2014届上海市高考压轴卷化学试题及答案

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2014届上海市高考压轴卷化学一、选择题（本题共10分，每小题2分，每题只有一个正确选项》1.化学与人类生活、环境保护、能源开发、资源利用等密切相关。下列说法不正确的是A.在食用盐中添加适量的碘酸钾B.用聚氯乙烯塑料袋包装食品C.在食品加工中科学使用食品添加剂D.研发高效低毒的农药，降低蔬菜的农药残留量2.下列有关化学用语表示正确的是A.乙酸的结构简式：CHaCOOHH：N：HB.NH3的电子式：HC.氯原子的结构示意图：④）^^,COOHD.邻轻基苯甲酸的结构简式：™3.下列叙述正确的是：A.离子晶体中，只存在离子键，不可能存在其它化学键B.在氧族元素（0、SvSe、Te）的氢化物中，水的沸点最低C.NaHS04vNa?。?晶体中的阴阳离子个数比均为1:2D.晶体的熔点：金刚石＞碳化硅〉单晶硅4.（Bi）在医药方面有重要应用，下列关于豐Bi和豐Bi的说法正确的是A.两者互为同素异形体B•塔Bi和塔Bi的物理性质往往不同 C•豐Bi转化成豐Bi是物理变化D.两者分别含有126和127个质子 1.水是最宝贵的资源之一。下列表述正确的是A.出0的电子式为H+:0:HA.4°C时,纯水的pH二7B.Djo中，质量数之和是质子数之和的两倍D.273K、101kPa,水分子间的平均距离八d（气态》＞d（液态〉＞d（固态》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》2.下列有关实验原理或实验操作正确的是A.用水湿润pH试纸测量某溶液的pHB.用50mL酸式滴定管可准确量取25.00mLKMn04溶液C.用湿润的蓝色石蕊试纸检验氨气D.盛放NaOH溶液时，使用带玻璃塞的磨口瓶7.甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：甲」—乙十内。下列有关物质的推断不正确的是A.若甲为焦炭，则丁可能是ChB.若甲为S0“则丁可能是氨水C.若甲为Fe,则丁可能是盐酸D.若甲为NaOH溶液，则丁可能是CO?8.人工光合作用能够借助太阳能，用CO?和也0制备化学原料。下图是通过人工光合作用制备HCOOH的原理示意图，下列说法不正确的是•••A.催化剂a附近酸性减弱，催化剂b附近酸性增强 A.催化剂a表面发生氧化反应，有02产生B.该过程是将太阳能转化为化学能的过程C.催化剂b表面的反应是C02+2H++2e"=HC00H8.甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是(DCH3OH(g)+H20(g)TC02(g)+3H2(g)-49.0kJ②CH30H(g)+1/202(g)-►C02(g)+2H2(g)+192.9kJ下列说法正确的是A.上述图示的反应为吸热反应B.图中的能量变化如图所示，则Q=ElE、C.出燃烧能放出大量的热，故CHQH转变成氏的过程必须吸收热量D.根据①②推知：在25°C,101kPa时，1molCH3OH(g)完全燃烧生成CO2和出0放出的热量应676.7kJ9.下列工业尾气处理的措施中不符合实际的是A.用纯碱溶液吸收合成氨工业尾气B.回收炼铁高炉气中的C0来做燃料C.用烧碱溶液吸收硝酸工业尾气D.用氨水吸收硫酸工业尾气中的S02"•下列操作会使h20的电离平衡向正方向移动，且所得溶液呈酸性的是A.向水中加入少量的CHsCOONaB.向水中加入少量的NaHSO4 A.向水中加入Nal并加热至100°C,pH二6 D.向水中加少量的KAI（SO〉12.下列有机物命名正确的是：Ac出—fH—CH32—乙基丙烷徉2CH3B.2-甲基丙烯C.1,3,4-三甲苯D.2,2-二甲基-3-丁醇(CH3)3C—CHOH—CH313•已知X、Y、Z、W.R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是周期表中原子半径最小的元素，Y元素的最高正价与最低负价绝对值相等，Z的核电荷数是Y的2倍，W最外层电子数是最内层电子数的3倍。下列说法不正确的是A.原子半径：Z>W>RB.对应的氢化物的热稳定性：R>WC.W与X、W与Z形成的化学键类型完全相同D.Y的最高价氧化物对应的水化物是弱酸14•汞（熔点一39°C,沸点356°C）是制造电池、电极等的重要原料，历史上曾用“灼烧辰砂法”制取汞。目前工业上制粗汞的一种流程图如下。减压蘆调►下列分析错误的是A•“灼烧辰砂法”过程中电子转移的方向和数目可表示为:失6eHgS+O2塞Hg+叫1—&^彳』 B.