1、上海市闵行区2015年高考化学一模试卷一、选择题（本题共l0分，每小题2分，只有一个正确选项）1生活中处处有化学根据你所学过的化学知识，判断下列说法错误的是（）A柑橘属于碱性食品B为防止流感传染，可将教室门窗关闭后，用食醋熏蒸，进行消毒C氯化钠是家庭常用的防腐剂，可用来腌制食品D棉、麻、丝、毛及合成纤维完全燃烧都只生成CO2和H2O考点：氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；纤维素的性质和用途；常见的食品添加剂的组成、性质和作用.分析：A、食品的酸碱性与其本身的pH值无关（味道是酸的食品不一定是酸性食品），主要是食品经过消化、吸收、代谢后，最后在人体内变成酸性或碱性的物质来界定；B、食醋具有很强的杀
2、菌能力；C、氯化钠可以使细菌细胞脱水，蛋白质发生变性，使细菌进而死亡，从而达到防腐效果；D、棉、麻属于纤维素，羊毛属于蛋白质，合成纤维是以小分子的有机化合物为原料，经加聚反应或缩聚反应合成的线型有机高分子化合物，分子中出C、H元素外，还含有其它元素，如N元素等解答：解：A、含钾、钠、钙、镁等矿物质较多的食物，在体内的最终的代谢产物常呈碱性，产生碱性物质的称为碱性食品，蔬菜、水果、乳类、大豆和菌类食物等，柑橘水水果，属于碱性食品，故A正确；B、食醋具有很强的杀菌能力，可以细菌消毒，防止流感传染，故B正确；C、氯化钠可以使细菌细胞脱水，蛋白质发生变性，使细菌进而死亡，从而达到防腐效果，故C正确；D
3、、棉、麻属于纤维素，含有C、H两种元素，完全燃烧只生成CO2和H2O；羊毛属于蛋白质，含有C、H、O、N等元素，完全燃烧除生成CO2和H2O，还有其它物质生成；合成纤维是以小分子的有机化合物为原料，经加聚反应或缩聚反应合成的线型有机高分子化合物，分子中出C、H元素外，还含有其它元素，如N元素等，完全燃烧除生成CO2和H2O，还有其它物质生成，故D错误；故选D点评：本题主要是考查学生对常见的以化学知识为主的生活常识的理解和应用，比较基础，注意基础知识的理解掌握2（2分）（2015闵行区模拟）下列化学用语正确的是（）A氮分子结构式B乙炔的键线式HCCHC四氯化碳的模型 D氧原子的轨道表示式 考点：
4、电子式、化学式或化学符号及名称的综合；球棍模型与比例模型.分析：A为氮气的电子式，用短线代替所有的共用电子对即为结构式；B乙炔分子中含有1个碳碳三键，键线式中可以省略碳氢键；C四氯化碳分子中，氯原子半径大于碳原子，氯原子的相对体积应该大于碳原子；D氧原子的核外电子总数为8，核外含有3个电子层，据此判断其轨道表示式解答：解：A氮气分子中存在1个氮氮三键，氮气的结构式为：NN，故A错误；B键线式中需要省略碳氢键，乙炔的键线式为：CC，故B错误；C四氯化碳为正四面体结构，氯原子的相对体积大于碳原子，四氯化碳的比例模型为：，故C错误；D氧原子核外电子总数为8，最外层为6个电子，其轨道表示式为：，故D正
5、确；故选D点评：本题考查了化学用语的书写判断，题目难度中等，注意掌握比例模型、电子轨道表示式、键线式、结构式等化学用语的书写原则，明确甲烷和四氯化碳的比例模型的区别，为易错点3（2分）（2015闵行区模拟）下列物质中，由极性键构成的非极性分子是（）A氯仿B干冰C石炭酸D白磷考点：极性分子和非极性分子；极性键和非极性键.分析：根据由同种原子构成的共价键是非极性键，不同原子构成的共价键是极性键，分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，这样的分子为极性分子，以极性键结合的双原子一定为极性分子，以极性键结合的多原子分子如结构对称，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，则为
6、非极性分子解答：解：A、氯仿是极性键形成的极性分子，故A错误；B、干冰是直线型，分子对称，是极性键形成的非极性分子，故B正确；C、石炭酸是非极性键形成的非极性分子，故C错误；D、白磷是下正四面体结构，非极键形成的非极性分子，故D错误；故选B点评：本题主要考查了共价键与分子极性的关系，难度不大，注意非极性分子的结构对称，正负电荷中心重合来解答4（2分）（2015闵行区模拟）下列有关物质的分类或归类正确的是（）A化合物：CaCl2、烧碱、聚苯乙烯、HDB电解质：明矾、胆矾、冰醋酸、硫酸钡C同系物：CH2O2、C2H4O2、C3H6O2、C4H8O2D同位素：C、C、C60考点：单质和化合物；同位素
7、及其应用；电解质与非电解质；芳香烃、烃基和同系物.分析：A、根据化合物是由不同种元素组成的纯净物进行分析；B、根据电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物进行分析；C、根据同系物是结构相似，结构相差CH2的有机物进行分析D、质子数相同，中子数不同的原子互称同位素解答：解：A、CaCl2、烧碱属于化合物，聚乙烯是高分子化合物，属于混合物，HD为单质，故A错误；B、明矾是硫酸铝钾结晶水合物，胆矾是硫酸铜结晶水合物，冰醋酸是醋酸，硫酸钡是盐，它们都是在水溶液中或熔化状态下能导电的化合物，都是电解质，故B正确；C、CH2O2、C2H4O2、C3H6O2、C4H8O2，结构不相似，不属于同系物，故C
8、错误；D、C、C是碳元素不同核素，互为同位素，、C60是单质，故D错误故选B点评：本题考查物质的分类知识，熟记各类物质的概念是解决该题的关键，题目难度不大5（2分）（2015闵行区模拟）关于晶体的叙述正确的是（）A原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高B分子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高C存在自由电子的晶体一定是金属晶体，存在阳离子的晶体一定是离子晶体D离子晶体中可能存在共价键，分子晶体中可能存在离子键考点：离子晶体；原子晶体；分子晶体；金属晶体.分析：A原子晶体熔化需要破坏共价键；B分子晶体的熔沸点由分子间作用力决定；C石墨中含有自由电子，含有阳离子的可能是金属晶体；D分子晶体一
9、定不含离子键解答：解：A原子晶体中共价键越强，原子之间结合的越牢固，想熔化它所需要的能量越多，熔点就越高，故A正确；B分子晶体的熔沸点由分子间作用力决定，分子间作用力越强，熔沸点越高，与共价键无关，故B错误；C石墨中含有自由电子，石墨不是金属，含有阳离子的可能是金属晶体或离子晶体，故C错误；D分子晶体一定不含离子键，离子晶体中一定含有离子键可能含有共价键，故D错误故选A点评：本题考查原子晶体、离子晶体、分子晶体、金属晶体的构成和性质，难度不大，注意石墨晶体中含有自由电子二、选择题（本题共36分，每小题3分，只有一个正确选项）6（3分）（2015闵行区模拟）下列使用加碘盐的方法正确的有（）菜烧好
10、出锅前加盐 先将盐、油放锅里加热，再加入食材烹饪煨汤时，将盐和食材一起加入 先将盐放在热锅里炒一下，再加入食材烹饪ABCD考点：碘与人体健康.分析：碘元素被称为智力元素，碘缺乏易得甲状腺肿，加碘食盐中加入含碘元素物质是KIO3，高温下易分解，据此分析解答解答：解：加碘食盐中加入含碘元素物质是KIO3，高温下易分解，所以使用碘盐时不宜高温煎炒，故正确；故选A点评：本题考查化学与生活，明确物质的性质是解本题关键，注意加碘盐的正确使用方法，题目难度不大7（3分）（2015闵行区模拟）用NA表示阿伏加德罗常数的值下列叙述正确的是（）A1.0L1.0mol/L的Na2SO4水溶液中含有的氧原子数为4NA
