2019届上海市普陀区高考化学二模试卷--解析版(共28页).doc

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1、精选优质文档-倾情为你奉上2019年上海市普陀区高考化学二模试卷一、选择题（本题共40分，每小题2分，每小题只有一个正确答案）1（2分）下列文物的材质属于合金的是（）A新石器彩陶缸B商代青铜四羊方尊C战国水晶杯D西汉素纱衣2（2分）I可用于治疗甲状腺疾病，其同位素原子可能（）A质子数为78，中子数为53B质子数为54，中子数为131C质子数为53，质量数为127D质子数为78，质量数为1313（2分）对核外电子运动状态的描述，较为全面的是（）A结构示意图B电子式C电子排布式D轨道表达式4（2分）对Cl2的叙述正确的是（）A能用钢瓶贮存B与过量的Fe反应只生成FeCl2C与H2混合光照可制取HC

2、lD与澄清石灰水反应制取漂粉精5（2分）对认识正确的是（）A名称为3甲基丁烷B所有碳原子在同一平面上C难溶于水D不能发生分解、加成、消除反应6（2分）分别装在体积相同容器中的乙烯和丙烯，一定具有相同的（）A质量B分子数C碳碳双键数D含碳量7（2分）HCl气体难分解是因为（）AHCl相对分子质量大BHCl分子极性强CHCl键键能大DHCl键极性强8（2分）比较合成氨工业与制硫酸中SO2催化氧化的生产过程，正确的是（）A都按化学方程式中的系数比投料B都选择了较大的压强C使用不同的催化剂加快反应速率D都采用吸收剂分离产物9（2分）将浓度均为0.1molL1的下列溶液稀释10倍，其中pH增大的是（）A

3、HNO3BNaOHCKIDNaHCO310（2分）不影响滴定结果准确性的操作是（）A滴定前，用水洗净的滴定管装标准液B滴定前，用待测液润洗锥形瓶C滴定时，用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁D滴定时，停止振荡锥形瓶11（2分）不能通过一步反应实现的是（）AH2SSO2BSSO3CSO2H2SO4DH2SO4（浓）SO212（2分）能用元素周期律解释的是（）A酸性：HIHFB碱性：NaOHMg（OH）2C稳定性：CH4H2SD氧化性：FeCl3CuCl213（2分）与H2反应生成的单炔烃有（）A1种B2种C4种D8种14（2分）用绿矾（FeSO47H2O）配制FeSO4溶液，常加入稀硫酸和（）A锌粉B铁粉

4、C硫酸铁D盐酸15（2分）下列物质间不能发生化学反应的是（）AAgCl固体和KI溶液BNa2SO4固体和浓盐酸CCH3COONa固体和浓盐酸DNaHCO3固体和石灰水16（2分）分析图，甲、乙具有的共性是（）A反应物能量均高于生成物能量B电极反应均有Fe2eFe2+C碳棒上均发生氧化反应D溶液pH均增大17（2分）下列事实中，能说明醋酸是弱酸的是（）A冰醋酸能和氨水反应B冰醋酸加水后导电性增强C醋酸溶液能溶解CaCO3 D醋酸溶液加热后c（CH3COO）变大18（2分）已知：2H2（g）+O2（g）2H2O （g）+483.6 kJ，2H2（g）+O2（g）2H2O （l）+571.6 kJ；

5、图中示意正确的是（）ABCD19（2分）实验室制取乙酸丁酯，图中装置中正确的是（）ABCD20（2分）为达成下列实验目的，所用方法正确的是（）实验目的实验方法A证明海带提碘实验中有碘生成浸出液中加入足量氯水再加入少量淀粉溶液B检验FeSO4溶液是否完全变质试样中滴酸性KMnO4溶液C实验室制取溴苯光照苯和液溴的混合物D除去乙烷中的乙烯气体催化加热条件下与H2反应AABBCCDD二、综合分析题（共60分）21（15分）聚合氯化铝晶体（Al2（OH）nCl（6n）XH2Om）是一种高效无机水处理剂。它的制备原理是调节AlCl3溶液的pH，通过促进其水解而结晶析出。回答下列问题：（1）铝原子核外能量

