上海市閔行區(qū)2016屆高考化學二模試卷(解析版)

1、2016年上海市閔行區(qū)高考化學二模試卷一、選擇題（本題共10分，每小題2分，每題只有一個正確選項）1“地溝油”可與醇加工制成生物柴油變廢為寶關于“地溝油”的說法正確的是（）A屬于烴類B由不同酯組成的混合物C密度比水大D不能發(fā)生皂化反應2下列化學用語正確的是（）ACH3OOCCH3名稱為甲酸乙酯B次氯酸的電子式 C17Cl原子3p亞層有一個未成對電子D碳原子最外層電子云有兩種不同的伸展方向3相同主族的短周期元素中，形成的單質一定屬于相同類型晶體的是（）A第IA族B第IIIA族C第IVA族D第VIA族4下列氣體在常溫常壓下不能共存的是（）ANH3、HClBCH4、Cl2CH2S、O2DSO2、O2

2、5有關物質性質的比較，錯誤的是（）A熔點：純鐵生鐵B密度：硝基苯水C熱穩(wěn)定性：小蘇打蘇打D碳碳鍵鍵長：乙烯苯二、選擇題（本題共36分，每小題3分，每題只有一個正確選項）6工業(yè)生產措施中，能同時提高反應速率和產率的是（）A合成氨使用高壓B制硝酸用PtRh合金作催化劑C制硫酸時接觸室使用較高溫度D侯氏制堿法循環(huán)利用母液7能使氫硫酸溶液的pH先升高后降低的物質是（）ACl2BSO2CCuSO4DO28下列鹵代烴不能夠由烴經加成反應制得的是（）ABCD9如圖是部分短周期元素原子（用字母表示）最外層電子數與原子序數的關系圖說法正確的是（）A元素非金屬性：XRWBX與R形成的分子內含兩種作用力CX、Z形成

3、的化合物中可能含有共價鍵D元素對應的離子半徑：WRX10中學常見物質A、B、C、D存在下圖轉化關系（部分生成物和反應條件略去）下列物質中符合轉化關系的A的個數為A B C （）Cl2 S Fe NH3AlCl3 Na2CO3A3B4C5D611某有機化合物的結構簡式如圖所示，下列說法正確的是（）A不能發(fā)生銀鏡發(fā)應B1mol 該物質最多可與2molBr2反應C1mol 該物質最多可與4mol NaOH反應D與NaHCO3、Na2CO3均能發(fā)生反應12鋼鐵防護方法有多種，如圖中的方法描述正確的是（）Ab為電源負極B該方法是犧牲陽極的陰極保護法C電子流向：a鋼鐵閘門輔助電極baD電源改用導線連接進行

4、防護時，輔助電極發(fā)生氧化反應13下列裝置可達到實驗目的是（）A證明酸性：醋酸碳酸苯酚B制備乙酸丁酯C苯萃取碘水中I2，分出水層后的操作D用NH4Cl飽和溶液制備NH4Cl晶體AABBCCDD14關于反應2HI（g）H2（g）+I2（g）11kJ，正確的是（）A反應物的總鍵能低于生成物的總鍵能B1mol I2（g）中通入1mol H2（g），反應放熱11kJC等物質的量時，I2（g）具有的能量低于I2（l）D平衡時分離出HI（g），正反應速率先減小后增大15下列實驗說法正確的是（）A將Al2（SO4）3溶液蒸干、灼燒至恒重，最終剩余固體是Al2O3B2mL10%的NaOH溶液中滴加2%的CuSO

5、4溶液46滴制得新制氫氧化銅C將水蒸氣通過灼熱的鐵粉，鐵粉變紅棕色，說明鐵與水在高溫下能發(fā)生反應D取a克Na2CO3和NaHCO3混合物與少量稀鹽酸充分反應，加熱、蒸干、灼燒至熔化，冷卻得b克固體，可測得Na2CO3質量分數16Cl2可用于廢水處理向KCN溶液中先加入足量KOH溶液再通入氯氣，充分反應后生成兩種無毒的氣體下列說法正確的是（）A兩種無毒的氣體均為還原產物B反應后溶液的pH會升高C氧化劑與還原劑的物質的量之比為5：2D每轉移2NA個電子時，一定會生成13.44 L的氣體17某溶液由Na+、Ag+、Ba2+、Al3+、AlO2、Fe2+、NO3、Cl、SO42中若干種組成，現將溶液分

6、成兩等份，再分別通入足量的NH3和SO2充分反應后，最終均有白色沉淀生成則溶液中一定含有的離子有（）AAl3+、NO3BBa2+、Al3+、ClCBa2+、Al3+、NO3DAg+、Al3+、NO3三、選擇題（本題共20分，每小題4分，每小題有一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）18一定條件下，等物質的量的N2（g）和O2（g）在恒容密閉容器中反應：N2（g）+O2（g）2NO（g），曲線a表示該反應在溫度T時N2的濃度隨時間的變化，曲線b表示該反應在某一起始反應條件改變時N2的濃度隨時間的變化敘述正確的是（）A溫度T時，該反應

7、的平衡常數K=B溫度T時，混合氣體的密度不變即達到平衡狀態(tài)C曲線b對應的條件改變可能是加入了催化劑D若曲線b改變的條件是溫度，則該正反應放熱19離子方程式Ba2+2OH+2H+SO42BaSO4+2H2O可表示（）ABa（OH）2與NaHSO4兩溶液的溶質按物質的量之比2：1反應BBa（OH）2與NaHSO4兩溶液的溶質按物質的量之比1：2反應CBa（OH）2與NH4HSO4兩溶液的溶質按物質的量之比2：1反應DBa（OH）2與NH4HSO4兩溶液的溶質按物質的量之比1：2反應20向100mLNa2CO3與NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol/L的鹽酸，測得溶液中的CO32、HCO3、Al

