2013年普通高等学校招生全国统一考试（上海卷）化学.docx

1、 2013 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 )2013年 4月 24日，东航首次成功进行了由地沟油生产的生物航空燃油的验证飞行 。能区别地沟油 (加工过的餐饮废弃油 )与矿物油 (汽油、煤油、柴油等 )的方法是 ( ) A.点燃，能燃烧的是矿物油 B.测定沸点，有固定沸点的是矿物油 C.加入水中，浮在水面上的是地沟油 D.加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油 解析： 加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油，分层的为矿物油，现象不同，能区别，故 D 正确 。 答案： D。 2.(2

2、 分 )氰酸铵 (NH4OCN)与尿素 CO(NH2)2( ) A.都是共价化合物 B.都是离子化合物 C.互为同分异构体 D.互为同素异形体 解析： 氰酸铵 (NH4OCN)与尿素 CO(NH2)2的分子式相同但结构不同，所以属于同分异构体，故 C 正确 。 答案： C。 3.(2 分 )230Th 和 232Th是钍的两种同位素， 232Th 可以转化成 233U。 下列有关 Th的说法正确的是 ( ) A.Th 元素的质量数是 232 B.Th 元素的相对原子质量是 231 C.232Th 转化成 233U 是化学变化 D.230Th 和 232Th 的化学性质相同 解析： A.Th 元

3、素有 2 种核素， 230Th 和 232Th的质量数分别是 230， 232，故 A 错误； B.不知道各种天然同位素的含量无法求出，故 B 错误； C.化学变化是生成新物质的变化，原子不变，而 c 项的原子发生变化，故 C 错误； D.同位素的物理性质可以不同，但化学性质几乎相同 ，故 D 正确 。 答案： D。 4.(2 分 )下列变化需克服相同类型作用力的是 ( ) A.碘和干冰的升华 B.硅和 C60的熔化 C.氯化氢和氯化钠的溶解 D.溴和汞的气化 解析： 碘和干冰属于分子晶体，升华时破坏分子间作用力，类型相同 。 答案： A。 5.(2 分 )374 、 22.1Mpa 以上的超

4、临界水具有很强的溶解有机物的能力，并含有较多的 H+和 OH ，由此可知超临界水 ( ) A.显中性， pH 等于 7 B.表现出非极性溶剂的特性 C.显酸性， pH 小于 7 D.表现出极性溶剂的特性 解析： 虽然超临界水含有较多的 H+和 OH ，但 c(H+)=c(OH )，所以呈中性； 根据相似相溶原理知，超临界水试验非极性溶剂 。 答案： B。 二、选择题 (本大题共 36 分，每小题 3 分，每题只有一个正确选项 ) 6.(3 分 )与索尔维制碱法相比，侯德榜制碱法最突出的优点是 ( ) A.原料利用率高 B.设备少 C.循环利用的物质多 D.原料易得 解析： 索尔维法缺点：大量

5、CaCl2用途不大， NaCl 利用率只有 70%，约有 30%的 NaCl 留在母液中，侯氏制碱法的优点：把合成氨和纯碱两种产品联合生产，提高了食盐利用率，缩短了生产流程，减少了对环境的污染，降低了纯碱的成本 。 保留了氨碱法的优点，消除了它的缺点，使食盐的利用率提高到 96%。 答案： A。 7。 (3 分 )将 X 气体通入 BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入 Y 气体，有沉淀生成， X、 Y不可能是 ( ) A.X： SO2； Y： H2S B.X： Cl2； Y： CO2 C.X： NH3； Y： CO2 D.X： SO2； Y： Cl2 解析： A、 2H2S+SO2 3S+H

6、 2O，有沉淀生成，故 A 不符合； B、氯气不和 BaCl2溶液反应，通入二氧化碳不能反应，无沉淀生成，故 B 符合； C、 2NH3+H2O+CO2 (NH4)2C03， (NH4)2C03+BaCl2 BaCO3+2NH 4Cl，故 C不符合； D、 Cl2+SO2+2H2O H2SO4+2HCl， H2SO4+BaCl2 BaSO4+2HCl ，故 D 不符合 。 答案： B。 8。 (3 分 )糕点包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同 。 下列分析正确的是 ( ) A.脱氧过程是吸热反映，可降低温度，延长糕点保质期 B.脱氧过程中铁作原电

