2019屆上海高考化學二模試卷版含答案解析

1、如19年上海市高考化學二模試卷一、選擇題（本題共40分，每小題2分，每題只有一個正確選項）1 .容量瓶上未必有固定的（）A.溶液濃度B.容量C.定容刻度D.配制溫度2 .零族元素難以形成化合物的根本原因是它們（）A.都是惰Ii元素B.化學性質不活潑C.都以單原子分子形式存在D.原子結構均為穩(wěn)定結構3 .氮化鋁（AlN）熔融時不導電、難溶于水，常用作砂輪及耐高溫材料，由此推知，它應該屬于（）A.離子晶體B.原子晶體C.分子晶體D.金屬晶體4 .SO2能使濱水褪色，說明SO2具有（）A.還原性B.漂白性C.酸性D.氧化性5 .火山爆發(fā)產(chǎn)生的氣體中含有少量的?；颍ǚ肿邮绞牵篊OS,已知談基硫分子結

2、構與CO2類似，有關說法正確的是（）A.?；蚴请娊赓|B.玻基硫分子的電子式為：C.CO、S三個原子中半徑最小的是CD.?；蚍肿訛榉菢O性分子6.水是自然界最重要的分散劑，關于水的敘述錯誤的是（）A.水分子是含極性鍵的極性分子B.水的電離方程式為：H2O72H+O2-C.重水（D2O）分子中，各原子質量數(shù)之和是質子數(shù)之和的兩倍D.相同質量的水具有的內能：固體液體氣體7 .下列物質的工業(yè)生產(chǎn)過程中，其主要反應不涉及氧化還原反應的是（）A.生鐵B.硫酸C.燒堿D.純堿8 .能用離子方程式CO32-+2H+-H2GCO2T表示的反應是（）A.碳酸鈉與足量稀硝酸的反應B.碳酸氫鈉與足量鹽酸的反應C.碳

3、酸鋼與少量稀鹽酸的反應D.碳酸鈉與足量稀醋酸的反應9 .保存液態(tài)有機物的一種方法是在其上方加蓋一層水以避免揮發(fā)損失.下列有機物適合用水封法”保存的是（）A.乙醇B.硝基苯C.甘油D.己烷10 .0.1moL/L醋酸用蒸儲水稀釋的過程中，下列說法正確的是（）A.電離程度增大，H+濃度增大B.電離程度減小，H+濃度減小C.電離程度增大，H+濃度減小D.電離程度減小，H+濃度增大11 .關于氯化鐵溶液，下列有關說法正確的是（）A.適當升高溫度能促進FeCl3水解B.加水稀釋能促進其水解，并提高Fe（OH）3的濃度C.加少量濃鹽酸能促進FeCl3水解D.保存氯化鐵溶液時應加入少量鐵粉12.在盛有稀H2

4、SO4的燒杯中放入用導線連接的電極X、Y,外電路中電子流向如圖所示.關于該裝置，下列說法正確的是（）稀硫酸A.外電路中電流方向為：XAYB.若兩電極分別為鐵棒和碳棒，則X為碳棒，Y為鐵棒C.X極上發(fā)生的是還原反應，Y極上發(fā)生的是氧化反應D.若兩電極都是金屬單質，則它們的活動性順序為X>Y13 .氮氣與氫氣在催化劑表面發(fā)生合成氨反應的微粒變化歷程如圖所木.®下列關于反應歷程的先后順序排列正確的是（）A.B.C.D.14 .乙酸和乙醛的鑒別有多種方法，下列可行的操作中最不簡便的一種是（）A.使用蒸儲水B.使用NaHCO3容液C.使用CuSO4和NaOH溶液D,使用pH試紙15 .實

5、驗室制備乙酸乙酯和乙酸丁酯采用的相同措施是（）A.水浴加熱B.冷凝回流C.用濃硫酸做脫水劑和催化劑D.乙酸過量16 .如圖表示某個化學反應過程的能量變化.該圖表明（）陀里,尸丁非催化反應一、"g化反應I反應過翱A.催化劑可以改變該反應的熱效應B.該反應是個放熱反應C.反應物總能量低于生成物D.化學反應遵循質量守恒定律17 .一定條件下，下列金屬中能與水發(fā)生置換反應并產(chǎn)生金屬氧化物的是（）A.鉀B.鎂C.鐵D.銅18 .中和滴定中用已知濃度的稀鹽酸滴定未知濃度的稀氨水，計算式與滴定氫氧化鈉溶液類似：c1V1=c2Vz則（）A.終點溶液偏堿性B.終點7§液中c（NH4+）=c（

6、Cl-）C.終點溶液中氨過量D.合適的指示劑是甲基橙而非酚醐19 .稱取兩份鋁粉，第一份加入足量濃氫氧化鈉溶液，第二份加入足量鹽酸，如要放出等量的氣體，兩份鋁粉的質量之比為（）A.1：3B.3：1C,1：1D,4：320 .已知HCl的沸點為-85C,則HI的沸點可能為（）A.-167CB.-87CC.-35CD.50C二、綜合分析題（一）氯和澳（本題共17分）21 .氯原子核外有種不同運動狀態(tài)的電子，它的最外層電子排布式是.22 .銅絲能在氯氣中燃燒，鐵絲能否？請說出判斷依據(jù).23 .將如圖裝置放置在光亮的地方，隨后觀察到如下實驗現(xiàn)象：大試管內壁上有油狀液滴生成、飽和食鹽水中有少量固體析出、

