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选择题2015届上海市崇明县高三上学期期末考试化学试卷与答案（带解析）
有关物质的使用不涉及化学变化的是
A．明矾用作净水剂
B．液氨用作致冷剂
C．漂粉精作消毒剂
D．生石灰作干燥剂
解析试题分析：A．明矾用作净水剂是由于Al3+发生水解反应产生的Al(OH)3胶体表面积大，吸附力强，可以吸附水中悬浮的固体，使之形成沉淀的缘故，发生了化学变化，错误；B．液氨用作致冷剂是由于液氨的沸点比较低，气化时从周围的环境吸收热量，使环境的温度降低，没有产生新的物质，是物理变化，正确；C．漂粉精作消毒剂是由于电离产生的ClO-水解产生次氯酸有强的氧化性，产生了新的物质，是化学变化，错误；D．生石灰作干燥剂是由于CaO与水发生反应产生Ca(OH)2，产生了新的物质，发生的是化学变化，错误。考点：考查物质的应用中涉及的变为的分类的知识。
已知：H2(g) + Br2(g) → 2HBr(g) ΔH= —72 kJ/mol，1mol Br2(g)液化放出的能量为30 kJ，其它相关数据如下表：则上述表格中的a值为
一定状态的分子
1 mol该分子中的化学键断裂吸收的能量/kJ
解析试题分析：H2(g) + Br2(g) → 2HBr(g) ΔH=" —72" kJ/mol，1mol Br2(g)液化放出的能量为30 kJ，则H2(g) + Br2(g) → 2HBr(g) ΔH=" —42" kJ/mol，由于反应热就是断裂化学键吸收的热量与形成化学键释放的热量的差，所以Br-Br的键能是436+a-369×2="—42" kJ，解得a=+260KJ/mol，故选项是C。考点：考查反应热与物质存在的状态、化学键的键能的关系的知识。
固体硝酸盐加热易分解且产物较复杂。某学习小组以Mg(NO3)2为研究对象，拟通过实验探究其热分解的产物，提出如下4种猜想，其中不成立的是
A．Mg、NO2、O2
B．MgO、NO2、O2
C．Mg3N2、O2
D．MgO、NO2、N2
解析试题分析：Mg(NO3)2发生分解反应，如果有元素的化合价的变化，则属于氧化还原反应。在氧化还原反应中，元素的化合价有升高，也有降低。A．Mg元素、N元素的化合价降低，O元素的化合价升高，具备该类反应的基本条件，正确；B. N元素的化合价降低，O元素的化合价升高，具备该类反应的基本条件，正确；C. N元素的化合价降低，O元素的化合价升高，具备该类反应的基本条件，正确；D.只有元素化合价的降低没有元素化合价的升高，与氧化还原反应向违背，错误。考点：考查物质发生反应的产物的可能性的正误判断的知识。
常温下，往H2O2溶液中滴加少量FeSO4溶液，可发生如下两个反应：2Fe2++ H2O2 +2H+→2Fe3++ 2H2O、2Fe3++ H2O2 →2Fe2++ O2↑+2H+，下列说法不正确的是
A．H2O2的氧化性比Fe3+强，其还原性比Fe2+强
B．在H2O2分解过程中， Fe2+和Fe3+的总量保持不变
C．在H2O2分解过程中，溶液的pH逐渐下降
D．H2O2生产过程要严格避免混入 Fe2+
解析试题分析：A．根据反应2Fe2++ H2O2 +2H+→2Fe3++ 2H2O 可知H2O2的氧化性比Fe3+强，根据2Fe3++ H2O2 →2Fe2++ O2↑+2H+可知H2O2的还原性比 Fe2+强，正确；B．将两式相加可得：2H2O2= 2H2O+ O2↑.可见在H2O2分解过程中， Fe2+和Fe3+的总量保持不变，正确；C．在H2O2分解过程中，由于H+的物质的量不变，反应产生水对溶液起稀释作用，所以溶液的pH逐渐增大，错误； D．根据B选项分析可知，Fe2+是H2O2分解产生氧气的催化剂，所以生产过程要严格避免混入Fe2+,正确。考点：考查物质氧化性、还原性强弱比较、物质制取过程中应该注意的问题的知识。
在一定体积的密闭容器中放入3升气体R和5升气体Q，在一定条件下发生反应2R(气)5Q(气) 4X(气)+ nY(气)，反应完全后，容器温度不变，混和气体的压强是原来的87.5%，则化学方程式中的n值是
解析试题分析：由于反应在体积固定的密闭容器中进行，所以容器内气体的物质的量的比就是气体的压强的比。反应完全后，容器温度不变，混和气体的压强是原来的87.5%，则反应后容器内气体的体积是（3+5）L×87.5%=7L。即减小1L。根据方程式可知5L的Q参加反应，反应后气体的物质的量减少(7-4-n)L，由于加入的R过量，所以Q完全反应。现在加入的Q体积是5L，反应减少了（8-7）L=1L，所以(7-4-n)=1.因此n=2,所以选项是B.考点：考查差量法在化学反应方程式的系数的确定的知识。
有一澄清透明的溶液，只可能含有大量的Fe3+、Fe2+、H+、AlO2-、Al3+、CO32-、NO3-七种离子中的几种，向该溶液中逐滴滴入1mol?L-1NaOH溶液一定体积后才产生沉淀。则下列判断正确的是
A．溶液中一定不含AlO2-
B．溶液中可能含有NO3-
C．溶液中一定不含Fe2+和Fe3+
D．溶液中可能含有Fe3+，但一定不含Fe2+
解析试题分析：向可能含有大量的Fe3+、Fe2+、H+、AlO2-、Al3+、CO32-、NO3-的溶液中逐滴滴入1mol/LNaOH溶液一定体积后才产生沉淀，说明含有大量的H+，在酸性环境H+与AlO2-会发生反应产生Al3+和水，不能大量共存，H+与CO32-会发生反应产生CO2、H2O,不能大量存在。能够产生沉淀，说明还含有金属阳离子，根据溶液呈电中性溶液必须含有阴离子，则根据题目提供的离子可知一定含有NO3-，故选项A正确，选项B错误；在酸性环境中，H+、NO3-、Fe2+会发生氧化还原反应而不能大量共存，因此一定不含有Fe2+，Fe3+则可能存在，也可能不存在，所以选项C错误，选项D正确。故选项是AD。考点：考查溶液中离子成分的确定的知识。
如下图所示，在毛玻璃片上放有一张浸有含酚酞的饱和氯化钠溶液的滤纸，滤纸上点有A、B、C、D四个点（指靠近电极的溶液）。有关说法正确的是A．A点比B点先出现红色
B．B点比A点先出现红色C．A点比C点先出现红色
