上海市闵行区2016届高考化学一模试卷 及答案.doc

2016年上海市闵行区高考化学一模试卷一、选择题（本题共10分，每小题2分，每题只有一个正确选项）1化学用语准确的是( )a铁触煤b氨盐c硬脂酸d活性碳2元素周期表中氧元素的数据见如图，说法正确的是( )a氧元素的质量数是16b氧元素的相对原子质量是16.00c氧原子2p亚层有一个未成对电子d氧原子最外层有6个能量相同的电子3下列变化不涉及氧化还原反应的是( )a明矾净水b钢铁生锈c海水提溴d工业固氮4通过化学反应不能实现的是( )a生成一种新离子b生成一种新分子c生成一种新原子d生成一种新单质5氮氧化铝（alon）是一种空间网状结构，硬度大熔点高的透明材料，描述正确的是( )a含有离子键b属于原子晶体c既有离子键又有共价键d属于离子晶体二、选择题（本题共36分，每小题3分，每题只有一个正确选项）6关于煤与石油化工的说法，正确的是( )a煤焦油干馏可得到苯、甲苯等b煤裂化可得到汽油、柴油、煤油等轻质油c石油分馏可得到乙烯、丙烯等重要化工产品d石油主要是各种烷烃、环烷烃和芳香烃组成的混合物7有关浓硫酸的性质或作用，叙述错误的是( )a浓硫酸的脱水性是化学性质b使铁、铝钝化表现了强氧化性c制备乙酸乙酯的反应中起催化脱水作用d与氯化钠固体共热制氯化氢气体时，表现强酸性8已建立化学平衡的某可逆反应，当改变条件使平衡向正反应方向移动，正确的是( )a生成物的百分含量一定增加b正反应速率大于逆反应速率c反应物的转化率一定增大d反应物浓度一定降低9某温度下，浓度为a mol/l的一元酸ha与b mol/l的一元碱boh等体积混合，该溶液呈中性的依据是( )aa=bbha与boh的电离常数相等c混合溶液中，c（h+）=mol/ld混合溶液中，c（h+）+c（b+）c（oh）+c（a）10类比推断是学习化学的一种重要方法，推断正确的是( )a电解熔融nacl制取na，故电解熔融mgcl2也能制取mgbfe与cuso4溶液反应置换出cu，故na也能从cuso4溶液中置换出cuc通常元素的价态越高对应物质的氧化性越强，故hclo4的氧化性强于hclodco2和na2o2反应生成na2co3和o2，故so2和na2o2反应生成na2so3和o211下表为周期表中短周期的一部分，若r原子核外有3个未成对电子，说法正确的是( )rxyza原子半径大小顺序是：yxrb其气态氢化物的稳定性顺序是：zyxrcx、y、z中z的氧化物对应的水化物的酸性最强dr的气态氢化物与它的含氧酸之间能发生化学反应12氯雷他定是缓解过敏症状的药物，其分子结构简式如图，说法正确的是( )a该分子中存在肽键b最多可以有12个碳原子共平面c1 mol氯雷他定最多可与8 mol氢气发生加成反应d能与naoh溶液反应，但不能与nahco3溶液反应13化学反应时，反应物的量不同，产物或现象可能会发生变化下列正确的是( )a硫在少量氧气中燃烧成so2，过量能生成so3b铁丝在少量氯气中燃烧生成fecl2，过量则生成fecl3c氯水滴入淀粉碘化钾稀溶液中，少量氯水有蓝色，过量蓝色消失dnaclo溶液中通少量co2生成na2co3和hclo，过量生成nahco3和hclo14如图是模拟电化学反应装置图下列说法正确的是( )a若x为碳棒，开关k置于n处，可以加快铁的腐蚀b若x为碳棒，开关k置于n处，则x极附近溶液变黄色c若x为锌，开关k置于m处，保护铁电极则为牺牲阳极的阴极保护法d若x为锌，开关k置于m处，则x电极的反应式为：o2+4e+2h2o4oh15利用下列实验装置能完成相应实验的是( )a装置可干燥、收集并吸收多余的nh3b装置除去co2中含有的少量hclc装置可以制备大量的乙炔气体d装置不添加任何仪器即可检查气密性16已知n2（g）+3h2（g）2nh3（g）+q1反应历程的能量变化如曲线i，说法正确的是( )a1molnn键能与3molhh键能之和大于6molnh键能，所以反应为放热bn2（g）+3h2（g）2nh3（l）+q2反应历程的能量变化如曲线，则q2q1c选择合适的催化剂，可以降低反应所需温度，q1值也相应减少d2mol氨气的能量高于1mol氮气和3mol氢气的能量之和，所以反应需要高温17有一未知的无色溶液，只可能含有以下离子中的若干种（忽略由水电离产生的h+、oh）：h+、nh4+、k+、mg2+、cu2+、al3+、no3、co32，现取样逐滴滴加naoh溶液，测得沉淀与naoh溶液的体积关系如图以下推测错误的是( )a原溶液一定不存在h+、cu2+、co32b不能确定原溶液是否含有k+、no3c原溶液中n（mg2+）：n（al3+）：n（nh4+）=1：1：2d实验所加的naoh溶液浓度为2mol/l三、选择题（本题共20分，每小题4分，每小题有一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焙烧黄铜矿：2cufes2+o2cu2s+2fes+so2，下列说法正确的是( )aso2既是氧化产物又是还原产物bcufes2仅作还原剂，硫元素被氧化c每生成1 