2019年上海市金山区高考化学一模试卷

1、2019 年上海市金山区高考化学一模试卷副标题题号一二三总分得分一、单选题（本大题共20 小题，共 40.0 分）1. 鞍钢集团在上海进博会主办了钢铁产业链合作发展论坛，关于钢铁说法错误的是（）A. 属于合金B.C. 目前消耗最多的金属材料D.2.互为同素异形体的是（）硬度比纯铁大人类最早使用的金属材料12144和 S8A. C和CB. SC. H2O 和 D2OD. CH3 COOH 和 CH3CH2COOH3. 属于强电解质的是（）A. KNO 3B. NH 3?H2OC. CH3 COOHD. H2O4. 有关 NaOH 溶于水的过程，叙述正确的是A. 只发生水合过程B. 只发生扩散过程

2、C. 破坏了离子键D. 破坏了共价键5.（ CH3CH2） 23 的正确命名是（）CHCHA. 2-乙基丁烷B. 2-甲基戊烷C. 3-甲基戊烷D. 3-乙基丁烷6.卤族元素有关性质比较正确的是（）A. 稳定性： HF HCl HBr HIB. 氧化性： F2 Cl 2 Br 2 I2C. 熔沸点： F2 Cl 2 Br 2 I 2D. 还原性： F- Cl - Br - I-7.单质能发生如下图转化关系的元素是（）A. 氯B. 硫C. 铝D. 铁8.关于漂粉精的说法正确的是（）A. 工业上用氯气与澄清石灰水制取B. 有效成分是次氯酸钙和氯化钙C. 用 pH 试纸测试漂粉精溶液呈酸性D. 久置

3、于空气中会变质失效9.CS2 结构与 CO2 相似，则关于 CS2 推测错误的是（）A.C.非极性分子B. 含有非极性键结构式为 S=C=SD. CS2 的沸点高于 CO210.已知钡的某种同位素是Ba，由学过的知识无法推断出的信息是（）A. 钡原子的核外电子排布B. 钡元素在周期表中的位置C. 钡原子的核电荷数D. 钡元素的相对原子质量11.磷原子核外 3p 亚层中的电子，不相同的是（）A. 能量B. 电子云形状C. 电子云伸展方向D. 自旋方向12.用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH 溶液操作正确的是（）A. 用蒸馏水洗净滴定管后，装入标准盐酸B. 锥形瓶用蒸馏水洗净后，装入待测液C. 滴定

4、时始终注视滴定管内液面的变化D. 指示剂变色后停止滴定立即读数第1页，共 23页13.关于硫酸工业中的催化氧化反应，可以用勒夏特列原理解释的是（）A. 通入过量氧气B.C. 选择常压条件D.选择 V2O5 做催化剂升温至 450左右14.实验室从干海带中提取碘的操作过程中，仪器选用错误的是（）A. 灼烧干海带 -坩埚B. 过滤海带灰悬浊液-长颈漏斗C. 从碘水中萃取碘 -分液漏斗D. 分离碘和四氯化碳-蒸馏烧瓶15.工业上由乙苯生产苯乙烯的反应如下，有关说法正确的是（）A. 该反应的类型为取代反应B. 可用溴水鉴别乙苯和苯乙烯C. 乙苯的同分异构体共有三种D. 乙苯和苯乙烯均属于苯的同系物16

5、.与氨碱法相比较，联合制碱法最突出的优点是（）A. 设备少B. 原料易得C. 循环利用的物质多D. NaCl 利用率高17. 向 NaOH 固体上滴几滴浓氨水， 立即用另一表面皿扣在上面。 下表中对实验现象解释正确的是（）选项实验现象解释A浓盐酸附近产生白烟NH 3与 HCl 反应产生了 NH 4Cl 固体B浓硫酸附近无明显现象NH 3与浓硫酸不发生反应C氯化物溶液变浑浊该溶液一定是AlCl 3 溶液D湿润红色石蕊试纸变蓝氨气是一种碱A. AB. BC. CD. D18. 关于如图两个电化学装置的说法正确的是（）A. 饱和食盐水中均有电子流过B. 甲中铁被腐蚀，乙中铁被保护-C. 甲中正极反应

