1、2017年上海市长宁、金山、青浦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漂粉精的有效成分是（）ACa（ClO）2BCaCl2CCaCO3DCa（OH）22将两种互不相溶的液体分离的方法是（）A分液B结晶C纸层析D过滤3既能和盐酸反应，又能和氢氧化钠溶液反应的物质是（）AFeBFe2O3CAlDAlCl34有关HF和HCl判断正确的是（）A键长：HFHClB键能：HFHClC稳定性：HClHFD共用电子对偏移程度：HClHF5可用来鉴别乙醇、乙醛的试剂是（）A银氨溶液B乙酸溶液C氯化铁溶液D氢氧化钠溶液6下列化工生产涉及的变化主要是物理变化的是（）A煤的干
2、馏B石油的分馏C石油的裂化D石油的裂解7按照有机物的命名规则，下列命名正确的是（）A1，2二甲基戊烷B2乙基丁烷C3乙基己烷D3，4二甲基戊烷8能说明二氧化硫具有还原性的事实是（）A使品红溶液褪色B使溴水褪色C与氢硫酸反应D与烧碱反应9具有下列性质的物质可能属于离子晶体的是（）A熔点801，易溶于水B熔点10.31，液态不导电C熔点112.8，能溶于CS2D熔点97.81，固态能导电10下列事实与盐类水解无关的是（）A氯化铝溶液蒸干后灼烧得不到无水氯化铝B氯化铁溶液常用作制印刷电路板的腐蚀剂C常用热的纯碱溶液除去油污D长期施用硫酸铵易使土壤酸化11下列物质的工业生产原理不涉及氧化还原反应的是（
3、）A烧碱B纯碱C硫酸D液溴12研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示下列有关说法正确的是（）A锌片发生氧化反应作阴极B电子从铁片经过导线流向锌片C铁片上电极反应为：O2+2H2O+4e4OHD该装置可用于研究外加电流阴极保护法13在密闭容器中，反应2X（g）+Y（g）3Z（g）达到平衡后，若将容器体积缩小一半，对反应产生的影响是（）Av（正）减小，v（逆）增大Bv（正）增大，v（逆）减小Cv（正）、v（逆）都减小Dv（正）、v（逆）都增大14布洛芬片常用来减轻感冒症状，其结构简式如图，下列有关说法错误的是（）A布洛芬的分子式为C13H18O2B布洛芬与苯乙酸是同系物C1mol 布洛芬最多能与3mo
4、l 氢气发生加成反应D布洛芬在苯环上发生取代反应，其一氯代物有4种15配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，下列因素会导致溶液浓度偏高的是（）A溶解时有少量液体溅出B洗涤液未全部转移到容量瓶中C容量瓶使用前未干燥D定容时液面未到刻度线16下列离子在溶液中能大量共存的是（）AH+、AlO2、CO32BK+、Ba2+、SO42CNH4+、OH、NO3DFe3+、NO3、Cl17将少量NH4HCO3粉末加入盐酸，反应剧烈，溶液温度降低，下列判断正确的是（）ANH4HCO3和盐酸的反应是放热反应B溶液温度降低主要是因为NH4HCO3溶解吸热造成的C反应物的总能量低于生成物的总能量D反应的热化学方程式为
5、：NH4HCO3+HClNH4Cl+CO2+H2OQ1825时，将10mL质量分数为50%（密度1.4g/mL）的硫酸稀释成100mL，下列说法正确的是（）A纯硫酸的摩尔质量为98B上述100mL稀硫酸中含溶质14gC上述稀释过程所需要的蒸馏水为90mLD质量分数为50%的硫酸物质的量浓度为7.14mol/L19等体积等物质的量浓度的NaHCO3溶液和Ba（OH）2溶液混合，离子方程式正确的是（）ACO32+Ba2+BaCO3BHCO3+OHH2O+CO32CHCO3+Ba2+OH=H2O+BaCO3D2HCO3+Ba2+2OHBaCO3+2H2O+CO3220工业上常用NaHSO3处理含Cr
6、2O72的废液，反应的离子方程式为：5H+Cr2O72+3HSO32Cr3+3SO42+4H2O下列判断错误的是（）A氧化产物是SO42B氧化剂与还原剂的物质的量之比是1：3CCr2O72表现了氧化性D还原1molCr2O72，电子转移3mol二、综合题（一）本题共14分21表为元素周期表的一部分：IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA二CN三P请填写下列空白：（1）表中元素，原子半径最大的是 （填写元素符号）；的核外电子排布式 ；和两元素形成化合物的电子式为 （2）三种元素最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的是 （填化学式）（3）比较、两种元素的简单离子半径： （填离子符号）；元素最高
