上海市闵行区2016届高考化学二模试卷(解析版)

1、2016年上海市闵行区高考化学二模试卷一、选择题（本题共10分，每小题2分，每题只有一个正确选项）1“地沟油”可与醇加工制成生物柴油变废为宝关于“地沟油”的说法正确的是（）A属于烃类B由不同酯组成的混合物C密度比水大D不能发生皂化反应2下列化学用语正确的是（）ACH3OOCCH3名称为甲酸乙酯B次氯酸的电子式 C17Cl原子3p亚层有一个未成对电子D碳原子最外层电子云有两种不同的伸展方向3相同主族的短周期元素中，形成的单质一定属于相同类型晶体的是（）A第IA族B第IIIA族C第IVA族D第VIA族4下列气体在常温常压下不能共存的是（）ANH3、HClBCH4、Cl2CH2S、O2DSO2、O2

2、5有关物质性质的比较，错误的是（）A熔点：纯铁生铁B密度：硝基苯水C热稳定性：小苏打苏打D碳碳键键长：乙烯苯二、选择题（本题共36分，每小题3分，每题只有一个正确选项）6工业生产措施中，能同时提高反应速率和产率的是（）A合成氨使用高压B制硝酸用PtRh合金作催化剂C制硫酸时接触室使用较高温度D侯氏制碱法循环利用母液7能使氢硫酸溶液的pH先升高后降低的物质是（）ACl2BSO2CCuSO4DO28下列卤代烃不能够由烃经加成反应制得的是（）ABCD9如图是部分短周期元素原子（用字母表示）最外层电子数与原子序数的关系图说法正确的是（）A元素非金属性：XRWBX与R形成的分子内含两种作用力CX、Z形成

3、的化合物中可能含有共价键D元素对应的离子半径：WRX10中学常见物质A、B、C、D存在下图转化关系（部分生成物和反应条件略去）下列物质中符合转化关系的A的个数为A B C （）Cl2 S Fe NH3AlCl3 Na2CO3A3B4C5D611某有机化合物的结构简式如图所示，下列说法正确的是（）A不能发生银镜发应B1mol 该物质最多可与2molBr2反应C1mol 该物质最多可与4mol NaOH反应D与NaHCO3、Na2CO3均能发生反应12钢铁防护方法有多种，如图中的方法描述正确的是（）Ab为电源负极B该方法是牺牲阳极的阴极保护法C电子流向：a钢铁闸门辅助电极baD电源改用导线连接进行

4、防护时，辅助电极发生氧化反应13下列装置可达到实验目的是（）A证明酸性：醋酸碳酸苯酚B制备乙酸丁酯C苯萃取碘水中I2，分出水层后的操作D用NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体AABBCCDD14关于反应2HI（g）H2（g）+I2（g）11kJ，正确的是（）A反应物的总键能低于生成物的总键能B1mol I2（g）中通入1mol H2（g），反应放热11kJC等物质的量时，I2（g）具有的能量低于I2（l）D平衡时分离出HI（g），正反应速率先减小后增大15下列实验说法正确的是（）A将Al2（SO4）3溶液蒸干、灼烧至恒重，最终剩余固体是Al2O3B2mL10%的NaOH溶液中滴加2%的CuSO

5、4溶液46滴制得新制氢氧化铜C将水蒸气通过灼热的铁粉，铁粉变红棕色，说明铁与水在高温下能发生反应D取a克Na2CO3和NaHCO3混合物与少量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧至熔化，冷却得b克固体，可测得Na2CO3质量分数16Cl2可用于废水处理向KCN溶液中先加入足量KOH溶液再通入氯气，充分反应后生成两种无毒的气体下列说法正确的是（）A两种无毒的气体均为还原产物B反应后溶液的pH会升高C氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2D每转移2NA个电子时，一定会生成13.44 L的气体17某溶液由Na+、Ag+、Ba2+、Al3+、AlO2、Fe2+、NO3、Cl、SO42中若干种组成，现将溶液分

6、成两等份，再分别通入足量的NH3和SO2充分反应后，最终均有白色沉淀生成则溶液中一定含有的离子有（）AAl3+、NO3BBa2+、Al3+、ClCBa2+、Al3+、NO3DAg+、Al3+、NO3三、选择题（本题共20分，每小题4分，每小题有一或两个正确选项只有一个正确选项的多选不给分；有两个正确选项的选对一个给2分，选错一个，该小题不给分）18一定条件下，等物质的量的N2（g）和O2（g）在恒容密闭容器中反应：N2（g）+O2（g）2NO（g），曲线a表示该反应在温度T时N2的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始反应条件改变时N2的浓度随时间的变化叙述正确的是（）A温度T时，该反应

7、的平衡常数K=B温度T时，混合气体的密度不变即达到平衡状态C曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂D若曲线b改变的条件是温度，则该正反应放热19离子方程式Ba2+2OH+2H+SO42BaSO4+2H2O可表示（）ABa（OH）2与NaHSO4两溶液的溶质按物质的量之比2：1反应BBa（OH）2与NaHSO4两溶液的溶质按物质的量之比1：2反应CBa（OH）2与NH4HSO4两溶液的溶质按物质的量之比2：1反应DBa（OH）2与NH4HSO4两溶液的溶质按物质的量之比1：2反应20向100mLNa2CO3与NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol/L的盐酸，测得溶液中的CO32、HCO3、Al

