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2019年上海市长宁区高考化学一模试卷 解析版
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这是一份2019年上海市长宁区高考化学一模试卷 解析版，共25页。试卷主要包含了选择题，综合题，完成下列填空（共60分等内容，欢迎下载使用。
1．（2分）化学与生活密切相关。下列有关物质用途的说法错误的是（ ）
A．碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查
B．氯气可用于海水提溴
C．氨气能做制冷剂
D．过氧化钠可用作航天员的供氧剂
2．（2分）下列微粒互为同位素的是（ ）
A．H2和D2B．2He和3HeC．O2和O3D．冰和干冰
3．（2分）含有非极性键的非极性分子是（ ）
A．C2H2B．CH4C．H2OD．NaOH
4．（2分）下列烷烃命名错误的是（ ）
A．2─甲基戊烷B．3─乙基戊烷
C．3，4─二甲基戊烷D．3─甲基己烷
5．（2分）下列离子在稳定人体血液的pH中起作用的是（ ）
A．Na+B．Fe2+C．HCO3﹣D．Cl﹣
6．（2分）属于弱电解质的是（ ）
A．一水合氨B．二氧化碳C．乙醇D．硫酸钡
7．（2分）下列有关氮原子的化学用语错误的是（ ）
A．B．
C．1s22s22p3D．
8．（2分）117号元素为Ts位于元素周期表中氟元素同一族。下列说法错议的是（ ）
A．Ts是主族元素
B．Ts的最外层p轨道中有5个电子
C．Ts原子核外共有6个电子层
D．同族元素中Ts非金属性最弱
9．（2分）以下性质的比较中，错误的是（ ）
A．酸性：H2CO3＞H2SiO3＞H3AlO3
B．沸点：HCl＞HBr＞HI
C．热稳定性：HF＞HCl＞H2S
D．碱性：KOH＞NaOH＞Mg（OH）2
10．（2分）在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中，下列操作未涉及的是（ ）
A．B．
C．D．
11．（2分）下列有关化工生产原理正确的是（ ）
A．工业制取烧碱：Na2O+H2O→2NaOH
B．工业合成盐酸：H2+Cl22HCl
C．工业制取乙烯：C2H5OHCH2＝CH3↑+H2O
D．工业制漂粉精：2 Ca（OH）2+2Cl2→Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O
12．（2分）下列气体能用浓硫酸干燥的是（ ）
A．SO2B．SO3C．HID．H2S
13．（2分）通常情况下，仅凭下列事实能证明乙酸是弱酸的是（ ）
A．某乙酸溶液与锌粒反应产生气泡很慢
B．乙酸钠溶液pH＞7
C．乙酸溶液能使石蕊变红
D．某乙酸溶液导电能力弱
14．（2分）已知1ml氢气和氧气完全燃烧生成水蒸气放出241.8千焦热量，下列热化学方程式正确的是（ ）
A．2H2（g）+O2（g）→2H2O（g）+241.8kJ
B．H2（g）+O2（g）→H2O（s）+241.8 kJ
C．H2（g）+O2（g）→H2O（g）﹣241.8 kJ
D．H2O（g）→H2（g）+O2（g）﹣241.8 kJ
15．（2分）有关远洋轮船船壳腐蚀与防护叙述错误的是（ ）
A．可在船壳外刷油漆进行保护
B．可将船壳与电源的正极相连进行保护
C．可在船底安装锌块进行保护
D．在海上航行时，船壳主要发生吸氧腐蚀
16．（2分）SO2催化氧化过程中，不符合工业生产实际的是（ ）
A．采用热交换器循环利用能量
B．压强控制为20﹣50MPa
C．反应温度控制在450℃左右
D．使用V2O5作催化剂
17．（2分）在强酸性条件下因发生氧化还原反应不能大量共存的是（ ）
A．Mg2+、Na+、SO42﹣、Cl﹣B．K+、CO32﹣、Cl﹣、NO3﹣
C．Na+、Cl﹣、NO3﹣、Fe2+D．NH4+、OH﹣、SO42﹣、NO3﹣
18．（2分）用NaOH标准溶液滴定盐酸，以下操作导致测定结果偏高的是（ ）
A．滴定管用待装液润洗
B．锥形瓶用待测液润洗
C．滴定结束滴定管末端有气泡
D．滴定时锥形瓶中有液体溅出
19．（2分）下列离子方程式书写错误的是（ ）
A．铝粉投入到NaOH溶液中：2A1+2H2O+2OH﹣→2AlO2﹣+3H2↑
B．Al（OH）3溶于NaOH溶液中：Al（OH）3+OH﹣→AlO2﹣+2H2O
C．碳酸氢钠水解：HCO3﹣+H2O⇌OH﹣+CO2↑+H2O
D．FeCl2溶液中通入Cl2：2Fe2++Cl2→2Fe3++2Cl﹣
20．（2分）某溶液中可能含有Na+、Al3+、Fe3+、NO3﹣、SO42﹣、Cl﹣，滴入过量氨水，产生白色沉淀，若溶液中各离子的物质的量浓度相等，则一定存在的离子是（ ）
A．SO42﹣B．NO3﹣C．Na+D．Fe3+
二、综合题，完成下列填空（共60分
21．（15分）我国科学家通过测量SiO2中26Al和16Be两种元素的比例确定“北京人”年龄，这种测量方法叫“铝铍测年法”，完成下列填空：
（1）写出Be的核外电子式 ，Be所在的周期中，最外层有2个末成对电子的元素的符号有 、 。
（2）Al和Be具有相似的化学性质，铝原子核外有 种不同运动状态的电子，写出BeCl2水解反应的化学方程式： 。
（3）研究表明26Al可以衰变为26Mg．请从原子结构角度解释这两种元素金属性强弱关系 。
（4）比较Al3+、S2﹣和Cl﹣半径由大到小的顺序 ；这3种元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是 （写名称），Al2O3是离子化合物，而AlCl3是共价化合物。工业制铝时，电解Al2O3而不电解ACl3的原因是 。
22．（15分）工业上用焦炭与石英在高温下氮气流中发生如下反应，3SiO2（s）+6C（s）+2N2（g）⇌Si3N4（s）+
6CO（g）+Q（Q＞0），可制得一种新型陶瓷材料氮化硅（Si3N4），该材料熔点高，硬度大，广泛应用于光伏、轴承、冶金、化工、能源、环保等行业。回答下列问题：
（1）N2的电子式为 ，Si在元素周期表中的位置是 ，氮化硅晶体属于 晶体。
（2）该反应中，还原产物是 。若测得反应生成22.4L CO气体（标准状况下），则转移的电子的物质的量为 。
（3）该反应的平衡常数表达式K＝ ；其他条件不变，降低温度，达到新的平衡时，K值 （填“增大”、“减小”或“不变”，以下同），CO的浓度 ，SiO2的质量 。
（4）已知在一定条件下的2L密闭容器中制备氮化硅，SiO2（纯度98.5%，所含杂质不与参与反应）剩余质量和反应时间的关系如图所示，CO在0～10min的平均反应速率为 。
（5）现用四氯化硅、氮气和氢气在高温下发生反应，可得较高纯度的氮化硅。反应的化学方程式为 。
23．（15分）难溶性杂卤石（K2SO4•MgSO4•2CaSO4•2H2O）在水中存在如下平衡：K2SO4•MgSO4•2CaSO4•2H2O（s）⇌2Ca2++2K++Mg2++4SO42﹣+2H2O，为能充分利用钾资源，用足量的饱和Ca（OH）2溶液溶浸杂卤石制备硫酸钾，工艺流程是：首先需要溶浸与分离，见图1。
（1）不同温度下，K+的浸出浓度与溶浸时间的关系如图2，由图可得，随着温度升高：
① ；
② 。
（2）为了提高浸出效率，可采取的措施是： ；过滤用到的玻璃仪器名称是： 。
（3）滤渣主要成分有 和 以及未溶杂卤石，用化学平衡移动原理解释Ca（OH）2溶液能溶解杂卤石、浸出K+的原因 。
（4）图1中过滤后，滤液中的主要杂质离子是 ，进一步“除杂”环节见3，可先加入 溶液，经搅拌等操作后，过滤，再加入 溶液调滤液pH至中性。
（5）图3中过滤得到的母液中含有大量的 （填写化学式），检验其中溶质阴离子的方法是 。
24．（15分）有机物G是一种高分子化合物，常用作有机合成的中间体，并可用作乳胶漆等，可以通过以下途径合成。
已知有机物A中含有C、H、O、C1四种元素且同一个碳原子上不直接连接两个官能团。
（1）A的结构简式为 或 ，反应③的反应类型 。
（2）写出反应⑤和反应⑥的化学方程式：
反应⑤ ；
反应⑥ 。
（3）写出1种E的同系物的名称 。写出1种与F含有相同官能团的F的同分异构体的结构简式 。
（4）试设计一条以为原料合成的合成路线。
（合成路线常用的表示方式为：甲乙…目标产物） 。
2019年上海市长宁区高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题只有1个正确选项，每小题2分，共40分）
1．（2分）化学与生活密切相关。下列有关物质用途的说法错误的是（ ）
A．碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查
B．氯气可用于海水提溴
C．氨气能做制冷剂
D．过氧化钠可用作航天员的供氧剂
【分析】A．碳酸钡能和稀盐酸反应生成有毒的氯化钡，但是硫酸钡不溶于稀盐酸、不溶于水；
B．氯气具有强氧化性；
C．氨气易液化；
D．过氧化钠和水、二氧化碳都反应生成氧气。
【解答】解：A．碳酸钡能和稀盐酸反应生成有毒的氯化钡，但是硫酸钡不溶于稀盐酸、不溶于水，所以应该用硫酸钡而不是碳酸钡作胃肠X射线造影检查，故A错误；
B．氯气具有强氧化性，可用于海水提溴，故B正确；
C．氨气易液化，汽化时吸热做制冷剂，故C正确；
D．过氧化钠能和二氧化碳、水反应生成氧气，所以过氧化纳可用于航天员的供氧剂，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查物质结构和性质，侧重考查化学在生产生活中的应用，明确物质性质是解本题关键，会运用化学知识正确解释生产生活现象，题目难度不大。
2．（2分）下列微粒互为同位素的是（ ）
A．H2和D2B．2He和3HeC．O2和O3D．冰和干冰
【分析】同种元素的不同种原子间互为同位素，据此分析。
【解答】解：A、H2和D2是单质，不是原子，且是同一种物质，故A错误；
B、2He和3He是同种元素的不同种原子，故两者互为同位素，故B正确；
C、O2和O3是氧元素的两种不同的单质，互为同素异形体，故C错误；
D、冰是固态的水，干冰是固态的二氧化碳，是两种不同的化合物，不是同位素，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了“四同”概念的判断，难度不大，应注意的是互为同位素的必须是同种元素的不同种原子。
3．（2分）含有非极性键的非极性分子是（ ）
A．C2H2B．CH4C．H2OD．NaOH
【分析】同种非金属原子间形成非极性键，分子结构对称，正负电荷中心重叠的分子属于非极性分子，据此分析。
【解答】解：A．乙炔分子中，C与C之间存在非极性键，分子结构对称，属于非极性分子，故A正确；B．甲烷分子中只含有C一H极性键，不含有非极性键，故B错误；C．水分子中只合有极性键，属于极性分子，故C错误；D．NaOH属于离子化合物，不存在分子，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了非极性键和非极性分子的判断，题目难度不大，把握非极性键的形成条件和非极性分子的判断方法是解题的关键。
4．（2分）下列烷烃命名错误的是（ ）
A．2─甲基戊烷B．3─乙基戊烷
C．3，4─二甲基戊烷D．3─甲基己烷
【分析】烷烃命名原则：
①长：选最长碳链为主链；
②多：遇等长碳链时，支链最多为主链；
③近：离支链最近一端编号；
④小：支链编号之和最小。看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近﹣﹣﹣﹣﹣离支链最近一端编号”的原则；
⑤简：两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号。如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面。
【解答】解：A.2─甲基戊烷名称中主碳链5个碳，离取代基近的一端编号得到，.2─甲基戊烷，名称符合命名原则，故A正确；
B.3─乙基戊烷中主碳链5个碳，离取代基近的一端编号得到，3─乙基戊烷，名称符合命名原则，故B正确；
C.3，4─二甲基戊烷中主碳链5个碳，离取代基近的一端编号得到2，3─二甲基戊烷，名称不符合命名原则，故C错误；
D.3─甲基己烷中主碳链6个碳，离取代基近的一端编号得到，3─甲基己烷，名称符合命名原则，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了有机物的命名，题目难度不大，该题注重了基础性试题的考查，侧重对学生基础知识的检验和训练，该题的关键是明确有机物的命名原则，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可，有利于培养学生的规范答题能力。
5．（2分）下列离子在稳定人体血液的pH中起作用的是（ ）
A．Na+B．Fe2+C．HCO3﹣D．Cl﹣
【分析】根据稳定人体血液的pH可知，则选项中的离子既能与酸反应又能与碱反应才符合题意，以此来解答。
【解答】解：A．Na+不水解，为强碱阳离子，则不能起到调节人体内pH值的作用，故A错误；
B．Fe2+水解，为弱碱阳离子，使得溶液水解呈酸性，只能降低pH值，故B错误；
