上海市2014-2015年2年高考化学试卷（纯word解析版）
文档属性
| 名称 | 上海市2014-2015年2年高考化学试卷（纯word解析版） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 967.6KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2015-08-06 21:02:56 | ||
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文档简介
2014年上海市高考化学试卷
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）（2014?上海）“玉兔”号月球车用Pu作为热源材料．下列关于Pu的说法正确的是（ ）
A．
Pu与U互为同位素
B．
Pu与Pu互为同素异形体
C．
Pu与U具有完全相同的化学性质
D．
Pu与Pu具有相同的最外层电子数
考点：
质量数与质子数、中子数之间的相互关系；同位素及其应用；同素异形体．
专题：
原子组成与结构专题．
分析：
A．有相同质子数，不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素；
B．同种元素形成的不同单质互称同素异形体；
C．不同的元素化学性质不同；
D．原子的核外电子数等于质子数．
解答：
解：A．有相同质子数，不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素，Pu与U质子数不同，不是同位素，故A错误；
B．同种元素形成的不同单质互称同素异形体，Pu与Pu均为原子，不是同素异形体，故B错误；
C．Pu与U质子数不同属于不同的元素，其化学性质不同，故C错误；
D．Pu与Pu具有相同的质子数，所以其核外电子数相同，则具有相同的最外层电子数，故D正确；
故选D．
点评：
本题考查粒子间的数量关系、同位素和同素异形体概念等，侧重于原子结构知识的考查，难度不大．要注意平时知识的积累．
2．（2分）（2014?上海）下列试剂不会因为空气中的氧气而变质的是（ ）
A．
过氧化钠
B．
氢硫酸
C．
硫酸亚铁
D．
苯酚
考点：
钠的重要化合物；含硫物质的性质及综合应用；铁盐和亚铁盐的相互转变；苯酚的化学性质．
专题：
元素及其化合物．
分析：
根据物质的性质进行分析：
A、过氧化钠和氧气不反应；
B、氢硫酸和氧气反应生成硫和水；
C、硫酸亚铁和氧气反应生成硫酸铁；
D、苯酚能被氧气氧化变成苯醌；
解答：
解：A、过氧化钠和空气中二氧化碳、水蒸气反应，但和氧气不反应，不会因空气中的氧气而变质，故A正确；
B、氢硫酸和氧气反应生成硫和水，会因空气中的氧气而变质，故B错误；
C、硫酸亚铁和氧气反应生成硫酸铁，会因空气中的氧气而变质，故错误；
D、苯酚能被氧气氧化变成苯醌，会因空气中的氧气而变质，故D错误；
故选A．
点评：
此题考查了一些常见物质在空气中发生反应的问题，是对学生进行物质性质的训练与提高，难度不大．
3．（2分）（2014?上海）结构为…﹣CH=CH﹣CH=CH﹣CH=CH﹣CH=CH﹣…的高分子化合物用碘蒸气处理后，其导电能力大幅度提高．上述高分子化合物的单体是（ ）
A．
乙炔
B．
乙烯
C．
丙烯
D．
1，3﹣丁二烯
考点：
聚合反应与酯化反应．
专题：
有机反应．
分析：
判断高聚物的单体：首先要根据高聚物的结构简式判断高聚物是加聚产物还是缩聚产物，然后根据推断单体的方法作出判断，
加聚产物的单体推断方法：
（1）凡链节的主链上只有两个碳原子（无其它原子）的高聚物，其合成单体必为一种，将两半链闭合即可；
（2）凡链节主链上只有四个碳原子（无其它原子）且链节无双键的高聚物，其单体必为两种，在正中间画线断开，然后将四个半键闭合即可；
（3）凡链节中主碳链为6个碳原子，其规律是“见双键，四个碳，无双键，两个碳”画线断开，然后将半键闭合，即将单双键互换；
该题属于第（1）种情况，据此进行解答．
解答：
解：高分子化合物…CH=CH﹣CH=CH﹣CH=CH﹣CH=CH…，其结构简式可以表示为：﹣[CH=CH]﹣n，属于加聚产物，根据加聚产物的单体推断方法，凡链节的主链上只有两个碳原子（无其它原子）的高聚物，其合成单体必为一种，将两半键闭合即可得其单体为：CH≡CH，
故选A．
点评：
本题考查加聚反应生原理及高分子化合物单体的求算，题目难度不大，明确加聚反应原理及反应产物的单体判断方法是解答的关键．
4．（2分）（2014?上海）在“石蜡→液体石蜡→石蜡蒸气→裂化气”的变化过程中，被破坏的作用力依次是（ ）
A．
范德华力、范德华力、范德华力
B．
范德华力、范德华力、共价键
C．
范德华力、共价键、共价键
D．
共价键、共价键、共价键
考点：
不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．
专题：
化学键与晶体结构．
分析：
物质的三态变化属于物理变化，石蜡蒸气转化为裂化气发生了化学变化，根据物质的变化分析．
解答：
解：石蜡→液体石蜡→石蜡蒸气属于物质的三态变化，属于物理变化，破坏了范德华力，石蜡蒸气→裂化气发生了化学变化，破坏了共价键；所以在“石蜡→液体石蜡→石蜡蒸气→裂化气”的变化过程中，被破坏的作用力依次是范德华力、范德华力、共价键．
故选B．
点评：
本题考查了物质发生物理、化学变化时破坏的作用力，题目难度不大，侧重于基础知识的考查．
5．（2分）（2014?上海）下列分离方法中，和物质的溶解度无关的是（ ）
A．
升华
B．
萃取
C．
纸上层析
D．
重结晶
考点：
物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂．
专题：
化学实验基本操作．
分析：
升华是利用物质熔沸点低，加热转化为气态来分离，以此来解答．
解答：
解：升华与物质熔沸点有关，加热转化为气态可分离混合物，而萃取、纸上层析、重结晶均与物质在溶剂中的溶解度有关，
故选A．
点评：
本题考查混合物分离、提纯方法及选择，为高频考点，把握分离方法及分离原理为解答的关键，注意纸上层析是试样在有机溶剂中的溶解度差异，利用扩散原理分离混合物，为解答的难点，题目难度不大．
二、选择题（本题共36分，每小题3分，每题只有一个正确选项）
6．（3分）（2014?上海）今年是门捷列夫诞辰180周年．下列事实不能用元素周期律解释的只有（ ）
A．
碱性：KOH＞NaOH
B．
相对原子质量：Ar＞K
C．
酸性：HClO4＞H2SO4
D．
元素的金属性：Mg＞Al
考点：
真题集萃；元素周期律的作用．
专题：
元素周期律与元素周期表专题．
分析：
A．元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强；
B．相对原子质量的大小与原子序数有关；
C．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；
D．同周期元素从左到右，元素的金属性逐渐减弱．
解答：
解：A．Na、K位于周期表相同主族，金属性K＞Na，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，能用元素周期律解释，故A不选；
B．相对原子质量的大小与原子序数有关，随原子序数的增大而增大，存在周期性的变化，不能用元素周期律解释，故B选；
C．非金属性Cl＞S，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，能用元素周期律解释，故C不选；
D．同周期元素从左到右，元素的金属性逐渐减弱，能用元素周期律解释，故D不选．
故选：B．
点评：
本题为2014年上海高考题，侧重于元素周期律的理解与应用的考查，注意把握元素周期律的递变规律以及相关知识的积累，难度不大．
7．（3分）（2014?上海）下列各组中两种微粒所含电子数不相等的是（ ）
A．
H3O+和OH﹣
B．
CO和N2
C．
HNO2和 NO2﹣
D．
CH3+和NH4+
考点：
“等电子原理”的应用．
专题：
原子组成与结构专题．
分析：
粒子中质子数等于原子的质子数之和，中性微粒中质子数=电子数，阳离子的电子数=质子数﹣电荷数，阴离子的电子数=质子数+电荷数．
解答：
解：A、H3O+的质子数为11，电子数为11﹣1=10，OH﹣的质子数为9，电子数为9+1=10，电子数相同，故A错误；
B、CO的质子数为14，电子数为14，N2的质子数为14，电子数为14，电子数相同，故B错误；
C、HNO2的质子数为1+7+8×2=24，电子数为24，NO2﹣的质子数为7+8×2=23，电子数为23+1=24，电子数相同，故C错误；
D、CH3+的质子数为6+1×3=9，电子数为9﹣1=8，NH4+的质子数为11，电子数为11﹣1=10，电子数不同，故D正确．
故选：D．
点评：
本题主要考查微粒的质子数和电子数的关系，明确中性微粒、阳离子、阴离子的电子的数目计算是解答的关键，并注意中性微粒中质子数等于电子数．
8．（3分）（2014?上海）BeCl2熔点较低，易升华，溶于醇和醚，其化学性质与AlCl3相似．由此可推测BeCl2（ ）
A．
熔融态不导电
B．
水溶液呈中性
C．
熔点比BeBr2高
D．
不与NaOH溶液反应
考点：
真题集萃；元素周期表的结构及其应用．
专题：
元素及其化合物．
分析：
AlCl3的结构和化学性质：氯化铝是共价化合物，熔融态不导电，铝离子能发生水解使溶液呈碱性，能与NaOH溶液反应生成氢氧化铝沉淀．BeCl2化学性质与AlCl3相似，依此进行判断．
解答：
解：氯化铝是共价化合物，是分子晶体，熔融态不导电，能发生水解使溶液呈碱性，能与NaOH溶液反应生成氢氧化铝沉淀．BeCl2熔点较低，易升华，溶于醇和醚，其化学性质与AlCl3相似，故
A．BeCl2为共价化合物，故熔融态不导电，故A正确；
B．BeCl2能发生水解使溶液呈酸性，故B错误；
C．BeCl2和BeBr2为分子晶体，BeBr2相对分子质量大于BeCl2，故BeCl2熔点比BeBr2低，故C错误；
D．能与NaOH溶液反应生成氢氧化铍沉淀，故D错误，
故选A．
点评：
本题考查物质的性质，难度不大．掌握氯化铝的性质是解题的关键，要注意氯化铝是共价化合物．
9．（3分）（2014?上海）1，3﹣丁二烯和2﹣丁炔分别与氢气反应的热化学方程式如下：
CH2=CH﹣CH═CH2（g）+2H2（g）→CH3CH2CH2CH3（g）+236.6kJ
CH3﹣C≡C﹣CH3（g）+2H2（g）→CH3CH2CH2CH3（g）+272.7kJ
由此不能判断（ ）
A．
1，3﹣丁二烯和2﹣丁炔稳定性的相对大小
B．
1，3﹣丁二烯和2﹣丁炔分子储存能量的相对高低
C．
1，3﹣丁二烯和2﹣丁炔相互转化的热效应
D．
一个碳碳叁键的键能与两个碳碳双键的键能之和的大小
考点：
反应热和焓变；真题集萃．
专题：
化学反应中的能量变化．
分析：
据△H=生成物的能量和﹣反应物的能量和=反应物的键能和﹣生成物的键能和可知，3﹣丁二烯和2﹣丁炔的能量高低，能量越低越稳定据此解答．
解答：
解：据△H=生成物的能量和﹣反应物的能量和=反应物的键能和﹣生成物的键能和可知，3﹣丁二烯和2﹣丁炔的能量高低，能量越低越稳定，
A、相同条件下2﹣丁炔放出热量比1，3﹣丁二烯多，说明1，3﹣丁二烯能量低，稳定，故A正确；
B、相同条件下2﹣丁炔放出热量比1，3﹣丁二烯多，说明1，3﹣丁二烯能量低，故B正确；
C、相同条件下2﹣丁炔放出热量比1，3﹣丁二烯多，说明1，3﹣丁二烯能量低，其相互转化有能量变化，故C正确；
D、1，3﹣丁二烯和2﹣丁炔所含的碳碳单键数目不同，所以不能判断一个碳碳叁键的键能与两个碳碳双键的键能大小，故D错误．
故选：D．
点评：
本题主要考查△H=生成物的能量和﹣反应物的能量和=反应物的键能和﹣生成物的键能和，以及能量越低越稳定，题目难度不大．
10．（3分）（2014?上海）如图是用于干燥、收集并吸收多余气体的装置，下列方案正确的是（ ）
选项
X
收集气体
Y
A
碱石灰
氯化氢
水
B
碱石灰
氨气
水
C
氯化钙
二氧化硫
氢氧化钠
D
氯化钙
一氧化氮
氢氧化钠
A．
A
B．
B
C．
C
D．
D
考点：
真题集萃；气体的净化和干燥；实验装置综合．
专题：
实验评价题．
分析：
该装置中采用向上排空气法收集，说明该气体密度大于空气，且该气体和空气中成分不反应，用固体干燥剂干燥，则该气体和干燥剂不反应，据此分析解答．
解答：
解：该装置中采用向上排空气法收集，说明该气体密度大于空气，且该气体和空气中成分不反应，用固体干燥剂干燥，则该气体和干燥剂不反应，
A．碱石灰呈碱性，能和HCl反应，所以HCl不能用碱石灰干燥，故A错误；
B．氨气密度小于空气，应该采用向下排空气法收集，故B错误；
C．二氧化硫密度大于空气且常温下和空气中成分不反应，氯化钙和二氧化硫不反应，所以能用氯化钙干燥，故C正确；
D．常温下NO和氧气反应生成红棕色气体二氧化氮，所以得不到NO，NO采用排水法收集，故D错误；
故选C．
点评：
本题考查了气体的干燥、收集和尾气处理，根据气体的性质确定干燥剂、尾气处理试剂，根据气体的溶解性及密度确定收集方法，注意氨气不能用氯化钙干燥，为易错点，题目难度不大．
11．（3分）（2014?上海）向饱和澄清石灰水中加入少量CaC2，充分反应后恢复到原来的温度，所得溶液中（ ）
A．
c（Ca2+）、c（OH﹣）均增大
B．
c（Ca2+）、c（OH﹣）均保持不变
C．
c（Ca2+）、c（OH﹣）均减小
D．
c（OH﹣）增大、c（H+）减小
考点：
难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．
专题：
物质的量浓度和溶解度专题．
分析：
加入CaC2，与水发生CaC2+2H2O=Ca（OH）2+HC≡CH↑，反应消耗水，结合Ca（OH）2（s）?Ca2+（aq）+2OH﹣（aq）的影响因素解答．
解答：
解：加入CaC2，与水发生CaC2+2H2O=Ca（OH）2+HC≡CH↑，反应消耗水，因原溶液为饱和溶液，则反应后一定有Ca（OH）2析出，则溶液浓度不变，
故选B．
点评：
本题为2014年上海考题，涉及难溶电解质的溶解平衡，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握反应的原理以及溶解平衡的特点，难度不大．
12．（3分）（2014?上海）如图所示，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管中．下列正确的是（ ）
A．
K1闭合，铁棒上发生的反应为2H++2e→H2↑
B．
K1闭合，石墨棒周围溶液pH逐渐升高
C．
K2闭合，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法
D．
K2闭合，电路中通过0.002NA个电子时，两极共产生0.001mol气体
考点：
原电池和电解池的工作原理；真题集萃．
专题：
电化学专题．
分析：
若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池；组成原电池时，较活泼的金属铁作负极，负极上铁失电子发生氧化反应；石墨棒作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应；若闭合K2，该装置有外接电源，所以构成了电解池，Fe与负极相连为阴极，碳棒与正极相连为阳极，据此判断．
解答：
解：A、若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池，较活泼的金属铁作负极，负极上铁失电子，Fe﹣2e﹣=Fe2+，故A错误；
B、若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池；不活泼的石墨棒作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应，电极反应式为2H2O+O2+4e﹣=4OH﹣，所以石墨棒周围溶液pH逐渐升高，故B正确；
C、K2闭合，Fe与负极相连为阴极，铁棒不会被腐蚀，属于外加电源的阴极保护法，故C错误；
D、K2闭合，电路中通过0.002NA个电子时，阴极生成0.001mol氢气，阳极生成0.001mol氯气，两极共产生0.002mol气体，故D错误．
故选B．
点评：
本题考查了原电池原理和电解池原理，能正确判断电池的类型及两极的反应是解本题的关键，题目难度中等．
13．（3分）（2014?上海）催化加氢可生成3﹣甲基己烷的是（ ）
A．
B．
C．
D．
考点：
取代反应与加成反应．
专题：
有机反应．
分析：
根据不饱和烃的加成原理，不饱和键断开，结合H原子，生成3﹣甲基戊烷，据此解答．
解答：
解：3﹣甲基己烷的碳链结构为，
A、经催化加氢后生成3﹣甲基庚烷，故A不选；
B、经催化加氢后生成3﹣甲基戊烷，故B不选；
C、经催化加氢后能生成3﹣甲基己烷，故C选；
D、经催化加氢后能生成2﹣甲基己烷，故D不选．
故选C．
点评：
本题主要考查了加成反应的原理，难度不大，根据加成原理写出选项中与氢气加成的产物，进行判断即可．
14．（3分）（2014?上海）只改变一个影响因素，平衡常数K与化学平衡移动的关系叙述错误的是（ ）
A．
K值不变，平衡可能移动
B．
K值变化，平衡一定移动
C．
平衡移动，K值可能不变
D．
平衡移动，K值一定变化
考点：
真题集萃；化学平衡的影响因素．
专题：
化学平衡专题．
分析：
平衡常数K是温度的函数，只与温度有关，温度一定，平衡常数K值一定，温度发生变化，平衡常数K值也发生变化．
解答：
解：影响化学平衡的因素主要有浓度、温度、压强等．
A．K值只与温度有关，若在其他条件不变时，增大反应物的浓度或减小生成物的浓度，有利于正反应的进行，K值不变，平衡向右移动，故A正确；
B．K值是温度的函数，K值变化，说明温度发生了改变，则平衡一定发生移动，故B正确；
C．若在其他条件不变时，增大反应物的浓度或减小生成物的浓度，有利于正反应的进行，平衡向右移动，但K值只与温度有关，故K值不变，故C正确；
D．若是改变浓度或压强使平衡发生移动，而温度不变，则K值不变，故D错误，
故选D．
点评：
本题考查平衡常数与平衡移动的关系，难度不大．要注意平衡常数K是温度的函数，只与温度有关．
15．（3分）（2014?上海）如图是模拟“侯氏制碱法”制取NaHCO3的部分装置．下列操作正确的是（ ）
A．
a通入C02，然后b通入NH3，c中放碱石灰
B．
b通入NH3，然后a通入CO2，c中放碱石灰
C．
a通入NH3，然后b通入CO2，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉
D．
b通入C02，然后a通入NH3，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉
考点：
真题集萃；纯碱工业（侯氏制碱法）；钠的重要化合物．
专题：
元素及其化合物．
分析：
“候氏制碱法”制取NaHCO3的原理 是在饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，而得到NaHCO3的，在这一实验过程中，由于C02在水中的溶解度较小，而NH3的溶解度较大，所以要在食盐水先通NH3然后再通C02，否则C02通入后会从水中逸出，等再通NH3时溶液中C02的量就很少了，这样得到的产品也很少；在这个实验中的尾气主要是C02和NH3，其中NH3对环境影响较大，要吸收，而NH3是碱性气体，所以在C装置中要装酸性物质，据此推断．
解答：
解：“侯氏制碱法”制取NaHCO3的原理是在饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，而得到NaHCO3的，在这一实验过程中，由于C02在水中的溶解度较小，而NH3的溶解度较大，所以要在食盐水先通NH3然后再通C02，否则C02通入后会从水中逸出，等再通NH3时溶液中C02的量就很少了，这样得到的产品也很少；在这个实验中的尾气主要是C02和NH3，其中NH3对环境影响较大，要吸收，而NH3是碱性气体，所以在C装置中要装酸性物质，据此可知A错误、B错误、C正确、D错误，
故选C．
点评：
本题主要考查了学生的实验分析能力，在理解实验原理的基础上要对实验设计的科学性、可行性把握准确，中等难度，注重对实验基础的考查．
16．（3分）（2014?上海）含有砒霜（As2O3）的试样和锌、盐酸混合反应，生成的砷化氢（AsH3）在热玻璃管中完全分解成单质砷和氢气，若砷的质量为1.50mg，则（ ）
A．
被氧化的砒霜为1.98mg
B．
分解产生的氢气为0.672mL
C．
和砒霜反应的锌为3.90mg
D．
转移的电子总数为6×10﹣5NA
考点：
化学方程式的有关计算；真题集萃．
专题：
计算题．
分析：
A．反应中As元素化合价由As2O3中+3价降低为AsH3中﹣3价，砒霜发生还原反应；
B．根据n=计算As的物质的量，根据原子守恒进而计算生成氢气的物质的量，氢气所处的状态不一定是标准状况；
C．电子转移守恒计算参加反应Zn的物质的量，再根据m=nM计算Zn的质量；
D．整个过程中，As元素化合价由As2O3中+3价降低为AsH3中﹣3价，AsH3中﹣3价升高为As中0价，据此计算转移电子数目．
解答：
解：A．反应中As元素化合价由As2O3中+3价降低为AsH3中﹣3价，砒霜发生还原反应，故A错误；
B．生成As的物质的量==2×10﹣5mol，根据原子守恒可知分解的AsH3为2×10﹣5mol，由H原子守恒可知生成氢气为=3×10﹣5mol，故标况下，分解产生氢气体积为3×10﹣5mol×22.4L/mol=6.72×10﹣4L=0.672 mL，但氢气所处的状态不一定是标准状况，故其体积不一定是0.672 mL，故B错误；