7、池正极，电极反应为： Fe 3eFe 3+ C.脱氧过程中碳做原电池负极，电极反应为： 2H2O+O2+4e4OH D.含有 1.12g 铁粉的脱氧剂，理论上最多能吸收氧气 336mL(标准状况 ) 解析： A.铁粉、氯化钠溶液、炭粉构成原电池，原电池放电过程是放热反应，故 A 错误； B.脱氧过程中铁作原电池负极，负极上铁失电子生成亚铁离子，电极反应为： Fe 2e Fe 2+，故 B 错误； C.脱氧过程中碳做原电池正极，故 C 错误 。 D.由电子守恒知，消耗氧化剂氧气的体积 (标况下 )v(O2)=336mL，故 D 正确； 答案： D 答案： D。 9.(3 分 )将盛有 NH4HC

8、O3粉末的小烧杯放入盛有少量醋酸的大烧杯中 。 然后向小烧杯中加入盐酸，反应剧烈，醋酸逐渐凝固 。 由此可见 ( ) A.NH4HCO3和盐酸的反应是放热反应 B.该反应中，热能转化为产物内部的能量 C.反应物的总能量高于生成物的总能量 D.反应的热化学方程式为： NH4HCO3+HClNH 4Cl+CO2+H 2O Q 解析： A、醋酸逐渐凝固说明反应吸收热量导致醋酸溶液温度降低，即 NH4HCO3与 HCl 的反应为吸热反应，故 A 错误； B、因反应为吸热反应，即吸热的热量转化为产物内部的能量，故 B 正确； C、因反应为吸热反应，则反应后生成物的总能量高于反应物的总能量，故 C 错误；

9、 D、书写热化学方程式时，应注明物质的状态，故 D 错误 。 答案： B。 10.(3 分 )下列关于实验室制备乙酸乙酯和乙酸丁酯的描述正确的是 ( ) A.均采用水浴加热 B.制备乙酸丁酯时正丁醇过量 C.均采用边反应边蒸馏的方法 D.制备乙酸乙酯时乙醇过量 解析： A、实验室制备乙酸乙酯采用酒精灯加热，故 A 错误； B、制备乙酸丁酯时，采用乙酸过量，以提高丁醇的利用率，这是因为正丁醇的价格比冰醋酸高，故该方法不可行， B 错误； C、乙酸乙酯采取边反应边蒸馏的方法，但乙酸丁酯则采取直接回流的方法，待反应后再提取产物， C 错误； D、制备乙酸乙酯时，为了提高冰醋酸的转化率，由于乙醇价格比

10、较低廉，会使乙醇过量， D正确 。 答案： ： D。 11.(3 分 )H2S 水溶液中存在电离平衡 H2SH+HS 和 HS H+S2 。 若向 H2S 溶液中 ( ) A.加水，平衡向右移动，溶液中氢离子浓度增大 B.通入过量 SO2气体，平衡向左移动，溶液 pH 值增大 C.滴加新制氯水，平衡向左移动，溶液 pH 值减小 D.加入少量硫酸铜固体 (忽略体积变化 )，溶液中所有离子浓度都减小 解析： A.加水稀释促进硫化氢电离，但氢离子浓度减小，故 A 错误； B.SO2+2H2S=3S+2H 2O，平衡向左移动， H2O+SO2=H2SO3，亚硫酸酸性大于氢硫酸，所以溶液的pH 减小，故

11、 B 错误； C.Cl2+H2S=S+2HCl ，平衡向左移动，盐酸的酸性大于氢硫酸，所以溶液的 pH 减小，故 C正确； D.CuSO4+H2S=H2SO4+CuS ，硫酸的酸性大于氢硫酸，所以氢离子浓度增大，故 D 错误 。 答案： C。 12.(3 分 )根据有机化合物的命名原则，下列命名正确的是 ( ) A. 3甲基 1， 3丁二烯 B. 2羟基丁烷 C.CH3CH(C2H5)CH2CH2CH3 2乙基戊烷 D.CH3CH(NH2)CH2COOH 3氨基丁酸 解析： A、根据烯烃命名原则，取代基应该是 2甲基，正确命名应该是 2甲基 1， 3丁二烯，故 A 错误； B、是醇不是烷烃，根

12、据醇的命名，应该是 2丁醇，故 B 错误； C、根据烷烃命名原则， 2乙基说明主链不是最长的，应该是 3甲基己烷，故 C 错误； D、是一种氨基酸，命名是 3氨基丁酸，故 D 正确； 答案： D。 13.(3 分 )X、 Y、 Z、 W 是短周期元素， X 元素原子的最外层未达到 8 电子稳定结构，工业上通过分离液态空气获得其单质； Y 元素原子最外电子层上 s、 p 电子数相等； Z 元素 +2 价阳 离子的核外电子排布与氖原子相同； W 元素原子的 M 层有 1 个未成对的 p 电子 。 下列有关这些元素性质的说法一定正确的是 ( ) A.X 元素的氢化物的水溶液显碱性 B.Z 元素的离子

