2018年上海市松江区高三一模化学试卷

这是一份2018年上海市松江区高三一模化学试卷，共27页。试卷主要包含了选择题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2018年上海市松江区高三一模化学试卷
一、选择题（共20小题，每小题2分，满分40分）
1．（2分）下列过程属于物理变化的是（　　）
A．干馏 B．分馏 C．裂化 D．裂解
2．（2分）属于硝态氨肥的是（　　）
A．CO（NH2）2 B．NH4Cl C．KNO3 D．NH3•H2O
3．（2分）海水中含量最高的非金属元素是（　　）
A．O B．Cl C．Br D．I
4．（2分）下列物质熔化时只克服分子间作用力的是（　　）
A．钢铁 B．冰 C．水晶 D．食盐
5．（2分）下列化学用语表示不正确的是（　　）
A．碳原子的结构示意图：
B．CO2分子的电子式：
C．碳原子核外电子排布的轨道表达式：
D．CO2分子的比例模型：
6．（2分）下列变化过程属于还原反应的是（　　）
A．HCl→Cl2 B．H2SO3→SO2
C．Fe（OH）3→Fe2O3 D．CuO→Cu
7．（2分）不能用离子方程式Ca2++CO32﹣→CaCO3↓表示的反应是（　　）
A．澄清石灰水和碳酸
B．澄清石灰水和碳酸钠溶液
C．硝酸钙溶液和碳酸铵溶液
D．氯化钙溶液和碳酸钾溶液
8．（2分）对核外电子运动状态的描述，较为全面的是（　　）
A．结构示意图 B．电子式 C．电子排布式 D．轨道表达式
9．（2分）将后者逐渐滴入（或通入）前者至过量，先产生沉淀后消失的是（　　）
A．AlCl3溶液、氨水
B．H2S溶液、O2
C．Al2（SO4）3溶液、NaOH溶液
D．FeCl2溶液、NaOH 溶液
10．（2分）下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是（　　）
A．酸性：H2SO4＞H3PO4
B．非金属性：Cl＞Br
C．碱性：NaOH＞Mg（OH）2
D．热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3
11．（2分）关于的命名正确的是（　　）
A．3﹣甲基庚烷 B．2﹣乙基己烷
C．1﹣甲基﹣4﹣乙基戊烷 D．1，4﹣二甲基己烷
12．（2分）下列能够确定溶液中一定含有SO42﹣的事实是（　　）
A．取少量试液，加入用盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成
B．取少量试液，加入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，再加稀硝酸沉淀不消失
C．取少量试液，加入硝酸钡溶液，有白色沉淀生成
D．取少量试液，加入盐酸无现象，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成
13．（2分）已达到平衡的可逆反应，增大压强后，反应速率（v）变化如图所示，该反应是（　　）

A．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）
B．C（s）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）
C．H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）
D．FeCl3+3KSCN⇌Fe（SCN）3+3KCl
14．（2分）等体积混合pH＝11的NaOH溶液和pH＝3的CH3COOH溶液，所得溶液中c（Na+）、c（CH3COO﹣ ）的正确关系是（　　）
A．c（Na+）＞c（CH3COO﹣） B．c（Na+）＜c（CH3COO﹣）
C．c（Na+）＝c（CH3COO﹣） D．不能确定
15．（2分）下列实验不用浓硫酸的是（　　）
A．实验室制取乙烯
B．苯与混酸反应制硝基苯
C．乙酸与乙醇反应制取乙酸乙酯
D．乙酸乙酯在酸性条件下水解
16．（2分）图所示电化学装置（碳棒作电极）的判断合理的是（　　）

A．若Z为氯化铜溶液，Y有暗红色物质析出
B．若Z为氯化铜溶液，X附近发生还原反应
C．若乙为饱和食盐水，则X是阴极
D．若Z为饱和食盐水，则碱在X附近先生成
17．（2分）关于侯氏制碱法，下列表述错误的是（　　）
A．食盐利用率比较高
B．实验条件下NaHCO3的洛解度较小
C．析出NaHCO3固体后的母液中只含氯化铵
D．在饱和食盐水中应先通入氨气，再通入二氧化碳
18．（2分）为探究铁的性质进行图所示实验，下列描述正确的是（　　）

A．①中溶液呈棕黄色
B．①中Fe被还原
C．②中一定没有Fe2+
D．②中的反应说明氧化性：Cl2＞Fe3+
19．（2分）已知氯气、溴蒸气分别跟氢气反应的热化学方程式如下：
①H2（g）+Cl2（g）→2HCl（g）+Q1； ②H2（g）+Br2（g）→2HBr（g）+Q2
下列叙述错误的是（　　）
A．Q1＞Q2
B．①和②中生成物总能量均低于反应物总能量
C．若①中反应生成2mol液态氯化氢，放出的热量低于Q1
D．②中2molHBr（g）分解为1molH2（g）与1molBr2（g），吸收的热量为Q2
20．（2分）四种离子大量共存的溶液中，已知Mg2+、Fe3+、Cl﹣的物质的量浓度之比为1：1：6．下列叙述正确的是（　　）
A．向该溶液中滴加NaOH溶液，立即产生沉淀
B．向该溶液中加入少量铁粉，c（Fe3+）一定减少
C．将该溶液蒸干并灼烧，得到FeCl3与MgCl2
D．若该溶液中c（Mg2+）＝0.1mol▪L﹣1，则溶液的pH定为1
二、综合题（共60分）
21．（15分）铝及其化合物在生产、生活中存在广泛用途。
完成下列填空：
（1）铝原子的最外层电子排布式　 　，该原子核外有　 　种能量不同的电子。
（2）铝片放入冷浓硫酸片刻后插入硫酸铜溶液中，发现铝片表面无明显变化，其原因是　 　。除去铁粉中含有少量铝，通常选　 　溶液。