6、最高的电子有 个。分析AlCl3熔点较低的原因 。（熔点：AlCl3194，Al2O32054，NaCl801）。（2）比较聚合氯化铝晶体中同周期两种元素的原子半径，并用原子结构知识说明理由。 。（3）铝灰（主要成分为Al、Al2O3，另有少量CuO、SiO2、FeO和Fe2O3杂质）可制备AlCl3，如果先除去铝灰中的金属氧化物杂质可选用 （选填：“强碱”或“强酸”）。写出其中Al发生反应的离子方程式 。（4）制备聚合氯化铝晶体，需严格控制溶液的pH在4.04.5才能使产率达到最大。结合AlCl3水解的离子方程式，用化学平衡移动原理解释控制pH在4.04.5之间的原因。 。22（15分）净化

7、汽车尾气对于保护环境意义重大。其中的一个反应原理为：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）+Q（Q0）。回答下列问题：（1）一定温度下，将等物质的量的NO和CO通入固定容积为4L的密闭容器中，反应过程中部分物质的物质的量变化如图1甲所示，则020min平均反应速率v（NO）为 。（2）如图1乙所示，若Y表示平衡常数，只改变某一反应条件X，反应由平衡I达到新平衡，则条件X为 ，NO的转化率为平衡I 平衡（填：“大于”、“小于”或“不变”）（3）能判断该反应达到平衡状态的标志是 （选填编号）av生成（CO2）v消耗（CO） b混合气体的平均相对分子质量不再改变c平衡常数保持不变d。N

8、O、CO、N2、CO2的浓度均不再变化（4）在t2时刻，将容器的容积迅速扩大到原来的2倍，在其他条件不变的情况下，t3时刻达到新的平衡状态。请在图2中，补充画出从t2到t4时刻正反应速率随时间的变化曲线。（5）三聚氰酸C3N3（OH）3可用于消除汽车尾气中的NO2，其反应分两步进行。第一步是：C3N3（OH）33HCNO；第二步是HCNO与NO2反应，把氮元素和碳元素转变成无毒气体。请写出第二步发生的化学反应方程式 ，每消除1mol NO2转移电子 个。23（15分）聚乳酸E在服装、卫生医疗制品等行业具有广泛的应用。某有机化合物A在一定条件下通过一系列反应可合成E；同时还可得到C和D等重要有机

9、化合物。转化关系如下图：已知：完成下列填空：（1）BE反应类型： ，DG实验室中反应条件： 。（2）A的分子式： 。（3）与F同类别的同分异构体还有HCOOCH（CH3）2、HCOOCH2CH2CH3和 （用结构简式表示）。（4）写出实验室中判断D中有G生成的方法。 （5）石油产品丙烯及必要的无机试剂可合成丙烯酸，设计合成路线如下：CH3CHCH2ClCH2CHCH2甲乙丙丙烯酸已知：请完成合成路线中的：ClCH2CHCH2甲乙丙。（合成路线常用的表示方式为：甲乙目标产物）24（15分）1942年，我国化工专家侯德榜以NaCl、NH3、CO2等为原料制得纯碱，他的“侯氏制碱法”为世界制碱工业做

10、出了突出贡献。回答下列问题：某探究活动小组欲在实验室中模拟制取纯碱，设计了、两种方案，并选择其一进行实验。方案：（1）将足量CO2通入饱和NaCl溶液中；（2）再在所得溶液中通入足量NH3；（3）过滤；。方案：（1）将足量NH3通入饱和NaCl溶液中；（2）再在所得溶液中通入足量CO2；（3）过滤；。（1）部分实验装置如图所示。制取氨气的装置应选用 （选填编号）。（2）写出实验中获得碳酸氢钠的离子方程式。 。（3）灼烧碳酸氢钠需要 （选填编号）。a蒸发皿 b坩埚 c烧杯 d烧瓶 e酒精灯（4）选择的实验方案是 （选填“”或“”），说明选择的理由。 。（5）甲同学取少量产品完全溶于水，滴加稀硝酸

11、23滴，再滴加硝酸银溶液，观察到有白色沉淀生成，得出纯碱含杂质Cl的结论。乙同学认为甲的结论不一定正确，你认为乙同学的理由是 。（6）按下列流程处理母液（提取完碳酸氢钠后的滤液）可得到NH4Cl。通入NH3的作用是 （选填编号）。a增大NH4+浓度，使NaHCO3更多地析出b增大NH4+浓度，使NH4Cl更多地析出c使NaHCO3转化为溶解度更大的Na2CO3，提高析出的NH4Cl纯度操作a是 ，操作b是 。2019年上海市普陀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，每小题只有一个正确答案）1（2分）下列文物的材质属于合金的是（）A新石器彩陶缸B商代青铜四羊方

