上海市普陀区2016届高考化学一模试卷

1、2016年上海市普陀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能在稳定人体血液的pH中起作用的离子是（）ANa+BClCHCO3DFe2+2已知Cl的相对原子质量为34.969，下列相关说法正确的是（）A氯元素的近似相对原子质量为35B氯元素的某种同位素的质量数为35C氯元素的中子数为18D氯原子的质量为34.9693水溶液受热不能分解的物质是（）AHClOBHNO3CCa（HCO3）2DNaNO34下列对有机物的性质描述正确的是（）A含有羟基的有机物都能与醋酸发生酯化反应B氨基酸、乙酸和苯酚都能与氢氧化钠溶液反应C醇类、卤代烃都能发生消去反应D除饱和烃之

2、外的其他烃都能发生聚合反应52015年8月12日天津港国际物流中心内某公司的危险品仓库发生严重火灾，涉及的危险品包括压缩液化气体、电石和过氧化物等以下灭火方法正确的是（）A使用大量水B使用泡沫式灭火器C使用黄沙D使用干粉（NaHCO3）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能用共价键键能大小解释的是（）A还原性：HIHFB溶解度：HFHIC沸点：HFHID分解温度：HFHI7勒沙特列原理是自然界一条重要的基本原理下列事实能用勒沙特列原理解释的是（）ANO2气体受压缩后，颜色先变深后变浅B对2HI（g）H2（g）+I2（g）平衡体系加压，颜色迅速变深C合成氨工业采用高温、

3、高压工艺提高氨的产率D配制硫酸亚铁溶液时，常加入少量铁屑防止氧化8下列各组物质均属于分子晶体且均为化合物的是（）ANH3、HD、C10H8BPCl3、CO2、AlCl3CSO2、SiO2、P2O5DCCl4、H2O2、Na2S9其它条件不变时仅升高温度，一定增大的是（）A强碱在水中的溶解度B吸热反应的热效应C化学平衡常数KD盐类水解程度10对如图装置（铁的防护）的分析正确的是（）A甲装置是牺牲阳极的阴极保护法B乙装置是牺牲阳极的阴极保护法C一段时间后甲、乙装置中pH均增大D甲、乙装置中铁电极的电极反应式均为：2H+2eH211Inorganic Syntheses（无机合成）一书中，有一如图所

4、示的装置，用以制备某种干燥的纯净气体该装置中所装的药品正确的是（）AA中装浓盐酸，B中装浓硫酸BA中装浓硫酸，B中装浓盐酸CA中装氢氧化钠浓溶液，B中装浓氨水DA中装浓氨水，B中装氢氧化钠浓溶液12用以如图示装置研究物质的性质，能够获得可靠结论的是（）XYZ结论AHCHO新制Cu（OH）2NaOH（aq）验证甲醛的还原性BCH3ClAgNO3（aq）NaOH（aq）验证一氯甲烷含氯元素CSO2KMnO4（aq）NaOH（aq）验证二氧化硫的漂白性DCl2淀粉KI（aq）NaOH（aq）验证氯气的强氧化性AABBCCDD13高铁酸钠（Na2FeO4）可用于城市自来水处理下列相关分析正确的是（）A

5、Na2FeO4溶液显强碱性，能消毒杀菌BNa2FeO4具有强氧化性，能消毒杀菌CNa2FeO4的氧化产物Fe3+易水解为Fe（OH）3，可以净水DNa2FeO4的还原产物Fe2+易水解为Fe（OH）2，可以净水14咖啡酸的结构如图所示关于咖啡酸的描述不正确的是（）A分子式为C9H8O4B1mol咖啡酸最多能与4mol氢气发生加成反应C遇溴水，既能发生取代反应又能发生加成反应D能还原酸性KMnO4溶液，说明其分子中含有碳碳双键15强电解质甲、乙、丙、丁分别溶于水，电离出NH4+、Ba2+、Mg2+、H+、OH、Cl、HCO3、SO42（2015秋普陀区月考）短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次

6、增大，甲原子核外有三种能量不同的电子乙、丙和丁的原子核外均有一个未成对电子甲、乙、丙最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应下列说法错误的是（）A元素丙的单质可用于冶炼金属B丙与丁形成的化合物能升华C甲与乙形成的化合物溶于水呈酸性D简单离子半径：丁乙丙17某只含铁、氧两种元素的样品A，高温时与足量的CO充分反应，生成的气体被足量澄清石灰水吸收，测得沉淀的质量与原样品A质量相等如果A中只含两种物质，则A中一定含有（）AFeOBFe2O3CFe3O4DFe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

7、小题不给分）18离子方程式：Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2O不能表示的反应有（）A澄清石灰水与碳酸氢钠溶液B澄清石灰水与碳酸氢铵溶液C氢氧化钠溶液与碳酸氢钙溶液D澄清石灰水与碳酸氢钙溶液19常温下，将某一元酸HA与NaOH溶液等体积混合，结果如下：实验编号c（HA）/molL1c（NaOH）/molL1反应后溶液pH甲0.10.19乙c10.27下列判断不正确的是（）A甲：反应后溶液中 c（Na+）c（A）c（OH）c（H+）B乙：反应后溶液中 c（Na+）=c（HA）+c（A）C甲中由水电离产生的c（H+）=1×109 molL1D乙中c1一定大于0.2 molL120能测

