上海市青浦区2017年高考化学一模试题（含解析）.doc

2017年上海市青浦区高考化学一模试卷一、选择题（本题共40分，每小题2分，每小题只有一个正确选项）1下列表示正确的是（）ACH4的比例模型B二氧化碳的结构式 OCOCS2的结构示意图D氯化钠的电子式 2烷烃的命名是其他种类有机物命名的基础，的名称是（）A1甲基4乙基戊烷B2乙基戊烷C1，4二甲基己烷D3甲基庚烷3许多国家重视海水资源的综合利用，不需要化学变化就能够从海水中获得的物质是（）A氯、溴、碘B烧碱、氢气C粗盐、淡水D钠、镁、铝4下列物质的性质可以用“键能”来解释的是（）ASiO2熔点高B氩气性质稳定C碘易升华DNH3极易溶于水5下列有关性质的比较，错误的是（）A酸性：H2SO4H3PO4B非金属性：ClBrC碱性：NaOHMg（OH）2D熔点：KNa6有一瓶乙二醇和丙三醇的混合物，它们的性质如表则将乙二醇和丙三醇互相分离的最佳方法是（）物质分子式熔点/沸点/密度/gcm1溶解性乙二醇C2H4O211.51981.11易溶于水和乙醇丙三醇C3H8O317.92901.26能跟水、酒精以任意比互溶A分液B蒸馏C冷却至0后过滤D加水萃取7不能用勒夏特列原理解释的是（）A使用铁触媒，加快合成氨反应速率B乙酸乙酯在碱性条件下水解比在酸性条件下水解更有利C打开汽水瓶盖，即有大量气泡逸出D配置FeCl3溶液时，加入少量盐酸82A（g）B（g）+Q（Q0）；下列能量变化示意图正确的是（）ABCD9如图所示进行实验，下列说法不正确的是（）A装置甲的锌片上和装置乙的铜片上均可观察到有气泡产生B甲、乙装置中的能量变化均为化学能转化为电能C装置乙中的锌、铜之间用导线连接电流计，可观察到电流计指针发生偏转D装置乙中负极的电极反应式：Zn2eZn2+10下列关于实验操作的叙述正确的是（）A酸碱滴定时，眼睛一定要注视滴定管中液面的变化B实验室制乙烯时，为使受热均匀，应轻轻搅动温度计C测溶液酸碱性时，须将PH试纸浸入待测液中D分液时，下层液体先从分液漏斗下口放出，上层液体后从上口倒出11下列离子方程式正确的是（）A金属钠和水反应：Na+2H2ONa+2OH+H2B用氢氧化钠溶液吸收少量二氧化硫气体：SO2+2OHSO32+H2OC硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应：Ba2+SO42BaSO4D醋酸和碳酸钙反应：2H+CaCO3Ca2+CO2+H2O12短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z2+与Y2具有相同的电子层结构，W原子的最外层电子数是次外层电子数的一半下列说法正确的是（）A离子半径大小顺序：r（Z2+）r（Y2）BY分别与Z、W形成的化合物中化学键类型相同CX的最高价氧化物对应的水化物的酸性比W的强D单质的熔点ZW13过氧化钠是一种制氧剂，它和二氧化碳反应方程式为：2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2下列说法正确的是（）ANa2O2是氧化剂，CO2是还原剂BNa2CO3是还原产物，O2是氧化产物C每转移4摩尔电子，有1摩尔氧气生成D1摩尔CO2参加反应就会产生11.2LO214根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的是（）A制取氨气B制取NaHCO3C分离NaHCO3D干燥NaHCO315化合物X是一种医药中间体，其结构简式如图所示下列有关化合物X的说法正确的是（）A分子中两个苯环一定处于同一平面B不能与饱和Na2CO3溶液反应C1 mol化合物X最多能与2 molNaOH反应D在酸性条件下水解，水解产物只有一种16下列实验方案中，不能达到实验目的是（）选项实验目的实验方案A检验CH3CH2Br在NaOH溶液中是否发生水解将CH3CH2Br与NaOH溶液共热冷却后，取出上层水溶液，用稀HNO3酸化，加入AgNO3溶液，观察是否产生淡黄色沉淀B检验Fe（NO3）2晶体是否已氧化变质将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红C验证Br2的氧化性强于I2将少量溴水加入KI溶液中，再加入CCl4，振荡，静置，可观察到下层液体呈紫色D验证AgI的溶解度小于AgCl将NaI浓溶液加入AgCl悬浊液中，振荡，可观察到沉淀由白色变为黄色AABBCCDD17设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A2.8g铁粉与50mL 4mol/L盐酸反应转移电子的数目为0.15NAB常温下1 L pH=13的氢氧化钠溶液中由水电离出的H+的数目为0.1NAC标准状况下，8.96L氢气、一氧化碳的混合气体完全燃烧，消耗氧分子的数目为0.2NAD1mol苯中所含碳碳双键的数目为3NA18将SO2气体分别通入下列四种溶液中，有关现象及结论的说法正确的是（）A试管中有淡黄色沉淀生成，说明SO2有氧化性B试管中溶液褪色，说明SO2有漂白性C试管中能产生白色沉淀，说明SO2有酸性D试管中溶液颜色变浅，说明SO2有还原性19常温下，向20.00mL0.1000molL1的醋酸溶液中逐滴加入0.1000molL1的NaOH溶液，pH随NaOH溶液体积的变化如图所示下列说法不正确的是（）A在反应过程中，c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH）BpH=5时，c（CH3COO）c（Na+）c（H+）c（OH）CpH=7时，消耗NaOH溶液的体积肯定小于20.00mLDpH7时，消耗NaOH溶液的体积肯定大于20.00mL20某固体可能含有NH4+、Cu2+、Na+、Cl、CO32、SO42中的几种离子，取等质量的两份该固体，进行如下实验（不考虑盐类的水解及水的电离）；（1）一份固体溶于水得无色透明溶液，加入足量BaCl2溶液，得沉淀6.63g，在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4.66g沉淀（2）另一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体0.672L（保准状况）下列说法正确的是（）A该固体中一定含有NH4+、CO32、SO42、Na+B该固体中一定没有Cu2+、Cl、Na+C该固体中只含有NH4+、CO32、SO42、ClD根据以上实验，无法确定该固体中有Na+二、非选择题21表为元素周期表的一部分碳氮YX硫Z回答下列问题（1）表中元素原子半径最大的是（写元素符号） ，Z原子核外电子能量最高的电子亚层是 （2）下列事实能说明Y元素的非金属性比S元素的非金属性强的是 aY单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊b在氧化还原反应中，1molY单质比1molS得电子多cY和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高（3）碳酸钠溶液中滴入酚酞，溶液显红色，请用离子方程式解释产生该现象的原因： ；在上述红色的溶液中加入少许氯化钙固体，溶液颜色变浅，请用平衡理论解释产生该现象的原因 （4）硫酸工业生产中接触室内发生的反应方程式为 ；在实际生产中，操作温度选定400500、压强通常采用常压的原因分别是 22在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g），不同温度下达到平衡时，反应体系中各物质的浓度如表：温度CH4（g）H2O（g）CO（g）H2（g）500K0.8mol/L0.8mol/L0.2mol/L0.6mol/L800K0.6mol/L0.6mol/L0.4mol/L1.2mol/L1000K0.4mol/L0.4mol/L0.6mol/L1.8mol/L（1）该反应的平衡常数表达式为K= ，正反应为 反应（填放热、吸热）（2）能判断该反应是否已达到化学平衡状态的依据是 a容器压强不变 bc（CH4）=c（H2O）cv正（CH4）=v逆（H2） d混合气体中c（CO）不变氮化铝是共价键化合物，高碳热还原制备氮化铝的总反应化学方程式为（未配平）：Al2O3（s）+C（s）+N2（g）AlN（s）+CO（g） 某氮化铝样品中含有氧化铝杂质已知氮化铝和NaOH溶液能反应，并产生氨气，其反应方程式为：AlN+NaOH+H2ONaAlO2+NH3，氧化铝也能与氢氧化钠溶液反应而全部溶解（3）配平化学化学方程式： Al2O3（s）+ C（s）+ N2（g） AlN（s）+ CO（g）（4）反应中产生气体的检验方法为 ；反应的离子方程式 23CuCl广泛应用于化工和印染等行业某研究性学习小组拟热分解CuCl22H2O制备CuCl，并进行相关探究已知：该小组用如图所示装置进行实验（夹持仪器略）请回答下列问题：（1）仪器X的名称是 （2）实验操作的先后顺序是 检查装置的气密性后加入药品 熄灭酒精灯，冷却在“气体入口”处通干燥HCl 点燃酒精灯，加热停止通入HCl，然后通入N2（3）在实验过程中，观察到B中物质由白色变为蓝色，C中试纸的颜色变化是 （4）装置D中发生反应的离子方程式是 （5）反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2或CuO杂质，根据资料信息分析：若杂质是CuCl2，则产生的原因是 若杂质是CuO，则产生的原因是 （6）若m克CuCl22H2O全部转化为CuO（铜元素无损耗），则固体质量减少 克（用含m的式子表示）24有机高分子P的合成路线如图：（1）试剂A是甲苯，写出A的结构简式 ，（2）反应的化学方程式： （3）反应的反应类型是 ，反应的反应类型是 （4）E的分子式是C6H10O2E中含有的官能团名称为 ，G的结构简式为 （5）已知： 以乙醛为起始原料，选用必要的无机试剂合成E，写出合成路线（合成路线常用表示方法为：X Y 目标产物）2017年上海市青浦区高考化学一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，每小题只有一个正确选项）1下列表示正确的是（）ACH4的比例模型B二氧化碳的结构式 OCOCS2的结构示意图D氯化钠的电子式 【考点】43：电子式【分析】A甲烷为正面体结构，由原子相对大小表示空间结构为比例模型；B二氧化碳中碳原子与氧原子各共用2对电子；C硫离子最外层为8个电子；D氯化钠为离子化合物，氯离子与钠离子通过离子键结合【解答】解：A甲烷为正面体结构，由原子相对大小表示空间结构为比例模型，则CH4分子的比例模型为，故A正确；B二氧化碳中碳原子与氧原子各共用2对电子，结构式为：O=C=O，故B错误；C硫离子是由硫原子得到了两电子形成的，核内质子数是16，核外电子分三层排布，第一层2个第二层8个第三层8个，所以其离子结构示意图为：，故C错误；D氯化钠为离子化合物，钠离子直接用离子符号表示，氯离子需要标出最外层电子及所带电荷，正确的电子式为：，故D错误；故选：A2烷烃的命名是其他种类有机物命名的基础，的名称是（）A1甲基4乙基戊烷B2乙基戊烷C1，4二甲基己烷D3甲基庚烷【考点】H7：有机化合物命名【分析】烷烃的命名原则：碳链最长称某烷，靠近支链把号编