上海市杨浦区2020届高三化学一模试题(含解析)

1、36上海市杨浦区2020 届高三化学一模试题含解析）40 分，每小题2 分，每小题只有一个正确答案）1 港珠澳大桥使用了大量的含钒高强抗震钢材。该钢材与生铁比较错误的是A.抗震性好B.耐腐蚀强C.含碳量高D.都导电导热2对石油和煤的分析错误的是）A.都是混合物B,都含有机物C.石油裂化和煤干储得到不同的产品D.石油分储和煤干储原理相同3元素周期表中，铟In ）与铝同主族，与碘同周期。由此推断）A In 最外层有5 个电子B In 的原子半径小于IC In （ OH） 3的碱性强于Al （ OH） 3D In 属于过渡元素4.氮化碳（C3Nk）的硬度大于金刚石，则氮化碳中（）A.只有共价键B.可

2、能存在离子C.可能存在N三ND.存在极性分子5工业上可用铝热反应冶炼锰、钒等难熔金属，其原因与下列无关的是）A.铝还原性较强B.铝能形成多种合金C.铝相对镒、钮较廉价D.反应放出大量的热6与氢硫酸混合后无明显现象的是）A. NaOH（B,亚硫酸C. FeCl3溶液D.氯水7同温同压下，热化学方程式中反应热数值最大的是）A. 2W(l ) +Y (l ) - 2Z (g) +QC. 2W(g) +Y (g) - 2Z (g) +Q38.同温同压同体积的 Hb和CO()A.密度不同C.分子大小相同B. 2W(g) +Y (g) - 2Z (l ) +Q2D. 2W(l ) +Y (l ) - 2Z

3、 (l ) +Q4B.质量相同D.分子间距不同9.没有涉及到氧化还原反应的是（A. Fe3+和淀粉检验IB.氯水和CC14检3叙BrC.新制Cu （OH 2、加热检验醛基D.硝酸和AgNO溶液检验Cl10 .向FeCl3、CuCl2、盐酸的混合溶液中加入铁粉充分反应后，用KSCNB液检验无明显现象，则反应后的溶液一定（）A.含 Cu2+B.含 Fe2+C.呈中性D.含Fe2+和Cu2+11 .异戊烷的（）A.沸点比正己烷高B.密度比水大C.同分异构体比C5H0多D.碳碳键键长比苯的碳碳键长12.杜瓦苯（）与苯互为同分异构体，则杜瓦苯（A.最简式是CH2B.分子中所有原子共平面C.能使酸性高镒酸

4、钾溶液褪色D.是CH=CH- CH= CH的同系物13. N代表阿伏加德罗常数的值。4g “粒子（4He2+）含（）A. 2Nx个a粒子 B. 2Nx个质子14.对下列事实的原因分析错误的是（选项事实A 用铝制容器盛装浓硫酸B氧化铝作耐火材料C. Na个中子D. Na个电子原因常温下，铝与浓硫酸很难反应氧化铝熔点高C铝制品不宜长期盛放酸性和碱性食物氧化铝是两性氧化物用可溶性铝盐和氨水制备氢氧化铝氢氧化铝碱性比氨水弱且很难与氨水反A. AB. BC. CD. D15.用如图装置进行实验，1小时后观察到生铁明显锈蚀，由此得出的结论是().二藏NKI溶液生铁片A.属于化学腐蚀B. Q未参与反应C.负

5、极反应 2Fe-6e+3HkgFe2Q+6H+D.正极反应 Q+4e+2HO4OH16 .向Ca (HCO) 2饱和溶液中加入一定量的 NaQ (设溶液体积不变)，推断正确的是()A.产生CO气体B.产生白色沉淀C.所得溶液的碱性一定减弱D.所得溶液中一定不含 HC(3)17 .用石墨电极电解饱和食盐水，下列分析错误的是()A.得电子能力H+>Na+,故阴极得到H2B.水电离平衡右移，故阴极区得到OHC.失电子能力 Cl >OH ,故阳极得到 Cl2D. OH向阴极移动，故阳极区滴酚血:不变红18 .在 2L 的密闭容器中，发生反应：C (s) +H2O (g) ?CO(g) +H

6、 (g) +131.5kJ , 5min后达到平衡，固体减少了 24g,则()A. p气体不变时反应达到平衡状态B. v 正(CO 为 2.4mol/ (L?min)C.若容器体积缩小，平衡常数减小D.增大C的量，平衡右移19 .向新制氯水中逐滴滴加 NaOH§液，溶?夜pH随时间的变化如图所示。 呈碱性时停止滴加，一段时间后溶液黄绿色逐渐褪去。由此得不到的结论是()5 口 )00 15。时闾的A.该新制氯水 c （H+） = 10 2.6mol/LB.开始阶段，pH迅速上升说明被中和C. OH和C12能直接快速反应D. NaOHF口氯水反应的本质是 OH使Cl 2+H2O? H+C

7、+HClO平衡右移20. 25 C,将浓度均为 0.1mol/L 的HA溶?夜 VmL和BOH§?夜 VmL混合，保持 M+V）= 100mL生成物BA易溶于水。V M与混合液pH的关系如图。下列叙述错误的是（）A. HA一定是弱酸B. BOHT能是强碱C. z点时，水的电离被促进D. x、v、z 点时，溶液中都存在 c （A）+c （OH） =c （B+） +c （H+）二、综合题（共60分）21. （15分）科学家合成了一种新化合物（如图所示），其中X、Y是第三周期的非金属元素，各原子均满足8电子稳定结构。完成下列填空：（1）硅原子最外电子层有 种运动状态不同的电子，占据 个轨道