12、尊C战国水晶杯D西汉素纱衣【分析】合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质。合金概念有三个特点：一定是混合物；合金中各成分都是以单质形式存在；合金中至少有一种金属，据此分析解答。【解答】解：A新石器彩陶缸属于硅酸盐材料，不属于合金，故A错误；B青铜是铜锡合金，故B正确；C战国水晶杯主要成分是二氧化硅，不属于合金，故C错误；D西汉素纱衣，属于纤维素，不属于合金，故D错误；故选：B。【点评】本题主要考查合金的判断，掌握合金概念的三个特点即可解答，题目较简单。2（2分）I可用于治疗甲状腺疾病，其同位素原子可能（）A质子数为78，中子数为53B质子数为54，中子数为131

13、C质子数为53，质量数为127D质子数为78，质量数为131【分析】质子数相同中子数不同的原子互为同位素， I的质子数为53，中子数为78，据此分析【解答】解：质子数相同中子数不同的原子互为同位素， I的质子数为53，中子数为78，与I互为同位素的是质子数为53，质量数为127的原子，故C正确；故选：C。【点评】本题主要考查了原子符号的含义、同位素，明确同位素的概念是解题关键，题目难度不大。3（2分）对核外电子运动状态的描述，较为全面的是（）A结构示意图B电子式C电子排布式D轨道表达式【分析】核外电子是分层排布的，每层可以分为不同的能级，每个能级上电子运动状态不同，轨道表示式能全面的表示核外电

14、子运动状态。【解答】解：原子核外电子排布是分层排布，每个电子层上依据电子能量不同分成不同能级，能级数等于电子层数，每个能级上电子能量系统运动状态不同，所以不存在核外电子运动状态完全相同的电子，轨道表示式能较全面的对核外电子运动状态的描述，结构示意图只能描述分层排布，电子式只能表示一直最外层电子，电子排布式能描述核外电子分层排布，每个电子层分为不同能级，不能描述不同电子的运动状态，故选：D。【点评】本题考查了原子结构、核外电子排布的描述方法，掌握基础是解题关键，题目难度不大。4（2分）对Cl2的叙述正确的是（）A能用钢瓶贮存B与过量的Fe反应只生成FeCl2C与H2混合光照可制取HClD与澄清石

15、灰水反应制取漂粉精【分析】A常温下，干燥的氯气和铁不反应；BCl2与过量Fe粉反应，生成高价金属氯化物；C氢气和氯气充分混合光照，很容易发生爆炸，危险；D氯气和石灰乳或饱和石灰水中反应制备漂白精。【解答】解：A常温下，干燥的氯气和铁不反应，因此常温下干燥的Cl2能用钢瓶贮存，故A正确；BCl2与过量Fe粉反应，生成高价金属氯化物，即生成FeCl3，故B错误；C氢气和氯气都是气体，不要以控制反应，而且，氢气和氯气的混合气体在光照的条件下，会发生爆炸危险；氯气有毒易造成大气污染，不适合工业上制取氯化氢，故C错误；D石灰水中氢氧化钙的浓度太低，选氯气与石灰乳制备，故D错误；故选：A。【点评】本题主要

16、考查了元素化合物知识，掌握氯气的性质是解答的关键，题目难度不大。5（2分）对认识正确的是（）A名称为3甲基丁烷B所有碳原子在同一平面上C难溶于水D不能发生分解、加成、消除反应【分析】A物质为烷烃，最长碳链为4个，离取代基近的一端编号得到正确的名称；B、烷烃类物质所有的碳原子一定不共面；C、烷烃类物质都是难溶于水的物质；D、碳原子数目较多的烷烃可以发生分解反应。【解答】解：A、物质为烷烃，最长碳链为4个。离取代基近的一端编号得到正确的名称为2甲基丁烷，故A错误；B、物质为烷烃，烷烃类物质所有的碳原子一定不共面，故B错误；C、烷烃类物质都是难溶于水的物质，故C正确；D、烷烃类物质的化学性质稳定，不

