2019年上海市闵行区高考化学一模试卷(带参考答案).docx

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1、2019年上海市闵行区高考化学一模试卷一、单选题（本大题共20小题，共40.0分）1.强电解质是()A. 氢硫酸B. 液氨C. 硫酸钡D. 冰醋酸【答案】C【解析】解：A、氢硫酸为弱酸，在水溶液中部分电离，属于弱电解质，故A错误； B、液氨属于非电解质，故B错误； C、水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质，BaSO4熔融状态能导电是强电解质，故C正确； D、冰醋酸为弱酸，在水溶液中部分电离，属于弱电解质，故D错误； 故选：C。在水溶液中完全电离的电解质是强电解质，一般是强酸、强碱和大部分盐类。本题考查了电解质与非电解质、强电解质与弱电解质，题目难度不大，注意掌握强弱电解质、电解质与非电解质

2、的概念及判断方法。2.今年我国新疆玛湖发现储量达12亿吨的大型油田。石油的分馏产物中没有的是()A. 汽油B. 酒精C. 煤油D. 石蜡【答案】B【解析】解：石油是烃的混合物，主要含有烷烃、环烷烃等，所以石油的分馏产物中有汽油、煤油、石蜡等烃的化合物，乙醇是烃的含氧衍生物，不是石油的分馏产物，故B正确； 故选：B。石油是烃的混合物，主要含有烷烃、环烷烃等，据此分析。本题考查了石油的成分，题目难度不大，注意把握石油的成分以及常见的石油分馏产物，侧重于考查学生对基础知识的应用能力。3.能使湿润的蓝色石蕊试纸最终褪色的气体是()A. SO2B. Cl2C. NH3D. HCl【答案】B【解析】解：A

3、.二氧化硫遇到湿润的蓝色石蕊试纸，二氧化硫和水反应生成亚硫酸，湿润的蓝色石蕊试纸最终变红，故A错误； B.氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，则湿润的蓝色石蕊试纸最终褪色，故B正确； C.氨气遇到湿润的蓝色石蕊试纸，氨气和水反应生成一水合氨为碱，最终不变色，故C错误； D.HCl具有酸性，使湿润的蓝色石蕊试纸最终变红，故D错误； 故选：B。气体能使湿润的蓝色石蕊试纸最终褪色，说明气体遇到水反应生成了漂白性的物质，据此分析。本题考查了气体性质、气体检验，主要是气体和水反应后产物性质的理解，掌握基础是解题关键，题目难度不大。4.光导纤维是高纯度二氧化硅。

4、描述SiO2不正确的是()A. 熔点高B. 原子晶体C. 存在极性键D. 极性分子【答案】D【解析】解：A、二氧化硅是高熔点的物质，所以二氧化硅的熔点高，故A正确； B、二氧化硅是原子晶体，故B正确； C、二氧化硅硅氧极性共价键形成空间网状结构的晶体，晶体中存在极性共价键，故C正确； D、二氧化硅是原子晶体，构成微粒是原子，不存在分子，故D错误； 故选：D。A、二氧化硅是高熔点的物质； B、二氧化硅是原子晶体； C、二氧化硅硅氧极性共价键形成空间网状结构的晶体； D、二氧化硅是原子晶体，构成微粒是原子。本题考查二氧化硅的构成和物理性质，学生要知道二氧化硅是原子晶体是解题的关键，比较容易。5.钢

5、铁的外加电流阴极保护法中，铁应()A. 接在电源正极B. 接在电源负极C. 连接锌D. 连接铜【答案】B【解析】解：外加电流的阴极保护法即电解池原理，而在电解池中，活性阳极被腐蚀，阴极被保护，故钢铁应该做阴极，即连接电源的负极。 故选：B。外加电流的阴极保护法即电解池原理，而在电解池中，活性阳极被腐蚀，阴极被保护，据此分析。本题考查了外加电流的阴极保护法的防护原理，应注意和牺牲阳极的阴极保护法的区别，难度不大。6.物质的性质可以用“键能”来解释的是()A. 硅晶体熔点高B. 氩气性质稳定C. 碘易升华D. 氨极易溶于水【答案】A【解析】解：A.硅为原子晶体，键能越大，熔点越高，故A正确； B.

