化学高考试题答案及解析-上海.pdf.docx

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1、化学高考试题答案及解析-上海.pdf2021年全国普通高等学校招生统一考试上海化学试卷考生注意：1本试卷满分l50分，考试时问120分钟2本考试设试卷和答题纸两部分，试卷包括试题与答题要求；所有答题必须涂(选择题)或写(非选择题)在答题纸上；做在试卷上一律不得分。3答题前，考生务必在答题纸上用钢笔或圆珠笔清楚填写姓名、准考证号，并将核对后的条形码贴在指定位置上。4答题纸与试卷在试题编号上是逐一对应的，答题时应十分注意，不能错位。相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Si一28Cl-355K-39Cu-64Se-79一、选择题(此题共10分，每题2分，每题只要一个正确选项)1今年

2、3月修订的（环境空气质量标准）中新纳入的强迫监测指标是APM2.5BNOxCSO2D可吸入颗粒物【答案】A【解析】此题考察化学与生活，意在考察考生应用化学知识解释生活现象的能力。2020年3月修订的（环境空气质量标准）将PM2.5纳入强迫检测指标，A项正确；氮氧化物、SO2、可吸入颗粒物已在检测指标中，不属于新增检测项目，故答案为：A。2下列关于化石燃料的加工讲法正确的是A石油裂化主要得到乙烯B石油分馏是化学变化，可得到汽油、煤油C煤干馏主要得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气D煤制煤气是物理变化，是高效、清洁地利用煤的重要途径2.C【解析】此题考察化石燃料的利用，意在考察考生有机化学知识。石油裂

3、化的目的是获得更多的液态轻质汽油，A项错误；石油分馏属于物理变化，B项错误；煤制煤气是化学变化，D项错误，故答案为：C。3氮氧化铝(AlON)属原子晶体，是一种超强透明材料，下列描绘错误的是AAlON和石英的化学键类型一样BAlON和石英晶体类型一样CAlON和Al2O3的化学键类型不同DAlON和Al2O3晶体类型一样3.D【解析】此题考察化学键、物质构造。意在考察考生对晶体类型和化学键等概念的把握。AlON与石英SiO2均为原子晶体，所含化学键均为共价键，故A、B项正确；Al2O3是离子晶体，晶体中含离子键，不含共价键，故C项正确、D项错误。4PH3一种无色剧毒气体，其分子构造和NH3类似

4、，但P-H键键能比N-H键键能低。下列判定错误的是APH3分子呈三角锥形BPH3分子是极性分子CPH3沸点低于NH3沸点，由于P-H键键能低DPH3分子稳定性低于NH3分子，由于N-H键键能高4.C【解析】此题考察化学键、分子构型。意在考察考生分子构造的知识。PH3同NH3构型一样，因中心原子上有一对孤电子对，均为三角锥形，属于极性分子，故A、B项正确；PH3的沸点NH3，是由于NH3分子间存在氢键，C项错误；PH3的稳定性低于NH3，是由于N-H键键能高，D项正确。5和氢硫酸反响不能产生沉淀的是APb(NO3)2溶液BNa2S洛液CCuSO4溶液D.H2SO4溶液5.B【解析】此题考察元素化

5、合物知识，意在考察考生对化学反响的知识把握的再现能力。A项能生成PbSO4沉淀；C项生成CuS沉淀；D项因发生氧化复原反响生成单质硫沉淀，故正确答案为：B。二、选择题(此题共36分，每题3分，每题只要一个正确选项)6元素周期表中铋元素的数据见右图，下列讲法正确的是ABi元素的质量数是209BBi元素的相对原子质量是209.0CBi原子6p亚层有一个未成对电子DBi原子最外层有5个能量一样的电子6.B【解析】此题考察原子构造，意在考察考生对元素周期表知识记忆的再现。由元素周期表中元素方格中各种符号、数字的意义可知Bi的质子数为83，因不知中子数，无法确定其质量数，A项错误；Bi的相对原子质量为2

