2014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、 2014 年普通高等学校招生全国统一考试 (上海 卷 )化学 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 分 )“ 玉兔 ” 号月球车用 Pu 作为热源材料 。 下列关于 Pu 的说法正确的是( ) A. Pu 与 U 互为同位素 B. Pu 与 Pu 互为同素异形体 C. Pu 与 U 具有完全相同的化学性质 D. Pu 与 Pu 具有相同的最外层电子数 解： A、 有相同质子数，不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素， Pu 与U 质子数不同，不是同位素，故 A 错误； B、 同种元素形成的不同单质互称同素异形体， Pu 与 Pu 均为原子

2、，不是同素异形体，故 B 错误； C、 Pu 与 U 质子数不同属于不同的元素，其化学性质不同，故 C 错误； D、 Pu 与 Pu 具有相同的质子数，所以其核外电子数相同，则具有相同的最外层电子数，故 D 正确； 故选 D 2.(2 分 )下列试剂不会因为空气中的氧气而变质的是 ( ) A.过氧化钠 B.氢硫酸 C.硫酸亚铁 D.苯酚 解：过氧化钠和空气中二氧化碳、水蒸气反应，但和氧气不反应，不会因空气中的氧气而变质，故 A 正确；氢硫酸和氧气反应生成硫和水，会因空气中的氧气而变质，故 B 错误；硫酸亚铁和 氧气反应生成硫酸铁，会因空气中的氧气而变质，故错误；苯酚能被氧气氧化变成苯醌，会因空

3、气中的氧气而变质，故 D 错误 。 故选 A、 3.(2 分 )结构为 CH=CH CH=CH CH=CH CH=CH 的高分子化合物用碘蒸气处理后，其导电能力大幅度提高 。 上述高分子化合物的单体是 ( ) A.乙炔 B.乙烯 C.丙烯 D.1， 3丁二烯 解：高分子化合物 CH=CH CH=CH CH=CH CH=CH ，其结构简式可以表示为： CH=CH n，属于加聚产物，根据加聚产物的单体推断方法，凡链节的主链上只有两个碳原子 (无其它原子 )的高聚物，其合成单体必为一种，将两半键闭合即可其单体为： CH CH， 故选 A 4.(2 分 )在 “ 石蜡 液体石蜡 石蜡蒸气 裂化气 ”

4、的变化过程中，被破坏的作用力依次是( ) A.范德华力、范德华力、范德华力 B.范德华力、范德华力、共价键 C.范德华力、共价键、共价键 D.共价键、共价键、共价键 解：石蜡 液体石蜡 石蜡蒸气属于物质的三态变化，属于物理变化，破坏了范德华力，石蜡蒸气 裂化气发生了化学变化，破坏了共价键 ；所以在 “ 石蜡 液体石蜡 石蜡蒸气 裂化气 ” 的变化过程中，被破坏的作用力依次是范德华力、范德华力、共价键 。 故选 B 5.(2 分 )下列分离方法中，和物质的溶解度无关的是 ( ) A.升华 B.萃取 C.纸上层析 D.重结晶 解：升华与物质熔沸点有关，加热转化为气态可分离混合物，而萃取、纸上层析、

5、重结晶均与物质在溶剂中的溶解度有关， 故选 A 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 )今年是门捷列夫诞辰 180 周年 。 下列事实不能用元素周期律解释的只有 ( ) A.碱性： KOH NaOH B.相对原子质量： Ar K C.酸性： HClO4 H2SO4 D.元素的金属性： Mg Al 解： A、 Na、 K 位于周期表相同周期，金属性 K Na，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，能用元素周期律解释，故 A 不选； B、 相对原子质量的大小与原子序数有关，随原子序数的增大而增大，存在周期性的变化，不能用元素周期律

6、解释，故 B 选； C、 非金属性 Cl S，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，能用元素周期律解释，故 C 不选； D、 同周期元素从左到右，元素的金属 性逐渐减弱，能用元素周期律解释，故 D 不选 。 故选： B 7.(3 分 )下列各组中两种微粒所含电子数不相等的是 ( ) A.H3O+和 OH B.CO 和 N2 C.HNO2和 NO2 D.CH3+和 NH4+ 解： A、 H3O+的质子数为 11，电子数为 11 1=10， OH 的质子数为 9，电子数为 9+1=10，电子数相同，故 A 错误； B、 CO 的质子数为 14，电子数为 14， N2的质子数为