6、氩为单原子分子，不存在共价键，故B错误； C.碘为分子晶体，升华需克服分子间作用力，故C错误； D.氨气易溶于水，与氢键有关，氢键为分子间作用力，故D错误。 故选：A。原子之间的强烈的相互作用，键能越大，作用力越强，可物质的稳定性以及原子晶体的熔沸点，以此解答该题。本题考查共价键，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意物质的性质与共价键的关系，题目难度不大。7.关于氯化铵的叙述中，错误的是()A. 能与碱反应B. 是离子化合物C. 固体受热分解可制氨气D. 固体溶于水吸热【答案】C【解析】解：A.氯化铵和氢氧化钠反应生成氯化钠、氨气和水，故A正

7、确； B.氯化铵是盐，是铵根离子和氯离子构成的离子化合物，故B正确； C.氯化铵是欧热分解生成氯化氢和氨气，氯化氢和氨气极易结合重新生成固体氯化铵，不能制备氨气，故C错误； D.铵盐氯化铵溶于水溶液温度降低，固体溶于水吸热，故D正确； 故选：C。A.铵盐和碱反应生成氨气； B.铵盐属于盐是铵根离子和酸根离子构成； C.氯化铵受热分解生成氯化氢和氨气，上升过程中氯化氢和氨气重新反应生成氯化铵； D.铵盐溶于水吸热。本题考查了铵盐的结构、性质、类别等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度不大。8.适宜用NaOH溶液除去括号中杂质的是()A. 溴苯(溴)B. 乙醇(乙酸)C. 溴乙烷(溴)D. 氧化铝

8、(氧化铁)【答案】A【解析】解：A.溴与NaOH反应后，与溴苯分层，然后分液可分离，故A选； B.乙酸与NaOH反应后，与乙醇互溶，需要蒸馏分离，一般选价格便宜的CaO，故B不选； C.二者均与NaOH反应，故C不选； D.氧化铝与NaOH反应，将原物质除去，不能除杂，故D不选； 故选：A。溴与NaOH反应后，与溴苯分层，然后分液可分离，其它选项中均不适合，以此来解答。本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握有机物的性质、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，注意有机物性质的应用，题目难度不大。9.LiH在熔融状态下能导电。有关分析错误的是()A. 原子半径：LiHB

9、. 两者都是第IA族元素C. 离子半径：Li+H-D. 电子式：Li+：H-【答案】C【解析】解：A.同主族从上到下，原子半径减小，则原子半径：LiH，故A正确； B.H、Li原子的最外层电子数相同，均为1，属于第IA族元素，故B正确； C.电子层排布相同的微粒，原子序数越大，离子半径越小，则离子半径：H-Li+，故C错误； D.LiH属于离子化合物，通过离子键结合，其电子式为：Li+：H-，故D正确。 故选：C。A.同主族从上到下，原子半径减小； B.H、Li原子的最外层电子数相同； C.电子层排布相同的微粒，原子序数越大，离子半径越小； D.LiH属于离子化合物，通过离子键结合。本题考查了

10、微粒的班级比较、元素周期表及其应用，题目难度不大，注意把握原子半径和离子半径的比较方法以及元素周期表的编排规律。10.磷原子中的不成对电子，不同的是()A. 电子云形状B. 电子云伸展方向C. 电子能量D. 电子自旋状态【答案】B【解析】解：P原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，不成对电子即3p能级上的3个电子，又3p能级有3个轨道，3个电子各占据1个轨道，电子云形状相同，电子能量相同，电子自旋方向相同，但电子云伸展方向不同， 故选：B。P原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，不成对电子即3p能级上的3个电子，又3p能级有3个轨道，3个电子各占据1个轨道，据此

11、分析。本题考查了P原子结构，原子核外电子排布式式，掌握基础是解题关键，题目难度不大。11.实验室制备乙酸丁酯的叙述中，正确的是()A. 装置采用水浴加热B. 边反应边蒸馏出产物C. 提纯先水洗再碳酸钠溶液洗D. 原料正丁醇过量【答案】C【解析】解：A.水浴加热温度较低，不能超过100，应直接加热，故A错误； B.乙酸、丁醇易挥发，边反应边蒸馏出产物，导致乙酸、丁醇挥发，产率较低，故B错误； C.酯在饱和碳酸钠溶液中溶解度较低，且剩余丁醇能够溶解于水中，乙酸能与碳酸钠反应，所以提纯先水洗再碳酸钠溶液洗，故C正确； D.丁醇价格高于乙酸，为提高丁醇转化率，通常使原料乙酸过量，故D错误； 故选：C。

