1、2011年普通高等学校招生全国统一考试(上海卷)本试卷分为满分150分，考试时间120分钟。相对原子质量：H-l C-12 N-14 O-16 F-19 Na-23 Mg-24 Si-28 S-32 Cu-64 I-127。第卷 (共66分)一、选择题(本题共10分，每小题2分，只有一个正确选项，答案涂写在答题卡上。)1. 在稳定人体血液的pH中起作用的离子是A. Na+B. HCO3C. Fe2+D. Cl-【答案】B【解析】【分析】稳定人体血液的pH的离子,必须既能和氢离子反应,也能和氢氧根离子反应；【详解】A.Na+为强碱阳离子，不能起到调节人体内pH值的作用，故A不正确；B.HCO3-
2、在溶液中存在两个趋势：HCO3-离子电离使得溶液呈酸性，HCO3-水解呈现碱性，即电离呈酸性，降低pH值，水解呈碱性，pH值升高，故B正确；C.Fe2+为弱碱阳离子，水解使溶液呈酸性，只能降低pH值，故C不正确；D.Cl-为强酸阴离子，不能起到调节人体内pH值的作用，故D不正确；正确答案:B。【点睛】明确稳定pH是解答本题的关键，并熟悉盐类水解的规律及酸式酸根离子的性质来解答。2. 从光合作用的反应原理6CO2+6H2OC6H12O6+6O2可知碳是农作物生长的必需元素之一。关于用二氧化碳生产肥料的评价正确的是A. 缓解地球温室效应，抑制农作物营养平衡B. 加剧地球温室效应，促进农作物营养平衡
3、C. 缓解地球温室效应，促进农作物营养平衡D. 加剧地球温室效应，抑制农作物营养平衡【答案】C【解析】【详解】二氧化碳的大量排放会加剧温室效应，因此通过光合作用的反应原理6CO2+6H2OC6H12O6+6O2可知用二氧化碳生产肥料可缓解地球温室效应，促进农作物营养平衡。答案选C。3. 据报道，科学家开发出了利用太阳能分解水的新型催化剂。下列有关水分解过程的能量变化示意图正确的是A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】水分解是吸热反应，反应物总能量低于生成物总能量，催化剂能降低反应的活化能，但反应热不变，图像B符合，答案选B。【点睛】注意催化剂可降低反应的活化能，但不改变反应热。4.
4、 下列有关化学用语能确定为丙烯的是A. B. C3H6C. D. CH2CHCH3【答案】D【解析】【详解】A小黑球所代表的不一定是C和H原子，有可能是其它原子，如Cl等，不一定是丙烯，A不选；BC3H6可能为环丙烷，不一定是丙烯，B不选；C甲基上少一个H原子，C不选；D是丙烯的结构简式，D选；故选D。5. 高铁酸钾( K2FeO4)是一种新型的自来水处理剂，它的性质和作用是A. 有强氧化性，可消毒杀菌，还原产物能吸附水中杂质B. 有强还原性，可消毒杀菌，氧化产物能吸附水中杂质C. 有强氧化性，能吸附水中杂质，还原产物能消毒杀菌D. 有强还原性，能吸附水中杂质，氧化产物能消毒杀菌【答案】A【解
5、析】【详解】高铁酸钾具有强氧化性，可杀菌消毒。同时生成的还原产物铁离子，在溶液中能水解生成氢氧化铁胶体，吸附水中的悬浮物，因此正确的答案选A。二、选择题(本题共36分，每小题3分，只有一个正确选项，答案涂写在答题卡上)6. 浓硫酸有许多重要的性质，在与含有水分的蔗糖作用过程中不能显示的性质是A. 酸性B. 脱水性C. 强氧化性D. 吸水性【答案】A【解析】【详解】浓硫酸和含有水分的蔗糖作用，被脱水后生成了黑色的炭（碳化），并会产生二氧化碳、二氧化硫。反应过程分两步，浓硫酸吸收水，蔗糖(C12H22O11)在浓硫酸作用下脱水，生成碳单质和水，这一过程表现了浓硫酸的吸水性和脱水性：第二步，脱水反应