7、14，电子数为 14，电子数相同，故 B 错误； C、 HNO2的质子数为 1+7+82=24 ，电子数为 24， NO2 的质子数为 7+82=23 ，电子数为 23+1=24，电子数相同，故 C 错误； D、 CH3+的质子数为 6+13=9 ，电子数为 9 1=8， NH4+的质子数为 11，电子数为 11 1=10，电子数不同，故 D 正确 。 故选： D 8.(3 分 )BeCl2熔点较低，易升华，溶于醇和醚，其化学性质与 AlCl3相似 。 由此可推测BeCl2( ) A.熔融态不导电 B.水溶液呈中性 C.熔点比 BeBr2高 D.不与 NaOH 溶液反应 解：氯化铝是共价化合物

8、，是分子晶体，熔融态不导电，能发生水解使溶液呈碱性，能与NaOH 溶液反应生成氢氧化铝沉淀 。 BeCl2熔点较低，易升华，溶于醇和醚，其化学性质与 AlCl3相似，故 A、 BeCl2为共价化合物，故熔融态不导电，故 A 正确； B、 BeCl2能发生水解使溶液呈酸性，故 B 错误； C、 BeCl2和 BeBr2为分子晶体， BeBr2相对分子质量大于 BeCl2，故 BeCl2熔点比 BeBr2低，故C 错误； D、 能与 NaOH 溶液反应生成氢氧化铍沉淀，故 D 错误 。 故选 A 9.(3 分 )1， 3丁二烯和 2丁炔分别与氢气反应的热化学方程式如下： CH2=CH CH CH2

9、(g)+2H2(g)C H3CH2CH2CH3(g)+236.6kJ CH3 C C CH3(g)+2H2(g)CH 3CH2CH2CH3(g)+272.7kJ 由此不能判断 ( ) A.1， 3丁二烯和 2丁炔稳定性的相对大小 B.1， 3丁二烯和 2丁炔分子储存能量的相对高低 C.1， 3丁二烯和 2丁炔相互转化的热效应 D.一个碳碳叁键的键能与两个碳碳双键的键能之和的大小 解：据 H=生成物的能量和反应物的能量和 =反应物的键能和生成物的键能和可知， 3丁二烯和 2丁炔的能量高低，能量越低越稳定， A、相同条件下 2丁炔放出热量比 1， 3丁二烯多，说明 1， 3丁二烯能量低，稳定，故A

10、 正确； B、相同条件下 2丁炔放出热量比 1， 3丁二烯多，说明 1， 3丁二烯能量低，故 B 正确； C、相同条件下 2丁炔放出热量比 1， 3丁二烯多，说明 1， 3丁二烯能量低，其相互转化有能量变化，故 C 正确； D、 1， 3丁二烯和 2丁炔所含的碳碳单键数目不同，所以不能判断一个碳碳叁键的键能与两个碳碳双键的键能大小，故 D 错误 。 故选： D 10.(3 分 )如图是用于干燥、收集并吸收多余气体的装置，下列方案正确的是 ( ) 选项 X 收集气体 Y A 碱石灰 氯化氢 水 B 碱石灰 氨气 水 C 氯化钙 二氧化硫 氢氧化钠 D 氯化钙 一氧化氮 氢氧化钠 A.A B.B

11、C.C D.D 解：该装置中采用向上排空气法收集，说明该气体密度大于空气，且该气体和空气中成分不反应，用固体干燥剂干燥，则该气体和干燥剂不反应， A、 碱石灰呈碱性，能和 HCl 反应，所以 HCl 不能用碱石灰干燥，故 A 错误； B、 氨气密度小于空气，应该采用向下排空气法收集，故 B 错误； C、 二氧化硫密度大于空气且常温下和空气中成分不反应，氯化钙和二氧化硫不反应，所以能用氯化钙干燥，故 C 正确； D、 常温下 NO 和氧气反应生成红棕色气体二氧化氮，所以得不到 NO， NO 采用排水法收集，故 D 错误 。 故选 C、 11.(3 分 )向饱和澄清石灰水中加入少量 CaC2，充分

