2015年普通高等学校招生全国统一考试化学(上海卷).docx

1、上海化学试卷 考生注意: 1.本试卷满分 150 分,考试时间 120 分钟。 2.本考试设试卷和答题纸两部分,试卷包括试题与答题要求;所有答案必须涂或写在答题纸上;做在试卷上 一律不得分。 3.答题前,考生务必在答题纸上用钢笔或圆珠笔在答题纸正面清楚地填写姓名、准考证号,并将核对后的条 形码贴在指定位置上,在答题纸反面清楚地填写姓名。 4.答题纸与试卷在试题编号上是一一对应的,答题时应特别注意,不能错位。 相对原子质量:H1C12N14O16Na23Cl35.5Ca40 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.(2015 上海化学,1)中国科学技术名词审定委

2、员会已确定第 116 号元素 Lv 的名称为钅立。关于 116 293Lv 的叙述 错误的是() A.原子序数 116 B.中子数 177 C.核外电子数 116 D.相对原子质量 293 答案:D 解析:在 116 293Lv 中左下角数字表示质子数,左上角数字表示原子质量数,质量数是质子数与中子数之和,在原子中: 质子数=核电荷数=原子序数=核外电子数,故 A、C 两项正确;中子数=质量数-质子数=293-116=177,B 项正 确;293 是元素 Lv 的一种核素的质量数,并不是该元素的相对原子质量,D 项错误。 考点定位:本题考查了元素原子符号的表示及相互关系的知识。 2.(2015

3、 上海化学,2)下列物质见光不会分解的是() A.HClO B.NH4Cl C.HNO3D.AgNO3 答案:B 解析:HClO 不稳定,见光易分解产生 HCl 和 O2,反应的化学方程式为 2HClO2HCl+O2,A 项不符合题 意;NH4Cl 在加热时发生分解反应,而在光照时不会分解,B 项符合题意;HNO3不稳定,在光照时发生分解反应, 反应的化学方程式为 4HNO3(浓)4NO2+O2+2H2O,C 项不符合题意;AgNO3不稳定,光照时发生分解反 应,反应的化学方程式为 2AgNO32Ag+2NO2+O2,D 项不符合题意。 考点定位:考查物质的稳定性与反应条件的关系的知识。 3.

4、(2015 上海化学,3)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 答案:A 解析:SiO2晶体中含有极性键,其熔点很高,A 项错误;单质是由同种元素组成的,同种元素的原子之间不可能形 成极性键,B 项正确;CH4、C2H5OH 等有机物中含有极性键,C 项正确;在离子晶体 NaOH 中,氧原子与氢原子间 形成极性键,D 项正确。 考点定位:考查极性共价键存在的物质类别的判断的知识。 4.(2015 上海化学,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

5、 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 答案:B 解析:单质的氧化性越强,说明对应元素的非金属性越强,A 项不符合题意;单质的沸点与晶体类型有关,与对应元 素的非金属性无关,B 项符合题意;单质与氢气化合的难易程度可以比较对应元素的非金属性强弱,C 项不符合 题意;最高价氧化物对应的水化物酸性越强,说明对应元素的非金属性越强,D 项不符合题意。 考点定位:考查比较元素非金属性强弱的判断依据的正误的知识。 5.(2015 上海化学,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 答案:A 解析:二氧化硫能使溴水褪色,是由于发生

6、反应:Br2+SO2+2H2OH2SO4+2HBr。在该反应中,二氧化硫中的 硫元素的化合价升高,失去电子,表现还原性。故 A 项正确。 考点定位:考查二氧化硫的化学性质的知识。 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.(2015 上海化学,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 答案:C 解析:Na 是金属晶体,熔化时克服金属键;Na2O、NaOH、Na2S、Na2SO4均是离子晶体,熔化时均破坏离子键, 故熔化时克服的作用力类型相同,C 项正确。

7、考点定位:考查物质的晶体类型与化学键的结合方式的关系的知识。 名师点睛:固体物质熔化时破坏的作用力与晶体类型有关。金属晶体熔化断裂金属键;原子晶体熔化断裂共价 键;离子晶体熔化断裂离子键;分子晶体熔化破坏分子间作用力。要对物质的结构进行认识,判断物质的晶体类 型是本题的关键。 7.(2015 上海化学,7)检验用硫酸亚铁制得的硫酸铁中是否含有硫酸亚铁,可使用的试剂是() A.NaOHB.KMnO4 C.KSCND. 答案:B 解析:Fe2+与 NaOH 溶液反应生成白色的 Fe(OH)2沉淀,但会迅速变为灰绿色,最后变为红褐色,并且也会被 Fe3+与 NaOH 溶液反应生成的红褐色 Fe(OH

