2020年上海嘉定区高考化学一模试卷含解析

1、1.2.3.4.5.6.7.8.9.2020年上海市嘉定区高考化学一模试卷、单选题（本大题共20小题，共40分）下列关于氯气性质的描述错误的是A.无色气体C.有刺激性气味符号“2p”没有给出的信息是（A.能级C.电子亚层下列烷嫌命名错误的是（）A.2一甲基戊烷C.3,4二甲基戊烷10.B.能溶于水D.光照下与氢气反应B.电子层D.B.D.电子云在空间的伸展方向3Z基戊烷3一甲基己烷同位素常用做环境分析指示物，下列对同位素的说法正确的是A.，4S原子核内的中子数为16B.千输夕18O的核电荷数相等C.青5口？5N原子核内的质子数相差2D.扣+质量与？H+的质量相同具有下列电子排布式的原子中，半径

2、最大的是A.1s22s22p63s23p1B.C.1s22s22p2D.某晶体中含有极性键，关于该晶体的说法错误的是A.不可能有很高的熔沸点C.可能是有机物()1s22s22p31s22s22p63s23p4()B.不可能是单质D.可能是离子晶体配制一定物质的量浓度的溶液时，要用到下列仪器中的B.下列制绿矶的方法最适宜的是（）A.FeO与稀H2SO4C.Fe（OH）2与稀H2SO4下列离子在溶液中能大量共存的是A.H+、AIO2、CO2-C.NH+、OH-、NO3B.Fe屑与稀H2SO4D.Fe(SO4)3与Cu粉B.K+、Ba2+、SO4-D.Fe3+、NO3、X、Y是元素周期表口A族的两种

3、元素。下列叙述能说明是（）A. X原子的电子层数比Y原子的电子层数多B. X的含氧酸的酸性比Y的含氧酸的酸性强C. X的气态氢化物比Y的气态氢化物稳定D. Y的单质能将X从NaX的溶液中置换出来Cl-X的非金属性比丫强的11.12.于第四周期，X、Y、Z原子的最外层电子数之和为17,下列说法不正确的是（）钢铁在海水中的腐蚀过程如图所示，有关说法正确的是（）A.该腐蚀过程为析氢腐蚀B.正极的反应为：O2+2H2O+4e-4OH-C.碳上发生的是氧化反应D.若该钢铁上焊有铜钉，其被腐蚀的速率将减小元素X、Y、Z和Q在周期表中的位置如图所示，其中元素Q位A.原子半径(r)：r(Q)>r(Y)&

4、gt;r(Z)B.元素X有-4,+2、+4等多种价态C.Y、Z的氧化物对应的水化物均为强酸D.可以推测H3QO4是Q的最高价氧化物的水化物13.卜列装置不能达到相应实验目的的是（）14.一，、一一1已知将甲醇蒸气转化为氢气的反应原理是：CH30H(g)+,O2(g)CO2(g)+2H2(g)+192.9kJ,下列说法正确的是()A.1gCH30H(g)完全燃烧放出192.9kJ的热量B.1molCH30H(l)完全燃烧放出的热量大于192.9kJ1.C.图中甲为CH30H(g)+2O2(g),乙为CO2(g)+2H2(g)D.CH30H转变成H2的过程需要吸收能量何享变化中能量变化示意图15.

5、16.25c时，浓度相同的Na2CO3和NaHCO3溶液，下列判断错误的是A.粒子种类不同B. c(Na+)前者大于后者C. c(OH-)前者大于后者D.分别加入NaOH固体，c(C02-)均增大将1molH2(g)和2molI2(g)置于某2L密闭容器中，在一定温度下发生如下反应，并达到平衡：H2(g)+12(g)?2HI(g)+Q(Q>0)。HI的体积分数HI%随时间变化如曲线(I)所示，若改变反17.18.19.20.应条件，hi%的变化如曲线(n)所示，则改变的条件可能是A.恒温条件下，加入适当催化剂反应容器体积C.恒容条件下升高温度B.恒温条件下,D.恒温条件下,(缩小扩大反应

6、容器体积布洛芬片常用来减轻感冒症状，其结构简式如图，下列有关说法错误的是但Ichmch匚ach3CH-COOHA.布洛芬的分子式为C13H1802B.布洛芬与苯乙酸是同系物C.1mol布洛芬最多能与3mol氢气发生加成反应D.布洛芬在苯环上发生取代反应，其一氯代物有4种某无色溶液含有Na+、Fe3+、Cl-、S04-中的2种离子，分别取该溶液进行了下列实验：根据上述实验，可以确定溶液中一定存在的离子是(1)向溶液中滴加用硝酸酸化的AgNO3溶液，有白色沉淀产生;(2)向溶液中滴加Ba(NO3)2溶液，没有任何现象.A.Fe3+和Cl-C.Fe3+和SO4-B.Na+和SO2-D.Na+和Cl-

