上海市虹口区2021届高三化学二模试题（含解析）.doc

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1、上海市虹口区2014届高三二模化学试卷一、选择题（本题共10分，每小题2分，每题只有一个正确选项）1化学已渗透到人类生活的各个方面，下列说法正确的是（）A石油、煤、天然气、可燃冰、植物油都属于化石燃料B绿色食品是生产时不使用化肥、农药、不含任何化学物质的食品C推广使用洁净煤技术，可减少二氧化硫等有害气体的排放D地沟油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，可用于制肥皂和加工食用油考点：化石燃料与基本化工原料；常见的生活环境的污染及治理；常见的食品添加剂的组成、性质和作用.专题：化学应用分析：A植物油属于油脂不是化石燃料；B绿色食品是指在无污染的条件下种植、养殖、施有机肥料、不用高毒性、高残留农药、在标准

2、环境、生产技术、卫生标准下加工生产、经权威机构认定并使用专门标志的安全、优质、营养类食品的统称据此解答；C洁净煤技术是指减少污染和提高效率的煤炭加工、燃烧、转化和污染控制等新技术；D“地沟油”是用饭店的泔水及垃圾猪肉等加工而成的“食用油”，对人体健康有害不能食用解答：解：A石油、煤、天然气、可燃冰都属于化石燃料，植物油属于油脂不是化石燃料，故A错误；B绿色食品是指在无污染的条件下种植、养殖、施有机肥料、不用高毒性、高残留农药、在标准环境的食品，生产时可以使用有机化肥和低毒的农药，故B错误；C推广使用洁净煤技术，可减少二氧化硫等有害气体的排放，故C正确；D“地沟油”是用饭店的泔水及垃圾猪肉等加工

3、而成的“食用油”，对人体健康有害不能食用，故D错误；故选C点评：本题考查了常见的化石燃料，对绿色食品、节煤技术的理解，地沟油的成分，与社会生活接触密贴，是高考的热点题型，平时学习时注意积累2（2分）（2014虹口区二模）下列说法正确的是（）A230Th和232Th是钍的两种同素异形体BH2与T2互为同位素C甲醇与乙二醇互为同系物D乙酸乙酯与丁酸互为同分异构体考点：同素异形体；同位素及其应用；芳香烃、烃基和同系物；同分异构现象和同分异构体.专题：原子组成与结构专题；同系物和同分异构体分析：A、230Th和232Th是钍的两种不同核素；B、H2与T2都是由氢元素组成的氢单质；C、结构相似，分子组成

4、上相差一个或若干个CH2的有机化合物，互为同系物；D、分子式相同、结构不同的化合物互为同分异构体解答：解：A、230Th和232Th的质子数相同，中子数相差2，都是由钍元素组成的两种不同核素，互为同位素，故A错误；B、H2与T2都是由氢元素组成的氢单质，互为同素异形体，故B错误；C、甲醇的分子式为CH4O，乙二醇的分子式为C2H6O2，分子组成上相差CH2O，因此甲醇与乙二醇不互为同系物，故C错误；D、乙酸乙酯与丁酸的分子式为C4H8O2，乙酸乙酯含有酯基，丁酸含有羧基，二者结构不同，互为同分异构体，故D正确；故选：D点评：本题考查了同位素、同系物、同素异形体、同分异构体的辨析，题目难度一般，

5、准确掌握同位素、同系物、同素异形体、同分异构体的定义是解题的关键3（2分）（2014虹口区二模）下列化学用语正确的是（）A2氨基丁酸的结构简式：B四氯化碳的比例模型：C氯化铵的电子式为：D次氯酸的结构式为：HClO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根据氨基酸的命名原则进行判断；B四氯化碳分子中碳原子半径小于氯原子半径，该模型中原子半径大小错误；C氯离子最外层电子数没有标出；D次氯酸分子中不存在氢氯键，应该为氢氧键和氯氧键解答：解：A.2氨基丁酸，氨基在羧基邻位碳上，其结构简式为：，故A正确；B四氯化碳分子中，氯原子的原子半径大于碳原子，四氯化碳的正确的比例模

