上海虹口区2019届高三下学期二模考试化学试题二模答案+解析

1、高考模拟考试化学试题上海市虹口区2019届高三下学期二模考试相对原子质量：H-1C-12O-16Al-27Cl-35.5Cu-64一、选择题（本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项）14019X、4018Z、4019Q、4020R+、4120M5种微粒，所属元素的种类有（）A.2种B.3种C.4种D.5种【答案】B【详解】4019X、4019Q的质子数相同，所以是同一元素；4020R2+、4120M的质子数相同，所以是同一元素，4120M是原子，4020R2+是离子；4018Z是质子数为18的元素；所以共有3种元素，质子数分别为18、19、20,故选Bo【点睛】掌握和理解元素的概念是解

2、题的关键。具有相同核电荷数（即质子数）的同一类原子的总称叫元素，是否为同种元素，主要看质子数是否相同。2.氮气常用作白炽灯泡中鸨丝的保护气，这是因为（）A.氮气比空气轻B.氮气难溶于水C.氮气是无色无味的气体D.氮气很不活泼【答案】D【详解】A.氮气密度与空气相近，故A错误；B.氮气作保护气与氮气的溶解性无关，故B错误；C.氨气作保护气与氮气的颜色、气味无关，故C错误；D.氮气的性质不活泼，一般条件下不和其它物质反应，因此可以氮气作保护气，故D正确;答案选Do3.下列物质属于分子晶体的是（）A.NaOHB.SiO2C.H2OD.Na【答案】C【详解】A、NaOH晶体是由钠离子和氢氧根离子组成的

3、离子晶体，故A错误；B.二氧化硅是原子构成的，通过共价键形成空间网状结构，属于原子晶体，故B错误；C、冰是由H2O分子通过分子间作用力构成的分子晶体，故C正确；D.Na为金属单质，是钠离子和自由电子形成的金属晶体，故D错误；答案选Co高考模拟考试化学试题4.下列变化中既有化学键断裂又有化学键形成，且断键能量大于成键能量的是（）A.酒精燃烧B.碳酸钙分解C.干冰升华D.氨气液化【答案】B【分析】既有化学键断裂又有化学键形成，且断键能量大于成键能量，表示该变化属于化学变化，且是吸热反应，据此分析判断。【详解】A.酒精燃烧，属于化学变化，但属于放热反应，故A错误；B.碳酸钙分解是化学变化，既有化学键

4、的断裂，又有化学键的形成，该反应属于吸热反应,故B正确;C.干冰升华，属于物理变化，不存在化学键的断裂和形成，故C错误;D.氨气液化，属于物理变化，不存在化学键的断裂和形成，故D错误;答案选Bo成键需要放出能量，断键【点睛】解答本题的关键是理解题意，要知道断键需要吸收能量,能量大于成键能量，说明属于吸热反应。5.能证明氯化氢内部化学键是共价键的事实是（）A.氯化氢极易溶于水C.液态氯化氢不能导电【答案】C【详解】共价键在熔融状态下是不能断键的，离子，所以共价化合物在熔融状态下不能导电，B.氯化氢是无色气体D.氯化氢水溶液显酸性而离子键在熔融状态下可以断键，电离出阴阳但离子化合物在熔融状态下可以

5、导电，液态氯化氢不能导电，说明氯化氢的构成微粒为分子，能够证明氯化氢中含有共价键；不能根据溶解性、气体的颜色等判断；在水分子作用下，物质中破坏的键可能是共价键，也可能是离子键，也不能根据溶液的性质判断，故选Co6.下列物质的分离原理与溶解度有关的是（）A.蒸储B.过滤C.升华D.萃取【答案】D【详解】A.蒸储是利用物质的沸点不同分离的，与溶解度无关，故A不选；B.过滤是利用微粒直径的大小不同，液体可通过滤纸，固体不能，与溶解度无关，故B不选；C.升华与物质熔沸点有关，加热转化为气态可分离混合物，故C不选；D.萃取是利用溶质在有机溶剂中的溶解度较大而进行分离，与物质在溶剂中的溶解度有关,2高考模

