1、2014-2015学年上海市金山中学高二（下）期中化学试卷（会考）一、选择题（每题只有1个正确选项，每题2分，共40分）1（2分）（2010山东校级学业考试）19世纪中叶，门捷列夫的突出贡献是（）A提出原子学说B发现元素周期律C提出分子学说D发现氧气2（2分）（2015春上海校级期中）下列变化属于化学变化的是（）A碘的升华B碘化银用于人工降雨C液溴的气化D漂白粉久置失效3（2分）（2015春上海校级期中）下列各组物质中，互为同位素的是（）A氕和氘B水（H2O）和重水（D2O）C氧气和臭氧D丁烷和异丁烷4（2分）（2015春上海校级期中）下列有关化学表达式正确的是（）A硫化氢的电子式：B甲醇的分
2、子式：CH4OC氯原子的原子结构示意图：D丙烷的结构简式：C3H85（2分）（2015春上海校级期中）下列物质在固态时，晶体类型相同的是（）ASiO2和CO2BNaCl和HClCI2和金刚石DNH3和H2O6（2分）（2015春上海校级期中）常温下，将铁片放入下列溶液中，能明显观察到有气体产生的是（）A浓硫酸B稀硫酸CZnSO4溶液DCuSO4溶液7（2分）（2015春上海校级期中）实验室制取下列各组气体时，发生装置和收集方法相同，且都能用浓硫酸干燥的是（）ASO2和H2SBO2和NH3CCO2和H2DCH4和O28（2分）（2015春上海校级期中）若将乙醛通过下列两步反应转变成溴乙烷：CH3
3、CHOCH3CH2OHCH3CH2Br，这两步反应分别属于有机反应类型中的（）A加聚反应和水解反应B消去反应和加成反应C加成反应和取代反应D加成反应和消去反应9（2分）（2015春上海校级期中）下列各组仪器：漏斗 容量瓶 滴定管 分液漏斗 天平量筒 胶头滴管蒸馏烧瓶常用于物质分离的是（）ABCD10（2分）（2015春上海校级期中）下列各组中两种微粒的半径（用r表示）之比小于1的是（）ABCD11（2分）（2015春上海校级期中）已知化合物NH5的结构和NH4Cl相似，下列关于NH5的下列说法中正确的是（）ANH5是共价化合物BNH5的电子式为NH4+：HCNH5中氢元素呈价+1和1价DNH5
4、与水发生氧化还原反应，置换出氢气12（2分）（2015春上海校级期中）下列变化中，通过一步反应就可以直接完成的是（）AAl2O3Al（OH）3BCaCO3Ca（OH）2CCH3CH2OHCH3CHODCONa2CO313（2分）（2015春上海校级期中）除去下列物质中所含少量杂质（括号内为杂质），所选用的试剂和分离方法能达到实验目的是混 合 物试 剂分离方法A苯（苯酚）溴 水分液B甲烷（乙烯）KMnO4（H+）溶液洗气C乙酸乙酯（乙酸）NaOH溶液过滤D酒精（水）氧化钙蒸馏AABBCCDD14（2分）（2015春上海校级期中）下列有关化学基本概念的叙述中正确的是（）A可溶性盐的水溶液一定呈中性
5、B离子化合物中一定含有金属元素C氧化还原反应中一定有元素化合价的升降D强电解质溶液的导电性一定强于弱电解质溶液的导电性15（2分）（2015春上海校级期中）如图曲线a表示放热反应X（g）+Y（g）Z（g）+M（g）进行过程中X的转化率随时间变化的关系若要改变起始条件，使反应过程按b曲线进行，可采取的措施是（）A升高温度B增大压强C增大体积D加大X的投入量16（2分）（2015春上海校级期中）下列反应的离子方程式正确的是（）A铁跟氯化铁溶液反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+B氨水跟盐酸反应：OH+H+H2OC氢氧化钡跟稀硫酸反应：Ba2+OH+H+SO42BaSO4+H2OD碳酸钙跟盐酸反应：C
6、O32+2H+CO2+H2O17（2分）（2015春上海校级期中）在1mol/L的（NH4）2SO4溶液中，下列有关离子浓度大小比较中，正确的是（）Ac（NH4+）=2c（SO42）c（H+）=c（OH）Bc（NH4+）c（SO42）c（H+）c（OH）Cc（SO42）c（NH4+）c（H+）c（OH）Dc（SO42）c（NH4+）c（OH）c（H+）18（2分）（2015春上海校级期中）设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法不正确的是（）A1.7克氢氧根离子（OH）含有的电子数为 NAB7克乙烯（CH2=CH2）所含的电子数为4NAC标准状况下，22.4L一氧化碳所含的分子数为 NAD1molF
7、e分别与氯气和硫反应失去电子都是3NA19（2分）（2015春上海校级期中）下列各图表示在含HCl、氯化铝（AlCl3）各0.1mol的溶液中，缓慢滴加氢氧化钠溶液，生成沉淀的物质的量与加入氢氧化钠的物质的量的关系，其中正确的是（）ABCD20（2分）（2015春上海校级期中）在反应容器中充人SO2 V1L和H2S V2L（标准状况下），充分作用后测知所得氧化产物比还原产物多1.6克，则以下推断一定错误的是（）AV11.12 V22.24BVl+V23.36C若Vl=1.12，则V22.24D若V11.12，则V2=2.24二、（本题共28分）21（8分）（2015春上海校级期中）如图1标出的
8、是元素周期表短周期的部分元素根据上表回答下列问题（用元素符号或相应的化学用语填写）（注：以下问题回答范围均限于AH的元素）（1）B元素的单质在空气中体积含量最大，则其气态氢化物的电子式为；（2）八种元素中原子半径最大的是（选填编号）；各电子层上的电子数相同的元素是（填相应元素的符号）；（3）G、H两种元素的非金属性强弱可以通过比较这两种元素（选填编号）；a原子的得电子的能力 b含氧酸的酸性c气态氢化物的稳定性 d单质的熔沸点（4）F元素的最高价氧化物对应水化物与氢氧化钠溶液反应的离子方程式是（5）如图2，将潮湿的由H元素构成的单质通过甲装置后，再通过放有干燥红色布条的乙装置，红色布条不褪色则甲
9、装置中所盛试剂可能是a浓硫酸 bNaOH溶液 cKI溶液 d饱和食盐水22（8分）（2015春上海校级期中）已知反应：.2K2CrO4+H2SO4K2Cr2O7+K2SO4+H2OFe2（SO4）3+2HI2FeSO4+I2+H2SO4K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO43Fe2（SO4）3+Cr2（SO4）3+K2SO4+7H2O（1）上述三个反应中，属于非氧化还原反应的是（填序号）（2）Fe2（SO4）3、K2Cr2O7、I2的氧化性由强到弱的顺序为；（3）反应中的还原产物是；（4）在下式中标出电子转移的方向和数目：K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4（5）若用K2Cr2O7与
