上海市静安、青浦、宝山区2015届高三第二次模拟考试化学试题(含解析).doc

上海市静安、青浦、宝山区2015年高考化学二模试卷一、选择题（共10分，每小题2分，只有一个正确选项）1将木材隔绝空气加强热，可得到木煤气、木焦油和木炭等，这种加工方法化工生产中称为（）A分馏B裂化C裂解D干馏考点：煤的干馏和综合利用.分析：A分馏是根据沸点的不同将物质分离的方法；B裂化是含碳原子较多，沸点较高的烃断裂为含碳原子较少，沸点较低的烃的过程，主要目的是获得轻质油；C裂解是较长的烃断裂成较短的烃的过程，典型例子是石油的裂解，裂解的目的是为了获得重要化工原料甲烷；D干馏是隔绝空气加热使之分解的过程解答：解：将木材隔绝空气加强热，可得到木煤气、木焦油和木炭等，属于干馏，故D正确故选D点评：本题考查煤的干馏和综合利用，注意分馏、裂化、裂解和干馏的定义，难度不大2（2分）（2015宝山区二模）含硫单质的水可防治皮肤病，而硫难溶于水，微溶于酒精，易溶于CS2，要增大硫在水中的分散程度，可将硫先放入溶剂R中，再将所得液体分散在水中，则R可以是（）ACS2B酒精CCCl4D盐酸考点：相似相溶原理及其应用.分析：硫难溶于水，微溶于酒精，易溶于CS2，要增大硫在水中的分散程度，可将硫先放入溶剂R中，再将所得液体分散在水中，则S应该易溶于R中且和水互溶，否则无法实现目的，据此分析解答解答：解：硫难溶于水，微溶于酒精，易溶于CS2，要增大硫在水中的分散程度，可将硫先放入溶剂R中，再将所得液体分散在水中，则S应该易溶于R中且和水互溶，CS2、CCl4和水不互溶，S难溶于稀盐酸，所以CS2、CCl4和盐酸都不含条件，S微溶于酒精且酒精和水互溶，所以R可以是酒精，故选B点评：本题考查相似相溶原理，明确相似相溶原理内涵是解本题关键，结合溶质、溶剂的性质分析解答，题目难度不大3（2分）（2015宝山区二模）取0.5mL某溶液，要将其中的Fe3+和Cu2+先分离再检验，适宜的方法是（）A纸上层析法B萃取分液法C结晶法D蒸馏法考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用.专题：化学实验基本操作分析：Fe3+和Cu2+的扩散速度不同，可用纸上层析法分离，然后分别检验，而萃取、蒸馏不能讲二者分离，结晶法操作较为繁琐，以此解答该题解答：解：AFe3+和Cu2+的扩散速度不同，可用纸上层析法分离，故A正确；B二者都不溶于有机溶剂，不能用萃取的方法分离，故B错误；C相对于纸上层析法，结晶法操作较为繁琐，故C错误；D对应的盐不能用蒸馏的方法分离，故D错误故选A点评：本题考查物质的分离、提纯，为高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同以及实验的可行性的评价，难度不大4（2分）（2015宝山区二模）把生铁冶炼成钢，目的是（）A改善性能，增大用途B除去硫、磷和过多的碳，调整合金元素的含量C副产磷肥、水泥等D用红棕色炉气制取水煤气考点：高炉炼铁.分析：生铁和钢都是铁的合金，其主要区别是含碳量不同，生铁中含碳量为2%4.3%，钢中含碳量为0.03%2%，炼钢是用氧气将生铁中多余的碳氧化从而降低含碳量解答：解：生铁与钢的主要区别是二者的含碳量不同，炼钢是用氧气将生铁中多余的碳氧化而除去，从而降低含碳量，达到改善性能、增大用途的作用，故A正确，故选A点评：本题考查生铁与钢的相关知识，题目难度不大，明确炼钢的原理及目的为解答关键，试题侧重基础知识的考查，培养了学生灵活应用基础知识的能力5（2分）（2015宝山区二模）在对电子运动状态的描述中，确定一个“轨道”的方面包括（）电子层 电子亚层 电子云的伸展方向 电子的自旋状态ABCD考点：原子核外电子的运动状态.分析：决定核外电子运动状态的四个量：主量子数（n）描述各电子层能量的高低和离核的远近；副（角）量子数（l）描述同一电子层内还存在着能量差别很小的若干个亚层；磁量子数（m）用来描述原子轨道或电子云在空间的伸展方向；自旋量子数（ms）：描述电子自旋的方向，与电子运动轨道无关解答：解：在对电子运动状态的描述中，确定一个“轨道”的方面包括：电子层 电子亚层 电子云的伸展方向三个方面，电子的自旋状态，与电子运动轨道无关，描述的是电子自旋的方向，故选：B点评：本题考查了描述核外电子运动状态的四个量，属于对基础知识的考查，题目难度不大，注意对课本基础知识的记忆二、选择题（共36分，每小题3分，只有一个正确选项）6（3分）（2015宝山区二模）碳元素的一种单质的化学式为C68，则关于C68的叙述错误的是（）A属分子晶体B可溶于CCl4C固态可导电D熔点高于C60考点：分子晶体.