2010年上海市高考化学试卷答案与解析 26页

‎2010年上海市高考化学试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、解答题（共5小题，满分10分）‎ ‎1．（2分）（2010•上海）下列做法不能体现低碳生活的是（　　）‎ A．减少食物加工过程 B．注意节约用电 C．尽量购买本地的、当季的食物 D．大量使用薪柴为燃料 ‎【考点】绿色化学；化学的发展趋势．菁优网版权所有 ‎【分析】此题考查了化学与生产生活的联系，解答此题的易错点是不能准确理解“低碳”的含义，而造成错误选择．由于二氧化碳气体的大量排放，地球气候异常表现的越来越显著，对人类生活的影响也越来越大，故此在生产生活中要尽可能节约能源，减少二氧化碳排放．‎ ‎【解答】解：A、低碳生活的核心是减少二氧化碳的排放，食物加工过程减少，可节约能源，减少二氧化碳排放，能体现，排除A；‎ B、目前电力的主要来源是火电，节约用电能减少二氧化碳排放，能体现，排除B；‎ C、本地食物能减少运输消耗、当季食物能减少贮存的能量消耗，能体现，排除C；‎ D、薪柴为燃料能产生大量二氧化碳，不能体现低碳思想，符合要求．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】化学与STES内容非常广泛．化学与日常生活、社会热点问题、食品、医药、能源、环保、化工生产、高新产品等方面的内容是高考考查的重要内容．解题中要动用到平时知识的积累，决定成败还是在平时．所以平时要注意多积累，做题时要积极联想，和所学知识联系起来．‎ ‎　‎ ‎2．（2分）（2010•上海）下列有关物质结构的表述正确的是（　　）‎ A．次氯酸的电子式 B．二氧化硅的分子式SiO2‎ C．硫原子的最外层电子排布式3s23p4‎ D．钠离子的结构示意图 ‎【考点】原子核外电子排布；电子式；原子结构示意图；分子式．菁优网版权所有 ‎【分析】从本题来看，主要注意这几点：书写电子式不但要看是否满足稳定结构，还要看原子之间的排列方式是否正确．只有分子晶体才有分子，注意常见的物质所属的晶体类型．电子排布式要符合能量最低原理、泡利不相容原理和洪特规则三条基本原则．离子的结构示意图符合最外层稳定结构．‎ ‎【解答】解：A、次氯酸的电子式为：，A错；‎ B、二氧化硅是原子晶体，其结构中不存在分子，B错；‎ C、S是16号元素，其核外电子排布为：1s22s22p63s23p4，最外层电子排布式3s23p4，C对；‎ D、钠离子是钠原子失去了最外层的1个电子，其原子结构示意图为：，D错．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】此题考查了物质结构中的原子的核外电子排布、原子结构的表示、化学键、物质的构成等知识点，是常见常用基础知识．在分析电子排布式的对错时，可以首先写出相应的电子排布式一一对照，得出答案；也可以依次验证电子数目的正误、填充顺序的正误、填充电子数的正误进行判断，认真理解体会，才能准确应用．重视化学用语，重视细节很重要．‎ ‎　‎ ‎3．（2分）（2010•上海）下列有机物命名正确的是（　　）‎ A．‎ ‎1，3，4﹣三甲苯 B．‎ ‎2﹣甲基﹣2﹣氯丙烷 C．‎ ‎2﹣甲基﹣1﹣丙醇 D．‎ ‎2﹣甲基﹣3﹣丁炔 ‎【考点】有机化合物命名．菁优网版权所有 ‎【分析】判断有机物的命名是否正确或对有机物进行命名，其核心是准确理解命名规范：‎ ‎1）命名要符合“一长、一近、一多、一小”，也就是主链最长，编号起点离支链最近，支链数目要多，支链位置号码之和最小；‎ ‎2）有机物的名称书写要规范；‎ ‎3）对于结构中含有苯环的，命名时可以依次编号命名，也可以根据其相对位置，用“邻”、“间”、“对”进行命名．‎ ‎4）含有官能团的有机物命名时，要选含官能团的最长碳链作为主链，官能团的位次最小．‎ ‎【解答】解：有机物命名时，应遵循数值和最小原则，故应命名为：1，2，4﹣三甲苯，A选项错误；有机物命名时，编号的只有C原子，故应命名为：2﹣丁醇，C选项错误；炔类物质命名时，应从离三键近的一端编号，故应命名为：3﹣甲基﹣1﹣丁炔，D选项错误．‎ 故选B．‎ ‎【点评】此题考查了有机物的命名知识．一般要求了解烷烃的命名、苯的同系物的命名及简单的烃的衍生物的命名．命名时要遵循命名原则，书写要规范．‎ ‎　‎ ‎4．（2分）（2010•上海）下列有关物质性质的描述不符合事实的是（　　）‎ A．有机物不导电 B．金刚石是自然界最硬的物质 C．SO2可用作食品防腐剂 D．NO可用于某些疾病的治疗 ‎【考点】物质的结构与性质之间的关系．菁优网版权所有 ‎【专题】压轴题；氧族元素；氮族元素；碳族元素．‎ ‎【分析】根据物质的结构来分析物质的性质，有机物大多为共价化合物，则有机物大多不导电；金刚石是原子晶体，则硬度大；二氧化硫有毒，不能用于食品业，NO具有特殊的生物特性，则可用于某些疾病的治疗．‎ ‎【解答】解：A、有机物以共价键结合，则大多数的有机物不导电，但聚乙炔塑料就能导电，故A不符合事实；‎ B、金刚石是共价键结合原子晶体，硬度大，则金刚石是自然界中最硬的物质，故B符合事实；‎ C、二氧化硫有毒，不能做食品和干果的防腐剂，但在一定的控制范围内控制SO2可以少量应用于果汁防腐中，故C符合事实；‎ D、NO的生物学特性有促使血红蛋白和肌球蛋白迅速强力抑制其血管舒张作用，则可用于心血管疾病的治疗，故D符合事实；‎ 故选A．‎ ‎【点评】本题考查了常见物质的性质，注意有机物中特殊的有机物，有机物性质的描述中一般指的是大多数的有机物，在理解时极易造成错误理解，如有机物都不导电、有机物都不是电解质等，并应熟悉常见物质的性质与用途来解答即可．‎ ‎　‎ ‎5．（2分）（2010•上海）下列判断正确的是（　　）‎ A．酸酐一定是氧化物 B．晶体中一定存在化学键 C．碱性氧化物一定是金属氧化物 D．正四面体分子中键角一定是109°28′‎ ‎【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；判断简单分子或离子的构型．菁优网版权所有 ‎【专题】压轴题．‎ ‎【分析】此题考查了物质的分类、氧化物、晶体的构造和分子的构型等知识点．‎ ‎【解答】解：A、酸酐中大多数是氧化物，但是醋酸酐（C4H6O3）就不是氧化物，A错；‎ B、惰性气体都是单原子分子，其晶体中只存在分子间作用力，不存在化学键，B错；‎ D、正四面体分子中，白磷分子的键角是60°，D错．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】在化学学习中，有些化学概念极易混淆，比如氧化物和含氧化合物就不完全相同：氧化物由两种元素组成其中一种是氧元素，而含氧化合物只要组成中有氧元素即可，像醋酸酐是含氧化合物就不是氧化物．‎ ‎　‎ 二、选择题（本题共36分，每小题3分，只有一个正确选项，答案涂写在答题卡上．）‎ ‎6．（3分）（2010•上海）正确的实验操作是实验成功的重要因素，下列实验操作错误的是（　　）‎ A．‎ 浓硫酸的稀释 B．‎ 碳酸、苯酚酸性强弱比较 C．‎ 氯化氢气体的吸收 D．‎ 除去氯气中氯化氢 ‎【考点】物质的溶解与加热；气体的收集；气体的净化和干燥；比较弱酸的相对强弱的实验．菁优网版权所有 ‎【分析】该题考查化学实验基本操作，分别为溶液的稀释，物质的制取、气体的收集和气体除杂，浓硫酸的稀释注意要把浓硫酸加入到水中，否则会使得酸液喷溅；碳酸的酸性比苯酚的酸性强，可将二氧化碳气体通入到苯酚钠溶液中制备苯酚；易溶气体的吸收要防止倒吸；气体的除杂用到洗气瓶，气体要长进短出，否则会使洗气瓶压强增大，导致瓶中液体流出．‎ ‎【解答】解：A、稀释浓酸是应该把浓硫沿烧杯壁倒入烧杯，并用玻璃棒不断搅拌，故A正确．‎ B、将二氧化碳气体通入到苯酚钠溶液中制备苯酚，试管中液体变浑浊，可说明有苯酚生成，可证明碳酸的酸性比苯酚的酸性强，故B正确．‎ C、HCl易溶于水，吸收时要防止倒吸，故C正确．‎ D、除去氯气中的氯化氢时，选取饱和食盐水可以达到目的，但是气体进入洗气瓶时应该是长进短出，否则气体会将洗气瓶中的食盐水赶出来，故D错误．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题化学实验基本操作，属于多个知识点的考查，涉及到溶液的稀释、性质检验、气体的收集和除杂问题，要求学生熟悉物质的性质，熟练化学实验基本操作．该题考查全面，很好地考查双基．知识归纳：实验室制得的氯气中往往含有水蒸气和氯化氢的杂质，除去水蒸气一般选用浓硫酸，除去氯化氢一般选用饱和食盐水，在装置连接时一定要注意洗气瓶中长进短出．‎ ‎　‎ ‎7．（3分）（2010•上海）NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（　　）‎ A．