8、)3沉淀掩盖,A 项错误;FeSO4中的 Fe2+可以使酸性 KMnO4溶液 褪色,B 项正确;KSCN 遇到 Fe3+显血红色,无论是否含有 Fe2+,溶液都变红,C 项错误;与 Fe3+发生 显色反应,但无法直接检验 Fe2+,D 项错误。 考点定位:考查物质鉴定的知识。 8.(2015 上海化学,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右图所示。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:H2O2H2O+1 2O2+Q D.反应物的总能量高于生成物的总能量 答案:D

9、 解析:催化剂能改变反应历程,降低反应的活化能,但不改变反应的热效应,A 项错误;催化剂可以改变反应速率, 但不能使平衡移动,故无法提高转化率,B 项错误;热化学方程式中要标出各物质的聚集状态,C 项错误;根据图示 可知反应物的总能量高于生成物的总能量,D 项正确。 考点定位:考查图示法表示催化剂对化学反应影响的知识。 9.(2015 上海化学,9)已知咖啡酸的结构如图所示。关于咖啡酸的描述正确的是() A.分子式为 C9H5O4 B.1 mol 咖啡酸最多可与 5 mol 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

10、液反应 答案:C 解析:根据咖啡酸的结构简式,可知其分子式为 C9H8O4,A 项错误;1 mol 咖啡酸中苯环加成需消耗 3 mol H2,加成需消耗 1 mol H2,故 1 mol 咖啡酸最多可与 4 mol H2发生加成反应,B 项错误;苯环上羟基 邻对位的氢能与溴水发生取代反应,碳碳双键能与溴水发生加成反应,C 项正确;咖啡酸中含有COOH,可以与 NaHCO3溶液反应,D 项错误。 考点定位:考查咖啡酸的结构与性质的知识。 10.(2015 上海化学,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. 答案:C 解析:本题实质是考

11、查同分异构问题,环己烷、2,2-二甲基丙烷、2,2,3,3-四甲基丁烷的一氯代物只有一种,2-甲 基丙烷的一氯代物有两种,故 C 项不适合由相应的烃经卤代反应制得。 考点定位:考查同分异构体及烃的取代反应的相关知识。 11.(2015 上海化学,11)下列有关物质性质的比较,错误的是() A.溶解度:小苏打水 C.硬度:晶体硅苯 答案:D 解析:相同温度下,小苏打的溶解度小于苏打的,A 项正确;溴乙烷的密度1 gcm-3,比水的密度大,B 项正确;由于 原子半径:SiC,则键长:SiSiCC,共价键的强度是 CCSiSi,故金刚石的硬度大于晶体硅,C 项正确;乙 烯中含有,苯环中的碳碳键是一种

12、介于单双键之间的化学键,键长大于,D 项错误。 考点定位:考查有关物质性质比较的正误判断知识。 12.(2015 上海化学,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 答案:A 解析:CuSO4与 H2S 发生的反应为 CuSO4+H2SCuS+H2SO4,A 项符合题意;NaOH 与 H2S 发生的反应为 2NaOH+H2SNa2S+2H2O,无沉淀生成,B 项不符合题意;FeSO4和氢硫酸不反应,C 项不符合题意;SO2与 氢硫酸发生的反应为 2H2S+SO23S+2H2O,产生沉淀,但 SO2是非电解质,D 项不符合题意。 考点定位:考查

13、物质的分类及反应现象的正确描述的知识。 13.(2015 上海化学,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.通过操作苯可循环使用 D.三步操作均需要分液漏斗 答案:B 解析:苯酚易溶于有机溶剂苯,而难溶于水,因此可以用苯作萃取剂,从含酚废水中提取苯酚,A 项正确;苯酚钠属 于盐,易溶于水,不易溶于苯,B 项错误;向萃取分液后的含有苯酚的溶液中加入 NaOH 溶液,发生反 应:C6H5OH+NaOHC6H5ONa+H2O,生成的苯酚钠易溶于水,而与苯分层,可以通过分液得到苯,而苯可再 用于含酚废水的处理,故

