上海市长宁区届高三下学期等级二模化学试题解析版Word文档格式.docx

1、1s22s22p6D. N2的结构式：:NN:【详解】A.乙醇的结构简式：C2H5OH或CH3CH2OH，A错误；B.C2H2分子是直线型结构，所以四个原子在同一条直线上，B错误；C.Mg是12号元素，Mg原子失去2个电子形成Mg2+，所以Mg2+核外有10个电子，则根据构造原理可知Mg2+的核外电子排布式：1s22s22p6，C正确；D.氮气分子中2个N原子共用三对电子，则N2的结构式：N，D错误；故合理选项是C。4.下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是（ ）A. CH3CH2COOH B. Cl2 C. NH4HCO3 D. SO2【答案】D溶于水或熔融状态下能导电的化合物是电解质，

2、溶于水和熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质。SO2溶于水可以导电，但导电的原因并不是SO2电离出的离子，而是SO2和水反应生成的H2SO3电离出的离子导致的，所以H2SO3是电解质，另外SO2在液态时也不能导电，所以SO2是非电解质。答案是D。5.（CH3CH2）2C（CH3）2的正确命名是（ ）A. 2-甲基-2-乙基戊烷 B. 3-甲基-3-乙基戊烷C. 3，3-二甲基戊烷 D. 2-甲基戊烷【详解】根据碳碳单键可以旋转，结合烷烃的系统命名原则，选择分子中含有碳原子数最多的碳链为主链，并从离支链较近的一端为起点，给主链上碳原子编号，以确定支链的位置，则高化合物名称为3，3-二甲基戊烷，

3、故合理选项是C。6.关于晶体的叙述中，正确的是（ ）A. 原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高B. 分子晶体中，分子间的作用力越大，该分子越稳定C. 分子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高D. 某晶体溶于水后，可电离出自由移动的离子，该晶体一定是离子晶体【答案】A试题分析：A原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高，键能决定其熔沸点，故A正确；B分子晶体中，分子间作用力大的熔沸点高，共价键的键能越大，稳定性越大，则分子间的作用力越大，熔、沸点越高，故B错误；C分子晶体中，分子间作用力大的熔沸点高，共价键的键能越大，稳定性越大，则共价键的键能越大，该分子越稳定，故C错误；D分子晶体、

4、离子晶体溶于水都可电离出自由移动的离子，如HCl、NaCl，而熔融状态能电离产生离子的化合物一定是离子晶体，故D错误；故选A。考点：考查了晶体的类型与物质熔点、硬度、导电性等的关系的相关知识。7.向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，反应过程中可观察到的现象是（ ）A. 有无色气体放出B. 先产生白色沉淀，最后沉淀溶解C. 先产生白色沉淀，最后沉淀不溶解D. 既有无色气体放出，又有白色沉淀生成【分析】向氯化铝溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液至过量，发生的反应方程式为：Al3+3OH-=Al（OH）3、Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，根据物质的溶解性分析解答。【详解】向氯化铝

5、溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液至过量，发生的反应方程式为：Al3+3OH-=Al（OH）3、Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，氢氧化铝是难溶性白色物质，偏铝酸钠是可溶性物质，因此看到的实验现象是：先产生白色沉淀，最后沉淀溶解，变为无色可溶性溶液，故合理选项是B。【点睛】本题考查了物质之间的反应，明确物质的化学性质、物质的溶解性是解本题关键，注意：氯化铝和氢氧化钠溶液反应现象与滴加顺序有关，滴加顺序不同，发生反应现象不同，题目难度不大。8.中和滴定中，视线应注视（ ）A. 滴定管内液面变化 B. 液滴滴出速C. 滴定管刻度 D. 锥形瓶中溶液颜色变化【详解】中和滴定中，为了能够准确测

