1、2015年上海市六校联考高考化学模拟试卷一、选择题（本题共10分，每小题2分，每题只有一个正确选项）1含铀矿物通常用铅（Pb）的同位素测年法进行断代，下列关于Pb和Pb说法正确的是（） A 含不同的质子数 B 含不同的电子数 C 含相同的中子数 D 互相转化时不属于化学变化2下列化学用语的表述正确的是（） A 离子结构示意图： 可以表示16O2，也可以表示18O2 B 比例模型： 可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子 C 氯化铵的电子式为： D CO2的结构式为：OCO3在下列各用途中，利用了物质的氧化性的是（） A 用食盐腌制食物 B 用漂粉精消毒游泳池中的水 C 用汽油洗涤衣物上的油污
2、 D 用盐酸除去铁钉表面的铁锈4下列有机物命名正确的是（） A H2NCH2COOH 氨基乙酸 B 2二氯丙烷 C 2甲基丙醇 D C17H33COOH 硬脂酸5下列叙述中错误的是（） A 过滤时，漏斗下端要紧贴接液烧杯内壁 B 蒸馏时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口 C 蒸发结晶时应将溶液蒸干，然后停止加热 D 分液时，分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出二、选择题（本题共36分，每小题3分，每题只有一个正确选项）6X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中相对位置如图所示，若Z原子的最外层电子数是第一层电子数的3倍，下列说法正确的是（） A Z单质与氢气反应较Y剧烈 B
3、 X与W的原子核外电子数相差9 C X单质氧化性强于Y单质 D 最高价氧化物对应水化物酸性W比Z强7常温下，NC13是一种油状液体，其分子空间构型为三角锥形，下列对NC13的有关叙述错误的是（） A NC13中NC1键键长比CCl4中CC1键键长短 B NC13分子中的所有原子均达到8电子稳定结构 C NCl3分子是极性分子 D NBr3的沸点比NCl3的沸点低8有4种碳骨架如下的烃，下列说法正确的是（）a和d是同分异构体 b和c是同系物a和d都能发生加聚反应 只有b和c能发生取代反应 A B C D 9为探究NaHCO3、Na2CO3与1mol/L盐酸反应（设两反应分别是反应、反应）过程中的
4、热效应，进行实验并测得如下数据：下列有关说法正确的是（）序号 液体 固体 混合前温度 混合后最高温度 35mL水 2.5g NaHCO3 20 18.5 35mL水 3.2g Na2CO3 20 24.3 35mL盐酸 2.5g NaHCO3 20 16.2 35mL盐酸 3.2g Na2CO3 20 25.1 A 仅通过实验即可判断反应是吸热反应 B 仅通过实验即可判断反应是放热反应 C 通过实验可判断出反应、分别是吸热反应、放热反应 D 通过实验可判断出反应、分别是放热反应、吸热反应10将足量的AgCl（s）分别添加到下述四种溶液中，所得溶液c（Ag+）最小的是（） A 10 mL 0.4
5、mol/L的盐酸 B 10 mL 0.3mol/L MgCl2溶液 C 10 mL 0.5mol/LNaCl溶液 D 10 mL 0.1mol/L AlCl3溶液11某硫酸厂废气中SO2的回收利用方案如图所示下列说法错误的是（） A X可能含有2种盐 B Y可能含有（NH4）2SO4 C a是SO3 D （NH4）2S2O8中S的化合价不可能为+712利用如图装置可以模拟铁的电化学防护下列说法不正确的是（） A 若X为锌棒，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀 B 若X为锌棒，开关K置于M处，铁极发生氧化反应 C 若X为碳棒，开关K置于N处，可减缓铁的腐蚀 D 若X为碳棒，开关K置于N处，X极发生氧
6、化反应13欲观察环戊烯（）是否能使酸性KMnO4溶液褪色，先将环戊烯溶于适当的溶剂，再慢慢滴入0.005molL1KMnO4溶液并不断振荡下列哪一种试剂最适合用来溶解环戊烯做此实验（） A 四氯化碳 B 裂化汽油 C 甲苯 D 水14下列有关实验正确的是（） A 装置用于Na2SO3和浓H2SO4反应制取少量的SO2气体 B 装置用于灼烧CuSO45H2O C 装置用于收集氯气并防止污染空气 D 装置用于实验室制备少量乙酸乙酯15以下是在实验室模拟“侯氏制碱法”生产流程的示意图：则下列叙述错误的是（） A A气体是NH3，B气体是CO2 B 把纯碱及第步所得晶体与某些固体酸性物质（如酒石酸）混
7、合可制泡腾片 C 第步操作用到的主要玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒 D 第步操作是将晶体溶于水后加热、蒸发、结晶16已知：FeCl3（aq）+3KSCN（aq）3KCl（aq）+Fe（SCN）3（aq），平衡时Fe（SCN）3的物质的量浓度与温度T的关系如图所示，则下列说法正确的是（） A A点与B点相比，A点的c（ Fe3+）大 B 加入KCl固体可以使溶液由D点变到C点 C 反应处于D点时，一定有（正）（逆） D 若T1、T2温度下的平衡常数分别为K1、K2，则K1K217某盐溶液中可能含有NH4+、Ba2+、Na+、Fe2+、Cl、CO32、NO3七种离子中的数种某同学取4份此溶液样品，分
8、别进行了如下实验：用pH试纸测得溶液呈强酸性；加入过量NaOH溶液，产生有刺激性气味的气体且有沉淀生成；加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀；加足量BaCl2溶液，没有沉淀产生，在溶液中加入氯水，再滴加KSCN溶液，显红色该同学最终确定在上述七种离子中肯定含有NH4+、Fe2+、Cl三种离子请分析，该同学只需要完成上述哪几个实验，即可得出此结论（） A B C D 三、选择题（本题共20分，每小题4分，每小题有一个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在汽车排气管加装催化装置，可有效减少CO和NOx的排放，催化装置内发生
9、反应为：NOx+CO N2+CO2（未配平），下列关于此反应的说法中错误的是（） A 该反应中化合价变化的只有N元素 B 当x=2时，每生成1mol N2，转移电子数为4mol C 等物质的量N2和CO2中，共价键的个数比为3：4 D 氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1时，NOx中氮元素的化合价为+2价19下列说法正确的是（） A 常温下pH为5的盐酸溶液稀释1000倍后，pH等于8 B 碳酸钠溶液中存在：c（Na+）+c（H+）=c（CO32）+c（OH）+c（HCO3） C 浓度均为0.1mol/L的氨水和氯化铵溶液，水电离出的c（H+）前者小于后者 D 等浓度的CH3COOH与KOH以
10、任意比混合：c（K+）+c（H+）=c（OH）+c（CH3COO）20化合物A（）可由环戊烷经三步反应合成：XY则下列说法错误的是（） A 反应1可用试剂是氯气 B 反应3可用的试剂是氧气和铜 C 反应1为取代反应，反应2为消去反应 D A可通过加成反应合成Y21以0.10mol/L的氢氧化钠溶液滴定某一元弱酸（已知其在该条件下的电离度1%）的滴定曲线如图所示横坐标为加入氢氧化钠的体积，纵坐标为溶液的pH下列说法正确的是（） A 此一元弱酸的电离常数（Ka）约为1.0106 B 此弱酸的浓度为1104mol/L C 此实验可选用甲基橙作指示剂 D 此实验可选用酚酞作指示剂22已知2Al+2Na
11、OH+2H2O2NaAlO2+3H2该反应中有关物理量的描述正确的是（NA表示阿伏加德罗常数）（） A 每生成6.72 L的H2，溶液中AlO2的数目就增加0.2 NA B 每生成0.15 mol H2，被还原的水分子数目为0.3 NA C 当有2.7 g Al参加反应时，转移的电子数目为0.3 NA D 溶液中每增加0.1 mol的AlO2，Na+的数目就增加0.1 NA四、（本题共12分）23（12分）（2015上海模拟）硅是重要的半导体材料，构成现代电子工业的基础硅及其化合物在工业中应用广泛，在国防和航天工业中亦有许多用途（1）硅原子中最外层电子排布式为，该层电子的电子云有种不同的伸展方
12、向（2）温石棉矿是一种硅酸盐类矿物，化学式写作氧化物形式为6MgO4SiO24H2O，其中原子半径最大的元素在周期表中的位置是SiO2存在与金刚石结构类似的晶体，其中硅氧原子之间以相结合a离子键 b极性键 c非极性键 d范德华力（3）甲硅烷（SiH4）是一种无色的液体，遇到空气能爆炸性自燃，生成二氧化硅固体和水在室温下，10g SiH4自燃放出热量446kJ，请写出其燃烧的热化学方程式：；（4）SiH4的热稳定性不如CH4，其原因是工业上硅铁可以用于冶镁以煅白（CaOMgO）为原料与硅铁（含硅75%的硅铁合金）混合，置于密闭设备中于1200发生反应：2（CaOMgO）（s）+Si（s）Ca2S
13、iO4 （l）+2Mg（g）（5）常温下镁的还原性强于硅上述方法能够获得镁的原因是：（6）若上述反应在容积为a L的密闭容器中发生，一定能说明反应已达平衡的是（选填编号）a反应物不再转化为生成物b炉内Ca2SiO4与CaOMgO的质量比保持不变c反应放出的总热量不再改变d单位时间内，n（CaOMgO）消耗：n（Ca2SiO4）生成=2：1若b g煅白经t min反应后转化率达70%，该时段内Mg的生成速率是五、（本题共12分）24（12分）（2015上海模拟）硒是与硫同主族的元素已知：Se+2H2SO4（浓）2SO2+SeO2+2H2O；2SO2+SeO2+2H2OSe+2SO42+4H+（1
