《2016年上海市高考化學試卷.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2016年上海市高考化學試卷.doc（47頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2016年上海市高考化學試卷一、選擇題（本題共10分，每小題2分，每題只有一個正確選項）1（2分）軸烯是一類獨特的星形環(huán)烴三元軸烯（）與苯（）A均為芳香烴B互為同素異形體C互為同系物D互為同分異構(gòu)體2（2分）下列化工生產(chǎn)過程中，未涉及氧化還原反應的是（）A海帶提碘B氯堿工業(yè)C氨堿法制堿D海水提溴3（2分）硼的最高價含氧酸的化學式不可能是（）AHBO2BH2BO3CH3BO3DH2B4O74（2分）下列各組物質(zhì)的熔點均與所含化學鍵的鍵能有關的是（）ACaO與CO2BNaCl與HClCSiC與SiO2DCl2與I25（2分）烷烴的命名正確的是（）A4甲基3丙基戊烷B3異丙基己烷C2甲基3丙基戊烷D

2、2甲基3乙基己烷二、選擇題（本題共36分，每小題3分，每題只有一個正確選項）6（3分）能證明乙酸是弱酸的實驗事實是（）ACH3COOH溶液與Zn反應放出H2B0.1 mol/L CH3COONa溶液的pH大于7CCH3COOH溶液與Na2CO3反應生成CO2D0.1 mol/L CH3COOH溶液可使紫色石蕊變紅7（3分）已知W、X、Y、Z為短周期元素，原子序數(shù)依次增大W、Z同主族，X、Y、Z同周期，其中只有X為金屬元素下列說法一定正確的是（）A原子半徑：XYZWBW的含氧酸的酸性比Z的含氧酸的酸性強CW的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性小于Y的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性D若W與X原子序數(shù)差為5，則形成化合物的化學

3、式為X3W28（3分）圖1是銅鋅原電池示意圖圖2中，x軸表示實驗時流入正極的電子的物質(zhì)的量，y軸表示（）A銅棒的質(zhì)量Bc（Zn2+）Cc（H+）Dc（SO42）9（3分）向新制氯水中加入少量下列物質(zhì)，能增強溶液漂白能力的是（）A碳酸鈣粉末B稀硫酸C氯化鈣溶液D二氧化硫水溶液10（3分）一定條件下，某容器中各微粒在反應前后變化的示意圖如下，其中和代表不同元素的原子關于此反應說法錯誤的是（）A一定屬于吸熱反應B一定屬于可逆反應C一定屬于氧化還原反應D一定屬于分解反應11（3分）合成導電高分子化合物PPV的反應為：下列說法正確的是（）APPV是聚苯乙炔B該反應為縮聚反應CPPV與聚苯乙烯的最小結(jié)構(gòu)單

4、元組成相同D1 mol 最多可與2 mol H2發(fā)生反應12（3分）下列各組混合物，使用氫氧化鈉溶液和鹽酸兩種試劑不能分離的是（）A氧化鎂中混有氧化鋁B氯化鋁溶液中混有氯化鐵C氧化鐵中混有二氧化硅D氯化亞鐵溶液中混有氯化銅13（3分）O2F2可以發(fā)生反應：H2S+4O2F2SF6+2HF+4O2，下列說法正確的是（）A氧氣是氧化產(chǎn)物BO2F2既是氧化劑又是還原劑C若生成4.48 L HF，則轉(zhuǎn)移0.8 mol電子D還原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為1：414（3分）在硫酸工業(yè)生產(chǎn)中，為了有利于SO2的轉(zhuǎn)化，且能充分利用熱能，采用了中間有熱交換器的接觸室（見圖）下列說法錯誤的是（）Aa、b兩處的混合

5、氣體成分含量相同，溫度不同Bc、d兩處的混合氣體成分含量相同，溫度不同C熱交換器的作用是預熱待反應的氣體，冷卻反應后的氣體Dc處氣體經(jīng)熱交換后再次催化氧化的目的是提高SO2的轉(zhuǎn)化率15（3分）下列氣體的制備和性質(zhì)實驗中，由現(xiàn)象得出的結(jié)論錯誤的是（）選項試劑試紙或試液現(xiàn)象結(jié)論A濃氨水、生石灰紅色石蕊試紙變藍NH3為堿性氣體B濃鹽酸、濃硫酸pH試紙變紅HCl為酸性氣體C濃鹽酸、二氧化錳淀粉碘化鉀試液變藍Cl2具有氧化性D亞硫酸鈉、硫酸品紅試液褪色SO2具有還原性AABBCCDD16（3分）實驗室提純含少量氯化鈉雜質(zhì)的硝酸鉀的過程如圖所示下列分析正確的是（）A操作是過濾，將固體分離除去B操作是加熱濃

6、縮趁熱過濾，除去雜質(zhì)氯化鈉C操作是過濾、洗滌，將硝酸鉀晶體從溶液中分離出來D操作總共需兩次過濾17（3分）某鐵的氧化物（FexO）1.52g溶于足量鹽酸中，向所得溶液中通入標準狀況下112ml Cl2，恰好將Fe2+完全氧化x值為（）A0.80B0.85C0.90D0.93三、選擇題（本題共20分，每小題4分，每小題有一個或兩個正確選項只有一個正確選項的，多選不給分；有兩個正確選項的，選對一個給2分，選錯一個，該小題不給分）18（4分）一定條件下，一種反應物過量，另一種反應物仍不能完全反應的是（）A過量的氫氣與氮氣B過量的濃鹽酸與二氧化錳C過量的銅與濃硫酸D過量的鋅與18 mol/L硫酸19（

7、4分）已知：SO32+I2+H2O=SO42+2I+2H+某溶液中可能含有Na+、NH4+、K+、I、SO32、SO42，且所有離子物質(zhì)的量濃度相等向該無色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈無色下列關于該溶液的判斷正確的是（）A肯定不含IB肯定含SO42C肯定含有SO32D肯定含有NH4+20（4分）已知NaOH+Al（OH）3NaAl（OH）4向集滿CO2的鋁制易拉罐中加入過量NaOH濃溶液，立即封閉罐口，易拉罐漸漸凹癟；再過一段時間，罐壁又重新凸起上述實驗過程中沒有發(fā)生的離子反應是（）ACO2+2OHCO32+H2OBAl2O3+2OH+3H2O2Al（OH）4C2Al+2OH+6H2O2Al（

