《高中试卷》2012-2013学年上海市黄浦区高三（上）期末化学试卷暨高考化学一模试卷

1、2012-2013学年上海市黄浦区高三（上）期末化学试卷暨高考化学一模试卷一、选择题（本题共10分，每小题2分，只有一个正确选项）1（2分）化学与人类生活、社会可持续发展密切相关有关化学资源的合成、利用与开发的叙述正确的是（）a通过有机物的合成，可以制造出比钢铁更强韧的新型材料b大量使用化肥和农药，以提高农作物产量c开发利用可燃冰（固态甲烷水合物），有助于海洋生态环境的治理d安装煤炭燃烧过程的“固硫”装置，主要是为了提高煤的利用率2（2分）下列有关化学用语表示正确的是（）a四氯化碳分子比例模型：b次氯酸的结构式为 hcloccos的电子式是do2离子结构示意图：3（2分）水、双氧水都是由氢、氧

2、元素组成的重要化合物下列表述正确的是（）ah2o2的电子式为 b4时，纯水的ph7，溶液呈中性c0、101kpa，水分子间距：固态液态d101kpa，不同状态水的能量：固态液态气态4（2分）与实际化工生产流程相符的叙述是（）a制备硝酸的工业中，理论上氨中的氮元素100%转化为了硝酸b制备硫酸的工业尾气用氢氧化钠溶液吸收c让cl2在h2中燃烧制氯化氢，将氯化氢气体通入水中获得盐酸d工业上用电解熔融氯化铝和冰晶石的混合物的方法得到铝5（2分）根据“绿色化学”的思想，某化学家设计了下列化学反应步骤：cabr2+h2ocao+2hbr2hbr+hghgbr2+h2hgbr2+caohgo+cabr22

3、hgo2hg+o2该方案的相关叙述正确的是（）a该实验的目的是制取hbrb该过程的副产品是hgc该过程得到的气体只有h2d该过程的本质是水的分解二、选择题（本题共36分，每小题3分，只有一个正确选项）6（3分）物理和化学变化通常包含结构和能量的改变，下列相关过程的结构、能量变化叙述正确的是（）a有化学键断裂的过程一定是化学变化b化学变化中的能量变化一定是由化学键断裂、生成引起的c同一化学反应，只要起始和终止状态和量相同，加催化剂后，反应总的热效应一定不会发生改变d放热反应一定都是自发进行的反应，吸热反应一定都是非自发进行的反应7（3分）某单烯烃与氢气的加成产物为：（ch3 ）2chch2ch3

4、，下列相关说法正确的是（）a该产物的名称是1，1二甲基丙烷b原单烯烃只可能有3种不同结构c1mol加成产物燃烧消耗6.5mol氧气d原烯烃与分子式是c3h6的烃一定互为同系物8（3分）原子数相同、电子总数相同的粒子，互称为等电子体硼元素可形成三个等电子体阴离子：bo2、bc2m和bn2n，则m、n值为（）a5，3b2，4c3，1d1，29（3分）下列有关实验叙述正确的是（）a用量筒量取一定体积的溶液时，俯视读数，量取的液体体积大于读数体积b胆矾结晶水含量测定时，晶体灼烧后在空气中冷却，测得结晶水含量偏高c用1 mol/l氢氧化钠溶液滴定未知浓度盐酸时，滴定管水洗后即加入氢氧化钠溶液，测得的盐酸

5、浓度偏小d配制一定物质的量浓度的溶液时，容量瓶蒸馏水洗净后未干燥，不影响测定结果10（3分）分类法是研究化学的一种重要方法，下列乙中的物质与甲的分类关系匹配的是（）选项甲乙a干燥剂浓硫酸、石灰石、无水氯化钙b弱电解质冰醋酸、氨、水c空气质量检测物质氮氧化物、二氧化硫、pm2.5d 酸性氧化物三氧化硫、一氧化氮、二氧化硅aabbccdd11（3分）下列物质提纯的方法正确的是（）a除去乙醇中混有的乙酸：加入氢氧化钠溶液分液b除去混在co2中的so2：将气体通过饱和碳酸钠溶液洗气c除去kcl溶液中的k2co3：加入过量bacl2溶液后过滤d除去混在co2中的co：将气体通过装有灼热氧化铜的加热管12

6、（3分）已知短周期元素的离子aw3+、bx+、cy2、dz具有相同的电子层结构，下列关系正确的是（）a质子数cbb原子半径xwc氢化物的稳定性h2yhzd离子的还原性y2z13（3分）下列实验能很好达到预期目的是（）a向alcl3溶液中加入naoh溶液使铝离子恰好完全转化为al（oh）3沉淀b向agcl悬浊液中加入ki溶液，沉淀由白色转化为黄色，证明溶解性agiagclc向试管中的银氨溶液滴加a物质，水浴加热，若产生银镜，说明a物质是醛类d用湿润的ph试纸测试未知浓度盐酸的c（h+）14（3分）关于如图装置中的变化叙述错误的是（）a电子从锌片流向右侧碳棒，再从左侧碳棒流回铜片b锌片上发生氧化反

