2019年上海市等级性考试化学试题解析

2019年上海高中年级考试化学考试问题分析第一，选择题(每个问题只有一个正确答案，每个问题2分，总计40分)1.元素中文明(奥尔加斯)是人工合成的稀有气体元素，以下是正确的A.核外电子为118 B，中子为295C.质量为117d。6周期0族图元回答 a分析根据原子表示，左下角的数字表示质子数118，而对于中性原子，核外电子的质子数等于118，所以选择a。2.只涉及物理变化A.次氯酸漂白b .盐酸除锈C.石油分馏d .煤蒸馏回答 c分析次氯酸漂白利用次氯酸的表征。盐酸除锈盐酸和氧化铁反应，b错误；石油分馏利用碳氢化合物的沸点差异作为物理性质，c是正确的。煤干馏在隔离空气的同时，在高温下加热煤，获得焦炭、煤焦油、焦炉煤气等的过程，是指化学变化的d错误。下一个反应需要破坏共享密钥。A.结晶硅熔体b .碘升华C.熔融Al2O3 D.NaCl溶于水。回答 a分析晶体硅是原子晶体，Si原子仅通过共价键连接，因此熔化只需要破坏共价键。a是正确的。碘是分子晶体，分子间力的升华克服了b错误。Al2O3离子晶体，熔融断裂离子结合，c误差；NaCl是在水力发电中破坏钠离子和氯离子溶解离子结合的离子晶体。下一个工序中固体质量的增加A.添加Cu氯化铁添加B.Zn硫酸C.H2在燃烧的氧化铜d .高温下水蒸气渗透到Fe回答 d分析A.Cu 2FeCl3=CuCl2 2FeCl2，Cu溶解，固体质量减少，a错误；B.Zn h2so 4=znse4 H2 ，Zn溶解，固体质量降低，b错误；C.CuO H2Cu H2O，将CuO改为Cu，固体质量降低，c错误；D.3Fe 4H2OFe3O4 4H2，Fe变为Fe3O4，固体质量增加时d是正确的。5.25 时0.005molL-1Ba(OH)2的h浓度为A.110-12 molL-1 B. 110-13 molL-1C.510-12 molL-1 D. 510-13 molL-1回答 a分析0.005molL-1Ba(OH)2时，OH-浓度为0.005molL-12=0.01molL-1，c(H )=Kw/c(OH-)=10-14(mol-1)2/0.01 moll-1=10-12 moll-1回答，然后选择a。下一个分子的所有原子都在同一平面上。回答 d分析项目a为CCl4，四面体结构，项目a为错误。-b，c无效，因为-CH3的结构是四面体组成，所有原子不能在同一平面上。在d项目中，乙烯是平面的，乙炔基础是直线结构，乙炔基础总是属于乙烯的这个平面内，所以d是正确的。7.已知与自行车结构相似的碳氢化合物的以下叙述是正确的A.溶于水的b .可能发生替代反应C.密度大于水的密度d .环己烷和同系物回答 b烷烃不溶于水，密度小于水，可能发生替代反应。a、c错误、b正确。自行车烷烃的不饱和度比环己烷多1，分子差异不满足n个CH2，与环己烷不属于同一系列。8.聚异戊二烯的单体A.B.(H2C)2C=CH-CH2C.(H3C)2C=CH-CH2 D回答 d分析聚异戊二烯对异戊二烯发生1，4-加成反应，因此对此的答案是选择异戊二烯，即d选项。9.以下选项无效A.包含共价的化合物是共价化合物B.包含极性键的分子可以是非极性分子C.有电子转移的反应是氧化还原反应D.能在水溶液中完全电离的电解质是强电解质。回答 a分析包含共价键的化合物也可以是离子化合物，例如NaOH，a错误。包含极性键的分子可以是非极性分子，例如CH4，b。有电子转移的反应必须是氧化还原反应，c是正确的。能在水溶液中完全电离的电解质是强电解质，d是正确的。所以答案是a。10.