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2016年上海市高考化学试卷
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这是一份2016年上海市高考化学试卷，共44页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。
2016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）轴烯是一类独特的星形环烃。三元轴烯（）与苯（ ）
A．均为芳香烃 B．互为同素异形体
C．互为同系物 D．互为同分异构体
2．（2分）下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是（ ）
A．海带提碘 B．氯碱工业 C．氨碱法制碱 D．海水提溴
3．（2分）硼的最高价含氧酸的化学式不可能是（ ）
A．HBO2 B．H2BO3 C．H3BO3 D．H2B4O7
4．（2分）下列各组物质的熔点均与所含化学键的键能有关的是（ ）
A．CaO与CO2 B．NaCl与HCl C．SiC与SiO2 D．Cl2与I2
5．（2分）烷烃的命名正确的是（ ）
A．4﹣甲基﹣3﹣丙基戊烷 B．3﹣异丙基己烷
C．2﹣甲基﹣3﹣丙基戊烷 D．2﹣甲基﹣3﹣乙基己烷
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）能证明乙酸是弱酸的实验事实是（ ）
A．CH3COOH溶液与Zn反应放出H2
B．0.1 mol/L CH3COONa溶液的pH大于7
C．CH3COOH溶液与Na2CO3反应生成CO2
D．0.1 mol/L CH3COOH溶液可使紫色石蕊变红
7．（3分）已知W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增大．W、Z同主族，X、Y、Z同周期，其中只有X为金属元素．下列说法一定正确的是（ ）
A．原子半径：X＞Y＞Z＞W
B．W的含氧酸的酸性比Z的含氧酸的酸性强
C．W的气态氢化物的稳定性小于Y的气态氢化物的稳定性
D．若W与X原子序数差为5，则形成化合物的化学式为X3W2
8．（3分）图1是铜锌原电池示意图．图2中，x轴表示实验时流入正极的电子的物质的量，y轴表示（ ）
A．铜棒的质量 B．c（Zn2+） C．c（H+） D．c（SO42﹣）
9．（3分）向新制氯水中加入少量下列物质，能增强溶液漂白能力的是（ ）
A．碳酸钙粉末 B．稀硫酸
C．氯化钙溶液 D．二氧化硫水溶液
10．（3分）一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中和代表不同元素的原子．
关于此反应说法错误的是（ ）
A．一定属于吸热反应 B．一定属于可逆反应
C．一定属于氧化还原反应 D．一定属于分解反应
11．（3分）合成导电高分子化合物PPV的反应为：
下列说法正确的是（ ）
A．PPV是聚苯乙炔
B．该反应为缩聚反应
C．PPV与聚苯乙烯的最小结构单元组成相同
D．1 mol 最多可与2 mol H2发生反应
12．（3分）下列各组混合物，使用氢氧化钠溶液和盐酸两种试剂不能分离的是（ ）
A．氧化镁中混有氧化铝 B．氯化铝溶液中混有氯化铁
C．氧化铁中混有二氧化硅 D．氯化亚铁溶液中混有氯化铜
13．（3分）O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（ ）
A．氧气是氧化产物
B．O2F2既是氧化剂又是还原剂
C．若生成4.48 L HF，则转移0.8 mol电子
D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4
14．（3分）在硫酸工业生产中，为了有利于SO2的转化，且能充分利用热能，采用了中间有热交换器的接触室（见图）．下列说法错误的是（ ）
A．a、b两处的混合气体成分含量相同，温度不同
B．c、d两处的混合气体成分含量相同，温度不同
C．热交换器的作用是预热待反应的气体，冷却反应后的气体
D．c处气体经热交换后再次催化氧化的目的是提高SO2的转化率
15．（3分）下列气体的制备和性质实验中，由现象得出的结论错误的是（ ）
选项
试剂
试纸或试液
现象
结论
A
浓氨水、生石灰
红色石蕊试纸
变蓝
NH3为碱性气体
B
浓盐酸、浓硫酸
pH试纸
变红
HCl为酸性气体
C
浓盐酸、二氧化锰
淀粉碘化钾试液
变蓝
Cl2具有氧化性
D
亚硫酸钠、硫酸
品红试液
褪色
SO2具有还原性
A．A B．B C．C D．D
16．（3分）实验室提纯含少量氯化钠杂质的硝酸钾的过程如图所示．下列分析正确的是（ ）
A．操作Ⅰ是过滤，将固体分离除去
B．操作Ⅱ是加热浓缩．趁热过滤，除去杂质氯化钠
C．操作Ⅲ是过滤、洗涤，将硝酸钾晶体从溶液中分离出来
D．操作Ⅰ～Ⅲ总共需两次过滤
17．（3分）某铁的氧化物（FexO）1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112ml Cl2，恰好将Fe2+完全氧化．x值为（ ）
A．0.80 B．0.85 C．0.90 D．0.93
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）一定条件下，一种反应物过量，另一种反应物仍不能完全反应的是（ ）
A．过量的氢气与氮气 B．过量的浓盐酸与二氧化锰
C．过量的铜与浓硫酸 D．过量的锌与18 mol/L硫酸
19．（4分）已知：SO32﹣+I2+H2O=SO42﹣+2I﹣+2H+．某溶液中可能含有Na+、NH4+、K+、I﹣、SO32﹣、SO42﹣，且所有离子物质的量浓度相等。向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色。下列关于该溶液的判断正确的是（ ）
A．肯定不含I﹣ B．肯定不含SO42﹣
C．肯定含有SO32﹣ D．肯定含有NH4+
20．（4分）已知NaOH+Al（OH）3→Na[Al（OH）4]．向集满CO2的铝制易拉罐中加入过量NaOH浓溶液，立即封闭罐口，易拉罐渐渐凹瘪；再过一段时间，罐壁又重新凸起。上述实验过程中没有发生的离子反应是（ ）
A．CO2+2OH﹣→CO32﹣+H2O
B．Al2O3+2OH﹣+3H2O→2[Al（OH）4]﹣
C．2Al+2OH﹣+6H2O→2[Al（OH）4]﹣+3H2↑
D．Al3++4OH﹣→[Al（OH）4]﹣
21．（4分）类比推理是化学中常用的思维方法．下列推理正确的是（ ）
A．CO2是直线型分子，推测CS2也是直线型分子
B．SiH4的沸点高于CH4，推测H2Se的沸点高于H2S
C．Fe与Cl2反应生成FeCl3，推测Fe与I2反应生成FeI3
D．NaCl与浓H2SO4加热可制HCl，推测NaBr与浓H2SO4加热可制HBr
22．（4分）称取（NH4）2SO4和NH4HSO4混合物样品7.24g，加入含0.1molNaOH的溶液，完全反应，生成NH3 1792ml（标准状况），则（NH4）2SO4和NH4HSO4的物质的量比为（ ）
A．1：1 B．1：2 C．1.87：1 D．3.65：1
四、（本题共12分）
23．（12分）NaCN超标的电镀废水可用两段氧化法处理：
（1）NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl
（2）NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2
已知HCN（Ki=6.3×10﹣10）有剧毒；HCN、HOCN中N元素的化合价相同．
完成下列填空：
（1）第一次氧化时，溶液的pH应调节为 （选填“酸性”、“碱性”或“中性”）；原因是 ．
（2）写出第二次氧化时发生反应的离子方程式．
（3）处理100m3含NaCN 10.3mg/L的废水，实际至少需NaClO g（实际用量应为理论值的4倍），才能使NaCN含量低于0.5mg/L，达到排放标准．
（4）（CN）2与Cl2的化学性质相似．（CN）2与NaOH溶液反应生成 、 和H2O．
（5）上述反应涉及到的元素中，氯原子核外电子能量最高的电子亚层是 ；H、C、N、O、Na的原子半径从小到大的顺序为 ．
（6）HCN是直线型分子，HCN是 分子（选填“极性”或“非极性”）．HClO的电子式为 ．
五、（本题共12分）
24．（12分）随着科学技术的发展和环保要求的不断提高，CO2的捕集利用技术成为研究的重点．
完成下列填空：
（1）目前国际空间站处理CO2的一个重要方法是将CO2还原，所涉及的反应方程式为：
CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）
已知H2的体积分数随温度的升高而增加．
若温度从300℃升至400℃，重新达到平衡，判断下列表格中各物理量的变化．（选填“增大”、“减小”或“不变”）
v正
v逆
平衡常数K
转化率α
（2）相同温度时，上述反应在不同起始浓度下分别达到平衡，各物质的平衡浓度如下表：
[CO2]/mol•L﹣1
[H2]/mol•L﹣1
[CH4]/mol•L﹣1
[H2O]/mol•L﹣1
平衡Ⅰ
a
b
c
d
平衡Ⅱ
m
n
x
y
a、b、c、d与m、n、x、y之间的关系式为 ．
（3）碳酸：H2CO3，Ki1=4.3×10﹣7，Ki2=5.6×10﹣11
草酸：H2C2O4，Ki1=5.9×10﹣2，Ki2=6.4×10﹣5
0.1mol/L Na2CO3溶液的pH 0.1mol/L Na2C2O4溶液的pH．（选填“大于”“小于”或“等于”）
等浓度的草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是 ．若将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合，溶液中各种离子浓度大小的顺序正确的是 ．（选填编号）
a．[H+]＞[HC2O4﹣]＞[HCO3﹣]＞[CO32﹣]b．[HCO3﹣]＞[HC2O4﹣]＞[C2O42﹣]＞[CO32﹣]
c．[H+]＞[HC2O4﹣]＞[C2O42﹣]＞[CO32﹣]d．[H2CO3]＞[HCO3﹣]＞[HC2O4﹣]＞[CO32﹣]
（4）人体血液中的碳酸和碳酸氢盐存在平衡：H++HCO3﹣⇌H2CO3，当有少量酸性或碱性物质进入血液中时，血液的pH变化不大，用平衡移动原理解释上述现象 ．
六、（本题共12分）
25．（12分）乙酸乙酯广泛用于药物、染料、香料等工业，中学化学实验常用a装置来制备．
完成下列填空：
（1）实验时，通常加入过量的乙醇，原因是 ．加入数滴浓硫酸即能起催化作用，但实际用量多于此量，原因是 ；浓硫酸用量又不能过多，原因是 ．
（2）饱和Na2CO3溶液的作用是 ．
（3）反应结束后，将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中， 、 ，然后分液．
（4）若用b装置制备乙酸乙酯，其缺点有 、 ．由b装置制得的乙酸乙酯产品经饱和碳酸钠溶液和饱和食盐水洗涤后，还可能含有的有机杂质是 ，分离乙酸乙酯与该杂质的方法是 ．
七、（本题共12分）
26．（12分）半水煤气是工业合成氨的原料气，其主要成分是H2、CO、CO2、N2和H2O（g）．半水煤气经过下列步骤转化为合成氨的原料．
完成下列填空：
（1）半水煤气含有少量硫化氢．将半水煤气样品通入 溶液中（填写试剂名称），出现 ，可以证明有硫化氢存在．
（2）半水煤气在铜催化下实现CO变换：CO+H2OCO2+H2，若半水煤气中V（H2）：V（CO）：V（N2）=38：28：22，经CO变换后的气体中：V（H2）：V（N2）= ．
（3）碱液吸收法是脱除二氧化碳的方法之一．已知：
Na2CO3
K2CO3
20℃碱液最高浓度（mol/L）
2.0
8.0
碱的价格（元/kg）
1.25
9.80
若选择Na2CO3碱液作吸收液，其优点是 ；缺点是 ．如果选择K2CO3碱液作吸收液，用什么方法可以降低成本？ 写出这种方法涉及的化学反应方程式．
（4）以下是测定半水煤气中H2以及CO的体积分数的实验方案．取一定体积（标准状况）的半水煤气，经过下列实验步骤测定其中H2以及CO的体积分数．
①选用合适的无机试剂分别填入Ⅰ、Ⅰ、Ⅳ、Ⅴ方框中．
②该实验方案中，步骤 （选填“Ⅳ”或“Ⅴ”）可以确定半水煤气中H2的体积分数．
八、（本题共9分）
27．（9分）异戊二烯是重要的有机化工原料，其结构简式为CH2=C（CH3）CH=CH2．
完成下列填空：
（1）化合物X与异戊二烯具有相同的分子式，与Br/CCl4反应后得到3﹣甲基﹣1，1，2，2﹣四溴丁烷．X的结构简式为 ．
（2）异戊二烯的一种制备方法如图所示：
A能发生的反应有 ．（填反应类型）
B的结构简式为 ．
（3）设计一条由异戊二烯制得有机合成中间体的合成路线．
（合成路线常用的表示方式为：AB…目标产物）
九、（本题共13分）
28．（13分）M是聚合物胶黏剂、涂料等的单体，其一条合成路线如下（部分试剂及反应条件省略）：
完成下列填空：
（1）反应①的反应类型是 。反应④的反应条件是 。
（2）除催化氧化法外，由A得到所需试剂为 。
（3）已知B能发生银镜反应。由反应②、反应③说明：在该条件下， 。
（4）写出结构简式，C ；M
（5）D与1﹣丁醇反应的产物与氯乙烯共聚可提高聚合物性能，写出该共聚物的结构简式。
（6）写出一种满足下列条件的丁醛的同分异构体的结构简式。
①不含羰基②含有3种不同化学环境的氢原子
已知：双键碳上连有羟基的结构不稳定。
十、（本题共14分）
29．（14分）CO2是重要的化工原料，也是应用广泛的化工产品．CO2与过氧化钠或超氧化钾反应可产生氧气．
完成下列计算：
（1）CO2通入氨水生成NH4HCO3，NH4HCO3很容易分解．2.00mol NH4HCO3完全分解，分解产物经干燥后的体积为 L（标准状况）．
（2）某H2中含有2.40molCO2，该混合气体通入2.00L NaOH溶液中，CO2被完全吸收．如果NaOH完全反应，该NaOH溶液的浓度为 ．
（3）CO2和KO2有下列反应：
4KO2+2CO2→2K2CO3+3O2
4KO2+4CO2+2H2O→4KHCO3+3O2
若9mol CO2在密封舱内和KO2反应后生成9mol O2，则反应前密封舱内H2O的量应该是多少？列式计算．
（4）甲烷和水蒸气反应的产物是合成甲醇的原料：CH4+H2OCO+3H2
已知：CO+2H2CH3OH CO2+3H2CH3OH+H2O
300mol CH4完全反应后的产物中，加入100mol CO2后合成甲醇．若获得甲醇350mol，残留氢气120mol，计算CO2的转化率．
2016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）轴烯是一类独特的星形环烃。三元轴烯（）与苯（ ）
A．均为芳香烃 B．互为同素异形体
C．互为同系物 D．互为同分异构体
【分析】轴烯与苯分子式都是C6H6，二者分子式相同，结构不同，以此解答该题。
【解答】解：轴烯与苯分子式都是C6H6，二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，只有D正确。
故选：D。
【点评】本题考查同分异构体的判断，为高频考点，注意把握同分异构体、同系物、同素异形体等概念，侧重于学生的双基的考查，注意把握比较的角度和概念的区别，难度不大。
2．（2分）下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是（ ）
A．海带提碘 B．氯碱工业 C．氨碱法制碱 D．海水提溴
【分析】发生的化学反应中，若存在元素的化合价变化，则属于氧化还原反应，以此来解答。
【解答】解：A．海带提碘是由KI变为I2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故A不选；
B．氯碱工业中电解食盐水生成氢气、氯气，H、Cl元素的化合价变化，为氧化还原反应，故B不选；
C．氨碱法制碱，二氧化碳、氨气、氯化钠反应生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠受热分解转化为碳酸钠，二氧化碳和水，没有元素的化合价变化，则不涉及氧化还原反应，故C选；
D．海水提溴是由溴元素的化合物变为溴元素的单质，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应，把握发生的化学反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意从元素化合价变化角度分析，题目难度不大。
3．（2分）硼的最高价含氧酸的化学式不可能是（ ）
A．HBO2 B．H2BO3 C．H3BO3 D．H2B4O7
【分析】主族元素的最高正化合物价等于其原子最外层电子数，B原子最外层电子数是3个，所以其最高化合价是+3价，然后根据化合物中正负化合价的代数和等于0判断化学式．
【解答】解：主族元素的最高正化合物价等于其原子最外层电子数，B原子最外层电子数是3个，所以其最高化合价是+3价，然后根据化合物中正负化合价的代数和等于0判断，H2BO3中B的化合价为+4价，所以不可能是H2BO3，故选项B符合题意。
故选：B。
【点评】本题考查元素化合价判断及化学式书写，掌握主族元素的最高正化合物价等于其原子最外层电子数是解题的关键，难度较小．
4．（2分）下列各组物质的熔点均与所含化学键的键能有关的是（ ）
A．CaO与CO2 B．NaCl与HCl C．SiC与SiO2 D．Cl2与I2
【分析】物质的熔点均与所含化学键的键能有关，则对应的晶体一般为金属晶体、离子晶体或原子晶体，而分子晶体熔化时只克服分子间作用力，以此解答该题．
【解答】解：A．CaO为离子化合物，熔化断裂离子键，而CO2在固体时是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，与化学键无关，故A错误；
B．NaCl为离子化合物，熔化断裂离子键，而HCl在固体时是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，与化学键无关，故B错误；
C．SiC与SiO2都是原子晶体，熔化断裂的是共价键，与化学键有关，故C正确；
