2013年上海市高考化学试卷

这是一份2013年上海市高考化学试卷，共48页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答填空题，实验题，综合题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2013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）2013年4月24日，东航首次成功进行了由地沟油生产的生物航空燃油的验证飞行．能区别地沟油（加工过的餐饮废弃油）与矿物油（汽油、煤油、柴油等）的方法是（　　）
A．点燃，能燃烧的是矿物油
B．测定沸点，有固定沸点的是矿物油
C．加入水中，浮在水面上的是地沟油
D．加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油
2．（2分）氰酸铵（NH4OCN）与尿素[CO（NH2）2 ]（　　）
A．都是共价化合物 B．都是离子化合物
C．互为同分异构体 D．互为同素异形体
3．（2分）230Th和232Th是钍的两种同位素，232Th可以转化成233U．下列有关Th的说法正确的是（　　）
A．Th元素的质量数是232
B．Th元素的相对原子质量是231
C．232Th转化成233U是化学变化
D．230Th和232Th的化学性质相同
4．（2分）下列变化需克服相同类型作用力的是（　　）
A．碘和干冰的升华 B．硅和C60的熔化
C．氯化氢和氯化钠的溶解 D．溴和汞的气化
5．（2分）374℃、22.1Mpa以上的超临界水具有很强的溶解有机物的能力，并含有较多的H+和OH﹣，由此可知超临界水（　　）
A．显中性，pH等于7 B．表现出非极性溶剂的特性
C．显酸性，pH小于7 D．表现出极性溶剂的特性
　
二、选择题（本大题共36分，每小题3分，每题只有一个正确选项）
6．（3分）与索尔维制碱法相比，侯德榜制碱法最突出的优点是（　　）
A．原料利用率高 B．设备少
C．循环利用的物质多 D．原料易得
7．（3分）将X气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入Y气体，有沉淀生成，X、Y不可能是（　　）
A．X：SO2；Y：H2S B．X：Cl2；Y：CO2 C．X：NH3；Y：CO2 D．X：SO2；Y：Cl2
8．（3分）糕点包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同．下列分析正确的是（　　）
A．脱氧过程是吸热反应，可降低温度，延长糕点保质期
B．脱氧过程中铁作原电池正极，电极反应为：Fe﹣3e→Fe3+
C．脱氧过程中碳做原电池负极，电极反应为：2H2O+O2+4e→4OH﹣
D．含有1.12g铁粉的脱氧剂，理论上最多能吸收氧气336mL（标准状况）
9．（3分）将盛有NH4HCO3粉末的小烧杯放入盛有少量醋酸的大烧杯中．然后向小烧杯中加入盐酸，反应剧烈，醋酸逐渐凝固．由此可见（　　）
A．NH4HCO3和盐酸的反应是放热反应
B．该反应中，热能转化为产物内部的能量
C．反应物的总能量高于生成物的总能量
D．反应的热化学方程式为：NH4HCO3+HCl→NH4Cl+CO2↑+H2O﹣Q
10．（3分）下列关于实验室制备乙酸乙酯和乙酸丁酯的描述正确的是（　　）
A．均采用水浴加热 B．制备乙酸丁酯时正丁醇过量
C．均采用边反应边蒸馏的方法 D．制备乙酸乙酯时乙醇过量
11．（3分）H2S水溶液中存在电离平衡H2S⇌H++HS﹣和HS﹣⇌H++S2﹣．若向H2S溶液中（　　）
A．加水，平衡向右移动，溶液中氢离子浓度增大
B．通入过量SO2气体，平衡向左移动，溶液pH值增大
C．滴加新制氯水，平衡向左移动，溶液pH值减小
D．加入少量硫酸铜固体（忽略体积变化），溶液中所有离子浓度都减小
12．（3分）根据有机化合物的命名原则，下列命名正确的是（　　）
A． 3﹣甲基﹣1，3﹣丁二烯
B． 2﹣羟基丁烷
C．CH3CH（C2H5）CH2CH2CH3 2﹣乙基戊烷
D．CH3CH（NH2）CH2COOH 3﹣氨基丁酸
13．（3分）X、Y、Z、W是短周期元素，X元素原子的最外层未达到8电子稳定结构，工业上通过分离液态空气获得其单质；Y元素原子最外电子层上s、p电子数相等；Z元素+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同；W元素原子的M层有1个未成对的p电子．下列有关这些元素性质的说法一定正确的是（　　）
A．X元素的氢化物的水溶液显碱性
B．Z元素的离子半径大于W元素的离子半径
C．Z元素的单质在一定条件下能与X元素的单质反应
D．Y元素最高价氧化物的晶体具有很高的熔点和沸点
14．（3分）为测定镀锌铁皮锌镀层的厚度，将镀锌皮与足量盐酸反应，待产生的气泡明显减少时取出，洗涤，烘干，称重．关于该实验的操作对测定结果的影响判断正确的是（　　）
A．铁皮未及时取出，会导致测定结果偏小
B．铁皮未洗涤干净，会导致测定结果偏大
C．烘干时间过长，会导致测定结果偏小
D．若把盐酸换成硫酸，会导致测定结果偏大
15．（3分）NA代表阿伏伽德罗常数．已知C2H4和C3H6的混合物的质量为ag，则该混合物（　　）
A．所含共用电子对数目为（+1）NA
B．所含碳氢键数目为NA
C．燃烧时消耗的O2一定是L
D．所含原子总数为NA
16．（3分）已知氧化性Br2＞Fe3+．FeBr2溶液中通入一定量的Cl2，发生反应的离子方程式为：
a Fe2++b Br﹣+c Cl2→d Fe3++e Br2+f Cl﹣
下列选项中的数字与离子方程式中的a、b、c、d、e、f一一对应，其中不符合反应实际的是（　　）
A．2 4 3 2 2 6 B．0 2 1 0 1 2
C．2 0 1 2 0 2 D．2 2 2 2 1 4
17．（3分）某溶液可能含有Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、NH4+、Fe3+、Al3+和K+．取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀．由此可知原溶液中（　　）
A．至少存在5种离子
B．Cl﹣一定存在，且c（Cl‑）≥0.4mol/L
C．SO42﹣、NH4+、一定存在，Cl﹣可能不存在
D．CO32﹣、Al3+一定不存在，K+可能存在
　
三、选择题（本题共20分，每小题4分，每小题有一个或两个正确选项．只有一个正确选项的，多选不给分；有两个正确选项的，选对一个给2分，选错一个，该小题不给分）
18．（4分）汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3→K2O+5Na2O+16N2↑．若氧化产物比还原产物多1.75mol，则下列判断正确的是（　　）
A．生成40.0LN2（标准状况）
B．有0.250mol KNO3被氧化
C．转移电子的物质的量为1.25mol
D．被氧化的N原子的物质的量为3.75mol
19．（4分）部分弱酸的电离平衡常数如表，下列选项错误的是（　　）
弱酸
HCOOH
HCN
H2CO3
电离平衡常数（25℃）
Ki=1.77×10﹣4
Ki=4.9×10﹣10
Ki1=4.3×10﹣7
Ki2=5.6×10﹣11
A．2CN﹣+H2O+CO2→2HCN+CO32﹣
B．2HCOOH+CO32﹣→2HCOO﹣+H2O+CO2↑
C．中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者
D．等体积、等浓度的HCOONa和NaCN溶液中所含离子总数前者小于后者
20．（4分）某恒温密闭容器中，可逆反应A（s）⇌B+C（g）﹣Q达到平衡．缩小容器体积，重新达到平衡时，C（g）的浓度与缩小体积前的平衡浓度相等．以下分析正确的是（　　）
A．产物B的状态只能为固态或液态
B．平衡时，单位时间内n（A）消耗：n（C）消耗=1：1
C．保持体积不变，向平衡体系中加入B，平衡可能向逆反应方向移动
D．若开始时向容器中加入1mol B和1mol C，达到平衡时放出热量Q
21．（4分）一定条件下，将0.1L CO、0.2L CO2、0.1L NO、0.2L NO2和0.2L NH3混合，然后通过分别盛有足量蒸馏水、饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液的三个洗气瓶（洗气瓶排列顺序不确定）．假设气体通过每个洗气瓶都能充分反应则尾气（已干燥）（　　）
A．可能是单一气体
B．不可能含有一氧化碳
C．可能存在原气体中的两种气体
D．成分和洗气瓶的排列顺序无关
22．（4分）一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体V L（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42﹣）加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO 12.0g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1：1，则V可能为（　　）
A．9.0 L B．13.5 L C．15.7 L D．16.8 L
　
四、填空题（本题共8分）
23．（8分）金属铝质轻且有良好的防腐蚀性，在国防工业中有非常重要的作用．完成下列填空：
（1）铝原子核外电子云有　 　 种不同的伸展方向，有　 　 种不同运动状态的电子．
（2）镓（Ga）与铝同族．写出镓的氯化物和氨水反应的化学方程式　 　．
（3）硅与铝同周期．SiO2是硅酸盐玻璃（Na2CaSi6O14）的主要成分，Na2CaSi6O14也可写成Na2O•CaO•6SiO2．盛放NaOH溶液的试剂瓶若用玻璃瓶塞容易形成粘性的硅酸盐而无法打开，发生反应的化学方程式　 　．长石是铝硅盐酸，不同类长石其氧原子的物质的量分数相同．由钠长石化学式NaAlSi3O8可推知钙长石的化学式为　 　．
