1、2019年上海市杨浦区高考化学一模试卷一、单选题（本大题共 20小题，共 40.0分）1. 下列分子中的所有原子均在同一平面内的是 A. 甲烷 B. 乙烯 C. 乙酸 D. 甲苯【答案】B【解析】解：甲烷、乙酸、甲苯均含甲基，所有原子不可能共面，只有乙烯中碳碳双键为平面结构，所有原子可共面，故选：B。A、C、D 中均含甲基，甲基中 C为四面体构型，只有 B中双键为平面结构，以此来解答。本题考查有机物的结构，为高频考点，把握甲基、双键及苯环的结构为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意甲基的构型，题目难度不大。2. 原子晶体具有的性质是 A. 熔点高 B. 易导热 C. 能导电 D. 有延展
2、性【答案】A【解析】解：原子晶体是原子间通过共价键结合形成的空间网状晶体，原子晶体一般硬度大、熔沸点高，在熔化状态下不导电，不易导热，没有延展性；故 A正确；故选：A。原子晶体一般硬度大、熔沸点高，在熔化状态下不导电，不易导热，没有延展性，据此分析。本题考查了原子晶体的物理性质，题目难度一般，注意原子晶体具有较高的熔沸点，熔化状态下不导电等性质，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。3. 有关合金的说法正确的是 A. 生铁比纯铁熔点高 B. 钢比纯铁硬C. 合金不具有导热性 D. 合金都不含非金属元素【答案】B【解析】解： 形成合金后，其熔点一般会降低，故 A错误；B.形成合金后，其硬度一般会比
3、其组成的金属硬度大，故 B正确；C.合金具有优良的导电性、导热性和抗蚀性，因此合金也导热，故 C错误；D.合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质，因此不必须含两种或两种以上的金属，故 D错误；故选：B。合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质。合金概念有三个特点： 一定是混合物； 合金中各成分都是以单质形式存在； 合金中至少有一种金属。铝合金具有优良的导电性、导热性和抗蚀性，因此合金也导电。A.合金的熔点比各成分熔点低；B.合金的机械强度强于其成分合金；C.合金具有优良的导电性、导热性和抗蚀性；D.合金是指在一种金属中加热熔合其它金
4、属或非金属而形成的具有金属特性的混合物；本题考查合金，题目难度不大，注意把握相关基础知识的积累，注意合金的熔点比其成分金属都低，而不是在二者之间。4. 实验室收集下列气体的方法肯定与 相同的是 A. B. C. HCl D. 【答案】C【解析】解： 与水反应，需要采用排空气法收集，不满足条件，故 A错误；B. 可以采用排水法和排空气法收集，不满足条件，故 B错误；C.HCl与水反应，不能用排水法收集，需要采用向上排空气收集，与 的收集方法相同，故 C正确；D. 的相对分子量为 28，与空气接近，不能采用排空气法收集，只能采用排水法收集，故 D错误；故选：C。与水反应，不能用排水法收集，需要采用
5、向上排空气收集，据此结合选项中气体性质判断。本题考查常见气体的收集方法，题目难度不大，明确常见气体的性质为解答关键，注意常见气体的收集方法及区别，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的化学实验能力。5. 在“ 和 ”的变化过程中，被破坏的作用力依次是 A. 范德华力、范德华力 B. 范德华力、共价键C. 共价键、离子键 D. 共价键、共价键【答案】B【解析】解：物质的三态变化属于物理变化，破坏分子间作用力即范德华力，而和 发生了化学变化，共价键的断裂与形成，所以被破坏的作用力依次是范德华力、共价键，故选：B。物质的三态变化属于物理变化，和 发生了化学变化，根据物质的变化分析。本题考查了物质发生物