C．根据电子转移守恒，可知参加反应Zn的物质的量=2×10﹣5mol×[3﹣（﹣3）]÷2=6×10﹣5mol，故参加反应Zn的质量=6×10﹣5mol×65g/mol=3.9×10﹣3g=3.9mg，故C正确；
D．整个过程中，As元素化合价由As2O3中+3价降低为AsH3中﹣3价，AsH3中﹣3价升高为As中0价，故整个过程转移电子总数为2×10﹣5mol×（6+3）×NAmol﹣1=1.8×10﹣4NA，故D错误，
故选C．
点评：
本题考查根据方程式计算、氧化还原反应计算等，注意利用守恒思想进行的计算，B选项为易错点，学生容易忽略气体摩尔体积的使用条件．
17．（3分）（2014?上海）用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得的溶液中加入铁粉．对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是（ ）
A．
若无固体剩余，则溶液中一定有Fe3+
B．
若有固体存在，则溶液中一定有Fe2+
C．
若溶液中有Cu2+，则一定没有固体析出
D．
若溶液中有Fe2+，则一定有Cu析出
考点：
铁盐和亚铁盐的相互转变；真题集萃；二价Fe离子和三价Fe离子的检验．
专题：
元素及其化合物．
分析：
FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜发生反应：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，Fe3+ 氧化性强于Cu2+，加入铁粉先与Fe3+反应，再与Cu2+反应，据此解答．
解答：
解：A．无固体剩余，说明铜全部以铜离子形式存在，加入的铁完全反应，溶液中一定含有Fe2+，可能含有Fe3+，故A错误；
B．若有固体存在，固体中一定有铜，可能有铁，溶液中一定有含有Fe2+，故B正确；
C．若溶液中有Cu2+，加入的铁量不足，可能只与Fe3+反应，也可能与Fe3+反应，剩余部分与Cu2+反应生成铜，所以可能有固体析出，故C错误；
D．当加入的铁较少时，只发生Fe+2Fe3+=3Fe2+时，不会有铜析出，故D错误；
故选：B．
点评：
本题考查了铁及其化合物的性质，难度中等，熟悉三价铁离子、铜离子氧化性强弱以及反应的过程是解题的关键．
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）（2014?上海）某未知溶液可能含Cl﹣、CO32﹣、Na+、SO42﹣、Al3+．将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红．取少量试液，滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成；在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀．下列判断合理的是（ ）
A．
一定有Cl﹣
B．
一定有SO42﹣
C．
一定没有Al3+
D．
一定没有CO32﹣
考点：
真题集萃；离子反应发生的条件．
专题：
离子反应专题．
分析：
将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红说明溶液呈酸性，则CO32﹣不存在；因为Al3+水解呈酸性，所以有Al3+，取少量试液，滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中有SO42﹣，在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀，则不能确定原溶液中有Cl﹣，因为前面已滴加了氯化钡，据此作判断．
解答：
解：因为将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红说明溶液呈酸性，则CO32﹣不存在；因为Al3+水解呈酸性，所以有Al3+；取少量试液，滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中有SO42﹣，在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀，则不能确定原溶液中是否有Cl﹣，因为前面已滴加了氯化钡，据此可知A错误；B正确；C错误；D正确，
故选BD．
点评：
本题考查了溶液中离子的检验，解题的关键是学生要熟记相关的元素化合物知识，以及仔细审题，尤其是要注意前面的操作对后面实验的干扰．
19．（4分）（2014?上海）下列反应与Na2O2+SO2→Na2SO4相比较，Na2O2的作用相同的是（ ）
A．
2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2
B．
2Na2O2+2SO3→2Na2SO4+O2
C．
Na2O2+H2SO4→Na2SO4+H2O2
D．
3Na2O2+Cr2O3→2Na2CrO4+Na2O
考点：
真题集萃；钠的重要化合物．
专题：
元素及其化合物．
分析：
因为在Na2O2+SO2→Na2SO4中，Na2O2的作用相同的是氧化剂，所以，
A、在2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2中Na2O2是自身氧化还原；
B、在2Na2O2+2SO3→2Na2SO4+O2中Na2O2是自身氧化还原；
C、在Na2O2+H2SO4→Na2SO4+H2O2中这是非氧化还原，是一个复分解反应；
D、在3Na2O2+Cr2O3→2Na2CrO4+Na2O中，Na2O2中﹣1价的氧变为﹣2价，Na2O2作还原剂，据此作判断．
解答：
解：因为在Na2O2+SO2→Na2SO4中，Na2O2的作用相同的是氧化剂，所以，
A、在2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2中Na2O2是自身氧化还原，故A错误；
B、在2Na2O2+2SO3→2Na2SO4+O2中Na2O2是自身氧化还原，故B错误；
C、在Na2O2+H2SO4→Na2SO4+H2O2中这是非氧化还原，是一个复分解反应，故C错误；
D、在3Na2O2+Cr2O3→2Na2CrO4+Na2O中，Na2O2中﹣1价的氧变为﹣2价，Na2O2作氧化剂，故D正确；
故选D．
点评：
本题主要考查了学生对氧化还原反应的理解，解题的关键是抓住化合价的变化分析，中等难度．
20．（4分）（2014?上海）向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸，下列离子方程式与事实不符的是（ ）
A．
OH﹣+CO32﹣+2H+→HCO3﹣+H2O
B．
2OH﹣+CO32﹣+3H+→HCO3﹣+2H2O
C．
2OH﹣+CO32﹣+4H+→CO2↑+3H2O
D．
OH﹣+CO32﹣+3H+→CO2↑+2H2O
考点：
真题集萃；离子方程式的书写．
专题：
离子反应专题．
分析：
等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中含有氢氧化钠与碳酸钠的物质的量相等，稀盐酸加入到NaOH和Na2CO3的混合溶液中，盐酸先与氢氧化钠发生酸碱中和，剩余的盐酸再与碳酸钠发生反应，盐酸少量时发生CO32﹣+H+→HCO3﹣，盐酸过量时发生CO32﹣+2H+→CO2↑+H2O．
解答：
解：根据题意可知，等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中，含有的氢氧化钠与碳酸钠的物质的量相等，稀盐酸加入到NaOH和Na2CO3的混合溶液中，盐酸先与氢氧化钠发生酸碱中和，剩余的盐酸再与碳酸钠发生反应．
A．设NaOH和Na2CO3的物质的量都为1mol，则加入盐酸少量，先发生反应：OH﹣+H+→H2O，1mol氢氧化钠消耗1mol盐酸，再发生反应CO32﹣+H+→HCO3﹣，将两个方程式相加得：OH﹣+CO32﹣+2H+→HCO3﹣+H2O，故A正确；
B．设NaOH和Na2CO3的物质的量都为2mol，则加入盐酸少量，先发生反应：2OH﹣+2H+→2H2O，2mol氢氧化钠消耗2mol盐酸，再发生反应CO32﹣+H+→HCO3﹣，盐酸不足之消耗1mol碳酸钠，将两个方程式相加得：2OH﹣+CO32﹣+3H+→HCO3﹣+2H2O，故B正确；
C．设NaOH和Na2CO3的物质的量都为2mol，2mol氢氧化钠消耗2mol氢离子，剩余2mol氢离子与2mol碳酸钠反应生成2mol碳酸氢根离子，离子方程式应为2OH﹣+2CO32﹣+4H+→2HCO3﹣+2H2O，即OH﹣+CO32﹣+2H+→HCO3﹣+H2O，故C错误；
D．设NaOH和Na2CO3的物质的量都为1mol，则加入盐酸过量，先发生反应：OH﹣+H+→H2O，1mol氢氧化钠消耗1mol盐酸，再发生反应CO32﹣+2H+→CO2↑+H2O，将两个方程式相加得：OH﹣+CO32﹣+3H+→CO2↑+2H2O，故D正确；
故选：C．
点评：
本题考查了离子方程式书写正误的判断，题目难度中等，明确稀盐酸与NaOH和Na2CO3反应的先后顺序以及碳酸钠与盐酸反应的原理是解题的关键．
21．（4分）（2014?上海）室温下，甲、乙两烧杯均盛有5mL pH=3的某一元酸溶液，向乙烧杯中加水稀释至pH=4．关于甲、乙两烧杯中溶液的描述正确的是（ ）
A．
溶液的体积：10V甲≤V乙
B．
水电离出的OH﹣浓度：10c（OH﹣）甲≤c（OH﹣）乙
C．
若分别用等浓度的NaOH溶液完全中和，所得溶液的pH：甲≤乙
D．
若分别与5mL pH=11的NaOH溶液反应，所得溶液的pH：甲≤乙
考点：
真题集萃；弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算．
专题：
电离平衡与溶液的pH专题．
分析：
弱酸为弱电解质，存在电离平衡，加水稀释时，促进弱酸的电离；水是弱电解质，存在电离平衡，酸电离产生的氢离子抑制水的电离平衡．
解答：
解：A．若酸强酸，则依据溶液吸稀释过程中氢离子物质的量不变5ml×10﹣3=V×10﹣4，解得V=5Oml，则10V甲=V乙，若酸为弱酸，加水稀释时，促进弱酸的电离，电离产生的氢离子增多，要使pH仍然为4，加入的水应该多一些，所以10V甲＜V乙，故A正确；
B．pH=3的酸中，氢氧根离子全部有水电离产生，C（OH﹣）甲==10﹣11mol/L，pH=4的酸中，氢氧根离子全部有水电离产生，C（OH﹣）乙==10﹣10mol/L，则10c（OH﹣）甲=c（OH﹣）乙，故B错误；
C．稀释前后甲乙两个烧杯中所含的一元酸的物质的量相等，依据酸碱中和反应可知，消耗氢氧化钠的物质的量相等，生成的酸盐的浓度甲大于乙，若酸为强酸则二者pH相等，若酸为弱酸，则甲的pH大于乙，故C错误；
D．若酸是强酸，分别与5mL pH=11的NaOH溶液反应，恰好发生酸碱中和，生成强酸强碱盐，pH值相等，若为弱酸，则反应后酸有剩余，甲中剩余酸浓度大，酸性强，pH小，所得溶液的pH：甲≤乙，故D正确；
故选：AD．
点评：
本题考查了弱电解质的电离，酸碱中和的实质，pH的相关计算，题目难度中等，准确理解题意，抓住弱酸存在电离平衡的特点解答．
22．（4分）（2014?上海）已知：2Na[Al（OH）4]+CO2→2Al（OH）3↓+Na2CO3+H2O．向含2mol NaOH，1mol Ba（OH）2，2mol Na[Al（OH）4]的混合溶液中慢慢通入CO2，则通入CO2的量和生成沉淀的量关系正确的是（ ）
选项
A
B
C
D
n（CO2）（mol）
2
3
4
6
n（沉淀）（mol）
1
2
3
3
A．
A
B．
B
C．
C
D．
D
考点：
真题集萃；化学方程式的有关计算．
专题：
计算题．
分析：
CO2通入到NaOH、Ba（OH）2、Na[Al（OH）4]的混合溶液，反应的先后顺序为：Ba（OH）2、NaOH、Na[Al（OH）4]．含NaOH、Ba（OH）2、Na[Al（OH）4]的混合溶液中慢慢通入CO2，发生的反应有：
CO2+Ba（OH）2=BaCO3+H2O；2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O；2Na[Al（OH）4]+CO2→2Al（OH）3↓+Na2CO3+H2O；
CO32﹣+H2O+CO2=2HCO3﹣，
解答：
解：A．通入2mol二氧化碳，先发生反应：Ba（OH）2+CO2=BaCO3↓+H2O，消耗1mol二氧化碳，生成1mol碳酸钡沉淀，剩余的1mol二氧化碳与氢氧化钠反应，CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，故A正确；
B．当通入的n（CO2）=3 mol时，发生的离子反应是Ba2++2OH﹣+CO2=BaCO3↓+H2O、2OH﹣+CO2=CO32﹣+H2O、2[Al（OH）4]﹣+CO2=2Al（OH）3↓+CO32﹣+H2O，所以产生的沉淀是BaCO3和Al（OH）3且n（沉淀）之和是3mol（1mol BaCO3和2mol Al（OH）3），故B错误；
C．通入4mol二氧化碳，先发生反应：Ba（OH）2+CO2=BaCO3↓+H2O，消耗1mol二氧化碳，生成1mol碳酸钡沉淀，剩余3mol二氧化碳与氢氧化钠发生反应：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，消耗二氧化碳1mol，然后1mol二氧化碳与Na[Al（OH）4]发生反应2Na[Al（OH）4]+CO2→2Al（OH）3↓+Na2CO3+H2O，生成2mol氢氧化铝沉淀，
最后1mol与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，故生成沉淀总物质的量为3mol，故C正确；
D．当通入6mol二氧化碳，分别发生反应Ba（OH）2+CO2=BaCO3↓+H2O，CO2+NaOH=NaHCO3，2Na[Al（OH）4]+CO2→2Al（OH）3↓+Na2CO3+H2O，生成1mol碳酸钡、2mol氢氧化铝沉淀，2mol碳酸氢钠，1mol碳酸钠，消耗4mol二氧化碳，剩余的2mol二氧化碳分别与生成的1mol碳酸钠和1mol碳酸钡沉淀发生反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3 ，BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，所以最后剩余沉淀的物质的量为2mol，故D错误；
故选：AC．
点评：
本题考查了化学方程式的相关计算，题目难度中等，把握反应的先后顺序是解题的关键，注意二氧化碳与碱反应量的关系对反应的影响．
四、（本题共12分）
23．（12分）（2014?上海）合成氨工艺的一个重要工序是铜洗，其目的是用铜液[醋酸二氨合铜（Ⅰ）、氨水]吸收在生产过程中产生的CO和CO2等气体，铜液吸收CO的反应是放热反应，其反应方程式为：
Cu（NH3）2Ac+CO+NH3?[Cu（NH3）3CO]Ac
完成下列填空：
（1）如果要提高上述反应的反应速率，可以采取的措施是 bc ．（选填编号）
a．减压 b．增加NH3的浓度 c．升温 d．及时移走产物
（2）铜液中的氨可吸收二氧化碳，写出该反应的化学方程式： 2NH3+CO2+H2O=（NH4）2CO3、（NH4）2CO3+CO2+H2O=2NH4HCO3 ．
（3）简述铜液吸收CO及铜液再生的操作步骤（注明吸收和再生的条件）． 低温加压下吸收CO，然后将铜洗液转移至另一容器中，高温低压下释放CO，然后将铜洗液循环利用
（4）铜液的组成元素中，短周期元素原子半径从大到小的排列顺序为 C＞N＞O＞H ，其中氮元素原子最外层电子排布的轨道表示式是 ，通过比较 NH3和PH3的稳定性 可判断氮、磷两种元素的非金属性强弱．
（5）已知CS2与CO2分子结构相似，CS2的电子式是 ，CS2熔点高于CO2，其原因是 二者都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大 ．
考点：
真题集萃；元素周期律的作用；化学反应速率的影响因素；铜金属及其重要化合物的主要性质．
专题：
基本概念与基本理论；元素及其化合物．
分析：
（1）增大浓度、升高温度等，可增大反应速率；
（2）氨气、水、二氧化碳可反应生成碳酸铵或碳酸氢铵；
（3）铜液吸收CO，应使平衡向正向移动，铜液再生，应使平衡向逆向移动；
（4）铜液的组成元素中，短周期元素有H、C、N、O等元素，H原子半径最小，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，比较非金属性强弱，可根据氢化物的稳定性强弱判断；
（5）CS2的电子式类似于CO2，二者都为分子晶体，相对分子质量越大，熔点越高．
解答：
解：（1）增大浓度、升高温度等，可增大反应速率，减压反应速率减小，减小生成物浓度，反应速率减小，故答案为：bc；
（2）氨气、水、二氧化碳可反应生成碳酸铵或碳酸氢铵，方程式为2NH3+CO2+H2O=（NH4）2CO3、（NH4）2CO3+CO2+H2O=2NH4HCO3，
故答案为：2NH3+CO2+H2O=（NH4）2CO3、（NH4）2CO3+CO2+H2O=2NH4HCO3；
（3）正反应放热，铜液吸收CO，应使平衡向正向移动，则可在低温加压下吸收CO，然后将铜洗液转移至另一容器中，高温低压下释放CO，然后将铜洗液循环利用，
故答案为：低温加压下吸收CO，然后将铜洗液转移至另一容器中，高温低压下释放CO，然后将铜洗液循环利用；
（4）铜液的组成元素中，短周期元素有H、C、N、O等元素，H原子半径最小，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径C＞N＞O＞H，
氮元素原子最外层电子排布的轨道表示式是；
比较非金属性强弱，可根据氢化物的稳定性强弱，
故答案为：C＞N＞O＞H；；NH3和PH3的稳定性；
（5）CS2的电子式类似于CO2，电子式为，二者都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，则熔点越高，
故答案为：；二者都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大．
点评：
本题为2014年上海考题，涉及元素周期律、电子式、化学平衡移动等问题的考查，综合考查学生的分析能力和双基知识，难度不大，注意相关基础知识的积累．
五、（本题共12分）
24．（12分）（2014?上海）硫在自然界中以游离态和多种化合态形式出现，硫的化合物大多具有氧化性或还原性，许多金属硫化物难溶于水．
完成下列填空：
（1）硫化氢具有还原性，可以和许多氧化剂反应，在酸性条件下，H2S和KMnO4反应生成S、MnSO4、K2SO4和H2O，写出该反应的化学方程式： 3H2SO4+5H2S+2KMnO4=5S↓+2MnSO4+K2SO4+8H2O ．
（2）石油化工的废气中有H2S，写出从废气中回收单质硫的两种方法（除空气外，不能使用其他原料），以化学方程式表示： ①2H2S+3O22H2O+2SO2、②2H2S+SO2→3S+2H2O ， H2SH2+S或2H2S+O22S+2H2O ．
（3）室温下，0.1mol/L的硫化钠溶液和0.1mol/L的碳酸钠溶液，碱性更强的是 硫化钠溶液 ，其原因是 硫氢根离子的电离常数小于碳酸氢根离子，则其水解程度大于碳酸氢根离子 ．已知：
H2S：Ki1=1.3×10﹣7 Ki2=7.1×10﹣15
H2CO3：Ki1=4.3×10﹣7 Ki2=5.6×10﹣11
（4）向ZnSO4溶液中加饱和H2S溶液，没有沉淀生成，继续增加一定量的氨水后，生成ZnS沉淀，用电离平衡原理解释上述现象． 饱和H2S溶液中电离产生的S2﹣很少，因此没有沉淀，加入氨水后，促进H2S的电离，S2﹣浓度增大，有沉淀生成
（5）将黑色的Fe2S3固体加入足量的盐酸中，溶液中有淡黄色固体生成，产物还有 氯化亚铁 、 硫化氢 ，过滤，微热滤液，然后加入过量氢氧化钠溶液，可观察到的现象是 产生白色絮状沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀 ．
考点：
真题集萃；氧化还原反应；弱电解质在水溶液中的电离平衡；含硫物质的性质及综合应用．
专题：
元素及其化合物．
分析：
（1）H2S和KMnO4反应生成S、MnSO4、K2SO4和H2O，结合质量守恒书写化学方程式；
（2）硫化氢可与氧气反应生成二氧化硫；二氧化硫可与硫化氢反应生成硫，硫化氢与氧气反应也可生成硫；
（3）电离常数越小，对应的盐溶液的碱性越强；
（4）加入氨水，溶液存在大量的S2﹣，可生成ZnS沉淀；
（5）将黑色的Fe2S3固体加入足量的盐酸中，生成H2S和氯化铁，氯化铁可氧化H2S生成S，加入氢氧化钠，可生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁．
解答：
解：（1）H2S和KMnO4反应生成S、MnSO4、K2SO4和H2O，反应的方程式为3H2SO4+5H2S+2KMnO4=5S↓+2MnSO4+K2SO4+8H2O，
故答案为：3H2SO4+5H2S+2KMnO4=5S↓+2MnSO4+K2SO4+8H2O；
（2）硫化氢可与氧气反应生成二氧化硫；二氧化硫可与硫化氢反应生成硫，硫化氢与氧气反应也可生成硫，涉及反应有①2H2S+3O22H2O+2SO2； ②2H2S+SO2→3S+2H2O；H2SH2+S或2H2S+O22S+2H2O，
故答案为：①2H2S+3O22H2O+2SO2、②2H2S+SO2→3S+2H2O；H2SH2+S或2H2S+O22S+2H2O；
（3）H2S第二步电离常数最小小，则硫化钠易水解，溶液的碱性较强，
故答案为：硫化钠溶液；硫氢根离子的电离常数小于碳酸氢根离子，则其水解程度大于碳酸氢根离子；
