上海市高考化学试卷解析版

1、2016 年上海市高考化学试卷一、选择题（此题共 10 分，每题 2 分，每题只有一个正确选项）1（ 2 分）轴烯是一类独到的星形环烃。三元轴烯（ ）与苯（ ）A均为芬芳烃 B 互为同素异形体C互为同系物 D互为同分异构体2（ 2 分）以下化工生产过程中，未波及氧化复原反响的是（ ）A海带提碘 B氯碱工业 C氨碱法制碱 D 海水提溴3（ 2 分）硼的最高价含氧酸的化学式不行能是（ ）A HBO 2B H2 BO 3 C H3 BO 3 D H2 B4O74（ 2 分）以下各组物质的熔点均与所含化学键的键能相关的是（ ）A CaO 与 CO 2 B NaCl 与 HCl C SiC 与 SiO

2、2 D Cl 2 与 I 25（ 2 分）烷烃A 4 甲基 3 丙基戊烷C 2 甲基 3 丙基戊烷的命名正确的选项是（ ）B 3 异丙基己烷D 2 甲基 3 乙基己烷二、选择题（此题共 36 分，每题 3 分，每题只有一个正确选项）6（ 3 分）能证明乙酸是弱酸的实验事实是（ ）A CH 3 COOH 溶液与 Zn 反响放出 H2B 0.1 mol/L CH 3 COONa 溶液的 pH 大于 7C CH3 COOH 溶液与 Na 2 CO 3 反响生成 CO 2D 0.1 mol/L CH 3COOH 溶液可使紫色石蕊变红7（ 3 分）已知 W、 X、 Y、 Z 为短周期元素，原子序数挨次增

3、大Z 同周期，此中只有 X 为金属元素以下说法必定正确的选项是（A原子半径： X Y Z WB W 的含氧酸的酸性比 Z 的含氧酸的酸性强C W 的气态氢化物的稳固性小于 Y 的气态氢化物的稳固性D若 W 与 X 原子序数差为 5，则形成化合物的化学式为 X3W2第 1 页（共 41 页）W、 Z 同主族， X、 Y、）8（ 3 分）图 1 是铜锌原电池表示图图 2 中， x 轴表示实验时流入正极的电子的物质的量， y 轴表示（ ）A铜棒的质量 B c （Zn2+） C c （H+） D c （SO 42 ）9（ 3 分）向新制氯水中加入少许以下物质，能加强溶液漂白能力的是（ ）A碳酸钙粉末

4、B 稀硫酸C氯化钙溶液 D二氧化硫水溶液10（ 3 分）必定条件下，某容器中各微粒在反响前后变化的表示图以下，此中 和 代 表不一样元素的原子对于此反响说法错误的选项是（ ）A必定属于吸热反响 B必定属于可逆反响C必定属于氧化复原反响 D必定属于分解反响11（ 3 分）合成导电高分子化合物 PPV 的反响为：以下说法正确的选项是（ ）A PPV 是聚苯乙炔B该反响为缩聚反响C PPV 与聚苯乙烯的最小构造单元构成同样D 1 mol 最多可与 2 mol H 2 发生反响12（ 3 分）以下各组混淆物，使用氢氧化钠溶液和盐酸两种试剂不可以分别的是（ ）A氧化镁中混有氧化铝 B氯化铝溶液中混有氯化

5、铁C氧化铁中混有二氧化硅 D氯化亚铁溶液中混有氯化铜13（ 3 分） O 2 F2 能够发生反响： H2 S+4O 2F2SF 6+2HF+4O ，以下说法正确的选项是（ ）第 2 页（共 41 页）A氧气是氧化产物B O2 F2 既是氧化剂又是复原剂C若生成 4.48 L HF ，则转移 0.8 molD复原剂与氧化剂的物质的量之比为电子1： 414（ 3 分）在硫酸工业生产中，为了有益于 SO2 的转变，且能充分利用热能，采纳了 中间有热互换器的接触室（见图） 以下说法错误的选项是（ ）A a、 b 两处的混淆气体成分含量同样，温度不一样B c、 d 两处的混淆气体成分含量同样，温度不一样

6、C热互换器的作用是预热待反响的气体，冷却反响后的气体D c 处气体经热互换后再次催化氧化的目的是提升 SO 2 的转变率15（ 3 分）以下气体的制备和性质实验中，由现象得出的结论错误的选项是（ ）选项ABCD试剂浓氨水、生石灰浓盐酸、浓硫酸浓盐酸、二氧化锰亚硫酸钠、硫酸试纸或试液红色石蕊试纸pH 试纸淀粉碘化钾试液品红试液现象变蓝变红变蓝退色结论NH3 为碱性气体HCl 为酸性气体Cl 2 拥有氧化性SO2 拥有复原性A A B B C C D D16（ 3 分）实验室提纯含少许氯化钠杂质的硝酸钾的过程以下图以下剖析正确的 是（ ）第 3 页（共 41 页）A操作是过滤，将固体分别除掉B操作

7、是加热浓缩趁热过滤，除掉杂质氯化钠C操作是过滤、清洗，将硝酸钾晶体从溶液中分别出来D操作总合需两次过滤17（ 3 分）某铁的氧化物（ Fex O） 1.52g 溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下 112ml Cl 2 ，恰巧将 Fe2+完整氧化 x 值为（ ）A 0.80 B 0.85 C 0.90 D 0.93三、选择题（此题共 20 分，每题 4 分，每题有一个或两个正确选项只有一个正确选项的，多项选择不给分；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（ 4 分）必定条件下，一种反响物过度，另一种反响物仍不可以完整反响的是（ ）A过度的氢气与氮气 B过度的浓