6、理、化学变化时破坏的作用力，注意把握晶体的类型以及共价键、分子间作用力的区别，题目难度不大，侧重于基础知识的考查。6. 下列反应可用：表示的是 A. B. C. D. 【答案】A【解析】解：反应实质氢离子与氢氧根离子反应生成水，可以用，故 A正确；B.氢氧化铁为沉淀，不能拆，所以不能用，故 B错误；C.反应实质是碳酸氢根离子与氢氧根离子反应，不能用，故 D错误；D.HF为弱酸，一水合氨为弱碱，都不能拆成离子形式，所以不能用表示，故 D错误；故选：A。表示可溶性强酸与可溶性强碱反应只生成可溶性盐和水，据此判断。本题考查了离子方程式的书写，明确离子反应意义，离子方程式书写方法及注意事项是解题关键，
7、题目难度不大。7. 同温同压下， 气体和 气体恰好完全反应，生成 160mL X气体，X 的分子式是 A. B. C. D. 【答案】C【解析】解：同温同压下，气体摩尔体积相等，气体体积之比等于其物质的量之比，同一反应中气体体积之比等于其计量数之比，所以 、 、X 的计量数之比 ：240mL：3：2，其方程式为 ，根据原子守恒知，X 化学式为，故选：C。同温同压下，气体摩尔体积相等，气体体积之比等于其物质的量之比，同一反应中气体体积之比等于其计量数之比，再结合原子守恒判断 X化学式。本题考查阿伏伽德罗定律及其推论，侧重考查阿伏伽德罗定律、质量守恒定律，明确相同条件下气体体积之比与计量数之比关系
8、是解本题关键，题目难度不大。8. 通入 能引起下列溶液的颜色变化，其中 的作用和 使溴水褪色相同的是 A. 品红褪色 B. NaOH酚酞溶液褪色C. 石蕊试液变红 D. 酸性 溶液褪色【答案】D【解析】解：A、二氧化硫能使品红褪色，加热后无色溶液又变红色，漂白为暂时性，故 A错误；B、NaOH 酚酞溶液褪色，是溶液的酸碱性而褪色，故 B错误；C、石蕊试液变红，是溶液的酸碱性而褪色，故 C错误；D、紫红色是高锰酸根离子的颜色，通入二氧化硫气体溶液褪色是二氧化硫把高锰酸根还原为无色的锰离子，是二氧化硫的还原性，故 D正确；故选：D。红棕色褪去的原因是：溴水是红棕色， 和 、 反应，是二氧化硫的还原
9、性，由此分析解答。本题考查二氧化硫的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应与现象为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意漂白性的判断，题目难度不大。9. 向漂粉精的水溶液中加入或通入少量下列物质，不能增强其漂白能力的是 A. 稀盐酸 B. 粉末 C. 固体 D. 气体【答案】B【解析】解： 稀盐酸和次氯酸钙反应生成次氯酸，能增强其漂白能力，故 A不符合；B. 粉末和次氯酸钙不反应，不能增强其漂白能力，故 B符合；C. 固体和次氯酸钙反应，碳酸氢根离子存在电离平衡，反应生成次氯酸和碳酸钙沉淀，能增强其漂白能力，故 C不符合；D.二氧化碳通入次氯酸钙溶液中反应生成次氯酸，能增强其漂白能力
10、，故 D不符合；故选：B。向漂粉精的水溶液中加入或通入少量下列物质，不能增强其漂白能力，说明不能生成次氯酸，次氯酸是弱酸酸性弱于碳酸，碳酸氢钠溶液中和次氯酸钙反应生成碳酸钙、次氯酸。本题考查了物质性质、次氯酸钙漂白性的实质理解应用，增强次氯酸浓度会增强漂白性，题目难度不大。10. 微信热传的“苯宝宝表情包”可看作是由苯衍生的物质配以相应文字形成的 如图 ，苯不属于 A. 环烃 B. 芳烃 C. 不饱和烃 D. 烃的衍生物【答案】D【解析】解：A、含环的烃为环烃，苯为环烃，故 A正确；B、含苯环的烃为芳香烃，故苯为芳香烃，故 B正确；C、含不饱和键的烃为不饱和烃，苯中含不饱和键，故为不饱和烃，故