6、09.0,B项正确；6p亚层有3个未成对电子，C项错误；最外层5个电子分别在s、P层，能量不同，D项错误。7水中参加下列溶液对水的电离平衡不产生影响的是ANaHSO4溶液BKF溶液CKAl(SO4)2溶液DNaI溶液7.D【解析】此题考察水的电离以及外界条件对其电离的影响，意在考察考生的理解能力。A项电离出H+，抑制水的电离，A项错误；B项F-水解促进水的电离，B项错误；C项Al3+水解促进水的电离，C项错；D项中Na+、I-均不水解，对水的电离无影响，D项正确。8过量的下列溶液与水杨酸()反响能得到化学式为C7H5O3Na的是ANaHCO3溶液BNa2CO3溶液CNaOH溶液DNaCl溶液8

7、.A【解析】此题考察有机化学知识，意在考察考生对羧酸、酚以及碳酸酸性强弱的判定。由于酸性：可知水杨酸与NaHCO3溶液反响时只是-COOH作用转化为-COONa，产物的分子式为C6H5O3Na，A项正确；水杨酸与Na2CO3溶液反响时-COOH、-OH均反响，生成产物的分子式为C6H4O3Na2，B项错误；水杨酸与NaOH溶液反响时-COOH、-OH均反响，生成产物的分子式为C6H4O3Na2，C项错误；与NaCl溶液不反响，D项错误。9工业生产水煤气的反响为：C(s)+H2O(g)CO(g)+H2(g)-131.4kJ下列判定正确的是A反响物能量总和大于生成物能量总和BCO(g)+H2(g)

8、C(s)+H2O(l)+131.4kJC水煤气反响中生成1molH2(g)吸收131.4KJ热量D水煤气反响中生成1体积CO(g)吸收131.4KJ热量9.C【解析】此题考察热化学知识，意在考察考生对概念的理解。由题中信息知合成水煤气反响为吸热反响，故可判知知反响物总能量小于生成物总能量，同时知生成1molH2时需吸收131.4KJ的热量，故A项错、C项正确、D项错；B项中H2O为液态，故B项错。10用滴定法测定Na2CO3(含NaCl杂质)的质量分数，下列操作会引起测定值偏高的是A试样中参加酚酞作指示剂，用标准酸液进行滴定B滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入标准酸液进行滴定C锥形瓶用蒸馏水洗涤后

9、，壹接参加待测溶液进行滴定D滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入待测液，取20.00mL进行滴定10.B【解析】此题考察滴定实验操作，意在考察考生实验能力和误差分析能力。A项、C项操作对测定结果无影响、B项操作导致标准液变稀，消耗体积变大，使测得结果偏高、D项操作导致待测液浓度变小，因而测定结果偏低，故答案为：B。ll工业上将氨气和空气的混合气体通过铂一铑合金网发生氨氧化反响，若有标准状况下VL氨气完全反响。并转移n个电子，则阿伏加德罗常数(NA)可表示为11.D【解析】此题通过元素化合物知识考察考生氧化复原反响知识和计算能力。NH3被催化氧化转化为NO，转移电子数为5，由题意可得5VL/22.4L

10、mol-1NAn,解之得NA22.4n/5V，故答案为：D。12下列有机化合物中均含有酸性杂质，除去这些杂质的方法中正确的是A苯中含苯酚杂质：参加溴水，过滤B乙醇中含乙酸杂质：参加碳酸钠溶液洗涤，分液C乙醛中含乙酸杂质：参加氢氧化钠溶液洗涤，分液D乙酸丁酯中含乙酸杂质：参加碳酸钠溶液洗涤，分液12.D【解析】此题通过物质的除杂实验操作考察有机化学知识，意在考察考生分析、实验能力。A项苯酚与溴水生成的三溴苯酚仍溶于苯中，无法通过过滤除去杂质，A项错误；乙醇与水互溶，B项操作溶液不分层，无法通过分液到达分离、提纯目的，B项错误；乙醛与水互溶，C项操作溶液不分层，无法通过分液到达分离、提纯目的，C项

11、错误；乙酸乙酯不溶于Na2CO3溶液，而乙酸与Na2CO3溶液作用转化乙酸钠而进入水相进而与乙酸乙酯分离，D项正确。13下列关于硫酸工业生产经过的叙述错误的是A在接触室中使用铁粉作催化剂B在接触室中运用热交换技术可充分利用能源C把硫铁矿磨成细粉末，能够提高原料的利用率D该反响采用450500主要是由于该温度下催化剂活性好13.A【解析】此题通过硫酸工业生产考察考生化学与技术，意在考察考生对硫酸工业的理解。硫酸工业生产中，在接触室中用铁触媒作催化剂，使SO2氧化为SO3，A项错误；使用热交换装置可节约能源，B项正确；把硫铁矿磨碎可增大其与氧气的接触面，使反响更充分，速率更快，可提高原料的利用率，