8、定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的实验方案是（）A取a克混合物充分加热至质量不变，减重b克B取a克混合物与足量稀硝酸充分反应，加热、蒸干、灼烧至熔化，冷却得b克固体C取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰完全吸收，增重b克D取a克混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体21对于图象的辨析正确的是（）A表示反应A（g）+B（g）C（g）+D（g）是吸热反应，吸收能量（E2E1）kJB为氢氧燃料电池示意图，正、负极通入的气体体积之比为2：1C是物质a、b的溶解度曲线，可以用重结晶法从a、b混合物中提纯aD可表示压强对反应2A（g）+B

9、（g）3C（g）+D（s）的影响，且乙的压强大22天然水因含有Ca2+、Mg2+、HCO3等离子，煮沸后会形成水垢现有一种干燥水垢6.32g，加热除去全部结晶水，得到固体M 5.78g；高温灼烧M至恒重，残余固体为CaO和MgO；放出的气体通入足量澄清石灰水中，产生沉淀6.00g；若产生的气体完全被碱石灰吸收，碱石灰增重2.82g下列推断合理的是（）AM 中一定不含Mg（OH）2BM中一定含有MgCO3C5.78 g M中含CaCO30.05molD水垢中碳酸盐质量分数为0.823四、（本题共12分）23CO2和CH4在一定条件下合成乙酸：CO2+CH4CH3COOH完成下列填空：（1）写出碳

10、原子最外电子层的轨道表示式钛（Ti）是22号元素，它是（选填编号）a主族元素 b副族元素 c短周期元素 d长周期元素（2）CS2分子的电子式为；其熔沸点比CO2高，原因是 常温下，向1L pH=10的 NaOH溶液中持续通入CO2通入CO2的体积（V）与溶液中水电离产生的OH离子浓度（c）的关系如图所示（3）c点溶液中离子浓度由大至小的关系是：（4）a点溶液中由水电离产生的c（H+）=；b点溶液中c（H+）1×107mol/L（填写“等于”、“大于”或“小于”）（5）能使0.1mol/L乙酸溶液的电离程度以及pH都增大的是（选填序号）a加水稀释 b加入少量乙酸钠固体 c通氯化氢 d加

11、入少量苛性钠固体五、（本题共12分）24根据当地资源等情况，硫酸工业常用黄铁矿（主要成分为FeS2）作为原料完成下列填空：（1）将0.050mol SO2（g） 和0.030mol O2（g） 充入一个2L的密闭容器中，在一定条件下发生反应：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）+Q经2分钟反应达到平衡，测得n（SO3）=0.040mol，则O2的平均反应速率为（2）在容积不变时，下列措施中有利于提高SO2平衡转化率的有（选填编号）a移出氧气 b降低温度c减小压强 d再充入0.050molSO2（g）和0.030molO2（g）（3）在起始温度T1（673K）时SO2的转化率随反应时间（t）

12、的变化如图请在右图中画出其他条件不变情况下，起始温度为T2（723K）时SO2的转化率随反应时间变化的示意图黄铁矿在一定条件下煅烧的产物为SO2和Fe3O4（4）将黄铁矿的煅烧产物Fe3O4溶于H2SO4后，加入铁粉，可制备FeSO4酸溶过程中需维持溶液有足够的酸性，其原因是FeS2能将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，本身被氧化为SO42写出有关的离子方程式有2mol氧化产物生成时转移的电子数为六、（本题共12分）25为测定CO2的相对分子质量，某实验小组三位同学选用含NaHCO3的样品（质量均为m1g）和其它合理的试剂，进行了以下三个实验完成下列填空：甲用重量法确定CO2的质量，装置如图1：

13、（1）B中反应的化学方程式为（2）实验中持续缓缓通入空气，其作用之一是把生成的CO2全部排入后续装置中，使之完全被吸收；另有作用为（3）不能提高测定精确度的措施是a向B内加入酸之前，排尽装置内的CO2气体b向B内滴加酸时不宜过快c在B、C之间增添盛有饱和NaHCO3溶液的洗气装置d在D后增添盛有碱石灰的干燥管（4）乙用滴定法确定CO2的物质的量将样品配制成100mL溶液，从中取出20.00mL，用c molL1的盐酸滴定（甲基橙作指示剂）当时，停止滴定平行测定三次，有关实验数据记录如下表m1 g样品产生CO2的物质的量为实验编号待测液体积（mL）消耗盐酸体积（mL）初读数末读数120.000.

