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2011年上海卷（化学）（11上海化学，T1）1下列离子在稳定人体血液的pH中起作用的是A Na+ BHCO3 C Fe2+ D Cl【解析】B 考核电解质相关知识（缓冲溶液），能稳定血液（溶液）pH即能够与H+和OH反应，满足此条件的只有HCO3，故选择B。【点评】本题从侧面考核了二元酸（多元酸）根的两性：既能与酸反应也能与碱反应的特性。以人体血液为考核背景，结合实际，考察了学生对信息的分析能力与理解能力，以及化学常识在日常生活中的应用。（11上海化学，T2）从光合作用的反应原理6CO2+6H2OC6H12O6+6O2可知碳是农作物生长的必需元素之一。关于用二氧化碳生产肥料的评价正确的是A缓解地球温室效应，抑制农作物营养平衡B加剧地球温室效应，促进农作物营养平衡C缓解地球温室效应，促进农作物营养平衡D加剧地球温室效应，抑制农作物营养平衡【解析】C 使用CO2做生产肥料时，增大CO2在空气中浓度，使得上述反应向正反应方向移动，促进葡萄糖的生成提高作物产量。同时，由于反应无法完全进行，故CO2必然有剩余，所以使用CO2做生产肥料的弊端就是增加空气中的CO2浓度，加剧地球温室效应。【点评】本题考核了化学平衡以及绿色化学两方面知识，其中重点为化学平衡特性的理解与应用。（11上海化学，T3）据报道，科学家开发出了利用太阳能分解水的新型催化剂。下列有关水分解过程的能量变化示意图正确的是【解析】B 水电解过程需通电，即需要提供能量使其发生反应（根据能量守恒定律），所以生成物总能量大于反应物总能量；同时，催化剂的作用原理为，降低了反应物的活化能（物质分子发生反应的最低能量），使得更多的分子达到反应条件（增加有效反应浓度），使得反应速度加快。在途中体现加入催化剂的反应其波峰较低。【点评】通过与图表结合，考核了催化剂作用原理，能量守恒定律在水分解过程当中的应用，用以分析水分解过程中的能量变化特点，考核了学生对于相关知识在实际中的应用以及对实验现象及原理的解释。（11上海化学，T4）下列有关化学用语能确定为丙烯的是 【解析】D 四个选项分别为球棍式、分子式、电子式以及结构简式。球棍式只能表示结构（空间结构），无法表示组成；分子式只能表示组成，无法表示分子结构；电子式既能表示组成也能表示分子结构；结构简式既能表示组成也能表示分子结构。但本题中C当中较丙烯少一个H；仅D选项表示为丙烯，故选择D。【点评】本题考核了化学用语中的“六式”（化学式、电子式、分子式、结构简式、最简式、核外电子排布式）中的分子式、电子式、结构简式，同时还考核了有机中特有的球棍式（非正规表达方法）。考核了学生对于六式在表达上的区别与联系，同时考察学生对于六式之间转化的能力。【易错分析】错选A：球棍式常用于有机物分子结构表达，但并非只用于有机物，本选项中结构式内的大原子与小原子都不表示C与H，故不是丙烯的球棍式。（11上海化学，T5）高铁酸钾( K2FeO4)是一种新型的自来水处理剂，它的性质和作用是A有强氧化性，可消毒杀菌，还原产物能吸附水中杂质B有强还原性，可消毒杀菌，氧化产物能吸附水中杂质C有强氧化性，能吸附水中杂质，还原产物能消毒杀菌D有强还原性，能吸附水中杂质，氧化产物能消毒杀菌【解析】A 高铁酸钾K2FeO4中K为+1价，O为2价，则Fe为+6价，具有强氧化性。根据水的人工净化原理，强氧化性物质如Cl2主要用于水的杀菌消毒，故高铁酸钾能够消毒杀菌。同时，高铁酸钾发生发生还原反应后生成还原产物为Fe(OH)2与明矾一样具有吸附水中杂质的功能，即还原产物能吸附水中杂质。故选择A。【点评】本题考核了水的人工净化原理以及根据物质组成推测性质，以高铁酸钾的分子式（结构式）考核学生对该物质的性质的推断根据跟物质化合价推断其氧化还原性强弱，并推测反应物。同时，根据已推测性质在具体生产工艺中的应用（替代性质相同的物质）。（11上海化学，T6）浓硫酸有许多重要的性质，在与含有水分的蔗糖作用过程中不能显示的性质是A酸性 B脱水性 C强氧化性 D吸水性【解析】A 浓硫酸在与含有水分的蔗糖作用过程中，首先先吸收蔗糖中的水分，体现了吸水性；再与蔗糖作用，使得蔗糖中H和O以H2O的形式脱水形成C，体现了浓硫酸的脱水性和强氧化性。故在此过程中不体现浓硫酸的酸性。本题选择A。【点评】硫酸作为高中学习中重要的强酸，浓硫酸性质主要有：脱水性化学性质，强氧化性和吸水性物理性质（注意浓硫酸不无酸性）；稀硫酸性质主要有：酸性。 【易错分析】错选D：审题不明，题设中为含有水分的蔗糖（日常学习中为纯净的蔗糖），说明学生对题目信息分析能力差（另一方面说明对硫酸各种状态下所具有的性质掌握不扎实）。