上海市杨浦区高考化一模试卷Word含解析

2016年上海市杨浦区高考化学一模试卷一、选择题（本题共10分，每小题2分，只有一个正确选项．）1．物质在下列应用中，利用了其还原性的是（）A．纯碱去油污 B．铝冶炼金属C．硝酸制炸药 D．漂粉精漂白织物2．有关化学用语的表述正确的是（）A．轨道表示式表示N2中的共用电子对：B．只能是氢分子的比例模型C．只能是氮分子的球棍模型D．CH4分子的比例模型：3．下列关于砹（85At）及其化合物的说法中，正确的是（）A．稳定性：HAt＞HCl B．氧化性：At2＞I2C．At2为分子晶体 D．NaAt的水溶液呈碱性4．化学式为N2H6SO4的某晶体，其晶体类型与硫酸铵相同，则N2H6SO4晶体中不存在（）A．离子键 B．共价键 C．分子间作用力 D．阳离子5．仅用蒸馏水，不能鉴别的一组物质是（）A．汽油、甘油和四氯化碳 B．葡萄糖、蔗糖和纯碱C．溴蒸气和二氧化氮 D．碘和高锰酸钾二、选择题（本题共36分，每小题3分，只有一个正确选项．）6．下列反应的产物中，只存在+3价铁元素或氮元素的是（）A．过量的铁丝在氯气燃烧 B．过量的铁粉与溴水反应C．烧碱溶液吸收NO2 D．硝酸铜受热分解7．下列各组数据比较，前者比后者小的是（）A．氯水与氨水中微粒种类 B．乙烷与苯分子中碳碳键键长C．氯化铯与氯化钠的熔点 D．Al2O3与AlCl3的熔点8．右图是用点滴板探究氨气的性质．实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水后，立即用培养皿罩住整个点滴板．下列对实验现象的解释正确的是（）选项实验现象解释A红色石蕊试纸变蓝NH3极易溶于水B浓硫酸附近无白烟NH3与浓硫酸不发生反应C氯化铝溶液变浑浊NH3与AlCl3溶液反应：Al3++3OH﹣→Al（OH）3↓D浓盐酸附近有白烟NH3与挥发出的HCl反应：NH3+HCl→NH4ClA．A B．B C．C D．D9．有机物M的结构如图所示．关于M的描述正确的是（）A．分子式为C8H6O6B．能发生中和、取代、消去、氧化、加成反应C．1molM与溴水发生反应的产物可能有3种D．1molM与足量氢氧化钠溶液反应，消耗4molNaOH10．用如图装置研究电化学原理，下列分析中错误的是（）选项连接电极材料分析abAK1K2石墨铁模拟铁的吸氧腐蚀BK1K2锌铁模拟钢铁防护中牺牲阳极的阴极保护法CK1K3石墨铁模拟电解饱和食盐水DK1K3铁石墨模拟钢铁防护中外加电流的阴极保护法五、（本题共12分）250～400oC催化剂24．氯气用途广泛，但在使用时，一般会产生氯化氢．工业上可用O2将HCl转化为Cl2，以提高效益，减少污染．反应为：O2+4HCl2Cl2+2H2O完成下列填空：（1）该反应化学平衡常数K的表达式为；实验测得P0压强下，HCl平衡转化率α（HCl）随反应温度T的变化如图1所示，则正反应是反应（填“吸热”或者“放热”）．（2）上述实验中若压缩体积使压强由P0增大至P1，在图中画出P1压强下HCl平衡转化率α（HCl）随反应温度T变化的曲线，并简要说明理由：．（3）该反应在P0、320°C条件下进行，达平衡状态A时，测得容器内n（Cl2）=7.2×10﹣3mol，则此时容器中的n（HCl）=mol．（4）对该反应达到平衡后，以下分析正确的是（选填编号）．a．增加n（HCl），对正反应的反应速率影响更大b．体积不变加入稀有气体，对正反应的反应速率影响更大c．压强不变加入稀有气体，对逆反应的反应速率影响更大d．如果平衡常数K值增大，对逆反应的速率影响更大（5）氯元素能形成多种离子．在水溶液中1molCl﹣、1molClOx﹣（x=1，2，3，4）能量的相对大小如图2所示，写出B→A+C反应的热化学方程式（用离子符号表示）；若有1.5molB发生反应，转移电子mol．六、（本题共12分）25．实验小组为探究SO2的漂白性和还原性，设计了以下实验．完成下列填空：（1）实验室用亚硫酸钠粉末跟硫酸制取二氧化硫，有下列三种硫酸溶液，应选用（选填编号），其理由是．a．98%浓硫酸b．70%硫酸c．10%稀硫酸І．漂白性（2）用如图所示装置（气密性良好）进行实验，观察到如下现象：ⅰ中红色褪去、ⅱ中无变化．①足量碱石灰的作用是．②从实验中可知使品红的水溶液褪色的微粒可能是．（3）实验小组进一步实验如下：取等量相同浓度的品红水溶液于两支试管中，再分别加入少量Na2SO3固体和NaHSO3固体，两支试管中的品红都褪色，于是得出结论：使品红褪色的微粒肯定是HSO3﹣或SO32﹣．你认为这一结论是否正确，理由是．ІІ．还原性（4）将SO2通入FeCl3溶液中，使其充分反应．①SO2与FeCl3反应的离子方程式是，如何检验该反应所得含氧酸根离子．②实验中观察到溶液由黄色变为红棕色，静置一段时间，变为浅绿色．已知：红棕色为FeSO3（墨绿色难溶物）与FeCl3溶液形成的混合色；Fe3+可氧化SO32﹣．则②中红棕色变为浅绿色的原因是．七、（本题共12分）26．异丙苯（）氧化法是工业生产苯酚和丙酮最主要的方法．其反应和流程如下：氧化：+O→（异丙苯过氧氢）分解：（丙嗣）物质丙酮苯酚异丙苯密度（g/mL）0.78981.07220.8640沸点/°C56.5182153已知：完成下列填空：（1）X物质是；Y物质是．（2）浓硫酸的作用是，其优点是用量少，可能的缺点是（写一条）．（3）Z物质最适宜选择（选填编号）．a．NaOHb．Na2CO3c．NaHCO3d．CaCO3（4）步骤⑥分馏，工业上在分馏塔中进行，如图，产品T是，请说明理由．废水中苯酚的含量，可根据苯酚与溴水的反应，用以下方法测定：①把20.00mL废水、20mLKBrO3和KBr混合溶液[其中：c（KBrO3）=0.0100mol/L，c（KBr）=0.0600mol/L]置于锥形瓶中，再加入10mL6mol/L的盐酸，迅速盖好盖子，摇动锥形瓶．②充分反应后，稍松开瓶塞，从瓶塞和瓶壁间缝隙迅速加入10%KI溶液10mL（过量），迅速加盖，充分摇匀．加入少许淀粉溶液．③用0.0250mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点．用去Na2S2O3溶液22.48mL．（5）已知：BrO3﹣+5Br﹣+6H+→3Br2+3H2O；写出苯酚与浓溴水反应的化学方程式；第1加盐酸、第②步加KI溶液，要迅速盖好盖子的原因是．（6）已知：I2+2Na2S2O3→2NaI+Na2S4O6；滴定终点的现象是；该废水中苯酚的浓度是mol/L（保留4位小数）．八、（本题共10分）27．由基本有机化工原料A（C2H2）制备有机物D和聚异戊二烯的合成路线如图所示：完成下列填空：（1）上述转化步骤中与反应①的反应类型相同的是（填编号）．（2）m与n的关系为．（3）异戊二烯分子中最多有个原子共平面．（4）在异戊二烯的同分异构体中，与A具有相同官能团且分子中有支链的有机物的名称是．（5）参照流程图中异戊二烯的合成路线，若把步骤⑤中的反应物丙酮改为乙醛，则经过反应⑤、⑥、⑦后得到的有机物是．九、（本题共12分）28．以有机物A和苯酚为原料合成一种医药中间体E的路线如下：完成下列填空：（1）已知A的分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性．写出A发生银镜反应的化学方程式．（2）有机物B中①、②、③3个﹣OH的酸性由强到弱的顺序为；写出B与过量Na2CO3溶液反应的化学方程式．（3）副产物D是由2分子B生成的含有3个六元环的化合物，D的结构简式是．（4）已知苯酚钠和苯酚相比，不易被氧化．现由有机物B制备，写出对应各步反应中依次所需的试剂和反应条件．（5）写出符合下列条件的E的所有同分异构体的结构简式（不考虑立体异构）．①苯环上只有2个位置未被取代，且这两个位置上的氢原子化学环境相同；②与FeCl3溶液不发生显色反应；③能发生银镜反应．十、（本题共14分）29．氯化亚铜（CuCl）广泛用于有机合成、气体吸收、冶金、医药化工等行业．（1）工业上氯化亚铜可由下列反应制备：2CuSO4+Na2SO3+2NaCl+Na2CO3→2CuCl↓+3Na2SO4+CO2↑．制备过程中需要20%的CuSO4溶液，配制100g该CuSO4溶液需要胆矾g，需要水g．（2）实验室可用如下方法制备少量CuCl：取10mL0.2mol/LCuCl2溶液，加入0.128g铜屑和36.5%的浓盐酸（密度为1.2g/mL）3mL，在密闭容器中加热，充分反应后，得到无色溶液A；将溶液A全部倾入水中，可得到白色的氯化亚铜沉淀．已知溶液A中只含氢离子和两种阴离子（不考虑水的电离），其中，n（H+）=0.036mol、n（Cl﹣）=0.032mol．请通过分析和计算，确定溶液A中另一阴离子的化学式和物质的量．（3）由CO2、O2、CO、N2组成的混合气体1.008L，测得其密度为1.429g/L，将该气体依次通过足量的30%KOH溶液、氯化亚铜氨溶液（可完全吸收O2和CO）（假定每一步反应都能进行完全），使上述液体分别增加0.44g、0.44g（体积和密度均在标准状况下测定）．①该混合气体的摩尔质量是g/mol；混合气体中n（CO2）：n（CO和N2）=．列式计算：②混合气体中CO的质量是多少？③最后剩余气体的体积是多少？

