上海市闵行区2014届高三二模化学试卷(带解析)

1．2013年下半年开始上海市推广使用92号、95号汽油。下列有关说法中，正确的是A．汽油属于可再生能源

B．将原油通过萃取、分液可获得汽油

C．92号、95号汽油只含C、H、O三种元素

D．使用92号、95号汽油可降低酸雨发生率和减少雾霾

【答案】D

【解析】

试题分析：A、石油是化石燃料，因此汽油不是可再生的，A不正确；B、将原油通过分馏可获得汽油，B不正确；C、汽油中除了含有C、H、O三种元素外还含有S和N等其它元素，C 不正确；D、92号、95号汽油中含硫量低，所以使用92号、95号汽油可降低酸雨发生率和减少雾霾，D正确，答案选D。

考点：考查汽油以及环境保护的有关判断

2．下列化学用语中，表示正确的是

A．2s

B

C．H2S

D．最外层电子排布式为ns2np3

【答案】B

【解析】

试题分析：A、s电子云是球形对称的，A不正确；B、氨基与羧基形成肽键，所以肽键的结

构式为：B正确；C、H2S C不正确；D、根据核外电子排布规律可知最外层电子排布式为ns2np3对应的轨道表示式为：

D不正确，答案选B。

考点：考查化学用语的判断

3．根据我国统一实行法定计量单位的规定，下列说法比较规范的是

A．98g硫酸的摩尔数为1 mol

B．氧的摩尔质量为32g/mol

C．某硫酸中H2SO4的质量分数为0.60

D．阿伏加德罗常数约为6.02×1023 个

【答案】C

【解析】试题分析：A、98g硫酸的物质的量为1 mol，A不正确；B、O2的摩尔质量为32g/mol，B不正确；C、某硫酸中H2SO4的质量分数为0.60，正确；D、阿伏加德罗常数约为6.02×1023/mol，D不正确，答案选C。

考点：考查常见计量单位的有关正误判断

4．下列变化规律中，不正确的是

A．金属Mg、Na、K的熔沸点由高到低

B．C1－、Br－、I－的失电子能力由弱到强

C．H+、Li+、H－的半径由小到大

D．物质SiO2、SiC、Si价键由弱到强

【答案】D

【解析】

试题分析：A、金属键越强金属晶体的熔沸点越高，金属离子半径越小，电荷数越多，金属键越强，因此金属Mg、Na、K的熔沸点由高到低，A正确；B、非金属性越强，相应阴离子的还原性越弱，所以C1－、Br－、I－的失电子能力由弱到强，B正确；C、核外电子层数越多微粒半径越大，核外电子排布相同的条件下原子序数越大，微粒半径越小，所以H+、Li+、H －的半径由小到大，C正确；D、非金属性越强形成的共价键越强，因此物质SiO

2、SiC、Si 价键由强到弱，D不正确，答案选D。

考点：考查元素周期律的应用

5．有关物质结构的叙述中，正确的是

A．只含有共价键的物质不一定是共价化合物

B．由电子定向移动而导电的物质一定是金属晶体

C．有键能很大的共价键存在的物质熔沸点一定很高

D．原子晶体中只存在非极性共价键

【答案】A

【解析】

试题分析：A、只含有共价键的物质不一定是共价化合物，例如氢氧化钠中含有共价键属于离子化合物，A正确；B、由电子定向移动而导电的物质不一定是金属晶体，也可能是非金属单质，B不正确；C、有键能很大的共价键存在的物质熔沸点不一定很高，关键是形成该物质的晶体类型，C不正确；D、原子晶体中不一定只存在非极性共价键，也可能存在极性键，例如二氧化硅，D不正确，答案选A。

考点：考查物质结构与性质的判断

6．下列反应所得溶液中，一定只含一种溶质的是

A．向铁粉中加入稀

B．向烧碱溶液中通入CO2气体

C．向稀盐酸中滴入少量的NaAlO2溶液

D．向MgSO4、H2SO4的混合溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液

【答案】D

【解析】

试题分析：A、向铁粉中加入稀可能生成亚铁与铁的混合液，A不正确；B、向烧碱溶液中通入CO2气体可能生成碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，B不正确；C、向稀盐酸中滴入少量的NaAlO2溶液生成氯化钠和氯化铝，C不正确；D、向MgSO4、H2SO4的混合溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液生成氢氧化镁、硫酸钡沉淀，溶质只有过量氢氧化钡，D正确，答案选D。

考点：考查离子反应产物的有关判断7．针对下图装置的说法中，正确是

A．溶液中pH值明显下降

B．铁片为正极，镀锌铁片为负极

C．阴极的电极反应式：Fe－2e→Fe2+

D．电子由锌经溶液流向铁

【答案】B

【解析】

试题分析：A、锌的金属性强于铁，因此锌是负极，失去电子，铁是正极溶液中的氢离子得到电子，所以溶液中pH值明显升高，A不正确；B、铁片为正极，镀锌铁片为负极，B正确；