辰砂与氧化钙加热反应时，CaSO4为氧化产物C.洗涤粗汞可用5%的盐酸代替5%的硝酸D.减压蒸憎的目的是降低汞的沸点，提高分离效率15•设％为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.标准状况下，0.56L丙烷中含有共价键的数目为0.2%B.常温常压下，6.4g氧气和臭氧中含有的分子总数为0.2%c.1mol轻基中电子数为10心D.O.lmol乙烯和乙醇的混合物完全燃烧所消耗的氧原子数一定为0.67K16.白磷中毒后可用CuS04溶液解毒，解毒原理可用下列化学方程式表示:11P4+60CuS04+96H20=2OCU3P+24H3PO4+6OH2SO4则60moICuS04能氧化白磷的物质的量是A.3molB.6molC.11moID.12mol17•某溶液中可能含有下列6种离子中的某几种：CT、SO广、CO广、N町、曲、K为确认溶液组成进行如下实验：(1)200mL±述溶液，加入足量阴。2溶液,反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥，得沉淀4.30g,向沉淀中加入过量的盐酸，有2.33g沉淀不溶。(2)向(竹的滤液中加入足量的溶液，加热，产生能促使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体12L(已换算成标准状况，假定产生的气体全部逸出〉。由此可以得出关于原溶液组成的正确结论是A.c(CO32)=0.01mol■L-1,c(NH4+)>c(SO^)B.如果上述6种离子都存在，贝IJc(CT)>c(SO广) C・一定存在CO-vNH；,可能存在CT、NaK+D.—定存在so广、co广、nh;、a-,—定不存在血+、k+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》体质18•铁、铜混合粉末18・0g加入到100ml5.Omol-L-1FeC13溶液中，剩余量为2.8go下列说法正确的是A.剩余体是铁、铜混合物B.原固体混合物中铜的质量是12・4gC.反应后溶液中n(Fe3+)=0.10molD.反应后溶液中n(Fe2+)+n(Cu2+)=0.75mol19.25°C,有c(CHaCOOH)+c(CH3C00~)=0.1mol的一组醋酸和醋酸钠混合溶液，溶液中C(CHaCOOH)xc(CH3C00~)与pH值的关系如图所示。下列有关离子浓度关系叙述正确的是0.100L・IU75O•O50O•O5O02O7575y*I7H4.P576.753A.pH=5.5溶液中:c(CHaCOOH)>c(CHaCOO-)>c(H+)>c(0H~)B・W点表示溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(CHaCOO")+c(OH")c.pH=3.5溶液中:c(Na+)+c(H+)-c(OH")+c(CH3COOH)=0.1mol・L"1 D・向W点所表示溶液中通入0.05moIHCI气体(溶液体积变化可忽略):c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH-)20.I2在KI溶液中存在下列平衡：l2(aq)+T(aq)=If(aq)某LvKI混合溶液中，I,的物质的量浓度c(l3-)与温度T的关系如图所示(曲线上任何一点都表示平衡状态》。下列说法正确的是A.反应l2(aq)+T(aq)==13_(aq)的AH〉。B.状态A与状态B相比，状态A的c("大C.若反应进行到状态D时，一定有v正〉v逆D.若温度为T2,反应的平衡常数分别为K2,则KAK22仁25°C和101kPa时，乙烷、乙快和丙烯组成的混合桂32mL,与过量氧气混合并完全燃烧，除去水蒸气，恢复到原来的温度和压强，气体总体积缩小了72mL,原混合疑中乙怏的体积分数为A.12.5%B.25%C.50%D.75%22•某工厂用FeCIs溶液腐蚀镀有铜的绝缘板生产印刷电路已知发生的反应为2FeC13+Cu==2FeC12+CuCI2)o课外活动小组为确认生产后的废液的组成，进行如下实验：(1)取10mL废液加入足量的AgNOs溶液，生成沉淀&61g。(2)另取10mL废液放入铜片充分反应，铜片质量减少了0.256g。下列关于原废液组成的判断正确的是B.c(Fe2+):c(Cu2+)=2：1••A.—定含有Fe钦Fe3Cu2Cl-C.c(Fe2+):c(Fe3+)=3：1D・g(CI■)=6mol/L,c(Fe2+)=0.6moI/L c、N、Cl是非常重要的非金属元素23.写出常温下Cl?