6、型为：，故B错误；C氯化铵为离子化合物，氯离子中的最外层电子应该标出，正确的电子式为：，故C错误；D次氯酸的电子式为：，所以次氯酸的结构式为：HOCl，故D错误；故选A点评：本题考查了电子式、结构简式、结构式、比例模型的判断，题目难度中等，注意掌握常见化学用语的概念及表示方法，明确离子化合物与共价化合物的电子式区别4（2分）（2014虹口区二模）下列说法正确的是（）A分子晶体中一定含有共价键BpH=7的溶液一定是中性溶液C含有极性键的分子不一定是极性分子D非金属性强的元素单质一定很活泼考点：共价键的形成及共价键的主要类型；元素周期律的作用；极性分子和非极性分子；水的电离.专题：基本概念与基本理

7、论；化学键与晶体结构分析：A稀有气体形成的分子晶体中不存在化学键；BpH=7的溶液可能为酸性、碱性、中性；C含有极性键的分子可能为极性分子，也可为非极性分子；D非金属性强的元素单质，性质不一定很活泼解答：解：A稀有气体形成的分子晶体中不存在化学键，多原子构成的分子晶体中存在共价键，故A错误；BpH=7的溶液可能为酸性、碱性、中性，常温下pH=7的溶液一定是中性溶液，故B错误；C含有极性键的分子可能为极性分子，也可为非极性分子，如甲烷为极性键构成的非极性分子，故C正确；D非金属性强的元素单质，性质不一定很活泼，如N的非金属性强，但氮气性质稳定，故D错误；故选C点评：本题考查较综合，涉及化学键、溶

8、液酸碱性、键的极性与分子的极性、非金属性及物质性质等，选项B为易错点，注重基础知识的考查，题目难度不大5（2分）（2014虹口区二模）下列有关物质的性质与应用相对应的是（）ACl2具有漂白性，可用作自来水的消毒BSiO2具有高沸点，可用作制备光导纤维CNH3具有还原性，可用作制冷剂DNa2O2能与CO2反应，可用作潜水艇内的供氧剂考点：氯气的化学性质；氨的化学性质；硅和二氧化硅；钠的重要化合物.专题：元素及其化合物分析：A、氯气没有漂白性，次氯酸具有漂白性；B、二氧化硅熔点高，还是制造光导纤维的材料；C、氨气易液化，常用作制冷剂；D、过氧化钠可以和人体呼出的气体反应产生氧气，常做供氧剂解答：解

9、：A、氯气没有漂白性，是氯气和水之间反应生成的次氯酸具有漂白性，物质的性质与应用不相对应，故A错误；B、二氧化硅熔点高，具有传输信息的特点，所以是制造光导纤维的材料，物质的性质与应用不相对应，故B错误；C、氨气常用作制冷剂，是因为其易液化，不是因为还原性，物质的性质与应用不相对应，故C错误；D、过氧化钠可以和人体呼出的气体二氧化碳等反应产生氧气，常做供氧剂，质的性质与应用相对应，故D正确故选D点评：本题考查学生物质的性质以及应用，注意知识的归纳和整理是解题的关键，难度不大二、选择题（本题共36分，每小题3分，只有一个正确选项，答案涂在答题纸上）6（3分）（2014虹口区二模）下列关于氨碱法（索

10、氏）和联合制碱法（侯氏）说法错误的是（）A两者的原料来源相同B两者的生产原理相同C两者对食盐利用率不同D两者最终产品都是Na2CO3考点：纯碱工业（侯氏制碱法）.专题：化学应用分析：氨碱法：以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料来制取纯碱先使氨气通入饱和食盐水中而成氨盐水，再通入二氧化碳生成溶解度较小的碳酸氢钠沉淀和氯化铵溶液其化学反应原理是：NH3+CO2+H2O+NaCl（饱和）=NaHCO3+NH4Cl，将经过滤、洗涤得到的NaHCO3微小晶体，再加热煅烧制得纯碱产品：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，放出的二氧化碳气体可回收循环使用，含有氯化铵的滤

11、液与石灰乳（Ca（OH）2）混合加热，所放出的氨气可回收循环使用，CaO+H2O=Ca（OH）2，2NH4Cl+Ca（OH）2=CaCl2+2NH3+2H2O； 联合制碱法：以食盐、氨和二氧化碳（其中二氧化碳来自合成氨厂用水煤气制取氢气时的废气）为原料来制取纯碱，联合制碱法包括两个过程：第一个过程与氨碱法相同，将氨通入饱和食盐水而成氨盐水，再通入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀，经过滤、洗涤得NaHCO3微小晶体，再煅烧制得纯碱产品，其滤液是含有氯化铵和氯化钠的溶液第二个过程是从含有氯化铵和氯化钠的滤液中结晶沉淀出氯化铵晶体由于氯化铵在常温下的溶解度比氯化钠要大，低温时的溶解度则比氯化钠小，而且氯化铵