6、产生的大量热让浓硫酸和C发生反应生成二氧化碳和二氧化硫，这一过程表现了浓硫酸的强氧化性。答案选A。【点睛】酸性需要通过酸碱指示剂，或者是化学反应中体现出来的，蔗糖遇到浓硫酸的实验中没有体现出酸性。7. 下列溶液中通入SO2一定不会产生沉淀的是A. Ba(OH)2B. Ba(NO3)2C. Na2SD. BaCl2【答案】D【解析】【详解】A中可以生成亚硫酸钡沉淀，B中SO2溶于水溶液显酸性，NO3能把SO2氧化生成硫酸，进而生成硫酸钡沉淀。C中SO2能把S2氧化生成单质S沉淀。D中氯化钡和SO2不反应，答案选D。8. 转炉炼钢过程中既被氧化又被还原的元素是A. 铁B. 氮C. 氧D. 碳【答案
7、】D【解析】【详解】根据可知高炉炼铁基本原理：物料从炉顶进入，从炉底出去，因炉渣密度较小，所以出铁口在最下方，其次是出渣口，从炉低进热空气，上方下来的焦炭在炉底部进风口附近首先反应生成二氧化碳然后二氧化碳随气流上升与焦炭进一步反应生成一氧化碳；最后一氧化碳与铁矿石反应还原出铁，有关反应的化学方程式是C+O2CO2、CO2+C2CO、 Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，即炼铁反应中铁元素被还原剂CO还原，氮元素没有参与氧化还原反应，氧元素被碳还原，碳元素发生CCO2CO的一系列反应中，既被氧化又被还原，答案选D。9. 氯元素在自然界有和两种同位素，关于计算式中，下列说法正确的是（ ）A. 75
8、.77%表示的质量分数B. 24.23%表示的丰度C. 36.966表示的质量数D. 35.453表示氯元素的相对原子质量【答案】D【解析】【详解】A. 75.77%表示35Cl的丰度，不是质量分数，故A错误；B. 24.23%表示37Cl的丰度，故B错误；C. 36.966表示37Cl的相对原子质量，故C错误；D. 氯元素的相对原子质量是用两种同位素的相对原子质量分别乘以各自的丰度，故D正确； 故选D。10. 草酸晶体(H2C2O42H2O)100 开始失水，101.5 熔化，150 左右分解产生H2O、CO和CO2。用加热草酸晶体的方法使其分解获取某些气体，应该选择的气体发生装置是（ ）A
9、. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】由于草酸融化会堵塞试管口，并且为防止生成水蒸气液化成水后回流到固体试剂中，易使试管炸裂，选用试管口向下倾斜且固体放在顶端弯管部分的D项装置，故D项正确；故答案为D。11. 根据碘与氢气反应的热化学方程式：I2(g)+H2(g) 2HI(g) H=-9.48 k.Jmol-1I2(s)+H2(g) 2HI(g)H=+26.48k.Jmol-1下列判断正确的是A. 254gI(g)中通入2gH2(g)，反应放热9.48kJB. 1mol固态碘与1mol气态碘所含的能量相差17.00kJC. 反应的反应物总能量比反应的反应物总能量低D. 反应的生成物比
10、反应的生成物稳定【答案】C【解析】【详解】已知：I2(g)+H2(g)2HI(g)H=-9.48kJmol-1；I2(s)+H2(g)2HI(g)H=+26.48kJmol-1，利用盖斯定律将-可得I2(g)=I2(s)H=-9.48kJmol-1-26.48kJmol-1=-35.96kJmol-1，An(I2)=1moL，n(H2)=1mol，由于该反应为可逆反应不能完全进行，则放出的热量小于9.48kJ，故A错误；B由I2(g)=I2(s)H=-35.96kJmol-1，可知1mol固态碘与1mol气态碘所含的能量相差35.96kJ，故B错误；C由I2(g)=I2(s)H=-35.96k
11、Jmol-1，可知I2(g)能量大于I2(s)，故C正确；D反应、的产物都是HI，状态相同，稳定性相同，故D错误；故选：C。12. 甲醛与亚硫酸氢钠的反应方程式为HCHO+NaHSO3HO-CH2-SO3Na，反应产物俗称“吊白块”。关于“吊白块”的叙述正确的是A. 易溶于水，可用于食品加工B. 易溶于水，工业上用作防腐剂C. 难溶于水，不能用于食品加工D. 难溶于水，可以用作防腐剂【答案】B【解析】【详解】A.吊白块中含有钠盐，易溶于水，在人体内能产生有害物质，不能用于食品加工，故A错误；B.吊白块可产生次硫酸氢根离子（SO2-），还原性很强，因此可在有机合成用作还原剂，多用于工业用防腐剂，
