2020年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試（上海卷）化學(xué)

1、2020年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試(上海卷)化學(xué)一、選擇題(本題共10分，每小題2分，每題只有一個(gè)正確選項(xiàng))1.(2分)“玉兔”號(hào)月球車用Pu作為熱源材料。下列關(guān)于Pu的說法正確的是()A.Pu與U互為同位素B.Pu與Pu互為同素異形體C.Pu與U具有完全相同的化學(xué)性質(zhì)D.Pu與Pu具有相同的最外層電子數(shù)解：A、有相同質(zhì)子數(shù)，不同中子數(shù)的原子或同一元素的不同核素互為同位素，Pu與U質(zhì)子數(shù)不同，不是同位素，故A錯(cuò)誤；B、同種元素形成的不同單質(zhì)互稱同素異形體，Pu與Pu均為原子，不是同素異形體，故B錯(cuò)誤；C、Pu與U質(zhì)子數(shù)不同屬于不同的元素，其化學(xué)性質(zhì)不同，故C錯(cuò)誤；D、Pu與Pu具有相同的質(zhì)

2、子數(shù)，所以其核外電子數(shù)相同，則具有相同的最外層電子數(shù)，故D正確；故選D2.(2分)下列試劑不會(huì)因?yàn)榭諝庵械难鯕舛冑|(zhì)的是()A.過氧化鈉B.氫硫酸C.硫酸亞鐵D.苯酚解：過氧化鈉和空氣中二氧化碳、水蒸氣反應(yīng)，但和氧氣不反應(yīng)，不會(huì)因空氣中的氧氣而變質(zhì)，故A正確；氫硫酸和氧氣反應(yīng)生成硫和水，會(huì)因空氣中的氧氣而變質(zhì)，故B錯(cuò)誤；硫酸亞鐵和氧氣反應(yīng)生成硫酸鐵，會(huì)因空氣中的氧氣而變質(zhì)，故錯(cuò)誤；苯酚能被氧氣氧化變成苯醌，會(huì)因空氣中的氧氣而變質(zhì)，故D錯(cuò)誤。故選A、3.(2分)結(jié)構(gòu)為CH=CHCH=CHCH=CHCH=CH的高分子化合物用碘蒸氣處理后，其導(dǎo)電能力大幅度提高。上述高分子化合物的單體是()A.乙炔B

3、.乙烯C.丙烯D.1，3丁二烯解：高分子化合物CH=CHCH=CHCH=CHCH=CH，其結(jié)構(gòu)簡式可以表示為：CH=CHn，屬于加聚產(chǎn)物，根據(jù)加聚產(chǎn)物的單體推斷方法，凡鏈節(jié)的主鏈上只有兩個(gè)碳原子(無其它原子)的高聚物，其合成單體必為一種，將兩半鍵閉合即可其單體為：CHCH，故選A4.(2分)在“石蠟液體石蠟石蠟蒸氣裂化氣”的變化過程中，被破壞的作用力依次是()A.范德華力、范德華力、范德華力B.范德華力、范德華力、共價(jià)鍵C.范德華力、共價(jià)鍵、共價(jià)鍵D.共價(jià)鍵、共價(jià)鍵、共價(jià)鍵解：石蠟液體石蠟石蠟蒸氣屬于物質(zhì)的三態(tài)變化，屬于物理變化，破壞了范德華力，石蠟蒸氣裂化氣發(fā)生了化學(xué)變化，破壞了共價(jià)鍵；所以

4、在“石蠟液體石蠟石蠟蒸氣裂化氣”的變化過程中，被破壞的作用力依次是范德華力、范德華力、共價(jià)鍵。故選B5.(2分)下列分離方法中，和物質(zhì)的溶解度無關(guān)的是()A.升華B.萃取C.紙上層析D.重結(jié)晶解：升華與物質(zhì)熔沸點(diǎn)有關(guān)，加熱轉(zhuǎn)化為氣態(tài)可分離混合物，而萃取、紙上層析、重結(jié)晶均與物質(zhì)在溶劑中的溶解度有關(guān)，故選A二、選擇題(本題共36分，每小題3分，每題只有一個(gè)正確選項(xiàng))6.(3分)今年是門捷列夫誕辰180周年。下列事實(shí)不能用元素周期律解釋的只有()A.堿性：KOHNaOHB.相對原子質(zhì)量：ArKC.酸性：HClO4H2SO4D.元素的金屬性：MgAl解：A、Na、K位于周期表相同周期，金屬性KNa，

5、元素的金屬性越強(qiáng)，對應(yīng)的最高價(jià)氧化物的水化物的堿性越強(qiáng)，能用元素周期律解釋，故A不選；B、相對原子質(zhì)量的大小與原子序數(shù)有關(guān)，隨原子序數(shù)的增大而增大，存在周期性的變化，不能用元素周期律解釋，故B選；C、非金屬性ClS，元素的非金屬性越強(qiáng)，對應(yīng)的最高價(jià)氧化物的水化物的酸性越強(qiáng)，能用元素周期律解釋，故C不選；D、同周期元素從左到右，元素的金屬性逐漸減弱，能用元素周期律解釋，故D不選。故選：B7.(3分)下列各組中兩種微粒所含電子數(shù)不相等的是()A.H3O+和OHB.CO和N2C.HNO2和 NO2D.CH3+和NH4+解：A、H3O+的質(zhì)子數(shù)為11，電子數(shù)為111=10，OH的質(zhì)子數(shù)為9，電子數(shù)為9