（3）在一定条件下，氮化铝可通过如下反应制得：
Al2O3（s）+N2（g）+3C（s）⇌2AlN（s）+3CO（g）。
请给反应中第二周期元素的原子半径由大到小排序　 　 （用元素符号表示）。
写出该反应的平衡常数表达式　 　。一定条件下，向充满氮气的2L密闭容器中加入氧化铝和炭黑，2min后固体质量减轻56g，计算氮气的反应速率　 　。
（4）某工业废水Al3+超标，加入NaHCO3溶液可以除去Al3+，现象为产生白色沉淀和无色无味的气体。请从平衡移动角度解释这现象　 　。
22．（15分）生活污水中氮是造成水体富营养化的主要原因。
完成下列填空：
（1）某污水中存在NH4Cl．写出NH4Cl的电子式　 　。该污水呈现酸性的原因　 　 （结合离子方程式及相关文字说明）。
（2）向饱和NH4Cl溶液中加入或通入一种物质，可以使NH4Cl结晶析出，这种物质可以是　 　 （任写一种），理由是　 　。
（3）某污水中同时存在NH4+和NO3﹣时，可用下列方法除去：
先利用O2将NH4+氧化成NO3﹣。
请配平下列离子方程式并标出电子转移的方向和数目。
　 　 NH4++　 　O2→　 　 NO3﹣+　 　 H2O+　 　 H+
再将NO3﹣还原成N2，反应的离子方程式：2NO3﹣+5H2 N2+2O H﹣+4H2O
①NH4NO3晶体中所含化学键为　 　。
②若该污水中含有1mol NH4NO3，用以上方法处理完全后，共消耗　 　mol氢气。
③该污水处理方法的好处是　 　。
23．（15分）环扁桃酯临床上主要用于治疗脑动脉硬化。环扁桃酯在一定条件下的合成路线如下所示：

（1）写出C中含氧官能团的名称　 　、　 　，A→C的反应类型　 　。
（2）写出两分子C生成的环状酯类化合物的反应条件　 　，该环状酯类化合物的结构简式　 　。
（3）写出属于酯类、与B互为同分异构体的有机物结构简式　 　。
（4）写出反应②的化学反应方程式　 　。
（5）已知CH3COOH ClCH2COOH，请完成由乙醇合成B的路线。
（合成路线常用的表示方式为：A B… 目标产物）
24．（15分）某碳酸氢钠样品中含有碳酸钠，为测定碳酸氢钠的质量分数，设计若干实验方案。
方案一：按如图装置进行实验。

完成下列填空：
（1）实验时分液漏斗中应该装　 　 （盐酸或硫酸），D装置的作用　 　。
（2）实验中除称量样品质量外，还需称　 　装置前后质量的变化。根据此实验得到的数据，测定结果明显偏低，因为实验装置还存在一个明显缺陷，该缺陷是　 　。
方案二：用如下流程测碳酸氢钠的质量分数。

完成下列填空：
（3）过滤操作中，除了烧杯和漏斗外还用到的玻璃仪器有　 　。实验中判定沉淀是否完全的方法是　 　。
（4）已知样品8.620g，最终所得的沉淀质量为19.700g，则样品中碳酸氢钠的质量分数为　 　。
方案三：自行完成设计。
（5）尝试再设计一个测定碳酸氢钠质量分数的实验方案，其中须包含测定原理、主要实验步骤、测定的物理量。

2018-2019学年上海市松江区高三（上）期末化学试卷（一模）
参考答案与试题解析
一、选择题（共20小题，每小题2分，满分40分）
1．（2分）下列过程属于物理变化的是（　　）
A．干馏 B．分馏 C．裂化 D．裂解
【分析】在原子核不变的情况下，物理变化没有新物质生成，化学变化有新物质生成。
【解答】解：A．干馏是隔绝空气加强热发生化学反应，故A错误；
B．石油的分馏是通过控制沸点的不同来实现物质分离的方法，属于物理变化，故B正确；
C．石油裂化是烷烃分解反应，有新物质生成，属于化学变化过程，故C错误；
D．裂解是烷烃分解得到气体烯烃的过程，过程中生成了新的物质属于化学变化，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查学生有机化学中的一些变化过程以及物理变化和化学变化的本质区别知识，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
2．（2分）属于硝态氨肥的是（　　）
A．CO（NH2）2 B．NH4Cl C．KNO3 D．NH3•H2O
【分析】氮肥依据氮元素存在状态分为：硝态氮肥（氮元素以硝酸根离子形式存在），铵态氮肥（氮元素以氨气或者铵盐形式存在），酰胺态氮肥（尿素等有机物）。
【解答】解：A．属于酰胺态氮肥，故A不选；
B．氯化铵为铵态氮肥，故B不选；
C．硝酸钾为硝态氮肥，故C选；
D．一水合氨为铵态氮肥，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查了氮肥的分类，明确氮肥分类依据是解题关键，题目难度不大。
3．（2分）海水中含量最高的非金属元素是（　　）
A．O B．Cl C．Br D．I
【分析】海水的主要成分是水。
【解答】解：海水的主要成分是水，水中O元素的含量最多，所以海水中含量最高的非金属元素是O元素，故A正确，
故选：A。
【点评】本题考查了海水成分、组成元素的分析判断，注意知识积累，题目难度不大。
4．（2分）下列物质熔化时只克服分子间作用力的是（　　）
A．钢铁 B．冰 C．水晶 D．食盐
【分析】熔化时只克服分子间作用力说明该晶体是分子晶体，由此分析解答。
【解答】解：熔化时只克服分子间作用力说明该晶体是分子晶体，属于分子晶体的是冰，钢铁是金属合金，水晶是原子晶体，食盐是离子晶体，所以只克服分子间作用力的是冰，
故选：B。
【点评】本题考查了化学键和化合物的判断等知识点，属于基础题，灵活运用基础知识解答，题目难度不大。
5．（2分）下列化学用语表示不正确的是（　　）
A．碳原子的结构示意图：
B．CO2分子的电子式：
C．碳原子核外电子排布的轨道表达式：
D．CO2分子的比例模型：
【分析】A．碳原子核外有2个电子层，最外层电子数为4；
B．CO2分子中C和O原子之间含有2个共用电子对；
C．碳原子核外有6个电子，分别分布在1s、2s、2p轨道；