8、OH）4+3H2DAl3+4OHAl（OH）421（4分）類比推理是化學中常用的思維方法下列推理正確的是（）ACO2是直線型分子，推測CS2也是直線型分子BSiH4的沸點高于CH4，推測H2Se的沸點高于H2SCFe與Cl2反應生成FeCl3，推測Fe與I2反應生成FeI3DNaCl與濃H2SO4加熱可制HCl，推測NaBr與濃H2SO4加熱可制HBr22（4分）稱取（NH4）2SO4和NH4HSO4混合物樣品7.24g，加入含0.1molNaOH的溶液，完全反應，生成NH3 1792ml（標準狀況），則（NH4）2SO4和NH4HSO4的物質(zhì)的量比為（）A1：1B1：2C1.87：1D3.6

9、5：1四、（本題共12分）23（12分）NaCN超標的電鍍廢水可用兩段氧化法處理：（1）NaCN與NaClO反應，生成NaOCN和NaCl（2）NaOCN與NaClO反應，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2已知HCN（Ki=6.31010）有劇毒；HCN、HOCN中N元素的化合價相同完成下列填空：（1）第一次氧化時，溶液的pH應調(diào)節(jié)為（選填“酸性”、“堿性”或“中性”）；原因是（2）寫出第二次氧化時發(fā)生反應的離子方程式（3）處理100m3含NaCN 10.3mg/L的廢水，實際至少需NaClOg（實際用量應為理論值的4倍），才能使NaCN含量低于0.5mg/L，達到排放標準（4）（CN）

10、2與Cl2的化學性質(zhì)相似（CN）2與NaOH溶液反應生成、和H2O（5）上述反應涉及到的元素中，氯原子核外電子能量最高的電子亞層是；H、C、N、O、Na的原子半徑從小到大的順序為（6）HCN是直線型分子，HCN是分子（選填“極性”或“非極性”）HClO的電子式為五、（本題共12分）24（12分）隨著科學技術的發(fā)展和環(huán)保要求的不斷提高，CO2的捕集利用技術成為研究的重點完成下列填空：（1）目前國際空間站處理CO2的一個重要方法是將CO2還原，所涉及的反應方程式為：CO2（g）+4H2（g）CH4（g）+2H2O（g）已知H2的體積分數(shù)隨溫度的升高而增加若溫度從300升至400，重新達到平衡，判斷

11、下列表格中各物理量的變化（選填“增大”、“減小”或“不變”）v正v逆平衡常數(shù)K轉(zhuǎn)化率（2）相同溫度時，上述反應在不同起始濃度下分別達到平衡，各物質(zhì)的平衡濃度如下表：CO2/molL1H2/molL1CH4/molL1H2O/molL1平衡abcd平衡mnxya、b、c、d與m、n、x、y之間的關系式為（3）碳酸：H2CO3，Ki1=4.3107，Ki2=5.61011草酸：H2C2O4，Ki1=5.9102，Ki2=6.41050.1mol/L Na2CO3溶液的pH0.1mol/L Na2C2O4溶液的pH（選填“大于”“小于”或“等于”）等濃度的草酸溶液和碳酸溶液中，氫離子濃度較大的是若將

12、等濃度的草酸溶液和碳酸溶液等體積混合，溶液中各種離子濃度大小的順序正確的是（選填編號）aH+HC2O4HCO3CO32bHCO3HC2O4C2O42CO32cH+HC2O4C2O42CO32dH2CO3HCO3HC2O4CO32（4）人體血液中的碳酸和碳酸氫鹽存在平衡：H+HCO3H2CO3，當有少量酸性或堿性物質(zhì)進入血液中時，血液的pH變化不大，用平衡移動原理解釋上述現(xiàn)象六、（本題共12分）25（12分）乙酸乙酯廣泛用于藥物、染料、香料等工業(yè)，中學化學實驗常用a裝置來制備完成下列填空：（1）實驗時，通常加入過量的乙醇，原因是加入數(shù)滴濃硫酸即能起催化作用，但實際用量多于此量，原因是；濃硫酸用量

13、又不能過多，原因是（2）飽和Na2CO3溶液的作用是（3）反應結(jié)束后，將試管中收集到的產(chǎn)品倒入分液漏斗中，、，然后分液（4）若用b裝置制備乙酸乙酯，其缺點有、由b裝置制得的乙酸乙酯產(chǎn)品經(jīng)飽和碳酸鈉溶液和飽和食鹽水洗滌后，還可能含有的有機雜質(zhì)是，分離乙酸乙酯與該雜質(zhì)的方法是七、（本題共12分）26（12分）半水煤氣是工業(yè)合成氨的原料氣，其主要成分是H2、CO、CO2、N2和H2O（g）半水煤氣經(jīng)過下列步驟轉(zhuǎn)化為合成氨的原料完成下列填空：（1）半水煤氣含有少量硫化氫將半水煤氣樣品通入溶液中（填寫試劑名稱），出現(xiàn)，可以證明有硫化氫存在（2）半水煤氣在銅催化下實現(xiàn)CO變換：CO+H2OCO2+H2，若

14、半水煤氣中V（H2）：V（CO）：V（N2）=38：28：22，經(jīng)CO變換后的氣體中：V（H2）：V（N2）=（3）堿液吸收法是脫除二氧化碳的方法之一已知：Na2CO3K2CO320堿液最高濃度（mol/L）2.08.0堿的價格（元/kg）1.259.80若選擇Na2CO3堿液作吸收液，其優(yōu)點是；缺點是如果選擇K2CO3堿液作吸收液，用什么方法可以降低成本？寫出這種方法涉及的化學反應方程式（4）以下是測定半水煤氣中H2以及CO的體積分數(shù)的實驗方案取一定體積（標準狀況）的半水煤氣，經(jīng)過下列實驗步驟測定其中H2以及CO的體積分數(shù)選用合適的無機試劑分別填入、方框中該實驗方案中，步驟（選填“”或“”）

15、可以確定半水煤氣中H2的體積分數(shù)八、（本題共9分）27（9分）異戊二烯是重要的有機化工原料，其結(jié)構(gòu)簡式為CH2=C（CH3）CH=CH2完成下列填空：（1）化合物X與異戊二烯具有相同的分子式，與Br/CCl4反應后得到3甲基1，1，2，2四溴丁烷X的結(jié)構(gòu)簡式為（2）異戊二烯的一種制備方法如圖所示：A能發(fā)生的反應有（填反應類型）B的結(jié)構(gòu)簡式為（3）設計一條由異戊二烯制得有機合成中間體的合成路線（合成路線常用的表示方式為：AB目標產(chǎn)物）九、（本題共13分）28（13分）M是聚合物膠黏劑、涂料等的單體，其一條合成路線如下（部分試劑及反應條件省略）：完成下列填空：（1）反應的反應類型是反應的反應條件是

