1、2017年上海市浦东新区高考化学二模试卷一、选择题（本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项）1容量瓶上未必有固定的（）A溶液浓度B容量C定容刻度D配制温度2零族元素难以形成化合物的根本原因是它们（）A都是惰性元素B化学性质不活泼C都以单原子分子形式存在D原子结构均为稳定结构3氮化铝（AlN）熔融时不导电、难溶于水，常用作砂轮及耐高温材料，由此推知，它应该属于（）A离子晶体B原子晶体C分子晶体D金属晶体4SO2能使溴水褪色，说明SO2具有（）A还原性B漂白性C酸性D氧化性5火山爆发产生的气体中含有少量的羰基硫（分子式是：COS），已知羰基硫分子结构与CO2类似，有关说法正确的是（）A羰基
2、硫是电解质B羰基硫分子的电子式为：CC、O、S三个原子中半径最小的是CD羰基硫分子为非极性分子6水是自然界最重要的分散剂，关于水的叙述错误的是（）A水分子是含极性键的极性分子B水的电离方程式为：H2O2H+O2C重水（D2O）分子中，各原子质量数之和是质子数之和的两倍D相同质量的水具有的内能：固体液体气体7下列物质的工业生产过程中，其主要反应不涉及氧化还原反应的是（）A生铁B硫酸C烧碱D纯碱8能用离子方程式CO32+2H+H2O+CO2表示的反应是（）A碳酸钠与足量稀硝酸的反应B碳酸氢钠与足量盐酸的反应C碳酸钡与少量稀盐酸的反应D碳酸钠与足量稀醋酸的反应9保存液态有机物的一种方法是在其上方加盖
3、一层水以避免挥发损失下列有机物适合用“水封法”保存的是（）A乙醇B硝基苯C甘油D己烷100.1moL/L醋酸用蒸馏水稀释的过程中，下列说法正确的是（）A电离程度增大，H+浓度增大B电离程度减小，H+浓度减小C电离程度增大，H+浓度减小D电离程度减小，H+浓度增大11关于氯化铁溶液，下列有关说法正确的是（）A适当升高温度能促进FeCl3水解B加水稀释能促进其水解，并提高Fe（OH）3的浓度C加少量浓盐酸能促进FeCl3水解D保存氯化铁溶液时应加入少量铁粉12在盛有稀 H2SO4的烧杯中放入用导线连接的电极X、Y，外电路中电子流向如图所示关于该装置，下列说法正确的是（）A外电路中电流方向为：XYB
4、若两电极分别为铁棒和碳棒，则 X 为碳棒，Y 为铁棒CX 极上发生的是还原反应，Y 极上发生的是氧化反应D若两电极都是金属单质，则它们的活动性顺序为 XY13氮气与氢气在催化剂表面发生合成氨反应的微粒变化历程如图所示下列关于反应历程的先后顺序排列正确的是（）ABCD14乙酸和乙醛的鉴别有多种方法，下列可行的操作中最不简便的一种是（）A使用蒸馏水B使用NaHCO3溶液C使用CuSO4和NaOH溶液D使用pH试纸15实验室制备乙酸乙酯和乙酸丁酯采用的相同措施是（）A水浴加热B冷凝回流C用浓硫酸做脱水剂和催化剂D乙酸过量16如图表示某个化学反应过程的能量变化该图表明（）A催化剂可以改变该反应的热效应
5、B该反应是个放热反应C反应物总能量低于生成物D化学反应遵循质量守恒定律17一定条件下，下列金属中能与水发生置换反应并产生金属氧化物的是（）A钾B镁C铁D铜18中和滴定中用已知浓度的稀盐酸滴定未知浓度的稀氨水，计算式与滴定氢氧化钠溶液类似：c1V1=c2V2，则（）A终点溶液偏碱性B终点溶液中c（NH4+）=c（Cl）C终点溶液中氨过量D合适的指示剂是甲基橙而非酚酞19称取两份铝粉，第一份加入足量浓氢氧化钠溶液，第二份加入足量盐酸，如要放出等量的气体，两份铝粉的质量之比为（）A1：3B3：1C1：1D4：320已知HCl的沸点为85，则HI的沸点可能为（）A167B87C35D50二、综合分析题
6、（一）氯和溴（本题共17分）21氯原子核外有 种不同运动状态的电子，它的最外层电子排布式是 22铜丝能在氯气中燃烧，铁丝能否？请说出判断依据 23将如图装置放置在光亮的地方，随后观察到如下实验现象：大试管内壁上有油状液滴生成、饱和食盐水中有少量固体析出、黄绿色气体颜色变浅、试管内液面有所上升（1）油状液滴的成分可能是CCl4和 （2）水槽中盛放饱和食盐水而不是蒸馏水是为了抑制 与水的反应（3）试管内液面上升的原因是 极易溶于水24溴和氯在元素周期表中均属于 族25目前从海水提溴（Br2）大致有以下步骤（1）向浓缩的海水中通入某种气体，将海水中的Br氧化为Br2，该气体是 （2）用热空气将Br2
7、从上述溶液中吹出，并由浓Na2CO3溶液吸收，转变为NaBr、NaBrO31moL Br2需消耗Na2CO3 moL（3）再将所得混合溶液用稀硫酸酸化，得到浓度较高的溴水，配平该反应的离子方程式 Br+ BrO3+ H+ Br2+ H2O（二）工业制氢（共2小题，满分12分）26一定温度下在体积为5L的密闭容器中发生某可逆反应，其化学平衡常数表达式为：（1）请写出该反应的化学方程式： （2）恒温恒容条件下容器中气体的平均相对分子质量、气体的分子总数或混合气体的 不再随时间变化，都可说明该反应已达平衡状态（3）该反应的逆反应速率随时间变化的关系如图，t1时的突变一定是因为某种条件的改变，该改变不