D．Cl2与I2在固体时是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，与化学键无关，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查物质中的化学键，为高频考点，把握化学键的形成及化学键判断的一般规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．
5．（2分）烷烃的命名正确的是（ ）
A．4﹣甲基﹣3﹣丙基戊烷 B．3﹣异丙基己烷
C．2﹣甲基﹣3﹣丙基戊烷 D．2﹣甲基﹣3﹣乙基己烷
【分析】选择分子中含有碳原子数最多的碳链为主链，有机物主链为6个碳原子，含有1个甲基和1个乙基，注意从离支链较近的一端给主链的碳原子编号，以此解答该题．
【解答】解：选择分子中含有碳原子数最多的碳链为主链，并从离支链较近的一端给主链的碳原子编号，该物质的名称是2﹣甲基﹣3﹣乙基己烷，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了烷烃的命名，为高频考点，侧重双基的考查，题目难度不大，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特点灵活运用即可．
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）能证明乙酸是弱酸的实验事实是（ ）
A．CH3COOH溶液与Zn反应放出H2
B．0.1 mol/L CH3COONa溶液的pH大于7
C．CH3COOH溶液与Na2CO3反应生成CO2
D．0.1 mol/L CH3COOH溶液可使紫色石蕊变红
【分析】A．只能证明乙酸具有酸性；
B．该盐水溶液显碱性，由于NaOH是强碱，醋酸根水解而成碱性；
C．可以证明乙酸的酸性比碳酸强；
D．可以证明乙酸具有酸性．
【解答】解：A．只能证明乙酸具有酸性，不能证明其酸性强弱，故A错误；
B．该盐水溶液显碱性，由于NaOH是强碱，故可以证明乙酸是弱酸，故B正确；
C．可以证明乙酸的酸性比碳酸强，但是不能证明其酸性强弱，故C错误；
D．可以证明乙酸具有酸性，但是不能证明其酸性强弱，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查实验方案的评价，涉及酸性强弱比较的实验方法，关键是原理的理解，难度不大．
7．（3分）已知W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增大．W、Z同主族，X、Y、Z同周期，其中只有X为金属元素．下列说法一定正确的是（ ）
A．原子半径：X＞Y＞Z＞W
B．W的含氧酸的酸性比Z的含氧酸的酸性强
C．W的气态氢化物的稳定性小于Y的气态氢化物的稳定性
D．若W与X原子序数差为5，则形成化合物的化学式为X3W2
【分析】由于原子序数按W、X、Y、Z依次增大，W与Z是同一主族的元素，而X、Y、Z是同一周期的元素，且只有X是金属元素，则同主族元素W与Z都是非金属，可能分别为N、P或O、S或F、Cl，Y可能为Si或S，金属元素X可为Na、Mg、Al中的一种，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期率知识解答该题．
【解答】解：由于原子序数按W、X、Y、Z依次增大，W与Z是同一主族的元素，而X、Y、Z是同一周期的元素，且只有X是金属元素，则同主族元素W与Z都是非金属，可能分别为N、P或O、S或F、Cl，Y可能为Si或S，金属元素X可为Na、Mg、Al中的一种，
A．同一周期的元素原子序数越大，原子半径越小；同一主族的元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大。所以原子半径：X＞Y＞Z＞W，故A正确；
B．W的含氧酸可能是HNO2、HNO3，Z的含氧酸是H3PO4，酸性HNO2＜H3PO4，故B错误；
C．元素的非金属性W＞Y，所以气态氢化物的稳定性W＞Y，故C错误；
D．若W、X原子序数相差5，如分别为O、Al，则二者形成的化合物的化学式是X2W3，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了原子结构与元素周期律的关系，为高频考点，题目难度中等，正确推断元素名称为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期表、元素周期律的关系，试题培养了学生的灵活应用能力．
8．（3分）图1是铜锌原电池示意图．图2中，x轴表示实验时流入正极的电子的物质的量，y轴表示（ ）
A．铜棒的质量 B．c（Zn2+） C．c（H+） D．c（SO42﹣）
【分析】铜锌原电池中，Zn是负极，失去电子发生氧化反应，电极反应为Zn﹣2e﹣=Zn2+，Cu是正极，氢离子得电子发生还原反应，电极反应为2H++2e﹣=H2↑，据此解答．
【解答】解：铜锌原电池中，Zn是负极，失去电子发生氧化反应，电极反应为Zn﹣2e﹣=Zn2+，Cu是正极，氢离子得电子发生还原反应，电极反应为 2H++2e﹣=H2↑，
A．Cu是正极，氢离子得电子发生还原反应，Cu棒的质量不变，故A错误；
B．由于Zn是负极，不断发生反应Zn﹣2e﹣=Zn2+，所以溶液中c（Zn2+）增大，故B错误；
C．由于反应不断消耗H+，所以溶液的c（H+）逐渐降低，故C正确；
D．SO42﹣不参加反应，其浓度不变，故D错误；
故选：C。
【点评】考查原电池基本原理和溶液中离子浓度变化，掌握活泼金属锌为负极，铜为正极，锌和硫酸之间发生氧化还原反应是解答的关键，题目比较简单．
9．（3分）向新制氯水中加入少量下列物质，能增强溶液漂白能力的是（ ）
A．碳酸钙粉末 B．稀硫酸
C．氯化钙溶液 D．二氧化硫水溶液
【分析】在氯水中存在反应Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，若反应使溶液中次氯酸浓度增大，则溶液漂白性会增强，据此分析判断选项．
【解答】解：在氯水中存在反应Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，若反应氢离子和碳酸根反应 使反应向右进行，使溶液中次氯酸浓度增大，则溶液漂白性会增强，
A．由于酸性HCl＞H2CO3＞HClO，向溶液中加入碳酸钙粉末反应反应2HCl+CaCO3=CaCl2+CO2↑+H2O，使化学平衡正向进行，导致次氯酸浓度增大，溶液漂白性增强，故A正确；
B．加入稀硫酸使溶液 中氢离子浓度增大平衡逆向进行，次氯酸浓度减小，溶液漂白性减弱，故B错误；
C．加入氯化钙溶液不发生反应，溶液对氯水起到稀释作用，平衡正向进行但次氯酸浓度减小，漂白性减弱，故C错误；
D．加入二氧化硫的水溶液，二氧化硫有还原性，能被氯气氧化，平衡逆向进行，次氯酸浓度减小，漂白性减弱，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了氯气、次氯酸、氯水性质的分析，主要是化学平衡影响因素的理解应用，掌握基础是解题关键，题目较简单．
10．（3分）一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中和代表不同元素的原子．
关于此反应说法错误的是（ ）
A．一定属于吸热反应 B．一定属于可逆反应
C．一定属于氧化还原反应 D．一定属于分解反应
【分析】根据图示可知该反应反应物是一种，生成物是两种，且反应是可逆反应，
A．分解反应不一定是吸热反应；
B．图示可知反应物在反应后反应物分子仍存在，证明反应未进行彻底；
C．反应中有单质生成为氧化还原反应；
D．反应物为一种，生成两种生成物我分解反应．
【解答】解：根据图示可知该反应反应物是一种，生成物是两种，
A．该物质属于分解反应，一般的分解反应是吸热反应，但也有的分解反应如2H2O2=2H2O+O2↑的反应是放热反应，故A错误；
B．根据图示可知有一部分反应物未参加反应，属于该反应是可逆反应，故B正确；
C．该反应中有有单质生成，元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故C正确；
D．反应物是一种，生成物是两种，因此属于分解反应，故D正确。
故选：A。
【点评】本题考查常见化学反应类型的判断，主要考查可逆反应的判断、四种基本反应类型的判断、化合反应与氧化还原反应的关系等，题目难度不大，注意要熟练掌握基本反应的特点．
11．（3分）合成导电高分子化合物PPV的反应为：
下列说法正确的是（ ）
A．PPV是聚苯乙炔
B．该反应为缩聚反应
C．PPV与聚苯乙烯的最小结构单元组成相同
D．1 mol 最多可与2 mol H2发生反应
【分析】由反应方程式可知PPV由对二碘苯与发生缩聚反应生成，与苯乙炔、苯乙烯的加聚产物不同，以此解答该题．
【解答】解：A．根据物质的分子结构可知该物质不是聚苯乙炔，故A错误；
B．该反应除产生高分子化合物外，还有小分子生成，属于缩聚反应，故B正确；
C．PPV与聚苯乙烯的重复单元不相同，故C错误；
D．该物质一个分子中含有2个碳碳双键和苯环都可以与氢气发生加成反应，属于1mol 最多可以与5mol氢气发生加成反应，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构尤其时高聚物的结构，难度不大．
12．（3分）下列各组混合物，使用氢氧化钠溶液和盐酸两种试剂不能分离的是（ ）
A．氧化镁中混有氧化铝 B．氯化铝溶液中混有氯化铁
C．氧化铁中混有二氧化硅 D．氯化亚铁溶液中混有氯化铜
【分析】A．氧化铝具有两性，可与氢氧化钠溶液反应；
B．氯化铁与氢氧化钠反应生成氢氧化铁，氢氧化钠过量，氯化铝生成偏铝酸钠，过滤后分别加入盐酸，可又生成氯化铝、氯化铁；
C．二氧化硅是酸性氧化物，可以与NaOH发生反应；
D．二者都可以与NaOH发生反应生成沉淀，加入盐酸都可溶解．
【解答】解：A．MgO是碱性氧化物与NaOH不能反应，而Al2O3是两性氧化物，可以与NaOH发生反应产生NaAlO2，过滤后洗涤，就得到纯净的MgO，故A不选；
B．向溶液中加入过量的NaOH溶液，氯化铁变为Fe（OH）3沉淀，氯化铝变为NaAlO2，过滤，然后向溶液中加入适量的盐酸，当沉淀达到最大值中，过滤，得到Al（OH）3，再分别向两种物质的沉淀中加入适量的盐酸溶解，就得到氯化铝溶液，除去了杂质，故B不选；
C．二氧化硅是酸性氧化物，可以与NaOH发生反应，而氧化铁与NaOH不能发生反应。加入过量的NaOH，然后过滤洗涤，就得到纯净的氧化铁，故C不选；
D．二者都可以与NaOH发生反应，当再向得到的沉淀中加入盐酸时，二者都溶解，不能分离、提纯二者，故D选。
故选：D。
【点评】本题考查物质的分离、提纯，为高频考点，侧重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以及实验的严密性和可行性的评价，难度不大．
13．（3分）O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（ ）
A．氧气是氧化产物
B．O2F2既是氧化剂又是还原剂
C．若生成4.48 L HF，则转移0.8 mol电子
D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4
【分析】反应H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2中，S元素化合价由﹣2价升高到+6价，被氧化，O元素由+1价降低到0价，被还原，以此解答该题．
【解答】解：A．O元素由+1价降低到0价，化合价降低，获得电子，所以氧气是还原产物，故A错误；
B．在反应中，O2F2中的O元素化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而硫化氢中的S元素的化合价是﹣2价，反应后升高为+6价，所以H2S表现还原性，而O2F2表现氧化性，故B错误；
C．外界条件不明确，不能确定HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，故C错误；
D．由方程式可知还原剂和氧化剂的物质的量的比是1：4，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点和常见题型，侧重于学生的分析、计算能力的考查，答题注意把握元素化合价的变化，为解答该题的关键，易错点为C，注意因条件未知，不能确定HF的物质的量，题目难度不大．
14．（3分）在硫酸工业生产中，为了有利于SO2的转化，且能充分利用热能，采用了中间有热交换器的接触室（见图）．下列说法错误的是（ ）
A．a、b两处的混合气体成分含量相同，温度不同
B．c、d两处的混合气体成分含量相同，温度不同
C．热交换器的作用是预热待反应的气体，冷却反应后的气体
D．c处气体经热交换后再次催化氧化的目的是提高SO2的转化率
【分析】A．从a进入的气体是含有SO2、O2、N2等的冷气，经过热交换器后从b处出来的是热的气体；
B．在c处出来的气体SO2、O2在催化剂表面发生反应产生的含有SO3及未反应的SO2、O2等气体，该反应是放热反应，当经过热交换器后被冷的气体降温，SO3变为液态；
C．热交换器的作用是预热待反应的冷的气体，同时冷却反应产生的气体，为SO3的吸收创造条件；
D．使未反应的SO2进一步反应产生SO3，从而可以提高SO2的转化率．
【解答】解：A．根据装置图可知，从a进入的气体是含有SO2、O2、N2等的冷气，经过热交换器后从b处出来的是热的气体，成分与a处相同，故A正确；
B．在c处出来的气体SO2、O2在催化剂表面发生反应产生的含有SO3及未反应的SO2、O2等气体，该反应是放热反应，当经过热交换器后被冷的气体降温，SO3变为液态，故二者含有的气体的成分不相同，故B错误；
C．热交换器的作用是预热待反应的冷的气体，同时冷却反应产生的气体，为SO3的吸收创造条件，故C正确；
D．处气体经过热交换器后再次被催化氧化，目的就是使未反应的SO2进一步反应产生SO3，从而可以提高SO2的转化率，故D正确。
故选：B。
【点评】本题是对化学与技术的考查，涉及工业制硫酸中SO2催化氧化的设备及工作原理，注意对基础知识的理解掌握．
15．（3分）下列气体的制备和性质实验中，由现象得出的结论错误的是（ ）
选项
试剂
试纸或试液
现象
结论
A
浓氨水、生石灰
红色石蕊试纸
变蓝
NH3为碱性气体
B
浓盐酸、浓硫酸
pH试纸
变红
HCl为酸性气体
C
浓盐酸、二氧化锰
淀粉碘化钾试液
变蓝
Cl2具有氧化性
D
亚硫酸钠、硫酸
品红试液
褪色
SO2具有还原性
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．NH3制备可以采取浓氨水和生石灰制取，可用红色石蕊试纸检验，试纸变蓝则说明NH3为碱性气体；
B．利用浓硫酸的高沸点性，可以制取HCl气体，pH试纸变红，则说明气体为酸性气体；
C．浓盐酸和二氧化锰加热可以制取Cl2，Cl2可以用湿润的淀粉碘化钾试纸检验，试纸变蓝，说明KI转化为I2，则说明Cl2有强氧化性；
D．SO2使品红溶液褪色体现的是SO2的漂白性．
【解答】解：A．生石灰溶于水放出大量的热，增大氢氧根离子浓度，有利于氨气的逸出，NH3制备可以采取浓氨水和生石灰制取，可用红色石蕊试纸检验，试纸变蓝则说明NH3为碱性气体，故A正确；
B．利用浓硫酸的高沸点性，可以制取HCl气体，pH试纸变红，则说明气体为酸性气体，故B正确；
C．浓盐酸和二氧化锰加热可以制取Cl2，Cl2可以用湿润的淀粉碘化钾试纸检验，试纸变蓝，说明KI转化为I2，则说明Cl2有强氧化性，故C正确；
D．SO2使品红溶液褪色体现的是SO2的漂白性，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查常见气体的制备和性质实验，熟练掌握元素化合物性质，掌握常见气体的制备、检验，难度不大．
16．（3分）实验室提纯含少量氯化钠杂质的硝酸钾的过程如图所示．下列分析正确的是（ ）
A．操作Ⅰ是过滤，将固体分离除去
B．操作Ⅱ是加热浓缩．趁热过滤，除去杂质氯化钠
C．操作Ⅲ是过滤、洗涤，将硝酸钾晶体从溶液中分离出来
D．操作Ⅰ～Ⅲ总共需两次过滤
【分析】因为KNO3的溶解度随温度的升高而升高，NaCl的溶解度随温度的升高而基本无明显变变化，操作Ⅰ是加水溶解，操作Ⅱ是蒸发浓缩，得到较高温度下的KNO3饱和溶液，操作Ⅲ为冷却结晶析出KNO3，过滤，洗涤，干燥可得KNO3晶体．
【解答】解：KNO3中混有NaCl应提纯KNO3，将它们都溶于水，并降温结晶。因为KNO3的溶解度随温度的升高而升高，NaCl的溶解度随温度的升高而基本无明显变变化。则有，操作Ⅰ是在烧杯中加水溶解，操作Ⅱ是蒸发浓缩，得到较高温度下的KNO3饱和溶液，操作Ⅲ为冷却结晶，利用溶解度差异使KNO3结晶析出，过滤，洗涤，干燥可得KNO3晶体。
故选：C。
【点评】本题考查常见物质的分离、提纯的方法，理解利用溶解度差异进行的分离提纯，是基础知识的综合运用．
17．（3分）某铁的氧化物（FexO）1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112ml Cl2，恰好将Fe2+完全氧化．x值为（ ）
A．0.80 B．0.85 C．0.90 D．0.93
【分析】根据电子守恒可知，FexO被氧化为Fe3+转移的电子数和Cl2转移的电子数相等．
【解答】解：FexO中Fe的平均化合价为+，被氧化为Fe3+，根据电子守恒可知，转移的电子数和Cl2转移的电子数相等。标准状况下112mL Cl2转移电子数为×2=0.01mol。则有：×（3﹣）×x=0.01mol，解得x=0.8，
故选：A。
【点评】本题考查氧化还原反应计算，注意氧化还原反应计算中电子转移守恒运用，本题中注意平均化合价的应用，侧重考查学生的分析计算能力．
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）一定条件下，一种反应物过量，另一种反应物仍不能完全反应的是（ ）
A．过量的氢气与氮气 B．过量的浓盐酸与二氧化锰
C．过量的铜与浓硫酸 D．过量的锌与18 mol/L硫酸
【分析】A．合成氨是一个可逆反应，不能朝一个方向进行到底；
B．二氧化锰只与浓盐酸反应，稀盐酸不反应，过量浓盐酸和二氧化锰反应二氧化锰可以完全反应；
C．铜活泼性弱只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应；
D．过量的锌与18mol/L硫酸溶液反应，首先生成二氧化硫，当浓变稀的时候生成氢气．
