1、第 1 页（共 32 页）2018 年上海市奉贤区高考化学二模试卷一、选择题：（本题共 20 小题，每小题 2 分，每小题只有一项正确）1 （2 分）奉贤在新一轮规划中提出要打造东方美谷。下列相关说法错误的是（ ）A垃圾分类可有效提高垃圾的资源价值和经济价值B绿色化学要求从源头上消除或减少对环境的污染C推广可降解的一次性餐具，减少白色污染D直接在田间焚烧秸秆，补充土壤中的钾元素2 （2 分）下列化学用语表示不正确的是（ ）A碳原子的结构示意图：BCO 2 分子的电子式：C碳原子核外电子排布的轨道表达式：DCO 2 分子的比例模型：3 （2 分）下列物质属于强电解质的是（ ）A硫酸钡 B盐酸 C
2、乙醇 D三氧化硫4 （2 分）下列说法中正确的是（ ）A晶体中分子间作用力越大，分子越稳定B原子晶体中共价键越强，熔点越高C冰融化时水分子中共价键发生断裂D氢氧化钠熔化时离子键、共价键均被破坏5 （2 分）下列关于化石燃料的加工说法正确的是（ ）A石油裂化主要得到乙烯B石油分馏是化学变化，可得到汽油、煤油C煤干馏主要得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气D煤制煤气是物理变化，是高效、清洁地利用煤的重要途径6 （2 分）下列各项实验基本操作中，正确的是（ ）A为了加快锌和稀硫酸反应的速率，可以向稀硫酸中加入少量硫酸铜第 2 页（共 32 页）B在做中和滴定实验时清洗滴定管后，直接装液滴定C为了加快过滤
3、速度，用玻璃棒搅拌过滤器中的液体D为了使配制的氯化铁溶液保持澄清，加入盐酸和铁片7 （2 分）有些物质既能与强酸溶液反应又能与强碱溶液反应，下列物质不具有此类性质的是（ ）ANaHCO 3 B （NH 4） 2CO3 CAl DAlCl 38 （2 分）下列涉及化学学科观点的有关说法正确的是（ ）A微粒观：二氧化硫是由硫原子和氧原子构成的B转化观：升高温度可以将不饱和硝酸钾溶液转变为饱和C守恒观：1g 镁与 1g 稀硫酸充分反应后所得的溶液质量为 2gD结构观：金刚石和石墨由于结构中碳原子的排列方式不同，性质存在着较大的差异9 （2 分）下列各组离子在碱性条件下能大量共存，而在强酸性条件下能发
4、生氧化还原反应的是（ ）AMg 2+、Na +、SO 42、Cl BK +、CO 32、Cl 、NO 3C Na+、K +、NO 3、SO 32 DNH 4+、Na +、SO 42、NO 310 （2 分）下列溶液中通入足量 SO2，根据其实验现象，所得结论不正确的是（ ）溶液 现象 结论A 含 HCl、 BaCl2 和 FeCl3 的溶液产生白色沉淀 SO2 有还原性B H2S 溶液 产生黄色沉淀 SO2 有氧化性C 酸性 KMnO4 溶液 紫红色溶液褪色 SO2 有漂白性D 加有酚酞的 NaOH 溶液 褪色 SO2 是酸性氧化物AA BB CC DD11 （2 分）对滴有酚酞试液的溶液中，
5、下列操作溶液颜色会变深的是（ ）AAlCl 3 溶液中在融入 AlCl3 BCH 3COONa 溶液加热C氨水中加入少量 NH4Cl 固体 D醋酸溶液加热第 3 页（共 32 页）12 （2 分）科学家在人工智能的研制过程中依据某化学规律，快捷地寻找到合适的光电效应材料，其依据的化学规律可能是（ ）A元素周期律 B质量守恒定律C阿伏伽德罗定律 D勒沙特列原理13 （2 分）下列物质溶液间中的反应可用离子方程式 OH+H+H2O 表达的是（ ）AH 2SO4 和 Ba（OH） 2 BNH 3H2O 和 HCl CNaHSO 4 和 KOH DNaHCO 3 和NaOH14 （2 分）化学家格哈德
6、埃特尔证实了氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的反应过程，示意图如下：下列关于合成氨反应的叙述中不正确的是（ ）A该过程表明，在化学反应中存在化学键的断裂与形成B在催化剂的作用下，反应物的化学键变得容易断裂C过程需吸收能量，过程则放出能量D常温下该反应难以进行，是因为常温下生成物的化学键难以形成15 （2 分）电解 CuCl2 溶液的装置如图所示，下列分析正确的是（ ）Ab 电极的质量不变Ba 电极是该装置的负极C a 电极上发生氧化反应D电子由 b 电极经溶液流向 a 电极16 （2 分）已知 2SO2（g）+O 2（g）2SO 3（g）+Q kJmol1（Q 0） 。下列说法第 4 页（共
