上海市等级性考试化学试题解析版Word文档下载推荐.docx
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C.CuO+H2
Cu+H2O，CuO变为Cu，固体质量减少，C错误；
D.3Fe+4H2O
Fe3O4+4H2，Fe变为Fe3O4，固体质量增加，D正确。
5.25℃下，0.005mol·
L-1Ba（OH）2中H+浓度是
A.1×
10-12mol·
L-1B.1×
10-13mol·
L-1
C.5×
L-1D.5×
0.005mol·
L-1Ba（OH）2中OH-浓度是0.005mol·
L-1×
2=0.01mol·
L-1，c（H+）=Kw/c（OH-）
=10-14（mol·
L-1）2/0.01mol·
L-1=10-12mol·
L-1，故答案选A。
6.下列分子中所有原子都处在同一平面上的
A项为CCl4，为正四面体结构，A项错误；
因为-CH3的结构为四面体构型，所以所有原子不可能都处于同一平面，故B，C均错误；
D项中乙烯基为平面型，乙炔基为直线型结构，乙炔基这一直线可以属于乙烯基的这一平面内，故D正确。
7.已知有一种烃的结构类似自行车，简称“自行车烃”下列关于它的叙述正确的是
A.易溶于水B.可以发生取代反应
C.其密度大于水的密度D.与环己烷为同系物
【答案】B
【解析】烷烃都难溶于水，密度小于水，可以发生取代反应，A、C错误，B正确；
自行车烷的不饱和度比环己烷多1，不满足分子式相差n个CH2的要求，与环己烷不为同系物。
8.聚异戊二烯
的单体是
A.
B.（H2C）2C=CH-CH2
C.（H3C）2C=CH-CH2D.
聚异戊二烯为异戊二烯发生1,4-加成反应得到，故答案选异戊二烯，即D选项。
9.下列选项不正确的是
A.含有共价键的化合物是共价化合物
B.含有极性键的分子可能是非极性分子
C.有电子转移的反应是氧化还原反应
D.水溶液中能完全电离的电解质是强电解质
含有共价键的化合物也可能是离子化合物，如NaOH，A错误；
含有极性键的分子可能是非极性分子，如CH4，B正确；
有电子转移的反应一定是氧化还原反应，C正确；
水溶液中能完全电离的电解质是强电解质，D正确；
故答案选A。
10.实验室用镁带和稀硫酸反应产生氢气，来测定氢气的气体摩尔体积，所涉及到的步骤有①读数；
②冷却至室温；
③调节使水准管和量气管液面相平。
正确的顺序是
A.①②③B.①③②
C.③①②D.②③①
【解析】在用量气管收集气体，读数时，应冷却到室温，防止气体热胀冷缩，测量气体体积不准确，另外在读数时还要调节使水准管和量气管液面相平，平衡体系压强，再读数。
故D正确。
11.关于离子化合物NH5，下列说法正确的是
A.N为-5价B.阴阳离子个数比是1:
1
C.阴离子为8电子稳定结构D.阳离子的电子数为11
离子化合物由NH4+和H-构成，N的化合价为-4，A错误；
阴阳离子个数比为1：
1，B正确；
阴离子为H-，最外层2个电子，不满足8电子稳定结构，C错误；
阳离子为NH4+，电子数为10，D错误。
故答案选B。
12.能证明亚硫酸钠中部分变质所需要的试剂是
A.硝酸钡，稀硫酸B.稀盐酸，氯化钡
C.稀硫酸，氯化钡D.稀硝酸，氯化钡
亚硫酸钠部分变质生成硫酸钠，因此实际需要检验的是硫酸根离子，使用试剂为稀盐酸和氯化钡。
13.用甲基橙作指示剂，用标准盐酸滴定氢氧化钠溶液，下列说法正确的是
A.可以用酚酞代替指示剂
B.滴定前用待测液润洗锥形瓶
C.若氢氧化钠吸收少量CO2，不影响滴定结果
D.当锥形瓶内溶液由橙色变为红色，且半分钟内不褪色，即达到滴定终点
指示剂的选择需要遵循“由浅变深”的颜色变化规则，若用酚酞作指示剂，颜色变化过程为由红色变为无色，不符合要求，A错误；
滴定前用待测液润洗锥形瓶，滴定结果偏高，B错误；