11、 C正确；D、烃中的 H原子被其他的原子或原子团所取代的产物为烃的衍生物，而苯为烃，不是烃的衍生物，故 D错误。故选：D。A、含环的烃为环烃；B、含苯环的烃为芳香烃；C、含不饱和键的烃为不饱和烃；D、烃中的 H原子被其他的原子或原子团所取代的产物为烃的衍生物。本题考查有机物结构，学会仔细读取物质的分子结构模型图，并根据模型能直观地看出构成物质的分子的构成，是解答此类题的关键，该题需掌握苯的结构，题目较简单。11. 已知单位体积的稀溶液中，非挥发性溶质的分子或离子数越多，该溶液的沸点就越高。则下列溶液沸点最高的是 A. 的蔗糖溶液 B. 的 溶液C. 的 溶液 D. 的 溶液【答案】D【解析】解
12、：设溶液的体积为 1L。A、在 1L蔗糖溶液中，蔗糖的物质的量为 ；B、在 溶液中溶质离子的总物质的量为 ；C、 的 溶液中由于 是弱电解质，且是挥发性溶质，不能完全电离，故此溶液中非挥发性溶质的分子或离子数的物质的量多于 ，即多于 ，但由于酸性很弱，故比 多很少；D、在 1LNaCl溶液中溶质的离子的总物质的量为 ；显然 D中含 mol离子，离子数最多，故选：D。根据溶液中非挥发性溶质的分子或离子数越多，该溶液的沸点就越高，则假设溶液为 1L时计算选项中溶质的物质的量来比较即可解答。本题考察了学生利用信息的能力，利用非挥发性溶质的分子或离子数来判断溶液的沸点高低，学生熟悉物质的量浓度的有关计
13、算是解答的关键，并会判断挥发性物质来解答即可。12. 时， 溶液显碱性，是因为 A. 电离出了 B. 结合了水电离的C. 和水反应生成了 NaOH D. 促进了水的电离【答案】B【解析】解： 是强碱弱酸盐， 离子水解导致溶液中氢氧根离子的浓度大于氢离子的浓度，所以 溶液显碱性，是因为 结合了水电离的 ，故选：B。是强碱弱酸盐， 离子水解导致溶液中氢氧根离子的浓度大于氢离子的浓度，由此分析解答。本题考查盐的水解原理，题目难度中等，注意掌握盐的水解原理及其应用方法，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力。13. 对钢铁析氢腐蚀和吸氧腐蚀的比较，合理的是 A. 负极反应不同 B. 正极反应相同C. 析
14、氢腐蚀更普遍 D. 都是电化学腐蚀【答案】D【解析】解： 钢铁的吸氧腐蚀和析氢腐蚀时，都是铁作负极，负极上铁失电子发生氧化反应，反应相同，故 A错误；B.钢铁的吸氧腐蚀和析氢腐蚀时，正极上氢离子或氧气得电子发生还原反应，则反应不同，故 B错误；C.钢铁的吸氧腐蚀更普遍，故 C错误；D.钢铁的吸氧腐蚀和析氢腐蚀，都是形成原电池，则都是电化学腐蚀，故 D正确；故选：D。钢铁的吸氧腐蚀和析氢腐蚀时，都是铁作负极，碳作正极，负极上铁失电子发生氧化反应，正极上氢离子或氧气得电子发生还原反应，据此分析解答。本题考查了钢铁的吸氧腐蚀和析氢腐蚀，明确原电池原理是解本题关键，难度不大。14. 由物理变化引起的颜
15、色改变是 A. 光照使 和 的混合气体变浅B. 浓硫酸使蔗糖变黑C. 溴水中加苯振荡使水层褪色D. 通电使 溶液变浅【答案】C【解析】A.光照使 和 发生取代反应，是化学变化，故 A错误；B.浓硫酸使蔗糖变黑有新物质生成，是化学变化，故 B错误；C.溴水中加苯振荡使水层褪色利用的原理是萃取，没有新物质生成，是物理变化，故 C正确；D.通电使 溶液变浅发生分解反应有新物质生成，是化学变化，故 D错误，故选：C。化学变化指有新物质生成的变化，物理变化指没有新物质生成的变化，物理变化和化学变化的本质区别是否有新物质生成。难度不大，解题时要分析变化过程中有没有新物质生成，若没有新物质生成是物理变化，若
