2019年上海市松江区高考化学二模试卷解析版(共13页).docx

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1、精选优质文档-倾情为你奉上2019年上海市松江区高考化学二模试卷一、单选题（本大题共20小题，共40.0分）1. 天工开物中“凡石灰（CaCO3），经火焚炼为用”，该反应类型为（）A. 化合反应B. 复分解反应C. 置换反应D. 分解反应2. 丙烷和丁烷是液化石油气的主要成分，它们互为（）A. 同系物B. 同素异形体C. 同分异构体D. 同位素3. 以下过程与化学键断裂无关的是（）A. 氯化钠熔化B. 金刚石熔化C. 金属汞汽化D. 干冰升华4. 下列电子式中错误的是（）A. Na+B. C. D. 5. 漂粉精的有效成分是（）A. Ca(ClO)2B. CaCl2C. CaCO3D. Ca(

2、OH)26. 下列烷烃命名错误的是（）A. 2甲基丁烷B. 3甲基庚烷C. 3，4二甲基戊烷D. 3乙基戊烷7. 25时，下列不能说明醋酸是弱酸的是（）A. 0.1mol/L的醋酸溶液pH1B. 醋酸钠溶液pH7C. 稀醋酸溶液导电能力弱D. 醋酸溶液中含有CH3COOH分子8. 下列化学用语书写错误的是（）A. 2Al+6H+2Al3+3H2B. HCO3+OHCO32+H2OC. 2Fe2+Cl22Fe3+2ClD. CO32+2H2OH2CO3+2OH9. 1mol氢气在氧气中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

3、)+241.8kJB. H2(g)+12O2(g)H2O(g)+241.8kJC. H2(g)+12O2(g)H2O(g)241.8kJD. H2(g)+12O2(g)H2O(l)+241.8kJ10. 工业上合成氨的反应如下：N2（g）+3H2（g）2NH3（g），以下措施中，既能加快反应速率，又能增大氢气转化率的是（）A. 升高温度B. 增大容器体积C. 移走氨气D. 增加氮气11. 下列物质溶于水时会破坏水的电离平衡，且属于强电解质的是（）A. 硫酸钠B. 氯化铝C. 酒精D. 一水合氨12. 铝、铁两种金属粉末混合物，加入过量的盐酸溶液，过滤后向滤液中加入过量的烧碱溶液，再过滤，滤液中

4、大量存在的离子有（）A. Fe3+B. AlO2C. Al3+D. Fe2+13. 实验室制氨气的试剂及装置正确的是（）A. B. C. D. 14. 钢铁在海水中的锈蚀过程示意见图，有关说法正确的是（）A. 电子从碳转移给铁B. 在钢铁上连接铅块，可起到防护作用C. 正极反应为：O2+2H2O+4e4OHD. 该金属腐蚀过程为析氢腐蚀15. 将SO2气体分别通入下列四种溶液中，有关现象及结论的说法正确的是（）A. 试管中有淡黄色沉淀生成，说明SO2有氧化性B. 试管中溶液褪色，说明SO2有漂白性C. 试管中能产生白色沉淀，说明SO2有酸性D. 试管中溶液颜色变浅，说明SO2有还原性16. 实

5、验室制备乙酸丁酯的装置如图所示，下列分析错误的是（）A. 加入过量乙酸可以提高丁醇的转化率B. 提纯乙酸丁酯需要经过水、氢氧化钠溶液洗涤C. 导气管a起到冷凝回流的作用D. 制乙酸丁酯的反应温度超过100不能用水浴加热17. 下列关于侯德榜制碱法的说法正确的是（）A. 该法将合成氨法与氨碱法工艺联合，同时生产纯碱和氯化铵B. 饱和食盐水中先通入CO2后通入NH3气体C. 在析出NaHCO3的母液中加入消石灰以循环利用NH3D. 析出的NH4Cl后的滤液中主要含有Na+、NH4+、HCO3、Cl18. 下列反应中，反应物的用量或浓度改变时，不会改变生成物的是（）A. 铜与硝酸反应B. 明矾溶液与

6、烧碱溶液反应C. 碳酸钠溶液和盐酸反应D. 硫在氧气中燃烧19. 过氧化钠是一种制氧剂，它和二氧化碳反应方程式为：2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2下列说法正确的是（）A. Na2O2是氧化剂，CO2是还原剂B. Na2CO3是还原产物，O2是氧化产物C. 每转移4摩尔电子，有1摩尔氧气生成D. 1摩尔CO2参加反应就会产生11.2LO220. 实验室欲配制一种仅含4种离子（不考虑水电离出的离子）的溶液，且溶液中4种离子的浓度均为1mol/L，能达到此目的是（）A. Na+、Mg2+、SO42、ClB. Al3+、K+、SO42、NO3C. CH3COO、I、K+、H+D. Ba2+、