8、可能是 ；a减小H2浓度b使用催化剂c升高温度27将水分解制得氢气的一种工业方法是“硫碘循环法”，依次涉及下列三步反应：ISO2+2H2O+I2H2SO4+2HI II2HI（g）H2（g）+I2（g）III2H2SO42SO2+O2+2H2O（1）一定温度下，向5L恒容密闭容器中加入1molHI，发生反应II，H2物质的量随时间的变化如图所示02min内的平均反应速率v（HI）= 相同温度下，若起始加入的HI改为2mol，反应达平衡时H2的量为 mol（2）分析上述反应，下列判断错误的是 （填写选项编号，只有一个正确选项）a三步反应均为氧化还原反应b循环过程中产生1molH2，同时产生1mo
9、lO2c在整个分解水的过程中SO2和I2相当于催化剂（三）金属化合物（本题14分）28某矿物样品（已经剔除其它杂质）含三种氧化物：Al2O3、Fe2O3、CuO，化学兴趣小组欲将三种金属化合物加以分离，最终制得相应的纯净化合物或溶液实验方案大致如下：（1）纯Fe2O3、CuO的颜色依次是 色、 色（2）写出滤液A的主要溶质成分： （3）由滤液A制AlCl3溶液有和两种途径，与相比自有其合理之处，理由是： （4）溶液E中含有三种阳离子向E中分步滴加NaOH溶液，三种阳离子先后与OH结合，其中列第二位的阳离子能使某种试剂变为血红色，这种试剂是 若矿物样品的质量为m1，所得Fe（OH）3的质量为m2
10、，则样品中Fe2O3的质量分数为 若使Fe3+沉淀这一步加入的NaOH过量，该测定值将 （填“偏高”、“偏低”或“不变”）（5）将Cu（OH）2溶于稀硫酸，然后制成胆矾晶体，必要的操作步骤依次包括蒸发浓缩、 、 、洗涤、自然干燥等（四）有机化学29（1）相对分子质量为46的C、H、O化合物，除CH3OCH3外常见的还有两种，分别是 和 它们是否为同系物？ （2）两种化合物中共含有三种官能团，分别是 基、 基、 基（3）两种化合物中，能发生消去反应的是 ，能发生取代反应的是 ，能发生氧化反应的是 30有机化合物AH的转换关系如所示：（1）A是有支链的炔烃，其名称是 （2）F所属的类别是 （3）写
11、出G的结构简式： 2017年上海市浦东新区高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项）1容量瓶上未必有固定的（）A溶液浓度B容量C定容刻度D配制温度【考点】N4：计量仪器及使用方法【分析】根据容量瓶上标有：温度、规格、刻度线分析【解答】解：因容量瓶上标有：温度、规格、刻度线，故选A2零族元素难以形成化合物的根本原因是它们（）A都是惰性元素B化学性质不活泼C都以单原子分子形式存在D原子结构均为稳定结构【考点】72：元素周期表的结构及其应用【分析】最外层电子是2 个或8 个，达到稳定结构，不易得失电子或共用电子对，由此分析解答【解答】解：零族元素最
12、外层电子是2 个或8 个，达到稳定结构，不易得失电子或共用电子对，这是零族元素难以形成化合物的根本原因，故选D3氮化铝（AlN）熔融时不导电、难溶于水，常用作砂轮及耐高温材料，由此推知，它应该属于（）A离子晶体B原子晶体C分子晶体D金属晶体【考点】A6：不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别【分析】由信息可知，氮化铝常用作砂轮及耐高温的材料，熔融时不导电为共价化合物，熔点高、硬度大，为原子晶体的性质，以此来解答【解答】解：由信息可知，氮化铝常用作砂轮及耐高温的材料，熔融时不导电为共价化合物，由原子构成，熔点高、硬度大，为原子晶体的性质，所以氮化铝属于原子晶体；故B正确；故选B4SO2能使溴水褪
13、色，说明SO2具有（）A还原性B漂白性C酸性D氧化性【考点】F5：二氧化硫的化学性质【分析】氧化还原反应中元素化合价升高，体现还原性，溴与二氧化硫二者能发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，使溴水褪色，硫元素化合价升高，体现还原性【解答】解：溴与二氧化硫二者能发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，溶液中溴的颜色会褪去，反应的化学方程式为：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，硫元素化合价升高（+4+6），体现还原性，溴元素化合价降低，体现氧化性（01），故选A5火山爆发产生的气体中含有少量的羰基硫（分子式是：COS），已知羰基硫分子结构与CO2类似，有关说法正确的是（）A羰基硫是电解质B羰基
