2010-2011学年上海市十校高三（下）第二次联考化学试卷

2010-2011学年上海市十校高三（下）第二次联考化学试卷

一、单选题（本题共10分，每小题2分，只有一个正确选项．） 1．（2分）下列哪一项符合“绿色化学”的原则（ ） A．排放前对废气、废水、废渣进行无害化处理

B．在化学生产中少用或不用有害物质以及少排放或不排放有害物质 C．在化工生产中，尽量避免使用任何化学物质 D．在化工厂范围多种草种树，努力构建花园式工厂 2．（2分）下列说法中正确的是（ ） A．钢、青铜、硬铝和金刚石都是合金材料 B．所有的分解反应都属于氧化还原反应 C．氨基酸不能通过缩聚反应结合成蛋白质 D．一定条件下，稻草可制得葡萄糖或酒精

3．（2分）下列含有非极性键的共价化合物是（ ） A．HCl B．Na2O2

C．C2H2 D．CH4

4．（2分）下列化学用语正确的是（ ）

A．锂离子的结构示意图： B．碳原子的轨道表示式：

C．丁烷的最简式：C2H5 D．氯化镁的电子式：5．（2分）下列物质中，有固定沸点的是（ ） A．石蜡

二、单选题（本题36分，每小题3分、只有一个正确选项．）

B．石炭酸 C．聚氯乙烯

D．石油

6．（3分）在化学学习与研究中类推的思维方法有时会产生错误的结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验才能确定其正确与否．下列几种类推结论中，正确的是（ ）

A．SO2能与碱反应，推测：非金属氧化物都能与碱反应

B．金属钠着火不能用CO2扑灭，推测：金属钾着火也不能用CO2扑灭

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C．Fe3O4可表示为FeO?Fe2O3，推测：Pb3O4也可表示为PbO?Pb2O3

D．F、Cl、Br、I的单质熔点依次升高，推测：N、P、As、Sb、Bi的单质熔点也依次升高

7．（3分）如图是某无机化合物的二聚分子，该分子中A、B两种元素都是第三周期的元素，分子中所有原子的最外层电子都达到8个电子的稳定结构．下列说法不正确的是（ ）

A．该化合物的化学式是Al2Cl6

B．该化合物是离子化合物，在熔融状态下能导电 C．该化合物在固态时所形成的晶体是分子晶体

D．该化合物中存在特殊的共价键，且不含有非极性共价键

8．（3分）纳米是长度单位，1nm=10﹣9m，当物质的颗粒达到纳米级时，具有特殊的性质．例如将铜制成“纳米铜”时具有非常强的化学活性，在空气中可以燃烧．下列关于“纳米铜”的叙述正确的是（ ） A．常温下“纳米铜”比铜片的金属性强 B．常温下“纳米铜”比铜片更易失去电子 C．常温下“纳米铜”的还原性与铜片相同 D．常温下“纳米铜”比铜片的氧化性强

9．（3分）关于下列各装置图的叙述中，正确的是（ ）

A．实验室用装置①制取氨气

B．装置②中X若为四氯化碳，可用于吸收氨气，并防止倒吸 C．装置③可用于制备氢氧化亚铁并观察其颜色

第2页（共45页）

D．装置④是原电池，锌电极为阴极，发生氧化反应

10．（3分）等体积等物质的量浓度的NaHCO3溶液和Ba（OH）2溶液混合，离子方程式正确的是（ ） A．HCO3﹣+OH﹣→H2O+C

B．2HCO3﹣+Ba（OH）2→BaCO3↓+2H2O+CC．HCO3﹣+Ba2++OH﹣→H2O+BaCO3↓ D．2HCO3﹣+Ba2++2OH﹣→BaCO3↓+2H2O+C

11．（3分）若以nA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ） A．0.1molFe与足量盐酸反应，转移的电子数为0.3nA B．28gCO中所含的原子数为2nA

C．0.1mol/LNa2CO3溶液中，含有CO32﹣数为0.1nA D．标况下，22.4L苯的分子数为nA

12．（3分）氯化铵晶体溶于重水中，溶液呈现出酸性，下列说法正确的是（ ） A．NH4+水解生成NH3?H2O和HD2O+ B．NH4+水解生成NH3?DHO和H2DO+ C．NH4+水解生成NH3?D2O和H2DO+ D．NH4+水解生成NH3?DHO和D3O+

13．（3分）在1000K时，下列可逆反应达到平衡：CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H（已知CO和H2O的起始浓度均为0.01mol/L，H2的平衡浓度为0.005mol/L．此2g）时，若再充入水气0.02mol/L，使平衡移动，H2的新平衡浓度可能是（ ） A．0.0025mol/L B．0.0075mol/L C．0.01mol/L

D．0.015mol/L

14．（3分）把500mL有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含a mol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含b mol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀．则原混合溶液中钾离子物质的量浓度为（ ） A．0.1（b﹣2a）mol/L B．10（2a﹣b）mol/L C．10（b﹣a）mol/L （b﹣2a）mol/L

15．（3分）下述实验不能达到预期目的是（ ） 编号 实验内容 第3页（共45页）

D．10

实验目的

A B 将SO2通入酸性KMnO4溶液中 将Cl2通入NaBr溶液中，然后加入CCl4，振荡、静置 证明SO2具有漂白性 比较氯与溴的氧化性强弱 探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱 C 将铜片分别与浓、稀硝酸反应 D 向盛有20g蔗糖的烧杯中加入几滴水，搅拌均匀．再加入少许浓硫酸，迅速搅拌． 探究浓硫酸的脱水性 A．A B．B C．C D．D

16．（3分）在标准状况下，将NO、NO2、O2三种气体按一定比例充满一固定容积的容器，并将该容器倒置在水槽中，充分反应后，容器中无气体剩余，所得溶液的浓度为Mmol/L．则M的取值范围是（ ） A．0＜M＜C．

＜M＜

B． D．

＜M＜＜M＜

17．（3分）向用盐酸酸化的MgCl2、FeCl3混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液，生成的沉淀质量与滴入NaOH溶液体积关系如右图，则原混合溶液中MgCl2与FeCl3的物质的量之比为（ ）

A．

B． C． D．

三、不定项选择（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）除去下列物质中少量杂质的方法正确的是（ ） A．除去CO2中混有的HCl：用饱和碳酸钠溶液洗气 B．除去NO2中混有的NO：用水洗气

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C．除去FeCl2溶液中混有的FeCl3：加入过量铁粉，过滤 D．除去Cu粉中混有的CuO：加适量稀硝酸后，过滤、洗涤 19．（4分）下列反应的离子方程式正确的是（ ） A．氯化铝溶液中滴入氨水：Al3++3OH﹣→Al（OH）3↓

B．硫酸铁溶液中通入硫化氢气体：2Fe3++3H2S→2FeS↓+S↓+6H+ C．苯酚钠溶液中通入二氧化碳气体：

+CO2+H2O→

+HC

D．NaHSO4溶液中滴入足量的Ba（OH）H++S2溶液：

+Ba2++OH﹣→BaSO4↓+H2O

20．（4分）化合物M叫假蜜环菌甲素，它是香豆素类天然化合物．对M的性质叙述正确的是（ ）

A．M与Br2能发生取代反应，也能发生加成反应 B．M既能与FeCl3发生反应，也能与CH3COOH发生反应 C．M可溶于NaOH稀溶液，1molM最多消耗2mol NaOH D．1molM在催化剂作用下最多能与4molH2发生加成反应 21．（4分）下列叙述中正确的是（ ）

A．体积相同、浓度均为0.1mol/L的NaOH溶液、氨水，分别稀释m倍、n倍，溶液的pH都变成9，则m＜n

B．有甲、乙两醋酸溶液，测得甲的pH=a，乙的pH=a+1，若用于中和等物质的量浓度等体积的NaOH溶液，需甲、乙两酸的体积V（乙）＞10V（甲） C．25℃，pH=9的NaOH溶液和NaAc溶液中，由水电离出的c（H+）均为10﹣5mol?L

﹣1

D．c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HC溶液中的离子浓度关系

）+2c（C

）该式满足NaHCO3

22．（4分）一定条件下将质量为X g的有机物在O2中完全燃烧，燃烧后全部产物通过足量Na2O2层，过氧化钠的质量增重Y g，下列对应关系一定正确的是（ ） 序号 有机物 X Y 第5页（共45页）

A B C D A．A

四、填空题

C2H4 HCOOH CH3OH和CH3COOH的混合物 HCOOH与CH3COOCH3的混合物 B．B

C．C

D．D

m m m m m m m 2m 23．（9分）已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E．其中A、B、C是同一周期的非金属元素．化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构．AC2为非极性分子．B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高．E是人体内含量最高的金属元素．请根据以上情况，回答下列问题：（答题时，A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示）

（1）A、B、C的非金属性由强到弱的顺序为 ．

（2）B的氢化物的分子空间构型是 ．它是 （填极性和非极性）分子． （3）写出化合物AC2的电子式 ；一种由B、C组成的化合物与AC2电子数相等，其化学式为 ．

（4）E的核外电子排布式是 ，

（5）10molB的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液与4molD的单质反应时，B被还原到最低价，B被还原后的产物化学式为 ．

24．（7分）某反应体系中有物质：Bi2（SO4）3、NaMnO4、H2O、MnSO4、NaBiO3、Na2SO4、H2SO4．

（1）请将NaBiO3之外的反应物与生成物分别填入以下空格内．

（2）反应中，被氧化的元素是 ，氧化剂是 ．

（3）将氧化剂与还原剂及其已配平的化学计量数填入下列空格中，并标出电子转移的方向和数目．

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25．（8分）超音速飞机在平流层飞行时，尾气中的NO会破坏臭氧层．科学家正在研究利用催化技术将尾气中的NO和CO转变成CO2和N2，化学方程式如下：2NO+2CO?2CO2+N2