8、。（2）由题意可推知 Y是Cl,推得此结论的依据是 。X和Si之间共用电子对偏离 O（3） SiCl4和CC14分子空间结构相同，则 SiCl4中键角是 。请说明SiCl 4和CCL 沸点高低的理由：。（4）黄磷（P4）与过量浓 NaOHB液反应，产生 PH3和次磷酸钠（NaHPO）,补全并配平该反应的化学方程式，标出电子转移的数目和方向：口P4+DNaOH+：一口PHJ +口 NaHPO,其中氧化剂和还原剂质量比为 。根据题意可判断 HPO是 元酸或“三”)。(5)已知磷酸二氢钠(NaHPQ)溶液呈酸性，该溶液中含磷元素的离子浓度由大到小的顺序是:(1)上述制备 NH3的实验中，烧瓶中反应涉

9、及到多个平衡的移动:NH+H2O?NH?(在列举其中的两个平衡，可写化学用语也可文字表述)(2)制备100mL25嘱水(p = 0.905g ?cm 3),理论上需要标准状况下氨气数点后保留一位)。(3)上述实验开始后，烧杯内的溶液,而达到防止倒吸的目的。（4） NH通入CuSO溶液中，产生蓝色沉淀，写出该反应的离子方程式。继续通氨气至过量，沉淀消失得到深蓝色Cu (NH) 42+溶液。发生如下反应：2NH+ (aq)+Cu (OH 2 (s) +2NH (aq) ? Cu ( NH) 42+ (aq)(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q>0)。该反应平衡常数的表达式K=ti时改变条件，一段时

10、间后达到新平衡，此时反应K增大。在图2中画出该过程中v正的变化。向上述铜氨溶液中加水稀释，出现蓝色沉淀。原因是:v正随时间在绝热密闭容器中，加入NH+ (aq)、Cu (OH 2和NH ( aq)进行上述反应,的变化如图3所示，v正先增大后减小的原因23. (14分)SO可用于防腐剂、消毒剂，也是一种重要的冷冻介质。实验室可用如图示装置制备SO,并用纯净SO进行相关实验。完成下列填空：(1)上述方法制备的 SO中，往往因伴有硫酸小液滴而呈白雾状。除去白雾可在制备装置后连接图2所示装置，该装置中的试剂是 ,气体从 口(填“a”或"b”)进。(2)检验SO常用的试剂是,利用了 SO的 性

11、。(3)将SO通入0.1mol/L Ba (NO) 2溶液中，得到白色沉淀，该沉淀的化学式为 分别用煮沸和未煮沸过的蒸储水配制Ba (NO) 2和BaCl2溶液，进行图3实验:pH传感器U. hnol L20iiiLh溶液%。，apH(4)实验A、C中，煮沸蒸储水及使用植物油的目的是(5)实验C中，没有观察到白色沉淀，但pH传感器显示溶液呈酸性，原因是 (用方程式表示)(6)实验B中出现白色沉淀比实验 A快很多。由此得出的结论是 。若实验A、B中通入足量的SO后，溶液pH: AB (填或“=”)。24. (16分)化合物G是一种药物合成的中间体，G的一种合成路线如图：_ rV0研1 LJ此I7

12、H（分苴：L*H©二）完成下列填空：(1)写出A中官能团的电子式。 。(2)写出反应类型：BfC 反应，C- D 反应。(3) Z B所需反应试剂和反应条件为 、。(4)写出C的符合下列条件同分异构体的结构简式： 。(任写出3种) 能水解；能发生银镜反应；六元环结构，且环上只有一个碳原子连有取代基。(5)写出F的结构简式。AOfl_|_(6)利用学过的知识，写出由甲苯()和'田7 -5一(WCH为原料制备的合成路线。(合成路线的表示方式为：甲(无机试剂任用)反应试剂反应条件.乙器器，目标产物)2020 年上海市杨浦区高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共40 分

13、，每小题2 分，每小题只有一个正确答案）1 （ 2 分） 港珠澳大桥使用了大量的含钒高强抗震钢材。该钢材与生铁比较错误的是（）A.抗震性好B.耐腐蚀强C.含碳量高D.都导电导热【分析】生铁与钢的主要区别是含碳量不同：生铁含碳约 t%4%钢含碳约0.03%0.2%,钢材比生铁含碳量低，抗震性好、耐腐蚀强，钢材与生铁都导电导热，据此分析解答。【解答】解：生铁是含碳量为 少% 4.3%的铁合金，钢是含碳量为 0.03%2%勺铁合金，生铁和钢主要成分都是铁，主要区别是含碳量不同，它们都是合金，都导电导热，钢材比生铁含碳量低，抗震性好、耐腐蚀强，钢材比生铁含碳量低，故C 错误，故选： C。【点评】本题生