8、O2、Al3+的物質的量與加入鹽酸溶液的體積變化關系如圖所示下列說法正確的是（）A原混合溶液中的n（CO32）：n（AlO2）=1：1Ba點溶液中：c（HCO3）+c（H2CO3）+c（H+）=c（OH）Cb點溶液中濃度順序為：c（Cl）c（HCO3）c（CO32）c（OH）Dde的過程中水的電離程度逐漸減小21向氯化鐵溶液中加入ag銅粉，完全溶解后再加入b g鐵粉，充分反應后過濾得到濾液和固體c g下列說法正確的是（）A若ac，則濾液中可能含三種金屬離子，且b可能小于cB若ac，則c g固體中只含一種金屬，且b可能大于cC若ac，則c g固體含兩種金屬，且b可能與c相等D若a=c，則濾液中可

9、能含兩種金屬離子，且b可能小于c22將一定量的氯氣通入30mL濃度為10.00mol/L的氫氧化鈉濃溶液中，加熱一段時間后，溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存體系下列判斷正確的是（）An（Na+）：n（Cl）可能為7：3B與NaOH反應的氯氣一定為0.3molC當轉移電子為n mol時，則0.15n0.25Dn（NaCl）：n（NaClO）：n（NaClO3）可能為6：1：1四、解答題（共7小題，滿分84分）23氫氟酸可用于半導體工業(yè)，也常用來蝕刻玻璃，其刻蝕反應原理如下：6HF+Na2SiO32NaF+SiF4+3H2O完成下列填空：（1）根據HF的（選填編號）大于H2O，可推

10、斷氟元素的非金屬性強于氧元素a酸性 b熔沸點 c穩(wěn)定性 d鍵的極性（2）SiF4與甲烷結構相似，SiF4是含鍵的分子（均選填“極性”或“非極性”）刻蝕反應中的三種元素可組成同時含離子鍵和共價鍵的化合物，該化合物的電子式為（3）Si原子核外電子有種不同能量的電子，其中最高能量的電子處于軌道（4）在相同條件下，Na2SiO3、CaSiO3分別與等濃度等體積的氫氟酸反應，兩個反應原理相似，但前者的反應速率明顯大于后者原因是（5）同濃度的H2SO3和HF兩溶液的pH為：H2SO3HF（選填“”或“”）濃度均為0.01mol/L 的H2SO3和HF的1L混合溶液中，通入0.02mol NH3充分反應后，

11、SO32、HSO3、F、NH4+濃度從大到小的順序為：已知：H2SO3 Ki1=1.54×102Ki2=1.02×107HF Ki=6.8×104NH3H2O Ki=1.8×10524大氣污染越來越成為人們關注的問題，煙氣中的NOx必須脫除（即脫硝）后才能排放，脫硝的方法有多種完成下列填空：直接脫硝（1）NO在催化劑作用下分解為氮氣和氧氣在10L密閉容器中，NO經直接脫硝反應時，其物質的量變化如圖1所示則05min內氧氣的平均反應速率為mol/（Lmin）臭氧脫硝（2）O3氧化NO 結合水洗可完全轉化為HNO3，此時O3與NO的物質的量之比為氨氣脫硝（3

12、）實驗室制取純凈的氨氣，除了氯化銨外，還需要、（填寫試劑名稱）不使用碳酸銨的原因是（用化學方程式表示）（4）吸收氨氣時，常使用防倒吸裝置，圖2裝置不能達到此目的是NH3脫除煙氣中NO的原理如圖3：（5）該脫硝原理中，NO最終轉化為（填化學式）和H2O當消耗1mol NH3和0.25mol O2時，除去的NO在標準狀況下的體積為L25摩爾鹽在工業(yè)上有重要的用途已知其由一種陰離子，兩種陽離子組成的晶體，某學習小組按如下實驗測定摩爾鹽樣品的組成步驟如下：稱取3.920g摩爾鹽樣品配制250mL溶液取少量配制溶液，加入KSCN溶液，無明顯現象另取少量配制溶液，加入過量濃氫氧化鈉溶液并加熱，產生使?jié)駶櫟?/p>

13、紅色石蕊試紙變藍的氣體和紅褐色沉淀定量測定如下：滴定實驗結果記錄如下：實驗次數第一次第二次第三次消耗高錳酸鉀溶液體積/mL10.3210.029.98完成下列填空：（1）步驟中需要的定量儀器為、（2）步驟的目的是產生紅褐色沉淀的離子方程式（3）步驟中操作X為（按操作順序填寫）（4）步驟中酸性高錳酸鉀溶液能否用碘的酒精溶液代替，（填“能”或“不能”），請說明理由（5）步驟若在滴定過程中，待測液久置，消耗高錳酸鉀溶液的體積將（選填“偏大”、“偏小”或“不變”）（6）通過上述實驗測定結果，推斷摩爾鹽化學式為26肼（N2H4）是一種無色、易溶于水和具有強還原性的液體，沸點為113.5廣泛應用于醫(yī)藥等領