，简单在前同相并，其间应划一短线：1、碳链最长称某烷：选定分子里最长的碳链做主链，并按主链上碳原子数目称为“某烷“；2、靠近支链把号编：把主链里离支链较近的一端作为起点，用1、2、3等数字给主链的各碳原子编号定位以确定支链的位置；3、简单在前同相并，其间应划一短线：把支链作为取代基，把取代基的名称写在烷烃名称的前面，在取代基的前面用阿拉伯数字注明它在烷烃主链上的位置，而且简单的取代基要写在复杂的取代基前面，如果有相同的取代基，则要合并起来用二、三等数字表示，但是表示相同的取代基位置的阿拉伯数字要用逗号隔开，并在号数后面连一短线，中间用“隔开【解答】解：该有机物为烷烃，选取含有最长碳原子的碳链为主链，如图，划线部分为主链，主链含有7个C原子，主链为庚烷；编号从右边开始，甲基在3号C，该有机物命名为：3甲基庚烷，故选D3许多国家重视海水资源的综合利用，不需要化学变化就能够从海水中获得的物质是（）A氯、溴、碘B烧碱、氢气C粗盐、淡水D钠、镁、铝【考点】P9：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【分析】ACl、Br、I以离子形式存在；B电解NaCl溶液得到烧碱、氢气；C过滤、蒸发得到粗盐，海水蒸馏得到淡水；DNa、Mg、Al均需要电解法冶炼【解答】解：ACl、Br、I以离子形式存在，需要发生氧化还原反应，故A不选；B电解NaCl溶液得到烧碱、氢气，发生电解反应，故B不选；C过滤、蒸发得到粗盐，海水蒸馏得到淡水，均为物理变化，故C选；DNa、Mg、Al均需要电解法冶炼，发生电解反应，故D不选；故选C4下列物质的性质可以用“键能”来解释的是（）ASiO2熔点高B氩气性质稳定C碘易升华DNH3极易溶于水【考点】A2：化学键和分子间作用力的区别【分析】A、二氧化硅熔融时断裂的是共价键；B、氩原子的最外层达8电子稳定结构；C、碘单质为分子晶体，分子之间为分子间作用力；D、氨气和水分子之间能形成氢键【解答】解：A、二氧化硅熔融时断裂的是共价键，二氧化硅中硅氧键的键能很高，故断裂时耗能多，则熔点高，故A正确；B、氩原子的最外层达8电子稳定结构，即氩气为单原子分子，结构中无化学键，也无所谓的“键能”，故性质稳定和键能无关，故B错误；C、碘单质为分子晶体，分子之间为分子间作用力，即碘升华时克服的是分子间作用力，而非化学键的键能，故C错误；D、氨气和水分子之间能形成氢键，故氨气极易溶于水，但氢键不是化学键，是一种特殊的分子间作用力，故和化学键的键能无关，故D错误故选A5下列有关性质的比较，错误的是（）A酸性：H2SO4H3PO4B非金属性：ClBrC碱性：NaOHMg（OH）2D熔点：KNa【考点】77：元素周期律的作用【分析】A、元素的非金属性越强，则最高价含氧酸的酸性越强；B、同一主族从上到下，非金属性逐渐减弱；C、元素的金属性越强，则对应的碱的碱性越强；D、第IA族从上到下，单质的熔沸点逐渐降低【解答】解：A、元素的非金属性越强，则最高价含氧酸的酸性越强，由于非金属性S大于P，故酸性H2SO4H3PO4，故A正确；B、同一主族从上到下，非金属性逐渐减弱，故非金属性Cl强于Br，故B正确；C、元素的金属性越强，则对应的碱的碱性越强，由于金属性NaMg，故碱性NaOHMg（OH）2，故C正确；D、第IA族从上到下，单质的熔沸点逐渐降低，即熔点NaK，故D错误故选D6有一瓶乙二醇和丙三醇的混合物，它们的性质如表则将乙二醇和丙三醇互相分离的最佳方法是（）物质分子式熔点/沸点/密度/gcm1溶解性乙二醇C2H4O211.51981.11易溶于水和乙醇丙三醇C3H8O317.92901.26能跟水、酒精以任意比互溶A分液B蒸馏C冷却至0后过滤D加水萃取【考点】P9：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【分析】根据表中数据知，乙二醇和丙三醇的溶解性相同，密度及熔点相近，但沸点相差较大，可以利用其沸点的不同将两种物质分离【解答】解：根据表中数据知，乙二醇和丙三醇的溶解性相同，密度及熔点相近，但沸点相差较大，可以利用其沸点的不同将两种物质分离，该方法称为蒸馏，故选B7不能用勒夏特列原理解释的是（）A使用铁触媒，加快合成氨反应速率B乙酸乙酯在碱性条件下水解比在酸性条件下水解更有利C打开汽水瓶盖，即有大量气泡逸出D配置FeCl3溶液时，加入少量盐酸【考点】CF：化学平衡移动原理【分析】勒沙特列原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动勒沙特列原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程无关，则不能用勒沙特列原理解释【解答】解：A、使用催化剂平衡不移动，所以不能用勒夏特列原理解释，故A选；B、乙酸乙酯在碱性条件下，氢离子浓度变小，平衡正向，促进水解，而在酸性条件下氢离子浓度变大抑制水，能用勒夏特利原理解释，故B不选；C、因溶液中存在二氧化碳的溶解平衡，打开汽水瓶后，压强减小，二氧化碳逸出，能用勒夏特列原理解释，故C不选；D、配置FeCl3溶液时中铁离子的水解呈酸性，加入少量盐酸，抑制水解使平衡逆向移动，故D不选；故选A82A（g）B（g）+Q（Q0）；下列能量变化示意图正确的是（）ABCD【考点】BB：反应热和焓变【分析】反应2A（g）B（g）+Q（Q0）为放热反应，反应物的能量高于生成物，气态B的能量高于液态B，据此分析【解答】解：A、图示液态B的能量高于气态B，故A错误；B、反应2A（g）B（g）+Q（Q0）为放热反应，反应物的能量高于生成物，气态B的能量高于液态B，故B正确；C、反应2A（g）B（g）+Q（Q0）为放热反应，