2014年上海高考化学试卷及答案[解析版]

2014年普通高等学校招生全国统一考试（上海卷）

化学单科卷

考生注意：

1． 本试卷满分150分，考试时间120分钟。

2． 本考试设试卷和答题纸两部分，试卷包括试题与答题要求；所有答题必须涂或写在答题纸上；做在试卷上一律不得分。

3． 答题前，考生务必在答题纸上用钢笔或圆珠笔在答题纸正面清楚地填写姓名、准考证号，并将核对后的条形码贴在指定位置上，在答题纸反面清楚地填写姓名。

4． 答题纸与试卷在试题编号上是一一对应的，答题时应特别注意，不能错位。

相对原子质量： H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 Zn-65 As-75

一、 选择题（本题共10分，每小题2分，每小题只有一个正确选项）

2381．“玉兔”号月球车用238作为热源材料，下列关于Pu 9494Pu 的说法正确的是

238A ．238

94Pu 与92U 互为同位素 239 B ．238

94Pu 与94Pu 互为同素异形体

238238239C ．238

94Pu 与92U 具有完全相同的化学性质D ．94Pu 与94Pu 具有相同的最外层电子

【答案】D

238238239【解析】A 、238

94Pu 与92U 两种核素的质子数不相同，不属于同位素，A 错误；B 、94Pu 与94Pu 均属于

238核素，不是单质，不能互称为同素异形体，二者互称为同位素，B 错误；C 、238

94Pu 与92U 两种核素的质

子数不相同，不属于同种元素，不具有完全相同的化学性质，C 错误；D 、

数相同，所以具有相同的最外层电子（94），D 正确。

2．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 23894Pu 与23994Pu 两种核素的质子D ．苯酚

【答案】A

【解析】A 、过氧化钠和空气中二氧化碳、水蒸气反应而变质（2Na 2O 2+2CO2=2Na2CO 3+O2

、2Na 2O 2+2H2O=4NaOH+O2↑），与氧气无任何关系，A 选；B 、氢硫酸易被空气中的氧气氧化而变质（2H 2S+O2=2S↓+2H2O ），B 不选；C 、硫酸亚铁中的铁元素是+2价，易被空气中的氧气氧化生成+3价而变质，C 不选；D 、苯酚中的酚羟基易被空气中的氧气氧化而显紫色，D 不选。

3．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

【答案】A

【解析】根据高分子化合物的结构简式“„—CH=CH—CH=CH—CH=CH—CH=CH-„”可知，该物质属于加聚产物，链节是－CH ＝CH －，因此单体是乙炔，答案选A 。

4．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

C ．范德华力、共价键、共价键

【答案】B

【解析】“石蜡→液体石蜡→石蜡蒸气”属于石蜡的 “三态”之间的转化，由于石蜡属于分子晶体，所以转化的过程中要克服分子间作用力；“石蜡蒸气→裂化气”属于石油的裂化，属于化学变化，必然要破坏化学键（共价键），答案选B 。

5．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 B ．范德华力、范德华力、共价键 D ．共价键、共价键、共价键

【答案】A

【解析】A 、物质从固态直接变成气态的过程（物理变化）叫升华，所以升华分离法只与物质的熔沸点有关，与溶解度无关，A 不选；B 、萃取（Extraction ）指利用化合物在两种互不相溶（或微溶）的溶剂中溶解度或分配系数的不同，使化合物从一种溶剂内转移到另外一种溶剂中。经过反复多次萃取，将绝大部分的化合物提取出来的方法，B 选；C 、纸上层析是利用混合物中各组分在固定相和流动相中的溶解度不同而达到分离目的，常用滤纸作载体，滤纸上所吸收的水分作固定相，有机溶剂作流动相，当流动相流过固定相时，各组分以不同的速度移动，从而使混合物分离，C 不选；D 、重结晶法，就是利用不同物质在同一溶剂中的溶解度的差异，通过先浓缩混合物，使混合物中的各物质含量达到一定比例时，一种物质形成饱和溶液从溶液中结晶析出，D 不选。

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．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

C ．酸性HClO 4 > H2SO 4

【答案】B

【解析】A 、元素的金属性越强，其原子失电子能力越强、其对应氧化物的水化物碱性越强，金属性K ＞Na ，则碱性： KOH ＞NaOH ，A 不选；B 、相对原子质量的大小与元素周期律无关，B 选；C 、非金属性Cl ＞S ＞P ，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，酸性HClO 4 > H2SO 4，C 不选；

D 、同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，故元素的金属性：Mg > Al，D 不选。

7．下列各组中两种微粒所含电子数不相等的是

A ．H 3O 和OH B．CO 和N 2 ＋― B ．相对原子质量：Ar > K D ．元素的金属性：Mg > Al C ．HNO 2和NO 2 D．CH 3 和NH 4 ―＋＋