（4）用铝和金属氧化物反应制备金属单质是工业上较常用的方法．如：2Al+4BaO3Ba↑+BaO•Al2O3．常温下Al的金属性比Ba的金属性　 　（选填“强”“弱”）．利用上述方法可制取Ba的主要原因是　 　．
a．高温时Al的活泼性大于Ba b．高温有利于BaO分解
c．高温时BaO•Al2O3比Al2O3稳定 d．Ba的沸点比Al的低．
　
五、解答填空题（本题共8分）
24．（8分）溴主要以Br﹣形式存在于海水中，海水呈弱碱性．工业上制备的Br2的操作步骤为：
①一定条件下，将Cl2通入浓缩的海水中，生成Br2
②利用热空气将Br2吹出，并用浓Na2CO3溶液吸收，生成NaBr、NaBrO3等
③用硫酸酸化步骤②得到的混合物
完成下列填空：
（1）Cl2氧化Br﹣应在　 　 条件下进行，目的是为了避免　 　．
（2）Br2可用热空气吹出，其原因是　 　．
（3）写出步骤③所发生的化学反应方程式　 　．用硫酸而不用盐酸酸化的原因可能是　 　．步骤②的产品有时运输到目的地后再酸化，主要是因为　 　．
（4）为了除去工业Br2中微量的Cl2，可向工业Br2中　 　．
a．通入HBr b．加入Na2CO3溶液 c．加入NaBr溶液 d．加入Na2SO3溶液．
　
六、解答填空题（本题共8分）
25．（8分）镍具有优良的物理和化学特性，是许多领域尤其是高技术产业的重要原料．羰基法提纯粗镍涉及的两步反应依次为：
①Ni（S）+4CO（g）Ni（CO）4（g）+Q；
②Ni（CO）4（g）Ni（S）+4CO（g）完成下列填空：
（1）在温度不变的情况下，要提高反应（1）中Ni（CO）4的产率，可采取的措施有　 　、　 　．
（2）已知在一定条件下的2L密闭容器中制备Ni（CO）4，粗镍（纯度98.5%，所含杂质不与CO反应）剩余质量和反应时间的关系如图所示．Ni（CO）4在0～10min的平均反应速率为　 　．
（3）若反应（2）达到平衡后，保持其他条件不变，降低温度，重新达到平衡时　 　．
a．平衡常数K增大 b．CO的浓度减小
c．Ni的质量减小 d．v逆[Ni（CO）4]增大．
（4）简述羰基法提纯粗镍的操作过程：　 　．

　
七、实验题（本题共12分）
26．（12分）溴化钙可用作阻燃剂、制冷剂，具有易溶于水，易吸潮等性质．实验室用工业大理石（含有少量Al3+、Fe3+等杂质）制备溴化钙的主要流程如下：
完成下列填空：
（1）上述使用的氢溴酸的质量分数为26%，若用47%的氢溴酸配置26%的氢溴酸的氢溴酸500mL，所需的玻璃仪器有玻璃棒、　 　；
（2）已知步骤Ⅲ的滤液中不含NH4+．步骤Ⅱ加入的试剂a是　 　，控制溶液的pH约为8.0的目的是　 　、　 　；
（3）试剂b是　 　，步骤Ⅳ的目的是　 　；
（4）步骤Ⅴ所含的操作依次是　 　、　 　；
（5）制得的溴化钙可以通过如下步骤测定其纯度：
①称取4.00g无水溴化钙样品；②溶解；③滴入足量Na2CO3溶液，充分反应后过滤；④　 　；⑤称量．若得到1.88g碳酸钙，则溴化钙的质量分数为　 　（保留两位小数）．
若实验操作规范而测定结果偏低，其原因是　 　．
　
八、综合题（本题共12分）
27．（12分）二氧化硫是硫的重要化合物，在生产、生活中有广泛应用．二氧化硫有毒，并且是形成酸雨的主要气体．无论是实验室制备还是工业生产，二氧化硫尾气吸收或烟气脱硫都非常重要．完成下列填空：
（1）实验室可用铜和浓硫酸加热或硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫．
如果用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，并希望能控制反应速度，图中可选用的发生装置是　 　 （填写字母）．
（2）若用硫酸和亚硫酸钠反应制取3.36L（标准状况）二氧化硫，至少需要称取亚硫酸钠　 　g（保留一位小数）；如果已有4.0%亚硫酸钠（质量分数），被氧化成硫酸钠，则至少需称取该亚硫酸钠　 　g（保留一位小数）．
（3）实验室二氧化硫尾气吸收与工业烟气脱硫的化学原理相通．石灰﹣石膏法和碱法是常用的烟气脱硫法．石灰﹣石膏法的吸收反应为SO2+Ca（OH）2→CaSO3↓+H2O．吸收产物亚硫酸钙由管道输送至氧化塔氧化，反应为2CaSO3+O2+4H2O→2CaSO4•2H2O．其流程如图：

碱法的吸收反应为SO2+2NaOH→Na2SO3+H2O．碱法的特点是氢氧化钠碱性强、吸收快、效率高．其流程如图：

已知：
试剂
Ca（OH）2
NaOH
价格（元/kg）
0.36
2.9
吸收SO2的成本（元/mol）
0.027
0.232
石灰﹣石膏法和碱法吸收二氧化硫的化学原理相同之处是　 　．和碱法相比，石灰﹣石膏法的优点是　 　，缺点是　 　．
（4）在石灰﹣石膏法和碱法的基础上，设计一个改进的、能实现物料循环的烟气脱硫方案（用流程图表示）．
　
九、实验题（本题共10分）
28．（10分）异构化可得到三元乙丙橡胶的第三单体．由A（C5H6）和B经Diels﹣Alder反应制得．Diels﹣Alder反应为共轭双烯与含有烯键或炔键的化合物相互作用生成六元环状化合物的反应，最简单的反应是．
完成下列填空：
（1）Diels﹣Alder反应属于　 　反应（填反应类型）：A的结构简式为　 　．
（2）写出与互为同分异构体，且一溴代物只有两种的芳香烃的名称　 　．写出生成这两种一溴代物所需要的反应试剂和反应条件　 　．
（3）B与Cl2的1，2﹣加成产物消去HCl得到2﹣氯代二烯烃，该二烯烃和丙烯酸（CH2=CHCOOH）聚合得到的聚合物可改进氯丁橡胶的耐寒性和加工性能，写出该聚合物的结构简式可为　 　．
（4）写出实验室由的属于芳香烃的同分异构体的同系物制备的合成路线，（合成路线常用的表示方式为：AB…目标产物）：　 　．
　
十、解答题（本题共12分）
29．（12分）沐舒坦（结构简式为，不考虑立体异构）是临床上使用广泛的．如图所示的其多条合成路线中的一条（反应试剂和反应条件均未标出）
已知：，完成下列填空：
（1）写出反应试剂和反应条件．反应①　 　；反应⑤　 　．
（2）写出反应类型．反应③　 　；反应⑥　 　．
（3）写出结构简式．A　 　；B　 　．
（4）反应⑥中除加入反应试剂C外，还需要加入K2CO3，其目的是为了中和　 　；防止　 　．
（5）写出两种C的能发生水解反应，且只含3种不同化学环境氢原子的同分异构体的结构简式：　 　．
（6）反应②、反应③的顺序不能颠倒，其原因是　 　、　 　．
　
十一、解答题（本题共14分）
30．（14分）碳酸氢纳俗称“小苏打”，是氨碱法和联合制碱法制纯碱的中间产物，可用作膨松剂，制酸剂，灭火剂等．工业上用纯碱溶液碳酸化制取碳酸氢钠．
（1）某碳酸氢钠样品中含有少量氯化钠．称取该样品，用0.1000mol/L盐酸滴定，耗用盐酸20.00mL．若改用0.05618mol/L硫酸滴定，需用硫酸　 　mL（保留两位小数）．
（2）某溶液组成如表一：
表一
化合物
Na2CO3
NaHCO3
NaCl
质量（kg）
814.8
400.3
97.3
向该溶液通入二氧化碳，析出碳酸氢钠晶体．取出晶体后溶液组成如表二：
表二
化合物
Na2CO3
NaHCO3
NaCl
质量（kg）
137.7
428.8
97.3
计算析出的碳酸氢纳晶体的质量（保留1位小数）．
（3）将组成如表二的溶液加热，使碳酸氢纳部分分解，溶液中NaHCO3的质量由428.8kg降为400.3kg，补加适量碳酸纳，使溶液组成回到表一状态．计算补加的碳酸纳质量（保留1位小数）．
（4）某种由碳酸钠和碳酸氢钠组成的晶体452kg溶于水，然后通入二氧化碳，吸收二氧化碳44.8×103 L（标准状况），获得纯的碳酸氢钠溶液，测得溶液中含碳酸氢钠504kg．通过计算确定该晶体的化学式．
　

2013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）2013年4月24日，东航首次成功进行了由地沟油生产的生物航空燃油的验证飞行．能区别地沟油（加工过的餐饮废弃油）与矿物油（汽油、煤油、柴油等）的方法是（　　）
A．点燃，能燃烧的是矿物油
B．测定沸点，有固定沸点的是矿物油
C．加入水中，浮在水面上的是地沟油
D．加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油
【分析】地沟油中含油脂，与碱溶液反应，而矿物油不与碱反应，混合后分层，以此来解答．
【解答】解：A．地沟油、矿物油均能燃烧，不能区别，故A错误；
B．地沟油、矿物油均为混合物，没有固定沸点，不能区别，故B错误；
C．地沟油、矿物油均不溶于水，且密度均比水小，不能区别，故C错误；
D．加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油，分层的为矿物油，现象不同，能区别，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查有机物的区别，明确地沟油、矿物油的成分及性质是解答本题的关键，侧重有机物性质的考查，题目难度不大．
　
2．（2分）氰酸铵（NH4OCN）与尿素[CO（NH2）2 ]（　　）
A．都是共价化合物 B．都是离子化合物
C．互为同分异构体 D．互为同素异形体
【分析】A．共价化合物中只含共价键；
B．离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键；
C．分子式相同结构不同的化合物属于同分异构体；
D．同种元素组成的不同单质属于同素异形体．
【解答】解：A．氰酸铵（NH4OCN）属于铵盐，是离子化合物，故A错误；
B．尿素[CO（NH2）2]中只含共价键，属于共价化合物，故B错误；
C．氰酸铵（NH4OCN）与尿素[CO（NH2）2]的化学式相同但结构不同，所以属于同分异构体，故C正确；