12、C项正确；反响温度采用450500是由于该温度下催化剂活性最高，D项正确。14右图装置中发生反响的离子方程式为：Zn+2H+Zn2+H2，下列讲法错误的是Aa、b不可能是同种材料的电极B该装置可能是电解池，电解质溶液为稀盐酸C该装置可能是原电池，电解质溶液为稀盐酸D该装置可看作是铜-锌原电池，电解质溶液是稀硫酸14.A【解析】此题通过电化学知识意在考察考生的电化学知识和考生对问题的分析、处理能力。图示装置既能够是电解池，阳极的电极材料为Zn、阴极的电极材料为Zn或其他可导电的材料，如Cu、石墨等，电解质溶液为盐酸或硫酸等，故A项错、B项正确；该装置可以是原电池，此时电池负极材料为Zn、正极材料

13、为比Zn活泼性差的可导电的材料，如Cu、石墨等，电解质溶液为盐酸或硫酸等，故C、D项正确。15下列图所示是验证氯气性质的微型实验，a、b、d、e是浸有相关溶液的滤纸。向KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面。已知：2KMnO4+16HCl2KCl+5Cl2+2MnCl2+8H2O选项实验现象解释或结论Aa处变蓝，b处变红棕色氧化性：Cl2Br2I2Bc处先变红，后褪色氯气与水生成了酸性物质Cd处立即褪色7氯气与水生成了漂白性物质De处变红色复原性：Fe2+Cl-15.D【解析】此题通过元素化合物知识，考察考生实验能力和对实验现象的分析、推断能力。a处变蓝、b处变红棕色，讲明C

14、l2分别与KI、NaBr作用生成I2、Br2，可证实氧化性：Cl2I2、Cl2Br2，无法证实I2与Br2之间氧化性的强弱，A项错误；C处先变红，讲明氯气与水生成酸性物质，后褪色，则证实氯气与水生成具有漂白性物质，B项错误；d处立即褪色，可以能是氯气与水生成酸性物质中和了NaOH，C项错误；D处变红讲明Cl2将Fe2+氧化为Fe3+，证实复原性：Fe2+Cl-，D项正确。16实验室制取少量枯燥的氨气涉及下列装置，其中正确的是A是氨气发生装置B是氨气发生装置C是氨气吸收装置D是氨气采集、检验装置16.B【解析】此题通过NH3的制取实验，意在考察考生实验分析、实验评价能力。装置在管口处又生成NH4

15、Cl，无法制得NH3，A项错误；选用装置，使用浓氨水与CaO或NaOH作用，可制取NH3，B项正确；作为NH3的吸收装置，漏斗插入水中，不能防止倒吸，C项错误；利用采集NH3时，采集气体不纯，D项错误。17将l00ml1mol/L的NaHCO3溶液等分为两份，其中一份参加少许冰醋酸，另外一份参加少许Ba(OH)2固体，忽略溶液体积变化。两份溶液中c(CO32-)的变化分别是A减小、减小B减小、增大C增大、增大D增大、减小17.B【解析】此题溶液中离子反响以及离子变化，意在考察考生综合思维能力和应用知识的能力。参加少许冰醋酸发生反响：HCO3-+CH3COOHCH3COO-+CO2+H2O，导致

16、c(HCO3-)减少，电离平衡HCO3-H+CO32-向左移动，溶液中c(CO32-)减小；参加少量Ba(OH)2固体后，发生反响：2HCO3-+Ba2+2OH-2H2O+BaCO3+CO32-，溶液中c(CO32-)增大，故答案为：B。三、选择题(此题共20分，每题4分，每题有一个或两个正确选项。只要一个正确选项的，多项选择不给分；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为探究锌与稀硫酸的反响速率(以v(H2)表示)，向反响混合液中参加某些物质，下列判定正确的是A参加NH4HSO4固体，v(H2)不变B参加少量水，v(H2)减小C参加CH3COONa固体，v(H2)减小