12、在氯化钠的浓溶液里的溶解度要比在水里的溶解度小得多，所以在低温条件下，向滤液中加入细粉状的氯化钠，并通入氨气，可以使氯化铵单独结晶沉淀析出，经过滤、洗涤和干燥即得氯化铵产品此时滤出氯化铵沉淀后所得的滤液，已基本上被氯化钠饱和，可回收循环使用解答：解：A氨碱法：以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料，联合制碱法：以食盐、氨和二氧化碳（其中二氧化碳来自合成氨厂用水煤气制取氢气时的废气）为原料，两者的原料来源不相同，故A错误；B氨碱法其化学反应原理是：NH3+CO2+H2O+NaCl（饱和）=NaHCO3+NH4Cl，联合制碱法：包括两个过程：第一个过程与氨碱法相同，将氨

13、通入饱和食盐水而成氨盐水，再通入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀，经过滤、洗涤得NaHCO3微小晶体，再煅烧制得纯碱产品，第二个过程是从含有氯化铵和氯化钠的滤液中结晶沉淀出氯化铵晶体，故B正确；C氨碱法的最大缺点还在于原料食盐的利用率只有72%74%；联合制碱法最大的优点是使食盐的利用率提高到96%以上，故C正确；D氨碱法（索氏）和联合制碱法（侯氏）两者最终产品都是Na2CO3，故D正确；故选A点评：本题主要考查了氨碱法（索氏）和联合制碱法（侯氏）的原理，掌握原理是解题的关键，题目难度不大7（3分）（2014虹口区二模）下列各图示实验设计和操作合理的是（）A证明非金属性强弱：SCSiB制备少量氧气C配

14、制一定物质的量浓度的硫酸溶液D制备少量乙酸丁酯考点：化学实验方案的评价.专题：实验评价题分析：A发生强酸制取弱酸的反应可知最高价含氧酸的酸性；B过氧化钠为粉末固体，固体与液体接触后，不能分离；C不能在容量瓶中稀释浓硫酸；D反应物乙酸、1丁醇的沸点低于产物乙酸丁酯的沸点解答：解：A发生强酸制取弱酸的反应可知最高价含氧酸的酸性为硫酸碳酸硅酸，可比较非金属性SCSi，故A正确；B过氧化钠为粉末固体，固体与液体接触后，不能分离，图中隔板不能用作粉末固体与液体的反应，故B错误；C不能在容量瓶中稀释浓硫酸，应在烧杯中稀释、冷却后转移到容量瓶中，故C错误；D反应物乙酸、1丁醇的沸点低于产物乙酸丁酯的沸点，若

15、采用图中装置，会造成反应物的大量挥发，大大降低了反应物的转化率，故D错误；故选A点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及非金属性比较、固液反应装置、溶液配制、乙酸丁酯制备等，把握物质的性质及反应原理为解答的关键，注意实验方案的评价性、操作性分析，选项D为解答的难点，题目难度不大8（3分）（2014虹口区二模）如图是利用试纸、铅笔芯设计的微型实验以铅笔芯为电极，分别接触表面皿上的试纸，接通电源，观察实验现象下列说法错误的是（）ApH试纸变蓝BKI淀粉试纸变蓝C通电时，电能转换为化学能D电子通过pH试纸到达KI淀粉试纸考点：原电池和电解池的工作原理.专题：电化学专题分析：该装置为电解池，

16、连接负极的铅笔芯为阴极，阴极上氢离子放电，同时电极附近生成氢氧根离子，溶液呈碱性；连接正极的铅笔芯为阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，氯气能氧化碘离子生成碘，碘与淀粉试液变蓝色解答：解：A连接负极的铅笔芯为阴极，阴极上氢离子放电生成氢气，同时电极附近生成氢氧根离子，溶液呈碱性，pH试纸遇碱变蓝色，故A正确；B连接正极的铅笔芯为阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，氯气能氧化碘离子生成碘，碘与淀粉试液变蓝色，所以淀粉碘化钾试纸变蓝色，故B正确；C该装置是将电能转化为化学能装置，为电解池，故C正确；D电子不通过电解质溶液，电解质溶液中阴阳离子定向移动形成电流，故D错误；故选D点评：本题考查了电解原理，明确