D．D点比C点先出现红色
解析试题分析：对于该装置来说，左边是电解池，由于阳极是石墨电极，在阳极发生反应：2Cl——2e-=Cl2↑，在阴极发生反应：2H++2e-=H2↑，由于破坏了附近的水的电离平衡，水继续发生电离，当最终达到平衡时，c(OH-)&c(H+)，所以溶液显碱性，酚酞试液变为红色，即B点比A点先出现红色，选项A错误，B正确；对于右端来说，是原电池，由于活动性Fe&C，所以Fe作负极，发生反应：Fe-2e-=Fe2+，由于电解质是中性溶液，所以在石墨电极发生吸氧腐蚀，在石墨电极上发生的电极反应式是：O2+4e-+2H2O=4OH-，该电极负极溶液碱性增强，所以C点比D点先出现红色，选项D错误；由于电子转移速度：电解池&原电池，所以A点比C点先出现红色，选项B正确，故正确选项是B、C。考点：考查原电池、电解池的反应原理、电极反应现象及反应快慢的比较的知识。
将盛有12mL NO2和O2的混合气体的量筒倒立于水槽中，充分反应后，还剩余2mL无色气体，则原混合气体中O2的体积是
解析试题分析：12ml的NO2和O2的混合气体的量筒倒立于水槽中，充分反应后，还剩余2mL无色气体，这2ml的气体可能是O2,也可能是NO2和水发生反应产生NO。若剩余气体是O2，则发生反应：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，根据方程式可知，反应10ml的气体，则其中含有2ml的O2反应，则氧气的总体积是2ml+2ml=4ml；若剩余气体是NO，则根据反应方程式：3NO2+H2O=2HNO3+NO可知相当于NO2过量6ml，则发生反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3消耗了6ml的气体。由于O2占总体积的1/5，所以氧气的体积是6ml×1/5=1.2ml，故选项是A。考点：考查氮的氧化物与氧气的混合气体与水发生反应时的物质的量的关系的知识。
向100mL 0.1mol?L-1硫酸铝铵［NH4Al(SO4)2］溶液中逐滴滴入0.1mol ·L-1Ba(OH)2溶液。随着Ba(OH)2溶液体积(V)的变化，沉淀总物质的量(n)的变化如右图所示。下列叙述正确的是
A．a点的沉淀总物质的量为0.03mol
B．oa段发生反应的离子方程式是：Al3++2SO42-+2Ba2++3OH-= 2BaSO4↓+Al(OH)3↓；
C．ab段发生反应的离子方程式是：2NH4++SO42-+Ba2++2OH-=2NH3?H2O+ BaSO4↓
D．反应到c点时，加入Ba(OH)2溶液的总体积为250mL
解析试题分析：硫酸铝铵［NH4Al(SO4)2］溶液中逐滴滴入0.1mol/LBa(OH)2溶液，在O——a段发生反应：Al2(SO4)3+3Ba(OH)2=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓；后在a—b段发生反应：(NH4)2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NH3?H2O，当物质反应完全后，再加Ba(OH)2溶液的b—c段发生反应：Ba(OH)2+2Al(OH)3 =Ba(AlO2)2+ 4H2O；当Al(OH)3溶解完全，沉淀达到最小值，此后再滴加也不能产生沉淀，沉淀也不再溶解。A．n(Al3+)=0.1mol，所以a点的沉淀总物质的量为0.01mol+0.015mol="0." 025mol ，错误；B．oa段发生反应就是硫酸铝与氢氧化钡的反应，离子方程式是：2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-= 3BaSO4↓+ 2Al(OH)3↓,错误；C．ab段发生的是硫酸铵与氢氧化钡的反应，反应的离子方程式是：2NH4++ SO42-+ Ba2++ 2OH-=2NH3?H2O+ BaSO4↓；正确；D．反应到c点时，加入的Ba(OH)2反应变为BaSO4、 Ba(AlO2)2。由于在原溶液中含有n(SO42-)=0.02mol；n(Al3+)=0.01mol，根据元素守恒可知消耗的Ba(OH)2的物质的量是0.02mol+0.01mol÷2=0.025mol。由于Ba(OH)2溶液的物质的量浓度是0.1mol/L，所以溶液的体积是V[Ba(OH)2]0.025mol÷0.1mol/L="0.25L=" 250mL，正确。考点：考查复盐溶液中加碱，发生反应的先后、离子方程式的书写、反应图像及溶液体积的计算的知识。
1.52g铜镁合金完全溶解于50mL 63%的浓硝酸（硝酸密度为1.40g/mL）中，得到标况下NO2和N2O4的混合气体1120mL。向反应后的溶液中加入1.0mol/L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀，下列说法不正确的是
A．该合金中n(Cu):n(Mg)=2:1
B．合金完全溶解时，溶液中c(H+)=11.8mol/L（忽略反应前后溶液体积变化）
C．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%
D．得到2.54g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600 mL