7、32 页）正确的是（ ）A相同条件下，2molSO 2（g）和 1molO2（g ）所具有的能量小于 2molSO3（g）所具有的能量B将 2molSO2（g）和 1molO2（g ）充分反应可放出的热量为 Q kJC增大压强或升高温度，该平衡都向逆反应方向移动D若充分反应后放热 Q kJ，则此过程中有 2molSO2（g）被氧化17 （2 分）莎普爱思眼药水适用于早期老年性白内障，有效成分之一苄达酸结构如图所示。下列关于苄达酸的叙述正确的是（ ）A分子式为 C16H16N2O3B属于芳香族化合物，且有弱酸性C苯环上的一氯代物有 5 种D该物质属于酯类18 （2 分）某溶液含有NO 3、HCO
8、 3、SO 32、CO 32、SO 42等五种阴离子向其中加入少量的 Na2O2 固体后，溶液中的离子浓度基本保持不变的是（忽略溶液体积变化） （ ）A B C D19 （2 分）在下列工业生产中，进行的主要反应是非氧化还原反应的是（ ）氯碱工业 氨碱法制纯碱 由焦炭、水、空气等合成氨 工业上生产硫酸A B C D20 （2 分）一定量的 H2 和 Cl2 充分燃烧后，将反应生成的气体通入100mL1.0mol/L 的 NaOH 溶液中，两者恰好完全反应，生成 NaClO 为 0.01mol。则燃烧前 H2 和 Cl2 的物质的量之比为（ ）A5 ：4 B4：5 C4：3 D3：4第 5 页（
9、共 32 页）二、综合题（共 60 分）21 （16 分）短周期元素 A、B 、C、D、E 在元素周期表中的位置如下图所示，其中 B 元素是碳元素。请回答下列问题：（1）B 元素在周期表中的位置： ；请写出该原子的电子式： ；其原子核外电子能量最高的能级是： 。（2）比较 A、C 、D 元素简单离子半径的大小： （填微粒符号） 。（3）F 与 D 同主族且相邻，请比较 D 的氢化物和 F 的氢化物稳定性大小： （用化学式表示） 。（4）E 单质常用湿润的淀粉碘化钾试纸检验。有学生对淀粉碘化钾进行了实验探究。在淀粉碘化钾溶液中，滴加少量次氯酸钠溶液，立刻会看到溶液变蓝色，这是因为 （请结合氧化还
10、原反应知识解释相关现象，下同） 。在所形成的蓝色溶液中，再滴加亚硫酸钠溶液，发现蓝色逐渐消失，这是因为 。据此分析，I 2、ClO 、SO 42氧化性有弱到强的顺序排列为 。22 （15 分）对大气污染物 NOx 进行研究具有重要环保意义。（1）已知汽车汽缸中生成 NO 的反应为：N 2（g）+O 2（g）2NO（g） Q若 1.0mol 空气含 0.80mol N2 和 0.20mol O2，1300 oC 时在 10.0L 密闭汽缸内经过5s 反应达到平衡，测得 NO 为 0.02mol/L请回答下列问题：5s 内该反应的平均速率 （N 2）= 。 汽车启动后，汽缸温度越高，单位时间内 N
11、O 排放量越大，原因是： 。（2）如图表示在其他条件不变时，反应 2NO（g ）+2CO（g） 2CO2（g ）+N2（g） 中， NO 的浓度 c（NO）在不同温度（T）下随时间（t ）的变化曲线。该平衡的正向反应为 反应 （填“吸热” 或“放热” ） 。第 6 页（共 32 页）（3）为了减少汽车尾气对环境的污染，可采取的措施 （任写一个） 。另一方面，氮的许多化合物为我们人类生活带来便利。（4）氨水是一种很好的氮肥，常温下测定 0.1mol/L 氨水溶液，其 PH 值小于13，其原因是 （用电离方程式解释） ；常见氮肥种类有 （列举两个） 。（5）硝酸铵易溶于水，其水溶液呈 （填“酸性”
12、、 “碱性”、或“中性”） ，原因是 （用离子方程式表示） 。23 （14 分）绿矾（FeSO 4nH2O）在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。请回答下列问题：（1）在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加 KSCN 溶液，溶液颜色无明显变化；再向试管中通入空气，溶液逐渐变红。请解释变红的原因 。（2）为测定某绿矾中结晶水含量，按下图组装好仪器并检查气密性。将石英玻璃管（带两端开关 K1 和 K2） （设整个为装置 A）称重，记为 80.120g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置 A 称重，记为 107.020g。按如图 1 连接好装置进行实验。仪器 B 的
