1、 2015 年普通高等学校招生全国统一考试 (上海 卷 )化学 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 )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 293116Lv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 解析： A、第 116 号元素 Lv 的原子序数为 116，故 A 正确； B、中子数 =质量数质子数 =293 116=177，故 B 正确； C、原子序数 =质子数 =核外电子数 =核电荷数，可知核外电子数为 116，故 C 正确；
2、D、 293 代表该原子的质量数，一种元素有多种核素，质量数指的是质子与中子质量的和，不同核素的质量数不同，即一种元素可以有多个质量数，相对原子质量为各核素的平均相对质量，所以同种元素的相对原子质量只有一个数值，两者近似相等，故 D 错误。 答案： D 2.(2 分 )下列物质见光不会分解的是 ( ) A.HClO B.NH4Cl C.HNO3 D.AgNO3 解析： A、 HClO 见光分解为 HCl 与氧气，故 A 不选； B、氯化铵加热分解生成氨气和 HCl，见光不分解，故 B 选； C、硝酸见光分解为二氧化氮、氧气与水，故 C 不选； D、硝酸银见光分解 Ag、二氧化氮、氧气，故 D
3、不选 。 答案： B 3.(2 分 )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 解析： A、含有极性键的晶体可能是原子晶体，如二氧化硅中含有 Si O 极性键，其熔沸点很高，故 A 错误； B、含有极性键的物质至少含有 2 种元素，属于化合物，不可能是单质，故 B 正确； C、有机物中含有极性键，如甲烷中含有 C H 极性键，故 C 正确； D、离子晶体中也可能含有极性键，如 NaOH 中含有 O H 极性键，故 D 正确。 答案： A、 4.(2 分 )不能作为判断硫、氯两种元素非金属性强弱的依据是
4、 ( ) 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 解析： A、单质的氧化性越强，其元素的非金属性越强，可以判断非金属性强弱，故 A 不选； B、单质的沸点属于物理性质，与元素的非金属性无关，不能判断非金属性强弱，故 B 选； C、单质与氢气化合越容易，则元素的非金属性越强，可以判断非金属性强弱，故 C 不选； D、最高价氧化物对应的水化物酸性越强，其元素的非金属性越强，可以判断非金属性强弱，故 D 不选。 答案： B、 5.(2 分 )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
5、 解析：二氧化硫具有还原性，与溴水发生氧化还原反应生成氢溴酸和硫酸，使溴水褪色，硫元素化合价升高，体现还原性。 答案： A、 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 )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 解析： Na 为金属晶体，熔化时克服金属键， Na2O、 NaOH、 Na2S、 Na2SO4为离子晶体，熔化时克服离子键。 答案： C 7.(3 分 )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 ( )
6、 A.NaOH B.KMnO4 C.KSCN D.苯酚 解析： A、加入氢氧化钠，因含有铁离子，可生成红褐色沉淀，不能检验是否含有亚铁离子，故 A 错误； B、亚铁离子具有还原性，可与高锰酸钾等发生氧化还原反应，高锰酸钾溶液褪色，可鉴别，故 B 正确； C、亚铁离子与 KSCN 不反应，不能鉴别，只能鉴别铁离子，故 C 错误； D、亚铁离子与苯酚不反应，不能鉴别，只能鉴别铁离子，故 D 错误。 答案： B 8.(3 分 )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
7、转化率 C.H2O2分解的热化学方程式： H2O2H 2O+O2+Q D.反应物的总能量高于生成物的总能量 解析： A、催化剂只通过改变活化能来改变反应速率，不改变反应的热效应；故 A 错误； B、催化剂只改变反应速率不改变化学平衡，反应体系中加入催化剂不改变 H2O2的平衡转化率，故 B 错误； C、图象分析判断反应是放热反应，热化学方程式要注明状态，所以 H2O2分解的热化学方程式： H2O2(l)=H2O(l)+ O2(g)+Q，故 C 错误； D、图象分析反应是放热反应，所以反应物的总能量高于生成物的总能量，故 D 正确； 答案： D 9.(3 分 )已知咖啡酸的结构如图所示。关于咖啡
8、酸的描述正确的是 ( ) A.分子式为 C9H5O4 B.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 解析： A、由结构简式可知分子式为 C9H8O4，故 A 错误； B、能与氢气发生加成反应的为苯环和碳碳双键，则 1mol 咖啡酸最多可与 4mol 氢气发生加成反应，故 B 错误； C、含有酚羟基，可与溴发生取代反应，含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，故 C 正确； D、含有羧基，可与 NaHCO3溶液反应，故 D 错误。 答案： C、 10.(3 分 )卤代烃的制备有多种
