1、2015年上海市普陀区高考化学质检试卷（1）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（2分）（2015普陀区一模）可以正确描述碳原子结构的化学用语是（）A碳12原子：CB原子结构示意图：C原子核外能量最高的电子云图象：D原子的轨道表示式：2（2分）（2015普陀区一模）下列物质可用作食品添加剂的是（）ACH3OHBSO2CHCHODI23（2分）（2015普陀区一模）2014年我国科学家首次拍摄到水分子团簇的空间取向图象，模型如图下列关于水的 说法正确的是（）AH2O和D2O是同位素B氢氧两种元素只能组成水C水分子之间不只存在范德华力D图中球棍模型也可表示CO2的结构4（
2、2分）（2015普陀区一模）物质的用途错误的是（）A草酸可用于提炼稀有金属B苯酚可用于制造酚醛树脂C浓硫酸可用于实验室制取HCl（g）D氯化铵溶液可用于除去金属表面油污5（2分）（2015普陀区一模）化学实验中需要现用现配的试剂，其失效原因与氧化还原反应无关的是（）A硫化钠溶液B氯水C硫酸亚铁溶液D氢氧化铜悬浊液二、选择题（本题共36分，每小题3分，每题只有一个正确选项）6（3分）（2015普陀区一模）甲烷与四氯化碳分子的空间构型相同，有关两者的比较中正确的是（）A甲烷与四氯化碳分子都是含有极性键的极性分子B甲烷与四氯化碳分子内的键角均为600C甲烷沸点低于四氯化碳，因为CH键键长比CCl键短
3、D甲烷分子比四氯化碳稳定，因为CH键键能比CCl键大7（3分）（2015普陀区一模）化学反应中，有时“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”下列反应中不存在 此类情况的是（）A铁片与过量浓硝酸（常温）B铜粉与过量浓硝酸（常温）C浓盐酸与过量MnO2（共热）D浓硫酸与过量铜片（共热）8（3分）（2015普陀区一模）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）ApH=1的溶液：Fe2+、Ca2+、I、BrB甲基橙呈黄色的溶液：Na+、K+、ClO、AlO2C0.1mol/L 的KNO3溶液：H+、Fe2+、Cl、SO42D与铝反应产生大量氢气的溶液：Ba2+、Fe3+、C6H5O、HC
4、O39（3分）（2015普陀区一模）已知：S（s）+O2 （g）SO2（g）+297.23kJ 2SO2 （g）+O2 （g）2SO3（g）+196.64 kJ 假设反应过程中无热量损失，则（）A1molS（s）完全反应，并转化为SO3（g）时，放出395.55kJ 热量B1个SO2 和1个O2 分子储存的能量之和大于1个SO3 分子C1LSO2 （g）完全反应生成1L SO3（g），放出98.32kJ 热量D使用催化剂，可以减少反应放出的热量10（3分）（2015普陀区一模）不能用平衡移动原理解释的事实是（）A压缩盛有I2和H2混合气体的针筒，气体颜色变深BpH均为4的盐酸和NH4Cl（aq
5、）中水的电离度后者大C打开汽水瓶盖，即有大量气泡逸出D用排饱和食盐水的方法收集氯气11（3分）（2015普陀区一模）除杂和配制试剂是中学化学中常见的实验对实验方法描述正确的是（）A用蒸发结晶法除去KNO3中少量的NaClB用加入NaOH（aq）并蒸馏的方法除去乙醛中少量的乙酸C准确称取14.800g Ca（OH）2，配制100mL 2.0 mol/L的Ca（OH）2溶液D在2mL10%的CuSO4（aq）中滴入3滴 2%的NaOH（aq），配制检验醛基的试剂12（3分）（2015普陀区一模）实验室制取氯气并回收氯化锰，能达到该实验目的装置是（）A用装置制取氯气B用装置分离二氧化锰和氯化锰溶液C
6、用装置分离萃取后碘水中碘D用装置蒸干氯化锰溶液制 MnCl24H2O13（3分）（2015普陀区一模）取一定量FeO和Fe2O3的混合物，在H2流中加热充分反应冷却，称得剩余固体比原混合物质量减少1.200g，若将同量的该混合物与盐酸反应完全，至少需1mol/L盐酸的体积为（）A37.5mLB75mLC150mLD300mL14（3分）（2015普陀区一模）在一定量的Na2S（aq）中，慢慢通入一定量Cl2，如图示变化关系正确的是（）ABCD15（3分）（2015普陀区一模）与事实吻合的离子方程式是（）A加热可增强纯碱溶液的去污力：CO32+2H2OH2CO3+2OH_Q（Q0）B向Ca（HC
7、O3）2（aq）中加入少量澄清石灰水出现白色沉淀：Ca2+OH+HCO3CaCO3+H2OCFe3O4溶于稀HNO3：Fe3O4+8H+Fe2+2Fe3+4H2OD稀硝酸可洗去试管内壁的银镜：Ag+2H+NO3Ag+NO2+H2O16（3分）（2015普陀区一模）芳炔类大环化合物是新兴的一种富碳共轭大环状分子苯乙炔（）可用于合成一系列芳炔类大环化合物，其结构如下有关叙述正确的是（）A上述四种物质属于苯乙炔的同系物B第一种物质的分子式为C18H12C它们可通过苯乙炔的加成反应获得D该系列化合物的含碳量均相同17（3分）（2015普陀区一模）关于合成氨反应中平衡常数的讨论，一定正确的是（）A平衡常
8、数越大，则H2转化率越大B平衡常数越小，则平衡向逆反应方向移动C只改变某一条件使平衡常数增大，则正反应速率增大D只改变某一条件使平衡常数减小，则H2转化率减小三、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（4分）（2015普陀区一模）短周期元素W、X、Y、Z在周期表中的位置如下表所示，它们原子的最外层电子数之和为18依此推断正确的是（）XYWZAX、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高BW、X、Y的原子半径依次减小CW、Z的单核离子均能促进水的电离DW的氧化物能溶解在氨水中19（
9、4分）（2015普陀区一模）如图：甲为直流电源，乙为用含有酚酞的饱和食盐水浸透的滤纸，丙为电镀槽断开K后，发现乙上c点附近显红色；闭合K，可实现铁上镀锌，电路中通过0.002NA个电子以下判断不正确的是（）Aa为正极Bd上发生还原反应Ce为锌板Df的质量增加0.056g20（4分）（2015普陀区一模）H2C2O4是一种二元弱酸，NaHC2O4溶液显酸性现测得某溶液中存在的离子有C2O42、HC2O4、OH、Na+、H+下列判断正确的是（）A该溶液的溶质只能是Na2C2O4或NaHC2O4或两者的混合物B该溶液可能显酸性、碱性或中性C溶液中一定存在c（Na+）c（HC2O4）D溶液中一定存在c
10、（H+）c（OH）c（HC2O4）c（Na+）21（4分）（2015普陀区一模）为了保护环境，工业上常用氨气除去废气中氮氧化物（NOx）：NOx+NH3=N2+H2O（l）已知某厂每升废气中含NOx 0.0672L（只含NO和NO2），向100.000L废气中通入10.000L氨气可使NOx完全转化，测得反应后气体体积变为103.952L（气体体积均折算到标准状况）有关说法中正确的是（）A每生成1.5mol N2被氧化的气体有3molB处理过程中转移的电子数目约为1.339NaCNOx中x的数值为1.2D出去废气中的NOx至少需要氨0.24mol22（4分）（2015普陀区一模）某未知溶液可能
11、含有Cl、SO42、CO32、Mg2+、Al3+和K+取100mL该溶液进行实验，过程记录如下由此可知原溶液中（）A一定有ClB一定有CO32C一定没有K+D一定没有Mg2+四、（本题共12分）23（12分）（2015普陀区一模）氨是一种重要的化工产品“一氧化碳变换”是合成氨原料气生产中的重要环节，其反应方程式为：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）完成下列填空：（1）恒温恒容条件下，能说明该反应达到平衡状态的是（填字母序号）a（CO）消耗=（H2O）生成bc（CO2）=c（CO）c混合气体的总压不再改变 d混合气体的密度不再改变（2）将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入体积
12、为2L的恒容密闭容器中进行反应，得到如下三组数据：实验组温度/起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/minCOH2OCO2CO1650421.62.452900210.41.63365021ABt实验1中从反应开始到达到平衡，以H2的浓度变化表示的反应速率为A=平衡常数：K（900）K（650） （填“”、“”或“=”=）（3）温度是一氧化碳变换中最重要的工艺条件，实际生产过程中将温度控制在400左右，可能的原因是（4）C、H、O、N元素中，核外电子占据5个不同轨道的原子，其最外层电子排布式是这四种元素形成的化合物（填“一定是”、“一定不是”、“不一定是”）离子化合物（5）能证明碳的非
13、金属性比硅强的事实是（选填编号）a酸性：H2CO3强于H2SiO3b高温下SiO2与C生成Si和COc键的极性：CHSiH d熔点：金刚石单晶硅五、（本题共12分）24（12分）（2015普陀区一模）铜是生命必需的元素，也是人类广泛使用的金属（1）现代工业上，主要采用高温冶炼黄铜矿（CuFeS2，也可表示为Cu2SFe2S3）的方法获得铜火法炼铜首先要焙烧黄铜矿：2CuFeS2+4O2Cu2S+3SO2+2FeO 反应中被还原的元素有，每转移0.6mol电子，有mol硫被氧化产物中的SO2是一种大气污染物，可选用下列试剂中的吸收（选填编号）a浓H2SO4 b稀HNO3 cNaOH溶液 dCaC