D．二氧化碳为直线型分子。
【解答】解：A．碳原子核外有2个电子层，最外层电子数为4，则结构示意图为，故A正确；
B．CO2分子中C和O原子之间含有2个共用电子对，电子式为，故B错误；
C．碳原子核外有6个电子，分别分布在1s、2s、2p轨道，核外电子排布的轨道表达式为，故C正确；
D．二氧化碳为直线型分子，且C原子半径大于O原子，则比例模型为，故D正确。
故选：B。
【点评】本题考查了电子式、原子结构示意图、电子排布式以及比例模型等化学用语的判断，题目难度中等，注意掌握常见化学用语的概念及表示方法，明确离子化合物的与共价化合物的电子式的区别，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力。
6．（2分）下列变化过程属于还原反应的是（　　）
A．HCl→Cl2 B．H2SO3→SO2
C．Fe（OH）3→Fe2O3 D．CuO→Cu
【分析】氧化还原反应中，氧化剂发生还原反应，氧化剂中某元素的化合价降低，以此来解答。
【解答】解：A．氯元素化合升高，被氧化，属于氧化反应，故A错误；
B．元素化合价没有发生变化，不属于氧化反应，故B错误；
C．元素化合价没有发生变化，不属于氧化反应，故C错误；
D．Cu元素化合价降低，被还原，属于还原反应，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高考高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重基本概念的考查，注意把握氧化剂发生还原反应，题目难度不大。
7．（2分）不能用离子方程式Ca2++CO32﹣→CaCO3↓表示的反应是（　　）
A．澄清石灰水和碳酸
B．澄清石灰水和碳酸钠溶液
C．硝酸钙溶液和碳酸铵溶液
D．氯化钙溶液和碳酸钾溶液
【分析】Ca2++CO32﹣→CaCO3↓，可以表示可溶性钙盐或澄清石灰水和可溶性碳酸盐反应生成碳酸钙沉淀，据此分析解答。
【解答】解：A．碳酸为弱酸，与氢氧化钙反应，碳酸不能拆成离子形式，所以不能用Ca2++CO32﹣→CaCO3↓表示，故A错误；
B．澄清石灰水和碳酸钠溶液，反应实质钙离子与碳酸根离子反应生成碳酸钙，离子方程式：Ca2++CO32﹣→CaCO3↓，故B正确；
C．硝酸钙溶液和碳酸铵溶液，反应实质钙离子与碳酸根离子反应生成碳酸钙，离子方程式：Ca2++CO32﹣→CaCO3↓，故C正确；
D．氯化钙溶液和碳酸钾溶液，反应实质钙离子与碳酸根离子反应生成碳酸钙，离子方程式：Ca2++CO32﹣→CaCO3↓，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查了离子方程式的书写原则和注意问题，侧重考查复分解反应的离子方程式书写，明确反应实质是解题关键，注意化学式拆分，题目难度不大。
8．（2分）对核外电子运动状态的描述，较为全面的是（　　）
A．结构示意图 B．电子式 C．电子排布式 D．轨道表达式
【分析】核外电子是分层排布的，每层可以分为不同的能级，每个能级上电子运动状态不同，轨道表示式能全面的表示核外电子运动状态。
【解答】解：原子核外电子排布是分层排布，每个电子层上依据电子能量不同分成不同能级，能级数等于电子层数，每个能级上电子能量系统运动状态不同，所以不存在核外电子运动状态完全相同的电子，轨道表示式能较全面的对核外电子运动状态的描述，结构示意图只能描述分层排布，电子式只能表示一直最外层电子，电子排布式能描述核外电子分层排布，每个电子层分为不同能级，不能描述不同电子的运动状态，
故选：D。
【点评】本题考查了原子结构、核外电子排布的描述方法，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
9．（2分）将后者逐渐滴入（或通入）前者至过量，先产生沉淀后消失的是（　　）
A．AlCl3溶液、氨水
B．H2S溶液、O2
C．Al2（SO4）3溶液、NaOH溶液
D．FeCl2溶液、NaOH 溶液
【分析】A．氢氧化铝不溶于弱碱；
B．氧气通入氢硫酸中只生成单质硫沉淀；
C．将NaOH溶液逐滴滴入硫酸铝溶液中，直至过量，先生成氢氧化铝白色沉淀会继续与氢氧化钠反应后沉淀消失；
D．氯化亚铁与反应生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁与氢氧化钠不反应。
【解答】解：A．氢氧化铝不溶于弱碱，AlCl3溶液中滴加氨水生成氢氧化铝沉淀，氨水过量时，沉淀不溶解，所以最终沉淀不消失，故A错误；
B．、氧气通入氢硫酸中只生成单质硫沉淀，最终沉淀不消失，故B错误；
C．将NaOH溶液逐滴滴入硫酸铝溶液中，直至过量，先生成氢氧化铝白色沉淀会继续与氢氧化钠反应后沉淀消失，符合题意，故C正确；
D．氯化亚铁与反应生成氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁与氢氧化钠不反应，所以最终沉淀不消失，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了元素化合物的性质，主要考查氢氧化铝的两性，关键掌握氢氧化铝只与强酸强碱反应不与弱酸弱碱反应，题目难度不大，掌握相关物质间的变化规律是解题的关键。
10．（2分）下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是（　　）
A．酸性：H2SO4＞H3PO4
B．非金属性：Cl＞Br
C．碱性：NaOH＞Mg（OH）2
D．热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3
【分析】A．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；
B．同主族元素从上到下非金属性依次减弱；
C．元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强；