7、价氧化物对应的水化物与硝酸反应的离子方程式为 （4）列举一个事实来证明元素比元素的非金属性强 （5）若8g甲烷气体完全燃烧生成液态水时放出445.15kJ的热量，请写出其热化学方程式 22氮的单质及其化合物性质多样，用途广泛完成下列填空（1）科学家正在研究利用催化技术将超音速飞机尾气中的NO和CO转变成CO2和N2：2NO+2CO2CO2+N2+Q（Q0）某温度下测得该反应在不同时间的CO浓度如表： 时间（s）浓度（mol/L）012345c（CO）3.601033.051032.851032.751032.701032.70103该反应平衡常数K的表达式为 ；温度升高，K值 （选填“增大”、
8、“减小”、“不变”）；前2s内的平均反应速率v（N2）= ；若上述反应在密闭容器中发生，达到平衡时能提高NO转化率的措施之一是 （2）工业合成氨的反应温度选择500左右的原因是 （3）实验室在固定容积的密闭容器中加入1mol氮气和3mol氢气模拟工业合成氨，反应在一定条件下已达到平衡的标志是 aN2、H2、NH3的浓度之比为1：3：2b容器内的压强保持不变cN2、H2、NH3的浓度不再发生变化d反应停止，正、逆反应的速率都等于零（4）常温下向含1mol溶质的稀盐酸中缓缓通入1mol NH3（溶液体积变化忽略不计），反应结束后溶液中离子浓度由大到小的顺序是 ；在通入NH3的过程中溶液的导电能力
9、（选填“变大”、“变小”、“几乎不变”）23乙烯是一种重要的化工原料，以乙烯为原料生产部分化工产品的反应如图（部分反应条件已略去）：请回答下列问题：（1）A的名称是 ，含有的官能团名称是 ，实验室由A转化为乙烯的反应条件为 （2）B和A反应生成C的化学方程式为 ，该反应的类型为 （3）F的结构简式为 （4）写出D的同分异构体的结构简式 （5）乙炔也是常见的一种化工原料，它可以制取很多化工产品，例如：聚氯乙烯塑料写出由乙炔合成聚氯乙烯的合成路线（合成路线常用的表示方式为：AB目标产物）24孔雀石主要含Cu2（OH）2CO3，以及少量Fe、Si的化合物可以用孔雀石为原料制备胆矾（CuSO45H2O
10、），步骤如图：请回答下列问题：（1）试剂是一种常见的酸，写出其化学式 过滤所需要的玻璃仪器有 （2）实验室检验Fe3+的常用方法是 （3）溶液A中的金属离子有Cu2+、Fe2+、Fe3+，上述流程中需要用试剂将溶液A中的Fe2+全部转化为Fe3+，从而形成溶液B，则试剂能否用氯水 （填“能”或“不能”，若“不能”，请解释原因）（4）由溶液C获得胆矾，需要经过 、 、过滤等操作（5）取25.00mL溶液A，用1.000102mol/LKMnO4标准溶液滴定反应离子方程式为：5Fe2+MnO4+8H+5Fe3+Mn2+4H2O，若消耗标准溶液20.00mL，则溶液A中Fe2+的浓度为 2017年上
11、海市长宁、金山、青浦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漂粉精的有效成分是（）ACa（ClO）2BCaCl2CCaCO3DCa（OH）2【考点】EM：氯、溴、碘及其化合物的综合应用【分析】漂粉精其主要成分是氯化钙（CaCl2）和次氯酸钙Ca（ClO）2，其中有效成分为Ca（ClO）2【解答】解：利用氯气与石灰乳为原料制备漂粉精，氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙与水，Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，漂粉精的主要成分是次氯酸钙和氯化钙氯化钙没有漂白性、氧化性，由于次氯酸的酸性比碳酸弱，次氯酸钙能与二氧化碳和
12、水反应生成次氯酸，具有漂白性、强氧化性，可以杀菌消毒，漂粉精的有效成分是次氯酸钙，故选A2将两种互不相溶的液体分离的方法是（）A分液B结晶C纸层析D过滤【考点】P9：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用【分析】两种互不相溶的液体分层，可用分液的方法分离，以此解答该题【解答】解：两种互不相溶的液体分层，可用分液的方法分离，而结晶、层析法和过滤与物质的溶解性有关，分别用于分离可溶性或不溶的固体或离子只有A正确故选A3既能和盐酸反应，又能和氢氧化钠溶液反应的物质是（）AFeBFe2O3CAlDAlCl3【考点】GL：两性氧化物和两性氢氧化物【分析】既能与盐酸反应又能与氢氧化钠溶液反应的物质有：两性化