为了测定在某种催化剂作用下的反应速率，在某温度下用气体传感器测得不同时间的NO和CO浓度如表：

时间/s 0 1 2 3 4 5 c（NO）/mol?L1.00×104.50×102.50×101.50×101.00×101.00×10﹣1 ﹣3 ﹣4 ﹣4 ﹣4 ﹣4 ﹣4 c（CO）/mol?L3.60×103.05×102.85×102.75×102.70×102.70×10﹣1 ﹣3 ﹣3 ﹣3 ﹣3 ﹣3 ﹣3 请回答下列问题（均不考虑温度变化对催化剂催化效率的影响）：

（1）在上述条件下反应能够自发进行，则反应是 反应（填写“吸热”、“放热”）．

（2）前2s内的平均反应速度v（N2）= ． （3）此反应的平衡常数表达式为K= ．

（4）假设在容器中发生上述反应，达到平衡时下列措施能提高NO转化率的是 ．

A．选用更有效的催化剂 B．升高反应体系的温度 C．降低反应体系的温度 D．缩小容器的体积．

五、实验题

26．（12分）单晶硅是信息产业中重要的基础材料．通常用炭在高温下还原二氧化硅制得粗硅（含铁、铝、硼、磷等杂质），粗硅与氯气反应生成四氯化硅（反应温度450～500℃），四氯化硅经提纯后用氢气还原可得高纯硅．以下是实验室制备四氯化硅的装置示意图．

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相关信息如下：①四氯化硅遇水极易水解；

②硼、铝、铁、磷在高温下均能与氯气直接反应生成相应的氯化物； ③有关物质的物理常数见下表：

物质 沸点/℃ 熔点/℃ 升华温度/℃ SiCl4 57.7 ﹣70.0 ﹣ BCl3 12.8 ﹣107.2 ﹣ AlCl3 ﹣ ﹣ 180 FeCl3 315 ﹣ 300 PCl5 ﹣ ﹣ 162 请回答下列问题：

（1）写出装置A中发生反应的离子方程式 ．

（2）装置A中g管的作用是 ；装置C中的试剂是 ； 装置E中的h瓶需要冷却的理由是 ．

（3）装置E中h瓶收集到的粗产物可通过精馏（类似多次蒸馏）得到高纯度四氯化硅，精馏后的残留物中，除铁元素外可能还含有的杂质元素是 （填写元素符号）．

（4）为了分析残留物中铁元素的含量，先将残留物预处理，使铁元素还原成Fe2+，再用KMnO4标准溶液在酸性条件下进行氧化还原滴定，反应的离子方程式是：5Fe2++MnO4﹣+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O

①滴定前是否要滴加指示剂？ （填“是”或“否”），请说明理由 ． ②某同学称取5.000g残留物后，经预处理后在容量瓶中配制成100mL溶液，移取25.00mL试样溶液，用1.000×10﹣2 mol/LKMnO4标准溶液滴定．达到滴定终点时，消耗标准溶液20.00mL，则残留物中铁元素的质量分数是 ． 27．（12分）为了证明化学反应有一定的限度，进行了如下探究活动： （Ⅰ）取5mL0.1mol?L﹣1的KI溶液，滴加0.1mol?L﹣1的FeCl3溶液5～6滴 （Ⅱ）继续加入2mLCCl4振荡

（Ⅲ）取萃取后的上层清液，滴加KSCN溶液

（1）探究活动（Ⅰ）和（Ⅱ）的实验现象分别为 、 ．

（2）在探究活动（Ⅲ）中，活动设计者的意图是通过生成血红色的Fe（SCN）3，验证有Fe3+残留，从而证明化学反应有一定的限度，但在实验中，却未见溶液呈血红色，对此同学们提出了下列两种猜想．

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猜想一：Fe3+已全部转化为Fe2+

猜想二：生成Fe（SCN）3浓度极小，其颜色肉眼无法观察 为了验证猜想，在查阅资料后，获得下列信息：

信息一：乙醚微溶于水，Fe（SCN）3在乙醚中的溶解度比在水中大

信息二：Fe3+可与[Fe（CN）6]4﹣反应生成蓝色沉淀，用K4[Fe（CN）6]溶液检验Fe3+的灵敏度比用KSCN更高

结合新信息，请你设计以下实验验证猜想 ①请将相关的实验操作、现象和结论填入下表

实验操作 步骤一： 步骤二： 现象 产生蓝色沉淀 结论 “猜想二”成立 ②写出操作“步骤一”中发生反应的离子方程式 ．

六、有机化学

28．（8分）下列是有机化合物A的转化过程：

（1）若D在一定条件可以氧化为B，则A的结构简式： ．

（2）若有 X、Y两物质与A是同类物质的同分异构体，也能发生上述转化． ①若B能发生银镜反应；C不能发生消去反应，则X的结构简式 ； ②若B，D均不能发生银镜反应；则Y的可能的结构简式 ． （3）若 Z与A为不同类别同分异构体，并且具有下列性质： ①Z不能与NaHCO3溶液反应； ②Z不能使溴水褪色； ③1摩尔Z与足量金属钠反应可以生成1摩尔H2；

④Z分子的一氯取代产物只有二种（不考虑立体异构现象）． 则Z的结构简式 ．

29．（12分）烯烃通过臭氧氧化并经锌和水处理得到醛或酮，例如：

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一种链状单烯烃A通过臭氧氧化并经锌和水处理得到B和C．化合物B含碳69.8%，含氢11.6%，B无银镜反应．D在浓硫酸存在下加热，可得到能使溴水褪色且只有一种结构的物质E．G的分子式为C8H16O2．有关转化关系如下；

（1）B的相对分子质量是 ． （2）写出结构简式：A 、E ．

（3）写出反应①、②的反应类型：① 、② ． （4）写出反应②的化学方程式： ．

（5）F的一种同分异构体能发生酯化反应和银镜反应，其结构简式为 ．

七、计算：（本题16分）

30．（6分）将2.5g碳酸钠、碳酸氢钠和氢氧化钠的固体混合物完全溶解于水，制成稀溶液，然后向该溶液中逐滴加入1mol?L﹣1的盐酸，所加入盐酸的体积与产生CO2的体积（标准状况）关系如图所示：

（1）写出OA段所发生反应的离子方程式 ， ．

（2）当加入35mL盐酸时，产生CO2的体积为 mL（标准状况）． （3）计算原混合物中碳酸钠、碳酸氢钠共 mol．

31．（10分）工业上利用焦炭在石灰窑中燃烧放热，使石灰石分解生产CO2．主要反应如下： C+O2→CO2①，

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CaCO3→CO2↑+CaO ②

（1）含碳酸钙95%的石灰石2.0t按②完全分解（设杂质不分解），可得标准状况下CO2的体积为 m3．

（2）纯净的CaCO3和焦炭混合物m g在石灰窑中完全反应，所得CO2的物质的量范围是 ．

（3）纯净的CaCO3和焦炭按①②完全反应，当窑内配比率

=2.2时，窑

气中CO2的最大体积分数为多少？（设空气只含N2与O2，且体积比为4：1，下同）

（4）某次窑气成分如下：O2 0.2%，CO 0.2%，CO2 41.6%，其余为N2．则此次窑内配比率

为何值？

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2010-2011学年上海市十校高三（下）第二次联考化学试

卷

参考答案与试题解析

一、单选题（本题共10分，每小题2分，只有一个正确选项．） 1．（2分）（2011?上海模拟）下列哪一项符合“绿色化学”的原则（ ） A．排放前对废气、废水、废渣进行无害化处理

B．在化学生产中少用或不用有害物质以及少排放或不排放有害物质 C．在化工生产中，尽量避免使用任何化学物质 D．在化工厂范围多种草种树，努力构建花园式工厂

【分析】绿色化学又称“环境无害化学”、“环境友好化学”、“清洁化学”，绿色化学的最大特点是在始端就采用预防污染的科学手段，因而过程和终端均为零排放或零污染．化合反应是一变多的反应，把所有原料都转化成了期望中的产品，实现了绿色化学的理念．

【解答】解：A．绿色化学是从源头上杜绝污染，故A错误；

B．在化学生产中少用或不用有害物质以及少排放或不排放有害物质，符合“绿色化学”的原则，故B正确；

C．任何物质都是化学物质，故C错误；

D．在化工厂范围多种草种树，与绿色化学无关，故D错误． 故选B．

【点评】本考点考查了绿色化学，题目难度不大，注意绿色化学的最大特点是在始端就采用预防污染的科学手段，因而过程和终端均为零排放或零污染．

2．（2分）（2010?通州区模拟）下列说法中正确的是（ ） A．钢、青铜、硬铝和金刚石都是合金材料 B．所有的分解反应都属于氧化还原反应 C．氨基酸不能通过缩聚反应结合成蛋白质 D．一定条件下，稻草可制得葡萄糖或酒精

【分析】A、合金是由两种或两种以上的金属与金属或金属与非金属经一定方法

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所合成的具有金属特性的物质； B、部分分解反应是氧化还原反应；

C、部分氨基酸可以通过缩聚反应生成蛋白质；

D、稻草成分是纤维素，是多糖，水解的最终产物为葡萄糖，葡萄糖在酒化酶做催化剂生成乙醇和二氧化碳．

【解答】解：A、钢、青铜、硬铝都是合金材料，但是金刚石不是，故A错误； B、分解反应有的属于氧化还原反应，有的不是氧化还原反应，故B错误； C、部分氨基酸可以通过缩聚反应生成多肽，多肽进一步形成蛋白质，故C错误； D、植物的秸秆稻草主要成分是纤维素，用适当的催化剂将纤维素与水作用生成葡萄糖，再将葡萄糖在一定条件下转化为酒精，故D正确； 故选D．

