2013年上海高考化学试卷及答案解析版.doc

2013年全国普通高等学校招生统一考试上海 化学试卷（解析版）相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Na-23 S-32 Ca-40 Fe-56 Ni-59 Cu-64 Br-80 Ba-137一、选择题（本题共10分，每小题2分，每题只有一个正确选项）12013年4月24日，东航首次成功进行了由地沟油生产的生物航空燃油的验证飞行。能区别地沟油（加工过的餐饮废弃油）与矿物油（汽油、煤油、柴油等）的方法是（ ）A点燃，能燃烧的是矿物油B测定沸点，有固定沸点的是矿物油C加入水中，浮在水面上的是地沟油D加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油解析：知识点：生活与化学，考察有机物知识，主要是油脂和矿物油区别。 难易程度：简单，注重基础知识掌握，没有大的陷阱。 正确答案：D 分析原因：地沟油的主要成分是油脂，矿物油的主要成分是烃的混合物。A、油脂和烃都可以燃烧，故无法区分；B、矿物油主要成分是烃的混合物，没有固定的沸点；C、油脂和烃的密度都比水小，都浮在水上面；D、油脂在氢氧化钠溶液可水解而不分层，矿物油不溶于氢氧化钠溶液，分层。故正确答案为：D易错点：无法区分地沟油和矿物油的主要成分。2氰酸铵（NH4OCN）与尿素CO(NH2)2 （ ）A都是共价化合物 B都是离子化合物C互为同分异构体 D互为同素异形体解析：知识点：物质的分类，考察共价化合物、离子化合物、同分异构体、同素异形体的概念。 难易程度：简单，注重基础知识概念。 正确答案：C 分析原因：氰酸铵中含有NH4+离子，故氰酸铵是离子化合物，而尿素是共价化合物，故A、B都错误；B、；C、同分异构体是化学式相同、结构不同的物质，故氰酸铵（NH4OCN）与尿素CO(NH2)2是同分异构体；D、同素异形体是同种元素组成的不同单质，故不是同素异形体。故正确答案为：C易错点：不会区分共价化合物和离子化合物。3230Th和232Th是钍的两种同位素，232Th可以转化成233U。下列有关Th的说法正确的是（ ）ATh 元素的质量数是232 BTh 元素的相对原子质量是231C232Th 转换成233U是化学变化 D230Th和232Th的化学性质相同解析：知识点：同位素，考察质量数、相对原子质量、化学变化和化学性质。 难易程度：比较简单，注重基础知识掌握，C有陷阱。 正确答案：D 分析原因：A、由于Th 元素有两种同位素原子，所以质量数应指定是哪一种同位素原子，才能确定；B、Th元素的相对原子质量不是同位素原子质量数的平均值，而需要按照各种同位素原子的丰度计算得到的；C、原子是化学变化中的最小微粒，而232Th 转换成233U的过程中，原子发生变化，故不是化学变化（化学变化过程中原子种类不变的）；D、230Th和232Th是同种元素的原子，所以化学性质相同。故正确答案为：D 易错点：遗忘了化学变化的本质。4下列变化需克服相同类型作用力的是（ ）A碘和干冰的升华 B硅和C60的熔化C氯化氢和氯化钠的溶解 D溴和汞的气化解析：知识点：化学键，考察范德华力、共价键、离子键的知识。 难易程度：比较简单，注重基础知识掌握。 正确答案：A 分析原因：A、“碘和干冰的升华”需克服的作用力都是范德华力；B、单质硅是原子晶体，熔化时克服共价键，C60是分子晶体，熔化需克服共价键C、氯化氢是分子晶体，溶解时共价键断裂，氯化钠都是离子晶体，溶解需克服离子键；D、溴气化需克服范德华力，而汞气化需克服金属键。故正确答案为：A易错点：不清楚硅和C60的熔化需克服的作用力。5374、22.1MPa以上的超临界水具有很强的溶解有机物的能力，并含有较多的H+和OH-，由此可知超临界水（ ）A显中性，pH等于7 B表现出非极性溶剂的特性C显酸性，pH小于7 D表现出极性溶剂的特性解析：知识点：物质的分类，考察共价化合物、离子化合物、同分异构体、同素异形体的概念。 难易程度：中等，考察的是知识的灵活迁移。 正确答案：B 分析原因：A、C：温度为374、22.1MPa以上的超临界水，已经超过室温，此时的PH值已经小于7，但溶液中的H+和OH-始终相等，故显中性；B、D：由于374、22.1MPa以上的超临界水具有很强的溶解有机物的能力，而有机物多数为非极性的，所以表现出非极性溶剂的特性。