解析试题分析：A.假设在金属混合物中含有Cu、Mg的物质的量分别是x、y，根据题意可得64x+24y=1.52g；98x+58y=2.54g，解得x=0.02mol，y=0.01mol，所以该合金中n(Cu):n(Mg)=2:1，正确；B．在反应过程中金属失去电子的物质的量与硝酸变为氮的氧化物得到的电子的物质的量相等，也等于金属离子变为氢氧化物时结合的OH-的物质的量。n(e-)="(0.02mol+0.01mol" )×2=0.06mol，由于硝酸得到电子产生的氧化物的化合价为+4价，所以发生还原反应的硝酸的物质的量是0.06mol，故反应消耗的硝酸的物质的量是n(HNO3)=" (0.02mol×2+0.01mol×2)+" 0.06mol=0.12mol，63%的浓硝酸的物质的量浓度是c(HNO3)= (1.40×1000×63%)÷63=14mol/L，所以反应后硝酸的物质的量浓度是（14mol/L×0.05L-0.12mol）÷0.05L=11.6mol/L，由于硝酸是一元强酸，所以合金完全溶解时，溶液中c(H+)=11.6mol/L，错误；C．假设NO2和N2O4的混合气体中，NO2的物质的量是m, N2O4的物质的量是n,则m+n="1.120L÷" 22.4L/mol =0.05mol,m+2n=0.06mol,解得m=0.04mol，n=0.01mol，所以NO2的物质的量占总物质的量的比例（0.04mol ÷0.05mol）×100%=80%，对于气体来说，在相同外界条件下，体积比等于物质的量的比，因此NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%，正确；D．向含有硝酸的硝酸铜、硝酸镁的混合溶液中加入NaOH溶液，碱先与过量的酸发生反应，然后在与盐反应。所以得到2.54g沉淀时，溶液为硝酸钠，应该是总硝酸的物质的量去掉变为N的氧化物的部分，n(NaOH)=" 14mol/L×" 0.05L— 0.06mol =0.64mol，所以加入NaOH溶液的体积是V(NaOH0=0.64mol÷1.0mol/L="0.64L=" 640 mL，错误。考点：考查守恒方法在氧化还原反应方程式的计算中的应用的知识。
C60可用作储存氢气的材料，结构如右图所示。继C60后，科学家又合成了Si60、N60，三种物质结构相似。下列有关说法正确的是
A．C60、Si60、N60都属于原子晶体
B．C60、Si60、N60分子内共用电子对数目相同
C．由于N-N键能小于N≡N，故N60的稳定性弱于N2
D．由于键长小于键，所以C60熔沸点低于Si60
解析试题分析：A．C60、Si60、N60都是有分子构成的分子晶体，错误； B．由于C、Si、N原子的价电子不完全相同，因此C60、Si60、N60分子内共用电子对数目不相同，错误；C．物质分子内含有的化学键键能越小，原子结合的牢固性就越差，物质的稳定性就越弱。由于N-N键能小于N≡N，故N60的稳定性弱于N2，正确；D．化学键的键长越短，原子结合的就越牢固，分子就越小，物质的稳定性就越强，而C60、Si60都是分子晶体，结构相似的物质，相对分子质量越大，分子间作用力就越大，克服分子间作用力使物质熔化或气化消耗的能量就越高，物质的熔沸点就越高。分子间作用力：Si60& C60所以所以C60熔沸点低于Si60，错误。考点：考查物质的分子结构、晶体结构与物质的稳定性、熔沸点高低的关系的知识。
pH相同、体积相同的氨水和氢氧化钠溶液分别采取下列措施，有关叙述正确的是
A．加入适量的氯化铵晶体后，两溶液的pH均碱小
B．温度下降10°C，两溶液的pH均不变
C．分别加水稀释10倍，两溶液的pH仍相等
D．用同浓度的盐酸中和，消耗盐酸的体积相同
解析试题分析：A.在氨水中存在一水合氨的电离平衡，NH3?H2ONH4++OH-；当向其中加入适量的氯化铵晶体，c(NH4+)增大，平衡逆向移动，c(OH-)减小，溶液的pH减小；当向NaOH溶液中加入氯化铵晶体后，发生反应：NaOH+NH4Cl=NaCl+NH3?H2O，强碱变为弱碱，c(OH-)减小，溶液的pH减小，正确；B．温度下降10°C，对一水合氨的电离平衡和水的电离平衡起抑制作用，c(OH-)减小，水的离子积减小，溶液的pH增大；对于NaOH溶液来说，NaOH电离产生的c(OH-)不变，但是水的电离平衡逆向移动，水的离子积减小，所以溶液的pH增大，错误；C．由于在氨水中存在弱碱的电离平衡，所以当分别加水稀释10倍，氨水中c(OH-)变化小，溶液的碱性强，因此两溶液的pH氨水的大于NaOH，错误；D．用同浓度的盐酸中和，由于氨水中电解质部分电离，电解质分子的浓度大于NaOH，所以碱的物质的量大于NaOH，消耗盐酸的体积氨水大于NaOH，错误。考点：考查pH相同、体积相同的氨水和氢氧化钠溶液的性质比较的知识。
恒温下，往六种饱和溶液：①Ba(NO3)2 ②Ca(OH)2 ③Na2SiO3 ④NaAlO2 ⑤Na2CO3⑥NH3和NaCl中，分别持续通入CO2，最终得到沉淀或析出晶体的是
A．①③④⑥
B．②③④⑥
C．③④⑤⑥
D．②③④⑤
解析试题分析：①由于酸性硝酸&碳酸，所以向Ba(NO3)2的溶液中通入CO2，不能发生反应，无现象，错误；②向Ca(OH)2的溶液中通入CO2，发生反应产生难溶性的CaCO3沉淀，当CO2过量时，会继续发生反应，产生溶解度大的Ca(HCO3)2，最终无沉淀，错误； ③由于酸性碳酸&硅酸，向Na2SiO3饱和溶液通入CO2，发生反应：Na2SiO3＋CO2＋H2O=Na2CO3＋H2SiO3↓ ，H2SiO3不能与过量CO2发生反应，所以沉淀不能溶解，正确；④由于酸性碳酸&氢氧化铝，向NaAlO2饱和溶液通入CO2，发生反应：NaAlO2+ 2H2O+CO2= Al(OH)3↓+ NaHCO3。Al(OH)3只能与强酸强碱发生反应，而碳酸是弱酸，所以CO2过量时，沉淀也不能溶解，正确；⑤向Na2CO3饱和溶液通入CO2，发生反应：Na2CO3+H2O+ CO2= 2NaHCO3↓ ，由于NaHCO3的溶解度小，而且在反应的过程中溶剂反应消耗，所以产生的NaHCO3不能溶解而结晶析出，正确；⑥向NH3和NaCl中持续通入CO2，发生反应：NH3+NaCl+CO2+H2O =NH4Cl+NaHCO3↓ ，最终得到沉淀或析出晶体的是③④⑤⑥，故选项是C。考点：考查物质之间的化学反应及产生的反应现象的判断的知识。
反应过程中固体物质质量增加的是
A．氨气通过无水氯化钙粉末
B．氢气通过灼热的氧化铜粉末
C．铝与氧化铁发生铝热反应
D．将锌粒投入到硝酸铜溶液中