（4）饱和H2S溶液中电离产生的S2﹣很少，因此没有沉淀，加入氨水后，促进H2S的电离，溶液存在大量的S2﹣，可生成ZnS沉淀，
故答案为：饱和H2S溶液中电离产生的S2﹣很少，因此没有沉淀，加入氨水后，促进H2S的电离，S2﹣浓度增大，有沉淀生成；
（5）将黑色的Fe2S3固体加入足量的盐酸中，生成H2S和氯化铁，氯化铁可氧化H2S生成S，加入氢氧化钠，可生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁，可观察到产生白色絮状沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀，
故答案为：氯化亚铁； 硫化氢；产生白色絮状沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀．
点评：
本题为2014年上海考题，考查含硫物质的综合应用，弱电解质的电离等知识，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关知识的积累，难度中等．
六、（本题共12分）
25．（12分）（2014?上海）在精制饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打（NaHCO3），并提取氯化铵作为肥料或进一步提纯为工业氯化铵．
完成下列填空：
（1）写出上述制备小苏打的化学方程式． NH4HCO3+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl
（2）滤除小苏打后，母液提取氯化铵有两种方法：
①通入氨，冷却、加食盐，过滤
②不通氨，冷却、加食盐，过滤
对两种方法的评价正确的是 ad ．（选填编号）
a．①析出的氯化铵纯度更高 b．②析出的氯化铵纯度更高
c．①的滤液可直接循环使用 d．②的滤液可直接循环使用
（3）提取的NH4Cl中含少量Fe2+、SO42﹣，将产品溶解，加入H2O2，加热至沸，再加入BaCl2溶液，过滤，蒸发结晶，得到工业氯化铵．
加热至沸的目的是 使亚铁离子快速氧化为三价铁离子，并使氯化铁充分水解，形成氢氧化铁沉淀 ．
滤渣的主要成分是 氢氧化铁 、 硫酸钡 ．
（4）称取1.840g小苏打样品（含少量NaCl），配置成250mL溶液，取出25.00mL用0.1000mol/L盐酸滴定，消耗盐酸21.50mL．
实验中所需的定量仪器除滴定管外，还有 电子天平、250mL容量瓶 ．
选甲基橙而不选酚酞作为指示剂的原因是 选用酚酞作为指示剂，不能确定滴定终点 ．
样品中NaHCO3质量分数为 0.982 ．（保留3位小数）
（5）将一定质量小苏打样品（含少量NaCl）溶于足量盐酸，蒸干后称量固体质量，也可测定小苏打的含量．若蒸发过程中有少量液体溅出，则测定结果 偏高 ．（选填“偏高”、“偏低”或“不受影响”）
考点：
真题集萃；制备实验方案的设计．
专题：
实验设计题．
分析：
（1）饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打（NaHCO3），根据质量守恒可知同时生成NH4Cl；
（2）母液中含有氯化铵，通入氨，冷却、加食盐，有利于氯化铵的析出，过滤后滤液中含有氨气，不能直接循环使用；
（3）加热有利于亚铁离子的氧化，且有利于铁离子的水解，再加入BaCl2溶液，得到硫酸钡沉淀；
（4）准确称量固体，应用电子天平，配制溶液需要容量瓶，根据盐酸的物质的量可确定碳酸氢钠的质量，进而可计算质量分数；
（5）若蒸发过程中有少量液体溅出，蒸干后所得固体质量偏小，则小苏打含量偏大．
解答：
解：（1）饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打（NaHCO3），根据质量守恒可知同时生成NH4Cl，反应的方程式为NH4HCO3+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，
故答案为：NH4HCO3+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl；
（2）母液中含有氯化铵，通入氨，冷却、加食盐，有利于氯化铵的析出，纯度更高，过滤后滤液中含有氨气，不能直接循环使用，而②的滤液可直接循环使用，
故答案为：ad；
（3）加热有利于亚铁离子的氧化，且有利于铁离子的水解，再加入BaCl2溶液，得到硫酸钡沉淀，滤渣的主要成分是氢氧化铁、硫酸钡，
故答案为：使亚铁离子快速氧化为三价铁离子，并使氯化铁充分水解，形成氢氧化铁沉淀；氢氧化铁； 硫酸钡；
（4）准确称量固体，应用电子天平，
碳酸氢钠溶液的PH本来就接近8.2，与酚酞变色的PH接近，变色时的PH和反应终点的PH不好判断；而使用甲基橙容易判断终点，且反应产生的二氧化碳不能全部逸出使溶液偏酸性，因此使用甲基橙的误差小（使用甲基橙易判断滴定终点，误差小），
n（HCl）=0.0215L×0.1000mol/L=0.00215mol，
则25mL溶液中n（NaHCO3）=0.00215mol，
所以样品中m（NaHCO3）=0.00215mol×10×84g/mol=1.806g，
ω（NaHCO3）==98.2%=0.982，
故答案为：电子天平、250mL容量瓶；选用酚酞作为指示剂，不能确定滴定终点；0.982；
（5）如全被为碳酸氢钠，与盐酸反应后生成氯化钠，质量减小，而如全部为氯化钠时，质量基本不变，可知加热后固体质量越小，碳酸氢钠含量越大，则若蒸发过程中有少量液体溅出，蒸干后所得固体质量偏小，则小苏打含量偏高，
故答案为：偏高．
点评：
本题为2014年上海考题，设计制备实验的设计的考查，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意把握实验原理以及物质的性质，难度中等．
七、（本题共12分）
26．（12分）（2014?上海）氯气和氯乙烯都是非常重要的化工产品，年产量均在107t左右，氯气的实验室制备和氯乙烯的工业生产都有多种不同方法．
完成下列填空：
（1）实验室制取纯净的氯气，除了二氧化锰、浓盐酸和浓硫酸，还需要 饱和食盐水 、 烧碱溶液 （填写试剂或溶液名称）
（2）实验室用2.00mol/L盐酸和漂粉精[成分为Ca（ClO）2、CaCl2]反应生成氯气、氯化钙和水，若产生2.24L（标准状况）氯气，发生反应的盐酸为 100 mL．
（3）实验室通常用向上排空气法收集氯气．设计一个简单实验，验证所收集的氯气中是否含有空气． 将集气瓶倒置于有足量烧碱溶液的水槽里，若气体不能充满集气瓶，液面上有无色气体，则有空气，若充满，则无空气
工业上用电石﹣乙炔生产氯乙烯的反应如下：
CaO+3CCaC2+CO
CaC2+2H2O→HC≡CH↑+Ca（OH）2
HC≡CH+HClCH2═CHCl
电石﹣乙炔法的优点是流程简单，产品纯度高，而且不依赖于石油资源．
电石﹣乙炔法的缺点是： 能耗大 、 使用的催化剂毒性大 ．
（4）乙烷和氯气反应可制得ClCH2CH2Cl，ClCH2CH2Cl加热分解得到氯乙烯和氯化氢．
设计一种以乙烯和氯气为原料制取氯乙烯的方案（其他原料自选），用化学方程式表示（不必注明反应条件）．
要求：①反应产生的氯化氢必须用于氯乙烯的制备；②不再产生其他废液．
考点：
真题集萃；氯气的实验室制法；制备实验方案的设计．
专题：
实验设计题．
分析：
（1）实验室制备纯净的氯气，应用饱和氯化钠溶液除去HCl，用氢氧化钠溶液进行尾气吸收；
（2）反应的方程式为ClO﹣+Cl﹣+2H+=Cl2↑+H2O，n（Cl2）==0.1mol，结合反应的方程式计算；
（3）氯气可与氢氧化钠溶液反应，如含有空气，则与氢氧化钠反应后试管内有残留气体；用电石生产乙炔，耗能大，且污染环境；
（4）以乙烯和氯气为原料制取氯乙烯，可由乙烯和氯气发生加成反应生成1，2﹣二氯乙烷，1，2﹣二氯乙烷发生消去反应生成氯乙烯，生成的氯化氢电解生成氢气和氯气，氢气和乙烯发生加成反应生成乙烷，乙烷和氯气发生取代反应生成1，2﹣二氯乙烷．
解答：
解：（1）实验室用盐酸制备氯气，氯气中混有氯化氢，得到纯净的氯气，应用饱和氯化钠溶液除去HCl，再用浓硫酸干燥，最后用氢氧化钠溶液进行尾气吸收，
故答案为：饱和食盐水；烧碱溶液；
（2）反应的方程式为ClO﹣+Cl﹣+2H+=Cl2↑+H2O，n（Cl2）==0.1mol，则需要n（HCl）=0.2mol，
发生反应的盐酸的体积为=0.1L=100mL，
故答案为：100；
（3）氯气可与氢氧化钠溶液反应，如含有空气，则与氢氧化钠反应后试管内有残留气体；
工业在高温下生产电石，用电石生产乙炔，耗能大，由于乙炔与HCl的反应在氯化汞的作用下进行，污染环境，
故答案为：将集气瓶倒置于有足量烧碱溶液的水槽里，若气体不能充满集气瓶，液面上有无色气体，则有空气，若充满，则无空气；反应温度高，能耗大；使用的催化剂毒性大；
（4）以乙烯和氯气为原料制取氯乙烯，可由乙烯和氯气发生加成反应生成1，2﹣二氯乙烷，1，2﹣二氯乙烷发生消去反应生成氯乙烯，生成的氯化氢电解生成氢气和氯气，氢气和乙烯发生加成反应生成乙烷，乙烷和氯气发生取代反应生成1，2﹣二氯乙烷，涉及反应有CH2=CH2+Cl2→CH2ClCH2Cl CH2ClCH2Cl CH2=CHCl+HCl；
2 HCl H2↑+Cl2↑； CH2=CH2+H2CH3CH3；CH3CH3+Cl2→CH2ClCH2Cl，
故答案为：CH2=CH2+Cl2→CH2ClCH2Cl CH2ClCH2Cl CH2=CHCl+HCl；2 HCl H2↑+Cl2↑； CH2=CH2+H2CH3CH3；CH3CH3+Cl2→CH2ClCH2Cl．
点评：
本题为2014年上海考题，考查氯气的实验室制备以及实验方案的设计，侧重于学生的分析能力、计算能力和实验能力的考查，注意把握实验的原理以及题给信息，难度中等．
八、（本题共8分）
27．（8分）（2014?上海）许多有机化合物具有酸碱性．
完成下列填空
（1）苯酚、苯甲醇、苯甲酸、碳酸的酸性由强到弱的顺序为： 苯甲酸＞碳酸＞苯酚＞苯甲醇
苯胺（ ）具有 碱性 ．（选填“酸性”、“碱性”或“中性”）
（2）常常利用物质的酸碱性分离混合物．某一混合物含苯酚、苯甲醇、苯甲酸和苯胺四种物质，其分离方案如图．
已知：苯甲醇、苯甲酸、苯胺微溶于水．
A、B、C分别是：A NaOH溶液 、B CO2 、C 盐酸 ．
上述方案中，若首先仅仅将苯甲酸与其他三种物质分开，则应加入 碳酸氢钠 ．
（3）欲将转化为，则应加入 水 ．
考点：
真题集萃；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．
专题：
实验设计题．
分析：
（1）羧基酸性＞碳酸＞酚羟基＞醇羟基；含有氨基，具有碱性；
（2）苯酚、苯甲酸呈酸性，苯胺呈碱性，苯甲醇为中性，可先加氢氧化钠或碳酸钠溶液，苯酚、苯甲酸与氢氧化钠反应生成溶于水的盐，则水层中含有苯酚钠、苯甲酸钠，在溶液中通入二氧化碳气体，可得到苯酚，分离后在水中加入盐酸可得到苯甲酸，则A为NaOH溶液，B为二氧化碳，C为盐酸，物质1为苯甲酸，物质2为苯酚；
苯甲醇、苯胺中加入盐酸，苯胺生成盐，溶于水，在水层中加入氢氧化钠可得到苯胺；则物质3为苯胺，物质4为苯甲醇；
（3）﹣CH2ONa可与水反应生成﹣CH2OH．
解答：
解：（1）羧基酸性＞碳酸＞酚羟基＞醇羟基，则酸性苯甲酸＞碳酸＞苯酚＞苯甲醇；含有氨基，可与盐酸反应，具有碱性，
故答案为：苯甲酸＞碳酸＞苯酚＞苯甲醇；碱性；
（2）苯酚、苯甲酸呈酸性，苯胺呈碱性，苯甲醇为中性，可先加氢氧化钠或碳酸钠溶液，苯酚、苯甲酸与氢氧化钠反应生成溶于水的盐，则水层中含有苯酚钠、苯甲酸钠，在溶液中通入二氧化碳气体，可得到苯酚，分离后在水中加入盐酸可得到苯甲酸，则A为NaOH溶液，B为二氧化碳，C为盐酸，物质1为苯甲酸，物质2为苯酚；
苯甲醇、苯胺中加入盐酸，苯胺生成盐，溶于水，在水层中加入氢氧化钠可得到苯胺；则物质3为苯胺，物质4为苯甲醇；
若首先仅仅将苯甲酸与其他三种物质分开，则应加入碳酸氢钠，
故答案为：NaOH溶液；CO2；盐酸；碳酸氢钠；
（3）﹣CH2ONa易水解，可与水反应生成﹣CH2OH，故答案为：水．
点评：
本题为2014年上海考题，涉及物质的分离、提纯实验方案的设计的考查，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同，难度中等．
九、（本题共14分）
28．（14分）（2014?上海）M是一种治疗直肠癌和小细胞肺癌药物的主要成分，其结构式为
（不考虑立体结构，其中R为）．M的一条合成路线如下（部分反应试剂和条件省略）．
完成下列填空：
（1）写出反应类型．反应① 取代反应 、反应③ 氧化反应 ；
（2）写出反应试剂和反应条件．反应② C2H5OH/浓硫酸/加热 、反应④ 盐酸/加热 ；
（3）写出结构简式．B 、C ；
（4）写出一种满足下列条件的A的同分异构体的结构简式．
①能与FeCl3溶液发生显色反应；②能发生银镜反应；③分子中有5种不同化学环境的氢原子．
（5）丁烷氯化可得到2﹣氯丁烷，设计一条从2﹣氯丁烷合成1，3﹣丁二烯的合成路线．
（合成路线常用的表示方式为：AB…目标产物） ．
（6）已知：与的化学性质相似．
从反应④可得出的结论是： 酰胺（肽键）水解比酯水解困难 ．
考点：
真题集萃；有机物的合成．
专题：
有机物的化学性质及推断．
分析：
由流程可知，丁烷经氧化可生成丁酸酐，在氯化铝作用下生成，对比和反应②的产物可知A应为，
对比反应产物可知分子式为C13H16O3的物质的结构简式为，B与C发生取代反应生成肽键，由反应流程可知B应为，C为，结合有机物的结构和性质以及题目要求解答该题．
解答：
解：由流程可知，丁烷经氧化可生成丁酸酐，在氯化铝作用下生成，对比和反应②的产物可知A应为，
对比反应产物可知分子式为C13H16O3的物质的结构简式为，B与C发生取代反应生成肽键，由反应流程可知B应为，C为，
（1）丁烷经氧化可生成丁酸酐，在氯化铝作用下生成，为取代反应，反应③的变化为羟基生成醛基，为氧化反应，
故答案为：取代反应；氧化反应；
（2）反应②为酯化反应，在浓硫酸作用下与乙醇加热反应可生成，反应④为酯的水解反应，应在盐酸作用下加热反应生成，
故答案为：C2H5OH/浓硫酸/加热； 盐酸/加热；
（3）由以上分析可知，B应为，C为，
故答案为：；；
（4）A为，①能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②能发生银镜反应，说明含有醛基；③分子中有5种不同化学环境的氢原子，
则可能对应的同分异构体的结构简式为或，故答案为：或；
（5）从2﹣氯丁烷合成1，3﹣丁二烯，应先在氢氧化钠的乙醇溶液中加热发生消去反应生成2﹣丁烯，然后发生加成反应生成1，2﹣二溴丁烷，进而发生消去反应生成1，3﹣丁二烯，反应的流程为，
故答案为：；
（6）D中含有肽键和酯基，反应④为酯的水解反应，说明酰胺（肽键）水解比酯水解困难，
故答案为：酰胺（肽键）水解比酯水解困难．
点评：
本题为2014年上海高考题，考查有机物的合成，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握题给信息，为解答该题的关键，难度不大，注意把握有机物的结构和性质．
十、（本题共14分）
29．（14分）（2014?上海）硫有多种含氧酸，亚硫酸（H2SO3）、硫酸（H2SO4）、焦硫酸（H2SO4?SO3）、硫代硫酸（H2S2O3）等等，其中硫酸最为重要，在工业上有广泛的应用，在实验室，浓硫酸是常用的干燥剂．
完成下列计算：
（1）焦硫酸（H2SO4?SO3）溶于水，其中的SO3都转化为硫酸，若将445g焦硫酸溶于水配成4.00L硫酸，该硫酸的物质的量浓度为 1.25 mol/L．
（2）若以浓硫酸吸水后生成H2SO4?H2O计算，250g质量分数为98%的硫酸能吸收多少g水？
（3）硫铁矿是工业上制作硫酸的主要原料，硫铁矿氧化焙烧的化学反应如下：
3FeS2+8O2→Fe3O4+6SO2 4FeS2+11O2→2Fe2O3+8SO2
若48mol FeS2完全反应耗用氧气2934.4L（标准状况）；计算反应产物中Fe3O4与Fe2O3物质的量之比．
（4）用硫化氢制取硫酸，既能充分利用资源又能保护环境，是一种很有发展前途的制备硫酸的方法．
硫化氢体积分数为0.84的混合气体（H2S、H2O、N2）在空气中完全燃烧，若空气过量77%，计算产物气体中SO2体积分数（水是气体）．
已知空气组成：N2体积分数0.79、O2体积分数0.21．
考点：
含硫物质的性质及综合应用；化学方程式的有关计算．
专题：
氧族元素．
分析：
（1）根据公式c=，来求硫酸的物质的量浓度；
（2）根据浓硫酸吸水后生成H2SO4?H2O计算，硫酸与水的物质的是为1：1；
（3）设Fe3O4与Fe2O3物质的量分别为amol，bmol然后铁守恒和消耗氧气的量列方程组解；
（4）根据2H2S+3O22SO2+2H2O，设混合所体为1体积，则硫化氢为0.84体积，然后关系式来求解．
解答：
解：（1）n（H2SO4）=2n（H2SO4?SO3）=×2=5mol，所以该硫酸的物质的量浓度为c（H2SO4）==1.25mol/L，故答案为：1.25mol/L；
（2）n（H2SO4?H2O）=n（H2SO4）=250g×98%÷98=2.5mol，所以吸收水的质量为；2.5mol×116g/mol﹣250g=40g，
答：250g质量分数为98%的硫酸能吸收40g水；
（3）2934.4L氧气的物质的量为=131mol，设Fe3O4与Fe2O3物质的量分别为amol，bmol，则，解得：，所以Fe3O4与Fe2O3物质的量之比4：18=2：9，
答：反应产物中Fe3O4与Fe2O3物质的量之比2：9；
（4）设混合所体为1体积，则硫化氢为0.84体积，
由2H2S+3O22SO2+2H2O，
2 3 2 2
0.84 1.26 0.84 0.84
所以反应消耗的空气为：=6，而空气过量77%，所以一共所需空气为：6×1.77=10.62体积，所以φ（SO2）==0.075，
答：产物气体中SO2体积分数为0.075．
点评：
本题通过硫酸的性质考查，涉及物质的量浓度的计算，和守恒知识的运用，体积分数的计算，难度中等．
2015年上海市高考化学试卷
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）（2015?上海）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．（2分）（2015?上海）下列物质见光不会分解的是（ ）
A．
HClO
B．
NH4Cl
C．
HNO3
D．
AgNO3
3．（2分）（2015?上海）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．（2分）（2015?上海）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．（2分）（2015?上海）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
二、选择题（本题共36分，每小题3分，每题只有一个正确选项）
6．（3分）（2015?上海）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．（3分）（2015?上海）检验用硫酸亚铁制得的硫酸铁中是否含有硫酸亚铁，可选用的试剂是（ ）
A．
NaOH
B．
KMnO4
C．
KSCN
D．
苯酚
8．（3分）（2015?上海）已知H2O2在催化剂作用下分解速率加快，其能量随反应进程的变化如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．
加入催化剂，减小了反应的热效应
B．
加入催化剂，可提高H2O2的平衡转化率
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．（3分）（2015?上海）已知咖啡酸的结构如图所示．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．（3分）（2015?上海）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．（3分）（2015?上海）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．（3分）（2015?上海）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．（3分）（2015?上海）实验室回收废水中苯酚的过程如图所示．下列分析错误的是（ ）
A．
操作I中苯作萃取剂
B．
苯酚钠在苯中的溶解度比在水中的大
C．
通过操作II苯可循环使用
D．
三步操作均需要分液漏斗
14．（3分）（2015?上海）研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示．下列有关说法错误的是（ ）
A．
d为石墨，铁片腐蚀加快
B．
d为石墨，石墨上电极反应为：O2+2H2O+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．（3分）（2015?上海）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．（3分）（2015?上海）短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和丁的原子核外均有两个未成对电子，乙、丙、丁最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应．下列说法错误的是（ ）
A．
元素丙的单质可用于冶炼金属
B．
甲与丁形成的分子中有非极性分子
C．
简单离子半径：丁＞乙＞丙
D．