14、铁与钢的性能、组成，题目难度不大，掌握生铁和钢的组成与区别等是正确解答本题的关键。2 （ 2 分）对石油和煤的分析错误的是（）A.都是混合物B,都含有机物C.石油裂化和煤干储得到不同的产品D.石油分储和煤干储原理相同【分析】A 石油由多种有机物组成的混合物，煤是有机物和无机物组成的复杂的混合物；B.石油和煤都含有机物；C.石油裂解得到汽油，煤干储得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气；D.石油分储为物理变化，煤干储为化学变化。【解答】解：A.石油中主要含有碳、氢元素，同时还含有少量的硫、氧、氮等元素，煤炭的主要成分是碳，都是混合物，故 A不选；B.石油由多种有机物组成的混合物，煤是有机物和无机物组成

15、的复杂的混合物，故B不选；C.石油裂化的目的为了提高轻质液体燃料（汽油，煤油，柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量，煤干馏得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气，故C 不选；D.石油的分储为物理变化，煤干储为化学变化，故 D选；故选： D。【点评】本题考查了煤和石油的综合利用，难度不大，为基础性习题，把握煤、石油、天然气的来源、性质为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大。3 （ 2 分）元素周期表中，铟（In ）与铝同主族，与碘同周期。由此推断（）A In 最外层有5 个电子8 In 的原子半径小于IC In （ OH） 3的碱性强于Al（ OH） 3D In 属于过渡元素【分析】A、同主族

16、元素最外层电子数相等；8、 In 与 I 同周期，碘的核电荷大；C同主族从上往下金属性逐渐增强；锢（In）与铝同主族，都是主族元素；【解答】解：A同主族元素最外层电子数相等，锢（ In ）与铝同主族，所以In最外层有 3 个电子，故A 错误；日In与I同周期，碘的核电荷大，所以 In的原子半径大于I ,故B错误；C同主族从上往下金属性逐渐增强，金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强，所以 In （ OH） 3的碱性强于Al （ OH） 3，故 C 正确；锢（In）与铝同主族，都是主族元素，所以 In属于主族元素，故 D错误；故选：C。【点评】本题考查元素的性质，为高频考点，侧重于学生的分析

17、能力的考查熟悉元素在周期表中的位置及元素周期律是解答本题的关键，难度不大。4 . （2分）氮化碳（QN）的硬度大于金刚石，则氮化碳中（）A.只有共价键B.可能存在离子C.可能存在N三ND.存在极性分子【分析】氮化碳（C3N4） 、金刚石都是原子晶体，碳氮化合物中C 一 N 键键长小于金刚石中 C 一 C 键键长，键长越长熔点越低，硬度越小，据此分析解答。【解答】解：氮化碳晶体硬度较大，属于原子晶体，只有共价键，立方氮化碳晶体中氮碳键的键长比金刚石晶体中碳碳键的键长要短，故熔点比金刚石的高，氮化碳（GN4）的硬度大于金刚石，所以 A符合,故选：A。【点评】本题考查原子晶体的性质，掌握原子晶体键长

18、越长熔点越低，硬度越小是解答关键，题目难度不大。5 ( 2 分)工业上可用铝热反应冶炼锰、钒等难熔金属，其原因与下列无关的是(A.铝还原性较强B.铝能形成多种合金C.铝相对镒、钮较廉价D.反应放出大量的热【分析】铝是活泼金属，具有强的还原性，铝热反应可以制取少量难熔金属，据此分析。【解答】解：A铝是活泼金属，具有强的还原性，可以作还原剂，故 A正确；B.铝能形成多种合金，与铝热反应无关，故 B错误；C.铝相对镒、钮较廉价，可以用铝来还原镒、钮等金属，故C正确；D.铝热反应会放出大量的热，铝热反应可以制取少量难熔金属，故 D正确。故选：B。【点评】本题考查金属及化合物的性质，为高频考点，把握物质

19、的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。6 ( 2 分)与氢硫酸混合后无明显现象的是()A. NaOHB,亚硫酸C. FeCl3溶液D,氯水【分析】A. HbS与NaOH§液反应生成硫化钠和水；B H2S 与亚硫酸发生氧化还原反应生成S；C H2S 与 FeCl 3溶液发生氧化还原反应生成S；D H2S 与氯水发生氧化还原反应生成S。【解答】解：A HaS与NaO哈液反应生成硫化钠和水，无明显现象，故 A选；B. HS与亚硫酸发生氧化还原反应生成S,有淡黄色沉淀生成，故 B不选；C. HS与FeCl3溶液发生氧化还原反应生成

20、S,有淡黄色沉淀生成，故 C不选；D. HS与氯水发生氧化还原反应生成S,防止铝元素损失，有淡黄色沉淀生成，故选；故选：A。【点评】本题考查HaS 的性质，比较基础，抓住硫化氢具有强还原性易被氧化生成淀即可解题。7 ( a 分)同温同压下，热化学方程式中反应热数值最大的是()A. 2W(l ) +Y (I ) - 2Z (g) +QB, 2W(g) +Y (g) - 2Z (l ) +QC. 2W(g) +Y (g) - 2Z (g) +Q3D. 2W(I ) +Y (I ) - 2Z (I ) +Q4【分析】同一物质的能量g>l >s,反应热等于生成物的能量减去反应物的能量，依此

21、解答。【解答】解：各反应中对应物质的物质的量相同，同一物质的能量g>l>s,所以反应物的总能量为：B= C> A= D,生成物的能量为： A= C> B= D,若反应为放热反应，反应物的总能量越低，生成物的总能量越高，反应放出的热量越少，故A 放出的热量最少，反应热符号为"，反应放出的热量越少，反应热越大，故A的反应热最大；若反应为吸热反应，反应物的总能量越低，生成物的总能量越高，反应吸收的热量越多，故A 放出的热量最多，反应热符号为"+",反应放出的热量越多，反应热越大，故A的反应热最大。故选：A。【点评】考查物质能量、物质状态与反应热的

