上海市虹口區(qū)2014屆高三二模化學試題 Word版含解析

1、上海市虹口區(qū)2014屆高三二模化學試卷一、選擇題（本題共10分，每小題2分，每題只有一個正確選項）1化學已滲透到人類生活的各個方面，下列說法正確的是（）A石油、煤、天然氣、可燃冰、植物油都屬于化石燃料B綠色食品是生產(chǎn)時不使用化肥、農(nóng)藥、不含任何化學物質(zhì)的食品C推廣使用潔凈煤技術，可減少二氧化硫等有害氣體的排放D地溝油的主要成分是高級脂肪酸甘油酯，可用于制肥皂和加工食用油考點：化石燃料與基本化工原料；常見的生活環(huán)境的污染及治理；常見的食品添加劑的組成、性質(zhì)和作用.專題：化學應用分析：A植物油屬于油脂不是化石燃料；B綠色食品是指在無污染的條件下種植、養(yǎng)殖、施有機肥料、不用高毒性、高殘留農(nóng)藥、在標準

2、環(huán)境、生產(chǎn)技術、衛(wèi)生標準下加工生產(chǎn)、經(jīng)權威機構認定并使用專門標志的安全、優(yōu)質(zhì)、營養(yǎng)類食品的統(tǒng)稱據(jù)此解答；C潔凈煤技術是指減少污染和提高效率的煤炭加工、燃燒、轉化和污染控制等新技術；D“地溝油”是用飯店的泔水及垃圾豬肉等加工而成的“食用油”，對人體健康有害不能食用解答：解：A石油、煤、天然氣、可燃冰都屬于化石燃料，植物油屬于油脂不是化石燃料，故A錯誤；B綠色食品是指在無污染的條件下種植、養(yǎng)殖、施有機肥料、不用高毒性、高殘留農(nóng)藥、在標準環(huán)境的食品，生產(chǎn)時可以使用有機化肥和低毒的農(nóng)藥，故B錯誤；C推廣使用潔凈煤技術，可減少二氧化硫等有害氣體的排放，故C正確；D“地溝油”是用飯店的泔水及垃圾豬肉等加工

3、而成的“食用油”，對人體健康有害不能食用，故D錯誤；故選C點評：本題考查了常見的化石燃料，對綠色食品、節(jié)煤技術的理解，地溝油的成分，與社會生活接觸密貼，是高考的熱點題型，平時學習時注意積累2（2分）（2014虹口區(qū)二模）下列說法正確的是（）A230Th和232Th是釷的兩種同素異形體BH2與T2互為同位素C甲醇與乙二醇互為同系物D乙酸乙酯與丁酸互為同分異構體考點：同素異形體；同位素及其應用；芳香烴、烴基和同系物；同分異構現(xiàn)象和同分異構體.專題：原子組成與結構專題；同系物和同分異構體分析：A、230Th和232Th是釷的兩種不同核素；B、H2與T2都是由氫元素組成的氫單質(zhì)；C、結構相似，分子組成

4、上相差一個或若干個CH2的有機化合物，互為同系物；D、分子式相同、結構不同的化合物互為同分異構體解答：解：A、230Th和232Th的質(zhì)子數(shù)相同，中子數(shù)相差2，都是由釷元素組成的兩種不同核素，互為同位素，故A錯誤；B、H2與T2都是由氫元素組成的氫單質(zhì)，互為同素異形體，故B錯誤；C、甲醇的分子式為CH4O，乙二醇的分子式為C2H6O2，分子組成上相差CH2O，因此甲醇與乙二醇不互為同系物，故C錯誤；D、乙酸乙酯與丁酸的分子式為C4H8O2，乙酸乙酯含有酯基，丁酸含有羧基，二者結構不同，互為同分異構體，故D正確；故選：D點評：本題考查了同位素、同系物、同素異形體、同分異構體的辨析，題目難度一般，

5、準確掌握同位素、同系物、同素異形體、同分異構體的定義是解題的關鍵3（2分）（2014虹口區(qū)二模）下列化學用語正確的是（）A2氨基丁酸的結構簡式：B四氯化碳的比例模型：C氯化銨的電子式為：D次氯酸的結構式為：HClO考點：電子式、化學式或化學符號及名稱的綜合.專題：化學用語專題分析：A根據(jù)氨基酸的命名原則進行判斷；B四氯化碳分子中碳原子半徑小于氯原子半徑，該模型中原子半徑大小錯誤；C氯離子最外層電子數(shù)沒有標出；D次氯酸分子中不存在氫氯鍵，應該為氫氧鍵和氯氧鍵解答：解：A.2氨基丁酸，氨基在羧基鄰位碳上，其結構簡式為：，故A正確；B四氯化碳分子中，氯原子的原子半徑大于碳原子，四氯化碳的正確的比例模

6、型為：，故B錯誤；C氯化銨為離子化合物，氯離子中的最外層電子應該標出，正確的電子式為：，故C錯誤；D次氯酸的電子式為：，所以次氯酸的結構式為：HOCl，故D錯誤；故選A點評：本題考查了電子式、結構簡式、結構式、比例模型的判斷，題目難度中等，注意掌握常見化學用語的概念及表示方法，明確離子化合物與共價化合物的電子式區(qū)別4（2分）（2014虹口區(qū)二模）下列說法正確的是（）A分子晶體中一定含有共價鍵BpH=7的溶液一定是中性溶液C含有極性鍵的分子不一定是極性分子D非金屬性強的元素單質(zhì)一定很活潑考點：共價鍵的形成及共價鍵的主要類型；元素周期律的作用；極性分子和非極性分子；水的電離.專題：基本概念與基本理