mol cu2s，同时生成22.4l so2d有0.2 mol硫被氧化时，转移1.2na个电子19下列离子方程式正确的是( )a苯酚与碳酸氢钠溶液混合：c6h5oh+hco3c6h5o+co2+h2ob向febr2溶液中通入等量cl2：2fe2+2br+2cl22fe3+br2+4clc将al投入naoh的重水溶液：2al+2oh+2d2o2alo2+3d2dca（hco3）2溶液中加入足量的ba（oh）2溶液：ca2+2hco3+2ohcaco3+co32+2h2o20某密闭容器中充入等物质的量的气体a和b，一定温度下发生反应：a（g）+xb（g）2c（g），达到平衡后，只改变反应的一个条件，测得容器中物质的浓度、反应速率随时间的变化关系如图所示下列说法中正确的是( )a反应方程式中的x=1b该反应为放热反应c30 min时改变的条件是加入催化剂d前30 min内a的反应速率为0.05 mol/（lmin）21某温度下，体积和ph都相同的盐酸和氯化铵溶液加水稀释时的ph变化曲线如图所示，下列判断正确的是( )aa、b、c三点溶液的离子浓度之和abcbb点溶液中c（h+）+c（nh3h2o）=c（oh）c用等浓度的naoh溶液和等体积b、c处溶液反应，恰好反应时消耗naoh溶液的体积vb=vcda、b、c三点溶液中水的电离程度abc22工业炼铁用一氧化碳还原氧化铁时会发生如下一系列反应：3fe2o3+co2fe3o4+co2fe3o4+co3feo+co2feo+cofe+co2某次实验中，用co还原4.80g氧化铁，当固体质量变成4.56g时，测得此固体中只存在2种氧化物则此固体成分和它们的物质的量之比可能的是( )an（feo）：n（fe3o4）=1：1bn（fe2o3）：n（feo）=2：1cn（fe2o3）：n（feo）=1：2dn（fe2o3）：n（fe3o4）=1：1四、（本题共12分）23氯的氧化物是氯与氧的二元化合物的总称，也称为氧化氯目前cl2o、clo2、cl2o7已能制取有关数据见下表：化学式cl2oclo2cl2o7相对分子质量8767.5183沸点/29.781完成下列填空：（1）cl2o是_ 酸的酸酐，cl2o电子式为_（2）下列能判断cl和o两种元素非金属性强弱的是_（选填编号）a氧化氯的分子式 b与金属反应得电子的数目c气态氢化物的稳定性 d最高价氧化物对应水化物的酸性（3）根据分子间作用力对沸点影响的变化规律：组成和结构相似的分子，其沸点随着相对分子质量的增大而升高，但上表中相对分子质量是cl2o7cl2oclo2，其沸点的变化不是cl2o7cl2oclo2的原因是_（4）clo2和碱溶液反应生成亚氯酸盐（阴离子是clo2）和氯酸盐，其离子方程式是_，氧化产物_（填离子符号）（5）一定条件下，在水溶液中1mol cl、clo（x=1，2，3，4）的能量（kj）相对大小如图所示d是_（填离子符号）ba+c的热化学方程式为_（用离子符号表示）五、（本题共12分）24合成氨在工业上有重要用途，原料氢气来源于天然气完成下列填空：（1）天然气中的h2s杂质常用氨水吸收，产物为nh4hs，若恰好完全反应，则该溶液中存在_个平衡（2）一定条件下向nh4hs溶液中通入富氧空气（含氧体积分数50%），得到单质硫并使吸收液再生，写出该反应的化学方程式：_当消耗标况下22.4升富氧空气时，有_mol电子转移（3）h2来自于天然气：ch4（g）+h2o（g）3h2（g）+co（g）如果该反应在恒容密闭容器中进行，能说明其达到化学平衡状态的是_（选填编号）a正（h2）：逆（co）=3：1 b气体密度不再改变cc（h2）：c（co）=3：1 d气体的平均相对分子质量保持不变氨水是实验室常用的弱碱（1）在25时，将a mol/l氨水与0.01mol/l盐酸等体积混合，平衡时，溶液中c（nh4+）=c（cl），则溶液显_（填“酸”、“碱”或“中”）性；amol/lnh4cl与a