6、式为4OH -4e 2H2O+O 2D. 乙中石墨电极上发生还原反应19.图分别表示红磷、白磷燃烧时的能量变化，下列说法中正确的是（）第2页，共 23页A. 白磷比红磷稳定B. 白磷燃烧产物比红磷燃烧产物稳定C. 1mol 白磷转变为红磷放出2244.7kJ 的热量D. 红磷燃烧的热化学方程式：4P s +5O2（ g） P4O10（ s） +2954 kJ（ ）- CO2-SO 2-I-Ca2+2 2+6H2O 10HCl+2HIO3某溶液中可能存在Br、3、3、 、20. 已知 5Cl +I+Na 等 7 种离子中的某几种，分别进行如下实验：向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，且有无色气泡

7、冒出；向所得橙色溶液中加入足量BaCl2 溶液，无沉淀生成；向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色。则下列说法正确的是（）A. 肯定没有 I -C. 可能有 Na+二、简答题（本大题共3 小题，共45.0 分）B.D.-2-肯定有 Br 、CO32-可能有 SO321.金属“钙线”是炼制优质钢材的脱氧脱磷剂，某“钙线”的主要成分为金属M 和Ca。（ 1） Ca 元素在元素周期表中的位置是_，最外层电子排布式为_ 。（ 2）CaF2 的电子式为 _，CaF2 熔点比 SiF4 熔点 _ （选填“高”、 “低”或“相同”），原因是 _。（ 3）将“钙线”试样溶于稀盐酸后，加入过量NaOH 溶液

8、，生成白色絮状沉淀并迅速变成灰绿色，最后变成红褐色M（ OH ）n则金属 M 为 _，检测 M n+的另一种方法是 _。（ 4）配平下列化学方程式： _P+_FeO+_CaO_Ca3（ PO4）2+_Fe若生成的Fe 为 2.8g，则转移的电子数目为_个。22.不同温度、压强下，在合成氨平衡体系中N2（ g）+3H 2（ g）? 2NH 3（ g）， NH 3的物质的量分数见表（压强（ MPa）氨的平衡含量（%）温度（）N 2 和 H2 起始物质的量之比为1： 3）。20306010020086.489.995.498.830064.271.084.292.640038.247.065.279

9、.850019.126.442.257.5（ 1）已知该反应在2L 密闭容器中进行，5min 内氨的质量增加了1.7g，则此段时间内 H 2 的平均反应速率为_mol/ （ L?min ）。（ 2）该反应的平衡常数表达式K=_ ，升高温度， K 值 _（选填“增大”、“减小”或“不变”）。T （ K=3.6 ）的某一时刻下，c（ N2）=1mol/L ， c（ H 2）=3mol/L ， c（ NH3 ）=9mol/L ，在这种情况下该反应是否处于平衡状态_ （选填“是”、 “否”），此时反应速率是v 正逆=”）。_v （选填“”、 “”、“（ 3）合成氨生产条件一般为压强在 20MPa 50

10、MPa ，温度为 500左右，选用该条件的主要原因是 _；从表中数据可知，在该条件下氨的平衡含量并不高，为第3页，共 23页提高原料利用率，工业生产中采取的措施是_ 。（ 4）工业上用氨水吸收SO2 尾气，最终得到化肥 （ NH 4） 2SO4（ NH 4） 2SO4 溶液中 c（ NH +）与 c（SO 2-）之比 _2：1（选填“”、“”、“ =”），44用离子方程式解释原因_。23. 以石油裂解产品乙烯为原料合成 F， F 是某滴眼液的主要成分，其合成路线如图所示：已知： 2CH 2=CH 2+2CH 3CH 2COOH+O 22C5H8O2（丙酸乙烯酯）+2H 2O。（ 1）写出 A

11、中的官能团名称 _ 。（ 2）写出反应的条件 _。（ 3）写出反应类型 _ _。（ 4）写出 C 的一种同分异构体的结构简式 _ 。（ 5）写出反应的化学方程式：BC：_ ；DE：_ 。（ 6）丙烯也是石油化工重要的基础原料，请你设计一个由丙烯（CH 2=CH-CH 3）制备的合成路线。（合成路线常用的表示方式为：AB目标产物）三、实验题（本大题共1 小题，共15.0 分）24. 为探究工业制硫酸接触室中的反应， 设计如图所示装置， 并测定此条件下二氧化硫的转化率。（ 1）中浓硫酸的作用除了通过观察气泡，调节气体的流速外， 还能 _、_。（ 2）锥形瓶中盛放的是足量的氯化钡溶液，实验过程观察到

