2016年上海市奉贤区高考三模试卷化学

2016年上海市奉贤区高考三模试卷化学

2016 年上海市奉贤区高考三模试卷化学 一、选择题 1.化学与材料、生活和环境密切相关。下列有关说法中错误的是( ) A.食品袋中常放有硅胶和铁粉，都能起到干燥的作用 B.大力实施矿物燃料脱硫脱硝技术，能减少硫、氮氧化物的排放 C.明矾净水时发生了化学及物理变化，能起到净水作用，而没有杀菌、消毒的作用 D.某新型航天服材料主要成分是由碳化硅、陶瓷和碳纤维复合而成，它是一种新型无机非 金属材料 解析：A、在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，硅胶(具有吸湿性)能吸收水分，但 铁是较活泼的金属，具有还原性，能防止食品被氧化，故 A 错误； B、实施矿物燃料脱硫脱硝技术可以减少硫、氮氧化物排放，故 B 正确； C、明矾净水时，铝离子发生水解反应，生成氢氧化铝具有净水作用，发生了化学及物理 变化，氢氧化铝不具有氧化性，不能杀菌消毒，故 C 正确； D、碳纤维的微观结构类似人造石墨，是乱层石墨结构和氮化硅属于无机物，属于无机非 金属材料，故 D 正确。 答案：A 2.4G 网络让手机费起来了。手机芯片的核心是硅板，其成分是( ) A.SiO2 B.Si C.H2Si03 D.Na2SiO3 解析：硅导电性介于导体与绝缘体之间，是良好的半导体材料，可用制造手机芯片，二氧 化硅、硅酸、硅酸钠固体为绝缘体，不导电。 答案：B 3.金属晶体的下列性质中，不能用金属晶体结构加以解释的是( ) A.易导电 B.易导热 C.有延展性 D.易锈蚀 解析：A.组成金属晶体的微粒为金属阳离子和自由电子，在外加电场作用下电子可发生定 向移动，故能导电，能用金属晶体结构加以解释，故 A 正确； B.金属晶体的导热是由于晶体内部，自由电子与金属阳离子的碰撞，能用金属晶体结构加 以解释，故 B 正确； C.金属发生形变时，自由电子仍然可以在金属子离子之间流动，使金属不会断裂，能用金 属晶体结构加以解释，故 C 正确； D.金属的化学性质比较活泼，容易被空气中的氧气所氧化，故金属易腐蚀不能用金属晶体 结构加以解释，故 D 错误。 答案：D 4.下列关于二氧化硅晶体的描述错误的是( ) A.分子式为 SiO2 B.熔化时共价键断裂 C.属于酸性氧化物 D.1mol SiO2 中含有 4 mol Si-O 键 解析：A.二氧化硅晶体是由硅原子和氧原子构成的原子晶体，不含分子，因此没有分子 式，故 A 错误； B.二氧化硅是原子晶体，熔化时破坏共价键 Si-O 键，故 B 正确； C.二氧化硅能与强碱溶液反应生成盐和水，属于典型的酸性氧化物，故 C 正确； D.在二氧化硅晶体中，每个硅原子形成四条 Si-O 键，1mol SiO2 中含有 4 mol Si-O 键，故 D 正确。 答案：A 5.通常状况下，NC13 是一种油状液体，其分子空间构型与氨分子相似，下列对 NC13 的有 关叙述正确的是( ) A.CCl4 中 C-C1 键键长比 NC13 中 N-C1 键键长短 B.分子中的所有原子均达到 8 电子稳定结构 C.NCl3 分子是非极性分子 D.NBr3 比 NCl3 易挥发 解析：A、C 原子的原子半径大于 N 原子的原子半径，所以 CCl4 中 C-C1 键键长比 NC13 中 N-C1 键键长，故 A 错误。 B、NC13 中 N 原子最外层电子数 5+化合价的绝对值 3=8，所以 N 原子达到 8 电子稳定结 构；NC13 中 C1 原子最外层电子数 7+化合价的绝对值 1=8，所以 C1 原子达到 8 电子稳定 结构，故 B 正确。 C、NC13 的分子空间构型与氨分子相似，都是三角锥型结构，氨分子是极性分子，所以 NCl3 分子也是极性分子，故 C 错误。 D、分子晶体中物质的熔沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大其熔沸点越高，所 以 NBr3 比 NCl3 的熔沸点高，NCl3 比 NBr3 易挥发，故 D 错误。 答案：B 6.已知 33As、35Br 位于同一周期，下列关系正确的是( ) A.还原性：As3-＞S2-＞Cl- B.热稳定性：HCl＞AsH3＞HBr C.原子半径：As＞Cl＞P D.酸性：H3AsO4＞H2SO4＞H3PO4 解析：A.非金属性 Cl＞S＞P＞As，元素的非金属性越强，对应的阴离子的还原性越弱，则 还原性 As3-＞S2-＞Cl-，故 A 正确； B.非金属性：Cl＞Br＞As，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故 B 错误； C.同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大， 则应有 As＞P＞Cl，故 C 错误； D.非金属性 S＞P＞As，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， 则酸性 H2SO4＞H3PO4＞H3AsO4，故 D 错误。 答案：A 7.三位科学家保罗•克拉兹等因在氟利昂和臭氧层方面的工作获得诺贝尔化学奖，他们的研 究揭示了大气中臭氧层被破坏的机理，如图所示。下列说法不正确的是( ) A.氯原子在反应中做催化剂 B.过氧化氯的结构式为：O-Cl-Cl-O C.臭氧分子最终转变成氧气分子 D.过程②中一氧化氯断键形成过氧化氯 解析：由图片中反应历程为：①Cl+O3→ClO+O2，②ClO+ClO→ClOOCl，③ClOOCl+日 光→2Cl+O2； A、催化剂在反应前后质量和性质都没变，该过程的总反应为 2O3→3O2，所以氯原子在反 应中做催化剂，故 A 正确； B、氯原子半径大于氧原子半径，所以图片中，原子半径较大的是氯原子，较小的是氧原 子，所以过氧化氯的结构式为 Cl-O-O-Cl，故 B 错误； C、该过程的总反应为 2O3→3O2，则臭氧分子最终转变成氧气分子，故 C 正确； D、过程②中 ClO+ClO→ClOOCl，一氧化氯断键形成过氧化氯，故 D 正确。 答案：B 8.