6、+1=10，電子數(shù)相同，故A錯(cuò)誤；B、CO的質(zhì)子數(shù)為14，電子數(shù)為14，N2的質(zhì)子數(shù)為14，電子數(shù)為14，電子數(shù)相同，故B錯(cuò)誤；C、HNO2的質(zhì)子數(shù)為1+7+8×2=24，電子數(shù)為24，NO2的質(zhì)子數(shù)為7+8×2=23，電子數(shù)為23+1=24，電子數(shù)相同，故C錯(cuò)誤；D、CH3+的質(zhì)子數(shù)為6+1×3=9，電子數(shù)為91=8，NH4+的質(zhì)子數(shù)為11，電子數(shù)為111=10，電子數(shù)不同，故D正確。故選：D8.(3分)BeCl2熔點(diǎn)較低，易升華，溶于醇和醚，其化學(xué)性質(zhì)與AlCl3相似。由此可推測BeCl2()A.熔融態(tài)不導(dǎo)電B.水溶液呈中性C.熔點(diǎn)比BeBr2高D.不與NaO

7、H溶液反應(yīng)解：氯化鋁是共價(jià)化合物，是分子晶體，熔融態(tài)不導(dǎo)電，能發(fā)生水解使溶液呈堿性，能與NaOH溶液反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀。BeCl2熔點(diǎn)較低，易升華，溶于醇和醚，其化學(xué)性質(zhì)與AlCl3相似，故A、BeCl2為共價(jià)化合物，故熔融態(tài)不導(dǎo)電，故A正確；B、BeCl2能發(fā)生水解使溶液呈酸性，故B錯(cuò)誤；C、BeCl2和BeBr2為分子晶體，BeBr2相對分子質(zhì)量大于BeCl2，故BeCl2熔點(diǎn)比BeBr2低，故C錯(cuò)誤；D、能與NaOH溶液反應(yīng)生成氫氧化鈹沉淀，故D錯(cuò)誤。故選A9.(3分)1，3丁二烯和2丁炔分別與氫氣反應(yīng)的熱化學(xué)方程式如下：CH2=CHCHCH2(g)+2H2(g)CH3CH2CH2CH

8、3(g)+236.6kJCH3CCCH3(g)+2H2(g)CH3CH2CH2CH3(g)+272.7kJ由此不能判斷()A.1，3丁二烯和2丁炔穩(wěn)定性的相對大小B.1，3丁二烯和2丁炔分子儲(chǔ)存能量的相對高低C.1，3丁二烯和2丁炔相互轉(zhuǎn)化的熱效應(yīng)D.一個(gè)碳碳叁鍵的鍵能與兩個(gè)碳碳雙鍵的鍵能之和的大小解：據(jù)H=生成物的能量和反應(yīng)物的能量和=反應(yīng)物的鍵能和生成物的鍵能和可知，3丁二烯和2丁炔的能量高低，能量越低越穩(wěn)定，A、相同條件下2丁炔放出熱量比1，3丁二烯多，說明1，3丁二烯能量低，穩(wěn)定，故A正確；B、相同條件下2丁炔放出熱量比1，3丁二烯多，說明1，3丁二烯能量低，故B正確；C、相同條件下2

9、丁炔放出熱量比1，3丁二烯多，說明1，3丁二烯能量低，其相互轉(zhuǎn)化有能量變化，故C正確；D、1，3丁二烯和2丁炔所含的碳碳單鍵數(shù)目不同，所以不能判斷一個(gè)碳碳叁鍵的鍵能與兩個(gè)碳碳雙鍵的鍵能大小，故D錯(cuò)誤。故選：D10.(3分)如圖是用于干燥、收集并吸收多余氣體的裝置，下列方案正確的是()選項(xiàng)X收集氣體YA堿石灰氯化氫水B堿石灰氨氣水C氯化鈣二氧化硫氫氧化鈉D氯化鈣一氧化氮?dú)溲趸cA.AB.BC.CD.D解：該裝置中采用向上排空氣法收集，說明該氣體密度大于空氣，且該氣體和空氣中成分不反應(yīng)，用固體干燥劑干燥，則該氣體和干燥劑不反應(yīng)，A、堿石灰呈堿性，能和HCl反應(yīng)，所以HCl不能用堿石灰干燥，故A錯(cuò)誤

10、；B、氨氣密度小于空氣，應(yīng)該采用向下排空氣法收集，故B錯(cuò)誤；C、二氧化硫密度大于空氣且常溫下和空氣中成分不反應(yīng)，氯化鈣和二氧化硫不反應(yīng)，所以能用氯化鈣干燥，故C正確；D、常溫下NO和氧氣反應(yīng)生成紅棕色氣體二氧化氮，所以得不到NO，NO采用排水法收集，故D錯(cuò)誤。故選C、11.(3分)向飽和澄清石灰水中加入少量CaC2，充分反應(yīng)后恢復(fù)到原來的溫度，所得溶液中()A.c(Ca2+)、c(OH)均增大B.c(Ca2+)、c(OH)均保持不變C.c(Ca2+)、c(OH)均減小D.c(OH)增大、c(H+)減小解：加入CaC2，與水發(fā)生CaC2+2H2O=Ca(OH)2+HCCH，反應(yīng)消耗水，因原溶液為