14、通过操作苯可循环利用,C 项正确;三步操作均含分液,因而都用到分液漏斗,D 项正确。 考点定位:考查废水中的物质回收利用的知识。 14.(2015 上海化学,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 答案:D 解析:d 为石墨,则铁、碳海水形成原电池,发生铁的吸氧腐蚀,从而加快铁片腐蚀,A 项正确;d 为石墨时是正极, 电极反应为 O2+2H2O+4e-4OH-,B 项正确;d 为锌片,则

15、 Zn、Fe 和海水构成原电池,由于活泼性 ZnFe, 则锌作负极,铁片不易被腐蚀,C 项正确;d 为锌片时,铁片上的反应为 O2+2H2O+4e-4OH-,D 项错误。 考点定位:考查金属的电化学腐蚀及防护的知识。 15.(2015 上海化学,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 答案:C 解析:原子核外电子排布决定元素在周期表中的位置,并且主族序数=最外层电子数,周期数=电子层数,A 项正 确;弱电解质的相对强弱用电离平衡常数

16、的大小来衡量,并且电离平衡常数的大小由弱电解质的强弱决定,B 项 正确;分子间作用力影响物质的熔沸点等物理性质,而不能决定分子的稳定性,C 项错误;物质内部储存的能量越 高,物质发生反应时释放的能量就越大,因此可以根据物质内部储存的能量,判断化学反应的热效应,D 项正确。 考点定位:考查物质的性质及应用的正误判断的知识。 16.(2015 上海化学,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有非极性分子 C.简单离子半径

17、:丁乙丙 D.甲与乙形成的化合物均有强氧化性 答案:D 解析:乙、丙、丁最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应,且原子序数依次增大,则丙为 Al;丁的原子核 外有两个未成对电子,则核外电子排布可能是 1s22s22p63s23p2或 1s22s22p63s23p4,由于丁的最高价氧化物对 应的水化物能与 Al2O3反应,则丁为 S,乙为 Na;甲的原子核外有两个未成对电子,则甲为 1s22s22p2或 1s22s22p4,则甲为 C 或 O。 元素丙的单质为 Al,可通过铝热反应,冶炼难熔的 V、Cr、Mn 等金属,A 项正确;甲和丁形成的分子,可以是 CS2或 SO2,其中 CS2是非极

18、性分子,B 项正确;乙、丙、丁形成的简单离子分别为 Na+、Al3+和 S2-,三者的半径 大小为 S2-Na+Al3+,即丁乙丙,C 项正确;甲和乙形成的化合物 Na2O 没有强氧化性,D 项错误。 考点定位:考查元素周期表、元素周期律的应用以及原子核外电子排布的知识。 17.(2015 上海化学,17)某无色溶液含有下列离子中的若干种:H+、NH4 +、Fe3+、Ba2+、Al3+、CO 3 2-、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 答案:C 解析:无色溶液中一定不存在 Fe3+,

19、加入铝粉放出 H2可以是强酸性溶液,也可以是强碱性溶液。若是强酸性溶 液,则不能大量存在 OH-、NO3 -、CO 3 2-,可以大量存在 H+、NH 4 +、Ba2+、Al3+、Cl-,即最多能大量存在 5 种离子; 若是强碱性溶液,则不能大量存在 H+、NH4 +、Al3+、Fe3+,可能大量存在 OH-、Cl-、NO 3 -、Ba2+,根据溶液呈中 性可知 CO3 2-不能大量存在,即最多能大量存在 4 种离子,故 C 项正确。 考点定位:考查离子大量共存的知识。 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

20、,选对一个给 2 分,选错一个,该小题不给分) 18.(2015 上海化学,18)下列反应中的氨与反应 4NH3+5O24NO+6H2O 中的氨作用相同的是() A.2Na+2NH32NaNH2+H2 B.2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O C.4NH3+6NO5N2+6H2O D.3SiH4+4NH3Si3N4+12H2 答案:BC 解析:在反应 4NH3+5O24NO+6H2O 中,NH3中氮元素化合价由-3+2,NH3作还原剂。在反应 2Na+2NH32NaNH2+H2中,NH3中氢元素化合价由+10,NH3作氧化剂,A 项不符合题意;B 项反应中 NH3中氮元素化合价由-30,N