反应物的能量高于生成物，图示反应物能量低于生成物，故C错误；D、反应2A（g）B（g）+Q（Q0）为放热反应，反应物的能量高于生成物，图示反应物能量低于生成物，故D错误；故选B9如图所示进行实验，下列说法不正确的是（）A装置甲的锌片上和装置乙的铜片上均可观察到有气泡产生B甲、乙装置中的能量变化均为化学能转化为电能C装置乙中的锌、铜之间用导线连接电流计，可观察到电流计指针发生偏转D装置乙中负极的电极反应式：Zn2eZn2+【考点】BH：原电池和电解池的工作原理【分析】装置甲的锌片与硫酸反应生成硫酸锌和氢气，装置乙中锌片、铜片和稀硫酸组成的原电池装置中，锌片的活泼性大于铜片的活泼性，所以锌片作负极，负极上锌失电子发生氧化反应，铜片作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应，据此分析【解答】解：A、装置甲的锌片与硫酸反应生成硫酸锌和氢气，装置乙中锌片、铜片和稀硫酸组成的原电池装置中，铜片作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应，所以甲的锌片上和装置乙的铜片上均可观察到有气泡产生，故A正确；B、装置甲的锌片与硫酸反应生成硫酸锌和氢气没有形成原电池，故B错误；C、装置乙中锌片、铜片和稀硫酸组成的原电池装置中，所以锌、铜之间用导线连接电流计，可观察到电流计指针发生偏转，故C正确；D、装置乙中锌片、铜片和稀硫酸组成的原电池装置中，锌片的活泼性大于铜片的活泼性，所以锌片作负极，负极上锌失电子发生氧化反应，电极反应式：Zn2eZn2+，故D正确故选B10下列关于实验操作的叙述正确的是（）A酸碱滴定时，眼睛一定要注视滴定管中液面的变化B实验室制乙烯时，为使受热均匀，应轻轻搅动温度计C测溶液酸碱性时，须将PH试纸浸入待测液中D分液时，下层液体先从分液漏斗下口放出，上层液体后从上口倒出【考点】U5：化学实验方案的评价【分析】A根据滴定过程中，目光应注视锥形瓶中溶液颜色的变化，以便准确判断终点的到达；B温度计只能测量溶液的温度，不能当玻璃棒使用，以免损坏；C不能将pH试纸浸入溶液中，否则会污染试剂；D分液时上层液体从上口倒出，下层液体从下口流出，以免试剂污染【解答】解：A滴定过程中，目光应注视锥形瓶中溶液颜色的变化，故A错误；B实验室制乙烯时，不能搅动温度计使溶液受热均匀，故B错误；C测溶液酸碱性时，不能将pH试纸浸入待测液中，否则会污染试剂，故C错误；D分液时，下层液体先从分液漏斗下口放出，上层液体后从上口倒出，故D正确；故选D11下列离子方程式正确的是（）A金属钠和水反应：Na+2H2ONa+2OH+H2B用氢氧化钠溶液吸收少量二氧化硫气体：SO2+2OHSO32+H2OC硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应：Ba2+SO42BaSO4D醋酸和碳酸钙反应：2H+CaCO3Ca2+CO2+H2O【考点】49：离子方程式的书写【分析】A离子方程式两边总电荷不相等，违反了电荷守恒；B二氧化硫少量，反应生成亚硫酸钠和水；C漏掉了铵根离子与氢氧根离子的反应；D醋酸为弱酸，离子方程式中醋酸不能拆开【解答】解：A金属钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，正确的离子方程式为：2Na+2H2O=2Na+2OH+H2，故A错误；B用氢氧化钠溶液吸收少量二氧化硫气体，反应的离子方程式为：SO2+2OH=SO32+H2O，故B正确；C向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液，反应生成硫酸钡沉淀和一水合氨，在的离子反应为：2NH4+2OH+Ba2+SO42BaSO4+2NH3H2O，故C错误；D醋酸和碳酸钙都不能拆开，正确的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+H2O+CO2+2CH3COO，故D错误；故选B12短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Z2+与Y2具有相同的电子层结构，W原子的最外层电子数是次外层电子数的一半下列说法正确的是（）A离子半径大小顺序：r（Z2+）r（Y2）BY分别与Z、W形成的化合物中化学键类型相同CX的最高价氧化物对应的水化物的酸性比W的强D单质的熔点ZW【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系【分析】X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，则X最外层含有4个电子，为C元素；Y是地壳中含量最高的元素，则Y为O元素；Z2+与Y2具有相同的电子层结构，则Z为Mg元素；W原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，W的原子序数大于Mg，则W最外层含有4个电子，为Si元素，据此结合元素周期律知识解答【解答】解：X原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，则X最外层含有4个电子，为C元素；Y是地壳中含量最高的元素，则Y为O元素；Z2+与Y2具有相同的电子层结构，则Z为Mg元素；W原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，W的原子序数大于Mg，则W最外层含有4个电子，为Si元素，AY为O，Z为Mg，电子排布相同的离子，原子序数越大，离子半径越小，则r（Y2）r（Z2