13、名称是 。实验操作步骤为：第一步：打开 K1 和 K2，缓缓通入 N2；第二步：点燃酒精灯，小心加热；第三步：熄灭酒精灯；第四步：冷却到室温； 第五步：关闭K1 和 K2；第六步：称量 A 请问：第一步缓缓通入 N2 的目的是 。重复上述操作步骤，直至 A 恒重，记为 95.320g。计算绿矾化学式中结晶水 n= （保留一位小数） 。（3）同学们查找资料可知，硫酸亚铁在高温下分解产物为 Fe2O3 以及 SO2 和SO3为了验证硫酸亚铁分解的气体产物，将已恒重的装置 A 接入如图 2 所示的装置中，打开 K1 和 K2，缓缓通入 N2，加强热充分反应后，管中残留固体为 第 7 页（共 32 页
14、）色粉末。C、 D 中的溶液依次为 、 （填标号） 。a品红 b。NaOH cBaCl 2 d浓硫酸（4） “严谨不仅仅是一种生活态度，更是科学精神”。检查装置气密性是化学实验中的重要操作之一，在上述（3）题实验装置气密性检查的操作是 。24 （15 分）A（C 2H4）是基本的有机化工原料，由 A 制备聚丙烯酸甲酯（有机玻璃主要成分）和肉桂酸的合成路线（部分反应条件略去）如图所示：已知：（X 为卤原子，R 为取代基）回答下列问题：（1）B 中含氧官能团的名称是 ；反应的反应条件是 ；的反应类型是 。（2）肉桂酸的化学式为 ；由 C 制取 D 的化学方程式为 。（3）肉桂酸的同分异构体中能同时
15、满足下列条件：苯环上有两个取代基能发生银镜反应，苯环上有两种不同环境的氢。请写出一种符合上述要求物质的结构简式： 。第 8 页（共 32 页）（4）请你设计一个由丙烯（CH 2=CHCH3）制备 B 的合成路线（无机试剂任选） 。合成路线常用的表示方式为：A B 目标产物。第 9 页（共 32 页）2018 年上海市奉贤区高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题：（本题共 20 小题，每小题 2 分，每小题只有一项正确）1 （2 分）奉贤在新一轮规划中提出要打造东方美谷。下列相关说法错误的是（ ）A垃圾分类可有效提高垃圾的资源价值和经济价值B绿色化学要求从源头上消除或减少对环境的污染C推广
16、可降解的一次性餐具，减少白色污染D直接在田间焚烧秸秆，补充土壤中的钾元素【分析】A垃圾可回收再利用；B绿色化学应从源头上减少污染；C塑料的使用可导致白色污染；D直接在田间焚烧秸秆，可产生含固体颗粒物的烟尘。【解答】解：A垃圾可回收再利用，则垃圾分类可有效提高垃圾的资源价值和经济价值，故 A 正确；B绿色化学应从从源头上消除或减少对环境的污染，不能污染后再治理，故 B正确；C塑料的使用可导致白色污染，则推广可降解的一次性餐具，减少白色污染，故 C 正确；D直接在田间焚烧秸秆，可产生含固体颗粒物的烟尘，污染环境，故 D 错误；故选：D。【点评】本题考查三废处理及环境保护，为高频考点，把握环境、资源
17、与化学的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项 D 为解答的易错点，题目难度不大。2 （2 分）下列化学用语表示不正确的是（ ）A碳原子的结构示意图：第 10 页（共 32 页）BCO 2 分子的电子式：C碳原子核外电子排布的轨道表达式：DCO 2 分子的比例模型：【分析】A碳原子核外有 2 个电子层，最外层电子数为 4；BCO 2 分子中 C 和 O 原子之间含有 2 个共用电子对；C碳原子核外有 6 个电子，分别分布在 1s、2s、2p 轨道；D二氧化碳为直线型分子。【解答】解：A碳原子核外有 2 个电子层，最外层电子数为 4，则结构示意图为 ，故 A 正确；BCO 2 分子
18、中 C 和 O 原子之间含有 2 个共用电子对，电子式为 ，故 B错误；C碳原子核外有 6 个电子，分别分布在 1s、2s、2p 轨道，核外电子排布的轨道表达式为 ，故 C 正确；D二氧化碳为直线型分子，且 C 原子半径大于 O 原子，则比例模型为 ，故 D 正确。故选：B。【点评】本题考查了电子式、原子结构示意图、电子排布式以及比例模型等化学用语的判断，题目难度中等，注意掌握常见化学用语的概念及表示方法，明确离子化合物的与共价化合物的电子式的区别，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力。3 （2 分）下列物质属于强电解质的是（ ）A硫酸钡 B盐酸 C乙醇 D三氧化硫【分析】在水溶液中完全电离的