12、故B正确；C.吊白块易溶于水，故C错误；D、吊白块易溶于水，故D错误。故选B。13. 某溶液中可能含有Na+、NH4+、Ba2+、SO42、I、S2。分别取样：用pH计测试，溶液显弱酸性；加氯水和淀粉无明显现象。为确定该溶液的组成，还需检验的离子是A. NH4+B. SO42C. Ba2+D. Na+【答案】D【解析】【详解】由可知溶液显弱酸性，上述离子只有NH4+水解使溶液显酸性，则一定含有NH4+，而S2-水解显碱性，且其水解程度比NH4+大，则溶液中一定不含有S2-；再由氯水能氧化I-生成碘单质，而碘遇淀粉变蓝，而中加氯水和淀粉无明显现象，则一定不含有I-；又溶液呈电中性，有阳离子必有阴
13、离子，则溶液中有NH4+，必须同时存在阴离子，即SO42必然存在，而Ba2+、SO42能结合生成沉淀，则这两种离子不能共存，即一定不存在Ba2+；显然剩下的Na+是否存在无法判断，则需检验的离子是Na+，故D符合题意；所以答案：D。14. 某物质的结构简式为，关于该物质的叙述正确的是A. 一定条件下与氢气反应可以生成硬脂酸甘油酯B. 一定条件下与氢气反应可以生成软脂酸甘油酯C. 与氢氧化钠溶液混合加热能得到肥皂的主要成分D. 与其互为同分异构且完全水解后产物相同的油脂有三种【答案】C【解析】【详解】A.一定条件下与氢气反应可以生成，不生成硬脂酸甘油酯，A项错误；B.据A分析，也不是成软脂酸甘油
14、酯，B项错误；C.其在碱性条件下水解得到高级脂肪酸钠，为肥皂的主要成分，C项正确；D.与其互为同分异构且完全水解后产物相同的油脂有两种，分别为：和两种，D项错误；答案选C。15. 月桂烯的结构如图所示，一分子该物质与两分子溴发生加成反应的产物(只考虑位置异构)理论上最多有（ ）A. 2种B. 3种C. 4种D. 6种【答案】C【解析】【详解】因分子存在三种不同的碳碳双键，如图所示；1分子该物质与2分子Br2加成时，可以在的位置上发生加成，也可以在位置上发生加成或在位置上发生加成，还可以1分子Br2在发生1，4加成反应，另1分子Br2在上加成，故所得产物共有四种，故选C项。16. 用电解法提取氯
15、化铜废液中的铜，方案正确的是A. 用铜片连接电源的正极，另一电极用铂片B. 用碳棒连接电源的正极，另一电极用铜片C. 用氢氧化钠溶液吸收阴极产物D. 用带火星的木条检验阳极产物【答案】B【解析】【详解】A. 在铂电极上电镀铜，无法提取铜，A项错误；B. 利用电解法提取CuCl2溶液中的铜，阴极应发生反应：Cu22e=Cu，阳极可以用碳棒等惰性材料作电极，B项正确；C 电解时阴极产生铜，无法用NaOH溶液吸收，C项错误；阳极反应：2Cl2e=Cl2，无法用带火星的木条检验，D项错误；答案选B。17. 120 mL含有0.20 mol碳酸钠的溶液和200 mL盐酸，不管将前者滴加入后者，还是将后者
16、滴加入前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，则盐酸的浓度合理的是A. 2.5mol/LB. 1.5 mol/LC. 0.18 mol/LD. 0.24mol/L【答案】B【解析】【详解】当碳酸钠滴入盐酸中，先反应生成二氧化碳，后无气体，碳酸钠完全反应，需要盐酸的浓度为2mol/L。当盐酸加入碳酸钠中先反应生成碳酸氢钠，无气体放出，需要盐酸的浓度1mol/L，后再加入盐酸，才有气体放出，所以要满足滴加方式不同，产生的气体体积不同，则盐酸的浓度应该在1mol/L2L/mol之间，答案选B。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
