2018年上海市闵行区高考化学二模试卷

2018年上海市闵行区高考化学二模试卷

一、选择题（本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项） 1．（2分）关于

N 说法错误的是（ ）

A．质子数为7 B．中子数为7

C．质量数为14 D．相对原子质量为14

2．（2分）含有极性共价键的电解质是（ ） A．CaCl2

B．H2O C．NH3 D．CH4

3．（2分）电解饱和食盐水的阳极产物是（ ） A．NaOH

B．H2 C．HCl D．Cl2

4．（2分）丙烷和丁烷是液化石油气的主要成分，它们互为（ ） A．同系物 B．同素异形体 C．同分异构体 D．同位素 5．（2分）不能鉴别Fe2+和Fe3+的是（ ） A．氯水

B．盐酸

C．氢氧化钠溶液 D．硫氰化钾溶液

6．（2分）钾、钠两种单质的化学性质相似，理由是（ ）

A．同一主族元素 B．化学键相同 C．都是金属元素 D．化合价相同 7．（2分）碳化硅（SiC）常用于电炉的耐火材料。关于SiC说法正确的是（ ） A．易挥发 B．能导电

C．熔化时破坏共价键 D．属于分子晶体

8．（2分）接触法制硫酸中，通常不采取的措施是（ ） A．硫铁矿粉碎 B．接触室中通入过量空气 C．接触室控制温度约450℃

D．使用高压

9．（2分）用酒精和浓硫酸为原料制取纯净的乙烯。下列使用的装置和试剂均正确的是（ ）

A． B． C． D．

10．（2分）一定条件下，下列物质与Cl2反应不能生成HCl的是（ ）

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A．甲烷 B．乙烯 C．苯 D．水

11．（2分）关于硝酸铵说法正确的是（ ） A．属于共价化合物 B．溶于水放热 C．受热易分解 D．属于有机氮肥

12．（2分）不能通过置换反应制取的是（ ） A．Fe（OH）3 B．Fe3O4

C．Al（OH）3 D．Al2O3

13．（2分）海水提溴一般需要经过浓缩、氧化和提取三个步骤。下列对操作步骤描述错误的是（ ）

A．浓缩的原理是蒸发结晶 B．氧化时通入氯气 C．提取时利用Br2易挥发 D．提取时用CCl4萃取

14．（2分）FeCl3溶液吸收H2S的原理：2Fe3++H2S→2Fe2++2H++S↓．下列说法正确的是（ ） A．H2S作氧化剂 B．还原性：H2S＞Fe2+ C．Fe3+发生氧化反应

D．每消耗1mol H2S时转移4NA个电子

15．（2分）探究氢氧化铝的两性，最适宜的试剂是（ ） A．Al、NaOH溶液、稀盐酸 B．Al2O3、氨水、稀盐酸

C．Al2（SO4）3溶液、NaOH溶液、稀盐酸 D．AlCl3溶液、氨水、稀盐酸

16．（2分）浓硫酸与蔗糖反应的实验，对现象的解释不合理的是（ ）

选项 A B C D A．A

B．B

现象 蔗糖变黑 有刺激性气味 固体体积膨胀 烧杯壁发烫 C．C

D．D

解释 浓硫酸具有脱水性 浓硫酸具有强酸性 生成大量气体 反应放热 17．（2分）室温时，0.1mol/L某酸HA溶液的pH=3．关于该溶液叙述正确的是

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（ ）

A．溶质的电离方程式为HA→H++A﹣ B．升高温度，溶液的pH增大

C．若加入少量NaA固体，则c（A﹣）降低 D．该溶液稀释10倍后，pH＜4

18．（2分）“双吸剂”含铁粉、活性炭和氯化钠等，可延长食品保质期。其作用原理正确的是（ ）

A．主要发生吸氧腐蚀 B．氯化钠充当正极

C．吸收的气体是O2和CO2 D．负极反应为Fe﹣3e→Fe3+

19．（2分）pH=13的溶液中，可能存在Na+、Ba2+、Fe3+、NH4+、Cl﹣、CO32﹣、SO42

﹣

，若Ba2+浓度为0.04mol/L，则溶液中一定还大量存在的是（ ）

A．Na+ B．NH4+ C．Cl﹣ D．SO42﹣

20．（2分）恒容密闭容器中发生反应：SiO2（s）+4HF（g）?SiF4（g）+2H2O（g）+148.9kJ．叙述错误的是（ ） A．反应物的总能量高于生成物的总能量

B．若生成2mol液态水，则放出的热量大于148.9 kJ C．当v正（HF）=2v逆（H2O）时，反应达到平衡状态 D．平衡后放出的热量随加入SiO2量的增加而增大

二、综合分析题（共60分）

21．（15分）羰基硫（COS）可作为熏蒸剂，分子结构与CO2相似。回答下列问题：

（1）碳原子的核外电子排布式为 ；

组成羰基硫的元素中，半径最大的原子其核外有 种不同能量的电子。 （2）羰基硫为 （填“极性”或“非极性”）分子，羰基硫的电子式为 。 （3）已知逆反应速率随时间变化如图所示，则t0时改变的条件可能是 或 。

（4）解释稳定性CO2大于CS2的原因 。密闭容器中，发生反应：CO（g）+H2S（g）?COS（g）+H2（g）

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（5）该反应达到平衡后，其他条件不变，升高温度，H2S浓度增加，表明该反应是 （填“放”或“吸”）热反应，平衡常数K将 （填“增大”、“减小”或“不变”）；若在反应体系中通入一定量SO2（g），判断平衡移动的方向并解释原因。