10、HI反应，每生成12.7g I2生成，转移电子个23（5分）（2015春上海校级期中）一定条件下，在体积为3L的密闭容器中，一氧化碳与氢气反应生成甲醇（催化剂为Cu2O/ZnO）：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）根据题意完成下列各题：（1）若升高温度，甲醇的生成率减小，则该反应的正反应为反应（放热或吸热）；（2）改变下列条件，不能加快化学反应速率的是；a移走甲醇 b增大压强c扩大容器体积 d升高温度（3）写出两个既能加快反应速率，又能使一氧化碳的转化率提高的措施：；24（6分）（2015春上海校级期中）（1）在中学所学的金属单质中，在冷的浓硫酸或硝酸中会发生钝化现象的有（填化学式）；（
11、2）写出铁与浓硫酸（足量）在加热条件下反应的化学方程式；（3）铝分别与氢氧化钠溶液和稀硫酸反应，若在相同情况下得到相同体积的气体，则两个反应中消耗氢氧化钠与硫酸的物质的量之比为三、实验题（本题共12分）25（6分）（2015春上海校级期中）某无色溶液由Mg2+、Al3+、Cl、NH4+、SO42中的若干种离子组成按以下步骤进行实验：（1）取原溶液少量于试管中，向试管中不断加入氢氧化钠溶液至过量，有白色沉淀生成而后又完全消失，说明原溶液中一定含有的离子是（填相应离子符号，下同）（2）取实验后的溶液于另一试管中，加热，用湿润的红色石蕊试纸置于试管口，结果试纸变蓝，说明原溶液中一定含有的离子是（3）
12、取原溶液加入少量盐酸使溶液酸化，再加入氯化钡溶液，产生白色沉淀，说明原溶液中一定含有的离子是（4）取实验的溶液加入少量，加入硝酸银溶液，产生白色沉淀，能否说明原溶液中一定含有的Cl离子（是或否）若要检测Cl离子是否存在，正确的操作是（若前一格填是，这一格不填）26（6分）（2015春上海校级期中）某学生用图所示的装置测定镁的相对原子质量：（1）实验前必须对装置进行气密性检查，具体操作是：；（2）如果量气管的最大测量体积为50mL（假设条件为标准状况），则取金属镁条（设纯度为100%）的质量不超过g；（精确到0.001）（3）实验结束，在读取数据前必须：a冷却，使温度恢复到原来状态；b；（4）该
13、学生实验时称取镁条0.051g（已除去氧化膜），实验结果收集到气体48.00mL（已换算到标准状况，其他实验操作均正确），根据实验测定，镁的相对原子质量为；产生误差的原因可能是（写出一点）四、有机题（本题共12分）27（6分）（2015春上海校级期中）有机物A是具有支链的化合物，分子式为C4H6O2，A可以使Br2的四氯化碳溶液褪色，也能与乙醇反应（1）写出A与Br2的四氯化碳溶液反应的类型；A与乙醇反应的条件（2）写出与A具有相同官能团的同分异构体的结构简式：、（3）已知碳碳双键的碳原子上连接羟基是不稳定的，请写出两种下列要求的A的同分异构体的结构简式（能发生银镜反应、也能与金属钠反应产生气
14、体 能发生银镜反应、但不能与金属钠反应产生气体）：、28（6分）（2015春上海校级期中）有机物A、B在常温下均为气态，可按如下方法进行A、B及有关物质的一系列转化：已知X和Y互为同分异构体，D和G互为同系物，X有银镜反应，A在标准状况下的密度为1.25g/L（1）写出B的结构简式：B；（2）反应类型：D+FY：；（3）写出下列化学反应的化学方程式CDE+GX五、计算题（本题共9分）：29（9分）（2015春上海校级期中）水垢中可能含有CaCO3、MgCO3、Mg（OH）2，某学生为了测定水垢的组成，做了如下实验：（1）取2.90g水垢样品，加入40mL盐酸，为保证固体全部溶解，并使二氧化碳全
15、部逸出，盐酸的物质的量浓度mol/L；（2）另取2.89g水垢高温灼烧至恒重，残余固体为CaO和MgO，其质量为1.48g，产生的气体被足量的澄清石灰水吸收，得到0.03molCaCO3沉淀，则原水垢中一定含有MgCO3，理由是；通过计算确定是否含有Mg（OH）2？（3）水垢中CaCO3的质量分数？2014-2015学年上海市金山中学高二（下）期中化学试卷（会考）参考答案与试题解析一、选择题（每题只有1个正确选项，每题2分，共40分）1（2分）（2010山东校级学业考试）19世纪中叶，门捷列夫的突出贡献是（）A提出原子学说B发现元素周期律C提出分子学说D发现氧气考点：化学史；元素周期表的结构及
16、其应用 专题：元素周期律与元素周期表专题分析：1869年，俄国化学家门捷列夫发现了元素周期律，并编制出元素周期表，使得化学学习和研究变得有规律可循解答：解：A道尔顿提出了近代原子学说，故A错误； B1869年，俄国化学家门捷列夫发现了元素周期律，故B正确；C阿佛加德罗提出了分子学说，故C错误；D拉瓦锡发现氧气，故D错误故选B点评：本题考查化学史，熟记化学发展史中各科学家所作出的巨大贡献即可解答，较简单2（2分）（2015春上海校级期中）下列变化属于化学变化的是（）A碘的升华B碘化银用于人工降雨C液溴的气化D漂白粉久置失效考点：物理变化与化学变化的区别与联系 分析：A碘的升华是状态变化；B利用碘
17、化银能进行人工降雨，碘化银在高空分解生成银单质和碘单质，形成人工冰核；C液溴的气化是状态变化；D漂白粉长期露置空气中时次氯酸钙与水、二氧化碳反应生成碳酸钙和HClO，HClO易分解，从而变质解答：解：A碘的升华没有新物质生成，属于物理变化，故A错误； B利用碘化银能进行人工降雨，降雨时用高炮将碘化银炮弹发射到高空云团的零高度层以上，碘化银在高空分解2AgI=2Ag+I2，生成银单质和碘单质，形成人工冰核，是化学变化，故B正确；C液溴的气化是状态变化，属于物理变化，故C错误；D漂白粉长期露置空气中时次氯酸钙与水、二氧化碳反应生成碳酸钙和HClO，HClO易分解，从而变质，是化学变化，故D正确故选
18、BD点评：本题考查物理变化与化学变化的区别与联系，难度不大，解答时要分析变化过程中是否有新物质生成3（2分）（2015春上海校级期中）下列各组物质中，互为同位素的是（）A氕和氘B水（H2O）和重水（D2O）C氧气和臭氧D丁烷和异丁烷考点：同位素及其应用 分析：质子数相同中子数不同的原子互称同位素互为同位素原子具有以下特征：质子数相同、化学性质相同、在周期表中的位置相同；中子数不同、质量数不同、物理性质不同；研究对象为原子，据此解答即可解答：解：A、氕、氘都是氢元素的不同核素，互为同位素，故A正确；B、T2O与H2O都是由氢氧元素组成的，不同水分子，结构相同，为同一物质，故B错误；C、O2与O3
19、都是由氧元素形成的结构不同的单质，互为同素异形体，故C错误；D、丁烷与异丁烷分子式相同，结构不同，属于同分异构体，故D错误，故选A点评：本题以同位素为载体，考查化学“五同”比较，难度不大，注意把握概念的理解，水和重水是不同水分子，但结构相同，为同一物质4（2分）（2015春上海校级期中）下列有关化学表达式正确的是（）A硫化氢的电子式：B甲醇的分子式：CH4OC氯原子的原子结构示意图：D丙烷的结构简式：C3H8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硫化氢是共价化合物，不存在离子键；B根据甲醇的结构简式为CH3OH分析；C根据构成原子的微粒的数目关系、微粒所带电荷的
