2015年高考化学真题试卷（上海卷）
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，每题只有一个正确选项
1．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Lv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
【答案】D
【知识点】元素、核素
【解析】【解答】元素符号左下角表示的是原子核内的质子数，原子核内的质子数等于该元素的原子序数，所以该元素的原子序数是116，正确。B.在原子符号的左上角表示的该元素原子的质量数，质量数就是质子数与中子数的和，所以该原子的中子数是293-116=177，正确。C.对于元素的原子来说，原子核内的质子数等于原子核外的电子数，等于元素的原子序数，所以该原子的原子核外电子数116，正确。D，293只表示该同位素原子的质量数，由于不知道该元素有几种同位素原子，各种同位素原子的含量是多少，因此不能确定该元素的相对原子质量，错误。
【分析】物质的性质决定物质的用途，而物质的性质则由物质的结构决定。原子结构是物质结构的基础。要掌握原子的结构及反应变化时是原子的那一构成部分发生变化。原子是由原子核和核外电子构成，原子核是由质子、质子构成。不同元素的原子质子数不同，同一元素的原子质子数相同，而中子数可能不同，原子核外电子数与原子核内质子数相等，等于元素的原子序数。在发生反应事是元素原子的最外层电子发生变化，而原子核不变，在表示元素的原子时，元素符合左上角表示质量数，即质子与中子数的和，左下角表示质子数，由于元素符号已经可以知道元素的种类和质子数，因此有时左下角的质子数也可以不写。掌握原子表示的各个角标的合义是本题的关键。
2．下列物质见光不会分解的是（ ）
A．HClO B．NH4Cl C．HNO3 D．AgNO3
【答案】B
【知识点】氯气的化学性质；铵盐；硝酸的化学性质
【解析】【解答】A．HClO不稳定，光照发生分解反应产生HCl和O2，反应方程式是：2HClO2HCl+O2↑，错误。B．NH4Cl在加热时发生分解反应，而在光照时不会分解，正确。C．HNO3不稳定，在加热或光照时发生分解反应，方程式是：4HNO3(浓) 4NO2↑+ O2↑＋2H2O，错误。D．AgNO3不稳定，光照发生分解反应，方程式是：2AgNO32Ag+2NO2↑+ O2↑，错误。
【分析】我们在使用物质、研究物质、保存物质时，都应该考虑的性质。物质的性质包括物理性质和化学性质，物理性质包括物质的颜色、状态、溶解性、挥发性、熔沸点、导电性等。物质的化学性质包括物质的稳定性、酸性、碱性、氧化性、还原性等。只有掌握了物质的性质，在保存物质、使用物质时才可以方法得到，使物质不发生变质、达到应有的实验效果和实验目的。上述几种物质都不稳定， 有的干燥容易分解，有的加热容易分解，掌握好其分解条件是本题的关键。
3．（2021·长宁模拟）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
【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型
【解析】【解答】A.在SiO2晶体中合有极性共价键Si-O键，由于该晶体的原子晶体，原子之间通过共价键结合， 断裂需要吸收很高的能量，因此该物质的熔沸点很高，错误。B.同种元素的原子形成的共价键是非极性共价键，不同种元素的原子形成的共价键是极性共价键，因此合有极性键的物质不可能是单质，正确。C.若该极性键存在于合有C元素的化合物，如CH4、CH3CH2OH等，则相应的物质是有机物，正确。D.离子化合物中一定合有离子键，可能合有极性共价键，如NaOH，也可能合有非极性共价键，如Na2O2。因此合有极性键的化合物可能是离子晶体，正确。
【分析】物质的存在状态有气态、液体、固体，固态物质有的就是以晶体的形式存在，在晶体中构成微粒及微粒的相互作用力的种类及影响都应该了解。晶体类型有金属晶体、离子晶体、原子晶体、分子晶体四类。金属晶体构成微粒是金属阳离子和自由电子，微粒之间的作用力是金属键；离子晶体构成微粒阳离子、阴离子，微粒之间的作用力是离子键。在离子晶体中一定含有离子键，可能含有共价键（极性共价键或非极性共价键）；原子晶体构成微粒是原子（可能是同种元素或不同种元素的原子），作用力是共价键；分子晶体构成微粒是分子，分子之间存在范德华力。在分子中可能含有共价键，也可能是单原子分子，则没有化学键。各类晶体熔沸点一般的变化规律：原子晶体>离子晶体>金属晶体>分子晶体。掌握晶体类型、及晶体中含有的作用力、相对大小是本题的关键。
4．不能作为判断硫、氯两种元素非金属性强弱的依据是（ ）
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
【答案】B
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A.元素的非金属性越强，其单质获得电子的能力就越强，因此单质氧化性就越强。故可以通过比较单质氧化性的强弱，判断元素的非金属性的强弱，正确。
B .S单质、Cl2都是分子晶体，分子之间通过分子间作用力结合，分子间作用力越大，物质的熔沸点就越高，这与元素的非金属性强弱无关，错误。
C.元素的非金属性越强，其单质与氢气化合形成氢化物就越容易，形成的氢化物的稳定性就越强。因此可以比较元素的非金属性的强弱，正确。
D.元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，因此可以通过比较硫、氯两种元素最高价氧化物对应的水化物酸性的强弱比较元素的非金属性的强弱，正确。
【分析】元素周期表是学习化学的工具，元素周期律是化学学习的重要规律。利用元素周期表、元素周期律，结合元素的位、构、性三者的密切关系进行元素推断是化学重要的知识。元素原子的核外电子层数是元素在周期表的周期数，最外层电子数是元素原子所在的主族序数，同一周期随着元素原子序数的增大，原子半径逐渐减小，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，同一主族的元素从上到下，原子半径逐渐增大，元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱。掌握元素的金属性、非金属性强弱比较方法，结合元素所在的族序数与元素化合价的关系进行判断，确定其正确性。
5．二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
【答案】A
【知识点】二氧化硫的性质
【解析】【解答】二氧化硫能使溴水褪色,是由于发生反应：Br2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HBr。在该反应在二氧化硫中的S元素的化合价升高，失去电子，表现还原性。故答案的A。
【分析】二氧化硫是学生非常熟悉的一种气态物质，其因为会造成大气污染、形成酸雨而具名昭著。只有对其性质充分认识和了解，才可以合理利用，对污染进行治理，对环境进行保护，才可以变废为宝，达到物尽其用的目的。二氧化硫是酸性氧化物，检验酸性氧化物的通性，还具有漂白性、氧化性、
还原性，主要表现还原性。掌握SO2的化学性质是了解各种溶液褪色原理的关键所在。
6．（2020高三上·上海期中）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
【答案】C
【知识点】晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用
【解析】【解答】Na是金属晶体，熔化破坏的是金属键。Na2O是离子晶体，熔化时破坏的是离子键。NaOH是离子化合物，熔化时断裂的是离子键。Na2S是离子化合物，熔化时断裂的是离子键。Na2SO4是离子化合物，熔化时断裂的是离子键。故上述五种物质分别加热熔化，需要克服相同类型作用力的物质有4种，选项是C。
【分析】固体物质熔化时破坏的作用力与晶体类型有关。金属晶体熔化断裂金属键；原子晶体熔化断裂共价键；离子晶体熔化断裂离子键，分子晶体熔化断裂分子间作用力。要对物质的结构进行认识，判断物质的晶体类型是本题的关键。
7．检验用硫酸亚铁制得的硫酸铁中是否含有硫酸亚铁，可使用的试剂是（ ）
A．NaOH
B．KMnO4
C．KSCN
D．
【答案】B
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；物质的检验和鉴别
【解析】【解答】A.若加入NaOH,硫酸亚铁发生复分解反应产生的白色Fe(OH)2会被硫酸铁发生反应产生的红褐色的Fe(OH)3遮档，不容易观察到，因此不能鉴定，错误。B, KMnO4有氧化性，硫酸亚铁有还原性，会发生氧化还原反应，使KMnO4的紫色褪去，而硫酸铁不能与KMnO4发生反应，因此可以作为鉴定试剂，正确。C.KSCN与硫酸铁会发生反应，使溶液变红色，而硫酸亚铁不能反应，因此无论硫酸亚铁是否存在，溶液都变红色，因此无法鉴定，错误。D.苯酚与硫酸铁溶液发生显色反应，使溶液变为紫色，而与硫酸亚铁不能发生反应，无论硫酸亚铁是否存在，溶液都变紫色，所以不能作为鉴定试剂，错误。
【分析】硫酸亚铁合有的Fe2+有还原性，可以被强氧化剂KMnO4氧化为Fe3+, Fe2+与OH-会发生复分解反应，产生Fe(OH)2白色沉淀，这种物质不稳定，容易被空气中氧气氧化为红褐色Fe(OH)3沉淀，反应过程中会有灰绿色产生，Fe3+与 OH-会发生复分解反应，产生Fe(OH)3沉淀，遇苯酚溶液变为红色，而Fe2+无现象，可以根据Fe2+, Fe3+一的性质的不同加以鉴别，或确定某成分的存在。掌握Fe2+, Fe3+的性质是本题的关键。
8．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下图所示。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的平衡转化率
C．H2O2分解的热化学方程式：H2O2 → H2O +O2+Q
D．反应物的总能量高于生成物的总能量
【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】 A. 加入催化剂，减小了反应的活化能，使反应在较低的温度下发生，但是反应的热效应不变，错误。B. 加入催化剂，可提高H2O2 的分解的反应速率，该反应不是可逆反应，而且催化剂不能是平衡发生移动，因此不存在平衡转化率的提高与否，错误。C.在书写热化学方程式式，也要符合质量守恒定律，而且要注明与反应的物质多少相对应的能量和物质的存在状态，错误。D.根据图示可知反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应是放热反应，正确。
【分析】图像方法在化学反应原理的表示中有直观、形象、具体的特点，在溶液的成分的确定、化学反应速率和化学平衡、沉淀的形成及溶解、化学反应过程的能量变化及反应的过程和反应的热效应中多有应用。反应的过程就是原子重新组合的过程，在这个过程中断裂旧键吸收能量，形成新的化学键放出热量。反应物的能量要高于生成物的能量就是放热反应，生成物的能量若高于反应物的能量，反应是吸热反应。看清反应物、生成物的能量的高低，掌握反应的热效应的合义及反应原理，是本题的关键。
9．已知咖啡酸的结构如右图所示。关于咖啡酸的描述正确的是（ ）
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
【答案】C
【知识点】有机物的结构式
【解析】【解答】根据咖啡酸的结构简式可知其分子式为C9H8O4错误。B.苯环和碳碳双键能够与氢气发生加成反应，而羧基有独特的稳定性，不能与氢气发生加成反应，所以1mol咖啡酸最多可与4mol氢气发生加成反应，错误。C.咖啡酸合有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应，合有酚轻基，可以与溴水发生取代反应，正确，D.咖啡酸合有狡基，能与Na2HCO3溶液、NaHCO3溶液反应反应，错误。
【分析】物质的结构决定物质的性质，对有机物来说，有机物的官能团对物质的性质其决定作用。要会利用物质的结构简式、分子式的关系进行推断，掌握物质的官能团的性质、各类反应的特点及分子分子中合有的各个官能团的数目多少再行相应的计算是本题的关键。
10．卤代烃的制备有多种方法，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．
【答案】C
【知识点】化学基本反应类型
【解析】【解答】考查有机制备方法，实质是考查同分异构问题，环己烷、2，2-二甲基丙烷、2，2，3，3-四甲基丁烷一氯代只有一种，2-甲基丙烷的氯代有两种，副产物多。选择C。
【分析】烃会发生取代反应，取代反应是逐步进行的，同一种类的烃原子个数越多，发生取代反应的几率就越大。选项l原子所取代的H原子位置只有一个H原子，而其它位置的H原子则有9个，因此该取代反应产生的几率最小，制取的可能性很小。掌握烷烃的取代反应的特点是本题的关键。
11．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
【答案】D
【知识点】原子晶体（共价晶体）；钠的重要化合物
【解析】【解答】考查物质性质的比较。溶解度：小苏打< 苏打；密度：溴乙烷> 水，硬度：晶体硅< 金刚石，碳碳键键长：乙烯< 苯。选择D。
【分析】本题考查物质的物理性质及结构的知识。要掌握物质的溶解性及密度大小，然后进行比较。晶体硅金刚石都是原子晶体，原子半径越小，原子之间的共价键越强，原子之间的共价键越强，物质的硬度越大。了解乙烯和苯等物质的分子结构，才可以比较键长的大小，因此掌握物质的分子结构、晶体结构和物质的物理性质是正确解答本题的关键。
12．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
【答案】A
【知识点】硫化氢
【解析】【解答】A. CuSO4是盐，属于电解质，加入氢硫酸，会发生反应:H2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4，产生黑色沉淀，正确。B.氢氧化钠是碱，属于电解质，与氢硫酸发生反应2NaOH+H2S=Na2S+2H2O，产生的Na2S是可溶性的物质，没有沉淀产生，错误。C:.硫酸亚铁是盐，属于电解质，由于酸性:硫酸)氢硫酸，属于二者不能发生反应，无沉淀产生，错误。D.二氧化硫与硫化氢会发生反应:SO2+2H2S = 3S↓ + 2H2O，产生沉淀，但是SO2是非电解质，不符合题意，错误。
【分析】氢硫酸是酸，具有酸的通性，同时该物质具有还原性和不稳定性。可以根据其性质，结合反应产生的物质的溶解性大小，及物质的分类知识判断选项的正确性。以氢硫酸为线索，间接考查了物质的分类、物质的物理性质、化学性质是本题的目的。
13．实验室回收废水中苯酚的过程如右图所示。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苯可循环使用
D．三步操作均需要分液漏斗
【答案】B
【知识点】合理利用金属资源
【解析】【解答】考查分离提纯方法。苯酚钠是盐，在苯中的溶解度比在水中的小。选择B.