【点评】本题考查了合金概念、反应类型与氧化还原反应的关系，氨基酸的性质，多糖的性质，难度不大．

3．（2分）（2011?鸡冠区校级二模）下列含有非极性键的共价化合物是（ ） A．HCl B．Na2O2

C．C2H2 D．CH4

【分析】根据形成非极性键的共价化合物的组成元素特点判断．

【解答】解：共价化合物一般由非金属元素组成，排除B；不同非金属元素间形成的共价键是极性共价键，排除AD；故选C

【点评】活泼金属和活泼非金属易形成离子化合物，非金属元素间易形成共价化合物．

4．（2分）（2011春?大庆校级期末）下列化学用语正确的是（ ）

A．锂离子的结构示意图： B．碳原子的轨道表示式：

C．丁烷的最简式：C2H5 D．氯化镁的电子式：【分析】A．锂离子质子数为3，核外电子数为2； B.2p能级上两个电子自旋方向应该相同；

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C．最简式表示化合物分子中各原子最简整数比的式子； D．氯化镁是离子化合物，由镁离子和氯离子构成．

【解答】解：A．锂离子的结构示意图为，故A错误；

B．碳原子的轨道表示式为：，故B错误；

C．丁烷的化学式为：C4H10，所以其最简式为：C2H5，故C正确； D．氯化镁的电子式为故选C．

【点评】本题考查了化学用语，易错选项是D，注意离子化合物的电子式中，多个相同的阳离子或阴离子不能合并书写，为易错点．

5．（2分）（2011?上海模拟）下列物质中，有固定沸点的是（ ） A．石蜡

B．石炭酸 C．聚氯乙烯

D．石油

，故D错误；

【分析】具有固定的熔点、沸点的物质一定是纯净物，据此判断；

【解答】解：A．石蜡是多种烃组成的混合物，没有固定沸点，故A错误； B．石碳酸是苯酚，属于纯净物，有固定沸点，故B正确； C．聚氯乙烯是混合物，没有固定沸点，故C错误； D．石油是含多种烃的混合物，没有固定沸点，故D错误． 故选：B．

【点评】本题考查纯净物的性质，难度不大，根据物质具有固定的沸点判断物质为一定是纯净物是解题关键．

二、单选题（本题36分，每小题3分、只有一个正确选项．）

6．（3分）（2011?上海模拟）在化学学习与研究中类推的思维方法有时会产生错误的结论，因此类推的结论最终要经过实践的检验才能确定其正确与否．下列几种类推结论中，正确的是（ ）

A．SO2能与碱反应，推测：非金属氧化物都能与碱反应

B．金属钠着火不能用CO2扑灭，推测：金属钾着火也不能用CO2扑灭

第14页（共45页）

C．Fe3O4可表示为FeO?Fe2O3，推测：Pb3O4也可表示为PbO?Pb2O3

D．F、Cl、Br、I的单质熔点依次升高，推测：N、P、As、Sb、Bi的单质熔点也依次升高

【分析】A、作为酸性氧化物的非金属氧化物与碱反应，但不成盐氧化物不和碱反应分析；

B、金属钠、钾都是活泼金属，能与二氧化碳反应分析； C、在Fe3O4、Pb3O4中两种金属的化合价情况分析并解决问题；

D、卤素单质属于分子晶体，碱金属单质属于金属晶体，影响沸点高低的因素不同．

【解答】解：A、碱能与酸性氧化物反应，生成盐和水，但一氧化碳、一氧化氮等不成盐氧化物不属于酸性氧化物，不会与碱反应，故A错误；

B、金属钠和钾都是活泼金属，与二氧化碳气体发生反应，所以可以类推结论，故B正确；

C、在Fe3O4中因铁分别显+2、+3价，故可写成FeO?Fe2O3的形式；但Pb3O4中的Pb分别显+2、+4价，所以其可以写成2PbO?PbO2，但不能写成PbO?Pb2O3的形式，故C错误；

D、卤素单质属于分子晶体，单质的相对分子质量越大，沸点越高，碱金属单质属于金属晶体，原子半径越大，沸点越低，故C错误； 故选B．

【点评】本题考查了酸性氧化物的性质，活泼金属的性质，化合物的结构分析，分子晶体和金属晶体的熔沸点判断，本题是一道多点知识考查题，解题的关键是对相关问题的理解与掌握，对开阔知识面有一定帮助．

7．（3分）（2013春?西夏区校级期中）如图是某无机化合物的二聚分子，该分子中A、B两种元素都是第三周期的元素，分子中所有原子的最外层电子都达到8个电子的稳定结构．下列说法不正确的是（ ）

A．该化合物的化学式是Al2Cl6

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B．该化合物是离子化合物，在熔融状态下能导电 C．该化合物在固态时所形成的晶体是分子晶体

D．该化合物中存在特殊的共价键，且不含有非极性共价键

【分析】A、将二聚分子变成单分子，得AB3化学式，根据两种元素都处于第三周期，可能是PCl3 或AlCl3，而在PCl3所有原子已达稳定结构，形成二聚分子的话不可能符合，故只可能是AlCl3；

B、根据该化合物是无机化合物的二聚分子，属于共价化合物，不存在离子键； C、根据该化合物是无机化合物的二聚分子，属于共价化合物，是分子晶体； D、根据该化合物是无机化合物的二聚分子，属于共价化合物，不同原子之间形成的共价键是极性共价键，由于形式8电子稳定结构，故分子内存在配位键． 【解答】解：A、将二聚分子变成单分子，得AB3化学式，根据两种元素都处于第三周期，可能是PCl3 或AlCl3，而在PCl3所有原子已达稳定结构，形成二聚分子的话不可能符合，故只可能是AlCl3，该化合物的化学式是Al2Cl6，故A正确； B、该化合物是无机化合物的二聚分子，属于共价化合物，不存在离子键，也不是离子化合物，在熔融状态下不能导电，故B错误；

C、该化合物是无机化合物的二聚分子，属于共价化合物，是分子晶体，故C正确；

D、该化合物是无机化合物的二聚分子，属于共价化合物，Cl与Cl之间没有形成非极性共价键，不含非极性键，由于形式8电子稳定结构，故分子内存在配位键，故D正确； 故选B．

【点评】本题考查化学键，判断化合物的化学式是解答的关键，难度中等，但应注意特例，如氯化铝为共价化合物．

8．（3分）（2013秋?秦安县期末）纳米是长度单位，1nm=10﹣9m，当物质的颗粒达到纳米级时，具有特殊的性质．例如将铜制成“纳米铜”时具有非常强的化学活性，在空气中可以燃烧．下列关于“纳米铜”的叙述正确的是（ ） A．常温下“纳米铜”比铜片的金属性强 B．常温下“纳米铜”比铜片更易失去电子

第16页（共45页）

C．常温下“纳米铜”的还原性与铜片相同 D．常温下“纳米铜”比铜片的氧化性强

【分析】纳米铜之所以具有较强的化学活性是由于纳米材料的颗粒较小，表面积较大，与氧气的接触面积较大而能在空气中的燃烧，而铜的金属性、活泼性等没有发生变化．

【解答】解：A．金属性属于元素的性质，都为铜元素，金属性相同，故A错误； B．纳米铜之所以具有较强的化学活性是由于纳米材料的颗粒较小，表面积较大，与氧气的接触面积较大而能在空气中的燃烧，都是不活泼金属，失电子能力相同，故B错误；

C．在相同条件下，纳米铜和铜片的还原性是相同的，物质的性质是决定化学反应速率主要因素，故C正确；

D．铜为金属，在反应中只能失去电子，据有还原性，不具有氧化性，故D错误． 故选C．

【点评】本题为信息给予题，题目难度中等，本题注意影响化学反应速率的因素，易错点为B、C，注意物质的本身的性质与外界因素影响的不同．

9．（3分）（2011?上海模拟）关于下列各装置图的叙述中，正确的是（ ）

A．实验室用装置①制取氨气

B．装置②中X若为四氯化碳，可用于吸收氨气，并防止倒吸 C．装置③可用于制备氢氧化亚铁并观察其颜色 D．装置④是原电池，锌电极为阴极，发生氧化反应 【分析】A．不能直接用加热氯化铵的方法制备氨气； B．氨气不溶于四氯化碳，且四氯化碳与水互不相溶；

第17页（共45页）

C．氢氧化亚铁易被空气中氧气氧化； D．锌电极为负极，发生氧化反应．

【解答】解：A．氨气加热易分解生成氨气和氯化氢，在温度稍低时又生成氯化铵，实验室应用氯化铵和氢氧化钙反应制备，故A错误；

B．氨气不溶于四氯化碳，且四氯化碳与水互不相溶，可防止倒吸，故B正确； C．氢氧化亚铁易被空气中氧气氧化，应用苯隔绝空气，故C错误； D．装置④是原电池，锌电极为负极，发生氧化反应，故D错误． 故选B．

【点评】本题综合考查化学实验基本操作，涉及氨气的制备、氢氧化亚铁的制备以及原电池知识，侧重于考查学生化学实验方案的评价能力和实验操作能力，注意把握实验原理和实验注意事项，题目难度不大．