和强碱溶液反应的离子方程式o24.意大利罗马大学的FuNvioCacace等人获得了极具理论研究意义的检气态分子。儿分子结构与白磷分子结构相似已知断裂1molN—N键吸收167kJ的热量，生成1molN三N键放出942kJ热量。试判断相同条件下儿与怡的稳定性顺序是：25•由N、CI两种元素组成的化合物X,常温下为易挥发的淡黄色液体，X分子为三角锥形分子，且分子里B、C两种原子最外层均达到8个电子的稳定结构。X遇水蒸气可形成一种常见的漂白性物质。则X与水反应的化学方程式是26.C、N两种元素可形成一种硬度比金刚石还大的化合物Y。在化合物Y中，C、N原子间以单键相结合，且每个原子的最外层均达到8个电子的稳定结构。则Y的化学式为其熔沸点比金刚石（填“高”「低”或"无法比较"）O五、（本题共8分〉某研究性小组欲用粗CuCI2固体（含FeO制备纯净的无水氯化铜固体。实验步骤：①将粗CuCI2固体溶于蒸憎水，滴入少量的稀盐酸②向上述所得的溶液中加入适量的双氧水③继续滴加氨水调节溶液的PH为3.2-4.7,过滤④将滤液经过操作I处理，得到CuCI2-H20晶体⑤将晶体在某气流中加热脱水，得到无水氯化铜固体27.步骤②中加入适量的双氧水的目的28•步骤③继续滴加氨水调节溶液的PH为3.2-4.7是为了o 29•步骤④中操作I的操作是O30.步骤⑤中的气流指的是o目的是O六、(本题共8分〉水煤气法制甲醇工艺流程框图如下(注:除去水蒸气后的水煤气含55〜59%的H2,15〜18%的C0,11〜13%的C02,少量的H2S、CH4,除去H2S后，可采用催化或非催化转化技术，将CH4转化成C0,得到CO、C02和H2的混合气体，是理想的合成甲醇原料气，即可进行甲醇合成)31、制水煤气的主要化学反应方程式为：C(s)+H20(g)MCO(g)+H2(g),此反应是吸热反应。①此反应的化学平衡常数表达式为;②下列能提高碳的平衡转化率的措施是OA.加入C(s)B.加入H20Cg)C.升高温度D.增大压强32、将CH4转化成C0,工业上常采用催化转化技术，其反应原理为：CH4(g)+3/202(g)=CO(g)+2H20(g)+519KJ。工业上要选择合适的催化剂,分别对X、Y、Z三种催化剂进行如下实验(其他条件相同》①X在T1°C时催化效率最高，能使正反应速率加快约3X105倍；②Y在T2°C时催化效率最高，能使正反应速率加快约3X105倍；③Z在T3°C时催化效率最高，能使逆反应速率加快约1XIO。倍； 已知：T1>T2>T3,根据上述信息，你认为在生产中应该选择的适宜催化剂是(填“X”或“Y”或“Z”〉，选择的理由是O33、合成气经压缩升温后进入10m3甲醇合成塔，在催化剂作用下，进行甲醇合成，主要反应是：2H2(g)+C0(g)=CH30H(g)+181・6kJ。4°C下此反应的平衡常数为160o此温度下，在密闭容器中加入CO、H2,反应到某时刻测得各组分的浓度如下：物质H2COCH30H浓度/(mol・L_1)0.20.10.4①比较此时正、逆反应速率的大小：v正v逆(填UY”或“=”)。②若加入同样多的CO、H2,在T5°C反应，10min后达到平衡，此时c(H2)=0.4mol・!_「则该时间内反应速率v(CH30H)=mol・(L・min)34、生产过程中，合成气要进行循环，其目的是O七、(本题共12分〉柠檬酸亚铁(FeC6H607)是一种易吸收的高效铁制剂，可由绿矶(FeSO4・7出0)通过下列反应制备：FeS04+Na2C03=^FeC034^+Na2SO4FeCOa+CdHsO?FeCehLOi+CO? T+出0下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH（开始沉淀的pH按金属35.制备FeCOs时，选用的加料方式是是O（填字母儿原因离子浓度为1.0mol・1/计算）o金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1・13.2Al3+3.05.0Fe2+5.88.8a.将FeS（h溶液与NazCOs溶液同时加入到反应容器中b・将FeS（L溶液缓慢加入到盛有NazCOs溶液的反应容器中c.将NazCOs溶液缓慢加入到盛有FeSth溶液的反应容器中36•生成的FeCOs沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是O37•将制得的FeCOa加入到足量柠檬酸溶液中，再加入少量铁粉，80°C下搅拌反应。①铁粉的作用是O②反应结束后，无需过滤，除去过量铁粉的方法是O38•最后溶液经浓缩、加入适量无水乙醇、静置、过滤、洗涤、干燥，获得柠檬酸亚铁晶体。