【分析】化学是一门实验性学科。进行混合物的分离、提纯、物质的纯度的检验是化学经常要进行的化学实验。混合物分离方法有过滤、蒸馏、萃取、分液、热分解方法等。要根据被提纯的物质的性质及杂质的性质的不同，采用不同的方法分离结合分离方法确定仪器的使用及操作的步骤及先后。
14．研究电化学腐蚀及防护的装置如右图所示。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 + 4e → 4OH–
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+ + 2e → H2↑
【答案】D
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护
【解析】【解答】由于活动性：Fe>石墨，所以铁、石墨及海水构成原电池，Fe为负极，失去电子被氧化变为Fe2+进入溶液，溶解在海水中的氧气在正极石墨上得到电 子被还原，比没有形成原电池时的速率快，正确。B.d为石墨，由于是中性电解质，所以发生的是吸氧腐蚀，石墨上氧气得到电子，发生还原反应，电极反应 为：O2 + 2H2O + 4e → 4OH–，正确。C.若d为锌块，则由于金属活动性：Zn>Fe，Zn为原电池的负极，Fe为正极，首先被腐蚀的是Zn，铁得到保护，铁片不易被腐蚀，正确。D. d为锌块，由于电解质为中性环境，发生的是吸氧腐蚀，在铁片上电极反应为：O2 + 2H2O + 4e → 4OH–，错误。
【分析】电化学理论是化学学习的重要理论，特别是在科技迅速发展，人均能耗不断增加，能源日趋紧张的今天，了解电化学理论，实现能量的转化，减少对环境的污染和保护，都是非常必要的。电化学知识包括原电池和电解池，首先要确定装置是原电池还是电解池。确定方法是观察图示是否有电源，若有就是电解池，否则就是原电池。电解池工作时，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应。结合电解质溶液的酸碱性书写电极反应式、总反应方程式，并根据电性作用原理:同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引确定电解质溶液中离子移动的方向。原电池工作时，活动性强的电极为负极，发生氧化反应，活动性弱的电极为正极，正极上发生还原反应。要掌握电化学反应原理，结合电极及电解质溶液的酸碱性正确书写电极反应式，利用好图示及题干提供的信息，是本题解决的关键。
15．一般情况下，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
【答案】C
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A.原子核外电子排布，根据原子核外具有的电子层数确定元素所在的周期数，根据元素原子的最外层电子数可确定元素所在的族序数。因此可以确定元素在周期表中的位置，正确。B.弱电解质在溶液中存在电离平衡，当达到电离平衡时，已经电离的电解质的分子电离产生的离子浓度的乘积与未电
离的电解质分子浓度的比是个常数，这个常数越大，表明电解质越容易电离，它只与温度有关，而与其它外界条件无关。因此电解质的相对强弱可用电离常数的大小比较，正确。C．分子间作用力越大，克服分子间作用力使物质熔化或汽化需要消耗的能量就越高，物质的熔沸点就越高，这与物质的稳定性大小无关，错误。D．物质内部储存的能量越高，物质发生反应时释放的能量就越大，因此可以根据物质内部储存的能量，判断化学反应的热效应，正确
【分析】凡事都有因果关系，但是有些原因与结果可能会没有关系，这就需要掌握物质的原子结构、掌握原子核外电子排布规律、原子结构与元素周期表、元素周期律的关系及排布依据，掌握比较电解质强弱判断比较的依据。掌握分子间范德华力与其作用及和物质稳定性的关系，掌握物质合有的能量与化学键的键能及反应的热效应的关系。然后作出正确、合理的判断。
16．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强氧化性
【答案】D
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】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，则甲的核外电子排布是1s22s22p2，甲是C元素，丁的核外电子排布可能是1s22s22p63s23p2，或1s22s22p63s23p4，由于乙、丙、丁最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应，则丁是核外电子排布的1s22s22p63s23p4，是S元素，丙是Al元素，乙是Na元素。A．由于Al元素的金属活动性较强，一般的还原剂不能把其从化合物中置换出来，要用电解熔融的Al2O3的方法冶炼，正确。B．C与S元素形成的化合物CS2中的化学键是极性共价键，由于两个S原子在C原子的两侧，键角180°，所以形成的分子是非极性分子，正确。D．C形成的化合物CO有强的还原性，CO2有弱的氧化性； Na形成的化合物Na2O2有强的氧化性，而Na2O则氧化性很弱，错误。
【分析】元素周期表是学习化学的工具，元素周期律是化学学习的重要规律。利用元素周期表、元素周期律，结合元素的位、构、性三者的密切关系进行元素推 断是化学重要的知识。元素原子的核外电子层数是元素在周期表的周期数，最外层电子数是元素原子所在的主族序数，同一周期随着元素原子序数的增大，原子半径 逐渐减小，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；同一主族的元素从上到下，原子半径逐渐增大，元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱。电子层结构相 同的离子核电荷数越大，原子序数越大，离子半径越小，电子层结构不同的离子，离子核外电子层数越多，离子半径就越大。金属的冶炼方法与金属活动性强弱有关，要掌握金属活动性及冶炼方法，结合物质的性质进行判断，确定其正确性。
17．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
【答案】C
【知识点】常见离子的检验
【解析】【解答】含有Fe3+的溶液显黄色，在无色溶液中不能大量存在；H+与CO32–、OH–会发生反应，不能大量共存；OH–与NH4+、Al3+会发生反应，不能大量共存；Ba2+、Al3+、CO32–会发生反应，不能大量共存。向该溶液中加入铝粉，只放出H2，若溶液为碱性，则含有大量的OH–。还可能含有大量的Ba2+、CO32–、Cl–、NO3–。离子最多4种；若溶液为酸性，由于H+、NO3–起硝酸的作用，加入Al不能产生氢气，所以含有的离子可能是：H+、NH4+、Ba2+、Al3+、Cl–，最多是5种离子。故选项是C。
【分析】离子之间若不发生任何反应，则可以大量共存，若发生反应，则不能大量共存。离子之间发生的反应类型有复分解反应、氧化还原反应、络合反应、盐的双水解反应，还要掌握常见的有色离子有哪些、这些离子的颜色是什么颇色，有时还需要确定题干提供的信息，加入酸使指示剂呈现什么颇
色，溶液的pH是多少时，溶液的离子哪些存在，Al在酸性、碱性环境都会发生反应，若酸性环境反应产生氢气，则由于HNO3有强的氧化性，不会存在NO3-掌握离子的性质、离子反应和离子共存知识是本题的关键。
二、多选题：本大题共20分，每小题4分
18．下列反应中的氨与反应4NH3 + 5O2 → 4NO + 6H2O中的氨作用相同的是( )
A．2Na + 2NH3 → 2NaNH2 + H2↑
B．2NH3 + 3CuO → 3Cu + N2 +3H2O
C．4NH3 + 6NO → 5N2 + 6H2O
D．3SiH4 + 4NH3 → Si3N4 + 12H2
【答案】B,C
【知识点】氨的性质及用途
【解析】【解答】在反应4NH3 + 5O2 → 4NO + 6H2O中N元素的化合价由反应前氨中的的-3价变为反应后NO中的-2价，化合价升高，失去电子，氨气作还原剂。A.在2Na + 2NH3 → 2NaNH2 + H2↑ 反应中，H元素的化合价由NH3中的一1价变为反应后H2的0价，化合价降低，得到电子，所以NH3作氧化剂，与上述反应的氨的作用不同，错误。B.在2NH3 + 3CuO → 3Cu + N2 +3H2O中NH3中的N化合价由一3价变为反应后的0价，失去电子，作还原剂，与上述反应相同，正确。C.在4NH3 + 6NO → 5N2 + 6H2O 中 NH3的N元素的化合价由-3价变为反应后N2的0价，化合价升高，失去电子，作还原剂，与上述反应相同，正确。D．在3SiH4 + 4NH3 → Si3N4 + 12H2中，NH3的N元素的化合价没有发生变化，既不作氧化剂，也不作还原剂，错误。
【分析】氧化还原反应是一类重要的化学反应，氧化还原反应中电子转移数目相等。氧化还原反应的实质是电子，特征是化合价的升降，反应实质、特征及反应类型的关系可以用6个字概括:升、失、氧，降、得、还，在氧化还原反应中元素的化合价升高，原子失去电子，发生氧化反应，作还原剂，元素的化合价降低，原子获得电子，发生还原反应，作氧化剂。元素化合价升降总数与原子失去或获得的电子数相等，要掌握反应的规律、配平技巧、有关的概念是本题的关键。
19．（2020高二上·揭阳期中）对于合成氨反应，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
【答案】B
【知识点】化学反应的可逆性；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A.合成氨反应的正反应是放热反应，升高温度，正反应、逆反应的反应速率都增大，但是温度对吸热反应的速率影响更大，所以对该反应来说，对逆速率影响更大，错误。B.合成氨的正反应是气体体积减小的反应。增大压强，对正反应的反应速率影响更大，正反应速率大于逆反应速率，所以平衡正向移动，正确。C.减小反应物浓度，使正反应的速率减小，由于生成物的浓度没有变化，所以逆反应速率不变，逆反应速率大于正反应速率，所以化学平衡逆向移动，错误。D.加入催化剂，使正反应、逆反应速率改变的倍数相同，正反应、逆反应速率相同，化学平衡不发生移动，错误。
【分析】化学反应速率、化学平衡是中学化学的重要理论，要掌握反应的实质、影响的因素。化学反应速率是衡量化学反应进行的快慢程度的物理量。反应进行快慢由参加反应的物质的本身性质决定，在物质不变时，温度、压强、催化剂、浓度、物质的颗粒大小、溶剂、光、紫外线等也会影响化学反应进行的快慢。化学平衡研究的是可逆反应进行的程度大小的，反应进行程度大小可以根据化学平衡常数判断。化学平衡常数越大，反应进行的程度就越大，外界条件会影响化学平衡，遵循化学平衡移动原理，要会用平衡移动原理来分析解决问题。
20．离子方程式2Ca2+ + 3HCO3– + 3OH– → 2CaCO3↓ + CO32– + 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
【答案】A,B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】2Ca2+ + 3HCO32– + 3OH–→ 2CaCO3↓ + CO32–+ 3H2O实质是HCO3–+ 2OH–→ CO32-+ H2O和Ca2++CO32-→ CaCO3↓的组合。AB正确，C，全部产生CaCO3，D，铵离子可能参加反应。选择AB。
【分析】电解质在溶液中实质是以离子形式存在，离子在溶液中的反应就是离子反应，离子反应用离子方程式表示。电解质在溶液中发生离子反应时，要注意物质的量对反应的影响，弱酸弱碱盐与酸、 碱都能发生反应，弱酸的酸式盐与强碱发生反应，二者的相对量的多少不同，反应不同，一定要结合二者的性质书写离子方程式，并判断离子方程式的正误。
21．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
【答案】A,D
【知识点】工业制取硫酸
【解析】【解答】在反应物Na2S中S元素的化合价为-2价，在SO2中S元素的化合价为+4价，反应后产生的物质Na2S2O3中，S元素的化合价为+2价，介于-2价与+4价之间，因此硫元素既被氧化又被还原，正确。B．根据题意可得在溶液中发生反应的方程式是：Na2CO3+2Na2S+ 4SO2= 3Na2S2O3+CO2，在反应中氧化剂SO2与还原剂Na2S的物质的量之比为4:2=2:1，错误。C．根据B选项的化学方程式可知，每生成3molNa2S2O3，转移8mol电子，则产生1mol Na2S2O3，转移8/3mol电子，错误。D．根据反应方程式可知消耗的SO2与产生的CO2的物质的量的比是4:1。所以相同条件下，每吸收10m3SO2放出CO2的体积小于2.5m3，正确。
【分析】氧化还原反应是一类重要的化学反应，在氧化还原反应中，电子得失数目相等，要结合物质发生反应时物质之间的物质的量关系，结合物质中元素化合价的升降确定物质反应的多少、电子转移数目。要掌握氧化还原反应中规律、物质的作用、和有关计算技巧。
22．（2020·广州模拟）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
【答案】B,D
【知识点】有关过量问题的计算