11、B1molNa2O2固体中含离子总数与1molCH4中所含共价键数目相等C1molNaClO中所有ClO的电子总数为26NAD标准状况下，6.72LNO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NA考点：阿伏加德罗常数.分析：A、Na2SO4水溶液中，水分子也含有氧原子；B、Na2O2由2个钠离子和1个过氧根构成；C、1molClO中含26mol电子；D、NO2与水的反应为歧化反应解答：解：A、Na2SO4水溶液中，水分子也含有氧原子，故1.0L1.0mol/L的Na2SO4水溶液中含有的氧原子数大于4NA，故A错误；B、Na2O2由2个钠离子和1个过氧根构成，故1molNa2O2中含3mol离子，
12、而1mol甲烷中含4molCH键，故B错误；C、1molNaClO中含1molClO，而1molClO中含26mol电子，故C正确；D、标况下，6.72L二氧化氮的物质的量为0.3mol，而NO2与水的反应为歧化反应，3molNO2转移2mol电子，故0.3mol二氧化氮转移0.2mol电子，故D错误故选C点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，难度不大8（3分）（2015闵行区模拟）“结构决定性质”是学习有机化学尤为重要的理论，不仅表现在官能团对物质性质的影响上，还表现在原子或原子团相互的影响上以下事实并未涉及原子或原子团相互影响的是（）A乙醇是
13、非电解质而苯酚有弱酸性B卤代烃难溶于水而低级醇、低级醛易溶于水C甲醇没有酸性，甲酸具有酸性D苯酚易与浓溴水反应生成白色沉淀而苯与液溴的反应需要铁粉催化考点：有机分子中基团之间的关系.分析：A苯环影响甲基，甲苯易被氧化；苯环影响OH，具有酸性B低级醇、低级醛能与水形成氢键；C羰基影响羟基，使得OH氢变得活泼；DOH影响苯环，苯酚中苯环上的H易被取代解答：解：A苯环影响OH，具有酸性，乙醇为中性，OH连接的烃基不同，可说明原子与原子团的相互影响会导致物质的性质不同，故A不选；B低级醇、低级醛能与水形成氢键，所以低级醇、低级醛易溶于水，卤代烃难溶于水，不能明原子间（或原子与原子团间）的相互影响会导致
14、物质的性质不同，故B选；C羰基影响羟基，使得OH氢变得活泼，甲酸具有酸性，而甲醇没有酸性，可说明原子与原子团的相互影响会导致物质的性质不同，故C不选；DOH影响苯环，苯酚中苯环上的H易被取代，而苯与液溴反应还需要加铁屑作催化剂，可说明原子与原子团的相互影响会导致物质的性质不同，故D不选；故选B点评：本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质的关系、原子或原子团的相互影响为解答的关键，侧重常见有机物结构、性质的考查，题目难度不大9（3分）（2015闵行区模拟）下列除杂方案正确的是（）选项被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法ACO2（g）SO2（g）饱和NaHSO3溶液、浓H2SO4洗气BNH4Cl
15、（aq）Fe3+（aq）NaOH溶液过滤CCl2（g）HCl（g）饱和NaHCO3溶液、浓H2SO4洗气 DSO2（g）SO3（g）浓H2SO4洗气AABBCCDD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：ASO2与饱和NaHSO3溶液、浓H2SO4不反应；B引入新杂质；C应用饱和食盐水除杂；DSO3易和水反应生成H2SO4解答：解：ASO2与饱和NaHSO3溶液、浓H2SO4不反应，应用饱和NaHCO3溶液，故A错误；B应加入氨水除杂，不能用氢氧化钠，否则引入新杂质，故B错误；C氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸和饱和NaHCO3溶液反应，应用饱和食盐水除杂，故
16、C错误；DSO3易和水反应生成H2SO4，可除去杂质，故D正确故选D点评：本题考查物质的分离、提纯，为高频考点，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，主要把握物质的性质的异同，为解答该题的关键，注意除杂时不能引入新杂质，更不能影响被提纯物质的性质10（3分）（2015闵行区模拟）A是一种常见的单质，B、C为中学常见的化合物，A、B、C均含有元素X它们有如下的转化关系（部分产物及反应条件已略去），下列判断正确的是（）AX元素可能为AlBX元素不一定为非金属元素C反应和互为可逆反应D反应和一定为氧化还原反应考点：无机物的推断.专题：推断题分析：A为单质；BC为化合物，所以一定为氧化还原反应，据这两
17、个反应特点知A元素在反应中化合价既升高，又降低，故A一定不是金属，不互为可逆反应，因为条件不同解答：解：A在碱中生成BC，BC在酸中又生成A，说明BC中含A元素，所以是氧化还原反应，A单质存在负价，一定是非金属；A、X若为Al，铝和强碱反应生成偏铝酸钠和氢气，不能发生BC在酸中生成A，故A错误；B、根据上述分析X元素一定是非金属元素，故B错误；C、反应和的反应条件不同，不能互为可逆反应，故C错误；D、反应和一定为氧化还原反应，故D正确故选D点评：本题考查了无机物质的转化关系，物质性质的应用，主要考查了氧化还原反应的歧化反应和归中反应，熟悉元素化合价的变化，金属无负价，掌握可逆反应的概念应用11
18、（3分）（2015闵行区模拟）下列离子方程式正确的是（）A氯化铝溶液与一定量的碳酸钠溶液反应：Al3+3CO32+3H2OAl（OH）3+3HCO3B氯化钠固体与浓硫酸混合微热：Cl+H+HClC氯气通入石灰乳：Cl2+2OHCl+ClO+H2OD苯酚钠溶液呈碱性的原理：C6H5O+H2OC6H5OH+OH考点：离子方程式的书写.分析：A氯化铝与碳酸钠溶液发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳；B固体氯化钠、浓硫酸应保留化学式；C石灰乳中氢氧化钙应保留化学式；D苯酚钠水解生成苯酚和氢氧化钠解答：解：A氯化铝溶液与一定量的碳酸钠溶液反应，离子方程式：2Al3+3CO32+3H2O2Al（OH）3+3C
19、O2，故A错误；B氯化钠固体与浓硫酸混合微热，离子方程式：H2SO4（）NaCl（固）=NaHSO4HCl（g），故B错误；C氯气通入石灰乳，离子方程式：Ca（OH）2+2Cl22Ca2+2Cl+2ClO+2H2O，故C错误；D酚钠溶液呈碱性的原理，离子方程式：C6H5O+H2OC6H5OH+OH，故D正确；故选：D点评：本题考查了离子方程式的书写，侧重考查化学式的拆分，注意浓硫酸、固体氯化钠、石灰乳应保留化学式，题目难度不大12（3分）（2015闵行区模拟）在使用下列各实验装置时，不合理的是（）A装置用于分离CCl4和H2O的混合物B装置用于收集H2、CO2、Cl2等气体C装置用于吸收NH3
20、或HCl，并防止倒吸D装置用于收集NH3，并吸收多余的NH3考点：化学实验方案的评价.分析：ACCl4和H2O的混合物分层；B短导管进入可收集密度比空气小的气体，长导管进入可收集密度比空气大的气体；C四氯化碳的密度比水大，在下层，可使气体与水不能直接接触；D不能利用无水氯化钙干燥氨气解答：解：ACCl4和H2O的混合物分层，则图中分液装置可分离，故A正确；B短导管进入可收集密度比空气小的气体，长导管进入可收集密度比空气大的气体，则图中装置可收集H2、CO2、Cl2等气体，故B正确；C四氯化碳的密度比水大，在下层，可使气体与水不能直接接触，则装置用于吸收NH3或HCl，并防止倒吸，故C正确；D不