16、（2）除催化氧化法外，由A得到所需試劑為（3）已知B能發(fā)生銀鏡反應由反應、反應說明：在該條件下，（4）寫出結(jié)構(gòu)簡式，C；M（5）D與1丁醇反應的產(chǎn)物與氯乙烯共聚可提高聚合物性能，寫出該共聚物的結(jié)構(gòu)簡式（6）寫出一種滿足下列條件的丁醛的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式不含羰基含有3種不同化學環(huán)境的氫原子已知：雙鍵碳上連有羥基的結(jié)構(gòu)不穩(wěn)定十、（本題共14分）29（14分）CO2是重要的化工原料，也是應用廣泛的化工產(chǎn)品CO2與過氧化鈉或超氧化鉀反應可產(chǎn)生氧氣完成下列計算：（1）CO2通入氨水生成NH4HCO3，NH4HCO3很容易分解2.00mol NH4HCO3完全分解，分解產(chǎn)物經(jīng)干燥后的體積為L（標準狀況）

17、（2）某H2中含有2.40molCO2，該混合氣體通入2.00L NaOH溶液中，CO2被完全吸收如果NaOH完全反應，該NaOH溶液的濃度為（3）CO2和KO2有下列反應：4KO2+2CO22K2CO3+3O24KO2+4CO2+2H2O4KHCO3+3O2若9mol CO2在密封艙內(nèi)和KO2反應后生成9mol O2，則反應前密封艙內(nèi)H2O的量應該是多少？列式計算（4）甲烷和水蒸氣反應的產(chǎn)物是合成甲醇的原料：CH4+H2OCO+3H2已知：CO+2H2CH3OH CO2+3H2CH3OH+H2O300mol CH4完全反應后的產(chǎn)物中，加入100mol CO2后合成甲醇若獲得甲醇350mol，

18、殘留氫氣120mol，計算CO2的轉(zhuǎn)化率2016年上海市高考化學試卷參考答案與試題解析一、選擇題（本題共10分，每小題2分，每題只有一個正確選項）1（2分）（2016上海）軸烯是一類獨特的星形環(huán)烴三元軸烯（）與苯（）A均為芳香烴B互為同素異形體C互為同系物D互為同分異構(gòu)體【分析】軸烯與苯分子式都是C6H6，二者分子式相同，結(jié)構(gòu)不同，以此解答該題【解答】解：軸烯與苯分子式都是C6H6，二者分子式相同，結(jié)構(gòu)不同，互為同分異構(gòu)體，只有D正確故選D【點評】本題考查同分異構(gòu)體的判斷，為高頻考點，注意把握同分異構(gòu)體、同系物、同素異形體等概念，側(cè)重于學生的雙基的考查，注意把握比較的角度和概念的區(qū)別，難度不大

19、2（2分）（2016上海）下列化工生產(chǎn)過程中，未涉及氧化還原反應的是（）A海帶提碘B氯堿工業(yè)C氨堿法制堿D海水提溴【分析】發(fā)生的化學反應中，若存在元素的化合價變化，則屬于氧化還原反應，以此來解答【解答】解：A海帶提碘是由KI變?yōu)镮2，有元素化合價的變化，屬于氧化還原反應，故A不選；B氯堿工業(yè)中電解食鹽水生成氫氣、氯氣，H、Cl元素的化合價變化，為氧化還原反應，故B不選；C氨堿法制堿，二氧化碳、氨氣、氯化鈉反應生成碳酸氫鈉和氯化銨，碳酸氫鈉受熱分解轉(zhuǎn)化為碳酸鈉，二氧化碳和水，沒有元素的化合價變化，則不涉及氧化還原反應，故C選；D海水提溴是由溴元素的化合物變?yōu)殇逶氐膯钨|(zhì)，有元素化合價的變化，屬于

20、氧化還原反應，故D不選；故選C【點評】本題考查氧化還原反應，把握發(fā)生的化學反應及反應中元素的化合價變化為解答的關鍵，注意從元素化合價變化角度分析，題目難度不大3（2分）（2016上海）硼的最高價含氧酸的化學式不可能是（）AHBO2BH2BO3CH3BO3DH2B4O7【分析】主族元素的最高正化合物價等于其原子最外層電子數(shù)，B原子最外層電子數(shù)是3個，所以其最高化合價是+3價，然后根據(jù)化合物中正負化合價的代數(shù)和等于0判斷化學式【解答】解：主族元素的最高正化合物價等于其原子最外層電子數(shù)，B原子最外層電子數(shù)是3個，所以其最高化合價是+3價，然后根據(jù)化合物中正負化合價的代數(shù)和等于0判斷，H2BO3中B的

21、化合價為+4價，所以不可能是H2BO3，故選項B符合題意故選B【點評】本題考查元素化合價判斷及化學式書寫，掌握主族元素的最高正化合物價等于其原子最外層電子數(shù)是解題的關鍵，難度較小4（2分）（2016上海）下列各組物質(zhì)的熔點均與所含化學鍵的鍵能有關的是（）ACaO與CO2BNaCl與HClCSiC與SiO2DCl2與I2【分析】物質(zhì)的熔點均與所含化學鍵的鍵能有關，則對應的晶體一般為金屬晶體、離子晶體或原子晶體，而分子晶體熔化時只克服分子間作用力，以此解答該題【解答】解：ACaO為離子化合物，熔化斷裂離子鍵，而CO2在固體時是分子晶體，熔化時破壞的是分子間作用力，與化學鍵無關，故A錯誤；BNaCl

22、為離子化合物，熔化斷裂離子鍵，而HCl在固體時是分子晶體，熔化時破壞的是分子間作用力，與化學鍵無關，故B錯誤；CSiC與SiO2都是原子晶體，熔化斷裂的是共價鍵，與化學鍵有關，故C正確；DCl2與I2在固體時是分子晶體，熔化時破壞的是分子間作用力，與化學鍵無關，故D錯誤故選C【點評】本題考查物質(zhì)中的化學鍵，為高頻考點，把握化學鍵的形成及化學鍵判斷的一般規(guī)律為解答的關鍵，側(cè)重分析與應用能力的考查，題目難度不大5（2分）（2016上海）烷烴的命名正確的是（）A4甲基3丙基戊烷B3異丙基己烷C2甲基3丙基戊烷D2甲基3乙基己烷【分析】選擇分子中含有碳原子數(shù)最多的碳鏈為主鏈，有機物主鏈為6個碳原子，含