17、能发生加成、消除反应，但是可以分解，故D错误，故选：C。【点评】本题考查学生有机物的命名、原子的共面、烷烃的物理性质以及化学性质的知识，难度不大。6（2分）分别装在体积相同容器中的乙烯和丙烯，一定具有相同的（）A质量B分子数C碳碳双键数D含碳量【分析】依据n结合乙烯分子和丙烯分子具有相同最简式解答。【解答】解：依据n，两气体条件未知，Vm不一定相等，所以二者物质的量、分子数不一定相等，乙烯、丙烯都只含有一个碳碳双键，二者分子数不一定相等，则二者含有碳碳键数不一定相等，依据mnM，两种气体的物质的量未知，无法判断二者质量大小，乙烯分子和丙烯分子具有相同最简式CH2，所以两容器无论状况如何，碳元素

18、含量都是定值为：100%100%，所以二者含碳量一定相等，故选：D。【点评】本题考查了物质的量有关计算，明确阿伏伽德罗定律使用条件是解题关键，题目难度中等，注意乙烯、丙烯结构组成。7（2分）HCl气体难分解是因为（）AHCl相对分子质量大BHCl分子极性强CHCl键键能大DHCl键极性强【分析】氢化物中共价键的键能越大，氢化物越稳定，越难分解，据此分析。【解答】解：氢化物中共价键的键能越大，氢化物越稳定，越难分解，所以HCl气体难分解是因为HCl键键能大，故C正确；故选：C。【点评】本题考查了氢化物的稳定性，题目难度不大，注意把握键能与氢化物稳定性的关系，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。8

19、（2分）比较合成氨工业与制硫酸中SO2催化氧化的生产过程，正确的是（）A都按化学方程式中的系数比投料B都选择了较大的压强C使用不同的催化剂加快反应速率D都采用吸收剂分离产物【分析】A工业合成氨氮气和氢气按照1：2.8投料比，二氧化硫的催化氧化是氧气过量；B工业制备硫酸过程中二氧化硫催化氧化是常压下进行；C工业合成氨使用铁触媒做催化剂，二氧化硫催化氧化是使用了五氧化二钒做催化剂；D合成氨生产中将NH3液化分离，工业制备硫酸是浓硫酸吸收三氧化硫。【解答】解：A工业合成氨氮气和氢气按照1：2.8投料比，二氧化硫的催化氧化是氧气过量，不是按化学方程式中的系数比投料，故A错误；B硫酸工业中，SO2的催化

20、氧化不采用高压，是因为常压下SO2转化率已经很高了，故B错误；C工业合成氨使用铁触媒做催化剂，二氧化硫催化氧化是使用了五氧化二钒做催化剂，使用不同的催化剂加快反应速率，故C正确；D合成氨生产中将NH3液化分离，不需要吸收剂分离，工业制备硫酸是利用吸收剂浓硫酸吸收三氧化硫，故D错误；故选：C。【点评】本题是一道关于化学和化工知识结合的实际应用方面的考题，注重化学联系实际，注意工业制备氨和硫酸的过程分析判断，题目难度不大。9（2分）将浓度均为0.1molL1的下列溶液稀释10倍，其中pH增大的是（）AHNO3BNaOHCKIDNaHCO3【分析】中性溶液稀释后pH不变，酸性溶液稀释后pH增大，碱性

21、溶液稀释后pH减小，据此分析。【解答】解：AHNO3显酸性，稀释后pH增大，故A正确；BNaOH显碱性，稀释后pH减小，故B错误；CKI溶液显中性，稀释后pH不变，故C错误；DNaHCO3溶液显碱性，稀释后pH减小，故D错误。故选：A。【点评】本题考查了pH的判断，题目难度不大，注意把握酸碱盐的溶液稀释时pH的变化，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。10（2分）不影响滴定结果准确性的操作是（）A滴定前，用水洗净的滴定管装标准液B滴定前，用待测液润洗锥形瓶C滴定时，用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁D滴定时，停止振荡锥形瓶【分析】A、在中和滴定实验中，滴定管用蒸馏水洗涤后，再用标准液润洗，再加进标准液