21、H3作还原剂,B 项符合题意;C 项反应中 NH3中氮元素化合价由-30,NH3作 还原剂,C 项符合题意;D 项反应中 NH3中氮元素的化合价没有发生变化,NH3既不作氧化剂,也不作还原剂,D 项不符合题意。 考点定位:考查氨在不同的化学反应中的作用的正误判断的知识。 19.(2015 上海化学,19)离子方程式 2Ca2+3HCO3 -+3OH- 2CaCO3+CO3 2-+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 答案:AB 解析:Ca(HCO3)2

22、与 NaOH 按 23 反应,化学方程式为 2Ca(HCO3)2+3NaOH2CaCO3+Na2CO3+NaHCO3+3H2O,对应的离子方程式为 2Ca2+3HCO3 -+3OH- 2CaCO3+CO3 2-+3H2O,A 项符合题意;NaHCO3与 Ca(OH)2按 32 反应,反应的化学方程式为 3NaHCO3+2Ca(OH)22CaCO3+Na2CO3+NaOH+3H2O,B 项符合题意;Ca(HCO3)2与 Ca(OH)2反应的 化学方程式为 Ca(HCO3)2+Ca(OH)22CaCO3+2H2O,反应的离子方程式为 Ca2+OH- +HCO3 - CaCO3+H2O,C 项不符合

23、题意;NH4HCO3与 Ca(OH)2的反应为 Ca(OH)2+NH4HCO3CaCO3+NH3H2O+H2O,D 项不符合题意。 考点定位:考查化学反应方程式和离子方程式书写的正误判断的知识。 20.(2015 上海化学,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 答案:B 解析:合成氨反应的正反应是放热反应,升高温度,正、逆反应速率都增大,但升温平衡向逆反应方向移动,说明对 逆反应速率影响更大,A 项错误

24、;增大压强,平衡向正反应方向移动,说明对正反应速率影响更大,B 项正确;减小反 应物浓度,正反应速率瞬间减小,由于生成物浓度瞬间没有变化,所以逆反应速率不变,C 项错误;加入催化剂,同 等程度改变正、逆反应速率,D 项错误。 考点定位:考查外界条件对可逆反应的正、逆反应速率的影响的判断的知识。 21.(2015 上海化学,21)工业上将 Na2CO3和 Na2S 以 12 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 12 C.每生成 1 mol Na2S2O3,转移 4 mol

25、 电子 D.相同条件下,每吸收 10 m3SO2就会放出 2.5 m3CO2 答案:AD 解析:根据题意,可写出反应的化学方程式:Na2CO3+2Na2S+4SO23Na2S2O3+CO2,Na2S 中硫元素化合价 由-2+2,化合价升高,Na2S 作还原剂;SO2中的硫元素化合价由+4+2,化合价降低,SO2作氧化剂,故在反应 中硫元素既被氧化又被还原,A 项正确;根据反应的化学方程式可知,氧化剂与还原剂的物质的量之比为 21,B 项错误;在反应中每生成 3 mol Na2S2O3,转移 8 mol 电子,则每生成 1 mol Na2S2O3,转移8 3 mol 电子,C 项错 误;根据反应

26、的化学方程式,可知消耗的 SO2与生成的 CO2的物质的量之比为 41,故相同条件下,每吸收 10 m3SO2,则生成 2.5 m3CO2,D 项正确。 考点定位:考查氧化还原反应的有关知识。 名师点睛:氧化还原反应是一类重要的化学反应,在氧化还原反应中,电子得失数目相等,要结合物质发生反应时 物质之间的物质的量关系,结合物质中元素化合价的升降确定物质反应的多少、电子转移的数目。要掌握氧化 还原反应的规律、氧化剂和还原剂的判断和有关计算技巧。 22.(2015 上海化学,22)将 O2和 NH3的混合气体 448 mL 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 44.8

27、mL 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.231.5 mLB.268.8 mL C.287.5 mLD.313.6 mL 答案:CD 解析:O2和 NH3发生反应的化学方程式为 4NH3+5O24NO+6H2O,充分反应后,再通入足量的水,发生 反应 4NO+3O2+2H2O4HNO3。 若最后剩余的 44.8 mL 气体是 NO,设原混合气中V(NH3)=xmL,则V(O2)=(448-x) mL,第一个反应中消 耗的V(O2)=5 4x mL,生成的V(NO)=V(NH3)=xmL,第 2 个反应中消耗的V(O2)=3 4(x-4