7、应c左侧碳棒上发生：2h2o+o2+4e4ohd铜电极析出铜15（3分）下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的是（）a用图1所示装置除去hcl中含有的少量cl2b用图2所示装置蒸发fecl3溶液制备无水fecl3c用图3所示装置可以完成“喷泉”实验d用图4所示装置制取并收集干燥纯净的nh316（3分）在密闭容器中进行反应：2a（g）+b（g）3c（g）+q（q0）下列各图表示当其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，其中分析正确的是（）a图i表示温度对化学平衡的影响，且甲的温度较高b图表示t0时刻缩小容器体积对反应速率的影响c图表示t0时刻增大b浓度对反应速率的影响d图中a、b、

8、c三点中只有b点已经达到化学平衡状态17（3分）下列离子或物质组能大量共存，且满足相应条件的是（）选项离子或物质条件ana+、k+、cl、so42c（na+）+c（k+）c（so42）+c（cl）bfe3+、so32、cl加入naoh溶液，产生红褐色沉淀cba+、hco3、cl、h+加入氨水产生沉淀d so2、o2、no2通入足量naoh溶液后，可能会没有任何气体剩余aabbccdd三、选择题（本题共20分，每小题4分，每小题有一个或两个正确选项只有一个正确选项的，多选不给分；有两个正确选项，选对一个给2分，选错一个，该小题不给分）18（4分）阿佛加德罗常数用na表示，下列叙述正确的是（）a室

9、温时，1lph2的nh4cl溶液中水电离出1012molh+b常温常压下，46gno2含3na个原子c1mollialh4在125完全分解成lih、h2、al，转移电子3nad12g石墨含有4na个自由移动的电子19（4分）以石化产品乙烯、丙烯为原料合成厌氧胶的流程如下关于该过程的相关叙述正确的是（）a反应的反应类型是加聚b物质a是卤代烃c物质b催化氧化后可以得到乙醛d1mol物质d最多可以消耗2molnaoh20（4分）下列离子方程式正确的是（）a在碳酸氢钙溶液中加入少量盐酸：ca2+2hco3+2h+co2+2h2o+caco3b硫酸铁溶液与氢氧化钡溶液：fe3+so42+ba2+3ohf

10、e（oh）3+baso4c次氯酸钙溶液中通入足量二氧化硫：ca2+clo+so2+h2ocaso4+cl+2h+d氢氧化钠溶液中通入过量二氧化碳：oh+co2hco321（4分）常温下，对下列四种溶液的叙述正确的是（）ph121222溶液氨水氢氧化钠溶液醋酸溶液盐酸a、两溶液相比，两者的kw相同b、两种溶液分别加水稀释100倍，ph变化较大的是c等体积的、溶液中分别加入过量锌粒，产生的氢气前者大于后者d、两溶液按2：1体积比混合后溶液中微粒浓度满足c（nh4+）+c（nh3h2o）c（cl）22（4分）向 m g 铁和铝的混合物中加入适量的稀硫酸，恰好完全反应生成标准状况下的气体 b l随即向

11、反应后的溶液中加入c mol/l氢氧化钾溶液 v ml，使与硫酸反应所得的金属离子刚好沉淀完全，并在空气中放置较长时间至沉淀不再发生改变，得到沉淀质量为 n g再将得到的沉淀灼烧至质量不再改变为止，得到固体 p g则下列关系正确的是（）acbpm+cnm+17vcdmpm四、（本题共8分）23（8分）现有120号元素a、b、c、d所对应的物质的性质或微粒结构如下表：元素物质性质或微粒结构am层上有2对成对电子bb的离子与d的离子具有相同电子层结构，且可以相互组合形成干燥剂c常温下单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性d元素最高正价是+7价（1）元素a的原子最外层共有 种不同运动状态的电子，有

12、种能量不同的电子b的离子与d的离子相互组合形成的干燥剂的化学式是 （2）元素c与氢元素形成带一个单位正电荷的离子，写出该微粒的电子式（用元素符号表示） （3）元素a与元素d相比，非金属性较强的是 （用元素符号表示），下列表述中能证明这一事实的是 a常温下a的单质和d的单质状态不同ba的氢化物比d的氢化物稳定c一定条件下d能从a的氢化物水溶液中置换出a单质dhd的酸性比ha酸性强（4）c的氢化物固态时属于 晶体，该氢化物与a的最高价氧化物水化物反应的化学方程式是 五、（本题共8分）24（8分）已知ca3（po4）2与sio2、c高温共热可以反应得到casio3、p4蒸气和co完成下列填空：（1）

13、该反应中氧化剂是 ，氧化产物是 （2）写出该反应的化学方程式 （3）每消耗24.0g碳时，有 mol电子发生转移，生成p4 g（4）反应所得混合气体，折算成标况下，其气体密度为 g/l六、（本题共8分）25（8分）工业上高纯硅可以通过下列反应制取：sicl4（g）+2h2（g）si（s）+4hcl（g）236kj完成下列填空：（1）在一定温度下进行上述反应，若反应容器的容积为2l，h2的平均反应速率为 0.1mol/（lmin），3min后达到平衡，此时获得固体的质量 g（2）该反应的平衡常数表达式k 可以通过 使k增大（3）一定条件下，在密闭恒容容器中，能表示上述反应一定达到化学平衡状态的是