2016年上海市杨浦区高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共10分，每小题2分，只有一个正确选项．）1．物质在下列应用中，利用了其还原性的是（）A．纯碱去油污 B．铝冶炼金属C．硝酸制炸药 D．漂粉精漂白织物【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】氧化还原反应中元素化合价升高作还原剂，表现还原性，据此分析．【解答】解：A．纯碱去油污，纯碱水解显碱性，油脂在碱性条件下水解，没有发生氧化还原反应，故A不选；B．铝冶炼金属，铝作还原剂把金属由化合物中置换出来，铝作还原剂，利用了其还原性，故B选；C．硝酸制炸药，生成三硝基甲苯，没有发生氧化还原反应，故C不选；D．漂粉精漂白织物，表现了次氯酸钙的强氧化性，故D不选；故选B．【点评】本题考查氧化还原反应，把握元素的化合价与微粒性质的关系为解答的关键，侧重氧化性、还原性的考查，注意从元素的化合价角度分析，题目难度不大．2．有关化学用语的表述正确的是（）A．轨道表示式表示N2中的共用电子对：B．只能是氢分子的比例模型C．只能是氮分子的球棍模型D．CH4分子的比例模型：【考点】球棍模型与比例模型．【专题】化学用语专题．【分析】A．N2中的共用电子对电子排布式为；B．可表示所有双原子分子的比例模型；C．可表示所有双原子分子的球棍模型；D．CH4分子是正四面体结构．【解答】解：A．N2中的共用电子对电子排布式为，轨道表示式为故A错误；B．可表示所有双原子分子的比例模型，不只是氢气分子，故B错误；C．可表示所有双原子分子的球棍模型，不只是氮气分子，故C错误；D．CH4分子是正四面体结构，比例模型：，故D正确；故选D．【点评】本题主要考查了球棍模型和比例模型，难度不大，注意A选项中分子的轨道表示式与原子的核外电子排布图不同．3．下列关于砹（85At）及其化合物的说法中，正确的是（）A．稳定性：HAt＞HCl B．氧化性：At2＞I2C．At2为分子晶体 D．NaAt的水溶液呈碱性【考点】卤素原子结构及其性质的比较．【分析】A、同主族元素非金属性越强，氢化物越稳定；B．同主族元素非金属性越强，对应的氢化物越稳定；C．卤族元素单质是分子晶体；D．Cl、Br、I的氢化物溶于水得到的是强酸，据盐的水解条件来回答．【解答】解：A．卤族元素中，元素非金属性越强，氢化物越稳定，即稳定性：HAt＜HCl，故A错误；B．同主族元素非金属性越强，对应的氢化物越稳定，氧化性：At2＜I2，故B错误；C．卤族元素单质是分子晶体，故C正确；D．Cl、Br、I的氢化物溶于水得到的是强酸，所以NaAt溶液不会发生水解反应，显示中性，故D错误；故选C．【点评】本题考查了同一主族元素性质的相似性，利用已知元素的性质，根据元素周期律来确定未知元素及其化合物的性质，采用知识迁移的方法进行解答，难度不大．4．化学式为N2H6SO4的某晶体，其晶体类型与硫酸铵相同，则N2H6SO4晶体中不存在（）A．离子键 B．共价键 C．分子间作用力 D．阳离子【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．【专题】化学键与晶体结构．【分析】硫酸铵晶体中铵根离子和硫酸根离子之间存在离子键，铵根离子内部N和H之间存在共价键，离子晶体不存在分子间作用力．【解答】解：硫酸铵晶体中铵根离子和硫酸根离子之间存在离子键，铵根离子内部N和H之间存在共价键，硫酸铵晶体属于离子晶体，不存在分子间作用力，N2H6SO4的某晶体晶体类型与硫酸铵相同，所以该晶体中含有离子键、共价键、阳离子和阴离子，不存在分子间作用力，故选C．【点评】本题考查了物质的结构，难度不大，侧重于不同晶体的化学键和分子间作用力的区别，注意离子晶体不存在分子间作用力．5．仅用蒸馏水，不能鉴别的一组物质是（）A．汽油、甘油和四氯化碳 B．葡萄糖、蔗糖和纯碱C．溴蒸气和二氧化氮 D．碘和高锰酸钾【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．【专题】物质的分离提纯和鉴别．【分析】仅用蒸馏水就能鉴别的物质，常利用物质的水溶性以及物质的与水的密度相对大小进行鉴别，另外有些物质能与水发生反应或在水溶液中的颜色不同，以此解答该题．【解答】解：A．汽油不溶于水，但密度比水小，甘油与水混溶，四氯化碳不溶于水，但密度比水大，三者仅用蒸馏水就能鉴别出，故A不选；B．葡萄糖、蔗糖均能溶于水，而且溶液没有明显变化，所以不能鉴别，故B选；C．溴蒸气溶于水，溶液显棕黄色，二氧化氮溶于水，溶液为无色，所以能鉴别，故C不选；D．碘单质溶于水呈黄色，KMnO4溶于水则呈紫红色，故D不选；故选B．【点评】本题考查物质的检验鉴别的实验方案的设计，题目难度中等，本题注意常见物质的水溶性、溶解热以及溶液的颜色的变化等问题，学习中注重相关基础知识的积累．二、选择题（本题共36分，每小题3分，只有一个正确选项．）6．下列反应的产物中，只存在+3价铁元素或氮元素的是（）A．过量的铁丝在氯气燃烧 B．过量的铁粉与溴水反应C．烧碱溶液吸收NO2 D．硝酸铜受热分解【考点】铁的化学性质．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】A．氯气具有强氧化性，和变价金属反应生成高价化合物；B．过量铁粉和溴水反应生成溴化亚铁；C．烧碱吸收二氧化氮反应生成亚硝酸钠、硝酸钠和水；D．硝酸铜受热分解生成氧化铜二氧化氮和水；【解答】解：A．过量的铁丝在氯气燃烧生成氯化铁，2Fe+3Cl22FeCl3，故A符合；B．过量铁粉和溴水反应生成溴化铁，2Fe+3Br2=2FeBr3，过量的铁和溴化铁溶液反应生成溴化亚铁，2FeBr3+Fe=3FeBr2，溶液中可能存在+2价和+3价的铁元素，故B不符合；C．烧碱溶液吸收NO2发生反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和水，2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，产物中氮元素存在+2价和+3价，故C不符合；D．硝酸铜受热分解生成氧化铜二氧化氮和水，2Cu（NO3）22CuO+4NO2↑+O2↑，但元素化合价为+4价，故D不符合；故选A．【点评】本题考查了铁及其化合物性质的分析，主要是物质性质的掌握，掌握基础是关键，题目难度中等．7．下列各组数据比较，前者比后者小的是（）A．氯水与氨水中微粒种类 B．乙烷与苯分子中碳碳键键长C．氯化铯与氯化钠的熔点 D．Al2O3与AlCl3的熔点【考点】氯气的化学性质．【专题】卤族元素；几种重要的金属及其化合物．【分析】A、根据氨水和氯水的成分来回答判断，氯水中存在化学平衡，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，氨水中存在电离平衡和化学平衡；B．乙烷是饱和烃分子中是形成碳碳单键，苯分子结构是特殊的结构，六个碳原子间形成的是介于单双键之间的化学键；C．氯化铯与氯化钠都是离子晶体，物质的熔点取决于离子半径大小，离子键越强，熔点越高；D．Al2O3是离子化合物，AlCl3是共价化合物；【解答】解：A、氯水的成分：水分子、氯离子、次氯酸根离子、氢离子、氢氧根离子、氯气分子、次氯酸分子共7种，氨水中含有的微粒：氨气分子、水分子、铵根离子、氢离子、氢氧根离子、一水合氨分子，共6种，前者大于后者不符合题意，故A错误；B．乙烷是饱和烃分子中是形成碳碳单键，苯分子结构是特殊的结构，六个碳原子间形成的是介于单双键之间的化学键，键长前者大于后者，故B错误；C．