2023年全國普通高等學校招生統一考試上海化學試卷〔解析版〕相對原子質量：H-1C-12O-16Na-23S-32Ca-40Fe-56Ni-59Cu-64Br-80Ba-137一、選擇題〔此題共10分，每題2分，每題只有一個正確選項〕1．2023年4月24日，東航首次成功進行了由地溝油生產的生物航空燃油的驗證飛行。能區別地溝油〔加工過的餐飲廢棄油〕與礦物油〔汽油、煤油、柴油等〕的方法是〔〕A．點燃，能燃燒的是礦物油B．測定沸點，有固定沸點的是礦物油C．參加水中，浮在水面上的是地溝油D．參加足量氫氧化鈉溶液共熱，不分層的是地溝油解析：知識點：生活與化學，考察有機物知識，主要是油脂和礦物油區別。難易程度：簡單，注重根底知識掌握，沒有大的陷阱。正確答案：D分析原因：地溝油的主要成分是油脂，礦物油的主要成分是烴的混合物。A、油脂和烴都可以燃燒，故無法區分；B、礦物油主要成分是烴的混合物，沒有固定的沸點；C、油脂和烴的密度都比水小，都浮在水上面；D、油脂在氫氧化鈉溶液可水解而不分層，礦物油不溶于氫氧化鈉溶液，分層。故正確答案為：D易錯點：無法區分地溝油和礦物油的主要成分。2．氰酸銨〔NH4OCN〕與尿素[CO(NH2)2]〔〕A．都是共價化合物B．都是離子化合物C．互為同分異構體D．互為同素異形體解析：知識點：物質的分類，考察共價化合物、離子化合物、同分異構體、同素異形體的概念。難易程度：簡單，注重根底知識概念。正確答案：C分析原因：氰酸銨中含有NH4+離子，故氰酸銨是離子化合物，而尿素是共價化合物，故A、B都錯誤；B、；C、同分異構體是化學式相同、結構不同的物質，故氰酸銨〔NH4OCN〕與尿素[CO(NH2)2]是同分異構體；D、同素異形體是同種元素組成的不同單質，故不是同素異形體。故正確答案為：C易錯點：不會區分共價化合物和離子化合物。3．230Th和232Th是釷的兩種同位素，232Th可以轉化成233U。以下有關Th的說法正確的是〔〕A．Th元素的質量數是232B．Th元素的相對原子質量是231C．232Th轉換成233U是化學變化D．230Th和232Th的化學性質相同解析：知識點：同位素，考察質量數、相對原子質量、化學變化和化學性質。難易程度：比擬簡單，注重根底知識掌握，C有陷阱。正確答案：D分析原因：A、由于Th元素有兩種同位素原子，所以質量數應指定是哪一種同位素原子，才能確定；B、Th元素的相對原子質量不是同位素原子質量數的平均值，而需要按照各種同位素原子的豐度計算得到的；C、原子是化學變化中的最小微粒，而232Th轉換成233U的過程中，原子發生變化，故不是化學變化〔化學變化過程中原子種類不變的〕；D、230Th和232Th是同種元素的原子，所以化學性質相同。故正確答案為：D易錯點：遺忘了化學變化的本質。4．以下變化需克服相同類型作用力的是〔〕A．碘和干冰的升華B．硅和C60的熔化C．氯化氫和氯化鈉的溶解D．溴和汞的氣化解析：知識點：化學鍵，考察范德華力、共價鍵、離子鍵的知識。難易程度：比擬簡單，注重根底知識掌握。正確答案：A分析原因：A、“碘和干冰的升華〞需克服的作用力都是范德華力；B、單質硅是原子晶體，熔化時克服共價鍵，C60是分子晶體，熔化需克服共價鍵C、氯化氫是分子晶體，溶解時共價鍵斷裂，氯化鈉都是離子晶體，溶解需克服離子鍵；D、溴氣化需克服范德華力，而汞氣化需克服金屬鍵。故正確答案為：A易錯點：不清楚硅和C60的熔化需克服的作用力。5．374℃、22.1MPa以上的超臨界水具有很強的溶解有機物的能力，并含有較多的H+和OH-，由此可知超臨界水〔〕A．顯中性，pH等于7B．表現出非極性溶劑的特性C．顯酸性，pH小于7D．表現出極性溶劑的特性解析：知識點：物質的分類，考察共價化合物、離子化合物、同分異構體、同素異形體的概念。難易程度：中等，考察的是知識的靈活遷移。正確答案：B分析原因：A、C：溫度為374℃、22.1MPa以上的超臨界水，已經超過室溫，此時的PH值已經小于7，但溶液中的H+和OH-始終相等，故顯中性；B、D：由于374℃、22.1MPa以上的超臨界水具有很強的溶解有機物的能力，而有機物多數為非極性的，所以表現出非極性溶劑的特性。故正確答案為：B易錯點：不清楚水的離子積與pH的關系。二、選擇題〔本大題共36分，每題3分，每題只有一個正確選項〕6．與索爾維制堿法相比，侯德榜制堿法最突出的優點是〔〕A．原料利用率高B．設備少C．循環利用的物質多D．原料易得解析：知識點：索維爾制堿法和侯氏制堿法的比照。難易程度：簡單，比照學習的綜合應用。正確答案：A分析原因：A、B、C、D都是侯氏制堿法的優點，但最突出的優點是原料利用率高。工業生產都是以最少的原料獲得最多的產物。故正確答案為：A易錯點：不清楚侯氏制堿法和索爾維制堿法的區別。7．將X氣體通入BaCl2溶液，未見沉淀生成，然后通入Y氣體，有沉淀生成。X、Y不可能是〔〕選項XYASO2H2SBCl2CO2CNH3CO2DSO2Cl2解析：知識點：元素及化合物的性質。