上海市普陀区2015届高三第二次模拟考试化学试题(含解析)

上海市普陀区2015年高考化学二模试卷一、选择题（本题共10分，每小题2分，每题只有一个正确选项）1我国是世界最大的耗煤国家，下列加工方法不属于煤的综合利用的是（）A干馏B气化C液化D裂解考点：煤的干馏和综合利用.分析：煤的综合利用是指通过物理或化学加工等途径，回收和利用煤中的各种有益组分，以获得多种产品的方法解答：解：煤的综合利用是指通过物理或化学加工等途径，回收和利用煤中的各种有益组分，以获得多种产品的方法，包括煤的气化、液化和干馏，均属于煤的综合利用而裂解是石油的综合利用的方法故选：D点评：本题考查了煤的综合利用，题目难度不大，注意煤的气化、液化、干馏过程中都有新物质的生成，都属于化学变化2（2分）（2015普陀区二模）下列物质中含有非极性键的共价化合物是（）ACCl4BNa2O2CC2H4DCS2考点：共价键的形成及共价键的主要类型.分析：共价键是属于非金属元素之间形成的化学键，其中相同非金属元素形成的为非极性共价键，不同非金属元素形成的为极性共价键，只含有共价键的化合物是为共价化合物，以此来解答解答：解：ACCl4中只含CCl极性共价键，故A不选；BNa2O2既含有非极性共价键，又含有离子键，为离子化合物，故B不选；CC2H4中含CH极性共价键和C=C非极性共价键，只含共价键，由C、H元素组成，为共价化合物，故C选；DCS2中只含C=S极性共价键，故D不选；故选C点评：本题考查共价键，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键，注意共价化合物只含有共价键，题目难度不大3（2分）（2015普陀区二模）如图是元素周期表中关于碘元素的信息，其中解读正确的是（）A碘元素的质子数为53B碘原子的质量数为126.9C碘原子核外有5种不同能量的电子D碘原子最外层有7种不同运动状态的电子考点：原子结构与元素的性质.分析：A元素是一类原子总称，不谈质子数问题；B碘元素的相对原子质量为126.9；C外围电子排布为5s25p5，处于第五周期A族，有1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s、4p、4d、5s、5p能级；D核外电子没有运动状态相同的电子，最外层有几个电子具有几种运动状态不同的电子解答：解：A由图可知，碘元素的原子序数为53，而元素是一类原子总称，不谈质子数，故A错误；B碘元素的相对原子质量为126.9，不是碘原子的相对原子质量，故B错误；C外围电子排布为5s25p5，处于第五周期A族，有1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s、4p、4d、5s、5p共10种不同能量的电子，故C错误；D最外层电子排布为5s25p5，最外层有7种不同运动状态的电子，故D正确，故选D点评：本题考查元素周期表，比较基础，A选项为易错点，注意元素是一类原子总称，不谈质子数、中子数、个数等4（2分）（2015普陀区二模）可确定乙二醇分子是否有极性的实验是（）A测定沸点B测静电对液流影响C测定蒸气密度D测标准状况下气体摩尔体积考点：极性分子和非极性分子.分析：极性分子中正负电荷中心中心不重叠，作静电引流实验时会偏转，据此分析解答：解：极性分子的正电荷中心与负电荷中心不重合，极性分子虽然整体不带电，但每一个乙醇分子都有带电的极性端，也可以再理解为部分区域带电，所以它在电场作用下，会定向运动，所以测静电对液流影响，可以判断分子是否有极性；而测定沸点、测定蒸气密度、测标准状况下气体摩尔体积等均不能判断分子极性；故选B点评：本题考查了分子极性的实验室测定方法，题目难度不大，注意把握静电引流实验的原理5（2分）（2015普陀区二模）美国Science杂志曾经报道：在40GPa高压下，用激光器加热到1800K，人们成功制得了原子晶体干冰有关原子晶体干冰的推断错误的是（）A有很高的熔点和沸点B易汽化，可用作制冷材料C含有极性共价键D硬度大，可用作耐磨材料考点：原子晶体.分析：A原子晶体具有很高的熔点、沸点；B原子晶体沸点很高；C不同非金属元素之间形成极性键；D原子晶体硬度大，可用作耐磨材料解答：解：A原子晶体具有很高的熔点、沸点，所以原子晶体干冰有很高的熔点、沸点，故A正确；B原子晶体干冰有很高的沸点，不易汽化，不可用作致冷剂，故B错误；C不同非金属元素之间形成极性键，二氧化碳中存在O=C极性键，故C正确；D原子晶体硬度大，所以原子晶体干冰的硬度大，可用作耐磨材料，故D正确；故选B点评：本题以信息为载体，考查原子晶体的性质与结构，注意基础知识的掌握，难度不大二、选择题（本题共36分，每小题3分，每题只有一个正确选项）6（3分）（2015普陀区二模）我们熟知的一些化合物的应用错误的是（）AMgO用于冶炼金属镁BNaCl用于制纯碱CCu（OH）2用于检验糖尿病DFeCl3用于净水考点：镁、铝的重要化合物；胶体的应用；乙醛的化学性质.