8、O2、Al3+的物质的量与加入盐酸溶液的体积变化关系如图所示下列说法正确的是（）A原混合溶液中的n（CO32）：n（AlO2）=1：1Ba点溶液中：c（HCO3）+c（H2CO3）+c（H+）=c（OH）Cb点溶液中浓度顺序为：c（Cl）c（HCO3）c（CO32）c（OH）Dde的过程中水的电离程度逐渐减小21向氯化铁溶液中加入ag铜粉，完全溶解后再加入b g铁粉，充分反应后过滤得到滤液和固体c g下列说法正确的是（）A若ac，则滤液中可能含三种金属离子，且b可能小于cB若ac，则c g固体中只含一种金属，且b可能大于cC若ac，则c g固体含两种金属，且b可能与c相等D若a=c，则滤液中可

9、能含两种金属离子，且b可能小于c22将一定量的氯气通入30mL浓度为10.00mol/L的氢氧化钠浓溶液中，加热一段时间后，溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系下列判断正确的是（）An（Na+）：n（Cl）可能为7：3B与NaOH反应的氯气一定为0.3molC当转移电子为n mol时，则0.15n0.25Dn（NaCl）：n（NaClO）：n（NaClO3）可能为6：1：1四、解答题（共7小题，满分84分）23氢氟酸可用于半导体工业，也常用来蚀刻玻璃，其刻蚀反应原理如下：6HF+Na2SiO32NaF+SiF4+3H2O完成下列填空：（1）根据HF的（选填编号）大于H2O，可推

10、断氟元素的非金属性强于氧元素a酸性 b熔沸点 c稳定性 d键的极性（2）SiF4与甲烷结构相似，SiF4是含键的分子（均选填“极性”或“非极性”）刻蚀反应中的三种元素可组成同时含离子键和共价键的化合物，该化合物的电子式为（3）Si原子核外电子有种不同能量的电子，其中最高能量的电子处于轨道（4）在相同条件下，Na2SiO3、CaSiO3分别与等浓度等体积的氢氟酸反应，两个反应原理相似，但前者的反应速率明显大于后者原因是（5）同浓度的H2SO3和HF两溶液的pH为：H2SO3HF（选填“”或“”）浓度均为0.01mol/L 的H2SO3和HF的1L混合溶液中，通入0.02mol NH3充分反应后，

11、SO32、HSO3、F、NH4+浓度从大到小的顺序为：已知：H2SO3 Ki1=1.54×102Ki2=1.02×107HF Ki=6.8×104NH3H2O Ki=1.8×10524大气污染越来越成为人们关注的问题，烟气中的NOx必须脱除（即脱硝）后才能排放，脱硝的方法有多种完成下列填空：直接脱硝（1）NO在催化剂作用下分解为氮气和氧气在10L密闭容器中，NO经直接脱硝反应时，其物质的量变化如图1所示则05min内氧气的平均反应速率为mol/（Lmin）臭氧脱硝（2）O3氧化NO 结合水洗可完全转化为HNO3，此时O3与NO的物质的量之比为氨气脱硝（3

12、）实验室制取纯净的氨气，除了氯化铵外，还需要、（填写试剂名称）不使用碳酸铵的原因是（用化学方程式表示）（4）吸收氨气时，常使用防倒吸装置，图2装置不能达到此目的是NH3脱除烟气中NO的原理如图3：（5）该脱硝原理中，NO最终转化为（填化学式）和H2O当消耗1mol NH3和0.25mol O2时，除去的NO在标准状况下的体积为L25摩尔盐在工业上有重要的用途已知其由一种阴离子，两种阳离子组成的晶体，某学习小组按如下实验测定摩尔盐样品的组成步骤如下：称取3.920g摩尔盐样品配制250mL溶液取少量配制溶液，加入KSCN溶液，无明显现象另取少量配制溶液，加入过量浓氢氧化钠溶液并加热，产生使湿润的

13、红色石蕊试纸变蓝的气体和红褐色沉淀定量测定如下：滴定实验结果记录如下：实验次数第一次第二次第三次消耗高锰酸钾溶液体积/mL10.3210.029.98完成下列填空：（1）步骤中需要的定量仪器为、（2）步骤的目的是产生红褐色沉淀的离子方程式（3）步骤中操作X为（按操作顺序填写）（4）步骤中酸性高锰酸钾溶液能否用碘的酒精溶液代替，（填“能”或“不能”），请说明理由（5）步骤若在滴定过程中，待测液久置，消耗高锰酸钾溶液的体积将（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）（6）通过上述实验测定结果，推断摩尔盐化学式为26肼（N2H4）是一种无色、易溶于水和具有强还原性的液体，沸点为113.5广泛应用于医药等领