故正确答案为：B易错点：不清楚水的离子积与pH的关系。二、选择题（本大题共36分，每小题3分，每题只有一个正确选项）6与索尔维制碱法相比，侯德榜制碱法最突出的优点是（ ）A原料利用率高 B设备少C循环利用的物质多 D原料易得解析：知识点：索维尔制碱法和侯氏制碱法的对比。 难易程度：简单，对比学习的综合应用。 正确答案：A 分析原因：A、B、C、D都是侯氏制碱法的优点，但最突出的优点是原料利用率高。工业生产都是以最少的原料获得最多的产物。故正确答案为：A易错点：不清楚侯氏制碱法和索尔维制碱法的区别。7将X气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入Y气体，有沉淀生成。X、Y不可能是（ ）选项XYASO2H2SBCl2CO2CNH3CO2DSO2Cl2解析：知识点：元素及化合物的性质。 难易程度：简单，注重基础知识掌握，没有大的陷阱。 正确答案：B 分析原因：A、将SO2通入BaCl2溶液，不反应，但通入的H2S发生反应生成2H2S+ SO23S+2H2O 生成S沉淀；B、始终不反应无现象；C、反应为2NH3+ H2O+ CO2BaCl22NH4Cl+BaCO3；D项发生反应：SO2+Cl2+2H2OH2SO4+2HCl2，BaCl2+H2SO4BaSO4+2HCl。因此选B 易错点：容易误选C，不清楚C中发生的反应。8糕点包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同。下列分析正确的是（ ）A脱氧过程是吸热反应，可降低温度，延长糕点保质期B脱氧过程中铁作原电池正极，电极反应为：Fe-3eFe3+C脱氧过程中碳作原电池负极，电极反应为：2H2O+O2+4e4OH-D含有1.12g铁粉的脱氧剂，理论上最多能吸收氧气336mL（标准状况）解析：知识点：氧化还原反应中铁的吸氧腐蚀。 难易程度：一般，注重基础知识掌握，D选项容易忘了Fe(OH)2可以进一步被氧化。 正确答案：D 分析原因：A、吸氧腐蚀时是放热反应；B、正极反应为Fe-2eFe2+；C、脱氧过程中，铁作原电池负极，碳作原电池的正极，电极反应为：2H2O+O2+4e4OH-；D、总反应生成Fe(OH)2，但Fe(OH)2可以进一步被氧化：4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3，所以消耗氧气的总量在标准状况下为336mL。故正确答案为：D易错点：不清楚反应是最终产物是Fe(OH)3。9将盛有NH4HCO3粉末的小烧杯放入盛有少量醋酸的大烧杯中，然后向小烧杯中加入盐酸，反应剧烈，醋酸逐渐凝固。由此可知（ ）ANH4HCO3和盐酸的反应是放热反应B该反应中，热能转化为产物内部的能量C反应物的总能量高于生成物的总能量D反应的热化学方程式为：NH4HCO3+HClNH4Cl+CO2+H2O-Q解析：知识点：热化学方程式。 难易程度：简单，注重概念的理解。 正确答案：B 分析原因：A、反应后醋酸逐渐凝固，故该反应为吸热反应；B、吸热反应，能量转化为产物内部能量；C、是吸热反应则反应物的总能量低于生成物的总能量；D、热化学方程式需要标注反应物和生成物的状态。故正确答案为：B易错点：不了解反应中的热效应。10下列关于实验室制备乙酸乙酯和乙酸丁酯的描述正确的是（ ）A均采用水浴加热 B制备乙酸丁酯时正丁醇过量C均采用边反应边蒸馏的方法 D制备乙酸乙酯时乙醇过量解析：知识点：有机物的制备。 难易程度：中等，注重基础知识掌握。 正确答案：D 分析原因：A、制备乙酸乙酯需要的温度是6070可水浴加热，制备乙酸丁酯需要的温度是115125，超过100，只能用空气浴，直接加热；B、D:制备乙酸丁酯时，乙酸需要过量，因为温度高时，醇过量脱水引入新杂质；制备乙酸乙酯时，乙醇需要过量，一方面是乙醇相对乙酸成本较低，另一方面是乙酸过量可能会使乙酸乙酯在酸性条件下发生水解；C、只有制备乙酸丁酯利用了蒸馏方法；故正确答案为：D易错点：不熟悉乙酸丁酯的实验室制法。11H2S水溶液中存在电离平衡H2SH+HS-和HS-H+S2-。