解析试题分析：A．氨气通过无水氯化钙粉末，固体变为CaCl2?8NH3,固体质量增加，正确；B．氢气通过灼热的氧化铜粉末，发生反,固体由CuO变为Cu，质量减少，错误；C．铝与氧化铁发生铝热反应， 反应物是Al和氧化铁都是固体，生成物是Fe和Al2O3也都是固体，由于反应前后符合质量守恒定律，所以质量不变，错误；D．将锌粒投入到硝酸铜溶液中，发生置换反应产生硝酸锌和Cu，由于Zn、Cu都是+2价的金属，所以反应前后金属的物质的量不变，而Zn的摩尔质量比Cu大，因此反应后固体质量会减轻，错误。考点：考查物质发生化学反应前后固体质量的变化的判断的知识。
对同温同压下的两种气体和的有关比较正确的是
A．质量相等时所含质子数相等
B．体积不相等时密度有可能相等
C．体积相等时所含电子数相等
D．原子数相等时所含中子数相等
解析试题分析：A.和二者的质子数的和都是14，但是相对分子质量是30，相对分子质量是28，所以相等物质的量的的这两种微粒的质量不同，则质量相等时所含质子数不相等,错误；B．在同温同压下的两种气体和的密度比等于它们的相对分子质量的比，由于二者相等分子质量不同，所以目的就不相等，错误；C．在同温同压下的两种气体和体积相等时则物质的量相等，由于二者的分子中都含有14个电子，因此所含电子数相等，正确；D．原子数相等时分子数就相等，由于的一个分子中含有16个中子，而1个分子中含有14个中子，因此所含中子数不相等，错误。考点：考查物质的微粒构成和相互之间的关系、阿伏伽德罗定律及推论的应用的知识。
具有防腐作用的甲醛
A．分子中共有12个电子
B．能发生加聚反应
C．难溶于水易溶于酒精
D．比例模型为：
解析试题分析：A．甲醛的分子式是CH2O,在一个分子中共有16个电子，错误；B．由于甲醛分子中含有碳氧双键，所以能发生加聚反应，正确；C．甲醛容易溶于水，也易溶于酒精，错误；D．给出的是甲醛的球棍模型，错误。考点：考查甲醛的分子组成、结构、物理性质和化学性质的知识。
实验室中不同的试剂有不同的保存方法，下列保存方法中不正确的是
A．保存硫酸亚铁溶液需加入铁钉和少量硫酸
B．金属钠保存在装有煤油的玻璃塞广口瓶中
C．溴化银固体保存在棕色玻璃塞的广口瓶中
D．保存浓硝酸需用带橡皮塞子的棕色细口瓶
解析试题分析：A．硫酸亚铁是强酸弱碱盐，在溶液中容易发生水解反应是溶液变浑浊，为了防止盐水解应该加入少量的硫酸，同时硫酸亚铁有还原性，容易被空气中的氧气氧化为硫酸铁，为防止其被氧化，应该加入少量的还原铁粉，正确；B．块状固体金属钠由于容易与空气中的水和氧气发生反应而变质，所以应该密封保存在密度比钠小，与Na不能发生反应的煤油中，即保存在装有煤油的玻璃塞广口瓶中，正确；C．溴化银固体有感光性，光容易分解，所以应该避光保存在棕色玻璃塞的广口瓶中，正确；D．浓硝酸有挥发性，所以应该密封保存，同时有强氧化性，容易与橡胶等发生反应，因此不能使用橡胶塞，硝酸不稳定，光照分解产生二氧化氮、氧气和水，所以要保存浓硝酸需用带橡皮塞子的棕色细口瓶，错误。考点：考查物质的保存方法的正误判断的知识。
下列溶液在通入二氧化硫时都会褪色，其中一定能显示二氧化硫的漂白性的是
B．品红溶液
C．酸性高锰酸钾溶液
D．滴入酚酞的氢氧化钠溶液
解析试题分析：A．溴水中通入二氧化硫时，发生反应：Br2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HBr。SO2表现还原性，错误；B．品红溶液中通入二氧化硫时溶液褪色是由于二氧化硫有漂白性，正确；C．酸性高锰酸钾溶液通入二氧化硫时都会褪色，是由于被高锰酸钾氧化为硫酸的缘故，二氧化硫表现还原性，错误；D．滴入酚酞的氢氧化钠溶液中通入二氧化硫时，发生反应消耗溶液中的NaOH，是溶液的碱性减弱，表现的是其酸性氧化物的性质，错误。考点：考查二氧化硫遇其它物质时溶液褪色的原因分析的正误判断的知识。
室温时，两个容积相同的烧瓶中分别盛有M和N两种气体（同温同压），取下弹簧夹A，使两烧瓶内的气体充分混合后，容器内的压强由大到小的顺序是
A．②④①③
B．①②③④
C．④①②③
D．①④③②
解析试题分析：①2H2S+ SO2="3S+" 2H2O，气体的物质的量是原来的1/4, ②H2和Cl2在通常情况下不能发生反应，所以气体的物质的量不变，③NH3+ HCl=NH4Cl，恰好完全反应变为固体，无气体，④2NO+ O2=2NO2，反应后气体是原来的3/4,气体的物质的量越多，则容器内气体的压强就越大，所以烧瓶内的气体充分混合后，容器内的压强由大到小的顺序是②④①③，选项是A。考点：考查气体发生反应后剩余气体的体积与压强的关系的排列顺序的知识。
Na2O2、CaC2都是离子化合物，都能与水反应放出气体。它们
A．阴阳离子个数比均为
B．都含有非极性的共价键
C．与水都发生氧化还原反应
D．放出的都是可燃性气体
解析试题分析：A.Na2O2是离子化合物，阳离子、阴离子个数比是2:1，CaC2是离子化合物，阳离子、阴离子个数比是1:1，错误；B．在这两种离子化合物的阴离子中都含有非极性的共价键，正确；C．Na2O2能与水反应放出气体，反应方程式是：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+ O2↑，反应中有元素的化合价的变化，发生的是氧化还原反应；而CaC2能与水反应放出气体，CaC2+2H2O=Ca2++2OH-+ C2H2↑，反应中没有元素的化合价的变化，是非氧化还原反应，错误；D．Na2O2与水反应放出气体放出的氧气有助燃性，CaC2与水反应放出气体C2H2是可燃性气体，错误。考点：考查Na2O2、CaC2的结构、发生反应的类型的判断及产物的性质的比较的知识。
25℃时，0.1mol/L下列溶液的pH如下表，有关比较错误的是
A．酸的强度：HF＞H2CO3
B．由水电离产生的c(H+)：①=②C．溶液中离子的总浓度：①＞③ D．④溶液中：c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)0.1 mol/L
