2010-2016年上海高考化学试卷及解析汇编

2010-2016年上海高考化学试卷及解析汇编LtD④可得出的结论是：。十、（本题共14分）硫有多种含氧酸，亚硫酸、硫酸、焦硫酸()、硫代硫酸等等，其中硫酸最为重要，在工业上有广泛的应用，在实验室，浓硫酸是常用的干燥剂。完成下列计算：焦硫酸溶于水，其中的都转化为硫酸，若将445g焦硫酸溶于水配成4.00L硫酸，该硫酸的物质的量浓度为。若以浓硫酸吸水后生成计算，250g质量分数为98%的硫酸能吸收多少g水？硫铁矿是工业上制作硫酸的主要原料，硫铁矿氧化焙烧的化学反应如下：若48molFeS2完全反应耗用氧气2934.4L（标准状况）；计算反应产物中Fe3O4与Fe2O3物质的量之比。用硫化氢制取硫酸，既能充分利用资源又能保护环境，是一种很有发展前途的制备硫酸的方法。硫化氢体积分数为0.84的混合气体在空气中完全燃烧，若空气过量77%，计算产物气体中体积分数（水是气体）。已知空气组成：体积分数0.79、体积分数0.21。2014年上海高考题答案一、选择题1.D2.A3.A4.B5.A二、选择题6.B7.D8.A9.D10.C11.B12.B13.C14.D15.C16.C17.B三、选择题18.BD19.D20.C21.AD22.AC四：23.bc24.2NH3+CO2+H2O→(NH4)2CO3(NH4)2CO3+CO2+H2O→2NH4HCO325.将CO、CO2等气体在加压、较低温度下通入铜液吸收；然后将所得液体减压、升温，将所得到的CO导入储气罐，剩余液体中通入适量氨气，循环使用26.C>N>O>H；2S2P；相同条件下硝酸与磷酸的酸性强弱27.CS2和CO2都是分子晶体，而CS2的分子量大，范德华力大，熔沸点高五：28.5H2S+2KMnO4+3H2SO4→5S↓+2MnSO4+K2SO4+8H2O29.(1)2H2S+O22H2O+2S(2)2H2S+3O22H2O+2SO2SO2+2H2S→2H2O+3S30.Na2S溶液；H2S的Ki2小于H2CO3的Ki2，Na2S水解程度更大31.硫化氢饱和液中硫离子浓度小，通入氨气使碱性增强，使得H2SH++HS-HS-H++S2-的电离平衡正向移动，使硫离子浓度增大，与锌离子产生硫化锌沉淀32.FeCl2、H2S；产生白色沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色六：33.NH4HCO3+NaCl→NaHCO3↓+NH4Cl34.ad35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、Fe(OH)3(或氢氧化铁)BaSO4（或硫酸钡）36.电子天平250mL容量瓶；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】；0.98237.偏高七：饱和食盐水烧碱溶液39.10040.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41.反应温度高，能耗大会污染环境42.CH2=CH2+Cl2→CH2ClCH2ClCH2ClCH2ClCH2=CHCl+HClCH三CH+HClCH2=CHCl八：43.苯甲酸>碳酸>苯酚>苯甲醇碱性44.NaOH溶液CO2盐酸NaHCO3溶液45.碳酸氢钠溶液九：46.取代反应氧化反应47.C2H5OH，浓硫酸/加热盐酸/加热48.49.50.CH3CHClCH2CH3CH3CH=CHCH3CH3CHBrCHBrCH3CH2=CH-CH=CH251.酯在硫酸、盐酸中都会水解；肽键（酰胺）在硫酸中水解，在盐酸中不水解，氨基与HCl生成盐【肽键（酰胺）水解比酯基水解困难】十：1.25250×98%÷98×16=40g293.4÷22.4=131mol设Fe3O4、Fe2O3分别为amol、bmol3a+2b=48a=48a+11b=131b=18a：b=2：9设混合气体为V，0.84V硫化氢完全燃烧生成0.84V二氧化硫和0.84V水，消耗1.26V氧气，所需空气体积为1.26V÷0.21×1.77=10.62V2015年上海卷化学化学单选题（本大题共17小题，每小题____分，共____分。）1．中国科学技术名词审定委员会已确定第116号元素Lv的名称为鉝。关于的叙述错误的是（