D．同素异形体是单质，氰酸铵（NH4OCN）与尿素[CO（NH2）2]都是化合物，所以不是同素异形体，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查基本概念，明确这几个概念的含义是解本题关键，注意同素异形体、同分异构体的区别，难度不大．
　
3．（2分）230Th和232Th是钍的两种同位素，232Th可以转化成233U．下列有关Th的说法正确的是（　　）
A．Th元素的质量数是232
B．Th元素的相对原子质量是231
C．232Th转化成233U是化学变化
D．230Th和232Th的化学性质相同
【分析】A．Th元素有2种核素；
B．元素的相对原子质量，是按各种天然同位素原子所占的一定百分比算出来的平均值；
C．化学变化的最小微粒是原子；
D．同位素的化学性质几乎相同．
【解答】解：A．Th元素有2种核素，230Th和232Th的质量数分别是230，232，故A错误；
B．不知道各种天然同位素的含量无法求出，故B错误；
C．化学变化是生成新物质的变化，原子不变，而c项的原子发生变化，故C错误；
D．同位素的物理性质可以不同，但化学性质几乎相同，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查核素、同位素的性质，难度中等，注意元素的相对原子质量是按各种天然同位素原子所占的一定百分比算出来的平均值．
　
4．（2分）下列变化需克服相同类型作用力的是（　　）
A．碘和干冰的升华 B．硅和C60的熔化
C．氯化氢和氯化钠的溶解 D．溴和汞的气化
【分析】题中碘、干冰、氯化氢、溴、C60属于分子晶体，其中HCl属于电解质，溶于水共价键被破坏，汞属于金属晶体，硅属于原子晶体，氯化钠属于离子晶体，以此判断．
【解答】解：A．碘和干冰属于分子晶体，升华时破坏分子间作用力，类型相同，故A正确；
B．硅属于原子晶体，C60属于分子晶体，熔化时分别破坏共价键和分子间作用力，故B错误；
C．氯化氢溶于水破坏共价键，氯化钠溶解破坏离子键，故C错误；
D．溴气化破坏分子间作用力，汞气化破坏金属键，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查晶体的类型和微粒间作用力的判断，题目难度不大，注意物质发生变化时粒子间作用力的变化．
　
5．（2分）374℃、22.1Mpa以上的超临界水具有很强的溶解有机物的能力，并含有较多的H+和OH﹣，由此可知超临界水（　　）
A．显中性，pH等于7 B．表现出非极性溶剂的特性
C．显酸性，pH小于7 D．表现出极性溶剂的特性
【分析】无论纯水中氢离子和氢氧根离子浓度多大，但c（H+）=c（OH﹣），根据相似相溶原理确定超临界水的极性．
【解答】解：虽然超临界水含有较多的H+和OH﹣，但c（H+）=c（OH﹣），所以呈中性；
根据相似相溶原理知，超临界水是非极性溶剂，故选B。
【点评】本题考查学生知识运用能力，明确纯水特点、相似相溶原理即可解答，难度中等．
　
二、选择题（本大题共36分，每小题3分，每题只有一个正确选项）
6．（3分）与索尔维制碱法相比，侯德榜制碱法最突出的优点是（　　）
A．原料利用率高 B．设备少
C．循环利用的物质多 D．原料易得
【分析】索尔维制碱法对滤液的处理是加熟石灰使氨气循环，产生的CaCl2，含Cl几乎没什么用，而侯氏制碱法是对滤液通入二氧化碳，氨气，结晶出的NH4Cl，其母液可以作为制碱原料．
【解答】解：索尔维法缺点：大量CaCl2用途不大，NaCl利用率只有70%，约有30%的NaCl留在母液中，侯氏制碱法的优点：把合成氨和纯碱两种产品联合生产，提高了食盐利用率，缩短了生产流程，减少了对环境的污染，降低了纯碱的成本。保留了氨碱法的优点，消除了它的缺点，使食盐的利用率提高到96%，
故选：A。
【点评】本题考查侯氏制碱法知识，题目难度不大，注意把握索尔维制碱法与侯德榜制碱法反应原理，即可判断二者的优缺点．
　
7．（3分）将X气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入Y气体，有沉淀生成，X、Y不可能是（　　）
A．X：SO2；Y：H2S B．X：Cl2；Y：CO2 C．X：NH3；Y：CO2 D．X：SO2；Y：Cl2
【分析】A、硫化氢和二氧化硫反应生成硫单质；
B、氯气不和BaCl2溶液反应，通入二氧化碳不能反应，无沉淀生成；
C、氨气显碱性，能和二氧化碳反应生成碳酸铵，碳酸根离子结合钡离子生成碳酸钡沉淀；
D、氯气和二氧化硫在水溶液中发生氧化还原反应得到两种强酸溶液；
【解答】解：A、2H2S+SO2═3S↓+2H2O，有沉淀生成，故A不符合；
B、氯气不和BaCl2溶液反应，通入二氧化碳不能反应，无沉淀生成，故B符合；
C、2NH3+H2O+CO2═（NH4）2C03，（NH4）2C03+BaCl2═BaCO3↓+2NH4Cl，故C不符合；
D、Cl2+SO2+2H2O═H2SO4+2HCl，H2SO4+BaCl2═BaSO4↓+2HCl，故D不符合；
故选：B。
【点评】本题目考查了学生物质之间的化学反应，要求学生熟记教材知识，学以致用．
　
8．（3分）糕点包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同．下列分析正确的是（　　）
A．脱氧过程是吸热反应，可降低温度，延长糕点保质期
B．脱氧过程中铁作原电池正极，电极反应为：Fe﹣3e→Fe3+
C．脱氧过程中碳做原电池负极，电极反应为：2H2O+O2+4e→4OH﹣
D．含有1.12g铁粉的脱氧剂，理论上最多能吸收氧气336mL（标准状况）
【分析】铁粉、氯化钠溶液、炭粉构成原电池，铁作负极，碳作正极，负极上铁失电子发生氧化反应，正极上氧气得电子发生还原反应，原电池放电过程是放热反应，结合得失电子相等进行有关计算．
【解答】解：A．铁粉、氯化钠溶液、炭粉构成原电池，原电池放电过程是放热反应，故A错误；
B．脱氧过程中铁作原电池负极，负极上铁失电子生成亚铁离子，电极反应为：Fe﹣2e﹣→Fe2+，故B错误；
C．脱氧过程中碳做原电池正极，故C错误；
D．由电子守恒知，消耗氧化剂氧气的体积（标况下）v（O2）==336mL，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了原电池原理，明确正负极的判断、正负极上得失电子、物质间的反应来分析解答即可，难度中等．
　
9．（3分）将盛有NH4HCO3粉末的小烧杯放入盛有少量醋酸的大烧杯中．然后向小烧杯中加入盐酸，反应剧烈，醋酸逐渐凝固．由此可见（　　）
A．NH4HCO3和盐酸的反应是放热反应
B．该反应中，热能转化为产物内部的能量
C．反应物的总能量高于生成物的总能量
D．反应的热化学方程式为：NH4HCO3+HCl→NH4Cl+CO2↑+H2O﹣Q
【分析】A、依据反应后醋酸凝固，说明反应是吸热反应；
B、吸热反应把能量转化为产物内部能量；
C、依据反应前后能量守恒分析判断；
D、热化学方程式需要标注物质聚集状态．
【解答】解：A、醋酸逐渐凝固说明反应吸收热量导致醋酸溶液温度降低，即NH4HCO3与HCl的反应为吸热反应，故A错误；
B、因反应为吸热反应，即吸热的热量转化为产物内部的能量，故B正确；
C、因反应为吸热反应，则反应后生成物的总能量高于反应物的总能量，故C错误；
D、书写热化学方程式时，应注明物质的状态，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学反应能量变化判断，热化学方程式书写方法，能量守恒的应用分析是解题关键，题目难度中等．
　
10．（3分）下列关于实验室制备乙酸乙酯和乙酸丁酯的描述正确的是（　　）
A．均采用水浴加热 B．制备乙酸丁酯时正丁醇过量
C．均采用边反应边蒸馏的方法 D．制备乙酸乙酯时乙醇过量
【分析】该题主要考查有机物的制备，有机物的制备我们需要注意的是反应物是什么，生成物是什么，反应条件，是否需要催化剂，以及试剂加入顺序，是否需要过量等问题．乙酸乙酯的制备是我们课本介绍过的，该实验的原料需要冰醋酸和乙醇，考虑到冰醋酸和乙醇的价格，一般会使乙醇过量，提高冰醋酸的转化率，而且反应过程中要使用浓硫酸做催化剂和吸水剂，反应条件上需要酒精灯加热．乙酸丁酯的制备和乙酸乙酯的制备区别在于正丁醇和乙醇的价格差异．
【解答】解：A、实验室制备乙酸乙酯采用酒精灯加热，故A错误；
B、制备乙酸丁酯时，采用乙酸过量，以提高丁醇的利用率，这是因为正丁醇的价格比冰醋酸高，故该方法不可行，B错误；
C、乙酸乙酯采取边反应边蒸馏的方法，但乙酸丁酯则采取直接回流的方法，待反应后再提取产物，C错误；
D、制备乙酸乙酯时，为了提高冰醋酸的转化率，由于乙醇价格比较低廉，会使乙醇过量，D正确。
故选：D。
【点评】该题考查高中化学课本中比较重要的有机反应，因此要做到对课本实验的关键因素了如指掌（如反应物、生成物、反应条件、催化剂和实验注意事项等）．
　
11．（3分）H2S水溶液中存在电离平衡H2S⇌H++HS﹣和HS﹣⇌H++S2﹣．若向H2S溶液中（　　）
A．加水，平衡向右移动，溶液中氢离子浓度增大
B．通入过量SO2气体，平衡向左移动，溶液pH值增大
C．滴加新制氯水，平衡向左移动，溶液pH值减小
D．加入少量硫酸铜固体（忽略体积变化），溶液中所有离子浓度都减小
【分析】A．加水稀释促进弱电解质电离；
B．硫化氢和二氧化硫反应生成硫和水，亚硫酸酸性大于氢硫酸；
C．氯气和硫化氢反应生成硫和盐酸，盐酸酸性大于氢硫酸；
D．硫化氢和硫酸铜反应生成硫酸和硫化铜，硫酸酸性大于氢硫酸．
【解答】解：A．加水稀释促进硫化氢电离，但氢离子浓度减小，故A错误；
B．二氧化硫和硫化氢反应方程式为SO2+2H2S=3S↓+2H2O，通入过量二氧化硫平衡向左移动，二氧化硫和水反应方程式为H2O+SO2=H2SO3，亚硫酸酸性大于氢硫酸，所以溶液的pH减小，故B错误；