14、）通过以上反应判断SeO2、H2SO4（浓）、SO2的氧化性由强到弱的顺序是工业上回收得到的SeO2样品混有其它杂质，可以通过下面的方法测定SeO2含量：SeO2+KI+HNO3Se+I2+KNO3+H2OI2+2Na2S2O3Na2S4O6+2NaI（2）配平反应式，标出电子转移的方向和数目（3）实验中，准确称量SeO2样品0.1500g，消耗了0.2000mol/L的Na2S2O3溶液25.00mL，所测定的样品中SeO2的质量分数为已知在室温的条件下，pH均为5的H2SO4溶液和NH4Cl溶液，回答下列问题：（4）各取5mL上述溶液，分别加水稀释至50mL，pH较大的是溶液；各取5mL上
15、述溶液，分别加热（温度相同），pH较小的是溶液（5）取5mL NH4Cl溶液，加水稀释至50mL，c（H+）106mol/L（填“”、“”或“=”），（填“增大”、“减小”或“不变”）（6）向等物质的量浓度的Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸在滴加盐酸过程中，溶液中c（Na+）与含硫各物种浓度的大小关系为（选填字母）ac（Na+）=c（H2S）+c（HS）+2c（S2） b2c（Na+）=c（H2S）+c（HS）+c（S2）cc（Na+）=3c（H2S）+c（HS）+c（S2）d2c（Na+）=c（H2S）+c（HS）+2c（S2）NaHS溶液呈碱性，若向溶液中加入CuSO4溶液，恰好完全
16、反应，所得溶液呈强酸性，其原因是（用离子方程式表示）六、（本题共12分）25（12分）（2015上海模拟）某化学兴趣小组的同学利用下图所示实验装置进行某些气体的制备、物质性质的探究等实验（图中夹持装置省略）请按要求填空：（1）实验室制取SO2气体时，可选择的合适试剂（选填编号）a15%的H2SO4溶液 b75%的H2SO4溶液 cNa2SO3固体 dCaSO3固体相应的制取装置是（填上图中装置下方编号）（2）实验室若用装置来制取H2S气体，可选择的固体反应物是（选填编号）aNa2S固体 bCuS固体 cFeS固体 dFeS2固体反应的离子方程式为（3）如何检验装置的气密性？简述其操作：（4）实
17、验室里可用浓硫酸和无水酒精反应制取乙烯，除了题中的仪器外，制取装置中还缺少的玻璃仪器是（5）该化学兴趣小组为探究制备乙烯是否存在副产物SO2和CO2，制备的气体从发生装置出来除去乙烯后依次选择了装置、，其中装置盛有的试剂是，装置盛有的试剂是七、（本题共12分）26（12分）（2015上海模拟）为了测定工业纯碱中Na2CO3的质量分数（含少量NaCl），甲、乙、丙三位学生分别设计了一套实验方案学生甲的实验流程如图所示：学生乙设计的实验步骤如下：称取样品，为1.150g；溶解后配成250mL溶液；取20mL上述溶液，加入甲基橙 23滴；用0.1140mol/L的标准盐酸进行滴定；数据处理回答下列问
18、题：（1）甲学生设计的定量测定方法的名称是法（2）试剂A可以选用（填编号）aCaCl2bBaCl2 cAgNO3（3）操作后还应对滤渣依次进行、两个实验操作步骤其中，证明前面一步的操作已经完成的方法是；（4）学生乙某次实验开始滴定时，盐酸溶液的刻度在0.00mL处，当滴至试剂B由色至时，盐酸溶液的刻度在14.90mL处，乙同学以该次实验数据计算此样品中Na2CO3的质量分数是（保留两位小数）乙同学的这次实验结果与老师给出的理论值非常接近，但老师最终认定他的实验方案设计不合格，你认为可能的原因是什么？（5）学生丙称取一定质量的样品后，只加入足量未知浓度盐酸，经过一定步骤的实验后也测出了结果他的实
19、验需要直接测定的数据是八、（本题共11分）27（11分）（2015上海模拟）某兴趣小组以乙烯等为主要原料合成药物普鲁卡因：已知：（1）对于普鲁卡因，下列说法正确的是A一个分子中有11个碳原子 B不与氢气发生加成反应 C可发生水解反应（2）化合物的分子式为，1mol化合物能与mol H2恰好完全反应（3）化合物在浓H2SO4和加热的条件下，自身能反应生成高分子聚合物，写出的结构简式（4）请用化学反应方程式表示以乙烯为原料制备B（无机试剂任选）的有关反应，并指出所属的反应类型九、（本题共11分）28（11分）（2015上海模拟）有机物PASNa是一种治疗肺结核药物的有效成分，有机物G是一种食用香料
20、，以甲苯为原料合成这两种物质的路线如下：已知：（R=CH3或H）回答下列问题：（1）生成A的反应类型是（2）F中含氧官能团的名称是，试剂a的结构简式为（3）写出由A生成B的化学方程式：（4）质谱图显示试剂b的相对分子质量为58，分子中不含甲基，且为链状结构，写出肉桂酸与试剂b生成G的化学方程式：（5）当试剂d过量时，可以选用的试剂d是（填字母序号）aNaHCO3 bNaOH cNa2CO3（5）肉桂酸有多种同分异构体，写出符合下列条件的任意一种的结构简式a苯环上有三个取代基；b能发生银镜反应，且1mol该有机物最多生成4mol Ag；c苯环上有两种不同化学环境氢原子十、（本题共14分）29（1
21、4分）（2015上海模拟）硫酸是重要的化工生产原料，工业上常用硫铁矿焙烧生成SO2，SO2氧化到SO3，再用98.3%左右的浓硫酸吸收SO3得到“发烟”硫酸（H2SO4SO3）最后用制得的“发烟”硫酸配制各种不同浓度的硫酸用于工业生产完成下列计算：（1）1kg 98%的浓硫酸吸收SO3后，可生产kg“发烟”硫酸（2）“发烟”硫酸（H2SO4SO3）溶于水，其中SO3都转化为硫酸若将890g“发烟”硫酸溶于水配成4.00L硫酸，该硫酸的物质的量浓度为mol/L（3）硫铁矿氧化焙烧的化学反应如下：3FeS2+8O2Fe3O4+6SO24FeS2+11O22Fe2O3+8SO21吨含FeS280%的
22、硫铁矿，理论上可生产多少吨98%的浓硫酸？若24mol FeS2完全反应耗用氧气1467.2L（标准状况），计算反应产物中Fe3O4与Fe2O3物质的量之比（4）用硫化氢制取硫酸，既能充分利用资源又能保护环境，是一种很有发展前途的制备硫酸的方法硫化氢与水蒸气的混合气体在空气中完全燃烧，再经过催化氧化冷却制得了98%的浓硫酸（整个过程中SO2损失2%，不补充水不损失水）求硫化氢在混合气中的体积分数2015年上海市六校联考高考化学模拟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含铀矿物通常用铅（Pb）的同位素测年法进行断代，下列关于Pb和Pb说法正确的是（）
23、 A 含不同的质子数 B 含不同的电子数 C 含相同的中子数 D 互相转化时不属于化学变化考点： 核素 专题： 原子组成与结构专题分析： 根据zAX中Z表示质子数，质子数=核外电子数，A表示质量数，中子数=质量数质子数，Pb和Pb的互相转化无新物质生成，据此分析解答解答： 解：APb和Pb的质子数都为82，故A错误； BPb和Pb的质子数都为82，质子数=核外电子数，核外电子数都为82，故B错误；C因Pb的中子数为：20682=124，Pb的中子数为：20782=125，中子数不同，故C错误；DPb和Pb的互相转化无新物质生成，不属于化学变化，故D正确，故选D点评： 本题主要考查原子构成，明确
24、相关含义是解题的关键，题目难度不大2下列化学用语的表述正确的是（） A 离子结构示意图： 可以表示16O2，也可以表示18O2 B 比例模型： 可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子 C 氯化铵的电子式为： D CO2的结构式为：OCO考点： 电子式、化学式或化学符号及名称的综合 专题： 化学用语专题分析： A由质子数为8，该离子结构示意图表示氧离子；B比例模型：可以表示甲烷分子，因C原子半径大于H原子半径，而Cl原子半径大于C原子半径；C氯离子为阴离子，氯离子电子式错误；D二氧化碳中存在两个C=O键解答： 解：A离子结构示意图，则质子数为8，核核外电子数为10，所以可以表示16O2，也可以
25、表示18O2，与中子数无关，故A正确；B比例模型：可以表示甲烷分子，因C原子半径大于H原子半径，而Cl原子半径大于C原子半径，不能表示四氯化碳的比例模型，故B错误；C氯化铵为离子化合物，氯离子需要标出最外层电子，氯化铵正确的电子式为：，故C错误；D二氧化碳分子中存在两个C=O键，CO2正确的结构式为：O=C=O，故D错误；故选A点评： 本题考查化学用语的表示方法判断，为高频考点，题目难度中等，试题涉及结构示意图、比例模型、电子数及结构式等，把握化学用语的区别及规范应用为解答的关键3在下列各用途中，利用了物质的氧化性的是（） A 用食盐腌制食物 B 用漂粉精消毒游泳池中的水 C 用汽油洗涤衣物上
26、的油污 D 用盐酸除去铁钉表面的铁锈考点： 氧化还原反应 专题： 氧化还原反应专题分析： 氧化剂具有氧化性，具有氧化性的物质，在反应中得到电子而被还原，在生活中常用具有强氧化性的物质进行杀菌消毒解答： 解：A利用盐溶解使食物和食物所处环境中的钠离子和氯离子浓度升高，从而使食物不易变质，不属于氧化还原反应，故A错误；B漂白粉易生成具有强氧化性的次氯酸，可用于杀菌消毒，所以用漂白粉消毒游泳池利用了物质的氧化性，故B正确；C用汽油擦洗衣料上的油污是利用相似相溶原理，不属于氧化还原反应，故C错误；D用盐酸除去铁钉表面的铁锈，是利用酸与碱性氧化物的反应，该反应中没有电子转移，不属于氧化还原反应，故D错误