14、l2（2）Cu2O投入足量的某浓度的硝酸中，若所得气体产物为NO和NO2的混合物，且体积比为11，发生反应的化学方程式为：（3）某同学通过电化学原理实现了如下转化：Cu+2H+Cu2+H2，则H2在极获得（填写电极名称）（4）向氯化铜和氯化铁的混合溶液中加入氧化铜粉末会产生新的沉淀，写出该沉淀的化学式请用平衡移动的原理，结合必要的离子方程式，对此现象作出解释（5）将SO2气体通入CuCl2溶液中，生成CuCl沉淀的同时，还有产物（填写化学式）六、（本题共12分）25（12分）（2015普陀区一模）某化学小组的同学模拟工业制硝酸设计了如下图所示的装置已知：CaCl2+nH2OCaCl2nH2O；
15、 CaCl2+8NH3Ca（NH3）8Cl2根据题意完成下列填空：（1）分液漏斗中氨水的浓度为9.0mol/L现用质量分数为0.35、密度为0.88g/cm3的氨水配制9，.0mol/L的氨水100mL，需要的定量仪器有（选填编号）a100mL容量瓶 b10mL量筒 c50mL量筒 d电子天平（2）受热时，乙中反应的化学方程式为（3）实验开始先加热催化剂，当催化剂达红热时再打开分液漏斗活塞并移走酒精灯，可观察到的现象有（4）干燥管甲的作用是；丙中盛放的药品为（选填下列编号），其目的是a浓H2SO4 b无水CaCl2 c碱石灰 d无水CuSO4（5）丁中除了NO之外，还可能存在的气体有（填写化学
16、式）烧杯中发生反应的化学方程式、七、（本题共12分）26（12分）（2015普陀区一模）绿矾（FeSO47H2O）是治疗缺铁性贫血药品中的重要成分下面是以市售铁屑（含少量锡、氧化铁等杂质）为原料生产纯净绿矾的一种方法：已知：室温下饱和H2S溶液的pH约为3.9；SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6；FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，沉淀完全时的pH为5.5请回答下列问题：（一）绿矾的制备（1）检验制得的绿矾中是否含有Fe3+的实验操作是（2）操作II中，通入硫化氢至饱和的目的是；在溶液中用硫酸酸化至pH=2的目的是（3）操作IV的顺序依次为：、冷却结晶、（二）绿矾中FeSO47H2O含量的测定
17、若用容量法测定绿矾中FeSO47H2O的含量滴定反应是：5Fe2+MnO4+8H+5Fe3+Mn2+4H2O实验方案如下：称取15.041g绿矾产品，溶解，在250mL容量瓶中定容量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中用0.0500mol/L KMnO4溶液（硫酸酸化）滴定至终点，记录初读数和末读数_数据处理（4）上述实验方案中的步骤是洁净的滴定管在滴定前必须进行的操作有：检验活塞是否漏水；向滴定管中加入KMnO4标准溶液到0刻度以上，赶走尖嘴部位的气泡，调节初读数（三）数据处理某小组同学的实验数据记录如下：实验次数初读数（mL）末读数（mL）10.2021.4020.0021.0031.602
18、6.60（5）上述样品中FeSO47H2O的质量分数为（用小数表示，保留三位小数）八、（本题共10分）27（10分）（2015普陀区一模）许多有机化合物中都含有N元素（1）无色油状液体苯胺 （）是最简单的芳香胺，暴露于空气中变为棕色，该变化最有可能与苯胺具有相关（选填编号）苯胺可以由苯经过两步反应生成，写出第一步反应的化学方程式、第二步反应的类型为a酸性 b碱性 c还原性 d氧化性（2）尼龙可以由1，6己二酸与H2NRNH2在一定条件下合成写出反应的化学方程式：（3）分子式为C3H9N的有机物有种可能的结构（4）普拉西坦是一种改善记忆、抗健忘的中枢神经兴奋药，其结构如图写出该有机物在酸催化下水
19、解产物的结构简式九、（本题共12分）28（12分）（2015普陀区一模）已知：（X为卤原子，M为烃基或含酯基的取代基等）由有机物A合成G（香豆素）的步骤如下：回答下列问题：（1）写出反应C+DE的反应类型（2）A中官能团名称为；写出反应条件：EF（3）写出结构简式：B，D（4）F有多种同分异构体，写出同时满足下列条件的任意两种同分异构体的结构简式：分子中除苯环外，无其它环状结构； 分子中有四种不同化学环境的氢原子； 能发生水解反应，不能与金属钠反应； 能与新制Cu（OH）2按物质的量之比1：2反应（5）二氢香豆素（） 常用作香豆素的替代品鉴别二氢香豆素和它的一种同分异构体（）需要用到的试剂有：
20、NaOH溶液、（6）已知：（R，R为烃基）试写出以苯和丙烯（CH2=CHCH3）为原料，合成 的路线流程图（无机试剂任选）合成路线流程图示例如下：H2C=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH 十、（本题共14分）29（14分）（2015普陀区一模）自然界中，金属硫化物矿床常因发生表生氧化及次生富集作用，产生辉铜矿（Cu2S）与铜蓝（CuS）已知：Cu2S、CuS是两种不溶于水的黑色固体，在一定条件下都能与稀HNO3反应：3CuS+8H+8NO33Cu2+3SO42+8NO+4H2O3Cu2S+16H+10NO36Cu2+3SO42+10NO+8H2O现将四份质量不同的某Cu2S和CuS混合物
21、样品分别与100mL 5mol/L的稀硝酸充分反应，样品质量与产生气体的体积（已折合成标准状况）如下表所示：实验编号甲乙丙样品质量（g）9.612.864.0气体体积（L）5.046.72V试回答下列问题（不考虑硝酸的挥发以及溶液体积变化）：（1）用质量分数为0.63、密度为1.42g/cm3的浓硝酸配置100mL、5mol/L的稀硝酸，需浓硝酸的体积为（保留1位小数）（2）甲实验结束后，溶液中c（NO3）=（3）混合物样品中Cu2S、CuS的物质的量之比是多少？（写出计算过程）（4）乙实验结束后，溶液中氢离子的浓度是多少？（写出计算过程）（5）计算丙实验中产生气体的体积（V）（写出计算过程）
22、2015年上海市普陀区高考化学质检试卷（1）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（2分）（2015普陀区一模）可以正确描述碳原子结构的化学用语是（）A碳12原子：CB原子结构示意图：C原子核外能量最高的电子云图象：D原子的轨道表示式：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元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数；B核电荷数应该表示为+6；C碳原子能量最高的电子为2p电子，P轨道电子云呈纺锤形；D2p轨道的两个电子表示错误，应该优先占据1个轨道解答：解：A碳12原子的质子数为6、质量数为12，该原子正确表示为：612C，
23、故A错误；B核电荷数表示方法错误，碳原子正确的原子结构示意图为：，故B错误；C原子核外能量最高的电子为2p轨道电子，P轨道电子云呈纺锤形，其电子云图象为：，故C正确；D碳原子正确的轨道表示式为：，故D错误；故选C点评：本题考查了常见化学用语的判断，题目难度中等，注意掌握原子结构示意图、电子轨道表示式、元素符号等化学用语的表示方法，试题侧重考查学生规范答题的能力2（2分）（2015普陀区一模）下列物质可用作食品添加剂的是（）ACH3OHBSO2CHCHODI2考点：常见的食品添加剂的组成、性质和作用 专题：化学应用分析：食品添加剂是为改善食品色、香、味等品质，以及为防腐和加工工艺的需要而加入食品
24、中的化合物质或者天然物质包括着色剂、调味剂、防腐剂、营养强化剂等，不选用有毒的食品添加剂，据此解答即可解答：解：食品添加剂是为改善食品色、香、味等品质，以及为防腐和加工工艺的需要而加入食品中的化合物质或者天然物质包括着色剂、调味剂、防腐剂、营养强化剂等，不选用有毒的食品添加剂，A、甲醇有毒，不能作为食品添加剂，工业酒精中含有，故A错误；B、二氧化硫的含量在一定范围内，可以用作食品添加剂，故B正确；C、福尔马林甲醛的水溶液有较大毒性，不能作为食品添加剂，故C错误；D、碘单质有毒，不能作为食品添加剂，故D错误，故选：B点评：本题考查食品添加剂的相关知识，与社会热点联系密切，例如三鹿毒奶粉事件中涉及
25、的三聚氰胺，平时要养成用化学知识解答生活中遇到的问题好习惯3（2分）（2015普陀区一模）2014年我国科学家首次拍摄到水分子团簇的空间取向图象，模型如图下列关于水的 说法正确的是（）AH2O和D2O是同位素B氢氧两种元素只能组成水C水分子之间不只存在范德华力D图中球棍模型也可表示CO2的结构考点：不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别；球棍模型与比例模型 分析：A、同位素质子数相同而中子数不同的同一类原子之间的互称；B、水是由氢氧两种元素组成的；C、水分子之间不只存在范德华力，还存在氢键；D、二氧化碳分子是直线型解答：解：A、同位素质子数相同而中子数不同的同一类原子之间的互称，而H2O和D2
26、O是性质相同的水分子，故A错误；B、水是由氢氧两种元素组成的，氢氧元素可以组成水和过氧化氢，故B错误；C、水分子之间不只存在范德华力，还存在氢键，故C正确；D、二氧化碳是直线型，而不是V型，故D错误；故选C点评：本题考查了水的电离、水的组成结构及性质，题目难度不大，注意掌握水的电离，明确可燃冰的组成及性质，试题培养了学生灵活应用所学知识的能力4（2分）（2015普陀区一模）物质的用途错误的是（）A草酸可用于提炼稀有金属B苯酚可用于制造酚醛树脂C浓硫酸可用于实验室制取HCl（g）D氯化铵溶液可用于除去金属表面油污考点：金属冶炼的一般原理；盐类水解的应用；浓硫酸的性质；苯酚的用途 专题：化学应用分