12、实验室用乙酸和丁醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应制备乙酸丁酯，为可逆反应，反应中浓硫酸起到吸水剂和催化剂作用，为提高丁醇的转化率，可使用过量的乙酸，结合酯类的性质解答该题。本题考查乙酸丁酯的制备，为高频考点，侧重考查基本操作、基本理论，明确实验原理是解本题关键，注意从操作规范性及物质性质分析评价，难度中等。12.有机物转化所需的试剂、反应条件中，不正确的是()A. 醇烯烃：浓硫酸，加热B. 醛羧酸：银氨溶液，水浴加热C. 苯溴苯：溴水，铁D. 酸酯：浓硫酸，加热【答案】C【解析】解：A.醇在浓硫酸作用下、加热发生消去反应，如乙醇生成乙烯，故A正确； B.醛可被银氨溶液氧化，反应生成酸，故B正确

13、； C.苯与溴水不反应，苯与液溴在催化作用下发生取代反应，故C错误； D.酸与醇在浓硫酸作用下加热生成酯类，故D正确。 故选：C。A.醇在浓硫酸作用下发生消去反应； B.醛可被银氨溶液氧化； C.苯与溴水不反应； D.酸与醇在浓硫酸作用下加热生成酯类。本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意把握有机物反应的条件，题目难度不大。13.催化加氢可生成2-甲基戊烷的是()A. CH2=CHC(CH3)2CH2CH3B. CH2=CHCH(CH3)CCHC. (CH3)2C=C(CH3)2D. (CH3)2CHCH2CCH【答案】D

14、【解析】解：A.CH2=CHC(CH3)2CH2CH3可加成生成3，3-二甲基戊烷，故A不选；B.CH2=CHCH(CH3)CCH可加成生成3-甲基戊烷，故B不选；C.(CH3)2C=C(CH3)2可加成生成2，3-二甲基丁烷，故C不选；D.(CH3)2CHCH2CCH可与氢气发生加成反应生成2-甲基戊烷，故D选；故选：D。2-甲基戊烷的碳链结构为，由2-甲基戊烷的碳链结构知，相邻碳原子上各去掉1个氢原子形成双键的碳链结构有：、，或最后3个C之间形成三键，以此来解答。本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握碳链骨架、烯烃及炔烃的性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意加成前后碳链骨

15、架不变，题目难度不大。14.有关海水提溴和海带提碘的叙述错误的是()A. 都需经过浓缩、氧化、提取B. 海水提溴的浓缩原理是蒸发C. 氧化步骤都可通入氯气来实现D. 提取步骤都可用四氯化碳萃取【答案】D【解析】解：A.分析可知海水提溴和海带提碘都需要经过浓缩、氧化、提取三个步骤，故A正确； B.提溴的浓缩液来自于海水晒盐后的卤水，可使溴离子浓度增大，为浓缩过程，故B正确； C.氯气具有氧化性氧化溴离子生成单质溴，可氧化溴离子，也可以验货碘离子，氧化步骤都可通入氯气来实现，故C正确； D.溴易挥发，可鼓入热空气或热水蒸气将溴分离出来，提取碘是利用氧化剂氧化碘离子生成碘单质，萃取分液、蒸馏方法得到

16、，故D错误； 故选：D。海水中溴离子含量较低，应先浓缩，再将溴离子转化为溴需要加入氧化剂，通常选择氯气，氧化溴离子得到单质溴：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，再利用溴的挥发性，鼓入热空气或热水蒸气将溴分离出来，二氧化硫与溴反应富集后再利用氯气将HBr氧化，分离溴单质利用溴的挥发性，提取碘是利用氧化剂氧化碘离子生成碘单质，萃取分液、蒸馏方法得到，以此来解答。本题考查海水资源的利用，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，应熟悉提纯流程及混合物分离提纯、试剂的选择为解答的关键，题目难度不大。15.物质之间反应，一定不产生H2的是()A. 过氧化钠和水B. 金属钠和冷水C. 铁和热浓硫酸D. 炽