17、离子放电顺序及各个电极上发生的反应、物质的性质即可解答，注意电解质溶液中电流的形成，为易错点9（3分）（2014虹口区二模）硒（Se）与S同主族，下列能用于比较两者非金属性强弱的是（）A氧化性：SeO2SO2B热稳定性：H2SH2SeC熔沸点：H2SH2SeD酸性：H2SO3H2SeO3考点：非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律.专题：元素周期律与元素周期表专题分析：硒（Se）与S同主族，同主族从上到下，非金属性减弱，可利用气态氢化物的稳定性、最高价含氧酸的酸性等比较非金属性，以此来解答解答：解：A不能利用氧化物的氧化性比较非金属性强弱，故A不选；B热稳定性：H2SH2Se，可知非金属

18、性SSe，故B选；C不能利用熔沸点比较非金属性强弱，故C不选；D酸性：H2SO3H2SeO3，不是最高价含氧酸，则不能比较非金属性强弱，故D不选；故选B点评：本题考查同种元素性质的变化规律及非金属性比较，为高频考点，侧重非金属性比较的考查，注意规律性知识的总结及应用，题目难度不大10（3分）（2014虹口区二模）如图，小烧杯放在一块沾有水的玻璃片上，加入氯化铵固体与氢氧化钡晶体Ba（OH）28H2O），并用玻璃棒搅拌，玻璃片上的水结成了冰由此可知（）A该反应中，化学能转变成热能B反应物的总能量低于生成物的总能量C氯化铵与氢氧化钡的反应为放热反应D反应的热化学方程式为 2NH4Cl+Ba（OH）

19、2BaCl2+2NH3H2OQ考点：吸热反应和放热反应.专题：化学反应中的能量变化分析：通过玻璃片上结冰现象可以确定反应是吸热的；吸热反应中，反应物的总能量小于生成物的总能量解答：解：A通过玻璃片上结冰现象可知该反应为吸热反应，故热能转变为化学能，故A错误；B该反应是一个吸热反应，则反应物的总能量小于生成物的总能量，故B正确；C该反应是一个吸热反应，故C错误；D氯化铵与氢氧化钡晶体反应生成氯化钡、一水合氨和水，该反应为吸热反应，反应的热化学方程式为：2NH4Cl+Ba（OH）28H2OBaCl2+2NH3H2O+8H2OQ，故D错误，故选B点评：本题考查学生吸热反应和物质能量的转化，可以根据所

20、学知识进行回答，难度不大11（3分）（2014虹口区二模）下列有关碳酸钠在化学实验中的作用叙述错误的是（）A用碳酸钠溶液制备少量烧碱B用饱和碳酸钠溶液除去CO2中混有的HCl气体C用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中混有的乙醇和乙酸D用热的碳酸钠溶液洗涤银镜反应前试管内壁的油污考点：钠的重要化合物.专题：元素及其化合物分析：A碳酸钠可与氢氧化钙反应生成NaOH；BCO2和HCl都能与饱和碳酸钠反应；C乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，但饱和碳酸钠溶液可吸收乙醇和乙酸；D碳酸钠水解呈碱性，可除去油污解答：解：A碳酸钠可与氢氧化钙发生复分解反应，在实验室中可用于制备NaOH溶液，故A正确；BCO2和HCl都

21、能与饱和碳酸钠反应，应用饱和碳酸氢钠溶液除去HCl，故B错误；C乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸可与碳酸钠反应，可溶乙醇于水，可起到分离物质的作用，故C正确；D热的碳酸钠溶液呈碱性，油污在碱性条件下可发生水解，可除去油污，故D正确故选：B点评：本题考查碳酸钠的性质，为高频考点，注意碳酸钠为强碱弱酸盐，水解呈碱性，题目难度不大12（3分）（2014虹口区二模）H2SO3水溶液中存在电离平衡H2SO3H+HSO3和HSO3H+SO32，若向H2SO3溶液中（）A通入氯气，溶液中氢离子浓度增大B通入过量H2S，反应后溶液pH减小C加入氢氧化钠溶液，平衡向右移动，pH变小D加入氯化钡溶液，平衡向右移