7、有关硫酸铜晶体中结晶水含量测定的操作正确的是(A.实验方案仅设计为：称量、加热、冷却、再称量B.称取一定量的胆矶，放在铁塔期中进行加热C.加热到蓝色完全变白，然后把塔竭移至干燥器中冷却D.进行恒重操作，直至连续两次称量的结果相差不超过某温度下，关于pH相等的盐酸和醋酸溶液(两溶液的正确的是()0.01g为止OH-浓度也相等)，下列说法A.B.C.D.c(HCl)>c(CH3COOH)c(Cl-)=c(CH3COC-)等体积的盐酸和醋酸溶液分别与足量的Zn完全反应，盐酸产生的H2多用同浓度的NaOH溶液分别与等体积的盐酸和醋酸溶液恰好反应完全，盐酸消耗的NaOH溶液体积多二、简答题(本大题

8、共3小题，共45分)21 .氧族元素的单质及其化合物对人类的生活、生产有着举足轻重的影响。如氧气、水、二氧化硫等。(1)氧族元素原子最外层电子数与次外层中p亚层电子数相同的元素名称是Se，它的摩尔质量是;硫单质常见形式是;Se是人体不可或缺的微量元素，它在周期表中的位置是,Se原子最外层轨道表示式(2)在氧、硫、硒(Se)、确(Te)元素原子形成的简单阴离子中，其离子半径由大到小的顺序为(用离子符号表示)。用化学方程式表示SQ形成硫酸型酸雨的反(3)氧族元素的单质及其化合物的性质存在着相似性和递变性。下列有关说法正确的是A.氧族元素气态氢化物的稳定性按H2O、"S、"Se、

9、H2Te的顺序依次减弱B.其氢化物中的键长按O-H、S-H、Se-H、Te-H的顺序依次减小C.其阴离子的还原性按O2-、S2-、Se2-、Te2-的顺序依次增强D.其最高价氧化物的水化物酸性按H2SO4、HzSeO4、H?TeO4顺序依次增强(4)亚硫酸钠和碘酸钾在酸性溶液里反应生成硫酸钠、硫酸钾、碘和水。Na2SO312+g。kio3+Na2SO4+K2S04+H2O配平该反应，若反应中有0.5mol电子转移，则生成的碘是(5)从图中可知氧族元素氢化物的沸点变化规律是22 .已知在催化剂存在条件下，能发生如下反应:o由IftflCO十FhQF3十T6+Q3IXJC?七001100.0530

10、s甲图1二氟化碳传奇雷定白色浮意与帝法酸反亶的曲或要化(1)该反应的平衡常数表达式为:计)的密闭容器中，通入反应物,。在5L盛有固体催化剂(其体积可忽略不10s后，生成了氢气0.4g,则此10s内CO的平均反应速率为v(CO)=(2)在该密闭容器中，下列叙述可以说明反应已经达到平衡状态的是A.若容器体积不变，在一定温度下压强达到恒定B.CO2的生成速率与也0蒸气的生成速率之比为1：1C.CO、H2O、H2、CO在容器中的物质的量浓度保持不变D.反应体系中混合物的平均摩尔质量保持不变1所示的两张图:(3)在上述反应达平衡状态后，分别改变条件，请完成如图A.在第20s时将容器体积缩小至原来的一半后

11、压强变化图B.在第20s时，向容器中注入少量的CO气体后正逆反应速率变化图(4)某化学小组在做澄清石灰水导电性实验时，发现石墨两极产生气体，溶液出现白色浑浊，请根据已有知识推测，两极产生的气体可能是,白色浑浊是。为验证白色浑浊物的成分，该同学向白色浑浊液体中加入盐酸，没有观察到气泡产生。他们继续实验，将浑浊的液体倒入密闭容器，通过注射器注入稀盐酸，并用二氧化碳传感器来测定装置中二氧化碳含量的变化，装置和图象如图2所示：请解释上述现象并分析产生白色浑浊可能的原因。23.根据图示回答问题：(1)写出E的名称,G的结构简式。(2)反应条件n的试剂,反应的类型：。(3)反应的化学方程式(包括反应条件)

12、是。(4)F和G反应有许多副产物，写出两种主要的副产物的结构简式：。(5)将大量的A通入浓滨水中，观察到的实验现象是：,获取生成有机物的方法是：(填操作名称)。(6)F是一种重要的工业原料，利用它可制得多种有机物质。请完成由一氯乙烷合成F的路线图。(合成路线常用的表示方式为：-4-7日不二目标产物)三、实验题(本大题共1小题，共15分)24.乙酸乙酯广泛用于药物、染料、香料等工业，中学化学实验常用a装置来制备。完成下列填空：(1)a装置中玻璃仪器除导管和试管外还有仪器。(2)实验时，通常加入过量的乙醇，原因是：。加入数滴浓硫酸即能起催化作用，但实际用量多于此量，原因是：。浓硫酸用量又不能过多，

