2016年普通高等学校招生全国统一考试（上海卷）化学.docx

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1、2016年普通高等学校招生全国统一考试 (上海卷 )化学 一、选择题 1.轴烯是一类独特的星形环烃 .三元轴烯 ( )与苯 ( ) A.均为芳香烃 B.互为同素异形体 C.互为同系物 D.互为同分异构体 解析： 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 。 答案： D 2.下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是 ( ) A.海带提碘 B.氯碱工业 C.氨碱法制碱 D.海水提溴 解析： A.海带提碘是由 KI变为 I2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故 A不选；B.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

2、原反应，故B不选； C.氨碱法制碱，二氧化碳、氨气、氯化钠反应生成碳酸钠和氯化铵，没有元素的化合价变化，则不涉及氧化还原反应，故 C选； D.海水提溴是由溴元素的化合物变为溴元素的单质，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故 D不选 。 答案： C 3.硼的最高价含氧酸的化学式不可能是 ( ) A.HBO2 B.H2BO3 C.H3BO3 D.H2B4O7 解析： 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， H2BO3中 B的化合价为 +4价，所以不可能是 H2BO3， 答案：

3、项 B符合题意 。 答案： B 4.下列各组物质的熔点均与所含化学键的键能有关的是 ( ) A.CaO与 CO2 B.NaCl与 HCl C.SiC与 SiO2 D.Cl2与 I2 解析： A.CaO为离子化合物，熔化断裂离子键，而 CO2在固体时是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，与化学键无关，故 A错误； B.NaCl 为离子化合物，熔化断裂离子键，而HCl在固体时是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，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； D.Cl2与 I2在固体时是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，与化学

4、键无关，故 D错误 。 答案： C 5.烷烃 的命名正确的是 ( ) A.4甲基 3丙基戊烷 B.3异丙基己烷 C.2甲基 3丙基戊烷 D.2甲基 3乙基己 烷 解析： 选择分子中含有碳原子数最多的碳链为主链，并从离支链较近的一端给主链的碳原子编号，该物质的名称是 2甲基 3乙基己烷，故 D正确 。 答案： D 6.能证明乙酸是弱酸的实验事实是 ( ) A.CH3COOH溶液与 Zn反应放出 H2 B.0.1 mol/L CH3COONa 溶液的 pH 大于 7 C.CH3COOH溶液与 NaCO3反应生成 CO2 D.0.1 mol/L CH3COOH 溶液可使紫色石蕊变红 解析： A.只能

5、证明乙酸具有酸性，不能证明其酸性强弱，故 A错误； B.该盐水溶液显碱性，由于 NaOH是强碱，故可以证明乙酸是弱酸，故 B 正确； 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错误 。 答案： B 7.已知 W、 X、 Y、 Z为短周期元素，原子序数依次增大 。 W、 Z同主族， 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 ( ) A.原子半径： X Y Z W B.W的含氧酸的酸性比 Z的含氧酸的酸性强 C.W的气态氢化物的稳定性小于 Y的气态氢化物的稳定性 D.若 W与 X原子序数

6、差为 5，则形成化合物的化学式为 X3W2 解析： 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，则同主族元素 W与 Z都是非金属，可能分别为 N、 P或 F、 Cl， Y可能为 Si或 S，金属元素 X可为 Na、 Mg、 Al中的一种， A.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； B.W的含氧酸可能是 HNO2、 HNO3， Z的含氧酸是 H3PO4，酸性 HNO2 H3PO4，故 B 错误； C.元素的

7、非金属性 W Y，所以气态氢化物的稳定性 W Y，故C错误； D.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 。 答案： A 8.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电子的物质的量， y轴表示( ) A.铜棒的质量 B.c(Zn2+) C.c(H+) D.c(SO42 ) 解析： 铜锌原电池中， Zn是负极，失去电子发生氧化反应，电极反应为 Zn 2e =Zn2+， Cu是正极，氢离子得电子发生还原反应，电极反应为 2H+2e =H2 ， A.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

8、误； B.由于 Zn是负极，不断发生反应 Zn 2e =Zn2+，所以溶液中 c(Zn2+)增大，故 B错误； C.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.SO42 不参加反应，其浓度不变，故 D错误 。 答案： C 9.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 ( ) A.碳酸钙粉末 B.稀硫酸 C.氯化钙溶液 D.二氧化硫水溶液 解析： 在氯水中存在反应 Cl2+H2OH+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2HCl+CaCO3=CaCl