22．（15分）氨是一种重要的工业原料。回答下列问题：

（1）催化剂存在下，NH3可用来消除NO的污染，生成两种对环境无害的物质。写出反

应的化学方程式 ；该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为 。

（2）当运输氨气的管道发生泄漏时，可用一种挥发性液体 （写试剂名称） 进行检查，出现的现象是 。联氨（N2H4）具有较强的还原性。工业上用过量氨气和NaClO溶液来制备。

（3）制取NaClO所用的原料是 、 。解释氯气过量的原因 。常温下，向10mL pH=2的盐酸中滴加等浓度氨水。加入氨水的体积（V）与溶液pH的关系如图所示。

（4）a点溶液中由水电离产生的c（H+） 10﹣7mol/L （填＞、＜或=）；用平衡移动原理解释b点溶液呈酸性的原因 。 （5）比较c点溶液中所有离子浓度大小关系是 。

23．（15分）小苏打是一种常用的食品添加剂。

（1）精制食盐是制备小苏打的原料之一。粗盐中含有少量Ca2+、Mg2+、SO42﹣，粗盐精制的步骤顺序是：溶解→ → → → （填字母编号）。

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a．加盐酸调pH b．加Ba（OH）2溶液 c．加Na2CO3溶液 d．过滤 （2）NH3、CO2先后通入饱和食盐水中，反应的离子方程式 。

（3）侯氏制碱法中，母液的处理方法是通入氨气，再加入细小食盐颗粒，最后冷却析出的副产品是 ；简述通氨气的作用 。

（4）称取2.640g小苏打样品（含少量NaCl），配置成250mL溶液，准确取出20.00mL溶液于锥形瓶中，滴加 作指示剂，滴定时消耗0.1000mol/L盐酸的体积为20.67mL．则该样品中碳酸氢钠的质量分数为 （保留两位小数）。若装标准溶液的滴定管没有润洗，则测得的结果会 （填“偏大”、“偏小”或“不变”）。

（5）测定上述样品中碳酸氢钠的质量分数还可通过如图装置进行测定。实验需使用的定量仪器是 ；写出涉及的化学方程式 。

24．（15分）阿托酸是一种常用的医药中间体，合成路线如下：

（1）①的反应类型是 ；②的反应试剂和条件是 。

（2）反应③是氧化反应，但有一个羟基没有被氧化。原因是 ；欲检验反应④的有机产物，可选择的试剂是 。

a．Na b．NaCl溶液 c．NaOH溶液 d．NaHCO3溶液 （3）写出反应⑤的化学方程式 ；

写出一种与阿托酸具有相同官能团的同分异构体的结构简式 。

（4）由CH2=CH﹣CHO和乙醇可以合成CH3CH2COOC2H5．写出其合成路线。（合成路线常用的表示方式为：X

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Y……目标产物）

2018年上海市闵行区高考化学二模试卷

参考答案与试题解析

一、选择题（本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项） 1．（2分）关于

N 说法错误的是（ ）

A．质子数为7 B．中子数为7

C．质量数为14 D．相对原子质量为14 【分析】

N的左上角为质量数、左下角为质子数，该核素的质量数为14、质

子数为7，结合质量数=质子数+中子数及相对原子质量的概念分析。 【解答】解：C正确；

相对原子质量=一个原子的真实质量与12C原子的真实质量的

的比值，相对原

N的质量数为14、质子数为7，其中子数=14﹣7=7，故A、B、

子质量，则相对原子质量带有小数，14为其整数部分，故D错误； 故选：D。

【点评】本题考查原子的表示方法及应用，题目难度不大，明确质量数与质子数、中子数之间的关系为解答关键，注意掌握相对原子质量与质量数的区别，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力。

2．（2分）含有极性共价键的电解质是（ ） A．CaCl2

B．H2O C．NH3 D．CH4

【分析】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，不同非金属元素之间易形成极性键，同种非金属元素之间易形成非极性键；

电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；例：酸、碱、盐，金属氧化物等。

非电解质：在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物；例：有机物，非金属氧化物等。

【解答】解：A．氯化钙只含有离子键，不含共价键，故A不选； B．水分子中含有H﹣O极性共价键，水属于电解质，故B选；

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C．氨气含有N﹣H极性共价键，属于非电解质，故C不选； D．甲烷含有C﹣H极性共价键，属于非电解质，故D不选； 故选：B。

【点评】本题考查了化学键类型判断、电解质、非电解质判断，明确化学键概念及成键元素和条件是解题关键，题目难度不大。

3．（2分）电解饱和食盐水的阳极产物是（ ） A．NaOH

B．H2 C．HCl D．Cl2

【分析】先判断离子的放电顺序，然后根据阴阳极发生反应的反应类型确定产物。 【解答】解：电解饱和食盐水时，溶液中存在的阴离子是Cl﹣、OH﹣，由于Cl﹣的放电能力大于OH﹣的放电能力，所以 Cl﹣放电，Cl﹣失电子在阳极上生成氯气，电极反应式为：2Cl﹣﹣2e﹣=Cl2。 故选：D。

【点评】本题考查了电解原理，知道阴阳离子的放电顺序是解关键，同时考查学生对阴阳极上发生反应的反应类型的辨别能力。

4．（2分）丙烷和丁烷是液化石油气的主要成分，它们互为（ ） A．同系物 B．同素异形体 C．同分异构体 D．同位素

【分析】结构相似、在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物互为同系物；

由同种元素所形成的不同种单质间互为同素异形体； 分子式相同而结构不同的化合物间互为同分异构体； 同种元素的不同种原子间互为同位素，据此分析。

【解答】解：丙烷和丁烷均为化合物，均属于烷烃，即结构相似，且两者在分子组成上相差了一个CH2原子团，故两者互为同系物。 故选：A。

【点评】本题考查了“四同”概念的辨别，难度不大，应注意的是同系物和同分异构体的表述对象是有机物，而同素异形体的表述对象是单质，同位素的表述对象是原子。

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5．（2分）不能鉴别Fe2+和Fe3+的是（ ） A．氯水