13、原因是O饱和Na2c03溶液的作用是。(4)反应结束后，将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中，、,然后分液。这样得到的乙酸乙酯是粗产品，要进一步提纯精制，通常先用饱和食盐水洗涤除去少量Na2co3溶液，再用饱和CaCl2溶液除去少量。若用b装置制备乙酸乙酯，其缺点有、。答案和解析1 .【答案】A【解析】解：氯气是黄绿色的气体、氯气有毒、并有刺激性气味、密度比空气大、熔沸点较低、能溶于水易溶于有机溶剂，1体积水在常温下可溶解2体积氯气，光照下与氢气反应生成氯化氢，故选：A。氯气是黄绿色的气体、氯气有毒、并有刺激性气味、密度比空气大、熔沸点较低、能溶于水易溶于有机溶剂，1体积水在常温下可溶解2体积氯

14、气。本题考查氯气的物理性质，较简单，学生利用课本所学基础知识即可解答，注意归纳气体的色、味、密度、溶解性等性质。2 .【答案】D【解析】解：2P表示原子核外第2能层（电子层）p能级（电子亚层）轨道，其中p轨道应有3个不同伸展方向的轨道，可分别表示为Px、Py、Pz,题中没有给出，故选：D。原子核外电子根据能量大小可分为不能的能层，可表示为1、2、3，每一能层又有不同能级，可表示为s、p、d,不能能级的电子云有不同的空间伸展方向，如s为球形，p有3个相互垂直的呈纺锤形的电子云等。本题考查原子核外电子的能级分布，把握原子核外电子的排布规律是解答的关键，注意基本概念与基础知识的识记。3 .【答案】C

15、【解析】解：A.2一甲基戊烷名称中主碳链5个碳，离取代基近的一端编号得到，.2甲基戊烷，名称符合命名原则，故A正确；B.3一乙基戊烷中主碳链5个碳，离取代基近的一端编号得到，3一乙基戊烷，名称符合命名原则，故B正确；0.3,4一二甲基戊烷中主碳链5个碳，离取代基近的一端编号得到2,3二甲基戊烷，名称不符合命名原则，故C错误；D.3一甲基己烷中主碳链6个碳，离取代基近的一端编号得到，3甲基己烷，名称符合命名原则，故D正确；故选：0。烷烧命名原则：长：选最长碳链为主链；多：遇等长碳链时，支链最多为主链；近：离支链最近一端编号；小：支链编号之和最小。看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近-离支链

16、最近一端编号”的原则；简：两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号。如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面。本题考查了有机物的命名，题目难度不大，该题注重了基础性试题的考查，侧重对学生基础知识的检验和训练，该题的关键是明确有机物的命名原则，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可，有利于培养学生的规范答题能力。4.【答案】B【解析】解：A.?4S原子核内的中子数为34-16=18,故A错误；B.?6O与？80的质子数相等，核电荷数相等，故B正确；C.C原子的质子数为6,N原子的质子数为7,则？3U口？5N原子核内的质子数相差7-6=1,故C错误；D.元素符号的左上角为质量数，分

17、别为2、1,质量数不等，则核素的原子质量也不相等，故D错误；故选：BoA.质子数+中子数=质量数；B.均为O原子；C.C、N的质子数分别为6、7;D.二者质量数不同。本题考查同位素，为高频考点，把握原子中数量关系、同位素的判断为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。5 .【答案】A【解析】解：电子层数越多，则原子的原子半径越大，相同电子层的原子中，原子半径随着原子序数的增大而减小，A和D的电子层数大于B和C,所以A和D的原子半径大于B和C,A、D电子层数相等，但A的原子序数小于D,所以A的原子半径大于D,则原子半径最大的是A,故选：A。电子层数越多，则原

18、子的原子半径越大，相同电子层的原子中，原子半径随着原子序数的增大而减小。本题考查了原子半径大小的比较，先比较电子层数，再根据元素周期律判断同一周期元素原子半径相对大小，难度不大。6 .【答案】A【解析】解：A.含有极性键的晶体可能是原子晶体，如二氧化硅中含有Si-O极性键，其熔沸点很高，故A错误；B.含有极性键的物质至少含有2种元素，属于化合物，不可能是单质，故B正确；C.有机物中含有极性键，如甲烷中含有C-H极性键，故C正确；D.离子晶体中也可能含有极性键，如NaOH中含有O-H极性键，故D正确。故选：A。一般不同非金属元素之间易形成极性键，已知某晶体中含有极性键，则该晶体为化合物，可能是离