13、合物（如Al2O3、Al（OH）3等）、弱酸的铵盐（如（NH4）2CO3等）、弱酸的酸式盐（NaHCO3、NaHS等）、单质（如Al）、氨基酸等，据此进行解答【解答】解：AFe能够与盐酸反应，但不与氢氧化钠溶液反应，故A错误；BFe2O3为碱性氧化物，能够与盐酸反应，但不与氢氧化钠溶液反应，故B错误；CAl与盐酸反应生成氯化铝与氢气，与氢氧化钠反应反应生成偏铝酸钠与氢气，故C正确；DAlCl3与氢氧化钠溶液反应，但不与盐酸反应，故D错误；故选C4有关HF和HCl判断正确的是（）A键长：HFHClB键能：HFHClC稳定性：HClHFD共用电子对偏移程度：HClHF【考点】97：键能、键长、键角
14、及其应用【分析】原子半径越小，共价键的键长越短，共价键键能越大，共价键越稳定，元素的非金属性越强，其原子吸引电子能力越强，据此分析【解答】解：A原子半径越小，共价键的键长越短，原子半径：FCl，则键长：HFHCl，故A错误；B原子半径越小，共价键的键长越短，共价键键能越大，原子半径：FCl，则键能：HFHCl，故B正确；C共价键键能越大，共价键越稳定，则稳定性：HClHF，故C错误；D元素的非金属性越强，其原子吸引电子能力越强，元素的非金属性：FCl，吸引电子能力：FCl，则共用电子对偏移程度：HClHF，故D错误故选B5可用来鉴别乙醇、乙醛的试剂是（）A银氨溶液B乙酸溶液C氯化铁溶液D氢氧化
15、钠溶液【考点】HA：有机物的鉴别【分析】乙醛含CHO，与银氨溶液发生银镜反应；乙醇含OH，能与Na反应生成氢气，以此来解答【解答】解：A发生银镜反应的为乙醛，无现象的为乙醇，可鉴别，故A正确；B加入乙酸，没有明显现象，不能鉴别，故B错误；C加入氯化铁，没有明显现象，不能鉴别，故C错误；D二者均与NaOH溶液不反应，不能鉴别，故D错误故选A6下列化工生产涉及的变化主要是物理变化的是（）A煤的干馏B石油的分馏C石油的裂化D石油的裂解【考点】18：物理变化与化学变化的区别与联系【分析】化学变化和物理变化的本质区别为是否有新物质生成，在原子核不变的情况下，有新物质生成的为化学变化，没有新物质生成的为物
16、理变化【解答】解：A、煤的干馏煤在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭（或半焦）、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程，为化学变化，故A错误；B、石油的分馏是根据沸点不同，将各组分加以区分，属于物理变化，故B正确；C、石油裂化是由大分子经裂化而得的小分子的汽油，属于化学变化，故C错误；D、裂解是石油化工生产过程中，以比裂化更高的温度，使石油分馏产物（包括石油气）中的长链烃断裂成乙烯、丙烯等短链烃的加工过程，属于化学变化，故D错误，故选B7按照有机物的命名规则，下列命名正确的是（）A1，2二甲基戊烷B2乙基丁烷C3乙基己烷D3，4二甲基戊烷【考点】H7：有机化合物命名【分析】（1）烷烃命名原则：长选最长
17、碳链为主链；多遇等长碳链时，支链最多为主链；近离支链最近一端编号；小支链编号之和最小看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近离支链最近一端编号”的原则；简两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面（2）有机物的名称书写要规范【解答】解：A主链选择错误，烷烃中1号碳上无甲基，正确命名为：3甲基己烷，故A错误；B主链选择错误，烷烃中2号碳上无乙基，正确的命名为：3甲基戊烷，故B错误；C名称符合系统命名方法，故C正确；D编号错误，应从靠近支链一端开始，正确的命名为：2，3二甲基戊烷，故D错误；故选：C8能说明二氧化硫具有还原性的事实是（）A使
18、品红溶液褪色B使溴水褪色C与氢硫酸反应D与烧碱反应【考点】F5：二氧化硫的化学性质【分析】A、二氧化硫使品红溶液褪色是漂白性；B、二氧化硫与溴水发生氧化还原反应而褪色；C、二氧化硫与氢硫酸发生氧化还反应生成单质硫；D、二氧化硫是酸性氧化物与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水【解答】解：A、二氧化硫使品红溶液褪色是漂白性，而不是二氧化硫的还原性的体现，故A错误；B、二氧化硫与溴水发生氧化还原反应而褪色，生成硫酸，硫元素由+4价变+6价，化合价升高发生氧化反应，是还原剂、体现还原性，故B正确；C、二氧化硫与氢硫酸发生氧化还反应生成单质硫，硫元素由+4价变0价，化合价降低发生还原反应，是氧化剂、体现氧化性