【解析】【解答】将O2和NH3的混合气体通过加热的三氧化二铬，发生反应：4NH3+5O24NO+6H2O。充分反应后，再通过足量的水，发生反应：4NO+3O2+2H2O=4HNO3，将两个方程式叠加，可得总反应方程式：NH3+2O2= HNO3+H2O，若最后得到的气体是NO，则氧气完全反应，发生反应消耗的气体的体积是448mL-44.8mL=403.2mL，其中含有的氧气是V(O2)= 403.2mL×2/3=268.8mL。若最后剩余的气体是O2，则O2应该是反应消耗的和剩余的两部分，氧气的体积是：V(O2)= 403.2mL×2/3+44.8mL =313.6mL。故答案是选项BD。
【分析】本题涉及氧化还原反应的有关计算，对于多步反应的化学计算，要学会使用关系式方法、元素守恒、电子守·陋确定物质之间的相互关系。先判断过量物质的成分，再结合物质反应中的关系判断所有的可能性。
三、探究题
23．白云石的主要成分是CaCO3·MgCO3，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、水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 + 3CO2 CaCO3 + 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“弱”）， Ca(OH)2的溶解度比Mg(OH)2的溶解度 （选填“大”或“小”）
（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 。
（3）已知某次碳化时溶液中钙离子浓度随时间的变化如右图所示，在10 min到13 min之内钙离子的反 应速率为 。15 min之后钙离子浓度增大，原因是 （用化学方程式表示）。
（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”）
【答案】（1）强；；大。
（2）该反应是放热反应；温度偏高使CO2的溶解度减小；温度偏低会降低反应速率。
（3）0.009mol/(L·min)；CaCO3+CO2+ H2O= Ca(HCO3)2
（4）1s22s22p63s2；高于
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；有关过量问题的计算
【解析】【解答】1，元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强。由于金属性Ca>Mg，所以碱性Ca(OH)2>Mg(OH)2 . Ca(OH)2微溶于水，而Mg(OH)2难溶于水，所以溶解度：Ca(OH)2>Mg(OH)2
2， .发生的碳化反应化学方程式如下：Ca(OH)2+Mg(OH)2+3CO3= CaCO3+Mg(HCO3)2+H2O该反应是放热反应，温度偏高，使CO2的溶解度减小，升高温度，平衡向吸热的逆反应方向移动，不利于平衡的正向移动；二是Mg(HCO3)2温度高，会发生分解反应，也不利于碳化。若温度偏低，反应速率慢，反应产生物质的效率低，因此对反应的进行了不利。
3 .根据图示在10 min到13 min之内钙离子的反应速率为v(Ca2+)=(0.145-0.118)mol/L ÷3min= 0.009 mol/(L·min) 。15 min之后钙离子浓度大，原因是产生的CaCO3与水及溶解的CO2发生反应：CaCO3+CO2+ H2O= Ca(HCO3)2，产生了溶于溶解的Ca(HCO3)2。
4 .Mg是12号元素，原子核外电子排布式为1s22s22p63s2；Ca与Mg是同一主族的元素，原子最外层电子数相同，但是由于Ca的原子半径比Mg大， 最外层电子离原子核较远，克服核对其吸引力强，容易失去，变为Ca2+。所以Ca原子最外层电子的能量高于Mg原子最外层电子的能量。
【分析】同一主族的元素原子，从上到下原子半径逐渐增大，元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱。元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酶胜就越强，元素的金属性越强。其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强。要根据发生反应的物质的性质确定反应条件、根据反应原理、化学反应速率等概念进行计算、判断。结合物质的结构和性质及定义判断是本题解决的关键。
24．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：
已知： H2SO3 Ki1=1.54×10-2 Ki2=1.02×10-7
HClO Ki1=2.95×10-8
H2CO3 Ki1=4.3×10-7 Ki2=5.6×10-11
（1）写出电解饱和食盐水的离子方程式。
（2）离子交换膜的作用为： 、 。
（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”）
（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
（5）室温下，0.1 mol/L NaClO溶液的pH 0.1 mol/L Na2SO3溶液的pH。（选填“大于”、“小于”或“等于”）。
浓度均为0.1 mol/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 。
【答案】（1）2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－
（2）能得到纯度更高的氢氧化钠溶液；；阻止阳极产生的Cl2和阴极产生的H2混合发生反应。
（3）a；d
（4）2KClO3+ H2C2O4+ 2H2SO4= 2ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O.
（5）大于；；c(SO32–)> c(CO32–)> c(HCO3–)> c(HSO3–)。
【知识点】盐类水解的应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】1. 电解饱和食盐水时，溶液中的阳离子H+在阴极得到电子变为H2逸出，使附近的水溶液显碱性，溶液中的阴离子Cl-在阳极失去电子，发生氧化反应。产生Cl2。反应的离子方程式是2Cl－＋2H2O==（通电）Cl2↑＋H2↑＋2OH－。
2图中的离子交换膜只允许阳离子通，是阳离子交换膜，可以允许阳离子通过，不能使阴离子通过，这样就可以阻止阴极溶液中的OH-进入阳极室，与氯气发生反应，阻止Cl-进入阴极室，使在阴极区产生的NaOH纯度更高。同时可以阻止阳极产生的Cl2和阴极产生的H2混合发生爆炸。
3.随着电解的进行，溶质NaCl不断消耗，所以应该及时补充。精制饱和食盐水从与阳极连接的图中a位置补充，由于阴极H+不断放电，附近的溶液显碱性，氢氧化钠溶液从图中d位置流出；水不断消耗，所以从b口不断加入蒸馏水，从c位置流出的是稀的NaCl溶液。
4.KClO3有氧化性，H2C2O4有还原性，在酸性条件下KClO3可以和草酸（H2C2O4）生成高效的消毒杀菌剂ClO2，还生成CO2和KHSO4等物质。则根据电子守恒及原子守恒，可得该反应的化学方程式是：2KClO3+ H2C2O4+ 2H2SO4= 2ClO2+2CO2+2KHSO4+2H2O.
5. NaClO、Na2SO3都是强碱弱酸盐，弱酸根离子发生水解反应，消耗水电离产生的H+，破坏了水的电离平衡，当最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)，所以溶液显碱性。形成盐的酸越弱，盐水解程度就越大。消耗的离子浓度越大，当溶液达到平衡时，剩余的离子浓度就越小。由于H2SO3的Ki2=1.02×10-7；HClO的Ki1=2.95×10-8，所以酸性：HSO3->HClO，因此溶液的pH: NaClO> Na2SO3。由于电离程度：H2SO3> H2CO3>HSO3->HCO3-，浓度均为0.1 mol/L 的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，水解程度：CO32–>SO32–，所以离子浓度：c(SO32–)>c(CO32–)；水解产生的离子浓度：c(HCO3-)> c(HSO3-)。但是盐水解程度总的来说很小，主要以盐电离产生的离子存在。所以在该溶液中SO32–、CO32–、HSO3–、HCO3– 浓度从大到小的顺序为c(SO32–)> c(CO32–)> c(HCO3–)> c(HSO3–)。
【分析】氧化还原反应、电解原理、弱电解质的电离平衡理论、盐的水解、离子浓度大小比较是中学化学中的重要知识和理论，要掌握其反应原理、规律、方法、比较依据，再结合实际情况，进行正确的判断，得到相应的答案。
25．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：
①在NH4Cl溶液中加入Ca(OH)2；
②不断搅拌的同时加入30% H2O2，反应生成CaO2·8H2O沉淀；
③经过陈化、过滤，水洗得到CaO2·8H2O，再脱水干燥得到CaO2。
完成下列填空
（1）第①步反应的化学方程式为 。第②步反应的化学方程式为 。
（2）可循环使用的物质是 。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 。
（3）检验CaO2·8H2O是否洗净的方法是 。
（4）CaO2·8H2O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 、 。
（5）已知CaO2在350℃迅速分解生成CaO和O2。下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 。
【答案】（1）2NH4Cl+ Ca(OH)2=CaCl2+2NH3 H2O。；CaCl2+ H2O2+ 8H2O+2NH3=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl；
（2）NH4Cl；；Ca(OH)2价格低。
（3）取最后一次洗涤溶液，向其中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，就证明洗涤干净，否则没有洗涤干净。
（4）抑制CaO2·8H2O分解，；防止过氧化钙与二氧化碳反应。
（5）；样品质量、完全分解后剩余固体的质量。
【知识点】氨的实验室制法；氯离子的检验；制备实验方案的设计；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】（1）根据质量守恒定律可得制取CaO2·8H2O的化学方程式是CaCl2+ H2O2+ 8H2O+2NH3=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl；
（2）第①步中氯化铵参加反应，第②步中生成氯化铵，所以可循环使用的物质是NH4Cl。H2O2 价格较高且易分解，碱性条件下抑制CaO2·8H2O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，这是因为Ca（OH)2价格低。
（3） CaO2·8H2O是从含有NH4Cl的溶液中过滤出来的，若CaO2·8H2O洗涤干净，则表明上不含有NH4Cl电离产生的NH
或Cl-，所以检验CaO2·8H2O是否洗净的方法是取最后一次洗涤溶液，向其中加入AgNO3溶液，再滴加几滴稀硝酸，若无白色沉淀产生，就证明洗涤干净，否则没有洗涤干净。
（4）CaO2·8H2O加热脱水的过程中，会发生反应：CaO2·8H2O Ca(OH)2+H2O2+ 6H2O；2H2O2 2H2O+ O2↑。若通入氧气中含有二氧化碳，就会与分解反应产生的Ca(OH)2反应，使反应正向进行，同时通入氧气，就可以使是装置中H2O2分解率降低，因而可以得到更多的CaO2。
(5)设超氧化钙的质量 x
2CaO22CaO+O2↑
144g 22.4L
x 10-3VL
144：22.4=x: 10-3V 解得x=9/1400g
则产品中CaO2的质量分数为 （9/1400）÷m×100%=。
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完全分解后剩余固体的质量。
【分析】物质反应时反应条件不同，发生的反应不同，要结合反应条件及物质的性质书写相应的反应方程式。在物质制取时，要从平衡移动角度分析反应条件的控制的意义，应用物质的量的有关关系、元素在反应中的守恒关系进行物质纯度计算。
26．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4.00 mL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1.100 mol/L的硫酸滴定，至终点时耗用硫酸20.00 mL。甲醛水溶液的浓度为 mol/L。
（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。
（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 + H2O2 → HCOOH + H2O NaOH + HCOOH → HCOONa + H2O
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 。
（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↓ + 2H2O