7、論；化學鍵與晶體結構分析：A稀有氣體形成的分子晶體中不存在化學鍵；BpH=7的溶液可能為酸性、堿性、中性；C含有極性鍵的分子可能為極性分子，也可為非極性分子；D非金屬性強的元素單質(zhì)，性質(zhì)不一定很活潑解答：解：A稀有氣體形成的分子晶體中不存在化學鍵，多原子構成的分子晶體中存在共價鍵，故A錯誤；BpH=7的溶液可能為酸性、堿性、中性，常溫下pH=7的溶液一定是中性溶液，故B錯誤；C含有極性鍵的分子可能為極性分子，也可為非極性分子，如甲烷為極性鍵構成的非極性分子，故C正確；D非金屬性強的元素單質(zhì)，性質(zhì)不一定很活潑，如N的非金屬性強，但氮氣性質(zhì)穩(wěn)定，故D錯誤；故選C點評：本題考查較綜合，涉及化學鍵、溶

8、液酸堿性、鍵的極性與分子的極性、非金屬性及物質(zhì)性質(zhì)等，選項B為易錯點，注重基礎知識的考查，題目難度不大5（2分）（2014虹口區(qū)二模）下列有關物質(zhì)的性質(zhì)與應用相對應的是（）ACl2具有漂白性，可用作自來水的消毒BSiO2具有高沸點，可用作制備光導纖維CNH3具有還原性，可用作制冷劑DNa2O2能與CO2反應，可用作潛水艇內(nèi)的供氧劑考點：氯氣的化學性質(zhì)；氨的化學性質(zhì)；硅和二氧化硅；鈉的重要化合物.專題：元素及其化合物分析：A、氯氣沒有漂白性，次氯酸具有漂白性；B、二氧化硅熔點高，還是制造光導纖維的材料；C、氨氣易液化，常用作制冷劑；D、過氧化鈉可以和人體呼出的氣體反應產(chǎn)生氧氣，常做供氧劑解答：解

9、：A、氯氣沒有漂白性，是氯氣和水之間反應生成的次氯酸具有漂白性，物質(zhì)的性質(zhì)與應用不相對應，故A錯誤；B、二氧化硅熔點高，具有傳輸信息的特點，所以是制造光導纖維的材料，物質(zhì)的性質(zhì)與應用不相對應，故B錯誤；C、氨氣常用作制冷劑，是因為其易液化，不是因為還原性，物質(zhì)的性質(zhì)與應用不相對應，故C錯誤；D、過氧化鈉可以和人體呼出的氣體二氧化碳等反應產(chǎn)生氧氣，常做供氧劑，質(zhì)的性質(zhì)與應用相對應，故D正確故選D點評：本題考查學生物質(zhì)的性質(zhì)以及應用，注意知識的歸納和整理是解題的關鍵，難度不大二、選擇題（本題共36分，每小題3分，只有一個正確選項，答案涂在答題紙上）6（3分）（2014虹口區(qū)二模）下列關于氨堿法（索

10、氏）和聯(lián)合制堿法（侯氏）說法錯誤的是（）A兩者的原料來源相同B兩者的生產(chǎn)原理相同C兩者對食鹽利用率不同D兩者最終產(chǎn)品都是Na2CO3考點：純堿工業(yè)（侯氏制堿法）.專題：化學應用分析：氨堿法：以食鹽（氯化鈉）、石灰石（經(jīng)煅燒生成生石灰和二氧化碳）、氨氣為原料來制取純堿先使氨氣通入飽和食鹽水中而成氨鹽水，再通入二氧化碳生成溶解度較小的碳酸氫鈉沉淀和氯化銨溶液其化學反應原理是：NH3+CO2+H2O+NaCl（飽和）=NaHCO3+NH4Cl，將經(jīng)過濾、洗滌得到的NaHCO3微小晶體，再加熱煅燒制得純堿產(chǎn)品：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，放出的二氧化碳氣體可回收循環(huán)使用，含有氯化銨的濾

11、液與石灰乳（Ca（OH）2）混合加熱，所放出的氨氣可回收循環(huán)使用，CaO+H2O=Ca（OH）2，2NH4Cl+Ca（OH）2=CaCl2+2NH3+2H2O； 聯(lián)合制堿法：以食鹽、氨和二氧化碳（其中二氧化碳來自合成氨廠用水煤氣制取氫氣時的廢氣）為原料來制取純堿，聯(lián)合制堿法包括兩個過程：第一個過程與氨堿法相同，將氨通入飽和食鹽水而成氨鹽水，再通入二氧化碳生成碳酸氫鈉沉淀，經(jīng)過濾、洗滌得NaHCO3微小晶體，再煅燒制得純堿產(chǎn)品，其濾液是含有氯化銨和氯化鈉的溶液第二個過程是從含有氯化銨和氯化鈉的濾液中結晶沉淀出氯化銨晶體由于氯化銨在常溫下的溶解度比氯化鈉要大，低溫時的溶解度則比氯化鈉小，而且氯化銨

12、在氯化鈉的濃溶液里的溶解度要比在水里的溶解度小得多，所以在低溫條件下，向濾液中加入細粉狀的氯化鈉，并通入氨氣，可以使氯化銨單獨結晶沉淀析出，經(jīng)過濾、洗滌和干燥即得氯化銨產(chǎn)品此時濾出氯化銨沉淀后所得的濾液，已基本上被氯化鈉飽和，可回收循環(huán)使用解答：解：A氨堿法：以食鹽（氯化鈉）、石灰石（經(jīng)煅燒生成生石灰和二氧化碳）、氨氣為原料，聯(lián)合制堿法：以食鹽、氨和二氧化碳（其中二氧化碳來自合成氨廠用水煤氣制取氫氣時的廢氣）為原料，兩者的原料來源不相同，故A錯誤；B氨堿法其化學反應原理是：NH3+CO2+H2O+NaCl（飽和）=NaHCO3+NH4Cl，聯(lián)合制堿法：包括兩個過程：第一個過程與氨堿法相同，將氨