设 NA 为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述中正确的是( ) A.CH4 与 P4 的分子结构都是正四面体形，因此在 NA 个 CH4 分子或 P4 分子中都含有 4NA 个 共价键 B.在含 NA 个硅原子的二氧化硅晶体中含有 4NA 个 Si-O 键 C.5.6 g Fe 与含 0.2 mol HNO3 的溶液充分反应，至少失去 0.2NA 个电子 D.NA 个 Fe3+完全水解可以得到 NA 个氢氧化铁胶体粒子 解析：A、1mol 白磷中含 6molP-P 键，故 NA 个白磷分子中含 6NA 个共价键，故 A 错误； B、1mol 二氧化硅中含 1mol 硅原子，由于硅原子为 NA 个，故二氧化硅的物质的量为 1mol，而 1mol 二氧化硅中含 4molSi-O 键，即含 4NA 个，故 B 正确； C、5.6g 铁的物质的量为 0.1mol，而 3mol 铁至少消耗 8mol 硝酸，故 0.1mol 铁至少需要消 耗 0.27mol 硝酸，故硝酸的量不足，故铁不能完全反应，则至少失去的电子数小于 0.2NA 个，故 C 错误； D、一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故得到的氢氧化铁胶粒个数小于 NA 个， 故 D 错误。 答案：B 9.以 MnO2 为原料制得的 MnCl2 溶液中常含有 Cu2+、Pb2+、Cd2+等金属离子，通过添加过量 难溶电解质 MnS，可使这些金属离子形成硫化物沉淀，经过滤除去包括 MnS 在内的沉 淀，再经蒸发、结晶，可得纯净的 MnCl2.根据上述实验事实，可推知 MnS 具有的相关性质 是( ) A.具有吸附性 B.溶解度与 CuS、PbS、CdS 等相同 C.溶解度大于 CuS、PbS、CdS D.溶解度小于 CuS、PbS、CdS 解析：沉淀向溶解度更小的方向转化，因此 MnS 的溶解度大于 CuS、PbS、CdS 的溶解 度。 答案：C 10.X、Y、Z、M、W 为五种短周期元素。X、Y、Z 是原子序数依次递增的同周期元素， 且最外层电子数之和为 15，X 与 Z 可形成 XZ2 分子，Y 与 M 形成的气态化合物在标准状 况下的密度为 0.76g•L-1，W 在短周期主族元素中原子半径最大。下列说法不正确的是 ( ) A.原子半径：W＞Y＞M B.由 X、Y、Z、M 四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键 C.W 和 Z 形成的常见化合物中阴、阳离子物质的量之比均为 1：2 D.由 X 元素形成的单质晶体不一定是原子晶体 解析：由题给的条件可知，X、Y、Z、M、W 这五种短周期元素的排列，不是按原子序数 依次递增排列的，其中只有 X、Y、Z 三种元素是原子序数依次递增的同周期元素，由 X、 Y、Z 的最外层电子数之和为 15，最外层电子数平均为 5，X 与 Z 可形成 XZ2 气态分子，X 为+4 价，Y 为-2 价，可推出 X、Y、Z 分别为 C、N、O 三种元素； 根据 Y 与 M 形成的气态化合物在标准状况下的密度 0.76g•L-1，就可计算出该气态化合物 的摩尔质量为 22.4L/mol×0.76g•L-1=17g/mol，从而确定 M 为 H 元素； W 在短周期主族元素中原子半径最大，所以 W 为 Na 元素， A.同周期自左向右原子半径减小，同主族自上到下原子半径增大，故原子半径 Na＞N＞ H，即 W＞Y＞M，故 A 正确； B.由 X、Y、Z、M 四种元素形成的化合物可为氨基酸或碳酸铵、醋酸铵等物质，氨基酸中 只有共价键，故 B 错误； C.W 和 Z 形成的常见化合物为氧化钠和过氧化钠，两种物质中阴、阳离子物质的量之比 均为 1：2，故 C 正确； D.X 为 C，形成的单质有金刚石、石墨、C60 等，只有金刚石为原子晶体，所以单质晶体不 一定是原子晶体，故 D 正确。 答案：B 11.下列有关溶液中粒子浓度的关系式中，正确的是( ) A.pH 相同的①CH3COONa；②NaHCO3；③NaAlO2 三份溶液中的 c(Na+)：③＞②＞① B.25℃时①10-3mol/L 的盐酸；②pH=3 的 NH4Cl 溶液；③pH=11 的氨水中，水的电离程 度为：②＞③＞① C.图中 a 点溶液中各离子浓度的关系是：c(OH-)=c(H+)+c(CH3COO-)+2c(CH3COOH) D.图中 pH=7 时 c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)=c(H+) 解析：A.在相同的条件下测得①CH3COONa ②NaHCO3 ③NaAlO2 三种溶液 pH 相同，已 知酸性：CH3COOH＞HCO3-＞Al(OH)3，所以水解程度：NaAlO2＞NaHCO3＞CH3COONa， pH 相同时，溶液的浓度：NaAlO2＜NaHCO3＜CH3COONa，c(Na+)①＞②＞③，故 A 错 误； B.25℃时①10-3mol/L 的盐酸中水电离出的氢离子浓度 c(H+)= =10-11mol/L，②pH=3 的 NH4Cl 溶液中 NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+，水电离出的氢离子浓度 c(H+)=10-3mol/L， ③pH=11 的氨水中，水电离出的氢离子浓度 c(H+)=10-11mol/L，水的电离程度为：②＞ ①=③，故 B 错误； C.a 点是滴定消耗醋酸溶液体积 10ml，此时溶液中是等浓度的溶质 NaOH 和 CH3COONa， 溶液中电荷守恒 c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，溶液中物料守恒 c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，代入计算得到 c(OH-)=c(H+)+c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)，故 C 正确； D.