20、数目及电性的关系分析回答；DC3H8为丙烷的分子式；解答：解：A硫化氢是共价化合物，硫原子与氢原子间形成1对共用电子对，电子式为，故A错误；B甲醇的结构简式为CH3OH，分子式为CH4O，故B正确；C原子呈电中性，原子结构示意图中，圆圈内数字表示核内质子数带正电荷，弧线表示电子层，弧线上的数字表示该层上的电子数带负电荷，离圆圈最远的弧线表示最外层，氯原子的原子结构示意图中圆圈内数字表示核内质子数，质子数前应标“+“表示带正电荷，故C错误；D丙烷的结构简式为CH3CH2CH3，故D错误；故选B点评：本题考查常用化学用语的书写，题目难度不大，掌握常用化学用语的书写，注意书写要规范是解答关键5（2分
21、）（2015春上海校级期中）下列物质在固态时，晶体类型相同的是（）ASiO2和CO2BNaCl和HClCI2和金刚石DNH3和H2O考点：离子晶体；原子晶体；分子晶体 分析：根据晶体的构成微粒和微粒间的作用力分析，离子晶体是阴阳离子间以离子键结合的晶体，分子晶体是分子间以分子间作用力结合形成的晶体，原子晶体是原子间以共价键结合形成的晶体解答：解：A、固体CO2是分子晶体，二氧化硅是原子晶体，二者晶体类型不同，故A错误；B、NaCl是离子晶体，固体HCl为分子晶体，二者晶体类型不同，故B错误；C、I2是分子晶体，金刚石是原子晶体，二者晶体类型不同，故C错误；D、固体NH3和H2O都是由分子通过分
22、子间作用力形成的晶体，属于分子晶体，故D正确；故选：D点评：本题考查了化学键类型和晶体类型的关系判断依据为：离子晶体中阴阳离子以离子键结合，原子晶体中原子以共价键结合，分子晶体中分子之间以分子间作用力结合，题目难度不大6（2分）（2015春上海校级期中）常温下，将铁片放入下列溶液中，能明显观察到有气体产生的是（）A浓硫酸B稀硫酸CZnSO4溶液DCuSO4溶液考点：铁的化学性质 专题：几种重要的金属及其化合物分析：A、常温下，将铁片放入浓硫酸会发生钝化现象；B、常温下，将铁片放入稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；C、常温下，将铁片放入ZnSO4溶液中，依据金属活动顺序表判断，不发生反应；D、常温下
23、，将铁片放入CuSO4溶液中，反应生成铜和硫酸亚铁；解答：解：A、常温下，将铁片放入浓硫酸会发生钝化现象，在铁表面形成一薄层致密的氧化物，阻止反应进行，故A不符合；B、常温下，将铁片放入稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；故B符合；C、常温下，将铁片放入ZnSO4溶液中，依据金属活动顺序表判断，不发生反应；故C不符合；D、常温下，将铁片放入CuSO4溶液中，反应生成铜和硫酸亚铁；故D不符合；故选B点评：本题考查了铁的化学性质应用，主要考查铁与浓硫酸的钝化反应，铁和稀酸的反应，和盐发生置换反应，题目较简单7（2分）（2015春上海校级期中）实验室制取下列各组气体时，发生装置和收集方法相同，且都能用浓硫
24、酸干燥的是（）ASO2和H2SBO2和NH3CCO2和H2DCH4和O2考点：气体的净化和干燥 分析：浓硫酸具有吸水性，可用来干燥气体，能与硫酸反应的气体不能利用浓硫酸干燥，如氨气；浓硫酸一般能干燥中性和酸性气体，选择气体的发生装置考虑制取气体的反应物状态和反应条件，可分为固体加热型、固液常温型、固固加热型等，以此来解答解答：解：A因浓硫酸具有强氧化性，能氧化H2S，不能利用浓硫酸干燥，故A错误； B浓硫酸具有酸性，能与NH3反应，不能利用浓硫酸干燥，故B错误；CCO2和H2都是固液常温型装置，二氧化碳用向下排空气法收集，氢气用向上排空气法收集，收集方法不同，故C错误；D甲烷可用无水醋酸钠和碱
25、石灰强热而制得，氧气可用氯酸钾和二氧化锰加热制取，CH4和O2都是固固加热型装置，都可用排水法收集，都能用浓硫酸干燥，故D正确故选D点评：本题考查气体发生装置和收集装置和浓硫酸的吸水性及作干燥剂，明确浓硫酸与被干燥的气体发生化学反应是解答本题的关键，题目难度不大8（2分）（2015春上海校级期中）若将乙醛通过下列两步反应转变成溴乙烷：CH3CHOCH3CH2OHCH3CH2Br，这两步反应分别属于有机反应类型中的（）A加聚反应和水解反应B消去反应和加成反应C加成反应和取代反应D加成反应和消去反应考点：取代反应与加成反应 分析：乙醛和氢气加成反应生成乙醇，乙醇和溴化氢发生取代反应生成溴乙烷解答：
26、解：乙醛中含有CHO，故乙醛和氢气加成反应生成乙醇，乙醇分子中羟基被溴化氢中溴取代生成溴乙烷，故选C点评：本题考查了有机物的性质和反应类型，较基础，掌握有机物的性质是关键9（2分）（2015春上海校级期中）下列各组仪器：漏斗 容量瓶 滴定管 分液漏斗 天平 量筒 胶头滴管蒸馏烧瓶常用于物质分离的是（）ABCD考点：过滤、分离与注入溶液的仪器 分析：常用的物质分离的方法：过滤、萃取分液、蒸馏、分馏，根据各种方法来选择所需的仪器解答：解：漏斗可用于过滤，过滤是一种分离混合物的方法，故正确；容量瓶是配制一定物质的量浓度的溶液的仪器，故错误；滴定管是量取液体集体的仪器，故错误；分液漏斗是分离互不相溶的
27、密度不同的液体的仪器，故正确；天平是称量药品质量的仪器，故错误；量筒是量取液体体积的仪器，故错误；胶头滴管是吸取和滴加少量试剂的仪器，故错误；蒸馏烧瓶是用于蒸馏实验的容器，蒸馏是一种分离物质的方法，故正确；坩埚灼烧药品的仪器，故错误故选C点评：本题考查学生物质分离所需的仪器，难度不大，注意常用的物质分离的方法有过滤、萃取分液、蒸馏、分馏10（2分）（2015春上海校级期中）下列各组中两种微粒的半径（用r表示）之比小于1的是（）ABCD考点：微粒半径大小的比较 分析：A同种元素阳离子半径小于原子半径；B同种元素的阴离子半径大于其原子半径；C同周期元素的原子半径从左向右在减小；D同主族自上而下原子
28、半径增大解答：解：A同种元素阳离子半径小于原子半径，故1，故A错误；B同种元素的阴离子半径大于其原子半径，故1，故B正确；C同周期元素的原子半径从左向右在减小，故1，故C错误；D同主族自上而下原子半径增大，故1，故D错误，故选：B点评：本题考查微粒半径的比较，明确原子半径比较、离子半径与原子半径的关系即可解答，题目难度不大11（2分）（2015春上海校级期中）已知化合物NH5的结构和NH4Cl相似，下列关于NH5的下列说法中正确的是（）ANH5是共价化合物BNH5的电子式为NH4+：HCNH5中氢元素呈价+1和1价DNH5与水发生氧化还原反应，置换出氢气考点：铵盐 分析：根据其电子式为，通过其
29、电子式判断化合物的类型及化学键类型，阴阳离子间存在离子键，非金属原子间存在共价键，据此分析解答解答：解：A、根据电子式知，该物质中含有阴阳离子，所以是离子化合物，故A错误；B、其电子式为，故B错误；C、氢离子和铵根离子间存在离子键，铵根离子中氢是+1价和阴离子中的氢是1，故C正确；D、NH5与水发生氧化还原反应，不是置换反应，故D错误故选C点评：本题考查了离子键、共价键、离子化合物、共价化合物的判断和反应基本类型的确定，难度不大，注意离子化合物中可能含有共价键，但共价化合物中一定不含离子键12（2分）（2015春上海校级期中）下列变化中，通过一步反应就可以直接完成的是（）AAl2O3Al（OH