等物质的量的N2和CO所含分子数均为NA B．1.7gH2O2中含有的电子数为0.9NA C．1molNa2O2固体中含离子总数为4NA D．标准状况下，2.24L戊烷所含分子数为0.1NA ‎【考点】阿伏加德罗常数；物质的量的相关计算．菁优网版权所有 ‎【分析】本题考查了阿伏伽德罗常数知识．主要考查点有：①判断一定量的物质所含的某种粒子数目的多少；②物质的组成；③通过阿伏加德罗常数进行一些量之间的换算；④气体摩尔体积 ‎【解答】解：A、阿伏伽德罗常数是指1mol任何微粒中含有的微粒数，等物质的量不一定是1mol，A错；‎ ‎ B、H2O2的相对分子质量为34，故1.7g的物质的量为0.05mol，其每个分子中含有的电子为18个，则其1.7g中含有的电子的物质的量为0.9mol，数目为0.9NA，B对；‎ ‎ C、Na2O2固体中，含有的是Na+和O22﹣两种离子，1mol固体中含有3mol离子，故其中的离子总数为3 NA，C错；‎ ‎ D、戊烷在标准状况下为液态，故其2.24L不是0.1mol，D错．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】判断一定量的物质所含有的某种粒子数目的多少是高考命题的热点之一．在平时的学习中要强化训练，并注意知识的积累和总结．‎ ‎　‎ ‎8．（3分）（2010•上海）下列实验目的可以达到的是（　　）‎ A．电解熔融氯化镁制取金属镁 B．醋酸钠结晶水合物与碱石灰共热制取甲烷 C．浓硫酸与溴化钠共热制取溴化氢 D．饱和碳酸钠溶液除去二氧化碳中的氯化氢 ‎【考点】制备实验方案的设计；金属冶炼的一般原理；物质的分离、提纯和除杂．菁优网版权所有 ‎【专题】综合实验题．‎ ‎【分析】A、金属镁是活泼金属，一般用电解的方法制取；‎ B、制备甲烷时应用无水醋酸钠，如果用结晶水合物，会导致实验温度较低，不能制得甲烷；‎ C、溴化氢的还原性较强，能与浓硫酸发生氧化还原反应；‎ D、除去二氧化碳中的氯化氢，应用饱和碳酸氢钠溶液，饱和碳酸钠既能和二氧化碳也能和氯化氢反应，不能达到除杂的目的．‎ ‎【解答】解：A、制取金属镁时，由于镁的活泼性很强，故一般电解熔融的氯化镁制取，故A对；‎ B、制取甲烷时，是用无水醋酸钠和碱石灰共热，故B错；‎ C、制取溴化氢时，由于溴化氢的还原性较强，能被浓硫酸氧化，故一般选取浓磷酸制取，故C错；‎ D、饱和碳酸钠既能和二氧化碳也能和氯化氢反应，故D错．‎ 故选A．‎ ‎【点评】此题考查了化学实验中的物质制备和物质提纯知识．物质的提纯是把混合物中的杂质除去，以得到纯物质的过程．其常用的方法包括：过滤、分液、蒸馏、结晶、萃取、洗气、渗析、盐析等，在学习过程中要注意通过比较掌握这些方法并能熟练应用．‎ ‎　‎ ‎9．（3分）（2010•上海）下列离子组一定能大量共存的是（　　）‎ A．甲基橙呈黄色的溶液中：I﹣、Cl﹣、NO3﹣、Na+‎ B．石蕊呈蓝色的溶液中：Na+、AlO2﹣、NO3﹣、HCO3﹣‎ C．含大量Al3+的溶液中：K+、Na+、NO3﹣、ClO﹣‎ D．含大量OH一的溶液中：CO32﹣、Cl﹣、F﹣、K+‎ ‎【考点】离子共存问题．菁优网版权所有 ‎【分析】根据溶液的成分，利用复分解反应发生的条件及离子能否结合生成弱电解质、能否发生氧化还原反应、能否相互促进水解等来解答．‎ ‎【解答】解：A、因使甲基橙呈黄色的溶液的pH大于4.4，当其处于4.4﹣7之间时，NO3﹣表现强氧化性，将I﹣氧化为I2，则该组离子不一定能大量共存，故A错误；‎ B、因使石蕊呈蓝色的溶液的pH大于8，溶液呈碱性，OH﹣能和HCO3﹣反应，则该组离子不能大量共存，故B错误；‎ C、因含大量Al3+的溶液中，溶液呈酸性，其中的H+能和ClO﹣结合成HClO，故C错误；‎ D、因该组离子不能结合生成水、气体、沉淀、弱电解质、不能发生氧化还原反应、不能相互促进水解，则离子能大量共存，故D正确；‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查了化学实验中的离子共存知识，明确题干中条件的应用，比如本题中的“甲基橙呈黄色”、“石蕊呈蓝色”、“含大量的Al3+的溶液”等是解答的关键，倘若只分析选项中给出的离子之间能否共存，易造成错误解答．‎ ‎　‎ ‎10．（3分）（2010•上海）下列各组有机物只用一种试剂无法鉴别的是（　　）‎ A．乙醇、甲苯、硝基苯 B．苯、苯酚、己烯 C．苯、甲苯、环己烷 D．甲酸、乙醛、乙酸 ‎【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用；物质的组成、结构和性质的关系．菁优网版权所有 ‎【分析】有机物鉴别要注意几种从不同性质（包括物理性质和化学性质）和不同的反应现象进行鉴别，如乙醇可以和水互溶、甲苯不溶于水但比水轻、硝基苯溶于水但比水重，可以鉴别；鉴别时注意物质的特性和共性，例如苯、苯酚和己烯可以选浓溴水，苯不和溴水反应、苯酚和浓溴水生成白色沉淀、己烯和溴水加成使其褪色，甲酸、乙醛、乙酸都能和新制氢氧化铜反应，甲酸能溶解新制氢氧化铜但加热时生成红色沉淀、乙醛不能溶解氢氧化铜但加热时生成红色沉淀、乙酸只能溶解氢氧化铜．‎ ‎【解答】解：A、乙醇、甲苯和硝基苯中，乙醇可以和水互溶、甲苯不和水互溶但比水轻、硝基苯不和水互溶但比水重，可以用水来鉴别，故不选A；‎ B、苯、苯酚和己烯可以选浓溴水，苯不和溴水反应、苯酚和浓溴水生成白色沉淀、己烯和溴水加成使其褪色，可以鉴别，故不选B；‎ C、苯、甲苯和环己烷三者性质相似，不能鉴别，选C；‎ D、甲酸、乙醛、乙酸可选新制氢氧化铜，甲酸能溶解新制氢氧化铜但加热时生成红色沉淀、乙醛不能溶解氢氧化铜但加热时生成红色沉淀、乙酸只能溶解氢氧化铜，可以鉴别，故不选D．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】此题考查了化学实验中的物质的检验知识，进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，准确观察反应中的明显现象，如颜色的变化、沉淀的生成和溶解、气体的产生和气味、火焰的颜色等，进行判断、推理，鉴别有机物常用的试剂有：水、溴水、酸性高锰酸钾、新制Cu（OH）2、FeCl3溶液等．‎ ‎　‎ ‎11．（3分）（2010•上海）将0.4g NaOH和1.06g Na2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.1mol•L﹣1稀盐酸．下列图象能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】有关混合物反应的计算；化学方程式的有关计算．菁优网版权所有 ‎【专题】图像图表题；计算题．‎ ‎【分析】对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，最后发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，此时才有二氧化碳气体生成，利用物质的量的关系并结合图象即可解答．‎ ‎【解答】解：对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生NaOH+HCl=NaCl+H2O，再发生Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，最后发生NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，此时才有二氧化碳气体生成．‎ A、0.1mol盐酸与氢氧化钠反应没有气体生成，但碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠时也没有气体生成，则图象与反应不符，故A错误；‎ B、图象中开始反应即有气体生成，与反应不符，故B错误；‎ C、向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先和NaOH反应生成水和氯化钠，当滴入0.1L时，两者恰好反应完全；继续滴加时，盐酸和Na2CO3开始反应，首先发生HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，当再加入0.1L时，此步反应进行完全；继续滴加时，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；此时开始放出气体，正好与图象相符，故C正确；‎ D、因碳酸钠与盐酸的反应分步完成，则碳酸钠与盐酸先反应生成碳酸氢钠和氯化钠，此时没有气体生成，则图象与反应不符，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点评】此题考查了元素化合物、图象数据的处理知识，解答此题的易错点是，不能准确理解向碳酸钠溶液中滴加盐酸的反应．