11、飽和溶液，則反應(yīng)后一定有Ca(OH)2析出，則溶液濃度不變，故選B、12.(3分)如圖所示，將鐵棒和石墨棒插入盛有飽和NaCl溶液的U型管中。下列正確的是()A.K1閉合，鐵棒上發(fā)生的反應(yīng)為2H+2eH2B.K1閉合，石墨棒周圍溶液pH逐漸升高C.K2閉合，鐵棒不會(huì)被腐蝕，屬于犧牲陽極的陰極保護(hù)法D.K2閉合，電路中通過0.002NA個(gè)電子時(shí)，兩極共產(chǎn)生0.001mol氣體解：A、若閉合K1，該裝置沒有外接電源，所以構(gòu)成了原電池，較活潑的金屬鐵作負(fù)極，負(fù)極上鐵失電子，F(xiàn)e2e=Fe2+，故A錯(cuò)誤；B、若閉合K1，該裝置沒有外接電源，所以構(gòu)成了原電池；不活潑的石墨棒作正極，正極上氧氣得電子生成氫

12、氧根離子發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為2H2O+O2+4e=4OH，所以石墨棒周圍溶液pH逐漸升高，故B正確；C、K2閉合，F(xiàn)e與負(fù)極相連為陰極，鐵棒不會(huì)被腐蝕，屬于外加電源的陰極保護(hù)法，故C錯(cuò)誤；D、K2閉合，電路中通過0.002NA個(gè)電子時(shí)，陰極生成0.001mol氫氣，陽極生成0.001mol氯氣，兩極共產(chǎn)生0.002mol氣體，故D錯(cuò)誤。故選B、13.(3分)催化加氫可生成3甲基己烷的是()A.B.C.D.解：3甲基己烷的碳鏈結(jié)構(gòu)為，A、經(jīng)催化加氫后生成3甲基庚烷，故A不選；B、經(jīng)催化加氫后生成3甲基戊烷，故B不選；C、經(jīng)催化加氫后能生成3甲基己烷，故C選；D、經(jīng)催化加氫后能生成2甲基己烷

13、，故D不選。故選C、14.(3分)只改變一個(gè)影響因素，平衡常數(shù)K與化學(xué)平衡移動(dòng)的關(guān)系敘述錯(cuò)誤的是()A.K值不變，平衡可能移動(dòng)B.K值變化，平衡一定移動(dòng)C.平衡移動(dòng)，K值可能不變D.平衡移動(dòng)，K值一定變化解：影響化學(xué)平衡的因素主要有濃度、溫度、壓強(qiáng)等。A、K值只與溫度有關(guān)，若在其他條件不變時(shí)，增大反應(yīng)物的濃度或減小生成物的濃度，有利于正反應(yīng)的進(jìn)行，K值不變，平衡向右移動(dòng)，故A正確；B、K值是溫度的函數(shù)，K值變化，說明溫度發(fā)生了改變，則平衡一定發(fā)生移動(dòng)，故B正確；C、若在其他條件不變時(shí)，增大反應(yīng)物的濃度或減小生成物的濃度，有利于正反應(yīng)的進(jìn)行，平衡向右移動(dòng)，但K值只與溫度有關(guān)，故K值不變，故C正確

14、；D、若是改變濃度或壓強(qiáng)使平衡發(fā)生移動(dòng)，而溫度不變，則K值不變，故D錯(cuò)誤。故選D、15.(3分)如圖是模擬“候氏制減法”制取NaHCO3的部分裝置。下列操作正確的是()A.a通入C02，然后b通入NH3，c中放堿石灰B.b通入NH3，然后a通入CO2，c中放堿石灰C.a通入NH3，然后b通入CO2，c中放蘸稀硫酸的脫脂棉D(zhuǎn).b通入C02，然后a通入NH3，c中放蘸稀硫酸的脫脂棉解：候氏制減法”制取NaHCO3的原理是在飽和食鹽水中通入氨氣和二氧化碳，而得到NaHCO3的，在這一實(shí)驗(yàn)過程中，由于C02在水中的溶解度較小，而NH3的溶解度較大，所以要在食鹽水先通NH3然后再通C02，否則C02通入

15、后會(huì)從水中逸出，等再通NH3時(shí)溶液中C02的量就很少了，這樣得到的產(chǎn)品也很少；在這個(gè)實(shí)驗(yàn)中的尾氣主要是C02和NH3，其中NH3對環(huán)境影響較大，要吸收，而NH3是堿性氣體，所以在C裝置中要裝酸性物質(zhì)，據(jù)此可知A錯(cuò)誤；B錯(cuò)誤；C正確；D錯(cuò)誤。故選C16.(3分)含有砒霜(As2O3)的試樣和鋅、鹽酸混合反應(yīng)，生成的砷化氫(AsH3)在熱玻璃管中完全分解成單質(zhì)砷和氫氣，若砷的質(zhì)量為1.50mg，則()A.被氧化的砒霜為1.98mgB.分解產(chǎn)生的氫氣為0.672mLC.和砒霜反應(yīng)的鋅為3.90mgD.轉(zhuǎn)移的電子總數(shù)為6×105NA解：A、反應(yīng)中As元素化合價(jià)由As2O3中+3價(jià)降低為AsH

16、3中3價(jià)，砒霜發(fā)生還原反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B、生成As的物質(zhì)的量=2×105mol，根據(jù)原子守恒可知分解的AsH3為2×105mol，由H原子守恒可知生成氫氣為=3×105mol，故標(biāo)況下，分解產(chǎn)生氫氣體積為3×105mol×22.4L/mol=6.72×104L=0.672 mL，但氫氣所處的狀態(tài)不一定是標(biāo)準(zhǔn)狀況，故其體積不一定是0.672 mL，故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，可知參加反應(yīng)Zn的物質(zhì)的量=2×105mol×3(3)÷2=6×105mol，故參加反應(yīng)Zn的質(zhì)量=6×105