B．盐酸

C．氢氧化钠溶液 D．硫氰化钾溶液

【分析】A．氯水可氧化亚铁离子； B．二者均与盐酸不反应；

C．亚铁离子与NaOH反应生成白色沉淀迅速变为灰绿色最后为红褐色，铁离子与NaOH反应生成红褐色沉淀；

D．Fe3+与KSCN溶液结合生成络离子，溶液为血红色。

【解答】解：A．氯水可氧化亚铁离子，溶液由浅绿色变为黄色，可鉴别，故A不选；

B．二者均与盐酸不反应，不能检验，故B选；

C．亚铁离子与NaOH反应生成白色沉淀迅速变为灰绿色最后为红褐色，铁离子与NaOH反应生成红褐色沉淀，现象不同可鉴别，故C不选；

D．Fe3+与KSCN溶液结合生成络离子，溶液为血红色，亚铁离子不能，可鉴别，故D不选； 故选：B。

【点评】本题考查离子的检验，为高频考点，把握物质的性质、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）钾、钠两种单质的化学性质相似，理由是（ ）

A．同一主族元素 B．化学键相同 C．都是金属元素 D．化合价相同 【分析】钾、钠两种单质是碱金属元素，原子核外最外层电子数为1，元素化学性质由原子最外层电子数决定。

【解答】解：A．钠钾元素属于同主族元素，原子最外层电子数为1，钾、钠两种单质的化学性质相似，故A正确；

B．化学键都为金属键，不能说明化学性质相似，故B错误；

C．钾、钠原子最外层电子数为1，是金属元素，不能说明钾、钠两种单质的化学性质相似，故C错误；

D．钾、钠原子最外层电子数为1，元素化合价为+1价，不能说明化学性质相似，

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故D错误； 故选：A。

【点评】本题考查了碱金属原子结构、元素化学性质的分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度不大。

7．（2分）碳化硅（SiC）常用于电炉的耐火材料。关于SiC说法正确的是（ ） A．易挥发 B．能导电

C．熔化时破坏共价键 D．属于分子晶体

【分析】由信息可知，SiC耐高温，熔点高，为原子晶体，原子间通过共价键结合，以此来解答。

【解答】解：A．原子晶体熔点很高，难挥发，故A错误； B．SiC是原子晶体，不能导电，故B错误；

C．SiC是原子晶体，原子间通过共价键结合，熔化时破坏共价键，故C正确； D．SiC耐高温，熔点高，为原子晶体，故D错误。 故选：C。

【点评】本题考查了晶体的判断，明确不同类型晶体的性质和构成微粒是解答本题的关键，题目难度不大，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。

8．（2分）接触法制硫酸中，通常不采取的措施是（ ） A．硫铁矿粉碎 B．接触室中通入过量空气 C．接触室控制温度约450℃

D．使用高压

【分析】A．沸腾炉是把固体燃料破碎成一定粒度的粉末，使之在炉内以类似沸腾的状态燃烧；

B．接触室中通入过量空气是提高二氧化硫转化率；

C．接触室控制温度约450℃，此时反应速率较大，催化剂活性最大，二氧化硫转化率较大；

D．常压下二氧化硫转化率较大，增大压强转化率变化不大，但设备要求增大，价格升高。

【解答】解：A．沸腾炉是把固体燃料破碎成一定粒度的粉末，使之在炉内以类

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似沸腾的状态燃烧，可以使硫磺和黄铁矿燃烧充分，故A正确；

B．接触室中通入过量空气的目的是，提高二氧化硫转化率，增大原料的利用率，故B正确；

C．要提高二氧化硫催化氧化时催化剂的催化效率，控制温度约450℃，此时催化剂活性最大，反应速率较大，故C正确；

D．常压下二氧化硫催化氧化反应中二氧化硫的转化率较大，增大压强转化率变化不大，但对设备要求更高，经济效益降低，故D错误； 故选：D。

【点评】本题是一道关于化学和化工知识结合的实际应用方面的考题，注重化学联系实际，题目难度不大。

9．（2分）用酒精和浓硫酸为原料制取纯净的乙烯。下列使用的装置和试剂均正确的是（ ）

A． B． C． D．

【分析】酒精与浓硫酸加热至170℃发生消去反应可制备乙烯，选NaOH溶液除去乙烯中混有的杂质，最后利用排水法收集，以此来解答。

【解答】解：A．图中缺少温度计，且温度计的水银球在液面下，还加碎瓷片防止沸腾，故A错误；

B．乙烯与溴水发生加成反应，不能除杂，故B错误；

C．导管长进短出，NaOH可除去乙烯中的杂质，图中装置合理，故C正确； D．乙烯的密度与空气密度接近，不能选排空气法收集，故D错误； 故选：C。

【点评】本题考查物质的制备及化学实验方案的评价，为高频考点，把握实验装置的作用、制备原理、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意乙烯中可能混有二氧化硫等杂质，题目难度不大。