13、通入飽和食鹽水而成氨鹽水，再通入二氧化碳生成碳酸氫鈉沉淀，經(jīng)過濾、洗滌得NaHCO3微小晶體，再煅燒制得純堿產(chǎn)品，第二個過程是從含有氯化銨和氯化鈉的濾液中結晶沉淀出氯化銨晶體，故B正確；C氨堿法的最大缺點還在于原料食鹽的利用率只有72%74%；聯(lián)合制堿法最大的優(yōu)點是使食鹽的利用率提高到96%以上，故C正確；D氨堿法（索氏）和聯(lián)合制堿法（侯氏）兩者最終產(chǎn)品都是Na2CO3，故D正確；故選A點評：本題主要考查了氨堿法（索氏）和聯(lián)合制堿法（侯氏）的原理，掌握原理是解題的關鍵，題目難度不大7（3分）（2014虹口區(qū)二模）下列各圖示實驗設計和操作合理的是（）A證明非金屬性強弱：SCSiB制備少量氧氣C配

14、制一定物質(zhì)的量濃度的硫酸溶液D制備少量乙酸丁酯考點：化學實驗方案的評價.專題：實驗評價題分析：A發(fā)生強酸制取弱酸的反應可知最高價含氧酸的酸性；B過氧化鈉為粉末固體，固體與液體接觸后，不能分離；C不能在容量瓶中稀釋濃硫酸；D反應物乙酸、1丁醇的沸點低于產(chǎn)物乙酸丁酯的沸點解答：解：A發(fā)生強酸制取弱酸的反應可知最高價含氧酸的酸性為硫酸碳酸硅酸，可比較非金屬性SCSi，故A正確；B過氧化鈉為粉末固體，固體與液體接觸后，不能分離，圖中隔板不能用作粉末固體與液體的反應，故B錯誤；C不能在容量瓶中稀釋濃硫酸，應在燒杯中稀釋、冷卻后轉移到容量瓶中，故C錯誤；D反應物乙酸、1丁醇的沸點低于產(chǎn)物乙酸丁酯的沸點，若

15、采用圖中裝置，會造成反應物的大量揮發(fā)，大大降低了反應物的轉化率，故D錯誤；故選A點評：本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，涉及非金屬性比較、固液反應裝置、溶液配制、乙酸丁酯制備等，把握物質(zhì)的性質(zhì)及反應原理為解答的關鍵，注意實驗方案的評價性、操作性分析，選項D為解答的難點，題目難度不大8（3分）（2014虹口區(qū)二模）如圖是利用試紙、鉛筆芯設計的微型實驗以鉛筆芯為電極，分別接觸表面皿上的試紙，接通電源，觀察實驗現(xiàn)象下列說法錯誤的是（）ApH試紙變藍BKI淀粉試紙變藍C通電時，電能轉換為化學能D電子通過pH試紙到達KI淀粉試紙考點：原電池和電解池的工作原理.專題：電化學專題分析：該裝置為電解池，

16、連接負極的鉛筆芯為陰極，陰極上氫離子放電，同時電極附近生成氫氧根離子，溶液呈堿性；連接正極的鉛筆芯為陽極，陽極上氯離子放電生成氯氣，氯氣能氧化碘離子生成碘，碘與淀粉試液變藍色解答：解：A連接負極的鉛筆芯為陰極，陰極上氫離子放電生成氫氣，同時電極附近生成氫氧根離子，溶液呈堿性，pH試紙遇堿變藍色，故A正確；B連接正極的鉛筆芯為陽極，陽極上氯離子放電生成氯氣，氯氣能氧化碘離子生成碘，碘與淀粉試液變藍色，所以淀粉碘化鉀試紙變藍色，故B正確；C該裝置是將電能轉化為化學能裝置，為電解池，故C正確；D電子不通過電解質(zhì)溶液，電解質(zhì)溶液中陰陽離子定向移動形成電流，故D錯誤；故選D點評：本題考查了電解原理，明確

17、離子放電順序及各個電極上發(fā)生的反應、物質(zhì)的性質(zhì)即可解答，注意電解質(zhì)溶液中電流的形成，為易錯點9（3分）（2014虹口區(qū)二模）硒（Se）與S同主族，下列能用于比較兩者非金屬性強弱的是（）A氧化性：SeO2SO2B熱穩(wěn)定性：H2SH2SeC熔沸點：H2SH2SeD酸性：H2SO3H2SeO3考點：非金屬在元素周期表中的位置及其性質(zhì)遞變的規(guī)律.專題：元素周期律與元素周期表專題分析：硒（Se）與S同主族，同主族從上到下，非金屬性減弱，可利用氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性、最高價含氧酸的酸性等比較非金屬性，以此來解答解答：解：A不能利用氧化物的氧化性比較非金屬性強弱，故A不選；B熱穩(wěn)定性：H2SH2Se，可知非金屬

18、性SSe，故B選；C不能利用熔沸點比較非金屬性強弱，故C不選；D酸性：H2SO3H2SeO3，不是最高價含氧酸，則不能比較非金屬性強弱，故D不選；故選B點評：本題考查同種元素性質(zhì)的變化規(guī)律及非金屬性比較，為高頻考點，側重非金屬性比較的考查，注意規(guī)律性知識的總結及應用，題目難度不大10（3分）（2014虹口區(qū)二模）如圖，小燒杯放在一塊沾有水的玻璃片上，加入氯化銨固體與氫氧化鋇晶體Ba（OH）28H2O），并用玻璃棒攪拌，玻璃片上的水結成了冰由此可知（）A該反應中，化學能轉變成熱能B反應物的總能量低于生成物的總能量C氯化銨與氫氧化鋇的反應為放熱反應D反應的熱化學方程式為 2NH4Cl+Ba（OH）

19、2BaCl2+2NH3H2OQ考點：吸熱反應和放熱反應.專題：化學反應中的能量變化分析：通過玻璃片上結冰現(xiàn)象可以確定反應是吸熱的；吸熱反應中，反應物的總能量小于生成物的總能量解答：解：A通過玻璃片上結冰現(xiàn)象可知該反應為吸熱反應，故熱能轉變?yōu)榛瘜W能，故A錯誤；B該反應是一個吸熱反應，則反應物的總能量小于生成物的總能量，故B正確；C該反應是一個吸熱反應，故C錯誤；D氯化銨與氫氧化鋇晶體反應生成氯化鋇、一水合氨和水，該反應為吸熱反應，反應的熱化學方程式為：2NH4Cl+Ba（OH）28H2OBaCl2+2NH3H2O+8H2OQ，故D錯誤，故選B點評：本題考查學生吸熱反應和物質(zhì)能量的轉化，可以根據(jù)所