9、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. 解析： A、 可以由环己烷取代制得，故 A 不选； B、 可以由 2， 2二甲基丙烷取代得到，故 B 不选； C、 2甲基丙烷中存在 2 种化学环境不同的 H，一氯代物存在同分异构体，故不适合由相应的烃经卤代反应制得，故 C 选； D、 可以由 2， 2， 3， 3四甲基丁烷制得，故 D 不选 。 答案： C 11.(3 分 )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 解析： A、在碳酸钠饱和溶液中通入二氧化碳生成碳酸氢钠
10、，可观察到溶液变浑浊，说明碳酸钠溶解度大于碳酸氢钠，故 A 正确； B、卤代烃的密度比水大，则溴乙烷的密度大于水，故 B 正确； C、晶体硅与金刚石都为原子晶体 C C Si Si，原子晶体中，键长越短，键能越大，则硬度越大，故 C 正确； D、苯中碳碳键介于单键和双键之间，碳碳键键长：乙烯苯，故 D 错误。 答案： D、 12.(3 分 )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 解析：电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，包括酸、碱、盐、金属氧化物和水。 A、 CuS 不溶于水也不溶于酸，故 CuSO4能和 H2S 反应生成 C
11、uS 沉淀： CuSO4+H2S=CuS+H 2SO4，且硫酸铜为电解质，故 A 正确； B、 H2S 和 NaOH 发生酸碱中和反应： H2S+2NaOH=Na2S+H2O，无沉淀生 成，故 B错误； C、 FeS 不溶于水但溶于酸，故 FeSO4和 H2S 不能反应，故 C错误； D、 SO2和 H2S 发生归中反应有硫单质生成： SO2+2H2S=3S+2H 2O，但二氧化硫不是电解质，故D 错误。 答案： A、 13.(3 分 )实验室回收废水中苯酚的过程如图所示。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
12、用 D.三步操作均需要分液漏斗 解析：用苯萃取废水中的苯酚，进行分液得到苯酚的苯溶液，再加入氢氧化钠溶液，苯酚与氢氧化钠反应得到苯酚钠，苯与苯酚钠溶液不互溶，再进行分液操作，得到苯与苯酚钠溶液，苯可以循环利用，苯酚钠溶液中加入盐酸得到苯酚和 NaCl 溶液，同样经过分液操作进行分离得到苯酚。 A、操作 I 是用苯萃取废水中的苯酚，进行分液得到苯酚的苯溶液，苯为萃取剂，故 A 正确； B、苯酚钠属于钠盐，易溶于水，在苯中的溶解度比在水中的小，故 B 错误； C、操作 得到苯与苯酚钠溶液，苯可以循环利用，故 C 正确； D、操作 、 、 均为分液操作，用到分液漏 斗，故 D 正确。 答案： B、
13、14.(3 分 )研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示。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+4e4OH 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+2eH 2 解析： A、 d 为石墨，活泼金属铁片作负极，发生腐蚀，所以铁片腐蚀加快，故 A 正确； B、海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀，所以石墨作正极，电极反应： O2+2H2O+4e4OH ，故 B正确； C、锌比铁片活泼，所以腐蚀锌，所以铁片不易被腐蚀，故 C 正确； D、 d 为锌块，作为负极，因海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀，所以铁片上电极
14、反应为：O2+2H2O+4e4OH ，故 D 错误 。 答案： D、 15.(3 分 )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 解析： A、因为原子核外电子排布呈现规律性的变化，故元素在周期表中的位置也呈现规律性的变化，即原子核外电子排布决定了元素在周期表中的位置，故 A 正确； B、相同类型的弱电解质，其电离常数越大说明该弱电解质越易电离，故 B 正确； C、稳定性与化学键有关，分子间作用力决定物质的物理性质，则分子晶体的稳定性决定
15、于其中的化学键，故 C 错误； D、反应物的总能量大于生成物的总能量，则反应放热，否则吸热，即物质内部储存的能量决定了化学反应的热效应，故 D 正确 。 答案： C、 16.(3 分 )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：丁乙丙 D.甲与乙形成的化合物均有氧化性 解析：短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，乙、丙、丁最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应，应是氢氧化铝在与强碱、
16、强酸的反应，故乙为 Na、丙为 Al，甲和丁的原子核外均有两个未成对电子，结合原子序数可知，甲外围电子排布为 2s2sp2或 2s22p4，甲 为 C 或 O，丁最高价含氧酸为强酸，外围电子排布为 3s23p4，故丁为 S 元素。 A、 Al 与一些金属氧化物可以发生铝热反应，由于冶炼金属，故 A 正确； B、甲与丁形成的分子中 CS2为直线型对称结构，三氧化硫为平面正三角形结构，均属于非极性分子，故 B 正确； C、电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径： S2 Na+ Al3+，故 C 正确； D、甲与乙形成的化合物有氧化钠、过氧化钠等，氧化钠氧