27、析：A、草酸和稀有金属反应生成不溶于水却溶于酸的沉淀；B、酚醛树脂是由苯酚和甲醛在酸、碱触媒作用下合成的；C、浓硫酸具有酸性和难挥发性 （高沸点）的性质；D、除去金属表面油污可用，苛性钠，强碱性液体去除，也可以用洗涤剂，或有机溶剂解答：解：A、利用草酸和稀有金属反应生成不溶于水却溶于酸的沉淀的性质，草酸可用于提炼稀有金属，故A正确；B、酚醛树脂是由苯酚和甲醛在酸、碱触媒作用下合成的，苯酚可用于制造酚醛树脂，故B正确；C、浓硫酸具有酸性和难挥发性 （高沸点）的性质，浓硫酸可用氯化钠和浓硫酸反应制取HCl（g），故C正确；D、氯化铵溶液，因为在水中电离出的铵根离子水解使溶液显酸性，常温下饱和氯化铵
28、溶液PH值一般在5.6左右，会腐蚀金属，不可以用于除去金属表面油污，故D错误故选D点评：本题考查学生物质的性质以及应用等知识，注意知识的归纳和整理是解题的关键，难度中等5（2分）（2015普陀区一模）化学实验中需要现用现配的试剂，其失效原因与氧化还原反应无关的是（）A硫化钠溶液B氯水C硫酸亚铁溶液D氢氧化铜悬浊液考点：氧化还原反应 专题：氧化还原反应专题分析：硫离子、亚铁离子具有还原性，氯水光照下HClO分解，均可发生氧化还原反应，以此来解答解答：解：A变质时硫化钠被氧化，S元素的化合价升高，与氧化还原反应有关，故A不选；BHClO分解生成HCl和氧气，Cl、O元素的化合价变化，与氧化还原反应
29、有关，故B不选；C硫酸亚铁变质时被氧化生成硫酸铁，Fe元素的化合价升高，与氧化还原反应有关，故C不选；D氢氧化铜悬浊液变质转化沉淀，没有元素的化合价变化，与氧化还原反应无关，故D选；故选D点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生的反应及反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应判断及分析应用能力的考查，题目难度不大二、选择题（本题共36分，每小题3分，每题只有一个正确选项）6（3分）（2015普陀区一模）甲烷与四氯化碳分子的空间构型相同，有关两者的比较中正确的是（）A甲烷与四氯化碳分子都是含有极性键的极性分子B甲烷与四氯化碳分子内的键角均为600C甲烷沸点低于四氯化碳，因为C
30、H键键长比CCl键短D甲烷分子比四氯化碳稳定，因为CH键键能比CCl键大考点：常见有机化合物的结构 专题：有机化学基础分析：甲烷是正四面体型结构，属于甲烷与四氯化碳分子的空间构型相同，则四氯化碳也是正四面体型结构，键角都是10928，两者都是含有极性键的极性分子，但碳氯键的键长大于碳氢键的键长，键长越短，键能越大，分子越稳定；分子晶体相对分子质量越大，熔沸点越大解答：解：A甲烷与四氯化碳分子都是正四面体型结构，是含有极性键的非极性分子，故A错误；B甲烷与四氯化碳分子都是正四面体型结构，键角都是10928，故B错误；C分子晶体相对分子质量越大，熔沸点越大，所以甲烷沸点低于四氯化碳，故C错误；D键
31、长越短，键能越大，分子越稳定，碳氢键的键长小于碳氯键的键长，所以甲烷分子比四氯化碳稳定，故D正确故选D点评：本题考查了物质的结构与性质，注意物质性质与结构的关系，题目难度不大，注意知识的运用7（3分）（2015普陀区一模）化学反应中，有时“一种物质过量，另一种物质仍不能完全反应”下列反应中不存在 此类情况的是（）A铁片与过量浓硝酸（常温）B铜粉与过量浓硝酸（常温）C浓盐酸与过量MnO2（共热）D浓硫酸与过量铜片（共热）考点：铁的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；浓硫酸的性质；铜金属及其重要化合物的主要性质 专题：元素及其化合物分析：A铁片与过量浓硝酸（常温）发生钝化；BCu与浓硝酸、稀
32、硝酸均反应，Cu过量，硝酸完全反应；C二氧化锰与稀盐酸不反应；DCu与稀硫酸不反应；解答：解：A铁片与过量浓硝酸（常温）发生钝化，存在此类情况，故A不选；BCu与浓硝酸、稀硝酸均反应，Cu过量，硝酸完全反应，则不符合题意，故B选；C随反应进行，浓盐酸变为稀盐酸，二氧化锰与稀盐酸不反应，故C不选；DCu与稀硫酸不反应，随反应进行，浓硫酸变为稀硫酸，稀硫酸、Cu均剩余，故D不选；故选B点评：本题考查物质的性质及化学反应，为高频考点，明确浓度对反应的影响及可逆反应等即可解答，题目难度不大8（3分）（2015普陀区一模）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）ApH=1的溶液：Fe2+、
33、Ca2+、I、BrB甲基橙呈黄色的溶液：Na+、K+、ClO、AlO2C0.1mol/L 的KNO3溶液：H+、Fe2+、Cl、SO42D与铝反应产生大量氢气的溶液：Ba2+、Fe3+、C6H5O、HCO3考点：离子共存问题 专题：离子反应专题分析：ApH=1的溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，Fe2+、Ca2+、I、Br之间不发生反应，都不与氢离子反应；B甲基橙呈黄色的溶液可能为酸性溶液，次氯酸根离子、偏铝酸根离子与氢离子反应；C硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化亚铁离子；D与铝反应产生大量氢气的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，铁离子能够与碳酸氢根离子发生双水解反应，C6H5
34、O、HCO3与氢离子反应，铁离子、碳酸氢根离子与氢氧根离子反应解答：解：A该溶液中存在大量氢离子，Fe2+、Ca2+、I、Br离子之间不反应，且都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；B甲基橙显示黄色的溶液的pH4.4，该溶液可能为酸性溶液，ClO、AlO2与酸性溶液中的氢离子反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；CH+、Fe2+、NO3之间发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；DFe3+、HCO3之间发生双水解反应生成二氧化碳气体和氢氧化铁沉淀，在溶液中一定不能大量共存，故D错误；故选A点评：本题考查离子共存的判断，为高考中的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能
35、大量共存的一般情况，如：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等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH；是“可能”共存，还是“一定”共存等9（3分）（2015普陀区一模）已知：S（s）+O2 （g）SO2（g）+297.23kJ 2SO2 （g）+O2 （g）2SO3（g）+196.64 kJ 假设反应过程中无热量损失，则（）A1molS（s）完全反应，并转化为SO3（g）时，放出395.55kJ 热量B1个SO2 和1个O2 分子储存的能量之和大于1个SO3 分子C1LSO2 （g）完全反应生成1L SO3（g），放出98.
36、32kJ 热量D使用催化剂，可以减少反应放出的热量考点：反应热和焓变 专题：化学反应中的能量变化分析：A由盖斯定律2+得，2S（g）+3O2（g）2SO3（g）H=（297.232196.64）kJ/mol=791.1kJ/mol；B由2SO2 （g）+O2 （g）2SO3（g）+196.64 kJ 可知，反应物的总能量高于生成物的总能量；C无状态，无法计算1L的物质的量；D催化剂只改变反应速率，不改变平衡状态；解答：解：A由盖斯定律2+得，2S（g）+3O2（g）2SO3（g）H=（297.232196.64）kJ/mol=791.1kJ/mol，所以1molS（s）完全反应，并转化为SO3
37、（g）时，放出395. 55kJ 热量，故A正确；B由2SO2 （g）+O2 （g）2SO3（g）+196.64 kJ 可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，所以2molSO2（g）和1molO2（g）分子储存的能量之和大于2molSO3 分子，所以1molSO2（g）和1molO2（g）分子储存的能量之和大于1molSO3 分子，而热化学方程式的化学计量数不是只表示物质的量而不表示几个分子，故B错误；C无状态，无法计算1L的物质的量，无法计算热量，故C错误；D催化剂只改变反应速率，不改变平衡状态，所以使用催化剂，不可以减少反应放出的热量，故D错误故选：A点评：本题考查热化学反应方程式的判断
38、，明确反应热与物质具有的能量、盖斯定律的关系即可解答，题目难度不大10（3分）（2015普陀区一模）不能用平衡移动原理解释的事实是（）A压缩盛有I2和H2混合气体的针筒，气体颜色变深BpH均为4的盐酸和NH4Cl（aq）中水的电离度后者大C打开汽水瓶盖，即有大量气泡逸出D用排饱和食盐水的方法收集氯气考点：化学平衡移动原理 分析：勒夏特利原理是如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度等），平衡就向能够减弱这种改变的方向移动，勒夏特利原理适用的对象应存在可逆过程，如与可逆过程的平衡移动无关，则不能用勒夏特利原理解释解答：解：A、该反应反应前后气体体积不变，所以压强不影响化学平衡的移动，增大平
39、衡体系的压强气体的体积减小，碘的浓度增大，颜色变深，所以不能用勒夏特列原理解释，故A选；B、铵根离子水解是对水的电离平衡的促进，能用勒夏特列原理解释，故B不选；C、因溶液中存在二氧化碳的溶解平衡，打开汽水瓶后，压强减小，二氧化碳逸出，能用勒夏特列原理解释，故C不选；D、实验室用排饱和食盐水法收集氯气，利用饱和食盐水中氯离子浓度使平衡逆向进行，Cl2+H2OH+Cl+HClO，可以用勒夏特列原理解释，故D不选；故选A点评：本题考查勒夏特列原理知识，题目难度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必须是可逆反应，且是否发生平衡的移动11（3分）（2015普陀区一模）除杂和配制试剂是中学化学中常见的实验对实