22、动，会产生亚硫酸钡沉淀考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡.专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A氯气和亚硫酸发生氧化还原反应，离子反应方程式为：Cl2+H2SO3+H2O=4H+SO42+2Cl；B亚硫酸和硫化氢发生氧化还原反应方程式为：H2SO3+2H2S=3S+3H2O；C氢氧根离子和氢离子发生反应，离子方程式为OH+H+=H2O；D盐酸酸性大于亚硫酸，氯化钡和亚硫酸不反应解答：解：A氯气和亚硫酸发生氧化还原反应，离子反应方程式为Cl2+H2SO3+H2O=4H+SO42+2Cl，溶液中氢离子浓度增大，故A正确；B亚硫酸和硫化氢发生氧化还原反应方程式为：H2SO3+2H2S=3S+3H2O

23、，通入硫化氢后抑制亚硫酸电离，导致溶液中氢离子浓度减小，溶液的pH增大，故B错误；C氢氧根离子和氢离子发生反应，离子方程式为OH+H+=H2O，平衡向正反应方向移动，但溶液中氢离子浓度减小，溶液的pH增大，故C错误；D盐酸酸性大于亚硫酸，氯化钡和亚硫酸不反应，氯化钡是强酸强碱盐，不水解，所以不影响亚硫酸电离，且不会产生亚硫酸钡沉淀，故D错误；故选A点评：本题考查了弱电解质的电离，明确物质之间发生的反应是解本题关键，根据反应生成物及其性质确定溶液pH变化，题目难度不大13（3分）（2014虹口区二模）下列实验能获得成功的是（）实验目的实验步骤及现象A除去苯中的苯酚加入浓溴水，充分振荡、静置，然后

24、过滤B证明醋酸的酸性比次氯酸强用pH试纸分别测定常温下等浓度的醋酸和次氯酸的pH值，pH大的是次氯酸C检验Na2SO3固体中含Na2SO4试样加水溶解后，加入足量盐酸，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀D检验溴乙烷中含有溴元素溴乙烷与氢氧化钠溶液混合振荡后，再向混合液中滴加硝酸银溶液，有淡黄色沉淀AABBCCDD考点：化学实验方案的评价.专题：实验评价题分析：A溴以及三溴苯酚都溶于苯中；B次氯酸具有漂白性；C加入盐酸，可排除Na2SO3的影响；D检验溴离子，应先调节溶液至酸性解答：解：A苯酚与溴发生取代反应生成三溴苯酚，溴以及三溴苯酚都溶于苯中，应用氢氧化钠溶液除杂，故A错误；B次氯酸具有漂白性

25、，可使pH试纸先变红后褪色，故B错误；C加入盐酸，可排除Na2SO3的影响，再加入BaCl2溶液，可生成硫酸钡白色沉淀，可用于检验，故C正确；D反应在碱性条件下水解，检验溴离子，应先调节溶液至酸性，故D错误故选C点评：本题考查较为综合，涉及物质的鉴别、分离和提纯，为高考常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，难度不大，注意把握物质的性质的异同14（3分）（2014虹口区二模）阿斯巴甜（Aspartame，结构简式如图）具有清爽的甜味，甜度约为蔗糖的200倍下列关于阿斯巴甜的错误说法是（）A在一定条件下能发生取代反应、加成反应B酸性条件下的水解产物中有两种氨基酸C在一定条件下既

26、能与酸反应、又能与碱反应D分子式为C14H18N2O3，属于蛋白质考点：有机物的结构和性质.专题：有机物的化学性质及推断分析：阿斯巴甜中含有氨基，具有碱性，可与酸反应，含有COOH，具有酸性，可发生酯化、取代反应，含有酯基，可发生取代、水解反应，含有肽键，可发生水解反应，以此解答该题解答：解：A阿斯巴甜中含有COOH、酯基、肽键，可发生取代反应，含有苯环，可发生加成反应，故A正确；B酸性条件下肽键发生水解，生成两种氨基酸，故B正确；C阿斯巴甜中含有氨基，具有碱性，可与酸反应，含有COOH，具有酸性，可与碱反应，故C正确；D蛋白质属于高分子化合物，该有机物相对分子质量较小，不属于蛋白质，故D错误