10．（2分）一定条件下，下列物质与Cl2反应不能生成HCl的是（ ）

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A．甲烷 B．乙烯 C．苯 D．水

【分析】A．甲烷与氯气发生取代反应，生成甲烷氯代物和氯化氢； B．乙烯与氯气发生加成反应生成1，2﹣二氯甲烷； C．苯与氯气发生取代反应生成氯苯和氯化氢； D．水与氯气反应生成氯化氢和次氯酸。

【解答】解：A．甲烷与氯气发生取代反应，生成甲烷氯代物和氯化氢，产物中含有氯化氢，故A不选；

B．乙烯与氯气发生加成反应生成1，2﹣二氯甲烷，产物中不含氯化氢，故B选； C．苯与氯气发生取代反应生成氯苯和氯化氢，产物中含有氯化氢，故C不选； D．水与氯气反应生成氯化氢和次氯酸，产物中含有氯化氢，故D不选； 故选：B。

【点评】本题考查了化学反应及产物判断，明确取代反应、加成反应特点，熟悉有机物结构组成是解题关键，题目难度不大。

11．（2分）关于硝酸铵说法正确的是（ ） A．属于共价化合物 B．溶于水放热 C．受热易分解 D．属于有机氮肥 【分析】A、铵根与酸根形成离子键； B、根据硝酸铵溶于水溶液温度的变化分析； C、根据铵盐一般受热易分解分析；

D、含有氮元素的肥料称为氮肥；含有磷元素的肥料称为磷肥；含有钾元素的肥料称为钾肥；同时含有氮、磷、钾三种元素中的两种或两种以上的肥料称为复合肥，据此分析。

【解答】解：A、铵根与酸根形成离子键，则硝酸铵属于离子化合物，故A错误； B、硝酸铵溶于水溶液温度降低，可证明硝酸铵溶于水吸热，故B错误； C、铵盐一般受热易分解，所以硝酸铵受热易分解，故C正确；

D、由化学式NH4NO3知道，硝酸铵提供的营养元素是氮元素，属于氮肥，但不属于有机氮肥，故D错误。 故选：C。

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【点评】本题难度不大，考查硝酸铵的性质，注意基础知识的积累。

12．（2分）不能通过置换反应制取的是（ ） A．Fe（OH）3 B．Fe3O4

C．Al（OH）3 D．Al2O3

【分析】A．金属铁和水蒸气发生置换反应得到的是Fe3O4； B．Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁；

C．金属铝可以和热水反应得到氢氧化铝和氢气； D．Al与氧化铁反应生成氧化铝。

【解答】解：A．Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁，则氢氧化铁不能利用置换反应生成，故A选；

B．Fe与水蒸气在高温下发生置换反应生成四氧化三铁和氢气，故B不选； C．金属铝可以和热水反应得到氢氧化铝和氢气，所以能利用置换反应生成，故C不选；

D．Al与氧化铁在高温下发生置换反应生成氧化铝和铁，故D不选； 故选：A。

【点评】本题考查置换反应，熟悉物质的性质及发生的化学反应即可解答，注意高温下常见的置换反应是解答本题的关键，题目难度不大。

13．（2分）海水提溴一般需要经过浓缩、氧化和提取三个步骤。下列对操作步骤描述错误的是（ ）

A．浓缩的原理是蒸发结晶 B．氧化时通入氯气 C．提取时利用Br2易挥发 D．提取时用CCl4萃取

【分析】海水中溴离子含量较低，应先浓缩，再将溴离子转化为溴需要加入氧化剂，通常选择氯气，氧化溴离子得到单质溴：2Br+Cl2═Br2+2Cl，再利用溴的挥发性，鼓入热空气或热水蒸气将溴分离出来，二氧化硫与溴反应富集后再利用氯气将HBr氧化，以此来解答。

【解答】解：A．加热蒸发可使溴离子浓度增大，为浓缩过程，故A正确； B．氯气可氧化溴离子，故B正确；

C．溴易挥发，可鼓入热空气或热水蒸气将溴分离出来，故C正确；

第12页（共25页）

﹣

﹣

D．通入空气，可将溴从溶液中吹出来，溴与二氧化硫发生氧化还原生成氢溴酸，然后通入氯气，可将HBr氧化生成溴，以实现提取，故D错误； 故选：D。

【点评】本题考查海水资源的利用，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，应熟悉提纯流程及混合物分离提纯、试剂的选择为解答的关键，题目难度不大。

14．（2分）FeCl3溶液吸收H2S的原理：2Fe3++H2S→2Fe2++2H++S↓．下列说法正确的是（ ） A．H2S作氧化剂 B．还原性：H2S＞Fe2+ C．Fe3+发生氧化反应

D．每消耗1mol H2S时转移4NA个电子

【分析】2Fe3++H2S→2Fe2++2H++S↓反应中，Fe元素的化合价降低，被还原，S元素的化合价升高，被氧化，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，据此分析。 【解答】解：A．S元素的化合价升高，被氧化，H2S作还原剂，故A错误； B．反应中H2S作还原剂，Fe2+是还原产物，则还原性：H2S＞Fe2+，故B正确； C．Fe元素的化合价降低，被还原，即Fe3+发生还原反应，故C错误；

D．S的化合价从﹣2价升高到0价，转移2个电子，则每消耗1mol H2S时转移2NA个电子，故D错误。 故选：B。

【点评】本题考查了氧化还原反应，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意把握元素的化合价的变化为解答该题的关键，答题注意转移电子数目的计算以及还原性的比较方法，题目难度不大。

15．（2分）探究氢氧化铝的两性，最适宜的试剂是（ ） A．Al、NaOH溶液、稀盐酸 B．Al2O3、氨水、稀盐酸

C．Al2（SO4）3溶液、NaOH溶液、稀盐酸 D．AlCl3溶液、氨水、稀盐酸

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【分析】既能与酸反应，又能与强碱反应的氢氧化物属于两性氢氧化物，据此分析。