16、有新物质生成是化学变化。15. 下列各组物质混合时，前者过量和不足时，发生不同化学反应的是 A. NaOH 溶液和 溶液 B. 稀 与C. Al和 NaOH溶液 D. 氨水与 溶液【答案】A【解析】解： 氢氧化钠和氯化铝反应生成氢氧化铝，氢氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，所以氢氧化钠和氯化铝的反应与氢氧化钠的量有关，故 A正确。B.硫酸和氢氧化铝反应生成硫酸铝，硫酸铝和硫酸不反应，所以该反应与稀硫酸的量无关，故 B错误。C.铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠和铝不反应，所以该反应与铝的量无关，故 C错误。D.氨水和硫酸铝反应产生氢氧化铝沉淀，氢氧化铝能溶于强碱溶液但不溶于弱碱溶液，所以生
17、成的氢氧化铝和氨水不反应，导致该反应与氨水的量无关，故 D错误。故选：A。A.氢氧化钠和氯化铝反应生成氢氧化铝，氢氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠；B.硫酸和氢氧化铝反应生成硫酸铝，硫酸铝和硫酸不反应；C.铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠和铝不反应；D.氨水和硫酸铝反应产生氢氧化铝沉淀，氢氧化铝能溶于强碱溶液但不溶于弱碱溶液。本题考查了铝及其化合物的性质，题目难度不大，注意把握铝及其化合物之间的转化，把握反应方程式和反应物的量的关系是解题的关键。16. 汽车尾气中的氮氧化合物 与大气中的 发生如下作用，形成一种雾霾。有关该雾霾的叙述错误的是 A. 该雾霾中含硝酸铵固体 B. 反应 是非氧
18、化还原反应C. 是形成该雾霾的催化剂 D. 可能来自过度施用氮肥【答案】C【解析】解：A、氨气与硝酸反应生成硝酸铵，所以该雾霾中含硝酸铵固体，故 A正确；B、五氧化二氮和硝酸中的氮的化合价不变，所以反应 是非氧化还原反应，故 B正确；C.由图示可知氨气参与反应生成铵盐，为反应物，不是催化剂，故 C错误；D、无机颗粒物的主要成分为铵盐，可形成雾霾，可知雾霾的形成与过度施用氮肥有关，所以 可能来自过度施用氮肥，故 D正确；故选：C。由图示可知雾霾的主要成分为颗粒物，其中无机颗粒物的主要成分为铵盐，可由氨气和硝酸、硫酸反应生成，以此解答该题。本题考查环境污染问题，侧重于化学与生活、生产以及环境保护的
19、考查，有利于培养学生良好的科学素养，树立环保意识，难度不大。17. 用 溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得溶液中加入过量的铁粉，充分反应后，最终溶液中的金属阳离子 A. 只含 B. 含和C. 含和 D. 只含【答案】A【解析】解：铁先和 发生氧化还原反应，再和反应，溶液中只含，不会再含和，故选：A。用 溶液腐蚀印刷电路板上的铜，所得溶液中加入铁粉，铁先和 发生氧化还原反应，当 完全反应后，Fe 再和反应，据此分析。本题考查氧化还原反应，明确离子反应先后顺序是解本题关键，注意分析反应的分界点，侧重考查学生分析问题、计算能力，题目难度中等。18. 硫酸工业的有关叙述错误的是 A. 硫铁矿磨成粉末，可加
20、快反应速率B. 煅烧硫铁矿时鼓入较大量空气，可提高原料利用率C. 接触室 发生反应： 使用热交换器，可充分利用能量D. 接触室出来的气体被浓硫酸 溶于其中 吸收后，可直接排放到空气中【答案】D【解析】解： 硫铁矿磨成粉末，接触面积增大，可以加快化学反应速率，故 A正确；B.生产硫酸的过程中首先是硫铁矿煅烧生成二氧化硫，通入过量空气可增加硫铁矿的转化率，故 B正确；C.从沸腾炉中出来的气体，温度较高，进入催化反应室中的热交换装置，对催化剂进行预热，当催化剂达到一定温度时二氧化硫与氧气在催化剂作用下反应，同时反应放出的热量一方面维持自身的运行另一方面也可预热进入催化反应室的气体，故 C正确；D、硫