溶液为醋酸钠和醋酸的混合溶液，溶液中存在电荷守恒： c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，图中 pH=7 时 c(OH-)=c(H+)，则 c(Na+)=c(CH3COO-)， 溶液中离子浓度大小为 c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(OH-)=c(H+)，故 D 错误。 答案：C 12.锌铜原电池装置如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，下列有关叙 述正确的是( ) A.铜电极上发生氧化反应 B.电池工作一段时间后，甲池的 c(SO42-)减小 C.电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加 D.阴阳离子分别通过交换膜向负极和正极移动，保持溶液中电荷平衡 解析：A.由图象可知，该原电池反应式为：Zn+Cu2+=Zn2++Cu，Zn 为负极，发生氧化反 应，Cu 为正极，发生还原反应，故 A 错误； B.阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，故两池中 c(SO42-)不变，故 B 错误； C.甲池中的 Zn2+通过阳离子交换膜进入乙池，乙池中发生反应：Cu2++2e-=Cu，保持溶液呈 电中性，进入乙池的 Zn2+与放电的 Cu2+的物质的量相等，而 Zn 的摩尔质量大于 Cu，故乙 池溶液总质量增大，故 C 正确； D.甲池中的 Zn2+通过阳离子交换膜进入乙池，以保持溶液电荷守恒，阴离子不能通过阳离 子交换膜，故 D 错误。 答案：C 13.已知重铬酸钾(K2Cr2O7)溶液中存在如下平衡：Cr2O72-(橙色)+H2O⇌2H++2CrO42- (黄色)， ①向 2mL 0.1mol•L-1 K2Cr2O7 溶液中滴入 3 滴 6mol•L-1 NaOH 溶液，溶液由橙色变为黄 色；向所得溶液中再滴入 5 滴浓 H2SO4，溶液由黄色变为橙色 ②向 2mL 0.1mol•L-1 酸化的 K2Cr2O7 溶液中滴入适量(NH4)2Fe(SO4)2 溶液，溶液由橙色变 为绿色，发生反应：Cr2O72-+14H++6Fe2+=2Cr3+(绿色)+6Fe3++7H2O。 下列分析正确的是( ) A.实验①和②均能证明 K2Cr2O7 溶液中存在上述平衡 B.实验②能说明氧化性：Cr2O72-＞Fe3+ C.CrO42- 和 Fe2+在酸性溶液中可以大量共存 D.稀释 K2Cr2O7 溶液时，溶液中各离子浓度均减小 解析：A、加入氢氧化钠溶液，溶液由橙色变为黄色，说明平衡正向进行，加入硫酸溶液 由黄色变为橙色，说明平衡逆向进行，说明加入酸碱发生平衡移动，实验①能证明 K2Cr2O7 溶液中存在上述平衡，实验②不能证明 K2Cr2O7 溶液中存在上述平衡，故 A 错 误； B、反应中 Cr2O72-+14H++6Fe2+═2Cr3+(绿色)+6Fe3++7H2O，氧化剂的氧化性大于氧化产物， 所以实验②能说明氧化性：Cr2O72-＞Fe3+，故 B 正确； C、CrO42-具有氧化剂酸性溶液中氧化亚铁离子，CrO42-和 Fe2+在酸性溶液中不可以大量共 存，故 C 错误； D、稀释 K2Cr2O7 溶液时，平衡状态下离子浓度减小，氢离子浓度减小，由离子积不变可 知，氢氧根离子浓度增大，故 D 错误。 答案：B 14.用如图装置实验，下列实验现象预期及相应结论均正确的是( ) a b 实验现象预期 结论 A 铜丝 浓硝酸 试管 c 中有大量红棕色 气体 硝酸有强氧化性 B 木条 18.4mol/L 硫酸 木条变黑 浓硫酸有酸性及氧 化性 C 生铁 NaCl 溶液 导管处发生倒吸 生铁发生吸氧腐蚀 D 铁丝 含少量 HCl 的 H2O2 溶 液 试管 c 中有大量无色气 体 该反应中铁作催化 剂 A.A B.B C.C D.D 解析：A.二氧化氮能与水反应生成一氧化氮，一氧化氮是无色气体，故 A 错误； B.木条变黑说明浓硫酸有脱水性，故 B 错误； C.NaCl 溶液呈中性，在中性条件下发生吸氧腐蚀，故 C 正确； D.铁与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与双氧水反应生成氯化铁，催化剂为氯化铁，故 D 错误。 答案：C 15.根据海水综合利用的工业流程图(如图)，判断下列说法正确的是( ) A.过程①的提纯只有物理过程，过程②通过氧化还原反应可产生两种单质 B.在过程③中将 MgCl2•6H2O 直接灼烧即可制得纯净无水 MgCl2 C.过程⑤反应后溶液呈强酸性，生产中需解决其对设备的腐蚀问题 D.过程⑥所得的高浓度溴水只需分液即可获得液溴 解析：A.过程①的提纯中过滤属于物理过程，但是除去镁离子、碳酸根离子、硫酸根离子 属于化学过程；过程②电解饱和食盐水获得了氯气和氢气两种单质，故 A 错误； B.因 MgCl2•6H2O 受热生成 Mg(OH)Cl 和 HCl 气体等，得不到无水 MgCl2，若要由 MgCl2•6H2O 灼烧即可制得无水 MgCl2，为防止 Mg2+发生水解，应在 HCl 气氛中进行，故 B 错误； C.因 Br2+SO2 +2H2O=2HBr+H2SO4，反应后溶液呈酸性，能与金属容器反应，生产中需解 决其对设备的腐蚀问题，故 C 正确； D.溴易溶于水，应蒸馏分离，不能进行分液操作，故 D 错误。 答案：C 16.下列有关的离子方程式书写正确的是( ) A.向铜片中滴加浓硫酸并加热，有刺激性气味气体产生：Cu+4H++SO42- Cu2++SO2↑+2H2O B.服用阿司匹林过量出现水杨酸( )中毒反应，可静脉注射 NaHCO3 溶液： +2 HCO3-→+2 CO2↑+2 H2O C.20mL 1.0mol/L 的明矾溶液与 10mL 3.5mol/LBa(OH)2 溶液混合充分反应：3Ba2++6OH- +2Al3++3SO42-═3BaSO4↓+2Al(OH)3↓ D.向 Ca(HCO3)2 溶液中加入过量 NaOH 溶液，有白色沉淀生成：Ca2++2HCO3-+2OH- ═CaCO3↓+2H2O+CO32- 解析：A.