22、；B、滴定前，用待测液润洗锥形瓶，导致等测液物质的量偏大；C、用蒸馏水冲洗锥形瓶对测定结果无影响；D、滴定时，停止振荡锥形瓶，侍测液不能充分反应。【解答】解：A、在中和滴定实验中，滴定管用蒸馏水洗涤后，再用标准液润洗，再加进标准液，标准液浓度变小，所以影响滴定结果准确性，故A错误；B、滴定前，用待测液润洗锥形瓶，导致等测液物质的量偏大，所以影响滴定结果准确性，故B错误；C、用蒸馏水冲洗锥形瓶对测定结果无影响，所以不影响滴定结果准确性，故C正确；D、滴定时，停止振荡锥形瓶，导致侍测液不能充分反应，所以影响滴定结果准确性，故D错误；故选：C。【点评】本题考查化学实验方案的评价，涉及实验基本操作、误

23、差分析等，明确实验原理及仪器的正确使用方法是解题关键，题目难度不大。11（2分）不能通过一步反应实现的是（）AH2SSO2BSSO3CSO2H2SO4DH2SO4（浓）SO2【分析】A硫化氢与氧气反应生成二氧化硫和水；B硫与氧气反应生成二氧化硫；C二氧化硫与溴发生氧化还原反应生成硫酸和氢溴酸；D碳和浓硫酸反应生成二氧化硫和二氧化碳和水。【解答】解：A硫化氢与氧气反应：2H2S+3O22SO2+2H2O，故A不选；B硫与氧气反应生成二氧化硫，不能一步生成三氧化硫，故B选；C二氧化硫与溴二者反应生成氢溴酸和硫酸，反应方程式为Br2+SO2+2H2OH2SO4+2HBr，故C不选；D浓硫酸和C反应生

24、成二氧化碳、二氧化硫和水，反应方程式为：C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O，故D不选；故选：B。【点评】本题考查化学反应能否通过一步反应实现，侧重于学生综合运用元素化合物知识的能力的考查，为高考常见题型，题目难度不大，注意把握物质的性质。12（2分）能用元素周期律解释的是（）A酸性：HIHFB碱性：NaOHMg（OH）2C稳定性：CH4H2SD氧化性：FeCl3CuCl2【分析】A氢化物的酸性与元素周期律没有关系；B金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强；C非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，该关系表明用元素周期律解释；D铁离子的氧化性大于铜离子，与元素周期律没有关系。【

25、解答】解：AHI为强电解质，HF为弱电解质，则酸性HIHF，表明用元素周期律解释，故A错误；B金属性NaMg，根据元素周期律可知，最高价氧化物对应水合物的碱性：NaOHMg（OH）2，故B正确；C非金属性CS，非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，而稳定性：CH4H2S，表明用元素周期律解释，故C错误；D铁离子更易得到电子，则氧化性：FeCl3CuCl2，与元素周期律没有关系，故D错误；故选：B。【点评】本题考查元素周期表和周期律，为高频考点，把握元素的位置、性质、元素周期律为解答本题的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。13（2分）与H2反应生成的单炔烃有（）

26、A1种B2种C4种D8种【分析】结构对称，如由炔烃加成生成，则烷烃分子中相连的碳原子至少含有2个H原子，以此解答该题。【解答】解：结构对称，如由炔烃加成生成，则烷烃分子中相连的碳原子至少含有2个H原子，则碳碳三键只能位于CH2CH3对应的碳原子上，只有一种位置。故选：A。【点评】本题以加成反应为载体，考查有机物的结构和性质，为高频考点，题目侧重考查同分异构体的书写，理解加成反应原理是解题的关键，采取逆推法还原CC双键或三键，注意分析分子结构是否对称，防止重写、漏写，题目难度中等。14（2分）用绿矾（FeSO47H2O）配制FeSO4溶液，常加入稀硫酸和（）A锌粉B铁粉C硫酸铁D盐酸【分析】硫酸

27、亚铁易被氧化而变质，硫酸亚铁为强酸弱碱盐易水解，依据水解平衡影响因素解答。【解答】解：硫酸亚铁易被氧化而生成硫酸铁，加入少量铁粉与三价铁离子反应生成二价铁离子，所以加入铁可以防止Fe2+被氧化；硫酸亚铁为强酸弱碱盐易水解生成硫酸和氢氧化亚铁，依据浓度对水解平衡影响，加入稀硫酸可以抑制二价铁子的水解，故选：B。【点评】本题考查盐溶液的配制，掌握硫酸亚铁的性质是解答该题的关键，注意明确盐类水解的规律，题目难度不大。15（2分）下列物质间不能发生化学反应的是（）AAgCl固体和KI溶液BNa2SO4固体和浓盐酸CCH3COONa固体和浓盐酸DNaHCO3固体和石灰水【分析】A、根据反应有沉淀生成，结