C．HCO3﹣在溶液中存在两个趋势：HCO3﹣离子电离使得溶液呈酸性，或者HCO3﹣水解呈现碱性，即电离呈酸性，降低pH值，水解呈碱性，pH值升高，故C正确；
D．Cl﹣不水解，为强酸阴离子，则不能起到调节人体内pH值的作用，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查盐的水解原理及其应用，题目难度不大，明确稳定pH是解答本题的关键，并熟悉盐类水解的规律及常见离子的水解及酸式酸根离子的性质来解答。
6．（2分）属于弱电解质的是（ ）
A．一水合氨B．二氧化碳C．乙醇D．硫酸钡
【分析】在水溶液中只能部分电离的电解质为弱电解质，包括弱酸、弱碱和水等，据此分析。
【解答】解：A、NH3•H2O是弱碱，是弱电解质，故A正确；
B、CO2在水溶液中和熔融状态下均不能导电，故为非电解质，故B错误；
C、乙醇在水溶液中和熔融状态下均不能导电，故为非电解质，故C错误；
D、BaSO4在水溶液中虽然溶解度很小，但溶解的能完全电离，故为强电解质，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了电解质、非电解质以及强弱电解质的判断，应注意的是强弱电解质的本质区别是电离是否彻底，和溶解度、离子浓度和导电能力等均无关。
7．（2分）下列有关氮原子的化学用语错误的是（ ）
A．B．
C．1s22s22p3D．
【分析】N原子的核电荷数＝核外电子总数＝7，最外层含有5个电子，据此结合电子式、原子结构示意图、核外电子排布式、核外电子排布图的表示方法解答。
【解答】解：A．N最外层含有5个电子，其电子式为，故A正确；
B．N原子的核电荷数、核外电子总数都是7，其原子结构示意图为，故B正确；
C．氮原子最外层含有5个电子，其核外电子排布式为1s22s22p3，故C正确；
D．氮原子的L层电子有5个电子，2p电子优先单独占据1个轨道，其正确的核外电子排布图为，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查常见化学用语的表示方法，题目难度不大，涉及电子式、原子结构示意图、核外电子排布式、核外电子排布图等知识，明确常见化学用语的书写原则即可解答，试题有利于提高学生的规范答题能力。
8．（2分）117号元素为Ts位于元素周期表中氟元素同一族。下列说法错议的是（ ）
A．Ts是主族元素
B．Ts的最外层p轨道中有5个电子
C．Ts原子核外共有6个电子层
D．同族元素中Ts非金属性最弱
【分析】117号元素为Ts，Ts的原子核外最外层电子数是7，结合第六周期稀有气体的原子序数为86，可知Ts位于第七周期ⅦA族，以此来解答。
【解答】解：：A．Ts的原子核外最外层电子数是7，与氟元素同族，是主族元素，故A正确；
B．Ts位于第七周期ⅦA族，所以电子排布式为[Rn]6f146d107s27p5，所以Ts的最外层p轨道中有5个电子，故B正确；
C．TsTs位于第七周期ⅦA族，核外共有7个电子层而不是8，故C错误；
D．同族元素从上往下非金属性减弱，所以Ts非金属性最弱，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查原子结构与元素性质，题目难度不大，明确原子结构与元素周期律的关系为解答关键，注意掌握原子构成及表示方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
9．（2分）以下性质的比较中，错误的是（ ）
A．酸性：H2CO3＞H2SiO3＞H3AlO3
B．沸点：HCl＞HBr＞HI
C．热稳定性：HF＞HCl＞H2S
D．碱性：KOH＞NaOH＞Mg（OH）2
【分析】A．非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强；
B．同类型的分子中，相对分子质量越大，沸点越高；
C．非金属性越强，对应氢化物越稳定；
D．金属性越强，对应碱的碱性越强。
【解答】解：A．非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，则酸性：H2CO3＞H2SiO3＞H3AlO3，故A正确；
B．同类型的分子中，相对分子质量越大，沸点越高，则沸点为HI＞HBr＞HCl，故B错误；
C．非金属性越强，对应氢化物越稳定，则热稳定性：HF＞HCl＞H2S，故C正确；
D．金属性越强，对应碱的碱性越强，则碱性KOH＞NaOH＞Mg（OH）2，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的位置、元素的性质、元素周期律为解答的关键，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。
10．（2分）在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中，下列操作未涉及的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】乙酸乙酯的制备是乙醇浓硫酸和乙酸混合溶液加热生成，生成的乙酸乙酯混有乙酸、乙醇，通过饱和碳酸钠溶液吸收乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯溶解度，利用分液的方法得的乙酸乙酯，蒸发皿是加热蒸发溶液得到晶体的仪器，据此分析判断。
【解答】解：A．乙酸乙酯的制备是乙醇浓硫酸和乙酸混合溶液加热生成的，选择试管中加热，故A不选；
B．生成的乙酸乙酯混有乙酸、乙醇，通过饱和碳酸钠溶液吸收乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯溶解度，防止倒吸导气管不能深入溶液，故B不选；
C．饱和碳酸钠溶液吸收静置后，利用分液的方法分离，故C不选；
D．图中是利用蒸发皿加热蒸发溶液得到溶质晶体的方法，在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中，操作未涉及，故D选；
故选：D。
【点评】本题考查了乙酸乙酯的制备原理、化合物分离方法、实验基本操作等，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
11．（2分）下列有关化工生产原理正确的是（ ）
A．工业制取烧碱：Na2O+H2O→2NaOH
B．工业合成盐酸：H2+Cl22HCl
C．工业制取乙烯：C2H5OHCH2＝CH3↑+H2O
D．工业制漂粉精：2 Ca（OH）2+2Cl2→Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O
【分析】A、工业上用电解饱和食盐水的方法来制取烧碱；
B、氯气和氢气在光照条件下发生爆炸；
C、工业制备乙烯主要是石油的裂解得到；
D、将过量的氯气通入石灰乳中制取漂粉精。
【解答】解：A、工业上用电解饱和食盐水的方法来制取烧碱，化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，故A错误；
B、工业利用氢气在氯气中燃烧生成氯化氢合成盐酸，而不是光照，故B错误；
C、C2H5OHCH2＝CH2↑+H2O是实验室制备乙烯，工业制备乙烯主要是石油的裂解得到，故C错误；
D、将过量的氯气通入石灰乳中制取漂粉精，化学方程式为2 Ca（OH）2+2Cl2＝Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了常见化学物质的工业制法和化学方程式的书写，明确反应的实质是解题关键，注意原子个数守恒以及反应原理的掌握。
12．（2分）下列气体能用浓硫酸干燥的是（ ）
A．SO2B．SO3C．HID．H2S
【分析】浓硫酸属于酸，具有酸的通性，还具有吸水性、脱水性和强氧化性，能干燥中性或酸性气体，但不能干燥碱性、部分强还原性气体，据此分析解答。
【解答】解：A．SO2虽然具有还原性，但和浓硫酸不反应，所以能被浓硫酸干燥，故A正确；
B．SO3能被浓硫酸吸收，不能用浓硫酸干燥，故B错误；
C．HI具有还原性，所以能被浓硫酸干燥，故C错误；
D．H2S具有强还原性，被浓硫酸氧化和浓硫酸反应，所以不能被浓硫酸干燥，故D错误，
故选：A。
【点评】本题考查了浓硫酸的性质、气体性质，主要是浓硫酸吸水性、强氧化性的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
13．（2分）通常情况下，仅凭下列事实能证明乙酸是弱酸的是（ ）
A．某乙酸溶液与锌粒反应产生气泡很慢
B．乙酸钠溶液pH＞7
C．乙酸溶液能使石蕊变红
D．某乙酸溶液导电能力弱
【分析】证明CH3COOH为弱酸，可从以下角度判断：①等浓度的HCl、CH3COOH导电能力；②等浓度的HCl、CH3COOH比较二者与金属反应速率大小；③判断是否存在电离平衡；④比较二者对应的盐溶液的酸碱性等，以此解答该题。
【解答】解：A．某乙酸溶液与锌粒反应产生气泡很慢，说明该乙酸中氢离子浓度很小，但是不能说明乙酸部分电离，则不能证明乙酸是弱电解质，故A错误；
B．乙酸钠的pH＞7，说明乙酸钠是强碱弱酸盐，则乙酸是弱酸，故B正确；
C．乙酸溶液能使石蕊试液变红色，说明乙酸电离出氢离子，但不能说明部分电离，所以不能证明是弱电解质，故C错误；
D．某乙酸导电能力弱，说明该酸中离子浓度较小，但是不能说明乙酸部分电离，则不能证明乙酸是弱电解质，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查弱电解质判断，明确强弱电解质根本区别是解本题关键，溶液导电性强弱与离子浓度及离子所带电荷有关，与电解质强弱无关，题目难度不大。
14．（2分）已知1ml氢气和氧气完全燃烧生成水蒸气放出241.8千焦热量，下列热化学方程式正确的是（ ）
A．2H2（g）+O2（g）→2H2O（g）+241.8kJ
B．H2（g）+O2（g）→H2O（s）+241.8 kJ
C．H2（g）+O2（g）→H2O（g）﹣241.8 kJ
D．H2O（g）→H2（g）+O2（g）﹣241.8 kJ
【分析】A.1ml氢气和氧气完全燃烧生成水蒸气放出241.8千焦热量；
B．生成的是气态水；
C．反应为放热反应；
D.1ml氢气和氧气完全燃烧生成水蒸气放出241.8千焦热量，逆反应为吸收241，8KJ的热量。
【解答】解：A.2H2（g）+O2（g）→2H2O（g）+241.8kJ×2，选项中热量值错误，故A错误；
B．热化学方程式中水为气体，选项中为固体，故B错误；
C．氢气燃烧为放热反应，选项中表示的 是吸热反应，故C错误；
D.1ml氢气和氧气完全燃烧生成水蒸气放出241.8千焦热量，H2（g）+O2（g）→H2O（g）+241.8 kJ，则逆反应热化学方程式为：H2O（g）→H2（g）+O2（g）﹣241.8 kJ，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查学生热化学方程式的书写原则，该题型是高考的热点，属于基础知识的考查，题目难度中等
15．（2分）有关远洋轮船船壳腐蚀与防护叙述错误的是（ ）
A．可在船壳外刷油漆进行保护
B．可将船壳与电源的正极相连进行保护
C．可在船底安装锌块进行保护
D．在海上航行时，船壳主要发生吸氧腐蚀
【分析】A、在船壳外刷油漆可以防止金属和海水、空气接触；
B、将船壳与电源的正极相连，即船壳为阳极，在电解池的阴极金属被保护；
C、在船底安装锌块，金属锌是负极，被腐蚀，正极材料被保护；
D、海水是中性环境，金属会发生吸氧腐蚀。
【解答】解：A、在船壳外刷油漆可以防止金属和海水、空气接触，所以在船壳外刷油漆可以对船壳进行保护，故A正确；
B、将船壳与电源的正极相连，即船壳为阳极，阳极材料易被腐蚀，在电解池的阴极金属被保护，故B错误；
C、在船底安装锌块，形成原电池，金属锌是负极，被腐蚀，正极材料Fe被保护，故C正确；
D、海水是中性环境，金属会发生吸氧腐蚀，即在海上航行时，船壳主要发生吸氧腐蚀，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查了金属的腐蚀与防护问题，注意根据原电池、电解原理分析，题目难度不大。
16．（2分）SO2催化氧化过程中，不符合工业生产实际的是（ ）
A．采用热交换器循环利用能量
B．压强控制为20﹣50MPa
C．反应温度控制在450℃左右
D．使用V2O5作催化剂
【分析】A．制硫酸时使用热交换器，可充分利用能量；
B．常压SO2就可以达到较高的转化率，压强的增加引起SO2转化率的变化并不明显；
C．实际生产中，S02的催化氧化反应是在常压、400℃﹣500℃条件下进行；
D．使用催化剂可以加快反应速率；
【解答】解：A．制硫酸时使用热交换器，可充分利用二氧化硫催化氧化反应放出的能量，实现能量循环使用，故A正确；
B．压强的增加引起SO2转化率的变化并不明显，所以工业上直接采用常压，不符合工业生产实际，故B错误；
C．反应温度控制在450℃左右，催化剂活性最大，反应速率较大，故C正确；
D．催化氧化所使用的催化剂钒触媒（V2O5）能加快二氧化硫氧化速率，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了工业制备硫酸过程中的二氧化硫催化氧化的条件选择，掌握基础是解题关键，题目难度不大..