27、故选D点评：本题考查有机物的结构和性质，题目难度不大，注意有机物的结构特点，把握有机物官能团的结构和性质，为解答该类题目的关键15（3分）（2014虹口区二模）将Cl2通入100mL NaOH溶液中充分反应，生成0.1mol的NaCl，下列说法正确的是（）A反应后溶液中ClO的个数为0.1NAB原NaOH浓度为1mol/LC参加反应的氯气分子为0.1NAD转移电子为0.2NA考点：化学方程式的有关计算；氯气的化学性质.专题：计算题分析：将Cl2通入100mL NaOH溶液中充分反应，生成0.1mol的NaCl，发生Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，结合N=nNA、c=计算解答：

28、解：发生Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，生成0.1molNaCl的同时，生成0.1molNaClO，消耗2molNaOH，A生成0.1molNaClO，阴离子水解，则反应后溶液中ClO的个数小于0.1NA，故A错误；B若恰好完全反应，则原NaOH浓度为=2mol/L，故B错误；C由反应可知，参加反应的氯气为0.1mol，则参加反应的氯气分子为0.1NA，故C正确；DCl元素的化合价既升高又降低，转移0.1mol电子，则转移电子为0.1NA，故D错误；故选C点评：本题考查氯气的性质及化学反应方程式的计算，为高频考点，把握发生的化学反应及物质的量为中心的计算为解答的关键，侧重分析

29、能力、计算能力的考查，题目难度不大16（3分）（2014虹口区二模）已知还原性 IFe2+Br，在只含有I、Fe2+、Br溶液中通入一定量的氯气，关于所得溶液离子成分分析正确的是（不考虑Br2、I2和水的反应）（）AI、Fe3+、ClBFe2+、Cl、BrCFe2+、Fe3+、ClDFe2+、I、Cl考点：氧化性、还原性强弱的比较.专题：氧化还原反应专题分析：在氧化还原反应中，氧化剂先氧化还原性强的离子，再氧化还原性弱的离子，只含有I、Fe2+、Br溶液中通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子，据此回答判断解答：解：还原性 IFe2+Br，含有I、Fe2+、Br溶液中通入氯气

30、后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子A、当溶液中含有碘离子，就不会出现铁离子，故A错误；B、通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，当亚铁离子存在，则溴离子一定不会参与反应，氯气做氧化剂，对应产物是氯离子，故B正确；C、当溶液中存在亚铁离子时，则一定会存在溴离子，故C错误；D、当溶液中存在亚铁离子时，则一定会存在溴离子，故D错误故选B点评：本题考查学生氧化还原反应的先后率知识，属于基本知识的考查，注意在氧化还原反应中，氧化剂先氧化还原性强的离子，再氧化还原性弱的离子，难度不大17（3分）（2014虹口区二模）工业制硝酸产生的尾气NOx可用足量NaOH溶液吸收，以下判断错误的是（

31、）Ax=1.5时，只生成NaNO2B2x1.5时，生成NaNO2和NaNO3Cx1.5时，需补充O2Dx=2时，只生成NaNO3考点：氮的氧化物的性质及其对环境的影响.专题：氮族元素分析：NOx与NaOH溶液反应生成亚硝酸钠、硝酸钠与水，令NOx、NaOH系数都为1，配平后方程式为2NOx+2NaOH=（2x3）NaNO3+（52x）NaNO2+H2O，根据x的取值情况进行分析判断即可解答：解：工业制硝酸产生的尾气NOx用足量NaOH溶液吸收，发生反应生成亚硝酸钠、硝酸钠与水，令NOx、NaOH系数都为1，配平后方程式为2NOx+2NaOH=（2x3）NaNO3+（52x）NaNO2+H2OA

32、、x=1.5时，2x3=0，所以此时只能只生成NaNO2，故A正确；B、2x1.5时，0，52x0，此时生成NaNO2和NaNO3，故B正确；C、x1.5时，则氮的氧化物会剩余，所以需补充O2，故C正确；D、当x=2时，2x3=1，所以生成的产物有NaNO2和NaNO3，故D错误故选D点评：本题考查学生含氮的化合物的性质知识，注意发生反应的量之间的关系是关键，难度较大三、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，答案涂在答题纸上）18（4分）（2014虹口区二模）如图，将甲、乙两个装有不

