3分（2016• A．a、 两处的混合气体成分含量相同，温度不B．c、 两处的混合气体成分含量相同，温度不C．热交换器的作用是预热待反应的气体，冷却反应后的气D．c处气体经热交换后再次催化氧化的目的是提高SO25（3分（2016•）下列气体的和性质实验中，由现象得出的结论错误的是 选试试纸或试现结A浓氨水、生石红色石蕊试变NH3为碱性气B浓盐酸、浓硫变C淀粉碘化钾试变D亚硫酸钠、硫品红试褪SO2具有还原A．AB．BC．C16（3分（2016•）提纯含少量氯化钠杂质的硝酸钾的过程如图所示．下列分 操作操作操作17（3分（2016• 标准状况下112mlCl2，恰好将Fe2+完全氧化．x值为（ A．0.80B．0.85C．0.90三、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， 一个，该小题不给分）18（4分（2016• ）一定条件下，一种反应物过量，另一种反应物仍不能完全反应的是（ ）AB．过量的浓盐酸与二氧化锰322419（（2016 3224 NH4+、Fe2+、K+、I﹣、SO2﹣、SO2﹣，且所有离子物质的量浓度相等．向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色．下列关于该溶液的判断正确的是 AI﹣BSO42﹣20．（4分）（2016•）已知NaOH+Al（OH）3→Na[Al（OH）4]．向集满CO2的铝制 A．CO+2OH﹣CO2﹣+H D．Al3++4OH﹣ ）类比推理是化学中常用的思维方法．下列推理正确的是 A．CO2是直线型分子，推测CS2B．SiH4的沸点高于CH4，推测H2Se的沸点高于2（4分（2016•称取（NH4）2SO4NH4HSO4混合物样品7.24g，加入含0.1molNaOHNH31792ml（标准状况（NH4）2SO4NH4HSO4的物质的量比为（）A．1：1B．1：2C．1.87：1四、（12分23（ 的电镀废水可用两段氧化法处理 和已知HCN（Ki=6.3×10﹣10）有剧毒； 中N元素的化合价相第一次氧化时，溶液的pH应调节为 （选填“酸性”、“碱性”或“中性”）； 处理100m3含 10.3mg/L的废水，实际至少需NaClO 应为理论值的4倍才能使 含量低于0.5mg/L，达到排放标准．（4）（CN）2与Cl2的化学性质相似．（CN）2与NaOH溶液反应生成 和H2O．上述反应涉及到的元素中，氯原子核外电子能量最高的电子亚层 ；HC、N、O、 的原子半径从小到大的顺序 HCN是直线型分子，HCN是 ”HClO 五、（12分24（12（2016•完成下列填空目前国际空间站处理CO2的一个重要方法是将CO2还原，所涉及的反应方程式为已知H2的体积分数随温度的升高而增加．若温度从300℃升至400℃，重新达到平衡，判断下列表格中各物理量的变（选填“增大”“减小”或“不变vv平衡常数转化率相同温度时，上述反应在不同起始浓度下分别达到平衡，各物质的平衡浓度如下表abcdmnxya、b、c、d与m、n、x、y之间的关系式 0.1mol/LNa2CO3溶液的pH 0.1mol/LNa2C2O4溶液的pH．（选填“大于”“小于” （a．[H+]＞[HCO﹣]＞[HCO﹣]＞[CO2﹣]b．[HCO﹣]＞[HCO﹣]＞[CO2﹣]＞[CO2 2 2 c．[H+]＞[HCO﹣]＞[CO2﹣]＞[CO2﹣]d．[HCO]＞[HCO﹣]＞[HCO﹣]＞[CO2 2

2 --

六、（12分25（12分）（2016•）乙酸乙酯广泛用于药物、、香料等工业，中学化学实验常a装置来完成下列填空 饱和Na2CO3溶液的作用 若用b装置 ，分离乙酸乙酯与该杂质的方法 七、（12分26（12分）（2016• ）半水煤气是工业合成氨的原料气，其主要成分是H2、CO、CO2、N2和H2O（g．半水煤气经过下列步骤转化为合成氨的原料．完成下列填空 出现，可以证明有硫化氢存在．半水煤气在铜催化下实现CO变换 CO2+H2，若半水煤气中V（H2（CO：V（N2）=38：28：22，经CO变换后的气体中：V（H2）：V（N2 碱液吸收法是脱除二氧化碳的方法之一．已知20℃碱液最高浓度碱的价格（元若选择Na2CO3碱液作吸收液，其优点是 K2CO3碱液作吸收液用什么方法可以降低成本？ 的半水煤气，经过下列实验步骤测定其中H2以及CO的体积分数．①选用合适的无机试剂分别填入Ⅰ、Ⅰ、Ⅳ、Ⅴ方框 （选填“Ⅳ”或“Ⅴ”）可以确定半水煤气中H2的体积分27．（9分）（2016•）异戊二烯是重要的有机化工原料，其结构简式为CH2=C（CH3）完成下列填空化合物X与异戊二烯具有相同的分子式，与Br/CCl4反应后得到3﹣甲基﹣1，1，2，2﹣四溴丁烷．X的结构简式为 异戊二烯的一 方法如图所示A能发生的反应 （ 设计一条由异戊二烯制得有机合 的合成路线（合成路线常用的表示方式为 目标产物九、（13分28（13分（2016• ）M是聚合物胶黏剂、涂料等的单体，其一条合成路线如下（部分试反件略：完成下列填空反应①的反应类型 ．反应④的反应条件 除催化氧化法外，由A得 所需试剂 已知B能发生银镜反应．由反应②、反应③说明：在该条件下 写出结构简式 与1﹣丁醇反应的产物与氯乙烯共聚可提高聚合物性能，写出该共聚物的结构简式（6）十、（14分29（14（2016•完成下列计算CO2通入氨水生成NH4HCO3，NH4HCO3很容易分解．2.00molNH4HCO3完全分解， ．果NaOH完全反应，该NaOH溶液的浓度为 （4）120molCO2 年市高考化学试参考答案与试题解一、选择题（本题共10分，每小题2分，每题只有一个正确选项 ）轴烯是一类独特的星形环烃．三元轴烯（）与苯 C．互为同系物D．互为同分异构体【考点】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】轴烯与苯分子式都 C6H6，二者分子式相同，结构不同，以此解答该题【解答】解：轴烯与苯分子式都是C6H6，二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，只有D正确． ）下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是 BCD【考点】氧化还原反应【分析】发生的化学反应中，若存在元素的化合价变化，则属于氧化还原反应，以此来解答A不选；氯碱工业中电解食盐水生成氢气、氯气，H、Cl元素的化合价变化，为氧化还原反应，故B不选；反应，故D不选； ）硼的最高价含氧酸的化学式不可能是 【考点】根据化学式判断化合价【分析】主族元素的最高正化合物价等于其原子最外层电子数，B原子最外层电子数是3个，所以其最高化合价是+3价，然后根据化合物中正负化合价的代数和等于0判断化学式．【解答】解：主族元素的最高正化合物价等于其原子最外层电子数，B原子最外层电子数是B的化合价为+4价，所以不可能是H2BO3，故选项B符合题意．．（2分（2016•）下列各组物质的均与所含化学键的键能有关的是 【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别【分析】物质的均与所含化学键的键能有关，则对应的晶体一般为金属晶体、离子晶体或时破坏的是分子间作用力，与化学键无关，故A错误；分子间作用力，与化学键无关，故B错误；C．SiC与SiO2都是原子晶体，熔化断裂的是共价键，与化学键有关，故C正确（201 ）烷 名正确的是 4﹣甲基﹣3﹣B．3﹣异丙基己烷【考点】有机化合物命名【分析】选择分子中含有碳原子数最多的碳链为主链，有机物主链为6个碳原子，含有个甲基和 个乙基，注意从离支链较近的一端给主链的碳原子编号，以此解答该题原子编号，该物质的名称是2﹣甲基﹣3﹣乙基己烷，故D正确． 