解析试题分析：A.酸越弱，其酸根离子水解程度就越大，溶液的碱性就越强。由于0.1mol0.1mol/L NaF溶液的pH=8.1，NaHCO3溶液的pH=8.4，所以酸性HF& H2CO3，正确；B．NaCl是强酸强碱盐，盐电离产生的离子不能发生水解反应，所以对水的电离平衡不产生影响，CH3COONH4是弱酸弱碱盐，盐电离产生的阳离子和阴离子都发生水解反应，消耗水电离产生的H+、OH-，促进水的电离，使水的电离程度增大，所以由水电离产生的c(H+)：①&②，错误；C．NaCl是强酸强碱盐，不发生水解，根据电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),而NaF是强碱弱酸盐，F-发生水解反应消耗，所以c(Cl-)&c(F-),F-发生水解反应消耗水电离产生的H+，使溶液显碱性，所以c(H+)前者大于后者，因此离子总浓度：前者大于后者，①＞③，正确；D．④溶液中，根据物料守恒可得：c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)=" 0.1" mol/L，正确。考点：考查盐水解平衡常数的应用、盐溶液对水电离平衡的影响、溶液中离子定向比较的知识。
实验室从含溴化氢的废液中提取溴单质，下列说法中能达到实验目的的是
A．用装置甲氧化废液中的溴化氢
B．用装置以分离油层和水层
C．用装置甲分离四氯化碳和液溴
D．用仪器丁密封存放单质溴
解析试题分析：A.由于Cl2有强的氧化性，会把HBr中的溴元素氧化为Br2，为使物质充分发生反应，应该把导气管伸入到液面一下，故不能用装置甲氧化废液中的溴化氢，错误；B.由于水的密度比四氯化碳小，二者是互不相溶的两种液体物质，因此可以用分液的方法分离，正确；C．四氯化碳和液溴是沸点不同的互溶的两种液态物质，用蒸馏的方法分离时，一个把温度计的水银球放在蒸馏烧瓶的支管口附近，不能在液面一下，因此不能用装置丙分离四氯化碳和液溴，错误；D．溴容易挥发，在保存时常加些水形成水封，由于溴有强的氧化性，会与橡胶发生反应，所以应该使用玻璃塞密封保存在，并加水形成水封，错误。考点：考查化学所以操作与实验目的的完成情况的判断的知识。
实验题2015届上海市崇明县高三上学期期末考试化学试卷与答案（带解析）
（本题共11分）某学习小组的同学对氯气与铁的反应及产物进行了如下探究：34．装置的连接顺序为a→
→b→c→f。35．硬质玻璃管中可观察到的现象是
。硬质玻璃管与收集器之间没有用导管连接，原因是
。反应一段时间、熄灭酒精灯，冷却后，将收集器及硬质玻璃管中物质快速转移至锥形瓶中，加入过量的稀盐酸和少许植物油（反应过程中不振荡），充分反应后，进行如下实验：36．试剂Ｘ的化学式为
；有同学分析淡黄色溶液中含有Fe2+，你认为
（填“合理”或“不合理”）；固体产物的成分可能为
（填相应的字母）；
A．Fe和FeCl3
B．FeCl2和FeCl3
C．Fe、FeCl2和FeCl3
D．Fe和FeCl2
37．加入少许植物油的作用是
，用离子方程式表示加入新制氯水后溶液红色加深的原因
。38．某小组同学实验时在加入新制氯水后，并未得到深红色溶液，请帮助他们分析原因
，请设计实验对你所分析的原因进行验证，简要写出实验方案
答案（共11分）34．g、h、d、e（1分）35．有棕褐色烟生成（1分） 防止堵塞（或其他合理描述都可）（1分）36．KSCN(或NH4SCN)
（1分） 合理（1分）
A（1分）37．隔绝空气，防止Fe2+被氧化（1分） 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
Fe3++3SCN-Fe(SCN)3（只写第一个也可）（1分）38.新制氯水将SCN-氧化（1分，合理给分）取少许褪色后的溶液于试管中，再滴加几滴KSCN溶液，若溶液变红，则原因分析成立（2分，合理给分）
解析试题分析：34．在第一个装置中制取氯气，由于浓元素有挥发性，所以在制取的氯气中含有杂质HCl和H2O气，先通过饱和食盐水除去杂质HCl，再通过能硫酸干燥得到纯净干燥的氯气，把氯气通过第二个装置是氯气与金属铁接触，发生反应，为防止大气污染，最后要用碱石灰进行尾气处理。所以装置的连接顺序为a、g、h、d、e、b、c、f；35.在硬质玻璃管中Fe与氯气发生反应产生棕褐色氯化铁固体，因此可观察到的现象是棕褐色烟；硬质玻璃管与收集器之间没有用导管连接，是为了防止固体物质堵塞导管，即防止堵塞现象的发生；36.将反应产生的固体用盐酸溶解，为防止与空气接触，反应发生变质，在液体中加了稍息植物油，然后检验是否产生Fe3+，向该溶液中试剂Ｘ的化学式为KSCN(或NH4SCN)；由于开始加入KSCN溶液时溶液变为浅红色，当再向其中滴加几滴新制氯水时，溶液变为深红色，说明发生了反应2Fe2++Cl2=Fe3++2Cl-，所以有同学分析淡黄色溶液中含有Fe2+是合理的；由于氯气的氧化性强，能把铁氧化为Fe3+，在反应后的溶液中存在Fe2+,应该是氯气没有和铁完全反应，在反应后的固体中含Fe单质，在溶液中发生反应Fe+2FeCl3=3FeCl2，因此选项是A。37.加入少许植物油的作用是隔绝空气，防止Fe2+被氧化，加入新制氯水后溶液红色加深的原因用离子方程式表示为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
Fe3++3SCN-Fe(SCN)3；38.某小组同学实验时在加入新制氯水后，并未得到深红色溶液，KSCN有还原性，新制氯水将SCN-氧化；检验方法是取少许褪色后的溶液于试管中，再滴加几滴KSCN溶液，若溶液变红，则上述原因分析成立。考点：考查氯气的制取、净化、干燥、性质的检验、尾气处理等装置的连接、物质成分的确定、Fe3+的检验试剂、物质的作用、方案的设计与评价的知识。
填空题2015届上海市崇明县高三上学期期末考试化学试卷与答案（带解析）
（本题共12分）奈必洛尔是一种用于血管扩张的降血压药物。用于合成奈必洛尔中间体G的部分流程如下：
已知：乙酸酐的结构简式为49．G物质中的含氧官能团的名称是
、50．反应A→B的化学方程式为51．写出反应类型，④
、⑤52．写出二个满足下列条件的C的同分异构体的结构简式
I.苯环上只有两种取代基。
II.分子中只有4种不同化学环境的氢。III.能与NaHCO3反应生成CO2。53．根据已有知识并结合相关信息，写出以和乙酸酐为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任选）。合成路线流程图示例如下：