17．（2分）在强酸性条件下因发生氧化还原反应不能大量共存的是（ ）
A．Mg2+、Na+、SO42﹣、Cl﹣B．K+、CO32﹣、Cl﹣、NO3﹣
C．Na+、Cl﹣、NO3﹣、Fe2+D．NH4+、OH﹣、SO42﹣、NO3﹣
【分析】酸性条件下，离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质等可以大量共存；强酸性条件下具有氧化性与具有还原性的离子能发生氧化还原反应，以此来解答。
【解答】解：A．这几种离子之间不反应且和氢离子不反应，所以能大量共存，故A不选；
B．H+、CO32﹣反应生成二氧化碳和水而不能大量共存，但是发生的是复分解反应，故B不选；
C．H+、NO3﹣、Fe2+发生氧化还原反应生成铁离子和NO而不能大量共存，故C选；
D．NH4+、OH﹣发生复分解反应生成一水合氨而不能大量共存，但是不是氧化还原反应，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查离子共存，明确离子性质及离子共存条件是解本题关键，注意结合题干中关键词“强酸性、氧化还原反应”来分析解答，题目难度不大。
18．（2分）用NaOH标准溶液滴定盐酸，以下操作导致测定结果偏高的是（ ）
A．滴定管用待装液润洗
B．锥形瓶用待测液润洗
C．滴定结束滴定管末端有气泡
D．滴定时锥形瓶中有液体溅出
【分析】由c（HCl）＝可知，不当操作使V（碱）增大，则导致所测溶液浓度偏高，以此来解答。
【解答】解：A．滴定管用待装液润洗，对实验无影响，故A错误；
B．锥形瓶用待测液润洗，n（HCl）偏大，则消耗V（碱）增大，则导致所测溶液浓度偏高，故B正确；
C．滴定结束后滴定管末端出现气泡，使V（碱）减小，则导致所测溶液浓度偏低，故C错误；
D．锥形瓶振荡时有少量液体溅出，使V（碱）减小，则导致所测溶液浓度偏低，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查酸碱中和滴定，把握酸碱中和滴定原理、实验操作为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意结合计算式分析误差，题目难度不大。
19．（2分）下列离子方程式书写错误的是（ ）
A．铝粉投入到NaOH溶液中：2A1+2H2O+2OH﹣→2AlO2﹣+3H2↑
B．Al（OH）3溶于NaOH溶液中：Al（OH）3+OH﹣→AlO2﹣+2H2O
C．碳酸氢钠水解：HCO3﹣+H2O⇌OH﹣+CO2↑+H2O
D．FeCl2溶液中通入Cl2：2Fe2++Cl2→2Fe3++2Cl﹣
【分析】A．Al和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；
B．二者反应生成偏铝酸钠和水；
C．碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子，水解很微弱，不能生成二氧化碳和水；
D．二者反应生成氯化铁。
【解答】解：A．Al和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2A1+2H2O+2OH﹣＝2AlO2﹣+3H2↑，故A正确；
B．二者反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O，故B正确；
C．碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子，水解很微弱，不能生成二氧化碳和水，离子方程式为HCO3﹣+H2O⇌OH﹣+H2CO3，故C错误；
D．二者反应生成氯化铁，离子方程式为2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl﹣，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了离子方程式的正误判断，为中等难度的试题，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等），试题有利于培养学生灵活应用所学知识的能力。
20．（2分）某溶液中可能含有Na+、Al3+、Fe3+、NO3﹣、SO42﹣、Cl﹣，滴入过量氨水，产生白色沉淀，若溶液中各离子的物质的量浓度相等，则一定存在的离子是（ ）
A．SO42﹣B．NO3﹣C．Na+D．Fe3+
【分析】某溶液中可能含有Na+、Al3+、Fe3+、NO3﹣、SO42﹣、Cl﹣，滴入过量氨水，产生白色沉淀，该白色沉淀为Al（OH）3，则一定不存在Fe3+；结合“溶液中各离子的物质的量浓度相等”及溶液电中性分析。
【解答】解：溶液中可能含有Na+、Al3+、Fe3+、NO3﹣、SO42﹣、Cl﹣，滴入过量氨水产生白色沉淀，该白色沉淀为Al（OH）3，则一定存在Al3+；由于Fe（OH）3为红褐色沉淀，则一定不存在Fe3+；
溶液呈电中性，若溶液中各离子的物质的量浓度相等，则一定含有SO42﹣，至少含有NO3﹣、Cl﹣中的1种，
故选：A。
【点评】本题考查常见离子的检验方法，题目难度不大，明确常见离子的性质为解答关键，注意溶液呈电中性特点，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。
二、综合题，完成下列填空（共60分
21．（15分）我国科学家通过测量SiO2中26Al和16Be两种元素的比例确定“北京人”年龄，这种测量方法叫“铝铍测年法”，完成下列填空：
（1）写出Be的核外电子式 1s22s2 ，Be所在的周期中，最外层有2个末成对电子的元素的符号有 C 、 O 。
（2）Al和Be具有相似的化学性质，铝原子核外有 13 种不同运动状态的电子，写出BeCl2水解反应的化学方程式： BeCl2+2H2O⇌Be（OH）2+2HCl 。
（3）研究表明26Al可以衰变为26Mg．请从原子结构角度解释这两种元素金属性强弱关系 镁和铝的核外电子层数相同，随核电荷数增加，原子半径减小，失电子能力减弱，金属性减弱 。
（4）比较Al3+、S2﹣和Cl﹣半径由大到小的顺序 S2﹣＞Cl﹣＞Al3+ ；这3种元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是 高氯酸 （写名称），Al2O3是离子化合物，而AlCl3是共价化合物。工业制铝时，电解Al2O3而不电解ACl3的原因是 氯化铝是共价化合物，属于分子晶体，晶体中不含离子，熔融不能导电，不能电解，氧化铝为离子化合物熔融可以导电 。
【分析】（1）Be的核电荷数为4，核外电子排布式1s22s2，Be所在的周期为第二周期，最外层有2个末成对电子是P轨道上有2个电子或四个电子；
（2）Al和Be具有相似的化学性质，铝原子核外13个电子，存在13种不同运动状态的，根据AlCl3水解反应知，BeCl2水解生成Be（OH）2和HCl；
（3）结合原子半径大小比较金属失电子能力；
（4）电子层越多，离子半径越大，电子层相同时，原子序数越大，离子半径越小；非金属性最强的元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强，氯化铝为共价化合物不能导电。
【解答】解：（1）Be的核电荷数为4，核外电子排布式1s22s2，Be所在的周期为第二周期，最外层有2个末成对电子是P轨道上有2个电子或四个电子为C元素和O元素，
故答案为：1s22s2；C、O；
（2）Al和Be具有相似的化学性质，铝原子核外有13种不同运动状态的电子，根据AlCl3水解反应知，BeCl2水解生成Be（OH）2和HCl，氯化铍的水解方程式为：BeCl2+2H2O⇌Be（OH）2+2HCl，
故答案为：BeCl2+2H2O⇌Be（OH）2+2HCl；
（3）结合镁原子核电荷数为12，铝元素核电荷数为13，镁和铝的核外电子层数相同，随核电荷数增加，原子半径减小，失电子能力减弱，金属性减弱，
故答案为：镁和铝的核外电子层数相同，随核电荷数增加，原子半径减小，失电子能力减弱，金属性减弱；
（4）比较Al3+、S2﹣和Cl﹣半径，铝离子电子层数为2个，半径最小，硫离子和氯离子三个电子层数，核电荷数越大半径越小，由大到小的顺序为：S2﹣＞Cl﹣＞Al3+，这3种元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是高氯酸，Al2O3是离子化合物，而AlCl3是共价化合物。工业制铝时，电解Al2O3而不电解ACl3的原因是氯化铝是共价化合物，熔融不能导电，氧化铝为离子化合物，熔融状态导电，
故答案为：S2﹣＞Cl﹣＞Al3+；高氯酸；氯化铝是共价化合物，属于分子晶体，晶体中不含离子，熔融不能导电，不能电解，氧化铝为离子化合物熔融可以导电；
【点评】本题考查了原子结构、元素性质对比、周期表中存在的递变规律分析、物质组成和结构的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
22．（15分）工业上用焦炭与石英在高温下氮气流中发生如下反应，3SiO2（s）+6C（s）+2N2（g）⇌Si3N4（s）+
6CO（g）+Q（Q＞0），可制得一种新型陶瓷材料氮化硅（Si3N4），该材料熔点高，硬度大，广泛应用于光伏、轴承、冶金、化工、能源、环保等行业。回答下列问题：
（1）N2的电子式为 ，Si在元素周期表中的位置是 第三周期IVA族 ，氮化硅晶体属于 原子 晶体。
（2）该反应中，还原产物是 Si3N4 。若测得反应生成22.4L CO气体（标准状况下），则转移的电子的物质的量为 2ml 。
（3）该反应的平衡常数表达式K＝ ；其他条件不变，降低温度，达到新的平衡时，K值 增大 （填“增大”、“减小”或“不变”，以下同），CO的浓度 增大 ，SiO2的质量 减小 。
（4）已知在一定条件下的2L密闭容器中制备氮化硅，SiO2（纯度98.5%，所含杂质不与参与反应）剩余质量和反应时间的关系如图所示，CO在0～10min的平均反应速率为 0.1ml/（L•min） 。
（5）现用四氯化硅、氮气和氢气在高温下发生反应，可得较高纯度的氮化硅。反应的化学方程式为 3SiCl4+2N2+6H2Si3N4+12HCl 。
【分析】（1）N原子最外层电子数是5，氮气分子中存在氮氮三键，氮原子最外层达到8电子稳定结构；Si元素位于第三周期第四主族；根据Si3N4熔点高、硬度大的性质判断晶体类型；
（2）3SiO2（s）+6C（s）+2N2（g）⇌Si3N4（s）+6CO（g）的反应中，Si、O化合价没变，N的化合价降低3生成Si3N4，即2mlN2发生反应得到12ml电子，据此解答；
（3）根据平衡常数的定义写出表达式，固体或纯液体的浓度为1；该反应正向是放热反应，根据温度对化学平衡移动影响解答；
（4）先根据化学方程式计算出n（CO），再根据公式v＝计算v（CO）；
（5）四氯化硅、氮气和氢气在高温下反应生成氮化硅，根据氧化还原反应规律可知氢气是还原剂，据此写出化学方程式。
【解答】解：（1）氮气中存在氮氮三键，该电子式中漏掉了氮原子的一对孤电子对，氮气的电子式为：；Si位于第三周期第IVA族；Si3N4熔点高、硬度大的性质与原子晶体相似，所以Si3N4是原子晶体；