21、酸工业中，从吸收塔上部导出的气体再次通入接触室进行二次氧化，进一步吸收后，二氧化硫的含量很少，常用氨水吸收 ，故 D错误。故选：D。A.接触面积增大，可以加快化学反应速率；B.鼓入较大量空气，可增加硫铁矿的转化率；C.从沸腾炉中出来的气体，温度较高，进入催化反应室中的热交换装置，对催化剂进行预热，据此进行分析；D.二氧化硫是大气污染物，能污染环境。本题考查了工业制硫酸的工业制取原理反应特征，反应条件分析，题目较简单。19. 某制碱厂的生产流程示意图如下：下列分析正确的是 A. 该制碱法是侯氏制碱法B. 反应 中包含复分解反应C. X中只含有和D. 理论上，生产过程中无需补充【答案】B【解析】A
22、.侯氏制碱法氨碱法，将氨气通入反应 后的母液中发生反应，不是用 和母液发生反应 ，所以该制碱法不是侯氏制碱法，故 A错误；B.反应 的过程有 、，为复分解反应，故 B正确；C.此制碱法的排出液 X中的溶质除了 、NaCl 外，还有氢氧化钙和氯化铵反应生成的 ，所以 X中还含有和，故 C错误；D.该制碱法理论上，发生的总反应为，因为消耗了 ，所以需要补充 ，故 D错误；故选：B。制碱流程为：由于相同温度下， 的溶解度小于 NaCl、 ，先向饱和食盐水中通入 ，而后通入 发生反应，过滤，得到 和母液， 加热分解发生反应 得到 和 ， 再循环使用；母液中含有 、NaCl 和少量 ，加入 发生反应 得
23、到 的溶液 X和 ， 再循环使用；A.侯氏制碱法是氨碱法，将氨气通入反应 后的母液中发生反应，避免了大量废弃物 生成，；B.反应 的过程有 、；C.此制碱法的排出液 X中，溶质除了 、NaCl 外，还有 和 反应生成的；D.该制碱法理论上，反应有、，合并删除 和 ，得到总反应为，据此解答。考查制备 的工艺流程和侯氏制碱法流程，侧重考查流程中发生的反应及其类型、两种流程的异同、物质循环利用等知识内容，题目难度中等，分析流程中所发生的反应是解题关键，注意氨碱法和联碱法两种制碱法的比较与识记。20. 某溶液中可能含有、 、 、分别取样： 测得溶液显弱酸性； 滴加氯水和淀粉至过量，始终无明显现象。为确
24、定该溶液的组成，必须的检验方法或试剂是 A. 焰色反应 B. NaOH溶液 加热C. 酸化 溶液 D. 气体【答案】A【解析】解：由 可知溶液显弱酸性，上述离子只有能水解使溶液显酸性，则一定含有，而 能水解显碱性，即 与不能共存于同一溶液中，则一定不含有 ；再由氯水能氧化 生成碘单质，而碘遇淀粉变蓝，而 中加氯水和淀粉无明显现象，则一定不含有 ；又溶液呈电中性，有阳离子必有阴离子，则溶液中有，必须同时存在阴离子，即必然存在，显然剩下的是否存在无法判断，则需检验的离子是，应选用焰色反应。故选：A。根据离子的水解来分析溶液显酸性的原因，并利用离子的水解来判断离子的存在，再利用淀粉遇碘单质变蓝来结合
25、信息加氯水和淀粉无明显现象来分析存在的离子，然后利用离子的共存及溶液呈电中性来分析还存在的离子和一定没有的离子，而对于不能确定的离子，来判断检验方法或试剂。本题考查学生推断溶液中的离子，学生明确离子的共存、离子的检验、溶液呈电中性等知识是解答的关键，有助于训练学生解决问题时思维的严密性。二、简答题（本大题共 4小题，共 60.0分）21. 因在航空、核能、电池等高技术领城的重要作用一一锂被称为“21 世纪的能源金属”。完成下列填空：锂位于元素周期表的_。锂的很多化学性质与镁相似。请依据元素周期律进行解释：_。氢化锂 是离子化合物，写出其阴离子的电子式_。LiH 中阴离子半径大于阳离子半径，其原
26、因是_。工业上用 制取锂的化合物及金属锂。碳原子核外电子有_种不同能量的电子，其中有两个电的能量最高且能量相等，这两个电子所处的轨道是_用 、氨水和液溴制备 的流程如下：合成时，除生成 LiBr外，还产生了两种参与大气循环的气体，补全产物并配平该反应的化学方程式：_溴化锂的溶解度随温度变化曲线如图所示，请补全从溶液中得到晶体的实验步骤、_、过滤、用乙醉洗涤，干燥。【答案】第二周期A 族 锂与镁在元素周期表中位置属于对角线关系，同主族金属性钠大于锂，同周期金属性钠大于镁，锂和镁金属性相似，以此化学性质相似 ： 和核外电子数相同，核内质子数大于 ，其原子核对核外电子的吸引力大，因此离子半径小于3