30、）3BCaCO3Ca（OH）2CCH3CH2OHCH3CHODCONa2CO3考点：镁、铝的重要化合物；乙醇的化学性质 分析：AAl2O3和水不反应；BCaCO3和碱不反应；C催化作用下乙醇可被氧化生成乙醛；DCO属于不成盐氧化物解答：解：AAl2O3和水不反应，Al2O3和强酸或强碱反应生成可溶性盐，铝盐和弱碱反应生成氢氧化铝、偏铝酸盐溶液和CO2反应生成Al（OH）3，所以Al2O3不能一步生成Al（OH）3，故A错误；BCaCO3和碱不反应，CaCO3分解生成CaO，CaO和水反应生成Ca（OH）2，所以CaCO3不能一步生成Ca（OH）2，故B错误；C在铜或银催化作用下，乙醇可被氧化生
31、成乙醛，故C正确；DCO属于不成盐氧化物，所以CO不能一步反应生成Na2CO3，故D错误；故选C点评：本题考查了物质之间的转化，为高频考点，侧重元素化合物知识的综合理解和运用的考查，明确物质的性质是解本题关键，根据物质之间的反应来分析解答，题目难度不大13（2分）（2015春上海校级期中）除去下列物质中所含少量杂质（括号内为杂质），所选用的试剂和分离方法能达到实验目的是混 合 物试 剂分离方法A苯（苯酚）溴 水分液B甲烷（乙烯）KMnO4（H+）溶液洗气C乙酸乙酯（乙酸）NaOH溶液过滤D酒精（水）氧化钙蒸馏AABBCCDD考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用 分析：A、溴和三溴苯酚都易
32、溶于苯中；B、乙烯被氧化生成二氧化碳气体；C、乙酸乙酯和乙酸都与氢氧化钠反应；D、酒精和水混溶，加入氧化钙和水发生反应生成氢氧化钙，利用沸点不同，用蒸馏的方法分离得到乙醇；解答：解：A、苯酚和溴反应生成的三溴苯酚溶于苯中，不能除去杂质，应用氢氧化钠溶液分液除杂，故A错误；B、乙烯被氧化生成二氧化碳气体，引入新杂质，应用溴水洗气除杂，故B错误；C、乙酸乙酯和乙酸都与氢氧化钠反应，可用饱和碳酸钠溶液除杂，分液分离除去，故C错误；D、酒精中的水可以滤液氧化钙和水反应生成氢氧化钙，通过蒸馏的方法得到无水乙醇，故D正确；故选：D点评：本题考查混合物的分离、提纯，明确常见的混合物分离、提纯的方法及原理是解
33、答本题的关键，注意物质性质的应用，侧重有机物性质的考查，题目难度不大14（2分）（2015春上海校级期中）下列有关化学基本概念的叙述中正确的是（）A可溶性盐的水溶液一定呈中性B离子化合物中一定含有金属元素C氧化还原反应中一定有元素化合价的升降D强电解质溶液的导电性一定强于弱电解质溶液的导电性考点：盐类水解的原理；离子化合物的结构特征与性质；氧化还原反应；电解质溶液的导电性 分析：A强酸弱碱盐水解显酸性；B铵盐属于离子化合物，只含有非金属元素；C氧化还原反应的特征是有元素化合价的变化；D溶液的导电性与溶液中电荷的浓度有关解答：解：A盐的水溶液不一定呈中性，强酸弱碱盐水解显酸性，例如硫酸铵属于盐，
34、水溶液显酸性；碳酸钠属于盐，水溶液显碱性故A错误；B铵盐属于离子化合物，只含有非金属元素，则离子化合物中不一定含有金属元素，故B错误；C氧化还原反应的特征是有元素化合价的变化，所以氧化还原反应中一定有元素化合价的升降，故C正确；D溶液的导电性与溶液中电荷的浓度有关，若强电解质的浓度很小则溶液中电荷浓度很小，其导电性很弱，则强电解质溶液的导电性可能弱于弱电解质溶液的导电性，故D错误故选C点评：本题考查了盐的水解、离子化合物、氧化还原反应、溶液的导电性，题目涉及的知识点较多，侧重基础知识的考查，难度不大15（2分）（2015春上海校级期中）如图曲线a表示放热反应X（g）+Y（g）Z（g）+M（g）
35、进行过程中X的转化率随时间变化的关系若要改变起始条件，使反应过程按b曲线进行，可采取的措施是（）A升高温度B增大压强C增大体积D加大X的投入量考点：化学平衡的影响因素 专题：化学平衡专题分析：由图象可知，由曲线a到曲线b，到达平衡的时间缩短，改变条件，反应速率加快，且平衡时x的转化率不变，说明条件改变不影响平衡状态的移动，据此结合选项判断解答：解：由图象可知，由曲线a到曲线b，到达平衡的时间缩短，改变条件，反应速率加快，且平衡时x的转化率不变，说明条件改变不影响平衡状态的移动，A、该反应正反应是放热反应，升高温度，反应速率加快，平衡向逆反应移动，x的转化率降低，故A错误；B、增大压强，反应前后
36、气体体积不变，平衡不动，反应速率增大，达到平衡所需时间减小，x的转化率不变，故B正确；C、增大体积，压强减小，该反应前后气体的物质的量不变，压强降低平衡不移动，但反应速率降低，故C错误；D、加大X的投入量，X浓度增大，反应速率加快，平衡向正反应移动，但x的转化率降低，故D错误；故选B点评：本题考查化学平衡移动图象与影响因素，难度中等，根据曲线变化分析条件改变对速率、X转化率的影响是解题的关键16（2分）（2015春上海校级期中）下列反应的离子方程式正确的是（）A铁跟氯化铁溶液反应：Fe+2Fe3+=3Fe2+B氨水跟盐酸反应：OH+H+H2OC氢氧化钡跟稀硫酸反应：Ba2+OH+H+SO42B
37、aSO4+H2OD碳酸钙跟盐酸反应：CO32+2H+CO2+H2O考点：离子方程式的书写 分析：A反应生成氯化亚铁，电子、电荷守恒；B一水合氨在离子反应中保留化学式；C不符合离子的配比；D碳酸钙在离子反应中保留化学式解答：解：A铁跟氯化铁溶液反应的离子反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，故A正确；B氨水跟盐酸反应的离子反应为NH3H2O+H+H2O+NH4+，故B错误；C氢氧化钡跟稀硫酸反应的离子反应为Ba2+2OH+2H+SO42BaSO4+2H2O，故C错误；D碳酸钙跟盐酸反应的离子反应为CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2O，故D错误；故选A点评：本题考查离子反应方程式书写的正误判断，
38、为高频考点，把握发生的反应及离子反应方程式的书写方法为解答的关键，侧重氧化还原反应、复分解反应的离子反应考查，综合性较强，题目难度不大17（2分）（2015春上海校级期中）在1mol/L的（NH4）2SO4溶液中，下列有关离子浓度大小比较中，正确的是（）Ac（NH4+）=2c（SO42）c（H+）=c（OH）Bc（NH4+）c（SO42）c（H+）c（OH）Cc（SO42）c（NH4+）c（H+）c（OH）Dc（SO42）c（NH4+）c（OH）c（H+）考点：离子浓度大小的比较 分析：硫酸铵属于强酸弱碱盐，铵根离子部分水解导致溶液呈酸性，则：c（H+）c（OH），再结合电荷守恒判断铵根离子和
39、硫酸根离子浓度大小，注意铵根离子水解但程度较小解答：解：（NH4）2SO4是强酸弱碱盐，NH4+离子部分水解导致溶液呈酸性，则：c（H+）c（OH），再结合电荷守恒得：c（NH4+）c（SO42），由于NH4+的水解但程度较小，所以溶液中离子浓度大小顺序为：c（NH4+）c（SO42）c（H+）c（OH），故选B点评：本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确盐的水解原理为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法18（2分）（2015春上海校级期中）设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法不正确的是（）A1.7克氢氧根离子（OH）含有的电子数为 NAB7克