若向H2S溶液中（ ）A加水，平衡向右移动，溶液中氢离子浓度增大B通入过量SO2气体，平衡向左移动，溶液pH值增大C滴加新制氯水，平衡向左移动，溶液pH值减小D加入少量硫酸铜固体（忽略体积变化），溶液中所有离子浓度都减小解析：知识点：电离平衡和化学平衡。 难易程度：中等，C理解有一定的争议。 正确答案：C 分析原因：A、加水，平衡向右移动，但溶液中氢离子浓度减小；B、通入过量SO2气体，平衡向左移动，溶液pH值减小；C、滴加新制氯水，溶液中H+浓度增大，平衡向左移动，溶液 pH值减小；D、加入少量硫酸铜固体（忽略体积变化），由于生产CuS沉淀，平衡向右移动，溶液中H+、S2-浓度都减小，但OH-浓度增大。故正确答案为：C易错点：不清楚影响平衡移动的原因。12根据有机化合物的命名原则，下列命名正确的是（ ）A 3-甲基-1,3-丁二烯B 2-羟基丁烷CCH3CH(C2H5)CH2CH2CH3 2-乙基戊烷DCH3CH(NH2)CH2COOH 3-氨基丁酸解析：知识点：有机化合物命名。 难易程度：简单，对命名总结。 正确答案：D 分析原因：A、2-甲基-1,3-丁二烯；B、2-丁醇；C、2-甲基己烷。故正确答案为：D易错点：没有以最长碳链为主链去命名。13X、Y、Z、W是短周期元素，X元素原子的最外层未达到8电子稳定结构，工业上通过分离液态空气获得其单质；Y元素原子最外电子层上s、p电子数相等；Z元素+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同；W元素原子的M层有1个未成对的p电子。下列有关这些元素性质的说法一定正确的是（ ）AX元素的氢化物的水溶液显碱性BZ元素的离子半径大于W元素的离子半径CZ元素的单质在一定条件下能与X元素的单质反应DY元素最高价氧化物的晶体具有很高的熔点和沸点解析：知识点：物质结构和元素周期律。 难易程度：中等，比较注重基础知识掌握。 正确答案：C 分析原因：A、X元素为O或N，氢化物的水溶液显中性或碱性；B、Z元素为Mg，W元素为Al或Cl，离子半径无法比较；C、Mg在一定条件下能与O2或N2反应；D、Y元素为C或Si，其中最高价氧化物CO2为分子晶体，熔沸点都低。故正确答案为：C易错点：没有判断出X元素有两种可能。14为测定镀锌铁皮锌镀层的厚度，将镀锌皮与足量盐酸反应，待产生的气泡明显减少时取出，洗涤，烘干，称重。关于该实验的操作对测定结果的影响判断正确的是A铁皮未及时取出，会导致测定结果偏小B铁皮未洗涤干净，会导致测定结果偏大C烘干时间过长，会导致测定结果偏小D若把盐酸换成硫酸，会导致测定结果偏大解析：知识点：定量试验之镀锌铁皮锌的厚度测定，测定原理：利用镀锌铁皮质量差除以表面积除以2难易程度：中正确答案：C分析原因： A选项会导致质量差偏大以致结果偏大 B选项会导致质量差偏小以致结果偏小， C 烘干时间过长可能铁被氧化质量增重致质量差偏小以致结果偏小， D对测定结果无影响易错点：测定原理不能熟练应用15NA代表阿伏伽德罗常数。已知C2H4和C3H6的混合物的质量为ag，则该混合物A所含共用电子对数目为（a/7+1）NA B所含碳氢键数目为aNA/7C燃烧时消耗的O2一定是33.6a/14 L D所含原子总数为aNA/14解析：知识点：原子结构相关考点难易程度：易正确答案：B分析原因：依题意知乙烯与丙烯的混合比例与题无关，可设烯烃的分子式为CnH2n , 则混合物的物质的量为：a/14n A.共用电子对数目为3n * NA *a/14n=3a/14.B.氢键数目为2n*NA*a/14n=aNA/7 C.非标况下不能用气体摩尔体积22.4L/mol.D.所含原子总数为3n*NA*a/14n=3a/14易错点：相关概念理解不清16已知氧化性Br2Fe3+。