分析：碳元素的一种单质的化学式为C68，它是一种分子晶体、属于非极性分子，依据相似相容原理得知，难溶于水，易溶于有机溶剂，由原子构成，不存在自由移动的电子，不能导电，相对分子质量大于C60，故熔点高于C60解答：解：A、C68，它是一种分子晶体，故A正确；B、C68是一种分子晶体、属于非极性分子，难溶于水，易溶于有机溶剂，故B正确；C、该分子晶体中无自由移动的电子，不能导电，故C错误；D、由于与C60的结构相似，但是它相对分子质量大于C60，故熔点高于C60，故D正确，故选C点评：本题主要考查的是同学们对信息的认知与整合能力，依据所学足球烯的知识解答即可，难度一般7（3分）（2015宝山区二模）以下物质的工业制备所用主要原料（括号内物质）不符合事实的是（）A乙烯（乙醇）B顺丁橡胶（石油裂解气）C碘（海带）D溴（海水晒盐后的余液）考点：海水资源及其综合利用；乙醇的工业制法.分析：A工业制备乙烯是利用石油的裂解得到；B石油裂解气含1，3丁二烯，加成聚合生成聚1，3丁二烯；C海带中含碘元素，可以提取得到碘单质；D海水中含NaBr，99%以上的溴元素存在于海水中；解答：解：A工业制备乙烯是利用石油的裂解得到，乙醇制备是实验室制取乙烯的方法，故A错误；B石油裂解气含1，3丁二烯，发生加聚反应合成顺丁橡胶，故B正确；C海带中含碘元素，利用氧化还原反应及萃取可提纯碘，故C正确；D海水晒盐后的余液中含NaBr，利用氧化还原反应及萃取可提纯溴，故D正确；故选A点评：本题考查了海水资源的综合应用，掌握物质的实验室制备和工业制备原理的理解应用，掌握基础是解题关键，题目较简单8（3分）（2015宝山区二模）下列气体除杂所用试剂错误的是（括号内为杂质）（）ACl2（HCl）：饱和食盐水BH2（H2S、HCl、H2O）：碱石灰CSO2（HCl）：Na2SO3溶液DCO2（H2S）：CuSO4溶液考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用.专题：化学实验基本操作分析：A氯气不溶于饱和食盐水；BH2S、HCl、H2O都可与碱石灰反应；C二者都与Na2SO3溶液反应；DH2S与CuSO4反应生成CuS沉淀解答：解：AHCl易溶于水，而氯气不溶于饱和食盐水，可用于除杂，故A正确；BH2S、HCl、H2O都可与碱石灰反应，可用于除杂，故B正确；C二者都与Na2SO3溶液反应，应用NaHSO3除杂，故C错误；DH2S与CuSO4反应生成CuS沉淀，可除去杂质，故D正确故选C点评：本题考查物质的分离、提纯和除杂等问题，题目难度不大，根据除杂是不能引入新的杂质、不能影响被提纯的物质的性质和量，并且操作简单可行，除杂时要结合物质的物理性质和化学性质进行分离9（3分）（2015宝山区二模）根据如表数据，则与HClO3比，HClO具有的是（）ClO键键长（pm）ClO键能（KJ/mol）HClO170209HClO3157244A更高的沸点B更强的酸性CClO断裂放出的能量更少D更易放出原子氧考点：化学键.分析：A分子晶体沸点与分子间作用力有关；B含氧酸酸性强弱取决于OH键稳定性；C化学键断裂需要吸收能量；D共价键键长越长，键能越小，越不稳定，越容易断裂解答：解：AHClO与HClO3，都是分子晶体，熔沸点高低取决于分子间作用力强弱，与化学键强弱无关，故A错误；B含氧酸酸性强弱取决于OH键稳定性，与ClO无关，故B错误；CClO断裂需要吸收热量，故C错误；D依据表中数据可知则与HClO3比，HClO中ClO，键长较长，键能较低，所以稳定性较差，更容易发生断裂，更易放出原子氧，故D正确；故选：D点评：本题考查了化学键与物质性质的关系，明确分子晶体熔沸点规律，化学键键参数的意义是解题关键，题目难度不大10（3分）（2015宝山区二模）非金属元素R位于第三周期，其原子的最外层有n个电子，则以下叙述错误的是（）AR原子的电子数为10+nBR能形成Rn离子CR的最高氧化物为R2On或ROn/2DR的气态氢化物的化学式是H8nR考点：原子结构与元素的性质.分析：A非金属元素R位于第三周期，其原子的最外层有n个电子，有3个电子层，各层电子数为2、8、n；B属于非金属，可以形成阴离子，带（8n）的单位负电荷；C最高正化合价为n，讨论n的奇偶性书写氧化物化学式；D最低负化合价为（8n），进而书写氢化物化学式解答：解：A非金属元素R位于第三周期，其原子的最外层有n个电子，有3个电子层，各层电子数为2、8、n，原子的电子数为10+n，故A正确；B属于非金属，可以形成阴离子，带（8n）的单位负电荷，可能形成R（8n）离子，故B错误；C最高正化合价为n，n为奇数时，氧化物化学式为R2On，n为偶数时，氧化物化学式为RO，故C正确；D最低负化合价为（8n），氢化物化学式为H8nR，故D正确，故选B点评：本题考查原子结构与元素性质，难度不大，C选项为易错点，学生容易忽略n的奇偶性问题11（3分）（2015宝山区二模）用定量的方法，可用于鉴别邻甲基苯酚和间甲基苯酚的试剂是（）A酸性高锰酸钾溶液B浓溴水C氯化铁溶液D氢氧化钠溶液考点：有机物的鉴别.