28、4.8) mL,故 5 4x mL+3 4(x- 44.8) mL=(448-x) mL,解得:x=160.5,则原混合气体中V(O2)=(448-x) mL=(448-160.5) mL=287.5 mL,C 项 正确。 若最后剩余的 44.8 mL 气体是 O2,设原混合气体中V(NH3)=xmL,则V(O2)=(448-x) mL,两个反应共消 耗的V(O2)=5 4x mL+3 4x mL=2xmL,则 448-x-2x=44.8,解得:x=134.4,原混合气体中V(O2)=(448-134.4) mL=313.6 mL,D 项正确。 考点定位:考查反应物中有一种物质过量时的化学计算

29、的知识。 四、(本题共 12 分) 白云石的主要成分是 CaCO3MgCO3,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、消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+3CO2CaCO3+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 5060 。温度偏高不利于碳化反应,原因 是、。温度偏低也不利于

30、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图所示,在 10 min 到 13 min 之内钙离子的反应速率 为。15 min 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”) 答案: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) 25.0.009 molL-1min-1CaCO3+H2O+CO2Ca(HCO3)2 26.1s22s22p63s2高于 解析:23.Ca 的金属性强于 Mg

31、 的,并且金属性越强,元素的最高价氧化物对应的水化物的碱性越强,故 Ca(OH)2 的碱性比 Mg(OH)2的碱性强。Ca(OH)2微溶,Mg(OH)2难溶,故溶解度 Ca(OH)2Mg(OH)2。 24.碳化反应:Ca(OH)2+Mg(OH)2+3CO2CaCO3+Mg(HCO3)2+H2O 是放热反应,温度偏高,使 CO2的 溶解度降低,并且平衡向吸热反应方向移动,不利于平衡的正向进行;而且温度偏高,还会导致 Mg(HCO3)2分解, 也不利于碳化。若温度偏低,反应速率太慢,生产物质的效率低,对反应的进行不利。 25.根据图示在 10 min 到 13 min 之内钙离子的反应速率为v(C

32、a2+)=(0.145-0.118)molL-13 min=0.009 molL-1min-1。15 min 之后钙离子浓度增大,原因是产生的 CaCO3与水及溶解的 CO2发生反 应:CaCO3+CO2+H2OCa(HCO3)2,产生了易溶于水的 Ca(HCO3)2。 26.Mg 是 12 号元素,原子核外电子排布式为 1s22s22p63s2;Ca 与 Mg 是同一主族的元素,原子核外最外层 电子数相同,但是由于 Ca 的原子半径比 Mg 的大,并且 Ca 原子的核外电子层数多,核外电子层数越多,最外层 电子的能量越高,所以 Ca 原子最外层电子的能量高于 Mg 原子最外层电子的能量。 考

33、点定位:考查第A 族的金属元素镁和钙的性质比较的知识。 五、(本题共 12 分) 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产品。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

34、.1 molL-1NaClO 溶液的 pH0.1 molL-1Na2SO3溶液的 pH。(选填“大于”“小于” 或“等于”) 浓度均为 0.1 molL-1的 Na2SO3和 Na2CO3的混合溶液中,SO3 2-、CO 3 2-、HSO 3 -、HCO 3 -浓度从大到小的顺序 为。 已知:H2SO3Ki1=1.5410-2Ki2=1.0210-7 HClOKi1=2.9510-8 H2CO3Ki1=4.310-7Ki2=5.610-11 答案: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.ad 30.2KCl

35、O3+2H2SO4+H2C2O42ClO2+2CO2+2KHSO4+2H2O 31.大于SO3 2-CO 3 2-HCO 3 -HSO 3 - 解析:27.电解饱和食盐水的过程中,溶液中的阳离子 H+在阴极放电生成 H2,阳极附近 Cl-放电生成 Cl2,离子反应 为 2Cl-+2H2OCl2+H2+2OH-。 28.图中离子交换膜只允许阳离子通过,阻止阴极附近的 OH-进入阳极室与 Cl2反应;同时阻止 Cl-进入阴极 室,使阴极附近产生的 NaOH 纯度更高;还可以阻止阳极产生的 Cl2和阴极产生的 H2混合发生反应。 29.随着电解的进行,溶质 NaCl 不断消耗,所以应该及时补充。结合