【答案】D

【解析】A 、H 3O 的电子数等于1×3+8-1=10，OH 的电子数等于1+8+1=10，二者电子数相等，A 不选；

B 、CO 的电子数等于6+8=14，N 2的电子数等于7×2=14，二者电子数相等，B 不选；C 、HNO 2的电子数等于1+7+8×2=24，NO 2的电子数等于7+8×2+1=24，，二者电子数相等，C 不选；D 、CH 3的电子数等于6+1×3-1=8，NH 4的电子数等于7+1×4-1=10，二者电子数不相等，D 选。

8．BeCl 2熔点较低，易升华，溶于醇和醚，其化学性质与AlCl 3相似。由此可推测BeCl 2

A ．熔融不导电

C ．熔点比BeBr 2高

【答案】A

【解析】A 、根据题目提供的信息“BeCl 2熔点较低，易升华，溶于醇和醚”，可知BeCl 2形成的晶体属于分子晶体，分子晶体的是由分子构成的晶体，故熔融状态下不导电，A 正确；B 、根据题目提供的信息“BeCl 2化学性质与AlCl 3相似”，由于AlCl 3溶液中的Al 3+能发生水解（Al 3++3H2O Al(OH)3+3H+）使溶液显酸性， B ．水溶液呈中性 ＋―＋＋―D ．不与NaOH 溶液反应 所以BeCl 2水溶液显酸性，B 错误；C 、BeCl 2和BeBr 2形成的晶体都是分子晶体，且二者结构相似，故随着相对分子质量的增大，熔沸点也逐渐的增大，C 错误；D 、由“AlCl 3能与NaOH 反应”可知BeCl 2也能与NaOH 反应，D 错误。

9．1，3-丁二烯和2-丁炔分别与氢气反应的热化学方程式如下：

CH 2=CH—CH=CH2(g) + 2H2(g) → CH 3CH 2CH 2CH 3(g) + 236.6 kJ CH 3-C ≡C-CH 3(g) + 2H2(g) → CH 3CH 2CH 2CH 3(g) + 272.7 kJ

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键能之和的大小

【答案】D

【解析】根据盖斯定律可得CH 2=CH—CH=CH2(g) →CH 3-C ≡C-CH 3(g) —36.1kJ ，这说明1，3-丁二烯（CH 2=CH—CH=CH2(g)）转化为2-丁炔（CH 3-C ≡C-CH 3(g)）是吸热反应，故在质量相等的前提下，1，3-丁二烯（CH 2=CH—CH=CH2(g)）的能量要低于2-丁炔（CH 3-C ≡C-CH 3(g)）的能量，1，3-丁二烯（CH 2=CH—CH=CH2(g)）的稳定性要低于2-丁炔（CH 3-C ≡C-CH 3(g)），通过上述分子可知ABC 均正确。

10．右图是用于干燥、收集并吸收多余气体的装置，下列方案正确的是

【答案】C

【解析】A 、氯化氢是酸性气体，能和碱性干燥剂碱石灰发生反应，不能用碱石灰干燥，A 错误；B 、氨气密度小于空气，采用此方法收集氨气时应该是短口进，长口出，B 错误；C 、二氧化硫是酸性气体，能用中性干燥剂氯化钙干燥，且二氧化硫的密度大于空气，用向上排空气法收集，C 正确；D 、一氧化氮极易被空气氧化生成二氧化氮，不能用排空气法收集，D 错误。

11．向饱和澄清石灰水中加入少量CaC 2，充分反应后恢复到原来温度，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 ―＋

【答案】

B

【解析】CaC 2能和水发生反应，反应的方程式为CaC 2+2H2O=Ca(OH)2+CH≡C H↑，伴随着该反应的发生，溶剂水的质量逐渐减小，所以会有Ca(OH)2析出。由于温度不变，Ca(OH)2的溶解度不发生改变，该溶液依然是饱和溶液，所以c(Ca2) 、c(OH) 均保持不变，答案选B 。 ＋―

12．如右图，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl 溶液的U 型管中，下列分析正确的是

A ．K 1闭合，铁棒上发生的反应为2H +2e→H 2↑

B ．K 1闭合，石墨棒周围溶液pH 逐渐升高

C ．K 2闭合，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法

D ．K 2闭合，电路中通过0.002 NA 个电子时，两极共产生0.001 mol气体

饱和NaCl 溶液 ＋

【答案】B

【解析】A 、K 1闭合时，该装置构成了Fe —C —NaCl 溶液的原电池，铁作负极，发生氧化反应，电极反应是2Fe —4e =2Fe2+，A 错误；B 、C 棒作正极，发生的电极反应式2H 2O+O2+ 4e=4OH，故石墨棒周围溶———

液pH 逐渐升高，B 正确；C 、K 2闭合时，该装置构成了Fe —C —外加电源的电解池，C 作阳极，Fe 作阴极而不被腐蚀，该方法称为外加电流的阴极保护法，C 错误；D 、K 2闭合时，阳极的电极反应式是2Cl —2e