分析：邻甲基苯酚和间甲基苯酚都含有酚羟基，可与氯化铁发生显色反应，可与溴水发生取代反应，发生取代反应时，只能取代羟基邻位、对位氢原子，以此解答该题解答：解：A含有甲基和酚羟基，都可被酸性高锰酸钾氧化，不能鉴别，故A错误；B邻甲基苯酚中1个邻位和1个对位氢原子可被取代，间甲基苯酚中2个邻位和1个对位可被取代，二者消耗的溴水不同，故B正确；C都含有酚羟基，可与氯化铁发生显色反应，不能鉴别，故C错误；D都含有酚羟基，可与氢氧化钠发生中和反应，不能鉴别，故D错误故选B点评：本题考查有机物的鉴别，侧重考查学生的分析能力，为考试高频考点，难度不大，注意把握有机物性质的异同，为解答该题的关键，答题时注意审题12（3分）（2015宝山区二模）如表实验所用的试剂不合理的是（）选项实验目的所用试剂A比较Fe3+和Cu2+的氧化性FeCl3溶液和CuB比较镁和铝的金属性MgCl2溶液、AlCl3溶液、NaOH溶液C比较硫和氯的非金属性氢硫酸、氯气D比较苯酚和碳酸的酸性0.1mol/L苯酚钠、0.1mol/L碳酸钠溶液pH试纸AABBCCDD考点：化学实验方案的评价.分析：A同一化学反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；B金属的金属性越强，其单质的还原性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强；C元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强；D酸的酸性越弱，其酸根离子水解程度越大，其相同浓度钠盐pH越大解答：解：A同一化学反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，FeCl3溶液和Cu反应中氯化铁是氧化剂、氯化铜是氧化产物，所以氧化性Fe3+Cu2+，故A正确；B金属的金属性越强，其单质的还原性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，MgCl2溶液、AlCl3溶液分别和NaOH溶液混合，氯化镁溶液生成沉淀且沉淀不溶于NaOH溶液、氯化铝生成沉淀且氢氧化铝能溶于NaOH，所以碱性氢氧化铝小于氢氧化镁，则金属性MgAl，故B正确；C元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，氢硫酸、氯气反应生成S和HCl，氯气是氧化剂、S是氧化产物，氧化性氯气大于S，则非金属性ClS，故C正确；D相同浓度的 Na2CO3和苯酚钠溶液中，碳酸钠的pH大于苯酚钠，碳酸根离子相应的酸是碳酸氢根离子，所以得出的结论是酸性：苯酚碳酸氢根离子，故D错误；故选D点评：本题考查化学实验方案评价，为高频考点，涉及非金属性、金属性、酸性及氧化性强弱判断，明确实验原理是解本题关键，易错选项是D，会从实验原理及评价性分析解答，题目难度中等13（3分）（2015宝山区二模）如图的装置，左为铁电极，右为石墨电极，a为水或某种溶液若两电极直接连接或外接电源，石墨上可能发生的反应是（）2H+2eH2 O2+4e+2H2O4OH 2Cl2eCl2ABCD考点：原电池和电解池的工作原理.分析：若两电极直接连接，则该装置是原电池，铁作负极，石墨作正极，负极上铁失电子发生氧化反应，正极石墨上得电子发生还原反应；若两电极外接电源，则该装置为电解池，石墨电极若与正极相连，则为阳极，溶液中的阴离子失电子发生氧化反应，据此分析；解答：解：若两电极直接连接，则该装置是原电池，铁作负极，石墨作正极，弱电解质为酸性溶液则正极石墨上发生2H+2eH2，若电解质为中性溶液，则正极石墨上发生O2+4e+2H2O4OH；若两电极外接电源，则该装置为电解池，石墨电极若与正极相连，则为阳极，如果电解氯化钠溶液，则电解反应为2Cl2eCl2，所以都有可能发生，故选：D点评：本题考查原电池和电解池原理，根据电极上得失电子来分析解答，明确原电池的工作原理及电解质溶液的性质是解答本题的关键，电解过程的反应原理应用，注意相关基础知识的积累，难度不大14（3分）（2015宝山区二模）亚氯酸钠（NaClO2）是一种性能优良的漂白剂，但在酸性溶液发生分解：5HClO24ClO2+H+Cl+2H2O向亚氯酸钠溶液中加入盐酸，反应剧烈若将盐酸改为pH相同的稀硫酸，开始时反应缓慢，稍后产生气体速度较快，速度变化的原因是（）A逸出ClO2使生成物浓度降低B酸使HClO2的分解加速C溶液中的H+起催化作用D溶液中的Cl起催化作用考点：化学反应速率的影响因素.