若氢氧化钠吸收少量CO2，发生反应2OH-+CO2=CO32-+H2O，再滴入盐酸，盐酸先与剩余OH-反应：
OH-+H+=H2O，再与碳酸根反应：
CO32-+2H+=CO2+H2O，可以发现存在反应关系2OH-~CO32-~2H+，因此消耗的盐酸的物质的量始终等于氢氧化钠的物质的量，因此氢氧化钠吸收少量CO2，不影响滴定结果，C正确；
该实验的滴定终点应为当锥形瓶内溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不褪色，即达到滴定终点，若变为红色，说明盐酸已经过量，D错误，故选C。
14.下列物质分离错误的是
A.硝基苯（苯）蒸馏B.乙烯（SO2）氢氧化钠溶液
C.己烷（己烯）溴水，分液D.乙酸乙酯（乙醇）碳酸钠溶液，分液
【解析】硝基苯和苯为沸点不同的互溶液体，用蒸馏分离，A正确；
乙烯不与NaOH反应，SO2被氢氧化钠吸收，可实现两种气体的分离，B正确；
己烷和己烯为互溶液体，己烷不与溴水反应，但能够萃取溴水中的溴，己烯与溴水加成反应生成二溴代物，仍然溶于己烷，因此不能用分液进行分离，C错误；
乙酸乙酯难溶于碳酸钠溶液，乙醇易溶于水，液体分层，通过分液进行分离，D正确。
故答案选C。
15.如图所示，元素m的氢化物和最高价氧化物对应的水化物能反应，下列说法正确的是
A.非金属性：
m>
n
m
p
q
B.氢化物稳定性：
n<
C.简单阴离子半径：
p>
D.最高价氧化物对应水化物酸性：
q
既有氢化物又有最高价氧化物的水化物的元素一般为非金属元素，非金属元素的最高价氧化物的水化物为最高价含氧酸，因此其氢化物必须是碱性物质，二者才能反应，故m元素为N，n元素为O，p元素为S，q元素为Cl。
因为m与n在同一周期，n的非金属性强于m，故A错误；
因为n与p位于同一主族，n的非金属性强于p，所以n的氢化物稳定性强于p，B错误；
又因为p和q位于同一周期，p简单阴离子半径大于q，C项正确；
q的非金属性强于p，故最高价氧化物对应水化物的酸性：
q>
p，故D项错误。
答案选C。
16.在pH为1的100mL0.1mol/L的AlCl3中，加入300mL0.1mol/L的氢氧化钠溶液后铝的存在形式是
A.AlO2－B.Al3+C.Al（OH）3D.Al3+，Al（OH）3
pH为1的100mL0.1mol/L的AlCl3中，n（H+）=0.1mol/L×
0.1L=0.01mol，n（Al3+）=0.1mol/L×
0.1L=0.01mol，300mL0.1mol/L的氢氧化钠溶液中n（OH－）=0.1mol/L×
0.3L=0.03mol，其中0.01mol的OH－先与0.01molH+发生中和反应，剩余的0.02molOH－与0.01molAl3+反应，氢氧根离子不足，因此生成Al（OH）3，并有Al3+剩余。
17.关于下列装置（只是个示意图），叙述错误的是
A.石墨电极反应：
O2+4H++4e→2H2O
B.鼓入少量空气，会加快Fe的腐蚀
C.加入少量NaCl，会加快Fe的腐蚀
D.加入HCl，石墨电极反应式：
2H++2e→2H2↑
本题考查吸氧腐蚀，溶液不为强酸性，石墨电极的反应式为O2+2H2O+4e－→4OH－，因此A项错误。
18.根据图示下列说法正确的是
A.断开非极性键和生成极性键的能量相同
B.反应Ⅱ比反应Ⅲ生成的O－H键更牢固
C.1/2O2（g）+H2（g）→OH（g）+H（g）－Q（Q＞0）
D.H2O（g）→1/2O2（g）+H2（g）+Q（Q＞0）
从图中可以看出1/2molO2（g）+1molH2（g）的能量低于1molOH（g）+1molH（g），因此反应1/2O2（g）+H2（g）→OH（g）+H（g）吸热，故C项正确。
19.已知反应式：
mX（g）+nY（?
