2018年上海市杨浦区高考化学二模试卷(共31页)

1、精选优质文档-倾情为你奉上2018年上海市杨浦区高考化学二模试卷一、选择题1对铁及铁的化合物颜色描述错误的是（）A还原铁粉银白色BFe（OH）3红褐色CFe（SCN）3溶液血红色DFeSO4溶液浅绿色2常温下，Fe、Al在浓硫酸中钝化，浓硫酸表现了（）A难挥发性B吸水性C脱水性D强氧化性3与“用自来水制取蒸馏水”的原理相似的是（）A石油裂化B石油分馏C煤干馏D纸层析4如图喷泉实验的现象与下列性质无关的是（）A氨易溶于水B氨能与水反应C氨水显碱性D氨易液化5常温下，表面能自然形成氧化层且使金属不被继续氧化的是（）AAuBNaCAlDFe6下列有关乙炔的说法，错误的是（）A工业上制备炭黑的原料B含

2、极性键的非极性分子C能发生氧化反应D分子中所有原子共直线7对碳原子核外两个未成对电子的描述，正确的是（）A电子云形状不同B自旋方向相同C能量不同D在同一轨道8共价化合物不可能（）A硬度很大B常温下为气态C由一种原子直接构成D溶于水产生阴阳离子9属于人工固氮的是（）A4NH3+5O24NO+6H2OB2NO+O22NO2C2N2+3H22NH3DN2+O22NO10下列反应中的能量变化与图示一致的是（）A盐酸和NaOH溶液混合BCH4在空气中燃烧CAl与Fe2O3反应D电解水得到H2和O211涉及到Al（OH）3弱酸性的是（）AAl溶于强碱溶液BAl溶于强酸溶液CAlCl3溶液和氨水混合DAl（

3、OH）3受热分解12对C2H6和C5H12的分析错误的是（）A互为同系物BC2H6失去1个H得到的乙基只有一种结构CC5H12的一氯代物可能只有一种D2，2二甲基丙烷的沸点高于其同分异构体的沸点13实验室制备乙酸丁酯的装置如图所示，下列分析错误的是（）A导气管a起到冷凝回流的作用B反应后生成的乙酸丁酯仍在试管中C充分反应后在试管中得到纯净的乙酸丁酯D制乙酸丁酯的反应温度超过100不能用水浴加热14侯氏制碱法，向母液中通入NH3，其目的不是为了（）A增大NH4+浓度B生成NaHCO3C析出NH4Cl晶体D降低HCO3浓度15有机物M： 可用作涂料。对M的分析错误的是（）AM中含酯基BM可通过加聚

4、反应制得CNA个M水解得到nNA个RCOOHDM的水解产物中仍有高分子化合物16用图中所示装置进行实验，实验现象与预测不一致的是（）中的物质中的物质预测现象A饱和亚硫酸蓝色石蕊试液中溶液先变红色又褪色B饱和氯水湿润红纸条中红纸条褪色C浓双氧水H2S溶液中有淡黄色沉淀D浓氨水浓盐酸中有白烟AABBCCDD1784消毒液是一种高效消毒剂，其主要成分是NaClO对84消毒液的叙述错误的是（）AClO能转化为具有杀菌消毒能力的HClOB加少量NaOH可提高其杀菌效果C应低温、避光、密封保存D使用时空气中的CO2会参与反应18实验室用浓硫酸和乙醇制乙烯的装置如图所示，对下列操作或现象描述正确的是（）A圆

5、底烧瓶中先加浓硫酸再加入乙醇B实验得到的气体能使溴水褪色说明有乙烯生成C反应中圆底烧瓶内会产生黑色固体D用排水法或向下排空气法收集乙烯19对金属腐蚀及防护的表述正确的是（）A金属腐蚀的本质：金属失电子发生还原反应B牺牲阳极的阴极保护法：被保护的金属应做负极C外加电流阴极保护法：被保护的金属应与电源正极相连D金属表面涂油漆：可避免金属与电解质溶液接触20现有两正盐的稀溶液，分别是a molL1NaX溶液和b molL1NaY溶液下列说法不正确的是（）A若ab，测得c（X）=c（Y），可推出溶液中的c（HX）c（HY）B若ab，测得c（X）=c（Y），可推出溶液中的c（HX）=c（HY）C若a=b

6、，且pH（NaX）pH（NaY），则相同浓度时，酸性HXHYD若a=b，并测得a=c（X）=c（Y）+c（HY），则HX是强酸，HY是弱酸二、非选择题21氮化钠（Na3N）和叠氮酸钠（NaN3）是氮和钠的两种重要化合物。（1）Na3N与水反应：Na3N+3H2O3NaOH+NH3写出该反应产物中属于离子化合物的电子式： 。写出Na3N与足量盐酸反应的化学方程式： 。将该反应中四种元素的简单离子按离子半径由大到小的顺序排列： 。该反应四种元素中的三种，能组成一种在水溶液中显酸性的盐，写出该盐的化学式： 。O元素的非金属性比N元素强，请用一个事实说明： 。（2）叠氮酸钠（NaN3）受撞击会分解：2

7、aN32Na+3N2可应用于汽车安全气囊，若产生67.2L（标准状况下）氮气，则该反应中转移电子 个。（3）叠氮酸（HN3）是弱酸，酸性与醋酸相似，写出HN3的电离方程式： ；将NaN3水溶液中的离子按浓度由大到小排序： 。22SO2的催化氧化：2SO2+O2催化剂2SO3，是工业制取硫酸的关键步骤之一。在容积都为2L的a、b、c、d、e五个密闭容器中，投入相同的催化剂，并均充入1mol O2和2mol SO2，控制不同的反应温度进行反应，反应进行到5min时，测得相关数据如表一：表一： 容器温度物质的量（mol）a容器400b容器425c容器450d容器475e容器500O20.80.60.