12、锥形瓶中产生白色沉淀，反应的化学方程式为 _；锥形瓶浸入冰水浴的原因是 _。（ 3）中品红颜色没有发生改变，说明_。（ 4）若通入 SO2 的体积为 V L （已折算为标准状况下的体积），要测定该条件下二氧化硫的转化率，实验时还需要测定的数据是m g，则 m 可以是 _，此条件第4页，共 23页下二氧化硫的转化率是_（列式表示）。（ 4）反应结束后还需通入N2 的原因是 _。第5页，共 23页答案和解析1.【答案】 D【解析】解：A 钢铁中含有碳和 铁，属于合金，故A 正确；B合金硬度一般大于成分金属，所以 钢铁硬度大于 纯铁，故B 正确；C钢铁是生活中用的最多的合金，故C 正确；D人类最早使

13、用的金属材料 为铜合金，故 D 错误；故选：D。A 钢铁中含有碳和 铁；B依据合金硬度一般大于成分金属解答；C钢铁是生活中用的最多的合金；D人类最早使用的金属材料 为铜合金。本题考查了合金，熟悉合金基本概念及性 质是即可解答，题目难度不大。【答案】 B2.【解析】1214解：A、 C 和C 是同种元素的不同种原子，两者互 为同位素，故 A 错误；B、S4 和 S8 是同种元素形成的不同 单质，互为同素异形体，故 B 正确；C、H2O 和 D2O 的分子式和 结构均相同，故为同一种物 质，故C 错误；D、CH3COOH 和 CH3CH2COOH 的结构相似、在分子组成上相差一个或若干个 CH2

14、原子团，故两者互为同系物，故 D 错误 。故选：B。同种元素形成的不同 单质间互为同素异形体，据此分析。本题考查了“四同 ”概念的辨 别，难度不大，注意掌握概念的要点。3.【答案】 A【解析】解：A 硝酸钾在水溶液中或熔融状 态下能完全 电离，为强电解质，故 A 选；B一水合氨为弱碱，水溶液中部分 电离，为弱电解质，故 B 不选；第6页，共 23页C醋酸为弱酸，水溶液中部分 电离，为弱电解质，故 C 不选；D水只能部分 电离，属于弱电解质，故 D 不选；故选：A。强电解质：在水溶液中或熔融状态下能完全 电离的化合物；弱电解质：在水溶液中或熔融状态下能部分 电离的化合物；本题考查了物质的分类，熟

15、悉电解质、非电解质划分依据：电离程度，为解题关键，题目难度不大。4.【答案】 C【解析】【解析】NaOH 是离子化合物，溶于水 发生电离，破坏离子键，溶于水同时发生水合过程和扩散过程，据此分析。本题考查了离子化合物的 电离，题目难度不大，注意离子化合物在溶液中 发生的电离，侧重于考 查学生对基础知识的应用能力。【答案】A NaOH 溶液中发生电离，存在水合过程和扩散过程，故 A 错误；BNaOH 溶液中发生电离，存在水合过程和扩散过程，故 B 错误；CNaOH 是离子化合物，溶于水 发生电离，破坏离子键，故C 正确；DNaOH 电离出钠离子和氢氧根离子，其中 O-H 共价键没有被破坏，故 D

16、错误。故选：C。5.【答案】 C【解析】解：A 、乙基不能出现在 2 号碳原子上，故 A 错误；B、选取含碳原子最多的 为主链，甲基在三号碳原子上，2-甲基戊烷的结构简式为 CH3CH（CH3）CH2CH2CH3，不符合所给结构简式，故 B 错误；C、根据烷烃的命名规则，3-甲基戊烷符合命名原 则，故 C 正确；第7页，共 23页D、3-乙基丁烷的主碳链不是最长，编号应从离取代基近的一端 编号，故 D 错误；故选：C。烷烃命名时，碳原子的编号从离支 链最近的碳原子开始；相同的取代基要合并；取代基的位次和最小；乙基不能出现在 2 号碳原子上；根据烷烃的命名规则来分析本题考查烷烃的命名方法，可以根