C、原电池分为正极和负极，没有阴阳极，C不正确；

D、电子由锌经导线流向铁，D不正确，答案选B。

考点：考查原电池的有关判断

8．下列说法中，正确的是

A．35Cl、37 Cl为互为同位素，有不同的化学性质

B．氯气和二氧化硫使品红褪色的原理相同

C．浓和浓硫酸在空气中放置一段时间后浓度都会降低

D．卤化氢在空气中都能形成白雾，它们都是强电解质

【答案】C

【解析】

试题分析：A、35Cl、37 Cl为互为同位素，有不同的物理性质，但化学性质相似，A不正确；

B、氯气和二氧化硫使品红褪色的原理不相同，前者是氧化还原反应，后者是非氧化还原反应，B不正确；

C、浓和浓硫酸在空气中放置一段时间后浓度都会降低，前者由于浓的挥发，后者是浓硫酸的吸水，C正确；

D、HF是弱电解质，D不正确，答案选C。

考点：同位素、氯气、二氧化硫。浓、浓硫酸以及电解质的强弱判断

9．设N A为阿伏加德罗常数的值。下列叙述中，正确的是

A．12.0gNaHSO4晶体中阳离子和阴离子的总数为0.3 N A

B．14g分子式C n H2n的链烃中含有的碳碳双键的数目一定为N A/n

C．标准状况下，1L液态水中含有的H+数目为10-7N A

D．足量Zn与一定量的浓硫酸反应，产生22.4L气体时，转移的电子数为2 N A

【答案】B

【解析】

试题分析：A、12.0gNaHSO4的物质的量是0.1mol，晶体中阳离子和阴离子的总数为0.2N A，A不正确；B、分子式C n H2n的链烃是烯烃，分子中含有1个碳碳双键，所以14g分子式C n H2n 的链烃中含有的碳碳双键的数目一定为N A/n，B正确；C、标准状况下水中氢离子浓度小于10－7mol/L，所以标准状况下，1L液态水中含有的H+数目小于10-7N A，C不正确；D、气体的状态不能确定，因此不能计算转移电子的物质的量，D不正确，答案选B。

考点：考查阿伏伽德罗常数的有关计算

10．已知热化学方程式N

2(g) + 3H23(g) + Q kJ(Q＞0)，下列说法中，正确的是A．1mol N2(g)和3mol H2(g)具有的能量之和低于2 mol NH3(g)具有的能量

B. 将1mol N2 (g)和3mol H2 (g)置于一密闭容器中充分反应后放出Q kJ的热量

C. 升高温度，平衡向逆反应方向移动，上述热化学方程式中的Q值减小

D. 将一定量N2(g)和H2(g)置于某密闭容器中充分反应后放热Q kJ，则此过程中有3mol H2被氧化

【答案】D

【解析】

试题分析：A、正方应是放热反应，则1mol N2(g)和3mol H2(g)具有的能量之和高于2 mol NH3(g)具有的能量，A不正确；B、反应是可逆反应，则将1mol N2 (g)和3mol H2 (g)置于一密闭容器中充分反应后放出的热量小于Q kJ，B不正确；C、反应热与平衡移动无关系，C不正确；D、根据热化学方程式可知每消耗3mol氢气放出QkJ热量，因此将一定量N2(g)和H2(g)置于某密闭容器中充分反应后放热Q kJ，则此过程中有3mol H2被氧化，D正确，答案选D。考点：考查反应热的有关判断与计算

11．下列说法中，正确的是

A．在纸上层析操作时，要让试样点刚好接触展开剂，否则不能很好地分离。

B．实验室制备硝基苯时，先将浓硫酸滴入浓后，冷却，再边振荡边滴加苯。

C．从海带中提取碘的方法是：取样→灼烧→溶解→过滤→萃取。

D．向盛有少量Na2O2的试管中加入少量水，并立即滴入2滴酚酞，振荡，溶液呈红色。

【答案】B

【解析】

试题分析：A、层析是利用样品中各组分在展开剂中的分配系数的不同而达到分离的，层析操作时，试样与展开剂必然会接触的。只是展开前，试样不能接触到展开剂，所以要求点样点要在展开剂液面稍上，让它自然展开，否则，试样会溶解在展开剂中，而达不到分离鉴别效果，A不正确；B、苯易挥发，浓硫酸溶于水放热，所以实验室制备硝基苯时，先将浓硫酸滴入浓后，冷却，再边振荡边滴加苯，B正确；C、海带中碘不是以单质的形式存在，所以从海带中提取碘的方法是：取样→灼烧→溶解→过滤→氧化→萃取，C不正确；D、过氧化钠具有强氧化性，所以向盛有少量Na2O2的试管中加入少量水，并立即滴入2滴酚酞，振荡，溶液先呈红色，然后逐渐褪色，D不正确，答案选B。

考点：考查化学实验基本操作的判断

A．④ B．③④ C．①④ D．②③

【答案】A

【解析】

试题分析：加入氯化铁会引入新杂质氯化铁，应该用，①不正确；氢氧化钠能与硫酸铝反应生成偏铝酸钠，加入硫酸酸化后生成硫酸钠和硫酸铝，引入新杂质硫酸钠，②不正确；③酸性高锰酸钾溶液能把乙烯氧化生成CO2，引入新杂质，应该用溴水，③不正确；碳酸钙不溶于水，过滤即可除去，④正确，答案选A。

考点：考查物质的分离与提纯

13．下列变化能够实现的是：①复分解反应中既没有生成水，也没有生成沉淀和气体；②两种氧化物发生反应有气体生成；③两种酸的溶液充分反应后溶液呈中性；④弱酸与盐溶液反应生成强酸。

A．只有①③ B．只有②④

C．只有①②④ D．①②③④

【答案】D

【解析】

试题分析：复分解反应中还可以生成弱电解质，例如一水合氨等，①正确；过氧化钠与CO2反应生成氧气，②正确；浓硫酸与氢硫酸反应生成单质硫和水，溶液显中性，③正确；氢硫酸与硫酸铜反应生成硫酸和硫化铜，④正确，答案选D。

考点：考查常见反应产物的有关判断

14．常温下Ca(OH)2溶于水达到饱和时存在如下平衡：Ca(OH)22++2OH－，饱和石灰水的密度为d g/cm3，溶液pH＝12。下列有关叙述中，不正确的是

A．加热至50℃，溶液的Ca2+的浓度增大

B．该温度下Ca(OH)22O)