8、30.50.7SO30.40.81.41.00.6（1）计算5min内a容器中SO2的平均反应速率 。（2）反应进行到5min时，b容器中的反应是否达到平衡状态？ （填“已达”、“未达”）理由是： （3）在图中画出e容器中SO3物质的量随时间的变化曲线。 （4）工业上常用Na2SO3溶液来吸收SO2，该反应的离子方程式是： 。（5）Na2SO3和NaHSO3混合溶液的pH随Na2SO3和NaHSO3比例的不同而不同，数据如表二：表二序号n（SO32）：n（HSO3）91：91：11：91pH8.27.26.2表二中第 组（填写序号）数据，可判断NaHSO3溶液显 性（填“酸”或“碱”）。（6）

9、NaHSO3既能和强酸反应也能和强碱溶液反应。用平衡移动原理说明NaHSO3能和强碱溶液反应的原因： 。23实验小组按如下流程，进行海带中碘含量的测定和碘的制取等实验。I碘含量的测定（1）步骤是将海带置于 中（填仪器名称）进行灼烧。（2）步骤是将溶液转移至 （填定容仪器的名称）。（3）取20.00mL 上述海带浸取原液，加稀H2SO4和足量KIO3，使I和IO3完全反应（5I+IO3+6H+3I2+3H2O）。再以淀粉为指示剂，用2.0×103mol/L的Na2S2O3溶液滴定（I2+2S2O322I+S4O62），当I2恰好完全反应时，用去Na2S2O3溶液20.00mL。（4）判

10、断用Na2S2O3溶液滴定恰好完全反应的现象是 。（5）计算该干海带中碘的质量分数 。II碘的制取另制海带浸取原液，按如下方案制取碘：（1）补全步骤a的反应方程式，配平并标出电子转移的数目和方向。 H2O2+ I+ I2+ （2）步骤c加入足量NaOH溶液、振荡、静置后，油层在 （填“上”或“下”）层，呈 色。（3）步骤e的操作是 。24惕格酸（C5H8O2，分子中有两个甲基）可用于制备香精，由烃A生成惕格酸的反应如下：完成下列填空：（1）写出反应类型。反应I： 反应、反应V： 反应。（2）写出反应II试剂和反应条件： 。（3）写出反应III的化学反应方程式： 。（4）如何检验中的溴元素？ 。

11、（5）写出符合下列条件的惕格酸的同分异构体的结构简式： 。条件：与惕格酸含相同官能团，且也有两个甲基。溴代甲基环己烷（ 也可表示为）可通过反应合成1甲基环己烯（也可表示为）（6）设计一条以溴代甲基环己烷为原料合成1甲基环己烯的合成路线。（合成路线常用的表示方式为：AB目标产物） 2018年上海市杨浦区高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题1对铁及铁的化合物颜色描述错误的是（）A还原铁粉银白色BFe（OH）3红褐色CFe（SCN）3溶液血红色DFeSO4溶液浅绿色【分析】铁粉与晶体的颜色不同，铁粉为黑色，铁的化合物中，氢氧化铁为红褐色、亚铁盐溶液呈浅绿色、铁盐溶液为浅黄色，Fe（SCN）3

12、溶液为血红色，以此解答该题。【解答】解：题中涉及物质氢氧化铁为红褐色、FeSO4溶液呈浅绿色、Fe（SCN）3溶液为血红色，晶体和粉末的颜色不同，铁晶体为白色，但粉末为黑色。故选：A。【点评】本题考查铁及其化合物的物理性质，为高频考点，侧重于化学基础知识的考查，有利于培养学生良好的科学素养，难度不大，注意相关基础知识的积累。2常温下，Fe、Al在浓硫酸中钝化，浓硫酸表现了（）A难挥发性B吸水性C脱水性D强氧化性【分析】常温下，由于浓硫酸的强氧化性，会在Fe、Al表面生成一层致密的氧化物，阻止反应的进一步发生。【解答】解：常温下，由于浓硫酸的强氧化性，会在Fe、Al表面生成一层致密的氧化物，阻止

13、反应的进一步发生，从而发生钝化，故D正确；故选：D。【点评】本题考查浓硫酸的性质，题目难度不大，注意基本原理的理解。3与“用自来水制取蒸馏水”的原理相似的是（）A石油裂化B石油分馏C煤干馏D纸层析【分析】用自来水制取蒸馏水原理为蒸馏，蒸馏的原理是将沸点相差较大的液态混合物加热使沸点低的物质先沸腾（汽化），再使其冷凝（液化）的连续操作过程，据此解答。【解答】解：自来水制取蒸馏水原理为蒸馏，蒸馏的原理是将沸点相差较大的液态混合物加热使沸点低的物质先沸腾（汽化），再使其冷凝（液化）的连续操作过程，过程中没有新物质生成属于物理变化；石油裂化是高温条件下将大分子烃断裂为小分子烃、煤的干馏是隔绝空气条件下