難易程度：簡單，注重根底知識掌握，沒有大的陷阱。正確答案：B分析原因：A、將SO2通入BaCl2溶液，不反響，但通入的H2S發生反響生成2H2S+SO2→3S↓+2H2O生成S沉淀；B、始終不反響無現象；C、反響為2NH3+H2O+CO2＋BaCl2→2NH4Cl+BaCO3↓；D項發生反響：SO2+Cl2+2H2O→H2SO4+2HCl2，BaCl2+H2SO4→BaSO4↓+2HCl。因此選B易錯點：容易誤選C，不清楚C中發生的反響。8．糕點包裝中常見的脫氧劑組成為復原性鐵粉、氯化鈉、炭粉等，其脫氧原理與鋼鐵的吸氧腐蝕相同。以下分析正確的是〔〕A．脫氧過程是吸熱反響，可降低溫度，延長糕點保質期B．脫氧過程中鐵作原電池正極，電極反響為：Fe-3e→Fe3+C．脫氧過程中碳作原電池負極，電極反響為：2H2O+O2+4e→4OH-D．含有1.12g鐵粉的脫氧劑，理論上最多能吸收氧氣336mL〔標準狀況〕解析：知識點：氧化復原反響中鐵的吸氧腐蝕。難易程度：一般，注重根底知識掌握，D選項容易忘了Fe(OH)2可以進一步被氧化。正確答案：D分析原因：A、吸氧腐蝕時是放熱反響；B、正極反響為Fe-2e→Fe2+；C、脫氧過程中，鐵作原電池負極，碳作原電池的正極，電極反響為：2H2O+O2+4e→4OH-；D、總反響生成Fe(OH)2，但Fe(OH)2可以進一步被氧化：4Fe(OH)2+O2+2H2O→4Fe(OH)3，所以消耗氧氣的總量在標準狀況下為336mL。故正確答案為：D易錯點：不清楚反響是最終產物是Fe(OH)3。9．將盛有NH4HCO3粉末的小燒杯放入盛有少量醋酸的大燒杯中，然后向小燒杯中參加鹽酸，反響劇烈，醋酸逐漸凝固。由此可知〔〕A．NH4HCO3和鹽酸的反響是放熱反響B．該反響中，熱能轉化為產物內部的能量C．反響物的總能量高于生成物的總能量D．反響的熱化學方程式為：NH4HCO3+HCl→NH4Cl+CO2↑+H2O-Q解析：知識點：熱化學方程式。難易程度：簡單，注重概念的理解。正確答案：B分析原因：A、反響后醋酸逐漸凝固，故該反響為吸熱反響；B、吸熱反響，能量轉化為產物內部能量；C、是吸熱反響那么反響物的總能量低于生成物的總能量；D、熱化學方程式需要標注反響物和生成物的狀態。故正確答案為：B易錯點：不了解反響中的熱效應。10．以下關于實驗室制備乙酸乙酯和乙酸丁酯的描述正確的是〔〕A．均采用水浴加熱B．制備乙酸丁酯時正丁醇過量C．均采用邊反響邊蒸餾的方法D．制備乙酸乙酯時乙醇過量解析：知識點：有機物的制備。難易程度：中等，注重根底知識掌握。正確答案：D分析原因：A、制備乙酸乙酯需要的溫度是60℃—70℃可水浴加熱，制備乙酸丁酯需要的溫度是115℃—125℃，超過100℃，只能用空氣浴，直接加熱；B、D:制備乙酸丁酯時，乙酸需要過量，因為溫度高時，醇過量脫水引入新雜質；制備乙酸乙酯時，乙醇需要過量，一方面是乙醇相對乙酸本錢較低，另一方面是乙酸過量可能會使乙酸乙酯在酸性條件下發生水解；C、只有制備乙酸丁酯利用了蒸餾方法；故正確答案為：D易錯點：不熟悉乙酸丁酯的實驗室制法。11．H2S水溶液中存在電離平衡H2SH++HS-和HS-H++S2-。假設向H2S溶液中〔〕A．加水，平衡向右移動，溶液中氫離子濃度增大B．通入過量SO2氣體，平衡向左移動，溶液pH值增大C．滴加新制氯水，平衡向左移動，溶液pH值減小D．參加少量硫酸銅固體〔忽略體積變化〕，溶液中所有離子濃度都減小解析：知識點：電離平衡和化學平衡。難易程度：中等，C理解有一定的爭議。正確答案：C分析原因：A、加水，平衡向右移動，但溶液中氫離子濃度減小；B、通入過量SO2氣體，平衡向左移動，溶液pH值減小；C、滴加新制氯水，溶液中H+濃度增大，平衡向左移動，溶液pH值減小；D、參加少量硫酸銅固體〔忽略體積變化〕，由于生產CuS沉淀，平衡向右移動，溶液中H+、S2-濃度都減小，但OH-濃度增大。故正確答案為：C易錯點：不清楚影響平衡移動的原因。12．根據有機化合物的命名原那么，以下命名正確的是〔〕A．3-甲基-1,3-丁二烯B．2-羥基丁烷C．CH3CH(C2H5)CH2CH2CH32-乙基戊烷D．CH3CH(NH2)CH2COOH3-氨基丁酸解析：知識點：有機化合物命名。難易程度：簡單，對命名總結。正確答案：D分析原因：A、2-甲基-1,3-丁二烯；B、2-丁醇；C、2-甲基己烷。故正確答案為：D易錯點：沒有以最長碳鏈為主鏈去命名。13．X、Y、Z、W是短周期元素，X元素原子的最外層未到達8電子穩定結構，工業上通過別離液態空氣獲得其單質；Y元素原子最外電子層上s、p電子數相等；Z元素+2價陽離子的核外電子排布與氖原子相同；W元素原子的M層有1個未成對的p電子。以下有關這些元素性質的說法一定正確的是〔〕A．X元素的氫化物的水溶液顯堿性B．Z元素的離子半徑大于W元素的離子半徑C．Z元素的單質在一定條件下能與X元素的單質反響D．