分析：AClO2逸出，反应速率减小；B如果是氢离子浓度改变反应速率，则pH相同的盐酸和硫酸影响反应速率相同；C开始时溶液中就有氢离子，反应速率很慢；D开始时溶液中氯离子浓度很小，随着反应进行，氯离子浓度逐渐增大解答：解：AClO2逸出，反应速率减小，而稍后段时间产生气体速度较快，则说明不是逸出ClO2的原因，故A错误；B如果是氢离子浓度改变反应速率，则pH相同的盐酸和硫酸影响反应速率相同，与题给信息不符合，所以不是氢离子使分解速率加快，故B错误；C由于开始时溶液中就有氢离子，分解反应却非常慢，可见氢离子不起催化作用，故C错误；D反应开始时，溶液中氯离子浓度很小，随着反应的进行，溶液中氯离子浓度增大，反应速率加快，可见氯离子起催化作用，故D正确故选D点评：本题考查化学反应速率的影响因素，侧重考查催化剂对化学反应速率的影响，正确获取信息、利用信息解答问题是解本题关键，题目难度中等15（3分）（2015宝山区二模）测量SO2、N2、O2混合气体中SO2含量的装置如图：反应管中装有碘的淀粉溶液SO2和I2发生的反应为（N2、O2不与I2反应）：SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI，反应管内溶液蓝色消失后，没有及时停止通气，测得的SO2的体积分数（）A偏高B偏低C无影响D无法确定考点：实验装置综合；探究物质的组成或测量物质的含量.分析：反应管内溶液蓝色消失时，SO2与反应管内所含的I2恰好反应，若没及时停止通气，则未反应的SO2气体也排水到量气管，使N2、O2体积增加，测得SO2的含量降低；解答：解：根据反应：SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI可求出吸收的SO2的体积：V（SO2）=Vmn（I2），SO2的体积百分含量（SO2）=式中V（SO2）的量是由n（I2）的物质的量决定的，而“没有及时停止通气”就会使得V（混合气体）增大，则（SO2）偏低，故答案为：偏低；点评：本题考查的是二氧化硫的性质、含量的测定，误差分析方法，为高频考点，侧重于学生的分析问题能力的考查，题目难度中等16（3分）（2015宝山区二模）氨基呈碱性，氨基酸呈两性，把甘氨酸（氨基乙酸）放入一定pH的溶液中，所得溶液中不能同时大量存在的微粒是（）H2NCH2COOH H3N+CH2COOH H2NCH2COO H3N+CH2COOA与B与C与D与考点：离子共存问题.分析：中性溶液中可以存在H2NCH2COOH，还可以存在H3N+CH2COOH、H2NCH2COO；强酸性溶液中甘氨酸中氨基与氢离子反应生成H3N+CH2COoH，不可能大量存在H2NCH2COO；强碱性溶液中，甘氨酸中的羧基与氢氧根离子反应生成H2NCH2COO，不可能大量存在H3N+CH2COOH，据此进行判断解答：解：AH2NCH2COOH和H3N+CH2COOH在弱酸性溶液中可以大量存在，故A错误；BH2NCH2COOH、H2NCH2COO在弱碱性溶液中可以大量存在，故B错误；C强酸性溶液中存在大量的H3N+CH2COOH，强碱性溶液中存在大量的H2NCH2COO，二者不可能大量存在于同一溶液中，故C正确；DH3N+CH2COOH、H3N+CH2COO在弱碱性溶液中可以大量存在，故D错误；故选C点评：本题考查了离子共存的判断，题目难度中等，明确氨基酸的组成及性质为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力17（3分）（2015宝山区二模）冶铁的原料为铁矿石、焦炭、空气和石灰石测得某冶铁高炉煤气的体积分数为CO0.28；CO20.10； N20.58，棕色烟尘0.04（不含氮元素）若每生产1000kg生铁排放煤气2400m3，则至少需要补充空气？（空气体积分数：氮气0.8 氧气0.2），气体都在同温同压下测定（）A1392m3B1740m3C1920m3D2304m3考点：化学方程式的有关计算.专题：计算题分析：依据冶铁高炉煤气的体积分数为CO0.28；CO20.10； N20.58，计算排放煤气2400m3，含有的氮气的体积，依据空气中氮气体积分数为0.8计算需要空气的体积解答：解：2400m3 煤气中含 N2：24000.58=1392m3，空气中氮气体积分数为0.8，所以需要空气的体积为=1740m3，故选：B点评：本题考查了有关气体成分的计算，明确冶铁高炉煤气、空气的成分是解题关键，题目难度不大三、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（4分）（2015宝山区二模）往Ba（C1O）2溶液中通入足量SO2气体后，溶液中的溶质是（）AH2SO4BHClCHClODBa（HSO3）2考点：二氧化硫的化学性质.分析：二氧化硫水溶液呈酸性，C1O在酸性条件下具有强氧化性，可与二氧化硫发生氧化还原反应，以此解答该题解答：解：往Ba（C1O）2溶液中通入足量SO2气体发生Ba（C1O）2+2SO2+2H2O=BaSO4+H2SO4+2HCl，则反应后溶液的溶质为H2SO4、HCl，故选AB点评：本题考查了元素化合物知识，为高频考点，侧重基础知识的考查，明确二氧化硫的酸性氧化物、还原性、以及HClO的氧化性是解题关键，题目难度不大19（4分）（2015宝山区二模）密闭的真空容器中放入一定量CaO2固体，发生反应2CaO2（s）2CaO（s）+O2（g）并达到平衡保持温度不变，缩小容器容积为原来的三分之二，重新平衡后，下列叙述正确的是（）A平衡常数减小BCaO的量减少C氧气浓度不变DCaO2的量不变考点：化学平衡的影响因素.