mol/l氨水等体积混合（ph7），混合溶液中微粒的物质的量浓度由大到小顺序：_（2）25时ch3cooh和nh3h2o的电离常数相等，现向10ml浓度为0.1mol/l的ch3cooh溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中_（选填编号）a水的电离程度始终增大b正好生成ch3coonh4时，与纯水中h2o的电离程度相同c常温下等浓度的nh4cl和ch3coona两溶液的ph之和为14d当加入氨水的体积为10ml时，c（nh4+）=c（ch3coo）（3）往cacl2溶液中通入co2至饱和，无明显现象，再通一定量氨气后有白色沉淀，请用电离平衡理论解释上述现象：_六、（本题共12分）25cuso45h2o是铜的重要化合物，有着广泛的应用（一）cuso45h2o制取完成下列填空：（1）向含铜粉的稀硫酸中滴加少量浓硝酸（可加热），铜粉溶解时可以观察到的实验现象：_（2）根据反应原理，硝酸与硫酸的理论配比（物质的量之比）为_（3）步骤_；步骤_（二）胆矾中cuso45h2o含量的测定已知：cuso4+2naohcu（oh）2+na2so4（4）实验方案如下，并将步骤补全：将12.500g胆矾样品溶解，配成100ml溶液，取25ml于烧杯中；向溶液中加入100ml0.2500mol/l氢氧化钠溶液使cu2+完全沉淀（不考虑其它副反应）；过滤，多余的氢氧化钠溶液用0.5000mol/l盐酸滴定至终点，耗用10.00ml盐酸；_数据处理（5）在滴定中，眼睛应注视_；滴定终点时，准确读数应该是滴定管上_所对应的刻度（6）就方案中数据进行处理，则样品cuso45h2o中质量分数为_步骤中沉淀未洗涤，导致结果_（填偏大、偏小、无影响）七、（本题共12分）26利用如图装置进行乙醇的催化氧化实验并制取乙醛（试管丙中用水吸收产物）请填写下列空白：（1）检验乙醛的试剂是_；（选填编号）a银氨溶液 b碳酸氢钠溶液 c新制氢氧化铜 d氧化铜乙醇发生催化氧化的化学反应方程式为_；（2）实验开始时，是先鼓入空气还是先点燃酒精灯加热铜丝？_，原因是_；该实验中“鼓气速度”这一变量你认为可用_来估量；（3）实验时，常常将甲装置浸在7080的水浴中，目的是_以下实验需要水浴加热的是_；（选填编号）a卤代烃水解 b银镜反应 c乙酸丁酯 d苯的硝化反应（4）该课外活动小组偶然发现向溴水中加入乙醛溶液，溴水褪色（假设两者恰好完全反应）该同学为解释上述现象，提出两种猜想：溴水将乙醛氧化为乙酸；溴水与乙醛发生加成反应请你设计一个简单的实验，探究哪一种猜想正确？_八、（本题共10分）27以烯烃为原料可以合成多种高聚物的合成路线如下：已知：烯烃和x2在一定条件下能发生取代，且能发生双烯合成如请回答下列问题：（1）x中含有的官能团为_；（2）yz的化学方程式为_；（3）高聚物e的结构简式为_；甲是a的一种同分异构体，其能实现转化：，甲的名称为_；（4）由可以合成 按合成路线的顺序，涉及反应的反应类型有：_九、（本题共12分）282015年诺贝尔奖获得者屠呦呦提取的抗疟新药青蒿素的结构简式，用键线式表示如图（1）青蒿素的分子式为_（2）为了引入过氧基，需要在有机合成中引入羟基，引入羟基的反应类型有_（选填编号）取代 加成 消去 酯化 还原天然香草醛（ ）可用于合成青蒿素，合成天然香草醛的反应如下：c8h10o3ab（3）步骤的作用是_（4）c8h10o3的结构简式：_（5）c与这种天然香草醛互为同分异构体，写出符合下列条件的c的一种结构简式_有苯环；能水解；能发生银镜反应；遇fecl3溶液发生显色反应（6）苄基乙醛是合成青蒿素的中间原料之一，写出由苯甲醛和氯乙烷为原料，制备苄基乙醛的合成路线流程图（无机试剂任用）已知：羰基h可发生反应：十、（本题共14分）29（14分）硝酸铜是重要的化工原料，以下三种方法均可得到硝酸铜已知：2no2+2naohnano3+nano2+h2ono+no2+2naoh2nano2+h2o（以下涉及到的气体体积均为标准状况下数据）：（1）甲组用a克cu粉，在加热的条件下，与空气充分反应，然后将生成的cuo全部溶于vml稀硝酸中，制得硝酸铜溶液，则所需稀硝酸的浓度至少为_mol/l，需要质量分数为w%，密度为g/cm3的浓硝酸_ml（均用最简分式表示）（2）乙组用b克cu粉，全部溶于过量的稀硝酸中，溶液质量增重_克，将生成的气体通入足量naoh溶液中并同时通入氧气的体积至少_l才能使生成的气体吸收完全（均用最简分式表示）（3）丙组取某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200ml，平均分成两份向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解9.6g向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示（已知硝酸只被还原为no气体）列式计算原混合酸中硝酸的物质的量是多少？硫酸的物质的量浓度多少？