40、乙烯（CH2=CH2）所含的电子数为4NAC标准状况下，22.4L一氧化碳所含的分子数为 NAD1molFe分别与氯气和硫反应失去电子都是3NA考点：阿伏加德罗常数 分析：A、根据1mol氢氧根离子中含有10mol电子判断；B、依据n=计算物质的量，结合1个乙烯分子含有16个电子判断；C、依据n=计算物质的量，结合n=计算分子数；D、铁和氯气反应生成氯化铁，和硫反应生成硫化亚铁，一次计算电子转移数；解答：解：A、1.7g氢氧根离子的物质的量为0.1mol，含有1mol电子，含有的电子数为NA，故A正确；B、7克乙烯（CH2=CH2）物质的量=0.25mol，1个乙烯分子含有16个电子所含的电子
41、数=0.25mol16NA=4NA，故B错误；C、n=计算物质的量=1mol，所含的分子数为 NA，故C正确；D、铁和氯气反应生成氯化铁，和硫反应生成硫化亚铁，1molFe分别与氯气和硫反应失去电子分别是3NA、2NA，故D错误；故选：D点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用主要是物质结构的分析应用，气体摩尔体积的条件分析判断，氧化还原反应电子转移的计算分析，掌握基础是关键，题目难度中等19（2分）（2015春上海校级期中）下列各图表示在含HCl、氯化铝（AlCl3）各0.1mol的溶液中，缓慢滴加氢氧化钠溶液，生成沉淀的物质的量与加入氢氧化钠的物质的量的关系，其中正确的是（）ABCD考点：
42、离子方程式的有关计算 分析：在含HCl、氯化铝（AlCl3）各0.1mol的溶液中，缓慢滴加氢氧化钠溶液，首先HCl与NaOH反应，然后AlCl3与NaOH反应生成氢氧化铝沉淀，当NaOH过量时，氢氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠，结合方程式中物质的物质的量的关系分析解答：解：在含HCl、氯化铝（AlCl3）各0.1mol的溶液中，缓慢滴加氢氧化钠溶液，首先HCl与NaOH反应，其反应为NaOH+HCl=NaCl+H2O，则加入的NaOH的物质的量为0到0.1mol时，没有沉淀生成；然后AlCl3与NaOH反应生成氢氧化铝沉淀，反应为3NaOH+AlCl3=3NaCl+Al（OH）3，则加入的
43、NaOH的物质的量为0.1到0.4mol时，有0.1mol沉淀生成；当NaOH过量时，氢氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠，NaOH+Al（OH）3=NaAlO2+2H2O，则加入的NaOH的物质的量为0.4到0.5mol时，沉淀完全消失；则图象B符合；故选B点评：本题以铝化合物为载体考查了混合物的计算，知道曲线拐点及变化趋势的含义是解本题关键，再结合方程式来分析解答，注意铝离子完全转化为沉淀和沉淀完全溶解需要氢氧化钠物质的量的关系，题目难度中等20（2分）（2015春上海校级期中）在反应容器中充人SO2 V1L和H2S V2L（标准状况下），充分作用后测知所得氧化产物比还原产物多1.6克，则以
44、下推断一定错误的是（）AV11.12 V22.24BVl+V23.36C若Vl=1.12，则V22.24D若V11.12，则V2=2.24考点：有关混合物反应的计算 分析：发生反应为SO2+2H2S=2H2O+3S，氧化产物和还原产物都是S，1.6gS的物质的量为：=0.05mol；设参加反应的二氧化硫的物质的量为x，则同时消耗2x硫化氢，充分作用后测知所得氧化产物比还原产物多：2xx=x=0.05mol，故参加反应的二氧化硫的物质的量为0.05mol，参加反应的硫化氢的物质的量为：0.05mol2=0.1mol，若V11.12、V22.24，参加反应的二氧化硫的物质的量大于=0.05mol；
45、若V1=1.12、V22.24或V11.12、V2=2.24时，参加反应消耗二氧化硫、硫化氢的物质的量分别为0.05mol、0.1mol，满足条件，故Vl+V23.36，据此进行判断解答：解：发生反应为SO2+2H2S=2H2O+3S，氧化产物和还原产物都是S，1.6gS的物质的量为：=0.05mol，设参加反应的二氧化硫的物质的量为x，则同时消耗2x硫化氢，充分作用后测知所得氧化产物比还原产物多：2xx=x=0.05mol，即：参加反应的二氧化硫的物质的量为0.05mol，参加反应的硫化氢的物质的量为：0.05mol2=0.1mol，A若V11.12、V22.24，参加反应的二氧化硫的物质的
46、量大于=0.05mol，不满足条件，故A错误；BV1=1.12、V22.24或V11.12、V2=2.24时，参加反应消耗二氧化硫、硫化氢的物质的量分别为0.05mol、0.1mol，满足条件，故Vl+V23.36，故B正确；C根据B的分析可知，若Vl=1.12，则V22.24，故C正确；D根据B的分析可知，若V11.12，则V2=2.24，故D正确；故选A点评：本题考查了混合物反应的计算，题目难度中等，明确发生反应原理为解答关键，注意掌握讨论法在化学计算中的应用，试题侧重考查学生的分析、理解能力及化学计算能力二、（本题共28分）21（8分）（2015春上海校级期中）如图1标出的是元素周期表短
47、周期的部分元素根据上表回答下列问题（用元素符号或相应的化学用语填写）（注：以下问题回答范围均限于AH的元素）（1）B元素的单质在空气中体积含量最大，则其气态氢化物的电子式为；（2）八种元素中原子半径最大的是D（选填编号）；各电子层上的电子数相同的元素是Be（填相应元素的符号）；（3）G、H两种元素的非金属性强弱可以通过比较这两种元素ac（选填编号）；a原子的得电子的能力 b含氧酸的酸性c气态氢化物的稳定性 d单质的熔沸点（4）F元素的最高价氧化物对应水化物与氢氧化钠溶液反应的离子方程式是Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O（5）如图2，将潮湿的由H元素构成的单质通过甲装置后，再通过放有干燥
48、红色布条的乙装置，红色布条不褪色则甲装置中所盛试剂可能是abca浓硫酸 bNaOH溶液 cKI溶液 d饱和食盐水考点：元素周期律和元素周期表的综合应用；氯气的化学性质 分析：由元素在周期表中位置，可知A为Be、B为N、C为O、D为Na、E为Mg、F为Al、G为S、H为Cl（1）NH3分子中N原子与H原子之间形成1对共用电子对；（2）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；各电子层上的电子数相同的元素是Be；（3）非金属性越强，得电子能力越强，最高价含氧酸的酸性越强，氢化物越稳定；（4）氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水；（5）最终红色布条不褪色，说明甲装置内盛放的液体应与氯