19、子化合物、共价化合物，结合不同类型晶体的性质分析.本题考查了极性键、晶体的类型，题目难度不大，注意离子晶体中一定含有离子键可能含有共价键，题目难度不大，注意利用举例法分析.7 .【答案】A【解析】解：配制一定物质的量浓度的溶液时，需要用到的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管等，分液漏斗主要用于分液实验操作、锥形瓶主要用于蒸储实验操作、堪期主要用于灼烧实验操作，所以4个选项中，配制一定物质的量浓度的溶液时，要用到的仪器是容量瓶。故选：A。配制一定物质的量浓度的溶液时，需要用到的玻璃仪器是烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，据此解答。考查对仪器的认识、一定物质的量浓度溶液的配制，比较基础，注意基

20、础知识的掌握，题目难度小。8 .【答案】B【解析】解：在制备绿矶的过程中，空气可以将亚铁离子氧化为铁离子，可以加入过量的铁粉，将之还原为亚铁离子，所以选用Fe屑与稀H2SC4反应制绿矶。故选：Bo空气中的氧气能够氧化Fe2+,加入铁粉可以将铁离子转化为亚铁离子，就此回答判断.本题考查学生含铁的化合物之间的转化以及性质的应用知识，属于基础知识的考查，难度不大.9 .【答案】D【解析】解：A.H+与AIO2、CO3-发生反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B.Ba2+、SO4-之间反应生成硫酸钢沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误；C.NH；、OH-之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；

21、D.Fe3+、NO3、C之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；故选D.A.氢离子与偏铝酸根离子、碳酸根离子反应；B.钢离子与硫酸根离子反应生成硫酸钢沉淀；C.镂根离子与氢氧根离子反应；D.三种离子之间不反应，能够共存.本题考查离子共存的判断，题目难度不大，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN）等；试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力.10 .【答案】C【解析】解：A.X原子的电子层数比Y原子的电子层数多，为同主族

22、元素，所以原子序数X>Y,同一主族元素非金属性随着原子序数增大而减小，则丫的非金属性强，故A错误；B.应是X的最高价含氧酸的酸性比Y的最高价含氧酸的酸性强，则X的非金属性强，故B错误；C.X的气态氢化物比Y的气态氢化物稳定，则X的非金属性强，故C正确；D.Y的单质能将X从NaX的溶液中置换出来，则Y的非金属性强，故D错误；故选：Co元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强、其单质与氢气化合越容易、其简单氢化物的稳定性越强、其最高价氧化物的水合物酸性越强，但O、F元素除外，据此分析解答。本题以非金属性强弱判断为载体考查元素周期律，侧重考查对基本规律的理解和灵活运用，明确非金属性强弱判断方法是

23、解本题关键，注意：非金属性强弱与得电子难易程度有关，与得电子多少无关。11 .【答案】B【解析】解：钢铁中含有铁和碳，在潮湿的环境中构成原电池，铁作负极，碳作正极。A.从图中看出，空气中的氧气减少，所以发生了吸氧腐蚀，故A错误；B.吸氧腐蚀时，氧气在正极发生得电子的还原反应：O2+2H2。+4e-=4OH-,故B正确；C.碳作正极，发生的反应为还原反应，故C错误；D.铁、铜、电解质溶液构成原电池，活泼金属铁作负极，加速了铁的腐蚀，故D错误；故选：BoA.从图中看出，空气中的氧气减少，所以发生了吸氧腐蚀；B.在碱性环境下，原电池的正极发生氧气得电子的还原反应；C.原电池中，一般较不活泼的金属或碳

24、为正极，发生还原反应；D.铁、铜、电解质溶液构成原电池，会加快活泼金属的腐蚀.本题考查金属的电化学腐蚀，明确原电池的工作原理是解题的关键，注意电解质溶液的酸碱性，难度中等.12.【答案】C【解析】解：由元素X、Y、Z和Q在周期表中的位置，其中元素Q位于第四周期，可知X位于第二周期，Y、Z位于第三周期，X、Y、Z原子的最外层电子数之和为17,设X的最外层电子数为x,则x+x+2+x+3=17,解得x=4,则X为C、Y为S、Z为Cl,Q为As,以此来解答。由上述分析可知，X为C、Y为S、Z为Cl,Q为As,A.电子层越多，原子半径越大，同周期从左往右原子半径减小，则原子半径为r(Q)>r(Y