分离过程中加入无水乙醇的目的是39.某研究性学习小组欲从硫铁矿烧渣（主要成分为Fe203vSi02vAI203）出发,先制备绿矶，再合成柠檬酸亚铁。请结合右图的绿矶溶解度曲线，补充完整由硫铁矿烧渣制备FeS04・7H20晶体的实验步骤（可选用的试剂：铁粉、稀硫酸和NaOH溶液）:向一定量烧渣中加入足量的稀硫酸充分反应，,得到 020406080100温度心l(M)fu)604020QD、程饕毀八、（本题共12分〉40.（巧对比研究是一种重要的研究方法。若将硫的单质及部分化合物按如下表所示分成3组，则第2组中物质M的化学式是第1组4第2组匸第3组4S（帧）SO：、H2SO3、NaHSO^SO、、H2SO4、、Na2SO4sNaHSO轩41.有一种煤含5%的FeS2（假设煤中除FeS2外的其它成分中不含硫元素〉.燃烧时，设煤中的硫全部转化为二氧化硫被排入大气.FeS2燃烧时的化学方程式4FeS2+1102=2Fe203+8S02.某火力发电厂燃烧3000吨这种煤，可产生多少吨S02?42.锻烧过程侖在以下反应：2MgS04桶砰=2Mg0+2S02T+C02TMgS04+Cwc^Mg0+S02T+C0TMgS04+3C==MgO+ST+3C0T利用下图装置对煨烧产生的气体进行分步吸收或收集。 a.NaOH溶液b.Na2CO3溶液c.稀硝酸d.KMnO4溶液③A中得到的淡黄色固体与热的NaOH溶液反应，产物中元素最高价态为+4,写出该反应的离子方程式：o42.二氧化硫是导致酸雨形成的主要气体，减少燃煤过程中产生该气体的措施有九、(本题共10分》43.双环戊二烯(L》是一种化学活性很高的桂，存在于煤焦油中。(1)写出双环戊二烯的分子式;(2)双环戊二烯的各种同分异构体中，可能含有的官能团有a.碳碳双键b.碳碳巻键c.苯环45•室温下发生下列反应：空一―〕匚反应类型为;该反应的产物除外，还有与双环戊二烯为同分异构体的其他副产物，写出其中一种的结构简式;46•篮烷是双环戊二烯的一种同分异构体，它的一氯代物有种。47.化合物厂匸是合成某些药物的中间体.试设计合理方案由化合物卩曲°合成人兀【提示】①合成过程中无机试剂任选；②在400摄氏度金属氧化物条件下能发生脱拨基反应; ③CH2=CH-CH=CH2与漠水的加成以1,4-加成为主;④合成反应流程图表示方法示例如下:H2C=CH2HBrACH.CH.BrNaOH溶液►ch3ch2oh 十、(本题共12分〉化合物A是石油化工的一种重要原料，用A和水煤气为原料经下列途径合成化合物D(分子式为C3H603)o已知:ORIR—C—ORIR(H)H+/H2QIR(H)r—iB『2u—定条件②CHjCHBrCHO△ch2-=CHCH(OC2Hs)2HgC—CH—CH—OQH3h^/h2o|||OHOHOC2H5⑥LNaOH/MC2H5OH催省剂KMb()4OH-⑤请回答下列问题；；C：48.写出有关物质的结构简式：A：;B:D：49.指出反应⑤的反应类型o50.写出反应③的化学方程式o51•反应④的目的是o化合物D'是D的一种同分异构体，它最早发现于酸牛奶中，是人体内糖类代谢的中间产物。D'在浓硫酸存在的条件下加热，既可生成能使漠水褪色的化合物E(C3H402),又可生成六原子环状化合物F(C6H804)o请分别写出D'生成E和F的化学方程式：52.D1-4E：53.D‘TF：十一、(本题共14分〉某氮肥硫酸钱中混有硫酸氢钱。为测定该氮肥的含氮量，一化学研究性学习小 组取一定量氮肥样品，研磨使其混合均匀，备用。已知:氢氧化钠少量时2NH4HS04+2Na0H=（NH4）2S04+Na2S04+2H20氢氧化钠过量时NH4HS04+2Na0H=Na2S04+NH3T+2H20同学们设计的实验装置图如下，请回答相关问题。四氯化碳54.装置中碱石灰的作用是广口瓶内四氯化碳的作用是•55.指导老师指出，用该装置进行实验，即使氢氧化钠足量且实验过程中无氨气外逸，测得的样品含氮量仍将偏低，其原因可能是O同学们改进实验装置后（改进装置图略），进行如下实验。称取不同质量的上述样品分别与40.00mL相同浓度的氢氧化钠溶液混合，完酸吸收,全溶解后，加热充分反应（此温度下钱盐不分解），并使生成的氨气全部被稀硫氢氧化钠溶液体积AnL40.00样品质量/g7.75015.5023.25X—丄一•真y/g1・8701.8701.700测得氨气的质量。部分实验数据如下:56•样品中氮元素的质量分数是%。57•所用氢氧化钠溶液的物质的量浓度为mol/Lo 若样品质量为31.00g,则生成氨气的质量为go（计算结果保留两位小数）:2014上海市高考压轴卷化学答案和解析一、选择题（本题共10分，每小题2分，每题只有一个正确选项〉1.