14、域工业上利用尿素法生产肼，同时得到副产品Na2CO310H2O，其工艺流程如下：完成下列填空：制肼过程的反应为：CO（NH2）2+NaClO+2NaOHN2H4+Na2CO3+NaCl+H2O（1）将Cl2通入水中，所得溶液中具有氧化性的微粒是（2）写出I吸收时发生反应的离子方程式为保证后续反应充分，理论上需要通入氯气与烧碱溶液的质量之比应为71：（3）已知氯酸钠有一定的氧化性而在氯气和烧碱反应时，需控制反应温度防止氯酸钠生成原因是、（4）上述流程合成的Na2CO310H2O中含有杂质若要检验杂质的阴离子，选择的试剂是（5）Na2CO310H2O的纯度可用气体法测定，在一定温度和压强下，还需要

15、测定的物理量27烯烃和酚类是两种重要的有机化工原料完成下列填空：（1）合成除苯乙烯外，还需要另外两种单体，写出这两种单体的结构简式、（2）由苯乙烯合成（）需要三步，第一步选用的试剂为，目的是（3）邻甲基苯酚可合成A，分子式为C7H6O3，在一定条件下A自身能缩聚成BB的结构简式A与浓溴水反应的化学方程式为（4）设计一条由制备A的合成路线（合成路线常用的表示方法为：MN目标产物）28普鲁卡因M（结构简式为）可用作临床麻醉剂，熔点约60它的一条合成路线如下图所示（部分反应试剂和条件已省略）：已知：B和乙醛互为同分异构体；的结构不稳定完成下列填空：（1）比A多两个碳原子，且一氯代物只有3种的A的同系

16、物的名称是（2）写出反应和反应的反应类型反应 反应（3）写出试剂a和试剂b的名称或化学式试剂a 试剂b（4）反应中将试剂a 缓缓滴入C中的理由是（5）写出B和F的结构简式：B F（6）写出一种同时满足下列条件的D的同分异构体的结构简式能与盐酸反应 能与碳酸氢钠反应苯环上有2种不同环境的氢原子29过氧化钠是一种淡黄色固体，有漂白性，能与水、酸性氧化物和酸反应（1）一定条件下，m克的H2、CO的混合气体在足量的氧气中充分燃烧，产物与过量的过氧化钠完全反应，过氧化钠固体增重克（2）常温下，将14.0克的Na2O和Na2O2的混合物放入水中，得到400mL pH=14的溶液，则产生的气体标准状况下体积

17、为L（3）在200mLAl2（SO4）3和MgSO4的混合液中，加入一定量的Na2O2充分反应，至沉淀质量不再减少时，测得沉淀质量为5.8克此时生成标准状况下气体体积为5.6L则原混合液中c （SO42）=mol/L（4）取17.88g NaHCO3 和 Na2O2 的固体混合物，在密闭容器中加热到 250，经充分反应后排出气体，冷却后称得固体质量为15.92g请列式计算：求原混合物中Na2O2的质量B若要将反应后的固体反应完，需要1mol/L盐酸的体积为多少毫升？2016年上海市闵行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10分，每小题2分，每题只有一个正确选项）1“地沟油”可

18、与醇加工制成生物柴油变废为宝关于“地沟油”的说法正确的是（）A属于烃类B由不同酯组成的混合物C密度比水大D不能发生皂化反应【考点】油脂的性质、组成与结构【专题】有机物分子组成通式的应用规律【分析】A分子中仅含有碳、氢两种元素的化合物属于烃类； B“地沟油”的主要成分为高级脂肪酸甘油酯；C油脂的密度比水小；D皂化反应是指油脂在碱性条件下的水解反应【解答】解：A“地沟油”的主要成分为油脂，含有氧元素，不属于烃类，故A错误； B“地沟油”的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，是由不同酯组成的混合物，故B正确；C“地沟油”的主要成分为油脂，油脂的密度比水小，故C错误；D油脂在碱存在的条件下水解，水解生成的高级

19、脂肪酸与碱反应，生成高级脂肪酸盐，这样的水解反应叫做皂化反应，动植物油脂与醇的反应属于酯化反应，故D错误；故选B【点评】本题主要考查了油脂的性质与用途，熟悉油脂结构及性质是解题关键，注意皂化反应的实质是高级脂肪酸甘油酯的水解反应，题目难度不大2下列化学用语正确的是（）ACH3OOCCH3名称为甲酸乙酯B次氯酸的电子式 C17Cl原子3p亚层有一个未成对电子D碳原子最外层电子云有两种不同的伸展方向【考点】电子式；常见元素的名称、符号、离子符号；原子核外电子排布【专题】化学用语专题【分析】A酯命名是根据生成酯的酸和醇来命名为某酸某酯； B次氯酸中不存在氢氯键，其分子中存在1个氧氢键和1个氧氯键；C