40、验方法描述正确的是（）A用蒸发结晶法除去KNO3中少量的NaClB用加入NaOH（aq）并蒸馏的方法除去乙醛中少量的乙酸C准确称取14.800g Ca（OH）2，配制100mL 2.0 mol/L的Ca（OH）2溶液D在2mL10%的CuSO4（aq）中滴入3滴 2%的NaOH（aq），配制检验醛基的试剂考点：化学实验方案的评价 专题：实验评价题分析：A硝酸钾溶解度随温度变化较大，应用冷却结晶法；B乙酸可与氢氧化钠发生中和反应生成盐；C实验室称量药品时不能精确到0.001，且氢氧化钙微溶；D应在碱性条件下反应解答：解：A硝酸钾溶解度随温度变化较大，应用冷却结晶法，蒸发结晶一般用于除去硝酸钾，故
41、A错误；B乙酸可与氢氧化钠发生中和反应生成盐，可增大沸点差，利于分离，故B正确；C实验室称量药品时不能精确到0.001，可称量14.80g，且氢氧化钙微溶，不能配制到2.0 mol/L，故C错误；D加入氢氧化钠较少，因反应在碱性条件下进行，不能用于检验醛基，故D错误故选B点评：本题考查较为综合，设计物质的分离、检验以及溶液的配制等知识，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验的严密性和可行性的评价，难度中等12（3分）（2015普陀区一模）实验室制取氯气并回收氯化锰，能达到该实验目的装置是（）A用装置制取氯气B用装置分离二氧化锰和氯化锰溶液C用装置分离萃取后
42、碘水中碘D用装置蒸干氯化锰溶液制 MnCl24H2O考点：化学实验方案的评价 分析：A浓盐酸与二氧化锰反应需要加热；B二氧化锰不溶于水，氯化锰溶液与NaOH反应；C图为分液装置，碘不易溶于水，易溶于有机溶剂；D加热促进水解，水解生成的HCl易挥发解答：解：A浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，图中缺少加热装置，故A错误；B二氧化锰不溶于水，氯化锰溶液与NaOH反应，则图中不能装置分离二氧化锰和氯化锰溶液，应利用过滤法分离，故B错误；C图为分液装置，碘不易溶于水，易溶于有机溶剂，则图中装置可分离，故C正确；D加热促进水解，水解生成的HCl易挥发，应采取冷却结晶法得到MnCl24H2O，不能蒸干，故D错
43、误；故选C点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气体的制备、混合物分离提纯、盐类水解及应用等，把握物质的性质、反应原理、实验基本技能为解答的关键，侧重实验评价分析的考查，注意实验装置的作用，题目难度不大13（3分）（2015普陀区一模）取一定量FeO和Fe2O3的混合物，在H2流中加热充分反应冷却，称得剩余固体比原混合物质量减少1.200g，若将同量的该混合物与盐酸反应完全，至少需1mol/L盐酸的体积为（）A37.5mLB75mLC150mLD300mL考点：有关混合物反应的计算 专题：分析比较法分析：FeO和Fe2O3的混合物，在H2流中加热充分反应后，生成Fe与H2O，剩余固
44、体比原混合物质量减少1.200g为混合物中O元素质量；若将同质量的混合物与盐酸反应，欲使之完全溶解，混合物中O元素与HCl中H元素结合生成H2O，则n（H2O）=n（O），由H原子守恒n（HCl）=2n（H2O），进而计算盐酸的体积解答：解：FeO和Fe2O3的混合物，在H2流中加热充分反应后，生成Fe与H2O，剩余固体比原混合物质量减少1.200g为混合物中O元素质量，若将同质量的混合物与盐酸反应，欲使之完全溶解，混合物中O元素与HCl中H元素结合生成H2O，则：n（H2O）=n（O）=0.075mol，由H原子守恒可得：n（HCl）=2n（H2O）=0.075mol2=0.15mol，所以
45、需要1mol/L盐酸的体积为：=0.15L=150mL，故选C点评：本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确反应实质为解答关键，注意质量守恒定律在化学计算中的应用方法，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力14（3分）（2015普陀区一模）在一定量的Na2S（aq）中，慢慢通入一定量Cl2，如图示变化关系正确的是（）ABCD考点：氯气的化学性质；电解质溶液的导电性 分析：氯气与硫化钠溶液发生反应Na2S+Cl2=2NaCl+S，Cl2+H2O=HClO+HCl，据此解答解答：解：A硫化钠为强碱弱酸盐，水解呈碱性，慢慢通入一定量Cl2，发生反应Na2S+Cl2=2NaCl+S，Cl2+H2
46、O=HClO+HCl，溶液pH值随着氯气的通入量增加而减小，故A正确；B氯气与硫化钠溶液发生反应Na2S+Cl2=2NaCl+S，氧化产物为硫，还原产物为氯化钠，二者物质的量之比为：1：2，故B错误；C氯气与硫化钠溶液发生反应Na2S+Cl2=2NaCl+S，生成的沉淀随着氯气的通入量先增加后不变，故C正确；D溶液导电性取决与自由移动离子的浓度大小及离子带电荷数多少，氯气与硫化钠溶液发生反应Na2S+Cl2=2NaCl+S，Cl2+H2O=HClO+HCl，开始时导电能力不变，当氯气足量时与水反应生成盐酸，溶液导电能力增加，故D错误；故选：AC点评：本题为图象题，明确图象的表达的含义，熟悉过程
47、中发生的反应是解题关键，题目难度中等15（3分）（2015普陀区一模）与事实吻合的离子方程式是（）A加热可增强纯碱溶液的去污力：CO32+2H2OH2CO3+2OH_Q（Q0）B向Ca（HCO3）2（aq）中加入少量澄清石灰水出现白色沉淀：Ca2+OH+HCO3CaCO3+H2OCFe3O4溶于稀HNO3：Fe3O4+8H+Fe2+2Fe3+4H2OD稀硝酸可洗去试管内壁的银镜：Ag+2H+NO3Ag+NO2+H2O考点：离子方程式的书写 分析：A碳酸根离子的水解为可逆反应，其水解分步进行，只写出第一步的水解即可；B碳酸氢钙与氢氧化钙反应生成碳酸钙沉淀和水；C稀硝酸具有强氧化性，能够将亚铁离子
48、氧化成铁离子；D离子方程式两边电荷不相等，违反的电荷守恒解答：解：A碳酸根离子分步水解显碱性，加热促进水解正向进行，溶液碱性增强去污能力强，但是碳酸根离子的水解为可逆反应，且以第一步为主，正确的离子方程式为：CO32+H2OHCO3+OH_Q（Q0，故A错误；B向Ca（HCO3）2（aq）中加入少量澄清石灰水出现白色沉淀，反应的离子方程式为：Ca2+OH+HCO3CaCO3+H2O，故B正确；C四氧化三铁与稀硝酸发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：3Fe3O4+NO3+28H+9Fe3+14H2O+NO，故C错误；D用稀硝酸洗涤做过银镜反应的试管反应的离子方程式为：3Ag+4H+NO33Ag
49、+NO+2H2O，故D错误；故选B点评：本题考查了离子方程式的判断，为中等难度的试题，注意掌握离子方程式正误判断常用方法，如：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等16（3分）（2015普陀区一模）芳炔类大环化合物是新兴的一种富碳共轭大环状分子苯乙炔（）可用于合成一系列芳炔类大环化合物，其结构如下有关叙述正确的是（）A上述四种物质属于苯乙炔的同系物B第一种物质的分子式为C18H12C它们可通过苯乙炔的加成反应获得D该系列化合物的含碳量均相同考点：芳香烃、烃基和同系物；分
50、子式；有机物的结构和性质 分析：A、结构相似、分子组成上相差n个CH2原子团的一类物质互称为同系物，具有相同的通式；B、根据图中物质的结构简式，结合C的四价结构，数出C原子、H原子的个数，写出物质的分子式；C、加成反应需要断裂三键，据此解答即可；D、依据通式计算含碳量即可解答：解：A、苯乙炔分子式为：C8H6，由图中1物质的结构简式，结合C的四价结构，可得该物质的分子式为C24H12，同理：第2种物质的分子式为：C32H16，第3种物质的分子式为：C40H20，第4种物质的分子式为：C48H24，故第n种物质的分子式为C8n+16H4n+8，两者通式不相同，不是同系物，故A错误；B、由图中1物
51、质的结构简式，结合C的四价结构，可得该物质的分子式为C24H12，故B错误；C、此过程中无不饱和化学键的断裂，故不是加成反应所得，故C错误；D、C8n+16H4n+8中碳的含量为：100%=%=92%，故D正确，故选D点评：本题是一道信息题，考查学生的观察、思维、根据信息获取知识等各方面能力，难度较大，是有机中的重要题型17（3分）（2015普陀区一模）关于合成氨反应中平衡常数的讨论，一定正确的是（）A平衡常数越大，则H2转化率越大B平衡常数越小，则平衡向逆反应方向移动C只改变某一条件使平衡常数增大，则正反应速率增大D只改变某一条件使平衡常数减小，则H2转化率减小考点：化学平衡常数的含义 分析
52、：A、平衡常数是越大说明平衡正向进行程度越大，只随温度变化，改变温度，氢气转化率增大，但若改变其他条件时，氢气转化率可能减小；B、平衡常数越小，若只改变温度，说明反应进行程度越小，平衡逆向进行，若同时改变其他条件，平衡不一定逆向进行；C、反应是放热反应，降低温度平衡正向进行，反应速率减小；D、改变一个条件，平衡常数减小，是升温，平衡逆向进行，氢气转化率减小；解答：解：A、平衡常数是越大说明平衡正向进行程度越大，只随温度变化，若只改变温度，氢气转化率增大，但若同时改变其他条件时，氢气转化率可能减小，故A错误；B、平衡常数越小，若只改变温度，说明反应进行程度越小，平衡逆向进行，若同时改变其他条件，
