全国普通高等学校招生统一考试上海化学.docx
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全国普通高等学校招生统一考试上海化学
相对原子质量：
H-1C-12O-16Na-23S-32Cl-35.5Zn-65As-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）
1．“玉兔”号月球车用
作为热源材料，下列关于
的说法正确的是
A．
与
互为同位素B．
与
互为同素异形体
C．
与
具有完全相同的化学性质D．
与
具有相同的最外层电子
【答案】D
【解析】A、
与
两种核素的质子数不相同，不属于同位素，A错误；B、
与
均属于核素，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、
与
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、
与
两种核素的质子数相同，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（2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2
、2Na2O2+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（2H2S+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B．范德华力、范德华力、共价键
C．范德华力、共价键、共价键D．共价键、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
【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>NaOHB．相对原子质量：
Ar>K
C．酸性HClO4>H2SO4D．元素的金属性：
Mg>Al
【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HClO4>H2SO4，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．H3O＋和OH―B．CO和N2C．HNO2和NO2―D．CH3＋和NH4＋
【答案】D
【解析】A、H3O＋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，N2的电子数等于7×2=14，二者电子数相等，B不选；C、HNO2的电子数等于1+7+8×2=24，NO2―的电子数等于7+8×2+1=24，，二者电子数相等，C不选；D、CH3＋的电子数等于6+1×3-1=8，NH4＋的电子数等于7+1×4-1=10，二者电子数不相等，D选。
8．BeCl2熔点较低，易升华，溶于醇和醚，其化学性质与AlCl3相似。
由此可推测BeCl2
A．熔融不导电B．水溶液呈中性
C．熔点比BeBr2高D．不与NaOH溶液反应
【答案】A
【解析】A、根据题目提供的信息“BeCl2熔点较低，易升华，溶于醇和醚”，可知BeCl2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“BeCl2化学性质与AlCl3相似”，由于AlCl3溶液中的Al3+能发生水解（Al3++3H2O
Al（OH）3+3H+）使溶液显酸性，所以BeCl2水溶液显酸性，B错误；C、BeCl2和BeBr2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“AlCl3能与NaOH反应”可知BeCl2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：
CH2=CH—CH=CH2（g）+2H2（g）→CH3CH2CH2CH3（g）+236.6kJ
CH3-C≡C-CH3（g）+2H2（g）→CH3CH2CH2CH3（g）+272.7kJ
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CH2=CH—CH=CH2（g）→CH3-C≡C-CH3（g）—36.1kJ，这说明1，3-丁二烯（CH2=CH—CH=CH2（g））转化为2-丁炔（CH3-C≡C-CH3（g））是吸热反应，故在质量相等的前提下，1，3-丁二烯（CH2=CH—CH=CH2（g））的能量要低于2-丁炔（CH3-C≡C-CH3（g））的能量，1，3-丁二烯（CH2=CH—CH=CH2（g））的稳定性要低于2-丁炔（CH3-C≡C-CH3（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
选项
X
收集气体
Y
A
碱石灰
氯化氢
水
B
碱石灰
氨气
水
C
氯化钙
二氧化硫
氢氧化钠
D
氯化钙
一氧化氮
氢氧化钠
【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CaC2，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】CaC2能和水发生反应，反应的方程式为CaC2+2H2O=Ca（OH）2+CH≡CH↑，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．K1闭合，铁棒上发生的反应为2H＋+2e→H2↑
B．K1闭合，石墨棒周围溶液pH逐渐升高
C．K2闭合，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法
D．K2闭合，电路中通过0.002NA个电子时，两极共产生0.001mol气体
【答案】B
【解析】A、K1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2H2O+O2+4e—=4OH—，故石墨棒周围溶液pH逐渐升高，B正确；C、K2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、K2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0.002NA个（相当于0.002mol）电子时，生成H2和Cl2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
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】解题要根据有机物的加成特点解题。
A、
完全加成的产物是
（3—甲基庚烷），A错误；B、
完全加成的产物是
（3—甲基戊烷），B错误；C、
完全加成的产物是
（3—甲基己烷），C正确；D、
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B．K值变化，平衡一定移动
C．平衡移动，K值可能不变D．平衡移动，K值一定变化
【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NaHCO3的部分装置。
下列操作正确的是
A．a通入CO2，然后b通入NH3，c中放碱石灰
B．b通入NH3，然后a通入CO2，c中放碱石灰
C．a通入NH3，然后b通入CO2，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉
D．b通入CO2，然后a通入NH3，c中放蘸稀硫酸的脱脂棉
【答案】C
【解析】由于CO2在水中的溶解度比较小，而NH3极易溶于水，所以在实验中要先通入溶解度较大的NH3，再通入CO2，由于NH3极易溶于水，在溶于水时极易发生倒吸现象，所以通入NH3的导气管的末端不能升入到溶液中，即a先通入NH3，然后a通入CO2，ABD均错误；因为NH3是碱性气体，所以过量的NH3要用稀硫酸来吸收，故答案选C。
16．含有砒霜（As2O3）的试样和锌、盐酸混合反应，生成的砷化氢（AsH3）在热玻璃管中完全分解成单质砷和氢气。
若砷的质量为1.50mg，则
A．被氧化的砒霜为1.98mgB．分解产生的氢气为0.672mL
C．和砒霜反应的锌为3.90mgD．转移的电子总数为6×10-3NA
【答案】C
【解析】A、根据题目提供的信息“砒霜（As2O3）的试样和锌、盐酸混合反应，生成的砷化氢（AsH3）”，可知As元素的化合价变化情况是