6、定待测溶液中含有的溶质的物质的量，通过用标准浓度的已知溶液来滴定未知浓度的溶液，为准确确定滴定终点，眼睛要注视滴定管，视线应注视锥形瓶中溶液颜色变化来判断滴定终点，故合理选项是D。9.关于浓硫酸的下列叙述中正确的是（ ）A. 浓硫酸具有吸水性，因而能使蔗糖炭化B. 浓硫酸在常温下可迅速与铜片反应放出二氧化硫气体C. 浓硫酸在酯化反应中仅仅起催化作用D. 浓硫酸在常温下能够使铁、铝等金属钝化【详解】A.浓硫酸具有脱水性，因而能使蔗糖炭化，A错误；B.浓硫酸在加热下可迅速与铜片反应放出二氧化硫气体，而在常温下不能发生反应，B错误；C.浓硫酸在酯化反应中的作用是催化剂、吸水剂，C错误；D.浓硫酸具有

7、强的氧化性，在常温下能够将铁、铝等金属氧化，使金属表面产生一层致密的氧化物薄膜，阻止金属的进一步氧化，即发生钝化现象，D正确；故合理选项是D。10.一定量的稀硫酸跟过量的锌粉反应，为了减缓该反应的速率，并且不影响生成氢气的总量，可向稀酸中加入少量的（ ）A. CH3COONa固体 B. NaOH固体 C. 浓硫酸 D. 硫酸铜固体稀硫酸与锌粉反应的实质是Zn+2H+=Zn2+H2，Zn过量，则酸完全反应，为了减缓该反应的速率，并且不影响生成氢气的总量，可通过减小溶液中c（H+），但n（H+）物质的量不变，据此解答。【详解】A.加入CH3COONa固体，会发生反应：2CH3COONa+H2SO4

8、=2CH3COOH+Na2SO4，氢离子的物质的量浓度减小，但当反应进行到一定程度后醋酸再电离产生H+，使氢离子的物质的量不变，因此反应速率减小，但氢气是物质的量不变，A符合题意；B.加入NaOH固体，NaOH与硫酸发生中和反应，导致n（H+）物质的量减小，因此生成氢气的总量减小，B不符合题意；C.加入浓硫酸，导致c（H+）和n（H+）都增大，氢气的总量增加，复原速率加快，C不符合题意；D.加入硫酸铜固体，发生反应：Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，Zn与反应产生的Cu及硫酸构成原电池，反应速率加快，D不符合题意；故合理选项是A。【点睛】本题考查影响化学反应速率的因素，为高频考点，把握氢离子

9、的浓度及物质的量等对反应速率的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，选项D为解答的易错点，题目难度不大。11.下列各组物质的性质比较，正确的是（ ）A. 酸性：HClO4H3PO4H2SO4 B. 氢化物稳定性：HFH2OH2SC. 碱性：NaOHMg（OH）2Ca（OH）2 D. 原子半径：FClBrIA.首先判断元素的非金属性强弱，非金属性越强，则对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强；B.根据共价键越强，物质的稳定性越强；C.首先判断元素的金属性强弱，元素的金属性越强，则对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强；D.根据元素原子的核外电子层数越多，原子半径越大分析判断。【详解】A.根据元

10、素周期律可知元素的非金属性：SP，则酸性：H2SO4H3PO4，A错误；B.元素的非金属性越强，其氢化物中含有的共价键就越强，含有该化学键的物质就越稳定。由于元素的非金属性FOS，所以氢化物稳定性：H2S，B正确；C.根据元素周期律可知元素的金属性：CaNaMg，则碱性： Ca（OH）2Mg（OH）2，C错误；D.由于原子核外电子层数IF，原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以原子半径：FClBrOH-，可知阳极发生的反应为Cl- -2e-=Cl2，所以阳极放出氯气，故合理选项是A。13.下列反应中前者属于取代反应，后者属于加成反应的是（ ）A. 甲烷与氯气混合后光照反应；乙烯使酸性高锰酸钾

11、溶液褪色B. 乙烯与溴的四氯化碳溶液反应；苯与氢气在一定条件下反应生成环己烷C. 苯滴入浓硝酸和浓硫酸的混合液中，有油状物生成；乙烯与水生成乙醇的反应D. 在苯中滴入溴水，溴水褪色；乙烯自身生成聚乙烯的反应有机物分子中双键或三键两端的碳原子与其他原子或原子团直接结合生成新的化合物的反应叫加成反应。有机物中的原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应是取代反应，所以选项C正确。A中前者是取代反应，但后者是氧化反应；B中都是加成反应；D中前者是萃取，是物理变化，后者是加聚反应，答案选C。14. 下列分离方法中，和物质的溶解度无关的是A. 升华 B. 萃取 C. 纸上层析 D. 重结晶A、固体不经过

