2019年上海市黄浦区高考化学一模试卷.doc

2019年上海市黄浦区高考化学一模试卷一、选择题（共20小题，每小题2分，满分40分）1（2分）对稳定人体血液的pH起重要作用的离子是（）ANa+BHCO3CFe2+DCl2（2分）能用来鉴别乙醇、苯和己烯的试剂是（）A金属钠B溴 水C硫酸铜溶液D氢氧化钠溶液3（2分）金刚石的熔点为a，晶体硅的熔点为b，足球烯（分子式为C60）的熔点为c，三者熔点的大小关系是（）AabcBbacCcabDcba。4（2分）足量的大理石颗粒与一定量某浓度的盐酸反应，为了减慢化学反应速率，同时又不影响产生CO2的量，可以在盐酸中加入（）ACaOBNaOHCCH3COONaDK2CO35（2分）下列溶液中加入浓氨水直至过量，最终能得到无色澄清溶液的是（）AAl2（SO4） 3BFeSO4CMgCl2DAgNO36（2分）向明矾溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，当SO42全部沉淀时，铝元素的主要存在形式为（）AAl3+BAlO2CAl（OH）3DAl（OH）3、AlO27（2分）重水（D2O）是重要的核工业原料，下列说法错误的是（）A氘（D）原子核外有1个电子B1H与D互称同位素CH2O与D2O互称同素异形体D1H218O与D216O的相对分子质量相同8（2分）下列关于仪器的使用说法错误的是（）A滴定管装滴定液时应先用滴定液润洗B锥形瓶用作反应容器时应垫石棉网加热C蒸馏时温度计水银球应高于蒸馏瓶支管口D振荡分液漏斗时应关闭其玻璃塞和活塞9（2分）在硫酸溶液中NaClO3和Na2SO3按2：1的物质的量之比完全反应，生成一种棕黄色气体X 则X为（）ACl2BCl2OCClO2DCl2O510（2分）将1mol碳在氧气中完全燃烧生成气体，放出393kJ的热量，下列热化学方程式表示正确的是（）AC（s）+O2（g）CO2（g）+393kJBC+O2CO2+393kJCC（s）+O2（g）CO2（g）393kJDC（s）+O2（g）CO（g）+393kJ11（2分）下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（）A氨水应密闭保存，放置在低温处B在硫酸亚铁溶液中，加入铁粉以防止氧化变质C实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气D侯氏制碱采用通入氨气、冷却、加入食盐的方法从母液中提取氯化铵12（2分）某溶液中含有SO42、CO32、NH4+、M，且SO42、CO32、NH4+离子的物质的量之比为1：2：4，则离子M可能是（）AH+BK+CClDBa2+13（2分）前者是物理变化，后者是化学变化，且都有明显颜色变化的是（）A打开盛装NO的集气瓶；冷却NO2气体B石油分馏，丁烷裂解C木炭吸附NO2气体；将氯气通入品红溶液中D向品红溶液中通入SO2；向FeCl3溶液中滴入KSCN溶液14（2分）如图是电解CuCl2溶液的装置，其中c、d为石墨电极，则下列有关判断正确的是（）Aa为负极，b为正极Ba为阳极，b为阴极C电解过程中，氯离子浓度不变D电解过程中，d电极质量增加15（2分）下列现象或事实可用同一原理解释的是（）A浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低B分别加热固体碘和氯化铵晶体C漂粉精和亚铁盐长期暴露在空气中变质D乙炔和丙烯使溴的四氯化碳溶液褪色16（2分）下列各组在溶液中的反应，不管反应物量的多少，都只能用同一个离子方程式表示的是（）AFeBr2与Cl2BBa（OH）2与H2SO4CHCl与Na2CO3DCa（HCO3）2与NaOH17（2分）图是合成氨反应的正、逆反应速率随反应时间变化的示图，有关叙述错误的是（）A状态和状态时，反应均处于平衡状态B状态变化为状态的过程，称为化学平衡移动Ct1时刻平衡向正反应方向移动，平衡常数增大D同一种反应物在状态I和状态II时，浓度不相等18（2分）室温下，下列事实不能说明NH3H2O为弱电解质的是（）A0.1molL1NH3H2O能使无色酚酞试液变红色B0.1molL1NH4Cl的pH小于7C0.1 molL1NaOH溶液的导电能力比0.1molL1氨水的导电能力强D0.1molL1NH3H2O的pH小于1319（2分）在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：xA（g）+yB（g）zC（g），平衡时测得A的浓度为0.50molL1，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时，测得A的浓度降低为0.30molL1下列有关判断正确的是（）Ax+yzB平衡向正反应方向移动CB的转化率增大DC的体积分数下降20（2分）某溶液中可能含有Na+、NH4+、Ba2+、SO42、I、S2分别取样：用pH计测试，溶液显弱酸性；加氯水和淀粉无明显现象为确定该溶液的组成，还需检验的离子是（）ANa+BSO42CBa2+DNH4+二、综合题（共60分）21（15分）某汽车安全气囊的产气药剂主要含有NaN3、Fe2O3、KClO4、NaHCO3等物质。