D．碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解。
【解答】解：A．元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性：S＞P，则酸性：H2SO4＞H3PO4，能用元素周期律解释，故A不选；
B．同主族元素从上到下非金属性依次减弱，则非金属性：Cl＞Br，能用元素周期律解释，故B不选；
C．元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：Na＞Mg，则碱性：NaOH＞Mg（OH）2，能用元素周期律解释，故C不选；
D．碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解，所以热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，不能用元素周期律解释，故D选。
故选：D。
【点评】本题考查了元素周期律的理解与应用，注意把握元素周期律的递变规律以及相关知识的积累，难度不大。
11．（2分）关于的命名正确的是（　　）
A．3﹣甲基庚烷 B．2﹣乙基己烷
C．1﹣甲基﹣4﹣乙基戊烷 D．1，4﹣二甲基己烷
【分析】有机物主链为7个碳原子，支链为甲基，以此解答该题。
【解答】解：由有机物结构简式可知有机物主链为7个碳原子，支链为甲基，应为3﹣甲基庚烷。
故选：A。
【点评】本题考查了有机物系统命名判断，为高频考点，侧重考查学生的分析能力以及双基的掌握，题目难度不大，注意主链选择，起点编号原则，名称书写的规范方法。
12．（2分）下列能够确定溶液中一定含有SO42﹣的事实是（　　）
A．取少量试液，加入用盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成
B．取少量试液，加入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，再加稀硝酸沉淀不消失
C．取少量试液，加入硝酸钡溶液，有白色沉淀生成
D．取少量试液，加入盐酸无现象，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成
【分析】A．能够与氯化钡反应生成的不溶于的盐酸的沉淀可能为氯化银，不一定含有硫酸根离子；
B．银离子能够与氯化钡反应生成氯化银沉淀，氯化银不溶于稀硝酸，无法证明溶液中是否存在硫酸根离子；
C．能够与硝酸钡反应的离子有碳酸根离子、亚硫酸根离子等，不一定含有硫酸根离子；
D．与硝酸钡生成的白色沉淀，且该白色沉淀不溶于稀盐酸，说明一定为硫酸钡，原溶液中一定含有硫酸根离子．
【解答】解：A．取少量试液，加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，该白色沉淀可能为氯化银，原溶液中可能含有银离子，不一定含有硫酸根离子，故A错误；
B．取少量试液，加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，该白色沉淀可能为氯化银，再加入稀HNO3，氯化银沉淀也不消失，原溶液中不一定含有硫酸根离子，故B错误；
C．取少量试液，加入Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀生成，该白色沉淀可能为碳酸钡、亚硫酸钡，原溶液中可能含有碳酸根离子、亚硫酸根离子，不一定含有硫酸根离子，故C错误；
D．取少量试液，加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，该白色沉淀可能为碳酸钡、硫酸钡、亚硫酸钡等，但是往过滤所得沉淀加盐酸，沉淀不溶解，说明该沉淀为硫酸钡，原溶液中一定含有硫酸根离子，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了常见阴离子的检验，题目难度中等，注意掌握常见离子的检验方法，在检验离子时必须排除干扰离子，保证检验方案的严密性．
13．（2分）已达到平衡的可逆反应，增大压强后，反应速率（v）变化如图所示，该反应是（　　）

A．N2（g）+3H2（g）⇌2NH3（g）
B．C（s）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）
C．H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）
D．FeCl3+3KSCN⇌Fe（SCN）3+3KCl
【分析】由图可以看出，反应达到平衡后，增大压强，正反应速率仍等于逆反应速率，平衡不发生移动，说明反应前后气体化学计量数不变，以此解答。
【解答】解：由图可以看出，反应达到平衡后，增大压强，正反应速率仍等于逆反应速率，平衡不发生移动，说明反应前后气体化学计量数不变，只有C符合，
故选：C。
【点评】本题考查化学反应速率的影响以及平衡移动问题，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握压强与化学平衡移动的关系，难度不大。
14．（2分）等体积混合pH＝11的NaOH溶液和pH＝3的CH3COOH溶液，所得溶液中c（Na+）、c（CH3COO﹣ ）的正确关系是（　　）
A．c（Na+）＞c（CH3COO﹣） B．c（Na+）＜c（CH3COO﹣）
C．c（Na+）＝c（CH3COO﹣） D．不能确定
【分析】氢氧化钠为强电解质，pH＝11的NaOH溶液中氢氧化钠的浓度为0.001mol/L；醋酸为弱电解质，溶液中只能部分电离出氢离子，pH＝3的醋酸溶液中醋酸的浓度大于0.001mol/L，两溶液等体积混合后，醋酸过量，溶液显示酸性，即c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）可知c（Na+）＜c（CH3COO﹣）。