+），故A错误；BY分别与Z、W形成的化合物分别为MgO、SiO2，MgO中含有离子键，SiO2中含有共价键，化学键类型不同，故B错误；C非金属性CSi，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，则X的最高价氧化物对应的水化物的酸性比W的强，故C正确；DZ的单质为金属Mg，形成的晶体为金属晶体，W的单质为硅，其形成晶体为原子晶体，则单质的熔点ZW，故D错误；故选C13过氧化钠是一种制氧剂，它和二氧化碳反应方程式为：2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2下列说法正确的是（）ANa2O2是氧化剂，CO2是还原剂BNa2CO3是还原产物，O2是氧化产物C每转移4摩尔电子，有1摩尔氧气生成D1摩尔CO2参加反应就会产生11.2LO2【考点】B1：氧化还原反应【分析】2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2反应中，Na2O2中1价的O，部分升高到0价，部分降低到2价，反应中只有O元素变价，结合化合价的变化判断【解答】解：A反应中只有Na2O2中1价的O变价，所以Na2O2既是氧化剂又是还原剂，故A错误；B反应中，Na2O2中1价的O，部分升高到0价被氧化生成O2是氧化产物，部分降低到2价被还原生成Na2CO3是还原产物，故B正确；C2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2反应中生成1mol氧气转移2mol电子，故C错误；D没有说明是否是标准状况下，无法计算气体的体积，故D错误故选B14根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的是（）A制取氨气B制取NaHCO3C分离NaHCO3D干燥NaHCO3【考点】U5：化学实验方案的评价【分析】A氯化铵不稳定，加热易分解，温度稍低又可生成氯化铵；B气体通入方向错误；C从溶液中分离碳酸氢钠固体，可用过滤的方法；D碳酸氢钠不稳定，不能直接加热干燥【解答】解：A氯化铵不稳定，加热易分解，温度稍低又可生成氯化铵，制备氨气，应用氯化铵和氢氧化钙为反应物，故A错误；B应将二氧化碳从长导管进入，否则将液体排出，故B错误；C从溶液中分离碳酸氢钠固体，可用过滤的方法，故C正确；D碳酸氢钠不稳定，不能直接加热干燥，可烘干，故D错误故选C15化合物X是一种医药中间体，其结构简式如图所示下列有关化合物X的说法正确的是（）A分子中两个苯环一定处于同一平面B不能与饱和Na2CO3溶液反应C1 mol化合物X最多能与2 molNaOH反应D在酸性条件下水解，水解产物只有一种【考点】HD：有机物的结构和性质【分析】有物含有酯，可生水解反，含有基，具有酸，可生中和、酯化反应，结合有物结构特点解答题【解答】解：A两苯环连接在饱和原子上具有甲烷结构点且C为键可自由旋，则分子中两个苯不一定处于同一平面，故A错误；B含有羧基，具有酸性，可与碳酸钠溶液反应，故B错误；C含有酯基，且可水解生成酚羟基和羧基，都可与氢氧化钠反应，且含有羧基，则1 mol化合物X最多能与3 molNaOH反应，故C错误；D能水解的只有酯基，且为环状化合物，则水解产物只有一种，故D正确故选D16下列实验方案中，不能达到实验目的是（）选项实验目的实验方案A检验CH3CH2Br在NaOH溶液中是否发生水解将CH3CH2Br与NaOH溶液共热冷却后，取出上层水溶液，用稀HNO3酸化，加入AgNO3溶液，观察是否产生淡黄色沉淀B检验Fe（NO3）2晶体是否已氧化变质将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液，观察溶液是否变红C验证Br2的氧化性强于I2将少量溴水加入KI溶液中，再加入CCl4，振荡，静置，可观察到下层液体呈紫色D验证AgI的溶解度小于AgCl将NaI浓溶液加入AgCl悬浊液中，振荡，可观察到沉淀由白色变为黄色AABBCCDD【考点】U5：化学实验方案的评价【分析】A检验有机物中的溴元素时，先将溴元素转化为溴离子，再用硝酸酸化溶液，最后用硝酸银溶液检验溴离子即可；B硝酸能将亚铁离子氧化为铁离子而干扰实验；C自发进行的氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；D溶解度大的物质能向溶解度小的物质转化【解答】解：A检验有机物中的溴元素时，先将溴元素转化为溴离子，再用硝酸酸化溶液，最后用硝酸银溶液检验溴离子，如果有淡黄色沉淀生成就说明含有溴元素，否则没有溴元素，故A正确；B加入稀硫酸后，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子而干扰实验，所以不能实现实验目的，故B错误；C将少量溴水加入KI溶液中，再加入CCl4，振荡，静置可观察到下层液体呈紫色，说明二者发生氧化还原反应2I+Br2=2Br+I2，溴是氧化剂、碘是氧化产物，所以溴的氧化性大于碘，所以能实现实验目的，故C正确；D溶解度大的物质能向溶解度小的物质转化，将NaI浓溶液加入AgCl悬浊液中，振荡，可观察到沉淀由白色变为黄色，说明AgI的溶解度小于AgCl，所以能实现实验目的，故D正确；故选B17设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A2.8g铁粉与50mL 4mol/L盐酸反应转移电子的数目为0.15NAB常温下1 L