27、2p 蒸发浓缩、冷却至 左右结晶【解析】解：位于周期表第二周期A 族，与 Mg为对角线位置，锂和镁的金属性相似，化学性质相似，如从周期率的角度分析，锂与镁在元素周期表中位置属于对角线关系，同主族金属性钠大于锂，同周期金属性钠大于镁，锂和镁金属性相似，以此化学性质相似，故答案为：第二周期A 族；锂与镁在元素周期表中位置属于对角线关系，同主族金属性钠大于锂，同周期金属性钠大于镁，锂和镁金属性相似，以此化学性质相似；的阴离子为 ： ， 和核外电子数相同，核内质子数大于 ，其原子核对核外电子的吸引力大，因此离子半径小于 ，故答案为： ： ； 和核外电子数相同，核内质子数大于 ，其原子核对核外电子的吸引
28、力大，因此离子半径小于 ；原子核外有 6个电子，分别在 1s、2s、2p 轨道，则有 3种能量的电子，能量最高的电子在2p轨道，故答案为：3；2p；、氨水混合物加入液溴，反应生成 LiBr，溴氧化氨水生成氮气，同时生成二氧化碳气体，反应的方程式为，故答案为：；根据溴化锂溶液的溶解度随温度变化曲线，总体而言 LiBr随着温度升高溶解度增大，其水合物发生变化，温度升高发生脱水，后续处理需要除去溶液中的杂质离子，可选用除杂试剂HBr处理，处理温度应处理至 ，若温度升高则会使 溶解度增大不易结晶，若降温度低则产生 ，综合考虑，则后续处理方案步骤为：过滤，向滤液中加入氢溴酸，蒸发、浓缩、冷却至 结晶，保
29、温 过滤，用乙醇洗涤，干燥，故答案为：蒸发浓缩、冷却至 左右结晶。位于周期表第二周期A 族，与 Mg为对角线位置，性质相似；的阴离子为 ： ，核外电子排布相同的离子核电荷数越大离子半径越小；原子核外有 6个电子，分别在 1s、2s、2p 轨道；、氨水混合物加入液溴，反应生成 LiBr，溴氧化氨水生成氮气，同时生成二氧化碳气体，反应的方程式为，从溶液中得到 晶体，LiBr 随着温度升高溶解度增大，其水合物发生变化，温度升高发生脱水，温度较低生成 。本题综合考查物质的制备以及位构性等知识，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握图表的分析，题目难度中等。22. 煤是重要能源。燃煤会释
30、放 、CO 等有毒气体，消除有毒气体的研究和实践从未停止。完成下列填空： 用 消除 CO、 和 CO可发生如下两个反应：反应 ： kJ反度 ：写出反应 的平衡常数表达式：_；一定条件下的密闭容器中，两反应均达平衡后，若使反应 的 K减小，需要改变的反应条件是_，则反应 的 K_ 选填编号、反应 的以 _ 选填号增大 b。减小 c。不变 d。无法判断补全下图中反应 的能量变化示意图 即，注明生成物能量的大致位置及反应热效应数值下图是不同温度下，CO 初始体积百分数与平衡时固体产物中 CaS质量百分数的关系曲线。写出两种降低 生成量的措施_ 溶液可除去煤中以黄铁矿 形式存在的硫元素，反应如下：。标
31、出电子转移的数目和方向：还原产物是_检验上述反应中 是否消耗完的实验方案：_该方法的优点之一是 易再生。向反应后的溶液中通入_，就能达到使 再生的目的，方便且价康。【答案】 升高温度 a a 调节 CO初始体积百分数为 左右、控制温度在 左右等 取上层清液，滴加几滴 KSCN溶液，若无明显现象，则已消耗完，若溶液变红则没消耗完 空气【解析】解： 反应 中， 、CaS 是固体，它们浓度为 1，平衡常数是生成物浓度幂积与反应物浓度幂积的比，所以反应 的平衡常数 ；反应 正向是放热反应，反应 正向是吸热反应，平衡常数 k只与温度有关，要反应 的 k减小，则改变的条件为升高温度，反应 平衡正向移动，反