8、盐酸与二氧化锰C过度的铜与浓硫酸 D过度的锌与 18 mol/L 硫酸19 （ 4 分）已知： SO2 +I +HO=SO +2I2 +2H 某溶液中可能含有 +Na、 NH 、 K 、 I+、3 22442 2 SO 3 、 SO 4 ，且所有离子物质的量浓度相等。向该无色溶液中滴加少许溴水，溶液仍 呈无色。以下对于该溶液的判断正确的选项是（ ）A必定不含 I B必定不含 SO 42 2 +C必定含有 SO 3 D必定含有20（4 分）已知 NaOH+Al （OH）NH4NaAl （OH）3 向集满 CO 的铝制易拉罐中加入过4 2量 NaOH 浓溶液，立刻关闭罐口，易拉罐逐渐凹瘪；再过一段

9、时间，罐壁又从头突出。上述实验过程中没有发生的离子反响是（ ） 2 A CO+2OH CO +HO 2 3 2B Al O+2OH+3HO 2 Al （ OH ） 2 3 2 4 C 2Al+2OH +6H2O2Al （ OH） 4 +3H 2 3+ D Al +4OH Al （OH） 421（ 4 分）类比推理是化学中常用的思想方法以下推理正确的选项是（ ）A CO2 是直线型分子，推测 CS 2 也是直线型分子B SiH4 的沸点高于 CH 4 ，推测 H2Se 的沸点高于 H2S第 4 页（共 41 页）C Fe 与 Cl 2 反响生成 FeCl 3 ，推测 Fe 与 I 2 反响生成

10、FeI 3D NaCl 与浓 H2 SO4 加热可制 HCl ，推测 NaBr 与浓 H2 SO 4 加热可制 HBr22 （ 4 分）称取（ NH 4） 2SO 4 和 NH 4 HSO 4 混淆物样品 7.24g ，加入含 0.1molNaOH 的溶液，完整反响，生成 NH 3 1792ml （标准状况），则（ NH 4） 2SO 4 和 NH 4 HSO 4 的物质的量比为（ ）A 1： 1 B 1： 2 C 1.87 ： 1 D 3.65 ： 1四、（此题共 12 分）23（ 12 分） NaCN 超标的电镀废水可用两段氧化法办理：（ 1） NaCN 与 NaClO 反响，生成 NaO

11、CN 和 NaCl（ 2） NaOCN 与 NaClO 反响，生成 Na 2CO 3、 CO 2、 NaCl 和 N2已知 HCN （Ki =6.3 10 10）有剧毒； HCN、达成以下填空：（ 1）第一次氧化时，溶液的 pH 应调理为原由是 HOCN 中 N 元素的化合价同样（选填“酸性”、“碱性”或“中性”）；（ 2）写出第二次氧化时发生反响的离子方程式3（ 3）办理 100m 含 NaCN 10.3mg/L 的废水，实质起码需 NaClO为理论值的 4 倍），才能使 NaCN 含量低于 0.5mg/L ，达到排放标准 （ 4）（ CN） 2 与 Cl 2 的化学性质相像（ CN） 2

12、与 NaOH 溶液反响生成 H2O（ 5）上述反响波及到的元素中，氯原子核外电子能量最高的电子亚层是g （实质用量应、 和； H、C、 N、 O、 Na 的原子半径从小到大的次序为 （ 6） HCN 是直线型分子， HCN 是 分子（选填“极性”或“非极性”） HClO 的电子式为 五、（此题共 12 分）24（ 12 分）跟着科学技术的发展和环保要求的不停提升， CO 2 的捕集利用技术成为研究的要点达成以下填空：（ 1）当前国际空间站办理 CO 2 的一个重要方法是将 CO 2 复原，所波及的反响方程式为：第 5 页（共 41 页）+CO 2 （g） +4H 2 （ g） ? CH 4 （

13、g） +2HO （ g）已知 H2 的体积分数随温度的高升而增添若温度从 300 升至 400 ，从头达到均衡，判断以下表格中各物理量的变化 （选填“增大”、“减小”或“不变”）v 正 v 逆 均衡常数 K 转变率 （ 2）同样温度时，上述反响在不一样开端浓度下分别达到均衡，各物质的均衡浓度以下表：CO2 /mo l?L 1 H2 /mol?L 1 CH4 /mol?L 1 H 2O/mol?L 1均衡 a b c d均衡 m n x ya、 b、 c、 d 与 m、 n、 x、 y 之间的关系式为 （ 3）碳酸： H2CO 3， Ki1 =4.3 10 7， Ki2 =5.6 10 11草酸

14、： H2C2O4， Ki1 =5.9 10 2， Ki2 =6.4 10 50.1mol/L Na 2 CO3 溶液的 pH 0.1mol/L Na 2C 2 O 4 溶液的 pH （选填“大于”“小于”或“等于”）等浓度的草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是 若将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混淆，溶液中各样离子浓度大小的次序正确的选项是 （选填编号）a H HC O HCO2 4 CO 2 3 3b HCO HC O3 C O 2 CO 2 2 4 2 4 3+ 2 2 2 c H HC 2 O4 C 2O4 CO3 d H2CO3 HCO3 HC2O4 CO 3 + （ 4）人体血

15、液中的碳酸和碳酸氢盐存在均衡： H +HCO3 ? H2CO3 ，当有少许酸性或碱性物质进入血液中时，血液的 pH 变化不大，用均衡挪动原理解说上述现象 六、（此题共 12 分）25（ 12 分）乙酸乙酯宽泛用于药物、染料、香料等工业，中学化学实验常用 a 装置来制备第 6 页（共 41 页）达成以下填空：（ 1）实验时，往常加入过度的乙醇，原由是用，但实质用量多于此量，原由是加入数滴浓硫酸即能起催化作；浓硫酸用量又不可以过多，原由是 （ 2）饱和 Na 2CO 3 溶液的作用是 （ 3）反响结束后，将试管中采集到的产品倒入分液漏斗中， 、 ，而后分液（ 4）若用 b 装置制备乙酸乙酯，其弊端