20、17Cl原子外围电子排布为3s23p5；D碳原子最外层有4个电子，分别是两个2s、两个2p电子，s电子的电子云为球形，p电子的电子云有3种伸展方向【解答】解：A酯的命名是根据生成酯的酸和醇来命名为某酸某酯，此有机物是由甲醇和乙酸酯化得到的，故为乙酸甲酯，故A错误； B次氯酸为共价化合物，分子中不存在氢氯键，次氯酸的电子式为：，故B错误；C17Cl原子3p亚层上只有一个未成对电子的原子，其外围电子排布为3s23p5，故C正确；D碳原子最外层有两个2s、两个2p电子，s电子的电子云为球形，p电子的电子云为纺锤形，有3种伸展方向，故D错误故选C【点评】本题考查了化学用语，涉及有机物的命名、电子式和原

21、子结构等知识点，注意离子化合物和共价化合物电子式的书写区别，难度不大3相同主族的短周期元素中，形成的单质一定属于相同类型晶体的是（）A第IA族B第IIIA族C第IVA族D第VIA族【考点】元素周期表的结构及其应用【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】A、第IA族的氢气是分子晶体，其它碱金属是金属晶体；B、第IIIA族硼是分子晶体，其它是金属晶体；C、C、Si都属于第IVA族元素，属于原子晶体，其它是金属晶体；D、第VIA族形成的都是分子晶体【解答】解：A、第IA族的氢气是分子晶体，其它碱金属是金属晶体，形成的单质晶体类型不相同，故A错误；B、第IIIA族硼是分子晶体，其它是金属晶体，形成的

22、单质晶体类型不相同，故B错误；C、C、Si都属于第IVA族元素，属于原子晶体，其它是金属晶体，形成的单质晶体类型不相同，故C错误；D、第VIA族形成的都是分子晶体，形成的单质晶体类型相同，故D正确；故选D【点评】本题考查单质、原子晶体，侧重考查基本概念，明确单质的含义、晶体类型的划分、元素在周期表中的位置即可解答，熟练掌握常见原子晶体及其结构，题目难度不大4下列气体在常温常压下不能共存的是（）ANH3、HClBCH4、Cl2CH2S、O2DSO2、O2【考点】氨的化学性质；二氧化硫的化学性质；甲烷的化学性质【专题】元素及其化合物【分析】常温下，能反应的气体不能大量共存，以此来解答【解答】解：A

23、常温下反应生成氯化铵，不能大量共存，故A选；B常温下不反应，光照的条件反应，可大量共存，故B不选；C常温下不反应，反应需要点燃、加热等，可大量共存，故C不选；D常温下不反应生成，要在催化剂和加热的条件反应，故D不选；故选A【点评】本题考物质的化学性质，为高频考点，把握常见物质的性质及反应的条件为解答的关键，题目难度不大5有关物质性质的比较，错误的是（）A熔点：纯铁生铁B密度：硝基苯水C热稳定性：小苏打苏打D碳碳键键长：乙烯苯【考点】不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别【专题】化学键与晶体结构【分析】A生铁是合金，合金的熔点一般小于各组分的熔点；B水的密度等于1g/ml，硝基苯的密度大于1g/

24、ml；C碳酸氢钠不稳定受热分解生成碳酸钠；D苯中碳碳键介于单键和双键之间【解答】解：A生铁是合金，熔点小于纯铁的熔点，故熔点为纯铁生铁，故A正确；B水的密度等于1g/ml，硝基苯的密度大于1g/ml，所以密度：水硝基苯，故B正确；C碳酸氢钠不稳定受热分解生成碳酸钠，所以热稳定性：NaHCO3Na2CO3，故C正确；D苯中碳碳键介于单键和双键之间，碳碳键键长：乙烯苯，故D错误故选D【点评】本题考查元素及其对应单质、化合物的性质的递变规律，侧重于熔点、热稳定性、密度等性质的考查，题目难度不大，注意把握性质比较的角度以及规律二、选择题（本题共36分，每小题3分，每题只有一个正确选项）6工业生产措施中

25、，能同时提高反应速率和产率的是（）A合成氨使用高压B制硝酸用PtRh合金作催化剂C制硫酸时接触室使用较高温度D侯氏制碱法循环利用母液【考点】化学反应速率的影响因素；化学平衡的影响因素【专题】化学反应速率专题【分析】A增大压强加快反应速率，且合成氨的反应为体积缩小的反应；B催化剂对平衡移动无影响；C二氧化硫的催化氧化反应为放热反应；D侯氏制碱法循环利用母液可提高产率，但对反应速率无影响【解答】解：A增大压强加快反应速率，且合成氨的反应为体积缩小的反应，则加压平衡正向移动，利用提高产率，故A正确；B催化剂对平衡移动无影响，不影响产率，故B错误；C二氧化硫的催化氧化反应为放热反应，则升高温度平衡逆向

26、移动，产率降低，故C错误；D侯氏制碱法循环利用母液可提高产率，但对反应速率无影响，故D错误；故选A【点评】本题考查化学反应速率及化学平衡的影响因素，为高频考点，把握温度、压强、催化剂对反应的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大7能使氢硫酸溶液的pH先升高后降低的物质是（）ACl2BSO2CCuSO4DO2【考点】pH的简单计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】H2S具有还原性，能被强氧化剂氧化，H2S属于酸，其水溶液呈酸性，能和硫酸铜反应生成难溶于稀硫酸的CuS，据此分析解答【解答】解：H2S具有还原性，能被强氧化剂氧化，A、H2S+4C