7、OH、CO32、K+二、简答题（本大题共2小题，共29.0分）21. 氮化硅（Si3N4）耐高温、硬度大，可用石英与焦炭在14001450的氮气中合成：3SiO2（s）+6C（s）+2N2（g）高温Si3N4（s）+6CO（g）-Q（Q0）在一定条件下，向10L密闭容器中加入反应物，10min后达到平衡。完成下列问题：（1）上述反应所涉及的属于第三周期的元素，其原子的最外层电子轨道表示式为_。其中一种元素的原子核外s电子数与p电子数相等，其原子的核外电子能量不同的有_种。（2）上述反应混合物中的极性分子是_，写出非极性分子的电子式_。分析用氮化硅制造轴承和发动机中耐热部件的原因是_。（3）该反

8、应的平衡常数表达式为_。可以提高二氧化硅转化率的措施是_（任写一条），该措施对平衡常数的影响为_（填“增大”、“减小”或“保持不变”）。（4）测得平衡时固体质量减少了5.6g，则用氮气表示的平均反应速率为_。22. 乙炔可以二聚也可以三聚。以乙炔为原料在不同的反应条件下转化，可以合成氯丁橡胶和对羟基苯甲酸。完成下列问题：（1）写出A的分子式_，E中官能团名称_、_（苯环除外），D的结构简式_。（2）上述反应中，指出的反应类型_；反应所需的反应试剂及反应条件_。（3）E的同分异构体，满足苯环上有两个取代基，有_种。（4）写出反应的化学方程式_。（5）设计一条由（CH3）2C=CH2合成的路线。（

9、合成路线常用的表示方式为：AB目标产物）三、实验题（本大题共2小题，共31.0分）23. 活性炭吸附法是工业提碘的主要方法之一。其流程如下：完成下列问题：（1）酸性条件下，NaNO2溶液只能将I-氧化为I2，同时生成NO写出反应的离子方程式并标出电子转移的数目和方向_。（2）流程中I2碘经过吸附，转化为I-、IO3-再转化为I2的过程，这样做的目的是_。（3）反应发生时，由于碘在水中溶解度不大，溶液底部有固体生成；由于反应放热，有时溶液上方产生_（填颜色）的气体。因此，反应需要在_条件下进行。（4）实验室从反应所得溶液提取碘，可加入CCl4_（填操作名称）碘，即把碘从水溶液中提取出来，并用_（

10、填仪器名称）分离两种溶液。（5）活性炭所吸附的I2也可以用NaHSO3将其转变为I-，该反应的氧化产物为_（填微粒符号）。已知NaHSO3溶液显弱酸性，试从平衡的角度解释原因_。向0.1mol/L的NaHSO3溶液中加入氨水至中性，请判断：c（Na+）_c（SO32-）+c（HSO3-）+c（H2SO3）（填“”、“”或“=”）。24. 为研究乙醇结构及其部分的化学性质，进行下列实验。完成下列问题：用如图装置来推测乙醇的结构式。（1）实验中钠需要粉碎成很小的颗粒，其原因是_。（2）两次实验平均用乙醇1.15克，收集到气体体积平均为0.28升（换算成标准状态）。由实验数据可以推测乙醇分子的结构，

11、依据是_。（3）若使用的乙醇中含有少量的水，则收集到氢气的体积_。（偏大、偏小、无影响）利用下列装置进行乙醇的催化氧化实验，并检验其产物，其中C装置的试管中盛有无水乙醇。（固定和夹持装置已略去）（4）装置A圆底烧瓶内的固体物质是_，C中热水的作用是_。（5）实验过程中D装置可以观察到的实验现象为_。写出D处发生反应的化学方程式_。实验进行一段时间后，如果撤去D处酒精灯，反应能否继续进行？_。原因是_。（6）检验E中的生成物的方法_。答案和解析1.【答案】D【解析】解：由信息可知，碳酸钙加热分解生成CaO和二氧化碳，一种物质生成两种物质，为分解反应， 故选：D。由信息可知，碳酸钙加热分解生成Ca