21、能利用无水氯化钙干燥氨气，应选碱石灰干燥，故D错误；故选D点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物分离提纯、气体的收集、防止倒吸等，把握图中装置的作用及实验基本技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度不大13（3分）（2015闵行区模拟）如图表示反应M （g）+N （g）2R（g）过程中能量变化，下列有关叙述正确的是（）A由图可知，2molR的能量高于1molM和1molN的能量和B曲线B代表使用了催化剂，反应速率加快，M的转化率：曲线B曲线AC1molM和1molN的总键能高于2molR的总键能D对反应2R（g）M （g）+N （g）使用催化剂没有意义考点：化学反
22、应的能量变化规律.分析：A依据图象分析，生成物的总能量高于反应物的总能量；B催化剂加快化学反应速率是降低了反应的活化能，但不能改变转化率；C依据图象中反应物和生成物能量的大小比较判断；D使用催化剂能改变化学反应速率解答：解：A图象中反应物能量低于生成物能量，故反应是吸热反应，生成物的总能量高于反应物的总能量，即2molR的能量高于1molM和1molN的能量和，故A正确；B催化剂改变化学反应速率是降低了反应的活化能，改变反应的路径，曲线B代表使用了催化剂，反应速率加快，但M的转化率：曲线B=曲线A，故B错误；C图象中反应物能量低于生成物能量，故反应是吸热反应，键能是指断开键所需的能量，1mol
23、M和1molN的总键能高于2molR的总键能，故C正确；D图象分析使用催化剂能加快化学反应速率，故D错误；故选AC点评：本题考查了化学反应的能量变化分析，催化剂的作用实质，图象识别和理解含义是解题关键，题目难度不大14（3分）（2015闵行区模拟）W、X、Y、Z都是元素周期表中前20号的元素W的阳离子与Y的阴离子具有相同的电子层结构，且能形成化合物WY；Y和Z属同族元素，它们能形成两种常见化合物；X和Z属于同一周期元素，它们能形成两种常见气态化合物；W和X能形成化合物WX2，X和Y不在同一周期，它们能形成组成为XY2的化合物关于W、X、Y、Z的说法正确的是（）A气态氢化物稳定性：XZB最高价氧
24、化物对应的水化物酸性：XYC化合物WX2和XY2均为共价化合物DW、Y、Z的简单离子半径：WYZ考点：原子结构与元素周期律的关系.分析：W、X、Y、Z都是元素周期表中前20号的元素W的阳离子与Y的阴离子具有相同的电子层结构，且能形成化合物WY，为A、A元素或A、A族元素，而Y和Z属同族元素，它们能形成两种常见化合物，Y、Z为A族元素，则Y、Z分别为O元素、Z为S元素中的一种，故W处于A族；X和Z属于同一周期元素，它们能形成两种常见气态化合物，W和X能形成化合物WX2，考虑X为C元素，则Z为O元素、Y为S元素，则W为Ca元素，Ca与碳可以形成CaC2，C和S不在同一周期，它们能形成组成为CS2，
25、验证符合题意，据此解答解答：解：W、X、Y、Z都是元素周期表中前20号的元素W的阳离子与Y的阴离子具有相同的电子层结构，且能形成化合物WY，为A、A元素或A、A族元素，而Y和Z属同族元素，它们能形成两种常见化合物，Y、Z为A族元素，则Y、Z分别为O元素、Z为S元素中的一种，故W处于A族；X和Z属于同一周期元素，它们能形成两种常见气态化合物，W和X能形成化合物WX2，考虑X为C元素，则Z为O元素、Y为S元素，则W为Ca元素，Ca与碳可以形成CaC2，C和S不在同一周期，它们能形成组成为CS2，验证符合题意，AX为C、Z为O，非金属性CO，故氢化物稳定性XZ，故A错误；BX为C、Y为S，非金属性C
26、S，故最高价含氧酸的酸性：碳酸硫酸，故B正确；C化合物CaC2属于离子化合物，CS2属于共价化合物，故C错误；DW、Y、Z的简单离子分别为Ca2+、S2、O2，电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小、电子层越多离子半径越大，故离子半径：S2Ca2+O2，故D错误，故选B点评：本题考查结构性质位置关系综合应用，推断元素是解题关键，需要学生熟练掌握元素化合物结构与性质，难度较大15（3分）（2015闵行区模拟）水的电离常数如图两条曲线所示，曲线中的点都符合c（H+）c（OH）=常数，下列说法错误的是（）A图中温度T1T2B图中五点Kw间的关系：BCA=D=EC曲线a、b均代表纯水的电离情况D若处在
27、B点时，将pH=2的硫酸溶液与pH=12的KOH溶液等体积混合后，溶液显碱性考点：离子积常数.分析：由图象可知，A、C、D都为T1时的曲线上，水的Kw只与温度有关，温度相同时Kw相同，温度升高，促进水的电离，Kw增大，另外也可根据c（OH）c（H+）计算Kw大小，水的离子积只与温度有关，与溶液的类型无关，可能为纯水，也可能为酸、碱、盐溶液解答：解：A由图象可知，A在T2时的曲线上，而B在曲线T1上，因为A、B电离产生的氢离子与氢氧根离子的浓度相等，所以是纯水的电离，B点的电离度大于A，所以温度T1T2，故A正确；B由图象可知，A、C、D都为T1时的曲线上，水的Kw只与温度有关，温度相同时Kw相
28、同，温度升高，促进水的电离，Kw增大，则BA=D=E，由C点c（OH）c（H+）可知，C点的Kw大于A点，则BCA=D=E，故B正确；C由图象可知，A在T2时的曲线上，而B在曲线T1上，因为A、B电离产生的氢离子与氢氧根离子的浓度相等，所以曲线a、b中点B和点A代表纯水的电离，故C错误；DB点时，Kw=11012，pH=2的硫酸中c（H+）=0.01mol/L，与pH=12的KOH溶液中c（OH）=1mol/L，等体积混合后，溶液显碱性，故D正确；故选C点评：本题考查弱电解质的电离，题目难度中等，注意分析图象，把握水的离子积只受温度的影响16（3分）（2015闵行区模拟）电渗析法是指在外加电场
29、作用下，利用阴离子交换膜和阳离子交换膜的选择透过性，使部分离子透过离子交换膜而迁移到另一部分水中，从而使一部分水淡化而另一部分水浓缩的过程如图是利用电渗析法从海水中获得淡水的原理图，已知海水中含Na+、Cl、Ca2+、Mg2+、SO42等离子，电极为石墨电极下列有关描述错误的是（）A阳离子交换膜是A，不是BB通电后阳极区的电极反应式：2Cl2eCl2C工业上阴极使用铁丝网代替石墨碳棒，以减少石墨的损耗D阴极区的现象是电极上产生无色气体，溶液中出现少量白色沉淀考点：电解原理.分析：A、阴离子交换膜只允许阴离子自由通过，阳离子交换膜只允许阳离子自由通过；B、阳极上是阴离子失去电子的氧化反应；C、电
30、解池的阴极材料可以被保护；D、阴极区域是氢离子得电子的还原反应，据此回答解答：解：A、阴离子交换膜只允许阴离子自由通过，阳离子交换膜只允许阳离子自由通过，隔膜B和阴极相连，阴极是阳离子放电，所以隔膜B是阳离子交换膜，故A错误；B、阳极上是阴离子氯离子失去电子的氧化反应，即2Cl2eCl2，故B正确；C、电解池的阴极材料可以被保护，阴极使用铁丝网代替石墨碳棒，以减少石墨的损耗，故C正确；D、阴极区域是氢离子得电子的还原反应，电极上产生无色气体氢气，氢氧根离子浓度增加，溶液中出现少量氢氧化镁白色沉淀，故D正确故选A点评：本题考查学生电解池的工作原理以及电极反应式的书写知识，注意知识的归纳和梳理是关
31、键，难度中等17（3分）（2015闵行区模拟）如表记录了t的4份相同的硫酸铜溶液中加入的无水硫酸铜的质量以及析出的硫酸铜晶体（CuSO45H2O）的质量（温度保持不变）的空验数椐： 硫酸铜溶液 加入的无水硫酸铜（g） 3.0 5.5 8.5 10.0 析出的硫酸铜晶体（g） 1.0 5.5 10.9 13.6当加入6.2g无水硫酸铜时，析出硫酸铜晶体的质量（g）为（）A7.7B6.8C5.8D9.0考点：溶液中溶质的质量分数及相关计算.专题：计算题分析：根据图表可看出无水硫酸铜的质量每增加2.5g析出硫酸铜晶体的质量增加：（5.51.0）g=4.5g，可求出增加3.2g无水硫酸铜析出硫酸铜晶体