17、据 烷烃的命名原 则进行分析回答，较简单6.【答案】 A【解析】解：A 非金属性 F ClBr I，稳定性：HFHCl HBr HI ，故A 正确；B非金属性越 强，对应单质 的氧化性越 强，则氧化性：F2Cl2Br 2 I2，故B 错误；C相对分子质量越大，沸点越大，则熔沸点为 F2Cl2Br2I 2，故 C 错误；D非金属性越 强，对应阴离子的 还原性越弱，则还原性为 F-Cl -Br -I -，故 D错误；故选：A。A 非金属性越 强，对应氢化物越稳定；B非金属性越 强，对应单质 的氧化性越 强；C相对分子质量越大，沸点越大；D非金属性越 强，对应阴离子的 还原性越弱。本题考查 原子结

18、构与元素周期律，为高频考点，把握元素的位置、性质 、元素周期律 为解答的关 键，侧重分析与 应用能力的考 查，注意规律性知 识的应用，题目难度不大。7.【答案】 B【解析】第8页，共 23页解：A 一般条件下，氯气和氧气不反 应，故 A 错误；B硫和氧气反 应生成二氧化硫，二氧化硫和水反 应生成亚硫酸，亚硫酸可与碱反应生成盐，故B 正确；C铝和氧气反 应生成氧化 铝，氧化铝和水不反 应，故C 错误；D铁和氧气反 应生成氧化 铁或四氧化三 铁，与水都不反应，故 D 错误 。故选：B。由流程可知，如为非金属，可由氧气反 应生成氧化物，与水反 应生成酸，如为金属，金属氧化物可与水反 应生成相应的碱，

19、以此解答该题。本题综合考查元素化合物知 识，为高频考点，侧重考查学生的分析能力以及元素化合物知 识的综合理解和运用，难度不大。8.【答案】 D【解析】解：A 石灰水中氢氧化钙的浓度太低，选氯气与石灰乳制 备，故A 错误；B次氯酸钙具有强氧化性，为有效成分，故 B 错误；C次氯酸钙具有漂白性，不能选 pH 试纸测定溶液的酸碱性，故 C 错误；D久置于空气中，与水、二氧化碳反 应生成碳酸 钙、HClO ，且HClO 易分解，从而变质失效，故 D 正确；故选：D。A 石灰水中氢氧化钙的浓度太低；B次氯酸钙具有强氧化性；C次氯酸钙具有漂白性；D久置于空气中，与水、二氧化碳反 应生成碳酸 钙、HClO

20、，且HClO 易分解。本题考查漂白粉的性 质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与 应用能力的考 查，注意选项 C 为解答的易 错点，题目难度不大。第9页，共 23页9.【答案】 B【解析】解：A CS2 结构与 CO2 相似，分子结构对称属于非极性分子，故 A 正确；BCS2 结构式为 S=C=S，分子中只含有 C=S极性键，故 B 错误；CCS2 结构与 CO2 相似，CO2 的结构式为 O=C=O，则 CS2 结构式为 S=C=S，故 C正确；D分子晶体的沸点与相 对分子质量有关，相对分子质量越大，沸点越高，则CS2 的沸点高于 CO2，故D 正确。故选：B。C

21、S2 结构与 CO2相似，CO2 的结构式为 O=C=O，分子中含有极性键，分子结构对称属于非极性分子，分子晶体的沸点与相对分子质量有关，据此分析。本题考查了分子晶体、共价键、沸点比较等，题目难度不大，注意把握分子极性的判断方法以及 类比法在解 题中的应用。10.【答案】 D【解析】解：A 质子数 =核外电子数 =56，可以根据核外电子排布规律电子数得到核外电子排布，故 A 正确；B质子数 =原子序数，根据原子序数判断在周期表中的位置，故B 正确；C质子数 =核电荷数 =56，故C 正确；D不知道各种天然同位素的含量无法求出，故D 错误 。故选：D。A质子数 =核外电子数；B质子数 =原子序数