19、是强电解质；部分电离的是弱电解质；电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物。【解答】解：A硫酸钡在熔融状态完全电离出钡离子和硫酸根离子，是强电解第 11 页（共 32 页）质，故 A 正确；B盐酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故 B 错误；C乙醇在熔融状态和水溶液中都不能导电，是非电解质，故 C 错误；D三氧化硫，在熔融状态和水溶液中都不能导电，是非电解质，故 D 错误，故选：A。【点评】本题重点考查强弱电解质的辨析，难度不大。要注意强电解质在水溶液中是完全电离的。4 （2 分）下列说法中正确的是（ ）A晶体中分子间作用力越大，分
20、子越稳定B原子晶体中共价键越强，熔点越高C冰融化时水分子中共价键发生断裂D氢氧化钠熔化时离子键、共价键均被破坏【分析】A分子的稳定性与共价键的强弱有关；B原子晶体中微粒间的作用力为共价键；C分子晶体融化时破坏分子间作用力或氢键；D离子晶体熔化时破坏离子键。【解答】解：A分子晶体的分子间作用力影响分子晶体的物理性质，而分子的稳定性与共价键的强弱有关，故 A 错误；B原子晶体中微粒间的作用力为共价键，原子晶体融化时共价键要断裂，所以原子晶体中共价键越强，晶体的熔点越高，故 B 正确；C分子晶体融化时破坏分子间作用力或氢键，冰属于分子晶体融化时水分子间的氢键断裂，而 HO 键未发生断裂，故 C 错误
21、；D氢氧化钠属于离子晶体，离子晶体熔化时破坏离子键，共价键不被破坏，故 D 错误。故选：B。【点评】本题考查晶体的结构和性质，侧重于学生的分析能力和基本概念、基本理论知识的综合理解和运用的考查，注意把握晶体的类型和性质，难度不大。第 12 页（共 32 页）5 （2 分）下列关于化石燃料的加工说法正确的是（ ）A石油裂化主要得到乙烯B石油分馏是化学变化，可得到汽油、煤油C煤干馏主要得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气D煤制煤气是物理变化，是高效、清洁地利用煤的重要途径【分析】A石油裂化主要得到汽油；B有新物质生成的变化叫化学变化，没有新物质生成的变化叫物理变化；C煤隔绝空气加强热主要得到焦炭、煤焦
22、油、粗氨水和焦炉气；D有新物质生成的变化叫化学变化，没有新物质生成的变化叫物理变化【解答】解：A催化裂化的目的是得到轻质液体燃料汽油，故 A 错误； B石油分馏是物理变化，故 B 错误；C煤隔绝空气加强热主要得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气，故 C 正确；D煤制煤气有新物质一氧化碳和氢气生成，是化学变化，故 D 错误。故选：C。【点评】本题考查石油的分馏、物理变化与化学变化的区别，难度不大，注意有新物质生成的变化叫化学变化，没有新物质生成的变化叫物理变化6 （2 分）下列各项实验基本操作中，正确的是（ ）A为了加快锌和稀硫酸反应的速率，可以向稀硫酸中加入少量硫酸铜B在做中和滴定实验时清洗滴定管
23、后，直接装液滴定C为了加快过滤速度，用玻璃棒搅拌过滤器中的液体D为了使配制的氯化铁溶液保持澄清，加入盐酸和铁片【分析】AZn 能置换出 Cu，Zn、Cu 和稀硫酸构成原电池；B滴定管必须用待装液润洗；C过滤时不能用玻璃杯搅拌，否则易损坏滤纸；D配制的是氯化铁溶液，不能加入铁片。【解答】解：AZn 比 Cu 活泼，可置换出 Cu，反应的方程式为CuSO4+Zn=ZnSO4+Cu，在溶液中形成 Cu/Zn 原电池，而加快化学反应速率，故 A第 13 页（共 32 页）正确；B在做中和滴定实验时清洗滴定管后，必须先用待装液润洗滴定管，然后再装液滴定，否则待装液会被稀释，影响滴定结果，故 B 错误；C
24、用玻璃棒搅拌过滤器中的液体可能将滤纸弄破，使实验失败，故 C 错误；DFe 3+易水解生成 H+，水解的离子方程式为 Fe3+3H2OFe（OH） 3+3H+，配制溶液时，可加入酸抑制 FeCl3 水解，防止生成沉淀而导致溶液变浑浊，由于溶液是 FeCl3 溶液，加铁片发生反应 Fe+2FeCl3=3FeCl2，反而引进杂质，故 D 错误；故选：A。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及过滤、溶液配制、原电池对反应速率影响、中和滴定等，把握物质的性质、反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大。7 （2 分）有些物质既能与强酸溶液反应又能与强碱溶液反应，下列物质