14、硫分子的电子式为：CC、O、S三个原子中半径最小的是CD羰基硫分子为非极性分子【考点】8G：原子结构与元素的性质【分析】羰基硫的分子式是COS，已知羰基硫分子结构与CO2类似，为直线型结构，结构式为O=C=S，则COS的电子式为；因O、S得电子的能力不同，为含C、O之间与C、S之间的极性键的极性分子；C、O原子都含有2个电子层，原子序数越大原子半径越小，则原子半径CO；羰基硫自身不能电离，属于非电解质，据此进行解答【解答】解：A羰基硫（COS）自身不能电离，属于非电解质，不是电解质，故A错误；B羰基硫分子结构与CO2类似，为直线型结构，结构式为：O=C=S，则COS的电子式为，故B正确；CC、
15、O、S三个原子中，S原子电子层最多，S的原子半径最大；C、O原子都含有2个电子层，原子序数越大原子半径越小，则原子半径CO，即半径最小的是O，故C错误；D羰基硫的结构式为O=C=S，因O、S得电子的能力不同，为含C、O之间与C、S之间的极性键的极性分子，故D错误；故选B6水是自然界最重要的分散剂，关于水的叙述错误的是（）A水分子是含极性键的极性分子B水的电离方程式为：H2O2H+O2C重水（D2O）分子中，各原子质量数之和是质子数之和的两倍D相同质量的水具有的内能：固体液体气体【考点】D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡；84：质子数、中子数、核外电子数及其相互联系；9O：极性键和非极性键；D6
16、：水的电离【分析】A水含HO，为V型结构，正负电荷的中心不重合；B水为弱电解质，存在电离平衡；C质量数为22+16=20，质子数为12+8=10；D由固态转化为液态，液态转化为气态，均吸热【解答】解：A水含HO极性键，为V型结构，正负电荷的中心不重合，则为极性分子，故A正确；B水为弱电解质，存在电离平衡，电离方程式为H2OH+OH，故B错误；C质量数为22+16=20，质子数为12+8=10，则重水（D2O）分子中各原子质量数之和是质子数之和的两倍，故C正确；D由固态转化为液态，液态转化为气态，均吸热，气态能量最高，则相同质量的水具有的内能：固体液体气体，故D正确；故选B7下列物质的工业生产过
17、程中，其主要反应不涉及氧化还原反应的是（）A生铁B硫酸C烧碱D纯碱【考点】B1：氧化还原反应【分析】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的变化，据此分析【解答】解：A冶炼铁，发生的反应Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，化合价发生变化，为氧化还原反应，故A不选；B硫酸工业中存在SSO2SO3的转化，化合价发生变化，为氧化还原反应，故B不选；C涉及的反应为：2NaCl+2H2OCl2+H2+2NaOH，该反应中有电子的转移，属于氧化还原反应，故C不选；D氨碱法生产纯碱涉及的方程式为：NH3+CO2+H2O+NaClNaHCO3+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+CO2+
18、H2O，这几个方程式中都没有电子的转移，所以不涉及氧化还原反应，故D选；故选D8能用离子方程式CO32+2H+H2O+CO2表示的反应是（）A碳酸钠与足量稀硝酸的反应B碳酸氢钠与足量盐酸的反应C碳酸钡与少量稀盐酸的反应D碳酸钠与足量稀醋酸的反应【考点】49：离子方程式的书写【分析】能用离子方程式CO32+2H+H2O+C02表示的反应，必须满足可溶性的碳酸盐与强酸或强酸的酸式盐反应生成可溶性盐的一类反应，据此进行判断A碳酸钠为可溶性的盐，稀硝酸为强酸，能用离子方程式CO32+2H+H2O+CO2表示的反应；B碳酸氢钠离子方程式中应该写成碳酸氢根离子形式；C碳酸钡为沉淀，应写化学式；D醋酸为弱酸
19、应写化学式【解答】解：A碳酸钠与足量稀硝酸的反应，碳酸钠为可溶性的盐，硝酸为强酸，二者反应生成可溶性的硝酸钠，其离子方程式可以用CO32+2H+H2O+C02表示，故A正确；B碳酸氢根为弱酸的酸式盐，应写成HCO3离子形式，该反应的离子方程式为HCO3+H+H2O+C02，故B错误；C碳酸钡为难溶物，离子方程式中需要保留化学式，该反应的离子方程式为：BaCO3+2H+Ba2+H2O+CO2，故C错误；DCH3COOH为弱酸，在离子方程式中应写成化学式，其反应的离子方程式为：CO32+2CH3COOHCO2+H2O+2CH3COO，故D错误；故选A9保存液态有机物的一种方法是在其上方加盖一层水以