（11上海化学，T7）下列溶液中通入SO2一定不会产生沉淀的是A Ba(OH)2 B Ba(NO3)2 C Na2S D BaCl2【解析】D A、SO2与Ba(OH)2反应生成BaSO3沉淀；B、SO2与Ba(NO3)2反应生成BaSO4沉淀与NO气体；C、SO2与Na2S反应生成S沉淀与NaOH；D、SO2与BaCl2不发生反应，无明显现象。故选择D。【点评】考核了SO2的性质，四种物质分别与SO2反应的现象判断，主要是复分解反应条件的具体应用。【易错分析】错选B：本选项中隐含条件为溶液中有稀HNO3存在（SO2通入溶液中形成H2SO3），故反应生成SO42又与Ba2+形成BaSO4沉淀；错选D：主要考核复分解反应条件中：弱酸不能制取强酸的原理。CO2与BaCl2不反应生成沉淀BaCO3，此为基础薄弱学生易错点。（11上海化学，T8）高炉炼铁过程中既被氧化又被还原的元素是A铁 B氮 C氧 D碳【解析】D 高炉炼铁过程中即被氧化又被还原的元素，即元素化合价既有升高又有降低，高炉炼铁过程为碳与铁矿混合，其中发生的主要反应有：C与O2反应生成CO2；（提供能量）CO2与C反应生成CO；（副反应）C与O2反应生成CO；（副反应）铁矿石与C反应生成Fe与CO2；（主要反应）铁矿石与CO反应生成Fe与CO（少量）其中铁被还原，碳被氧化也被还原，O2被还原；由此可知是碳元素，碳燃烧生成CO2，同时CO2又被自身还原成CO。故选择D。【点评】本题中考核了学生对高炉炼过程中的反应原理理解与应用，同时也考核学生对氧化还原反应中氧化物与还原物等判断。联系实际生产过程，对学生的应用能力、信息分析提取能力等多方面应用型能力考核颇为注重，体现了学以致用的化学本质。（11上海化学，T9）氯元素在自然界有35Cl和37Cl两种同位素，在计算式34.96975.77%+36.96624.23% =35.453中A75.77%表示35Cl的质量分数 B24.23%表示35Cl的丰度C35. 453表示氯元素的相对原子质量 D36.966表示37Cl的质量数【解析】C 在计算式34.96975.77%+36.96624.23% =35.453中各数据意义如下表：数据34.96975.77%36.96624.23%35.453对应化学意义35Cl的相对原子质量35Cl的物质的量分数37Cl的相对原子质量37Cl的物质的量分数各种原子的平均相对原子质量名称35Cl的相对原子质量35Cl的丰度37Cl的相对原子质量37Cl的丰度氯元素的近似相对原子质量根据上表可知仅C选项正确。【点评】本题考核了近似相对原子质量的来源，其中包含同位素的丰度，相对原子质量与近似相对原子质量三个概念的区别联系，同时还原了化学常用数据的来源，还原了化学的研究思路与学习思维。【易错分析】错选A：75.77%表示35Cl的丰度，丰度的概念是35Cl在氯元素中的物质的量分数，即原子数百分比含量，并不是质量分数；错选D：36.966表示37Cl的相对原子质量，质量数与相对原子质量的区别不明。（11上海化学，T10）草酸晶体(H2C2O42H2O) 100开始失水，101.5熔化，150左右分解产生H2O、CO和CO2。用加热草酸晶体的方法获取某些气体，应该选择的气体发生装置是（图中加热装置已略去）【解析】D 根据题目所给信息，100开始失水，101.5熔化，150左右分解产生H2O、CO和CO2。由此可知，该反应需要加热（锥形瓶不允许加热排除，故B选项排除），同时加热过程中有水蒸气生成（试管口需向下略微倾斜，A选项排除），且温度达到101.5时固体融化变成液体（故此时直型试管向下倾斜会导致融化后液体向下流，导致加热停止，故C选项排除），综上所述选择D选项。【点评】本题中考核了实验装置选择的各项标准，以草酸晶体的分解作为考核背景，题干信息中草酸晶体加热过程中的反应物状态变化、生成物状态以及反应条件，为实验装置选择提供依据，考核了学生对信息的提取与分析能力，对知识在实际实验设计中的具体应用。【易错分析】错选A、B：实验仪器选择（反应装置选择）条件掌握不扎实；错选C：审题不明，对题干中条件101.5熔化分析不足，即学生的信息分析与应用能力差。（11上海化学，T11）根据碘与氢气反应的热化学方程式(i) I2(g)+ H2(g) 2HI(g)+ 9.48 kJ (ii) I2(S)+ H2(g)2HI(g) - 26.48 kJ下列判断正确的是A254g I2(g)中通入2gH2(g)，反应放热9.48 kJB1 mol固态碘与1 mol气态碘所含的能量相差17.00 kJ C反应(i)的产物比反应(ii)的产物稳定D反应(ii)的反应物总能量比反应(i)的反应物总能量低【解析】A A、正确，符合根据方程式(i)；B、错误，方程式(i) (ii)想减可得到 I2(s)I2(g)-35.96KJ；C、错误，反应生成物都是HI(g)，其状态相同；D、错误，由反应可知反应(ii)的反应物总能量低；【点评】本题中考核了热化学方程式中各项的意义、以及热化学方程之间的运算法则。