27、l2+4H2O=H2SO4+8HCl，氢硫酸属于弱酸、硫酸和HCl属于强酸，所以溶液酸性最强，则溶液的pH减小，故错误；B、2 H2S+SO2=3S+2H2O，该反应由酸性变为中性，所以pH增大，二氧化硫过量酸性增强pH降低，故正确；C、H2S+CuSO4=CuS+H2SO4，氢硫酸是弱酸、硫酸是强酸，则溶液酸性最强，溶液的pH减小，故错误；D、2H2S+O2=S+2H2O，溶液由酸性变为中性，则溶液的pH增大，故错误；故选B【点评】本题考查了氢硫酸的性质，根据物质之间的反应分析解答，会正确书写方程式，注意C是中学阶段学习的唯一由弱酸制取强酸的反应，为易错点8下列卤代烃不能够由烃经加成反应制得

28、的是（）ABCD【考点】烯烃；卤代烃简介【专题】有机反应【分析】卤代烃不能够由烃经加成反应制得，说明卤代烃不能发生消去反应，卤代烃发生消去反应结构特点：与X相连碳相邻碳上有氢原子才能发生反应，形成不饱和键【解答】解：A中与氯原子相连碳相邻碳上有氢原子，能发生消去反应，故A正确； B中与氯原子相连碳相邻碳上有氢原子，能发生消去反应，故B正确；C与X相连碳相邻碳上没有氢原子，不能发生消去反应，故C错误；D中与氯原子相连碳相邻碳上有氢原子，能发生消去反应，故D正确故选C【点评】本题考查卤代烃能发生消去反应结构特点，难度不大，注意卤代烃能发生消去反应结构特点：与X相连碳原子邻位碳原子上必须有氢原子9如

29、图是部分短周期元素原子（用字母表示）最外层电子数与原子序数的关系图说法正确的是（）A元素非金属性：XRWBX与R形成的分子内含两种作用力CX、Z形成的化合物中可能含有共价键D元素对应的离子半径：WRX【考点】原子结构与元素周期律的关系【专题】元素周期律与元素周期表专题【分析】都是短周期元素，由最外层电子数与原子序数关系可知，X、Y处于第二周期，X的最外层电子数为6，故X为O元素，Y的最外层电子数为7，故Y为F元素；Z、R、W处于第三周期，最外层电子数分别为1、6、7，故Z为Na元素、R为S元素、W为Cl元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题【解答】解：都是短周期元素，由最外

30、层电子数与原子序数关系可知，X、Y处于第二周期，X的最外层电子数为6，故X为O元素，Y的最外层电子数为7，故Y为F元素；Z、R、W处于第三周期，最外层电子数分别为1、6、7，故Z为Na元素、R为S元素、W为Cl元素，A同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，应为ClS，故A错误；BX与R形成的分子可为SO2或SO3，分子内只存在极性键，故B错误；CX、Z形成的化合物如为Na2O2，可含有共价键，故C正确；D核外电子排布相同的离子核电荷数越大离子半径越小，半径ClS2，故D错误故选C【点评】本题考查原子结构与元素周期律知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，根据最外层电子数及原子

31、序数的关系确定元素是解题的关键，注意整体把握元素周期表的结构，难度中等10中学常见物质A、B、C、D存在下图转化关系（部分生成物和反应条件略去）下列物质中符合转化关系的A的个数为A B C （）Cl2 S Fe NH3AlCl3 Na2CO3A3B4C5D6【考点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用【专题】几种重要的金属及其化合物【分析】A为Cl2，D为Fe，B为氯化铁，C为氯化亚铁，符合转化关系；A为硫，D为氧气，符合转化关系；A为铁，D为硝酸，符合转化关系A为NH3，D为氧气，符合转化关系；A为AlCl3溶液，D为NaOH，符合转化关系；若A为Na2CO3，D可以为酸，B为碳酸氢盐，C

32、为二氧化碳【解答】解：A为Cl2，D为Fe，B为氯化铁，C为氯化亚铁，满足转化关系A B C，故正确；A为S，D为氧气，B为二氧化硫，C为三氧化硫，满足转化关系A B C，故正确；A为Fe，D为硝酸，B为硝酸亚铁，C为硝酸铁，满足转化关系A B C，故正确；A为NH3，D为氧气，B为NO，C为二氧化氮，满足转化关系A B C，故正确；A为AlCl3溶液，D为NaOH，B为氢氧化铝，C为偏铝酸钠，满足转化关系A B C，故正确；若A为Na2CO3，D可以为酸，B为碳酸氢盐，C为二氧化碳，满足转化关系A B C，故正确；根据分析可知，满足转化关系的A有6个，故选D【点评】本题考查元素化合物性质及其