分析：AMgO的熔点较高；B侯氏制碱法就是向饱和氯化钠溶液中先通氨气在通二氧化碳来制备纯碱；C检验糖尿病是通过检验尿液中葡萄糖的含量即用新制的氢氧化铜；DFeCl3水解生成Fe（OH）3胶体，胶体具有吸附性而净水解答：解：A工业上常用电解熔融MgCl2制备金属镁，故A错误； B侯氏制碱法就是向饱和氯化钠溶液中先通氨气在通二氧化碳来制备纯碱，所以NaCl用于制纯碱，故B正确；C检验糖尿病是通过检验尿液中葡萄糖的含量即用新制的氢氧化铜与尿液在加热条件下反应看是否有砖红色沉淀产生，故C正确；DFeCl3水解生成Fe（OH）3胶体，水解方程式为FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl，胶体能吸附水中的悬浮物而净水，故D正确故选A点评：本题考查了金属的冶炼、侯氏制碱法、检验糖尿病的方法、盐类水解等，题目难度不大，注意常见物质的用途7（3分）（2015普陀区二模）是制作电木的原料下列围绕此物质的讨论正确的是（）A该有机物没有确定的熔点B该有机物通过加聚反应得到C该有机物通过苯酚和甲醇反应得到D该有机物的单体是C6H3OHCH2考点：常用合成高分子材料的化学成分及其性能；有机高分子化合物的结构和性质.分析：纯净物有固定的熔点；合成酚醛树脂 的单体是苯酚和甲醛解答：解：A聚合物中的n值不同，是混合物，没有确定的熔点，故A正确； B是苯酚和甲醛通过缩聚制取的，故B错误；C合成酚醛树脂 的单体是苯酚和甲醛，故C错误；D合成酚醛树脂 的单体是苯酚和甲醛，故D错误故选A点评：本题主要考查缩聚反应，需要注意的是酚醛发生缩聚反应的规律，题目难度不大8（3分）（2015普陀区二模）甲醇低压羰基合成法（CH3OH+COCH3COOH）是当今世界醋酸生产的主要方法，国标优等品乙酸含量99.8%为检验得到的乙酸中是否含有甲醇，可用的方法是（）A观察放入金属Na是否产生气泡B观察滴入的紫色石蕊溶液是否变红C观察滴入的酸性KMnO4溶液是否褪色D观察插入的表面发黑的灼热铜丝是否变红考点：物质检验实验方案的设计.分析：乙酸含COOH，乙醇含OH，均与Na反应，乙酸具有酸性，乙醇能被高锰酸钾氧化，以此来解答解答：解：A均与Na反应生成气泡，不能检验，故A不选；B滴入的紫色石蕊溶液是否变红，可检验乙酸，不能检验乙醇，故B不选；C乙醇能被高锰酸钾氧化，使其褪色，则滴入的酸性KMnO4溶液是否褪色可检验乙醇，故C选；D乙酸与CuO反应，干扰乙醇与CuO的反应，不能检验，故D不选；故选C点评：本题考查物质的检验实验，为高频考点，把握有机物的官能团与性质、性质差异为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大9（3分）（2015普陀区二模）为了实现绿色化学，符合工业生产实际的是（）A用纯碱吸收硫酸工业的尾气B用烧碱吸收氯碱工业的尾气C用纯碱吸收合成氨工业的尾气D用烧碱吸收炼铁工业的尾气考点：常见的生活环境的污染及治理；绿色化学.分析：A硫酸工业的尾气，注意成分为二氧化硫，可用碱液吸收；B氯气为有毒气体，能够与氢氧化钠吸收反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；C根据碱性气体能与酸反应；D炼铁工业的尾气主要成分为一氧化碳解答：解：A纯碱溶液碱性较弱，通常用氨水来吸收二氧化硫，故A错误；B氯气为有毒气体，能够与氢氧化钠反应，所以可以用烧碱吸收氯碱工业的尾气，故B正确；C硫酸溶液能与氨气反应，所以用硫酸溶液吸收合成氨工业尾气（主要成分氨气），故C错误；D炼铁工业的尾气主要成分为一氧化碳，与强氧化钠不反应，不能用烧碱进行尾气处理，故D错误；故选：B点评：本题主要考查了了尾气的吸收，明确尾气主要成分及其性质是解题关键，题目难度不大10（3分）（2015普陀区二模）工业上以CaO和HNO3为原料制备Ca（NO3）26H2O晶体为确保制备过程中既不补充水分，也无多余的水分，所用硝酸溶液中溶质的质量分数应为（）A53.8%B58.3%C60.3%D70.0%考点：溶液中溶质的质量分数及相关计算.分析：工业上以CaO和HNO3为原料制备Ca（NO3）26H2O晶体为确保制备过程中既不补充水分，也无多余的水分，也就是硝酸溶液中的水全部参与化学反应生成Ca（NO3）26H2O晶体，反应方程式为CaO+2HNO3+5H2OCa（NO3）26H2O，设硝酸的质量为126g，根据方程式可知硝酸溶液中水的质量为90g，据此结合质量分数的定义计算硝酸溶液中溶质的质量分数解答：解：工业上以CaO和HNO3为原料制备Ca（NO3）26H2O晶体为确保制备过程中既不补充水分，也无多余的水分，也就是硝酸溶液中的水全部参与化学反应生成Ca（NO3）26H2O晶体，反应方程式为：CaO+2HNO3+5H2OCa（NO3）26H2O，设硝酸的质量为126g，则：CaO+2HNO3+5H2OCa（NO3）26H2O 126g 90g因此硝酸溶液中溶质的质量分数为100%=58.3%，故选C点评：本题考查根据化学方程式计算溶液中溶质的质量分数，题目难度中等，正确书写反应的方程式为解答关键，试题旨在培养学生的理解能力和计算能力11（3分）（2015普陀区二模）在化学能与电能的转化中，下列叙述正确的是（）A镀锌铁皮在食盐水中发生析氢腐蚀B电解池的阴极材料一定比阳极材料活泼C将铁器与电源正极相连，可在其表面镀锌D原电池的负极和电解池的阳极均发生氧化反应考点：原电池和电解池的工作原理.