17、个正确选项，选对一个给2分，选错一个，该小题不给分，答案涂写在答题卡上。)18. 氧化还原反应中，水的作用可以是氧化剂、还原剂、既是氧化剂又是还原剂、既非氧化剂又非还原剂等。下列反应与Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr相比较，水的作用不相同的是A. 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2B. 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3C. 2F2+2H2O=4HF+O2D. 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2【答案】CD【解析】【分析】在反应Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr中，水中的氢、氧元素的化合价都不变，所以水既非氧化剂又非还原剂，据此
18、分析解答【详解】A. 在反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2中，水中氢、氧元素化合价都不变，所以水既不是氧化剂又不是还原剂，故A不选；B. 在反应4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3中，水中氢、氧元素化合价都不变，所以水既不是氧化剂又不是还原剂，故B不选；C. 在反应2F2+2H2O=4HF+O2中，水中氧元素失电子作还原剂，故C选；D. 在反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2中，水中氢元素得电子作氧化剂，故D选。答案选CD。19. 常温下用pH为3的某酸溶液分别与pH都为11的氨水、氢氧化钠溶液等体积混合得到a、b两种溶液，关于这两种溶液酸碱性的描述
19、正确的是A. b不可能显碱性B. a可能显酸性或碱性C. a不可能显酸性D. b可能显碱性或酸性【答案】AB【解析】【分析】根据pH都为11的氨水、氢氧化钠溶液，氢氧化钠的浓度小，再讨论pH为3的某酸溶液，利用等体积混合反应后溶液中的溶质来分析溶液的酸碱性。【详解】ApH为3的某酸溶液，为强酸时与等体积pH为11的氢氧化钠恰好完全反应，生成强酸强碱盐，则溶液为中性；酸为弱酸时酸过量，则溶液一般为酸性，即b不可能显碱性，故A正确；B某酸溶液为强酸时与等体积pH为11的氨水反应时氨水过量，则a可能显碱性；若为弱酸时恰好完全反应，生成弱酸弱碱盐，当弱酸酸根离子的水解小于弱碱中离子的水解，则a可能显酸
20、性，故B正确；C若为pH=3弱酸与等体积pH为11的氨水恰好完全反应时，生成弱酸弱碱盐，当弱酸酸根离子的水解小于弱碱中离子的水解，则a可能显酸性，故C错误；D若酸为pH=3弱酸与等体积pH为11的氢氧化钠溶液反应时酸过量，则溶液一般为酸性，即b不可能显碱性，故D错误。答案选AB。【点睛】pH为3的某酸，如果是强酸，完全电离，如果是弱酸，本身的浓度要大于10-3，即弱酸过量，这是易错点。20. 过氧化钠可作为氧气的来源。常温常压下二氧化碳和过氧化钠反应后，若固体质量增加了28 g，反应中有关物质的物理量正确的是(NA表示阿伏加德罗常数) 二氧化碳碳酸钠转移的电子A1molNAB22.4L1mol
21、C106 g1molD106g2NAA. AB. BC. CD. D【答案】AC【解析】【分析】由化学方程式：2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2，根据质量差求出二氧化碳、碳酸钠的物质的量，进而求出碳酸钠的质量和转移的电子数。【详解】二氧化碳和过氧化钠反应，当固体质量增加28g时，设参与反应二氧化碳的物质的量为x，生成碳酸钠的物质的量为y，=，解得：x=1mol，=，解得y=1mol，碳酸钠的质量=1mol106g/mol=106g，因常温常压下发生的反应，1mol二氧化碳的体积22.4L；由化学方程式可知：1mol二氧化碳参与反应转移1mol电子，即有NA个电子转移。答案选AC。21.