Y元素最高價氧化物的晶體具有很高的熔點和沸點解析：知識點：物質結構和元素周期律。難易程度：中等，比擬注重根底知識掌握。正確答案：C分析原因：A、X元素為O或N，氫化物的水溶液顯中性或堿性；B、Z元素為Mg，W元素為Al或Cl，離子半徑無法比擬；C、Mg在一定條件下能與O2或N2反響；D、Y元素為C或Si，其中最高價氧化物CO2為分子晶體，熔沸點都低。故正確答案為：C易錯點：沒有判斷出X元素有兩種可能。14．為測定鍍鋅鐵皮鋅鍍層的厚度，將鍍鋅皮與足量鹽酸反響，待產生的氣泡明顯減少時取出，洗滌，烘干，稱重。關于該實驗的操作對測定結果的影響判斷正確的是A．鐵皮未及時取出，會導致測定結果偏小B．鐵皮未洗滌干凈，會導致測定結果偏大C．烘干時間過長，會導致測定結果偏小D．假設把鹽酸換成硫酸，會導致測定結果偏大解析：知識點：定量試驗之鍍鋅鐵皮鋅的厚度測定，測定原理：利用鍍鋅鐵皮質量差除以外表積除以2難易程度：中正確答案：C分析原因：A選項會導致質量差偏大以致結果偏大B選項會導致質量差偏小以致結果偏小，C烘干時間過長可能鐵被氧化質量增重致質量差偏小以致結果偏小，D對測定結果無影響易錯點：測定原理不能熟練應用15．NA代表阿伏伽德羅常數。C2H4和C3H6的混合物的質量為ag，那么該混合物A．所含共用電子對數目為〔a/7+1〕NAB．所含碳氫鍵數目為aNA/7C．燃燒時消耗的O2一定是33.6a/14LD．所含原子總數為aNA/14解析：知識點：原子結構相關考點難易程度：易正確答案：B分析原因：依題意知乙烯與丙烯的混合比例與題無關，可設烯烴的分子式為CnH2n,那么混合物的物質的量為：a/14nA.共用電子對數目為3n*NA*a/14n=3a/14.B.氫鍵數目為2n*NA*a/14n=aNA/7C.非標況下不能用氣體摩爾體積22.4L/mol.D.所含原子總數為3n*NA*a/14n=3a/14易錯點：相關概念理解不清16．氧化性Br2＞Fe3+。FeBr2溶液中通入一定量的Cl2,發生反響的離子方程式為：aFe2++bBr-+cCl2→dFe3++eBr2+fCl-以下選項中的數字與離子方程式中的a、b、c、d、e、f一一對應，其中不符合反響實際的是A．243226B．021012C．201202D．222214解析：知識點：氧化復原反響難易程度：中正確答案：B分析原因：由氧化性Br2＞Fe3+知復原性Fe2+＞Br-，那么亞鐵優先與Cl2反響，那么先發生2Fe2++Cl2→2Fe3++2Cl-，C選項正確，亞鐵反響完之后，Br-與Cl2反響，那么可能發生2Fe2++2Br-+2Cl2→2Fe3++Br2+4Cl-〔Cl2量缺乏，Br-局部被氧化〕D選項正確，也可能發生2Fe2++4Br-+3Cl2→2Fe3++2Br2+6Cl-〔Cl2量充足，Br-被全部氧化〕，A選項正確。B選項是Br-優先與Cl2反響，錯誤易錯點：氧化復原氧化性復原性強弱比擬不清楚，反響物量對反響的影響沒有考慮到。17．某溶液可能含有Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Fe3+、Al3+和K+。取該溶液100mL，參加過量NaOH溶液，加熱，得到0.02mol氣體，同時產生紅褐色沉淀；過濾，洗滌，灼燒，得到1.6g固體；向上述濾液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于鹽酸的沉淀。由此可知原溶液中A．至少存在5種離子B．Cl-一定存在，且c〔Cl〕≥0.4mol/LC．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：知識點：溶液中離子間的反響及其計算難易程度：易正確答案：B分析原因：分析知0.02mol氣體為NH3.那么原溶液中含有NH4+0.02mol，紅褐色沉淀灼燒，得到1.6g固體，可計算知Fe3+0.02mol，4.66g不溶于鹽酸的沉淀知原溶液中有SO42-0.02mol，由離子共存知CO32-一定不存在，由電荷守恒知Cl-一定存在。Al3+、K+可能存在。A、至少存在4種離子，錯誤。B、當只存在NH4+、Fe3+、SO42-、Cl-四種離子時，計算出Cl-濃度等于0.4mol/L，假設原溶液還含有Al3+或K+等，那么c〔Cl〕>0.4mol/L。故B正確C、錯誤。Cl-一定存在D、錯誤。Al3+、K+可能存在。易錯點：這種溶液中無化合價升降的離子反響較易，分析清楚一般不會做錯。三、選擇題〔此題共20分，每題4分，每題有一個或兩個正確選項。只有一個正確選項的，多項選擇不給分；有兩個正確選項的，選對一個給2分，選錯一個，該小題不給分〕18．汽車劇烈碰撞時，平安氣囊中發生反響10NaN3+2KNO3→K2O+5Na2O+16N2↑。假設氧化產物比復原產物多1.75mol，那么以下判斷正確的是A．生成40.0LN2〔標準狀況〕B．有0.250molKNO3被氧化C．