【解答】解：NaOH属于强碱，pH＝11的NaOH溶液中氢氧化钠的浓度为：c（NaOH）＝c（OH﹣）＝＝0.001mol/L，
醋酸为弱酸，pH＝3的醋酸溶液中氢离子浓度为：c（H+）＝0.001mol/L，醋酸的浓度c（CH3COOH）＞c（H+）＝0.001mol/L，
两溶液等体积混合后，醋酸过量，溶液显示酸性，则：c（H+）＞c（OH﹣），
反应后溶液中电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），
反应后的溶液中一定满足：c（Na+）＜c（CH3COO﹣），
故选：B。
【点评】本题考查了酸碱混合后定性判断及溶液中离子浓度定性比较，题目难度中等，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的计算方法，能够根据溶液的酸碱性、电荷守恒、物料守恒比较溶液中各离子之间浓度大小。
15．（2分）下列实验不用浓硫酸的是（　　）
A．实验室制取乙烯
B．苯与混酸反应制硝基苯
C．乙酸与乙醇反应制取乙酸乙酯
D．乙酸乙酯在酸性条件下水解
【分析】A、乙醇与浓硫酸170℃生成乙烯；
B、苯与浓硫酸、浓硝酸反应制硝基苯；
C、乙酸与乙醇在浓硫酸催化作用下反应生成乙酸乙酯；
D、乙酸乙酯在稀硫酸条件下水解生成乙酸与乙醇。
【解答】解：A、乙醇与浓硫酸170℃生成乙烯，实验中用浓硫酸，故A错误；
B、苯与浓硫酸、浓硝酸反应制硝基苯，实验中用浓硫酸，故B错误；
C、乙酸与乙醇在浓硫酸催化作用下反应生成乙酸乙酯，实验中用浓硫酸，故C错误；
D、乙酸乙酯在稀硫酸条件下水解生成乙酸与乙醇，实验中不用浓硫酸，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查了化学实验方案的评价，题目难度不大，明确常见反应原理、反应条件为解答关键，注意掌握浓硫酸在反应中的应用，试题在注重对基础知识巩固和训练的同时，侧重对学生能力的培养和解题方法的指导与训练。
16．（2分）图所示电化学装置（碳棒作电极）的判断合理的是（　　）

A．若Z为氯化铜溶液，Y有暗红色物质析出
B．若Z为氯化铜溶液，X附近发生还原反应
C．若乙为饱和食盐水，则X是阴极
D．若Z为饱和食盐水，则碱在X附近先生成
【分析】根据电子流向知，X为阳极、Y为阴极，若Z为饱和食盐水，X电极上氯离子放电生成氯气，Y电极上水得电子生成氢气和OH﹣；
若Z为氯化铜溶液，X电极上氯离子放电生成氯气，Y电极上铜离子得电子生成Cu。
【解答】解：根据电子流向知，X为阳极、Y为阴极，若Z为饱和食盐水，X电极上氯离子放电生成氯气，Y电极上水得电子生成氢气和OH﹣；
若Z为氯化铜溶液，X电极上氯离子放电生成氯气，Y电极上铜离子得电子生成Cu；
A．若 Z 为氯化铜溶液，X电极上生成氯气、Y电极上生成Cu，故A正确；
B．若 Z 为氯化铜溶液，X电极上氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，所以X 附近发生氧化反应，故B错误；
C．通过以上分析知，若 Z 为饱和食盐水，则 X 是阳极，故C错误；
D．若 Z 为饱和食盐水，X电极上氯离子放电生成氯气，Y电极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，则碱在Y 附近生成，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查电解原理，为高频考点，正确判断阴阳极及明确离子放电顺序是解本题关键，知道各个电极上发生的反应，题目难度不大。
17．（2分）关于侯氏制碱法，下列表述错误的是（　　）
A．食盐利用率比较高
B．实验条件下NaHCO3的洛解度较小
C．析出NaHCO3固体后的母液中只含氯化铵
D．在饱和食盐水中应先通入氨气，再通入二氧化碳
【分析】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，NH3+CO2+H2O+NaCl（饱和）＝NaHCO3↓+NH4Cl，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。
【解答】解：A．制备过程可知，侯氏制碱法最大的优点是使食盐的利用率较高，故A正确；
B．饱和溶液中碳酸氢钠溶解度较小，制备过程中会析出碳酸氢钠晶体，故B正确；
C．析出NaHCO3固体后的母液中含氯化铵和氯化钠的溶液，故C错误；
D．氨气水中溶解度大，极易溶于水，在饱和食盐水中应先通入氨气，显碱性，再通入二氧化碳，能更多吸收二氧化碳，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查了工业制纯碱的过程分析判断、原理的熟练掌握是解题关键，题目难度中等。
18．（2分）为探究铁的性质进行图所示实验，下列描述正确的是（　　）

A．①中溶液呈棕黄色
B．①中Fe被还原
C．②中一定没有Fe2+
D．②中的反应说明氧化性：Cl2＞Fe3+
【分析】A．铁与盐酸反应生成氯化亚铁；
B．依据铁在反应中化合价变化判断；
C．二价铁离子能够被氯水氧化；
D．依据氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性判断。
【解答】解：①铁与盐酸反应生成氯化亚铁，溶液呈浅绿色，故A错误；
B．①中Fe从0价，升高为氯化亚铁中+2价，被氧化，故B错误；
C．二价铁离子能够被氯水氧化，如果氯水少量，部分二价铁离子被氧化，还有部分剩余，故C错误；
D．②中氯化亚铁能够被氯水中的氯气氧化，氯气为氧化剂，氯化铁为氧化产物，所以氯气氧化性强于氯化铁，故D正确；
故选：D。
【点评】本题以铁及其化合物之间转化为载体，考查了氧化还原反应基本概念判断，熟悉铁及其化合物性质，明确氧化还原反应基本概念是解题关键，题目难度不大。
19．（2分）已知氯气、溴蒸气分别跟氢气反应的热化学方程式如下：