22、 在复盐NH4Fe（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，可能发生的反应的离子方程式是A. Fe2+SO42+Ba2+2OH=BaSO4+Fe（OH）2B. NH4+Fe3+ 2SO42+ 2Ba2+ 4OH=2BaSO4+ Fe（OH）3+ NH3H2OC. 2Fe3+ 3SO42+ 3Ba2+6OH=3BaSO4+ 2Fe（OH）3D. 3NH4+ Fe3+3SO42+ 3Ba2+ 6OH=3BaSO4+Fe（OH）3+3NH3H2O【答案】BC【解析】【详解】A.在复盐NH4Fe(SO4）2中Fe元素的化合价是+3价，选项A中铁元素的离子是Fe2+，元素存在形式的化合价不符合事实，
23、A错误；B.向该溶液中逐滴加入Ba(OH）2溶液，由于在盐中n(NH4+）:n(Fe3+）: n(SO42-）1:1:2，当1mol复盐完全反应时需要2mol Ba(OH）2，反应的离子方程式是NH4+Fe3+2SO42-+ 2Ba2+ 4OH-2BaSO4+ Fe(OH）3+NH3H2O，B正确；C.在复盐NH4Fe(SO4）2溶液中逐滴加入Ba(OH）2溶液，加入的OH-先与Fe3+发生反应，该复盐可表示为(NH4）2SO4Fe2(SO4）3，当Ba(OH）2溶液少量时，以Ba(OH）2溶液为标准书写离子方程式，反应产生BaSO4和Fe(OH）3，离子方程式是2Fe3+3SO42-+3Ba
24、2+ 6OH-3BaSO4+2Fe(OH）3，C正确；D.当加入溶液中含有3mol Ba(OH）2时，Ba(OH）2溶液过量，反应的n(Fe3+）:n(SO42-）1:2，题目给出的离子方程式不符合反应事实，D错误。答案选BC。22. 0.10 mol镁条在只含有CO2和O2混合气体的容器中燃烧(产物不含碳酸镁)，反应后容器内固体物质的质量不可能为()A. 3.2 gB. 4.0 gC. 4.2 gD. 4.6 g【答案】D【解析】【分析】镁条在只含有CO2和O2混合气体的容器中燃烧，固体的质量包括为未反应镁的质量、生成的碳的质量和生成的氧化镁的质量，采用极限思维法，若镁全部与二氧化碳反应生成
25、固体量最大，假设镁没有反应，则固体量最少，计算出固体的范围，据此答题。【详解】镁条在只含有CO2和O2混合气体的容器中燃烧，固体的质量包括为未反应镁的质量、生成的碳的质量和生成的氧化镁的质量，采用极限思维法。如果生成固体质量最大，则假设无氧气，镁完全与二氧化碳反应，2Mg+CO22MgO+C，2 2 10.10mol 0.10mol0.05mol则0.1mol镁最多可生成固体的质量为0.10mol40g/mol+0.05mol12g/mol=4.6g，再假设只有镁，则固体最少，固体质量为0.10mol24g/mol=2.4克，则固体的范围应该在2.4g4.6g之间，则反应后容器内固体物质的质量
26、不可能为D。故选D。【点睛】极限思维法是指从事物的极端上来考虑问题的一种思维法，该方法的特点是确定了事物发展的最大或最小程度以及事物发展的范围。第II卷(共84分)四、(本题共24分)23. 工业上制取冰晶石(Na3AlF6)的化学方程式如下：2Al(OH)3+ 12HF+ 3Na2CO3=2Na3AlF6+ 3CO2+ 9H2O，根据题意完成下列填空：(1) 在上述反应的反应物和生成物中，属于非极性分子的电子式_，属于弱酸的电离方程式_。(2)反应物中有两种元素在元素周期表中位置相邻，下列能判断它们的金属性或非金属性强弱的是_(选填编号)。a气态氢化物的稳定性 b最高价氧化物对应水化物的酸性
27、c单质与氢气反应的难易 d单质与同浓度酸发生反应的快慢(3)反应物中某些元素处于同一周期。它们最高价氧化物对应的水化物之间发生反应的离子方程式为_。(4) Na2CO3俗称纯碱，属于_晶体。工业上制取纯碱的原料是_。【答案】 (1). (2). HFH+ F- (3). ac (4). Al(OH)3OH=AlO22H2O (5). 离子晶体 (6). 氯化钠、二氧化碳和氨【解析】【分析】(1)先判断反应物与生成物中的非极性分子，再由最外层电子来分析电子式，判断出弱酸，再书写电离方程式，注意用可逆号；(2)根据反应物中的元素可知，氧、氟元素位置相邻，则利用非金属性强弱的判断方法来解答；(3)根