轉移電子的物質的量為1.25molD．被氧化的N原子的物質的量為3.75mol解析：知識點：氧化復原反響的有關計算難易程度：難正確答案：CD分析原因：首先分析出氧化產物與復原產物均為N2，設復原產物為Xmol,那么氧化產物為〔X+1.75〕mol，利用關系式30X=2*〔X+1.75〕得X=0.125molA、生成氮氣物質的量=16×0.125mol=2molV=22.4L/mol×2mol=44.8LB、錯誤。有0.250molKNO3被復原C、2molKNO3被復原時轉移10mol電子，那么轉移電子的物質的量=0.250mol×5=1.25molD、被氧化的NaN3的物質的量為y,那么10/y=16/2可得y=1.25mol，那么被氧化的氮原子的物質的量=1.25mol×3=3.75mol易錯點：對氧化復原反響中氧化劑、氧化產物，復原劑，復原產物的判斷不熟練。不會分析反響中得失電子的量19．局部弱酸的電離平衡常數如下表：弱酸HCOOHHCNH2CO3電離平衡常數〔25℃〕Ki=1.77×10-4Ki=4.9×10-10Ki1=4.3×10-7Ki2=5.6×10-11以下選項錯誤的是A．2CN-+H2O+CO2→2HCN+CO32-B．2HCOOH+CO32-→2HCOO-+H2O+CO2↑C．中和等體積、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者D．等體積、等濃度的HCOONa和NaCN溶液中所含離子總數前者小于后者解析：知識點：電離平衡常數難易程度：難正確答案：AD分析原因：根據電離平衡常數，離子反響向著離子總量減小的方向進行，即強制弱。HCOOH>H2CO3>HCN>HCO3-H2CO3制HCN，合理，但產物是HCO3-而不是CO32-故不正確HCOOH制H2CO3，合理，H2CO3不穩定，分解為H2O和CO2正確HCOOH>HCN等體積、等pH的HCOOH和HCN，HCN的酸濃度較大，故消耗NaOH的量多，正確電離常數HCOOH>HCN，那么水解程度HCN>HCOOH，故NaCN溶液中所含離子總數較多，選項不正確易錯點：容易漏選A20．某恒溫密閉容器中，可逆反響A(s)B+C(g)-Q到達平衡。縮小容器體積，重新到達平衡時，C(g)的濃度與縮小體積前的平衡濃度相等。以下分析正確的是A．產物B的狀態只能為固態或液態B．平衡時，單位時間內n(A)消耗﹕n(C)消耗=1﹕1C．保持體積不變，向平衡體系中參加B，平衡可能向逆反響方向移動D．假設開始時向容器中參加1molB和1molC，到達平衡時放出熱量Q解析：知識點：化學反響速率及化學平衡難易程度：易正確答案：BC分析原因：由題意知：縮小體積平衡向逆反響方向移動了，即平衡向體積減小的方向移動。不正確。產物B固、液、氣三態均可，平衡時，正，逆反響速率相等，正確假設B是氣態，那么反響向逆反響方向移動，假設B是固態或液態，那么平衡不移動。應選項C正確首先沒有告訴B,C狀態，其次狀態相同到達等效平衡狀態，由于轉化率不等，放出或吸收的熱量也不等。故D不正確易錯點：相對較易，審題思路清晰容易做對21．一定條件下，將0.1LCO、0.2LCO2、0.1LNO、0.2LNO2和0.2LNH3混合，然后通過分別盛有足量蒸餾水、飽和碳酸氫鈉溶液和氫氧化鈉溶液的三個洗氣瓶〔洗氣瓶排列順序不確定〕。假設氣體通過每個洗氣瓶都能充分反響那么尾氣〔已枯燥〕A．可能是單一氣體B．不可能含有一氧化碳C．可能存在原氣體中的兩種氣體D．成分和洗氣瓶的排列順序無關解析：知識點：氣體的除雜難易程度：難正確答案：AC分析原因：A、CO2可以被氫氧化鈉溶液完全吸收，假設混合氣體最先通入氫氧化鈉溶液那么NO和NO2可以被強氧化鈉完全吸收：NO+NO2+2NaOH→2NaNO2+H2O2NO2+2NaOH→NaNO3+NaNO2+H2ONH3可以被飽和碳酸氫鈉溶液完全吸收。可能尾氣只含CO。B、不正確。尾氣一定有CO。C、假設混合氣體先通過蒸餾水再通入氫氧化鈉溶液中那么尾氣中可能NO、CO均有。D、分析A、C選項知D選項錯誤。易錯點：容易漏選A22．一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到氣體VL〔標準狀況〕，向反響后的溶液中〔存在Cu2+和SO42-〕參加足量NaOH，產生藍色沉淀，過濾，洗滌，灼燒，得到CuO12.0g，假設上述氣體為NO和NO2的混合物，且體積比為1﹕1，那么V可能為A．9.0LB．13.5LC．15.7LD．