53、平衡不一定逆向进行，故B错误；C、反应是放热反应，降低温度平衡正向进行，平衡常数增大，反应速率减小，故C错误；D、改变一个条件，若是升温，反应是放热反应平衡逆向进行，平衡常数减小，氢气转化率减小，故D正确；故选D点评：本题考查了化学平衡常数的概念分析，含义的理解应用，主要是影响因素的判断应用，掌握基础是解题关键，题目较简单三、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（4分）（2015普陀区一模）短周期元素W、X、Y、Z在周期表中的位置如下表所示，它们原子的最外层电子数之和为18依此
54、推断正确的是（）XYWZAX、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高BW、X、Y的原子半径依次减小CW、Z的单核离子均能促进水的电离DW的氧化物能溶解在氨水中考点：原子结构与元素周期律的关系；原子结构与元素的性质 分析：短周期元素W、X、Y、Z在周期表中的位置，可知X、Y处于第二周期，W、Z处于第三周期，设W最外层电子数为n，则n+n+1+n+2+n+3=18，解得n=3，故W为Al，X为C，Y为N，Z为S，据此解答解答：解：短周期元素W、X、Y、Z在周期表中的位置，可知X、Y处于第二周期，W、Z处于第三周期，设W最外层电子数为n，则n+n+1+n+2+n+3=18，解得n=3，故W为Al，
55、X为C，Y为N，Z为S，A常温下，水为液态，氨气、硫化氢为气体，水的沸点最高，而氨气分子之间存在氢键，沸点高于硫化氢，故A错误；B同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径WXY，故B正确；CAl3、S2离子均发生水解，均能促进水的电离，故C正确；D氨水溶液为弱碱性，不能溶解氧化铝，故D错误，故选BC点评：本题考查位置结构性质的相互关系及应用，推断元素是解题关键，注意对元素周期律、元素化合物性质的掌握，难度中等19（4分）（2015普陀区一模）如图：甲为直流电源，乙为用含有酚酞的饱和食盐水浸透的滤纸，丙为电镀槽断开K后，发现乙上c点附近显红色；闭合K，可实现铁上镀锌，电
56、路中通过0.002NA个电子以下判断不正确的是（）Aa为正极Bd上发生还原反应Ce为锌板Df的质量增加0.056g考点：原电池和电解池的工作原理 分析：甲为直流电源，乙为用含有酚酞的饱和食盐水浸透的滤纸，丙为电镀槽断开K后，发现乙上c点附近显红色，则c极为电解池阴极，d为阳极，c电极上氢离子放电生成氢气，d电极上氯离子放电生成氯气，则a是直流电源正极，b是直流电源负极；为实现铁上镀锌，接通K后，使c、d两点短路，e是电解池阳极，f是阴极，电镀时，镀层作阳极，镀件作阴极，以此解答该题解答：解：甲为直流电源，乙为用含有酚酞的饱和食盐水浸透的滤纸，丙为电镀槽断开K后，发现乙上c点附近显红色，则c极为
57、电解池阴极，d为阳极，c电极上氢离子放电生成氢气，d电极上氯离子放电生成氯气，则a是直流电源正极，b是直流电源负极；为实现铁上镀锌，接通K后，使c、d两点短路，e是电解池阳极，f是阴极，电镀时，镀层作阳极，镀件作阴极，A通过以上分析知，a是直流电源正极，故A正确；Bd为阳极，该电极上发生氧化反应，故B错误；C为实现铁上镀锌，锌作阳极，铁作阴极，所以e电极为锌板，故C正确；Df极是阴极，阴极上得电子发生还原反应，Fe2+2e=Fe，电路中通过0.002NA个即0.002mol电子，生成铁是0.001mol，质量是0.056g，故D正确故选B点评：本题综合考查原电池和电解池知识，侧重于学生的分析能
58、力和电化学知识的综合应用的考查，为高考常见题型和高频考点，难度中等，注意把握电极方程式的书写和判断20（4分）（2015普陀区一模）H2C2O4是一种二元弱酸，NaHC2O4溶液显酸性现测得某溶液中存在的离子有C2O42、HC2O4、OH、Na+、H+下列判断正确的是（）A该溶液的溶质只能是Na2C2O4或NaHC2O4或两者的混合物B该溶液可能显酸性、碱性或中性C溶液中一定存在c（Na+）c（HC2O4）D溶液中一定存在c（H+）c（OH）c（HC2O4）c（Na+）考点：盐类水解的原理；弱电解质在水溶液中的电离平衡 分析：A、根据溶液中存在的离子有C2O42、HC2O4、OH、Na+、H+
59、结合物质的电离确定溶液的组成；B、根据溶液的组成情况确定其酸碱性；C、根据电离平衡和水解平衡的强弱来判断；D、根据溶液中的守恒关系来确定离子浓度之间的关系解答：解：A、该溶液的溶质只能是Na2C2O4或NaHC2O4或两者的混合物，还可以是它们和草酸的混合物等，故A错误；B、如果溶质是NaHC2O4溶液，则显酸性，若是Na2C2O4则显示碱性，若是草酸钠和草酸的混合物，可能显示中性，故B正确；C、若是草酸和草酸氢钠的混合物，草酸的电离程度大于草酸氢根离子的水解程度，此时存在c（Na+）c（HC2O4），故C错误；D、溶液中一定存在电荷守恒：c（H+）+c（Na+）=c（OH）+c（HC2O4）
60、+2c（C2O42），c（H+）c（OH）=c（HC2O4）+2c（C2O42）c（Na+）c（HC2O4）c（Na+），故D正确故选BD点评：本题考查学生盐的水解原理的应用：离子浓度大小比较的知识，属于综合知识的考查，难度中等21（4分）（2015普陀区一模）为了保护环境，工业上常用氨气除去废气中氮氧化物（NOx）：NOx+NH3=N2+H2O（l）已知某厂每升废气中含NOx 0.0672L（只含NO和NO2），向100.000L废气中通入10.000L氨气可使NOx完全转化，测得反应后气体体积变为103.952L（气体体积均折算到标准状况）有关说法中正确的是（）A每生成1.5mol N2被
61、氧化的气体有3molB处理过程中转移的电子数目约为1.339NaCNOx中x的数值为1.2D出去废气中的NOx至少需要氨0.24mol考点：化学方程式的有关计算 专题：计算题分析：100L的废气中有NOx物质的量为 =0.3mol，物质的量减少：=0.27mol；设混合气体中NO物质的量为x，NO2的物质的量为y，根据化合价升降配平方程式xNO+yNO2+NH3 N2 +（x+2y）H2O（l）；根据混合气体中NO和NO2 的物质的量之和为0.3mol、物质的量减少：x+y+=0.27，求出x、y，以此分析选项解答：解：100L的废气中有NOx物质的量为 =0.3mol，物质的量减少：=0.2
62、7molNO+NO2 +NH3 N2+H2O 243 设混合气体中NO物质的量为x，NO2的物质的量为y，xNO+yNO2+NH3 N2 +（x+2y）H2O（l）物质的量减少：x+y+=0.27 （化简 5x+7y=1.62）混合气体：x+y=0.3求出x=0.24，y=0.06，所以转移的电子数：0.242+0.064=0.72mol，将xy数据带入0.24NO+0.06NO2+0.24NH3=0.27N2+0.48H2O 化简得：8NO+2NO2+8NH3=9N2+16H2OA、N2为1.5mol的时候，NH3的物质的量为mol，故A错误；B、处理过程中转移的电子数目约为0.72NA，故
63、B错误；C、根据8NO+2NO2+8NH3=9N2+16H2O，可以知道N为10，O为12，所以为NO1.2，故C正确；D、根据8NO+2NO2+8NH3=9N2+16H2O可知，除去废气中的NOx至少需要氨气与NO物质的量相等，为0.24molNH3，故D正确；故选CD点评：本题以环境保护为信息来考查学生对氧化还原反应的分析，明确元素化合价的变化及电子守恒来配平化学反应是解答本题的关键，难度较大，注重了化学与生活的联系，符合高考的导向22（4分）（2015普陀区一模）某未知溶液可能含有Cl、SO42、CO32、Mg2+、Al3+和K+取100mL该溶液进行实验，过程记录如下由此可知原溶液中（
64、）A一定有ClB一定有CO32C一定没有K+D一定没有Mg2+考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；物质的检验和鉴别的实验方案设计 专题：实验设计题分析：由实验流程可知，滤液中通入过量二氧化碳生成白色沉淀能溶解在过量的NaOH中，则0.01mol沉淀为Al（OH）3，则一定含Al3+；加入过量氢氧化钡生成白色沉淀为硫酸钡或氢氧化镁，则含Mg2+或SO42，其物质的量为0.01mol或共0.01mol，结合离子共存及电荷守恒解答解答：解：由实验流程可知，滤液中通入过量二氧化碳生成白色沉淀能溶解在过量的NaOH中，则0.01mol沉淀为Al（OH）3，则一定含Al3+，因CO32、Al3+
65、相互促进水解，则一定不含CO32；加入过量氢氧化钡生成白色沉淀为硫酸钡，则含Mg2+或SO42，其物质的量为0.01mol或共0.01mol，即Mg2+可能存在；若存在SO42、Mg2+、Al3+，由电荷守恒可知，阳离子总数大，则应存在Cl，若存在SO42、Al3+，由电荷守恒可知，阳离子总数大，则应存在Cl，若存在Mg2+、Al3+，由电荷守恒可知，一定存在阴离子Cl、SO42，由上述分析可知，不能确定K+，故选A点评：本题考查物质分离提纯的综合应用及离子推断，为高频考点，把握白色沉淀的成分及发生的反应为解答的关键，侧重分析、推断及实验能力的考查，题目难度中等四、（本题共12分）23（12分
66、）（2015普陀区一模）氨是一种重要的化工产品“一氧化碳变换”是合成氨原料气生产中的重要环节，其反应方程式为：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）完成下列填空：（1）恒温恒容条件下，能说明该反应达到平衡状态的是a（填字母序号）a（CO）消耗=（H2O）生成bc（CO2）=c（CO）c混合气体的总压不再改变 d混合气体的密度不再改变（2）将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入体积为2L的恒容密闭容器中进行反应，得到如下三组数据：实验组温度/起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/minCOH2OCO2CO1650421.62.452900210.41.63365021ABt