28、据反应物中铝与钠元素同周期，且氢氧化钠能与氢氧化铝反应来解答；(4)根据物质的构成微粒来分析晶体类型，根据侯氏制碱法来分析工业制取纯碱的原料。【详解】(1)由反应的反应物和生成物中的物质可知,只有二氧化碳是非极性分子，由碳最外层4个电子，氧最外层6个电子，则二氧化碳的电子式为: ，反应中的物质只有HF为弱酸,弱酸在电离时存在电离平衡，则电离方程式为HFH+ F-；(2)该反应中的物质含有的元素有Al、O、H、F、Na、C，只有O、F元素相邻，因F的非金属性最强，则没有正价，也就没有最高价氧化物对应水化物，它们也不与酸反应，但可以利用气态氢化物的稳定性和单质与氢气反应的难易来判断O、F 非金属性
29、的强弱，故答案为ac；(3)符合元素处于同一周期，它们最高价氧化物对应水化物之间发生反应的只有Na、Al两种元素，即氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，其离子反应为Al(OH)3OH=AlO22H2O；(4)因碳酸钠构成微粒为离子，则碳酸钠的固体属于离子晶体，工业制纯碱是用氯化钠、二氧化碳和氨气反应，则原料为氯化钠、二氧化碳和氨气。24. 雄黄（As4S4）和雌黄（As2S3）是提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中共生。根据题意完成下列填空：（1）As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体。若As2S3和SnCl2正好完全反应，As2S3和SnCl2的
30、物质的量之比为_。（2）上述反应中的氧化剂是_，反应产生的气体可用_吸收。（3）As2S3和HNO3有如下反应：As2S3 + 10H+ 10NO3-2H3AsO4 + 3S+ 10NO2+ 2H2O若生成2mol H3AsO4，则反应中转移电子的物质的量为_。若将该反应设计成原电池，则NO2应该在_（填“正极”或“负极”）附近逸出。（4）若反应产物NO2与11.2L O2（标准状况）混合后用水吸收全部转化成浓HNO3，然后与过量的碳反应，所产生的CO2的量_（选填编号）。a小于0.5 mol b等于0.5 mol c大于0.5 mol d无法确定【答案】 (1). 1:1 (2). As2S
31、3 (3). 氢氧化钠溶液（或者硫酸铜溶液） (4). 10mol (5). 正极 (6). a【解析】【详解】（1）As2S3中As为+3价，As4S4中As为+2价，SnCl2中Sn为+2价，SnCl4中Sn为+4价，根据关系式：SnCl2SnCl42e，2As2S3As4S44e，根据电子守恒，所以n（As2S3）n（SnCl2）2（12）11。或写出如下配平的化学方程式：2As2S3+2SnCl2+4HCl=As4S4+2SnCl4+2H2S。（2）化合价降低作氧化剂，所以As2S3是氧化剂。H2S可以用NaOH或CuSO4溶液吸收。（3）在该反应中As和S的化合价均升高，一共失去的电
32、子为22+3210个，只有N元素的化合价降低，降低总数为10（54）10，所以该反应转移10个电子，有如下关系式：2H3AsO410e，所以当生成2 mol H3AsO4时转移电子的物质的量为10 mol。原电池的负极发生氧化反应，正极发生还原反应，NO2是还原产物，所以NO2在正极附近逸出。（4）标准状况下11.2 L O2的物质的量为0.5 mol，根据反应：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，所以产生的HNO3的物质的量为2 mol，根据反应C+4HNO3（浓）CO2+2NO2+2H2O，若2 mol浓硝酸完全反应，则应生成0.5 mol CO2，而随着反应的进行，硝酸的浓度逐渐降低，
33、当变成稀硝酸时，不再和C反应，所以产生的CO2的量小于0.5 mol。25. 自然界的矿物、岩石的成因和变化受到许多条件的影响。地壳内每加深1km，压强增大约2500030000 kPa。在地壳内SiO2和HF存在以下平衡：SiO2(s) +4HF(g)SiF4(g)+ 2H2O(g)+148.9 kJ。根据题意完成下列填空：(1)在地壳深处容易有_气体逸出，在地壳浅处容易有_沉积。(2)如果上述反应的平衡常数K值变大，该反应_(选填编号)。a.一定向正反应方向移动 b.在平衡移动时正反应速率先增大后减小c.一定向逆反应方向移动 d.在平衡移动时逆反应速率先减小后增大(3)如果上述反应在体积不