16.8L解析：知識點：氧化復原反響的有關計算難易程度：中考察氧化復原反響得失電子相等的計算題正確答案：A分析原因：由CuO12.0g知銅元素的物質的量=12g/80g/mol=0.15mol該題使用極值法1、假設原混合物全部是CuS，設生成NO物質的量為X,那么NO2物質的量為X根據電子得失列等式：3X+X=0.15×8得x=0.3mol那么生成氣體體積=0.3×2×22.4L=13.44L2、假設原混合物全部是Cu2S，設生成NO物質的量為X,那么NO2物質的量為X根據電子得失列等式：3X+X=0.15×1+0.15÷2×8得x=0.1875mol那么生成氣體體積=0.1875×2×22.4L=8.4L由8.4<V<13.44可知A選項正確易錯點：在第2種假設時容易誤以為Cu2S為0.15mol，誤得B選項四、〔此題共8分〕金屬鋁質輕且有良好的防腐蝕性，在國防工業中有非常重要的作用。完成以下填空：23．鋁原子核外電子云有種不同的伸展方向，有種不同運動狀態的電子。24．鎵〔Ga〕與鋁同主族。寫出鎵的氯化物和氨水反響的化學方程式。25．硅與鋁同周期。SiO2是硅酸鹽玻璃〔Na2CaSi6O14〕的主要成分，Na2CaSi6O14也可寫成Na2O·CaO·6SiO2。盛放NaOH溶液的試劑瓶假設用玻璃瓶塞容易形成粘性的硅酸鹽而無法翻開，發生反響的化學方程式。長石是鋁硅酸鹽，不同類長石其氧原子的物質的量分數相同。由鈉長石化學式NaAlSi3O8可推知鈣長石的化學式為26．用鋁和金屬氧化物反響制備金屬單質是工業上較常用的方法。如：2Al+4BaO3Ba↑+BaO·Al2O3常溫下Al的金屬性比Ba的金屬性〔選填“強〞、“弱〞〕。利用上述方法可制取Ba的主要原因是。a．高溫時Al的活潑性大于Bab．高溫有利于BaO分解c．高溫時BaO?Al2O3比Al2O3穩定d．Ba的沸點比Al的低解析：知識點：23、核外電子的排布情況24、相似化學方程式推測和書寫25、正確化學式的判斷26、金屬活動性的判斷和低沸點制高沸點的原理難易程度：23題第一問較難，第二問簡單，24簡單，25較難，26，簡單但易錯。正確答案：23.4，13。24,GaCl3+3NH3+3H2O→Ga(OH)3↓+3NH4Cl。25.SiO2+2NaOH→Na2SiO3+H2O，GaAl2Si2O826.弱，d分析原因：23.鋁原子核外電子云有s、p，分別有1、3種伸展方向，其核外有13個電子，那么有13種不同運動狀態；24.類似氯化鋁與氨水溶液的反響；25.根據不同類長石其氧原子的物質的量分數相同，結合化合價代數和是0可寫出鈣長石的化學式假設鈣長石中的氧原子個數也為8，那么有Ca、Al、Si三者的原子數之和為5，且其陽離子所帶電荷總數為8*2=16，分別設其原子數為x、y、z列方程組得：x+y+z=5,2x+3y+4z=16有y+2z=6，設y=2，那么z=2，其他值均不符合題意，所以x=1。故其化學式為CaAl2Si2O8。26.該反響是利用Ba的沸點比Al的低，以氣體逸出，使平衡右移易錯點：23、第一空容易錯填25、容易寫錯化學式26、容易多項選擇五、〔此題共8分〕溴主要以Br-形式存在于海水中，海水呈弱堿性。工業上制備的Br2的操作步驟為：①一定條件下，將Cl2通入濃縮的海水中，生成Br2②利用熱空氣將Br2吹出，并用濃Na2CO3溶液吸收，生成NaBr、NaBrO3等③用硫酸酸化步驟②得到的混合物完成以下填空：27．Cl2氧化Br-應在條件下進行，目的是為了防止28．Br2可用熱空氣吹出，其原因是29．寫出步驟③所發生的化學反響方程式。用硫酸而不用鹽酸酸化的原因可能是。步驟②的產品有時運輸到目的地后再酸化，主要是因為30．為了除去工業Br2中微量的Cl2,可向工業Br2中a．通入HBrb．參加Na2CO3溶液c．參加NaBr溶液d．參加Na2SO3溶液解析：知識點：27、氧化復原反響的條件選擇和原因28、溴單質的易揮發性29、氧化復原的書寫，硫酸的氧化性和鹽酸的復原性30、除雜的原理難易程度：總體較簡單，就是容易答不全，還有就是30題容易漏選。正確答案：27．酸性；Cl2歧化〔或Br2歧化〕28．Br2易揮發〔或Br2沸點低〕29．5NaBr+NaBrO3+3H2SO4→3Br2+3Na2SO4+3H2O；溴酸能將氯離子氧化成氯氣；溴單質具有強氧化性〔或強腐蝕性〕30．ac分析原因：27、需在酸性條件下否那么容易發生反響使得生成的溴單質再變成溴離子28、能用空氣吹，說明溴單質以揮發29、實驗的目的是為了制取溴單質，所以可以推測其中的一個產物是溴單質，那么說明是溴離子和BrO3-發生氧化復原反響生成的，從而確定了反響物和生成物，就可以寫出化學方程式了，由于氯離子有復原性會被氧化成氯氣，所以應該用硫酸，在酸性條件下，溴具有腐蝕性，所以應運輸后再氧化30、利用氧化復原的性質，知道氯氣可以氧化溴離子，所以可以用帶溴離子的化合物來除雜易錯點：29、化學方程式的產物容易判斷錯誤30、容易漏選a六、〔此題共8分〕鎳具有優良的物理和化學特性，是許多領域尤其是高技術產業的重要原料。羰基法提純粗鎳涉及的兩步反響依次為：〔1〕Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)+Q〔2〕Ni(CO)4(g)Ni(S)+4CO(g)完成以下填空：31．