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。
①主要仪器：试管 酒精灯
②可供选用的试剂：硫酸铜溶液、甲醛、甲酸、氢氧化钠溶液
【答案】（1）11
（2）10.00
（3）偏低；HCHO未完全氧化；偏低；部分HCOOH被氧化
（4）向NaOH溶液中滴加硫酸铜溶液，振荡，然后加入甲酸，加热至沸腾。如果出现砖红色沉淀，表明甲酸或甲酸盐会继续与氢氧化铜应，甲醛的氧化产物不是甲酸或甲酸盐。
【知识点】甲醛
【解析】【解答】
1.n(H2SO4)= 1.100 mol/L×0.02L=0.022mol，由于2NaOH+ H2SO4=Na2SO4+2H2O，所以n(NaOH)=2 n(H2SO4)=0.044mol，n(HCHO)= n(NaOH)= 0.044mol。则甲醛水溶液的浓度为c(HCHO)= n(HCHO)÷V=0.044mol÷0.004L=11mol/L。
2.根据上述分析可知4.00mL甲醛水溶液充分反应后产生的碱NaOH消耗硫酸20.00 mL，若硫酸浓度不变上述滴定中，若滴定管规格为50mL，消耗50mL硫酸，则甲醛水溶液取样体积最多是×4mL=10mL即甲醛的体积不能超过10mL。
3.如果H2O2用量不足，产生的HCOOH偏少，进行中和滴定消耗的NaOH标准溶液的体积就偏小，会导致甲醛含量的测定结果偏低。如果H2O2过量，由于H2O2能氧化反应产生的甲酸生成二氧化碳和水，使中和滴定消耗的NaOH标准溶液的体积也偏小，因此也会导致甲醛含量的测定结果偏低。
4.甲酸HCOOH或甲酸盐如HCOONa等都含有醛基，所以要证明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，只要证明在物质中不含有醛基就可以。方法是向试管中加入2mL10％的NaOH溶液，然后向其中滴加2％的硫酸铜溶液CuSO4溶液4-6滴，产生Cu(OH)2蓝色絮状沉淀，取少量反应后的溶液，加入到新制Cu(OH)2悬浊液中，加热煮沸，观察有无砖红色沉淀产生，若有证明含有甲酸或甲酸盐，否则不含有甲酸或甲酸盐。
【分 析】物质的量浓度是表示溶液浓度的方法，物质的量浓度的计算要依据物质的量浓度定义式，物质合量的测定要进行得到，物质存在的检验方法要依据物质合有的官 能团的结构及反应现象进行确定。误差分析要根据消耗标准溶液的体积的大小确定，在实验方案的设计时，要操作方便、现象明显，安
全性强。
27．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：（合成路线常用的表示方式为： ）
（1）写出该共聚物的结构简式
（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。
（3）将与足量氢氧化钠溶液共热得到A，A在酸性条件下遇FeCl3溶液不显色。
A的结构简式为 。
由上述反应可推知 。
由A生成对溴苯乙烯的反应条件为 。
（4）丙烯催化二聚得到2,3-二甲基-1-丁烯，B与2,3-二甲基-1-丁烯互为同分异构体，且所有碳原子处于同一平面。写出B的结构简式。
设计一条由2,3-二甲基-1-丁烯制备B的合成路线。
【答案】（1）
（2）Br/Fe, 加热， Br/加热
（3）；与苯环直接相连的卤素原子不易被烃基取代；浓硫酸，加热
（4）
【知识点】有机物的结构式
【解析】【解答】对溴苯乙烯与丙烯CH2=CH—CH3都含有碳碳双键，它们在一定条件下可以发生加聚反应，形成共聚物，反应的方程式是 。
实验室由乙苯制取对溴苯乙烯，首先是乙苯与液溴在Fe作催化剂时发生苯环上的取代反应产生对溴乙苯和HBr，产生的对溴乙苯与溴蒸气在光照时发生侧链的取代反应产生和HBr。将与足量氢氧化钠溶液共热得到A，A在酸性条件下遇FeCl3溶液不显色，说明卤代烃发生水解反应时是侧链的卤素原子发生取代，而苯环上的溴原子没有发生取代反应，则A的结构简式是：。苯环上的卤素原子不如侧链的卤素原子容易发生取代反应。丙烯催化二聚得到2,3-二甲基-1-丁烯，B与2,3-二甲基-1-丁烯互为同分异构体，且所有碳原子处于同一平面。结合乙烯分子是平面结构，可知B分子应该含有乙烯的结构，乙烯分子的四个H原子被四个甲基取代，就得到B，其结构简式是。由2,3-二甲基-1-丁烯制备B的方法是：2,3-二甲基-1-丁烯在过氧化物存在时与HBr发生加成反应产生
，产生的与NaOH的乙醇溶液在加热时发生消去反应形成，合成路线是
【分析】物质的结构决定物质的性质，掌握备类物质的官能团的性质是进行物质的性质判断的关键。酚轻基遇氯化铁会发生显色反应，酉享轻基不能氯化铁发生显色反应，烯烃、二烯烃、炔烃会发生加成反应、加聚反应，形成高聚物，不对称烯烃在过氧化物存在时，与化合物分子发生加成反应，H原子
结合在合有H原子较多的原子上，若不存在过氧化物，则H原子结合在合有H原子少的碳原子上，反应条件不同，反应加成的产物不同，制取物质要结合适当的反应条件，选择适当的方法。在有机场合成题中一定要注意物质官能团的转化，找出一些新反应的断键特点。有机物的考查主要是围官能团的性质进行，常见的官能团:酉享轻基、酚轻基、百荃基、狡基、酉旨基、卤素原子等。这些官能团的性质以及它们之间的转化要掌握好，这是解决有机化学题的基础。有机合成路线的设计时先要对比原料的结构和最终产物的结构，官能团发生什么改变，碳原子个数是否发生变化，再根据官能团的性质进行设计。本题较全面的考查了考生对有机物的性质、物质的反应类型、物质之间的相互转化关系和一些基本概念、基本理论的掌握和应用能力。
28．局部麻醉药普鲁卡因E（结构简式为）的三条合成路线如下图所示（部分反应试剂和条件已省略）：
（1）比A多一个碳原子，且一溴代物只有3种的A的同系物的名称是 。
（2）写出反应试剂和反应条件。反应① ；③
（3）设计反应②的目的是 。
（4）B的结构简式为 ；C的名称是 。
（5）写出一种满足下列条件的D的同分异构体的结构简式。
①芳香族化合物 ②能发生水解反应 ③有3种不同化学环境的氢原子
1 mol该物质与NaOH溶液共热最多消耗 mol NaOH。
（6）普鲁卡因的三条合成路线中，第一条合成路线与第二条、第三条相比不太理想，理由是 。
【答案】（1）邻二甲苯。
（2）浓HNO3/H2SO4；加热；；酸性KMnO4溶液，加热；
（3）保护氨基，使之在后续的氧化反应中不被氧化。
（4）；对氨基苯甲酸。
（5）
（6）合成路线较长，导致总产率较低。
【知识点】化学基本反应类型
【解析】【解答】A是甲苯，比A多一个碳原子的同系物，其溴代物中溴原子可以在苯环上，也可以在侧链上。一溴代物只有3种的A的同系物只有邻二甲苯。
甲苯与浓硝酸、浓硫酸混合加热，发生甲基对位的取代反应，产生对硝基甲苯，对硝基甲苯与酸性KMnO4溶液反应，甲基被氧化变为羧基，产生。
—NH2有强的还原性，容易被氧化变为—NO2，设计反应②的目的是保护—NH2，防止在甲基被氧化为羧基时，氨基也被氧化。
与酸性KMnO4溶液发生反应，甲基被氧化变为羧基，得到B，B的结构简式为。
B发生水解反应，断开肽键，亚氨基上结合H原子形成氨基，产生C，结构简式是；名称为对氨基苯甲酸。
D的分子式是C9H9NO4，它的同分异构体中，①芳香族化合物，说明含有苯环；②能发生水解反应，说明含有酯基；③有3种不同环境的氢原子，说明分子中含有三种不同位置的H原子，则其同分异构体是：也可能是。
普鲁卡因的三条合成路线中，第一条合成路线与第二条、第三条相比不太理想，理由是B发生水解反应是在碱性环境中进行，这时羧基与碱发生反应产生羧酸的盐，若再酸化，氨基又发生反应。
【分析】有机化学反应的发生与反应条件有密切的关系，反应条件不同，发生反应的产物不同。要注意反应条件对反应的影响。在确定反应的先后时，要考虑对其它原子团的影响，在判断反应产生的同分异构体时，要同分异构体类型类型通常有:碳涟异构、官能团异构、位置异构等，有时还存在空间异构，要充分利用题目提供的信息来书写符合题意的同分异构体。结合备种官能团的种类、数目多少进行相应的计算，确定其数目的多少。本题较全面的考查了考生对有机物的性质、物质的反应类型、物质之间的相互转化关系、同分异构体的书写和一些基本概念、基本理论的掌握和应用能力。
四、本题共14分
29．氨碱法制纯碱包括石灰石分解、粗盐水精制、氨盐水碳酸化等基本步骤。
完成下列计算：
（1）CaCO3质量分数为0.90的石灰石100 kg完成分解产生CO2 L（标准状况）。石灰窑中，该石灰石100 kg与焦炭混合焙烧，产生CO2 29120 L（标准状况），如果石灰石中碳酸钙完全分解，且焦炭完全燃烧，不产生CO，则焦炭的物质的量为 mol。
（2）已知粗盐水含MgCl2 6.80 mol/m3，含CaCl2 3.00mol/m3。
向粗盐水中加入Ca(OH)2除镁离子：MgCl2 + Ca(OH)2 → Mg(OH)2↓ + CaCl2
然后加入Na2CO3除钙离子。处理上述粗盐水10 m3，至少需要加Na2CO3 g。
如果用碳酸化尾气（含NH3体积分数为0.100、CO2体积分数0.040）代替碳酸钠，发生如下反应： Ca2+ + 2NH3 + CO2 + H2O → CaCO3↓ + 2NH4+
处理上述10 m3粗盐水至少需要通入多少L（标准状况）碳酸化尾气？列式计算。
（3）某氨盐水含氯化钠1521 kg，通入二氧化碳后析出碳酸氢钠晶体，过滤后溶液中含氯化铵1070 kg。列式计算：
（1）过滤后溶液中氯化钠的质量。
（2）析出的碳酸氢钠晶体的质量。
【答案】（1）20160；；400。
（2）10388；；54880。
（3）（1） 351kg；（2）1680kg。
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】1. CaCO3分解的反应方程式是：CaCO3CaO+CO2↑，根据方程式可知每1mol CaCO3反应会产生1mol CO2，质量分数为0.90的石灰石100 kg物质的量是n(CaCO3)= (1.0×105g×0.90)÷100g/mol=900mol，则石灰石完成分解产生标准状况下的CO2的体积是V(CO2)=n Vm=900mol×22.4L/mol=20160L。石灰窑中，该石灰石100 kg与焦炭混合焙烧，产生标准状况下CO2 29120 L，如果石灰石中碳酸钙完全分解，且焦炭完全燃烧，不产生CO，则焦炭燃烧产生的CO2的体积是V(CO2)=V(总)-V(分解产生的CO2)= 29120 L-20160L=8960L，则其物质的量是n(CO2)= V(CO2) ÷Vm=8960L÷22.4L/mol=400mol。根据碳元素守恒，可知焦炭的物质的量与产生的物质的量CO2相等，也是400mol。
2. 10 m3粗盐水中含有的MgCl2、CaCl2 物质的量是：n(MgCl2)= 6.80 mol/m3×10 m3=68mol；n(CaCl2)= 3.00mol/m3×10 m3=30mol。根据反应方程式MgCl2 + Ca(OH)2 → Mg(OH)2↓ + CaCl2可知1mol MgCl2发生反应被除去时引入1mol CaCl2.则向粗盐水中加入Ca(OH)2除镁离子后得到的溶液中含有的CaCl2的物质的量是：68mol+30mol=98mol，根据反应方程式：Na2CO3+ CaCl2=CaCO3↓+2NaCl可知反应消耗Na2CO3的物质的量与CaCl2的物质的量相等，则其质量是m(Na2CO3)=nM=98mol×106g/mol=10388g。根据反应方程式Ca2+ + 2NH3 + CO2 + H2O → CaCO3↓ + 2NH4+可知反应消耗的氨气与CO2的物质的量的比是2:1，而混合气体中含NH3体积分数为0.100、CO2体积分数0.040，说明NH3过量，不能完全反应，应该以不足量的CO2为标准进行计算，而n(Ca2+)=n(CO2)，n(Ca2+)=98mol，则需要n(CO2)= 98mol，混合气体的物质的量是n(混合)= 98mol÷0.04=2450mol，其在标准状况下的体积是V(混合)=nVm= 2450mol×22.4L/mol=54880L。
3.（1）n(NaCl)(总)=m÷M=1521000g÷58. 5g/mol=26000mol，反应产生的NH4Cl的物质的量是n(NH4Cl)= m÷M=1070 000g÷53. 5g/mol=20000mol，根据氯元素守恒可知，在溶液中含有的NaCl的物质的量是n(NaCl)= n(NaCl)(总)- n(NH4Cl)= 26000mol-20000mol=6000mol，其质量是m(NaCl)=n M=6000mol×58. 5g/mol=351000g=351kg。
（2）氨盐水中发生反应根据反应方程式：NaCl+CO2+NH3+H2O= NaHCO3↓+NH4Cl。产生的NaHCO3的物质的量与NH4Cl的物质的量相等，则析出的碳酸氢钠晶体的质量是m(NaHCO3)=n M=20000mol×84g/mol=1680000g=1680kg。
【分析】氨碱法制纯碱是化学重要的理论，其中涉及物质CO2, NH3的制取方法、反应的先后顺序、根据反应方程式进行的有关计算。掌握物质的化学性质、方程式的书写及物质的量与物质的质量、摩尔质量、物质的量与气体的体积、气体摩尔体积的关系和反应前后的元素守恒是做本题的关键。
1 / 12015年高考化学真题试卷（上海卷）
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，每题只有一个正确选项
