2023年上海市奉贤区高考化学二模试卷

第28页〔共28页〕2023年上海市奉贤区高考化学二模试卷一、选择题：〔此题共20小题，每题2分，每题只有一项正确〕1．〔2分〕奉贤在新一轮规划中提出要打造东方美谷。以下相关说法错误的是〔〕A．垃圾分类可有效提高垃圾的资源价值和经济价值B．绿色化学要求从源头上消除或减少对环境的污染C．推广可降解的一次性餐具，减少白色污染D．直接在田间燃烧秸秆，补充土壤中的钾元素2．〔2分〕以下化学用语表示不正确的是〔〕A．碳原子的结构示意图：B．CO2分子的电子式：C．碳原子核外电子排布的轨道表达式：D．CO2分子的比例模型：3．〔2分〕以下物质属于强电解质的是〔〕A．硫酸钡 B．盐酸 C．乙醇 D．三氧化硫4．〔2分〕以下说法中正确的是〔〕A．晶体中分子间作用力越大，分子越稳定B．原子晶体中共价键越强，熔点越高C．冰融化时水分子中共价键发生断裂D．氢氧化钠熔化时离子键、共价键均被破坏5．〔2分〕以下关于化石燃料的加工说法正确的是〔〕A．石油裂化主要得到乙烯B．石油分馏是化学变化，可得到汽油、煤油C．煤干馏主要得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气D．煤制煤气是物理变化，是高效、清洁地利用煤的重要途径6．〔2分〕以下各项实验根本操作中，正确的是〔〕A．为了加快锌和稀硫酸反响的速率，可以向稀硫酸中参加少量硫酸铜B．在做中和滴定实验时清洗滴定管后，直接装液滴定C．为了加快过滤速度，用玻璃棒搅拌过滤器中的液体D．为了使配制的氯化铁溶液保持澄清，参加盐酸和铁片7．〔2分〕有些物质既能与强酸溶液反响又能与强碱溶液反响，以下物质不具有此类性质的是〔〕A．NaHCO3 B．〔NH4〕2CO3 C．Al D．AlCl38．〔2分〕以下涉及化学学科观点的有关说法正确的是〔〕A．微粒观：二氧化硫是由硫原子和氧原子构成的B．转化观：升高温度可以将不饱和硝酸钾溶液转变为饱和C．守恒观：1g镁与1g稀硫酸充分反响后所得的溶液质量为2gD．结构观：金刚石和石墨由于结构中碳原子的排列方式不同，性质存在着较大的差异9．〔2分〕以下各组离子在碱性条件下能大量共存，而在强酸性条件下能发生氧化复原反响的是〔〕A．Mg2+、Na+、SO42﹣、Cl﹣ B．K+、CO32﹣、Cl﹣、NO3﹣C．Na+、K+、NO3﹣、SO32﹣ D．NH4+、Na+、SO42﹣、NO3﹣10．〔2分〕以下溶液中通入足量SO2，根据其实验现象，所得结论不正确的是〔〕溶液现象结论A含HCl、BaCl2和FeCl3的溶液产生白色沉淀SO2有复原性BH2S溶液产生黄色沉淀SO2有氧化性C酸性KMnO4溶液紫红色溶液褪色SO2有漂白性D加有酚酞的NaOH溶液褪色SO2是酸性氧化物A．A B．B C．C D．D11．〔2分〕对滴有酚酞试液的溶液中，以下操作溶液颜色会变深的是〔〕A．AlCl3溶液中在融入AlCl3 B．CH3COONa溶液加热C．氨水中参加少量NH4Cl固体 D．醋酸溶液加热12．〔2分〕科学家在人工智能的研制过程中依据某化学规律，快捷地寻找到适宜的光电效应材料，其依据的化学规律可能是〔〕A．元素周期律 B．质量守恒定律C．阿伏伽德罗定律 D．勒沙特列原理13．〔2分〕以下物质溶液间中的反响可用离子方程式OH﹣+H+→H2O表达的是〔〕A．H2SO4和Ba〔OH〕2 B．NH3•H2O和HCl C．NaHSO4和KOH D．NaHCO3和NaOH14．〔2分〕化学家格哈德•埃特尔证实了氢气与氮气在固体催化剂外表合成氨的反响过程，示意图如下：以下关于合成氨反响的表达中不正确的是〔〕A．该过程说明，在化学反响中存在化学键的断裂与形成B．在催化剂的作用下，反响物的化学键变得容易断裂C．过程②需吸收能量，过程③那么放出能量D．常温下该反响难以进行，是因为常温下生成物的化学键难以形成15．〔2分〕电解CuCl2溶液的装置如下图，以下分析正确的是〔〕A．b电极的质量不变B．a电极是该装置的负极C．a电极上发生氧化反响D．电子由b电极经溶液流向a电极16．〔2分〕2SO2〔g〕+O2〔g〕⇌2SO3〔g〕+QkJ•mol﹣1〔Q＞0〕。以下说法正确的是〔〕A．相同条件下，2molSO2〔g〕和1molO2〔g〕所具有的能量小于2molSO3〔g〕所具有的能量B．将2molSO2〔g〕和1molO2〔g〕充分反响可放出的热量为QkJC．增大压强或升高温度，该平衡都向逆反响方向移动D．假设充分反响后放热QkJ，那么此过程中有2molSO2〔g〕被氧化17．〔2分〕莎普爱思眼药水适用于早期老年性白内障，有效成分之一苄达酸结构如下图。以下关于苄达酸的表达正确的是〔〕A．分子式为C16H16N2O3B．属于芳香族化合物，且有弱酸性C．苯环上的一氯代物有5种D．该物质属于酯类18．〔2分〕某溶液含有①NO3﹣、②HCO3﹣、③SO32﹣、④CO32﹣、⑤SO42﹣等五种阴离子．向其中参加少量的Na2O2固体后，溶液中的离子浓度根本保持不变的是〔忽略溶液体积变化〕〔〕A．① B．①⑤ C．①④⑤ D．①③④⑤19．〔2分〕在以下工业生产中，进行的主要反响是非氧化复原反响的是〔〕①氯碱工业②氨碱法制纯碱③由焦炭、水、空气等合成氨④工业上生产硫酸A．④ B．①③ C．①②④ D．②20．〔2分〕一定量的H2和Cl2充分燃烧后，将反响生成的气体通入100mL1.0mol/L的NaOH溶液中，两者恰好完全反响，生成NaClO为0.01mol。