甲与乙形成的化合物均有氧化性
17．（3分）（2015?上海）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
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）（2015?上海）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．（4分）（2015?上海）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
20．（4分）（2015?上海）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
21．（4分）（2015?上海）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．（4分）（2015?上海）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
四、解答题（共1小题，满分12分）
23．（12分）（2015?上海）白云石的主要成份是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、消化后得到钙镁的氢氧化物，再经过碳化实现Ca2+、Mg2+的分离．碳化反应是放热反应，化学方程式如下：
Ca（OH）2+Mg（OH）2+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图所示，在10min到13min之内钙离子的反应速率为 ．15min之后钙离子浓度增大，原因是 （用化学方程式表示）．
（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”）
五、（本题共12分）
24．（12分）（2015?上海）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：
（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，0.1mol/L NaClO溶液的pH 0.1mol/L Na2SO3溶液的pH．（选填“大于”、“小于”或“等于”）
浓度均为0.1mol/L的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，SO32﹣、CO32﹣、HSO3﹣、HCO3﹣浓度从大到小的顺序为 ．
已知：H2SO3Ki1=1.54×10﹣2 Ki2=1.02×10﹣7
HClOKi1=2.95×10﹣8
H2CO3Ki1=4.3×10﹣7Ki2=5.6×10﹣11．
六、（本题共12分）
25．（12分）（2015?上海）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．如图是实验室测定产品中CaO2含量的装置（夹持装置省略）．
若所取产品质量是m g，测得气体体积为V mL（已换算成标准状况），则产品中CaO2的质量分数为 （用字母表示）．
过氧化钙的含量也可用重量法测定，需要测定的物理量有 ．
七、（本题共12分）
26．（12分）（2015?上海）甲醛是深受关注的有机化合物．甲醛含量的测定有多种方法，例如：在调至中性的亚硫酸钠溶液中加入甲醛水溶液，经充分反应后，产生的氢氧化钠的物质的量与甲醛的物质的量相等，然后用已知浓度的硫酸滴定氢氧化钠．
完成下列填空：
（1）将4.00mL甲醛水溶液加入到经调至中性的亚硫酸钠溶液中，充分反应后，用浓度为1.100mol/L的硫酸滴定，至终点时耗用硫酸20.00mL．甲醛水溶液的浓度为 mol/L．
（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）2HCOOH+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
．
八、（本题共10分）
27．（12分）（2015?上海）对溴苯乙烯与丙烯的共聚物是一种高分子阻燃剂，具有低毒、热稳定性好等优点．
完成下列填空：
（1）写出该共聚物的结构简式．
（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．
（合成路线常用的表示方式为：AB…目标产物）
九、（本题共12分）
28．（12分）（2015?上海）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）：
完成下列填空：
（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种不同环境的氢原子
1mol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 ．
十、（本题共14分）
29．（12分）（2015?上海）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100kg完成分解产生CO2 L（标准状况）．
石灰窑中，该石灰石100kg与焦炭混合焙烧，产生CO2 29120L（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 6.80mol/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10m3，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10m3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1521kg，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1070kg．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．
2015年上海市高考化学试卷
参考答案与试题解析
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．（2分）（2015?上海）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
考点：
核素；质量数与质子数、中子数之间的相互关系．
分析：
根据在原子中：原子序数=质子数=核外电子数=核电荷数，进行解答．
解答：
解：A．第116号元素Lv的原子序数为116，故A正确；
B．中子数=质量数﹣质子数=293﹣116=177，故B正确；
C．原子序数=质子数=核外电子数=核电荷数，可知核外电子数为116，故C正确；
D．293代表该原子的质量数，一种元素有多种核素，质量数指的是质子与中子质量的和，不同核素的质量数不同，即一种元素可以有多个质量数，相对原子质量为各核素的平均相对质量，所以同种元素的相对原子质量只有一个数值，两者近似相等，故D错误．
故选D．
点评：
本题主要考查了原子符号的含义，掌握原子序数=核内质子数=核电荷数是解题的关键，题目难度不大．
2．（2分）（2015?上海）下列物质见光不会分解的是（ ）
A．
HClO
B．
NH4Cl
C．
HNO3
D．
AgNO3
考点：
氯、溴、碘及其化合物的综合应用；铵盐；硝酸的化学性质．
分析：
浓硝酸、硝酸银、次氯酸见光都易分解；而氯化铵加热分解，见光不分解，以此来解答．
解答：
解：A．HClO见光分解为HCl与氧气，故A不选；
B．氯化铵加热分解生成氨气和HCl，见光不分解，故B选；
C．硝酸见光分解为二氧化氮、氧气与水，故C不选；
D．硝酸银见光分解Ag、二氧化氮、氧气，故D不选；
故选B．
点评：
本题考查物质的性质，为高频考点，综合考查元素化合物知识，侧重物质稳定性的考查，注意反应条件为光照，题目难度不大．
3．（2分）（2015?上海）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
考点：
不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．
分析：
一般不同非金属元素之间易形成极性键，已知某晶体中含有极性键，则该晶体为化合物，可能是离子化合物、共价化合物，结合不同类型晶体的性质分析．
解答：
解：A．含有极性键的晶体可能是原子晶体，如二氧化硅中含有Si﹣O极性键，其熔沸点很高，故A错误；
B．含有极性键的物质至少含有2种元素，属于化合物，不可能是单质，故B正确；
C．有机物中含有极性键，如甲烷中含有C﹣H极性键，故C正确；
D．离子晶体中也可能含有极性键，如NaOH中含有O﹣H极性键，故D正确．
故选A．
点评：
本题考查了极性键、晶体的类型，题目难度不大，注意离子晶体中一定含有离子键可能含有共价键，题目难度不大，注意利用举例法分析．
4．（2分）（2015?上海）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
考点：
非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律．
分析：
比较两种元素的非金属性强弱，可根据单质之间的置换反应、与氢气反应的难易程度、氢化物的稳定性以及最高正价氧化物对应水化物酸性强弱．
解答：
解：A．单质的氧化性越强，其元素的非金属性越强，可以判断非金属性强弱，故A不选；
B．单质的沸点属于物理性质，与元素的非金属性无关，不能判断非金属性强弱，故B选；
C．单质与氢气化合越容易，则元素的非金属性越强，可以判断非金属性强弱，故C不选；
D．最高价氧化物对应的水化物酸性越强，其元素的非金属性越强，可以判断非金属性强弱，故D不选．
故选B．
点评：
本题考查非金属性的比较，题目难度不大，注意元素非金属性和金属性的比较角度，学习中注意相关基础知识的积累．
5．（2分）（2015?上海）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
考点：
二氧化硫的化学性质．
分析：
二氧化硫与溴水发生氧化还原反应生成氢溴酸和硫酸．
解答：
解：二氧化硫具有还原性，与溴水发生氧化还原反应生成氢溴酸和硫酸，使溴水褪色，硫元素化合价升高，体现还原性．
故选A．
点评：
本题主要考查了二氧化硫的性质，侧重考查二氧化硫的还原性，注意中间价态的元素既有氧化性又有还原性，同种元素相邻价态间不发生氧化还原反应，题目难度不大．
二、选择题（本题共36分，每小题3分，每题只有一个正确选项）
6．（3分）（2015?上海）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
考点：
不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．
分析：
Na、Na2O、NaOH、Na2S、Na2SO4中Na为金属晶体，Na2O、NaOH、Na2S、Na2SO4为离子晶体，以此解答．
解答：
解：Na为金属晶体，熔化时克服金属键，Na2O、NaOH、Na2S、Na2SO4为离子晶体，熔化时克服离子键．
故选C．
点评：
本题考查晶体类型的判断和化学键键的判断，为高频考点，侧重于学生的分析能力和基本概念的考查，题目难度不大，注意晶体类型的分类和性质的区别．
7．（3分）（2015?上海）检验用硫酸亚铁制得的硫酸铁中是否含有硫酸亚铁，可选用的试剂是（ ）
A．
NaOH
B．
KMnO4
C．
KSCN
D．
苯酚
考点：
物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．
分析：
亚铁离子具有还原性，可与氯水、高锰酸钾等氧化剂反应，以此解答该题．
解答：
解：A．加入氢氧化钠，因含有铁离子，可生成红褐色沉淀，不能检验是否含有亚铁离子，故A错误；
B．亚铁离子具有还原性，可与高锰酸钾等发生氧化还原反应，高锰酸钾溶液褪色，可鉴别，故B正确；
C．亚铁离子与KSCN不反应，不能鉴别，只能鉴别铁离子，故C错误；
D．亚铁离子与苯酚不反应，不能鉴别，只能鉴别铁离子，故D错误．
故选B．
点评：
本题考查物质的检验，为高频考点，题目难度不大，本题注意亚铁离子与铁离子性质的区别，检验时必须有明显不同的现象．
8．（3分）（2015?上海）已知H2O2在催化剂作用下分解速率加快，其能量随反应进程的变化如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．
加入催化剂，减小了反应的热效应
B．
加入催化剂，可提高H2O2的平衡转化率
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
考点：
反应热和焓变；化学平衡的影响因素．
分析：
A、催化剂只通过改变活化能来改变反应速率，不改变反应的热效应；
B、催化剂只改变反应速率不改变化学平衡；
C、图象分析反应是放热反应，热化学方程式要注明状态；
D、图象分析反应是放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量．
解答：
解：A、催化剂只通过改变活化能来改变反应速率，不改变反应的热效应；故A错误；
B、催化剂只改变反应速率不改变化学平衡，反应体系中加入催化剂不改变H2O2的平衡转化率，故B错误；
C、图象分析判断反应是放热反应，热化学方程式要注明状态，所以H2O2分解的热化学方程式：H2O2（l）=H2O（l）+O2（g）+Q，故C错误；
D、图象分析反应是放热反应，所以反应物的总能量高于生成物的总能量，故D正确；
故选D．
点评：
本题考查了化学平衡、化学反应能量的图象分析判断，注意催化剂改变速率不改变平衡的理解，题目难度中等
9．（3分）（2015?上海）已知咖啡酸的结构如图所示．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
考点：
有机物的结构和性质．
分析：
有机物含有羟基，可发生取代、氧化和显色反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有羧基，具有酸性，可发生中和、酯化反应，以此解答该题．
解答：
解：A．由结构简式可知分子式为C9H8O4，故A错误；
B．能与氢气发生加成反应的为苯环和碳碳双键，则1mol咖啡酸最多可与4mol氢气发生加成反应，故B错误；
C．含有酚羟基，可与溴发生取代反应，含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，故C正确；
D．含有羧基，可与NaHCO3溶液反应，故D错误．
故选C．
点评：
本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，题目难度不大，注意有机物的结构特点和官能团的性质，易错点为D，注意官能团的酸性强弱的比较．
10．（3分）（2015?上海）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．
考点：
有机物分子中的官能团及其结构．
分析：
A、环己烷中只存在1种化学环境不同的H，此卤代烃可以由环己烷取代得到；
B、2，2﹣二甲基丙烷只存在一种H，此有机物可以由2，2﹣二甲基丙烷取代得到；
C、2﹣甲基丙烷中存在2种化学环境不同的H，一氯代物存在同分异构体；
D、2，2，3，3﹣四甲基丁烷中只存在一种环境的H，一氯代物只有一种，据此解答即可．
解答：
解：A、可以由环己烷取代制得，故A不选；
B、可以由2，2﹣二甲基丙烷取代得到，故B不选；
C、2﹣甲基丙烷中存在2种化学环境不同的H，一氯代物存在同分异构体，故不适合由相应的烃经卤代反应制得，故C选；
D、可以由2，2，3，3﹣四甲基丁烷制得，故D不选，故选C．
点评：
本题主要考查的是一氯代物的同分异构体的判断，制取氯代烃的途径和方法必须满足制取的应副产物最少为好，难度不大．
11．（3分）（2015?上海）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
考点：
钠的重要化合物；键能、键长、键角及其应用；晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系．
分析：
A．相同条件下，碳酸钠溶解度大于碳酸氢钠；
B．卤代烃的密度比水大；
C．原子晶体中，键长越短，键能越大，则硬度越大；
D．苯中碳碳键介于单键和双键之间．
解答：
解：A．在碳酸钠饱和溶液中通入二氧化碳生成碳酸氢钠，可观察到溶液变浑浊，说明碳酸钠溶解度大于碳酸氢钠，故A正确；
B．卤代烃的密度比水大，则溴乙烷的密度大于水，故B正确；
C．晶体硅与金刚石都为原子晶体C﹣C＞Si﹣Si，原子晶体中，键长越短，键能越大，则硬度越大，故C正确；
D．苯中碳碳键介于单键和双键之间，碳碳键键长：乙烯＜苯，故D错误．
故选D．
点评：
本题考查元素及其对应单质、化合物的性质的递变规律，侧重于溶解度、硬度、密度等性质的考查，题目难度不大，注意把握性质比较的角度以及规律．
12．（3分）（2015?上海）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
考点：
硫化氢．
分析：
A、CuS不溶于酸；
B、H2S和NaOH发生酸碱中和反应；
C、FeS不溶于水但溶于酸；
D、SO2和H2S发生归中反应．
解答：
解：电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，包括酸、碱、盐、金属氧化物和水．
A、CuS不溶于水也不溶于酸，故CuSO4能和H2S反应生成CuS沉淀：CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4，且硫酸铜为电解质，故A正确；
B、H2S和NaOH发生酸碱中和反应：H2S+2NaOH=Na2S+H2O，无沉淀生成，故B错误；
C、FeS不溶于水但溶于酸，故FeSO4和H2S不能反应，故C错误；
D、SO2和H2S发生归中反应有硫单质生成：SO2+2H2S=3S↓+2H2O，但二氧化硫不是电解质，故D错误．
故选A．
点评：
本题考查了电解质的概念以及复分解反应发生的条件，难度不大，应注意的是FeS不溶于水但溶于酸，故FeSO4和H2S不能反应．
13．（3分）（2015?上海）实验室回收废水中苯酚的过程如图所示．下列分析错误的是（ ）
A．
操作I中苯作萃取剂
B．
苯酚钠在苯中的溶解度比在水中的大
C．
通过操作II苯可循环使用
D．
三步操作均需要分液漏斗
考点：
"三废"处理与环境保护．
分析：
用苯萃取废水中的苯酚，进行分液得到苯酚的苯溶液，再加入氢氧化钠溶液，苯酚与氢氧化钠反应得到苯酚钠，苯与苯酚钠溶液不互溶，再进行分液操作，得到苯与苯酚钠溶液，苯可以循环利用，苯酚钠溶液中加入盐酸得到苯酚，经过过滤操作进行分离得到苯酚．
解答：
解：用苯萃取废水中的苯酚，进行分液得到苯酚的苯溶液，再加入氢氧化钠溶液，苯酚与氢氧化钠反应得到苯酚钠，苯与苯酚钠溶液不互溶，再进行分液操作，得到苯与苯酚钠溶液，苯可以循环利用，苯酚钠溶液中加入盐酸得到苯酚和NaCl溶液，同样经过分液操作进行分离得到苯酚．
A．操作I是用苯萃取废水中的苯酚，进行分液得到苯酚的苯溶液，苯为萃取剂，故A正确；
B．苯酚钠属于钠盐，易溶于水，在苯中的溶解度比在水中的小，故B错误；
C．操作Ⅱ得到苯与苯酚钠溶液，苯可以循环利用，故C正确；
D．操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为分液操作，用到分液漏斗，故D正确．
故选：B．
点评：
本题考查物质分离提纯的综合应用，关键是理解操作过程，注意理解掌握中学常见的分离、提纯方法，难度中等．
14．（3分）（2015?上海）研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示．下列有关说法错误的是（ ）
A．
d为石墨，铁片腐蚀加快
B．
d为石墨，石墨上电极反应为：O2+2H2O+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↑
考点：
原电池和电解池的工作原理．
分析：
A、d为石墨，铁片活泼，所以腐蚀铁；
B、海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀；
C、锌比铁片活泼，所以腐蚀锌；
D、d为锌块，作为负极，因海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀；
解答：
解：A、d为石墨，活泼金属铁片作负极，发生腐蚀，所以铁片腐蚀加快，故A正确；
B、海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀，所以石墨作正极，电极反应：O2+2H2O+4e═4OH﹣，故B正确；
C、锌比铁片活泼，所以腐蚀锌，所以铁片不易被腐蚀，故C正确；
D、d为锌块，作为负极，因海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀，所以铁片上电极反应为：O2+2H2O+4e═4OH﹣，故D错误；
故选D．
点评：
本题考查了原电池原理，根据电极上得失电子判断正负极，再结合电极反应类型、电子流向来分析解答，熟记原电池原理，难点是电极反应式的书写．
15．（3分）（2015?上海）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
考点：
元素周期表的结构及其应用；化学键和分子间作用力的区别；反应热和焓变；强电解质和弱电解质的概念．
分析：
A、元素在周期表中呈现规律性的变化与其核外电子排布有关；
B、电离常数越大说明该弱电解质越易电离；
C、稳定性与化学键有关，分子间作用力决定物质的物理性质；