14、加强热使煤分解，二者都有新物质生成，属于化学变化；纸层析法又称纸色谱法，是用纸作为载体的一种色谱法，其应用的原理是相似相溶原理，是通过分裂相的在同一介质中分散速度不同来分析的，没有新物质生成，属于物理变化；石油分馏与蒸馏基本相同，是根据混合物中各物质的沸点不同，把互相混溶的几种液态物质经加热而使混合液体汽化、冷凝的操作过程，故选：B。【点评】本题考查了物质分离的方法，明确蒸馏、分馏、煤的干馏、纸层析的原理是解题关键，题目难度不大。4如图喷泉实验的现象与下列性质无关的是（）A氨易溶于水B氨能与水反应C氨水显碱性D氨易液化【分析】喷泉实验的现象证明了氨气极易溶于水的气体，氨气溶于水生成一水合氨溶液

15、显碱性；【解答】解：氨气的喷泉实验现象是烧瓶内充满红色溶液，因为氨气是极易溶于水的气体，氨气溶于水生成一水合氨为弱碱，溶液中电离出氢氧根离子溶液显碱性，遇到酚酞试液变红色，属于实验与氨易溶于水、氨能与水反应、氨水显碱性的性质有关，氨易液化是和沸点有关，增大压强气体变化为液体，与喷泉实验无关，故选：D。【点评】本题考查了氨气的性质分析、喷泉实验的现象和原因，掌握基础是解题关键，题目难度不大。5常温下，表面能自然形成氧化层且使金属不被继续氧化的是（）AAuBNaCAlDFe【分析】金属不被继续氧化，则金属应生成致密的氧化物，能保护内层金属不被空气氧化，以此解答该题。【解答】解：Na、Fe在空气中形

16、成的氧化物不是致密的结构，Au在空气中性质稳定，不被氧化，只有Al的氧化物氧化铝为致密的结构，能保护内层金属不被空气氧化，故选：C。【点评】本题考查Al的化学性质，为高频考点，把握氧化膜的结构为解答的关键，侧重金属化学性质的考查，选项A为解答的难点，题目难度不大。6下列有关乙炔的说法，错误的是（）A工业上制备炭黑的原料B含极性键的非极性分子C能发生氧化反应D分子中所有原子共直线【分析】A工业上利用甲烷制备炭黑；B乙炔含C、C之间的非极性键、CH极性键；C乙炔可燃烧生成二氧化碳、水，能被高锰酸钾氧化；D碳碳三键为直线结构。【解答】解：A工业上利用甲烷制备炭黑，甲烷分解生成C和氢气，不使用乙炔，故

17、A错误；B乙炔含C、C之间的非极性键、CH极性键，则为含极性键、非极性键的分子，故B正确；C乙炔可燃烧生成二氧化碳、水，能被高锰酸钾氧化，则乙炔可发生氧化反应，故C正确；D碳碳三键为直线结构，H与C直接相连，则所有原子可共直线，故D正确；故选：A。【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的难点，题目难度不大。7对碳原子核外两个未成对电子的描述，正确的是（）A电子云形状不同B自旋方向相同C能量不同D在同一轨道【分析】碳原子核外两个未成对电子，都属于2p轨道，能量相同，形状相同，由于p轨道又分三

18、个轨道，不同电子优先占据空轨道，所以碳原子核外两个未成对电子，不在同一轨道，并且自旋方向相同，据此分析解答。【解答】解：A、碳原子核外两个未成对电子，都属于2p轨道，p轨道沿x、y、z轴的方向电子云密度大，呈现哑铃型，则电子云形状相同，故A错误；B、p轨道又分三个轨道，不同电子优先占据空轨道，并且自旋方向相同，所以碳原子核外两个未成对电子，自旋方向相同，故B正确；C、碳原子核外两个未成对电子，都属于2p轨道，能量相同，故C错误；D、p轨道又分三个轨道，不同电子优先占据空轨道，所以碳原子核外两个未成对电子，不在同一轨道，故D错误。故选：B。【点评】本题考查原子轨道与电子排布的有关问题，比较基础，

19、注意同一能层相同能级上的电子能量相同，电子云形状相同。8共价化合物不可能（）A硬度很大B常温下为气态C由一种原子直接构成D溶于水产生阴阳离子【分析】A二氧化硅为共价化合物，为原子晶体；B二氧化碳为共价化合物；C共价化合物至少含2种元素；DHCl为共价化合物，溶于水发生电离。【解答】解：A二氧化硅为共价化合物，为原子晶体，硬度大，故A不选；B二氧化碳为共价化合物，常温下为气体，故B不选；C共价化合物至少含2种元素，则共价化合物不可能由一种原子直接构成，故C选；DHCl为共价化合物，溶于水发生电离，产生氢离子、氯离子，故D不选；故选：C。【点评】本题考查共价化合物，为高频考点，把握物质的组成、性质