C．氯气和硫化氢反应方程式为Cl2+H2S=S↓+2HCl，通入氯气平衡向左移动，盐酸的酸性大于氢硫酸，所以溶液的pH减小，故C正确；
D．加入硫酸铜溶液发生反应CuSO4+H2S=H2SO4+CuS↓，硫酸的酸性大于氢硫酸，所以氢离子浓度增大，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查弱电解质的电离，明确离子间发生的反应是解本题关键，注意加水稀释时，虽然促进氢硫酸电离，但氢离子浓度减小，溶液的pH增大，为易错点．
　
12．（3分）根据有机化合物的命名原则，下列命名正确的是（　　）
A． 3﹣甲基﹣1，3﹣丁二烯
B． 2﹣羟基丁烷
C．CH3CH（C2H5）CH2CH2CH3 2﹣乙基戊烷
D．CH3CH（NH2）CH2COOH 3﹣氨基丁酸
【分析】A、甲基的序号不是最小的；
B、不是烷烃，应该是醇的命名，称为丁醇；
C、烷烃的命名原则是：找出最长的碳链当主链，依碳数命名主链，前十个以天干（甲、乙、丙…）代表碳数，碳数多于十个时，以中文数字命名，如：十一烷；从最近的取代基位置编号：1、2、3…（使取代基的位置数字越小越好）．以数字代表取代基的位置．数字与中文数字之间以﹣隔开；有多个取代基时，以取代基数字最小且最长的碳链当主链，并依甲基、乙基、丙基的顺序列出所有取代基；有两个以上的取代基相同时，在取代基前面加入中文数字：一、二、三…，如：二甲基，其位置以，隔开，一起列于取代基前面；
D、羧酸的命名，选取含有羧基的最长链为主链，符合原则．
【解答】解：A、根据烯烃命名原则，取代基应该是2﹣甲基，正确命名应该是2﹣甲基﹣1，3﹣丁二烯，故A错误；
B、是醇不是烷烃，根据醇的命名，应该是 2﹣丁醇，故B错误；
C、根据烷烃命名原则，2﹣乙基说明主链不是最长的，应该是3﹣甲基己烷，故C错误；
D、是一种氨基酸，命名是3﹣氨基丁酸，故D正确；
故选：D。
【点评】本题是基础性试题的考查，侧重对学生基础知识的检验和训练．该题的关键是明确有机物的命名原则，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可．有利于培养学生的规范答题能力．
　
13．（3分）X、Y、Z、W是短周期元素，X元素原子的最外层未达到8电子稳定结构，工业上通过分离液态空气获得其单质；Y元素原子最外电子层上s、p电子数相等；Z元素+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同；W元素原子的M层有1个未成对的p电子．下列有关这些元素性质的说法一定正确的是（　　）
A．X元素的氢化物的水溶液显碱性
B．Z元素的离子半径大于W元素的离子半径
C．Z元素的单质在一定条件下能与X元素的单质反应
D．Y元素最高价氧化物的晶体具有很高的熔点和沸点
【分析】X、Y、Z、W是短周期元素，X元素原子的最外层未达到8电子稳定结构，工业上通过分离液态空气获得其单质，X可能为O，也可能为N元素；Z元素+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同，则Z元素的质子数为10+2=12，故Z为Mg元素；Y元素原子最外电子层上s、p电子数相等，外围电子排布为ns2np2，处于ⅣA族，且属于短周期元素，所以Y为C或Si；W元素原子的M层有1个未成对的p电子，外围电子排布为3s23p1或3s23p5，W为Al或Cl，据此解答．
【解答】解：X、Y、Z、W是短周期元素，X元素原子的最外层未达到8电子稳定结构，工业上通过分离液态空气获得其单质，X可能为O，也可能为N元素；Z元素+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同，则Z元素的质子数为10+2=12，故Z为Mg元素；Y元素原子最外电子层上s、p电子数相等，外围电子排布为ns2np2，处于ⅣA族，且属于短周期元素，所以Y为C或Si元素；W元素原子的M层有1个未成对的p电子，外围电子排布为3s23p1或3s23p5，W为Al或Cl，
A．X可能为O或N，氢化物可以是H2O、NH3，水是中性，故A错误；
B．若W为Cl，镁离子与氯离子最外层电子数相同，电子层越多离子半径越大，镁离子半径小于氯离子半径，若W为Al，镁离子与铝离子电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小，镁离子半径大于铝离子半径，故B错误；
C．Mg在氮气中燃烧生成Mg3N2，故C正确；
D．二氧化碳晶体属于分子晶体，常温下为气体，熔点和沸点很低，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查结构性质位置关系、元素化合物性质、半径比较、晶体结构与性质，难度中等，推断元素是解题关键，注意W元素的不确定性，注意掌握核外电子排布规律
　
14．（3分）为测定镀锌铁皮锌镀层的厚度，将镀锌皮与足量盐酸反应，待产生的气泡明显减少时取出，洗涤，烘干，称重．关于该实验的操作对测定结果的影响判断正确的是（　　）
A．铁皮未及时取出，会导致测定结果偏小
B．铁皮未洗涤干净，会导致测定结果偏大
C．烘干时间过长，会导致测定结果偏小
D．若把盐酸换成硫酸，会导致测定结果偏大
【分析】测定镀锌铁皮的锌镀层厚度是根据铁皮的面积测定电镀前后铁皮质量的增重，进而可计算锌镀层的厚度，
过迟判断反应终点导致部分铁溶解，w1﹣w2偏大而引起结果偏高，过早判断反应终点、铁皮未烘干就去称重则使 w1﹣w2 偏小而引起结果偏低，烘干时间过长（铁被氧化），则剩余物的质量偏大．
【解答】解：A、铁皮未及时取出，导致部分铁溶解，质量差w1﹣w2偏大，引起结果偏高，故A错误；
B、铁皮未洗涤干净，导致反应后的质量变大，质量差 w1﹣w2偏小，引起结果偏低，故B错误；
C、烘干时间过长（铁被氧化），则剩余物的质量偏大，导致测定结果偏小，故C正确；
D、若把盐酸换成硫酸，对测定结果没有影响，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查锌镀层厚度的测定的实验方案的评价，题目难度不大，注意把握实验操作原理以及注意事项．
　
15．（3分）NA代表阿伏伽德罗常数．已知C2H4和C3H6的混合物的质量为ag，则该混合物（　　）
A．所含共用电子对数目为（+1）NA
B．所含碳氢键数目为NA
C．燃烧时消耗的O2一定是L
D．所含原子总数为NA
【分析】C2H4和C3H6的最简式为CH2，所以ag混合物中含有最简式CH2的物质的量为：=mol，ag混合物中含有molC原子、molH原子，总共含有原子的物质的量为：mol； 没有告诉在标准状况下，无法计算燃烧时消耗氧气的体积；在乙烯、丙烯和环丙烷分子中，平均每个碳原子形成一个碳碳键、每个氢原子形成一个碳氢键，据此计算出所含共用电子对数、碳氢键数目．
【解答】解：ag混合物中含有最简式CH2的物质的量为：=mol，ag混合物中含有molC原子、molH原子，
A、在环丙烷、丙烯和乙烯分子中，每个C含有1个碳碳共用电子对、每个H形成了1个碳氢共用电子对，所以总共含有mol共用电子对，即NA，故A错误；
B、每个氢原子形成1个碳氢键，ag混合物中总共含有molH原子，所以含有molH原子碳氢键，所含碳氢键数目为NA，故B正确；
C、没有告诉在标准状况下，题中条件无法计算ag混合物燃烧消耗的氧气的体积，故C错误；
D、ag混合物中含有最简式CH2的物质的量为：=mol，ag混合物中含有molC原子、molH原子，总共含有原子的物质的量为：mol，所含原子总数为NA，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的判断及计算，题目难度中等，注意满足C3H6的化合物可能为烯烃，有可能为环烷烃；注意掌握根据最简式计算混合物中含有原子数目的方法．
　
16．（3分）已知氧化性Br2＞Fe3+．FeBr2溶液中通入一定量的Cl2，发生反应的离子方程式为：
a Fe2++b Br﹣+c Cl2→d Fe3++e Br2+f Cl﹣
下列选项中的数字与离子方程式中的a、b、c、d、e、f一一对应，其中不符合反应实际的是（　　）
A．2 4 3 2 2 6 B．0 2 1 0 1 2
C．2 0 1 2 0 2 D．2 2 2 2 1 4
【分析】二价铁离子的还原性强于溴离子，通入氯气后，氯气先氧化二价铁离子，然后再氧化溴离子，据此解答．
【解答】解：A．氯气过量，Br﹣、Fe2+都完全被完全氧化，反应方程式为2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl﹣，故A正确；
B．二价铁离子的还原性强于溴离子，通入氯气后，氯气先氧化二价铁离子，然后再氧化溴离子，所以0Fe2++2Br﹣+Cl2=0Fe3++Br2+2Cl﹣不正确，故B错误；
C．加入的氯气的物质的量与铁的物质的量1：2时，氯气不足，只氧化二价铁离子，离子方程式：2Fe2+﹣+Cl2═2Fe3++2Cl﹣，故C正确；
D.2Fe2++2Br﹣+2Cl2=2Fe3++1Br2+4Cl﹣，表示氯气不足，把亚铁离子氧化成三价铁离子后，再部分氧化溴离子，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了离子方程式的书写，明确二价铁离子与溴离子与氯气反应的先后顺序是解题关键，题目难度中等．
　
17．（3分）某溶液可能含有Cl﹣、SO42﹣、CO32﹣、NH4+、Fe3+、Al3+和K+．取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀．由此可知原溶液中（　　）
A．至少存在5种离子
B．Cl﹣一定存在，且c（Cl‑）≥0.4mol/L
C．SO42﹣、NH4+、一定存在，Cl﹣可能不存在
D．CO32﹣、Al3+一定不存在，K+可能存在
【分析】加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，可知一定存在铵离子；