27、；故选B点评： 本题以物质的用途为载体考查了氧化还原反应，知道生活中常见反应的反应原理，会运用化学知识解释生活现象，明确氧化还原反应的本质，题目难度不大4下列有机物命名正确的是（） A H2NCH2COOH 氨基乙酸 B 2二氯丙烷 C 2甲基丙醇 D C17H33COOH 硬脂酸考点： 有机化合物命名 专题： 有机物分子组成通式的应用规律分析： A与羧基相连的碳原子为碳原子；B应标出每个氯原子的位置；C应标出羟基的位置；DC17H33COOH是软脂酸解答： 解：AH2NCH2COOH的名称为氨基乙酸，故A正确； B的名称为2，2二氯丙烷，故B错误；C的名称为2甲基1丙醇，故C错误；DC17H
28、35COOH是硬脂酸，C17H33COOH是软脂酸，故D错误故选A点评： 本题考查有机物的命名，难度中等，注意掌握氨基酸和高级脂肪酸的命名5下列叙述中错误的是（） A 过滤时，漏斗下端要紧贴接液烧杯内壁 B 蒸馏时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口 C 蒸发结晶时应将溶液蒸干，然后停止加热 D 分液时，分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出考点： 物质的分离、提纯的基本方法选择与应用 专题： 化学实验基本操作分析： A过滤时应避免滤液溅出；B蒸馏时，温度计用于测量馏分的温度；C蒸发时应避免温度过高而导致溶质分解；D分液时应避免液体重新接触而污染解答： 解：A过滤时漏斗下端要紧贴接液烧
29、杯内壁，可避免滤液溅出，故A正确；B蒸馏时，温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口，可测量馏分的温度，故B正确；C蒸发时，当有大量固体析出时停止加热，用余热蒸干，避免温度过高而导致溶质分解，故C错误；D分液时，分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，可避免液体重新接触而污染，故D正确故选C点评： 本题考查物质的分离、提纯，为高频考点，侧重于学生的基本实验操作的考查，难度不大，注意相关知识的积累二、选择题（本题共36分，每小题3分，每题只有一个正确选项）6X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中相对位置如图所示，若Z原子的最外层电子数是第一层电子数的3倍，下列说法正确的是（） A Z单质
30、与氢气反应较Y剧烈 B X与W的原子核外电子数相差9 C X单质氧化性强于Y单质 D 最高价氧化物对应水化物酸性W比Z强考点： 元素周期律和元素周期表的综合应用 专题： 元素周期律与元素周期表专题分析： X、Y、Z、W均为短周期元素，Z原子的最外层电子数是第一层电子数的3倍，则Z的第一层电子数为2，最外层电子数为6，所以Z应为S，结合位置可知，Y为O，X为N，W为Cl，并利用元素及其单质、化合物的性质来解答解答： 解：依据分析可知：Y为O，X为N，W为Cl，A、非金属性OS，所以Y的单质与氢气反应较Z剧烈，故A错误；B、X的原子核外电子数为7，W的原子核外电子数为17，两者相差10，故B错误；
31、C、同一周期中，随着核电荷数的增加，元素的非金属性增强，即Y单质氧化性强于X，故C错误；D、非金属性ClS，所以最高价氧化物对应水化物的酸性W比Z强，故D正确，故选D点评： 本题考查位置、结构、性质的应用，Z为解答本题的突破口，元素的推断及熟悉元素及其化合物的性质是解答本题的关键，题目难度不大7常温下，NC13是一种油状液体，其分子空间构型为三角锥形，下列对NC13的有关叙述错误的是（） A NC13中NC1键键长比CCl4中CC1键键长短 B NC13分子中的所有原子均达到8电子稳定结构 C NCl3分子是极性分子 D NBr3的沸点比NCl3的沸点低考点： 判断简单分子或离子的构型；共价键
32、的形成及共价键的主要类型 专题： 化学键与晶体结构分析： A原子半径越小，原子间形成的键长越短；B如果元素的最外层电子数+元素的化合价的绝对值=8，该元素就达到8电子稳定结构，否则没有达到8电子稳定结构；C根据该分子是否是对称结构判断分子的极性；D无氢键的分子晶体相对分子质量越大其熔沸点越高；解答： 解：AC原子的原子半径大于N原子的原子半径，所以CCl4中CC1键键长比NC13中NC1键键长，故A正确；BNC13中N原子最外层电子数5+化合价的绝对值3=8，所以N原子达到8电子稳定结构；NC13中C1原子最外层电子数7+化合价的绝对值1=8，所以C1原子达到8电子稳定结构，故B正确；CNC1
33、3的分子空间构型是三角锥型结构不是正四面体结构，NCl3分子空间构型不对称，所以NCl3分子是极性分子，故C正确；D无氢键的分子晶体中物质的熔沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大其熔沸点越高，所以NBr3比NCl3的熔沸点高，故D错误；故选D点评： 本题考查NC13的有关知识，明确微粒半径大小比较、化合物中原子最外层电子数是否为8的判断方法、熔沸点大小的判断方法是解答关键，题目难度中等8有4种碳骨架如下的烃，下列说法正确的是（）a和d是同分异构体 b和c是同系物a和d都能发生加聚反应 只有b和c能发生取代反应 A B C D 考点： 常见有机化合物的结构 专题： 有机化学基础分析： 由碳架
34、结构可知a为（CH3）2C=CH2，b为C（CH3）4，c为（CH3）3CH，d为环丁烷，结合对应有机物的结构和性质解答该题解答： 解：由碳架结构可知a为（CH3）2C=CH2，b为C（CH3）4，c为（CH3）3CH，d为环丁烷，a为CH3C（CH3）=CH2，属于烯烃，d为环丁烷，属于环烷烃，二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故正确；b为CH3CH2CH2CH3，c为C（CH3）4，二者都属于烷烃，分子式不同，互为同系物，故正确；a为CH3C（CH3）=CH2，含有C=C双键，可以发生加成反应，d为环丁烷，属于环烷烃，不能发生加成反应，故错误；都属于烃，一定条件下都可以发生取代反应
35、，故错误；故选A点评： 本题考查有机物的结构和性质，题目难度不大，注意根据有机物的结构模型判断有机物的种类，为解答该题的关键9为探究NaHCO3、Na2CO3与1mol/L盐酸反应（设两反应分别是反应、反应）过程中的热效应，进行实验并测得如下数据：下列有关说法正确的是（）序号 液体 固体 混合前温度 混合后最高温度 35mL水 2.5g NaHCO3 20 18.5 35mL水 3.2g Na2CO3 20 24.3 35mL盐酸 2.5g NaHCO3 20 16.2 35mL盐酸 3.2g Na2CO3 20 25.1 A 仅通过实验即可判断反应是吸热反应 B 仅通过实验即可判断反应是放热
36、反应 C 通过实验可判断出反应、分别是吸热反应、放热反应 D 通过实验可判断出反应、分别是放热反应、吸热反应考点： 探究吸热反应和放热反应 专题： 化学反应中的能量变化分析： A由于碳酸氢钠溶于水的过程为吸热反应，不能仅通过实验判断碳酸氢钠与盐酸的反应为吸热反应；B由于碳酸钠溶于水的过程放热，不能直接根据过实验判断碳酸钠与盐酸的反应为放热反应；C根据实验可知，碳酸氢钠与盐酸的反应为吸热反应，根据实验可知，碳酸钠与盐酸的反应为放热反应；D由实验可知，碳酸氢钠与盐酸的反应为吸热反应，由实验可知，碳酸钠与盐酸的反应为放热反应解答： 解：A根据表中数据可知，碳酸氢钠溶于水为吸热反应，不能仅根据实验混合
37、后溶液温度降低而判断碳酸氢钠与盐酸的反应为吸热反应，需要结合实验综合判断，故A错误；B根据实验可知，碳酸钠溶于水的过程为吸热过程，所以不能仅根据实验碳酸钠与盐酸反应后混合液温度升高判断反应是放热反应，故B错误；C根据实验可知，碳酸氢钠溶于水后混合液温度从20降低到18.5，而实验中碳酸氢钠与盐酸反应后混合液温度从20降低16.218.5，通过反应后混合液温度更低，证明反应为吸热反应；同理根据实验碳酸钠溶于水，混合液温度从20升高到24.3，实验中碳酸钠与盐酸反应，温度从20升高到25.124.3，碳酸钠与盐酸反应后混合液的温度比碳酸钠溶于水后升高的温度更高，证明碳酸钠与盐酸的反应为放热反应，故
38、C正确；D根据选项C的分析可知，反应为吸热反应、反应为放热反应，故D错误；故选C点评： 本题考查了探究吸热反应、放热反应的方法，题目难度中等，注意掌握化学反应中的能量变化，明确探究吸热反应、放热反应的方法，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力10将足量的AgCl（s）分别添加到下述四种溶液中，所得溶液c（Ag+）最小的是（） A 10 mL 0.4mol/L的盐酸 B 10 mL 0.3mol/L MgCl2溶液 C 10 mL 0.5mol/LNaCl溶液 D 10 mL 0.1mol/L AlCl3溶液考点： 难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质 专题： 电离平衡与溶液的pH专题分析： 足
39、量AgCl（s）溶解后，存在溶解平衡为：AgCl（s）=Ag+（aq）+Cl（aq），从平衡移动的角度分析，Cl浓度越大，Ag+的浓度越小，以此解答该题解答： 解：AgCl（s）溶解后存在溶解平衡为：AgCl（s）=Ag+（aq）+Cl（aq），当增大Cl浓度时，平衡逆移，Ag+的浓度会减小；所以将足量氯化银分别放入相同体积的下列溶液中，Ag+的浓度最小，则Cl浓度应最大，题中B项Cl浓度最大，则c（Ag+）最小故选B点评： 本题考查难溶电解质的溶解平衡，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，题目侧重于浓度对平衡移动的影响，难度不大，注意把握影响溶解平衡移动的因素11某硫酸厂废气中SO2的回