14、 a2v逆（sicl4）v正（h2） b断开4mol sicl键的同时，生成4mol hcl键c混合气体密度保持不变 dc（sicl4）：c（h2）：c（hcl）1：2：4（4）若反应过程如右图所示，纵坐标表示氢气、氯化氢的物质的量（mol），横坐标表示时间（min），若整个反应过程没有加入或提取各物质，则第1.5分钟改变的条件是 ，第3分钟改变的条件是 ，各平衡态中氢气转化率最小的时间段是 七、（本题共12分）26（12分）有学生用五氧化二磷作为乙醇脱水制乙烯的催化剂，进行相关实验按表所示的量和反应条件在三颈瓶中加入一定量p2o5，并注入95%的乙醇，并加热，观察现象实验p2o5/g95%乙

15、醇量/ml加热方式实验124酒精灯实验224水浴70实验结果如下：实验实验现象三颈瓶收集瓶试管实验1酒精加入时，立刻放出大量的白雾，开始有气泡产生，当用酒精灯加热时，气泡加快生成并沸腾，生成粘稠状液体有无色液体溶液褪色实验2酒精加入时，有少量白雾生成，当用水浴加热时，不产生气泡，反应一个小时，反应瓶内生成粘稠状液体有无色液体溶液不褪色根据上述资料，完成下列填空（1）写出乙醇制乙烯的化学方程式 （2）如图装置中泠凝管的作用是 ，进水口为（填“a”或“b”） ，浓硫酸的作用是 （3）实验1使溴的四氯化碳溶液褪色的物质是 （4）实验2中，水浴加热所需仪器有 、 （加热、夹持仪器、石棉网除外）（5）三

16、颈瓶、收集瓶中的液体经检验为磷酸三乙酯，写出三颈瓶中生成磷酸的化学方程式 ，p2o5在实验1中的作用是 （6）根据实验1、2可以推断：以p2o5作为催化剂获得乙烯的反应条件是 p2o5与95%乙醇在加热条件下可以发生的有机反应的类型是 反应八、（本题共12分）27（12分）某学生在0.1mol/lnahco3溶液中滴加酚酞溶液1滴，整个溶液几乎没有什么变化，但溶液加热后，显明显淡红色，加热较长时间后冷却，红色不褪去该学生为了了解该过程的原因，进行了下列探究过程：实验探究实验1：加热0.1mol/lnahco3溶液，测得溶液ph变化如下表温度（）102030507080100ph8.38.48.

17、58.99.49.610.1实验2：10时，在烧杯中加入0.1mol/lnahco3溶液200ml，测得该溶液ph8.3，加热到100，测得ph10.2，恢复到10，ph9.8实验3：加热0.1mol/lnahco3溶液，将产生的气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊实验4：配制0.1mol/lnahco3溶液和0.1mol/lna2co3溶液各200ml，10时，分别测得nahco3溶液ph8.3，na2co3溶液ph11.5加热蒸发0.1mol/l nahco3溶液200ml，至溶液体积100ml，停止加热，加水至200ml，冷却至原温度，测得溶液ph9.8将0.1mol/l nahco3溶液20

18、0ml敞口放置三天，再加水至200ml，测得溶液ph10.1请根据上述实验回答下列问题：（1）用离子方程式表示0.1mol/lnahco3溶液中存在的平衡（除水电离平衡外） 、 这两个平衡以 为主，理由是 （2）实验3得到的结论是 （3）结合实验2、3分析，加热0.1mol/lnahco3溶液，ph增大的原因可能是 、 、 （4）实验4得到的结论是 （5）实验4“加水至200ml”的目的是 实验4可以得到的结论是 （6）要确定nahco3溶液加热后ph增大的主要原因还需要解决的问题是 九、（本题共8分）28（8分）有一种线性高分子，结构如图所示完成下列填空：（1）该高分子由 种单体（聚合成高分

19、子的简单小分子）聚合而成这些单体含有的官能团名称是 （2）写出上述单体中式量最小和式量最大的分子间发生缩聚反应的化学方程式 （3）上述单体中式量最小的分子在一定条件下完全消去后所得物质的结构简式为 该物质加聚生成的高分子（填“能”或“不能”） 与溴的ccl4溶液发生加成反应该物质三分子聚合成环，所得物质的名称是 （4）上述单体中其中互为同系物的是（写出所有可能，用结构简式表述） 、 十、（本题共12分）29（12分）已知由有机物b、苯甲醛、乙酸、乙醇合成目标产物 ，其合成路线如图所示（其中et表示乙基）完成下列填空：（1）写出反应类型：反应 、反应 （2）写出物质a的分子式 ，b的名称是 （3