23、有1個甲基和1個乙基，注意從離支鏈較近的一端給主鏈的碳原子編號，以此解答該題【解答】解：選擇分子中含有碳原子數(shù)最多的碳鏈為主鏈，并從離支鏈較近的一端給主鏈的碳原子編號，該物質(zhì)的名稱是2甲基3乙基己烷，故D正確故選D【點評】本題考查了烷烴的命名，為高頻考點，側(cè)重雙基的考查，題目難度不大，該題的關鍵是明確有機物的命名原則，然后結(jié)合有機物的結(jié)構(gòu)特點靈活運用即可二、選擇題（本題共36分，每小題3分，每題只有一個正確選項）6（3分）（2016上海）能證明乙酸是弱酸的實驗事實是（）ACH3COOH溶液與Zn反應放出H2B0.1 mol/L CH3COONa溶液的pH大于7CCH3COOH溶液與Na2CO3

24、反應生成CO2D0.1 mol/L CH3COOH溶液可使紫色石蕊變紅【分析】A只能證明乙酸具有酸性；B該鹽水溶液顯堿性，由于NaOH是強堿，醋酸根水解而成堿性；C可以證明乙酸的酸性比碳酸強；D可以證明乙酸具有酸性【解答】解：A只能證明乙酸具有酸性，不能證明其酸性強弱，故A錯誤；B該鹽水溶液顯堿性，由于NaOH是強堿，故可以證明乙酸是弱酸，故B正確；C可以證明乙酸的酸性比碳酸強，但是不能證明其酸性強弱，故C錯誤；D可以證明乙酸具有酸性，但是不能證明其酸性強弱，故D錯誤故選：B【點評】本題考查實驗方案的評價，涉及酸性強弱比較的實驗方法，關鍵是原理的理解，難度不大7（3分）（2016上海）已知W、

25、X、Y、Z為短周期元素，原子序數(shù)依次增大W、Z同主族，X、Y、Z同周期，其中只有X為金屬元素下列說法一定正確的是（）A原子半徑：XYZWBW的含氧酸的酸性比Z的含氧酸的酸性強CW的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性小于Y的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性D若W與X原子序數(shù)差為5，則形成化合物的化學式為X3W2【分析】由于原子序數(shù)按W、X、Y、Z依次增大，W與Z是同一主族的元素，而X、Y、Z是同一周期的元素，且只有X是金屬元素，則同主族元素W與Z都是非金屬，可能分別為N、P或O、S或F、Cl，Y可能為Si或S，金屬元素X可為Na、Mg、Al中的一種，結(jié)合對應單質(zhì)、化合物的性質(zhì)以及元素周期率知識解答該題【解答】解：由于原子序數(shù)

26、按W、X、Y、Z依次增大，W與Z是同一主族的元素，而X、Y、Z是同一周期的元素，且只有X是金屬元素，則同主族元素W與Z都是非金屬，可能分別為N、P或O、S或F、Cl，Y可能為Si或S，金屬元素X可為Na、Mg、Al中的一種，A同一周期的元素原子序數(shù)越大，原子半徑越??；同一主族的元素，原子核外電子層數(shù)越多，原子半徑越大所以原子半徑：XYZW，故A正確；BW的含氧酸可能是HNO2、HNO3，Z的含氧酸是H3PO4，酸性HNO2H3PO4，故B錯誤；C元素的非金屬性WY，所以氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性WY，故C錯誤；D若W、X原子序數(shù)相差5，如分別為O、Al，則二者形成的化合物的化學式是X2W3，故D錯誤故

27、選A【點評】本題考查了原子結(jié)構(gòu)與元素周期律的關系，為高頻考點，題目難度中等，正確推斷元素名稱為解答關鍵，注意熟練掌握原子結(jié)構(gòu)與元素周期表、元素周期律的關系，試題培養(yǎng)了學生的靈活應用能力8（3分）（2016上海）圖1是銅鋅原電池示意圖圖2中，x軸表示實驗時流入正極的電子的物質(zhì)的量，y軸表示（）A銅棒的質(zhì)量Bc（Zn2+）Cc（H+）Dc（SO42）【分析】銅鋅原電池中，Zn是負極，失去電子發(fā)生氧化反應，電極反應為Zn2e=Zn2+，Cu是正極，氫離子得電子發(fā)生還原反應，電極反應為2H+2e=H2，據(jù)此解答【解答】解：銅鋅原電池中，Zn是負極，失去電子發(fā)生氧化反應，電極反應為Zn2e=Zn2+，C

28、u是正極，氫離子得電子發(fā)生還原反應，電極反應為 2H+2e=H2，ACu是正極，氫離子得電子發(fā)生還原反應，Cu棒的質(zhì)量不變，故A錯誤；B由于Zn是負極，不斷發(fā)生反應Zn2e=Zn2+，所以溶液中c（Zn2+）增大，故B錯誤；C由于反應不斷消耗H+，所以溶液的c（H+）逐漸降低，故C正確；DSO42不參加反應，其濃度不變，故D錯誤；故選：C【點評】考查原電池基本原理和溶液中離子濃度變化，掌握活潑金屬鋅為負極，銅為正極，鋅和硫酸之間發(fā)生氧化還原反應是解答的關鍵，題目比較簡單9（3分）（2016上海）向新制氯水中加入少量下列物質(zhì)，能增強溶液漂白能力的是（）A碳酸鈣粉末B稀硫酸C氯化鈣溶液D二氧化硫水

29、溶液【分析】在氯水中存在反應Cl2+H2OH+Cl+HClO，若反應使溶液中次氯酸濃度增大，則溶液漂白性會增強，據(jù)此分析判斷選項【解答】解：在氯水中存在反應Cl2+H2OH+Cl+HClO，若反應使溶液中次氯酸濃度增大，則溶液漂白性會增強，A由于酸性HClH2CO3HClO，向溶液中加入碳酸鈣粉末反應反應2HCl+CaCO3=CaCl2+CO2+H2O，使化學平衡正向進行，導致次氯酸濃度增大，溶液漂白性增強，故A正確；B加入稀硫酸使溶液 中氫離子濃度增大平衡逆向進行，次氯酸濃度減小，溶液漂白性減弱，故B錯誤；C加入氯化鈣溶液不發(fā)生反應，溶液對氯水起到稀釋作用，平衡正向進行但次氯酸濃度減小，漂白

30、性減弱，故C錯誤；D加入二氧化硫的水溶液，二氧化硫有還原性，能被氯氣氧化，平衡逆向進行，次氯酸濃度減小，漂白性減弱，故D錯誤；故選A【點評】本題考查了氯氣、次氯酸、氯水性質(zhì)的分析，主要是化學平衡影響因素的理解應用，掌握基礎是解題關鍵，題目較簡單10（3分）（2016上海）一定條件下，某容器中各微粒在反應前后變化的示意圖如下，其中和代表不同元素的原子關于此反應說法錯誤的是（）A一定屬于吸熱反應B一定屬于可逆反應C一定屬于氧化還原反應D一定屬于分解反應【分析】根據(jù)圖示可知該反應反應物是一種，生成物是兩種，且反應是可逆反應，A分解反應不一定是吸熱反應；B圖示可知反應物在反應后反應物分子仍存在，證明反