28、合物质的溶解度情况来分析；B、强酸制弱酸，挥发性酸制不挥发性的酸；C、强酸制弱酸；D、NaHCO3固体和石灰水生成难溶于水的碳酸钙。【解答】解：A、反应能够由溶解度相对较大的物质向生成溶解度相对较小的物质的方向进行，KI溶液与AgCl固体混合搅拌，生成了溶解度小的碘化银，故A正确；B、强酸制弱酸，挥发性酸制不挥发性的酸，硫酸和盐酸都是强酸，盐酸易挥发，所以Na2SO4固体和浓盐酸不反应，故B错误；C、强酸制弱酸，盐酸是强酸，醋酸是弱酸，所以CH3COONa固体和浓盐酸反应生成醋酸，故C正确；D、NaHCO3固体和石灰水生成难溶于水的碳酸钙，所以NaHCO3固体和石灰水能发生化学反应，故D正确；

29、故选：B。【点评】本题考查物质与物质之间的相互反应，学生只要掌握反应原理，如强制弱、挥发性酸制不挥发性的酸和复分解反应进行的条件是解题的关键。16（2分）分析图，甲、乙具有的共性是（）A反应物能量均高于生成物能量B电极反应均有Fe2eFe2+C碳棒上均发生氧化反应D溶液pH均增大【分析】甲装置是原电池，Fe失去电子、发生氧化反应，电极反应式为Fe2eFe2+，C电极上发生还原反应、电极反应式为2H+2eH2；乙装置是电解池，C电极为阳极、发生氧化反应，电极反应式为2Cl2eCl2，Fe电极为阴极、反应还原反应，电极反应式为2H2O+2eH2+2OH（或2H+2eH2），据此解答。【解答】解：A

30、Fe和硫酸发生的置换反应是放热反应，即反应物能量均高于生成物能量，而电解食盐水需要消耗电能，是吸热反应，即反应物能量低于生成物能量，故A错误；B甲装置发生Fe2eFe2+的电极反应，乙装置Fe为阴极，不会发生Fe2eFe2+的电极反应，故B错误；C甲装置中碳棒上H+得到电子、发生还原反应，乙装置碳棒上Cl失去电子、发生氧化反应，故C错误；D甲装置消耗H+、酸性减弱、pH增大，乙装置生成NaOH、碱性增强、pH增大，故D正确；故选：D。【点评】本题考查原电池原理和电解池原理，注意知识的归纳总结和迁移运用是关键，题目难度不大，注意电化学原理的理解。17（2分）下列事实中，能说明醋酸是弱酸的是（）A

31、冰醋酸能和氨水反应B冰醋酸加水后导电性增强C醋酸溶液能溶解CaCO3 D醋酸溶液加热后c（CH3COO）变大【分析】弱电解质的电离是不完全的，存在电离平衡，弱酸对应的强碱盐，能够水解，常温下pH大于7，以此解答该题。【解答】解：A冰醋酸能和氨水反应，表现酸性，不能判断酸性强弱，故A错误；B冰醋酸加水后导电性增强，说明加水电离，氢离子浓度增大，但不能确定酸性强弱，故B错误；C醋酸溶液能溶解CaCO3 ，说明醋酸的酸性比碳酸强，不能说明酸性强弱，故C错误；D醋酸溶液加热后c（CH3COO）变大，说明存在电离平衡，说明醋酸为弱酸，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了电解质强弱的判断，为高频考点，侧

32、重考查学生的分析能力，根据电解质的电离程度划分，注意电解质强弱与其溶液导电能力、化合物所含化学键等都无关，题目难度不大。18（2分）已知：2H2（g）+O2（g）2H2O （g）+483.6 kJ，2H2（g）+O2（g）2H2O （l）+571.6 kJ；图中示意正确的是（）ABCD【分析】由2H2（g）+O2（g）2H2O （g）+483.6 kJ，2H2（g）+O2（g）2H2O （l）+571.6 kJ，可知气态水的能量比液态水的能量高，互为逆反应时焓变数值相同、符号相反，以此来解答。【解答】解：A均为放热反应，且气态水的能量比液态水的能量高，与图象一致，故A正确；B气态水的能量比液态