FeBr2溶液中通入一定量的Cl2,发生反应的离子方程式为：a Fe2+b Br-+c Cl2d Fe3+ e Br2+ f Cl-下列选项中的数字与离子方程式中的a、b、c、d、e、f一一对应，其中不符合反应实际的是A2 4 3 2 2 6 B0 2 1 0 1 2C2 0 1 2 0 2 D2 2 2 2 1 4解析：知识点：氧化还原反应难易程度：中正确答案：B分析原因：由氧化性Br2Fe3+知还原性 Fe2+Br-，则亚铁优先与Cl2反应，则 先发生2Fe2+Cl22Fe3+ 2Cl-，C选项正确，亚铁反应完之后，Br-与Cl2反应，则可能发生 2Fe2+2Br-+2Cl22 Fe3+ Br2+ 4Cl- （Cl2量不足，Br-部分被氧化） D选项正确，也可能发生 2Fe2+4Br-+3Cl22 Fe3+ 2Br2+ 6Cl- （Cl2量充足，Br-被全部氧化），A选项正确。B选项是Br-优先与Cl2反应，错误易错点：氧化还原氧化性还原性强弱比较不清楚，反应物量对反应的影响没有考虑到。17某溶液可能含有Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Fe3+、Al3+和K+。取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6 g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66 g不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中A至少存在5种离子BCl-一定存在，且c（Cl）0.4 mol/LCSO42-、NH4+一定存在，Cl-可能不存在DCO32-、Al3+一定不存在，K+可能存在解析：知识点：溶液中离子间的反应及其计算难易程度：易正确答案：B分析原因：分析知0.02mol气体为NH3.则原溶液中含有NH4+0.02mol，红褐色沉淀灼烧，得到1.6 g固体，可计算知Fe3+0.02mol，4.66 g不溶于盐酸的沉淀知原溶液中有SO42-0.02mol，由离子共存知CO32-一定不存在，由电荷守恒知Cl-一定存在。Al3+、K+可能存在。 A、至少存在4种离子，错误。 B、当只存在NH4+、Fe3+、SO42-、Cl-四种离子时，计算出Cl-浓度等于0.4 mol/L，假如原溶液还含有Al3+或K+等，则c（Cl）0.4 mol/L。故B正确C、错误。Cl-一定存在D、错误。Al3+、K+可能存在。易错点：这种溶液中无化合价升降的离子反应较易，分析清楚一般不会做错。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汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2。若氧化产物比还原产物多1.75 mol，则下列判断正确的是A生成40.0 L N2（标准状况）B有0.250molKNO3被氧化C转移电子的物质的量为1.25 molD被氧化的N原子的物质的量为3.75 mol解析：知识点：氧化还原反应的有关计算难易程度：难正确答案：CD分析原因：首先分析出氧化产物与还原产物均为N2，设还原产物为Xmol,则氧化产物为（X+1.75）mol，利用关系式30X=2*（X+1.75）得X=0.125mol A、生成氮气物质的量=160.125mol=2mol V=22.4L/mol2mol=44.8LB、错误。有0.250molKNO3被还原C、2molKNO3被还原时转移10mol电子，则转移电子的物质的量=0.250mol5=1.25molD、被氧化的NaN3的物质的量为y,则10/y=16/2 可得y=1.25mol，则被氧化的氮原子的物质的量=1.25mol3=3.75mol易错点：对氧化还原反应中氧化剂、氧化产物，还原剂，还原产物的判断不熟练。不会分析反应中得失电子的量19部分弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸HCOOHHCNH2CO3电离平衡常数（25）Ki=1.7710-4Ki=4.910-10Ki1=4.310-7Ki2=5.610-11下列选项错误的是A2CN-+H2O+CO22HCN+CO32-B2HCOOH+CO32-2HCOO-+H2O+CO2C中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者D等体积、等浓度的HCOONa和NaCN溶液中所含离子总数前者小于后者解析：知识点：电离平衡常数难易程度：难正确答案：AD分析原因：根据电离平衡常数，离子反应向着离子总量减小的方向进行，即强制弱。