10．（3分）（2014?上海模拟）等体积等物质的量浓度的NaHCO3溶液和Ba（OH）

2溶液混合，离子方程式正确的是（

）

A．HCO3﹣+OH﹣→H2O+C

﹣

B．2HCO3+Ba（OH）2→BaCO3↓+2H2O+CC．HCO3﹣+Ba2++OH﹣→H2O+BaCO3↓ D．2HCO3﹣+Ba2++2OH﹣→BaCO3↓+2H2O+C

【分析】首先判断反应的生成物：等体积物质的量浓度的NaHCO3和Ba（OH）2两溶液混合，氢氧根离子的物质的量足量，生成产物是BaCO3和H2O．

【解答】解：等体积物质的量浓度的NaHCO3和Ba（OH）2两溶液混合，由于溶液中氢氧根离子物质的量过量，生成了BaCO3和H2O，反应的离子方程式为HCO3

﹣

+Ba2+OH=BaCO3↓+H2O，

+

﹣

故C正确 故选C．

【点评】本题考查离子方程式的书写，题目难度不大，书写的关键是能根据物质的性质判断反应产物，结合离子方程式的书写方法书写．

第18页（共45页）

11．（3分）（2011?中山模拟）若以nA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）

A．0.1molFe与足量盐酸反应，转移的电子数为0.3nA B．28gCO中所含的原子数为2nA

C．0.1mol/LNa2CO3溶液中，含有CO32﹣数为0.1nA D．标况下，22.4L苯的分子数为nA

【分析】A、依据铁与稀盐酸反应发生置换反应，生成的是亚铁离子分析； B、质量换算物质的量，结合分子式计算原子数； C、依据碳酸根离子水解分析判断；

D、依据气体摩尔体积的条件应用分析判断．

【解答】解：A、0.1molFe与足量盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，转移的电子数为0.2nA，故A错误；

B、28gCO物质的量为1mmol，含原子数为2nA，故B正确；

C、0.1mol/LNa2CO3溶液中存在碳酸根离子的水解，含有CO32﹣数小于0.1nA，故C错误；

D、苯在标准状况下不是气体，22.4L苯的物质的量不是1mol，故D错误； 故选B．

【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要考查氢离子的弱氧化性把铁氧化为亚铁离子，质量换算物质的量计算原子数，盐类水解的应用，气体摩尔体积的条件应用．

12．（3分）（2014?上海模拟）氯化铵晶体溶于重水中，溶液呈现出酸性，下列说法正确的是（ ）

A．NH4水解生成NH3?H2O和HD2O B．NH4+水解生成NH3?DHO和H2DO+ C．NH4+水解生成NH3?D2O和H2DO+ D．NH4+水解生成NH3?DHO和D3O+

【分析】氯化铵为强酸弱碱盐，水解呈酸性，溶于重水中，根据NH4++2H2O?NH3?H2O+H3O+判断，注意题中重水的特点．

第19页（共45页）

+

+

【解答】解：氯化铵为强酸弱碱盐，水解呈酸性，发生NH4++2H2O?NH3?H2O+H3O+，在重水中，则发生NH4++2D2O?NH3?DHO+D3O+，故选D．

【点评】本题考查盐类水解的原理，题目难度不大，注意把握水解离子方程式的书写．

13．（3分）（2013?扬州模拟）在1000K时，下列可逆反应达到平衡：CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g）已知CO和H2O的起始浓度均为0.01mol/L，H2的平衡浓度为0.005mol/L．此时，若再充入水气0.02mol/L，使平衡移动，H2的新平衡浓度可能是（ ）

A．0.0025mol/L B．0.0075mol/L C．0.01mol/L

D．0.015mol/L

【分析】依据化学平衡的三段式列式计算平衡浓度，加入水蒸气依据平衡转化率和极值判断分析判断氢气的可能浓度． 【解答】解：依据化学平衡三段式列式得到；

CO（g）+H2O（g）?CO2（g）+H2（g） 起始量（mol/L） 0.01 0.01 0 0 变化量（mol/L） 0.005 0.005 0.005 0.005 平衡量（mol/L） 0.005 0.005 0.005 0.005 平衡常数K=1 水的转化率=

×100%=50%

若再充入水气0.02mol/L，温度不变平衡常数不变，转化率分析，氢气最小为0.015mol/L，极值转化水全部转化氢气浓度为0.025mol/L，反应时可逆反应不能进行彻底所以氢气浓度介于0.015﹣﹣﹣0.025间； 故选B．

【点评】本题考查了化学平衡计算的分析判断，注意极值分析判断的方法应用，题目难度中等．

14．（3分）（2010?江西）把500mL有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含a mol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含b mol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀．则原混合溶液中钾离子物质的量浓度为

第20页（共45页）

（ ）

A．0.1（b﹣2a）mol/L B．10（2a﹣b）mol/L C．10（b﹣a）mol/L （b﹣2a）mol/L

【分析】由Ba2++SO42﹣═BaSO4↓、Ag++Cl﹣═AgCl↓计算离子的物质的量，由混合溶液分成5等份，则确定原溶液中钡离子和氯离子的浓度，再利用溶液不显电性来计算原混合溶液中钾离子物质的量浓度．

【解答】解：取一份加入含amol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀，则 Ba2++SO42﹣═BaSO4↓ 1 1 amol amol

另取一份加入含bmol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀，则 Ag++Cl﹣═AgCl↓ 1 1 bmol bmol

由混合溶液分成5等份，则原溶液中钡离子的浓度为氯离子的浓度为

=10bmol/L，

=10amol/L，

D．10

根据溶液不显电性，设原混合溶液中钾离子物质的量浓度为x， 则10amol/L×2+x×1=10bmol/L×1， 解得x=10（b﹣2a）mol/L， 故选D．

【点评】本题考查离子浓度的有关计算，明确溶液不显电性是解答本题的关键，并注意溶液均分为5份是学生解答中容易忽略的地方，难度不大．

15．（3分）（2013?南昌校级二模）下述实验不能达到预期目的是（ ） 编号 A B 实验内容 将SO2通入酸性KMnO4溶液中 将Cl2通入NaBr溶液中，然后加入CCl4，振荡、静置 C

实验目的 证明SO2具有漂白性 比较氯与溴的氧化性强弱 探究浓、稀硝酸氧化将铜片分别与浓、稀硝酸反应 第21页（共45页）

性的相对强弱 D 向盛有20g蔗糖的烧杯中加入几滴水，搅拌均匀．再加入少许浓硫酸，迅速搅拌． A．A

B．B

C．C

D．D

探究浓硫酸的脱水性 【分析】A．SO2与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应； B．根据氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性判断； C．浓硝酸与铜反应比稀硝酸反应剧烈； D．根据反应现象可判断浓硫酸的性质．

【解答】解：A．SO2与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，表现为还原性，故A错误；

B．氯气氧化性大于溴，可置换出溴，故B正确；

C．浓硝酸与铜反应比稀硝酸反应剧烈，可根据反应的剧烈程度判断氧化性强弱，故C正确；

D．向盛有20g蔗糖的烧杯中加入几滴水，搅拌均匀．再加入少许浓硫酸，迅速搅拌，可观察到蔗糖碳化而变黑，可说明浓硫酸具有脱水性，故D正确． 故选A．

【点评】本题综合考查化学实验基本操作，涉及二氧化硫的性质、氧化还原反应以及浓硫酸的性质，侧重于考查学生化学实验方案的评价能力和实验操作能力，注意把握实验原理和实验注意事项，题目难度不大．

16．（3分）（2014?上海二模）在标准状况下，将NO、NO2、O2三种气体按一定比例充满一固定容积的容器，并将该容器倒置在水槽中，充分反应后，容器中无气体剩余，所得溶液的浓度为Mmol/L．则M的取值范围是（ ） A．0＜M＜C．

＜M＜

B． D．

＜M＜＜M＜

【分析】将NO、NO2、O2三种气体按一定比例充满一固定容积的容器，并将该容器倒置在水槽中，充分反应后，容器中无气体剩余，

可能发生：4NO2+O2+2H2O=4HNO3或4NO+3O2+2H2O=4HNO3，所得溶液为HNO3溶液，利用端值法解答．

第22页（共45页）

【解答】解：若混合气体是NO2和O2，且体积比为4：1，因为发生反应：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，生成硝酸的物质的量是溶于水的气体物质的量的，所得溶液的体积等于溶于水的气体体积，所以所得溶液的物质的量浓度为mol/L=

mol/L；

若混合气体是NO和O2，且二者体积比为3：4，因为发生反应：4NO+3O2+2H2O=4HNO3，生成硝酸的物质的量是溶于水的气体物质的量的，所得溶液体积等于溶于水的气体体积，所得溶液的物质的量浓度为

mol/L，

因是三种物质的混合物，应介于二者之间， 故选D．

【点评】本题是有关NO2、NO和O2混合气体溶于水的计算问题，要解决这类问题应注意利用端值法结合反应的化学方程式计算，题目难度较大．

17．（3分）（2013?大连模拟）向用盐酸酸化的MgCl2、FeCl3混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液，生成的沉淀质量与滴入NaOH溶液体积关系如右图，则原混合溶液中MgCl2与FeCl3的物质的量之比为（ ）

moL/L=

A． B． C． D．

【分析】向用盐酸酸化的MgCl2、FeCl3混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液，首先发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，即为图象中0﹣amL，沉淀的质量为0g；FeCl3只能在酸性较强的溶液中存在，当酸性减弱时，会转化为Fe（OH）3沉淀，从amL开始，bmL时沉淀完全．bmL时，溶液仍然呈酸性，到cmL时，才开始产生Mg（OH）2沉淀，结合Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓、Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓计算判断．

第23页（共45页）

【解答】解：向用盐酸酸化的MgCl2、FeCl3混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液，首先发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，即为图象中0﹣amL，沉淀的质量为0g；FeCl3只能在酸性较强的溶液中存在，当酸性减弱时，会转化为Fe（OH）3沉淀，从amL开始，bmL时沉淀完全．bmL时，溶液仍然呈酸性，到cmL时，才开始产生Mg（OH）2沉淀，