40、收利用方案如图所示下列说法错误的是（） A X可能含有2种盐 B Y可能含有（NH4）2SO4 C a是SO3 D （NH4）2S2O8中S的化合价不可能为+7考点： 二氧化硫的化学性质 专题： 元素及其化合物分析： 由流程可知，氨水与废气反应生成亚硫酸氨或亚硫酸氢铵，然后与过量硫酸反应生成气体a为二氧化硫，Y为硫酸铵、硫酸氢铵，据此解答解答： 解：A废气少量时生成X为亚硫酸铵，废气过量时生成X为亚硫酸氢铵，或二者均有，故A正确；BX中加过量硫酸生成硫酸铵或硫酸氢铵，故B正确；C亚硫酸氨或亚硫酸氢铵，与过量硫酸反应生成气体a为二氧化硫，故C错误；D（NH4）2S2O8中为连二硫酸铵，S最外层有
41、6个电子，最高价为+6价，则S的化合价不可能为+7，故D正确；故选：C点评： 本题考查了二氧化硫的污染与防治、元素化合物等问题，掌握二氧化硫及亚硫酸盐的性质是解题关键，题目难度不大12利用如图装置可以模拟铁的电化学防护下列说法不正确的是（） A 若X为锌棒，开关K置于M处，可减缓铁的腐蚀 B 若X为锌棒，开关K置于M处，铁极发生氧化反应 C 若X为碳棒，开关K置于N处，可减缓铁的腐蚀 D 若X为碳棒，开关K置于N处，X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： 根据金属的防护，若K置于N处，必须让被保护的金属接电源负极；若开关K置于M处，形成原电池，锌作负极，金属铁
42、为正极，金属铁被保护解答： 解：A、若X为锌棒，开关K置于M处，形成原电池，此时金属锌为负极，金属铁为正极，金属铁被保护，故A正确；B、若X为锌棒，开关K置于M处，形成原电池，此时金属锌为负极，金属铁为正极，发生还原反应，故B错误；C、若X为碳棒，开关K置于N处，形成电解池，此时金属铁为阴极，铁被保护，可减缓铁的腐蚀，故C正确；D、若X为碳棒，开关K置于N处，形成电解池，X极为阳极，发生氧化反应，故D正确故选B点评： 本题考查学生原电池和电解池的工作原理以及金属的腐蚀和防护知识，注意知识的梳理和归纳是解题的关键，难度不大13欲观察环戊烯（）是否能使酸性KMnO4溶液褪色，先将环戊烯溶于适当的溶
43、剂，再慢慢滴入0.005molL1KMnO4溶液并不断振荡下列哪一种试剂最适合用来溶解环戊烯做此实验（） A 四氯化碳 B 裂化汽油 C 甲苯 D 水考点： 烯烃 专题： 有机化学基础分析： A、四氯化碳是常用的有机溶剂，不能够与高锰酸钾溶液反应；B、裂解汽油含有不饱和烃，能够使高锰酸钾溶液褪色；C、甲苯能够使高锰酸钾溶液褪色；D、水是无机溶剂，不能够溶剂该有机物解答： 解：A、四氯化碳不能够与高锰酸钾溶液反应，能够溶解该有机物，故A正确；B、由于裂解汽油含有不饱和烃，能够使高锰酸钾溶液褪色，对实验带来干扰，故B错误；C、由于甲苯能够使高锰酸钾溶液发生氧化反应，使高锰酸钾溶液褪色，对实验带来干
44、扰，故C错误；D、由于水不能够溶剂该有机物，故D错误；故选A点评： 本题考查了常见有机物的结构与性质，注重了基础知识的考查，可以根据所学知识完成，难度不大14下列有关实验正确的是（） A 装置用于Na2SO3和浓H2SO4反应制取少量的SO2气体 B 装置用于灼烧CuSO45H2O C 装置用于收集氯气并防止污染空气 D 装置用于实验室制备少量乙酸乙酯考点： 化学实验方案的评价 专题： 实验评价题分析： ANa2SO3易溶于水，不能用简易气体发生装置制备；B灼烧固体应在坩埚中进行；C氯气密度比空气大，可与碱石灰反应；D应用饱和碳酸钠溶液收集解答： 解：A简易气体发生装置适用于难溶性固体和液体的
45、反应，Na2SO3易溶于水，不能用简易气体发生装置制备，故A错误；B蒸发皿用于蒸发液体，灼烧固体应在坩埚中进行，故B错误；C氯气密度比空气大，可与碱石灰反应，装置符合要求，故C正确；D乙酸乙酯在碱性条件下水解，不溶于饱和碳酸钠溶液，应用饱和碳酸钠溶液收集，故D错误故选C点评： 本题考查较为综合，涉及气体的制备、药品的加热以及乙酸乙酯的制备等，为高考常见题型，侧重于学生的分析、实验能力的考查，注意把握物质的性质以及实验的严密性、可行性的评价，难度不大15以下是在实验室模拟“侯氏制碱法”生产流程的示意图：则下列叙述错误的是（） A A气体是NH3，B气体是CO2 B 把纯碱及第步所得晶体与某些固体
46、酸性物质（如酒石酸）混合可制泡腾片 C 第步操作用到的主要玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒 D 第步操作是将晶体溶于水后加热、蒸发、结晶考点： 纯碱工业（侯氏制碱法） 专题： 元素及其化合物；化学应用分析： A依据侯德榜制碱的原理：向氨化的饱和食盐水中通入足量二氧化碳气体析出碳酸氢钠，加热分解碳酸氢钠来制备碳酸钠；B泡腾片主要成分为碳酸氢钠和酒石酸，通常是碳酸盐和固态酸的化合物；C第步通过过滤操作得到碳酸氢钠晶体；D第步操作是将晶体碳酸氢钠直接加热分解得到碳酸钠固体；解答： 解：A氨气易溶于水，二氧化碳能溶于水，依据侯德榜制碱的原理：向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体析出碳酸氢钠，加热反应制备纯
47、碱，所以气体A为氨气，B为二氧化碳，故A正确；B第步操作是过滤操作，通过过滤得到碳酸氢钠晶体，把纯碱及碳酸氢钠与某些固体酸性物质（如酒石酸）混合可制得泡腾片，故B正确；C第步操作是过滤操作，通过过滤得到碳酸氢钠晶体，所以需要的仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒，故C正确；D第步操作是将晶体碳酸氢钠直接加热分解得到碳酸钠固体，故D错误；故选D点评： 本题考查了侯德榜制碱的工作原理和流程分析，掌握工艺流程和反应原理是解题关键，题目难度中等16已知：FeCl3（aq）+3KSCN（aq）3KCl（aq）+Fe（SCN）3（aq），平衡时Fe（SCN）3的物质的量浓度与温度T的关系如图所示，则下列说法正确的是
48、（） A A点与B点相比，A点的c（ Fe3+）大 B 加入KCl固体可以使溶液由D点变到C点 C 反应处于D点时，一定有（正）（逆） D 若T1、T2温度下的平衡常数分别为K1、K2，则K1K2考点： 化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素 专题： 化学平衡专题分析： 图象中曲线上的A、B、C三点为不同温度下的平衡状态，D在曲线上方，不是平衡状态，cFe（SCN）3比平衡状态大，应向逆反应方向移动，随着温度的升高cFe（SCN）3逐渐减小，说明反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动，根据实际参加反应的离子浓度分析，加入KCl固体，溶液中Fe3+、SCN浓度不变解答： 解：A由图象可知，A点c
49、Fe（SCN）3较大，则c（Fe3+）应较小，故A错误；B根据实际参加反应的离子浓度分析，化学平衡为Fe3+3SCN=Fe（SCN）3，加入少量KCl固体，溶液中Fe3+、SCN浓度不变，平衡不移动，故B错误；CD在曲线上方，不是平衡状态，cFe（SCN）3比平衡状态大，应向逆反应方向移动，V正V逆，故C正确；D随着温度的升高cFe（SCN）3逐渐减小，说明反应放热，升高温度平衡向逆反应方向移动即K也在变小，所以T1、T2温度下的平衡常数分别为K1、K2，则K1K2，故D错误故选C点评： 本题考查化学平衡图象问题，题目难度中等，本题注意分析图象中曲线的变化特征，把握温度对平衡移动的影响，此为解
50、答该题的关键17某盐溶液中可能含有NH4+、Ba2+、Na+、Fe2+、Cl、CO32、NO3七种离子中的数种某同学取4份此溶液样品，分别进行了如下实验：用pH试纸测得溶液呈强酸性；加入过量NaOH溶液，产生有刺激性气味的气体且有沉淀生成；加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀；加足量BaCl2溶液，没有沉淀产生，在溶液中加入氯水，再滴加KSCN溶液，显红色该同学最终确定在上述七种离子中肯定含有NH4+、Fe2+、Cl三种离子请分析，该同学只需要完成上述哪几个实验，即可得出此结论（） A B C D 考点： 物质检验实验方案的设计 专题： 化学实验基本操作分析： 加入过量NaOH溶液，产生有
51、刺激性气味的气体，气体为氨气；加碱产生沉淀，由离子之间的反应可知，沉淀应为氢氧化亚铁；用pH试纸测得溶液呈强酸性，溶液中含H+，与CO32反应，且H+、Fe2+、NO3发生氧化还原反应，则不能共存，并结合溶液为电中性来解答解答： 解：由实验可知，加入过量NaOH溶液，产生有刺激性气味的气体，气体为氨气，可说明一定含NH4+；加碱产生沉淀，Ba2+、Na+与碱不反应，由离子之间的反应可知，沉淀应为氢氧化亚铁，可说明一定含Fe2+；由实验可知，用pH试纸测得溶液呈强酸性，溶液中含H+，与CO32反应，且H+、Fe2+、NO3发生氧化还原反应，则不能共存，即溶液中一定没有CO32、NO3；又溶液为电
52、中性，存在阳离子时一定存在阴离子，则Cl一定存在，所以确定在上述七种离子中肯定含有NH4+、Fe2+、Cl三种离子，完成实验即可，故选B点评： 本题考查离子检验实验方案的设计，明确离子的性质、离子之间的反应、溶液为电中性是解答本题的关键，注意发生的氧化还原反应为解答的难点，题目难度中等三、选择题（本题共20分，每小题4分，每小题有一个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在汽车排气管加装催化装置，可有效减少CO和NOx的排放，催化装置内发生反应为：NOx+CO N2+CO2（未配平），下列关于此反应的说法中错误的是（） A