17、mol×65g/mol=3.9×103g=3.9mg，故C正確；D、整個(gè)過程中，As元素化合價(jià)由As2O3中+3價(jià)降低為AsH3中3價(jià)，AsH3中3價(jià)升高為As中0價(jià)，故整個(gè)過程轉(zhuǎn)移電子總數(shù)為2×105mol×3×2×NAmol1=1.2×104NA，故D錯(cuò)誤。故選C17.(3分)用FeCl3溶液腐蝕印刷電路板上的銅，所得的溶液中加入鐵粉。對加入鐵粉充分反應(yīng)后的溶液分析合理的是()A.若無固體剩余，則溶液中一定有Fe3+B.若有固體存在，則溶液中一定有Fe2+C.若溶液中有Cu2+，則一定沒有固體析出D.若溶液中有Fe2+，

18、則一定有Cu析出解：A、無固體剩余，說明銅全部以銅離子形式存在，加入的鐵完全反應(yīng)，溶液中一定含有Fe2+，可能含有Fe3+，故A錯(cuò)誤；B、若有固體存在，固體中一定有銅，可能有鐵，溶液中一定有含有Fe2+，故B正確；C、若溶液中有Cu2+，加入的鐵量不足，可能只與Fe3+反應(yīng)，也可能與Fe3+反應(yīng)，剩余部分與Cu2+反應(yīng)生成銅，所以可能有固體析出，故C錯(cuò)誤；D、當(dāng)加入的鐵較少時(shí)，只發(fā)生Fe+2Fe3+=3Fe2+時(shí)，不會(huì)有銅析出，故D錯(cuò)誤。故選：B三、選擇題(本題共20分，每小題4分，每小題有一個(gè)或兩個(gè)正確選項(xiàng)。只有一個(gè)正確選項(xiàng)的，多選不給分：有兩個(gè)正確選項(xiàng)的，選對一個(gè)給2分，選錯(cuò)一個(gè)，該小題不

19、給分)18.(4分)某未知溶液可能含Cl、CO32、Na+、SO42、Al3+。將溶液滴在藍(lán)色石蕊試紙上，試紙變紅。取少量試液，滴加硝酸酸化的氯化鋇溶液，有白色沉淀生成；在上層清液中滴加硝酸銀溶液，產(chǎn)生白色沉淀。下列判斷合理的是()A.一定有ClB.一定有SO42C.一定沒有Al3+D.一定沒有CO32解：因?yàn)閷⑷芤旱卧谒{(lán)色石蕊試紙上，試紙變紅說明溶液呈酸性，則CO32不存在；因?yàn)锳l3+水解呈酸性，所以有Al3+；取少量試液，滴加硝酸酸化的氯化鋇溶液，有白色沉淀生成，說明溶液中有SO42，在上層清液中滴加硝酸銀溶液，產(chǎn)生白色沉淀，則不能確定原溶液中是否有Cl，因?yàn)榍懊嬉训渭恿寺然^，據(jù)此可知

20、A錯(cuò)誤；B正確；C錯(cuò)誤；D正確。故選BD19.(4分)下列反應(yīng)與Na2O2+SO2Na2SO4相比較，Na2O2的作用相同的是()A.2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2B.2Na2O2+2SO32Na2SO4+O2C.Na2O2+H2SO4Na2SO4+H2O2D.3Na2O2+Cr2O32Na2CrO4+Na2O解：因?yàn)樵贜a2O2+SO2Na2SO4中，Na2O2的作用相同的是氧化劑，所以，A、在2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2中Na2O2是自身氧化還原，故A錯(cuò)誤；B、在2Na2O2+2SO32Na2SO4+O2中Na2O2是自身氧化還原，故B錯(cuò)誤；C、在Na2O2+H2

21、SO4Na2SO4+H2O2中這是非氧化還原，是一個(gè)復(fù)分解反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D、在3Na2O2+Cr2O32Na2CrO4+Na2O中，Na2O2中1價(jià)的氧變?yōu)?價(jià)，Na2O2作氧化劑，故D正確。故選D20.(4分)向等物質(zhì)的量濃度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中加入稀鹽酸，下列離子方程式與事實(shí)不符的是()A.OH+CO32+2H+HCO3+H2OB.2OH+CO32+3H+HCO3+2H2OC.2OH+CO32+4H+CO2+3H2OD.OH+CO32+3H+CO2+2H2O解：根據(jù)題意可知，等物質(zhì)的量濃度的NaOH和Na2CO3的混合溶液中，含有的氫氧化鈉與碳酸鈉的物質(zhì)的量相等，稀鹽酸加

22、入到NaOH和Na2CO3的混合溶液中，鹽酸先與氫氧化鈉發(fā)生酸堿中和，剩余的鹽酸再與碳酸鈉發(fā)生反應(yīng)。A、設(shè)NaOH和Na2CO3的物質(zhì)的量都為1mol，則加入鹽酸少量，先發(fā)生反應(yīng)：OH+H+H2O，1mol氫氧化鈉消耗1mol鹽酸，再發(fā)生反應(yīng)CO32+H+HCO3，將兩個(gè)方程式相加得：OH+CO32+2H+HCO3+H2O，故A正確；B、設(shè)NaOH和Na2CO3的物質(zhì)的量都為2mol，則加入鹽酸少量，先發(fā)生反應(yīng)：2OH+2H+2H2O，2mol氫氧化鈉消耗2mol鹽酸，再發(fā)生反應(yīng)CO32+H+HCO3，鹽酸不足之消耗1mol碳酸鈉，將兩個(gè)方程式相加得：2OH+CO32+3H+HCO3+2H2O