令氢氧化钠浓度为xmol/L，

Fe3+完全沉淀消耗氢氧化钠为（b﹣a）mL，结合Fe3++3OH﹣═Fe（OH）3↓可知，溶液中n（Fe3+）=×（b﹣a）×10﹣3Lxmol/L，

Mg2+完全沉淀消耗氢氧化钠为（d﹣c）mL，结合Mg2++2OH﹣═Mg（OH）2↓可知，溶液中n（Mg2+）=×（d﹣c）×10﹣3Lxmol/L，

故原混合溶液中n（MgCl2）：n（FeCl3）=×（d﹣c）×10﹣3Lxmol/L：×（b﹣a）×10﹣3Lxmol/L=故选D．

【点评】本题以图象形式考查混合物的有关计算，题目难度较大，清楚各段发生的反应是解题关键，导致出错的原因是学生不能考虑铁离子酸性较强的溶液中存在，不能分析各段发生反应．

三、不定项选择（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春?肇东市校级期中）除去下列物质中少量杂质的方法正确的是（ ）

A．除去CO2中混有的HCl：用饱和碳酸钠溶液洗气 B．除去NO2中混有的NO：用水洗气

C．除去FeCl2溶液中混有的FeCl3：加入过量铁粉，过滤 D．除去Cu粉中混有的CuO：加适量稀硝酸后，过滤、洗涤

【分析】根据原物质和杂质的性质选择适当的除杂剂和分离方法，所谓除杂（提纯），是指除去杂质，同时被提纯物质不得改变．除杂质题至少要满足两个条件：

第24页（共45页）

，

①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质． 【解答】解：A．饱和碳酸钠溶液能与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，将原物质除掉，不符合除杂原则，故A错误；

B．二氧化氮能与水反应生成一氧化氮，将原物质除掉，不符合除杂原则，故B错误；

C．铁粉不与氯化亚铁反应，能与氯化铁反应生成氯化亚铁，故C正确； D．铜单质能与稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮，故D错误． 故选C．

【点评】本题主要主要考查了物质的除杂，抓住除杂质至少要满足两个条件：①加入的试剂只能与杂质反应，不能与原物质反应；②反应后不能引入新的杂质是解题的关键．

19．（4分）（2011?上海模拟）下列反应的离子方程式正确的是（ ） A．氯化铝溶液中滴入氨水：Al3++3OH﹣→Al（OH）3↓

B．硫酸铁溶液中通入硫化氢气体：2Fe3++3H2S→2FeS↓+S↓+6H+ C．苯酚钠溶液中通入二氧化碳气体：

+CO2+H2O→

+HC

D．NaHSO4溶液中滴入足量的Ba（OH）H++S2溶液：【分析】A、一水合氨是弱电解质，写成化学式； B、生成产物没有硫化亚铁沉淀；

+Ba2++OH﹣→BaSO4↓+H2O

C、苯酚酸性小于碳酸的酸性，但是大于碳酸氢根的酸性； D、氢氧化钡过量，硫酸氢钠完全反应．

【解答】解：A、一水合氨不能拆开，正确的离子方程式是：Al3++3NH3?H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，故A错误；

B、生成产物的硫单质和亚铁离子，正确离子方程式是：2Fe3++H2S→2Fe2++S↓+2H+，故B错误；

C、苯酚钠和二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢根离子，离子方程式是：+CO2+H2O→

+HCO3﹣，故C正确；

第25页（共45页）

D、由于氢氧化钡过量，生成了硫酸钡和水，反应的离子方程式：H++SO42﹣+Ba2++OH

﹣

→BaSO4↓+H2O，故D正确；

故选CD．

【点评】本题考查离子方程式的书写，注意氨水是弱电解质，应该写成分子式，本题难度一般

20．（4分）（2011?上海模拟）化合物M叫假蜜环菌甲素，它是香豆素类天然化合物．对M的性质叙述正确的是（ ）

A．M与Br2能发生取代反应，也能发生加成反应 B．M既能与FeCl3发生反应，也能与CH3COOH发生反应 C．M可溶于NaOH稀溶液，1molM最多消耗2mol NaOH D．1molM在催化剂作用下最多能与4molH2发生加成反应

【分析】M中含醇﹣OH、酚﹣OH、C=C、﹣COOC﹣、C=O及苯环，结合酚、醇、酯、烯烃的性质来解答．

【解答】解：A．含酚﹣OH，能发生取代反应，含C=C能发生加成反应，故A正确；

B．含酚﹣OH，能与氯化铁反应，含醇﹣OH，能与CH3COOH发生酯化反应，故B正确；

C．酚﹣OH、﹣COOC﹣均与碱反应，则M可溶于NaOH稀溶液，1molM最多消耗3mol NaOH，故C错误；

D．苯环、C=C及C=O均能与氢气发生加成反应，则1molM在催化剂作用下最多能与5molH2发生加成反应，故D错误； 故选A．

【点评】本题考查有机物的结构与性质，注意把握常见的官能团及性质的关系，熟悉酚、醇、烯烃、酯的性质即可解答，题目难度不大．

21．（4分）（2011?上海模拟）下列叙述中正确的是（ ）

第26页（共45页）

A．体积相同、浓度均为0.1mol/L的NaOH溶液、氨水，分别稀释m倍、n倍，溶液的pH都变成9，则m＜n

B．有甲、乙两醋酸溶液，测得甲的pH=a，乙的pH=a+1，若用于中和等物质的量浓度等体积的NaOH溶液，需甲、乙两酸的体积V（乙）＞10V（甲） C．25℃，pH=9的NaOH溶液和NaAc溶液中，由水电离出的c（H+）均为10﹣5mol?L

﹣1

D．c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HC溶液中的离子浓度关系

）+2c（C

）该式满足NaHCO3

【分析】A．相同浓度的氢氧化钠和氨水溶液，氢氧化钠溶液的pH大于氨水，根据强弱电解质的性质分析；

B．浓度越大，弱电解质的电离程度越小，所以甲的pH=a、乙的pH=a+1的醋酸溶液中，C（甲）＜10C（乙），根据酸的物质的量计算； C．酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离； D．根据电荷守恒分析．

【解答】解：A．相同浓度的氢氧化钠和氨水溶液，氢氧化钠溶液的pH大于氨水，稀释后，溶液的pH相同，则氢氧化钠稀释的体积大于氨水，故A错误； B．浓度越大，弱电解质的电离程度越小，所以甲的pH=a、乙的pH=a+1的醋酸溶液中，C（甲）＞10C（乙），若用于中和等物质的量浓度等体积的NaOH溶液，需甲、乙两酸的体积V（乙）＞10V（甲），故B正确；

C.25℃，pH=9的NaOH溶液中由水电离出的c（H+）均为10﹣9mol?L﹣1，NaAc溶液中由水电离出的c（H+）均为10﹣5mol?L﹣1，故C错误；

D．c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣ ），故D正确； 故选BD．

【点评】本题考查了弱电解质的电离及盐类的水解，根据电荷守恒和物料守恒来分析解答，难度中等．

22．（4分）（2011?上海模拟）一定条件下将质量为X g的有机物在O2中完全燃烧，燃烧后全部产物通过足量Na2O2层，过氧化钠的质量增重Y g，下列对应关系一定正确的是（ ）

第27页（共45页）

序号 A B C D A．A

有机物 C2H4 HCOOH CH3OH和CH3COOH的混合物 HCOOH与CH3COOCH3的混合物 B．B

C．C

D．D

X m m m m Y m m m 2m 【分析】有机物在O2中完全燃烧生成CO2和H2O，燃烧后全部产物通过足量Na2O2层，2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，质量增重△m=2Na2CO3﹣2Na2O2=2CO，可知反应后固体质量增加量为CO的质量；Na2O2与H2O反应2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，质量增重△m=2H2O﹣O2=2H2，可知反应后固体增加的质量为氢气质量，根据有机物的化学式和质量折合成CO和H2的质量，可确定过氧化钠的质量增重， 【解答】解：有机物在O2中完全燃烧生成CO2和H2O，燃烧后全部产物通过足量Na2O2层，分别发生2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，过氧化钠的质量增重相当于CO和H2的质量， A．C2H4～2CO+2H2，过氧化钠的质量增重为B．HCOOH～CO+H2，过氧化钠的质量增重为C．CH3OH～CO+2H2，过氧化钠的质量增重为氧化钠的质量增重为故C错误；

D．HCOOH～CO+H2，过氧化钠的质量增重为过氧化钠的质量增重为定，故D错误． 故选B．

【点评】本题考查有机物的相关计算，题目难度中等，明确有机物燃烧产物与过氧化钠反应的质量增重关系为解答该题的关键，答题时注意体会．

第28页（共45页）

m==

，故A错误； ，故B正确；

=m，CH3COOH～2CO+2H2，过

=m，无论以何种比例混合，过氧化钠的质量增重m，

=

，CH3COOCH3～3CO+3H2，

，二者的物质的量关系不能确定，则质量增重不能确

四、填空题

23．（9分）（2011?上海模拟）已知A、B、C、D、E都是周期表中前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E．其中A、B、C是同一周期的非金属元素．化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构．AC2为非极性分子．B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高．E是人体内含量最高的金属元素．请根据以上情况，回答下列问题：（答题时，A、B、C、D、E用所对应的元素符号表示）

（1）A、B、C的非金属性由强到弱的顺序为 O＞N＞C ．

（2）B的氢化物的分子空间构型是 三角锥型 ．它是 极性分子 （填极性和非极性）分子．

（3）写出化合物AC2的电子式 电子数相等，其化学式为 N2O ．

（4）E的核外电子排布式是 1s22s22p63s23p64s2 ，

（5）10molB的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液与4molD的单质反应时，B被还原到最低价，B被还原后的产物化学式为 NH4NO3 ．