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．（3分（2016• ）能证明乙酸是弱酸的实验事实是（）A．CH3COOH溶液与Zn反应放出H2B．0.1mol/LCH3COONapH7D．0.1mol/LCH3COOH溶液可使紫色石蕊变【考点】弱电解质的判断【分析】A．只能证明乙酸具有酸性该盐水溶液显碱性，由于NaOH【解答】解：A．只能证明乙酸具有酸性，不能证明其酸性强弱，故A错误；C．可以证明乙酸的酸性比碳酸强，但是不能证明其酸性强弱，故C错误；D．可以证明乙酸具有酸性，但是不能证明其酸性强弱，故D错（2016•族，X、Y、Z同周期，其中只有X为金属元素．下列说法一定正确的是（ B．W的含氧酸的酸性比Z的含氧酸的酸性C．W的气态氢化物的稳定性小于Y若W与X原子序数差为5，则形成化合物的化学式为【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】由于原子序数按W、X、Y、Z依次增大，W与Z是同一主族的元素，而X、Y、Z是同一周期的元素，且只有X是金属元素，则同主WZ都是非金属，可能分别为N、PF、Cl，Y可能为SiSX可为Na、Mg、Al中的一种，结合对应单Y、ZXWZ都是非金属，可能N、PF、Cl，YSiSXNa、Mg、Al中的一种，同一周期的元素原子序数越大，原子半径越小；同一主族的元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大．所以原子半径：X＞Y＞Z＞W，故A正确；C．元素的非金属性W＞Y，所以气态氢化物的稳定性W＞Y，故CD．若W、X原子序数相差5，如分别为F、Na，则二者形成的化合物的化学式是XW，故D错误．生的灵活应用能力． ）图1是铜锌原电池示意图．图2中，x轴表示实验时流入正极的子的物质的量，y轴表示（B．c（Zn2+）C．c（H+）【考点】原电池和电解池的工作原理Cu是正极，氢离子得电子发生还原反应，电极反应为2H++2e=H2↑，据此解答．Cu是正极，氢离子得电子发生还原反应，电极反应为2H++2e=H2↑，Cu是正极，氢离子得电子发生还原反应，Cu棒的质量不变，故A错误4由于反应不断消耗H+，所以溶液的c（H+）逐渐降低，故C正确；D．SO2﹣不参加反应，其浓度不变，故D错误；4【点评】考查原电池基本原理和溶液中离子浓度变化，掌握活泼金属锌为负极，铜为正极，锌和硫酸之间发生氧化还原反应是解答的关键，题目比较简单．9（3分（2016• ）向新制氯水中加入少量下列物质，能增强溶液漂白能力的是 C．氯化钙溶液D．二氧化硫水溶【考点】氯气的化学性质 Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，若反应使溶液中次氯酸浓度增大则溶液漂白性会增强A．由于酸性HCl＞H2CO3＞HClO，向溶液中加入碳酸钙粉末反应反应性增强，故A正确；弱，故B错误；C．加入氯化钙溶液不发生反应，溶液对氯水起到稀释作用，平衡正向进行但次氯酸浓度减小，漂白性减弱，故C错误；D错误；10（3分（2016•）一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中和代表不同元素的原子．关于此反应说法错误的是 A．一定属于吸热反应B．一定属于可逆反应【考点】化学基本反应类型【分析】根据图示可知该反应反应物是一种，生成物是两种，且反应是可逆A．分解反应不一定是吸热反应反应物为一种，生成两种生成物我分解反应【解答】解：根据图示可知该反应反应物是一种，生成物是两种根据图示可知有一部分反应物未参加反应，属于该反应是可逆反应，故B正确；CC正确；D．反应物是一种，生成物是两种，因此属于分解反应，故D正确． ）合成导电高分子化合物PPV的反应为下列说法正确的是 A．PPV是聚苯乙B 与聚苯乙烯的最小结构单元组成相 2molH2【考点】有机物的结构和性质【分析】由反应方程式可知PPV由对二碘苯与 【解答】解：A．根据物质的分子结构可知该物质不是聚苯乙炔，故 错误B．该反应除产生高分子化合物外，还有小分子生成，属于缩聚反应，故 正确C．PPV与聚苯乙烯的重复单元不相同，故C错误D2个碳碳双键和苯环都可以与氢气发生加成反应，属于1mol最多可以与5mol氢气发生加成反应，故D错误．故选B．12（3分（2016•）下列各组混合物，使用氢氧化钠溶液和盐酸两种试剂不能分离的 A．氧化镁中混有氧化铝B．氯化铝溶液中混有氯化铁【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用C．二氧化硅是酸性氧化物，可以与NaOHD．二者都可以与NaOH发生反应生成沉淀，加入盐酸都可溶解【解答】解：A．MgO是碱性氧化物与NaOH不能反应，而Al2O3是两性氧化物，可NaOH发生反应产生NaAlO2，过滤后洗涤，就得到纯净的MgO，故AAl（OH）3，再B不入过量的NaOH，然后过滤洗涤，就得到纯净的氧化铁，故C不选；离、提纯二者，故D选．13（3分（2016• A．氧气是氧化产B．O2F2D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为【考点】氧化还原反应的计算【分析】反应H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2中，S元素化合价由﹣2价升高到+6价O元素由+1价降低到0价，被还原，以此解答该题故A错误；B．在反应中，O2F2O元素化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而硫化氢化性，故B错误；C．外界条件不明确，不能确定HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，故C错误确．故选D．C知，不能确定HF的物质的量，题目难度不大．14．（3分（2016•）SO2的转化，且能充分利用热能，采用了中间有热交换器的接触室（见图．下列说法错误的是（）a、 两处的混合气体成分含量相同，温度不c、 两处的混合气体成分含量相同，温度不热交换器的作用是预热待反应的气体，冷却反应后的气D．c处气体经热交换后再次催化氧化的目的是提高SO2【考点】工 硫酸；物质的组成、结构和性质的关系B．在c处出来的气体SO2、O2在催化剂表面发生反应产生的含有SO3及未反应的SO2、O2 使未反应的SO2进一步反应产生SO3，从而可以提高SO2【解答】解：A．根据装置图可知，从a进入的气体是含有SO2、O2、N2等的冷气，经过热交换器后从b处出来的是热的气体，成分与a处相同，故A正确；Bc处出来的气体SO2、O2在催化剂表面发生反应产生的含有SO3SO2、O2等气体，该反应是放热反应，当经过热交换器后被冷的气体降温，SO3变为液态，故二者含有的气体的成分不相同，故B错误；C．热交换器的作用是预热待反应的冷的气体，同时冷却反应产生的气体，为SO3的吸收创造条件，故C正确；D．处气体经过热交换器后再次被催化氧化，目的就是使未反应的SO2进一步反应产生SO3，从而可以提高SO2的转化率，故D正确．故选5（3分（2016•）下列气体的和性质实验中，由现象得出的结论错误的是 选试试纸或试现结A浓氨水、生石红色石蕊试变NH3为碱性气B浓盐酸、浓硫变C淀粉碘化钾试变D亚硫酸钠、硫品红试褪SO2具有还原A．AB．BC．C【考点】化学实验方案的评价 明NH3为碱性气体； HCl气体，pH试纸变红，则说明气体为酸性气体； Cl2，Cl2可以用湿润的淀粉碘化钾试纸检验，试纸变蓝，说明KI转化为I2，则说明Cl2有强氧化性；D．