14、0025.02220.000.2028.80320.001.3026.28（5）丙用气体体积法确定CO2的体积，装置如右上图所示为了减小实验误差，量气管中加入的液体X为溶液；若该装置气密性良好，读数平视，但测得的“CO2体积”数据仍然偏小，其原因可能是（6）确定CO2的相对分子质量，选用（限用“甲”、“乙”、“丙”进行填写）的实验数据为最佳七、（本题共12分）261溴丁烷（密度1.2758g/mL）是重要的有机合成中间体及有机溶剂，可以在实验室里用溴化钠、浓硫酸和1丁醇为原料，经过如图六步制得完成下列填空：（1）通过步骤获得粗产品，反应的化学方程式是此时产品往往呈红棕色，原因是实验室里有下列常

15、用试剂，请根据实验需要完成与步骤相关操作（2）（3）所需试剂（并用试剂编号填空）：aNaOH溶液 bNaHCO3溶液 cNaHSO3溶液 dNaBr溶（2）产品的红棕色可用除去（填写试剂编号），相应的离子方程式为（3）选用浓硫酸洗去未反应的1丁醇和有机副产物，然后除酸最适宜的除酸试剂是（填写试剂编号）（4）用浓硫酸（密度1.84g/mL）洗涤时，采用（填写仪器名称）分离出（填写“上”或“下”）层产物（5）检验产物中含有溴元素的实验方法是八、（本题共10分）27阿托酸甲酯是一种治疗肠道疾病的药物，是由阿托酸 （）和甲醇反应制得完成下列填空：（1）写出阿托酸甲酯的结构简式（2）工业上由经过四步不同

16、类型的反应制得阿托酸请按实际进行的反应顺序写出指定反应步骤中所需要的试剂和反应条件：第一步； 第二步写出第四步反应的化学方程式（3）A是比多两个碳原子的一种同系物，且A的所有碳原子可以处于同一平面上写出A的结构简式（4）是阿托酸甲酯的某种同分异构体的一氯代物，其与足量氢氧化钠溶液共热，生成的有机产物的结构简式为九、（本题共12分）28香料G的一种合成工艺如下图所示已知：A的分子式为C5H8O，它有两种不同环境的氢原子CH3CH2CH=CH2CH3CHBrCH=CH2CH3CHO+CH3CHOCH3CH=CHCHO+H2O完成下列填空：（1）A的结构简式为（2）D中官能团的名称为（3）检验M已完

17、全转化为N的实验操作是（4）E与浓硫酸共热可制得H，H可制备一种高分子化合物Q写出Q的结构简式（5）写出满足下列条件的L的两种同分异构体的结构简式（不考虑立体异构）：能发生银镜反应 能发生水解反应 苯环上的一氯代物有两种反应试剂A反应条件B反应试剂反应条件目标产物（6）以1丁醇和NBS为原料可以制备顺丁橡胶 （）请设计合成路线（其他无机原料任选）并用如下方式表示：AB目标产物十、（本题共14分）29工业上可用隔膜电解槽电解食盐水的方法来制取NaOH、Cl2和H2，并以它们为原料生产一系列化工产品，如次氯酸钠等根据题意完成下列计算：（1）某氯碱厂测得某组电解槽的阳极每小时产生气体485.92m3

18、（折算到标准状况，下同），合mol；测知其中Cl2的体积分数为0.985（杂质为O2），则该气体的密度为；阴极产生NaOHmol（保留四位有效数字，下同）（2）下表提供了两极溶液浓度的变化数据（阴阳两个极区的物料不流通，忽略其中溶液的体积变化）阴极：NaOH溶液质量分数阳极：NaCl溶液浓度（g/L）进料液0.30310电解后0.32210若某个电解槽每小时进NaOH溶液52.000kg，得到碱溶液初产品90.416kg，则阳极区每小时加入NaCl溶液m3取碱溶液初产品中的40% 加入一定量纯水，达到阴极进料液的浓度要求，则需要加入纯水L（3）产品之一漂水（NaClO溶液）具有良好的消毒、漂白

19、能力在制漂水过程中取1L溶液，测得pH=12（忽略水解），NaClO含量为0.3725g在一定条件下，将该溶液制成晶体，质量最多为1.335g通过列式计算，写出该晶体的化学式2016年上海市普陀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10分，每小题2分，每题只有一个正确选项）1能在稳定人体血液的pH中起作用的离子是（）ANa+BClCHCO3DFe2+【考点】盐类水解的原理【专题】盐类的水解专题【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：ANa+不水解，为强碱阳离子，则不能起到调节人体内pH值的作用，故A错误；BCl

20、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B错误；CHCO3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，故C正确；DFe2+水解，为弱碱阳离子，使得溶液水解呈酸性，只能降低pH值，故D错误；故选C【点评】本题属于容易题，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2已知Cl的相对原子质量为34.969，下列相关说法正确的是（）A氯元素的近似相对原子质量为35B氯元素的某种同位素的质量数为35C氯元素的中子数为18D氯原子的质量为34.969【考点

21、】相对原子质量及其计算【专题】相对原子质量、相对分子质量的计算【分析】A氯元素的近似相对原子质量为各同位素质量与同位素原子百分含量乘积之和；B原子符号AZX中左下角Z为质子数，左上角A为质量数，X为元素符号；C元素为质子数相同，中子数不同的一类原子总称，元素不谈中子数；D相对原子质量=【解答】解：A氯元素的近似相对原子质量为各同位素质量与同位素原子百分含量乘积之和，氯元素的近似相对原子质量表示35，而3517Cl的近似相对原子质量为35，故A错误；B3517Cl的质量数为35，故B正确；C元素为质子数相同，中子数不同的一类原子总称，元素不谈中子数，故C错误；D相对原子质量=，该氯原子质量为34