【分析】前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E．化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，C形成﹣2价阴离子，且D位于C的下一周期，B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高，分子中存在氢键，C形成﹣2价阴离子，则C为氧元素，D为镁元素，核电荷数B＜C，则B为氮元素；其中A、B、C是同一周期的非金属元素，AC2为非极性分子，则A为碳元素；E是人体内含量最高的金属元素，为Ca，其原子序数为20，以此来解答．

【解答】解：前四周期的元素，它们的核电荷数A＜B＜C＜D＜E．化合物DC的晶体为离子晶体，D的二价阳离子与C的阴离子具有相同的电子层结构，C形成﹣2价阴离子，且D位于C的下一周期，B、C的氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高，分子中存在氢键，C形成﹣2价阴离子，则C为氧元素，D为镁元素，核电荷数B＜C，则B为氮元素；其中A、B、C是同一周期的非金属元素，AC2为非极性分子，则A为碳元素；E是人体内含量最高的金属元素，为Ca，其原子序数为20，

第29页（共45页）

；一种由B、C组成的化合物与AC2

（1）A为C，B为N，C为O，非金属性为O＞N＞C，故答案为：O＞N＞C； （2）B为氮元素，其氢化物为NH3，分子中的空间构型为三角锥型，为极性分子，故答案为：三角锥型；极性分子；

（3）化合物AC2是CO2，分子中碳原子与氧原子之间形成2对共用电子对，电子式为式为N2O， 故答案为：

；N2O；

；一种由N元素、O元素化合物与CO2互为等电子体，其化学

（4）E为Ca，其电子排布式为1s22s22p63s23p64s2，故答案为：1s22s22p63s23p64s2； （5）10molB的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液与4molD的单质反应时，由电子守恒可知，4mol×（2﹣0）=n（N）×[+5﹣（﹣3）]，解得n（N）=1mol，则硝酸有剩余，反应中N元素的化合价降低被还原，B被还原到最低价，其最低价为﹣3价，B被还原后的产物化学式为NH4NO3，故答案为：NH4NO3． 【点评】本题综合性较大，涉及结构性质越位置关系、元素周期律、电子式与核外电子排布、分子结构，氧化还原反应等，题目难度中等，是物质结构的综合性题目，是对学生综合能力的考查，氢化物的沸点比它们同族相邻周期元素氢化物的沸点高是推断的突破口．

24．（7分）（2009?黄浦区校级二模）某反应体系中有物质：Bi2（SO4）NaMnO4、3、H2O、MnSO4、NaBiO3、Na2SO4、H2SO4．

（1）请将NaBiO3之外的反应物与生成物分别填入以下空格内．

（2）反应中，被氧化的元素是 正二价的锰元素 ，氧化剂是 NaBiO3 ． （3）将氧化剂与还原剂及其已配平的化学计量数填入下列空格中，并标出电子转移的方向和数目．

【分析】（1）根据化合价的升降判断参加氧化还原反应的反应物和生成物，然后根据元素守恒判断未参加氧化还原反应的反应物和生成物． （2）根据化合价的升降判断被氧化的元素、氧化剂；

第30页（共45页）

（3）根据化合价 的升降判断电子的转移方向，根据得失电子的最小公倍数确定转移的电子数．

【解答】解：（1）该反应中NaBiO3是反应物，根据Bi元素守恒，Bi2（SO4）3是生成物，Bi元素由反应物到生成物，化合价降低，所以NaBiO3是氧化剂；NaMnO4中锰元素的化合价是+7价，MnSO4中锰元素的化合价是+2价，要选取还原剂，只能是化合价由低变高，所以MnSO4作还原剂，NaMnO4是氧化产物；再根据元素守恒，反应物中还有硫酸，产物中还有Na2SO4和H2O．

故答案为：NaBiO3+MnSO4+H2SO4→Bi2（SO4）3+NaMnO4+Na2SO4+H2O．

（2）该反应中，锰元素由+2价失电子变为+7价，所以二价锰元素被氧化；通过（1）分析知，NaBiO3是氧化剂． 故答案为：正二价的锰元素； NaBiO3．

（3）该反应中，NaBiO3是氧化剂，MnSO4作还原剂；MnSO4→NaMnO4，锰元素由+2价→+7价，一个MnSO4失去5个电子；NaBiO3→Bi2（SO4）3，Bi元素由+5价→+3价，生成一个Bi2（SO4）3，需得4个电子，所以其得失电子的最小公倍数为20．

故答案为：

【点评】本题考查了氧化还原反应的配平，要依据氧化还原反应中得失电子数相等进行配平．

25．（8分）（2011?上海模拟）超音速飞机在平流层飞行时，尾气中的NO会破坏臭氧层．科学家正在研究利用催化技术将尾气中的NO和CO转变成CO2和N2，化学方程式如下：2NO+2CO?2CO2+N2

为了测定在某种催化剂作用下的反应速率，在某温度下用气体传感器测得不同时间的NO和CO浓度如表：

时间/s 0 1 2 3 4 5 c（NO）/mol?L1.00×104.50×102.50×101.50×101.00×101.00×10﹣1 ﹣3 ﹣4 ﹣4 ﹣4 ﹣4 ﹣4 c（CO）/mol?L3.60×103.05×102.85×102.75×102.70×102.70×10第31页（共45页）

﹣1﹣3﹣3﹣3﹣3﹣3﹣3 请回答下列问题（均不考虑温度变化对催化剂催化效率的影响）：

（1）在上述条件下反应能够自发进行，则反应是 放热 反应（填写“吸热”、“放热”）．

（2）前2s内的平均反应速度v（N2）= 1.875×10﹣4mol/L?s ． （3）此反应的平衡常数表达式为K=

．

（4）假设在容器中发生上述反应，达到平衡时下列措施能提高NO转化率的是 CD ．

A．选用更有效的催化剂 B．升高反应体系的温度 C．降低反应体系的温度 D．缩小容器的体积．

【分析】（1）依据反应自发进行的判断依据△H﹣T△S＜0分析判断；

（2）依据化学反应速率的概念结合图表数据分析计算一氧化氮的反应速率，结合速率之比等于系数之比；

（3）依据平衡常数概念是利用生成物平衡浓度的幂次方乘积除以反应物平衡浓度幂次方乘积；

（4）提高NO转化率．平衡正向进行．

【解答】解：（1）2NO+2CO?2CO2+N2 反应的△S＜0，反应自发进行△H﹣T△S＜0，则反应焓变一定小于0，△H＜0，反应是放热反应，故答案为：放热； （2）前2s内的平均反应速度v（NO）=

4

=3.75×10﹣

mol/L?s：v（N2）：v（NO）=1：2得到v（N2）=1.875×10﹣4mol/L?s，

故答案为：1.875×10﹣4mol/L?s；

（3）2NO+2CO?2CO2+N2反应的平衡常数K=

；

故答案为：；

（4）2NO+2CO?2CO2+N2反应中能提高NO转化率的选项分析为：

A．选用更有效的催化剂，只能改变反应速率，不能改变平衡，故A错误；

第32页（共45页）

B．反应时放热反应，升高反应体系的温度，平衡逆向进行，一氧化氮转化率减小，故B错误；

C．反应时放热反应，降低反应体系的温度，平衡正向进行，一氧化氮转化率增大，故C正确；

D．缩小容器的体积，压强增大，平衡向气体体积见效的方向进行，平衡正向进行，一氧化氮转化率增大，故D正确； 故选CD．

【点评】本题考查了反应能量变化的分析判断，主要是化学平衡的影响因素分析应用，平衡常数计算，掌握基础是解题关键，题目难度中等．

五、实验题

26．（12分）（2009?浙江）单晶硅是信息产业中重要的基础材料．通常用炭在高温下还原二氧化硅制得粗硅（含铁、铝、硼、磷等杂质），粗硅与氯气反应生成四氯化硅（反应温度450～500℃），四氯化硅经提纯后用氢气还原可得高纯硅．以下是实验室制备四氯化硅的装置示意图．

相关信息如下：①四氯化硅遇水极易水解；

②硼、铝、铁、磷在高温下均能与氯气直接反应生成相应的氯化物； ③有关物质的物理常数见下表：

物质 沸点/℃ 熔点/℃ 升华温度/℃ SiCl4 57.7 ﹣70.0 ﹣ BCl3 12.8 ﹣107.2 ﹣ AlCl3 ﹣ ﹣ 180 FeCl3 315 ﹣ 300 PCl5 ﹣ ﹣ 162 请回答下列问题：

（1）写出装置A中发生反应的离子方程式 MnO2+4H++2Cl﹣

第33页（共45页）

Mn2++Cl2↑+2H2O ．

（2）装置A中g管的作用是 平衡压强，使液体顺利流出并防止漏气 ；装置C中的试剂是 浓硫酸 ；

装置E中的h瓶需要冷却的理由是 产物SiCl4沸点低，需要冷凝收集 ． （3）装置E中h瓶收集到的粗产物可通过精馏（类似多次蒸馏）得到高纯度四氯化硅，精馏后的残留物中，除铁元素外可能还含有的杂质元素是 Al、P、Cl （填写元素符号）．

（4）为了分析残留物中铁元素的含量，先将残留物预处理，使铁元素还原成Fe2+，再用KMnO4标准溶液在酸性条件下进行氧化还原滴定，反应的离子方程式是：5Fe2++MnO4﹣+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O

①滴定前是否要滴加指示剂？ 否 （填“是”或“否”），请说明理由 KMnO4溶液的紫红色可指示反应终点 ．

②某同学称取5.000g残留物后，经预处理后在容量瓶中配制成100mL溶液，移取25.00mL试样溶液，用1.000×10﹣2 mol/LKMnO4标准溶液滴定．达到滴定终点时，消耗标准溶液20.00mL，则残留物中铁元素的质量分数是 4.480% ． 【分析】（1）装置A是氯气发生装置，A中的离子方程式为MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；