22、；C质子数 =核电荷数；D元素的相对原子质量，是按各种天然同位素原子所占的一定百分比算出来的平均 值第10 页，共 23页本题考查核素、原子结构等知识，难度中等，注意元素的相 对原子质量是按各种天然同位素原子所占的一定百分比算出来的平均值11.【答案】 C【解析】解：A 磷原子核外 3p 亚层中的电子具有的能量相同，故 A 不选；Bp 电子云为哑铃形，即磷原子核外 3p 亚层中电子云形状相同，故 B 不选；C电子云伸展方向在三 维坐标中沿着 x、y、z 轴伸展，所以电子云的伸展方向不同，故 C 选；DP 的最外层电子排布图为则3p亚层中的电子自旋方向相，同，故 D 不选。故选：C。P 的最外层

23、电子排布图为，3p 亚层中的电子的能量相同，电子云性状相同，据此分析。本题考查了电子的运动状态、电子云、电子排布图的应用，题目难度不大，侧重于基本理 论应用的考查，注意对基础知识的积累。12.【答案】 B【解析】解：A 用蒸馏水洗净滴定管后，应该先用盐酸润洗滴定管，再装入标准盐酸，否则标准液被稀 释，影响滴定结果，故 A 错误；B锥形瓶用蒸 馏水洗净后，不能用待测液润洗，可直接装入待测液，故B 正确；C滴定时应该始终注视锥形瓶内液面的 变化，便于及时判断滴定 终点，故 C错误；D指示剂变色后停止滴定立即 读数，导致消耗标准液体积偏小，测定结果偏低，该操作不合理，故 D 错误；故选：B。A 滴定

24、管必须用待装液 润洗；第11 页，共 23页B锥形瓶不需要 润洗；C眼睛应该注视锥形瓶中溶液 颜色变化，以便及时判断滴定 终点；D滴定终点时，指示剂变色后且半分 钟不褪色。本题考查中和滴定，题目难度不大，明确中和滴定操作方法 为解答关键，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的分析能力及化学 实验能力。13.【答案】 A【解析】解：A 、通入过量氧气，平衡正向移 动，可以用勒夏特列原理解 释，故 A 选；B、催化剂只能改变反应速率，不会引起化学平衡的移 动，不能用勒夏特列原理解释，故B 不选；C、增大压强，平衡向体积减小的方向移 动，有利于三氧化硫的合成，所以 选择常压条件，不可用勒夏特列原理解

25、释，故 C 不选；D、正反应是放热反应，升温至 450，逆向移动，不得于三氧化硫的 产生，所以升温是加快反 应速率，不能用勒夏特列原理解 释，故D 不选。故选：A。勒夏特列原理 为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移 动 。使用勒夏特列原理 时，该反应必须 是可逆反 应，否则 勒夏特列原理不适用。本题考查了勒夏特列原理的使用条件， 难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反 应。14.【答案】 B【解析】解：A 灼烧固体应在坩埚中进行，所以灼烧干海带用到坩埚，故A 正确；B过滤煮沸后的海 带灰水混合液可用普通漏斗分离，不用长颈漏斗，故 B 错误；C四氯化碳与水

26、互不相溶，可用分液漏斗 进行分液，故 C 正确；第12 页，共 23页D碘易溶于四 氯化碳，四氯化碳易挥发，采用蒸馏的操作分离，所以分离碘和四氯化碳用到蒸 馏烧瓶，故 D 正确。故选：B。灼烧固体应在坩埚中进行，用漏斗过滤浊液，萃取后的液体混合物用分液的方法分离，分离碘和四 氯化碳用蒸 馏的操作，以此解答该题。本题考查物质的分离和提 纯知识，题目难度不大，注意把握常 见物质的分离操作方法和使用的 仪器，学习中注意相关基 础知识的积累。15.【答案】 B【解析】解：A 反应生成碳碳双 键，为消去反应，故 A 错误；B苯乙烯含有碳碳双 键，可与溴水反应，而乙苯不反应，可鉴别，故 B 正确；C乙苯的

27、同分异构体由二甲苯（ 邻、间、对 3 种），如不链烃，则同分异构体数目大于 3 种，故C 错误；D苯乙烯与苯的结构不同，不是同系物，故 D 错误 。故选：B。由乙苯生 产苯乙烯，H 原子减少，为消去反应，苯环、碳碳双键为平面结构，苯乙烯中含碳碳双 键具有烯烃 的性质，以此解答该题 。本题考查有机物结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，明确官能 团与性质关系即可解答，侧重考查基本概念、烯烃、基本反应类型等知识点，题目难度不大。16.【答案】 D【解析】解：氨碱法缺点：大量CaCl2 用途不大，NaCl 利用率只有 70%，约有 30%的NaCl 留在母液中，侯氏制碱法的 优点：把合

