2021年上海市長寧區(qū)高考化學二模試卷

第1頁（共1頁）2021年上海市長寧區(qū)高考化學二模試卷一、選擇題（共40分，每小題2分，每小題只有一個正確選項）1．（2分）據(jù)報道，75%乙醇、含氯消毒劑、過氧乙酸（CH3COOOH）、氯仿等均可有效滅活新型冠狀病毒。對于上述化學藥品的說法錯誤的是（）A．CH3CH2OH能與水互溶 B．NaClO通過氧化滅活病毒 C．過氧乙酸與乙酸是同系物 D．氯仿又叫三氯甲烷2．（2分）金屬鐵在一定條件下與下列物質(zhì)作用時只能變?yōu)?2價鐵的是（）A．FeCl3 B．HNO3 C．Cl2 D．O23．（2分）合成氨工業(yè)上，采用氮氫循環(huán)操作的主要目的是（）A．加快反應速率 B．提高氨氣的平衡濃度 C．提高氮氣和氫氣的利用率 D．降低氨氣的沸點4．（2分）鹵族元素有關性質(zhì)比較正確的是（）A．穩(wěn)定性：HF＞HCl＞HBr＞HI B．氧化性：F2＜Cl2＜Br2＜I2 C．熔沸點：F2＞Cl2＞Br2＞I2 D．還原性：F﹣＞Cl﹣＞Br﹣＞I﹣5．（2分）已知K3C60熔融狀態(tài)下能導電。關于K3C60晶體的分析錯誤的是（）A．是強電解質(zhì) B．存在兩種化學鍵 C．是離子晶體 D．陰陽離子個數(shù)比為20：16．（2分）地溝油生產(chǎn)的生物航空燃油在東航成功驗證飛行。能區(qū)別地溝油（加工過的餐飲廢棄油）與礦物油（汽油、煤油、柴油等）的方法是（）A．加入水中，浮在水面上的是地溝油 B．加入足量氫氧化鈉溶液共熱，不分層的是地溝油 C．點燃，能燃燒的是礦物油 D．測定沸點，有固定沸點的是礦物油7．（2分）某晶體中含有極性鍵，關于該晶體的說法錯誤的是（）A．不可能有很高的熔沸點 B．不可能是單質(zhì) C．可能是有機物 D．可能是離子晶體8．（2分）化學與生活密切相關。下列說法正確的是（）A．燃煤中加入CaO可以減少溫室氣體的排放 B．合金材料中可能含有非金屬元素 C．14C可用于文物年代的鑒定，14C與12C互為同素異形體 D．碳酸鋇可用于胃腸X射線造影檢查9．（2分）利用如圖裝置進行實驗，燒杯中不會出現(xiàn)沉淀的是（）ABCD氣體硫化氫二氧化碳氨氣氯化氫溶液亞硫酸氯化鈣氯化鋁硝酸銀A．A B．B C．C D．D10．（2分）檢驗硫酸鐵溶液中是否含有硫酸亞鐵，可選用的試劑是（）A．酸性KMnO4溶液 B．NaOH溶液 C．KSCN溶液 D．Cu11．（2分）具有下列性質(zhì)的物質(zhì)可能屬于離子晶體的是（）A．熔點113℃，能溶于CS2 B．熔點44℃，液態(tài)不導電 C．熔點1124℃，易溶于水 D．熔點180℃，固態(tài)能導電12．（2分）將等量的Mg（OH）2固體置于等體積的下列液體中，最終固體剩余最少的是（）A．在0.1mol/L的CH3COOH溶液中 B．在0.1mol/L的MgCl2溶液中 C．在0.1mol/L的NH3?H2O中 D．在純水中13．（2分）硒是人體必需的微量元素，如圖是硒在周期表中的信息，關于硒元素的說法錯誤的是（）A．位于第四周期 B．質(zhì)量數(shù)為34 C．原子最外層有6個電子 D．相對原子質(zhì)量為78.9614．（2分）關于硫酸工業(yè)中的催化氧化反應，可以用勒夏特列原理解釋的是（）A．通入過量氧氣 B．選擇V2O5做催化劑 C．選擇常壓條件 D．升溫至450℃左右15．（2分）將已除去氧化膜的鎂條投入到盛有稀鹽酸的敞口容器中，產(chǎn)生H2的速率v與時間t的關系如圖所示，其中影響t1～t2段速率的主要因素是（）A．H+的濃度 B．Cl﹣的濃度 C．溶液的溫度 D．體系的壓強16．（2分）紫花前胡醇（）可從中藥材當歸和白芷中提取得到，能提高人體免疫力。有關該化合物，下列敘述錯誤的是（）A．分子式為C14H14O4 B．不能使酸性重鉻酸鉀溶液變色 C．能夠發(fā)生水解反應 D．能夠發(fā)生消去反應生成雙鍵17．（2分）下列操作會使相應溶液pH增大的是（）A．AlCl3溶液中再溶入AlCl3 B．CH3COONa溶液加熱 C．氨水中加入少量NH4Cl固體 D．醋酸溶液加熱18．（2分）對于下列實驗，能正確描述其反應的離子方程式是（）A．同濃度同體積NH4HSO4溶液與NaOH溶液混合：NH4++OH﹣→NH3?H2O B．同濃度同體積NH4Al（SO4）2溶液與NaOH溶液混合：NH4++Al3++4OH﹣→NH3?H2O+Al（OH）3↓ C．向H2O2溶液中滴加少量FeCl3：2Fe3++H2O2→O2↑+2H++2Fe2+ D．用NaClO溶液吸收少量SO2：3ClO﹣+SO2+H2O→2HClO+Cl﹣+SO42﹣19．（2分）對金屬腐蝕及防護的表述正確的是（）A．金屬腐蝕的本質(zhì)：金屬失電子發(fā)生還原反應 B．犧牲陽極的陰極保護法：被保護的金屬應做負極 C．外加電流陰極保護法：被保護的金屬應與電源正極相連 D．鋼鐵表面烤藍生成一層致密的Fe3O4，能起到防腐蝕作用20．（2分）用物質(zhì)的量都是0.01mol的HCN和NaCN配成1升混合溶液，已知其中c（CN﹣）＜c（Na+），對該溶液的下列判斷正確的是（）A．c（HCN）+c（CN﹣）＜0.02mol/L B．c（OH﹣）＜c（H+） C．c（CN﹣）+2c（OH﹣）＝2c（H+）+c（HCN） D．c（HCN）＜c（CN﹣）二、綜合題（共60分）21．