是分步进行的，首先发生的是HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl；进行完全后，再发生：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑．‎ ‎　‎ ‎12．（3分）（2010•上海）下列实验操作或实验事故处理正确的是（　　）‎ A．实验室制溴苯时，将苯与液溴混合后加到有铁丝的反应容器中 B．实验室制硝基苯时，将硝酸与苯混合后再滴加浓硫酸 C．实验时手指不小心沾上苯酚，立即用70℃以上的热水清洗 D．实验室制乙酸丁酯时，用水浴加热 ‎【考点】化学实验安全及事故处理；苯的性质；苯酚的用途．菁优网版权所有 ‎【分析】此题考查了化学实验中的基本操作和实验事故处理知识，本题中的几个实验都是有机化学中的重要实验，着重考查了这些操作中的注意事项和事故处理方法．‎ ‎【解答】解：A、实验室制溴苯时，将苯与液溴混合后加到有铁丝的反应容器中，操作正确，故A对；‎ B、实验室制取硝基苯时，首先滴加浓硝酸，然后向硝酸中逐滴滴加浓硫酸，最后加苯，故B错；‎ C、手指上沾上苯酚，用热水清洗会造成烫伤，故C错；‎ D、制取乙酸丁酯时，不需要水浴加热，直接加热即可，故D错．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】化学一门实验科学，在实验操作中尤其需要注意安全，其实安全就是在实验操作中要保证人、物、事的安全，实验中的错误操作引起人、物的损伤和实验的误差．要求我们能够识别化学品安全使用标识，实验操作的安全意识，一般事故的预防和事故处理能力．‎ ‎　‎ ‎13．（3分）（2010•上海）下列实验过程中，始终无明显现象的是（　　）‎ A．NO2通入FeSO4溶液中 B．CO2通入CaCl2溶液中 C．NH3通入AlCl3溶液中 D．SO2通入已酸化的Ba（NO3）2溶液中 ‎【考点】氧化还原反应；离子反应发生的条件；两性氧化物和两性氢氧化物．菁优网版权所有 ‎【专题】综合实验题；元素及其化合物．‎ ‎【分析】根据物质的性质来分析发生的化学反应，若化学反应中有气体、沉淀、颜色变化等明显现象，则不符合该题的题意．‎ ‎【解答】解：A、NO2通入后和水反应生成具有强氧化性的硝酸，将亚铁盐氧化为铁盐，溶液颜色由浅绿色变为黄色，现象明显，故A不选；‎ B、因CO2和CaCl2不反应，无明显现象，故B选；‎ C、NH3通入溶液中转化为氨水，与AlCl3反应生成氢氧化铝沉淀，现象明显，故C不选；‎ D、SO2通入酸化的硝酸钡中，硝酸根离子在酸性条件下具有氧化性，则亚硫酸根离子被氧化为硫酸根离子，该反应生成硫酸钡沉淀，现象明显，故D不选；‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查常见的化学反应及反应的现象，熟悉常见元素化合物知识即可解答；解答此题的易错点是：不能正确理解CO2和CaCl2能否反应，由于盐酸是强酸，碳酸是弱酸，故将CO2通入CaCl2溶液中时，因碳酸钙沉淀能溶于盐酸则CO2和CaCl2不反应．‎ ‎　‎ ‎14．（3分）（2010•上海）下列判断正确的是（　　）‎ A．测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，灼烧至固体发黑，测定值小于理论值 B．相同条件下，2mol氢原子所具有的能量小于1mol氢分子所具有的能量 C．0.1mol•L﹣1的碳酸钠溶液的pH大于0.1mol•L﹣1的醋酸钠溶液的pH D．1L1mol•L﹣1的碳酸钠溶液吸收SO2的量大于1Lmol•L﹣1硫化钠溶液吸收SO2的量 ‎【考点】硫酸铜晶体中结晶水含量的测定；化学反应中能量转化的原因；盐类水解的应用；二氧化硫的化学性质．菁优网版权所有 ‎【专题】基本概念与基本理论．‎ ‎【分析】A、灼烧至固体发黑，说明部分硫酸铜分解生成了氧化铜，导致减少的质量增大，测定值大于理论值；‎ B、氢原子转化为氢分子，形成化学键放出能量，可据此判断能量的大小；‎ C、强碱弱酸盐对应的酸越弱越易水解，根据碳酸的酸性弱于醋酸来分析；‎ D、根据反应的化学方程式进行比较，Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2；2Na2S+5SO2+2H2O=4NaHSO3+3S↓．‎ ‎【解答】解：A、测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，灼烧至固体发黑，说明部分硫酸铜分解生成了氧化铜，测定值大于理论值，故A错；‎ B、氢原子转化为氢分子，形成化学键放出能量，说明2mol氢原子的能量大于1molH2，故B错；‎ C、碳酸的酸性弱于醋酸，故此相同浓度的碳酸钠溶液的pH大于醋酸钠溶液，故C对；‎ D、1L 1mol•L﹣1的溶液中含有溶质1mol，前者发生：Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2↑；后者发生：2Na2S+5SO2+2H2O=4NaHSO3+3S↓；分析可知，很明显后者大于前者，故D错；‎ 故选C．‎ ‎【点评】此题考查了实验操作、化学反应中的能量变化、溶液的pH、元素化合物等知识，此题的易错点有二：一是对化学键的形成断开和吸热放热的关系不清，要能够准确理解断键吸热成键放热；二是忽视亚硫酸的酸性强于氢硫酸，不能准确判断硫化钠中通入二氧化硫时要生成氢硫酸，造成氢硫酸和亚硫酸能发生氧化还原反应生成单质硫．‎ ‎　‎ ‎15．（3分）（2010•上海）除去下列括号内杂质的试剂或方法错误的是（　　）‎ A．HNO3溶液（H2SO4），适量BaCl2溶液，过滤 B．CO2（SO2），酸性KMnO4溶液、浓硫酸，洗气 C．KNO3晶体（NaCl），蒸馏水，结晶 D．C2H5OH（CH3COOH），加足量CaO，蒸馏 ‎【考点】物质的分离、提纯和除杂．菁优网版权所有 ‎【专题】综合实验题；实验评价题；化学实验．‎ ‎【分析】A、HNO3溶液中混有H2SO4时，加入氯化钡使得硝酸中又混入了HCl杂质，应加入硝酸钡溶液过滤；‎ B、SO2有还原性，可被高锰酸钾氧化为硫酸除去；‎ C、硝酸钾的溶解度随温度升高变大，但食盐的溶解度随温度变化较小，一般用结晶或重结晶法分离；‎ D、乙酸具有酸性能和氧化钙反应，但乙醇不能，故加足量氧化钙，蒸馏可以分离两者．‎ ‎【解答】解：A、HNO3溶液中混有H2SO4时，加入适量BaCl2溶液，与H2SO4反应生成BaSO4沉淀和HCl，除去了H2SO4，使得硝酸中又混入了HCl杂质，应加入硝酸钡溶液，过滤，故A错误；‎ B、SO2有还原性，可被高锰酸钾氧化为硫酸除去，再通过浓硫酸洗气，故B正确；‎ C、硝酸钾的溶解度随温度升高变大，但食盐的溶解度随温度变化较小，一般用结晶或重结晶法分离，故C正确；‎ D、乙酸具有酸性其能和氧化钙反应，但乙醇不能，故加足量氧化钙生成乙酸钙，乙酸钙和乙醇沸点不同，用蒸馏的方法可以分离两者，故D正确．‎ 故选A．‎ ‎【点评】进行物质的提纯操作时要遵循的两个原则是：一是不能将要得到的目标产物除掉，二是不能引入新的杂质，像此题中A选项就是引入了新杂质．‎ ‎　‎ ‎16．（3分）（2010•上海）下列溶液中微粒浓度关系一定正确的是（　　）‎ A．氨水与氯化铵的pH=7的混合溶液中：[Cl﹣]＞[NH4+]‎ B．pH=2的一元酸和pH=12的一元强碱等体积混合：[OH﹣]=[H+]‎ C．0.1mol•L﹣1的硫酸铵溶液中：[NH4+]＞[SO42﹣]＞[H+]‎ D．0.1mol•L﹣1的硫化钠溶液中：[OH﹣]=[H+]+[HS﹣]+[H2S]‎ ‎【考点】离子浓度大小的比较；电解质在水溶液中的电离；pH的简单计算；盐类水解的应用．菁优网版权所有 ‎【专题】压轴题．‎ ‎【分析】根据溶液不显电性，则溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，并利用盐类的水解来分析离子的浓度大小，在判断酸碱混合的计算时应注意对酸碱的讨论来解答．‎ ‎【解答】解：A、氨水和氯化铵混合溶液的pH=7时，则溶液中[H+]=[OH﹣]，由电荷守恒可知[OH﹣]+[Cl﹣]=[NH4+]+[H+]，则[Cl﹣]=[NH4+]，故A错误；‎ B、由于pH=2的酸的强弱未知，若为强酸则[OH﹣]=[H+]，若为弱酸时，酸的浓度大于0.01mol/L，则酸过量，即溶液中[H+]＞[OH﹣]，故B错误；‎ C、1mol．L﹣1的硫酸铵溶液中，因铵根离子部分水解生成氢离子，根据化学式为（NH4）2SO4可知[NH4+]＞[SO42﹣]＞[H+]，故C正确；‎ D、1mol．