分析：A、在酸性环境中，金属发生析氢腐蚀；B、电解池中电解质溶液中的阳离子在阴极放电，与阴极电极材料活泼与否无关；C、电镀池中，镀件作阴极；D、原电池的负极失电子发生氧化反应，电解池的阳极发生氧化反应解答：解：A、镀锌铁在食盐水中发生吸氧腐蚀，故A错误；B、电解池中电解质溶液中的阳离子在阴极放电，与阴极电极材料活泼与否无关，故B错误；C、要在铁表面镀锌，将铁器与电源负极相连，故C错误；D、原电池的负极失电子发生氧化反应，电解池的阳极发生氧化反应，故D正确；故选D点评：本题考查了原电池和电解池相关知识，注意析氢腐蚀与吸氧腐蚀与环境酸碱性的关系，题目难度不大12（3分）（2015普陀区二模）铁的氧化物可用于脱除煤气中的H2S，有一步反应为：Fe3O4（s）+3H2S（g）+H2（g）3FeS（s）+4H2O（g）其温度与平衡常数的关系如图所示对此反应原理的理解正确的是（）AH2S是还原剂B脱除H2S的反应是放热反应C温度越高H2S的脱除率越大D压强越小H2S的脱除率越高考点：用化学平衡常数进行计算.分析：A、还原剂在氧化还原反应中失去电子，化合价升高；B、由图可以得出，温度越高，K值越小，说明此反应为放热反应；C、此反应为放热反应，升高温度，平衡左移，不利于脱硫；D、稀反应特点为反应前后气体体积不变的反应，据此判断即可解答：解：A、还原剂在氧化还原反应中失去电子，化合价升高，H2S为反应物，FeS为生成物，反应前后S的化合价均为2，故既不是氧化剂也不是还原剂，故A错误；B、由图可以得出，温度越高，K值越小，说明此反应为放热反应，故B正确；C、此反应为放热反应，升高温度，平衡左移，不利于脱硫，即温度越高H2S的脱除率越小，故C错误；D、稀反应特点为反应前后气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，故硫化氢的转化率不会提高，D错误，故选B点评：本题主要考查的是氧化剂与还原剂判断、化学反应平衡移动原理以及其判断，难度不大，依据化学反应方程式以及图象得出此反应的特点是解决本题的关键13（3分）（2015普陀区二模）常温常压下，下列气体混合后压强一定不发生变化的是（）ANH3和Cl2BNH3和HBrCSO2和O2DSO2和H2S考点：二氧化硫的化学性质；氨的化学性质.分析：完全反应后容器中压强没有发生变化，说明反应前后气体的物质的量没有发生变化，结合反应的方程式和物质的状态判断解答：解：完全反应后容器中压强没有发生变化，说明反应前后气体的物质的量没有发生变化，A氨气与氯气常温下反应：8NH3+3Cl2 =N2+6NH4Cl，氯化铵为固体，气体物质的量减小，压强发生变化，故A不选；B氨气与溴化氢反应生成溴化铵固体，方程式为：NH3+HBr=NH4Br，溴化铵为固体，气体物质的量减小，压强发生变化，故B不选；C二氧化硫与氧气常温下不反应，所以气体物的量不变，压强不变，故C选；DSO2和H2S发生S02+2H2S3S+2H2O，气体物质的量减小，压强发生变化，故D不选；故选：C点评：本题考查元素化合物知识，熟悉 二氧化硫、氯气、氨气、硫化氢等气体性质及反应条件是解题关键，注意把握反应方程式的书写，根据方程式判断，难度不大14（3分）（2015普陀区二模）以下实验原理或操作中正确的是（）A焰色反应实验中，铂丝在蘸取待测溶液前，应先用稀H2SO4洗净并灼烧B制备氢氧化铜悬浊液时，向10%NaOH溶液中滴入少量2%CuSO4溶液C配制浓H2SO4、浓HNO3混合酸时，首先向试管里放入一定量浓H2SO4D纸层析实验中，将试液点滴浸没在展开剂里，静置观察考点：化学实验方案的评价.分析：A稀H2SO4不挥发，干扰实验；B向10%NaOH溶液中滴入少量2%CuSO4溶液，NaOH过量；C配制浓H2SO4、浓HNO3混合酸时，类似浓硫酸的稀释，先加硝酸；D试液点与展开剂不能接触解答：解：A稀H2SO4不挥发，干扰实验，应选稀盐酸洗净并灼烧，故A错误；B向10%NaOH溶液中滴入少量2%CuSO4溶液，NaOH过量，则可制备氢氧化铜悬浊液时，故B正确；C配制浓H2SO4、浓HNO3混合酸时，类似浓硫酸的稀释，先加硝酸，然后向试管里放入一定量浓H2SO4，故C错误；D纸层析实验中，滤纸上的试样点是不可以浸入展开剂中的，否则试样会溶解在展开剂中，故D错误；故选B点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及焰色反应、物质的制备、实验基本操作等，把握物质的性质、反应原理及实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，综合性较强，题目难度不大15（3分）（2015普陀区二模）化学中常用图象直观地描述化学反应的进程或结果只改变一个条件，则下列对图象的解读正确的是（）AA2（g）+3B2（g）2AB3（g）如图说明此反应的正反应是吸热反应B4CO（g）+2NO2（g）N2（g）+4CO2（g）如图说明NO2的转化率bacCN2（g）+3H2（g）2NH3（g）如图说明t秒时合成氨反应达到平衡D2A（g）+2B（g）3C（g）+D（？）如图说明生成物D一定是气体考点：产物百分含量与压强的关系曲线；化学反应速率与化学平衡图象的综合应用.