33、水的能量高，与图象不符，故B错误；C气态水的能量比液态水的能量高，与图象不符，故C错误；D图中热量变化不合理，故D错误；故选：A。【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、状态与能量关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的易错点，题目难度不大。19（2分）实验室制取乙酸丁酯，图中装置中正确的是（）ABCD【分析】因为正丁醇和乙酸都具有挥发性，制取的丁酸丁酯熔沸点较高，据此进行制备即可。【解答】解：因为正丁醇和乙酸都具有挥发性，制取的丁酸丁酯熔沸点较高，可以采用装置B来制备。故选：B。【点评】本题考查学生丁酸丁酯的制备，注意知识的迁移应用是关键，难度不大

34、。20（2分）为达成下列实验目的，所用方法正确的是（）实验目的实验方法A证明海带提碘实验中有碘生成浸出液中加入足量氯水再加入少量淀粉溶液B检验FeSO4溶液是否完全变质试样中滴酸性KMnO4溶液C实验室制取溴苯光照苯和液溴的混合物D除去乙烷中的乙烯气体催化加热条件下与H2反应AABBCCDD【分析】A足量氯水可将碘离子氧化为碘酸根离子；B亚铁离子具有还原性；C苯与液溴在催化剂条件下发生取代反应；D易引入新杂质氢气。【解答】解：A足量氯水可将碘离子氧化为碘酸根离子，加淀粉不能检验，故A错误；B亚铁离子具有还原性，能使高锰酸钾褪色，可检验FeSO4溶液是否完全变质，故B正确；C苯与液溴在催化剂条件

35、下发生取代反应，反应条件不合理，故C错误；D易引入新杂质氢气，不能除杂，应选溴水、洗气，故D错误；故选：B。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。二、综合分析题（共60分）21（15分）聚合氯化铝晶体（Al2（OH）nCl（6n）XH2Om）是一种高效无机水处理剂。它的制备原理是调节AlCl3溶液的pH，通过促进其水解而结晶析出。回答下列问题：（1）铝原子核外能量最高的电子有1个。分析AlCl3熔点较低的原因AlCl3是分子晶体，分子间以较弱的分子间作用力结

36、合。（熔点：AlCl3194，Al2O32054，NaCl801）。（2）比较聚合氯化铝晶体中同周期两种元素的原子半径，并用原子结构知识说明理由。AlCl；Al和Cl原子核外电子层数相同，Al比Cl的核电荷数小，核对外层电子的吸引力也小，所以半径也小。（3）铝灰（主要成分为Al、Al2O3，另有少量CuO、SiO2、FeO和Fe2O3杂质）可制备AlCl3，如果先除去铝灰中的金属氧化物杂质可选用强碱（选填：“强碱”或“强酸”）。写出其中Al发生反应的离子方程式2OH+2Al+2H2O2AlO2+3H2。（4）制备聚合氯化铝晶体，需严格控制溶液的pH在4.04.5才能使产率达到最大。结合AlCl

37、3水解的离子方程式，用化学平衡移动原理解释控制pH在4.04.5之间的原因。Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，pH太小，氯化铝的水解平衡向左移动，产率减小，pH太大则水解平衡向右移动，生成氢氧化铝沉淀，产率也会下降。【分析】（1）根据Al原子的核外电子排布可得；分子晶体熔沸点低；（2）聚合氯化铝晶体中同周期两种元素的原子为Al和Cl，电子层数均为3，核外电子数不同，原子核对核外电子的吸引力不同，据此分析；（3）铝灰（主要成分为Al、Al2O3，另有少量CuO、SiO2、FeO和Fe2O3杂质）可制备AlCl3，只有Al、Al2O3溶于强碱生成偏铝酸盐，可与金属氧化物杂质分离，将偏铝酸盐盐

38、酸酸化可得AlCl3，据此分析；（4）AlCl3水解的离子方程式为Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，根据酸碱性对平衡的影响分析可得。【解答】解：（1）Al核电荷数为13，具有3个电子层，最外层电子数为3，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p1，3p为能量最高的轨道，只有一个电子；AlCl3是分子晶体，分子间以较弱的分子间作用力结合，故AlCl3熔点较低；故答案为：1；AlCl3是分子晶体，分子间以较弱的分子间作用力结合；（2）聚合氯化铝晶体中同周期两种元素的原子为Al和Cl，Al和Cl原子核外电子层数相同，Al比Cl的核电荷数小，核对外层电子的吸引力也小，所以半径也小，故AlC