32、的质量，然后计算出加入6.2g无水硫酸铜时析出硫酸铜晶体的质量解答：解：无水硫酸铜的质量每增加2.5g析出硫酸铜晶体的质量增加：（5.51.0）g=4.5g，设增加3.2g无水硫酸铜可析出硫酸铜晶体的质量为x，则：=，解得：x=5.8g，则加入6.2g无水硫酸铜时，析出硫酸铜晶体的质量为：1.0g+5.8g=6.8g，故选B点评：本题考查了饱和溶液特点，试题培养了学生运用图表进行分析问题和解决问题的能力三、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闵行区模拟）下列化
33、学概念或规律的判断依据正确的是（）A原子晶体的判断依据：构成晶体的微粒是原子B离子化合物的判断依据：熔融状态下能导电的化合物C分子具有极性的判断依据：分子含极性共价键D氧化还原反应的判断依据：反应中有电子转移或电子对偏移考点：氧化还原反应；离子化合物的结构特征与性质；原子晶体；极性分子和非极性分子.分析：A原子晶体是原子间通过共价键结合形成的空间网状结构的晶体；B离子晶体在熔融时能电离；C分子的空间结构是否对称，正负电荷中心是否重叠；D氧化还原反应的本质是有电子转移或电子对偏移解答：解：A原子晶体是原子间通过共价键结合形成的空间网状结构的晶体，含有原子的晶体不一定是原子晶体，故A错误；B离子晶
34、体在熔融时能电离，共价化合物在熔融时不能电离，则熔融状态下能导电的化合物是离子化合物，故B正确；C分子具有极性的判断依据：分子的空间结构是否对称，正负电荷中心是否重叠，分子中含有非极性键的不一定是极性分子，如甲烷只含有CH极性键，但是非极性分子，故C错误；D氧化还原反应的本质是有电子转移或电子对偏移，则可以用反应中是否有电子转移或电子对偏移来判断氧化还原反应，故D正确故选BD点评：本题考查了晶体的判断、分子极性的判断、氧化还原反应的判断，题目难度不大，侧重于基础知识的考查19（4分）（2015闵行区模拟）对氧化还原反应：11P+15CuSO4+24H2O5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4
35、，下列说法正确的是（）A5/11的磷被氧化B3molCuSO4可氧化11/5molPC每摩尔起氧化作用的磷能氧化磷生成磷酸的物质的量为0.6molD当1molP参加反应时，转移电子的物质的量为3mol考点：氧化还原反应.分析：11P+15CuSO4+24H2O5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，P元素的化合价由0降低为3价，这样的P原子是5mol，还有P元素的化合价由0升高为+5价，这样的P原子是6mol，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，根据氧化还原反应中的概念以此电子守恒知识来解答解答：解：A、11P+15CuSO4+24H2O5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，P元素
36、的化合价由0降低为3价，这样的P原子是5mol，还有P元素的化合价由0升高为+5价，这样的P原子是6mol，即被氧化的磷原子为，故A错误；B、根据反应知道，是1molCuSO4得到1mol电子，1molP失去5mol电子，则3molCuSO4可氧化0.6molP，故B错误；C、起氧化作用P元素的化合价由0降低为3价转移3个电子，起还原作用的P的化合价由0升高为+5价转移5个电子，则每摩尔起氧化作用的磷能氧化磷生成磷酸的物质的量为0.6mol，故C正确；D、当1molP参加反应时，有molP作还原剂，转移电子的物质的量为mol，故D错误故选C点评：本题考查了氧化剂和还原剂的判断、电子转移等知识点
37、，注意该反应中P既是氧化剂又是还原剂，会根据元素化合价的变化判断氧化剂、还原剂和氧化产物、还原产物，难度不大20（4分）（2015闵行区模拟）已知：25时，有关弱酸的电离平衡常数：下列选项中正确的是（）弱酸H2C2O4CH3COOHHCNH2CO3电离常数KiKi1=5.9l02 Ki2=6.4l051.8l054.9l010Ki1=4.3l07 Ki2=5.6l011A等物质的量浓度的溶液pH关系：NaHCO3NaCNCH3COONaNaHC2O4B反应NaHC2O4+NaHCO3Na2C2O4+H2O+CO2能发生C等体积等物质的量浓度的溶液中离子总数：NaCNCH3COONaDNa2CO
38、3溶液中2c（Na+）=c（CO32）+c（HCO3）+c（ H2CO3）考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡.分析：A、根据酸的电离常数的大小确定酸性强弱，根据盐的水解规律：越弱越水解来回答；B、根据强酸制弱酸的原理来回答；C、根据离子的水解程度的大小知识来回答判断；D、根据溶液中的物料守恒知识来回答判断解答：解：A、根据酸的电离常数的大小确定酸性强弱顺序是HCNH2CO3CH3COOHH2C2O4，所以等物质的量浓度的溶液pH关系：NaCNNaHCO3CH3COONaNaHC2O4，故A错误；B、根据数据知道酸性：草酸氢根离子强于碳酸的酸性，所以反应NaHC2O4+NaHCO3Na2C2O4
39、+H2O+CO2能发生，故B正确；C、等体积等物质的量浓度的溶液中，NaCN水解程度大，水解生成HCN分子，则相同条件下，两溶液比较，CH3COONa溶液中的离子总数较多，故C错误；D、Na2CO3溶液中物料守恒c（Na+）=2c（CO32）+c（HCO3）+c（ H2CO3），故D错误故选B点评：本题考查离子浓度大小的比较，明确信息得到酸性的强弱是解答的关键，注意盐类水解规律及溶液中的守恒式来解答，题目难度中等21（4分）（2015闵行区模拟）某溶液可能存在的离子如下：Na+、Ag +、Ba2+、Al3+、AlO2、CO32、SO42、SO32、S2现向该溶液中加入过量的氢溴酸，产生气体和淡
40、黄色沉淀下列判断正确的是（）A该溶液中一定有Ag+B该溶液中可能没有AlO2、CO32C该溶液中一定有Na+D该溶液中可能有Ba2+、Al3+考点：离子共存问题；物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用.分析：向该溶液中加入过量的氢溴酸，产生气体和淡黄色沉淀，淡黄色沉淀如为AgBr，则阴离子都不能存在，应生成S，则说明含有SO32、S2，则一定不含有Ag +、Ba2+、Al3+，一定含有Na+，可能含有AlO2、CO32、SO42，以此解答该题解答：解：向该溶液中加入过量的氢溴酸，产生气体和淡黄色沉淀，淡黄色沉淀如为AgBr，则阴离子都不能存在，应生成S，则说明含有SO32、S2，则一定不含有Ag
41、 +、Ba2+、Al3+，由溶液的电荷守恒可知，一定含有Na+，可能含有或没有AlO2、CO32、SO42，只有BC符合，故选BC点评：本题考查了常见离子的检验方法，题目难度不大，注意根据溶液呈电中性判断溶液中存在的离子方法，本题充分考查了学生的分析、理解能力，要求熟练掌握常见离子的检验方法22（4分）（2015闵行区模拟）已知在120时，硫酸氢钠固体不发生分解反应将均匀混合的过氧化钠与硫酸氢钠固体粉末 100.00g，加热到120使混合物充分反应，剩余固体91.84g，则原固体混合物中过氧化钠的质量可能为（）A38.94gB39.78gC38.80gD18.72g考点：有关混合物反应的计算.