向铜片中滴加浓硫酸并加热，有刺激性气味气体产生，离子方程式： Cu+2H2SO4(浓) Cu2++SO2↑+2H2O，故 A 错误； B.服用阿司匹林过量出现水杨酸( )中毒反应，可静脉注射 NaHCO3 溶液，离子方 程式为： +HCO3-→ +2CO2↑+H2O，故 B 错误； C.明矾与氢氧化钡按照物质的量之比 2：3.5 反应生成硫酸钾、氢氧化铝、偏铝酸钾，离子 方程式：7Ba2++14OH-+4Al3++7SO42-═3BaSO4↓+2Al(OH)3↓+2Al[OH]4-，+BaSO4↓，故 C 错 误； D.向 Ca(HCO3)2 溶液中加入过量 NaOH 溶液，有白色沉淀生成，离子方程式： Ca2++2HCO3-+2OH-═CaCO3↓+2H2O+CO32-，故 D 正确。 答案：D 17.某无色稀溶液 X 中，可能含有表所列离子中的某几种。现取该溶液适量，向其中加入某 试剂 Y，产生沉淀的物质的量(n)与加入试剂 Y 体积(V)的关系如图所示，下列说法正确的 是( ) 阴离子 CO32-、SiO32-、AlO2-、Cl- 阳离子 Al3+、Fe3+、Mg2+、NH4+、Na+ A.若 Y 是盐酸，则 Oa 段转化为沉淀的离子(表中，下同)只有 AlO2- B.若 Y 是盐酸，则溶液中可能含有的阳离子是 Al3+ C.若 Y 是 NaOH 溶液，则 bc 段反应的离子方程式为 Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O D.若 Y 是 NaOH 溶液，则 X 溶液中只存四种离子是：Al3+、Fe3+、NH4+、Cl- 解析：A.若 Y 是盐酸，SiO32-、AlO2-与盐酸反应都会生成沉淀，所以 oa 段转化为沉淀的离 子有 AlO2-和 SiO32-，故 A 错误； B.若 Y 是盐酸，ab 段沉淀的物质的量不变，则盐酸与 CO32-反应，所以溶液中一定有 CO32-，CO32-与 Al3+不能共存，所以不含有 Al3+，故 B 错误； C.若 Y 是 NaOH 溶液，bc 段沉淀减少，是氢氧化铝溶于过量的氢氧化钠，则发生反应的离 子方程式为：Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O，故 C 正确； D.若 Y 是 NaOH 溶液，则不能判断溶液中是否含有 Na+，所以溶液中可能还有 Na+，故 D 错误。 答案：C 18.已知有反应：Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O，则可用来检验氢气还原 CuO 所得的红色固体 中是否含 Cu2O 的试剂是( ) A.稀硝酸 B.稀硫酸 C.盐酸 D.浓硫酸 解析：氢气还原 CuO 所得的红色固体中有 Cu，可能含 Cu2O，由 Cu2O+2H+═Cu+Cu2++H2O 及 Cu 与非氧化性酸不反应，则加稀硫酸或稀盐酸若得到蓝色溶 液，则证明含 Cu2O， 否则不含；而稀硝酸、浓硫酸均具有强氧化性，与 Cu 反应，则不能检验。 答案：BC 19.在与外界无能量交换的情况下，恒容密闭容器中发生反应 SO2(g)+NO2(g)⇌SO3(g)+NO(g)，并达到平衡。反应过程中正反应速率随时间的变化如图所 示。由图可得出的正确结论是( ) A.反应在 c 点达到平衡状态 B.反应物浓度：a 点大于 b 点 C.反应物的总能量低于生成物的总能量 D.△t1=△t2 时，SO2 的转化率：a～b 段小于 b～c 段 解析：A.化学平衡状态的标志是各物质的浓度不再改变，其实质是正反应速率等于逆反应 速率，c 点对应的正反应速率显然还在改变，故一定未达平衡，故 A 错； B.a 到 b 时正反应速率增加，反应物浓度随时间不断减小，故 B 错； C、从 a 到 c 正反应速率增大，之后正反应速率减小，说明反应刚开始时温度升高对正反 应速率的影响大于浓度减小对正反应速率的影响，说明该反应为放热反应，即反应物的总 能量高于生成物的总能量，故 C 错； D、随着反应的进行，正反应速率越快，消耗的二氧化硫就越多，SO2 的转化率将逐渐增 大，故 D 正确。 答案：D 20.一定量的锌粒与足量稀硫酸反应，向反应混合液中加入某些物质，下列判断正确的是 ( ) A.加入少量水，产生 H2 速率减小，H2 体积减小 B.加入 NH4HSO4 固体，产生 H2 速率不变，H2 体积不变 C.加入 CH3COONa 固体，产生 H2 速率减小，H2 体积不变 D.滴加少量 CuSO4 溶液，产生 H2 速率变大，H2 体积不变 解析：A.加入少量水，减小了 H+的浓度，锌粒的物质的量不变，则 c(H2)减小，生成 H2 体 积不变，故 A 错误； B.加入 NH4HSO4 固体，增大了 H+的浓度，锌粒的物质的量不变，则反应速率加快，生成 H2 体积不变，故 B 错误； C.加入 CH3COONa 固体，结合生成醋酸，减小了 H+的浓度，锌粒的物质的量不变，则 c(H2)减小，生成 H2 体积不变，故 C 正确； D.滴加少量 CuSO4 溶液，构成 Cu-Zn 原电池，反应速率加快，锌粒的物质的量减少，则 c(H2)增大，生成 H2 量减少，故 D 错误。 答案：C 21.常温常压下，将 NH3 缓慢通入饱和食盐水中至饱和，然后向所得溶液中缓慢通入 CO2， 整个实验进程中溶液的 pH 随通入气体体积的变化曲线如图所示(实验中不考虑氨水的挥 发)。下列叙述不正确的是( ) A.由 a 点到 b 点的过程中，溶液中 增大 B.