19、，故C错误；D、二氧化硫是酸性氧化物与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，非氧化还原反应，故D错误；故选B9具有下列性质的物质可能属于离子晶体的是（）A熔点801，易溶于水B熔点10.31，液态不导电C熔点112.8，能溶于CS2D熔点97.81，固态能导电【考点】9C：离子晶体【分析】离子晶体：阴阳离子通过离子键结合形成的晶体；一般熔点较高，硬度较大、难挥发，固体不导电，但质脆，一般易溶于水，其水溶液或熔融态能导电【解答】解：A离子晶体的性质：一般熔点较高，固体不导电，一般易溶于水，其水溶液或熔融态能导电，故A正确；B、熔点10.31，低熔点，液态不导电是共价化合物，是分子晶体，故B错误；C、熔点
20、低，能溶于CS2，是分子晶体，故C错误；D离子晶体的性质：一般熔点较高，质脆，固体不导电，其水溶液或熔融态能导电，故D错误，故选A10下列事实与盐类水解无关的是（）A氯化铝溶液蒸干后灼烧得不到无水氯化铝B氯化铁溶液常用作制印刷电路板的腐蚀剂C常用热的纯碱溶液除去油污D长期施用硫酸铵易使土壤酸化【考点】DD：盐类水解的应用【分析】A氯化铝水解生成氢氧化铝和HCl；B氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜；C油脂属于酯类，在碱性条件下发生水解；D铵根离子水解显酸性【解答】解：A氯化铝水解生成氢氧化铝和HCl，加热HCl挥发促进水解，最终得不到无水氯化铝，故A不选；B氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和
21、氯化铜，发生了氧化还原反应，与盐类水解无关，故B选；C纯碱为Na2CO3，在溶液中水解显碱性，加热碱性增强，而油脂属于酯类，在碱性条件下发生水解，故纯碱能去油污，故C不选；D铵根离子在溶液中会水解显酸性，所以长期施用硫酸铵易使土壤酸化，故D不选故选B11下列物质的工业生产原理不涉及氧化还原反应的是（）A烧碱B纯碱C硫酸D液溴【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【解答】解：A工业生产烧碱涉及的反应为：2NaCl+2H2OCl2+H2+2NaOH，该反应中有电子的转移，属于氧化还原反应，故A不选；B氨碱法生产纯碱涉及的方程式为：NH3+C
22、O2+H2O+NaClNaHCO3+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+CO2+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B选；C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C不选；D工业生产液溴利用氯气将溴离子氧化成溴单质，化合价发生变化，为氧化还原反应，故D不选；故选B12研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示下列有关说法正确的是（）A锌片发生氧化反应作阴极B电子从铁片经过导线流向锌片C铁片上电极反应为：O2+2H2O+4e4OHD该装置可用于研究外加电流阴极保护法【考点】BK：金属的电化学腐蚀与防护【分析】A、锌比铁片活泼，所以腐蚀锌；B
23、、电子从负极沿导线流向正极；C、铁为正极，发生吸氧腐蚀；D、该装置可用于研究牺牲阳极的阴极保护法【解答】解：A、锌比铁片活泼，所以腐蚀锌，锌是负极，而不是阴极，故A错误；B、电子从负极沿导线流向正极，所以电子从锌片经过导线流向铁片，故B错误；C、铁为正极，发生吸氧腐蚀，电极反应式为O2+2H2O+4e=4OH，故C正确；D、该装置可用于研究牺牲阳极的阴极保护法，而不是用于研究外加电流阴极保护法，故D错误；故选C13在密闭容器中，反应2X（g）+Y（g）3Z（g）达到平衡后，若将容器体积缩小一半，对反应产生的影响是（）Av（正）减小，v（逆）增大Bv（正）增大，v（逆）减小Cv（正）、v（逆）都
24、减小Dv（正）、v（逆）都增大【考点】CA：化学反应速率的影响因素【分析】其它条件不变，将容器体积缩小一半，各组分的浓度变大，浓度越大反应速率发越快，由此分析解答【解答】解：其它条件不变，将容器体积缩小一半，各组分的浓度变大，浓度越大反应速率发越快，正、逆反应速率都加快，故选D14布洛芬片常用来减轻感冒症状，其结构简式如图，下列有关说法错误的是（）A布洛芬的分子式为C13H18O2B布洛芬与苯乙酸是同系物C1mol 布洛芬最多能与3mol 氢气发生加成反应D布洛芬在苯环上发生取代反应，其一氯代物有4种【考点】HD：有机物的结构和性质【分析】有机物含有羧基，苯环，具有羧酸、苯的性质，结合有机物的