2016年上海市闵行区高考化学一模试卷一、选择题（本题共10分，每小题2分，每题只有一个正确选项）1化学用语准确的是( )a铁触煤b氨盐c硬脂酸d活性碳【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合 【专题】化学用语专题【分析】a铁触煤中的“煤”错误，正确名称为铁触媒；b氨盐的“氨”错误，应该为铵盐；c硬脂酸为饱和一元羧酸，该名称书写合理；d活性炭具有吸附性，活性炭的“炭”不是“碳”【解答】解：a铁触媒是合成氨工业中普遍使用的主要是以铁为主体的多成分催化剂，正确名称为铁触媒，故a错误；b氨气与酸反应生成的盐为铵盐，不是氨盐，故b错误；c硬脂酸分子中含有18个c，为饱和一元羧酸，硬脂酸的分子式为c18h36o2，故c正确；d活性碳的“碳”错误，应该为活性炭，故d错误；故选c【点评】本题考查了常见物质的组成、化学式及名称的表示方法判断，题目难度不大，明确常见物质的组成、名称为解答结构，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力2元素周期表中氧元素的数据见如图，说法正确的是( )a氧元素的质量数是16b氧元素的相对原子质量是16.00c氧原子2p亚层有一个未成对电子d氧原子最外层有6个能量相同的电子【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用 【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】a元素一般不谈质量数，原子谈质量数，原子质量数=质子数+中子数；b由图可知，氧元素的相对原子质量为16.00；c.2p亚层有3个轨道，容纳4个电子，每个轨道容纳2个电子且自旋方向相反，电子优先占据一个轨道；ds能级与p能级的能量不同，同一能级中电子能量相同【解答】解：a元素一般不谈质量数，原子谈质量数，且氧原子中子数未知，故氧原子质量数也不能确定，故a错误；b由图可知，氧元素的相对原子质量为16.00，故b正确；c.2p亚层有3个轨道，容纳4个电子，根据泡利原理、洪特规则可知，2p亚层电子排布图为，有2个未成对电子，故c错误，d氧原子最外层6个电子的能量并不都相同，s能级2个电子能量相同，p能级4个电子能量相同，故d错误，故选：b【点评】本题考查元素周期表、核外电子排布规律，比较基础，注意对基础知识的理解掌握3下列变化不涉及氧化还原反应的是( )a明矾净水b钢铁生锈c海水提溴d工业固氮【考点】氧化还原反应 【专题】氧化还原反应专题【分析】含元素化合价变化的反应，为氧化还原反应，反之不是，以此来解答【解答】解：a明矾净水与铝离子水解生成胶体有关，没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故a选；bfe、o元素的化合价变化，为氧化还原反应，故b不选；cbr元素的化合价升高，还需要氧化剂，为氧化还原反应，故c不选；dn元素的化合价降低，h元素的化合价升高，为氧化还原反应，故d不选；故选a【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应、反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大4通过化学反应不能实现的是( )a生成一种新离子b生成一种新分子c生成一种新原子d生成一种新单质【考点】化学反应的实质 【专题】物质的性质和变化专题【分析】根据化学反应的过程，在化学变化中分子分成原子，原子再重新组合成新的分子，化学反应就是化学变化，必须有新的物质生成【解答】解：化学反应就是化学变化，必须有新的物质生成，所以可以生成一种新单质，可以生成新的分子，也可以生成一种由离子构成的物质，即新离子，由在化学变化中分子分成原子，原子再重新组合成新的分子，说明原子在化学变化中是没有变化的，所以不能生成一种新原子故选c【点评】在化学反应前后分子发生了改变，原子没有发生变化，原子的种类、数目、质量都不变5氮氧化铝（alon）是一种空间网状结构，硬度大熔点高的透明材料，描述正确的是( )a含有离子键b属于原子晶体c既有离子键又有共价键d属于离子晶体【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别 【专题】化学键与晶体结构【分析】氮氧化铝（alon），全称是透明高硬度防弹铝材料，硬度为石英玻璃的4倍，具有原子晶体的性质，则为原子晶体【解答】解：氮氧化铝（alon），全称是透明高硬度防弹铝材料，是一种空间网状结构，硬度大熔点高的透明材料，属于原子晶，则晶体中含共价键而无离子键，故选b【点评】本题考查晶体类型的判断方法，难度不大，注意基础知识的积累二、选择题（本题共36分，每小题3分，每题只有一个正确选项）6关于煤与石油化工的说法，正确的是( )a煤焦油干馏可得到苯、甲苯等b煤裂化可得到汽油、柴油、煤油等轻质油c石油分馏可得到乙烯、丙烯等重要化工产品d石油主要是各种烷烃、环烷烃和芳香烃组成的混合物【考点】煤的干馏和综合利用；化石燃料与基本化工原料 