20、）写出下列反应的化学方程式： （4）c9h10o是苯甲醛的同系物，其中苯环上含有两个取代基的同分异构体共有 种，写出其中一种的结构简式 （5）如果只用一种试剂通过化学反应（必要时可以加热）鉴别合成原料中的乙酸、乙醇、苯甲醛这种试剂是 ，其中苯甲醛检出的现象是 （6）目标产物（结构：）是否有含三个苯环的同分异构体 （填“有”或“无”），理由是 十一、（本题共16分）30（16分）纯碱是主要的化工原料，化学家发明了其不同的工业制法，其中法国化学家尼古拉斯早在1791年发明的工业合成碳酸钠的方法，简称勒布朗制碱法该方法包括以下两个阶段：首先从原料氯化钠与浓硫酸在高温下的反应得到中间产物硫酸钠，然后通

21、过硫酸钠与木炭和碳酸钙的反应来得到碳酸钠各步骤反应的化学方程式如下：2nacl+h2so4na2so4+2hclna2so4+2c na2s+2co2na2s+caco3na2co3+cas完成下列计算（计算过程保留3位有效数字）（1）假设每一步反应物的量足够，反应完全，理论上每获得1kg纯度为80%的纯碱需要氯化钠的质量是 kg（2）步骤碳单质过量时也同样可以反应获得na2s，此时所发生的反应的化学方程式是 若其它条件不变，步骤按此反应进行，每获得1kg纯度为80%的纯碱需要氯化钠的质量是 kg，此时消耗碳单质的量是原步骤反应用碳量的 倍（3）通过定性分析，勒布朗制碱法获得的纯碱含有杂质ca

22、co3和cas，为了测定产品纯度，取10g样品与稀硝酸反应，硫元素全部转化成淡黄色固体，称量其质量为0.16g，另取10g样品与稀盐酸反应，得到气体（忽略气体在水中的溶解），折算为标况下，体积为2.162l，计算求出该产品中na2co3的纯度（4）若除氯化钠和碳单质的量外，其它反应物足量，反应充分，如果加入a mol氯化钠时，生成的na2co3为y g，电子转移数为z mol，讨论分析当氯化钠与碳的物质的量之比x的值不同时，用函数式表示y和z的值是多少xyz2012-2013学年上海市黄浦区高三（上）期末化学试卷暨高考化学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共10分，每小题2分，只有一个

23、正确选项）1（2分）化学与人类生活、社会可持续发展密切相关有关化学资源的合成、利用与开发的叙述正确的是（）a通过有机物的合成，可以制造出比钢铁更强韧的新型材料b大量使用化肥和农药，以提高农作物产量c开发利用可燃冰（固态甲烷水合物），有助于海洋生态环境的治理d安装煤炭燃烧过程的“固硫”装置，主要是为了提高煤的利用率【解答】解：a通过有机物的合成可以制造出新型高分子材料，某些新型高分子材料的性能比钢铁更强韧，故a正确； b使用农药和化肥固然有利于增加农作物的产量，但会在农产品中造成农药残留，会使土地里的盐碱越来越多，土壤越来越硬，影响农作物的生长，从长远来讲反而会影响农作物的收成，故b错误；c过分

24、开发可燃冰，会影响海洋生态环境，故c错误；d安装煤炭燃烧过程的“固硫“装置，主要是为了减少污染，故d错误。故选：a。2（2分）下列有关化学用语表示正确的是（）a四氯化碳分子比例模型：b次氯酸的结构式为 hcloccos的电子式是do2离子结构示意图：【解答】解：acl原子半径大于c原子，四氯化碳分子比例模型不正确，比例模型应符合原子的大小，故a错误；b因hclo为共价化合物，根据共价键成键的特点，氢原子形成一对共用电子对，氧原子形成两对共用电子对，氯原子形成一对共用电子对，其结构式为hocl，故b错误；ccos分子中碳原子与硫原子之间形成2对共用电子对，碳原子与氧原子之间形成2对共用电子对，c

25、os的电子式是，故c正确；d氧原子核电荷数是8，818o2粒子结构示意图：，故d错误；故选：c。3（2分）水、双氧水都是由氢、氧元素组成的重要化合物下列表述正确的是（）ah2o2的电子式为 b4时，纯水的ph7，溶液呈中性c0、101kpa，水分子间距：固态液态d101kpa，不同状态水的能量：固态液态气态【解答】解：a过氧化氢属于共价化合物，分子中氧原子之间形成1对共用电子对、氢原子与氧原子之间形成1对共用电子对，电子式为，故a错误；b纯水呈中性，水的电离是吸热过程，4时，水的离子积小于1014，纯水中氢离子浓度小于107，纯水的ph7，故b错误；c由于冰中的氢键作用，存在四面体结构，水分子

26、的空间利用率不高，分子间距比液态水大，故c正确；d.101kpa，不同状态水的能量：固态液态气态，故d错误；故选：c。4（2分）与实际化工生产流程相符的叙述是（）a制备硝酸的工业中，理论上氨中的氮元素100%转化为了硝酸b制备硫酸的工业尾气用氢氧化钠溶液吸收c让cl2在h2中燃烧制氯化氢，将氯化氢气体通入水中获得盐酸d工业上用电解熔融氯化铝和冰晶石的混合物的方法得到铝【解答】解：a工业制硝酸过程发生的化学反应为：4nh3+5o24no+6h2o； 2no+o22no2； 3no2+h2o2hno3+no，no循环使用，氨气中氮元素全部转化为硝酸的总化学方程为：nh3+2o2hno3+h2o，理