【解答】解：可溶性的铝盐Al2（SO4）3溶液与少量NaOH溶液反应生成氢氧化铝沉淀，继续加过量的氢氧化钠，氢氧化铝沉淀会溶解，氢氧化铝沉淀中加盐酸沉淀溶解；

所以探究氢氧化铝的两性，最适宜的试剂是Al2（SO4）3溶液、NaOH溶液、稀盐酸；故C正确。 故选：C。

【点评】本题考查了金属元素化合物的性质，题目难度不大，注意把握氢氧化铝的性质是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力。

16．（2分）浓硫酸与蔗糖反应的实验，对现象的解释不合理的是（ ）

选项 A B C D A．A

B．B

现象 蔗糖变黑 有刺激性气味 固体体积膨胀 烧杯壁发烫 C．C

D．D

解释 浓硫酸具有脱水性 浓硫酸具有强酸性 生成大量气体 反应放热 【分析】浓硫酸具有吸水性，可用于干燥气体，具有脱水性，可使蔗糖碳化，具有强氧化性，以此解答该题。

【解答】解：A．浓硫酸具有脱水性，可使蔗糖碳化而变黑，故A正确； B．浓硫酸具有强氧化性，在加热条件下可与蔗糖发生氧化还原反应生成二氧化硫气体，有刺激性气味，故B错误；

C．浓硫酸具有强氧化性，在加热条件下可与蔗糖发生氧化还原反应生成二氧化硫气体和二氧化碳气体，固体体积膨胀，生成大量气体，故C正确； D．烧杯壁发烫，原因是该反应为反应放热，故D正确， 故选：B。

【点评】本题考查浓硫酸的性质，为高频考点，注意把握浓硫酸的特性，能区别吸水性和脱水性以及氧化性，难度不大，注意相关基础知识的积累。

第14页（共25页）

17．（2分）室温时，0.1mol/L某酸HA溶液的pH=3．关于该溶液叙述正确的是（ ）

A．溶质的电离方程式为HA→H++A﹣ B．升高温度，溶液的pH增大

C．若加入少量NaA固体，则c（A﹣）降低 D．该溶液稀释10倍后，pH＜4

【分析】0.1mol/L某酸HA溶液的pH=3，则溶液中c（H+）=0.001mol/L，说明HA没有完全电离，应为弱电解质，以此解答该题。

【解答】解：A．HA为弱酸，电离方程式为HA?H++A﹣，故A错误； B．升高温度，促进电离，c（H+）增大，则pH减小，故B错误； C．加入NaA固体，c（A﹣）增大，故C错误；

D．溶液稀释10倍，促进HA的电离，则pH＜4，故D正确。 故选：D。

【点评】本题考查弱电解质的电离，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握弱电解质的电离特点以及平衡移动的影响因素，难度不大。

18．（2分）“双吸剂”含铁粉、活性炭和氯化钠等，可延长食品保质期。其作用原理正确的是（ ）

A．主要发生吸氧腐蚀 B．氯化钠充当正极

C．吸收的气体是O2和CO2 D．负极反应为Fe﹣3e→Fe3+

【分析】A．“双吸剂”含铁粉、活性炭和氯化钠等，吸收的气体是氧气和水，发生吸氧腐蚀；

B．活性炭作为正极，氯化钠溶液为电解质； C．根据铁生锈的原理可知：吸收的是氧气和水分； D．发生吸氧腐蚀时，铁作负极，Fe失去2个电子。

【解答】解：A．“双吸剂”，铁易失电子作负极，碳作正极，负极上铁发生氧化反应，正极上氧气发生还原反应，主要发生吸氧腐蚀，故A正确；

B．“双吸剂”发生的是氧化还原反应，铁粉作为原电池的负极，活性炭作为正极，氯化钠溶液为电解质，故B错误；

第15页（共25页）

C．正极上氧气得电子和水反应生成氢氧根离子，电极反应式为O2+4e﹣+2H2O=4OH

﹣

，吸收的气体是氧气和水，故C错误；

D．铁作负极的电极反应为Fe﹣2e﹣=Fe2+，故D错误； 故选：A。

【点评】本题考查铁粉的性质、原电池的原理，明确形成原电池的条件及原电池原理是解本题关键，题目难度不大。

19．（2分）pH=13的溶液中，可能存在Na+、Ba2+、Fe3+、NH4+、Cl﹣、CO32﹣、SO42

﹣

，若Ba2+浓度为0.04mol/L，则溶液中一定还大量存在的是（ ）

A．Na+ B．NH4+ C．Cl﹣ D．SO42﹣

【分析】pH=13的溶液中含大量的OH﹣，则一定不含Fe3+、NH4+，若Ba2+浓度为0.04mol/L，则一定不含CO32﹣、SO42﹣，结合溶液为电中性来解答。

【解答】解：pH=13的溶液中含大量的OH﹣，c（OH﹣）=0.1mol/L，则一定不含Fe3+、NH4+，若Ba2+浓度为0.04mol/L，则一定不含CO32﹣、SO42﹣，由溶液为电中性可知，0.04mol/L×2＜0.1mol/L×1，则溶液还一定存在的阳离子为Na+，不能确定是否含Cl﹣， 故选：A。

【点评】本题考查离子共存，为高频考点，把握离子之间的反应、电荷守恒为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意题给信息中浓度与电荷数的关系，题目难度不大。