17、D滴加少量CuSO4溶液，v(H2)减小18.BC【解析】此题考察影响化学反响速率的因素，意在考察考生分析、理解能力。A项导致溶液中c(H+)增大，v(H2)加快，A项错误；B项导致溶液中c(H+)减小，v(H2)减小，B项正确；C项因发生CH3COO-+H+CH3COOH，导致溶液中c(H+)减小，v(H2)减小，C项正确；D项构成铜锌原电池，v(H2)加快，D项错误。19含有下列各组离子的溶液中，通入过量SO2气体后仍能大量共存的是AH+、Ca2+、Fe3+、N03-BBa2+、Cl-、Al3+、H+CNa+、NH4+、I-、HS-DNa+、Ca2+、K+、Cl-19.BD【解析】此题考察

18、离子共存问题，意在综合考察考生的分析、推理能力。A项，通入过量SO2后，Fe3+和H+与NO3-均可与SO2发生氧化复原反响而不能存在，在溶液中SO2被氧化生成SO42-，SO42-与Ca2+结合生成硫酸钙沉淀，A项错误；C项，通入SO2后，生成H2SO3与HS-发生氧化复原反响生成单质硫而不能大量共存，C项错误；B、D项通入SO2后不能发生反响，仍可大量共存，故答案为：BD。20火法炼铜首先要焙烧黄铜矿，其反响为：2CuFeS2+O2Cu2S+2FeS+SO2下列讲法正确的是ASO2既是氧化产物又是复原产物BCuFeS2仅作复原剂，硫元素被氧化C每生成1molCu2S，有4mol硫被氧化D每

19、转移1.2mol电子，有02mol硫被氧化20.AD【解析】此题考察氧化复原反响，意在考生考生对概念的理解和计算能力。由反响方程式知在反响中CuFeS2中Cu化合价降低复原为Cu2S、CuFeS2中1/4的S化合价升高，被氧化为SO2；O2在反响后化合价降低，复原为SO2，因而可知SO2既是氧化产物又是复原产物，A项正确；CuFeS2既是氧化剂又是复原剂，B项错误；每生成1molCu2S，有1molS被氧化，C项错误；利用反响知转移6mole-,有1molS被氧化，D项正确。21常温下amolLCH3COOH稀溶液和bmolLKOH稀溶液等体积混合，下列判定一定错误的是A若c(OH-)c(H+

20、)，a=bB若c(K+)c(CH3COO-)，abC若c(OH-)=c(H+)，abD若c(K+)复原为+2价，Cl-被氧化为Cl2，此时得到溶液为PbCl2溶液，利用“电荷守恒知1molPbO2在上述转化经过中共转移2mole-。设该经过得到O2的物质的量为3xmol，则Cl2的物质的量为2xmol，利用电荷守恒可得：3x4+2x22，解得x0.125，故知1molPbO2在受热分解经过中产生0.375molO2，利用原子守恒可知受热后的剩余固体中n(Pb):n(O)4:5，结合选项可知只要A、D项知足n(Pb):n(O)4:5，故答案为：AD。四、(此题共8分)2020年（自然）杂志报道了

21、我国科学家通过测量SiO2中26Al和10Be两种元素的比例确定“北京人年龄的研究结果，这种测量方法叫“铝铍测年法。完成下列填空：2310Be和9Be_。a是同一种原子b具有一样的中子数c具有一样的化学性质d具有恒定的丰度Be所在的周期中，最外层有2个未成对电子的元素互相组成的化合物属于_晶体。24Al和Be具有类似的化学性质，写出BeCl2水解反响的化学方程式_。25研究表明26Al能够衰变为26Mg，能够比拟这两种元素金属性强弱的方法是_。a比拟这两种元素的单质的硬度和熔点b在氯化铝和氯化镁的溶液中分别滴加过量的氢氧化钠溶液c将打磨过的镁带和铝片分别和热水作用，并滴入酚酞溶液d将空气中放置