故答案为：，第三周期第IVA族；原子；
（2）反应中Si、O化合价没变，N的化合价降低3生成Si3N4，即2mlN2得到12ml电子还原生成Si3N4，同时生成6mlCO，所以生成22.4LCO气体转移的电子的物质的量为2ml；
故答案为：Si3N4；2ml；
（3）固体或纯液体的浓度为1，3SiO2（s）+6C（s）+2N2（g）⇌Si3N4（s）+6CO（g）的平衡常数k＝；该反应正向是放热反应，所以降低温度时平衡常数k增大，平衡正向移动，c（CO）增大，m（SiO2）减小；
故答案为：；增大，增大，减小；
（4）反应中消耗SiO2的质量为（100g﹣40g）＝60g，即消耗1mlSiO2，生成CO的物质的量n（CO）＝2n（SiO2）＝2ml，△c（CO）＝＝1ml/L，所以v（CO）＝＝0.1ml/（L•min）；
故答案为：0.1ml/（L•min）；
（5）四氯化硅、氮气和氢气在高温下反应生成氮化硅和氯化氢气体，反应的化学方程式为3SiCl4+2N2+6H2Si3N4+12HCl；
故答案为：3SiCl4+2N2+6H2Si3N4+12HCl。
【点评】本题考查化学用语、氧化还原反应规律、化学反应速率和化学平衡原理等知识点，侧重氧化还原反应概念和计算、化学反应速率计算和平衡移动影响因素、化学方程式书写等，题目难度不大，注意基础知识的理解与应用。
23．（15分）难溶性杂卤石（K2SO4•MgSO4•2CaSO4•2H2O）在水中存在如下平衡：K2SO4•MgSO4•2CaSO4•2H2O（s）⇌2Ca2++2K++Mg2++4SO42﹣+2H2O，为能充分利用钾资源，用足量的饱和Ca（OH）2溶液溶浸杂卤石制备硫酸钾，工艺流程是：首先需要溶浸与分离，见图1。
（1）不同温度下，K+的浸出浓度与溶浸时间的关系如图2，由图可得，随着温度升高：
① 温度越高，在同一时间K+的浸出浓度大 ；
② 反应速率加快，平衡时溶浸时间短 。
（2）为了提高浸出效率，可采取的措施是： 升高温度 ；过滤用到的玻璃仪器名称是： 烧杯、漏斗、玻璃棒 。
（3）滤渣主要成分有 CaSO4 和 Mg（OH）2 以及未溶杂卤石，用化学平衡移动原理解释Ca（OH）2溶液能溶解杂卤石、浸出K+的原因 加入氢氧化钙溶液后氢氧根离子和镁离子结合生成氢氧化镁沉淀，促进平衡右移，K+增多 。
（4）图1中过滤后，滤液中的主要杂质离子是 Ca2+ ，进一步“除杂”环节见3，可先加入 K2CO3 溶液，经搅拌等操作后，过滤，再加入 H2SO4 溶液调滤液pH至中性。
（5）图3中过滤得到的母液中含有大量的 K2SO4 （填写化学式），检验其中溶质阴离子的方法是 取少量，先加足量盐酸酸化，再加氯化钡溶液，看是否产生白色沉淀 。
【分析】由K2SO4•MgSO4•2CaSO4•2H2O（s）⇌2Ca2++2K++Mg2++4SO42﹣+2H2O及实验流程可知，加氢氧化钙溶液，过滤分离出滤渣为CaSO4、Mg（OH）2，结合图2可知，373K时K+的浸出浓度大，则滤液中大量的K2SO4，升高温度可提高浸出效率，除杂时加K2CO3除去钙离子，后加硫酸中和至中性，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出硫酸钾，以此来解答。
【解答】解：（1）由图可知不同温度下，K+的浸出浓度与溶浸时间的关系，温度越高K+的浸出浓度越大，溶浸时间越短，反应速率越大，达到平衡越快，故结论为：温度越高，在同一时间K+的浸出浓度大；反应速率加快，平衡时溶浸时间短，
故答案为：温度越高，在同一时间K+的浸出浓度大；反应速率加快，平衡时溶浸时间短；
（2）为了提高浸出效率，可采取的措施是升高温度；过滤用到的玻璃仪器名称是：烧杯、漏斗、玻璃棒，
故答案为：升高温度；烧杯、漏斗、玻璃棒；
（3）由上述分析可知，滤渣主要成分有CaSO4和Mg（OH）2以及未溶杂卤石，用化学平衡移动原理解释Ca（OH）2溶液能溶解杂卤石、浸出K+的原因加入氢氧化钙溶液后氢氧根离子和镁离子结合生成氢氧化镁沉淀，促进平衡右移，K+增多，
故答案为：CaSO4；Mg（OH）2；加入氢氧化钙溶液后氢氧根离子和镁离子结合生成氢氧化镁沉淀，促进平衡右移，K+增多；
（4）图1中过滤后，滤液中的主要杂质离子是Ca2+，进一步“除杂”环节见3，可先加入K2CO3除钙离子，过滤后加入H2SO4，除去碳酸钾，调滤液pH至中性，故答案为：Ca2+；K2CO3；H2SO4；
（5）图3中过滤得到的母液中含有大量的K2SO4，检验其中溶质阴离子的方法是取少量，先加足量盐酸酸化，再加氯化钡溶液，看是否产生白色沉淀，
故答案为：K2SO4；取少量，先加足量盐酸酸化，再加氯化钡溶液，看是否产生白色沉淀。
【点评】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、物质的性质为解答的关键，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．（15分）有机物G是一种高分子化合物，常用作有机合成的中间体，并可用作乳胶漆等，可以通过以下途径合成。
已知有机物A中含有C、H、O、C1四种元素且同一个碳原子上不直接连接两个官能团。
（1）A的结构简式为 ClCH2CH2CH2OH 或 CH3CHClCH2OH ，反应③的反应类型 消去反应 。
（2）写出反应⑤和反应⑥的化学方程式：
反应⑤ CH2＝CHCOOH+CH3OHCH2＝CHCOOCH3+H2O ；
反应⑥ nCH2＝CHCOOCH3 。
（3）写出1种E的同系物的名称 乙醇 。写出1种与F含有相同官能团的F的同分异构体的结构简式 CH2＝CHCH2OOCH、CH3CH＝CHOOCH、CH2＝CHOOCCH3、CH2＝C（CH3）OOCH任意一种 。
（4）试设计一条以为原料合成的合成路线。
（合成路线常用的表示方式为：甲乙…目标产物） 。
【分析】A的分子式为C3H7ClO，A氧化生成的B可发生银镜反应，A分子中同一个碳原子上不直接连接两个官能团，可知A为ClCH2CH2CH2OH或CH3CHClCH2OH，A氧化生成B为ClCH2CH2CHO或CH3CHClCHO，B发生银镜反应生成C为ClCH2CH2COOH或CH3CHClCOOH，C发生消去反应生成D为CH2＝CHCOOH，E为CH3OH，D与E发生酯化反应生成F为CH2＝CHCOOCH3，F发生加聚反应生成G为。
（4）以为原料合成，先氧化、后水解，最后酸化可得目标物。
【解答】解：（1）A 的结构简式为ClCH2CH2CH2OH或CH3CHClCH2OH；反应③中﹣Cl转化为碳碳双键，反应类型为消去反应，
故答案为：ClCH2CH2CH2OH；CH3CHClCH2OH；消去反应；
（2）反应⑤的方程式为：CH2＝CHCOOH+CH3OHCH2＝CHCOOCH3+H2O；
反应⑥的化学方程式为：nCH2＝CHCOOCH3，
故答案为：CH2＝CHCOOH+CH3OHCH2＝CHCOOCH3+H2O；nCH2＝CHCOOCH3；
（3）E为CH3OH，E的任意1种同系物为CH3CH2OH，名称为乙醇；F为CH2＝CHCOOCH3，与F含有相同官能团的同分异构体的结构简式为：CH2＝CHCH2OOCH、CH3CH＝CHOOCH、CH2＝CHOOCCH3、CH2＝C（CH3）OOCH，
故答案为：乙醇；CH2＝CHCH2OOCH、CH3CH＝CHOOCH、CH2＝CHOOCCH3、CH2＝C（CH3）OOCH任意一种；
（4）以为原料合成，先氧化、后水解，最后酸化，合成流程为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，关键是确定A的可能结构，结合反应条件进行分析判断，熟练掌握官能团的性质与转化，是有机化学常考题型。
1．（2分）化学与生活密切相关。下列有关物质用途的说法错误的是（ ）
A．碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查
B．氯气可用于海水提溴
C．氨气能做制冷剂
D．过氧化钠可用作航天员的供氧剂
2．（2分）下列微粒互为同位素的是（ ）
A．H2和D2B．2He和3HeC．O2和O3D．冰和干冰
3．（2分）含有非极性键的非极性分子是（ ）
A．C2H2B．CH4C．H2OD．NaOH
4．（2分）下列烷烃命名错误的是（ ）
A．2─甲基戊烷B．3─乙基戊烷
C．3，4─二甲基戊烷D．3─甲基己烷
5．（2分）下列离子在稳定人体血液的pH中起作用的是（ ）
A．Na+B．Fe2+C．HCO3﹣D．Cl﹣
6．（2分）属于弱电解质的是（ ）
A．一水合氨B．二氧化碳C．乙醇D．硫酸钡
7．（2分）下列有关氮原子的化学用语错误的是（ ）
A．B．
C．1s22s22p3D．
8．（2分）117号元素为Ts位于元素周期表中氟元素同一族。下列说法错议的是（ ）
A．Ts是主族元素
B．Ts的最外层p轨道中有5个电子
C．Ts原子核外共有6个电子层
D．同族元素中Ts非金属性最弱
9．（2分）以下性质的比较中，错误的是（ ）
A．酸性：H2CO3＞H2SiO3＞H3AlO3
B．沸点：HCl＞HBr＞HI
C．热稳定性：HF＞HCl＞H2S
D．碱性：KOH＞NaOH＞Mg（OH）2
10．（2分）在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中，下列操作未涉及的是（ ）
A．B．
C．D．
11．（2分）下列有关化工生产原理正确的是（ ）
A．工业制取烧碱：Na2O+H2O→2NaOH
B．工业合成盐酸：H2+Cl22HCl
C．工业制取乙烯：C2H5OHCH2＝CH3↑+H2O
D．工业制漂粉精：2 Ca（OH）2+2Cl2→Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O
12．（2分）下列气体能用浓硫酸干燥的是（ ）
A．SO2B．SO3C．HID．H2S
13．（2分）通常情况下，仅凭下列事实能证明乙酸是弱酸的是（ ）
A．某乙酸溶液与锌粒反应产生气泡很慢
B．乙酸钠溶液pH＞7
C．乙酸溶液能使石蕊变红
D．某乙酸溶液导电能力弱
14．（2分）已知1ml氢气和氧气完全燃烧生成水蒸气放出241.8千焦热量，下列热化学方程式正确的是（ ）
A．2H2（g）+O2（g）→2H2O（g）+241.8kJ
B．H2（g）+O2（g）→H2O（s）+241.8 kJ
C．H2（g）+O2（g）→H2O（g）﹣241.8 kJ
D．H2O（g）→H2（g）+O2（g）﹣241.8 kJ
15．（2分）有关远洋轮船船壳腐蚀与防护叙述错误的是（ ）
A．可在船壳外刷油漆进行保护
B．可将船壳与电源的正极相连进行保护
C．可在船底安装锌块进行保护
D．在海上航行时，船壳主要发生吸氧腐蚀
16．（2分）SO2催化氧化过程中，不符合工业生产实际的是（ ）
A．采用热交换器循环利用能量
B．压强控制为20﹣50MPa
C．反应温度控制在450℃左右
D．使用V2O5作催化剂
17．（2分）在强酸性条件下因发生氧化还原反应不能大量共存的是（ ）
A．Mg2+、Na+、SO42﹣、Cl﹣B．K+、CO32﹣、Cl﹣、NO3﹣