红褐色沉淀是氢氧化铁，1.6g固体为三氧化二铁，可知一定有Fe3+，一定没有CO32﹣；
4.66g不溶于盐酸的沉淀，硫酸钡沉淀，物质的量为：0.02mol；
根据以上数据推算存在离子，根据电荷守恒推算氯离子的存在及数据．
【解答】解：由于加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，说明一定有NH4+，且物质的量为0.02mol；同时产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3+，1.6g固体为氧化铁，物质的量为0.01mol，故有0.02molFe3+，一定没有CO32﹣；
4.66g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有SO42﹣，物质的量为0.02mol；根据电荷守恒，必须还有阴离子，因此一定有Cl﹣，至少0.02mol×3+0.02﹣0.02mol×2=0.04mol，物质的量浓度至少 =0.4mol/L，
A、至少存在Cl﹣、SO42﹣、NH4+、Fe3+四种离子，故A错误；
B、根据电荷守恒，至少存在0.04molCl﹣，故B正确；
C、一定存在氯离子，故C错误；
D、Al3+无法判断是否存在，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子共存知识，做题是认真阅读、分析题中数据，合理分析，特别是氯离子的推断，难度中等．
　
三、选择题（本题共20分，每小题4分，每小题有一个或两个正确选项．只有一个正确选项的，多选不给分；有两个正确选项的，选对一个给2分，选错一个，该小题不给分）
18．（4分）汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3→K2O+5Na2O+16N2↑．若氧化产物比还原产物多1.75mol，则下列判断正确的是（　　）
A．生成40.0LN2（标准状况）
B．有0.250mol KNO3被氧化
C．转移电子的物质的量为1.25mol
D．被氧化的N原子的物质的量为3.75mol
【分析】根据反应方程式可知，每当生成16molN2，则氧化产物比还原产物多14mol，转移电子的物质的量为10mol，被氧化的N原子的物质的量为30mol，有2molKNO3被还原，现氧化产物比还原产物多1.75mol，则生成2molN2，转移电子的物质的量为1.25mol，被氧化的N原子的物质的量为3.75mol，以此解答该题．
【解答】解：反应中NaN3中N元素化合价升高，被氧化，KNO3中N元素化合价降低，被还原，根据反应方程式可知，每当生成16molN2，则氧化产物比还原产物多14mol，转移电子的物质的量为10mol，被氧化的N原子的物质的量为30mol，有2molKNO3被还原，现氧化产物比还原产物多1.75mol，则生成2molN2，在标准状况下的体积为44.8L，转移电子的物质的量为1.25mol，被氧化的N原子的物质的量为3.75mol，
故选：CD。
【点评】本题考查氧化还原反应知识，侧重于氧化还原反应的计算，注意根据化合价的变化结合方程式判断氧化产物和还原产物的物质的量关系为解答该题的关键，题目难度不大．
　
19．（4分）部分弱酸的电离平衡常数如表，下列选项错误的是（　　）
弱酸
HCOOH
HCN
H2CO3
电离平衡常数（25℃）
Ki=1.77×10﹣4
Ki=4.9×10﹣10
Ki1=4.3×10﹣7
Ki2=5.6×10﹣11
A．2CN﹣+H2O+CO2→2HCN+CO32﹣
B．2HCOOH+CO32﹣→2HCOO﹣+H2O+CO2↑
C．中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者
D．等体积、等浓度的HCOONa和NaCN溶液中所含离子总数前者小于后者
【分析】弱酸的电离平衡常数越大，其酸性越强，等pH的弱酸溶液，酸性越强的酸其物质的量浓度越小，弱酸根离子水解程度越小，结合强酸能和弱酸盐反应制取弱酸分析解答．
【解答】解：根据电离平衡常数知，酸性强弱顺序为：HCOOH＞H2CO3＞HCN＞HCO3﹣，
A．氢氰酸的酸性大于碳酸氢根离子而小于碳酸，所以发生CN﹣+H2O+CO2→HCN+HCO3﹣反应，故A错误；
B．甲酸的酸性大于碳酸，所以2HCOOH+CO32﹣→2HCOO﹣+H2O+CO2↑能发生，故B正确；
C．等pH的HCOOH和HCN溶液，甲酸的物质的量浓度小于氢氰酸，所以中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者，故C正确；
D．根据电荷守恒，c（HCOO﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），c（CN﹣）+c（OH﹣）=c（Na+）+c（H+），即离子总数是n（Na+ ）+n（H+）的2倍，而NaCN的水解程度大，即NaCN溶液中的c（OH﹣）大，c（H+）小，c（Na+）相同，所以甲酸钠中离子总数大，故D错误；
故选：AD。
【点评】本题考查弱电解质的电离，根据平衡常数确定酸性强弱，从而确定酸之间的转化，结合电荷守恒来分析解答，难度中等．
　
20．（4分）某恒温密闭容器中，可逆反应A（s）⇌B+C（g）﹣Q达到平衡．缩小容器体积，重新达到平衡时，C（g）的浓度与缩小体积前的平衡浓度相等．以下分析正确的是（　　）
A．产物B的状态只能为固态或液态
B．平衡时，单位时间内n（A）消耗：n（C）消耗=1：1
C．保持体积不变，向平衡体系中加入B，平衡可能向逆反应方向移动
D．若开始时向容器中加入1mol B和1mol C，达到平衡时放出热量Q
【分析】A、若B为气体，因容器保持恒温，缩小容器体积，达到新平衡时平衡常数不变，则气体C的浓度也一定不变；
B、平衡时，各物质的量不再改变，正反应速率和逆反应速率相等，因此单位时间内n（A）消耗=n（C）消耗；
C、保持体积不变，若B为气态，则向平衡体系中加入B，平衡逆向移动；
D、因反应为可逆反应，故加入1molB和1molC至反应达到平衡时不能完全消耗，放出热量小于Q；
【解答】解：A、若B是气体，平衡常数K=c（B）•c（C），若B是非气体，平衡常数K=c（C），由于C（g）的浓度不变，因此B可以是气体或是非气体，A项错误；
B、平衡时，各物质的量不再改变，正反应速率和逆反应速率相等，因此单位时间内n（A）消耗=n（C）消耗，故B项正确；
C、保持体积不变，B可以是气体或是非气体，则向平衡体系中加入B，平衡可能不移动，C项正确；
D、因反应为可逆反应，故加入1molB和1molC至反应达到平衡时转化率一定小于100%，因此放出热量小于Q，故D项错误；
故选：BC。
【点评】本题考查化学平衡影响因素的分析判断，化学判断移动原理的理解设计解题关键，题目难度中等．
　
21．（4分）一定条件下，将0.1L CO、0.2L CO2、0.1L NO、0.2L NO2和0.2L NH3混合，然后通过分别盛有足量蒸馏水、饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液的三个洗气瓶（洗气瓶排列顺序不确定）．假设气体通过每个洗气瓶都能充分反应则尾气（已干燥）（　　）
A．可能是单一气体
B．不可能含有一氧化碳
C．可能存在原气体中的两种气体
D．成分和洗气瓶的排列顺序无关
【分析】根据气体的性质和足量蒸馏水、饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液是否吸收进行解答，二氧化碳、氨气都能溶于水，二氧化氮和水反应生成一氧化氮和硝酸，二氧化氮和碳酸氢钠能反应生成二氧化碳和一氧化氮和硝酸钠，
一氧化氮和一氧化碳与水与饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液都不反应，二氧化碳和氢氧化钠反应，二氧化氮和氢氧化钠反应，据此分析即可解答．
【解答】解：A．CO与足量蒸馏水、饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液三种溶液都不反应，所以洗气瓶的排列顺序无论怎样，最终的气体肯定有0.1L CO，一氧化氮、二氧化氮和氢氧化钠反应生成亚硝酸钠和水，反应为NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，过量的二氧化氮和氢氧化钠反应，二氧化氮和氢氧化钠反应为2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，二氧化碳和氢氧化钠反应CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，所以若第一个洗气瓶装氢氧化钠溶液，0.2L CO2、0.1L NO、0.2L NO2被吸收，这时出来的气体有0.1L CO、0.2L NH3，氨气极易能溶于水，所以其余的2个洗气瓶无论怎样的顺序，最后的气体为CO，故A正确；
B．CO与足量蒸馏水、饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液三种溶液都不反应，所以洗气瓶的排列顺序无论怎样，最终的气体肯定有0.1L CO，故B错误；
C．若第一个洗气瓶盛有足量蒸馏水，二氧化碳、氨气都能溶于水，3NO2+H2O═2HNO3+NO，则这时出来的气体有CO、NO和少量二氧化碳，后面的2个洗气瓶无论怎样的顺序，二氧化碳和二氧化氮被氢氧化钠吸收，最后的气体为CO、NO，故C正确；
D．若第一个洗气瓶装饱和碳酸氢钠溶液，二氧化氮和碳酸氢钠能反应生成二氧化碳和一氧化氮和硝酸钠，氨气极易能溶于水，则这时出来的气体有 CO、CO2、NO，后面的2个洗气瓶无论怎样的顺序，二氧化碳被氢氧化钠吸收，最后的气体为 CO、NO，若第一个洗气瓶装氢氧化钠溶液，其余的2个洗气瓶无论怎样的顺序，最后的气体为CO，故D错误；