（15分）碳酸鋰是生產(chǎn)鋰離子電池的重要原料。（1）碳酸鋰制取鋰的反應原理為：①Li2CO3Li2O+CO2；②Li2O+CCO+2Li。鋰原子的電子排布式為；CO2的結構式為；反應②中物質(zhì)涉及的化學鍵類型有。（2）碳原子核外電子有種不同能量的電子，其中有兩個電子的能量最高且能量相等，這兩個電子所處的軌道分別是。（3）氫化鋰（LiH）是離子化合物，寫出其陰離子的電子式，氫負離子（H﹣）與鋰離子具有相同電子層結構，試比較兩者微粒半徑的大小，并用原子結構理論加以解釋。（4）用Li2CO3、氨水和液溴制備LiBr。除生成LiBr外，還產(chǎn)生了兩種參與大氣循環(huán)的氣體，補全產(chǎn)物并配平該反應的化學方程式：Li2CO3+Br2+NH3?H2O→LiBr+。（5）磷酸亞鐵鋰電池總反應為：FePO4+LiLiFePO4，放電時，負極為（填寫化學式）。若用該電池電解飽和食鹽水（電解池電極均為惰性電極），當電解池兩極共有4480mL氣體（標準狀況）產(chǎn)生時，該電池消耗鋰的質(zhì)量為。22．（15分）對煙道氣中的SO2進行回收再利用具有較高的社會價值。（1）大氣中SO2含量過高會導致雨水中含有（填化學式）而危害植物和建筑物。工廠排放的SO2尾氣用飽和Na2SO3溶液吸收可得到重要化工原料NaHSO3，反應的化學方程式為。由NaHSO3過飽和溶液經(jīng)結晶脫水可制得Na2S2O5。寫出該過程的化學方程式。（2）Na2S2O5可用作食品的抗氧化劑。在測定某葡萄酒中Na2S2O5殘留量時，取50.00mL葡萄酒樣品，用0.01000mol?L﹣1的碘標準液滴定至終點，消耗10.00mL碘液。補全該滴定反應的離子方程式：S2O52﹣+2I2+3H2O→2SO42﹣+，該樣品中Na2S2O5的殘留量為g?L﹣1（以SO2計）。（3）一定條件下，由SO2和CO反應生成S和CO2的能量變化如圖所示，每生成16gS（s），該反應（選填“放出”或“吸收”）的熱量為。（4）在絕對隔熱恒容的密閉容器中，進行該反應的平衡常數(shù)表達式為，對此反應下列說法正確的是。a.若混合氣體密度保持不變，則已達平衡狀態(tài)b.從反應開始到平衡，容器內(nèi)氣體的壓強保持不變c.達平衡后若再充入一定量CO2，平衡常數(shù)保持不變d.分離出少量S粉，正、逆反應速率均保持不變23．（15分）（1）G是一種新型香料的主要成分之一，合成路線如圖：已知：①RCH＝CH2+CH2＝CHR′CH2＝CH2+RCH＝CHR′②G的結構簡式為：（1）（CH3）2C＝CH2分子中有個碳原子在同一平面內(nèi)。（2）D分子中含有的含氧官能團名稱是，F(xiàn)的結構簡式為。（3）A→B的化學方程式為，反應類型為。（4）生成C的化學方程式為。（5）同時滿足下列條件的D的同分異構體有多種：①能發(fā)生銀鏡反應；②能水解；③苯環(huán)上只有一個取代基，請寫出其中任意2種物質(zhì)的結構式、。（6）利用學過的知識以及題目中的相關信息，寫出由丙烯制取CH2＝CHCH＝CH2的合成路線（無機試劑任選）。（合成路線常用的表示方式為：A→B……目標產(chǎn)物）24．（15分）氯可形成多種含氧酸鹽，廣泛應用于殺菌、消毒及化工領域。實驗室中利用如圖裝置（部分裝置省略）制備KClO3和NaClO，探究其氧化還原性質(zhì)?；卮鹣铝袉栴}：（1）盛放MnO2粉末的儀器名稱是，a中的試劑為。b中采用的加熱方式是，c中化學反應的離子方程式是。（2）反應結束后，取出b中試管，經(jīng)冷卻結晶，，，干燥，得到KClO3晶體。d的作用是，可選用試劑。（填標號）a．Na2Sb．NaClc．Ca（OH）2d．H2SO4（3）取少量KClO3和NaClO溶液分別置于1號和2號試管中，滴加中性KI溶液。1號試管溶液顏色不變。2號試管溶液變?yōu)樽厣?，加入CCl4振蕩，靜置后CCl4層顯色。可知該條件下KClO3的氧化能力NaClO。（填“大于”或“小于”）（4）制備NaClO時，溫度過高會生成NaClO3。當n（NaClO）：n（NaClO3）＝1：a時，該反應中n（Cl2）：n（NaOH）＝。

2021年上海市長寧區(qū)高考化學二模試卷參考答案與試題解析一、選擇題（共40分，每小題2分，每小題只有一個正確選項）1．（2分）據(jù)報道，75%乙醇、含氯消毒劑、過氧乙酸（CH3COOOH）、氯仿等均可有效滅活新型冠狀病毒。對于上述化學藥品的說法錯誤的是（）A．CH3CH2OH能與水互溶 B．NaClO通過氧化滅活病毒 C．過氧乙酸與乙酸是同系物 D．氯仿又叫三氯甲烷【分析】A．CH3CH2OH能與水形成氫鍵；B．NaClO具有強氧化性；C．結構相似，分子組成上相差1個或者若干個CH2基團的化合物互稱為同系物；D．三氯甲烷俗稱氯仿?！窘獯稹拷猓篈．CH3CH2OH能與水形成氫鍵，增大了乙醇的溶解性，所以乙醇能與水互溶，故A正確；B．NaClO具有強氧化性，能使蛋白質(zhì)發(fā)生變性，能殺菌消毒，所以NaClO通過氧化滅活病毒，故B正確；C．結構相似，分子組成上相差1個或者若干個CH2基團的化合物互稱為同系物，CH3COOOH與CH3COOH不是同系物，故C錯誤；D．氯仿的化學名稱是三氯甲烷，其化學式為CHCl3，故D正確；故選：C?！军c評】本題考查物質(zhì)的組成和性質(zhì)，為高頻考點，把握物質(zhì)的組成、化學與生活生產(chǎn)的關系為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，題目難度不大。2．（2分）金屬鐵在一定條件下與下列物質(zhì)作用時只能變?yōu)?2價鐵的是（）A．FeCl3 B．HNO3 C．Cl2 D．O2【分析】A、鐵與FeCl3反應生成氯化亞鐵；B、鐵與過量的硝酸反應生成三價鐵離子，與少量的硝酸反應生成二價鐵離子；C、鐵與氯氣反應只生成FeCl3；D、鐵在氧氣中燃燒生成四氧化三鐵；【解答】解：A．鐵與FeCl3反應生成氯化亞鐵，為+2價鐵，故A正確；B、鐵與過量的硝酸反應生成三價鐵離子，與少量的硝酸反應生成二價鐵離子，所以不一定變?yōu)?2價鐵，故B錯誤；C、鐵與氯氣反應只生成FeCl3，為+3價鐵，故C錯誤；D、鐵在氧氣中燃燒生成四氧化三鐵，為+2和+3價鐵，故D錯誤；故選：A?！军c評】本題考查鐵的性質(zhì)，難度不大，注意基本性質(zhì)的記憶與應用。3．（2分）合成氨工業(yè)上，采用氮氫循環(huán)操作的主要目的是（）A．加快反應速率 B．提高氨氣的平衡濃度 C．提高氮氣和氫氣的利用率 D．降低氨氣的沸點【分析】合成氨為可逆反應，反應物循環(huán)使用，可增大反應物的利用率，以此來解答?！窘獯稹拷猓汉铣砂睘榭赡娣磻?，不能完全轉(zhuǎn)化，則采用氮氫循環(huán)操作的主要目的是提高氮氣和氫氣的利用率，與A、B、D無關，故選：C?！军c評】本題考查合成氨，為高頻考點，把握合成氨反應的特點、反應速率與反應限度為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意本題側重反應限度，題目難度不大。4．（2分）鹵族元素有關性質(zhì)比較正確的是（）A．穩(wěn)定性：HF＞HCl＞HBr＞HI B．氧化性：F2＜Cl2＜Br2＜I2 C．熔沸點：F2＞Cl2＞Br2＞I2 D．還原性：F﹣＞Cl﹣＞Br﹣＞I﹣【分析】A．非金屬性越強，對應氫化物越穩(wěn)定；B．非金屬性越強，對應單質(zhì)的氧化性越強；C．相對分子質(zhì)量越大，沸點越大；D．非金屬性越強，對應陰離子的還原性越弱。【解答】解：A．非金屬性F＞Cl＞Br＞I，穩(wěn)定性：HF＞HCl＞HBr＞HI，故A正確；B．非金屬性越強，對應單質(zhì)的氧化性越強，則氧化性：F2＞Cl2＞Br2＞I2，故B錯誤；C．相對分子質(zhì)量越大，沸點越大，則熔沸點為F2＜Cl2＜Br2＜I2，故C錯誤；D．非金屬性越強，對應陰離子的還原性越弱，則還原性為F﹣＜Cl﹣＜Br﹣＜I﹣，故D錯誤；故選：A?！军c評】本題考查原子結構與元素周期律，為高頻考點，把握元素的位置、性質(zhì)、元素周期律為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意規(guī)律性知識的應用，題目難度不大。5．（2分）已知K3C60熔融狀態(tài)下能導電。關于K3C60晶體的分析錯誤的是（）A．是強電解質(zhì) B．存在兩種化學鍵 C．是離子晶體 D．陰陽離子個數(shù)比為20：1【分析】A．熔融狀態(tài)下能導電的化合物是電解質(zhì)，絕大多數(shù)鹽類是強電解質(zhì)，K3C60屬于鹽類；B．K3C60熔融狀態(tài)下電離出自由移動的陰陽離子而導電，K3C60是離子化合物，存在離子鍵，陰離子存在共價鍵；C．K3C60是離子化合物，存在離子鍵；D．K3C60＝3K++C603﹣?！窘獯稹拷猓篈．K3C60熔融狀態(tài)下能導電，則K3C60屬于電解質(zhì)，且屬于鹽類，則K3C60是強電解質(zhì)，故A正確；B．K3C60是離子化合物，存在離子鍵，陰離子存在共價鍵，所以存在兩種化學鍵，故B正確；C．K3C60是離子化合物，存在離子鍵，則K3C60是離子晶體，故C正確；D．K3C60＝3K++C603﹣，則陰陽離子個數(shù)比為1：3，故D錯誤；故選：D?！军c評】本題考查離子晶體，解題的關鍵是掌握離子晶體的概念，陰、陽離子以離子鍵結合形成離子化合物，常溫常壓下，離子化合物大多數(shù)以晶體形式存在，此題難度小，注意基礎知識積累。6．（2分）地溝油生產(chǎn)的生物航空燃油在東航成功驗證飛行。能區(qū)別地溝油（加工過的餐飲廢棄油）與礦物油（汽油、煤油、柴油等）的方法是（）A．加入水中，浮在水面上的是地溝油 B．加入足量氫氧化鈉溶液共熱，不分層的是地溝油 C．點燃，能燃燒的是礦物油 D．測定沸點，有固定沸點的是礦物油【分析】地溝油中含油脂，與堿溶液反應，而礦物油不與堿反應，混合后分層，以此來解答?！窘獯稹拷猓篈．地溝油、礦物油均不溶于水，且密度均比水小，不能區(qū)別，故A錯誤；B．加入足量氫氧化鈉溶液共熱，不分層的是地溝油，分層的為礦物油，現(xiàn)象不同，能區(qū)別，故B正確；C．地溝油、礦物油均能燃燒，不能區(qū)別，故C錯誤；D．地溝油、礦物油均為混合物，沒有固定沸點，不能區(qū)別，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查有機物的區(qū)別，明確地溝油、礦物油的成分及性質(zhì)是解答本題的關鍵，側重有機物性質(zhì)的考查，題目難度不大。7．（2分）某晶體中含有極性鍵，關于該晶體的說法錯誤的是（）A．不可能有很高的熔沸點 B．不可能是單質(zhì) C．可能是有機物 D．可能是離子晶體【分析】一般不同非金屬元素之間易形成極性鍵，已知某晶體中含有極性鍵，則該晶體為化合物，可能是離子化合物、共價化合物，結合不同類型晶體的性質(zhì)分析．【解答】解：A．含有極性鍵的晶體可能是原子晶體，如二氧化硅中含有Si﹣O極性鍵，其熔沸點很高，故A錯誤；B．含有極性鍵的物質(zhì)至少含有2種元素，屬于化合物，不可能是單質(zhì)，故B正確；C．有機物中含有極性鍵，如甲烷中含有C﹣H極性鍵，故C正確；D．離子晶體中也可能含有極性鍵，如NaOH中含有O﹣H極性鍵，故D正確。故選：A?！军c評】本題考查了極性鍵、晶體的類型，題目難度不大，注意離子晶體中一定含有離子鍵可能含有共價鍵，題目難度不大，注意利用舉例法分析．8．（2分）化學與生活密切相關。下列說法正確的是（）A．燃煤中加入CaO可以減少溫室氣體的排放 B．合金材料中可能含有非金屬元素 C．14C可用于文物年代的鑒定，14C與12C互為同素異形體 D．碳酸鋇可用于胃腸X射線造影檢查【分析】A.燃煤中加入CaO，CaO可與二氧化硫反應；B.金屬與其它金屬或非金屬熔合成具有金屬特性的物質(zhì)為合金；C.14C具有放射性，14C與12C的質(zhì)子數(shù)相同、中子數(shù)不同；D.碳酸鋇與胃中鹽酸反應。【解答】解：A.燃煤中加入CaO，CaO可與二氧化硫反應，可減少酸雨的發(fā)生，故A錯誤；B.金屬與其它金屬或非金屬熔合成具有金屬特性的物質(zhì)為合金，則合金材料中可能含有非金屬元素，如鐵合金含碳，故B正確；C.14C具有放射性，14C可用于文物年代的鑒定，14C與12C的質(zhì)子數(shù)相同、中子數(shù)不同，二者互為同位素，故C錯誤；D.碳酸鋇與胃中鹽酸反應生成有毒的鋇離子，硫酸鋇可用于胃腸X射線造影檢查，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查物質(zhì)的性質(zhì)及應用，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、性質(zhì)與用途、合金及環(huán)境保護為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意元素化合物知識的應用，題目難度不大。9．（2分）利用如圖裝置進行實驗，燒杯中不會出現(xiàn)沉淀的是（）ABCD氣體硫化氫二氧化碳氨氣氯化氫溶液亞硫酸氯化鈣氯化鋁硝酸銀A．A B．B C．C D．D【分析】A.硫化氫與亞硫酸發(fā)生氧化還原反應生成S；B.鹽酸的酸性大于碳酸的酸性；C.氨氣與氯化鋁反應生成氫氧化鋁；D.HCl與硝酸銀反應生成AgCl?！窘獯稹拷猓篈.硫化氫與亞硫酸發(fā)生氧化還原反應生成S，有淡黃色沉淀，故A不選；B.鹽酸的酸性大于碳酸的酸性，則二氧化碳與氯化鈣不反應，無白色沉淀，故B選；C.氨氣與氯化鋁反應生成氫氧化鋁，有白色沉淀，故C不選；D.HCl與硝酸銀反應生成AgCl，有白色沉淀，故D不選；故選：B?！军c評】本題考查化學實驗方案的評價，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、反應與現(xiàn)象、實驗技能為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，題目難度不大。10．（2分）檢驗硫酸鐵溶液中是否含有硫酸亞鐵，可選用的試劑是（）A．酸性KMnO4溶液 B．NaOH溶液 C．KSCN溶液 D．Cu【分析】亞鐵離子具有還原性，可使酸性高錳酸鉀褪色，以此解答該題?！窘獯稹拷猓篈．亞鐵離子具有還原性，可使酸性高錳酸鉀褪色，可鑒別，故A正確；B．硫酸鐵、硫酸亞鐵均與NaOH反應生成沉淀，不能檢驗亞鐵離子，故B錯誤；C．KSCN溶液只檢驗鐵離子，故C錯誤；D．加入銅，與鐵離子反應，不能檢驗亞鐵離子，故D錯誤；故選：A?！军c評】本題考查物質(zhì)的鑒別及檢驗，為高頻考點，把握亞鐵離子、鐵離子的性質(zhì)及檢驗方法為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意亞鐵離子還原性的應用，題目難度不大。11．（2分）具有下列性質(zhì)的物質(zhì)可能屬于離子晶體的是（）A．熔點113℃，能溶于CS2 B．熔點44℃，液態(tài)不導電 C．熔點1124℃，易溶于水 D．熔點180℃，固態(tài)能導電【分析】離子晶體：陰陽離子通過離子鍵結合形成的晶體；一般熔點較高，硬度較大、難揮發(fā)，固體不導電，但質(zhì)脆，一般易溶于水，其水溶液或熔融態(tài)能導電?！窘獯稹拷猓篈．熔點低，能溶于CS2，是分子晶體，故A錯誤；B．熔點44℃，低熔點，液態(tài)不導電是共價化合物，是分子晶體，故B錯誤；C．離子晶體的性質(zhì)：一般熔點較高，固體不導電，一般易溶于水，其水溶液或熔融態(tài)能導電，故C正確；D．熔點180℃，固態(tài)能導電，屬于金屬晶體，故D錯誤，故選：C?！军c評】本題考查離子晶體的性質(zhì)，難度不大。要注意離子晶體一般熔點較高，硬度較大、難揮發(fā)，固體不導電，但質(zhì)脆，一般易溶于水，其水溶液或熔融態(tài)能導電，側重于考查學生的分析能力和應用能力。12．（2分）將等量的Mg（OH）2固體置于等體積的下列液體中，最終固體剩余最少的是（）A．在0.1mol/L的CH3COOH溶液中 B．在0.1mol/L的MgCl2溶液中 C．在0.1mol/L的NH3?H2O中 D．在純水中【分析】固體Mg（OH）2在溶液中存在溶解平衡：Mg（OH）2（s）?Mg2+（aq）+2OH﹣（aq），最終固體剩余最少，說明促進氫氧化鎂的溶解，根據(jù)溶解平衡移動方向解答該題。【解答】解：A.加入醋酸，平衡正向移動，促進氫氧化鎂溶解；B.加入氯化鎂，鎂離子濃度增大，抑制氫氧化鎂的溶解；C.加入氨水，氫氧根離子濃度增大，抑制氫氧化鎂的溶解；D.加入純水，存在溶解平衡，不收外界因素的影響，則最終固體剩余最少的是A。故選：A。【點評】本題考查難溶電解質(zhì)的溶解平衡，為高頻考點，側重考查學生的分析能力，注意把握外界因素對平衡移動的影響以及平衡移動方向的分析，題目難度不大。13．（2分）硒是人體必需的微量元素，如圖是硒在周期表中的信息，關于硒元素的說法錯誤的是（）A．位于第四周期 B．質(zhì)量數(shù)為34 C．原子最外層有6個電子 D．相對原子質(zhì)量為78.96【分析】根據(jù)圖中元素周期表可以獲得的信息：左上角的數(shù)字表示原子序數(shù)；字母表示該元素的元素符號；中間的漢字表示元素名稱；漢字下面的數(shù)字表示相對原子質(zhì)量，進行分析判斷即可?！窘獯稹拷猓篈、34號硒位于第四周期ⅥA，故A正確；B、根據(jù)元素周期表中的一格可知，左上角的數(shù)字為34，表示原子序數(shù)為34；根據(jù)原子序數(shù)＝核電荷數(shù)＝質(zhì)子數(shù)，則該元素的原子核內(nèi)質(zhì)子數(shù)為34，故B錯誤；C、34號硒位于第四周期ⅥA，所以原子最外層有6個電子，故C正確；D、根據(jù)元素周期表中的一格可知，漢字下面的數(shù)字表示相對原子質(zhì)量，該元素的相對原子質(zhì)量為78.96，故D正確；故選：B?！军c評】本題難度不大，考查學生靈活運用元素周期表中元素的信息（原子序數(shù)、元素符號、元素名稱、相對原子質(zhì)量）進行分析解題的能力。14．（2分）關于硫酸工業(yè)中的催化氧化反應，可以用勒夏特列原理解釋的是（）A．通入過量氧氣 B．選擇V2O5做催化劑 C．選擇常壓條件 D．升溫至450℃左右【分析】勒夏特列原理為：如果改變影響平衡的條件之一，平衡將向著能夠減弱這種改變的方向移動。使用勒夏特列原理時，該反應必須是可逆反應，否則勒夏特列原理不適用。【解答】解：A、通入過量氧氣，平衡正向移動，可以用勒夏特列原理解釋，故A選；B、催化劑只能改變反應速率，不會引起化學平衡的移動，不能用勒夏特列原理解釋，故B不選；C、增大壓強，平衡向體積減小的方向移動，有利于三氧化硫的合成，所以選擇常壓條件，不可用勒夏特列原理解釋，故C不選；D、正反應是放熱反應，升溫至450℃，逆向移動，不得于三氧化硫的產(chǎn)生，所以升溫是加快反應速率，不能用勒夏特列原理解釋，故D不選。故選：A?！军c評】本題考查了勒夏特列原理的使用條件，難度不大，注意使用勒夏特列原理的前提必須是可逆反應。15．（2分）將已除去氧化膜的鎂條投入到盛有稀鹽酸的敞口容器中，產(chǎn)生H2的速率v與時間t的關系如圖所示，其中影響t1～t2段速率的主要因素是（）A．H+的濃度 B．Cl﹣的濃度 C．溶液的溫度 D．體系的壓強【分析】由圖可知，開始反應速率加快，與溫度有關，后來反應速率減小與氫離子濃度有關，以此來解答?！窘獯稹拷猓烘V條投入到盛有鹽酸的敞口容器里，發(fā)生Mg與鹽酸的反應，t1～t2段時刻，濃度不斷減小，反應速率應減小，但放熱反應，溫度升高，且總體反應速率呈不斷增大趨勢，說明影響t1～t2段時間段反應速率的主要因素是溫度，故選：C?！军c評】本題考查影響化學反應速率的因素，為高頻考點，把握溫度、濃度對反應速率的影響為解答的關鍵，側重分析與知識應用能力的考查，注意反應為放熱反應，題目難度不大。16．（2分）紫花前胡醇（）可從中藥材當歸和白芷中提取得到，能提高人體免疫力。有關該化合物，下列敘述錯誤的是（）A．分子式為C14H14O4 B．不能使酸性重鉻酸鉀溶液變色 C．能夠發(fā)生水解反應 D．能夠發(fā)生消去反應生成雙鍵【分析】A、分子中14個碳原子，不飽和度為8；B、分子中含有碳碳雙鍵和羥基直接相連碳上有氫原子；C、分子中含有酯基，能發(fā)生水解；D、與﹣OH相連的C的鄰位C上有H原子可發(fā)生消去反應；【解答】解：A、分子的不飽和度為8，則氫原子個數(shù)為：14×2+2﹣8×2＝14，四個氧原子，所以分子式為：C14H14O4，故A正確；B、分子中含有碳碳雙鍵和羥基直接相連碳上有氫原子，所以能使酸性重鉻酸鉀溶液變色，故B錯誤；C、分子中含有能發(fā)生水解酯基，則紫花前胡醇能水解，故C正確；D、與﹣OH相連的C的鄰位C上有H原子可發(fā)生消去反應，生成雙鍵，故D正確；故選：B?！军c評】本題考查有機物的結構與性質(zhì)，為高頻考點，把握醇消去反應的結構特點為解答的關鍵，側重醇性質(zhì)的考查，題目難度不大。17．（2分）下列操作會使相應溶液pH增大的是（）A．AlCl3溶液中再溶入AlCl3 B．CH3COONa溶液加熱 C．氨水中加入少量NH4Cl固體 D．醋酸溶液加熱【分析】A．AlCl3溶液中再溶入AlCl3，Al3+的水解平衡正向移動；B．加熱會促進CH3COO﹣的水解；C．氨水中加入少量NH4Cl固體，會抑制NH3?H2O的電離；D．加熱會促進醋酸的電離?！窘獯稹拷猓篈．AlCl3溶液中存在水解平衡Al3++3H2O?Al（OH）3+3H+，AlCl3溶液中再溶入AlCl3，Al3+的水解平衡正向移動，溶液中c（H+）增大，則pH減小，故A不選；B．CH3COONa溶液中存在水解平衡CH3COO﹣+H2O?CH3COOH+OH﹣，加熱會促進CH3COO﹣的水解，溶液中c（OH﹣）增大，則pH增大，故B選；C．氨水中加入少量NH4Cl固體，會抑制NH3?H2O的電離，即電離平衡NH3?H2O?NH4++OH﹣逆向移動，溶液中c（OH﹣）減小，則pH減小，故C不選；D．加熱會促進醋酸的電離，電離平衡CH3COOH?CH3COOH﹣+H+右移，溶液中c（H+）增大，則pH減小，故D不選；故選：B?！军c評】本題考查了鹽的水解、弱電解質(zhì)的電離，把握影響鹽的水解平衡的因素、影響電離平衡的因素等知識點是解題的關鍵，側重于考查學生的分析能力和應用能力，題目難度不大。18．（2分）對于下列實驗，能正確描述其反應的離子方程式是（）A．同濃度同體積NH4HSO4溶液與NaOH溶液混合：NH4++OH﹣→NH3?H2O B．同濃度同體積NH4Al（SO4）2溶液與NaOH溶液混合：NH4++Al3++4OH﹣→NH3?H2O+Al（OH）3↓ C．向H2O2溶液中滴加少量FeCl3：2Fe3++H2O2→O2↑+2H++2Fe2+ D．用NaClO溶液吸收少量SO2：3ClO﹣+SO2+H2O→2HClO+Cl﹣+SO42﹣【分析】A．同濃度同體積的NH4HSO4溶液與NaOH溶液混合，只發(fā)生氫離子與氫氧根離子的反應；B．同濃度同體積NH4Al（SO4）2溶液與NaOH溶液混合，只發(fā)生鋁離子與氫氧根離子的反應；C．過氧化氫不能還原鐵離子；D．次氯酸根離子具有強的氧化性，能夠氧化二氧化硫生成硫酸根離子?！窘獯稹拷猓篈．同濃度同體積的NH4HSO4溶液與NaOH溶液混合，氫離子優(yōu)先反應，銨根離子不反應，離子方程式為H++OH﹣→H2O，故A錯誤；B．同濃度同體積NH4Al（SO4）2溶液與NaOH溶液混合，鋁離子優(yōu)先反應，銨根離子不反應，離子方程式為Al3++3OH﹣→Al（OH）3↓，故B錯誤；C．向H2O2溶液中滴加少量FeCl3，二者不反應，三價鐵離子做催化劑，促進過氧化氫分解生成氧氣，2H2O2O2↑+2H2O，故C錯誤；D．少量二氧化硫通入次氯酸鈉溶液中，離子方程式為SO2+3ClO﹣+H2O→SO42﹣+2HClO+Cl﹣，故D正確；故選：D?！军c評】本題考查了離子方程式的書寫，明確反應實質(zhì)及離子方程式書寫方法是解題關鍵，注意離子反應應遵循客觀事實、遵循原子個數(shù)、電荷數(shù)守恒規(guī)律，題目難度不大。19．（2分）對金屬腐蝕及防護的表述正確的是（）A．金屬腐蝕的本質(zhì)：金屬失電子發(fā)生還原反應 B．犧牲陽極的陰極保護法：被保護的金屬應做負極 C．外加電流陰極保護法：被保護的金屬應與電源正極相連 D．鋼鐵表面烤藍生成一層致密的Fe3O4，能起到防腐蝕作用【分析】A．失電子發(fā)生氧化反應；B．犧牲陽極的陰極保護法是原電池原理，在原電池中，正極被保護；C．外加電流的陰極保護法是電解池原理，在電解池中，陰極被保護；D．烤藍生成一層致密的Fe3O4，可保護內(nèi)部金屬?！窘獯稹拷猓篈．金屬被腐蝕是失電子，發(fā)生氧化反應，故A錯誤；B．犧牲陽極的陰極保護法是原電池原理，在原電池中，正極被保護，負極被腐蝕，故被保護的金屬應做正極，故B錯誤；C．外加電流的陰極保護法是電解池原理，在電解池中，陰極被保護，陽極被腐蝕，故被保護的金屬應與電源的負極相連，故C錯誤；D．烤藍生成一層致密的Fe3O4，可保護內(nèi)部金屬，則能起到防腐蝕作用，故D正確。故選：D?！军c評】本題考查電化學腐蝕和防護的關系，為高考常見考題，側重分析與應用、電化學知識的考查，題目難度不大。20．（2分）用物質(zhì)的量都是0.01mol的HCN和NaCN配成1升混合溶液，已知其中c（CN﹣）＜c（Na+），對該溶液的下列判斷正確的是（）A．c（HCN）+c（CN﹣）＜0.02mol/L B．c（OH﹣）＜c（H+） C．c（CN﹣）+2c（OH﹣）＝2c（H+）+c（HCN） D．c（HCN）＜c（CN﹣）【分析】物質(zhì)的量都是0.1mol的HCN和NaCN配成1L混合溶液，其中c（CN﹣）＜c（Na+），由電荷守恒可知c（CN﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+），則有c（H+）＜c（OH﹣），溶液應呈堿性，結合物料守恒來解答。【解答】解：A．由物料守恒可知，c（HCN）+c（CN﹣）＝0.02mol/L，故A錯誤；B．由上述分析可知，溶液顯堿性，c（H+）＜c（OH﹣），故B錯誤；C．由c（CN﹣）+c（OH﹣）＝c（Na+）+c（H+）、c（HCN）+c（CN﹣）＝2c（Na+），消去鈉離子可得c（CN﹣）+2c（OH﹣）＝2c（H+）+c（HCN），故C正確；D．溶液呈堿性，可知等濃度時CN﹣的水解大于HCN的電離，則c（HCN）＞c（CN﹣），故D錯誤；故選：C。【點評】本題考查混合時溶液的酸堿性判斷及離子濃度的比較，為高頻考點，把握電荷守恒、物料守恒為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，題目難度不大。二、綜合題（共60分）21．（15分）碳酸鋰是生產(chǎn)鋰離子電池的重要原料。（1）碳酸鋰制取鋰的反應原理為：①Li2CO3Li2O+CO2；②Li2O+CCO+2Li。鋰原子的電子排布式為1s22s1；CO2的結構式為O＝C＝O；反應②中物質(zhì)涉及的化學鍵類型有離子鍵、共價鍵、金屬鍵。（2）碳原子核外電子有3種不同能量的電子，其中有兩個電子的能量最高且能量相等，這兩個電子所處的軌道分別是2px、2py（或2px、2pz或2py、2pz）軌道。（3）氫化鋰（LiH）是離子化合物，寫出其陰離子的電子式[H：]﹣，氫負離子（H﹣）與鋰離子具有相同電子層結構，試比較兩者微粒半徑的大小，并用原子結構理論加以解釋H﹣和Li+具有相同的電子層結構，但H﹣的核內(nèi)質(zhì)子數(shù)比Li+少，原子核對核外電子的吸引力比Li+弱，所以H﹣的半徑比Li+大。（4）用Li2CO3、氨水和液溴制備LiBr。除生成LiBr外，還產(chǎn)生了兩種參與大氣循環(huán)的氣體，補全產(chǎn)物并配平該反應的化學方程式：3Li2CO3+3Br2+2NH3?H2O→6LiBr+5H2O+N2↑+3CO2↑。（5）磷酸亞鐵鋰電池總反應為：FePO4+LiLiFePO4，放電時，負極為Li（填寫化學式）。若用該電池電解飽和食鹽水（電解池電極均為惰性電極），當電解池兩極共有4480mL氣體（標準狀況）產(chǎn)生時，該電池消耗鋰的質(zhì)量為1.4g。【分析】（1）Li核外有3個電子，分兩層排布；二氧化碳分子中碳原子與兩個氧原子分別共用兩對電子；氧化鋰中含有離子鍵，一氧化碳和碳中含有共價鍵，鋰單質(zhì)含有金屬鍵；（2）C原子核外有6個電子，分別在1s、2s、2p軌道；（3）LiH的陰離子為H﹣，最外層電子數(shù)為2；核外電子排布相同的離子，其核電荷數(shù)越大離子半徑越小；（4）Li2CO3、氨水混合物加入液溴，反應生成LiBr，溴氧化氨水生成氮氣，同時生成二氧化碳氣體，據(jù)此寫出反應的方程式；（5）由磷酸亞鐵鋰電池總反應FePO4+LiLiFePO4可知，放電時Li發(fā)生失電子的氧化反應生成Li+，則Li為負極、FePO4為正極，負極反應為Li﹣e﹣＝Li+；惰性電極電解飽和食鹽水時總反應為2H2O+2Cl﹣Cl2↑+H2↑+2OH﹣，陽極反應為2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，根據(jù)電子守恒有：2Li～2e﹣～Cl2，則n（Li）＝2n（Cl2），據(jù)此計算消耗鋰的質(zhì)量。【解答】解：（1）Li核外有3個電子，分兩層排布，則基態(tài)鋰原子的電子排布式是1s22s1；二氧化碳分子中碳原子與兩個氧原子分別共用兩對電子，結構式為：O＝C＝O；氧化鋰中含有離子鍵，一氧化碳和碳中含有共價鍵，鋰單質(zhì)含有金屬鍵，故答案為：1s22s1；O＝C＝O；離子鍵、共價鍵、金屬鍵；（2）C原子核外有6個電子，分別在1s、2s、2p軌道，同一能級上兩個電子的能量相等，則碳原子核外電子有3種能量的電子，能量最高的電子在2px、2py（或2px、2pz或2py、2pz）軌道，故答案為：3；2px、2py（或2px、2pz或2py、2pz）軌道；（3）LiH的陰離子為H﹣，最外層電子數(shù)為2、電子式為[H：]﹣，H﹣和Li+核外電子數(shù)相同，核內(nèi)質(zhì)子數(shù)Li+大于H﹣，其原子核對核外電子的吸引力大，因此Li+離子半徑小于H﹣，故答案為：[H：]﹣；H﹣和Li+具有相同的電子層結構，但H﹣的核內(nèi)質(zhì)子數(shù)比Li+少，原子核對核外電子的吸引力比Li+弱，所以H﹣的半徑比Li+大；（4）Li2CO3、氨水混合物加入液溴，反應生成LiBr，溴氧化氨水生成氮氣，同時生成二氧化碳氣體，反應的方程式為3Li2CO3+3Br2+2NH3?H2O＝6LiBr+5H2O+N2↑+CO2↑，故答案為：3；3；2；6；5H2O+N2↑+3CO2↑；（5）由磷酸亞鐵鋰電池總反應FePO4+LiLiFePO4可知，放電時Li發(fā)生失電子的氧化反應生成Li+，則Li為負極，負極反應為Li﹣e﹣＝Li+，惰性電極電解飽和食鹽水時總反應為2H2O+2Cl﹣Cl2↑+H2↑+2OH﹣，陽極反應為2Cl﹣﹣2e﹣＝Cl2↑，兩極共有4480mL氣體，即陽極生成氯氣2240mL，根據(jù)電子守恒有：2Li～2e﹣～Cl2，則n（Li）＝2n（Cl2）＝2×＝0.2mol，m（Li）＝nM＝0.2mol×7g/mol＝1.4g，故答案為：Li；1.4g?！军c評】本題考查原子結構、化學鍵、氧化還原反應、原電池工作原理及計算等知識，為高考常考題型和高頻考點，把握原子結構和原電池工作原理是解題關鍵，注意電子守恒的計算應用，題目難度不大。22．（15分）對煙道氣中的SO2進行回收再利用具有較高的社會價值。（1）大氣中SO2含量過高會導致雨水中含有（填化學式）H2SO4、H2SO3而危害植物和建筑物。工廠排放的SO2尾氣用飽和Na2SO3溶液吸收可得到重要化工原料NaHSO3，反應的化學方程式為SO2+Na2SO3+H2O＝2NaHSO3。由NaHSO3過飽和溶液經(jīng)結晶脫水可制得Na2S2O5。