23、，故B正確；C、設(shè)NaOH和Na2CO3的物質(zhì)的量都為2mol，2mol氫氧化鈉消耗2mol氫離子，剩余2mol氫離子與2mol碳酸鈉反應(yīng)生成2mol碳酸氫根離子，離子方程式應(yīng)為2OH+2CO32+4H+2HCO3+2H2O，即OH+CO32+2H+HCO3+H2O，故C錯(cuò)誤；D、設(shè)NaOH和Na2CO3的物質(zhì)的量都為1mol，則加入鹽酸過量，先發(fā)生反應(yīng)：OH+H+H2O，1mol氫氧化鈉消耗1mol鹽酸，再發(fā)生反應(yīng)CO32+2H+CO2+H2O，將兩個(gè)方程式相加得：OH+CO32+3H+CO2+2H2O，故D正確。故選：C21.(4分)室溫下，甲、乙兩燒杯均盛有5mL pH=3的某一元酸溶液

24、，向乙燒杯中加水稀釋至pH=4。關(guān)于甲、乙兩燒杯中溶液的描述正確的是()A.溶液的體積：10V甲V乙B.水電離出的OH濃度：10c(OH)甲c(OH)乙C.若分別用等濃度的NaOH溶液完全中和，所得溶液的pH：甲乙D.若分別與5mL pH=11的NaOH溶液反應(yīng)，所得溶液的pH：甲乙解：A、若酸強(qiáng)酸，則依據(jù)溶液吸稀釋過程中氫離子濃度不變5ml×103=V×104，解得V=5Oml，則10V甲=V乙，若酸為弱酸，加水稀釋時(shí)，促進(jìn)弱酸的電離，電離產(chǎn)生的氫離子增多，要使pH仍然為4，加入的水應(yīng)該多一些，所以10V甲V乙，故A正確；B、pH=3的酸中，氫氧根離子全部有水電離產(chǎn)生，C

25、(OH)甲=1011mol/L，pH=4的酸中，氫氧根離子全部有水電離產(chǎn)生，C(OH)乙=1010mol/L，則10c(OH)甲=c(OH)乙，故B錯(cuò)誤；C、稀釋前后甲乙兩個(gè)燒杯中所含的一元酸的物質(zhì)的量相等，依據(jù)酸堿中和反應(yīng)可知，消耗氫氧化鈉的物質(zhì)的量相等，生成的酸鹽的濃度甲大于乙，若酸為強(qiáng)酸則二者pH相等，若酸為弱酸，則甲的pH大于乙，故C錯(cuò)誤；D、若酸是強(qiáng)酸，分別與5mL pH=11的NaOH溶液反應(yīng)，恰好發(fā)生酸堿中和，生成強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，pH值相等，若為弱酸，則反應(yīng)后酸有剩余，甲中剩余酸濃度大，酸性強(qiáng)，pH小，所得溶液的pH：甲乙，故D正確。故選：AD22.(4分)已知：2NaAl(OH)4

26、+CO22Al(OH)3+Na2CO3+H2O。向含2mol NaOH，1mol Ba(OH)2，2mol NaAl(OH)4的混合溶液中慢慢通入CO2，則通入CO2的量和生成沉淀的量關(guān)系正確的是()選項(xiàng)ABCDn(CO2)(mol)2346n(沉淀)(mol)1233A.AB.BC.CD.D解：A、通入2mol二氧化碳，先發(fā)生反應(yīng)：Ba(OH)2+CO2=BaCO3+H2O，消耗1mol二氧化碳，生成1mol碳酸鋇沉淀，剩余的1mol二氧化碳與氫氧化鈉反應(yīng)，CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，故A正確；B、當(dāng)通入的n(CO2)=3 mol時(shí)，發(fā)生的離子反應(yīng)是Ba2+2OH+CO2=Ba

27、CO3+H2O、2OH+CO2=CO32+H2O、2Al(OH)4+CO2=2Al(OH)3+CO32+H2O，所以產(chǎn)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錯(cuò)誤；C、通入4mol二氧化碳，先發(fā)生反應(yīng)：Ba(OH)2+CO2=BaCO3+H2O，消耗1mol二氧化碳，生成1mol碳酸鋇沉淀，剩余3mol二氧化碳與氫氧化鈉發(fā)生反應(yīng)：CO2+NaOH=NaHCO3，消耗二氧化碳2mol，最后1mol二氧化碳與NaAl(OH)4發(fā)生反應(yīng)2NaAl(OH)4+CO22Al(OH)3+Na2CO3+H2O，生成2mol氫氧化鋁

28、沉淀，故生成沉淀總物質(zhì)的量為3mol，故C正確；D、當(dāng)通入6mol二氧化碳，分別發(fā)生反應(yīng)Ba(OH)2+CO2=BaCO3+H2O，CO2+NaOH=NaHCO3，2NaAl(OH)4+CO22Al(OH)3+Na2CO3+H2O，生成1mol碳酸鋇、2mol氫氧化鋁沉淀，2mol碳酸氫鈉，1mol碳酸鈉，消耗4mol二氧化碳，剩余的2mol二氧化碳分別與生成的1mol碳酸鈉和1mol碳酸鋇沉淀發(fā)生反應(yīng)：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3 ，BaCO3+CO2+H2O=Ba(HCO3)2，所以最后剩余沉淀的物質(zhì)的量為2mol，故D錯(cuò)誤。故選：AC四、(本題共12分)23.(12分)合