HCOOH H2CO3 HCN HCO3-A、 H2CO3 制HCN ，合理，但产物是HCO3-而不是CO32- 故不正确B、 HCOOH制H2CO3 ，合理，H2CO3 不稳定，分解为H2O和CO2 正确C、 HCOOH HCN 等体积、等pH的HCOOH和HCN，HCN的酸浓度较大， 故 消耗NaOH的量多，正确D、 电离常数HCOOH HCN ，则水解程度 HCN HCOOH，故NaCN溶液中所含离子总数较多，选项不正确易错点：容易漏选A20某恒温密闭容器中，可逆反应A(s) B+C(g)-Q达到平衡。缩小容器体积，重新达到平衡时，C(g)的浓度与缩小体积前的平衡浓度相等。以下分析正确的是A产物B的状态只能为固态或液态B平衡时，单位时间内n(A)消耗n(C)消耗=11C保持体积不变，向平衡体系中加入B，平衡可能向逆反应方向移动D若开始时向容器中加入1 mol B和1 mol C，达到平衡时放出热量Q解析：知识点：化学反应速率及化学平衡难易程度：易正确答案：BC分析原因：由题意知：缩小体积平衡向逆反应方向移动了，即平衡向体积减小的方向移动。不正确。产物B固、液、气三态均可，平衡时，正，逆反应速率相等，正确假如B是气态，则反应向逆反应方向移动，若B是固态或液态，则平衡不移动。故选项C正确首先没有告诉B,C状态，其次状态相同达到等效平衡状态，由于转化率不等，放出或吸收的热量也不等。故D不正确易错点：相对较易，审题思路清晰容易做对21一定条件下，将0.1 L CO、0.2 L CO2、0.1 L NO、0.2 L NO2和0.2 L NH3混合，然后通过分别盛有足量蒸馏水、饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液的三个洗气瓶（洗气瓶排列顺序不确定）。假设气体通过每个洗气瓶都能充分反应则尾气（已干燥）A可能是单一气体 B不可能含有一氧化碳C可能存在原气体中的两种气体 D成分和洗气瓶的排列顺序无关解析：知识点：气体的除杂难易程度：难正确答案：AC分析原因：A、CO2可以被氢氧化钠溶液完全吸收，若混合气体最先通入氢氧化钠溶液则NO 和 NO2可以被强氧化钠完全吸收：NO + NO2 + 2NaOH 2NaNO2 + H2O 2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O NH3可以被饱和碳酸氢钠溶液完全吸收。可能尾气只含CO。B、不正确。尾气一定有CO。C、若混合气体先通过蒸馏水再通入氢氧化钠溶液中则尾气中可能NO、CO均有。D、分析A、C选项知D选项错误。易错点：容易漏选A22一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体VL（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42-）加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO 12.0 g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为11，则V可能为A9.0L B13.5L C15.7L D16.8L解析：知识点：氧化还原反应的有关计算难易程度：中 考察氧化还原反应得失电子相等的计算题正确答案：A分析原因：由CuO 12.0 g知铜元素的物质的量=12g/80g/mol=0.15mol 该题使用极值法1、假设原混合物全部是CuS，设生成NO物质的量为X,则NO2物质的量为X根据电子得失列等式：3X+X=0.158 得x=0.3mol 则生成气体体积=0.3222.4L=13.44L2、假设原混合物全部是Cu2S，设生成NO物质的量为X,则NO2物质的量为X根据电子得失列等式：3X+X=0.151+0.1528 得x=0.1875mol 则生成气体体积=0.1875222.4L=8.4L 由8.4V13.44可知 A选项正确易错点：在第2种假设时容易误以为Cu2S为0.15mol，误得B选项四、（本题共8分）金属铝质轻且有良好的防腐蚀性，在国防工业中有非常重要的作用。