6、拟考试化学试题故D选；答案选D。7.下列物质对水的电离平衡没有影响的是（）A.NaIB.KFC.KAl（SO4）2D.NaHSO4【答案】A【详解】水的电离H2O?H+OH",加入酸或碱抑制水的电离，加入能水解的盐促进水的电离。A. NaI为强电解质，在溶液中电离出钠离子和碘离子，这两种离子都不水解，对水的电离平衡无影响，故A正确；B. KF电离出的F-为弱酸根，在溶液中水解，对水的电离有促进作用，故B错误；C. KAl（SO4）2溶液能电离出硫酸根、钾离子和铝离子，铝离子在溶液中能水解，对水的电离起促进作用，故C错误；D. NaHSO4溶液能电离出氢离子，溶液显强酸性，对水的电离有

7、抑制作用，故D错误；答案选Ao【点睛】本题的易错点为AB,要注意氢卤酸的强弱，在氢卤酸中只有氢氟酸是弱酸，其余的氢卤酸都是强酸。8.下列装置不能达到除杂目的（括号内为杂质）的是（）A.乙烷（乙烯）B,苯（甲苯）C.乙酸乙酯（Na2CO3）D.水（NaCl）【答案】B【详解】A.乙烯可与滨水发生加成反应，而乙烷不反应，则除去乙烷中的乙烯，可用澳水洗气，故A正确；8 .苯和甲苯混溶，不能用分液的方法分离，故B错误；C.碳酸钠不溶于乙酸乙酯，可过滤分离，故C正确；高考模拟考试化学试题D.从氯化钠溶液中除去氯化钠，可用蒸储的方法将水蒸储出来，达到分离目的，故D正确。答案选Bo【点睛】本题的易错点为C,

8、要注意题中是碳酸钠，而不是碳酸钠溶液，如果是碳酸钠溶液，应该选用分液的方法分离。9 .一定浓度的盐酸分别与等体积的NaOH溶液和氨水反应，恰好中和，消耗的盐酸体积相同，则NaOH溶液与氨水（）A.OH浓度相等B.pH相等C,电离度相等D.物质的量浓度相等【答案】D【详解】盐酸为一元酸，氢氧化钠和氨水均为一元碱，HCl+NaOH=NaCl+H2O、HCl+NH3H2O=NH4CI+H2O,等体积的NaOH溶液和氨水反应消耗的盐酸的浓度和体积相同，即消耗的盐酸的物质的量相等，则氢氧化钠溶液和氨水中碱的物质的量相等，根据n=cV,则氢氧化钠溶液和氨水的物质的量浓度相等，故选D。10 .在氯化铁、氯化

9、铜和盐酸的混合溶液中加入铁粉，待反应结束，剩余的固体能被磁铁吸引，则反应后溶液中大量存在的阳离子是（）A.Fe2+B.Fe3+C.Cu2+D.H+【答案】A【详解】在氯化铁、氯化铜和盐酸混和溶液中加入铁粉，分别发生：Fe+2Fe3+=2Fe2+、Fe+2H+=Fe2+H2f、Fe+Cu2+=Fe2+Cu,待反应结束，剩余的固体能被磁铁吸引，说明铁粉有剩余，则溶液中存在的离子为Fe2+,故选A0【点睛】解答本题可以采用逐项排除的方法，反应结束，剩余的固体能被磁铁吸引，说明铁粉有剩余，其中铁能够与Fe3+、Cu2+、H+反应，即Fe3+、Cu2+、H+都不能大量存在。11 .向BaCl2溶液中通入

