上海市等级性考试化学试题解析.docx
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上海市等级性考试化学试题解析
2019年上海市高中等级考试化学试题解析
一、选择题(每题只有一个正确答案,每题2分,共计40分)
1.元素
中文名为(奥气),是一种人工合成的稀有气体元素,下列正确的是
A.核外电子数是118B.中子数是295
C.质量数是117D.第六周期0族元素
【答案】A
【解析】
根据原子的表示方法,左下角数字表示质子数118,对于中性原子,核外电子数等于质子数等于118,故选A。
2.只涉及物理变化的是
A.次氯酸漂白B.盐酸除锈
C.石油分馏D.煤干馏
【答案】C
【解析】
次氯酸漂白利用的是次氯酸的漂白性,A错误;盐酸除锈利用盐酸与氧化铁的反应,B错误;石油分馏利用烃的沸点差异,为物理性质,C正确;煤干馏指的是在隔绝空气的情况下高温加热煤得到焦炭、煤焦油、焦炉气等的过程,为化学变化,D错误。
3.下列反应只需要破坏共价键的是
A.晶体硅熔化B.碘升华
C.熔融Al2O3D.NaCl溶于水
【答案】A
【解析】
晶体硅为原子晶体,Si原子之间只以共价键连接,因此熔化只需要破坏共价键,A正确;碘为分子晶体,升华克服分子间作用力,B错误;Al2O3为离子晶体,熔融破坏离子键,C错误;NaCl为离子晶体,溶于水电离成钠离子和氯离子,破坏离子键,D错误。
4.下列过程固体质量增加的是
A.Cu加入氯化铁B.Zn加入硫酸
C.H2通入灼热氧化铜D.高温下水蒸气通入Fe
【答案】D
【解析】
A.Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2,Cu溶解,固体质量减少,A错误;
B.Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑,Zn溶解,固体质量减少,B错误;
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.5×10-12mol·L-1D.5×10-13mol·L-1
【答案】A
【解析】
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
【答案】D
【解析】
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.
【答案】D
【解析】
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
【答案】A
【解析】
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
【答案】D
【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
【答案】B
【解析】
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
【答案】B
【解析】
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
【答案】C
【解析】
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
【答案】C
【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
n
p
q
B.氢化物稳定性:
n
C.简单阴离子半径:
p>q
D.最高价氧化物对应水化物酸性:
p>q
【答案】C
【解析】
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
【答案】D
【解析】
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↑
【答案】A
【解析】
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)
【答案】C
【解析】
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
【答案】C
【解析】
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
【答案】B
【解析】
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)=。
【解析】
(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·H2O)。
(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:
_____________________。
【答案】
(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
【解析】
(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%×2(a-b)/a或[200(a-b)/a]%;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)
【答案】
30.
;取代反应
31.
;HCOOH、
32.银氨溶液
33.
【解析】
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。
31.
,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
____________________________________________________________________________。
【答案】
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)【解析】
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。
36.
,
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)