当汽车发生碰撞时，产气药剂产生大量气体使气囊迅速膨胀，从而起到保护作用。完成下列填空：（1）NaN3是气体发生剂，受热分解产生N2和Na，N2的电子式为 。（2）Fe2O3是主氧化剂，与Na发生置换反应生成的还原产物为 。（3）KClO4是助氧化剂，反应过程中与Na作用生成KCl和Na2OKCIO4含有化学键的类型有 。（4）NaHCO3是冷却剂，吸收产气过程中释放的热量而发生分解。假定汽车发生碰撞时，安全气囊的产气药剂刚好完全反应，则产生的气体中属于非极性分子的是 （写分子式）。所得固体产物溶于水显强碱性的原因是 。（5）利用产气药剂中物质可设计实验比较氯元素和碳元素的非金属性强弱，该实验方案是 。22（15分）结构决定性质，性质决定用途，试根据元素周期表中第三周期元素相关知识完成下列填空：（1）原子最外层电子数与次外层电子数相同的元素名称为 ，氧化性最弱的简单阳离子是 。（2）最高正价与最低负价的绝对值相等的元素，其原子的核外电子排布式是 ，核外有 种运动状态的电子，有 种不同能量的电子。（3）已知：化合物MgOAl2O3MgCl2AlCl3类型离子化合物离子化合物离子化合物共价化合物熔点/28002050714191工业制镁时，电解MgCl2而不电解MgO的原因是 。工业制铝时，电解Al2O3而不电解AlCl3的原因是 。（4）钠的金属性比钾弱，而工业上却可用钠与氯化钾在850时制取钾，化学方程式为Na（l）+KCl（l）K（g）+NaCl（l），该反应化学平衡常数表达式为 。解释用该反应制备金属钾的原理。 。23（15分）化含物E是一种合成离分子膨胀剂的中间体，其合成路线如下：完成下列填空：（1）A中官能团的名称为 。（2）反应的反应类型是 。（3）反应所需反应试剂和条件为 。（4）反应还可以得到一个同类的有机副产物，其结构简式为 。（5）F是与E互为同分异构体的酶，有两种化学环境不同的氢原子，且原子个数比为1：1一种F的结构简式为 。（6）苯乙酸苯甲酯是一种花香型香料，结构简式为：试设计一条由苯甲醇为起始原料制备苯乙酸苯甲酯的合成路线（无机试剂任选）。（合成路线常用的表示方式为：A B 目标产物）24（15分）某校化学研究性学习小组试图通过重量法，测定含有少量NaCl杂质的小苏打中NaHCO3的质量分数，设计的实验装置分下列三个部分：完成下列填空：（1）中发生反应的化学方程式为 。（2）中可用洗气瓶，洗气瓶中所用干燥剂是 。（3）干燥后的CO2用碱石灰吸收，盛装碱石灰所用仪器是 。（4）通过对装置改进的讨论，大家对吸收装置后再必须添加一个吸收装置形成共识。试说明原因 。（5）上述修改方案得到了指导老师的肯定，同时指导老师推出改进后的装置仍不完善。说说你的完善意见 ，其作用是 。（6）对取得的实验数据m（样品）和m（CO2），列出求算小苏打中NaHCO3质量分数的计算式 。2019年上海市黄浦区高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共20小题，每小题2分，满分40分）1（2分）对稳定人体血液的pH起重要作用的离子是（）ANa+BHCO3CFe2+DCl【考点】14：物质的组成、结构和性质的关系菁优网版权所有【专题】56：化学应用【分析】根据稳定人体血液的pH可知，则选项中的离子既能与酸反应又能与碱反应才符合题意，以此来解答【解答】解：HCO3在溶液中存在两个趋势：HCO3离子电离使得溶液呈酸性，或者HCO3水解呈现碱性，即电离呈酸性，降低pH值，水解呈碱性，pH值升高，能够对人体血液pH值起到重要作用，钠离子不水解，二价铁离子水解呈酸性，氯离子不水解，为强酸阴离子，则不能起到调节人体内pH值的作用，故选：B。【点评】本题考查了对稳定人体血液的pH起重要作用的离子，明确稳定pH是解答本题的关键，并熟悉盐类水解的规律及常见离子的水解及酸式酸根离子的性质来解答，题目难度中等2（2分）能用来鉴别乙醇、苯和己烯的试剂是（）A金属钠B溴 水C硫酸铜溶液D氢氧化钠溶液【考点】HA：有机物的鉴别菁优网版权所有【分析】根据有机物的物理性质以及化学性质的异同来选择鉴别方法，苯、己烯都不溶于水，乙醇易溶于水，己烯含有CC，能与溴水发生加成反应，以此解答该题。【解答】解：A乙醇、苯、己烯三种物质都是无色液体，但是化学性质有明显的不同。乙醇与金属钠可以发生反应，有无色气体（氢气）生成，而苯、己烯均不与金属钠反应，无法鉴别开，故A错误；B溴水与乙醇可以互溶，己烯可以使溴水褪色，苯和溴水混合会发生分层现象，可鉴别，故B正确；C硫酸铜溶液与三种有机物都不反应，苯、己烯都不溶于水，密度比水小，不能鉴别，故C错误；D氢氧化钠与三种有机物都不反应，且苯、己烯都不溶于水，密度比水小，不能鉴别，故D错误。故选：B。【点评】本题考查有机物的鉴别，为高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，题目难度不大，注意常见有机物的性质的异同。