D、物质内部储存的能量即键能，断开化学键与形成化学键决定化学反应的热效应．
解答：
解：A、因为原子核外电子排布呈现规律性的变化，故元素在周期表中的位置也呈现规律性的变化，即原子核外电子排布决定了元素在周期表中的位置，故A正确；
B、相同类型的弱电解质，其电离常数越大说明该弱电解质越易电离，故B正确；
C、稳定性与化学键有关，分子间作用力决定物质的物理性质，则分子晶体的稳
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）（2014?上海）“玉兔”号月球车用Pu作为热源材料．下列关于Pu的说法正确的是（ ）
A．
Pu与U互为同位素
B．
Pu与Pu互为同素异形体
C．
Pu与U具有完全相同的化学性质
D．
Pu与Pu具有相同的最外层电子数
考点：
质量数与质子数、中子数之间的相互关系；同位素及其应用；同素异形体．
专题：
原子组成与结构专题．
分析：
A．有相同质子数，不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素；
B．同种元素形成的不同单质互称同素异形体；
C．不同的元素化学性质不同；
D．原子的核外电子数等于质子数．
解答：
解：A．有相同质子数，不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素，Pu与U质子数不同，不是同位素，故A错误；
B．同种元素形成的不同单质互称同素异形体，Pu与Pu均为原子，不是同素异形体，故B错误；
C．Pu与U质子数不同属于不同的元素，其化学性质不同，故C错误；
D．Pu与Pu具有相同的质子数，所以其核外电子数相同，则具有相同的最外层电子数，故D正确；
故选D．
点评：
本题考查粒子间的数量关系、同位素和同素异形体概念等，侧重于原子结构知识的考查，难度不大．要注意平时知识的积累．
2．（2分）（2014?上海）下列试剂不会因为空气中的氧气而变质的是（ ）
A．
过氧化钠
B．
氢硫酸
C．
硫酸亚铁
D．
苯酚
考点：
钠的重要化合物；含硫物质的性质及综合应用；铁盐和亚铁盐的相互转变；苯酚的化学性质．
专题：
元素及其化合物．
分析：
根据物质的性质进行分析：
A、过氧化钠和氧气不反应；
B、氢硫酸和氧气反应生成硫和水；
C、硫酸亚铁和氧气反应生成硫酸铁；
D、苯酚能被氧气氧化变成苯醌；
解答：
解：A、过氧化钠和空气中二氧化碳、水蒸气反应，但和氧气不反应，不会因空气中的氧气而变质，故A正确；
B、氢硫酸和氧气反应生成硫和水，会因空气中的氧气而变质，故B错误；
C、硫酸亚铁和氧气反应生成硫酸铁，会因空气中的氧气而变质，故错误；
D、苯酚能被氧气氧化变成苯醌，会因空气中的氧气而变质，故D错误；
故选A．
点评：
此题考查了一些常见物质在空气中发生反应的问题，是对学生进行物质性质的训练与提高，难度不大．
3．（2分）（2014?上海）结构为…﹣CH=CH﹣CH=CH﹣CH=CH﹣CH=CH﹣…的高分子化合物用碘蒸气处理后，其导电能力大幅度提高．上述高分子化合物的单体是（ ）
A．
乙炔
B．
乙烯
C．
丙烯
D．
1，3﹣丁二烯
考点：
聚合反应与酯化反应．
专题：
有机反应．
分析：
判断高聚物的单体：首先要根据高聚物的结构简式判断高聚物是加聚产物还是缩聚产物，然后根据推断单体的方法作出判断，
加聚产物的单体推断方法：
（1）凡链节的主链上只有两个碳原子（无其它原子）的高聚物，其合成单体必为一种，将两半链闭合即可；
（2）凡链节主链上只有四个碳原子（无其它原子）且链节无双键的高聚物，其单体必为两种，在正中间画线断开，然后将四个半键闭合即可；
（3）凡链节中主碳链为6个碳原子，其规律是“见双键，四个碳，无双键，两个碳”画线断开，然后将半键闭合，即将单双键互换；
该题属于第（1）种情况，据此进行解答．
解答：
解：高分子化合物…CH=CH﹣CH=CH﹣CH=CH﹣CH=CH…，其结构简式可以表示为：﹣[CH=CH]﹣n，属于加聚产物，根据加聚产物的单体推断方法，凡链节的主链上只有两个碳原子（无其它原子）的高聚物，其合成单体必为一种，将两半键闭合即可得其单体为：CH≡CH，
故选A．
点评：
本题考查加聚反应生原理及高分子化合物单体的求算，题目难度不大，明确加聚反应原理及反应产物的单体判断方法是解答的关键．
4．（2分）（2014?上海）在“石蜡→液体石蜡→石蜡蒸气→裂化气”的变化过程中，被破坏的作用力依次是（ ）
A．
范德华力、范德华力、范德华力
B．
范德华力、范德华力、共价键
C．
范德华力、共价键、共价键
D．
共价键、共价键、共价键
考点：
不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．
专题：
化学键与晶体结构．
分析：
物质的三态变化属于物理变化，石蜡蒸气转化为裂化气发生了化学变化，根据物质的变化分析．
解答：
解：石蜡→液体石蜡→石蜡蒸气属于物质的三态变化，属于物理变化，破坏了范德华力，石蜡蒸气→裂化气发生了化学变化，破坏了共价键；所以在“石蜡→液体石蜡→石蜡蒸气→裂化气”的变化过程中，被破坏的作用力依次是范德华力、范德华力、共价键．
故选B．
点评：
本题考查了物质发生物理、化学变化时破坏的作用力，题目难度不大，侧重于基础知识的考查．
5．（2分）（2014?上海）下列分离方法中，和物质的溶解度无关的是（ ）
A．
升华
B．
萃取
C．
纸上层析
D．
重结晶
考点：
物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的分离、提纯和除杂．
专题：
化学实验基本操作．
分析：
升华是利用物质熔沸点低，加热转化为气态来分离，以此来解答．
解答：
解：升华与物质熔沸点有关，加热转化为气态可分离混合物，而萃取、纸上层析、重结晶均与物质在溶剂中的溶解度有关，
故选A．
点评：
本题考查混合物分离、提纯方法及选择，为高频考点，把握分离方法及分离原理为解答的关键，注意纸上层析是试样在有机溶剂中的溶解度差异，利用扩散原理分离混合物，为解答的难点，题目难度不大．
二、选择题（本题共36分，每小题3分，每题只有一个正确选项）
6．（3分）（2014?上海）今年是门捷列夫诞辰180周年．下列事实不能用元素周期律解释的只有（ ）
A．
碱性：KOH＞NaOH
B．
相对原子质量：Ar＞K
C．
酸性：HClO4＞H2SO4
D．
元素的金属性：Mg＞Al
考点：
真题集萃；元素周期律的作用．
专题：
元素周期律与元素周期表专题．
分析：
A．元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强；
B．相对原子质量的大小与原子序数有关；
C．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；
D．同周期元素从左到右，元素的金属性逐渐减弱．
解答：
解：A．Na、K位于周期表相同主族，金属性K＞Na，元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，能用元素周期律解释，故A不选；
B．相对原子质量的大小与原子序数有关，随原子序数的增大而增大，存在周期性的变化，不能用元素周期律解释，故B选；
C．非金属性Cl＞S，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，能用元素周期律解释，故C不选；
D．同周期元素从左到右，元素的金属性逐渐减弱，能用元素周期律解释，故D不选．
故选：B．
点评：
本题为2014年上海高考题，侧重于元素周期律的理解与应用的考查，注意把握元素周期律的递变规律以及相关知识的积累，难度不大．
7．（3分）（2014?上海）下列各组中两种微粒所含电子数不相等的是（ ）
A．
H3O+和OH﹣
B．
CO和N2
C．
HNO2和 NO2﹣
D．
CH3+和NH4+
考点：
“等电子原理”的应用．
专题：
原子组成与结构专题．
分析：
粒子中质子数等于原子的质子数之和，中性微粒中质子数=电子数，阳离子的电子数=质子数﹣电荷数，阴离子的电子数=质子数+电荷数．
解答：
解：A、H3O+的质子数为11，电子数为11﹣1=10，OH﹣的质子数为9，电子数为9+1=10，电子数相同，故A错误；
B、CO的质子数为14，电子数为14，N2的质子数为14，电子数为14，电子数相同，故B错误；
C、HNO2的质子数为1+7+8×2=24，电子数为24，NO2﹣的质子数为7+8×2=23，电子数为23+1=24，电子数相同，故C错误；
D、CH3+的质子数为6+1×3=9，电子数为9﹣1=8，NH4+的质子数为11，电子数为11﹣1=10，电子数不同，故D正确．
故选：D．
点评：
本题主要考查微粒的质子数和电子数的关系，明确中性微粒、阳离子、阴离子的电子的数目计算是解答的关键，并注意中性微粒中质子数等于电子数．
8．（3分）（2014?上海）BeCl2熔点较低，易升华，溶于醇和醚，其化学性质与AlCl3相似．由此可推测BeCl2（ ）
A．
熔融态不导电
B．
水溶液呈中性
C．
熔点比BeBr2高
D．
不与NaOH溶液反应
考点：
真题集萃；元素周期表的结构及其应用．
专题：
元素及其化合物．
分析：
AlCl3的结构和化学性质：氯化铝是共价化合物，熔融态不导电，铝离子能发生水解使溶液呈碱性，能与NaOH溶液反应生成氢氧化铝沉淀．BeCl2化学性质与AlCl3相似，依此进行判断．
解答：
解：氯化铝是共价化合物，是分子晶体，熔融态不导电，能发生水解使溶液呈碱性，能与NaOH溶液反应生成氢氧化铝沉淀．BeCl2熔点较低，易升华，溶于醇和醚，其化学性质与AlCl3相似，故
A．BeCl2为共价化合物，故熔融态不导电，故A正确；
B．BeCl2能发生水解使溶液呈酸性，故B错误；
C．BeCl2和BeBr2为分子晶体，BeBr2相对分子质量大于BeCl2，故BeCl2熔点比BeBr2低，故C错误；
D．能与NaOH溶液反应生成氢氧化铍沉淀，故D错误，
故选A．
点评：
本题考查物质的性质，难度不大．掌握氯化铝的性质是解题的关键，要注意氯化铝是共价化合物．
9．（3分）（2014?上海）1，3﹣丁二烯和2﹣丁炔分别与氢气反应的热化学方程式如下：
CH2=CH﹣CH═CH2（g）+2H2（g）→CH3CH2CH2CH3（g）+236.6kJ
CH3﹣C≡C﹣CH3（g）+2H2（g）→CH3CH2CH2CH3（g）+272.7kJ
由此不能判断（ ）
A．
1，3﹣丁二烯和2﹣丁炔稳定性的相对大小
B．
1，3﹣丁二烯和2﹣丁炔分子储存能量的相对高低
C．
1，3﹣丁二烯和2﹣丁炔相互转化的热效应
D．
一个碳碳叁键的键能与两个碳碳双键的键能之和的大小
考点：
反应热和焓变；真题集萃．
专题：
化学反应中的能量变化．
分析：
据△H=生成物的能量和﹣反应物的能量和=反应物的键能和﹣生成物的键能和可知，3﹣丁二烯和2﹣丁炔的能量高低，能量越低越稳定据此解答．
解答：
解：据△H=生成物的能量和﹣反应物的能量和=反应物的键能和﹣生成物的键能和可知，3﹣丁二烯和2﹣丁炔的能量高低，能量越低越稳定，
A、相同条件下2﹣丁炔放出热量比1，3﹣丁二烯多，说明1，3﹣丁二烯能量低，稳定，故A正确；
B、相同条件下2﹣丁炔放出热量比1，3﹣丁二烯多，说明1，3﹣丁二烯能量低，故B正确；
C、相同条件下2﹣丁炔放出热量比1，3﹣丁二烯多，说明1，3﹣丁二烯能量低，其相互转化有能量变化，故C正确；
D、1，3﹣丁二烯和2﹣丁炔所含的碳碳单键数目不同，所以不能判断一个碳碳叁键的键能与两个碳碳双键的键能大小，故D错误．
故选：D．
点评：
本题主要考查△H=生成物的能量和﹣反应物的能量和=反应物的键能和﹣生成物的键能和，以及能量越低越稳定，题目难度不大．
10．（3分）（2014?上海）如图是用于干燥、收集并吸收多余气体的装置，下列方案正确的是（ ）
选项
X
收集气体
Y
A
碱石灰
氯化氢
水
B
碱石灰
氨气
水
C
氯化钙
二氧化硫
氢氧化钠
D
氯化钙
一氧化氮
氢氧化钠
A．
A
B．
B
C．
C
D．
D
考点：
真题集萃；气体的净化和干燥；实验装置综合．
专题：
实验评价题．
分析：
该装置中采用向上排空气法收集，说明该气体密度大于空气，且该气体和空气中成分不反应，用固体干燥剂干燥，则该气体和干燥剂不反应，据此分析解答．
解答：
解：该装置中采用向上排空气法收集，说明该气体密度大于空气，且该气体和空气中成分不反应，用固体干燥剂干燥，则该气体和干燥剂不反应，
A．碱石灰呈碱性，能和HCl反应，所以HCl不能用碱石灰干燥，故A错误；
B．氨气密度小于空气，应该采用向下排空气法收集，故B错误；
C．二氧化硫密度大于空气且常温下和空气中成分不反应，氯化钙和二氧化硫不反应，所以能用氯化钙干燥，故C正确；
D．常温下NO和氧气反应生成红棕色气体二氧化氮，所以得不到NO，NO采用排水法收集，故D错误；
故选C．
点评：
本题考查了气体的干燥、收集和尾气处理，根据气体的性质确定干燥剂、尾气处理试剂，根据气体的溶解性及密度确定收集方法，注意氨气不能用氯化钙干燥，为易错点，题目难度不大．
11．（3分）（2014?上海）向饱和澄清石灰水中加入少量CaC2，充分反应后恢复到原来的温度，所得溶液中（ ）
A．
c（Ca2+）、c（OH﹣）均增大
B．
c（Ca2+）、c（OH﹣）均保持不变
C．
c（Ca2+）、c（OH﹣）均减小
D．
c（OH﹣）增大、c（H+）减小
考点：
难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．
专题：
物质的量浓度和溶解度专题．
分析：
加入CaC2，与水发生CaC2+2H2O=Ca（OH）2+HC≡CH↑，反应消耗水，结合Ca（OH）2（s）?Ca2+（aq）+2OH﹣（aq）的影响因素解答．
解答：
解：加入CaC2，与水发生CaC2+2H2O=Ca（OH）2+HC≡CH↑，反应消耗水，因原溶液为饱和溶液，则反应后一定有Ca（OH）2析出，则溶液浓度不变，
故选B．
点评：
本题为2014年上海考题，涉及难溶电解质的溶解平衡，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握反应的原理以及溶解平衡的特点，难度不大．
12．（3分）（2014?上海）如图所示，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管中．下列正确的是（ ）
A．
K1闭合，铁棒上发生的反应为2H++2e→H2↑
B．
K1闭合，石墨棒周围溶液pH逐渐升高
C．
K2闭合，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法
D．
K2闭合，电路中通过0.002NA个电子时，两极共产生0.001mol气体
考点：
原电池和电解池的工作原理；真题集萃．
专题：
电化学专题．
分析：
若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池；组成原电池时，较活泼的金属铁作负极，负极上铁失电子发生氧化反应；石墨棒作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应；若闭合K2，该装置有外接电源，所以构成了电解池，Fe与负极相连为阴极，碳棒与正极相连为阳极，据此判断．
解答：
解：A、若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池，较活泼的金属铁作负极，负极上铁失电子，Fe﹣2e﹣=Fe2+，故A错误；
B、若闭合K1，该装置没有外接电源，所以构成了原电池；不活泼的石墨棒作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子发生还原反应，电极反应式为2H2O+O2+4e﹣=4OH﹣，所以石墨棒周围溶液pH逐渐升高，故B正确；
C、K2闭合，Fe与负极相连为阴极，铁棒不会被腐蚀，属于外加电源的阴极保护法，故C错误；
D、K2闭合，电路中通过0.002NA个电子时，阴极生成0.001mol氢气，阳极生成0.001mol氯气，两极共产生0.002mol气体，故D错误．
故选B．
点评：
本题考查了原电池原理和电解池原理，能正确判断电池的类型及两极的反应是解本题的关键，题目难度中等．
13．（3分）（2014?上海）催化加氢可生成3﹣甲基己烷的是（ ）
A．
B．
C．
D．
考点：
取代反应与加成反应．
专题：
有机反应．
分析：
根据不饱和烃的加成原理，不饱和键断开，结合H原子，生成3﹣甲基戊烷，据此解答．
解答：
解：3﹣甲基己烷的碳链结构为，
A、经催化加氢后生成3﹣甲基庚烷，故A不选；
B、经催化加氢后生成3﹣甲基戊烷，故B不选；
C、经催化加氢后能生成3﹣甲基己烷，故C选；
D、经催化加氢后能生成2﹣甲基己烷，故D不选．
故选C．
点评：
本题主要考查了加成反应的原理，难度不大，根据加成原理写出选项中与氢气加成的产物，进行判断即可．
14．（3分）（2014?上海）只改变一个影响因素，平衡常数K与化学平衡移动的关系叙述错误的是（ ）
A．
K值不变，平衡可能移动
B．
K值变化，平衡一定移动
C．
平衡移动，K值可能不变
D．
平衡移动，K值一定变化
考点：
真题集萃；化学平衡的影响因素．
专题：
化学平衡专题．
分析：
平衡常数K是温度的函数，只与温度有关，温度一定，平衡常数K值一定，温度发生变化，平衡常数K值也发生变化．
解答：
解：影响化学平衡的因素主要有浓度、温度、压强等．
A．K值只与温度有关，若在其他条件不变时，增大反应物的浓度或减小生成物的浓度，有利于正反应的进行，K值不变，平衡向右移动，故A正确；
B．K值是温度的函数，K值变化，说明温度发生了改变，则平衡一定发生移动，故B正确；
C．若在其他条件不变时，增大反应物的浓度或减小生成物的浓度，有利于正反应的进行，平衡向右移动，但K值只与温度有关，故K值不变，故C正确；
D．若是改变浓度或压强使平衡发生移动，而温度不变，则K值不变，故D错误，
故选D．
点评：
本题考查平衡常数与平衡移动的关系，难度不大．要注意平衡常数K是温度的函数，只与温度有关．
15．（3分）（2014?上海）如图是模拟“侯氏制碱法”制取NaHCO3的部分装置．下列操作正确的是（ ）
A．
a通入C02，然后b通入NH3，c中放碱石灰
B．
b通入NH3，然后a通入CO2，c中放碱石灰
C．
a通入NH3，然后b通入CO2，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉
D．
b通入C02，然后a通入NH3，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉
考点：
真题集萃；纯碱工业（侯氏制碱法）；钠的重要化合物．
专题：
元素及其化合物．
分析：
“候氏制碱法”制取NaHCO3的原理 是在饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，而得到NaHCO3的，在这一实验过程中，由于C02在水中的溶解度较小，而NH3的溶解度较大，所以要在食盐水先通NH3然后再通C02，否则C02通入后会从水中逸出，等再通NH3时溶液中C02的量就很少了，这样得到的产品也很少；在这个实验中的尾气主要是C02和NH3，其中NH3对环境影响较大，要吸收，而NH3是碱性气体，所以在C装置中要装酸性物质，据此推断．
解答：
解：“侯氏制碱法”制取NaHCO3的原理是在饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，而得到NaHCO3的，在这一实验过程中，由于C02在水中的溶解度较小，而NH3的溶解度较大，所以要在食盐水先通NH3然后再通C02，否则C02通入后会从水中逸出，等再通NH3时溶液中C02的量就很少了，这样得到的产品也很少；在这个实验中的尾气主要是C02和NH3，其中NH3对环境影响较大，要吸收，而NH3是碱性气体，所以在C装置中要装酸性物质，据此可知A错误、B错误、C正确、D错误，
故选C．
点评：
本题主要考查了学生的实验分析能力，在理解实验原理的基础上要对实验设计的科学性、可行性把握准确，中等难度，注重对实验基础的考查．
16．（3分）（2014?上海）含有砒霜（As2O3）的试样和锌、盐酸混合反应，生成的砷化氢（AsH3）在热玻璃管中完全分解成单质砷和氢气，若砷的质量为1.50mg，则（ ）
A．
被氧化的砒霜为1.98mg
B．
分解产生的氢气为0.672mL
C．
和砒霜反应的锌为3.90mg
D．
转移的电子总数为6×10﹣5NA
考点：
化学方程式的有关计算；真题集萃．
专题：
计算题．
分析：
A．反应中As元素化合价由As2O3中+3价降低为AsH3中﹣3价，砒霜发生还原反应；
B．根据n=计算As的物质的量，根据原子守恒进而计算生成氢气的物质的量，氢气所处的状态不一定是标准状况；
C．电子转移守恒计算参加反应Zn的物质的量，再根据m=nM计算Zn的质量；
D．整个过程中，As元素化合价由As2O3中+3价降低为AsH3中﹣3价，AsH3中﹣3价升高为As中0价，据此计算转移电子数目．
解答：
解：A．反应中As元素化合价由As2O3中+3价降低为AsH3中﹣3价，砒霜发生还原反应，故A错误；
B．生成As的物质的量==2×10﹣5mol，根据原子守恒可知分解的AsH3为2×10﹣5mol，由H原子守恒可知生成氢气为=3×10﹣5mol，故标况下，分解产生氢气体积为3×10﹣5mol×22.4L/mol=6.72×10﹣4L=0.672 mL，但氢气所处的状态不一定是标准状况，故其体积不一定是0.672 mL，故B错误；
C．根据电子转移守恒，可知参加反应Zn的物质的量=2×10﹣5mol×[3﹣（﹣3）]÷2=6×10﹣5mol，故参加反应Zn的质量=6×10﹣5mol×65g/mol=3.9×10﹣3g=3.9mg，故C正确；