13、半径大于 W 元素的离子半径 C.Z 元素的单质在一定条件下能与 X 元素的单质反应 D.Y 元素最高价氧化物的晶体具有很高的熔点和沸点 解析： X、 Y、 Z、 W 是短周期元素， X 元素原子的最外层未达到 8 电子稳定结构，工业上通过分离液态空气获得其单质， X 可能为 O，也可能为 N 元素； Z 元素 +2 价阳离子的核外电子排布与氖原子相同，则 Z 元素的质子数为 10+2=12，故 Z 为 Mg 元素； Y 元素原子最外电子层上s、 p 电子数相等，外围电子排布为 ns2np2，处于 A 族，且属于短周期元素，所以 Y为 C 或Si 元素； W 元素原子的 M 层有 1 个未成对

14、的 p电子，外围电子排布为 3s23p1或 3s23p5， W为Al 或 Cl。 答案： C。 14.(3 分 )为测定镀锌铁皮锌镀层的厚度，将镀锌皮与足量盐酸反应，待产生的气泡明显减少时取出，洗涤，烘干，称重 。 关于该实验的操作对测定结果的影响判断正确的是 ( ) A.铁皮未及时取出，会导致测定结果偏小 B.铁皮未洗涤干净，会导致测定结果偏大 C.烘干时间过长，会导致测定结果偏小 D.若把盐酸换成硫酸，会导致测定结果偏大 解析： A、铁皮未及时取出，导致部分铁溶解，质量差 w1 w2偏大，引起结果偏高，故 A 错误； B、铁皮未洗涤干净，导致反应后的质量变大，质量差 w1 w2偏小，引起结

15、果偏低，故 B 错误； C、烘干时间过长 (铁被氧化 )，则剩余物的质量偏大，导致测定结果偏小，故 C 正确； D、若把盐酸换成硫酸，对测定结果没有影响，故 D 错误 。 答案： C。 15.(3 分 )NA代表阿伏伽德罗常数 。 已知 C2H4和 C3H6的混合物的质量为 ag，则该混合物 ( ) A.所含共用电子对数目为 ( +1)NA B.所含碳氢键数目为 NA C.燃烧时消耗的 O2一定是 L D.所含原子总数为 NA 解析： ag混合物中含有最简式 CH2的物质的量为： = mol， ag混合物中含有 molC原子、 molH 原子， A、在环丙烷、丙烯和乙烯分子中，每个 C 含有

16、1 个碳碳共用电子对、每个 H 形成了 1个碳氢共用电子对，所以总共含有 mol 共用电子对，故 A 错误； B、每个氢原子形成 1 个碳氢键， ag 混合物中总共含有 molH 原子，所以含有 molH 原子碳氢键，所含碳氢键数目为 NA，故 B 正确； C、没有告诉在标准状况下，题中条件无法计算 ag 混合物燃烧消耗的氧气的体积，故 C 错误； D、 ag 混合物中含有最简式 CH2的物质的量为： = mol， ag 混合物中含有 molC原子、 molH 原子，总共含有原子的物质的量为： mol，所含原子总数为 NA，故 D 错误 。 答案： B。 16.(3 分 )已知氧化性 Br2

17、Fe3+。 FeBr2溶液中通入一定量的 Cl2，发生反应的离子方程式为：aFe2+bBr +cCl2dFe 3+eBr2+fCl ，下列选项中的数字与离子方程式中的 a、 b、 c、 d、 e、 f一一对应，其中不符合反应实际的是 ( ) A.2 4 3 2 2 6 B.0 2 1 0 1 2 C.2 0 1 2 0 2 D.2 2 2 2 1 4 解析： A、氯气过量， Br 、 Fe2+都完全被完全氧化，反应方程式为 2Fe2+4Br +3Cl22Fe3+2Br2+6Cl ，故 A 正确； B、氧化性 Br2 Fe3+，则还原性： Br Fe2+，亚铁离子优先 反应，不可能只氧化溴离子而