25、结构特点解答该题【解答】解：A由结构简式可知布洛芬的分子式为C13H18O2，故A正确；B含有一个苯环、一个羧基，与苯乙酸是同系物，故B正确；C能与氢气发生加成反应的只有苯环，则1mol 布洛芬最多能与3mol 氢气发生加成反应，故C正确；D结构对称，则布洛芬在苯环上发生取代反应，其一氯代物有2种，故D错误故选D15配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，下列因素会导致溶液浓度偏高的是（）A溶解时有少量液体溅出B洗涤液未全部转移到容量瓶中C容量瓶使用前未干燥D定容时液面未到刻度线【考点】R1：配制一定物质的量浓度的溶液【分析】结合c=可知，不当操作导致n偏大或V偏小，均会导致溶液浓度偏高，以此来
26、解答【解答】解：A溶解时有少量液体溅出，n偏小，则导致溶液浓度偏低，故A不选；B洗涤液未全部转移到容量瓶中，n偏小，则导致溶液浓度偏低，故B不选；C容量瓶使用前未干燥，对n、V无影响，浓度不变，故C不选；D定容时液面未到刻度线，V偏小，导致溶液浓度偏高，故D选；故选D16下列离子在溶液中能大量共存的是（）AH+、AlO2、CO32BK+、Ba2+、SO42CNH4+、OH、NO3DFe3+、NO3、Cl【考点】DP：离子共存问题【分析】A氢离子与偏铝酸根离子、碳酸根离子反应；B钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀；C铵根离子与氢氧根离子反应；D三种离子之间不反应，能够共存【解答】解：AH+与A
27、lO2、CO32发生反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；BBa2+、SO42之间反应生成硫酸钡沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误；CNH4+、OH之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；DFe3+、NO3、Cl之间不发生反应，在溶液中能够大量共存，故D正确；故选D17将少量NH4HCO3粉末加入盐酸，反应剧烈，溶液温度降低，下列判断正确的是（）ANH4HCO3和盐酸的反应是放热反应B溶液温度降低主要是因为NH4HCO3溶解吸热造成的C反应物的总能量低于生成物的总能量D反应的热化学方程式为：NH4HCO3+HClNH4Cl+CO2+H2OQ【考点】BB：反应热和焓变【分析】溶液温度降低
28、，则NH4HCO3与HCl的反应为吸热反应，说明反应物的总能量小于生成物的总能量，以此解答该题【解答】解：A因反应后溶液的温度降低，则NH4HCO3和盐酸的反应是吸热反应，故A错误；B溶液温度降低主要是因为复分解反应的吸热有关，故B错误；C为吸热反应，则反应物的总能量低于生成物的总能量，故C正确；D热化学方程式中应注明物质的状态，故D错误；故选C1825时，将10mL质量分数为50%（密度1.4g/mL）的硫酸稀释成100mL，下列说法正确的是（）A纯硫酸的摩尔质量为98B上述100mL稀硫酸中含溶质14gC上述稀释过程所需要的蒸馏水为90mLD质量分数为50%的硫酸物质的量浓度为7.14mo
29、l/L【考点】64：溶液中溶质的质量分数及相关计算【分析】A、摩尔质量的单位是g/mol；B、稀释过程中溶质的质量不变；C、上述稀释后溶液的密度不知，所以无法求所需要的蒸馏水的质量；D、根据c=进行计算求解【解答】解：A、摩尔质量的单位是g/mol，所以硫酸的摩尔质量为98g/mol，故A错误；B、c=7.14mol/L，而稀释过程中溶质的质量不变，所以上述100mL稀硫酸中含溶质7.14mol/L0.01L98g/mol=6.99g，故B错误；C、上述稀释后溶液的密度不知，所以无法求所需要的蒸馏水的质量，故C错误；D、根据c=7.14mol/L，所以质量分数为50%的硫酸物质的量浓度为7.1
30、4mol/L，故D正确；故选D19等体积等物质的量浓度的NaHCO3溶液和Ba（OH）2溶液混合，离子方程式正确的是（）ACO32+Ba2+BaCO3BHCO3+OHH2O+CO32CHCO3+Ba2+OH=H2O+BaCO3D2HCO3+Ba2+2OHBaCO3+2H2O+CO32【考点】49：离子方程式的书写【分析】等体积等物质的量浓度的NaHCO3溶液和Ba（OH）2溶液混合，碳酸氢钠完全反应，生成碳酸钡、水、NaOH，以此来解答【解答】解：等体积等物质的量浓度的NaHCO3溶液和Ba（OH）2溶液混合，物质的量相同，碳酸氢钠完全反应，生成碳酸钡、水、NaOH，离子反应为HCO3+Ba2