14、域工業(yè)上利用尿素法生產肼，同時得到副產品Na2CO310H2O，其工藝流程如下：完成下列填空：制肼過程的反應為：CO（NH2）2+NaClO+2NaOHN2H4+Na2CO3+NaCl+H2O（1）將Cl2通入水中，所得溶液中具有氧化性的微粒是（2）寫出I吸收時發(fā)生反應的離子方程式為保證后續(xù)反應充分，理論上需要通入氯氣與燒堿溶液的質量之比應為71：（3）已知氯酸鈉有一定的氧化性而在氯氣和燒堿反應時，需控制反應溫度防止氯酸鈉生成原因是、（4）上述流程合成的Na2CO310H2O中含有雜質若要檢驗雜質的陰離子，選擇的試劑是（5）Na2CO310H2O的純度可用氣體法測定，在一定溫度和壓強下，還需要

15、測定的物理量27烯烴和酚類是兩種重要的有機化工原料完成下列填空：（1）合成除苯乙烯外，還需要另外兩種單體，寫出這兩種單體的結構簡式、（2）由苯乙烯合成（）需要三步，第一步選用的試劑為，目的是（3）鄰甲基苯酚可合成A，分子式為C7H6O3，在一定條件下A自身能縮聚成BB的結構簡式A與濃溴水反應的化學方程式為（4）設計一條由制備A的合成路線（合成路線常用的表示方法為：MN目標產物）28普魯卡因M（結構簡式為）可用作臨床麻醉劑，熔點約60它的一條合成路線如下圖所示（部分反應試劑和條件已省略）：已知：B和乙醛互為同分異構體；的結構不穩(wěn)定完成下列填空：（1）比A多兩個碳原子，且一氯代物只有3種的A的同系

16、物的名稱是（2）寫出反應和反應的反應類型反應 反應（3）寫出試劑a和試劑b的名稱或化學式試劑a 試劑b（4）反應中將試劑a 緩緩滴入C中的理由是（5）寫出B和F的結構簡式：B F（6）寫出一種同時滿足下列條件的D的同分異構體的結構簡式能與鹽酸反應 能與碳酸氫鈉反應苯環(huán)上有2種不同環(huán)境的氫原子29過氧化鈉是一種淡黃色固體，有漂白性，能與水、酸性氧化物和酸反應（1）一定條件下，m克的H2、CO的混合氣體在足量的氧氣中充分燃燒，產物與過量的過氧化鈉完全反應，過氧化鈉固體增重克（2）常溫下，將14.0克的Na2O和Na2O2的混合物放入水中，得到400mL pH=14的溶液，則產生的氣體標準狀況下體積

17、為L（3）在200mLAl2（SO4）3和MgSO4的混合液中，加入一定量的Na2O2充分反應，至沉淀質量不再減少時，測得沉淀質量為5.8克此時生成標準狀況下氣體體積為5.6L則原混合液中c （SO42）=mol/L（4）取17.88g NaHCO3 和 Na2O2 的固體混合物，在密閉容器中加熱到 250，經充分反應后排出氣體，冷卻后稱得固體質量為15.92g請列式計算：求原混合物中Na2O2的質量B若要將反應后的固體反應完，需要1mol/L鹽酸的體積為多少毫升？2016年上海市閔行區(qū)高考化學二模試卷參考答案與試題解析一、選擇題（本題共10分，每小題2分，每題只有一個正確選項）1“地溝油”可

18、與醇加工制成生物柴油變廢為寶關于“地溝油”的說法正確的是（）A屬于烴類B由不同酯組成的混合物C密度比水大D不能發(fā)生皂化反應【考點】油脂的性質、組成與結構【專題】有機物分子組成通式的應用規(guī)律【分析】A分子中僅含有碳、氫兩種元素的化合物屬于烴類； B“地溝油”的主要成分為高級脂肪酸甘油酯；C油脂的密度比水??；D皂化反應是指油脂在堿性條件下的水解反應【解答】解：A“地溝油”的主要成分為油脂，含有氧元素，不屬于烴類，故A錯誤； B“地溝油”的主要成分為高級脂肪酸甘油酯，是由不同酯組成的混合物，故B正確；C“地溝油”的主要成分為油脂，油脂的密度比水小，故C錯誤；D油脂在堿存在的條件下水解，水解生成的高級

19、脂肪酸與堿反應，生成高級脂肪酸鹽，這樣的水解反應叫做皂化反應，動植物油脂與醇的反應屬于酯化反應，故D錯誤；故選B【點評】本題主要考查了油脂的性質與用途，熟悉油脂結構及性質是解題關鍵，注意皂化反應的實質是高級脂肪酸甘油酯的水解反應，題目難度不大2下列化學用語正確的是（）ACH3OOCCH3名稱為甲酸乙酯B次氯酸的電子式 C17Cl原子3p亞層有一個未成對電子D碳原子最外層電子云有兩種不同的伸展方向【考點】電子式；常見元素的名稱、符號、離子符號；原子核外電子排布【專題】化學用語專題【分析】A酯命名是根據生成酯的酸和醇來命名為某酸某酯； B次氯酸中不存在氫氯鍵，其分子中存在1個氧氫鍵和1個氧氯鍵；C

20、17Cl原子外圍電子排布為3s23p5；D碳原子最外層有4個電子，分別是兩個2s、兩個2p電子，s電子的電子云為球形，p電子的電子云有3種伸展方向【解答】解：A酯的命名是根據生成酯的酸和醇來命名為某酸某酯，此有機物是由甲醇和乙酸酯化得到的，故為乙酸甲酯，故A錯誤； B次氯酸為共價化合物，分子中不存在氫氯鍵，次氯酸的電子式為：，故B錯誤；C17Cl原子3p亞層上只有一個未成對電子的原子，其外圍電子排布為3s23p5，故C正確；D碳原子最外層有兩個2s、兩個2p電子，s電子的電子云為球形，p電子的電子云為紡錘形，有3種伸展方向，故D錯誤故選C【點評】本題考查了化學用語，涉及有機物的命名、電子式和原