22、关系，难度不大，注意根据能量守恒理解物质能量与反应热关系，注意反应热比较包含符号进行比较。8 . （2分）同温同压同体积的 H2和CO（）A.密度不同B.质量相同C.分子大小相同D.分子间距不同【分析】A、同温同压下，气体的密度之比等于摩尔质量之比；B> 质量 mi= p V;C不同物质的分子大小不同；D分子间距取决于温度和压强。【解答】解：A同温同压下，气体的密度之比等于摩尔质量之比，故氢气和CO的密度之比为1 : 14,故A正确；B>两气体的密度不同，而体积相同，根据质量m= p V可知，两气体的质量不同，故 B错误；C不同物质的分子大小不同，故氢气和CO的分子大小不同，故 C

23、错误；D分子间距取决于温度和压强，由于同温同压，故分子间距相同，故D错误。故选：A。【点评】本题考查了阿伏伽德罗定律及其推论，难度不大，应注意基础知识的掌握。9 （ 2 分）没有涉及到氧化还原反应的是（）A. Fe3+和淀粉检验IB.氯水和CC14检3叙BrC.新制Cu （OH 2、加热检验醛基D.硝酸和AgNO溶液检验Cl【分析】发生的反应中存在元素的化合价变化，则发生氧化还原反应，以此来解答。【解答】解：A Fe3+和淀粉检验 厂，Fe3+和I发生氧化还原反应，涉及到氧化还原反应，故 A 不选；B.氯水和CC14检3叙Br ,氯水和Br发生氧化还原反应， 涉及氧化还原反应，故 B不选； C

24、.新制Cu （OH 2、加热检验醛基，氢氧化铜氧化醛基，涉及氧化还原反应，故 C不选； D.硝酸和AgNO溶液检验Cl ,没有元素化合价的变化，不发生氧化还原反应，故D选；故选：D。【点评】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应的应用及化学与生活的考查，题目难度不大。10 （2分）向FeCl3、CuCb、盐酸的混合溶液中加入铁粉充分反应后，用KSCN容液检验无明显现象，则反应后的溶液一定（）A.含 Cu2+B.含 Fe2+C.呈中性D.含Fe2+和Cu2+【分析】向FeCl3、CuC»盐酸的混合溶液中加入铁粉充分反应后， Fe先和FeCl3反应

25、生 成FeCl2,又用KSCNm检验无明显现象，说明 FeCl3完全反应，如果还有 Fe, Fe再和 CuCl2发生置换反应生成 Cu,最后铁再与盐酸反应生成 FeCl2和氢气，据此分析解答。【解答】解：向FeCl3、CuCl2、盐酸的混合溶液中加入铁粉充分反应后，Fe先和FeCl3反应生成FeCl2,又用KSCNB液检验无明显现象，说明FeCl3完全反应，如果还有 Fe,Fe再和CuCl2发生置换反应生成 Cu,最后铁再与盐酸反应生成FeCl2和氢气，所以反应后的溶液一定含Fe2+,如果铁多，则不含Cu2+,铁少，盐酸剩余，溶液显酸性，故B正确； 故选：B。【点评】本题以Fe、 Cu 及其化

26、合物之间的反应为载体考查方程式的计算，明确物质反应先后顺序是解本题关键，题目难度中等。11 （ 2 分）异戊烷的（）A.沸点比正己烷高B.密度比水大C.同分异构体比C5H0多D.碳碳键键长比苯的碳碳键长【分析】A.相同碳原子的烷烧支链越多、沸点越低；B.低碳的烷烧密度比水的小；C.异戊烷含6个C只存在碳链异构，GH0可为烯煌或环煌；D.苯环中碳碳键介于双键与单键之间。【解答】解：A.相同碳原子的烷烧支链越多、沸点越低，则异戊烷的沸点比正己烷的低，故A错误；B.低碳的烷烧密度比水的小，则异戊烷的密度比水的密度小，故 B错误；C.异戊烷含6个C只存在碳链异构，C5Hw可为烯煌或环煌，存在碳链异构及

27、官能团的位置异构，异戊烷的同分异构体比QHw少，故C错误；D.苯环中碳碳键介于双键与单键之间，则异戊烷的碳碳键键长比苯的碳碳键长，故D正确；故选：Do【点评】本题考查异戊烷的性质，为高频考点，把握烷烧的性质、同分异构体为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度中等。12. （2分）杜瓦苯（）与苯互为同分异构体，则杜瓦苯（）A.最简式是CH2B.分子中所有原子共平面C.能使酸性高镒酸钾溶液褪色D.是CH=CH- CHk CH的同系物【分析】A.最简式为分子中各原子的最简比；B.苯分子是平面结构，但杜瓦苯不是；C.含碳碳双键的有机物易被高镒酸钾氧化；D.同系物结构相似