由图可知(NH4)2CO3 溶液显碱性、NH4Cl 溶液显酸性 C.c 点所示溶液中，c(NH4+)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H+) D.d 点所示溶液中，c(NH4+)+c(NH3•H2O)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3) 解析：A.a 点到 b 点是向饱和氯化钠溶液中通入氨气达到饱和，溶液中 = × = 生成一水合氨的过程中，溶液中氢氧根离子 浓度增大，所以 比值增大，故 A 正确； B.b 到 c 点是一水合氨和通入的二氧化碳反应得到碳酸铵溶液，c 到 d 点是碳酸铵和二氧化 碳反应生成碳酸氢铵，在溶液中依据溶解度大小最后反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵溶 液，由图可知(NH4)2CO3 溶液显碱性、NH4Cl 溶液显酸性，故 B 正确； C.c 点所示溶液是碳酸铵溶液，图象分析可知溶液显碱性，离子浓度大小为：c(NH4+)＞ c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H+)，故 C 正确； D.d 点是氯化铵溶液和碳酸氢钠饱和溶液，溶液中存在氮物料守恒，碳元素守恒，析出碳 酸氢钠，则溶液中氯离子大于溶液中钠离子，c(NH4+)+c(NH3•H2O)＞ c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)，故 D 错误。 答案：D 22.建构数学模型来研究化学问题，既直观又简洁。下列建构的数轴模型正确的是( ) A.钠在氧气中燃烧，钠的氧化产物： B.铁在 Cl2 中燃烧，铁的氧化产物： C.A1Cl3 溶液中滴加 NaOH 溶液后体系中铝元素的存在形式： D.FeI2 溶液中通入 Cl2，铁元素存在形式： 解析：A、钠在氧气中燃烧，只生成过氧化钠，故 A 错误； B、铁在 Cl2 中燃烧，只生成氯化铁，故 B 错误； C、A1Cl3 溶液中滴加 NaOH 溶液，发生的反应为 Al3++3OH-=Al(OH)3↓；Al(OH)3+OH- =AlO2-+2H2O，比值小于 3 时有铝离子和氢氧化铝，故 C 错误； D、因还原性：I-＞Fe2+，氯气先氧化 I-，再氧化 Fe2+，足量的 Cl2 通入到 FeI2 溶液中先发生 2I-+Cl2=I2+2Cl-，后发生 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，比值为 1 时二价铁未被氧化，大于 1 小于 时部分二价铁被氧化，大于等于 时全部被氧化为三价铁离子，故 D 正确。 答案：D 二、非选择题 23.8•12 天津港危化仓库爆炸，造成生命、财产的特大损失。据查危化仓库中存有大量的 钠、钾，硝酸铵和氰化钠(NaCN)。请回答下列问题： (1)钠、钾着火，下列可用来灭火的是 。 A.水 B.泡沫灭火器 C.干粉灭火器 D.细沙盖灭 解析：Na、K 能和水反应生成氢气，在氧气中燃烧生成过氧化物，过氧化钠和水、二氧化 碳反应都生成氧气，促进钠、钾燃烧，所以应该采用细沙灭火。 答案：D (2)NH4NO3 为爆炸物，在不同温度下加热分解，可能发生非氧化还原反应，可能发生氧化 还原反应，下列反应可能发生的是 。 A.NH4NO3→N2+O2+H2O B.NH4NO3→NH3+HNO3 C.NH4NO3→O2+HNO3+H2O D.NH4NO3→N2+HNO3+H2O E.NH4NO3→N2+NH3+H2O F.NH4NO3→N2O+H2O 解析：NH4NO3 分解，一种可能是发生复分解反应，还有一种可能是氧化还原反应，根据 氧化还原反应中有元素化合价升高就必须有元素化合价降低的原则进行判断： A、NH4NO3→N2+O2+H2O 中 N 从+5 价降为 0 价，N 从-3 升为 0 价，O 从-2 升为 0 价，符 合氧化还原反应的特征，故正确； B、NH4NO3→NH3+HNO3 满足复分解反应的条件，故正确； C、NH4NO3→O2+HNO3+H2O 中只有化合价升高的，没有化合价降低的，故错误； D、NH4NO3→N2+HNO3+H2O 中 N 从+5 价降为 0 价，N 从-3 升为 0 价，符合氧化还原反 应的特征，故正确； E、NH4NO3→N2+NH3+H2O 中虽然 N 从+5 价降为 0 价，N 从-3 升为 0 价，但由于每个 N 升高的数值小于降低的数值，即消耗的铵根的物质的量要比硝酸根离子多，所以不可能有 NH3 产生，故错误； F、NH4NO3→N2O+H2O 中 N 从+5 价降为+1 价，N 从-3 升为+1 价，符合氧化还原反应的 特征，故正确。 答案：ABDF (3)NaCN 属于剧毒物质，有多种无害化处理方法。 H2O2 处理法：NaCN+H2O2--N2↑+X+H2O 推测 X 的化学式为 。 NaClO 处理法：aCN-+bClO-+2cOH-=dCNO-+eN2↑+fCO32-+bCl-+cH2O 方程式中 e：f 的值为 (填选项标号)。 A.1 B.1/2 C.2 D.不能确定 解析：NaCN+H2O2--N2↑+X+H2O 中，由原子守恒可知 X 为 NaHCO3，答案：NaHCO3； 由 CN-离子中碳与氮原子之比为 1：1，而碳氮转化为 CNO-和 N2 以及 CO32-，以因为 CNO- 离子碳氮之比为 1：1，所以 N2 和 CO32-两微粒之比为 1：2，所以 e：f=1：2。 答案：NaHCO3 B (4)以 TiO2 为催化剂用 NaClO 将 CN-离子氧化成 CNO-，CNO-在酸性条件下继续与 NaClO 反应生成 N2、CO2、Cl2 等。取浓缩后含 CN-离子的废水与过量 NaClO 溶液的混合液共 200mL(设其中 CN-的浓度为 0.2mol•L-1)进行实验。写出 CNO-在酸性条件下被 NaClO 氧化 的离子方程式： 。 解析：根据题意可知，酸性条件下 CNO-与 NaClO 反应生成 N2、CO2 和 Cl2，反应离子方 程式为 2CNO-+6ClO-+8H+═N2↑+2CO2↑+3Cl2↑+4H2O。 答案：2CNO-+6ClO-+8H+═N2↑+2CO2↑+3Cl2↑+4H2O 24.雾霾天气是一种大气污染状态，其污染的来源多种多样，如汽车尾气、工业排放、建筑 扬尘、垃圾焚烧等。 (1)汽车尾气中的 NO(g)和 CO(g)在一定温度和催化剂的条件下可净化。 已知部分化学键的键能如下 化学键 N≡O C≡O C=O N≡N 键能(KJ/mol) 632 1072 750 946 请完成汽车尾气净化中发生反应的热化学方程式 2NO(g)+2CO(g)⇌N2(g)+2CO2(g) Q= KJ。 