22、.969×（1个12C原子质量×），故D错误，故选：D【点评】本题考查原子构成、相对原子质量，注意理解掌握常用的几个相对原子质量概念3水溶液受热不能分解的物质是（）AHClOBHNO3CCa（HCO3）2DNaNO3【考点】硝酸的化学性质；钠的重要化合物【专题】氮族元素；几种重要的金属及其化合物【分析】A、HClO受热分解生成盐酸和氧气；B、硝酸受热分解生成二氧化氮和氧气；C、碳酸氢钙受热分解生成碳酸钙；D、硝酸钠受热不分解【解答】解：A、HClO受热分解生成盐酸和氧气，水溶液受热分解，故A不选；B、硝酸受热分解生成二氧化氮和氧气，水溶液受热分解，故B不选；C、碳酸氢钙受热

23、分解生成碳酸钙，水溶液受热分解，故C不选；D、硝酸钠受热不分解，水溶液受热不能分解，故D选；故选D【点评】本题考查物质的稳定性，掌握物质的化学性质是解题的关键，比较容易4下列对有机物的性质描述正确的是（）A含有羟基的有机物都能与醋酸发生酯化反应B氨基酸、乙酸和苯酚都能与氢氧化钠溶液反应C醇类、卤代烃都能发生消去反应D除饱和烃之外的其他烃都能发生聚合反应【考点】有机物的结构和性质；消去反应与水解反应【专题】有机反应；有机物的化学性质及推断【分析】A含有羟基的有机物不一定能和醋酸发生酯化反应；B羧基、酚羟基都能和NaOH反应；C连接醇羟基或卤原子的碳原子相邻碳原子上含有氢原子的醇类、卤代烃能发生消

24、去反应；D苯不能发生聚合反应【解答】解：A含有羟基的有机物不一定能和醋酸发生酯化反应，如苯酚，故A错误；B羧基、酚羟基都能和NaOH反应，氨基酸和乙酸中都含有羧基、苯酚中含有酚羟基，所以这三种物质都能和NaOH反应，故B正确；C连接醇羟基或卤原子的碳原子相邻碳原子上含有氢原子的醇类、卤代烃能发生消去反应，如甲醇、一氯甲烷都不能发生消去反应，故C错误；D苯是不饱和烃，但苯不能发生聚合反应，故D错误；故选B【点评】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，侧重考查学生分析判断能力，明确官能团及其性质关系是解本题关键，注意规律中的特殊性，易错选项是C52015年8月12日天津港国际物流中心内某公司的危险

25、品仓库发生严重火灾，涉及的危险品包括压缩液化气体、电石和过氧化物等以下灭火方法正确的是（）A使用大量水B使用泡沫式灭火器C使用黄沙D使用干粉（NaHCO3）【考点】化学实验安全及事故处理【专题】实验事故处理【分析】A电石和过氧化物能和水反应生成易燃物质、或助燃物质；B泡沫式灭火器原理为NaHCO3与Al2（SO4）3发生相互促进的水解反应生成二氧化碳和氢氧化铝，二氧化碳和过氧化物反应生成助燃物质氧气；C灭火的原理：清除可燃物或使可燃物与其他物品隔离；隔绝氧气或空气；使温度降到可燃物的着火点以下；破坏燃烧的一个条件使燃烧停止，就可以达到灭火的目的；D使用干粉（NaHCO3）受热分解生成二氧化碳、

26、水，能和电石和过氧化物反应生成易燃物质、或助燃物质【解答】解：A电石和水反应生成乙炔，乙炔为易燃物质，过氧化物和水反应生成氧气，为助燃物质，所以不能使用大量水灭火，故A错误；B泡沫式灭火器中NaHCO3与Al2（SO4）3发生相互促进的水解反应，离子方程式为：Al3+3HCO3=Al（OH）3+3CO2，二氧化碳和过氧化物反应生成助燃物质氧气，故B错误；C使用黄沙，隔绝空气，能到达灭火的目的，故C正确；DNaHCO3不稳定，加热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳气体，反应的方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，二氧化碳和过氧化物反应生成助燃物质氧气，过氧化物和水反应生成氧气，故D错误；

27、故选C【点评】本题考查灭火的方法，注意根据具体物质的性质来确定用什么方法进行灭火，题目难度不大二、选择题（本题共36分，每小题3分，每题只有一个正确选项）6能用共价键键能大小解释的是（）A还原性：HIHFB溶解度：HFHIC沸点：HFHID分解温度：HFHI【考点】键能、键长、键角及其应用【专题】化学键与晶体结构【分析】共价键都有键能之说，键能是指拆开1mol共价键所需要吸收的能量或形成1mol共价键所放出的能量，据此解答即可【解答】解：A元素非金属性FClBrI，所以气态氢化物还原性由强到弱为HIHBrHClHF，与化学键无关，故A错误；B物质的溶解度与化学键无关，故B错误；C由于HF中含有