在溫度不變的情況下，要提高反響〔1〕中Ni(CO4)的產率，可采取的措施有、。32．在一定條件下的2L密閉容器中制備Ni(CO)4，粗鎳〔純度98.5%，所含雜質不與CO反響〕剩余質量和反響時間的關系如右圖所示。Ni(CO)4在0～10min的平均反響速率為。33．假設反響〔2〕到達平衡后，保持其他條件不變，降低溫度，重新到達平衡時。a．平衡常數K增大b．CO的濃度減小c．Ni的質量減小d．v逆[Ni(CO)4]增大34．簡述羰基法提純粗鎳的操作過程。解析：知識點：31、影響化學平衡的因素32、平衡速率的計算33、影響化學平衡的因素34、化學的理解和歸納難易程度：整體都比擬簡單。正確答案：31．加壓；及時移走Ni(CO)4，增大CO濃度32．0.05mol/(L?min)33．bc34．先將粗鎳與CO在50℃反響生成羰基鎳，然后將羰基鎳轉移到另一容器中，升溫到230℃，熱解得到純鎳。分析原因：31.反響〔1〕是正向氣體體積縮小的放熱反響，因此，根據平衡移動原理在溫度不變的情況下采取可增大CO濃度，加壓的方法提高產率；32.根據題意，反響的Ni為1mol，那么生成Ni(CO)4為1mol，反響速率為1/〔2×10〕=0.05mol/(L?min)；33.反響〔2〕正向氣體體積增大的吸熱反響，那么，降低溫度平衡逆向移動，平衡常數K、CO的濃度、Ni的質量、v逆[Ni(CO)4]減小；根據反響〔1〕〔2〕的特點可提純粗鎳。易錯點：33，容易多項選擇一個d,34容易答不全七、〔此題共12分〕溴化鈣可用作阻燃劑、制冷劑，具有易溶于水，易吸潮等性質。實驗室用工業大理石〔含有少量Al3+、Fe3+等雜質〕制備溴化鈣的主要流程如下：完成以下填空：35．上述使用的氫溴酸的質量分數為26%，假設用47%的氫溴酸配置26%的氫溴酸的氫溴酸500mL，所需的玻璃儀器有玻璃棒、___________。36．步驟Ⅲ的濾液中不含NH4+。步驟Ⅱ參加的試劑a是___________，控制溶液的pH約為8.0的目的是___________、___________。37．試劑b是___________，步驟Ⅳ的目的是______________________。38．步驟Ⅴ所含的操作依次是___________、___________。39．制得的溴化鈣可以通過如下步驟測定其純度：①稱取4.00g無水溴化鈣樣品；②溶解；③滴入足量Na2CO3溶液，充分反響后過濾；④______________________；⑤稱量。假設得到1.88g碳酸鈣，那么溴化鈣的質量分數為___________〔保存兩位小數〕。假設實驗操作標準而測定結果偏低，其原因是______________________。解析：知識點：此題考查化工生產流程的原理，涉及溶液的稀釋、除雜的方法、結晶的方法、定量分析和誤差分析。難易程度：中等，但是考查的知識點很細，要求孩子對每個實驗步驟都有一個比擬深刻的理解。正確答案：35.量筒、膠頭滴管、燒杯、500ml容量瓶。36.石灰水，沉淀Al3+、Fe3+37.氫溴酸，除去過量的氫氧化鈣。38.蒸發濃縮，冷卻結晶。39.洗滌、烘干、冷卻；0.94；溴化鈣吸水。分析原因：35題考查溶液稀釋時用到的玻璃儀器：玻璃棒、燒杯、量筒、膠頭滴管、500ml容量瓶。36題，結合題目中給出的雜質，要除去那么需要加堿沉淀，濾液中不還銨根，為不引入新雜質只能選擇石灰水。控制溶液pH的目的也正是為了使之沉淀完全。37題，本實驗目的是為了制備氯化鈣，所以溶液中過量的Ca〔OH〕2屬于雜質必須出去。氫溴酸具有揮發性，在結晶過程中不會產生影響，所以即使過量了也不會產生影響。38題，溴化鈣溶解度隨溫度的升高而增大，隨意應該采用降溫結晶的方法得到晶體，具體步驟是：蒸發濃縮，然后冷卻結晶。39題，過濾后外表存在濾液，故需要洗滌，后面需要稱量，故需要烘干、冷卻。從生成的1.88g碳酸鈣物質的量為0.0188mol，所以原樣品中溴化鈣也為0.0188mol，其質量是3.76g，所以質量分數為0.94.。測定結果偏低的原因可以從條件尋找突破口，溴化鈣易潮解吸水是樣品質量增大，所以誤差偏低。易錯點：易錯點之一，步驟Ⅴ所含的操作，因為溴化鈣是隨溫度升高溶解度增大的物質，所以從應選用冷卻熱飽和溶液的結晶方法，然后過濾。易錯點之二，關于溴化鈣純度的測定結果偏低的誤差原因分析，因為操作標準，所以重點在于過程中由于物質性質造成的誤差，從溴化鈣、碳酸鈣的性質來分析，溴化鈣易潮解，所以稱取的4.00g樣品可能因為潮解而使得含量偏低。八、〔此題共12分〕二氧化硫是硫的重要化合物，在生產、生活中有廣泛應用。二氧化硫有毒，并且是形成酸雨的主要氣體。無論是實驗室制備還是工業生產，二氧化硫尾氣吸收或煙氣脫硫都非常重要。完成以下填空：40．實驗室可用銅和濃硫酸加熱或硫酸和亞硫酸鈉反響制取二氧化硫。如果用硫酸和亞硫酸鈉反響制取二氧化硫，并希望能控制反響速度，上圖中可選用的發生裝置是___________〔填寫字母〕。