pH=13的氢氧化钠溶液中由水电离出的H+的数目为0.1NAC标准状况下，8.96L氢气、一氧化碳的混合气体完全燃烧，消耗氧分子的数目为0.2NAD1mol苯中所含碳碳双键的数目为3NA【考点】4F：阿伏加德罗常数【分析】A、2.8g铁粉的物质的量为0.05mol，而50mL4mol/L的盐酸的物质的量n=CV=4mol/L0.05L=0.2mol，故盐酸过量，根据铁反应后变为+2价来分析；B、在氢氧化钠溶液中，氢离子全部来自水的电离；C、求出混合气体的物质的量，然后根据1mol氢气或CO燃烧均消耗0.5mol氧气来分析；D、苯不是单双键交替的结构【解答】解：A、2.8g铁粉的物质的量为0.05mol，而50mL4mol/L的盐酸的物质的量n=CV=4mol/L0.05L=0.2mol，故盐酸过量，由于铁反应后变为+2价，故0.05mol铁转移0.1NA个电子，故A错误；B、在氢氧化钠溶液中，氢离子全部来自水的电离，由于pH=13的氢氧化钠溶液中氢离子的浓度为1013mol/L，故1L溶液中水电离出的氢离子浓度为1013NA个，故B错误；C、标况下8.96L混合气体的物质的量为0.4mol，由于1mol氢气或CO燃烧均消耗0.5mol氧气，故0.4mol氢气和CO的混合气体燃烧时消耗0.2mol氧气即0.2NA个氧气分子，故C正确；D、苯不是单双键交替的结构，故苯中无碳碳双键，故D错误故选C18将SO2气体分别通入下列四种溶液中，有关现象及结论的说法正确的是（）A试管中有淡黄色沉淀生成，说明SO2有氧化性B试管中溶液褪色，说明SO2有漂白性C试管中能产生白色沉淀，说明SO2有酸性D试管中溶液颜色变浅，说明SO2有还原性【考点】F5：二氧化硫的化学性质【分析】ASO2与与氯水发生氧化还原反应不产生淡黄色沉淀；BSO2与KMnO4酸性溶液发生氧化还原反应，表现了SO2的还原性；CSO2与BaCl2溶液不反应；DSO2与氯化铁溶液反应，二氧化硫被氧化生成生成硫酸，铁离子被还原生成亚铁离子【解答】解：ASO2与与氯水发生氧化还原反应不产生淡黄色沉淀，故A错误；B试管中溶液褪色，因为SO2与KMnO4酸性溶液发生氧化还原反应，表现了SO2的还原性，故B错误；CSO2与BaCl2溶液不反应，试管中不能产生白色沉，故C错误；DSO2与氯化铁溶液反应，二氧化硫被氧化生成生成硫酸，铁离子被还原生成亚铁离子，溶液颜色变浅，说明SO2有还原性，故D正确；故选D19常温下，向20.00mL0.1000molL1的醋酸溶液中逐滴加入0.1000molL1的NaOH溶液，pH随NaOH溶液体积的变化如图所示下列说法不正确的是（）A在反应过程中，c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH）BpH=5时，c（CH3COO）c（Na+）c（H+）c（OH）CpH=7时，消耗NaOH溶液的体积肯定小于20.00mLDpH7时，消耗NaOH溶液的体积肯定大于20.00mL【考点】DN：离子浓度大小的比较【分析】A反应后的溶液一定满足电荷守恒，根据电荷守恒分析；BpH=5时，溶液呈酸性，则c（H+）c（OH），结合电荷守恒判断；C如果消耗NaOH溶液的体积20.00mL，两者恰好完全反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，若为中性，则加入的氢氧化钠溶液体积小于20.00mL；D如果消耗NaOH溶液的体积20.00mL，两者恰好完全反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，若为中性，则加入的氢氧化钠溶液体积小于20.00mL，若为碱性，则加入的氢氧化钠溶液体积等于或是大于20.00mL【解答】解：A在反应过程中，一定满足电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO）+c（OH），故A正确；BpH=5的溶液呈酸性，则c（H+）c（OH），根据电荷守恒可知：c（CH3COO）c（Na+），则溶液中离子浓度的大小为：c（CH3COO）c（Na+）c（H+）c（OH），故B正确；C如果消耗NaOH溶液的体积20.00mL，两者恰好完全反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，若为中性，则加入的氢氧化钠溶液体积小于20.00mL，故C正确；D如果消耗NaOH溶液的体积20.00mL，两者恰好完全反应生成醋酸钠，溶液水解呈碱性，若使溶液呈中性，则消耗NaOH溶液的体积小于20.00mL，pH7时，消耗NaOH溶液的体积大于或是等于20.00mL，故D错误；故选D20某固体可能含有NH4+、Cu2+、Na+、Cl、CO32、SO42中的几种离子，取等质量的两份该固体，进行如下实验（不考虑盐类的水解及水的电离）；（1）一份固体溶于水得无色透明溶液，加入足量BaCl2溶液，得沉淀6.63g，在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4.66g沉淀（2）另一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体0.672L（保准状况）下列说法正确的是（）A该固体中一定含有NH4+、CO32、SO42、Na+B该固体中一定没有Cu2+、Cl、Na+C该固体中只含有NH4+、CO32、SO42、ClD根据以上实验，无法确定该固体中有Na+【考点】DG：常见离子的检验方法【分析】（1）一份固体溶于水得无色透明溶液，加入足量BaCl2溶液，得沉淀6.63g，在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4.66g沉淀，说