（2）因浓盐酸有挥发性，故分液漏斗要加盖，加盖后如没有g管，则盐酸就不易流下去，g管的作用是平衡压强，使液体顺利流出并防止漏气；根据制得的氯气中含有氯化氢和水，装置B用饱和食盐水除去氯化氢，装置C用浓硫酸吸水；根据产物SiCl4沸点低；

（3）D中氯气与粗硅反应生成SiCl4，h瓶收集粗产物，精馏粗产品可得高纯度四氯化硅，由表中数据可以看出，蒸出SiCl4气体时，BCl3早已成气体被蒸出，而AlCl3、FeCl3、PCl5升华温度均低于SiCl4；

（4）根据MnO4﹣转变成Mn2+溶液颜色有紫色变成无色，现象明显；先根据关系式5Fe2+～MnO4﹣计算出100mL溶液中含有的铁，最后求出质量百分数． 【解答】解：（1）装置A是氯气发生装置，A中的离子方程式为MnO2+4H++2Cl﹣

Mn2++Cl2↑+2H2O；故答案为：MnO2+4H++2Cl﹣

Mn2++Cl2↑+2H2O；

（2）浓盐酸有挥发性，故分液漏斗要加盖，加盖后如没有g管，则盐酸就不易

第34页（共45页）

流下去，g管的作用是平衡压强，使液体顺利流出并防止漏气；制得的氯气中含有氯化氢和水，装置B用饱和食盐水除去氯化氢，装置C用浓硫酸吸水；产物SiCl4沸点低，需要冷凝收集；

故答案为：平衡压强，使液体顺利流出并防止漏气；浓硫酸；产物SiCl4沸点低，需要冷凝收集；

（3）D中氯气与粗硅反应生成SiCl4，h瓶收集粗产物，精馏粗产品可得高纯度四氯化硅，由表中数据可以看出，蒸出SiCl4气体时，BCl3早已成气体被蒸出，而AlCl3、FeCl3、PCl5升华温度均低于SiCl4，所以当SiCl4蒸出后，而AlCl3、FeCl3、PCl5还为固体留在瓶里，故答案为：Al、P、Cl；

（4）①MnO4﹣转变成Mn2+溶液颜色有紫色变成无色，KMnO4标准溶液在酸性条件下进行氧化还原滴定时，不需要指示剂，故答案为：否；KMnO4溶液的紫红色可指示反应终点； ②利用关系式法计算： 5Fe2+～MnO4﹣

4×10﹣3mol 1.000×10﹣2mol?L﹣1×0.02L×4

铁元素的质量为：4×10﹣3mol×56g/mol=2.24×10﹣1g，铁元素的质量分数

×100%=4.480%，

故答案为：4.480%；

【点评】本题为传统的综合实验方案设计题，综合了氯气的制法、硅的提纯、滴定法等了实验知识．对有效数字的运算规则也有要求．

27．（12分）（2014?金川区校级模拟）为了证明化学反应有一定的限度，进行了如下探究活动：

（Ⅰ）取5mL0.1mol?L﹣1的KI溶液，滴加0.1mol?L﹣1的FeCl3溶液5～6滴 （Ⅱ）继续加入2mLCCl4振荡

（Ⅲ）取萃取后的上层清液，滴加KSCN溶液

（1）探究活动（Ⅰ）和（Ⅱ）的实验现象分别为 溶液呈棕黄色 、 溶液分层，下层CCl4层呈紫色 ．

第35页（共45页）

（2）在探究活动（Ⅲ）中，活动设计者的意图是通过生成血红色的Fe（SCN）3，验证有Fe3+残留，从而证明化学反应有一定的限度，但在实验中，却未见溶液呈血红色，对此同学们提出了下列两种猜想． 猜想一：Fe3+已全部转化为Fe2+

猜想二：生成Fe（SCN）3浓度极小，其颜色肉眼无法观察 为了验证猜想，在查阅资料后，获得下列信息：

信息一：乙醚微溶于水，Fe（SCN）3在乙醚中的溶解度比在水中大

信息二：Fe3+可与[Fe（CN）6]4﹣反应生成蓝色沉淀，用K4[Fe（CN）6]溶液检验Fe3+的灵敏度比用KSCN更高

结合新信息，请你设计以下实验验证猜想 ①请将相关的实验操作、现象和结论填入下表

实验操作 步骤一： 取萃取后的上层清液滴加2﹣3滴 K4[Fe（CN）6]溶液 步骤二： 往探究活动III溶液中加入乙醚，充分振荡 乙醚层呈血红色 现象 产生蓝色沉淀 结论 猜想一不成立 “猜想二”成立 ②写出操作“步骤一”中发生反应的离子方程式 4Fe3++3[Fe（CN）6]4﹣═Fe4[Fe（CN）6]3↓ ．

【分析】（1）根据KI和FeCl3和发生反应：2KI+FeCl3=I2+2KCl+FeCl2，CCl4能萃取水中的碘；

（2）①根据题目信息来解答；

②Fe3+可与[Fe（CN）6]4﹣反应生成蓝色沉淀．

【解答】解：（1）活动（Ⅰ）中发生反应：2KI+FeCl3=I2+2KCl+FeCl2，碘溶于水呈棕黄色，故答案为：溶液呈棕黄色；

CCl4能萃取水中的碘，溶液呈紫红色，由于CCl4的密度比水大，所以在下层，故答案为：溶液分层，下层CCl4层呈紫红色；

（2）①由信息信息一可得：取萃取后的上层清液滴加2﹣3滴K4[Fe（CN）6]溶液，产生蓝色沉淀，

由信息二可得：往探究活动III溶液中加入乙醚，充分振荡，乙醚层呈血红色，

第36页（共45页）

故答案为：

实验操作 步骤一：取萃取后的上层清液滴加2﹣3滴 K4[Fe（CN）6]溶液 步骤二：往探究活动III溶液中加入乙醚，充分振荡 乙醚层呈血红色 “猜想二”成立 现象 产生蓝色沉淀 结论 猜想一不成立 ②因Fe3+可与[Fe（CN）6]4﹣反应生成蓝色沉淀，故答案为：4Fe3++3[Fe（CN）6]4

﹣

═Fe4[Fe（CN）6]3↓．

【点评】本题主要考查了反应的限度的探究，难度不大，根据信息可以解决．

六、有机化学

28．（8分）（2011秋?句容市校级期末）下列是有机化合物A的转化过程：

（1）若D在一定条件可以氧化为B，则A的结构简式： CH3CH2COOCH2CH2CH3 ． （2）若有 X、Y两物质与A是同类物质的同分异构体，也能发生上述转化． ①若B能发生银镜反应；C不能发生消去反应，则X的结构简式 HCOOCH2C（CH3）3

；

②若B，D均不能发生银镜反应；则Y的可能的结构简式 CH3COOCH（CH3）CH2CH3、CH3CH2COOCH（CH3）2 ．

（3）若 Z与A为不同类别同分异构体，并且具有下列性质： ①Z不能与NaHCO3溶液反应； ②Z不能使溴水褪色； ③1摩尔Z与足量金属钠反应可以生成1摩尔H2；

④Z分子的一氯取代产物只有二种（不考虑立体异构现象）．

则Z的结构简式 ．

【分析】（1）A能水解生成B和C，说明A中含有酯基，C能被氧化生成D，则

第37页（共45页）

B是酸，D是醛，若D在一定条件可以氧化为B，则B和D中碳原子个数相同，所以A是丙酸丙酯，B是1﹣丙酸，C是1﹣丙醇，D是丙醛；

（2）若有 X、Y两物质与A是同类物质的同分异构体，也能发生上述转化， ①若B能发生银镜反应，说明B是甲酸，C不能发生消去反应，则C是2，2﹣二甲基丙醇，据此判断X的结构简式；

②若B，D均不能发生银镜反应，说明B不是甲酸，D为酮，则Y的可能的结构简式CH3COOCH（CH3）CH2CH3、CH3CH2COOCH（CH3）2； （3）若Z与A为不同类别同分异构体，并且具有下列性质： ①Z不能与NaHCO3溶液反应说明不含羧基； ②Z不能使溴水褪色说明不含不饱和键；

③1摩尔Z与足量金属钠反应可以生成1摩尔H2说明含有两个羟基； ④Z分子的一氯取代产物只有二种说明含有两种类型的氢原子．

【解答】解：（1）A能水解生成B和C，说明A中含有酯基，C能被氧化生成D，则B是酸，D是醛，若D在一定条件可以氧化为B，则B和D中碳原子个数相同，所以A是丙酸丙酯，B是1﹣丙酸，C是1﹣丙醇，D是丙醛， 所以A的结构简式为：CH3CH2COOCH2CH2CH3， 故答案为：CH3CH2COOCH2CH2CH3；

（2）若有 X、Y两物质与A是同类物质的同分异构体，也能发生上述转化， ①若B能发生银镜反应，说明B是甲酸，C不能发生消去反应，则C是2，2﹣二甲基丙醇，则X的结构简式为：

HCOOCH2C（CH3）3，故答案为：HCOOCH2C（CH3）3；

②若B，D均不能发生银镜反应，说明B不是甲酸，D为酮，则Y的可能的结构简式CH3COOCH（CH3）CH2CH3、CH3CH2COOCH（CH3）2， 故答案为：CH3COOCH（CH3）CH2CH3、CH3CH2COOCH（CH3）2； （3）若Z与A为不同类别同分异构体，并且具有下列性质： ①Z不能与NaHCO3溶液反应说明不含羧基； ②Z不能使溴水褪色说明不含不饱和键；