53、该反应中化合价变化的只有N元素 B 当x=2时，每生成1mol N2，转移电子数为4mol C 等物质的量N2和CO2中，共价键的个数比为3：4 D 氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1时，NOx中氮元素的化合价为+2价考点： 氧化还原反应 专题： 氧化还原反应专题分析： A、该反应中氮化合价由+2x价降低到0价，碳化合价由+2升高到+4价；B、x=2时，N元素由NO2中+4价降低为N2中0价，转移电子物质的量为N原子的4倍；C、N2分子中含有NN三键，1molN2含有3mol共价键，CO2分子中含有2个C=O双键，1molCO2含有4mol共价键；D、根据电子转移守恒计算NOx中N元素的化合
54、价解答： 解：A、该反应中氮化合价由+2x价降低到0价，碳化合价由+2升高到+4价，所以化合价变化的有N和C元素，故A错误；B、x=2时，N元素由NO2中+4价降低为N2中0价，转移电子物质的量为N原子的4倍，每生成1mol N2，转移电子数为1mol24=8mol，故B错误；C、N2分子中含有NN三键，1molN2含有3mol共价键，CO2分子中含有2个C=O双键，1molCO2含有4mol共价键，故等物质的量N2和CO2中，共价键的个数比为3：4，故C正确；D、令NOx中N元素的化合价为a，由氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，则1（a0）=1（42），解得a=2，故D正确；故选AB点评
55、： 本题考查化学键、氧化还原反应原理及其计算等，难度中等，注意理解氧化还原反应中电子转移守恒19下列说法正确的是（） A 常温下pH为5的盐酸溶液稀释1000倍后，pH等于8 B 碳酸钠溶液中存在：c（Na+）+c（H+）=c（CO32）+c（OH）+c（HCO3） C 浓度均为0.1mol/L的氨水和氯化铵溶液，水电离出的c（H+）前者小于后者 D 等浓度的CH3COOH与KOH以任意比混合：c（K+）+c（H+）=c（OH）+c（CH3COO）考点： pH的简单计算；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算 专题： 基本概念与基本理论分析： ApH
56、=5盐酸溶液稀释后不可能变成碱溶液；B根据碳酸钠溶液中电荷守恒进行判断，碳酸根离子的系数错误；C根据酸溶液和碱溶液抑制了水的电离，而能够水解的盐溶液促进了水的电离进行判断；D根据混合液中电荷守恒进行判断解答： 解：A常温下pH为5的盐酸溶液稀释1000倍后，溶液的pH只能无限接近7，溶液的pH不可能等于8，故A错误；B根据电荷守恒可知，碳酸钠溶液中存离子浓度关系为：c（Na+）+c（H+）=2c（CO32）+c（OH）+c（HCO3），故B错误；C浓度均为0.1mol/L的氨水和氯化铵溶液，氨水抑制了水的电离，而氯化铵溶液中铵根离子促进了水的电离，所以水电离出的c（H+）前者小于后者，故C正确
57、；D等浓度的CH3COOH与KOH以任意比混合，根据电荷守恒可知，混合后的溶液中一定满足：c（K+）+c（H+）=c（OH）+c（CH3COO），故D正确；故选CD点评： 本题考查了溶液pH的简单计算、水的电离及其影响因素、溶液中离子浓度大小比较等知识，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的计算方法，能够根据电荷守恒、盐的水解比较溶液中离子浓度大小，选项A为易错点，注意酸溶液被稀释后不可能变成碱性溶液20化合物A（）可由环戊烷经三步反应合成：XY则下列说法错误的是（） A 反应1可用试剂是氯气 B 反应3可用的试剂是氧气和铜 C 反应1为取代反应，反应2为消去反应 D A可通过加成反应合
58、成Y考点： 有机物的合成；有机物分子中的官能团及其结构；有机化学反应的综合应用 专题： 有机反应分析： 由合成流程可知，制取，可以先将与氯气发生取代生成一氯环戊烷，再将一氯环戊烷在碱性条件下水解得环环戊醇，环戊醇再氧化可得，以此来解答解答： 解：由制取，环戊烷和氯气在光照条件下发生取代反应生成X，和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成Y，Y为，在铜作催化剂加热条件下发生氧化反应生成，所以反应I的试剂和条件为Cl2/光照，反应2的化学方程式为，反应3可用的试剂为O2/Cu，A由上述分析可知，反应1可用的试剂是氯气，故A正确；B反反应3是将羟基氧化成羰基，所以可用的试剂是氧气和铜，故B正确；C反应1为
59、取代反应，反应2为卤代烃水解，属于取代反应，故C错误；DA为，Y为，则羰基与氢气发生加成反应可实现转化，故D正确；故选C点评： 本题考查了有机物的合成，为高频考点，把握有机物中含有的官能团及其性质是解本题关键，注意分析已知物质结构确定发生的反应，题目难度中等21以0.10mol/L的氢氧化钠溶液滴定某一元弱酸（已知其在该条件下的电离度1%）的滴定曲线如图所示横坐标为加入氢氧化钠的体积，纵坐标为溶液的pH下列说法正确的是（） A 此一元弱酸的电离常数（Ka）约为1.0106 B 此弱酸的浓度为1104mol/L C 此实验可选用甲基橙作指示剂 D 此实验可选用酚酞作指示剂考点： 酸碱混合时的定性
60、判断及有关ph的计算 分析： A依据平衡常数概念计算该一元弱酸的电离常数（Ka）；B由图象可知，当V=0mL，1104molL1，结合电离度为1%计算出其浓度；C氢氧化钠和弱酸反应恰好反应生成的盐是强碱弱酸盐，盐水解显碱性，应选择碱性条件下变色的指示剂；D恰好中和时生成强碱弱酸盐，应选择碱性条件下变色的指示剂解答： 解：A由图象分析可知，c（H+）=1104molL1，但HA是弱酸，不完全电离，所以HA的浓度为大于1104molL1，由图象可知，当V=10mL，酸碱恰好中和，一元弱酸电离程度近似为1%，所以弱酸起始浓度为102mol/L，平衡常数=106，故A正确；B由图象可知，当V=0mL，
61、溶液中离子浓度为：1104molL1，一元弱酸电离程度近似为1%，所以弱酸起始浓度为：mol/L=102mol/L，故B错误；C氢氧化钠和弱酸反应恰好反应生成的盐是强碱弱酸盐，盐水解显碱性，应选择碱性条件下变色的指示剂，不能选择甲基橙，应选择酚酞指示剂，故C错误；D根据C的分析可知，恰好中和时生成显示碱性的强碱弱酸盐，应该选用酚酞作指示剂，故D正确；故选AD点评： 本题考查酸碱混合的定性判断及pH的计算，题目难度中等，本题注意把握弱电解质的电离特点，明确酸碱混合的定性判断方法及溶液酸碱性与溶液pH的计算，试题侧重考查学生的分析、理解能力22已知2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2
62、该反应中有关物理量的描述正确的是（NA表示阿伏加德罗常数）（） A 每生成6.72 L的H2，溶液中AlO2的数目就增加0.2 NA B 每生成0.15 mol H2，被还原的水分子数目为0.3 NA C 当有2.7 g Al参加反应时，转移的电子数目为0.3 NA D 溶液中每增加0.1 mol的AlO2，Na+的数目就增加0.1 NA考点： 阿伏加德罗常数 分析： 该反应中铝失电子作还原剂，氢元素得电子作氧化剂，所以氢氧化钠和水作氧化剂，再根据各种微粒之间的关系式计算，注意弱根离子易水解解答： 解：该反应中铝失电子作还原剂，氢元素得电子作氧化剂，所以氢氧化钠和水作氧化剂，A每生成6.72
63、L的H2，但由于氢气所处的状态不明确，故氢气的物质的量不明确，不一定是0.2mol，故溶液中AlO2的数目增加量不一定是0.2 NA，故A错误；B、铝与氢氧化钠的反应实质是铝先与水反应，生成的氢氧化铝再与氢氧化钠反应，故化学方程式应为：2Al+2NaOH+6H2O2NaAlO2+3H2+4H2O，每生成3 mol H2，被还原的水分子数目为6NA，所以每生成0.15mol H2，被还原的水分子数目为0.3NA，故B正确；C根据方程式知，当有2.7 g Al参加反应时，转移的电子数目N=3NA=0.3NA，故C正确；D偏铝酸钠化学式中Na+和AlO2的个数之比是1：1，但在溶液中，AlO2易水解
64、而Na+不水解，导致Na+个数大于AlO2个数，所以溶液中每增加0.1 mol的AlO2，Na+的数目增加量大于0.1 NA，故D错误；故选BC点评： 本题考查氧化还原反应，明确元素化合价是解本题关键，注意该反应中水作反应物，很多学生往往易漏掉水参加反应而导致错误，为易错点四、（本题共12分）23（12分）（2015上海模拟）硅是重要的半导体材料，构成现代电子工业的基础硅及其化合物在工业中应用广泛，在国防和航天工业中亦有许多用途（1）硅原子中最外层电子排布式为2s22p2，该层电子的电子云有3种不同的伸展方向（2）温石棉矿是一种硅酸盐类矿物，化学式写作氧化物形式为6MgO4SiO24H2O，其
65、中原子半径最大的元素在周期表中的位置是第三周期第IIA族SiO2存在与金刚石结构类似的晶体，其中硅氧原子之间以b相结合a离子键 b极性键 c非极性键 d范德华力（3）甲硅烷（SiH4）是一种无色的液体，遇到空气能爆炸性自燃，生成二氧化硅固体和水在室温下，10g SiH4自燃放出热量446kJ，请写出其燃烧的热化学方程式：SiH4（l）+2O2（g）=SiO2（S）+2H2O（l）+1427.2 kJ；（4）SiH4的热稳定性不如CH4，其原因是非金属性CSi，它们的气态氢化物的热稳定性CH4SiH4工业上硅铁可以用于冶镁以煅白（CaOMgO）为原料与硅铁（含硅75%的硅铁合金）混合，置于密闭设