28、。【解答】解：A.杜瓦苯（）与苯互为同分异构体，苯分子式为CsHb,杜瓦苯与苯分子式相同，最简原子比为 1:1,最简式为CH故A错误；B.苯是平面结构，所有原子共平面，杜瓦苯（ 以）含有多个饱和碳原子，具有甲烷的结构特征，则所有原子不可能处于同一平面，故 B错误；C.杜瓦苯易被高镒酸钾氧化而使高镒酸钾褪色，故C正确；D错误;D. CH=CH- CkCH2未成环，与杜瓦苯结构不相似，不是同系物，故 故选：C。【点评】本题考查了杜瓦苯的性质，掌握同分异构体、碳碳双键的性质以及常见有机物的结构是解答关键，试题培养了学生的规范答题能力，难度不大。13. （2分）脂代表阿伏加德罗常数的值。4g “粒子（

29、4He2+）含（）A. 22个a粒子B. 22个质子C. NA个中子D. Na个电子【分析】求出a粒子（4He2+）的物质的量，然后根据 a粒子（4He2+）中含2个质子来分析。【解答】 解：4ga粒子（4He2+）的物质的量n=些一=1mol。4g/m.olA Imola粒子即为NA个，故A错误；日a粒子（4He2+）中含2个质子，故1mol a粒子（4He2+）中含2mol即2NA个质子，故B 正确；C a粒子（4He2+）中含2个中子，故1mol a粒子（4He2+）中含2mol即2NA个中子，故 C 错误；D a粒子（4hS+）中含2个电子，故1mol a粒子（4HS+）中含2mol即

30、2NA个电子，故 D 错误；故选：Bo【点评】本题考查了微粒个数的计算，难度不大，应注意微粒的构成和公式的运用。14. （2分）对下列事实的原因分析错误的是（）选项事实原因A用铝制容器盛装浓硫酸常温下，铝与浓硫酸很难反应B氧化铝作耐火材料氧化铝熔点高铝制品不宜长期盛放酸性和碱性食物氧化铝是两性氧化物用可溶性铝盐和氨水制备氢氧化铝氢氧化铝碱性比氨水弱且很难与氨水反A. AB. BC. CD. D【分析】A.常温下，可用铁、铝制容器来盛装浓硫酸或浓硝酸，是由于金属发生钝化；日氧化铝熔点高，常做耐火材料；C Al放置在空气中被氧化为氧化铝，氧化铝具有两性，既能与酸反应又能与碱反应；D氢氧化铝溶于强碱

31、，不溶于弱碱，用可溶性铝盐和氨水制备氢氧化铝。【解答】解：A.常温下，铝遇浓硫酸会被氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步反应，即发生钝化现象，因此常温下可以用铝制容器盛装浓硫酸，故A错误；B.氧化铝是离子化合物，由于离子键强，所以断裂消耗的能量大，因此物质的熔点高，所以氧化铝可用作耐火材料，故B正确；C. Al放置在空气中被氧化为氧化铝，氧化铝与酸性食品和碱性食品均能反应生成盐和水，则氧化铝为两性氧化性，故 C正确；D.氢氧化铝溶于强碱，碱性比氨水弱且很难与氨水反应，用可溶性铝盐和氨水制备氢氧化铝，故D正确；故选：Ao【点评】本题考查较为综合，涉及铝及其化合物的化学性质和材料的使用

32、等知识，侧重于基础知识的综合考查和运用，为高考常见题型和高频考点，注意相关基础知识的积累，难度不大。15. （2分）用如图装置进行实验，1小时后观察到生铁明显锈蚀，由此得出的结论是 （）T：二藏Ng溶液生铁片A.属于化学腐蚀8. Q未参与反应C.负极反应 2Fe-6e+3HkgFe2Q+6H+D.正极反应Q+4e+2H4OH【分析】生铁是铁和碳的合金，在氯化钠溶液形成原电池，铁做负极，碳做正极，由于 氯化钠溶液显中性，故铁在负极上失电子，氯化钠溶液中溶解的氧气在正极上得电子， 即发生了铁的吸氧腐蚀，据此分析。【解答】解：A铁和碳形成了原电池，属于电化学腐蚀，故A错误；日 氧气在正极上放电，故

33、B错误；C负极上铁放电：Fe-2e =Fe2+,故C错误；D 正极上氧气放电，正极反应Q+4e+2用A 4OH ,故D正确。故选：D。【点评】本题考查了铁的吸氧腐蚀，难度不大，应注意的是无论是铁的析氢腐蚀还是吸氧腐蚀，负极均为铁失去电子变为亚铁离子。16. （2分）向Ca （HCO） 2饱和溶液中加入一定量的 N*Q （设溶液体积不变），推断正确的是（）A.产生CO气体B.产生白色沉淀C.所得溶液的碱性一定减弱D.所得溶液中一定不含 HCO【分析】N&Q与水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠与Ca （HCO） 2反应生成碳酸钙和水，由此分析解答。【解答】解：A产生O2气体，故A错误；B&

34、gt; Na2Q与水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠与Ca （ HC 2反应生成碳酸钙和水，所以一定产生白色沉淀，故 B正确；C加入过氧化钠生成氢氧化钠，所以碱性增强，故C错误；D过氧化钠少量所得溶液中含HCO ,故D错误；故选：Bo【点评】本题考查钠及其化合物的性质，学生要知道过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，比较容易。17. （2分）用石墨电极电解饱和食盐水，下列分析错误的是（）A.得电子能力H+>Na+,故阴极得到 HB.水电离平衡右移，故阴极区得到OHC.失电子能力 Cl >OH ,故阳极得到 C12D. OH向阴极移动，故阳极区滴酚血:不变红【分析】电解饱和食盐水时，电