③1摩尔Z与足量金属钠反应可以生成1摩尔H2说明含有两个羟基； ④Z分子的一氯取代产物只有二种说明含有两种类型的氢原子；

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则符合条件的Z的同分异构体有：，

故答案为：．

【点评】本题考查有机物的推断，题目难度中等，注意把握题给信息，在学习中要注意把握有机物的官能团和性质．

29．（12分）（2011?上海模拟）烯烃通过臭氧氧化并经锌和水处理得到醛或酮，例如：

一种链状单烯烃A通过臭氧氧化并经锌和水处理得到B和C．化合物B含碳69.8%，含氢11.6%，B无银镜反应．D在浓硫酸存在下加热，可得到能使溴水褪色且只有一种结构的物质E．G的分子式为C8H16O2．有关转化关系如下；

（1）B的相对分子质量是 86 ．

（2）写出结构简式：A （CH3CH2）E 2C=CHCH2CH3 、（3）写出反应①、②的反应类型：① 消去反应 、② 酯化反应 ． （

4

）

写

出

反

应

②

的

化

学

方

程

式

： ．

．

（5）F的一种同分异构体能发生酯化反应和银镜反应，其结构简式为 HOCH2CHO ．

第39页（共45页）

【分析】1分子链状单烯烃A经上述过程，得到2分子饱和一元醛（或酮），所以可以假设B的分子组成的CnH2nO，则有

×100%=69.8%，得到n=5；B

的相对分子质量为86，C→F的变化使用了银氨溶液，所以C为醛，发生了氧化反应，生成物F为羧酸，B不能发生银镜反应，则B为酮，和H2反应生成醇D，醇D含有的官能团为羟基，可以发生消去反应生成烯烃E，也可以和羧酸F发生酯化反应，生成酯G，酯G有8个C原子，醇D中有5个C原子，所以羧酸F中有3个C原子，F是丙酸，结构式为CH3CH2COOH．醇D消去只能得到一种烯烃，D为3﹣戊醇，结构为（C2H5）2CHOH，以此解答该题．

【解答】解：1分子链状单烯烃A经上述过程，得到2分子饱和一元醛（或酮）．所以可以假设B的分子组成的CnH2nO，则有

×100%=69.8%，得到n=5．B

的相对分子质量为86．C→F的变化使用了银氨溶液，所以C为醛，发生了氧化反应，生成物F为羧酸，B不能发生银镜反应，则B为酮，和H2反应生成醇D．醇D含有的官能团为羟基，可以发生消去反应生成烯烃E，E为

，

也可以和羧酸F发生酯化反应，生成酯G，酯G有8个C原子，醇D中有5个C原子，所以羧酸F中有3个C原子，F是丙酸，结构式为CH3CH2COOH，醇D消去只能得到一种烯烃，D为3﹣戊醇，结构为（C2H5）2CHOH，

（1）1分子链状单烯烃A经上述过程，得到2分子饱和一元醛（或酮）．所以可以假设B的分子组成的CnH2nO，则有对分子质量为86，故答案为：86；

×100%=69.8%，得到n=5．B的相

（2）A处理后得到B（

）和C（CH3CH2CHO），可知A的结

构为（CH3CH2）2C=CHCH2CH3，通过以上分析知，E的结构简式为：

，

故答案为：（CH3CH2）2C=CHCH2CH3 ，

；

（3）在浓硫酸作催化剂、加热条件下，①发生消去反应，②发生酯化反应， 故答案为：消去反应，酯化反应；

（4）在浓硫酸作用下，D和F发生酯化反应生成G，反应方程式为：

第40页（共45页）

，

故答案为：；

（5）F的结构简式为：CH3CH2COOH，F的一种同分异构体能发生酯化反应和银镜反应说明含有醛基和醇羟基，则符合条件的结构简式为：HOCH2CHO，故答案为：HOCH2CHO．

【点评】本题考查有机物的合成，注意合成路线中碳链结构的变化、反应条件、官能团的变化结合正推法或逆推法来推断各有机物是解答的关键，题目难度中等

七、计算：（本题16分）

30．（6分）（2011?上海模拟）将2.5g碳酸钠、碳酸氢钠和氢氧化钠的固体混合物完全溶解于水，制成稀溶液，然后向该溶液中逐滴加入1mol?L﹣1的盐酸，所加入盐酸的体积与产生CO2的体积（标准状况）关系如图所示：

（1）写出OA段所发生反应的离子方程式 H++OH﹣═H2O ， CO32﹣+H+═HCO3﹣

．

（2）当加入35mL盐酸时，产生CO2的体积为 224 mL（标准状况）． （3）计算原混合物中碳酸钠、碳酸氢钠共 0.02 mol．

【分析】（1）在溶液中碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠，结合图象可知，开始没有二氧化碳气体生成，则制成的稀溶液中的溶质为碳酸钠和氢氧化钠，则OA段先发生酸碱中和，再发生碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠与氯化钠． （2）结合图象可知，当加入35mL盐酸时，25～35mL发生碳酸氢钠与盐酸的反应生成二氧化碳气体；

（3）由三种物质消耗酸的体积及三种物质的总质量来计算．

第41页（共45页）

【解答】解：（1）在溶液中碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠，结合图象可知，开始没有二氧化碳气体生成，则制成的稀溶液中的溶质为碳酸钠和氢氧化钠，则OA段0～5mL先发生酸碱中和，

其离子反应方程式为H++OH﹣═H2O，再发生碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠与氯化钠，其离子反应方程式为CO32﹣+H+═HCO3﹣， 故答案为：H++OH﹣═H2O；CO32﹣+H+═HCO3﹣；

（2）结合图象可知，当加入35mL盐酸时，25～35mL发生碳酸氢钠与盐酸的反应生成二氧化碳气体，

设生成二氧化碳的物质的量为n，生成气体时消耗的酸的物质的量为（35﹣25）×10﹣3L×1mol?L﹣1=0.01mol，则 HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O 1 1

0.01mol n，所以n=0.01mol，标准状况下其体积为0.01mol×22.4L/mol=0.224L=224mL， 故答案为：224；

（3）设碳酸钠、碳酸氢钠和氢氧化钠的物质的量分别为x、y、z，则 ①x+y=1mol/L×（0.045﹣0.025）L ②x+z=1mol/L×0.025L

③84g/mol?x+106g/mol?y+40g/mol?z=2.5g

联立①②③式解得x=0.01mol，y=0.01mol，z=0.015mol

所以混合物中碳酸钠、碳酸氢钠共0.01mol+0.01mol=0.02mol， 答：混合物中碳酸钠、碳酸氢钠共0.02mol．

【点评】本题考查离子方程式的书写，题目难度中等，本题中注意电解质的强弱、反应是否符合实际以及电荷守恒等问题．

31．（10分）（2016?奉贤区三模）工业上利用焦炭在石灰窑中燃烧放热，使石灰石分解生产CO2．主要反应如下： C+O2→CO2①，

CaCO3→CO2↑+CaO ②

第42页（共45页）

（1）含碳酸钙95%的石灰石2.0t按②完全分解（设杂质不分解），可得标准状况下CO2的体积为 次空删除 425.6 m3．

（2）纯净的CaCO3和焦炭混合物m g在石灰窑中完全反应，所得CO2的物质的量范围是

．

=2.2时，窑

（3）纯净的CaCO3和焦炭按①②完全反应，当窑内配比率

气中CO2的最大体积分数为多少？（设空气只含N2与O2，且体积比为4：1，下同）

（4）某次窑气成分如下：O2 0.2%，CO 0.2%，CO2 41.6%，其余为N2．则此次窑内配比率

为何值？

【分析】（1）依据CaCO3→CO2↑+CaO 反应，计算碳酸钙物质的量来定量计算二氧化碳物质的量，得到标准状况气体的体积；

（2）依据极值计算计算得到生成二氧化碳的物质的量范围；

（3）当空气O2中与C完全反应生成CO2时所得窑气中CO2体积分数最大，依据化学方程式计算得到；

（4）依据化学方程式和题干条件计算个物质的物质的量，分析计算配料比； 【解答】解：（1）含碳酸钙95%的石灰石2.0t按②完全分解（设杂质不分解）碳酸钙质量=2.0t×95%=1.9t=1900Kg，物质的量为19Kmol，CaCO3→CO2↑+CaO 生成二氧化碳物质的量为19Kmol，可得标准状况下CO2的体积=19000mol×22.4L/mol=425600L=425.6m3； 故答案为：425.6m3；

（2）纯净的CaCO3和焦炭混合物m g在石灰窑中完全反应，依据极值计算得到，若mg碳全部反应生成二氧化碳物质的量为质的量为故答案为：

，若全部为碳酸钙生成二氧化碳物

；

，所以所得CO2的物质的量范围是

；

（3）设n（C）=1mol，n（CaCO3）=2.2mol，当空气O2中与C完全反应生成CO2时所得窑气中CO2体积分数最大 C+O2=CO2 CaCO3=CO2+CaO 1 1 1 2.2 2.2

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CO2的体积分数=×100%=44.4%；

答：窑气中CO2的最大体积分数为44.4%；

（4）设窑气为100mol，则n（N2）=100﹣41.6﹣0.2﹣0.2=58mol，空气只含N2与O2，且体积比为4：1，n（O2）=﹣0.2mol=14.3mol；

2C+O2=2CO C+O2=CO2 CaCO3=CO2+CaO 2 1 1 1 1 1 1 1 0.2 0.1 0.2 14.2 14.2 14.2 27.4 27.4 n（CaCO3）=27.4mol，n（C）=14.4mol；

=1.90；

答：此次窑内配比为：1.90；

【点评】本题考查了化学方程式的计算方法应用，极值假设，混合物质成分的计算应用，题目难度较大．

=14.5mol；参加反应的氧气n（O2）=14.5mol

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参与本试卷答题和审题的老师有：堆积梦想；无敌海丰；山间竹笋；mxl；陈老师；赵老师；梁老师1；学无止境；王老师（排名不分先后） 菁优网

2017年2月23日

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