①H2（g）+Cl2（g）→2HCl（g）+Q1； ②H2（g）+Br2（g）→2HBr（g）+Q2
下列叙述错误的是（　　）
A．Q1＞Q2
B．①和②中生成物总能量均低于反应物总能量
C．若①中反应生成2mol液态氯化氢，放出的热量低于Q1
D．②中2molHBr（g）分解为1molH2（g）与1molBr2（g），吸收的热量为Q2
【分析】A．Cl的非金属性大于Br，氯气的能量大于溴的能量；
B．均为放热反应；
C．若①中反应生成2mol液态氯化氢，放出热量更多；
D．互为逆反应时，焓变的数值相同、符号相反。
【解答】解：A．Cl的非金属性大于Br，氯气的能量大于溴的能量，则氯气燃烧放热多，即Q1＞Q2，故A正确；
B．均为放热反应，则①和②中生成物总能量均低于反应物总能量，故B正确；
C．若①中反应生成2mol液态氯化氢，放出热量更多，则放出的热量高于Q1，故C错误；
D．互为逆反应时，焓变的数值相同、符号相反，则②中2molHBr（g）分解为1molH2（g）与1molBr2（g），吸收的热量为Q2，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、能量与稳定性为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意状态与能量的关系，题目难度不大。
20．（2分）四种离子大量共存的溶液中，已知Mg2+、Fe3+、Cl﹣的物质的量浓度之比为1：1：6．下列叙述正确的是（　　）
A．向该溶液中滴加NaOH溶液，立即产生沉淀
B．向该溶液中加入少量铁粉，c（Fe3+）一定减少
C．将该溶液蒸干并灼烧，得到FeCl3与MgCl2
D．若该溶液中c（Mg2+）＝0.1mol▪L﹣1，则溶液的pH定为1
【分析】四种离子大量共存的溶液中，已知Mg2+、Fe3+、Cl﹣的物质的量浓度之比为1：1：6，由Mg2+、Fe3+、Cl﹣所带的电荷2×1+3×1＜1×6可知，溶液可能为酸性溶液，则溶质为氯化镁、氯化铁、氯化氢的混合溶液。
A．若溶液呈酸性，氢氧化钠先中和盐酸；
B．铁离子优先与铁反应；
C．铁离子、镁离子水解，HCl易挥发，最终得到的是氧化铁、氧化镁；
D．该溶液中阳离子可能为钠离子。
【解答】解：四种离子大量共存的溶液中，已知Mg2+、Fe2+、Cl﹣的物质的量浓度之比为1：1：6，由Mg2+、Fe3+、Cl﹣所带的电荷2×1+3×1＜1×6可知，溶液可能为酸性溶液，是氯化镁、氯化铁、氯化氢的混合溶液。
A．该溶液为酸性溶液，是氯化镁、氯化铁、氯化氢的混合溶液，氢氧化钠先中和盐酸，再发生沉淀反应，所以不会立即生成沉淀，故A错误；
B．向该溶液中加入少量铁粉，铁离子优先参与反应，则溶液中c（Fe3+）一定减少，故B正确；
C．FeCl3与MgCl2在溶液中水解生成氢氧化铁、氢氧化镁和HCl，加热后水解程度增大，HCl易挥发，则将该溶液蒸干并灼烧后得到的是氧化铁、氧化镁，无法得到FeCl3与MgCl2，故C错误；
D．该溶液中含有的另一种阳离子不一定为氢离子，可能为钠离子，则溶液的pH不一定为1，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高考的高频题，属于中等难度的试题，明确常见离子的性质为解答关键，注意掌握离子反应发生条件，试题培养了学生的综合应用能力。
二、综合题（共60分）
21．（15分）铝及其化合物在生产、生活中存在广泛用途。
完成下列填空：
（1）铝原子的最外层电子排布式　3s23p1　，该原子核外有　5　种能量不同的电子。
（2）铝片放入冷浓硫酸片刻后插入硫酸铜溶液中，发现铝片表面无明显变化，其原因是　铝表面被钝化　。除去铁粉中含有少量铝，通常选　氢氧化钠　溶液。
（3）在一定条件下，氮化铝可通过如下反应制得：
Al2O3（s）+N2（g）+3C（s）⇌2AlN（s）+3CO（g）。
请给反应中第二周期元素的原子半径由大到小排序　C＞N＞O　 （用元素符号表示）。
写出该反应的平衡常数表达式　　。一定条件下，向充满氮气的2L密闭容器中加入氧化铝和炭黑，2min后固体质量减轻56g，计算氮气的反应速率　0.25mol•L﹣1•min﹣1　。
（4）某工业废水Al3+超标，加入NaHCO3溶液可以除去Al3+，现象为产生白色沉淀和无色无味的气体。请从平衡移动角度解释这现象　碳酸氢钠水解呈碱性，HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，Al3+水解产生酸性，Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，H++OH﹣＝H2O，两者相互促进，最终产生氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体　。
【分析】（1）Al核电荷数为13，具有3个电子层，最外层电子数为3，据此解答即可；
（2）常温条件下，铝与浓硫酸能产生钝化现象；铝与氢氧化钠反应而铁与氢氧化钠不反应；
（3）反应Al2O3（s）+N2（g）+3C（s）⇌2AlN（s）+3CO（g）中，第二周期元素C、N、O，电子层数相同核电荷数越大半径越小；化学平衡常数是平衡时生成物的浓度幂之积比上反应物的浓度幂之积；根据公式v＝分析解答；
（4）铝离子水解导致溶液呈酸性，碳酸氢钠水解导致溶液呈碱性，二者相互促进水解。
【解答】解：（1）Al核电荷数为13，具有3个电子层，最外层电子数为3，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p1，具有1s、2s、2p、3s、3p5种能量不同的电子，
故答案为：3s23p1；5；
（2）铝片放入冷硫酸中，浓硫酸有较强的氧化性能使铝片钝化阻止反应进一步进行，除去铁粉中含有少量铝，通常选氢氧化钠溶液，
故答案为：铝表面被钝化；氢氧化钠；