那么燃烧前H2和Cl2的物质的量之比为〔〕A．5：4 B．4：5 C．4：3 D．3：4二、综合题〔共60分〕21．〔16分〕短周期元素A、B、C、D、E在元素周期表中的位置如以下图所示，其中B元素是碳元素。请答复以下问题：〔1〕B元素在周期表中的位置：；请写出该原子的电子式：；其原子核外电子能量最高的能级是：。〔2〕比拟A、C、D元素简单离子半径的大小：＞＞〔填微粒符号〕。〔3〕F与D同主族且相邻，请比拟D的氢化物和F的氢化物稳定性大小：〔用化学式表示〕。〔4〕E单质常用湿润的淀粉碘化钾试纸检验。有学生对淀粉碘化钾进行了实验探究。在淀粉碘化钾溶液中，滴加少量次氯酸钠溶液，立刻会看到溶液变蓝色，这是因为〔请结合氧化复原反响知识解释相关现象，下同〕。在所形成的蓝色溶液中，再滴加亚硫酸钠溶液，发现蓝色逐渐消失，这是因为。据此分析，I2、ClO﹣、SO42﹣氧化性有弱到强的顺序排列为。22．〔15分〕对大气污染物NOx进行研究具有重要环保意义。〔1〕汽车汽缸中生成NO的反响为：N2〔g〕+O2〔g〕⇌2NO〔g〕﹣Q假设1.0mol空气含0.80molN2和0.20molO2，1300oC时在10.0L密闭汽缸内经过5s反响到达平衡，测得NO为0.02mol/L．请答复以下问题：5s内该反响的平均速率ν〔N2〕=。汽车启动后，汽缸温度越高，单位时间内NO排放量越大，原因是：。〔2〕如图表示在其他条件不变时，反响2NO〔g〕+2CO〔g〕2CO2〔g〕+N2〔g〕中，NO的浓度c〔NO〕在不同温度〔T〕下随时间〔t〕的变化曲线。该平衡的正向反响为反响〔填“吸热〞或“放热〞〕。〔3〕为了减少汽车尾气对环境的污染，可采取的措施〔任写一个〕。另一方面，氮的许多化合物为我们人类生活带来便利。〔4〕氨水是一种很好的氮肥，常温下测定0.1mol/L氨水溶液，其PH值小于13，其原因是〔用电离方程式解释〕；常见氮肥种类有〔列举两个〕。〔5〕硝酸铵易溶于水，其水溶液呈〔填“酸性〞、“碱性〞、或“中性〞〕，原因是〔用离子方程式表示〕。23．〔14分〕绿矾〔FeSO4•nH2O〕在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。请答复以下问题：〔1〕在试管中参加少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化；再向试管中通入空气，溶液逐渐变红。请解释变红的原因。〔2〕为测定某绿矾中结晶水含量，按以下图组装好仪器并检查气密性。将石英玻璃管〔带两端开关K1和K2〕〔设整个为装置A〕称重，记为80.120g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为107.020g。按如图1连接好装置进行实验。①仪器B的名称是。②实验操作步骤为：第一步：翻开K1和K2，缓缓通入N2；第二步：点燃酒精灯，小心加热；第三步：熄灭酒精灯；第四步：冷却到室温；第五步：关闭K1和K2；第六步：称量A．请问：第一步缓缓通入N2的目的是。重复上述操作步骤，直至A恒重，记为95.320g。③计算绿矾化学式中结晶水n=〔保存一位小数〕。〔3〕同学们查找资料可知，硫酸亚铁在高温下分解产物为Fe2O3以及SO2和SO3．为了验证硫酸亚铁分解的气体产物，将已恒重的装置A接入如图2所示的装置中，翻开K1和K2，缓缓通入N2，加强热充分反响后，管中残留固体为色粉末。C、D中的溶液依次为、〔填标号〕。a．品红b。NaOHc．BaCl2d．浓硫酸〔4〕“严谨不仅仅是一种生活态度，更是科学精神〞。检查装置气密性是化学实验中的重要操作之一，在上述〔3〕题实验装置气密性检查的操作是。24．〔15分〕A〔C2H4〕是根本的有机化工原料，由A制备聚丙烯酸甲酯〔有机玻璃主要成分〕和肉桂酸的合成路线〔局部反响条件略去〕如下图：：〔X为卤原子，R为取代基〕答复以下问题：〔1〕B中含氧官能团的名称是；反响①的反响条件是；⑥的反响类型是。〔2〕肉桂酸的化学式为；由C制取D的化学方程式为。〔3〕肉桂酸的同分异构体中能同时满足以下条件：①苯环上有两个取代基②能发生银镜反响，③苯环上有两种不同环境的氢。请写出一种符合上述要求物质的结构简式：。〔4〕请你设计一个由丙烯〔CH2=CH﹣CH3〕制备B的合成路线〔无机试剂任选〕。合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物。2023年上海市奉贤区高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题：〔此题共20小题，每题2分，每题只有一项正确〕1．〔2分〕奉贤在新一轮规划中提出要打造东方美谷。以下相关说法错误的是〔〕A．垃圾分类可有效提高垃圾的资源价值和经济价值B．绿色化学要求从源头上消除或减少对环境的污染C．推广可降解的一次性餐具，减少白色污染D．直接在田间燃烧秸秆，补充土壤中的钾元素【分析】A．垃圾可回收再利用；B．绿色化学应从源头上减少污染；C．塑料的使用可导致白色污染；D．直接在田间燃烧秸秆，可产生含固体颗粒物的烟尘。【解答】解：A．垃圾可回收再利用，那么垃圾分类可有效提高垃圾的资源价值和经济价值，故A正确；B．绿色化学应从从源头上消除或减少对环境的污染，不能污染后再治理，故B正确；C．塑料的使用可导致白色污染，那么推广可降解的一次性餐具，减少白色污染，故C正确；D．