实验室利用镁和稀硫酸反应生成氢，测定氢的气体摩尔量。相关步骤是读数；冷却到室温；调节平整水平管和体积器官水平。正确的顺序是A.b .C.d .回答 d气体收集机构，读取时用室温冷却，防止气体热膨胀和冷却收缩，测量不准确的气体体积，还调整读取时的水平管和体积机构水平、平衡系统压力、读数。因此，d是正确的。关于离子化合物NH5，以下说法是正确的A.n-5是b .阴和正离子数的比率为1:1C.负离子为8电子稳定结构的d .阳离子的电子数为11回答 b分析离子化合物由NH4和H-组成，n的原子价为-4，a误差。阴阳离子比率为1: 1，b。负离子的H-，最外层的2个电子，不满足8个电子稳定结构，c错误；正离子为NH4，电子为10，d误差。所以答案是b。12.证明亚硫酸钠中某些变质所需的试剂A.硝酸钡，稀硫酸b .稀盐酸，氯化钡C.稀硫酸、氯化钡d .稀硝酸、氯化钡回答 b分析亚硫酸钠部分变质，产生硫酸钠，因此实际上需要检查的是硫酸盐离子，试剂是稀盐酸和氯化钡。13.以甲基橙作为指示剂，以氢氧化钠溶液为标准盐酸进行滴定，如下所示A.可以使用酚酞代替指示剂B.在适当之前用要测量的液体冲洗锥形瓶。C.氢氧化钠吸收少量二氧化碳，不会影响滴定结果D.锥形瓶内的溶液从橙色变成红色，0.5分钟内不褪色，即到达适当的终点回答 c分析指示剂选择要遵循“浅到深”的颜色变化规则。如果使用酚酞作为指示剂，颜色变化过程将从红色变成无色，如果不满足要求，a错误；在滴定前用测量用液体运行锥形瓶，滴定结果高，b误差；氢氧化钠吸收少量CO2时，反应2OH- CO2=CO32- H2O，注入盐酸后，盐酸残留OH-反应：OH- H=H2O，碳酸根和反应：CO32- 2H=CO2 H2O表明存在反应关系2OH-CO32-2H。因此，消耗的盐酸物质量始终等于氢氧化钠，因此吸收少量CO2，不影响滴定结果，c是正确的。该实验的适当终点是锥形瓶内的溶液从黄色变成橙色，在0.5分钟内不褪色，即到达适当的终点，变成红色，盐酸过剩，d出错时，应选择c。14.下一个物质分离错误的是A.硝基苯(苯)蒸馏b .乙烯(SO2)氢氧化钠溶液C.己烷(己烯)溴水，馏分d .乙酸乙酯(乙醇)碳酸钠溶液，馏分回答 c【分析】硝基苯和苯作为沸点不同的互溶液体通过蒸馏分离，a正确。乙烯与NaOH没有反应，SO2被氢氧化钠吸收，可以实现两种气体的分离，b是正确的；己烷和己烯是相互溶液的体，己烷与溴没有反应，但可以从溴中提取溴，添加己烯和溴生成二溴，仍然溶于己烷，不能用馏分分离。c错误；乙酸乙酯在碳酸钠溶液中不容易溶解，乙醇容易溶于水，液体分层，被分液分离。所以答案是c。15.如图所示，元素m的氢化物和最高价氧化物对应的水合物反应。以下说法正确A.非金属：MnmnpqB.氢化物稳定性：NQD.最高价氧化物对应水合物酸度：pq回答 c分析水合物中同时具有氢化物和最高氧化物的元素一般是非金属元素，非金属元素中最高价氧化物的水合物包含最高价氧烷，因此该氢化物必须是碱性物质才能反应，因此m元素为n，n元素为o，p元素为s，q元素为Cl。a错误，因为m和n在同一周期中的n的非金属比m强；n的氢化物稳定性比p强，并产生b错误，因为n与p在同一个主族中，而n的非金属比p强。因为p和q在同一周期，所以p简单负离子半径大于q，c项是正确的。q非金属比p强，因此最高价氧化物与水合物的酸性相对应。qp，所以d是错误的。答案是c。