（3）反应Al2O3（s）+N2（g）+3C（s）⇌2AlN（s）+3CO（g）中，第二周期元素C、N、O，电子层数相同核电荷数越大半径越小，所以原子半径由大到小排序为：C＞N＞O；化学平衡常数是平衡时生成物的浓度幂之积比上反应物的浓度幂之积，所以K＝；由反应Al2O3（s）+N2（g）+3C（s）⇌2AlN（s）+3CO（g）可知：每消耗1mol的氮气，固体质量减少为：102+36﹣41×2＝56g，则固体质量减轻56g，消耗氮气的物质的量为：1mol，所以氮气的反应速率为：＝0.25mol•L﹣1•min﹣1，故答案为：C＞N＞O；；0.25mol•L﹣1•min﹣1；
（4）碳酸氢钠水解呈碱性，HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，Al3+水解产生酸性，Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，H++OH﹣＝H2O，两者相互促进，最终产生氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，
故答案为：碳酸氢钠水解呈碱性，HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣，Al3+水解产生酸性，Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，H++OH﹣＝H2O，两者相互促进，最终产生氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体。
【点评】本题考查较综合，涉及化学平衡的移动知识点，侧重考查学生知识综合运用能力，明确盐类水解原理本质是解本题关键，题目难度不大。
22．（15分）生活污水中氮是造成水体富营养化的主要原因。
完成下列填空：
（1）某污水中存在NH4Cl．写出NH4Cl的电子式　　。该污水呈现酸性的原因　NH4++H2O⇌H++NH3•H2O，NH4+与OH﹣结合使溶液中（H+）＞c（OH﹣），即溶液呈酸性　 （结合离子方程式及相关文字说明）。
（2）向饱和NH4Cl溶液中加入或通入一种物质，可以使NH4Cl结晶析出，这种物质可以是　NaCl、NH3或HCl气体等　 （任写一种），理由是　饱和NH4Cl溶液中存在：NH4Cl（s）⇌NH4+（aq）+Cl﹣（aq），增加c（Cl﹣）或（NH4+），使溶解平衡逆向进行，析出NH4Cl晶体　。
（3）某污水中同时存在NH4+和NO3﹣时，可用下列方法除去：
先利用O2将NH4+氧化成NO3﹣。
请配平下列离子方程式并标出电子转移的方向和数目。
　1　 NH4++　2　O2→　1　 NO3﹣+　1　 H2O+　2　 H+
再将NO3﹣还原成N2，反应的离子方程式：2NO3﹣+5H2 N2+2O H﹣+4H2O
①NH4NO3晶体中所含化学键为　离子键、配位键和共价键　。
②若该污水中含有1mol NH4NO3，用以上方法处理完全后，共消耗　5　mol氢气。
③该污水处理方法的好处是　降低了污水中N的含量、生成无污染的N2；两个过程中生成的酸碱发生中和反应，降低了污水的酸碱性　。
【分析】（1）NH4Cl是由NH4+和Cl﹣构成的离子化合物，结合电子式的书写规则写出其电子式，NH4Cl为强酸弱碱盐，水解呈酸性；
（2）NH4Cl是由NH4+和Cl﹣构成的离子化合物，饱和NH4Cl溶液中存在：NH4Cl（s）⇌NH4+（aq）+Cl﹣（aq），增加c（Cl﹣）或（NH4+）均能使溶解平衡逆向进行，析出NH4Cl晶体；
（3）NH4+→NO3﹣转移8e﹣，O2→H2O转移4e﹣，根据化合价升降守恒，有NH4+→NO3﹣～8e﹣，2O2→H2O～2×4e﹣，即共转移8e﹣，NH4+是还原剂，O2是氧化剂；
①NH4NO3是NH4+和NO3﹣构成的离子化合物，NO3﹣、NH4+中含有极性共价键和配位键；
②根据N原子守恒有NH4NO3→2NO3﹣，利用2NO3﹣+5H2 N2+2OH﹣+4H2O计算消耗氢气的物质的量；
③根据O2氧化NH4+生成NO3﹣和H2还原NO3﹣生成N2两个反应可知：处理方法既降低了污水中N的含量，又使两个过程中生成的酸碱发生中和反应，降低了污水的酸碱性。
【解答】解：（1）①NH4Cl由NH4+和Cl﹣构成的离子化合物，其电子式为，氯化铵为强酸弱碱盐，水解呈酸性，NH4+水解的离子方程式为NH4++H2O⇌H++NH3•H2O，
故答案为：，NH4++H2O⇌H++NH3•H2O，NH4+与OH﹣结合使溶液中（H+）＞c（OH﹣），即溶液呈酸性；
（2）饱和NH4Cl溶液中存在：NH4Cl（s）⇌NH4+（aq）+Cl﹣（aq），增加c（Cl﹣）或（NH4+）均能使溶解平衡逆向进行，析出NH4Cl晶体，
故答案为：NaCl等可溶性氯化物、NH3或HCl气体等；饱和NH4Cl溶液中存在：NH4Cl（s）⇌NH4+（aq）+Cl﹣（aq），增加c（Cl﹣）或（NH4+），使溶解平衡逆向进行，析出NH4Cl晶体；
（3）NH4+→NO3﹣转移8e﹣，O2→H2O转移4e﹣，根据化合价升降守恒，有NH4+→NO3﹣～8e﹣，2O2→H2O～2×4e﹣，即共转移8e﹣，NH4+是还原剂，O2是氧化剂，电子由还原剂氧化剂，即；
①NH4NO3是NH4+和NO3﹣构成的离子化合物，NO3﹣、NH4+中含有极性共价键和配位键，故答案为：离子键、共价键和配位键；
②N原子守恒：NH4NO3→2NO3﹣，结合可知：1mol NH4NO3用以上方法处理完全后，共消耗5molH2，故答案为：5；
③O2氧化NH4+生成NO3﹣和H+，H2还原NO3﹣生成无污染的N2和OH﹣，两个反应发生酸碱中和，降低了污水的酸碱性，
故答案为：降低了污水中N的含量、生成无污染的N2；两个过程中生成的酸碱发生中和反应，降低了污水的酸碱性。
【点评】本题考查物质的性质，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，题目难度中等，掌握、理解和运用原理是关键，注意化学用语的书写规则。