若上述反应在恒温、恒容的密闭体系中进行，t1 时刻达到平衡状态，则下列示意图不符合 题意的是 (填选项序号)。 解析：化学反应的焓变等于反应物旧键断裂吸收的能量和产物中新键生成释放的能量之 差，所以 2NO(g)+2CO( g)⇌N2( g)+2CO2(g)的△H=(2×632+1072×2)-kJ/mol=-538kJ/mol； A、t1 时正反应速率仍然在变化，说明没有达到平衡状态，故 A 错误； B、平衡常数只受温度的影响，反应在恒温、恒容的密闭体系中进行，K 始终不变，故 B 错误； C、t1 时二氧化碳和一氧化氮的物质的量还在变化，说明正逆反应速率不相等，反应没有达 到平衡状态，故 C 错误； D、反应前后气体的系数和变化，所以总压不变的状态达到了平衡状态，故 D 正确。 答案：-538 ABC (2)NH3 催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。 在氨气足量的情况下，不同 c(NO2)/c(NO)，不同温度对脱氮率的影响如图所示(已知氨气催 化还原氮氧化物的正反应为放热反应)，请回答：温度对脱氮率的影 响 。 解析：根据图示信息得到：300℃之前，温度升高脱氮率逐渐增大；300℃之后，温度升高 脱氮率逐渐减小，这是因为：300℃之前，反应未平衡，反应向右进行，脱氮率增大； 300℃时反应达平衡，后升温平衡逆向移动，脱氮率减小。 答案：300℃之前，温度升高脱氮率逐渐增大，而 300℃之后，温度升高脱氮率逐渐减小 NH4Al (SO4)2 是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烤食品中；NH4HSO4 在分析试 剂、医药、电子工业中用途广泛。请回答下列问题： (3)NH4Al(SO4)2 可作净水剂，其理由是 。(用必要 的方程式说明)；相同条件下，0.1mol•L-1 NH4HSO4 中 c(NH4+) (填=、＞ 或＜)0.1mol•L-1NH4Al(SO4)2 中 c(NH4+)。 解析：Al3+水解生成的 Al(OH)3 具有吸附性，离子方程式：Al3++3H2O═Al(OH)3+3H+， Al(OH)3，NH4Al(SO4)2 与 NH4HSO4 中的 NH4+均发生水解，但是 NH4Al(SO4)2 中 Al3+水解 呈酸性抑制 NH4+水解，HSO4-电离出 H+同样抑制 NH4+水解，因为 HSO4-电离生成的 H+浓 度比 Al3+水解生成的 H+浓度大，所以 NH4HSO4 中 NH4+水解程度比 NH4Al(SO4)2 中的小。 答案：Al3+水解生成的 Al(OH)3 具有吸附性，即 Al3++3H2O═Al(OH)3+3H+，Al(OH)3 吸附悬 浮颗粒使其沉降从而净化水 ＜ (4)如图 1 是 0.1mol•L-1 电解质溶液的 pH 随温度变化的图象。其中符合 0.1mol•L- 1NH4Al(SO4)2 的 pH 随温度变化的曲线是 (填写字母)； 解析：NH4Al(SO4)2 水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大，pH 减小，符合的曲线 为Ⅰ。 答案：Ⅰ (5)室温时，向 100mL 0.1mol•L-1NH4HSO4 溶液中滴加 0.1mol•L-1NaOH 溶液，得到的溶液 pH 与 NaOH 溶液体积的关系曲线如图 2 所示。试分析图中 a、b、c、d 四个点，水的电离 程度最大的是 ；在 b 点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序 是 。 解析：a、b、c、d 四个点，根据反应量的关系，a 点恰好消耗完 H+，溶液中只有 (NH4)2SO4 与 Na2SO4；b、c、d 三点溶液均含有 NH3•H2O，(NH4)2SO4 可以促进水的电离， 而 NH3•H2O 抑制水的电离。b 点溶液呈中性，即溶液含有(NH4)2SO4、Na2SO4、NH3•H2O 三种成分，a 点时 c(Na+)=c(SO42-)，b 点时 c(Na+)＞c(SO42-)，根据 N 元素与 S 元素的关 系，可以得出 c(SO42-)＞c(NH4+)，故 c(Na+)＞c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+)。 答案：a c(Na+)＞c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(OH-)=c(H+) 25.高氯酸铜[Cu(ClO4)2•6H2O]易溶于水，120℃开始分解，常用于生产电极和作催化剂等。 可由氯化铜通过下列反应制备：2CuCl2+2Na2CO3+H2O═Cu2(OH)2CO3↓+CO2↑+4NaCl； Cu2(OH)2CO3+4HClO4+9H2O═2Cu(ClO4)2•6H2O+CO2↑。HClO4 是易挥发的发烟液体，温度 高于 130℃易爆炸。下表列出相应金属离子生成氢氧化物沉淀的 pH(开始沉淀的 pH 按金属 离子浓度为 1mol•L-1)： 金属离子 开始沉淀 沉淀完全 Fe3+ 1.1 3.2 Fe2+ 5.8 8.8 Cu2+ 4.7 6.7 (1)将 CuCl2 和 Na2CO3 用研钵分别研细，加入适量的沸水，搅拌，加热成蓝棕色溶液。静 置、冷却、过滤、洗涤得蓝色 Cu2(OH)2CO3 沉淀。 把反应物研细的目的是 。 检验沉淀是否洗涤干净，应选用试剂是 。 解析：把反应物研细的目的是增大反应物之间的接触面积，使反应速率增大， 根据反应 2CuCl2+2Na2CO3+H2O═Cu2(OH)2CO3↓+CO2↑+4NaCl 可知，沉淀表面可能沾有氯 化钠，故检验沉淀是否洗涤干净，可检验氯离子的存在，应选用试剂是 HNO3 和 AgNO3 溶液， 答案：增大反应物之间的接触面积，使反应速率增大 HNO3 和 AgNO3 溶液 (2)向 Cu2(OH)2CO3 沉淀中滴加稍过量的 HClO4 小心搅拌，适度加热后得到蓝色 Cu(ClO4)2 溶液同时会产生大量的白雾。 大量的白雾的成分是 (填化学式)。 适度加热但温度不能过高的原因是 。 