28、氢键，HI中没有氢键，使得HF的熔沸点变大，氢键不属于化学键，与键能无关，故C错误；DHF、HI属于共价化合物，影响稳定性的因素是共价键，共价键的键能越大越稳定，与共价键的键能大小有关，故D正确，故选D【点评】本题涉及键能与分子间作用力的区别，解题时需审清题目，理清关系，明晰分子间作用力与物质状态有关，与键能无关，题目难度中等7勒沙特列原理是自然界一条重要的基本原理下列事实能用勒沙特列原理解释的是（）ANO2气体受压缩后，颜色先变深后变浅B对2HI（g）H2（g）+I2（g）平衡体系加压，颜色迅速变深C合成氨工业采用高温、高压工艺提高氨的产率D配制硫酸亚铁溶液时，常加入少量铁屑防止氧化【考点】

29、化学平衡移动原理【专题】化学平衡专题【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，否则勒夏特列原理不适用【解答】解：A、存在平衡2NO2（g）N2O4（g），增大压强，混合气体的浓度增大，平衡体系颜色变深，该反应正反应为体积减小的反应，增大压强平衡正反应移动，二氧化氮的浓度又降低，颜色又变浅，由于移动的密度目的是减弱变化，而不是消除，故颜色仍不原来的颜色深，所以可以用平衡移动原理解释，故A正确；B、加压，两边气体的计量数相等，所以加压平衡不移动，所以不可以用平衡移动原理解释，故B错误；C、增大压强平衡向正反应

30、移动，原料利用率提高，氨气产率增大，高压比常压条件更有利于合成氨的反应，可以用勒夏特列原理解释，故C正确；D、配制FeSO4溶液时，加入一些铁粉目的是防止亚铁离子被氧化成铁离子，不能用勒夏特列原理解释，故D正确；故选B【点评】本题考查勒夏特列原理知识，题目难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，且是否发生平衡的移动8下列各组物质均属于分子晶体且均为化合物的是（）ANH3、HD、C10H8BPCl3、CO2、AlCl3CSO2、SiO2、P2O5DCCl4、H2O2、Na2S【考点】分子晶体；单质和化合物【专题】物质的分类专题；化学键与晶体结构【分析】化合物由两种或两种以上的元素组成

31、的纯净物；通过分子间作用力互相结合形成的晶体叫做分子晶体如：所有的非金属氢化物，大多数的非金属氧化物，绝大多数的共价化合物，少数盐（如AlCl3）【解答】解：AHD是氢气分子，属于单质，故A错误；BPCl3、CO2、AlCl3均是分子晶体，且均是化合物，故B正确；CSiO2是二氧化硅晶体的化学式，不是分子式，是由共价键形成的原子晶体，故C错误；D硫化钠是由钠离子和硫离子形成的离子晶体，故D错误，故选B【点评】本题考查晶体类型的判断，难度不大注意把握晶体的构成粒子以及常见物质的晶体类型9其它条件不变时仅升高温度，一定增大的是（）A强碱在水中的溶解度B吸热反应的热效应C化学平衡常数KD盐类水解程度

32、【考点】盐类水解的原理；溶解度、饱和溶液的概念；用化学平衡常数进行计算【专题】化学平衡专题；盐类的水解专题；溶解度的计算【分析】A强碱溶解度随温度升高不一定增大；B通常所说的焓变是指等压热效应，化学反应的热效应即反应热；C反应可能是吸热反应或放热反应，升温平衡移动方向不定；D盐类水解过程是吸热反应，升温平衡正向进行；【解答】解：A强碱溶解度随温度升高不一定增大，如氢氧化钠溶解度随温度升高增大，氢氧化钙溶解度随温度升高减小，故A错误；B通常所说的焓变是指等压热效应，化学反应的热效应即反应热，对于确定的吸热反应，热效应是定值，故B错误；C升温平衡向吸热反应方向进行，若正反应是吸热反应，平衡正向进行

33、平衡常数增大，若正反应为放热反应，升温平衡逆向进行，平衡常数减小，故C错误；D盐类水解过程是吸热反应，升温平衡正向进行，水解程度一定增大，故D正确；故选D【点评】本题考查了盐类水解、弱电解质电离、物质溶解度随温度变化、反应热效应等知识的理解应用，题目难度中等10对如图装置（铁的防护）的分析正确的是（）A甲装置是牺牲阳极的阴极保护法B乙装置是牺牲阳极的阴极保护法C一段时间后甲、乙装置中pH均增大D甲、乙装置中铁电极的电极反应式均为：2H+2eH2【考点】金属的电化学腐蚀与防护【专题】电化学专题【分析】甲装置中C为阳极，阳极上氯离子失电子，Fe为阴极，阴极上氢离子得电子；乙装置中Zn为负极，Fe为