1．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Lv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
2．下列物质见光不会分解的是（ ）
A．HClO B．NH4Cl C．HNO3 D．AgNO3
3．（2021·长宁模拟）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
4．不能作为判断硫、氯两种元素非金属性强弱的依据是（ ）
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
5．二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
6．（2020高三上·上海期中）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
7．检验用硫酸亚铁制得的硫酸铁中是否含有硫酸亚铁，可使用的试剂是（ ）
A．NaOH
B．KMnO4
C．KSCN
D．
8．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下图所示。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的平衡转化率
C．H2O2分解的热化学方程式：H2O2 → H2O +O2+Q
D．反应物的总能量高于生成物的总能量
9．已知咖啡酸的结构如右图所示。关于咖啡酸的描述正确的是（ ）
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
10．卤代烃的制备有多种方法，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．
11．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
12．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
13．实验室回收废水中苯酚的过程如右图所示。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苯可循环使用
D．三步操作均需要分液漏斗
14．研究电化学腐蚀及防护的装置如右图所示。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 + 4e → 4OH–
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+ + 2e → H2↑
15．一般情况下，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
16．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强氧化性
17．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
二、多选题：本大题共20分，每小题4分
18．下列反应中的氨与反应4NH3 + 5O2 → 4NO + 6H2O中的氨作用相同的是( )
A．2Na + 2NH3 → 2NaNH2 + H2↑
B．2NH3 + 3CuO → 3Cu + N2 +3H2O
C．4NH3 + 6NO → 5N2 + 6H2O
D．3SiH4 + 4NH3 → Si3N4 + 12H2
19．（2020高二上·揭阳期中）对于合成氨反应，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
20．离子方程式2Ca2+ + 3HCO3– + 3OH– → 2CaCO3↓ + CO32– + 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
21．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
22．（2020·广州模拟）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
三、探究题
23．白云石的主要成分是CaCO3·MgCO3，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、水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 + 3CO2 CaCO3 + 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“弱”）， Ca(OH)2的溶解度比Mg(OH)2的溶解度 （选填“大”或“小”）
（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 。
（3）已知某次碳化时溶液中钙离子浓度随时间的变化如右图所示，在10 min到13 min之内钙离子的反 应速率为 。15 min之后钙离子浓度增大，原因是 （用化学方程式表示）。
（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”）
24．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：
已知： H2SO3 Ki1=1.54×10-2 Ki2=1.02×10-7
HClO Ki1=2.95×10-8
H2CO3 Ki1=4.3×10-7 Ki2=5.6×10-11
（1）写出电解饱和食盐水的离子方程式。
（2）离子交换膜的作用为： 、 。
（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”）
（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
（5）室温下，0.1 mol/L NaClO溶液的pH 0.1 mol/L Na2SO3溶液的pH。（选填“大于”、“小于”或“等于”）。
浓度均为0.1 mol/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 。
25．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：
①在NH4Cl溶液中加入Ca(OH)2；
②不断搅拌的同时加入30% H2O2，反应生成CaO2·8H2O沉淀；
③经过陈化、过滤，水洗得到CaO2·8H2O，再脱水干燥得到CaO2。
完成下列填空
（1）第①步反应的化学方程式为 。第②步反应的化学方程式为 。
（2）可循环使用的物质是 。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 。
（3）检验CaO2·8H2O是否洗净的方法是 。
（4）CaO2·8H2O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 、 。
（5）已知CaO2在350℃迅速分解生成CaO和O2。下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 。
26．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4.00 mL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1.100 mol/L的硫酸滴定，至终点时耗用硫酸20.00 mL。甲醛水溶液的浓度为 mol/L。
（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。
（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 + H2O2 → HCOOH + H2O NaOH + HCOOH → HCOONa + H2O
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 。
（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↓ + 2H2O
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。
①主要仪器：试管 酒精灯
②可供选用的试剂：硫酸铜溶液、甲醛、甲酸、氢氧化钠溶液
27．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：（合成路线常用的表示方式为： ）
（1）写出该共聚物的结构简式
（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。
（3）将与足量氢氧化钠溶液共热得到A，A在酸性条件下遇FeCl3溶液不显色。
A的结构简式为 。
由上述反应可推知 。
由A生成对溴苯乙烯的反应条件为 。
（4）丙烯催化二聚得到2,3-二甲基-1-丁烯，B与2,3-二甲基-1-丁烯互为同分异构体，且所有碳原子处于同一平面。写出B的结构简式。
设计一条由2,3-二甲基-1-丁烯制备B的合成路线。
28．局部麻醉药普鲁卡因E（结构简式为）的三条合成路线如下图所示（部分反应试剂和条件已省略）：
（1）比A多一个碳原子，且一溴代物只有3种的A的同系物的名称是 。
（2）写出反应试剂和反应条件。反应① ；③
（3）设计反应②的目的是 。
（4）B的结构简式为 ；C的名称是 。
（5）写出一种满足下列条件的D的同分异构体的结构简式。
①芳香族化合物 ②能发生水解反应 ③有3种不同化学环境的氢原子
1 mol该物质与NaOH溶液共热最多消耗 mol NaOH。
（6）普鲁卡因的三条合成路线中，第一条合成路线与第二条、第三条相比不太理想，理由是 。
四、本题共14分
29．氨碱法制纯碱包括石灰石分解、粗盐水精制、氨盐水碳酸化等基本步骤。
完成下列计算：
（1）CaCO3质量分数为0.90的石灰石100 kg完成分解产生CO2 L（标准状况）。石灰窑中，该石灰石100 kg与焦炭混合焙烧，产生CO2 29120 L（标准状况），如果石灰石中碳酸钙完全分解，且焦炭完全燃烧，不产生CO，则焦炭的物质的量为 mol。
（2）已知粗盐水含MgCl2 6.80 mol/m3，含CaCl2 3.00mol/m3。
向粗盐水中加入Ca(OH)2除镁离子：MgCl2 + Ca(OH)2 → Mg(OH)2↓ + CaCl2
然后加入Na2CO3除钙离子。处理上述粗盐水10 m3，至少需要加Na2CO3 g。
如果用碳酸化尾气（含NH3体积分数为0.100、CO2体积分数0.040）代替碳酸钠，发生如下反应： Ca2+ + 2NH3 + CO2 + H2O → CaCO3↓ + 2NH4+
处理上述10 m3粗盐水至少需要通入多少L（标准状况）碳酸化尾气？列式计算。
（3）某氨盐水含氯化钠1521 kg，通入二氧化碳后析出碳酸氢钠晶体，过滤后溶液中含氯化铵1070 kg。列式计算：
（1）过滤后溶液中氯化钠的质量。
（2）析出的碳酸氢钠晶体的质量。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】元素、核素
【解析】【解答】元素符号左下角表示的是原子核内的质子数，原子核内的质子数等于该元素的原子序数，所以该元素的原子序数是116，正确。B.在原子符号的左上角表示的该元素原子的质量数，质量数就是质子数与中子数的和，所以该原子的中子数是293-116=177，正确。C.对于元素的原子来说，原子核内的质子数等于原子核外的电子数，等于元素的原子序数，所以该原子的原子核外电子数116，正确。D，293只表示该同位素原子的质量数，由于不知道该元素有几种同位素原子，各种同位素原子的含量是多少，因此不能确定该元素的相对原子质量，错误。
【分析】物质的性质决定物质的用途，而物质的性质则由物质的结构决定。原子结构是物质结构的基础。要掌握原子的结构及反应变化时是原子的那一构成部分发生变化。原子是由原子核和核外电子构成，原子核是由质子、质子构成。不同元素的原子质子数不同，同一元素的原子质子数相同，而中子数可能不同，原子核外电子数与原子核内质子数相等，等于元素的原子序数。在发生反应事是元素原子的最外层电子发生变化，而原子核不变，在表示元素的原子时，元素符合左上角表示质量数，即质子与中子数的和，左下角表示质子数，由于元素符号已经可以知道元素的种类和质子数，因此有时左下角的质子数也可以不写。掌握原子表示的各个角标的合义是本题的关键。
2．【答案】B
【知识点】氯气的化学性质；铵盐；硝酸的化学性质
【解析】【解答】A．HClO不稳定，光照发生分解反应产生HCl和O2，反应方程式是：2HClO2HCl+O2↑，错误。B．NH4Cl在加热时发生分解反应，而在光照时不会分解，正确。C．HNO3不稳定，在加热或光照时发生分解反应，方程式是：4HNO3(浓) 4NO2↑+ O2↑＋2H2O，错误。D．AgNO3不稳定，光照发生分解反应，方程式是：2AgNO32Ag+2NO2↑+ O2↑，错误。
【分析】我们在使用物质、研究物质、保存物质时，都应该考虑的性质。物质的性质包括物理性质和化学性质，物理性质包括物质的颜色、状态、溶解性、挥发性、熔沸点、导电性等。物质的化学性质包括物质的稳定性、酸性、碱性、氧化性、还原性等。只有掌握了物质的性质，在保存物质、使用物质时才可以方法得到，使物质不发生变质、达到应有的实验效果和实验目的。上述几种物质都不稳定， 有的干燥容易分解，有的加热容易分解，掌握好其分解条件是本题的关键。