33、综合应用用，属于半开放性题目，难度不大，熟练掌握常见元素及其化合物性质是关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力11某有机化合物的结构简式如图所示，下列说法正确的是（）A不能发生银镜发应B1mol 该物质最多可与2molBr2反应C1mol 该物质最多可与4mol NaOH反应D与NaHCO3、Na2CO3均能发生反应【考点】有机物的结构和性质【专题】有机物的化学性质及推断【分析】由结构可知分子中含HCOOC、酚OH、Cl、碳碳双键，结合甲酸某酯、酚、卤代烃、烯烃的性质来解答【解答】解：A含甲酸某酯结构，能发生银镜反应，故A错误；B酚OH的邻位、碳碳双键与溴水反应，则1mol 该物质最多可

34、与3molBr2反应，故B错误；C.2个酚羟基、Cl及COOC均与NaOH反应，则1mol 该物质最多可与4mol NaOH反应，故C正确；D含酚OH，与Na2CO3发生反应，与碳酸氢钠不反应，故D错误；故选C【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意烯烃、酯等有机物的性质分析，题目难度不大12钢铁防护方法有多种，如图中的方法描述正确的是（）Ab为电源负极B该方法是牺牲阳极的阴极保护法C电子流向：a钢铁闸门辅助电极baD电源改用导线连接进行防护时，辅助电极发生氧化反应【考点】金属的电化学腐蚀与防护【专题】电化学专题【分析】

35、钢铁的防护方法有牺牲阳极的阴极保护法，即将钢铁做原电池的正极从而被保护；还有外加电源的阴极保护法，即将钢铁做电解池的阴极从而被保护，从图示可知，由于有外加电源，故此为外加电源的阴极保护法，据此分析【解答】解：从图示可知，由于有外加电源，故此为外加电源的阴极保护法A、在外加电源的阴极保护法中，钢铁要做电解池的阴极，即a为电源的负极，则b为电源的正极，故A错误；B、该方法是外加电源的阴极保护法，故B错误；C、在电解池中，电子由电解池的阳极电源的正极电源的负极电解池的阴极，即电子要由辅助电极ba钢铁闸门，故C错误；D、电源改用导线连接进行防护时，即牺牲阳极的阴极保护法，则辅助电极要做负极，发生氧化反

36、应，故D正确故选D【点评】本题考查了钢铁的电化学腐蚀的防护方法：牺牲阳极的阴极保护法和外加电源的阴极保护法，难度不大，为高考的高频考点13下列装置可达到实验目的是（）A证明酸性：醋酸碳酸苯酚B制备乙酸丁酯C苯萃取碘水中I2，分出水层后的操作D用NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体AABBCCDD【考点】化学实验方案的评价；实验装置综合【专题】实验评价题【分析】A醋酸与挥发，醋酸、碳酸均与苯酚钠反应生成苯酚；B乙酸与丁醇加热发生酯化反应生成酯，长导管可冷凝回流；C苯的密度比水小，水在下层；D蒸干时氯化铵受热分解【解答】解：A醋酸与挥发，醋酸、碳酸均与苯酚钠反应生成苯酚，则不能比较碳酸、苯酚的酸性

37、，故A错误；B乙酸与丁醇加热发生酯化反应生成酯，长导管可冷凝回流，图中可制备乙酸丁酯，故B正确；C苯的密度比水小，水在下层，应选分离下层液体，再从长口倒出上层液体，故C错误；D蒸干时氯化铵受热分解，应利用冷却结晶法制备，故D错误；故选B【点评】本题考查化学实验方案的评价及实验装置综合应用，为高频考点，把握物质的性质、实验技能、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验评价性分析，题目难度不大14关于反应2HI（g）H2（g）+I2（g）11kJ，正确的是（）A反应物的总键能低于生成物的总键能B1mol I2（g）中通入1mol H2（g），反应放热11kJC等物质的量时，I

38、2（g）具有的能量低于I2（l）D平衡时分离出HI（g），正反应速率先减小后增大【考点】化学反应中能量转化的原因；反应热和焓变【专题】化学反应中的能量变化【分析】A反应前后能量守恒，反应是吸热反应分析；B反应可逆反应不能进行彻底；C物质聚集状态气体能量高于液体；D平衡时分离出HI（g），平衡逆向进行，碘化氢浓度先减小后增大；【解答】解：A反应是吸热反应，反应物的总键能低于生成物的总键能，故A正确；B反应可逆反应不能进行彻底，1mol I2（g）中通入1mol H2（g），反应放热小于11kJ，故B错误；C等物质的量时，I2（g）具有的能量高于I2（l），故C错误；D平衡时分离出HI（g），平衡

39、逆向进行，碘化氢浓度先减小后增大，所以反应速率先减小后增大，但比原来速率小，故D正确；故选AD【点评】本题考查了化学反应能量变化，反应速率影响因素分析判断，掌握基础是解题关键，题目难度中等15下列实验说法正确的是（）A将Al2（SO4）3溶液蒸干、灼烧至恒重，最终剩余固体是Al2O3B2mL10%的NaOH溶液中滴加2%的CuSO4溶液46滴制得新制氢氧化铜C将水蒸气通过灼热的铁粉，铁粉变红棕色，说明铁与水在高温下能发生反应D取a克Na2CO3和NaHCO3混合物与少量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧至熔化，冷却得b克固体，可测得Na2CO3质量分数【考点】化学实验方案的评价；盐类水解的应用【