66、备中于1200发生反应：2（CaOMgO）（s）+Si（s）Ca2SiO4 （l）+2Mg（g）（5）常温下镁的还原性强于硅上述方法能够获得镁的原因是：1200时反应生成的镁以蒸气的形式逸出，使平衡向正反应方向移动（6）若上述反应在容积为a L的密闭容器中发生，一定能说明反应已达平衡的是bc（选填编号）a反应物不再转化为生成物b炉内Ca2SiO4与CaOMgO的质量比保持不变c反应放出的总热量不再改变d单位时间内，n（CaOMgO）消耗：n（Ca2SiO4）生成=2：1若b g煅白经t min反应后转化率达70%，该时段内Mg的生成速率是mol/（Lmin）考点： 原子核外电子排布；化学键；热
67、化学方程式；反应速率的定量表示方法；化学平衡状态的判断 分析： （1）Si原子序数为14，最外层3个电子层，最外层电子数为4；该原子中含有3个s轨道、6个p轨道，共有3种伸展方向；（2）二氧化硅晶体和金刚石晶体类似都属于原子晶体，硅氧原子之间以共价键结合，不同原子之间是极性键；（3）根据甲硅烷的质量计算1mol甲硅烷燃烧放出的热量，结合化学方程式书写热化学方程式注意物质的聚集状态和反应热的单位等问题；（4）根据元素周期律知识：同主族从上到下，氢化物的稳定性逐渐减弱来回答；（5）根据化学平衡移动原理来回答；（6）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
68、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；一定条件下若反应达到最大限度，说明达到了平衡状态；根据v=来计算化学反应速率解答： 解（1）Si原子序数为14，最外层3个电子层，最外层电子数为4，故最外层电子排布式为：2s22p2；该原子中含有3个s轨道、6个p轨道，s能级电子云的形状为球形，无伸展方向，p层共有3种伸展方向，故答案为：2s22p2；3；（2）二氧化硅晶体和金刚石晶体类似都属于原子晶体，硅氧原子之间以极性共价键结合，故答案为：b；（3）n（SiH4）=mol，则1molSiH4燃烧放出的热量为：446kJ=1427.2kJ，反应的化学方程式为：SiH4+O2=S
69、iO2+2H2O，则热化学方程式为：SiH4（g）+O2（g）=SiO2（g）+2H2O（l）H=1427.2kJ/mol，故答案为：SiH4（g）+O2（g）=SiO2（g）+2H2O（l）H=1427.2kJ/mol；（4）根据元素周期律，非金属性CSi，则它们的气态氢化物的热稳定性CH4SiH4，故答案为：非金属性CSi，它们的气态氢化物的热稳定性CH4SiH4；（5）1200时发生反应为2（CaOMgO）（s）+Si（s）Ca2SiO4 （l）+2Mg（g），此时镁以蒸气的形式逸出，使平衡向正反应方向移动，使得化学反应能发生，故答案为：1200时反应生成的镁以蒸气的形式逸出，使平衡向正
70、反应方向移动；（6）a化学平衡是动态平衡，反应物不再转化为生成物，则是证明反应结束的，故错误；b炉内Ca2SiO4与CaOMgO的质量比保持不变，达到了平衡，故正确；c反应放出的热量不再改变，证明正逆反应速率是相等的，各个组分的浓度不随时间的变化而改变，故正确；d单位时间内，n（CaOMgO）消耗：n（Ca2SiO4）生成=2：1，不能证明正逆反应速率相等，故错误，Mg的生成速率v=mol/（Lmin），故答案为：bc；mol/（Lmin）点评： 本题目综合考查学学生物质的结构和化学键、化学反应速率的计算、化学平衡状态的判断以及元素周期律知识，是一道知识的灵活应用题目，注意能力的培养是关键，难
71、度大五、（本题共12分）24（12分）（2015上海模拟）硒是与硫同主族的元素已知：Se+2H2SO4（浓）2SO2+SeO2+2H2O；2SO2+SeO2+2H2OSe+2SO42+4H+（1）通过以上反应判断SeO2、H2SO4（浓）、SO2的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4（浓）SeO2SO2工业上回收得到的SeO2样品混有其它杂质，可以通过下面的方法测定SeO2含量：SeO2+KI+HNO3Se+I2+KNO3+H2OI2+2Na2S2O3Na2S4O6+2NaI（2）配平反应式，标出电子转移的方向和数目（3）实验中，准确称量SeO2样品0.1500g，消耗了0.2000mol/L的N
72、a2S2O3溶液25.00mL，所测定的样品中SeO2的质量分数为92.5%已知在室温的条件下，pH均为5的H2SO4溶液和NH4Cl溶液，回答下列问题：（4）各取5mL上述溶液，分别加水稀释至50mL，pH较大的是H2SO4溶液；各取5mL上述溶液，分别加热（温度相同），pH较小的是NH4Cl溶液（5）取5mL NH4Cl溶液，加水稀释至50mL，c（H+）106mol/L（填“”、“”或“=”），减小（填“增大”、“减小”或“不变”）（6）向等物质的量浓度的Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸在滴加盐酸过程中，溶液中c（Na+）与含硫各物种浓度的大小关系为c（选填字母）ac（Na+）=c
73、（H2S）+c（HS）+2c（S2） b2c（Na+）=c（H2S）+c（HS）+c（S2）cc（Na+）=3c（H2S）+c（HS）+c（S2）d2c（Na+）=c（H2S）+c（HS）+2c（S2）NaHS溶液呈碱性，若向溶液中加入CuSO4溶液，恰好完全反应，所得溶液呈强酸性，其原因是Cu2+HS=CuS+H+（用离子方程式表示）考点： 探究物质的组成或测量物质的含量；氧化性、还原性强弱的比较；氧化还原反应方程式的配平；盐类水解的原理；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；含硫物质的性质及综合应用 分析： （1）Se+2H2SO4（浓）2SO2+SeO2+2H2O中Se元素化合价升高，S
74、元素的化合价降低；2SO2+SeO2+2H2OSe+2SO42+4H+中Se元素的化合价降低、S元素的化合价升高，结合氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性分析；（2）反应中I失去电子生成I2，共升高2价，SeO2中+4价Se得到单质还原为单质Se，共降低4价，结合电子守恒、原子守恒分析；（3）根据反应的方程式可知，SeO22I24Na2S2O3，根据n=cV计算消耗的n（Na2S2O3），根据关系式计算样品中n（SeO2），再根据m=nM计算SeO2的质量，进而计算样品中SeO2的质量分数；（4）强酸溶液稀释，氢离子浓度随体积变化减小，氯化铵溶液稀释除随体积变化浓度减小外，稀释促进铵根离子的水解
75、，氢离子浓度增大；氯化铵水解过程是吸热反应，加热溶液，促进水解氢离子浓度变大，硫酸溶液加热，氢离子浓度基本不变；（5）加水促进氯化铵水解，生成氢离子的物质的量增大，溶液中体积相同，离子浓度之比等于离子物质的量之比；（6）向等物质的量浓度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸，盐酸和氢氧化钠先反应，然后和硫化钠反应，结合物料守恒分析；恰好完全反应，所得溶液呈强酸性，则生成CuS和硫酸、硫酸钠解答： 解（1）Se+2H2SO4（浓）2SO2+SeO2+2H2O中Se元素化合价升高，S元素的化合价降低；2SO2+SeO2+2H2OSe+2SO42+4H+中Se元素的化合价降低、S元素的化合价升高，由
76、氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知，SeO2、H2SO4（浓）、SO2的氧化性由强到弱的顺序是H2SO4（浓）SeO2SO2，故答案为：H2SO4（浓）SeO2SO2；（2）反应中I失去电子生成I2，共升高2价，SeO2中+4价Se得到单质还原为单质Se，共降低4价，化合价升降最小公倍数为4，故KI的系数为4，I2的系数为2，SeO2、Se的系数都是1，KNO3的系数为4，H2O的系数为2，配平并标出电子转移的方向和数目为：，故答案为：；（3）根据反应的方程式可知SeO22I24Na2S2O3，消耗的n（Na2S2O3）=0.2000 mol/L0.025L=0.005mol，根据关系式计
77、算样品中n（SeO2）=0.005mol=0.00125mol，故SeO2的质量为0.00125mol111g/mol=0.13875g，所以样品中SeO2的质量分数为100%=92.5%，故答案为：92.5%；（4）室温的条件下，pH均为5的H2SO4溶液和NH4Cl溶液，各取5mL上述溶液，分别加水稀释至50mL，稀释10倍，硫酸溶液pH变化为6，氯化铵铵根离子水解促进，溶液中氢离子浓度减小的少，溶液pH小于6，则pH较大的是硫酸溶液；室温的条件下，pH均为5的H2SO4溶液和NH4Cl溶液，各取5mL上述溶液，分别加热（温度相同），硫酸溶液中氢离子浓度变化不大，氯化铵溶液中水解是系热热反
78、应，加热促进水解，氢离子浓度增大，溶液pH较小的是NH4Cl氯化铵溶液；故答案为：H2SO4；NH4Cl；（5）取5mL NH4Cl溶液，加水稀释至50mL，体积变化氢离子浓度减小10倍，稀释促进水解平衡，所以溶液中氢离子浓度大于106，但小于105；铵根离子水解平衡NH4+H2ONH3H2O+H+；稀释会得到促进，溶液中的铵根离子减小，氢离子增多，则 减小，故答案为：； 减小；（6）向等物质的量浓度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸，盐酸和氢氧化钠先反应，然后和硫化钠反应，含硫微粒浓度减小为S2，先增加后减少为HS，浓度一直在增加为H2S，向等物质的量浓度Na2S、NaOH混合溶液中滴加