17、化性很弱，通常条件下基本不表现氧化性，故 D 错误 。 答案： D 17.(3 分 )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 解析：无色溶液中一定不存在有色的 Fe3+；溶液中加入金属铝，发生反应并放出 H2，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性， 若溶液为酸性，则不存在： OH 、 NO3 、 CO32 ，阴离子只能为 Cl ，阳离子可以为： H+、 NH4+、Ba2+、 Al3+，
18、最多存在 5 种离子； 若呈碱性，则不存在 Al3+、 H+、 NH4+、 Fe3+，阳离子只能为 Ba2+，则一定不存在 CO32 ，可存在的离子为： Ba2+、 Cl 、 OH 、 NO3 ，则最多只有 4 种， 根据分析可知，最多存， 5 种离子， 答案： C 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.(多选 )(4 分 )下列反应中的氨与反应 4NH3+5O24NO+6H 2O 中的氨作用相同的是 ( ) A.2Na+2NH32NaNH 2+H2 B
19、.2NH3+3CuO3Cu+N 2+3H2O C.4NH3+6NO5N 2+6H2O D.3SiH4+4NH3Si 3N4+12H2 解析： A、 2Na+2NH32NaNH 2+H2 反应中， NH3中 N 元素的化合价不变，故 A 错误； B、 2NH3+3CuO3Cu+N 2+3H2O 反应中，氨气中 N 元素的化合价升高，则氨气作还原剂，故 B正确； C、 4NH3+6NO5N 2+6H2O 反应中，氨气中 N 元素的化合价升高，则氨气作还原剂，故 C 正确； D、 3SiH4+4NH3Si 3N4+12H2反应中，氨气中 H 元素的化合价降低，则 氨气作氧化剂，故 D错误。 答案：
20、BC 19.(多选 )(4 分 )离子方程式 2Ca2+3HCO3 +3OH 2CaCO 3+CO 32 +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 解析： A、 Ca(HCO3)2与足量的 NaOH反应即 nCa(HCO3)2： n(NaOH)=1： 2时，离子反应为 Ca2+2HCO3 +2OH =CaCO3+CO 32 +2H2O，与少量 NaOH 反应即 nCa(HCO3)2： n(NaOH)=1： 1 时，离子反应为 Ca2+HCO3 +OH
21、=CaCO3+H 2O，当 nCa(HCO3)2： n(NaOH)=2： 3 时，符合离子方程式2Ca2+3HCO3 +3OH 2CaCO 3+CO 32 +3H2O，故 A 选； B、 Ca(OH)2与少量的 NaHCO3反应即 nCa(OH)2： n(NaHCO3)=1： 1 时，离子反应为 Ca2+HCO3+OH =CaCO3+H 2O，与过量 NaHCO3反应即 nCa(OH)2： n(NaHCO3)=1： 2 时，离子反应为Ca2+2HCO3 +2OH =CaCO3+CO 32 +2H2O，当 nCa(OH)2： n(NaHCO3)=2： 3 时，符合离子方程式2Ca2+3HCO3
22、+3OH 2CaCO 3+CO 32 +3H2O，故 B 选； C、 Ca(OH)2与少量的 Ca(HCO3)2反应的离子反应为 Ca2+HCO3 +OH =CaCO3+H 2O， Ca(OH)2与足量的 Ca(HCO3)2反应的离子反应为 Ca2+HCO3 +OH =CaCO3+H 2O，故 C不选； D、 NH4HCO3与足量澄清石灰水的离子反应为 NH4+Ca2+HCO3 +2OH =CaCO3+NH 3。 H2O+H2O，NH4HCO3与少量澄清石灰水的离子反应为 Ca2+2HCO3 +2OH =CaCO3+CO 32 +2H2O，故 D 不选； 答案： AB、 20.(4 分 )对于
23、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 解析：合成氨的化学方程式为： N2+3H2 2NH3， H 0，反应是气体体积减小的发热反应， A、合成氨是放热反应，升温平衡逆向进行，对逆反应的反应速率影响更大，故 A 错误； B、反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡正向进行，对正反应的反应速率影响更大，故 B 正确； C、减小反应物浓度，平衡逆向进行，正反应减小的多，对正反应的反应速率影响更大，故C 错误； D、催
24、化剂改变反应速率，不改变化学平衡，同等程度影响正逆反应速率，故 D 错误； 答案： B 21.(多选 ) (4 分 )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： 2 C.每生成 1molNa2S2O3，转移 4mol 电子 D.相同条件下，每吸收 10m3SO2就会放出 2.5m3CO2 解析： A、由反应方程式中 S 元素的化合价变化可知，硫元素既被氧化又被还原，故 A 正确； B、 2Na2S+Na2CO3+4S