【专题】有机化合物的获得与应用【分析】a通过对煤焦油的分馏可得到各种芳香烃； b石油裂化可提高汽油、煤油和柴油等轻质油的产量；c石油的裂解可以得到乙烯、丙烯等重要化工基本原料；d石油为烷烃、芳香烃的混合物【解答】解：a通过对煤焦油的分馏可得到苯、甲苯等，故a错误； b石油裂化可提高汽油、煤油和柴油等轻质油的产量，煤不能裂化，故b错误；c石油分馏得到烃，石油的裂解可以得到乙烯、丙烯等重要化工基本原料，故c错误；d石油为烷烃、芳香烃的混合物，主要是各种烷烃、环烷烃和芳香烃组成的混合物，故d正确故选d【点评】本题考查了石油和煤的综合利用，题目难度不大，侧重于学生的基本知识的考查，为高频考点，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学生学习的积极性7有关浓硫酸的性质或作用，叙述错误的是( )a浓硫酸的脱水性是化学性质b使铁、铝钝化表现了强氧化性c制备乙酸乙酯的反应中起催化脱水作用d与氯化钠固体共热制氯化氢气体时，表现强酸性【考点】浓硫酸的性质 【专题】元素及其化合物【分析】a有新物质生成的变化属于化学变化；b浓硫酸具有强的氧化性，常温下能够使铁、铝发生钝化，形成致密氧化膜，阻止反应进行；c依据浓硫酸在酯化反应中作用解答；d浓硫酸难挥发酸，能够制取易挥发性的酸【解答】解：a浓硫酸使其他物质脱水生成新的物质，属于化学反应，是化学性质，故a正确；b浓硫酸具有强的氧化性，常温下能够使铁、铝发生钝化，故b正确；c制备乙酸乙酯的反应中起催化剂和吸水剂作用，故c错误；d浓硫酸与氯化钠固体共热制氯化氢气体时，表现难挥发性，故d错误；故选：cd【点评】本题考查了浓硫酸的性质，熟悉浓硫酸的性质是解题关键，题目难度不大，注意脱水性、吸水性的区别，注意钝化属于化学反应，题目难度不大8已建立化学平衡的某可逆反应，当改变条件使平衡向正反应方向移动，正确的是( )a生成物的百分含量一定增加b正反应速率大于逆反应速率c反应物的转化率一定增大d反应物浓度一定降低【考点】化学平衡的影响因素 【专题】化学平衡专题【分析】a、平衡向正反应方向移动，生成物的物质的量增大，但百分含量不一定增大；b、生成物的物质的量减小，平衡向正反应方向移动，；c、两种反应物的反应，增大一种物质的量，本身转化率减小，所以反应物的转化率不一定增大；d、增大反应物浓度，达到新平衡状态是减弱不是抵消，新平衡状态下增大的反应物浓度增大；【解答】解；a、平衡向正反应方向移动，生成物的物质的量增大，但百分含量不一定增大如二氧化硫和氧气的反应，增大氧气的量很多时生成三氧化硫百分含量可能减小，故a错误；b、正反应速率大于逆反应速率，平衡移动向正反应方向进行，故b正确；c、两种反应物的反应，增大一种物质的量，提高另一种物质的转化率，本身转化率减小，所以反应物的转化率不一定增大，故c错误；d、增大反应物浓度，达到新平衡状态是减弱不是抵消，增大的反应物新平衡状态下浓度增大，反应物的浓度不一定降低，故d错误；故选b【点评】本题考查了化学平衡影响因素的分析判断，平衡移动原理和转化率的变化是解题关键，题目难度中等9某温度下，浓度为a mol/l的一元酸ha与b mol/l的一元碱boh等体积混合，该溶液呈中性的依据是( )aa=bbha与boh的电离常数相等c混合溶液中，c（h+）=mol/ld混合溶液中，c（h+）+c（b+）c（oh）+c（a）【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算 【专题】电离平衡与溶液的ph专题【分析】溶液中c（h+）=c（oh）时，溶液一定呈中性，据此分析【解答】解：a浓度为a mol/l的一元酸ha与b mol/l的一元碱boh等体积混合，若a=b，则恰好反应生成盐，但是盐溶液不一定显中性，故a错误；bha与boh的电离常数相等，则二者等物质的量恰好反应时溶液显中性，但是，ab的关系不知道，无法确是否显中性，故b错误；ckw=c（h+）c（oh），当c（h+）=mol/l，则c（h+）=c（oh），即溶液显中性，故c正确；d混合溶液中，c（h+）+c（b+）c（oh）+c（a），即电荷守恒，在酸性、碱性、中性溶液中均存在电荷守恒，故d错误故选c【点评】本题考查溶液的酸碱性的判断及电荷守恒的应用，题目难度不大，注意把握影响水的离子积的因素，在中性溶液中一定存在c（h+）=c（oh）10类比推断是学习化学的一种重要方法，推断正确的是( )a电解熔融nacl制取na，故电解熔融mgcl2也能制取mgbfe与cuso4溶液反应置换出cu，故na也能从cuso4溶液中置换出cuc通常元素的价态越高对应物质的氧化性越强，故hclo4的氧化性强于hclodco2和na2o2反应生成na2co3和o2，故so2和na2o2反应生成na2so3和o2【考点】金属冶炼的一般原理；氧化还原反应；钠的重要化合物；铝的化学性质 