79、稀盐酸，因体积相同，设Na2S、NaOH各为1mol，则n（Na）=3n（S），溶液中含硫的微粒为HS、S2、H2S，则c（Na+）=3c（H2S）+c（HS）+c（S2），故答案为：c；恰好完全反应，所得溶液呈强酸性，则生成CuS和硫酸、硫酸钠，发生的离子反应为Cu2+HS=CuS+H+，故答案为：Cu2+HS=CuS+H+点评： 本题考查较综合，涉及物质含量的测定、氧化还原反应、溶液中离子浓度比较、盐类水解及应用等，综合性较强，题目难度中等，侧重分析与应用能力的综合考查六、（本题共12分）25（12分）（2015上海模拟）某化学兴趣小组的同学利用下图所示实验装置进行某些气体的制备、物质性质
80、的探究等实验（图中夹持装置省略）请按要求填空：（1）实验室制取SO2气体时，可选择的合适试剂b、c（选填编号）a15%的H2SO4溶液 b75%的H2SO4溶液 cNa2SO3固体 dCaSO3固体相应的制取装置是（填上图中装置下方编号）（2）实验室若用装置来制取H2S气体，可选择的固体反应物是c（选填编号）aNa2S固体 bCuS固体 cFeS固体 dFeS2固体反应的离子方程式为FeS+H+Fe2+H2S（3）如何检验装置的气密性？简述其操作：关闭活塞K，从长颈漏斗注水，使长颈漏斗管内液面高于试管内液面，一段时间液面不下降则气密性好（4）实验室里可用浓硫酸和无水酒精反应制取乙烯，除了题中的
81、仪器外，制取装置中还缺少的玻璃仪器是酒精灯、温度计（5）该化学兴趣小组为探究制备乙烯是否存在副产物SO2和CO2，制备的气体从发生装置出来除去乙烯后依次选择了装置、，其中装置盛有的试剂是品红溶液，装置盛有的试剂是品红溶液考点： 性质实验方案的设计；制备实验方案的设计 专题： 实验设计题分析： （1）根据SO2气体易溶于水以及CaSO4固体微溶等性质选择制取SO2的合适试剂；根据二氧化硫的反应原理：使用固体+液体反应，不需加热选择装置；（2）根据装置的特点，固体与液体反应，不需要加热，且固体难溶于水，便于控制反应的特点解答；（3）根据检查装置气密性的原理：通过气体发生器与附设的液体构成封闭体系，
82、依据改变体系内压强时产生的现象（如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）来判断装置气密性的好坏分析解答；（4）乙醇在浓硫酸的作用下，加热到170时生成乙烯，据此分析所需仪器；（5）探究制备乙烯是否存在副产物SO2和CO2，应用品红检验二氧化硫，用溴水除去乙烯，然后用澄清石灰水检验二氧化碳解答： 解：（1）实验室用亚硫酸钠固体与硫酸反应制取SO2气体，反应方程式为：Na2SO3+H2SO4Na2SO4+SO2+H2O；a15%的H2SO4溶液，SO2是一种没有颜色而有刺激性气味的有毒气体，易溶于水，由于SO2气体是易溶于水的气体，所以不能选择15%的H2SO4溶液，故a错误； b75%的H2SO
83、4溶液，由于SO2气体是易溶于水的气体，用浓硫酸可以降低二氧化硫在水中的溶解度，故b正确； cNa2SO3固体，Na2SO3固体易溶于水，保证反应均匀进行，故c正确； dCaSO3固体，由于CaSO3固体与硫酸反应生成的CaSO4固体微溶，容易在CaSO3固体表面形成一层薄膜阻止反应的进行，故d错误；气体的制取装置的选择与反应物的状态、溶解性和反应的条件有关；实验室用亚硫酸钠固体与硫酸反应制取SO2气体，反应方程式为：Na2SO3+H2SO4Na2SO4+SO2+H2O，该制取所需装置为固体和液体反应不需加热制取气体，因Na2SO3固体易溶于水，选无法控制反应的开始和停止和反应的速率，故选，故
84、答案为：b、c；（2）装置的特点，固体与液体反应，不需要加热，且固体难溶于水，便于控制反应，Na2S固体易溶于水的固体，CuS固体与稀硫酸不反应，FeS2颗粒虽难溶于水但与酸发生：FeS2+H2SO4=H2S2+FeSO4，H2S2类似于H2O2，易分解，发生H2S2=H2S+S，显然不及用FeS固体与稀H2SO4反应制取H2S气体副产物少，反应快，因此实验室用FeS固体和稀硫酸反应制取H2S气体，FeS+H+Fe2+H2S，用FeS固体与稀H2SO4反应制取H2S气体，是固液常温型反应，所以c正确，故答案为：c； FeS+H+Fe2+H2S；（3）装置为简易的制取气体装置，对于该装置的气密性
85、检查，主要是通过气体受热后体积膨胀、压强增大或压强增大看体积变化来进行检验如夹紧止水夹，向长颈漏斗中加水至其液面高于试管中的液面，一段时间后，看液面高度差有无变化，说明变化装置漏气，反之不漏气，故答案为：关闭活塞K，从长颈漏斗注水，使长颈漏斗管内液面高于试管内液面，一段时间液面不下降则气密性好；（4）实验室制取乙烯的原理是CH3CH2OHCH2=CH2+H2O，需酒精灯加热，需温度计测反应的温度，故答案为：酒精灯、温度计；（5）为探究制备乙烯是否存在副产物SO2和CO2，制备的气体从发生装置出来除去乙烯后依次选择了装置、，可先用品红检验二氧化硫，用二氧化硫检验二氧化硫是否除尽，最后用澄清石灰水
86、检验二氧化碳，故答案为：品红溶液；品红溶液点评： 本题以二氧化硫为载体综合考查物质的性质、制备，为高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，题目较为综合，明确各装置的作用及发生的化学反应是解答本题的关键，难度中等七、（本题共12分）26（12分）（2015上海模拟）为了测定工业纯碱中Na2CO3的质量分数（含少量NaCl），甲、乙、丙三位学生分别设计了一套实验方案学生甲的实验流程如图所示：学生乙设计的实验步骤如下：称取样品，为1.150g；溶解后配成250mL溶液；取20mL上述溶液，加入甲基橙 23滴；用0.1140mol/L的标准盐酸进行滴定；数据处理回答下列问题：（1）甲学生设计的定量
87、测定方法的名称是重量法（2）试剂A可以选用ab（填编号）aCaCl2bBaCl2 cAgNO3（3）操作后还应对滤渣依次进行洗涤、烘干两个实验操作步骤其中，证明前面一步的操作已经完成的方法是取最后一次洗涤液，加入AgNO3无沉淀证明洗涤干净；（4）学生乙某次实验开始滴定时，盐酸溶液的刻度在0.00mL处，当滴至试剂B由黄色至橙色，半分钟不褪色时，盐酸溶液的刻度在14.90mL处，乙同学以该次实验数据计算此样品中Na2CO3的质量分数是0.98或97.85%（保留两位小数）（保留两位小数）乙同学的这次实验结果与老师给出的理论值非常接近，但老师最终认定他的实验方案设计不合格，你认为可能的原因是什么
88、？没有做平行试验取平均值（5）学生丙称取一定质量的样品后，只加入足量未知浓度盐酸，经过一定步骤的实验后也测出了结果他的实验需要直接测定的数据是干燥洁净的蒸发皿的质量、蒸发结晶恒重后蒸发皿加固体的质量考点： 探究物质的组成或测量物质的含量 分析： （1）重量法是一类经典的化学分析方法，是指通过将待分析的离子或者元素通过添加一定沉淀剂使其沉淀，称量沉淀的重量来分析待测组分的浓度或质量的方法，据此进行分析；（2）加入沉淀剂A后使碳酸根离子转化成沉淀，可以使用氯化钙、氯化钡溶液，不能使用硝酸银溶液；（3）称量沉淀的质量前，需要除去沉淀表明的杂质、水，据此判断操作方法；洗涤液中若不含氯离子，可以证明已经
89、洗涤干净；（4）甲基橙的变色范围为3.14.4，滴定结束时溶液由黄色变为橙色；根据反应关系式及消耗盐酸的体积计算出样品中碳酸钠的质量分数；滴定操作中，为了减小误差，需要多次操作取平均值；（5）碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳气体和水，只要测定出最终固体质量，就可以利用差量法计算出碳酸钠的质量及质量分数解答： 解：（1）根据甲的实验流程可知，该方案中通过加入沉淀剂后，通过测量沉淀的质量进行分析碳酸钠的质量分数，该方法为沉淀法，故答案为：重量；（2）为了测定工业纯碱中Na2CO3的质量分数（含少量NaCl），加入沉淀剂后将碳酸根离子转化成沉淀，可以用CaCl2、BaCl2，由于硝酸银溶液能够与
90、碳酸根离子、氯离子反应，所以不能使用硝酸银溶液，故答案为：ab；（3）称量沉淀的质量前，为了减小误差，需要对沉淀进行洗涤、烘干操作，从而除去沉淀中的氯化钠、水；检验沉淀已经洗涤干净的操作方法为：取最后一次洗涤液，加入AgNO3无沉淀证明洗涤干净，故答案为：洗涤；烘干； 取最后一次洗涤液，加入AgNO3无沉淀证明洗涤干净；（4）滴定结束前溶液显示碱性，为黄色，滴定结束时溶液变为橙色，则滴定终点的现象为：溶液由黄色变为橙色，且半分钟不褪色；盐酸溶液的刻度在14.90mL处，消耗HCl的物质的量为：0.1140mol/L0.01490L=0.0016986mol，根据关系式Na2CO32HCl可知，
91、20mL该溶液中含有碳酸钠的物质的量为：0.0016986mol=0.0008493mol，则250mL溶液中含有的碳酸钠的物质的量为：0.0008493mol=0.01061625mol，所以样品中碳酸钠的质量分数为：100%=97.85%或0.98；滴定操作测量纯度时，为了减小误差，需要多次滴定取平均值，而乙同学没有没有做平行试验取平均值，所以设计的方案不合格，故答案为：黄；橙色，半分钟不褪色； 0.98或97.85%（保留两位小数）；没有做平行试验取平均值；（5）碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，只要计算出反应后氯化钠固体的质量，就可以利用差量法计算出碳酸钠的质量，所以需要测定的