10、SO2至饱和，此过程看不到现象，再向溶液中加入一种物质，溶液变浑浊，加入的这种物质不可能是（）A.Cl2B.NH3C.CO2D.H2s【答案】C【详解】A.SO2具有还原性，能被氯气氧化为SO42-离子，所以再向溶液中加入氯气，生成BaSO4白色沉淀，故A不选；B.氨气具有碱性，与二氧化硫反应生成亚硫酸镂，亚硫酸镂与钢离子反应生成亚硫酸钢白色沉淀，故B不选；高考模拟考试化学试题C.二氧化碳、二氧化硫与氯化钢均不反应，不能生成沉淀，故C选；D.SO2具有氧化性，能够H2s反应生成硫沉淀，故D不选；答案选Co12.下列有机物的命名不正确的是（）A.3乙基一1丁快B.3甲基一2丁醇C.3甲基一2戊烯

11、D.2,2二甲基丁烷【答案】A【详解】A、3-乙基-1-丁焕，选取含碳碳三键在内的最长碳链为主碳链，从离碳碳三键近的一定编号，名称中主碳链不是最长碳链，应该是3-甲基-1-戊快，故A错误；B、3-甲基-2-丁醇，选取含羟基在内的最长碳链为主链，从离羟基近的一端编号，名称符合命名原则，故B正确；C、3-甲基-2-戊烯，选取含碳碳双键在内的最长碳链为主链，从离碳碳双键近的一端编号，名称符合命名原则，故C正确；D、2,2-二甲基丁烷，主链为四个碳原子，从离取代基近的一端编号，名称符合命名原则，故D正确；答案选Ao【点睛】掌握有机物的命名方法是解题的关键。解答本题可以首先按照题意选项书写出对应物质的结

12、构简式，然后按照命名方法，重新命名，再对比原来的名称是否正确。13.下列事实能用勒夏特列原理解释的是（）A.加催化剂有利于氨的催化氧化反应B.实验室用排饱和食盐水的方法收集氯气C.500c左右比室温更有利于合成氨的反应D.压缩H2（g）、12（g）、HI（g）平衡体系，体系颜色加深【答案】B【详解】A、使用催化剂，缩短到达平衡的时间，不影响平衡的移动，不能用勒夏特列原理解释，故A不选；B、氯化钠在溶液中完全电离，所以饱和食盐水中含有大量的氯离子，氯气溶于水的反应是一个可逆反应，CI2+H2O彳士ClO-+2H+Cl-,由于饱和食盐水中含有大量的氯离子，根据勒夏特列原理，平衡向逆反应方向移动，氯

13、气溶解量减小，可以勒夏特列原理解释，故B选;C.合成氨的反应是放热反应，升高温度平衡逆向移动，但500c左右比室温合成氨的反应5高考模拟考试化学试题速率更快，不能用平衡移动原理解释，故C不选；D、H2（g）+l2（g）二=2HI（g）是一个反应恰好气体物质的量不变的反应，压缩容器体积后，各组分的浓度都变大，颜色加深，但平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，故D不选;答案选Bo14.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A.1.0mol/L的KNO3溶液：H+、Fe2+、Cl、SO42B.甲基橙呈红色的溶液：NH4+、Ba2+、AlO2>ClC.pH=12的溶液：Y、NaCH

14、3COO、BrD.使KSCN显血红色的溶液：NH4+、Mg2+、Cl【答案】C【详解】A.H+、Fe2+、NO3-之间能够发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B.甲基橙呈红色的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，H+与AlO2能够反应生成氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误；C.pH=12的溶液显碱性，OH与KNaCH3COO、Br不反应，且KNa+、CH3COO一、BL离子之间也不反应，可大量共存，故C正确；D.加KSCN显红色的溶液中含Fe3+,Fe3+、能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；答案选Co15.根据能量关系图，下列分析正确的是（）A.该反应是吸