42、分析：可能发生的反应有：2Na2O2+2NaHSO42Na2SO4+O2+2NaOH、2Na2O2+3NaHSO43Na2SO4+O2+NaOH+H2O、2Na2O2+4NaHSO44Na2SO4+O2+2H2O，利用反应后固体减少百分比（减重率）及题中固体减重率判断反应物过量情况，然后结合题中数据计算出混合物中过氧化钠的质量解答：解：当过氧化钠过量时，发生反应为：2Na2O2+2NaHSO42Na2SO4+O2+2NaOH， 156 1202 32反应后固体减少百分比（减重率）=100%=8.077%，当硫酸氢钠部分过量，反应生成的氢氧化钠能够继续与硫酸氢钠反应生成硫酸钠和水，总反应为：2N
43、a2O2+3NaHSO43Na2SO4+O2+NaOH+H2O， 156 360 32 18减重率=100%=9.69%，当硫酸氢钠过量时，发生反应为：2Na2O2+4NaHSO44Na2SO4+O2+2H2O， 156 480 32 36减重率=100%=10.69%，根据题中数据可知，固体减重率=100%=8.16%，该减重率介于之间，即发生反应后，生成的氢氧化钠继续与硫酸氢钠反应生成硫酸钠和水，设参与反应的过氧化钠为xmol，参与反应的过氧化钠为ymol，根据混合物总质量可得：78x+120x+78y+1201.5y=100.00，根据固体减少质量可得：32x+（18+32）y=8.16
44、，联立解得：x0.4801、y0.0191，混合物中过氧化钠的总物质的量为：x+y=0.4801mol+0.0191mol=0.4992mol，过氧化钠的质量为：78g/mol0.4992mol38.94g；另外，当减重率为8.16时，有可能是硫酸氢钠过量，反应后仍然有剩余的硫酸氢钠，则混合物中过氧化钠的质量为：8.16g=18.73g，故选AD点评：本题考查了混合物反应的计算，题目难度较大，明确发生反应原理为解答关键，注意掌握“减重率”的含义及在该化学计算中的应用，试题培养了学生的化学计算能力四、（本题共12分）23（12分）（2015闵行区模拟）氯气可直接用于自来水的消毒，也可以制取漂粉精
45、、高铁酸钠等物质来对自来水消毒（1）氯气通入水中可用来杀菌消毒，其中杀菌消毒的原理是HClO具有强氧化性，能杀菌消毒，其有效成分的电子式是（2）氯气可用来制取漂粉精，但干燥的氢氧化钙与氯气并不易发生反应，氯气只能被氢氧化钙所吸附为此，在工业上采用加入少许水的消石灰来进行氯化其原因是氯利用这些原料中的游离水分，Cl2+H2OHCl+HClO使生成的酸为消石灰所中和；漂粉精的消毒能力受水的pH影响，pH较小时的消毒能力大于（填“大于”或“小于”）pH大时的消毒能力，其原因是pH较小时HClO浓度较大（3）用氯气对饮用水消毒副作用多，产生影响人体健康有机氯衍生物可用氯气制取高铁酸钠净水：2Fe3+1
46、6OH+3Cl22FeO42+6Cl+8H2O补全缺项，并配平上述离子方程式；（4）计算Na2FeO4的消毒效率（以单位质量得到的电子数表示）约是氯气0.64倍说明该净水剂与氯气相比较有何优越性不会产生对人体有危害的有机氯衍生物，还原产物Fe3+可以水解生成Fe（OH）3胶体，吸附杂质净水考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用；氧化还原反应方程式的配平；氯气的化学性质.分析：（1）氯水中含有HClO，具有强氧化性，可用于杀菌消毒；（2）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，可与消石灰发生中和反应；（3）从守恒的角度配平方程式；（4）根据单质质量得到的电子的物质的量计算解答：解：（1）氯水中含有HClO，
47、具有强氧化性，可用于杀菌消毒，HClO的电子式为，故答案为：HClO具有强氧化性，能杀菌消毒；（2）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，发生Cl2+H2OHCl+HClO，可与消石灰发生中和反应，pH较小时，HClO浓度较大，具有较强的杀菌消毒能力，故答案为：氯利用这些原料中的游离水分，Cl2+H2OHCl+HClO使生成的酸为消石灰所中和；大于；pH较小时HClO浓度较大；（3）反应Fe元素化合价升高，由+3价变化为+6价，被氧化，Cl元素化合价由0价降低到1价，反应的方程式为2 Fe3+16OH+3Cl2=2 FeO42+6Cl+8H2O，故答案为：2 Fe3+16OH+3Cl2=2 FeO42
48、+6Cl+8H2O；（4）FeO42+3e+4H2OFe（OH）3+5OH，单位质量得到电子=0.018；Cl2+2e=2Cl，单位质量得到电子=0.028，=0.64，Na2FeO4的消毒效率比氯气低，高铁酸钠代替氯气作净水消毒剂，利用氧化性起到杀菌消毒作用，利用生成的氢氧化铁胶体起到净水作用；故答案为：0.64；不会产生对人体有危害的有机氯衍生物，还原产物Fe3+可以水解生成Fe（OH）3胶体，吸附杂质净水点评：本题综合考查了氯气的制备和性质，为高频考点，侧重于化学与生活的考查，题目难度不大，熟悉氯气的强氧化性是解题关键五、（本题共12分）24（12分）（2015闵行区模拟）碳是一种极其重
49、要的元素，工业上，生活中到处可见（1）碳原子核外有3种能量不同的电子，这些电子占据了2个纺锤形轨道（2）下列方法可以比较碳与硫的非金属性强弱的是ba比较原子最外层电子数多少 b比较其最高价氧化物对应水化物的酸性c比较气态氢化物的稳定性 d比较单质的熔沸点高低（3）煤的气化是煤高效洁净利用的方向之一在一定温度下的某容积可变的密闭容器中建立下列化学平衡：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）Q，可认定该可逆反应在一定条件下已达到化学平衡状态的是bd（选填序号）a体系的压强不再发生变化 bv正（CO）=v逆（H2O）c生成n molCO的同时生成n mol H2d1mol HH键断裂同时断裂2
50、mol HO键若上述化学平衡状态从正反应开始建立，达到平衡后，给平衡体系加压（缩小体积），则容器内气体的平均相对分子质量将变大（填写不变、变小、变大、无法确定）若工业上以此方法生产水煤气，提高产率的措施为可采取适当提高反应温度、及时移走产物（写出两条措施）（4）空气中的CO2浓度增大，会导致温室效应，有人提出将CO2通过管道输送到海底，这可减缓空气中CO2浓度的增加但长期下去，海水的酸性也将增强，破坏海洋的生态系统请你结合CO2的性质，从平衡角度分析酸性增强原因根据反应：CO2+H2OH2CO3，与水反应程度增大，平衡往右移动，生成碳酸增多，根据H2CO3H+HCO3，H2CO3电离平衡向右移