7、黃綠色氣體顏色變淺、試管內液面有所上升.(1)油狀液滴的成分可能是CC14和.(2)水梢中盛放飽和食鹽水而不是蒸儲水是為了抑制與水的反應.(3)試管內液面上升的原因是極易溶于水.Q一甲烷和氯氣曷含匏和食鹽水24 .澳和氯在元素周期表中均屬于族.25 .目前從海水提澳(Br2)大致有以下步驟.(1)向濃縮的海水中通入某種氣體，將海水中的Br-氧化為Br2,該氣體是.(2)用熱空氣將Br2從上述溶液中吹出，并由濃Na2CO3溶液吸收,轉變?yōu)镹aBr、NaBrO3.1moLBr2需消耗Na2CO3moL.(3)再將所得混合溶液用稀硫酸酸化，得到濃度較高的濱水，配平該反應的離子方程式.Br+BrO3-

8、+H+-Br2+H20.(二)工業(yè)制氫.(共2小題，滿分12分)26 .一定溫度下在體積為5L的密閉容器中發(fā)生某可逆反應，其化學c(CO)*c(H0)平衡吊數(shù)表達式為：(1)請寫出該反應的化學方程式：.(2)恒溫恒容條件下容器中氣體的平均相對分子質量、氣體的分子總數(shù)或混合氣體的不再隨時間變化，都可說明該反應已達平衡狀態(tài).(3)該反應的逆反應速率隨時間變化的關系如圖，t1時的突變一定是因為某種條件的改變，該改變不可能是;a.減小H2濃度b.使用催化劑c.升高溫度.i41|dIAI%4&i，I1I»ti/Ajr!:i|dpI-/：:；tIjTI中MjIII.%h春Uf3Ht27

9、.將水分解制得氫氣的一種工業(yè)方法是硫-碘循環(huán)法”，依次涉及下列三步反應：I. SOA2H2O+I2-H2s4+2HIII. 2HI(g)?H2(g)+I2(g)III. 2H2S0>2SO2-O2+2H2O(1) 一定溫度下，向5L恒容密閉容器中加入ImolHI,發(fā)生反應II,H2物質的量隨時間的變化如圖所示.02min內的平均反應速率v第6頁(共37頁)(HI)=.相同溫度下，若起始加入的HI改為2mol,反應達平衡時H2的量為mol.(2)分析上述反應，下列判斷錯誤的是(填寫選項編號，只有一個正確選項).a.三步反應均為氧化還原反應b.循環(huán)過程中產(chǎn)生1molH2,同時產(chǎn)生1molO2

10、c.在整個分解水的過程中SO2和I2相當于催化劑.(三)金屬化合物(本題14分)28.某礦物樣品(已經(jīng)剔除其它雜質)含三種氧化物：Al2O3、Fe2O3CuO,化學興趣小組欲將三種金屬化合物加以分離，最終制得相應的純凈化合物或溶液.實驗方案大致如下：新蛙品靈受"¥灌(1)純Fe2O3CuO的顏色依次是色、色.(2)寫出濾液A的主要溶質成分：(3)由濾液A制AlCl3溶液有和兩種途徑，與相比自有其合第7頁(共37頁)理之處，理由是：.(4)溶液E中含有三種陽離子.向E中分步滴加NaOH溶液，三種陽離子先后與OH-結合，其中列第二位的陽離子能使某種試劑變?yōu)檠t色，這種試劑是.若

11、礦物樣品的質量為ml,所得Fe(OH)3的質量為m2,則樣品中Fe2O3的質量分數(shù)為.若使Fe3+沉淀這一步加入的NaOH過量，該測定值將(填偏高"、偏低”或不變”).(5)將Cu(OH)2溶于稀硫酸，然后制成膽磯晶體，必要的操作步驟依次包括蒸發(fā)濃縮、洗滌、自然干燥等.(四)有機化學.29.(1)相對分子質量為46的CH、O化合物，除CH3OCH矽卜常見的還有兩種，分別是和.它們是否為同系物？.(2)兩種化合物中共含有三種官能團，分別是基、基、基.(3)兩種化合物中，能發(fā)生消去反應的是,能發(fā)生取代反應的是,能發(fā)生氧化反應的是.30.有機化合物AH的轉換關系如所示:一定條件(1)A是有

12、支鏈的快炫，其名稱是ooH00H(2) F所屬的類別是(3)寫出G的結構簡式：參考答案與試題解析一、選擇題（本題共40分，每小題2分，每題只有一個正確選項）1 .容量瓶上未必有固定的（）A.溶液濃度B.容量C.定容刻度D.配制溫度【考點】N4:計量儀器及使用方法.【分析】根據(jù)容量瓶上標有：溫度、規(guī)格、刻度線分析.【解答】解：因容量瓶上標有：溫度、規(guī)格、刻度線，故選A.2 .零族元素難以形成化合物的根本原因是它們（）A.都是惰Ti元素B.化學性質不活潑C.都以單原子分子形式存在D.原子結構均為穩(wěn)定結構【考點】72：元素周期表的結構及其應用.【分析】最外層電子是2個或8個，達到穩(wěn)定結構，不易得失電