C．该饱和石灰水中，水电离出的OH－的浓度为10－12mol/L

D

【答案】A

【解析】

试题分析：A、氢氧化钙的溶解度随温度的升高而降低，因此加热至50℃，溶液的Ca2+的浓度减小，A不正确；B、溶液的pH＝12，则溶液中氢氧根的浓度是0.01mol/L，所以氢氧化钙的浓度是0.01mol÷2＝0.005mol/L。假设溶液是1L，则氢氧化钙的物质的量是0.005mol，质量是0.37g，其中溶剂水的质量是1000d－0.37g，所以氢氧化钙的溶解度是S＝

B正确；C、氢氧化钙是强碱抑制水的电离，则该饱和石灰水中，水电离出

的OH－的浓度就是溶液中氢离子浓度为10－12mol/L，C正确；D、温度不变，离子的浓度不变，

D正确，答案选A。

考点：考查溶解度、物质的量浓度、水的电离等有关判断

15．有 Fe3+、Fe2+、NO3－、NH4+、H+和H2O六种微粒，分别属于一个氧化还原反应中的反应物和生成物，下列叙述中，不正确的是

A．还原产物为NH4+

B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶8

C．若有0.5mol NO3－参加还原反应，则转移电子8mol

D．若把该反应设计为电解池，则阳极反应为Fe2+－e→Fe3+【答案】C

【解析】

试题分析：Fe2+、NO3-、Fe3+、NH4+、H+和H2O六种微粒属于一个氧化还原反应，Fe3+虽有氧化性，但与H+、NO3-的强氧化性无法比．Fe2+作还原剂，NO3-作氧化剂．由此得出该反应为：8Fe2++NO3-+10H+＝8Fe3++NH4++3H2O。A、根据（氧化剂）降（化合价降低）得（得到电子）还（发生还原反应），对应产物为还原产物．NO3-生成NH4+，N化合价从+5降为-3，NH4+为还原产物，故A正确；B、根据氧化还原反应的规律：升失氧，降得还；该反应中氧化剂是NO3-，1molNO3-生成1molNH4+，N化合价从+5降为-3，得到8mol电子；还原剂是Fe2+，8molFe2+生成8molFe3+，失去8mol电子，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：8．故B正确；C、氧化剂是NO3-，1molNO3-生成1molNH4+，N化合价从+5降为-3，得到8mol电子，发生还原反应，则0.5mol NO3－参加还原反应，转移电子4mol，故C不正确；D、原电池的负极发生氧化反应，若把该反应设计为原电池，则负极反应为Fe2+-e-=Fe3+，负极反应是Fe2+失去电子，发生氧化反应．故D正确，答案选C。

考点：考查氧化还原反应的有关判断与计算

16．下列说法中，正确的是

A．用标准盐酸滴定待测氢氧化钠溶液浓度，水洗后的酸式滴定管未经标准液润洗，则滴定结果偏低

B．配制0.1mol/LNaOH溶液时，用潮湿的烧杯称量NaOH固体，对配制结果无影响。

C．测定镀锌铁皮镀层厚度实验，当表面镀层反应完后需将铁皮用水洗，然后用酒精灯高温灼烧冷却后称量，以减少实验误差。

D．测定小苏打中Na2CO3含量的方案：取a(g)样品与足量稀硫酸充分反应，逸出的气体用碱石灰吸收，增重b(g)。

【答案】B

【解析】

试题分析：A、用标准盐酸滴定待测氢氧化钠溶液浓度，水洗后的酸式滴定管未经标准液润洗，则盐酸浓度降低消耗盐酸溶液的体积增加，滴定结果偏高，A不正确；B、配制0.1mol/LNaOH溶液时，用潮湿的烧杯称量NaOH固体，氢氧化钠质量不变，对配制结果无影响，B正确；C、测定镀锌铁皮镀层厚度实验，当表面镀层反应完后需将铁皮用水洗，然后烘干称量即可，用酒精灯高温灼烧则导致铁被氧化，引起实验误差，C不正确；D、逸出的气体中除了含有CO2外还有水蒸气，D不正确，答案选B。

考点：考查实验误差分析

17．向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如图所示。则下列离子组在对应的溶液中，一定能大量共存的是

A．a点对应的溶液中：Na+、OH－、SO42－、NO3－

B．b点对应的溶液中：Al3+、Fe3+，MnO4－、Cl－

C．c点对应的溶液中：Na+、Ca2+、NO3－、Cl－

D．d点对应的溶液中：F－、NO3－、Fe2+、Ag+

【答案】C

【解析】

试题分析：向Na2CO3、NaHCO3混合液中逐渐加入稀盐酸，a点溶液中含有CO32-和HCO3-，b点全部为HCO3-，c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，d点盐酸过量，呈酸性，A、a点溶液中含有CO32-和HCO3-，HCO3-与OH-反应不能大量共存，故A错误；B、b点全部为HCO3-，Al3+、Fe3+与HCO3-发生互促水解反应而不能大量共存，故B错误；C、c点恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，离子之间不发生任何反应，可大量共存，故C错误；D、d点呈酸性，酸性条件下，NO3-与Fe2+发生氧化还原反应而不能大量共存，故D错误，答案选C。

考点：考查碳酸盐与盐酸反应以及离子共存的判断

18．下列实验装置设计，能达到目的的是

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】

试题分析：A、乙酸易挥发生成的CO2气体中含有乙酸，不能说明碳酸的酸性强于苯酚，A不正确；B、乙酸丁酯的沸点超过100℃，且原料乙酸和丁醇易挥发，为了避免反应物损耗和充分利用原料，应设计冷凝回流装置，而该装置无冷凝装置，B不正确；C、乙醇能与钠反应生成氢气，通过排水法测量氢气的体积可以测定乙醇的结构，C正确；D、溴乙烷中的溴原子不能电离出溴离子，应该先水解然后加入，最后加入银溶液即可，D不正确，答案选C。