36、 Cl-不能透过离子交换膜,且 Cl-在阴极 区放电生成 Cl2,可知精制饱和食盐水从与阳极连接的图中 a 位置补充,由于阴极 H+不断放电,附近的溶液显碱 性,氢氧化钠溶液从图中 d 位置流出;水不断消耗,所以从 b 口不断加入蒸馏水,从 c 位置流出的是稀的 NaCl 溶 液。 30.KClO3有氧化性,H2C2O4有还原性,在酸性条件下 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,根据电子守恒及原子守恒,可得该反应的化学方程式为 2KClO3+H2C2O4+2H2SO42ClO2+2CO2+2KHSO4+2H2O。

37、31.NaClO、Na2SO3都是强碱弱酸盐,弱酸根离子在溶液中发生水解反应,消耗水电离产生的 H+,破坏水的 电离平衡,当最终达到平衡时,溶液中c(OH-)c(H+),所以溶液显碱性。盐中酸根离子对应的酸的酸性越弱,对 应的盐的水解程度就越大。由于 H2SO3的Ki2=1.0210-7;HClO 的Ki1=2.9510-8,所以酸性:HSO3 -HClO,因 此室温下,0.1 molL-1NaClO 溶液的 pH0.1 molL-1Na2SO3溶液的 pH。由于电离程 度:H2SO3H2CO3HSO3 -HCO 3 -,浓度均为 0.1 molL-1的 Na2SO3和 Na2CO3的混合溶液

38、中,水解程 度:CO3 2-SO 3 2-,所以离子浓度:c(SO 3 2-)c(CO 3 2-),水解产生的离子浓度:c(HCO 3 -)c(HSO 3 -)。但是盐的水解程度总 的来说很小,主要以盐电离产生的离子存在,所以在该溶液中 SO3 2-、CO 3 2-、HSO 3 -、HCO 3 -的浓度从大到小的顺 序为c(SO3 2-)c(CO 3 2-)c(HCO 3 -)c(HSO 3 -)。 考点定位:考查电解原理的应用、氧化还原反应方程式的书写、电离平衡常数在比较离子浓度大小中的应用的 知识。 六、(本题共 12 分) 过氧化钙(CaO2)是一种白色、无毒、难溶于水的固体,能杀菌消毒

39、,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: 在 NH4Cl 溶液中加入 Ca(OH)2;不断搅拌的同时加入 30% H2O2,反应生成 CaO28H2O 沉淀;经过 陈化、过滤、水洗得到 CaO28H2O,再脱水干燥得到 CaO2。 完成下列填空: 32.第步反应的化学方程式为。第步反应的化学方程式 为。 33.可循环使用的物质是。工业上常采取 Ca(OH)2过量而不是 H2O2过量的方式来生产,这是因 为。 34.检验 CaO28H2O 是否洗净的方法是 。 35.CaO28H2O 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

40、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(夹持仪器省 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 。 答案:32.2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O CaCl2+H2O2+2NH3+8H2OCaO28H2O+2NH4Cl 33.NH4ClCa(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

41、氧化碳反应(合理即给分) 36. 9? 1 400? 样品质量、完全分解后剩余固体的质量(合理即给分) 解析:32.第步在 NH4Cl 溶液中加入 Ca(OH)2,二者发生复分解反应,反应的化学方程式为 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O。 第步在不断搅拌的同时加入 30%的 H2O2溶液,反应生成 CaO28H2O 沉淀,反应的化学方程式为 CaCl2+H2O2+8H2O+2NH3CaO28H2O+2NH4Cl。 33.根据上述 32 题分析可知,可循环利用的物质是 NH4Cl。工业上采用 Ca(OH)2过量而不是 H2O2过量的 方式生产,这是因为 Ca(OH)2过

42、量,使溶液显碱性,可以减少 CaO28H2O 的溶解,从而提高产率;另外 Ca(OH)2 价格低廉,生产产品成本低,可以获得更多的利润。 34.CaO28H2O 是从含有 NH4Cl 的溶液中过滤出来的,若 CaO28H2O 洗涤干净,则表明晶体上不含有 NH4Cl 电离产生的 NH4 +或 Cl-,所以检验 CaO28H2O 是否洗净的方法是取最后一次洗涤溶液,向其中加入 AgNO3溶液,再滴加几滴稀硝酸,若无白色沉淀产生,就证明洗涤干净,否则没有洗涤干净。 35.CaO28H2O 加热脱水的过程中,会发生反应:2CaO28H2O2CaO+O2+16H2O。若通入的氧气中 含有二氧化碳,CO