分析：A、根据图可知，交点之前，反应未达平衡，交点时处于平衡状态，交点后增大温度逆反应速率增大比正反应速率增大更多，平衡向逆反应移动，据此判断；B、增加一种反应物的量会增大另一种反应物的转化率；C、根据正逆反应速率相等来判断化学平衡状态；D、根据图示可以看出压强只能改变反应速率但是不改变平衡的移动解答：解：A、根据图可知，交点之前，反应未达平衡，交点时处于平衡状态，交点后增大温度逆反应速率增大比正反应速率增大更多，平衡向逆反应移动，升高温度平衡向吸热反应移动，故可判断可逆反应A2（g）+3B2（g）2AB3（g）正反应是放热反应，故A错误；B、根据反应原理方程式，增加一种反应物NO的量会增大另一种反应物二氧化氮的转化率，所以c点的转化率大于a点，故B错误；C、2v（N2）正=v（NH3）逆时，正逆反应速率相等，此时化学反应达到了平衡状态，故C错误；D、根据图示可以看出压强只能改变反应速率但是不改变平衡的移动，所以反应是前后气体的系数和相等的反应，即D一定是气体，故D正确故选D点评：本题涉及化学平衡移动原理的应用、化学平衡的判断、以及反应的热量变化等知识，难度不大16（3分）（2015普陀区二模）黄铜矿（CuFeS2）是提取铜的主要原料，其煅烧产物Cu2S在1200高温下继续反应：2Cu2S+3O22Cu2O+2SO22Cu2O+Cu2S6Cu+SO2则（）A反应中还原产物只有SO2B反应中Cu2S只发生了氧化反应C将1 molCu2S冶炼成 2mol Cu，需要O21molD若1molCu2S完全转化为2molCu，则转移电子数为2NA考点：氧化还原反应的计算.专题：氧化还原反应专题分析：反应2Cu2S+3O22Cu2O+2SO2中，Cu元素化合价不变，S元素化合价升高，O元素化合价降低，反应2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2中，Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，以此解答该题解答：解：A反应中只有O元素化合价降低，则Cu2O、SO2都为还原产物，故A错误；B氧化、还原反应同时进行，反应2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2中，Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，发生氧化还原反应，故B错误；C将1 molCu2S冶炼成 2mol Cu，最终产物为Cu和SO2，由质量守恒可知生成1molSO2，需要O21mol，故C正确；D若1molCu2S完全转化为2molCu，最终产物为Cu和SO2，反应中Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，转移电子的物质的量为4mol，则转移电子数为4NA，故D错误故选C点评：本题考查金属的冶炼以及氧化还原有关知识，为高频考点，侧重学生的分析、计算能力的考查，题目难度不大，注意分析各元素的化合价的变化特点，以正确分析氧化剂和还原剂17（3分）（2015普陀区二模）下列实验目的能实现的是（）A 实验室制取乙炔B实验室制取Fe（OH）2C 实验室制取少量氨气D实验室制取乙酸丁酯考点：化学实验方案的评价.分析：A反应生成氢氧化钙易堵塞多孔隔板；BFe与硫酸反应生成氢气，可排出空气，但图中不能使硫酸亚铁与NaOH反应；C碳酸氢铵分解生成氨气、水、二氧化碳，碱石灰可吸收水、二氧化碳；D乙酸丁酯的沸点124126，反应温度115125解答：解：A反应生成氢氧化钙易堵塞多孔隔板，则不能利用图中制取气体的简易装置制备乙炔，故A错误；BFe与硫酸反应生成氢气，可排出空气，但图中不能使硫酸亚铁与NaOH反应，应利用止水夹关闭左侧软管，利用氢气的压强使硫酸亚铁与NaOH接触而反应，故B错误；C碳酸氢铵分解生成氨气、水、二氧化碳，碱石灰可吸收水、二氧化碳，则图中装置可制备少量氨气，故C正确；D乙酸丁酯的沸点124126，反应温度115125，则不能利用图中水浴加热 装置，故D错误；故选C点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的制备、有机物的结构与性质、实验装置等，把握物质的性质、反应原理及实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，综合性较强，题目难度不大三、选择题（本题共20分，每小题4分，每小题有一个或两个正确选项只有一个正确选项的，多选不给分；有两个正确选项的，选对一个给2分，选错一个，该小题不给分）18（4分）（2015普陀区二模）常温常压，将7.8g的Na2O2加入足量的1H218O中，反应完全后，有关物质的物理量正确的是（）A转移的电子数是0.1NAB反应后液体质量减少1.6gC生成的气体中含有0.8mol中子D生成气体的体积是1.12L考点：化学方程式的有关计算.分析：过氧化钠与水反应的方程式为：2Na2O2+21H218O=4Na18OH+O2，反应中过氧化钠既做氧化剂又做还原剂，消耗2mol（156g）过氧化钠生成1molO2，转移2mol电子，据此解答解答：解：A.2Na2O2+21H218O=4Na18OH+O2，反应中消耗2mo（156g）过氧化钠转移2mol电子，则消耗7.8g（0.1mol）过氧化钠，转移电子数为0.1mol，故A正确；B.2Na2O2+21H218O=4Na18OH+O2，消耗7.8g（0.1mol）过氧化钠，消耗0.1mol1H218O，1H218O的相对分子质量为20，所以消耗的水的质量为0.1mol20g/mol=2g，故B错误；C.2Na2O2+21H218O=4Na18OH+O2，消耗7.8g（0.1mol）过氧化钠，生成0.05molO2，1个O2中含有16个中子，0.05molO2含有中子数为0.05mol16=8mol，故C正确；D常温常压下，Vm22.4L/mol，不知道Vm值，无法计算生成气体的体积，故D错误；故选：AC点评：本题考查了有关方程式的计算，明确过氧化钠与水反应的原理是解题关键，题目难度中等19（4分）（2015普陀区二模）X、Y、Z、M、W为五种短周期元素X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，X与Z可形成常见的XZ或XZ2型分子，Y与M形成的气态化合物质量是相同条件下同体积氢气的8.5倍，W是原子半径最大的短周期元素下列判断正确的是（）A最高价含氧酸酸性：XYBX、Y、Z可形成离子化合物CW可形成双原子分子DM与W形成的化合物含极性共价键考点：原子结构与元素的性质.