31、+OH=H2O+BaCO3，故选C20工业上常用NaHSO3处理含Cr2O72的废液，反应的离子方程式为：5H+Cr2O72+3HSO32Cr3+3SO42+4H2O下列判断错误的是（）A氧化产物是SO42B氧化剂与还原剂的物质的量之比是1：3CCr2O72表现了氧化性D还原1molCr2O72，电子转移3mol【考点】B1：氧化还原反应【分析】5H+Cr2O72+3HSO32Cr3+3SO42+4H2O，其中Cr2O72中Cr化合价由+6降低到+3为氧化剂，生成Cr3+为还原产物，HSO3中S化合价由+4升高到+6为还原剂，生成SO42为氧化产物，以此解答该题【解答】解：A由以上分析可知，H
32、SO3中S化合价由+4升高到+6为还原剂，生成SO42为氧化产物，故A正确；B由方程式可知，Cr2O72中Cr化合价由+6降低到+3为氧化剂，HSO3中S化合价由+4升高到+6为还原剂，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比是1：3，故B正确；CCr2O72中Cr化合价由+6降低到+3为氧化剂，表现了氧化性，故C正确；DCr2O72中Cr化合价由+6降低到+3，所以还原1molCr2O72，电子转移（63）2=6mol，故D错误故选D二、综合题（一）本题共14分21表为元素周期表的一部分：IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA二CN三P请填写下列空白：（1）表中元素，原子半径最大的是Na（填写元
33、素符号）；的核外电子排布式1s22s22p4；和两元素形成化合物的电子式为（2）三种元素最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的是NaOH（填化学式）（3）比较、两种元素的简单离子半径：S2Al3+（填离子符号）；元素最高价氧化物对应的水化物与硝酸反应的离子方程式为Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O（4）列举一个事实来证明元素比元素的非金属性强H2O的稳定性大于H2S（5）若8g甲烷气体完全燃烧生成液态水时放出445.15kJ的热量，请写出其热化学方程式CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=890.3KJmol1【考点】78：元素周期律和元素周期表的综合应用【分析】由
34、元素在周期表中位置，可知为O、为Na、为Mg、为Al、为S、为Cl（1）同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大；氧元素为8号元素，原子核外有8个电子；和两元素形成化合物为氯化镁，属于离子化合物，镁离子与氯离子通过离子键结合；（2）金属性越强，最高价氧化物对应水合物的碱性越强；（3）电子层数越多离子半径越大，电子层结构相同的离子，其离子半径随着原子序数增大而减小；元素最高价氧化物对应的水化物为氢氧化铝，与硝酸生成硝酸铝和水，据此书写离子方程式；（4）利用非金属与氢气化合的难易程度、气态氢化物的稳定性、最高价氧化物的水化物的酸性、非金属单质之间的置换反应等来判断非金属性的强弱；（5）n
35、（CH4）=0.5mol，完全燃烧生成液态水时放出的热量是445.15kJ，则1mol计算完全燃烧放出的能量结合热化学方程式的书写方法进行书写【解答】解：（1）由元素在周期表中位置，可知为O、为Na、为Mg、为Al、为S、为Cl，电子层越多原子半径越大，所以第三周期的元素半径大于第二周期的元素，同周期自左而右原子半径减小，表中元素，原子半径最大的是Na，为O为8号元素，原子核外有8个电子，核外电子排布式为1s22s22p4，和两元素形成化合物为氯化镁，氯化镁是离子化合物，由镁离子与氯离子构成，电子式为，故答案为：Na；1s22s22p4；（2）为Na、为Mg、为Al，三者位于同一周期，金属性N
36、aMgAl，则最高价氧化物对应水合物的碱性最强的为NaOH，故答案为：NaOH； （3）S2核外有三层电子，结构示意图为，Al3+核外有两层电子，结构示意图为：离子电子层数越多，离子半径越大，则离子半径S2Al3+，元素最高价氧化物对应的水化物为氢氧化铝，与硝酸生成硝酸铝和水，硝酸、硝酸铝拆成离子，离子方程式为：Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O，故答案为：S2；Al3+；Al（OH）3+3H+=Al3+3H2O；（4）元素的非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，H2O的稳定性大于H2S，则O的非金属性比S的强，故答案为：H2O的稳定性大于H2S；（5）8g甲烷n（CH4）=0.5mol