20、为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意结合常见的实例分析，题目难度不大。9属于人工固氮的是（）A4NH3+5O24NO+6H2OB2NO+O22NO2C2N2+3H22NH3DN2+O22NO【分析】氮的固定是指：将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程。游离态是指氮气单质。氮的固定有：人工固氮和天然固氮。人工固氮最典型事例是工业合成氨。天然固氮包括自然固氮和生物固氮。自然固氮典型事例是闪电能使空气里的氮气转化为一氧化氮。生物固氮典型事例是豆科植物中寄生有根瘤菌，它含有氮酶，能使空气里的氮气转化为氨。【解答】解：氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程，人工固氮是人为的条件下将

21、氮元素的单质转化为化合物的过程。A氨气的催化氧化，是含氮化合物之间的相互转化，不符合氮的固定定义，故A错误；B一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，是含氮化合物之间的相互转化，不符合氮的固定定义，故B错误；C工业上将N2合成氨，N2NH3，氮气是单质，是游离态的氮，转变为化合态NH3，符合氮的固定定义，属于人工固氮，故C正确；D闪电时，氮气和氧气反应生成NO，属于自然固氮，故D错误；故选：C。【点评】本题主要考查氮的固定，依据人工固氮是人为的条件下将氮元素的单质转化为化合物的过程即可解答，题目难度不大。10下列反应中的能量变化与图示一致的是（）A盐酸和NaOH溶液混合BCH4在空气中燃烧CAl与Fe

22、2O3反应D电解水得到H2和O2【分析】由图可知，反应物总能量小于生成物总能量，为吸热反应，结合常见的吸热反应来解答。【解答】解：A盐酸和NaOH溶液混合，为中和反应，属于放热反应，故A不选；BCH4在空气中燃烧，为燃烧反应，属于放热反应，故B不选；CAl与Fe2O3反应，为铝热反应，属于放热反应，故C不选；D电解水得到H2和O2，为分解反应，属于吸热反应，故D选；故选：D。【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握图中能量变化、常见的吸热反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意归纳常见的吸热、放热反应，题目难度不大。11涉及到Al（OH）3弱酸性的是（）AAl溶于强碱溶液BAl溶

23、于强酸溶液CAlCl3溶液和氨水混合DAl（OH）3受热分解【分析】依据酸碱中和的性质解答，氢氧化铝显弱酸性，则能够与碱发生酸碱中和反应，据此分析解答。【解答】解：AAl溶于强碱溶液，可以理解为铝与水反应生成氢氧化铝和氢气，氢氧化铝与氢氧化钠发生酸碱中和反应，所以可以证明Al（OH）3弱酸性，故A选；BAl溶于强酸溶液，是金属的通性，不能说明Al（OH）3弱酸性，故B不选；CAlCl3溶液和氨水混合，是盐溶液与碱发生复分解反应，不能说明Al（OH）3弱酸性，故C不选；DAl（OH）3受热分解体现的是氢氧化铝的不稳定性，与弱酸性无关，故D不选；故选：A。【点评】本题考查了元素化合物知识，主要考查

24、物质的两性，明确氢氧化铝的两性是解题关键，题目难度不大。12对C2H6和C5H12的分析错误的是（）A互为同系物BC2H6失去1个H得到的乙基只有一种结构CC5H12的一氯代物可能只有一种D2，2二甲基丙烷的沸点高于其同分异构体的沸点【分析】A二者都属于烷烃，互为同系物；BC2H6分子中只有1种等效H；C新戊烷分子中只有1种H原子；D烷烃的支链越少，其沸点越高。【解答】解：AC2H6和C5H12都是饱和链烃，二者结构相似，分子间相差3个CH2原子团，互为同系物，故A正确；BC2H6的结构简式为CH3CH3，其分子中只有1种H，则乙基只有1种结构，故B正确；CC5H12为新戊烷时，其分子中只有1

25、种H，其一氯代物只有1种，故C正确；D.2，2二甲基丙烷的沸点比正戊烷的小，故D错误；故选：D。【点评】本题考查同系物、同分异构体判断等知识，题目难度不大，明确同系物、同分异构体的书写原则即可解答，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力。13实验室制备乙酸丁酯的装置如图所示，下列分析错误的是（）A导气管a起到冷凝回流的作用B反应后生成的乙酸丁酯仍在试管中C充分反应后在试管中得到纯净的乙酸丁酯D制乙酸丁酯的反应温度超过100不能用水浴加热【分析】实验室用乙酸和丁醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应制备乙酸丁酯，为可逆反应，浓硫酸起到吸水剂和催化剂作用，为提高丁醇的转化率，可使用过量的乙酸，

26、结合酯类的性质解答该题。【解答】解：A采用冷凝回流的方法，可使反应物充分利用，故导气管a起到冷凝回流的作用，提高转化率，故A正确；B反应后生成的乙酸丁酯仍在试管中，故B正确；C充分反应后在试管中有乙酸丁酯，还有乙酸，乙醇，故不是纯净的乙酸丁酯，故C错误；D水浴加热温度较低，不能超过100，应直接加热，故D正确，故选：C。【点评】本题考查乙酸丁酯的制备，为高频考点，侧重考查基本操作、基本理论，明确实验原理是解本题关键，题目难度中等。14侯氏制碱法，向母液中通入NH3，其目的不是为了（）A增大NH4+浓度B生成NaHCO3C析出NH4Cl晶体D降低HCO3浓度【分析】侯氏制碱法中向母液中先通入NH