3．【答案】A
【知识点】共价键的形成及共价键的主要类型
【解析】【解答】A.在SiO2晶体中合有极性共价键Si-O键，由于该晶体的原子晶体，原子之间通过共价键结合， 断裂需要吸收很高的能量，因此该物质的熔沸点很高，错误。B.同种元素的原子形成的共价键是非极性共价键，不同种元素的原子形成的共价键是极性共价键，因此合有极性键的物质不可能是单质，正确。C.若该极性键存在于合有C元素的化合物，如CH4、CH3CH2OH等，则相应的物质是有机物，正确。D.离子化合物中一定合有离子键，可能合有极性共价键，如NaOH，也可能合有非极性共价键，如Na2O2。因此合有极性键的化合物可能是离子晶体，正确。
【分析】物质的存在状态有气态、液体、固体，固态物质有的就是以晶体的形式存在，在晶体中构成微粒及微粒的相互作用力的种类及影响都应该了解。晶体类型有金属晶体、离子晶体、原子晶体、分子晶体四类。金属晶体构成微粒是金属阳离子和自由电子，微粒之间的作用力是金属键；离子晶体构成微粒阳离子、阴离子，微粒之间的作用力是离子键。在离子晶体中一定含有离子键，可能含有共价键（极性共价键或非极性共价键）；原子晶体构成微粒是原子（可能是同种元素或不同种元素的原子），作用力是共价键；分子晶体构成微粒是分子，分子之间存在范德华力。在分子中可能含有共价键，也可能是单原子分子，则没有化学键。各类晶体熔沸点一般的变化规律：原子晶体>离子晶体>金属晶体>分子晶体。掌握晶体类型、及晶体中含有的作用力、相对大小是本题的关键。
4．【答案】B
【知识点】物质的简单分类
【解析】【解答】A.元素的非金属性越强，其单质获得电子的能力就越强，因此单质氧化性就越强。故可以通过比较单质氧化性的强弱，判断元素的非金属性的强弱，正确。
B .S单质、Cl2都是分子晶体，分子之间通过分子间作用力结合，分子间作用力越大，物质的熔沸点就越高，这与元素的非金属性强弱无关，错误。
C.元素的非金属性越强，其单质与氢气化合形成氢化物就越容易，形成的氢化物的稳定性就越强。因此可以比较元素的非金属性的强弱，正确。
D.元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强，因此可以通过比较硫、氯两种元素最高价氧化物对应的水化物酸性的强弱比较元素的非金属性的强弱，正确。
【分析】元素周期表是学习化学的工具，元素周期律是化学学习的重要规律。利用元素周期表、元素周期律，结合元素的位、构、性三者的密切关系进行元素推断是化学重要的知识。元素原子的核外电子层数是元素在周期表的周期数，最外层电子数是元素原子所在的主族序数，同一周期随着元素原子序数的增大，原子半径逐渐减小，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，同一主族的元素从上到下，原子半径逐渐增大，元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱。掌握元素的金属性、非金属性强弱比较方法，结合元素所在的族序数与元素化合价的关系进行判断，确定其正确性。
5．【答案】A
【知识点】二氧化硫的性质
【解析】【解答】二氧化硫能使溴水褪色,是由于发生反应：Br2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HBr。在该反应在二氧化硫中的S元素的化合价升高，失去电子，表现还原性。故答案的A。
【分析】二氧化硫是学生非常熟悉的一种气态物质，其因为会造成大气污染、形成酸雨而具名昭著。只有对其性质充分认识和了解，才可以合理利用，对污染进行治理，对环境进行保护，才可以变废为宝，达到物尽其用的目的。二氧化硫是酸性氧化物，检验酸性氧化物的通性，还具有漂白性、氧化性、
还原性，主要表现还原性。掌握SO2的化学性质是了解各种溶液褪色原理的关键所在。
6．【答案】C
【知识点】晶体的类型与物质的性质的相互关系及应用
【解析】【解答】Na是金属晶体，熔化破坏的是金属键。Na2O是离子晶体，熔化时破坏的是离子键。NaOH是离子化合物，熔化时断裂的是离子键。Na2S是离子化合物，熔化时断裂的是离子键。Na2SO4是离子化合物，熔化时断裂的是离子键。故上述五种物质分别加热熔化，需要克服相同类型作用力的物质有4种，选项是C。
【分析】固体物质熔化时破坏的作用力与晶体类型有关。金属晶体熔化断裂金属键；原子晶体熔化断裂共价键；离子晶体熔化断裂离子键，分子晶体熔化断裂分子间作用力。要对物质的结构进行认识，判断物质的晶体类型是本题的关键。
7．【答案】B
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；物质的检验和鉴别
【解析】【解答】A.若加入NaOH,硫酸亚铁发生复分解反应产生的白色Fe(OH)2会被硫酸铁发生反应产生的红褐色的Fe(OH)3遮档，不容易观察到，因此不能鉴定，错误。B, KMnO4有氧化性，硫酸亚铁有还原性，会发生氧化还原反应，使KMnO4的紫色褪去，而硫酸铁不能与KMnO4发生反应，因此可以作为鉴定试剂，正确。C.KSCN与硫酸铁会发生反应，使溶液变红色，而硫酸亚铁不能反应，因此无论硫酸亚铁是否存在，溶液都变红色，因此无法鉴定，错误。D.苯酚与硫酸铁溶液发生显色反应，使溶液变为紫色，而与硫酸亚铁不能发生反应，无论硫酸亚铁是否存在，溶液都变紫色，所以不能作为鉴定试剂，错误。
【分析】硫酸亚铁合有的Fe2+有还原性，可以被强氧化剂KMnO4氧化为Fe3+, Fe2+与OH-会发生复分解反应，产生Fe(OH)2白色沉淀，这种物质不稳定，容易被空气中氧气氧化为红褐色Fe(OH)3沉淀，反应过程中会有灰绿色产生，Fe3+与 OH-会发生复分解反应，产生Fe(OH)3沉淀，遇苯酚溶液变为红色，而Fe2+无现象，可以根据Fe2+, Fe3+一的性质的不同加以鉴别，或确定某成分的存在。掌握Fe2+, Fe3+的性质是本题的关键。
8．【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素
【解析】【解答】 A. 加入催化剂，减小了反应的活化能，使反应在较低的温度下发生，但是反应的热效应不变，错误。B. 加入催化剂，可提高H2O2 的分解的反应速率，该反应不是可逆反应，而且催化剂不能是平衡发生移动，因此不存在平衡转化率的提高与否，错误。C.在书写热化学方程式式，也要符合质量守恒定律，而且要注明与反应的物质多少相对应的能量和物质的存在状态，错误。D.根据图示可知反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应是放热反应，正确。
【分析】图像方法在化学反应原理的表示中有直观、形象、具体的特点，在溶液的成分的确定、化学反应速率和化学平衡、沉淀的形成及溶解、化学反应过程的能量变化及反应的过程和反应的热效应中多有应用。反应的过程就是原子重新组合的过程，在这个过程中断裂旧键吸收能量，形成新的化学键放出热量。反应物的能量要高于生成物的能量就是放热反应，生成物的能量若高于反应物的能量，反应是吸热反应。看清反应物、生成物的能量的高低，掌握反应的热效应的合义及反应原理，是本题的关键。
9．【答案】C
【知识点】有机物的结构式
【解析】【解答】根据咖啡酸的结构简式可知其分子式为C9H8O4错误。B.苯环和碳碳双键能够与氢气发生加成反应，而羧基有独特的稳定性，不能与氢气发生加成反应，所以1mol咖啡酸最多可与4mol氢气发生加成反应，错误。C.咖啡酸合有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应，合有酚轻基，可以与溴水发生取代反应，正确，D.咖啡酸合有狡基，能与Na2HCO3溶液、NaHCO3溶液反应反应，错误。
【分析】物质的结构决定物质的性质，对有机物来说，有机物的官能团对物质的性质其决定作用。要会利用物质的结构简式、分子式的关系进行推断，掌握物质的官能团的性质、各类反应的特点及分子分子中合有的各个官能团的数目多少再行相应的计算是本题的关键。
10．【答案】C
【知识点】化学基本反应类型
【解析】【解答】考查有机制备方法，实质是考查同分异构问题，环己烷、2，2-二甲基丙烷、2，2，3，3-四甲基丁烷一氯代只有一种，2-甲基丙烷的氯代有两种，副产物多。选择C。
【分析】烃会发生取代反应，取代反应是逐步进行的，同一种类的烃原子个数越多，发生取代反应的几率就越大。选项l原子所取代的H原子位置只有一个H原子，而其它位置的H原子则有9个，因此该取代反应产生的几率最小，制取的可能性很小。掌握烷烃的取代反应的特点是本题的关键。
11．【答案】D
【知识点】原子晶体（共价晶体）；钠的重要化合物
【解析】【解答】考查物质性质的比较。溶解度：小苏打< 苏打；密度：溴乙烷> 水，硬度：晶体硅< 金刚石，碳碳键键长：乙烯< 苯。选择D。
【分析】本题考查物质的物理性质及结构的知识。要掌握物质的溶解性及密度大小，然后进行比较。晶体硅金刚石都是原子晶体，原子半径越小，原子之间的共价键越强，原子之间的共价键越强，物质的硬度越大。了解乙烯和苯等物质的分子结构，才可以比较键长的大小，因此掌握物质的分子结构、晶体结构和物质的物理性质是正确解答本题的关键。
12．【答案】A
【知识点】硫化氢
【解析】【解答】A. CuSO4是盐，属于电解质，加入氢硫酸，会发生反应:H2S+CuSO4=CuS↓+H2SO4，产生黑色沉淀，正确。B.氢氧化钠是碱，属于电解质，与氢硫酸发生反应2NaOH+H2S=Na2S+2H2O，产生的Na2S是可溶性的物质，没有沉淀产生，错误。C:.硫酸亚铁是盐，属于电解质，由于酸性:硫酸)氢硫酸，属于二者不能发生反应，无沉淀产生，错误。D.二氧化硫与硫化氢会发生反应:SO2+2H2S = 3S↓ + 2H2O，产生沉淀，但是SO2是非电解质，不符合题意，错误。
【分析】氢硫酸是酸，具有酸的通性，同时该物质具有还原性和不稳定性。可以根据其性质，结合反应产生的物质的溶解性大小，及物质的分类知识判断选项的正确性。以氢硫酸为线索，间接考查了物质的分类、物质的物理性质、化学性质是本题的目的。
13．【答案】B
【知识点】合理利用金属资源
【解析】【解答】考查分离提纯方法。苯酚钠是盐，在苯中的溶解度比在水中的小。选择B.
【分析】化学是一门实验性学科。进行混合物的分离、提纯、物质的纯度的检验是化学经常要进行的化学实验。混合物分离方法有过滤、蒸馏、萃取、分液、热分解方法等。要根据被提纯的物质的性质及杂质的性质的不同，采用不同的方法分离结合分离方法确定仪器的使用及操作的步骤及先后。
14．【答案】D
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护
【解析】【解答】由于活动性：Fe>石墨，所以铁、石墨及海水构成原电池，Fe为负极，失去电子被氧化变为Fe2+进入溶液，溶解在海水中的氧气在正极石墨上得到电 子被还原，比没有形成原电池时的速率快，正确。B.d为石墨，由于是中性电解质，所以发生的是吸氧腐蚀，石墨上氧气得到电子，发生还原反应，电极反应 为：O2 + 2H2O + 4e → 4OH–，正确。C.若d为锌块，则由于金属活动性：Zn>Fe，Zn为原电池的负极，Fe为正极，首先被腐蚀的是Zn，铁得到保护，铁片不易被腐蚀，正确。D. d为锌块，由于电解质为中性环境，发生的是吸氧腐蚀，在铁片上电极反应为：O2 + 2H2O + 4e → 4OH–，错误。
【分析】电化学理论是化学学习的重要理论，特别是在科技迅速发展，人均能耗不断增加，能源日趋紧张的今天，了解电化学理论，实现能量的转化，减少对环境的污染和保护，都是非常必要的。电化学知识包括原电池和电解池，首先要确定装置是原电池还是电解池。确定方法是观察图示是否有电源，若有就是电解池，否则就是原电池。电解池工作时，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应。结合电解质溶液的酸碱性书写电极反应式、总反应方程式，并根据电性作用原理:同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引确定电解质溶液中离子移动的方向。原电池工作时，活动性强的电极为负极，发生氧化反应，活动性弱的电极为正极，正极上发生还原反应。要掌握电化学反应原理，结合电极及电解质溶液的酸碱性正确书写电极反应式，利用好图示及题干提供的信息，是本题解决的关键。
15．【答案】C
【知识点】物质的组成、结构和性质的关系
【解析】【解答】A.原子核外电子排布，根据原子核外具有的电子层数确定元素所在的周期数，根据元素原子的最外层电子数可确定元素所在的族序数。因此可以确定元素在周期表中的位置，正确。B.弱电解质在溶液中存在电离平衡，当达到电离平衡时，已经电离的电解质的分子电离产生的离子浓度的乘积与未电
离的电解质分子浓度的比是个常数，这个常数越大，表明电解质越容易电离，它只与温度有关，而与其它外界条件无关。因此电解质的相对强弱可用电离常数的大小比较，正确。C．分子间作用力越大，克服分子间作用力使物质熔化或汽化需要消耗的能量就越高，物质的熔沸点就越高，这与物质的稳定性大小无关，错误。D．物质内部储存的能量越高，物质发生反应时释放的能量就越大，因此可以根据物质内部储存的能量，判断化学反应的热效应，正确
【分析】凡事都有因果关系，但是有些原因与结果可能会没有关系，这就需要掌握物质的原子结构、掌握原子核外电子排布规律、原子结构与元素周期表、元素周期律的关系及排布依据，掌握比较电解质强弱判断比较的依据。掌握分子间范德华力与其作用及和物质稳定性的关系，掌握物质合有的能量与化学键的键能及反应的热效应的关系。然后作出正确、合理的判断。