12、反应后恢复到原来的温度，所得溶液中( ) A.c(Ca2+)、 c(OH )均增大 B.c(Ca2+)、 c(OH )均保持不变 C.c(Ca2+)、 c(OH )均减小 D.c(OH )增大、 c(H+)减小 解：加入 CaC2，与水发生 CaC2+2H2O=Ca(OH)2+HC CH ，反应消耗水，因原溶液为饱和溶液，则反应后一定有 Ca(OH)2析出，则溶液浓度不变， 故选 B、 12.(3 分 )如图所示，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和 NaCl 溶液的 U 型管中 。 下列正确的是( ) A.K1闭合，铁棒上发生的反应为 2H+2eH 2 B.K1闭合，石墨棒周围溶液 pH 逐渐升高 C

13、.K2闭合，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法 D.K2闭合，电路中通过 0.002NA个电子时，两极共产生 0.001mol 气体 解： A、若闭合 K1，该装置没有外接电源，所 以构成了原电池，较活泼的金属铁作负极，负极上铁失电子， Fe 2e =Fe2+，故 A 错误； B、若闭合 K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池；不活泼的石墨棒作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应，电极反应式为 2H2O+O2+4e =4OH ，所以石墨棒周围溶液 pH 逐渐升高，故 B 正确； C、 K2闭合， Fe 与负极相连为阴极，铁棒不会被腐蚀，属于外加电源的阴极保护法，故 C 错

14、误； D、 K2闭合，电路中通过 0.002NA个电子时，阴极生成 0.001mol 氢气，阳极生成 0.001mol氯气，两极共产生 0.002mol 气体，故 D 错误 。 故选 B、 13.(3 分 )催化加氢可生成 3甲基己烷的是 ( ) A. B. C. D. 解： 3甲基己烷的碳链结构为 ， A、 经催化加氢后生成 3甲基庚烷，故 A 不选； B、 经催化加氢后生成 3甲基戊烷，故 B 不选； C、 经催化加氢后能生成 3甲基己烷，故 C 选； D、 经催化加氢后能生成 2甲基己烷，故 D 不选 。 故选 C、 14.(3 分 )只改变一个影响因素，平衡常数 K 与化学平衡移动的关

15、系叙述错误的是 ( ) A.K 值不变，平衡可能移动 B.K 值变化，平衡一定移动 C.平衡移动， K 值可能不变 D.平衡移动， K 值一定变化 解：影响化学平衡的因素主要有浓度、温度、压强等 。 A、 K 值只与温度有关，若在其他条件不变时，增大反应物的浓度或减小生成物的浓度，有利于正反应的进行， K 值不变，平衡向右移动，故 A 正确； B、 K 值是温度的函数， K 值变化，说明温度发生了改变，则平衡一定发生移动，故 B 正确； C、 若在其他条件不变时，增大反应物的浓度或减小生成物的浓度，有利于正反应的进行，平衡向右移动，但 K 值只与温度有关，故 K 值不变，故 C 正确； D、

16、若是改变浓度或压强使平衡发生移动，而温度不变，则 K 值不变，故 D 错误 。 故选 D、 15.(3 分 )如图是模拟 “ 候氏制减法 ” 制取 NaHCO3的部分装置 。 下列操作正确的是 ( ) A.a 通入 C02，然后 b 通入 NH3， c中放碱石灰 B.b 通入 NH3，然后 a 通入 CO2， c中放碱石灰 C.a 通入 NH3，然后 b 通入 CO2， c中放蘸稀硫酸的脱脂棉 D.b 通入 C02，然后 a 通入 NH3， c中放蘸稀硫酸的脱脂棉 解：候氏制减法 ” 制取 NaHCO3的原理是在饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，而得到 NaHCO3的，在这一实验过程中，由于 C

17、02在水中的溶解度较小，而 NH3的溶解度较大，所以要在食盐水先通 NH3然后再通 C02，否则 C02通入后会从水中逸出，等再通 NH3时溶液中 C02的量就很少了，这样得到的产品也很少；在这个实验中的尾气主要是 C02和 NH3，其中 NH3对环境影响较大，要吸收，而 NH3是碱性气体，所以在 C 装置中要装酸性物质，据此可知 A 错误； B错误； C 正确； D 错误 。 故选 C 16.(3 分 )含有砒霜 (As2O3)的试样和锌、盐酸混合反应，生成的砷化氢 (AsH3)在热玻璃管中完全分解成单质砷和氢气，若砷的质量为 1.50mg，则 ( ) A.被氧化的砒霜为 1.98mg B.