35、解池阳极a,发生：2C-2e=Cl2f ,阴极b,发生2H+2e I通电 .= HJ,电解的总反应：2Cl +2H2OH2T+CI2T+2OH,据此回答。【解答】解：A得电子能力 H+>Na+,阴极b发生2H+2e=H4,故阴极得到故A正确；B>阴极b发生2H+2e =H2T,氢离子减少，故阴极区得到 OH,故B正确；C失电子能力 Cl>OH ,阳极a发生2Cl -2e =012?,故阳极得到 Cl 2,故C正确；口电解池中阴离子移向阳极电极，故OH向阳极移动，故阳极区滴酚酬:变红， 故D错误,故选：Do【点评】 本题以电解氯化钠为例来考查学生电解池的工作原理知识，注意知识的

36、归纳和 整理是关键，题目难度中等。18. (2 分)在 2L 的密闭容器中，发生反应：C (s) +H2O (g) ?CO(g) +屋(g) +131.5kJ ,5min后达到平衡，固体减少了24g,则()A. p气体不变时反应达到平衡状态B. v 正(CO 为 2.4mol/ (L?min)C.若容器体积缩小，平衡常数减小D.增大C的量，平衡右移【分析】A.判断化学平衡的标志之一是变化的量不变，据此判断。B.根据化学反应速率公式 v = 兽进行计算；Atc.温度变化影响化学平衡常数；D. C为固体，增加C的量，不会影响化学平衡移动。【解答】解：A. p=学，反应方程式中有固体存在， 根据方程

37、式气体的质量是个变化量,但容器体积不变，所以密度是个变化量，现在气体的p不变，说明反应达到平衡状态,故A正确;n (C) =2mol,根据化学计量数之比,B. v5min后达到平衡，固体减少了 24g,则反应的n (CO = 2mo1, v丝=p=LAt v-At 2x50.2mol/(L?min),故 B错误;C.化学平衡常数只与温度有关，体积缩小不影响平衡常数，故 C错误;D. C为固体，固体的量增加不引起浓度的变化，化学平衡不会移动，故 D错误;故选：Ao【点评】本题考查化学平衡，为高频考点，把握反应速率与平衡移动的影响因素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度中等。19. (

38、2分)向新制氯水中逐滴滴加NaOH§液，溶液pH随时间的变化如图所示。呈碱性时停止滴加，一段时间后溶液黄绿色逐渐褪去。由此得不到的结论是(5 口 100 孙时时的A.该新制氯水 c (H+) = 10 2.6mol/LB.开始阶段，pH迅速上升说明被中和C. OH和C12能直接快速反应D. NaOHF口氯水反应的本质是 OH使Cl 2+H2O? H+C+HClO平衡右移【分析】A开始时溶液的PH值为2.6 ,分析解答；日向新制氯水中逐渐滴加氢氧化钠溶液，氢氧化钠与溶液中氢离子反应；C OH和溶液中的氢离子和次氯酸反应；D氯水中存在 Cl2+HO?H+C+HClO平衡，滴加 NaOH&

39、#167;液，导致溶液中氢离子的浓度减 小；【解答】解：A开始时溶液的PH值为2.6 ,没有加氢氧化钠时新制氯水的PH值为2.6 ,所以该新制氯水 c (H+) = 10 Z6mol/L ,故A正确；日向新制氯水中逐渐滴加氢氧化钠溶液，氢氧化钠与溶液中氢离子反应，导致pH迅速上升，故B正确；C OH和溶液中的氢离子和次氯酸反应，而不是直接与氯气反应，故C错误；D氯水中存在 Cl2+HO?H+C+HClO平衡，滴加 NaOH§液，导致溶液中氢离子的浓度减小，平衡正向移动，这是反应的本质，故D正确；故选：C。【点评】本题考查氯水中所含微粒和平衡的移动，学生只要知道氯水中所含微粒和平衡 的

40、移动原理就可以迅速解题，比较容易。20. (2分)25C,将浓度均为 0.1mol/L 的HA溶液Va mL和BOH希Vb mL混合，保持 Va+Vb=100mL生成物BA易溶于水。Va、Vb与混合液pH的关系如图。下列叙述错误的是()A. HA一定是弱酸B. BOHT能是强碱C. z点时，水的电离被促进D. x、v、z 点时，溶液中都存在 c (A)+c (OH) =c (B+) +c (H)【分析】根据图示可知，HA与BOH浓度、等体积混合时恰好生成BA,溶?的pH> 7,说明BOH的电离程度大于 HA则HA为一元弱酸，BOHK能为强碱或电离程度大于HA的弱碱；z点BOH过量，混合?