31、應未進行徹底；C反應中有單質(zhì)生成為氧化還原反應；D反應物為一種，生成兩種生成物我分解反應【解答】解：根據(jù)圖示可知該反應反應物是一種，生成物是兩種，A該物質(zhì)屬于分解反應，一般的分解反應是吸熱反應，但也有的分解反應如2H2O2=2H2O+O2的反應是放熱反應，故A錯誤；B根據(jù)圖示可知有一部分反應物未參加反應，屬于該反應是可逆反應，故B正確；C該反應中有有單質(zhì)生成，元素化合價的變化，屬于氧化還原反應，故C正確；D反應物是一種，生成物是兩種，因此屬于分解反應，故D正確故選A【點評】本題考查常見化學反應類型的判斷，主要考查可逆反應的判斷、四種基本反應類型的判斷、化合反應與氧化還原反應的關系等，題目難度不

32、大，注意要熟練掌握基本反應的特點11（3分）（2016上海）合成導電高分子化合物PPV的反應為：下列說法正確的是（）APPV是聚苯乙炔B該反應為縮聚反應CPPV與聚苯乙烯的最小結(jié)構(gòu)單元組成相同D1 mol 最多可與2 mol H2發(fā)生反應【分析】由反應方程式可知PPV由對二碘苯與發(fā)生縮聚反應生成，與苯乙炔、苯乙烯的加聚產(chǎn)物不同，以此解答該題【解答】解：A根據(jù)物質(zhì)的分子結(jié)構(gòu)可知該物質(zhì)不是聚苯乙炔，故A錯誤；B該反應除產(chǎn)生高分子化合物外，還有小分子生成，屬于縮聚反應，故B正確；CPPV與聚苯乙烯的重復單元不相同，故C錯誤；D該物質(zhì)一個分子中含有2個碳碳雙鍵和苯環(huán)都可以與氫氣發(fā)生加成反應，屬于1mo

33、l 最多可以與5mol氫氣發(fā)生加成反應，故D錯誤故選B【點評】本題考查有機物的結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，為高頻考點，側(cè)重于學生的分析能力的考查，注意把握有機物的結(jié)構(gòu)尤其時高聚物的結(jié)構(gòu)，難度不大12（3分）（2016上海）下列各組混合物，使用氫氧化鈉溶液和鹽酸兩種試劑不能分離的是（）A氧化鎂中混有氧化鋁B氯化鋁溶液中混有氯化鐵C氧化鐵中混有二氧化硅D氯化亞鐵溶液中混有氯化銅【分析】A氧化鋁具有兩性，可與氫氧化鈉溶液反應；B氯化鐵與氫氧化鈉反應生成氫氧化鐵，氫氧化鈉過量，氯化鋁生成偏鋁酸鈉，過濾后分別加入鹽酸，可又生成氯化鋁、氯化鐵；C二氧化硅是酸性氧化物，可以與NaOH發(fā)生反應；D二者都可以與NaOH發(fā)生反應

34、生成沉淀，加入鹽酸都可溶解【解答】解：AMgO是堿性氧化物與NaOH不能反應，而Al2O3是兩性氧化物，可以與NaOH發(fā)生反應產(chǎn)生NaAlO2，過濾后洗滌，就得到純凈的MgO，故A不選；B向溶液中加入過量的NaOH溶液，氯化鐵變?yōu)镕e（OH）3沉淀，氯化鋁變?yōu)镹aAlO2，過濾，然后向溶液中加入適量的鹽酸，當沉淀達到最大值中，過濾，得到Al（OH）3，再分別向兩種物質(zhì)的沉淀中加入適量的鹽酸溶解，就得到氯化鋁溶液，除去了雜質(zhì)，故B不選；C二氧化硅是酸性氧化物，可以與NaOH發(fā)生反應，而氧化鐵與NaOH不能發(fā)生反應加入過量的NaOH，然后過濾洗滌，就得到純凈的氧化鐵，故C不選；D二者都可以與NaO

35、H發(fā)生反應，當再向得到的沉淀中加入鹽酸時，二者都溶解，不能分離、提純二者，故D選故選D【點評】本題考查物質(zhì)的分離、提純，為高頻考點，側(cè)重學生的分析能力和實驗能力的考查，注意把握物質(zhì)的性質(zhì)的異同以及實驗的嚴密性和可行性的評價，難度不大13（3分）（2016上海）O2F2可以發(fā)生反應：H2S+4O2F2SF6+2HF+4O2，下列說法正確的是（）A氧氣是氧化產(chǎn)物BO2F2既是氧化劑又是還原劑C若生成4.48 L HF，則轉(zhuǎn)移0.8 mol電子D還原劑與氧化劑的物質(zhì)的量之比為1：4【分析】反應H2S+4O2F2SF6+2HF+4O2中，S元素化合價由2價升高到+6價，被氧化，O元素由+1價降低到0價

36、，被還原，以此解答該題【解答】解：AO元素由+1價降低到0價，化合價降低，獲得電子，所以氧氣是還原產(chǎn)物，故A錯誤；B在反應中，O2F2中的O元素化合價降低，獲得電子，所以該物質(zhì)是氧化劑，而硫化氫中的S元素的化合價是2價，反應后升高為+6價，所以H2S表現(xiàn)還原性，而O2F2表現(xiàn)氧化性，故B錯誤；C外界條件不明確，不能確定HF的物質(zhì)的量，所以不能確定轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目，故C錯誤；D由方程式可知還原劑和氧化劑的物質(zhì)的量的比是1：4，故D正確故選D【點評】本題考查氧化還原反應的計算，為高頻考點和常見題型，側(cè)重于學生的分析、計算能力的考查，答題注意把握元素化合價的變化，為解答該題的關鍵，易錯點為C，注意因條

37、件未知，不能確定HF的物質(zhì)的量，題目難度不大14（3分）（2016上海）在硫酸工業(yè)生產(chǎn)中，為了有利于SO2的轉(zhuǎn)化，且能充分利用熱能，采用了中間有熱交換器的接觸室（見圖）下列說法錯誤的是（）Aa、b兩處的混合氣體成分含量相同，溫度不同Bc、d兩處的混合氣體成分含量相同，溫度不同C熱交換器的作用是預熱待反應的氣體，冷卻反應后的氣體Dc處氣體經(jīng)熱交換后再次催化氧化的目的是提高SO2的轉(zhuǎn)化率【分析】A從a進入的氣體是含有SO2、O2、N2等的冷氣，經(jīng)過熱交換器后從b處出來的是熱的氣體；B在c處出來的氣體SO2、O2在催化劑表面發(fā)生反應產(chǎn)生的含有SO3及未反應的SO2、O2等氣體，該反應是放熱反應，當經(jīng)