12、O和二氧化碳，以此来解答。本题考查化学反应基本类型，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意反应的分类依据，题目难度不大。2.【答案】A【解析】解：丙烷和丁烷均为化合物，均属于烷烃，即结构相似，且两者在分子组成上相差了一个CH2原子团，故两者互为同系物。 故选：A。结构相似、在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物互为同系物； 由同种元素所形成的不同种单质间互为同素异形体； 分子式相同而结构不同的化合物间互为同分异构体； 同种元素的不同种原子间互为同位素，据此分析。本题考查了“四同”概念的辨别，难度不大，应注意的是同系物和同分异构体的表述对象是

13、有机物，而同素异形体的表述对象是单质，同位素的表述对象是原子。3.【答案】D【解析】解：A氯化钠熔化破坏离子键，与化学键断裂有关，故A错误； B金刚石属于原子晶体，熔化时破坏共价键，与化学键断裂有关，故B错误； C金属汞是金属晶体，汽化时破环金属键，与化学键断裂有关，故C错误； D干冰属于分子晶体，升华时破坏分子间作用力，与化学键断裂无关，故D正确， 故选：D。首先判断晶体的类型以及粒子间作用力类型，分子晶体中存在分子间作用力，离子晶体中存在离子键，原子晶体中存在共价键，金属晶体中存在金属键，根据晶体类型分析解答。本题考查晶体的类型和微粒间作用力的判断，为高频考点，侧重基本概念的考查，题目难度

14、不大，注意物质发生变化时粒子间作用力的变化。4.【答案】C【解析】解：A钠离子电子式为Na+，故A正确；B氢氧根的电子式为，故B正确；C氯化铵是离子化合物，由氨根离子与氯离子构成，电子式为：，故C错误；D一氯甲烷是共价化合物，电子式为，故D正确。故选：C。A阳离子的电子式为离子符号；B离子化合物中的阴离子要写出离子的电子分布并加上括号和电荷；C氯化氨为离子化合物，电子式中需要标出阴阳离子所带电荷，且阴离子需带负电荷；D一氯甲烷是共价化合物。本题考查了电子式的判断，该题是高考中的常见题型与重要的考点，该题基础性强，难易适中，主要是考查学生对常见化学用语的熟悉掌握程度，注意掌握电子式的概念及正确的

15、表示方法。5.【答案】A【解析】解：利用氯气与石灰乳为原料制备漂粉精，氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙与水，Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，漂粉精的主要成分是次氯酸钙和氯化钙。氯化钙没有漂白性、氧化性，由于次氯酸的酸性比碳酸弱，次氯酸钙能与二氧化碳和水反应生成次氯酸，具有漂白性、强氧化性，可以杀菌消毒，漂粉精的有效成分是次氯酸钙， 故选：A。漂粉精其主要成分是氯化钙（CaCl2）和次氯酸钙Ca（ClO）2，其中有效成分为Ca（ClO）2本题考查漂白精的成分，题目难度不大，注意常见含氯消毒剂的组成和性质，学习中注意相关知识的积累6.【答案】C【解析】解：A、烷烃命名

16、时，选用最长的碳链为主链，故主链上有4个碳原子，从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号，故在2号碳原子上有一个甲基，故名称为2-甲基丁烷，故A正确； B、烷烃命名时，选用最长的碳链为主链，故主链上有7个碳原子，故为庚烷，从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号，故在3号碳原子上有一个甲基，故名称为3-甲基庚烷，故B正确； C、烷烃命名时，选用最长的碳链为主链，故主链上有5个碳原子，从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号，故在2号和3号碳原子上各有一个甲基，故名称为2，3-二甲基戊烷，故C错误； D、烷烃命名时，选用最长的碳链为主链，故主链上有5个碳原子，故为戊烷，从离支链近的一端给主链上的

17、碳原子进行编号，故在3号碳原子上有一个乙基，故名称为3-乙基戊烷，故D正确。 故选：C。烷烃命名时，选用最长的碳链为主链，从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号，并标出支链的位置，据此分析。本题考查了烷烃的命名的正误判断，难度不大，应注意掌握烷烃的命名方法和规则。7.【答案】C【解析】解：A.0.1mol/L的醋酸溶液的pH1，说明该溶液中c（H+）0.1mol/L，则说明醋酸部分电离，为弱电解质，故A不选； B醋酸钠溶液pH7，为碱性，说明醋酸钠为强碱弱酸盐，则醋酸为弱酸，故B不选； C溶液导电能力与离子浓度有关，稀醋酸溶液导电能力弱，说明溶液中离子浓度较小，不能说明醋酸部分电离，则不能证