寫出該過程的化學方程式2NaHSO3＝Na2S2O5+H2O。（2）Na2S2O5可用作食品的抗氧化劑。在測定某葡萄酒中Na2S2O5殘留量時，取50.00mL葡萄酒樣品，用0.01000mol?L﹣1的碘標準液滴定至終點，消耗10.00mL碘液。補全該滴定反應的離子方程式：S2O52﹣+2I2+3H2O→2SO42﹣+4I﹣+6H+，該樣品中Na2S2O5的殘留量為0.128g?L﹣1（以SO2計）。（3）一定條件下，由SO2和CO反應生成S和CO2的能量變化如圖所示，每生成16gS（s），該反應放出（選填“放出”或“吸收”）的熱量為135kJ。（4）在絕對隔熱恒容的密閉容器中，進行該反應的平衡常數(shù)表達式為K＝，對此反應下列說法正確的是ad。a.若混合氣體密度保持不變，則已達平衡狀態(tài)b.從反應開始到平衡，容器內(nèi)氣體的壓強保持不變c.達平衡后若再充入一定量CO2，平衡常數(shù)保持不變d.分離出少量S粉，正、逆反應速率均保持不變【分析】（1）SO2導致硫酸型酸雨、二氧化硫形成酸雨的過程分析判斷雨水中成分；工廠排放的SO2尾氣用飽和Na2SO3溶液吸收可得到重要化工原料NaHSO3，正鹽轉(zhuǎn)化為酸式鹽；NaHSO3過飽和溶液經(jīng)結晶脫水可制得Na2S2O5，結合原子守恒即可寫出發(fā)生反應的化學方程式；（2）Na2S2O5可用作食品的抗氧化劑，說明Na2S2O5具有一定的還原性，能被碘標準液滴定，說明發(fā)生氧化還原反應產(chǎn)生Na2SO4，I2被還原為I﹣，根據(jù)方程式計算；（3）根據(jù)圖象分析，反應物總能量高于生成物總能量，則反應為放熱反應，正逆反應活化能之差為反應放出的熱量；（4）氣相為主的反應中，固相物質(zhì)的濃度項不列入反應的平衡常數(shù)表達式，結合常用判斷化學平衡的方法判斷化學反應是否達到平衡，據(jù)此逐項分析?！窘獯稹拷猓海?）SO2能導致硫酸型酸雨，SO2溶于水：SO2+H2O═H2SO3，H2SO3能被部分氧化：2H2SO3+O2＝2H2SO4，故大氣中SO2含量過高會導致雨水中含有H2SO4和未被氧化完的H2SO3；SO2用飽和Na2SO3溶液吸收可得NaHSO3，反應的化學方程式為：SO2+Na2SO3+H2O＝2NaHSO3；NaHSO3過飽和溶液經(jīng)結晶脫水可制得Na2S2O5，則發(fā)生反應的化學方程式為2NaHSO3＝Na2S2O5+H2O，故答案為：H2SO4、H2SO3；SO2+Na2SO3+H2O＝2NaHSO3；2NaHSO3＝Na2S2O5+H2O；（2）Na2S2O5可用作食品的抗氧化劑，說明Na2S2O5具有一定的還原性，能被碘標準液滴定，說明發(fā)生氧化還原反應產(chǎn)生Na2SO4，I2被還原為I﹣，則發(fā)生滴定反應的離子方程式為：S2O52﹣+2I2+3H2O═2SO42﹣+4I﹣+6H+；取50.00mL葡萄酒樣品，用0.01000mol?L﹣1的碘標準液滴定至終點，消耗10.00mL，根據(jù)反應方程式，則樣品中Na2S2O5的殘留量以SO2計算應為：＝0.128g/L，故答案為：4I﹣+6H+；0.128；（3）根據(jù)圖象分析，反應物總能量高于生成物總能量，則反應為放熱反應，正逆反應活化能之差為反應放出的熱量，則為135kJ，故答案為：放出；135kJ；（4）氣相為主的反應中，固相物質(zhì)的濃度項不列入反應的平衡常數(shù)表達式，則該反應的平衡常數(shù)表達式為K＝，a．混合氣體密度為ρ＝，恒容容器容積V不變，反應前后氣體的質(zhì)量發(fā)生改變，則當反應到達平衡時，氣體總質(zhì)量m不變，因此若混合氣體密度保持不變可以說明反應已經(jīng)達到平衡狀態(tài)，故a可選；b．反應達到平衡前后，氣體總物質(zhì)的量發(fā)生改變，則體系壓強改變，故b不選；c．達平衡后若再充入一定量CO2，促使化學平衡逆向移動，由于反應在絕熱容器中進行，因此反應會產(chǎn)生熱量變化導致體系溫度發(fā)生改變，則化學平衡常數(shù)改變，故c不選；d．分離出S，由于S不影響化學平衡，因此正、逆反應速率均保持不變，故d可選；故答案為：K＝；ad。【點評】本題考查物質(zhì)組成及含量的測定，涉及酸雨的形成與危害、反應原理的反應及化學平衡的建立與平衡常數(shù)，易錯點是平衡狀態(tài)的判斷，綜合型較強，難度中等。23．（15分）（1）G是一種新型香料的主要成分之一，合成路線如圖：已知：①RCH＝CH2+CH2＝CHR′CH2＝CH2+RCH＝CHR′②G的結構簡式為：（1）（CH3）2C＝CH2分子中有4個碳原子在同一平面內(nèi)。（2）D分子中含有的含氧官能團名稱是羥基、羧基，F(xiàn)的結構簡式為。（3）A→B的化學方程式為+Cl2+HCl，反應類型為取代反應。（4）生成C的化學方程式為+2NaOH+2NaCl。（5）同時滿足下列條件的D的同分異構體有多種：①能發(fā)生銀鏡反應；②能水解；③苯環(huán)上只有一個取代基，請寫出其中任意2種物質(zhì)的結構式、。（6）利用學過的知識以及題目中的相關信息，寫出由丙烯制取CH2＝CHCH＝CH2的合成路線（無機試劑任選）。（合成路線常用的表示方式為：A→B……目標產(chǎn)物）【分析】B與HCl反應生成，則B為，可知A的結構簡式為：，可知C為，D為．苯乙烯與HBr發(fā)生加成反應生成E，E可以氧