3（2分）金刚石的熔点为a，晶体硅的熔点为b，足球烯（分子式为C60）的熔点为c，三者熔点的大小关系是（）AabcBbacCcabDcba。【考点】9G：晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系菁优网版权所有【分析】分子晶体的熔点较低，原子晶体熔点高，而不同类型的原子晶体共价键越强熔点越高，由此分析解答。【解答】解：C60 属于分子晶体，分子晶体的熔点较低，晶体硅和金刚石属于原子晶体，熔点高，所以晶体硅和金刚石熔点C60的熔点，而原子半径CSi，原子晶体半径越小，键能越大，则熔点越高，则三者熔点的大小关系是abc，故选：A。【点评】本题考查了分子晶体、原子晶体的熔沸点的比较，学生要知道熔点的一般规律：原子晶体离子晶体分子晶体，比较容易。4（2分）足量的大理石颗粒与一定量某浓度的盐酸反应，为了减慢化学反应速率，同时又不影响产生CO2的量，可以在盐酸中加入（）ACaOBNaOHCCH3COONaDK2CO3【考点】CA：化学反应速率的影响因素菁优网版权所有【分析】减慢化学反应速率且又不影响生成二氧化碳的总量，说明加入的物质不和稀盐酸反应，且能降低溶液中氢离子浓度，据此分析解答。【解答】解：A加入CaO，溶液中氢离子物质的量减小，导致产生CO2的量减小，故A错误；B加入NaOH溶液，NaOH和稀盐酸反应生成氯化钠和水，导致生成二氧化碳的物质的量减少，故B错误；C加入醋酸钠固体，生成醋酸，醋酸是弱电解质，导致溶液中氢离子浓度降低，反应速率减小，且最终酸电离出氢离子物质的量不变，所以生成气体总量不变，故C正确；D加入碳酸钾与盐酸反应生成二氧化碳导致二氧化碳的物质的量增加，故D错误；故选：C。【点评】本题考查化学反应速率影响因素，为高频考点，明确外界条件对化学反应速率影响实质是解本题关键，注意题干中限制性条件，为易错题。5（2分）下列溶液中加入浓氨水直至过量，最终能得到无色澄清溶液的是（）AAl2（SO4） 3BFeSO4CMgCl2DAgNO3【考点】EB：氨的化学性质；GK：镁、铝的重要化合物菁优网版权所有【分析】A氨水与硫酸铝反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与氨水不反应；B氨水与硫酸亚铁反应生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁与氨水不反应；C氨水与氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁与氨水不反应；D氨水与硝酸银反应开始生成氧化银沉淀，氨水过量，生成银氨溶液。【解答】解：A氨水与硫酸铝反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与氨水不反应，最终得到氢氧化铝沉淀，不能得到无色澄清溶液，故A错误；B氨水与硫酸亚铁反应生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁与氨水不反应，最终得到氢氧化亚铁沉淀，不能得到无色澄清溶液，故B错误；C氨水与氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁与氨水不反应，最终得到氢氧化镁沉淀，不能得到无色澄清溶液，故C错误；D氨水与硝酸银反应开始生成氧化银沉淀，氨水过量，生成银氨溶液，银氨溶液为无色澄清溶液，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了元素化合物的性质，题目难度不大，涉及氨水的性质、铝、铁、镁的化合物的性质，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。6（2分）向明矾溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，当SO42全部沉淀时，铝元素的主要存在形式为（）AAl3+BAlO2CAl（OH）3DAl（OH）3、AlO2【考点】GK：镁、铝的重要化合物菁优网版权所有【分析】明矾的化学式为KAl（SO4）212H2O，设明矾为1mol，则溶液中含有1molAl3+，2molSO42，根据反应：SO42+Ba2+BaSO4，Al3+4OHAlO2+2H2O判断。【解答】解：明矾的化学式为KAl（SO4）212H2O，设明矾为1mol，则溶液中含有1molAl3+，2molSO42，由反应SO42+Ba2+BaSO4可知，使SO42全部转化成BaSO4沉淀，需要2molBa（OH）2，则加入4molOH，则发生Al3+4OHAlO2+2H2O，所以最后溶液中存在AlO2；故选：B。【点评】本题考查了离子反应，题目难度不大，本题中注意判断使SO42全部转化成BaSO4沉淀需要Ba（OH）2的物质的量，根据Al3+和OH物质的量的关系判断反应产物，侧重于考查学生的分析能力。