12、液体直接变为气体的叫升华，与物质的熔沸点有关系，与溶解度无关，A正确；B、萃取适合于溶质在不同溶剂中的溶解性不同而分离的一种方法，与溶解度有关系，B不正确；C、纸上层析是利用混合物中各组分在固定相和流动相中的溶解度不同而达到分离目的，与溶解度有关系，C不正确；D、结晶法适用于不同溶质的溶解度受温度影响不同而分离的一种方法，重结晶是将晶体溶于溶剂或熔融以后，又重新从溶液或熔体中结晶的过程，与溶解度有关系，D不正确，答案选A。本题主要是考查物质分离方法原理判断【此处有视频，请去附件查看】15.2A（g）B（g）+Q（Q0）；下列能量变化示意图正确的是（ ）A. B. C. D. 【详解】根据热化学

13、方程式2A（g） 0）可知：该反应是2molA气体发生反应产生1molB气体，放出热量Q，反应物的能量比生成物的能量高，故合理选项是B。16.已知：KClO3+6HCl（浓）KCl+3Cl2+3H2O，还原产物与氧化产物物质的量之比为（ ）A. 1:6 B. 6:1 C. 1:5 D. 5:1【详解】在反应KClO3+6HCl（浓）KCl+3Cl2+3H2O中，Cl元素的化合价由反应前KClO3中的+5价变为反应后Cl2中的0价，化合价降低，获得电子5个，所以KClO3为氧化剂；Cl2为还原产物；Cl元素的化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高，失去电子15，所以H

14、Cl为还原剂，Cl2为氧化产物，还原产物与氧化产物物质的量之比为1:5，故合理选项是C。17.一定条件下，在容积不变的密闭容器中进行如下反应：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）+Q（Q0），图曲线a表示该反应过程中NO的转化率与反应时间的关系。若改变起始条件，使反应过程按照曲线b进行，可采取的措施是（ ）A. 降低温度 B. 加催化剂C. 增大反应物中NO的浓度 D. 向密闭容器中加入氩气反应：0）的正反应是气体体积减小的放热反应，结合图像可知a变为b的反应速率减小，平衡时NO的转化率增大，据此判断。【详解】A.降低温度，化学反应速率减小；由于该反应的正反应是放热反应，降低温

15、度，平衡向放热的正反应方向移动，NO的转化率增大，A符合题意；B.加催化剂可以加快化学反应速率，而且不能使化学平衡发生移动，与化学图像不符合，B不符合题意；C.增大反应物中NO的浓度化学反应速率比原来快，但会使NO的转化率降低，C不符合题意；D.向密闭容器中加入氩气,由于不能改变物质的浓度，因此不能改变化学反应速率，也不能使化学平衡发生移动，NO转化率不变，D不符合题意；【点睛】本题考查了图像方法在化学反应速率和化学平衡移动的应用知识。掌握各种外界条件与化学反应速率、化学平衡、物质的平衡转化率的关系是本题解答的关键，本题难度适中。18.向浓氨水中加入生石灰可以制取氨气，以下不会涉及到的反应是（

16、 ）A. NH3H2ONH3+H2O B. NH4+H2ONH3H2O+H+C. CaO+H2OCa（OH）2 D. NH4+OH-【详解】在浓氨水中存在电离平衡： NH3NH4+OH-，即也存在着结合平衡：NH4+OH-H2O ；也存在着分解平衡NH3H2O NH3+H2O；当向浓氨水中加入生石灰，CaO与溶液中的水首先会发生反应CaO+H2OCa（OH）2，但在溶液中不存在盐的水解平衡NH4+H2OH2O+H+，故合理选项是B。19.下图所示2个甲分子反应生成1个丙分子和3个乙分子，下列判断不正确的是（ ）A. 根据阿伏加德罗定律可推知，1个乙分子中含有2个A原子B. Mr（甲）=Mr（乙