（11上海化学，T12）甲醛与亚硫酸氢钠的反应方程式为HCHO+NaHSO3HO-CH2-SO3Na，反应产物俗称“吊白块”。关于“吊白块”的叙述正确的是A易溶于水，可用于食品加工 B易溶于水，工业上用作防腐剂C难溶于水，不能用于食品加工 D难溶于水，可以用作防腐剂【解析】B 生成物为HO-CH2-SO3Na，即离子化合物（钠盐）故其易溶于水（含有-OH亲水基团）；该产物俗称“吊白块”，常用于工业防腐剂（-SO3Na具有一定还原性），故不能用于食品加工。综上所述选择B。【点评】本题考核了物质溶解度判断标准（无机物溶解性，有机物溶解性判断），以及对于常见物质的俗称以及其应用。（11上海化学，T13）某溶液中可能含有Na+、NH4+、Ba2+、SO42、I、S2。分别取样：用pH计测试，溶液显弱酸性；加氯水和淀粉无明显现象。为确定该溶液的组成，还需检验的离子是 A Na+ BSO42 C Ba2+ DNH4+【解析】A用pH计测试，溶液显弱酸性，则溶液中含有NH4+（水解呈酸性）；加氯水和淀粉无明显现象，则溶液中无I-与S2-，故必然含有SO42，肯定没有Ba2+。综上所述，肯定含有NH4+、SO42，肯定不含Ba2+、I、S2，还需要检验（不确定）Na+。故选择A。【点评】本题为物质鉴别类题型，综合考察了常见离子的性质与检测方法。（11上海化学，T14）某物质的结构为，关于该物质的叙述正确的是A一定条件下与氢气反应可以生成硬脂酸甘油酯B一定条件下与氢气反应可以生成软脂酸甘油酯C与氢氧化钠溶液混合加热能得到肥皂的主要成分D与其互为同分异构且完全水解后产物相同的油脂有三种【解析】C 硬脂酸C17H35COOH，软脂酸C15H31COOH；硬脂酸与软脂酸之间无法通过与氢气反应转换，肥皂主要成分为脂肪酸钠其中以硬脂酸钠为主，题干中所给分子满足条件：互为同分异构体且完全水解后产物相同的油脂仅2种。故选择C。【点评】本题考察了学生对肥皂主要成分，以及同分异构体的相关知识点，结合生活、联系实际。（11上海化学，T15）月桂烯的结构如右图所示，一分子该物质与两分子溴发生加成反应的产物（只考虑位置异构）理论上最多有A2种 B3种 C4种 D6种【解析】C 如右图中，该物质中共有三个双键，分别编号为，二加成方法有：（1,2加成），（1,3加成），共计4种。故选择C。【点评】本题中考核了加成产物的判断，其中陷阱点为号位的相邻双烯有两种加成方式，提高了考题的难度与区分度。【易错分析】错选B：相邻C=C双键加成方式有两种1,2加成与1,3加成，考察了学生对知识的掌握完整度。（11上海化学，T16）用电解法提取氯化铜废液中的铜，方案正确的是A用铜片连接电源的正极，另一电极用铂片 B用碳棒连接电源的正极，另一电极用铜片C用氢氧化钠溶液吸收阴极产物 D用带火星的木条检验阳极产物【解析】C 电解氯化铜溶液，阴极：生成Cu，使用Cu做电极；阳极：生成Cl2，使用C棒或者Pt做电极；故A、C、D错误，选择B。【点评】本题考核了电解池相关知识点，即电解池阴阳极产物判断与电极选择。（11上海化学，T17）120 mL含有0.20 mol碳酸钠的溶液和200 mL盐酸，不管将前者滴加入后者，还是将后者滴加入前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，则盐酸的浓度合理的是A2.0mol/L B1.5 mol/L C0.18 mol/L D0.24mol/L【解析】B 主要反应有:Na2CO3+HClNaCl+H2O+CO2；Na2CO3+HClNaHCO3+NaCl；NaHCO3+HClNaCl+H2O+CO2 途径一：将碳酸钠逐滴加入盐酸，反应按照反应进行制止盐酸消耗完全，生成气体量用加入碳酸钠的物质的量计算； 途径二：将盐酸逐滴加入碳酸钠，反应先按照反应进行直至碳酸钠消耗完全，在按照反应进行，生成气体的量用加入盐酸的量计算；根据题设条件都有气体生成（途径二中碳酸钠消耗完全），但最终生成的气体体积不同（途径一中盐酸过量，且途径二中反应的盐酸过量时，两种途径生成的CO2相同，其余情况均不同）。综上所述：盐酸的范围n(Na2CO3)n(HCl)n(Na2CO3)，即0.20moln(HCl)0.40mol，其浓度范围是1mol/Lc(HCl)2mol/L。