）A.原子序数116B.中子数177C.核外电子数116D.相对原子质量2932．下列物质见光不会分解的是（

）A.HClOB.NH4ClC.HNO3D.AgNO33．某晶体中含有极性键，关于该晶体的说法错误的是（

）A.不可能有很高的熔沸点B.不可能是单质C.可能是有机物D.可能是离子晶体4．不能作为判断硫、氯两种元素非金属性强弱的依据是（

）A.单质氧化性的强弱B.单质沸点的高低C.单质与氢气化合的难易D.最高价氧化物对应的水化物酸性的强弱5．二氧化硫能使溴水褪色，说明二氧化硫具有（

）A.还原性B.氧化性C.漂白性D.酸性6．将Na、Na2O、NaOH、Na2S、Na2SO4分别加热熔化，需要克服相同类型作用力的物质有（

）A.2种B.3种C.4种D.5种7．检验用硫酸亚铁制得的硫酸铁中是否含有硫酸亚铁，可选用的试剂是（

）A.NaOHB.KMnO4C.KSCND.苯酚8．已知H2O2在催化剂作用下分解速率加快，其能量随反应进程的变化如下图所示。下列说法正确的是（

）A.加入催化剂，减小了反应的热效应B.加入催化剂，可提高H2O2的平衡转化率C.H2O2分解的热化学方程式：H2O2→H2O+O2+QD.反应物的总能量高于生成物的总能量9．已知咖啡酸的结构如右图所示。关于咖啡酸的描述正确的是（

）A.分子式为C9H5O4B.1mol咖啡酸最多可与5mol氢气发生加成反应C.与溴水既能发生取代反应，又能发生加成反应D.能与Na2CO3溶液反应，但不能与NaHCO3溶液反应10．卤代烃的制备有多种方法，下列卤代烃不适合由相应的烃经卤代反应制得的是（

）A.B.C.D.11.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C.硬度：晶体硅<金刚石D.碳碳键键长：乙烯>苯12．与氢硫酸反应有沉淀生成的电解质是（

）A.硫酸铜B.氢氧化钠C.硫酸亚铁D.二氧化硫13．实验室回收废水中苯酚的过程如右图所示。下列分析错误的是（

）A.操作I中苯作萃取剂B.苯酚钠在苯中的溶解度比在水中的大C.通过操作II苯可循环使用D.三步操作均需要分液漏斗14．研究电化学腐蚀及防护的装置如右图所示。下列有关说法错误的是（

）A.d为石墨，铁片腐蚀加快B.d为石墨，石墨上电极反应为：O2+2H2O+4e→4OH–C.d为锌块，铁片不易被腐蚀D.d为锌块，铁片上电极反应为：2H++2e→H2↑15．一般情况下，前者无法决定后者的是（

）A.原子核外电子排布——元素在周期表中的位置B.弱电解质的相对强弱——电离常数的大小C.分子间作用力的大小——分子稳定性的高低D.物质内部储存的能量——化学反应的热效应16．短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和丁的原子核外均有两个未成对电子，乙、丙、丁最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应。下列说法错误的是（

）A.元素丙的单质可用于冶炼金属B.甲与丁形成的分子中由非极性分子C.简单离子半径：丁>乙>丙D.甲与乙形成的化合物均有氧化性17．某无色溶液含有下列离子中的若干种：H+、NH4+、Fe3+、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（

）A.3种B.4种C.5种D.6种简答题（综合题）（本大题共12小题，每小题____分，共____分。）18．下列反应中的氨与反应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．离子方程式2Ca2++3HCO3–+3OH–→2CaCO3↓+CO32–+3H2O可以表示(

)A．Ca(HCO3)2与NaOH溶液反应B．NaHCO3与澄清石灰水反应C．Ca(HCO3)2与澄清石灰水反应D．NH4HCO3与澄清石灰水反应20．对于合成氨反应，达到平衡后，以下分析正确的是(

)A．升高温度，对正反应的反应速率影响更大B．增大压强，对正反应的反应速率影响更大C．减小反应物浓度，对逆反应的反应速率影响更大D．加入催化剂，对逆反应的反应速率影响更大21．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，可制取Na2S2O3，同时放出CO2。在该反应中（