40、专题】实验评价题【分析】A硫酸铝在水中水解生成氢氧化铝和硫酸，硫酸为难挥发性酸； B确保氢氧化钠过量，氢氧化铜呈悬浊状；C高温下铁与水蒸气反应生成黑色固体；D应与足量盐酸反应【解答】解：A硫酸铝在水中水解生成氢氧化铝和硫酸，硫酸为难挥发性酸，所以最终得到的产物是硫酸铝，故A错误； B配制氢氧化铜悬浊液时NaOH一定要过量，否则氢氧化铜受热会分解生成黑色的氧化铜，故B正确；C高温下铁与水蒸气反应生成四氧化三铁，为黑色固体，故C错误；D应与足量盐酸反应，少量稀盐酸无法确定成分，故D错误故选B【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及盐类的水解、物质的制备以及物质含量的测定等知识，为高考常

41、见题型，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累16Cl2可用于废水处理向KCN溶液中先加入足量KOH溶液再通入氯气，充分反应后生成两种无毒的气体下列说法正确的是（）A两种无毒的气体均为还原产物B反应后溶液的pH会升高C氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2D每转移2NA个电子时，一定会生成13.44 L的气体【考点】氯气的化学性质【专题】卤族元素【分析】KCN+2KOH+Cl2=KOCN+2KCl+H2O；氰酸盐再进一步被液氯氧化为无毒气体，反应中KOCNN2，N元素化合价由3价升高为0价，共升高6价，Cl2KCl，Cl元素化合价由0价降低为

42、1价，共降低2价，化合价升降最小公倍数为6，故N2系数为1，Cl2系数为3，结合原子守恒配平其它物质的系数，平衡后方程式为：2KOCN+4KOH+3Cl22CO2+N2+6KCl+2H2O，由此分析解答【解答】解：AN元素化合价由3价升高为0价，共升高6价，所以氮气是氧化产物，故A错误；B氢氧化钾生成氯化钾，碱性变成中性，所以溶液的pH会降低，故B错误；C由反应KCN+2KOH+Cl2=KOCN+2KCl+H2O，2KOCN+4KOH+3Cl22CO2+N2+6KCl+2H2O可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2，故C正确；D状况不知，所以无法求气体的体积，故D错误；故选C【点评】本题综合

43、考查学生的分析能力和计算能力，注意把握元素化合价的判断，为解答该题的关键，结合电子得失守恒解答该题，难度中等17某溶液由Na+、Ag+、Ba2+、Al3+、AlO2、Fe2+、NO3、Cl、SO42中若干种组成，现将溶液分成两等份，再分别通入足量的NH3和SO2充分反应后，最终均有白色沉淀生成则溶液中一定含有的离子有（）AAl3+、NO3BBa2+、Al3+、ClCBa2+、Al3+、NO3DAg+、Al3+、NO3【考点】常见离子的检验方法【专题】离子反应专题【分析】分成两等份，再分别通入足量的NH3和SO2充分反应后，最终均有白色沉淀生成，因Ag+与足量氨水反应生成络离子，Al3+与氨水反

44、应生成白色沉淀，Fe2+与氨水反应生成氢氧化亚铁最终转化为红褐色沉淀；另一份中，NO3、SO2发生氧化还原反应生成SO42，SO42与Ag+或Ba2+结合生成白色沉淀，以此来解答【解答】解：分成两等份，再分别通入足量的NH3和SO2充分反应后，最终均有白色沉淀生成，因Ag+与足量氨水反应生成络离子，Al3+与氨水反应生成白色沉淀，Fe2+与氨水反应生成氢氧化亚铁最终转化为红褐色沉淀；另一份中，NO3、SO2发生氧化还原反应生成SO42，SO42与Ag+或Ba2+结合生成白色沉淀，综上所述，一定含Al3+、NO3，Ag+、Ba2+至少含一种，一定不含AlO2、Fe2+，不能确定是否含SO42、N

45、a+、Cl，故选A【点评】本题考查常见离子的检验，为高频考点，把握常见离子之间的反应、白色沉淀的判断为解答的关键，侧重分析与推断能力的综合考查，充分考查了学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大三、选择题（本题共20分，每小题4分，每小题有一或两个正确选项只有一个正确选项的多选不给分；有两个正确选项的选对一个给2分，选错一个，该小题不给分）18一定条件下，等物质的量的N2（g）和O2（g）在恒容密闭容器中反应：N2（g）+O2（g）2NO（g），曲线a表示该反应在温度T时N2的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始反应条件改变时N2的浓度随时间的变化叙述正确的是（）A温度T时，该反应的平