SO2使品红溶液褪色体现的是SO2 ，可用红色石蕊试纸检验，试纸变蓝则说明NH3为碱性气体，故A正确； HCl气体，pH试纸变红，则说明气体为酸性气体，故B正确； Cl2，Cl2可以用湿润的淀粉碘化钾试纸检验，试纸变蓝，说明KI转化为I2，则说明Cl2有强氧化性，故C正确；误．故选D． 16（3分（2016• ） 提纯含少量氯化钠杂质的硝酸钾的过程如图所示．下列分析正确的是（ ）A．操作【考点】物质的分离、提纯和除杂【分析】因为KNO3的溶解度随温度的升高而升高，NaCl的溶解度随温度的升高而基本无操作Ⅲ为冷却结晶析出KNO3，过滤，洗涤，干燥可得KNO3晶体．的溶解度随温度的升高而升高，NaCl的溶解度随温度的升高而基本无明显变变化．则有，操作Ⅰ是在烧杯中加水溶解，操作Ⅱ是蒸发浓缩，得到较高温度下的KNO3饱和溶液，操作Ⅲ为冷却结晶，利用溶解度差异使KNO3结晶析出，过滤，洗涤，干燥可得KNO3晶17（3分（2016• 标准状况下112mlCl2，恰好将Fe2+完全氧化．x值为（ A．0.80B．0.85C．0.90【考点】氧化还原反应的计算【分析】根据电子守恒可知，FexO被氧化为Fe3+转移的电子数和Cl2转移的电子数相等：【解答】解：根据电子守恒可知，FexO被氧化为Fe3+转移的电子数和Cl2转移的电子数相 ：（3﹣）×x=0.01mol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， 一个，该小题不给分）18（4分（2016• ）一定条件下，一种反应物过量，另一种反应物仍不能完全反应的是（ ）AB．过量的浓盐酸与二氧化锰【考点】浓硫酸的性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用【分析】A．合成氨是一个可逆反应，不能朝一个方向进行到底B．二氧化锰只与浓盐酸反应，稀盐酸不反应，过量浓盐酸和二氧化锰反应二氧化锰可以完全反应；C．铜活泼性弱只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应D．过量的锌与 硫酸溶液反应，首先生成二氧化硫，当浓变稀的时候生成氢气【解答】解：A．合成氨是一个可逆反应，无论如何充分反应，都不能完全反应而达到百分之百，故A正确；B．二氧化锰只与浓盐酸反应，稀盐酸不反应，二氧化锰过量，稀盐酸也不能完全反应，若浓盐酸过量，二氧化锰可以完全反应，故B错误；C．铜活泼性弱只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应，故C正确D．过量的锌与 硫酸溶液反应，首先生成二氧化硫，当浓变稀的时候生成氢气，3 19（（2016•NH4+、Fe2+、K+、I﹣、SO2﹣、SO2﹣，且所有离子物质的量浓度相等．向该无色溶液中滴 3 3AI﹣BSO42﹣3【考点】常见离子的检验方法34I﹣SO32﹣I2，则原溶液中一则根据电荷守恒可判断SO2﹣肯定没有，据此进行判断．34【解答】解：溶液本身无色，说明没有Fe2+；加入溴水仍然无色，说明溴水发生了反应，且产物无色，I﹣和SO32﹣均可与溴水反应使溴水褪色，此时反应后溶液无色，说明没有I2，则原溶液中一定SO2﹣3C正确；由于SO32﹣的还原性比I﹣强，故I﹣是否存在无法判断，故A错误因所有离子浓度相等，则根据电荷守恒可判断SO42﹣肯定没有，故B正确；根据分析可知，无法判断是否含有铵根离子，故D错误；20．（4分）（2016•）NaOH+Al（OH）3→Na[Al（OH）4]．向集CO2 A．CO+2OH﹣CO2﹣+H D．Al3++4OH﹣【考点】镁、铝的重要化合物；离子反应发生的条件【分析】向集满CO2的铝罐中加入过量氢氧化钠，首先CO2与氢氧化钠反应，发生反应为+ 发生反应为：2Al+2OH﹣+6H2O→2[Al（OH）4]﹣+3H2↑，则罐壁又重新凸起；因铝罐表面氧化 Al2O3，则又能够发生反应：Al2O3+2OH﹣+3H2O→2[Al（OH）4]﹣，据此进行解答应为：CO2OH﹣→CO2﹣+HO，表现为铝罐变瘪；接着过量的氢氧化钠再与铝罐反应生成 氢气，发生反应为：2Al+2OH﹣+6H2O→2[Al（OH）4]﹣+3H2↑，则罐壁又重新凸根据分析可知，能够发生反应为A、B、C的，没有发生的反应为D， ）类比推理是化学中常用的思维方法．下列推理正确的是 A．CO2是直线型分子，推测CS2B．SiH4的沸点高于CH4，推测H2Se的沸点高于【考点】判断简单分子或离子的构型；元素周期律的作用；铁的化学性质【分析】A．O和S同主族，二者形成的CO2和CS2都是直线形分子C．I2的氧化性较弱，碘单质与铁反应生成D．浓硫酸能够将HBr氧化为故A正确；作用力的大小，分子间作用力大小可以用相对分子质量来比较，故B正确；C．因I2的氧化性较弱，在碘单质与铁反应生成的是FeI2，故C错误；故选AB．题目难度中等，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．2（4分（2016•称取（NH4）2SO4和NH4HSO4混合物样品7.24g，加入含0.1molNaOHNH31792ml（标准状况（NH4）2SO4NH4HSO4的物质的量比为（）A．1：1B．1：2C．1.87：1【考点】有关混合物反应的计算然后利用总质量可计算出硫酸铵的质量，最后可计算出混合物中（NH4）2SO4和NH4HSO4的物质的量之比． ＞0.1mol，说明氢氧化钠的物质的量不足与（NH4）2SO4反应生成氨气，标准状况下生成氨气的物质的量为：则与氢离子反NaOH的物质的量为：0.1mol﹣0.08mol=0.02molNH4HSO4的物质的量为0.02mol，所以 的质量为：7.24g﹣115g/mol×0.02mol=4.94g，其物质的量为NH4）2SO4NH4HSO4的物质的量比为：0.0375mol：0.02mol=1.87：1，故选C．力及化学计算能力．四、（12分23（ 的电镀废水可用两段氧化法处理 和已知HCN（Ki=6.3×10﹣10）有剧毒； 中N元素的化合价相第一次氧化时，溶液的pH应调节为碱性（选填“酸性”、“碱性”或“中性”）；原因是防止生成HCN，造成人员 或污染空气．写出第二次氧化时发生反应的离子方程式 处理100m3含 10.3mg/L的废水，实际至少需NaClO14900g（实际用量应为理论值的4倍，才能使 含量低于0.5mg/L，达到排放标准．（4（CN）2与Cl2的化学性质相似（CN）2与NaOH溶液反应生成 和H2O．上述反应涉及到的元素中，氯原子核外电子能量最高的电子亚层是 O、Na的原子半径从小到大的顺序为 HCN是直线型分子，HCN（选填“极性”或“非极性”HClO的电子式为．【考点】氧化还原反应的计算；氯、溴、碘及其化合物的综合应用 反应中氯元素的化合价从+1价降低到﹣12个电子．N元素化合价从﹣3价升高到0价，失去3个电子，结合氧化还原反应中化合价升降相等配平；参加反应 （4）（CN）2与Cl2的化学性质相似，根据氯气与氢氧化钠溶液反应的原理分析（CN）2NaOH溶液反应原子的电子层越多，原子半径越大，电子层相同时，原子的核电荷数越大，原子半径越小，据此判断H、C、N、O、Na的原子半径大小；HCN是直线型分子，其正负电荷的重心不重合；HClO为共价化合物，分子中含有个O﹣Cl键和个H﹣O键，据此写出其电子式【解答】解：（1） 易与酸反应生成HCN，为防止生成HCN，造成人员 因此第一次氧化时，溶液的pH应调节为碱性，故答案为：碱性；防止生 HCN，造成人 或污染空气反应中氯元素的化合价从+1价降低到﹣12个电子．