）A．硫元素既被氧化又被还原B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2C．每生成1molNa2S2O3，转移4mol电子D．相同条件下，每吸收10m3SO2就会放出2.5m3CO222．将O2和NH3的混合气体448mL通过加热的三氧化二铬，充分反应后，再通过足量的水，最终收集到44.8mL气体。原混合气体中O2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．287.5mLD．313.6mL白云石的主要成份是CaCO3·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、熔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：Ca(OH)2+Mg(OH)2+3CO2⇌CaCO3+Mg(HCO3)2+H2O完成下列填空23．Ca(OH)2的碱性比Mg(OH)2的碱性（

）（选填“强”或“弱”）Ca(OH)2的溶解度比Mg(OH)2的溶解度

（

）（选填“大”或“小”）24．碳化温度保持在50~60℃。温度偏高不利于碳化反应，原因是（

）、（

）。温度偏低也不利于碳化反应，原因是（

）。25．已知某次碳化时溶液中钙离子浓度随时间的变化如右图所示，在10min到13min之内钙离子的反应速率为（

）。15min之后钙离子浓度增大，原因是（

）（用化学方程式表示）。26．Mg原子核外电子排布式为（

）；Ca原子最外层电子的能量（

）Mg原子最外层电子的能量。（选填“低于”、“高于”或“等于”）27.氯碱工业以电解精制饱和食盐水的方法制取氯气、氢气、烧碱和氯的含氧酸盐等系列化工品。下图是离子交换膜法电解食盐水的示意图，图中的离子交换膜只允许阳离子通过。完成下列填空：27．写出电解饱和食盐水的离子方程式。28．离子交换膜的作用为：（

）、（

）。29．精制饱和食盐水从图中（

）位置补充，氢氧化钠溶液从图中（

）位置流出。（选填“a”、“b”、“c”或“d”）30．KClO3可以和草酸（H2C2O4）、硫酸反应生成高效的消毒杀菌剂ClO2，还生成CO2和KHSO4等物质。写出该反应的化学方程式

（

）。31．室温下，0.1mol/LNaClO溶液的pH（

）0.1mol/LNa2SO3溶液的pH。（选填“大于”、“小于”或“等于”）。浓度均为0.1mol/L的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，SO32–、CO32–、HSO3–、HCO3–浓度从大到小的顺序为（

）

。已知：

H2SO3

Ki1=1.54×10-2

Ki2=1.02×10-7HClO

Ki1=2.95×10-8H2CO3

Ki1=4.3×10-7

Ki2=5.6×10-11过氧化钙（CaO2）是一种白色、无毒、难溶于水的固体，能杀菌消毒，广泛用于果蔬保鲜、空气净化、污水处理等方面。工业生产过程如下：①在NH4Cl溶液中加入Ca(OH)2；②不断搅拌的同时加入30%H2O2，反应生成CaO2·8H2O沉淀；③经过陈化、过滤，水洗得到CaO2·8H2O，再脱水干燥得到CaO2。完成下列填空32．第①步反应的化学方程式为（

）。第②步反应的化学方程式为（

）。33．可循环使用的物质是（

）。工业上常采用Ca(OH)2过量而不是H2O2过量的方式来生产，这是因为（

）。34．检验CaO2·8H2O是否洗净的方法是（

）。35．CaO2·8H2O加热脱水的过程中，需不断通入不含二氧化碳的氧气，目的是（

）、（

）。36．已知CaO2在350℃迅速分解生成CaO和O2。下图是实验室测定产品中CaO2含量的装置（夹持装置省略）。

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的质量分数为（

）（用字母表示）。过氧化钙的含量也可用重量法测定，需要测定的物理量有（

）。甲醛是深受关注的有机化合物。甲醛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甲醛水溶液，经充分反应后，产生的氢氧化钠的物质的量与甲醛的物质的量相等，然后用已知浓度的硫酸滴定氢氧化钠。完成下列填空：37．将4.00mL甲醛水溶液加入到经调至中性的亚硫酸钠溶液中，充分反应后，用浓度为1.100mol/L的硫酸滴定，至终点时耗用硫酸20.00mL。甲醛水溶液的浓度为（