49、气发生反应或可以干燥氯气解答：解：由元素在周期表中位置，可知A为Be、B为N、C为O、D为Na、E为Mg、F为Al、G为S、H为Cl（1）NH3分子中N原子与H原子之间形成1对共用电子对，电子式为，故答案为：；（2）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，故上述元素中Na的原子半径最大；各电子层上的电子数相同的元素是Be，故答案为：D；Be；（3）由于非金属性越强，得电子能力越强，最高价含氧酸的酸性越强，氢化物越稳定，b中不一定为最高价含氧酸，而单质熔点属于物理性质，不能比较非金属性强弱，故ac正确、bd错误，故答案为：ac；（4）氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，反应离
50、子方程式为：Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OH=AlO2+2H2O；（5）最终红色布条不褪色，说明甲装置内盛放的液体应与氯气发生反应或可以干燥氯气，NaOH溶液、KI溶液能与氯气反应，浓硫酸干燥氯气，饱和氯化钠溶液不能完全吸收氯气，故答案为：abc点评：本题元素周期表与元素周期律应用，难度不大，（5）中注意干燥的氯气不具有漂白性22（8分）（2015春上海校级期中）已知反应：.2K2CrO4+H2SO4K2Cr2O7+K2SO4+H2OFe2（SO4）3+2HI2FeSO4+I2+H2SO4K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO43Fe2（SO4）3+C
51、r2（SO4）3+K2SO4+7H2O（1）上述三个反应中，属于非氧化还原反应的是（填序号）（2）Fe2（SO4）3、K2Cr2O7、I2的氧化性由强到弱的顺序为K2Cr2O7Fe2（SO4）3I2；（3）反应中的还原产物是FeSO4；（4）在下式中标出电子转移的方向和数目：K2Cr2O7+6FeSO4+7H2SO4（5）若用K2Cr2O7与HI反应，每生成12.7g I2生成，转移电子6.021022个个考点：氧化还原反应的电子转移数目计算；氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较 分析：（1）有电子转移的化学反应是氧化还原反应，其特征是有元素化合价升降；（2）同一自发进行的氧化还原反应中，氧
52、化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，据此判断氧化性强弱；（3）化合价降低元素所在的产物是还原产物；（4）氧化还原反应中，化合价升高元素失电子，化合价降低元素得到电子，化合价升降数值是相等的，据此回答；（5）根据氧化还原反应中得失电子守恒确定反应物之间的关系，并进行相关计算即可解答：解：（1）三个反应中，只有不存在元素化合价的变化，所以属于非氧化还原反应，故答案为：；（2）在中氧化剂是K2Cr2O7，氧化产物是Fe3+，所以氧化性：K2Cr2O7Fe3+，在中，氧化剂是Fe3+，氧化产物是I2，所以氧化性：Fe3+I2，综上，氧化性顺序为：K2Cr2O7Fe2（SO4）3I2，故答案为：K2Cr2
53、O7Fe2（SO4）3I2；（3）氧化还原反应Fe2（SO4）3+2HI2FeSO4+I2+H2SO4中，化合价降低的Fe元素得到电子，化合价降低元素所在的产物是还原产物，所以FeSO4是还原产物，故答案为：FeSO4；（4）该氧化还原反应中，化合价升高的铁元素失去电子，化合价降低的铬元素得到电子，得失电子数相等为6，所以反应转移电子数为6，电子转移的方向和数目如下所示：，故答案为：；（5）12.7g I2的物质的量是=0.05mol，根据反应：K2Cr2O7+14HI2KCl+2CrCl3+3I2+7H2O 转移电子 3 6mol 0.05mol 0.1mol所以转移电子是6.021022个
54、，故答案为：6.021022个点评：本题考查学生氧化还原反应的有关概念知识，注意氧化性、还原性的强弱与得失电子的难易程度有关，与得失电子的多少无关23（5分）（2015春上海校级期中）一定条件下，在体积为3L的密闭容器中，一氧化碳与氢气反应生成甲醇（催化剂为Cu2O/ZnO）：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）根据题意完成下列各题：（1）若升高温度，甲醇的生成率减小，则该反应的正反应为放热反应（放热或吸热）；（2）改变下列条件，不能加快化学反应速率的是ac；a移走甲醇 b增大压强c扩大容器体积 d升高温度（3）写出两个既能加快反应速率，又能使一氧化碳的转化率提高的措施：增大压强；增加氢气
55、的浓度考点：化学反应速率的影响因素；反应热和焓变；化学平衡的影响因素 分析：（1）升温甲醇的生成率减小，说明升温平衡那些移动；（2）增大反应速率的因素有升温、加压、增大反应物或生成物浓度等等，据此分析；（3）提高CO转化率应使平衡正向移动解答：解：（1）升温平衡那些移动，说明正反应放热，故答案为：放热；（2）a、移走甲醇，降低生成物浓度，反应速率减慢，故a选；b、增大压强，反应速率加快，故b不选；c、扩大容器体积，反应物和生成物浓度降低，反应速率减慢，故c选；d、升温反应速率加快，故d不选；故答案为：ac；（3）该反应为正反应气体体积减小的放热反应，加压或增大氢气浓度能加快反应速率，又能使一氧
56、化碳的转化率提高，故答案为：增大压强；增加氢气的浓度点评：本题考查了影响平衡移动和化学反应速率的因素，题目难度不大24（6分）（2015春上海校级期中）（1）在中学所学的金属单质中，在冷的浓硫酸或硝酸中会发生钝化现象的有Fe、Al（填化学式）；（2）写出铁与浓硫酸（足量）在加热条件下反应的化学方程式2Fe+6H2SO4（浓）Fe2（SO4）3+3SO2+6H2O；（3）铝分别与氢氧化钠溶液和稀硫酸反应，若在相同情况下得到相同体积的气体，则两个反应中消耗氢氧化钠与硫酸的物质的量之比为2：3考点：化学方程式的有关计算；化学方程式的书写；硝酸的化学性质；浓硫酸的性质 分析：（1）常温下，Fe、Al遇
57、冷、浓硝酸和浓硫酸发生钝化，以此来解答；（2）浓硫酸具有强的氧化性，能和金属铁在加热条件下反应；（3）由2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2、2Al+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2可得2NaOH3H2SO43H2解答：解：（1）常温下Fe、Al能被浓硝酸和浓硫酸钝化，生成致密的氧化物阻止反应的进一步进行，故答案为：Fe、Al； （2）浓硫酸具有强的氧化性，能和金属铁在加热条件下反应，即：2Fe+6H2SO4（浓）Fe2（SO4）3+3SO2+6H2O，故答案为：2Fe+6H2SO4（浓）Fe2（SO4）3+3SO2+6H2O； （3）由2Al+2NaOH+2H2O=2