16、有 、 由 b 装置制得的乙酸乙酯产品经饱和碳酸钠溶液和饱和食盐水清洗后，还可能含有的有机杂质是 ，分离乙酸乙酯与该杂质的方法是 七、（此题共 12 分）26（ 12 分）半水煤气是工业合成氨的原料气， 其主要成分是 H2、 CO、 CO 2、 N2 和 H2O（ g）半水煤气经过以下步骤转变成合成氨的原料达成以下填空：（ 1）半水煤气含有少许硫化氢 将半水煤气样品通入 溶液中（填写试剂名称），出现 ，能够证明有硫化氢存在（ 2）半水煤气在铜催化下实现 CO 变换： CO+H 2O CO 2+H 2 ，若半水煤气中 V （ H2 ）： V （ CO）：V （N2） =38： 28： 22，经

17、CO 变换后的气体中： V （ H2 ）： V （ N2） = （ 3）碱液汲取法是脱除二氧化碳的方法之一已知：Na2CO320碱液最高浓度（ mol/L ） 2.0K2CO38.0碱的价钱（元 /kg ）1.25 9.80第 7 页（共 41 页）若选择 Na 2CO 3 碱液作汲取液，其长处是 ；弊端是 假如选择 K 2CO 3 碱液作汲取液，用什么方法能够降低成本？ 写出这类方法波及的化学反响方程式（ 4）以下是测定半水煤气中 H2 以及 CO 的体积分数的实验方案取必定体积（标准状 况）的半水煤气，经过以下实验步骤测定此中 H2 以及 CO 的体积分数采纳适合的无机试剂分别填入、方框中

18、该实验方案中，步骤 （选填“”或“”）能够确立半水煤气中 H2 的体积分数八、（此题共 9 分）27（ 9 分）异戊二烯是重要的有机化工原料，其构造简式为 CH2=C （CH 3） CH=CH 2达成以下填空：（ 1）化合物 X 与异戊二烯拥有同样的分子式，与 Br/CCl 4 反响后获取 3 甲基 1， 1，2， 2 四溴丁烷 X 的构造简式为 （ 2）异戊二烯的一种制备方法以下图：A 能发生的反响有 （填反响种类）B 的构造简式为 （ 3）设计一条由异戊二烯制得有机合成中间体 的合成路线（合成路线常用的表示方式为： A B 目标产物）九、（此题共 13 分）28（ 13 分） M 是聚合物

19、胶黏剂、涂料等的单体，其一条合成路线以下（部分试剂及 反响条件省略）：第 8 页（共 41 页）达成以下填空：（ 1）反响的反响种类是 。反响的反响条件是 。（ 2）除催化氧化法外，由 A 获取 所需试剂为 。（ 3）已知 B 能发生银镜反响。由反响、反响说明：在该条件下， 。（ 4）写出构造简式， C ； M（ 5） D 与 1 丁醇反响的产物与氯乙烯共聚可提升聚合物性能，写出该共聚物的构造 简式。（ 6）写出一种知足以下条件的丁醛的同分异构体的构造简式。不含羰基含有 3 种不一样化学环境的氢原子已知：双键碳上连有羟基的构造不稳固。十、（此题共 14 分）29（ 14 分） CO 2 是重要

20、的化工原料，也是应用宽泛的化工产品 CO 2 与过氧化钠或超氧化钾反响可产生氧气达成以下计算：（ 1） CO 2 通入氨水生成产物经干燥后的体积为NH 4 HCO 3， NH 4 HCO 3 很简单分解L （标准状况）2.00mol NH 4 HCO 3 完整分解，分解（ 2）某 H2 中含有 2.40molCO果 NaOH 完整反响，该 NaOH（ 3） CO2 和 KO2 有以下反响：4KO 2+2CO 2K 2CO 3 +3O 22 ，该混淆气体通入溶液的浓度为2.00L NaOH 溶液中， CO 2 被完整汲取如4KO 2+4CO 2+2HO 4KHCO 3+3O 2若 9mol CO

21、 2 在密封舱内和 KO 2 反响后生成 9mol O 2 ，则反响前密封舱内 H2O 的量应当是多少？列式计算（ 4）甲烷和水蒸气反响的产物是合成甲醇的原料： CH 4 +H2OCO+3H 2第 9 页（共 41 页）已知： CO+2H CH 3OH CO2 +3H 2 CH 3OH+H 2O300mol CH 4 完整反响后的产物中，加入 100mol CO 2 后合成甲醇若获取甲醇 350mol，残留氢气 120mol ，计算 CO 2 的转变率第 10 页（共 41 页）2016 年上海市高考化学试卷参照答案与试题分析一、选择题（此题共 10 分，每题 2 分，每题只有一个正确选项）1

22、（ 2 分）轴烯是一类独到的星形环烃。三元轴烯（ ）与苯（ ）A均为芬芳烃 B 互为同素异形体C互为同系物 D互为同分异构体【剖析】 轴烯与苯分子式都是 C6 H6 ，两者分子式同样，构造不一样，以此解答该题。【解答】解：轴烯与苯分子式都是 C6 H6 ，两者分子式同样， 构造不一样，互为同分异构体，只有 D 正确。应选： D。【评论】 此题考察同分异构体的判断，为高频考点，注意掌握同分异构体、同系物、同素异形体等观点，重视于学生的双基的考察，注意掌握比较的角度和观点的差别，难度不大。2（ 2 分）以下化工生产过程中，未波及氧化复原反响的是（ ）A海带提碘 B氯碱工业 C氨碱法制碱 D 海水提

23、溴【剖析】 发生的化学反响中，若存在元素的化合价变化，则属于氧化复原反响，以此来解答。【解答】解： A海带提碘是由 KI 变成 I 2 ，有元素化合价的变化，属于氧化复原反响，故 A 不选；B氯碱工业中电解食盐水生成氢气、氯气， H、 Cl 元素的化合价变化，为氧化复原反应，故 B 不选；C氨碱法制碱，二氧化碳、氨气、氯化钠反响生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠受热分解转变成碳酸钠，二氧化碳和水，没有元素的化合价变化，则不波及氧化复原反响，故 C 选；D海水提溴是由溴元素的化合物变成溴元素的单质，有元素化合价的变化，属于氧化第 11 页（共 41 页）复原反响，故 D 不选；应选： C。【评论】