20、學知識進行回答，難度不大11（3分）（2014虹口區(qū)二模）下列有關碳酸鈉在化學實驗中的作用敘述錯誤的是（）A用碳酸鈉溶液制備少量燒堿B用飽和碳酸鈉溶液除去CO2中混有的HCl氣體C用飽和碳酸鈉溶液除去乙酸乙酯中混有的乙醇和乙酸D用熱的碳酸鈉溶液洗滌銀鏡反應前試管內(nèi)壁的油污考點：鈉的重要化合物.專題：元素及其化合物分析：A碳酸鈉可與氫氧化鈣反應生成NaOH；BCO2和HCl都能與飽和碳酸鈉反應；C乙酸乙酯不溶于飽和碳酸鈉溶液，但飽和碳酸鈉溶液可吸收乙醇和乙酸；D碳酸鈉水解呈堿性，可除去油污解答：解：A碳酸鈉可與氫氧化鈣發(fā)生復分解反應，在實驗室中可用于制備NaOH溶液，故A正確；BCO2和HCl都

21、能與飽和碳酸鈉反應，應用飽和碳酸氫鈉溶液除去HCl，故B錯誤；C乙酸乙酯不溶于飽和碳酸鈉溶液，乙酸可與碳酸鈉反應，可溶乙醇于水，可起到分離物質(zhì)的作用，故C正確；D熱的碳酸鈉溶液呈堿性，油污在堿性條件下可發(fā)生水解，可除去油污，故D正確故選：B點評：本題考查碳酸鈉的性質(zhì)，為高頻考點，注意碳酸鈉為強堿弱酸鹽，水解呈堿性，題目難度不大12（3分）（2014虹口區(qū)二模）H2SO3水溶液中存在電離平衡H2SO3H+HSO3和HSO3H+SO32，若向H2SO3溶液中（）A通入氯氣，溶液中氫離子濃度增大B通入過量H2S，反應后溶液pH減小C加入氫氧化鈉溶液，平衡向右移動，pH變小D加入氯化鋇溶液，平衡向右移

22、動，會產(chǎn)生亞硫酸鋇沉淀考點：弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡.專題：電離平衡與溶液的pH專題分析：A氯氣和亞硫酸發(fā)生氧化還原反應，離子反應方程式為：Cl2+H2SO3+H2O=4H+SO42+2Cl；B亞硫酸和硫化氫發(fā)生氧化還原反應方程式為：H2SO3+2H2S=3S+3H2O；C氫氧根離子和氫離子發(fā)生反應，離子方程式為OH+H+=H2O；D鹽酸酸性大于亞硫酸，氯化鋇和亞硫酸不反應解答：解：A氯氣和亞硫酸發(fā)生氧化還原反應，離子反應方程式為Cl2+H2SO3+H2O=4H+SO42+2Cl，溶液中氫離子濃度增大，故A正確；B亞硫酸和硫化氫發(fā)生氧化還原反應方程式為：H2SO3+2H2S=3S+3H2O

23、，通入硫化氫后抑制亞硫酸電離，導致溶液中氫離子濃度減小，溶液的pH增大，故B錯誤；C氫氧根離子和氫離子發(fā)生反應，離子方程式為OH+H+=H2O，平衡向正反應方向移動，但溶液中氫離子濃度減小，溶液的pH增大，故C錯誤；D鹽酸酸性大于亞硫酸，氯化鋇和亞硫酸不反應，氯化鋇是強酸強堿鹽，不水解，所以不影響亞硫酸電離，且不會產(chǎn)生亞硫酸鋇沉淀，故D錯誤；故選A點評：本題考查了弱電解質(zhì)的電離，明確物質(zhì)之間發(fā)生的反應是解本題關鍵，根據(jù)反應生成物及其性質(zhì)確定溶液pH變化，題目難度不大13（3分）（2014虹口區(qū)二模）下列實驗能獲得成功的是（）實驗目的實驗步驟及現(xiàn)象A除去苯中的苯酚加入濃溴水，充分振蕩、靜置，然后

24、過濾B證明醋酸的酸性比次氯酸強用pH試紙分別測定常溫下等濃度的醋酸和次氯酸的pH值，pH大的是次氯酸C檢驗Na2SO3固體中含Na2SO4試樣加水溶解后，加入足量鹽酸，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀D檢驗溴乙烷中含有溴元素溴乙烷與氫氧化鈉溶液混合振蕩后，再向混合液中滴加硝酸銀溶液，有淡黃色沉淀AABBCCDD考點：化學實驗方案的評價.專題：實驗評價題分析：A溴以及三溴苯酚都溶于苯中；B次氯酸具有漂白性；C加入鹽酸，可排除Na2SO3的影響；D檢驗溴離子，應先調(diào)節(jié)溶液至酸性解答：解：A苯酚與溴發(fā)生取代反應生成三溴苯酚，溴以及三溴苯酚都溶于苯中，應用氫氧化鈉溶液除雜，故A錯誤；B次氯酸具有漂白性

25、，可使pH試紙先變紅后褪色，故B錯誤；C加入鹽酸，可排除Na2SO3的影響，再加入BaCl2溶液，可生成硫酸鋇白色沉淀，可用于檢驗，故C正確；D反應在堿性條件下水解，檢驗溴離子，應先調(diào)節(jié)溶液至酸性，故D錯誤故選C點評：本題考查較為綜合，涉及物質(zhì)的鑒別、分離和提純，為高考常見題型和高頻考點，側重于學生的分析能力和實驗能力的考查，難度不大，注意把握物質(zhì)的性質(zhì)的異同14（3分）（2014虹口區(qū)二模）阿斯巴甜（Aspartame，結構簡式如圖）具有清爽的甜味，甜度約為蔗糖的200倍下列關于阿斯巴甜的錯誤說法是（）A在一定條件下能發(fā)生取代反應、加成反應B酸性條件下的水解產(chǎn)物中有兩種氨基酸C在一定條件下既