13、子或共用電子對，由此分析解答.【解答】解：零族元素最外層電子是2個或8個，達到穩(wěn)定結構，不易得失電子或共用電子對，這是零族元素難以形成化合物的根本原因，故選D.3 .氮化鋁（AlN）熔融時不導電、難溶于水，常用作砂輪及耐高溫材料，由此推知，它應該屬于（）A.離子晶體B.原子晶體C.分子晶體D.金屬晶體【考點】A6:不同晶體的結構微粒及微粒間作用力的區(qū)別.【分析】由信息可知，氮化鋁常用作砂輪及耐高溫的材料，熔融時不導電為共價化合物，熔點高、硬度大，為原子晶體的性質，以此來解答.【解答】解：由信息可知，氮化鋁常用作砂輪及耐高溫的材料，熔融時不導電為共價化合物，由原子構成，熔點高、硬度大，為原子晶體

14、的性質，所以氮化鋁屬于原子晶體；故B正確；故選B.4 .SO2能使濱水褪色，說明SO2具有（）A.還原性B.漂白性C.酸性D.氧化性【考點】F5:二氧化硫的化學性質.【分析】氧化還原反應中元素化合價升高，體現(xiàn)還原性，澳與二氧化硫二者能發(fā)生氧化還原反應生成硫酸和HBr,使濱水褪色，硫元素化合價升高，體現(xiàn)還原性.【解答】解：澳與二氧化硫二者能發(fā)生氧化還原反應生成硫酸和HBr,溶液中澳的顏色會褪去，反應的化學方程式為：SOABr2+2H2O=H2SO42HBr,硫元素化合價升高（+4-+6）,體現(xiàn)還原性，澳元素化合價降低，體現(xiàn)氧化性（0-1）,故選A.5.火山爆發(fā)產(chǎn)生的氣體中含有少量的玻基硫（分子式

15、是：COS,已知談基硫分子結構與CO2類似，有關說法正確的是（）A.玻基硫是電解質B.?；蚍肿拥碾娮邮綖椋篊.GO、S三個原子中半徑最小的是CD.?；蚍肿訛榉菢O性分子【考點】8G:原子結構與元素的性質.【分析】?；虻姆肿邮绞荂OS已知?；蚍肿咏Y構與CO2類似，為直線型結構，結構式為O=C=S則COS的電子式為礙心由；因O、S得電子的能力不同，為含CO之間與CS之間的極性鍵的極性分子；C、O原子都含有2個電子層，原子序數(shù)越大原子半徑越小，則原子半徑C>O;?；蜃陨聿荒茈婋x，屬于非電解質，據(jù)此進行解答.【解答】解：A.?；颍–OS自身不能電離，屬于非電解質，不是電解質，故A錯誤；

16、B.?；蚍肿咏Y構與CO2類似，為直線型結構，結構式為：O=C=S則COS的電子式為電3優(yōu)梵小，故B正確；C.CO、S三個原子中，S原子電子層最多，S的原子半徑最大；C、O原子都含有2個電子層，原子序數(shù)越大原子半徑越小，則原子半徑C>O,即半徑最小的是O,故C錯誤；D.?；虻慕Y構式為O=C=S因O、S得電子的能力不同，為含CO之間與CS之間的極性鍵的極性分子，故D錯誤；故選B.6.水是自然界最重要的分散劑，關于水的敘述錯誤的是（）A.水分子是含極性鍵的極性分子B,水的電離方程式為：H2O72H+O2-C.重水（D2O）分子中，各原子質量數(shù)之和是質子數(shù)之和的兩倍D.相同質量的水具有的內能

17、：固體液體氣體【考點】D5:弱電解質在水溶液中的電離平衡；84:質子數(shù)、中子數(shù)、核外電子數(shù)及其相互聯(lián)系；9O：極性鍵和非極性鍵；D6：水的電離.【分析】A.水含H-O,為V型結構，正負電荷的中心不重合；B.水為弱電解質，存在電離平衡；C.質量數(shù)為2X2+16=20,質子數(shù)為1X2+8=10;D.由固態(tài)轉化為液態(tài)，液態(tài)轉化為氣態(tài)，均吸熱.【解答】解：A.水含H-O極性鍵，為V型結構，正負電荷的中心不重合，則為極性分子，故A正確；B.水為弱電解質，存在電離平衡，電離方程式為H2O7H+OH-,故B錯誤；C.質量數(shù)為2X2+16=20,質子數(shù)為1X2+8=10,則重水（D20）分子中各原子質量數(shù)之和

18、是質子數(shù)之和的兩倍，故C正確；D.由固態(tài)轉化為液態(tài)，液態(tài)轉化為氣態(tài)，均吸熱，氣態(tài)能量最高，則相同質量的水具有的內能：固體液體氣體，故D正確；故選B.7 .下列物質的工業(yè)生產(chǎn)過程中，其主要反應不涉及氧化還原反應的是（）A.生鐵B.硫酸C.燒堿D.純堿【考點】B1：氧化還原反應.【分析】有電子轉移的化學反應是氧化還原反應，其特征是有元素化合價的變化，據(jù)此分析.【解答】解：A.冶煉鐵，發(fā)生的反應Fe2O$3CGSn2Fe+3CO2,化合價發(fā)生變化，為氧化還原反應，故A不選；8 .硫酸工業(yè)中存在SSO2SO3的轉化，化合價發(fā)生變化，為氧化還原反應，故B不選；通電C.涉及的反應為：2NaC+2H2OCl