51、动，所以酸性增强考点：化学平衡状态的判断；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；化学平衡的影响因素.分析：（1）碳的电子排布式为1s22s22p2，所以有3种能量不同的电子，纺锤形轨道p上有2个电子；（2）通过比较C、S元素的最高价氧化物对应的水化物的酸碳酸和硫酸的酸性强弱来证明硫与碳的非金属性的强弱；（3）根据化学平衡状态的特征解答，当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变；平衡移动的原理来分析解答；（4）运用平衡移动的原理来分析解答解答：解：（1）碳的电子排布式为1s22s22p2，所以有3种能量不同的电子，纺锤形轨道p上有2个电子，所以
52、有2个纺锤形轨道，故答案为：3；2；（2）根据硫酸可以和可溶性的碳酸盐反应可以知道硫酸酸性强于碳酸，而元素的最高价氧化物对应的水化物的酸性越强说明该元素的非金属性越强，故选：b；（3）a体系的压强一直不发生变化，故错误； bv正（CO）=v正（H2O）=v逆（H2O），故正确；c生成n molCO的同时生成n mol H2，未体现正与逆的关系，故错误；d1mol HH键断裂等效于，形成2mol HO键，同时断裂2mol HO键，故正确；故选：bd；若上述化学平衡状态从正反应开始建立，达到平衡后，给平衡体系加压（缩小体积），所以我们可以看从开始反应向右反应过程中平均相对分子质量是一个水分解为一个
53、CO和H2是减少的，则加压是从右向左反应，显然是增大，故答案为：变大；正反应是吸热反应，可采取适当提高反应温度，或及时移走产物，故答案为：可采取适当提高反应温度、及时移走产物；（4）海底压强大，CO2的溶解度将大大增加，且可以液体的形式存在，根据反应：CO2+H2OH2CO3，与水反应程度增大，平衡往右移动，生成碳酸增多，根据H2CO3H+HCO3，H2CO3电离平衡向右移动，所以酸性增强，故答案为：根据反应：CO2+H2OH2CO3，与水反应程度增大，平衡往右移动，生成碳酸增多，根据H2CO3H+HCO3，H2CO3电离平衡向右移动，所以酸性增强点评：本题考查了化学平衡状态的判断和化学平衡的
54、移动，难度不大，注意当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，但不为0六、（本题共12分）25（12分）（2015闵行区模拟）某课外小组制备SO2并探究SO2的相关性质，他们设计了如图1装置（夹持仪器省略）：（1）实验需要大约100mL的1：1硫酸（浓硫酸与溶剂水的体积比），配制该硫酸时需要的玻璃仪器是：玻璃棒、烧杯、量筒，配制过程将50mL浓硫酸沿玻璃棒缓缓加入到盛有50ml水的烧杯中，边加边搅拌（2）图1中装置A的作用是确保液体顺利流下（3）若需要对比干燥SO2和湿润的SO2的漂白性，则各仪器中需要加入的试剂分别是：C：浓硫酸 D：干燥的品红试纸 E：品红溶液 F：NaOH溶液若需要先后验证
55、SO2的氧化性与还原性，则各仪器中需要加入的试剂分别是：C：空瓶 D：Na2S溶液 E：溴水 F：NaOH溶液写出验证SO2还原性装置中的离子反应方程式SO2+Br2+2H2O=SO42+2Br+4H+（4）亚硫酸钠易被氧化，在下列图3方框内设计一个实验流程图测定亚硫酸钠的质量分数，设样品质量为W克，流程图样例如图2，需要测定的数据自行设定符号表示，列出亚硫酸钠质量分数的计算表达式，并说明各符号的意义：亚硫酸钠质量分数=（1）100%（a表示硫酸钡质量，样品质量为W克）考点：性质实验方案的设计.分析：（1）配制大约100mL的1：1硫酸时需要的玻璃仪器为玻璃棒、烧杯、量筒；注意将50mL浓硫酸
56、沿玻璃棒缓缓加入到烧杯中，边加边搅拌，不能将50mL水沿玻璃棒缓缓加入到烧杯50mL浓硫酸中；（2）图1中装置A的作用是保证上下压强相同，确保液体顺利流下；（3）若需要对比干燥SO2和湿润的SO2的漂白性，则首先应对二氧化硫进行干燥，再通过干燥的品红试纸，检验干燥SO2的漂白性，最后通过品红溶液检验湿润的SO2的漂白性；若需要先后验证SO2的氧化性与还原性，氧化性则通过还原剂Na2S溶液看是否有S沉淀生成；还原性则通过氧化剂溴水看是否退色，离子方程式为：SO2+Br2+2H2O=2SO42+2Br+4H+；（4）根据亚硫酸钠易被氧化成硫酸钠，硫酸钡不溶于盐酸而亚硫酸钡溶于盐酸来设计计算亚硫酸钠
57、的质量分数解答：解：（1）配制大约100mL的1：1硫酸时需要的玻璃仪器为玻璃棒、烧杯、量筒；配制过程为将50mL浓硫酸沿玻璃棒缓缓加入到盛有50ml水的烧杯中，边加边搅拌；故答案为：烧杯；量筒；将50mL浓硫酸沿玻璃棒缓缓加入到盛有50ml水的烧杯中，边加边搅拌；（2）图1中装置A的作用是保证上下压强相同，确保液体顺利流下，故答案为：确保液体顺利流下；（3）若需要对比干燥SO2和湿润的SO2的漂白性，则首先应对二氧化硫进行干燥，则先通过浓硫酸，再通过干燥的品红试纸，检验干燥SO2的漂白性，最后通过品红溶液检验湿润的SO2的漂白性；若需要先后验证SO2的氧化性与还原性，氧化性则通过还原剂Na2
58、S溶液看是否有S沉淀生成；还原性则通过氧化剂溴水看是否退色，离子方程式为：SO2+Br2+2H2O=SO42+2Br+4H+；故答案为：浓硫酸；干燥的品红试纸；Na2S溶液；溴水；SO2+Br2+2H2O=SO42+2Br+4H+；（4）因为亚硫酸钠易被氧化成硫酸钠，硫酸钡不溶于盐酸而亚硫酸钡溶于盐酸，所以流程为称取样品质量为W克溶液固体固体a克则亚硫酸钠质量分数=（1）100%（a表示硫酸钡质量，样品质量为W克），故答案为：亚硫酸钠质量分数=（1）100%（a表示硫酸钡质量，样品质量为W克）点评：本题探究了二氧化硫的制备及二氧化硫的化学性质和流程的设计等，题目难度中等，试题题量较大、综合性较
59、强，覆盖的知识点较多，注意基础知识的掌握七、（本题共12分）26（12分）（2015闵行区模拟）结晶硫酸亚铁部分失水时，分析结果如仍按FeSO47H2O的质量分数计算，其值会超过100%国家标准规定，FeSO47H2O的含量：一级品99.50%100.5%；二级品99.00%100.5%；三级品98.00%101.0%为测定样品中FeSO47H2O的质量分数，可采用在酸性条件下与高锰酸钾溶液进行滴定5Fe2+MnO4+8H+5Fe3+Mn2+4H2O；2MnO4+5C2O42+16H+2Mn2+10CO2+8H2O测定过程：粗配一定浓度的高锰酸钾溶液1L，然后称取0.200g 固体Na2C2O