25、O23Na 2S2O3+CO2中， Na2S 为还原剂， SO2为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为 2： 1，故 B 错误； C、反应中 2Na2S 转化为 3Na2S2O3，转移 8个电子，则生成 1molNa2S2O3，转移 mol电子，故C 错误； D、根据方程式可知，每当 4molSO2参与氧化还原反应就会放出 1molCO2，则每 10m3SO2参与反应就会放出 2.5m3CO2，故 D 正确。 答案： AD 22.(多选 ) (4 分 )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
26、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.231.5mL B.268.8mL C.287.5mL D.313.6mL 解析：最终收集到 44.8mL 气体可能为氧气，有可能为 NO， 当剩余气体为氧气时，发生反应有： 4NH3+5O2 4NO+6H2O、 4NO+3O2+2H2O=4HNO3，设氧气总体积为 y，氨气总体积为 x，则： x+y=448mL ；由于氨气完全反应，则 x 体积氨气消耗氧气体积为： x = x，同时生成 NO 体积为 x，生成的 NO 完全反应消耗氧气的体积为： x= x，则： x+ x+44.8mL=y，联立 解得： x=134
27、.4mL、 y=313.6mL，即：氧气体积为 313.6mL； 当剩余的气体为 NO 时，则氧气、氨气完全反应，发生反应为： 4NH3+5O2 4NO+6H2O、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，剩余的 44.8mL 为 NO，设原混合气体中氨气体积为 x、氧气体积为 y，则： x+y=448mL ，氨气完全反应消耗氧气体积为 x = x，同时生成 NO 体积为 x，其中转化成硝酸的 NO 体积为： x 44.8mL，此过程中消耗氧气体积为： (x 44.8mL) ，消耗氧气总体积为： x+(x 44.8mL) =y，联立 可得： x=160.5mL、 y=287.5mL，即：原混合气体
28、中氧气的总体积为 287.5mL， 根据分析可知，原混合气体中氧气总体积可能为： 313.6mL 或 287.5mL。 答案： CD 四、解答题 (共 1 小题，满分 12 分 ) 23.(12 分 )白云石的主要成份是 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 (1)Ca(OH)2的碱性比 Mg(OH)2的碱性 (选填 “ 强 ” 或
29、“ 弱 ”) Ca(OH)2的溶解度比 Mg(OH)2的溶解度 (选填 “ 大 ” 或 “ 小 ”) 。 解析： 金属性 Ca Mg，金属性越强，对应的最高价的氧化物的水化物的碱性越强，则 Ca(OH)2的碱性比 Mg(OH)2的碱性强， 氢氧化钙微溶于水，而氢氧化镁难溶，则 Ca(OH)2的溶解度比 Mg(OH)2的溶解度大 。 答案：强 大 (2)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 。 解析： 温度过高，二氧化碳的溶解度减小，且碳酸氢镁不稳定，不利于碳化反应，如温度过低，反应速率较小，也不利于不利于碳化反应 。 答案：二氧化
30、碳的溶解度小 碳酸氢镁分解；反应速率较小 (3)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 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 )。 解析： 在 10min 到 13min 之内钙离子浓度由 0.145mol/L 变化为 0.118mol/L， v= =0.009mol/(Lmin)， 15min 之后钙离子浓度增大，原因是二氧化碳与碳酸钙反应生成碳酸氢钙，反应的方程式为CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2。 答案： 0.009mol/(Lmin) CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)
31、2 (4)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 ”) 解析： Mg 原子核外有 12 个电子，子核外电子排布式为 1s22s22p63s2， Ca原子核外电子层数比 Mg 多，原子半径大，最外层电子距离原子核较远，则能量较高 。 答案： 1s22s22p63s2 高于 五、 (本题共 12 分 ) 24.(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：
32、(1)写出电解饱和食盐水的离子方 程式。 。 解析： 电解精制饱和食盐水的方法制取氯气、氢气、烧碱，反应的离子方程式为： 2Cl +2H2O2OH +H2+Cl 2 。 答案： 2Cl +2H2O 2OH +H2+Cl 2 (2)离子交换膜的作用为： 、 。 解析： 阳离子交换膜只能阳离子通过，阴离子和气体不能通过，用石墨作电解电解饱和氯化钠时，阳极上氯离子放电生成氯气，氯气不能通过阳离子交换膜而进入阴极，如果氯气进入阴极易和氢气混合产生爆炸，且易和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠而导致制取的氢氧化钠不纯 。 答案：防止阳极生成的氯气与阴极生成的氢氧化钠反应而使产品不纯 防止阳极生成的氯气