17、）+Mr（丙）C. 该反应一定属于氧化还原反应D. 该反应类型是分解反应由图示可以推出甲、丙的化学式可分别表示为A3B、B2，根据质量守恒定律化学反应前后原子的个数不变，可知3个乙分子中共含有6个A原子，则乙为单质，化学式可表示为A2，该反应可以表示为2BA3B2+3A2，化学反应过程中原子种类不发生变化，以此解答该题。【详解】A.由上述分析可知，乙的化学式可表示为A2，1个乙分子中含有2个A原子，A正确；B.该反应可以表示为2BA3B2+3A2，则2Mr（甲）=3Mr（乙）+Mr（丙），B错误；C.该反应为分解反应，且有单质生成，A元素化合价一定变化，因此该反应属于氧化还原反应，C正确；D.

18、反应的特点是化合物生成单质，该反应可以表示为2BA3B2+3A2，该反应为分解反应，D正确；【点睛】本题属于微观示意图的考查，解题的关键是能够根据微观的分子结构分析物质的组成，然后结合相关的知识逐项分析，注意质量守恒定律和阿伏加德罗定律的区别，题目难度不大。20.某澄清水溶液，只可能含有以下离子中的若干种，且各离子物质的量浓度相等（忽略水的电离）：Na+、K+、Cl-、Ba2+、CO32-、SO42-，取少量该溶液于试管，加BaCl2溶液后出现白色沉淀。一定存在的离子有（ ）A. Ba2+、Cl- B. SO42-、Na+ C. Na+、K+ D. CO32-、SO42-【详解】取少量该澄清溶

19、液于试管，加BaCl2溶液后出现白色沉淀，由于溶液中无Ag+，因此不可能与Cl-发生沉淀反应的离子；可能与Ba2+发生沉淀反应形成白色沉淀的离子有CO32-、SO42-，则由于可能含有CO32-、SO42-，则不能大量存在Ba2+；由于溶液中各离子物质的量浓度相等，则因为CO32-或SO42-为阴离子，则一定含有阳离子Na+、K+，CO32-和SO42-只能有其中的一种离子，故合理选项是C。二、（一）（共15分）21.SO2、Na2S2O3、Na2S、Na2SO3、Na2SO4等含硫化合物在工业上有广泛的用途。完成下列填空：（1）硫原子最外层电子排布式_，钠原子的核外有_种能量不同的电子。Na

20、2S的电子式_。（2）涉及元素形成简单离子半径大小顺序：_；请用原子结构知识说明氧与硫的非金属性强弱_。（3）棉织物用氯气漂白后，加入Na2S2O3除去余氯时，发生如下反应： _S2O32-+_Cl2+_H2O_SO42-+_Cl-+_H+，配平该反应方程式：若反应中生成2molSO42-，则转移电子_mol。（4）Na2S又称臭碱，用离子方程式说明Na2S溶液呈碱性的原因_。 SO2分子构型“V”形，则SO2是_（选填“极性”、“非极性”）分子。列举一个实验事实说明SO2具有还原性_。（5）图是Na2SO3溶液中各离子浓度的相对大小关系示意图。其中，是_（填微粒符号）。上述5种物质中，不能促

21、进也不能抑制水电离的化合物_。【答案】 （1）. 3s23p4 （2）. 4 （3）. （4）. S2-O2-Na+ （5）. O原子比S原子少一个电子层数，O原子半径较小，得电子能力较强，非金属较强 （6）. 1 （7）. 4 （8）. 5 （9）. 2 （10）. 8 （11）. 10 （12）. 8 （13）. S2-+H2O HS-+OH-、HS-+H2OH2S+OH- （14）. 极性 （15）. SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色 （16）. SO32- （17）. Na2SO4（1）根据构造原理，先写出原子核外电子排布式，再确定原子的最外层电子排布式；处于同一能级的电子能量相同，处于不