解析：根据 HClO4 是易挥发的发烟液体，可推知大量的白雾的成分是 HClO4， 根据高氯酸铜[Cu(ClO4)2•6H2O]120℃开始分解，HClO4 是易挥发，温度高于 130℃易爆 炸，可知需适度加热但温度不能过高， 答案：HClO4 防止 HClO4、Cu(ClO4)2 分解 (3)某研究小组欲用粗 CuCl2 固体(含 Fe2+)制备纯净的无水氯化铜固体。请补充完整由粗 CuCl2 固体制备纯净的无水氯化铜固体的实验步骤(可选用的试剂：蒸馏水、稀盐酸、双氧 水溶液和氨水)：①将粗 CuCl2 固体溶于蒸馏水，滴入少量的稀盐酸；加入适量双氧水溶液 并充分混合，再加入适量氨水调节溶液 pH 至 ，②过滤；③将 滤液 ，得到 CuCl2•2H2O 晶体；④将 CuCl2•2H2O 晶体 ，得到无水氯化铜固 体。 解析：某研究小组欲用粗 CuCl2 固体(含 Fe2+)制备纯净的无水氯化铜固体。实验步骤(可选 用的试剂：蒸馏水、稀盐酸、双氧水溶液和氨水)：①将粗 CuCl2 固体溶于蒸馏水，滴入少 量的稀盐酸；②加入适量双氧水溶液并充分混合，把亚铁离子转化为铁离子，再加入适量 氨水调节溶液 pH 至 3.2～4.7，使铁离子完全沉淀，而铜离子不沉淀，过滤；③将滤液加 热浓缩，冷却结晶，过滤、(冰水)洗涤，干燥，得到 CuCl2•2H2O 晶体；④为防止加热时 铜离子水解，将 CuCl2•2H2O 晶体在 HCl 气氛中加热至质量不再变化为止，得到无水氯化 铜固体。 答案：3.2～4.7 加热浓缩，冷却结晶，过滤、(冰水)洗涤，干燥 在 HCl 气氛中加热 至质量不再变化为止 26.工业上由氯气与消石灰反应制备漂粉精，其化学式可以用 xCa(ClO)2•yCaCl2•zCa(OH)2(x、y、z 为简单整数)来表示。某兴趣小组同学对漂粉精进行定 性、定量探究如下： (1)证明漂粉精中含有 CaCl2 向漂粉精固体中滴加足量浓硫酸，观察到黄绿色气体生成。写 出生成黄绿色气体的化学反应方程式： 。 将生成的黄绿色气体缓缓通过足量碱石灰，碱石灰增重，并收集到无色气体。推测生成气 体中除 Cl2，还含有 、 (填化学式) 解析：向漂粉精固体中滴加足量浓硫酸，生成氯气，反应的方程式为 Ca(C1O)2+CaCl2+4H2SO4(浓)=2Ca(HSO4)2+2C12↑+2H2O；(或 Ca(C1O)2+CaCl2+2H2SO4(浓)=2CaSO4+2C12↑+2H2O)； 漂粉精固体中滴加足量浓硫酸，出发生氧化还原反应生成氯气外，CaCl2 与浓硫酸反应产 生 HCl，HClO 分解产生氧气。 答案：Ca(C1O)2+CaCl2+4H2SO4(浓)=2Ca(HSO4)2+2C12↑+2H2O(或 Ca(C1O)2+CaCl2+2H2SO4(浓)=2CaSO4+2C12↑+2H2O) HCl O2 (2)证明漂粉精中含有 Ca(OH)2[已知电离常数：K1(H2CO3)＞K(HClO)＞K2(H2CO3)] 将少量漂粉精溶于水后，测定其 pH 值为 12.3.采用的测定方法可能是 (填序 号)。 A.使用广泛 pH 试纸 B.使用精密 pH 试纸 C.使用 pH 计 D.以酚酞为指示剂进行酸碱中和滴定 下列探究步骤的设计中，对证明该结论无意义的是 (填序号)。 A.向漂粉精溶液中通入适量 CO2，测定溶液的 pH 值变化 B.向漂粉精溶液中加入适量碳酸氢钠固体，测定溶液 pH 值变化 C.向漂粉精溶液中加入适量亚硫酸钠固体，测定溶液 pH 值变化 解析：测定 pH 值为 12.3 的溶液应用 pH 计，广泛 pH 试纸只能精确到 0，精密 pH 试纸只 能精确到 0.5，酸碱滴定不能测量 pH； CO2 与两者反应均生成 Ca(HCO3)2，无法证明其中是否有 Ca(OH)2，加入碳酸氢钠可生成碳 酸钙和 NaOH，Na2SO3 虽与两者均反应，但最后溶液仍为较强碱性(NaOH)，溶液 pH 变化 较大，可以证明有 Ca(OH)2。 答案：C A (3)测定漂粉精中有效成分的含量 实验原理：ClO-+2I-+2H+→Cl-+I2+H2O；I2+2S2O32-→2I-+S4O62- 实验步骤： i.称取 6.192g 漂粉精固体，溶解，配成 200mL 溶液； ii.量取该溶液 5.00mL 于锥形瓶，加入过量 KI 溶液、酸化，并加入指示剂； iii.用 0.100mol/L Na2S2O3 标准溶液滴定至终点，记录始末读数； iv.重复 ii、iii 操作，记录始末读数。 该实验中要使用的定量仪器有 (写名称)。 步骤 ii 中加入的指示剂为 (写名称)，当观察到 时，达 到滴定终点。 实验数据如下： 实验编号 1 2 3 4 消耗 Na2S2O3 体积/mL 26.90 26.55 27.00 26.95 若理论上滴定时消耗标准溶液 27.00mL，则相对误差为 。 解析：配制溶液需要的计量仪器有天平、滴定管以及容量瓶等，其中滴定管可用于量取一 定体积的溶液，容量瓶用来配制溶液； 反应生成碘，淀粉遇碘变蓝色，可用淀粉作指示剂，滴定终点时，溶液变为无色，且半分 钟内不变化； 2 中实验数据误差较大舍去，依据其他三组数据计算平均值，相对误差= =-0.185%。 答案：滴定管、250mL 容量瓶 淀粉 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变化 -0.185% 27.一种联合生产树脂(X)和香料(Y)的合成路线设计如下： 已知： ①A 是一种烃的含氧衍生物，其相对分子质量小于 100，碳、氢元素质量分数之和为 82.98%。 ② 回答下列问题： (1) 中的官能团名称为 解析：A 是一种烃的含氧衍生物，其相对分子质量小于 100，碳、氢元素质量分数之和为 82.98%，则分子中 O 原子最大数目为 ≈1.1，则氧原子数目为 1，故 Mr(A)= =94，分子中 C、H 原子总相对原子质量为 94-16=78，则分子中 C 原 子最大数目 =6…6，则分子中 C、H 原子数目均为 6，则 A 的分子式为 C6H6O，A 转化 得到 B，结合 B 的结构简式可知 A 为 ，C 与银氨溶液反应得到 D，D 转化得到 E，结合 D 的分子式与 E 的结构简式可知 D 为 CH3COOH、C 为 CH3CHO，由 F 的结构简 式可知，B 与 E 发生加成反应得到 F，对比 G 的分子式与 F 的结构、结合 H 的结构简式可 知，F 发生消去反应得到 G，则 G 为 ，G 发生酯的水解反 应得到 H，结合 Y 的结构简式可知，H 分子内脱去 1 分子水得到 Y。