20、避免挥发损失下列有机物适合用“水封法”保存的是（）A乙醇B硝基苯C甘油D己烷【考点】O2：化学试剂的存放【分析】有机物用水封法保存，则有机物不溶于水，且密度比水大，以此解答【解答】解：A乙醇与水互溶，不能用水封，故A不选；B硝基苯密度大于水，且不溶于水，可以用水封，故B选；C甘油与水互溶，不能用水封，故C不选；D己烷密度小于水，在水的上层，不能用水封法保存，故D不选；故选：B100.1moL/L醋酸用蒸馏水稀释的过程中，下列说法正确的是（）A电离程度增大，H+浓度增大B电离程度减小，H+浓度减小C电离程度增大，H+浓度减小D电离程度减小，H+浓度增大【考点】D5：弱电解质在水溶液中的电离平衡【
21、分析】醋酸溶液中存在CH3COOHCH3COO+H+，加水稀释促进电离，n（CH3COO）和n（H+）增大，n（CH3COOH）减小，结合溶液体积和物质的量的变化解答该题【解答】解：醋酸溶液中存在CH3COOHCH3COO+H+，加水稀释促进电离，n（CH3COO）和n（H+）增大，但体积增大大于电离程度的倍数，H+浓度减小故选C11关于氯化铁溶液，下列有关说法正确的是（）A适当升高温度能促进FeCl3水解B加水稀释能促进其水解，并提高Fe（OH）3的浓度C加少量浓盐酸能促进FeCl3水解D保存氯化铁溶液时应加入少量铁粉【考点】GN：铁的氧化物和氢氧化物；DD：盐类水解的应用【分析】A水解为吸
22、热反应；B加水稀释溶液浓度降低；C依据同离子效应解答；D铁粉能够与氯化铁反应生成氯化亚铁【解答】解：A水解为吸热反应，升高温度能促进盐类的水解，故A正确；B加水稀释能促进其水解，但是能使Fe（OH）3的浓度降低，故B错误；C氯化铁水解生成氢氧化铁和氢离子，加入盐酸，增大氢离子浓度，抑制氯化铁水解，故C错误；D铁粉能够与氯化铁反应生成氯化亚铁，所以保存氯化铁溶液不能加入铁，为抑制氯化铁水解应加入少量稀盐酸，故D错误；故选：A12在盛有稀 H2SO4的烧杯中放入用导线连接的电极X、Y，外电路中电子流向如图所示关于该装置，下列说法正确的是（）A外电路中电流方向为：XYB若两电极分别为铁棒和碳棒，则
23、X 为碳棒，Y 为铁棒CX 极上发生的是还原反应，Y 极上发生的是氧化反应D若两电极都是金属单质，则它们的活动性顺序为 XY【考点】BH：原电池和电解池的工作原理【分析】根据图片知，该装置是原电池，根据电子的流向判断X为负极，Y为正极，电流的流向正好与电子的流向相反；较活泼的金属作负极，不活泼的金属或导电的非金属作正极；负极上发生氧化反应，正极上发生还原反应【解答】解：A根据图片知该装置是原电池，外电路中电子从X电极流向Y电极，电流的流向与此相反，即YX，故A错误；B原电池中较活泼的金属作负极，较不活泼的金属或导电的非金属作正极，若两电极分别为Fe和碳棒，则Y为碳棒，X为Fe，故B错误；CX是
24、负极，负极上发生氧化反应；Y是正极，正极上发生还原反应，故C错误；DX为负极，Y为正极，若两电极都是金属单质，则它们的活动性顺序为 XY，故D正确故选D13氮气与氢气在催化剂表面发生合成氨反应的微粒变化历程如图所示下列关于反应历程的先后顺序排列正确的是（）ABCD【考点】15：化学反应的实质；27：工业合成氨【分析】物质发生化学反应就是构成物质的微粒重新组合的过程，分子分解成原子，原子再重新组合成新的分子，新的分子构成新的物质氢分子和氮分子都是由两个原子构成，它们在固体催化剂的表面会分解成单个的原子，原子再组合成新的氨分子，据此解答【解答】解：催化剂在起作用时需要一定的温度，开始时催化剂还没起
25、作用，氮分子和氢分子在无规则运动，物质要在催化剂表面反应，所以催化剂在起作用时，氢分子和氮分子有序的排列在催化剂表面，反应过程中的最小微粒是原子，所以分子先断键形成原子，然后氢原子和氮原子结合成氨分子附着在催化剂表面，反应结束后脱离催化剂表面形成自由移动的氨气分子，从而完成反应，在有催化剂参加的反应中，反应物先由无序排列到有序排列再到无序排列，分子先分成原子，原子再结合成新的分子，故选：A14乙酸和乙醛的鉴别有多种方法，下列可行的操作中最不简便的一种是（）A使用蒸馏水B使用NaHCO3溶液C使用CuSO4和NaOH溶液D使用pH试纸【考点】HA：有机物的鉴别【分析】乙酸具有酸性，可与碳酸盐、碱
26、等发生复分解反应，乙醛含有醛基，可发生氧化反应，以此解答该题【解答】解：二者都溶于水，没有明显现象，不能鉴别，乙酸具有酸性，可与NaHCO3溶液生成气体，使pH试纸变红，可鉴别，操作简单，但使用CuSO4和NaOH溶液，需先生成氢氧化铜，然后与乙酸发生中和反应，检验乙醛需要加热，操作较B、D复杂故选C15实验室制备乙酸乙酯和乙酸丁酯采用的相同措施是（）A水浴加热B冷凝回流C用浓硫酸做脱水剂和催化剂D乙酸过量【考点】TJ：乙酸乙酯的制取【分析】A实验室制备乙酸乙酯和乙酸丁酯均采用酒精灯加热；B制备乙酸丁酯采取直接回流的方法；C浓硫酸有吸水性、脱水性且做催化剂能加快反应速率；D乙酸丁酯的制备和乙酸