18、明醋酸为弱酸，故C选； D醋酸溶液中存在CH3COOH分子，说明醋酸部分电离，为弱电解质，故D不选； 故选：C。部分电离的电解质为弱电解质，只要能证明醋酸部分电离，则就能证明醋酸为弱酸，据此分析解答。本题以醋酸为载体考查强弱电解质判断，侧重考查对基本概念的理解和辨析，电解质强弱与电离程度有关，与溶液导电性强弱无关，题目难度不大。8.【答案】D【解析】解：A.2Al+6H+2Al3+3H2，符合离子反应书写要求，离子方程式正确，故A不选； BHCO3-+OH-CO32-+H2O，符合离子反应书写要求，离子方程式正确，故B不选； C.2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，符合离子反应书写要求，离子方

19、程式正确，故B不选； D碳酸根离子分步水解，以第一步为主，离子方程式：CO32-+H2OHCO3-+OH-，故D选； 故选：D。依据电荷守恒、原子个数守恒判断，注意离子反应遵循客观事实，据此分析解答。本题考查了离子方式书写正误判断，明确反应实质，把握离子方程式书写方法及注意事项是解题关键，题目难度不大。9.【答案】B【解析】解：A.2H2（g）+O2（g）2H2O（g）+241.8kJ2，选项中热量值错误，故A错误；B1mol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，故B正确；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

20、；D热化学方程式中水为气体，选项中为液体，故D错误；故选：B。A.1mol氢气和氧气完全燃烧生成水蒸气放出241.8千焦热量，故2mol氢气和氧气完全燃烧生成水蒸气放出241.8千焦2热量；B1mol氢气和氧气完全燃烧生成水蒸气放出241.8千焦热量；C反应为放热反应；D生成的是气态水。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10.【答案】D【解析】解：A合成氨为放热反应，升高温度平衡逆向移动，氢气的转化率减小，故A不选； B增大体积，浓度减小，反应速率减小，故B不选； C移走氨气，生成物浓度减小，反应速率减小，故C不选； D增加氮气，反应物

21、浓度增大反应速率加快，且平衡正向移动，促进氢气的转化，氢气的转化率增大，故D选； 故选：D。升高温度、增大压强、增大浓度均可加快反应速率，平衡正向移动可增大氢气的转化率，以此来解答。本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、压强、浓度对反应速率及平衡的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意平衡移动原理的应用，题目难度不大。11.【答案】B【解析】解：A硫酸钠是强酸强碱盐，为强电解质，不能破坏水的电离，故A错误； B氯化铝在水中完全电离出自由移动的氯离子和铝离子，所以是强电解质，并且铝离子能与水电离出的氢氧根离子结合生成弱电解质氢氧化铝，促进水的电离，故B正确； C酒精不能破坏水的电离，

22、故C错误； D一水合氨是碱，能抑制水的电离，且一水合氨是弱电解质，故D错误； 故选：B。电解质是指在水溶液或熔化状态下能导电的化合物，强电解质是在水溶液中能完全电离的电解质；水的电离方程式为H2OH+OH-，加入的物质或离子能影响水电离平衡的移动，则破坏水的电离，据此分析解答。本题主要考查了电解质的概念和影响水的电离因素，掌握电解质必须是自身电离的化合物，加入含弱电解质的离子的物质促进水的电离是解答的关键，题目难度不大。12.【答案】B【解析】解：在金属活动顺序表中，排在氢前面的金属能和非强氧化性的酸反应生成氢气，金属铝、铁粉末混合物，加入过量盐酸，金属铝、铁能溶于盐酸，发生的离子反应有：Fe

23、+2H+=H2+Fe2+、2Al+6H+=3H2+2Al3+，过滤，滤液为氯化亚铁、氯化铝、盐酸，过滤后向滤液中加入过量烧碱溶液，过量的氢离子和氢氧根离子结合生成水，亚铁离子成为氢氧化亚铁沉淀，最终转化为氢氧化铁沉淀，铝离子变成偏铝酸根离子，发生的离子反应有：H+OH-=H2O、Fe2+2OH-=Fe（OH）2、氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁，反应的化学方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；Al3+4OH-=AlO2-+2H2O，所以再过滤，滤液中存在的离子有AlO2-、Na+； 故选：B。在金属活动顺序表中，排在氢前面的金属能和非强氧化性的酸反应生成氢气，金属铝、铁能溶