）mol/L。38．上述滴定中，若滴定管规格为50mL，甲醛水溶液取样不能超过（

）mL。39．工业甲醛含量测定的另一种方法：在甲醛水溶液中加入过氧化氢，将甲醛氧化为甲酸，然后用已知浓度的氢氧化钠溶液滴定。HCHO+H2O2→HCOOH+H2O

NaOH+HCOOH→HCOONa+H2O已知H2O2能氧化甲酸生成二氧化碳和水。如果H2O2用量不足，会导致甲醛含量的测定结果（

）（选填“偏高”、“偏低”或“不受影响”），因为（

）；如果H2O2过量，会导致甲醛含量的测定结果（

）（选填“偏高”、“偏低”或“不受影响”），因为（

）。40．甲醛和新制氢氧化铜的反应显示了甲醛的还原性，发生反应的化学方程式通常表示如下：HCHO+2Cu(OH)2HCOOH+Cu2O↓+2H2O若向足量新制氢氧化铜中加入少量甲醛，充分反应，甲醛的氧化产物不是甲酸或甲酸盐，设计一个简单实验验证这一判断。①主要仪器：试管

酒精灯②可供选用的试剂：硫酸铜溶液、甲醛、甲酸、氢氧化钠溶液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、热稳定性好等优点。完成下列填空：41．写出该共聚物的结构简式（

）42．实验室由乙苯制取对溴苯乙烯，需先经两步反应制得中间体。写出该两步反应所需的试剂及条件。43．将与足量氢氧化钠溶液共热得到A，A在酸性条件下遇FeCl3溶液不显色。A的结构简式为（

）。由上述反应可推知（

）。由A生成对溴苯乙烯的反应条件为（

）。44．丙烯催化二聚得到2,3-二甲基-1-丁烯，B与2,3-二甲基-1-丁烯互为同分异构体，且所有碳原子处于同一平面。写出B的结构简式。设计一条由2,3-二甲基-1-丁烯制备B的合成路线。（合成路线常用的表示方式为：）局部麻醉药普鲁卡因E（结构简式为）的三条合成路线如下图所示（部分反应试剂和条件已省略）：完成下列填空：45．比A多一个碳原子，且一溴代物只有3种的A的同系物的名称是（

）。46．写出反应试剂和反应条件。反应①（

）；③（

）47．设计反应②的目的是（

）。48．B的结构简式为（

）；C的名称是（

）。49．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能发生水解反应

③有3种不同环境的氢原子1mol该物质与NaOH溶液共热最多消耗（

）molNaOH。50．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（

）。氨碱法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。完成下列计算：51．CaCO3质量分数为0.90的石灰石100kg完成分解产生CO2（

）L（标准状况）。石灰窑中，该石灰石100kg与焦炭混合焙烧，产生CO229120L（标准状况），如果石灰石中碳酸钙完全分解，且焦炭完全燃烧，不产生CO，则焦炭的物质的量为（

）mol。52．已知粗盐水含MgCl26.80mol/m3，含CaCl23.00mol/m3。向粗盐水中加入Ca(OH)2除镁离子：MgCl2+Ca(OH)2→Mg(OH)2↓+CaCl2然后加入Na2CO3除钙离子。处理上述粗盐水10m3，至少需要加Na2CO3（

）g。如果用碳酸化尾气（含NH3体积分数为0.100、CO2体积分数0.040）代替碳酸钠，发生如下反应：Ca2++2NH3+CO2+H2O→CaCO3↓+2NH4+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。53．某氨盐水含氯化钠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铵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。

答案单选题1.

D2.

B3.

A4.

B5.

A6.

C7.

B8.

D9.

C10.

C11.

D12.

A13.

B14.

D15.

C16.

D17.

C简答题18.

BC19.

AB20.

B21.

AD22.

CD23.

23.强；大

24.该反应是放热反应；温度偏高使CO2的溶解度减小；温度偏低会降低反应速率（合理即给分）25.0.009mol/(L·min);

CaCO3+H2O+CO2Ca(HCO3)226.1s22s22p63s2;

高于24.

27.2H2O+2Cl－Cl2↑＋2OH－+H2↑28.能得到纯度更高的氢氧化钠溶液；避免Cl2与H2反应（合理即给分）29.

a;

d30.2KClO3+2H2SO4+H2C2O4=2ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O.31.大于；[SO32–]>[CO32–]>[HCO3–]>[HSO3–]25.

