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1、2013年普通高等学校夏季招生全国统一考试化学(上海卷)考生注意：1本试卷满分150分，考试时间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；所有答案必须涂或写在答题纸上；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在答题纸正面清楚地填写姓名、准考证号，并将核对后的条形码贴在指定位置上，在答题纸反面清楚地填写姓名。4答题纸与试卷在试题编号上是一一对应的，答题时应特别注意，不能错位。相对原子质量：H1C12O16Na23S32Ca40Fe56Ni59Cu64Br80Ba137一、选择题(本题共10分，每小题2分，每题只有一个正确选项)1(2013上海化学，
2、1)2013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，不分层的是地沟油答案：D解析：地沟油属于油脂含有酯基，可以发生水解生成溶于水的高级脂肪酸钠、甘油，D选项正确；地沟油、矿物油(汽油、煤油、柴油等)均属于混合物，无固定熔沸点，B选项错误。2(2013上海化学，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互为同素异形体答
3、案：C解析：氰酸铵含有，属于离子化合物，而尿素中无阴、阳离子，属于共价化合物；同素异形体适用于单质与单质之间，只有C选项正确。3(2013上海化学，3)230Th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232BTh元素的相对原子质量是231C232Th转化成233U是化学变化D230Th和232Th的化学性质相同答案：D解析：元素无质量数，A选项错误；元素的相对原子质量与同位素的相对原子质量及各同位素的丰度有关，B选项错误；C选项的相互转化原子核发生变化，由化学变化的最小微粒是原子可知错误；原子的质子数和核外电子排布均相同，
4、所以化学性质相同，D选项正确。4(2013上海化学，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溴和汞的气化答案：A解析：A选项均属于分子晶体，克服范德华力，正确；B选项，硅属于原子晶体，破坏的是共价键，C60属于分子晶体，克服范德华力；C选项，HCl溶解破坏的是共价键，NaCl溶解破坏的是离子键；D选项，溴、汞的气化分别克服范德华力、破坏金属键。5(2013上海化学，5)374 、22.1 MPa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7B表现出非极性溶剂的特性C显酸性，pH小
5、于7D表现出极性溶剂的特性答案：B解析：水中的c(H)c(OH)，所以显中性，由含有较多的H(或水的温度大于25 )可知pH7；由信息可知B选项正确。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(2013上海化学，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原料易得答案：A解析：联合制碱法，生产了副产品NH4Cl，所以提高了原料的利用率。7(2013上海化学，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答案：B
6、解析：A选项，生成单质硫沉淀；B选项，Cl2与CO2不反应，无沉淀；C选项，NH3与CO2反应生成，与Ba2生成BaCO3沉淀；D选项，Cl2与SO2反应生成，与Ba2生成BaSO4沉淀。8(2013上海化学，8)糕点包装中常用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：Fe3eFe3C脱氧过程中碳作原电池负极，电极反应为：2H2OO24e4OHD含有1.12 g铁粉的脱氧剂，理论上最多能吸收氧气336 mL(标准状况)答案：D解析：钢铁腐蚀中铁作负极、碳作
7、正极，B、C错误；n(Fe)0.02 mol，负极电极反应式Fe2e=Fe2，生成Fe2与正极生成的OH结合生成Fe(OH)2，Fe(OH)2被空气中的氧气氧化生成Fe(OH)3，所以0.02 mol Fe最终失去0.06 mol电子，消耗n(O2)0.015 mol，D选项正确。9(2013上海化学，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：NH4HCO3HClNH4ClCO2H2