答案（共14分）49．羧基、醚键或醚的结构(2分)50． (2分) 4 (2分)，51．加成（或还原）反应(1分)
；消去反应(1分) 。52．、
解析试题分析：49．化合物G结构简式是，可见，在该化合物中含有的含氧官能团是羧基、醚键或醚的结构；50．反应A→B的化学方程式为；51．化合物D与氢气发生加成反应变为E：，E与浓硫酸混合加热，发生反应变为F:,F 与氢气发生加成反应变为。所以④的反应类型是加成反应，与氢气的加成反应也叫还原反应；⑤的反应类型是消去反应；52．满足条件I.苯环上只有两种取代基；II.分子中只有4种不同化学环境的氢；III.能与NaHCO3反应生成CO2的C的两种同分异构体的结构简式是：、；53．根据已有知识并结合相关信息，写出以和乙酸酐为原料制备的合成路线流程图是考点：考查有机物的官能团的名称、化学反应类型、结构简式的书写、化学方程式的书写及物质转化流程关系的知识。
（本题共8分）化合物E是一种化工产品，可以通过下图所示的路线合成：已知：45．化合物II的结构简式为：46．写出化合物III与新制氢氧化铜反应的化学方程式：47．下列说法正确的是
A．化合物I遇氯化铁溶液能显色
B．化合物II能与NaHCO3溶液反应
C．1mol化合物III最多能与3mol H2反应
D．1mol化合物E完全燃烧消耗9.5mol O2
48．有机物R(C9H9ClO3)经过反应也可制得化合物E，则R在NaOH醇溶液中反应的化学方程式为
答案（共8分）45． (2分)46．(2分)47． A、D(2分)48．或
解析试题分析：45．根据题目提供的信息可知：混合物Ⅰ与含有NaOH的CH3CHO的溶液发生反应产生化合物Ⅱ；46．化合物Ⅱ发生消去反应产生化合Ⅲ；由于在化合物Ⅲ中含有醛基，所以可以以新制Cu(OH)2悬浊液发生反应,醛基变为羧基，反应的方程式是：;47．A．化合物I含有酚羟基，所以遇氯化铁溶液能显紫色，正确；B.化合物II无羧基，所以不能与NaHCO3溶液反应，错误；C. 化合物III分子中含有一个苯环和一个碳碳双键、一个醛基，所以1mol化合物III最多能与5mol H2反应，错误；D.化合物E的分子式是C9H8O3,1mol化合物E完全燃烧消耗9.5mol O2，正确，故选项是AD。48．有机物R(C9H9ClO3)比E分子多一个HCl的组成，显然是R发生消去反应产生E。则化合物R可能是;也可能是： 。经过反应也可制得化合物E，则R在NaOH醇溶液中反应的化学方程式为或考点：考查有机物的结构、性质、化学反应方程式的书写的知识。
（本题共12分）铝是用途广泛的金属材料，目前工业上主要用铝土矿（主要成分含氧化铝、氧化铁）来制取铝，其常见的过程如下：请回答下列问题：39．沉淀B可作为化工产品出售，其用途为
，溶液C中阴离子有
。40．若在实验室模拟该生产，则操作IV将原料置于
中进行，确保该过程转化完全的方法是对产品（含容器）进行称量后
。41．写出①过程中发生反应的离子方程式
，生产过程中，NaOH、CO2、H2O和
都可循环使用。42．有时操作Ⅱ得到的溶液为Na2CO3和NaHCO3的混合溶液。取样品溶液50.00mL加水稀释到1L，从中取出20mL。测量溶液体积的仪器事先进行洗涤的洗涤液依次为：
，对溶液体积读数的方法是读出
对应的刻度值。43．用标准盐酸（0.2000mol/L）进行滴定：①上述所取20.00mL溶液（酚酞做指示剂）消耗标准盐酸12.00mL。②从1L稀释液中另取10.00mL（甲基橙做指示剂）消耗标准盐酸15.00mL。则50.00mL原样品溶液中碳酸氢钠的浓度为
。44．操作III进行时，为使D溶液中只有一种溶质，在每升溶液中需加入生石灰的质量为
答案（共12分）39.炼铁或红色颜料 （1分)， AlO2－和OH- (1分， OH－不写不扣分)40.坩埚（1分）再进行灼烧、冷却、称量，直至连续两次称量的结果相差不超过0.001g（或进行恒重操作）（1分)，41.Al2O3+2OH－=2AlO2－+H2O (1分，配平错、写错化学式不给分)；CaO （1分)42.自来水，蒸馏水，待测液（1分）视线与凹液面最低处相切（1分)43.1.2mol/L (2分) 44、201.6g(2分)
解析试题分析：39.向粉碎后的含氧化铝、氧化铁铝土矿中加入强碱溶液，会发生反应：Al2O3+ 2OH-= 2AlO2-+ H2O，而氧化铁不能溶解，然后过滤，得到的滤液C中含有AlO2-，滤渣B中含有氧化铁；沉淀B可作为化工产品出售，其用途为炼铁或红色颜料，溶液C中阴离子有AlO2－和OH-；40.将Al(OH)3灼烧，发生分解反应产生Al2O3，然后电解熔融的氧化铝产生Al和氧气。若在实验室模拟该生产，则操作IV将原料置于坩埚中进行，确保该过程转化完全的方法是对产品（含容器）进行称量后恒重操作，即再进行灼烧、冷却、称量，直至连续两次称量的结果相差不超过0.001g。41.①过程中发生反应的离子方程式是Al2O3+ 2OH-= 2AlO2-+ H2O，生产过程中，产生的CaCO3煅烧产生的CaO及NaOH、CO2、H2O都可循环使用。42．有时操作Ⅱ得到的溶液为Na2CO3和NaHCO3的混合溶液。取样品溶液50.00mL加水稀释到1L，从中取出20mL。测量溶液体积的仪器事先进行洗涤的洗涤液依次为：先用自来水将滴定管洗涤干净，为防止水中杂质离子影响物质浓度的测定，再用蒸馏水洗涤，为使滴出的溶液与原加入的溶液浓度相同，最后用待测液润洗，对溶液体积读数的方法是视线要平视，视线与凹液面最低处相切对应的刻度值。43．