32.

2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3+2H2O。CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O

CaO2·8H2O↓+2NH4Cl33.

NH4Cl；Ca(OH)2价格低34.取洗涤液少许，滴加HNO3酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，说明洗涤干净。（合理即给分）35.抑制过氧化钙分解防止过氧化钙与二氧化碳反应（合理即给分）36.；样品质量、完全分解后剩余固体的质量。（合理即给分）26.

37.11.038.10.0039.偏低；HCHO未完全氧化偏低；部分HCOOH被氧化40.向氢氧化钠溶液中滴加硫酸铜溶液，震荡，然后加入甲酸，加热至沸。如果出现砖红色沉淀，表明甲酸或甲酸盐会继续与氢氧化铜反应，甲醛的氧化产物不是甲酸或甲酸盐。27.

41.

（合理即给分）42.Br2/Fe，加热；Br2/光照，加热43.，与苯环直接相连的卤原子不易被羟基取代。浓H2SO4，加热。44.；（合理即给分）28.

45.邻二甲苯。46.浓HNO3/浓H2SO4；加热；酸性KMnO4/H+溶液，加热；47.保护氨基，使之在后续的氧化反应中不被氧化48.；对氨基苯甲酸49.或，

2。50.合成路线较长，导致总产率较低。（合理即给分）29.

51.

20160；400。52.