———= Cl2↑，阴极的电极反应式2H ++2e= H2↑，所以当电路中通过0.002 NA 个（相当于0.002mol ）电子时，生

成H 2和Cl 2的物质的量均为0.001mol ，则两极共产生0.002mol 气体，D 错误。

13．催化加氢可生成3－甲基己烷的是

CH 22CH 2CH 2CH 3CH 2CH

A ．3 B ．3

CH 32CH 3CH 3CH 2CH 2CH 2C=CH2

C ．2 D ． 3

【答案】C

CH 22CH 2CH 2CH 3

【解析】解题要根据有机物的加成特点解题。A 、3完全加成的产物是

CH 2CH

（3—甲基庚烷），A 错误；B 、3完全加成的

CH 32CH 3

产物是（3—甲基戊烷），B 错误；C 、2完全加成的产物是

CH 3CH 2CH 2CH 2C=CH2

（3—甲基己烷），C 正确；D 、3

完全加成的产物是

（2—甲基己烷），D 错误。

14．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

C ．平衡移动，K 值可能不变

【答案】D

【解析】A 、K 值代表化学平衡常数，平衡常数只与温度有关系，K 值不变只能说明温度不改变，但是其他条件也可能发生改变，平衡也可能发生移动，A 正确；B 、K 值变化，说明反应的温度一定发生了变化，因此平衡一定移动，B 正确；C 、平衡移动，温度可能不变，因此K 值可能不变，C 正确；D 、平衡移动，温度可能不变，因此K 值不一定变化，D 错误。

15．右图是模拟“侯氏制碱法”制取NaHCO 3的部分装置。下列操作正确的是

A ．a 通入CO 2，然后b 通入NH 3，c 中放碱石灰

B ．b 通入NH 3，然后a 通入CO 2，c 中放碱石灰

C ．a 通入NH 3，然后b 通入CO 2，c 中放蘸稀硫酸的脱脂棉

D ．b 通入CO 2，然后a 通入NH 3，c 中放蘸稀硫酸的脱脂棉

【答案】C

【解析】由于CO 2在水中的溶解度比较小，而NH 3极易溶于水，所以在实验中要先通入溶解度较大的NH 3，再通入CO 2，由于NH 3极易溶于水，在溶于水时极易发生倒吸现象，所以通入NH 3的导气管的末端不能升入到溶液中，即a 先通入NH 3，然后a 通入CO 2，ABD 均错误；因为NH 3是碱性气体，所以过量的NH 3要用稀硫酸来吸收，故答案选C 。

16．含有砒霜（As 2O 3）的试样和锌、盐酸混合反应，生成的砷化氢（AsH 3）在热玻璃管中完全分解成单质砷和氢气。若砷的质量为1.50 mg，则

A ．被氧化的砒霜为1.98 mg

C ．和砒霜反应的锌为3.90 mg

【答案】C

B ．分解产生的氢气为0.672 mL D ．转移的电子总数为6×10-3N A B ．K 值变化，平衡一定移动 D ．平衡移动，K 值一定变化

【解析】A 、根据题目提供的信息“砒霜（As 2O 3）的试样和锌、盐酸混合反应，生成的砷化氢（AsH 3）”，可知As 元素的化合价变化情况是As 2O 3→As H 3，即在该反应中As 2O 3作氧化剂（被还原），A 错误；B 、所给的是氢气的体积，体积和外界条件有关，在没有指明具体的外界条件下，无法求出氢气的体积，B 错误；C 、根据元素守恒可知，在热玻璃管中生成的As 单质的物质的量和参加反应As 2O 3中含+3-3

11.50 ⨯10-3g 有的As 元素的物质的量相等，n (As ) ==2⨯10-5mol ，则n (As 2O 3) =n (As ) = 275g /mol

1⨯10mol ，根据As 元素的化合价变化情况是As 2O 3→As H 3，可知1⨯10-5mol As2O 3完全反应转化为AsH 3转移电子的物质的量是1.2⨯10mol ，而Zn 在此反应中的化合价变化情况是Zn →Zn ，故-40+2-5+3-3

1.2⨯10-4

-5参加反应Zn 的物质的量是=6⨯10mol ，则2

m (Zn ) =6⨯10-5mol ⨯65g ⋅mol -1=3.9⨯10-3g =3.90 mg，C 正确；D 、根据上述分析，转移的电子数为D 错误。

17．用FeCl 3溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得溶液中加入铁粉。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Fe 3 ＋

B ．若有固体存在，则溶液中一定有Fe 2 ＋

C ．若溶液中有Cu 2，则一定没有固体析出 ＋

D ．若溶液中有Fe 2，则一定有Cu 析出 ＋

【答案】B

【解析】A 、所得溶液中加入铁粉，发生的反应可能有Fe+2FeCl3=3FeCl2， Fe+CuCl2═FeCl 2+Cu，Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2，若无固体剩余，说明铁粉以及生产的Cu 全部参加反应，此时溶液中的可能含有Fe 3，也有可能不含有Fe 3，A 错误；B 、若有固体存在，说明固体中一定含有Cu ，还有可能含有Fe ，因＋＋