氯化铯与氯化钠都是离子晶体，铯离子半径大于钠离子半径，氯化铯形成离子键强度小于氯化钠，所以熔点前者小于后者，故C正确；D．氧化铝是离子化合物，氯化铝是共价化合物，熔点是前者大于后者，故D错误；故选C．【点评】本题考查了物质结构、物质性质的分析，注意溶液中微粒种类的判断，掌握基础知识是解题关键，题目较简单．8．右图是用点滴板探究氨气的性质．实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水后，立即用培养皿罩住整个点滴板．下列对实验现象的解释正确的是（）选项实验现象解释A红色石蕊试纸变蓝NH3极易溶于水B浓硫酸附近无白烟NH3与浓硫酸不发生反应C氯化铝溶液变浑浊NH3与AlCl3溶液反应：Al3++3OH﹣→Al（OH）3↓D浓盐酸附近有白烟NH3与挥发出的HCl反应：NH3+HCl→NH4ClA．A B．B C．C D．D【考点】氯气的化学性质．【专题】卤族元素．【分析】NaOH固体溶于水放热，氨水易挥发，实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水，会产生氨气，为碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，与浓硫酸发生中和反应生成硫酸铵，与氯化物发生复分解反应生成氢氧化物，氨水易挥发，与浓盐酸反应生成氯化铵，反应现象是有白烟生成．【解答】解：A、氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因是与水反应生成NH3•H2O，电子生成OH﹣离子，溶液呈碱性，而不是NH3极易溶于水，故A错误；B、氨气为碱性气体，与浓硫酸发生中和反应生成硫酸铵，故B错误；C、氨气与氯化铝发生复分解反应生成氢氧化物，如氯化物溶液变浑浊，可能生成难溶性氢氧化铝，Al3++3NH3•H2O→Al（OH）3↓+3NH4+，故C错误；D、NaOH固体溶于水放热，氨水易挥发，实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水，会产生氨气，与浓盐酸反应生成氯化铵，反应现象是有白烟生成，故D正确．故选D．【点评】本题考查氨气的性质，题目难度不大，本题易错点为C项，注意氨气与NH3•H2O的性质区别．9．有机物M的结构如图所示．关于M的描述正确的是（）A．分子式为C8H6O6B．能发生中和、取代、消去、氧化、加成反应C．1molM与溴水发生反应的产物可能有3种D．1molM与足量氢氧化钠溶液反应，消耗4molNaOH【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】有机物含有羧基，具有酸性，可发生取代反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚反应和氧化反应，含有酯基，可发生水解反应，含有羟基，可发生取代、氧化和消去反应，以此解答该题．【解答】解：A．由结构简式可知C8H8O6，故A错误；B．含有羧基，具有酸性，含有羟基，可发生取代、消去、氧化反应，含有碳碳双键，可发生加成反应，故B正确；C．M含有2个碳碳双键，可与溴水发生加成反应，加成产物有3种，同时溴水呈酸性，可水解生成二氧化碳，故C错误；D．含有羧基和酯基，酯基可水解生成二氧化碳，则1molM与足量氢氧化钠溶液反应，消耗3molNaOH，故D错误．故选B．【点评】本题考查有机物的结构与性质，注意把握有机物的官能团与性质的关系来解答，熟悉酯、烯烃、醇的性质是解答的关键，注意有机物不含苯环的特点，题目难度中等．10．用如图装置研究电化学原理，下列分析中错误的是（）选项连接电极材料分析abAK1K2石墨铁模拟铁的吸氧腐蚀BK1K2锌铁模拟钢铁防护中牺牲阳极的阴极保护法CK1K3石墨铁模拟电解饱和食盐水DK1K3铁石墨模拟钢铁防护中外加电流的阴极保护法A．A B．B C．C D．D【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】A．在中性条件下，铁发生吸氧腐蚀；B．Zn、Fe形成原电池，Fe作正极被保护；C．Fe作阴极，阴极上氢离子得电子，石墨作阳极，阳极上氯离子失电子；D．Fe作阳极，Fe失电子．【解答】解：A．在中性条件下，铁作负极失电子，石墨作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，则Fe发生吸氧腐蚀，故A正确；B．Zn、Fe形成原电池，Zn作负极被腐蚀，Fe作正极被保护，属于牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；C．Fe作阴极，阴极上氢离子得电子，石墨作阳极，阳极上氯离子失电子，电解氯化钠溶液生成氢气、氯气和氢氧化钠，故C正确；D．Fe与正极相连，Fe作阳极，Fe失电子，被腐蚀，Fe不能被保护，故D错误．故选D．【点评】本题考查了金属的电化学腐蚀和防护，侧重于考查学生对原电池原理和电解池原理的应用能力，题目难度不大．11．向0.1mol/LCH3COOH溶液中加入CH3COONa晶体或加水稀释时，都会引起（）A．溶液的pH增大 B．CH3COOH的电离程度增大C．溶液的导电能力减小 D．溶液的c（OH﹣）减小【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；影响盐类水解程度的主要因素．【专题】电离平衡与溶液的pH专题；盐类的水解专题．【分析】CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度增大，溶液中c（H+）减小，c（OH﹣）增大，溶液的PH增大，导电能力减弱；CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，c（H+）减小，c（OH﹣）增大，溶液的PH增大，导电能力增强．【解答】解：A、CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度增大，溶液中C（H+）减小，溶液的pH增大，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度也减小，c（H+）减小，溶液的pH增大，故A正确；B、CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度增大，CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，故B错误；C、CH3COOH溶液加水稀释，离子浓度减小，溶液的导电能力减弱，加入少量CH3COONa晶体时，离子浓度增大，溶液的导电能力增强，故C错误；D、CH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，溶液中c（H+）减小，根据KW=c（H+）•c（OH﹣），c（OH﹣）增大，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，溶液中c（H+）减小，根据KW=c（H+）•c（OH﹣），c（OH﹣）增大，故D错误；故选：A．【点评】本题考查外界条件对电离平衡的影响，重点考查离子浓度以及同离子效应对电离平衡的影响，注意总结影响因素以及平衡移动的方向的判断．12．工业上常用如下的方法从海水中提溴：浓缩海水粗产品溴溴蒸气物质X产品溴，下列说法错误的是（）A．步骤①的主要反应为：Cl2+2Br﹣→Br2+2Cl﹣B．物质X为HBrOC．步骤②③的目的是富集溴元素D．步骤②利用了溴易挥发的性质【考点】海水资源及其综合利用；氧化还原反应．【专题】常规题型；实验评价题；制备实验综合．【分析】浓缩后增大溴离子的浓度，与氯气发生2Br﹣+C12=Br2+2Cl﹣，用空气和水蒸气将溴吹出，并用SO2氧化吸收，从而达到富集溴，③中发生Br2+2H2O+SO2═2HBr+H2SO4，④中发生Cl2+2HBr=Br2+2HCl，以此来解答；【解答】解：浓缩后增大溴离子的浓度，与氯气发生2Br﹣+C12=Br2+2Cl﹣，用空气和水蒸气将溴吹出，并用SO2氧化吸收，从而达到富集溴，③中发生Br2+2H2O+SO2═2HBr+H2SO4，④中发生Cl2+2HBr=Br2+2HCl；A．