D．整个过程中，As元素化合价由As2O3中+3价降低为AsH3中﹣3价，AsH3中﹣3价升高为As中0价，故整个过程转移电子总数为2×10﹣5mol×（6+3）×NAmol﹣1=1.8×10﹣4NA，故D错误，
故选C．
点评：
本题考查根据方程式计算、氧化还原反应计算等，注意利用守恒思想进行的计算，B选项为易错点，学生容易忽略气体摩尔体积的使用条件．
17．（3分）（2014?上海）用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得的溶液中加入铁粉．对加入铁粉充分反应后的溶液分析合理的是（ ）
A．
若无固体剩余，则溶液中一定有Fe3+
B．
若有固体存在，则溶液中一定有Fe2+
C．
若溶液中有Cu2+，则一定没有固体析出
D．
若溶液中有Fe2+，则一定有Cu析出
考点：
铁盐和亚铁盐的相互转变；真题集萃；二价Fe离子和三价Fe离子的检验．
专题：
元素及其化合物．
分析：
FeCl3溶液腐蚀印刷电路板上的铜发生反应：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，Fe3+ 氧化性强于Cu2+，加入铁粉先与Fe3+反应，再与Cu2+反应，据此解答．
解答：
解：A．无固体剩余，说明铜全部以铜离子形式存在，加入的铁完全反应，溶液中一定含有Fe2+，可能含有Fe3+，故A错误；
B．若有固体存在，固体中一定有铜，可能有铁，溶液中一定有含有Fe2+，故B正确；
C．若溶液中有Cu2+，加入的铁量不足，可能只与Fe3+反应，也可能与Fe3+反应，剩余部分与Cu2+反应生成铜，所以可能有固体析出，故C错误；
D．当加入的铁较少时，只发生Fe+2Fe3+=3Fe2+时，不会有铜析出，故D错误；
故选：B．
点评：
本题考查了铁及其化合物的性质，难度中等，熟悉三价铁离子、铜离子氧化性强弱以及反应的过程是解题的关键．
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）（2014?上海）某未知溶液可能含Cl﹣、CO32﹣、Na+、SO42﹣、Al3+．将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红．取少量试液，滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成；在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀．下列判断合理的是（ ）
A．
一定有Cl﹣
B．
一定有SO42﹣
C．
一定没有Al3+
D．
一定没有CO32﹣
考点：
真题集萃；离子反应发生的条件．
专题：
离子反应专题．
分析：
将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红说明溶液呈酸性，则CO32﹣不存在；因为Al3+水解呈酸性，所以有Al3+，取少量试液，滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中有SO42﹣，在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀，则不能确定原溶液中有Cl﹣，因为前面已滴加了氯化钡，据此作判断．
解答：
解：因为将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红说明溶液呈酸性，则CO32﹣不存在；因为Al3+水解呈酸性，所以有Al3+；取少量试液，滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中有SO42﹣，在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀，则不能确定原溶液中是否有Cl﹣，因为前面已滴加了氯化钡，据此可知A错误；B正确；C错误；D正确，
故选BD．
点评：
本题考查了溶液中离子的检验，解题的关键是学生要熟记相关的元素化合物知识，以及仔细审题，尤其是要注意前面的操作对后面实验的干扰．
19．（4分）（2014?上海）下列反应与Na2O2+SO2→Na2SO4相比较，Na2O2的作用相同的是（ ）
A．
2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2
B．
2Na2O2+2SO3→2Na2SO4+O2
C．
Na2O2+H2SO4→Na2SO4+H2O2
D．
3Na2O2+Cr2O3→2Na2CrO4+Na2O
考点：
真题集萃；钠的重要化合物．
专题：
元素及其化合物．
分析：
因为在Na2O2+SO2→Na2SO4中，Na2O2的作用相同的是氧化剂，所以，
A、在2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2中Na2O2是自身氧化还原；
B、在2Na2O2+2SO3→2Na2SO4+O2中Na2O2是自身氧化还原；
C、在Na2O2+H2SO4→Na2SO4+H2O2中这是非氧化还原，是一个复分解反应；
D、在3Na2O2+Cr2O3→2Na2CrO4+Na2O中，Na2O2中﹣1价的氧变为﹣2价，Na2O2作还原剂，据此作判断．
解答：
解：因为在Na2O2+SO2→Na2SO4中，Na2O2的作用相同的是氧化剂，所以，
A、在2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2中Na2O2是自身氧化还原，故A错误；
B、在2Na2O2+2SO3→2Na2SO4+O2中Na2O2是自身氧化还原，故B错误；
C、在Na2O2+H2SO4→Na2SO4+H2O2中这是非氧化还原，是一个复分解反应，故C错误；
D、在3Na2O2+Cr2O3→2Na2CrO4+Na2O中，Na2O2中﹣1价的氧变为﹣2价，Na2O2作氧化剂，故D正确；
故选D．
点评：
本题主要考查了学生对氧化还原反应的理解，解题的关键是抓住化合价的变化分析，中等难度．
20．（4分）（2014?上海）向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀盐酸，下列离子方程式与事实不符的是（ ）
A．
OH﹣+CO32﹣+2H+→HCO3﹣+H2O
B．
2OH﹣+CO32﹣+3H+→HCO3﹣+2H2O
C．
2OH﹣+CO32﹣+4H+→CO2↑+3H2O
D．
OH﹣+CO32﹣+3H+→CO2↑+2H2O
考点：
真题集萃；离子方程式的书写．
专题：
离子反应专题．
分析：
等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中含有氢氧化钠与碳酸钠的物质的量相等，稀盐酸加入到NaOH和Na2CO3的混合溶液中，盐酸先与氢氧化钠发生酸碱中和，剩余的盐酸再与碳酸钠发生反应，盐酸少量时发生CO32﹣+H+→HCO3﹣，盐酸过量时发生CO32﹣+2H+→CO2↑+H2O．
解答：
解：根据题意可知，等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中，含有的氢氧化钠与碳酸钠的物质的量相等，稀盐酸加入到NaOH和Na2CO3的混合溶液中，盐酸先与氢氧化钠发生酸碱中和，剩余的盐酸再与碳酸钠发生反应．
A．设NaOH和Na2CO3的物质的量都为1mol，则加入盐酸少量，先发生反应：OH﹣+H+→H2O，1mol氢氧化钠消耗1mol盐酸，再发生反应CO32﹣+H+→HCO3﹣，将两个方程式相加得：OH﹣+CO32﹣+2H+→HCO3﹣+H2O，故A正确；
B．设NaOH和Na2CO3的物质的量都为2mol，则加入盐酸少量，先发生反应：2OH﹣+2H+→2H2O，2mol氢氧化钠消耗2mol盐酸，再发生反应CO32﹣+H+→HCO3﹣，盐酸不足之消耗1mol碳酸钠，将两个方程式相加得：2OH﹣+CO32﹣+3H+→HCO3﹣+2H2O，故B正确；
C．设NaOH和Na2CO3的物质的量都为2mol，2mol氢氧化钠消耗2mol氢离子，剩余2mol氢离子与2mol碳酸钠反应生成2mol碳酸氢根离子，离子方程式应为2OH﹣+2CO32﹣+4H+→2HCO3﹣+2H2O，即OH﹣+CO32﹣+2H+→HCO3﹣+H2O，故C错误；
D．设NaOH和Na2CO3的物质的量都为1mol，则加入盐酸过量，先发生反应：OH﹣+H+→H2O，1mol氢氧化钠消耗1mol盐酸，再发生反应CO32﹣+2H+→CO2↑+H2O，将两个方程式相加得：OH﹣+CO32﹣+3H+→CO2↑+2H2O，故D正确；
故选：C．
点评：
本题考查了离子方程式书写正误的判断，题目难度中等，明确稀盐酸与NaOH和Na2CO3反应的先后顺序以及碳酸钠与盐酸反应的原理是解题的关键．
21．（4分）（2014?上海）室温下，甲、乙两烧杯均盛有5mL pH=3的某一元酸溶液，向乙烧杯中加水稀释至pH=4．关于甲、乙两烧杯中溶液的描述正确的是（ ）
A．
溶液的体积：10V甲≤V乙
B．
水电离出的OH﹣浓度：10c（OH﹣）甲≤c（OH﹣）乙
C．
若分别用等浓度的NaOH溶液完全中和，所得溶液的pH：甲≤乙
D．
若分别与5mL pH=11的NaOH溶液反应，所得溶液的pH：甲≤乙
考点：
真题集萃；弱电解质在水溶液中的电离平衡；pH的简单计算．
专题：
电离平衡与溶液的pH专题．
分析：
弱酸为弱电解质，存在电离平衡，加水稀释时，促进弱酸的电离；水是弱电解质，存在电离平衡，酸电离产生的氢离子抑制水的电离平衡．
解答：
解：A．若酸强酸，则依据溶液吸稀释过程中氢离子物质的量不变5ml×10﹣3=V×10﹣4，解得V=5Oml，则10V甲=V乙，若酸为弱酸，加水稀释时，促进弱酸的电离，电离产生的氢离子增多，要使pH仍然为4，加入的水应该多一些，所以10V甲＜V乙，故A正确；
B．pH=3的酸中，氢氧根离子全部有水电离产生，C（OH﹣）甲==10﹣11mol/L，pH=4的酸中，氢氧根离子全部有水电离产生，C（OH﹣）乙==10﹣10mol/L，则10c（OH﹣）甲=c（OH﹣）乙，故B错误；
C．稀释前后甲乙两个烧杯中所含的一元酸的物质的量相等，依据酸碱中和反应可知，消耗氢氧化钠的物质的量相等，生成的酸盐的浓度甲大于乙，若酸为强酸则二者pH相等，若酸为弱酸，则甲的pH大于乙，故C错误；
D．若酸是强酸，分别与5mL pH=11的NaOH溶液反应，恰好发生酸碱中和，生成强酸强碱盐，pH值相等，若为弱酸，则反应后酸有剩余，甲中剩余酸浓度大，酸性强，pH小，所得溶液的pH：甲≤乙，故D正确；
故选：AD．
点评：
本题考查了弱电解质的电离，酸碱中和的实质，pH的相关计算，题目难度中等，准确理解题意，抓住弱酸存在电离平衡的特点解答．
22．（4分）（2014?上海）已知：2Na[Al（OH）4]+CO2→2Al（OH）3↓+Na2CO3+H2O．向含2mol NaOH，1mol Ba（OH）2，2mol Na[Al（OH）4]的混合溶液中慢慢通入CO2，则通入CO2的量和生成沉淀的量关系正确的是（ ）
选项
A
B
C
D
n（CO2）（mol）
2
3
4
6
n（沉淀）（mol）
1
2
3
3
A．
A
B．
B
C．
C
D．
D
考点：
真题集萃；化学方程式的有关计算．
专题：
计算题．
分析：
CO2通入到NaOH、Ba（OH）2、Na[Al（OH）4]的混合溶液，反应的先后顺序为：Ba（OH）2、NaOH、Na[Al（OH）4]．含NaOH、Ba（OH）2、Na[Al（OH）4]的混合溶液中慢慢通入CO2，发生的反应有：
CO2+Ba（OH）2=BaCO3+H2O；2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O；2Na[Al（OH）4]+CO2→2Al（OH）3↓+Na2CO3+H2O；
CO32﹣+H2O+CO2=2HCO3﹣，
解答：
解：A．通入2mol二氧化碳，先发生反应：Ba（OH）2+CO2=BaCO3↓+H2O，消耗1mol二氧化碳，生成1mol碳酸钡沉淀，剩余的1mol二氧化碳与氢氧化钠反应，CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，故A正确；
B．当通入的n（CO2）=3 mol时，发生的离子反应是Ba2++2OH﹣+CO2=BaCO3↓+H2O、2OH﹣+CO2=CO32﹣+H2O、2[Al（OH）4]﹣+CO2=2Al（OH）3↓+CO32﹣+H2O，所以产生的沉淀是BaCO3和Al（OH）3且n（沉淀）之和是3mol（1mol BaCO3和2mol Al（OH）3），故B错误；
C．通入4mol二氧化碳，先发生反应：Ba（OH）2+CO2=BaCO3↓+H2O，消耗1mol二氧化碳，生成1mol碳酸钡沉淀，剩余3mol二氧化碳与氢氧化钠发生反应：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，消耗二氧化碳1mol，然后1mol二氧化碳与Na[Al（OH）4]发生反应2Na[Al（OH）4]+CO2→2Al（OH）3↓+Na2CO3+H2O，生成2mol氢氧化铝沉淀，
最后1mol与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，故生成沉淀总物质的量为3mol，故C正确；
D．当通入6mol二氧化碳，分别发生反应Ba（OH）2+CO2=BaCO3↓+H2O，CO2+NaOH=NaHCO3，2Na[Al（OH）4]+CO2→2Al（OH）3↓+Na2CO3+H2O，生成1mol碳酸钡、2mol氢氧化铝沉淀，2mol碳酸氢钠，1mol碳酸钠，消耗4mol二氧化碳，剩余的2mol二氧化碳分别与生成的1mol碳酸钠和1mol碳酸钡沉淀发生反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3 ，BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，所以最后剩余沉淀的物质的量为2mol，故D错误；
故选：AC．
点评：
本题考查了化学方程式的相关计算，题目难度中等，把握反应的先后顺序是解题的关键，注意二氧化碳与碱反应量的关系对反应的影响．
四、（本题共12分）
23．（12分）（2014?上海）合成氨工艺的一个重要工序是铜洗，其目的是用铜液[醋酸二氨合铜（Ⅰ）、氨水]吸收在生产过程中产生的CO和CO2等气体，铜液吸收CO的反应是放热反应，其反应方程式为：
Cu（NH3）2Ac+CO+NH3?[Cu（NH3）3CO]Ac
完成下列填空：
（1）如果要提高上述反应的反应速率，可以采取的措施是 bc ．（选填编号）
a．减压 b．增加NH3的浓度 c．升温 d．及时移走产物
（2）铜液中的氨可吸收二氧化碳，写出该反应的化学方程式： 2NH3+CO2+H2O=（NH4）2CO3、（NH4）2CO3+CO2+H2O=2NH4HCO3 ．
（3）简述铜液吸收CO及铜液再生的操作步骤（注明吸收和再生的条件）． 低温加压下吸收CO，然后将铜洗液转移至另一容器中，高温低压下释放CO，然后将铜洗液循环利用
（4）铜液的组成元素中，短周期元素原子半径从大到小的排列顺序为 C＞N＞O＞H ，其中氮元素原子最外层电子排布的轨道表示式是 ，通过比较 NH3和PH3的稳定性 可判断氮、磷两种元素的非金属性强弱．
（5）已知CS2与CO2分子结构相似，CS2的电子式是 ，CS2熔点高于CO2，其原因是 二者都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大 ．
考点：
真题集萃；元素周期律的作用；化学反应速率的影响因素；铜金属及其重要化合物的主要性质．
专题：
基本概念与基本理论；元素及其化合物．
分析：
（1）增大浓度、升高温度等，可增大反应速率；
（2）氨气、水、二氧化碳可反应生成碳酸铵或碳酸氢铵；
（3）铜液吸收CO，应使平衡向正向移动，铜液再生，应使平衡向逆向移动；
（4）铜液的组成元素中，短周期元素有H、C、N、O等元素，H原子半径最小，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，比较非金属性强弱，可根据氢化物的稳定性强弱判断；
（5）CS2的电子式类似于CO2，二者都为分子晶体，相对分子质量越大，熔点越高．
解答：
解：（1）增大浓度、升高温度等，可增大反应速率，减压反应速率减小，减小生成物浓度，反应速率减小，故答案为：bc；
（2）氨气、水、二氧化碳可反应生成碳酸铵或碳酸氢铵，方程式为2NH3+CO2+H2O=（NH4）2CO3、（NH4）2CO3+CO2+H2O=2NH4HCO3，
故答案为：2NH3+CO2+H2O=（NH4）2CO3、（NH4）2CO3+CO2+H2O=2NH4HCO3；
（3）正反应放热，铜液吸收CO，应使平衡向正向移动，则可在低温加压下吸收CO，然后将铜洗液转移至另一容器中，高温低压下释放CO，然后将铜洗液循环利用，
故答案为：低温加压下吸收CO，然后将铜洗液转移至另一容器中，高温低压下释放CO，然后将铜洗液循环利用；
（4）铜液的组成元素中，短周期元素有H、C、N、O等元素，H原子半径最小，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径C＞N＞O＞H，
氮元素原子最外层电子排布的轨道表示式是；
比较非金属性强弱，可根据氢化物的稳定性强弱，
故答案为：C＞N＞O＞H；；NH3和PH3的稳定性；
（5）CS2的电子式类似于CO2，电子式为，二者都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，则熔点越高，
故答案为：；二者都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大．
点评：
本题为2014年上海考题，涉及元素周期律、电子式、化学平衡移动等问题的考查，综合考查学生的分析能力和双基知识，难度不大，注意相关基础知识的积累．
五、（本题共12分）
24．（12分）（2014?上海）硫在自然界中以游离态和多种化合态形式出现，硫的化合物大多具有氧化性或还原性，许多金属硫化物难溶于水．
完成下列填空：
（1）硫化氢具有还原性，可以和许多氧化剂反应，在酸性条件下，H2S和KMnO4反应生成S、MnSO4、K2SO4和H2O，写出该反应的化学方程式： 3H2SO4+5H2S+2KMnO4=5S↓+2MnSO4+K2SO4+8H2O ．
（2）石油化工的废气中有H2S，写出从废气中回收单质硫的两种方法（除空气外，不能使用其他原料），以化学方程式表示： ①2H2S+3O22H2O+2SO2、②2H2S+SO2→3S+2H2O ， H2SH2+S或2H2S+O22S+2H2O ．
（3）室温下，0.1mol/L的硫化钠溶液和0.1mol/L的碳酸钠溶液，碱性更强的是 硫化钠溶液 ，其原因是 硫氢根离子的电离常数小于碳酸氢根离子，则其水解程度大于碳酸氢根离子 ．已知：
H2S：Ki1=1.3×10﹣7 Ki2=7.1×10﹣15
H2CO3：Ki1=4.3×10﹣7 Ki2=5.6×10﹣11
（4）向ZnSO4溶液中加饱和H2S溶液，没有沉淀生成，继续增加一定量的氨水后，生成ZnS沉淀，用电离平衡原理解释上述现象． 饱和H2S溶液中电离产生的S2﹣很少，因此没有沉淀，加入氨水后，促进H2S的电离，S2﹣浓度增大，有沉淀生成
（5）将黑色的Fe2S3固体加入足量的盐酸中，溶液中有淡黄色固体生成，产物还有 氯化亚铁 、 硫化氢 ，过滤，微热滤液，然后加入过量氢氧化钠溶液，可观察到的现象是 产生白色絮状沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀 ．
考点：
真题集萃；氧化还原反应；弱电解质在水溶液中的电离平衡；含硫物质的性质及综合应用．
专题：
元素及其化合物．
分析：
（1）H2S和KMnO4反应生成S、MnSO4、K2SO4和H2O，结合质量守恒书写化学方程式；
（2）硫化氢可与氧气反应生成二氧化硫；二氧化硫可与硫化氢反应生成硫，硫化氢与氧气反应也可生成硫；
（3）电离常数越小，对应的盐溶液的碱性越强；
（4）加入氨水，溶液存在大量的S2﹣，可生成ZnS沉淀；
（5）将黑色的Fe2S3固体加入足量的盐酸中，生成H2S和氯化铁，氯化铁可氧化H2S生成S，加入氢氧化钠，可生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁．
解答：
解：（1）H2S和KMnO4反应生成S、MnSO4、K2SO4和H2O，反应的方程式为3H2SO4+5H2S+2KMnO4=5S↓+2MnSO4+K2SO4+8H2O，
故答案为：3H2SO4+5H2S+2KMnO4=5S↓+2MnSO4+K2SO4+8H2O；
（2）硫化氢可与氧气反应生成二氧化硫；二氧化硫可与硫化氢反应生成硫，硫化氢与氧气反应也可生成硫，涉及反应有①2H2S+3O22H2O+2SO2； ②2H2S+SO2→3S+2H2O；H2SH2+S或2H2S+O22S+2H2O，
故答案为：①2H2S+3O22H2O+2SO2、②2H2S+SO2→3S+2H2O；H2SH2+S或2H2S+O22S+2H2O；
（3）H2S第二步电离常数最小小，则硫化钠易水解，溶液的碱性较强，
故答案为：硫化钠溶液；硫氢根离子的电离常数小于碳酸氢根离子，则其水解程度大于碳酸氢根离子；
（4）饱和H2S溶液中电离产生的S2﹣很少，因此没有沉淀，加入氨水后，促进H2S的电离，溶液存在大量的S2﹣，可生成ZnS沉淀，
故答案为：饱和H2S溶液中电离产生的S2﹣很少，因此没有沉淀，加入氨水后，促进H2S的电离，S2﹣浓度增大，有沉淀生成；
（5）将黑色的Fe2S3固体加入足量的盐酸中，生成H2S和氯化铁，氯化铁可氧化H2S生成S，加入氢氧化钠，可生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁，可观察到产生白色絮状沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀，