22、已久的这两种元素的单质分别和热水作用26目前还有一种测量方法叫“钾氩测年法。写出和Ar核外电子排布一样的阴离子的半径由大到小的顺序_(用化学符号表示)；其中一种离子与钾相邻元素的离子所构成的化合物可用做枯燥剂，此化合物的电子式是_。四、【答案】此题共8分23.cd；分子2分；24.BeCl2+2H2OBe(OH)2+2HCl2分；25.bc2分26.S2-Cl-；【解析】10Be与9Be是同种元素的不同核素，二者互为同位素，具有一样的化学性质，且在自然界中具有恒定的丰度；第二周期Be位于第二周期中最外层有2个未成对电子的元素是碳和氧，二者互相组成的化合物CO2或CO均为分子晶体。比拟金属Mg、

23、Al的金属性强弱的方法有：比拟其最高价氧化物对应水化物的碱性，可利用Mg(OH)2和Al(OH)3和NaOH溶液反响情况来比拟Mg(OH)2和Al(OH)3的碱性强弱、比拟Mg、Al与酸或水反响置换出氢气的难易等，d项在空气中久置，二者外表均氧化为氧化物，无法比拟、单质熔沸点与金属性强弱无关。与Ar核外有18个电子核外电子排布一样的阴离子有S2-、Cl-，二者半径：S2-Cl-，核外具有18个电子和K相邻的离子为Ca2+，CaCl2常用作枯燥剂，其是离子化合物，故其电子式为：。五、(此题共8分)二氧化硒(SeO2)是一种氧化剂，其被复原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO

24、4反响生成SeO2以回收Se。完成下列填空：27Se和浓HNO3反响的复原产物为NO和NO2，且NO和NO2的物质的量之比为1：1，写出Se和浓HNO3的反响方程式_。28已知：Se+2H2SO4(浓)2SO2+SeO2+2H2O2SO2+SeO2+2H2OSe+2SO42-+4H+SeO2、H2SO4(浓)、SO2的氧化性由强到弱的顺序是_。29回收得到的SeO2的含量，能够通过下面的方法测定：SeO2+KI+HNO3Se+I2+KNO3+H2OI2+2Na2S2O3Na2S4O6+2NaI配平方程式，标出电子转移的方向和数目。30实验中，准确称量SeO2样品0.1500g，消耗了0.200

25、0mol/L的Na2S2O3溶液25.00mL，所测定的样品中SeO2的质量分数为_。五、【答案】此题共8分27.Se+2HNO3(浓)H2SeO3+NO+NO22分；28.H2SO4浓SeO2SO21分29.3分；30.0.9252分【解析】利用题中信息可知Se与浓HNO3反响，Se被氧化为+4价的H2SeO3，HNO3复原为NO与NO2，利用电子守恒和限定条件生成NO与NO2的物质的量之比为1:1，即二者计量系数比为1:1可得方程式。利用氧化性：氧化剂氧化产物，结合题中方程式可知氧化性：H2SO4浓SeO2SO2。在反响I-失电子，转移SeO2，+4价Se得到电子复原为单质Se。利用前面配

26、平的方程式可得关系式：SeO22I24Na2S2O3,故样品中SeO2的质量分数为：111gmol-10.2000mol/L0.025L/4/0.1500g0.925。六、(此题共8分)用氮化硅(Si3N4)陶瓷代替金属制造发动机的耐热部件，能大幅度提高发动机的热效率。工业上用化学气相沉积法制备氮化硅，其反响如下：3SiCl4(g)+2N2(g)+6H2(g)Si3N4(s)+12HCl(g)+Q(Q0)完成下列填空：31在一定温度下进行上述反响，若反响容器的容积为2L，3min后到达平衡，测得固体的质量增加了2.80g，则H2的平均反响速率_mol(Lmin)；该反响的平衡常数表达式K=_3

27、2上述反响到达平衡后，下列讲法正确的是_。a其他条件不变，压强增大，平衡常数K减小b其他条件不变，温度升高，平衡常数K减小c其他条件不变，增大Si3N4物质的量平衡向左移动d其他条件不变，增大HCl物质的量平衡向左移动33一定条件下，在密闭恒容的容器中，能表示上述反响到达化学平衡状态的是_。a3v逆(N2)=v正(H2)bv正(HCl)=4v正(SiCl4)c混合气体密度保持不变dc(N2)：c(H2)：c(HCl)=1：3：634若平衡时H2和HCl的物质的量之比为nm，保持其它条件不变，降低温度后到达新的平衡时，H2和HCl的物质的量之比_nm填“、“=或“33.ac2分；34.2分【解析