25、)>r(Z),故A正确；B.X为C,有-4,+2、+4等多种价态，故B正确；C.Y、Z的最高价氧化物对应的水化物均为强酸，但不是最高价含氧酸可能为弱酸，故C错误；D.H3QO4是Q的最高价氧化物的水化物，Q为+5价，故D正确；故选：Co本题考查位置、结构与性质，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。13.【答案】A【解析】解：A.氨气易溶于水，只能用排空气法制备，故A错误；B.利用蒸储可以提纯工业乙醇得到无水乙醇，故B正确；C.可用硫酸和碳酸钠反应制备二氧化碳，用安全漏斗，可防止压强过大将液体排出，故C正确

26、；D.根据生成氢气的体积和乙醇的物质的量之间的关系可确定乙醇的结构，故D正确；故选：A。A.氨气极易溶于水；B.工业乙醇中混合物互溶，但沸点不同；C.固液反应可制备气体，安全漏斗可防止压强过大；D.钠与乙醇反应生成氢气，可排水法测定氢气的体积。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、物质的制备、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。14.【答案】C【解析】解：A、热化学方程式中的计量数只能代表物质的量，且所给的热化学方程式中甲醇没有完全燃烧，根据热化学方程式可知，是1mol甲醇蒸汽转化为二氧化硅和氢气放出热量192.

27、9KJ,故1g甲醇不完全燃烧放出热量为6.02KJ,故A错误；B、对于放热反应，当产物相同时，反应物的能量越低，则放出的热量越少，由于1molCH30H(l)的能量低于CH30H(g),故燃烧时放出的热量小于192.9kJ,故B错误;,_1_C、由于反应CH30H(g)+2O2(g)-CO2(g)+2H2(g)为放热反应，故反应物的总能量，一.，、1一大于生成物的总能量，故甲为CH30H(g)+-O2(g),乙为CO2(g)+2H2(g)，故C正确；1D、反应CH30H(g)+2O2(g)-C6(g)+2H2(g)为放热反应，故甲醇转变为氢气不一定需要吸热，故D错误。故选：CoA、热化学方程式

28、中的计量数只能代表物质的量，且所给的热化学方程式中甲醇没有完全燃烧；B、对于放热反应，当产物相同时，反应物的能量越低，则放出的热量越少；1C、由于反应CH30H(g)+202(g)-C02(g)+2H2(g)为放热反应，故反应物的总能量大于生成物的总能量；1D、反应CH30H(g)+202(g)-CQ(g)+2H2(g)为放热反应。本题考查了根据图象来分析反应吸放热和反应热的大小比较等问题，难度不大，应注意基础的掌握。15 .【答案】A【解析】解：A.NaHCO3溶液中：H2O?H+OH-,HCO3?CO3-+H+,“O+HCO3?H2CO3+OH-；Na2CO3溶液中：叱0?H+OH-,H2

29、O+CO3-?HCO3+OH-,H2O+HCO3?H2cO3+OH-,所以存在的粒子种类相同，故A错误；B.Na2CO3中：c（Na+）=2c（Na2CO3）,NaHCO3溶液中：c（Na+）=c（NaHCO3）,二者浓度相等，则c（Na+）前者大于后者，故B正确；C.碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，二者水解均显碱性，跟据水解规律：谁强显谁性，所以碳酸钠中的c（OH-）大于碳酸氢钠溶液中，故C正确；D.分别加入NaOH固体会抑制Na2CO3的水解，与NaHCQ反应生成NazCO?,则两种溶液中c（CO3-）均增大，故D正确。故选：A。A.根据电离方程和水解方程判断；B.根据碳酸钠和碳酸氢钠的化学

30、式组成分析；C.碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，水解规律：谁强显谁性；D.分别加入NaOH固体会抑制Na2CO3的水解，与NaHCQ反应生成Na2CO3。本题考查离子浓度大小比较、盐的水解，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目难度不大，注意把握水解方程式的书写方法、以及影响盐的水解的因素。16 .【答案】C【解析】解：该反应是反应前后气体体积不变的放热反应，曲线（n）的拐点横坐标小于曲线（I）的拐点横坐标，所以曲线（n）的反应时间短，曲线（I）的反应时间长，说明曲线（I）的反应速率小于曲线（n）的反应速率；曲线（n）的拐点纵坐标小于曲线（I）的拐点纵坐标，所以由曲线（I）到曲线（n）,平

31、衡向逆反应方向移动。A.恒温条件下，加入适当催化剂，可加快反应速率，但化学平衡不移动，故A错误；B.恒温条件下，缩小反应容器体积，即增大体系的压强，可加快反应速率，但化学平衡不移动，故B错误；C.恒容条件下升高温度，温度升高，反应速率增大，平衡向逆反应方向移动，故C正确；D.恒温条件下，扩大反应容器体积，减小体系的压强，反应速率降低，平衡不移动，故D错误；故选：Co该反应是反应前后气体体积不变的放热反应，曲线（n）的拐点横坐标小于曲线（I）的拐点横坐标，所以曲线（n）的反应时间短，曲线（I）的反应时间长，说明曲线（I）的反应速率小于曲线（n）的反应速率；曲线（n）的拐点纵坐标小于曲线（I）的拐