22、同能级的电子的能量不同；Na2S是离子化合物，Na+与S2-间通过离子键结合；（2）涉及元素有O、Na、S，根据离子核外电子层数多的半径大于层数少的半径；当离子核外电子层相同时，核电荷数越大离子半径越小判断离子半径大小；元素的原子半径越小，吸引电子能力越强，元素的非金属性越强分析； （3）反应中S2O32-中的硫由+2价升高到SO42-离子中的+6价，氯气中的氯元素由0价降低到-1价的Cl-，依据氧化还原反应得失电子守恒结合原子个数守恒规律配平方程式；依据S2O32-2SO42-8e-计算转移电子数目；（4）Na2S是强碱弱酸盐，根据盐的水解规律分析Na2S溶液呈碱性的原因；SO2分子构型“V

23、”形，分子中正负电荷重心若重合就是非极性分子，否则为极性分子；利用物质中S元素化合价的变化，结合氧化还原反应的规律判断SO2的还原性；（5）依据亚硫酸钠为强电解质，完全电离，亚硫酸根离子为多元弱酸根离子，部分发生水解生成亚硫酸氢根离子和氢氧根离子，亚硫酸氢根离子继续水解生成硫离子和氢氧根离子结合水的电离进行排序；根据盐的水解规律判断对水的电离平衡无影响的物质。【详解】（1）S是16号元素，原子核外电子排布式是1s22s22p63s23p4，所以硫原子最外层电子排布式是3s23p4；钠是11号元素，核外电子排布式是1s22s22p63s1，可见Na原子的核外有4种能量不同的电子。Na2S是离子化

24、合物，Na+离子遇S2-之间通过离子键结合，则其电子式为；（2）在上述物质中涉及的元素有O、Na、S三种，O2-、Na+、S2-核外电子排布分别是2、8；2、8；2、8、8；S2-核外有3个电子层，O2-、Na+只有2个电子层，所以S2-离子半径最大；O2-、Na+的核外电子排布相同，核电荷数越大离子半径越小，所以离子半径：Na+，因此三种离子半径大小顺序是：S2-Na+；O、S是同一主族的元素，O是第二周期的元素，S是第三周期的元素，O原子比S原子少一个电子层数，O原子半径较小，得电子能力较强，因此元素的非金属性O比S强；（3）由给出方程式可知：反应中硫元素的化合价由S2O32-中的+2价升

25、高到SO42-离子中的+6价，升高42=8价；氯元素的化合价由Cl2中的由0价降低到-1价的氯离子，降低124=8价，所以依据氧化还原反应得失电子守恒，S2O32-系数为1，SO42-的系数是2，Cl2系数为4，Cl-的系数是8；依据原子个数守恒，反应方程式为：1S2O32-+4Cl2+5H2O2SO42-+8Cl-+10H+；若反应中生成0.2mol SO42-，依据S2O32-2SO42-8e-，可知转移电子数目为0.8mol；（4） Na2S溶液显碱性，是因为硫离子水解，离子方程式：S2-+H2O HS-+OH-，反应产生的HS-进一步发生水解反应：HS-+H2OH2S+OH-，当最终达

26、到平衡时，溶液中c（OH-）c（H+），因此溶液显碱性；SO2是V形分子，由于S=O共价键中O原子吸引电子的能力比S强，电子对偏小O原子一侧，因此导致分子中正负电荷重心不重合，故该物质为极性分子；S元素的最高化合价为+6价，SO2中S元素化合价为+4价，容易失去电子，被氧化为+6价，因此具有强的还原性，可以用酸性KMnO4溶液验证，将SO2通入到紫色KMnO4溶液中，若观察到SO2能够使酸性KMnO4溶液褪色，从而证明SO2具有还原性；（5）亚硫酸钠虽然能水解，但程度不大，所以主要离子为钠离子和亚硫酸根离子，由于HSO3-还能少量水解，故氢氧根离子浓度略大于HSO3-，由于溶液呈碱性，所以H+是最小的，所以离子浓度大小关系为：c（Na+）c（SO32-）c（OH-）c（HSO3-）c（H+），实验是SO32-；在SO2、Na2S2O3、Na2S、Na2SO3、Na2SO4五种物质中，SO2与水反应产生H2SO3，该物质电离产生H+，抑制水的电离；Na2S2O3、Na2S、Na2SO3都是强碱弱酸盐，弱酸根离子结合水电离产生