28、】此题考察化学反响速率与化学平衡，意在考察考生的思维能力和分析、推断能力。31由方程式可知固体Si3N4质量增加2.80g时消耗n(H2)2.80g/140gmol-160.12mol,故v(H2)0.12mol/(2L3min)0.02mol/(Lmin)；利用反响方程式可直接写出反响的平衡常数表达式。32因反响为放热反响，故反响到达平衡后，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数K减小，b正确、温度不变，加压或改变反响物的浓度等平衡常数不变，a错误、其他条件不变，增加固体Si3N4平衡不移动，c错误、其他条件不变，增大HCl的物质的量，平衡向消耗HCl的逆反响方向移动，d正确。33利用化学反响速率

29、之比等于化学方程式计量系数比可知a项叙述表示v正=v逆，表示反响到达平衡态；b项均表示正反响，无论反响能否处于平衡态，都成立；d项表示的浓度关系与能否平衡无关；混合气体密度不变讲明溶液中气体质量不变，而平衡移动则气体质量改变，所以c项表示到达平衡态。34降低温度，平衡正向移动，n(H2)/n(HCl)变小。七、(此题共12分)碱式碳酸铜【Cu2(OH)2CO3】是一种用处广泛的化工原料，实验室以废铜屑为原料制取碱式碳酸铜的步骤如下：步骤一：废铜屑制硝酸铜如图，用胶头滴管汲取浓HNO3缓慢加到锥形瓶内的废铜屑中(废铜屑过量)，充分反响后过滤，得到硝酸铜溶液。步骤二：碱式碳酸铜的制备向大试管中参加

30、碳酸钠溶液和硝酸铜溶液，水浴加热至70左右，用0.4molL的NaOH溶液调节pH至8.5，振荡，静置，过滤，用热水洗涤，烘干，得到碱式碳酸铜产品。完成下列填空：35写出浓硝酸与铜反响的离子方程式。36上图装置中NaOH溶液的作用是_。反响结束后，广口瓶内的溶液中，除了含有NaOH外，还有_(填写化学式)。37步骤二中，水浴加热所需仪器有_、_(加热、夹持仪器、石棉网除外)；洗涤的目的是_。38步骤二的滤液中可能含有CO32-，写出检验CO32-的方法。39影响产品产量的主要因素有_。40若实验得到2.42g样品(只含CuO杂质)，取此样品加热至分解完全后，得到1.80g固体，此样品中碱式碳酸

31、铜的质量分数是_。七、【答案】35.Cu+4H+2NO3-Cu2+2NO2+2H2O2分36.吸收氮氧化物合理即给分；NaNO3、NaNO22分37.烧杯、温度计；除去产品外表吸附的硝酸钠3分38.取样，参加稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，讲明有CO32-。1分39.温度、PH2分40.0.922分【解析】36广口瓶内铜与浓硝酸反响生成大气污染气体NOx，NaOH溶液可用来吸收NOx,利用NO2+NaOHNaNO2+NaNO3+H2O可知，反响结束后，广口瓶的溶液中，除了剩余的NaOH外，还含有新生成的NaNO2与NaNO3。37因反响器为大试管，故水浴加热中用来盛放水的仪器能

32、够选用烧杯、温度计测定水温；洗涤可除去碱式碳酸铜外表的吸附的硝酸钠。39由步骤2可知实验成功的关键是控制溶液PH和反响温度，故影响产品质量的主要因素为温度、PH。40碱式碳酸铜完全分解得到CuO，设样品中碱式碳酸铜的质量分数为x，根据碱式碳酸铜的方程式，利用“差量法可得：222：622.42x：2.42-1.80，解得x0.92。八、(此题共12分)碳酸氢铵是一种重要的铵盐。实验室中，将二氧化碳通入氨水可制得碳酸氢铵，用碳酸氢铵和氯化钠可制得纯碱。完成下列填空：41二氧化碳通入氨水的经过中，先有_晶体(填写化学式)析出，然后晶体溶解，最后析出NH4HCO3晶体。42含0.800molNH3的水