7（2分）重水（D2O）是重要的核工业原料，下列说法错误的是（）A氘（D）原子核外有1个电子B1H与D互称同位素CH2O与D2O互称同素异形体D1H218O与D216O的相对分子质量相同【考点】33：同位素及其应用菁优网版权所有【专题】51B：原子组成与结构专题【分析】A氘（D）质子数为1，质子数核外电子数；B有相同质子数，不同中子数的原子或同一元素的不同核素互为同位素；C相同元素组成，不同形态的单质互为同素异形体；D1H218O的相对分子质量为：12+1820，D216O的相对分子质量为：22+1620。【解答】解：A氘（D）质子数为1，质子数核外电子数，故原子核外有1个电子，故A正确；BH与D质子数相同，中子数不同，故互为同位素，故B正确；CH2O与D2O都是化合物，不是单质，故C错误；D1H218O的相对分子质量为：12+1820，D216O的相对分子质量为：22+1620，故D正确，故选：C。【点评】本题考查同位素、同素异形体的概念，相对分子质量的计算，难度不大。对于元素、核素、同位素、同素异形体、同分异构体、同系物、同种物质等概念的区别是考试的热点问题。8（2分）下列关于仪器的使用说法错误的是（）A滴定管装滴定液时应先用滴定液润洗B锥形瓶用作反应容器时应垫石棉网加热C蒸馏时温度计水银球应高于蒸馏瓶支管口D振荡分液漏斗时应关闭其玻璃塞和活塞【考点】N1：直接加热的仪器及使用方法；N4：计量仪器及使用方法；N5：蒸发、蒸馏与结晶的仪器；N6：过滤、分离与注入溶液的仪器菁优网版权所有【分析】A为了避免待装液被稀释，滴定管中装入滴定液前需要用滴定液润洗；B锥形瓶可以加热，加热时需要垫上石棉网；C蒸馏操作时，温度计的水银球应于蒸馏瓶支管口相平；D振荡分液漏斗时，应避免液体溅出。【解答】解：A滴定管中在装入滴定液之前，需要用滴定液润洗，目的是避免待装液被蒸馏水稀释，影响滴定结果，故A正确；B锥形瓶不能直接加热，锥形瓶用作反应容器时应垫石棉网加热，故B正确；C温度计用于控制馏出物温度，所以蒸馏时温度计水银球必须与蒸馏瓶支管口相平，故C错误；D振荡分液漏斗时，为了避免液体流出，应关闭分液漏斗的玻璃塞和活塞，该操作方法合理，故D正确；故选：C。【点评】本题考查常见仪器的构造及使用方法，为高考常见题型，题目难度不大，注意把握物质的性质以及实验基本操作方法，试题侧重于学生的分析能力及化学实验能力的考查。9（2分）在硫酸溶液中NaClO3和Na2SO3按2：1的物质的量之比完全反应，生成一种棕黄色气体X 则X为（）ACl2BCl2OCClO2DCl2O5【考点】BQ：氧化还原反应的计算菁优网版权所有【分析】NaClO3和Na2SO3按物质的量比2：1加入烧瓶中，再滴入少量H2SO4溶液加热时发生氧化还原反应，利用氧化还原反应中电子守恒来分析。【解答】解：因NaClO3和Na2SO3按物质的量比2：1加入烧瓶中，再滴入少量H2SO4溶液加热时发生氧化还原反应，Cl元素的化合价降低，S元素的化合价升高，Na2SO3作还原剂，S元素的化合价由+4价升高为+6价，设X中Cl元素的化合价为x，由电子守恒可知，2（5x）1（64），解得x+4，所以棕黄色气体为+4价的ClO2，故选：C。【点评】本题考查氧化还原反应中电子守恒的计算，明确硫元素的化合价升高，氯元素的化合价降低是解答本题的关键。10（2分）将1mol碳在氧气中完全燃烧生成气体，放出393kJ的热量，下列热化学方程式表示正确的是（）AC（s）+O2（g）CO2（g）+393kJBC+O2CO2+393kJCC（s）+O2（g）CO2（g）393kJDC（s）+O2（g）CO（g）+393kJ【考点】BE：热化学方程式菁优网版权所有【专题】517：化学反应中的能量变化【分析】根据热化学方程式的书写方法可知，应注意化学计量数与反应热的对应关系及各物质的聚集状态来解答。【解答】解：1mol碳粉在氧气中完全燃烧放出的热量是393kJ，则热化学方程式为C（s）+O2（g）CO2（ g）H393kJ/mol，故选：A。【点评】本题考查热化学方程式的书写，难度中等，注意热化学方程式的意义以及焓变的计算是关键。11（2分）下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（）A氨水应密闭保存，放置在低温处B在硫酸亚铁溶液中，加入铁粉以防止氧化变质C实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气D侯氏制碱采用通入氨气、冷却、加入食盐的方法从母液中提取氯化铵【考点】CF：化学平衡移动原理菁优网版权所有【分析】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应且存在平衡过程，否则勒夏特列原理不适用。【解答】解：A、氨水中存在化学平衡：NH3+H2ONH3H2O，平衡是放热反应温度降低，平衡向生成一水合氨的方向进行，避免氨气挥发，故A正确；B、在FeSO4溶液中，加入铁还原三价铁发生氧化还原反应，不存在平衡的问题，故B错误；C、排饱和食盐水的方法收集氯气，利用的是氯离子浓度增大。使平衡Cl2+H2OH+Cl+HClO逆向进行，减少氯气的溶解性，故C正确；D、加入食盐细粉目的是提高Cl的浓度，促进氯化铵结晶析出，存在平衡的问题，故D正确；故选：B。