23．（15分）环扁桃酯临床上主要用于治疗脑动脉硬化。环扁桃酯在一定条件下的合成路线如下所示：

（1）写出C中含氧官能团的名称　羧基　、　羟基　，A→C的反应类型　加成反应　。
（2）写出两分子C生成的环状酯类化合物的反应条件　浓硫酸、加热　，该环状酯类化合物的结构简式　　。
（3）写出属于酯类、与B互为同分异构体的有机物结构简式　HCOOCHO　。
（4）写出反应②的化学反应方程式　　。
（5）已知CH3COOH ClCH2COOH，请完成由乙醇合成B的路线。
（合成路线常用的表示方式为：A B… 目标产物）
【分析】（1）由C的结构可知其含有的含氧官能团有：羧基、羟基；对比A、C的结构，可知B中醛基与苯发生加成反应生成C；
（2）C中羧基与醇羟基在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成环酯；
（3）属于酯类且与B互为同分异构体的有机物为HCOOCHO；
（4）对比C与环扁桃酯的结构，可知C与D发生酯化反应生成环扁桃酯，D的结构简式为：；
（5）乙醇氧化生成乙酸，乙酸与氯气发生取代反应生成ClCH2COOH，然后碱性条件下水解，再酸化得到HOCH2COOH，最后发生氧化反应生成OHC﹣COOH。
【解答】解：（1）由C的结构可知其含有的含氧官能团有：羧基、羟基；对比A、C的结构，可知B中醛基与苯发生加成反应生成C，
故答案为：羧基、羟基；加成反应；
（2）C中羧基与醇羟基在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成环酯，该环状酯类化合物的结构简式为，
故答案为：浓硫酸、加热；
（3）属于酯类且与B互为同分异构体的有机物为HCOOCHO，
故答案为：HCOOCHO；
（4）对比C与环扁桃酯的结构，可知C与D发生酯化反应生成环扁桃酯，D的结构简式为：，反应方程式为：，
故答案为：；
（5）乙醇氧化生成乙酸，乙酸与氯气发生取代反应生成ClCH2COOH，然后碱性条件下水解，再酸化得到HOCH2COOH，最后发生氧化反应生成OHC﹣COOH，合成路线流程图为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的合成，涉及官能团的识别、有机反应类型、有机反应方程式书写、限制条件同分异构体书写、合成路线设计等，熟练掌握官能团的性质与转化。
24．（15分）某碳酸氢钠样品中含有碳酸钠，为测定碳酸氢钠的质量分数，设计若干实验方案。
方案一：按如图装置进行实验。

完成下列填空：
（1）实验时分液漏斗中应该装　硫酸　 （盐酸或硫酸），D装置的作用　防止空气中水蒸气、二氧化碳进入C管被吸收　。
（2）实验中除称量样品质量外，还需称　C　装置前后质量的变化。根据此实验得到的数据，测定结果明显偏低，因为实验装置还存在一个明显缺陷，该缺陷是　A、B中的二氧化碳很男被吹入C中　。
方案二：用如下流程测碳酸氢钠的质量分数。

完成下列填空：
（3）过滤操作中，除了烧杯和漏斗外还用到的玻璃仪器有　玻璃棒　。实验中判定沉淀是否完全的方法是　在反应后烧杯的上层清液中，再滴加氢氧化钡溶液少许，如无白色沉淀生成，说明沉淀完全　。
（4）已知样品8.620g，最终所得的沉淀质量为19.700g，则样品中碳酸氢钠的质量分数为　87.70%　。
方案三：自行完成设计。
（5）尝试再设计一个测定碳酸氢钠质量分数的实验方案，其中须包含测定原理、主要实验步骤、测定的物理量。
【分析】方案一、样品与硫酸反应生成二氧化碳，经浓硫酸干燥后用碱石灰吸收，根据样品的质量和二氧化碳的质量可计算含量，D装置用于吸收空气中的二氧化碳和水，但装置内的二氧化碳不能被完全吸收；
方案二、称量样品，将样品溶解后加入过量的氢氧化钡，生成碳酸钡沉淀，根据样品和碳酸钡的质量列式计算，可得到质量分数；
方案三、碳酸氢钠不稳定，加热分解生成碳酸钠、水、二氧化碳，可根据反应前后质量的变化列式计算。
【解答】解：方案一、样品与硫酸反应生成二氧化碳，经浓硫酸干燥后用碱石灰吸收，根据样品的质量和二氧化碳的质量可计算含量，
（1）盐酸易挥发，应加入稀硫酸，D装置用于吸收空气中的二氧化碳和水，避免误差，故答案为：硫酸；防止空气中水蒸气、二氧化碳进入C管被吸收；
（2）实验中除称量样品质量外，还需称C装置前后质量的变化，根据二氧化碳的质量列式计算，根据此实验得到的数据，测定结果明显偏低，因为实验装置还存在一个明显缺陷，该缺陷是A、B中的二氧化碳很男被吹入C中，
故答案为：C；A、B中的二氧化碳很男被吹入C中；
方案二、称量样品，将样品溶解后加入过量的氢氧化钡，生成碳酸钡沉淀，根据样品和碳酸钡的质量列式计算，
（3）过滤操作中，除了烧杯和漏斗外还用到的玻璃仪器有玻璃棒，用于引流，如沉淀为完全，溶液中还有碳酸根离子，可通过检验碳酸根离子的方法检验，方法是在反应后烧杯的上层清液中，再滴加氢氧化钡溶液少许，如无白色沉淀生成，说明沉淀完全，
故答案为：玻璃棒；在反应后烧杯的上层清液中，再滴加氢氧化钡溶液少许，如无白色沉淀生成，说明沉淀完全；
（4）设样品中碳酸钠为xmol，碳酸氢钠为ymol，则，x＝0.01，y＝0.09，则样品中碳酸氢钠的质量分数为＝87.70%，
故答案为：87.70%；
方案三、（5）碳酸氢钠不稳定，加热分解生成碳酸钠、水、二氧化碳，可根据反应前后质量的变化列式计算，方法是，取样，称量样品的质量，加热至恒重、冷却，称量剩余固体的质量，
故答案为：取样，称量样品的质量，加热至恒重、冷却，称量剩余固体的质量。
【点评】本题考查物质含量的测定，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力、计算能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质以及反应的实验原理，难度中等。注意把握实验的严密性、可行性的评价。