9、2+CO2+H 2O，使化学平衡正向进行，导致次氯酸浓度增大，溶液漂白性增强，故 A正确； B.加入稀硫酸使溶液 中氢离子浓度增大平衡逆向进行，次氯酸浓度减小，溶液漂白性减弱，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.加入二氧化硫的水溶液，二氧化硫有还原性，能被氯气氧化，平 衡逆向进行，次氯酸浓度减小，漂白性减弱，故 D 错误 。 答案： A 10.一定条件下，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

10、 C.一定属于氧化还原反应 D.一定属于分解反应 解析： 根据图示可知该反应反应物是一种，生成物是两种， A.该物质属于分解反应，一般的分解反应是吸热反应，但也有的分解反应如 2H2O2=2H2O+O2 的反应是放热反应，故 A错误；B.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； C.该反应中有有单质生成，元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故 C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 。 答案： A 11.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是聚苯乙炔 B.该反应为缩聚反应 C.PPV与聚苯乙

11、烯的最小结构单元组成相同 D.1 mol 最多可与 2 mol H2发生反应 解析： A.根据物质的分子结构可知该物质不是聚苯乙炔，故 A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 B正确； C.PPV与聚苯乙烯 的重复单元不相同，故 C 错误； D.该物质一个分子中含有 2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 。 答案： B 12.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 C.氧化铁中混有二氧化硅 D.氯化亚铁溶液

12、中混有氯化铜 解析： A.MgO是碱性氧化物与 NaOH不能反应，而 Al2O3是两性氧化物，可以与 NaOH发生反应产生 NaAlO2，过滤后洗涤，就得到纯净的 MgO，故 A不选； B.向溶液中加入过量的 NaOH溶液，氯化铁变为 Fe(OH)3沉淀，氯化铝变为 NaAlO2，过滤，然后向溶液中加入适量的盐酸，当沉淀达到最大值中，过滤，得到 Al(OH)3，再分别向两种物质的沉淀中加入适量的盐酸溶解，就得到氯化铝溶液，除去了杂质，故 B不选； C.二氧化硅是酸性氧化物，可以与 NaOH发生反应，而氧化铁与 NaOH不能发生反应 .加入过量的 NaOH，然后过滤洗涤，就得到纯净的氧化铁，故

13、C不选； D.二者都可以与 NaOH发生反应，当再向得到的沉淀中加入盐酸时，二者都溶解，不能分离、提纯二者，故 D选 。 答案： D 13.O2F2可以发生反应： H2S+4O2F2SF 6+2HF+4O2，下列说法正确的是 ( ) A.氧气是氧化产物 B.O2F2既是氧化剂又是还原剂 C.若生成 4.48 L HF，则转移 0.8mol电子 D.还原剂与氧化剂的物质的量之比为 1： 4 解析： A.O元素由 +1价降低到 0价，化合价降低，获得电子，所以氧气是还原产物，故 A错误； B.在反应中， O2F2中的 O元素化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而硫化氢中的 S元素的化合价是

14、2价，反应后升高为 +6 价，所以 H2S表现还原性，而 O2F2表现氧化性，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； D.由方程式可知还原剂和氧化剂的物质的量的比是 1： 4，故 D正确 。 答案： D 14.在硫酸工业生产中，为了有利于 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.a、 b两处的混合气体成分含量相同，温度不同 B.c、 d两处的混合气体成分含量相同，温度不同 C.热交换器的作用是预热待反应的气体，冷却反应后的气体 D.c处气体经热交换后再次催化氧化的目的

15、是提高 SO2的转化率 解析： 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； 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

16、而可以提高 SO2的转化率，故 D正确 。 答案 ： B 15.下列气体的制备和性质实验中，由现象得出的结论错误的是 ( ) 选项 试剂 试纸或试液 现象 结论 A 浓氨水、生石灰 红色石蕊试纸 变蓝 NH3为碱性气体 B 浓盐酸、浓硫酸 pH试纸 变红 HCl 为酸性气体 C 浓盐酸、二氧化锰 淀粉碘化钾试液 变蓝 Cl2具有氧化性 D 亚硫酸钠、硫酸 品红试液 褪色 SO2具有还原性 A.A B.B C.C D.D 解析： A.生石灰溶于水放出大量的热，增大氢氧根离子浓度，有利于氨气的逸出， NH3制备可以采取浓氨水和生石灰制取，可用红色石蕊试纸检验，试纸变蓝则说明 NH3为碱性气体，故