27、乙酯的制备原料用量区别在于正丁醇和乙醇的价格差异，制备乙酸乙酯，乙醇过量，制备乙酸丁酯，乙酸过量【解答】解：A乙酸乙酯沸点770C，乙酸正丁酯沸点1260C，制备乙酸乙酯和乙酸丁酯，需要的温度较高，需要用酒精灯直接加热，不能用水浴加热，故A错误；B乙酸乙酯采取边反应边蒸馏的方法，但乙酸丁酯则采取直接回流的方法，待反应后再提取产物，故B错误；C制备乙酸乙酯和乙酸丁酯都为可逆反应，用浓硫酸做脱水剂和催化剂，能加快反应速率，两者措施相同，故C正确；D制备乙酸乙酯时，为了提高冰醋酸的转化率，由于乙醇价格比较低廉，会使乙醇过量，制备乙酸丁酯时，采用乙酸过量，以提高丁醇的利用率，这是因为正丁醇的价格比冰醋
28、酸高，故D错误；故选C16如图表示某个化学反应过程的能量变化该图表明（）A催化剂可以改变该反应的热效应B该反应是个放热反应C反应物总能量低于生成物D化学反应遵循质量守恒定律【考点】BB：反应热和焓变【分析】由图象可知，反应物总能量大于生成物总能量，正反应为放热反应，加入催化剂，可降低反应的活化能，但反应热不变，以此解答该题【解答】解：A由图可知，加入催化剂降低反应的活化能，但反应热不变，故A错误；B由图象可知，反应物总能量大于生成物总能量，故为放热反应，故B正确；C由图象可知，反应物总能量大于生成物总能量，故C错误；D化学反应一定遵循质量守恒定律，故D正确故选BD17一定条件下，下列金属中能与
29、水发生置换反应并产生金属氧化物的是（）A钾B镁C铁D铜【考点】GR：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用【分析】金属中能与水发生置换反应，应为较为活泼的金属，金属与水反应，可生成氢氧化物或氧化物，同时生成氢气，结合对应物质的性质解答该题【解答】解：A钾和水反应生成KOH和氢气，故A不选；B加热条件下，镁和水反应生成氢氧化镁和氢气，故B不选；C加热条件下，铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，故C选；D铜和水不反应，故D不选故选C18中和滴定中用已知浓度的稀盐酸滴定未知浓度的稀氨水，计算式与滴定氢氧化钠溶液类似：c1V1=c2V2，则（）A终点溶液偏碱性B终点溶液中c（NH4+）=c（Cl）C终
30、点溶液中氨过量D合适的指示剂是甲基橙而非酚酞【考点】R3：中和滴定【分析】用已知浓度的稀盐酸滴定未知浓度的稀氨水，应满足c1V1=c2V2，反应生成氯化铵，结合盐类的水解解答该题【解答】解：用已知浓度的稀盐酸滴定未知浓度的稀氨水，应满足c1V1=c2V2，反应生成氯化铵，为强酸弱碱盐，水解呈酸性，则c（NH4+）c（Cl），应用甲基橙为指示剂，故选D19称取两份铝粉，第一份加入足量浓氢氧化钠溶液，第二份加入足量盐酸，如要放出等量的气体，两份铝粉的质量之比为（）A1：3B3：1C1：1D4：3【考点】GJ：铝的化学性质【分析】由2Al6HCl2NaOH3H2，酸、碱均足量时，Al完全反应，以此分
31、析生成的氢气【解答】解：由2Al6HCl2NaOH3H2，酸、碱均足量时，Al完全反应，由反应的关系式可知，生成等量的氢气，消耗等量的Al，所以两份铝粉的质量之比为1：1，故选C20已知HCl的沸点为85，则HI的沸点可能为（）A167B87C35D50【考点】A1：分子间作用力【分析】氯化氢、碘化氢为结构相似的分子晶体，分子晶体熔沸点高低与分子间作用力有关，而分子间作用力与相对分子质量成正比，据此判断【解答】解：氯化氢、碘化氢为结构相似的分子晶体，分子晶体熔沸点高低与分子间作用力有关，而分子间作用力与相对分子质量成正比，碘化氢相对分子质量大于氯化氢，所以分子间作用力强于氯化氢，熔沸点高于氯化
32、氢熔沸点，排除A、B，常温下碘化氢为气体，所以沸点低于0，排除D，故选：C二、综合分析题（一）氯和溴（本题共17分）21氯原子核外有17种不同运动状态的电子，它的最外层电子排布式是3s23p5【考点】8G：原子结构与元素的性质【分析】Cl元素为17号元素，原子核外有17个电子，每一个电子的运动状态都不相同，其核外电子排布为1s22s22p63s23p5，据此分析【解答】解：Cl元素为17号元素，原子核外有17个电子，每一个电子的运动状态都不相同，所以氯原子核外有17种不同运动状态的电子，Cl原子的核外电子排布为1s22s22p63s23p5，则最外层电子排布式是3s23p5；故答案为：17；3