故选：AC。
【点评】本题主要考查了洗气瓶的洗气，掌握相应气体和足量蒸馏水、饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液的性质是解答本题的关键，题目难度中等．
　
22．（4分）一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体V L（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42﹣）加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO 12.0g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为1：1，则V可能为（　　）
A．9.0 L B．13.5 L C．15.7 L D．16.8 L
【分析】利用极限法解答，假设混合物全是CuS，或混合物全是Cu2S，根据n=计算n（CuO），根据电子转移守恒计算n（CuS）、n（Cu2S），再根据电子转移数目守恒，计算n（NO）、n（NO2），根据V=nVm计算气体体积，实际气体介于二者之间．
【解答】解：若混合物全是CuS，其物质的量n（CuS）=n（CuO）==0.15mol，转移电子物质的量=0.15×（6+2）=1.2mol。NO和NO2的体积相等，设NO的物质的量为x、NO2的物质的量为x，则3x+x=1.2，解得x=0.3，故气体体积V=0.6mol×22.4L/mol=13.44L；
若混合物全是Cu2S，其物质的量n（Cu2S）=n（CuO）=×0.15mol=0.075mol，转移电子物质的量0.075×10=0.75mol，设NO为xmol、NO2为xmol，3x+x=0.75，计算得x=0.1875，气体体积0.1875mol×2×22.4L/mol=8.4L，
故选：A。
【点评】本题考查氧化还原反应计算，难度中等，注意守恒思想与极限法的利用，是对学生综合能力的考查．
　
四、填空题（本题共8分）
23．（8分）金属铝质轻且有良好的防腐蚀性，在国防工业中有非常重要的作用．完成下列填空：
（1）铝原子核外电子云有　4　 种不同的伸展方向，有　13　 种不同运动状态的电子．
（2）镓（Ga）与铝同族．写出镓的氯化物和氨水反应的化学方程式　GaCl3+3NH3+3H2O=3NH4Cl+Ga（OH）3↓　．
（3）硅与铝同周期．SiO2是硅酸盐玻璃（Na2CaSi6O14）的主要成分，Na2CaSi6O14也可写成Na2O•CaO•6SiO2．盛放NaOH溶液的试剂瓶若用玻璃瓶塞容易形成粘性的硅酸盐而无法打开，发生反应的化学方程式　SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O　．长石是铝硅盐酸，不同类长石其氧原子的物质的量分数相同．由钠长石化学式NaAlSi3O8可推知钙长石的化学式为　CaAl2Si2O8　．
（4）用铝和金属氧化物反应制备金属单质是工业上较常用的方法．如：2Al+4BaO3Ba↑+BaO•Al2O3．常温下Al的金属性比Ba的金属性　弱　（选填“强”“弱”）．利用上述方法可制取Ba的主要原因是　d　．
a．高温时Al的活泼性大于Ba b．高温有利于BaO分解
c．高温时BaO•Al2O3比Al2O3稳定 d．Ba的沸点比Al的低．
【分析】（1）铝原子核外电子云有s、p，核外有13个电子，则有13种不同运动状态；
（2）类似氯化铝与氢氧化钠溶液反应，根据氯化铝与氢氧化钠的反应书写方程式；
（3）根据不同类长石其氧原子的物质的量分数相同，结合化合价代数和是0可写出钙长石的化学式；
（4）常温下Al的金属性比Ba的金属性弱，该反应是利用Ba的沸点比Al的低．
【解答】解：（1）s轨道只有1个伸展方向、p轨道有3个伸展方向，Al核外电子排布为1s22s22p63s23p1，涉及3个s轨道、2个p轨道，因此其核外电子云（轨道）的伸展方向有4个；核外13个电子的运动状态各不相同，因此核外有13种不同运动状态的电子，故答案为：4；13；
（2）同主族元素化学性质相似，因此类比氯化铝与氨水的反应可得氯化稼与氨水反应的方程式，反应的化学方程式为GaCl3+3NH3+3H2O=3NH4Cl+Ga（OH）3↓，
故答案为：GaCl3+3NH3+3H2O=3NH4Cl+Ga（OH）3↓；
（3）在Na2O、CaO、SiO2中，只有SiO2是酸性氧化物，可与NaOH作用生成可用作粘合剂的硅酸钠溶液，反应的方程式为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，由“长石是铝硅酸盐”，结合钠长石的化学式可知钙长石就是将钠长石的中钠更换为钙，铝硅酸阴离子不变，以及化合物中化合价代数和等于0可得钙长石的化学式为CaAl2Si2O8，
故答案为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；CaAl2Si2O8；
（4）利用元素Ba、Al在元素周期表的位置可知金属活泼性：Al＜Ba；但Al在高温下可将氧化钡中钡置换出来，原因是Ba的沸点低于铝，高温时Ba转化为气体脱离反应体系，使反应正向进行，故答案为：弱；d．
【点评】本题考查Al、Ga、Si及其化合物的结构性质等，侧重于原子核外电子排布、同主族、同周期元素性质的递变规律的考查，题目难度不大．
　
五、解答填空题（本题共8分）
24．（8分）溴主要以Br﹣形式存在于海水中，海水呈弱碱性．工业上制备的Br2的操作步骤为：
①一定条件下，将Cl2通入浓缩的海水中，生成Br2
②利用热空气将Br2吹出，并用浓Na2CO3溶液吸收，生成NaBr、NaBrO3等
③用硫酸酸化步骤②得到的混合物
完成下列填空：
（1）Cl2氧化Br﹣应在　酸性　 条件下进行，目的是为了避免　溴中毒及生成的溴与碱发生反应（且碱性溶液中氯气与碱反应）　．
（2）Br2可用热空气吹出，其原因是　溴的沸点较低，易挥发　．
（3）写出步骤③所发生的化学反应方程式　3H2SO4+5NaBr+NaBrO3=3Na2SO4+3Br2+3H2O　．用硫酸而不用盐酸酸化的原因可能是　用盐酸酸化，则盐酸被NaBrO3氧化　．步骤②的产品有时运输到目的地后再酸化，主要是因为　Br2易挥发，对大气有污染　．
（4）为了除去工业Br2中微量的Cl2，可向工业Br2中　c　．
a．通入HBr b．加入Na2CO3溶液 c．加入NaBr溶液 d．加入Na2SO3溶液．
【分析】（1）Cl2氧化Br﹣生成溴单质，应避免氯气在碱性环境发生歧化反应；
（2）溴易挥发；
（3）发生氧化还原反应生成硫酸钠、溴单质、水；盐酸能被溴酸钠氧化，并结合溴挥发来分析；
（4）利用NaBr溶液与Cl2反应，然后分液可除去Cl2．
【解答】解：（1）Cl2氧化Br﹣生成溴单质，则应在酸性条件下进行，防止溴中毒及生成的溴与碱发生反应（且碱性溶液中氯气与碱反应），
故答案为：酸性；溴中毒及生成的溴与碱发生反应（且碱性溶液中氯气与碱反应）；
（2）因溴的沸点较低，易挥发，Br2可用热空气吹出，故答案为：溴的沸点较低，易挥发；
（3）发生氧化还原反应生成硫酸钠、溴单质、水，该反应为3H2SO4+5NaBr+NaBrO3=3Na2SO4+3Br2+3H2O；盐酸能被溴酸钠氧化，则不能利用盐酸酸化，且溴挥发，对大气造成污染，则有时运输到目的地后再酸化，
故答案为：3H2SO4+5NaBr+NaBrO3=3Na2SO4+3Br2+3H2O；用盐酸酸化，则盐酸被NaBrO3氧化；Br2易挥发，对大气有污染；
（4）利用NaBr溶液与Cl2反应，然后分液可除去Cl2，只有c符合，其它选项会引入新的杂质，故答案为：c．
【点评】本题考查工业制Br2，考查分析问题解决问题的能力，注意溴易挥发及发生的氧化还原反应为解答的关键，注重环境保护和实验安全．
　
六、解答填空题（本题共8分）
25．（8分）镍具有优良的物理和化学特性，是许多领域尤其是高技术产业的重要原料．羰基法提纯粗镍涉及的两步反应依次为：
①Ni（S）+4CO（g）Ni（CO）4（g）+Q；
②Ni（CO）4（g）Ni（S）+4CO（g）完成下列填空：
（1）在温度不变的情况下，要提高反应（1）中Ni（CO）4的产率，可采取的措施有　增大压强　、　从反应体系中移走Ni（CO）4（g）　．
（2）已知在一定条件下的2L密闭容器中制备Ni（CO）4，粗镍（纯度98.5%，所含杂质不与CO反应）剩余质量和反应时间的关系如图所示．Ni（CO）4在0～10min的平均反应速率为　0.05mol/（L•min）　．
（3）若反应（2）达到平衡后，保持其他条件不变，降低温度，重新达到平衡时　bc　．
a．平衡常数K增大 b．CO的浓度减小
c．Ni的质量减小 d．v逆[Ni（CO）4]增大．
（4）简述羰基法提纯粗镍的操作过程：　在封闭的玻璃管一端放入粗镍，控制温度在50℃，通入CO气体，一点时间后在玻璃管的另一端加热至230℃，即可在该端获得纯净的镍．　．

【分析】（1）反应Ni（S）+4CO（g）Ni（CO）4（g）+Q；是放热反应，反应前后气体体积减小，依据平衡移动原理分析；
（2）粗镍的纯度98.5%，1﹣10min内粗镍质量减少100g﹣41g═59g；镍的质量=59g×98.5%=58.115g依据化学方程式计算Ni（CO）4的质量，计算物质的量得到变化浓度，根据化学反应速率概念计算得到；
（3）由反应①为放热反应可知反应②为吸热反应，因此反应②达到平衡后，降温，平衡逆向进行，反应平衡常数K变小、CO的浓度与Ni的质量均减小、因温度降低，v逆[Ni（CO）4]减小；
（4）利用信息可知，可采取在低温（50℃）时让粗镍和CO作用，使生成的Ni（CO）4在230℃时分解即可得到纯镍．
【解答】解：（1）反应①是气体体积减少的放热反应，因此在温度不变的情况下，采取增大体系压强、从反应体系中移走Ni（CO）4（g）等措施均可使反应正向进行，提高Ni（CO）4的产率；