17、热铁和水蒸气【答案】A【解析】解：A、过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，一定不产生H2，故A正确； B、金属钠和冷水生成氢氧化钠和氢气，故B错误； C、铁和热浓硫酸反应，随反应的进行，浓硫酸变成稀硫酸，会生成氢气，故C错误； D、炽热铁和水蒸气，生成Fe3O4和H2，故D错误； 故选：A。A、过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气； B、金属钠和冷水生成氢氧化钠和氢气； C、铁和热浓硫酸反应，随反应的进行，浓硫酸变成稀硫酸； D、炽热铁和水蒸气，生成Fe3O4和H2。本题考查了元素化合物的性质，题目难度不大，注意C铁和热浓硫酸反应，随反应的进行，浓硫酸变成稀硫酸，为易错点。16.合成氨生产中，说

18、法正确的是()A. 使用催化剂，提高原料的利用率B. 采用高温、高压工艺提高氨的产率C. 产物用水吸收，剩余气体循环利用D. 增大反应物浓度，对v正影响更大【答案】D【解析】解：A.催化剂不影响平衡移动，所以加入催化剂使反应速率加快，平衡不移动，故A错误； B、合成氨工厂通常采用高压(20MPa50Mpa)条件是催化剂的活性高，而不利于平衡的正向移动，高压有利用平衡向正反应方向移动，可提高氨的产率，故B错误； C、平衡混合气体是用冷水冷却，而不是用水吸收，故C错误； D、增大反应物浓度，正、逆反应的速率都加快，但对v正影响更大，故D正确； 故选：D。勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，

19、平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用，而使用催化剂只加快化学反应的速率，不影响平衡的移动，由此分析解答。本题考查化学反应的速率和化学平衡移动原理的应用，为高频考点，题目难度不大，明确勒夏特列原理为解答关键，试题侧重考查学生对化学平衡移动原理的理解和判断，注意只有能引起平衡移动的才能用平衡移动原理解释。17.向NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液，刚开始时反应的离子方程式是()A. H+OH-H2OB. NH4+OH-NH3H2OC. HSO4-+OH-SO42-+H2OD. NH4+H+2OH-NH3H2O+H2O【答案】A【解

20、析】解：NH4HSO4溶液中H+、NH4+均能和OH-反应，但NaOH先和H+反应，故开始时离子方程式为H+OH-=H2O。 故选：A。NH4HSO4溶液中H+、NH4+均能和OH-反应，但NaOH先和H+反应，据此分析。本题考查了离子方程式的书写以及反应先后顺序问题，难度不大，注意反应顺序的掌握。18.不能说明氯的非金属性强于溴的事实是()A. HClO4酸性强于HBrO4B. HBr的分解温度低于HClC. BrCl中氯为-1价D. FeBr2溶液中滴少量氯水，溶液变黄【答案】D【解析】解：A.应根据最高价氧化物对应的水化物的酸性比较非金属性强弱，即HClO4HBrO4，故A不符合； B.

21、HBr的分解温度低于HCl，说明HBr较不稳定，则可说明氯的非金属性强于溴，故B不符合； C.BrCl中氯为-1价说明氯原子吸引电子能力强，说明氯的非金属性强于溴，故C不符合； D.向FeBr2溶液中滴加少量氯水，亚铁离子还原性大于溴离子，少量氯气会将亚铁离子，产物分别是铁离子，铁离子在溶液中呈现浅黄色，不能证明氯的非金属性强于溴，故D符合； 故选：D。比较非金属元素的非金属性强弱，可根据单质之间的置换反应、对应最高价氧化物的水化物的酸性、氢化物的稳定性、与氢气反应的难易程度、对键合电子的吸引，与变价金属反应是金属元素的化合价等角度判断。本题考查非金属比较的方法、氧化还原反应分析判断，熟悉非金

22、属性比较常用的方法是解答本题的关键，学生应注意归纳常见的比较方法来解答，题目难度不大。19.一定能实现铁元素之间相互转化的措施是()A. 实现的转化，用比铁活泼的金属B. 实现的转化，通过钢铁电化腐蚀C. 实现的转化，加入少量稀硝酸D. 实现的转化，加入过量氯气【答案】B【解析】解：A.实现的转化，用比铁活泼的金属锌可以实现，但K、Na、Ca等不能实现，故A错误； B.反应铁在原电池反应中做负极失电子生成亚铁离子，实现的转化，可以通过钢铁电化腐蚀实现，故B正确； C.实现的转化，加入少量稀硝酸，可能反应生成亚铁离子，故C错误； D.实现的转化，加入铁粉可以实现，通入氯气不能实现，故D错误； 故