18、分解产生的氢气为 0.672mL C.和砒霜反应的锌为 3.90mg D.转移的电子总数为 610 5NA 解： A、 反应中 As 元素化合价由 As2O3中 +3 价降低为 AsH3中 3 价，砒霜发生还原反应，故A 错误； B、 生成 As的物质的量 = =210 5mol，根据原子守恒可知分解的 AsH3为 210 5mol，由 H 原子守恒可知生成氢气为 =310 5mol，故标况下，分解产生氢气体积为 310 5mol22.4L/mol=6.7210 4L=0.672 mL，但氢气所处的状态不一定是标准状况，故其体积不一定是 0.672 mL，故 B 错误； C、 根据电子转移守恒

19、，可知参加反应 Zn 的物质的量 =210 5mol3 ( 3)2=610 5mol，故参加反应 Zn 的质量 =610 5mol65g/mol=3.910 3g=3.9mg，故 C 正确； D、 整个过程中， As 元素化合价由 As2O3中 +3 价降低为 AsH3中 3价， AsH3中 3价升高为As中 0价，故整个过程转移电子总数为 210 5mol32N Amol 1=1.210 4NA，故 D错误 。 故选 C 17.(3 分 )用 FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得的溶液中加入铁粉 。 对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是 ( ) A.若无固体剩余，则溶液中一定有 Fe3

20、+ B.若有固体存在，则溶液中一定有 Fe2+ C.若溶液中有 Cu2+，则一定没有固体析出 D.若溶液中有 Fe2+，则一定有 Cu 析出 解： A、 无固体剩余，说明铜全部以铜离子形式存在，加入的铁完全反应，溶液中一定含有Fe2+，可能含有 Fe3+，故 A 错误； B、 若有固体存在，固体中一定有铜，可能有铁，溶液中一定有含有 Fe2+，故 B 正确； C、 若溶液中有 Cu2+，加入的铁量不足，可能只与 Fe3+反应，也可能与 Fe3+反应，剩余部分与Cu2+反应生成铜，所以可能有固体析出，故 C 错误； D、 当加入的铁较少时，只发生 Fe+2Fe3+=3Fe2+时，不会有铜析出，故

21、 D 错误 。 故选： 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.(4 分 )某未知溶液可能含 Cl 、 CO32 、 Na+、 SO42 、 Al3+。 将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红 。 取少量试液，滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成；在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀 。 下列判断合理的是 ( ) A.一定有 Cl B.一定有 SO42 C.一定没有 Al3+ D.一定没有 CO32 解：因为将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红说

22、明溶液呈酸性，则 CO32 不存在；因为 Al3+水解呈酸性，所以有 Al3+；取少量试液，滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中有 SO42 ，在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀，则不能确定原溶液中是否有 Cl ，因为前面已滴加了氯化钡，据此可知 A 错误； B 正确； C 错误； D 正确 。 故选 BD 19.(4 分 )下列反应与 Na2O2+SO2Na 2SO4相比较， Na2O2的作用相同的是 ( ) A.2Na2O2+2CO22Na 2CO3+O2 B.2Na2O2+2SO32Na 2SO4+O2 C.Na2O2+H2SO4Na 2SO4+H2O2 D.3Na

23、2O2+Cr2O32Na 2CrO4+Na2O 解：因为在 Na2O2+SO2Na 2SO4中， Na2O2的作用相同的是氧化剂，所以， A、在 2Na2O2+2CO22Na 2CO3+O2中 Na2O2是自身氧化还原，故 A错误； B、在 2Na2O2+2SO32Na 2SO4+O2中 Na2O2是自身氧化还原，故 B错误； C、在 Na2O2+H2SO4Na 2SO4+H2O2中这是非氧化还原，是一个复分解反应，故 C 错误； D、在 3Na2O2+Cr2O32Na 2CrO4+Na2O 中， Na2O2中 1价的氧变为 2 价， Na2O2作氧化剂，故 D正确 。 故选 D 20.(4

24、分 )向等物质的量浓度的 NaOH和 Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸，下列离子方程式与事实不符的是 ( ) A.OH +CO32 +2H+HCO 3 +H2O B.2OH +CO32 +3H+HCO 3 +2H2O C.2OH +CO32 +4H+CO 2+3H 2O D.OH +CO32 +3H+CO 2+2H 2O 解：根据题意可知，等物质的量浓度的 NaOH 和 Na2CO3的混合溶液中，含有的氢氧化钠与碳酸钠的物质的量相等，稀盐酸加入到 NaOH 和 Na2CO3的混合溶液中，盐酸先与氢氧化钠发生酸碱中和，剩余的盐酸再与碳酸钠发生反应 。 A、 设 NaOH 和 Na2CO3的物质