【解答】解：A．合成氨是一个可逆反应，无论如何充分反应，都不能完全反应而达到百分之百，故A正确；
B．二氧化锰只与浓盐酸反应，稀盐酸不反应，二氧化锰过量，稀盐酸也不能完全反应，若浓盐酸过量，二氧化锰可以完全反应，故B错误；
C．铜活泼性弱只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应，故C正确；
D．过量的锌与18mol/L硫酸溶液反应，首先生成二氧化硫，当浓变稀的时候生成氢气，故D错误；
故选：AC。
【点评】本题考查物质的性质，题目难度不大，注意化学反应中的一些特殊情况，注意反应的可逆性和物质的浓度问题．
19．（4分）已知：SO32﹣+I2+H2O=SO42﹣+2I﹣+2H+．某溶液中可能含有Na+、NH4+、K+、I﹣、SO32﹣、SO42﹣，且所有离子物质的量浓度相等。向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色。下列关于该溶液的判断正确的是（ ）
A．肯定不含I﹣ B．肯定不含SO42﹣
C．肯定含有SO32﹣ D．肯定含有NH4+
【分析】无色溶液中加入溴水仍然无色，说明溴水发生了反应，且产物无色，I﹣和SO32﹣均可与溴水反应使溴水褪色，此时反应后溶液无色，说明没有I2，则原溶液中一定有SO32﹣；由于SO32﹣的还原性比I﹣强，又是少量溴水，故I﹣是否存在无法判断；因所有离子浓度相等，则根据电荷守恒可判断SO42﹣肯定没有，据此进行判断。
【解答】解：加入溴水仍然无色，说明溴水发生了反应，且产物无色，I﹣和SO32﹣均可与溴水反应使溴水褪色，此时反应后溶液无色，说明没有I2，则原溶液中一定有SO32﹣，故C正确；
由于SO32﹣的还原性比I﹣强，又是少量溴水，故I﹣是否存在无法判断，故A错误；
因所有离子浓度相等，则根据电荷守恒可判断SO42﹣肯定没有，故B正确；
根据分析可知，无法判断是否含有铵根离子，故D错误；
故选：BC。
【点评】本题考查常见离子的检验方法，题目难度不大，明确离子反应发生条件为解答关键，注意掌握离子共存的条件，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。
20．（4分）已知NaOH+Al（OH）3→Na[Al（OH）4]．向集满CO2的铝制易拉罐中加入过量NaOH浓溶液，立即封闭罐口，易拉罐渐渐凹瘪；再过一段时间，罐壁又重新凸起。上述实验过程中没有发生的离子反应是（ ）
A．CO2+2OH﹣→CO32﹣+H2O
B．Al2O3+2OH﹣+3H2O→2[Al（OH）4]﹣
C．2Al+2OH﹣+6H2O→2[Al（OH）4]﹣+3H2↑
D．Al3++4OH﹣→[Al（OH）4]﹣
【分析】向集满CO2的铝罐中加入过量氢氧化钠，首先CO2与氢氧化钠反应，发生反应为：CO2+2OH﹣→CO32﹣+H2O，表现为铝罐变瘪；接着过量的氢氧化钠再与铝罐反应生成氢气，发生反应为：2Al+2OH﹣+6H2O→2[Al（OH）4]﹣+3H2↑，则罐壁又重新凸起；因铝罐表面有氧化膜Al2O3，则又能够发生反应：Al2O3+2OH﹣+3H2O→2[Al（OH）4]﹣，据此进行解答。
【解答】解：向集满CO2的铝罐中加入过量氢氧化钠，首先CO2与氢氧化钠反应，发生反应为：CO2+2OH﹣→CO32﹣+H2O，表现为铝罐变瘪；接着过量的氢氧化钠再与铝罐反应生成氢气，发生反应为：2Al+2OH﹣+6H2O→2[Al（OH）4]﹣+3H2↑，则罐壁又重新凸起；
因铝罐表面有氧化膜Al2O3，则又能够发生反应：Al2O3+2OH﹣+3H2O→2[Al（OH）4]﹣，
根据分析可知，能够发生反应为A、B、C的，没有发生的反应为D，
故选：D。
【点评】本题考查了铝及其化合物性质，题目难度不大，明确发生反应原理为解答关键，注意掌握铝及其化合物性质，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
21．（4分）类比推理是化学中常用的思维方法．下列推理正确的是（ ）
A．CO2是直线型分子，推测CS2也是直线型分子
B．SiH4的沸点高于CH4，推测H2Se的沸点高于H2S
C．Fe与Cl2反应生成FeCl3，推测Fe与I2反应生成FeI3
D．NaCl与浓H2SO4加热可制HCl，推测NaBr与浓H2SO4加热可制HBr
【分析】A．O和S同主族，二者形成的CO2和CS2都是直线形分子；
B．C和Si，Se和S都分别同族元素，形成的氢化物都为分子晶体，沸点取决于分子间作用力的大小；
C．I2的氧化性较弱，碘单质与铁反应生成FeI2；
D．浓硫酸能够将HBr氧化为Br2．
【解答】解：A．O和S是同族元素，故形成的CO2和CS2都是直线形分子，该推理合理，故A正确；
B．C和Si，Se和S都分别为同族元素，所形成的氢化物都为分子晶体，沸点取决于分子间作用力的大小，分子间作用力大小可以用相对分子质量来比较，故B正确；
C．因I2的氧化性较弱，在碘单质与铁反应生成的是FeI2，故C错误；
D．浓硫酸氧化性很强，能够将HBr氧化为Br2，不能用该方法制取HBr，故D错误；
故选：AB。
【点评】本题考查较为综合，涉及分子构型、晶体性质、铁的化学性质、浓硫酸的性质等知识，题目难度中等，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．
22．（4分）称取（NH4）2SO4和NH4HSO4混合物样品7.24g，加入含0.1molNaOH的溶液，完全反应，生成NH3 1792ml（标准状况），则（NH4）2SO4和NH4HSO4的物质的量比为（ ）
A．1：1 B．1：2 C．1.87：1 D．3.65：1
【分析】先利用极值法判断氢氧化钠过量情况，氢氧化钠不足时硫酸氢铵电离出的氢离子优先反应，然后铵根离子与氢氧化钠反应，根据氨气的物质的量可计算出硫酸氢铵的物质的量，然后利用总质量可计算出硫酸铵的质量，最后可计算出混合物中（NH4）2SO4和NH4HSO4的物质的量之比。
【解答】解：假设混合物完全为（NH4）2SO4时消耗NaOH的量最小，7.24g（NH4）2SO4的物质的量为：≈0.0548mol，消耗氢氧化钠的物质的量为0.0548mol×2=0.1096mol＞0.1mol，说明氢氧化钠的物质的量不足，
（NH4）2SO4和NH4HSO4混合物样品中加入氢氧化钠溶液后，先与反应NH4HSO4，然后与（NH4）2SO4反应生成氨气，标准状况下生成氨气的物质的量为：=0.08mol，
则与氢离子反应消耗NaOH的物质的量为：0.1mol﹣0.08mol=0.02mol，故NH4HSO4的物质的量为0.02mol，
所以（NH4）2SO4的质量为：7.24g﹣115g/mol×0.02mol=4.94g，其物质的量为：≈0.0374mol，
则（NH4）2SO4和NH4HSO4的物质的量比为：0.0375mol：0.02mol=1.87：1，
故选：C。
【点评】本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，正确判断氢氧化钠的过量情况及发生反应的先后顺序为解答关键，注意掌握极值法在化学计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。
四、（本题共12分）
23．（12分）NaCN超标的电镀废水可用两段氧化法处理：
（1）NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl
（2）NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2
已知HCN（Ki=6.3×10﹣10）有剧毒；HCN、HOCN中N元素的化合价相同．
完成下列填空：
（1）第一次氧化时，溶液的pH应调节为 碱性 （选填“酸性”、“碱性”或“中性”）；原因是 防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气 ．
（2）写出第二次氧化时发生反应的离子方程式． 2OCN﹣+3ClO﹣=CO32﹣+CO2↑+3Cl﹣+N2↑
（3）处理100m3含NaCN 10.3mg/L的废水，实际至少需NaClO 14900 g（实际用量应为理论值的4倍），才能使NaCN含量低于0.5mg/L，达到排放标准．
（4）（CN）2与Cl2的化学性质相似．（CN）2与NaOH溶液反应生成 NaOCN 、 NaCN 和H2O．
（5）上述反应涉及到的元素中，氯原子核外电子能量最高的电子亚层是 3p ；H、C、N、O、Na的原子半径从小到大的顺序为 H＜O＜N＜C＜Na ．
（6）HCN是直线型分子，HCN是 极性 分子（选填“极性”或“非极性”）．HClO的电子式为 ．
【分析】（1）NaCN易与酸反应生成HCN，而HCN有剧毒，故应该使溶液的pH呈碱性；
（2）反应中氯元素的化合价从+1价降低到﹣1价，得到2个电子．N元素化合价从﹣3价升高到0价，失去3个电子，结合氧化还原反应中化合价升降相等配平；
（3）参加反应的NaCN为=20mol，反应中C由+2价升高到+4价，N元素化合价从﹣3价升高到0价，即1molNaCN失去5mol电子，1mol次氯酸钠得到2mol电子，利用电子守恒计算；
（4）（CN）2与Cl2的化学性质相似，根据氯气与氢氧化钠溶液反应的原理分析（CN）2与NaOH溶液反应产物；
（5）氯原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，据此可知氯原子核外电子中能量最高的电子亚层；
原子的电子层越多，原子半径越大，电子层相同时，原子的核电荷数越大，原子半径越小，据此判断H、C、N、O、Na的原子半径大小；
（6）HCN是直线型分子，其正负电荷的重心不重合；HClO为共价化合物，分子中含有1个O﹣Cl键和个H﹣O键，据此写出其电子式．
【解答】解：（1）NaCN易与酸反应生成HCN，为防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气，因此第一次氧化时，溶液的pH应调节为碱性，
故答案为：碱性；防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气；
（2）反应中氯元素的化合价从+1价降低到﹣1价，得到2个电子．N元素化合价从﹣3价升高到0价，失去3个电子，则根据电子得失守恒可知还原剂和氧化剂的物质的量之比是2：3，反应的离子方程式为：2OCN﹣+3ClO﹣=CO32﹣+CO2↑+3Cl﹣+N2↑，
故答案为：2OCN﹣+3ClO﹣=CO32﹣+CO2↑+3Cl﹣+N2↑；
（3）参加反应的NaCN是：=20mol，反应中C由+2价升高到+4价，N元素化合价从﹣3价升高到0价，即1molNaCN失去5mol电子，1mol次氯酸钠得到2mol电子，所以处理100 m3含NaCN 10.3 mg/L的废水，实际至少需NaClO的质量为：×74.5g/mol×4=14900g，
故答案为：14900；
（4）（CN）2与Cl2的化学性质相似，根据氯气与氢氧化钠溶液反应的原理可知，（CN）2与NaOH溶液反应生成NaOCN、NaCN、和H2O，
故答案为：NaOCN；NaCN；
（5）氯原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p5，所以氯原子核外电子中能量最高的电子亚层为3p；
原子的电子层越多，原子半径越大，电子层相同时，原子的核电荷数越大，原子半径越小，则H、C、N、O、Na的原子半径从小到大的顺序为：H＜O＜N＜C＜Na，
故答案为：3p；H＜O＜N＜C＜Na；
（6）HCN是直线型分子，由于正负电荷的重心不重合，则HCN为极性分子；HClO为共价化合物，分子中含有1个O﹣Cl键和个H﹣O键，其电子式为，
故答案为：极性；．
【点评】本题考查了氧化还原反应方程式书写、计算、元素周期律等有关判断，题目难度中等，明确氧化还原反应的实质及配平原则为解答关键，试题知识点较多，充分考查了学生的分析能力及灵活应用能力．
五、（本题共12分）
24．（12分）随着科学技术的发展和环保要求的不断提高，CO2的捕集利用技术成为研究的重点．
完成下列填空：
（1）目前国际空间站处理CO2的一个重要方法是将CO2还原，所涉及的反应方程式为：
CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）
已知H2的体积分数随温度的升高而增加．
若温度从300℃升至400℃，重新达到平衡，判断下列表格中各物理量的变化．（选填“增大”、“减小”或“不变”）
v正
v逆
平衡常数K
转化率α
（2）相同温度时，上述反应在不同起始浓度下分别达到平衡，各物质的平衡浓度如下表：
[CO2]/mol•L﹣1
[H2]/mol•L﹣1
[CH4]/mol•L﹣1
[H2O]/mol•L﹣1
平衡Ⅰ
a
b
c
d
平衡Ⅱ
m
n
x
y
a、b、c、d与m、n、x、y之间的关系式为 ．
（3）碳酸：H2CO3，Ki1=4.3×10﹣7，Ki2=5.6×10﹣11
草酸：H2C2O4，Ki1=5.9×10﹣2，Ki2=6.4×10﹣5
0.1mol/L Na2CO3溶液的pH 大于 0.1mol/L Na2C2O4溶液的pH．（选填“大于”“小于”或“等于”）
等浓度的草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是 草酸 ．若将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合，溶液中各种离子浓度大小的顺序正确的是 ac ．（选填编号）
a．[H+]＞[HC2O4﹣]＞[HCO3﹣]＞[CO32﹣]b．[HCO3﹣]＞[HC2O4﹣]＞[C2O42﹣]＞[CO32﹣]
c．[H+]＞[HC2O4﹣]＞[C2O42﹣]＞[CO32﹣]d．[H2CO3]＞[HCO3﹣]＞[HC2O4﹣]＞[CO32﹣]
（4）人体血液中的碳酸和碳酸氢盐存在平衡：H++HCO3﹣⇌H2CO3，当有少量酸性或碱性物质进入血液中时，血液的pH变化不大，用平衡移动原理解释上述现象 当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H+浓度变化较小，血液中的pH基本不变；当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变 ．
【分析】（1）H2的体积分数随温度的升高而增加，这说明升高温度平衡逆反应方向进行，即正反应是放热反应．升高温度正、逆反应速率均增大，平衡逆反应方向进行，平衡常数减小，反应物的转化率减小；
（2）相同温度时平衡常数不变；
（3）根据电离常数可知草酸的酸性强于碳酸，则碳酸钠的水解程度大于草酸钠，等浓度草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是草酸，
草酸的二级电离常数均大于碳酸的，所以草酸的电离程度大于碳酸，且碳酸以第一步电离为主，因此溶液中[H+]＞[HC2O4﹣]＞[C2O42﹣]＞[HCO3﹣]＞[CO32；
（4）根据平衡可知当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H+浓度变化较小，血液中的pH基本不变；当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变．
【解答】解：（1）H2的体积分数随温度的升高而增加，这说明升高温度平衡逆反应方向进行，即正反应是放热反应．升高温度正、逆反应速率均增大，平衡逆反应方向进行，平衡常数减小，反应物的转化率减小，
故答案为：
v正
v逆
平衡常数K
转化率α
增大
增大
减小
减小
（2）相同温度时平衡常数不变，则a、b、c、d与m、n、x、y之间的关系式为，故答案为：；
（3）根据电离常数可知草酸的酸性强于碳酸，则碳酸钠的水解程度大于草酸钠，所以0.1 mol/L Na2CO3溶液的pH大于0.1 mol/L Na2C2O4溶液的pH，
草酸的酸性强于碳酸，则等浓度草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是草酸，
草酸的二级电离常数均大于碳酸的，所以草酸的电离程度大于碳酸，且碳酸以第一步电离为主，因此溶液中[H+]＞[HC2O4﹣]＞[C2O42﹣]＞[HCO3﹣]＞[CO32﹣]，则ac正确，bd错误．
故答案为：ac；
（4）根据平衡可知当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H+浓度变化较小，血液中的pH基本不变；当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变，
故答案为：当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H+浓度变化较小，血液中的pH基本不变；当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变．
【点评】本题考查较为综合，涉及化学平衡常数、离子浓度大小比较以及弱电解质的电离等知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，注意把握平衡常数的意义以及离子浓度大小比较方法，难度中等．
六、（本题共12分）
25．（12分）乙酸乙酯广泛用于药物、染料、香料等工业，中学化学实验常用a装置来制备．
完成下列填空：
（1）实验时，通常加入过量的乙醇，原因是 增大反应物浓度，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率 ．加入数滴浓硫酸即能起催化作用，但实际用量多于此量，原因是 浓H2SO4能吸收生成的水，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率 ；浓硫酸用量又不能过多，原因是 浓H2SO4具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯的产率 ．
（2）饱和Na2CO3溶液的作用是 中和乙酸、溶解乙醇、减少乙酸乙酯在水中的溶解 ．
（3）反应结束后，将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中， 振荡 、 静置 ，然后分液．