41、呈碱性，BOH电离出的氢氧根离子抑制了水的电离，据此结 合电荷守恒分析。【解答】解：A根据图示可知，等浓度、等体积的 HA和BOH昆合，反应后溶质为 BA, 所得溶液的pH>7,说明BOH的电离程度大于 HA则HA为一元弱酸，BOHT能为强碱或 电离程度大于 HA的弱碱，故A正确；B.根据A的分析可知，BOHT能为强碱，故 B正确；E. z点BOH±量，混合液呈碱性， BOH电离出的OH抑制了水的电离，故 C错误；F. x、v、z点的溶液中都满足电荷守恒：c (A-)+c (OH) = c (B+) +c ( H+),故D正确；故选：C。【点评】本题考查酸碱混合的定性判断，题目

42、难度不大，明确图示曲线变化的意义及电荷守恒为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用能力。二、综合题(共60分)21. (15分)科学家合成了一种新化合物(如图所示)，其中X、Y是第三周期的非金属元素，各原子均满足8电子稳定结构。完成下列填空：(1)硅原子最外电子层有4种运动状态不同的电子,占据 3个轨道。(2)由题意可推知 Y是Cl,推得此结论的依据是Y在第三周期，且 丫和Si间只有一根共价键 。X和Si之间共用电子对偏离Si 。(3) SiCl4和CCl4分子空间结构相同，则 SiCl 4中键角是 109° 28'。请说明S

43、iCl 4 和CCl4沸点高低的理由：SiCl 4的熔点比 CCl4高，SiCl 4和CCl4是组成和结构相似的分子晶体，SiCl 4的相对分子质量大，分子间作用力强，故 SiCl 4的熔点高 。(4)黄磷(P4)与过量浓 NaOHB液反应，产生 PH和次磷酸钠(NaHPO),补全并配平 该反应的化学方程式，标出电子转移的数目和方向：DP4+D NaOH+口?NaOH-5H<)-PH4 + 3NaH:PO2一口 PH3 T +口 NaHPO,其中氧化剂和还原剂质量比为 1: 3 。根据题意可判断 H3Po是一元酸(填“一”、“二”或“三”)。(5)已知磷酸二氢钠(NaHPQ)溶液呈酸性，

44、该溶液中含磷元素的离子浓度由大到小的 顺序是： c (HPO ) >c (HP、)>c (PQ3 )。XY 一 / /Na+ySiSisYZ| |XYLYYJ【分析】(1)根据元素原子每一个电子具有一种运动状态，核外电子排布式来回答占据 的轨道的个数;(2)根据化合物结构中 Y只形成一个共价键以及硅元素的价态来回答；(3)根据分子中含1个中心原子、4个配位原子，为正四面体，键角为109。28'和分子晶体SiCl 4和CC14沸点高低影响因素来回答；(4)根据该反应中P元素化合价由0价变为-3价、P元素化合价还由0价变为+1价，转移电子数为3,根据转移电子守恒、电荷守恒及原子

45、守恒配平方程式，该反应中电子从P元素转移到P元素，转移电子数为 3,根据只生成 NaHPO来回答几元酸；(5)根据溶液显酸性说明 HPO的电离程度大于其水解程度以及酸式根离子的电离程度逐级减小，可得离子浓度间的大小关系。【解答】解：(1)硅原子最外层电子数是 4,分布在s、p两个原子轨道上，不同电子具 有的电子状态是不一样的，所以硅原子最外电子层有4种运动状态不同的电子，占据 3个轨道，故答案为：4, 3;(2) Y是第三周期的非金属元素，各原子均满足8电子稳定结构，化合物结构中 Y只形成一个共价键，所以推知 Y是Cl ; Cl为-1价，Si为+4价，所以X和Si之间共用电子 对偏离Si ,故

46、答案为：Y在第三周期，且 Y和Si间只有一根共价键，Si(3) SiCl 4和CCl4分子空间结构相同，均为正四面体，键角为 109° 28' ; SiCl 4和CCl4 是组成和结构相似的分子晶体，SiCl 4的相对分子质量大， 分子间作用力强，故SiCl 4的熔点高故答案为：109° 28' , SiCl 4的熔点比CCl4高，SiCl 4和CC是组成和结构相似的分 子晶体，SiCl 4的相对分子质量大，分子间作用力强，故 SiCl 4的熔点高；(4)反应中P元素化合价由。价变为-3价、P元素化合价还由0价变为+1价，而且个数比为1: 3,所以此反应中P

47、4既是氧化剂又是还原剂，转移电子数为3,反应中电子从P元素转移到 P元素，根据电子守恒、原子守恒可知发生反应的化学方程式为* 3Hq - PHd +根据与过量浓NaOH§液反应只生成NaHPO, NaHPQ就是正盐，说明 HPO为一元酸，故答案为： 您3Hq - PH卜本加心，1： 3, -；(5) NaHPO=HPQ+Na, HPQ是NaHPO完全电离产生，所以浓度最大，溶液显酸性说明HPCT的电离程度大于其水解程度，所以 c (HPOT)大于c (HPQ),由于离子的电离程度逐级减小，故 c (HPOf) >c (PO3)，所以溶液中含磷元素的离子浓度由大到 小的顺序是：c

48、 (H2PO ) >c (HPO2 ) > c (PO3 ),故答案为：c (HPO)>c (HPOT) > c (PO3)【点评】本题考查氧化还原反应有关知识，为高频考点，涉及氧化还原反应方程式配平、方程式的有关计算、弱电解质的电离等知识点，明确各个物理量关系、氧化还原反应方程式配平规则、弱电解质电离特点是解本题关键，题目难度不大。22. (15分)用如图1装置探究NH和CuSO溶液的反应。完成下列填空:(1)上述制备NH的实验中，烧瓶中反应涉及到多个平衡的移动：NH+HO?NH?HQNH?HO?NH+OH 、 Ca (OH 2 (s) ?Ca2+ (aq) +2OH