明沉淀部分溶于盐酸，一定含有CO32、SO42，一定不含Cu2+；（2）另一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，即氨气0.672L即0.03mol（标准状况），所以含有铵根离子0.03mol据此回答【解答】解：（1）一份固体溶于水得无色透明溶液，加入足量BaCl2溶液，得沉淀6.63g，在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4.66g沉淀，是硫酸钡沉淀0.02mol，沉淀部分溶于盐酸，一定含有CO32、SO42，一定不含Cu2+，n（SO42）=0.02mol，碳酸钡沉淀是6.63g4.66g=1.97g，物质的量是0.01mol；（2）另一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，即氨气0.672L即0.03mol（标准状况），所以含有铵根离子0.03mol根据电荷守恒，所以一定含有钠离子，其物质的量是：0.02mol2+0.01mol20.03mol=0.03mol；A、该固体中一定含有NH4+、CO32、SO42、Na+，故A正确；B、该固体中一定没有Cu2+、故B错误；C、该固体中一定含有NH4+、CO32、SO42、Na+，其余的无法判断，故C错误；D、根据以上实验，确定该固体中一定有Na+，故D错误故选A二、非选择题21表为元素周期表的一部分碳氮YX硫Z回答下列问题（1）表中元素原子半径最大的是（写元素符号）Si，Z原子核外电子能量最高的电子亚层是3p（2）下列事实能说明Y元素的非金属性比S元素的非金属性强的是acaY单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊b在氧化还原反应中，1molY单质比1molS得电子多cY和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高（3）碳酸钠溶液中滴入酚酞，溶液显红色，请用离子方程式解释产生该现象的原因：CO32+H2OHCO3+OH；在上述红色的溶液中加入少许氯化钙固体，溶液颜色变浅，请用平衡理论解释产生该现象的原因Ca2+CO32=CaCO3，导致溶液中碳酸根离子浓度减少，水解平衡向逆反应方向移动，氢氧根离子浓度减少，碱性减弱（4）硫酸工业生产中接触室内发生的反应方程式为2SO2+O22SO3；在实际生产中，操作温度选定400500、压强通常采用常压的原因分别是催化剂在400500时，活性最大，在常压下及400500时，二氧化硫的转化率已经很高，若加压会增加设备、投资和能量消耗【考点】8J：位置结构性质的相互关系应用【分析】根据各元素在周期表中的相对位置可知，X为Si元素、Y为O元素、Z为Cl元素，（1）电子层越多，原子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大，原子半径越小；Z为Cl元素，能量最高的为M层，其亚层为p层；（2）氢化物稳定性越强、最高价氧化物对应水合物的酸性越强，非金属性越强，据此进行判断；（3）碳酸根离子部分水解，溶液呈碱性；碳酸根离子与钙离子反应生成碳酸钙沉淀，导致碳酸根离子浓度减小，溶液碱性减弱；（4）从温度对催化剂催化活性影响及压强增大后都设备的要求分析【解答】解：根据各元素在周期表中的相对位置可知，X为Si元素、Y为O元素、Z为Cl元素，（1）图示各元素中，X的电子层最多，且同一周期中原子序数最小，则原子半径增大的为Si；Z为Cl元素，Cl原子核外电子能量最高的电子亚层是3p，故答案为：Si；3p；（2）aY单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊，说明Y的非金属性较强，故a周期；b得失电子多少与非金属性强弱没有必然关系，故b错误；c氢化物稳定性越强，非金属性越强，Y和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高，说明Y的氢化物较稳定，则Y的非金属性较强，故c正确；故答案为：ac；（3）碳酸根离子水解溶液呈碱性，所以碳酸钠溶液中滴入酚酞，溶液显红色发生反应为：CO32+H2OHCO3+OH；在上述红色的溶液中加入少许氯化钙固体，溶液颜色变浅，由于发生反应：Ca2+CO32=CaCO3，导致溶液中碳酸根离子浓度减少，水解平衡向逆反应方向移动，氢氧根离子浓度减少，碱性减弱，所以溶液颜色变浅，故答案为：CO32+H2OHCO3+OH；Ca2+CO32=CaCO3，导致溶液中碳酸根离子浓度减少，水解平衡向逆反应方向移动，氢氧根离子浓度减少，碱性减弱；（4）硫酸工业中，接触室中二氧化硫与氧气催化氧化生成三氧化硫，反应方程式为：2SO2+O22SO3；由于催化剂在400500时，活性最大，且在常压下及400500时，二氧化硫的转化率已经很高，若加压会增加设备、投资和能量消耗，所以在实际生产中，操作温度选定400500、压强通常采用常压，故答案为：2SO2+O22SO3；催化剂在400500时，活性最大，在常压下及400500时，二氧化硫的转化率已经很高，若加压会增加设备、投资和能量消耗22在一定体积的密闭容器中，进行如下化学反应：CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g），不同温度下达到平衡时，反应体系中各物质的浓度如表：温度CH4（g）H2O（g）CO（g）H2（g）500K0.8mol/L0.8mol/L0.2mol/L0.6mol/L800K0.6mol/L0.6mol/L0.4mol/L1.2mol/L1000K0.4mol/L0.4mol/L0.6mol/L1.8mol/L（1）该反应的平衡常数表达式为K=，正反应为吸热反应（填放热、吸热）（2）能判断该反应是否已达到化学平衡状态的依据是ada容器压强不变 