8、OQ答案：B解析：醋酸凝固说明体系温度降低，此反应为吸热反应，热能转化为化学能，B正确；D选项，没有标明反应物、生成物的状态，错误。10(2013上海化学，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答案：D解析：两实验对温度的要求较高，不能用水浴加热，A错误；增大相对廉价的一种反应物的量可提高另一反应物的转化率，故B项乙酸过量更经济，D项乙醇过量更经济，D项正确。11(2013上海化学，11)H2S水溶液中存在电离平衡H2SHHS和HSHS2。若向H2S溶液中()A加水，平衡向右移动，
9、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增大C滴加新制氯水，平衡向左移动，溶液pH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答案：C解析：加水稀释酸性溶液，c(H)一定降低，A选项错误；通入过量SO2最后溶液变为饱和H2SO3溶液，酸性增强，B选项错误；由H2SCl2=2HClS可知弱酸生成强酸HCl，酸性增强，C选项正确；加入CuSO4生成CuS沉淀，使平衡右移，c(H)增大，D选项错误。12(2013上海化学，12)根据有机化合物的命名原则，下列命名正确的是()A3甲基1,3丁二烯B2羟基丁烷CCH3CH(C2H5)CH2CH2CH32乙基戊
10、烷DCH3CH(NH2)CH2COOH3氨基丁酸答案：D解析：A选项应该从右边开始编号，A项错误；B选项应该为2丁醇，B项错误；C选项最长的碳链含有6个碳原子，C项错误。13(2013上海化学，13)X、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
11、的晶体具有很高的熔点和沸点答案：C解析：X为N或O；Y的最外层电子排布式为ns2np2，为C或Si；Z为Mg；W的最外层电子排布式为3s23p1或3s23p5，为Al或Cl；如果X是O，由H2O2、H2O可知A选项错误；Mg2的半径大于Al3的半径小于Cl的半径，B选项错误；Mg与O2、N2均能发生反应，C选项正确；由CO2可知D选项错误。14(2013上海化学，14)为测定镀锌铁皮锌镀层的厚度，将镀锌铁皮与足量盐酸反应，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
12、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答案：C解析：此题分析m(锌)m(原铁皮)m(烘干后铁皮)。A选项，铁也与盐酸反应，使m(烘干后铁皮)偏小，结果使锌的质量偏大，错误；B选项，使m(烘干后铁皮)偏大，结果使锌的质量偏小，错误；C选项，烘干时间过长，铁会与空气中的物质反应，使m(烘干后铁皮)偏大，结果使锌的质量偏小，正确；D选项，对m(烘干后铁皮)无影响，错误。15(2013上海化学，15)NA代表阿伏加德罗常数。已知C2H4和C3H6的混合物的质量为a g，则该混合物()A所含共用电子对数目为(a/71)NAB所含碳氢键数目为aNA/7C燃烧时消耗的O2一定是33
13、.6a/14 LD所含原子总数为aNA/14答案：B解析：C2H4、C3H6的最简式均为CH2，n(CH2)a/14 mol，一个CH2可形成三个共用电子对，所含共用电子对数3a/14 mol，A选项错误；一个氢原子形成一个碳氢键，共含有a/7 mol氢原子，B选项正确；C选项没有注明标准状况下，错误；所含原子总数3a/14 mol，D选项错误。16(2013上海化学，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：aFe2bBrcCl2dFe3eBr2fCl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
14、43226B021012C201202D222214答案：B解析：排除法，由氧化性强弱可知，Fe2先于Cl2反应，所以Fe2的计量数一定不能为0，B选项错误。17(2013上海化学，17)某溶液可能含有Cl、Fe3、Al3和K。取该溶液100 mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02 mol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 molL1C、一定存在，Cl可能不存在D、Al3一定不存在，K可能存在答案：B解析：n()n(N