26、能與酸反應、又能與堿反應D分子式為C14H18N2O3，屬于蛋白質(zhì)考點：有機物的結構和性質(zhì).專題：有機物的化學性質(zhì)及推斷分析：阿斯巴甜中含有氨基，具有堿性，可與酸反應，含有COOH，具有酸性，可發(fā)生酯化、取代反應，含有酯基，可發(fā)生取代、水解反應，含有肽鍵，可發(fā)生水解反應，以此解答該題解答：解：A阿斯巴甜中含有COOH、酯基、肽鍵，可發(fā)生取代反應，含有苯環(huán)，可發(fā)生加成反應，故A正確；B酸性條件下肽鍵發(fā)生水解，生成兩種氨基酸，故B正確；C阿斯巴甜中含有氨基，具有堿性，可與酸反應，含有COOH，具有酸性，可與堿反應，故C正確；D蛋白質(zhì)屬于高分子化合物，該有機物相對分子質(zhì)量較小，不屬于蛋白質(zhì)，故D錯誤

27、故選D點評：本題考查有機物的結構和性質(zhì)，題目難度不大，注意有機物的結構特點，把握有機物官能團的結構和性質(zhì)，為解答該類題目的關鍵15（3分）（2014虹口區(qū)二模）將Cl2通入100mL NaOH溶液中充分反應，生成0.1mol的NaCl，下列說法正確的是（）A反應后溶液中ClO的個數(shù)為0.1NAB原NaOH濃度為1mol/LC參加反應的氯氣分子為0.1NAD轉移電子為0.2NA考點：化學方程式的有關計算；氯氣的化學性質(zhì).專題：計算題分析：將Cl2通入100mL NaOH溶液中充分反應，生成0.1mol的NaCl，發(fā)生Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，結合N=nNA、c=計算解答：

28、解：發(fā)生Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，生成0.1molNaCl的同時，生成0.1molNaClO，消耗2molNaOH，A生成0.1molNaClO，陰離子水解，則反應后溶液中ClO的個數(shù)小于0.1NA，故A錯誤；B若恰好完全反應，則原NaOH濃度為=2mol/L，故B錯誤；C由反應可知，參加反應的氯氣為0.1mol，則參加反應的氯氣分子為0.1NA，故C正確；DCl元素的化合價既升高又降低，轉移0.1mol電子，則轉移電子為0.1NA，故D錯誤；故選C點評：本題考查氯氣的性質(zhì)及化學反應方程式的計算，為高頻考點，把握發(fā)生的化學反應及物質(zhì)的量為中心的計算為解答的關鍵，側重分析

29、能力、計算能力的考查，題目難度不大16（3分）（2014虹口區(qū)二模）已知還原性 IFe2+Br，在只含有I、Fe2+、Br溶液中通入一定量的氯氣，關于所得溶液離子成分分析正確的是（不考慮Br2、I2和水的反應）（）AI、Fe3+、ClBFe2+、Cl、BrCFe2+、Fe3+、ClDFe2+、I、Cl考點：氧化性、還原性強弱的比較.專題：氧化還原反應專題分析：在氧化還原反應中，氧化劑先氧化還原性強的離子，再氧化還原性弱的離子，只含有I、Fe2+、Br溶液中通入氯氣后，碘離子先被氧化，其次是亞鐵離子，最后是溴離子，據(jù)此回答判斷解答：解：還原性 IFe2+Br，含有I、Fe2+、Br溶液中通入氯氣

30、后，碘離子先被氧化，其次是亞鐵離子，最后是溴離子A、當溶液中含有碘離子，就不會出現(xiàn)鐵離子，故A錯誤；B、通入氯氣后，碘離子先被氧化，其次是亞鐵離子，當亞鐵離子存在，則溴離子一定不會參與反應，氯氣做氧化劑，對應產(chǎn)物是氯離子，故B正確；C、當溶液中存在亞鐵離子時，則一定會存在溴離子，故C錯誤；D、當溶液中存在亞鐵離子時，則一定會存在溴離子，故D錯誤故選B點評：本題考查學生氧化還原反應的先后率知識，屬于基本知識的考查，注意在氧化還原反應中，氧化劑先氧化還原性強的離子，再氧化還原性弱的離子，難度不大17（3分）（2014虹口區(qū)二模）工業(yè)制硝酸產(chǎn)生的尾氣NOx可用足量NaOH溶液吸收，以下判斷錯誤的是（

31、）Ax=1.5時，只生成NaNO2B2x1.5時，生成NaNO2和NaNO3Cx1.5時，需補充O2Dx=2時，只生成NaNO3考點：氮的氧化物的性質(zhì)及其對環(huán)境的影響.專題：氮族元素分析：NOx與NaOH溶液反應生成亞硝酸鈉、硝酸鈉與水，令NOx、NaOH系數(shù)都為1，配平后方程式為2NOx+2NaOH=（2x3）NaNO3+（52x）NaNO2+H2O，根據(jù)x的取值情況進行分析判斷即可解答：解：工業(yè)制硝酸產(chǎn)生的尾氣NOx用足量NaOH溶液吸收，發(fā)生反應生成亞硝酸鈉、硝酸鈉與水，令NOx、NaOH系數(shù)都為1，配平后方程式為2NOx+2NaOH=（2x3）NaNO3+（52x）NaNO2+H2OA

32、、x=1.5時，2x3=0，所以此時只能只生成NaNO2，故A正確；B、2x1.5時，0，52x0，此時生成NaNO2和NaNO3，故B正確；C、x1.5時，則氮的氧化物會剩余，所以需補充O2，故C正確；D、當x=2時，2x3=1，所以生成的產(chǎn)物有NaNO2和NaNO3，故D錯誤故選D點評：本題考查學生含氮的化合物的性質(zhì)知識，注意發(fā)生反應的量之間的關系是關鍵，難度較大三、選擇題（本題共20分，每小題4分，每小題有一個或兩個正確選項只有一個正確選項的，多選不給分；有兩個正確選項的，選對一個給2分，選錯一個，該小題不給分，答案涂在答題紙上）18（4分）（2014虹口區(qū)二模）如圖，將甲、乙兩個裝有不