用标准盐酸（0.2000mol/L）进行滴定：①上述所取20.00mL溶液（酚酞做指示剂）由于酚酞的变色点是8.1，此时发生的反应是：Na2CO3+ HCl="NaCl+" NaHCO3，n(Na2CO3)=n(HCl)= 0.2000mol/L×0.012L=2.4×10-3 则在原50ml溶液中含有Na2CO3的物质的量是n(Na2CO3)=2.4×10-3mol×(1000ml÷20ml)=0.12②从1L稀释液中另取10.00mL,以甲基橙做指示剂，由于甲基橙的变色点是4.4，这时发生的反应为：Na2CO3+ 2HCl=2NaCl+H2O+ CO2↑；NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+ CO2↑，根据①可知在10.00ml溶液中含有Na2CO3的物质的量是1.2×10-3由于一共消耗标准盐酸15.00mL，则在10.00ml溶液中含有NaHCO3的物质的量是n(NaHCO3)= 0.2000mol/L×0.015L-2×1.2×10-3mol=1.2×10-3mol。那么在原50ml溶液中含有NaHCO3的物质的量是6×10-4mol×(1000ml÷10ml)=0.06则50.00mL原样品溶液中碳酸氢钠的浓度为c(NaHCO3)=0.06mol÷0.05L=1.2mol/L。44．由于在溶液Ⅱ所得溶液是Na2CO3、NaHCO3的混合溶液，在50ml溶液中含有n(Na2CO3)=0.12mol，n(NaHCO3)= 0.06mol,则在1L溶液中含有的物质的物质的量是：n(Na2CO3)= 0.12mol×(1000ml÷50ml)=2.4mol：n(NaHCO3)= 0.06mol×(1000ml÷50ml)=1.2mol，则进行操作III进行时，CaO与H2O发生反应产生Ca(OH)2, Ca(OH)2与Na2CO3、NaHCO3发生反应产生CaCO3、NaOH和水，为使D溶液中只有只含有NaOH一种溶质，则根据元素守恒可得n(CaO)=n(CaCO3)= n(Na2CO3)+ n(NaHCO3)= 2.4mol+1.2mol=3.6mol，则在每升溶液中需加入生石灰的质量为m(CaO)= 3.6mol×56g/mol=201.6g。考点：考查Al2O3的性质、Fe2O3的用途、混合物的分离方法、物质含量的测定、及应该注意事项、仪器的使用、反应的离子方程式的书写、物质的循环利用的知识。
（本题共13分）氨气是重要的化工原料，工业上利用N2和H2合成NH3，方程式如下：N2 +3H22NH329．已知NH3难溶于CCl4，则下列装置中，不能用于吸收氨气的是30．某温度下，在一体积恒定为10L的密闭容器内模拟合成氨反应。若开始时充入：0.1mol N2、0.1mol H2和0.2mol NH3，则此时
（填“＞”或“＜”或“＝”，已知该温度下，平衡常数K值为）。若要增大反应速率，且平衡向正反应方向移动，下列措施中可行的是
（填字母代号）。A．压缩容器体积
B．适当升高温度 C．通入适量氮气
D．加适量催化剂31．能说明上述反应达到平衡状态的是A．2υ (H2)3υ(NH3)B．混合气体的密度不再改变C．混合气体的平均相对分子质量不再改变D．单位时间内生成n mol N2的同时生成2n mol NH332．氨气溶于水所得溶液在加水稀释的过程中（本小题填“增大”或“减小”或“不变”），NH3·H2O的电离程度
，电离平衡常数
，溶液的pH值
。33．氨气与酸反应得到铵盐，某(NH4)2SO4水溶液的pH=5，原因是溶液中存在平衡
（用离子方程式表示），该稀溶液中水的电离度约为
答案（共13分）29．B(1分) ；30．& (2分)
A、C (2分) ；31．C、D (2分)32．增大、不变、减小(各1分)33．NH4＋+H2ONH3·H2O + H＋
1.8×10-5% 或1.8×10-7 (2分)
解析试题分析：29.氨气极容易溶于水，为了使氨气被充分吸收，同时又防止倒吸现象的发生，通常在导气管的末端安装一个倒扣的漏斗或一个干燥管，当氨气溶解是导气管内气体的压强减小时，水进入漏斗或干燥管，因为它们的容积较大，当较大量的水进入该装置时，烧杯内的水面下降，漏斗过干燥管内的水又流回到烧杯内，从而防止了倒吸的发生；也可以将导气管伸入到氨气不能溶解、密度比水大的有机物若CCl4中，气体从导气管内逸出，在上升的过程中遇水，发生反应、溶解，同时也防止了倒吸的发生，而B中导气管直接伸入水中会引起倒吸现象的发生，故选项是B。30．在反应开始时，c(N2)=0.01mol/L，c(H2)=0.01mol/L，c(NH3)=0.02mol/L，Qc=&K= ,说明平衡逆向移动，＜； A．压缩容器体积物质的浓度增大，体系的压强增大，正反应速率加快，由于正反应是气体体积减小的反应，所以增大压强，平衡正向移动，正确；B．适当升高温度单位体积内活化分子数增加，化学反应速率加快，由于该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡向吸热的逆反应方向移动，错误；C．通入适量氮气，即增大了反应物的浓度正反应速率加快，增大反应物浓度，平衡向正反应方向移动，正确；D．加适量催化剂，正反应和逆反应的速率都加快，由于催化剂对正反应和逆反应速率影响相同，所以加入催化剂，平衡不发生移动，错误；选项A、C。31. A．根据方程式中氢气与氨气的系数关系可知，在任何时刻都存在2υ (H2)3υ(NH3)，因此不能作为判断平衡的标志，错误；B．由于反应是在体积恒定不变的容器内进行的反应，反应前后气体物质的质量不变，所以在任何时刻都存在混合气体的密度不变，故不能作为判断平衡的标志，错误；C．该反应的正反应是气体体积减小的反应，若反应为达到平衡状态，则气体的物质的量就会发生变化，而气体的质量也不变，则混合气体的平均相对分子质量就必然发生改变，现在气体的相对分子质量不变，说明气体的物质的量不变，反应处于平衡状态，正确；D．单位时间内生成n mol N2，就会同时消耗2nmol的NH3，此时还同时生成2n mol NH3，则氨气的物质的量不变，反应处于平衡状态，正确。32.氨气溶于水得到氨水，在氨水中存在电离平衡：NH3 · H2ONH4++OH-，在所得溶液在加水稀释的过程中，由于离子浓度减小的倍数大于电解质分子极性的倍数，所以电离平衡正向移动，即NH3 · H2O的电离程度增大，而电离平衡常数至于温度有关，温度不变，则电离平衡常数就不变，加水对溶液中的离子起稀释作用，是离子浓度减小，平衡正向移动是离子浓度又增大，但是平衡移动的趋势是微弱的，所以总的来说，溶液中c(OH-)浓度减小，所以溶液的pH值减小；33．某(NH4)2SO4水溶液的pH=5，是因为在NH4+在溶液发生水解反应NH4++ H2O