20．（2分）恒容密闭容器中发生反应：SiO2（s）+4HF（g）?SiF4（g）+2H2O（g）+148.9kJ．叙述错误的是（ ） A．反应物的总能量高于生成物的总能量

B．若生成2mol液态水，则放出的热量大于148.9 kJ C．当v正（HF）=2v逆（H2O）时，反应达到平衡状态 D．平衡后放出的热量随加入SiO2量的增加而增大 【分析】A．该反应为放热反应，反应物的总能量较高； B．液态水具有能量低，则生成液态水时放出热量增大；

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C．正逆反应速率相等时达到平衡状态；

D．二氧化硅为固体，加入二氧化硅后平衡不一定。

【解答】解：A．反应SiO2（s）+4HF（g）?SiF4（g）+2H2O（g）+148.9kJ为放热反应，则反应物总能量高于生成物总能量，故A正确；

B．生成2mol气态水放出148.9kJ热量，当生成液态水时生成物总能量减小，则放出热量大于148.9 kJ，故B正确；

C．当v正（HF）=2v逆（H2O）时，正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，故C正确；

D．SiO2的状态为固体，固态物质不影响平衡，则加入SiO2固体后平衡不移动，放出热量不变，故D错误； 故选：D。

【点评】本题考查反应热与焓变的应用，题目难度不大，明确化学反应与能力变化的关系为解答关键，注意掌握反应热与焓变的关系，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。

二、综合分析题（共60分）

21．（15分）羰基硫（COS）可作为熏蒸剂，分子结构与CO2相似。回答下列问题：

（1）碳原子的核外电子排布式为 1s22s22p2， ；

组成羰基硫的元素中，半径最大的原子其核外有 5 种不同能量的电子。 （2）羰基硫为 极性 （填“极性”或“非极性”）分子，羰基硫的电子式为

。

（3）已知逆反应速率随时间变化如图所示，则t0时改变的条件可能是 加入催化剂 或 缩小容器体积（增大压强） 。

（4）解释稳定性CO2大于CS2的原因 C=O双键键能大于C=S双键键能所以稳定性CO2大于CS2 。密闭容器中，发生反应：CO（g）+H2S（g）?COS（g）+H2（g）

（5）该反应达到平衡后，其他条件不变，升高温度，H2S浓度增加，表明该反应是 放 （填“放”或“吸”）热反应，平衡常数K将 减小 （填“增大”、“减小”

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或“不变”）；若在反应体系中通入一定量SO2（g），判断平衡移动的方向并解释原因。 向左移动，因为SO2与H2S反应，使c（H2S）降低，所以向左移动

【分析】（1）根据核外电子排布式规律来书写；电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同的，原子序数越大，半径越小，合电子排布式1s22s22p63s23p4，同一轨道电子能量相同，据此进行分析；

（2）根据羰基硫的分子结构及羰基硫中碳硫双键与碳氧双键的进行进行判断；根据羰基硫分子中所有原子的最外层都满足8电子结构判断其电子式； （3）C=O双键键能大于C=S双键键能，据此进行分析；

（4）图示中t0时的正逆反应速率都加快，根据及影响化学反应速率的因素判断改变的条件；

（5）升高温度，H2S浓度增加，则平衡逆向移动，故逆反应为吸热反应，据此进行分析；K=

，升高温度，H2S浓度增加，则分母变大，分子减小，

整个分式减小；据平衡移动来分析。

【解答】解：（1）碳原子的核外电子排布式为：1s22s22p2；电子层数越多，原子半径越大，电子层数相同的，原子序数越大，半径越小，则原子半径：S＞C＞O，则S原子的半径最大，结合电子排布式1s22s22p63s23p4，同一轨道电子能量相同，则有5种能量不同的电子， 故答案为：1s22s22p2；5；

（2）羰基硫中碳氧双键与碳硫双键的极性不同，所以羰基硫分子为极性分子；羰基硫中分子中所有原子的最外层都满足8电子结构，碳原子能形成4个共价键，硫原子能形成2个共价键，氧原子能形成2个共价键，所以其电子式为故答案为：极性；

；

；

（3）解释稳定性CO2大于CS2的原因C=O双键键能大于C=S双键键能所以稳定性CO2大于CS2，

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故答案为：C=O双键键能大于C=S双键键能所以稳定性CO2大于CS2；

（4）图示中t0时的正逆反应速率都加快，故t0时改变的条件可能是加入催化剂或缩小容器体积（增大压强），

故答案为：加入催化剂；缩小容器体积（增大压强）；

（5）升高温度，H2S浓度增加，则平衡逆向移动，则逆反应为吸热反应，故表明该反应是放热反应；K=

，升高温度，H2S浓度增加，则分母变大，

分子减小，整个分式减小，故平衡常数K将减小；若在反应体系中通入一定量SO2平衡向左，因为SO2与H2S反应，使c（H2S）降低，所以向左移动， 故答案为：放；减小；向左移动，因为SO2与H2S反应，使c（H2S）降低，所以向左移动。

【点评】本题考查了键能对物质稳定性的影响、电子式、核外电子排布式、据K随温度的变化判断反应吸热还是放热等，题目有一定难度。

22．（15分）氨是一种重要的工业原料。回答下列问题：

（1）催化剂存在下，NH3可用来消除NO的污染，生成两种对环境无害的物质。写出反

应的化学方程式 4NH3+6NO产物的物质的量之比为 2：3 。

（2）当运输氨气的管道发生泄漏时，可用一种挥发性液体 浓盐酸（或浓硝酸） （写试剂名称） 进行检查，出现的现象是 产生（大量）白烟 。联氨（N2H4）具有较强的还原性。工业上用过量氨气和NaClO溶液来制备。