29、成氨工藝的一個(gè)重要工序是銅洗，其目的是用銅液醋酸二氨合銅()、氨水吸收在生產(chǎn)過程中產(chǎn)生的CO和CO2等氣體，銅液吸收CO的反應(yīng)是放熱反應(yīng)，其反應(yīng)方程式為：Cu(NH3)2Ac+CO+NH3Cu(NH3)3COAc完成下列填空：(1)如果要提高上述反應(yīng)的反應(yīng)速率，可以采取的措施是 。(選填編號(hào))A、減壓 B、增加NH3的濃度 C、升溫 D、及時(shí)移走產(chǎn)物解析：增大濃度、升高溫度等，可增大反應(yīng)速率，減壓反應(yīng)速率減小，減小生成物濃度，反應(yīng)速率減小。答案：bc(2)銅液中的氨可吸收二氧化碳，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式： 。解析：氨氣、水、二氧化碳可反應(yīng)生成碳酸銨或碳酸氫銨。答案：2NH3+CO2+H2O=(

30、NH4)2CO3、(NH4)2CO3+CO2+H2O=2NH4HCO3；(3)簡述銅液吸收CO及銅液再生的操作步驟(注明吸收和再生的條件)。 。解析：正反應(yīng)放熱，銅液吸收CO，應(yīng)使平衡向正向移動(dòng)，則可在低溫加壓下吸收CO，然后將銅洗液轉(zhuǎn)移至另一容器中，高溫低壓下釋放CO，然后將銅洗液循環(huán)利用。答案：低溫加壓下吸收CO，然后將銅洗液轉(zhuǎn)移至另一容器中，高溫低壓下釋放CO，然后將銅洗液循環(huán)利用(4)銅液的組成元素中，短周期元素原子半徑從大到小的排列順序?yàn)?，其中氮元素原子最外層電子排布的軌道表示式是 ，通過比較 可判斷氮、磷兩種元素的非金屬性強(qiáng)弱。解析：銅液的組成元素中，短周期元素有H、C、N、O等

31、元素，H原子半徑最小，同周期元素從左到右原子半徑逐漸減小，則原子半徑CNOH；比較非金屬性強(qiáng)弱，可根據(jù)氫化物的穩(wěn)定性強(qiáng)弱。答案：CNOH NH3和PH3的穩(wěn)定性；(5)已知CS2與CO2分子結(jié)構(gòu)相似，CS2的電子式是 ，CS2熔點(diǎn)高于CO2，其原因是 。解：CS2的電子式類似于CO2，電子式為，二者都為分子晶體，相對分子質(zhì)量越大，分子間作用力越大，則熔點(diǎn)越高，答案： 二者都為分子晶體，相對分子質(zhì)量越大，分子間作用力越大五、(本題共12分)24.(12分)硫在自然界中以游離態(tài)和多種化合態(tài)形式出現(xiàn)，硫的化合物大多具有氧化性或還原性，許多金屬硫化物難溶于水。完成下列填空：(1)硫化氫具有還原性，可以

32、和許多氧化劑反應(yīng)，在酸性條件下，H2S和KMnO4反應(yīng)生成S、MnSO4、K2SO4和H2O，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式： 。解析：H2S和KMnO4反應(yīng)生成S、MnSO4、K2SO4和H2O。答案：3H2SO4+5H2S+2KMnO4=5S+2MnSO4+K2SO4+8H2O(2)石油化工的廢氣中有H2S，寫出從廢氣中回收單質(zhì)硫的兩種方法(除空氣外，不能使用其他原料)，以化學(xué)方程式表示： ， 。解析：硫化氫可與氧氣反應(yīng)生成二氧化硫；二氧化硫可與硫化氫反應(yīng)生成硫，硫化氫與氧氣反應(yīng)也可生成硫，涉及反應(yīng)有2H2S+3O22H2O+2SO2； 2H2S+SO23S+2H2O；H2SH2+S或2H2S+O

33、22S+2H2O。答案：2H2S+3O22H2O+2SO2、2H2S+SO23S+2H2O H2SH2+S或2H2S+O22S+2H2O；(3)室溫下，0.1mol/L的硫化鈉溶液和0.1mol/L的碳酸鈉溶液，堿性更強(qiáng)的是 ，其原因是 。已知：H2S：Ki1=1.3×107 Ki2=7.1×1015H2CO3：Ki1=4.3×107 Ki2=5.6×1011解析：H2S第二步電離常數(shù)最小小，則硫化鈉易水解，溶液的堿性較強(qiáng)。答案：硫化鈉溶液 硫氫根離子的電離常數(shù)小于碳酸氫根離子，則其水解程度大于碳酸氫根離子(4)向ZnSO4溶液中加飽和H2S溶液，沒有沉

34、淀生成，繼續(xù)增加一定量的氨水后，生成ZnS沉淀，用電離平衡原理解釋上述現(xiàn)象。 。答案：飽和H2S溶液中電離產(chǎn)生的S2很少，因此沒有沉淀，加入氨水后，促進(jìn)H2S的電離，S2濃度增大，有沉淀生成(5)將黑色的Fe2S3固體加入足量的鹽酸中，溶液中有淡黃色固體生成，產(chǎn)物還有 、 ，過濾，微熱濾液，然后加入過量氫氧化鈉溶液，可觀察到的現(xiàn)象是 。解：(將黑色的Fe2S3固體加入足量的鹽酸中，生成H2S和氯化鐵，氯化鐵可氧化H2S生成S，加入氫氧化鈉，可生成氫氧化亞鐵，氫氧化亞鐵被氧化生成氫氧化鐵，可觀察到產(chǎn)生白色絮狀沉淀，迅速變?yōu)榛揖G色，最終變?yōu)榧t褐色沉淀，答案：氯化亞鐵 硫化氫 產(chǎn)生白色絮狀沉淀，迅速