25、不具有此类性质的是（ ）ANaHCO 3 B （NH 4） 2CO3 CAl DAlCl 3【分析】常见的既能与酸反应又能与碱反应的物质主要有：两性物质：Al2O3、ZnO、Al（OH） 3、Zn（OH ） 2、氨基酸、蛋白质等； 多元弱酸的酸式盐：NaHCO 3、KHS、KHSO 3、NaH 2PO4 等；弱酸的铵盐及其酸式盐：（ NH4）2S、NH 4HS、 （ NH4） 2CO3、NH 4HCO3、CH 3COONH4 等；某些具有两性的金属：Zn、Al 等，据此解答。【解答】解：ANaHCO 3 与盐酸反应生成氯化钠和水、二氧化碳，与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，故 A 不选；B （NH
26、 4） 2CO3 盐酸反应生成氯化铵和水、二氧化碳，与氢氧化钠反应生成碳酸钠、氨气和水，故 B 不选；C Al 与盐酸反应生成氯化铝和氢气，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，故C 不选；DAlCl 3 与强碱溶液反应生成氢氧化铝或偏铝酸盐，与强酸不反应，故 D 选；故选：D。【点评】本题考查元素化合物性质，题目难度不大，注意基础知识的积累，注第 14 页（共 32 页）意具有两性和能与酸、碱反应的区别。8 （2 分）下列涉及化学学科观点的有关说法正确的是（ ）A微粒观：二氧化硫是由硫原子和氧原子构成的B转化观：升高温度可以将不饱和硝酸钾溶液转变为饱和C守恒观：1g 镁与 1g 稀硫酸充分反应后
27、所得的溶液质量为 2gD结构观：金刚石和石墨由于结构中碳原子的排列方式不同，性质存在着较大的差异【分析】A二氧化硫是由分子构成的；B升高温度硝酸钾的溶解度增大；C Mg 与稀硫酸反应生成硫酸镁和氢气；D物质的组成和结构决定了物质的性质。【解答】解：A二氧化硫是由二氧化硫分子构成的，分子是由 S 原子和 O 原子构成的，故 A 错误；B升高温度硝酸钾的溶解度增大，升高温度不饱和硝酸钾溶液仍然为不饱和溶液，故 B 错误；C Mg 与稀硫酸反应生成硫酸镁和氢气，则 1g 镁与 1g 稀硫酸充分反应后所得的溶液质量为小于 2g，故 C 错误；D物质的组成和结构决定了物质的性质，金刚石和石墨由于结构中碳
28、原子的排列方式不同，所以金刚石和石墨的物理性质存在着较大的差异，故 D 正确；故选：D。【点评】本题考查了物质的结构和性质、质量守恒、溶液的溶解度与温度的关系，题目难度不大，侧重于考查学生对基础知识的理解应用能力。9 （2 分）下列各组离子在碱性条件下能大量共存，而在强酸性条件下能发生氧化还原反应的是（ ）AMg 2+、Na +、SO 42、Cl BK +、CO 32、Cl 、NO 3C Na+、K +、NO 3、SO 32 DNH 4+、Na +、SO 42、NO 3【分析】碱性溶液中，离子之间不能结合生成水、气体、沉淀等，则离子能共第 15 页（共 32 页）存；强酸溶液中该组离子能发生氧
29、化还原反应，即为正确答案【解答】解：A碱性溶液中，OH 与 Mg2+结合生成沉淀，则不能共存，故 A 不选；B碱性溶液中，该组离子之间不反应，能共存，但加入酸不发生氧化还原反应，故 B 不选；C碱性溶液中，该组离子之间不反应，能共存，且加入酸时 H+、NO 3、SO 32发生氧化还原反应，故 C 选；D碱性溶液中，OH 与 NH4+结合生成弱电解质，则不能共存，故 D 不选；故选：C。【点评】本题考查离子共存问题，熟悉习题中的信息及离子之间的反应即可解答，熟悉酸碱条件下的反应是解答本题的关键，题目难度不大10 （2 分）下列溶液中通入足量 SO2，根据其实验现象，所得结论不正确的是（ ）溶液
30、现象 结论A 含 HCl、 BaCl2 和 FeCl3 的溶液产生白色沉淀 SO2 有还原性B H2S 溶液 产生黄色沉淀 SO2 有氧化性C 酸性 KMnO4 溶液 紫红色溶液褪色 SO2 有漂白性D 加有酚酞的 NaOH 溶液 褪色 SO2 是酸性氧化物AA BB CC DD【分析】A铁离子能够将二氧化硫氧化成硫酸，生成的白色沉淀为硫酸钡，二氧化硫被氧化；B黄色沉淀为 S 单质，结合化合价变化分析；C酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能够氧化二氧化硫；D溶液褪色，说明二氧化硫与氢氧化钠溶液发生反应。【解答】解：AFeCl 3 将 SO2 氧化成硫酸根离子，硫酸根离子与 BaCl2 反应生成第