18、亚铁离子不反应，故 B 错误； C、加入的氯气的物质的量与铁的物质的量 1： 2 时，发生反应 2Fe2+ +Cl2 2Fe3+2Cl ，故C 正确； D、当加入的氯气把 Fe2+完全氧化成 Fe3+，还有部分剩余时，可以发生反应 2Fe2+2Br+2Cl22Fe 3+1Br2+4Cl ，故 D 正确 。 答案： B。 17.(3 分 )某溶液可能含有 Cl 、 SO42 、 CO32 、 NH4+、 Fe3+、 Al3+和 K+。 取该溶液 100mL，加入过量 NaOH 溶液，加热，得到 0.02mol 气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到 1.6g 固体；向上述滤液中加足量

19、BaCl2溶液，得到 4.66g 不溶于盐酸的沉淀 。 由此可知原溶液中 ( ) A.至少存在 5 种离子 B.Cl 一定存在，且 c(Cl)0.4mol/L C.SO42 、 NH4+、一定存在， Cl 可能不存在 D.CO32 、 Al3+一定不存在， K+可能存在 解析： 由于加入过量 NaOH 溶液，加热，得到 0.02mol 气体，说明一定有 NH4+，且物质的量为 0.02mol；同时产生红褐色沉淀，说明一定有 Fe3+， 1.6g固体为氧化铁，物质的量为 0.01mol，故有 0.02molFe3+，一定没有 CO32 ； 4.66g 不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有 SO42

20、，物质的量为 0.02mol；根据电荷守恒，一定有 Cl ，至少 0.02mol3+0.02 0.02mol2=0.04mol ，物质的量浓度至少 =0.4mol/L。 答案： B。 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 )汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应 10NaN3+2KNO3K 2O+5Na2O+16N2 。 若氧化产物比还原产物多 1.75mol，则下列判断正确的是 ( ) A.生成 40.0LN2(标准状况 ) B.有 0.25

21、0mol KNO3被氧化 C.转移电子的物质的量为 1.25mol D.被氧化的 N 原子的物质的量为 3.75mol 解析： 反应中 NaN3中 N 元素化合价升高，被氧化， KNO3中 N 元素化合价降低，被还原，根据反应方程式可知，每当生成 16molN2，则氧化产物比还原产物多 14mol，转移电子的物质的量为 10mol，被氧化的 N 原子的物质的量为 30mol，有 2molKNO3被还原，现氧化产物比还原 产物多 1.75mol，则生成 2molN2，在标准状况下的体积为 44.8L，转移电子的物质的量为1.25mol，被氧化的 N 原子的物质的量为 3.75mol。 答案： C

22、D。 19.(4 分 )部分弱酸的电离平衡常数如表，下列选项错误的是 ( ) 弱酸 HCOOH HCN H2CO3 电离平衡常数 (25 ) Ki=1.7710 4 Ki=4.910 10 Ki1=4.310 7 Ki2=5.610 11 A.2CN +H2O+CO22HCN+CO 32 B.2HCOOH+CO32 2HCOO +H2O+CO2 C.中和等体积、等 pH 的 HCOOH 和 HCN 消耗 NaOH的量前者小于后者 D.等体积、等浓度的 HCOONa 和 NaCN 溶液中所含离子总数前者小于后者 解析： 根据电离平衡常数知，酸性强弱顺序为： HCOOH H2CO3 HCN HCO

23、3 ， A.氢氰酸的酸性大于碳酸氢根离子而小于碳酸，所以发生 CN +H2O+CO2HCN+HCO 3 反应，故A 错误； B.甲酸的酸性大于碳酸，所以 2HCOOH+CO32 2HCOO +H2O+CO2 能发生，故 B 正确； C.等 pH 的 HCOOH 和 HCN 溶液，甲酸的物质的量浓度小于氢氰酸，所以中和等体积、等 pH的 HCOOH 和 HCN 消耗 NaOH 的量前者小于后者，故 C正确； D.根据电荷守恒， c(HCOO )+c(OH )=c(Na+)+c(H+)， c(CN )+c(OH )=c(Na+)+c(H+)，即离子总数是 n(Na+ )+n(H+)的 2 倍，而

24、NaCN 的水解程度大，即 NaCN 溶液中的 c(OH )大， c(H+)小， c(Na+)相同，所以甲酸钠中离子浓度大，故 D 错误 。 答案： AD。 20.(4 分 )某恒温密闭容器中，可逆反应 A(s)B+C(g) Q 达到平衡 。 缩小容器体积，重新达到平衡时， C(g)的浓度与缩小体积前的平衡浓度相等 。 以下分析正确的是 ( ) A.产物 B 的状态只能为固态或液态 B.平衡时，单位时间内 n(A)消耗 ： n(C)消耗 =1： 1 C.保持体积不变，向平衡体系中加入 B，平衡可能向逆反应方向移动 D.若开始时向容器中加入 1mol B 和 1mol C，达到平衡时放出热量 Q