35、變?yōu)榛揖G色，最終變?yōu)榧t褐色沉淀六、(本題共12分)25.(12分)在精制飽和食鹽水中加入碳酸氫銨可制備小蘇打(NaHCO3)，并提取氯化銨作為肥料或進(jìn)一步提純?yōu)楣I(yè)氯化銨。完成下列填空：(1)寫出上述制備小蘇打的化學(xué)方程式。 解析：飽和食鹽水中加入碳酸氫銨可制備小蘇打(NaHCO3)，根據(jù)質(zhì)量守恒可知同時(shí)生成NH4Cl，反應(yīng)的方程式為NH4HCO3+NaCl=NaHCO3+NH4Cl。答案：NH4HCO3+NaCl=NaHCO3+NH4Cl(2)濾除小蘇打后，母液提取氯化銨有兩種方法：通入氨，冷卻、加食鹽，過濾不通氨，冷卻、加食鹽，過濾對兩種方法的評(píng)價(jià)正確的是 。(選填編號(hào))a.析出的氯化銨純

36、度更高 b.析出的氯化銨純度更高c.的濾液可直接循環(huán)使用 d.的濾液可直接循環(huán)使用解析：母液中含有氯化銨，通入氨，冷卻、加食鹽，有利于氯化銨的析出，純度更高，過濾后濾液中含有氨氣，不能直接循環(huán)使用，而的濾液可直接循環(huán)使用，答案：ad(3)提取的NH4Cl中含少量Fe2+、SO42，將產(chǎn)品溶解，加入H2O2，加熱至沸，再加入BaCl2溶液，過濾，蒸發(fā)結(jié)晶，得到工業(yè)氯化銨。加熱至沸的目的是 。濾渣的主要成分是 、 。解析：加熱有利于亞鐵離子的氧化，且有利于鐵離子的水解，再加入BaCl2溶液，得到硫酸鋇沉淀，濾渣的主要成分是氫氧化鐵、硫酸鋇，答案：使亞鐵離子快速氧化為三價(jià)鐵離子，并使氯化鐵充分水解，

37、形成氫氧化鐵沉淀 氫氧化鐵 硫酸鋇(4)稱取1.840g小蘇打樣品(含少量NaCl)，配置成250mL溶液，取出25.00mL用0.1000mol/L鹽酸滴定，消耗鹽酸21.50mL。實(shí)驗(yàn)中所需的定量儀器除滴定管外，還有 。選甲基橙而不選酚酞作為指示劑的原因是 。樣品中NaHCO3質(zhì)量分?jǐn)?shù)為 。(保留3位小數(shù))解析：準(zhǔn)確稱量固體，應(yīng)用電子天平，碳酸氫鈉溶液的PH本來就接近8.2，與酚酞變色的PH接近，變色時(shí)的PH和反應(yīng)終點(diǎn)的PH不好判斷；而使用甲基橙容易判斷終點(diǎn)，且反應(yīng)產(chǎn)生的二氧化碳不能全部逸出使溶液偏酸性，因此使用甲基橙的誤差小(使用甲基橙易判斷滴定終點(diǎn)，誤差小)，n(HCl)=0.0215

38、L×0.1000mol/L=0.00215mol，則25mL溶液中n(NaHCO3)=0.00215mol，所以樣品中m(NaHCO3)=0.00215mol×10×84g/mol=1.806g，(NaHCO3)=98.2%=0.982，答案：電子天平、250mL容量瓶 選用酚酞作為指示劑，不能確定滴定終點(diǎn) 0.982；(5)將一定質(zhì)量小蘇打樣品(含少量NaCl)溶于足量鹽酸，蒸干后稱量固體質(zhì)量，也可測定小蘇打的含量。若蒸發(fā)過程中有少量液體濺出，則測定結(jié)果 。(選填“偏高”、“偏低”或“不受影響”)解：如全被為碳酸氫鈉，與鹽酸反應(yīng)后生成氯化鈉，質(zhì)量減小，而如全部為

39、氯化鈉時(shí)，質(zhì)量基本不變，可知加熱后固體質(zhì)量越小，碳酸氫鈉含量越大，則若蒸發(fā)過程中有少量液體濺出，蒸干后所得固體質(zhì)量偏小，則小蘇打含量偏高，答案：偏高。七、(本題共12分)26.(12分)氯氣和氯乙烯都是非常重要的化工產(chǎn)品，年產(chǎn)量均在107t左右，氯氣的實(shí)驗(yàn)室制備和氯乙烯的工業(yè)生產(chǎn)都有多種不同方法。完成下列填空：(1)實(shí)驗(yàn)室制取純凈的氯氣，除了二氧化錳、濃鹽酸和濃硫酸，還需要 、 (填寫試劑或溶液名稱)。解析：實(shí)驗(yàn)室用鹽酸制備氯氣，氯氣中混有氯化氫，得到純凈的氯氣，應(yīng)用飽和氯化鈉溶液除去HCl，再用濃硫酸干燥，最后用氫氧化鈉溶液進(jìn)行尾氣吸收，答案：飽和食鹽水 燒堿溶液；(2)實(shí)驗(yàn)室用2.00mo