27、论上氨中的氮元素100%转化为了硝酸，故a正确；b硫酸工业尾气主要是二氧化硫，其处理一般是用石灰石湿法脱硫，生成的副产物硫酸钙可用于水泥生产，氢氧化钠比石灰石贵，制备硫酸的工业尾气不用氢氧化钠溶液吸收，故b错误；c让h2在cl2中燃烧制氯化氢，将氯化氢气体通入水中获得盐酸，故c错误；d工业上用电解熔融氧化铝的方法来制取金属铝。纯净氧化铝的熔点很高（约2045），在实际生产中，通过加入助熔剂冰晶石（na3alf6）在1000左右就可以得到熔融体，故d错误；故选：a。5（2分）根据“绿色化学”的思想，某化学家设计了下列化学反应步骤：cabr2+h2ocao+2hbr2hbr+hghgbr2+h2h

28、gbr2+caohgo+cabr22hgo2hg+o2该方案的相关叙述正确的是（）a该实验的目的是制取hbrb该过程的副产品是hgc该过程得到的气体只有h2d该过程的本质是水的分解【解答】解：依据绿色化学中关于绿色化学的要求是，即在获取新物质的化学反应中充分利用参与反应的每个原料原子，所以每一个反应的生成物只要能是其它反应的反应物则就可循环使用，a反应的产物hbr可为提供反应物，所以该实验的目的不是制取hbr，故a错误；b反应的生成物hg可用于的反应物，所以hg不是该过程的副产品，故b错误；c分析知反应的生成物cao和hbr可分别为和提供反应物，反应的生成物hgbr2可用于的反应物，氢气未被重

29、新利用；反应中的生成物汞可用于反应，氧气没有被重新使用，故在整个的反应中最后剩余的物质是氢气与氧气，故c错误；d将题干中的化学方程式【+】×2+得：2h2o2h2+o2，所以该过程的本质是水的分解，故d正确；故选：d。二、选择题（本题共36分，每小题3分，只有一个正确选项）6（3分）物理和化学变化通常包含结构和能量的改变，下列相关过程的结构、能量变化叙述正确的是（）a有化学键断裂的过程一定是化学变化b化学变化中的能量变化一定是由化学键断裂、生成引起的c同一化学反应，只要起始和终止状态和量相同，加催化剂后，反应总的热效应一定不会发生改变d放热反应一定都是自发进行的反应，吸热反应一定都是

30、非自发进行的反应【解答】解：a、有化学键断裂的过程不一定是化学变化，有些物质溶解过程有化学键断裂但无新化学键形成，是物理变化，如氯化钠溶解过程，故a错误；b、化学反应中物态的变化同样会改变化学反应中的能量，化学变化中的能量变化不一定是由化学键断裂、生成引起的，故b错误；c、同一化学反应，只要起始和终止状态和量相同，加催化剂后，催化剂改变反应速率不改变化学平衡，反应总的热效应一定不会发生改变，故c正确；d、自发进行的反应判断依据是hts0，放热反应不一定都是自发进行的反应如h0，s0高温下可是不能自发进行的反应，吸热反应h0，s0高温下反应可以是自发进行的反应，不一定都是非自发进行的反应，故d错

31、误；故选：c。7（3分）某单烯烃与氢气的加成产物为：（ch3 ）2chch2ch3，下列相关说法正确的是（）a该产物的名称是1，1二甲基丙烷b原单烯烃只可能有3种不同结构c1mol加成产物燃烧消耗6.5mol氧气d原烯烃与分子式是c3h6的烃一定互为同系物【解答】解：a、加成产物的命名正确为 2甲基丁烷，故a错误；b、采用逆向分析法，相邻的碳原子各去掉一个氢原子，有三种结果，故有3种不同的烯烃，故b正确；c、1molh消耗0.5molo，及0.25molo2；1molc消耗1molo2，故1mol产物c5h12，燃烧消耗1×5+0.25×128（mol），故c错误；d、c3

32、h6有两种结构，一种是丙烯，还一种是环丙烷，故不一定是烯烃，故d错误；故选：b。8（3分）原子数相同、电子总数相同的粒子，互称为等电子体硼元素可形成三个等电子体阴离子：bo2、bc2m和bn2n，则m、n值为（）a5，3b2，4c3，1d1，2【解答】解：bo2中电子总数为5+8×2+122，所以bc2m、bn2n中电子总数为5+6×2+m5+7×2+n22，解得m5；n3，故选a。9（3分）下列有关实验叙述正确的是（）a用量筒量取一定体积的溶液时，俯视读数，量取的液体体积大于读数体积b胆矾结晶水含量测定时，晶体灼烧后在空气中冷却，测得结晶水含量偏高c用1 mol