24、于盐酸，过滤后向滤液中加入过量烧碱溶液，亚铁离子能和烧碱反应转化为氢氧化亚铁沉淀，铝离子和过量的烧碱反应生成偏铝酸盐，据此分析解答。本题以元素的存在方式为载体考查了金属铁铝的性质，明确发生的反应是解本题关键，题目难度不大。13.【答案】D【解析】解：A氨气极易溶于水，用稀氨水与浓氢氧化钠溶液不反应制取氨气，故A错误； B氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，在试管上端壁上氨气、氯化氢遇冷重新生成氯化铵，得不到氨气，故B错误； C氢氧化钙、氯化铵固体，受热分解生成氨气、氯化钙和水，为防止水倒流入试管炸裂试管，应将试管口向下倾斜，故C错误； D浓氨水易挥发，氧化钙与水反应生成碱，并放出热量，促进氨气的挥

25、发，可以用于制备氨气，故D正确； 故选：D。A氨气极易溶于水； B氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，氯化氢与氨气遇冷重新生成氯化铵； C试管口应向下倾斜； D依据浓氨水易挥发，氧化钙与水反应生成碱，并放出热量。本题考查了氨气的实验室制备，明确相关装置特点及氨气的性质是解题关键，题目难度不大。14.【答案】C【解析】解：钢铁中含有铁和碳，在潮湿的环境中构成原电池，铁作负极，碳作正极。 A、电子从负极铁转移给正极碳，故A错误； B、在钢铁上连接铅块，因为铁比铅活泼，则铁为负极，加快腐蚀，故B错误； C、吸氧腐蚀时，氧气在正极发生得电子的还原反应：O2+2H2O+4e4OH-，故C正确； D、从图中看

26、出，空气中的氧气减少，所以发生了吸氧腐蚀，故D错误。 故选：C。A、电子从负极铁转移给正极碳； B、在钢铁上连接铅块，因为铁比铅活泼，则铁为负极，加快腐蚀； C、吸氧腐蚀时，氧气在正极发生得电子的还原反应； D、根据电化学腐蚀中的氢气和氧气的情况来确定电化学腐蚀类型本题考查金属的电化学腐蚀，明确原电池的工作原理是解题的关键，注意电解质溶液的酸碱性，难度中等15.【答案】D【解析】解：ASO2与与氯水发生氧化还原反应不产生淡黄色沉淀，故A错误； B试管中溶液褪色，因为SO2与KMnO4酸性溶液发生氧化还原反应，表现了SO2的还原性，故B错误； CSO2与BaCl2溶液不反应，试管中不能产生白色沉

27、，故C错误； DSO2与氯化铁溶液反应，二氧化硫被氧化生成生成硫酸，铁离子被还原生成亚铁离子，溶液颜色变浅，说明SO2有还原性，故D正确； 故选：D。ASO2与与氯水发生氧化还原反应不产生淡黄色沉淀； BSO2与KMnO4酸性溶液发生氧化还原反应，表现了SO2的还原性； CSO2与BaCl2溶液不反应； DSO2与氯化铁溶液反应，二氧化硫被氧化生成生成硫酸，铁离子被还原生成亚铁离子。本题考查了SO2的性质，要注意SO2使有色物质褪色不一定是它的漂白性。16.【答案】B【解析】解：A制备乙酸丁酯属于酯化反应，酯化反应为可逆反应，增加乙酸的量，可使平衡向生成酯的方向移动，从而提高1-丁醇的转化率，

28、故A正确； B使用氢氧化钠溶液洗涤，会使乙酸乙酯发生水解而使乙酸丁酯损失，故B错误； C有易挥发的液体反应物时，为了避免反应物损耗和充分利用原料，要在发生装置设计冷凝回流装置，使该物质通过冷凝后由气态恢复为液态，从而回流并收集，实验室可通过在发生装置安装长玻璃管或冷凝回流管等实现，该装置采用长导管可起冷凝易挥发的乙酸和丁醇，故C正确； D水的沸点为100，水浴，反应温度不超过100，实验室制取乙酸丁酯，反应需要反应温度超过100（为115125），不能用水浴加热，故D正确； 故选：B。A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，根据平衡移动原理考虑； B酯类在碱性条件

29、下水解； C有机物易挥发，长导管可起冷凝作用； D水浴，反应温度不超过100。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，题目难度不大。17.【答案】A【解析】解：A联合制碱法又称侯氏制碱法，是侯德榜在氨碱法的基础上改造形成的，联合制碱法循环物质：氯化钠，二氧化碳，最大的优点是把合成氨和纯碱两种产品联合起来，降低了成本，故A正确； BCO2在NaCl溶液中溶解度较小，生成NaHCO3太少不会结晶析出，NH3易溶于水，有利于吸收溶解度不大的CO2，所以向饱和食盐水中先通入NH3，后通入CO2，故B错误； C母液加入NaCl，通入NH3，降温，结晶析出