16.pH为1的100mL 0.1 mol/L的AlCl3中添加300mL 0.1 mol/L的氢氧化钠溶液的铝存在形式如下A.alo 2-b.al3 C. Al(OH)3 d.al3，Al(OH)3回答 d分析在PH为1的100 mL 0.1 mol/L的AlCl3中，n(H )=0.1 mol/L0.1L=0.01mol，n(Al3 )=0.1 mol/L0.1L=0.01mol，0.01mol17.下一个设备(只不过是示意图)的错误是A.石墨电极反应：O2 4H 4e2H2OB.用少量空气击鼓可加快Fe腐蚀C.添加少量NaCl可加快Fe的腐蚀速度D.添加HCl，石墨电极反应式：2h 2e 2 H2 回答 a分析这个问题调查氧腐蚀，溶液不是强酸性的，石墨电极反应为O2 2h2o 4e- 4oh-，a出错了。18.正确，如下图所示A.分离非极性关键点等于生成极性关键点的能量B.反应比反应生成o-h键强c . 1/2 O2(g)H2(g)oh(g)h(g)-q(q 0)D.H2O (g) 1/2 O2 (g) H2 (g) q (q 0)回答 c分析在图中，因为1/2 molo2 (g) 1 moll H2 (g)的能量低于1mol OH(g) 1mol H(g)，所以反应1/2O2(g) H2(g)OH(g)19.已知反应式：mX(g) nY(？)pQ(G) 2mZ(g)，c(X)=0.3mol/L，已知其他条件保持不变，将容器缩小到原始1/2，c(X)=0.5mol/LA.反应向反向反应的方向移动。B.Y可以是固体或液体C.系数n m d.z的体积分数降低回答 c分析据悉，反应是平衡的。此时，c(X)=0.3mol/L，其他条件保持不变，容器塌陷到原始的一半，此时平衡不移动，c(X)=0.6mol/L，平衡移动后c(X)=0.5mol/L，压力平衡问干燥条件必须满足正负气体减少反应，如果y是固体或液体，m 2m，不能设定b错误；y是气体，m n 2m，因此n m，c是正确的。向平衡正向移动会增加产品z的体积分数，d项无效。所以答案是c。20.常温下等体积的0.1mol/LCH3COOH，NaOH，CH3COONaA.中间ch 3cooh ch 3c oo- h oh-B.混合后醋酸根离子浓度小于的1/2C.混合后，如果溶液呈酸性，则na ch 3c oo- hD.混合后水的电离程度小于混合电离程度回答 b分析在CH3COOH溶液中，h来自CH3COOH电离和水电离，CH3COOH的电离功率极小，因此ch 3cooh h ch 3c oo- oh-，a错误；混合后产物为CH3COONa，体积约为2倍，如果没有平衡运动，醋酸根离子浓度约为的1/2，在“稀越水解”稀溶液中水解次数更多，因此醋酸根离子浓度小于的1/2，b项。混合后溶液呈酸性，CH3COOH的电离程度大于ch 3c oo-的水解程度，因此ch 3c oo- na h，c项错误；混合后用CH3COONa溶液促进水的电离，混合后溶液呈酸性，CH3COOH的电离主要抑制水的电离，d项的误差。所以答案是b。二、综合分析问题(60分)(a)(1)说明不能将氨氮肥料与碱性肥料混用的原因：_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _(2)写结合碱法的方程式：_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _(3)说明工业氨使用20-50m pa选择此压力的原因：_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _。(4)已知4NO2 2CO(NH2)22CO2 4N2 4H2O O2(已知元素中n为-3)的氧化产物是_