【答案】B【解析】B中聚氯乙烯属于卤代姪，长期用于食品包装对人体健康不利，通常食品包装塑料用聚乙烯。A食盐中添加碘酸钾有利于补充人体所需的微量元素碘，C食品添加剂是增加食品的色、味、防腐等多方面的，国家有严格的添加标准。D农药、化肥的使用会残留有害化学物质，所以研发高效低毒的。2.【答案】A【解析】B中漏写了氮原子的一对电子，C中没有明确对象是氯原子的结构简式，误写了氯离子的结构简式。D中注意取代基的位置是邻轻基苯甲酸3.【答案】D［解析】A中离子晶体中一定含有离子键，也可能存在共价键。B中氧族元素的氢化物都是分子晶体，其溶沸点的高低取决于分子间作用力，水分子之间存在氢键使得其溶沸点特别高。4.［答案】B［解析】^Bi和雹Bi两者互为同位素，相同的质子数和核外电子数，化学性质几乎相同，物理性质可以不同。所以答案选B5.【答案】C【解析】A中水分子的电子式中是共价键，B中25°C时，纯水的pH二7；4°C时,水的离子积常数K”减小，纯水的PH>7oC正确，D中273K、101kPa时，由于氢 键的存在，使得固态水中水分子之间的距离大于液态水分子之间的距离二、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.［答案】B【解析】A中PH使用不能用水润湿，对于呈一定酸碱性的溶液，会影响PH的判断，酸式滴定管用于盛放酸性溶液或者氧化性的溶液，所以B正确。C中检验氨气用湿润的红色石蕊试纸变蓝。D盛放碱溶液的试剂瓶的塞子不能用玻璃塞,而用橡胶塞或木塞。7.［答案】C【解析】A考查了元素及其化合物性质和转化，上述图示转化中涉及连续反应,应与反应物的用量有关。A中碳与氧气的反应，及CO与CO?相互转化，B中SO?酸性氧化物与氢氧化钠碱溶液反应，D中CO?酸性氧化物与氨水碱溶液，以及两种碳酸盐和碳酸氢盐的相互转化。C中Fe与稀盐酸反应生成氯化亚铁，不存在量的问题&【答案】A【解析】本题考查电解池原理和应用，根据装置图中电子的流向，判断催化剂a为阳极极:2H20-4e"=02+4H+,酸性增强；催化剂b为阴极：C02+2H++2e"=HCOOH,酸性减弱，总的电池反应为2H20+2C02=2HCOOH+02，该过程把太阳能转化为化学能。故A不正确9.【答案】D【解析】上述图示中反应物的能量大于生成物的能量，应为放热反应，且能量变化Q=E-e,所以A、B都不正确。C中一个化学反应的能量变化取决于自身反应物和生成物的的性质，与其他因素无关。D中根据①②运用盖斯定律3(2)-2①，代入数据计算可得。所以选D10・【答案】A ［解析】B中高炉炼铁用CO还原氧化铁，炉气中的CO是还原性气体，可以用作燃料，C中硝酸工业尾气为NO、N02,用氢氧化钠溶液吸收，D中利用S02酸性氧化物的性质与氨水反应门.【答案】D【解析】根据水的电离平衡出0=H++OHA中加入少量CHaCOONa促进了水的电离，向正方向移动，但溶液呈碱性。B中抑制了的水的电离，向逆方向移动,溶液呈酸性。C中，加入Nal对水的电离无影响，加热促进水的电离，向正方向移动，虽然PH=6,但溶液仍然呈中性。故D正确12.【答案】B【解析】A中主链选错了，应该为2—甲基丁烷；C中取代基编号有误，应该是1,2,4-三甲苯；D中取代基编号判断错误，应是3,3-二甲基-2-丁醇13.【答案】C【解析】由题目限制条件推得X为H、Y为C、Z为Mg、W为S、R为Cl；C中W与X形成的H2S是共价键，W与Z形成的MgS是离子键，所以不相同。14.【答案】C［解析】A根据氧化还原反应原理分析化合价为正确的，B由题目可知，C中降低压强，汞的沸点降低，有利于挥发，提高分离效率。C中用5%的硝酸洗涤粗汞是为了除去铅和铜，换成5%的盐酸时，铜不能溶于稀盐酸，达不到除杂目的。15.［答案】D【解析】A中标准状况下，0.56L为0.025mol。每个丙烷中含有10个共价键,则共含有0.25mol共价键；B中只能计算氧原子总数，无法计算分子总数；C中 1mo1轻基中电子数为9Na,D中根据化学式C2H4.C2H4H20特点，可以看作求0-1mo1乙烯完全燃烧消耗氧气为0.3mol,则氧原子数为0.6氐16.【答案】A【解析】分析化合价，用双线桥标出得失电子数目。分析60moICuS04得到60mol电子,1molP4参加反应失去20mol电子，所以60moICuSO4能氧化白磷的物质的量是3mol17.【答案】B解析】取200mL根据实验数据，可得一定含有SQ为O.OImol,-定含有为O.OImol,一定含有MJ为0.05mol,由溶液中电荷守恒，推知还有阴离子结合题目一定含有。