L﹣1的硫化钠溶液中，根据物料守恒可知[Na+]=2[S2﹣]+2[HS﹣]+2[H2S]，由电荷守恒可知可知[Na+]+[H+]=[OH﹣]+[HS﹣]+2[S2﹣]，则[OH﹣]=[H+]+[HS﹣]+2[H2S]，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点评】此题考查了溶液中的微粒浓度的大小比较，在解答溶液中微粒浓度的大小比较时，应学会抓住抓住电荷守恒、物料守恒来解答即可．‎ ‎　‎ ‎17．（3分）（2010•上海）据报道，在300℃、70MPa下由二氧化碳和氢气合成乙醇已成为现实．2CO2（g）+6H2（g）CH3CH2OH（g）+3H2O（g） 下列叙述错误的是（　　）‎ A．使用Cu﹣Zn﹣Fe催化剂可大大提高生产效率 B．反应需在300℃进行可推测该反应是吸热反应 C．充入大量CO2气体可提高H2的转化率 D．从平衡混合气体中分离出CH3CH2OH和H2O可提高CO2和H2的利用率 ‎【考点】化学平衡的影响因素；催化剂的作用．菁优网版权所有 ‎【专题】压轴题；热点问题；化学平衡专题．‎ ‎【分析】根据催化剂、温度、浓度对化学反应速率和化学平衡的影响来分析解答，并注意吸热反应与反应的条件无关．‎ ‎【解答】解：A、因催化剂能提高化学反应速率，加快反应进行，则在一定时间内提高了生产效率，故A对；‎ B、反应需在300℃进行是为了获得较快的反应速率，不能说明反应是吸热还是放热，故B错；‎ C、充入大量CO2气体，能使平衡正向移动，提高H2的转化率，故C对；‎ D、从平衡混合物中及时分离出产物，使平衡正向移动，可提高CO2和H2的转化率，故D对；‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查化学反应速率和化学平衡知识，易错点为利用化学平衡知识判断反应吸热还是放热时，一定要注意温度的变化使反应正向移动还是逆向移动，倘若给出的信息为温度条件则无法判断，升高温度化学平衡向吸热的方向移动，而吸热反应取决于反应物与生成物总能量的相对大小．‎ ‎　‎ 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，答案涂写在答题卡上．）‎ ‎18．（4分）（2010•上海）图是模拟氯碱工业生产中检查氯气是否泄漏的装置，下列有关说法错误的是（　　）‎ A．烧瓶中立即出现白烟 B．烧瓶中立即出现红棕色 C．烧瓶中发生的反应表明常温下氨气有还原性 D．烧杯中的溶液是为了吸收有害气体 ‎【考点】氯碱工业；绿色化学；氧化还原反应；氯气的化学性质；氨的化学性质；气体发生装置的气密性检查．菁优网版权所有 ‎【专题】图像图表题；元素及其化合物．‎ ‎【分析】A、氨气和氯气接触时生成氯化铵，产生白烟；‎ B、不能出现红棕色气体；‎ C、该反应中氨气中的氮元素化合价升高，表现还原性；‎ D、烧杯中的氢氧化钠可以吸收多余的有害气体．‎ ‎【解答】解：A、分析装置图，氨气中氮元素化合价为﹣3价，为最低价态，具有还原性，氯气具有强氧化性，氨气和氯气接触时发生反应生成氯化铵、氯化氢和氮气，反应的方程式为：‎ ‎8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，氯化铵为白色固体，烧瓶中出现白烟，故A正确；‎ B、氨气和氯气反应生成氮气，不能生成二氧化氮红棕色气体，所以烧瓶中不能出现红棕色，故B错误；‎ C、该反应中，氨气中的氮元素化合价由﹣3价升高到0价，化合价升高，表现还原性，故C正确；‎ D、氯气有毒，排放到空气中污染环境，烧杯中盛放的为氢氧化钠溶液可以和有害气体氯气反应，达到吸收有害气体的目的，故D正确．‎ 故选B．‎ ‎【点评】此题考查化学实验、元素化合物的性质等知识，对某种元素来讲，其处于最高价时，只有氧化性；处于最低价时，只有还原性；中间价态，则既有氧化性又有还原性．故此对同一种元素可以依据价态判断，此题中氨气中的氮元素处于最低价，只有还原性．‎ ‎　‎ ‎19．（4分）（2010•上海）下列反应的离子方程式正确的是（　　）‎ A．苯酚与碳酸钠溶液的反应 B．等体积、等浓度的Ca（HCO3）2溶液和NaOH溶液混合Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣→CaCO3↓+CO32﹣+2H2O C．硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸化的过氧化氢溶液Fe2++H++H2O2→Fe2++2H2O D．淀粉碘化钾溶液在空气中变蓝4I﹣+O2+2H2O→2I2+4OH﹣‎ ‎【考点】离子方程式的书写．菁优网版权所有 ‎【分析】此题考查了离子方程式的正误判断．做题时要注意看反应是否配平，还要看“分子”、“离子”书写是否得当．‎ ‎【解答】解：A、苯酚是一种具有弱酸性的有机物，故其在离子方程式中应保留化学式，生成的苯酚钠是强电解质，离子方程式正确；‎ ‎ B、等体积等浓度的碳酸氢钙和氢氧化钠溶液混合时，氢氧化钠的量不足，离子方程式为：OH﹣+HCO3﹣+Ca2+=H2O+CaCO3↓，B错误；‎ ‎ C、方程式未配平，反应前后的电荷不守恒，C错误；‎ ‎ D、空气中的氧气可以氧化I﹣为I2，其遇淀粉变蓝，但是碘单质与OH﹣不共存，D错．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】判断离子方程式的正误时，关键抓住离子方程式是否符合客观事实、化学式的拆分是否准确、是否遵循电荷守恒和质量守恒、氧化还原反应中的得失电子是否守恒等；就能很好的解决问题．‎ ‎　‎ ‎20．（4分）（2010•上海）几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：‎ 元素代号 X Y Z W 原子半径/pm ‎160‎ ‎143‎ ‎70‎ ‎66‎ 主要化合价 ‎+2‎ ‎+3‎ ‎+5、+3、﹣3‎ ‎﹣2‎ 下列叙述正确的是（　　）‎ A．X、Y元素的金属性X＜Y B．一定条件下，Z单质与W的常见单质直接生成ZW2‎ C．Y的最高价氧化物对应的水化物能溶于稀氨水 D．一定条件下，W单质可以将Z单质从其氢化物中置换出来 ‎【考点】原子结构与元素周期律的关系；元素周期律和元素周期表的综合应用．菁优网版权所有 ‎【分析】本题利用原子半径的周期性变化规律以及元素化合价的周期性变化规律来解题，综合考察了非金属性以及金属性的强弱判断．‎ ‎【解答】解：A、根据题给数据，X、Y的化合价不同，但原子半径相差较小，可知两者位于同一周期相邻主族，故金属性X＞Y，故A错；‎ B、根据Z、W的原子半径相差不大，化合价不同，且W只有负价，则其可能是O，Z是N，两者的单质直接生成NO，故B错；‎ C、据此判断可知X是Mg，Y是Al；Y的最高价氧化物的水化物是氢氧化铝，其不溶于氨水，故C错；‎ D、一定条件下，氧气可以和氨气反应生成水和氮气，故D对；‎ 故选：D．‎ ‎【点评】此题考查了物质结构与元素周期律知识．本题是一个好题，虽然对学生来说判断起来有点难度，但总起来还是可以明确找到答案，并准确作答．解答元素推断题的突破口可能是原子结构、元素在周期表中的位置、元素的性质等；在此题中解答时，关键是抓住元素性质和元素在周期表中的位置的关系，从原子半径的变化和元素的最高正价和最低负价入手寻求突破 ‎　‎ ‎21．（4分）（2010•上海）甲、乙两烧杯中分别装有相同体积、相同pH的氨水和NaOH溶液，各加入10mL 0.1mol•L﹣1 AlCl3溶液，两烧杯中都有沉淀生成．下列判断正确的是（　　）‎ A．甲中沉淀一定比乙中的多 B．甲中沉淀可能比乙中的多 C．甲中沉淀一定比乙中的少 D．甲中和乙中的沉淀可能一样多 ‎【考点】两性氧化物和两性氢氧化物；有关范围讨论题的计算．菁优网版权所有 ‎【专题】压轴题．‎ ‎【分析】根据氢氧化铝的性质，其能溶于氢氧化钠但不溶于氨水，故此加入时，两烧杯中生成的都是氢氧化铝沉淀；相同体积相同 pH的两溶液中的溶质一水合氨大于氢氧化钠，当两者均不足量时，生成的沉淀氨水多；氨水过量，氢氧化钠不足量时，生成的沉淀氨水多；氨水过量，氢氧化钠恰好时，生成的沉淀一样多；氨水和氢氧化钠都过量时，生成的沉淀氨水多．‎ ‎【解答】解：因氨水和NaOH溶液中，各加入10mL 0.1mol•L﹣1 AlCl3溶液，生成氢氧化铝沉淀，但氨水为弱电解质，部分电离，氢氧化钠为强电解质，完全电离，相同体积、相同pH的氨水和NaOH溶液中的溶质一水合氨的物质的量大于氢氧化钠的物质的量；‎ 当两者都不足量时，生成的氢氧化铝沉淀的量由一水合氨和氢氧化钠来决定，一水合氨的物质的量大于氢氧化钠的物质的量，所以甲中沉淀比乙中的多；‎ 当氨水过量，氢氧化钠不足时，甲中生成的氢氧化铝的物质的量=10mL×10﹣3L/mL×0.1mol•L﹣1=0.001mol，乙中生成的氢氧化铝的物质的量小于0.001mol，所以甲中沉淀比乙中多；‎ 氨水过量，氢氧化钠恰好时，生成的沉淀取决于氯化铝，氯化铝的量相等，所以甲和乙中生成的沉淀一样多；‎ 氨水和氢氧化钠都过量时，因氢氧化铝能溶于氢氧化钠但不溶于氨水，甲中生成的氢氧化铝为0.001mol，乙中生成的0.001mol氢氧化铝部分溶于过量的氢氧化钠，所以甲中沉淀比乙中多．