步骤①中用氯气氧化海水的Br﹣，发生反应的离子方程式为2Br﹣+C12=Br2+2Cl﹣，故A正确；B．步骤③中向溴水中通入SO2，发生的反应为Br2+2H2O+SO2═2HBr+H2SO4，则X为HBr，故B错误；C．利用步骤②③达到富集溴元素的目的，故C正确；D．利用溴易挥发，向浓缩经氯气氧化后的海水中空气和水蒸气可吹出溴蒸气，故D正确；故选：B．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应及元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应判断的考查，题目难度不大．13．由右表提供数据及相关物质结构知识，反应：SiCl4（g）+2H2（g）→Si（s）+4HCl（g），生成1mol晶体硅的热效应是（）化学键Si﹣ClH﹣HSi﹣SiH﹣Cl键能（kJ/mol）360436176431A．吸收236kJ B．放出236kJ C．放出116kJ D．吸收116kJ【考点】有关燃烧热的计算．【专题】化学反应中的能量变化．【分析】化学反应方程式中的反应热=反应物的键能之和﹣生成物的键能之和；在硅晶体中每个硅原子和其它4个硅原子形成4个共价键，所以每个硅原子含有2个共价键，据此列式计算．【解答】解：反应热=反应物的键能之和﹣生成物的键能之和，则该反应的焓变△H=360kJ/mol×4+436kJ/mol×2﹣176kJ/mol×2﹣431kJ/mol×4=+236kJ/mol，即：生成1mol晶体硅需要吸收236kJ的热量，故选A．【点评】本题考查反应热的计算，侧重于反应热的计算，题目难度中等，注意原子晶体中键能的计算方法，明确焓变与反应物、生成物键能的关系，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．14．利用图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是（）选项①②③实验结论A浓硫酸CuKMnO4溶液褪色SO2有漂白性B浓盐酸MnO2FeBr2溶液变为黄色氧化性：Cl2＞Br2C稀硫酸碳酸钠CaCl2溶液无明显变化CO2不与CaCl2溶液反应D浓硫酸蔗糖溴水褪色浓硫酸具有脱水性、吸水性A．A B．B C．C D．D【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合．【专题】无机实验综合．【分析】A．二氧化硫与高锰酸钾发生氧化还原反应；B．浓盐酸与二氧化锰应在加热条件下反应生成氯气；C．碳酸酸性比盐酸弱，二氧化碳与氯化钙溶液不反应；D．反应生成二氧化硫，浓硫酸表现出氧化性．【解答】解：A．二氧化硫与高锰酸钾发生氧化还原反应，二氧化硫表现还原性，故A错误；B．浓盐酸与二氧化锰应在加热条件下反应生成氯气，在不加热条件下没有氯气生成，FeBr2溶液不变色，故B错误；C．碳酸酸性比盐酸弱，二氧化碳与氯化钙溶液不反应，CaCl2溶液无明显变化，故C正确；D．蔗糖被碳化，浓硫酸表现脱水性，反应生成二氧化硫，浓硫酸表现出氧化性，故D错误．故选C．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及酸性比较、氧化还原反应等，把握化学反应原理及实验装置中的反应为解答的关键，注意实验操作的可行性、评价性分析，题目难度不大．15．现有某温度下的KCl饱和溶液m1g，溶质的质量分数为ω1%．对其采取某种措施后析出mgKCl晶体，所得母液的质量为m2g，溶质的质量分数为ω2%，则下列关系正确的是（）A．原条件下KCl的溶解度小于ω1gB．m1•ω1%﹣m=m2•ω2%C．ω1一定大于ω2D．m1﹣m2≤m【考点】溶解度、饱和溶液的概念．【分析】现有某温度下的KCl饱和溶液m1g，溶质的质量分数为ω1%．对其采取某种措施后析出mgKCl晶体，所得母液的质量为m2g，溶质的质量分数为ω2%，晶体KCl析出的条件为降低温度、蒸发水分等，A、若原溶液为饱和溶液，则溶解度S与质量分数的关系是×100%=ω1g；B、m1•ω1%﹣m=m2•ω2%中满足溶质的质量相等；C、若原溶液为饱和溶液，条件为降低温度，则冷却将使晶体析出，但温度一定，KCl的溶解度为一定值；D、若条件只为降低温度使晶体析出，则m1﹣m2=m，若条件只为蒸发水分m（H2O）g使晶体析出，则m1﹣m2=m+m（H2O），综上所述得m1﹣m2≥m；【解答】解：A、若原溶液为饱和溶液，则溶解度S与质量分数的关系是×100%=ω1g，得到原条件下KCl的溶解度S大于ω1g，故A错误；B、依据溶质质量相同列式，原溶液中溶质质量减去析出的氯化钾等于析出晶体后溶液中溶质质量，m1•ω1%﹣m=m2•ω2%中满足溶质的质量相等，故B正确；C、若原溶液为饱和溶液，条件为降低温度，则冷却将使晶体析出，但温度一定，KCl的溶解度为一定值，若恢复原温度，ω1一定等于ω2，若降低温度下ω1一定大于ω2，故C错误；D、若条件只为降低温度使晶体析出，则m1﹣m2=m，若条件只为蒸发水分m（H2O）g使晶体析出，则m1﹣m2=m+m（H2O），综上所述得m1﹣m2≥m，故D错误；故选B．【点评】本题考查学生对溶解度等概念的理解能力，溶解度在一定温度下不变，饱和溶液中析出晶体后的溶液在该温度下仍是饱和溶液，掌握概念实质是解题关键，题目难度中等．16．80°C，0.1mol/LNaHB溶液中c（H+）＞c（OH﹣），可能正确的关系是（）A．c（Na+）+c（H+）=c（HB﹣）+2c（B2﹣） B．溶液的pH=1C．c（H+）∙c（OH﹣）=10﹣14 D．c（Na+）=c（H2B）+c（HB﹣）【考点】离子浓度大小的比较．【专题】离子反应专题．【分析】0.1mol•L﹣1的NaHB溶液中c（H+）＞c（OH﹣），说明HB﹣电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，结合电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（HB﹣）+2c（B2﹣）+c（OH﹣）和物料守恒c（Na+）=c（B2﹣）+c（HB﹣）+c（H2B）解答该题；注意温度为80C．【解答】解：A．溶液存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（HB﹣）+2c（B2﹣）+c（OH﹣），故A错误；B．HB﹣若完全电离，则溶液的pH可能为1，故B正确；C．常温下，水的离子积常数K=c（H+）•c（OH﹣）=10﹣14，80°C水的离子积增大，则c（H+）•c（OH﹣）＞10﹣14，故C错误；D．由物料守恒可知c（Na+）=c（B2﹣）+c（HB﹣）+c（H2B），故D错误；故选B．【点评】本题考查离子浓度的大小比较，题目难度增大，注意题给信息的含义及应用，注意掌握电荷守恒和物料守恒的含义，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．17．某溶液中含有下列离子中的五种：Ba2+、Fe2+、Al3+、Fe3+、Mg2+、HCO3﹣、CO32﹣、Cl﹣、NO3﹣、SO42﹣，浓度均为0.1mol/L．向其中加入足量的盐酸，有气体生成且反应后溶液中阴离子的种类没有变化．以下分析错误的是（）A．原溶液中不含HCO3﹣和CO32﹣B．向加盐酸后的溶液中再加KSCN溶液，显红色C．能确定原溶液中的五种离子D．原溶液中有三种阳离子和两种阴离子【考点】常见离子的检验方法．【专题】离子反应专题．【分析】若向原溶液中加入足量的盐酸，有气体生成；经分析知：反应后的溶液中的阴离子的种类没有变化，则原溶液中含有Cl﹣，一定没有HCO3﹣和CO32﹣；有气体生成则含有Fe2+和NO3﹣；一共有五种离子，浓度均为0.1mol/L，Fe2+、Cl﹣、NO3﹣正好电荷守恒．说明存在的另外两种离子的带电量是一样的，则为Mg2+和SO42﹣，综上可知，溶液中存在的五种离子为：Fe2+、Cl﹣、NO3﹣、Mg2+和SO42﹣，结合选项分析．【解答】解：向原溶液中加入足量的盐酸，有气体生成；经分析知：反应后的溶液中的阴离子的种类没有变化，则原溶液中含有Cl﹣，一定没有HCO3﹣和CO32﹣；有气体生成则含有Fe2+和NO3﹣；一共有五种离子，浓度均为0.1mol/L，Fe2+、Cl﹣、NO3﹣正好电荷守恒．说明存在的另外两种离子的带电量是一样的，则为Mg2+和SO42﹣，综上可知，溶液中存在的五种离子为：Fe2+、Cl﹣、NO3﹣、Mg2+和SO42﹣，A．