直接在田间燃烧秸秆，可产生含固体颗粒物的烟尘，污染环境，故D错误；应选：D。【点评】此题考查三废处理及环境保护，为高频考点，把握环境、资源与化学的关系为解答的关键，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。2．〔2分〕以下化学用语表示不正确的是〔〕A．碳原子的结构示意图：B．CO2分子的电子式：C．碳原子核外电子排布的轨道表达式：D．CO2分子的比例模型：【分析】A．碳原子核外有2个电子层，最外层电子数为4；B．CO2分子中C和O原子之间含有2个共用电子对；C．碳原子核外有6个电子，分别分布在1s、2s、2p轨道；D．二氧化碳为直线型分子。【解答】解：A．碳原子核外有2个电子层，最外层电子数为4，那么结构示意图为，故A正确；B．CO2分子中C和O原子之间含有2个共用电子对，电子式为，故B错误；C．碳原子核外有6个电子，分别分布在1s、2s、2p轨道，核外电子排布的轨道表达式为，故C正确；D．二氧化碳为直线型分子，且C原子半径大于O原子，那么比例模型为，故D正确。应选：B。【点评】此题考查了电子式、原子结构示意图、电子排布式以及比例模型等化学用语的判断，题目难度中等，注意掌握常见化学用语的概念及表示方法，明确离子化合物的与共价化合物的电子式的区别，试题培养了学生灵活应用根底知识的能力。3．〔2分〕以下物质属于强电解质的是〔〕A．硫酸钡 B．盐酸 C．乙醇 D．三氧化硫【分析】在水溶液中完全电离的是强电解质；局部电离的是弱电解质；电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质：在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物。【解答】解：A．硫酸钡在熔融状态完全电离出钡离子和硫酸根离子，是强电解质，故A正确；B．盐酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C．乙醇在熔融状态和水溶液中都不能导电，是非电解质，故C错误；D．三氧化硫，在熔融状态和水溶液中都不能导电，是非电解质，故D错误，应选：A。【点评】此题重点考查强弱电解质的辨析，难度不大。要注意强电解质在水溶液中是完全电离的。4．〔2分〕以下说法中正确的是〔〕A．晶体中分子间作用力越大，分子越稳定B．原子晶体中共价键越强，熔点越高C．冰融化时水分子中共价键发生断裂D．氢氧化钠熔化时离子键、共价键均被破坏【分析】A．分子的稳定性与共价键的强弱有关；B．原子晶体中微粒间的作用力为共价键；C．分子晶体融化时破坏分子间作用力或氢键；D．离子晶体熔化时破坏离子键。【解答】解：A．分子晶体的分子间作用力影响分子晶体的物理性质，而分子的稳定性与共价键的强弱有关，故A错误；B．原子晶体中微粒间的作用力为共价键，原子晶体融化时共价键要断裂，所以原子晶体中共价键越强，晶体的熔点越高，故B正确；C．分子晶体融化时破坏分子间作用力或氢键，冰属于分子晶体融化时水分子间的氢键断裂，而H﹣O键未发生断裂，故C错误；D．氢氧化钠属于离子晶体，离子晶体熔化时破坏离子键，共价键不被破坏，故D错误。应选：B。【点评】此题考查晶体的结构和性质，侧重于学生的分析能力和根本概念、根本理论知识的综合理解和运用的考查，注意把握晶体的类型和性质，难度不大。5．〔2分〕以下关于化石燃料的加工说法正确的是〔〕A．石油裂化主要得到乙烯B．石油分馏是化学变化，可得到汽油、煤油C．煤干馏主要得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气D．煤制煤气是物理变化，是高效、清洁地利用煤的重要途径【分析】A．石油裂化主要得到汽油；B．有新物质生成的变化叫化学变化，没有新物质生成的变化叫物理变化；C．煤隔绝空气加强热主要得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气；D．有新物质生成的变化叫化学变化，没有新物质生成的变化叫物理变化．【解答】解：A．催化裂化的目的是得到轻质液体燃料汽油，故A错误；B．石油分馏是物理变化，故B错误；C．煤隔绝空气加强热主要得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气，故C正确；D．煤制煤气有新物质一氧化碳和氢气生成，是化学变化，故D错误。应选：C。【点评】此题考查石油的分馏、物理变化与化学变化的区别，难度不大，注意有新物质生成的变化叫化学变化，没有新物质生成的变化叫物理变化．6．〔2分〕以下各项实验根本操作中，正确的是〔〕A．为了加快锌和稀硫酸反响的速率，可以向稀硫酸中参加少量硫酸铜B．在做中和滴定实验时清洗滴定管后，直接装液滴定C．为了加快过滤速度，用玻璃棒搅拌过滤器中的液体D．为了使配制的氯化铁溶液保持澄清，参加盐酸和铁片【分析】A．Zn能置换出Cu，Zn、Cu和稀硫酸构成原电池；B．滴定管必须用待装液润洗；C．过滤时不能用玻璃杯搅拌，否那么易损坏滤纸；D．配制的是氯化铁溶液，不能参加铁片。【解答】解：A．Zn比Cu活泼，可置换出Cu，反响的方程式为CuSO4+Zn=ZnSO4+Cu，在溶液中形成Cu/Zn原电池，而加快化学反响速率，故A正确；B．在做中和滴定实验时清洗滴定管后，必须先用待装液润洗滴定管，然后再装液滴定，否那么待装液会被稀释，影响滴定结果，故B错误；C．用玻璃棒搅拌过滤器中的液体可能将滤纸弄破，使实验失败，故C错误；D．