（3）制取NaClO所用的原料是 Cl2 、 NaOH 。解释氯气过量的原因 防止N2H4被NaClO氧化 。常温下，向10mL pH=2的盐酸中滴加等浓度氨水。加入氨水的体积（V）与溶液pH的关系如图所示。

（4）a点溶液中由水电离产生的c（H+） ＜ 10﹣7mol/L （填＞、＜或=）；用平衡移动原理解释b点溶液呈酸性的原因 NH4+水解结合水电离出的OH﹣，使水的电离平衡H2O?H++OH﹣向正方向移动，溶液中c（H+）＞c（OH﹣），所以溶液呈

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5N2+6H2O ；该反应中氧化产物与还原

酸性 。

（5）比较c点溶液中所有离子浓度大小关系是 c（NH4+）=c（Cl﹣）＞c（H+）=c（OH﹣） 。

【分析】（1）NH3可用来消除NO的污染，生成2种对环境无害的物质，应生成氮气和水；

（2）符合要求的物质具有的条件是：易挥发；能和氨气之间反应伴随明显的现象即可；

（3）次氯酸钠制备利用氯气和氢氧化钠溶液反应生成，氯气过量保证生成的肼不被次氯酸钠氧化；

（4）a 点为pH=2的盐酸溶液，溶液中氢离子浓度=0.01mol/L，溶液中存在离子积常数，据此计算水电离出的氢离子浓度；b点是加入10ml，浓度为0.01mol/L的氨水，恰好完全中和反应生成氯化铵溶液，铵根离子水解溶液显酸性； （5）c点溶液PH=7说明溶液呈中性，结合电荷守恒分析离子浓度关系。 【解答】解：（1）NH3可用来消除NO的污染，生成2种对环境无害的物质，应生成氮气和水，反应的方程式为4NH3+6NO

5N2+6H2O，反应中只有N

元素化合价发生变化，由方程式可知反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为4：6=2：3， 故答案为：4NH3+6NO

5N2+6H2O；2：3；

（2）浓盐酸（或浓硝酸）具有挥发性，能和氨气之间反应产生（大量）白烟，可以进行NH3泄漏，

故答案为：浓盐酸（或浓硝酸）；产生（大量）白烟；

（3）制取NaClO所用的原料是Cl2、NaOH，氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，工业上用过量氨气和NaClO溶液来制备，氯气过量的原因是：

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防止N2H4被NaClO氧化，

故答案为：Cl2；NaOH；防止N2H4被NaClO氧化；

（4）a 点为pH=2的盐酸溶液，溶液中氢离子浓度=0.01mol/L，溶液中存在离子积常数，水电离出氢氧根离子浓度和氢离子浓度相同=10﹣12mol/L，a点溶液中由水电离产生的c（H+）＜10﹣7mol/L，据此计算水电离出的氢离子浓度；b点是加入10ml，浓度为0.01mol/L的氨水，恰好完全中和反应生成氯化铵溶液，NH4+水解结合水电离出的OH﹣，使水的电离平衡H2O?H++OH﹣向正方向移动，溶液中c（H+）＞c（OH﹣），所以溶液呈酸性，

故答案为：＜；NH4+水解结合水电离出的OH﹣，使水的电离平衡H2O?H++OH﹣向正方向移动，溶液中c（H+）＞c（OH﹣），所以溶液呈酸性；

（5）c点溶液PH=7，说明溶液呈中性，c（H+）=c（OH﹣），溶液中存在电荷守恒，c（H+）+c（NH4+）=c（OH﹣）+c（Cl﹣），溶液质量中浓度大小为：c（NH4+）=c（Cl

﹣

）＞c（H+）=c（OH﹣），

故答案为：c（NH4+）=c（Cl﹣）＞c（H+）=c（OH﹣）。

【点评】本题考查了物质制备、物质性质、氧化还原反应电子转移、弱电解质电离和盐类水解的理解应用，注意溶液中存在电荷守恒，掌握基础是解题关键，题目难度中等。

23．（15分）小苏打是一种常用的食品添加剂。

（1）精制食盐是制备小苏打的原料之一。粗盐中含有少量Ca2+、Mg2+、SO42﹣，粗盐精制的步骤顺序是：溶解→ b → c → d → a （填字母编号）。 a．加盐酸调pH b．加Ba（OH）2溶液 c．加Na2CO3溶液 d．过滤 （2）NH3、CO2先后通入饱和食盐水中，反应的离子方程式 NH3+CO2+Na+H2O=NaHCO3↓+NH4 。

（3）侯氏制碱法中，母液的处理方法是通入氨气，再加入细小食盐颗粒，最后冷却析出的副产品是 NH4Cl ；简述通氨气的作用 增大NH4+浓度有利于NH4Cl析出、将NaHCO3转化为Na2CO3，提高NH4Cl的纯度 。

（4）称取2.640g小苏打样品（含少量NaCl），配置成250mL溶液，准确取出20.00mL溶液于锥形瓶中，滴加 甲基橙 作指示剂，滴定时消耗0.1000mol/L

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+

+

盐酸的体积为20.67mL．则该样品中碳酸氢钠的质量分数为 0.82 （保留两位小数）。若装标准溶液的滴定管没有润洗，则测得的结果会 偏大 （填“偏大”、“偏小”或“不变”）。

（5）测定上述样品中碳酸氢钠的质量分数还可通过如图装置进行测定。实验需使用的定量仪器是 电子天平 ；写出涉及的化学方程式 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑ 。