24、此题考察氧化复原反响，掌握发生的化学反响及反响中元素的化合价变化 为解答的要点，注意从元素化合价变化角度剖析，题目难度不大。3（ 2 分）硼的最高价含氧酸的化学式不行能是（ ）A HBO 2B H2 BO 3 C H3 BO 3 D H2 B4O7【剖析】主族元素的最高正化合物价等于其原子最外层电子数， B 原子最外层电子数是3 个，所以其最高化合价是 +3 价，而后依据化合物中正负化合价的代数和等于 0 判断化学式【解答】解：主族元素的最高正化合物价等于其原子最外层电子数， B 原子最外层电子数是 3 个，所以其最高化合价是 +3 价，而后依据化合物中正负化合价的代数和等于 0 判断，H2B

25、O 3 中 B 的化合价为 +4 价，所以不行能是 H2 BO 3 ，应选项 B 切合题意。应选： B。【评论】 此题考察元素化合价判断及化学式书写，掌握主族元素的最高正化合物价 等于其原子最外层电子数是解题的要点，难度较小4（ 2 分）以下各组物质的熔点均与所含化学键的键能相关的是（ ）A CaO 与 CO 2 B NaCl 与 HCl C SiC 与 SiO 2 D Cl 2 与 I 2【剖析】 物质的熔点均与所含化学键的键能相关，则对应的晶体一般为金属晶体、离 子晶体或原子晶体，而分子晶体融化时只战胜分子间作使劲，以此解答该题【解答】 解： A CaO 为离子化合物，融化断裂离子键，而

26、CO 2 在固体时是分子晶体，融化时损坏的是分子间作使劲，与化学键没关，故 A 错误；B NaCl 为离子化合物，融化断裂离子键，而 HCl 在固体时是分子晶体，融化时损坏的是分子间作使劲，与化学键没关，故 B 错误；C SiC 与 SiO 2 都是原子晶体，融化断裂的是共价键，与化学键相关，故 C 正确；D Cl 2 与 I 2 在固体时是分子晶体，融化时损坏的是分子间作使劲，与化学键没关，故 D错误。应选： C。第 12 页（共 41 页）【评论】 此题考察物质中的化学键，为高频考点，掌握化学键的形成及化学键判断的一般规律为解答的要点，重视剖析与应用能力的考察，题目难度不大5（ 2 分）烷

27、烃 的命名正确的选项是（ ）A 4 甲基 3 丙基戊烷 B 3 异丙基己烷C 2 甲基 3 丙基戊烷 D 2 甲基 3 乙基己烷【剖析】 选择分子中含有碳原子数最多的碳链为主链，有机物主链为 6 个碳原子，含有 1 个甲基和 1 个乙基，注意从离支链较近的一端给主链的碳原子编号，以此解答该题【解答】 解：选择分子中含有碳原子数最多的碳链为主链，并从离支链较近的一端给主链的碳原子编号，该物质的名称是 2 甲基 3 乙基己烷，故 D 正确。应选： D。【评论】 此题考察了烷烃的命名，为高频考点，重视双基的考察，题目难度不大，该题的要点是明确有机物的命名原则，而后联合有机物的构造特色灵巧运用即可二、

28、选择题（此题共 36 分，每题 3 分，每题只有一个正确选项）6（ 3 分）能证明乙酸是弱酸的实验事实是（ ）A CH 3 COOH 溶液与 Zn 反响放出 H2B 0.1 mol/L CH 3 COONa 溶液的 pH 大于 7C CH3 COOH 溶液与 Na 2 CO 3 反响生成 CO 2D 0.1 mol/L CH 3COOH 溶液可使紫色石蕊变红【剖析】 A 只好证明乙酸拥有酸性；B该盐水溶液显碱性，因为 NaOH 是强碱，醋酸根水解而成碱性；C能够证明乙酸的酸性比碳酸强；D能够证明乙酸拥有酸性【解答】 解： A只好证明乙酸拥有酸性，不可以证明其酸性强弱，故 A 错误；B该盐水溶液

29、显碱性，因为 NaOH 是强碱，故能够证明乙酸是弱酸，故 B 正确；C能够证明乙酸的酸性比碳酸强，可是不可以证明其酸性强弱，故 C 错误；第 13 页（共 41 页）D能够证明乙酸拥有酸性，可是不可以证明其酸性强弱，故 D 错误。应选： B。【评论】 此题考察实验方案的评论，波及酸性强弱比较的实验方法，要点是原理的 理解，难度不大7（ 3 分）已知 W、 X、 Y、 Z 为短周期元素，原子序数挨次增大Z 同周期，此中只有 X 为金属元素以下说法必定正确的选项是（W、 Z 同主族， X、 Y、）A原子半径： X Y Z WB W 的含氧酸的酸性比 Z 的含氧酸的酸性强C W 的气态氢化物的稳固性

30、小于 Y 的气态氢化物的稳固性D若 W 与 X 原子序数差为 5，则形成化合物的化学式为 X3W2【剖析】 因为原子序数按 W、 X、 Y、 Z 挨次增大， W 与 Z 是同一主族的元素，而 X、 Y、Z 是同一周期的元素， 且只有 X 是金属元素， 则同主族元素 W 与 Z 都是非金属， 可能分别为 N、 P 或 O、 S 或 F、 Cl ， Y 可能为 Si 或 S，金属元素 X 可为 Na、 Mg、 Al 中的一种， 联合对应单质、化合物的性质以及元素周期率知识解答该题【解答】解：因为原子序数按 W、 X、 Y、 Z 挨次增大， W 与 Z 是同一主族的元素，而 X、Y、 Z 是同一周期