27、3，目的是使溶液显碱性，增大二氧化碳在水溶液中溶解度，据此分析。【解答】解：由于二氧化碳在水溶液中溶解度小，故直接向母液中通入二氧化碳，所溶解的二氧化碳很少，则影响NaHCO3的产量，故先向母液通入氨气，使溶液显碱性，从而能增大二氧化碳的溶解度：NH3+H2O+CO2=NH4HCO3，增大溶液中NH4HCO3的产量，即增大NH4+浓度，故A错误；而由于NaHCO3的溶解度较NH4HCO3更小，故发生反应：NH4HCO3+NaCl=NaHCO3+NH4Cl，故还有利于生成NaHCO3和NH4Cl，故B、C错误；但通入氨气的目的不是为了降低HCO3浓度，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了纯碱工

28、业制备原理分析比较，反应实质的应用，试剂的作用，理解生产原理和过程的实质是交通工具，题目难度不大。15有机物M： 可用作涂料。对M的分析错误的是（）AM中含酯基BM可通过加聚反应制得CNA个M水解得到nNA个RCOOHDM的水解产物中仍有高分子化合物【分析】由结构简式可知有机物的单体为CH2=CHCOOR，M水解可生成的高聚物含有羧基，以此解答该题。【解答】解：A由结构简式可知M含有酯基，故A正确；B单体为CH2=CHCOOR，发生加聚反应生成M，故B正确；C水解生成聚丙烯酸和醇，故C错误；D水解生成聚丙烯酸，为高聚物，故D正确。故选：C。【点评】本题考查有机物的结构和性质，侧重于学生的分析能

29、力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握有机物官能团的性质，难度不大。16用图中所示装置进行实验，实验现象与预测不一致的是（）中的物质中的物质预测现象A饱和亚硫酸蓝色石蕊试液中溶液先变红色又褪色B饱和氯水湿润红纸条中红纸条褪色C浓双氧水H2S溶液中有淡黄色沉淀D浓氨水浓盐酸中有白烟AABBCCDD【分析】A二氧化硫不能漂白酸碱指示剂；B氯气可使湿润的有色纸条褪色；C双氧水可氧化硫化氢生成硫；D浓氨水、浓盐酸都易挥发，二者反应水氯化铵。【解答】解：A只能观察到试纸变红色，二氧化硫不能漂白酸碱指示剂，故A错误；B氯气与水反应生成具有漂白性的次氯酸，可使湿润的有色纸条褪色，可观察到中红纸条褪色，

30、故B正确；C双氧水具有强氧化性，可氧化硫化氢生成硫，故C正确；D浓氨水、浓盐酸都易挥发，二者反应水氯化铵，可观察到有白烟生成，故D正确。故选：A。【点评】本题考查实验装置的综合及元素化合物性质，为高频考点，把握发生的反应及反应现象的关系为解答的关键，侧重分析与实验能力及综合应用能力的考查，题目难度不大。1784消毒液是一种高效消毒剂，其主要成分是NaClO对84消毒液的叙述错误的是（）AClO能转化为具有杀菌消毒能力的HClOB加少量NaOH可提高其杀菌效果C应低温、避光、密封保存D使用时空气中的CO2会参与反应【分析】A碳酸的酸性强于次氯酸，ClO能转化为HClO，次氯酸具有杀菌消毒作用；B

31、加少量NaOH，不利于次氯酸钠转化为具有杀菌消毒能力的HClO；C次氯酸见光易分解，应低温、避光、密封保存；D84消毒液主要成分是NaClO，使用时空气中的CO2会参与反应，生成具有杀菌消毒能力的HClO。【解答】解：A碳酸的酸性强于次氯酸，84消毒液与水中的二氧化碳反应，生成氯化钠和次氯酸（HClO），反应方程式为：2NaClO+CO2+H2ONa2CO3+2HClO，ClO能转化为具有杀菌消毒能力的HClO，故A正确；BNaClO为强碱弱酸盐，水解方程式为ClO+H2OOH+HClO，加少量NaOH，抑制其转化为具有杀菌消毒能力的HClO，不能提高其杀菌效果，故B错误；CClO能转化为具有

32、杀菌消毒能力的HClO，次氯酸见光易分解，2HClOO2+2HCl，84消毒液应低温、避光、密封保存，故C正确；D84消毒液主要成分是NaClO，使用时与水中的二氧化碳反应，生成氯化钠和具有杀菌消毒能力的HClO，空气中的CO2参与反应，故D正确；故选：B。【点评】本题考查84消毒液主要成分次氯酸钠的性质，掌握其杀菌消毒原理是解答关键，题目难度不大。18实验室用浓硫酸和乙醇制乙烯的装置如图所示，对下列操作或现象描述正确的是（）A圆底烧瓶中先加浓硫酸再加入乙醇B实验得到的气体能使溴水褪色说明有乙烯生成C反应中圆底烧瓶内会产生黑色固体D用排水法或向下排空气法收集乙烯【分析】实验室用浓硫酸和乙醇加热