（4）若用b装置制备乙酸乙酯，其缺点有 原料损失较大 、 易发生副反应 ．由b装置制得的乙酸乙酯产品经饱和碳酸钠溶液和饱和食盐水洗涤后，还可能含有的有机杂质是 乙醚 ，分离乙酸乙酯与该杂质的方法是 蒸馏 ．
【分析】（1）制备乙酸乙酯的反应为可逆反应，加入过量的乙醇可提高酯的产率，浓H2SO4能吸收生成的水，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率，由于浓H2SO4具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯的产率；
（2）乙醇和乙酸可溶于水，乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度较小；
（3）乙酸乙酯不溶于水，可分液分离；
（4）b由于不是水浴加热，温度不易控制，饮醋制备乙酸乙酯的缺点有原料损失较大、易发生副反应，由于乙醇溶液发生分子间脱水生成乙醚，乙醚和乙酸乙酯的沸点相差大，可蒸馏分离．
【解答】解：（1）由于是可逆反应，因此加入过量的乙醇增大反应物浓度，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率．由于浓H2SO4能吸收生成的水，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率，因此实际用量多于此量；由于浓H2SO4具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯的产率，所以浓硫酸用量又不能过多，
故答案为；增大反应物浓度，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率；浓H2SO4能吸收生成的水，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率；浓H2SO4具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯的产率；
（2）由于生成的乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸，所以饱和Na2CO3溶液的作用是中和乙酸、溶解乙醇、减少乙酸乙酯在水中的溶解，
故答案为：中和乙酸、溶解乙醇、减少乙酸乙酯在水中的溶解；
（3）乙酸乙酯不溶于水，因此反应后，将试管中收集到的铲平倒入分液漏斗中，振荡、静置，然后分液即可，故答案为：振荡；静置；
（4）根据b装置可知由于不是水浴加热，温度不易控制，因此制备乙酸乙酯的缺点有原料损失较大、易发生副反应，由于乙醇溶液发生分子间脱水生成乙醚，所以b装置制得的乙酸乙酯产品经饱和碳酸钠溶液和饱和食盐水洗涤后，还可能含有的有机杂质是乙醚，乙醚和乙酸乙酯的沸点相差大，则分离乙酸乙酯与该杂质的方法是蒸馏，
故答案为：原料损失较大；易发生副反应；乙醚；蒸馏．
【点评】本题考查乙酸乙酯的制备，为高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，注意把握物质的性质以及实验的严密性以及操作方法，把握实验原理，难度不大．
七、（本题共12分）
26．（12分）半水煤气是工业合成氨的原料气，其主要成分是H2、CO、CO2、N2和H2O（g）．半水煤气经过下列步骤转化为合成氨的原料．
完成下列填空：
（1）半水煤气含有少量硫化氢．将半水煤气样品通入 硝酸铅（或硫酸铜） 溶液中（填写试剂名称），出现 黑色沉淀 ，可以证明有硫化氢存在．
（2）半水煤气在铜催化下实现CO变换：CO+H2OCO2+H2，若半水煤气中V（H2）：V（CO）：V（N2）=38：28：22，经CO变换后的气体中：V（H2）：V（N2）= 3：1 ．
（3）碱液吸收法是脱除二氧化碳的方法之一．已知：
Na2CO3
K2CO3
20℃碱液最高浓度（mol/L）
2.0
8.0
碱的价格（元/kg）
1.25
9.80
若选择Na2CO3碱液作吸收液，其优点是 价廉 ；缺点是 吸收CO2能力差 ．如果选择K2CO3碱液作吸收液，用什么方法可以降低成本？ 碱液循环使用 写出这种方法涉及的化学反应方程式． 2KHCO3K2CO3+CO2↑+H2O
（4）以下是测定半水煤气中H2以及CO的体积分数的实验方案．取一定体积（标准状况）的半水煤气，经过下列实验步骤测定其中H2以及CO的体积分数．
①选用合适的无机试剂分别填入Ⅰ、Ⅰ、Ⅳ、Ⅴ方框中．
②该实验方案中，步骤 IV （选填“Ⅳ”或“Ⅴ”）可以确定半水煤气中H2的体积分数．
【分析】（1）可以利用硫化氢与硝酸铅或硫酸铜等反应进行检验；
（2）反应中氮气体积不变，根据方程式计算生成氢气的体积，进而计算CO变换后的气体中氢气与氮气体积之比；
（3）碳酸钠比碳酸钾便宜，但碳酸钠溶液浓度比碳酸钾小，吸收二氧化碳的能力差；碳酸钾吸收二氧化碳生成碳酸氢钾，加热碳酸氢钾可以得到碳酸钾，再循环利用；
（4）①半水煤气中含有二氧化碳，首先利用碱液除去二氧化碳，干燥后再通过氧化铜反应，利用浓硫酸吸收产生的水蒸气，利用碱液吸收产生的二氧化碳，进而计算体积分数；
②氢气还原氧化铜生成水蒸气，浓硫酸吸收水蒸气．
【解答】解：（1）将水煤气通入硝酸铅（或硫酸铜）溶液中，出现黑色沉淀，证明含有硫化氢，
故答案为：硝酸铅（或硫酸铜）；黑色沉淀；
（2）若半水煤气中V（H2）：V（CO）：V（N2）=38：28：22，反应中氮气体积不变，根据方程式：CO+H2OCO2+H2，可知经CO变换后的气体中V（H2）：V（N2）=（38+28）：22=3：1，
故答案为：3：1；
（3）碳酸钠比碳酸钾价格便宜，价廉，但碳酸钠溶液浓度比碳酸钾小，吸收二氧化碳的能力差；碳酸钾吸收二氧化碳生成碳酸氢钾，加热碳酸氢钾可以得到碳酸钾，再循环利用，反应方程式为：2KHCO3K2CO3+CO2↑+H2O，
故答案为：价廉；吸收CO2能力差；碱液循环使用；2KHCO3K2CO3+CO2↑+H2O；
（4）①半水煤气中含有二氧化碳，首先利用碱液除去二氧化碳，干燥后再通过氧化铜反应，利用浓硫酸吸收产生的水蒸气，利用碱液吸收产生的二氧化碳，进而计算体积分数，故流程图为：，
故答案为：；
②氢气还原氧化铜生成水蒸气，浓硫酸吸收水蒸气，故步骤IV可以确定半水煤气中H2的体积分数，
故答案为：IV．
【点评】本题考查物质含量测定、气体检验、物质的分离提纯等，注意渗透实验中经济性，是对学生综合能力的考查．
八、（本题共9分）
27．（9分）异戊二烯是重要的有机化工原料，其结构简式为CH2=C（CH3）CH=CH2．
完成下列填空：
（1）化合物X与异戊二烯具有相同的分子式，与Br/CCl4反应后得到3﹣甲基﹣1，1，2，2﹣四溴丁烷．X的结构简式为 CH≡CCH（CH3）2 ．
（2）异戊二烯的一种制备方法如图所示：
A能发生的反应有 加成（还原）、氧化、聚合、取代（酯化）、消除反应 ．（填反应类型）
B的结构简式为 ．
（3）设计一条由异戊二烯制得有机合成中间体的合成路线．
（合成路线常用的表示方式为：AB…目标产物）
【分析】（1）化合物X与异戊二烯的分子式相同，则X的分子式为C6H10，X的不饱和度为2，X与Br2/CCl4发生加成反应产物为3﹣甲基﹣1，1，2，2﹣四溴丁烷，则X分子中存在碳碳三键，其结构简式为：CH≡CCH（CH3）2；
（2）A分子中存在碳碳双键能发生加成反应，与H2的加成反应也属于还原反应，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而发生氧化反应，能发生加聚反应（聚合反应），A分子中存在羟基能发生取代反应（酯化反应）和消除反应；
将A与异戊二烯的结构简式对比可知，A首先与H2发生加成反应生成，再发生消除反应即可得到异戊二烯；
（3）CH2=C（CH3）CH=CH2在一定条件下先与HCl发生加成反应生成，然后在氢氧化钠溶液、加热条件下发生取代（水解）反应生成，最后在催化剂、加热条件下与H2发生加成反应即可生成．
【解答】解：（1）化合物X与异戊二烯的分子式相同，则X的分子式为C6H10，X的不饱和度为2，X与Br2/CCl4发生加成反应产物为3﹣甲基﹣1，1，2，2﹣四溴丁烷，则X分子中存在碳碳三键，其结构简式为：CH≡CCH（CH3）2，
故答案为：CH≡CCH（CH3）2；
（2）A分子中存在碳碳双键能发生加成反应，与H2的加成反应也属于还原反应，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而发生氧化反应，能发生加聚反应（聚合反应），A分子中存在羟基能发生取代反应（酯化反应）和消除反应，
将A与异戊二烯的结构简式对比可知，A首先与H2发生加成反应生成，再发生消除反应即可得到异戊二烯，
故答案为：加成（还原）、氧化、聚合、取代（酯化）、消除反应；；
（3）CH2=C（CH3）CH=CH2在一定条件下先与HCl发生加成反应生成，然后在氢氧化钠溶液、加热条件下发生取代（水解）反应生成，最后在催化剂、加热条件下与H2发生加成反应即可生成，合成路线流程图为：
，
故答案为：
．
【点评】本题考查有机物的推断与合成、有机反应类型、有机物官能团的性质等，熟练掌握官能团的性质与衍变，是对有机化学基础的综合考查．
九、（本题共13分）
28．（13分）M是聚合物胶黏剂、涂料等的单体，其一条合成路线如下（部分试剂及反应条件省略）：
完成下列填空：
（1）反应①的反应类型是 消去反应 。反应④的反应条件是 浓硫酸、加热 。
（2）除催化氧化法外，由A得到所需试剂为 银氨溶液，酸 。
（3）已知B能发生银镜反应。由反应②、反应③说明：在该条件下， 碳碳双键比醛基（羰基）易还原 。
（4）写出结构简式，C CH2=CHCHO ；M
（5）D与1﹣丁醇反应的产物与氯乙烯共聚可提高聚合物性能，写出该共聚物的结构简式。
（6）写出一种满足下列条件的丁醛的同分异构体的结构简式。 等
①不含羰基②含有3种不同化学环境的氢原子
已知：双键碳上连有羟基的结构不稳定。
【分析】丙烯（CH2=CHCH3）在催化剂作用下与H2/CO作用生成丁醛，2分子丁醛发生加成反应得到，与A的分子式相比，反应①应是发生醇的消去反应，（2）中除催化氧化法外，由A可以得到，可知A为CH3CH2CH2CH=CH（CH2CH3）CHO，化合物A（C8H14O）与H2发生加成反应生成B（C8H16O），B与氢气发生加成反应生成Y（C8H18O），由（3）中B能发生银镜反应，说明碳碳双键首先与H2加成，可推知B为CH3CH2CH2CH2CH（CH2CH3）CHO，Y为CH3CH2CH2CH2CH（CH2CH3）CH2OH．丙烯（CH2=CHCH3）在催化剂作用下被氧化为C（C3H4O），C的结构简式为：CH2=CHCHO，CH2=CHCHO进一步被催化氧化生成D（C3H4O2），则D的结构简式为：CH2=CHCOOH，D与Y在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成M，M的结构简式为：。
【解答】解：丙烯（CH2=CHCH3）在催化剂作用下与H2/CO作用生成丁醛，2分子丁醛发生加成反应得到，与A的分子式相比，反应①应是发生醇的消去反应，（2）中除催化氧化法外，由A可以得到，可知A为CH3CH2CH2CH=CH（CH2CH3）CHO，化合物A（C8H14O）与H2发生加成反应生成B（C8H16O），B与氢气发生加成反应生成Y（C8H18O），由（3）中B能发生银镜反应，说明碳碳双键首先与H2加成，可推知B为CH3CH2CH2CH2CH（CH2CH3）CHO，Y为CH3CH2CH2CH2CH（CH2CH3）CH2OH．丙烯（CH2=CHCH3）在催化剂作用下被氧化为C（C3H4O），C的结构简式为：CH2=CHCHO，CH2=CHCHO进一步被催化氧化生成D（C3H4O2），则D的结构简式为：CH2=CHCOOH，D与Y在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成M，M的结构简式为：。
（1）反应①的反应类型是：消去反应，反应④发生酯化反应，反应条件是：浓硫酸、加热，
故答案为：消去反应；浓硫酸、加热；
（2）除催化氧化法外，由A得到还可以利用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液等将醛基氧化成羧基，然后再酸化，
故答案为：银氨溶液，酸；
（3）化合物A（C8H14O）与H2发生加成反应生成B（C8H16O），B与氢气发生加成反应生成Y（C8H18O），由B能发生银镜反应，说明碳碳双键首先与H2加成，即碳碳双键比醛基（羰基）易还原，
故答案为：碳碳双键比醛基（羰基）易还原；
（4）由上述分析可知，C的结构简式为CH2=CHCHO，M的结构简式为，
故答案为：CH2=CHCHO；；
（5）D为CH2=CHCOOH，与1﹣丁醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成CH2=CHCOOCH2CH2CH2CH3，CH2=CHCOOCH2CH2CH2CH3与氯乙烯发生加聚反应可生成高聚物：故答案为：；
（6）丁醛的结构简式为：CH3CH2CH2CHO，不饱和度=1，在其同分异构体中①不含羰基，说明分子中含有碳碳双键，或者含有1个环，②含有3种不同化学环境的氢原子且双键碳上连有羟基的结构不稳定。则符合条件的结构简式为：等，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的推断与合成途径、限制条件同分异构体的书写、有机反应类型等，成分利用有机物的分子式进行分析解答，熟练掌握官能团的性质与转化。
十、（本题共14分）
29．（14分）CO2是重要的化工原料，也是应用广泛的化工产品．CO2与过氧化钠或超氧化钾反应可产生氧气．
完成下列计算：
（1）CO2通入氨水生成NH4HCO3，NH4HCO3很容易分解．2.00mol NH4HCO3完全分解，分解产物经干燥后的体积为 89.6 L（标准状况）．
（2）某H2中含有2.40molCO2，该混合气体通入2.00L NaOH溶液中，CO2被完全吸收．如果NaOH完全反应，该NaOH溶液的浓度为 2.4mol/L≥c≥1.2mol/L ．
（3）CO2和KO2有下列反应：
4KO2+2CO2→2K2CO3+3O2
4KO2+4CO2+2H2O→4KHCO3+3O2
若9mol CO2在密封舱内和KO2反应后生成9mol O2，则反应前密封舱内H2O的量应该是多少？列式计算．
（4）甲烷和水蒸气反应的产物是合成甲醇的原料：CH4+H2OCO+3H2
已知：CO+2H2CH3OH CO2+3H2CH3OH+H2O
300mol CH4完全反应后的产物中，加入100mol CO2后合成甲醇．若获得甲醇350mol，残留氢气120mol，计算CO2的转化率．
【分析】（1）NH4HCO3完全分解生成NH3、CO2，方程式为NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2O，2molNH4HCO3可生成4mol气体；
（2）2.40molCO2与NaOH完全反应，产物可能为Na2CO3或NaHCO3或二者都有，结合质量守恒解答；
（3）9 mol CO2在密封舱内和KO2反应后生成9 mol O2，即n（CO2）：n（O2）=1：1，当把两个方程式相加得到8KO2+6CO2+2H2O→2K2CO3+4KHCO3+6O2，根据方程式计算消耗水的量；
（4）甲烷完全反应生成CO和氢气，根据反应CO+2H2CH3OH、CO2+3H2CH3OH+H2O设CO2的转化率为α，CO的转化率为β，结合质量守恒可计算转化率；或根据氢元素守恒计算．
【解答】解：（1）NH4HCO3完全分解生成NH3、CO2，方程式为NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2O，分解后水为液态，则2molNH4HCO3可生成4mol气体，体积为4mol×22.4L/mol=89.6L，故答案为：89.6；
（2）2.40molCO2与NaOH完全反应，产物可能为Na2CO3或NaHCO3或二者都有，
假设全部生成生成NaHCO3，则发生CO2+NaOH=NaHCO3，n（NaOH）=n（CO2）=2.40mol，则c（NaOH）==1.20mol/L；
假设全部生成，则发生CO2+2NaOH=Na2CO3，n（NaOH）=2n（CO2）=4.80mol，则c（NaOH）==2.40mol/L；
综合以上两种情况可知，NaOH溶液的浓度应该1.20mol/L≤c（NaOH）≤2.40mol/L．
故答案为：2.4 mol/L≥c≥1.2 mol/L；
（3）可用两种方法解答：
方法一：依题意，9 mol CO2在密封舱内和KO2反应后生成9 mol O2，即n（CO2）：n（O2）=1：1，通过观察题给两个方程式可知，当把两个方程式相加时正好符合题目要求：8KO2+6CO2+2H2O→2K2CO3+4KHCO3+6O2
所以有n（H2O）=n（CO2）=×9mol=3mol，即反应前密封舱内H2O的物质的量为3mol，
方法二：设反应前密封舱内H2O的物质的量为n
4KO2+4CO2+2H2O→4KHCO3+3O2
2n n 1.5n
4KO2+2CO2→2K2CO3+3O2
9﹣2n 1.5（9﹣2n）
根据题意生成氧气9mol，所以有1.5n+1.5（9﹣2n）=9mol，解得n=3mol，即反应前密封舱内H2O的物质的量为3mol．
答：反应前密封舱内H2O的量应该是3mol；
（4）方法一：
CH4+H2O→CO+3H2
300mol 300mol 900mol
设CO2的转化率为α，CO的转化率为β
CO+2H2→CH3OH CO2+3H2→CH3OH+H2O
300βmol 600βmol 300βmol 100αmol 300αmol 100αmol
根据题意，共生成350mol甲醇，所以有300βmol+100αmol=350mol﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
根据题意，反应后残留氢气120mol，则实际参加反应的氢气为900mol﹣120mol，所以有
600βmol+300αmol=900mol﹣120mol﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由①②式可得α=0.8，即设CO2的转化率为80%．
方法二：
在合成甲醇的反应中，氢元素在生成物中有两种存在形式，一是存在于甲醇中，二是存在于水中，设CO2的转化率为α，
CH4+H2O→CO+3H2
300mol 900mol