Fe3+易水解生成H+，水解的离子方程式为Fe3++3H2O⇌Fe〔OH〕3+3H+，配制溶液时，可参加酸抑制FeCl3水解，防止生成沉淀而导致溶液变浑浊，由于溶液是FeCl3溶液，加铁片发生反响Fe+2FeCl3=3FeCl2，反而引进杂质，故D错误；应选：A。【点评】此题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及过滤、溶液配制、原电池对反响速率影响、中和滴定等，把握物质的性质、反响原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大。7．〔2分〕有些物质既能与强酸溶液反响又能与强碱溶液反响，以下物质不具有此类性质的是〔〕A．NaHCO3 B．〔NH4〕2CO3 C．Al D．AlCl3【分析】常见的既能与酸反响又能与碱反响的物质主要有：①两性物质：Al2O3、ZnO、Al〔OH〕3、Zn〔OH〕2、氨基酸、蛋白质等；②多元弱酸的酸式盐：NaHCO3、KHS、KHSO3、NaH2PO4等；③弱酸的铵盐及其酸式盐：〔NH4〕2S、NH4HS、〔NH4〕2CO3、NH4HCO3、CH3COONH4等；④某些具有两性的金属：Zn、Al等，据此解答。【解答】解：A．NaHCO3与盐酸反响生成氯化钠和水、二氧化碳，与氢氧化钠反响生成碳酸钠和水，故A不选；B．〔NH4〕2CO3盐酸反响生成氯化铵和水、二氧化碳，与氢氧化钠反响生成碳酸钠、氨气和水，故B不选；C．Al与盐酸反响生成氯化铝和氢气，与氢氧化钠反响生成偏铝酸钠和氢气，故C不选；D．AlCl3与强碱溶液反响生成氢氧化铝或偏铝酸盐，与强酸不反响，故D选；应选：D。【点评】此题考查元素化合物性质，题目难度不大，注意根底知识的积累，注意具有两性和能与酸、碱反响的区别。8．〔2分〕以下涉及化学学科观点的有关说法正确的是〔〕A．微粒观：二氧化硫是由硫原子和氧原子构成的B．转化观：升高温度可以将不饱和硝酸钾溶液转变为饱和C．守恒观：1g镁与1g稀硫酸充分反响后所得的溶液质量为2gD．结构观：金刚石和石墨由于结构中碳原子的排列方式不同，性质存在着较大的差异【分析】A．二氧化硫是由分子构成的；B．升高温度硝酸钾的溶解度增大；C．Mg与稀硫酸反响生成硫酸镁和氢气；D．物质的组成和结构决定了物质的性质。【解答】解：A．二氧化硫是由二氧化硫分子构成的，分子是由S原子和O原子构成的，故A错误；B．升高温度硝酸钾的溶解度增大，升高温度不饱和硝酸钾溶液仍然为不饱和溶液，故B错误；C．Mg与稀硫酸反响生成硫酸镁和氢气，那么1g镁与1g稀硫酸充分反响后所得的溶液质量为小于2g，故C错误；D．物质的组成和结构决定了物质的性质，金刚石和石墨由于结构中碳原子的排列方式不同，所以金刚石和石墨的物理性质存在着较大的差异，故D正确；应选：D。【点评】此题考查了物质的结构和性质、质量守恒、溶液的溶解度与温度的关系，题目难度不大，侧重于考查学生对根底知识的理解应用能力。9．〔2分〕以下各组离子在碱性条件下能大量共存，而在强酸性条件下能发生氧化复原反响的是〔〕A．Mg2+、Na+、SO42﹣、Cl﹣ B．K+、CO32﹣、Cl﹣、NO3﹣C．Na+、K+、NO3﹣、SO32﹣ D．NH4+、Na+、SO42﹣、NO3﹣【分析】碱性溶液中，离子之间不能结合生成水、气体、沉淀等，那么离子能共存；强酸溶液中该组离子能发生氧化复原反响，即为正确答案．【解答】解：A．碱性溶液中，OH﹣与Mg2+结合生成沉淀，那么不能共存，故A不选；B．碱性溶液中，该组离子之间不反响，能共存，但参加酸不发生氧化复原反响，故B不选；C．碱性溶液中，该组离子之间不反响，能共存，且参加酸时H+、NO3﹣、SO32﹣发生氧化复原反响，故C选；D．碱性溶液中，OH﹣与NH4+结合生成弱电解质，那么不能共存，故D不选；应选：C。【点评】此题考查离子共存问题，熟悉习题中的信息及离子之间的反响即可解答，熟悉酸碱条件下的反响是解答此题的关键，题目难度不大．10．〔2分〕以下溶液中通入足量SO2，根据其实验现象，所得结论不正确的是〔〕溶液现象结论A含HCl、BaCl2和FeCl3的溶液产生白色沉淀SO2有复原性BH2S溶液产生黄色沉淀SO2有氧化性C酸性KMnO4溶液紫红色溶液褪色SO2有漂白性D加有酚酞的NaOH溶液褪色SO2是酸性氧化物A．A B．B C．C D．D【分析】A．铁离子能够将二氧化硫氧化成硫酸，生成的白色沉淀为硫酸钡，二氧化硫被氧化；B．黄色沉淀为S单质，结合化合价变化分析；C．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能够氧化二氧化硫；D．溶液褪色，说明二氧化硫与氢氧化钠溶液发生反响。【解答】解：A．FeCl3将SO2氧化成硫酸根离子，硫酸根离子与BaCl2反响生成硫酸钡沉淀，该反响中二氧化硫被氧化，表现了复原性，故A正确；B．SO2与H2S反响生成S单质，该反响中SO2中+4价S元素被复原生成0价的单质S，二氧化硫被复原，说明SO2有氧化性，故B正确；C．酸性KMnO4溶液能够氧化SO2，导致溶液褪色，SO2表现了复原性，故C错误；D．加有酚酞的NaOH溶液中通入二氧化硫生成亚硫酸钠，导致溶液褪色，说明SO2是酸性氧化物，故D正确；应选：C。【点评】此题考查化学实验方案的评价，为高频考点，题目难度中等，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，注意掌握二氧化硫的化学性质，试题有利于提高学生的分析、理解能力及综合应用能力。