31、的元素，且只有 别为 N、 P 或 O、 S 或 F、 Cl ，种，X 是金属元素，则同主族元素 W 与 Z 都是非金属，可能分 Y 可能为 Si 或 S，金属元素 X 可为 Na、 Mg、 Al 中的一A同一周期的元素原子序数越大，原子半径越小；同一主族的元素，原子核外电子 层数越多，原子半径越大。所以原子半径： X Y Z W，故 A 正确；B W 的含氧酸可能是 HNO 2、 HNO 3， Z 的含氧酸是 H3 PO4 ，酸性 HNO 2 H 3PO 4 ，故 B 错误； C元素的非金属性 W Y，所以气态氢化物的稳固性 WY，故 C 错误；D若 W、 X 原子序数相差 5，如分别为 O

32、、 Al ，则两者形成的化合物的化学式是 X2W 3，故 D 错误。应选： A。【评论】 此题考察了原子构造与元素周期律的关系，为高频考点，题目难度中等， 正确推测元素名称为解答要点，注意娴熟掌握原子构造与元素周期表、元素周期律的 关系，试题培育了学生的灵巧应用能力第 14 页（共 41 页）8（ 3 分）图 1 是铜锌原电池表示图图 2 中， x 轴表示实验时流入正极的电子的物质的量， y 轴表示（ ）A铜棒的质量 B c （Zn2+） C c （H+） D c （SO 42 ） 【剖析】铜锌原电池中， Zn 是负极，失掉电子发生氧化反响，电极反响为 Zn 2e =Zn 2+，Cu 是正极，

33、氢离子得电子发生复原反响，电极反响为 2H+2e =H 2 ，据此解答【解答】解：铜锌原电池中， Zn 是负极，失掉电子发生氧化反响，电极反响为 Zn 2e =Zn2+， Cu 是正极，氢离子得电子发生复原反响，电极反响为 2H+2e =H2 ，A Cu 是正极，氢离子得电子发生复原反响， Cu 棒的质量不变，故 A 错误；B因为 Zn 是负极，不停发生反响 Zn误；C因为反响不停耗费 H+ ，所以溶液的2 D SO 4 不参加反响，其浓度不变，故 2e =Zn 2+ ，所以溶液中 c （Zn2+ ）增大，故 B 错c （H+ ）逐渐降低，故 C 正确；D 错误；【评论】 考察原电池基来源理和

34、溶液中离子浓度变化，掌握开朗金属锌为负极，铜为正极，锌和硫酸之间发生氧化复原反响是解答的要点，题目比较简单9（ 3 分）向新制氯水中加入少许以下物质，能加强溶液漂白能力的是（ ）A碳酸钙粉末 B 稀硫酸C氯化钙溶液 D二氧化硫水溶液【剖析】 在氯水中存在反响 Cl 2 +H 2O? H +Cl +HClO ，若反响使溶液中次氯酸浓度增大，则溶液漂白性会加强，据此剖析判断选项【解答】解：在氯水中存在反响 Cl 2+H 2O? H+Cl +HClO ，若反响氢离子和碳酸根反响 使反响向右进行，使溶液中次氯酸浓度增大，则溶液漂白性会加强，A 由 于 酸 性 HCl H2 CO 3 HClO， 向 溶

35、 液 中 加 入 碳 酸 钙 粉 末 反 应 反 应2HCl+CaCO 3=CaCl 2+CO 2 +H 2 O，使化学均衡正向进行，致使次氯酸浓度增大，溶液漂白第 15 页（共 41 页）B 正确；C 正确；性加强，故 A 正确；B加入稀硫酸使溶液 中氢离子浓度增大均衡逆向进行，次氯酸浓度减小，溶液漂白性减弱，故 B 错误；C加入氯化钙溶液不发生反响，溶液对氯水起到稀释作用，均衡正向进行但次氯酸浓度减小，漂白性减弱，故 C 错误；D加入二氧化硫的水溶液，二氧化硫有复原性，能被氯气氧化，均衡逆向进行，次氯酸浓度减小，漂白性减弱，故 D 错误；应选： A。【评论】 此题考察了氯气、次氯酸、氯水性

36、质的剖析，主假如化学均衡影响要素的理解应用，掌握基础是解题要点，题目较简单10（ 3 分）必定条件下，某容器中各微粒在反响前后变化的表示图以下，此中 和 代表不一样元素的原子对于此反响说法错误的选项是（ ）A必定属于吸热反响 B必定属于可逆反响C必定属于氧化复原反响 D必定属于分解反响【剖析】 依据图示可知该反响反响物是一种，生成物是两种，且反响是可逆反响，A分解反响不必定是吸热反响；B图示可知反响物在反响后反响物分子仍存在，证明反响未进行完全；C反响中有单质生成为氧化复原反响；D反响物为一种，生成两种生成物我分解反响【解答】 解：依据图示可知该反响反响物是一种，生成物是两种，A该物质属于分解

37、反响，一般的分解反响是吸热反响，但也有的分解反响如2H2 O2 =2HO+O 2 的反响是放热反响，故 A 错误；B依据图示可知有一部分反响物未参加反响，属于该反响是可逆反响，故C该反响中有有单质生成，元素化合价的变化，属于氧化复原反响，故D反响物是一种，生成物是两种，所以属于分解反响，故 D 正确。第 16 页（共 41 页）应选： A。【评论】 此题考察常有化学反响种类的判断，主要考察可逆反响的判断、四种基本反响种类的判断、化合反响与氧化复原反响的关系等，题目难度不大，注意要娴熟掌握基本反响的特色11（ 3 分）合成导电高分子化合物 PPV 的反响为：以下说法正确的选项是（ ）A PPV

38、是聚苯乙炔B该反响为缩聚反响C PPV 与聚苯乙烯的最小构造单元构成同样D 1 mol 最多可与 2 mol H 2 发生反响【剖析】由反响方程式可知 PPV 由对二碘苯与成，与苯乙炔、苯乙烯的加聚产物不一样，以此解答该题【解答】 解： A依据物质的分子构造可知该物质不是聚苯乙炔，故B该反响除产生高分子化合物外，还有小分子生成，属于缩聚反响，故发生缩聚反响生A 错误；B 正确；C PPV 与聚苯乙烯 的重复单元不同样，故 C 错误；D该物质一个分子中含有 2 个碳碳双键和苯环都能够与氢气发生加成反响， 属于 1mol最多能够与 5mol 氢气发生加成反响，故 D 错误。应选： B。【评论】此题