67、实验1中从反应开始到达到平衡，以H2的浓度变化表示的反应速率为0.16mol/（Lmin）A=0.8平衡常数：K（900）K（650） （填“”、“”或“=”=）（3）温度是一氧化碳变换中最重要的工艺条件，实际生产过程中将温度控制在400左右，可能的原因是该反应使用催化剂，此温度是催化剂的活性温度；该反应放热，升高温度有利于提高反应速率（4）C、H、O、N元素中，核外电子占据5个不同轨道的原子，其最外层电子排布式是2s22p3 2s22p4 这四种元素形成的化合物不一定是（填“一定是”、“一定不是”、“不一定是”）离子化合物（5）能证明碳的非金属性比硅强的事实是a、c（选填编号）a酸性：H2C
68、O3强于H2SiO3b高温下SiO2与C生成Si和COc键的极性：CHSiH d熔点：金刚石单晶硅考点：化学平衡的计算；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；原子核外电子排布；化学平衡状态的判断 分析：（1）化学平衡的标志是正逆反应速率相同，个组分含量保持不变，衍生的条件满足变量不变的原则分析判断；（2）反应速率V=计算得到；反应前后气体体积不变，改变起始量相当于压强变化，平衡不动，所以起始量为2molCO和 1molH2O达到平衡状态生成二氧化碳物质的量为0.8mol；比较2和3起始量相同，温度不同时的二氧化碳生成量可知温度升高平衡逆向进行；（3）依据反应是吸热反应，温度越高平衡逆向
69、进行，应从催化剂活性和反应速率分析判断；（4）核外电子占据5个不同轨道的原子应是1s22s22p16，结合原子结构分析判断；四种元素形成的化合物可以是离子化合物、共价化合物；（5）依据非金属性强弱的判断依据是单质氧化性强弱、氢化物的稳定性、最高价含氧酸的酸性等分析判断解答：解：（1）a消耗（CO）=生成（H2O），表示的是正反应速率和逆反应速率，且满足化学计量数关系，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故a正确；bc（CO2）=c（CO），无法判断正逆反应速率是否相等，无法判断是否达到平衡状态，故b错误；c混合气体的总压不变即总物质的量不再改变：该反应是气体体积不变的反应，无论是否达到平衡状
70、态，气体的总物质的量始终不变，无法根据混合气体的总物质的量判断平衡状态，故c错误；d混合气体的密度不再改变：反应气体都是气体，气体的质量不变，容器的容积不变，根据=可知，反应过程中气体的密度始终不变，无法根据密度判断平衡状态，故d错误；故答案为：a；（2）实验1中从反应开始到达到平衡，以H2的浓度变化表示的反应速率等于二氧化碳表示的反应速率=0.16mol/（Lmin），故答案为：0.16mol/（Lmin）；反应前后气体体积不变，改变起始量相当于压强变化，平衡不动，所以起始量为2molCO和 1molH2O达到平衡状态生成二氧化碳物质的量为0.8mol，则A=0.8；故答案为：0.8；比较2
71、和3起始量相同，温度不同时的二氧化碳生成量，温度升高二氧化碳物质的量减小，可知温度升高平衡逆向进行，正反应为放热反应，平衡常数：K（900）K（650），故答案为：；（3）依据反应是吸热反应，温度越高平衡逆向进行，应从催化剂活性和反应速率分析判断，此温度下催化剂的活性最大，且最大了反应速率；故答案为：该反应使用催化剂，此温度是催化剂的活性温度；该反应放热，升高温度有利于提高反应速率；（4）核外电子占据5个不同轨道的原子应是1s22s22p16，结合原子结构分析判断N和O；其最外层电子排布式是2s22p3、2s22p4 ；四种元素形成的化合物可以是离子化合物如NH4HCO3、也可以是共价化合物如
72、CO（NH2）2；故答案为：2s22p3、2s22p4 ； 不一定是； （5）a最高价含氧酸酸性：H2CO3强于H2SiO3，说明碳的非金属性大于硅，故a正确； b高温下SiO2与C生成Si和CO表明的是碳的还原性大于硅，不能说明非金属性，故b错误；c键的极性：CHSiH，说明形成氢化物的稳定性，可以证明非金属性强弱，故c正确； d熔点：金刚石单晶硅，证明化学键强弱，不能说明非金属性强弱，故d错误；故答案为：a、c点评：本题考查了化学平衡影响因素分析判断，平衡标志和计算的理解应用，原子结构的分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等五、（本题共12分）24（12分）（2015普陀区一模）铜是生命必
73、需的元素，也是人类广泛使用的金属（1）现代工业上，主要采用高温冶炼黄铜矿（CuFeS2，也可表示为Cu2SFe2S3）的方法获得铜火法炼铜首先要焙烧黄铜矿：2CuFeS2+4O2Cu2S+3SO2+2FeO 反应中被还原的元素有Fe、O，每转移0.6mol电子，有0.1mol硫被氧化产物中的SO2是一种大气污染物，可选用下列试剂中的c吸收（选填编号）a浓H2SO4 b稀HNO3 cNaOH溶液 dCaCl2（2）Cu2O投入足量的某浓度的硝酸中，若所得气体产物为NO和NO2的混合物，且体积比为11，发生反应的化学方程式为：2Cu2O+10HNO3=4Cu（NO3）2+1NO+1NO2+5H2O
74、（3）某同学通过电化学原理实现了如下转化：Cu+2H+Cu2+H2，则H2在阴极获得（填写电极名称）（4）向氯化铜和氯化铁的混合溶液中加入氧化铜粉末会产生新的沉淀，写出该沉淀的化学式Fe（OH）3请用平衡移动的原理，结合必要的离子方程式，对此现象作出解释Fe3+会水解产生较多的H+：Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+，加入CuO与H+反应生成Cu2+和H2O，降低了H+浓度，使得水解平衡正向移动，生成Fe（OH）3沉淀（5）将SO2气体通入CuCl2溶液中，生成CuCl沉淀的同时，还有产物H2SO4、HCl（填写化学式）考点：铜金属及其重要化合物的主要性质；氧化还原反应 分析：（1）2Cu
75、FeS2+4O2Cu2S+3SO2+2FeO中，Fe、O元素的化合价降低，S元素的化合价升高，利用化合价变化计算被氧化的S；二氧化硫与碱反应可处理尾气；（2）Cu元素的化合价由+1价升高为+2价，气体产物为NO和NO2的混合物，且体积比为11，得到电子数为1（52）+1（54）=4，Cu2O失去电子数为2，结合电子守恒及原子守恒分析；（3）Cu+2H+Cu2+H2中，H元素的化合价降低；（4）CuO促进铁离子水解；（5）SO2气体通入CuCl2溶液中，生成CuCl沉淀，发生氧化还原反应，则S元素的化合价升高解答：解：（1）2CuFeS2+4O2Cu2S+3SO2+2FeO中，Fe、O元素的化合
76、价降低，得到电子被还原，则被还原的元素为Fe、O；S元素的化合价升高，每转移0.6mol电子，被氧化的S为=0.1mol；二氧化硫与碱反应可处理尾气，只有c符合，故答案为：Fe、O；0.1；c；（2）Cu元素的化合价由+1价升高为+2价，气体产物为NO和NO2的混合物，且体积比为11，得到电子数为1（52）+1（54）=4，Cu2O失去电子数为2，由电子守恒及原子守恒可知，反应为2Cu2O+10HNO3=4Cu（NO3）2+1NO+1NO2+5H2O，故答案为：2Cu2O+10HNO3=4Cu（NO3）2+1NO+1NO2+5H2O；（3）Cu+2H+Cu2+H2中，H元素的化合价降低，得到电
77、子被还原，则在阴极上发生还原反应，故答案为：阴；（4）因为Fe3+会水解产生较多的H+：Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+，加入CuO与H+反应生成Cu2+和H2O，降低了H+浓度，使得水解平衡正向移动，生成Fe（OH）3沉淀，故答案为：Fe（OH）3；Fe3+会水解产生较多的H+：Fe3+3H2OFe（OH）3+3H+，加入CuO与H+反应生成Cu2+和H2O，降低了H+浓度，使得水解平衡正向移动，生成Fe（OH）3沉淀；（5）SO2气体通入CuCl2溶液中，生成CuCl沉淀，发生氧化还原反应，则S元素的化合价升高，则生成H2SO4，由元素守恒可知还生成HCl，故答案为：H2SO4、HC
78、l点评：本题考查Cu及其化合物的性质，综合考查元素化合物知识，为高频考点，把握物质的性质、氧化还原反应及应用为解答的关键，注重基础知识的夯实和训练，题目难度不大六、（本题共12分）25（12分）（2015普陀区一模）某化学小组的同学模拟工业制硝酸设计了如下图所示的装置已知：CaCl2+nH2OCaCl2nH2O； CaCl2+8NH3Ca（NH3）8Cl2根据题意完成下列填空：（1）分液漏斗中氨水的浓度为9.0mol/L现用质量分数为0.35、密度为0.88g/cm3的氨水配制9，.0mol/L的氨水100mL，需要的定量仪器有a、c（选填编号）a100mL容量瓶 b10mL量筒 c50mL量
79、筒 d电子天平（2）受热时，乙中反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O（3）实验开始先加热催化剂，当催化剂达红热时再打开分液漏斗活塞并移走酒精灯，可观察到的现象有乙中Cr2O3仍能保持红热状态；丁的烧瓶中气体由无色转化为红棕色；试管里的石蕊试液由紫色变为红色（4）干燥管甲的作用是干燥氧气和氨气的混合气体；丙中盛放的药品为b（选填下列编号），其目的是吸收水及多余NH3a浓H2SO4 b无水CaCl2 c碱石灰 d无水CuSO4（5）丁中除了NO之外，还可能存在的气体有N2、O2、NO2（N2O4）（填写化学式）烧杯中发生反应的化学方程式2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H