21、子結構等知識點，注意離子化合物和共價化合物電子式的書寫區(qū)別，難度不大3相同主族的短周期元素中，形成的單質一定屬于相同類型晶體的是（）A第IA族B第IIIA族C第IVA族D第VIA族【考點】元素周期表的結構及其應用【專題】元素周期律與元素周期表專題【分析】A、第IA族的氫氣是分子晶體，其它堿金屬是金屬晶體；B、第IIIA族硼是分子晶體，其它是金屬晶體；C、C、Si都屬于第IVA族元素，屬于原子晶體，其它是金屬晶體；D、第VIA族形成的都是分子晶體【解答】解：A、第IA族的氫氣是分子晶體，其它堿金屬是金屬晶體，形成的單質晶體類型不相同，故A錯誤；B、第IIIA族硼是分子晶體，其它是金屬晶體，形成的

22、單質晶體類型不相同，故B錯誤；C、C、Si都屬于第IVA族元素，屬于原子晶體，其它是金屬晶體，形成的單質晶體類型不相同，故C錯誤；D、第VIA族形成的都是分子晶體，形成的單質晶體類型相同，故D正確；故選D【點評】本題考查單質、原子晶體，側重考查基本概念，明確單質的含義、晶體類型的劃分、元素在周期表中的位置即可解答，熟練掌握常見原子晶體及其結構，題目難度不大4下列氣體在常溫常壓下不能共存的是（）ANH3、HClBCH4、Cl2CH2S、O2DSO2、O2【考點】氨的化學性質；二氧化硫的化學性質；甲烷的化學性質【專題】元素及其化合物【分析】常溫下，能反應的氣體不能大量共存，以此來解答【解答】解：A

23、常溫下反應生成氯化銨，不能大量共存，故A選；B常溫下不反應，光照的條件反應，可大量共存，故B不選；C常溫下不反應，反應需要點燃、加熱等，可大量共存，故C不選；D常溫下不反應生成，要在催化劑和加熱的條件反應，故D不選；故選A【點評】本題考物質的化學性質，為高頻考點，把握常見物質的性質及反應的條件為解答的關鍵，題目難度不大5有關物質性質的比較，錯誤的是（）A熔點：純鐵生鐵B密度：硝基苯水C熱穩(wěn)定性：小蘇打蘇打D碳碳鍵鍵長：乙烯苯【考點】不同晶體的結構微粒及微粒間作用力的區(qū)別【專題】化學鍵與晶體結構【分析】A生鐵是合金，合金的熔點一般小于各組分的熔點；B水的密度等于1g/ml，硝基苯的密度大于1g/

24、ml；C碳酸氫鈉不穩(wěn)定受熱分解生成碳酸鈉；D苯中碳碳鍵介于單鍵和雙鍵之間【解答】解：A生鐵是合金，熔點小于純鐵的熔點，故熔點為純鐵生鐵，故A正確；B水的密度等于1g/ml，硝基苯的密度大于1g/ml，所以密度：水硝基苯，故B正確；C碳酸氫鈉不穩(wěn)定受熱分解生成碳酸鈉，所以熱穩(wěn)定性：NaHCO3Na2CO3，故C正確；D苯中碳碳鍵介于單鍵和雙鍵之間，碳碳鍵鍵長：乙烯苯，故D錯誤故選D【點評】本題考查元素及其對應單質、化合物的性質的遞變規(guī)律，側重于熔點、熱穩(wěn)定性、密度等性質的考查，題目難度不大，注意把握性質比較的角度以及規(guī)律二、選擇題（本題共36分，每小題3分，每題只有一個正確選項）6工業(yè)生產措施中

25、，能同時提高反應速率和產率的是（）A合成氨使用高壓B制硝酸用PtRh合金作催化劑C制硫酸時接觸室使用較高溫度D侯氏制堿法循環(huán)利用母液【考點】化學反應速率的影響因素；化學平衡的影響因素【專題】化學反應速率專題【分析】A增大壓強加快反應速率，且合成氨的反應為體積縮小的反應；B催化劑對平衡移動無影響；C二氧化硫的催化氧化反應為放熱反應；D侯氏制堿法循環(huán)利用母液可提高產率，但對反應速率無影響【解答】解：A增大壓強加快反應速率，且合成氨的反應為體積縮小的反應，則加壓平衡正向移動，利用提高產率，故A正確；B催化劑對平衡移動無影響，不影響產率，故B錯誤；C二氧化硫的催化氧化反應為放熱反應，則升高溫度平衡逆向

26、移動，產率降低，故C錯誤；D侯氏制堿法循環(huán)利用母液可提高產率，但對反應速率無影響，故D錯誤；故選A【點評】本題考查化學反應速率及化學平衡的影響因素，為高頻考點，把握溫度、壓強、催化劑對反應的影響為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，題目難度不大7能使氫硫酸溶液的pH先升高后降低的物質是（）ACl2BSO2CCuSO4DO2【考點】pH的簡單計算；弱電解質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】H2S具有還原性，能被強氧化劑氧化，H2S屬于酸，其水溶液呈酸性，能和硫酸銅反應生成難溶于稀硫酸的CuS，據此分析解答【解答】解：H2S具有還原性，能被強氧化劑氧化，A、H2S+4C