NH3 · H2O +H+,消耗了水电离产生的OH-，破坏了水的电离平衡，当最终达到平衡时溶液中c(H+)&c(OH-)，所以溶液显酸性。溶液的pH="5," c(H+)=10-5mol/L,由于水的浓度是c(H2O)="(1000g÷18g/mol)" ÷1L=(1000/18)mol/L，则该稀溶液中水的电离度约为（10-5mol/L÷(18/1000)mol/L）×100%=1.8×10-5% 。考点：考查防止倒吸的装置、化学平衡常数的计算与反应进行的方向的判断、影响化学反应速率和平衡移动的因素、平衡状态的判断、溶液稀释对弱电解质电离平衡的影响、盐的水解及水电离度的计算。
（本题共12分）据报道，日常生活中，将洁厕液与84消毒液混合使用会发生中毒的事故。23．两种日化产品主要成分中都含有氯元素，该元素在元素周期表中位置是
，写出氯原子最外层电子排布的轨道表示式
。24．84消毒液的主要成分是次氯酸钠，写出次氯酸钠的电子式______.若将84消毒液长期露置于空气中，溶液中的主要成分将变为
。（填化学式）25．洁厕灵的主要成分是HCl。下列关于卤化氢的性质比较中错误的是A.酸性：HF&HCl&HBr&HI
B.键能：H—F&H—Cl&H—Br&H—IC.熔点：HF&HCl&HBr&HI
D.还原性：HF&HCl&HBr&HI26．洁厕液与84消毒液混合后会发生氧化还原反应，生成有毒的氯气。写出该反应的离子方程式
。27．下列氧化还原反应中，与上述反应类型不同的是A．Na2S2O3 + H2SO4 → Na2SO4 + S + SO2 + H2OB．2FeCl3 + Fe → 2FeCl2C．S + 2H2SO4(浓)3SO2 + 2H2OD．KClO3 + 5KCl + 3H2SO4 → 3K2SO4 + 3Cl2 + 3H2O28．若以物质单位质量得到的电子数衡量物质的消毒效率，则下列常用的消毒剂中，消毒效率最高的是A．NaClO
D．Ca(ClO)2
答案（共12分）23．第三周期ⅦA 族(1分) ,
(1分)24．(1分) ,
25．A、C (2分)26．ClO―+Cl―+2H＋=Cl2↑+H2O
27．A (2分)；28．B (2分) 。
解析试题分析：23.Cl元素是17号元素，由于其核外电子排布是2、8、7，所以该元素在元素周期表中位置是第三周期ⅦA 族，氯原子最外层电子排布的轨道表示式是。24．84消毒液的主要成分是次氯酸钠，次氯酸钠是离子化合物，在阴离子中含有共价键，该物质的电子式：；若将84消毒液长期露置于空气中，由于酸性:碳酸大于次氯酸，所以会发生反应：NaClO+CO2+H2O=Na2CO3+2HClO，HClO不稳定，光照分解产生盐酸和氧气，盐酸与溶液中Na2CO3发生反应变为NaCl、H2O和CO2，故溶液的主要成分将变为NaCl。25．A．同一主族的元素，元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性就越强，键断裂就越难，相应的酸的酸性就越弱，所以酸性： HF&HCl&HBr&HI,错误； B．元素的非金属性越强，其共价键结合的就越牢固，键能就越大。所以键能：H－F＞H－Cl＞H－Br＞H－I，正确；C．同一主族的元素形成的氢化物，相等分子质量越大，物质的分子间作用力就越大，物质的熔沸点就越高，但是由于F原子半径小，吸引电子能力强，所以在HF分子之间还存在氢键，增加了分子之间的吸引力，使去熔沸点出现反常现象，所以熔点： HCl＜HBr＜HI＜HF，错误；D．元素的非金属性越弱，其氢化物的还原性就越强，由于元素的非金属性F&Cl&Br&I，所以还原性：HF＜HCl＜HBr＜HI，正确。26．洁厕液与84消毒液混合后会发生氧化还原反应，生成有毒的氯气，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒可得该反应的离子方程式是ClO―+Cl―+2H＋=Cl2↑+H2O。27．上面的氧化还原反应是归中反应，即元素的化合价从两边向中间靠拢，而只有选项中是A是歧化反应，即的元素的化合价从中间向两边分散，其余都是归中反应，故选项是A。28．A．1mol NaClO在反应得到2mol的电子，物质的消毒效率是2mol÷74. 5g=1/37.25mol/g；B．1mol的ClO2在反应得到5mol的电子，物质的消毒效率是5mol÷67.5g=1/13.5mol/g；C．1mol的Cl2在反应得到2mol的电子，物质的消毒效率是2mol÷71g="1/35." 5mol/g；D．1mol的Ca(ClO)2在反应得到4mol的电子，物质的消毒效率是4mol÷143g=1/35.75mol/g；所以在这些常用的消毒剂中，消毒效率最高的是ClO2，选项是B。考点：考查卤素的原子结构、在周期表中的位置、性质及应用、电子式、原子结构示意图的书写、元素周期表、元素周期律的应用、离子方程式的书写、元素性质的比较、物质的消毒效率的比较的知识。
计算题2015届上海市崇明县高三上学期期末考试化学试卷与答案（带解析）
（本题共14分）合金的性能往往优于组成金属，因而用途非常广泛。钠钾合金可在核反应堆中用作导热剂。5.05g钠钾合金溶于200mL水生成0.075mol氢气。54．计算溶液中氢氧根离子的物质的量浓度（忽略溶液体积变化）。55．计算并确定该钠－钾合金的化学式。镁铝合金广泛用于火箭、导弹和飞机制造业等。取不同质量的镁铝合金样品分别和30ml相同浓度的盐酸反应，所取合金质量与产生气体体积（标况下）如下表所示：
合金质量/mg
气体体积/mL
56．计算镁铝合金中镁铝的质量之比。铜锡合金，又称青铜，是人类使用最早的合金。不同的铜锡比例可以产生不同的效用，若含锡量为1/4—1/7(质量比)的青铜被称作重青铜，受敲击时能发出洪亮的声音。57．现有一铜锡合金样品，可通过至少增加ag铜或至少减少bg锡恰好使其成为钟青铜，且最终得到的钟青铜质量正好相差一半。求原铜锡合金样品中铜锡的物质的量之比。}