考点：考查实验方案设计与评价

19．W、X、Y、Z、R属于短周期元素。已知它们都不是稀有气体元素，W的原子半径是所属周期中最大，X元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Y元素的原子L层电子数为m＋n，M层电子数m－n，Z元素与Y元素同主族，R元素原子与X元素原子的核外电子数之比为2∶1。下列叙述中，错误的是

A．分别由Y、Z组成的单质一定都为原子晶体

B．W与X形成的两种化合物中阴、阳离子的个数比均为1∶2

C．Y、Z、R最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序：R＞Z＞Y

D．X的氢化物比R的氢化物稳定，X的氢化物熔沸点比R的氢化物低

【答案】AD

【解析】

试题分析：W、X、Y、Z、R均为短周期元素，它们都不是稀有气体元素，在短周期元素原子中，W元素原子半径最大，则W为Na元素；X 元素的原子最外层电子数为m，次外层电子数为n，Y元素的原子L层电子数为m+n，M层电子数m-n，则m+n=8，故X只能有2个电子层，则n=2，故m=8-2=6，可推知X为O元素；Y元素M层电子数=6-2=4，则Y为Si元素；Y元素与Z元素同主族，可推知Z为C元素；R元素原子与X元素原子的核外电子数之比为2：1，可知R原子核外电子数为16，则R为S元素，A、单质硅与电子碳均可以形成原子晶体，但碳60形成的是分子晶体，A不正确；B、氧化钠与过氧化钠中阴、阳离子的个数之比均为1：2，故B正确；C．酸性强弱顺序为：硫酸＞碳酸＞硅酸，故C正确；D、水分子之间存在氢键，其熔沸点高于硫化氢，故D错误，答案选AD。

考点：考查元素周期表的结构以及元素周期律的应用

20．向硫酸铝铵溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，可能发生的反应的离子方程式是

A ．NH

4+ + SO 42— + Ba 2+ +OH —4↓+ NH 3·H 2O

B ．2Al 3+ + 3SO

42— +3Ba 2+ +6OH 4↓+ 2Al(OH)3↓

C ．Al 3+ + 2SO

42— + 2Ba 2+ + 4OH 4↓+ AlO 2— + 2H 2O

D ．NH

4++Al 3+ +2SO 42— +2Ba 2+ +4OH 4↓+ Al(OH)3↓+ NH 3·H 2O

【答案】BD

【解析】

试题分析：铵明矾[NH 4Al （SO 4）2•12H 2O]是一种复盐，向其溶液中逐滴加入Ba （OH ）2溶液，硫酸根沉淀钡离子，同时氢氧根离子沉淀铝离子，随滴入的氢氧化钡增多，硫酸根离子全部沉淀，同时铝离子沉淀完全，过量的氢氧根离子和铵根离子结合生成一水合氨，氢氧化铝不能溶解在氨水中，继续滴入氢氧化钡，氢氧化铝沉淀溶解，依据离子反应顺序书写离子方程式判断；A 、反应中氢氧化钡先生成硫酸钡沉淀和氢氧化铝沉淀；故A 错误；B 、NH 4Al （SO 4）2和Ba （OH ）2 按照2：3混合反应生成硫酸钡沉淀、氢氧化铝沉淀、此时硫酸根离子过量，

反应的离子方程式为2Al 3+ + 3SO

42— +3Ba 2+ +6OH 4↓+ 2Al(OH)3↓，B 正确；C 、

NH 4Al （SO 4）2和Ba （OH ）2 按照1：2恰好反应生成硫酸钡沉淀、氢氧化铝沉淀、一水合氨，继续加入氢氧化钡0.5mol ，氢氧化铝沉淀完全溶解，反应的离子方程式为：NH 4++Al 3++2SO 42-+2Ba 2++5OH -→2BaSO 4↓+NH 3•H 2O+AlO 2-+2H 2O ，C 不正确；D 、NH 4Al （SO 4）2和Ba （OH ）2 按照1：2恰好反应生成硫酸钡沉淀、氢氧化铝沉淀、一水合氨，反应的离子方程

式为NH

4++Al 3+ +2SO 42— +2Ba 2+ +4OH 4↓+ Al(OH)3↓+ NH 3·H 2O ，故D 正确，答案选BD 。

考点：考查离子方程式的正误判断

下列说法或表达中，正确的是

A ．少量二氧化碳通入NaClO 溶液中：2NaClO + CO

2 + H 2 2CO

3 + 2HClO B ．过量的 HCN 滴入碳酸钠溶液中 HCN + Na 2CO NaCN+ NaHCO 3

C ．结合质子能力由强到弱的顺序为：CO 32—＞CN —＞HCO 3—＞CH 3COO —

D ．常温下电离常数：K i2(H 2CO 3)＞K i (C 6H 5OH)＞K i (HCN)

【答案】BC

【解析】

试题分析：A 、碳酸钠溶液的pH 大于次氯酸钠溶液的pH ，说明前者水解程度大，因此酸性是次氯酸强于碳酸氢钠，则少量二氧化碳通入NaClO 溶液中：NaClO + CO

2 + H 2

3 + HClO ，A 不正确；B 、NaCN 溶液的pH 介于碳酸氢钠和碳酸钠之间，所以酸性是碳酸＞HCN

＞HCO 3—，所以过量的 HCN 滴入碳酸钠溶液中 HCN + Na 2CO NaCN+ NaHCO 3，B 正确；C 、酸越弱相应的钠盐越容易水解，则根据溶液的pH 值可知酸性强弱顺序为CH 3COOH ＞ H 2CO 3＞