CO2+3H2→CH3OH+H2O
100amol 100amol
根据题意，反应后残留氢气120mol，则实际参加反应的氢气为900mol﹣120mol，根据反应中氢元素的守恒可有900mol﹣120mol=350mol×2+100amol，
解得a=0.8，
即设CO2的转化率为80%，
答：CO2的转化率为80%．
【点评】本题考查化学方程式的计算，综合考查学生的分析、计算能力，题目用到端值法和守恒法，难度较大，易错点为（4）答题时注意体会．
2016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）轴烯是一类独特的星形环烃。三元轴烯（）与苯（ ）
A．均为芳香烃 B．互为同素异形体
C．互为同系物 D．互为同分异构体
2．（2分）下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是（ ）
A．海带提碘 B．氯碱工业 C．氨碱法制碱 D．海水提溴
3．（2分）硼的最高价含氧酸的化学式不可能是（ ）
A．HBO2 B．H2BO3 C．H3BO3 D．H2B4O7
4．（2分）下列各组物质的熔点均与所含化学键的键能有关的是（ ）
A．CaO与CO2 B．NaCl与HCl C．SiC与SiO2 D．Cl2与I2
5．（2分）烷烃的命名正确的是（ ）
A．4﹣甲基﹣3﹣丙基戊烷 B．3﹣异丙基己烷
C．2﹣甲基﹣3﹣丙基戊烷 D．2﹣甲基﹣3﹣乙基己烷
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）能证明乙酸是弱酸的实验事实是（ ）
A．CH3COOH溶液与Zn反应放出H2
B．0.1 mol/L CH3COONa溶液的pH大于7
C．CH3COOH溶液与Na2CO3反应生成CO2
D．0.1 mol/L CH3COOH溶液可使紫色石蕊变红
7．（3分）已知W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增大．W、Z同主族，X、Y、Z同周期，其中只有X为金属元素．下列说法一定正确的是（ ）
A．原子半径：X＞Y＞Z＞W
B．W的含氧酸的酸性比Z的含氧酸的酸性强
C．W的气态氢化物的稳定性小于Y的气态氢化物的稳定性
D．若W与X原子序数差为5，则形成化合物的化学式为X3W2
8．（3分）图1是铜锌原电池示意图．图2中，x轴表示实验时流入正极的电子的物质的量，y轴表示（ ）
A．铜棒的质量 B．c（Zn2+） C．c（H+） D．c（SO42﹣）
9．（3分）向新制氯水中加入少量下列物质，能增强溶液漂白能力的是（ ）
A．碳酸钙粉末 B．稀硫酸
C．氯化钙溶液 D．二氧化硫水溶液
10．（3分）一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中和代表不同元素的原子．
关于此反应说法错误的是（ ）
A．一定属于吸热反应 B．一定属于可逆反应
C．一定属于氧化还原反应 D．一定属于分解反应
11．（3分）合成导电高分子化合物PPV的反应为：
下列说法正确的是（ ）
A．PPV是聚苯乙炔
B．该反应为缩聚反应
C．PPV与聚苯乙烯的最小结构单元组成相同
D．1 mol 最多可与2 mol H2发生反应
12．（3分）下列各组混合物，使用氢氧化钠溶液和盐酸两种试剂不能分离的是（ ）
A．氧化镁中混有氧化铝 B．氯化铝溶液中混有氯化铁
C．氧化铁中混有二氧化硅 D．氯化亚铁溶液中混有氯化铜
13．（3分）O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（ ）
A．氧气是氧化产物
B．O2F2既是氧化剂又是还原剂
C．若生成4.48 L HF，则转移0.8 mol电子
D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4
14．（3分）在硫酸工业生产中，为了有利于SO2的转化，且能充分利用热能，采用了中间有热交换器的接触室（见图）．下列说法错误的是（ ）
A．a、b两处的混合气体成分含量相同，温度不同
B．c、d两处的混合气体成分含量相同，温度不同
C．热交换器的作用是预热待反应的气体，冷却反应后的气体
D．c处气体经热交换后再次催化氧化的目的是提高SO2的转化率
15．（3分）下列气体的制备和性质实验中，由现象得出的结论错误的是（ ）
选项
试剂
试纸或试液
现象
结论
A
浓氨水、生石灰
红色石蕊试纸
变蓝
NH3为碱性气体
B
浓盐酸、浓硫酸
pH试纸
变红
HCl为酸性气体
C
浓盐酸、二氧化锰
淀粉碘化钾试液
变蓝
Cl2具有氧化性
D
亚硫酸钠、硫酸
品红试液
褪色
SO2具有还原性
A．A B．B C．C D．D
16．（3分）实验室提纯含少量氯化钠杂质的硝酸钾的过程如图所示．下列分析正确的是（ ）
A．操作Ⅰ是过滤，将固体分离除去
B．操作Ⅱ是加热浓缩．趁热过滤，除去杂质氯化钠
C．操作Ⅲ是过滤、洗涤，将硝酸钾晶体从溶液中分离出来
D．操作Ⅰ～Ⅲ总共需两次过滤
17．（3分）某铁的氧化物（FexO）1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112ml Cl2，恰好将Fe2+完全氧化．x值为（ ）
A．0.80 B．0.85 C．0.90 D．0.93
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）一定条件下，一种反应物过量，另一种反应物仍不能完全反应的是（ ）
A．过量的氢气与氮气 B．过量的浓盐酸与二氧化锰
C．过量的铜与浓硫酸 D．过量的锌与18 mol/L硫酸
19．（4分）已知：SO32﹣+I2+H2O=SO42﹣+2I﹣+2H+．某溶液中可能含有Na+、NH4+、K+、I﹣、SO32﹣、SO42﹣，且所有离子物质的量浓度相等。向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色。下列关于该溶液的判断正确的是（ ）
A．肯定不含I﹣ B．肯定不含SO42﹣
C．肯定含有SO32﹣ D．肯定含有NH4+
20．（4分）已知NaOH+Al（OH）3→Na[Al（OH）4]．向集满CO2的铝制易拉罐中加入过量NaOH浓溶液，立即封闭罐口，易拉罐渐渐凹瘪；再过一段时间，罐壁又重新凸起。上述实验过程中没有发生的离子反应是（ ）
A．CO2+2OH﹣→CO32﹣+H2O
B．Al2O3+2OH﹣+3H2O→2[Al（OH）4]﹣
C．2Al+2OH﹣+6H2O→2[Al（OH）4]﹣+3H2↑
D．Al3++4OH﹣→[Al（OH）4]﹣
21．（4分）类比推理是化学中常用的思维方法．下列推理正确的是（ ）
A．CO2是直线型分子，推测CS2也是直线型分子
B．SiH4的沸点高于CH4，推测H2Se的沸点高于H2S
C．Fe与Cl2反应生成FeCl3，推测Fe与I2反应生成FeI3
D．NaCl与浓H2SO4加热可制HCl，推测NaBr与浓H2SO4加热可制HBr
22．（4分）称取（NH4）2SO4和NH4HSO4混合物样品7.24g，加入含0.1molNaOH的溶液，完全反应，生成NH3 1792ml（标准状况），则（NH4）2SO4和NH4HSO4的物质的量比为（ ）
A．1：1 B．1：2 C．1.87：1 D．3.65：1
四、（本题共12分）
23．（12分）NaCN超标的电镀废水可用两段氧化法处理：
（1）NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl
（2）NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2
已知HCN（Ki=6.3×10﹣10）有剧毒；HCN、HOCN中N元素的化合价相同．
完成下列填空：
（1）第一次氧化时，溶液的pH应调节为 （选填“酸性”、“碱性”或“中性”）；原因是 ．
（2）写出第二次氧化时发生反应的离子方程式．
（3）处理100m3含NaCN 10.3mg/L的废水，实际至少需NaClO g（实际用量应为理论值的4倍），才能使NaCN含量低于0.5mg/L，达到排放标准．
（4）（CN）2与Cl2的化学性质相似．（CN）2与NaOH溶液反应生成 、 和H2O．
（5）上述反应涉及到的元素中，氯原子核外电子能量最高的电子亚层是 ；H、C、N、O、Na的原子半径从小到大的顺序为 ．
（6）HCN是直线型分子，HCN是 分子（选填“极性”或“非极性”）．HClO的电子式为 ．
五、（本题共12分）
24．（12分）随着科学技术的发展和环保要求的不断提高，CO2的捕集利用技术成为研究的重点．
完成下列填空：
（1）目前国际空间站处理CO2的一个重要方法是将CO2还原，所涉及的反应方程式为：
CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）
已知H2的体积分数随温度的升高而增加．
若温度从300℃升至400℃，重新达到平衡，判断下列表格中各物理量的变化．（选填“增大”、“减小”或“不变”）
v正
v逆
平衡常数K
转化率α
（2）相同温度时，上述反应在不同起始浓度下分别达到平衡，各物质的平衡浓度如下表：
[CO2]/mol•L﹣1
[H2]/mol•L﹣1
[CH4]/mol•L﹣1
[H2O]/mol•L﹣1
平衡Ⅰ
a
b
c
d
平衡Ⅱ
m
n
x
y
a、b、c、d与m、n、x、y之间的关系式为 ．
（3）碳酸：H2CO3，Ki1=4.3×10﹣7，Ki2=5.6×10﹣11
草酸：H2C2O4，Ki1=5.9×10﹣2，Ki2=6.4×10﹣5
0.1mol/L Na2CO3溶液的pH 0.1mol/L Na2C2O4溶液的pH．（选填“大于”“小于”或“等于”）
等浓度的草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是 ．若将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合，溶液中各种离子浓度大小的顺序正确的是 ．（选填编号）
a．[H+]＞[HC2O4﹣]＞[HCO3﹣]＞[CO32﹣]b．[HCO3﹣]＞[HC2O4﹣]＞[C2O42﹣]＞[CO32﹣]
c．[H+]＞[HC2O4﹣]＞[C2O42﹣]＞[CO32﹣]d．[H2CO3]＞[HCO3﹣]＞[HC2O4﹣]＞[CO32﹣]
（4）人体血液中的碳酸和碳酸氢盐存在平衡：H++HCO3﹣⇌H2CO3，当有少量酸性或碱性物质进入血液中时，血液的pH变化不大，用平衡移动原理解释上述现象 ．
六、（本题共12分）
25．（12分）乙酸乙酯广泛用于药物、染料、香料等工业，中学化学实验常用a装置来制备．
完成下列填空：
（1）实验时，通常加入过量的乙醇，原因是 ．加入数滴浓硫酸即能起催化作用，但实际用量多于此量，原因是 ；浓硫酸用量又不能过多，原因是 ．
（2）饱和Na2CO3溶液的作用是 ．
（3）反应结束后，将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中， 、 ，然后分液．
（4）若用b装置制备乙酸乙酯，其缺点有 、 ．由b装置制得的乙酸乙酯产品经饱和碳酸钠溶液和饱和食盐水洗涤后，还可能含有的有机杂质是 ，分离乙酸乙酯与该杂质的方法是 ．
七、（本题共12分）
26．（12分）半水煤气是工业合成氨的原料气，其主要成分是H2、CO、CO2、N2和H2O（g）．半水煤气经过下列步骤转化为合成氨的原料．
完成下列填空：
（1）半水煤气含有少量硫化氢．将半水煤气样品通入 溶液中（填写试剂名称），出现 ，可以证明有硫化氢存在．
（2）半水煤气在铜催化下实现CO变换：CO+H2OCO2+H2，若半水煤气中V（H2）：V（CO）：V（N2）=38：28：22，经CO变换后的气体中：V（H2）：V（N2）= ．
（3）碱液吸收法是脱除二氧化碳的方法之一．已知：
Na2CO3
K2CO3
20℃碱液最高浓度（mol/L）
2.0
8.0
碱的价格（元/kg）
1.25
9.80
若选择Na2CO3碱液作吸收液，其优点是 ；缺点是 ．如果选择K2CO3碱液作吸收液，用什么方法可以降低成本？ 写出这种方法涉及的化学反应方程式．
（4）以下是测定半水煤气中H2以及CO的体积分数的实验方案．取一定体积（标准状况）的半水煤气，经过下列实验步骤测定其中H2以及CO的体积分数．
①选用合适的无机试剂分别填入Ⅰ、Ⅰ、Ⅳ、Ⅴ方框中．
②该实验方案中，步骤 （选填“Ⅳ”或“Ⅴ”）可以确定半水煤气中H2的体积分数．
八、（本题共9分）
27．（9分）异戊二烯是重要的有机化工原料，其结构简式为CH2=C（CH3）CH=CH2．
完成下列填空：
（1）化合物X与异戊二烯具有相同的分子式，与Br/CCl4反应后得到3﹣甲基﹣1，1，2，2﹣四溴丁烷．X的结构简式为 ．
（2）异戊二烯的一种制备方法如图所示：
A能发生的反应有 ．（填反应类型）
B的结构简式为 ．
（3）设计一条由异戊二烯制得有机合成中间体的合成路线．
（合成路线常用的表示方式为：AB…目标产物）
九、（本题共13分）
28．（13分）M是聚合物胶黏剂、涂料等的单体，其一条合成路线如下（部分试剂及反应条件省略）：
完成下列填空：
（1）反应①的反应类型是 。反应④的反应条件是 。
（2）除催化氧化法外，由A得到所需试剂为 。
（3）已知B能发生银镜反应。由反应②、反应③说明：在该条件下， 。
（4）写出结构简式，C ；M
（5）D与1﹣丁醇反应的产物与氯乙烯共聚可提高聚合物性能，写出该共聚物的结构简式。
（6）写出一种满足下列条件的丁醛的同分异构体的结构简式。
①不含羰基②含有3种不同化学环境的氢原子
已知：双键碳上连有羟基的结构不稳定。
十、（本题共14分）
29．（14分）CO2是重要的化工原料，也是应用广泛的化工产品．CO2与过氧化钠或超氧化钾反应可产生氧气．
完成下列计算：
（1）CO2通入氨水生成NH4HCO3，NH4HCO3很容易分解．2.00mol NH4HCO3完全分解，分解产物经干燥后的体积为 L（标准状况）．
（2）某H2中含有2.40molCO2，该混合气体通入2.00L NaOH溶液中，CO2被完全吸收．如果NaOH完全反应，该NaOH溶液的浓度为 ．
（3）CO2和KO2有下列反应：
4KO2+2CO2→2K2CO3+3O2
4KO2+4CO2+2H2O→4KHCO3+3O2
若9mol CO2在密封舱内和KO2反应后生成9mol O2，则反应前密封舱内H2O的量应该是多少？列式计算．
（4）甲烷和水蒸气反应的产物是合成甲醇的原料：CH4+H2OCO+3H2
已知：CO+2H2CH3OH CO2+3H2CH3OH+H2O
300mol CH4完全反应后的产物中，加入100mol CO2后合成甲醇．若获得甲醇350mol，残留氢气120mol，计算CO2的转化率．
2016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）轴烯是一类独特的星形环烃。三元轴烯（）与苯（ ）
A．均为芳香烃 B．互为同素异形体
C．互为同系物 D．互为同分异构体
【分析】轴烯与苯分子式都是C6H6，二者分子式相同，结构不同，以此解答该题。
【解答】解：轴烯与苯分子式都是C6H6，二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，只有D正确。
故选：D。
【点评】本题考查同分异构体的判断，为高频考点，注意把握同分异构体、同系物、同素异形体等概念，侧重于学生的双基的考查，注意把握比较的角度和概念的区别，难度不大。
2．（2分）下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是（ ）
A．海带提碘 B．氯碱工业 C．氨碱法制碱 D．海水提溴
【分析】发生的化学反应中，若存在元素的化合价变化，则属于氧化还原反应，以此来解答。
【解答】解：A．海带提碘是由KI变为I2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故A不选；
B．氯碱工业中电解食盐水生成氢气、氯气，H、Cl元素的化合价变化，为氧化还原反应，故B不选；
C．氨碱法制碱，二氧化碳、氨气、氯化钠反应生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠受热分解转化为碳酸钠，二氧化碳和水，没有元素的化合价变化，则不涉及氧化还原反应，故C选；
D．海水提溴是由溴元素的化合物变为溴元素的单质，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应，把握发生的化学反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意从元素化合价变化角度分析，题目难度不大。
3．（2分）硼的最高价含氧酸的化学式不可能是（ ）
A．HBO2 B．H2BO3 C．H3BO3 D．H2B4O7
【分析】主族元素的最高正化合物价等于其原子最外层电子数，B原子最外层电子数是3个，所以其最高化合价是+3价，然后根据化合物中正负化合价的代数和等于0判断化学式．
【解答】解：主族元素的最高正化合物价等于其原子最外层电子数，B原子最外层电子数是3个，所以其最高化合价是+3价，然后根据化合物中正负化合价的代数和等于0判断，H2BO3中B的化合价为+4价，所以不可能是H2BO3，故选项B符合题意。
故选：B。
【点评】本题考查元素化合价判断及化学式书写，掌握主族元素的最高正化合物价等于其原子最外层电子数是解题的关键，难度较小．
4．（2分）下列各组物质的熔点均与所含化学键的键能有关的是（ ）
A．CaO与CO2 B．NaCl与HCl C．SiC与SiO2 D．Cl2与I2
【分析】物质的熔点均与所含化学键的键能有关，则对应的晶体一般为金属晶体、离子晶体或原子晶体，而分子晶体熔化时只克服分子间作用力，以此解答该题．
【解答】解：A．CaO为离子化合物，熔化断裂离子键，而CO2在固体时是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，与化学键无关，故A错误；
B．NaCl为离子化合物，熔化断裂离子键，而HCl在固体时是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，与化学键无关，故B错误；
C．SiC与SiO2都是原子晶体，熔化断裂的是共价键，与化学键有关，故C正确；