30、NH4Cl，使母液又成为含NH3的饱和NaCl溶液。循环利用，故C错误； D析出的NH4Cl后的滤液中主要含有Na+、Cl-，故D错误； 故选：A。A联合制碱法又称侯氏制碱法，是侯德榜在氨碱法的基础上改造形成的，联合制碱法循环物质：氯化钠，二氧化碳，最大的优点是把合成氨和纯碱两种产品联合起来，降低了成本； BCO2与NaCl不反应且CO2在NaCl溶液中溶解度较小，NH3易溶于水，有利于吸收溶解度不大的CO2； C母液加入NaCl，通入NH3，降温，结晶析出NH4Cl，使母液又成为含NH3的饱和NaCl溶液； D结晶析出NH4Cl，使母液又成为含NH3的饱和NaCl溶液。本题考查了纯碱工业制备

31、原理分析比较，反应实质的应用，试剂的作用，理解生产原理和过程的实质是解题关键，题目难度中等。18.【答案】D【解析】解：A铜和稀硝酸反应，浓度改变产物不同，稀硝酸反应生成一氧化氮气体，浓硝酸反应生成二氧化氮气体，故A错误； B明矾溶液与烧碱溶液反应，氢氧根离子少生成氢氧化铝沉淀，氢氧根离子多会生成偏铝酸盐，量不同产物不同，故B错误； C碳酸钠溶液中滴入盐酸生成碳酸氢钠和氢氧化钠，碳酸钠滴入盐酸生成二氧化碳气体，故C错误； D硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，反应物的用量或浓度改变时，不会改变生成物，故D正确； 故选：D。A浓硝酸和稀硝酸育婴铜反应产物不同； B明矾溶液中铝离子和氢氧根离子反应，量不同

32、产物不同； C碳酸钠溶液和盐酸反应，量不同产物不同； D硫在氧气中燃烧生成二氧化硫气体。本题考查物质之间反应，明确物质性质是解本题关键，部分反应中与反应物的量、反应物浓度、反应温度有关，注意总结归纳，题目难度中等。19.【答案】B【解析】解：A反应中只有Na2O2中-1价的O变价，所以Na2O2既是氧化剂又是还原剂，故A错误； B反应中，Na2O2中-1价的O，部分升高到0价被氧化生成O2是氧化产物，部分降低到-2价被还原生成Na2CO3是还原产物，故B正确； C2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2反应中生成1mol氧气转移2mol电子，故C错误； D没有说明是否是标准状况下，无法计算

33、气体的体积，故D错误。 故选：B。2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2反应中，Na2O2中-1价的O，部分升高到0价，部分降低到-2价，反应中只有O元素变价，结合化合价的变化判断本题考查了氧化还原反应，题目难度不大，注意从化合价的角度分析，注意把握氧化还原反应的基本概念和转移电子数目的计算，侧重于考查学生的分析能力和计算能力20.【答案】A【解析】解：ANa+、Mg2+、SO42-、Cl-之间不反应，且4种离子的浓度均为1mol/L时满足电荷守恒，可以配制该溶液，故A正确； BAl3+、K+、SO42-、NO3-之间能够共存，但4种离子的浓度均为1mol/L时违反了电荷守恒，故B错误；

34、 CCH3COO-、H+之间结合生成弱电解质醋酸，在溶液中不能大量共存，无法配制该溶液，故C错误； DBa2+、CO32-之间反应生成难溶物碳酸钡，无法配制该溶液，故D错误； 故选：A。A四种离子之间不反应，浓度相等时满足电荷守恒； B浓度相等时，四种离子不满足电荷守恒； C醋酸根离子与氢离子反应； D钡离子与碳酸根离子生成碳酸钡沉淀。本题考查离子共存的应用，为高考的高频题，题目难度不大，明确离子反应发生条件为解答关键，注意题干“溶液中4种离子的浓度均为1mol/L”的要求，试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。21.【答案】 3 CO 氮化硅是