33、同物質(zhì)的針筒用導管連接起來，將甲針筒內(nèi)的物質(zhì)壓到乙針筒內(nèi)，進行下列實驗：下列說法正確的是（）實驗序號甲針筒內(nèi)物質(zhì)乙針筒內(nèi)物質(zhì)乙針筒里的現(xiàn)象AH2SCuSO4溶液產(chǎn)生黑色沉淀BH2SFeSO4溶液產(chǎn)生黑色沉淀CSO2H2S出現(xiàn)淡黃色固體DSO2紫色石蕊溶液先變紅后褪色AABBCCDD考點：二氧化硫的化學性質(zhì)；硫化氫.專題：氧族元素分析：AH2S與CuSO4溶液能反應生成硫化銅黑色沉淀；BH2S與FeSO4溶液不能反應；CH2S和SO2反應2H2S+SO2=3S+2H2O，硫不溶于水，析出淺黃色固體；DSO2 與水生成亞硫酸，亞硫酸使石蕊試液變紅，但不褪色，因二氧化硫不能漂白指示劑；解答：解：AH

34、2S與CuSO4溶液能反應生成硫化銅黑色沉淀，故A正確；BH2S與FeSO4溶液不能反應，故B錯誤；CH2S和SO2反應2H2S+SO2=3S+2H2O，析出淺黃色固體，故C正確；DSO2 通入紫色石蕊溶液中，溶液變紅后不褪色，二氧化硫不能漂白指示劑，故D錯誤；故選AC點評：該題主要考查了元素及其化合物的知識，涉及硫的化合物的性質(zhì)，綜合性強，需學習該階段知識時掌握相關的反應方程式19（4分）（2014虹口區(qū)二模）在恒溫密閉容器中制備特種陶瓷的原料MgO：MgSO4（s）+CO（g）MgO（s）+CO2（g）+SO2（g）Q，達到平衡后，以下分析正確的是（）A加入硫酸鎂固體，平衡正向移動B達到平

35、衡時，氣體的平均分子量保持不變C保持體積不變，充入CO，達到平衡的過程中逆反應速率逐漸增大D1mol MgSO4和1mol CO反應，達到平衡時吸收熱量為Q考點：化學平衡的影響因素.專題：化學平衡專題分析：A、固體量的增減不會引起化學平衡的移動；B、根據(jù)氣體的平均分子量M=來判斷；C、增大反應物的濃度，反應速率加快，正逆反應速率均加快，但是正反應速率增加的程度大；D、根據(jù)可逆反應的特點結合熱化學方程式中焓變的含義來回答解答：解：A、反應中，固體量的增減不會引起化學平衡的移動，所以加入硫酸鎂固體，平衡布移動，故A錯誤；B、根據(jù)氣體的平均分子量M=，質(zhì)量變化，n也變化，當M不變了，達到了平衡，故B

36、正確；C、增大反應物的濃度，反應速率加快，正逆反應速率迅速加快，逆反應速率在原來基礎上加快，故C正確；D、可逆反應的特點：不能進行徹底，所以1mol MgSO4和1mol CO反應，達到平衡時吸收熱量小于Q，故D錯誤故選BC點評：本題涉及化學平衡移動的影響因素、平衡狀態(tài)的特征以及化學反應速率的影響因素等方面知識，考查角度廣，難度不大20（4分）（2014虹口區(qū)二模）下列各反應對應的離子方程式正確的是（）A次氯酸鈉溶液中通入過量二氧化硫ClO+H2O+SO2HClO+HSO3B向碳酸氫鈉溶液中加入過量氫氧化鈣溶液2HCO3+Ca2+2OHCaCO3+2H2O+CO32C氫氧化鋇溶液與硫酸溶液反應

37、得到中性溶液Ba2+OH+H+SO42BaSO4+H2OD50 mL 1mol/L的NaOH溶液中通入0.03mol H2S：5OH+3H2SHS+2S2+5H2O考點：離子方程式的書寫.專題：離子反應專題分析：A次氯酸根和過量二氧化硫反應生成氯離子、硫酸根離子；B向碳酸氫鈉溶液中加入過量氫氧化鈣溶液，二者反應生成碳酸鈣、氫氧化鈉和水；C氫氧根離子、氫離子和水分子的計量數(shù)都是2；Dn（NaOH）=1mol/L×0.05L=0.05mol，50 mL 1mol/L的NaOH溶液中通入0.03mol H2S，設硫化鈉的物質(zhì)的量是x，硫氫化鈉的物質(zhì)的量是y，根據(jù)鈉原子和硫原子守恒得，解得，

38、所以硫化鈉和硫氫化鈉的物質(zhì)的量之比是2：1解答：解：A次氯酸根和過量二氧化硫反應生成氯離子、硫酸根離子，離子方程式為ClO+H2O+SO2=Cl+SO42+2H+，故A錯誤；B向碳酸氫鈉溶液中加入過量氫氧化鈣溶液，二者反應生成碳酸鈣、氫氧化鈉和水，離子方程式為HCO3+Ca2+OH=CaCO3+H2O，故B錯誤；C氫氧根離子、氫離子和水分子的計量數(shù)都是2，離子方程式為Ba2+2OH+2H+SO42=BaSO4+2H2O，故C錯誤；Dn（NaOH）=1mol/L×0.05L=0.05mol，50 mL 1mol/L的NaOH溶液中通入0.03mol H2S，設硫化鈉的物質(zhì)的量是x，硫氫