故答案为：增大压强；从反应体系中移走Ni（CO）4（g）；
（2）随反应进行，粗镍减少的质量即为参加反应①消耗的镍的质量，粗镍的纯度98.5%，1﹣10min内粗镍质量减少100g﹣41g=59g；镍的质量=59g×98.5%=58.115g在0～10min，生成Ni的物质的量==0.985mol，故在0～10min，v[Ni（CO）4]==0.985mol/（2L×10min）=0.05mol/（L•min）；
故答案为：0.05mol/（L•min）；
（3）由反应①为放热反应可知反应②为吸热反应，因此反应②达到平衡后，降温，平衡逆向进行，反应平衡常数K变小、CO的浓度与Ni的质量均减小、因温度降低，v逆[Ni（CO）4]减小；
a、温度降低平衡向放热反应方向进行，反应②是吸热反应，平衡逆向进行，平衡常数减小；
b、温度降低平衡向放热反应方向进行，反应②是吸热反应，平衡逆向进行一氧化碳浓度减小；
c、依据反应分析，温度降低反应①平衡正向进行，反应②逆向进行，镍质量减小；
d、平衡逆向进行，温度降低，v逆[Ni（CO）4]减小；
故答案为：bc；
（4）利用信息可知，可采取在低温（50℃）时让粗镍和CO作用，使生成的Ni（CO）4在230℃时分解即可得到纯镍，在封闭的玻璃管一端放入粗镍，控制温度在50℃，通入CO气体，一点时间后在玻璃管的另一端加热至230℃，即可在该端获得纯净的镍，
故答案为：在封闭的玻璃管一端放入粗镍，控制温度在50℃，通入CO气体，一点时间后在玻璃管的另一端加热至230℃，即可在该端获得纯净的镍．
【点评】本题考查了化学平衡影响因素的分析判断，反应速率的计算应用，平衡移动原理的应用是解题关键，依据反应特征设计制备过程是解题关键，题目难度较大．
　
七、实验题（本题共12分）
26．（12分）溴化钙可用作阻燃剂、制冷剂，具有易溶于水，易吸潮等性质．实验室用工业大理石（含有少量Al3+、Fe3+等杂质）制备溴化钙的主要流程如下：
完成下列填空：
（1）上述使用的氢溴酸的质量分数为26%，若用47%的氢溴酸配置26%的氢溴酸的氢溴酸500mL，所需的玻璃仪器有玻璃棒、　量筒、烧杯　；
（2）已知步骤Ⅲ的滤液中不含NH4+．步骤Ⅱ加入的试剂a是　氢氧化钙　，控制溶液的pH约为8.0的目的是　确保Al3+、Fe3+沉淀完全　、　防止氢氧化铝溶解　；
（3）试剂b是　氢溴酸　，步骤Ⅳ的目的是　除去过量的氢氧化钙　；
（4）步骤Ⅴ所含的操作依次是　蒸发浓缩　、　冷却结晶、过滤　；
（5）制得的溴化钙可以通过如下步骤测定其纯度：
①称取4.00g无水溴化钙样品；②溶解；③滴入足量Na2CO3溶液，充分反应后过滤；④　烘干、冷却　；⑤称量．若得到1.88g碳酸钙，则溴化钙的质量分数为　0.94　（保留两位小数）．
若实验操作规范而测定结果偏低，其原因是　溴化钙吸水　．
【分析】（1）用浓溶液配制500mL稀溶液，因此需要量筒取经过计算需要的浓溶液的体积，然后在烧杯中溶解、配制500mL溶液；
（2）加入的试剂a、控制溶液的pH约为8.0的目的是除去杂质Al3+、Fe3+，防止氢氧化铝溶解，因此a是碱，根据题意及不引入新的杂质可知是氢氧化钙；
（3）加试剂b的目的是除去过量的a，是氢溴酸；
（4）步骤Ⅴ的结果得到CaBr2•6H2O，因此其操作步骤为蒸发浓缩，冷却结晶、过滤；
（5）④对滤渣洗涤，除去表面吸附的离子，然后烘干、冷却；
根据CaBr2～CaCO3可求CaBr2的质量为，进而计算质量分数；
溴化钙易吸水，因此造成测定结果偏低．
【解答】解：（1）用浓溶液配制500mL稀溶液，因此需要量筒取经过计算需要的浓溶液的体积，然后在烧杯中溶解、配制500mL溶液，
故答案为：量筒、烧杯；
（2）加入的试剂a、控制溶液的pH约为8.0的目的是除去杂质Al3+、Fe3+，防止氢氧化铝溶解，因此a是碱，根据题意及不引入新的杂质可知是氢氧化钙，
故答案为：氢氧化钙；确保Al3+、Fe3+沉淀完全，防止氢氧化铝溶解；
（3）加试剂b的目的是除去过量的氢氧化钙，且不引入新杂质，故b应是氢溴酸，
故答案为：氢溴酸；除去过量的氢氧化钙；
（4）步骤Ⅴ的结果从溶液中得到CaBr2•6H2O，因此其操作步骤为蒸发浓缩，冷却结晶、过滤，
故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶、过滤；
（5）④对滤渣洗涤，除去表面吸附的离子，然后烘干、冷却；
CaBr2～CaCO3
200 100
3.76g 1.88g
故CaBr2的质量为3.76g，质量分数为=×=0.94；
溴化钙易吸水，因此造成测定结果偏低，
故答案为：烘干、冷却；0.94；溴化钙吸水．
【点评】本题以工艺流程的形式考查化学实验基本操作、计算、操作目的、误差分析等，难度中等，是对学生综合能力的考查，需要学生基本扎实的基础与分析问题、解决问题的能力．
　
八、综合题（本题共12分）
27．（12分）二氧化硫是硫的重要化合物，在生产、生活中有广泛应用．二氧化硫有毒，并且是形成酸雨的主要气体．无论是实验室制备还是工业生产，二氧化硫尾气吸收或烟气脱硫都非常重要．完成下列填空：
（1）实验室可用铜和浓硫酸加热或硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫．
如果用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，并希望能控制反应速度，图中可选用的发生装置是　ae　 （填写字母）．
（2）若用硫酸和亚硫酸钠反应制取3.36L（标准状况）二氧化硫，至少需要称取亚硫酸钠　18.9　g（保留一位小数）；如果已有4.0%亚硫酸钠（质量分数），被氧化成硫酸钠，则至少需称取该亚硫酸钠　19.8　g（保留一位小数）．
（3）实验室二氧化硫尾气吸收与工业烟气脱硫的化学原理相通．石灰﹣石膏法和碱法是常用的烟气脱硫法．石灰﹣石膏法的吸收反应为SO2+Ca（OH）2→CaSO3↓+H2O．吸收产物亚硫酸钙由管道输送至氧化塔氧化，反应为2CaSO3+O2+4H2O→2CaSO4•2H2O．其流程如图：

碱法的吸收反应为SO2+2NaOH→Na2SO3+H2O．碱法的特点是氢氧化钠碱性强、吸收快、效率高．其流程如图：

已知：
试剂
Ca（OH）2
NaOH
价格（元/kg）
0.36
2.9
吸收SO2的成本（元/mol）
0.027
0.232
石灰﹣石膏法和碱法吸收二氧化硫的化学原理相同之处是　利用SO2是酸性氧化物，可与碱反应　．和碱法相比，石灰﹣石膏法的优点是　原料易得，吸收成本低　，缺点是　亚硫酸钙在输送中容易造成管道堵塞，吸收速率慢，效率低　．
（4）在石灰﹣石膏法和碱法的基础上，设计一个改进的、能实现物料循环的烟气脱硫方案（用流程图表示）．
【分析】（1）用硫酸和亚硫酸钠制取SO2的试剂为固态和液态，反应条件不需加热，可通过控制添加硫酸的速率来控制反应速率，结合装置可知a、e可达到目的；
（2）由硫守恒可得：Na2SO3～SO2，因此需称取m（Na2SO3）=126g•mol﹣1×=18.9g；4g亚硫酸氧化为硫酸钠后质量变为（4×142）/126=4.5g，则有4.0%亚硫酸钠被氧化为硫酸钠的样品中亚硫酸钠的质量分数为：96/100.5=95.5%，因此称取变质样品的质量应为：18.9g÷95.5%=19.8g；
（3）石灰﹣石膏法与碱法吸收SO2都是利用SO2是酸性氧化物可与碱反应的性质来吸收SO2的；利用题中已知和有关信息可知采用石灰﹣石膏法所用原料易得、成本低等，但因Ca（OH）2碱性弱，导致吸收速率慢、效率低；
（4）流程中的氢氧化钠可以循环使用；
【解答】解：（1）用硫酸和亚硫酸钠制取SO2的试剂为固态和液态，反应条件不需加热，可通过控制添加硫酸的速率来控制反应速率，结合装置可知a、e可达到目的；
故答案为：ae；
（2）由硫守恒可得：Na 2SO3～SO2，因此需称取m（Na2SO3）=126g•mol﹣1×=18.9g；4g亚硫酸氧化为硫酸钠后质量变为（4×142）/126=4.5g，则有4.0%亚硫酸钠被氧化为硫酸钠的样品中亚硫酸钠的质量分数为：96/100.5=95.5%，因此称取变质样品的质量应为：18.9g÷95.5%=19.8g；
故答案为：18.9；19.8；
（3）石灰﹣石膏法与碱法吸收SO2都是利用SO2是酸性氧化物可与碱反应的性质来吸收SO2的；利用题中已知和有关信息可知采用石灰﹣石膏法所用原料易得、成本低等，但因Ca（OH）2碱性弱，导致吸收速率慢、效率低；
故答案为：利用SO2是酸性氧化物，可与碱反应，原料易得，吸收成本低；亚硫酸钙在输送中容易造成管道堵塞，吸收速率慢，效率低；
（4）依据上述流程操作存在的缺点，能实现物料循环的烟气脱硫方案；
故答案为：；
【点评】本题考查了制备气体实验装置的选择原则，化学方程式和原子守恒的计算应用，流程分析和设计方法和理解，题目难度较大．
　
九、实验题（本题共10分）
28．（10分）异构化可得到三元乙丙橡胶的第三单体．由A（C5H6）和B经Diels﹣Alder反应制得．Diels﹣Alder反应为共轭双烯与含有烯键或炔键的化合物相互作用生成六元环状化合物的反应，最简单的反应是．
完成下列填空：
（1）Diels﹣Alder反应属于　加成　反应（填反应类型）：A的结构简式为　　．
（2）写出与互为同分异构体，且一溴代物只有两种的芳香烃的名称　1，3，5﹣三甲基苯　．写出生成这两种一溴代物所需要的反应试剂和反应条件　催化剂和液溴、光照和溴蒸气　．
（3）B与Cl2的1，2﹣加成产物消去HCl得到2﹣氯代二烯烃，该二烯烃和丙烯酸（CH2=CHCOOH）聚合得到的聚合物可改进氯丁橡胶的耐寒性和加工性能，写出该聚合物的结构简式可为　　．
（4）写出实验室由的属于芳香烃的同分异构体的同系物制备的合成路线，（合成路线常用的表示方式为：AB…目标产物）：　　．
【分析】（1）由A（C5H6）和B经Diels﹣Alder反应制得，则A为或；