分析：保持温度不变，缩小容器体积，增大压强，可逆反应向逆反应方向移动，化学平衡常数只与温度有关，据此分析解答解答：解：A化学平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，故A错误；B缩小容器体积，增大压强，平衡向逆反应方向移动，则CaO的量减小，故B正确；C缩小容器体积，增大压强，但温度不变，平衡常数不变，K=O2氧气浓度不变，故C正确；D平衡向逆反应方向移动，则CaO2量增加，故D错误；故选BC点评：本题考查了可逆反应平衡移动，根据压强与平衡移动方向之间的关系分析解答即可，注意平衡常数只与温度有关，与物质浓度无关，为易错点20（4分）（2015宝山区二模）某水体溶有Ca2+、Mg2+、HCO3三种离子，可先加足量消石灰，再加足量纯碱以除去Ca2+、Mg2+以下离子方程式肯定不符合反应事实的是（）AMg2+2HCO3+Ca2+2OHMgCO3+CaCO3+2H2OBMg2+2HCO3+2Ca2+4OHMg（OH）2+2CaCO3+2H2OCMg2+3HCO3+3Ca2+5OHMg（OH）2+3CaCO3+3H2ODCa2+CO32CaCO3考点：离子方程式的书写.分析：Ca 2+、Mg 2+、HCO3三种离子，可先加足量消石灰，镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子，碳酸根与钙离子反应生成碳酸钙沉淀，再加足量纯碱碳酸根离子与钙离子反应生成碳酸钙沉淀，A根据分析可知，反应生成氢氧化镁沉淀，变化生成碳酸镁；B原溶液中有钙离子，则碳酸氢根离子的系数应该大于2，否则不满足溶液电中性；C镁离子、碳酸氢根离子与足量氢氧化钙反应生成，当镁离子与钙离子的物质的量相等时发生该反应；D最后钙离子与碳酸根离子反应生成碳酸钙沉淀解答：解：Ca 2+、Mg 2+、HCO3三种离子，可先加足量消石灰，镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，离子方程式：Mg2+2OH=Mg（OH）2，碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子，2HC03+OH=C032，碳酸根与钙离子反应生成碳酸钙沉淀，离子方程式：Ca2+C032CaCO3，再加足量纯碱碳酸根离子与钙离子反应生成碳酸钙沉淀，离子方程式：Ca2+C032CaCO3，氢氧化镁溶解度小于碳酸镁溶解度，消石灰过量，所以溶液中的镁离子全部转化为氢氧化镁沉淀，不可能生成碳酸镁，最后反应得到的物质为氢氧化镁、碳酸钙和水，A氢氧化钙足量，镁离子转化成氢氧化镁沉淀，当镁离子与钙离子物质的量相等时，发生反应为：Mg2+3HCO3+3Ca2+5OHMg（OH）2+3CaCO3+3H2O，故A错误；B原溶液中含有钙离子，则碳酸氢根离子的系数错误，当镁离子与钙离子物质的量相等时，发生反应为：Mg2+3HCO3+3Ca2+5OHMg（OH）2+3CaCO3+3H2O，故B错误；C若镁离子与钙离子的物质的量相等，加入足量氢氧化钙溶液后发生反应：Mg2+3HCO3+3Ca2+5OHMg（OH）2+3CaCO3+3H2O，故C正确；D最后钙离子与碳酸根离子反应生成碳酸钙沉淀，反应的离子方程式为：Ca2+C032CaCO3，故D正确；故选AB点评：本题考查了离子反应，题目难度中等，明确常见离子的性质为解题关键，注意氢氧化镁与碳酸镁沉淀溶解度大小关系，试题侧重考查学生的分析、理解能力21（4分）（2015宝山区二模）有v1mL pH=9的氨水（A）和v2mL pH=10的氨水（B），v3mL pH=10的NaOH溶液（C），它们能中和同量的盐酸以下叙述正确的是（）Av110v2B加少量水稀释，氨水中都减小Cv2=v3D中和热A=B=C考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡.分析：氨水为弱酸，同等pH值的氨水溶液与氢氧化钠溶液，氨水的浓度要比氢氧化钠大，据此解答即可解答：解：氨水为弱酸，同等pH值的氨水溶液与氢氧化钠溶液，氨水的浓度要比氢氧化钠大，A、氨水浓度越小，电离程度越大，故A和B能中和同量的盐酸时，消耗A的体积B的10倍，故A正确；B、加入少量水稀释，氨水电离程度增大，但是碱性减弱，故氢氧根浓度减小，温度不变，故：不变，氢氧根浓度减小，故增大，故B错误；C、由于氨水是弱碱，故随着反应的进行继续电离出氢氧根，故v2v3，故C错误；D、中和热的定义为：稀的强酸与稀的强碱反应生成1mol水放出的热量，由于氨水是弱碱，故电离需要吸热，故反应热ABC不同，故D错误，故选A点评：本题主要考查的是弱碱的电离以及影响其电离的因素等，难度较大，注意分析溶液中各种离子的浓度变化是关键22（4分）（2015宝山区二模）磷酸分子间脱水会形成多种聚磷酸，它们的钠盐是广泛使用的食品添加剂将48gNaOH与58.8g固态纯H3PO4在一定温度下加热，得到79.8g固体A和27g水，则A可能是（）ANa3PO4BNa4P2O7CNa4P2O7 和Na5P3O10DNa3PO4、Na4P2O7和Na5P3O10考点：化学方程式的有关计算.