34、变的密闭容器中发生，当反应达到平衡时，_(选填编号)。a.2v正(HF)=v逆(H2O) b.v(H2O)=2v(SiF4)c.SiO2的质量保持不变 d.反应物不再转化为生成物(4)若反应的容器容积为2.0L，反应时间8.0 min，容器内气体的密度增大了0.12 g/L，在这段时间内HF的平均反应速率为_。【答案】 (1). SiF4、 H2O (2). SiO2 (3). ad (4). bc (5). 0.0010mol/(Lmin)【解析】【分析】利用化学平衡移动原理、化学平衡建立的标志、化学平衡常数、化学反应速率的相关知识进行分析。【详解】(1)SiO2(s)+4HF(g)SiF4
35、(g)+2H2O(g)+148.9kJ，该反应为正反应体积减小的反应,增大压强,平衡向右移动,有SiF4(g)逸出,H2O(g)凝结为水,减小压强有SiO2(s)沉淀析出;故在地壳深处容易有SiF4、H2O气体逸出,在地壳浅处容易有SiO2沉积。(2)化学平衡常数只随温度变化而变化，该反应为放热反应，平衡常数K值变大说明温度降低平衡右移，温度降低反应速率减小，平衡右移逆反应速率先减小后增大，故a、d正确；(3)当反应达到平衡时，正反应速率=逆反应速率且各物质的浓度保持不变；a根据反应速率之比等于系数之比可以得出，v正(HF)=2v正(H2O)，当反应达到平衡时，v正(H2O)=v逆(H2O)，
36、因此v正(HF)=2v逆(H2O)，因此a错误；b根据反应速率之比等于系数之比可以得出，不管反应有没有达到平衡，均有v正(H2O)=2v正(SiF4)，v逆(H2O)=2v逆(SiF4)，当反应达到平衡时，v正(H2O)=v逆(H2O)，v正(SiF4)=v逆(SiF4)，即v正(H2O)=2v逆(SiF4)或v逆(H2O)=2v正(SiF4)，因此不管反应有没有达到平衡，v(H2O)=2v(SiF4)均成立，故b正确；cSiO2的质量保持不变说明反应已经达到平衡，故c正确；d反应达到平衡时正逆反应仍然都在进行，反应物和生成物在互相转化，只是速率相等，故d错误。(4)由容积为2.0L，反应时间
37、8.0min，容器内气体的密度增大了0.12g/L，则增加的质量为2.0L0.12g/L=0.24g，由反应及元素守恒可知，每4molHF反应气体质量增加28+162=60g，设参加反应的HF的物质量为x，=，解得x=0.016mol，v(HF)=0.0010mol/(Lmin)。26. 实验室制取少量溴乙烷的装置如右图所示。根据题意完成下列填空：（1）圆底烧瓶中加入的反应物是溴化钠、_和1:1的硫酸。配制体积比1：1的硫酸所用的定量仪器为_(选填编号)。a天平 b量筒 c容量瓶 d滴定管（2）写出加热时烧瓶中发生的主要反应的化学方程式_。（3）将生成物导入盛有冰水混合物的试管A中，冰水混合物
38、的作用是_。试管A中的物质分为三层(如图所示)，产物在第_层。（4）试管A中除了产物和水之外，还可能存在_、_(写出化学式)。（5）用浓的硫酸进行实验，若试管A中获得的有机物呈棕黄色，除去其中杂质的正确方法是_(选填编号)。a蒸馏 b氢氧化钠溶液洗涤c用四氯化碳萃取 d用亚硫酸钠溶液洗涤若试管B中的酸性高锰酸钾溶液褪色，使之褪色的物质的名称是_。（6）实验员老师建议把上述装置中的仪器连接部分都改成标准玻璃接口，其原因是：_。【答案】 (1). 乙醇 (2). b (3). NaBr+H2SO4HBr+NaHSO4 CH3CH2OH+HBrCH3CH2Br+H2O (4). 冷却、液封溴乙烷 (
39、5). 3 (6). HBr (7). CH3CH2OH (8). d (9). 乙烯 (10). 反应会产生Br2，腐蚀橡胶【解析】【详解】（1）制备溴乙烷需乙醇和溴化氢反应，故需要加乙醇；配制稀硫酸需要量筒来量所需浓硫酸的体积，故选b；（2）溴化钠和浓硫酸反应先制得溴化氢，溴化氢再和乙醇反应生成溴乙烷；（3）冰水将溴乙烷冷凝；（4）还可能有挥发出来的溴化氢和乙醇；（5）有机物呈棕黄色是因为溶有溴单质，有强氧化性，可以和亚硫酸钠反应而除去；氢氧化钠虽然和溴单质能反应，但和溴乙烷也发生反应，故选d；在浓硫酸做催化剂的作用下乙醇发生消去反应生成乙烯，注意名称应该写汉字；（6）考虑橡胶管换成玻璃管