33、/l氢氧化钠溶液滴定未知浓度盐酸时，滴定管水洗后即加入氢氧化钠溶液，测得的盐酸浓度偏小d配制一定物质的量浓度的溶液时，容量瓶蒸馏水洗净后未干燥，不影响测定结果【解答】解：a俯视液体，看到的读数偏大，但量取的实际体积正好偏小，故a错误； b用加热法测定胆矾晶体中结晶水含量时，若在空气中冷却会导致无水硫酸铜吸收空气中的水重新形成结晶水合物，导致结果偏低；应该放在干燥器中冷却，因为在干燥器的底部放有干燥剂，不让水分进入，故b错误；c滴定管未用盐酸标准液润洗，会导致浓度偏低，所用体积判断，则测定结果偏大，故c错误；d因配一定物质的量浓度溶液实验中，容量瓶用蒸馏水洗净后不影响溶液的体积，浓度不变，所以不

34、需要干燥和润洗，故d正确。故选：d。10（3分）分类法是研究化学的一种重要方法，下列乙中的物质与甲的分类关系匹配的是（）选项甲乙a干燥剂浓硫酸、石灰石、无水氯化钙b弱电解质冰醋酸、氨、水c空气质量检测物质氮氧化物、二氧化硫、pm2.5d 酸性氧化物三氧化硫、一氧化氮、二氧化硅aabbccdd【解答】解：a、浓硫酸、无水氯化钙可以做干燥剂，石灰石不是干燥剂，故a错误；b、氨气是非电解质，醋酸，水是弱电解质，故b错误；c、空气质量检测物质主要有氮氧化物、二氧化硫、pm2.5等，故c正确；d、三氧化硫、二氧化硅是酸性氧化物，一氧化氮是不成盐氧化物，故d错误；故选：c。11（3分）下列物质提纯的方法正

35、确的是（）a除去乙醇中混有的乙酸：加入氢氧化钠溶液分液b除去混在co2中的so2：将气体通过饱和碳酸钠溶液洗气c除去kcl溶液中的k2co3：加入过量bacl2溶液后过滤d除去混在co2中的co：将气体通过装有灼热氧化铜的加热管【解答】解：a生成乙酸钠与乙醇都溶于水，应用蒸馏的方法分离，故a错误；bco2和so2与饱和碳酸钠都反应，应用饱和碳酸氢钠反应分离，故b错误；c加入过量的氯化钡，引入新杂质，可加入盐酸除杂，故c错误；dco与cuo反应生成co2，且不引入新的杂质，故d正确。故选：d。12（3分）已知短周期元素的离子aw3+、bx+、cy2、dz具有相同的电子层结构，下列关系正确的是（）

36、a质子数cbb原子半径xwc氢化物的稳定性h2yhzd离子的还原性y2z【解答】解：非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性是：hxo4h2yo4h3zo4，则非金属性xyz，a同周期从左到右非金属性增强，原子半径逐渐减小，所以原子半径：xyz，故a错误；b最高价氧化物对应水化物的酸性是：hxo4h2yo4h3zo4，则非金属性xyz，故b错误；c由于非金属性xyz，所以气态氢化物的稳定性：hxh2yzh3，故c错误；d非金属性xyz，同周期从左到右元素非金属性增强，可知原子序数的关系为xyz，故d正确；故选：d。13（3分）下列实验能很好达到预期目的是（）

37、a向alcl3溶液中加入naoh溶液使铝离子恰好完全转化为al（oh）3沉淀b向agcl悬浊液中加入ki溶液，沉淀由白色转化为黄色，证明溶解性agiagclc向试管中的银氨溶液滴加a物质，水浴加热，若产生银镜，说明a物质是醛类d用湿润的ph试纸测试未知浓度盐酸的c（h+）【解答】解：a氢氧化铝具有两性，能溶解在naoh溶液中，应向alcl3溶液中加入过量氨水溶液使铝离子恰好完全转化为al（oh）3沉淀，故a错误；b发生沉淀的转化，向溶度积更小的方向移动，则agcl悬浊液中加入ki溶液，沉淀由白色转化为黄色，证明溶解性agiagcl，故b正确；c向试管中的银氨溶液滴加a物质，水浴加热，产生银镜，

38、a中一定含cho，但不一定属于醛，如a可能为葡萄糖、hcooh及甲酸某酯等，故c错误；d测定酸溶液的ph，试纸不能湿润，湿润后测定的盐酸的ph偏大，故d错误；故选：b。14（3分）关于如图装置中的变化叙述错误的是（）a电子从锌片流向右侧碳棒，再从左侧碳棒流回铜片b锌片上发生氧化反应c左侧碳棒上发生：2h2o+o2+4e4ohd铜电极析出铜【解答】解：边装置能自发的进行氧化还原反应，所以右边装置是原电池，锌易失电子而作负极，铜作正极；左边装置连接外加电源，所以是电解池，连接锌棒的电极是阴极，连接铜棒的电极是阳极，a电子从负极锌沿导线流向右侧碳棒，再从左侧碳棒流回正极铜片，故a正确；b锌片上失电子

39、发生氧化反应，故b正确；c左侧碳棒是电解池阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，故c错误；d铜电极是正极，正极上铜离子得电子析出铜，故d正确；故选：c。15（3分）下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的是（）a用图1所示装置除去hcl中含有的少量cl2b用图2所示装置蒸发fecl3溶液制备无水fecl3c用图3所示装置可以完成“喷泉”实验d用图4所示装置制取并收集干燥纯净的nh3【解答】解：a氯气难溶于饱和食盐水，用图1所示装置除去cl2中含有的少量hcl，故a错误；b氯化铁在加热时水解生成氢氧化铁，不能直接用蒸发的方法制备，故b错误；c氯气与naoh溶液反应，导致圆底烧瓶内压强减小，可形成