故选择则B【点评】本题主要考核了学生对多步反应当中的各物质量变情况分析的能力，以典型的碳酸钠与盐酸的两步反应为知识基础，通过互滴区分两者反应原理的不同，并对其中的反应物质的量的变化进行计算，该类题型作为溶液计算中的重难点在历年考题中均有体现。（11上海化学，T18）氧化还原反应中，水的作用可以是氧化剂、还原剂、既是氧化剂又是还原剂、既非氧化剂又非还原剂等。下列反应与Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr相比较，水的作用不相同的是A2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 B4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3C2F2+2H2O=4HF+O2 D2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2【解析】CD 反应Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr中H2O中的H和O未发生化合价变化，说明H2O既不是还原剂也不是氧化剂。2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 反应中Na2O2中的O发生歧化反应生成2价与0价，H2O既不是还原剂也不是氧化剂；4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 反应中O2为氧化剂，Fe2+为还原剂，H2O既不是还原剂也不是氧化剂；2F2+2H2O=4HF+O2 反应中F2做氧化剂，H2O做还原剂（O的化合价升高）；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2反应中Al做还原剂，H2O做氧化剂（H的化合价降低）；综上所述：CD选项符合条件。【点评】本题中考核了氧化还原反应中的氧化剂与还原剂的判断，以注重考核基础为主，其中2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2考察了学生对过氧化钠与水反应的原理过氧化钠中O自身发生歧化反应这一知识点，体现了本体在难度与区分度上的提升；【易错分析】2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，该反应中Na2O2中的O的化合价为1价，Na2O2与水接触后-1价的O发生歧化反应，而不是H2O中O变为0价，Na2O2中O变为2价。（11上海化学，T19）常温下用pH为3的某酸溶液分别与pH都为11的氨水、氢氧化钠溶液等体积混合得到a、b两种溶液，关于这两种溶液酸碱性的描述正确的是Ab不可能显碱性Ba可能显酸性或碱性Ca不可能显酸性Db可能显碱性或酸性【解析】AB 该酸为弱酸时，与氨水混合后可能为酸性，可能为碱性，也可能为中性。具体混合后溶液pH根据两种物质的Ka与Kb计算可得；与氢氧化钠溶液混合后，呈酸性（H+消耗后继续电离补充）；该酸为强酸时，与氨水混合后为碱性（OH-消耗后继续电离补充）。与氢氧化钠溶液混合后，呈中性（强酸强碱盐）；综上所述：a溶液可能为酸性、碱性或者中性；b溶液可能为酸性或者中性。故选择AB。【点评】本题考核了溶液pH估算，具体是pH和为14的两种酸碱溶液混合后pH情况判断，该类题型的解题思路为根据酸的强弱与碱的强弱进行分类讨论，根据各部分讨论情况得出总结论。（其中弱酸+强碱混合后为酸性，弱碱+强酸混合后为碱性，强酸+强碱混合后为中性，弱酸+弱碱混合后pH无法直接判断）【易错分析】pH之和为14的两种酸碱溶液混合后pH的情况主要有四种（其中弱酸+强碱混合后为酸性，弱碱+强酸混合后为碱性，强酸+强碱混合后为中性，弱酸+弱碱混合后pH无法直接判断），该判断方法学生常与盐的溶液pH判断混淆（强酸强碱盐中性，强酸弱碱盐酸性，强碱弱酸盐碱性以及弱酸弱碱盐不一定）。（11上海化学，T20）过氧化钠可作为氧气的来源。常温常压下二氧化碳和过氧化钠反应后，若固体质量增加了28 g，反应中有关物质韵物理量正确的是(NA表示阿伏加德罗常数) 二氧化碳碳酸钠转移的电子A1molNAB22.4L1molC106 g1molD106g2NA【解析】AC2Na2O2 + 2CO 2 2Na2CO3 + O2 m 转移e278g 244g 2106g 32g 56g 2mol78g（1mol） 44g（1mol、22.4L）106g（1mol） 16g（0.5mol） 28g 1mol（NA）综上所述：A.