N元素化合价从﹣3 ﹣+3ClO﹣=CO2﹣+3CO2↑+3Cl﹣+N2↑，3故答案为 ﹣+3ClO﹣=CO3参加反应 =20mol，反应中C由+2价升高到+4价 （4（CN）2Cl2的化学性质相似，根据氯气与氢氧化钠溶液反应的原理可知，（CN）2与NaOH溶液反应生成 、和H2O， 氯原子的核外电子排布式为：1s22s22p6323p5，所以氯原子核外电子中能量最高的电子亚层为3p；原子的电子层越多，原子半径越大，电子层相同时，原子的核电荷数越大，原子半径越小，则H、C、N、O、Na的原子半径从小到大的顺序为：H＜O＜N＜C＜Na，故答案为价化合物，分子中含有1个O﹣Cl键和个H﹣O键，其电子式为，故答案为：极性；明确氧化还原反应的实质及配平原则为解答关键，试题知识点较多，充分考查了学生的分析能力及灵活应用能力．五、（12分24（12分（2016• 完成下列填空目前国际空间站处理CO2的一个重要方法是将CO2还原，所涉及的反应方程式为已知H2的体积分数随温度的升高而增加．若温度从300℃升至400℃，重新达到平衡，判断下列表格中各物理量的变（选填“增大”“减小”或“不变vv平衡常数转化率相同温度时，上述反应在不同起始浓度下分别达到平衡，各物质的平衡浓度如下表abcdmnxya、b、c、d与m、n、x、y之间的关系式 大于等浓度的草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是草酸．若将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合，溶液中各种离子浓度大小的顺序正确的是ac（选填编号）a．[H+]＞[HCO﹣]＞[HCO﹣]＞[CO2﹣]b．[HCO﹣]＞[HCO﹣]＞[CO2﹣]＞[CO2 2 2 c．[H+]＞[HCO﹣]＞[CO2﹣]＞[CO2﹣]d．[HCO]＞[HCO﹣]＞[HCO﹣]＞[CO2 2

2 血液中的碳酸和碳酸氢盐存在平衡：H++HCO3⇌H2CO3pHH+pH基本不变；当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变．（1）H2的体积分数随温度的升高而增加，这说明升高温度平衡逆反应方向进行，即反应物的转化率减小；相同温度时平衡常数不 根据电离常数可知草酸的酸性强于碳酸，则碳酸钠的水解程度大于草酸钠，等浓度草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是草酸，2因此溶液中[H+]＞[HCO﹣]2＞4[CO2﹣]＞[HCO﹣]＞3[CO2；2根据平衡可知当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H+浓度变化较小，血液中pHH+浓度变化较小，血液的pH基本不变．（1）H2的体积分数随温度的升高而增加，这说明升高温度平衡逆反应方向进反应物的转化率减小，故答案为vv平衡常数转化率增增减减；相同温度时平衡常数不变，则a、b、c、d与m、n、x、y之间的关系式 故答案为 根据电离常数可知草酸的酸性强于碳酸，则碳酸钠的水解程度大于草酸钠，所以0.1mol/LNa2CO3pH0.1mol/LNa2C2O4pH，草酸的酸性强于碳酸，则等浓度草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是草酸2草酸的二级电离常数均大于碳酸的，所以草酸的电离程度大于碳酸，且碳酸以第一步电离为主，因此溶液中[H+]＞[HCO﹣[CO2﹣]＞[HCO﹣][CO2﹣]3则ac正确，bd2故答案为根据平衡可知当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H+浓度变化较小，血液中pHH+浓度变化较小，血液的pH基本不变，H+pH基本不变；当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本意义以及离子浓度大小比较方法，难度中等．六、（12分25（ ）乙酸乙酯广泛用于药物 、香料等工业，中学化学实验常a装置 完成下列填空实验时，通常加入过量的乙醇，原因是增大反应物浓度，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率．加入数滴浓硫酸即能起催化作用，但实际用量多于此量，原因是浓H2SO4过多，原因是浓H2SO4具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯的产率．Na2CO3溶液的作用是反应结束后，将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中，振荡、静置，然后分若用b装置乙酸乙酯，其缺点有原料损失较大、易发生副反应．由b装乙醚，分离乙酸乙酯与该杂质的方法是蒸馏．【考点】实验方案的设计【分析】（1）乙酸乙酯的反应为可逆反应，加入过量的乙醇可提高酯的产率，浓H2SO4能吸收生成的水，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率，由于浓H2SO4具有强氧化性和乙醇和乙酸可溶于水，乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度较小乙酸乙酯不溶于水，可分液分离（4）b由于不是水浴加热，温度不易控制，饮醋乙酸乙酯的缺点有原料损失较大、易发离．提高酯的产率，因此实际用量多于此量；由于浓H2SO4具有强氧化性和脱水性，会使有机故答案为；增大反应物浓度，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率；浓H2SO4能吸收生成的水，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率；浓H2SO4具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯的产率；由于生成的乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸，所以饱和Na2CO3溶液的作用是中和乙酸、故答案为：中和乙酸、溶解乙醇、减少乙酸乙酯在水中的溶解乙酸乙酯不溶于水，因此反应后，将试管中收集到的铲平倒入分液漏斗中，振荡、静置，然后分液即可，故答案为：振荡；静置；根据b装置可知由于不是水浴加热，温度不易控制，因此乙酸乙酯的缺点有原料b装置制得的乙酸乙酯产品经饱和碳酸钠溶液和饱和食盐水洗涤后，还可能含有的有机杂质是乙醚，乙醚和乙酸乙酯的沸点相差大，则分离乙酸乙酯与该杂质的方法是蒸馏，故答案为：原料损失较大；易发生副反应；易发生副反应；乙醚；蒸馏 七、（12分26．（12分）（2016•）半水煤气是工业合成氨的原料气，其主要成分H2、CO、CO2、N2和H2O（g．半水煤气经过下列步骤转化为合成氨的原料．完成下列填空半水煤气含有少量硫化氢．将半水煤气样品通入硝酸铅（或硫酸铜）溶液中（填写试剂名称，出现黑色沉淀，可以证明有硫化氢存在．半水煤气在铜催化下实现CO变换：CO+H2OCO2+H2，若半水煤气中V（H2（O：V（N2）=38：28：22CO变换后的气体中：V（H2：V（N2）3：1碱液吸收法是脱除二氧化碳的方法之一．已知20℃碱液最高浓度碱的价格（元若选择Na2CO3碱液作吸收液，其优点是价廉；缺点是吸收CO2能力差．如果选择反应方程式．2KHCO3K2CO3+CO2↑+H2O的半水煤气，经过下列实验步骤测定其中H2以及CO的体积分数．