38、過熱交換器后被冷的氣體降溫，SO3變?yōu)橐簯B(tài)；C熱交換器的作用是預熱待反應的冷的氣體，同時冷卻反應產(chǎn)生的氣體，為SO3的吸收創(chuàng)造條件；D使未反應的SO2進一步反應產(chǎn)生SO3，從而可以提高SO2的轉(zhuǎn)化率【解答】解：A根據(jù)裝置圖可知，從a進入的氣體是含有SO2、O2、N2等的冷氣，經(jīng)過熱交換器后從b處出來的是熱的氣體，成分與a處相同，故A正確；B在c處出來的氣體SO2、O2在催化劑表面發(fā)生反應產(chǎn)生的含有SO3及未反應的SO2、O2等氣體，該反應是放熱反應，當經(jīng)過熱交換器后被冷的氣體降溫，SO3變?yōu)橐簯B(tài)，故二者含有的氣體的成分不相同，故B錯誤；C熱交換器的作用是預熱待反應的冷的氣體，同時冷卻反應產(chǎn)生的

39、氣體，為SO3的吸收創(chuàng)造條件，故C正確；D處氣體經(jīng)過熱交換器后再次被催化氧化，目的就是使未反應的SO2進一步反應產(chǎn)生SO3，從而可以提高SO2的轉(zhuǎn)化率，故D正確故選：B【點評】本題是對化學與技術的考查，涉及工業(yè)制硫酸中SO2催化氧化的設備及工作原理，注意對基礎知識的理解掌握15（3分）（2016上海）下列氣體的制備和性質(zhì)實驗中，由現(xiàn)象得出的結(jié)論錯誤的是（）選項試劑試紙或試液現(xiàn)象結(jié)論A濃氨水、生石灰紅色石蕊試紙變藍NH3為堿性氣體B濃鹽酸、濃硫酸pH試紙變紅HCl為酸性氣體C濃鹽酸、二氧化錳淀粉碘化鉀試液變藍Cl2具有氧化性D亞硫酸鈉、硫酸品紅試液褪色SO2具有還原性AABBCCDD【分析】AN

40、H3制備可以采取濃氨水和生石灰制取，可用紅色石蕊試紙檢驗，試紙變藍則說明NH3為堿性氣體；B利用濃硫酸的高沸點性，可以制取HCl氣體，pH試紙變紅，則說明氣體為酸性氣體；C濃鹽酸和二氧化錳加熱可以制取Cl2，Cl2可以用濕潤的淀粉碘化鉀試紙檢驗，試紙變藍，說明KI轉(zhuǎn)化為I2，則說明Cl2有強氧化性；DSO2使品紅溶液褪色體現(xiàn)的是SO2的漂白性【解答】解：A生石灰溶于水放出大量的熱，增大氫氧根離子濃度，有利于氨氣的逸出，NH3制備可以采取濃氨水和生石灰制取，可用紅色石蕊試紙檢驗，試紙變藍則說明NH3為堿性氣體，故A正確；B利用濃硫酸的高沸點性，可以制取HCl氣體，pH試紙變紅，則說明氣體為酸性氣

41、體，故B正確；C濃鹽酸和二氧化錳加熱可以制取Cl2，Cl2可以用濕潤的淀粉碘化鉀試紙檢驗，試紙變藍，說明KI轉(zhuǎn)化為I2，則說明Cl2有強氧化性，故C正確；DSO2使品紅溶液褪色體現(xiàn)的是SO2的漂白性，故D錯誤故選D【點評】本題考查常見氣體的制備和性質(zhì)實驗，熟練掌握元素化合物性質(zhì)，掌握常見氣體的制備、檢驗，難度不大16（3分）（2016上海）實驗室提純含少量氯化鈉雜質(zhì)的硝酸鉀的過程如圖所示下列分析正確的是（）A操作是過濾，將固體分離除去B操作是加熱濃縮趁熱過濾，除去雜質(zhì)氯化鈉C操作是過濾、洗滌，將硝酸鉀晶體從溶液中分離出來D操作總共需兩次過濾【分析】因為KNO3的溶解度隨溫度的升高而升高，NaC

42、l的溶解度隨溫度的升高而基本無明顯變變化，操作是加水溶解，操作是蒸發(fā)濃縮，得到較高溫度下的KNO3飽和溶液，操作為冷卻結(jié)晶析出KNO3，過濾，洗滌，干燥可得KNO3晶體【解答】解：KNO3中混有NaCl應提純KNO3，將它們都溶于水，并降溫結(jié)晶因為KNO3的溶解度隨溫度的升高而升高，NaCl的溶解度隨溫度的升高而基本無明顯變變化則有，操作是在燒杯中加水溶解，操作是蒸發(fā)濃縮，得到較高溫度下的KNO3飽和溶液，操作為冷卻結(jié)晶，利用溶解度差異使KNO3結(jié)晶析出，過濾，洗滌，干燥可得KNO3晶體故選C【點評】本題考查常見物質(zhì)的分離、提純的方法，理解利用溶解度差異進行的分離提純，是基礎知識的綜合運用17

43、（3分）（2016上海）某鐵的氧化物（FexO）1.52g溶于足量鹽酸中，向所得溶液中通入標準狀況下112ml Cl2，恰好將Fe2+完全氧化x值為（）A0.80B0.85C0.90D0.93【分析】根據(jù)電子守恒可知，F(xiàn)exO被氧化為Fe3+轉(zhuǎn)移的電子數(shù)和Cl2轉(zhuǎn)移的電子數(shù)相等【解答】解：FexO中Fe的平均化合價為+，被氧化為Fe3+，根據(jù)電子守恒可知，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)和Cl2轉(zhuǎn)移的電子數(shù)相等標準狀況下112mL Cl2轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2=0.01mol則有：（3）x=0.01mol，解得x=0.8，故選：A【點評】本題考查氧化還原反應計算，注意氧化還原反應計算中電子轉(zhuǎn)移守恒運用，本題中注意平均化合