34、正极，正极上氧气得电子，据此分析【解答】解：A甲装置中C为阳极，阳极上氯离子失电子，Fe为阴极，阴极上氢离子得电子，属于外加电源的阴极保护法，故A错误；B乙装置中Zn为负极，Fe为正极，正极上氧气得电子，Fe不参加反应，Fe被保护，所以是牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；C甲装置中电解氯化钠生成氢氧化钠，溶液的pH增大，乙装置中负极Zn失电子，正极氧气得电子，最终生成氢氧化锌，溶液的pH几乎不变，故C错误；D乙中正极上氧气得电子生成氢氧根离子，所以Fe电极上没有氢气生成，故D错误故选B【点评】本题考查了金属的腐蚀与防护问题，注意根据原电池、电解原理分析，题目难度不大，侧重于考查基础知识的考查，注

35、意把握电极方程式的书写方法11Inorganic Syntheses（无机合成）一书中，有一如图所示的装置，用以制备某种干燥的纯净气体该装置中所装的药品正确的是（）AA中装浓盐酸，B中装浓硫酸BA中装浓硫酸，B中装浓盐酸CA中装氢氧化钠浓溶液，B中装浓氨水DA中装浓氨水，B中装氢氧化钠浓溶液【考点】实验装置综合【专题】实验设计题【分析】浓氨水与浓氢氧化钠溶液能产生NH3但不是干燥的氨气，所以只可能是浓盐酸滴入到浓硫酸中，利用浓硫酸的吸水性使HCl逸出【解答】解：AA中装浓盐酸，B中装浓硫酸，浓盐酸滴入到浓硫酸中，利用浓硫酸的吸水性使HCl逸出，故A正确；BA中装浓硫酸，B中装浓盐酸，浓硫酸滴入

36、浓盐酸会放热，HCl挥发，但是得到的气体没有被干燥，不能得到干燥的纯净气体，故B错误；CA中装氢氧化钠浓溶液，B中装浓氨水，把浓氢氧化钠溶液滴到浓氨水中生成的氨气较少，而且没有被干燥，故C错误；DA中装浓氨水，B中装氢氧化钠浓溶液，把浓氨水滴到浓氢氧化钠溶液中能生成氨气，但是氨气没有被干燥，故D错误故选A【点评】本题考查常见气体制备原理及装置选择，明确实验原理是解题的关键，注意把握HCl的挥发性及浓硫酸的吸水性，题目难度不大12用以如图示装置研究物质的性质，能够获得可靠结论的是（）XYZ结论AHCHO新制Cu（OH）2NaOH（aq）验证甲醛的还原性BCH3ClAgNO3（aq）NaOH（aq

37、）验证一氯甲烷含氯元素CSO2KMnO4（aq）NaOH（aq）验证二氧化硫的漂白性DCl2淀粉KI（aq）NaOH（aq）验证氯气的强氧化性AABBCCDD【考点】常见气体的检验【专题】物质检验鉴别题【分析】A甲醛和新制氢氧化铜的反应，新制氢氧化铜为碱性溶液，反应需要加热才能观察到红色沉淀；BCH3Cl中是氯原子，不能和硝酸银溶液发生反应；C二氧化硫和高锰酸钾溶液的反应是利用二氧化硫的还原性，二氧化硫被高锰酸钾溶液氧化为硫酸溶液褪色，剩余二氧化硫被氢氧化钠溶液吸收；D氯气通过淀粉碘化钾溶液发生氧化还原反应，氯气氧化碘离子为碘单质，碘单质遇到淀粉变蓝色，剩余氯气被氢氧化钠溶液吸收【解答】解：A

38、新制氢氧化铜为碱性溶液，反应需要加热才能观察到红色沉淀，装置图无加热装置，反应不能进行，不能验证甲醛的还原性，故A错误；B应是一氯甲烷先水解得到氯离子后，加酸再加入硝酸银溶液检验氯元素的存在，CH3Cl中是氯原子，不能和硝酸银溶液发生反应，不能验证一氯甲烷含氯元素，故B错误；C二氧化硫和高锰酸钾溶液的反应是利用二氧化硫的还原性，二氧化硫还原高锰酸钾溶液褪色，剩余二氧化硫被氢氧化钠溶液吸收防止污染环境，不能验证二氧化硫的漂白性，故C错误；D氯气通过淀粉碘化钾溶液发生氧化还原反应，氯气氧化碘离子为碘单质，Cl2+2I=I2+2Cl，碘单质遇到淀粉变蓝色，证明了氯气具有氧化性，剩余氯气被氢氧化钠溶液

39、吸收防止污染空气，能验证氯气的强氧化性，故D正确；故选D【点评】本题考查了气体的性质和实验检验方法，注意实验条件的掌握，题目难度中等13高铁酸钠（Na2FeO4）可用于城市自来水处理下列相关分析正确的是（）ANa2FeO4溶液显强碱性，能消毒杀菌BNa2FeO4具有强氧化性，能消毒杀菌CNa2FeO4的氧化产物Fe3+易水解为Fe（OH）3，可以净水DNa2FeO4的还原产物Fe2+易水解为Fe（OH）2，可以净水【考点】氧化还原反应；盐类水解的原理【专题】氧化还原反应专题；盐类的水解专题【分析】Na2FeO4中Fe为+6价，具有强氧化性，可用于杀菌消毒，被还原生成Fe3+易水解为Fe（OH）