25、 解析： A、若 B 是气体，平衡常数 K=c(B)c(C)，若 B 是非气体，平衡常数 K=c(C)，由于 C(g)的浓度不变，因此 B 可以是气体或是非气体， A 项错误； B、平衡时，各物质的量不再改变，正反应速率和逆反应速率相等，因此单位时间内 n(A)消耗 =n(C)消耗，故 B 项正确； C、保持体积不变， B 可以是气体或是非气体，则向平衡体系中加入 B，平衡可能不移动， C项正确； D、因反应为可逆反应，故加入 1molB 和 1molC 至反应达到平衡时转化率一定小于 100%，因此放出热量小于 Q，故 D 项错误 。 答案： BC。 21. (4 分 )一定条件下，将 0.

26、1L CO、 0.2L CO2、 0.1L NO、 0.2L NO2和 0.2L NH3混合，然后通过分别盛有足量蒸馏水、饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液的三个洗气瓶 (洗气瓶排列顺序不确定 )。 假设气体通过每个洗气瓶都能充分反应则尾气 (已干燥 )( ) A.可能是单一气体 B.不可能含有一氧化碳 C.可能存在原气体中的两种气体 D.成分和洗气瓶的排列顺序无关 解析： CO 与足量蒸馏水、饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液三种溶液都不反应，所以洗气瓶的排列顺序无论怎样，最终的气体肯定有 0.1L CO，一氧化氮、二氧化氮和氢氧化钠反应生成亚硝酸钠和水，反应为 NO+NO2+2NaOH=2NaNO

27、2+H2O，过量的二氧化氮和氢氧化钠反应，二氧化氮和氢氧化钠反应为 2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，二氧化碳和氢氧化钠反应 CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，所以若第一个洗气瓶装氢氧化钠溶液， 0.2L CO2、 0.1L NO、 0.2L NO2被吸收，这时出来的气体有 0.1L CO、 0.2L NH3，氨气极易能溶于水，所以其余的 2 个洗气瓶无论怎样的顺序，最后的气体为 CO，故 A 正确； CO 与足量蒸馏水、饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液三种溶液都不反应，所以洗气瓶的排列顺序无论怎样，最终的气体肯定有 0.1L CO，故 B 错误；若第一个洗气瓶盛有足

28、量蒸馏水，二氧化碳、氨气都能溶于水， 3NO2+H2O2HNO3+NO，则这时出来的气体有 CO、 NO 和少量二氧化碳，后面的 2 个洗气瓶无论怎样的顺序，二氧化碳被氢氧化钠吸收，最后的气体为 CO、 NO，故 C 正确 ；若第一个洗气瓶装饱和碳酸氢钠溶液，二氧化氮和碳酸氢钠能反应生成二氧化碳和一氧化氮和硝酸钠，氨气极易能溶于水，则这时出来的气体有 CO、 CO2、 NO，后面的 2 个洗气瓶无论怎样的顺序，二氧化碳被氢氧化钠吸收，最后的气体为 CO、 NO，若第一个洗气瓶装氢氧化钠溶液，其余的 2 个洗气瓶无论怎样的顺序，最后的气体为 CO，故 D 错误 。 答案： AC。 22.(4 分

29、 )一定量的 CuS 和 Cu2S 的混合物投入足量的 HNO3中，收集到气体 V L(标准状况 )，向反应后的溶液中 (存在 Cu2+和 SO42 )加入足量 NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到 CuO 12.0g，若上述气体为 NO 和 NO2的混合物，且体积比为 1： 1，则 V可能为 ( ) A.9.0 L B.13.5 L C.15.7 L D.16.8 L 解析： 若混合物全是 CuS，其物质的量 n(CuS)=n(CuO)= =0.15mol，转移电子物质的量 =0.15 (6+2)=1.2mol。 NO 和 NO2的体积相等，设 NO 的物质的量为 x、 NO2的物

30、质的量为x，则 3x+x=1.2，解得 x=0.3，故气体体积 V=0.6mol22.4L/mol= 13.44L； 若混合物全是 Cu2S，其物质的量 n(Cu2S)= n(CuO)= 0.15mol=0.075mol ，转移电子物质的量 0.07510=0.75mol ，设 NO为 xmol、 NO2为 xmol， 3x+x=0.75，计算得 x=0.1875，气体体积 0.1875mol222.4L/mol=8.4L 。 答案： A。 四、填空题 (本题共 8 分 ) 23.(8 分 )金属铝质轻且有良好的防腐蚀性，在国防工业中有非常重要的作用 。 完成下列填空： (1)铝原子核外电子云