46、衡常数K=B温度T时，混合气体的密度不变即达到平衡状态C曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂D若曲线b改变的条件是温度，则该正反应放热【考点】化学平衡的影响因素【专题】化学平衡专题【分析】A由图可知氮气的浓度变化，利用平衡浓度计算平衡常数；B此容器为恒容密闭容器，=，据此判断即可；C催化剂只能改变化学反应速率，不能改变物质的转化率；D由图可知，b曲线化学反应速率快，若是升高温度，氮气的平衡浓度减小，则正反应为吸热反应【解答】解：AN2（g）+O2（g）2NO（g）起（mol/L） c0 c0 0转（mol/L） （c0 c1 ） （c0 c1 ） 2（c0 c1 ）平（mol/L） c1 c

47、1 2（c0 c1 ）故K=，故A正确；B反应物和生成物均是气体，故气体的质量m不变，容器为恒容容器，故V不变，则密度=不变，故B错误；C由图可知，b曲线氮气的平衡浓度减小，故应是平衡发生移动，催化剂只能改变速率，不能改变平衡，故b曲线不可能是由于催化剂影响的，故C错误；D由图可知，b曲线化学反应速率快（变化幅度大），氮气的平衡浓度减小，升高温度平衡正向移动，则正反应为吸热反应，即H0，故D错误；故选A【点评】本题考查物质的量浓度随时间变化曲线，为高频考点，把握化学平衡计算、化学平衡移动影响因素等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大19离子方程式Ba2+2OH+2H+SO42B

48、aSO4+2H2O可表示（）ABa（OH）2与NaHSO4两溶液的溶质按物质的量之比2：1反应BBa（OH）2与NaHSO4两溶液的溶质按物质的量之比1：2反应CBa（OH）2与NH4HSO4两溶液的溶质按物质的量之比2：1反应DBa（OH）2与NH4HSO4两溶液的溶质按物质的量之比1：2反应【考点】离子方程式的书写【专题】离子反应专题【分析】Ba2+2OH+2H+SO42BaSO4+2H2O可表示氢氧化钡与硫酸（或硫酸的酸式盐）反应的离子反应，以此来解答【解答】解：ABa（OH）2与NaHSO4两溶液的溶质按物质的量之比2：1反应时的离子反应为Ba2+OH+H+SO42=BaSO4+H2O

49、，故A不选；BBa（OH）2与NaHSO4两溶液的溶质按物质的量之比1：2反应的离子反应为Ba2+2OH+2H+SO42=BaSO4+2H2O，故B选；CBa（OH）2与NH4HSO4两溶液的溶质按物质的量之比2：1反应的离子反应为Ba2+2OH+NH4+H+SO42=BaSO4+H2O+NH3H2O，故C不选；DBa（OH）2与NH4HSO4两溶液的溶质按物质的量之比1：2反应的离子反应为Ba2+2OH+2H+SO42=BaSO4+2H2O，故D选；故选BD【点评】本题考查离子反应方程式的书写，为高频考点，把握发生的反应、离子反应的书写方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意量少的物

50、质完全反应，题目难度不大20向100mLNa2CO3与NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1mol/L的盐酸，测得溶液中的CO32、HCO3、AlO2、Al3+的物质的量与加入盐酸溶液的体积变化关系如图所示下列说法正确的是（）A原混合溶液中的n（CO32）：n（AlO2）=1：1Ba点溶液中：c（HCO3）+c（H2CO3）+c（H+）=c（OH）Cb点溶液中浓度顺序为：c（Cl）c（HCO3）c（CO32）c（OH）Dde的过程中水的电离程度逐渐减小【考点】离子方程式的有关计算；离子浓度大小的比较【专题】电离平衡与溶液的pH专题【分析】Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1molL1的

51、盐酸首先，发生反应AlO2+H+H2OAl（OH）3，最左边曲线表示AlO2，由图可知AlO2反应完毕，加入盐酸50mL，根据方程式可知n（AlO2）=n（H+）=0.05L×1mol/L=0.05mol第二阶段，AlO2反应完毕，发生反应CO32+H+HCO3，ab线表示CO32，bc线表示HCO3，由图可知CO32反应完毕，该阶段加入盐酸100mL50mL=50mL，根据方程式可知n（CO32）=n（H+）=0.05L×1mol/L=0.05mol第三阶段，CO32反应完毕，发生反应HCO3+H+CO2+H2O，cd线表示HCO3，由图可知HCO3反应完毕，该阶段加入盐

52、酸150mL100mL=50mL，根据方程式可知n（HCO3）=n（H+）第四阶段，发生反应Al（OH）3+3H+Al3+3H2O，de线表示Al3+，由图可知Al（OH）3反应完毕，根据方程式可知n（H+）=3nAl（OH）3=3×0.05mol=0.15mol，该阶段加入盐酸体积为=0.15L=150mL据此结合选项解答【解答】解：Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入1molL1的盐酸首先，发生反应AlO2+H+H2OAl（OH）3，最左边曲线表示AlO2，由图可知AlO2反应完毕，加入盐酸50mL，根据方程式可知n（AlO2）=n（H+）=0.05L×1mol/L=0.05mol第二阶段，AlO2反应完毕，发生反应CO32+H+HCO3，a