由以上分析可知，原溶液中一定不含有HCO3﹣和CO32﹣，故A正确；B．若向原溶液中加入过量的稀硫酸和KSCN溶液，Fe2+与NO3﹣、H+反应生成Fe3+，溶液显血红色，故B正确；C．原溶液中含有的离子为：Fe2+、Cl﹣、NO3﹣、Mg2+和SO42﹣，能够确定存在的离子，故C正确；D．根据分析可知，原溶液中含有的离子为Fe2+、Cl﹣、NO3﹣、Mg2+和SO42﹣，含有3种阴离子、2种阳离子，故D错误；故选D．【点评】本题考查了离子反应、离子检验方法和离子性质的分析判断，题目难度中等，反应现象的判断是解题的依据，注意干扰离子的分析判断，试题培养了学生的灵活应用能力．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．向饱和食盐水中滴加一定量浓盐酸，对出现现象的预测可能正确的是（）A．白色沉淀 B．液体分层 C．无明显现象 D．黄绿色气体【考点】盐类水解的应用；化学平衡的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】饱和氯化钠溶液中存在溶解平衡NaCl（s）⇌Na+（l）+Cl﹣（l），加入浓盐酸后氯离子浓度增大，则溶解平衡向着逆向移动，导致析出氯化钠晶体，据此进行解答．【解答】解：饱和氯化钠溶液中存在溶解平衡：NaCl（s）⇌Na+（l）+Cl﹣（l），由于加入浓盐酸，溶液中氯离子浓度增大，抑制了氯化钠的溶解，会析出白色的NaCl晶体，故选A．【点评】本题考查了饱和溶液中溶解平衡及其影响，题目难度不大，明确溶解平衡及其影响为解答关键，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的分析能力及灵活应用能力．19．短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，且只有一种金属元素．其中X与W处于同一主族，Z元素原子半径在短周期中最大（稀有气体除外）．Z与W、W与Q的原子序数之差均为3，五种元素原子的最外层电子数之和为21，下列说法正确的是（）A．Z、W、Q三种元素的单质属于三种不同的晶体类型B．Q氢化物的熔点高于Z氢化物的熔点C．一定条件下，Q单质可把Y从其氢化物中置换出来D．最高价氧化物对应水化物的酸性顺序：Q＞Y＞W＞X【考点】位置结构性质的相互关系应用．【专题】元素周期律与元素周期表专题．【分析】短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，Z元素原子半径在短周期中最大（稀有气体除外），则Z为Na；Z、W、Q同周期，只有一种金属元素，故W、Q最外层电子数都大于3，W、Z之间与W、Q之间原子序数之差相等，则W最外层电子数为4，Q最外层电子数为7，可推知W为Si、Q为Cl；X与W处于同一主族，则X为C元素；五种元素原子最外层电子数之和为21，则Y的最外层电子数=21﹣4﹣4﹣1﹣7=5，原子序数小于Na，故Y为N元素，据此解答．【解答】解：短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，Z元素原子半径在短周期中最大（稀有气体除外），则Z为Na；Z、W、Q同周期，只有一种金属元素，故W、Q最外层电子数都大于3，W、Z之间与W、Q之间原子序数之差相等，则W最外层电子数为4，Q最外层电子数为7，可推知W为Si、Q为Cl；X与W处于同一主族，则X为C元素；五种元素原子最外层电子数之和为21，则Y的最外层电子数=21﹣4﹣4﹣1﹣7=5，原子序数小于Na，故Y为N元素．A．Na、Si、Cl三种元素的单质f分别属于金属晶体、原子晶体、分子晶体，故A正确；B．HCl属于分子晶体，常温下为气体，NaH属于离子晶体，故NaH的熔点更高，故B错误；C．氨气能被氯气氧化生成氮气，故C正确，D．非金属性C＞Si，故酸性：碳酸＞硅酸，故D错误，故选：AC．【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，注意充分利用非金属元素最外层电子特点及W、Z之间与W、Q之间原子序数之差相等进行推断，难度中等．20．对有关NaClO和NaCl混合溶液的叙述正确的是（）A．该溶液中，H+、NH4+、SO42﹣、Br﹣可以大量共存B．该溶液中，K+、OH﹣、S2﹣、NO3﹣不能大量共存C．向该溶液中滴入少量FeSO4溶液，离子方程式为：2Fe2++ClO﹣+2H+→Cl﹣+2Fe3++H2OD．向该溶液中加入浓盐酸，每产生1molCl2，转移电子约为6.02×1023个【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．次氯酸钠具有强氧化性，能够氧化溴离子；次氯酸根离子与氢离子反应；B．次氯酸钠能够氧化硫离子；C．溶液中不存在氢离子，反应生成氢氧化铁沉淀；D．根据反应ClO﹣+2H++Cl﹣=Cl2↑+H2O可知生成1mol氯气失去转移1mol电子．【解答】解：A．NaClO能够与H+、Br﹣发生反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．NaClO能够氧化S2﹣，在溶液中不能大量共存，故B正确；C．向该溶液中滴入少量FeSO4溶液，次氯酸钠能够氧化亚铁离子，反应生成氢氧化铁沉淀，正确的离子方程式为：2Fe2++5ClO﹣+5H2O→Cl﹣+2Fe（OH）3↓+4HClO，故C错误；D．发生反应为：ClO﹣+2H++Cl﹣=Cl2↑+H2O，生成1mol氯气转移了1mol电子，转移电子约为6.02×1023个，故D正确；故选BD．【点评】本题考查离子共存的判断、氧化还原反应的计算、离子方程式的书写等知识，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意掌握离子反应发生条件，明确离子不能大量共存的一般情况；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力．21．自然界存在反应：14CuSO4+5FeS2+12H2O→7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4．在该反应中（）A．产物中的SO42﹣有一部分是氧化产物B．5molFeS2发生反应，有10mol电子转移C．发生氧化反应和发生还原反应的FeS2之比为7：3D．14molCuSO4能氧化5molFeS2【考点】氧化还原反应的计算．【专题】氧化还原反应专题．【分析】Cu元素化合价降低，被还原，CuSO4为氧化剂，FeS2中S元素化合价为﹣1价，反应后分别升高为+6价、降低为﹣2价，FeS2既是氧化剂又是还原剂，从元素化合价的角度判断并计算该题．【解答】解：A、由化学方程式可知，反应物中含有14molSO42﹣离子，生成物中有17molSO42﹣离子，则有3molS被氧化，产物中的SO42﹣有一部分是氧化产物，故A正确；B、5molFeS2发生反应，Cu元素化合价由+2价→+1价，14molCuSO4得到14mol电子，FeS2→Cu2S，S元素的化合价由﹣1价→﹣2价，生成7molCu2S，得到7mol电子，有21mol电子转移，故B错误；C、由方程式可知，5molFeS2参加反应，生成7molCu2S，被还原，所以发生还原反应的FeS2为3.5mol，但是发生氧化反应的FeS2还有1.5mol，发生氧化反应和发生还原反应的FeS2之比为3：7，故C错误；D、Cu元素化合价降低，被还原，CuSO4为氧化剂，FeS2既是氧化剂又是还原剂，是14molCuSO4还有一部分FeS2做氧化剂，所以14mol硫酸铜氧化FeS2小于5mol，故D错误．故选A．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重基本概念和转移电子数的考查，题目难度不大．22．有两份组成及质量都相等的Na2O2和Na2CO3的混合物，向第一份中加入足量的稀硫酸，放出的气体共4.48L．将此气体通入第二份混合物，充分反应后，气体体积变为4.032L（均为标准状况下体积）．则原混合物中Na2O2和Na2CO3的物质的量之比为（）A．2：9 B．3：2 C．2：1 D．8：1【考点】有关混合物反应的计算．【专题】物质的量的计算．