58、NaAlO2+3H2、2Al+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2可知：当放出氢气的体积相等时，n（NaOH）：n（H2SO4）=2：3，故答案为：2：3点评：此题考查金属铁和铝的性质及计算，根据化学方程式找出2NaOH）3H2SO43H2比例关系是解题的关键，整体难度适中，要求化学方程式书写准确熟练三、实验题（本题共12分）25（6分）（2015春上海校级期中）某无色溶液由Mg2+、Al3+、Cl、NH4+、SO42中的若干种离子组成按以下步骤进行实验：（1）取原溶液少量于试管中，向试管中不断加入氢氧化钠溶液至过量，有白色沉淀生成而后又完全消失，说明原溶液中一定含有的离子是Al3+（填相
59、应离子符号，下同）（2）取实验后的溶液于另一试管中，加热，用湿润的红色石蕊试纸置于试管口，结果试纸变蓝，说明原溶液中一定含有的离子是NH4+（3）取原溶液加入少量盐酸使溶液酸化，再加入氯化钡溶液，产生白色沉淀，说明原溶液中一定含有的离子是SO42（4）取实验的溶液加入少量，加入硝酸银溶液，产生白色沉淀，能否说明原溶液中一定含有的Cl离子否（是或否）若要检测Cl离子是否存在，正确的操作是取原溶液少量于试管中，用硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀，证明氯离子存在，否则不含氯离子（若前一格填是，这一格不填）考点：物质的检验和鉴别的实验方案设计 分析：（1）取原溶液少量于试管中，向试管中不断加入
60、氢氧化钠溶液至过量，有白色沉淀生成而后又完全消失，说明原溶液中一定含有Al3+，一定不含Mg2+；（2）取实验后的溶液于另一试管中，加热，用湿润的红色石蕊试纸置于试管口，结果试纸变蓝，应生成氨气，说明含有NH4+；（3）取原溶液加入少量盐酸使溶液酸化，再加入氯化钡溶液，产生白色沉淀，说明含有SO42；（4）取实验的溶液加入少量，加入硝酸银溶液，产生白色沉淀，说明生成AgCl，但不能说明原溶液含有Cl，因实验（3）加入氯化钡解答：解：（1）取原溶液少量于试管中，向试管中不断加入氢氧化钠溶液至过量，有白色沉淀生成而后又完全消失，说明原溶液中一定含有Al3+，故答案为：Al3+； （2）取实验后的溶
61、液于另一试管中，加热，用湿润的红色石蕊试纸置于试管口，结果试纸变蓝，应生成氨气，说明含有NH4+，故答案为：NH4+； （3）取原溶液加入少量盐酸使溶液酸化，再加入氯化钡溶液，产生白色沉淀，说明含有SO42，故答案为：SO42； （4）取实验的溶液加入少量，加入硝酸银溶液，产生白色沉淀，说明生成AgCl，但不能说明原溶液含有Cl，因实验（3）加入氯化钡，若要检测Cl离子是否存在，正确的操作是取原溶液少量于试管中，用硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀，证明氯离子存在，否则不含氯离子，故答案为：否；取原溶液少量于试管中，用硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若有白色沉淀，证明氯离子存在，否则不含氯离
62、子点评：本题考查物质的检验及鉴别，为高频考点，把握常见离子之间的反应、离子检验等为推断的关键，侧重分析与推断能力的综合考查，题目难度不大26（6分）（2015春上海校级期中）某学生用图所示的装置测定镁的相对原子质量：（1）实验前必须对装置进行气密性检查，具体操作是：装置中注入一定量的水，上下移动量气管，使两边形成液面高度差，静置，液面高度差不变，证明装置气密性良好；（2）如果量气管的最大测量体积为50mL（假设条件为标准状况），则取金属镁条（设纯度为100%）的质量不超过0.053g；（精确到0.001）（3）实验结束，在读取数据前必须：a冷却，使温度恢复到原来状态；b调节量气管，使量气管与漏
63、斗中的液面保持在同一水平；（4）该学生实验时称取镁条0.051g（已除去氧化膜），实验结果收集到气体48.00mL（已换算到标准状况，其他实验操作均正确），根据实验测定，镁的相对原子质量为23.80；产生误差的原因可能是装置气密性不良，可能漏气或镁条的氧化膜去除不尽（写出一点）考点：相对分子质量的测定 分析：（1）在装置中注入一定量的水，如果气密性良好，则上下移动量气管，使两边形成液面高度差；（2）根据1molMg能生成1mol氢气来计算；（3）读数时应保持气体的压强与外界相同；（4）设出镁的摩尔质量为Mg/mol，根据收集到的氢气的体积计算出镁的物质的量，然后根据M=来计算解答：解：（1）在
64、装置中注入一定量的水，如果气密性良好，则上下移动量气管，使两边形成液面高度差，静置后，液面高度不变，故答案为：在装置中注入一定量的水，如果气密性良好，则上下移动量气管，使两边形成液面高度差；（2）由于量气管的最大测量体积为50mL，故所生成的氢气的最大体积为50mL，物质的量n=mol，而1molMg能生成1mol氢气，故需要的镁的物质的量n=mol，质量m=nM=24g/mol=0.053g，故答案为：0.053；（3）读数时应让气体恢复至原温度、且保持气体的压强与外界相同，故应使量气管与漏斗中的液面保持在同一水平，故答案为：调节量气管，使量气管与漏斗中的液面保持在同一水平；（4）设镁的摩尔
65、质量为Mg/mol，收集到的氢气的体积为48.00mL，故氢气的物质的量n=mol，而由于1mol镁生成1mol氢气，故镁的物质的量为mol，则镁的摩尔质量M=23.80g/mol，而一种物质的摩尔质量在数值上等于该物质的相对原子质量，故镁的相对原子质量为23.80，比正确值偏小，原因可能是装置气密性不良，可能漏气或镁条的氧化膜去除不尽，故答案为：23.80；装置气密性不良，可能漏气或镁条的氧化膜去除不尽点评：本题考查了相对原子质量的测定，应注意的是在读取气体体积时，应使气体的压强和外界压强一致四、有机题（本题共12分）27（6分）（2015春上海校级期中）有机物A是具有支链的化合物，分子式为
66、C4H6O2，A可以使Br2的四氯化碳溶液褪色，也能与乙醇反应（1）写出A与Br2的四氯化碳溶液反应的类型加成反应；A与乙醇反应的条件浓硫酸、加热（2）写出与A具有相同官能团的同分异构体的结构简式：CH2=CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOH（3）已知碳碳双键的碳原子上连接羟基是不稳定的，请写出两种下列要求的A的同分异构体的结构简式（能发生银镜反应、也能与金属钠反应产生气体 能发生银镜反应、但不能与金属钠反应产生气体）：HOCH2CH=CHCHO、HCOOCH2CH=CH2考点：有机物的推断 分析：有机物A是具有支链的化合物，分子式为C4H6O2，不饱和度为=2，A可以使Br2的四氯化