39、化鈉的物質(zhì)的量是y，根據(jù)鈉原子和硫原子守恒得，解得，所以硫化鈉和硫氫化鈉的物質(zhì)的量之比是2：1，離子方程式為5OH+3H2S=HS+2S2+5H2O，故D正確；故選D點評：本題考查了離子方程式的書寫，明確離子之間發(fā)生反應實質(zhì)是解本題關鍵，再結合離子反應方程式書寫規(guī)則分析，易錯選項是D，要結合原子守恒確定生成物，再根據(jù)原子守恒書寫離子方程式，難度中等21（4分）（2014虹口區(qū)二模）部分弱酸在水溶液中的電離平衡常數(shù)如下表弱酸氫氰酸（HCN）碳酸（H2CO3）氫氟酸（HF）電離平衡常數(shù)K（25）K=4.93×1010K1=4.3×107K2=5.6×1011K=3.5

40、3×104下列選項正確的是（）ANaCN溶液中通入少量CO2：CN+H2O+CO2HCN+HCO3BNa2CO3溶液中通入少量HF：CO32+2HF2F+CO2+H2OC25，等濃度的NaCN和NaF溶液中pH值前者大于后者D中和等體積、等pH的HCN和HF消耗NaOH的量前者小于后者考點：弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡.專題：電離平衡與溶液的pH專題分析：A酸性：H2CO3HCNHCO3，強酸能和弱酸的鹽反應生成弱酸；B酸性HFH2CO3HCO3，二者反應生成碳酸氫鈉和氟化鈉；C酸的電離平衡常數(shù)越大，其電離程度越大，則酸根離子水解程度越小，相同濃度的鈉鹽溶液pH越??；D中和等體積、等

41、pH的HCN和HF消耗NaOH的量與酸的物質(zhì)的量成正比解答：解：A酸性：H2CO3HCNHCO3，強酸能和弱酸的鹽反應生成弱酸，二者反應生成氫氰酸和碳酸氫根離子，方程式為CN+H2O+CO2HCN+HCO3，故A正確；B酸性HFH2CO3HCO3，二者反應生成碳酸氫鈉和氟化鈉，離子方程式為CO32+HFF+HCO3，故B錯誤；C酸的電離平衡常數(shù)越大，其電離程度越大，則酸根離子水解程度越小，相同濃度的鈉鹽溶液pH越小，電離平衡常數(shù)HFHCN，則電離程度：CNF，所以等濃度的NaCN和NaF溶液中pH值前者大于后者，故C正確；D中和等體積、等pH的HCN和HF消耗NaOH的量與酸的物質(zhì)的量成正比，

42、等pH的HCN和HF，c（HCN）c（HF），則等體積等pH的HCN和HF的物質(zhì)的量前者大于后者，則消耗NaOH的量前者大于后者，故D錯誤；故選AC點評：本題考查了弱電解質(zhì)的電離，知道電離平衡常數(shù)與酸根離子水解程度、酸的強弱之間的關系是解本題關鍵，根據(jù)酸的強弱來確定生成物，注意D中中和等pH、等體積的酸消耗NaOH的體積與酸的強弱無關，只與酸的物質(zhì)的量有關，為易錯點22（4分）（2014虹口區(qū)二模）NH3可消除NO的污染，反應方程式為：6NO+4NH35N2+6H2O現(xiàn)有NO與NH3的混合物1mol充分反應，若還原產(chǎn)物比氧化產(chǎn)物多1.4g則下列判斷中正確的是（）A產(chǎn)生氮氣為5.6 LB有0.3

43、 mol NO被還原C生成氧化產(chǎn)物2.8 gD原混合物中NO與NH3的物質(zhì)的量之比可能為3：2考點：氧化還原反應的計算.專題：氧化還原反應專題分析：反應的方程式為：6NO+4NH3=5N2+6H2O，反應中NO中N元素的化合價由+2價降低到0價，得電子，NH3中N元素的化合價由3價升高到0價，失電子，根據(jù)化學方程式以及經(jīng)還原得到的N2比經(jīng)氧化得到的N2多1.4g，利用討論法計算原反應混合物中NO與NH3的物質(zhì)的量解答：解：6molNO還原得到3molN2，4molNH3氧化得到2molN2，兩者相差1molN2，現(xiàn)相差1.4g，=0.05mol，相當于0.3molNO和0.2molNH3反應，

44、依題意NO和NH3的總物質(zhì)的量為1mol，其中必有一種為過量，所以有兩種情況：0.3molNO和0.7molNH3或0.2molNH3和0.8molNOA如是標準狀況下，則V（N2）=0.25mol×22.4L/mol=5.6L，但氣體存在的條件未知，不能確定氣體的體積，故A錯誤；B由以上分析可知，有0.3 mol NO被還原，故B正確；C.0.2molNH3反應，被氧化生成氮氣，則氧化產(chǎn)物為0.1mol，質(zhì)量為2.8 g，故C正確；D氣體有兩種情況：0.3molNO和0.7molNH3或0.2molNH3和0.8molNO，二者比值不是3：2，故D錯誤故選BC點評：本題考查氧化還原

45、反應以及有關計算，為高頻考點，側重于學生的分析能力和計算能力的考查，題目難度不大，注意根據(jù)化學方程式判斷被氧化和被還原的物質(zhì)的量的關系為解答該題的關鍵四、（本題共12分）23（12分）（2014虹口區(qū)二模）二氧化氯是黃綠色的氣體，可用于水體消毒與廢水處理一種制備方法為：1H2C2O4+2NaClO3+1H2SO41Na2SO4+2CO2+2ClO2+2H2O完成下列填空：（1）配平上述反應方程式，該反應的還原產(chǎn)物是ClO2（2）該反應每產(chǎn)生0.2mol ClO2，需要消耗草酸晶體（H2C2O42H2O）12.6g（3）上述反應物中屬于第三周期的元素的原子半徑大小順序是NaSCl，其中原子半徑最