32、点纵坐标，所以由曲线（I）到曲线（n）,平衡向逆反应方向移动，据此结合平衡移动原理分析。本题考查化学平衡的影响因素，题目难度中等，明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握化学平衡及其影响，试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用能力。17 .【答案】D【解析】【分析】本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力考查，有利于培养学生的良好的科学素养，注意把握有机的组成、结构和性质，难度不大。有机物含有竣基、苯环，具有竣酸、苯的性质，结合有机物的结构特点解答该题。【解答】A.由结构简式可知布洛芬的分子式为Cl3H18。2,故A正确；B.含有一个苯环、一个竣基，与苯乙酸是同系

33、物，故B正确；C.能与氢气发生加成反应的只有苯环，则1mol布洛芬最多能与3mol氢气发生加成反应，故C正确；D.结构对称，则布洛芬在苯环上发生取代反应，其一氯代物有2种，故D错误。故选Do18 .【答案】D【解析】解：某无色溶液含有Na+、Fe3+、Cl-、SO4-中的2种离子，所以一定不存在有色的离子铁离子；(1)向溶液中滴加用硝酸酸化的AgNO3溶液，有白色沉淀产生，白色沉淀为氯化银，证明一定存在氯离子；(2)向溶液中滴加Ba(NO3)2溶液，没有任何现象，硫酸根离子与根离子能够生成硫酸钢沉淀，所以一定不存在硫酸根离子，所以溶液中存在的两种离子为：Na+、Cl-,故选：D。根据溶液无色排

34、除掉铁离子，根据加用硝酸酸化的AgNO3溶液，有白色沉淀产生判断一定存在氯离子；根据加入硝酸钢没有现象判断溶液中一定不存在硫酸根离子，最后确定溶液中一定存在的离子即可.本题考查了常见离子的检验，题目难度不大，注意掌握常见的不溶于酸的沉淀有硫酸银和氯化银，铁离子、亚铁离子、铜离子等的溶液有色溶液，试题有利于提高学生灵活应用所学知识解决实际问题的能力.19 .【答案】C【解析】解：A.实验方案设计为：称量、加热、冷却、再称量，实验中的加热、冷却、称量的操作步骤要重复进行，直至连续两次称量的差不超过0.1g为止，故A错误；B.铁能与胆矶发生反应，称取一定量的胆矶，放在瓷塔期中进行加热，故B错误；C.

35、加热到蓝色完全变白，然后把塔竭移至干燥器中冷却，以防吸收空气中的水，故C正确；D.进行恒重操作，直至连续两次称量的结果相差不超过0.1g为止，不是0.01g,故D错误；故选：C.A.实验中的加热、冷却、称量的操作步骤要重复进行，直至连续两次称量的差不超过0.1g为止；B.铁能与胆矶发生反应；C.加热到蓝色完全变白，然后把塔竭移至干燥器中冷却，以防吸收空气中的水；D.进行恒重操作，直至连续两次称量的结果相差不超过0.1g为止.本题是一道定量实验题，主要考查学生分析实验的关键、细节，只要学生认真的去操作过、体验过、思考过，就会觉得很熟悉、很简单.20.【答案】B【解析】解：A.醋酸为弱电解质，在溶

36、液中部分电离，若pH相等时，醋酸浓度较大，即c(HCl)<c(CH3COOH),故A错误；B.溶液的pH相等，则两溶液中的氢离子、氢氧根离子浓度相等，根据电荷守恒可知c(Cl-)=c(CH3COO>)，故B正确；C.等体积的盐酸和醋酸溶液分别与足量的Zn完全反应，由于醋酸的浓度较大，则醋酸产生的H2多，故C错误；D.同浓度的NaOH溶液分别与等体积的盐酸和醋酸溶液恰好反应完全，由于醋酸的浓度大于盐酸，则醋酸消耗的NaOH溶液体积多，故D错误；故选：BoA.醋酸为弱酸，在溶液中只能部分电离出氢离子，据此判断二者浓度大小；B.根据两溶液中的电荷守恒判断；C.醋酸浓度较大，则与足量锌反应