分析：X、Y、Z、M、W为五种短周期元素Y与M形成的气态化合物质量是相同条件下同体积氢气的8.5倍，该气体相对分子质量为8.52=17，应为NH3，而X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，只能处于第二周期，故Y为N元素、M为H元素；X与Z可形成常见的XZ或XZ2型分子，则X为C元素、Z为O元素；W是原子半径最大的短周期元素，则W为Na，据此解答解答：解：X、Y、Z、M、W为五种短周期元素Y与M形成的气态化合物质量是相同条件下同体积氢气的8.5倍，该气体相对分子质量为8.52=17，应为NH3，而X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，只能处于第二周期，故Y为N元素、M为H元素；X与Z可形成常见的XZ或XZ2型分子，则X为C元素、Z为O元素；W是原子半径最大的短周期元素，则W为NaA非金属性X（C）Y（N），故最高价含氧酸酸性：碳酸硝酸，故A正确；BC、N、O可形成共价化合物，不能形成离子化合物，故B错误；CW为Na，为金属元素，不能形成双原子分子，故C错误；DM与W形成的化合物为NaH，含有离子键，故D错误，故选A点评：本题考查结构性质位置关系综合应用，推断元素是解题关键，注意D选项中金属氢化物20（4分）（2015普陀区二模）常温下，运用电离理论做出的预测不正确的是（）A测定某二元弱酸钠盐溶液的pH，可能小于7B稀释0.1mol/LCH3COOH（aq），可能变大也可能变小C在20.00ml浓度均为0.100 mol/L的HCl与CH3COOH混合溶液中滴加0.200mol/LNaOH溶液至pH=7，NaOH溶液体积一定小于20.00mlDpH=8的碱性溶液中一定没有CH3COOH分子考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡.分析：A、NaHSO3溶液显酸性；B、醋酸溶液加水稀释，促进电离，但氢离子和醋酸根离子浓度减小；C、在20.00ml浓度均为0.100 mol/L的HCl与CH3COOH混合溶液中滴加0.200mol/LNaOH溶液20.00mL时，恰好中和，溶液显碱性；D、醋酸钠溶液显碱性，存在醋酸分子解答：解：A、多元弱酸的酸式盐，可能显酸性，故A正确；B、醋酸溶液加水稀释，氢氧根离子浓度增大，醋酸根离子浓度减小，醋酸浓度减小，但醋酸根离子物质的量增大，醋酸分子物质的量减小，无法判断的大小变化，故B正确；C、在20.00ml浓度均为0.100 mol/L的HCl与CH3COOH混合溶液中滴加0.200mol/LNaOH溶液20.00mL时，恰好中和生成NaCl和CH3COONa的混合溶液，醋酸钠溶液水解使溶液显碱性，若pH=7，NaOH溶液体积一定小于20.00ml，故C正确；D、醋酸钠溶液显碱性，水解生成醋酸分子，故D错误；故选D点评：本题考查了多元弱酸的酸式根离子既电离也水解、醋酸加水稀释时离子浓度变化、盐类水解，题目难度不大21（4分）（2015普陀区二模）在酸性Fe（NO3）3溶液中逐渐通入H2S气体，可能发生的离子反应是（）AH2S+2NO3+2H+=2NO2+S+2H2OB3 H2S+2NO3+2H+=2NO+3S+4H2OC3Fe3+3NO3+6H2S=3NO+6S+3Fe2+6H2ODFe3+3NO3+5H2S+2H+=3NO+5S+Fe2+6H2O考点：离子方程式的书写.分析：酸性溶液中，氧化性HNO3Fe3+，硫化氢不足，硝酸根离子氧化硫化氢；硫化氢足量，则Fe（NO3）3完全反应，以此来解答解答：解：酸性溶液中，氧化性HNO3Fe3+，硫化氢不足，硝酸根离子氧化硫化氢，由电子、电荷守恒可知，离子反应为3H2S+2NO3+2H+=2NO+3S+4H2O，硫化氢足量，则Fe（NO3）3完全反应，由电子、电荷守恒可知，离子反应为Fe3+3NO3+5H2S+2H+=3NO+5S+Fe2+6H2O，故选BD点评：本题考查离子反应的书写，为高频考点，把握发生的化学反应及电子守恒为解答的关键，侧重氧化还原反应的离子反应考查，注意氧化性的强弱及反应的先后顺序，题目难度中等22（4分）（2015普陀区二模）在含有0.6molCl、0.8molSO42及一定量Mg2+和Al3+的混合溶液中，滴入一定浓度NaOH溶液，产生沉淀情况如图（不考虑Mg2+和Al3+水解及水电离对离子数目的影响）若反应前Al3+的物质的量为a mol，Al3+的物质的量与混合溶液中离子总物质的量的比值为x则（）Ax=Bx的取值范围是0xCA点横坐标的值随x发生变化D若B点横坐标为200mL时，c（NaOH）=7.0mol/L考点：离子方程式的有关计算.