10388；53.（1）（2）2016年上海市高考化学试卷一、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）（2016•上海）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【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．【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．故选D．2．（2分）（2016•上海）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【考点】氧化还原反应．【解答】解：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氢钠和氯化铵，碳酸氢钠受热分解转化为碳酸钠，二氧化碳和水，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；故选C．3．（2分）（2016•上海）硼的最高价含氧酸的化学式不可能是（）A．HBO2 B．H2BO3 C．H3BO3 D．H2B4O7【考点】根据化学式判断化合价．【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，故选项B符合题意．故选B．4．（2分）（2016•上海）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【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．【解答】解：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，与化学键无关，故D错误．故选C．5．（2分）（2016•上海）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【考点】有机化合物命名．【解答】解：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．故选D．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•上海）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/LCH3COONa溶液的pH大于7C．CH3COOH溶液与Na2CO3反应生成CO2D．0.1mol/LCH3COOH溶液可使紫色石蕊变红【考点】弱电解质的判断．【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；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．故选：B．7．（3分）（2016•上海）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＞WB．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原子序数差为5，则形成化合物的化学式为X3W2【考点】原子结构与元素周期律的关系．【解答】解：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O、S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O、Al，则二者形成的化合物的化学式是X2W3，故D错误．故选A．8．（3分）（2016•上海）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﹣）【考点】原电池和电解池的工作原理．【解答】解：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；故选：C．9．（3分）（2016•上海）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【考点】氯气的化学性质．【解答】解：在氯水中存在反应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2HCl+CaCO3=CaCl2+CO2↑+H2O，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；故选A．10．（3分）（2016•上海）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C．一定属于氧化还原反应 D．一定属于分解反应【考点】化学基本反应类型．【解答】解：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．故选A．11．（3分）（2016•上海）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与聚苯乙烯的最小结构单元组成相同D．1mol最多可与2molH2发生反应【考点】有机物的结构和性质．【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．故选B．12．（3分）（2016•上海）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．氯化亚铁溶液中混有氯化铜【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【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．故选D．13．（3分）（2016•上海）O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2→SF6+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4.48LHF，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【考点】氧化还原反应的计算．【解答】解：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﹣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．故选D．14．（3分）（2016•上海）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是提高SO2的转化率【考点】工业制取硫酸；物质的组成、结构和性质的关系．【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；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，从而可以提高SO2的转化率，故D正确．故选：B．15．（3分）（2016•上海）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【考点】化学实验方案的评价．【解答】解：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．故选D．16．（3分）（2016•上海）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Ⅰ是过滤，将固体分离除去B．操作Ⅱ是加热浓缩．趁热过滤，除去杂质氯化钠C．操作Ⅲ是过滤、洗涤，将硝酸钾晶体从溶液中分离出来D．操作Ⅰ～Ⅲ总共需两次过滤【考点】物质的分离、提纯和除杂．【解答】解：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晶体．故选C．17．（3分）（2016•上海）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112mlCl2，恰好将Fe2+完全氧化．x值为（）A．0.80 B．0.85 C．0.90 D．0.93【考点】氧化还原反应的计算．【解答】解：FexO中Fe的平均化合价为+，被氧化为Fe3+，根据电子守恒可知，转移的电子数和Cl2转移的电子数相等．标准状况下112mLCl2转移电子数为×2=0.01mol．则有：×（3﹣）×x=0.01mol，解得x=0.8，故选：A．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）（2016•上海）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18mol/L硫酸【考点】浓硫酸的性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【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；故选AC．19．（4分）（2016•上海）已知：SO32﹣+I2+H2O=SO42﹣+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+【考点】常见离子的检验方法．【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；故选BC．20．（4分）（2016•上海）已知NaOH+Al（OH）3→Na[Al（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（）A．CO2+2OH﹣→CO32﹣+H2OB．Al2O3+2OH﹣+3H2O→2[Al（OH）4]﹣C．2Al+2OH﹣+6H2O→2[Al（OH）4]﹣+3H2↑D．Al3++4OH﹣→[Al（OH）4]﹣【考点】镁、铝的重要化合物；离子反应发生的条件．【解答】解：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﹣+6H2O→2[Al（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﹣+3H2O→2[Al（OH）4]﹣，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，故选D．21．（4分）（2016•上海）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H2SC．Fe与Cl2反应生成FeCl3，推测Fe与I2反应生成FeI3D．NaCl与浓H2SO4加热可制HCl，推测NaBr与浓H2SO4加热可制HBr【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．【解答】解：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；故选AB．22．（4分）（2016•上海）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NH31792ml（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【考点】有关混合物反应的计算．【解答】解：假设混合物完全为（NH4）2SO4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0.0548mol×2=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：0.1mol﹣0.08mol=0.02mol，故NH4HSO4的物质的量为0.02mol，所以（NH4）2SO4的质量为：7.24g﹣115g/mol×0.02mol=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，故选C．四、（本题共12分）23．