）
pQ（G）+2mZ（g），已知反应已达平衡，此时c（X）=0.3mol/L，其它条件不变，将容器缩小到原来的1/2，c（X）=0.5mol/L，下列说法正确的是
A.反应向逆反应方向移动B.Y可能是固体或液体
C.系数n＞mD.Z的体积分数减小
已知反应已达平衡，此时c（X）=0.3mol/L，其它条件不变，将容器缩小到原来的1/2，若此时平衡不移动，c（X）=0.6mol/L，但平衡移动之后c（X）=0.5mol/L，说明加压平衡向正反应方向移动，A项错误；
题干条件说明正反应为气体减少的反应，若Y为固体或液体，则需要满足m＞2m，不可能成立，B项错误；
Y是气体，且m+n＞2m，所以n＞m，C项正确；
平衡正向移动，产物Z的体积分数应该增大，D项错误。
故答案为C。
20.常温下等体积的0.1mol/L①CH3COOH，②NaOH，③CH3COONa
A.①中[CH3COOH]＞[CH3COO－]＞[H+]＞[OH－]
B.①②混合后，醋酸根离子浓度小于③的二分之一
C.①③混合以后，溶液呈酸性，则[Na+]＞[CH3COO－]＞[H+]
D.①②混合后，水的电离程度比①③混合的电离程度小
CH3COOH溶液中H+来自于CH3COOH电离和水的电离，CH3COOH只有一小部分发生电离，因此[CH3COOH]＞[H+]＞[CH3COO－]＞[OH－]，A项错误；
①②混合后的产物恰好为CH3COONa，体积约为原来的2倍，若不存在平衡移动，则醋酸根离子浓度约为③的1/2，因为“越稀越水解”稀溶液中水解程度更大，所以醋酸根离子浓度小于③的1/2，B项正确；
①③混合以后，溶液呈酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，因此[CH3COO－]＞[Na+]＞[H+]，C项错误；
①②混合后为CH3COONa溶液，促进水的电离，①③混合后溶液呈酸性，CH3COOH的电离为主，抑制了水的电离，D项错误。
故答案为B。
二、综合分析题（60分）
（一）
（1）说明铵态氮肥不能与碱性化肥混用的理由：
___________________________________。
（2）写出联合制碱法的方程式：
_________________________________________________。
（3）工业合成氨采用20－50MPa，说明为什么选择这个压强：
_______________________。
（4）已知4NO2+2CO（NH2）2→2CO2+4N2+4H2O+O2（已知尿素中N为－3价），该反应的氧化产物为___________；
若吸收0.15molNO2，则转移的电子个数为______________。
（5）向一定量NH4Cl溶液中滴加NaOH溶液至溶液呈中性，此时，溶液中c（Na+）_____c（NH3·
H2O）。
【答案】
（1）铵盐与碱反应产生氨气逸出，导致肥效降低；
（2）CO2+NH3+H2O+NaCl→NH4Cl+NaHCO3，2NaHCO3
Na2CO3+H2O+CO2↑；
（3）合成氨的反应为N2+3H2
2NH3，高压能够使平衡往正反应方向进行，提高氨气产率；
压强不能过高，否则增加设备等成本，因此选择20－50MPa压强。
（4）N2和O2；
0.6NA。
（5）＝。
（1）铵盐与碱反应产生氨气逸出，无法被植物充分吸收，导致肥效降低；
（2）默写方程式；
（3）从压强对平衡的影响，以及从成本的角度考虑问题；
（4）氧化产物即化合价升高的产物，该反应中化合价升高的元素有两个，一是氧－2价变为0价生成氧气，二是氮从－3价变为0价生成氮气，因此氧化产物为N2和O2；
根据方程式的化合价变化情况可知4NO2~16e，即转移电子数为吸收NO2数量的四倍，因此吸收0.15molNO2，则转移的电子个数为0.15×
4×
NA＝0.6NA。
（5）根据电荷守恒，有[NH4+]＋[Na+]＋[H+]＝[Cl－]＋[OH－]，又以为溶液呈中性，[H+]＝[OH－]，因此式子可改写成[NH4+]＋[Na+]＝[Cl－]；
根据物料守恒，由氯化铵的化学式可知n（N）＝n（Cl），其中N元素在反应后的存在形式有NH4+,NH3·
H2O，Cl元素以Cl－形式存在，因此有[NH4+]＋[NH3·
H2O]＝[Cl－]，与[NH4+]＋[Na+]＝[Cl－]联立可解得c（Na+）＝c（NH3·
（二）
（1）从绿色化学、环保的角度选择制取硫酸铜的原料_______。
a.Cub.CuOc.CuSd.Cu（OH）2·
CuSO4
（2）写出从硫酸铜溶液中得到硫酸铜晶体的操作：
__________、__________、过滤、洗涤……
（3）如图球形管装置的作用：
____________________________。
（4）反应后溶液中存在Cu2+，但浓硫酸有吸水性，不能通过溶液颜色来判断Cu2+的存在，请写出一种简便的方法验证Cu2+的存在：
___________________________________________。
（5）在实际反应中，由于条件控制不好，容易产生CuS和Cu2S固体。