28、成氨和纯碱两种产品联合生产，提高了食 盐利用率，缩短了生产流程，减少了对环境的污染，降低了纯碱的成本。保留了氨碱法的 优点，消除了它的缺点，使食盐的利用率提高到96%，第13 页，共 23页故选：D。氨碱法对滤液的处理是加熟石灰使氨气循 环，产生的 CaCl2，含Cl 几乎没什么用，而侯氏制碱法是 对滤液通入二氧化碳、氨气，结晶出的 NH4Cl，其母液可以作为制碱原料本题考查侯氏制碱法知 识，题目难度不大，注意把握索 尔维制碱法与侯德榜制碱法反 应原理，即可判断二者的 优缺点17.【答案】 A【解析】解：A NaOH 固体溶于水放 热，氨水易挥发，实验时向 NaOH 固体上滴几滴 浓氨水，会产

29、生氨气，与浓盐酸反应生成氯化铵，反应现象是有白烟生成，故 A正确；为浓硫酸发生中和反应生成硫酸铵，故B错误；B氨气 碱性气体，与C氨气与氯化物发生复分解反 应生成氢氧化物，如氯化物溶液 变浑浊，可能生成难溶性氢氧化物，但不一定为为Mg （OH）等沉淀，故 CAl （0H），也可能32错误；D氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝 的原因是与水反 应生成 NH 3?H2O，电子生成 OH-离子，溶液呈碱性，但反应生成的一水合氨 为弱碱，故 D 错误 。故选：A。NaOH 固体溶于水放 热，氨水易挥发，实验时向 NaOH 固体上滴几滴 浓氨水，会产生氨气，为碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝 ，与浓硫酸发

30、生中和反应生成硫酸 铵，与氯化物发生复分解反 应生成氢氧化物，氨水易挥发，与浓盐酸反应生成氯化铵，反应现象是有白烟生成。本题考查氨气的性 质，题目难度不大，本题易错点为 C 和 D 项，注意氨气与NH 3?H2O、氨水的性质区别及氨水易 挥发 。18.【答案】 B【解析】第14 页，共 23页解：A 、甲装置是原电池，金属铁是负极，发生失电子的氧化反 应，乙装置是电解池，金属铁是阴极，都会形成闭合回路，但是电子不会经过电解质，故 A 错误；B、甲装置是原电池，金属铁是负极，被腐蚀，乙装置是电解池，金属铁是阴极，铁被保护，故B 正确；C、甲装置是原电池，发生金属的吸氧腐 蚀，正极反应式为2H2O

31、+4e-+O2=4OH-，故C 错误；D、乙装置是电解池，金属铁是阴极，乙中石墨电极是阳极，发生氧化反 应，故 D错误。故选：B。甲装置是原 电池，金属铁是负极，发生失电子的氧化反 应，乙装置是电解池，金属铁是阴极，阴极上是氢离子发生得电子的还原反应，根据原电池和电解池的工作原理知 识来回答。本题考查了原电池原理和 电解池原理的 应用，注意把握电极的判断方法和 电极方程式的 书写，题目难度不大。19.【答案】 D【解析】解：A 、等质量的白磷和 红磷完全燃 烧时释放的能量白磷比 红磷多，白磷能量高于红磷，所以红磷稳定，故 A 错误；B、两者燃烧产物相同状 态相同，所以产物稳定相同，故 B 错误

32、；C、红磷转化为白磷的化学方程式 为：4P（s、红磷）=P4（s、白磷），可以看成是下列两个反 应方程式的和：P4（s、白磷）+5O2（g）=P4O10（s）；H=-2983.2kJ?mol-1；P4O10（s）=4P（s、红磷）+5O2（g）；-1-1H=738.5 4kJ?mol=2954kJ?mol ；根据盖斯定律，白磷 转化为红磷的热化学方程式：第15 页，共 23页P4（s、白磷）=4P（s、红磷）H=-2983.2kJ/mol+2954kJ?mol-1=-29.2KJ/mol，即为：P4（s、白磷）=4P（s、红磷）H=-29.2KJ/mol，所以 1mol 白磷转变为红 磷放出