分析：A、溶液中Al3+的物质的量为a mol，利用电荷守恒用a表示出Mg2+的物质的量，溶液中离子总的物质的量为三种离子之和，得到x和a的关系；B、溶液中Al3+的物质的量为a mol，利用电荷守恒用a表示出Mg2+的物质的量，溶液中离子总的物质的量为三种离子之和，也等于mol，据此列等式计算a的值（用x表示），利用极限法计算x的取值范围；C、溶液中铝离子的物质的量一定，消耗氢氧化钠的量是一定值；D、根据铝元素守恒计算氢氧化铝溶解消耗的氢氧化钠的物质的量，进而计算浓度即可解答：解：A、Al3+的物质的量为a mol，根据电荷守恒：n（Cl）+2n（SO42）=2n（Mg2+）+3n（Al3+），解得2n（Mg2+）=0.6mol+1.6mol3amol=（2.23a）mol，n（Mg2+）=（1.11.5a）mol，所以Al3+的物质的量与混合溶液中离子总物质的量的比值为x，即x=，故A正确；B、溶液中Al3+的物质的量为a mol，由电荷守恒可知Mg2+的物质的量为（1.11.5a）mol，x=，a，解得x的取值范围是：0x，故B正确；C、溶液中铝离子的物质的量一定，是amol，A点横坐标的值不会随x发生变化，故C错误；D、Al3+的物质的量为a mol，最终消耗氢氧化钠是4amol，n（Mg2+）=（1.11.5a）mol，消耗氢氧化钠是（2.23a）mol，共消耗氢氧化钠是a+2.2mol，所以若B点横坐标为200mL时，c（NaOH）=mol/L，故D错误故选AB点评：本题考查混合物的有关计算，题目难度中等，注意利用守恒进行的计算，B为易错点，可以直接利用极限法分析判断x的最大值不能取等号四、（本题共12分）23（12分）（2015普陀区二模）元素周期表中A族元素的单质及其化合物的用途广泛（1）三氟化溴（BrF3）常用于核燃料生产和后处理，遇水立即发生如下反应：3BrF3+5H2OHBrO3+Br2+9HF+O2该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3，每生成2.24LO2（标准状况）转移电子数为0.6NA（2）在食盐中添加少量碘酸钾可预防缺碘为了检验食盐中的碘酸钾，可加入醋酸和淀粉碘化钾溶液看到的现象是溶液变蓝，相应的离子方程式是5I+IO3+6CH3COOH=3I2+3H2O+6CH3COO氯常用作饮用水的杀菌剂，且HClO的杀菌能力比ClO强25时氯气氯水体系中存在以下平衡关系：Cl2（g）Cl2（aq） Cl2（aq）+H2OHClO+H+Cl HClOH+ClO 其中Cl2（aq）、HClO和ClO分别在三者中所占分数（）随pH变化的关系如图所示（3）写出上述体系中属于电离平衡的平衡常数表达式：Ki=，由图可知该常数值为107.5（4）在该体系中c（HClO）+c（ClO）小于 c（H+）c（OH） （填“大于”“小于”或“等于”）（5）用氯处理饮用水时，夏季的杀菌效果比冬季差（填“好”或“差”），请用勒夏特列原理解释温度升高，（溶解）平衡 逆向移动，Cl2（aq）浓度减少，使得（化学平衡）逆向移动，c（HClO）减少，杀菌效果变差考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；化学方程式的有关计算；离子浓度大小的比较.分析：（1）在反应3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+O2+9HF中，电子转移情况如下：，据此分析；（2）碘化钾和碘酸钾在酸性条件下能发生氧化还原反应生成碘，碘遇淀粉变蓝色；（3）上述体系中属于电离平衡的是HClOH+ClO，据图表数据计算；（4）任何电解质溶液中都存在电荷守恒，据电荷守恒分析；（5）气体的溶解度随温度的升高而降低，温度升高，（溶解）平衡 逆向移动，据此分析解答：解：（1）据其电子转移情况分析，还原剂为H2O和BrF3，氧化剂为BrF3，每生成1molO2，有2molH2O和1molBrF3作还原剂，2molBrF3作氧化剂，转移电子6mol，所以氧化剂和还原剂物质的量之比为2：3，生成2.24L氧气转移电子数为0.6NA，故答案为：2：3；0.6NA；（2）碘酸钾在酸性条件下具有氧化性，可与KI发生氧化还原反应生成单质碘，反应的离子方程式为5I+IO3+6CH3COOH=3I2+3H2O+6CH3COO，淀粉遇碘变蓝色，故答案为：溶液变蓝；5I+IO3+6CH3COOH=3I2+3H2O+6CH3COO；（3）上述体系中属于电离平衡的是HClOH+ClO，其平衡常数表达式为：K=，在pH=7.5时，c（ClO）与c（HClO）相等，K=c（H+）=107.5，故答案为：；107.5；（4）体系中存在电荷守恒c（H+）=c（Cl）+c（ClO）+c（OH），即c（Cl）+c（ClO）=c（H+）c（OH），在氯水中HCl完全电离、HClO部分电离，所以c（HClO）c（Cl），所以c（HClO）+c（ClO）c（H+）c（OH），故答案为：小于；（5）气体的溶解度随温度的升高而降低，温度升高，（溶解）平衡 逆向移动，Cl2（aq）浓度减少，使得（化学平衡）逆向移动，c（HClO） 减少，杀菌效果变差，故答案为：差；温度升高，（溶解）平衡 逆向移动，Cl2（aq）浓度减少，使得（化学平衡）逆向移动，c（HClO） 