33、到170发生消去反应生成乙烯，生成的乙烯中混有乙醇，二者都可使酸性高锰酸钾溶液褪色，以此解答该题。【解答】解：A应在乙醇中加入浓硫酸，防止酸液飞溅，故A错误；B生成的乙烯中混有乙醇，都可被酸性高锰酸钾氧化，应先除去乙醇，故B错误；C乙醇含碳量较低，不能被碳化，没有黑色固体生成，故C错误；D乙烯不溶于水，且密度比空气略小，可用排水法或向下排空气法收集乙烯，故D正确。故选：D。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高考常见题型和高频考点，题目难度不大，涉及乙烯制备知识，明确常见化学实验基本操作方法即可解答，试题有利于提高学生的分析能力及化学实验能力。19对金属腐蚀及防护的表述正确的是（）A金属腐蚀

34、的本质：金属失电子发生还原反应B牺牲阳极的阴极保护法：被保护的金属应做负极C外加电流阴极保护法：被保护的金属应与电源正极相连D金属表面涂油漆：可避免金属与电解质溶液接触【分析】A、金属无负价，失电子发生氧化反应，；B、在原电池中是正极上的金属被保护；C、电解池的阴极金属被保护，阳极金属会被腐蚀；D、钢铁发生电化学腐蚀时，铁做负极被氧化为亚铁离子。【解答】解：A、金属无负价，故金属被腐蚀时化合价会升高，即是被氧化，金属失电子发生氧化反应，故A错误；B、被保护的金属应做正极，此方法为牺牲阳极的阴极保护法，故B错误；C、外加电流阴极保护法：被保护的金属应与电源负极相连，做电解池的阴极，故C错误；D、

35、金属表面涂油漆：可避免金属与电解质溶液接触，防止发生腐蚀，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了金属的电化学腐蚀，应注意牺牲阳极的阴极保护法和外加电源的阴极保护法的区别，难度不大。20现有两正盐的稀溶液，分别是a molL1NaX溶液和b molL1NaY溶液下列说法不正确的是（）A若ab，测得c（X）=c（Y），可推出溶液中的c（HX）c（HY）B若ab，测得c（X）=c（Y），可推出溶液中的c（HX）=c（HY）C若a=b，且pH（NaX）pH（NaY），则相同浓度时，酸性HXHYD若a=b，并测得a=c（X）=c（Y）+c（HY），则HX是强酸，HY是弱酸【分析】A、若ab且c（X）=c

36、（Y），说明NaX水解，NaY不水解或是NaX水解程度大于NaY；B、若ab且c（X）=c（Y），说明NaX水解，NaY不水解或是NaX水解程度大于NaYC、根据盐的水解规律：酸越弱，越水解来回答；D、若a=b且c（X）=c（Y）+c（HY），说明X不水解，但是Y水解【解答】解：A、若ab且c（X）=c（Y），说明NaX水解，NaY不水解或是NaX水解程度大于NaY，酸越弱，越水解，所以酸性HXHY，溶液中的c（HX）c（HY），故A正确；B、若ab且c（X）=c（Y），说明NaX水解，NaY不水解或是NaX水解程度大于NaY，酸越弱，越水解，所以酸性HXHY，溶液中的c（HX）c（HY）故B

37、错误；C、根据酸越弱，越水解可知，若a=b，则pH（NaX）pH（NaY），则酸性：HXHY，故C正确；D、若a=b且a=c（X）=c（Y）+c（HY），则HX是强酸，HY是弱酸，酸性HXHY，故D正确；故选：B。【点评】本题考查盐的水解规律知识，要求学生具有分析和解决问题的能力，难度大，综合性强二、非选择题21氮化钠（Na3N）和叠氮酸钠（NaN3）是氮和钠的两种重要化合物。（1）Na3N与水反应：Na3N+3H2O3NaOH+NH3写出该反应产物中属于离子化合物的电子式：。写出Na3N与足量盐酸反应的化学方程式：Na3N+4HCl=3NaCl+NH4Cl。将该反应中四种元素的简单离子按离子

38、半径由大到小的顺序排列：r（N3）r（O2）r（Na+）r（H+）。该反应四种元素中的三种，能组成一种在水溶液中显酸性的盐，写出该盐的化学式：NH4Cl。O元素的非金属性比N元素强，请用一个事实说明：在氮的氧化物NOx中，N显正价而O显负价，则说明O元素的非金属性比N元素强。（2）叠氮酸钠（NaN3）受撞击会分解：2aN32Na+3N2可应用于汽车安全气囊，若产生67.2L（标准状况下）氮气，则该反应中转移电子2NA个。（3）叠氮酸（HN3）是弱酸，酸性与醋酸相似，写出HN3的电离方程式：HN3H+N3；将NaN3水溶液中的离子按浓度由大到小排序：c（Na+）c（N3）（OH）c（H+）。【分

39、析】（1）Na3N与水反应：Na3N+3H2O3NaOH+NH3该反应产物中NaOH是离子化合物，NH3是共价化合物，NaOH由钠离子和氢氧根离子构成；Na3N与足量盐酸反应生成NaCl和NH4Cl，据此写出化学方程式；该反应中四种元素的简单离子分别为Na+、H+、N3、O2，电子层数越多，半径越大，当电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，据此分析；该反应四种元素中的三种，能组成一种在水溶液中显酸性的盐，则该盐为强酸弱碱盐，据此分析；O元素的非金属性比N元素强，则O元素与N元素形成共价键时，共用电子对偏向于O而偏离于N，据此分析；（2）根据反应2NaN32Na+3N2转移2mole3molN