①选用合适的无机试剂分别填入Ⅰ、Ⅰ、Ⅳ、Ⅴ方框②该实验方案中，步骤 （选填“Ⅳ”或“Ⅴ”）可以确定半水煤气中H2的体积分数【考点】工业合成氨【分析】（1）可以利用硫化氢与硝酸铅或硫酸铜等反应进行检验反应中氮气体积不变，根据方程式计算生成氢气的体积，进而计算CO变换后的气体碳酸钠比碳酸钾便宜，但碳酸钠溶液浓度比碳酸钾小，吸收二氧化碳的能力差；碳酸钾吸收二氧化碳生成碳酸氢钾，加热碳酸氢钾可以得到碳酸钾，再循环利用；②氢气还原氧化铜生成水蒸气，浓硫酸吸收水蒸气故答案为：硝酸铅（或硫酸铜；黑色沉淀若半水煤气中V（H2：V（CO：V（N2）=38：28：22，反应中氮气体积不变，根据 CO2+H2，可知经CO变换后的气体中V（H2：V（N2）=（38+28：故答案为碳酸钠比碳酸钾价格便宜，价廉，但碳酸钠溶液浓度比碳酸钾小，吸收二氧化碳的能力差；碳酸钾吸收二氧化碳生成碳酸氢钾，加热碳酸氢钾可以得到碳酸钾，再循环利用，反方程式为 故答案为：价廉；吸收CO2能力差；碱液循环使用 用浓硫酸吸收产生的水蒸气，利用碱液吸收产生的二氧化碳，进而计算体积分数，故流程图为：，故答案为 故答案为【点评】本题考查物质含量测定、气体检验、物质的分离提纯等，注意渗透实验中经济性，是对学生综合能力的考查．27．（9分）（2016• ）异戊二烯是重要的有机化工原料，其结构简式为CH2=C（CH3）完成下列填空化合物X与异戊二烯具有相同的分子式，与Br/CCl4反应后得到3﹣甲基﹣1，1，2，2﹣四溴丁烷．X的结构简式为CH≡CCH（CH3）2 异戊二烯的一 方法如图所示A能发生的反应有加成（还原、氧化、聚合、取代（酯化填反应类型 设计一条由异戊二烯制得有机合 的合成路线（合成路线常用的表示方式为 目标产物【考点】有机物的合成．（2）A分子中存在碳碳双键能发生加成反应，与H2的加成反应也属于还原反应，能被酸性高锰酸钾溶化而发生氧化反应，能发生加聚反应（聚合反应，A分子中存在羟基能发将A与异戊二烯的结构简式对比可知，A首先与H2发生加成反应生成，（3）CH2=C（CH3）CH=CH2在一定条件下先与HCl发生加成反应生 然后在氢氧化钠溶液、加热条件下发生取代（水解）反应生成，最后在催化剂、加热条件下与H2发生加成反应即可生 【解答】解：（1）化合X与异戊二烯的分子式相同X的分子式为C6H10，X的不饱故答案为（2）A分子中存在碳碳双键能发生加成反应，与H2的加成反应也属于还原反应，能被酸性高锰酸钾溶化而发生氧化反应，能发生加聚反应（聚合反应，A分子中存在羟基能发将A与异戊二烯的结构简式对比可知，A首先与H2发生加成反应生成 故答案为：加成（还原、氧化、聚合、取代（酯化、消除反应 （3）CH2=C（CH3）CH=CH2在一定条件下先与HCl发生加成反应生 然 ，最 在催化剂、加热条件下与H2发生加成 ，故答案为．九、九、（13分28（13分（2016• ）M是聚合物胶黏剂、涂料等的单体，其一条合成路线如下（部分试反件略：完成下列填空（1）反应①的反应类型是消去反应．反应④的反应条件是浓硫酸、加热（2）除催化氧化法外，由A得所需试剂为银氨溶液，酸．（羰基）易还原（4）写出结构简式，C 与1﹣丁醇反应的产物与氯乙烯共聚可提高聚合物性能，写出该共聚物的结构简式（6）等【考点】有机物的合成【分析】丙烯（CH2=CHCH3）在催化剂作用下与H2/CO作用生成丁醛，2分子丁醛发生成反应得 与A的分子式相比反应①应是发生醇的消去反应中除催化氧化法外，由A可以得到，可知ACH3CH2CH2CH=CH（CH2CH3）CHO，化合物A（C8H14O）与H2发生加成反应生成（C8H16O，B与氢气发生加成反应生成Y（C8H18O，由（3）中B能发生银镜反碳碳双键首先H2加成，可BCH3CH2CH2CH2CH（CH2CH3）CHO，YCH3CH2CH2CH2CH（CH2CH3）CH2OH．丙烯（CH2=CHCH3）在催化剂作用下被氧化 （C3H4O，C的结构简式为：CH2=CHCHO，CH2=CHCHO进一步被催化氧化生成应生成M，M的结构简式为：．【解答】解：丙烯（CH2=CHCH3）在催化剂作用下与H2/CO作用生成丁醛，2分子丁醛反应，（2）中除催化氧化法外，由A可以得到 ，可知A为（C8H16O，B与氢气发生加成反应生成（C8H18O由（3）B能发生银镜反应，说明碳碳双键首先与H2加成，可推知BCH3CH2CH2CH2CH（CH2CH3）CHO，Y为（C3H4O，C的结构简式为：CH2=CHCHO，CH2=CHCHO进一步被催化氧化生成（C3H4O2，则D的结构简式为：CH2=CHCOOH，DY在浓硫酸加热条件下发生应生成M，M的结构简式为 反应①的反应类型是：消去反应，反应④发生酯化反应，反应条件是：浓硫酸、加热，故答案为：消去反应；浓硫酸、加热除催化氧化法外，由A得到 故答案为：银氨溶液，酸（C8H16OY（C8H18O，（羰基）易还原故答案为：碳碳双键比醛基（羰基）易还原由上述分析可知，C的结构简式为CH2=CHCHO，M的结构简式，故答案为 （5）D为CH2=CHCOOH，与1﹣丁醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成高聚物：故答案为；1个环，②3种不同化学环境的氢原子且双键碳故答案为：十、（14分29（14分（2016• 完成下列计算CO2通入氨水生成NH4HCO3，NH4HCO3很容易分解．2.00molNH4HCO3完全分解，分解产物经干燥后的体积为89.6 ．H2中含2.40molCO22.00LNaOH溶液中，CO2被完全吸收．如NaOH完全反应，该NaOH溶液的浓度为2.4mol/L≥c≥1.2mol/L．甲烷和水蒸气反应的产物是合成甲醇的原料 已知 氢气120mol，计算CO2的转化率．【考点】化学方程式的有关计算【分析】（1）NH4HCO3完全分解生成NH3、CO2，方程式为 NH3↑+CO2↑+H2O，2molNH4HCO3可生成4mol气体；（2）2.40molCO2与NaOH完全反应，产物可能为Na2CO3或NaHCO3或二者都有量守恒解答（3）9molCO2在密封舱内和KO2反应后生成9molO2，即n（CO2：n（O2）=1：1，当把两个方程式相加得到8KO2+6CO2+2H2O→2K2CO3+4KHCO3+6O2，根据方程式计算消耗水的量；（4）甲烷完全反应生成CO CO2+3H2CH3OH+H2O设CO2的转化率为α，CO的转化率为β，结合质量守恒可计（1）NH4HCO 体，体积为4mol×22.4L/mol=89.6L，故答案为：89.6；（2）2.40molCO2NaOH完全反应，产物可能Na2CO3NaHCO3或二者都有假设全部生成，则发生CO2+2NaOH=Na2CO3，n（NaOH）=2n（CO2）=4.80mol，则 方法一：依题意，9molCO2在密封舱内和KO2反应后生成9molO2n（CO2：n（O2）=H2On 根据题意生成氧气9mol，所以有1.5n+1.5（9﹣2n）=9mol，解得n=3mol，即反应前密封舱H2O的物质的量3mol．答：反应前密封舱内H2O的量应该是 设CO2的转化率为α，CO的转化率为 350mol300βmol+100αmol=350mol﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①根据题意，反应后残留氢气120mol，则实际参加反应的氢气为900mol﹣120mol，所以有中CO2的转化率为α， 120mol900mol﹣120mol，根据反应900mol﹣120mol=350mol×2+100amol，答：CO2的转化率为80%． 年市高考化学试一、选择题（本题共10分，每小题2分，每题只有一个正确选项（（2于Lv的叙述错误的是（ 原子序数116B．