33、与阴极生成的氢气反应遇火反应而引发安全事故 (3)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”) 解析： 电解槽中阴 极是氢离子放电生成氢气，水电离平衡正向进行氢氧根离子浓度增大，生成氢氧化钠溶液， NaOH 溶液的出口为 d； Cl2在阳极，依据装置图分析可知精制饱和食盐水从阳极进入，即进口为 A、 答案： a d (4)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 。 解析： KClO3和草酸 (H2C2O4)在酸性条件下反应生
34、成 ClO2、 CO2和 KHSO4，反应的方程式为：2KClO3+H2C2O4+2H2SO4 2ClO2+2CO 2+2KHSO 4+2H2O。 答案： 2KClO3+H2C2O4+2H2SO4 2ClO2+2CO 2+2KHSO 4+2H2O (5)室温下， 0.1mol/L NaClO 溶液的 pH 0.1mol/L Na2SO3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： H2SO3Ki1=1.54
35、10 2 Ki2=1.0210 7 HClOKi1=2.9510 8 H2CO3Ki1=4.310 7Ki2=5.610 11。 解析： H2SO3 Ki1=1.5410 2， Ki2=1.0210 7， HClOKi1=2.9510 8 ，说明 ClO 水解程度大于SO32 ， 0.1mol/L NaClO 溶液的 pH 大于 0.1mol/L Na2SO3溶液的 pH，依据电离平衡常数大小比较， H2SO3Ki1=1.5410 2 Ki2=1.0210 7， H2CO3Ki1=4.310 7Ki2=5.610 11。说明 SO32 水解程度小于 CO32 ，浓度均为 0.1mol/L 的
36、Na2SO3和 Na2CO3的混合溶液中， SO32 、 CO32 、 HSO3 、 HCO3 浓度从大到小的顺序为 c(SO32 ) c(CO32 )c(HCO3 ) c(HSO3 )。 答案： c(SO32 ) c(CO32 )c(HCO3 ) c(HSO3 ) 六、 (本题共 12 分 ) 25.(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，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 Ca
37、O28H2O，再脱水干燥得到 CaO2。 完成下列填空 (1)第 步反应的化学方程式为 。 第 步反应的化学方程式为 。 解析： 第 步中氯化铵和氢氧化钙发生复分解反应生成一水合氨和氯化钙，反应方程式 为2NH4Cl+Ca(OH)2=2NH3H2O+CaCl2； 第 步反应中，氯化钙、双氧水、一水合氨和水反应生成 CaO28H2O 和氯化铵，反应方程式为 CaCl2+H2O2+2NH3H2O+6H2O=CaO28H2O+2NH 4Cl。 答案： 2NH4Cl+Ca(OH)2=2NH3H2O+CaCl2 CaCl2+H2O2+2NH3H2O+6H2O=CaO28H2O+2NH 4Cl (2)可循
38、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 。 解析： 第 步中氯化铵参加反应、第 步中生成氯化铵，所以可以循环使用的物质是 NH4Cl； H2O2价格较高且易分解，碱性条件下抑制 CaO28H2O 溶解，所以工业上常采用 Ca(OH)2过量而不是 H2O2过量的方式来生产 。 答案： NH4Cl H2O2价格较高且易分解，碱性条件下抑制 CaO28H2O 溶解 (3)检验 CaO28H2O 是否洗净的方法是 。 解析： 实验室用硝酸酸化的硝酸银溶液检验，如果沉淀没有洗涤干净，向洗涤液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液应该有白色沉淀，其检验方法是：取
39、少量最后一次洗涤上清液，然后向洗涤液中加入少量硝酸酸化的硝酸银溶液，如果产生白色沉淀就证明没有洗涤干净，否则洗涤干净 。 答案：取少量最后一次洗涤上清液，然后向洗涤液中加入少量硝酸酸化的硝酸银溶液，观察溶液是否产生白色沉淀，如果产生白色沉淀就证明没有洗涤干净，否则洗涤干净 (4)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 、 。 解析： CaO2能和水反应生成氢氧化钙和氧气， CaO2在 350 迅速分解生成 CaO 和 O2，所以通入氧气能抑制超氧化钙分解 。 答案：防止过氧化钙和水反应、防止过氧化钙分解 (5)已知 CaO2在 350 迅速分解生成 CaO和
40、 O2。如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 m g，测得气体体积为 V mL(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 。 解析：设超氧化钙质量为 x， 2CaO2 2CaO+O2 144g 22.4L x 10 3VL 144g： 22.4L=x： 10 3VL ， 其质量分数 = ， 过氧化钙的含量也可用重量法测定，需要测定的物理量有样品质量和反应后固体质量， 样品质量和反应后固体质量 。 答案： 样品质量和反应后固体质量 七、 (本题共 12 分 ) 26.