35、原子晶体、熔点高 K=c6(CO)c2(N2) 升高温度 增大 0.001mol/（Lmin）【解析】解：（1）上述反应所涉及的属于第三周期的元素为Si元素，其原子的最外层电子轨道表示式为，一种元素的原子核外s电子数与p电子数相等，为O元素，核外电子分别位于1s、2s、2p轨道，则原子的核外电子能量不同的有3种，故答案为：；3；（2）CO属于极性分子，氮气为非金属性分子，氮气分子中N原子之间形成3对共用电子对，电子式为，氮化硅是原子晶体、熔点高，可以制造发动机中耐热部件，故答案为：CO；氮化硅是原子晶体、熔点高；（3）平衡常数为生成物与反应物浓度幂之积的比值，则K=；正反应为吸热反应，则可升高

36、温度，平衡正向移动，提高二氧化硅转化率，同时平衡常数增大，故答案为：K=；升高温度；增大；（4）3SiO2（s）+6C（s）+2N2（g）Si3N4（s）+6CO（g） 固体质量减少 56 628-56=112 2.8g5.6g故参加反应氮气物质的量为=0.1mol，则v（N2）=0.001mol/（Lmin），故答案为：0.001mol/（Lmin）。（1）上述反应所涉及的属于第三周期的元素为Si元素，一种元素的原子核外s电子数与p电子数相等，为O元素；（2）CO属于极性分子，氮气为非金属性分子，氮气分子中N原子之间形成3对共用电子对；氮化硅是原子晶体、熔点高；（3）平衡常数为生成物与反应物

37、浓度幂之积的比值；提高二氧化硅转化率，可升高温度，平衡正向移动；（4）利用差量法计算生成参加反应氮气的质量，再根据v=计算v（N2）。本题考查较为综合，为高考常见题型，题目涉及元素周期律应用、核外电子排布、分子结构与性质、晶体类型与性质、化学平衡移动、化学平衡状态判断、反应速率计算等，注意判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不再变化说明到达平衡，题目难度中等。22.【答案】C4H4 溴原子 羧基 加成反应 液溴、溴化铁 5 nCH2=CClCH=CH2一定条件下【解析】解：（1）A为HCCCH=CH2，A的分子式C4H4，E为，E中官能团名称溴原子、羧基，D的结构简式，故答案

38、为：C4H4；溴原子、羧基；（2）A和HCl发生加成反应生成B，所以 的反应类型加成反应；反应是苯环上的H原子被溴原子取代，所需的反应试剂及反应条件液溴、溴化铁，故答案为：加成反应；液溴、溴化铁；（3）E为，E的同分异构体，满足苯环上有两个取代基，如果取代基为-Br、-COOH，含有邻位、间位2种；如果取代基为-Br、HCOO-，有邻间对3种；则符合条件的有5种，故答案为：5；（4）B发生加聚反应生成氯丁橡胶，反应的化学方程式nCH2=CClCH=CH2，故答案为：nCH2=CClCH=CH2；（5）由（CH3）2C=CH2合成，和溴发生加成反应生成（CH3）2CBrCH2Br，然后发生水解反

39、应生成（CH3）2COHCH2OH，然后发生氧化反应生成（CH3）2COHCHO，最后发生氧化反应生成，其合成路线为：（CH3）2C=CH2（CH3）2CBrCH2Br（CH3）2COHCH2OH（CH3）2COHCHO，故答案为：（CH3）2C=CH2（CH3）2CBrCH2Br（CH3）2COHCH2OH（CH3）2COHCHO。B发生加聚反应生成氯丁橡胶，根据氯丁橡胶结构简式和B分子式知B为CH2=CClCH=CH2，A和HCl发生加成反应生成B，则A为HCCCH=CH2，乙炔发生加成反应生成A；发生氧化反应生成E，E为，E发生水解反应然后酸化得到对羟基苯甲酸；乙炔反应生成C，C和丙烯发

40、生加成反应生成D，D发生取代反应生成对溴异丙苯，则D为，C为；（5）由（CH3）2C=CH2合成，和溴发生加成反应生成（CH3）2CBrCH2Br，然后发生水解反应生成（CH3）2COHCH2OH，然后发生氧化反应生成（CH3）2COHCHO，最后发生氧化反应生成。本题考查有机物推断和合成，根据某些物质结构简式、反应条件结合题给信息采用正逆结合的方法进行推断，熟练掌握有机物官能团性质及官能团之间的转化关系，注意：连接醇羟基的C原子上不含氢原子时该醇羟基不能被催化氧化，为解答易错点。23.【答案】 增大碘的浓度 紫色 冰水浴或者低温 萃取 分液漏斗 SO42- 溶液中HSO3-既能水解显碱性，又