27、l2+4H2O=H2SO4+8HCl，氫硫酸屬于弱酸、硫酸和HCl屬于強酸，所以溶液酸性最強，則溶液的pH減小，故錯誤；B、2 H2S+SO2=3S+2H2O，該反應由酸性變?yōu)橹行?，所以pH增大，二氧化硫過量酸性增強pH降低，故正確；C、H2S+CuSO4=CuS+H2SO4，氫硫酸是弱酸、硫酸是強酸，則溶液酸性最強，溶液的pH減小，故錯誤；D、2H2S+O2=S+2H2O，溶液由酸性變?yōu)橹行裕瑒t溶液的pH增大，故錯誤；故選B【點評】本題考查了氫硫酸的性質，根據物質之間的反應分析解答，會正確書寫方程式，注意C是中學階段學習的唯一由弱酸制取強酸的反應，為易錯點8下列鹵代烴不能夠由烴經加成反應制得

28、的是（）ABCD【考點】烯烴；鹵代烴簡介【專題】有機反應【分析】鹵代烴不能夠由烴經加成反應制得，說明鹵代烴不能發(fā)生消去反應，鹵代烴發(fā)生消去反應結構特點：與X相連碳相鄰碳上有氫原子才能發(fā)生反應，形成不飽和鍵【解答】解：A中與氯原子相連碳相鄰碳上有氫原子，能發(fā)生消去反應，故A正確； B中與氯原子相連碳相鄰碳上有氫原子，能發(fā)生消去反應，故B正確；C與X相連碳相鄰碳上沒有氫原子，不能發(fā)生消去反應，故C錯誤；D中與氯原子相連碳相鄰碳上有氫原子，能發(fā)生消去反應，故D正確故選C【點評】本題考查鹵代烴能發(fā)生消去反應結構特點，難度不大，注意鹵代烴能發(fā)生消去反應結構特點：與X相連碳原子鄰位碳原子上必須有氫原子9如

29、圖是部分短周期元素原子（用字母表示）最外層電子數與原子序數的關系圖說法正確的是（）A元素非金屬性：XRWBX與R形成的分子內含兩種作用力CX、Z形成的化合物中可能含有共價鍵D元素對應的離子半徑：WRX【考點】原子結構與元素周期律的關系【專題】元素周期律與元素周期表專題【分析】都是短周期元素，由最外層電子數與原子序數關系可知，X、Y處于第二周期，X的最外層電子數為6，故X為O元素，Y的最外層電子數為7，故Y為F元素；Z、R、W處于第三周期，最外層電子數分別為1、6、7，故Z為Na元素、R為S元素、W為Cl元素，結合對應單質、化合物的性質以及元素周期律知識解答該題【解答】解：都是短周期元素，由最外

30、層電子數與原子序數關系可知，X、Y處于第二周期，X的最外層電子數為6，故X為O元素，Y的最外層電子數為7，故Y為F元素；Z、R、W處于第三周期，最外層電子數分別為1、6、7，故Z為Na元素、R為S元素、W為Cl元素，A同周期元素從左到右非金屬性逐漸增強，應為ClS，故A錯誤；BX與R形成的分子可為SO2或SO3，分子內只存在極性鍵，故B錯誤；CX、Z形成的化合物如為Na2O2，可含有共價鍵，故C正確；D核外電子排布相同的離子核電荷數越大離子半徑越小，半徑ClS2，故D錯誤故選C【點評】本題考查原子結構與元素周期律知識，為高考常見題型和高頻考點，側重于學生的分析能力的考查，根據最外層電子數及原子

31、序數的關系確定元素是解題的關鍵，注意整體把握元素周期表的結構，難度中等10中學常見物質A、B、C、D存在下圖轉化關系（部分生成物和反應條件略去）下列物質中符合轉化關系的A的個數為A B C （）Cl2 S Fe NH3AlCl3 Na2CO3A3B4C5D6【考點】常見金屬元素的單質及其化合物的綜合應用【專題】幾種重要的金屬及其化合物【分析】A為Cl2，D為Fe，B為氯化鐵，C為氯化亞鐵，符合轉化關系；A為硫，D為氧氣，符合轉化關系；A為鐵，D為硝酸，符合轉化關系A為NH3，D為氧氣，符合轉化關系；A為AlCl3溶液，D為NaOH，符合轉化關系；若A為Na2CO3，D可以為酸，B為碳酸氫鹽，C

32、為二氧化碳【解答】解：A為Cl2，D為Fe，B為氯化鐵，C為氯化亞鐵，滿足轉化關系A B C，故正確；A為S，D為氧氣，B為二氧化硫，C為三氧化硫，滿足轉化關系A B C，故正確；A為Fe，D為硝酸，B為硝酸亞鐵，C為硝酸鐵，滿足轉化關系A B C，故正確；A為NH3，D為氧氣，B為NO，C為二氧化氮，滿足轉化關系A B C，故正確；A為AlCl3溶液，D為NaOH，B為氫氧化鋁，C為偏鋁酸鈉，滿足轉化關系A B C，故正確；若A為Na2CO3，D可以為酸，B為碳酸氫鹽，C為二氧化碳，滿足轉化關系A B C，故正確；根據分析可知，滿足轉化關系的A有6個，故選D【點評】本題考查元素化合物性質及其