32、应 的平衡常数 k和 均增大；故答案为： ；升高温度；a；a；反度 的反应热 ，能量变化如图，故答案为： ；由图象可知温度在 左右时 CaS质量百分数最大、CO 初始体积百分数为 左右时CaS质量百分数最大，即反应 的限度小、反应 的限度大， 的生成量最小；或将反应 生成的 吸收掉，以降低 生成量；故答案为：调节 CO初始体积百分数为 左右，控制反应温度在 左右，加入过量 CaO等；反应中被氧化， 被还原， 是还原产物，反应中得失电子数目为 14，所以有 ；故答案为： ； ；是否消耗完的实验方案是用 KSCN检验溶液中是否含有，即取上层清液，滴加几滴 KSCN溶液，若无明显现象，则 已消耗完，
33、若溶液变红则没消耗完；故答案为：取上层清液，滴加几滴 KSCN溶液，若无明显现象，则 已消耗完，若溶液变红则没消耗完；有强还原性，使 转化为 方便且价廉的试剂是空气；故答案为：空气。根据平衡常数定义写出反应 的平衡常数 k的表达式；反应 正向是放热反应，反应 正向是吸热反应，升高温度，反应 平衡逆向移动、反应 平衡正向移动；反度 正向是吸热反应，反应热 ；降低 生成量，就是控制条件使反应 发生的可能性减小或加入过量 CaO将 吸收；由图象可知温度在 左右时 CaS质量百分数最大、CO 初始体积百分数为 左右时 CaS质量百分数最大， 生成量最小；反应中 2个 价 S原子被氧化生成 2个 分子，
34、失去 14个电子，同时 14个价得到14个电子生成，所以 是还原产物，据此标出电子转移的数目和方向；反应中 是否消耗完只需要检验溶液中是否含有，所以取上层清液滴加 KSCN溶液，根据颜色变化判断；有强还原性，使 转化为 方便且价廉的试剂是空气。本题考查氧化还原反应概念及其表示方法、化学反应速率、化学平衡及其影响因素、平衡常数概念理解和计算应用、重要离子的检验，图象分析方法等知识点，题目难度中等，理解基础知识的同时注意迁移运用。23. 工业上通过电解精制饱和食盐水来制备 NaOH、 、 ，再合成盐酸。完成下列填空粗盐提纯：为除去粗盐中的、，向粗盐溶液中依次加入稍过量的 NaOH溶液、_，过滤后，
35、再向滤液中加入适量_，再蒸发。电解饱和食盐水： ，电解 10L饱和食盐水，若阴极收集到标准状况下_ 填气体化学式 ，则溶液 _ 设溶液体积、温度不变、忽略生成物间的反应 。工业制盐酸：利用 和 化合，所得产物再溶于水的方法得盐酸，生产流程如下：为确保 完全反应，合成塔中 略大于 。写出一条 必须反应完全的理由：_盐酸浓度测定；可用滴定法，用盐酸滴定已知质量 的溶液。过程如下：准确称量一定质量的 固体于锥形瓶中，加蒸馏水使其溶解，滴加指示剂 X，用待测盐酸滴定，接近终点时，加热锥形瓶，煮沸液体 2min，冷却至室温，继续滴定至终点，记录消耗盐酸的体积。重复上述过程三次，计算盐酸浓度。已知：指示剂
36、 X 的变色范围是 ； ，饱和 水溶液本测定用的仪器有锥形瓶、烧杯、玻璃棒、_本测定的反应原理是_ 用化学方程式表示 。接近终点时煮沸反应混合物的目的是_盛放 固体的锥形瓶不干燥，对实验结果的影响是_ 填“偏大”“偏小”或“无影响”。【答案】 ， 盐酸 13 氯气有毒，尾气处理会增加成本 酸式滴定管、电子天平 除去溶液中的二氧化碳，避免影响实验测定结果 无影响【解析】解： 粗盐提纯时，若先加稍过量的 NaOH溶液，则后加过量的氯化钡除去硫酸根离子，接着加碳酸钠去除去钙离子和过量的钡离子，最后加盐酸来除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，则依次加入稍过量的 NaOH溶液、 ， ，过滤后，再向滤液中加入适量