60、4（式量为134.0）放入锥形瓶中，用蒸馏水溶解并加稀硫酸酸化，加热至7080（1）若要用滴定法测定所配的高锰酸钾溶液浓度，滴定终点的现象是滴入最后1滴KMnO4溶液后，溶液变为浅红色，且半分钟不褪去（2）将溶液加热的目的是加快反应速率；反应刚开始时反应速率较小，其后因非温度因素影响而增大，根据影响化学反应速率的条件分析，其原因可能是反应开始后生成Mn2+，而Mn2+是上述反应的催化剂，因此反应速率加快（3）若滴定时发现滴定管尖嘴部分有气泡，滴定结束气泡消失，则测得高锰酸钾浓度偏小（填“偏大”“偏小”“无影响”）（4）滴定用去高锰酸钾溶液29.50mL，则c（KMnO4）=0.02024mol
61、/L（保留四位有效数字）（5）称取四份FeSO47H2O试样，质量均为0.506g，用上述高锰酸钾溶液滴定达到终点，记录滴定数据1234V（高锰酸钾）/mL（初读数）0.100.200.000.20V（高锰酸钾）/mL（终读数）17.7617.8818.1617.90该试样中FeSO47H2O的含量（质量分数）为98.30%（小数点后保留两位），符合国家三级标准（6）如实际准确值为99.80%，实验绝对误差=1.5%如操作中并无试剂、读数与终点判断的失误，则引起误差的可能原因是：空气中氧气氧化了亚铁离子使高锰酸钾用量偏小考点：探究物质的组成或测量物质的含量.分析：（1）依据滴定实验过程和试剂滴
62、入顺序可知，滴入高锰酸钾溶液最后一滴，溶液变红色，半分钟内不变证明反应达到终点；故答案为：滴入最后1滴KMnO4溶液后，溶液变为浅红色，且半分钟不褪去；（2）加热加快反应速率，反应过程中生成的锰离子对反应有催化作用分析；（3）若滴定时发现滴定管尖嘴部分有气泡，滴定结束气泡消失，消耗高锰酸钾待测溶液体积增大，则测得高锰酸钾浓度减小；（4）2MnO4+5C2O42+16H+2Mn2+10CO2+8H2O，依据化学反应定量关系，计算所标定高锰酸钾溶液的浓度；（5）依据图表数据计算，第三次实验数据相差大舍去，计算其他三次的平均值，利用反应定量关系计算亚铁离子物质的量得到FeSO47H2O的含量，结合题
63、干信息判断符合的标准；（6）测定含量实际含量得到实验绝对误差，亚铁离子溶液中易被空气中氧气氧化分析可能的误差；解答：解：（1）依据滴定实验过程和试剂滴入顺序可知，滴入高锰酸钾溶液最后一滴，溶液变红色，半分钟内不变证明反应达到终点；（2）粗配一定浓度的高锰酸钾溶液1L，然后称取0.200g 固体Na2C2O4（式量为134.0）放入锥形瓶中，用蒸馏水溶解并加稀硫酸酸化，加热至7080，加热加快反应速率，反应刚开始时反应速率较小，其后因非温度因素影响而增大，根据影响化学反应速率的条件分析，其原因可能是反应过程中生成的锰离子对反应有催化作用分析；故答案为：加快反应速率，反应开始后生成Mn2+，而Mn
64、2+是上述反应的催化剂，因此反应速率加快；（3）若滴定时发现滴定管尖嘴部分有气泡，滴定结束气泡消失，消耗高锰酸钾待测溶液体积增大，溶质不变则测得高锰酸钾浓度减小；故答案为：偏小；（4）0.200g 固体Na2C2O4（式量为134.0），n（C2O42）=0.0014925mol，依据化学反应定量关系，计算所标定高锰酸钾溶液的浓度；2MnO4+5C2O42+16H+2Mn2+10CO2+8H2O，2 5n 0.0014925moln=0.000597mol滴定用去高锰酸钾溶液29.50mL，则c（KMnO4）=0.02024mol/L；故答案为：0.02024；（5）依据图表数据计算，第三次实
65、验数据相差大舍去，计算其他三次的平均值=17.68ml，利用反应定量关系计算亚铁离子物质的量得到FeSO47H2O的含量，5Fe2+MnO4+8H+5Fe3+Mn2+4H2O；5 1n 0.01768L0.02024mol/Ln=0.001789molFeSO47H2O的含量=100%=98.30%，三级品98.00%101.0%结合题干信息判断符合的标准三级品；故答案为：98.30%，三；（6）测定含量实际含量得到实验绝对误差=98.30%99.80%=1.5%，亚铁离子溶液中易被空气中氧气氧化为铁离子，高锰酸钾溶液用量减小引起误差；故答案为：1.5%，空气中氧气氧化了亚铁离子使高锰酸钾用量
66、偏小点评：本题考查了溶液标定过程分析计算，滴定实验的分析应用和数值处理方法，氧化还原反应定量计算，掌握基础是关键，题目难度中等八、（本题共10分）27（10分）（2015闵行区模拟）生产符合人类需要的特定性能的物质是化学服务于人类的责任解热镇痛药水杨酸改进为阿司匹林、缓释阿司匹林、贝诺酯就是最好的实例如图表示这三种药物的合成：（1）反应的条件是铁；物质B含有的官能团名称是羧基和氯原子（2）已知乙酸酐是2分子乙酸脱去1分子水的产物，写出M的结构简式CH3COOH（3）反应的类型取代反应，写出该反应的一种副产物的结构简式（4）水杨酸与足量Na2CO3溶液能发生反应，写出化学方程式（5）1mol阿司
67、匹林和1mol缓释长效阿司匹林与NaOH溶液充分反应，最多消耗NaOH的物质的量分别是3mol、4nmol考点：有机物的推断.分析：根据题中各物转化关系，根据水杨酸的结构可知，甲苯与氯气在铁粉做催化剂的条件下发生苯环上的取代，生成A为，A发生氧化反应生成B为，B发生碱性水解得C为，C酸化得水杨酸，水杨酸与乙酸酐发生取代反应生成阿司匹林和M，则M为CH3COOH，阿司匹林发生取代反应生成贝诺酯，（CH3）2COHCN发生水解得D为（CH3）2COHCOOH，D在浓硫酸作用下发生消去反应生成E为CH2=C（CH3）COOH，E发生加聚反应生成F为，F与阿司匹林反应生成缓释阿司匹林为，据此答题；解答
68、：解：根据题中各物转化关系，根据水杨酸的结构可知，甲苯与氯气在铁粉做催化剂的条件下发生苯环上的取代，生成A为，A发生氧化反应生成B为，B发生碱性水解得C为，C酸化得水杨酸，水杨酸与乙酸酐发生取代反应生成阿司匹林和M，则M为CH3COOH，阿司匹林发生取代反应生成贝诺酯，（CH3）2COHCN发生水解得D为（CH3）2COHCOOH，D在浓硫酸作用下发生消去反应生成E为CH2=C（CH3）COOH，E发生加聚反应生成F为，F与阿司匹林反应生成缓释阿司匹林为，（1）反应的条件是铁，B为，物质B含有的官能团名称是羧基和氯原子，故答案为：铁；羧基和氯原子； （2）根据上面的分析可知，M的结构简式为CH
69、3COOH，故答案为：CH3COOH； （3）反应的类型为取代反应，D在浓硫酸作用下发生消去反应也可以是羟基和羧基之间发生取代反应生成酯，所以反应的一种副产物的结构简式为，故答案为：取代反应； （4）水杨酸与足量Na2CO3溶液能发生反应的化学方程式为，故答案为：； （5）根据阿司匹林的结构简式可知，1mol阿司匹林最多消耗NaOH的物质的量为3mol，缓释长效阿司匹林为，1mol缓释长效阿司匹林与NaOH溶液充分反应，最多消耗NaOH的物质的量为4n mol，故答案为：3mol；4n mol；点评：本题考查有机物的推断与合成，根据阿司匹林与长效缓释阿司匹林的分子式推断F的结构是解题的关键，注