‎ 故选：BD．‎ ‎【点评】此题考查了元素化合物知识，此题解答时，选用的是讨论法，其多用在计算条件不足，据此求解时需要在分析推理的基础上通过某些假设条件，加以讨论才能正确解答；故此在应用讨论法解题时，关键是先要分析条件与求解问题之间的联系，形成正确的解题方法．‎ ‎　‎ ‎22．（4分）（2010•上海）由5mol Fe2O3、4mol Fe3O4和3mol FeO组成的混合物，加入纯铁1mol并在高温下和Fe2O3反应．若纯铁完全反应，则反应后混合物中FeO与Fe2O3的物质的量之比不可能是（　　）‎ A．4：3 B．3：2 C．3：1 D．2：l ‎【考点】有关混合物反应的计算；有关范围讨论题的计算．菁优网版权所有 ‎【专题】压轴题；极端假设法．‎ ‎【分析】根据在高温下可能发生Fe2O3+Fe3FeO或4Fe2O3+Fe3Fe3O4时两种反应，或两种反应同时进行，根据加入铁的物质的量为1mol，结合化学方程式计算可能存在的物质的量的比值．‎ ‎【解答】解：分析题给混合物和高温下发生的反应，可知：‎ 当发生反应：Fe2O3+Fe3FeO时，反应后混合物中含有6molFeO、4molFe2O3，则FeO与Fe2O3的物质的量之比为3：2；‎ 当发生反应：4Fe2O3+Fe3Fe3O4时，反应后混合物中含有3molFeO、1molFe2O3，则FeO与Fe2O3的物质的量之比为3：1；‎ 当两反应均存在时，FeO与Fe2O3的物质的量之比处于两者之间，‎ 故选A．‎ ‎【点评】此题考查了化学计算知识，极端假设法是指根据已知的条件，把复杂问题假设为处于理想的极端状态，站在极端的角度去分析、考虑问题，使其因果关系显得十分明显、简单，从而迅速地作出正确判断的方法．比如此题中我们就假设了两个极端，首先确定两个极端，然后确定范围，最后选择．‎ ‎　‎ 四、解答题（共3小题，满分0分）‎ ‎23．（2010•上海）胃舒平主要成分是氢氧化铝，同时含有三硅酸镁（Mg2Si3O8．nH2O）等化合物．‎ ‎1）三硅酸镁的氧化物形式为　2MgO.3SiO2．nH2O　，某元素与镁元素不同周期但在相邻一族，且性质和镁元素十分相似，该元素原子核外电子排布式为　1s22s1　．‎ ‎2）铝元素的原子核外共有　13　种不同运动状态的电子、　5　种不同能级的电子．‎ ‎3）某元素与铝元素同周期且原子半径比镁原子半径大，该元素离子半径比铝离子半径　大　（填“大”或“小”），该元素与铝元素的最高价氧化物的水化物之间发生反应的离子方程式为：　Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O　‎ ‎4）Al2O3、MgO和SiO2都可以制耐火材料，其原因是　ad　．‎ a．Al2O3、MgO和SiO2都不溶于水 b．Al2O3、MgO和SiO2都是白色固体 c．Al2O3、MgO和SiO2都是氧化物 d．Al2O3、MgO和SiO2都有很高的熔点．‎ ‎【考点】含硅矿物及材料的应用；同一周期内元素性质的递变规律与原子结构的关系；原子核外电子的运动状态；原子核外电子的能级分布；物质的结构与性质之间的关系．菁优网版权所有 ‎【分析】1）硅酸盐用氧化物的形式来表示组成的书写顺序是：活泼金属氧化物→较活泼金属氧化物→非金属氧化物→二氧化硅→水，并将氧化物的数目用阿拉伯数字在其前面表示．比如斜长石KAlSi3O8：K2O•Al2O3•6SiO2‎ ‎；符合对角线规则的元素一般是某些主族元素与右下方的主族元素，如图所示：，由此可推出与镁性质相似的元素，根据构造原理写出该元素原子的电子排布式；‎ ‎2）电子的运动状态由能层、能级、原子轨道和电子的自旋状态共同决定，没有运动状态完全相同的电子存在；根据能级和能层的关系即可确定能级的数目；‎ ‎3）根据半径的变化规律来确定元素，利用物质之间的反应来写出反应的离子方程式；‎ ‎4）根据耐火材料的特点来选择．‎ ‎【解答】解：1）根据胃舒平中三硅酸镁的化学式和书写方法，表示为：2MgO.3SiO2．nH2O．与镁元素在不同周期但相邻一族的元素，其符合对角线规则，故其是Li，其核外电子排布为：1s22s1．‎ 故答案为：2MgO.3SiO2．nH2O；1s22s1．‎ ‎2）铝元素原子的核外共有13个电子，其每一个电子的运动状态都不相同，故共有13种；有1s、2s、2p、3s、3p共5个能级．‎ 故答案为：13；5．‎ ‎3）与铝元素同周期且原子半径大于镁的元素是钠，其离子半径大于铝的离子半径；两者氢氧化物反应的离子方程式为：Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O；‎ 故答案为：大；Al（OH）3+OH﹣═AlO2﹣+2H2O．‎ ‎4）所谓耐火材料，就是要耐得住高温，所以显然要有很高的熔点，d对；耐火材料在冶金、化工、石油、机械制造、硅酸盐、动力等领域有重要的作用．化工领域的制造很多都是要用溶液的，如果它溶于水，肯定不行，而且如果溶于水不利于耐火材料的运输及储藏（因为要时刻保持干燥），而且有的耐火材料砌筑时需要湿砌，如果溶于水的话，那也没戏了，故a也正确．‎ 故答案为：ad．‎ ‎【点评】此题考查了硅化合物、元素周期表、原子的核外电子排布、原子的核外电子运动状态、元素周期律等知识；书写成氧化物形式时，要注意各氧化物之间用“•”相连，书写电子排布式时要注意要求：是写原子的电子排布式还是价电子排布式．没有运动状态完全相同的电子存在，因此原子的电子数有多少，就有多少种运动状态．理解能级、能层、原子轨道等概念的关系，才能顺利解决类此问题．‎ ‎　‎ ‎24．（2010•上海）向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色．如果继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色．‎ 完成下列填空：‎ ‎1）写出并配平CCl4层由紫色变成无色的化学反应方程式（如果系数是1，不用填写）：　I2　+　5Cl2　+　6H2O　═　2HIO3　+　10HCl　‎ ‎2）整个过程中的还原剂是　KI和I2　．‎ ‎3）把KI换成KBr，则CCl4层变为　红棕　色：继续滴加氯水，CCl4层的颜色没有变化．Cl2、HIO3、HBrO3氧化性由强到弱的顺序是　HBrO3＞Cl2＞HIO3　．‎ ‎4）加碘盐中含碘量为20mg～50mg/kg．制取加碘盐（含KIO3的食盐）1000kg，若庄Kl与Cl2反应制KIO3，至少需要消耗Cl2　10.58　L（标准状况，保留2位小数）．‎ ‎【考点】氧化还原反应；化学方程式的有关计算；氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应方程式的配平；重要的还原剂；分液和萃取．菁优网版权所有 ‎【专题】压轴题．‎ ‎【分析】1）分析反应从开始滴加少许氯水时，其将KI中的I元素氧化成碘单质；等CCl4层变紫色后，再滴加氯水时，则碘单质进一步氧化成碘酸，据此写出反应物、生成物，用化合价升降法来配平；‎ ‎2）标出化合价，含有化合价升高的元素的物质即为还原剂；‎ ‎3）判断反应中氧化性强弱，可根据化学方程式判断：氧化剂+还原剂═还原产物+氧化产物；氧化性：氧化剂＞氧化产物；还原性：还原剂＞还原产物来分析；‎ ‎4）由信息写出反应方程式：KI+3Cl2+3H2O=KIO3+6HCl，根据化学方程式计算，按最小值计算．‎ ‎【解答】解：1）根据氧化还原反应方程式的配平原则，分析反应中的化合价变化，I元素的化合价从0→+5，升高5价，Cl元素的化合价从0→﹣1，降低1价，综合得失电子守恒和质量守恒，可配平出：I2+5Cl2+6H2O═2HIO3+10HCl；‎ ‎2）分析整个过程中化合价升高的都是I元素，还原剂为：KI和I2；‎ ‎3）KI换成KBr时，得到的是溴单质，则其在CCl4中呈红棕色；继续滴加氯水时，颜色不变，可知氯水不能将溴单质氧化成HBrO3，故其氧化性强弱顺序为：HBrO3＞Cl2＞HIO3；‎ ‎4）1000kg加碘食盐中含碘20g，KI+3Cl2+3H2O=KIO3+6HCl，根据KIO3～I～KI～3Cl2可知，则需要消耗标准状况下Cl2的体积为：×3×22.4L/mol=10.58L．‎ 答：1）I2+5Cl2+6H2O═2HIO3+10HCl；2）KI和I2；（3）红棕；HBrO3＞Cl2＞HIO3；（4）10.58．‎ ‎【点评】此题考查氧化还原反应的配平、氧化剂和还原剂、氧化性强弱的判断、化学计算知识．