分析：将48gNaOH的物质的量为1.2mol，58.8g固态纯H3PO4的物质的量为0.6mol，得到79.8g固体A和27g水，说明钠与磷全部转化到A中，所以N（Na）：N（P）=2：1，由此分析解答解答：解：将48gNaOH的物质的量为1.2mol，58.8g固态纯H3PO4的物质的量为0.6mol，得到79.8g固体A和27g水，说明钠与磷全部转化到A中，所以N（Na）：N（P）=2：1，A、N（Na）：N（P）=3：1，故A错误；B、N（Na）：N（P）=2：1，可能，故B正确；C、Na4P2O7 中N（Na）：N（P）=2：1，Na5P3O10，N（Na）：N（P）=5：32：1，所以混合体系中N（Na）：N（P）2：1，所以不可能，故C错误；D、Na4P2O7 中N（Na）：N（P）=2：1，Na5P3O10，N（Na）：N（P）=5：32：1，Na3PO4，N（Na）：N（P）=3：12：1，所以混合体系中N（Na）：N（P）可能为2：1，故D正确；故选BD点评：本题考查学生用原子个数之比解题，学生首先根据物质的转化，得到钠与磷全部转化到A中，求出两种元素的原子个数之比，注意CD选项平均值的运用，有一定的难度四、（本题共12分）23（3分）（2015宝山区二模）铁与同周期的钙性质有很大的差异，铁的熔点更高，而钙的金属活动性更强，这都说明铁的金属键比钙更强（选填“强”、“弱”）与钢铁比，纯净的铁有很强的抗腐蚀性，原因不会发生电化学腐蚀氯化铁受热会发生升华现象共价，这说明氯化铁是（选填“离子”、“共价”）化合物考点：金属的电化学腐蚀与防护；共价键的形成及共价键的主要类型；金属键的涵义.分析：金属键越强金属晶体的熔沸点越高，金属原子失去电子能力越弱；形成原电池的条件是：有两个活泼性不同的电极，电解质溶液，形成闭合回路；分子晶体熔沸点较低，离子晶体熔沸点较高；据此解答解答：解：铁与钙都是金属晶体，金属键越强金属晶体的熔沸点越高，金属原子失去电子能力越弱，铁与同周期的钙性质有很大的差异，铁的熔点更高，而钙的金属活动性更强，这都说明铁的金属键比钙更强；与钢铁比，纯净的铁中含碳量低，在潮湿的环境下不容易形成原电池，所以不会发生电化学腐蚀，抗腐蚀性强；氯化铁受热会发生升华现象说明氯化铁沸点低，为分子晶体，氯化铁存在分子为铁原子与氯原子通过共价键形成的共价化合物；故答案为：强；不会发生电化学腐蚀；共价；点评：本题考查了不同类型晶体的熔沸点规律、金属腐蚀的原理，明确决定不同类型晶体熔沸点作用力，熟悉原电池形成条件是解题关键，题目难度不大24（2分）（2015宝山区二模）一定条件下，在容积一定的容器中，铁和CO2发生反应：Fe（s）+CO2（g）FeO（s）+CO（g）H0，该反应的平衡常数表达式K=下列措施中能使平衡时c（CO）/c（CO2）增大的是a（选填编号）a升高温度 b增大压强 c充入一定量CO d再加入一些铁粉考点：化学平衡的影响因素；用化学平衡常数进行计算.分析：平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值；a正反应是吸热反应，温度越高，K越大，生成物浓度越大，反应物浓度越小，即c（CO）/c（CO2）增大；b反应前后气体体积不变，增大压强化学平衡不移动，即c（CO）/c（CO2）不变；c充入一定量CO，温度不变，化学平衡常数不变，则c（CO）/c（CO2）不变；d化学平衡中，纯固体纯液体不影响化学反应速率，即加入铁粉，化学平衡常数不变解答：解：平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值，由于Fe和FeO为固体，不能写在化学平衡常数表达式中，所以K=，故答案为：；a正反应是吸热反应，温度越高，K越大，生成物浓度越大，反应物浓度越小，即c（CO）/c（CO2）增大，故a正确；b反应前后气体体积不变，增大压强化学平衡不移动，即c（CO）/c（CO2）不变，故b错误；c充入一定量CO，温度不变，化学平衡常数不变，则c（CO）/c（CO2）不变，故c错误；d化学平衡中，纯固体纯液体不影响化学反应速率，即加入铁粉，化学平衡常数不变，故d错误；故选a点评：本题考查化学平衡常数表达式，难度不大，注意纯固体纯液体不能写在化学平衡常数表达式中25（5分）（2015宝山区二模）FeS2可在Fe2（SO4）3溶液中“溶解”，硫元素都以SO42形式存在，请完成该反应的化学方程式1FeS2+7Fe2（SO4）3+8H2O15FeSO4+8H2SO4考点：氧化还原反应方程式的配平.