25、的量都为 1mol，则加入盐酸少量，先发生反应： OH +H+H 2O，1mol 氢氧化钠消耗 1mol 盐酸，再发生反应 CO32 +H+HCO 3 ，将两个方程式相加得： OH +CO32 +2H+HCO3 +H2O，故 A 正确； B、 设 NaOH 和 Na2CO3的物质的量都为 2mol，则加入盐酸少量，先发生反应： 2OH +2H+2H 2O，2mol 氢氧化钠消耗 2mol 盐酸，再发生反应 CO32 +H+HCO 3 ，盐酸不足之消耗 1mol 碳酸钠，将两个方程式相加得： 2OH +CO32 +3H+HCO 3 +2H2O，故 B 正确； C、 设 NaOH 和 Na2CO3

26、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 2mol 碳酸钠反应生成 2mol 碳酸氢根离子，离子方程式应为 2OH +2CO32 +4H+2HCO 3 +2H2O，即 OH +CO32 +2H+HCO3 +H2O，故 C 错误； D、 设 NaOH 和 Na2CO3的物质的量都为 1mol，则加入盐酸过量，先发生反应： OH +H+H 2O，1mol 氢氧化钠消耗 1mol 盐酸，再发生反应 CO32 +2H+CO 2+H 2O，将两个方程式相加得： OH +CO32 +3H+CO2+2H 2O，故 D 正确 。 故选： C 21.(4 分

27、 )室温下，甲、乙两烧杯均盛有 5mL pH=3 的某一元酸溶液，向乙烧杯中加水稀释至pH=4。 关于甲、乙两烧杯中溶液的描述正确的是 ( ) A.溶液的体积： 10V 甲 V 乙 B.水电离出的 OH 浓度： 10c(OH )甲 c (OH )乙 C.若分别用等浓度的 NaOH 溶液完全中和，所得溶液的 pH：甲 乙 D.若分别与 5mL pH=11 的 NaOH 溶液反应，所得溶液的 pH：甲 乙 解： A、 若酸强酸，则依据溶液吸稀释过程中氢离子浓度不变 5ml10 3=V10 4，解得 V=5Oml，则 10V 甲 =V 乙 ，若酸为弱酸，加水稀释时，促进弱酸的电离，电离产生的氢离子增

28、多，要使pH 仍然为 4，加入的水应该多一些，所以 10V 甲 V 乙 ，故 A 正确； B、 pH=3 的酸中，氢氧根离子全部有水电离产生， C(OH )甲 = =10 11mol/L， pH=4的酸中，氢氧根离子全部有水电离产生， C(OH )乙 = =10 10mol/L，则 10c(OH )甲=c(OH )乙 ，故 B 错误； C、 稀释前后甲乙两个烧杯中所含的一元酸的 物质的量相等，依据酸碱中和反应可知，消耗氢氧化钠的物质的量相等，生成的酸盐的浓度甲大于乙，若酸为强酸则二者 pH 相等，若酸为弱酸，则甲的 pH 大于乙，故 C 错误； D、 若酸是强酸，分别与 5mL pH=11 的

29、 NaOH 溶液反应，恰好发生酸碱中和，生成强酸强碱盐，pH 值相等，若为弱酸，则反应后酸有剩余，甲中剩余酸浓度大，酸性强， pH 小，所得溶液的 pH：甲 乙，故 D 正确 。 故选： AD 22.(4 分 )已知： 2NaAl(OH)4+CO22Al (OH)3+Na 2CO3+H2O。 向含 2mol NaOH， 1mol Ba(OH)2，2mol NaAl(OH)4的混合溶液中慢慢通入 CO2，则通入 CO2的量和生成沉淀的量关系正确的是 ( ) 选项 A B C D n(CO2)(mol) 2 3 4 6 n(沉淀 )(mol) 1 2 3 3 A.A B.B C.C D.D 解：