bc（CH4）=c（H2O）cv正（CH4）=v逆（H2） d混合气体中c（CO）不变氮化铝是共价键化合物，高碳热还原制备氮化铝的总反应化学方程式为（未配平）：Al2O3（s）+C（s）+N2（g）AlN（s）+CO（g） 某氮化铝样品中含有氧化铝杂质已知氮化铝和NaOH溶液能反应，并产生氨气，其反应方程式为：AlN+NaOH+H2ONaAlO2+NH3，氧化铝也能与氢氧化钠溶液反应而全部溶解（3）配平化学化学方程式：1Al2O3（s）+3C（s）+1N2（g）2AlN（s）+3CO（g）（4）反应中产生气体的检验方法为湿润的红色石蕊试纸遇到气体变蓝；反应的离子方程式Al2O3+2OH=2AlO2+H2O【考点】CP：化学平衡的计算【分析】（1）平衡常数K=；图表中数据分析，随温度升高反应物浓度达到平衡后减小，生成物浓度增大，说明升温平衡正向进行；（2）化学平衡状态的标志：正逆反应速率相等，各组分含量保持不变，据此回答；（3）标注元素化合价变化计算电子总数，结合电子守恒、原子守恒配平书写化学方程式；（4）反应中产生气体为氨气，利用氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝检验，氧化铝溶于氢氧化钠溶于生成偏铝酸钠和水；【解答】解：（1）CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g），平衡常数K=，图表中数据分析，随温度升高反应物浓度达到平衡后减小，生成物浓度增大，说明升温平衡正向进行，正反应为吸热反应，故答案为：；吸热；（2）CH4（g）+H2O（g）CO（g）+3H2（g），反应是气体体积增大的吸热反应，a反应前后气体物质的量变化，容器压强不变说明反应达到平衡状态，故a正确；bc（CH4）=c（H2O）不能说明正逆反应速率相同，不能说明反应达到平衡状态，故b错误；c速率之比等于化学方程式计量数之比为正反应速率之比，3v正（CH4）=v逆（H2）说明氢气正逆反应速率相同，但v正（CH4）=v逆（H2）不能说明正逆反应速率相同，故c错误；d混合气体中c（CO）不变是平衡标志，故d正确；故答案为：ad；（3）反应中碳元素化合价0价变化为+2价，电子转移为2e，氮元素0价变化为3价，电子转移6e，电子守恒配平碳前系数3，结合原子守恒配平得到化学方程式为：Al2O3（s）+3C（s）+N2（g）2AlN（g）+3CO（g），故答案为：1、3、1、2、3；（4）氮化铝和NaOH溶液能反应，并产生氨气，钾盐氨气的方法是，气体遇到湿润的红色石蕊试纸变蓝，氧化铝也能与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：Al2O3+2OH=2AlO2+H2O，故答案为：湿润的红色石蕊试纸遇到气体变蓝；Al2O3+2OH=2AlO2+H2O23CuCl广泛应用于化工和印染等行业某研究性学习小组拟热分解CuCl22H2O制备CuCl，并进行相关探究已知：该小组用如图所示装置进行实验（夹持仪器略）请回答下列问题：（1）仪器X的名称是球形干燥管（2）实验操作的先后顺序是检查装置的气密性后加入药品 熄灭酒精灯，冷却在“气体入口”处通干燥HCl 点燃酒精灯，加热停止通入HCl，然后通入N2（3）在实验过程中，观察到B中物质由白色变为蓝色，C中试纸的颜色变化是石蕊试纸先逐渐变为红色，后褪色（4）装置D中发生反应的离子方程式是Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O（5）反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2或CuO杂质，根据资料信息分析：若杂质是CuCl2，则产生的原因是加热时间不足或温度偏低若杂质是CuO，则产生的原因是通入HCl的量不足（6）若m克CuCl22H2O全部转化为CuO（铜元素无损耗），则固体质量减少克（用含m的式子表示）【考点】U3：制备实验方案的设计【分析】热分解CuCl22H2O制备CuCl，为抑制水解，气体入口通入HCl气体，然后加热A处试管，X为球形干燥管，X中无水硫酸铜变蓝，可知CuCl22H2O分解生成水，又 大于300，发生2CuCl22CuCl+Cl2，则 产物中还有Cl2，所以C中石蕊试纸先逐渐变为红色，后褪色，D中NaOH溶液吸收尾气；取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2或CuO杂质，混有CuCl2与温度不够或加热时间不足有关，混有CuO与没有在HCl的氛围中加热或者未等试管冷却就停止通入HCl气体有关，以此来解答【解答】解：（1）由图及常见的仪器可知，仪器X的名称为球形干燥管，故答案为：球形干燥管；（2）实验中有气体生成，先检验装置的气密性，且热分解CuCl22H2O制备CuCl，防止CuCl被氧化和Cu+水解所以必须要先赶走装置中的氧气和水蒸气后才加热，且要在HCl气流中加热制备，反应结束后先熄灭酒精灯，应该要继续通入氮气直至装置冷切，所以操作顺序为：，故答案为：；（3）B中有白色变为蓝色，说明有水生成，产物中还有Cl2，所以C中石蕊试纸先逐渐变为红色，后褪色，故答案为：石蕊试纸先逐渐变为红色，后褪色；（4）D中是Cl2和NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH