上海市高考化学二模试卷注意事项:1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡
对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。3.考试
结束后，本试卷和答题卡一并交回。一、单选题（本大题共20小题，共40.0分）1. 下列熔点最高的轻金属是(????)A. NaB
. MgC. AlD. Fe2. 在同温同压下，等质量的二氧化硫和二氧化碳相比，下列叙述正确的是(????)A. 密度之比11：
16B. 体积之比11：16C. 物质的量之比1：1D. 分子数之比1：13. 液氨中存在：2NH3(l)?NH4++NH2?。
下列有关化学用语表示正确的是(????)A. NH3的比例模型B. NH4+的空间构型：三角锥形C. NH2?的电子式D. 平衡常
数表达式K=c(NH4+)?c(NH2?)c(NH3)4. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，m、n、r、s、v、
p、q为四种元素组成的种化合物，p、q为这些元素组成的三元化合物。m、n、s为这些元素组成的二元化合物，其中m通常为无色液体。v为
Z的气态单质。上述物质的转比关系如图所示。下列说法正确的是(??)A. 原子半径：X p、q均能抑制水的电离D. 简单氢化物的热稳定性：Y>Z5. 在给定条件下，下列物质间的转化不能实现的是(????)A. Fe
→点燃Cl2FeCl3B. Fe→常温浓硫酸FeSO4C. Fe→高温H2OFe3O4D. Fe→常温FeCl3溶液FeCl26.
将等物质的量的硫酸和氢氧化钠反应后所得到的溶液蒸干，可得到NaHSO4.下列关于NaHSO4的说法中正确的是(????)A.
因为NaHSO4是离子化合物，因此能够导电B. NaHSO4固体中阳离子和阴离子的个数比是2：1C. NaHSO4固体熔化时破坏的
是离子键和共价键D. NaHSO4固体溶于水时既破坏离子键又破坏共价键7. 下列关于化合物a()和b()的说法正确的是(????
)A. a中所有原子共平面B. a的二氯代物有6种C. a、b的分子式均为C6H8D. a、b均可使KMnO4/H+(aq)褪色8
. 实验室中用二氧化锰和浓盐酸制氯气，主要操作有：①用药匙向烧瓶中加二氧化锰，再向分液漏斗中加入浓盐酸，并将导气管放入集气瓶中；
②放置酒精灯，根据酒精灯确定铁圈高度，固定铁圈放置石棉网；③将烧瓶固定在铁架台上；④检查装置气密性；⑤装好分液漏斗，连接好导气管．
则比较合理的实验操作顺序是(????)A. ②①④③⑤B. ②③④①⑤C. ②③⑤④①D. ①②③④⑤9. N2H4作火箭燃料的
原理：2N2H4+2NO2→3N2+4H2O。有关说法正确的是(????)A. 22.4L(STP)H2O中有质子10NAB. 1
molN2H4中共用电子对6NAC. 反应生成3molN2，转移电子8NAD. 2molNO与足量O2反应得到NO2分子2NA10
. 已知在25℃、1.01×105Pa下，1molH2O分解生成H2(g)和O2(g)的能量变化如图所示。下列有关说法正确的是(
????)A. 甲为气态水，乙为液态水B. 甲、乙、丙、丁中物质所具有的总能量大小关系为丙>乙>甲>丁C. 热化学方程式为：2H2
(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=?490kJ?mol?1D. 形成1molH2O(l)中的化学键需吸收930kJ的能量11
. 常温下，草酸(H2C2O4)的电离常数K1=5.0×10?2，K2=5.4×10?5；碳酸(H2CO3)的电离常数K1=4.
3×10?7，K2=5.6×10?11。下列方程式正确的是(????)A. H2C2O4+CO32?=HCO3?+HC2O4?B.
H2C2O4+CO32?=H2O+CO2↑+C2O42?C. H2O+CO2+2C2O42?=2HC2O4?+CO32?D. H
2O+CO2+C2O42?=HCO3?+HC2O4?12. 松油醇具有紫丁香味，其酯类常用于香精调制．松油醇的结构见图，下列有关
松油醇的说法错误的是(????)A. 分子式为C10H18OB. 分子中有5个碳原子位于同一平面上C. 发生消去反应的有机产物只有
一种D. 既能使Br2的CCl4溶液褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色13. 自然界中氮的部分循环过程如图，有关说法正确的是(?
???)A. 过程①和②均属于自然固氮B. X→Y发生化合反应C. NH3→N发生氧化还原反应D. 若为硫循环，X在空气中点燃可得
Y14. 利用微生物处理有机废水获得电能，同时可实现海水淡化。现以NaCl溶液模拟海水，采用惰性电极，用如图所示装置处理有机废水
(以含CH3COO?的溶液为例)。下列说法错误的是(????)A. 负极反应式为CH3COO?+2H2O?8e?=2CO2↑+7H
+B. 当电路中转移1mol电子时，模拟海水理论上除盐58.5gC. 电池工作一段时间后，正、负极产生气体的物质的量之比为1：2D
. 隔膜1为阴离子交换膜，隔膜2为阳离子交换膜15. 除去下列物质中的杂质，所选试剂与分离方法均能达到目的的是(????)物质(
杂质)除杂试剂分离方法ANaCl(aq)(I2)CCl4分液BC2H5OH(CH3COOH)NaOH(aq)蒸馏CHCl(Cl2)
饱和食盐水洗气DCaSO4(CaCO3)稀硫酸过滤A. AB. BC. CD. D16. 一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正
确的是(????)A. pH=5?的H2S溶液中，c(H+)>c(HS?)=1×10?5mol/LB. 将等物质的量的Na2CO3
和NaHCO3混合溶于水中：c(CO32?)/c(HCO3?)<1C. pH=4的H2C2O4与PH=10的NaOH?溶液等体积混
合：c(Na+)>c(OH?)>c(H+)>c(HC2O4?)D. 0.1?mol/L?的硫酸铵溶液中：c(SO42?)>c(NH
4+)>c(H+)>c(OH?)17. 常温下，等体积等浓度的盐酸与下列溶液分别恰好完全中和。下列判断正确的是(????)①V1
mLpH=9的氨水；②V2mLpH=10的氨水A. 10V2>V1B. c(NH4+)c(NH3?H2O)的比值：②>①C. 水的
电离程度：②>①D. 反应后溶液的pH：①>②18. 下列化学实验事实及其分析都正确的是(????)A. 取少量溶液X，向其中加
入适量新制氯水，再加几滴KSCN溶液，溶液变红，说明X溶液中一定含有Fe2+B. 某溶液中加入氢氧化钠溶液，未产生能使湿润红色石蕊
试纸变蓝的气体，则原溶液中一定不含有NH4+C. 向CuSO4溶液中加入KI溶液，有白色沉淀生成；再加入四氯化碳振荡，四氯化碳层呈
紫色，白色沉淀可能为CuID. 常温下，用pH试纸分别测定浓度均为0.1mol?L?1的NaF溶液和NaClO溶液的pH，可以比较
出HF与HClO的酸性强弱19. 某温度下，在三个容积相等的恒容密闭容器中发生反应：C(s)+H2O(g)?H2(g)+CO(g
)+Q(Q<0)相关数据如下表(炭粉足量)。下列说法错误的是 (????)容器T/℃起始浓度(mol?L?1)平衡浓度(mol?L
?1)c(H2O)c(H2)c(CO)c(CO)ⅠT??11.00000.85ⅡT??101.001.00xⅢT??22.0000
1.60A. T2>T1B. 达到平衡所需时间：t(Ⅲ)>t(Ⅰ)C. x=0.85D. T2℃，该反应的K=6.420. 现有
常温下pH=1的某强酸溶液10mL，下列操作能使溶液的pH变成2的是(????)A. 加入10mL0.01mol/L的NaOH溶液
B. 加入10mL的水进行稀释C. 加水稀释成100mLD. 加入10mL0.01mol/L的盐酸二、简答题（本大题共4小题，共6
0.0分）21. 氢是宇宙中最丰富的元素，H2有多种制法。完成下列填空：(1)氢原子的核外电子排布轨道表示式是 ______。三
种含氢微粒：H、H+、H?的半径由大到小依次为 ______。(2)充填气象观测气球时，可用CaH2与H2O反应制H2，反应的化学
方程式为 ______。从物质结构角度解释熔点：CaH2>BaH2的原因 ______。(3)实验室用含杂质的锌粒与稀H2SO4反
应制得的H2中，含杂质PH3、AsH3和H2S，杂质气体的热稳定性由强到弱依次为 ______，PH3的空间构型是 ______。
(4)水直接热解条件苛刻，人们设计了Ca?Fe?Br循环制H2。涉及反应：______FeBr2(s)+______H2O(g)→
550?600℃ ______Fe3O4(s)+______HBr(g)+______H2(g)。配平上述化学方程式并标出电子转移
的方向和数目______。22. 一定温度下，向容积为2L的恒容密闭容器中加入等物质的量的H2和I2，发生反应H2(g)+I2(
g)?2HI(g)△H<0.测得不同反应时间容器内H2的物质的量如表：时间/min010203040n(H2)/mol10.750
.650.60.6回答下列问题：(1)0～20min内HI的平均反应速率为______。(2)反应达到化学平衡状态时，I2的转化率
为______，容器内HI的体积分数为______。(3)该条件下，能说明上述反应达到化学平衡状态的是______。(填标号)A.
混合气体颜色不再改变B.容器内压强不再改变C.H2、I2、HI三种气体体积分数不再改变D.混合气体密度不再改变(4)该反应在三种不
同情况下的化学反应速率分别为：①v(H2)=0.02mol?L?1?s?1，②v(I2)=0.32mol?L?1?min?1，③v
(HI)=0.84mol?L?1?min?1.则反应进行的速率由快到慢的顺序为______。23. 丙酮()是常见的有机化工基础
原料，以下是以丙酮为原料合成G()的路线：完成下列填空：(1)G中含有的官能团的名称是 ______、______；A→B的反应类
型是 ______。(2)写出检验B中是否混有A的实验方法 ______。(3)写出C→D的第一步反应的化学方程式 ______。
(4)D→E反应所需试剂和条件是 ______，写出满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式 ______(i)分子中只有2种不
同化学环境的氢；(ii)能发生银镜反应(5)参照上述合成路线所给信息，将一条以HCHO、CH2=CH2为有机原料(无机试剂任选)合
成的流程补充完整 ______。24. 以冶铜工厂预处理过的污泥渣(主要成分为CuO和Cu)为原料制备CuSO4?5H2O晶体的
流程如图1所示。已知：①CuO在氨水作用下可以生成Cu(NH3)4(OH)2。②CuSO4?5H2O加热到45℃时开始失水。请回答
：(1)步骤Ⅰ中，空气的主要作用是______。(2)下列关于步骤Ⅱ说法不正确的是______。A.操作1可选择倾析法过滤，玻璃棒
的作用是：先搅拌，再引流B.操作1应趁热过滤，要防止液体1中的溶质因冷却而析出C.操作1为抽滤，在加入需抽滤的物质时，用玻璃棒引流
液体，玻璃棒底端需紧贴在滤纸上D.抽滤时，布氏漏斗的底部斜口面需正对抽滤瓶的抽气口处，是为了提高抽滤的速率(3)液体1通过步骤Ⅲ与
步骤Ⅳ可得到CuSO4?5H2O晶体。①蒸氨过程的生成物均是由两种元素组成的化合物，则除氨外其余产物的化学式为______。②步骤
Ⅳ中包含多步操作，将下列步骤按正确的步骤排序(必要时步骤可重复选)。______→得到固体物质______→将液体放于蒸发皿中加热
______→______→______→______→得到晶体a.过滤 b.用玻璃棒不断搅拌溶液 c.用足量稀硫酸溶解固体 d.
停止加热 e.至溶液表面析出晶膜(4)步骤Ⅰ中分别选用氨水、氨水?碳酸铵混合溶液氨浸时，铜元素回收率随温度变化如图2所示。①浸取液
为氨水时，反应温度控制为55℃，温度过高铜元素回收率降低的原因是______。②浸取液为氨水一碳酸铵混合溶液时，铜元素回收率受温度
影响较小的原因可能是______。(5)为了提高CuSO4晶体的产率，实验室还采用以下方法：将CuSO4溶液转移至蒸馏烧瓶中，加入
适量冰醋酸，通过如图3所示的装置获取晶体。①加入适量乙酸的目的是______。②图中，接真空泵的作用是______。答案和解析1.
【答案】C?【解析】解：铁为重金属，钠、镁、铝都是轻金属，三种都是金属晶体，铝原子半径较小，铝离子带三个正电荷，金属键最强，熔点最
高，故C正确， 故选：C。轻金属是指比重小于5的金属，包括Na、镁、铝、钛等及其合金；重金属是指比重大于5的金属，包括金、银、铜、
铁、铅等，所以铁是重金属，结合金属键强弱判断解答。本题考查了元素化合物知识，熟悉轻金属、重金属概念，明确金属晶体熔点规律是解题关键
，题目难度不大。2.【答案】B?【解析】解：A.同温同压下，二氧化硫和二氧化碳密度之比为64g/mol：44g/mol=16：11
，故A错误； B.在同温同压下，等质量的二氧化硫和二氧化碳的物质的量之比为mg64g/mol：mg44g/mol=11：16，体积
比为11：16，故B正确； C.在同温同压下，等质量的二氧化硫和二氧化碳的物质的量之比为mg64g/mol：mg44g/mol=1
1：16，故C错误； D.在同温同压下，等质量的二氧化硫和二氧化碳的分子数比为11：16，故D错误； 故选：B。A.同温同压下，气
体的密度比等于摩尔质量之比； B.同温同压下，气体的体积比等于物质的量之比； C.结合公式n=mM分析； D.气体的分子数比等于物
质的量之比。本题考查物质的量，题目难度中等，掌握以物质的量为中心的计算转化关系是解题的关键。3.【答案】C?【解析】解：A.该模型
为球棍模型，NH3的比例模型为，故A错误； B.NH4+中N原子价层电子对数=4+5?1?4×12=4且不含孤电子对，该离子为四面
体结构，故B错误； C.NH2?中N原子和2个H原子形成N?H键，N原子还存在2个孤电子对，NH2?的电子式，故C正确； D.平衡
常数K=c(NH4+)?c(NH2?)c2(NH3)，故D错误； 故选：C。A.该模型为球棍模型； B.NH4+中N原子价层电子对
数=4+5?1?4×12=4且不含孤电子对； C.NH2?中N原子和2个H原子形成N?H键，N原子还存在2个孤电子对； D.平衡常
数K等于生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比。本题考查微粒空间结构判断、化学用语等知识点，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，
明确比例模型和球棍模型区别、微粒空间结构判断方法、电子式书写规则等知识点是解本题关键，题目难度不大。4.【答案】B?【解析】解：短
周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，为四种元素组成的种化合物，p、q为这些元素组成的三元化合物。m、n、s为这些元素组成
的二元化合物，其中m通常为无色液体，m应该为H2O；r加热生成m(H2O)、n和q三种物质，联系NaHCO3的性质可知，r为NaH
CO3、n为CO2、q为Na2CO3；V为气态单质，n(CO2)与s反应生成碳酸钠，则s为Na2O2、v为O2；过氧化钠与水反应生
成NaOH和O2，则p为NaOH；结合原子序数大小可知X、Y、Z、W分别为H、C、O、Na元素，A.X、Y、Z、W分别为H、C、O
、Na元素，原子半径H C.p为NaOH、q为Na2CO3，氢氧化钠抑制水的电离，而碳酸钠促进了水的电离，故C错误；D.非金属性O>C，则简单氢化物的热稳
定性：H2O>CH4，即简单氢化物稳定性Y 的种化合物，p、q为这些元素组成的三元化合物。m、n、s为这些元素组成的二元化合物，其中m通常为无色液体，m应该为H2O；r加热生
成m(H2O)、n和q三种物质，联系NaHCO3的性质可知，r为NaHCO3、n为CO2、q为Na2CO3；V为气态单质，n(CO
2)与s反应生成碳酸钠，则s为Na2O2、v为O2；过氧化钠与水反应生成NaOH和O2，则p为NaOH；结合原子序数大小可知X、Y
、Z、W分别为H、C、O、Na元素，据此进行解答。本题考查无机物的推断，题目难度中等，根据转化关系正确推断物质名称为解答关键，注意
熟练掌握常见元素及其化合物性质，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。5.【答案】B?【解析】解：A.铁和氯气反应生成氯化铁，物
质间的转化能实现，故A不符合题意；B.常温下Fe在浓硫酸中发生钝化，不生成硫酸亚铁，物质间的转化不能实现，故B符合题意；C.铁和水
蒸气高温时发生反应生成四氧化三铁和氢气，物质间的转化能实现，故C不符合题意；D.铁和氯化铁溶液反应生成氯化亚铁，物质间的转化能实现
，故D不符合题意；故选B。本题考查了铁及其化合物的转化，掌握基础是解题关键，题目难度不大。6.【答案】D?【解析】解：A.硫酸氢钠
固体是由阴阳离子构成的，为离子化合物，因为硫酸氢钠固体中的阴阳离子不自由移动，所以不导电，故A错误； B.硫酸氢钠固体中其阴阳离子
分别是硫酸氢根离子、钠离子，所以NaHSO4固体中阳离子和阴离子的个数比是1：1，故B错误； C.硫酸氢钠固体熔化时电离出钠离子和
硫酸氢根离子，所以只破坏离子键不破坏共价键，故C错误； D.硫酸氢钠溶于水时，电离出自由移动的钠离子、氢离子和硫酸根离子，所以破坏
共价键和离子键，故D正确； 故选D．A.含有自由移动离子的离子化合物能导电； B.硫酸氢钠固体中其阴阳离子分别是硫酸氢根离子、钠离
子； C.硫酸氢钠固体熔化时只破坏离子键，不破坏共价键； D.硫酸氢钠溶于水时，电离出自由移动的钠离子、氢离子和硫酸根离子． 本题
考查了硫酸氢钠的有关知识，明确硫酸氢钠熔融状态和在水溶液里电离方式的区别是解本题关键，此点为考试热点，也是学生易错点，难度不大．7
.【答案】B?【解析】解：A.a中饱和碳原子具有甲烷结构特点，甲烷为四面体结构，所以a中所有碳原子一定不共平面，故A错误； B.a
的二氯代物中，两个氯原子可以位于1和2(或1和6)、1和3(或1和5)、1和4、2和3(或5和6)、2和5(或3和6)、2和6(或
3和5)号碳原子上，所以其二氯代物有6种，故B正确； C.a、b中都含有6个氢原子，分子式为C6H6，故C错误； D.碳碳双键能被
酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，b中不含碳碳双键或碳碳三键，所以不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，不能使酸性高锰酸钾溶液褪
色，故D错误； 故选：B。A.饱和碳原子具有甲烷结构特点； B.如图，a的二氯代物中，两个氯原子可以位于1和2(或1和6)、1和3
(或1和5)、1和4、2和3(或5和6)、2和5(或3和6)、2和6(或3和5)号碳原子上； C.a、b中都含有6个氢原子； D.
碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色。本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官
能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。8.【答案】C?【解析】【分析】本题考查氯气的实验制备，关键是理解实验室制取气体的一
般流程，题目难度不大。【解答】制取氯气的正确操作步骤为：Ⅰ.先连接装置：②放置酒精灯，根据酒精灯确定铁圈高度，固定铁圈放置石棉网；
③将烧瓶固定在铁架台上；⑤装好分液漏斗，连接好导气管；Ⅱ.然后检验装置的气密性；Ⅲ.再装入药品：先向烧瓶中装入二氧化锰，再向分液漏
斗中装入浓盐酸，并将导气管放入集气瓶中；Ⅳ.加热制取氯气，进行收集，最后进行尾气处理，防止污染环境，故正确的排序为：②③⑤④①，所
以C正确。故选C．?9.【答案】C?【解析】解：A.标况下水是液体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A错误； B.肼的结构
式为，1molN2H4中共用电子对为5NA，故B错误； C.反应2N2H4+2NO2→3N2+4H2O生成3mol氮气，转移8mo
l电子，即8NA个，故C正确； D.NO2分子中存在平衡：2NO2?N2O4，2molNO与足量O2反应得到NO2分子小于2NA，
故D错误； 故选：C。A.标况下水是液体； B.肼的结构式为； C.反应2N2H4+2NO2→3N2+4H2O生成3mol氮气，转
移8mol电子； D.NO2分子中存在平衡：2NO2?N2O4。本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的
运用和物质的结构是解题关键。10.【答案】C?【解析】解：A.乙聚集状态变为甲聚集状态放热，水蒸气变为液态水为液化放热，所以甲为液
态水，乙为气态水，故A错误； B.甲为液态水，乙为气态水，气态水比液态水的能量高，具有的总能量大小关系为乙>甲，形成新键释放能量，
由图可知，具有的总能量大小关系为丙>丁，由乙到丙，断裂化学键吸收能量，则甲、乙、丙、丁物质所具有的总能量大小关系为丙>丁>乙>甲，
故B错误确； C.焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，△H=(436kJ/mol×2+249kJ/mol×2?930k
J/mol×2)=?490kJ?mol?1，则热化学方程式为2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H=?490kJ?mol?1
，故C正确； D.形成?1mol?H2O(g)中的化学键需吸收?930?kJ?的能量，气态水比液态水的能量高，则形成1molH2O
(l)中的化学键需吸收能量小于930kJ，故D错误； 故选：C。A.同种物质的气态比液态能量高，乙→甲放热； B.断裂化学键吸收能
量，形成化学键释放能量； C.焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，结合状态及焓变书写热化学方程式； D.形成?1mol
?H2O(g)中的化学键需吸收?930?kJ?的能量，气态水比液态水的能量高。本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化
、焓变计算、热化学方程式为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意水的状态，题目难度不大。11.【答案】B?【解析】解：由电离平
衡常数可知酸性为H2C2O4>HC2O4?>H2CO3>HCO3?，发生强酸制取弱酸的反应，则可能发生H2C2O4+CO32?=H
2O+CO2↑+C2O42?、HC2O4?+CO32?=HCO3?+C2O42?，只有B正确， 故选：B。电离平衡常数越大、酸性越
强，则酸性为H2C2O4>HC2O4?>H2CO3>HCO3?，结合强酸制弱酸的原理来解答。本题考查弱电解质的酸性，为高频考点，把
握电离平衡常数与酸性的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意强酸制弱酸的反应原理。12.【答案】C?【解析】【分析】本题
考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握有机物的结构、性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意官能团与性质的关系
，题目难度不大。【解答】A.由结构可知分子式为C10H18O，故A正确；B.与碳碳双键直接相连的原子在同一个平面上，则分子中有5个
碳原子位于同一平面上，故B正确；C.发生消去反应的有机产物有2种，分别可与连在同一个碳上的甲基或相邻在六元环上的碳发生消去反应。故
C错误；D.含有碳碳双键，可发生加成、氧化反应，则既能使Br2的CCl4溶液褪色，又能使酸性KMnO4溶液褪色，故D正确。故选C。
?13.【答案】B?【解析】解：A.氮的固定是指将氮单质转化为氮化合物的过程，过程①属于人工固氮，过程②属于自然固氮，故A错误；
B.X→Y是一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，发生化合反应，故B正确； C.N是铵盐，NH3→NH4+过程中元素的化合价没有发生改变
，不是氧化还原反应，故C错误； D.若为硫循环，二氧化硫在空气中点燃不能生成三氧化硫，故D错误； 故选：B。A.过程①属于人工固氮
，过程②属于自然固氮； B.X→Y是一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮； C.N是铵盐； D.二氧化硫在空气中点燃不能生成三氧化硫。本
题考查氮及其化合物，侧重考查学生基础知识的应用能力，试题比较简单。14.【答案】C?【解析】解：A.a极为负极，电极反应式为CH3
COO?+2H2O?8e?=2CO2↑+7H+，故A正确； B.当电路中转移1mol电子时，由电荷守恒可知，理论上除盐1mol×5
8.5g/mol=58.5g，故B正确； C.当电路中转移8mol电子时，负极产生2mol二氧化碳，正极产生4mol氢气，正、负极
产生气体的物质的量之比为4mol：2mol=2：1，故C错误； D.原电池工作时，氯离子向负极区移动，故隔膜1为阴离子交换膜，钠离
子向正极区移动，故隔膜2为阳离子交换膜，故D正确； 故选：C。由图可知，a极上碳元素价态升高失电子，故a极为负极，电极反应式为CH
3COO?+2H2O?8e?=2CO2↑+7H+，负极区正电荷增加，氯离子透过隔膜1进入左侧，故隔膜1为阴离子交换膜，b极为正极，
电极反应式为2H++2e?=H2↑，正极区正电荷减小，钠离子透过隔膜2进入右侧，故隔膜2为阳离子交换膜，据此作答。本题考查原电池原
理，题目难度中等，能依据图象和信息准确判断正负极是解题的关键，难点是电极反应式的书写。15.【答案】A?【解析】解：A.碘易溶于四
氯化碳，与氯化钠溶液分层，然后分液分离，故A正确； B.乙酸与NaOH固体反应生成乙酸钠，增大与乙醇的沸点差异，然后蒸馏分离，不能
选NaOH溶液，故B错误； C.HCl极易溶于水，食盐水将HCl除去，不能用于除杂，故C错误； D.硫酸与碳酸钙反应生成硫酸钙，覆
盖在碳酸钙的表面，阻止反应的进一步发生，不能用于除杂，应选盐酸、过滤，故D错误； 故选：A。A.碘易溶于四氯化碳，与氯化钠溶液分层
； B.乙酸与NaOH反应生成乙酸钠，增大与乙醇的沸点差异； C.HCl极易溶于水； D.硫酸与碳酸钙反应生成硫酸钙，覆盖在碳酸钙
的表面。本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注
意元素化合物知识的应用，题目难度不大。16.【答案】B?【解析】【分析】本题考查了离子浓度大小比较、弱电解质电离平衡影响因素分析判
断，注意溶液PH的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。【解答】A.pH=5的H2S溶液中硫化氢分步电离，H2S?H++HS
?，HS??H++S2?，c(H+)=1×10?5mol/L，c(HS?)<1×10?5mol/L，故A错误；B.将等物质的量的N
a2CO3和NaHCO3混合溶于水中，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，c(CO32?)c(HCO3?)<1，故B正确；C.pH
=4的H2C2O4与PH=10的NaOH溶液等体积混合溶液中氢离子和氢氧根离子恰好反应，草酸浓度大于氢氧化钠溶液，草酸又电离出氢离
子，溶液显酸性，c(OH?) ?mol/L的硫酸铵溶液中：c(NH4+)>c(SO42?)>c(H+)>c(OH?)，故D错误；故选：B。?17.【答案】D?【
解析】解：A.pH=9的氨水中，c(OH?)=10?5mol/L，pH=10的氨水中，c(OH?)=10?4mol/L，则②中c(
OH?)是①中c(OH?)的10倍，对氨水来说，浓度越大，电离度越小，所以氨水的浓度c(OH?)2>10c(OH?)1，所以V1>
10V2，故A错误； B.①中氨水的浓度比②中小，则①中氨水的电离度比②中大，所以?c(NH4+)c(NH3?H2O)比值(为氨水
的电离度)①>②，故B错误； C.①、②中水的电离度都受到抑制，②中c(OH?)大于①，①中c(OH?)小，对水电离的抑制作用弱，
所以水的电离度：②<①，故C错误； D.①、②分别与盐酸完全中和后，①、②中溶液呈酸性，①中((NH4+)比②中小，则水解生成的c
(H+)小，pH比②中大，所以溶液的pH：①>②，故D正确； 故选：D。A.pH=9的氨水中，c(OH?)=10?5mol/L，p
H=10的氨水中，c(OH?)=10?4mol/L，则②中c(OH?)是①中c(OH?)的10倍，对氨水来说，浓度越大，电离度越小
； B.①中氨水的浓度比②中小，则①中氨水的电离度比②中大； C.①、②中水的电离度都受到抑制，②中c(OH?)大于①，①中c(O
H?)小，对水电离的抑制作用弱； D.①、②分别与盐酸完全中和后，①、②中溶液呈酸性，①中((NH4+)比②中小，则水解生成的c(
H+)小，pH比②中大。本题主要考查酸碱混合时有关pH的计算，为高频考点，题目难度一般。18.【答案】C?【解析】解：A.X溶液含
有Fe3+，实验现象也相同，不能说明溶液X一定含有Fe2+，先加入KCSN溶液，无明显变化，再加入氯水，溶液变为红色，说明X溶液中
一定含有Fe2+，故A错误； B.溶液中加入NaOH溶液，可能生成一水合氨，则原溶液中可能含铵根离子，故B错误； C.向混合溶液中
加入四氯化碳振荡，四氯化碳层呈紫色，说明生成I2，I元素化合价升高，Cu元素可能发生还原反应，白色沉淀可能为CuI，故C正确； D
.NaClO溶液可使pH试纸褪色，应选pH计测定盐溶液的pH来比较酸性，故D错误； 故选：C。A.检验亚铁离子时应先加KSCN溶液
，原溶液含有Fe3+，实验现象也相同； B.溶液中加入NaOH溶液，可能生成一水合氨； C.向混合溶液中加入四氯化碳振荡，四氯化碳
层呈紫色，说明生成I2，根据化合价变化分析判断； D.NaClO溶液可使pH试纸褪色。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、离子检验、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。19.【答案
】B?【解析】解：A.对于容器Ⅰ中的反应来说，达到平衡时，c(H2O)=0.15mol/L，c(H2)=0.85mol/L，c(C
O)=0.85mol/L，代入平衡常数公式，K(T1)=c(CO)c(H2)c(H2O)=0.85×0.850.15=4.82，而
在容器Ⅲ中，在T2温度时，达到平衡时的浓度分别为c(H2O)=0.4molL，c(H2)=1.6mol/L，c(CO)=1.6mo
l/L，代入平衡常数公式，K(T2)=c(CO)c(H2)c(H2O)=1.6×1.60.4=6.4，则K(T2)大于K(T1)，
反应向正反应方向进行，而正反应方向是吸热过程，所以，是升温的过程，温度T2>T1，故A正确； B.容器Ⅲ温度高，反应的快，达到平衡
所需的时间短，容器Ⅰ反应所需要的时间长，故B错误； C.在3个体积均为1.00L的恒容密闭容器中发生反应，Ⅰ和Ⅱ中的反应为等效平衡
，可以利用完全转化的思想来理解，因为Ⅰ和Ⅱ的反应温度相同，因为氢气和一氧化碳的起始浓度均为1.00mol/L，若完全转化为水蒸气，
则生成水蒸气的浓度为1.00mol/L，Ⅰ和Ⅱ中的起始浓度完全一样，温度一样，容积一样，所达到的平衡状态一样，所以达到平衡时物质的
平衡浓度一样，为0.85，则x=0.85，故C正确； D.在容器Ⅲ中，在T2温度时，达到平衡时的浓度分别为c(H2O)=0.4mo
l/L，c(H2)=1.6mol/L，c(CO)=1.6mol/L，代入平衡常数公式，K(T2)=c(CO)c(H2)c(H2O)
=1.6×1.60.4=6.4，故D正确； 故选：B。A.对于容器Ⅰ中的反应来说，达到平衡时，c(H2O)=0.15mol/L，c
(H2)=0.85mol/L，c(CO)=0.85mol/L，代入平衡常数公式，K(T1)=c(CO)c(H2)c(H2O)=0.
85×0.850.15=4.82，而在容器Ⅲ中，在T2温度时，达到平衡时的浓度分别为c(H2O)=0.4molL，c(H2)=1.
6mol/L，c(CO)=1.6mol/L，代入平衡常数公式，K(T2)=c(CO)c(H2)c(H2O)=1.6×1.60.4=
6.4； B.容器Ⅲ温度高，反应的快，达到平衡所需的时间短； C.在3个体积均为1.00L的恒容密闭容器中发生反应，Ⅰ和Ⅱ中的反应
为等效平衡，可以利用完全转化的思想来理解，因为Ⅰ和Ⅱ的反应温度相同，因为氢气和一氧化碳的起始浓度均为1.00mol/L，若完全转化
为水蒸气，则生成水蒸气的浓度为1.00mol/L，Ⅰ和Ⅱ中的起始浓度完全一样，温度一样，容积一样，所达到的平衡状态一样； D.在容
器Ⅲ中，在T2温度时，达到平衡时的浓度分别为c(H2O)=0.4mol/L，c(H2)=1.6mol/L，c(CO)=1.6mol
/L，代入平衡常数公式，K(T2)=c(CO)c(H2)c(H2O)=1.6×1.60.4=6.4。本题考查综合考查化学平衡问题，
涉及化学平衡的计算，侧重考查学生自学能力、分析解决问题的能力，注意表中数据的对比关系，题目难度中等。20.【答案】C?【解析】解：
常温下pH=1的某强酸溶液中c(H+)=0.1mol/L，使溶液的pH变成2，即c(H+)=0.01mol/L，则 A.pH=1的
某强酸溶液10mL，n(H+)=0.01L×0.1mol/L=0.001mol，10mL0.01mol/L的NaOH溶液，n(OH
?)=0.01L×0.01mol/L=0.0001mol，混合后c(H+)=0.001mol?0.0001mol0.02L≠0.0
1mol/L，故A错误； B.加入10mL的水进行稀释，混合后c(H+)=0.001mol0.02L=0.05mol≠0.01mo
l/L，故B错误； C.加水稀释成100mL，c(H+)=0.001mol0.1L=0.01mol/L，故C正确； D.加入10m
L0.01mol/L的盐酸，混合后，c(H+)=0.001mol+0.0001mol0.02L≠0.01mol/L，故D错误． 故
选C．21.【答案】 H?>H>H+ CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑ CaH2、BaH2都为离子晶体，Ca2+离子半
径比Ba2+的小，CaH2晶体晶格能比BaH2的大，CaH2的熔点比BaH2高 H2S>PH3>AsH3 三角锥形 3 4 1 6
1??【解析】解：(1)氢原子的核外电子排布轨道表示式是，同种元素形成的不同离子，电子数越多半径越大，因此半径由大到小依次为H?
>H>H+， 故答案为：；H?>H>H+； (2)可用CaH2与H2O反应生成Ca(OH)2和H2，反应方程式为CaH2+2H2O
=Ca(OH)2和+2H2↑；CaH2、BaH2都为离子晶体，离子半径：Ca2+ 点：CaH2>BaH2， 故答案为：CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑；CaH2、BaH2都为离子晶体，Ca2+离子半径
比Ba2+的小，CaH2晶体晶格能比BaH2的大，CaH2的熔点比BaH2高； (3)非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性：S
>P>As，气态氢化物的稳定性由强到弱的顺序为H2S>PH3>AsH3；PH3中中心P原子价层电子对数为3+5?3×12=4，有一
个孤电子对，P原子的杂化方式为sp3，空间构型为三角锥形， 故答案为：H2S>PH3>AsH3；三角锥形； (4)根据得失电子守恒
和原子守恒配平的方程式为3FeBr2(s)+4H2O(g)??550?600℃?Fe3O4(s)+6HBr(g)+H2(g)，电子
转移的方向和数目为， 故答案为：3；4；1；6；1；。(1)氢原子的核外电子排布为1s1，同种元素形成的不同离子，电子数越多半径越
大； (2)可用CaH2与H2O反应生成Ca(OH)2和H2；对离子晶体来说，离子半径越小，晶格能越大，熔点越高； (3)非金属性
越强，气态氢化物越稳定；根据价层电子对互斥理论分析PH3中P原子的杂化方式及空间构型； (4)根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式
。本题考查了核外电子排布、微粒半径大小比较、分子空间构型判断、氧化还原反应方程式的书写等知识点，侧重对学生灵活运用基础知识解决实际
问题的能力的培养，题目难度一般。22.【答案】0.0175mol/(L?min) 40% 40% A、C ①>③>②?【解析】解：
(1)0～20min内v(H2)=△c△t=1?0.652×20mol/(L?min)=0.00875mol/(L?min)，化学
反应速率之比为化学计量数之比，所以v(HI)=2v(H2)=0.0175mol/(L?min)，故答案为：0.0175mol/(L
?min)；(2)反应为：H2(g)+I2(g)?2HI(g)， 起始(mol)?1 1 0?平衡(mol)?0.6 0.6 0.
8反应达到化学平衡状态时，I2?的转化率为0.41×100%=40%，容器内HI的体积分数为0.80.8+0.6×2×100%=4
0%，故答案为：40%；40%；(3)A.混合气体颜色不再改变说明各组分的物质的量不再改变，可以判断化学平衡，故A正确；B.反应前
后气体分子数不变，压强不变，无法通过压强说明化学平衡，故B错误；C.体积分数不再改变说明各组分的物质的量不再改变，可以判断化学平衡
，故C正确；D.混合气体密度为ρ=mV，反应前后质量守恒，m不变，体积V不变，不能通过密度说明化学平衡，故D错误，故答案为：A、C
；(4)根据化学反应速率之比等于化学计量数之比，将3个速率换算成化学反应的速率，即H2：v(H2)=0.02mol/(L?s)，I
2：v(I2)=0.32mol/(L?min)=0.0053mol/(L?s)，HI：v(HI)=12×0.84?mol/(L?m
in)=0.007mol/(L?s)，所以反应进行的速率由快到慢的顺序为：①>③>②，故答案为：①>③>②。(1)根据v=△c△t
计算化学反应平均速率；(2)根据方程式计算平衡时各组分的物质的量，转化率为转化量起始量×100%，容器内HI的体积分数为其摩尔分数
；(3)A.混合气体颜色不再改变说明各组分的物质的量不再改变；B.反应前后气体分子数不变；C.体积分数不再改变说明各组分的物质的量
不再改变；D.混合气体密度为ρ=mV；(4)根据化学反应速率之比等于化学计量数之比判断速率大小。本题考查化学平衡常数的计算等知识，
为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，难度不大，属于基础知识的考查。23.【答案】酯基 羧基 消去反应 取少量液体于试管中，向试
管中加入Na，如果生成气体，说明溶液中含有A? CH3CH2OH、浓硫酸、加热??→OH?CH3CH(OH)CH2CHO→OH?H
CHOHOCH2CH2CH(OH)CH2CHO→②H+①银氨溶液/△HOCH2CH2CH(OH)COOH→△浓硫酸?【解析】解：(
1)G中含有的官能团的名称是酯基、羧基；A→B的反应类型是消去反应， 故答案为：酯基；羧基；消去反应； (2)B中含有碳碳双键和羰
基、A中含有醇羟基和羰基，检验B中是否混有A，实际上是检验醇羟基，可以用Na检验，检验B中是否混有A的实验方法是：取少量液体于试管
中，向试管中加入Na，如果生成气体，说明溶液中含有A， 故答案为：取少量液体于试管中，向试管中加入Na，如果生成气体，说明溶液中含
有A； (3)C→D的第一步反应的化学方程式为， 故答案为：； (4)D和乙醇发生酯化反应生成E，需要浓硫酸作催化剂、加热条件，D
→E反应所需试剂和条件是CH3CH2OH、浓硫酸、加热，D的一种同分异构体满足下列条件： (i)分子中只有2种不同化学环境的氢；