【分析】发生反应的方程式有：①2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+2H2O+O2、②Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑、③2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；根据反应的可能方程式以及气体体积的变化判断反应的可能性，根据二氧化碳是否过量用讨论的方法计算．【解答】解：发生反应的方程式有：①2Na2O2+2H2SO4=2Na2SO4+2H2O+O2②Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑③2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，Na2CO3与硫酸反应产生CO2，Na2O2与硫酸反应生成O2，而CO2与Na2O2反应将产生O2，故两步反应后的剩余气体一定有O2，可能有CO2，4.48L气体的物质的量为：=0.2mol，4.032L气体的物质的量为：=0.18mol，2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2△n21nn0.2mol﹣0.18mol=0.02mol则：n=0.04mol，若CO2完全反应，则第一份生成CO2的为0.04mol，O2为0.2mol﹣0.04mol=0.16mol2Na2O2+4HCl=4NaCl+2H2O+O20.32mol0.16molNa2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO20.04mol0.04mol混合物中Na2O2与NaHCO3的物质的量之比0.32mol：0.04mol=8：1；若CO2未完全反应，则Na2O2应是0.04mol，则第一份生成O2的为0.02mol，CO2为0.2mol﹣0.02mol=0.18mol2Na2O2+4HCl=4NaCl+2H2O+O20.04mol0.02molNa2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO20.18mol0.18mol混合物中Na2O2与NaHCO3的物质的量之比0.04mol：0.18mol=2：9，故选AD．【点评】本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确发生反应的原理为解答关键，注意掌握讨论法在化学计算中的应用方法，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力．四、（本题共12分）23．H、C、N、O、Al、S是常见的六种元素．完成下列填空：（1）碳元素有12C、13C和14C等同位素．在14C原子中，核外存在2对自旋相反的电子．（2）碳在形成化合物时，其所成化学键以共价键为主，原因是C有4个价电子且半径较小，难以通过得或失电子达到稳定结构．（3）任选上述元素可组成多种四原子的共价化合物，请写出其中含非极性键的一种化合物的电子式或H：C︙︙C：H．（4）上述元素可组成盐NH4Al（SO4）2．向10mL1mol/LNH4Al（SO4）2溶液中滴加1mol/L的NaOH溶液，沉淀物质的量随NaOH溶液体积的变化示意图如下．①NH4Al（SO4）2溶液中所有离子的浓度由大到小的顺序是c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（Al3+）＞c（H+）＞c（OH﹣），请解释阳离子浓度差异的原因由于碱性：氨水＞Al（OH）3，故Al3+的水解程度大于NH4+的水解程度，c（NH4+）＞c（Al3+）．②写出N点反应的离子方程式NH4++OH﹣=NH3•H2O．③若向10mL1mol/LNH4Al（SO4）2溶液中加入20mL1.2mol/LBa（OH）2溶液，充分反应后，产生沉淀0.022mol．【考点】离子方程式的有关计算．【专题】电离平衡与溶液的pH专题．【分析】（1）根据同一轨道的2两个电子自选方向相反判断；（2）共价键为原子之间以共用电子对成键，碳的非金属性较弱，但半径较小，反应中难以失去或得到电子；（3）同种元素的原子之间形成非极性键；（4）①溶液中Al3+、NH4+均水解使溶液呈酸性，但Al3+比NH4+水解程度更大；②N点过程中加入氢氧化钠，沉淀物质的量不变，是NH4+与OH﹣反应生成NH3•H2O；③根据n=cV计算n（Al3+）、n（NH4+）、n（SO42﹣）、n（Ba2+）、n（OH﹣），根据SO42﹣、Ba2+中不足量的离子的物质的量计算生成BaSO4的物质的量，依次发生：Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓、NH4++OH﹣=NH3•H2O、Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，根据方程式计算生成Al（OH）3的物质的量，进而二者计算生成固体总物质的量．【解答】解：（1）C原子核外电子排布为1s22s22p2，轨道式为如图所示：，则在基态14C原子中，核外存在2对自旋相反的电子，故答案为：2；（2）共价键为原子之间以共用电子对成键，碳原子核外有4个电子，且元素的非金属性较弱，但半径较小，反应中难以失去或得到电子，故答案为：C有4个价电子且半径较小，难以通过得或失电子达到稳定结构；（3）上述元素可组成多种四原子的共价化合物，其中含非极性键的物质是H2O2和C2H2，电子式分别为、H：C︙︙C：H，故答案为：或H：C︙︙C：H；（4）①NH4Al（SO4）2，溶液中Al3+、NH4+均水解使溶液呈酸性，由于碱性：氨水＞Al（OH）3，所以Al3+比NH4+水解程度更大，c（NH4+）＞c（Al3+），故离子浓度由大到小的顺序是：c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（Al3+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故答案为：c（SO42﹣）＞c（NH4+）＞c（Al3+）＞c（H+）＞c（OH﹣）；由于碱性：氨水＞Al（OH）3，故Al3+的水解程度大于NH4+的水解程度，c（NH4+）＞c（Al3+）；②N点过程中加入氢氧化钠，沉淀物质的量不变，是NH4+与OH﹣反应生成NH3•H2O，离子方程式为：NH4++OH﹣=NH3•H2O，故答案为：NH4++OH﹣=NH3•H2O；③10mL1mol•L﹣1NH4Al（SO4）2溶液中Al3+物质的量为0.01mol，NH4+的物质的量为0.01mol，SO42﹣的物质的量为0.02mol，20mL1.2mol•L﹣1Ba（OH）2溶液中Ba2+物质的量为0.024mol，OH﹣为0.048mol，由SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，可知SO42﹣不足，故可以得到0.02molBaSO4，Al3++3OH﹣=Al（OH）3↓0.01mol0.03mol0.01mol反应剩余OH﹣为0.048mol﹣0.03mol=0.018mol，NH4++OH﹣=NH3•H2O0.01mol0.01mol反应剩余OH﹣为0.018mol﹣0.01mol=0.008mol，Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O0.008mol0.008mol故得到Al（OH）3沉淀为0.01mol﹣0.008mol=0.002mol则最终得到固体为0.02mol+0.002mol=0.022mol，故答案为：0.022．【点评】本题考查核外电子排布规律、化学键类型及电子式的书写、离子浓度大小比较、化学图象及化学计算，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础，难度中等．五、（本题共12分）250～400oC催化剂24．氯气用途广泛，但在使用时，一般会产生氯化氢．工业上可用O2将HCl转化为Cl2，以提高效益，减少污染．