40、2来计算；（3）HN3是弱酸，故电离方程式用可逆号；NaN3在水溶液中部分水解为NaOH和HN3：N3+H2OOH+HN3，据此分析离子浓度大小。【解答】解：（1）Na3N与水反应：Na3N+3H2O3NaOH+NH3该反应产物中NaOH是离子化合物，NH3是共价化合物，NaOH由钠离子和氢氧根离子构成，电子式为，故答案为：；Na3N与足量盐酸反应生成NaCl和NH4Cl，故化学方程式为：Na3N+4HCl=3NaCl+NH4Cl，故答案为：Na3N+4HCl=3NaCl+NH4Cl；该反应中四种元素的简单离子分别为Na+、H+、N3、O2，电子层数越多，半径越大，故H+的半径最小；当电子层数

41、相同时，核电荷数越大，半径越小，故r（Na+）r（O2）r（N3），故答案为：r（N3）r（O2）r（Na+）r（H+）；该反应四种元素中的三种，能组成一种在水溶液中显酸性的盐，则该盐为强酸弱碱盐，故为NH4Cl，故答案为：NH4Cl；O元素的非金属性比N元素强，则O元素与N元素形成共价键时，共用电子对偏向于O而偏离于N，故可以根据在氮的氧化物NOx中，N显正价而O显负价，则说明O元素的非金属性比N元素强，故答案为：在氮的氧化物NOx中，N显正价而O显负价，则说明O元素的非金属性比N元素强；（2）根据反应2NaN32Na+3N2可知，此反应转移2mole，生成3molN2，故当67.2L即3m

42、ol氮气时，此反应转移2mol电子即2NA个，故答案为：2NA；（3）HN3是弱酸，故电离方程式用可逆号，故电离方程式为：HN3H+N3；NaN3在水溶液中完全电离为Na+和N3，而N3部分水解为OH和HN3，N3+H2OOH+HN3，故离子浓度大小为：c（Na+）c（N3）（OH）c（H+），故答案为：c（Na+）c（N3）（OH）c（H+）。【点评】本题综合考查了离子化合物、共价化合物的判断以及电子式的书写、微粒半径的大小比较和氧化还原反应中电子转移数目的判断等，综合性较强，但难度不大，注意基础知识的掌握。22SO2的催化氧化：2SO2+O2催化剂2SO3，是工业制取硫酸的关键步骤之一。在

43、容积都为2L的a、b、c、d、e五个密闭容器中，投入相同的催化剂，并均充入1mol O2和2mol SO2，控制不同的反应温度进行反应，反应进行到5min时，测得相关数据如表一：表一： 容器温度物质的量（mol）a容器400b容器425c容器450d容器475e容器500O20.80.60.30.50.7SO30.40.81.41.00.6（1）计算5min内a容器中SO2的平均反应速率0.04mol/（Lmin）。（2）反应进行到5min时，b容器中的反应是否达到平衡状态？未达（填“已达”、“未达”）理由是：abc中三氧化硫浓度是增大的，de中随温度升高浓度减小，说明温度变化影响化学平衡移动

44、，证明de是平衡状态（3）在图中画出e容器中SO3物质的量随时间的变化曲线。（4）工业上常用Na2SO3溶液来吸收SO2，该反应的离子方程式是：SO2+H2O=2HSO3。（5）Na2SO3和NaHSO3混合溶液的pH随Na2SO3和NaHSO3比例的不同而不同，数据如表二：表二序号n（SO32）：n（HSO3）91：91：11：91pH8.27.26.2表二中第组（填写序号）数据，可判断NaHSO3溶液显酸性（填“酸”或“碱”）。（6）NaHSO3既能和强酸反应也能和强碱溶液反应。用平衡移动原理说明NaHSO3能和强碱溶液反应的原因：强碱溶液中氢氧根离子结合电离出的氢离子生成水，促进电离平衡

45、正向进行反应生成亚硫酸钠。【分析】（1）图表中数据计算5min内三氧化硫的反应速率=，速率之比等于化学方程式计量数之比，5min内a容器中SO2的平均反应速率等于三氧化硫的反应速率；（2）五个容器中浓度变化可知，abc中三氧化硫浓度是增大的，de中随温度升高浓度减小，说明温度变化影响化学平衡移动，证明de是平衡状态；（3）依据de容器中浓度变化，结合平衡移动原理分析判断反应热量变化；e容器中反应温度最大比d容器中的三氧化硫浓度小，但达到平衡所需要的时间少；（4）工业上常用Na2SO3溶液来吸收SO2，该反应生成亚硫酸氢钠；（5）溶液中亚硫酸氢钠多溶液呈酸性，亚硫酸氢根离子大于亚硫酸根离子；（6

46、）NaHSO3既能和强酸反应也能和强碱溶液反应，和强碱溶液反应是促进亚硫酸氢根离子的电离，和强酸反应是促进了亚硫酸氢根离子的水解。【解答】解：（1）图表中数据计算5min内三氧化硫的反应速率=0.04mol/（Lmin），速率之比等于化学方程式计量数之比，5min内a容器中SO2的平均反应速率等于三氧化硫的反应速率=0.04mol/（Lmin），故答案为：0.04mol/（Lmin）；（2）五个容器中浓度变化可知，abc中三氧化硫浓度是增大的，de中随温度升高浓度减小，说明温度变化影响化学平衡移动，证明de是平衡状态，反应进行到5min时，b容器中的反应未达到平衡状态，故答案为：未达；abc中