37、时醋酸放出的氢气多；D.醋酸的浓度大于盐酸，则醋酸溶液消耗的氢氧化钠溶液体积大.本题考查了弱电解质的电离及其影响，题目难度中等，明确弱电解质的电离特点为解答关键，注意掌握溶?酸碱性与溶液pH的关系，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力.21.【答案】硫256g/mol第四周期第VIA族Te2->Se2->S2->O2-SC2+H2O=H2SO3、2H2SO3+O2=2H2SO4AC52151外，随着原子序数递增，氧族元素氢化物的沸点递增【解析】解：(1)次外层中p亚层排满是6个电子，则最外层也应该是1112.7除水6个电子，则原子最外层电子数与次外层中p亚层电子数相同的元素

38、名称是硫；硫单质常见形式是S8,它的式量是256,则摩尔质量是256g/mol;Se的原子序数为34,原子结构示意图、2*-8lS6'/,在元素周期表中位置为第四周期第WA族，当原子轨道中电子处于全满、半满或全空时最稳定，所以该基态原子的最外层电子排布为4s24p4,4P轨道中4个电子，且有2个单电子，其基态原子核外最外层电子的轨道表示式为故答案为：硫;256g/mol;第四周期第VIA族；Te2->A.元素的非金属性越弱，对应的氢化物的稳定性越弱，按的顺序依次减弱，故A正确；B.原子半径越大，则键长越长，其氢化物中的键长按O-顺序依次增大，故B错误；C.元素的非金属性越强，对应

39、的其阴离子的还原性越弱，则H2O、H2SWSe、H2TeH、S-H、Se-H、Te-H的O2-、S2-、Se2-、Te2-的(2)同主族元素从上到下，则氧、硫、硒、硫对应的离子半径逐渐增大，即Se2->S2->O2-；二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸具有还原性，被空气中的氧气氧化生成硫酸，SQ、O2形成硫酸型酸雨的反应：SO?+H2O=H2SO3'2H2SO3+O2=2H2SQ,故答案为：Te2->Se2->S2->O2-；SO2+H2O=H2SO3、2H2SO3+O2=2H2SO4；顺序依次增强，故C正确；D错误;I元素化合价D.元素的非金属性越强，对

40、应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，故故选：AC；(4)反应中S元素化合价由Na2SO3中+4价升高为+6价，总共升高2价,由KIO3中+5降低为I2中0价，总共降低10价，化合价最小公倍数为10,故Na2SO3系数为5,故I?系数为1,再结合原子守恒配平后方程式为5Na2SO3+2KIO3+H2SC4=5Na2SC4+K2SO4+I2+H2O;I元素化合价由KIO3中+5降低为I2中0价，每生成1molI2转移10mol电子，故反应中有0.5mol电子转移，生成的碘的物质的量为0.5一一，石X1mol=0.05mol,故生成的碘的质量为0.05molX254g/mol=12.7g,故答案为：

41、5；2；1；5；1；1；1；12.7;H2O外,(5)水中含有氢键，沸点最高，除水外，相对分子质量越大，沸点越高，则除随着氢化物的相对分子质量增大而熔沸点升高。故答案为：除水外，随着原子序数递增，氧族元素氢化物的沸点递增。(1)次外层中p亚层排满是6个电子，则最外层也应该是6个电子；摩尔质量的单位是g/mol时，其数值与相对分子质量的数值相等；Se的原子序数为34,根据核外电子排布分析其在元素周期表中位置；根据要遵循能量最低原理、洪特规则、保里不相容原理，电子能量大小顺序是1s<2s<2p<3s<3p<4s<3d等，原子轨道中电子处于全满、全空、半满日最稳定

42、分析，Se元素价电子，分别位于4s、4P能级上；(2)同主族元素从上到下，对应的离子半径逐渐增大；SO2是酸性氧化物，其水溶液中H2SO3不稳定，易被空气中氧气氧化为H2SO4；(3)根据同主族元素的性质的递变性和相似性判断；(4)反应中S元素化合价由Na2SO3中+4价升高为+6价，总共升高2价，I元素化合价由KIO3中+5降低为12中0价，总共降低10价，化合价最小公倍数为10,故Na2sQ系数为5,故I3系数为1,再结合原子守恒配平；I元素化合价由4。3中+5降低为中0价，每生成1molI2转移10mol电子，据此计算生成碘的物质的量，再根据m=nM计算质量；(5)水中含有氢键，沸点最高

43、，除水外，相对分子质量越大，沸点越高。本题难度较大知识点较多、综合性强，熟练掌握知识的迁移和应用是解答本题的关键，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。K=c(H2)?c(CO2)c(CO)?c(H2O)0.004mol/(LH2和。2Ca(OH)2石墨电极被通电时产生的活性氧氧化产生的CO,与石灰水反应产生碳酸钙沉淀催化刑【解析】解：(1)已知反应3”),十"夕小十6，则该反应的平衡常数表达式K=c(H2)?c(CO2)c(CO)?c(H2O);在51盛有固体催化剂(其体积可忽略不计)的密闭容器中，通入反应物,10s后，生成了氢气0.4g,物质的量n=M气的反应速