33、同物质的针筒用导管连接起来，将甲针筒内的物质压到乙针筒内，进行下列实验：下列说法正确的是（）实验序号甲针筒内物质乙针筒内物质乙针筒里的现象AH2SCuSO4溶液产生黑色沉淀BH2SFeSO4溶液产生黑色沉淀CSO2H2S出现淡黄色固体DSO2紫色石蕊溶液先变红后褪色AABBCCDD考点：二氧化硫的化学性质；硫化氢.专题：氧族元素分析：AH2S与CuSO4溶液能反应生成硫化铜黑色沉淀；BH2S与FeSO4溶液不能反应；CH2S和SO2反应2H2S+SO2=3S+2H2O，硫不溶于水，析出浅黄色固体；DSO2 与水生成亚硫酸，亚硫酸使石蕊试液变红，但不褪色，因二氧化硫不能漂白指示剂；解答：解：AH

34、2S与CuSO4溶液能反应生成硫化铜黑色沉淀，故A正确；BH2S与FeSO4溶液不能反应，故B错误；CH2S和SO2反应2H2S+SO2=3S+2H2O，析出浅黄色固体，故C正确；DSO2 通入紫色石蕊溶液中，溶液变红后不褪色，二氧化硫不能漂白指示剂，故D错误；故选AC点评：该题主要考查了元素及其化合物的知识，涉及硫的化合物的性质，综合性强，需学习该阶段知识时掌握相关的反应方程式19（4分）（2014虹口区二模）在恒温密闭容器中制备特种陶瓷的原料MgO：MgSO4（s）+CO（g）MgO（s）+CO2（g）+SO2（g）Q，达到平衡后，以下分析正确的是（）A加入硫酸镁固体，平衡正向移动B达到平

35、衡时，气体的平均分子量保持不变C保持体积不变，充入CO，达到平衡的过程中逆反应速率逐渐增大D1mol MgSO4和1mol CO反应，达到平衡时吸收热量为Q考点：化学平衡的影响因素.专题：化学平衡专题分析：A、固体量的增减不会引起化学平衡的移动；B、根据气体的平均分子量M=来判断；C、增大反应物的浓度，反应速率加快，正逆反应速率均加快，但是正反应速率增加的程度大；D、根据可逆反应的特点结合热化学方程式中焓变的含义来回答解答：解：A、反应中，固体量的增减不会引起化学平衡的移动，所以加入硫酸镁固体，平衡布移动，故A错误；B、根据气体的平均分子量M=，质量变化，n也变化，当M不变了，达到了平衡，故B

36、正确；C、增大反应物的浓度，反应速率加快，正逆反应速率迅速加快，逆反应速率在原来基础上加快，故C正确；D、可逆反应的特点：不能进行彻底，所以1mol MgSO4和1mol CO反应，达到平衡时吸收热量小于Q，故D错误故选BC点评：本题涉及化学平衡移动的影响因素、平衡状态的特征以及化学反应速率的影响因素等方面知识，考查角度广，难度不大20（4分）（2014虹口区二模）下列各反应对应的离子方程式正确的是（）A次氯酸钠溶液中通入过量二氧化硫ClO+H2O+SO2HClO+HSO3B向碳酸氢钠溶液中加入过量氢氧化钙溶液2HCO3+Ca2+2OHCaCO3+2H2O+CO32C氢氧化钡溶液与硫酸溶液反应

37、得到中性溶液Ba2+OH+H+SO42BaSO4+H2OD50 mL 1mol/L的NaOH溶液中通入0.03mol H2S：5OH+3H2SHS+2S2+5H2O考点：离子方程式的书写.专题：离子反应专题分析：A次氯酸根和过量二氧化硫反应生成氯离子、硫酸根离子；B向碳酸氢钠溶液中加入过量氢氧化钙溶液，二者反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水；C氢氧根离子、氢离子和水分子的计量数都是2；Dn（NaOH）=1mol/L0.05L=0.05mol，50 mL 1mol/L的NaOH溶液中通入0.03mol H2S，设硫化钠的物质的量是x，硫氢化钠的物质的量是y，根据钠原子和硫原子守恒得，解得，所以硫化钠和