23、选：B。A.活泼金属和盐溶液反应不都是置换反应； B.反应铁在原电池反应中做负极失电子生成亚铁离子； C.反应铁和强氧化剂硝酸反应可以生成铁离子，铁过量会生成亚铁离子； D.反应铁离子和还原剂反应生成亚铁离子；本题考查了铁及其化合物性质的分析判断、原电池原理分析、金属活泼性的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。20.某溶液中可能含有等物质的量的K+、Na+、Fe3+、Fe2+、SO42-、SO32-的几种离子。某同学取两份该溶液进行如下实验：一份滴入酸性KMnO4溶液，发现KMnO4溶液褪色；另一份加入BaCl2溶液，产生不溶于水的沉淀。对溶液描述错误的是()A. 可能含有K+B. 可

24、能含有SO42-C. 可能含有Fe3+D. 可能含有SO32-【答案】C【解析】解：由以上分析可知可能含有SO42-、SO32-，如含有SO32-，则不含Fe2+，则应含有K+、Na+，如含SO42-，则应含Fe2+，可知不含Fe3+， 故选：C。(1)一份滴入酸性高锰酸钾溶液，发现高锰酸钾溶液褪色，含有Fe2+、SO32-中的至少一种； (2)另一份加入氯化钡固体，产生不溶于水的沉淀，至少含有SO42-、SO32-中的一种，以此解答该题。本题考查常见离子的检验方法，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，题目难度不大，明确常见离子的性质为解答关键，注意掌握常见离子的检验方法。二、简答题（本大题共

25、4小题，共60.0分）21.晶体硅是良好的半导体材料，多晶硅主要采用SiHCl3还原工艺生产。(1)硅原子核外有_种能量不同的电子。氯离子的核外电子排布式为_。短周期主族元素中，氯元素及与其相邻元素的原子半径从大到小的顺序是_。(2)从原子结构角度解释硅元素与氯元素的非金属性强弱_。900以上发生SiHCl3(g)+H2(g)Si(s)+3HCl(g)反应，平衡时H2的百分含量随温度、压强(P)变化如图(K为不同条件时得平衡常数)。(3)从化学反应速率角度来说明上述反应已达到平衡状态_。(4)若反应容器的容积为2L，10min后达到平衡，测得固体的质量增加了2.8g，则HCl的平均反应速率为_

26、。(5)P1_P2(选填“”、“ClF 氯和硅两元素同周期，电子层数相同，质子数氯硅，原子半径氯硅，得电子能力氯硅 氢气的生成速率等于氢气的消耗速率 0.015mol/(Lmin) K1=K2ClF，故答案为：14；1s22s22p63s23p6；SClF；(2)从原子结构角度解释硅元素与氯元素的非金属性强弱为氯和硅两元素同周期，电子层数相同，质子数氯硅，原子半径氯硅，得电子能力氯硅，故答案为：氯和硅两元素同周期，电子层数相同，质子数氯硅，原子半径氯硅，得电子能力氯硅；(3)从化学反应速率角度可知，氢气的生成速率等于氢气的消耗速率时反应已达到平衡状态，故答案为：氢气的生成速率等于氢气的消耗速率

27、；(4)固体的质量增加了2.8g，为Si的质量，n=2.8g28g/mol=0.1mol，则生成HCl为0.3mol，HCl的平均反应速率为0.3mol2L10min=0.015mol/(Lmin)，故答案为：0.015mol/(Lmin)；(5)为气体体积增大的反应，增大压强平衡逆向移动，氢气的含量增大，由图可知P1P2，K与温度有关，升高温度氢气的含量减小、平衡正向移动，正反应为吸热反应，则K1、K2、K3大小关系式为K1=K2；K1=K2”、“ 水存在电离平衡：H2OH+OH-，SO32-与H+结合生成HSO3-、H2SO3，降低了H+浓度，使水的电离平衡向右移动 Na2SO3部分被氧化

28、成硫酸钠2Na2SO3+O2=2Na2SO4 取的溶液少许于试管中，先滴入足量稀盐酸，再滴入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则证明有Na2SO3被氧化成Na2SO4 c(Na+)c(SO32-)c(OH-)c(HSO3-)c(H+)【解析】解：(1)Na2SO3固体隔绝空气加强热，反应后的固体中含有S2-，发生了氧化还原反应，+4价硫降低到-2价，同时升高到+6价，反应生成硫化钠和硫酸钠，据此书写化学方程式为：4Na2SO3-高温Na2S+3Na2SO4，4mol亚硫酸钠电子转移总数6e-，若有0.5molNa2SO3参加反应，则电子转移个数=60.5mol4NA=0.75NA，故答案为：4