【点评】本题考查化学平衡移动原理，为高频考点，侧重考查学生对化学平衡移动原理内涵的理解和运用，明确化学平衡移动原理适用范围是解本题关键，注意：只有引起平衡移动的才能用平衡移动原理解释。12（2分）某溶液中含有SO42、CO32、NH4+、M，且SO42、CO32、NH4+离子的物质的量之比为1：2：4，则离子M可能是（）AH+BK+CClDBa2+【考点】DP：离子共存问题菁优网版权所有【专题】516：离子反应专题【分析】根据溶液中正电荷总数等于负电荷总数计算M的电荷，然后结合离子反应发生条件判断【解答】解：某溶液中含有SO42、CO32、NH4+、M，且SO42、CO32、NH4+离子的物质的量之比为1：2：4，正电荷总数为：414，负电荷总数为：21+226，则M带正电荷，由于H+与CO32不能共存，Ba2+与SO42、CO32不能共存，所以M只能是K+，故选：B。【点评】本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力13（2分）前者是物理变化，后者是化学变化，且都有明显颜色变化的是（）A打开盛装NO的集气瓶；冷却NO2气体B石油分馏，丁烷裂解C木炭吸附NO2气体；将氯气通入品红溶液中D向品红溶液中通入SO2；向FeCl3溶液中滴入KSCN溶液【考点】18：物理变化与化学变化的区别与联系；E2：氯气的化学性质；EK：氮的氧化物的性质及其对环境的影响；F5：二氧化硫的化学性质菁优网版权所有【分析】物理变化与化学变化的本质区别在于有没有新物质的生成，结合其他颜色变化分析判断，据此解答。【解答】解：A打开盛装NO的集气瓶，NO被氧化为NO2，发生化学反应，颜色变为红棕色，冷却NO2气体，二氧化氮反应生成四氧化二氮，颜色都变浅，属于化学变化，故A错误；B石油分馏是依据沸点不同分离混合物为物理变化，丁烷裂解是发生化学反应，其他变化无颜色变化，故B错误；C木炭吸附NO2气体，颜色变浅，属于物理变化，将氯气通入品红溶液中，次氯酸具有漂白性，发生氧化还原反应，使品红褪色，故C正确；D向品红溶液中通入SO2发生化学反应生成无色不稳定的化合物，属于化学变化，三价铁与硫氰根离子络合生成血红色络合物，属于化学变化，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了物理变化与化学变化的判断，明确有没有新物质的生成是物理变化与化学变化的本质区别是解题关键，题目难度不大。14（2分）如图是电解CuCl2溶液的装置，其中c、d为石墨电极，则下列有关判断正确的是（）Aa为负极，b为正极Ba为阳极，b为阴极C电解过程中，氯离子浓度不变D电解过程中，d电极质量增加【考点】DI：电解原理菁优网版权所有【专题】51I：电化学专题【分析】由电流方向可知a为正极，b为负极，则c为阳极，d为阴极，电解时阳极发生氧化反应，生成氯气，阴极发生还原反应，生成铜，以此解答该题【解答】解：A由电流方向可知a为正极，b为负极，故A错误；Ba、b为电源的两极，为正极、负极，故B错误；C电解时阳极发生氧化反应，氯离子被氧化生成氯气，则氯离子浓度降低，故C错误；D阴极发生还原反应，铜离子被还原生成铜，则d电极质量增加，故D正确。故选：D。【点评】本题考查电解池知识，为高考高频考点，注意根据电流方向判断电解池的阴阳极电极反应，为解答该题的关键，难度不大15（2分）下列现象或事实可用同一原理解释的是（）A浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低B分别加热固体碘和氯化铵晶体C漂粉精和亚铁盐长期暴露在空气中变质D乙炔和丙烯使溴的四氯化碳溶液褪色【考点】EF：铵盐；EM：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；F8：浓硫酸的性质菁优网版权所有【分析】A依据浓硫酸吸水性，浓盐酸挥发性解答；B固体碘易升华；C依据次氯酸根离子与二氧化碳，水反应生成次氯酸，次氯酸见光分解的性质，二价铁离子还原性解答；D乙炔和丙烯都是不饱和烃，能够与溴发生加成反应。【解答】解：A浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低，二者原理不同，前者是因为浓硫酸具有吸水性，后者因为氯化氢易挥发，故A错误；B分别加热固体碘和氯化铵晶体，前者为升华，属于物理变化，后者氯化铵分解生成氨气和氯化氢，属于化学变化，故B错误；C漂粉精失效原因次氯酸根离子与二氧化碳，水反应生成次氯酸，次氯酸见光分解，亚铁盐具有还原性，能够被空气氧气氧化变质，二者原理不同，故C错误；D乙炔和丙烯都能够与溴水发生加成反应而使溴的四氯化碳溶液褪色，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了实验评价，明确相关物质的性质是解题关键，注意物理变化与化学变化的区别，题目难度不大。