HClO ＞HCN ＞C 6H 5OH)＞HCO 3—，所以结合质子能力由强到弱的顺序为：CO 32—＞CN —＞HCO 3—＞

CH 3COO —，C 正确；D 、常温下电离常数：K i2(H 2CO 3)＞K i (HCN) ＞K i (C 6H 5OH)，D 不正确，答案选BC 。

考点：考查盐类水解、弱电解质的电离

22．部分氧化的Fe －Cu 合金样品(氧化产物为Fe 2O 3、CuO)共5.76g ，如附图所示流程处理，下列说法中，正确的是

A．滤液A中阳离子为Fe2+、H+

B．样品中金属Fe的质量为2.14g

C．样品中CuO的质量为4.0g

D．V＝448

【答案】AD

【解析】

试题分析：A、生成的滤渣3.2g是铜，金属铜可以和三价铁反应，所以一定不含有+3价铁离子，硫酸过量含有氢离子，故A正确；B、固体为三氧化二铁，其物质的量为 3.2g÷160g/mol=0.02mol，铁元素的量为0.02mol×2=0.04mol，质量为：0.04mol×56g/mol＝2.24g，故B错误；C、根据B的答案知道铁元素质量=2.24g，而原来固体才5.76g，所以CuO 质量不超过5.76-2.24＝3.52g，故C错误；D、根据最后溶液中溶质为过量H2SO4和FeSO4，而铁元素物质的量为0.04mol，说明参加反应硫酸物质的量为0.04mol，含氢离子0.08mol，其中部分氢离子生成氢气，另外的H+和合金中的氧结合成水了，由于合金中氧物质的量(5.76−3.2−2.24)g÷16g/mol＝0.02mol，它结合氢离子0.04mol，所以硫酸中有0.08-0.04＝0.04molH+生成氢气，即生成0.02mol氢气，标况体积为448ml，故D正确，答案选AD。

考点：考查金属铁、铜及其氧化物与稀硫酸反应的有关计算

23．氮元素广泛存在于自然界中,对人类生命和生活具有重要意义。含氮元素的化合物在工业生产和国防建设中都有广泛的应用。

（1）氮元素原子核外有个未成对电子，最外层有种能量不同的电子。PH3分子的空间构型为，是分子。（填极性或非极性）

（2）氮和磷是同主族元素，下列能说明二者非金属性相对强弱的是（填编号）a．NH3比PH3稳定性强

b．显强氧化性，磷酸不显强氧化性

c．氮气与氢气能直接化合，磷与氢气很难直接化合

d．氮气常温是气体，磷单质是固体

亚盐是食品添加剂中急性毒性较强的物质之一，可使正常的血红蛋白变成正铁血红蛋白而失去携带氧的功能，导致组织缺氧。

（3）亚钠溶液滴加到K2Cr2O7酸性溶液中，溶液由橙色变为绿色，反应如下，补上缺项物质并配平：

Cr2O72－ + NO2－ + → Cr3+ + NO3－+

（4）上题反应中每消耗0.6mol NO2－，转移电子数为。

（5）氮氧化物（NO和NO2）污染环境。若用Na2CO3溶液吸收NO2可生成CO2，9.2gNO2和Na2CO3溶液完全反应时转移电子0.1 mol，则反应的离子方程式为。

【答案】（1）3 2 三角锥形极性

（2）a c

（3）Cr2O72－ + 3NO2－ + 8H+→2Cr3+ + 3NO3－ + 4H2O

（4）1.2N A（5）2NO2+CO32－→ NO2－+NO3－+CO2

【解析】

试题分析：（1）氮元素的原子序数是7，其核外电子排布为1s22s22p3，原子核外有3个未成对电子，最外层有2种能量不同的电子。PH3分子中P原子含有1对孤对电子，价电子数是4，所以其空间构型为三角锥形，是极性分子。

（2）a．非金属性越强，氢化物的稳定性越强，因此NH3比PH3稳定性强可以说明二者非金属性相对强弱，a正确；b．显强氧化性，磷酸不显强氧化性与非金属性强弱无关系，b 不正确；c．非金属性越强，越容易与氢气化合，因此氮气与氢气能直接化合，磷与氢气很难直接化合可以说明二者非金属性相对强弱，c正确；d．氮气常温是气体，磷单质是固体，非金属性强弱与状态无关系，d不正确，答案选ac。

（3）根据方程式可知Cr元素的化合价从+6价降低到+3价，得到3个电子。氮元素的化合价从+3价升高到+5价，失去2个电子，所以根据电子得失守恒可知配平后的方程式为Cr2O72

－ + 3NO

2－ + 8H+→2Cr3+ + 3NO

3

－ + 4H

2O。

（4）氮元素的化合价从+3价升高到+5价，失去2个电子，所以每消耗0.6mol NO2－，转移电子数为0.6×2×N A＝1.2N A。

（5）9.2gNO2的物质的量是9.2g÷46g/mol＝0.2mol，反应中转移0.1mol电子，所以在反应中NO2部分不还原为亚根，另外一部分转化为根，所以反应的离子方程式为2NO2+CO32－→ NO2－+NO3－+CO2。