41．假設用硫酸和亞硫酸鈉反響制取3.36L〔標準狀況〕二氧化硫，至少需要稱取亞硫酸鈉___________g〔保存一位小數〕；如果已有4.0%亞硫酸鈉〔質量分數〕被氧化成硫酸鈉，那么至少需稱取該亞硫酸鈉___________g〔保存一位小數〕。42．實驗室二氧化硫尾氣吸收與工業煙氣脫硫的化學原理相通。石灰-石膏法和堿法是常用的煙氣脫硫法。石灰-石膏法的吸收反響為SO2+Ca(OH)2→CaSO3↓+H2O。吸收產物亞硫酸鈣由管道輸送至氧化塔氧化，反響為2CaSO3+O2+4H2O→2CaSO4·2H2O。其流程如以下圖：堿法的吸收反響為SO2+2NaOH→Na2SO3+H2O。堿法的特點是氫氧化鈉堿性強、吸收快、效率高。其流程如以下圖：：試劑Ca(OH)2NaOH價格〔元/kg〕0.362.90吸收SO2的本錢〔元/mol〕0.0270.232石灰-石膏法和堿法吸收二氧化硫的化學原理相同之處是______________________。和堿法相比，石灰-石膏法的優點是______________________，缺點是______________________。43．在石灰-石膏法和堿法的根底上，設計一個改良的、能實現物料循環的煙氣脫硫方案〔用流程圖表示〕。解析：知識點：此題考查二氧化硫的制備、尾氣處理、方案的評價和流程設計。難易程度：此題相對來說難度中等偏上，偏重探究能力和思維能力的考察。正確答案：40.ae41.18.9，33.1酸性氧化物與堿的反響。本錢低；吸收慢，效率低。分析原因：40題，用硫酸和亞硫酸鈉反響制取二氧化硫，不需加熱，所以a排除；亞硫酸鈉易溶于水不能選啟普發生器或其簡易裝置，所以c排除；b不能控制反響速率，不合題意。41題，3.36升二氧化硫為0.15mol，根據硫元素守恒，所需亞硫酸鈉也為0.15mol，質量為18.9g。設含40%的亞硫酸鈉的樣品質量為100g，那么生成硫酸鈉的質量為45.1g，那么這時亞硫酸鈉的質量分數為〔100-40〕/100-40+45.1=57.1%,那么至少需稱取該亞硫酸鈉18.9/57.1%=33.1g。42題，相同之處都是酸性氧化物與堿反響；由框圖知石灰-石膏法更廉價，但是效率低，速度慢。43題，兩種方法各有優缺點，設計改良的方案就可以綜合兩種方法的優點從而得出結論。易錯點：易錯點之一，石灰-石膏法的缺點判斷，容易將氫氧化鈉的特點反過來作為石灰--石膏法的缺點，而事實上，應結合題干信息“吸收產物亞硫酸鈣由管道輸送至氧化塔氧化〞，根據亞硫酸鈣是沉淀的來判斷主要問題是可能堵塞管道。易錯點之二，煙氣脫硫方案的流程圖，因為要實現物料循環，結合兩種方法的優點和弊端多種因素考慮，先用氫氧化鈉吸收，然后轉化成硫酸鈣，將本錢較高的氫氧化鈉循環使用，既降低了本錢、吸收效果又好、還有副產物石膏。九、〔此題共10分〕異構化可得到三元乙丙橡膠的第三單體。由A〔C5H6〕和B經Diels-Alder反響制得。Diels-Alder反響為共軛雙烯與含有烯鍵或炔鍵的化合物相互作生成六元環狀化合物的反響，最簡單的Diels-Alder反響是。完成以下填空：44．Diels-Alder反響屬于_____________反響〔填反響類型〕；A的結構簡式為_____________。45．寫出與互為同分異構，且一溴代物只有兩種的芳香烴的名稱。寫出生成這兩種一溴代物所需要的反響試劑和反響條件。46．B與Cl2的1,2-加成產物消去HCl得到2-氯代二烯烴，該二烯烴和丙烯酸〔CH2=CHCOOH〕聚合得到的聚合物可改良氯丁橡膠的耐寒性和加工性能，寫出該聚合物的結構簡式。47．寫出實驗室由的屬于芳香烴的同分異構體的同系物制備的合成路線，〔合成路線常用的表示方式為：AB……目標產物〕解析：知識點：考查有機物的性質、結構、轉化、同分異構、反響類型、合成路線的設計等，考查推理能力及提取信息的能力。難易程度：中等,考察的根本還是比擬根底的，平時的練習中有關D-A的反響也會有練習正確答案：44．加成；45．1,3,5-三甲苯〔或均三甲苯、間三甲苯〕；Br2/光照、Br2/Fe〔反響試劑和條件前后可以顛倒〕46．〔合理即給分〕47．〔合理即給分〕分析原因：44從題干中1，3-丁二烯與乙烯反響生成環己烯可知該反響兩個分子生成一個新的分子且原子全部利用，符合加成反響的特點；利用該反響的原理逆推可知A的結構為45的分子式為CH，不飽和度為4，所以除了含有苯環外，剩余的均為飽和結構，且能夠滿足一溴代物有兩種的只有1，3，5—三甲苯，一種是取代到苯環上，條件是在鐵做催化劑的時候，一種是取代到烷烴上，條件是光照。46B物質是1，3-丁二烯，與氯氣加成后又消去一分子HCl，得到的是2-氯-1，3-丁二烯，其與丙烯酸的加聚得到47目標產物是苯甲醛，我們可以采用逆推法，可知苯甲醛←苯甲醇←一氯甲苯←甲苯易錯點：此題45題在做的時候有可能出錯，兩種情況估計會考慮不全面。