16（2分）下列各组在溶液中的反应，不管反应物量的多少，都只能用同一个离子方程式表示的是（）AFeBr2与Cl2BBa（OH）2与H2SO4CHCl与Na2CO3DCa（HCO3）2与NaOH【考点】49：离子方程式的书写菁优网版权所有【分析】在溶液中的反应，若反应产物与反应物的量无关时，只发生一个化学反应，反应物相同，生成物也相同，则能用同一离子方程式表示，若反应产物与反应物的量有关时，不能用同一个离子方程式表示，以此来解答。【解答】解：A亚铁离子的还原性大于溴离子，若氯气少量，亚铁离子优先被氧化，若氯气足量，亚铁离子和溴离子都被氧化，所以氯气的用量不同，反应产物不同，相应的离子方程式不同，故A错误；BBa（OH）2与H2SO4溶液反应，只发生2H+SO42+Ba2+2OHBaSO4+2H2O，与反应物的量无关，故B正确；CNa2CO3溶液与稀盐酸反应，盐酸量少，反应生成碳酸氢钠，离子反应为CO32+H+HCO3，而盐酸量多时，反应生成二氧化碳和水，离子反应为CO32+2H+H2O+CO2，不能用同一个离子方程式来表示，故C错误；DCa（HCO3）2与NaOH反应，当NaOH过量时生成碳酸钠和碳酸钙，NaOH少量时只生成碳酸钙，不能用同一个离子方程式来表示，故D错误。故选：B。【点评】本题考查离子方程式的书写，为高考常见题型，侧重于与量有关的离子的方程式的书写和判断，注意把握物质的性质，为解答该题的关键，难度不大。17（2分）图是合成氨反应的正、逆反应速率随反应时间变化的示图，有关叙述错误的是（）A状态和状态时，反应均处于平衡状态B状态变化为状态的过程，称为化学平衡移动Ct1时刻平衡向正反应方向移动，平衡常数增大D同一种反应物在状态I和状态II时，浓度不相等【考点】CB：化学平衡的影响因素；CG：化学平衡状态的判断；CH：化学反应速率变化曲线及其应用菁优网版权所有【分析】A平衡时，有v正v逆；B状态变化为状态的过程，分别对应两个平衡状态，都处于化学平衡状态；C根据图象，t1时刻改变条件瞬间，逆反应速率不变，正反应速率增大，说明是增加反应物浓度，化学平衡常数只随温度改变而改变；Dt1时刻改变反应物浓度，再次建立平衡时，反应物浓度增大。【解答】解：A平衡时，有v正v逆，所以状态和状态时，反应均处于平衡状态，故A正确；B状态变化为状态的过程，分别对应两个平衡状态，都处于化学平衡状态，所以称为化学平衡移动，故B正确；C根据图象，t1时刻改变条件瞬间，逆反应速率不变，正反应速率增大，说明是增加反应物浓度，化学平衡常数只随温度改变而改变，则平衡常数不变，故C错误；Dt1时刻改变反应物浓度，再次建立平衡时，反应物浓度增大，所以浓度不相等，故D正确，故选：C。【点评】本题考查化学平衡的移动原理，利用图象解读改变的条件是解题的关键，需要对速率图象有一定的辨识能力，考查难度中等。18（2分）室温下，下列事实不能说明NH3H2O为弱电解质的是（）A0.1molL1NH3H2O能使无色酚酞试液变红色B0.1molL1NH4Cl的pH小于7C0.1 molL1NaOH溶液的导电能力比0.1molL1氨水的导电能力强D0.1molL1NH3H2O的pH小于13【考点】D2：强电解质和弱电解质的概念；DM：弱电解质的判断菁优网版权所有【分析】部分电离的电解质为弱电解质，只要能证明NH3H2O部分电离就说明NH3H2O是弱电解质，据此分析解答。【解答】解：A.0.1 molL1 NH3H2O能使无色酚酞试液变红色，说明NH3H2O显碱性，则不能证明NH3H2O是弱电解质，故A选；B.0.1 molL1 NH4Cl的pH小于7显酸性，说明 NH4Cl是强酸弱碱盐，则证明NH3H2O是弱电解质，故B不选；C相同条件下，浓度均为0.1 molL1 NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱，说明NH3H2O部分电离，为弱电解质，故C不选；D.0.1 molL1 NH3H2O的pH小于13，则溶液中c（OH）0.1mol/L，所以c（OH）c（NH3H2O），说明NH3H2O部分电离，为弱电解质，故D不选；故选：A。【点评】本题考查了强弱电解质的判断，根据电解质的电离程度划分强弱电解质，不能根据电解质溶液的导电性强弱及物质的溶解性强弱判断强弱电解质，为易错点，题目难度中等。19（2分）在密闭容器中的一定量混合气体发生反应：xA（g）+yB（g）zC（g），平衡时测得A的浓度为0.50molL1，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时，测得A的浓度降低为0.30molL1下列有关判断正确的是（）Ax+yzB平衡向正反应方向移动CB的转化率增大DC的体积分数下降【考点】CB：化学平衡的影响因素菁优网版权所有【专题】51E：化学平衡专题【分析】平衡时测得A的浓度为0.50mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，如平衡不移动，则A的浓度应降低为0.25mol/L，而此时为0.3mol/L，则说明降低压强平衡向逆方向移动，以此进行判断【解答】解：平衡时测得A的浓度为0.50mol/L，保持温度不变，将容器的容积扩大到原来的两倍，再达平衡时，测得A的浓度降低为0.30mol/L，说明降低压强平衡向逆方向移动，则A降低压强平衡向逆方向移动，说明反应物气体的计量数之和大于生成物气体的计量数，应为x+yz，故A错误；B由以上分析可知平衡向逆方向移动，故B错误；C平衡向逆方向移动，B的转化率降低，故C错误；D平衡向逆方向移动，C的体积分数下降，故D正确。