46、大的元素最外層電子云形狀為球形（4）二氧化氯具有強氧化性，能漂白有色物質(zhì)，其漂白原理與HClO（合理即可）相同（寫一種）（5）二氧化氯能凈化有毒廢水中的氰化鈉（NaCN），生成NaCl、CO2和N2，請寫出此反應的離子方程式：2ClO2+2CN=2CO2+N2+2Cl（6）上述反應產(chǎn)物NaCl中含有離子鍵，工業(yè)上用電解熔融的氯化鈉制備金屬鈉，氯氣在陽極（寫電極名稱）產(chǎn)生考點：氧化還原反應方程式的配平；氧化還原反應的計算；氯、溴、碘及其化合物的綜合應用.專題：氧化還原反應專題；鹵族元素分析：（1）氧化還原反應中，失電子總數(shù)=得電子總數(shù)=轉移電子總數(shù)，根據(jù)電子守恒配平方程式，化合價降低元素所在的產(chǎn)

47、物是還原產(chǎn)物；（2）根據(jù)化學方程式系數(shù)的意義來計算回答；（3）同周期元素的原子，從左到右，原子半徑逐漸減小；（4）因為具有氧化性而具有漂白性的物質(zhì)：次氯酸、次氯酸鹽、過氧化鈉等；（5）根據(jù)信息：二氧化氯和氰化鈉（NaCN）反應，生成NaCl、CO2和N2，配平方程式即可；（6）含有離子鍵的化合物是離子化合物，根據(jù)電解池的工作原理來回答解答：解：（1）反應中C元素的化合價從+3升高到了+4價，共失電子2mol，Cl元素的化合價從+5價降到了+4價，共得到電子1mol，所以含氯元素物質(zhì)前邊的系數(shù)都是2，二氧化碳的系數(shù)是2，根據(jù)元素守恒，硫酸、硫酸鈉的前邊吸水都是1，水的前邊系數(shù)是2，Cl元素的化合

48、價從+5價降到了+4價，Cl元素對應產(chǎn)物ClO2是還原產(chǎn)物，故答案為：1；2；1；1；2；2；2；ClO2；（2）根據(jù)化學方程式，該反應每產(chǎn)生0.2mol ClO2，需要消耗草酸晶體（H2C2O42H2O）0.1mol，質(zhì)量是12.6g，故答案為：12.6；（3）上述反應物中屬于第三周期的元素的原子是Na、S、Cl，半徑大小順序是NaSCl，原子半徑最大的鈉元素最外層電子云形狀是球形，故答案為：NaSCl；球形；（4）因為具有氧化性而具有漂白性的物質(zhì)：次氯酸、次氯酸鹽、過氧化鈉等，故答案為：HClO（合理即可）；（5）根據(jù)信息：二氧化氯和氰化鈉（NaCN）反應，生成NaCl、CO2和N2，即2

49、ClO2+2CN=2CO2+N2+2Cl，故答案為：2ClO2+2CN=2CO2+N2+2Cl；（6）氯化鈉中含有離子鍵，屬于離子化合物，電解熔融的氯化鈉，在陽極上是氯離子失電子發(fā)生氧化反應，產(chǎn)生氯氣，故答案為：離子；陽極點評：本題目綜合考查學生氧化還原反應的配平、電子轉移、物質(zhì)的漂白原理、方程式的書寫以及電解原理等知識，注意知識的歸納和整理是關鍵，難度不大五、（本題共12分）24（12分）（2014虹口區(qū)二模）氮有多種化合價，能形成多種化合物工業(yè)上用活性炭還原法處理NO，有關反應為：C（s）+2NO（g）N2（g）+CO2（g）向密閉的2L容器中，加入NO和足量的活性炭，恒溫條件下反應（1）

50、若2min內(nèi)氣體密度增大了1.2g/L，則氮氣的平均反應速率為0.05mol/（Lmin）（2）該化學平衡常數(shù)表達式K=，已知升高溫度時，K增大，則正反應為吸熱（填“吸熱”或“放熱”）反應（3）在溫度不變的情況下，要提高NO的平衡轉化率，可以采取的措施是移走生成物N2和（或）CO2（4）下列各項能判斷該反應達到平衡的是cd（填序號字母）a容器內(nèi)壓強保持不變 b2v正（NO）=v逆（N2）c容器內(nèi)CO2的體積分數(shù)不變 d混合氣體的密度保持不變（5）已知NaNO2溶液呈堿性，則NaNO2溶液中離子濃度由大到小的順序是c（Na+）c（NO2）c（OH）c（H+）（6）常溫下，NaOH溶液和HNO2溶

51、液等體積混合后，所得溶液的pH=7，下列關系正確的是bdac（Na+）c（NO2） bc（Na+）=c（NO2）cc（Na+）c（NO2） dc（Na+）c（OH）考點：化學平衡的影響因素；反應速率的定量表示方法；化學平衡常數(shù)的含義；化學平衡狀態(tài)的判斷；酸堿混合時的定性判斷及有關ph的計算.專題：化學平衡專題分析：（1）氣體密度增大了1.2g/L，可以計算出固體C的質(zhì)量減小了2.4g，可以計算氮氣的物質(zhì)的量的變化量，進而計算反應速率；（2）化學平衡常數(shù)K=，對于吸熱反應，溫度升高，K增大；（3）在溫度不變的情況下，要提高NO的平衡轉化率，只要是化學平衡正向移動即可；（4）達到化學平衡狀態(tài)時，正

52、逆反應速率相等，各個組分的濃度不變，據(jù)此回答判斷；（5）NaNO2溶液呈堿性，是因為亞硝酸根離子水解導致的，據(jù)此回答；（6）根據(jù)溶液中的電荷守恒以及離子濃度的大小關系來判斷解答：解：（1）根據(jù)題意，氣體密度增大了1.2g/L，計算出固體C的質(zhì)量減小了2.4g，則生成氮氣的物質(zhì)的量是=0.2mol，所以氮氣表示的反應速率v=0.05mol/（Lmin），故答案為：0.05；（2）化學平衡常數(shù)K=，溫度升高，K增大，則該反應是吸熱反應，故答案為：；吸熱；（3）在溫度不變的情況下，減小產(chǎn)物的濃度可以讓平衡爭相與移動，從而提高NO的平衡轉化率，故答案為：移走生成物N2和（或）CO2；（4）a該反應是前后系數(shù)和相等的反應，當容器內(nèi)壓強保持不變，不一定平衡，故a錯誤；b2v正（N