一至少为0.01mol,如果大于0.01mol,就会含有其他的阳离子K+；A中c(CO32)=0.05mol・LT,；所以选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.【答案】BD［解析】铁的还原性强于铜，把其加入氯化铁溶液中，铁先与铁离子反应，氯化铁的物质的量是0.5mol,Cu+2Fe3+Cu2++2Fe2+Fe+2Fe3+3Fe642562mi0.5moIm20.5molmi=16gm2=14g溶解的金属质量是18-2.8=15.2,则两种金属都参与反应，F/完全反应，剩余的金属是铜，A、C错；列方程进行计算，设反应的铜的物质的量是m,反应的铁是n264ni+56n2=15.2gr)i+n2=0.25mol nF0.15molrh二0.1mol则原来含有的铜的质量是：0.15moIX64g/moI+2.8g=12.4g,B正确；溶液中的n(Fe2+)+n(Cu2+)=0.25mol+0.5mol=0.75mol,D正确。19.【答案】BC［解析】A.中根据右图可以看出pH=5.5时c(CH3COOH)〈c(CHsCOOCB・中根据溶液中电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO)+c(OH)所以是正确的C.c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO)+c(OH),再把题干中的c(CH3COOH)+c(CH3COO)=0.1mol「代入即可得c(Na+)+c(H+)-c(OH)+c(CH3C00H)=0.1molL'1,故C是正确的；D.向W点所表示溶液中通入0.05molHCI气体，氯化氢和醋酸钠反应生成醋酸，溶液中电荷守恒关系为：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO)+c(OH)+c(Cl),故D错误；20.【答案】CD［解析】随着温度的不断升高，的浓度逐渐的减小，说明反应向逆方向移动,也就意味着该反应是放热反应，所以所以A项错；B项，从状态A到状态B,I「的浓度在减小，那么I2的浓度就在增加。因为K為,九巧，所以当温度升高时，反应向逆方向移动，即K1>K2；C项，从图中可以看出D点并没有达到平衡状态，所以它要向A点移动，这时4「的浓度在增加，所以V正〉V逆，C项正确；21.【答案】B【解析】解：由乙烷、乙怏和丙烯燃烧的方程式可知，除去水蒸气，恢复到原来的温度和压强,C2He+|02=2C02+3H20AV71522.5C2H2+|02=2C024-H20AV 1521・5C3H8+|o2=3CO2+3H2OAV1*32.5则C2H6和C3H6反应后体积缩小的量是相同的，故可将两者看成是一种物质即设C2H6和C3H6-共为xmL,C2H2为ymL,丹y=322.5加・5y=72解得y=8mL混合姪中乙烘的体积分数为8L/32LX100%二25%,可故选B.22.【答案】AB［解析】(1)Ag++CI=AgCI,生成AgCI沉淀8.61g,0.06mol,那么含有CTO.06mol,浓度6mol/Lo阴离子只此一种，带负电荷量也是0.06molo那么没加含铜绝缘板时应含有Fe3+0.02moI(电荷守恒〉。加含铜绝缘板后就会发生Cu+2Fe3=Cu2++2Fe2+,Fe3+减少，Cu2+,Fe”增加。但是正电荷的物质的量还是0.06moI0(2)Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2又铜片质量减少了0.256g,即0.004mol,则剩余Fe3+0.008mol,浓度0.8mol/L。那么在(1)中的反应中，消耗的就等于：0.02-0.008=0.012moI。那么按照反应,就会有Cu2+0.006moI生成,Fe2+0.012moI生成。 (3)所以，最终的答案是：含有四种离子CT0.06moI,浓度6moI/LFe3+0.008moI,浓度0.8moI/LCu2+0.006moI,浓度0.6moI/LFe2+0.012mol,浓度1.2mol/L!1!(本题共8分〉［答案】23.CL+20H-=CT+CIO-+H2024.N4②0.03mol・「・min"1o34、提高原料CO、H2的利用率(或提高产量、产率亦可〉。【解析】z_c(CO)xc(H2)31・①根据平衡常数的定义，可知一"HQ②根据化学平衡移动原理，增加一种物质的浓度可以提高另外一种物质的转化率；上述反应为吸热反应，升高温度，结合平衡移动原理'向着吸热方向移动，即正方向移动，故BC正确，增大压强，向着体积减小，即逆方向移动，碳的转化率降低。32.