反应为：O2+4HCl2Cl2+2H2O完成下列填空：（1）该反应化学平衡常数K的表达式为；实验测得P0压强下，HCl平衡转化率α（HCl）随反应温度T的变化如图1所示，则正反应是放热反应（填“吸热”或者“放热”）．（2）上述实验中若压缩体积使压强由P0增大至P1，在图中画出P1压强下HCl平衡转化率α（HCl）随反应温度T变化的曲线，并简要说明理由：，增大压强，平衡向正反应方向移动，αHCl增大，相同温度下HCl的平衡转化率比之前实验的大．（3）该反应在P0、320°C条件下进行，达平衡状态A时，测得容器内n（Cl2）=7.2×10﹣3mol，则此时容器中的n（HCl）=2.54×10﹣3mol．（4）对该反应达到平衡后，以下分析正确的是ad（选填编号）．a．增加n（HCl），对正反应的反应速率影响更大b．体积不变加入稀有气体，对正反应的反应速率影响更大c．压强不变加入稀有气体，对逆反应的反应速率影响更大d．如果平衡常数K值增大，对逆反应的速率影响更大（5）氯元素能形成多种离子．在水溶液中1molCl﹣、1molClOx﹣（x=1，2，3，4）能量的相对大小如图2所示，写出B→A+C反应的热化学方程式（用离子符号表示）3ClO﹣（aq）=ClO3﹣（aq）+2Cl﹣（aq）△H=﹣117kJ/mol；若有1.5molB发生反应，转移电子2mol．【考点】化学平衡的计算；氧化还原反应；热化学方程式；化学平衡的影响因素．【专题】平衡思想；演绎推理法；化学平衡专题．【分析】（1）化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应达到平衡时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值；升高温度平衡向吸热的方向移动，据此判断；（2）正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，相同温度下HCl的平衡转化率比之前实验的大；（3）设反应中氯化氢的起始的物质的量为amol，反应在P0、320°C条件下进行，达平衡状态A时，氯化氢的转化率为85%，即有85%amol的氯化氢反应生成氯气的物质的量为×85%amol=7.2×10﹣3mol，所以a=1.69×10﹣2mol，据此计算；（4）a．增加n（HCl），平衡正向移动；b．体积不变加入稀有气体，各物质的浓度不变，所以平衡不移动；c．压强不变加入稀有气体，则体积变大，相当于对原平衡体系减压，则平衡向逆反应方向移动，据此判断；d．如果平衡常数K值增大，即平衡向正反应方向移动，即正反应速率大于逆反应的速率，由于该反应为放热反应，所以要降低温度，据此判断；（5）B自身发生氧化还原反应生成A和D，根据转移电子守恒得该反应方程式为3ClO﹣=ClO3﹣+2Cl﹣，反应热=（62kJ/mol+2×0kJ/mol）﹣3×60kJ/mol=﹣116kJ/mol，根据反应中氯元素的化合价的变化判断转移电子数．【解答】解：（1）O2+4HCl2Cl2+2H2O的平衡常数k=；升高温度平衡向吸热的方向移动，根据图知，温度升高，氯化氢的转化下降，即平衡逆向移动，所以该反应的正反应为放热反应，故答案为：；放热；（2）正反应为气体体积减小的反应，增大压强，平衡向正反应方向移动，相同温度下HCl的平衡转化率比之前实验的大，故压缩体积使压强增大，画相应αHCl～T曲线的示意图为，故答案为：，增大压强，平衡向正反应方向移动，αHCl增大，相同温度下HCl的平衡转化率比之前实验的大；（3）设反应中氯化氢的起始的物质的量为amol，反应在P0、320°C条件下进行，达平衡状态A时，氯化氢的转化率为85%，即有85%amol的氯化氢反应生成氯气的物质的量为×85%amol=7.2×10﹣3mol，所以a=1.69×10﹣2，所以平衡时容器中的n（HCl）=15%amol=2.54×10﹣3mol，故答案为：2.54×10﹣3；（4）a．增加n（HCl），平衡正向移动，即对正反应的反应速率影响更大，故a正确；b．体积不变加入稀有气体，各物质的浓度不变，所以平衡不移动，正逆反应速率不变，故b错误；c．压强不变加入稀有气体，则体积变大，相当于对原平衡体系减压，则平衡向逆反应方向移动，所以正反应的反应速率下降得更多，故c错误；d．如果平衡常数K值增大，即平衡向正反应方向移动，即正反应速率大于逆反应的速率，由于该反应为放热反应，所以要降低温度，所以逆反应速率下降得要比正反应速率多，故d正确；故选ad；（5）B→A+C，根据转移电子守恒得该反应方程式为3ClO﹣=ClO3﹣+2Cl﹣，反应热=（63kJ/mol+2×0kJ/mol）﹣3×60kJ/mol=﹣117kJ/mol，所以该热化学反应方程式为3ClO﹣（aq）=ClO3﹣（aq）+2Cl﹣（aq）△H=﹣117kJ/mol，根据方程式可知，每当有3mol的ClO﹣反应，可转移电子4mol，所以若有1.5molClO﹣发生反应，转移电子为2mol故答案为：3ClO﹣（aq）=ClO3﹣（aq）+2Cl﹣（aq）△H=﹣117kJ/mol；2．【点评】本题以氯元素为载体综合考查元素化合物知识、反应热的计算、氧化还原反应、化学平衡等知识点，综合性较强，侧重考查学生知识运用及图象分析能力，难点是（5）题反应热的计算，题目难度中等．六、（本题共12分）25．实验小组为探究SO2的漂白性和还原性，设计了以下实验．完成下列填空：（1）实验室用亚硫酸钠粉末跟硫酸制取二氧化硫，有下列三种硫酸溶液，应选用b（选填编号），其理由是98%浓硫酸中c（H+）小不易反应，10%硫酸溶液水含量高不易使SO2放出．a．98%浓硫酸b．70%硫酸c．10%稀硫酸І．漂白性（2）用如图所示装置（气密性良好）进行实验，观察到如下现象：ⅰ中红色褪去、ⅱ中无变化．①足量碱石灰的作用是防止空气中的水蒸气进入ⅱ中干扰实验，吸收二氧化硫防污染．②从实验中可知使品红的水溶液褪色的微粒可能是H2SO3、HSO3﹣、SO32﹣．（3）实验小组进一步实验如下：取等量相同浓度的品红水溶液于两支试管中，再分别加入少量Na2SO3固体和NaHSO3固体，两支试管中的品红都褪色，于是得出结论：使品红褪色的微粒肯定是HSO3﹣或SO32﹣．你认为这一结论是否正确不正确，理由是因为SO32﹣离子和HSO3﹣离子都会水解生成H2SO3．ІІ．还原性（4）将SO2通入FeCl3溶液中，使其充分反应．①SO2与FeCl3反应的离子方程式是2Fe3++SO2+2H2O→2Fe2++SO42﹣+4H+，如何检验该反应所得含氧酸根离子取少量反应混合液，加入盐酸酸化后加氯化钡，产生白色沉淀，混合液中即含有SO42﹣．②实验中观察到溶液由黄色变为红棕色，静置一段时间，变为浅绿色．已知：红棕色为FeSO3（墨绿色难溶物）与FeCl3溶液形成的混合色；Fe3+可氧化SO32﹣．则②中红棕色变为浅绿色的原因是混合液中存在平衡FeSO3（s）⇌Fe2+（aq）+SO32﹣（aq），Fe3+会与SO32﹣发生氧化还原反应，使平衡右移，墨绿色沉淀溶解，最终生成浅绿色FeSO4溶液．【考点】性质实验方案的设计．【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；无机实验综合．【分析】（1）实验室用亚硫酸钠粉末跟硫酸制取二氧化硫，一般用70%硫酸，浓度太大，氢离子浓度小，不易反应，硫酸浓度太小，二氧化硫易溶于水，所以二氧化硫不易放出；（2）①二氧化硫有毒，会污染空气，所以要用碱石灰吸收，同时还可以防止空气中的水份进入装置，对实验产生干扰；②比较品红的水溶液和乙醇溶液可知，品红褪色中因为有水的存在，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸为二元弱酸，据此分析；（3）亚硫酸为二元弱酸，Na2SO3固体和NaHSO3固体溶于水得到溶液，在水中亚硫根离子和亚硫酸氢根离子都水解会生成亚硫酸，据此分析；（4）①SO2与FeCl3反应生成硫酸根离子和亚铁离子；用钡离子检验硫酸根离子，注意要排除其它离子的干扰；②溶液由红棕色为FeSO3（墨绿色难溶物）与FeCl3溶液形成的混合色，变为浅绿色的应为亚铁离子，则说明铁离子被亚硫酸根离子还原，据此分析．