(ii)能发生银镜反应，说明含有醛基，结构对称，应该含有2个醛基、1个醚键，符合条件的结构简式为， 故答案为：； (5)以HCHO
、CH2=CH2为有机原料(无机试剂任选)合成，乙烯发生氧化反应是乙醛，乙醛发生丙酮生成A类型的反应生成CH3CH(OH)CH2C
HO，CH3CH(OH)CH2CHO和HCHO反应生成HOCH2CH2CH(OH)CH2CHO，HOCH2CH2CH(OH)CH2
CHO发生氧化反应生成HOCH2CH2CH(OH)COOH，HOCH2CH2CH(OH)COOH发生酯化反应生成目标产物，合成路线
为CH2=CH2→CuCl2?PdCl2,H2OO2CH3CHO→OH?CH3CH(OH)CH2CHO→OH?HCHOHOCH2C
H2CH(OH)CH2CHO→②H+①银氨溶液/△HOCH2CH2CH(OH)COOH→△浓硫酸， 故答案为：→OH?CH3CH(
OH)CH2CHO→OH?HCHOHOCH2CH2CH(OH)CH2CHO→②H+①银氨溶液/△HOCH2CH2CH(OH)COO
H→△浓硫酸。丙酮发生加成反应生成A，A发生消去反应生成B中碳碳双键，B和丙二酸二乙酯发生加成反应生成C，C发生水解反应然后酸化、
脱酸生成D，E和HCN发生加成反应生成F，根据F的结构简式知，E为CH3CH2OOCH2C(CH3)2CH2COCH3，F发生水解
反应然后发生酯化反应得到G； (5)以HCHO、CH2=CH2为有机原料(无机试剂任选)合成，乙烯发生氧化反应是乙醛，乙醛发生丙酮
生成A类型的反应生成CH3CH(OH)CH2CHO，CH3CH(OH)CH2CHO和HCHO反应生成HOCH2CH2CH(OH)C
H2CHO，HOCH2CH2CH(OH)CH2CHO发生氧化反应生成HOCH2CH2CH(OH)COOH，HOCH2CH2CH(O
H)COOH发生酯化反应生成目标产物。本题考查有机物合成，侧重考查对比、分析、推断及知识综合运用能力，正确推断各物质的结构简式是解
本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度中等。24.【答案】氧化污泥中的铜单质 ABCD CuO、H2O a c b e d a 温度过高，导致氨水浓度降低 溶液中除了一水合氨外，还有大量的NH4+存在，存在水解平衡，温度变化时，因平衡发生移动，NH3?H2O浓度变化程度小 调节溶液pH，防止形成碱性物质(碱式盐或氢氧化铜)或抑制水解 抽气，减压防止蒸发溶剂时温度过高而使晶体失水?【解析】解：(1)步骤?l中，Cu和氧气、氨水反应生成Cu(NH3)4(OH)2，空气的主要作用是氧化污泥中的铜单质， 故答案为：氧化污泥中的铜单质； (2)A.操作?1可选择倾析法过滤，倾析法可以避免沉淀过早堵塞滤纸小孔而影响过滤速度，为使大多数固体留在烧杯中，不用玻璃棒搅拌烧杯中的液体，故 A错误； B.温度越高，氨气的溶解度越小，故B错误； C.操作?1为抽滤，在加入需抽滤的物质时，使抽滤的物质匀分布在整个滤纸面上，故 C错误； D.抽滤时，布氏漏斗的底部斜口面需正对抽滤瓶的抽气口处，防止布氏漏斗下端液体被吸进减压水泵里，故D错误； 故答案为：ABCD； (3)①蒸氨过程的生成物均是由两种元素组成的化合物，根据元素守恒，则除氨外其余产物的化学式为CuO、H2O， 故答案为：CuO、H2O； ②步骤IV中包含多步操作，过滤(a)→得到固体物质→用足量稀硫酸溶解固体(c)→将液体放于蒸发皿中加热→用玻璃棒不断搅拌溶液(b)→至溶液表面析出晶膜(e)→停止加热(d)→过滤?(a)→得到晶体， 故答案为：a；c；b；e；d；a； (4)①氨气的溶解度随温度升高而降低，温度过高，导致氨水浓度降低，所以浸取液为氨水时，反应温度控制为55℃，温度过高铜元素回收率降低， 故答案为：温度过高，导致氨水浓度降低； ②浸取液为氨水一碳酸铵混合溶液时，除了一水合氨外，还有大量NH4+存在，存在水解平衡，温度变化时，因平衡发生移动，NH3?H2O浓度变化程度小，所以浸取液为氨水一碳酸铵混合溶液时，铜元素回收率受温度影响较小， 故答案为：溶液中除了一水合氨外，还有大量的NH4+存在，存在水解平衡，温度变化时，因平衡发生移动，NH3?H2O浓度变化程度小； (5)①酸可抑制铜离子水解，加入适量乙酸的目的是调节溶液pH，防止铜离子水解， 故答案为：调节溶液pH，防止形成碱性物质(碱式盐或氢氧化铜)或抑制水解； ②CuSO4?5H2O加热到?4?5℃时开始失水，图中接真空泵抽气、减压，防止蒸发溶剂时温度过高而使晶体失水， 故答案为：抽气，减压防止蒸发溶剂时温度过高而使晶体失水。污泥渣中Cu和CuO、氧气、氨水可以生成Cu(NH3)4(OH)2，过滤除去难溶固体，蒸氨过程的生成物均是由两种元素组成的化合物，则除氨外其余产物是氧化铜、水；氧化铜和硫酸反应生成硫酸铜，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤，可得CuSO4?5H2O晶体。本题通过污泥渣为原料制备CuSO4?5H2O晶体，考查混合物的分离提纯，注意抽滤、蒸发结晶操作的注意事项，明确从硫酸铜溶液得到硫酸铜晶体的操作步骤是解题关键。第11页，共11页 |
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