十、〔此題共12分〕沐舒坦〔結構簡式為，不考慮立體異構〕是臨床上使用廣泛的祛痰藥，以下圖所示的其多條合成路線中的一條〔反響試劑和反響條件均未標出〕。完成以下填空：48．寫出反響試劑和反響條件。反響①_____________反響⑤_____________49．寫出反響類型。反響③_____________反響⑥_____________50．寫出結構簡式。A__________________________B__________________________51．反響⑥中除參加反響試劑C外，還需要參加K2CO3，其目的是為了中和___________，防止__________________________。52．寫出兩種C的能發生水解反響，且只含3種不同化學環境氫原子的同分異構體的結構簡式。53．反響②、反響③的順序不能顛倒，其原因是_________________________、_________________________。解析：知識點：考查有機物的性質、結構簡式、轉化、同分異構、反響類型、反響條件控制等，考查推理能力，有序思維能力、提取信息的能力、分析問題解決問題的能力。難易程度：此題相對來說難度中等偏上，偏重推理能力和思維能力的考察。正確答案：48．濃硝酸/濃硫酸，加熱；Br2/CH3COOH〔或Br2/Fe或CH3OH/濃硫酸，加熱〕49．復原反響；取代反響50．51．HCl；反響物與HCl成鹽52．〔任寫兩種，合理即給分〕53．苯環上的氨基易被氧化；苯環上的羧基不易被復原分析原因：48此題運用正逆推相結合的方法可知C7H8是甲苯，通過反響1，少了一個氫，多了硝基，可知是硝化反響，所以反響1條件為濃硝酸，濃硫酸，水浴加熱；通過反映2后多了兩個氧，少了兩個氫，前后觀察，并結合條件可知反響2是甲基的氧化，通過反響3，少了兩個氧，多了兩個氫，可知為復原過程，即硝基的復原，又從反響后的產物可知A為鄰氨基苯甲酸，通過反響4和5，分別是溴化和酯化的過程，其先后順序對反響無大的影響，所以反響5的條件為Br加熱，或甲醇，濃硫酸，加熱49通過以上分析可知反響3為復原反響，反響6為取代反響50根據以上分析，A為，B為51根據沐舒坦的結構可知反響6為取代反響，生成的副產物還有鹽酸，所以參加碳酸鉀的目的是中和HCl，防止產品不純，52能發生水解的可以是酯，或者酰胺，但是C中只含有一個氧，所以只能是酰胺的結構，因為只含有三種不同環境的氫，所以結構必須高度對稱，所以可以寫出一下幾種結構〔CH3〕3CONHCH3、〔CH3〕2CH2CONH2、〔CH3〕2CHCON〔CH3〕2、CH3CON〔CH2CH3〕253–NH2有復原性，易被氧化，因此，-NO2的復原性在-NH2的氧化之后，即反響②，反響③的順序不能顛倒。易錯點：此題相對來說B物質的推斷不是很好推，最后一問是兩空，很多學生都答出來氨基易被氧化，但是羧基不易被復原可能答不出來。十一、〔此題共14分〕碳酸氫鈉俗稱“小蘇打〞，是氨堿法和聯合制堿法制純堿的中間產物，可用作膨松劑、制酸劑、滅火劑等。工業上用純堿溶液碳酸化制取碳酸氫鈉。54．某碳酸氫鈉樣品中含有少量氯化鈉。稱取該樣品，用0.1000mol/L鹽酸滴定，耗用鹽酸20.00mL。假設改用0.05618mol/L硫酸滴定，需用硫酸___________mL〔保存兩位小數〕。55．某溶液組成如表一：表一化合物Na2CO3NaHCO3NaCl質量〔kg〕814.8400.397.3向該溶液通入二氧化碳，析出碳酸氫鈉晶體。取出晶體后溶液組成如表二：表二化合物Na2CO3NaHCO3NaCl質量〔kg〕137.7428.897.3計算析出的碳酸氫鈉晶體的質量〔保存1位小數〕。56．將組成如表二的溶液加熱，使碳酸氫鈉局部分解，溶液中NaHCO3的質量由428.8kg降為400.3kg，補加適量碳酸鈉，使溶液組成回到表一狀態。計算補加的碳酸鈉質量〔保存1位小數〕。57．某種由碳酸鈉和碳酸氫鈉組成的晶體452kg溶于水，然后通入二氧化碳，吸收二氧化碳44.8×103L〔標準狀況〕，獲得純的碳酸氫鈉溶液，測得溶液中含碳酸氫鈉504kg。通過計算確定該晶體的化學式。解析：知識點：碳酸氫鈉的滴定計算、化學方程式的計算、化學式的計算難易程度：54、簡單55、中等，兩個方程式即可以得出相關結果56、中等，與55類似57、較難，一方面數值比擬大，另一方面方法正確答案：54．17.8055．1044.6(kg)56．659.1(kg)57．Na2CO3·NaHCO3·2H2O分析原因：54、根據反響可知消耗的H2SO4質量是HCl的一半，即0.1×20×0.5=0.05618×V,V=17.80mL55、有表一和表二中Na2CO3的量可知，反響消耗的m〔Na2CO3〕=814.8kg—137.7kg=677.1kg；設通入CO2后生成的NaHCO3的質量為xkg，由：Na2CO3+CO2+H2O→2NaHCO3106168677.1gx得x=1073.1kg那么析