19、2T+H2T+2NaOH,該反應中有電子的轉移，屬于氧化還原反應，故C不選；D.氨堿法生產(chǎn)純堿涉及的方程式為：NH3+CO2+H2O+NaClNaHCO3NH4Ck2NaHCO3匕Na2CO3CO2T+H2O,這幾個方程式中都沒有電子的轉移，所以不涉及氧化還原反應，故D選；故選D.8.能用離子方程式CO32-+2H+-H2GCO2T表示的反應是（）A.碳酸鈉與足量稀硝酸的反應B.碳酸氫鈉與足量鹽酸的反應C.碳酸鋼與少量稀鹽酸的反應D.碳酸鈉與足量稀醋酸的反應【考點】49:離子方程式的書寫.【分析】能用離子方程式CO32-+2H+H2C+C02T表示的反應，必須滿足可溶性的碳酸鹽與強酸或強酸的酸

20、式鹽反應生成可溶性鹽的一類反應，據(jù)此進行判斷.A.碳酸鈉為可溶性的鹽，稀硝酸為強酸，能用離子方程式CO32-+2H+-H2O+CO2T表示的反應；B.碳酸氫鈉離子方程式中應該寫成碳酸氫根離子形式；C.碳酸鋼為沉淀，應寫化學式；D.醋酸為弱酸應寫化學式.【解答】解：A.碳酸鈉與足量稀硝酸的反應，碳酸鈉為可溶性的鹽，硝酸為強酸，二者反應生成可溶性的硝酸鈉，其離子方程式可以用CO32-+2H+H2O+C02T表示，故A正確；B.碳酸氫根為弱酸的酸式鹽，應寫成HCO3-離子形式，該反應的離子方程式為HCO3-+H+H2O+C02T,故B錯誤；C.碳酸鋼為難溶物，離子方程式中需要保留化學式，該反應的離子

21、方程式為：BaCO32H+Ba2+H2O+CO2?,故C錯誤；D.CH3COOF*弱酸，在離子方程式中應寫成化學式，其反應的離子方程式為：CO32-+2CH3COOI+CO2?+H2O+2CH3COO,故D錯誤;故選A.9.保存液態(tài)有機物的一種方法是在其上方加蓋一層水以避免揮發(fā)損失.下列有機物適合用水封法”保存的是（）A.乙醇B.硝基苯C.甘油D.己烷【考點】O2:化學試劑的存放.【分析】有機物用水封法保存，則有機物不溶于水，且密度比水大，以此解答.【解答】解：A.乙醇與水互溶，不能用水封，故A不選；B.硝基苯密度大于水，且不7§于水，可以用水封，故B選；C.甘油與水互溶，不能用水封

22、，故C不選；D.己烷密度小于水，在水的上層，不能用水封法保存，故D不選；故選：B.10 .0.1moL/L醋酸用蒸儲水稀釋的過程中，下列說法正確的是()A.電離程度增大，H+濃度增大B.電離程度減小，H+濃度減小C.電離程度增大，H+濃度減小D.電離程度減小，H+濃度增大【考點】D5:弱電解質在水溶液中的電離平衡.【分析】醋酸溶液中存在CH3COOHCH3COO-+H+,加水稀釋促進電離，n(CH3COO)和n(H+)增大，n(CH3COOH減小，結合溶液體積和物質的量的變化解答該題.【解答】解：醋酸溶液中存在CH3COOHCH3COO-+H+,加水稀釋促進電離，n(CH3COO)和n(H+)

23、增大，但體積增大大于電離程度的倍數(shù)，H+濃度減小.故選C.11 .關于氯化鐵溶液，下列有關說法正確的是()A.適當升高溫度能促進FeCl3水解B.加水稀釋能促進其水解，并提高Fe(OH)3的濃度C.加少量濃鹽酸能促進FeCl3水解D.保存氯化鐵溶液時應加入少量鐵粉【考點】GN：鐵的氧化物和氫氧化物；DD：鹽類水解的應用.【分析】A.水解為吸熱反應；B.加水稀釋溶液濃度降低；C.依據(jù)同離子效應解答；D.鐵粉能夠與氯化鐵反應生成氯化亞鐵.【解答】解：A.水解為吸熱反應，升高溫度能促進鹽類的水解，故A正確；B.力口水稀釋能促進其水解，但是能使Fe(OH)3的濃度降低，故B錯誤；C.氯化鐵水解生成氫氧

24、化鐵和氫離子，加入鹽酸，增大氫離子濃度，抑制氯化鐵水解，故C錯誤；D.鐵粉能夠與氯化鐵反應生成氯化亞鐵，所以保存氯化鐵溶液不能加入鐵，為抑制氯化鐵水解應加入少量稀鹽酸，故D錯誤；故選：A.12.在盛有稀H2SO4的燒杯中放入用導線連接的電極X、Y,外電路中電子流向如圖所示.關于該裝置，下列說法正確的是()稀磕酸A.外電路中電流方向為：X-YB.若兩電極分別為鐵棒和碳棒，則X為碳棒，Y為鐵棒C.X極上發(fā)生的是還原反應，Y極上發(fā)生的是氧化反應D.若兩電極都是金屬單質，則它們的活動性順序為X>Y【考點】BH:原電池和電解池的工作原理.【分析】根據(jù)圖片知，該裝置是原電池，根據(jù)電子的流向判斷X為負