故答案为：氯化亚铁； 硫化氢；产生白色絮状沉淀，迅速变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀．
点评：
本题为2014年上海考题，考查含硫物质的综合应用，弱电解质的电离等知识，侧重于学生的分析能力的考查，注意相关知识的积累，难度中等．
六、（本题共12分）
25．（12分）（2014?上海）在精制饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打（NaHCO3），并提取氯化铵作为肥料或进一步提纯为工业氯化铵．
完成下列填空：
（1）写出上述制备小苏打的化学方程式． NH4HCO3+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl
（2）滤除小苏打后，母液提取氯化铵有两种方法：
①通入氨，冷却、加食盐，过滤
②不通氨，冷却、加食盐，过滤
对两种方法的评价正确的是 ad ．（选填编号）
a．①析出的氯化铵纯度更高 b．②析出的氯化铵纯度更高
c．①的滤液可直接循环使用 d．②的滤液可直接循环使用
（3）提取的NH4Cl中含少量Fe2+、SO42﹣，将产品溶解，加入H2O2，加热至沸，再加入BaCl2溶液，过滤，蒸发结晶，得到工业氯化铵．
加热至沸的目的是 使亚铁离子快速氧化为三价铁离子，并使氯化铁充分水解，形成氢氧化铁沉淀 ．
滤渣的主要成分是 氢氧化铁 、 硫酸钡 ．
（4）称取1.840g小苏打样品（含少量NaCl），配置成250mL溶液，取出25.00mL用0.1000mol/L盐酸滴定，消耗盐酸21.50mL．
实验中所需的定量仪器除滴定管外，还有 电子天平、250mL容量瓶 ．
选甲基橙而不选酚酞作为指示剂的原因是 选用酚酞作为指示剂，不能确定滴定终点 ．
样品中NaHCO3质量分数为 0.982 ．（保留3位小数）
（5）将一定质量小苏打样品（含少量NaCl）溶于足量盐酸，蒸干后称量固体质量，也可测定小苏打的含量．若蒸发过程中有少量液体溅出，则测定结果 偏高 ．（选填“偏高”、“偏低”或“不受影响”）
考点：
真题集萃；制备实验方案的设计．
专题：
实验设计题．
分析：
（1）饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打（NaHCO3），根据质量守恒可知同时生成NH4Cl；
（2）母液中含有氯化铵，通入氨，冷却、加食盐，有利于氯化铵的析出，过滤后滤液中含有氨气，不能直接循环使用；
（3）加热有利于亚铁离子的氧化，且有利于铁离子的水解，再加入BaCl2溶液，得到硫酸钡沉淀；
（4）准确称量固体，应用电子天平，配制溶液需要容量瓶，根据盐酸的物质的量可确定碳酸氢钠的质量，进而可计算质量分数；
（5）若蒸发过程中有少量液体溅出，蒸干后所得固体质量偏小，则小苏打含量偏大．
解答：
解：（1）饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打（NaHCO3），根据质量守恒可知同时生成NH4Cl，反应的方程式为NH4HCO3+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，
故答案为：NH4HCO3+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl；
（2）母液中含有氯化铵，通入氨，冷却、加食盐，有利于氯化铵的析出，纯度更高，过滤后滤液中含有氨气，不能直接循环使用，而②的滤液可直接循环使用，
故答案为：ad；
（3）加热有利于亚铁离子的氧化，且有利于铁离子的水解，再加入BaCl2溶液，得到硫酸钡沉淀，滤渣的主要成分是氢氧化铁、硫酸钡，
故答案为：使亚铁离子快速氧化为三价铁离子，并使氯化铁充分水解，形成氢氧化铁沉淀；氢氧化铁； 硫酸钡；
（4）准确称量固体，应用电子天平，
碳酸氢钠溶液的PH本来就接近8.2，与酚酞变色的PH接近，变色时的PH和反应终点的PH不好判断；而使用甲基橙容易判断终点，且反应产生的二氧化碳不能全部逸出使溶液偏酸性，因此使用甲基橙的误差小（使用甲基橙易判断滴定终点，误差小），
n（HCl）=0.0215L×0.1000mol/L=0.00215mol，
则25mL溶液中n（NaHCO3）=0.00215mol，
所以样品中m（NaHCO3）=0.00215mol×10×84g/mol=1.806g，
ω（NaHCO3）==98.2%=0.982，
故答案为：电子天平、250mL容量瓶；选用酚酞作为指示剂，不能确定滴定终点；0.982；
（5）如全被为碳酸氢钠，与盐酸反应后生成氯化钠，质量减小，而如全部为氯化钠时，质量基本不变，可知加热后固体质量越小，碳酸氢钠含量越大，则若蒸发过程中有少量液体溅出，蒸干后所得固体质量偏小，则小苏打含量偏高，
故答案为：偏高．
点评：
本题为2014年上海考题，设计制备实验的设计的考查，侧重于学生的分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意把握实验原理以及物质的性质，难度中等．
七、（本题共12分）
26．（12分）（2014?上海）氯气和氯乙烯都是非常重要的化工产品，年产量均在107t左右，氯气的实验室制备和氯乙烯的工业生产都有多种不同方法．
完成下列填空：
（1）实验室制取纯净的氯气，除了二氧化锰、浓盐酸和浓硫酸，还需要 饱和食盐水 、 烧碱溶液 （填写试剂或溶液名称）
（2）实验室用2.00mol/L盐酸和漂粉精[成分为Ca（ClO）2、CaCl2]反应生成氯气、氯化钙和水，若产生2.24L（标准状况）氯气，发生反应的盐酸为 100 mL．
（3）实验室通常用向上排空气法收集氯气．设计一个简单实验，验证所收集的氯气中是否含有空气． 将集气瓶倒置于有足量烧碱溶液的水槽里，若气体不能充满集气瓶，液面上有无色气体，则有空气，若充满，则无空气
工业上用电石﹣乙炔生产氯乙烯的反应如下：
CaO+3CCaC2+CO
CaC2+2H2O→HC≡CH↑+Ca（OH）2
HC≡CH+HClCH2═CHCl
电石﹣乙炔法的优点是流程简单，产品纯度高，而且不依赖于石油资源．
电石﹣乙炔法的缺点是： 能耗大 、 使用的催化剂毒性大 ．
（4）乙烷和氯气反应可制得ClCH2CH2Cl，ClCH2CH2Cl加热分解得到氯乙烯和氯化氢．
设计一种以乙烯和氯气为原料制取氯乙烯的方案（其他原料自选），用化学方程式表示（不必注明反应条件）．
要求：①反应产生的氯化氢必须用于氯乙烯的制备；②不再产生其他废液．
考点：
真题集萃；氯气的实验室制法；制备实验方案的设计．
专题：
实验设计题．
分析：
（1）实验室制备纯净的氯气，应用饱和氯化钠溶液除去HCl，用氢氧化钠溶液进行尾气吸收；
（2）反应的方程式为ClO﹣+Cl﹣+2H+=Cl2↑+H2O，n（Cl2）==0.1mol，结合反应的方程式计算；
（3）氯气可与氢氧化钠溶液反应，如含有空气，则与氢氧化钠反应后试管内有残留气体；用电石生产乙炔，耗能大，且污染环境；
（4）以乙烯和氯气为原料制取氯乙烯，可由乙烯和氯气发生加成反应生成1，2﹣二氯乙烷，1，2﹣二氯乙烷发生消去反应生成氯乙烯，生成的氯化氢电解生成氢气和氯气，氢气和乙烯发生加成反应生成乙烷，乙烷和氯气发生取代反应生成1，2﹣二氯乙烷．
解答：
解：（1）实验室用盐酸制备氯气，氯气中混有氯化氢，得到纯净的氯气，应用饱和氯化钠溶液除去HCl，再用浓硫酸干燥，最后用氢氧化钠溶液进行尾气吸收，
故答案为：饱和食盐水；烧碱溶液；
（2）反应的方程式为ClO﹣+Cl﹣+2H+=Cl2↑+H2O，n（Cl2）==0.1mol，则需要n（HCl）=0.2mol，
发生反应的盐酸的体积为=0.1L=100mL，
故答案为：100；
（3）氯气可与氢氧化钠溶液反应，如含有空气，则与氢氧化钠反应后试管内有残留气体；
工业在高温下生产电石，用电石生产乙炔，耗能大，由于乙炔与HCl的反应在氯化汞的作用下进行，污染环境，
故答案为：将集气瓶倒置于有足量烧碱溶液的水槽里，若气体不能充满集气瓶，液面上有无色气体，则有空气，若充满，则无空气；反应温度高，能耗大；使用的催化剂毒性大；
（4）以乙烯和氯气为原料制取氯乙烯，可由乙烯和氯气发生加成反应生成1，2﹣二氯乙烷，1，2﹣二氯乙烷发生消去反应生成氯乙烯，生成的氯化氢电解生成氢气和氯气，氢气和乙烯发生加成反应生成乙烷，乙烷和氯气发生取代反应生成1，2﹣二氯乙烷，涉及反应有CH2=CH2+Cl2→CH2ClCH2Cl CH2ClCH2Cl CH2=CHCl+HCl；
2 HCl H2↑+Cl2↑； CH2=CH2+H2CH3CH3；CH3CH3+Cl2→CH2ClCH2Cl，
故答案为：CH2=CH2+Cl2→CH2ClCH2Cl CH2ClCH2Cl CH2=CHCl+HCl；2 HCl H2↑+Cl2↑； CH2=CH2+H2CH3CH3；CH3CH3+Cl2→CH2ClCH2Cl．
点评：
本题为2014年上海考题，考查氯气的实验室制备以及实验方案的设计，侧重于学生的分析能力、计算能力和实验能力的考查，注意把握实验的原理以及题给信息，难度中等．
八、（本题共8分）
27．（8分）（2014?上海）许多有机化合物具有酸碱性．
完成下列填空
（1）苯酚、苯甲醇、苯甲酸、碳酸的酸性由强到弱的顺序为： 苯甲酸＞碳酸＞苯酚＞苯甲醇
苯胺（ ）具有 碱性 ．（选填“酸性”、“碱性”或“中性”）
（2）常常利用物质的酸碱性分离混合物．某一混合物含苯酚、苯甲醇、苯甲酸和苯胺四种物质，其分离方案如图．
已知：苯甲醇、苯甲酸、苯胺微溶于水．
A、B、C分别是：A NaOH溶液 、B CO2 、C 盐酸 ．
上述方案中，若首先仅仅将苯甲酸与其他三种物质分开，则应加入 碳酸氢钠 ．
（3）欲将转化为，则应加入 水 ．
考点：
真题集萃；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．
专题：
实验设计题．
分析：
（1）羧基酸性＞碳酸＞酚羟基＞醇羟基；含有氨基，具有碱性；
（2）苯酚、苯甲酸呈酸性，苯胺呈碱性，苯甲醇为中性，可先加氢氧化钠或碳酸钠溶液，苯酚、苯甲酸与氢氧化钠反应生成溶于水的盐，则水层中含有苯酚钠、苯甲酸钠，在溶液中通入二氧化碳气体，可得到苯酚，分离后在水中加入盐酸可得到苯甲酸，则A为NaOH溶液，B为二氧化碳，C为盐酸，物质1为苯甲酸，物质2为苯酚；
苯甲醇、苯胺中加入盐酸，苯胺生成盐，溶于水，在水层中加入氢氧化钠可得到苯胺；则物质3为苯胺，物质4为苯甲醇；
（3）﹣CH2ONa可与水反应生成﹣CH2OH．
解答：
解：（1）羧基酸性＞碳酸＞酚羟基＞醇羟基，则酸性苯甲酸＞碳酸＞苯酚＞苯甲醇；含有氨基，可与盐酸反应，具有碱性，
故答案为：苯甲酸＞碳酸＞苯酚＞苯甲醇；碱性；
（2）苯酚、苯甲酸呈酸性，苯胺呈碱性，苯甲醇为中性，可先加氢氧化钠或碳酸钠溶液，苯酚、苯甲酸与氢氧化钠反应生成溶于水的盐，则水层中含有苯酚钠、苯甲酸钠，在溶液中通入二氧化碳气体，可得到苯酚，分离后在水中加入盐酸可得到苯甲酸，则A为NaOH溶液，B为二氧化碳，C为盐酸，物质1为苯甲酸，物质2为苯酚；
苯甲醇、苯胺中加入盐酸，苯胺生成盐，溶于水，在水层中加入氢氧化钠可得到苯胺；则物质3为苯胺，物质4为苯甲醇；
若首先仅仅将苯甲酸与其他三种物质分开，则应加入碳酸氢钠，
故答案为：NaOH溶液；CO2；盐酸；碳酸氢钠；
（3）﹣CH2ONa易水解，可与水反应生成﹣CH2OH，故答案为：水．
点评：
本题为2014年上海考题，涉及物质的分离、提纯实验方案的设计的考查，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同，难度中等．
九、（本题共14分）
28．（14分）（2014?上海）M是一种治疗直肠癌和小细胞肺癌药物的主要成分，其结构式为
（不考虑立体结构，其中R为）．M的一条合成路线如下（部分反应试剂和条件省略）．
完成下列填空：
（1）写出反应类型．反应① 取代反应 、反应③ 氧化反应 ；
（2）写出反应试剂和反应条件．反应② C2H5OH/浓硫酸/加热 、反应④ 盐酸/加热 ；
（3）写出结构简式．B 、C ；
（4）写出一种满足下列条件的A的同分异构体的结构简式．
①能与FeCl3溶液发生显色反应；②能发生银镜反应；③分子中有5种不同化学环境的氢原子．
（5）丁烷氯化可得到2﹣氯丁烷，设计一条从2﹣氯丁烷合成1，3﹣丁二烯的合成路线．
（合成路线常用的表示方式为：AB…目标产物） ．
（6）已知：与的化学性质相似．
从反应④可得出的结论是： 酰胺（肽键）水解比酯水解困难 ．
考点：
真题集萃；有机物的合成．
专题：
有机物的化学性质及推断．
分析：
由流程可知，丁烷经氧化可生成丁酸酐，在氯化铝作用下生成，对比和反应②的产物可知A应为，
对比反应产物可知分子式为C13H16O3的物质的结构简式为，B与C发生取代反应生成肽键，由反应流程可知B应为，C为，结合有机物的结构和性质以及题目要求解答该题．
解答：
解：由流程可知，丁烷经氧化可生成丁酸酐，在氯化铝作用下生成，对比和反应②的产物可知A应为，
对比反应产物可知分子式为C13H16O3的物质的结构简式为，B与C发生取代反应生成肽键，由反应流程可知B应为，C为，
（1）丁烷经氧化可生成丁酸酐，在氯化铝作用下生成，为取代反应，反应③的变化为羟基生成醛基，为氧化反应，
故答案为：取代反应；氧化反应；
（2）反应②为酯化反应，在浓硫酸作用下与乙醇加热反应可生成，反应④为酯的水解反应，应在盐酸作用下加热反应生成，
故答案为：C2H5OH/浓硫酸/加热； 盐酸/加热；
（3）由以上分析可知，B应为，C为，
故答案为：；；
（4）A为，①能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；②能发生银镜反应，说明含有醛基；③分子中有5种不同化学环境的氢原子，
则可能对应的同分异构体的结构简式为或，故答案为：或；
（5）从2﹣氯丁烷合成1，3﹣丁二烯，应先在氢氧化钠的乙醇溶液中加热发生消去反应生成2﹣丁烯，然后发生加成反应生成1，2﹣二溴丁烷，进而发生消去反应生成1，3﹣丁二烯，反应的流程为，
故答案为：；
（6）D中含有肽键和酯基，反应④为酯的水解反应，说明酰胺（肽键）水解比酯水解困难，
故答案为：酰胺（肽键）水解比酯水解困难．
点评：
本题为2014年上海高考题，考查有机物的合成，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握题给信息，为解答该题的关键，难度不大，注意把握有机物的结构和性质．
十、（本题共14分）
29．（14分）（2014?上海）硫有多种含氧酸，亚硫酸（H2SO3）、硫酸（H2SO4）、焦硫酸（H2SO4?SO3）、硫代硫酸（H2S2O3）等等，其中硫酸最为重要，在工业上有广泛的应用，在实验室，浓硫酸是常用的干燥剂．
完成下列计算：
（1）焦硫酸（H2SO4?SO3）溶于水，其中的SO3都转化为硫酸，若将445g焦硫酸溶于水配成4.00L硫酸，该硫酸的物质的量浓度为 1.25 mol/L．
（2）若以浓硫酸吸水后生成H2SO4?H2O计算，250g质量分数为98%的硫酸能吸收多少g水？
（3）硫铁矿是工业上制作硫酸的主要原料，硫铁矿氧化焙烧的化学反应如下：
3FeS2+8O2→Fe3O4+6SO2 4FeS2+11O2→2Fe2O3+8SO2
若48mol FeS2完全反应耗用氧气2934.4L（标准状况）；计算反应产物中Fe3O4与Fe2O3物质的量之比．
（4）用硫化氢制取硫酸，既能充分利用资源又能保护环境，是一种很有发展前途的制备硫酸的方法．
硫化氢体积分数为0.84的混合气体（H2S、H2O、N2）在空气中完全燃烧，若空气过量77%，计算产物气体中SO2体积分数（水是气体）．
已知空气组成：N2体积分数0.79、O2体积分数0.21．
考点：
含硫物质的性质及综合应用；化学方程式的有关计算．
专题：
氧族元素．
分析：
（1）根据公式c=，来求硫酸的物质的量浓度；
（2）根据浓硫酸吸水后生成H2SO4?H2O计算，硫酸与水的物质的是为1：1；
（3）设Fe3O4与Fe2O3物质的量分别为amol，bmol然后铁守恒和消耗氧气的量列方程组解；
（4）根据2H2S+3O22SO2+2H2O，设混合所体为1体积，则硫化氢为0.84体积，然后关系式来求解．
解答：
解：（1）n（H2SO4）=2n（H2SO4?SO3）=×2=5mol，所以该硫酸的物质的量浓度为c（H2SO4）==1.25mol/L，故答案为：1.25mol/L；
（2）n（H2SO4?H2O）=n（H2SO4）=250g×98%÷98=2.5mol，所以吸收水的质量为；2.5mol×116g/mol﹣250g=40g，
答：250g质量分数为98%的硫酸能吸收40g水；
（3）2934.4L氧气的物质的量为=131mol，设Fe3O4与Fe2O3物质的量分别为amol，bmol，则，解得：，所以Fe3O4与Fe2O3物质的量之比4：18=2：9，
答：反应产物中Fe3O4与Fe2O3物质的量之比2：9；
（4）设混合所体为1体积，则硫化氢为0.84体积，
由2H2S+3O22SO2+2H2O，
2 3 2 2
0.84 1.26 0.84 0.84
所以反应消耗的空气为：=6，而空气过量77%，所以一共所需空气为：6×1.77=10.62体积，所以φ（SO2）==0.075，
答：产物气体中SO2体积分数为0.075．
点评：
本题通过硫酸的性质考查，涉及物质的量浓度的计算，和守恒知识的运用，体积分数的计算，难度中等．
2015年上海市高考化学试卷
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）（2015?上海）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．（2分）（2015?上海）下列物质见光不会分解的是（ ）
A．
HClO
B．
NH4Cl
C．
HNO3
D．
AgNO3
3．（2分）（2015?上海）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．（2分）（2015?上海）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．（2分）（2015?上海）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
二、选择题（本题共36分，每小题3分，每题只有一个正确选项）
6．（3分）（2015?上海）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．（3分）（2015?上海）检验用硫酸亚铁制得的硫酸铁中是否含有硫酸亚铁，可选用的试剂是（ ）
A．
NaOH
B．
KMnO4
C．
KSCN
D．
苯酚
8．（3分）（2015?上海）已知H2O2在催化剂作用下分解速率加快，其能量随反应进程的变化如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．
加入催化剂，减小了反应的热效应
B．
加入催化剂，可提高H2O2的平衡转化率
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．（3分）（2015?上海）已知咖啡酸的结构如图所示．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．（3分）（2015?上海）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．（3分）（2015?上海）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．（3分）（2015?上海）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．（3分）（2015?上海）实验室回收废水中苯酚的过程如图所示．下列分析错误的是（ ）
A．
操作I中苯作萃取剂
B．
苯酚钠在苯中的溶解度比在水中的大
C．
通过操作II苯可循环使用
D．
三步操作均需要分液漏斗
14．（3分）（2015?上海）研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示．下列有关说法错误的是（ ）
A．
d为石墨，铁片腐蚀加快
B．
d为石墨，石墨上电极反应为：O2+2H2O+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．（3分）（2015?上海）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．（3分）（2015?上海）短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和丁的原子核外均有两个未成对电子，乙、丙、丁最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应．下列说法错误的是（ ）
A．
元素丙的单质可用于冶炼金属
B．
甲与丁形成的分子中有非极性分子
C．
简单离子半径：丁＞乙＞丙
D．
甲与乙形成的化合物均有氧化性
17．（3分）（2015?上海）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
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）（2015?上海）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．（4分）（2015?上海）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