C．Na+、Cl﹣、NO3﹣、Fe2+D．NH4+、OH﹣、SO42﹣、NO3﹣
18．（2分）用NaOH标准溶液滴定盐酸，以下操作导致测定结果偏高的是（ ）
A．滴定管用待装液润洗
B．锥形瓶用待测液润洗
C．滴定结束滴定管末端有气泡
D．滴定时锥形瓶中有液体溅出
19．（2分）下列离子方程式书写错误的是（ ）
A．铝粉投入到NaOH溶液中：2A1+2H2O+2OH﹣→2AlO2﹣+3H2↑
B．Al（OH）3溶于NaOH溶液中：Al（OH）3+OH﹣→AlO2﹣+2H2O
C．碳酸氢钠水解：HCO3﹣+H2O⇌OH﹣+CO2↑+H2O
D．FeCl2溶液中通入Cl2：2Fe2++Cl2→2Fe3++2Cl﹣
20．（2分）某溶液中可能含有Na+、Al3+、Fe3+、NO3﹣、SO42﹣、Cl﹣，滴入过量氨水，产生白色沉淀，若溶液中各离子的物质的量浓度相等，则一定存在的离子是（ ）
A．SO42﹣B．NO3﹣C．Na+D．Fe3+
二、综合题，完成下列填空（共60分
21．（15分）我国科学家通过测量SiO2中26Al和16Be两种元素的比例确定“北京人”年龄，这种测量方法叫“铝铍测年法”，完成下列填空：
（1）写出Be的核外电子式 ，Be所在的周期中，最外层有2个末成对电子的元素的符号有 、 。
（2）Al和Be具有相似的化学性质，铝原子核外有 种不同运动状态的电子，写出BeCl2水解反应的化学方程式： 。
（3）研究表明26Al可以衰变为26Mg．请从原子结构角度解释这两种元素金属性强弱关系 。
（4）比较Al3+、S2﹣和Cl﹣半径由大到小的顺序 ；这3种元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是 （写名称），Al2O3是离子化合物，而AlCl3是共价化合物。工业制铝时，电解Al2O3而不电解ACl3的原因是 。
22．（15分）工业上用焦炭与石英在高温下氮气流中发生如下反应，3SiO2（s）+6C（s）+2N2（g）⇌Si3N4（s）+
6CO（g）+Q（Q＞0），可制得一种新型陶瓷材料氮化硅（Si3N4），该材料熔点高，硬度大，广泛应用于光伏、轴承、冶金、化工、能源、环保等行业。回答下列问题：
（1）N2的电子式为 ，Si在元素周期表中的位置是 ，氮化硅晶体属于 晶体。
（2）该反应中，还原产物是 。若测得反应生成22.4L CO气体（标准状况下），则转移的电子的物质的量为 。
（3）该反应的平衡常数表达式K＝ ；其他条件不变，降低温度，达到新的平衡时，K值 （填“增大”、“减小”或“不变”，以下同），CO的浓度 ，SiO2的质量 。
（4）已知在一定条件下的2L密闭容器中制备氮化硅，SiO2（纯度98.5%，所含杂质不与参与反应）剩余质量和反应时间的关系如图所示，CO在0～10min的平均反应速率为 。
（5）现用四氯化硅、氮气和氢气在高温下发生反应，可得较高纯度的氮化硅。反应的化学方程式为 。
23．（15分）难溶性杂卤石（K2SO4•MgSO4•2CaSO4•2H2O）在水中存在如下平衡：K2SO4•MgSO4•2CaSO4•2H2O（s）⇌2Ca2++2K++Mg2++4SO42﹣+2H2O，为能充分利用钾资源，用足量的饱和Ca（OH）2溶液溶浸杂卤石制备硫酸钾，工艺流程是：首先需要溶浸与分离，见图1。
（1）不同温度下，K+的浸出浓度与溶浸时间的关系如图2，由图可得，随着温度升高：
① ；
② 。
（2）为了提高浸出效率，可采取的措施是： ；过滤用到的玻璃仪器名称是： 。
（3）滤渣主要成分有 和 以及未溶杂卤石，用化学平衡移动原理解释Ca（OH）2溶液能溶解杂卤石、浸出K+的原因 。
（4）图1中过滤后，滤液中的主要杂质离子是 ，进一步“除杂”环节见3，可先加入 溶液，经搅拌等操作后，过滤，再加入 溶液调滤液pH至中性。
（5）图3中过滤得到的母液中含有大量的 （填写化学式），检验其中溶质阴离子的方法是 。
24．（15分）有机物G是一种高分子化合物，常用作有机合成的中间体，并可用作乳胶漆等，可以通过以下途径合成。
已知有机物A中含有C、H、O、C1四种元素且同一个碳原子上不直接连接两个官能团。
（1）A的结构简式为 或 ，反应③的反应类型 。
（2）写出反应⑤和反应⑥的化学方程式：
反应⑤ ；
反应⑥ 。
（3）写出1种E的同系物的名称 。写出1种与F含有相同官能团的F的同分异构体的结构简式 。
（4）试设计一条以为原料合成的合成路线。
（合成路线常用的表示方式为：甲乙…目标产物） 。
2019年上海市长宁区高考化学一模试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（每小题只有1个正确选项，每小题2分，共40分）
1．（2分）化学与生活密切相关。下列有关物质用途的说法错误的是（ ）
A．碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查
B．氯气可用于海水提溴
C．氨气能做制冷剂
D．过氧化钠可用作航天员的供氧剂
【分析】A．碳酸钡能和稀盐酸反应生成有毒的氯化钡，但是硫酸钡不溶于稀盐酸、不溶于水；
B．氯气具有强氧化性；
C．氨气易液化；
D．过氧化钠和水、二氧化碳都反应生成氧气。
【解答】解：A．碳酸钡能和稀盐酸反应生成有毒的氯化钡，但是硫酸钡不溶于稀盐酸、不溶于水，所以应该用硫酸钡而不是碳酸钡作胃肠X射线造影检查，故A错误；
B．氯气具有强氧化性，可用于海水提溴，故B正确；
C．氨气易液化，汽化时吸热做制冷剂，故C正确；
D．过氧化钠能和二氧化碳、水反应生成氧气，所以过氧化纳可用于航天员的供氧剂，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查物质结构和性质，侧重考查化学在生产生活中的应用，明确物质性质是解本题关键，会运用化学知识正确解释生产生活现象，题目难度不大。
2．（2分）下列微粒互为同位素的是（ ）
A．H2和D2B．2He和3HeC．O2和O3D．冰和干冰
【分析】同种元素的不同种原子间互为同位素，据此分析。
【解答】解：A、H2和D2是单质，不是原子，且是同一种物质，故A错误；
B、2He和3He是同种元素的不同种原子，故两者互为同位素，故B正确；
C、O2和O3是氧元素的两种不同的单质，互为同素异形体，故C错误；
D、冰是固态的水，干冰是固态的二氧化碳，是两种不同的化合物，不是同位素，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查了“四同”概念的判断，难度不大，应注意的是互为同位素的必须是同种元素的不同种原子。
3．（2分）含有非极性键的非极性分子是（ ）
A．C2H2B．CH4C．H2OD．NaOH
【分析】同种非金属原子间形成非极性键，分子结构对称，正负电荷中心重叠的分子属于非极性分子，据此分析。
【解答】解：A．乙炔分子中，C与C之间存在非极性键，分子结构对称，属于非极性分子，故A正确；B．甲烷分子中只含有C一H极性键，不含有非极性键，故B错误；C．水分子中只合有极性键，属于极性分子，故C错误；D．NaOH属于离子化合物，不存在分子，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了非极性键和非极性分子的判断，题目难度不大，把握非极性键的形成条件和非极性分子的判断方法是解题的关键。
4．（2分）下列烷烃命名错误的是（ ）
A．2─甲基戊烷B．3─乙基戊烷
C．3，4─二甲基戊烷D．3─甲基己烷
【分析】烷烃命名原则：
①长：选最长碳链为主链；
②多：遇等长碳链时，支链最多为主链；
③近：离支链最近一端编号；
④小：支链编号之和最小。看下面结构简式，从右端或左端看，均符合“近﹣﹣﹣﹣﹣离支链最近一端编号”的原则；
⑤简：两取代基距离主链两端等距离时，从简单取代基开始编号。如取代基不同，就把简单的写在前面，复杂的写在后面。
【解答】解：A.2─甲基戊烷名称中主碳链5个碳，离取代基近的一端编号得到，.2─甲基戊烷，名称符合命名原则，故A正确；
B.3─乙基戊烷中主碳链5个碳，离取代基近的一端编号得到，3─乙基戊烷，名称符合命名原则，故B正确；
C.3，4─二甲基戊烷中主碳链5个碳，离取代基近的一端编号得到2，3─二甲基戊烷，名称不符合命名原则，故C错误；
D.3─甲基己烷中主碳链6个碳，离取代基近的一端编号得到，3─甲基己烷，名称符合命名原则，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了有机物的命名，题目难度不大，该题注重了基础性试题的考查，侧重对学生基础知识的检验和训练，该题的关键是明确有机物的命名原则，然后结合有机物的结构简式灵活运用即可，有利于培养学生的规范答题能力。
5．（2分）下列离子在稳定人体血液的pH中起作用的是（ ）
A．Na+B．Fe2+C．HCO3﹣D．Cl﹣
【分析】根据稳定人体血液的pH可知，则选项中的离子既能与酸反应又能与碱反应才符合题意，以此来解答。
【解答】解：A．Na+不水解，为强碱阳离子，则不能起到调节人体内pH值的作用，故A错误；
B．Fe2+水解，为弱碱阳离子，使得溶液水解呈酸性，只能降低pH值，故B错误；
C．HCO3﹣在溶液中存在两个趋势：HCO3﹣离子电离使得溶液呈酸性，或者HCO3﹣水解呈现碱性，即电离呈酸性，降低pH值，水解呈碱性，pH值升高，故C正确；
D．Cl﹣不水解，为强酸阴离子，则不能起到调节人体内pH值的作用，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查盐的水解原理及其应用，题目难度不大，明确稳定pH是解答本题的关键，并熟悉盐类水解的规律及常见离子的水解及酸式酸根离子的性质来解答。
6．（2分）属于弱电解质的是（ ）
A．一水合氨B．二氧化碳C．乙醇D．硫酸钡
【分析】在水溶液中只能部分电离的电解质为弱电解质，包括弱酸、弱碱和水等，据此分析。
【解答】解：A、NH3•H2O是弱碱，是弱电解质，故A正确；
B、CO2在水溶液中和熔融状态下均不能导电，故为非电解质，故B错误；
C、乙醇在水溶液中和熔融状态下均不能导电，故为非电解质，故C错误；
D、BaSO4在水溶液中虽然溶解度很小，但溶解的能完全电离，故为强电解质，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查了电解质、非电解质以及强弱电解质的判断，应注意的是强弱电解质的本质区别是电离是否彻底，和溶解度、离子浓度和导电能力等均无关。
7．（2分）下列有关氮原子的化学用语错误的是（ ）
A．B．
C．1s22s22p3D．
【分析】N原子的核电荷数＝核外电子总数＝7，最外层含有5个电子，据此结合电子式、原子结构示意图、核外电子排布式、核外电子排布图的表示方法解答。
【解答】解：A．N最外层含有5个电子，其电子式为，故A正确；
B．N原子的核电荷数、核外电子总数都是7，其原子结构示意图为，故B正确；
C．氮原子最外层含有5个电子，其核外电子排布式为1s22s22p3，故C正确；
D．氮原子的L层电子有5个电子，2p电子优先单独占据1个轨道，其正确的核外电子排布图为，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查常见化学用语的表示方法，题目难度不大，涉及电子式、原子结构示意图、核外电子排布式、核外电子排布图等知识，明确常见化学用语的书写原则即可解答，试题有利于提高学生的规范答题能力。