11．〔2分〕对滴有酚酞试液的溶液中，以下操作溶液颜色会变深的是〔〕A．AlCl3溶液中在融入AlCl3 B．CH3COONa溶液加热C．氨水中参加少量NH4Cl固体 D．醋酸溶液加热【分析】对滴有酚酞试液的以下溶液，操作后红色变深，说明溶液中OH﹣浓度增大，结合外界条件对水解平衡移动的影响分析。【解答】解：A．AlCl3在水中电离后产生的Al3+水解使溶液呈酸性，加热导致水解程度增大，但酚酞遇酸性溶液颜色不变化，故A错误；B．CH3COONa为强碱弱酸盐，水解呈碱性，滴加酚酞后溶液显红色，加热使碱性增强，因此红色变深，故B正确；C．氨水为弱碱，局部电离：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，参加酚酞后溶液变为红色，而NH4Cl=NH4++Cl﹣，其中的NH4+会抑制氨水的电离，使溶液碱性减弱，颜色变浅，故C错误；D．醋酸溶液呈酸性，参加酚酞溶液不变色，故D错误。应选：B。【点评】此题考查影响盐类水解的因素，题目难度不大，注意两点，一是溶液呈碱性，二是把握影响水解平衡的因素以及平衡移动的方向。12．〔2分〕科学家在人工智能的研制过程中依据某化学规律，快捷地寻找到适宜的光电效应材料，其依据的化学规律可能是〔〕A．元素周期律 B．质量守恒定律C．阿伏伽德罗定律 D．勒沙特列原理【分析】利用元素周期律，可以找到具有特殊功能的材料，据此进行解答。【解答】解：由于在周期表中位置靠近的元素性质相似，这就启发人们在周期表中一定的区域内寻找新的物质，如利用元素周期律，可快捷地寻找到适宜的光电效应材料，应选：A。【点评】此题考查元素周期律的作用，题目难度不大，明确元素周期律的内容及意义即可解答，试题侧重根底知识的考查，培养了学生的灵活应用能力。13．〔2分〕以下物质溶液间中的反响可用离子方程式OH﹣+H+→H2O表达的是〔〕A．H2SO4和Ba〔OH〕2 B．NH3•H2O和HCl C．NaHSO4和KOH D．NaHCO3和NaOH【分析】可用离子方程式H++OH﹣═H2O表示，那么为强酸、强碱反响生成可溶性盐和水的离子反响，以此来解答。【解答】解：A．硫酸与氢氧化钡反响生成硫酸钡和水，硫酸钡在离子反响中保存化学式，不能用H++OH﹣=H2O表示，故C不选；B．一水合氨为弱碱，应保存化学式，二者反响不能用H++OH﹣=H2O表示，故B不选；C．硫酸氢钠与氢氧化钾反响实质氢离子与氢氧根离子反响生成水，离子方程式：H++OH﹣=H2O，故C选；D．NaHCO3和NaOH反响实质碳酸氢根离子与氢氧根离子反响生成碳酸根离子和水，不能用H++OH﹣=H2O表示，故D不选；应选：C。【点评】此题考查离子反响方程式书写的正误判断，明确在离子反响中哪些物质应保存化学式及反响的实质是解答此题的关键，难度不大，注意离子方程式的意义。14．〔2分〕化学家格哈德•埃特尔证实了氢气与氮气在固体催化剂外表合成氨的反响过程，示意图如下：以下关于合成氨反响的表达中不正确的是〔〕A．该过程说明，在化学反响中存在化学键的断裂与形成B．在催化剂的作用下，反响物的化学键变得容易断裂C．过程②需吸收能量，过程③那么放出能量D．常温下该反响难以进行，是因为常温下生成物的化学键难以形成【分析】A．化学反响的本质是旧键断裂，新键形成；B．催化剂的作用原理是降低活化能，即反响物的化学键变得容易断裂；C．过程②化学键断裂需要吸收能量，过程③化学键形成那么放出能量；D．化学键形成过程中放出能量，故温度较低时有利于键的形成。【解答】解：A．化学反响的本质是旧键断裂，新键形成，故该过程说明，在化学反响中存在化学键的断裂与形成，故A正确；B．催化剂的作用原理是降低活化能，即反响物的化学键变得容易断裂，故B正确；C．过程②化学键断裂需要吸收能量，过程③化学键形成那么放出能量，故C正确；D．化学键形成过程中放出能量，故温度较低时有利于键的形成，故D错误，应选：D。【点评】解决此题的关键是要充分理解图中提供的信息，且明确化学反响的本质是旧键断裂，新键形成，断开化学键吸收能量，形成化学键放出能量，此题难度中等。15．〔2分〕电解CuCl2溶液的装置如下图，以下分析正确的是〔〕A．b电极的质量不变B．a电极是该装置的负极C．a电极上发生氧化反响D．电子由b电极经溶液流向a电极【分析】由图可知，a与电源正极相连为阳极，那么b为阴极，电解CuCl2溶液发生CuCl2Cu+Cl2↑，阳极上生成氯气，阴极上析出Cu，以此来解答。【解答】解：A．b为阴极，铜离子得到电子生成Cu，那么阴极质量增大，故A错误；B．a与电源正极相连，a为阳极，故B错误；C．a为阳极，氯离子失去电子被氧化，发生氧化反响，故C正确；D．电子由负极流向正极，且电子不能进入溶液中，故D错误；应选：C。【点评】此题考查电解原理，为高频考点，把握电极、电极反响、电子及离子的移动为解答的关键，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。16．〔2分〕2SO2〔g〕+O2〔g〕⇌2SO3〔g〕+QkJ•mol﹣1〔Q＞0〕。以下说法正确的是〔〕A．相同条件下，2molSO2〔g〕和1molO2〔g〕所具有的能量小于2molSO3〔g〕所具有的能量B．将2molSO2〔g〕和1molO2〔g〕充分反响可放出的热量为QkJC．