【专题】元素及其化合物【分析】a氯化钠、氯化镁均为离子化合物，能电解；b钠与盐溶液反应先与水反应；chclo4没有强氧化性，hclo有强氧化性；dso2被na2o2氧化为na2so4【解答】解：a钠、镁属于活泼金属一般用电解法冶炼，氯化钠、氯化镁均为离子化合物，能电解，故a正确；b钠与盐溶液反应先与水反应，则na与cuso4溶液中水反应生成氢氧化钠，再与硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜，故b错误；chclo4没有强氧化性，hclo有强氧化性，则hclo的氧化性强于hclo4，故c错误；dso2具有还原性，na2o2具有氧化性，则so2被na2o2氧化为na2so4，故d错误故选a【点评】本题涉及金属的冶炼、钠的性质、物质氧化性比较等知识，注意知识的归纳和整理是关键，难度中等，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力11下表为周期表中短周期的一部分，若r原子核外有3个未成对电子，说法正确的是( )rxyza原子半径大小顺序是：yxrb其气态氢化物的稳定性顺序是：zyxrcx、y、z中z的氧化物对应的水化物的酸性最强dr的气态氢化物与它的含氧酸之间能发生化学反应【考点】元素周期律和元素周期表的综合应用 【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】若r原子核外有3个未成对电子，由短周期元素相对位置可知，r处于第二周期，x、y、z处于第三周期，则r原子核外电子排布为1s22s22p3，故r为n元素，可推知x为p元素、y为s元素、z为cl，结合元素周期律与元素化合物性质解答【解答】解：若r原子核外有3个未成对电子，由短周期元素相对位置可知，r处于第二周期，x、y、z处于第三周期，则r原子核外电子排布为1s22s22p3，故r为n元素，可推知x为p元素、y为s元素、z为cla同周期自左而右原子半径减小，一般电子层越多原子半径越大，故原子半径xyr，故a错误；b同主族自上而下非金属性减弱，氢化物稳定性减弱，氢化物稳定性rx，故b错误；c应描述为x、y、z的最高价氧化物对应的水化物中z的酸性最强，不是最高价含氧酸则不一定，如硫酸为强酸，而次氯酸为弱酸，故c错误；d氨气能与硝酸反应生成硝酸铵，故d正确，故选：d【点评】本题考查结构性质位置关系应用，侧重对元素周期律的考查，c选项为易错点，学生容易忽略“最高价”12氯雷他定是缓解过敏症状的药物，其分子结构简式如图，说法正确的是( )a该分子中存在肽键b最多可以有12个碳原子共平面c1 mol氯雷他定最多可与8 mol氢气发生加成反应d能与naoh溶液反应，但不能与nahco3溶液反应【考点】有机物的结构和性质 【专题】有机物的化学性质及推断【分析】有机物含有酯基、con、cl以及碳碳双键等官能团，其中苯环为平面形结构，苯环、碳碳双键可与氢气发生加成反应，可发生水解反应，以此解答【解答】解：a含有con，但不是肽键，故a错误；b苯环、碳碳双键为平面形结构，且苯环连接在碳碳双键，共平面c原子数多余12，最多有16个，故b错误；c能与氢气发生加成反应的为苯环、碳碳双键以及c=n键，1 mol氯雷他定最多可与7 mol氢气发生加成反应，故c错误；d含有酯基，可与氢氧化钠发生反应而水解，但不含羧基，与碳酸氢钠不反应，故d正确故选d【点评】本题考查有机物的结构与性质，注意把握有机物的官能团与性质的关系，熟悉烯烃、卤代烃的性质即可解答，选项b为难点，题目难度不大13化学反应时，反应物的量不同，产物或现象可能会发生变化下列正确的是( )a硫在少量氧气中燃烧成so2，过量能生成so3b铁丝在少量氯气中燃烧生成fecl2，过量则生成fecl3c氯水滴入淀粉碘化钾稀溶液中，少量氯水有蓝色，过量蓝色消失dnaclo溶液中通少量co2生成na2co3和hclo，过量生成nahco3和hclo【考点】二氧化硫的化学性质；氯气的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；铝的化学性质 【专题】元素及其化合物【分析】a硫与氧气反应生成二氧化硫；b氯气具有强的氧化性，与变价金属反应生成高价氯化物；c氯水中含有氯气、次氯酸，具有强的氧化性、漂白性；d碳酸酸性强于次氯酸，次氯酸酸性强于碳酸氢根，依据强酸制备弱酸解答【解答】解：a硫与氧气反应生成二氧化硫，与氧气的用量无关，故a错误；b氯气与铁反应生成氯化铁，故b错误；c氯水中含有氯气、次氯酸，具有强的氧化性、漂白性，滴入淀粉碘化钾稀溶液中，少量氯水能氧化碘化钾生成单质碘溶液变蓝，若过量次氯酸具有漂白性，溶液褪色，故c正确；dnaclo溶液中co2生成次氯酸和碳酸氢钠，产物与二氧化碳用量无关，故d错误；故选：c【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉二氧化硫、氯气、氯水的性质是解题关键，题目难度不大14如图是模拟电化学反应装置图下列说法正确的是( )a若x为碳棒，开关k置于n处，可以加快铁的腐蚀b若x为碳棒，开关k置于n处，则x极附近溶液变黄色c若x为锌，开关k置于m处，保护铁电极则为牺牲阳极的阴极保护法d若x为锌，开关k置于m处，则x电极的反应式为：o2+4e+2h2o4oh【考点】原电池和电解池的工作原理 