15、热反应B.曲线a的热效应大C.该反应的热化学方程式为：4HCl+O2-2Cl2+2H2O+115.6kJD.若反应生成2mol液态水，放出的热量高于115.6kJ【答案】D高考模拟考试化学试题【详解】A、根据图像，反应物的能量比生成物能量高，所以该反应为放热反应，故A错误;B、依据图像，反应物的能量比生成物能量高，所以该反应为放热反应，4H=生成物总能量-反应物总能量，与反应的途径无关，曲线a、b的热效应相同，故B错误；C、热化学方程式中需要注明物质的状态，AH=生成物总能量-反应物总能量，则反应的热化学方程式为：4HCl(g)+O2(g)2Q+2H2O(g)+115.6kJ,故C错误；D、该

16、反应的热化学方程式为：4HCl(g)+O2(g)-2Q+2H2O(g)+115.6kJ,又气态水变成液态水还要放热，所以若反应生成2mol液态水，放出的热量高于115.6kJ,故D正确；答案选Do16.如图可设计成多种用途的电化学装置，下列说法错误的是()crbo稀硫酸A. a与电源正极相连时，铜做阳极B. a和b用导线连接时，锌做负极C. a和b用导线连接时，铜片上发生的反应为：2H+2e-=H2TD. a与电源正极相连可以保护锌片，称为牺牲阳极的阴极保护法【答案】D【详解】A.a与电源正极相连，则该装置是电解池，因此铜为阳极，故A正确；B. a和b用导线连接，该装置是原电池，锌作负极，铜作

17、正极，故B正确；C. a和b用导线连接，该装置是原电池，锌作负极，铜作正极，铜片上发生的反应为：2H+2e-=H2T,故C正确;D. a与电源正极相连，该装置是电解池，则铜为阳极，锌为阴极，可以保护锌被腐蚀，这叫外接电源的阴极保护法，故D错误；答案选D。17.下列离子方程式书写正确的是()22+,A.硫酸铜溶液与氢氧化钢溶液反应：SO4+Ba-BaSO4J2 +8 .盐酸中加入少量碳酸钙固体：CO3+2H-CO2T+HO.2+3+C.向氯化亚铁溶液中通入氯气：Fe+Cl2-Fe+2ClD.用氢氧化钠溶液吸收少量二氧化碳：2OH+CO2-CO32+H2O高考模拟考试化学试题【答案】D【详解】A.

18、硫酸铜溶液与氢氧化钢溶液反应的离子反应为Cu2+2OH-+SO42-+Ba2+BaSO4J+Cu（OH2故A错误；B.碳酸钙难溶于水，碳酸钙与盐酸反应的离子反应为CaCO3+2H+H2O+CO2T+C2+,故B错误；C.向氯化亚铁溶液中通入氯气的离子反应为2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-,故C错误；D.氢氧化钠溶液吸收少量二氧化碳，反应生成碳酸钠和水，反应的离子方程式为：2OH-+CO2=CO32'+H2O,故D正确；答案选Do18 .以下物质的制备用错实验装置的是（）A,乙烯的制取B.乙酸乙酯的制备C.乙酸丁酯的制备D.乙快的制取【答案】C【解析】A.乙醇与浓硫酸加热，170c下

19、发生消去反应生成不溶于水的乙烯，温度计测定反应液的温度，A正确；B.乙醇、乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，可水浴加热，图中装置合理，B正确；C.乙酸丁酯的沸点超过100C,不能用水浴加热，图中加热方式不合理，C错误；D.碳化钙与水反应生成不溶于水的乙快，图中固液反应及收集法均合理，D正确；答案选Co点睛：本题考查化学实验方案的评价，把握物质的制备实验、实验装置的作用、实验技能为解答本题的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意有机物的制备实验评价性分析。选项B和C是易错点。19 .以下是我国化工专家侯德榜发明的联合制碱法简要流程：高考模拟考试化学试题C02管拉水徜环1食盐圳粉关于此流程说法正确的是（