8．（2分）117号元素为Ts位于元素周期表中氟元素同一族。下列说法错议的是（ ）
A．Ts是主族元素
B．Ts的最外层p轨道中有5个电子
C．Ts原子核外共有6个电子层
D．同族元素中Ts非金属性最弱
【分析】117号元素为Ts，Ts的原子核外最外层电子数是7，结合第六周期稀有气体的原子序数为86，可知Ts位于第七周期ⅦA族，以此来解答。
【解答】解：：A．Ts的原子核外最外层电子数是7，与氟元素同族，是主族元素，故A正确；
B．Ts位于第七周期ⅦA族，所以电子排布式为[Rn]6f146d107s27p5，所以Ts的最外层p轨道中有5个电子，故B正确；
C．TsTs位于第七周期ⅦA族，核外共有7个电子层而不是8，故C错误；
D．同族元素从上往下非金属性减弱，所以Ts非金属性最弱，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查原子结构与元素性质，题目难度不大，明确原子结构与元素周期律的关系为解答关键，注意掌握原子构成及表示方法，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
9．（2分）以下性质的比较中，错误的是（ ）
A．酸性：H2CO3＞H2SiO3＞H3AlO3
B．沸点：HCl＞HBr＞HI
C．热稳定性：HF＞HCl＞H2S
D．碱性：KOH＞NaOH＞Mg（OH）2
【分析】A．非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强；
B．同类型的分子中，相对分子质量越大，沸点越高；
C．非金属性越强，对应氢化物越稳定；
D．金属性越强，对应碱的碱性越强。
【解答】解：A．非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，则酸性：H2CO3＞H2SiO3＞H3AlO3，故A正确；
B．同类型的分子中，相对分子质量越大，沸点越高，则沸点为HI＞HBr＞HCl，故B错误；
C．非金属性越强，对应氢化物越稳定，则热稳定性：HF＞HCl＞H2S，故C正确；
D．金属性越强，对应碱的碱性越强，则碱性KOH＞NaOH＞Mg（OH）2，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握元素的位置、元素的性质、元素周期律为解答的关键，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。
10．（2分）在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中，下列操作未涉及的是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】乙酸乙酯的制备是乙醇浓硫酸和乙酸混合溶液加热生成，生成的乙酸乙酯混有乙酸、乙醇，通过饱和碳酸钠溶液吸收乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯溶解度，利用分液的方法得的乙酸乙酯，蒸发皿是加热蒸发溶液得到晶体的仪器，据此分析判断。
【解答】解：A．乙酸乙酯的制备是乙醇浓硫酸和乙酸混合溶液加热生成的，选择试管中加热，故A不选；
B．生成的乙酸乙酯混有乙酸、乙醇，通过饱和碳酸钠溶液吸收乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯溶解度，防止倒吸导气管不能深入溶液，故B不选；
C．饱和碳酸钠溶液吸收静置后，利用分液的方法分离，故C不选；
D．图中是利用蒸发皿加热蒸发溶液得到溶质晶体的方法，在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中，操作未涉及，故D选；
故选：D。
【点评】本题考查了乙酸乙酯的制备原理、化合物分离方法、实验基本操作等，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
11．（2分）下列有关化工生产原理正确的是（ ）
A．工业制取烧碱：Na2O+H2O→2NaOH
B．工业合成盐酸：H2+Cl22HCl
C．工业制取乙烯：C2H5OHCH2＝CH3↑+H2O
D．工业制漂粉精：2 Ca（OH）2+2Cl2→Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O
【分析】A、工业上用电解饱和食盐水的方法来制取烧碱；
B、氯气和氢气在光照条件下发生爆炸；
C、工业制备乙烯主要是石油的裂解得到；
D、将过量的氯气通入石灰乳中制取漂粉精。
【解答】解：A、工业上用电解饱和食盐水的方法来制取烧碱，化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，故A错误；
B、工业利用氢气在氯气中燃烧生成氯化氢合成盐酸，而不是光照，故B错误；
C、C2H5OHCH2＝CH2↑+H2O是实验室制备乙烯，工业制备乙烯主要是石油的裂解得到，故C错误；
D、将过量的氯气通入石灰乳中制取漂粉精，化学方程式为2 Ca（OH）2+2Cl2＝Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了常见化学物质的工业制法和化学方程式的书写，明确反应的实质是解题关键，注意原子个数守恒以及反应原理的掌握。
12．（2分）下列气体能用浓硫酸干燥的是（ ）
A．SO2B．SO3C．HID．H2S
【分析】浓硫酸属于酸，具有酸的通性，还具有吸水性、脱水性和强氧化性，能干燥中性或酸性气体，但不能干燥碱性、部分强还原性气体，据此分析解答。
【解答】解：A．SO2虽然具有还原性，但和浓硫酸不反应，所以能被浓硫酸干燥，故A正确；
B．SO3能被浓硫酸吸收，不能用浓硫酸干燥，故B错误；
C．HI具有还原性，所以能被浓硫酸干燥，故C错误；
D．H2S具有强还原性，被浓硫酸氧化和浓硫酸反应，所以不能被浓硫酸干燥，故D错误，
故选：A。
【点评】本题考查了浓硫酸的性质、气体性质，主要是浓硫酸吸水性、强氧化性的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
13．（2分）通常情况下，仅凭下列事实能证明乙酸是弱酸的是（ ）
A．某乙酸溶液与锌粒反应产生气泡很慢
B．乙酸钠溶液pH＞7
C．乙酸溶液能使石蕊变红
D．某乙酸溶液导电能力弱
【分析】证明CH3COOH为弱酸，可从以下角度判断：①等浓度的HCl、CH3COOH导电能力；②等浓度的HCl、CH3COOH比较二者与金属反应速率大小；③判断是否存在电离平衡；④比较二者对应的盐溶液的酸碱性等，以此解答该题。
【解答】解：A．某乙酸溶液与锌粒反应产生气泡很慢，说明该乙酸中氢离子浓度很小，但是不能说明乙酸部分电离，则不能证明乙酸是弱电解质，故A错误；
B．乙酸钠的pH＞7，说明乙酸钠是强碱弱酸盐，则乙酸是弱酸，故B正确；
C．乙酸溶液能使石蕊试液变红色，说明乙酸电离出氢离子，但不能说明部分电离，所以不能证明是弱电解质，故C错误；
D．某乙酸导电能力弱，说明该酸中离子浓度较小，但是不能说明乙酸部分电离，则不能证明乙酸是弱电解质，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查弱电解质判断，明确强弱电解质根本区别是解本题关键，溶液导电性强弱与离子浓度及离子所带电荷有关，与电解质强弱无关，题目难度不大。
14．（2分）已知1ml氢气和氧气完全燃烧生成水蒸气放出241.8千焦热量，下列热化学方程式正确的是（ ）
A．2H2（g）+O2（g）→2H2O（g）+241.8kJ
B．H2（g）+O2（g）→H2O（s）+241.8 kJ
C．H2（g）+O2（g）→H2O（g）﹣241.8 kJ
D．H2O（g）→H2（g）+O2（g）﹣241.8 kJ
【分析】A.1ml氢气和氧气完全燃烧生成水蒸气放出241.8千焦热量；
B．生成的是气态水；
C．反应为放热反应；
D.1ml氢气和氧气完全燃烧生成水蒸气放出241.8千焦热量，逆反应为吸收241，8KJ的热量。
【解答】解：A.2H2（g）+O2（g）→2H2O（g）+241.8kJ×2，选项中热量值错误，故A错误；
B．热化学方程式中水为气体，选项中为固体，故B错误；
C．氢气燃烧为放热反应，选项中表示的 是吸热反应，故C错误；
D.1ml氢气和氧气完全燃烧生成水蒸气放出241.8千焦热量，H2（g）+O2（g）→H2O（g）+241.8 kJ，则逆反应热化学方程式为：H2O（g）→H2（g）+O2（g）﹣241.8 kJ，故D正确；
故选：D。
【点评】本题主要考查学生热化学方程式的书写原则，该题型是高考的热点，属于基础知识的考查，题目难度中等
15．（2分）有关远洋轮船船壳腐蚀与防护叙述错误的是（ ）
A．可在船壳外刷油漆进行保护
B．可将船壳与电源的正极相连进行保护
C．可在船底安装锌块进行保护
D．在海上航行时，船壳主要发生吸氧腐蚀
【分析】A、在船壳外刷油漆可以防止金属和海水、空气接触；
B、将船壳与电源的正极相连，即船壳为阳极，在电解池的阴极金属被保护；
C、在船底安装锌块，金属锌是负极，被腐蚀，正极材料被保护；
D、海水是中性环境，金属会发生吸氧腐蚀。
【解答】解：A、在船壳外刷油漆可以防止金属和海水、空气接触，所以在船壳外刷油漆可以对船壳进行保护，故A正确；
B、将船壳与电源的正极相连，即船壳为阳极，阳极材料易被腐蚀，在电解池的阴极金属被保护，故B错误；
C、在船底安装锌块，形成原电池，金属锌是负极，被腐蚀，正极材料Fe被保护，故C正确；
D、海水是中性环境，金属会发生吸氧腐蚀，即在海上航行时，船壳主要发生吸氧腐蚀，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查了金属的腐蚀与防护问题，注意根据原电池、电解原理分析，题目难度不大。
16．（2分）SO2催化氧化过程中，不符合工业生产实际的是（ ）
A．采用热交换器循环利用能量
B．压强控制为20﹣50MPa
C．反应温度控制在450℃左右
D．使用V2O5作催化剂
【分析】A．制硫酸时使用热交换器，可充分利用能量；
B．常压SO2就可以达到较高的转化率，压强的增加引起SO2转化率的变化并不明显；
C．实际生产中，S02的催化氧化反应是在常压、400℃﹣500℃条件下进行；
D．使用催化剂可以加快反应速率；
【解答】解：A．制硫酸时使用热交换器，可充分利用二氧化硫催化氧化反应放出的能量，实现能量循环使用，故A正确；
B．压强的增加引起SO2转化率的变化并不明显，所以工业上直接采用常压，不符合工业生产实际，故B错误；
C．反应温度控制在450℃左右，催化剂活性最大，反应速率较大，故C正确；
D．催化氧化所使用的催化剂钒触媒（V2O5）能加快二氧化硫氧化速率，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查了工业制备硫酸过程中的二氧化硫催化氧化的条件选择，掌握基础是解题关键，题目难度不大..
17．（2分）在强酸性条件下因发生氧化还原反应不能大量共存的是（ ）
A．Mg2+、Na+、SO42﹣、Cl﹣B．K+、CO32﹣、Cl﹣、NO3﹣
C．Na+、Cl﹣、NO3﹣、Fe2+D．NH4+、OH﹣、SO42﹣、NO3﹣
【分析】酸性条件下，离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质等可以大量共存；强酸性条件下具有氧化性与具有还原性的离子能发生氧化还原反应，以此来解答。
【解答】解：A．这几种离子之间不反应且和氢离子不反应，所以能大量共存，故A不选；
B．H+、CO32﹣反应生成二氧化碳和水而不能大量共存，但是发生的是复分解反应，故B不选；
C．H+、NO3﹣、Fe2+发生氧化还原反应生成铁离子和NO而不能大量共存，故C选；
D．NH4+、OH﹣发生复分解反应生成一水合氨而不能大量共存，但是不是氧化还原反应，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查离子共存，明确离子性质及离子共存条件是解本题关键，注意结合题干中关键词“强酸性、氧化还原反应”来分析解答，题目难度不大。
18．（2分）用NaOH标准溶液滴定盐酸，以下操作导致测定结果偏高的是（ ）
A．滴定管用待装液润洗
B．锥形瓶用待测液润洗
C．滴定结束滴定管末端有气泡
D．滴定时锥形瓶中有液体溅出
【分析】由c（HCl）＝可知，不当操作使V（碱）增大，则导致所测溶液浓度偏高，以此来解答。
【解答】解：A．滴定管用待装液润洗，对实验无影响，故A错误；
B．锥形瓶用待测液润洗，n（HCl）偏大，则消耗V（碱）增大，则导致所测溶液浓度偏高，故B正确；
C．滴定结束后滴定管末端出现气泡，使V（碱）减小，则导致所测溶液浓度偏低，故C错误；
D．锥形瓶振荡时有少量液体溅出，使V（碱）减小，则导致所测溶液浓度偏低，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查酸碱中和滴定，把握酸碱中和滴定原理、实验操作为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意结合计算式分析误差，题目难度不大。
19．（2分）下列离子方程式书写错误的是（ ）
A．铝粉投入到NaOH溶液中：2A1+2H2O+2OH﹣→2AlO2﹣+3H2↑
B．Al（OH）3溶于NaOH溶液中：Al（OH）3+OH﹣→AlO2﹣+2H2O
C．碳酸氢钠水解：HCO3﹣+H2O⇌OH﹣+CO2↑+H2O
D．FeCl2溶液中通入Cl2：2Fe2++Cl2→2Fe3++2Cl﹣
【分析】A．Al和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；
B．二者反应生成偏铝酸钠和水；
C．碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子，水解很微弱，不能生成二氧化碳和水；
D．二者反应生成氯化铁。
【解答】解：A．Al和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2A1+2H2O+2OH﹣＝2AlO2﹣+3H2↑，故A正确；
B．二者反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式为Al（OH）3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O，故B正确；
C．碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子，水解很微弱，不能生成二氧化碳和水，离子方程式为HCO3﹣+H2O⇌OH﹣+H2CO3，故C错误；
D．二者反应生成氯化铁，离子方程式为2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl﹣，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了离子方程式的正误判断，为中等难度的试题，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等），试题有利于培养学生灵活应用所学知识的能力。
20．（2分）某溶液中可能含有Na+、Al3+、Fe3+、NO3﹣、SO42﹣、Cl﹣，滴入过量氨水，产生白色沉淀，若溶液中各离子的物质的量浓度相等，则一定存在的离子是（ ）
A．SO42﹣B．NO3﹣C．Na+D．Fe3+
【分析】某溶液中可能含有Na+、Al3+、Fe3+、NO3﹣、SO42﹣、Cl﹣，滴入过量氨水，产生白色沉淀，该白色沉淀为Al（OH）3，则一定不存在Fe3+；结合“溶液中各离子的物质的量浓度相等”及溶液电中性分析。
【解答】解：溶液中可能含有Na+、Al3+、Fe3+、NO3﹣、SO42﹣、Cl﹣，滴入过量氨水产生白色沉淀，该白色沉淀为Al（OH）3，则一定存在Al3+；由于Fe（OH）3为红褐色沉淀，则一定不存在Fe3+；
溶液呈电中性，若溶液中各离子的物质的量浓度相等，则一定含有SO42﹣，至少含有NO3﹣、Cl﹣中的1种，
故选：A。
【点评】本题考查常见离子的检验方法，题目难度不大，明确常见离子的性质为解答关键，注意溶液呈电中性特点，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。
二、综合题，完成下列填空（共60分
21．（15分）我国科学家通过测量SiO2中26Al和16Be两种元素的比例确定“北京人”年龄，这种测量方法叫“铝铍测年法”，完成下列填空：
（1）写出Be的核外电子式 1s22s2 ，Be所在的周期中，最外层有2个末成对电子的元素的符号有 C 、 O 。
（2）Al和Be具有相似的化学性质，铝原子核外有 13 种不同运动状态的电子，写出BeCl2水解反应的化学方程式： BeCl2+2H2O⇌Be（OH）2+2HCl 。
（3）研究表明26Al可以衰变为26Mg．请从原子结构角度解释这两种元素金属性强弱关系 镁和铝的核外电子层数相同，随核电荷数增加，原子半径减小，失电子能力减弱，金属性减弱 。
（4）比较Al3+、S2﹣和Cl﹣半径由大到小的顺序 S2﹣＞Cl﹣＞Al3+ ；这3种元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是 高氯酸 （写名称），Al2O3是离子化合物，而AlCl3是共价化合物。工业制铝时，电解Al2O3而不电解ACl3的原因是 氯化铝是共价化合物，属于分子晶体，晶体中不含离子，熔融不能导电，不能电解，氧化铝为离子化合物熔融可以导电 。
【分析】（1）Be的核电荷数为4，核外电子排布式1s22s2，Be所在的周期为第二周期，最外层有2个末成对电子是P轨道上有2个电子或四个电子；
（2）Al和Be具有相似的化学性质，铝原子核外13个电子，存在13种不同运动状态的，根据AlCl3水解反应知，BeCl2水解生成Be（OH）2和HCl；
（3）结合原子半径大小比较金属失电子能力；
（4）电子层越多，离子半径越大，电子层相同时，原子序数越大，离子半径越小；非金属性最强的元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强，氯化铝为共价化合物不能导电。
【解答】解：（1）Be的核电荷数为4，核外电子排布式1s22s2，Be所在的周期为第二周期，最外层有2个末成对电子是P轨道上有2个电子或四个电子为C元素和O元素，
故答案为：1s22s2；C、O；
（2）Al和Be具有相似的化学性质，铝原子核外有13种不同运动状态的电子，根据AlCl3水解反应知，BeCl2水解生成Be（OH）2和HCl，氯化铍的水解方程式为：BeCl2+2H2O⇌Be（OH）2+2HCl，
故答案为：BeCl2+2H2O⇌Be（OH）2+2HCl；
（3）结合镁原子核电荷数为12，铝元素核电荷数为13，镁和铝的核外电子层数相同，随核电荷数增加，原子半径减小，失电子能力减弱，金属性减弱，
故答案为：镁和铝的核外电子层数相同，随核电荷数增加，原子半径减小，失电子能力减弱，金属性减弱；
（4）比较Al3+、S2﹣和Cl﹣半径，铝离子电子层数为2个，半径最小，硫离子和氯离子三个电子层数，核电荷数越大半径越小，由大到小的顺序为：S2﹣＞Cl﹣＞Al3+，这3种元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是高氯酸，Al2O3是离子化合物，而AlCl3是共价化合物。工业制铝时，电解Al2O3而不电解ACl3的原因是氯化铝是共价化合物，熔融不能导电，氧化铝为离子化合物，熔融状态导电，
故答案为：S2﹣＞Cl﹣＞Al3+；高氯酸；氯化铝是共价化合物，属于分子晶体，晶体中不含离子，熔融不能导电，不能电解，氧化铝为离子化合物熔融可以导电；
【点评】本题考查了原子结构、元素性质对比、周期表中存在的递变规律分析、物质组成和结构的理解应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
22．（15分）工业上用焦炭与石英在高温下氮气流中发生如下反应，3SiO2（s）+6C（s）+2N2（g）⇌Si3N4（s）+
6CO（g）+Q（Q＞0），可制得一种新型陶瓷材料氮化硅（Si3N4），该材料熔点高，硬度大，广泛应用于光伏、轴承、冶金、化工、能源、环保等行业。回答下列问题：
（1）N2的电子式为 ，Si在元素周期表中的位置是 第三周期IVA族 ，氮化硅晶体属于 原子 晶体。