44、價的應用，側(cè)重考查學生的分析計算能力三、選擇題（本題共20分，每小題4分，每小題有一個或兩個正確選項只有一個正確選項的，多選不給分；有兩個正確選項的，選對一個給2分，選錯一個，該小題不給分）18（4分）（2016上海）一定條件下，一種反應物過量，另一種反應物仍不能完全反應的是（）A過量的氫氣與氮氣B過量的濃鹽酸與二氧化錳C過量的銅與濃硫酸D過量的鋅與18 mol/L硫酸【分析】A合成氨是一個可逆反應，不能朝一個方向進行到底；B二氧化錳只與濃鹽酸反應，稀鹽酸不反應，過量濃鹽酸和二氧化錳反應二氧化錳可以完全反應；C銅活潑性弱只能與濃硫酸反應，與稀硫酸不反應；D過量的鋅與18mol/L硫酸溶液反應，

45、首先生成二氧化硫，當濃變稀的時候生成氫氣【解答】解：A合成氨是一個可逆反應，無論如何充分反應，都不能完全反應而達到百分之百，故A正確；B二氧化錳只與濃鹽酸反應，稀鹽酸不反應，二氧化錳過量，稀鹽酸也不能完全反應，若濃鹽酸過量，二氧化錳可以完全反應，故B錯誤；C銅活潑性弱只能與濃硫酸反應，與稀硫酸不反應，故C正確；D過量的鋅與18mol/L硫酸溶液反應，首先生成二氧化硫，當濃變稀的時候生成氫氣，故D錯誤；故選AC【點評】本題考查物質(zhì)的性質(zhì)，題目難度不大，注意化學反應中的一些特殊情況，注意反應的可逆性和物質(zhì)的濃度問題19（4分）（2016上海）已知：SO32+I2+H2O=SO42+2I+2H+某溶

46、液中可能含有Na+、NH4+、K+、I、SO32、SO42，且所有離子物質(zhì)的量濃度相等向該無色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈無色下列關于該溶液的判斷正確的是（）A肯定不含IB肯定含SO42C肯定含有SO32D肯定含有NH4+【分析】無色溶液中加入溴水仍然無色，說明溴水發(fā)生了反應，且產(chǎn)物無色，I和SO32均可與溴水反應使溴水褪色，此時反應后溶液無色，說明沒有I2，則原溶液中一定有SO32；由于SO32的還原性比I強，故I是否存在無法判斷；因所有離子濃度相等，則根據(jù)電荷守恒可判斷SO42肯定沒有，據(jù)此進行判斷【解答】解：加入溴水仍然無色，說明溴水發(fā)生了反應，且產(chǎn)物無色，I和SO32均可與溴水反應使溴

47、水褪色，此時反應后溶液無色，說明沒有I2，則原溶液中一定有SO32，故C正確；由于SO32的還原性比I強，故I是否存在無法判斷，故A錯誤；因所有離子濃度相等，則根據(jù)電荷守恒可判斷SO42肯定沒有，故B錯誤；根據(jù)分析可知，無法判斷是否含有銨根離子，故D錯誤；故選C【點評】本題考查常見離子的檢驗方法，題目難度不大，明確離子反應發(fā)生條件為解答關鍵，注意掌握離子共存的條件，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及邏輯推理能力20（4分）（2016上海）已知NaOH+Al（OH）3NaAl（OH）4向集滿CO2的鋁制易拉罐中加入過量NaOH濃溶液，立即封閉罐口，易拉罐漸漸凹癟；再過一段時間，罐壁又重新凸起上述實驗過程

48、中沒有發(fā)生的離子反應是（）ACO2+2OHCO32+H2OBAl2O3+2OH+3H2O2Al（OH）4C2Al+2OH+6H2O2Al（OH）4+3H2DAl3+4OHAl（OH）4【分析】向集滿CO2的鋁罐中加入過量氫氧化鈉，首先CO2與氫氧化鈉反應，發(fā)生反應為：CO2+2OHCO32+H2O，表現(xiàn)為鋁罐變癟；接著過量的氫氧化鈉再與鋁罐反應生成氫氣，發(fā)生反應為：2Al+2OH+6H2O2Al（OH）4+3H2，則罐壁又重新凸起；因鋁罐表面有氧化膜Al2O3，則又能夠發(fā)生反應：Al2O3+2OH+3H2O2Al（OH）4，據(jù)此進行解答【解答】解：向集滿CO2的鋁罐中加入過量氫氧化鈉，首先CO

49、2與氫氧化鈉反應，發(fā)生反應為：CO2+2OHCO32+H2O，表現(xiàn)為鋁罐變癟；接著過量的氫氧化鈉再與鋁罐反應生成氫氣，發(fā)生反應為：2Al+2OH+6H2O2Al（OH）4+3H2，則罐壁又重新凸起；因鋁罐表面有氧化膜Al2O3，則又能夠發(fā)生反應：Al2O3+2OH+3H2O2Al（OH）4，根據(jù)分析可知，能夠發(fā)生反應為A、B、C的，沒有發(fā)生的反應為D，故選D【點評】本題考查了鋁及其化合物性質(zhì)，題目難度不大，明確發(fā)生反應原理為解答關鍵，注意掌握鋁及其化合物性質(zhì)，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及靈活應用能力21（4分）（2016上海）類比推理是化學中常用的思維方法下列推理正確的是（）ACO2是直線型分子

50、，推測CS2也是直線型分子BSiH4的沸點高于CH4，推測H2Se的沸點高于H2SCFe與Cl2反應生成FeCl3，推測Fe與I2反應生成FeI3DNaCl與濃H2SO4加熱可制HCl，推測NaBr與濃H2SO4加熱可制HBr【分析】AO和S同主族，二者形成的CO2和CS2都是直線形分子；BC和Si，Se和S都分別同族元素，形成的氫化物都為分子晶體，沸點取決于分子間作用力的大??；CI2的氧化性較弱，碘單質(zhì)與鐵反應生成FeI2；D濃硫酸能夠?qū)Br氧化為Br2【解答】解：AO和S是同族元素，故形成的CO2和CS2都是直線形分子，該推理合理，故A正確；BC和Si，Se和S都分別為同族元素，所形成的

51、氫化物都為分子晶體，沸點取決于分子間作用力的大小，分子間作用力大小可以用相對分子質(zhì)量來比較，故B正確；C因I2的氧化性較弱，在碘單質(zhì)與鐵反應生成的是FeI2，故C錯誤；D濃硫酸氧化性很強，能夠?qū)Br氧化為Br2，不能用該方法制取HBr，故D錯誤；故選AB【點評】本題考查較為綜合，涉及分子構(gòu)型、晶體性質(zhì)、鐵的化學性質(zhì)、濃硫酸的性質(zhì)等知識，題目難度中等，明確常見元素及其化合物性質(zhì)為解答關鍵，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及靈活應用能力22（4分）（2016上海）稱?。∟H4）2SO4和NH4HSO4混合物樣品7.24g，加入含0.1molNaOH的溶液，完全反應，生成NH3 1792ml（標準狀況），