此溶液中一定含有Fe 2，B 正确；C 、若溶液中有Cu 2，那么可能会有部分Cu 2和Fe 置换出Cu ，所以不＋＋＋

一定没有固体析出，C 错误；D 、若溶液中有Fe 2，如若溶液中Fe 3过量，则不一定有Cu 析出，D 错误。 ＋＋

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．某未知溶液可能含Cl 、CO 32、Na 、SO 42、Al 3，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SO 42 C ．一定没有Al 3 D ．一定没有CO 32 ―＋―

【答案】BD

【解析】由题目所给信息“将溶液滴在蓝色石蕊试纸上，试纸变红”，说明溶液显酸性，则CO 32一定―不存在（CO 32+2H+=H2O+CO2↑）；“滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成”，说明白色沉淀是―

BaSO 4，则溶液中一定存在SO 42；“在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀”，说明白色沉淀是AgCl ，―

由于在检验“SO 42”时加入BaCl 2，带入了一部分Cl ，所以无法确认溶液中是否含有Cl 。根据溶液电中―――

性原则，所以该溶液中还有阳离子Na 、Al 3中的至少一种。综上分析，BD 正确。 ＋＋

19．下列反应与Na 2O 2＋SO 2→Na 2SO 4相比较，Na 2O 2的作用相同的是

A ．2Na 2O 2＋CO 2→2Na 2CO 3＋O 2

C ．Na 2O 2＋H 2SO 4→Na 2SO 4＋H 2O 2

【答案】D

【解析】氧化还原反应Na 2O 2＋SO 2→Na 2SO 4中，Na 2O 2是氧化剂，SO 2是还原剂；A 、2Na 2O 2＋CO 2→2Na 2CO 3＋O 2反应中，Na 2O 2既是氧化剂也是还原剂，A 不选；B 、2Na 2O 2＋2SO 3→2Na 2SO 4＋O 2反应中，Na 2O 2既是氧化剂也是还原剂，B 不选；C 、Na 2O 2＋H 2SO 4→Na 2SO 4＋H 2O 2属于非氧化还原反应，C 不选；D 、3Na 2O 2＋Cr 2O 3→2Na 2CrO 4＋Na 2O 反应中，Na 2O 2是氧化剂，D 选。

20．向等物质的量浓度的NaOH 和Na 2CO 3的混合溶液中加入稀盐酸。下列离子方程式与事实不相符的是

A ．OH ＋CO 32＋2H →HCO 3＋H 2O ――＋― B ．2Na 2O 2＋2SO 3→2Na 2SO 4＋O 2 D ．3Na 2O 2＋Cr 2O 3→2Na 2CrO 4＋Na 2O

B ．2OH ＋CO 32＋3H →HCO 3＋2H 2O ――＋―C ．2OH ＋CO 32＋4H →CO 2↑＋3H 2O ――＋D ．OH ＋CO 32＋3H →CO 2↑＋2H 2O ――＋

【答案】C

【解析】根据题目提供的信息“向等物质的量浓度的NaOH 和Na 2CO 3的混合溶液中加入稀盐酸”，可知首先发生得到离子反应是OH ＋H →H 2O ，再次是CO 32＋H →HCO 3，最后是HCO 3＋H →CO 2↑＋H 2O 。―＋―＋――＋

如果只发生前两个反应，则总的离子方程式为OH ＋CO 32＋2H →HCO 3＋H 2O 或2OH ＋CO 32＋3H →――＋―――＋HCO 3＋2H 2O ，AB 正确；如果三个反应均发生，则总的离子方程式为OH ＋CO 32＋3H →CO 2↑＋2H 2O ，―――＋

D 正确。

21．室温下，甲、乙两烧杯均盛有5 mL 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5 mL pH=11的NaOH 溶液反应，所得溶液的pH ：甲≤乙

【答案】AD

【解析】A 、如果酸是强酸，当PH=3升高到PH=4，需要溶液稀释10倍。如果酸是弱酸，当PH=3升高到PH=4，需要溶液稀释大于10倍，则溶液的体积是10V 甲≤V 乙，A 正确；B 、酸性溶液中，酸电离出的H +会抑制水的电离，则甲烧杯中的H +浓度是乙烧杯中H +浓度的10倍，因此水电离出的OH 浓度：10c(OH) —―甲―――=c(OH) 乙，B 错误；C 、如果生成的盐不水解，则溶液的PH 相等。如若盐水解，则甲烧杯中溶液的碱性强―