40、3，具有吸附性，可用于杀菌消毒，以此解答该题【解答】解：Na2FeO4具有强氧化性，可用于杀菌消毒，被还原生成Fe3+易水解为Fe（OH）3，具有吸附性，可用于杀菌消毒，只有B正确故选B【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习学习的积极性，注意把握从化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和物质的性质，难度不大14咖啡酸的结构如图所示关于咖啡酸的描述不正确的是（）A分子式为C9H8O4B1mol咖啡酸最多能与4mol氢气发生加成反应C遇溴水，既能发生取代反应又能发生加成反应D能还原酸性KMnO4溶液，说明其分子中含有碳碳双键【考点】

41、有机物的结构和性质【专题】有机物的化学性质及推断【分析】由结构可知，分子中含酚OH、碳碳双键、COOH，结合酚、烯烃、羧酸的性质来解答【解答】解：A分子中含8个H，分子式为C9H8O4，故A正确；B苯环与双键与氢气发生加成反应，则1mol咖啡酸最多可与4mol氢气发生加成反应，故B正确；C含双键与溴水发生加成反应，含酚OH，酚OH的邻对位与溴水发生取代反应，故C正确；D酚羟基和碳碳双键都可被氧化，不能说明含有碳碳双键，故D错误故选D【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重酚、羧酸、烯烃性质的考查，注意D中酚与碳碳双键性质的差别，题目难度不大15强

42、电解质甲、乙、丙、丁分别溶于水，电离出NH4+、Ba2+、Mg2+、H+、OH、Cl、HCO3、SO42（2015秋普陀区月考）短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲原子核外有三种能量不同的电子乙、丙和丁的原子核外均有一个未成对电子甲、乙、丙最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应下列说法错误的是（）A元素丙的单质可用于冶炼金属B丙与丁形成的化合物能升华C甲与乙形成的化合物溶于水呈酸性D简单离子半径：丁乙丙【考点】原子结构与元素周期律的关系【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】甲原子核外有三种能量不同的电子，则甲的核外电子有1s、2s、2p三种，甲位于第二周期；甲、乙、丙最高价氧

43、化物对应的水化物两两之间能相互反应，说明甲、乙、丙最高价氧化物对应的水合物有酸、两性氢氧化物、强碱，甲位于第二周期，原子序数对应4，只能为N元素；乙和丙原子核外均有一个未成对电子，原子序数丙大于乙，则丙为Al元素、乙为Na元素；丁原子核外均有一个未成对电子，原子序数大于Al，则丁为Cl元素，据此进行解答【解答】解：甲原子核外有三种能量不同的电子，则甲的核外电子有1s、2s、2p三种，甲位于第二周期；甲、乙、丙最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应，说明甲、乙、丙最高价氧化物对应的水合物有酸、两性氢氧化物、强碱，甲位于第二周期，原子序数对应4，只能为N元素；乙和丙原子核外均有一个未成对电子，

44、原子序数丙大于乙，则丙为Al元素、乙为Na元素；丁原子核外均有一个未成对电子，原子序数大于Al，则丁为Cl元素，A丙为铝，通过铝热反应可以冶炼金属，故A正确；B丙为Al、丁为Cl，二者形成的混合物为氯化铝，氯化铝加热到180升华，故B正确；C钠与N元素形成的混合物为叠氮化钠，叠氮化钠与水反应生成氢氧化钠和氨气，溶液呈碱性，故C错误；D乙、丙、丁形成的离子中，氯离子的电子层最多，则氯离子半径最大，钠离子嗯哼铝离子的电子层相同，核电荷数越大的离子半径越小，则离子半径丁乙丙，故D正确；故选B【点评】本题考查了原子结构与元素周期律的关系，题目难度中等，推断元素为解答关键，注意掌握原子结构与元素周期律的

45、关系，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力17某只含铁、氧两种元素的样品A，高温时与足量的CO充分反应，生成的气体被足量澄清石灰水吸收，测得沉淀的质量与原样品A质量相等如果A中只含两种物质，则A中一定含有（）AFeOBFe2O3CFe3O4DFe【考点】铁的氧化物和氢氧化物【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】设含铁、氧两种元素的样品A化学式为FexOy，高温时与足量的CO充分反应，FexOy+yCOxFe+yCO2，生成的气体被足量澄清石灰水吸收，CO2+Ca（OH）2=CaCO3+H2O，测得沉淀的质量与原样品A质量相等设为mg，依据化学方程式定量关系列式计算分析判断组成；【解答】设含