增大压强或升高温度，该平衡都向逆反响方向移动D．假设充分反响后放热QkJ，那么此过程中有2molSO2〔g〕被氧化【分析】根据热化学方程式2SO2〔g〕+O2〔g〕⇌2SO3〔g〕+QkJ•mol﹣1〔Q＞0〕，此反响为可逆反响，且为放热反响，当反响掉2mol二氧化硫和1mol氧气生成2mol三氧化硫时，反响放热QKJ，据此分析。【解答】解：A、此反响为放热反响，故相同条件下，2molSO2〔g〕和1molO2〔g〕所具有的能量大于2molSO3〔g〕所具有的能量，故A错误；B、由于此反响为可逆反响，不能进行彻底，故将2molSO2〔g〕和1molO2〔g〕充分反响可放出的热量小于QkJ，故B错误；C、此反响的正反响方向是气体体积减小的方向，故增大压强，平衡右移；且反响放热，故升高温度，平衡左移，故C错误；D、根据化学方程式可知，当反响掉2mol二氧化硫和1mol氧气生成2mol三氧化硫时，反响放热QKJ，此时2mol二氧化硫被氧化，即当2mol二氧化硫被氧化时，放热QKJ，故D正确。应选：D。【点评】此题考查了热化学方程式的含义、化学平衡的移动以及热效应的判断，应注意可逆反响的热化学方程式的反响热，是指的是当反响进行彻底时所放出的热量。17．〔2分〕莎普爱思眼药水适用于早期老年性白内障，有效成分之一苄达酸结构如下图。以下关于苄达酸的表达正确的是〔〕A．分子式为C16H16N2O3B．属于芳香族化合物，且有弱酸性C．苯环上的一氯代物有5种D．该物质属于酯类【分析】由结构可知分子式，分子中含苯环、﹣COOH，且含四面体结构的亚甲基，分子中有10种H，以此解答该题。【解答】解：A．由结构可知分子式为C16H14N2O3，故A错误；B．含苯环及COOH，属于芳香族化合物，且有弱酸性，故B正确；C．苯环有7种H原子，那么苯环上的一氯代物有7种，故C错误；D．不含酯基，不属于酯类，故D错误。应选：B。【点评】此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、有机反响、有机物的结构为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意H原子的数目及种类，题目难度不大。18．〔2分〕某溶液含有①NO3﹣、②HCO3﹣、③SO32﹣、④CO32﹣、⑤SO42﹣等五种阴离子．向其中参加少量的Na2O2固体后，溶液中的离子浓度根本保持不变的是〔忽略溶液体积变化〕〔〕A．① B．①⑤ C．①④⑤ D．①③④⑤【分析】Na2O2与水反响生成氢氧化钠，溶液呈碱性，Na2O2具有强氧化性，能与OH﹣反响的离子和具有复原性的离子的浓度会发生改变，同时溶液中存在反响生成的离子，该离子浓度也会变化，以此来解答．【解答】解：Na2O2与水反响生成氢氧化钠，溶液呈碱性，HCO3﹣与OH﹣反响生成CO32﹣，那么HCO3﹣离子浓度减小，CO32﹣离子浓度增大；Na2O2具有强氧化性，将SO32﹣氧化为SO42﹣，那么SO32﹣离子浓度减小，SO42﹣浓度增大；NO3﹣浓度根本不变。应选：A。【点评】此题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反响为解答的关键，侧重复分解反响、氧化复原反响的离子共存考查，题目难度不大．19．〔2分〕在以下工业生产中，进行的主要反响是非氧化复原反响的是〔〕①氯碱工业②氨碱法制纯碱③由焦炭、水、空气等合成氨④工业上生产硫酸A．④ B．①③ C．①②④ D．②【分析】氧化复原反响的特征是有化合价的升降，非氧化复原反响为没有化合价变化的反响，从元素的化合价是否发生变化的角度解答该题。【解答】解：①氯碱工业中，生成单质氢气和氯气，H、Cl元素的化合价变化，存在氧化复原反响，故①错误；②氨碱法制纯碱是在溶液中进行的复分解反响，没有发生氧化复原反响，故②正确；③由焦炭、水、空气等合成氨，C、H、N等元素的化合价发生变化，属于氧化复原反响，故③错误；④工业上生产硫酸，S和O元素的化合价发生变化，属于氧化复原反响，故④错误。应选：D。【点评】此题考查氧化复原反响，题目难度中等，此题考查的侧重点为常见工业生成原理，希在学习中注意积累相关知识。20．〔2分〕一定量的H2和Cl2充分燃烧后，将反响生成的气体通入100mL1.0mol/L的NaOH溶液中，两者恰好完全反响，生成NaClO为0.01mol。那么燃烧前H2和Cl2的物质的量之比为〔〕A．5：4 B．4：5 C．4：3 D．3：4【分析】100mL1.0mol/L的NaOH溶液中含有氢氧化钠的物质的量为：1.0mol/L×0.1L=0.1mol；两者恰好完全反响，说明0.1NaOH完全反响，生成的0.01molNaClO来自Cl2与NaOH的反响〔Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O〕，那么氢气和氯气反响后剩余氯气的物质的量为0.01mol，消耗NaOH的物质的量为0.02mol；剩余的NaOH发生反响NaOH+HCl=NaCl+H2O，据此可计算出生成HCl消耗氢气和氯气的物质的量，最后再计算出燃烧前H2和Cl2的物质的量之比。