15、H3)0.02 mol，n(Fe3)2n(Fe2O3)20.02 mol；由得到4.66 g 不溶于盐酸的沉淀可知溶液中不含，n()n(BaSO4)0.02 mol；溶液中至少含有、Fe3两种阳离子，还可能含有其他阳离子，所以溶液中n(正电荷)n()3n(Fe3)0.08 mol，依据电荷守恒可知溶液中至少还含有0.04 mol的Cl，B选项正确。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(2013上海化学，18)汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN32KNO3K2O5
16、Na2O16N2。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42.0 L N2(标准状况)B有0.250 mol KNO3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答案：CD解析：由方程式可知16个N2中，有15个N2是氧化产物、1个N2是还原产物，所以有10 mol NaN3参加反应，氧化产物比还原产物多14 mol，若氧化产物比还原产物多1.75 mol，则有1.25 mol NaN3、0.25 mol KNO3参加反应，生成2 mol N2，转移1.25 mol电子，被氧化的N原子的物质的量为1.25 mol33.7
17、5 mol。19(2013上海化学，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 )K11.77104K14.91010Ki14.3107Ki25.61011下列选项错误的是()A2CNH2OCO22HCNB2HCOOH2HCOOH2OCO2C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答案：AD解析：因为HCN的K1大于H2CO3的K2，所以HCN与反应生成，A错误；HCOOH的酸性大于HCN的酸性，所以C选项中HCOOH的浓度远远小于HCN的浓度，正确；在两种
18、溶液中均存在c(H)HCOONac(Na)c(OH)HCOONac(HCOO)和c(H)NaCNc(Na)c(OH)NaCNc(CN)，故各溶液中的离子总数等于阳离子总数的两倍，又因为等浓度的CN的水解程度比HCOO强，所以有c(H)HCOONac(H)NaCN，而c(Na)两溶液中相等，故D选项错误。20(2013上海化学，20)某恒温密闭容器中，可逆反应A(s)BC(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
19、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答案：BC解析：缩小容器体积相当于加压，C(g)的浓度与缩小体积前的平衡浓度相等，所以加压平衡逆向移动，即逆反应为气体分子数减小的反应，因为反应物只有固体，所以B的状态不能确定，A选项错误，C选项正确；B选项，分别表示正反应速率、逆反应速率，且正、逆反应速率相等，正确；Q是生成1 mol B和1 mol C吸收的热量，此反应是可逆反应，不能进行到底，所以D选项错误。21(2013上海化学，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
20、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答案：AC解析：不论以何种顺序通入洗气瓶，最终NH3、CO2均不剩余，CO均不参与反应；依据NONO22NaOH=2NaNO2H2O,2NO22NaOH=NaNO3NaNO2H2O，如果气体先通过NaOH溶液，则NO、NO2均不剩余；气体不先通过NaOH溶液，则3NO2H2O=2HNO3NO，最终NO剩余。22(2013上海化学，22)一定量CuS
21、和Cu2S的混合物投入足量HNO3中，收集到气体V L(标准状况)，向反应后的溶液中(存在Cu2和)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()A9.0 L B13.5 LC15.7 L D16.8 L答案：A解析：NO2与NO的物质的量之比为11，所以生成1 mol的混合气体得到2 mol电子，n(CuO)0.15 mol。一个CuS、Cu2S分别失去8、10个电子，假设全部是CuS，则失去电子的物质的量0.15 mol81.2 mol，生成混合气体0.6 mol；假设全部是Cu2S，则失去电子的
22、物质的量0.075 mol100.75 mol，生成混合气体0.375 mol，所以混合气体的体积在8.4 L13.44 L之间，只有A选项正确。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应用。完成下列填空：23(2013上海化学，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。答案：413解析：Al的核外电子云有s电子云、p电子云两种，s电子云在空间只有1种伸展方向，p电子云在空间有3种不同的伸展方向。24(2013上海化学，24)镓(Ga)与铝同主族。写出镓的氯化物与氨水反应的化学方程式。答案：GaCl33NH3H2O=Ga(OH)33N