20、）A.副产品Y是NH4HCO3B.向母液中通入的气体X是CO2C.循环II是为了提高食盐的利用率D.析出NaHCO3后的母液中只含NH4C1【答案】C【详解】在联合制碱法中，将氨通入饱和食盐水而成氨盐水，再通入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀，经过滤、洗涤得NaHCO3晶体，再煨烧制得纯碱产品，放出的二氧化碳气体可回收循环使用；其滤液是含有氯化镂和氯化钠的溶液，结合流程图，循环II的物质应该为氯化钠溶液，因此向含有氯化镂和氯化钠的滤液中加入细粉状的氯化钠，并通入氨气（X）,可以使氯化俊单独结晶沉淀析出，经过滤、洗涤和干燥即得氯化俊产品（丫），根据上述分析，副产品丫是NH4CI,向母液中通入的气体X是N

21、H3,循环II的物质应该为氯化钠溶液，可以提高食盐的利用率，析出NaHCO3后的母液中含有氯化俊和氯化钠，只有C正确，故选C。20 .NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A.标准状况下，22.4L僦气约含2Na个僦原子B.14g乙烯和丙烯混合气体中含有2Na个氢原子C.标准状况下，2.24LCC14含有0.4Na根共价键D.100C时，1LpH=6的纯水中，含有的OH数目为1X10-8Na【答案】B【详解】A、标况下22.4L僦气的物质的量为1mo1,僦气为单原子分子，故1mo1僦气中含Na个原子，故A错误；B、乙烯和丙烯的最简式均为CH2,故14g混合物中含有的CH2的物质的量为

22、1mo1,则含2Na个H原子，故B正确；C、标准状况下，四氯化碳不是气体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；D、100c时，pH=6的纯水中氢离子浓度为1M0-6mo1/L,1L该纯水中含有1X10-6mo1氢离子，含有的氢氧根离子浓度也是1X10-6mo1,含有的OH-数目为1X10-6Na,故D错误；高考模拟考试化学试题答案选Bo【点睛】本题的易错点为D,根据水的电离方程式，H2O=H+OH-,纯水中氢离子与氢氧根离子浓度相等。二、综合题21.中科大研制出Ni-Mo-O纳米棒复合催化剂，利用其进行尿素电解，可实现富尿素废水的净化，同时低能耗制得H2。总反应为：CO(NH92

23、+H2O流直照玄3H2T+NT+COT。完成下列填空：(1)上述反应涉及的元素中，质子数最多的原子其核外电子排布式是;写出同周期元素的原子半径大小关系(用元素符号表示)。(2)上述反应物与产物中，属于电解质的是(填化学式)；写出可以冷冻待移植器官的物质的电子式。(3)C与N的非金属性强弱顺序为(用元素符号表示)，用一个化学方程式进行证明。(4)已知常压下，二氧化硅熔点为1723C,而干冰在-78.5C时就升华，解释二者性质差异大的原因。(5)电解富尿素废水时，氢气在极产生。若转移0.3mol电子，两极产生的气体共高考模拟考试化学试题答。【详解】(1)CO(NH2)2+H2O=3H2T+NT+C

24、O怩应涉及的元素中，质子数最多的是O元素，其核外电子排布式为1s22s22p4；反应涉及的元素中，同周期元素有C、N、O,同一周期自左而右，原子半径逐渐减小，原子半径C>N>O,故答案为：1s22s22p4；C>N>O;(2)CO(NH2)2+H2O通百就嵋3H2T+NT+COT,反应物与产物中，属于电解质的有H2O;液氮可以用作冷冻剂，其电子式为：N1N：,故答案为：KO；:NN：；(3)同周期元素从左到右，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，非金属性N>C,比较元素的非金属性，可以利用硝酸与碳酸盐可以反应生成碳酸(二氧化碳和水)证明，如HNO3+NaHCO