33、綜合應用用，屬于半開放性題目，難度不大，熟練掌握常見元素及其化合物性質是關鍵，試題培養(yǎng)了學生的分析能力及靈活應用能力11某有機化合物的結構簡式如圖所示，下列說法正確的是（）A不能發(fā)生銀鏡發(fā)應B1mol 該物質最多可與2molBr2反應C1mol 該物質最多可與4mol NaOH反應D與NaHCO3、Na2CO3均能發(fā)生反應【考點】有機物的結構和性質【專題】有機物的化學性質及推斷【分析】由結構可知分子中含HCOOC、酚OH、Cl、碳碳雙鍵，結合甲酸某酯、酚、鹵代烴、烯烴的性質來解答【解答】解：A含甲酸某酯結構，能發(fā)生銀鏡反應，故A錯誤；B酚OH的鄰位、碳碳雙鍵與溴水反應，則1mol 該物質最多可

34、與3molBr2反應，故B錯誤；C.2個酚羥基、Cl及COOC均與NaOH反應，則1mol 該物質最多可與4mol NaOH反應，故C正確；D含酚OH，與Na2CO3發(fā)生反應，與碳酸氫鈉不反應，故D錯誤；故選C【點評】本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，把握官能團與性質的關系為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意烯烴、酯等有機物的性質分析，題目難度不大12鋼鐵防護方法有多種，如圖中的方法描述正確的是（）Ab為電源負極B該方法是犧牲陽極的陰極保護法C電子流向：a鋼鐵閘門輔助電極baD電源改用導線連接進行防護時，輔助電極發(fā)生氧化反應【考點】金屬的電化學腐蝕與防護【專題】電化學專題【分析】

35、鋼鐵的防護方法有犧牲陽極的陰極保護法，即將鋼鐵做原電池的正極從而被保護；還有外加電源的陰極保護法，即將鋼鐵做電解池的陰極從而被保護，從圖示可知，由于有外加電源，故此為外加電源的陰極保護法，據此分析【解答】解：從圖示可知，由于有外加電源，故此為外加電源的陰極保護法A、在外加電源的陰極保護法中，鋼鐵要做電解池的陰極，即a為電源的負極，則b為電源的正極，故A錯誤；B、該方法是外加電源的陰極保護法，故B錯誤；C、在電解池中，電子由電解池的陽極電源的正極電源的負極電解池的陰極，即電子要由輔助電極ba鋼鐵閘門，故C錯誤；D、電源改用導線連接進行防護時，即犧牲陽極的陰極保護法，則輔助電極要做負極，發(fā)生氧化反

36、應，故D正確故選D【點評】本題考查了鋼鐵的電化學腐蝕的防護方法：犧牲陽極的陰極保護法和外加電源的陰極保護法，難度不大，為高考的高頻考點13下列裝置可達到實驗目的是（）A證明酸性：醋酸碳酸苯酚B制備乙酸丁酯C苯萃取碘水中I2，分出水層后的操作D用NH4Cl飽和溶液制備NH4Cl晶體AABBCCDD【考點】化學實驗方案的評價；實驗裝置綜合【專題】實驗評價題【分析】A醋酸與揮發(fā)，醋酸、碳酸均與苯酚鈉反應生成苯酚；B乙酸與丁醇加熱發(fā)生酯化反應生成酯，長導管可冷凝回流；C苯的密度比水小，水在下層；D蒸干時氯化銨受熱分解【解答】解：A醋酸與揮發(fā)，醋酸、碳酸均與苯酚鈉反應生成苯酚，則不能比較碳酸、苯酚的酸性

37、，故A錯誤；B乙酸與丁醇加熱發(fā)生酯化反應生成酯，長導管可冷凝回流，圖中可制備乙酸丁酯，故B正確；C苯的密度比水小，水在下層，應選分離下層液體，再從長口倒出上層液體，故C錯誤；D蒸干時氯化銨受熱分解，應利用冷卻結晶法制備，故D錯誤；故選B【點評】本題考查化學實驗方案的評價及實驗裝置綜合應用，為高頻考點，把握物質的性質、實驗技能、實驗裝置的作用為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗評價性分析，題目難度不大14關于反應2HI（g）H2（g）+I2（g）11kJ，正確的是（）A反應物的總鍵能低于生成物的總鍵能B1mol I2（g）中通入1mol H2（g），反應放熱11kJC等物質的量時，I

38、2（g）具有的能量低于I2（l）D平衡時分離出HI（g），正反應速率先減小后增大【考點】化學反應中能量轉化的原因；反應熱和焓變【專題】化學反應中的能量變化【分析】A反應前后能量守恒，反應是吸熱反應分析；B反應可逆反應不能進行徹底；C物質聚集狀態(tài)氣體能量高于液體；D平衡時分離出HI（g），平衡逆向進行，碘化氫濃度先減小后增大；【解答】解：A反應是吸熱反應，反應物的總鍵能低于生成物的總鍵能，故A正確；B反應可逆反應不能進行徹底，1mol I2（g）中通入1mol H2（g），反應放熱小于11kJ，故B錯誤；C等物質的量時，I2（g）具有的能量高于I2（l），故C錯誤；D平衡時分離出HI（g），平衡