23、H4Cl解析：由AlCl3与NH3H2O的反应可知。25(2013上海化学，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为_。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_。答案：SiO22NaOH=Na2SiO3H2OCaAl2Si2O8解析：由钠长石的化学式NaAlSi3O8可知钙长石的化学式符合CaAlxSiyO8，由“氧原子物质的量分数相同”可知x
24、y4，依据化合价代数和为0，可知23x4y16，求解即可。26(2013上海化学，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：2Al4BaO3BaBaOAl2O3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Bab高温有利于BaO分解c高温时BaOAl2O3比Al2O3稳定dBa的沸点比Al的低答案：弱d解析：依据元素周期律可知Al的金属性小于Mg，Mg的金属性小于Ba；应从化学平衡移动的观点分析此反应发生的原因。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Br2的操作步骤
25、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：27(2013上海化学，27)Cl2氧化Br应在_条件下进行，目的是为了避免_。答案：酸性氯气与碱反应，提高氯气的利用率解析：应从氯气的化学性质进行分析。28(2013上海化学，28)Br2可用热空气吹出，其原因是_。答案：因为溴单质容易挥发成溴蒸气，所以利用热空气可以吹出来解析：应从溴易挥发的性质分析。29(2013上海化学，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
26、地后再酸化，主要是因为_。答案：5NaBrNaBrO33H2SO4=3Br23Na2SO43H2O盐酸是挥发性酸溴易挥发且有毒，不利于运输解析：应从盐酸、硫酸的物理性质进行分析。30(2013上海化学，30)为了除去工业Br2中微量的Cl2，可向工业Br2中_。a通入HBrb加入Na2CO3溶液c加入NaBr溶液d加入Na2SO3溶液答案：a解析：应加入还原剂，b、c、d三个选项中会有新的杂质生成且杂质不易除去，a选项中生成的HCl容易除去。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(
27、CO)4(g)Q(2)Ni(CO)4(g)Ni(s)4CO(g)完成下列填空：31(2013上海化学，31)在温度不变的情况下，要提高反应(1)中Ni(CO)4的产率，可采取的措施有_、_。答案：增大压强(压缩体积)增大CO浓度解析：要提高Ni(CO)4产率，使平衡向右移动，可采用加压或增加反应物浓度的方法。32(2013上海化学，32)已知在一定条件下的2 L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下图所示。Ni(CO)4在010 min的平均反应速率为_。答案：0.05 mol(Lmin)1解析：vNi(CO)40.05 mol(
28、Lmin)1。33(2013上海化学，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增大答案：bc解析：由于反应(2)正反应为吸热反应，所以降温时平衡逆向移动，平衡常数K减小，CO浓度降低，Ni(s)质量减小。v正、v逆均减小。34(2013上海化学，34)简述羰基法提纯粗镍的操作过程。答案：低温下(50 )，CO通入盛有粗镍的容器中反应，收集反应后气体，再在230 下，加热分解，得到纯Ni。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A
29、l3、Fe3等杂质)制备溴化钙的主要流程如下：完成下列填空：35(2013上海化学，35)上述使用的氢溴酸的质量分数为26%，若用47%的氢溴酸配制26%的氢溴酸500 mL，所需的玻璃仪器有玻璃棒、_。答案：量筒、烧杯、胶头滴管、500 mL容量瓶解析：一定溶质质量分数溶液的配制所需玻璃仪器有量筒、烧杯、胶头滴管、容量瓶。36(2013上海化学，36)已知步骤的滤液中不含。步骤加入的试剂a是_，控制溶液的pH约为8.0的目的是_、_。答案：少量CaO或少量Ca(OH)2使Fe3、Al3完全形成沉淀除去防止有Ca(OH)2生成解析：为了使Fe3、Al3完全沉淀，应使溶液pH增大，可加入碱性试剂