31、有 种不同的伸展方向，有 种不同运动状态的电子 。 (2)镓 (Ga)与铝同族 。 写出镓的氯化物和氨水反应的化学方程式 。 (3)硅与铝同周期 。 SiO2是硅酸盐玻璃 (Na2CaSi6O14)的主要成分， Na2CaSi6O14也可写成Na2OCaO6SiO2。 盛放 NaOH 溶液的试剂瓶若用玻璃瓶塞容易形成粘性的硅酸盐而无法打开，发生反应的化学方程式 。 长石是铝硅盐酸，不同类长石其氧原子的物质的量分数相同 。 由钠长石化学式 NaAlSi3O8可推知钙长石的化学式为 。 (4)用铝和金属氧化物反应制备金属单质是工业上较常用的方法 。 如： 2Al+4BaO3Ba+BaOAl 2O3

32、。 常温下 Al 的金属性比 Ba 的金属性 (选填 “ 强 ”“ 弱 ” )。 利用上述方法可制取 Ba 的主要原因是 。 a.高温时 Al 的活泼性大于 Ba b.高温有利于 BaO 分解 c.高温时 BaOAl2O3比 Al2O3稳定 d.Ba 的沸点比 Al 的低 。 解析： (1)s轨道只有 1个伸展方向、 p轨道有 3个伸展方向， Al核外电子排布为 1s22s22p63s23p1，涉及 3 个 s 轨道、 2 个 p 轨道，因此其核外电子云 (轨道 )的伸展方向有 4 个；核外 13 个电子的运动状态各不相同，因此核外有 13 种不同运动状态的电子 。 答案： 4 13 (2)同

33、主族元素化学性质相似，因此类比氯化铝与氨水的反应可得氯化稼与氨水反应的方程式，反应的化学方程式为 GaCl3+3NH3+3H2O=3NH4Cl+Ga(OH)3 。 答案： GaCl3+3NH3+3H2O=3NH4Cl+Ga(OH)3 (3)在 Na2O、 CaO、 SiO2中，只有 SiO2是酸性氧化物，可与 NaOH 作用生成可用作粘合剂的硅酸钠溶液， 反应的方程式为 SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，由 “ 长石是铝硅酸盐 ” ，结合钠长石的化学式可知钙长石就是将钠长石的中钠更换为钙，铝硅酸阴离子不变，以及化合物中化合价代数和等于 0 可得钙长石的化学式为 CaAl2Si2O8

34、。 答案： SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O CaAl2Si2O8 (4)利用元素 Ba、 Al 在元素周期表的位置可知金属活泼性： Al Ba；但 Al 在高温下可将氧化钡中钡置换出来，原因是 Ba 的沸点低于铝，高温时 Ba 转化为气体脱离反应体系，使反应正向进行 。 答案：弱 d 五、解答填空题 (本题共 8 分 ) 24.(8分 )溴主要以 Br 形式存在于海水中，海水呈弱碱性 。 工业上制备的 Br2的操作步骤为： 一定条件下，将 Cl2通入浓缩的海水中，生成 Br2 利用热空气将 Br2吹出，并用浓 Na2CO3溶液吸收，生成 NaBr、 NaBrO3等 用硫酸酸化步骤

35、 得到的混合物 完成下列填空： (1)Cl2氧化 Br 应在 条件下进行，目的是为了避免 。 (2)Br2可用热空气吹出，其原因是 。 (3)写出步骤 所发生的化学反应方程式 。 用硫酸而不用盐酸酸化的原因可能是 。 步骤 的产品有时运输到目的地后再酸化，主要是因为 。 (4)为了除去工业 Br2中微量的 Cl2，可向工业 Br2中 。 a.通入 HBr b.加入 Na2CO3溶液 c.加入 NaBr 溶液 d.加入 Na2SO3溶液 。 解析： (1)Cl2氧化 Br 生成溴单质，溴易挥发，且有毒，则应在通风橱中进行，防止污染环境 。 答案：通风橱；污染环境 (2)因溴易挥发，则可用热空气吹