29、Na2SO3-高温Na2S+3Na2SO4；0.75NA；(3)亚硫酸钠是强碱弱酸盐，亚硫酸根离子水解溶液显碱性，促进水的电离，时刻Na2SO3溶液中水的电离程度大于同温下纯水中水的电离程度，平衡原理解释该原因是：水存在电离平衡：H2OH+OH-，SO32-与H+结合生成HSO3-、H2SO3，降低了H+浓度，使水的电离平衡向右移动，故答案为：；水存在电离平衡：H2OH+OH-，SO32-与H+结合生成HSO3-、H2SO3，降低了H+浓度，使水的电离平衡向右移动；(4)亚硫酸钠具有较强还原性，升温过程中部分被氧化为硫酸钠2Na2SO3+O2=2Na2SO4，水解程度减弱，PH减小，取的溶液少

30、许于试管中，先滴入足量稀盐酸，再滴入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则证明有Na2SO3被氧化成Na2SO4，故答案为：Na2SO3部分被氧化成硫酸钠，2Na2SO3+O2=2Na2SO4；取的溶液少许于试管中，先滴入足量稀盐酸，再滴入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则证明有Na2SO3被氧化成Na2SO4；(5)Na2SO3的溶液中发生两步水解都生成OH导致溶液呈碱性，只有第一步水解生成HSO3-，但是其水解程度较小，所以离子浓度大小顺序是：c(Na+)c(SO32-)c(OH)c(HSO3-)c(H+)，故答案为：c(Na+)c(SO32-)c(OH-)c(HSO3-)c(H+)。(1

31、)Na2SO3固体隔绝空气加强热，反应后的固体中含有S2-，发生了氧化还原反应，+4价硫降低到-2价，同时升高到+6价，据此书写化学方程式，结合反应过程中定量关系计算电子转移；(3)亚硫酸钠是强碱弱酸盐，亚硫酸根离子水解溶液显碱性，促进水的电离；(4)将0.1mol/LNa2SO3溶液先升温再降温过程中亚硫酸钠被部分氧化，检验硫酸根离子的存在设计实验检验亚硫酸钠是否被氧化；(5)Na2SO3的溶液中发生两步水解都生成OH导致溶液呈碱性，只有第一步水解生成HSO3-，但是其水解程度较小。本题考查弱电解质在水中的电离平衡，明确中溶质变化是解本题关键，盐类水解是高频考点，也是高考的重点和难点，题目难

32、度中等。23.KIO3是我国规定的食盐补碘剂，利用“KClO3氧化法”可制备KIO3，流程如下：已知：“酸化反应”所得产物有KH(IO3)2、Cl2和KCl。(1)KIO3所含的化学键有_。(2)逐出的Cl2可用_检验；“滤液”中的溶质主要是_；“调pH”中所用的试剂是_。(3)已知KIO3在水中的溶解度随温度升高而增大，则操作I包含的操作应该是_、_、过滤。为测定“加碘食盐”中碘元素含量：称取50.000g食盐，配成250mL溶液；量取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入足量KI，并用少量稀硫酸酸化，使KIO3与KI反应完全；以淀粉为指示剂，用2.010-4mol/L的Na2S2O3溶液滴定至

33、终点，消耗Na2S2O3溶液体积为30.00mL。已知：KIO3+KI+H2SO4K2SO4+I2+H2O(未配平)，2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI。(4)测定过程中，所需仪器在使用前必须检查是否漏液的有_。(5)判断滴定终点的依据是_。(6)配平：_KIO3+_KI+_H2SO4_K2SO4+_I2+_H2O该食盐中碘元素的含量是_mg/kg。【答案】离子键和共价键 湿润的KI淀粉试纸检验 KCl KOH溶液 蒸发浓缩 冷却结晶 容量瓶、滴定管 溶液由蓝色变成无色，且30秒内无变化 1 5 3 3 3 3 25.4【解析】解：(1)KIO3所含的化学键有离子键和共价键，故答案