25、極，Y為正極，電流的流向正好與電子的流向相反；較活潑的金屬作負極，不活潑的金屬或導電的非金屬作正極；負極上發(fā)生氧化反應，正極上發(fā)生還原反應.【解答】解：A.根據(jù)圖片知該裝置是原電池，外電路中電子從X電極流向Y電極，電流的流向與此相反，即Y-0-X,故A錯誤；B.原電池中較活潑的金屬作負極，較不活潑的金屬或導電的非金屬作正極，若兩電極分別為Fe和碳棒，則Y為碳棒，X為Fe,故B錯誤；C. X是負極，負極上發(fā)生氧化反應；Y是正極，正極上發(fā)生還原反應，故C錯誤；D. X為負極，Y為正極，若兩電極都是金屬單質，則它們的活動性順序為X>Y,故D正確.故選D.13 .氮氣與氫氣在催化劑表面發(fā)生合成氨

26、反應的微粒變化歷程如圖所木.®下列關于反應歷程的先后順序排列正確的是（）A.B.C.D.【考點】15：化學反應的實質；27：工業(yè)合成氨.【分析】物質發(fā)生化學反應就是構成物質的微粒重新組合的過程，分子分解成原子，原子再重新組合成新的分子，新的分子構成新的物質.氫分子和氮分子都是由兩個原子構成，它們在固體催化劑的表面會分解成單個的原子，原子再組合成新的氨分子，據(jù)此解答.【解答】解：催化劑在起作用時需要一定的溫度，開始時催化劑還沒起作用，氮分子和氫分子在無規(guī)則運動，物質要在催化劑表面反應，所以催化劑在起作用時，氫分子和氮分子有序的排列在催化劑表面，反應過程中的最小微粒是原子，所以分子先斷鍵

27、形成原子，然后氫原子和氮原子結合成氨分子附著在催化劑表面，反應結束后脫離催化劑表面形成自由移動的氨氣分子，從而完成反應，在有催化劑參加的反應中，反應物先由無序排列到有序排列再到無序排列，分子先分成原子，原子再結合成新的分子，故選：A.14 .乙酸和乙醛的鑒別有多種方法，下列可行的操作中最不簡便的一種是（）A.使用蒸儲水B.使用NaHCO3容液C.使用CuSO4和NaOH溶液D.使用pH試紙【考點】HA：有機物的鑒別.【分析】乙酸具有酸性，可與碳酸鹽、堿等發(fā)生復分解反應，乙醛含有醛基，可發(fā)生氧化反應，以此解答該題.【解答】解：二者都溶于水，沒有明顯現(xiàn)象，不能鑒別，乙酸具有酸性，可與NaHCO3容

28、液生成氣體，使pH試紙變紅，可鑒別，操作簡單，但使用CuSO有口NaOH溶液，需先生成氫氧化銅，然后與乙酸發(fā)生中和反應，檢驗乙醛需要加熱，操作較B、D復雜.故選C.15 .實驗室制備乙酸乙酯和乙酸丁酯采用的相同措施是（）A.水浴加熱B.冷凝回流C.用濃硫酸做脫水劑和催化劑D.乙酸過量【考點】TJ：乙酸乙酯的制取.【分析】A.實驗室制備乙酸乙酯和乙酸丁酯均采用酒精燈加熱；B.制備乙酸丁酯采取直接回流的方法；C.濃硫酸有吸水性、脫水性且做催化劑能加快反應速率；D.乙酸丁酯的制備和乙酸乙酯的制備原料用量區(qū)別在于正丁醇和乙醇的價格差異，制備乙酸乙酯，乙醇過量，制備乙酸丁酯，乙酸過量.【解答】解：A.乙

29、酸乙酯沸點770C,乙酸正丁酯沸點1260C,制備乙酸乙酯和乙酸丁酯，需要的溫度較高，需要用酒精燈直接加熱，不能用水浴加熱，故A錯誤；B.乙酸乙酯采取邊反應邊蒸儲的方法，但乙酸丁酯則采取直接回流的方法，待反應后再提取產(chǎn)物，故B錯誤；C.制備乙酸乙酯和乙酸丁酯都為可逆反應，用濃硫酸做脫水劑和催化劑，能加快反應速率，兩者措施相同，故C正確；D.制備乙酸乙酯時，為了提高冰醋酸的轉化率，由于乙醇價格比較低廉，會使乙醇過量，制備乙酸丁酯時，采用乙酸過量，以提高丁醇的利用率，這是因為正丁醇的價格比冰醋酸高，故D錯誤；故選C.16.如圖表示某個化學反應過程的能量變化.該圖表明（）能制/丁非催化反應一、

30、9;8化反應fewI反應過程A.催化劑可以改變該反應的熱效應B.該反應是個放熱反應C.反應物總能量低于生成物D.化學反應遵循質量守恒定律【考點】BB：反應熱和始變.【分析】由圖象可知，反應物總能量大于生成物總能量，正反應為放熱反應，加入催化劑，可降低反應的活化能，但反應熱不變，以此解答該題.【解答】解：A.由圖可知，加入催化劑降低反應的活化能，但反應第21頁（共37頁）熱不變，故A錯誤；B.由圖象可知，反應物總能量大于生成物總能量，故為放熱反應，故B正確；C.由圖象可知，反應物總能量大于生成物總能量，故C錯誤；D.化學反應一定遵循質量守恒定律，故D正確.故選BD.17.一定條件下，下列金屬中能