【分析】（1）粗盐中含有少量Ca2+、Mg2+、SO42﹣，溶解后加NaOH除去镁离子，加钡离子除去硫酸根离子，碳酸钠除去钙离子及过量钡离子，最后加盐酸； （2）NH3、CO2先后通入饱和食盐水中，生成碳酸氢钠、氯化铵； （3）侯氏制碱法中，副产品为氯化铵，氨气可增大铵根离子的浓度；

（4）酸滴定碱性溶液，可选甲基橙作指示剂，结合NaHCO3～HCl计算，若装标准溶液的滴定管没有润洗，消耗盐酸偏大；

（5）由图可知，需要测定实验前后的质量，利用碳酸氢钠加热易分解的性质来测定。

【解答】解：（1）粗盐中含有少量Ca2+、Mg2+、SO42﹣，溶解后加NaOH除去镁离子，加钡离子除去硫酸根离子，碳酸钠除去钙离子及过量钡离子，最后加盐酸，碳酸钠一定在含钡离子的物质之后，则粗盐精制的步骤顺序是：溶解→b→c→d→a， 故答案为：b； c；d； a；

（2）NH3、CO2先后通入饱和食盐水中，反应的离子方程式为NH3+CO2+Na++H2O=NaHCO3↓+NH4+，

故答案为：NH3+CO2+Na++H2O=NaHCO3↓+NH4+；

（3）侯氏制碱法中，母液的处理方法是通入氨气，再加入细小食盐颗粒，最后冷却析出的副产品是NH4Cl；通氨气的作用为增大NH4+浓度有利于NH4Cl析出、将NaHCO3转化为Na2CO3，提高NH4Cl的纯度，

故答案为：NH4Cl；增大NH4+浓度有利于NH4Cl析出、将NaHCO3转化为Na2CO3，提高NH4Cl的纯度；

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（4）称取2.640g小苏打样品（含少量NaCl），配置成250mL溶液，准确取出20.00mL溶液于锥形瓶中，滴加甲基橙作指示剂，由黄色变为橙色且30s不变达到滴定终点，滴定时消耗0.1000mol/L盐酸的体积为20.67mL，则该样品中碳酸氢钠的质量分数为

×100%=0.82．若装标

准溶液的滴定管没有润洗，消耗盐酸偏大，则测得的结果会偏大， 故答案为：甲基橙；0.82；偏大；

（5）由图可知，需要测定实验前后的质量，则实验需使用的定量仪器是电子天平；涉及的化学方程式为2NaHCO3故答案为：电子天平；2NaHCO3

Na2CO3+H2O+CO2↑， Na2CO3+H2O+CO2↑。

【点评】本题考查物质含量的测定及侯氏制碱法，为高频考点，把握测定原理、物质的性质、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（4）中指示剂的选择为解答的易错点，题目难度不大。

24．（15分）阿托酸是一种常用的医药中间体，合成路线如下：

（1）①的反应类型是 加成反应 ；②的反应试剂和条件是 氢氧化钠溶液、加热 。

（2）反应③是氧化反应，但有一个羟基没有被氧化。原因是 羟基相连碳上没有氢原子，不能被氧化 ；欲检验反应④的有机产物，可选择的试剂是 d 。 a．Na b．NaCl溶液 c．NaOH溶液 d．NaHCO3溶液

（3）写出反应⑤的化学方程式 ；

写出一种与阿托酸具有相同官能团的同分异构体的结构简式

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（任写一个） 。

（4）由CH2=CH﹣CHO和乙醇可以合成CH3CH2COOC2H5．写出其合成路线。（合成路线常用的表示方式为：X

Y……

目标产物）

【分析】2﹣苯基丙烯发生反应生成A，根据反应①的反应物、反应②的产物结构简式知，①是加成反应、②是水解反应，A应该是卤代烃；B发生反应④后产

生羧基，则B为，发生消去反应生成阿托酸，

阿托酸结构简式为；

（4）CH2=CHCHO发生氧化反应生成CH2=CHCOOH，CH2=CHCOOH和氢气发生加成反应生成CH3CH2COOH，CH3CH2COOH和CH3CH2OH发生酯化反应生成CH3CH2COOCH2CH3。

【解答】解：2﹣苯基丙烯发生反应生成A，根据反应①的反应物、反应②的产物结构简式知，①是加成反应、②是水解反应，A应该是卤代烃；B发生反应④

后产生羧基，则B为，发生消去反应生成阿托

酸，阿托酸结构简式为；

（1）①的反应类型是加成反应；②的反应试剂和条件是NaOH的水溶液、加热， 故答案为：加成；NaOH的水溶液、加热；

（2）反应③是氧化反应，但有一个羟基没有被氧化，原因是羟基相连碳上没有氢原子，不能被氧化；欲检验反应④的有机产物，可选择的试剂是碳酸氢钠，只有羧基能和碳酸氢钠反应生成气体，

故答案为：羟基相连碳上没有氢原子，不能被氧化；d；

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（3）反应⑤的化学方程式；

与阿托酸具有相同官能团的同分异构体的结构简式

（任写一个），

故答案为：；

（任写一个）；

（4）CH2=CHCHO发生氧化反应生成CH2=CHCOOH，CH2=CHCOOH和氢气发生加成反应生成CH3CH2COOH，CH3CH2COOH和CH3CH2OH发生酯化反应生成CH3CH2COOCH2CH3

，

其

合

成

路，

故答案为：

。 线

为

【点评】本题考查有机物推断和有机合成，侧重考查学生分析、推断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质关系、物质之间的转化关系及反应条件即可解答，注意反应前后物质结构简式变化，题目难度不大。

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