D．Cl2与I2在固体时是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，与化学键无关，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查物质中的化学键，为高频考点，把握化学键的形成及化学键判断的一般规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大．
5．（2分）烷烃的命名正确的是（ ）
A．4﹣甲基﹣3﹣丙基戊烷 B．3﹣异丙基己烷
C．2﹣甲基﹣3﹣丙基戊烷 D．2﹣甲基﹣3﹣乙基己烷
【分析】选择分子中含有碳原子数最多的碳链为主链，有机物主链为6个碳原子，含有1个甲基和1个乙基，注意从离支链较近的一端给主链的碳原子编号，以此解答该题．
【解答】解：选择分子中含有碳原子数最多的碳链为主链，并从离支链较近的一端给主链的碳原子编号，该物质的名称是2﹣甲基﹣3﹣乙基己烷，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了烷烃的命名，为高频考点，侧重双基的考查，题目难度不大，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特点灵活运用即可．
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）能证明乙酸是弱酸的实验事实是（ ）
A．CH3COOH溶液与Zn反应放出H2
B．0.1 mol/L CH3COONa溶液的pH大于7
C．CH3COOH溶液与Na2CO3反应生成CO2
D．0.1 mol/L CH3COOH溶液可使紫色石蕊变红
【分析】A．只能证明乙酸具有酸性；
B．该盐水溶液显碱性，由于NaOH是强碱，醋酸根水解而成碱性；
C．可以证明乙酸的酸性比碳酸强；
D．可以证明乙酸具有酸性．
【解答】解：A．只能证明乙酸具有酸性，不能证明其酸性强弱，故A错误；
B．该盐水溶液显碱性，由于NaOH是强碱，故可以证明乙酸是弱酸，故B正确；
C．可以证明乙酸的酸性比碳酸强，但是不能证明其酸性强弱，故C错误；
D．可以证明乙酸具有酸性，但是不能证明其酸性强弱，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查实验方案的评价，涉及酸性强弱比较的实验方法，关键是原理的理解，难度不大．
7．（3分）已知W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增大．W、Z同主族，X、Y、Z同周期，其中只有X为金属元素．下列说法一定正确的是（ ）
A．原子半径：X＞Y＞Z＞W
B．W的含氧酸的酸性比Z的含氧酸的酸性强
C．W的气态氢化物的稳定性小于Y的气态氢化物的稳定性
D．若W与X原子序数差为5，则形成化合物的化学式为X3W2
【分析】由于原子序数按W、X、Y、Z依次增大，W与Z是同一主族的元素，而X、Y、Z是同一周期的元素，且只有X是金属元素，则同主族元素W与Z都是非金属，可能分别为N、P或O、S或F、Cl，Y可能为Si或S，金属元素X可为Na、Mg、Al中的一种，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期率知识解答该题．
【解答】解：由于原子序数按W、X、Y、Z依次增大，W与Z是同一主族的元素，而X、Y、Z是同一周期的元素，且只有X是金属元素，则同主族元素W与Z都是非金属，可能分别为N、P或O、S或F、Cl，Y可能为Si或S，金属元素X可为Na、Mg、Al中的一种，
A．同一周期的元素原子序数越大，原子半径越小；同一主族的元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大。所以原子半径：X＞Y＞Z＞W，故A正确；
B．W的含氧酸可能是HNO2、HNO3，Z的含氧酸是H3PO4，酸性HNO2＜H3PO4，故B错误；
C．元素的非金属性W＞Y，所以气态氢化物的稳定性W＞Y，故C错误；
D．若W、X原子序数相差5，如分别为O、Al，则二者形成的化合物的化学式是X2W3，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了原子结构与元素周期律的关系，为高频考点，题目难度中等，正确推断元素名称为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期表、元素周期律的关系，试题培养了学生的灵活应用能力．
8．（3分）图1是铜锌原电池示意图．图2中，x轴表示实验时流入正极的电子的物质的量，y轴表示（ ）
A．铜棒的质量 B．c（Zn2+） C．c（H+） D．c（SO42﹣）
【分析】铜锌原电池中，Zn是负极，失去电子发生氧化反应，电极反应为Zn﹣2e﹣=Zn2+，Cu是正极，氢离子得电子发生还原反应，电极反应为2H++2e﹣=H2↑，据此解答．
【解答】解：铜锌原电池中，Zn是负极，失去电子发生氧化反应，电极反应为Zn﹣2e﹣=Zn2+，Cu是正极，氢离子得电子发生还原反应，电极反应为 2H++2e﹣=H2↑，
A．Cu是正极，氢离子得电子发生还原反应，Cu棒的质量不变，故A错误；
B．由于Zn是负极，不断发生反应Zn﹣2e﹣=Zn2+，所以溶液中c（Zn2+）增大，故B错误；
C．由于反应不断消耗H+，所以溶液的c（H+）逐渐降低，故C正确；
D．SO42﹣不参加反应，其浓度不变，故D错误；
故选：C。
【点评】考查原电池基本原理和溶液中离子浓度变化，掌握活泼金属锌为负极，铜为正极，锌和硫酸之间发生氧化还原反应是解答的关键，题目比较简单．
9．（3分）向新制氯水中加入少量下列物质，能增强溶液漂白能力的是（ ）
A．碳酸钙粉末 B．稀硫酸
C．氯化钙溶液 D．二氧化硫水溶液
【分析】在氯水中存在反应Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，若反应使溶液中次氯酸浓度增大，则溶液漂白性会增强，据此分析判断选项．
【解答】解：在氯水中存在反应Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，若反应氢离子和碳酸根反应 使反应向右进行，使溶液中次氯酸浓度增大，则溶液漂白性会增强，
A．由于酸性HCl＞H2CO3＞HClO，向溶液中加入碳酸钙粉末反应反应2HCl+CaCO3=CaCl2+CO2↑+H2O，使化学平衡正向进行，导致次氯酸浓度增大，溶液漂白性增强，故A正确；
B．加入稀硫酸使溶液 中氢离子浓度增大平衡逆向进行，次氯酸浓度减小，溶液漂白性减弱，故B错误；
C．加入氯化钙溶液不发生反应，溶液对氯水起到稀释作用，平衡正向进行但次氯酸浓度减小，漂白性减弱，故C错误；
D．加入二氧化硫的水溶液，二氧化硫有还原性，能被氯气氧化，平衡逆向进行，次氯酸浓度减小，漂白性减弱，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查了氯气、次氯酸、氯水性质的分析，主要是化学平衡影响因素的理解应用，掌握基础是解题关键，题目较简单．
10．（3分）一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中和代表不同元素的原子．
关于此反应说法错误的是（ ）
A．一定属于吸热反应 B．一定属于可逆反应
C．一定属于氧化还原反应 D．一定属于分解反应
【分析】根据图示可知该反应反应物是一种，生成物是两种，且反应是可逆反应，
A．分解反应不一定是吸热反应；
B．图示可知反应物在反应后反应物分子仍存在，证明反应未进行彻底；
C．反应中有单质生成为氧化还原反应；
D．反应物为一种，生成两种生成物我分解反应．
【解答】解：根据图示可知该反应反应物是一种，生成物是两种，
A．该物质属于分解反应，一般的分解反应是吸热反应，但也有的分解反应如2H2O2=2H2O+O2↑的反应是放热反应，故A错误；
B．根据图示可知有一部分反应物未参加反应，属于该反应是可逆反应，故B正确；
C．该反应中有有单质生成，元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故C正确；
D．反应物是一种，生成物是两种，因此属于分解反应，故D正确。
故选：A。
【点评】本题考查常见化学反应类型的判断，主要考查可逆反应的判断、四种基本反应类型的判断、化合反应与氧化还原反应的关系等，题目难度不大，注意要熟练掌握基本反应的特点．
11．（3分）合成导电高分子化合物PPV的反应为：
下列说法正确的是（ ）
A．PPV是聚苯乙炔
B．该反应为缩聚反应
C．PPV与聚苯乙烯的最小结构单元组成相同
D．1 mol 最多可与2 mol H2发生反应
【分析】由反应方程式可知PPV由对二碘苯与发生缩聚反应生成，与苯乙炔、苯乙烯的加聚产物不同，以此解答该题．
【解答】解：A．根据物质的分子结构可知该物质不是聚苯乙炔，故A错误；
B．该反应除产生高分子化合物外，还有小分子生成，属于缩聚反应，故B正确；
C．PPV与聚苯乙烯的重复单元不相同，故C错误；
D．该物质一个分子中含有2个碳碳双键和苯环都可以与氢气发生加成反应，属于1mol 最多可以与5mol氢气发生加成反应，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构尤其时高聚物的结构，难度不大．
12．（3分）下列各组混合物，使用氢氧化钠溶液和盐酸两种试剂不能分离的是（ ）
A．氧化镁中混有氧化铝 B．氯化铝溶液中混有氯化铁
C．氧化铁中混有二氧化硅 D．氯化亚铁溶液中混有氯化铜
【分析】A．氧化铝具有两性，可与氢氧化钠溶液反应；
B．氯化铁与氢氧化钠反应生成氢氧化铁，氢氧化钠过量，氯化铝生成偏铝酸钠，过滤后分别加入盐酸，可又生成氯化铝、氯化铁；
C．二氧化硅是酸性氧化物，可以与NaOH发生反应；
D．二者都可以与NaOH发生反应生成沉淀，加入盐酸都可溶解．
【解答】解：A．MgO是碱性氧化物与NaOH不能反应，而Al2O3是两性氧化物，可以与NaOH发生反应产生NaAlO2，过滤后洗涤，就得到纯净的MgO，故A不选；
B．向溶液中加入过量的NaOH溶液，氯化铁变为Fe（OH）3沉淀，氯化铝变为NaAlO2，过滤，然后向溶液中加入适量的盐酸，当沉淀达到最大值中，过滤，得到Al（OH）3，再分别向两种物质的沉淀中加入适量的盐酸溶解，就得到氯化铝溶液，除去了杂质，故B不选；
C．二氧化硅是酸性氧化物，可以与NaOH发生反应，而氧化铁与NaOH不能发生反应。加入过量的NaOH，然后过滤洗涤，就得到纯净的氧化铁，故C不选；
D．二者都可以与NaOH发生反应，当再向得到的沉淀中加入盐酸时，二者都溶解，不能分离、提纯二者，故D选。
故选：D。
【点评】本题考查物质的分离、提纯，为高频考点，侧重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以及实验的严密性和可行性的评价，难度不大．
13．（3分）O2F2可以发生反应：H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是（ ）
A．氧气是氧化产物
B．O2F2既是氧化剂又是还原剂
C．若生成4.48 L HF，则转移0.8 mol电子
D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4
【分析】反应H2S+4O2F2→SF6+2HF+4O2中，S元素化合价由﹣2价升高到+6价，被氧化，O元素由+1价降低到0价，被还原，以此解答该题．
【解答】解：A．O元素由+1价降低到0价，化合价降低，获得电子，所以氧气是还原产物，故A错误；
B．在反应中，O2F2中的O元素化合价降低，获得电子，所以该物质是氧化剂，而硫化氢中的S元素的化合价是﹣2价，反应后升高为+6价，所以H2S表现还原性，而O2F2表现氧化性，故B错误；
C．外界条件不明确，不能确定HF的物质的量，所以不能确定转移电子的数目，故C错误；
D．由方程式可知还原剂和氧化剂的物质的量的比是1：4，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点和常见题型，侧重于学生的分析、计算能力的考查，答题注意把握元素化合价的变化，为解答该题的关键，易错点为C，注意因条件未知，不能确定HF的物质的量，题目难度不大．
14．（3分）在硫酸工业生产中，为了有利于SO2的转化，且能充分利用热能，采用了中间有热交换器的接触室（见图）．下列说法错误的是（ ）
A．a、b两处的混合气体成分含量相同，温度不同
B．c、d两处的混合气体成分含量相同，温度不同
C．热交换器的作用是预热待反应的气体，冷却反应后的气体
D．c处气体经热交换后再次催化氧化的目的是提高SO2的转化率
【分析】A．从a进入的气体是含有SO2、O2、N2等的冷气，经过热交换器后从b处出来的是热的气体；
B．在c处出来的气体SO2、O2在催化剂表面发生反应产生的含有SO3及未反应的SO2、O2等气体，该反应是放热反应，当经过热交换器后被冷的气体降温，SO3变为液态；
C．热交换器的作用是预热待反应的冷的气体，同时冷却反应产生的气体，为SO3的吸收创造条件；
D．使未反应的SO2进一步反应产生SO3，从而可以提高SO2的转化率．
【解答】解：A．根据装置图可知，从a进入的气体是含有SO2、O2、N2等的冷气，经过热交换器后从b处出来的是热的气体，成分与a处相同，故A正确；
B．在c处出来的气体SO2、O2在催化剂表面发生反应产生的含有SO3及未反应的SO2、O2等气体，该反应是放热反应，当经过热交换器后被冷的气体降温，SO3变为液态，故二者含有的气体的成分不相同，故B错误；
C．热交换器的作用是预热待反应的冷的气体，同时冷却反应产生的气体，为SO3的吸收创造条件，故C正确；
D．处气体经过热交换器后再次被催化氧化，目的就是使未反应的SO2进一步反应产生SO3，从而可以提高SO2的转化率，故D正确。
故选：B。
【点评】本题是对化学与技术的考查，涉及工业制硫酸中SO2催化氧化的设备及工作原理，注意对基础知识的理解掌握．
15．（3分）下列气体的制备和性质实验中，由现象得出的结论错误的是（ ）
选项
试剂
试纸或试液
现象
结论
A
浓氨水、生石灰
红色石蕊试纸
变蓝
NH3为碱性气体
B
浓盐酸、浓硫酸
pH试纸
变红
HCl为酸性气体
C
浓盐酸、二氧化锰
淀粉碘化钾试液
变蓝
Cl2具有氧化性
D
亚硫酸钠、硫酸
品红试液
褪色
SO2具有还原性
A．A B．B C．C D．D
【分析】A．NH3制备可以采取浓氨水和生石灰制取，可用红色石蕊试纸检验，试纸变蓝则说明NH3为碱性气体；
B．利用浓硫酸的高沸点性，可以制取HCl气体，pH试纸变红，则说明气体为酸性气体；
C．浓盐酸和二氧化锰加热可以制取Cl2，Cl2可以用湿润的淀粉碘化钾试纸检验，试纸变蓝，说明KI转化为I2，则说明Cl2有强氧化性；
D．SO2使品红溶液褪色体现的是SO2的漂白性．
【解答】解：A．生石灰溶于水放出大量的热，增大氢氧根离子浓度，有利于氨气的逸出，NH3制备可以采取浓氨水和生石灰制取，可用红色石蕊试纸检验，试纸变蓝则说明NH3为碱性气体，故A正确；
B．利用浓硫酸的高沸点性，可以制取HCl气体，pH试纸变红，则说明气体为酸性气体，故B正确；
C．浓盐酸和二氧化锰加热可以制取Cl2，Cl2可以用湿润的淀粉碘化钾试纸检验，试纸变蓝，说明KI转化为I2，则说明Cl2有强氧化性，故C正确；
D．SO2使品红溶液褪色体现的是SO2的漂白性，故D错误。
故选：D。
【点评】本题考查常见气体的制备和性质实验，熟练掌握元素化合物性质，掌握常见气体的制备、检验，难度不大．
16．（3分）实验室提纯含少量氯化钠杂质的硝酸钾的过程如图所示．下列分析正确的是（ ）
A．操作Ⅰ是过滤，将固体分离除去
B．操作Ⅱ是加热浓缩．趁热过滤，除去杂质氯化钠
C．操作Ⅲ是过滤、洗涤，将硝酸钾晶体从溶液中分离出来
D．操作Ⅰ～Ⅲ总共需两次过滤
【分析】因为KNO3的溶解度随温度的升高而升高，NaCl的溶解度随温度的升高而基本无明显变变化，操作Ⅰ是加水溶解，操作Ⅱ是蒸发浓缩，得到较高温度下的KNO3饱和溶液，操作Ⅲ为冷却结晶析出KNO3，过滤，洗涤，干燥可得KNO3晶体．
【解答】解：KNO3中混有NaCl应提纯KNO3，将它们都溶于水，并降温结晶。因为KNO3的溶解度随温度的升高而升高，NaCl的溶解度随温度的升高而基本无明显变变化。则有，操作Ⅰ是在烧杯中加水溶解，操作Ⅱ是蒸发浓缩，得到较高温度下的KNO3饱和溶液，操作Ⅲ为冷却结晶，利用溶解度差异使KNO3结晶析出，过滤，洗涤，干燥可得KNO3晶体。
故选：C。
【点评】本题考查常见物质的分离、提纯的方法，理解利用溶解度差异进行的分离提纯，是基础知识的综合运用．
17．（3分）某铁的氧化物（FexO）1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112ml Cl2，恰好将Fe2+完全氧化．x值为（ ）
A．0.80 B．0.85 C．0.90 D．0.93
【分析】根据电子守恒可知，FexO被氧化为Fe3+转移的电子数和Cl2转移的电子数相等．
【解答】解：FexO中Fe的平均化合价为+，被氧化为Fe3+，根据电子守恒可知，转移的电子数和Cl2转移的电子数相等。标准状况下112mL Cl2转移电子数为×2=0.01mol。则有：×（3﹣）×x=0.01mol，解得x=0.8，
故选：A。
【点评】本题考查氧化还原反应计算，注意氧化还原反应计算中电子转移守恒运用，本题中注意平均化合价的应用，侧重考查学生的分析计算能力．
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）一定条件下，一种反应物过量，另一种反应物仍不能完全反应的是（ ）
A．过量的氢气与氮气 B．过量的浓盐酸与二氧化锰
C．过量的铜与浓硫酸 D．过量的锌与18 mol/L硫酸
【分析】A．合成氨是一个可逆反应，不能朝一个方向进行到底；
B．二氧化锰只与浓盐酸反应，稀盐酸不反应，过量浓盐酸和二氧化锰反应二氧化锰可以完全反应；
C．铜活泼性弱只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应；
D．过量的锌与18mol/L硫酸溶液反应，首先生成二氧化硫，当浓变稀的时候生成氢气．
【解答】解：A．合成氨是一个可逆反应，无论如何充分反应，都不能完全反应而达到百分之百，故A正确；
B．二氧化锰只与浓盐酸反应，稀盐酸不反应，二氧化锰过量，稀盐酸也不能完全反应，若浓盐酸过量，二氧化锰可以完全反应，故B错误；