完成下列填空：23铝原子核外电子云有 种不同的伸展方向，有 种不同运动状态的电子。24镓（Ga）与铝同主族。写出镓的氯化物和氨水反应的化学方程式。25硅与铝同周期。SiO2是硅酸盐玻璃（Na2CaSi6O14）的主要成分，Na2CaSi6O14也可写成Na2OCaO6SiO2。盛放NaOH溶液的试剂瓶若用玻璃瓶塞容易形成粘性的硅酸盐而无法打开，发生反应的化学方程式 。长石是铝硅酸盐，不同类长石其氧原子的物质的量分数相同。由钠长石化学式NaAlSi3O8可推知钙长石的化学式为 26用铝和金属氧化物反应制备金属单质是工业上较常用的方法。如：2Al+4BaO3Ba+BaOAl2O3常温下Al的金属性比Ba的金属性 （选填“强”、“弱”）。利用上述方法可制取Ba的主要原因是 。a高温时Al的活泼性大于Ba b高温有利于BaO分解c高温时BaOAl2O3比Al2O3稳定 dBa的沸点比Al的低解析：知识点： 23、核外电子的排布情况 24、相似化学方程式推测和书写 25、正确化学式的判断 26、金属活动性的判断和低沸点制高沸点的原理 难易程度： 23题第一问较难，第二问简单，24简单，25较难，26，简单但易错。 正确答案： 23.4，13。 24,GaCl3+3NH3+3H2OGa(OH)3+3NH4Cl。 25.SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O，GaAl2Si2O8 26.弱，d 分析原因： 23.铝原子核外电子云有s、p，分别有1、3种伸展方向，其核外有13个 电子，则有13种不同运动状态； 24.类似氯化铝与氨水溶液的反应； 25.根据不同类长石其氧原子的物质的量分数相同，结合化合价代数和是0 可写出钙长石的化学式假设钙长石中的氧原子个数也为8，则有Ca、 Al、Si三者的原子数之和为5，且其阳离子所带电荷总数为8*2=16，分 别设其原子数为x、y、z列方程组得：x+y+z=5,2x+3y+4z=16有y+2z=6， 设y=2，则z=2，其他值均不符合题意，所以x=1。故其化学式为 CaAl2Si2O8。 26.该反应是利用Ba的沸点比Al的低，以气体逸出，使平衡右移易错点： 23、第一空容易错填 25、容易写错化学式 26、容易多选五、（本题共8分）溴主要以Br-形式存在于海水中，海水呈弱碱性。工业上制备的Br2的操作步骤为：一定条件下，将Cl2通入浓缩的海水中，生成Br2利用热空气将Br2吹出，并用浓Na2CO3溶液吸收，生成NaBr、NaBrO3等用硫酸酸化步骤得到的混合物完成下列填空：27Cl2氧化Br-应在 条件下进行，目的是为了避免 28Br2可用热空气吹出，其原因是 29写出步骤所发生的化学反应方程式。用硫酸而不用盐酸酸化的原因可能是 。步骤的产品有时运输到目的地后再酸化，主要是因为 30为了除去工业Br2中微量的Cl2,可向工业Br2中 a通入HBr b加入Na2CO3溶液 c加入NaBr溶液 d加入Na2SO3溶液解析：知识点： 27、氧化还原反应的条件选择和原因 28、溴单质的易挥发性 29、氧化还原的书写，硫酸的氧化性和盐酸的还原性 30、除杂的原理 难易程度：总体较简单，就是容易答不全，还有就是30题容易漏选。 正确答案： 27酸性；Cl2歧化（或Br2歧化） 28Br2易挥发（或Br2沸点低） 295NaBr+NaBrO3+3H2SO43Br2+3Na2SO4+3H2O；溴酸能将氯离子氧 化成氯气；溴单质具有强氧化性（或强腐蚀性） 30ac 分析原因： 27、需在酸性条件下否则容易发生反应使得生成的溴单质再变成溴离子 28、能用空气吹，说明溴单质以挥发 29、实验的目的是为了制取溴单质，所以可以推测其中的一个产物是溴单 质，那么说明是溴离子和BrO3-发生氧化还原反应生成的，从而确定 了反应物和生成物，就可以写出化学方程式了，由于氯离子有还原性 会被氧化成氯气，所以应该用硫酸，在酸性条件下，溴具有腐蚀性， 所以应运输后再氧化 30、利用氧化还原的性质，知道氯气可以氧化溴离子，所以可以用带溴离 子的化合物来除杂易错点： 29、化学方程式的产物容易判断错误 30、容易漏选a 六、（本题共8分）镍具有优良的物理和化学特性，是许多领域尤其是高技术产业的重要原料。