31、與水發(fā)生置換反應并產(chǎn)生金屬氧化物的是（）A.鉀B.鎂C.鐵D.銅【考點】GR常見金屬元素的單質及其化合物的綜合應用.【分析】金屬中能與水發(fā)生置換反應，應為較為活潑的金屬，金屬與水反應，可生成氫氧化物或氧化物，同時生成氫氣，結合對應物質的性質解答該題.【解答】解：A.鉀和水反應生成KOH和氫氣，故A不選；B.加熱條件下，鎂和水反應生成氫氧化鎂和氫氣，故B不選；C.加熱條件下，鐵和水蒸氣反應生成四氧化三鐵和氫氣，故C選；D.銅和水不反應，故D不選.故選C.18.中和滴定中用已知濃度的稀鹽酸滴定未知濃度的稀氨水，計算式與滴定氫氧化鈉溶液類似：c1V1=c2Vz則（）A.終點溶液偏堿性B.終點7

32、67;液中c(NH4+)=c(Cl-)C.終點溶液中氨過量D.合適的指示劑是甲基橙而非酚醐【考點】R3：中和滴定.【分析】用已知濃度的稀鹽酸滴定未知濃度的稀氨水，應滿足c1V1=c2Vz反應生成氯化鏤，結合鹽類的水解解答該題.【解答】解：用已知濃度的稀鹽酸滴定未知濃度的稀氨水，應滿足c1V1=c2V2反應生成氯化鏤，為強酸弱堿鹽，水解呈酸性，則c(NH4+)<c(Cl-),應用甲基橙為指示劑，故選D.19 .稱取兩份鋁粉，第一份加入足量濃氫氧化鈉溶液，第二份加入足量鹽酸，如要放出等量的氣體，兩份鋁粉的質量之比為()A.1：3B.3：1C.1：1D,4：3【考點】GJ：鋁的化學性質.【分析

33、】由2A16HC12NaOH3H2T,酸、堿均足量時，Al完全反應，以此分析生成的氫氣.【解答】解：由2A16HC12NaOH3H2T,酸、堿均足量時，A1完全反應，由反應的關系式可知，生成等量的氫氣，消耗等量的A1,所以兩份鋁粉的質量之比為1:1,故選C.20 .已知HCl的沸點為-85C,則HI的沸點可能為（）A.-167CB.-87CC.-35CD.50C【考點】A1：分子間作用力.【分析】氯化氫、碘化氫為結構相似的分子晶體，分子晶體熔沸點高低與分子間作用力有關，而分子間作用力與相對分子質量成正比，據(jù)此判斷.【解答】解：氯化氫、碘化氫為結構相似的分子晶體，分子晶體熔沸點高低與分子間作用力

34、有關，而分子間作用力與相對分子質量成正比，碘化氫相對分子質量大于氯化氫，所以分子間作用力強于氯化氫，熔沸點高于氯化氫熔沸點，排除A、B,常溫下碘化氫為氣體，所以沸點低于0C,排除D,故選：C.二、綜合分析題（一）氯和澳（本題共17分）21 .氯原子核外有17種不同運動狀態(tài)的電子.它的最外層電子排布式是3s23P5.【考點】8G:原子結構與元素的性質.【分析】Cl元素為17號元素，原子核外有17個電子，每一個電子的運動狀態(tài)都不相同，其核外電子排布為1s22s22P63s23P5據(jù)此分析.【解答】解：Cl元素為17號元素，原子核外有17個電子，每一個電子的運動狀態(tài)都不相同，所以氯原子核外有17種不

35、同運動狀態(tài)的電子，Cl原子的核外電子排布為1s22s22P63s23P5則最外層電子排布式是3s23P5;故答案為：17；3s23P5.22 .銅絲能在氯氣中燃燒，鐵絲能否？請說出判斷依據(jù).能，鐵比銅更活潑.【考點】GR常見金屬元素的單質及其化合物的綜合應用；GM:鐵的化學性質；GR銅金屬及其重要化合物的主要性質.【分析】銅絲能在氯氣中燃燒，氯氣具有強氧化性，因為鐵的還原性比銅強，紅熱的鐵絲也能在氯氣中燃燒.【解答】解：氯氣是一種黃綠色氣體，具有強氧化性，銅絲在氯氣中燃燒生成棕色的煙，在金屬活動順序表中，鐵排在銅的前面，鐵的還原性比銅強，鐵比銅更活潑，鐵絲能與氯氣反應，鐵絲在氯氣中燃燒生成棕紅

36、色的煙，故答案為：能，鐵比銅更活潑.23 .將如圖裝置放置在光亮的地方，隨后觀察到如下實驗現(xiàn)象：大試管內壁上有油狀液滴生成、飽和食鹽水中有少量固體析出、黃綠色氣體顏色變淺、試管內液面有所上升.(1)油狀液滴的成分可能是CC14和CHCl3(或CH2c.(2)水梢中盛放飽和食鹽水而不是蒸儲水是為了抑制氯氣與水的反應.(3)試管內液面上升的原因是HCl極易溶于水.a甲烷和氯氣GM豆飽和食鹽水町工h【考點】T3：甲烷的性質實驗.【分析】CH4與氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應生成CH3ClCH2c12CHC13CC14和HC1,其中CH3C1是氣體，CH2C12CHC13CC14是油狀液體，HC1極易溶