44、率v(H2)=0.2mol噎二=0.004moi/(L?s)，反应速率之比等于化学方程式计量数之比计算此10s内CO的平均反应速率为v(CO)=v(H2)=0.004mol/(L?s)。故答案为：K=c(H2)?c(CO2)c(CO)?c(H2O);0.004mol/(L?s);(2)对于反应L。十H工：fh十储，1/1A.由于反应前后气体物质的量不变，若容器体积不变，在一定温度下压强达到恒定，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；B.C02的生成速率与MO蒸气的生成速率之比为1:1,说明正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，故B正确；C.CO、H2。、H2、CO在容器中的物质的量浓度保持不变是平

45、衡的标志，故C正确；D.反应体系中混合物的平均摩尔质量始终保持不变，不能判定达到平衡，故D错误;故答案为：BC;(3)A.反应前后气体物质的量不变，改变压强反应速率增大，平衡不变，变化的图象旺强为:故答案为:0东却同“B.加入少量CO,正反应速率增大，此时逆反应速率不变，随反应进行正反应速率减小，正反应速率增大，最后达到正逆反应速率相同，反应达到平衡状态，变化的曲线(4)根据电解原理可知，用石墨电解电极澄清石灰水，实际是电解水，则阴极生成的气体为H2,阳极生成的气体为O2,因电解过程中水的质量减小，而Ca(OH)2微溶于水，则最终变浑浊是有Ca(OH)2固体析出而导致变浑浊；在验证白色浑浊物的

46、成分的过程中，密闭容器中CO2气体的百分含量增加，说明有CO2气体生成，因电解时所用电极材料是石墨电极，则可能是石墨电极被通电时产生的活性氧氧化产生的CO2与石灰水反应产生了碳酸钙沉淀。故答案为：*和6;Ca(OH)2；石墨电极被通电时产生的活性氧氧化产生的CO?与石灰水反应产生碳酸钙沉淀。(1)平衡常数K等于平衡时生成物浓度哥的乘积与反应物浓度哥的乘积的比值；反应速率之比等于化学方程式计量数之比；(2)根据化学平衡状态的特征分析，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、质量、体积分数以及百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，做题时要注意方程式前后气体的化学计量数的关系

47、；(3)A.反应前后气体物质的量不变，改变压强反应速率增大，平衡不变；B.加入少量CO,正反应速率增大，此时逆反应速率不变，随反应进行正反应速率减小，正反应速率增大，最后达到正逆反应速率相同，反应达到平衡状态；(4)根据电解原理，惰性电极电解强碱的水溶液其本质是电解水；用稀盐酸溶解白色浑浊液，装置中CO2气体的百分含量增加，说明有CO2气体生成，可结合电极材料是石墨电极分析。本题考查了化学平衡计算、化学平衡标志、化学平衡影响因素分析判断、图象绘制等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度中等。23.【答案】聚氯乙烯HOOC(CH2)4COOHNaOH水溶液水解反应或取代反而''&q

48、uot;''')rLHOOC(CH2)4COOOCH>CH2OH>HOCH2CH2OCH2CH20H等溶液颜色褪去分液CHiCH：Cl"*°臂溶飨CHCHaCl2CICH：CH；Q型还HOCHaCH±OH【解析】解：A为CH2=CH2,A和B反应生成C,根据分子式知D为CH2=CHCl,D发生加聚反应生成E为-fcH,F能和G发生缩聚反应生成高分子化合物，根据F分子式及高分子化合物结构简式知，F为HOCH2CH2OH,G为HOOC(CH2)4COOH,贝UC为CH2clCH2cl,B为Cl2,Cl(1)由上述分析可知，E为-I，

49、名称为聚氯乙烯，G的结构简式为:ECH二CH+HOOC(CH2)4COOH,故答案为：聚氯乙烯；HOOC(CH2)4COOH；(2)反应条件n是ClCH2CH2Cl在氢氧化钠溶液、加热条件下发生水解反应生成乙二醇，该反应也属于取代反应，故答案为：NaOH水溶液；取代反应或水解反应；(3)反应的化学方程式是：Z.BJII十NgR工Cfh=CHCl十Am"十死。.故答案为：+N,QH曰C场=CfCiG+眼；(4)F和G反应有许多副产物，可以形成酯，如：HOOC(CH2)4COOOCH>CH2OHl?,可以形成醍键，如：HOCH2CH2OCH2CH20H等，故答案为：HOOC(CH2)4COOOCHCH2OH;HOCH2CH2OCH2CH20H等；(5)将