已知：
2CuS
Cu2S+S。
取ag固体样品，加热后测得Cu2S固体质量为bg，求固体样品中CuS质量分数__________；
若Cu2S在高温下会分解为Cu，则测得的CuS的质量分数________（偏大、偏小或不变）。
（6）根据以上信息，说明Cu与浓硫酸反应需要控制哪些因素：
_____________________。
（1）bd；
（2）蒸发浓缩、冷却结晶；
（3）防止倒吸（实际上要写清楚什么物质被吸收引起倒吸）；
（4）将反应溶液小心沿烧杯内壁倒入水中，若溶液变蓝，则说明反应产生了Cu2+；
（5）100%×
2（a－b）/a或[200（a－b）/a]%；
偏大（6）控制温度不宜过高，反应时间不宜过长
（1）a选项Cu与浓硫酸反应才能制取硫酸铜，并且产生污染环境的气体二氧化硫，故不选；
b选项CuO与稀硫酸反应即可生成硫酸铜，且无污染环境的产物；
c选项CuS不溶于酸，如果要制备硫酸铜，需要先与氧气反应生成氧化铜和二氧化硫，氧化铜再与稀硫酸反应得到硫酸铜，过程中产生二氧化硫污染环境，故不选；
d选项只需要稀硫酸并无有害产物；
综上，答案选bd。
（2大多数盐的溶解度随温度降低而下降，因此用降温结晶的方法得到更多的晶体。
（3）球形管提供较大的空间，防止形成过大的负压，防倒吸。
（4）由于浓硫酸的吸水性，导致Cu2+无法与水结合产生蓝色溶液，因此需要加水稀释检验铜离子。
需要注意的是原反应液中存在浓硫酸，因此稀释时应注酸入水，即原反应液倒入水中进行稀释，若溶液呈蓝色，则说明铜离子的存在。
（5）列方程组：
设CuS质量为xg，Cu2S质量为yg，根据题意可列出方程x＋y＝a，y＋1/2x＝b，解得x=2（a－b），因此CuS的质量分数为100%×
若Cu2S在高温下分解为Cu，则测得加热后得到的固体质量b就会偏小，根据表达式可看出，测得的CuS的质量分数偏大。
（6）控制温度不宜过高，反应时间不宜过长（具体得看题干和题目信息）
（三）（15分）白藜芦醇是一种抗肿瘤的药物，合成它的一种路线如下：
30.A的结构简式__________。
反应Ⅰ的反应类型_____________。
31.B的芳香类同分异构体中可以发生水解的结构简式为_________，在酸性条件下水解的产物为________。
32.检验官能团G所用的试剂是__________________________。
33.根据已有知识并结合相关信息，写出以
和CH3OH为原料制备
的合成路线流程图（无机试剂任用）。
（已知RCN
RCOOH）合成路线流程图如下：
（甲
乙……
目标产物）
30.
；
取代反应
31.
HCOOH、
32.银氨溶液
33.
30.由A的分子式计算出不饱和度为4，苯环侧链无双键等不饱和结构，再结合分析
可得A的结构简式
。
反应Ⅰ为
，氯原子被氰基取代，取代反应。
，此步骤意在保护酚羟基官能团。
B的芳香类同分异构体中可以发生水解的结构简式为
，在酸性条件下水解的产物为HCOOH和
32.检验
中的官能团G即检验醛基，用银氨溶液。
33.产物
可由典型的酯化反应制得，注意由
到
碳链加长的路线设计。
（四）（15分）Li3Fe2（PO4）3作为锂离子电池的正极材料时有良好的放电平台，通过提高材料的电导率可以有效的改善材料的性能。
34.配平下列反应的化学方程式。
____Li3Fe2（PO4）3+Fe2O3+___CO→____CO2+____LiFePO4
35.CO2的电子式为__________，P原子的核外电子有_____种不同能量的电子。
研究CO2与CH4的反应使之转化为H2和CO对减缓燃料危机，减少温室效应具有重大意义。
已知
36.该反应的平衡常数K=_________。
在2L密闭容器中，通入CO2和CH4的混合气体，30min后，CH4的质量减少了4.8g，则v（CH4）=________。
37.根据下图可得出n（CO2）
_____n（CH4）
（填“>
”、“<
”和“=”），原因是
____________________________________________________________________________。
34.2Li3Fe2（PO4）3+Fe2O3+3CO→3CO2+6LiFePO4
35.
；
5
36.
37.>
根据图中信息，有H2O生成，平衡时n（H2）<
c（CO），说明一部分CO2与H2发生了反应。
34.根据元素化合价变化配平反应的化学方程式，CO→CO2碳的化合价升高2，Li3Fe2（PO4）3+Fe2O3→LiFePO4铁的化合价降低1，可配平2Li3Fe2（PO4）3+Fe2O3+3CO→3CO2+6LiFePO4。
35.二氧化碳的电子式
，磷元素核外电子排布
，有5种能量不同的电子。
，
37.可根据碳守恒，n（CO2）
明显大于n（CH4）
由图中信息可知有有H2O生成，平衡时n（H2）<
c（CO），说明一部分CO2与H2发生了副反应。
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