52、則（NH4）2SO4和NH4HSO4的物質(zhì)的量比為（）A1：1B1：2C1.87：1D3.65：1【分析】先利用極值法判斷氫氧化鈉過量情況，氫氧化鈉不足時硫酸氫銨電離出的氫離子優(yōu)先反應，然后銨根離子與氫氧化鈉反應，根據(jù)氨氣的物質(zhì)的量可計算出硫酸氫銨的物質(zhì)的量，然后利用總質(zhì)量可計算出硫酸銨的質(zhì)量，最后可計算出混合物中（NH4）2SO4和NH4HSO4的物質(zhì)的量之比【解答】解：假設混合物完全為（NH4）2SO4時消耗NaOH的量最小，7.24g（NH4）2SO4的物質(zhì)的量為：0.0548mol，消耗氫氧化鈉的物質(zhì)的量為0.0548mol2=0.1096mol0.1mol，說明氫氧化鈉的物質(zhì)的量不足

53、，（NH4）2SO4和NH4HSO4混合物樣品中加入氫氧化鈉溶液后，先與反應NH4HSO4，然后與（NH4）2SO4反應生成氨氣，標準狀況下生成氨氣的物質(zhì)的量為：=0.08mol，則與氫離子反應消耗NaOH的物質(zhì)的量為：0.1mol0.08mol=0.02mol，故NH4HSO4的物質(zhì)的量為0.02mol，所以（NH4）2SO4的質(zhì)量為：7.24g115g/mol0.02mol=4.94g，其物質(zhì)的量為：0.0374mol，則（NH4）2SO4和NH4HSO4的物質(zhì)的量比為：0.0375mol：0.02mol=1.87：1，故選C【點評】本題考查了混合物反應的計算，題目難度中等，正確判斷氫氧化

54、鈉的過量情況及發(fā)生反應的先后順序為解答關鍵，注意掌握極值法在化學計算中的應用，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及化學計算能力四、（本題共12分）23（12分）（2016上海）NaCN超標的電鍍廢水可用兩段氧化法處理：（1）NaCN與NaClO反應，生成NaOCN和NaCl（2）NaOCN與NaClO反應，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2已知HCN（Ki=6.31010）有劇毒；HCN、HOCN中N元素的化合價相同完成下列填空：（1）第一次氧化時，溶液的pH應調(diào)節(jié)為堿性（選填“酸性”、“堿性”或“中性”）；原因是防止生成HCN，造成人員中毒或污染空氣（2）寫出第二次氧化時發(fā)生反應的離子方程式2O

55、CN+3ClO=CO32+CO2+3Cl+N2（3）處理100m3含NaCN 10.3mg/L的廢水，實際至少需NaClO14900g（實際用量應為理論值的4倍），才能使NaCN含量低于0.5mg/L，達到排放標準（4）（CN）2與Cl2的化學性質(zhì)相似（CN）2與NaOH溶液反應生成NaOCN、NaCN和H2O（5）上述反應涉及到的元素中，氯原子核外電子能量最高的電子亞層是3p；H、C、N、O、Na的原子半徑從小到大的順序為HONCNa（6）HCN是直線型分子，HCN是極性分子（選填“極性”或“非極性”）HClO的電子式為【分析】（1）NaCN易與酸發(fā)生反應生成HCN，而HCN有劇毒，故應該使

56、溶液的pH呈堿性；（2）反應中氯元素的化合價從+1價降低到1價，得到2個電子N元素化合價從3價升高到0價，失去3個電子，結(jié)合氧化還原反應中化合價升降相等配平；（3）參加反應的NaCN為=20mol，反應中C由+2價升高到+4價，N元素化合價從3價升高到0價，即1molNaCN失去5mol電子，1mol次氯酸鈉得到2mol電子，利用電子守恒計算；（4）（CN）2與Cl2的化學性質(zhì)相似，根據(jù)氯氣與氫氧化鈉溶液反應的原理分析（CN）2與NaOH溶液反應產(chǎn)物；（5）氯原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p5，據(jù)此可知氯原子核外電子中能量最高的電子亞層；原子的電子層越多，原子半徑越大，電子層

57、相同時，原子的核電荷數(shù)越大，原子半徑越小，據(jù)此判斷H、C、N、O、Na的原子半徑大??；（6）HCN是直線型分子，其正負電荷的重心不重合；HClO為共價化合物，分子中含有1個OCl鍵和個HO鍵，據(jù)此寫出其電子式【解答】解：（1）NaCN易與酸反應生成HCN，為防止生成HCN，造成人員中毒或污染空氣，因此第一次氧化時，溶液的pH應調(diào)節(jié)為堿性，故答案為：堿性；防止生成HCN，造成人員中毒或污染空氣；（2）反應中氯元素的化合價從+1價降低到1價，得到2個電子N元素化合價從3價升高到0價，失去3個電子，則根據(jù)電子得失守恒可知還原劑和氧化劑的物質(zhì)的量之比是2：3，反應的離子方程式為：2OCN+3ClO=C

58、O32+CO2+3Cl+N2，故答案為：2OCN+3ClO=CO32+CO2+3Cl+N2；（3）參加反應的NaCN是：=20mol，反應中C由+2價升高到+4價，N元素化合價從3價升高到0價，即1molNaCN失去5mol電子，1mol次氯酸鈉得到2mol電子，所以處理100 m3含NaCN 10.3 mg/L的廢水，實際至少需NaClO的質(zhì)量為：74.5g/mol4=14900g，故答案為：14900；（4）（CN）2與Cl2的化學性質(zhì)相似，根據(jù)氯氣與氫氧化鈉溶液反應的原理可知，（CN）2與NaOH溶液反應生成NaOCN、NaCN、和H2O，故答案為：NaOCN；NaCN；（5）氯原子的核外電子排布式為：1s22s22p63s23p5，所以氯原子核外電子中能量最高的電子亞層為3p；原子的電子層越多，原子半徑越大，電子層相同時，原子的核電荷數(shù)越大，原子半徑越小，則H、C、N、O、Na的原子半徑從小到大的順序為：HONCNa，故答案為：3p；HONCNa；（6）HCN是直線型分子，由于正負電荷的重心不重合，則HCN為極性分子；HClO為共價化合物，分子中含有1個OCl鍵和個HO鍵，其電子式為，故答案為：極性；【點評】本題考查了氧化還原反應方程式書寫、計算、元素周期律等有關判斷，題目難度中等，明確氧化還原反應的實質(zhì)及配平原