于乙烧杯中溶液的碱性，因此所得溶液的PH ：乙≤甲，C 错误；D 、若分别于5 mL pH=11的NaOH 溶液反应，如果是强酸，则均是恰好反应，溶液显中性。如果是弱酸，则酸过量，但甲烧杯中酸的浓度大，pH 小，因此，所得溶液的pH ：甲≤乙，D 正确。

22．已知：2Na[Al(OH)4]+CO2→2Al(OH)3↓+Na2CO 3+H2O ，向含2 mol NaOH、1 mol Ba(OH)2、2 mol Na[Al(OH)4]的混合溶液中慢慢通入CO 2，则通入CO 2的量和生成沉淀的量的关系正确的是

【答案】AC

【解析】含NaOH 、Ba(OH)2、 Na[Al(OH)4]的混合溶液中慢慢通入CO 2，发生的离子反应有：Ba 2++2OH+CO2=BaCO3↓+H2O 、2OH +CO2= CO32+H2O 、2[Al(OH)4] + CO2= 2Al(OH)3↓+ CO32+H2O 、CO 32——————+H2O+CO2=2HCO3。

A 、当通入的n(CO2) =2 mol时，发生的离子反应是Ba 2++2OH+CO2=BaCO3↓+H2O 和2OH +CO2= CO32————+H2O ，所以产生的沉淀是BaCO 3且n(沉淀)=1mol，A 正确；B 、当通入的n(CO2) =3 mol时，发生的离子反应是Ba 2++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BaCO 3和Al(OH)3且n(沉淀) 之和是3mol （1mol BaCO3和2mol Al(OH)3），B 错误；C 、当通入的n(CO2) =4 mol时，发生的离子反应是Ba 2++2OH+CO2=BaCO3↓+H2O 、2OH +CO2= CO32+H2O 、2[Al(OH)4] ———

—+ CO2= 2Al(OH)3↓+ CO32+H2O 、CO 32+H2O+CO2=2HCO3，所以产生的沉淀是BaCO 3和Al(OH)3且n(沉淀) ———

之和是3mol （1mol BaCO3和2mol Al(OH)3），C 正确；D 、当通入的n(CO2) =5 mol时，部分的BaCO 3会发生反应，生成的沉淀要小于3mol ，D 错误。

四、（本题共12分）

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CO 2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：

23．如果要提高上述反应的反应速率，可以采取的措施是______________。（选填编号）

a ．减压 b ．增加NH 3的浓度 c ．升温 d ．及时移走产物

24．铜液中的氨可吸收二氧化碳，写出该反应的化学方程式。

_______________________________________________________________________

25．简述吸收CO 及铜液再生的操作步骤（注明吸收和再生的条件）

__________________________________________________________________________

26．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___________________。

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___________________________可判断氮、磷两种元素的非金属性强弱。

27．已知CS 2与CO 2分子结构相似，CS 2的电子式是_______________________。

CS 2熔点高于CO 2，其原因是_______________________________________。

【答案】 23．Bc 24．2NH 3+CO2+H2O→(NH4) 2CO 3 (NH4) 2CO 3+ CO2+H2O→2 NH4HCO 3

25．①低温加压下吸收CO ；②然后将铜洗液转移至另一容器中；③高温低压下释放CO ，然后将铜洗液循环利用

26．C>N>O>H；

27．；NH 3和PH 3的稳定性 CS 2和CO 2都是分子晶体，CS 2相对分子质量大，分子间作用力大。

【解析】23．a ．减压，导致反应物的浓度降低，反应速率减慢；b ．增加NH 3的浓度，增大了反应物的浓度，反应速率加快；c ．升温，化学反应速率加快； d ．及时移走产物，降低了生成物的浓度，反应速率减慢。

24．铜液中的氨水（碱性）能与CO 2发生反应，当CO 2适量时发生的反应为2NH 3+CO2+H2O→(NH4) 2CO 3，当CO 2过量时发生的反应为 (NH4) 2CO 3+ CO2+H2O→2 NH4HCO 3；

25．由化学方程式“Cu(NH3) 2Ac + CO + NH3 ⇌ [Cu(NH3) 3CO]Ac ”以及“铜液吸收CO 的反应是放热反应”可知，该反应是体积减小的放热反应，因此吸收CO 最适宜的条件是低温高压，即①低温加压下吸收CO ；②然后将铜洗液转移至另一容器中；③高温低压下释放CO ，然后将铜洗液循环利用。

26．铜液的组成元素中属于短周期元素有C 、H 、O 、N ，根据原子半径变化规律可知，原子半径C>N>O>H；氮元素原子最外层有5

个电子，根据核外电子排布的规律可知最外层排布的轨道式是

；比较元素的非金属性强弱，我们可以通过比较元素气态氢化物低温稳定性或者

元素最高价氧化物的水化物的酸性进行判断。

27．根据题目中的信息“CS 2与CO 2分子结构相似”，根据CO 2的电子式（的电子式（

）可以写出CS 2

）；因为“CS 2与CO 2分子结构相似”，对于组成和结构相似的物质，相对分子质

量越大（分子间作用力就越强），熔沸点就越高，所以CS 2的熔沸点高于CO 2。 五、（本题12分）

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：

28．硫化氢具有还原性，可以和许多氧化剂反应。在酸性条件下，H 2S 和KMnO 4反应生成S 、MnSO 4、K 2SO 4

和H 2O ，写出该反应的化学方程式。

________________________________________________________________

29．石油化工的废气中有H 2S 。写出从废气中回收单质硫的两种方法（除空气外，不使用其他原料），以

化学方程式表示。

______________________________________________________________ ______________________________________________________________