17、A正确； B.利用浓硫酸的高沸点性，可以制取 HCl 气体， pH试纸变红，则说明气体为酸性气体，故 B正确； C.浓盐酸和二氧化锰加热可以制取 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； D.SO2使品红溶液褪色体现的是 SO2的漂白性，故 D错误 。 答案： D 16.实验室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 是过滤，将固体分离除去 B.操作 是加热浓缩 .趁热过滤，除去杂质氯化钠 C.操作 是过滤、洗涤，将硝酸钾晶体从溶液中分离出来 D.操作 总共需两次过滤 解析：

18、 KNO3中混有 NaCl 应提纯 KNO3，将它们都溶于水，并降温结晶 。 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明显变变化 。 则有，操作 是在烧杯中加水溶解，操作 是蒸发浓缩，得到较高温度下的 KNO3饱和溶液，操作 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晶体 。 答案： C 17.某铁的氧化物 (FexO)1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下 112ml Cl2，恰好将 Fe2+完全氧化 .x 值为 ( ) A.0.80 B.0.85 C.0.90 D.0.93 解析： 根据电子守恒可知，

19、 FexO被氧化为 Fe3+转移的电子数和 Cl2转移的电子数相等 .标准状况下 112mL Cl2转移电子数为 2=0.01mol .则有： (3)x=0.01mol ，解得 x=0.8。 答案： A 18.一定条件下，一种反应物过量，另一种反应物仍不能完全反应的是 ( ) A.过量的氢气与氮气 B.过量的浓盐酸与二氧化锰 C.过量的铜与浓硫酸 D.过量的锌与 18 mol/L硫酸 解析： 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

20、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 18mol/L 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，故 D错误 。 答案： AC 19.已知： SO32 +I2+H2OSO 42 +2I +2H+.某溶液中可能含有 Na+、 NH4+、 Fe2+、 K+、 I 、 SO32 、SO42 ，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 ( ) A.肯定不含 I B.肯定不含 SO42 C.肯定含有 SO32 D.肯定含有 NH4+ 解析： 溶液本身无色，说明没有 Fe2+；加入

21、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，则原溶液中一定有 SO32 ，故 C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 。 答案： BC 20.已知 NaOH+Al(OH)3NaAl (OH)4.向集满 CO2的铝制易拉罐中加入过量 NaOH浓 溶液，立即封闭罐口，易拉罐渐渐凹瘪；再过一段时间，罐壁又重新凸起 .上述实验过程中没有发生的离子反应是

22、( ) A.CO2+2OH CO 32 +H2O B.Al2O3+2OH +3H2O2Al (OH)4 C.2 Al+2OH +6H2O2Al (OH)4 +3H2 D.Al3+4 OH Al (OH)4 解析： 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： CO2+2OH CO32 +H2O，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 +6H2O2Al (OH)4 +3H2 ，则罐壁又重新凸起；因铝罐表面有氧化膜 Al2O3，则又能够发生反应： Al2O3+2OH +3H2O2Al (OH)4 ，根据分析可知，能够发

23、生反应为 A、 B、 C的，没有发生的反应为 D。 答案： D 21.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 CS2也是直线型分子 B.SiH4的沸点高于 CH4，推测 H2Se 的沸点高于 H2S C.Fe与 Cl2反应生成 FeCl3，推测 Fe与 I2反应生成 FeI3 D.NaCl与浓 H2SO4加热可制 HCl，推测 NaBr与浓 H2SO4加热可制 HBr 解析： A.O和 S是同族元素，故形成的 CO2和 CS2都是直线形分子，该推理合理，故 A正确；B.C和 Si， Se和 S都分别为同族元素，所形成的氢化物都为分子晶体，沸点取

24、决于分子间作用力的大小，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； D.浓硫酸氧化性很强，能够将 HBr氧化为 Br2，不能用该方 法制取 HBr，故 D错误 。 答案： AB 22.称取 (NH4)2SO4和 NH4HSO4混合物样品 7.24g，加入含 0.1molNaOH的溶液，完全反应，生成 NH3 1792ml(标准状况 )，则 (NH4)2SO4和 NH4HSO4的物质的量比为 ( ) A.1： 1 B.1： 2 C.1.87： 1 D.3.65： 1 解析： 假设混合物完全为 (NH4)2SO