正确；B.错误，题干中提示为常温常压下，故体积不为22.4L；C.正确；D.错误，转移电子数错误。【点评】本题考核了化学方程式计算以及NA，同时考察了学生对差量法的应用，其中B选项中22.4L作为陷阱选项，提升了本题的难度与区分度。【易错分析】选项B：生成CO2为22.4L，题干中信息为常温常压下反应，故此时Vm不再是22.4L/mol，此处考察学生审题能力以及对Vm的使用条件。（11上海化学，T21）在复盐NH4Fe(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，可能发生的反应的离子方程式是 A Fe2+SO42+Ba2+2OH=BaSO4+Fe(OH)2BNH4+Fe3+ 2SO42+ 2Ba2+ 4OH=2BaSO4+ Fe(OH)3+ NH3H2OC2Fe3+ 3SO42+ 3Ba2+6OH=3BaSO4+ 2Fe(OH)3D3NH4+ Fe3+3SO42+ 3Ba2+ 6OH=3BaSO4+Fe(OH)3+3NH3H2O【解析】BC 在复盐NH4Fe(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，共发生如下反应：NH4Fe(SO4)2 + 2Ba(OH)2 2BaSO4 + Fe(OH)3 + NH3H2O离子方程式为NH4+ + Fe3+ 2SO42+ 2Ba2+ 4OH=2BaSO4+ Fe(OH)3+ NH3H2O2NH4Fe(SO4)2 + 3Ba(OH)2 3BaSO4 + 2Fe(OH)3 + 2(NH4)2SO4离子方程式为2Fe3+ 3SO42+ 3Ba2+6OH=3BaSO4+ 2Fe(OH)3由于加入的Ba(OH)2溶液中Ba2+进入复盐溶液后必然生成沉淀（未过量时），故其对反应物系数比无影响；反应系数不同主要因为Fe3+与NH4+对OH的竞争，OH与Fe3+先反应生成沉淀，过量的OH再与NH4+反应生成，故应有两个反应系数比，即1:1.5与1:2。故选择BC。【点评】本题考核离子方程式的书写方法以及反应过量判断，难度在于如何判断两物质反应的反应系数比。（11上海化学，T22）物质的量为0.10 mol的镁条在只含有CO2和O2混合气体的容器中燃烧（产物不含碳酸镁），反应后容器内固体物质的质量不可能为 A3.2g B4.0g C4.2g D4.6g【解析】D 镁条在只含有CO2和O2混合气体的容器中燃烧，发生的反应主要有以下三个（条件均为点燃）：2Mg + CO2 2MgO + C2Mg + O2 2MgOC + O2 CO2由于本题中O2与CO2含量无法确定，故用极值法进行假设：反应产物主要混合方式有：Mg、MgO、C；Mg、MgO；MgO、C；MgO。其中极小值当Mg完全不燃烧时（Mg燃烧生成产物必然比Mg重），即反应后剩余固体最小值为2.4g（不包含2.4g）；极大值当Mg全与CO2生成C和MgO，此时剩余固体质量有最大值即4.6g（不包含4.6g）。综上所述：该反应后容器内固体物质的质量取值范围是：2.4gm4.6g。故本题选择D。【点评】本题为典型计算题题型，主要考核混合物反应的产物计算，反应物为混合物，存在两个及两个以上平行反应相互竞争，此类题型主要使用极值法（对反应进行过程进行假设，根据假设推断出极值，从而取值确定范围），考核了学生对具体化学问题的处理方法与技巧，同时也考察了学生化学思维的完整度与信息的处理能力。【易错分析】选项A、B：题干中二氧化碳与氧气是否过量未说明，故考虑最小值情况是需以Mg完全未反应为极小值，易错以Mg全部转化为MgO时作为最小值计算。选项D：计算剩余固体质量范围时，极值最大值或者最小值是否可取。（11上海化学，T23）工业上制取冰晶石(Na3AlF6)的化学方程式如下： 2Al(OH)3+ 12HF+ 3Na2CO3=2Na3AlF6+ 3CO2+ 9H2O根据题意完成下列填空：（1）在上述反应的反应物和生成物中，属于非极性分子的电子式 ， 属于弱酸的电离方程式 。（2）反应物中有两种元素在元素周期表中位置相邻，下列能判断它们的金属性或非金属性强弱的是 （选填编号）。 a气态氢化物的稳定性 b最高价氧化物对应水化物的酸性 c单质与氢气反应的难易 d单质与同浓度酸发生反应的快慢（3）反应物中某些元素处于同一周期。它们最高价氧化物对应的水化物之间发生反应的离子方程式为 。（4） Na2CO3俗称纯碱，属于 晶体。工业上制取纯碱的原料是 。【解析】本题考查化学基础知识，涉及电子式，电离方程式、元素周期律、化学键等，难度中等。