此题解答中用到了守恒法．守恒定律是自然界最重要的基本定律，是化学科学的基础．在化学反应中，守恒包括原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒等．比如此题中我们就牢牢抓住了守恒，简化了计算过程，顺利解答．‎ ‎　‎ ‎25．（2010•上海）接触法制硫酸工艺中，其主反应在450℃并有催化剂存在下进行：‎ ‎2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）+190kJ ‎1）该反应所用的催化剂是　五氧化二钒　 （填写化合物名称），该反应450℃时的平衡常数　大于　 500℃时的平衡常数（填“大于”、“小于”或“等于”）．‎ ‎2）该热化学反应方程式的意义是　在450℃时，2molSO2气体和1molO2气体完全反应生成2molSO3气体时放出的热量为190kJ　．‎ ‎3）对于反应2SO2+O2⇌2SO3（g），化学平衡状态的标志为　bd　‎ a．v正（O2）=2v正（SO3） ‎ b．容器中气体的平均分子量不随时间而变化 c．容器中气体的密度不随时间而变化 ‎ d．容器中气体的分子总数不随时间而变化 ‎4）在一个固定容积为5L的密闭容器中充入0.20mol SO2和0.10molO2，半分钟后达到平衡，测得容器中含SO30.18mol，则v（O2）=　0.036　mol．L﹣1．min﹣1：若继续通入0.20mol SO2和0.10mol O2，则平衡　向正反应方向　移动（填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”），再次达到平衡后，　0.36　mol＜n（SO3）＜　0.40　 mol．‎ ‎【考点】工业制取硫酸；反应速率的定量表示方法；化学反应的可逆性；用化学平衡常数进行计算；化学平衡的影响因素；化学平衡状态的判断．菁优网版权所有 ‎【专题】压轴题．‎ ‎【分析】1）二氧化硫和氧气在五氧化二钒的催化作用下生成三氧化硫，平衡常数只与温度有关，吸热反应平衡常数随温度升高而增大，放热反应则相反；‎ ‎2）热化学方程式应注明反应热的测定条件、聚集状态、反应热的数值、单位、符号，其化学计量数表示该物质的物质的量；‎ ‎3）根据化学平衡状态的标志：正反应速率等于逆反应速率，平衡混合物中各组成成分的含量不变来判断；‎ ‎4，化学反应速率的定义求出氧气的速率；根据影响化学平衡的因素来判断平衡移动方向，利用极限法求出再次达平衡后n（SO3）的范围．‎ ‎【解答】解：1）二氧化硫和氧气在五氧化二钒的催化作用下生成三氧化硫；化学平衡常数只与温度有关，吸热反应平衡常数随温度升高而增大，放热反应平衡常数随温度升高而减小，该反应为放热反应，450℃时的平衡常数大于500℃时的平衡常数；‎ ‎2）热化学方程式表明化学反应所放出或吸收热量的化学方程式，反应热的测量与温度有关，应注明温度，各物质化学式前的化学计量数表示该物质的物质的量，反应物和生成物的聚集状态不同，反应热也不相同，应注明聚集状态，+190kJ表示放出190kJ的热量，该热化学方程式的意义是：在450℃时，2molSO2气体和1molO2气体完全反应生成2molSO3气体时放出的热量为190kJ；‎ ‎3）化学平衡状态的标志：正反应速率等于逆反应速率，平衡混合物中各组成成分的含量不变来判断，‎ a、v正（O2）=2v正（SO3）均为正反应速率，不能判断是否达到平衡；‎ b、容器中气体的平均分子量不随时间而变化，说明平衡混合物中各组成成分含量不变，反应达到平衡状态；‎ c、气体的密度=，根据质量守恒定律，反应过程中气体的总质量不变，容器体积不变，气体的密度不会发生变化，故容器中气体的密度不随时间而变化，不能判断反应是否达到平衡；‎ d、该反应为气体的分子总数减少的反应，当容器中气体的分子总数不随时间而变化时，平衡混合物中各组成成分含量不变，反应达到平衡状态；‎ ‎4）当生成0.18molSO3时，参加反应的氧气的物质的量为x，‎ ‎2SO2+O22SO3‎ ‎ 1 2‎ ‎ x 0.18mol x=0.09mol v（O2）==0.036mol．L﹣1•min﹣1；‎ 继续通入0.20mol SO2和0.10mol O2，容器内压强增大，平衡向气体体积减小的方向移动，即向正反应方向移动；‎ 用极限法求出n（SO3）的范围，‎ 假设平衡不移动，此时n（SO3）=0.18×2=0.36mol，‎ 假设0.40molSO2完全生成SO3，根据化学方程式2SO2+O22SO3可知n（SO3）=0.4mol，‎ 所以再次达到平衡时，0.36mol＜n（SO3）＜0.40mol． ‎ 故答案为：1）五氧化二钒；大于；‎ ‎2）在450℃时，2molSO2气体和1molO2气体完全反应生成2molSO3气体时放出的热量为190kJ；‎ ‎3）bd；‎ ‎4）0.036；向正反应方向；0.36；0.40．‎ ‎【点评】本题考查化学反应速率、平衡常数、化学平衡状态的判断、化学平衡的影响因素等，知识面广，应加强平时知识的积累．‎ ‎　‎ 五、（本题共24分）‎ ‎26．（2010•上海）CaCO3广泛存在于自然界，是一种重要的化工原料．大理石主要成分为CaCO3，另外有少量的含硫化合物．实验室用大理石和稀盐酸反应制备CO2气体．下列装置可用于CO2气体的提纯和干燥．‎ 完成下列填空：‎ ‎1）用浓盐酸配制1：1（体积比）的稀盐酸（约6mol．L﹣1），应选用的仪器是　abc　．‎ a．烧杯 b．玻璃棒 c．量筒 d．容量瓶 ‎2）上述装置中，A是　CuSO4溶液或酸性KMnO4溶液　溶液，NaHCO3溶液可以吸收　HCl气体或吸收酸性气体　．‎ ‎3）上述装置中，B中物质是　无水CaCl2　．用这个实验得到的气体测定CO2的分子量，如果B物质失效，测定结果　偏低　 （填“偏高”、“偏低”或“不受影响”）．‎ ‎4）一次性饭盒中石蜡（高级烷烃）和CaCO3在食物中的溶出量是评价饭盒质量的指标之一，测定溶出量的主要实验步骤设计如下：剪碎、称重→浸泡溶解→过滤→残渣烘干→冷却、称重→恒重为了将石蜡和碳酸钙溶出，应选用的试剂是　bd　．‎ a．氯化钠溶液 b．稀醋酸 c．稀硫酸d 正已烷 ‎5）在溶出量测定实验中，为了获得石蜡和碳酸钙的最大溶出量，应先溶出　石蜡　后溶出　CaCO3　．‎ ‎6）上述测定实验中，连续　两次称量的结果相差不超过（或小于）0.001g　，说明样品已经恒重．‎ ‎【考点】气体的净化和干燥；配制一定溶质质量分数、物质的量浓度溶液的方法；物质的分离、提纯和除杂；性质实验方案的设计．菁优网版权所有 ‎【专题】压轴题．‎ ‎【分析】1）配制一定体积比的溶液时，应选用烧杯、玻璃棒和量筒；‎ ‎2）根据实验所用药品，制得的气体中可能含有H2S、HCl和水蒸气；根据除杂的要求，除去H2S是可选用CuSO4溶液或酸性KMnO4溶液；碳酸氢钠溶液用于吸收HCl气体或吸收酸性气体；‎ ‎3）B物质用于干燥制得的CO2，可选用无水CaCl2；其失效时，会造成测定结果偏低；‎ ‎4）根据实验步骤，为将石蜡和碳酸钙溶出，可选用稀醋酸溶出碳酸钙、正己烷溶出石蜡；‎ ‎5）由于醋酸中的乙酸也是有机物，为防止石蜡损失，一般先溶出石蜡再溶出CaCO3；‎ ‎6）称重时，当两次称量的结果相差不超过（或小于）0.001g，说明达到恒重．‎ ‎【解答】解：1）配制一定体积比的溶液时，应选用烧杯、玻璃棒和量筒，用量筒量出相同体积的浓盐酸和水，倒入烧杯中，用玻璃棒搅拌加速溶解；‎ ‎2）根据实验所用药品，制得的气体中可能含有H2S、HCl和水蒸气；根据除杂的要求，除去H2S是可选用CuSO4溶液或酸性KMnO4溶液；碳酸氢钠溶液用于吸收HCl气体或吸收酸性气体；‎ ‎3）B是用来除去水份的，但这种干燥剂又不能与CO2反应所以是氯化钙；如果B中物质失效则二氧化碳中含有水，而水的相对分子质量小于二氧化碳，所以测定结果会偏低；‎ ‎4）根据实验步骤，为将石蜡和碳酸钙溶出，因为醋酸和碳酸钙反应，稀硫酸与碳酸钙反应生成微溶的硫酸钙，可选用稀醋酸溶出碳酸钙，根据相似相容的原理，选择正己烷溶出石蜡；‎ ‎5）由于醋酸中的乙酸也是有机物，为防止石蜡损失，一般先溶出石蜡再溶出CaCO3；‎ ‎6）称重时，为保证实验的准确性，当两次称量的结果相差不超过（或小于）0.001g，说明达到恒重．‎ 故答案为：‎ ‎1）abc；‎ ‎2）CuSO4溶液或酸性KMnO4溶液；吸收HCl气体或吸收酸性气体；‎ ‎3）无水CaCl2；偏低；4）bd；‎ ‎5）石蜡；CaCO3；‎ ‎6）两次称量的结果相差不超过（或小于）0.001g．‎ ‎【点评】此题考查了溶液的配制、气体的除杂、实验设计和评价、蒸发等化学实验知识，此题很好的将化学实验与其他化学知识有机地结合于一体，综合考查学生的能力和素质；考查知识也是从简单到复杂、从单一到综合．