33、溶液质量为54.0g，向该溶液通入二氧化碳至反响完全，过滤，得到滤液31.2g，则NH4HCO3的产率为_。43粗盐(含Ca2+、Mg2+)经提纯后，参加碳酸氢铵可制得碳酸钠。实验步骤依次为：粗盐溶解；参加试剂至沉淀完全，煮沸；_；参加盐酸调pH；参加_；过滤；灼烧，冷却，称重。44上述步骤中所参加的试剂为_、_。45上述步骤中加盐酸调pH的目的是_。46为探究NH4HCO3和NaOH的反响，设计实验方案如下：含0.1molNH4HCO3的溶液中参加0.1molNaOH，反响完全后，滴加氯化钙稀溶液。若有沉淀，则NH4HCO3与NaOH的反响可能为_(写离子方程式)；若无沉淀，则NH4HCO3

34、与NaOH的反响可能为_(写离子方程式)。该实验方案有无不妥之处?若有，提出修正意见。八、【答案】此题共12分41.(NH4)2CO31分；42.92%2分；43.过滤、碳酸氢铵2分44.氢氧化钠、碳酸钠2分；45.中和过量的氢氧化钠和碳酸钠2分46.HCO3-+OH-CO32-+H2O、NH4+OH-NH3+H2O需先煮沸，然后滴加氯化钙稀溶液3分【解析】41将CO2通入氨水中首先生成(NH4)2CO3晶体析出，随CO2不断通入，(NH4)2CO3和CO2作用转化为NH4HCO3晶体，最终析出NH4HCO3晶体。42该氨水完全反响需通入0.8molCO2，过滤得到m(NH4HCO3)54.0

35、g+0.8mol44gmol-131.2g58g，理论上应得到m(NH4HCO3)0.8mol79gmol-163.2g，故实验NH4HCO3的产率为：58g/63.2g92%。43粗盐提纯步骤应是向粗盐溶液中参加沉淀剂、过滤除去沉淀，然后参加盐酸，调PH除去前面参加沉淀剂引入的OH-与CO32-，此时溶液为纯净的NaCl溶液，再向该溶液中参加碳酸氢铵，即可析出溶解度较小的碳酸氢钠，然后过滤、洗涤得到纯净NaHCO3，将NaHCO3加热得到Na2CO3。44步骤2中参加沉淀剂为NaOH用来除去Mg2+、碳酸钠用来除去Ca2+。46因向NH4HCO3溶液中参加NaOH时，发生的离子反响有：HCO

36、3-+OH-CO32-+H2O与NH4+OH-NH3H2O，若NaOH量缺乏，则两反响存在先后次序问题，故实验中若产生沉淀，讲明反响后溶液中含有CO32-，证实先发生HCO3-+OH-CO32-+H2O，否则先发生NH4+OH-NH3H2O。九、(此题共8分)氯丁橡胶M是理想的电线电缆材料，工业上可由有机化工原料A或E制得，其合成道路如下列图所示。完成下列填空：47A的名称是_反响的反响类型是_48写出反响的化学反响方程式。49为研究物质的芳香性，将E三聚、四聚成环状化合物，写出它们的构造简式。鉴别这两个环状化合物的试剂为_。50下面是由A制备工程塑料PB的原料之一1,4-丁二醇(BDO)的合

37、成道路：写出上述由A制备BDO的化学反响方程式。九、【答案】此题共8分47.1,3-丁二烯；加聚2分【解析】47由合成图和M的构造简式可知C为2-氯-1,3-丁二烯，反响为加聚反响生成高分子；利用C的构造简式和A的分子式可知A为1,3-丁二烯。48B为1,3-丁二烯与氯气发生1,2加成产物，结合C的构造可知BC为在碱的醇溶液中发生消去反响，由此可写出反响方程式。49利用题中信息可知E为乙炔，故三聚环状产物为苯、四聚得到的环状产物为环辛四烯，鉴别苯与环辛四烯可用溴水苯发生萃取而使溴水褪色、环辛四烯则与溴发生加成反响使溴水褪色或酸性高锰酸钾溶液苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色、环辛四烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色。当前位置：文档视界化学高考试题答案及解析-上海.pdf化学高考试题答案及解析-上海.pdf