减少，杀菌效果变差点评：本题考查了氧化还原反应中氧化剂还原剂判断及计算、离子方程式书写、化学平衡常数及计算、平衡移动，题目难度较大五、（本题共12分）24（12分）（2015普陀区二模）二甲醚被称为21世纪的新型燃料，也可替代氟利昂作制冷剂等，对臭氧层无破坏作用工业上常采用甲醇气相脱水法来获取其反应方程式为：2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）完成下列填空：（1）有机物分子中都含碳元素，写出碳原子最外层电子的轨道表示式；写出甲醇分子中官能团的电子式（2）碳与同主族的短周期元素相比，非金属性较强的是C（填元素符号）写出一个能证明你的结论的化学方程式Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3（3）在温度和体积不变的情况下，能说明反应已达到平衡状态的是ac（选填编号）aCH3OH的消耗速率与CH3OCH3的消耗速率之比为2：1b容器内压强保持不变cH2O（g）浓度保持不变d气体平均相对分子质量保持不变（4）一定温度下，在三个体积约为2.0L的恒容密闭容器中发生上述反应：容器编号温度（）起始物质的量（mol）平衡物质的量（mol）CH3OH（g）CH3OCH3（g）H2O（g）I3870.400.160.163870.80a2070.400.180.18若要提高CH3OH的平衡转化率，可以采取的措施是ad（选填编号）a及时移走产物 b升高温度 c充入CH3OHd降低温度I号容器内的反应经过t min达到平衡，则CH3OH的平均反应速率为mol/（Lmin）（用含t的式子表示）II号容器中a=0.32mol（5）若起始时向容器I中充入CH3OH 0.2mol、CH3OCH30.30mol和H2O 0.20mol，则反应将向正（填“正”“逆”）反应方向进行考点：化学平衡的计算；金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；化学平衡状态的判断.分析：（1）碳原子最外层4个电子为第二电子层的2个s电子和2个P电子，甲醇中的官能团为羟基，为中性原子团，氧原子和氢原子形成一对共用电子对；（2）同主族元素原子从上到下失电子能力增强，得到电子能力减弱，可以利用最高价含氧酸的酸性强弱比较非金属性强弱；（3）2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g），反应是气体体积不变的反应，达到平衡的标志是正逆反应速率相同，各组分含量保持不变，反应过程中的“变量不变”是判断依据；（4）、实验可知起始量相同，达到平衡状态，温度越高甲醚物质的量减小，平衡逆向进行，说明正反应为放热反应，若要提高CH3OH的平衡转化率，需要改变条件使平衡正向进行；I号容器内的反应经过t min达到平衡生成CH3OCH3（g）物质的量为0.16mol，计算消耗甲醇物质的量为0.16mol，结合反应速率V=计算甲醇表示的反应速率；依据三段式列式计算的平衡常数，实验温度不变平衡常数不变，依据平衡常数列式计算a值；（5）若起始时向容器I中充入CH3OH 0.2mol、CH3OCH30.30mol和H2O 0.20mol，计算此时浓度商，和平衡常数比较分析判断反应进行方向；解答：解：（1）碳原子最外层4个电子为第二电子层的2个s电子和2个P电子，碳原子最外层电子的轨道表示式，甲醇中的官能团为羟基，为中性原子团，氧原子和氢原子形成一对共用电子对，电子式为；故答案为：，；（2）同主族元素原子从上到下失电子能力增强，得到电子能力减弱，所以非金属性较强的是C，可以利用最高价含氧酸的酸性强弱比较非金属性强弱，如二氧化碳气体通入硅酸钠溶液中生成硅酸沉淀，反应的化学方程式为：Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3；故答案为：C、Na2SiO3+CO2+H2ONa2CO3+H2SiO3；（3）2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g），反应是气体体积不变的反应，达到平衡的标志是正逆反应速率相同，各组分含量保持不变；a速率之比等于化学方程计量数之比为正反应速率之比，CH3OH的消耗速率与CH3OCH3的消耗速率之比为2：1，说明CH3OCH3的正逆反应速率相同，故a正确；b反应前后气体体积不变，反应过程中容器内压强始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故b错误；cH2O（g）浓度保持不变是破坏的标志，故c正确；d反应前后气体质量不变，物质的量不变，气体平均相对分子质量始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故d错误；故答案为：ac；（4）、实验可知起始量相同，达到平衡状态，温度越高甲醚物质的量减小，平衡逆向进行，说明正反应为放热反应，若要提高CH3OH的平衡转化率，需要改变条件使平衡正向进行，a及时移走产物，平衡正向进行，甲醇转化率增大，故a正确； b反应是放热反应，升高温度平衡逆向进行，故b错误； c充入CH3OH，相当于增大压强，平衡不动故c错误；d、降低温度平衡正向进行，甲醇转化率增大，故d正确；故答案为：ad；I号容器内的反应经过t min达到平衡生成CH3OCH3（g）物质的量为0.16mol，计算消耗甲醇物质的量为0.32mol，结合反应速率概念计算甲醇表示的反应速率V=mol/Lmin；依据三段式列式计算的平衡常数， 