16．【答案】D
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用
【解析】【解答】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，则甲的核外电子排布是1s22s22p2，甲是C元素，丁的核外电子排布可能是1s22s22p63s23p2，或1s22s22p63s23p4，由于乙、丙、丁最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应，则丁是核外电子排布的1s22s22p63s23p4，是S元素，丙是Al元素，乙是Na元素。A．由于Al元素的金属活动性较强，一般的还原剂不能把其从化合物中置换出来，要用电解熔融的Al2O3的方法冶炼，正确。B．C与S元素形成的化合物CS2中的化学键是极性共价键，由于两个S原子在C原子的两侧，键角180°，所以形成的分子是非极性分子，正确。D．C形成的化合物CO有强的还原性，CO2有弱的氧化性； Na形成的化合物Na2O2有强的氧化性，而Na2O则氧化性很弱，错误。
【分析】元素周期表是学习化学的工具，元素周期律是化学学习的重要规律。利用元素周期表、元素周期律，结合元素的位、构、性三者的密切关系进行元素推 断是化学重要的知识。元素原子的核外电子层数是元素在周期表的周期数，最外层电子数是元素原子所在的主族序数，同一周期随着元素原子序数的增大，原子半径 逐渐减小，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；同一主族的元素从上到下，原子半径逐渐增大，元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱。电子层结构相 同的离子核电荷数越大，原子序数越大，离子半径越小，电子层结构不同的离子，离子核外电子层数越多，离子半径就越大。金属的冶炼方法与金属活动性强弱有关，要掌握金属活动性及冶炼方法，结合物质的性质进行判断，确定其正确性。
17．【答案】C
【知识点】常见离子的检验
【解析】【解答】含有Fe3+的溶液显黄色，在无色溶液中不能大量存在；H+与CO32–、OH–会发生反应，不能大量共存；OH–与NH4+、Al3+会发生反应，不能大量共存；Ba2+、Al3+、CO32–会发生反应，不能大量共存。向该溶液中加入铝粉，只放出H2，若溶液为碱性，则含有大量的OH–。还可能含有大量的Ba2+、CO32–、Cl–、NO3–。离子最多4种；若溶液为酸性，由于H+、NO3–起硝酸的作用，加入Al不能产生氢气，所以含有的离子可能是：H+、NH4+、Ba2+、Al3+、Cl–，最多是5种离子。故选项是C。
【分析】离子之间若不发生任何反应，则可以大量共存，若发生反应，则不能大量共存。离子之间发生的反应类型有复分解反应、氧化还原反应、络合反应、盐的双水解反应，还要掌握常见的有色离子有哪些、这些离子的颜色是什么颇色，有时还需要确定题干提供的信息，加入酸使指示剂呈现什么颇
色，溶液的pH是多少时，溶液的离子哪些存在，Al在酸性、碱性环境都会发生反应，若酸性环境反应产生氢气，则由于HNO3有强的氧化性，不会存在NO3-掌握离子的性质、离子反应和离子共存知识是本题的关键。
18．【答案】B,C
【知识点】氨的性质及用途
【解析】【解答】在反应4NH3 + 5O2 → 4NO + 6H2O中N元素的化合价由反应前氨中的的-3价变为反应后NO中的-2价，化合价升高，失去电子，氨气作还原剂。A.在2Na + 2NH3 → 2NaNH2 + H2↑ 反应中，H元素的化合价由NH3中的一1价变为反应后H2的0价，化合价降低，得到电子，所以NH3作氧化剂，与上述反应的氨的作用不同，错误。B.在2NH3 + 3CuO → 3Cu + N2 +3H2O中NH3中的N化合价由一3价变为反应后的0价，失去电子，作还原剂，与上述反应相同，正确。C.在4NH3 + 6NO → 5N2 + 6H2O 中 NH3的N元素的化合价由-3价变为反应后N2的0价，化合价升高，失去电子，作还原剂，与上述反应相同，正确。D．在3SiH4 + 4NH3 → Si3N4 + 12H2中，NH3的N元素的化合价没有发生变化，既不作氧化剂，也不作还原剂，错误。
【分析】氧化还原反应是一类重要的化学反应，氧化还原反应中电子转移数目相等。氧化还原反应的实质是电子，特征是化合价的升降，反应实质、特征及反应类型的关系可以用6个字概括:升、失、氧，降、得、还，在氧化还原反应中元素的化合价升高，原子失去电子，发生氧化反应，作还原剂，元素的化合价降低，原子获得电子，发生还原反应，作氧化剂。元素化合价升降总数与原子失去或获得的电子数相等，要掌握反应的规律、配平技巧、有关的概念是本题的关键。
19．【答案】B
【知识点】化学反应的可逆性；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A.合成氨反应的正反应是放热反应，升高温度，正反应、逆反应的反应速率都增大，但是温度对吸热反应的速率影响更大，所以对该反应来说，对逆速率影响更大，错误。B.合成氨的正反应是气体体积减小的反应。增大压强，对正反应的反应速率影响更大，正反应速率大于逆反应速率，所以平衡正向移动，正确。C.减小反应物浓度，使正反应的速率减小，由于生成物的浓度没有变化，所以逆反应速率不变，逆反应速率大于正反应速率，所以化学平衡逆向移动，错误。D.加入催化剂，使正反应、逆反应速率改变的倍数相同，正反应、逆反应速率相同，化学平衡不发生移动，错误。
【分析】化学反应速率、化学平衡是中学化学的重要理论，要掌握反应的实质、影响的因素。化学反应速率是衡量化学反应进行的快慢程度的物理量。反应进行快慢由参加反应的物质的本身性质决定，在物质不变时，温度、压强、催化剂、浓度、物质的颗粒大小、溶剂、光、紫外线等也会影响化学反应进行的快慢。化学平衡研究的是可逆反应进行的程度大小的，反应进行程度大小可以根据化学平衡常数判断。化学平衡常数越大，反应进行的程度就越大，外界条件会影响化学平衡，遵循化学平衡移动原理，要会用平衡移动原理来分析解决问题。
20．【答案】A,B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】2Ca2+ + 3HCO32– + 3OH–→ 2CaCO3↓ + CO32–+ 3H2O实质是HCO3–+ 2OH–→ CO32-+ H2O和Ca2++CO32-→ CaCO3↓的组合。AB正确，C，全部产生CaCO3，D，铵离子可能参加反应。选择AB。
【分析】电解质在溶液中实质是以离子形式存在，离子在溶液中的反应就是离子反应，离子反应用离子方程式表示。电解质在溶液中发生离子反应时，要注意物质的量对反应的影响，弱酸弱碱盐与酸、 碱都能发生反应，弱酸的酸式盐与强碱发生反应，二者的相对量的多少不同，反应不同，一定要结合二者的性质书写离子方程式，并判断离子方程式的正误。
21．【答案】A,D
【知识点】工业制取硫酸
【解析】【解答】在反应物Na2S中S元素的化合价为-2价，在SO2中S元素的化合价为+4价，反应后产生的物质Na2S2O3中，S元素的化合价为+2价，介于-2价与+4价之间，因此硫元素既被氧化又被还原，正确。B．根据题意可得在溶液中发生反应的方程式是：Na2CO3+2Na2S+ 4SO2= 3Na2S2O3+CO2，在反应中氧化剂SO2与还原剂Na2S的物质的量之比为4:2=2:1，错误。C．根据B选项的化学方程式可知，每生成3molNa2S2O3，转移8mol电子，则产生1mol Na2S2O3，转移8/3mol电子，错误。D．根据反应方程式可知消耗的SO2与产生的CO2的物质的量的比是4:1。所以相同条件下，每吸收10m3SO2放出CO2的体积小于2.5m3，正确。
【分析】氧化还原反应是一类重要的化学反应，在氧化还原反应中，电子得失数目相等，要结合物质发生反应时物质之间的物质的量关系，结合物质中元素化合价的升降确定物质反应的多少、电子转移数目。要掌握氧化还原反应中规律、物质的作用、和有关计算技巧。
22．【答案】B,D
【知识点】有关过量问题的计算
【解析】【解答】将O2和NH3的混合气体通过加热的三氧化二铬，发生反应：4NH3+5O24NO+6H2O。充分反应后，再通过足量的水，发生反应：4NO+3O2+2H2O=4HNO3，将两个方程式叠加，可得总反应方程式：NH3+2O2= HNO3+H2O，若最后得到的气体是NO，则氧气完全反应，发生反应消耗的气体的体积是448mL-44.8mL=403.2mL，其中含有的氧气是V(O2)= 403.2mL×2/3=268.8mL。若最后剩余的气体是O2，则O2应该是反应消耗的和剩余的两部分，氧气的体积是：V(O2)= 403.2mL×2/3+44.8mL =313.6mL。故答案是选项BD。
【分析】本题涉及氧化还原反应的有关计算，对于多步反应的化学计算，要学会使用关系式方法、元素守恒、电子守·陋确定物质之间的相互关系。先判断过量物质的成分，再结合物质反应中的关系判断所有的可能性。
23．【答案】（1）强；；大。
（2）该反应是放热反应；温度偏高使CO2的溶解度减小；温度偏低会降低反应速率。
（3）0.009mol/(L·min)；CaCO3+CO2+ H2O= Ca(HCO3)2
（4）1s22s22p63s2；高于
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；有关过量问题的计算
【解析】【解答】1，元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性就越强。由于金属性Ca>Mg，所以碱性Ca(OH)2>Mg(OH)2 . Ca(OH)2微溶于水，而Mg(OH)2难溶于水，所以溶解度：Ca(OH)2>Mg(OH)2
2， .发生的碳化反应化学方程式如下：Ca(OH)2+Mg(OH)2+3CO3= CaCO3+Mg(HCO3)2+H2O该反应是放热反应，温度偏高，使CO2的溶解度减小，升高温度，平衡向吸热的逆反应方向移动，不利于平衡的正向移动；二是Mg(HCO3)2温度高，会发生分解反应，也不利于碳化。若温度偏低，反应速率慢，反应产生物质的效率低，因此对反应的进行了不利。
3 .根据图示在10 min到13 min之内钙离子的反应速率为v(Ca2+)=(0.145-0.118)mol/L ÷3min= 0.009 mol/(L·min) 。15 min之后钙离子浓度大，原因是产生的CaCO3与水及溶解的CO2发生反应：CaCO3+CO2+ H2O= Ca(HCO3)2，产生了溶于溶解的Ca(HCO3)2。
4 .Mg是12号元素，原子核外电子排布式为1s22s22p63s2；Ca与Mg是同一主族的元素，原子最外层电子数相同，但是由于Ca的原子半径比Mg大， 最外层电子离原子核较远，克服核对其吸引力强，容易失去，变为Ca2+。所以Ca原子最外层电子的能量高于Mg原子最外层电子的能量。
【分析】同一主族的元素原子，从上到下原子半径逐渐增大，元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱。元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酶胜就越强，元素的金属性越强。其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强。要根据发生反应的物质的性质确定反应条件、根据反应原理、化学反应速率等概念进行计算、判断。结合物质的结构和性质及定义判断是本题解决的关键。
24．【答案】（1）2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－
（2）能得到纯度更高的氢氧化钠溶液；；阻止阳极产生的Cl2和阴极产生的H2混合发生反应。
（3）a；d
（4）2KClO3+ H2C2O4+ 2H2SO4= 2ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O.
（5）大于；；c(SO32–)> c(CO32–)> c(HCO3–)> c(HSO3–)。
【知识点】盐类水解的应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】1. 电解饱和食盐水时，溶液中的阳离子H+在阴极得到电子变为H2逸出，使附近的水溶液显碱性，溶液中的阴离子Cl-在阳极失去电子，发生氧化反应。产生Cl2。反应的离子方程式是2Cl－＋2H2O==（通电）Cl2↑＋H2↑＋2OH－。
2图中的离子交换膜只允许阳离子通，是阳离子交换膜，可以允许阳离子通过，不能使阴离子通过，这样就可以阻止阴极溶液中的OH-进入阳极室，与氯气发生反应，阻止Cl-进入阴极室，使在阴极区产生的NaOH纯度更高。同时可以阻止阳极产生的Cl2和阴极产生的H2混合发生爆炸。
3.随着电解的进行，溶质NaCl不断消耗，所以应该及时补充。精制饱和食盐水从与阳极连接的图中a位置补充，由于阴极H+不断放电，附近的溶液显碱性，氢氧化钠溶液从图中d位置流出；水不断消耗，所以从b口不断加入蒸馏水，从c位置流出的是稀的NaCl溶液。
4.KClO3有氧化性，H2C2O4有还原性，在酸性条件下KClO3可以和草酸（H2C2O4）生成高效的消毒杀菌剂ClO2，还生成CO2和KHSO4等物质。则根据电子守恒及原子守恒，可得该反应的化学方程式是：2KClO3+ H2C2O4+ 2H2SO4= 2ClO2+2CO2+2KHSO4+2H2O.