38、硫氢化钠的物质的量之比是2：1解答：解：A次氯酸根和过量二氧化硫反应生成氯离子、硫酸根离子，离子方程式为ClO+H2O+SO2=Cl+SO42+2H+，故A错误；B向碳酸氢钠溶液中加入过量氢氧化钙溶液，二者反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，离子方程式为HCO3+Ca2+OH=CaCO3+H2O，故B错误；C氢氧根离子、氢离子和水分子的计量数都是2，离子方程式为Ba2+2OH+2H+SO42=BaSO4+2H2O，故C错误；Dn（NaOH）=1mol/L0.05L=0.05mol，50 mL 1mol/L的NaOH溶液中通入0.03mol H2S，设硫化钠的物质的量是x，硫氢化钠的物质的量是y，根据

39、钠原子和硫原子守恒得，解得，所以硫化钠和硫氢化钠的物质的量之比是2：1，离子方程式为5OH+3H2S=HS+2S2+5H2O，故D正确；故选D点评：本题考查了离子方程式的书写，明确离子之间发生反应实质是解本题关键，再结合离子反应方程式书写规则分析，易错选项是D，要结合原子守恒确定生成物，再根据原子守恒书写离子方程式，难度中等21（4分）（2014虹口区二模）部分弱酸在水溶液中的电离平衡常数如下表弱酸氢氰酸（HCN）碳酸（H2CO3）氢氟酸（HF）电离平衡常数K（25）K=4.931010K1=4.3107K2=5.61011K=3.53104下列选项正确的是（）ANaCN溶液中通入少量CO2：

40、CN+H2O+CO2HCN+HCO3BNa2CO3溶液中通入少量HF：CO32+2HF2F+CO2+H2OC25，等浓度的NaCN和NaF溶液中pH值前者大于后者D中和等体积、等pH的HCN和HF消耗NaOH的量前者小于后者考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡.专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：A酸性：H2CO3HCNHCO3，强酸能和弱酸的盐反应生成弱酸；B酸性HFH2CO3HCO3，二者反应生成碳酸氢钠和氟化钠；C酸的电离平衡常数越大，其电离程度越大，则酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液pH越小；D中和等体积、等pH的HCN和HF消耗NaOH的量与酸的物质的量成正比解答：解：A酸性：

41、H2CO3HCNHCO3，强酸能和弱酸的盐反应生成弱酸，二者反应生成氢氰酸和碳酸氢根离子，方程式为CN+H2O+CO2HCN+HCO3，故A正确；B酸性HFH2CO3HCO3，二者反应生成碳酸氢钠和氟化钠，离子方程式为CO32+HFF+HCO3，故B错误；C酸的电离平衡常数越大，其电离程度越大，则酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液pH越小，电离平衡常数HFHCN，则电离程度：CNF，所以等浓度的NaCN和NaF溶液中pH值前者大于后者，故C正确；D中和等体积、等pH的HCN和HF消耗NaOH的量与酸的物质的量成正比，等pH的HCN和HF，c（HCN）c（HF），则等体积等pH的HCN和H

42、F的物质的量前者大于后者，则消耗NaOH的量前者大于后者，故D错误；故选AC点评：本题考查了弱电解质的电离，知道电离平衡常数与酸根离子水解程度、酸的强弱之间的关系是解本题关键，根据酸的强弱来确定生成物，注意D中中和等pH、等体积的酸消耗NaOH的体积与酸的强弱无关，只与酸的物质的量有关，为易错点22（4分）（2014虹口区二模）NH3可消除NO的污染，反应方程式为：6NO+4NH35N2+6H2O现有NO与NH3的混合物1mol充分反应，若还原产物比氧化产物多1.4g则下列判断中正确的是（）A产生氮气为5.6 LB有0.3 mol NO被还原C生成氧化产物2.8 gD原混合物中NO与NH3的物质的量之比可能为3：2考点：氧化还原反应的计算.专题：氧化还原反应专题分析：反应的方程式为：6NO+4NH3=5N2+6H2O，反应中NO中N元素的化合价由+2价降低到0价，得电子，NH3中N元素的化合价由3价升高到0价，失电子，根据化学方程式以及经还原得到的N2比经氧化得到的N2多1.4g，利用讨论法计算原反应混合物中NO与NH3的物质的量解答：解：6molNO还原得到3molN2，4molNH3氧化得到2molN2，两者相差1molN2，现相差1.4g，=0.05mol，相当于0.3molNO和0.2molNH3反应，依题意NO和NH3的总物质的量为1mol，其中必有一种为过量，所以有两