30、A、 通入 2mol 二氧化碳，先发生反应： Ba(OH)2+CO2=BaCO3+H 2O，消耗 1mol 二氧化碳，生成 1mol 碳酸钡沉淀，剩余的 1mol 二氧化碳与氢氧化钠反应， CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，故 A正确； B、 当通入的 n(CO2)=3 mol 时，发生的离子反应是 Ba2+2OH +CO2=BaCO3+H 2O、 2OH +CO2=CO32 +H2O、 2Al(OH)4 +CO2=2Al(OH)3+CO 32 +H2O，所以产生的沉淀是 BaCO3和 Al(OH)3且 n(沉淀 )之和是 3mol(1mol BaCO3和 2mol Al(OH)3)，

31、故 B 错误； C、 通入 4mol 二氧化碳，先发生反应： Ba(OH)2+CO2=BaCO3+H 2O，消耗 1mol 二氧化碳，生成1mol 碳酸钡沉淀，剩余 3mol 二氧化碳与氢氧化钠发生反应： CO2+NaOH=NaHCO3，消耗二氧化碳 2mol，最后 1mol 二氧化碳与 NaAl(OH)4发生反应2NaAl(OH)4+CO22Al (OH)3+Na 2CO3+H2O，生成 2mol 氢氧化铝沉淀， 故生成沉淀总物质的量为 3mol，故 C 正确； D、 当通入 6mol 二氧化碳，分别发生反应 Ba(OH)2+CO2=BaCO3+H 2O， CO2+NaOH=NaHCO3，2

32、NaAl(OH)4+CO22Al (OH)3+Na 2CO3+H2O，生成 1mol 碳酸钡、 2mol 氢氧化铝沉淀， 2mol碳酸氢钠， 1mol 碳酸钠，消耗 4mol 二氧化碳，剩余的 2mol 二氧化碳分别与生成的 1mol 碳酸钠和 1mol 碳酸钡沉淀发生反应： Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3 ， BaCO3+CO2+H2O=Ba(HCO3)2，所以最后剩余沉淀的物质的量为 2mol，故 D 错误 。 故选： AC 四、 (本题共 12 分 ) 23.(12 分 )合成氨工艺的一个重要工序是铜洗，其目的是用铜液 醋酸二氨合铜 ( )、氨水 吸收在生产过程中产生的 C

33、O 和 CO2等气体，铜液吸收 CO 的反应是放热反应，其反应方程式为： Cu(NH3)2Ac+CO+NH3Cu(NH3)3COAc 完成下列填空： (1)如果要提高上述反应的反应速率，可以采取的措施是 。 (选填编号 ) A、 减压 B、 增加 NH3的浓度 C、 升温 D、 及时移走产物 解析： 增大浓度、升高温度等，可增大反应速率，减压反应速率减小，减小生成物浓度，反应速率减小 。 答案： bc (2)铜液中的氨可吸收二氧化碳，写出该反应的化学方程式： 。 解析： 氨气、水、二氧化碳可反应生成碳酸铵或碳酸氢铵 。 答案： 2NH3+CO2+H2O=(NH4)2CO3、 (NH4)2CO3

34、+CO2+H2O=2NH4HCO3； (3)简述铜液吸收 CO 及铜液再生的操作步骤 (注明吸收和再生的条件 )。 。 解析： 正反应放热，铜液吸收 CO，应使平衡向正向移动，则可在低温加压下吸收 CO，然后将铜洗液转移至另一容器中，高温低压下释放 CO，然后将铜洗液循环利用 。 答案：低温加压下吸收 CO，然后将铜洗液转移至另一容器中，高温低压下释放 CO，然后将铜洗液循环利用 (4)铜液的组成元素中，短周期元素原子半径从大到小的排列顺序为 ，其中氮元素原子最外层电子排布的轨道表示式是 ，通过比较 可判断氮、磷两种元素的非金属性强弱 。 解析： 铜液的组成元素中，短周期元素有 H、 C、 N

35、、 O 等元素， H 原子半径最小，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径 C N O H；比较非金属性强弱，可根据氢化物的稳定性强弱 。 答案： C N O H NH3和 PH3的稳定性； (5)已知 CS2与 CO2分子结构相似， CS2的电子式是 ， CS2熔点高于 CO2，其原因是 。 解： CS2的电子式类似于 CO2，电子式为 ，二者都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，则熔点越高， 答案： 二者都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大 五、 (本题共 12 分 ) 24.(12 分 )硫在自然界中以游离态和多种化合态形式出现，硫的化合物大多具有氧化性或