33、29.2KJ 的热量，故 C 错误；D、依据图象分析，红磷燃烧是放热反应，红磷燃烧的热化学方程式：4P（s）+5O （g）P O（s）+738.5kJ 4=2954 kJ，故D 正确；2410故选：D。由图：P4（s，白磷）+O2（g）=P4O10（s）H=-745.8kJ/mol； P（s，红磷）+ O2（g）= P4O10（s）H=-738.5kJ/mol；通过两个热化学方程式分析，等质量的白磷和 红磷完全燃 烧时释放的能量白磷比 红磷多，白磷能量比红磷高，红磷更稳定，据此分析本题考查了反应焓变与物质能量的关系分析，图象分析判断是解 题关键，题目难度中等20.【答案】 B【解析】解： 向溶

34、液中滴加足量 氯水后，溶液变橙色，说明溶液中含有 Br-，且有无色气泡冒出，说明溶液中含离子CO32-； 向所得橙色溶液中加入足量BaCl2 溶液，无沉淀生成，说明不含 SO32-； 向所得溶液中 继续滴加淀粉溶液，溶液不 变蓝色，可能是碘离子氧化成 单质碘，进一步单质碘被氧化成碘酸根离子或溶液中不含 I-，所以溶液不变色，不能确定碘离子存在；溶液中含有 CO32-，则一定不含有 Al 3+、Mg 2+，因与 CO32-反应生成沉淀，根据溶液呈 电中性原则，溶液中一定含有 Na+，所以溶液中一定不存在的离子 为 Al 3+、Mg 2+、SO32-，一定含有的离子为CO32-、Br -、Na+，

35、故选：B。第16 页，共 23页I-，所以溶液不变色， 向溶液中滴加足量 氯水后，溶液变橙色，说明溶液中含有 Br-，且有无色气泡冒出，说明溶液中含离子CO32-； 向所得橙色溶液中加入足量BaCl2 溶液，无沉淀生成，说明不含 SO32-； 向所得溶液中 继续滴加淀粉溶液，溶液不 变蓝色，可能是碘离子氧化成 单质碘，进一步单质碘被氧化成碘酸根离子或溶液中不含不能确定碘离子存在。本题考查了常见离子的检验方法，题目难度中等，明确常见离子的性 质为解答关键，注意掌握常见离子的检验方法，注意检验离子存在 时，需要排除干扰，确保检验方案的严密性，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力。21【. 答案】

36、第四周期第 A 族4s2高CaF2 是离子晶体，SiF4 是分子晶体，离子晶体熔化时破坏离子键，分子晶体熔化破坏范德华力，离子键远比范德华力强烈得多Fe取样，加入KSCN 溶液，溶液呈现血红色，证明有Fe3+253150.1N A【解析】解：（1）Ca 的原子序数 为 20，原子结构中有 4 个电子层、最外层电子数为 2，则在元素周期表中的位置是第四周期第A 族，最外层电子排布式 为，故答案为：第四周期第A 族；4s2；（2）CaF2 为离子化合物，其电子式为，一般离子晶体的熔点高于分子晶体， 则 CaF2 熔点比 SiF4 熔点高，因 CaF2 是离子晶体， SiF4 是分子晶体，离子晶体熔

37、化 时破坏离子 键，分子晶体熔化破坏范德 华力，离子键远比范德华力强烈得多，故答案为：；CaF2 是离子晶体， SiF4 是分子晶体，离子晶体熔化时破坏离子 键，分子晶体熔化破坏范德 华力，离子键远比范德华力强烈得多；（3）生成白色絮状沉淀并迅速 变成灰绿色，最后变成红褐色 M （OH），M 为 Fe，n第17 页，共 23页检测 Fe3+的另一种方法是取 样，加入KSCN 溶液，溶液呈现血红色，证明有Fe3+，故答案为：Fe；取样，加入 KSCN 溶液，溶液呈现血红色，证明有 Fe3+ ；（4）P元素的化合价由0升高为+5 价，Fe元素的化合价由 +2 降低为 0，由电子、原子守恒可知反应为