考点：考查核外电子排布、非金属性强弱比较以及氧化还原反应的有关应用与计算

24．工业制硫酸的过程中利用反应2SO2(g)＋O23(g)+Q (Q＞0)，将SO2转化

为SO3，尾气SO2可用NaOH溶液进行吸收。请回答下列问题：

（1）写出该可逆反应的化学平衡常数表达式；（2）一定条件下，向一带活塞的密闭容器中充入2molSO2和1molO2发生反应，下列说法中，正确的是 (填编号)。

a．若反应速率υ正(O2)=2υ逆(SO3)，则可以说明该可逆反应已达到平衡状态

b．保持温度和容器体积不变，充入2 mol N2，化学反应速率加快

c．平衡后移动活塞压缩气体，平衡时SO2、O2的百分含量减小，SO3的百分含量增大

d．平衡后升高温度，平衡常数K增大

将一定量的SO2(g)和O2(g)分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中，在不同温度下进行反应

（3）实验1从开始到反应达到化学平衡时，υ(SO2)表示的反应速率为；T1 T2 (选填“＞”、“＜”或“=”)，理由是。尾气SO2用NaOH溶液吸收后会生成Na2SO3。现有常温下0.1mol/LNa2SO3溶液，实验测定其pH约为8，完成下列问题：

（4）该溶液中c(Na+)与 c(OH－)之比为。

该溶液中c(OH—)= c(H+)+ + （用溶液中所含微粒的浓度表示）。

（5）如果用含等物质的量溶质的下列各溶液分别来吸收SO2，则理论吸收量由多到少的顺序是 (用编号排序)

A．Na2SO3B．Ba(NO3)2 C．Na2S D．酸性KMnO4

【答案】（1）K＝[SO3]2/([SO2]2[O2])

（2）c

（3）0.2 mol/(L· min)（2分）＞；反应放热，温度升高平衡向左移动，反应物转化率低

（4）2×105 ；（2分）c(HSO3－)+2c(H2SO3)

（5）B＞C ＝D＞A

【解析】

试题分析：（1）化学平衡常数是在一定条件下，当可逆反应达到平衡状态时，生成物浓度的幂之积和反应物浓度的幂之积的比值，因此根据方程式可知其平衡常数表达式为K＝[SO3]2/([SO2]2[O2])。

（2）a、反应速率υ正(O2)=2υ逆(SO3)不能满足反应速率之比是相应的化学计量数之比，因此不能说明该可逆反应已达到平衡状态，a不正确；b、保持温度和容器体积不变，充入2 mol N2，物质的浓度不变，则化学反应速率不变，b不正确；c、平衡后移动活塞压缩气体，压强增大平衡向正反应方向移动，所以平衡时SO2、O2的百分含量减小，SO3的百分含量增大，c 正确；D、正方应是放热反应，则平衡后升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以平衡常数K减小，d不正确，答案选c。

（3）根据表中数据可知平衡时氧气的物质的量减少2mol－0.8mol＝1.2mol，则根据反应式可知生成三氧化硫2.4mol，其浓度为2.4mol÷2＝1.2mol/L，所以用三氧化硫表示的反应速率为1.2mol/L÷6min＝0.2 mol/(L· min)。X＝4mol－1.2mol×2＝1.6mol，而在t2时二氧化硫的平衡量是0.4mol，这说明t2时二氧化硫的转化率高。由于正方应是放热反应，所以降低温度才有利于SO2的转化，所以T1＞T2。

（4）pH约为8，因此溶液中c(OH－)＝10－6mol/L，溶液中钠离子浓度为0.2mol/L，所以该溶液中c(Na+)与 c(OH－)之比为0.2mol/L ÷10－6mol/L ＝2×105 。根据质子守恒可知该溶液中c(OH—)＝c(H+)+ c(HSO3－)+2c(H2SO3)。

（5）A、Na2CO3吸收二氧化硫发生的反应为：Na2CO3+2SO2+H2O=2NaHSO3+CO2↑，1molNa2CO3最多吸收二氧化硫2mol；B、Ba（NO3）2吸收二氧化硫反应化学方程式为Ba（NO3）2+3SO2+2H2O ＝BaSO4↓+2H2SO4+2NO↑：1molBa（NO3）2最多吸收二氧化硫3mol；C、Na2S 吸收二氧化硫发生的反应为：2Na2S+5SO2+2H2O=4NaHSO3+3S↓，1mol2Na2S最多反应二氧化硫2.5mol；D、酸性KMnO4溶液吸收二氧化硫的反应2MnO4-+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+，1molKMnO4最多反应二氧化硫2.5mol；计算分析吸收二氧化硫理论吸收量由多到少的顺序是B＞C=D＞A，故答案为：B＞C=D＞A。

考点：考查可逆反应的有关判断、计算以及溶液中离子浓度关系的有关判断与计算

25．辉铜矿石主要含有硫化亚铜(Cu2S)及少量脉石(SiO2)。一种以辉铜矿石为原料制备铜的工艺流程如下：

（1）写出步骤“还原”中可能发生反应的离子方程式、。（2）回收S过程中温度控制50℃～60℃之间，不宜过高或过低的原因是、。

（3）气体NO x与氧气混合后通入水中能生成流程中可循环利用的一种物质，该物质的化学式为；向滤液M中加入（或通入）下列 (填字母)物质，得到另一种可循环利用的物质。

a．铁 b．氯气 c．高锰酸钾 d．盐酸

（4）保温除铁过程中加入CuO的目的是、；（5）过滤③所得到的滤液，加入后，经操作X、过滤④得到铜晶体。

的作用是；

操作X是、 (填操作名称) 。

【答案】（1）Fe +2Fe3+→3Fe2+ Fe +Cu2+→Cu+Fe2+

（2）温度高苯容易挥发，温度低溶解速率小

（3）HNO3 （1分） b （2分）

（4）调节溶液的pH，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀

（5）抑制Cu2+的水解（1分）蒸发浓缩、冷却结晶（2分）

【解析】

试题分析：（1）辉铜矿与氯化铁溶液反应生成氯化铜、氯化亚铁和单质硫，二氧化硅不反应与单质硫一起形成矿渣，滤液中含有铁离子、铜离子，所以加入铁粉反应的反应有Fe +2Fe3+→3Fe2+ 、Fe +Cu2+→Cu+Fe2+。