中子数C．核外电子数116D．相对原子质量 ）下列物质见光不会分解的是 （2015 ）某晶体中含有极性键，关于该晶体的说法错误的是 C．可能是有机物D．可能是离子晶体 ）不能作为判断硫、氯两种元素非金属性强弱的依据是 D．最高价氧化物对应的水化物酸性的 ）二氧化硫能使溴水褪色，说明二氧化硫具有 BCD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．（3分（2015• B．3C．4D．5（201 ）检验用硫酸亚铁制得的硫酸铁中是否含有硫酸亚铁，可选用的试剂 A．NaOH D．苯8．（3分（2015• A．加入催化剂，减小了反应的热效B．加入催化剂，可提高H2O2的平衡转化率 分）（2015•）已知咖啡酸的结构如图所示．关于咖啡酸的描述正确的是 A．分子式为B．1mol咖啡酸最多可与5mol氢气发生加成反应D．能Na2CO3NaHCO3溶液反应10（3分（2015• ）卤代烃的 有多种方法，下列卤代烃不适合由相应的烃经卤代反应制得的是（ ） （2015 ）下列有关物质性质的比较，错误的是（A．溶解度：小苏打＜苏打B．密度：溴乙烷＞水 石D．碳碳键键长：乙烯＞苯 ）与氢硫酸反应有沉淀生成的电解质是 ABCD）13（3分（2015 回收废水中苯酚的过程如图所示．下列分析错误的是 ）A．操作I中苯作萃取剂C．通过操作II苯可循环使用 分）（2015•）研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示．下列有关说法错误的 A．d为石墨，铁片腐蚀加B．d为石墨，石墨上电极反应C．dD．d为锌块，铁片上电极反应为：2H++2e15．（3分）（2015•）一般情况下，前者无法决定后者的是 低D．物质内部的能量﹣﹣化学反应16（3分（2015•）短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和丁的原子核法错误的是（）17（3（2015• ）某无色溶液含有下列离子中的若干种：H+、NH4+、Fe3+、Ba2+Al3+、O2﹣、﹣、﹣、3﹣向该溶液中加入铝粉，只放出H2，则溶液中能大 B．4C．5D．6三、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，一个，该小题不给分）18（4分（2015）4NH3+5O2→4NO+6H2O中的氨作用相同的是（）A．2Na+2NH3→2NaNH2+H2↑B．2NH3+3CuO→3Cu+N2+3H2OC．4NH3+6NO→5N2+6H2OD．3SiH4+4NH3→Si3N4+12H219（4（2015• ）离子方程式2Ca2++3HCO+OH﹣2CaCO↓+CO2HO可 ）对于合成氨反应，达到平衡后，以下分析正确的是 21（4分（2015• 通入SO2，可Na2S2O3，同时放出CO2．在该反应中（ B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2C1molNa2S2O34mol电子D．相同条件下，每吸收10m3SO2就会放出22．（4分）（2015•）将O2和NH3的混合气体448mL通过加热的三氧化二铬，充分反44.8mLO2的体积可能是（假设氨全部被氧化；气体体积均已换算成标准状况（）A．231.5mLB．268.8mLC．287.5mL四、解答题（1小题，满12分23（12分（2015•）白云石的主要成份是aCO3•MgCO3，在我国有大量的分布．以白云石为原料生产的钙镁系列产品有广泛的用途．白云石经煅烧、消化后得到钙镁的氢氧化物，再经过碳化实现Ca2+、Mg2+的分离．碳化反应是放热反应，化学方程式如下：完成下列填Ca（OH）2的碱性比Mg（OH）2的碱 （选填“强”或“弱Ca（OH）2的溶解度比Mg（OH）2的溶解 （选填“大”或“小碳化温度保持 50～60℃．温度偏高不利于碳化反应，原 ．温度偏低也不利于碳化反应，原因 已知某次碳化时溶液中钙离子浓度随时间的变化如图所示，在10min到13min之内钙 ．15min之后钙离子浓度增大，原因是 ．Mg原子核外电子排布式 ；Ca原子最外层电子的能 五、（12分24（12分（2015•）氯碱工业以电解精制饱和食盐水的方法氯气、氢气、烧碱和只允许阳离子通过．完成下列填空离子交换膜的作用为 KClO3可以和草酸（H2C2O4、硫酸反应生成高效的杀菌剂ClO2，还生成CO2写出该反应的室温下，0.1mol/LNaClO溶液的pH （ 已知六、（12分（201 ）过氧化钙（CaO2）是一种白色、无毒、难溶于水的固体，能杀①在NH4Cl溶液中加入②不断搅拌的同时加入30%H2O2，反应生成CaO2•8H2O沉淀 可循环使用的物质 工业上常采用Ca（OH）2过量而不是H2O2过量的方式来生产，这是因 检验CaO2•8H2O是否洗净的方法 已知CaO2在350℃迅速分解生成CaO和O2．如图是 ．若所取产品质量是mg，测得气体体积为VmL（已换算成标准状况则产品中CaO2的质 ．过氧化钙的含量也可用重量法测定，需要测定的物理量 七、（12分26（12分（2015•）是深受关注的有机化合物．含量的测定有多种方法，例如：在调至中性的亚硫酸钠溶液中加入水溶液，经充分反应后，产生的氢氧化钠的物质的量与的物质的量相等，然后用已知浓度的硫酸滴定氢氧化钠．完成下列填空将4.00mL水溶液加入到经调至中性的亚硫酸钠溶液中，充分反应后，用浓度1.100mol/L的硫酸滴定，至终点时耗用硫酸20.00mL．水溶液的浓度上述滴定中，若滴定管规格 50mL，水溶液取样 工业含量测定的另法：在水溶液中加入过氧化氢，将氧化为甲酸，已知H2O2能氧化甲酸生成二氧化碳和水如果H2O2用量不足，会导致含量的测定结果 如果H2O2过量会导致含量的测定结果（选填“偏高”、“偏低”或“不受影响”），因为 和新制氢氧化铜的反应显示了的还原性，发生反应的化学方程式通常表示如 ①主要仪器：试 ②可供选用的试剂：硫酸铜溶液 、甲酸、氢氧化钠溶．八、（10分27（12分（2015• ）对溴苯乙烯与丙烯的共聚物是一种高分子阻燃剂，具有低毒、热稳定等．完成下列填空由乙苯对溴苯乙烯，需先经两步反应制得 与足量氢氧化钠溶液共热得到A，A在酸性条件下遇FeCl3溶液 由上述反应可推知，由A生成对溴苯乙烯的反应条件 丙烯催化二聚得到2，3﹣二甲基﹣1﹣丁烯，B与2，3﹣二甲基﹣1﹣丁烯互为同分异构写出B的结构设计一条由2，3﹣二甲基﹣1﹣丁烯B的合成路线九、（12分）28（12分（2015•醉药普鲁卡因E（结构简式为 ：完成下列填空比A多一个碳原子，且一溴代物只有3种的A的同系物的名称 写出应试剂和反应条件，反应 设计反应②的目的 （4）B的结构简式 ；C的名称 写出一种满足下列条件的D的同分异构体的结构简式．①芳香族化合物②能发生水解反 ③有3种不同环境的氢原1mol该物质与NaOH溶液共热最多消 mol普鲁卡因的三条合成路线中，第一条合成路线与第二条、第三条相比不太理想，理由是 ．十、（14分29（12分（2015• ）制纯碱包括石灰石分解、粗盐水精制、氨盐水碳酸化等基本步骤．完成下计：CaCO3质量分数为0.90的石灰石100kg完全分解产生 况石灰窑中，该石灰石100kg与焦炭混合焙烧，产生CO229120L（标准状况如果石 已知粗盐水含MgCl26.80mol/m3，含然后加入Na2CO3除钙离子．处理上述粗盐水10m3，至少需要加 处理上述10m3粗盐水至少需要通入多少L（标准状况）碳酸化尾气？列式计算1521kg，通入二氧化碳后析出碳酸氢钠晶体，过滤后溶液中含氯化1070kg．