36、出 。 答案：溴易挥发 (3)发生氧化还原反应生成硫酸钠、溴单质、水，该反应为3H2SO4+5NaBr+NaBrO3=3Na2SO4+3Br2+3H2O；盐酸能被溴酸钠氧化，则不能利用盐酸酸化，且溴挥发，对大气造成污染，则有时运输到目的地后再酸化 。 答案为： 3H2SO4+5NaBr+NaBrO3=3Na2SO4+3Br2+3H2O 用盐酸酸化，则盐酸被 NaBrO3氧化 Br2易挥发，对大气有污染 (4)利用 NaBr 溶液与 Cl2反应，然后分液可除去 Cl2，只有 c符合，其它选项会引入新的杂质 。 答案： c 六、解答填空题 (本题共 8 分 ) 25.(8 分 )镍具有优良的物理和

37、化学特性，是许多领域尤其是高技术产业的重要原料 。 羰基法提纯粗镍涉及的两步反应依次为： Ni(S)+4CO(g) Ni(CO)4(g)+Q； Ni(CO)4(g) Ni(S)+4CO(g) 完成下列填空： (1)在温度不变的情况下，要提高反应 (1)中 Ni(CO)4的产率，可采取的措施有 、 。 (2)已知在一定条件下的 2L 密闭容器中制备 Ni(CO)4，粗镍 (纯度 98.5%，所含杂质不与 CO反应 )剩余质量和反应时间的关系如图所示 。 Ni(CO)4在 0 10min 的平均反应速率为 。 (3)若反应 (2)达到平衡后，保持其他条件不变，降低温度，重新达到平衡时 。 a.平衡

38、常数 K 增大 b.CO 的浓度减小 c.Ni 的质量减小 d.v 逆 Ni(CO)4增大 。 (4)简述羰基法提纯粗镍的操作过程： 。 解析： (1)反应 是气体体积减少的放热反应，因此在温度不变的情况下，采取增大体系压强、从反应体系中移走 Ni(CO)4(g)等措施均可使反应正向进行，提高 Ni(CO)4的产率 。 答案：增大压强 从反应体系中移走 Ni(CO)4(g) (2)随反应进行，粗镍减少的质量即为参加反应 消耗的镍的质量，粗镍的纯度 98.5%， 110min 内粗镍质量减少 100g 41g=59g；镍的质量 =59g98.5%=58.115g 在 0 10min，生成Ni的物

39、质的量 = =0.985mol，故在 0 10min， vNi(CO)4=0.985mol/(2L10min )=0.05mol/(Lmin)。 答案： 0.05mol/(Lmin) (3)由反应 为放热反应可知反应 为吸热反应，因此反应 达到平衡后，降温，平衡逆向进行，反应平衡常数 K 变小、 CO 的浓度与 Ni 的质量均减小、因温度降低， v 逆 Ni(CO)4减小 。 答案： bc (4)利用信息可知，可采取在低温 (50 )时让粗镍和 CO 作用，使生成的 Ni(CO)4在 230 时分解即可得到纯镍，在封闭的玻璃管一端放入粗镍，控制温度在 50 ，通入 CO 气体，一点时间后在玻璃

40、管的另一端加热至 230 ，即可在该端获得纯净的镍 。 答案：在封闭的玻璃管一端放入粗镍，控制温度在 50 ，通入 CO 气体，一点时间后在玻璃管的另一端加热至 230 ，即可在该端获得纯净的镍 。 七、实验题 (本题共 12 分 ) 26.(12 分 )溴化钙可用作阻燃剂、制冷剂，具有易溶于水，易吸潮等性质 。 实验室用工业大理石 (含有少量 Al3+、 Fe3+等杂质 )制备溴化钙的主要流程如下： 完成下列填空： (1)上述使用的氢溴酸的质量分数为 26%，若用 47%的氢溴酸配置 26%的氢溴酸的氢溴酸 500mL，所需的玻璃仪器有玻璃棒、 ； (2)已知步骤 的滤液中不含 NH4+。

41、步骤 加入的试剂 a 是 ，控制溶液的 pH 约为 8.0的目的是 、 ； (3)试剂 b 是 ，步骤 的目的是 ； (4)步骤 所含的操作依次是 、 ； (5)制得的溴化钙可以通过如下步骤测定其纯度： 称取 4.00g 无水溴化钙样品； 溶解； 滴入足量 Na2CO3溶液，充分反应后过滤； ； 称量 。 若得到 1.88g 碳酸钙，则溴化钙的质量分数为 (保留两位小数 )。 若实验操作规范而测定结果偏低，其原因是 。 解析： (1)需要量筒取经过计算需要的浓溶液的体积，然后在烧杯中溶解、配制 500mL 溶液 。 答案：量筒、烧杯 (2)加入的试剂 a、控制溶液的 pH 约为 8.0 的目的