，即在该反应中As2O3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As2O3中含有的As元素的物质的量相等，
mol，则
=
mol，根据As元素的化合价变化情况是
，可知
molAs2O3完全反应转化为AsH3转移电子的物质的量是
mol，而Zn在此反应中的化合价变化情况是
，故参加反应Zn的物质的量是
=
mol，则
=3.90mg，C正确；D、根据上述分析，转移的电子数为D错误。
17．用FeCl3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Fe3＋
B．若有固体存在，则溶液中一定有Fe2＋
C．若溶液中有Cu2＋，则一定没有固体析出
D．若溶液中有Fe2＋，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═FeCl2+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Fe3＋，也有可能不含有Fe3＋，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Fe2＋，B正确；C、若溶液中有Cu2＋，那么可能会有部分Cu2＋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Fe2＋，如若溶液中Fe3＋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―、CO32―、Na＋、SO42―、Al3＋，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SO42―C．一定没有Al3＋D．一定没有CO32―
【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CO32―一定不存在（CO32―+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BaSO4，则溶液中一定存在SO42―；“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“SO42―”时加入BaCl2，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＋、Al3＋中的至少一种。
综上分析，BD正确。
19．下列反应与Na2O2＋SO2→Na2SO4相比较，Na2O2的作用相同的是
A．2Na2O2＋CO2→2Na2CO3＋O2B．2Na2O2＋2SO3→2Na2SO4＋O2
C．Na2O2＋H2SO4→Na2SO4＋H2O2D．3Na2O2＋Cr2O3→2Na2CrO4＋Na2O
【答案】D
【解析】氧化还原反应Na2O2＋SO2→Na2SO4中，Na2O2是氧化剂，SO2是还原剂；A、2Na2O2＋CO2→2Na2CO3＋O2反应中，Na2O2既是氧化剂也是还原剂，A不选；B、2Na2O2＋2SO3→2Na2SO4＋O2反应中，Na2O2既是氧化剂也是还原剂，B不选；C、Na2O2＋H2SO4→Na2SO4＋H2O2属于非氧化还原反应，C不选；D、3Na2O2＋Cr2O3→2Na2CrO4＋Na2O反应中，Na2O2是氧化剂，D选。
20．向等物质的量浓度的NaOH和Na2CO3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―＋CO32―＋2H＋→HCO3―＋H2OB．2OH―＋CO32―＋3H＋→HCO3―＋2H2O
C．2OH―＋CO32―＋4H＋→CO2↑＋3H2OD．OH―＋CO32―＋3H＋→CO2↑＋2H2O
【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Na2CO3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＋→H2O，再次是CO32―＋H＋→HCO3―，最后是HCO3―＋H＋→CO2↑＋H2O。
如果只发生前两个反应，则总的离子方程式为OH―＋CO32―＋2H＋→HCO3―＋H2O或2OH―＋CO32―＋3H＋→HCO3―＋2H2O，AB正确；如果三个反应均发生，则总的离子方程式为OH―＋CO32―＋3H＋→CO2↑＋2H2O，D正确。
21．室温下，甲、乙两烧杯均盛有5mLpH=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5mLpH=11的NaOH溶液反应，所得溶液的pH：
甲≤乙:
pH=11
【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5mLpH=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↓+Na2CO3+H2O，向含2molNaOH、1molBa（OH）2、2molNa[Al（OH）4]的混合溶液中慢慢通入CO2，则通入CO2的量和生成沉淀的量的关系正确的是
选项
A
B
C
D
n（CO2）（mol）
2
3
4
5
n（沉淀）（mol）
1
2
3
3
【答案】AC
【解析】含NaOH、Ba（OH）2、Na[Al（OH）4]的混合溶液中慢慢通入CO2，发生的离子反应有：
Ba2++2OH—+CO2=BaCO3↓+H2O、2OH—+CO2=CO32—+H2O、2[Al（OH）4]—+CO2=2Al（OH）3↓+CO32—+H2O、CO32—+H2O+CO2=2HCO3—。
A、当通入的n（CO2）=2mol时，发生的离子反应是Ba2++2OH—+CO2=BaCO3↓+H2O和2OH—+CO2=CO32—+H2O，所以产生的沉淀是BaCO3且n（沉淀）=1mol，A正确；B、当通入的n（CO2）=3mol时，发生的离子反应是Ba2++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BaCO3和Al（OH）3且n（沉淀）之和是3mol（1molBaCO3和2molAl（OH）3），B错误；C、当通入的n（CO2）=4mol时，发生的离子反应是Ba2++2OH—+CO2=BaCO3↓+H2O、2OH—+CO2=CO32—+H2O、2[Al（OH）4]—+CO2=2Al（OH）3↓+CO32—+H2O、CO32—+H2O+CO2=2HCO3—，所以产生的沉淀是BaCO3和Al（OH）3且n（沉淀）之和是3mol（1molBaCO3和2molAl（OH）3），C正确；D、当通入的n（CO2）=5mol时，部分的BaCO3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CO2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NH3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CS2与CO2分子结构相似，CS2的电子式是_______________________。
CS2熔点高于CO2，其原因是_______________________________________。
【答案】（本题共12分）
23．bc
24．2NH3+CO2+H2O→（NH4）2CO3（NH4）2CO3+CO2+H2O→2NH4HCO3
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；
；NH3和PH3的稳定性
27．
CS2和CO2都是分子晶体，CS2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NH3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CO2发生反应，当CO2适量时发生的反应为2NH3+CO2+H2O→（NH4）2CO3，当CO2过量时发生的反应为（NH4）2CO3+CO2+H2O→2NH4HCO3；
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“CS2与CO2分子结构相似”，根据CO2的电子式（
）可以写出CS2的电子式（
）；因为“CS2与CO2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CS2的熔沸点高于CO2
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