‎ ‎　‎ ‎27．（2010•上海）工业生产纯碱的工艺流程示意图如下：‎ 完成下列填空：‎ ‎1）粗盐水加入沉淀剂A、B除杂质（沉淀剂A来源于石灰窑厂），写出A、B的化学式．‎ A　Ca（OH）2或CaO　 B　Na2CO3　‎ ‎2）实验室提纯粗盐的实验操作依次为：取样、　溶解　、沉淀、　过滤　、　蒸发　、冷却结晶、　过滤　、烘干．‎ ‎3）工业生产纯碱工艺流程中，碳酸化时产生的现象是　有晶体析出（或出现浑浊）　．碳酸化时没有析出碳酸钠晶体，其原因是　碳酸钠溶解度比碳酸氢钠大　．‎ ‎4）碳酸化后过滤，滤液D最主要的成分是　NH4Cl　（填写化学式），检验这一成分的阴离子的具体方法是：　取样，加硝酸酸化，加硝酸银，有白色沉淀，该阴离子是氯离子　．‎ ‎5）氨碱法流程中氨是循环使用的，为此，滤液D加入石灰水产生氨．加石灰水后所发生的反应的离子方程式为：　NH4++OH﹣NH3↑+H2O　滤液D加石灰水前先要加热，原因是　防止加石灰水时产生碳酸钙沉淀　．‎ ‎6）产品纯碱中含有碳酸氢钠．如果用加热分解的方法测定纯碱中碳酸氢钠的质量分数，纯碱中碳酸氢钠的质量分数可表示为：‎ ‎　．　．（注明你的表达式中所用的有关符号的含义）‎ ‎【考点】纯碱工业（侯氏制碱法）；物质的分离、提纯和除杂；常见阴离子的检验；粗盐提纯．菁优网版权所有 ‎【专题】推断题；图像图表题；压轴题；元素及其化合物；化学实验基本操作．‎ ‎【分析】解答实验问题时，要首先理清实验目的和实验原理，从实验的安全性、科学性和简约型入手进行解答．对化学实验数据进行处理时，要注意处理的合理性．‎ ‎1）根据题意A源于石灰窑，说明其是生石灰或熟石灰来分析；‎ ‎2）根据实验室提纯粗盐的整个操作过程来回答；‎ ‎3）根据物质的溶解性结合实际生产来回答；‎ ‎4）根据题意知道通入二氧化碳后主要发生复分解反应结合质量守恒定律得知溶液中主要是NH4Cl，氯离子的检验可以用硝酸酸化的硝酸银；‎ ‎5）根据铵盐和强碱的反应实质来写反应，根据碳酸氢钠能和石灰水反应进行分析；‎ ‎6）根据碳酸氢钠受热易分解和碳酸钠受热稳定的性质来回答．‎ ‎【解答】解：1）沉淀剂A源于石灰窑，说明其是生石灰或熟石灰；粗盐中的镁离子和钙离子一般用碳酸钠除去，故答案为：Ca（OH）2或CaO；Na2CO3；‎ ‎2）实验室提纯粗盐的整个操作过程为：取样、溶解、沉淀、过滤、蒸发、冷却结晶、过滤、烘干几步，故答案为：溶解；过滤；蒸发；过滤；‎ ‎3）纯碱生产中碳酸化时，会看到溶液中析出晶体，这是由于碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，故答案为：有晶体析出（或出现浑浊）；碳酸钠溶解度比碳酸氢钠大；‎ ‎4）根据操作过程，氨化后通入二氧化碳的溶液发生复分解反应，反应的化学方程式为：H2O+CO2+NH3+NaCl=NaHCO3+NH4Cl，最终得到NH4Cl还有碳酸氢钠等，碳酸氢钠溶解度很小而结晶，故酸化后滤液的主要成分是NH4Cl；检验其中的氯离子时，要经过取样，加硝酸酸化，加硝酸银，有白色沉淀，该阴离子是氯离子，故答案为：NH4Cl；取样，加硝酸酸化，加硝酸银，有白色沉淀，该阴离子是氯离子；‎ ‎5）滤液中主要含有的是氯化铵，其和石灰水反应时：NH4++OH﹣NH3↑+H2O；由于滤液中还含有一定量的碳酸氢钠，故此加石灰水前先加热，是为防止加石灰水时产生碳酸钙沉淀，故答案为：NH4++OH﹣NH3↑+H2O；防止加石灰水时产生碳酸钙沉淀；‎ ‎6）假设加热前纯碱的质量为m1，加热后的质量为m2，则加热损失的质量为：m1﹣m2，则纯碱中碳酸氢钠的质量为：84（m1﹣m2）/31，故纯碱中含有的碳酸氢钠的质量分数为．‎ ‎【点评】此题考查了物质的提纯、化学实验基本操作、实验结果的处理等知识．‎ ‎　‎ 六、（本题共20分）‎ ‎28．（2010•上海）丁基橡胶可用于制造汽车内胎，合成丁基橡胶的一种单体A的分子式为C4H8，A氢化后得到2﹣甲基丙烷．完成下列填空：‎ ‎1）A可以聚合，写出A的两种聚合方式（以反应方程式表示）．　　‎ ‎2）A与某烷发生烷基化反应生成分子式为C8H18的物质B，B的一卤代物只有4种，且碳链不对称．写出B的结构简式．　　‎ ‎3）写出将A通入下列两种溶液后出现的现象．‎ A通入溴水：　红棕色褪去且溶液分层　‎ A通入溴的四氯化碳溶液：　红棕色褪去　‎ ‎4）烯烃和NBS作用，烯烃中与双键碳相邻碳原子上的一个氢原子被溴原子取代．分子式为C4H8的烃和NBS作用，得到的一溴代烯烃有　3　种．‎ ‎【考点】有机物的结构式；同分异构现象和同分异构体；取代反应与加成反应；聚合反应与酯化反应．菁优网版权所有 ‎【专题】压轴题．‎ ‎【分析】1）根据聚合反应的特点和规律及A氢化后得到2﹣甲基丙烷，推导A的结构简式；‎ ‎2）结合B的同分异构体以及B的一卤代物只有4种来确定B的结构简式；‎ ‎3）根据官能团决定性质以及有机物的溶解性知识来分析；‎ ‎4）根据分子式为C4H8的烯烃的同分异构体情况结合烯烃和NBS作用时的规律来回答．‎ ‎【解答】解：1）A氢化后得到2﹣甲基丙烷，可知A为2﹣甲基﹣1﹣丙烯，他发生加聚反应的方式有两种：，‎ 故答案为：；‎ ‎2）C8H18的各种同分异构体中，一卤代物只有4种，且碳链不对称的结构简式仅有一个，为：，故答案为：；‎ ‎3）A通入溴水，则A与溴水发生加成反应得到卤代烃，卤代烃和水互不相溶，故红棕色褪去且溶液分层；A通入溴的四氯化碳溶液时，则A与溴水发生加成反应得到卤代烃，卤代烃和四氯化碳相溶，故只看到红棕色褪去，故答案为：红棕色褪去且溶液分层；红棕色褪去；‎ ‎4）分子式为C4H8的烯烃的同分异构体有3种，分别为1﹣丁烯、2﹣丁烯、2﹣甲基﹣1﹣丙烯，这些烯烃中与双键碳相邻碳原子上的一个氢原子被溴原子取代的产物共3种，故答案为：3．‎ ‎【点评】本题主要考查了学生同分异构体的书写以及烯烃的性质方面的知识，要求学生具备分析问题和解决问题的能力．‎ ‎　‎ ‎29．（2010•上海）粘合剂M的合成路线如图所示：‎ 完成下列填空：‎ ‎1）写出A和B的结构简式．‎ A　CH3CH=CH2　 B　CH2=CHCH2Cl（CH2=CHCH2Br）　‎ ‎2）写出反应类型．反应⑥　酯化反应　 反应⑦　加聚反应　‎ ‎3）写出反应条件．反应②　NaOH/H2O，加热　 反应⑤　NaOH/C2H5OH，加热　‎ ‎4）反应③和⑤的目的是　保护碳碳双键　．‎ ‎5）C的具有相同官能团的同分异构体共有　4　种．‎ ‎6）写出D在碱性条件下水的反应方程式．　　．‎ ‎【考点】有机物的合成；有机物分子中的官能团及其结构；同分异构现象和同分异构体；有机化学反应的综合应用．菁优网版权所有 ‎【专题】压轴题．‎ ‎【分析】根据合成路线图，A为C3H6和后续反应，应为CH3CH=CH2；A转化为B后，B可以继续生成CH2=CHCH2OH，说明B是卤代烃，即 CH2=CHCH2Cl（CH2=CHCH2Br），在碱性条件下加热水解生成CH2=CHCH2OH，被氧化为CH2=CHCOOH，由于CH2=CHCH2OH直接氧化，会导致C=C和﹣OH都能被酸性高锰酸钾氧化，则③应为加成反应生成CH3﹣CHClCH2OH，氧化后生成CH3‎ ‎﹣CHClCOOH，然后水解生成CH2=CHCOOH，由黏合剂M可知D为CH2=CHCO﹣NH2，C为CH2=CHCOOCH3，说明CH2=CH﹣CN在一定条件下，‎ CH2=CHCOOH与甲醇发生酯化反应生成CH2=CHCOOCH3，CH2=CHCOOCH3和发生加聚反应生成黏合剂M，结合物质的结构和性质解答该题．‎ ‎【解答】解：根据合成路线图，A为C3H6和后续反应，应为CH3CH=CH2；A转化为B后，B可以继续生成CH2=CHCH2OH，说明B是卤代烃，即CH2=CHCH2Cl（CH2=CHCH2Br），在碱性条件下加热水解生成CH2=CHCH2OH，被氧化为CH2=CHCOOH，由于CH2=CHCH2OH直接氧化，会导致C=C和﹣OH都能被酸性高锰酸钾氧化，则③应为加成反应生成CH3﹣CHClCH2OH，氧化后生成CH3﹣CHClCOOH，然后水解生成CH2=CHCOOH，由黏合剂M可知D为CH2=CHCO﹣NH2，C为CH2=CHCOOCH3，说明CH2=CH﹣CN在一定条件下，‎ CH2=CHCOOH与甲醇发生酯化反应生成CH2=CHCOOCH3，CH2=CHCOOCH3和发生加聚反应生成黏合剂M，则 ‎1）由以上分析可知，A为：CH3CH=CH2，B为CH2=CHCH2Cl（CH2=CHCH2Br），‎ 故答案为：CH3CH=CH2；CH2=CHCH2Cl（CH2=CHCH2Br）；‎ ‎2）根据路线图中的变化，可知反应⑥是酯化反应；反应⑦是加聚反应，‎ 故答案为：酯化反应；加聚反应；‎ ‎3）反应②是卤代烃水解，其反应条件为：NaOH/H2O，加热；反应⑤为消去反应，条件是：NaOH/C2H5OH，‎ 加热故答案为：NaOH/H2O，加热；NaOH/C2H5OH，加热；‎ ‎4）由于CH2=CHCH2OH直接氧化，会导致C=C和﹣OH都能被酸性高锰酸钾氧化，反应过程中③和⑤的目的是保护碳碳双键，‎ 故答案为：保护碳碳双键；‎ ‎5）C是CH2=CH﹣COOCH3，含有C=C和﹣COO﹣，其含有相同官能团的同分异构体有：HCOOCH2CH=CH2、HCOOCH=CHCH3、HCOOC（CH3）=CH2、CH3COOCH=CH2等4种，‎ 故答案为：4种；‎ ‎6）含有肽键，在碱性条件下生成﹣COONa和NH3，反应的化学方程式为，‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】此题考查了有机合成知识，题目难度中等，解答有机合成题时：首先要判断待合成有机物的类别、带有何种官能团，然后结合所学知识或题给新信息，分析得出官能团的引入、转换、保护或消去的方法，找出合成该有机物的关键和题眼．