30、，考虑到不引入其他离子，可采用加入CaO或Ca(OH)2的方法，控制溶液pH8，一是可使Al3、Fe3完全形成沉淀除去，二是防止Ca(OH)2生成。37(2013上海化学，37)试剂b是_，步骤的目的是_。答案：HBr中和过量的OH，调节溶液的pH解析：过滤后的滤液中有Ca2和Br，可能含有少量OH，加入HBr，可中和剩余的OH。38(2013上海化学，38)步骤所含的操作依次是_、_。答案：蒸发浓缩冷却结晶解析：由溶液制得晶体，应为蒸发浓缩、冷却结晶。39(2013上海化学，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；滴加足量Na2CO3溶液，充分反应
31、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_。答案：洗涤、烘干94.00%CaCO3少部分溶于水解析：由Ca原子守恒可知：n(CaBr2)n(CaCO3)0.018 8 molm(CaBr2)200 gmol10.018 8 mol3.76 g因此CaBr2质量分数100%94.00%。若实验操作规范，而结果仍偏低，只可能是因为溶液中溶有少量CaCO3。八、(本题共12分)二氧化硫是硫的重要化合物，在生产、生活中有广泛应用。二氧化硫有毒，并且是形成酸雨的主要气体，无论是实验室制备还是工业生产，二氧化硫尾气吸收或烟气
32、脱硫都非常重要。完成下列填空：40(2013上海化学，40)实验室可用铜和浓硫酸加热或硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫。如果用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，并希望能控制反应速度，上图中可选用的发生装置是_(填写字母)。答案：ae解析：Na2SO3为粉末状、易溶于水的固体，为控制反应速率，不易选b、c项。由于该反应不需要加热，排除d项。41(2013上海化学，41)若用硫酸和亚硫酸钠反应制取3.36 L(标准状况)二氧化硫，至少需要称取亚硫酸钠_ g(保留一位小数)；如果已有4.0%亚硫酸钠(质量分数)被氧化成硫酸钠，则至少需称取该亚硫酸钠_ g(保留一位小数)。答案：18.919.7解析：Na
33、2SO3H2SO4=Na2SO4SO2H2O126 1m(Na2SO3)m(Na2SO3)18.9 g若有4.0% Na2SO3被氧化，则尚有96% Na2SO3未被氧化，故需称取19.7 g。42(2013上海化学，42)实验室二氧化硫尾气吸收与工业烟气脱硫的化学原理相通。石灰石膏法和碱法是常用的烟气脱硫法。石灰石膏法的吸收反应为SO2Ca(OH)2CaSO3H2O。吸收产物亚硫酸钙由管道输送至氧化塔氧化，反应为2CaSO3O24H2O2CaSO42H2O。其流程如下图：碱法的吸收反应为SO22NaOHNa2SO3H2O。碱法的特点是氢氧化钠碱性强、吸收快、效率高。其流程如下图：已知：试剂C
34、a(OH)2NaOH价格(元/kg)0.362.90吸收SO2的成本(元/mol)0.0270.232石灰石膏法和碱法吸收二氧化硫的化学原理相同之处是_，和碱法相比，石灰石膏法的优点是_，缺点是_。答案：本质都是SO2与OH反应，即SO22OH=H2O成本低、经济效益好吸收慢、效率低解析：石灰石膏法和碱法化学原理相同之处均为酸性氧化物和碱反应。石灰石膏法优点是成本低、经济效益好，缺点是Ca(OH)2溶解度小、吸收慢、效率低。43(2013上海化学，43)在石灰石膏法和碱法的基础上，设计一个改进的、能实现物料循环的烟气脱硫方案(用流程图表示)。答案：解析：题目要求二法结合，且原料循环，因此用Na
35、OH吸收SO2，速率快，效率高，但一定要循环利用NaOH，故可后用Ca(OH)2，利用Na2SO3Ca(OH)2=CaSO32NaOH。故设计为九、(本题共10分)异构化可得到三元乙丙橡胶的第三单体。由A(C5H6)和B经DielsAlder反应制得。DielsAlder反应为共轭双烯与含有烯键或炔键的化合物相互作用生成六元环状化合物的反应，最简单的DielsAlder反应是。完成下列填空：44(2013上海化学，44)DielsAlder反应属于_反应(填反应类型)；A的结构简式为_。答案：加成解析：由反应|可知，该反应为加成反应，由信息可知由两部分组成，由于A分子式为C5H6，所以由原理逆