47、三氧化硫浓度是增大的，de中随温度升高浓度减小，说明温度变化影响化学平衡移动，证明de是平衡状态；（3）五个容器中浓度变化可知，abc中三氧化硫浓度是增大的，de中随温度升高浓度减小，说明温度变化影响化学平衡移动，平衡逆向进行，证明逆向反应是吸热反应，正向反应是放热反应；de容器中是平衡随温度变化；e容器中反应温度最大反应速率增大，平衡逆向进行，比d容器中的三氧化硫浓度小，所以达到平衡所需要的时间短，画出变化图象为，故答案为：；（4）工业上常用Na2SO3溶液来吸收SO2，反应生成亚硫酸氢钠，该反应的离子方程式是：SO2+H2O=2HSO3，故答案为：SO2+H2O=2HSO3；（5）Na2S

48、O3和NaHSO3混合溶液的pH随Na2SO3和NaHSO3比例的不同而不同，当比值9：91溶液PH=6.2，溶液显酸性，可依据判断NaHSO3溶液显酸性，故答案为：；酸；（6）NaHSO3既能和强酸反应也能和强碱溶液反应，亚硫酸氢钠溶液中存在亚硫酸氢根离子电离：HSO3SO32+H+，显酸性，存在亚硫酸氢根离子水解：HSO3+H2OH2SO3+OH，溶液显碱性，用平衡移动原理说明NaHSO3能和强碱溶液反应的原因是：强碱溶液中氢氧根离子结合电离出的氢离子生成水，促进电离平衡正向进行反应生成亚硫酸钠，故答案为：强碱溶液中氢氧根离子结合电离出的氢离子生成水，促进电离平衡正向进行反应生成亚硫酸钠。

49、【点评】本题考查了化学平衡的判断，平衡常数、反应速率的计算应用，图象分析和画法，题目难度中等。23实验小组按如下流程，进行海带中碘含量的测定和碘的制取等实验。I碘含量的测定（1）步骤是将海带置于坩埚中（填仪器名称）进行灼烧。（2）步骤是将溶液转移至500mL容量瓶（填定容仪器的名称）。（3）取20.00mL 上述海带浸取原液，加稀H2SO4和足量KIO3，使I和IO3完全反应（5I+IO3+6H+3I2+3H2O）。再以淀粉为指示剂，用2.0×103mol/L的Na2S2O3溶液滴定（I2+2S2O322I+S4O62），当I2恰好完全反应时，用去Na2S2O3溶液20.00mL。（

50、4）判断用Na2S2O3溶液滴定恰好完全反应的现象是由蓝色变为无色。（5）计算该干海带中碘的质量分数0.5286%。II碘的制取另制海带浸取原液，按如下方案制取碘：（1）补全步骤a的反应方程式，配平并标出电子转移的数目和方向。1H2O2+2I+2H+1I2+2H2O（2）步骤c加入足量NaOH溶液、振荡、静置后，油层在上（填“上”或“下”）层，呈无色。（3）步骤e的操作是过滤。【分析】I干海带在坩埚中灼烧，加入溶解、过滤得到含有碘离子的溶液，可用容量瓶配制500mL的溶液。（1）加热固体应在坩埚中进行；（2）应用容量瓶配制溶液；（4）用淀粉作指示剂，滴定终点溶液由蓝色变为无色；（5）当I2恰好

51、完全反应时，用去Na2S2O3溶液20.00mL，可计算n（Na2S2O3），结合方程式I2+2S2O322I+S4O62，可计算n（I2），再根据5I+IO3+6H+3I2+3H2O计算20.00mL 海带浸取原液中含有的n（I），进而可计算干海带中碘的质量分数；II带浸取液中加入适量的过氧化氢，发生氧化还原反应得到含I2的水溶液，加入有机溶剂苯萃取分液得到含I2的苯溶液，利用氢氧化钠溶液吸收分液得到下层溶液中是NaI和NaIO3，加入H2SO4溶液发生归中反应得到I2的水溶液，过滤得到粗碘，以此解答该题。【解答】解：I（1）加热固体应在坩埚中进行，则应将干海带置于坩埚中进行加热，故答案为：

52、坩埚；（2）配制500mL溶液，则应用500mL容量瓶配制，故答案为：500mL容量瓶；（4）淀粉遇碘变蓝色，用淀粉作指示剂，滴定终点溶液由蓝色变为无色，故答案为：由蓝色变为无色；（5）当I2恰好完全反应时，用去Na2S2O3溶液20.00mL，n（Na2S2O3）=2.0×103mol/L×0.02L=4.0×105mol，由I2+2S2O322I+S4O62，则n（I2）=2.0×105mol，由5I+IO3+6H+3I2+3H2O可知20.00mL 海带浸取原液中含有的n（I）=2.0×105mol×=3.33×105mol，则500mL溶液中n（I）=3.33×105mol×=8.325×104mol，则该干海带中碘的质量分数为=0.5286%，故答案为：0.5286%；II（1）过氧化氢与碘离子发生氧化还原反应生成碘和水，反应的离子方程式为H2O2+2I+2H+I2+2H2O，电子转移的方向和数目可表示为，故答案为：；（2）苯的密度比水小，在上层，由于碘与氢氧化钠溶液反应，则苯层无