46、铁、氧两种元素的样品A化学式为FexOy，高温时与足量的CO充分反应，FexOy+yCOxFe+yCO2，生成的气体被足量澄清石灰水吸收，CO2+Ca（OH）2=CaCO3+H2O，测得沉淀的质量与原样品A质量相等设为mg，FexOy+yCOxFe+yCO2，CO2+Ca（OH）2=CaCO3+H2O，得到FexOyyCaCO356x+16y 100ymg mg56x+16y=100yx：y=3：2，化学式为Fe2O3，故选B【点评】本题主要考查氧化还原反应、与方程式有关的计算等，题目难度中等，注意把握氧化还原反应的规律运用和计算三、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

47、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离子方程式：Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2O不能表示的反应有（）A澄清石灰水与碳酸氢钠溶液B澄清石灰水与碳酸氢铵溶液C氢氧化钠溶液与碳酸氢钙溶液D澄清石灰水与碳酸氢钙溶液【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】A可表示澄清石灰水与少量碳酸氢钠溶液反应；B澄清石灰水与碳酸氢铵溶液反应生成碳酸钙和水，同时铵根离子和氢氧根离子反应生成一水合氨；C可表示少量氢氧化钠溶液与碳酸氢钙溶液反应；D可表示澄清石灰水与碳酸氢钙溶液恰好反应【解答】解：A澄清石灰水与少量碳酸氢钠溶液反应，碳酸氢钠完全反

48、应，生成碳酸钙、NaOH、水，离子反应为Ca2+OH+HCO3=CaCO3+H2O，故A不选；B澄清石灰水与碳酸氢铵反应，生成碳酸钙、氨水、水，离子反应为：Ca2+2OH+HCO3+NH4+=CaCO3+H2O+NH3H2O，故B选；C碳酸氢钙与少量氢氧化钠溶液反应的离子反应为Ca2+OH+HCO3CaCO3+H2O，故C不选；D澄清石灰水与碳酸氢钙溶液反应生成碳酸钙沉淀和水：Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2O，故D不选；故选B【点评】本题考查离子方程式的书写，侧重复分解反应及与量有关的离子反应考查，明确各反应的量与产物的关系以及离子反应方程式的书写规律是解答关键，注意离子反应中保留化学

49、式的物质，题目难度中等19常温下，将某一元酸HA与NaOH溶液等体积混合，结果如下：实验编号c（HA）/molL1c（NaOH）/molL1反应后溶液pH甲0.10.19乙c10.27下列判断不正确的是（）A甲：反应后溶液中 c（Na+）c（A）c（OH）c（H+）B乙：反应后溶液中 c（Na+）=c（HA）+c（A）C甲中由水电离产生的c（H+）=1×109 molL1D乙中c1一定大于0.2 molL1【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】AHA与NaOH等物质的量反应生成NaA，溶液显碱性，说明NaA为强碱弱酸盐；B根据电荷守恒分析

50、；CNaA溶液中氢离子全部由水电离；DHA与NaOH等物质的量反应生成NaA，溶液显碱性，若溶液显中性，则NaOH的物质的量要减少【解答】解：AHA与NaOH等物质的量反应生成NaA，溶液显碱性，说明NaA为强碱弱酸盐，则A发生水解浓度会减小，所以c（Na+）c（A），则甲：反应后溶液中 c（Na+）c（A）c（OH）c（H+），故A正确；B乙：反应后溶液中存在电荷守恒，即 c（Na+）+c（H+）=c（OH）+c（A），溶液显中性，则c（H+）=c（OH），所以c（Na+）=c（A），故B错误；C甲中HA与NaOH等物质的量反应生成NaA，NaA溶液中氢离子全部由水电离，则溶液中由水电离产生

51、的c（H+）=1×109 molL1，故C正确；DHA与NaOH等物质的量反应生成NaA，溶液显碱性，若溶液显中性，则NaOH的物质的量要减少，所以HA的浓度大于NaOH的浓度，即乙中c1一定大于0.2 molL1，故D正确故选B【点评】本题考查较为综合，涉及了盐类水解、溶液中氢离子的计算、电荷守恒等知识，有一定的综合性，题目难度中等，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查20能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的实验方案是（）A取a克混合物充分加热至质量不变，减重b克B取a克混合物与足量稀硝酸充分反应，加热、蒸干、灼烧至熔化，冷却得b克固体C取a克混合物与足量

52、稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰完全吸收，增重b克D取a克混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体【考点】化学实验方案的评价【专题】实验评价题【分析】实验方案是否可行，关键看根据测量数据能否计算出结果A此方案利用碳酸氢钠的不稳定性，利用差量法即可计算质量分数；B根据钠守恒，可列方程组求解；C应先把水蒸气排除才合理；D根据质量关系，可列方程组求解【解答】解：ANaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，故A错误；BNa2CO3和NaHCO3均可与硝酸反应生成水、二氧化碳和硝酸钠，所以bg固体是硝酸钠，利用守恒法可计算出Na2CO3质量分数，故B错误；C混合物与足量稀硫酸充分反应，也会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不是二氧化碳的质量，不能测定含量，故C正确；DNa2CO3和NaHCO3都与Ba（OH）2反应，反应的方程式为CO32+Ba2+=BaCO3、HCO3+OH+Ba2+=H2O+BaCO3，因此最后得到的固体是BaCO3，所以可以计算出Na2C