选择催化剂，考虑温度较低，且活性高即催化效率高，所以选择Z 33.①由浓度商公式，代入此时各物质的浓度，得(0.4)7[(0.2)2X(0.1)]=40<160,即进一步向正方向进行v正>v逆；②列出三段式,由反应速率的计算公式v(CH30H)=0.03mol・L"1・mirT134.原料进行循环，一般都是为了提高原料的利用率，提高产率。七、(本题共12分》35.c避免生成Fe(0H)2沉淀36•取最后一次的洗涤滤液广2mL于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCI2溶液，若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净。37.①防止+2价的铁元素被氧化②加入适量柠檬酸让铁粉反应完全38•降低柠檬酸亚铁在水中的溶解量，有利于晶体析出39•气过滤，)向反应液中加入足量的铁粉，充分搅拌后，滴加NaOH溶液调节反应液的pH约为5,过滤"或“过滤,向滤液中滴加过量的NaOH溶液，过滤，充分洗涤固体，向固体中加入足量稀硫酸至固体完全溶解，再加入足量的铁粉，充分搅拌后，过滤"(滴加稀硫酸酸化，)加热浓缩得到60°C饱和溶液，冷却至0°C结晶，过滤，少量冰水洗涤，低温干燥35•碳酸钠溶液呈比较强的碱性，向其中滴加硫酸亚铁时，亚铁离子会首先与氢氧根离子结合生成氢氧化亚铁沉淀，得不到碳酸亚铁沉淀。36.检验沉淀是否洗涤干净，通常检验沉淀上可能附着的可溶性的特征性离子;取最后一次的洗涤滤液广2mL于试管中，向其中滴加用盐酸酸化的BaCb溶液,若无白色沉淀产生，则表明已洗涤干净37•铁粉具有还原性，防止+2价的铁元素被氧化；过量的铁粉可以加入适量柠檬酸让铁粉继续反应完全 38•无机物在有机溶剂中的溶解度低，降低柠檬酸亚铁在水中的溶解量，有利于晶体析出39.气过滤，除去不溶的SiCh）向反应液中加入足量的铁粉，使铁离子还原为亚铁离子，充分搅拌后，滴加NaOH溶液调节反应液的pH约为5,使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，达到和铝离子的分离，过滤”或“过滤，向滤液中滴加过量的NaOH溶液，过滤，充分洗涤固体，向固体中加入足量稀硫酸至固体完全溶解，再加入足量的铁粉，充分搅拌后，过滤”（滴加稀硫酸酸化，）加热浓缩得到60°C饱和溶液，冷却至0°C结晶，过滤，少量冰水洗涤，低温干燥八、（本题共12分〉【答案】40.N32SO341.160吨42.①C0②d③3S+60H-—2S2_+S032_+3H2043.加入生石灰或者石灰石进行燃煤脱硫［解析】40•根据表格中信息，从化合价角度分析为NazSOs41・设可以生成S02质量为x4FeS2+1102==2Fe203+8S025124803000tX5%42.根据给出的信息，木炭还原法制备高纯氧化镁(800°C)产生的气体主要有S,SO2,CO,C02o按照题目的要求分步吸收或收集。将高温下的混合气体先通过A冷凝S变成固体，再通过B吸收SO2,B中的溶液只能吸收S02,所以可以 是漠水、酸性高猛酸钾溶液等，但是不能是NaOH溶液，再通过C吸收C02,C中的溶液最好选用NaOH溶液，D中用排水法收集CO。S与热的NaOH溶液反应,根据信息这是一个氧化还原反应，而且只有S的化合价发生变化，这是一个歧化反应，S升高到+4价，降低到-2价，根据氧化还原反应的规律，则容易写出该反应的离子方程式。42.利用SO?酸性氧化物的性质，选用呈碱性的物质来除杂九、(本题共10分〉［答案】44.(1)C10H12(2)abc45.力［］成(其他答案合理即可〉46.4种47.［解析】44•根据键线式的特点，不难得出分子式C10H12；考虑碳原子的成建方式的不饱和度，可能含有a.碳碳双键b.碳碳巻键c.苯环均有可能，所以答案是abc45•抓住反应中不饱和双键数目减少，所以为加成反应46.从二烯桂加成的特点，可以是1,2加成或者1,4加成可以写出多种 47.由化合物,结合信息可知，先发生脱拨基反应，再发生X4加成反应，然后发生水解反应，最后发生氧化反应即可,十、《本题共12分〉【答案】48.CH2=CH2；CH3CH2CH0CH2=CHCH0H0H2CCH(OH)CHO49.氧化反应50.CH3CHBrCH0+Na0HTCH2=CHCH0+NaBr+H2051.