分析：反应中二硫化亚铁中的硫元素化合价从1价升高到硫酸根离子中的+6价，三价铁离子降为二价铁离子，依据得失电子守恒结合原子个数守恒配平方程式解答：解：反应中二硫化亚铁中的硫元素化合价从1价升高到硫酸根离子中的+6价，硫酸铁中铁元素从+3价降低到+2价，要使氧化剂、还原剂得失电子守恒，则硫化亚铁系数为1，硫酸铁系数为7，依据原子个数守恒，反应方程式为：FeS2+7Fe2（SO4）3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，故答案为：1；7；8H2O；15；8H2SO4点评：本题考查了氧化还原反应方程式的书写，明确氧化还原反应中得失电子守恒规律，准确判断各元素的化合价变化情况是解题关键，题目难度不大26（2分）（2015宝山区二模）溶液的酸碱性对许多物质的氧化性有很大影响；生成物的溶解性会影响复分解反应的方向将Na2S溶液滴加到FeCl3溶液中，有单质硫生成；将FeC13溶液滴加到Na2S溶液中生成的是Fe2S3而不是S或Fe（OH）3从以上反应可得出的结论是酸性条件氧化性：Fe3+S、给出Fe3+能力：Fe（OH）3Fe2S3考点：氧化性、还原性强弱的比较；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质.分析：氯化铁为强酸弱碱盐水解显酸性，将Na2S溶液滴加到FeCl3溶液中，有单质硫生成，反应方程式为：2Fe3+S22Fe2+S，依据氧化性强弱规律解答；硫化钠溶液为强碱弱酸盐水解显碱性，将FeC13溶液滴加到Na2S溶液中生成的是Fe2S3，离子方程式为：Fe3+S2=Fe2S3，依据溶度积规则解答；解答：解：氯化铁为强酸弱碱盐水解显酸性，将Na2S溶液滴加到FeCl3溶液中，有单质硫生成，反应方程式为：2Fe3+S22Fe2+S，反应中三价铁离子为氧化剂，硫为氧化产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，所以酸性条件氧化性：Fe3+S；硫化钠溶液为强碱弱酸盐水解显碱性，将FeC13溶液滴加到Na2S溶液中生成的是Fe2S3，离子方程式为：Fe3+S2=Fe2S3，说明硫化铁溶解度小于氢氧化铁，给出Fe3+能力：Fe（OH）3Fe2S3；故答案为：酸性条件氧化性：Fe3+S；给出Fe3+能力：Fe（OH）3Fe2S3；点评：本题考查了氧化还原反应规律、溶度积规则，明确相关知识是解题关键，题目难度中等五、（本题共12分）27（2分）（2015宝山区二模）硫元素位于元素周期表第16列；硫元素原子核外有2个未成对电子，这2个电子所处亚层的符号是3p；硫、氯元素的原子均可形成与Ar原子电子层结构相同的简单离子，且硫离子的半径更大，请解释氯离子核电荷数更大，对外层电子的引力更强，故离子半径较硫离子小考点：元素周期表的结构及其应用；微粒半径大小的比较.分析：S的原子序数为16，位于周期表第三周期A族，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p4，核外电子排布相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，以此解答解答：解：S位于周期表第三周期A族，位于元素周期表第16列，原子核外电子排布为1s22s22p63s23p4，3p轨道有2个未成对电子，硫、氯元素的原子均可形成与Ar原子电子层结构相同的简单离子，因氯离子核电荷数更大，对外层电子的引力更强，故离子半径较硫离子小，故答案为：16；3p；氯离子核电荷数更大，对外层电子的引力更强，故离子半径较硫离子小点评：本题以硫为载体考查了元素周期律和元素周期表，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，根据原子结构及元素周期律来分析解答，熟记元素周期律知识，题目难度不大28（3分）（2015宝山区二模）S8和P4的分子中都只有共价单键，若P4分子中有6个PP键，则可推断S8分子有8个SS键；己知：HS键键能：339kJ/mol； HSe键键能：314kJ/mol以上键能数据能否比较S，Se非金属性的强弱能（选填“能”、“否”；下同）；能否比较H2S、H2Se沸点的高低否考点：物质结构中的化学键数目计算；晶体熔沸点的比较.