39、逆向進行，碘化氫濃度先減小后增大，所以反應速率先減小后增大，但比原來速率小，故D正確；故選AD【點評】本題考查了化學反應能量變化，反應速率影響因素分析判斷，掌握基礎是解題關鍵，題目難度中等15下列實驗說法正確的是（）A將Al2（SO4）3溶液蒸干、灼燒至恒重，最終剩余固體是Al2O3B2mL10%的NaOH溶液中滴加2%的CuSO4溶液46滴制得新制氫氧化銅C將水蒸氣通過灼熱的鐵粉，鐵粉變紅棕色，說明鐵與水在高溫下能發(fā)生反應D取a克Na2CO3和NaHCO3混合物與少量稀鹽酸充分反應，加熱、蒸干、灼燒至熔化，冷卻得b克固體，可測得Na2CO3質量分數【考點】化學實驗方案的評價；鹽類水解的應用【

40、專題】實驗評價題【分析】A硫酸鋁在水中水解生成氫氧化鋁和硫酸，硫酸為難揮發(fā)性酸； B確保氫氧化鈉過量，氫氧化銅呈懸濁狀；C高溫下鐵與水蒸氣反應生成黑色固體；D應與足量鹽酸反應【解答】解：A硫酸鋁在水中水解生成氫氧化鋁和硫酸，硫酸為難揮發(fā)性酸，所以最終得到的產物是硫酸鋁，故A錯誤； B配制氫氧化銅懸濁液時NaOH一定要過量，否則氫氧化銅受熱會分解生成黑色的氧化銅，故B正確；C高溫下鐵與水蒸氣反應生成四氧化三鐵，為黑色固體，故C錯誤；D應與足量鹽酸反應，少量稀鹽酸無法確定成分，故D錯誤故選B【點評】本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，涉及鹽類的水解、物質的制備以及物質含量的測定等知識，為高考常

41、見題型，側重于學生的分析能力和元素化合物知識的綜合理解和運用的考查，難度不大，注意相關基礎知識的積累16Cl2可用于廢水處理向KCN溶液中先加入足量KOH溶液再通入氯氣，充分反應后生成兩種無毒的氣體下列說法正確的是（）A兩種無毒的氣體均為還原產物B反應后溶液的pH會升高C氧化劑與還原劑的物質的量之比為5：2D每轉移2NA個電子時，一定會生成13.44 L的氣體【考點】氯氣的化學性質【專題】鹵族元素【分析】KCN+2KOH+Cl2=KOCN+2KCl+H2O；氰酸鹽再進一步被液氯氧化為無毒氣體，反應中KOCNN2，N元素化合價由3價升高為0價，共升高6價，Cl2KCl，Cl元素化合價由0價降低為

42、1價，共降低2價，化合價升降最小公倍數為6，故N2系數為1，Cl2系數為3，結合原子守恒配平其它物質的系數，平衡后方程式為：2KOCN+4KOH+3Cl22CO2+N2+6KCl+2H2O，由此分析解答【解答】解：AN元素化合價由3價升高為0價，共升高6價，所以氮氣是氧化產物，故A錯誤；B氫氧化鉀生成氯化鉀，堿性變成中性，所以溶液的pH會降低，故B錯誤；C由反應KCN+2KOH+Cl2=KOCN+2KCl+H2O，2KOCN+4KOH+3Cl22CO2+N2+6KCl+2H2O可知氧化劑與還原劑的物質的量之比為5：2，故C正確；D狀況不知，所以無法求氣體的體積，故D錯誤；故選C【點評】本題綜合

43、考查學生的分析能力和計算能力，注意把握元素化合價的判斷，為解答該題的關鍵，結合電子得失守恒解答該題，難度中等17某溶液由Na+、Ag+、Ba2+、Al3+、AlO2、Fe2+、NO3、Cl、SO42中若干種組成，現將溶液分成兩等份，再分別通入足量的NH3和SO2充分反應后，最終均有白色沉淀生成則溶液中一定含有的離子有（）AAl3+、NO3BBa2+、Al3+、ClCBa2+、Al3+、NO3DAg+、Al3+、NO3【考點】常見離子的檢驗方法【專題】離子反應專題【分析】分成兩等份，再分別通入足量的NH3和SO2充分反應后，最終均有白色沉淀生成，因Ag+與足量氨水反應生成絡離子，Al3+與氨水反

44、應生成白色沉淀，Fe2+與氨水反應生成氫氧化亞鐵最終轉化為紅褐色沉淀；另一份中，NO3、SO2發(fā)生氧化還原反應生成SO42，SO42與Ag+或Ba2+結合生成白色沉淀，以此來解答【解答】解：分成兩等份，再分別通入足量的NH3和SO2充分反應后，最終均有白色沉淀生成，因Ag+與足量氨水反應生成絡離子，Al3+與氨水反應生成白色沉淀，Fe2+與氨水反應生成氫氧化亞鐵最終轉化為紅褐色沉淀；另一份中，NO3、SO2發(fā)生氧化還原反應生成SO42，SO42與Ag+或Ba2+結合生成白色沉淀，綜上所述，一定含Al3+、NO3，Ag+、Ba2+至少含一種，一定不含AlO2、Fe2+，不能確定是否含SO42、N

45、a+、Cl，故選A【點評】本題考查常見離子的檢驗，為高頻考點，把握常見離子之間的反應、白色沉淀的判斷為解答的關鍵，側重分析與推斷能力的綜合考查，充分考查了學生靈活應用基礎知識的能力，題目難度不大三、選擇題（本題共20分，每小題4分，每小題有一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）18一定條件下，等物質的量的N2（g）和O2（g）在恒容密閉容器中反應：N2（g）+O2（g）2NO（g），曲線a表示該反應在溫度T時N2的濃度隨時間的變化，曲線b表示該反應在某一起始反應條件改變時N2的濃度隨時間的變化敘述正確的是（）A溫度T時，該反應的平