20．（4分）（2015?上海）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
21．（4分）（2015?上海）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．（4分）（2015?上海）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
四、解答题（共1小题，满分12分）
23．（12分）（2015?上海）白云石的主要成份是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、消化后得到钙镁的氢氧化物，再经过碳化实现Ca2+、Mg2+的分离．碳化反应是放热反应，化学方程式如下：
Ca（OH）2+Mg（OH）2+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图所示，在10min到13min之内钙离子的反应速率为 ．15min之后钙离子浓度增大，原因是 （用化学方程式表示）．
（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”）
五、（本题共12分）
24．（12分）（2015?上海）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：
（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，0.1mol/L NaClO溶液的pH 0.1mol/L Na2SO3溶液的pH．（选填“大于”、“小于”或“等于”）
浓度均为0.1mol/L的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，SO32﹣、CO32﹣、HSO3﹣、HCO3﹣浓度从大到小的顺序为 ．
已知：H2SO3Ki1=1.54×10﹣2 Ki2=1.02×10﹣7
HClOKi1=2.95×10﹣8
H2CO3Ki1=4.3×10﹣7Ki2=5.6×10﹣11．
六、（本题共12分）
25．（12分）（2015?上海）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．如图是实验室测定产品中CaO2含量的装置（夹持装置省略）．
若所取产品质量是m g，测得气体体积为V mL（已换算成标准状况），则产品中CaO2的质量分数为 （用字母表示）．
过氧化钙的含量也可用重量法测定，需要测定的物理量有 ．
七、（本题共12分）
26．（12分）（2015?上海）甲醛是深受关注的有机化合物．甲醛含量的测定有多种方法，例如：在调至中性的亚硫酸钠溶液中加入甲醛水溶液，经充分反应后，产生的氢氧化钠的物质的量与甲醛的物质的量相等，然后用已知浓度的硫酸滴定氢氧化钠．
完成下列填空：
（1）将4.00mL甲醛水溶液加入到经调至中性的亚硫酸钠溶液中，充分反应后，用浓度为1.100mol/L的硫酸滴定，至终点时耗用硫酸20.00mL．甲醛水溶液的浓度为 mol/L．
（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）2HCOOH+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
．
八、（本题共10分）
27．（12分）（2015?上海）对溴苯乙烯与丙烯的共聚物是一种高分子阻燃剂，具有低毒、热稳定性好等优点．
完成下列填空：
（1）写出该共聚物的结构简式．
（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．
（合成路线常用的表示方式为：AB…目标产物）
九、（本题共12分）
28．（12分）（2015?上海）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）：
完成下列填空：
（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种不同环境的氢原子
1mol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 ．
十、（本题共14分）
29．（12分）（2015?上海）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100kg完成分解产生CO2 L（标准状况）．
石灰窑中，该石灰石100kg与焦炭混合焙烧，产生CO2 29120L（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 6.80mol/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10m3，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10m3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1521kg，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1070kg．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．
2015年上海市高考化学试卷
参考答案与试题解析
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．（2分）（2015?上海）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
考点：
核素；质量数与质子数、中子数之间的相互关系．
分析：
根据在原子中：原子序数=质子数=核外电子数=核电荷数，进行解答．
解答：
解：A．第116号元素Lv的原子序数为116，故A正确；
B．中子数=质量数﹣质子数=293﹣116=177，故B正确；
C．原子序数=质子数=核外电子数=核电荷数，可知核外电子数为116，故C正确；
D．293代表该原子的质量数，一种元素有多种核素，质量数指的是质子与中子质量的和，不同核素的质量数不同，即一种元素可以有多个质量数，相对原子质量为各核素的平均相对质量，所以同种元素的相对原子质量只有一个数值，两者近似相等，故D错误．
故选D．
点评：
本题主要考查了原子符号的含义，掌握原子序数=核内质子数=核电荷数是解题的关键，题目难度不大．
2．（2分）（2015?上海）下列物质见光不会分解的是（ ）
A．
HClO
B．
NH4Cl
C．
HNO3
D．
AgNO3
考点：
氯、溴、碘及其化合物的综合应用；铵盐；硝酸的化学性质．
分析：
浓硝酸、硝酸银、次氯酸见光都易分解；而氯化铵加热分解，见光不分解，以此来解答．
解答：
解：A．HClO见光分解为HCl与氧气，故A不选；
B．氯化铵加热分解生成氨气和HCl，见光不分解，故B选；
C．硝酸见光分解为二氧化氮、氧气与水，故C不选；
D．硝酸银见光分解Ag、二氧化氮、氧气，故D不选；
故选B．
点评：
本题考查物质的性质，为高频考点，综合考查元素化合物知识，侧重物质稳定性的考查，注意反应条件为光照，题目难度不大．
3．（2分）（2015?上海）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
考点：
不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．
分析：
一般不同非金属元素之间易形成极性键，已知某晶体中含有极性键，则该晶体为化合物，可能是离子化合物、共价化合物，结合不同类型晶体的性质分析．
解答：
解：A．含有极性键的晶体可能是原子晶体，如二氧化硅中含有Si﹣O极性键，其熔沸点很高，故A错误；
B．含有极性键的物质至少含有2种元素，属于化合物，不可能是单质，故B正确；
C．有机物中含有极性键，如甲烷中含有C﹣H极性键，故C正确；
D．离子晶体中也可能含有极性键，如NaOH中含有O﹣H极性键，故D正确．
故选A．
点评：
本题考查了极性键、晶体的类型，题目难度不大，注意离子晶体中一定含有离子键可能含有共价键，题目难度不大，注意利用举例法分析．
4．（2分）（2015?上海）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
考点：
非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律．
分析：
比较两种元素的非金属性强弱，可根据单质之间的置换反应、与氢气反应的难易程度、氢化物的稳定性以及最高正价氧化物对应水化物酸性强弱．
解答：
解：A．单质的氧化性越强，其元素的非金属性越强，可以判断非金属性强弱，故A不选；
B．单质的沸点属于物理性质，与元素的非金属性无关，不能判断非金属性强弱，故B选；
C．单质与氢气化合越容易，则元素的非金属性越强，可以判断非金属性强弱，故C不选；
D．最高价氧化物对应的水化物酸性越强，其元素的非金属性越强，可以判断非金属性强弱，故D不选．
故选B．
点评：
本题考查非金属性的比较，题目难度不大，注意元素非金属性和金属性的比较角度，学习中注意相关基础知识的积累．
5．（2分）（2015?上海）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
考点：
二氧化硫的化学性质．
分析：
二氧化硫与溴水发生氧化还原反应生成氢溴酸和硫酸．
解答：
解：二氧化硫具有还原性，与溴水发生氧化还原反应生成氢溴酸和硫酸，使溴水褪色，硫元素化合价升高，体现还原性．
故选A．
点评：
本题主要考查了二氧化硫的性质，侧重考查二氧化硫的还原性，注意中间价态的元素既有氧化性又有还原性，同种元素相邻价态间不发生氧化还原反应，题目难度不大．
二、选择题（本题共36分，每小题3分，每题只有一个正确选项）
6．（3分）（2015?上海）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
考点：
不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别．
分析：
Na、Na2O、NaOH、Na2S、Na2SO4中Na为金属晶体，Na2O、NaOH、Na2S、Na2SO4为离子晶体，以此解答．
解答：
解：Na为金属晶体，熔化时克服金属键，Na2O、NaOH、Na2S、Na2SO4为离子晶体，熔化时克服离子键．
故选C．
点评：
本题考查晶体类型的判断和化学键键的判断，为高频考点，侧重于学生的分析能力和基本概念的考查，题目难度不大，注意晶体类型的分类和性质的区别．
7．（3分）（2015?上海）检验用硫酸亚铁制得的硫酸铁中是否含有硫酸亚铁，可选用的试剂是（ ）
A．
NaOH
B．
KMnO4
C．
KSCN
D．
苯酚
考点：
物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．
分析：
亚铁离子具有还原性，可与氯水、高锰酸钾等氧化剂反应，以此解答该题．
解答：
解：A．加入氢氧化钠，因含有铁离子，可生成红褐色沉淀，不能检验是否含有亚铁离子，故A错误；
B．亚铁离子具有还原性，可与高锰酸钾等发生氧化还原反应，高锰酸钾溶液褪色，可鉴别，故B正确；
C．亚铁离子与KSCN不反应，不能鉴别，只能鉴别铁离子，故C错误；
D．亚铁离子与苯酚不反应，不能鉴别，只能鉴别铁离子，故D错误．
故选B．
点评：
本题考查物质的检验，为高频考点，题目难度不大，本题注意亚铁离子与铁离子性质的区别，检验时必须有明显不同的现象．
8．（3分）（2015?上海）已知H2O2在催化剂作用下分解速率加快，其能量随反应进程的变化如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．
加入催化剂，减小了反应的热效应
B．
加入催化剂，可提高H2O2的平衡转化率
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
考点：
反应热和焓变；化学平衡的影响因素．
分析：
A、催化剂只通过改变活化能来改变反应速率，不改变反应的热效应；
B、催化剂只改变反应速率不改变化学平衡；
C、图象分析反应是放热反应，热化学方程式要注明状态；
D、图象分析反应是放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量．
解答：
解：A、催化剂只通过改变活化能来改变反应速率，不改变反应的热效应；故A错误；
B、催化剂只改变反应速率不改变化学平衡，反应体系中加入催化剂不改变H2O2的平衡转化率，故B错误；
C、图象分析判断反应是放热反应，热化学方程式要注明状态，所以H2O2分解的热化学方程式：H2O2（l）=H2O（l）+O2（g）+Q，故C错误；
D、图象分析反应是放热反应，所以反应物的总能量高于生成物的总能量，故D正确；
故选D．
点评：
本题考查了化学平衡、化学反应能量的图象分析判断，注意催化剂改变速率不改变平衡的理解，题目难度中等
9．（3分）（2015?上海）已知咖啡酸的结构如图所示．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
考点：
有机物的结构和性质．
分析：
有机物含有羟基，可发生取代、氧化和显色反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有羧基，具有酸性，可发生中和、酯化反应，以此解答该题．
解答：
解：A．由结构简式可知分子式为C9H8O4，故A错误；
B．能与氢气发生加成反应的为苯环和碳碳双键，则1mol咖啡酸最多可与4mol氢气发生加成反应，故B错误；
C．含有酚羟基，可与溴发生取代反应，含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，故C正确；
D．含有羧基，可与NaHCO3溶液反应，故D错误．
故选C．
点评：
本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，题目难度不大，注意有机物的结构特点和官能团的性质，易错点为D，注意官能团的酸性强弱的比较．
10．（3分）（2015?上海）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．
考点：
有机物分子中的官能团及其结构．
分析：
A、环己烷中只存在1种化学环境不同的H，此卤代烃可以由环己烷取代得到；
B、2，2﹣二甲基丙烷只存在一种H，此有机物可以由2，2﹣二甲基丙烷取代得到；
C、2﹣甲基丙烷中存在2种化学环境不同的H，一氯代物存在同分异构体；
D、2，2，3，3﹣四甲基丁烷中只存在一种环境的H，一氯代物只有一种，据此解答即可．
解答：
解：A、可以由环己烷取代制得，故A不选；
B、可以由2，2﹣二甲基丙烷取代得到，故B不选；
C、2﹣甲基丙烷中存在2种化学环境不同的H，一氯代物存在同分异构体，故不适合由相应的烃经卤代反应制得，故C选；
D、可以由2，2，3，3﹣四甲基丁烷制得，故D不选，故选C．
点评：
本题主要考查的是一氯代物的同分异构体的判断，制取氯代烃的途径和方法必须满足制取的应副产物最少为好，难度不大．
11．（3分）（2015?上海）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
考点：
钠的重要化合物；键能、键长、键角及其应用；晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系．
分析：
A．相同条件下，碳酸钠溶解度大于碳酸氢钠；
B．卤代烃的密度比水大；
C．原子晶体中，键长越短，键能越大，则硬度越大；
D．苯中碳碳键介于单键和双键之间．
解答：
解：A．在碳酸钠饱和溶液中通入二氧化碳生成碳酸氢钠，可观察到溶液变浑浊，说明碳酸钠溶解度大于碳酸氢钠，故A正确；
B．卤代烃的密度比水大，则溴乙烷的密度大于水，故B正确；
C．晶体硅与金刚石都为原子晶体C﹣C＞Si﹣Si，原子晶体中，键长越短，键能越大，则硬度越大，故C正确；
D．苯中碳碳键介于单键和双键之间，碳碳键键长：乙烯＜苯，故D错误．
故选D．
点评：
本题考查元素及其对应单质、化合物的性质的递变规律，侧重于溶解度、硬度、密度等性质的考查，题目难度不大，注意把握性质比较的角度以及规律．
12．（3分）（2015?上海）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
考点：
硫化氢．
分析：
A、CuS不溶于酸；
B、H2S和NaOH发生酸碱中和反应；
C、FeS不溶于水但溶于酸；
D、SO2和H2S发生归中反应．
解答：
解：电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，包括酸、碱、盐、金属氧化物和水．
A、CuS不溶于水也不溶于酸，故CuSO4能和H2S反应生成CuS沉淀：CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4，且硫酸铜为电解质，故A正确；
B、H2S和NaOH发生酸碱中和反应：H2S+2NaOH=Na2S+H2O，无沉淀生成，故B错误；
C、FeS不溶于水但溶于酸，故FeSO4和H2S不能反应，故C错误；
D、SO2和H2S发生归中反应有硫单质生成：SO2+2H2S=3S↓+2H2O，但二氧化硫不是电解质，故D错误．
故选A．
点评：
本题考查了电解质的概念以及复分解反应发生的条件，难度不大，应注意的是FeS不溶于水但溶于酸，故FeSO4和H2S不能反应．
13．（3分）（2015?上海）实验室回收废水中苯酚的过程如图所示．下列分析错误的是（ ）
A．
操作I中苯作萃取剂
B．
苯酚钠在苯中的溶解度比在水中的大
C．
通过操作II苯可循环使用
D．
三步操作均需要分液漏斗
考点：
"三废"处理与环境保护．
分析：
用苯萃取废水中的苯酚，进行分液得到苯酚的苯溶液，再加入氢氧化钠溶液，苯酚与氢氧化钠反应得到苯酚钠，苯与苯酚钠溶液不互溶，再进行分液操作，得到苯与苯酚钠溶液，苯可以循环利用，苯酚钠溶液中加入盐酸得到苯酚，经过过滤操作进行分离得到苯酚．
解答：
解：用苯萃取废水中的苯酚，进行分液得到苯酚的苯溶液，再加入氢氧化钠溶液，苯酚与氢氧化钠反应得到苯酚钠，苯与苯酚钠溶液不互溶，再进行分液操作，得到苯与苯酚钠溶液，苯可以循环利用，苯酚钠溶液中加入盐酸得到苯酚和NaCl溶液，同样经过分液操作进行分离得到苯酚．
A．操作I是用苯萃取废水中的苯酚，进行分液得到苯酚的苯溶液，苯为萃取剂，故A正确；
B．苯酚钠属于钠盐，易溶于水，在苯中的溶解度比在水中的小，故B错误；
C．操作Ⅱ得到苯与苯酚钠溶液，苯可以循环利用，故C正确；
D．操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均为分液操作，用到分液漏斗，故D正确．
故选：B．
点评：
本题考查物质分离提纯的综合应用，关键是理解操作过程，注意理解掌握中学常见的分离、提纯方法，难度中等．
14．（3分）（2015?上海）研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示．下列有关说法错误的是（ ）
A．
d为石墨，铁片腐蚀加快
B．
d为石墨，石墨上电极反应为：O2+2H2O+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↑
考点：
原电池和电解池的工作原理．
分析：
A、d为石墨，铁片活泼，所以腐蚀铁；
B、海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀；
C、锌比铁片活泼，所以腐蚀锌；
D、d为锌块，作为负极，因海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀；
解答：
解：A、d为石墨，活泼金属铁片作负极，发生腐蚀，所以铁片腐蚀加快，故A正确；
B、海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀，所以石墨作正极，电极反应：O2+2H2O+4e═4OH﹣，故B正确；
C、锌比铁片活泼，所以腐蚀锌，所以铁片不易被腐蚀，故C正确；
D、d为锌块，作为负极，因海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀，所以铁片上电极反应为：O2+2H2O+4e═4OH﹣，故D错误；
故选D．
点评：
本题考查了原电池原理，根据电极上得失电子判断正负极，再结合电极反应类型、电子流向来分析解答，熟记原电池原理，难点是电极反应式的书写．
15．（3分）（2015?上海）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
考点：
元素周期表的结构及其应用；化学键和分子间作用力的区别；反应热和焓变；强电解质和弱电解质的概念．
分析：
A、元素在周期表中呈现规律性的变化与其核外电子排布有关；
B、电离常数越大说明该弱电解质越易电离；
C、稳定性与化学键有关，分子间作用力决定物质的物理性质；
D、物质内部储存的能量即键能，断开化学键与形成化学键决定化学反应的热效应．
解答：
解：A、因为原子核外电子排布呈现规律性的变化，故元素在周期表中的位置也呈现规律性的变化，即原子核外电子排布决定了元素在周期表中的位置，故A正确；
B、相同类型的弱电解质，其电离常数越大说明该弱电解质越易电离，故B正确；
C、稳定性与化学键有关，分子间作用力决定物质的物理性质，则分子晶体的稳
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