40、喷泉，故c正确；d氨气密度比空气小，应用向下排空法收集，故d错误。故选：c。16（3分）在密闭容器中进行反应：2a（g）+b（g）3c（g）+q（q0）下列各图表示当其他条件不变时，改变某一条件对上述反应的影响，其中分析正确的是（）a图i表示温度对化学平衡的影响，且甲的温度较高b图表示t0时刻缩小容器体积对反应速率的影响c图表示t0时刻增大b浓度对反应速率的影响d图中a、b、c三点中只有b点已经达到化学平衡状态【解答】解：a图中乙到达平衡时间较短，乙的温度较高，正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，so3的转化率减小，乙的温度较高，故a错误；b图在t0时刻正逆反应速率都增大，但仍相等，平

41、衡不发生移动，该反应前后气体的体积不变，应是缩小体积或加入催化剂的原因，故b正确；c增大反应物的浓度瞬间，正反速率增大，逆反应速率不变，之后逐渐增大，图改变条件瞬间，正、逆速率都增大，正反应速率增大较大，平衡向正反应移动，该反应正反应是体积不变的放热反应，应是同时不同等程度增大反应物与生成的浓度，故c错误；d曲线表示平衡常数与温度的关系，曲线上各点都是平衡点，故d错误；故选：b。17（3分）下列离子或物质组能大量共存，且满足相应条件的是（）选项离子或物质条件ana+、k+、cl、so42c（na+）+c（k+）c（so42）+c（cl）bfe3+、so32、cl加入naoh溶液，产生红褐色沉淀

42、cba+、hco3、cl、h+加入氨水产生沉淀d so2、o2、no2通入足量naoh溶液后，可能会没有任何气体剩余aabbccdd【解答】解：a该组离子之间不反应，能共存，但c（na+）+c（k+）c（so42）+c（cl），不遵循电荷守恒，故a错误；bfe3+、so32发生氧化还原反应生成亚铁离子，不能共存，且加入naoh溶液，产生白色沉淀，故b错误；chco3、h+结合生成水和气体，则不能共存，故c错误；d二氧化氮与氧气以4：1存在时，二氧化硫以任意量存在，能被足量naoh溶液完全吸收，则可能会没有任何气体剩余，故d正确；故选：d。三、选择题（本题共20分，每小题4分，每小题有一个或两个

43、正确选项只有一个正确选项的，多选不给分；有两个正确选项，选对一个给2分，选错一个，该小题不给分）18（4分）阿佛加德罗常数用na表示，下列叙述正确的是（）a室温时，1lph2的nh4cl溶液中水电离出1012molh+b常温常压下，46gno2含3na个原子c1mollialh4在125完全分解成lih、h2、al，转移电子3nad12g石墨含有4na个自由移动的电子【解答】解：a、室温时，1lph2的nh4cl溶液中水电离出102molh+；故a错误；b、46gno2含物质的量为1mol，分子中含3na个原子，故b正确；c、1mollialh4在125完全分解成lih、h2、al，反应化学方

44、程式lialh4lih+h2+al：1mollialh4在125完全分解转移电子3na，故c正确；d、石墨结构中，每一个碳原子有一个未成键电子，12g石墨中碳原子物质的量为1mol，含na个自由移动的电子，故d错误；故选：bc。19（4分）以石化产品乙烯、丙烯为原料合成厌氧胶的流程如下关于该过程的相关叙述正确的是（）a反应的反应类型是加聚b物质a是卤代烃c物质b催化氧化后可以得到乙醛d1mol物质d最多可以消耗2molnaoh【解答】解：丙烯氧化生成c，c与新制氢氧化铜反应，结合d的分子式可知，则c为ch2chcho、d为ch2chcoohb与d在浓硫酸、加热条件下生成e，应是发生酯化反应，结

45、合e的分子式可知，应是1分子b与2分子d发生酯化反应，故b为hoch2ch2oh，则e为ch2chcooch2ch2oocchch2，e发生加聚反应得到f由b的结构可知，乙烯与氯气或溴发生加成反应生成a，a为1，2二卤代烃，a水解得到乙二醇，a由上述分析可知，反应是ch2chcooch2ch2oocchch2发生加聚反应得到f，故a正确；b物质a为1，2二卤代烃，故b正确；cb为hoch2ch2oh，催化氧化得到ohccho，故c错误；dd为ch2chcooh，1mol物质d最多可以消耗1molnaoh，故d错误；故选：ab。20（4分）下列离子方程式正确的是（）a在碳酸氢钙溶液中加入少量盐酸

46、：ca2+2hco3+2h+co2+2h2o+caco3b硫酸铁溶液与氢氧化钡溶液：fe3+so42+ba2+3ohfe（oh）3+baso4c次氯酸钙溶液中通入足量二氧化硫：ca2+clo+so2+h2ocaso4+cl+2h+d氢氧化钠溶液中通入过量二氧化碳：oh+co2hco3【解答】解：a、加入少量盐酸，碳酸氢钙中的hco3与h+发生反应，生成了co2，正确书写是：hco3+h+co2+2h2o，故a错误；b、fe2（so4）3的配比数是2：3，b项中是1：1，正确离子方程式应该是：2fe3+3so42+3ba2+6oh3fe（oh）3+3baso4，故b错误；c、so2足量，除了生成