25、3=NaNO3+H2O+CO2t故答案为：N>C；HNO3+NaHCO3=NaNO3+H2O+CO2T其他合理答案均可)；(4)CO2是分子晶体，熔化时需要克服分子间作用力，SiO2是原子晶体，熔化时需要克服的是共价键，所以二氧化硅熔点为1723C,而干冰在-78.5C时就升华，两者之间的熔沸点差异很大，故答案为：CO2是分子晶体，熔化时需要克服分子间作用力，SiO2是原子晶体，熔化时需要克服的是共价键，所以两者之间的熔沸点差异很大；(5)电解富尿素废水制H2,总反应为CO(NH2)2+H2O3H2T+NT+COT,在阴极上放出氢气，电极反应：2H2O+2e-=H2T+2OH,放出氮气的

26、电极为阳极，电极反应：CO(NH2)2-6e-+6OH-=N2T+COT+5HO,若转移0.3mol电子，阴极产生0.15mol氢气，阳极产生0.05mol氮气和0.05mol二氧化碳，两极产生的气体共0.25mol,在标准状况下的体积为0.25molX22.4L/mol=5.6L,故答案为:阴；5.6。22.铝是一种轻金属，被称为金属界的万金油”，应用范围极为广阔。含铝的化合物如氧化铝、氢氧化铝等在工业上用途十分广泛。完成下列填空：(1)铝是活泼金属，在干燥空气中铝的表面立即形成厚约5nm的致密氧化膜，写出除去氧化膜的一种方法(用方程式表示)。(2)氢氧化铝是用量最大、应用最广的无机阻燃添加

27、剂，解释氢氧化铝能做阻燃剂的原因(用方程式说明)；写出Al(OH)3的电离方程式O明矶(KAl(SO4)212H2O)的水溶液呈性(选填酸"、碱”或中”)溶液中离子浓度大小顺序为。将明矶溶液与小苏打溶液混合会产生白色沉淀和气体，11高考模拟考试化学试题请用平衡移动原理解释该现象。(4)碳热还原氯化法从铝土矿中炼铝具有步骤简单、原料利用率高等优点，其原理如下：I.Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)3AlCl(g)+3CO(g)-I486kJn.3AlCl(g)2Al(l)+AlCl3(g)+140kJ写出反应I的化学平衡常数表达式K=,升高温度，K(填增大、减小、不变)。写

28、出反应n达到平衡状态的一个标志；结合反应I、n进行分析，AlCl3在炼铝过程中的彳用可以看作。将1mol氧化铝与3mol焦炭的混合物加入2L反应容器中，加入2molAlCl3气体，在高温下发生反应I。若5min后气体总质量增加了27.6g,则AlCl的化学反应速率为mol/(Lmin)。【答案】(1).Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O或Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O(2).2Al(OH)3=Al2O3+3H2O(3).Al3+3OH-=Al(OH)3-H+AlO2-+H2O(4).酸(5).c(SO42-)>c(K+)>c(Al3+)>c(H+)&

29、gt;c(OH-)(6).铝离子水解呈酸性，Al3+H20rAi(OH)3+3H+,碳酸氢根水解呈碱性HCO3+H2O-H2CO3+OH-,两者水解相互促进，cAlcrjcCO)平衡向右进行，因此出现沉淀与气体(7).Jr；(8).增大(9).压强不变(合理即可)(10).催化剂(11).0.06【分析】(1)氧化铝属于两性氧化物，可以与盐酸，也可以与氢氧化钠反应；(2)氢氧化铝分解吸热，生成的氧化铝覆盖在可燃物表面，起到阻燃作用；氢氧化铝是两性氢氧化物；(3)明矶电离出的铝离子能够水解呈酸性，碳酸氢根水解呈碱性，两者水解相互促进；(4)根据化学平衡常数表达式书写K的表达式；该反应为吸热反应，

30、结合平衡移动的影响因素分析判断；根据平衡状态的特征和标志分析解答；将反应I+反应n得：Al2O3(s)+3C(s)3CO(g)+2Al(l),据此分析判断AlCl3的作用；Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)3AlCl(g)+3CO(g)属于气体质量的增加的反应，结合气体总质量的增加量计算出AlCl的物质的量，再结合化学反应速率与计算。【详解】(1)氧化铝属于两性氧化物，可以用盐酸，也可以用氢氧化钠除去铝片表面的氧化膜，反应方程式为Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O或Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O,故答案12高考模拟考试化学试题为：Al203+6HCl=2A