2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）起始量（mol/L） 0.2 0 0变化量（mol/L） 0.16 0.08 0.08平衡量（mol/L） 0.04 0.08 0.08平衡常数K=4实验温度不变平衡常数不变，依据平衡常数列式计算a值 2CH3OH（g）CH3OCH3（g）+H2O（g）起始量（mol/L） 0.4 0 0变化量（mol/L） a 0.5a 0.5a平衡量（mol/L） 0.4a 0.5a 0.5a=4a=0.32mol；故答案为：mol/Lmin，0.32；（5）若起始时向容器I中充入CH3OH 0.2mol、CH3OCH30.30mol和H2O 0.20mol，计算此时浓度商Q=1.5K，平衡常数比较分析判断反应进行方向是正向进行；故答案为：正点评：本题考查了物质结构分析，周期表递变规律的应用，化学平衡影响因素、平衡标志、平衡常数的计算应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等六、（本题共12分）25（12分）（2015普陀区二模）硝基苯是制造染料的重要原料某同学在实验室里用右图装置制取硝基苯，主要步骤如下：在大试管里将2mL浓硫酸和1.5mL浓硝酸混合，摇匀，冷却到5060以下然后逐滴加入1mL苯，边滴边振荡试管按图连接好装置，将大试管放入60的水浴中加热10分钟完成下列填空：（1）指出右图中的错误缺少温度计、大试管接触烧杯底部（2）向混合酸中加入苯时，“逐滴加入”、“边滴边振荡试管”的目的是使苯与混酸混合均匀、能及时移走反应产生的热量（3）反应一段时间后，混合液明显分为两层，上层呈浅黄色色，其中主要物质是硝基苯、苯（填写物质名称）把反应后的混和液倒入盛有冷水的烧杯里，搅拌，可以看到b、d（选填编号）a水面上是含有杂质的硝基苯 b水底有浅黄色、苦杏仁味的液体c烧杯中的液态有机物只有硝基苯 d有无色、油状液体浮在水面（4）为了获得纯硝基苯，实验步骤为：水洗、分离；将粗硝基苯转移到盛有氢氧化钠溶液的烧杯中洗涤、用分液漏斗（填写仪器名称）进行分离；水洗、分离；干燥；蒸馏（5）实验装置经改进后，该同学按照上述实验步骤重新进行了多次实验，充分反应后有两种情况出现，请帮助他作出分析：产率低于理论值，原因是温度过高引起硝酸的分解、苯的挥发；产率高于理论值，原因是温度过高，有其他能溶于硝基苯的产物生成考点：制备实验方案的设计.分析：（1）在水浴装置中为了精确控制实验温度，需要用温度计测量水浴的温度，为使受热均匀，试管不能接触到烧杯底部；（2）苯的硝化反应是一个放热反应，所以在向混合酸中加入苯时要逐滴加入，边滴边振荡试管，以防止试管中液体冲出试管；（3）混合酸与苯反应一段时间后，生成硝基苯以及部分未反应的苯，会浮在混合酸的上层，把反应后的混和液倒入盛有冷水的烧杯里，反应中未反应的苯会浮在水上层，混合酸溶于水，生成的硝基苯在水层的下方；（4）在提纯硝基苯的过程中，硝基苯中有酸，能与碱反应，硝基苯有苯，与硝基苯互溶，根据分离两种不互溶和互溶的液体的方法进行操作；（5）在本实验中如果实验温度过高会导致硝酸的分解、苯的挥发，会使准备产率降低，也会使部分其它有机物挥发到生成的硝基苯中，使硝基苯不纯，使得实验值高于理论值解答：解：（1）在水浴装置中为了精确控制实验温度，需要用温度计测量水浴的温度，为使受热均匀，试管不能接触到烧杯底部，所以在图中错误为缺少温度计、大试管接触烧杯底部，故答案为：缺少温度计；大试管接触烧杯底部；（2）苯的硝化反应是一个放热反应，所以在向混合酸中加入苯时要逐滴加入，边滴边振荡试管，使苯与混酸混合均匀同时也防止试管中液体冲出试管，故答案为：使苯与混酸混合均匀、能及时移走反应产生的热量；（3）混合酸与苯反应一段时间后，生成硝基苯以及部分未反应的苯，会浮在混合酸的上层，把反应后的混和液倒入盛有冷水的烧杯里，反应中未反应的苯会浮在水上层，混合酸溶于水，生成的硝基苯在水层的下方，所以上层呈浅黄色，其中主要物质是硝基苯、苯，把反应后的混和液倒入盛有冷水的烧杯里，搅拌，可以看到水底有浅黄色、苦杏仁味的液体，同时有无色、油状液体浮在水面，故选b、d，故答案为：浅黄色；硝基苯、苯； b、d；（4）在提纯硝基苯的过程中，硝基苯中有酸，能与碱反应，硝基苯有苯，与硝基苯互溶，所以操作步骤为：水洗、分离；将粗硝基苯转移到盛有氢氧化钠溶液的烧杯中洗涤、用分液漏斗进行分离；水洗、分离；干燥；蒸馏，故答案为：氢氧化钠溶液；分液漏斗；水洗、分离；蒸馏；（5）在本实验中如果实验温度过高会导致硝酸的分解、苯的挥发，会使准备产率降低，也会使部分其它有机物挥发到生成的硝基苯中，使硝基苯不纯，使得实验值高于理论值，故答案为：温度过高引起硝酸的分解、苯的挥发；温度过高，有其他能溶于硝基苯的产物生成点评：本题考查了实验室制备硝基苯的方法，注意根据实验基本操作和实验原理答题，题目难度中等七、（本题共12分）26（12分）（2015普陀区二模）磷矿石的主要成分是Ca5F（PO4）3，并含有少量MgO、Fe2O3等杂质工业上以磷矿石为原料制备H3PO4，一种生产流程如下：已知：Ca5F（PO4）3+7H3PO45Ca（H2PO4）2+HF（1）写出有关操作的名称：过滤、萃取工艺流程中设计操作与的目的是除去磷酸粗品中的杂质Mg2+、Fe3+等（2）若在实验室里采用此种方法溶解磷矿石，请写出必须的实验注意事项，并说明理由：不能使用玻璃器皿，因为HF会腐蚀玻璃或要在密闭系统中进行，因为HF有剧毒（3）磷矿石