38、 2P+5FeO+3CaO=Ca（PO）为2.8g，342+5Fe，若生成的 Fe则转移的电子数目为（2-0）NA=0.1NA ，故答案为：2；5；3；1；5；0.1NA。（1）Ca 的原子序数 为 20，原子结构中有 4 个电子层、最外层电子数为 2；（2）CaF2 为离子化合物，一般离子晶体的熔点高于分子晶体；（3）生成白色絮状沉淀并迅速 变成灰绿色，最后变成红褐色 M （OH），M 为 Fe，n选 KSCN 溶液检验铁离子；（4）P 元素的化合价由0 升高为 +5 价，Fe 元素的化合价由 +2 降低为 0，结合电子、原子守恒配平，由化合价 变化计算转移电子。本题考查金属及化合物的性 质

39、，为高频考点，把握元素的位置、金属及化合物的性质、电子及原子守恒 为解答的关 键，侧重分析与 应用能力的考 查，注意（4）为解答的难点，题目难度不大。22.； 减小否 压强太高，对生产设备要求也高，难【答案】 0.015以实现，且温度降低时反应速率过低，500左右催化剂的活性最大及时分离出NH 3 NH 4+H 2O=NH 3?H2O+H +【解析】解：（1）1.7g 氨气的物 质的量为：=0.1mol，v（NH 3）=0.01mol/（L?min），v（H2）=0.01mol/（L?min） =0.015mol/（L?min），故答案为：0.015；（2）N2（g）+3H2（g）? 2NH3

40、（g）的平衡常数 K=；根据表中数据，压强相同时，温度越高氨气的体 积分数越小，说明升高温度第18 页，共 23页后平衡向着逆向移 动，导致生成物 浓度减小、反应物浓度增大，则升高温度后平衡常数 K 减小；T（K=3.6）的某一时刻下，c（N2）=1mol/L ，c（H 2）=3mol/L ，c（NH 3）=9mol/L ，此时的浓度商 Qc=说时还没有达到平衡状态，平衡正=3 K=3.6， 明此向着正向移动 则时反应速率是 v 正 v 逆 ， 此故答案为：；减小；否；（3）由于压强太高，对生产设备要求也高，难以实现，且温度降低时反应速率过低，500左右催化 剂的活性最大，所以合成氨生 产条件

41、一般 为压强在为500左右，20MPa50MPa，温度故答案为 压强对产设备要求也高，难以实现，且温度降低时反应速：太高， 生率过低，500左右催化剂时分离出 NH 3；的活性最大；及（4）（NH ）溶液为强酸弱碱盐，由于 NH+发生水解反 应：4 2SO44+H2O=NH3?H2O+H+导+浓+2-）NH 4，致NH4 的度减小，所以 c（NH 4）与c（SO4之比2：1，故答案为：；NH 4+H2O=NH 3?H2O+H+ 。（1）根据n=计算出氨气的物质的量，然后根据 v=计算出 v（NH结3）， 合反应速率之比等于化学 计量数之比 计算此段时间内 H2 的平均反 应速率；（2）根据平衡

42、常数的概念，结合方程式 N2（g）+3H2（g）? 2NH 3（g）写出平衡常数表达式；根据表中数据分析，压强相同时温度升高氨气的体 积分数减小，说明平衡向着逆向移 动，据此判断平衡常数 变化；计算出此时的浓度商 Qc，根据浓度商与 K 的大小关系判断平衡移动情况；（3）在500左右 时催化剂的活性最大；根据生成物 浓度对化学平衡的影响分析；（4）（NH ）SO 溶液为强酸弱碱盐，由于铵根离子部分水解，导致铵根离子浓4 24度减小。第19 页，共 23页本题考查化学平衡的 综合应用，题目难度中等，明确化学平衡及其影响 为解答关键，注意掌握 合成氨原理及条件， 试题培养了学生的分析能力及 综合应用能力。23.Cu 、加热加成反应取代反应HCOOCH 3 CH 3CHO+2Cu（ OH）【答案】羟基2 CH3 COOH+Cu 2O +2H2O【解析】解：（1）A 为 CH3CH2OH，官能团名称为羟基，故答案为：羟基；（2）反应 为醇的催化氧化，反应条件为 Cu、加热，故答案为：Cu、加热；（3） 为