40、l/L鹽酸和漂粉精成分為Ca(ClO)2、CaCl2反應(yīng)生成氯氣、氯化鈣和水，若產(chǎn)生2.24L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)氯氣，發(fā)生反應(yīng)的鹽酸為 mL。解析：反應(yīng)的方程式為ClO+Cl+2H+=Cl2+H2O，n(Cl2)=0.1mol，則需要n(HCl)=0.2mol，發(fā)生反應(yīng)的鹽酸的體積為=0.1L=100mL，答案：100(3)實(shí)驗(yàn)室通常用向上排空氣法收集氯氣。設(shè)計(jì)一個(gè)簡單實(shí)驗(yàn)，驗(yàn)證所收集的氯氣中是否含有空氣。 。工業(yè)上用電石乙炔生產(chǎn)氯乙烯的反應(yīng)如下：CaO+3CCaC2+COCaC2+2H2OHCCH+Ca(OH)2HCCH+HClCH2CHCl電石乙炔法的優(yōu)點(diǎn)是流程簡單，產(chǎn)品純度高，而且不依賴于石油

41、資源。電石乙炔法的缺點(diǎn)是： 、 。解析：氯氣可與氫氧化鈉溶液反應(yīng)，如含有空氣，則與氫氧化鈉反應(yīng)后試管內(nèi)有殘留氣體；工業(yè)在高溫下生產(chǎn)電石，用電石生產(chǎn)乙炔，耗能大，由于乙炔與HCl的反應(yīng)在氯化汞的作用下進(jìn)行，污染環(huán)境。答案：將集氣瓶倒置于有足量燒堿溶液的水槽里，若氣體不能充滿集氣瓶，液面上有無色氣體，則有空氣，若充滿，則無空氣 反應(yīng)溫度高，能耗大 使用的催化劑毒性大；(4)乙烷和氯氣反應(yīng)可制得ClCH2CH2Cl，ClCH2CH2Cl加熱分解得到氯乙烯和氯化氫。設(shè)計(jì)一種以乙烯和氯氣為原料制取氯乙烯的方案(其他原料自選)，用化學(xué)方程式表示(不必注明反應(yīng)條件)。要求：反應(yīng)產(chǎn)生的氯化氫必須用于氯乙烯的制

42、備；不再產(chǎn)生其他廢液。解析：以乙烯和氯氣為原料制取氯乙烯，可由乙烯和氯氣發(fā)生加成反應(yīng)生成1，2二氯乙烷，1，2二氯乙烷發(fā)生消去反應(yīng)生成氯乙烯，生成的氯化氫電解生成氫氣和氯氣，氫氣和乙烯發(fā)生加成反應(yīng)生成乙烷，乙烷和氯氣發(fā)生取代反應(yīng)生成1，2二氯乙烷，涉及反應(yīng)有CH2=CH2+Cl2CH2ClCH2Cl CH2ClCH2Cl CH2=CHCl+HCl；2 HCl H2+Cl2； CH2=CH2+H2CH3CH3；CH3CH3+Cl2CH2ClCH2Cl，答案：CH2=CH2+Cl2CH2ClCH2Cl CH2ClCH2Cl CH2=CHCl+HCl；2 HCl H2+Cl2； CH2=CH2+H2

43、CH3CH3；CH3CH3+Cl2CH2ClCH2Cl。八、(本題共8分)27.(8分)許多有機(jī)化合物具有酸堿性。完成下列填空(1)苯酚、苯甲醇、苯甲酸、碳酸的酸性由強(qiáng)到弱的順序?yàn)椋?。苯胺( )具有 。(選填“酸性”、“堿性”或“中性”)解析：羧基酸性碳酸酚羥基醇羥基，則酸性苯甲酸碳酸苯酚苯甲醇；含有氨基，可與鹽酸反應(yīng)，具有堿性，答案：苯甲酸碳酸苯酚苯甲醇 堿性；(2)常常利用物質(zhì)的酸堿性分離混合物。某一混合物含苯酚、苯甲醇、苯甲酸和苯胺四種物質(zhì)，其分離方案如圖。已知：苯甲醇、苯甲酸、苯胺微溶于水。A、B、C分別是：A 、B 、C 。上述方案中，若首先僅僅將苯甲酸與其他三種物質(zhì)分開，則應(yīng)加入 。解析：苯酚、苯甲酸呈酸性，苯胺呈堿性，苯甲醇為中性，可先加氫氧化鈉或碳酸鈉溶液，苯酚、苯甲酸與氫氧化鈉反應(yīng)生成溶于水的鹽，則水層中含有苯酚鈉、苯甲酸鈉，在溶液中通入二氧化碳?xì)怏w，可得到苯酚，分離后在水中加入鹽酸可得到苯甲酸，則A為NaOH溶液，B為二氧化碳，C為鹽酸，物質(zhì)1為苯甲酸，物質(zhì)2為苯酚；苯甲醇、苯胺中加入鹽酸，苯胺生成鹽，溶于水，在水層中加入氫氧化鈉可得到苯胺；則物質(zhì)3為苯胺，物質(zhì)4為苯甲醇；若首先僅僅將苯甲酸與其他三種物質(zhì)分開，則應(yīng)加入碳酸氫鈉。答案：NaOH溶液 CO2 鹽酸 碳酸氫鈉(3)欲將轉(zhuǎn)化為，則應(yīng)加入 。解：CH2ONa易水解，可與水反應(yīng)生成CH2OH。答