（12分）（2016•上海）NaCN超标的电镀废水可用两段氧化法处理：（1）NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl（2）NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2已知HCN（Ki=6.3×10﹣10）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应调节为碱性（选填“酸性”、“碱性”或“中性”）；原因是防止生成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．2OCN﹣+3ClO﹣=CO32﹣+CO2↑+3Cl﹣+N2↑（3）处理100m3含NaCN10.3mg/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NaCN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NaOCN、NaCN和H2O．（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3p；H、C、N、O、Na的原子半径从小到大的顺序为H＜O＜N＜C＜Na．（6）HCN是直线型分子，HCN是极性分子（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．【解答】解：（1）NaCN易与酸反应生成HCN，为防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气，因此第一次氧化时，溶液的pH应调节为碱性，故答案为：碱性；防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气；（2）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↑，故答案为：2OCN﹣+3ClO﹣=CO32﹣+CO2↑+3Cl﹣+N2↑；（3）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100m3含NaCN10.3mg/L的废水，实际至少需NaClO的质量为：×74.5g/mol×4=14900g，故答案为：14900；（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可知，（CN）2与NaOH溶液反应生成NaOCN、NaCN、和H2O，故答案为：NaOCN；NaCN；（5）氯原子的核外电子排布式为：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，故答案为：3p；H＜O＜N＜C＜Na；（6）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，故答案为：极性；．五、（本题共12分）24．（12分）（2016•上海）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．（选填“增大”、“减小”或“不变”）v正v逆平衡常数K转化率α（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]/mol•L﹣1[H2]/mol•L﹣1[CH4]/mol•L﹣1[H2O]/mol•L﹣1平衡Ⅰabcd平衡Ⅱmnxya、b、c、d与m、n、x、y之间的关系式为．（3）碳酸：H2CO3，Ki1=4.3×10﹣7，Ki2=5.6×10﹣11草酸：H2C2O4，Ki1=5.9×10﹣2，Ki2=6.4×10﹣50.1mol/LNa2CO3溶液的pH大于0.1mol/LNa2C2O4溶液的pH．（选填“大于”“小于”或“等于”）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+]＞[HC2O4﹣]＞[HCO3﹣]＞[CO32﹣]b．[HCO3﹣]＞[HC2O4﹣]＞[C2O42﹣]＞[CO32﹣]c．[H+]＞[HC2O4﹣]＞[C2O42﹣]＞[CO32﹣]d．[H2CO3]＞[HCO3﹣]＞[HC2O4﹣]＞[CO32﹣]（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．【考点】化学平衡常数的含义；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡．【解答】解：（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，故答案为：v正v逆平衡常数K转化率α增大增大减小减小（2）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，故答案为：；（3）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/LNa2CO3溶液的pH大于0.1mol/LNa2C2O4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．故答案为：ac；（4）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，故答案为：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．六、（本题共12分）25．（12分）（2016•上海）乙酸乙酯广泛用于药物、染料、香料等工业，中学化学实验常用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；浓硫酸用量又不能过多，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．（2）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．（3）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，然后分液．（4）若用b装置制备乙酸乙酯，其缺点有原料损失较大、易发生副反应．由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，分离乙酸乙酯与该杂质的方法是蒸馏．【考点】制备实验方案的设计．【解答】解：（1）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，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；（2）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，故答案为：中和乙酸、溶解乙醇、减少乙酸乙酯在水中的溶解；（3）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；（4）根据b装置可知由于不是水浴加热，温度不易控制，因此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，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、（本题共12分）26．（12分）（2016•上海）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：（1）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．（2）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）：V（CO）：V（N2）=38：28：22，经CO变换后的气体中：V（H2）：V（N2）=3：1．（3）碱液吸收法是脱除二氧化碳的方法之一．已知：Na2CO3K2CO320℃碱液最高浓度（mol/L）2.08.0碱的价格（元/kg）1.259.80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K2CO3碱液作吸收液，用什么方法可以降低成本？碱液循环使用写出这种方法涉及的化学反应方程式．2KHCO3K2CO3+CO2↑+H2O（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．①选用合适的无机试剂分别填入Ⅰ、Ⅰ、Ⅳ、Ⅴ方框中．②该实验方案中，步骤IV（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．【解答】解：（1）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，故答案为：硝酸铅（或硫酸铜）；黑色沉淀；（2）若半水煤气中V（H2）：V（CO）：V（N2）=38：28：22，反应中氮气体积不变，根据方程式：CO+H2OCO2+H2，可知经CO变换后的气体中V（H2）：V（N2）=（38+28）：22=3：1，故答案为：3：1；（3）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：2KHCO3K2CO3+CO2↑+H2O，故答案为：价廉；吸收CO2能力差；碱液循环使用；2KHCO3K2CO3+CO2↑+H2O；（4）①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，故流程图为：，故答案为：；②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，故答案为：IV．八、（本题共9分）27．（9分）（2016•上海）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CH≡CCH（CH3）2．（2）异戊二烯的一种制备方法如图所示：A能发生的反应有加成（还原）、氧化、聚合、取代（酯化）、消除反应．（填反应类型）B的结构简式为．（3）设计一条由异戊二烯制得有机合成中间体的合成路线．（合成路线常用的表示方式为：AB…目标产物）【考点】有机物的合成．【解答】解：（1）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，其结构简式为：CH≡CCH（CH3）2，故答案为：CH≡CCH（CH3）2；（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，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发生加成反应生成，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成，合成路线流程图为：，故答案为：．九、（本题共13分）28．（13分）（2016•上海）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得到所需试剂为银氨溶液，酸．（3）已知B能发生银镜反应．由反应②、反应③说明：在该条件下，碳碳双键比醛基（羰基）易还原．（4）写出结构简式，CCH2=CHCHO；M（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．（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①不含羰基②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．【考点】有机物的合成．【解答】解：丙烯（CH2=CHCH3）在催化剂作用下与H2/CO作用生成丁醛，2分子丁醛发生加成反应得到，与A的分子式相比，反应①应是发生醇的消去反应，（2）中除催化氧化法外，由A可以得到，可知A为CH3CH2CH2CH=CH（CH2CH3）CHO，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（3）中B能发生银镜反应，说明碳碳双键首先与H2加成，可推知B为CH3CH2CH2CH2CH（CH2CH3）CHO，Y为CH3CH2CH2CH2CH（CH2CH3）CH2OH．丙烯（CH2