（2）苯是有机溶剂，易挥发，所以温度高苯容易挥发，而温度低溶解速率小，因此回收S 过程中温度控制50℃～60℃之间，不宜过高或过低。

（3）气体NO x与氧气混合后通入水中能生成，所以可循环利用的物质化学式为HNO3。滤液M是氯化亚铁，可以再转化为氯化铁而循环利用，所以该试剂应该是氯气，答案选b。（4）氧化铜是碱性氧化物，能与酸反应调节溶液的pH值，所以氧化铜的作用是调节溶液的pH，使Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀而析出。

（5）铜溶液中的铜离子易水解，所以加入的作用是抑制Cu2+的水解；从溶液中得到铜晶体的实验操作应该是蒸发浓缩、冷却结晶。

考点：考查铜晶备实验的有关工艺流程的判断

26．有机物)是有机工业的重要原料，可用于合成多种有机物。

I．由A为原料，可以合成有机物D。根据如下流程回答：

已知：R－－COOH。

（1）A的名称为；

（2）D的结构简式为。

II．以A为主要原料合成有机物G

（3）反应②的化学方程式；

（4）写出检验反应③的产物中残留有机反应物的试剂；（5）写出符合下列条件的G的同分异构体的其中一种结构简式：①分子中含有苯环，且苯环上一氯代物只有一种；②能发生水解反应；③遇FeCl3溶液显紫色。

（6）根据已有知识并结合相关信息，写出以A的最简单同系物为原料制备

合成路线流程图表示(有机物用结构简式，注明反应试剂和条件)

(合成路线常用的表示方式为：)

【答案】（1）对甲基苯酚

（2

（3

（4）银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液

（5

（6）其它合理也对

4分)

【解析】

试题分析：（1）根据A的结构简式可知，A属于酚类，其名称对甲基苯酚。

（2）根据已知信息R－－COOH可知，C

基与羧基发生分子内的酯化反应生成D，则D

（3）根据反应②的条件可知，该反应是卤代烃的水解反应，同时酚羟基也与氢氧化钠反应，因此该反应的化学方程式为

（4）反应③是醛基被氧化为羧基，所以检验反应③的产物中残留有机反应物的试剂银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液。

（5）①分子中含有苯环，且苯环上一氯代物只有一种，说明苯环上的取代基应该对称；②能发生水解反应，说明含有酯基；③遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基，所以符合条件

的有机物结构简式为

（6）A的最简单同系物是苯酚，要合成

引入碳原子，则合成路线可表示为

考点：考查有机物推断、合成以及同分异构体的判断等

27．乙炔是一种重要的有机化工原料，以乙炔为原料在不同的反应条件下可以转化为烃B、烃C。以C为原料可以合成聚对羟基苯甲酸 (G)。已知：

①A是一种有机酸，分子式为C9H10O3。

②B的相对分子质量为104，分子中含苯环且能使溴的四氯化碳溶液褪色。

③C的相对分子质量为78，且分子中只有一种氢原子。

（1）写出乙炔分子的电子式， F中的含氧官能团名称；

（2）上述①至⑧的反应中，属于加成反应的有，第④步反应所需的试剂和条件是；

（3）写出A的结构简式；

（4）下列有关的描述中，正确的是；

a. 1molB最多能与4molH2加成

b. B通过氧化反应可使溴水和酸性KMnO4溶液褪色

c. B、C、D是同系物

d. A→X的反应属于缩聚反应

（5）写出F→G反应的化学方程式。

【答案】（1（1分）酚羟基、羧基(2分)

（2）①②③(2分) Cl2、Fe(1分)

（3

（4）a d

（5

【解析】

试题分析：（1C的相对分子质量

为78，且分子中只有一种氢原子，这说明C应该是苯，即反应②是3分子乙炔发生加成反应生成苯。根据反应④的产物结构简式可知，D应该是苯与丙烯通过加成反应生成的，其结

构简式为

件可知该反应是烷烃基被酸性高锰酸钾溶液氧化生成生成羧基，则E的结构简式为

F含有的官能团有酚羟基和羧基。

（2）G是聚对羟基苯甲酸，因此反应⑧是F的缩聚反应。B的相对分子质量为104，分子中含苯环且能使溴的四氯化碳溶液褪色，因此B是乙炔与苯发生的加成反应，B是苯乙烯，所以①至⑧的反应中，属于加成反应的有①②③。反应④是苯环上氢原子的取代反应，则第④步反应所需的试剂和条件是Cl2、Fe。

（3）A能与溴化氢发生取代反应，能与氧气在催化剂作用下发生催化氧化，其氧化产物能发生银镜反应，说明含有羟基，且羟基应该是－CH2OH。A是一种有机酸，分子式为C9H10O3，且A被酸性高锰酸钾溶液氧化后生成苯甲酸，说明与苯环直接相连的碳原子上含有氢原子，

因此A

（4）a.B是苯乙烯，1molB最多能与4molH2加成，a正确；b.B分子中含有碳碳双键，与溴水通过加成反应而使溴水褪色，与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，b不正确； c. B、C、D分别是苯乙烯、苯、异丙苯，不是同系物关系，C和D互为同系物，c不正确；d. A分子中含有羟基与羧基，发生水解反应生成高分子化合物X，因此A→X的反应属于缩聚反应，d 正确，答案选ad。