【专题】电化学专题【分析】a若x为碳棒，开关k置于n处，此时构成的是电解池；b若x为碳棒，开关k置于n处，此时构成的是电解池，阳极上氯离子失电子；c若x为锌，开关k置于m处，此时构成的是原电池，x为负极，y为正极；d若x为锌，开关k置于m处，为锌的吸氧腐蚀【解答】解：a若x为碳棒，开关k置于n处，此时构成的是电解池，铁棒做阴极，阴极上阳离子发生还原反应，fe不反应，故可以减缓铁的腐蚀，故a错误；b若x为碳，开关k置于n处，此时构成的是电解池，x为阳极，阳极上阴离子失电子生成氯气，因此x极上会有黄绿色气体生成，溶液不能变黄色，故b错误；c若x为锌，开关k置于m处，此时构成的是原电池，x为负极，y为正极，fe作正极被保护，即保护铁电极则为牺牲阳极的阴极保护法，故c正确；d若x为锌，开关k置于m处，为锌的吸氧腐蚀，x上zn失电子生成锌离子，则则x电极的反应式为：zn2e=zn2+，故d错误故选c【点评】本题综合考查了电解池、原电池的内容，属于中等难度题型，解题时，应首先判断所给的装置是原电池还是电解池，其次再根据确定的装置类型进行解答15利用下列实验装置能完成相应实验的是( )a装置可干燥、收集并吸收多余的nh3b装置除去co2中含有的少量hclc装置可以制备大量的乙炔气体d装置不添加任何仪器即可检查气密性【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合 【专题】实验评价题；化学实验基本操作【分析】a导管在液面下，收集时易发生倒吸；b二者均与碳酸钠溶液反应；c反应生成的氢氧化钙易堵塞启普发生器中的瓶颈；d捂热试剂瓶，观察烧杯中是否产生气泡【解答】解：a导管在液面下，收集时易发生倒吸，则装置不能吸收氨气，故a错误；b二者均与碳酸钠溶液反应，不能除杂，试剂瓶中应为碳酸氢钠，故b错误；c反应生成的氢氧化钙易堵塞启普发生器中的瓶颈，则制备乙炔不能使用启普发生器，故c错误；d捂热试剂瓶，观察烧杯中是否产生气泡，则该装置不添加任何仪器即可检查气密性，故d正确；故选d【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握实验基本操作、实验技能及实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大16已知n2（g）+3h2（g）2nh3（g）+q1反应历程的能量变化如曲线i，说法正确的是( )a1molnn键能与3molhh键能之和大于6molnh键能，所以反应为放热bn2（g）+3h2（g）2nh3（l）+q2反应历程的能量变化如曲线，则q2q1c选择合适的催化剂，可以降低反应所需温度，q1值也相应减少d2mol氨气的能量高于1mol氮气和3mol氢气的能量之和，所以反应需要高温【考点】反应热和焓变 【专题】化学反应中的能量变化【分析】a、化学反应的焓变等于旧键断裂吸收的能量和新键生成释放的能量之差；b、氮气和氢气合成氨的反应是放热反应，反应物和产物的能量差值越大，则反应放出的热量越大；c、催化剂只能改变反应速率，不会引起热效应的改变；d、氮气和氢气合成氨的反应是放热反应，反应物的能量大于产物的能量，据此回答【解答】解：a、化学反应的焓变等于旧键断裂吸收的能量和新键生成释放的能量之差，1molnn键能与3molhh键能之和小于6molnh键能，所以反应为放热，故a错误；b、氮气和氢气合成氨的反应是放热反应，反应物和产物的能量差值越大，则反应放出的热量越大，则q2q1，故b正确；c、催化剂只能改变反应速率，不会引起热效应的改变，择合适的催化剂，不但不能降低反应所需温度，q1值也不会改变，故c错误；d、氮气和氢气合成氨的反应是放热反应，反应物的能量大于产物的能量，即2mol氨气的能量低于1mol氮气和3mol氢气的能量之和，故d错误故选b【点评】本题考查学生化学反应的反应热和焓变的大小关系，注意知识的迁移应用是关键，难度中等17有一未知的无色溶液，只可能含有以下离子中的若干种（忽略由水电离产生的h+、oh）：h+、nh4+、k+、mg2+、cu2+、al3+、no3、co32，现取样逐滴滴加naoh溶液，测得沉淀与naoh溶液的体积关系如图以下推测错误的是( )a原溶液一定不存在h+、cu2+、co32b不能确定原溶液是否含有k+、no3c原溶液中n（mg2+）：n（al3+）：n（nh4+）=1：1：2d实验所加的naoh溶液浓度为2mol/l【考点】离子方程式的有关计算；离子反应发生的条件 