39、考察有机物的构造和性质，为高频考点，重视于学生的剖析能力的考察，注意掌握有机物的构造特别时高聚物的构造，难度不大12（ 3 分）以下各组混淆物，使用氢氧化钠溶液和盐酸两种试剂不可以分别的是（ ）A氧化镁中混有氧化铝 B氯化铝溶液中混有氯化铁C氧化铁中混有二氧化硅 D氯化亚铁溶液中混有氯化铜第 17 页（共 41 页）【剖析】 A 氧化铝拥有两性，可与氢氧化钠溶液反响；B氯化铁与氢氧化钠反响生成氢氧化铁，氢氧化钠过度，氯化铝生成偏铝酸钠，过滤 后分别加入盐酸，可又生成氯化铝、氯化铁；C二氧化硅是酸性氧化物，能够与 NaOH 发生反响；D两者都能够与 NaOH 发生反响生成积淀，加入盐酸都可溶解【

40、解答】 解： A MgO 是碱性氧化物与 NaOH 不可以反响，而 Al 2 O3 是两性氧化物，能够与NaOH 发生反响产生 NaAlO 2 ，过滤后清洗，就获取纯净的 MgO ，故 A 不选；B向溶液中加入过度的 NaOH 溶液，氯化铁变成 Fe （ OH） 3 积淀，氯化铝变成 NaAlO 2， 过滤，而后向溶液中加入适当的盐酸，当积淀达到最大值中，过滤，获取 Al （OH） 3，再分别向两种物质的积淀中加入适当的盐酸溶解，就获取氯化铝溶液，除掉了杂质，故 B 不选；C二氧化硅是酸性氧化物，能够与 NaOH 发生反响，而氧化铁与 NaOH 不可以发生反响。加入过度的 NaOH ，而后过滤

41、清洗，就获取纯净的氧化铁，故 C 不选；D两者都能够与 NaOH 发生反响，当再向获取的积淀中加入盐酸时，两者都溶解，不能分别、提纯两者，故 D 选。应选： D。【评论】 此题考察物质的分别、提纯，为高频考点，重视学生的剖析能力和实验能力 的考察，注意掌握物质的性质的异同以及实验的严实性和可行性的评论，难度不大13（ 3 分） O 2 F2 能够发生反响： H2 S+4O 2F2SF 6+2HF+4O ，以下说法正确的选项是（ ）A氧气是氧化产物B O2 F2 既是氧化剂又是复原剂C若生成 4.48 L HF ，则转移 0.8 mol 电子D复原剂与氧化剂的物质的量之比为 1： 4【剖析】 反

42、响 H2S+4O 2 F2 SF 6 +2HF+4O 中， S 元素化合价由 2 价高升到 +6 价，被氧化， O 元素由 +1 价降低到 0 价，被复原，以此解答该题【解答】解： A O 元素由 +1 价降低到 0 价，化合价降低，获取电子，所以氧气是复原 产物，故 A 错误；B在反响中， O2 F2 中的 O 元素化合价降低，获取电子，所以该物质是氧化剂，而硫化第 18 页（共 41 页）氢中的 S 元素的化合价是 2 价，反响后高升为 +6 价，所以 H2 S 表现复原性，而表现氧化性，故 B 错误；C外界条件不明确，不可以确立 HF 的物质的量，所以不可以确立转移电子的数量，故错误；D

43、由方程式可知复原剂和氧化剂的物质的量的比是 1： 4，故 D 正确。O2 F2C应选： D。【评论】此题考察氧化复原反响的计算，为高频考点和常有题型，重视于学生的剖析、计算能力的考察，答题注意掌握元素化合价的变化，为解答该题的要点，易错点为 C，注意因条件未知，不可以确立 HF 的物质的量，题目难度不大14（ 3 分）在硫酸工业生产中，为了有益于 SO2 的转变，且能充分利用热能，采纳了 中间有热互换器的接触室（见图） 以下说法错误的选项是（ ）A a、 b 两处的混淆气体成分含量同样，温度不一样B c、 d 两处的混淆气体成分含量同样，温度不一样C热互换器的作用是预热待反响的气体，冷却反响后

44、的气体D c 处气体经热互换后再次催化氧化的目的是提升 SO 2 的转变率【剖析】 A从 a 进入的气体是含有 SO 2、 O2、 N2 等的冷气，经过热互换器后从 b 处出来的是热的气体；B在 c 处出来的气体 SO 2、 O2 在催化剂表面发生反响产生的含有 O2 等气体，该反响是放热反响，当经过热互换器后被冷的气体降温，SO 3 及未反响的 SO 2、SO 变成液态；3C热互换器的作用是预热待反响的冷的气体，同时冷却反响产生的气体，为创建条件；D使未反响的 SO 2 进一步反响产生 SO3 ，从而能够提升 SO 2 的转变率【解答】解： A依据装置图可知，从 a 进入的气体是含有 SO

45、2、 O 2 、第 19 页（共 41 页）SO 3 的汲取N2 等的冷气，经过试纸或试液 红色石蕊试纸pH 试纸 淀粉碘化钾试液品红试液现象 变蓝变红 变蓝退色选项ABCDA A B热互换器后从 b 处出来的是热的气体，成分与 a 处同样，故 A 正确；B在 c 处出来的气体 SO 2、 O2 在催化剂表面发生反响产生的含有 O2 等气体，该反响是放热反响，当经过热互换器后被冷的气体降温，两者含有的气体的成分不同样，故 B 错误；SO 3 及未反响的 SO 2、SO 3 变成液态，故C热互换器的作用是预热待反响的冷的气体，同时冷却反响产生的气体，为 SO 3 的吸收创建条件，故 C 正确；D