25、4时消耗 NaOH的量最小， 7.24g(NH4)2SO4的物质的量为：0.0548mol ，消耗氢氧化钠的物质的量为 0.0548mol2=0.1096mol 0.1mol，说明氢氧化钠的物质的量不足， (NH4)2SO4和 NH4HSO4混合物样品中加入氢氧化钠溶液后，先与反应 NH4HSO4，然后与 (NH4)2SO4反应生成氨气，标准状况下生成氨气的物质的量为：=0.08mol，则与氢离子反应消耗 NaOH的物质的量为： 0.1mol0.08mol=0.02mol，故 NH4HSO4的物质的量为 0.02mol， 所以 (NH4)2SO4的质量为： 7.24g 115g/mol0.02

26、mol=4.94g ，其物质的量为：0.0374mol ，则 (NH4)2SO4和 NH4HSO4的物质的量比为： 0.0375mol： 0.02mol=1.87： 1。 答案： C 二、非选择题 23.NaCN超标的电镀废水可用两段氧化法处理： .NaCN与 NaClO反应，生成 NaOCN和 NaCl .NaOCN与 NaClO反应，生成 Na2CO3、 CO2、 NaCl和 N2 已知 HCN(Ki=6.310 10)有剧毒； HCN、 HOCN中 N元素的化合价相同 。 完成下列填空： (1)第一次氧化时，溶液的 pH应调节为 (选填 “ 酸性 ” 、 “ 碱性 ” 或 “ 中性 ”

27、)；原因是 。 答案 ： 碱性 防止生成 HCN，造成人员中毒或污染空气 (2)写出第二次氧化时发生反应的离子方程式 . 解析： 反应中氯元素的化合价从 +1价降低到 1价，得到 2个电子 .N元素化合价从 3价升高到 0价，失去 3个电子，则根据电子得失守恒可知还原剂和氧化剂的物质的量之比是 2：3，反应的离子方程式为： 2OCN +3ClO =CO32 +CO2+3Cl +N2 。 答案 ： 2OCN +3ClO =CO32 +CO2+3Cl +N2 (3)处理 100m3含 NaCN 10.3mg/L的废水，实际至少需 NaClO g(实际用量应为理论值的 4倍 )，才能使 NaCN含量

28、低于 0.5mg/L，达到排放标准 。 解析： 参加反应的 NaCN是： =20mol，反应中 C由 +2 价升高到 +4价， N元素化合价从 3价升高到 0 价，即 1molNaCN失去 5mol电子， 1mol次氯酸钠得到 2mol电子，所以处理 100 m3含 NaCN 10.3 mg/L的废水，实际至少需 NaClO的质量为：74.5g/mol4=14900g 。 答案 ： 14900 (4)(CN)2与 Cl2的化学性质相似 .(CN)2与 NaOH溶液反应生成 、 和 H2O。 解析： (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可知， (CN)2与NaOH

29、溶液反应生成 NaOCN、 NaCN、和 H2O。 答案 ： NaOCN NaCN (5)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 ； H、 C、 N、 O、Na的原子半径从小到大的顺序为 。 解析： 氯原子的和我电子排布式为： 1s22s22p63s23p5，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。 答案 ： 3p H O N C Na (6)HCN是直线型分子， HCN 是 分子 (选填 “ 极性 ”

30、或 “ 非极性 ” ).HClO 的电子式为 。 解析： HCN是直线型分子，由于正负电荷的重心不重合，则 HCN为极性分子； HClO 为共价化合物，分子中含有 1个 O Cl键和个 H O键，其电子式为 。 答案 ：极性 24.随着科学技术的发展和环保要求的不断提高， CO2的捕集利用技术成为研究的重点 。 完成下列填空： (1)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： CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g) 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化 。

31、(选填 “ 增大 ” 、“ 减小 ” 或 “ 不变 ” ) v 正 v 逆 平衡常数 K 转化率 解析： 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，即正反应是放热反应 .升高温度正、逆反应速 率均增大，平衡逆反应方向进行，平衡常数减小，反应物的转化率减小 。 答案 ： 增大 增大 减小 减小 (2)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： CO2/molL 1 H2/molL 1 CH4/molL 1 H2O/molL 1 平衡 a b c d 平衡 m n x y a、 b、 c、 d与 m、 n、 x、 y之间的关系式为 。 解析