【解答】解：（1）实验室用亚硫酸钠粉末跟硫酸制取二氧化硫，一般用70%硫酸，浓度太大，氢离子浓度小，不易反应，硫酸浓度太小，二氧化硫易溶于水，所以二氧化硫不易放出，故选b，故答案为：b；98%浓硫酸中c（H+）小不易反应，10%硫酸溶液水含量高不易使SO2放出；（2）①二氧化硫有毒，会污染空气，所以要用碱石灰吸收，同时还可以防止空气中的水份进入装置，对实验产生干扰，所以图中足量碱石灰的作用是防止空气中的水蒸气进入ⅱ中干扰实验，吸收二氧化硫防污染，故答案为：防止空气中的水蒸气进入ⅱ中干扰实验，吸收二氧化硫防污染；②比较品红的水溶液和乙醇溶液可知，品红褪色中因为有水的存在，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸为二元弱酸，能发生二级电离，产生HSO3﹣、SO32﹣，所以使品红褪色的粒子可能是H2SO3、HSO3﹣、SO32﹣，故答案为：H2SO3、HSO3﹣、SO32﹣；（3）亚硫酸为二元弱酸，Na2SO3固体和NaHSO3固体溶于水得到溶液，在水中亚硫根离子和亚硫酸氢根离子都水解会生成亚硫酸，所以使品红褪色的微粒肯定是HSO3﹣或SO32﹣这一说法不正确定，故答案为：不正确；因为SO32﹣离子和HSO3﹣离子都会水解生成H2SO3；（4）①SO2与FeCl3反应生成硫酸根离子和亚铁离子，反应的离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O→2Fe2++SO42﹣+4H+，用钡离子检验硫酸根离子，操作为取少量反应混合液，加入盐酸酸化后加氯化钡，产生白色沉淀，混合液中即含有SO42﹣，故答案为：2Fe3++SO2+2H2O→2Fe2++SO42﹣+4H+；取少量反应混合液，加入盐酸酸化后加氯化钡，产生白色沉淀，混合液中即含有SO42﹣；②溶液由红棕色为FeSO3（墨绿色难溶物）与FeCl3溶液形成的混合色，变为浅绿色的应为亚铁离子，则说明铁离子被亚硫酸根离子还原，所以红棕色变为浅绿色的原因是混合液中存在平衡FeSO3（s）⇌Fe2+（aq）+SO32﹣（aq），Fe3+会与SO32﹣发生氧化还原反应，使平衡右移，墨绿色沉淀溶解，最终生成浅绿色FeSO4溶液，故答案为：混合液中存在平衡FeSO3（s）⇌Fe2+（aq）+SO32﹣（aq），Fe3+会与SO32﹣发生氧化还原反应，使平衡右移，墨绿色沉淀溶解，最终生成浅绿色FeSO4溶液．【点评】本题考查了SO2的性质的实验设计和性质分析判断，掌握二氧化硫酸性氧化物性质、漂白性、还原性等是解题关键，题目难度中等．七、（本题共12分）26．异丙苯（）氧化法是工业生产苯酚和丙酮最主要的方法．其反应和流程如下：氧化：+O→（异丙苯过氧氢）分解：（丙嗣）物质丙酮苯酚异丙苯密度（g/mL）0.78981.07220.8640沸点/°C56.5182153已知：完成下列填空：（1）X物质是氧气（或空气）；Y物质是异丙苯．（2）浓硫酸的作用是催化剂，其优点是用量少，可能的缺点是浓硫酸会使有机物发生脱水等副反应（浓硫酸与有机物混合放出大量热，使反应温度过高，不利于反应进行；或浓硫酸会腐蚀设备等）（写一条）．（3）Z物质最适宜选择c（选填编号）．a．NaOHb．Na2CO3c．NaHCO3d．CaCO3（4）步骤⑥分馏，工业上在分馏塔中进行，如图，产品T是丙酮，请说明理由丙酮的沸点低．废水中苯酚的含量，可根据苯酚与溴水的反应，用以下方法测定：①把20.00mL废水、20mLKBrO3和KBr混合溶液[其中：c（KBrO3）=0.0100mol/L，c（KBr）=0.0600mol/L]置于锥形瓶中，再加入10mL6mol/L的盐酸，迅速盖好盖子，摇动锥形瓶．②充分反应后，稍松开瓶塞，从瓶塞和瓶壁间缝隙迅速加入10%KI溶液10mL（过量），迅速加盖，充分摇匀．加入少许淀粉溶液．③用0.0250mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点．用去Na2S2O3溶液22.48mL．（5）已知：BrO3﹣+5Br﹣+6H+→3Br2+3H2O；写出苯酚与浓溴水反应的化学方程式；第1加盐酸、第②步加KI溶液，要迅速盖好盖子的原因是溴易挥发．（6）已知：I2+2Na2S2O3→2NaI+Na2S4O6；滴定终点的现象是由蓝色变为无色（或白色浑浊）且半分钟内不变色；该废水中苯酚的浓度是0.0053mol/L（保留4位小数）．【考点】有机物的合成；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】计算题；结构决定性质思想；演绎推理法；有机物的化学性质及推断；物质的分离提纯和鉴别．【分析】用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮，由给予的反应信息，异丙苯与氧气在反应器①中发生氧化反应生成，在②中蒸发分离出，未反应的异丙苯进行循环利用，在③中在浓硫酸作催化剂条件下分解得到、，在④中加入Z，目的是中和硫酸，且不能与苯酚反应，可以是碳酸氢钠，然后⑤中水洗涤，再经过⑥分馏得丙酮、苯酚，据此答题．【解答】解：用异丙苯氧化法生产苯酚和丙酮，由给予的反应信息，异丙苯与氧气在反应器①中发生氧化反应生成，在②中蒸发分离出，未反应的异丙苯进行循环利用，在③中在浓硫酸作催化剂条件下分解得到、，在④中加入Z，目的是中和硫酸，且不能与苯酚反应，可以是碳酸氢钠，然后⑤中水洗涤，再经过⑥分馏得丙酮、苯酚，（1）根据上面的分析可知，X物质是氧气（或空气）；Y物质是异丙苯，故答案为：氧气（或空气）；异丙苯；（2）在③中在浓硫酸作催化剂条件下分解得到、，所以浓硫酸的作用是催化剂，其优点是用量少，可能的缺点是浓硫酸会使有机物发生脱水等副反应（浓硫酸与有机物混合放出大量热，使反应温度过高，不利于反应进行；或浓硫酸会腐蚀设备等），故答案为：催化剂；浓硫酸会使有机物发生脱水等副反应（浓硫酸与有机物混合放出大量热，使反应温度过高，不利于反应进行；或浓硫酸会腐蚀设备等）；（3）根据上面的分析可知，Z可以是碳酸氢钠，故选c；（4）步骤⑥分馏中，由于丙酮的沸点低于苯酚，则T为丙酮、P为苯酚，故答案为：丙酮；丙酮的沸点低；（5）苯酚与浓溴水反应的化学方程式为，由于溴易挥发，所以第1加盐酸、第②步加KI溶液，要迅速盖好盖子，防止溴挥发，故答案为：；溴易挥发；（6）溶液中有淀粉，当达到滴定终点时，碘反应完全，所以滴定终点的现象是由蓝色变为无色（或白色浑浊）且半分钟内不变色；20mLKBrO3和KBr混合溶液[其中：c（KBrO3）=0.0100mol/L，c（KBr）=0.0600mol/L]置于锥形瓶中，再加入10mL6mol/L的盐酸，根据方程式BrO3﹣+5Br﹣+6H+→3Br2+3H2O可知，生成的溴的物质的量为3×0.0100mol/L×0.02L=6×10﹣4mol，根据反应I2+2Na2S2O3→2NaI+Na2S4O6可知，由溴与碘化钾反应生成的碘的物质的量为0.0250mol/L×0.02248L×=2.81×10﹣4mol，所以与苯酚反应的溴的物质的量为6×10﹣4mol﹣2.81×10﹣4mol=3.19×10﹣4mol，根据反应可知，苯酚的物质的量为3.19×10﹣4mol×=1.06×10﹣4mol，所以废水中苯酚的浓度是=0.0053mol/L，故答案为：由蓝色变为无色（或白色浑浊）且半分钟内不变色；0.0053．【点评】本题考查有机物的制备实验方案，涉及对化学工艺流程、装置及试剂的分析评价等，关键是根据实验目的与给予的反应信息理解工艺流程原理，是对学生综合能力的考查，难度中等．八、（本题共10分）27．由基本有机化工原料A（C2H2）制备有机物D和聚异戊二烯的合成路线如图所示：完成下列填空：（1）上述转化步骤中与反应①的反应类型相同的是⑤⑥（填编号）．（2）m与n的关系为n=2m．（3）异戊二烯分子中最多有11个原子共平面．（4）在异戊二烯的同分异构体中，与A具有相同官能团且分子中有支链的有机物的名称是3﹣甲基﹣1﹣丁炔．（5）参照流程图中异戊二烯的合成路线，若把步骤⑤中的反应物丙酮改为乙醛，则经过反应⑤、⑥、⑦后得到的有机物是CH2=CHCH=CH2．【考点】有机物的合成．【专题】有机推断；结构决定性质思想；演绎推理法；有机物的化学性质及推断．【分析】由分子式可知A为HC≡CH，结合乙炔（C2H2）和乙酸（C2H4O2）的分子式发现B（C4H6O2）为A与乙酸发生加成反应所得，生成B为CH2=CHOOCCH3，发生加聚反应生成，水解生成C为，C与丁醛发生缩合反应得D，HC≡CH与丙酮在KOH条件下发生加成反应生成，与氢气发生加成反应生成，在催化剂的作用下发生消去反应生成异戊二烯，异戊二烯在催化作用下发生加聚反应生成，以此解答该题．