防止一CHO在第⑤步被氧化浓硫酸52.H3CCH(OH)COOH_~CH2=CHC00H+H20oIIc/HsC—HCOIIOCH—CH3V浓硫酸53.2H3CCH(OH)COOHo+2H20【解析】由反应②B+Br2-►CHsCHBrCHO可知，该反应为取代反应，故B为CH3CH2CHO,由反应①可知，A为CH2=CH2,由反应③CHaCHBrCHO在NaOH醇溶液、加热条件下转化C,该反应为类似卤代姪的消去反应，故C为CH2=CHCHO,反应⑤在高猛酸钾碱性溶液氧化C=C双键'引入2个-0H,反应④的作用是保护醛基，防止反应⑤时被高猛酸钾碱性溶液氧化，由信息可知，反应⑥为瞇键发生水解反应，重新生成醛基-CHO,故D为CH2(OH)CH(OH)CHO, 48.由上述分析可知，A为CH2=CH2,B为CH3CH2CHO,C为CH2=CHCH0,D为CH2(0H)CH(OH)CHO；故答案为:CH2=CH2,CH3CH2CHO,CH2=CHCHO,CH2(OH)CH(OH)CHO；49.反应②是CHaCHBrCHO-定条件下与漠发生取代反应，生成CH3CHBrCHO；故答案为：取代反应；50.反应③是CH3CHBrCHO在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成CH2二CHCHO,反应方程式为：CH3CHBrCHO+NaOH—CH2=CHCHO+NaBr+H2O；51•反应⑤在高猛酸钾碱性溶液氧化C二C双键，引入2个-0H,反应④的作用是保护醛基，防止反应时被高猛酸钾碱性溶液氧化;故答案为：保护醛基，防止反应⑤时被高猛酸钾碱性溶液氧化；52•化合物D，是CH?(OH)CH(OH)CHO的一种同分异构体，Dz在浓硫酸存在的条件下加热,(C3H402)又可以生成六原子环状化合物F(C6H804),故D，中含有轻基-0H,竣基-COOH,它最早发现于酸牛奶中，是人体内糖类代谢的中间产物，故(V为CH3CH(OH)COOH,E为CH?—CHCOOH,DzTE的反应方程式为：CH3CH(OH)COOH—CH2=CHC00H+H20；浓硫酸H3CCH(OH)COOH_~CH2=CHC00H+H20TF的反应方程式为:on/2CHr-incooh-^ch^h帚cH广就。o十一、(本题共14分》I答案】 54.吸收氨气中的水蒸气防止倒吸55.残留在反应装置中的氨气未被稀硫酸吸收。56.19.8757.3.251.5354•①生成的氨气中含有水分，用碱石灰吸收氨气中的水分，故答案为：吸收氨气中的水蒸气；②氨气极易溶于水，容易发生倒吸，所以广口瓶内四氯化碳用于防止倒吸，故答案为：防止倒吸;55•用该装置进行实验，即使氢氧化钠足量且实验过程中无氨气外泄，由于装置内的氨气不能完全被稀硫酸吸收，测得的样品含氮量仍将偏低，故答案为：残留在反应装置中的氨气未被稀硫酸吸收;56•设氮肥硫酸钱的质量分数为X,则硫酸氢钱的质量分数为(1-X),从实验方案的数据看出，第一个实验和第二个实验中生成的氨气质量相同，说明第一个实验中氢氧化钠是过量的，所有鞍离子都生产了氨气，根据氮元素守恒，(7.75XX)-=-132X2X17+7.75X(1—X)X17=1.87解得：X=0.85,即氮肥中硫酸钱的质量分数为85%,硫酸氢钱的质量分数为15%,根据氮原子守恒：氮原子的物质的量就等于氨气的物质的量，所以样品中氮元素的质量分数为：(1.874-17X14)弓7・75X100%二19.87%,故答案为:19.87%； 57.假如第二个实验方案中氢氧化钠是过量的，则生成氨气质量为: 15.00X0.85-=-132X2X17+15.00X0.154-115X17=3.28g>1.87g,这说明第二个实验方案中，氢氧化钠的物质的量不足，氢氧化钠反应完硫酸氢铁中的氢离子后全部生成硫酸钱，剩余的氢氧根离子不足以将全部铁根离子反应溢出，而是只反应了一部分硫酸钱，放出了1.87g氨气；根据反应方程式：2NH4HS04+2Na0H=(NH4)2S04+Na2S04+2H20,(NH4)2S04+2Na0H=Na2S04+2NH3T+2H20,加入的氢氧化钠的物质的量为：n(NH4HSO4)+n(NH3)=15X0.15-r115mol+1.874-17mol=0.13moI,0.13mol-=-0.04L=3.25mol/L,故答案为：3.25mol/L；若样品质量为31g,则加入的氢氧化钠物质的量还是0.13mol根据反应方程式：2NH4HS04+2Na0H=(NH4)2S04+Na2S04+2H20,反应中硫酸氢钱消耗的氢氧化钠的物质的量为:31X0.15-=-115mol=0.04moI,剩下的氢氧化钠物质的量为：0.13moI-0.04mol=0.09mol,根据反应方程式：(NHJ2S04+2Na0H=Na2S04+2NH31+2H20,生成的氨气的物质的量为：0.09moI,所以生成的氨气的质量为:17g/moIX0.09mo1=1・53g,故答案为:1-53.