‎ ‎①顺推法：研究原料分子的性质，找出合成所需的直接或间接的中间产物，逐步推向待合成的有机化合物．‎ ‎②逆推法：从目标分子入手，分析目标有机物的结构特点，找出合成所需的直接或间接的中间产物，逐步推向已知原料，再设计出合理的线路．‎ ‎③综合法：既从原料分子进行正推，也从目标分子进行逆推法，同时通过中间产物衔接两种方法得出最佳途径的方法．‎ ‎　‎ 七、（本题共16分）‎ ‎30．（2010•上海）Na2SO3•7H2O是食品工业中常用的漂白剂、抗氧化剂和防腐剂．Na2SO3在30℃时的溶解度为35.5g/100gH2O．‎ ‎1）计算30℃时Na2SO3饱和溶液中Na2SO3的质量分数ω．（保留2位小数）‎ ‎2）计算30℃时271g Na2SO3饱和溶液中水的质量．‎ ‎3）将30℃的Na2SO3饱和溶液271g冷却到10℃，析出Na2SO3•7H2O晶体79.5g．计算10℃时Na2SO3在水中的溶解度．‎ ‎【考点】溶液中溶质的质量分数及相关计算；溶解度、饱和溶液的概念．菁优网版权所有 ‎【专题】压轴题．‎ ‎【分析】1）根据溶质的质量分数=和Na2SO3在30℃时的溶解度来计算饱和溶液中Na2SO3的质量分数ω；‎ ‎2）根据Na2SO3在30℃时的溶解度来计算271g Na2SO3饱和溶液中水的质量；‎ ‎3）根据Na2SO3•7H2O晶体和原溶液中溶质的质量求出10℃是饱和溶液中溶质的质量和溶剂的质量，再求出10℃时Na2SO3在水中的溶解度，即100g水中溶解 Na2SO3的质量．‎ ‎【解答】解：1）根据Na2SO3的溶解度，其饱和溶液中溶质为35.5g，溶剂为100g，溶液总质量=100+35.5=135.5g，‎ 则ω（Na2SO3）=≈0.26；‎ ‎2）271g饱和溶液中，假设其含有的溶剂为x，‎ Na2SO3在30℃时的溶解度为35.5g/100gH2O，‎ 则，‎ 解之得：x=200（g）；‎ ‎3）冷却溶液后，析出晶体79.5g，根据其晶体Na2SO3•7H2O的组成，其中含有水和亚硫酸钠为：‎ m（Na2SO3）=79.5g×=39.75g m（H2O）=79.5g﹣39.75g=39.75g ‎10℃时Na2SO3的质量为271﹣200﹣39.75=31.25g ‎10℃时H2O的质量为200﹣39.75=160.25g 假设10℃时Na2SO3的溶解度为y ‎，‎ 解得y=19.5g；‎ 答：1）30℃时Na2SO3饱和溶液中Na2SO3的质量分数为0.26；‎ ‎2）30℃时271g Na2SO3饱和溶液中水的质量为200g；‎ ‎3）10℃时Na2SO3在水中的溶解度为19.5g．‎ ‎【点评】此题考查了溶液的质量分数、溶剂的质量、溶解度等化学计算知识，要理解溶解度的概念．‎ ‎　‎ ‎31．（2010•上海）白磷（P4）是磷的单质之一，易氧化，与卤素单质反应生成卤化磷．卤化磷通常有三卤化磷或五卤化磷，五卤化磷分子结构（以PCl5为例）如右图所示．该结构中氯原子有两种不同位置．‎ ‎1）6.20g白磷在足量氧气中完全燃烧生成氧化物，反应所消耗的氧气在标准状况下的体积为　5.6　 L．上述燃烧产物溶于水配成50.0mL磷酸（H3PO4）溶液，该磷酸溶液的物质的量浓度为　4.00　mol•L﹣1．‎ ‎2）含0.300mol H3PO4的水溶液滴加到含0.500mol Ca（OH）2的悬浮液中，反应恰好完全，生成l种难溶盐和16.2g H2O．该难溶盐的化学式可表示为　Ca5（PO4）3（OH）　．‎ ‎3）白磷和氯、溴反应，生成混合卤化磷PCl5﹣xBrx（1≤x≤4，且x为整数）．如果某混合卤化磷共有3种不同结构（分子中溴原子位置不完全相同的结构），该混合卤化磷的相对分子质量为　297.5或342　．‎ ‎4）磷腈化合物含有3种元素，且分子中原子总数小于20.0.10mol PCl5和0.10mol NH4Cl恰好完全反应，生成氯化氢和0.030mol磷腈化合物．推算磷腈化合物的相对分子质量（提示：M＞300）．‎ ‎【考点】化学方程式的有关计算；物质的量的相关计算；相对分子质量及其计算．菁优网版权所有 ‎【专题】压轴题．‎ ‎【分析】1）根据白磷燃烧的化学反应方程式来计算消耗氧气的量，再利用五磷原子守恒来计算磷酸的物质的量，然后计算磷酸溶液的物质的量浓度；‎ ‎2）根据H3PO4的物质的量和氢氧化钙悬浊液中溶质的物质的量及生成水的物质的量，由反应恰好完全则利用质量守恒来推断难溶盐的化学式；‎ ‎3）根据x的取值及混合卤化磷共有3种不同结构来分析混合卤化磷，然后利用相对原子质量来计算相对分子质量；‎ ‎4）根据反应物与生成物的物质的量，利用质量守恒定律来推断磷腈化合物的化学式，然后利用相对原子质量来计算相对分子质量．‎ ‎【解答】解：1）由白磷的相对分子质量为31×4=128，则白磷的物质的量为=0.05mol，‎ 设白磷完全燃烧生成五氧化二磷消耗氧气的物质的量为x，‎ 则 P4+5O22P2O5，‎ ‎ 1 5‎ ‎ 0.05mol x ‎，解得x=0.25mol，则标准状况下体积为0.25mol×22.4L/mol=5.6L，‎ 由磷原子守恒可知P4～4H3PO4，则生成磷酸的物质的量为0.05mol×4=0.20mol，‎ 由溶液体积为50mL=0.05L，则磷酸溶液的物质的量浓度为=4.00mol/L，‎ 故答案为：5.6；4.00；‎ ‎2）16.2gH2O的物质的量为=0.9mol，0.300molH3PO4与0.500molCa（OH）2生成盐和水，‎ 则设盐的化学式为X，则3H3PO4+5Ca（OH）2═X+9H2O，根据质量守恒可知该物质中含有5个钙离子 和3个磷酸根离子及含有1个氢氧根离子，则盐的化学式写作Ca5（PO4）3（OH），‎ 故答案为：Ca5（PO4）3（OH）；‎ ‎3）根据题意x为整数，则可能有PCl4Br、PCl3Br2、PCl2Br3、PClBr4四种，再由混合卤化磷有三种不同结构，‎ 根据PCl5的结构可知氯原子有两种不同位置，则混合卤化磷可能为PCl3Br2或PCl2Br3，‎ 若为PCl3Br2，则其相对分子质量可能为31+35.5×3+80×2=297.5，‎ 若为PCl2Br3，则其相对分子质量可能为31+35.5×2+80×3=342，‎ 故答案为：297.5或342；‎ ‎4）由0.10molPCl5和0.10molNH4Cl恰好完全反应，生成氯化氢和0.030mol磷腈化合物，‎ 根据质量守恒定律，则化合物提供的Cl原子的物质的量为0.1mol×5+0.1mol×1=0.6mol，‎ 又磷腈化合物中只含有三种元素，则必须将其中的氢原子全部除去，两物质提供的H原子 的物质的量为0.1mol×4=0.4mol，由氢原子守恒则生成的氯化氢的物质的量为0.4mol，‎ 则磷腈化合物中含有的Cl原子为0.6mol﹣0.4mol=0.2mol、P原子为0.1mol、N原子为0.1mol，‎ 则该化合物的最简式为PNCl2；设磷腈化合物的分子式为（PNCl2）x，由其含有的原子总数小于20，‎ 则知：4x＜20，故x＜5；‎ 假设x=4，其分子式为P4N4Cl8，相对分子质量为31×4+14×4+35.5×8=464；‎ 假设x=3，其分子式为P3N3Cl6，相对分子质量为31×3+14×3+35.5×6=348；‎ 假设x=2，其分子式为P2N2Cl4，相对分子质量为31×2+14×2+35.5×4=232＜300，则不符合题意应舍去，‎ 根据质量守恒，反应前磷原子物质的量为0.1mol，反应后磷腈化合物为0.03mol，为上述两种腈化合物的混合物，答：磷腈化合物的相对分子质量可能为348和464．‎ ‎【点评】本题考查了元素化合物、化学计算知识、物质的结构等知识，考查点较多，难度较大，明确物质的量的计算、质量守恒定律、五卤化磷分子结构是解答的关键．‎