46、衡常數K=B溫度T時，混合氣體的密度不變即達到平衡狀態(tài)C曲線b對應的條件改變可能是加入了催化劑D若曲線b改變的條件是溫度，則該正反應放熱【考點】化學平衡的影響因素【專題】化學平衡專題【分析】A由圖可知氮氣的濃度變化，利用平衡濃度計算平衡常數；B此容器為恒容密閉容器，=，據此判斷即可；C催化劑只能改變化學反應速率，不能改變物質的轉化率；D由圖可知，b曲線化學反應速率快，若是升高溫度，氮氣的平衡濃度減小，則正反應為吸熱反應【解答】解：AN2（g）+O2（g）2NO（g）起（mol/L） c0 c0 0轉（mol/L） （c0 c1 ） （c0 c1 ） 2（c0 c1 ）平（mol/L） c1 c

47、1 2（c0 c1 ）故K=，故A正確；B反應物和生成物均是氣體，故氣體的質量m不變，容器為恒容容器，故V不變，則密度=不變，故B錯誤；C由圖可知，b曲線氮氣的平衡濃度減小，故應是平衡發(fā)生移動，催化劑只能改變速率，不能改變平衡，故b曲線不可能是由于催化劑影響的，故C錯誤；D由圖可知，b曲線化學反應速率快（變化幅度大），氮氣的平衡濃度減小，升高溫度平衡正向移動，則正反應為吸熱反應，即H0，故D錯誤；故選A【點評】本題考查物質的量濃度隨時間變化曲線，為高頻考點，把握化學平衡計算、化學平衡移動影響因素等為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，題目難度不大19離子方程式Ba2+2OH+2H+SO42B

48、aSO4+2H2O可表示（）ABa（OH）2與NaHSO4兩溶液的溶質按物質的量之比2：1反應BBa（OH）2與NaHSO4兩溶液的溶質按物質的量之比1：2反應CBa（OH）2與NH4HSO4兩溶液的溶質按物質的量之比2：1反應DBa（OH）2與NH4HSO4兩溶液的溶質按物質的量之比1：2反應【考點】離子方程式的書寫【專題】離子反應專題【分析】Ba2+2OH+2H+SO42BaSO4+2H2O可表示氫氧化鋇與硫酸（或硫酸的酸式鹽）反應的離子反應，以此來解答【解答】解：ABa（OH）2與NaHSO4兩溶液的溶質按物質的量之比2：1反應時的離子反應為Ba2+OH+H+SO42=BaSO4+H2O

49、，故A不選；BBa（OH）2與NaHSO4兩溶液的溶質按物質的量之比1：2反應的離子反應為Ba2+2OH+2H+SO42=BaSO4+2H2O，故B選；CBa（OH）2與NH4HSO4兩溶液的溶質按物質的量之比2：1反應的離子反應為Ba2+2OH+NH4+H+SO42=BaSO4+H2O+NH3H2O，故C不選；DBa（OH）2與NH4HSO4兩溶液的溶質按物質的量之比1：2反應的離子反應為Ba2+2OH+2H+SO42=BaSO4+2H2O，故D選；故選BD【點評】本題考查離子反應方程式的書寫，為高頻考點，把握發(fā)生的反應、離子反應的書寫方法為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意量少的物

50、質完全反應，題目難度不大20向100mLNa2CO3與NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol/L的鹽酸，測得溶液中的CO32、HCO3、AlO2、Al3+的物質的量與加入鹽酸溶液的體積變化關系如圖所示下列說法正確的是（）A原混合溶液中的n（CO32）：n（AlO2）=1：1Ba點溶液中：c（HCO3）+c（H2CO3）+c（H+）=c（OH）Cb點溶液中濃度順序為：c（Cl）c（HCO3）c（CO32）c（OH）Dde的過程中水的電離程度逐漸減小【考點】離子方程式的有關計算；離子濃度大小的比較【專題】電離平衡與溶液的pH專題【分析】Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1molL1的

51、鹽酸首先，發(fā)生反應AlO2+H+H2OAl（OH）3，最左邊曲線表示AlO2，由圖可知AlO2反應完畢，加入鹽酸50mL，根據方程式可知n（AlO2）=n（H+）=0.05L×1mol/L=0.05mol第二階段，AlO2反應完畢，發(fā)生反應CO32+H+HCO3，ab線表示CO32，bc線表示HCO3，由圖可知CO32反應完畢，該階段加入鹽酸100mL50mL=50mL，根據方程式可知n（CO32）=n（H+）=0.05L×1mol/L=0.05mol第三階段，CO32反應完畢，發(fā)生反應HCO3+H+CO2+H2O，cd線表示HCO3，由圖可知HCO3反應完畢，該階段加入鹽

52、酸150mL100mL=50mL，根據方程式可知n（HCO3）=n（H+）第四階段，發(fā)生反應Al（OH）3+3H+Al3+3H2O，de線表示Al3+，由圖可知Al（OH）3反應完畢，根據方程式可知n（H+）=3nAl（OH）3=3×0.05mol=0.15mol，該階段加入鹽酸體積為=0.15L=150mL據此結合選項解答【解答】解：Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1molL1的鹽酸首先，發(fā)生反應AlO2+H+H2OAl（OH）3，最左邊曲線表示AlO2，由圖可知AlO2反應完畢，加入鹽酸50mL，根據方程式可知n（AlO2）=n（H+）=0.05L×1mol/L=0.05mol第二階段，AlO2反應完畢，發(fā)生反應CO32+H+HCO3，a