5. NaClO、Na2SO3都是强碱弱酸盐，弱酸根离子发生水解反应，消耗水电离产生的H+，破坏了水的电离平衡，当最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)，所以溶液显碱性。形成盐的酸越弱，盐水解程度就越大。消耗的离子浓度越大，当溶液达到平衡时，剩余的离子浓度就越小。由于H2SO3的Ki2=1.02×10-7；HClO的Ki1=2.95×10-8，所以酸性：HSO3->HClO，因此溶液的pH: NaClO> Na2SO3。由于电离程度：H2SO3> H2CO3>HSO3->HCO3-，浓度均为0.1 mol/L 的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，水解程度：CO32–>SO32–，所以离子浓度：c(SO32–)>c(CO32–)；水解产生的离子浓度：c(HCO3-)> c(HSO3-)。但是盐水解程度总的来说很小，主要以盐电离产生的离子存在。所以在该溶液中SO32–、CO32–、HSO3–、HCO3– 浓度从大到小的顺序为c(SO32–)> c(CO32–)> c(HCO3–)> c(HSO3–)。
【分析】氧化还原反应、电解原理、弱电解质的电离平衡理论、盐的水解、离子浓度大小比较是中学化学中的重要知识和理论，要掌握其反应原理、规律、方法、比较依据，再结合实际情况，进行正确的判断，得到相应的答案。
25．【答案】（1）2NH4Cl+ Ca(OH)2=CaCl2+2NH3 H2O。；CaCl2+ H2O2+ 8H2O+2NH3=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl；
（2）NH4Cl；；Ca(OH)2价格低。
（3）取最后一次洗涤溶液，向其中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，就证明洗涤干净，否则没有洗涤干净。
（4）抑制CaO2·8H2O分解，；防止过氧化钙与二氧化碳反应。
（5）；样品质量、完全分解后剩余固体的质量。
【知识点】氨的实验室制法；氯离子的检验；制备实验方案的设计；有关混合物反应的计算
【解析】【解答】（1）根据质量守恒定律可得制取CaO2·8H2O的化学方程式是CaCl2+ H2O2+ 8H2O+2NH3=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl；
（2）第①步中氯化铵参加反应，第②步中生成氯化铵，所以可循环使用的物质是NH4Cl。H2O2 价格较高且易分解，碱性条件下抑制CaO2·8H2O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，这是因为Ca（OH)2价格低。
（3） CaO2·8H2O是从含有NH4Cl的溶液中过滤出来的，若CaO2·8H2O洗涤干净，则表明上不含有NH4Cl电离产生的NH
或Cl-，所以检验CaO2·8H2O是否洗净的方法是取最后一次洗涤溶液，向其中加入AgNO3溶液，再滴加几滴稀硝酸，若无白色沉淀产生，就证明洗涤干净，否则没有洗涤干净。
（4）CaO2·8H2O加热脱水的过程中，会发生反应：CaO2·8H2O Ca(OH)2+H2O2+ 6H2O；2H2O2 2H2O+ O2↑。若通入氧气中含有二氧化碳，就会与分解反应产生的Ca(OH)2反应，使反应正向进行，同时通入氧气，就可以使是装置中H2O2分解率降低，因而可以得到更多的CaO2。
(5)设超氧化钙的质量 x
2CaO22CaO+O2↑
144g 22.4L
x 10-3VL
144：22.4=x: 10-3V 解得x=9/1400g
则产品中CaO2的质量分数为 （9/1400）÷m×100%=。
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完全分解后剩余固体的质量。
【分析】物质反应时反应条件不同，发生的反应不同，要结合反应条件及物质的性质书写相应的反应方程式。在物质制取时，要从平衡移动角度分析反应条件的控制的意义，应用物质的量的有关关系、元素在反应中的守恒关系进行物质纯度计算。
26．【答案】（1）11
（2）10.00
（3）偏低；HCHO未完全氧化；偏低；部分HCOOH被氧化
（4）向NaOH溶液中滴加硫酸铜溶液，振荡，然后加入甲酸，加热至沸腾。如果出现砖红色沉淀，表明甲酸或甲酸盐会继续与氢氧化铜应，甲醛的氧化产物不是甲酸或甲酸盐。
【知识点】甲醛
【解析】【解答】
1.n(H2SO4)= 1.100 mol/L×0.02L=0.022mol，由于2NaOH+ H2SO4=Na2SO4+2H2O，所以n(NaOH)=2 n(H2SO4)=0.044mol，n(HCHO)= n(NaOH)= 0.044mol。则甲醛水溶液的浓度为c(HCHO)= n(HCHO)÷V=0.044mol÷0.004L=11mol/L。
2.根据上述分析可知4.00mL甲醛水溶液充分反应后产生的碱NaOH消耗硫酸20.00 mL，若硫酸浓度不变上述滴定中，若滴定管规格为50mL，消耗50mL硫酸，则甲醛水溶液取样体积最多是×4mL=10mL即甲醛的体积不能超过10mL。
3.如果H2O2用量不足，产生的HCOOH偏少，进行中和滴定消耗的NaOH标准溶液的体积就偏小，会导致甲醛含量的测定结果偏低。如果H2O2过量，由于H2O2能氧化反应产生的甲酸生成二氧化碳和水，使中和滴定消耗的NaOH标准溶液的体积也偏小，因此也会导致甲醛含量的测定结果偏低。
4.甲酸HCOOH或甲酸盐如HCOONa等都含有醛基，所以要证明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，只要证明在物质中不含有醛基就可以。方法是向试管中加入2mL10％的NaOH溶液，然后向其中滴加2％的硫酸铜溶液CuSO4溶液4-6滴，产生Cu(OH)2蓝色絮状沉淀，取少量反应后的溶液，加入到新制Cu(OH)2悬浊液中，加热煮沸，观察有无砖红色沉淀产生，若有证明含有甲酸或甲酸盐，否则不含有甲酸或甲酸盐。
【分 析】物质的量浓度是表示溶液浓度的方法，物质的量浓度的计算要依据物质的量浓度定义式，物质合量的测定要进行得到，物质存在的检验方法要依据物质合有的官 能团的结构及反应现象进行确定。误差分析要根据消耗标准溶液的体积的大小确定，在实验方案的设计时，要操作方便、现象明显，安
全性强。
27．【答案】（1）
（2）Br/Fe, 加热， Br/加热
（3）；与苯环直接相连的卤素原子不易被烃基取代；浓硫酸，加热
（4）
【知识点】有机物的结构式
【解析】【解答】对溴苯乙烯与丙烯CH2=CH—CH3都含有碳碳双键，它们在一定条件下可以发生加聚反应，形成共聚物，反应的方程式是 。
实验室由乙苯制取对溴苯乙烯，首先是乙苯与液溴在Fe作催化剂时发生苯环上的取代反应产生对溴乙苯和HBr，产生的对溴乙苯与溴蒸气在光照时发生侧链的取代反应产生和HBr。将与足量氢氧化钠溶液共热得到A，A在酸性条件下遇FeCl3溶液不显色，说明卤代烃发生水解反应时是侧链的卤素原子发生取代，而苯环上的溴原子没有发生取代反应，则A的结构简式是：。苯环上的卤素原子不如侧链的卤素原子容易发生取代反应。丙烯催化二聚得到2,3-二甲基-1-丁烯，B与2,3-二甲基-1-丁烯互为同分异构体，且所有碳原子处于同一平面。结合乙烯分子是平面结构，可知B分子应该含有乙烯的结构，乙烯分子的四个H原子被四个甲基取代，就得到B，其结构简式是。由2,3-二甲基-1-丁烯制备B的方法是：2,3-二甲基-1-丁烯在过氧化物存在时与HBr发生加成反应产生
，产生的与NaOH的乙醇溶液在加热时发生消去反应形成，合成路线是
【分析】物质的结构决定物质的性质，掌握备类物质的官能团的性质是进行物质的性质判断的关键。酚轻基遇氯化铁会发生显色反应，酉享轻基不能氯化铁发生显色反应，烯烃、二烯烃、炔烃会发生加成反应、加聚反应，形成高聚物，不对称烯烃在过氧化物存在时，与化合物分子发生加成反应，H原子
结合在合有H原子较多的原子上，若不存在过氧化物，则H原子结合在合有H原子少的碳原子上，反应条件不同，反应加成的产物不同，制取物质要结合适当的反应条件，选择适当的方法。在有机场合成题中一定要注意物质官能团的转化，找出一些新反应的断键特点。有机物的考查主要是围官能团的性质进行，常见的官能团:酉享轻基、酚轻基、百荃基、狡基、酉旨基、卤素原子等。这些官能团的性质以及它们之间的转化要掌握好，这是解决有机化学题的基础。有机合成路线的设计时先要对比原料的结构和最终产物的结构，官能团发生什么改变，碳原子个数是否发生变化，再根据官能团的性质进行设计。本题较全面的考查了考生对有机物的性质、物质的反应类型、物质之间的相互转化关系和一些基本概念、基本理论的掌握和应用能力。
28．【答案】（1）邻二甲苯。
（2）浓HNO3/H2SO4；加热；；酸性KMnO4溶液，加热；
（3）保护氨基，使之在后续的氧化反应中不被氧化。
（4）；对氨基苯甲酸。
（5）
（6）合成路线较长，导致总产率较低。
【知识点】化学基本反应类型
【解析】【解答】A是甲苯，比A多一个碳原子的同系物，其溴代物中溴原子可以在苯环上，也可以在侧链上。一溴代物只有3种的A的同系物只有邻二甲苯。
甲苯与浓硝酸、浓硫酸混合加热，发生甲基对位的取代反应，产生对硝基甲苯，对硝基甲苯与酸性KMnO4溶液反应，甲基被氧化变为羧基，产生。
—NH2有强的还原性，容易被氧化变为—NO2，设计反应②的目的是保护—NH2，防止在甲基被氧化为羧基时，氨基也被氧化。
与酸性KMnO4溶液发生反应，甲基被氧化变为羧基，得到B，B的结构简式为。
B发生水解反应，断开肽键，亚氨基上结合H原子形成氨基，产生C，结构简式是；名称为对氨基苯甲酸。
D的分子式是C9H9NO4，它的同分异构体中，①芳香族化合物，说明含有苯环；②能发生水解反应，说明含有酯基；③有3种不同环境的氢原子，说明分子中含有三种不同位置的H原子，则其同分异构体是：也可能是。
普鲁卡因的三条合成路线中，第一条合成路线与第二条、第三条相比不太理想，理由是B发生水解反应是在碱性环境中进行，这时羧基与碱发生反应产生羧酸的盐，若再酸化，氨基又发生反应。
【分析】有机化学反应的发生与反应条件有密切的关系，反应条件不同，发生反应的产物不同。要注意反应条件对反应的影响。在确定反应的先后时，要考虑对其它原子团的影响，在判断反应产生的同分异构体时，要同分异构体类型类型通常有:碳涟异构、官能团异构、位置异构等，有时还存在空间异构，要充分利用题目提供的信息来书写符合题意的同分异构体。结合备种官能团的种类、数目多少进行相应的计算，确定其数目的多少。本题较全面的考查了考生对有机物的性质、物质的反应类型、物质之间的相互转化关系、同分异构体的书写和一些基本概念、基本理论的掌握和应用能力。
29．【答案】（1）20160；；400。
（2）10388；；54880。
（3）（1） 351kg；（2）1680kg。
【知识点】化学方程式的有关计算
【解析】【解答】1. CaCO3分解的反应方程式是：CaCO3CaO+CO2↑，根据方程式可知每1mol CaCO3反应会产生1mol CO2，质量分数为0.90的石灰石100 kg物质的量是n(CaCO3)= (1.0×105g×0.90)÷100g/mol=900mol，则石灰石完成分解产生标准状况下的CO2的体积是V(CO2)=n Vm=900mol×22.4L/mol=20160L。石灰窑中，该石灰石100 kg与焦炭混合焙烧，产生标准状况下CO2 29120 L，如果石灰石中碳酸钙完全分解，且焦炭完全燃烧，不产生CO，则焦炭燃烧产生的CO2的体积是V(CO2)=V(总)-V(分解产生的CO2)= 29120 L-20160L=8960L，则其物质的量是n(CO2)= V(CO2) ÷Vm=8960L÷22.4L/mol=400mol。根据碳元素守恒，可知焦炭的物质的量与产生的物质的量CO2相等，也是400mol。
2. 10 m3粗盐水中含有的MgCl2、CaCl2 物质的量是：n(MgCl2)= 6.80 mol/m3×10 m3=68mol；n(CaCl2)= 3.00mol/m3×10 m3=30mol。根据反应方程式MgCl2 + Ca(OH)2 → Mg(OH)2↓ + CaCl2可知1mol MgCl2发生反应被除去时引入1mol CaCl2.则向粗盐水中加入Ca(OH)2除镁离子后得到的溶液中含有的CaCl2的物质的量是：68mol+30mol=98mol，根据反应方程式：Na2CO3+ CaCl2=CaCO3↓+2NaCl可知反应消耗Na2CO3的物质的量与CaCl2的物质的量相等，则其质量是m(Na2CO3)=nM=98mol×106g/mol=10388g。根据反应方程式Ca2+ + 2NH3 + CO2 + H2O → CaCO3↓ + 2NH4+可知反应消耗的氨气与CO2的物质的量的比是2:1，而混合气体中含NH3体积分数为0.100、CO2体积分数0.040，说明NH3过量，不能完全反应，应该以不足量的CO2为标准进行计算，而n(Ca2+)=n(CO2)，n(Ca2+)=98mol，则需要n(CO2)= 98mol，混合气体的物质的量是n(混合)= 98mol÷0.04=2450mol，其在标准状况下的体积是V(混合)=nVm= 2450mol×22.4L/mol=54880L。
3.（1）n(NaCl)(总)=m÷M=1521000g÷58. 5g/mol=26000mol，反应产生的NH4Cl的物质的量是n(NH4Cl)= m÷M=1070 000g÷53. 5g/mol=20000mol，根据氯元素守恒可知，在溶液中含有的NaCl的物质的量是n(NaCl)= n(NaCl)(总)- n(NH4Cl)= 26000mol-20000mol=6000mol，其质量是m(NaCl)=n M=6000mol×58. 5g/mol=351000g=351kg。
（2）氨盐水中发生反应根据反应方程式：NaCl+CO2+NH3+H2O= NaHCO3↓+NH4Cl。产生的NaHCO3的物质的量与NH4Cl的物质的量相等，则析出的碳酸氢钠晶体的质量是m(NaHCO3)=n M=20000mol×84g/mol=1680000g=1680kg。
【分析】氨碱法制纯碱是化学重要的理论，其中涉及物质CO2, NH3的制取方法、反应的先后顺序、根据反应方程式进行的有关计算。掌握物质的化学性质、方程式的书写及物质的量与物质的质量、摩尔质量、物质的量与气体的体积、气体摩尔体积的关系和反应前后的元素守恒是做本题的关键。
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