80、2O、NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O考点：性质实验方案的设计 分析：（1）依据C=计算浓氨水的物质的量浓度，再根据浓氨水稀释前后溶质的物质的量不变计算；（2）受热时，乙中为氨气和氧气在催化剂加热条件下发生反应生成一氧化氮和水；（3）实验开始先加热催化剂，当催化剂达红热时再打开分液漏斗活塞并移走酒精灯，则生成的一氧化氮与装置的氧气反应生成红棕色的二氧化氮气体，二氧化氮溶于石蕊试液生成硝酸显酸性，所以石蕊试液由紫色变为红色，据此分析；（4）干燥管甲的作用是干燥氧气和氨气的混合气体；丙为固体干燥管，为了除去过量的氨气和水蒸汽，所以盛放的药品为无水CaCl2；（5）因为装置中含空气，一
81、氧化氮与氧气生成二氧化氮，二氧化氮会转化成N2O4，所以丁中除了NO之外，还可能存在的气体有N2、O2、NO2 （N2O4）；最终氢氧化钠是为了吸收多余的NO和NO2尾气，据此书写方程式解答：解：（1）浓氨水的浓度C=18.1mol/L，浓氨水稀释前后溶质的物质的量不变，设浓氨水的体积为V，所以18.1mol/LV=9.0mol/L0.1L，V=0.0497L=49.7mL；所以选用100mL容量瓶和50mL量筒，故选：a、c；（2）受热时，乙中为氨气和氧气在催化剂加热条件下发生反应生成一氧化氮和水，方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；（3）
82、实验开始先加热催化剂，当催化剂达红热时再打开分液漏斗活塞并移走酒精灯，则生成的一氧化氮与装置的氧气反应生成红棕色的二氧化氮气体，二氧化氮溶于石蕊试液生成硝酸显酸性，所以石蕊试液由紫色变为红色，所以可观察到的现象有乙中Cr2O3仍能保持红热状态；丁的烧瓶中气体由无色转化为红棕色；试管里的石蕊试液由紫色变为红色；故答案为：乙中Cr2O3仍能保持红热状态；丁的烧瓶中气体由无色转化为红棕色；试管里的石蕊试液由紫色变为红色；（4）干燥管甲的作用是干燥氧气和氨气的混合气体；丙为固体干燥管，为了除去过量的氨气和水蒸汽，所以盛放的药品为无水CaCl2；故答案为：干燥氧气和氨气的混合气体；b；吸收水及多余NH3
83、；（5）因为装置中含空气，一氧化氮与氧气生成二氧化氮，二氧化氮会转化成N2O4，所以丁中除了NO之外，还可能存在的气体有N2、O2、NO2 （N2O4）；最终氢氧化钠是为了吸收多余的NO和NO2尾气，所以反应方程式为2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O；NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，故答案为：N2、O2、NO2 （N2O4）；2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O；NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O点评：本题考查氨气的催化氧化，题目难度中等，涉及溶液的配制，气体制备、干燥（或除杂质）、性质验证、尾气处理，掌握常见气体的制备原理和除杂是
84、解题关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力七、（本题共12分）26（12分）（2015普陀区一模）绿矾（FeSO47H2O）是治疗缺铁性贫血药品中的重要成分下面是以市售铁屑（含少量锡、氧化铁等杂质）为原料生产纯净绿矾的一种方法：已知：室温下饱和H2S溶液的pH约为3.9；SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6；FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，沉淀完全时的pH为5.5请回答下列问题：（一）绿矾的制备（1）检验制得的绿矾中是否含有Fe3+的实验操作是取少量绿矾晶体加水溶解，滴加KSCN溶液，看溶液是否呈红色（2）操作II中，通入硫化氢至饱和的目的是除去溶液中的Sn2+，并防止Fe2
85、+被氧化；在溶液中用硫酸酸化至pH=2的目的是防止Fe2+生成沉淀（3）操作IV的顺序依次为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤（二）绿矾中FeSO47H2O含量的测定若用容量法测定绿矾中FeSO47H2O的含量滴定反应是：5Fe2+MnO4+8H+5Fe3+Mn2+4H2O实验方案如下：称取15.041g绿矾产品，溶解，在250mL容量瓶中定容量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中用0.0500mol/L KMnO4溶液（硫酸酸化）滴定至终点，记录初读数和末读数_数据处理（4）上述实验方案中的步骤是重复操作12次或做平行实验12次洁净的滴定管在滴定前必须进行的操作有：检验活塞是否漏水；用蒸馏水洗涤2
86、3次，再用高锰酸钾标准溶液润洗滴定管23次；向滴定管中加入KMnO4标准溶液到0刻度以上，赶走尖嘴部位的气泡，调节初读数（三）数据处理某小组同学的实验数据记录如下：实验次数初读数（mL）末读数（mL）10.2021.4020.0021.0031.6026.60（5）上述样品中FeSO47H2O的质量分数为0.975（用小数表示，保留三位小数）考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；探究物质的组成或测量物质的含量 专题：实验设计题分析：市售铁屑（含少量锡、氧化铁等杂质），加入稀硫酸可生成Sn2+、Fe2+，经过滤后在滤液中加入稀硫酸酸化调节pH=2，并通入硫化氢气体，除去溶液中的Sn2+，
87、并防止Fe2+被氧化，过滤除去SnS，滤液中主要含有硫酸亚铁，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤可得到FeSO47H2O（1）可用KSCN检验铁离子；（2）根据硫化氢具有还原性的性质以及生成SnS沉淀的性质判断；（3）由溶液得到晶体，可经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到；（4）为减少实验误差，可重复12次；洁净的滴定管在滴定前必须进行检漏和润洗；（5）利用关系式计算解答：解：市售铁屑（含少量锡、氧化铁等杂质），加入稀硫酸可生成Sn2+、Fe2+，经过滤后在滤液中加入稀硫酸酸化调节pH=2，并通入硫化氢气体，除去溶液中的Sn2+，并防止Fe2+被氧化，过滤除去SnS，滤液中主要含有硫酸亚铁，经蒸发浓
88、缩、冷却结晶、过滤洗涤可得到FeSO47H2O（1）可用KSCN检验铁离子，方法为取少量绿矾晶体加水溶解，滴加KSCN溶液，看溶液是否呈红色，故答案为：取少量绿矾晶体加水溶解，滴加KSCN溶液，看溶液是否呈红色；（2）硫化氢具有还原性，通入硫化氢气体，除去溶液中的Sn2+，并防止Fe2+被氧化，在溶液中用硫酸酸化至pH=2的目的是防止Fe2+生成沉淀，因可FeS可溶于酸，故答案为：除去溶液中的Sn2+，并防止Fe2+被氧化； 防止Fe2+生成沉淀；（3）由溶液得到晶体，可经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤得到，故答案为：蒸发浓缩；过滤洗涤；（4）为减少实验误差，可重复12次，或做平行实验12次，故
89、答案为：重复操作12次或做平行实验12次；洁净的滴定管在滴定前必须进行检漏和润洗，可用蒸馏水洗涤23次，再用高锰酸钾标准溶液润洗滴定管23次，故答案为：用蒸馏水洗涤23次，再用高锰酸钾标准溶液润洗滴定管23次；（5）用硫酸酸化的0.01000mol/L KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液体积的平均值为20.10mL，则 5Fe2+MnO4+8H+5Fe3+Mn2+4H2O 5 1n（Fe2+） 0.05000mol/L0.0210L计算得到；n（Fe2+）=0.00525mol；则250mL溶液中含Fe2+=0.00525mol=0.0525mol；FeSO47H2O物质的量为0.0
90、525mol，质量=0.0525mol278g/mol=14.595g；质量分数=100%=97.5%=0.975，故答案为：0.975点评：本题考查物质分离以及含量的测定，为高考常见题型，题目较为综合，侧重于铁盐亚铁盐的性质应用，分离混合物的实验方法设计和分析判断，滴定实验的分析判断，数据计算，误差分析的方法的考查，题目难度中等八、（本题共10分）27（10分）（2015普陀区一模）许多有机化合物中都含有N元素（1）无色油状液体苯胺 （）是最简单的芳香胺，暴露于空气中变为棕色，该变化最有可能与苯胺具有c相关（选填编号）苯胺可以由苯经过两步反应生成，写出第一步反应的化学方程式+HNO3 （浓）
91、+H2O、第二步反应的类型为还原反应a酸性 b碱性 c还原性 d氧化性（2）尼龙可以由1，6己二酸与H2NRNH2在一定条件下合成写出反应的化学方程式：（3）分子式为C3H9N的有机物有4种可能的结构（4）普拉西坦是一种改善记忆、抗健忘的中枢神经兴奋药，其结构如图写出该有机物在酸催化下水解产物的结构简式HOOC（CH2）2CH（NH2）（CH2）2COOH考点：有机物的合成 专题：有机物的化学性质及推断分析：（1）苯胺具有还原性，可被氧化，苯和硝酸发生硝化反应生成硝基苯，硝基苯被还原可生成苯胺；（2）1，6己二酸与H2NRNH2可发生缩聚反应生成；（3）分子式为C3H9N的有机物含有氨基，结合