36、还原性，许多金属硫化物难溶于水 。 完成下列填空： (1)硫化氢具有还原性，可以和许多氧化剂反应，在酸性条件下， H2S 和 KMnO4反应生成 S、MnSO4、 K2SO4和 H2O，写出该反应的化学方程式： 。 解析： H2S 和 KMnO4反应生成 S、 MnSO4、 K2SO4和 H2O。 答案： 3H2SO4+5H2S+2KMnO4=5S+2MnSO 4+K2SO4+8H2O (2)石油化工的废气中有 H2S，写出从废气中回收单质硫的两种方法 (除空气外，不能使用其他原料 )，以化学方程式表示： ， 。 解析： 硫化氢可与氧气反应生成二氧化硫；二氧化硫可与硫化氢反应生成硫，硫化氢与氧

37、气反应也可生成硫，涉及反应有 2H2S+3O2 2H2O+2SO2； 2H2S+SO23S+2H 2O； H2S H2+S或 2H2S+O2 2S+2H2O。 答案： 2H2S+3O2 2H2O+2SO2、 2H2S+SO23S+2H 2O H2S H2+S 或 2H2S+O2 2S+2H2O； (3)室温下， 0.1mol/L 的硫化钠溶液和 0.1mol/L 的碳酸钠溶液，碱性更强的是 ，其原因是 。 已知： H2S： Ki1=1.310 7 Ki2=7.110 15 H2CO3： Ki1=4.310 7 Ki2=5.610 11 解析： H2S 第二步电离常数最小小，则硫化钠易水解，溶液

38、的碱性较强 。 答案：硫化钠溶液 硫氢根离子的电离常数小于碳酸氢根离子，则其水解程度大于碳酸氢根离子 (4)向 ZnSO4溶液中加饱和 H2S 溶液，没有沉淀生成，继续增加一定量的氨水后，生成 ZnS 沉淀，用电离平衡原理解释上述现象 。 。 答案：饱和 H2S 溶液中电离产生的 S2 很少，因此没有沉淀，加入氨水后，促进 H2S 的电离，S2 浓度增大，有沉淀生成 (5)将黑色的 Fe2S3固体加入足量的盐酸中，溶液中有淡黄色固体生成，产物还有 、 ，过滤，微热滤液，然后加入过量氢氧化钠溶液，可观察到的现象是 。 解： (将黑色的 Fe2S3固体加入足量的盐酸中，生成 H2S 和氯化铁，氯化

39、铁可氧化 H2S 生成 S，加入氢氧化钠，可生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁，可观察到产生白色絮状沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀， 答案：氯化亚铁 硫化氢 产生白色絮状沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀 六、 (本题共 12 分 ) 25.(12 分 )在精制饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打 (NaHCO3)，并提取氯化铵作为肥料或进一步提纯为工业氯化铵 。 完成下列填空： (1)写出上述制备小苏打的化学方程式 。 解析： 饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打 (NaHCO3)，根据质量守恒可知同时生成 NH4Cl，反应的方程式为 NH4HCO3+NaCl=Na

40、HCO3+NH 4Cl。 答案： NH4HCO3+NaCl=NaHCO3+NH 4Cl (2)滤除小苏打后，母液提取氯化铵有两种方法： 通入氨，冷却、加食盐，过滤 不通氨，冷却、加食盐，过滤 对两种方法的评价正确的是 。 (选填编号 ) a. 析出的氯化铵纯度更高 b. 析出的氯化铵纯度更高 c. 的滤液可直接循环使用 d. 的滤液可直接循环使用 解析： 母液中含有氯化铵，通入氨，冷却、加食盐，有利于氯化铵的析出，纯度更高，过滤后滤液中含有氨气，不能直接循环使用，而 的滤液可直接循环使用， 答案： ad (3)提取的 NH4Cl 中含少量 Fe2+、 SO42 ，将产品溶解，加入 H2O2，加

41、热至沸，再加入 BaCl2溶液，过滤，蒸发结晶，得到工业氯化铵 。 加热至沸的目的是 。 滤渣的主要成分是 、 。 解析： 加热有利于亚铁离子的氧化，且有利于铁离子的水解，再加入 BaCl2溶液，得到硫酸钡沉淀，滤渣的主要成分是氢氧化铁、硫酸钡， 答案：使亚铁离子快速氧化为三价铁离子，并使氯化铁充分水解，形成氢氧化铁沉淀 氢氧化铁 硫酸钡 (4)称取 1.840g小苏打样品 (含少量 NaCl)，配置成 250mL溶液，取出 25.00mL用 0.1000mol/L盐酸滴定，消耗盐酸 21.50mL。 实验中所需的定量仪器除滴定管外，还有 。 选甲基橙而不选酚酞作为指示剂的原因是 。 样品中