30．室温下，0.1 mol/L的硫化氢溶液和0.1 mol/L的碳酸钠溶液，碱性更强的是___________，其原因是

____________________________________________________________。 已知：H 2S ：K i1＝1.3×10-7 K i2=7.1×10-15

H 2CO 3：K i1＝4.3×10-7 K i2=5.6×10-11

31．向 ZnSO 4溶液中滴加饱和H 2S 溶液，没有沉淀生成，继续滴加一定量的氨水后，生成ZnS 沉淀，用电

离平衡原理解释上述现象。

______________________________________________________________________________。

32．将黑色的Fe 2S 3固体加入足量盐酸中，溶液中有浅黄色固体生成，产物有___________、 ______________。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_____ ________________________________________________________。 【答案】（本题12分）

28．5H 2S+2KMnO4+3H2SO 4→K 2SO 4+2MnSO4+8H2O+5S↓

→ S+H2或2H 2S+O2−−−29．2H 2S+3O2−−−2H 2S+ SO2+=3S↓+2H2O ；H 2S −−→2SO 2+2H2O ，→2S+2H2O

30．硫化钠溶液；硫化氢的K i2小于碳酸的K i2，硫化钠更易水解。

31．饱和H 2S 溶液中电离产生的S 2很少，因此没有沉淀。加入氨水后，促进H 2S 的电离，S 2离子浓度

—

—

点燃∆点燃

增大，有沉淀产生。

32．FeCl 2、H 2S ；先有白色沉淀生成，然后沉淀转化为灰绿色，最终转化为红褐色。

【解析】28．根据题目中的信息“H 2S 和KMnO 4反应生成S 、MnSO 4、K 2SO 4和H 2O ”，可知该反应属于氧化还原反应，根据得失电子守恒以及质量守恒，配平方程式得5H 2S+2KMnO4+3H2SO 4→K 2SO 4+2MnSO4+8H2O+5S↓；

29．以H 2S 为原料制取S 的方法有，方法一：H 2S 在氧气中的不完全燃烧，方法二：在加热的条件下H 2S 的自身分解，方法三：H 2S 和SO 2发生归中反应，所以发生反应的化学方程式有：

→ S+H2或2H 2S+O2−−−→2SO 2+2H2O ，2H 2S+ SO2+=3S↓+2H2O ；H 2S −−→2S+2H2O ； 2H 2S+3O2−−−

30．酸越弱，相应的盐越容易水解，溶液的碱性就越强。根据电离常数可知，硫化氢的K i2小于碳酸的K i2，硫化钠更易水解，即硫化钠溶液的碱性更强； 31．H 2S 属于弱电解质，存在电离平衡（H 2S

—

点燃∆点燃

2H ++S2），即饱和H 2S 溶液中电离产生的S 2很少，

—

—

因此没有沉淀。加入氨水后，促进H 2S 的电离，S 2离子浓度增大，从而有沉淀产生。

32．根据题目中的信息“将黑色的Fe 2S 3固体加入足量盐酸中，溶液中有浅黄色固体生成”可知，浅黄色固体是S 单质，从而说明该反应属于氧化还原反应。黑色的Fe 2S 3固体加入足量的盐酸中，生成H 2S 和氯化铁，氯化铁可氧化H 2S 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。 六、（本题共12分）

在精制饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打（NaHCO 3），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：

33．写出上述制备小苏打的化学方程式。

___________________________________________________________________

34．滤出小苏打后，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_____________。（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

35．提取的NH 4Cl 中含有少量Fe 2、SO 42。将产品溶解，加入H 2O 2，加热至沸，再加入BaCl 2溶液，过滤，

＋

―

蒸发结晶，得到工业氯化铵。

加热至沸的目的是____________________________________________________。 滤渣的主要成分是__________________、______________________

36．称取1.840 g小苏打样品（含少量NaCl ），配置成250 mL溶液，取出25.00 mL用0.1000 mol/L盐酸滴

定，消耗盐酸21.50 mL。

实验中所需要的定量仪器除滴定管外，还有_____________________________________。

选用甲基橙而不选酚酞作为指示剂的原因是____________________________________。 样品中NaHCO 3质量分数为_____________________。（保留3位小数）

37．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_______________。（选填“偏高”、“偏低”或“不受影响”）