43、2会与分解反应产生的 CaO 反应,使反应正向进行,促进 CaO2的分解;而通入氧气,可以使装 置中 CaO2的分解率降低,抑制 CaO2的分解。故需要不断通入不含二氧化碳的氧气。 36.CaO2在 350 会迅速分解成 CaO 和 O2,反应的化学方程式为 2CaO22CaO+O2。根据化学 方程式可知,每消耗 2 mol CaO2,会产生 1 mol O2,在标准状况下的体积为 22.4 L。现产生标准状况下气体的 体积为V(O2)=VmL,则n(O2)= ?10-3? 22.4 Lmol-1= ? 22.410 -3 mol;则反应消耗的n(CaO2)=2n(O2)= ? 11.210

44、-3 mol,产 品中w(CaO2)=?(CaO2)?(CaO2) ? 100%=( ? 11.210 -3 mol72 gmol-1)mg100%= 9? 1 400?。过氧化钙的含量 也可用重量法测定,需要测定的物理量有灼烧前 CaO2的质量及灼烧后剩余固体的质量。 考点定位:考查 CaO2的制取原理、操作及物质洗涤、纯度的测量的知识。 七、(本题共 12 分) 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,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.

45、00 mL 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 1.100 molL-1的硫酸 滴定,至终点时耗用硫酸 20.00 mL。甲醛水溶液的浓度为molL-1。 38.上述滴定中,若滴定管规格为 50 mL,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,将甲醛氧化成甲酸,然后用已知浓度的氢氧 化钠溶液滴定。 HCHO+H2O2HCOOH+H2O NaOH+HCOOHHCOONa+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

46、;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。 主要仪器:试管酒精灯 可供选用的试剂:硫酸铜溶液、甲醛、甲酸、氢氧化钠溶液 答案:37.11.0 38.10.00 39.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入硫酸铜溶液,振荡,然后加入甲酸,加热至沸。

47、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。(合 理即给分) 解析:37.n(H2SO4)=1.100 molL-10.02 L=0.022 mol,根据反应:2NaOH+H2SO4 Na2SO4+2H2O,则 n(NaOH)=2n(H2SO4)=0.044 mol,由于n(HCHO)=n(NaOH)=0.044 mol,则c(HCHO)=? ?= 0.044mol 0.004 L =11.0 molL-1。 38.根据上述 37 题分析,4.00 mL 甲醛水溶液与调至中性的亚硫酸钠溶液充分反应,产生的 NaOH 消耗 1.100 molL-1的

48、硫酸为 20.00 mL,若硫酸浓度不变,滴定管规格为 50 mL,可量取的硫酸的体积最大为 50 mL, 则甲醛水溶液取样最多是V=50 204 mL=10 mL,即甲醛水溶液的体积不能超过 10.00 mL。 39.如果 H2O2用量不足,产生的 HCOOH 偏少,进行中和滴定消耗的 NaOH 标准溶液的体积就偏小,会导 致甲醛含量的测定结果偏低。如果 H2O2过量,由于 H2O2有强的氧化性,能进一步氧化反应产生的甲酸生成二 氧化碳和水,使中和滴定消耗的 NaOH 标准溶液的体积也偏小,因此也会导致甲醛含量的测定结果偏低。 40.HCOOH 或甲酸盐中都含有CHO,所以要证明足量新制氢氧

49、化铜与甲醛反应的产物不是甲酸或甲酸 盐,只要证明产物中不含有醛基即可。 可采用的方法是向 NaOH 溶液中滴加硫酸铜溶液,振荡,然后加入甲酸,加热至沸腾,如果出现砖红色沉淀, 表明甲酸或甲酸盐会继续与新制氢氧化铜反应,甲醛的氧化产物不是甲酸或甲酸盐。 考点定位:考查甲醛物质的量浓度的计算、含量的测定的误差分析、醛基存在的检验方法的设计的知识。 八、(本题共 10 分) 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

50、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:AB目标产物) 答案: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硫酸,加热 44. (合理即给分) 解析:41.对溴苯乙烯与丙烯 CH2C