39、l；故答案为：AlCl；Al和Cl原子核外电子层数相同，Al比Cl的核电荷数小，核对外层电子的吸引力也小，所以半径也小；（3）铝灰中只有Al、Al2O3溶于强碱生成偏铝酸盐，可与金属氧化物杂质分离，发生的反应为：2OH+2Al+2H2O2AlO2+3H2；故答案为：强碱；2OH+2Al+2H2O2AlO2+3H2；（4）AlCl3水解的离子方程式为：Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，pH太小，氯化铝的水解平衡向左移动，产率减小，pH太大则水解平衡向右移动，生成氢氧化铝沉淀，产率也会下降，故需需严格控制溶液的pH；故答案为：Al3+3H2OAl（OH）3+3H+，pH太小，氯化铝的水解平衡

40、向左移动，产率减小，pH太大则水解平衡向右移动，生成氢氧化铝沉淀，产率也会下降。【点评】本题考查了铝原子及形成物质的性质，掌握相应知识即可解答，注意对基础知识的积累，题目难度不大。22（15分）净化汽车尾气对于保护环境意义重大。其中的一个反应原理为：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）+Q（Q0）。回答下列问题：（1）一定温度下，将等物质的量的NO和CO通入固定容积为4L的密闭容器中，反应过程中部分物质的物质的量变化如图1甲所示，则020min平均反应速率v（NO）为0.01 molL1min1。（2）如图1乙所示，若Y表示平衡常数，只改变某一反应条件X，反应由平衡I达到新平衡

41、，则条件X为升高温度，NO的转化率为平衡I大于平衡（填：“大于”、“小于”或“不变”）（3）能判断该反应达到平衡状态的标志是bd（选填编号）av生成（CO2）v消耗（CO） b混合气体的平均相对分子质量不再改变c平衡常数保持不变d。NO、CO、N2、CO2的浓度均不再变化（4）在t2时刻，将容器的容积迅速扩大到原来的2倍，在其他条件不变的情况下，t3时刻达到新的平衡状态。请在图2中，补充画出从t2到t4时刻正反应速率随时间的变化曲线。（5）三聚氰酸C3N3（OH）3可用于消除汽车尾气中的NO2，其反应分两步进行。第一步是：C3N3（OH）33HCNO；第二步是HCNO与NO2反应，把氮元素和碳

42、元素转变成无毒气体。请写出第二步发生的化学反应方程式8HNCO+6NO27N2+8CO2+4H2O，每消除1mol NO2转移电子4NA或2.4081024个。【分析】（1）分析图象结合化学平衡三段式列式计算，根据v计算v（NO）；（2）依据图象变化趋势和反应特征是气体体积减小的放热反应，结合平衡移动原理分析；（3）化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断，得出正确结论；（4）增大容器体积，减小了压强，正逆反应速率减小，平衡向着气体体积增大的方向移动，据此画出从t2到t4时刻正反应速率随时间的变化曲线；（5

43、）第二步是HCNO与NO2反应，把氮元素和碳元素转变成无毒气体，HNCO中N元素由3升高到0，NO2中N元素由+4降低到0，为氮气和二氧化碳，据此分析解答。【解答】解：（1）一定温度下，将2.4mol CO通入固定容积为4L的密闭容器中，依据图象分析可知，平衡状态一氧化碳物质的量为1.6mol；依据化学平衡三段式列式计算； 2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）起始量（mol） 2.4 0 0变化量（mol） 0.8 0.8 0.4 0.8平衡量（mol） 1.6 0.4 0.4020min平均反应速率v（NO）0.01 molL1min1；故答案为：0.01 molL1min1；（2）2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）+Q（Q0），反应是气体体积减小的放热反应；图象中X随Y增大而增大；则条件X为温度升高，平衡逆向进行，平衡常数变小，NO的转化率为平衡I大于平衡，故答案为：升高温度；大于；（3）av生成（CO2）v消耗（CO） 从反应开始到平衡，都符合这等量关系，故a错误；b混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明各物质的物质的量不变，达平衡状态，故b正确；c平衡常数随温度变化，平衡常数保持不变与平衡态无关，故c 错误；dNO、CO、N2、CO2的浓度均不再变化，说明各物质的物质的