【答案】（本题共12分）

33．NH 4HCO 3+NaCl→NaHCO3↓+NH4Cl 34．ad

35．使Fe 3+完全水解为Fe(OH)3；Fe(OH)3 BaSO 4

36．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 37．偏高

【解析】33．饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打（NaHCO 3），根据质量守恒可知同时生成NH 4Cl ，反应的方程式为NH 4HCO 3+NaCl→NaHCO3↓+NH4Cl ；

34．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 ；

35．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BaCl 2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；

36．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 （NaHCO 3）=0.00215mol，所以样品中m （NaHCO 3）=0.00215mol×10×84g/mol=1.806g，ω（NaHCO 3）=

1. 806g

⨯×100%=98.2%=0.982；

1. 840g

37．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。 七、（本题共12分）

氯气和氯乙烯都是非常重要的化工产品，年产量均在10 t左右。氯气的实验室制备和氯乙烯的工业

7

生产都有多种不同方法。

完成下列填空：

38．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_________________、 ______________________（填写试剂或溶液名称）。

39．实验室用2.00 mol/L盐酸和漂粉精[成分为Ca(ClO)2、CaCl 2]反应生成氯气、氯化钙和水，若产生2.24 L

（标准状况）氯气，发生反应的盐酸____________mL

40．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。

_______________________________________________________________ 41．工业上用电石－乙炔法生产氯乙烯的反应如下：

→CaC 2＋CO CaO ＋3C −−−−−

CaC 2＋2H 2O →HC ≡CH ↑＋Ca(OH)2

2

HC ≡CH ＋HCl −−−−−→CH 2＝CHCl 140℃～200℃

2200℃～2300℃

HgCl

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：__________________________、________________________。 42．乙烷和氯气反应可制得ClCH 2CH 2Cl ，ClCH 2CH 2Cl 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不产生其他度废液。

【答案】（本题共12分） 38．饱和氯化钠溶液、氢氧化钠溶液 39．100

40．用试管收集氯气，收集满后将试管倒立在氢氧化钠溶液中，观察试管内有无残留气体。 41．高耗能 会污染环境

42．CH 2=CH2+Cl2→ClCH2CH 2Cl ClCH 2CH 2Cl→CH 2=CHCl+HCl CH≡CH+ HCl→CH 2=CHCl

【解析】38．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； 39．反应的方程式为ClO +Cl+2H+=Cl2↑+H2O ，n （Cl 2）=

—

—

2.24L

=0.1mol，则需要n （HCl ）=0.2mol，

22.4L/mol

发生反应的盐酸的体积为V=

0.2mol

=0.1L=100mL；

2mol/L

40． 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；

41．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；

42．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CH 2=CH2+Cl2→ClCH2CH 2Cl 、ClCH 2CH 2Cl→CH 2=CHCl+HCl 以及CH ≡CH+ HCl→CH 2=CHCl 八、（本题共8分）

许多有机化合物具有酸碱性 完成下列填空：

43．苯酚、苯甲醇、苯甲酸、碳酸的酸性由强到弱的顺序为：______________________________

苯胺（

NH 2

）具有____________。（选填“酸性”、“碱性”或“中性”）

44．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

案如下图。

已知：苯甲醇、苯甲酸、苯胺微溶于水

苯胺 苯酚

苯甲酸

苯甲醇提纯

物质4

水层 A

C 提纯

提纯

物质1

物质2

提纯

物质3

A 、B 、C 分别是：A______________ B_______________ C________________

ONa CH 2ONa

ONa CH 2OH

45．欲将

转化为，则应加入__________________。

【答案】 43．苯甲酸>碳酸>苯酚>苯甲醇 碱性

44．NaOH 溶液或Na 2CO 3溶液 CO 2 盐酸 NaHCO 3溶液 45．H 2O

【解析】43．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；

44．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；

45．—CH 2ONa 易水解，可与水反应生成—CH 2OH ， 九、（本题共14分）

N

H COOH

•

HCl

COOH

M 是一种治疗直肠癌和小细胞肺癌药物的主要成分，其结构为

H （不

考虑立体结构，其中R 为

丁烷

H 2N H

），M 的一种合成路线如下（部分反应试剂和条件省略）。

2H 5OH

H 5C 22CHO

5C 22H 5

完成下列填空：

46．写出反应类型： 反应①_____________ 反应③_________________

47．写出反应试剂和反应条件：反应②_________________ 反应④____________________ 48．写出结构简式：B_____________________ C_________________________ 49．写出一种满足下列条件A 的同分异构体的结构简式

（1）能与FeCl 3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_____________________________________________________________