分析：因为S8的分子中都只有共价单键，所以结构模型为，所以S8分子有8个SS键，共价键的键能越大氢化物越稳定，中心元素的非金属性越强，H2S、H2Se沸点的高低无键能的大小无关，由此分析解答解答：解：因为S8的分子中都只有共价单键，所以结构模型为，所以S8分子有8个SS键，共价键的键能越大氢化物越稳定，中心元素的非金属性越强，H2S、H2Se沸点的高低无键能的大小无关，与分子间作用力的大小有关，故答案为：8；能；否点评：本题通过S8分子结构和共价键的形成，题目难度中等，熟悉白磷的正四面体结构式解题关键，然后推测S8的结构29（2分）（2015宝山区二模）在25，Na2SO3溶液吸收SO2得到的NaHS03溶液中c（SO32）c（H2SO3），据此断NaHS03溶液显酸性考点：盐类水解的原理.分析：Na2SO3溶液吸收SO2得到的NaHS03溶液中c（SO32）c（H2SO3），说明溶液中亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度，溶液呈酸性；解答：解：Na2SO3溶液吸收SO2得到的NaHS03溶液中，NaHSO3=Na+HSO3，HSO3H+SO32，HSO3+H2OH2SO3+OH，溶液中c（SO32）c（H2SO3），说明溶液中亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度，溶液呈酸性；故答案为：酸点评：本题考查了演的水解、弱酸根离子的水解分析判断，掌握基础是关键，题目较简单30（2分）（2015宝山区二模）在25，Na2S03溶液吸收SO2后，若溶液pH=7.2，则溶液中c（S032 ）=c（HS03）；若溶液pH=7，则以下浓度关系正确的是（选填编号）abac（Na+）=2c（SO32）+c（HSO3）bc（Na+）c（HSO3）c（SO32）c（H+）=c（OH）cc（Na+）+c（H+）=c（SO32）+c（HSO3）+c（OH）考点：离子浓度大小的比较.分析：若溶液pH=7.2，则溶液中c（S032）=c（HS03），若使溶液pH=7，则HS03的浓度应该稍大些，即：c（HSO3）c（SO32）；再结合溶液中的电荷守恒进行判断解答：解：a溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=2c（SO32）+c（HSO3）+c（OH），由于溶液的pH=7，则c（H+）=c（OH），故c（Na+）=2c（SO32）+c（HSO3），故a正确；b溶液pH=7.2，则溶液中c（S032）=c（HS03），若使溶液pH=7，则HS03的浓度应该稍大些，即：c（HSO3）c（SO32），溶液中离子浓度大小为：c（Na+）c（HSO3）c（SO32）c（H+）=c（OH），故b正确；c反应后的溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=2c（SO32）+c（HSO3）+c（OH），故c错误；故答案为：ab点评：本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，根据题干信息正确判断c（HSO3）、c（SO32）的大小为解答关键，注意明确电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用31（3分）（2015宝山区二模）己知Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO32+H2OHSO3+OH，请用Na2SO3溶液和a试剂及必要的实验用品，设计简单实验，证明盐类的水解是一个吸热过程a试剂是酚酞，操作和现象是取样品溶于水，滴加酚酞显红色，加热后溶液红色加深考点：探究吸热反应和放热反应.分析：亚硫酸根离子水解生成亚硫酸氢根离子和氢氧根离子，溶液显示碱性，可以选用酚酞作为指示剂，然后通入给亚硫酸钠溶液加热，根据溶液红色深浅判断温度对该平衡的影响解答：解：Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO32+H2OHSO3+OH，所以Na2SO3溶液呈碱性，向溶液中滴加酚酞后，溶液变成红色，加热后滴有酚酞的亚硫酸钠溶液的红色加深，证明亚硫酸钠的水解为吸热反应，加热后平衡SO32+H2OHSO3+OH向着正向移动，故答案为：酚酞；取样品溶于水，滴加酚酞显红色，加热后溶液红色加深点评：本题考查了探究吸热反应和放热反应的方法，题目难度中等，根据平衡正确选用试剂为解答关键，注意掌握盐的水解原理及其影响因素，明确常见的化学实验基本操作方法，试题培养了学生灵活应用基础知识解决实际问题的能力六、（本题共12分）32（12分）（2015宝山区二模）在饱和碳酸钠溶液中通入CO2，将所得溶液小心蒸干，得到固体A，为分析A的成分，设计如下实验方案（1）甲实验：用pH计检验A是否为纯净的碳酸氢钠25时，将一定质量的样品A溶于水配成溶液测其pH，还需另一种试剂和水进行对照实验，该试剂是纯净的碳酸氢钠0.2mol/L0.1mol/L0.02mol/L0.2mol/L浑浊浑浊少许浑浊0.1mol/L浑浊少许浑浊无现象0.02mol/L少许浑浊无现象无现象（2）乙实验：将A