（1）CO2为非极性分子，C与O之间为两对共用电子对。HF为弱酸，电离方程式用“”相连。（2）O与F为相邻元素，它们的气态氢化物稳定性以及与H2化合得难易程度可以判断非金属性的强弱，O、F无最高正价。（3）Al(OH)3为两性氢氧化物，可以被强碱NaOH溶解。（4）用侯氏制碱法可得纯碱，反应方程式为NH3CO2H2ONaCl=NaHCO3NH4Cl。【答案】（1），HF H+F；（2）a，c；（3）OH+Al(OH)3AlO2+2H2O；（4）离子；二氧化碳，氯化钠，氨；【点评】本题中考核知识点为：（1）非极性分子/极性分子；电子式书写；（2）元素周期律（金属性与非金属性比较）；（3）离子方程式书写；（4）晶体类型判断；制碱工业（原料）。（11上海化学，T24）雄黄(AS4S4)和雌黄(As2S3)是提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中共生。根据题意完成下列填空：（1） As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体。若As2S3和SnCl2正好完全反应，As2S3和SnCl2的物质的量之比为 。（2）上述反应中的氧化剂是 ，反应产生的气体可用 吸收。（3） As2S3和HNO3有如下反应：As2S3+ 10H+ 10NO3=2H3AsO4+ 3S+10NO2+ 2H2O若生成2mol H3AsO4，则反应中转移电子的物质的量为 。若将该反应设计成一原电池，则NO2应该在 （填“正极”或“负极”）附近逸出。（4）若反应产物NO2与11.2L O2（标准状况）混合后用水吸收全部转化成浓HNO3，然后与过量的碳反应，所产生的CO2的量 （选填编号）。a小于0.5 mol b等于0.5 mol c大于0.5mol d无法确定【解析】本题考查氧化还原反应以及电化学知识，难度较大。（1）As2S3中为3价，As4S4中为2价，化合价降低12。SnCl2中Sn为2价，SnCl4中Sn为4价，化合价升高2，故两者物质的量相等时，得失电子才相等。（2）化合价降低作氧化剂。H2S可以用NaOH或CuSO4吸收。(3)反应中As和S的化合价均升高，一共失去的电子为2232=10mol。N从5价降为4价，被还原，可用于原电池的正极反应。(4)4NO2O22H2O=4HNO3，0.5mol O2可得2mol HNO3。C4HNO3(浓)=CO24NO22H2O，若3始终为浓的，则生成的CO2为0.5mol，但随着反应的进行，HNO3变稀，则生成的CO2小于0.5mol。【点评】本题以氧化还原反应为背景，主要考核了氧化剂/还原剂判断，反应转移电子数，原电池设计（正负极判断）得失电子守恒。重点考察了氧化还原反应的基本知识以及在原电池中的具体应用。【答案】 (1) 1:1(2) As2S3,氢氧化钠（或硫酸铜溶液）（3）10mol 正极（4）a。（11上海化学，T25）自然界的矿物、岩石的成因和变化受到许多条件的影响。地壳内每加深1km，压强增大约2500030000 kPa。在地壳内SiO2和HF存在以下平衡：SiO2(s) +4HF(g)SiF4(g)+ 2H2O(g)+148.9 kJ根据题意完成下列填空：（1）在地壳深处容易有 气体逸出，在地壳浅处容易有 沉积。（2）如果上述反应的平衡常数K值变大，该反应 （选填编号）。 a一定向正反应方向移动 b在平衡移动时正反应速率先增大后减小 c一定向逆反应方向移动 d在平衡移动时逆反应速率先减小后增大（3）如果上述反应在体积不变的密闭容器中发生，当反应达到平衡时， （选填编号）。 a2v正(HF)=v逆(H2O) bv(H2O)=2v(SiF4) cSiO2的质量保持不变 d反应物不再转化为生成物（4）若反应的容器容积为2.0L，反应时间8.0 min，容器内气体的密度增大了0.12 g/L，在这段时间内HF的平均反应速率为 。【解析】（1）SiF4，H2O；SiO2；根据勒夏特列原理：在地壳深处，压强增大，反应向正反应方向进行，故有SiF4，H2O气体逸出；在地壳浅处，压强减小，反应向逆反应方向进行，故有SiO2沉积；（2）a，d；上述反应为放热反应，K值变大说明反应向正反应方向进行，反应体系温度降低，故平衡移动时逆反应速度先减小后增大。（3）b，c；a.错误，正确为v正(HF) = 2v逆(H2O) b.正确；c.正确；d. 