37、盐酸，再蒸发，故答案为： ， ；盐酸；阴极发生还原反应生成氢气，总方程式为，生成 氢气，物质的量为 ，可知生成 1molNaOH，浓度为 ，故答案为： ；13；氯气有毒，污染环境，为避免污染环境，可用氢氧化钠溶液处理，为避免增大成本，尽量反应，故答案为：氯气有毒，尾气处理会增加成本；实验涉及药品的称量、溶解、滴定等操作，则需要的仪器除锥形瓶、烧杯、玻璃棒之外，还需要酸式滴定管、电子天平，故答案为：酸式滴定管、电子天平；涉及反应为碳酸钠与盐酸的反应，指示剂 X 的变色范围是 ，应生成二氧化碳和氯化钠，反应的方程式为，故答案为：；接近终点时煮沸反应混合物，可除去溶液中的二氧化碳，避免影响实验测定结
38、果，故答案为：除去溶液中的二氧化碳，避免影响实验测定结果；盛放 固体的锥形瓶不干燥，对实验无影响，故答案为：无影响。粗盐提纯时，用过量的氯化钡除去硫酸根离子，用过量的碳酸钠去除去钙离子，用过量的 NaOH溶液除去镁离子，在除杂时不能引入新的杂质，所以若先加稍过量的 NaOH溶液，则后加过量的氯化钡除去硫酸根离子，接着加碳酸钠去除去钙离子和过量的钡离子，过滤，最后加盐酸来除去过量的氢氧化钠和碳酸钠；阴极发生还原反应生成氢气，总方程式为，结合方程式计算；氯气有毒，污染环境，应尽量完全反应；实验涉及药品的称量、溶解、滴定等操作；涉及反应为碳酸钠与盐酸的反应，指示剂 X 的变色范围是 ，应生成二氧化碳
39、和氯化钠；接近终点时煮沸反应混合物，可除去溶液中的二氧化碳；盛放 固体的锥形瓶不干燥，对实验无影响。本题综合考查物质的制备以及含量的测定，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握物质的性质以及实验的原理，把握操作的方法，难度中等。24. 烯烃在金属卡宾催化下发生烯烃复分解反应，化学家将其形象地描迟为“交换交谊舞舞伴。其原理如下：以下是由烯烃 合成酯 M和酯 N的路线：完成下列填空：中官能团的名称：_， 的反应条件：_写出 的合成路线 合成路线的表示方式为：甲 乙目标产物的结构简式为：_。 的反应类型：_反应写出 的化学反应方程式_有机物 X的笨环只有一个侧链且不含甲
40、基，写出 X的结构简式：_有机物 Y是 D的同分异构体，1mol Y 与足量的新制氢氧化铜完全反应得到 2mol沉淀，Y 烷基上的一氯取代物只有一种，写出 Y的结构简式_【答案】羧基、羟基 浓硫酸、加热 取代 或水解 【解析】解：中官能团的名称：羧基、羟基， 发生醇的消去反应，反应条件：浓硫酸、加热，故答案为：羧基、羟基；浓硫酸、加热；经过卤代烃的水解反应、氧化反应生成 Q，合成路线流程图为：，故答案为： ；由分析可知，E 的结构简式为： ， 发生卤代烃的水解反应，也属于取代反应，故答案为： ；取代 或水解 ；的化学反应方程式： ，故答案为： ；由分析可知，X 的结构简式为： ，故答案为： ；
41、有机物 Y是 的同分异构体，1mol Y 与足量的新制氢氧化铜完全反应得到 2mol沉淀，说明含有 2个 ，Y 烷基上的一氯取代物只有一种，则 Y的结构简式为：，故答案为： 。由 B的结构简式，可知烯烃 与溴发生加成反应生成 B，故 A为经过卤代烃的水解反应、氧化反应生成 Q，由 D的分子式可知 Q分子内脱去 1分子水生成 D，应是发生醇的消去反应，且 D分子内只有 1个甲基，故 D为由 D、M 的分子式可知 X分子式为，由 中有机物 X的苯环只有一个侧链且不含甲基，则 X为 ，故 M为发生信息中烯烃复分解反应生成 E，结合 E的分子式，可知 E为 ，E 与溴发生加成反应生成 F为 ，F 发生水解反应生成G为 ，G 与 发生酯化反应生成六元环酯 N为 。本题考查有机物的推断与合成，充分利用转化中物质的分子式与结构简式进行分析，熟练掌握官能团的性质与转化，较好的考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。