67、碳溶液褪色，也能与乙醇反应，A含有1个碳碳双键、1个COOH，故A为，据此解答解答：解：有机物A是具有支链的化合物，分子式为C4H6O2，不饱和度为=2，A可以使Br2的四氯化碳溶液褪色，也能与乙醇反应，A含有1个碳碳双键、1个COOH，故A为（1）A与Br2的四氯化碳溶液发生加成反应，A与乙醇在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应，故答案为：加成反应；浓硫酸、加热；（2）与A具有相同官能团的同分异构体的结构简式：CH2=CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOH，故答案为：CH2=CHCH2COOH；CH3CH=CHCOOH；（3）A的同分异构体符合：能发生银镜反应、也能与金属钠反应产生气体，含
68、有醛基、羟基，结构简式为：HOCH2CH=CHCHO等，能发生银镜反应、但不能与金属钠反应产生气体，含有甲酸形成的酯基，结构简式为：HCOOCH2CH=CH2等，故答案为：HOCH2CH=CHCHO；HCOOCH2CH=CH2点评：本题考查有机物推断、官能团的结构与性质、限制条件同分异构体的书写等，难度不大，侧重对基础知识的巩固28（6分）（2015春上海校级期中）有机物A、B在常温下均为气态，可按如下方法进行A、B及有关物质的一系列转化：已知X和Y互为同分异构体，D和G互为同系物，X有银镜反应，A在标准状况下的密度为1.25g/L（1）写出B的结构简式：BHCHO；（2）反应类型：D+FY：
69、酯化反应；（3）写出下列化学反应的化学方程式CD2CH3CHO+O22CH3COOHE+GXHCOOH+CH3CH2OHHCOOCH2CH3+H2O考点：有机物的推断 分析：A在标准状况下的密度为1.25g/L，则相对分子质量为1.2522.4=28，A为乙烯，A的结构简式为CH2=CH2，A、B在常温下均为气态，X和Y互为同分异构体，D和G互为同系物，X有银镜反应，可知，B为HCHO，C为CH3CHO，D为CH3COOH，E为CH3CH2OH，甲醛氧化生成甲酸，G为HCOOH，甲醛还原生成甲醇，F为CH3OH，X与Y都是酯，X为甲酸乙酯HCOOCH2CH3，Y为乙酸甲酯CH3COOCH3，据
70、此分析解答：解：A在标准状况下的密度为1.25g/L，则相对分子质量为1.2522.4=28，A为乙烯，A的结构简式为CH2=CH2，A、B在常温下均为气态，X和Y互为同分异构体，D和G互为同系物，X有银镜反应，可知，B为HCHO，C为CH3CHO，D为CH3COOH，E为CH3CH2OH，甲醛氧化生成甲酸，G为HCOOH，甲醛还原生成甲醇，F为CH3OH，X与Y都是酯，X为甲酸乙酯HCOOCH2CH3，Y为乙酸甲酯CH3COOCH3，（1）据分析B为甲醛，结构简式为HCHO，故答案为：HCHO；（2）D为CH3COOH，F为CH3OH，D与F在浓硫酸作用下发生酯化反应生成乙酸甲酯，故答案为：
71、酯化反应；（3）C为CH3CHO，D为CH3COOH，C氧化生成乙酸，反应方程式为2CH3CHO+O22CH3COOH，E为CH3CH2OH，G为HCOOH，E与G在浓硫酸作用下发生酯化反应生成甲酸乙酯，化学方程式为HCOOH+CH3CH2OHHCOOCH2CH3+H2O，故答案为：2CH3CHO+O22CH3COOH；HCOOH+CH3CH2OHHCOOCH2CH3+H2O点评：本题考查有机物的推断，是高考中的常见题型，属于中等难度的试题试题综合性强，贴近高考在注重对学生基础知识巩固和训练的同时，侧重对学生能力的培养旨在培养学生分析、归纳、总结问题的能力有利于培养学生的逻辑推理能力和创新思维
72、能力该题的关键是根据D用正推方法解答，注意把握题给信息五、计算题（本题共9分）：29（9分）（2015春上海校级期中）水垢中可能含有CaCO3、MgCO3、Mg（OH）2，某学生为了测定水垢的组成，做了如下实验：（1）取2.90g水垢样品，加入40mL盐酸，为保证固体全部溶解，并使二氧化碳全部逸出，盐酸的物质的量浓度2.5mol/L；（2）另取2.89g水垢高温灼烧至恒重，残余固体为CaO和MgO，其质量为1.48g，产生的气体被足量的澄清石灰水吸收，得到0.03molCaCO3沉淀，则原水垢中一定含有MgCO3，理由是假定都是碳酸钙，生成1.32克CO2，需要碳酸钙的质量=3g，而质量只有2
73、.89g，所以有碳酸镁和氢氧化镁；通过计算确定是否含有Mg（OH）2？（3）水垢中CaCO3的质量分数？考点：化学方程式的有关计算 分析：（1）相对分子质量：CaCO3是100、MgCO3是84、Mg（OH）2是58，三都中碳酸钙的分子量最大，也就是如果2.9克固体全部碳酸钙时，物质的量最少消耗的盐酸的物质的量也最小，由关系式：CaCO32HCl1 2mol，而为保证固体全部溶解，所以氢氧化镁消耗酸的能力最强，如果2.9克固体全部氢氧化镁时，全然后求盐酸的物质的量浓度的最小值，然后根据两个最小值，综合分析；（2）得到0.03 mol CaCO3沉淀，需要CO2的质量=0.0344=1.32g，
74、则生成水的质量=2.891.481.32=0.09克氢氧化镁的质量=0.29克则碳酸盐的质量=2.890.29=2.6克假定都是碳酸钙，生成1.32克CO2，需要碳酸钙的质量=3g，与原始质量相比得出结论；（3）设有碳酸钙X克，能生成CO2Y克，最后求出水垢中CaCO3的质量分数解答：解：（1）相对分子质量：CaCO3是100、MgCO3是84、Mg（OH）2是58，三都中碳酸钙的分子量最大，也就是如果2.9克固体全部碳酸钙时，物质的量最少消耗的盐酸的物质的量也最小，由关系式：CaCO32HCl1 2mol所以盐酸的物质的量浓度大于=1.45mol/L，而为保证固体全部溶解，所以氢氧化镁消耗酸
75、的能力最强，如果2.9克固体全部氢氧化镁时，Mg（OH）22HCl58g 2mol2.9g 0.1mol，所以盐酸的物质的量浓度大于=2.5mol/L，综上所述为保证固体全部溶解，并使二氧化碳全部逸出，盐酸的浓度应大于2.5mol/L，故答案为：2.5；（2）得到0.03 mol CaCO3沉淀，需要CO2的质量=0.0344=1.32g，则生成水的质量=2.891.481.32=0.09克氢氧化镁的质量=0.29克则碳酸盐的质量=2.890.29=2.6克假定都是碳酸钙，生成1.32克CO2，需要碳酸钙的质量=3g，所以有碳酸镁和氢氧化镁，故答案为：假定都是碳酸钙，生成1.32克CO2，需要碳酸钙的质量=3g，而质量只有2.89g，所以有碳酸镁和氢氧化镁；（3）设有碳酸钙X克，能生成CO2Y克则有碳酸镁2.6X，能生成CO21.32YCaCO3CO2100 44X Y44X=100YMgCO3CO284 442.6X 1.32Y44（2.6X）=84（1.32Y）解得X=0.5克水垢中CaCO3的质量分数为=17.3%，答：水垢中CaCO3的质量分数为17.3%点评：本题考查了混合组成的分析判断的有关计算，明确物质之间的反应结合方程式来分析解答，注意根据反应方程式及结合关系式进行计算，题目难度较大