42、是除去杂质 Al3+、 Fe3+，防止氢氧化铝溶解，因此 a 是碱，根据题意及不引入新的杂质可知是氢氧化钙 。 答案：氢氧化钙 确保 Al3+、 Fe3+沉淀完全，防止氢氧化铝溶解 (3)加试剂 b 的目的是除去过量的氢氧化钙，且不引入新杂质 。 答案：氢溴酸 除去过量的氢氧化钙； (4)步骤 的结果从溶液中得到 CaBr26H2O，因此其操作步骤为蒸发浓缩，冷却结晶、过滤 。 答案：蒸发浓缩 冷却结晶、过滤； (5) 对滤渣洗涤，除去表面吸附的离子，然后烘干、冷却； CaBr2 CaCO3 200 100 3.76g 1.88g 故 CaBr2的质量为 3.76g，质量分数为 = =0.94

43、 ； 溴化钙易吸水，因此造成测定结果偏低， 答案：烘干、冷却 0.94 溴化钙吸水 。 八、综合题 (本题共 12 分 ) 27.(12 分 )二氧化硫是硫的重要化合物，在生产、生活中有广泛应用 。 二氧化硫有毒，并且是形成酸雨的主要气体 。 无论是实验室制备还是工业生产，二氧化硫尾气吸收或烟气脱硫都非常重要 。 完成下列填空： (1)实验室可用铜和浓硫酸加热或硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫 。 如果用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，并希望能控制反应速度，图中可选用的发生装置是 (填写字母 )。 (2)若用硫酸和亚硫酸钠反应制取 3.36L(标准状况 )二氧化硫，至少需要称取亚硫酸钠 g(保留

44、一位小数 )；如果已有 4.0%亚硫酸钠 (质量分数 )，被氧化成硫酸钠，则至少需称取该亚硫酸钠 g(保留一位小数 )。 (3)实验室二氧化硫尾气吸收与工业烟气脱硫的化学原理相通 。 石灰石膏法和碱法是常用的烟气脱硫法 。 石灰石膏法的吸收反应为 SO2+Ca(OH)2CaSO 3+H 2O。 吸收产物亚硫酸钙由管道输送至氧化塔氧化，反应为 2CaSO3+O2+4H2O2CaSO 42H2O。 其流程如图： 碱法的吸收反应为 SO2+2NaOHNa 2SO3+H2O。 碱法的特点是氢氧化钠碱性强、吸收快、效率高 。其流程如图： 已知： 试剂 Ca(OH)2 NaOH 价格 (元 /kg) 0.

45、36 2.9 吸收 SO2的成本 (元 /mol) 0.027 0.232 石灰石膏法和碱法吸收二氧化硫的化学原理相同之处是 。 和碱法相比，石灰石膏法的优点是 ，缺点是 。 (4)在石灰石膏法和碱法的基础上，设计一个改进的、能实现物料循环的烟气脱硫方案 (用流程图表示 )。 解析： (1)用硫酸和亚硫酸钠制取 SO2的试剂为固态和液态，反应条件不需加热，可通过控制添加硫酸的速率来控制反应速率，结合装置可知 a、 e 可达到目的 。 答案： ae (2)由硫守恒可得： Na 2SO3 SO2，因此需称取 m(Na2SO3)=126gmol 1 =18.9g；4g 亚硫酸氧化为硫酸钠后质量变为

46、(4142 )/126=4.5g，则有 4.0%亚硫酸钠被氧化为硫酸钠的样品中亚硫酸钠的质量分数为： 96/100.5=95.5%，因此称取变质样品的质量应为：18.9g95.5%=19.8g ； 答案： 18.9 19.8 (3)石灰石膏法与碱法吸收 SO2都是利用 SO2是酸性氧化物可与碱反应的性质来吸收 SO2的；利用题中已知和有关信息可知采用石灰石膏法所用原料易得、成本低等，但因 Ca(OH)2碱性弱，导致吸收速率慢、效率低 。 答案：利用 SO2是酸性氧化物，可与碱反应 原料易得，吸收成本低 亚硫酸钙在输送中容易造成管道堵塞，吸收速率慢，效率低 (4)依据上述流程操作存在的缺点，能实现物料循环的烟气脱硫方案 。 答案： 九、实验题 (本题共 10 分 ) 28.(10 分 ) 异构化可得到三元乙丙橡胶的第三单体 。 由A(C5H6)和 B 经 Diels Alder 反应制得 。 Diels Alder 反应为共轭双烯与含有烯键或炔键的化合物相互作用生成六元环状化合物的反应，最简单的反应是 。 完成下列填空： (1)Diels Alder 反应属于