羰基法提纯粗镍涉及的两步反应依次为：（1）Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)+Q （2）Ni(CO)4(g)Ni(S)+4CO(g)完成下列填空：31在温度不变的情况下，要提高反应（1）中Ni(CO4)的产率，可采取的措施有 、 。32已知在一定条件下的2L密闭容器中制备Ni(CO)4，粗镍（纯度98.5%，所含杂质不与CO反应）剩余质量和反应时间的关系如右图所示。Ni(CO)4在010min的平均反应速率为 。33若反应（2）达到平衡后，保持其他条件不变，降低温度，重新达到平衡时 。a平衡常数K增大 bCO的浓度减小 cNi的质量减小 dv逆Ni(CO)4增大34简述羰基法提纯粗镍的操作过程。解析： 知识点： 31、影响化学平衡的因素 32、平衡速率的计算 33、影响化学平衡的因素34、化学的理解和归纳难易程度：整体都比较简单。正确答案： 31加压；及时移走Ni(CO)4，增大CO浓度 320.05mol/(Lmin) 33bc 34先将粗镍与CO在50反应生成羰基镍，然后将羰基镍转移到另一容器 中，升温到230，热解得到纯镍。分析原因： 31.反应（1）是正向气体体积缩小的放热反应，因此，根据平衡移动原理在温 度不变的情况下采取可增大CO浓度，加压的方法提高产率； 32.根据题意，反应的Ni为1mol，则生成Ni(CO) 4为1mol，反应速率为1/（2 10）=0.05 mol/(Lmin)； 33.反应（2）正向气体体积增大的吸热反应，则，降低温度平衡逆向移动，平 衡常数K、CO的浓度、Ni的质量、v逆Ni(CO)4减小；根据反应（1）（2） 的特点可提纯粗镍。 易错点： 33，容易多选一个d,34容易答不全 七、（本题共12分）溴化钙可用作阻燃剂、制冷剂，具有易溶于水，易吸潮等性质。实验室用工业大理石（含有少量Al3+、Fe3+等杂质）制备溴化钙的主要流程如下：完成下列填空：35上述使用的氢溴酸的质量分数为26%，若用47%的氢溴酸配置26%的氢溴酸的氢溴酸500 mL，所需的玻璃仪器有玻璃棒、_。36已知步骤的滤液中不含NH4+。步骤加入的试剂a是_，控制溶液的pH约为8.0的目的是_、_。37试剂b是_，步骤的目的是_。38步骤所含的操作依次是_、_。39制得的溴化钙可以通过如下步骤测定其纯度：称取4.00 g无水溴化钙样品；溶解；滴入足量Na2CO3溶液，充分反应后过滤；_；称量。若得到1.88 g碳酸钙，则溴化钙的质量分数为_（保留两位小数）。若实验操作规范而测定结果偏低，其原因是_。解析： 知识点： 此题考查化工生产流程的原理，涉及溶液的稀释、除杂的方法、结晶的方法、定量分析和误差分析。难易程度：中等，但是考查的知识点很细，要求孩子对每个实验步骤都有一个比较深刻 的理解。正确答案：35.量筒、胶头滴管、烧杯、500ml容量瓶。 36.石灰水，沉淀Al3+、Fe3+ 37.氢溴酸，除去过量的氢氧化钙。 38.蒸发浓缩，冷却结晶。 39.洗涤、烘干、冷却；0.94；溴化钙吸水。分析原因：35题考查溶液稀释时用到的玻璃仪器：玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管、500ml 容量瓶。36题，结合题目中给出的杂质，要除去则需要加碱沉淀，滤液中不还铵根，为不引入新杂质只能选择石灰水。控制溶液pH的目的也正是为了使之沉淀完全。37题，本实验目的是为了制备氯化钙，所以溶液中过量的Ca（OH）2属于杂质必须出去。氢溴酸具有挥发性，在结晶过程中不会产生影响，所以即使过量了也不会产生影响。38题，溴化钙溶解度随温度的升高而增大，随意应该采用降温结晶的方法得到晶体，具体步骤是：蒸发浓缩，然后冷却结晶。39题，过滤后表面存在滤液，故需要洗涤，后面需要称量，故需要烘干、冷却。从生成的1.88g碳酸钙物质的量为0.0188mol，所以原样品中溴化钙也为0.0188mol，其质量是3.76g，所以质量分数为0.94.。测定结果偏低的原因可以从已知条件寻找突破口，溴化钙易潮解吸水是样品质量增大，所以误差偏低。易错点：易错点之一，步骤所含