错误，达到平衡时，反应在继续，只是v正=v逆（4）0.0010 molL1min1由化学方程式可知，气体质量增加即SiO2质量减少，故容器内气体增大量与HF反应量有：v（HF）= 4v（SiO2）= 4（0.12g/L60g/mol）8min=0.0010mol/（Lmin）【点评】本题以地壳为背景，考核了化学反应平衡相关知识点，主要有：压强对反应平衡移动的影响，温度对反应速度以及对反应平衡常数K的影响，反应平衡条件，反应速率计算。【易错分析】（2）温度变化对反应速度以及反应平衡两者的影响不同。对于反应速度，升高温度反应速度加快，降低温度反应速度减慢。对于反应平衡，若为吸热反应升高温度平衡向正方向进行，反之向逆方向进行；若为放热反应升高温度反应向逆方向进行，反之向正方向进行。此为学生学习反应平衡的难点，无法分清温度变化因素在热力学与动力学之间不同的意义。（3）a选项为常见错误，反应速度与反应系数的比例关系。【答案】（1）SiF4、H2O，SiO2（2）ad(3) be(4) 0.0010molL-3min-3。（11上海化学，T26）实验室制取少量溴乙烷的装置如右图所示。根据题意完成下列填空：（1）圆底烧瓶中加入的反应物是溴化钠、 和1:1的硫酸。配制体积比1：1的硫酸所用的定量仪器为 （选填编号）。 a天平 b量筒 c容量瓶 d滴定管（2）写出加热时烧瓶中发生的主要反应的化学方程式 。 （3）将生成物导入盛有冰水混合物的试管A中，冰水混合物的作用是 。试管A中的物质分为三层（如图所示），产物在第 层。（4）试管A中除了产物和水之外，还可能存在 、 (写出化学式)。（5）用浓的硫酸进行实验，若试管A中获得的有机物呈棕黄色，除去其中杂质的正确方法是 （选填编号）。 a蒸馏 b氢氧化钠溶液洗涤 c用四氯化碳萃取 d用亚硫酸钠溶液洗涤 若试管B中的酸性高锰酸钾溶液褪色，使之褪色的物质的名称是 。（6）实验员老师建议把上述装置中的仪器连接部分都改成标准玻璃接口，其原因是： 。【解析】（1）乙醇；b；根据题干信息可知：已有溴化钠与浓硫酸，缺少乙醇；配置硫酸需使用的定量仪器是量筒（用于液体的量取）；（2）NaBr+H2SO4 HBr+NaHSO4 CH3CH2OH + HBr CH3CH2Br+H2O（总反应方程式：CH3CH2OH+NaBr+H2SO4 CH3CH2Br+NaHSO4+H2O）（3）冷却、液封溴乙烷；3；由于溴乙烷沸点为38.2，故收集时需通过冰水混合物冷却，同时溴乙烷气体为有毒气体需密封保存，故采用冰水混合物液封；（4）HBr，CH3CH2OH（SO2，Br2，CH3CH2OCH2CH3等合理即可）该反应中主要副反应有：2NaBr + 3H2SO4 2NaHSO4 + Br2 + 2H2O + SO2CH3CH2OH + CH3CH2OH CH3CH2OCH2CH3 + H2O其中可能到达试管A的物质有：CH3CH2OH，HBr，SO2，Br2，CH3CH2OCH2CH3（5）d；乙烯；（6）反应生成Br2，腐蚀橡胶；【点评】本题考察了溴乙烷的实验室制法，考核了学生对实验的仪器选择，副反应估计，实验现象预测。考察学生对基础知识的掌握程度与理解程度。【易错分析】（2）冷却、液封溴乙烷，其中由于溴乙烷为有毒性易挥发气体，故需液封。【答案】（1）乙醇，b（2）NaBr+H2SO4HBr+NaHSO4 CH3CH2OH+HBrCH3CH2Br+H2O(3) 冷却、液封溴乙烷；3（4）HBr、CH3CH2OH（合理即给分）(5) d,乙烯（6）反应会产生Br2，腐蚀橡胶。（11上海化学，T27）CuSO45H2O是铜的重要化合物，有着广泛的应用。以下是CuSO45H2O的实验室制备流程图。根据题意完成下列填空：（1）向含铜粉的稀硫酸中滴加浓硝酸，在铜粉溶解时可以观察到的实验现象： 、 。（2）如果铜粉、硫酸及硝酸都比较纯净，则制得的CuSO45H2O中可能存在的杂质是 ，除去这种杂质的实验操作称为 。（3）已知：CuSO4+2NaOH=Cu(OH)2+ Na2SO4 称取0.1000 g提纯后的CuSO45H2O试样于锥形瓶中，加入0.1000 mol/L氢氧化钠溶液28.00 mL，反应完全后，过量的氢氧化钠用0.1000 mol/L盐酸滴定至终点，耗用盐酸20.16 mL，则0.1000 g该试样中含CuSO45H2O g。（4）上述滴定中，滴定管在注入盐酸之前，先用蒸馏水洗净，再用 。在滴定中，准确读数应该是滴定管上蓝线 所对应的刻度。（5）如果采用重量法测定CuSO45H2O的含量，完成下列步骤： 加水溶解加氯化钡溶液，沉淀过滤（其余步骤省略） 在过滤前，需要检验是否沉淀完全，其操作是 （6）如果1.040 g提纯后的试样中含CuSO45H2O的准确值为1.015 g，而实验测定结果是l.000 g 测定的相对误差为 。