C．铜活泼性弱只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应，故C正确；
D．过量的锌与18mol/L硫酸溶液反应，首先生成二氧化硫，当浓变稀的时候生成氢气，故D错误；
故选：AC。
【点评】本题考查物质的性质，题目难度不大，注意化学反应中的一些特殊情况，注意反应的可逆性和物质的浓度问题．
19．（4分）已知：SO32﹣+I2+H2O=SO42﹣+2I﹣+2H+．某溶液中可能含有Na+、NH4+、K+、I﹣、SO32﹣、SO42﹣，且所有离子物质的量浓度相等。向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色。下列关于该溶液的判断正确的是（ ）
A．肯定不含I﹣ B．肯定不含SO42﹣
C．肯定含有SO32﹣ D．肯定含有NH4+
【分析】无色溶液中加入溴水仍然无色，说明溴水发生了反应，且产物无色，I﹣和SO32﹣均可与溴水反应使溴水褪色，此时反应后溶液无色，说明没有I2，则原溶液中一定有SO32﹣；由于SO32﹣的还原性比I﹣强，又是少量溴水，故I﹣是否存在无法判断；因所有离子浓度相等，则根据电荷守恒可判断SO42﹣肯定没有，据此进行判断。
【解答】解：加入溴水仍然无色，说明溴水发生了反应，且产物无色，I﹣和SO32﹣均可与溴水反应使溴水褪色，此时反应后溶液无色，说明没有I2，则原溶液中一定有SO32﹣，故C正确；
由于SO32﹣的还原性比I﹣强，又是少量溴水，故I﹣是否存在无法判断，故A错误；
因所有离子浓度相等，则根据电荷守恒可判断SO42﹣肯定没有，故B正确；
根据分析可知，无法判断是否含有铵根离子，故D错误；
故选：BC。
【点评】本题考查常见离子的检验方法，题目难度不大，明确离子反应发生条件为解答关键，注意掌握离子共存的条件，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。
20．（4分）已知NaOH+Al（OH）3→Na[Al（OH）4]．向集满CO2的铝制易拉罐中加入过量NaOH浓溶液，立即封闭罐口，易拉罐渐渐凹瘪；再过一段时间，罐壁又重新凸起。上述实验过程中没有发生的离子反应是（ ）
A．CO2+2OH﹣→CO32﹣+H2O
B．Al2O3+2OH﹣+3H2O→2[Al（OH）4]﹣
C．2Al+2OH﹣+6H2O→2[Al（OH）4]﹣+3H2↑
D．Al3++4OH﹣→[Al（OH）4]﹣
【分析】向集满CO2的铝罐中加入过量氢氧化钠，首先CO2与氢氧化钠反应，发生反应为：CO2+2OH﹣→CO32﹣+H2O，表现为铝罐变瘪；接着过量的氢氧化钠再与铝罐反应生成氢气，发生反应为：2Al+2OH﹣+6H2O→2[Al（OH）4]﹣+3H2↑，则罐壁又重新凸起；因铝罐表面有氧化膜Al2O3，则又能够发生反应：Al2O3+2OH﹣+3H2O→2[Al（OH）4]﹣，据此进行解答。
【解答】解：向集满CO2的铝罐中加入过量氢氧化钠，首先CO2与氢氧化钠反应，发生反应为：CO2+2OH﹣→CO32﹣+H2O，表现为铝罐变瘪；接着过量的氢氧化钠再与铝罐反应生成氢气，发生反应为：2Al+2OH﹣+6H2O→2[Al（OH）4]﹣+3H2↑，则罐壁又重新凸起；
因铝罐表面有氧化膜Al2O3，则又能够发生反应：Al2O3+2OH﹣+3H2O→2[Al（OH）4]﹣，
根据分析可知，能够发生反应为A、B、C的，没有发生的反应为D，
故选：D。
【点评】本题考查了铝及其化合物性质，题目难度不大，明确发生反应原理为解答关键，注意掌握铝及其化合物性质，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
21．（4分）类比推理是化学中常用的思维方法．下列推理正确的是（ ）
A．CO2是直线型分子，推测CS2也是直线型分子
B．SiH4的沸点高于CH4，推测H2Se的沸点高于H2S
C．Fe与Cl2反应生成FeCl3，推测Fe与I2反应生成FeI3
D．NaCl与浓H2SO4加热可制HCl，推测NaBr与浓H2SO4加热可制HBr
【分析】A．O和S同主族，二者形成的CO2和CS2都是直线形分子；
B．C和Si，Se和S都分别同族元素，形成的氢化物都为分子晶体，沸点取决于分子间作用力的大小；
C．I2的氧化性较弱，碘单质与铁反应生成FeI2；
D．浓硫酸能够将HBr氧化为Br2．
【解答】解：A．O和S是同族元素，故形成的CO2和CS2都是直线形分子，该推理合理，故A正确；
B．C和Si，Se和S都分别为同族元素，所形成的氢化物都为分子晶体，沸点取决于分子间作用力的大小，分子间作用力大小可以用相对分子质量来比较，故B正确；
C．因I2的氧化性较弱，在碘单质与铁反应生成的是FeI2，故C错误；
D．浓硫酸氧化性很强，能够将HBr氧化为Br2，不能用该方法制取HBr，故D错误；
故选：AB。
【点评】本题考查较为综合，涉及分子构型、晶体性质、铁的化学性质、浓硫酸的性质等知识，题目难度中等，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力．
22．（4分）称取（NH4）2SO4和NH4HSO4混合物样品7.24g，加入含0.1molNaOH的溶液，完全反应，生成NH3 1792ml（标准状况），则（NH4）2SO4和NH4HSO4的物质的量比为（ ）
A．1：1 B．1：2 C．1.87：1 D．3.65：1
【分析】先利用极值法判断氢氧化钠过量情况，氢氧化钠不足时硫酸氢铵电离出的氢离子优先反应，然后铵根离子与氢氧化钠反应，根据氨气的物质的量可计算出硫酸氢铵的物质的量，然后利用总质量可计算出硫酸铵的质量，最后可计算出混合物中（NH4）2SO4和NH4HSO4的物质的量之比。
【解答】解：假设混合物完全为（NH4）2SO4时消耗NaOH的量最小，7.24g（NH4）2SO4的物质的量为：≈0.0548mol，消耗氢氧化钠的物质的量为0.0548mol×2=0.1096mol＞0.1mol，说明氢氧化钠的物质的量不足，
（NH4）2SO4和NH4HSO4混合物样品中加入氢氧化钠溶液后，先与反应NH4HSO4，然后与（NH4）2SO4反应生成氨气，标准状况下生成氨气的物质的量为：=0.08mol，
则与氢离子反应消耗NaOH的物质的量为：0.1mol﹣0.08mol=0.02mol，故NH4HSO4的物质的量为0.02mol，
所以（NH4）2SO4的质量为：7.24g﹣115g/mol×0.02mol=4.94g，其物质的量为：≈0.0374mol，
则（NH4）2SO4和NH4HSO4的物质的量比为：0.0375mol：0.02mol=1.87：1，
故选：C。
【点评】本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，正确判断氢氧化钠的过量情况及发生反应的先后顺序为解答关键，注意掌握极值法在化学计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力。
四、（本题共12分）
23．（12分）NaCN超标的电镀废水可用两段氧化法处理：
（1）NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl
（2）NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2
已知HCN（Ki=6.3×10﹣10）有剧毒；HCN、HOCN中N元素的化合价相同．
完成下列填空：
（1）第一次氧化时，溶液的pH应调节为 碱性 （选填“酸性”、“碱性”或“中性”）；原因是 防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气 ．
（2）写出第二次氧化时发生反应的离子方程式． 2OCN﹣+3ClO﹣=CO32﹣+CO2↑+3Cl﹣+N2↑
（3）处理100m3含NaCN 10.3mg/L的废水，实际至少需NaClO 14900 g（实际用量应为理论值的4倍），才能使NaCN含量低于0.5mg/L，达到排放标准．
（4）（CN）2与Cl2的化学性质相似．（CN）2与NaOH溶液反应生成 NaOCN 、 NaCN 和H2O．
（5）上述反应涉及到的元素中，氯原子核外电子能量最高的电子亚层是 3p ；H、C、N、O、Na的原子半径从小到大的顺序为 H＜O＜N＜C＜Na ．
（6）HCN是直线型分子，HCN是 极性 分子（选填“极性”或“非极性”）．HClO的电子式为 ．
【分析】（1）NaCN易与酸反应生成HCN，而HCN有剧毒，故应该使溶液的pH呈碱性；
（2）反应中氯元素的化合价从+1价降低到﹣1价，得到2个电子．N元素化合价从﹣3价升高到0价，失去3个电子，结合氧化还原反应中化合价升降相等配平；
（3）参加反应的NaCN为=20mol，反应中C由+2价升高到+4价，N元素化合价从﹣3价升高到0价，即1molNaCN失去5mol电子，1mol次氯酸钠得到2mol电子，利用电子守恒计算；
（4）（CN）2与Cl2的化学性质相似，根据氯气与氢氧化钠溶液反应的原理分析（CN）2与NaOH溶液反应产物；
（5）氯原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，据此可知氯原子核外电子中能量最高的电子亚层；
原子的电子层越多，原子半径越大，电子层相同时，原子的核电荷数越大，原子半径越小，据此判断H、C、N、O、Na的原子半径大小；
（6）HCN是直线型分子，其正负电荷的重心不重合；HClO为共价化合物，分子中含有1个O﹣Cl键和个H﹣O键，据此写出其电子式．
【解答】解：（1）NaCN易与酸反应生成HCN，为防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气，因此第一次氧化时，溶液的pH应调节为碱性，
故答案为：碱性；防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气；
（2）反应中氯元素的化合价从+1价降低到﹣1价，得到2个电子．N元素化合价从﹣3价升高到0价，失去3个电子，则根据电子得失守恒可知还原剂和氧化剂的物质的量之比是2：3，反应的离子方程式为：2OCN﹣+3ClO﹣=CO32﹣+CO2↑+3Cl﹣+N2↑，
故答案为：2OCN﹣+3ClO﹣=CO32﹣+CO2↑+3Cl﹣+N2↑；
（3）参加反应的NaCN是：=20mol，反应中C由+2价升高到+4价，N元素化合价从﹣3价升高到0价，即1molNaCN失去5mol电子，1mol次氯酸钠得到2mol电子，所以处理100 m3含NaCN 10.3 mg/L的废水，实际至少需NaClO的质量为：×74.5g/mol×4=14900g，
故答案为：14900；
（4）（CN）2与Cl2的化学性质相似，根据氯气与氢氧化钠溶液反应的原理可知，（CN）2与NaOH溶液反应生成NaOCN、NaCN、和H2O，
故答案为：NaOCN；NaCN；
（5）氯原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p5，所以氯原子核外电子中能量最高的电子亚层为3p；
原子的电子层越多，原子半径越大，电子层相同时，原子的核电荷数越大，原子半径越小，则H、C、N、O、Na的原子半径从小到大的顺序为：H＜O＜N＜C＜Na，
故答案为：3p；H＜O＜N＜C＜Na；
（6）HCN是直线型分子，由于正负电荷的重心不重合，则HCN为极性分子；HClO为共价化合物，分子中含有1个O﹣Cl键和个H﹣O键，其电子式为，
故答案为：极性；．
【点评】本题考查了氧化还原反应方程式书写、计算、元素周期律等有关判断，题目难度中等，明确氧化还原反应的实质及配平原则为解答关键，试题知识点较多，充分考查了学生的分析能力及灵活应用能力．
五、（本题共12分）
24．（12分）随着科学技术的发展和环保要求的不断提高，CO2的捕集利用技术成为研究的重点．
完成下列填空：
（1）目前国际空间站处理CO2的一个重要方法是将CO2还原，所涉及的反应方程式为：
CO2（g）+4H2（g）⇌CH4（g）+2H2O（g）
已知H2的体积分数随温度的升高而增加．
若温度从300℃升至400℃，重新达到平衡，判断下列表格中各物理量的变化．（选填“增大”、“减小”或“不变”）
v正
v逆
平衡常数K
转化率α
（2）相同温度时，上述反应在不同起始浓度下分别达到平衡，各物质的平衡浓度如下表：
[CO2]/mol•L﹣1
[H2]/mol•L﹣1
[CH4]/mol•L﹣1
[H2O]/mol•L﹣1
平衡Ⅰ
a
b
c
d
平衡Ⅱ
m
n
x
y
a、b、c、d与m、n、x、y之间的关系式为 ．
（3）碳酸：H2CO3，Ki1=4.3×10﹣7，Ki2=5.6×10﹣11
草酸：H2C2O4，Ki1=5.9×10﹣2，Ki2=6.4×10﹣5
0.1mol/L Na2CO3溶液的pH 大于 0.1mol/L Na2C2O4溶液的pH．（选填“大于”“小于”或“等于”）
等浓度的草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是 草酸 ．若将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合，溶液中各种离子浓度大小的顺序正确的是 ac ．（选填编号）
a．[H+]＞[HC2O4﹣]＞[HCO3﹣]＞[CO32﹣]b．[HCO3﹣]＞[HC2O4﹣]＞[C2O42﹣]＞[CO32﹣]
c．[H+]＞[HC2O4﹣]＞[C2O42﹣]＞[CO32﹣]d．[H2CO3]＞[HCO3﹣]＞[HC2O4﹣]＞[CO32﹣]
（4）人体血液中的碳酸和碳酸氢盐存在平衡：H++HCO3﹣⇌H2CO3，当有少量酸性或碱性物质进入血液中时，血液的pH变化不大，用平衡移动原理解释上述现象 当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H+浓度变化较小，血液中的pH基本不变；当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变 ．
【分析】（1）H2的体积分数随温度的升高而增加，这说明升高温度平衡逆反应方向进行，即正反应是放热反应．升高温度正、逆反应速率均增大，平衡逆反应方向进行，平衡常数减小，反应物的转化率减小；
（2）相同温度时平衡常数不变；
（3）根据电离常数可知草酸的酸性强于碳酸，则碳酸钠的水解程度大于草酸钠，等浓度草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是草酸，
草酸的二级电离常数均大于碳酸的，所以草酸的电离程度大于碳酸，且碳酸以第一步电离为主，因此溶液中[H+]＞[HC2O4﹣]＞[C2O42﹣]＞[HCO3﹣]＞[CO32；
（4）根据平衡可知当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H+浓度变化较小，血液中的pH基本不变；当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变．
【解答】解：（1）H2的体积分数随温度的升高而增加，这说明升高温度平衡逆反应方向进行，即正反应是放热反应．升高温度正、逆反应速率均增大，平衡逆反应方向进行，平衡常数减小，反应物的转化率减小，
故答案为：
v正
v逆
平衡常数K
转化率α
增大
增大
减小
减小
（2）相同温度时平衡常数不变，则a、b、c、d与m、n、x、y之间的关系式为，故答案为：；
（3）根据电离常数可知草酸的酸性强于碳酸，则碳酸钠的水解程度大于草酸钠，所以0.1 mol/L Na2CO3溶液的pH大于0.1 mol/L Na2C2O4溶液的pH，
草酸的酸性强于碳酸，则等浓度草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是草酸，
草酸的二级电离常数均大于碳酸的，所以草酸的电离程度大于碳酸，且碳酸以第一步电离为主，因此溶液中[H+]＞[HC2O4﹣]＞[C2O42﹣]＞[HCO3﹣]＞[CO32﹣]，则ac正确，bd错误．
故答案为：ac；
（4）根据平衡可知当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H+浓度变化较小，血液中的pH基本不变；当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变，
故答案为：当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H+浓度变化较小，血液中的pH基本不变；当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H+浓度变化较小，血液的pH基本不变．
【点评】本题考查较为综合，涉及化学平衡常数、离子浓度大小比较以及弱电解质的电离等知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，注意把握平衡常数的意义以及离子浓度大小比较方法，难度中等．
六、（本题共12分）
25．（12分）乙酸乙酯广泛用于药物、染料、香料等工业，中学化学实验常用a装置来制备．
完成下列填空：
（1）实验时，通常加入过量的乙醇，原因是 增大反应物浓度，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率 ．加入数滴浓硫酸即能起催化作用，但实际用量多于此量，原因是 浓H2SO4能吸收生成的水，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率 ；浓硫酸用量又不能过多，原因是 浓H2SO4具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯的产率 ．
（2）饱和Na2CO3溶液的作用是 中和乙酸、溶解乙醇、减少乙酸乙酯在水中的溶解 ．
（3）反应结束后，将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中， 振荡 、 静置 ，然后分液．
（4）若用b装置制备乙酸乙酯，其缺点有 原料损失较大 、 易发生副反应 ．由b装置制得的乙酸乙酯产品经饱和碳酸钠溶液和饱和食盐水洗涤后，还可能含有的有机杂质是 乙醚 ，分离乙酸乙酯与该杂质的方法是 蒸馏 ．