由 X 的结构片段可 知，苯酚与乙醛发生缩聚反应得到 X。 中的官能团名称为：醛基、羟基。 答案：醛基、羟基 (2)写出结构简式：A ，D ，G 解析：A 的结构简式为 ，D 的结构简式为 CH3COOH，G 的结构简式为： 。 答案： CH3COOH (3)下列说法正确的是 A.B 与 E 生成 F 的反应类型为加成反应 B.1molG 最多能与 5molH2 发生加成反应 C.与氢氧化钠水溶液反应时，1molY 最多能消耗 2mol NaOH 解析：A.B 与 E 生成 F 是甲基与醛发生的加成反应，故 a 正确； B.G 为 ，苯环与碳碳双键能与氢气发生加成反应，1molG 最多能与 4molH2 发生加成反应，故 b 错误； C.Y 含有羧酸与酚形成的酯基，水解得到羧基、酚羟基，与氢氧化钠水溶液反应时， 1molY 最多能消耗 2mol NaOH，故 c 正确。 答案：AC (4)H 生成 Y 的化学方程式为 。 解析：H 生成 Y 的化学方程式为： 。 答案： (5)尿素( )氮原子上的氢原子可以像 A 上的氢原子一样与 C 发生加成反应，再 缩聚成高分子化合物。 写出尿素与 C 在一定条件下生成线性高分子化合物的化学方程 式 。 解析：尿素 氮原子上的氢原子可以像 A 上的氢原子那样与 C 发生加成反应， 再缩聚成高分子化合物，尿素与 C 在一定条件下生成线性高分子化合物的化学方程式： 。 答案： (6)H 的同分异构体中，能同时满足如下条件的有机物结构简式为 。 可发生银镜反应； 只含有一个环状结构且可使 FeCl3 溶液显紫色； 分子中有 4 种不同化学环境的氢，且个数比为 3：2：2：1(不考虑立体异构)。 解析：H 的同分异构体中能同时满足如下条件： 可发生银镜反应，说明含有醛基，②只含有一个环状结构且可使 FeCl3 溶液显紫色，说明 含有酚羟基，核磁共振氢谱为四组峰，且峰面积比为 3：2：2：1，符合条件同分异构体 有： 。 答案： 28.阿伐他汀是一种临床广泛使用的降血脂药，它的一种合成路线如下(部分步骤省略)，根 据题意回答问题： 已知：(R、R′代表烃基) (1)写出 的名称 。 解析：A 发生氧化反应得到 B，同时还生成 HOOC-COOH，B 与苯胺反应得到 C，C 与苯 甲醛反应得到 D，结合 D 的结构简式可知，反应②中羧基与氨基发生脱水反应，反应③ 为 C 与苯甲醛发生加成反应，则 C 为 ；由 F 的结构简式可知， D 发生消去反应得到 E，E 与对氟苯甲醛发生加成反应得到 F 的名称为对氟苯甲醛。 答案：对氟苯甲醛 (2)判断反应类型① ；④ 。 解析：反应①属于氧化反应，反应④属于消去反应。 答案：氧化反应 消去反应 (3)写出有机物 C 的结构简式 。 解析：有机物 C 的结构简式为 。 答案： (4)写出反应③的化学方程式 。 参考上述流程，设计由环戊二烯合成产品 G 的流程如下， 解析：反应③的化学方程式： 。 答案： (5)反应条件 1 所选择的试剂为 。 解析：反应条件 1 所选择的试剂为：酸性高锰酸钾溶液。 答案：酸性高锰酸钾溶液 (6)反应条件 2 所选择的试剂为 。 解析：反应条件 2 所选择的试剂为：HCHO。 答案：HCHO (7)产品 G 的结构简式为 。 解析：由环戊二烯合成产品G：环戊二烯被酸性高锰酸钾溶液氧化得到丙二酸，丙二酸与 甲醛发生加成反应，然后发生催化氧化，羟基被氧化形成醛基，最后醛基被氧化、酸化得 到G为 。产品G的结构简式为： 。 答案： 29.工业上利用焦炭在石灰窑中燃烧放热，使石灰石分解生产 CO2.主要反应如下： C+O2→CO2 ①， CaCO3→CO2↑+CaO ② (1)含碳酸钙 95%的石灰石 2.0t 按②完全分解(设杂质不分解)，可得标准状况下 CO2 的体积 为 m3。 解析：含碳酸钙 95%的石灰石 2.0t 按②完全分解(设杂质不分解)碳酸钙质量 =2.0t×95%=1.9t=1900Kg，物质的量为 19Kmol，CaCO3→CO2↑+CaO 生成二氧化碳物质的 量为 19Kmol，可得标准状况下 CO2 的体积=19000mol×22.4L/mol=425600L=425.6m3. 答案：425.6m3 (2)纯净的 CaCO3 和焦炭混合物 m g 在石灰窑中完全反应，所得 CO2 的物质的量范围 是 。 解析：纯净的 CaCO3 和焦炭混合物 m g 在石灰窑中完全反应，依据极值计算得到，若 mg 碳全部反应生成二氧化碳物质的量为 ，若全部为碳酸钙生成二氧化碳物质的量为 ， 所以所得 CO2 的物质的量范围是 。 答案： (3)纯净的 CaCO3 和焦炭按①②完全反应，当窑内配比率 =2.2 时，窑气中 CO2 的最大体积分数为多少？(设空气只含 N2 与 O2，且体积比为 4：1，下同) 解析：设 n(C)=1mol，n(CaCO3)=2.2mol，当空气 O2 中与 C 完全反应生成 CO2 时所得窑气 中 CO2 体积分数最大 C+O2=CO2 CaCO3=CO2+CaO 1 1 1 2.2 2.2 CO2 的体积分数= ×100%=44.4%。 答案：窑气中 CO2 的最大体积分数为 44.4% (4)某次窑气成分如下：O2 0.2%，CO 0.2%，CO2 41.6%，其余为 N2.则此次窑内配比率 为何值？ 解析：设窑气为 100mol，则 n(N2)=100-41.6-0.2-0.2=58mol，空气只含 N2 与 O2，且体积比 为 4：1，n(O2)= =14.5mol；参加反应的氧气 n(O2)=14.5mol-0.2mol=14.3mol； 2C+O2=2CO C+O2=CO2 CaCO3=CO2+CaO 2 1 1 1 1 1 1 1 0.2 0.1 0.2 14.2 14.2 14.2 27.4 27.4 n(CaCO3)=27.4mol，n(C)=14.4mol； =1.90。 答案：此次窑内配比为：1.90