【专题】离子反应专题【分析】无色溶液，不含铜离子，逐滴滴加naoh 溶液，由图可知，开始加入氢氧化钠溶液就有沉淀生成，说明不含有h+；沉淀最大时，继续滴加氢氧化钠溶液，沉淀部分溶解，推断一定含有al3+；图象中有一段平台，说明加入oh时无沉淀生成，有nh4+，nh4+oh=nh3h2o，说明含有铵根离子，最后溶液中有沉淀，说明溶液中含mg2+，镁离子和碳酸根离子不共存，所以溶液中一定不含碳酸根离子，由此分析解答【解答】解：无色溶液，不含铜离子，逐滴滴加naoh 溶液，由图可知，开始加入氢氧化钠溶液就有沉淀生成，说明不含有h+；沉淀最大时，继续滴加氢氧化钠溶液，沉淀部分溶解，推断一定含有al3+；图象中有一段平台，说明加入oh时无沉淀生成，有nh4+，nh4+oh=nh3h2o，说明含有铵根离子，最后溶液中有沉淀，说明溶液中含mg2+，镁离子和碳酸根离子不共存，所以溶液中一定不含碳酸根离子，a、原溶液一定不存在h+、cu2+、co32，故a正确；b、不含碳酸根离子，根据溶液呈电中性，所以一定含硝酸根离子，故b错误；c、根据图象知，3540ml时al（oh）3和naoh反应生成naalo2，则025ml时naoh和mg2+、al3+反应生成沉淀，生成naalo2时需要naoh5ml，则生成al（oh）3需要naoh 15ml，则有10mlnaoh溶液和镁离子反应，2535ml时氢氧化钠溶液和nh+4反应生成氨水，根据使用naoh溶液体积知，n（mg2+）：n（al3+）：n（nh+4）=1：1：2，故c正确；d、当加入40mlnaoh溶液时，剩余的沉淀是mg（oh）2，n（mg（oh）2）=0.01mol，根据原子守恒知，n（mg2+）=0.01mol，c（mg2+）=0.1mol/l，生成0.01molmg（oh）2需要n（naoh）是0.02mol，al（oh）3和naoh反应生成naalo2需要naoh溶液的体积是5ml，则铝离子和naoh溶液反应生成al（oh）3沉淀时需要naoh溶液的体积是15ml，则生成氢氧化镁需要naoh溶液的体积是10ml，所以c（naoh）=2mol/l，故d正确；故选b【点评】本题考查了离子共存、离子反应的计算等知识点，定性分析离子共存、定量分析离子的物质的量是解本题的关键，题目难度中等三、选择题（本题共20分，每小题4分，每小题有一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焙烧黄铜矿：2cufes2+o2cu2s+2fes+so2，下列说法正确的是( )aso2既是氧化产物又是还原产物bcufes2仅作还原剂，硫元素被氧化c每生成1 mol cu2s，同时生成22.4l so2d有0.2 mol硫被氧化时，转移1.2na个电子【考点】氧化还原反应 【专题】氧化还原反应专题【分析】2cufes2+o2cu2s+2fes+so2中，cu元素的化合价由+2价降低为+1价，o元素的化合价由0降低为2价，s元素的化合价由2价升高为+4价，以此来解答【解答】解：ao元素的化合价由0降低为2价，s元素的化合价由2价升高为+4价，则so2既是氧化产物又是还原产物，故a正确；bcu元素的化合价降低，s元素的化合价升高，则cufes2既作氧化剂又作还原剂，s元素被氧化，故b错误；c由反应可知，生成1 molcu2s，同时生成1molso2，但状况未知，不能计算其体积，故c错误；d由反应可知，1mols被氧化转移6mol电子，则0.2mol硫被氧化，转移1.2 mol电子，转移1.2na个电子，故d正确；故选ad【点评】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，注意把握元素的化合价及反应中的变化为解答的关键，侧重基本概念的考查，题目难度不大19下列离子方程式正确的是( )a苯酚与碳酸氢钠溶液混合：c6h5oh+hco3c6h5o+co2+h2ob向febr2溶液中通入等量cl2：2fe2+2br+2cl22fe3+br2+4clc将al投入naoh的重水溶液：2al+2oh+2d2o2alo2+3d2dca（hco3）2溶液中加入足量的ba（oh）2溶液：ca2+2hco3+2ohcaco3+co32+2h2o【考点】离子方程式的书写 【专题】离子反应专题【分析】a苯酚的酸性小于碳酸，二者不发生反应；b亚铁离子的还原性大于溴离子，亚铁离子优先反应，剩余的氯气氧化溴离子；c铝与氢氧化钠溶液的反应实质是铝与水反应生成氢氧化铝和氢气，氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；d氢氧化钡足量，反应生成