33、s23p522铜丝能在氯气中燃烧，铁丝能否？请说出判断依据能，铁比铜更活泼【考点】GR：常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；GM：铁的化学性质；GP：铜金属及其重要化合物的主要性质【分析】铜丝能在氯气中燃烧，氯气具有强氧化性，因为铁的还原性比铜强，红热的铁丝也能在氯气中燃烧【解答】解：氯气是一种黄绿色气体，具有强氧化性，铜丝在氯气中燃烧生成棕色的烟，在金属活动顺序表中，铁排在铜的前面，铁的还原性比铜强，铁比铜更活泼，铁丝能与氯气反应，铁丝在氯气中燃烧生成棕红色的烟，故答案为：能，铁比铜更活泼23将如图装置放置在光亮的地方，随后观察到如下实验现象：大试管内壁上有油状液滴生成、饱和食盐水中有少
34、量固体析出、黄绿色气体颜色变浅、试管内液面有所上升（1）油状液滴的成分可能是CCl4和CHCl3（或CH2Cl2）（2）水槽中盛放饱和食盐水而不是蒸馏水是为了抑制氯气与水的反应（3）试管内液面上升的原因是HCl极易溶于水【考点】T3：甲烷的性质实验【分析】CH4与氯气在光照条件下发生取代反应生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4和HCl，其中CH3Cl是气体，CH2Cl2、CHCl3、CCl4是油状液体，HCl极易溶于水，故生成后溶于了饱和氯化钠溶液，导致试管内压强减小，液面上升，据此分析【解答】解：（1）CH4与氯气在光照条件下发生取代反应生成CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3
35、、CCl4和HCl，其中CH3Cl是气体，CH2Cl2、CHCl3、CCl4是油状液体，难溶于水，HCl极易溶于水，故HCl生成后溶于了饱和食盐水中，油状液滴的成分有CH2Cl2、CHCl3、CCl4，故答案为：CHCl3（或CH2Cl2）；（2）由于HCl极易溶于水，而氯气在水中的额溶解度不大，且氯气和水的反应为可逆反应，故水槽中盛放饱和食盐水不影响HCl的溶解，而能降低氯气的溶解度，故目的是为了抑制氯气和水的反应，故答案为：氯气；（3）由于反应生成的CH2Cl2、CHCl3、CCl4是油状液体，而HCl极易溶于水，生成后溶于了饱和氯化钠溶液，导致试管内压强减小，液面上升，故答案为：HCl2
36、4溴和氯在元素周期表中均属于VIIA族【考点】72：元素周期表的结构及其应用【分析】根据主族族序数=最外层电子数，据此进行解答【解答】解：溴和氯元素的原子最外层电子数为7，属于第三周期第A族，故答案为：VIIA25目前从海水提溴（Br2）大致有以下步骤（1）向浓缩的海水中通入某种气体，将海水中的Br氧化为Br2，该气体是Cl2（2）用热空气将Br2从上述溶液中吹出，并由浓Na2CO3溶液吸收，转变为NaBr、NaBrO31moL Br2需消耗Na2CO31moL（3）再将所得混合溶液用稀硫酸酸化，得到浓度较高的溴水，配平该反应的离子方程式5Br+1 BrO3+6H+3 Br2+3H2O【考点】
37、E7：海水资源及其综合利用【分析】（1）氯气具有氧化性，能氧化溴离子生成单质溴；（2）用碳酸钠溶液吸收溴，溴歧化为Br和BrO3，结合质量守恒书写反应的离子方程式，结合定量关系计算；（3）Br、BrO3在酸性条件下发生反应生成Br2，溴元素化合价1价和+5价变化为0价，电子转移总数5，结合电子守恒和原子守恒配平【解答】解：（1）向浓缩的海水中通入某种气体，将海水中的Br氧化为Br2，该气体是氯气，故答案为：Cl2；（2）用热空气将Br2从上述溶液中吹出，并由浓Na2CO3溶液吸收，溴歧化为Br和BrO3，反应的离子方程式为3Br2+3CO325Br+BrO3+3CO2 ，1moL Br2需消耗
38、Na2CO3物质的量为1mol，故答案为：1；（3）Br、BrO3在酸性条件下发生反应生成Br2，溴元素化合价1价和+5价变化为0价，电子转移总数5，得到离子方程式为：Br+BrO3+6H+=3Br2+3H2O故答案为：5、1、6、3、3（二）工业制氢（共2小题，满分12分）26一定温度下在体积为5L的密闭容器中发生某可逆反应，其化学平衡常数表达式为：（1）请写出该反应的化学方程式：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）（2）恒温恒容条件下容器中气体的平均相对分子质量、气体的分子总数或混合气体的压强或密度不再随时间变化，都可说明该反应已达平衡状态（3）该反应的逆反应速率随时间变化的关系如