31、16 页（共 32 页）硫酸钡沉淀，该反应中二氧化硫被氧化，表现了还原性，故 A 正确；BSO 2 与 H2S 反应生成 S 单质，该反应中 SO2 中+4 价 S 元素被还原生成 0 价的单质 S，二氧化硫被还原，说明 SO2 有氧化性，故 B 正确；C酸性 KMnO4 溶液能够氧化 SO2，导致溶液褪色，SO 2 表现了还原性，故 C 错误；D加有酚酞的 NaOH 溶液中通入二氧化硫生成亚硫酸钠，导致溶液褪色，说明SO2 是酸性氧化物，故 D 正确；故选：C。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，题目难度中等，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，注意掌握二氧化硫的化学性质，试题
32、有利于提高学生的分析、理解能力及综合应用能力。11 （2 分）对滴有酚酞试液的溶液中，下列操作溶液颜色会变深的是（ ）AAlCl 3 溶液中在融入 AlCl3 BCH 3COONa 溶液加热C氨水中加入少量 NH4Cl 固体 D醋酸溶液加热【分析】对滴有酚酞试液的下列溶液，操作后红色变深，说明溶液中 OH浓度增大，结合外界条件对水解平衡移动的影响分析。【解答】解：AAlCl 3 在水中电离后产生的 Al3+水解使溶液呈酸性，加热导致水解程度增大，但酚酞遇酸性溶液颜色不变化，故 A 错误；BCH 3COONa 为强碱弱酸盐，水解呈碱性，滴加酚酞后溶液显红色，加热使碱性增强，因此红色变深，故 B
33、正确；C氨水为弱碱，部分电离：NH 3H2ONH4+OH，加入酚酞后溶液变为红色，而 NH4Cl=NH4+Cl，其中的 NH4+会抑制氨水的电离，使溶液碱性减弱，颜色变浅，故 C 错误；D醋酸溶液呈酸性，加入酚酞溶液不变色，故 D 错误。故选：B。【点评】本题考查影响盐类水解的因素，题目难度不大，注意两点，一是溶液呈碱性，二是把握影响水解平衡的因素以及平衡移动的方向。第 17 页（共 32 页）12 （2 分）科学家在人工智能的研制过程中依据某化学规律，快捷地寻找到合适的光电效应材料，其依据的化学规律可能是（ ）A元素周期律 B质量守恒定律C阿伏伽德罗定律 D勒沙特列原理【分析】利用元素周期律
34、，可以找到具有特殊功能的材料，据此进行解答。【解答】解：由于在周期表中位置靠近的元素性质相似，这就启发人们在周期表中一定的区域内寻找新的物质，如利用元素周期律，可快捷地寻找到合适的光电效应材料，故选：A。【点评】本题考查元素周期律的作用，题目难度不大，明确元素周期律的内容及意义即可解答，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力。13 （2 分）下列物质溶液间中的反应可用离子方程式 OH+H+H2O 表达的是（ ）AH 2SO4 和 Ba（OH） 2 BNH 3H2O 和 HCl CNaHSO 4 和 KOH DNaHCO 3 和NaOH【分析】可用离子方程式 H+OHH 2O 表示，则
35、为强酸、强碱反应生成可溶性盐和水的离子反应，以此来解答。【解答】解：A硫酸与氢氧化钡反应生成硫酸钡和水，硫酸钡在离子反应中保留化学式，不能用 H+OH=H2O 表示，故 C 不选；B一水合氨为弱碱，应保留化学式，二者反应不能用 H+OH=H2O 表示，故 B不选；C硫酸氢钠与氢氧化钾反应实质氢离子与氢氧根离子反应生成水，离子方程式：H+OH=H2O，故 C 选；DNaHCO 3 和 NaOH 反应实质碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，不能用 H+OH=H2O 表示，故 D 不选；故选：C。第 18 页（共 32 页）【点评】本题考查离子反应方程式书写的正误判断，明确在离子反应中哪
36、些物质应保留化学式及反应的实质是解答本题的关键，难度不大，注意离子方程式的意义。14 （2 分）化学家格哈德埃特尔证实了氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的反应过程，示意图如下：下列关于合成氨反应的叙述中不正确的是（ ）A该过程表明，在化学反应中存在化学键的断裂与形成B在催化剂的作用下，反应物的化学键变得容易断裂C过程需吸收能量，过程则放出能量D常温下该反应难以进行，是因为常温下生成物的化学键难以形成【分析】A化学反应的本质是旧键断裂，新键形成；B催化剂的作用原理是降低活化能，即反应物的化学键变得容易断裂；C过程化学键断裂需要吸收能量，过程化学键形成则放出能量；D化学键形成过程中放出能量，故温度