37、于水，故生成后溶于了飽和氯化鈉溶液，導致試管內壓強減小，液面上升，據(jù)此分析.【解答】解：(1)CH4與氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應生成CH3C1CH2C12CHC13CC14和HC1,其中CH3C1是氣體,CH2C12CHC13CC14是油狀液體，難溶于水，HC1極易溶于水，故HC1生成后溶于了飽和食鹽水中，油狀液滴的成分有CH2C12CHC13CC14故答案為：CHC13(或CH2C12;(2)由于HC1極易溶于水，而氯氣在水中的額溶解度不大，且氯氣和水的反應為可逆反應，故水梢中盛放飽和食鹽水不影響HC1的溶解,而能降低氯氣的溶解度，故目的是為了抑制氯氣和水的反應，故答案為：氯氣；(3)由于

38、反應生成的CH2C12CHC13CC14是油狀液體，而HC1極易溶于水，生成后溶于了飽和氯化鈉溶液，導致試管內壓強減小，液面上升，故答案為：HC1.24 .澳和氯在元素周期表中均屬于VIIA族.【考點】72:元素周期表的結構及其應用.【分析】根據(jù)主族族序數(shù)=最外層電子數(shù)，據(jù)此進行解答.【解答】解：澳和氯元素的原子最外層電子數(shù)為7,屬于第三周期第VHA族，故答案為：VIIA.25 .目前從海水提澳(Br2)大致有以下步驟.(1)向濃縮的海水中通入某種氣體，將海水中的Br-氧化為Br2,該氣體是C12.(2)用熱空氣將Br2從上述溶液中吹出，并由濃Na2CO3溶液吸收，轉變?yōu)镹aBr、NaBrO3

39、.1moLBr2需消耗Na2CO3moL.(3)再將所得混合溶液用稀硫酸酸化，得到濃度較高的濱水，配平該反應的離子方程式.5Br-+1BrO3-+6H+-3Br2+3H20.【考點】E7:海水資源及其綜合利用.【分析】(1)氯氣具有氧化性，能氧化澳離子生成單質澳；(2)用碳酸鈉溶液吸收澳，澳歧化為Br-和BrO3-,結合質量守恒書寫反應的離子方程式，結合定量關系計算；(3)Br-、BrO3-在酸性條件下發(fā)生反應生成Br2,澳元素化合價-1價和+5價變化為。價，電子轉移總數(shù)5,結合電子守恒和原子守恒配平.【解答】解：(1)向濃縮的海水中通入某種氣體，將海水中的Br-氧化為Br2,該氣體是氯氣，故

40、答案為：C12;(2)用熱空氣將Br2從上述溶液中吹出，并由濃Na2CO3溶液吸收，澳歧化為Br-和BrO3-,反應的離子方程式為3Br2+3CO32-5Br-+BrO3-+3CO2,1moLBr2需消耗Na2CO刑質的量為1mo1,故答案為：1;(3)Br-、BrO3-在酸性條件下發(fā)生反應生成Br2,澳元素化合價-1價和+5價變化為0價，電子轉移總數(shù)5,得到離子方程式為：Br-+BrO3-+6H+=3Br2+3H2O故答案為：5、1、6、3、3.(二)工業(yè)制氫.(共2小題，滿分12分)26.一定溫度下在體積為5L的密閉容器中發(fā)生某可逆反應，其化學c(CO)*c(H0)平衡吊數(shù)表達式為：_(1

41、)請寫出該反應的化學方程式：C(s)+H2O(g)?CO(g)+H2(g).(2)恒溫恒容條件下容器中氣體的平均相對分子質量、氣體的分子總數(shù)或混合氣體的壓強或密度不再隨時間變化、都可說明該反應已達平衡狀態(tài).(3)該反應的逆反應速率隨時間變化的關系如圖，t1時的突變一定是因為某種條件的改變，該改變不可能是ab:a.減小H2濃度b.使用催化劑c.升高溫度.fiJfi【考點】CH：化學反應速率變化曲線及其應用.【分析】(1)根據(jù)化學平衡常數(shù)表達式知，生成物是CO和氫氣，反應物有水，根據(jù)元素守恒知，反應物還含有C;(2)可逆反應達到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，反應體系中各物質的物質的量、物質的量濃度

42、、百分含量以及由此引起的一系列物理量不變；(3)改變條件時逆反應速率增大，隨著反應的進行，逆反應速率逐漸增大，說明平衡正向移動.【解答】解：(1)根據(jù)化學平衡常數(shù)表達式知，生成物是CO和氫氣,反應物有水，根據(jù)元素守恒知，反應物還含有C,所以該可逆反應為C(s)+H2O(g)?CO(g)+H2(g),故答案為：C(s)+H2O(g)?CO(g)+H2(g)；(2)該反應前后氣體計量數(shù)之和增大，所以恒溫恒容條件下容器中氣體的平均相對分子質量、氣體的分子總數(shù)或混合氣體的壓強、密度都改變，當這些量不再隨時間變化時該反應達到平衡狀態(tài)，故答案為：壓強或密度；(3)改變條件時逆反應速率突然增大，隨著反應的進