46、处气体经过热互换器后再次被催化氧化，目的就是使未反响的 SO 2 进一步反响产生SO 3 ，从而能够提升 SO2 的转变率，故 D 正确。应选： B。【评论】此题是对化学与技术的考察， 波及工业制硫酸中 SO2 催化氧化的设施及工作原理，注意对基础知识的理解掌握15（ 3 分）以下气体的制备和性质实验中，由现象得出的结论错误的选项 是（试剂浓氨水、生石灰浓盐酸、浓硫酸浓盐酸、二氧化锰亚硫酸钠、硫酸B C C D D）结论NH 为碱性气体3HCl 为酸性气体 Cl 2 拥有氧化性 SO2 拥有复原性【剖析】 A NH3 制备能够采纳浓氨水和生石灰制取，可用红色石蕊试纸查验，试纸变 蓝则说明 NH

47、 3 为碱性气体；B利用浓硫酸的高沸点性， 能够制取 HCl 气体， pH 试纸变红，则说明气体为酸性气体；C浓盐酸和二氧化锰加热能够制取 Cl 2， Cl 2 能够用润湿的淀粉碘化钾试纸查验，试纸变蓝，说明 KI 转变成 I 2 ，则说明 Cl 2 有强氧化性；D SO 2 使品红溶液退色表现的是 SO 2 的漂白性【解答】解： A生石灰溶于水放出大批的热，增大氢氧根离子浓度，有益于氨气的逸出， NH 3 制备能够采纳浓氨水和生石灰制取，可用红色石蕊试纸查验，试纸变蓝则说明NH 3 为碱性气体，故 A 正确；B利用浓硫酸的高沸点性， 能够制取 HCl 气体， pH 试纸变红，则说明气体为酸性

48、气体，第 20 页（共 41 页）故 B 正确；C浓盐酸和二氧化锰加热能够制取 Cl 2， Cl 2 能够用润湿的淀粉碘化钾试纸查验，试纸变蓝，说明 KI 转变成 I 2 ，则说明 D SO 2 使品红溶液退色表现的是应选： D。Cl 2 有强氧化性，故 C 正确；SO2 的漂白性，故 D 错误。【评论】 此题考察常有气体的制备和性质实验，娴熟掌握元素化合物性质，掌握常有气体的制备、查验，难度不大16（ 3 分）实验室提纯含少许氯化钠杂质的硝酸钾的过程以下图以下剖析正确的是（ ）A操作是过滤，将固体分别除掉B操作是加热浓缩趁热过滤，除掉杂质氯化钠C操作是过滤、清洗，将硝酸钾晶体从溶液中分别出来

49、D操作总合需两次过滤【剖析】因为 KNO 3 的溶解度随温度的高升而高升， NaCl 的溶解度随温度的高升而基本无显然变变化，操作是加水溶解，操作是蒸发浓缩，获取较高温度下的液，操作为冷却结晶析出 KNO 3 ，过滤，清洗，干燥可得 KNO 3 晶体KNO 3 饱和溶【解答】 解： KNO 3 中混有 NaCl 应提纯 KNO 3 ，将它们都溶于水，并降温结晶。因为 KNO 3的溶解度随温度的高升而高升， NaCl 的溶解度随温度的高升而基本无显然变变化。则有，操作是在烧杯中加水溶解，操作是蒸发浓缩，获取较高温度下的 KNO 3 饱和溶液，操作为冷却结晶， 利用溶解度差别使 KNO 3 结晶析

50、出，过滤，清洗，干燥可得 KNO 3 晶体。应选： C。【评论】 此题考察常有物质的分别、提纯的方法，理解利用溶解度差别进行的分别提第 21 页（共 41 页）纯，是基础知识的综合运用17（ 3 分）某铁的氧化物（ Fex O） 1.52g 溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下 112ml Cl 2 ，恰巧将 Fe2+完整氧化 x 值为（ ）A 0.80B 0.85C 0.90D 0.933+【剖析】依据电子守恒可知， Fe O 被氧化为 Fex【解答】解： Fex O 中 Fe 的均匀化合价为 + ，被氧化为转移的电子数和 Cl转移的电子数相等2Fe3+ ，依据电子守恒可知，转移的电子

51、数和 Cl 2 转移的电子数相等。标准状况下 112mL Cl 2 转移电子数为 2=0.01mol 。则有： （ 3 ） x=0.01mol ，解得 x=0.8 ，应选： A。【评论】 此题考察氧化复原反响计算，注意氧化复原反响计算中电子转移守恒运用，此题中注意均匀化合价的应用，重视考察学生的剖析计算能力三、选择题（此题共 20 分，每题 4 分，每题有一个或两个正确选项只有一个正确选项的，多项选择不给分；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（ 4 分）必定条件下，一种反响物过度，另一种反响物仍不可以完整反响的是（ ）A过度的氢气与氮气 B过度的浓盐酸与二氧化锰

52、C过度的铜与浓硫酸 D过度的锌与 18 mol/L 硫酸【剖析】 A 合成氨是一个可逆反响，不可以朝一个方向进行究竟；B二氧化锰只与浓盐酸反响，稀盐酸不反响，过度浓盐酸和二氧化锰反响二氧化锰可以完整反响；C铜开朗性弱只好与浓硫酸反响，与稀硫酸不反响；D过度的锌与 18mol/L 硫酸溶液反响， 第一生成二氧化硫， 当浓变稀的时候生成氢气【解答】解： A合成氨是一个可逆反响，不论怎样充分反响，都不可以完整反响而达到 百分之百，故 A 正确；B二氧化锰只与浓盐酸反响， 稀盐酸不反响， 二氧化锰过度， 稀盐酸也不可以完整反响，若浓盐酸过度，二氧化锰能够完整反响，故 B 错误；第 22 页（共 41