39、图，t1时的突变一定是因为某种条件的改变，该改变不可能是ab；a减小H2浓度b使用催化剂c升高温度【考点】CH：化学反应速率变化曲线及其应用【分析】（1）根据化学平衡常数表达式知，生成物是CO和氢气，反应物有水，根据元素守恒知，反应物还含有C；（2）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；（3）改变条件时逆反应速率增大，随着反应的进行，逆反应速率逐渐增大，说明平衡正向移动【解答】解：（1）根据化学平衡常数表达式知，生成物是CO和氢气，反应物有水，根据元素守恒知，反应物还含有C，所以该可逆反应为C（s）+H2O（
40、g）CO（g）+H2（g），故答案为：C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）；（2）该反应前后气体计量数之和增大，所以恒温恒容条件下容器中气体的平均相对分子质量、气体的分子总数或混合气体的压强、密度都改变，当这些量不再随时间变化时该反应达到平衡状态，故答案为：压强或密度；（3）改变条件时逆反应速率突然增大，随着反应的进行，逆反应速率增大，说明平衡正向移动，a减小H2浓度，逆反应速率减小，故a选；b使用催化剂，逆反应速率增大，但是平衡不移动，故b选；c碳与水蒸气的反应属于吸热反应，升高温度，正向移动，正逆反应速率都增大，故c不选；故答案为：ab27将水分解制得氢气的一种工业方法是“硫碘循环
41、法”，依次涉及下列三步反应：ISO2+2H2O+I2H2SO4+2HI II2HI（g）H2（g）+I2（g）III2H2SO42SO2+O2+2H2O（1）一定温度下，向5L恒容密闭容器中加入1molHI，发生反应II，H2物质的量随时间的变化如图所示02min内的平均反应速率v（HI）=0.02moL/（Lmin）相同温度下，若起始加入的HI改为2mol，反应达平衡时H2的量为0.2mol（2）分析上述反应，下列判断错误的是b（填写选项编号，只有一个正确选项）a三步反应均为氧化还原反应b循环过程中产生1molH2，同时产生1molO2c在整个分解水的过程中SO2和I2相当于催化剂【考点】C
42、P：化学平衡的计算；CK：物质的量或浓度随时间的变化曲线【分析】（1）由图可知，平衡时氢气的物质的量为0.1mol，根据方程式计算参加反应的HI的物质的量，可计算v（HI），相同温度下，若起始加入的HI改为2mol，相当于增大压强，平衡不移动，反应达平衡时H2的量为原平衡的2倍；（2）总反应为2H2O2H2+O2，整个分解水的过程中SO2和I2相当于催化剂【解答】解：（1）方程式为2HI（g）H2（g）+I2（g），平衡时氢气的物质的量为0.1mol，则消耗0.2molHI，02min内的平均反应速率v（HI）=0.02moL/（Lmin），相同温度下，若起始加入的HI改为2mol，相当于增大
43、压强，平衡不移动，反应达平衡时H2的量为原平衡的2倍，应为0.2mol，故答案为：0.02moL/（Lmin）；0.2；（2）a三步反应都涉及到单质，存在元素化合价的变化，均为氧化还原反应，故a正确；b总反应为2H2O2H2+O2，循环过程中产生1molH2，同时产生0.5molO2，故b错误；c将+可得H2OH2+O2，在整个分解水的过程中SO2和I2相当于催化剂，故c正确故答案为：b（三）金属化合物（本题14分）28某矿物样品（已经剔除其它杂质）含三种氧化物：Al2O3、Fe2O3、CuO，化学兴趣小组欲将三种金属化合物加以分离，最终制得相应的纯净化合物或溶液实验方案大致如下：（1）纯Fe
44、2O3、CuO的颜色依次是红色、黑色（2）写出滤液A的主要溶质成分：NaOH、NaAlO2（3）由滤液A制AlCl3溶液有和两种途径，与相比自有其合理之处，理由是：途径制得的氯化铝溶液纯度高；途径制取的AlCl3溶液中混有NaCl杂质（4）溶液E中含有三种阳离子向E中分步滴加NaOH溶液，三种阳离子先后与OH结合，其中列第二位的阳离子能使某种试剂变为血红色，这种试剂是KSCN溶液若矿物样品的质量为m1，所得Fe（OH）3的质量为m2，则样品中Fe2O3的质量分数为100%若使Fe3+沉淀这一步加入的NaOH过量，该测定值将偏高（填“偏高”、“偏低”或“不变”）（5）将Cu（OH）2溶于稀硫酸，
45、然后制成胆矾晶体，必要的操作步骤依次包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、自然干燥等【考点】P8：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用【分析】矿物样品（已经剔除其它杂质）含三种氧化物：Al2O3、Fe2O3、CuO，加入足量烧碱溶液过滤，氧化铝溶解生成偏铝酸钠，氧化铁和氧化铜不溶解，滤液A为NaAlO2，滤渣B为Fe2O3、CuO，加入足量稀硫酸溶解得到硫酸铁、硫酸铜溶液E，加入氢氧化钠溶液生成沉淀氢氧化铁和氢氧化铜，滤液A加入足量盐酸生成氯化铝溶液，滤液A通入足量二氧化碳过滤得到氢氧化铝沉淀D，沉淀中加入足量稀盐酸得到氯化铝溶液，（1）氧化铁为红色，氧化铜为黑色； （2）分析可知滤液A为偏铝