（5）F生成G是缩聚反应，反应的化学方程式为

考点：考查有机物推断的有关判断与应用

28．氢气还原氧化铜所得的红色固体可能是铜与氧化亚铜的混合物，已知Cu2O在酸性溶液中可发生自身氧化还原反应，生成Cu2+和Cu。

（1）现有8.4克氧化铜被氢气完全还原后，得到红色固体6.96克，其中含单质铜与氧化亚铜的物质的量之比是；

（2）若将6.96克上述混合物与足量的浓充分反应：

①生成标准状况下1.568升的气体（不考虑NO2的溶解，也不考虑NO2与N2O4的转化），则该气体的成分是，其物质的量之比是；

②把得到的溶液小心蒸发浓缩，把析出的晶体过滤，得晶体20.328g。经分析，原溶液中的Cu2+有20%残留在母液中，所得晶体的化学式为。

（3）Cu、Cu2O和CuO组成的混合物，加入100mL 0.6mol/L HNO3溶液恰好使混合物完全溶解，同时收集到224mL NO气体(标准状况)。如原混合物中Cu的物质的量为X，求其中Cu2O、CuO的物质的量及X的取值范围(写出解题过程)。

【答案】（1）5∶1

（2）①NO、NO2,（1分） 11∶3 （2分）

②Cu(NO3)2·3H2O（2分）

（3）n(Cu2O)=(0.015－x) mol （2分）

n(CuO)= (x－0.005) mol（2分） 0.005＜x＜0.015 （1分）

【解析】

试题分析：（1）设单质铜与氧化亚铜的物质的量分别为x和y，则根据铜原子守恒可知x+2y

0.105mol。又因为g/mol×x+144g/mol×y＝6.96g，解得x＝0.075mol、y

＝0.015mol，因此单质铜与氧化亚铜的物质的量之比为5∶1。

（2）①反应中转移电子的物质的量为0.075mol×2+0.015mol×2×1＝0.18mol，气体的物质的量是1.568L÷22.4L/mol＝0.07mol。设混合气中NO和NO2的物质的量分别为a mol和b mol，则a+b=0.07、3a+b=0.18，解得a＝0.055mol、b=0.015mol，因此混合气的成分是NO和NO2，其体积之比为11∶3。

②设晶体的化学式为Cu(NO3)2·nH2O，则根据铜离子守恒可知晶体中铜离子的物质的量为

0.105mol×80%＝0.084mol，因此晶体的物质的量也是0.084mol，则0.084mol×（192+18n）g/mol＝20.328g，解得n＝3，即晶体化学式为Cu(NO3)2·3H2O。

（3）设Cu2O、CuO的物质的量分别为Ymol、Zmol，则根据铜原子守恒可知生成铜的物质的量为（X+2Y+Z）mol。NO的物质的量是0.01mol，则根据电子得失守恒可知2X+2Y＝0.01×3＝0.03。的物质的量是0.06mol，则根据氮原子守恒可知2×（X+2Y+Z）+0.01＝0.06，解得Z＝(x－0.005)，Y＝(0.015－x)。由于Y、Z均不能为0，作为X的取值范围是0.005＜x＜0.015。

考点：考查化学计算

29．我国化工专家侯德榜，勇于创新，改进氨碱法设计了“联合制碱法”，为世界制碱工业作出了突出贡献。请完成下列问题：

（1）“联合制碱法”制得的“碱”是 (填化学式)。

某实验小组，利用下列装置模拟“联合制碱法”。

（

3）取上述仪器连接装置，顺序为：(a)接( )、( )接( )；(b)接( )； 检验气密性后装入药品，应该先让 装置（填上述字母）先发生反应，直到产生的气体不能再在C 中溶解时，再通入另一装置中产生的气体。

（4）C 中用球形干燥管而不用直导管，其作用是 ，D 中应选用的液体为 ；

（5）C 中广口瓶内产生固体的总化学方程式为 。

（6）产品纯碱中含有碳酸氢钠。如果用加热分解的方法测定纯碱中碳酸氢钠的质量分数，纯碱中碳酸氢钠的质量分数可表示为： (注明你的表达式中所用的有关符号的含义)。

【答案】（1）Na 2CO 3

（2）A.C

（3）f e d c （2分） B

（4）防倒吸 饱和NaHCO 3溶液

（5）CO 2+NH 3+NaCl+H 2O→NaHCO 3↓+NH 4Cl

（6（ m 1为样品质量，m 2为加热后产品的质量） 【解析】

试题分析：（1）“联合制碱法”制得的“碱”是碳酸钠，化学式为Na 2CO 3。

（2）A 、氨碱法原料有：食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气，联合制碱法原料有：食盐、氨气、二氧化碳，故A 错误；B 、氨碱法可能的副产物为氯化钙，联合制碱法可能的副产物氯化铵，故B 正确；C 、氨碱法循环物质：氨气、二氧化碳，联合制碱法循环物质：氯化钠，二氧化碳，故C 错误；D 、氨碱法原料（食盐和石灰石）便宜，产品纯碱的纯度高，副产品氨和二氧化碳都可以回收循环使用，制造步骤简单，适合于大规

（4）氨气极易溶于水，因此C中用球形干燥管而不用直导管的作用是防倒吸。除去CO2中的氯化氢气体应该用饱和NaHCO3溶液，即D中应选用的液体为饱和NaHCO3溶液。

（5）C装置是制备碳酸氢钠的，所以C中广口瓶内产生固体的总化学方程式为CO2+NH3+NaCl+H2O→NaHCO3↓+NH4Cl。

（6）设m1为样品质量，m2为加热后产品的质量，则根据碳酸氢钠分解的方程式可知

2NaHCO

2CO3＋H2O＋CO2↑固体质量减少△m

168g 106g 62g X m1－m2

解得X

考点：考查侯氏制碱法的有关判断、计算等