34、为：离子键和共价键；(2)逐出的Cl2可用湿润的KI淀粉试纸检验检验；“滤液”中的溶质主要是KCl；“调pH”中所用的试剂是KOH溶液，故答案为：湿润的KI淀粉试纸检验；KCl；KOH溶液；(3)KIO3在水中的溶解度随温度升高而增大，则操作I包含的操作应该是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；(4)测定过程中，所需仪器在使用前必须检查是否漏液的有容量瓶、滴定管，故答案为：容量瓶、滴定管；(5)判断滴定终点的依据是溶液由蓝色变成无色，且30秒内无变化，故答案为：溶液由蓝色变成无色，且30秒内无变化；(6)由电子及原子守恒可知KIO3与KI反应完全的化学方程式为KIO3+5K

35、I+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，反应的关系式为KIO33I26Na2S2O3，n(Na2S2O3)=2.010-4mol/L0.03L=610-6mol，由关系式可知n(KIO3)=610-6mol16=110-6mol，则50.000g食盐中碘元素的含量是110-6mol25025127g/mol103mg5010-3kg=25.4mg/kg，故答案为：1；5；3；3；3；3；25.4。由制备流程可知，“酸化反应”所得产物有KH(IO3)2、Cl2和KCl，反应物是KClO3和I2，在酸性条件下ClO3-可以氧化I2生成IO3-，加热可逐出Cl2，还原产物含有Cl2和Cl-

36、，驱逐Cl2后结晶产物应为KCl，相当于是除杂步骤，调节pH过程中产生KIO3，则是由KH(IO3)2与KOH反应生成，以此来解答。本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握流程中发生的反应、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，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。24.芳香族化合物A(其中R是未知基团)在一定条件下可转化成如下系列物质。(1)写出A的结构简式_。(2)检验反应是否完全的方案是_。(3)C有多种同分异构体，其中含苯环的同分异构体中可能含有的官能团是_。a.1个酯基b.2个醛基 c.1个碳碳双键和1个醛基 d.1个醛基和1个羟基(4)反应反应类型

37、是_。写出反应的化学方程式_。(5)E可以合成高聚物，写出该高聚物的结构简式_。(6)以本题中的C为原料制备，写出合成路线，无机试剂任选。(合成路线常用的表示方法为：目标产物)【答案】 取样少许，加入足量氢氧化钠溶液中和酸，再加入新制氢氧化铜，煮沸，若产生砖红色沉淀，说明反应未完全 ad 氧化反应 【解析】解：(1)通过以上分析知，A结构简式为，故答案为：；(2)生成D为-CHO氧化为-COOH，要检验-CHO是否被氧化完全，实际上是检验醛基，其检验方法为：取样少许，加入足量氢氧化钠溶液中和酸，再加入新制氢氧化铜，煮沸，若产生砖红色沉淀，说明反应未完全，故答案为：取样少许，加入足量氢氧化钠溶液

38、中和酸，再加入新制氢氧化铜，煮沸，若产生砖红色沉淀，说明反应未完全；(3)C为，C有多种同分异构体，其中含苯环的同分异构体中可能含有的官能团是1个酯基、1个醛基和羟基、1个醛基和醚键和1个羟基、1个碳碳双键和2个羟基、1个羰基和1个羟基，故选ad；(4)反应反应类型是醇的催化氧化反应，反应的化学方程式，故答案为：氧化反应；(5)E可以合成高聚物，该高聚物的结构简式，故答案为：；(6)以C为原料制备，甲基发生取代反应生成-CH2Cl，-CH2Cl发生水解反应生成醇羟基、醇羟基被催化氧化生成醛基，其合成路线为，故答案为：。A水解然后酸化得到B、C，C不饱和度=82+2-82=5，苯环的不饱和度是4

39、，则苯环上还含有一个-COOH，根据A结构简式知，C为；根据D反应产物知，该反应为取代反应，D结构简式为(CH3)2CHCOOH，A水解得到的B为醇，醇发生两次氧化反应生成D，则B为(CH3)2CHCH2OH；根据BC结构简式知，A为；E的不饱和度=42+2-62=2，羧基的不饱和度是1，则反应是消去反应，E为CH2=C(CH3)COOH，(6)以C为原料制备，甲基发生取代反应生成-CH2Cl，-CH2Cl发生水解反应生成醇羟基、醇羟基被催化氧化生成醛基。本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析推断及知识综合运用能力，明确官能团及其性质关系、物质之间的转化关系是解本题关键，注意(2)中醛基的检验中要排除-COOH的干扰，题目难度中等。国产考试小能手第19页，共19页