列式计算：①过滤后溶液中氯化钠的质量②析出的碳酸氢钠晶体的质量 年市高考化学试参考答案与试题解一、选择题（本题共10分，每小题2分，每题只有一个正确选项（（2于Lv的叙述错误的是（ 原子序数116B．中子数C．核外电子数116D．相对原子质量【考点】核素；质量数与质子数、中子数之间的相互【分析】根据在原子中：原子序数=质子数=核外电子数=核电荷数，进行解答【解答】解：A．第116号元素Lv的原子序数为116，故A中子数=质量数﹣质子数=293﹣116=177，故B正确原子序数=质子数=核外电子数=核电荷数，可知核外电子数为116，故C正确D．293代表该原子的质量数，一种元素有多种核素，质量数指的是质子与中子质量的和，量，所以同种元素的相对原子质量只有一个数值，两者近似相等，故D错误．【点评】本题主要考查了原子符号的含义，掌握原子序数=核内质子数=核电荷数是解题的关键，题目难度不大． ）下列物质见光不会分解的是 【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；铵盐；硝酸的化学性质【解答】解：A．HClO见光分解为HCl与氧气，故A不选；B．氯化铵加热分解生成氨气和HCl，见光不分解，故B选；C．硝酸见光分解为二氧化氮、氧气与水，故C不选；故选B．．（2分（2015•）某晶体中含有极性键，关于该晶体的说法错误的是 C．可能是有机物D．可能是离子晶体【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别【分析】一般不同非金属元间易形成极性键，已知某晶体中含有极性键，则该晶体为化合熔沸点很高，故A错误；含有极性键的物质至少含有2种元素，属于化合物，不可能是单质，故B正确有机物中含有极性键，如甲烷中含有C﹣H极性键，故C正确；确．故选A．．（2分（2015•）不能作为判断硫、氯两种元素非金属性强弱的依据是 D．最高价氧化物对应的水化物酸性的【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律氢化物的稳定性以及最高正价氧化物对应水化物酸性强弱．【解答】解：A．单质的氧化性越强，其元素的非金属性越强，可以判断非金属性强弱，单质的沸点属于物理性质，与元素的非金属性无关，不能判断非金属性强弱，故B选；C．单质与氢气化合越容易，则元素的非金属性越强，可以判断非金属性强弱，故C不选； ）二氧化硫能使溴水褪色，说明二氧化硫具有 BCD【考点】二氧化硫的化学性质【分析】二氧化硫与溴水发生氧化还原反应生成氢溴酸和硫酸硫元素化合价升高，体现还原性．二、选择题（本题共36分，每小题3分，每题只有一个正确选项（2015• B．3C．4D．5【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别体，熔化时克服离子键，需要克服相同类型作用力的物质有4种．基本概念的考查，题目难度不大，注意晶体类型的分类和性质的区别．7．（3分（2015•）检验用硫酸亚铁制得的硫酸铁中是否含有硫酸亚铁，可选用的试剂 A．NaOH D．苯【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用【分析】亚铁离子具有还原性，可与氯水、高锰酸钾等氧化剂反应，以此解答该题【解答】解：A．加入氢氧化钠，因含有铁离子，可生成红褐色沉淀，不能检验是否含有亚铁离子，故A错误；BB正确； DD错误．故选B．8．（3分（2015• A．加入催化剂，减小了反应的热效B．加入催化剂，可提高H2O2的平衡转化率【考点】反应热和焓变；化学平衡的影响因素【分析】A、催化剂只通过改变活化能来改变反应速率，不改变反应的热效应B、催化剂只改变反应速率不改变化学平衡C、图象分析反应是放热反应，热化学方程式要注明状D、图象分析反应是放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量化率，故B错误；D、图象分析反应是放热反应，所以反应物的总能量高于生成物的总能量，故 正确 分）（2015•）已知咖啡酸的结构如图所示．关于咖啡酸的描述正确的是 分子式为1mol咖啡酸最多可与5mol氢气发生加成反应D．能Na2CO3NaHCO3溶液反应【考点】有机物的结构和性质【解答】解：A．由结构简式可知分子式为C9H8O4，故A错误成反应，故B错误；C．含有酚羟基，可与溴发生取代反应，含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，故 正确误．故选C．D，注意官能团的酸性强弱的比较．10（3分（2015• ）卤代烃的 有多种方法，下列卤代烃不适合由相应的烃经卤代反应制得的是（ ） 【考点】有机物分子中的官能团及其结【分析】A、环己烷中只存在1种化学环境不同的H，此卤代烃可以由环己烷取代得到；B、2，2﹣H2，2﹣二甲基丙烷取代得到；C、2﹣甲基丙烷中存在2种化学环境不同的H，一氯代物存在同分异构体；D、2，2，3，3﹣四甲基丁烷中只存在一种环境的H，一氯代物只有一种，据此解答即可【解答】解：A、可以由环己烷取代制得，故A不选B 可以由2，2﹣二甲基丙烷取代得到，故B不选不适合由相应的烃经卤代反应制得，故C选；D 可以由2，2，3，3﹣四甲基丁烷制得，故D不选，故选 ）下列有关物质性质的比较，错误的是 A．溶解度：小苏打＜苏打B．密度：溴乙烷＞水 石D．碳碳键键长：乙烯＞苯 【解答】解：A．在碳酸钠饱和溶液中通入二氧化碳生成碳酸氢钠，可观察到溶液变浑浊，说明碳酸钠溶解度大于碳酸氢钠，故A正确；B．卤代烃的密度比水大，则溴乙烷的密度大于水，故B正确 石都为原子晶体C﹣C＜Si﹣Si，原子晶体中，键长越短，键能越大，则硬度越大，故C正确；误．故选D．12．（3分）（2015•）与氢硫酸反应有沉淀生成的电解质是 ABCD【考点】硫化氢【分析】A、CuS不溶于酸B、H2S和NaOH发生酸碱中和反应C、FeS不溶于水但溶A、CuS不溶于水也不溶于酸CuSO4H2S反应生CuS沉淀CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4，且硫酸铜为电解质，故A正确B、H2S和NaOH发生酸碱中和反应：H2S+2NaOH=Na2S+H2O，无沉淀生成，故B错误C、FeS不溶于水但溶于酸，故FeSO4和H2S不能反应，故CD、SO2H2S发生归中反应有硫单质生成：SO2+2H2S=3S↓+2H2O，但二氧化硫不是电解质，故D错误．【点评】本题考查了电解质的概念以及复分解反应发生的条件，难度不大，应注意的 不溶于水但溶于酸，故FeSO4和H2S不能反应）3（3分（2015 回收废水中苯酚的过程如图所示．下列分析错误的是 ）A．操作I中苯作萃取剂C．通过操作II苯可循环使用【考点】"三废"处理与环境保护．液，苯可以循环利用，苯酚钠溶液中加入盐酸得到苯酚，经过过滤操作进行分离得到苯酚．【解答】解：用苯萃取废水中的苯酚，进行分液得到苯酚的苯溶液，再加入氢氧化钠溶液，NaCl溶液，同样经过分液操作进行分离得到苯酚．A．操作I是用苯萃取废水中的苯酚，进行分液得到苯酚的苯溶液，苯为萃取剂，故A正确B．苯酚钠属于钠盐，易溶于水，在苯中的溶解度比在水中的小，故 错误CC正确；D．操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为分液操作，用到分液漏斗，故D正确．故 分）（2015•）研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示．下列有关说法错误的 A．d为石墨，铁片腐蚀加C．dD．