41、(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： (1)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。 解析： 产生的氢氧化钠的物质的量与甲醛的物质的量相等， n(H2SO4)=1.100mol/L0 .02L=0.022mol， 将 4.00mL 甲醛水溶液加入到经调至中性的亚硫酸钠
42、溶液中，充分反应后，得到溶液中含有NaOH，加入硫酸发生 H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O， 则 n(HCHO)=n(NaOH)=2n(H2SO4)=0.044mol， c(HCHO)= =11mol/L， 答案： 11 (2)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。 解析： 若滴定管规格为 50mL，如硫酸全部反应，体积为 50mL，则可知消耗硫酸的物质的量为 0.05L1.1mol/L=0.055mol ， 则 n(HCHO)=n(NaOH)=2n(H2SO4)=0.11mol， 甲醛水溶液取样不能超过的体积为 =0.01L=10mL。 答案： 1
43、0 (3)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+H2O2HCOOH+H 2O NaOH+HCOOHHCOONa+H 2O 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 。 解析： 发生 HCHO+H2O2HCOOH+H 2O， NaOH+HCOOHHCOONa+H 2O，关系
44、式为 HCHO NaOH，如果H2O2用量不足，则生成 HCOOH 偏低，消耗的 NaOH 偏低，会导致甲醛含量的测定结果偏低， 如果 H2O2过量，导致 HCOOH 进一步 被氧化生成二氧化碳或碳酸，消耗氢氧化钠偏多 。 答案：偏低 生成 HCOOH 偏低，消耗的 NaOH 偏低 偏高 HCOOH 进一步被氧化生成二氧化碳，耗氢氧化钠偏多 (4)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)2 HCOOH+Cu2O+2H 2O 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。
45、 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 。 解析：因新制氢氧化铜足量，且甲酸、甲酸盐中都含有醛基，在足量新制氢氧化铜浊液中加热条件下可进一步反应生成碳酸盐，如证明甲醛的氧化产物不是甲酸或甲酸盐，可配制氢氧化铜浊液，加入氢氧化钠至碱性，与甲酸在碱性条件下加热，观察是否有砖红色沉淀生成，如有，可说明甲醛的氧化产物不是甲酸或甲酸盐，否则，可生成甲酸或甲酸盐 。 答案：试管中加入适量硫酸铜溶液，加入氢氧化钠溶液至过量，在新配制的氢氧 化铜浊液中滴加少量甲酸溶液，并加热至沸腾，如生成砖红色 沉淀，说明甲酸可与氢氧化铜浊液发生氧化还原反应，则向足量新制氢氧化铜中加入少
46、量甲醛，充分反应，甲醛的氧化产物不是甲酸或甲酸盐。 八、 (本题共 10 分 ) 27.(12 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： (1)写出该共聚物的结构简式。 。 解析： 对溴苯乙烯与丙烯在一定条件下发生加聚反应生成高分子化合物，其结构简式或 。 答案： 或 (2)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 、 。 解析： 乙苯生成 时，苯环上 H 原子被取代需要溴化铁作催化剂，需要液溴作反应物，支链上 H 原子被取代需要光照条件，需要溴作反应物 。 答案：液溴、溴化铁作催化剂 溴、光照 (3)将 与足量氢氧化钠溶液共热得到 A， A