43、行，逆反應速率增大，說明平衡正向移動，a.減小H2濃度，逆反應速率減小，故a選；b.使用催化劑，逆反應速率增大，但是平衡不移動，故b選；c.碳與水蒸氣的反應屬于吸熱反應，升高溫度，正向移動，正逆反應速率都增大，故c不選;故答案為：ab.27.將水分解制得氫氣的一種工業(yè)方法是硫-碘循環(huán)法"依次涉及下列三步反應：I. SOK2H2812fH2SO42HIII. 2HI?H2(g)+I2III. 2H2SO力2SO2-O2+2H2O(1) 一定溫度下，向5L恒容密閉容器中加入ImolHI,發(fā)生反應II,H2物質的量隨時間的變化如圖所示.02min內的平均反應速率v(HI)=0.02moL/

44、(L?min).相同溫度下，若起始加入的HI改為2mol,反應達平衡時H2的量為0.2mol.(2)分析上述反應，下列判斷錯誤的是b(填寫選項編號，只有一個正確選項).a.三步反應均為氧化還原反應b.循環(huán)過程中產(chǎn)生1molH2,同時產(chǎn)生1molO2c.在整個分解水的過程中SO2和I2相當于催化劑.n(H£)molx【考點】CP：化學平衡的計算；CK物質的量或濃度隨時間的變化曲第30頁(共37頁)線.【分析】(1)由圖可知，平衡時氫氣的物質的量為0.1mol,根據(jù)方程式計算參加反應的HI的物質的量，可計算v(HI),相同溫度下，若起始加入的HI改為2mol,相當于增大壓強，平衡不移動，

45、反應達平衡時H2的量為原平衡的2倍；、，一、，催化劑一，一一(2)總反應為2H2O陽®2H2+O2,整個分解水的過程中SO2和I2相當于催化劑.【解答】解：(1)方程式為2HI(g)?H2(g)+I2(g),平衡時氫氣的物質的量為0.1mol,則消耗0.2molHI,02min內的平均反應速率v(HI)=0.02moL/(L?min),相同溫度下，若起始加入的HI改為2mol,相當于增大壓強，平衡不移動，反應達平衡時H2的量為原平衡的2倍，應為0.2mol,故答案為：0.02moL/(L?min);0.2;(2) a.三步反應都涉及到單質，存在元素化合價的變化，均為氧化還原反應，故a

46、正確；-催化劑-、一I-b.總反應為2H2O2H2+O2,循環(huán)過程中廣生1molH2,同時產(chǎn)生0.5molO2,故b錯誤；1-傕化劑1人c.將I+n+HIX彳可得H2OH2+O2,在整個分解水的過程中SO2和I2相當于催化劑，故c正確.故答案為：b.(三)金屬化合物(本題14分)第31頁(共37頁)28.某礦物樣品(已經(jīng)剔除其它雜質)含三種氧化物：A12O3、Fe2O3CuO,化學興趣小組欲將三種金屬化合物加以分離，最終制得相應的純凈化合物或溶液.實驗方案大致如下：(1)純Fe2O3CuO的顏色依次是紅色、黑色.(2)寫出濾液A的主要溶質成分：NaOTNaA1O2.(3)由濾液A制A1C13溶

47、液有和兩種途徑，與相比自有其合理之處，理由是：途徑制得的氯化鋁溶液純度高；途徑制取的A1C13溶液中混有NaCl雜質.(4)溶液E中含有三種陽離子.向E中分步滴加NaOH溶液，三種陽離子先后與OH-結合，其中列第二位的陽離子能使某種試劑變?yōu)檠t色，這種試劑是KSCN容液.若礦物樣品的質量為ml,所得80m之Fe(OH)3的質量為m2,則樣品中Fe2O3的質量分數(shù)為礪X100%.若使Fe3+沉淀這一步加入的NaOH過量，該測定值將匚(填偏高"、偏低"或不變”).(5)將Cu(OH)2溶于稀硫酸，然后制成膽磯晶體，必要的操作步驟依次包括蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、自然干燥等

48、.【考點】P8：物質分離和提純的方法和基本操作綜合應用.第32頁(共37頁)【分析】礦物樣品(已經(jīng)剔除其它雜質)含三種氧化物：A12O3、Fe2O3CuO,加入足量燒堿溶液過濾，氧化鋁溶解生成偏鋁酸鈉，氧化鐵和氧化銅不溶解，濾液A為NaA1O2,濾渣B為Fe2O3CuQ加入足量稀硫酸溶解得到硫酸鐵、硫酸銅溶液E,加入氫氧化鈉溶液生成沉淀氫氧化鐵和氫氧化銅，濾液A加入足量鹽酸生成氯化鋁溶液，濾液A通入足量二氧化碳過濾得到氫氧化鋁沉淀D,沉淀中加入足量稀鹽酸得到氯化鋁溶液，(1)氧化鐵為紅色，氧化銅為黑色；(2)分析可知濾液A為偏鋁酸鈉溶液和氫氧化鈉溶液；(3)根據(jù)物質的性質結合框圖轉化關系和所得產(chǎn)品進行解答；(4)溶液E中含有三種陽離子.為H+、Fe3+、Cu2+,向E中分步滴加NaOH溶液，三種陽離子先后與OH-結合，其中列第二位的陽離子能使某種試劑變?yōu)檠t色為鐵離子結合硫富根離子生成血紅色溶液，元素守恒計算氧化鐵質量分數(shù)，若使Fe弟沉淀這一步加入的NaOH過量會生成氫氧化銅沉淀，沉淀質量增大；(5)從溶液中要析出晶體，采用冷卻結晶法，然后過濾洗滌、干燥；【解答】解：礦物樣品(已經(jīng)剔除其它雜質)含三種