40、，原因是溴腐蚀橡胶。27. CuSO45H2O是铜的重要化合物，有着广泛的应用。以下是CuSO45H2O的实验室制备流程图。根据题意完成下列填空：(1)向含铜粉的稀硫酸中滴加浓硝酸，在铜粉溶解时可以观察到的实验现象：_、_。(2)如果铜粉、硫酸及硝酸都比较纯净，则制得的CuSO45H2O中可能存在的杂质是_，除去这种杂质的实验操作称为_。(3)已知：CuSO4+2NaOH=Cu(OH)2+ Na2SO4。称取0.1000 g提纯后的CuSO45H2O试样于锥形瓶中，加入0.1000 mol/L氢氧化钠溶液28.00 mL，反应完全后，过量的氢氧化钠用0.1000 mol/L盐酸滴定至终点，耗用
41、盐酸20.16 mL，则0.1000 g该试样中含CuSO45H2O _g。(4)上述滴定中，滴定管在注入盐酸之前，先用蒸馏水洗净，再用_。在滴定中，准确读数应该是滴定管上蓝线_所对应的刻度。(5)如果采用重量法测定CuSO45H2O的含量，完成下列步骤：_加水溶解加氯化钡溶液，沉淀过滤(其余步骤省略)在过滤前，需要检验是否沉淀完全，其操作是_(6)如果1.040 g提纯后的试样中含CuSO45H2O的准确值为1.015 g，而实验测定结果是l.000 g 测定的相对误差为_。【答案】 (1). 溶液呈蓝色 (2). 有红棕色气体生成 (3). Cu(NO3)2 (4). 重结晶 (5). 0
42、.0980g (6). 标准盐酸溶液润洗23次 (7). 粗细交界点 (8). 称取样品 (9). 在上层清液中继续滴加加氯化钡溶液，观察有无沉淀产生 (10). 1.5%(或1.48%)【解析】【分析】(1)根据铜与浓硝酸反应的产物判断现象；(2)根据反应物判断可能存在的杂质，溶解度不同的可溶性盐可用重结晶法分离；(3)根据氢氧化钠的物质的量求出硫酸铜的物质的量，进而求出质量；(4)滴定管使用前要洗涤并用标准液润洗，防止测定浓度偏小；在滴定中，准确读数应该是滴定管上蓝线粗细交界点；(5)测量固体的含量，要先称量一定质量的固体，经溶解、沉淀、过滤、干燥、称量等操作，要验证是否洗涤完全，向上层清
43、液中继续滴加加氯化钡溶液，若有沉淀产生说明还没有沉淀完全；(6)相对误差为相对值除以准确值。【详解】(1)铜与浓硝酸反应为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O，生成硫酸铜和二氧化氮气体；(2)混有硝酸铜杂质，需利用溶解度的不同，用重结晶的方法进行分离；(3)根据化学方程式计算，所含硫酸铜晶体的质量为250g/mol0.0980g；(4)滴定管要用标准液润洗，准确读数应该是滴定管上蓝线粗细交界点；(5)测量固体的含量，要先称量一定质量的固体，经溶解、沉淀、过滤、干燥、称量等操作，其中沉淀需要洗涤，且要验证是否洗涤完全，向上层清液中继续滴加加氯化钡溶液，若有沉淀产生说明还
44、没有沉淀完全；(6)相对误差为100%1.48% (或1.5%)。六、(本题共20分)28. 异丙苯是一种重要的有机化工原料。根据题意完成下列填空：(1)由苯与2-丙醇反应制备异丙苯属于_反应；由异丙苯制备对溴异丙苯的反应试剂和反应条件为_。(2)异丙苯有多种同分异构体，其中一溴代物最少的芳香烃的名称是_。(3)-甲基苯乙烯是生产耐热型ABS树脂的一种单体，工业上由异丙苯催化脱氢得到。写出由异丙苯制取该单体的另一种方法(用化学反应方程式表示)_。(4)耐热型ABS树脂由丙烯腈、1,3-丁二烯和-甲基苯乙烯共聚生成，写出该树脂的结构简式(不考虑单体比例)_。【答案】 (1). 取代 (2). Br2/FeBr3(或Br2/Fe) (3). 1,3,5-三甲苯 (4). Cl2HCl、HCl (5). 【解析】【详解】(1)由苯与2-丙醇制备异丙苯属于取代反应，由异丙苯制备对溴异丙苯需要在苯环上的对位引入Br，所以与苯的卤代反应条件相同，需用液溴在溴化铁(或铁)作催化剂条件下反应；(2)异丙苯的同分异构体中，结构对称的1,3,5-三甲苯中等效氢原子最少，故其一溴代物最少(共2种)；(3)由