（2）该反应中，还原产物是 Si3N4 。若测得反应生成22.4L CO气体（标准状况下），则转移的电子的物质的量为 2ml 。
（3）该反应的平衡常数表达式K＝ ；其他条件不变，降低温度，达到新的平衡时，K值 增大 （填“增大”、“减小”或“不变”，以下同），CO的浓度 增大 ，SiO2的质量 减小 。
（4）已知在一定条件下的2L密闭容器中制备氮化硅，SiO2（纯度98.5%，所含杂质不与参与反应）剩余质量和反应时间的关系如图所示，CO在0～10min的平均反应速率为 0.1ml/（L•min） 。
（5）现用四氯化硅、氮气和氢气在高温下发生反应，可得较高纯度的氮化硅。反应的化学方程式为 3SiCl4+2N2+6H2Si3N4+12HCl 。
【分析】（1）N原子最外层电子数是5，氮气分子中存在氮氮三键，氮原子最外层达到8电子稳定结构；Si元素位于第三周期第四主族；根据Si3N4熔点高、硬度大的性质判断晶体类型；
（2）3SiO2（s）+6C（s）+2N2（g）⇌Si3N4（s）+6CO（g）的反应中，Si、O化合价没变，N的化合价降低3生成Si3N4，即2mlN2发生反应得到12ml电子，据此解答；
（3）根据平衡常数的定义写出表达式，固体或纯液体的浓度为1；该反应正向是放热反应，根据温度对化学平衡移动影响解答；
（4）先根据化学方程式计算出n（CO），再根据公式v＝计算v（CO）；
（5）四氯化硅、氮气和氢气在高温下反应生成氮化硅，根据氧化还原反应规律可知氢气是还原剂，据此写出化学方程式。
【解答】解：（1）氮气中存在氮氮三键，该电子式中漏掉了氮原子的一对孤电子对，氮气的电子式为：；Si位于第三周期第IVA族；Si3N4熔点高、硬度大的性质与原子晶体相似，所以Si3N4是原子晶体；
故答案为：，第三周期第IVA族；原子；
（2）反应中Si、O化合价没变，N的化合价降低3生成Si3N4，即2mlN2得到12ml电子还原生成Si3N4，同时生成6mlCO，所以生成22.4LCO气体转移的电子的物质的量为2ml；
故答案为：Si3N4；2ml；
（3）固体或纯液体的浓度为1，3SiO2（s）+6C（s）+2N2（g）⇌Si3N4（s）+6CO（g）的平衡常数k＝；该反应正向是放热反应，所以降低温度时平衡常数k增大，平衡正向移动，c（CO）增大，m（SiO2）减小；
故答案为：；增大，增大，减小；
（4）反应中消耗SiO2的质量为（100g﹣40g）＝60g，即消耗1mlSiO2，生成CO的物质的量n（CO）＝2n（SiO2）＝2ml，△c（CO）＝＝1ml/L，所以v（CO）＝＝0.1ml/（L•min）；
故答案为：0.1ml/（L•min）；
（5）四氯化硅、氮气和氢气在高温下反应生成氮化硅和氯化氢气体，反应的化学方程式为3SiCl4+2N2+6H2Si3N4+12HCl；
故答案为：3SiCl4+2N2+6H2Si3N4+12HCl。
【点评】本题考查化学用语、氧化还原反应规律、化学反应速率和化学平衡原理等知识点，侧重氧化还原反应概念和计算、化学反应速率计算和平衡移动影响因素、化学方程式书写等，题目难度不大，注意基础知识的理解与应用。
23．（15分）难溶性杂卤石（K2SO4•MgSO4•2CaSO4•2H2O）在水中存在如下平衡：K2SO4•MgSO4•2CaSO4•2H2O（s）⇌2Ca2++2K++Mg2++4SO42﹣+2H2O，为能充分利用钾资源，用足量的饱和Ca（OH）2溶液溶浸杂卤石制备硫酸钾，工艺流程是：首先需要溶浸与分离，见图1。
（1）不同温度下，K+的浸出浓度与溶浸时间的关系如图2，由图可得，随着温度升高：
① 温度越高，在同一时间K+的浸出浓度大 ；
② 反应速率加快，平衡时溶浸时间短 。
（2）为了提高浸出效率，可采取的措施是： 升高温度 ；过滤用到的玻璃仪器名称是： 烧杯、漏斗、玻璃棒 。
（3）滤渣主要成分有 CaSO4 和 Mg（OH）2 以及未溶杂卤石，用化学平衡移动原理解释Ca（OH）2溶液能溶解杂卤石、浸出K+的原因 加入氢氧化钙溶液后氢氧根离子和镁离子结合生成氢氧化镁沉淀，促进平衡右移，K+增多 。
（4）图1中过滤后，滤液中的主要杂质离子是 Ca2+ ，进一步“除杂”环节见3，可先加入 K2CO3 溶液，经搅拌等操作后，过滤，再加入 H2SO4 溶液调滤液pH至中性。
（5）图3中过滤得到的母液中含有大量的 K2SO4 （填写化学式），检验其中溶质阴离子的方法是 取少量，先加足量盐酸酸化，再加氯化钡溶液，看是否产生白色沉淀 。
【分析】由K2SO4•MgSO4•2CaSO4•2H2O（s）⇌2Ca2++2K++Mg2++4SO42﹣+2H2O及实验流程可知，加氢氧化钙溶液，过滤分离出滤渣为CaSO4、Mg（OH）2，结合图2可知，373K时K+的浸出浓度大，则滤液中大量的K2SO4，升高温度可提高浸出效率，除杂时加K2CO3除去钙离子，后加硫酸中和至中性，然后蒸发浓缩、冷却结晶、过滤分离出硫酸钾，以此来解答。
【解答】解：（1）由图可知不同温度下，K+的浸出浓度与溶浸时间的关系，温度越高K+的浸出浓度越大，溶浸时间越短，反应速率越大，达到平衡越快，故结论为：温度越高，在同一时间K+的浸出浓度大；反应速率加快，平衡时溶浸时间短，
故答案为：温度越高，在同一时间K+的浸出浓度大；反应速率加快，平衡时溶浸时间短；
（2）为了提高浸出效率，可采取的措施是升高温度；过滤用到的玻璃仪器名称是：烧杯、漏斗、玻璃棒，
故答案为：升高温度；烧杯、漏斗、玻璃棒；
（3）由上述分析可知，滤渣主要成分有CaSO4和Mg（OH）2以及未溶杂卤石，用化学平衡移动原理解释Ca（OH）2溶液能溶解杂卤石、浸出K+的原因加入氢氧化钙溶液后氢氧根离子和镁离子结合生成氢氧化镁沉淀，促进平衡右移，K+增多，
故答案为：CaSO4；Mg（OH）2；加入氢氧化钙溶液后氢氧根离子和镁离子结合生成氢氧化镁沉淀，促进平衡右移，K+增多；
（4）图1中过滤后，滤液中的主要杂质离子是Ca2+，进一步“除杂”环节见3，可先加入K2CO3除钙离子，过滤后加入H2SO4，除去碳酸钾，调滤液pH至中性，故答案为：Ca2+；K2CO3；H2SO4；
（5）图3中过滤得到的母液中含有大量的K2SO4，检验其中溶质阴离子的方法是取少量，先加足量盐酸酸化，再加氯化钡溶液，看是否产生白色沉淀，
故答案为：K2SO4；取少量，先加足量盐酸酸化，再加氯化钡溶液，看是否产生白色沉淀。
【点评】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、物质的性质为解答的关键，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．（15分）有机物G是一种高分子化合物，常用作有机合成的中间体，并可用作乳胶漆等，可以通过以下途径合成。
已知有机物A中含有C、H、O、C1四种元素且同一个碳原子上不直接连接两个官能团。
（1）A的结构简式为 ClCH2CH2CH2OH 或 CH3CHClCH2OH ，反应③的反应类型 消去反应 。
（2）写出反应⑤和反应⑥的化学方程式：
反应⑤ CH2＝CHCOOH+CH3OHCH2＝CHCOOCH3+H2O ；
反应⑥ nCH2＝CHCOOCH3 。
（3）写出1种E的同系物的名称 乙醇 。写出1种与F含有相同官能团的F的同分异构体的结构简式 CH2＝CHCH2OOCH、CH3CH＝CHOOCH、CH2＝CHOOCCH3、CH2＝C（CH3）OOCH任意一种 。
（4）试设计一条以为原料合成的合成路线。
（合成路线常用的表示方式为：甲乙…目标产物） 。
【分析】A的分子式为C3H7ClO，A氧化生成的B可发生银镜反应，A分子中同一个碳原子上不直接连接两个官能团，可知A为ClCH2CH2CH2OH或CH3CHClCH2OH，A氧化生成B为ClCH2CH2CHO或CH3CHClCHO，B发生银镜反应生成C为ClCH2CH2COOH或CH3CHClCOOH，C发生消去反应生成D为CH2＝CHCOOH，E为CH3OH，D与E发生酯化反应生成F为CH2＝CHCOOCH3，F发生加聚反应生成G为。
（4）以为原料合成，先氧化、后水解，最后酸化可得目标物。
【解答】解：（1）A 的结构简式为ClCH2CH2CH2OH或CH3CHClCH2OH；反应③中﹣Cl转化为碳碳双键，反应类型为消去反应，
故答案为：ClCH2CH2CH2OH；CH3CHClCH2OH；消去反应；
（2）反应⑤的方程式为：CH2＝CHCOOH+CH3OHCH2＝CHCOOCH3+H2O；
反应⑥的化学方程式为：nCH2＝CHCOOCH3，
故答案为：CH2＝CHCOOH+CH3OHCH2＝CHCOOCH3+H2O；nCH2＝CHCOOCH3；
（3）E为CH3OH，E的任意1种同系物为CH3CH2OH，名称为乙醇；F为CH2＝CHCOOCH3，与F含有相同官能团的同分异构体的结构简式为：CH2＝CHCH2OOCH、CH3CH＝CHOOCH、CH2＝CHOOCCH3、CH2＝C（CH3）OOCH，
故答案为：乙醇；CH2＝CHCH2OOCH、CH3CH＝CHOOCH、CH2＝CHOOCCH3、CH2＝C（CH3）OOCH任意一种；
（4）以为原料合成，先氧化、后水解，最后酸化，合成流程为，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，关键是确定A的可能结构，结合反应条件进行分析判断，熟练掌握官能团的性质与转化，是有机化学常考题型。
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