53、页）C铜开朗性弱只好与浓硫酸反响，与稀硫酸不反响，故D过度的锌与 18mol/L 硫酸溶液反响， 第一生成二氧化硫，故 D 错误；应选： AC。C 正确；当浓变稀的时候生成氢气，【评论】 此题考察物质的性质，题目难度不大，注意化学反响中的一些特别状况， 注意反响的可逆性和物质的浓度问题2 2 + + + 19（4 分）已知： SO3 +I 2+H2O=SO4 +2I +2H 某溶液中可能含有 Na、 NH4 、 K、 I 、 2 2 SO 3 、 SO 4 ，且所有离子物质的量浓度相等。向该无色溶液中滴加少许溴水，溶液仍 呈无色。以下对于该溶液的判断正确的选项是（ ）A必定不含 I B必定不含

54、 SO 42 C必定含有 SO2 +D必定含有 NH34【剖析】无色溶液中加入溴水仍旧无色，说明溴水发生了反响，且产物无色， I 和 SO32 均可与溴水反响使溴水退色，此时反响后溶液无色，说明没有 I 2 ，则原溶液中必定有2 SO ；因为 SO32 的复原性比 I 强，又是少许溴水，故 I 能否存在没法判断；因所有离3子浓度相等，则依据电荷守恒可判断 SO42 必定没有，据此进行判断。 2 【解答】 解：加入溴水仍旧无色，说明溴水发生了反响，且产物无色， I 和 SO 3 均可2 与溴水反响使溴水退色，故 C 正确；因为 SO 2 的复原性比3此时反响后溶液无色，I 强，又是少许溴水，故因

55、所有离子浓度相等，则依据电荷守恒可判断 依据剖析可知，没法判断能否含有铵根离子，故应选： BC。说明没有 I 2 ，则原溶液中必定有 SO3 ，I 能否存在没法判断，故 A 错误；SO42 必定没有，故 B 正确；D 错误；【评论】 此题考察常有离子的查验方法，题目难度不大，明确离子反响发生条件为 解答要点，注意掌握离子共存的条件，试题培育了学生的剖析能力及逻辑推理能力。20（ 4 分）已知 NaOH+Al （OH） 3 NaAl （OH） 4 向集满 CO 2 的铝制易拉罐中加入过 量 NaOH 浓溶液，立刻关闭罐口，易拉罐逐渐凹瘪；再过一段时间，罐壁又从头突出。上述实验过程中没有发生的离子

56、反响是（）第 23 页（共 41 页）【剖析】为： CO+2OH 2 A CO2+2OHCO3 +H2 OB Al 2O3 +2OH+3H2O2Al（OH） 4C 2Al+2OH +6H2O2Al （ OH） 4 +3H 2 3+ D Al +4OH Al （OH） 4向集满 CO2气，发生反响为：CO 2 的铝罐中加入过度氢氧化钠，第一 CO2 与氢氧化钠反响，发生反响2 +HO ，表现为铝罐变瘪；接着过度的氢氧化钠再与铝罐反响生成氢3 2 2Al+2OH +6H2O2Al （OH） 4 +3H 2 ，则罐壁又从头突出；因铝罐 表面有氧化膜 Al 2O3 ，则又能够发生反响： Al 2O3

57、+2OH+3H2O2Al （OH） 4 ，据此进行解答。【解答】反响为：解：向集满 CO 2 2 CO2+2OH CO3的铝罐中加入过度氢氧化钠，第一 CO2 与氢氧化钠反响，发生+H2O，表现为铝罐变瘪；接着过度的氢氧化钠再与铝罐反响生 成氢气，发生反响为： 2Al+2OH +6H 2 O2Al （ OH） 4 +3H2 ，则罐壁又从头突出； 因铝罐表面有氧化膜 Al 2 O3 ，则又能够发生反响： Al 2 O3+2OH+3H 2O 2Al （OH） 4 ，依据剖析可知，能够发生反响为 A、 B、 C 的，没有发生的反响为 D，应选： D。【评论】 此题考察了铝及其化合物性质，题目难度不大

58、，明确发生反响原理为解答要 点，注意掌握铝及其化合物性质，试题培育了学生的剖析能力及灵巧应用能力。21（ 4 分）类比推理是化学中常用的思想方法以下推理正确的选项是（ ）A CO 2 是直线型分子，推测 CS 2 也是直线型分子B SiH4 的沸点高于 CH 4 ，推测 H2Se 的沸点高于 H2SC Fe 与 Cl 2 反响生成 FeCl 3 ，推测 Fe 与 I 2 反响生成 FeI 3D NaCl 与浓 H 2SO 4 加热可制 HCl ，推测 NaBr 与浓 H2 SO 4 加热可制HBr 【剖析】 A O 和 S 同主族，两者形成的 CO 2 和 CS 2 都是直线形分子；B C 和

59、 Si ， Se 和 S 都分别同族元素，形成的氢化物都为分子晶体，沸点取决于分子间作使劲的大小；C I 2 的氧化性较弱，碘单质与铁反响生成 FeI 2；D浓硫酸能够将 HBr 氧化为 Br2 【解答】解： A O 和 S 是同族元素， 故形成的 CO 2 和 CS 2 都是直线形分子， 该推理合理，第 24 页（共 41 页）故 A 正确；B C 和 Si ， Se 和 S 都分别为同族元素，所形成的氢化物都为分子晶体，沸点取决于分子间作使劲的大小，分子间作使劲大小能够用相对分子质量来比较，故 B 正确；C因 I 2 的氧化性较弱，在碘单质与铁反响生成的是 FeI 2 ，故 C 错误；D浓

60、硫酸氧化性很强，能够将 HBr 氧化为 Br 2 ，不可以用该方法制取 HBr ，故 D 错误；应选： AB。【评论】 此题考察较为综合，波及分子构型、晶体性质、铁的化学性质、浓硫酸的性质等知识，题目难度中等，明确常有元素及其化合物性质为解答要点，试题培育了学生的剖析能力及灵巧应用能力22 （ 4 分）称取（ NH 4） 2SO 4 和 NH 4 HSO 4 混淆物样品 7.24g ，加入含 0.1molNaOH 的溶液，完整反响，生成 NH 3 1792ml （标准状况），则（ NH 4） 2SO 4 和 NH 4 HSO 4 的物质的量比为（ ）A 1： 1 B 1： 2 C 1.87 ：