d为锌块，铁片上电极反应为：2H++2e【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】A、 为石墨，铁片活泼，所以腐蚀铁D、 为锌块，作为负极，因海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀+2+B正确；C、锌比铁片活泼，所以腐蚀锌，所以铁片不易被腐蚀，故CD、 为锌块，作为负极，因海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀，所以铁片上电极反应为O2+H2+4e═4H﹣故D错误故选D．【点评】本题考查了原电池原理，根据电极上得失电子判断正负极，再结合电极反应类型、电子流向来分析解答，熟记原电池原理，难点是电极反应式的书写． ）一般情况下，前者无法决定后者的是 低D．物质内部 质和弱电解质的概念．【分析】A、元素在周期表中呈现规律性的变化与其核外电子排布有关B、电离常数越大说明该弱电解质越易电离C、稳定性与化学键有关，分子间作用力决定物质的物理性质D、物质内部的能量即键能，断开化学键与形成化学键决定化学反应的热效应【解答】解：A、因为原子核外电子排布呈现规律性的变化，故元素在周期表中的位置也呈现规律性的变化，即原子核外电子排布决定了元素在周期表中的位置，故A正确；B、相同类型的弱电解质，其电离常数越大说明该弱电解质越易电离，故 正确C、稳定性与化学键有关，分子间作用力决定物质的物理性质，则分子晶体的稳定性决定于其中的化学键，故C错误；定了化学反应的热效D正确，16（3分（2015•）短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和丁的原子核法错误的是（）【考点】原子结构与元素周期律的关系化物两两之间能相互反应，应是氢氧化铝在与强碱、强酸的反应，故乙为Na、丙为Al，甲 电子排布为2s2sp2或2s22p4，甲为C或O，丁最高价含氧酸为强酸， 电子排布为3s23p4，故丁为S元素，据Na、丙为Al，甲和丁的原子核外均有两个未成对电子，结合原子序数可知，甲2s2sp22s22p4CO，丁最高价含氧酸为强酸，电子排布为3s23p4S元A．AlA极性分子，故B正确；半径：S2﹣＞Na+＞Al3+C正确；D．甲与乙形成的化合物有氧化钠、过氧化钠等，氧化钠氧化性很弱，通常条件下基本不表D错误，【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意甲元素的不确定性，难度中等．17（3分（2015•）某无色溶液含有下列离子中的若干种：H+、NH4+、e3+、Ba2+、Al3+、CO32﹣、Cl﹣、OH﹣、NO3﹣．向该溶液中加入铝粉，只放出H2，则溶液中能大量存在的离子最多有（）B．4C．5D．6【考点】离子共存问题【分析】溶液无色，则一定不存在有色的Fe3+；在其中加入金属铝，发生反应并放出H2，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，若为酸性，则不存在OH﹣、NO3﹣、CO32﹣，若呈碱性，则不存在Al3+、H+、NH4+、e3+，以此解答该题．【解答】解：无色溶液中一定不存在有色的Fe3+；溶液中加入金属铝，发生反应并放出H2，溶若溶液为酸性，则不存在：OH﹣、NO3﹣、CO32﹣，阴离子只能为Cl﹣，阳离子可以为：H+、NH4+、Ba2+、Al3+，最多存在5种离子；+ 3可存在的离子为：Ba2+、Cl﹣、OH﹣、NO﹣43故选C．成氢气．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，一个，该小题不给分）18（4分（2015）4NH3+5O2→4NO+6H2O中的氨作用相同的是（）A．2Na+2NH3→2NaNH2+H2↑B．2NH3+3CuO→3Cu+N2+3H2OC．4NH3+6NO→5N2+6H2OD．3SiH4+4NH3→Si3N4+12H2【考点】氨的化学性质故B正确；C．4NH3+6NO→5N2+6H2O反应中，氨气中N元素的化合价升高，则氨气作还原剂，故D．3SiH4+4NH3→Si3N4+12H2反应中，氨气中H元素的化合价降低，则氨气作氧化剂，D【点评】本题考查了氨气的性质，侧重于氧化还原反应知识应用的考查，注意根据氨气 元素的化合价变化分析，题目难度不319．（4分（2015• 2Ca2++3HC→﹣+3OH﹣ 3【考点】离子方程式的书写以此来解答．【解答】解：A．Ca（HCO3）2与足量的NaOH反应即时，离子反应为Ca2++2HCO3+2OH=CaCO3↓+CO32+2H2O，与少量NaOH反应即（HCO）]：n（NaOH）=1：1时，离子反应为

+OH=CaCO3↓+H2O，当 33

B．Ca（OH）2与少量的NaHCO3反应即n[Ca（OH）2]：n（NaHCO3）=1：1时，离子

= 2++2HCO+2OH=CaCO↓+CO2+2HOn[Ca（OH）：

（NaHCO）=2：32Ca2++3HCO+3OH→2CaCO3↓+CO2﹣+3H BCa2++HC3Ca（OH）2Ca（HCO3）2Ca2++HCO3﹣+OH﹣=CaCO3↓+H2O，故C不选；3333H2O+H2ONH4HCO3与少量澄清石灰水的离子反应为故选AB．

+2OH=CaCO3↓+CO ）对于合成氨反应，达到平衡后，以下分析正确的是 【考点】合成氨条件的选择【分析】A、合成氨是发热反应，升温平衡逆向进行D、催化剂同等程度影响正逆反应速【解答】解：合成氨的化学方程式为 2NH3，△H＜0，反应是气体积减小的发热A、合成氨是放热反应，升温平衡逆向进行，对逆反应的反应速率影响更大，故A错误；B、BC错误；故选B．21（4分（2015• 通入SO2，可 Na2S2O3，同时放出CO2．在该反应中（ B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2C1molNa2S2O34mol电子D．相同条件下，每吸收10m3SO2就会放出【考点】氧化还原反应【分析】工业上将Na2CO3和Na2S以1：2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可Na2S2O3CO22Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2，反应在S元素的化合价从﹣2价升高到+2价，S的化合价从+4价降低到+2价，据此分析．【解答】解：A．由反应方程式中 元素的化合价变化可知，硫元素既被氧化又被还原，B．2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2中，Na2S为还原剂，SO2为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，故B错误；C．反应2Na2S转化3Na2S2O381molNa2S2O3，转移mol电子，故C错误；D4molSO21molCO210m3SO222．（4分）（2015•）将O2和NH3的混合气体448mL通过加热的三氧化二铬，充分反44.8mLO2的体积可能是（假设氨全部被氧化；气体体积均已换算成标准状况（）A．231.5mLB．268.8mLC．287.5mL【考点】有关混合物反应的计算【分析】发生反应为 4NO+6H2O、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，剩余后分别根据剩余气体为氧气、NO结合反应方程式列式计算即可．4NO+3O2+2H2O=4HNO3，设氧气总体积为y，氨气总体积为x，则：①x+y=448mL；由于x体积