37、较低时有利于键的形成。【解答】解：A化学反应的本质是旧键断裂，新键形成，故该过程表明，在化学反应中存在化学键的断裂与形成，故 A 正确；B催化剂的作用原理是降低活化能，即反应物的化学键变得容易断裂，故 B 正确；C过程化学键断裂需要吸收能量，过程化学键形成则放出能量，故 C 正确；D化学键形成过程中放出能量，故温度较低时有利于键的形成，故 D 错误，故选：D。【点评】解决本题的关键是要充分理解图中提供的信息，且明确化学反应的本质是旧键断裂，新键形成，断开化学键吸收能量，形成化学键放出能量，本题难度中等。第 19 页（共 32 页）15 （2 分）电解 CuCl2 溶液的装置如图所示，下列分析正
38、确的是（ ）Ab 电极的质量不变Ba 电极是该装置的负极C a 电极上发生氧化反应D电子由 b 电极经溶液流向 a 电极【分析】由图可知，a 与电源正极相连为阳极，则 b 为阴极，电解 CuCl2 溶液发生 CuCl2 Cu+Cl2，阳极上生成氯气，阴极上析出 Cu，以此来解答。【解答】解：Ab 为阴极，铜离子得到电子生成 Cu，则阴极质量增大，故 A错误；Ba 与电源正极相连，a 为阳极，故 B 错误；C a 为阳极，氯离子失去电子被氧化，发生氧化反应，故 C 正确；D电子由负极流向正极，且电子不能进入溶液中，故 D 错误；故选：C。【点评】本题考查电解原理，为高频考点，把握电极、电极反应、
39、电子及离子的移动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项 D 为解答的易错点，题目难度不大。16 （2 分）已知 2SO2（g）+O 2（g）2SO 3（g）+Q kJmol1（Q 0） 。下列说法正确的是（ ）A相同条件下，2molSO 2（g）和 1molO2（g ）所具有的能量小于 2molSO3（g）所具有的能量B将 2molSO2（g）和 1molO2（g ）充分反应可放出的热量为 Q kJC增大压强或升高温度，该平衡都向逆反应方向移动第 20 页（共 32 页）D若充分反应后放热 Q kJ，则此过程中有 2molSO2（g）被氧化【分析】根据热化学方程式 2SO2（g ）+
40、O 2（g）2SO 3（g）+Q kJmol1（Q0） ，此反应为可逆反应，且为放热反应，当反应掉 2mol 二氧化硫和 1mol 氧气生成2mol 三氧化硫时，反应放热 QKJ，据此分析。【解答】解：A、此反应为放热反应，故相同条件下，2molSO 2（g）和1molO2（g）所具有的能量大于 2molSO3（g）所具有的能量，故 A 错误；B、由于此反应为可逆反应，不能进行彻底，故将 2molSO2（g）和 1molO2（g）充分反应可放出的热量小于 Q kJ，故 B 错误；C、此反应的正反应方向是气体体积减小的方向，故增大压强，平衡右移；且反应放热，故升高温度，平衡左移，故 C 错误；D
41、、根据化学方程式可知，当反应掉 2mol 二氧化硫和 1mol 氧气生成 2mol 三氧化硫时，反应放热 QKJ，此时 2mol 二氧化硫被氧化，即当 2mol 二氧化硫被氧化时，放热 QKJ，故 D 正确。故选：D。【点评】本题考查了热化学方程式的含义、化学平衡的移动以及热效应的判断，应注意可逆反应的热化学方程式的反应热，是指的是当反应进行彻底时所放出的热量。17 （2 分）莎普爱思眼药水适用于早期老年性白内障，有效成分之一苄达酸结构如图所示。下列关于苄达酸的叙述正确的是（ ）A分子式为 C16H16N2O3B属于芳香族化合物，且有弱酸性C苯环上的一氯代物有 5 种D该物质属于酯类【分析】由
42、结构可知分子式，分子中含苯环、COOH，且含四面体结构的亚甲第 21 页（共 32 页）基，分子中有 10 种 H，以此解答该题。【解答】解：A由结构可知分子式为 C16H14N2O3，故 A 错误；B含苯环及 COOH，属于芳香族化合物，且有弱酸性，故 B 正确；C苯环有 7 种 H 原子，则苯环上的一氯代物有 7 种，故 C 错误；D不含酯基，不属于酯类，故 D 错误。故选：B。【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应、有机物的结构为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意 H 原子的数目及种类，题目难度不大。18 （2 分）某溶液含有NO 3、HCO