36、推，A为，B为。45(2013上海化学，45)写出与互为同分异构，且一溴代物只有两种的芳香烃的名称。写出生成这两种一溴代物所需要的反应试剂和反应条件。答案：对乙基甲苯液溴、FeBr3作催化剂、加热解析：分子式为C9H12，芳香烃且一溴代物有两种，则苯环上有两个取代基且处于对位，则为。芳香烃，溴代反应试剂为液溴，用FeBr3作催化剂并加热。46(2013上海化学，46)B与Cl2的1,2加成产物消去HCl得到2氯代二烯烃，该二烯烃和丙烯酸(CH2=CHCOOH)聚合得到的聚合物可改进氯丁橡胶的耐寒性和加工性能，写出该聚合物的结构简式。答案：或解析：CH2=CHCH=CH2Cl2CH2ClCHCl
37、CH=CH2CH2=CClCH=CH2或。47(2013上海化学，47)写出实验室由的属于芳香烃的同分异构体的同系物制备的合成路线。(合成路线常用的表示方式为：AB目标产物)答案：解析：芳香烃C9H12为含有苯环的有机物，结合产物，故选，反应为十、(本题共12分)沐舒坦(结构简式为，不考虑立体异构)是临床上使用广泛的祛痰药。下图所示是其多条合成路线中的一条(反应试剂和反应条件均未标出)。已知：完成下列填空：48(2013上海化学，48)写出反应试剂和反应条件。反应_反应_答案：浓硝酸和浓硫酸水浴加热CH3OH、浓硫酸加热解析：C7H8为，因此反应为的硝化反应试剂为浓硝酸，浓硫酸作催化剂，用水浴
38、加热，反应为的酯化反应，试剂为CH3OH，浓硫酸作催化剂。49(2013上海化学，49)写出反应类型。反应_反应_答案：还原反应取代反应解析：反应为C7H5NO4C7H7NO2，从分子式上看多了2个H原子少了2个O原子，应该为还原反应。反应由为取代反应，取代Cl原子。50(2013上海化学，50)写出结构简式。A_B_答案：解析：A：为COOHNH2由C7H5NO4还原得到的。B：由结构可知，C7H7NOBr2为。51(2013上海化学，51)反应中除加入反应试剂C外，还需要加入K2CO3，其目的是为了中和_，防止_。答案：HClHCl能与NH2反应解析：反应中，取代Cl后，生成HCl，所以K
39、2CO3是中和HCl的，防止HCl与NH2反应生成盐。52(2013上海化学，52)写出两种C的能发生水解反应，且只含3种不同化学环境氢原子的同分异构体的结构简式。答案：H3CCH2CONHCH2CH2CH3和H3CCONHC(CH3)3解析：由于有NH2、OH，且水解，可考虑肽键的水解反应，结合有3种不同氢原子，故可为CH3CH2CONHCH2CH2CH3或CH3CONHC(CH3)3等。53(2013上海化学，53)反应、反应的顺序不能颠倒，其原因是_、_。答案：NH2易被KMnO4氧化COOH易与NH3H2O反应解析：反应为氧化反应，反应为还原反应，顺序不颠倒，主要是为防止NH2被氧化和
40、COOH与NH3发生反应。十一、(本题共14分)碳酸氢钠俗称“小苏打”，是氨碱法和联合制碱法制纯碱的中间产物，可用作膨松剂、制酸剂、灭火剂等。工业上用纯碱溶液碳酸化制取碳酸氢钠。54(2013上海化学，54)某碳酸氢钠样品中含有少量氯化钠。称取该样品，用0.100 0 molL1盐酸滴定，耗用盐酸20.00 mL。若改用0.056 18 molL1硫酸滴定，需用硫酸_ mL(保留两位小数)。答案：17.80解析：由反应原理H=H2OCO2，可知H2SO4中H与HCl中H物质的量相等，由此可知V(H2SO4)17.80 mL。55(2013上海化学，55)某溶液组成如表一：表一化合物Na2CO3
41、NaHCO3NaCl质量(kg)814.8400.397.3向该溶液通入二氧化碳，析出碳酸氢钠晶体。取出晶体后溶液组成如表二：表二化合物Na2CO3NaHCO3NaCl质量(kg)137.7428.897.3计算析出的碳酸氢钠晶体的质量(保留1位小数)。答案：1 044.6 kg解析：Na2CO3CO2H2O=2NaHCO3106 168814.8 kg137.7 kg m(NaHCO3)m(NaHCO3)1 073.1 kg因此，析出NaHCO3晶体质量为1 073.1 kg(428.8400.3) kg1 044.6 kg。56(2013上海化学，56)将组成如表二的溶液加热，使碳酸氢钠部
42、分分解，溶液中NaHCO3的质量由428.8 kg 降为400.3 kg，补加适量碳酸钠，使溶液组成回到表一状态。计算补加的碳酸钠质量(保留1位小数)。答案：659.1 kg解析：2NaHCO3Na2CO3CO2H2O168 106(428.8400.3) m(Na2CO3)m(Na2CO3)17.98 kg因此，应补加Na2CO3质量为814.8 kg137.7 kg17.98 kg659.1 kg57(2013上海化学，57)某种由碳酸钠和碳酸氢钠组成的晶体452 kg溶于水，然后通入二氧化碳，吸收二氧化碳44.8103 L(标准状况)，获得纯的碳酸氢钠溶液，测得溶液中含碳酸氢钠504 kg。通过计算确定该晶体的化学式。答案：Na2CO3NaHCO32H2O解析：Na2CO3CO2H2O=2NaHCO31 1 168n(Na2CO3) m(NaH