92、数据由：干燥洁净的蒸发皿的质量、蒸发结晶恒重后蒸发皿加固体的质量，故答案为：干燥洁净的蒸发皿的质量、蒸发结晶恒重后蒸发皿加固体的质量点评： 本题考查了探究物质组成、测量物质含量的方法，题目难度中等，明确实验原理为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学实验能力，注意掌握化学实验基本操作方法；（4）中碳酸钠的质量分数为易错点，注意正确保留有效数字八、（本题共11分）27（11分）（2015上海模拟）某兴趣小组以乙烯等为主要原料合成药物普鲁卡因：已知：（1）对于普鲁卡因，下列说法正确的是CA一个分子中有11个碳原子 B不与氢气发生加成反应 C可发生水解反应（2）化合物的分子式为C7H7NO
93、2，1mol化合物能与3mol H2恰好完全反应（3）化合物在浓H2SO4和加热的条件下，自身能反应生成高分子聚合物，写出的结构简式（4）请用化学反应方程式表示以乙烯为原料制备B（无机试剂任选）的有关反应CH2=CH2+HClCH3CH2Cl （加成反应 ）、2CH3CH2Cl+NH3HN（CH2CH3）2+2HCl （取代反应），并指出所属的反应类型考点： 有机物的合成 分析： 由普鲁卡因、对氨基苯甲酸的结构，可知A为HOCH2CH2N（CH2CH3）2，B应为（CH2CH3）2NH（1）A普鲁卡因分子含有13个碳原子；B含有苯环，具有苯的性质；C含有酯基，具有酯的性质；（2）根据化合物的结
94、构简式书写分子式；苯环与氢气发生加成反应；（3）化合物含有羧基、氨基，发生缩聚反应生成高聚物；（4）结合信息可知，乙烯与HCl发生加成反应生成CH3CH2Cl，CH3CH2Cl再与氨气发生取代反应生成HN（CH2CH3）2解答： 解：由普鲁卡因、对氨基苯甲酸的结构，可知A为HOCH2CH2N（CH2CH3）2，B应为（CH2CH3）2NH（1）A由结构可知，普鲁卡因分子含有13个碳原子，故A错误；B含有苯环，能与氢气发生加成反应，故B错误；C含有酯基，可以发生水解反应，故C正确，故选：C；（2）根据化合物的结构简式，可知其分子式为C7H7NO2，苯环与氢气发生加成反应，1mol化合物I能与3m
95、ol氢气发生加成反应，故答案为：C7H7NO2；3；（3）化合物含有羧基、氨基，发生缩聚反应生成高聚物，则高聚物结构简式为，故答案为：；（4）结合信息可知，乙烯与HCl发生加成反应生成CH3CH2Cl，CH3CH2Cl再与氨气发生取代反应生成HN（CH2CH3）2，反应方程式为：CH2=CH2+HClCH3CH2Cl，2CH3CH2Cl+NH3HN（CH2CH3）2+2HCl，故答案为：CH2=CH2+HClCH3CH2Cl （加成反应）、2CH3CH2Cl+NH3HN（CH2CH3）2+2HCl （取代反应）点评： 本题考查有机物推断与合成、有机物结构与性质等，难度中等，根据有机物的结构进行
96、推断，（4）中注意对反应信息的理解与运用九、（本题共11分）28（11分）（2015上海模拟）有机物PASNa是一种治疗肺结核药物的有效成分，有机物G是一种食用香料，以甲苯为原料合成这两种物质的路线如下：已知：（R=CH3或H）回答下列问题：（1）生成A的反应类型是取代反应（或硝化反应）（2）F中含氧官能团的名称是醛基，试剂a的结构简式为（3）写出由A生成B的化学方程式：（4）质谱图显示试剂b的相对分子质量为58，分子中不含甲基，且为链状结构，写出肉桂酸与试剂b生成G的化学方程式：（5）当试剂d过量时，可以选用的试剂d是a（填字母序号）aNaHCO3 bNaOH cNa2CO3（5）肉桂酸有多
97、种同分异构体，写出符合下列条件的任意一种的结构简式a苯环上有三个取代基；b能发生银镜反应，且1mol该有机物最多生成4mol Ag；c苯环上有两种不同化学环境氢原子考点： 有机物的推断 分析： 甲苯发生硝化反应生成A，A结构简式为，A和溴发生取代反应生成B，根据最终产物知，A中苯环上甲基邻位H原子被溴取代生成B，B结构简式为，B被酸性高锰酸钾溶液氧化生成C，C为，C和NaOH的水溶液发生取代反应然后酸化生成D，D结构简式为，根据信息知，D发生还原反应生成E，E结构简式为，E和碳酸氢钠反应生，则试剂d为NaHCO3，根据信息知，F为，F和a反应生成肉桂酸，a为，肉桂酸和b反应生成G，b为醇，质谱
98、图显示试剂b的相对分子质量为58，分子中不含甲基，且为链状结构，b结构简式为CH2=CHCH2OH，G结构简式为，据此分析解答解答： 解：甲苯发生硝化反应生成A，A结构简式为，A和溴发生取代反应生成B，根据最终产物知，A中苯环上甲基邻位H原子被溴取代生成B，B结构简式为，B被酸性高锰酸钾溶液氧化生成C，C为，C和NaOH的水溶液发生取代反应然后酸化生成D，D结构简式为，根据信息知，D发生还原反应生成E，E结构简式为，E和碳酸氢钠反应生，则试剂d为NaHCO3，根据信息知，F为，F和a反应生成肉桂酸，a为，肉桂酸和b反应生成G，b为醇，质谱图显示试剂b的相对分子质量为58，分子中不含甲基，且为链
99、状结构，b结构简式为CH2=CHCH2OH，G结构简式为，（1）通过以上分析知，甲苯发生取代反应生成A，所以反应类型是取代反应，故答案为：取代反应（或硝化反应）；（2）通过以上分析知，F为，官能团名称是醛基，a结构简式为，故答案为：醛基；（3）A结构简式为，A和溴发生取代反应生成B，B结构简式为，反应方程式为，故答案为：；（4）肉桂酸和丙烯醇发生酯化反应生成G，反应方程式为，故答案为：；（5）酚羟基和羧基都能和NaOH、碳酸钠反应，但酚羟基不能和碳酸氢钠反应、羧基能和碳酸氢钠反应，故选a；（6）肉桂酸同分异构体符合下列条件：a苯环上有三个取代基；b能发生银镜反应，且1mol该有机物最多生成4m
100、ol Ag说明含有两个醛基；c苯环上有两种不同化学环境氢原子，说明含有两种类型的氢原子；符合条件的同分异构体有，故答案为：点评： 本题考查有机物推断，为高考高频点，侧重考查学生分析、推断及知识迁移能力，以物质结构、反应条件结合题给信息进行推断，难点是同分异构体种类的判断，注意酚羟基和碳酸钠反应但和碳酸氢钠不反应，为易错点十、（本题共14分）29（14分）（2015上海模拟）硫酸是重要的化工生产原料，工业上常用硫铁矿焙烧生成SO2，SO2氧化到SO3，再用98.3%左右的浓硫酸吸收SO3得到“发烟”硫酸（H2SO4SO3）最后用制得的“发烟”硫酸配制各种不同浓度的硫酸用于工业生产完成下列计算：（
101、1）1kg 98%的浓硫酸吸收SO3后，可生产1.978kg“发烟”硫酸（2）“发烟”硫酸（H2SO4SO3）溶于水，其中SO3都转化为硫酸若将890g“发烟”硫酸溶于水配成4.00L硫酸，该硫酸的物质的量浓度为2.5mol/L（3）硫铁矿氧化焙烧的化学反应如下：3FeS2+8O2Fe3O4+6SO24FeS2+11O22Fe2O3+8SO21吨含FeS280%的硫铁矿，理论上可生产多少吨98%的浓硫酸？若24mol FeS2完全反应耗用氧气1467.2L（标准状况），计算反应产物中Fe3O4与Fe2O3物质的量之比（4）用硫化氢制取硫酸，既能充分利用资源又能保护环境，是一种很有发展前途的制备
102、硫酸的方法硫化氢与水蒸气的混合气体在空气中完全燃烧，再经过催化氧化冷却制得了98%的浓硫酸（整个过程中SO2损失2%，不补充水不损失水）求硫化氢在混合气中的体积分数考点： 工业制取硫酸；化学方程式的有关计算 分析： （1）计算浓硫酸中H2SO4、H2O的质量，根据H2O的质量计算吸收SO3生成H2SO4质量，进而计算H2SO4总质量，再根据关系式H2SO4H2SO4SO3计算发烟硫酸质量；（2）根据n=计算H2SO4SO3的物质的量，根据硫元素守恒计算n（H2SO4），再根据c=计算；（3）根据硫元素守恒可得关系式：FeS22SO22SO32H2SO4，据此计算；根据硫元素守恒计算二氧化硫物质
103、的量，设Fe3O4、Fe2O3物质的量分别为xmol、ymol，根据Fe原子守恒、O原子守恒列方程计算解答；（4）98%的浓硫酸化学式可以表示为H2SO4.H2O，假设硫化氢为amol，整个过程中SO2损失2%，则S元素利用率为98%，再根据S元素守恒表示出H2SO4.H2O的物质的量，再根据H原子守恒计算硫化氢与水蒸气总物质的量，进而计算硫化氢的体积分数解答： 解：（1）1kg 98%的浓硫酸中H2SO4的质量为1kg98%=0.98g，故H2O的质量为1kg0.98g=0.02kg，由H2O+SO3=H2SO4，可知生成H2SO4的质量为0.02kg，故H2SO4总质量=0.98g+0.0
104、2kg=kg，根据关系式H2SO4H2SO4SO3，可知得到发烟硫酸质量为：kg=1.978kg，故答案为：1.978；（2）H2SO4SO3的物质的量为=5mol，根据硫元素守恒n（H2SO4）=2n（H2SO4SO3）=10mol，该硫酸的物质的量浓度为=2.5mol/L，故答案为：2.5；（3）设理论上可生产x吨98%的浓硫酸，则：FeS22SO22SO32H2SO4120 2981吨80% x吨98%所以120：298=1吨80%：x吨98%，解得x=1.33答：理论上可生产1.33吨98%的浓硫酸；根据硫元素守恒，n（SO2）=2n（FeS2）=48mol，消耗氧气物质的量为65.5
105、mol，设Fe3O4、Fe2O3物质的量分别为xmol、ymol，根据Fe原子守恒、O原子守恒，则：，解得：，故Fe3O4、Fe2O3物质的量之比为2：9，答：反应产物中Fe3O4与Fe2O3物质的量之比为2：9；（4）98%的浓硫酸中H2SO4、H2O的物质的量之比为：=1：，98%的浓硫酸化学式可以表示为H2SO4.H2O，假设硫化氢为amol，整个过程中SO2损失2%，则S元素利用率为98%，根据S元素守恒，H2SO4.H2O的物质的量amol98%，根据H原子守恒，硫化氢与水蒸气总物质的量为amol98%（1+）=mol，故硫化氢的体积分数为=0.918，答：硫化氢在混合气中的体积分数为0.918点评： 本题考查化学计算，涉及混合物的有关计算、根据方程式的有关计算，过程复杂、计算量很大，为易错题目，难度较大