【解答】解：100mL1.0mol/L的NaOH溶液中含有氢氧化钠的物质的量为：1.0mol/L×0.1L=0.1mol；两者恰好完全反响，说明0.1NaOH完全反响，生成的0.01molNaClO来自Cl2与NaOH的反响〔Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O〕，那么氢气和氯气反响后剩余氯气的物质的量为0.01mol，消耗NaOH的物质的量为0.02mol，发生反响NaOH+HCl=NaCl+H2O消耗NaOH的物质的量为：0.1mol﹣0.02mol=0.08mol，那么n〔HCl〕=n〔NaOH〕=0.08mol，n〔H2〕=n〔Cl2〕=n〔HCl〕=0.08mol×=0.04mol，所以原混合气体中含有Cl2的物质的量为：0.01mol+0.04mol=0.05mol，氢气的物质的量为0.04mol，燃烧前H2和Cl2的物质的量之比=0.04mol：0.05mol=4：5，应选：B。【点评】此题考查化学方程式的计算，题目难度中等，明确发生反响原理即可解答，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用，试题培养了学生的化学计算能力。二、综合题〔共60分〕21．〔16分〕短周期元素A、B、C、D、E在元素周期表中的位置如以下图所示，其中B元素是碳元素。请答复以下问题：〔1〕B元素在周期表中的位置：第二周期ⅣA族；请写出该原子的电子式：；其原子核外电子能量最高的能级是：2p。〔2〕比拟A、C、D元素简单离子半径的大小：N3﹣＞O2﹣＞Al3+〔填微粒符号〕。〔3〕F与D同主族且相邻，请比拟D的氢化物和F的氢化物稳定性大小：H2O＞H2S〔用化学式表示〕。〔4〕E单质常用湿润的淀粉碘化钾试纸检验。有学生对淀粉碘化钾进行了实验探究。在淀粉碘化钾溶液中，滴加少量次氯酸钠溶液，立刻会看到溶液变蓝色，这是因为NaClO氧化KI生成I2〔请结合氧化复原反响知识解释相关现象，下同〕。在所形成的蓝色溶液中，再滴加亚硫酸钠溶液，发现蓝色逐渐消失，这是因为I2被Na2SO3复原生成I﹣。据此分析，I2、ClO﹣、SO42﹣氧化性有弱到强的顺序排列为SO42﹣＜I2＜ClO﹣。【分析】短周期元素A、B、C、D、E，B元素是碳元素，由元素在周期表中的位置依次推出C为N，D为O，A为Al，E为Cl，〔1〕B为C元素，位于周期表第二周期ⅣA族，原子核外有2个电子层，最外层电子数为4；〔2〕A、C、D元素简单离子具有相同的电子排布，核电荷数越大，离子半径越小；〔3〕F与D同主族且相邻，那么F为S元素，非金属性越强，对应的氢化物越稳定；〔4〕在淀粉碘化钾溶液中，滴加少量次氯酸钠溶液，立刻会看到溶液变蓝色，说明生成碘，在所形成的蓝色溶液中，再滴加亚硫酸钠溶液，发现蓝色逐渐消失，说明碘与亚硫酸钠发生氧化复原反响。【解答】解：〔1〕B为C元素，位于周期表第二周期ⅣA族，原子核外有2个电子层，最外层电子数为4，电子式为，核外电子排布为1s22s22p2，其原子核外电子能量最高的能级是，故答案为：第二周期ⅣA族；；2p；〔2〕A、C、D元素简单离子具有相同的电子排布，那么原子序数大的离子半径小，所以离子半径为N3﹣＞O2﹣＞Al3+，故答案为：N3﹣；O2﹣；Al3+；〔3〕F与D同主族且相邻，那么F为S元素，非金属性越强，对应的氢化物越稳定，那么稳定性H2O＞H2S，故答案为：H2O＞H2S；〔4〕在淀粉碘化钾溶液中，滴加少量次氯酸钠溶液，立刻会看到溶液变蓝色，说明NaClO氧化KI生成I2，在所形成的蓝色溶液中，再滴加亚硫酸钠溶液，发现蓝色逐渐消失，说明碘与亚硫酸钠发生氧化复原反响，氧化复原反响中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可说明氧化性SO42﹣＜I2＜ClO﹣，故答案为：NaClO氧化KI生成I2；I2被Na2SO3复原生成I﹣；SO42﹣＜I2＜ClO﹣。【点评】此题考查元素周期表和元素周期律，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力，元素的推断是解答的关键，并熟悉非金属的比拟、半径的比拟、水解、电子式、化学反响等知识点来解答，难度不大。22．〔15分〕对大气污染物NOx进行研究具有重要环保意义。〔1〕汽车汽缸中生成NO的反响为：N2〔g〕+O2〔g〕⇌2NO〔g〕﹣Q假设1.0mol空气含0.80molN2和0.20molO2，1300oC时在10.0L密闭汽缸内经过5s反响到达平衡，测得NO为0.02mol/L．请答复以下问题：5s内该反响的平均速率ν〔N2〕=0.002mol/〔L•s〕。汽车启动后，汽缸温度越高，单位时间内NO排放量越大，原因是：正反响为吸热反响，升温反响速率增大，同时平衡正向进行，单位时间内NO的排放量越大。〔2〕如图表示在其他条件不变时，反响2NO〔g〕+2CO〔g〕2CO2〔g〕+N2〔g〕中，NO的浓度c〔NO〕在不同温度〔T〕下随时间〔t〕的变化曲线。该平衡的正向反响为放热反响〔填“吸热〞或“放热〞〕。〔3〕为了减少汽车尾气对环境的污染，可采取的措施①改良发动机燃烧方式，使汽油能充分燃烧，减少污染物的排放，或②使用尾气催化净化装置装置，使有害气体转化为无害物质，或③使用无铅汽油，禁止含铅物质的排放，或④加大尾气检测力度，禁止未达环保标准的汽车上路〔任写一个〕。另一方面，氮的许多化合物为我们人类生活带来便利。〔4〕氨水是一种很好的氮肥，常温下测定0.1mol/L氨水溶液，其PH值小于13，其原因是NH3•H2O⇌NH4++OH﹣〔用电离方程式解释〕；常见氮肥种类有铵态氮肥、硝态氮肥或有机氮肥等〔列举两个〕。