37、，完全燃烧生成液态水时放出的热量是445.15kJ，则1mol计算完全燃烧放出890.3KJ的能量，所以热化学方程式为CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=890.3KJmol1，故答案为：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=890.3KJmol122氮的单质及其化合物性质多样，用途广泛完成下列填空（1）科学家正在研究利用催化技术将超音速飞机尾气中的NO和CO转变成CO2和N2：2NO+2CO2CO2+N2+Q（Q0）某温度下测得该反应在不同时间的CO浓度如表： 时间（s）浓度（mol/L）012345c（CO）3.601033.051032.85
38、1032.751032.701032.70103该反应平衡常数K的表达式为；温度升高，K值减小（选填“增大”、“减小”、“不变”）；前2s内的平均反应速率v（N2）=1.875104mol/（Ls）；若上述反应在密闭容器中发生，达到平衡时能提高NO转化率的措施之一是增大压强（2）工业合成氨的反应温度选择500左右的原因是催化剂在500左右具有最佳活性（3）实验室在固定容积的密闭容器中加入1mol氮气和3mol氢气模拟工业合成氨，反应在一定条件下已达到平衡的标志是bcaN2、H2、NH3的浓度之比为1：3：2b容器内的压强保持不变cN2、H2、NH3的浓度不再发生变化d反应停止，正、逆反应的速率
39、都等于零（4）常温下向含1mol溶质的稀盐酸中缓缓通入1mol NH3（溶液体积变化忽略不计），反应结束后溶液中离子浓度由大到小的顺序是c（Cl）（NH4+）c（H+）c（OH）；在通入NH3的过程中溶液的导电能力几乎不变（选填“变大”、“变小”、“几乎不变”）【考点】C7：化学平衡建立的过程；CB：化学平衡的影响因素；CG：化学平衡状态的判断【分析】（1）根据平衡常数等于生成物浓度的系数次幂之积除以反应浓度系数次幂之积写平衡常数的表达式，根据温度对平衡移动的影响判断反应的平衡常数的变化；根据v=，进行计算；一氧化氮的转化率变大，说明平衡正向移动；（2）工业合成氨的反应是可逆的，选择500左右
40、的较高温度能使反应逆向进行，不利于化学平衡的正向移动，使用该温度主要是考虑催化剂的催化效率以及反应速率等知识；（3）原变化的量现不变，说明达平衡状态；（4）常温下向含1mol溶质的稀盐酸中缓缓通入1mol NH3（溶液体积变化忽略不计），生成氯化铵，是强酸弱碱盐，离子浓度的大小为：c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH）；离子浓度几乎不变【解答】解：（1）根据平衡常数等于生成物浓度的系数次幂之积除以反应浓度系数次幂之积，所以K=，该反应为放热反应，温度时平衡逆向移动，所以平衡常数减小，v（CO）=3.75104mol/l，v（N2）=1.875104mol/（Ls）；一氧化氮的转化率变大，
41、说明平衡正向移动可以通过改变压强，使平衡正向移动，故答案为：；减小；1.875104mol/（Ls）；增大压强；（2）工业合成氨的反应是可逆的，选择500左右的较高温度能使反应逆向进行，不利于化学平衡的正向移动，使用该温度主要是考虑催化剂的催化效率以及反应速率等知识，故答答案为：催化剂在500左右具有最佳活性；（3）aN2、H2、NH3的浓度之比为1：3：2，并不是不变，故错误；b容器内的压强保持不变，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，故正确；cN2、H2、NH3的浓度不再发生变化，说明正逆反应速率相等，反应达平衡状态，故正确；d化学平衡状态是动态平衡，反应不可能停止，故错误；故选：bc
42、；（4）二者恰好反应生成氯化铵，溶液呈酸性，即c（H+）c（OH），依据溶液呈电中性有：c（H+）+c（NH4+）=c（OH）+c（Cl），因为c（H+）c（OH），c（NH4+）c（Cl），故离子浓度大小关系为：c（Cl）（NH4+）c（H+）c（OH），溶液中离子浓度几乎不变，所以导电能力几乎不变，故答案为：c（Cl）（NH4+）c（H+）c（OH）；几乎不变23乙烯是一种重要的化工原料，以乙烯为原料生产部分化工产品的反应如图（部分反应条件已略去）：请回答下列问题：（1）A的名称是乙醇，含有的官能团名称是羟基，实验室由A转化为乙烯的反应条件为浓硫酸、170（2）B和A反应生成C的化学方程式