42、NaHCO3质量分数为 。 (保留 3 位小数 ) 解析：准 确称量固体，应用电子天平，碳酸氢钠溶液的 PH 本来就接近 8.2，与酚酞变色的PH 接近，变色时的 PH 和反应终点的 PH 不好判断；而使用甲基橙容易判断终点，且反应产 生的二氧化碳不能全部逸出使溶液偏酸性，因此使用甲基橙的误差小 (使用甲基橙易判断滴定终点，误差小 )， n(HCl)=0.0215L0.1000mol/L=0.00215mol ， 则 25mL 溶液中 n(NaHCO3)=0.00215mol， 所以样品中 m(NaHCO3)=0.00215mol1084g/mol=1.806g ， (NaHCO3)= =98

43、.2%=0.982， 答案：电子天平、 250mL 容量瓶 选用酚酞作为指示剂，不能确定滴定终点 0.982； (5)将一定质量小苏打样品 (含少量 NaCl)溶于足量盐酸，蒸干后称量固体质量，也可测定小苏打的含量 。 若蒸发过程中有少量液体溅出，则测定结果 。 (选填 “ 偏高 ” 、 “ 偏低 ”或 “ 不受影响 ” ) 解：如全被为碳酸氢钠，与盐酸反应后生成氯化钠，质量减小，而如全部为氯化钠时，质量基本不变，可知加热后固体质量越小，碳酸氢钠含量越大，则若蒸发过程中有少量液体溅出，蒸干后所得固体质量偏小，则小苏打含量偏高， 答案：偏高 。 七、 (本题共 12 分 ) 26.(12 分 )

44、氯气和氯乙烯都是非常重要的化工产品，年产量均在 107t 左右，氯气的实验室制备和氯乙烯的工业生产都有多种不同方法 。 完成下列填空： (1)实验室制取纯净的氯气，除了二氧化锰、浓盐酸和浓硫酸，还需要 、 (填写试剂或溶液名称 )。 解析： 实验室用盐酸制备氯气，氯气中混有氯化氢，得到纯净的氯气，应用饱和氯化钠溶液除去 HCl，再用浓硫酸干燥，最后用氢氧化钠溶液进行尾气吸收， 答案：饱和食盐水 烧碱溶液； (2)实验室用 2.00mol/L盐酸和漂粉精 成分为 Ca(ClO)2、 CaCl2反应生成氯气、氯化钙和水，若产生 2.24L(标准状况 )氯气，发生反应的盐酸为 mL。 解析： 反应的

45、方程式为 ClO +Cl +2H+=Cl2+H 2O， n(Cl2)= =0.1mol，则需要n(HCl)=0.2mol， 发生反应的盐酸的体积为 =0.1L=100mL， 答案： 100 (3)实验室通常用向上排空气法收集氯气 。 设计一个简单实验，验证所收集的氯气中是否含有空气 。 。 工业上用电石乙炔生产氯乙烯的反应如下： CaO+3C CaC2+CO CaC2+2H2OHC CH+Ca (OH)2 HC CH+HCl CH2 CHCl 电石乙炔法的优点是流程简单，产品纯度高，而且不依赖于石油资源 。 电石乙炔法的缺点是： 、 。 解析： 氯气可与氢氧化钠溶液反应，如含有空气，则与氢氧化钠反应后试管内有残留气体； 工业在高温下生产电石，用电石生产乙炔，耗能大，由于乙炔与 HCl 的反应在氯化汞的作用下进行，污染环境 。 答案：将集气瓶倒置于有足量烧碱溶液的水槽里，若气体不能充满集气瓶，液面上有无色气体，则有空气，若充满，则无空气 反应温度高，能耗大 使用的催化剂毒性大； (4)乙烷和氯气反应可制得 ClCH2CH2Cl， ClCH2CH2Cl 加热分解得到氯乙烯和氯化氢 。 设计一种以乙烯和氯气为原料制取氯乙烯的方案 (其他原料自选 )，用化学方程式表示 (不必注明反应条件