31、lCl3+3H2O或AI2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O;(2)氢氧化铝受热分解吸热，同时生成的氧化铝熔点高，覆盖在可燃物表面，起到阻燃作用，氢氧化铝分解白方程式为2Al(OH)3Al2O3+3H2O,氢氧化铝是两性氢氧化物，电离方程式为Al3+3OH-=Al(OH)3=H+AlO2-+H2O,故答案为：2Al(OH)3Al2O3+3H2O;Al3+3OH-Al(OH)3H+AlO2-+H2O；明矶(KAl(SO4)212H2O)属于强酸弱碱盐，铝离子水解，溶液呈酸性，溶液中离子浓度大小顺序为c(SO42')>c(K+)>c(Al3+)>c(H+)>c

32、(OH')o将明矶溶液与小苏打溶液混合会产生白色沉淀和气体，是因为铝离子水解呈酸性，Al3+H2O-Al(OH)3+3H+,碳酸氢根水解呈碱性HCO3-+H2O-H2CO3+OH",两者水解相互促进，平衡向右进行，因此出现沉淀与气体，故答案为：酸；c(SO42)>c(K+)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH-);铝离子水解呈酸性，Al3+H2O=Al(OH)3+3H+,碳酸氢根水解呈碱性HCO3+H2O=H2CO3+OH-,两者水解相互促进，平衡向右进行，因此出现沉淀与气体；(4)反应I.Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)3AlCl(g

33、)+3CO(g)-I486kJ的化学平衡常数K增大，故答案表达式K=>二二、,该反应为吸热反应，升高温度，平衡正向移动,为:'；增大；4初/)反应n达到平衡状态时，各种气体的物质的量浓度不变，气体的压强不变等；反应I+反应n得：Al2O3(s)+3c(s)3CO(g)+2Al(l)-1346kJ,说明AlCl3在炼铝过程中是催化剂，故答案为：压强不变(合理答案均可)；催化剂；设生成的AlCl的物质的量为x,气体质量的增加量Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)3AlCl(g)+3CO(g)3mol138gX27.6g则F-=77J,解得：x=0.6mol,则AlCl的化学

34、反应速率=2L=0.06mol/(Lmin),故答5min案为：0.06。023.化合物M(CHmhcYCHm)是一种重要的有机合成中间体，其合成路线如下所JchO示。3mol138g13高考模拟考试化学试题(1)反应的反应类型是;反应所需的试剂与条件可以是(2)写出B的结构简式：(3)写出C、醋酸与浓硫酸共热时发生酯化反应的化学方程式：(4)检3金M中是否含有E的实验方法是(5)写出一种满足下列要求的M的同分异构体的结构简式ii.能发生银镜反应i.含有叔丁基-C(CH3)3iii.分子中只含有两种不同化学环境的氢原子CH3(6)A与澳的四氯化碳溶液反应可得到X(CH2-C-CH.1),写出以

35、X为原料合成甲基丙烯醛BrBrCH反应试剂一一反应条作+目标广物)(HaCX：；)的合成路线人，一、一E反应试剂(合成路线常用的表布方式为：甲反应条"乙【答案】(1).加成(2).Cu、O2加热(3).0H(4).CH3COOH+:H：+H2O(5).取样，加入澳的四氯化碳溶液，澳的颜色不褪去，说明CHjBrBrC(CH3hM中不含有E(6).OHG-C-CHO(7).C(CH3)39H3浓硫酸/七$CHOUH【分析】结合A、B的分子式可知，A与苯酚发生加成反应生成B,结合C的结构可知，B14高考模拟考试化学试题0H力6方牛力防2成中的疗其方牛后广牛成,为;B发生苯环上的加成反应生成