32、： 相同温度时平衡常数不变，则 a、 b、 c、 d与 m、 n、 x、 y之间的关系式为 。 答案 ： (3)碳酸： H2CO3， Ki1=4.310 7， Ki2=5.610 11 草酸： H2C2O4， Ki1=5.910 2， Ki2=6.410 5 0.1mol/L Na2CO3溶液的 pH 0.1mol/L Na2C2O4溶液的 pH.(选填 “ 大于 ”“ 小于 ” 或“ 等于 ” ) 等浓度相等草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是 .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 。 (选填编号 ) a.H+ HC2O4 HCO3 CO32

33、b.HCO3 HC2O4 C2O42 CO32 c.H+ HC2O4 C2O42 CO32 d.H2CO3 HCO3 HC2O4 CO32 解析： 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 0.1 mol/L Na2CO3溶液的 pH 大于 0.1 mol/L Na2C2O4溶液的 pH，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，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+ HC2O4 C2O42 HCO3 CO32 ，则 ac正确， bd 错误 。 答案 ： 大于 草酸 ac

34、 (4)人体血液中的碳酸和碳酸氢盐存在平衡： H+HCO3 H2CO3，当有少量酸性或碱性物质进入血液中时，血液的 pH 变化不大，用平衡移动原理解释上述现象 。 解析： 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，血液中的 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 。 答案 ：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，血液中的 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 25.乙酸乙酯广泛用于药物、染料、香料等工业，中学化学实

35、验常用 a装置来制备 。 完成下列填空： (1)实验时，通常加入过量的乙醇，原因是 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 ；浓硫酸用量又不能过多，原因是 。 解析： 由于是可逆反应，因此加入过量的乙醇增大反应物浓度，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率 。 由于浓 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，因此实际用量多于此量；由于浓 H2SO4具有强氧化性和 脱水性，会使有机物碳化，降低酯的产率，所以浓硫酸用量又不能过多 。 答案 ： 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，

36、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 (2)饱和 Na2CO3溶液的作用是 。 解析： 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、溶解乙醇、减少乙酸乙酯在水中的溶解 。 答案：中和乙酸、溶解乙醇、减少乙酸乙酯在水中的溶解 (3)反应结束后，将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中， 、 ，然后分液 。 解析： 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 。 答案：振荡 静置 (4)若用 b装置制备乙酸乙酯，其缺点有 、 .由 b装置制得的乙酸乙酯产品经饱和碳酸钠溶液和饱和

37、食盐水洗涤后，还可能含有的有机杂质是 ，分离乙酸乙酯与该杂质的方法是 。 解析： 根据 b装置可知由于不是水浴加热，温度不易控制，饮醋制备乙酸乙酯的缺点有原料损失较大、易发生副反应，由于乙醇溶液发生分子间脱水生成乙醚，所以 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 。 答案：原料损失较大 易发生副反应 易发生副反应 乙醚 蒸馏 26.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： (

38、1)半水煤气含有少量硫化氢 .将半水煤气样品通入 溶液中 (填写试剂名称 )，出现 ，可以证明有硫化氢存在 。 解析： 将水煤气通入硝酸铅 (或硫酸铜 )溶液中，出现黑色沉淀，证明含有硫化氢 。 答案 ：硝酸铅 (或硫酸铜 ) 黑色沉淀 (2)半水煤气在铜催化下实现 CO变换： CO+H2O CO2+H2，若半水煤气中 V(H2)： V(CO)：V(N2)=38： 28： 22，经 CO变换后的气体中： V(H2)： V(N2)= 。 解析： 若半水煤气中 V(H2)： V(CO)： V(N2)=38： 28： 22，反应中氮气条件不变，根据方程式：CO+H2O CO2+H2，可知经 CO变换

39、后的气体中 V(H2)： V(N2)=(38+28)： 22=3： 1。 答案 ： 3： 1 (3)碱液吸收法是脱除二氧化碳的方法之一 。 已知： Na2CO3 K2CO3 20 碱液最高浓度 (mol/L) 2.0 8.0 碱的价格 (元 /kg) 1.25 9.80 若选择 Na2CO3碱液作吸收液，其优点是 ；缺点是 .如果选择 K2CO3碱液作吸收液，用什么方法可以降低成本？ 写出这种方法涉及的化学反应方程式 。 解析： 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，反应方程式为：

40、 2KHCO3 K2CO3+CO2+H 2O。 答案 ：价廉 吸收 CO2能力差 碱液循环使用； 2KHCO3 K2CO3+CO2+H 2O (4)以下是测定半水煤气中 H2以及 CO的体积分数的实验方案 .取一定体积 (标准状况 )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 。 选用合适的无机试剂分别填入 、 、 、 方框中 。 该实验方案中，步骤 (选填 “” 或 “” )可以确定半水煤气中 H2的体积分数 。 解析： 半水煤气中含有二氧化碳，首先利用碱液除去二氧化碳，干燥后再通过氧化铜反应，利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