49、 (aq)(在列举其中的两个平衡，可写化学用语也可文字表述)。(2)制备100mL25嘱水(p = 0.905g ?cm 3),理论上需要标准状况下氨气29.8 L (小数点后保留一位)。(3)上述实验开始后， 烧杯内的溶液进入干燥管后，又回落至烧杯，如此反复进行， 而达到防止倒吸的目的。(4) NH通入CuSO溶液中，产生蓝色沉淀，写出该反应的离子方程式。Cu2+2NH?H2O=Cu (OH 2 J +2NH+ 。继续通氨气至过量，沉淀消失得到深蓝色Cu (NH) 42+溶液。发生如下反应：2NH+(aq)+Cu (OH 2 (s) +2NH (aq) ? Cu ( NH) 42+ (aq)

50、(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q>0)。该反应平衡常数的表达式 K= -T。-c2(NH/)-c2(NH3)-ti时改变条件，一段时间后达到新平衡，此时反应K增大。在图2中画出该过程中v正的变化。向上述铜氨溶液中加水稀释，出现蓝色沉淀。原因是：加水稀释后浓度商Qc=CuGlH。以-;,会大于该温度下的 K,平衡左移，生成了 更多的Cu (OH 2,W (nkJ"/ (nhQ得到蓝色沉淀 。在绝热密闭容器中，加入 NH+ (aq)、Cu (OH 2和NH ( aq)进行上述反应，v正随时间的变化如图3所示，v正先增大后减小的原因该反应是放热反应，反应放出的热使容器内温度升高，v正增

51、大；随着反应的进行，反应物浓度减小，v正减小 。【分析】(1)制备NH的实验中，烧瓶中反应涉及到多个平衡的移动：NH+H2C?NH?H2O;NH?H2O是弱碱，存在电离平衡；生成的 Ca (OH 2是微溶物，存在 Ca (OH 2的溶解平 衡等；(2)根据c=> S计算氨水的物质的量浓度 c,结合n=cV和V= cVm计算氨气在M标准状况下的体积；(3) NH3极易溶于水，使干燥管内液面迅速上升，但干燥管内容器体积较大，由于重力作用，吸入干燥管内液体又下落，起到放倒吸作用；(4) NH?H2O和CuSO溶液反应生成 Cu (OH 2沉淀和硫酸俊，据此写出反应的离子方程 式；化学平衡常数

52、K等于生成物浓度哥积与反应物浓度哥积之比；由于 2NH+ (aq) +Cu (OH 2 (s) +2NH (aq) ?Cu (NH) 42+ (aq) +2H2O是放热反应，降低温度则K增大，但反应速率瞬间降低，直到达到新的平衡，反应速率不变；根据浓度商 Qc和该温度下平衡常数 K的关系分析：若 Qc> K,则反应逆向进行；若 Qc=K,则反应达到平衡状态；若 QcK K,则反应正向进行；根据反应 2NH4+ (aq) +Cu (OH 2 (s) +2NH (aq) ?Cu (NH) 42+ (aq) +2H2O 是放热反应，在绝热密闭容器中发生反应，容器内温度逐渐升高，反应速率逐步加快

53、，但随着反应进行，反应物的浓度降低，反应速率逐渐减小。【解答】解：(1)制备NH的实验中，烧瓶中反应涉及到多个平衡的移动：NH+HOPNH?H2Q NH?H2O是弱碱，存在电离平衡；生成的 Ca (OH 2是微溶物，存在 Ca (OH 2的溶 解平衡等，故答案为：NH?H2C?NH+OH ; Ca (OH 2 (s) ?Cs2+ (aq) +2OH (aq);(2)氨水的物质的量浓度 c=1000P " =1"口口，.0 905 =13.3mol/L , n ( NH)N17=13.3mol/L X 0.1L = 1.33mol ,标准状况下 V ( NH) = 1.33m

54、ol X 22.4L/mol =29.8L , 故答案为：29.8;(3) NH极易溶于水，使干燥管内液面迅速上升，但干燥管内容器体积较大，由于重力 作用，吸入干燥管内液体又下落，起到放倒吸作用，所以可观察到烧杯内的溶液进入干 燥管后，又回落至烧杯，如此反复进行，干燥管达到防止倒吸的目的， 故答案为：进入干燥管后，又回落至烧杯，如此反复进行；(4)NH?HO和CuSO溶液反应生成Cu(OH2沉淀和硫酸俊，反应的离子方程式为 Cu2+2NH ?H20= Cu (OH 2J+2NH：所以 2NH+(aq) +Cu(OHCu(NH。4产K=-,c2(NH3)故答案为：Cu2+2NH?H2O= Cu

55、(OH 2, +2NH+;化学平衡常数 K等于生成物浓度哥积与反应物浓度哥积之比,2(s) +2NH3(aq)?Cu ( NH) 42 +(aq) +2HO(l )的化学平衡常数故答案为: 2NH+ (aq) +Cu (OH 2 (s) +2NH (aq) ? Cu (NH) 42+ (aq) +2H2O 是放热反应，降低温度则K增大，但反应速率瞬间降低，直到达到新的平衡，反应速率不变，降温过程中v正的变化如图故答案为：1 ;设平衡时体系中 c (NH+) = amol/L、c (NH) = bmol/L、c Cu (NH!) 4 2+) = cmol/L ,则平衡常数 K=一； 2 ,若稀释到n倍(n>