47、caso4，还有so42，正确反应为：ca2+2clo+2so2+2h2ocaso4+2cl+4h+so42，故c错误；d、氢氧化钠溶液中通入过量二氧化碳后，生成碳酸氢钠，离子方程式为oh+co2hco3，故d正确；故选：d。21（4分）常温下，对下列四种溶液的叙述正确的是（）ph121222溶液氨水氢氧化钠溶液醋酸溶液盐酸a、两溶液相比，两者的kw相同b、两种溶液分别加水稀释100倍，ph变化较大的是c等体积的、溶液中分别加入过量锌粒，产生的氢气前者大于后者d、两溶液按2：1体积比混合后溶液中微粒浓度满足c（nh4+）+c（nh3h2o）c（cl）【解答】解：常温下，c（ch3cooh）c（

48、hcl）0.01mol/l，c（nh3h2o）c（naoh）0.01mol/l，a水的离子积常数只与温度有关，与溶液的酸性强弱无关，温度相同，水的离子积常数相同，故a正确；b等ph的氨水和氢氧化钠溶液，一水合氨是弱电解质，氨水中存在电离平衡，稀释氨水促进一水合氨电离，所以稀释相同的倍数，氢氧化钠溶液的ph变化大于氨水，故b错误；c等体积等ph的、溶液，醋酸的物质的量大于盐酸，所以与足量的锌反应，醋酸生成氢气的量多，故c正确；dc（nh3h2o）c（hcl）0.01mol/l，、两溶液按2：1体积比混合后，溶液中存在物料守恒，所以c（nh4+）+c（nh3h2o）2c（cl），故d错误；故选：a

49、c。22（4分）向 m g 铁和铝的混合物中加入适量的稀硫酸，恰好完全反应生成标准状况下的气体 b l随即向反应后的溶液中加入c mol/l氢氧化钾溶液 v ml，使与硫酸反应所得的金属离子刚好沉淀完全，并在空气中放置较长时间至沉淀不再发生改变，得到沉淀质量为 n g再将得到的沉淀灼烧至质量不再改变为止，得到固体 p g则下列关系正确的是（）acbpm+cnm+17vcdmpm【解答】解：a、根据电荷守恒，氢氧化亚铁、氢氧化铝沉淀中含有n（oh），等于金属提供的电子的物质的量，等于生成氢气的获得的电子的物质的量，故生成的氢气的物质的量等于参加反应的碱的物质的量的一半，故×2cmol/

50、l×v×103l，整理得c，故a正确；b、若灼烧后的氧化物为氧化亚铁、氧化铝，氧化物的质量等于金属质量与氧原子的质量之和，由电荷守恒可知氧原子的物质的量等于氢氧根离子物质的量的一半，故pm+c×v×103××16m+，但灼烧后的固体为氧化铁、氧化铝，故pm+，故b错误；c、加入koh溶液，离子恰好沉淀时，生成的沉淀为氢氧化亚铁、氢氧化铝，其质量等于金属的质量与含有的氢氧根离子的质量之和为m+c×v×103×17m+，在空气中放置较长时间至沉淀不再发生改变，最终沉淀为氢氧化铁、氢氧化铝，故nm+c×

51、;v×103×17m+，故c错误；d、若氧化物为氧化铁，根据元素守恒，则质量为p××160g/mol，若mg全是铝，得到的氧化物为氧化铝，根据元素守恒，则质量为p××102g/mol，质量介于二者之间，故d正确；故选：ad。四、（本题共8分）23（8分）现有120号元素a、b、c、d所对应的物质的性质或微粒结构如下表：元素物质性质或微粒结构am层上有2对成对电子bb的离子与d的离子具有相同电子层结构，且可以相互组合形成干燥剂c常温下单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性d元素最高正价是+7价（1）元素a的原子最外层共有6种不同运动状态

52、的电子，有2种能量不同的电子b的离子与d的离子相互组合形成的干燥剂的化学式是cacl2（2）元素c与氢元素形成带一个单位正电荷的离子，写出该微粒的电子式（用元素符号表示）（3）元素a与元素d相比，非金属性较强的是cl（用元素符号表示），下列表述中能证明这一事实的是ca常温下a的单质和d的单质状态不同ba的氢化物比d的氢化物稳定c一定条件下d能从a的氢化物水溶液中置换出a单质dhd的酸性比ha酸性强（4）c的氢化物固态时属于分子晶体，该氢化物与a的最高价氧化物水化物反应的化学方程式是2nh3+h2so4（nh4）2so4【解答】解：现有120号元素，a的m层上有2对成对电子，则a是s元素；d元素最高正价是+7价，属于第viia族元素，且原子序数小于20，f元素没有正化合价，所以d是cl元素；b的离子与d的离子具有相同电子层结构，且可以相互组合形成干燥剂