（2）的分子式为C9H12，其同分异构体的一溴代物只有两种的芳香烃，含3个甲基且结构对称，发生苯环上、甲基上的取代反应；
（3）B为CH2=CH﹣CH=CH2，与Cl2的1，2﹣加成产物消去HCl得到2﹣氯代二烯烃为CH2=CCl﹣CH=CH2，和丙烯酸（CH2=CHCOOH）聚合得到的聚合物；
（4）的属于芳香烃的同分异构体的同系物为甲苯，光照下发生取代，然后水解，再催化氧化可生成苯甲醛．
【解答】解：（1）由A（C5H6）和B经Diels﹣Alder反应制得，该反应为加成反应，则A为或，但不稳定，则A为，B为1，3丁二烯，
故答案为：加成；；
（2）的分子式为C9H12，其同分异构体的一溴代物只有两种的芳香烃，含3个甲基且结构对称，名称为1，3，5﹣三甲基苯，发生苯环上的取代反应需要催化剂和液溴，发生甲基上的取代反应需要光照和溴蒸气，故答案为：1，3，5﹣三甲基苯；催化剂和液溴、光照和溴蒸气；
（3）B为CH2=CH﹣CH=CH2，与Cl2的1，2﹣加成产物消去HCl得到2﹣氯代二烯烃为CH2=CCl﹣CH=CH2，和丙烯酸（CH2=CHCOOH）发生加聚生成聚合物，该聚合物的结构简式为，故答案为：；
（4）的属于芳香烃的同分异构体的同系物为甲苯，光照下发生取代，然后水解，再催化氧化可生成苯甲醛，合成路线为，
故答案为：．
【点评】本题考查有机物的合成，注意双烯合成反应的特点，明确加成反应的特点及有机物的结构变化是解答本题的关键，注意结构与性质的关系，题目难度中等．
　
十、解答题（本题共12分）
29．（12分）沐舒坦（结构简式为，不考虑立体异构）是临床上使用广泛的．如图所示的其多条合成路线中的一条（反应试剂和反应条件均未标出）
已知：，完成下列填空：
（1）写出反应试剂和反应条件．反应①　HNO3，浓硫酸、加热　；反应⑤　溴、FeBr3　．
（2）写出反应类型．反应③　还原反应　；反应⑥　取代反应　．
（3）写出结构简式．A　　；B　　．
（4）反应⑥中除加入反应试剂C外，还需要加入K2CO3，其目的是为了中和　HCl　；防止　氨基和盐酸发生反应　．
（5）写出两种C的能发生水解反应，且只含3种不同化学环境氢原子的同分异构体的结构简式：　　．
（6）反应②、反应③的顺序不能颠倒，其原因是　氨基易被氧化　、　利用高锰酸钾、加热的条件下氧化甲基转化为羧基的同时也会将氨基氧化　．
【分析】结合产物的结构简式，利用流程图和起始原料的分子式知，起始原料为甲苯，所以反应①是甲苯和硝酸在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生取代反应生成邻硝基甲苯，根据题意知，反应②是邻硝基甲苯和高锰酸钾在加热条件下发生氧化反应生成邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸经还原反应使硝基转化为氨基，所以A的结构简式为：，反应④是A和甲醇发生酯化反应生成，然后在溴化铁作催化剂作用下，与溴发生取代反应（反应⑤），利用取代基的④定位效应知，溴原子取代氨基的邻、对位上氢原子，因此反应⑤生成物的结构简式为：，
结合流程图中B物质反应前后物质的结构简式，利用B的分子式可推知B的结构简式为：，反应⑥中有HCl生成，而氯化氢与氨基可发生反应，可知反应⑥中加入碳酸钾的作用是中和反应生成的盐酸，同时防止盐酸和氨基发生反应，C物质的结构简式为：，分子式为C6H13NO，该物质可水解的同分异构体只能含有肽键，结合只含3种化学环境下不同的氢原子，可知肽键两端连接的烷基中都只含一种氢原子，因此两个烷基只能是甲基和﹣C（CH3）3，由此可写出满足条件的两种同分异构体的结构简式．
【解答】解：结合产物的结构简式，利用流程图和起始原料的分子式知，起始原料为甲苯，所以反应①是甲苯和硝酸在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生取代反应生成邻硝基甲苯，根据题意知，反应②是邻硝基甲苯和高锰酸钾在加热条件下发生氧化反应生成邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸经还原反应使硝基转化为氨基，所以A的结构简式为：，反应④是A和甲醇发生酯化反应生成，然后在溴化铁作催化剂作用下，与溴发生取代反应（反应⑤），利用取代基的④定位效应知，溴原子取代氨基的邻、对位上氢原子，因此反应⑤生成物的结构简式为：，
结合流程图中B物质反应前后物质的结构简式，利用B的分子式可推知B的结构简式为：，反应⑥中有HCl生成，而氯化氢与氨基可发生反应，可知反应⑥中加入碳酸钾的作用是中和反应生成的盐酸，同时防止盐酸和氨基发生反应，C物质的结构简式为：，
（1）在浓硫酸作催化剂、加热条件下，浓硝酸和甲苯发生取代反应生成邻硝基甲苯，在溴化铁作催化剂条件下，和溴发生取代反应生成，
故答案为：HNO3，浓硫酸、加热；溴、FeBr3；
（2）邻硝基苯甲酸经还原反应使硝基转化为氨基，⑥发生的是取代反应，
故答案为：还原反应，取代反应；
（3）通过以上知，A和B的结构简式分别是、，
故答案为：、；
（4）反应⑥中有HCl生成，而氯化氢与氨基可发生反应，可知反应⑥中加入碳酸钾的作用是中和反应生成的盐酸，同时防止盐酸和氨基发生反应，
故答案为：HCl，氨基和盐酸发生反应；
（5）C物质的结构简式为：，分子式为C6H13NO，该物质可水解的同分异构体只能含有肽键，结合只含3种化学环境下不同的氢原子，可知肽键两端连接的烷基中都只含一种氢原子，因此两个烷基只能是甲基和﹣C（CH3）3，所以其同分异构体为：，
故答案为：；
（6）因氨基易被氧化，如果反应②③颠倒，再利用高锰酸钾、加热的条件下氧化甲基转化为羧基的同时也会将氨基氧化，
故答案为：氨基易被氧化，利用高锰酸钾、加热的条件下氧化甲基转化为羧基的同时也会将氨基氧化．
【点评】本题考查了有机物的推断、结构和性质，明确有机物的官能团及其性质是解本题关键，注意结合题给信息进行分析解答，难度中等．
　
十一、解答题（本题共14分）
30．（14分）碳酸氢纳俗称“小苏打”，是氨碱法和联合制碱法制纯碱的中间产物，可用作膨松剂，制酸剂，灭火剂等．工业上用纯碱溶液碳酸化制取碳酸氢钠．
（1）某碳酸氢钠样品中含有少量氯化钠．称取该样品，用0.1000mol/L盐酸滴定，耗用盐酸20.00mL．若改用0.05618mol/L硫酸滴定，需用硫酸　17.80mL　mL（保留两位小数）．
（2）某溶液组成如表一：
表一
化合物
Na2CO3
NaHCO3
NaCl
质量（kg）
814.8
400.3
97.3
向该溶液通入二氧化碳，析出碳酸氢钠晶体．取出晶体后溶液组成如表二：
表二
化合物
Na2CO3
NaHCO3
NaCl
质量（kg）
137.7
428.8
97.3
计算析出的碳酸氢纳晶体的质量（保留1位小数）．
（3）将组成如表二的溶液加热，使碳酸氢纳部分分解，溶液中NaHCO3的质量由428.8kg降为400.3kg，补加适量碳酸纳，使溶液组成回到表一状态．计算补加的碳酸纳质量（保留1位小数）．
（4）某种由碳酸钠和碳酸氢钠组成的晶体452kg溶于水，然后通入二氧化碳，吸收二氧化碳44.8×103 L（标准状况），获得纯的碳酸氢钠溶液，测得溶液中含碳酸氢钠504kg．通过计算确定该晶体的化学式．
【分析】（1）根据碳酸氢钠样品消耗的氢离子物质的量相等，计算出消耗硫酸的体积；
（2）先求出通入二氧化碳消耗的碳酸钠的质量，然后根据反应计算出生成的碳酸氢钠的质量，再计算析出的碳酸氢钠的质量；
（3）根据碳酸氢钠减少的质量，计算出生成的碳酸钠的质量，再用814.8kg减掉现有的碳酸钠质量，就是需要添加的碳酸钠质量；
（4）先根据二氧化碳的体积计算出生成的碳酸氢钠和反应的碳酸钠质量，反应后溶液中含碳酸氢钠504kg，减掉生成的碳酸氢钠，得到原晶体中的碳酸氢钠质量，最后计算出水的质量，就可以求出晶体的化学式．
【解答】解：（1）样品消耗盐酸中的氢离子的物质的量是：n（H+）=0.1000mol/L×0.020L=0.002mol，需要0.05618mol/L的硫酸的体积为：≈17.80mL，
故答案是：17.80；
（2）解：设生成的碳酸氢钠质量为m，向溶液中通入二氧化碳，发生了反应：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，反应消耗的碳酸钠的质量是：814.8kg﹣137.7kg=677.1kg
Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3
106 168
677.1kg m
m=≈1073.1kg
则析出的碳酸氢钠晶体的质量：1073.1+400.3﹣428.8=1044.6 kg
答：析出的碳酸氢纳晶体的质量是1044.6kg；
（3）解：设碳酸氢钠分解生成了xkg碳酸钠，碳酸氢钠分解反应为：2NaHCO3=Na2CO3+CO2+H2O，被分解的碳酸氢钠质量是：428.8kg﹣400.3kg=28.5kg，
2NaHCO3=Na2CO3+CO2+H2O
168 106
28.5kg x
x==17.98 kg，
则补加的碳酸钠质量814.8﹣137.7﹣17.98=659.1 kg，
答：需要补加的碳酸钠的质量是：659.1 kg；
（4）解：设晶体中含有碳酸钠mkg，通入二氧化碳生成了m1kg碳酸氢钠，
Na2CO3 +CO2 +H2O=2NaHCO3
106 22.4×103 168
m 44.8×103 m1
m==212kg，m1==336kg，
则452kg晶体中含Na2CO3 212 kg，NaHCO3：504kg﹣336kg=168kg，水：452kg﹣212kg﹣168kg=72 kg，
所以n（Na2CO3）：n（NaHCO3）：n（H2O ）=：：=1：1：2
该晶体的化学式为NaHCO3•Na2CO3•2H2O，
答：该晶体的化学式为NaHCO3•Na2CO3•2H2O．
【点评】本题考查了测定碳酸钠、碳酸氢钠的含量测定，本题计算量比较大，难度中等．