43、3、SO 32、CO 32、SO 42等五种阴离子向其中加入少量的 Na2O2 固体后，溶液中的离子浓度基本保持不变的是（忽略溶液体积变化） （ ）A B C D【分析】Na 2O2 与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，Na 2O2 具有强氧化性，能与 OH反应的离子和具有还原性的离子的浓度会发生改变，同时溶液中存在反应生成的离子，该离子浓度也会变化，以此来解答【解答】解：Na 2O2 与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，HCO 3与 OH反应生成CO32，则 HCO3离子浓度减小， CO32离子浓度增大；Na2O2 具有强氧化性，将 SO32氧化为 SO42，则 SO32离子浓度减小，SO 42
44、浓度增大；NO3浓度基本不变。故选：A。【点评】本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子共存考查，题目难度不大第 22 页（共 32 页）19 （2 分）在下列工业生产中，进行的主要反应是非氧化还原反应的是（ ）氯碱工业 氨碱法制纯碱 由焦炭、水、空气等合成氨 工业上生产硫酸A B C D【分析】氧化还原反应的特征是有化合价的升降，非氧化还原反应为没有化合价变化的反应，从元素的化合价是否发生变化的角度解答该题。【解答】解：氯碱工业中，生成单质氢气和氯气，H、Cl 元素的化合价变化，存在氧化还原反应，故错误；氨碱法制纯碱
45、是在溶液中进行的复分解反应，没有发生氧化还原反应，故正确；由焦炭、水、空气等合成氨，C、H、N 等元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故错误；工业上生产硫酸，S 和 O 元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故 错误。故选：D。【点评】本题考查氧化还原反应，题目难度中等，本题考查的侧重点为常见工业生成原理，希在学习中注意积累相关知识。20 （2 分）一定量的 H2 和 Cl2 充分燃烧后，将反应生成的气体通入100mL1.0mol/L 的 NaOH 溶液中，两者恰好完全反应，生成 NaClO 为 0.01mol。则燃烧前 H2 和 Cl2 的物质的量之比为（ ）A5 ：4 B4：5 C4
46、：3 D3：4【分析】100mL1.0mol/L 的 NaOH 溶液中含有氢氧化钠的物质的量为：1.0mol/L0.1L=0.1mol；两者恰好完全反应，说明 0.1NaOH 完全反应，生成的0.01molNaClO 来自 Cl2 与 NaOH 的反应（Cl 2+2NaOHNaCl+NaClO+H 2O） ，则氢气和氯气反应后剩余氯气的物质的量为 0.01mol，消耗 NaOH 的物质的量为0.02mol；剩余的 NaOH 发生反应 NaOH+HCl=NaCl+H2O，据此可计算出生成 HCl消耗氢气和氯气的物质的量，最后再计算出燃烧前 H2 和 Cl2 的物质的量之比。第 23 页（共 32
47、 页）【解答】解：100mL1.0mol/L 的 NaOH 溶液中含有氢氧化钠的物质的量为：1.0mol/L0.1L=0.1mol；两者恰好完全反应，说明 0.1NaOH 完全反应，生成的0.01molNaClO 来自 Cl2 与 NaOH 的反应（Cl 2+2NaOHNaCl+NaClO+H 2O） ，则氢气和氯气反应后剩余氯气的物质的量为 0.01mol，消耗 NaOH 的物质的量为0.02mol，发生反应 NaOH+HCl=NaCl+H2O 消耗 NaOH 的物质的量为：0.1mol0.02mol=0.08mol，则 n（HCl）=n（NaOH） =0.08mol，n（H 2）=n（Cl
48、 2）= n（ HCl）=0.08mol =0.04mol，所以原混合气体中含有 Cl2 的物质的量为：0.01mol+0.04mol=0.05mol，氢气的物质的量为 0.04mol，燃烧前 H2 和 Cl2 的物质的量之比=0.04mol：0.05mol=4：5，故选：B。【点评】本题考查化学方程式的计算，题目难度中等，明确发生反应原理即可解答，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用，试题培养了学生的化学计算能力。二、综合题（共 60 分）21 （16 分）短周期元素 A、B 、C、D、E 在元素周期表中的位置如下图所示，其中 B 元素是碳元素。请回答下列问题：（1）B 元素在周期表中的位置： 第二周期A 族 ；请写出该原子的电子式：；其原子核外电子能量最高