41、能电离出氢离子显酸性，电离程度大于水解程度，所以NaHSO3显酸性 =【解析】解：（1）亚硝酸钠具有氧化性，碘离子具有还原性，酸性条件下，二者发生氧化还原反应生成一氧化氮和碘和水，离子反应方程式为：2NO2-+4H+2I-2NO+I2+2H2O，反应中N元素化合价由+3价降低为+2价，电子转移的方向和数目可表示为，故答案为：；（2）流程中I2碘经过吸附，转化为I-、IO3-再转化为I2的过程，可起到增大碘的浓度的目的，故答案为：增大碘的浓度；（3）碘易升华，在温度较高时，溶液上方产生紫色气体，为避免损失，应在低温条件下或冰水浴中进行，故答案为：紫色；冰水浴或者低温；（4）从反应所得溶液提取碘，

42、可加入CCl4萃取碘，溶液分层，可用分液漏斗分离，故答案为：萃取；分液漏斗；（5）用NaHSO3将其转变为I-，亚硫酸根离子被氧化生成SO42-，SO42-为氧化产物，NaHSO3溶液显弱酸性，是因为该溶液中存在以下的平衡：水解：HSO3-+H2OH2SO3+OH-和电离：HSO3-SO32-+H+，电离程度大于水解程度；由物料守恒可知c（Na+）=c（SO32-）+c（HSO3-）+c（H2SO3），故答案为：SO42-；溶液中HSO3-既能水解显碱性，又能电离出氢离子显酸性，电离程度大于水解程度，所以NaHSO3显酸性；=。由流程可知含碘离子的卤水与亚硝酸钠发生氧化还原反应生成碘，活性炭吸

43、附，可增大碘的浓度，碘和氢氧化钠溶液反应生成I-、IO3-，在酸性条件下I-、IO3-发生氧化还原反应生成碘，以此解答该题。本题考查物质的制备，为高频考点和常见题型，侧重学生综合应用能力和分析能力的考查，注意把握物质的性质以及工业流程的分析，题目难度中等。24.【答案】增大接触面以提高反应速率 通过计算，2mol乙醇与足量钠反应生成1mol氢气，说明1mol乙醇分子中存在1mol活泼氢原子 偏大 MnO2 预热反应混合气体 亮-黑交替出现 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O 能 该反应本身放热 实验结束后，卸下装置E中盛有少量蒸馏水的试管，从中取出少许溶液做银镜反应实验也可使之与

44、新制Cu（OH）2悬浊液反应，来证明乙醛的生成【解析】解：（1）实验中钠需要粉碎成很小的颗粒，目的增大接触面，提高反应速率，故答案为：增大接触面以提高反应速率；（2）乙醇的质量为：m（C2H6O）=1.15g，则乙醇的物质的量为：n（C2H6O）=1.15g/46gmol-1=0.025mol，收集到气体体积平均为0.28升（换算成标准状态），为0.01255molH2，也就是为0.025molH，即1个C2H6O分子中，只有1个H可以被Na置换，这说明C2H6O分子里的6个H中，有1个与其他5个是不同的，乙醇的结构简式为CH3CH2OH，而不是CH3-O-CH3，故答案为：通过计算，2mol

45、乙醇与足量钠反应生成1mol氢气，说明1mol乙醇分子中存在1mol活泼氢原子；（3）2Na+2H2O2NaOH+H2，水的摩尔质量小于乙醇，等质量的水产生的氢气比等质量的乙醇多，若使用的乙醇中含有少量的水，则收集到氢气的体积偏大，故答案为：偏大；（4）A中是过氧化氢在二氧化锰催化作用下生成水和氧气，反应的化学方程式为2H2O22H2O+O2；B是吸收氧气中的水蒸气；C是加热乙醇得到乙醇蒸气进入D，所以C的作用为预热反应混合气体，故答案为：MnO2；预热反应混合气体；（5）实验过程中铜粉出现黑色，是由于铜和氧气反应生成氧化铜，反应的方程式为2Cu+O22CuO，由黑色变成红色，是由于乙醇和氧化铜反应生成铜，反应的方程式为CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O，在反应前后，实际上铜参加反应，在铜作催化剂、加热条件下，乙醇能被氧气氧化生成乙醛和水，所以D处发生反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，撤掉酒精灯，反应仍进行，是因醇的催化氧化反应是放热反应，放出的热量满足反应所需温度，故答案为：亮-黑交替出现；2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；能；该反应本身放热；（6）乙醇被氧化为乙醛，乙醛含有醛基，具有还原性，能被银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液氧化，因此验证乙醇氧化产物的化学方法是：实验结束后，