41、流程图为： ， 氢气还原氧化铜生成水蒸气，浓硫酸吸收水蒸气，故步骤 IV可以确定半水煤气中 H2的体积分数 。 答案 ： KOH 浓硫酸 浓硫酸 KOH IV 27.异戊二烯是重要的有机化工原料，其结构简式为 CH2=C(CH3)CH=CH2。 完成下列填空： (1)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 。 解析： 化合物 X与异戊二烯的分子式相同，则 X的分子式为 C6H10， X的不饱和度为 2， X与Br2/CCl4发生加成反应产物为 3甲基 1， 1， 2， 2四溴丁烷，则 X分子中存在碳碳三键，其结

42、构简式为： CHCCH (CH3)2。 答案 ： CHCCH (CH3)2 (2)异戊二烯的一种制备方法如图所示： A能发生的反应有 。 (填反应类型 ) B的结构简式为 。 解析： 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液氧化而发生氧化反应，能发生加聚反应 (聚合反应 )， A分子中存在羟基能发生取代反应 (酯化反应 )和消除反应，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 ，再发生消除反应即可得到异戊二烯 。 答案 ：加成 (还原 )、氧化、聚合、取代 (酯化 )、消除反应 (3)设计一条由异戊二烯制得有机合成中间

43、体 的合成路线 。 (合成路线常用的表示方式为： A B 目标产物 ) 解析： CH2=C(CH3)CH=CH2在一定条件下先与 HCl发生加成反应生成 CH2=C(CH3)CH2CH2Cl，然后CH2=C(CH3)CH2CH2Cl在氢氧化钠溶液、加热条件下发生取代 (水解 )反应生成CH2=C(CH3)CH2CH2OH，最后 CH2=C(CH3)CH2CH2OH在催化剂、加热条件下与 H2发生加成反应即可生成 CH3CH(CH3)CH2CH2OH，合成路线流程图为：。 答案 ：28.M是聚合物胶黏剂、涂料等的单体，其一条合成路线如下 (部分试剂及反应条件省略 )： 完成下列填空： (1)反应

44、 的反应类型是 反应 的反应条件是 。 解析： 反应 的反应类型是：消去反应，反应 发生酯化反应，反应条件是：浓硫酸、加热 。 答案 ：消去反应 浓硫酸 加热 (2)除催化氧化法外，由 A得到 所需试剂为 。 解析： 除催化氧化法外，由 A得到 还可以利用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液等将醛基氧化成羧基，然后再酸 化 。 答案 ：银氨溶液 酸 (3)已知 B能发生银镜反应 ， 由反应 、反应 说明：在该条件下， 。 解析： 化合物 A(C8H14O)与 H2发生加成反应生成 B(C8H16O)， B与氢气发生加成反应生成 Y(C8H18O)，由 B能发生银镜反应，说明碳碳双键首先与 H2加成，即

45、碳碳双键比醛基 (羰基 )易还原 。 答案 ：碳碳双键比醛基 (羰基 )易还原 (4)写出结构简式， C ； M 解析： 由上述分析可知， C的结构简式为 CH2=CHCHO， M的结构简式为。 答案 ： CH2=CHCHO (5)D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 。 解析： 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CH2=CHCOOCH2CH2CH2CH3， CH2=CHCOOCH2CH2CH2CH3与氯乙烯发生加聚反应可生成高聚物：。 答案 ： (6)写出一种满足下列条件的丁醛的同分异构体的结构简式 . 等 不含羰基 含有 3种不同化学环境的氢原子 已知：双键碳上连有羟基的结构不稳定 。 解析： 丁醛的结构简式为： CH3CH2CH2CHO，不饱和度 =1，在其同分异构体中 不含羰基，说明分子中含有碳碳双键，或者含有 1个环， 含有 3种不同化学环境的氢原子且双键碳上连有羟基的结构不稳定 .则符合条件的结构简式为： 等 。 答案 ： 29.CO2是重要的化工原料，也是应用广发的化工产品 。 CO2与过氧化钠或超氧化钾反应可产生氧气 。 完成下列计算： (1)CO2通入氨水生成 NH4HCO3， NH4HCO3很容易分解 .2.00mol