故选：D。【点评】本题考查化学平衡移动知识，题目难度不大，注意从浓度的变化的角度判断平衡移动的方向，结合压强对平衡移动的影响分析20（2分）某溶液中可能含有Na+、NH4+、Ba2+、SO42、I、S2分别取样：用pH计测试，溶液显弱酸性；加氯水和淀粉无明显现象为确定该溶液的组成，还需检验的离子是（）ANa+BSO42CBa2+DNH4+【考点】DG：常见离子的检验方法；DP：离子共存问题；PG：常见阳离子的检验；PH：常见阴离子的检验菁优网版权所有【专题】17：综合实验题；54：化学实验【分析】根据离子的水解来分析溶液显酸性的原因，并利用离子的水解来判断离子的存在，再利用淀粉遇碘单质变蓝来结合信息加氯水和淀粉无明显现象来分析存在的离子，然后利用离子的共存及溶液呈电中性来分析还存在的离子和一定没有的离子，而对于不能确定的离子，则是还需检验的离子来解答【解答】解：由可知溶液显弱酸性，上述离子只有NH4+能水解使溶液显酸性，则一定含有NH4+，而S2能水解显碱性，即S2与NH4+不能共存于同一溶液中，则一定不含有S2；再由氯水能氧化I生成碘单质，而碘遇淀粉变蓝，而中加氯水和淀粉无明显现象，则一定不含有I；又溶液呈电中性，有阳离子必有阴离子，则溶液中有NH4+，必须同时存在阴离子，即SO42必然存在，而Ba2+、SO42能结合生成沉淀，则这两种离子不能共存，即一定不存在Ba2+；显然剩下的Na+是否存在无法判断，则需检验的离子是Na+，故选：A。【点评】本题考查学生推断溶液中的离子，学生明确离子的共存、离子的检验、溶液呈电中性等知识是解答的关键，有助于训练学生解决问题时思维的严密性二、综合题（共60分）21（15分）某汽车安全气囊的产气药剂主要含有NaN3、Fe2O3、KClO4、NaHCO3等物质。当汽车发生碰撞时，产气药剂产生大量气体使气囊迅速膨胀，从而起到保护作用。完成下列填空：（1）NaN3是气体发生剂，受热分解产生N2和Na，N2的电子式为。（2）Fe2O3是主氧化剂，与Na发生置换反应生成的还原产物为Fe。（3）KClO4是助氧化剂，反应过程中与Na作用生成KCl和Na2OKCIO4含有化学键的类型有离子键、共价键。（4）NaHCO3是冷却剂，吸收产气过程中释放的热量而发生分解。假定汽车发生碰撞时，安全气囊的产气药剂刚好完全反应，则产生的气体中属于非极性分子的是N2、CO2 （写分子式）。所得固体产物溶于水显强碱性的原因是碳酸钠水解呈碱性。（5）利用产气药剂中物质可设计实验比较氯元素和碳元素的非金属性强弱，该实验方案是测定同浓度KClO4、NaHCO3溶液的PH。【考点】43：电子式；76：非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；91：化学键；B1：氧化还原反应菁优网版权所有【分析】（1）由8电子结构可知，N2分子中N原子之间形成3对共用电子对；（2）Fe2O3是主氧化剂，与Na发生置换反应，则还原产物为Fe；（3）KClO4由钾离子与高氯酸根离子构成，高氯酸根离子中Cl原子与O原子之间形成共价键；（4）碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳与水，反应方程式为：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，NaN3是气体发生剂，受热分解产生N2和Na，产生的非极性分子为氮气和二氧化碳，所得固体产物溶于水显强碱性的原因是碳酸钠水解呈碱性；（5）比较最高价氧化物对应水化物的酸性强弱。【解答】解：（1）由8电子结构可知，N2分子中N原子之间形成3对共用电子对，其电子式为，故答案为：；（2）Fe2O3是主氧化剂，与Na发生置换反应，Fe元素发生还原反应，则还原产物为Fe，故答案为：Fe；（3）KClO4由钾离子与高氯酸根离子构成，高氯酸根离子中Cl原子与O原子之间形成共价键，含有离子键、共价键；故答案为：离子键、共价键；（4）碳酸氢钠分解生成碳酸钠、二氧化碳与水，反应方程式为：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，NaN3是气体发生剂，受热分解产生N2和Na，产生的非极性分子为氮气和二氧化碳，分子式为：N2、CO2，所得固体产物溶于水显强碱性的原因是碳酸钠水解呈碱性；故答案为：N2、CO2；碳酸钠水解呈碱性；（5）比较最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，可以测定同浓度KClO4、NaHCO3溶液的PH，从而得到两种酸的酸性强弱，酸性越强中心元素的非金属性越强，故答案为：测定同浓度KClO4、NaHCO3溶液的PH。