〔5〕硝酸铵易溶于水，其水溶液呈酸性〔填“酸性〞、“碱性〞、或“中性〞〕，原因是NH4++H2O⇌NH3•H2O+OH﹣〔用离子方程式表示〕。【分析】〔1〕计算5s内NO的反响速率，速率之比等于化学方程式计量数之比计算得到5s内该反响的平均速率ν〔N2〕；反响为吸热反响，升温平衡正向进行，汽车启动后，汽缸温度越高，单位时间内NO排放量越大；〔2〕图象分析，先拐先平温度高，升温平衡向吸热反响方向进行；〔3〕治理汽车尾气污染问题要从汽车燃料、尾气转化、改良汽车发动机结构、控制汽车数量等方面进行分析解答；〔4〕常温下测定0.1mol/L氨水溶液，其PH值小于13，说明为弱碱溶液一水合氨存在电离平衡，常见氮肥有尿素、硝铵、碳铵等；〔5〕硝酸铵溶液中铵根离子水解溶液显酸性；【解答】解：〔1〕5s内NO的反响速率v〔NO〕==0.004mol/〔L•s〕，速率之比等于化学方程式计量数之比，5s内该反响的平均速率ν〔N2〕=v〔NO〕=0.002mol/〔L•s〕，反响为吸热反响，升温平衡正向进行，汽车启动后，汽缸温度越高，反响速率越大，平衡正向进行，单位时间内NO排放量越大，故答案为：0.002mol/〔L•s〕；正反响为吸热反响，升温反响速率增大，同时平衡正向进行，单位时间内NO的排放量越大；〔2〕反响2NO〔g〕+2CO〔g⇌2CO2〔g〕+N2〔g〕中，NO的浓度c〔NO〕在不同温度〔T〕下随时间〔t〕的变化曲线分析，先拐先平温度高，T2＞T1，温度越高NO浓度越大，说明升温平衡逆向进行，正反响为放热反响，故答案为：放热；〔3〕为减少汽车尾气对环境的污染，应采取以下措施：①改良发动机燃烧方式，使汽油能充分燃烧，减少污染物的排放，或②使用尾气催化净化装置装置，使有害气体转化为无害物质，或③使用无铅汽油，禁止含铅物质的排放，或④加大尾气检测力度，禁止未达环保标准的汽车上路，故答案为：①改良发动机燃烧方式，使汽油能充分燃烧，减少污染物的排放，或②使用尾气催化净化装置装置，使有害气体转化为无害物质，或③使用无铅汽油，禁止含铅物质的排放，或④加大尾气检测力度，禁止未达环保标准的汽车上路；〔4〕常温下测定0.1mol/L氨水溶液，其PH值小于13，一水合氨水溶液中存在电离平衡，电离出局部氢氧根离子溶液显碱性，NH3•H2O⇌NH4++OH﹣，常见氮肥有铵态氮肥、硝态氮肥、有机氮肥等，如尿素、碳铵等，故答案为：NH3•H2O⇌NH4++OH﹣；铵态氮肥、硝态氮肥或有机氮肥等；〔5〕硝酸铵易溶于水，其水溶液呈酸性，原因是铵根离子水解：反响的离子方程式为：NH4++H2O⇌NH3•H2O+OH﹣，故答案为：酸性；NH4++H2O⇌NH3•H2O+OH﹣；【点评】此题考查了反响速率计算、影响化学平衡的因素分析判断、污染防治方法、弱电解质电离和盐类水解原理的理解应用等，掌握根底是解题关键，题目难度中等。23．〔14分〕绿矾〔FeSO4•nH2O〕在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。请答复以下问题：〔1〕在试管中参加少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化；再向试管中通入空气，溶液逐渐变红。请解释变红的原因Fe2+被氧化成Fe3+与KSCN结合形成红色溶液。〔2〕为测定某绿矾中结晶水含量，按以下图组装好仪器并检查气密性。将石英玻璃管〔带两端开关K1和K2〕〔设整个为装置A〕称重，记为80.120g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为107.020g。按如图1连接好装置进行实验。①仪器B的名称是枯燥管。②实验操作步骤为：第一步：翻开K1和K2，缓缓通入N2；第二步：点燃酒精灯，小心加热；第三步：熄灭酒精灯；第四步：冷却到室温；第五步：关闭K1和K2；第六步：称量A．请问：第一步缓缓通入N2的目的是排尽系统内空气。重复上述操作步骤，直至A恒重，记为95.320g。③计算绿矾化学式中结晶水n=6.5〔保存一位小数〕。〔3〕同学们查找资料可知，硫酸亚铁在高温下分解产物为Fe2O3以及SO2和SO3．为了验证硫酸亚铁分解的气体产物，将已恒重的装置A接入如图2所示的装置中，翻开K1和K2，缓缓通入N2，加强热充分反响后，管中残留固体为红色色粉末。C、D中的溶液依次为c、a〔填标号〕。a．品红b。NaOHc．BaCl2d．浓硫酸〔4〕“严谨不仅仅是一种生活态度，更是科学精神〞。检查装置气密性是化学实验中的重要操作之一，在上述〔3〕题实验装置气密性检查的操作是关闭k1，A处微热，C、D、E三个洗瓶均会产生气泡，停止加热及冷却后，三个洗瓶内导管水柱上升。【分析】〔1〕利用二价铁不与KSCN反响，Fe3+与KSCN反响，使溶液变红，来解答；〔2〕Fe2+易被空气中的氧气氧化，实验前，要赶尽装置中的空气，并根据实验步骤，找到各步骤物质的变化，列出关系式，从而求出结晶水的数目；〔3〕硫酸亚铁在高温下分解产物为Fe2O3以及SO2和SO3，充分加热后只剩下固体为氧化铁，然后就是SO2和SO3的检验，二氧化硫能使品红溶液褪色，三氧化硫与氯化钡反响生成硫酸钡的白色沉淀；〔4〕检验装置的气密性的操作是形成密闭体系，利用压强差，观察现象。【解答】解：〔1〕溶液中先滴KSCN液颜色无明显变化，说明绿矾样品中无Fe3+，硫酸亚铁与KSCN应；再向试管中通入空气，溶液逐渐变红，那么溶液中有生成Fe3+，说明硫酸