【解析】（1）溶液呈蓝色、有红棕色气体产生；铜与浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮，故现象为固体溶解，溶液呈蓝色，并有红棕色气体生成；（2）Cu(NO3)2，重结晶；由于反应溶液中有硝酸，故可能形成硝酸铜；分离溶液中两种溶质的方法：重结晶（利用两者溶解性的不同）（3）0.0980；根据题干可知：m（CuSO45H2O）= 250g/mol0.5（28.00 mL 0.1000 mol/L20.16 mL0.1000 mol/L）=0.0980g（4）标准盐酸溶液润洗23次，粗细交界点（5）称取样品；在上层清液中继续滴加氯化钡溶液，观察有无沉淀产生（6）-1.5%（-1.48%）相对误差=（测量值实际值）/实际值100%=（1.000-1.015）/1.015100%=1.48%【点评】本题以实验室制取五水硫酸铜晶体为背景，主要考核了无机实验的基本操作以及无差分析，其中以滴定实验为主要考察对象，涉及了滴定试验中实验操作、数据计算以及数据分析。【答案】（1）溶液呈蓝色、有红棕色气体产生（2）Cu(NO3)2,重结晶(3) 0.0980(4) 标准盐酸溶液润洗2-3次粗细交界点（5）称取样品；在上层清夜中继续加氯化钡溶液，观察有无沉淀产生(6) -1.5% (-1.48%)。（11上海化学，T28）异丙苯（），是一种重要的有机化工原料。根据题意完成下列填空：（1）由苯与2丙醇反应制备异丙苯属于 反应；由异丙苯制备对溴异丙苯的反应试剂和反应条件为 。（2）异丙苯有多种同分异构体，其中一溴代物最少的芳香烃的名称是 。（3）甲基苯乙烯（）是生产耐热型ABS树脂的一种单体，工业上由异丙苯催化脱氢得到。写出由异丙苯制取该单体的另一种方法 （用化学反应方程式表示）。（4）耐热型ABS树脂由丙烯腈(CH2=CHCN)、1，3-丁二烯和甲基苯乙烯共聚生成，写出该树脂的结构简式 （不考虑单体比例）。【解析】。【答案】（1）取代反应；FeBr3/Br2；（2）1,3,5三甲基苯（3）（4）【点评】本题重点考察学生对有机反应掌握程度，其中主要为取代反应与加成反应的条件与产物。（11上海化学，T29）化合物M是一种治疗心脏病药物的中间体，以A为原料的工业合成路线如下图所示。已知：RONa+ RXROR+ NaX根据题意完成下列填空：（1）写出反应类型。反应 反应 （2）写出结构简式。A C （3）写出的邻位异构体分子内脱水产物香豆素的结构简式 。（4）由C生成D的另一个反应物是 ，反应条件是 。（5）写出由D生成M的化学反应方程式 。（6）A也是制备环己醇()的原料，写出检验A已完全转化为环己醇的方法。【解析】（1）加成反应；氧化反应（2）详见下图（3）（4）CH3OH；浓硫酸，加热；（5）（6）取样，向样品中滴加FeCl3溶液，观察是否变色；根据各部分物质推断如下：推断过程如下：A（C6H6O）+HCHO对羟基苯甲醇（C7H8O2），可知甲醛分子与A发生了加成反应（加成反应特点：类似无机中化合反应，反应物物质的总和为生成物），根据观察对羟基苯甲醇可以发现，原物质应为苯酚，苯酚加成至HCHO中的C=O中。故A是苯酚。对羟基苯甲醇（C7H8O2）B（C7H6O2） 对羟基苯丙烯酸（C9H8O3）,对羟基苯甲醇B中分子式相比B少2H，观察可知CH2OH经氧化后得到CHO。故B为对羟基苯甲醛。对羟基苯丙烯酸（C9H8O3）C（C9H10O3），由化学式的变化可知此反应为加氢还原反应，其中被还原的应为C=C,故C为对羟基苯正丙酸。C（C9H10O3）D（C10H12O3），有化学式变化可推测出其增加了CH2O，C中有-COOH可猜测C与甲醇发生了酯化反应，观察M与C发现，M较C多出两部分，其中一部分符合猜测。故D为对羟基苯丙酸甲酯。【点评】本题主要考核了有机物中典型物质：酚、醇、醛和酯的性质、制法以及鉴别，且本题中主要解题突破口为反应前后特定的物质量变关系，其中（3）小题中对同分异构体知识点的考核难度降低，但结合了缩合反应原理，提高了对学生各知识之间联系的考核。另外，由对羟基苯甲醇B对羟基丙烯酸的转化过程中，不需判断出B物质的结构简式，放宽了对有机物流程图推断的要求。【易错分析】本题中易错点为第（5）小题中，D+Na2CO3反应生成NaHCO3而非CO2，考核了苯酚的化学性质（酸性）。【答案】(1) 加成氧化(4) CH3OH：浓硫酸，加热（6）取样，加入FeCl3溶液，颜色无明显变化。 （11上海化学，T30）氨和联氨(N2H4)是氮的两种常见化合物，在科学技术和生产中有重要的应用。根据题意完成下列计算： （1）联氨用亚硝酸氧化生成氮的另一种氢