46、酸钠溶液和氢氧化钠溶液；（3）根据物质的性质结合框图转化关系和所得产品进行解答；（4）溶液E中含有三种阳离子为H+、Fe3+、Cu2+，向E中分步滴加NaOH溶液，三种阳离子先后与OH结合，其中列第二位的阳离子能使某种试剂变为血红色为铁离子结合硫氰根离子生成血红色溶液，元素守恒计算氧化铁质量分数，若使Fe3+沉淀这一步加入的NaOH过量会生成氢氧化铜沉淀，沉淀质量增大；（5）从溶液中要析出晶体，采用冷却结晶法，然后过滤洗涤、干燥；【解答】解：矿物样品（已经剔除其它杂质）含三种氧化物：Al2O3、Fe2O3、CuO，加入足量烧碱溶液过滤，氧化铝溶解生成偏铝酸钠，氧化铁和氧化铜不溶解，滤液A为Na
47、AlO2，滤渣B为Fe2O3、CuO，加入足量稀硫酸溶解得到硫酸铁、硫酸铜溶液E，加入氢氧化钠溶液生成沉淀氢氧化铁和氢氧化铜，滤液A加入足量盐酸生成氯化铝溶液，滤液A通入足量二氧化碳过滤得到氢氧化铝沉淀D，沉淀中加入足量稀盐酸得到氯化铝溶液，（1）纯Fe2O3、CuO的颜色依次是红色、黑色，故答案为：红；黑；（2）滤液A的主要溶质成分为过量的氢氧化钠和生成的偏铝酸钠，化学式为：NaOH、NaAlO2，故答案为：NaOH、NaAlO2 ；（3）途径发生反应：NaAlO2+4HCl=AlCl3+NaCl+2H2O，会引入盐酸，氯化钠杂质；故答案为：途径制得的氯化铝溶液纯度高；途径制取的AlCl3溶
48、液中混有NaCl杂质；（4）溶液E中含有三种阳离子为H+、Fe3+、Cu2+，向E中分步滴加NaOH溶液，三种阳离子先后与OH结合，其中列第二位的阳离子能使某种试剂变为血红色为铁离子结合硫氰根离子生成血红色溶液，试剂为KSCN溶液，元素守恒计算氧化铁质量分数=100%=100%，若使Fe3+沉淀这一步加入的NaOH过量会生成氢氧化铜沉淀，沉淀质量增大，计算得到氧化铁质量分数会偏高，故答案为：100%；偏高；（5）由溶液制取晶体，需经过加热浓缩，冷却结晶、过滤洗涤、干燥才可得到，将Cu（OH）2溶于稀硫酸，然后制成胆矾晶体，必要的操作步骤依次包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥，故答案为：冷却
49、结晶；过滤（四）有机化学29（1）相对分子质量为46的C、H、O化合物，除CH3OCH3外常见的还有两种，分别是乙醇和甲酸它们是否为同系物？否（2）两种化合物中共含有三种官能团，分别是羟基、醛基、羧基（3）两种化合物中，能发生消去反应的是乙醇，能发生取代反应的是乙醇、甲酸，能发生氧化反应的是乙醇、甲酸【考点】H5：有机物分子中的官能团及其结构【分析】（1）相对分子质量为46的C、H、O化合物，除CH3OCH3外常见的还有两种，为乙醇或HCOOH；（2）甲醚含醚键、乙醇含羟基，甲酸含羧基；（3）醇可发生消去反应，醇、羧酸可发生取代反应、氧化反应【解答】解：（1）相对分子质量为46的C、H、O化合
50、物，除CH3OCH3外常见的还有两种，含1个O时与甲醚互为同分异构体的乙醇，含2个O时为甲酸，二者官能团不同，不是同系物，故答案为：乙醇；甲酸；否；（2）两种化合物中共含有三种官能团，分别是羟、醛、羧，故答案为：羟；醛；羧；（3）两种化合物中，能发生消去反应的是乙醇，能发生取代反应的是乙醇、甲酸，能发生氧化反应的是乙醇、甲酸，故答案为：乙醇；乙醇、甲酸；乙醇、甲酸30有机化合物AH的转换关系如所示：（1）A是有支链的炔烃，其名称是3甲基1丁炔（或异戊炔）（2）F所属的类别是卤代烃（3）写出G的结构简式：CH3CH（CH3）CHOHCH2OH【考点】HB：有机物的推断【分析】A是有支链的炔烃，由
51、分子式可知为CH3CH（CH3）CCH，与氢气发生加成E可进一步与溴反应，则E应为烯烃，结构简式为CH3CH（CH3）CH=CH2，F为CH3CH（CH3）CHBrCH2Br，G为CH3CH（CH3）CHOHCH2OH，一定条件下与乙二酸发生酯化反应生成H，由H的分子式可知H为缩聚反应的产物，以此解答该题【解答】解：（1）A是有支链的炔烃，为CH3CH（CH3）CCH，名称为3甲基1丁炔（或异戊炔），故答案为：3甲基1丁炔（或异戊炔）；（2）F为CH3CH（CH3）CHBrCH2Br，属于卤代烃，故答案为：卤代烃；（3）由以上分析可知G为CH3CH（CH3）CHOHCH2OH，故答案为：CH3CH（CH3）CHOHCH2OH