50．丁烷氯代可得到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： A

B „„ ）

反应条件

反应条件

反应试剂

反应试剂

__________________________________________________________________________

51．已知：与 的化学性质相似，从反应④可得出的结论是：____________ 【答案】（本题共14分） 46．取代反应 氧化反应

47．C 2H 5OH ，浓硫酸，加热 （1）NaOH/H2O ，加热 （2）盐酸；或盐酸，加热

48．

H 3 49．

3

NaOH/C2H 5OH Br 2/CCl4

50．CH 3CHClCH 2CH 3—————————→CH 3CH=CHCH3——————→

Δ

NaOH/C2H 5OH

CH 3CHBrCHBrCH 3—————————→CH 2=CHCH=CH2

Δ

51．酰胺（肽键）水解比酯水解困难

【解析】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C 13H 16O 3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。

46．丁烷经氧化可生成丁酸酐，在氯化铝作用下生成为羟基生成醛基，为氧化反应；

，为加成反应，反应③的变化

47．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（NaOH/H2O ，加热），应在盐酸作用下加热反应生成；

48．由以上分析可知，B 应为49．A 为

，C

为。

，①能与FeCl 3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

H 33 ；

50．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NaOH/C2H 5OH Br 2/CCl4NaOH/C2H 5OH

CH 3CHClCH 2CH 3—————————→CH 3CH=CHCH3——————→CH 3CHBrCHBrCH 3—————————→

ΔΔCH 2=CHCH=CH2；

51．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。 十、（本题共14分）

硫有多种含氧酸，亚硫酸（H 2SO 3）、硫酸（H 2SO 4）、焦硫酸（H 2SO 4•SO3）、硫代硫酸（H 2S 2O 3）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：

52．焦硫酸（H 2SO 4•SO 3）溶于水，其中SO 3都转化为硫酸。若将445 g焦硫酸溶于水配成4.00 L硫酸，该

硫酸的物质的量浓度为_______________mol/L。

53．若以浓硫酸吸水后生成H 2SO 4•H2O 计算，250 g质量分数为98％的硫酸能吸收多少g 水？ 54．硫铁矿是工业上制硫酸的主要原料。硫铁矿氧化焙烧的化学反应如下：

3FeS 2＋8O 2→Fe 3O 4＋6SO 2 4FeS 2＋11 O2 →2Fe 2O 3＋8SO 2

若48 mol FeS2完全反应耗用氧气2934.4 L（标准状况），计算反应产物中Fe 3O 4与Fe 2O 3物质的量之比。 55．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（H 2S 、H 2O 、N 2）在空气中完全燃烧，若空气过量77％， 计算产物气体中SO 2体积分数（水是气体）。

已知空气组成：N 2体积分数0.79、O 2体积分数0.21。

【答案】（本题共14分） 52．1.25 53．250×98%÷98×16=40g 54．2934.4÷22.4=131mol，设Fe 3O 4 amol Fe 2O 3 bmol 3a+2b=48 8a+11÷2b=131 a=4 b=18 n(Fe3O 4): n(Fe2O 3)=2:9

55．设混合气体为1体积，0.84体积硫化氢完全燃烧生成0.84体积二氧化硫和0.84体积水，消耗1.26体积氧气。

所需空气为1.26÷0.21×1.77=10.26体积 ϕ(SO2)=0.84÷(10.62—1.26+1.84)=0.075 【解析】

52．445g 焦硫酸的物质的量n=

445g

=2.5mol，其中硫酸和三氧化硫的物质的量均为2.5mol ，

178g /mol

2.5molSO 3和水反应又会产生2.5nolH 2SO 4，所以溶液中H 2SO 4的物质的量是5.0mol ，则

c (H 2SO 4) =

5. 0mol

=1.25 mol/L；

4.00 L

53．250 g质量分数为98％的硫酸溶液中含H 2SO 4的质量是m=250 g×98％=245g，则

n (H 2SO 4) =

245g

=2.5mol。250 g质量分数为98％的硫酸溶液中含H 2O 的质量是m=250g—245g=5g。

98g/mol

2.5mol H2SO 4可以结合H 2O 的物质的量是2.5mol ，水的质量m=2.5mol×18g/mol=45g，因此还能吸收说的质量是40g ；

54．由题意可知n (O 2) =

2934.4 L

=131mol，设生成Fe 3O 4的物质的量是amol ，生成Fe 2O 3的物质

22.4L /mol

的量是bmol ，根据化学方程式3FeS 2＋8O 2→Fe 3O 4＋6SO 2 、4FeS 2＋11 O2 →2Fe 2O 3＋8SO 2得：8a+11÷2b=131（氧气守恒）和3a+2b=48（FeS 2守恒），解得a=4、b=18，所以n(Fe3O 4): n(Fe2O 3)=2:9。

点燃

55．设混合气为1体积，根据氯化氢完全燃烧的方程式2H 2S ＋3O 2———→2SO 2＋2H 2O 可知，0.84体积硫化氢完全燃烧生成0.84体积二氧化硫和0.84体积水，消耗1.26体积氧气。反应中空气过量77%，因1.260.84

此所需空气为0.21×1.77＝10.62，则二氧化硫体积分数ϕ＝1062-1.26+0.84+0.84+0.160.075。