92、碳链异构和位置异构判断；（4）含有肽键，可水解生成氨气和羧基解答：解：（1）苯胺具有还原性，可被氧化，苯和硝酸发生硝化反应生成硝基苯，方程式为+HNO3 （浓）+H2O，硝基苯被还原可生成苯胺，故答案为：c；+HNO3 （浓）+H2O；还原反应；（2）1，6己二酸与H2NRNH2可发生缩聚反应生成，方程式为，故答案为：；（3）分子式为C3H9N的有机物有CH3CH2CH2NH2、CH3CHNH2CH3、CH3NHCH2CH3、N（CH3）34种，故答案为：4；（4）含有肽键，可水解生成氨气和羧基，产物为HOOC（CH2）2CH（NH2）（CH2）2COOH，故答案为：HOOC（CH2）2CH（
93、NH2）（CH2）2COOH点评：本题考查有机物的合成，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构和官能团的性质，为解答该题的关键，难度不大九、（本题共12分）28（12分）（2015普陀区一模）已知：（X为卤原子，M为烃基或含酯基的取代基等）由有机物A合成G（香豆素）的步骤如下：回答下列问题：（1）写出反应C+DE的反应类型取代反应（2）A中官能团名称为碳碳双键、醛基；写出反应条件：EFNaOH溶液/加热、H+（硫酸或盐酸）（3）写出结构简式：BCH2=CHCOOH，D（4）F有多种同分异构体，写出同时满足下列条件的任意两种同分异构体的结构简式：分子中除苯环外，无其它环状结
94、构； 分子中有四种不同化学环境的氢原子； 能发生水解反应，不能与金属钠反应； 能与新制Cu（OH）2按物质的量之比1：2反应（5）二氢香豆素（） 常用作香豆素的替代品鉴别二氢香豆素和它的一种同分异构体（）需要用到的试剂有：NaOH溶液、稀硫酸、氯化铁溶液（6）已知：（R，R为烃基）试写出以苯和丙烯（CH2=CHCH3）为原料，合成 的路线流程图（无机试剂任选）合成路线流程图示例如下：H2C=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH 考点：有机物的合成 分析：由有机物A合成G（香豆素）的路线可知，A能与新制氢氧化铜反应生成B，B与甲醇发生酯化反应生成C，根据E的结构简式和D的分子式可推得A为CH2
95、=CHCHO，B为CH2=CHCOOH，C的结构简式为：CH2=CHCOOCH3，结合已知信息和E的结构可知，C+DE的反应与题中信息的反应类似，为取代反应，所以D为，比较E的结构简式和F的分子式可知，EF发生碱性条件下水解再酸化，所以F为，FG发生酯化反应，与在碱性条件下水解后再酸化，水解得酚，水解得醇，可以用氯铁鉴别它们，以苯和丙烯（CH2=CHCH3）为原料，合成，可以用苯生成氯苯，再发生题中信息中的反应，得产物再与水加成，然后与CO、Pb反应生成产物解答：解：由有机物A合成G（香豆素）的路线可知，A能与新制氢氧化铜反应生成B，B与甲醇发生酯化反应生成C，根据E的结构简式和D的分子式可推
96、得A为CH2=CHCHO，B为CH2=CHCOOH，C的结构简式为：CH2=CHCOOCH3，结合已知信息和E的结构可知，C+DE的反应与题中信息的反应类似，为取代反应，所以D为，比较E的结构简式和F的分子式可知，EF发生碱性条件下水解再酸化，所以F为，FG发生酯化反应，（1）反应C+DE的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；（2）A为CH2=CHCHO，A中官能团名称为碳碳双键和醛基，反应EF发生碱性条件下水解再酸化，所以条件为NaOH溶液/加热、H+（硫酸或盐酸），故答案为：碳碳双键、醛基；NaOH溶液/加热、H+（硫酸或盐酸）；（3）根据上面的分析可知，B为CH2=CHCOOH，D为
97、，故答案为：CH2=CHCOOH；（4）F为，F的同分异构体，满足下列条件分子中除苯环外，无其它环状结构；分子中有四种不同化学环境的氢原子； 能发生水解反应，不能与金属钠反应，说明有酯基； 能与新制Cu（OH）2按物质的量之比1：2反应，说明有一个醛，符合条件的同分异构体的结构简式为：，故答案为：；（5）与在碱性条件下水解后再酸化，水解得酚，水解得醇，可以用氯铁鉴别它们，所以需要用到的试剂有：NaOH溶液、稀硫酸、氯化铁溶液，故答案为：稀硫酸、氯化铁溶液；（6）以苯、丙烯（CH2CHCH3）为原料制备，先发生苯的取代，再结合信息可知，发生氯苯与的CH2CHCH3反应，然后与水发生加成，最后与C
98、O、Pb反应生成产物，合成路线流程图为，故答案为：点评：本题考查有机合成，题目难度中等，利用信息及合成流程图推断出各物质是解答本题的关键，注意熟练掌握常见有机物官能团与性质的关系，同分异构体的书写为难点，注意明确同分异构体的概念及书写原则十、（本题共14分）29（14分）（2015普陀区一模）自然界中，金属硫化物矿床常因发生表生氧化及次生富集作用，产生辉铜矿（Cu2S）与铜蓝（CuS）已知：Cu2S、CuS是两种不溶于水的黑色固体，在一定条件下都能与稀HNO3反应：3CuS+8H+8NO33Cu2+3SO42+8NO+4H2O3Cu2S+16H+10NO36Cu2+3SO42+10NO+8H2
99、O现将四份质量不同的某Cu2S和CuS混合物样品分别与100mL 5mol/L的稀硝酸充分反应，样品质量与产生气体的体积（已折合成标准状况）如下表所示：实验编号甲乙丙样品质量（g）9.612.864.0气体体积（L）5.046.72V试回答下列问题（不考虑硝酸的挥发以及溶液体积变化）：（1）用质量分数为0.63、密度为1.42g/cm3的浓硝酸配置100mL、5mol/L的稀硝酸，需浓硝酸的体积为35.2mL（保留1位小数）（2）甲实验结束后，溶液中c（NO3）=2.75mol/L（3）混合物样品中Cu2S、CuS的物质的量之比是多少？（写出计算过程）（4）乙实验结束后，溶液中氢离子的浓度是多
100、少？（写出计算过程）（5）计算丙实验中产生气体的体积（V）（写出计算过程）考点：有关混合物反应的计算 分析：（1）根据c=计算出该浓硝酸的浓度，然后根据稀释过程中溶质的物质的量不变计算出需要浓硝酸的体积；（2）根据反应可知，生成气体的物质的量与消耗硝酸根离子的物质的量相等，据此计算出反应后溶液中硝酸根离子浓度；（3）根据甲中数据判断乙中混合物恰好完全反应，然后设出混合物中Cu2S、CuS的物质的量，分别根据总质量、生成气体的物质的量列式计算；（4）结合（3）计算出反应中消耗氢离子的物质的量，再根据c=计算出消耗氢离子浓度，最后计算出剩余氢离子浓度；（5）根据（3）计算出64.0g混合物中含有的
101、CuS、Cu2S的物质的量，然后利用极值法分别计算出生成NO的物质的量及体积，从而得出V的范围解答：解：（1）质量分数为0.63、密度为1.42g/cm3的浓硝酸的浓度为：=14.2mol/L，配制100mL、5mol/L的稀硝酸，配制过程中硝酸的物质的量不变，则需要该浓硝酸的体积为：0.0352L=35.2mL，故答案为：35.2mL； （2）根据反应3CuS+8H+8NO33Cu2+3SO42+8NO+4H2O、3Cu2S+16H+10NO36Cu2+3SO42+10NO+8H2O可知，反应生成NO气体的物质的量与消耗硝酸根离子的物质的量相等，甲实验中生成NO的物质的量为：=0.225mo
102、l，消耗硝酸的浓度为：=2.25mol/L，则反应后溶液浓度为：5mol/L2.25mol/L=2.75mol/L，故答案为：2.75mol/L； （3）9.6g混合物生成5.04LNO气体，12.8g混合物能够生成一氧化氮的体积为：5.04L=6.72L，说明乙中混合物完全反应，设12.8g的样品中CuS的物质的量为x，Cu2S的物质的量为y，根据质量可得：96x+160y=12.8，根据生成气体可得：x+y=0.3，根据解得：x=y=0.05mol，所以混合物样品中Cu2S、CuS的物质的量之比为：1：1，答：混合物样品中Cu2S、CuS的物质的量之比1：1；（4）根据方程式、可知消耗氢离
103、子的物质的量为：n（H+）=0.05mol+0.05mol=0.4mol，故消耗氢离子的浓度为：c（H+）=4mol/L，所以剩余氢离子浓度为：c（H+）=5mol/L4mol/L=1mol/L，答：乙实验结束后，溶液中氢离子的浓度为1mol/L；（5）100mL 5mol/L的稀硝酸中含有硝酸的物质的量为：5mol/L0.1L=0.5mol，根据（3）可知，64g样品中CuS、Cu2S的物质的量为：n（Cu2S）=n（CuS）=0.05mol=0.25mol，若HNO3只与CuS反应：3CuS+8H+8NO33Cu2+3SO42+8NO+4H2O，0.25molCuS完全反应消耗硝酸：0.2
104、5mol0.5mol，硝酸不足，则根据反应可知生成NO的物质的量为：0.5mol，标况下NO体积为：V（NO）=0.5mol22.4L/mol=11.2L；若HNO3只与Cu2S反应：3Cu2S+16H+10NO36Cu2+3SO42+10NO+8H2O，0.25molCu2S消耗硝酸：0.25mol0.5mol，硝酸不足，根据反应可知生成NO的物质的量为：0.5mol=mol，标况下NO体积为：22.4L/molmol=7L，所以丙中产生气体体积（V）为：7LV11.2L，答：丙实验中产生气体的体积为：7LV11.2L点评：本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，试题知识点较多、计算量较大，充分考查了学生的分析、理解能力及化学计算能力，注意极值法在化学计算中的应用