70、意对反应信息的利用，酸化时CN基团转化为COOH，需要学生根据转化关系判断，注重对学生的自学能力、理解能力、分析归纳能力、知识迁移能力的考查九、（本题共12分）28（12分）（2015闵行区模拟）PLLA塑料不仅具有良好的机械性能，还具有良好的可降解性它可由石油裂解气为原料合成下列框图是以石油裂解气为原料来合成PLLA塑料的流程图（图中有部分产物及反应条件未列出）请回答下列问题：（1）属于取代反应的有（填编号）（2）写出下列反应的化学方程式：反应：；反应：（3）已知E（C3H6O3）存在三种常见不同类别物质的异构体，请各举一例（E除外）并写出其结构简式：、（4）请写出一定条件下PLLA废弃塑料
71、降解的化学方程式（5）已知：2CH2=CH2，炔烃也有类似的性质，设计丙烯合成的合成路线（合成路线常用的表示方法为：AB目标产物）考点：有机物的合成.分析：根据PLLA的结构简式可知E的结构简式为：，两分子通过反应酯化反应生成F；D与氢气通过反应生成E，则D的结构简式为：CH3COCOOH；C通过反应生成D，则C为；B通过反应加热氧化成C，则B为；A通过反应生成B，丙烯通过与溴发生加成反应生成A，则A为；反应为丁烷分解生成甲烷和丙烯，据此进行解答解答：解：根据PLLA的结构简式可知E的结构简式为：，两分子通过反应酯化反应生成F；D与氢气通过反应生成E，则D的结构简式为：CH3COCOOH；C通
72、过反应生成D，则C为；B通过反应加热氧化成C，则B为；A通过反应生成B，丙烯通过与溴发生加成反应生成A，则A为，（1）反应为分解反应，反应为加成反应，反应为取代反应，反应为氧化反应，反应为加成反应，反应缩聚反应，反应为酯化反应，也属于取代反应，所以属于取代反应为，故答案为：；（2）过反应的化学方程式为：；反应的化学方程式为：，故答案为：；（3）E的结构简式为，E存在三种常见不同类别物质的异构体有：、，故答案为：；（4）PLLA废弃塑料降解生成，反应的化学方程式为：，故答案为：；（5）根据逆合成法可知，可以通过丙炔通过信息反应合成，丙炔可以用丙烯分别通过加聚反应、水解反应、消去反应获得，所以合成
73、路线为：，故答案为：点评：本题考查了有机合成，题目难度中等，明确合成原理及常见有机物结构与性质为解答关键，注意掌握同分异构体的书写原则，（5）为难点，可以通过逆合成法分析，注意信息反应原理的应用十、（本题共14分）29（14分）（2015闵行区模拟）氮是一种重要的元素，可用来合成NH3与 HNO3等一系列重要化工产品（1）在标准状况下，1体积水溶解700体积氨气，所得溶液的密度为0.9g/mL，则该氨水的物质的量浓度是18.4mol/L（小数点后保留一位）（2）合成氨的原料气N2和H2通常是以焦炭、水和空气为原料来制取的其主要反应是：2C+O22CO C+H2O（g）CO+H2 CO+H2O（
74、g）CO2+H2某次生产中将焦炭、H2O（g）和空气（设空气中N2和O2的体积比为4：1，下同）混合反应，所得气体产物经分析，组成如下表：气体CON2CO2H2O2体积（m3）（标准状况）x2012601.0则计算参加反应的H2O（g）和氧气的体积比V（H2O）/V（氧气）=15上表中x=44m3，实际消耗了30 kg焦炭（3）工业生产硝酸时尾气必须充分处理以避免环境污染，常用NaOH溶液吸收，吸收时发生反应：2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2ONO+NO2+2NaOH2NaNO2+H2O现将22.4升（标准状况）NOx（只含NO、NO2，忽略其它成分）气体缓缓通入足量NaOH溶
75、液中，充分反应，气体全部被吸收则反应中产生NaNO3和NaNO2各多少克？（用含x的代数式表示）考点：化学平衡的计算；物质的量浓度的相关计算；有关混合物反应的计算.分析：（1）由标准状况下的体积可计算氨气的物质的量，利用氨气的质量和溶液的体积来计算物质的量浓度；（2）N2的体积为20m3，空气中N2和O2的体积比为4：1，故O2的体积为5m3，故参加反应的O2的体积为5m31.0m3=4m3，根据方程式，结合表格数据进行计算，得出正确结论；（3）NOx气体的物质的量为=1mol，NO、NO2的平均组成为NOx，则NO与NO2的物质的量之比为，设NO为amol，则NO2为（1a）mol，则，解得
76、a=2x，1a=x1，根据方程式进行计算，得出正确结论解答：解：（1）设水的体积为1L，氨气的体积为700L，则氨气的物质的量为=31.25mol，溶液的质量为1000g+31.25mol17g/mol=1531.25g，溶液的体积为=1.7L，则氨水的物质的量浓度为c=18.4 mol/L，故答案为：18.4 mol/L；（2）N2的体积为20m3，空气中N2和O2的体积比为4：1，故O2的体积为=5m3，故参加反应的O2的体积为51.0m3=4m3，2C+O22CO C+H2O（g）CO+H2 CO+H2O（g）CO2+H2 4 8 48 48 12 12 12生成氢气的体积为12m3，故
77、消耗的水的体积为60m3，则参加反应的H2O（g）和氧气的体积比V（H2O）/V（氧气）=15；产物中二氧化碳的体积为12m3，故反应生成氢气的体积为12m3，消耗CO的体积为12m3，则反应生成氢气的体积为6012=48m3，故反应生成CO的体积为48m3，消耗的C的物质的量为；参加反应的O2的体积为4m3，故反应生成CO的体积为8m3，消耗的C的物质的量为；则所得气体产物中CO的体积为8m3+48m312m3=44m3，消耗的C的质量为=30000g=30kg，故答案为：15；44；30；（3）NOx气体的物质的量为=1mol，NO、NO2的平均组成为NOx，则NO与NO2的物质的量之比为
78、，设NO为amol，则NO2为（1a）mol，则，解得a=2x，1a=x1，2NO2+2NaOHNaNO3 +NaNO2 +H2O NO+NO2 +2NaOH2NaNO2+H2O 2x3 （x1.5）（x1.5）2x 2x 42x反应中反应的NO2的物质的量为（2x）mol，则反应中反应的NO2的物质的量为（2x）mol，生成的NaNO2的物质的量为2（2x）=（42x）mol，则反应中反应的NO2的物质的量为x1（2x）=（2x3）mol，则反应中生成的NaNO2的物质的量为=（x1.5）mol，生成的NaNO3的物质的量为（x1.5）mol，故反应中产生NaNO3的质量为85（x1.5）=（85x127.5）g，产生NaNO2的质量为69（42x+x1.5）=（172.569x）g，答：产生NaNO3和NaNO2分别为（85x127.5）g、（172.569x）g点评：本题考查物质的量的相关计算，难度很大对学生分析和解决问题的能力及计算能力要求较高