36、C,C中的醇羟基发生氧化反应生成D,D经H3C"|1"CHsCH30过一系列反应生成E,E氧化生成M()'据此结合官能团的性质和JcHO转化关系分析解答。【详解】(1)根据上述分析，反应是A与苯酚发生加成反应生成B;反应为醇羟基的氧化，所需的试剂与条件可以是Cu、O2加热，故答案为：加成；Cu、O2加热；(2)根据上述分析,醋酸与浓硫酸共热时发生酯化反应的化学方程式为故答案为:(4)E()中含有碳碳双键，M(CHmbC)中含有醛基，因此检验M中是否含有E可以使用澳的四氯化碳溶液检验碳碳双键，方法为：取样，加入澳的四氯化碳溶液，澳的颜色不褪去，说明M中不含有E,故答案

37、为：取样，加入澳的四氯化碳溶液,澳的颜色不褪去，说明M中不含有E；15高考模拟考试化学试题0M(：卜小二CHO生银镜反应，说明含有醛基;C(CH3)3CH3)的一种同分异构体满足：i,含有叔丁基-C(CH3)3；ii.能发iii.分子中只含有两种不同化学环境的氢原子，满足条件的结构为OHC-q-CH。，故答案为:C(CH3)3C(CH3)3OHC-C-CHO；C(CH3)3CH(6)A(C出二b与澳的四氯化碳溶液反应可得到X(CHa-C-CHs),以X为原料合成甲基现BrBrCHCH3丙烯醛(H2c;3),可以将X中的滨原子水解，水解后得到ch2-C-CHnCH06hCHz-C-CH氧化得至U

38、H3C-C-CHO,最后将羟基消去即可，合成路线为:ohOHCHjBrBr回邂里CH6a加普HO迺HC-4CH3故较加乩上揭匕&CHO案为:CHjCHlCbhjJBrBrCH三呼Bchl&-嬴36h6h"、fy“浓硫酸u广/也】CHO【点睛】本题的易错点为(4),E(CH,H0)中含有碳碳双键，M(CHmbCClI.)CHO中含有醛基，因此检验M中是否含有E只能用澳的四氯化碳溶液，不能使用酸性高镒酸钾溶液或滨水。24.氯化亚铜(CuCl)在生产中广泛用作催化剂、杀菌剂、脱色剂。某兴趣小组采用加热分解氯化铜晶体(CUCI2XH2O)的方法制备CuCl,其装置如下(夹持仪

39、器省略)。已知:气体入口无水硫酸铜BC湿润的蓝色石蕊诚纸NaOH溶液16高考模拟考试化学试题HCE流>3MC-z*及阳*CuCl?CuCl+Cl2CuCl2yH.OCu2(OH)2C12理JCuO完成下列填空：(1)在实验过程中，可以观察到C中试纸的颜色变化是。(2)实验过程中需要全程通入干燥的HCl,其作用是。(3)反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的杂质，根据已知信息分析：若杂质是CuCl2,则产生的原因可能是。若杂质是CuO,则产生的原因可能是。(4)为测定原料CUCI2XH2O中结晶水的数目x,可采取如下方案：a.用电子天平称取一定质量氯化铜晶体b.在(填仪器名称)中充分灼烧c.在干燥器中冷却d.称量所得黑色固体质量e.重复bd操作直至完成上述实验操作步骤。若氯化铜晶体质量为3.384g,最终得到黑色固体质量为1.600g,则x=(精确到0.1)。若称量操作无误，但最终测定结果的相对误差为1.5%,写出可能导致该结果的一种情况。【答案】(1).先变红，后褪色(2).抑制CuCl2的水解，并带走水蒸气(3).加热时间不足或温度过低(4).通入HCl的量不足(5).堪蜗(6).连续两次称量差值不超过0.001g(7).1.9(8).加热时有固体溅出【分析】根据已知信息，热分解CuCl2xH2O制备CuCl,为抑制水解，气体入口需要通入HCl气体