【点评】本题以汽车安全气囊的产气药剂为载体，考查化学键类型等知识，属于拼合型题目，侧重对基础知识的考查，题目难度中等。22（15分）结构决定性质，性质决定用途，试根据元素周期表中第三周期元素相关知识完成下列填空：（1）原子最外层电子数与次外层电子数相同的元素名称为氩，氧化性最弱的简单阳离子是Na+。（2）最高正价与最低负价的绝对值相等的元素，其原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p2，核外有14种运动状态的电子，有5种不同能量的电子。（3）已知：化合物MgOAl2O3MgCl2AlCl3类型离子化合物离子化合物离子化合物共价化合物熔点/28002050714191工业制镁时，电解MgCl2而不电解MgO的原因是氧化镁的熔点远远高于氯化镁，熔融时消耗更多资源，增加生产成本。工业制铝时，电解Al2O3而不电解AlCl3的原因是氯化铝是共价化合物熔融不导电。（4）钠的金属性比钾弱，而工业上却可用钠与氯化钾在850时制取钾，化学方程式为Na（l）+KCl（l）K（g）+NaCl（l），该反应化学平衡常数表达式为Kc（K）。解释用该反应制备金属钾的原理。利用的是化学平衡移动原理，从体系中蒸出钾生成物的浓度减少，化学平衡向正反应方向进行即向生成钾的分析移动。【考点】86：原子核外电子排布；C8：化学平衡常数的含义；G6：金属冶炼的一般原理菁优网版权所有【分析】（1）元素周期表中第三周期元素中原子最外层电子数与次外层电子数相同的元素为氩元素，同周期简单阳离子氧化性依次增强；（2）最高正价与最低负价的绝对值相等的元素，为硅元素，核外14个电子，核外电子排布有5种能级，核外电子不存在完全相同的电子，核外电子运动状态等于电子数；（3）氧化镁熔点高，耗能多；氯化铝是共价化合物，熔融时不导电；（4）K，平衡常数表达式中固体和纯液体不写入表达式，反应能发生是利用反应中钾为蒸气，钾不断分离促进平衡正向进行。【解答】解：（1）元素周期表中第三周期元素中原子最外层电子数与次外层电子数相同的元素为氩元素，同周期简单阳离子氧化性依次增强，氧化性最弱的阳离子为Na+，故答案为：氩；Na+；（2）最高正价与最低负价的绝对值相等的元素，为硅元素，核外14个电子，原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p2，核外电子排布有5种能级，核外电子不存在完全相同的电子，核外电子运动状态等于电子数，核外有14种运动状态的电子，故答案为：1s22s22p63s23p2；14；5；（3）工业制镁时，电解MgCl2而不电解MgO的原因是：氧化镁熔点高，耗能多，增加生产成本，制铝时，电解Al2O3而不电解AlCl3的原因是：氯化铝是共价化合物，熔融时不导电，故答案为：氧化镁的熔点远远高于氯化镁，熔融时消耗更多资源，增加生产成本；氯化铝是共价化合物熔融不导电；（4）化学方程式为Na（l）+KCl（l）K（g）+NaCl（l），该反应化学平衡常数表达式为Kc（K），反应是利用的是化学平衡移动原理，从体系中蒸出钾生成物的浓度减少，化学平衡向正反应方向进行即向生成钾的分析移动，故答案为：Kc（K）；利用的是化学平衡移动原理，从体系中蒸出钾生成物的浓度减少，化学平衡向正反应方向进行即向生成钾的分析移动。【点评】本题考查了原子结构、周期表递变规律、工业制备金属的原理、平衡影响因素和平衡移动原理的分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度不大。23（15分）化含物E是一种合成离分子膨胀剂的中间体，其合成路线如下：完成下列填空：（1）A中官能团的名称为羧基、氯原子。（2）反应的反应类型是取代反应。（3）反应所需反应试剂和条件为乙醇、浓硫酸、加热。（4）反应还可以得到一个同类的有机副产物，其结构简式为。（5）F是与E互为同分异构体的酶，有两种化学环境不同的氢原子，且原子个数比为1：1一种F的结构简式为CH3OOCC（CH3）2COOCH3或CH3COOC（CH3）2OOCCH3。（6）苯乙酸苯甲酯是一种花香型香料，结构简式为：试设计一条由苯甲醇为起始原料制备苯乙酸苯甲酯的合成路线（无机试剂任选）。（合成路线常用的表示方式为：A B 目标产物）【考点】HC：有机物的合成菁优网版权所有【分析】（1）由A的结构可知其含有的官能团有：羧基、氯原子；（2）对比B、C的结构，可知B中氯原子被CN取代生成C；（3）对比D、E的结构，可知反应是丙二酸与乙醇发生酯化反应；（4）反应还可以得到一个同类的有机副产物，应是一个羧基与乙醇发生酯化反应；（5）F是与E互为同分异构体，有两种化学环境不同的氢原子且原子个数比为1：1，存在对称结构，且为酯类物质；（6）苯甲醇与HCl发生取代反应生成，再与NaCN发生取代反应生成，然后酸性水解得到，最后与苯甲醇发生酯化反应生成苯乙酸苯甲酯。【解答】解：（1）由A的结构可知其含有的官能团有：羧基、氯原子，故答案为：羧基、氯原子；（2）对比B、C的结构，可知B中氯原子被CN取代生成C，属于取代反应，故答案为：取代反应；（3）对比D、E的结构，可知反应是丙二酸与乙醇发生酯化反应，需