【分析】（1）制备乙酸乙酯的反应为可逆反应，加入过量的乙醇可提高酯的产率，浓H2SO4能吸收生成的水，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率，由于浓H2SO4具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯的产率；
（2）乙醇和乙酸可溶于水，乙酸乙酯在饱和碳酸钠溶液中的溶解度较小；
（3）乙酸乙酯不溶于水，可分液分离；
（4）b由于不是水浴加热，温度不易控制，饮醋制备乙酸乙酯的缺点有原料损失较大、易发生副反应，由于乙醇溶液发生分子间脱水生成乙醚，乙醚和乙酸乙酯的沸点相差大，可蒸馏分离．
【解答】解：（1）由于是可逆反应，因此加入过量的乙醇增大反应物浓度，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率．由于浓H2SO4能吸收生成的水，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率，因此实际用量多于此量；由于浓H2SO4具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯的产率，所以浓硫酸用量又不能过多，
故答案为；增大反应物浓度，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率；浓H2SO4能吸收生成的水，使平衡向生成酯的方向移动，提高酯的产率；浓H2SO4具有强氧化性和脱水性，会使有机物碳化，降低酯的产率；
（2）由于生成的乙酸乙酯中含有乙醇和乙酸，所以饱和Na2CO3溶液的作用是中和乙酸、溶解乙醇、减少乙酸乙酯在水中的溶解，
故答案为：中和乙酸、溶解乙醇、减少乙酸乙酯在水中的溶解；
（3）乙酸乙酯不溶于水，因此反应后，将试管中收集到的铲平倒入分液漏斗中，振荡、静置，然后分液即可，故答案为：振荡；静置；
（4）根据b装置可知由于不是水浴加热，温度不易控制，因此制备乙酸乙酯的缺点有原料损失较大、易发生副反应，由于乙醇溶液发生分子间脱水生成乙醚，所以b装置制得的乙酸乙酯产品经饱和碳酸钠溶液和饱和食盐水洗涤后，还可能含有的有机杂质是乙醚，乙醚和乙酸乙酯的沸点相差大，则分离乙酸乙酯与该杂质的方法是蒸馏，
故答案为：原料损失较大；易发生副反应；乙醚；蒸馏．
【点评】本题考查乙酸乙酯的制备，为高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，注意把握物质的性质以及实验的严密性以及操作方法，把握实验原理，难度不大．
七、（本题共12分）
26．（12分）半水煤气是工业合成氨的原料气，其主要成分是H2、CO、CO2、N2和H2O（g）．半水煤气经过下列步骤转化为合成氨的原料．
完成下列填空：
（1）半水煤气含有少量硫化氢．将半水煤气样品通入 硝酸铅（或硫酸铜） 溶液中（填写试剂名称），出现 黑色沉淀 ，可以证明有硫化氢存在．
（2）半水煤气在铜催化下实现CO变换：CO+H2OCO2+H2，若半水煤气中V（H2）：V（CO）：V（N2）=38：28：22，经CO变换后的气体中：V（H2）：V（N2）= 3：1 ．
（3）碱液吸收法是脱除二氧化碳的方法之一．已知：
Na2CO3
K2CO3
20℃碱液最高浓度（mol/L）
2.0
8.0
碱的价格（元/kg）
1.25
9.80
若选择Na2CO3碱液作吸收液，其优点是 价廉 ；缺点是 吸收CO2能力差 ．如果选择K2CO3碱液作吸收液，用什么方法可以降低成本？ 碱液循环使用 写出这种方法涉及的化学反应方程式． 2KHCO3K2CO3+CO2↑+H2O
（4）以下是测定半水煤气中H2以及CO的体积分数的实验方案．取一定体积（标准状况）的半水煤气，经过下列实验步骤测定其中H2以及CO的体积分数．
①选用合适的无机试剂分别填入Ⅰ、Ⅰ、Ⅳ、Ⅴ方框中．
②该实验方案中，步骤 IV （选填“Ⅳ”或“Ⅴ”）可以确定半水煤气中H2的体积分数．
【分析】（1）可以利用硫化氢与硝酸铅或硫酸铜等反应进行检验；
（2）反应中氮气体积不变，根据方程式计算生成氢气的体积，进而计算CO变换后的气体中氢气与氮气体积之比；
（3）碳酸钠比碳酸钾便宜，但碳酸钠溶液浓度比碳酸钾小，吸收二氧化碳的能力差；碳酸钾吸收二氧化碳生成碳酸氢钾，加热碳酸氢钾可以得到碳酸钾，再循环利用；
（4）①半水煤气中含有二氧化碳，首先利用碱液除去二氧化碳，干燥后再通过氧化铜反应，利用浓硫酸吸收产生的水蒸气，利用碱液吸收产生的二氧化碳，进而计算体积分数；
②氢气还原氧化铜生成水蒸气，浓硫酸吸收水蒸气．
【解答】解：（1）将水煤气通入硝酸铅（或硫酸铜）溶液中，出现黑色沉淀，证明含有硫化氢，
故答案为：硝酸铅（或硫酸铜）；黑色沉淀；
（2）若半水煤气中V（H2）：V（CO）：V（N2）=38：28：22，反应中氮气体积不变，根据方程式：CO+H2OCO2+H2，可知经CO变换后的气体中V（H2）：V（N2）=（38+28）：22=3：1，
故答案为：3：1；
（3）碳酸钠比碳酸钾价格便宜，价廉，但碳酸钠溶液浓度比碳酸钾小，吸收二氧化碳的能力差；碳酸钾吸收二氧化碳生成碳酸氢钾，加热碳酸氢钾可以得到碳酸钾，再循环利用，反应方程式为：2KHCO3K2CO3+CO2↑+H2O，
故答案为：价廉；吸收CO2能力差；碱液循环使用；2KHCO3K2CO3+CO2↑+H2O；
（4）①半水煤气中含有二氧化碳，首先利用碱液除去二氧化碳，干燥后再通过氧化铜反应，利用浓硫酸吸收产生的水蒸气，利用碱液吸收产生的二氧化碳，进而计算体积分数，故流程图为：，
故答案为：；
②氢气还原氧化铜生成水蒸气，浓硫酸吸收水蒸气，故步骤IV可以确定半水煤气中H2的体积分数，
故答案为：IV．
【点评】本题考查物质含量测定、气体检验、物质的分离提纯等，注意渗透实验中经济性，是对学生综合能力的考查．
八、（本题共9分）
27．（9分）异戊二烯是重要的有机化工原料，其结构简式为CH2=C（CH3）CH=CH2．
完成下列填空：
（1）化合物X与异戊二烯具有相同的分子式，与Br/CCl4反应后得到3﹣甲基﹣1，1，2，2﹣四溴丁烷．X的结构简式为 CH≡CCH（CH3）2 ．
（2）异戊二烯的一种制备方法如图所示：
A能发生的反应有 加成（还原）、氧化、聚合、取代（酯化）、消除反应 ．（填反应类型）
B的结构简式为 ．
（3）设计一条由异戊二烯制得有机合成中间体的合成路线．
（合成路线常用的表示方式为：AB…目标产物）
【分析】（1）化合物X与异戊二烯的分子式相同，则X的分子式为C6H10，X的不饱和度为2，X与Br2/CCl4发生加成反应产物为3﹣甲基﹣1，1，2，2﹣四溴丁烷，则X分子中存在碳碳三键，其结构简式为：CH≡CCH（CH3）2；
（2）A分子中存在碳碳双键能发生加成反应，与H2的加成反应也属于还原反应，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而发生氧化反应，能发生加聚反应（聚合反应），A分子中存在羟基能发生取代反应（酯化反应）和消除反应；
将A与异戊二烯的结构简式对比可知，A首先与H2发生加成反应生成，再发生消除反应即可得到异戊二烯；
（3）CH2=C（CH3）CH=CH2在一定条件下先与HCl发生加成反应生成，然后在氢氧化钠溶液、加热条件下发生取代（水解）反应生成，最后在催化剂、加热条件下与H2发生加成反应即可生成．
【解答】解：（1）化合物X与异戊二烯的分子式相同，则X的分子式为C6H10，X的不饱和度为2，X与Br2/CCl4发生加成反应产物为3﹣甲基﹣1，1，2，2﹣四溴丁烷，则X分子中存在碳碳三键，其结构简式为：CH≡CCH（CH3）2，
故答案为：CH≡CCH（CH3）2；
（2）A分子中存在碳碳双键能发生加成反应，与H2的加成反应也属于还原反应，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而发生氧化反应，能发生加聚反应（聚合反应），A分子中存在羟基能发生取代反应（酯化反应）和消除反应，
将A与异戊二烯的结构简式对比可知，A首先与H2发生加成反应生成，再发生消除反应即可得到异戊二烯，
故答案为：加成（还原）、氧化、聚合、取代（酯化）、消除反应；；
（3）CH2=C（CH3）CH=CH2在一定条件下先与HCl发生加成反应生成，然后在氢氧化钠溶液、加热条件下发生取代（水解）反应生成，最后在催化剂、加热条件下与H2发生加成反应即可生成，合成路线流程图为：
，
故答案为：
．
【点评】本题考查有机物的推断与合成、有机反应类型、有机物官能团的性质等，熟练掌握官能团的性质与衍变，是对有机化学基础的综合考查．
九、（本题共13分）
28．（13分）M是聚合物胶黏剂、涂料等的单体，其一条合成路线如下（部分试剂及反应条件省略）：
完成下列填空：
（1）反应①的反应类型是 消去反应 。反应④的反应条件是 浓硫酸、加热 。
（2）除催化氧化法外，由A得到所需试剂为 银氨溶液，酸 。
（3）已知B能发生银镜反应。由反应②、反应③说明：在该条件下， 碳碳双键比醛基（羰基）易还原 。
（4）写出结构简式，C CH2=CHCHO ；M
（5）D与1﹣丁醇反应的产物与氯乙烯共聚可提高聚合物性能，写出该共聚物的结构简式。
（6）写出一种满足下列条件的丁醛的同分异构体的结构简式。 等
①不含羰基②含有3种不同化学环境的氢原子
已知：双键碳上连有羟基的结构不稳定。
【分析】丙烯（CH2=CHCH3）在催化剂作用下与H2/CO作用生成丁醛，2分子丁醛发生加成反应得到，与A的分子式相比，反应①应是发生醇的消去反应，（2）中除催化氧化法外，由A可以得到，可知A为CH3CH2CH2CH=CH（CH2CH3）CHO，化合物A（C8H14O）与H2发生加成反应生成B（C8H16O），B与氢气发生加成反应生成Y（C8H18O），由（3）中B能发生银镜反应，说明碳碳双键首先与H2加成，可推知B为CH3CH2CH2CH2CH（CH2CH3）CHO，Y为CH3CH2CH2CH2CH（CH2CH3）CH2OH．丙烯（CH2=CHCH3）在催化剂作用下被氧化为C（C3H4O），C的结构简式为：CH2=CHCHO，CH2=CHCHO进一步被催化氧化生成D（C3H4O2），则D的结构简式为：CH2=CHCOOH，D与Y在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成M，M的结构简式为：。
【解答】解：丙烯（CH2=CHCH3）在催化剂作用下与H2/CO作用生成丁醛，2分子丁醛发生加成反应得到，与A的分子式相比，反应①应是发生醇的消去反应，（2）中除催化氧化法外，由A可以得到，可知A为CH3CH2CH2CH=CH（CH2CH3）CHO，化合物A（C8H14O）与H2发生加成反应生成B（C8H16O），B与氢气发生加成反应生成Y（C8H18O），由（3）中B能发生银镜反应，说明碳碳双键首先与H2加成，可推知B为CH3CH2CH2CH2CH（CH2CH3）CHO，Y为CH3CH2CH2CH2CH（CH2CH3）CH2OH．丙烯（CH2=CHCH3）在催化剂作用下被氧化为C（C3H4O），C的结构简式为：CH2=CHCHO，CH2=CHCHO进一步被催化氧化生成D（C3H4O2），则D的结构简式为：CH2=CHCOOH，D与Y在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成M，M的结构简式为：。
（1）反应①的反应类型是：消去反应，反应④发生酯化反应，反应条件是：浓硫酸、加热，
故答案为：消去反应；浓硫酸、加热；
（2）除催化氧化法外，由A得到还可以利用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液等将醛基氧化成羧基，然后再酸化，
故答案为：银氨溶液，酸；
（3）化合物A（C8H14O）与H2发生加成反应生成B（C8H16O），B与氢气发生加成反应生成Y（C8H18O），由B能发生银镜反应，说明碳碳双键首先与H2加成，即碳碳双键比醛基（羰基）易还原，
故答案为：碳碳双键比醛基（羰基）易还原；
（4）由上述分析可知，C的结构简式为CH2=CHCHO，M的结构简式为，
故答案为：CH2=CHCHO；；
（5）D为CH2=CHCOOH，与1﹣丁醇在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成CH2=CHCOOCH2CH2CH2CH3，CH2=CHCOOCH2CH2CH2CH3与氯乙烯发生加聚反应可生成高聚物：故答案为：；
（6）丁醛的结构简式为：CH3CH2CH2CHO，不饱和度=1，在其同分异构体中①不含羰基，说明分子中含有碳碳双键，或者含有1个环，②含有3种不同化学环境的氢原子且双键碳上连有羟基的结构不稳定。则符合条件的结构简式为：等，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的推断与合成途径、限制条件同分异构体的书写、有机反应类型等，成分利用有机物的分子式进行分析解答，熟练掌握官能团的性质与转化。
十、（本题共14分）
29．（14分）CO2是重要的化工原料，也是应用广泛的化工产品．CO2与过氧化钠或超氧化钾反应可产生氧气．
完成下列计算：
（1）CO2通入氨水生成NH4HCO3，NH4HCO3很容易分解．2.00mol NH4HCO3完全分解，分解产物经干燥后的体积为 89.6 L（标准状况）．
（2）某H2中含有2.40molCO2，该混合气体通入2.00L NaOH溶液中，CO2被完全吸收．如果NaOH完全反应，该NaOH溶液的浓度为 2.4mol/L≥c≥1.2mol/L ．
（3）CO2和KO2有下列反应：
4KO2+2CO2→2K2CO3+3O2
4KO2+4CO2+2H2O→4KHCO3+3O2
若9mol CO2在密封舱内和KO2反应后生成9mol O2，则反应前密封舱内H2O的量应该是多少？列式计算．
（4）甲烷和水蒸气反应的产物是合成甲醇的原料：CH4+H2OCO+3H2
已知：CO+2H2CH3OH CO2+3H2CH3OH+H2O
300mol CH4完全反应后的产物中，加入100mol CO2后合成甲醇．若获得甲醇350mol，残留氢气120mol，计算CO2的转化率．
【分析】（1）NH4HCO3完全分解生成NH3、CO2，方程式为NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2O，2molNH4HCO3可生成4mol气体；
（2）2.40molCO2与NaOH完全反应，产物可能为Na2CO3或NaHCO3或二者都有，结合质量守恒解答；
（3）9 mol CO2在密封舱内和KO2反应后生成9 mol O2，即n（CO2）：n（O2）=1：1，当把两个方程式相加得到8KO2+6CO2+2H2O→2K2CO3+4KHCO3+6O2，根据方程式计算消耗水的量；
（4）甲烷完全反应生成CO和氢气，根据反应CO+2H2CH3OH、CO2+3H2CH3OH+H2O设CO2的转化率为α，CO的转化率为β，结合质量守恒可计算转化率；或根据氢元素守恒计算．
【解答】解：（1）NH4HCO3完全分解生成NH3、CO2，方程式为NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2O，分解后水为液态，则2molNH4HCO3可生成4mol气体，体积为4mol×22.4L/mol=89.6L，故答案为：89.6；
（2）2.40molCO2与NaOH完全反应，产物可能为Na2CO3或NaHCO3或二者都有，
假设全部生成生成NaHCO3，则发生CO2+NaOH=NaHCO3，n（NaOH）=n（CO2）=2.40mol，则c（NaOH）==1.20mol/L；
假设全部生成，则发生CO2+2NaOH=Na2CO3，n（NaOH）=2n（CO2）=4.80mol，则c（NaOH）==2.40mol/L；
综合以上两种情况可知，NaOH溶液的浓度应该1.20mol/L≤c（NaOH）≤2.40mol/L．
故答案为：2.4 mol/L≥c≥1.2 mol/L；
（3）可用两种方法解答：
方法一：依题意，9 mol CO2在密封舱内和KO2反应后生成9 mol O2，即n（CO2）：n（O2）=1：1，通过观察题给两个方程式可知，当把两个方程式相加时正好符合题目要求：8KO2+6CO2+2H2O→2K2CO3+4KHCO3+6O2
所以有n（H2O）=n（CO2）=×9mol=3mol，即反应前密封舱内H2O的物质的量为3mol，
方法二：设反应前密封舱内H2O的物质的量为n
4KO2+4CO2+2H2O→4KHCO3+3O2
2n n 1.5n
4KO2+2CO2→2K2CO3+3O2
9﹣2n 1.5（9﹣2n）
根据题意生成氧气9mol，所以有1.5n+1.5（9﹣2n）=9mol，解得n=3mol，即反应前密封舱内H2O的物质的量为3mol．
答：反应前密封舱内H2O的量应该是3mol；
（4）方法一：
CH4+H2O→CO+3H2
300mol 300mol 900mol
设CO2的转化率为α，CO的转化率为β
CO+2H2→CH3OH CO2+3H2→CH3OH+H2O
300βmol 600βmol 300βmol 100αmol 300αmol 100αmol
根据题意，共生成350mol甲醇，所以有300βmol+100αmol=350mol﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
根据题意，反应后残留氢气120mol，则实际参加反应的氢气为900mol﹣120mol，所以有
600βmol+300αmol=900mol﹣120mol﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由①②式可得α=0.8，即设CO2的转化率为80%．
方法二：
在合成甲醇的反应中，氢元素在生成物中有两种存在形式，一是存在于甲醇中，二是存在于水中，设CO2的转化率为α，
CH4+H2O→CO+3H2
300mol 900mol
CO2+3H2→CH3OH+H2O
100amol 100amol
根据题意，反应后残留氢气120mol，则实际参加反应的氢气为900mol﹣120mol，根据反应中氢元素的守恒可有900mol﹣120mol=350mol×2+100amol，
解得a=0.8，
即设CO2的转化率为80%，
答：CO2的转化率为80%．
【点评】本题考查化学方程式的计算，综合考查学生的分析、计算能力，题目用到端值法和守恒法，难度较大，易错点为（4）答题时注意体会．
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