43、为CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O，该反应的类型为酯化反应或取代反应（3）F的结构简式为（4）写出D的同分异构体的结构简式CH3CHO（5）乙炔也是常见的一种化工原料，它可以制取很多化工产品，例如：聚氯乙烯塑料写出由乙炔合成聚氯乙烯的合成路线（合成路线常用的表示方式为：AB目标产物）【考点】HD：有机物的结构和性质；HC：有机物的合成【分析】乙烯与水加成生成乙醇A，A为C2H5OH，乙醇催化氧化生成B，结合B的分子式可知B为CH3COOH，乙酸与乙醇反应生成C，C为CH3COOC2H5，乙烯与氧气反应生成D为环氧乙烷，因为后面生成物要与乙酸发生酯化反应按1：2反
44、应，DE是开环加成反应，故E为乙二醇，乙二醇与乙酸反应生成F（C6H10O4），F为二乙酸乙二酯（），以此解答该题【解答】解：（1）由以上分析可知A为乙醇，含有羟基，可在浓硫酸作用下加热到170发生消去反应生成乙烯，故答案为：乙醇；羟基；浓硫酸、170；（2）B和A反应是乙酸与乙醇反应生成乙酸乙酯，反应方程式为：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O，该反应的类型为酯化反应；故答案为：CH3CH2OH+CH3COOHCH3COOCH2CH3+H2O；酯化反应或取代反应；（3）由以上分析可知F为二乙酸乙二酯，结构简式为，故答案为：；（4）D为环氧乙烷，同分异构体为CH3
45、CHO，故答案为：CH3CHO；（5）由乙炔合成聚氯乙烯，可先与HCl发生加成反应生成氯乙烯，氯乙烯发生加聚反应可生成聚氯乙烯，流程为CHCHCH2=CHCl，故答案为：CHCHCH2=CHCl24孔雀石主要含Cu2（OH）2CO3，以及少量Fe、Si的化合物可以用孔雀石为原料制备胆矾（CuSO45H2O），步骤如图：请回答下列问题：（1）试剂是一种常见的酸，写出其化学式H2SO4过滤所需要的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒（2）实验室检验Fe3+的常用方法是取样，向其中滴加KSCN溶液，溶液变血红色，则含有Fe3+（3）溶液A中的金属离子有Cu2+、Fe2+、Fe3+，上述流程中需要用试剂将溶液
46、A中的Fe2+全部转化为Fe3+，从而形成溶液B，则试剂能否用氯水不能，如加氯水会引入杂质Cl（填“能”或“不能”，若“不能”，请解释原因）（4）由溶液C获得胆矾，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作（5）取25.00mL溶液A，用1.000102mol/LKMnO4标准溶液滴定反应离子方程式为：5Fe2+MnO4+8H+5Fe3+Mn2+4H2O，若消耗标准溶液20.00mL，则溶液A中Fe2+的浓度为0.040mol/L【考点】U3：制备实验方案的设计【分析】向孔雀石中加入试剂为稀硫酸，发生的反应有Cu2（OH）2CO3+2H2SO4=2CuSO4+3H2O+CO2，溶液A只含Cu2+、
47、Fe2+、Fe3+三种金属离子，铁的氧化物溶于稀硫酸生成铁盐、亚铁盐和水，然后过滤得到的滤渣中含有Si的氧化物，溶液A中含有含有铁盐和亚铁盐及硫酸铜，同时生成CO2，向溶液A中加入试剂得到溶液B，试剂是一种氧化剂，将Fe2+转化为Fe3+且不能引进杂质，应该选取双氧水，向溶液B中加入试剂经过操作得到溶液C和Fe（OH）3，过滤得到溶液C为硫酸铜溶液，经蒸发结晶可得到胆矾，以此解答该题【解答】解：（1）试剂是一种常见的酸，应为硫酸，最终得到硫酸铜，以避免引入新杂质，过滤所需要的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，故答案为：H2SO4；漏斗、烧杯、玻璃棒；（2）检验铁离子，可取样，向其中滴加KSCN溶液，溶液变血红色，则含有Fe3+，故答案为：取样，向其中滴加KSCN溶液，溶液变血红色，则含有Fe3+；（3）不用加入氯水，否则生成氯化铜而引入新杂质，故答案为：不能，如加氯水会引入杂质Cl；（4）由溶液C获得胆矾，需要经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；（5）n（KMnO4）=1.000102mol/L0.02L=2.000104mol，离子方程式为：5Fe2+MnO4+8H+5Fe3+Mn2+4H2O，可知n（Fe2+）=1.000103mol，则溶液A中Fe2+的浓度为=0.040mol/L，故答案为：0.040mol/L2017年7月7日
