2019年上海市奉贤区高考化学二模试卷.doc

2019年上海市奉贤区高考化学二模试卷一、选择题（共40分，每小题2分，每小题只有一个正确答案）1（2分）我国导航卫星的“心脏”使用的是铷原子钟，下列关于铷的说法正确的是（）A 85Rb和87Rb互称为同素异形体B86Rb和87Rb具有相同的中子数CRb原子核外电子数是37DRb的质子数是872（2分）下列说法错误的是（）A发展太阳能发电、利用CO2制造全降解塑料都能有效减少环境污染B从2019年7月1日起我国全面实施垃圾分类，提高废品回收率，减少对环境影响C绿色化学又称“环境无害化学”、“环境友好化学”、“清洁化学”D石油裂化、裂解为化学变化，而煤的气化和石油的分馏均为物理变化3（2分）目前世界上有近20亿的人患有缺铁性贫血。这里的“铁”是指（）A铁单质B铁元素C氧化铁D铁合金4（2分）下列有关氮元素化学用语正确的是（）A氮分子的结构式：B氮原子最外层的电子云图：CNH3的比例模型：D氮原子的轨道表示式：5（2分）某古玩爱好者收藏的“商代铝碗”在“鉴宝”时被专家当场否定，其理由是（）A铝的导热性较强，不易做碗B铝的质地较软，易变形，不易做碗C铝元素易导致老年痴呆，不易盛放食物D铝的性质较活泼，难提炼，商代不可能有铝制品6（2分）下列物质属于电解质的是（）A盐酸B纯碱C液氯D酒精7（2分）常温下，将SO2气体逐渐通入某溶液，溶液的pH值随通入的SO2气体体积的变化如右图所示，该溶液可能是（）A氯水B氨水C氢硫酸D食盐水8（2分）不能比较硫和氧非金属性相对强弱的是（）A热稳定性：H2OH2SBSO2中S为+4价，O为2价C沸点：H2OH2SD硫在氧气中燃烧生成二氧化硫9（2分）短周期非金属元素甲戊在元素周期表中位置如图所示，分析正确的是（）甲乙丙丁戊A非金属性：甲丙B戊可能是硫元素C最外层电子数：乙丙D原子半径：乙丁戊10（2分）只用滴管和试管，不用其它仪器和试剂，不能鉴别下列各组中两种溶液的是（）A石灰水和碳酸钠B盐酸和碳酸钠C氨水和硝酸银D氢氧化钠和氯化铝11（2分）下列关于晶体的叙述中，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12（2分）在pH13的某溶液中存在大量的Na+、ClO、NO3，该溶液还可能大量存在的离子是（）ANH4+BHCO3CSO42DAl3+13（2分）下列属于加成反应的是（）A乙苯与液溴在铁的催化下反应B乙炔在空气中燃烧C甲烷与氯气在光照条件下反应D乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色14（2分）将碳棒和铁棒平行插入NaCl溶液中，两棒的液面以上部分用铜丝相连、并接入电流计，电流计指针偏转。以下说法正确的是（）A碳棒作负极B电子自铁棒通过铜丝流向碳棒C该装置是电解池D铜丝失去电子发生还原反应15（2分）有机物命名正确的是（）A2，3，5三甲基己烷B1，3二甲基丁烷C2，3二甲基2乙基己烷D2，3二甲基4乙基戊烷16（2分）只改变一个影响因素，下列关于平衡常数K的叙述错误的是（）AK值不变，平衡可能移动BK值变化，平衡一定移动C温度变化，K值一定变化D平衡移动，K值一定变化17（2分）下列实验操作正确的是（）A测pH值时，用干燥洁净的玻璃棒蘸取溶液点在pH试纸上，再跟标准比色卡比较B滴定管经蒸馏水洗后即可加入标准液进行滴定C用带橡皮塞的棕色细口瓶盛放液溴D配制溶液时，若加水时不小心超过容量瓶的标线，可用滴管把多余的液体吸出18（2分）已知断开1molH2（g）中HH键需要吸收436kJ能量，根据能量变化示意图，下列说法或热化学方程式不正确的是（）A断开1molHCl（g）中HCl键要吸收432kJ能量B生成1molCl2（g）中的ClCl键放出243kJ能量CHCl（g）H2（g）+Cl2（g）92.5kJDH2（g）+Cl2（g）2HCl（g）+864kJ19（2分）某无色溶液中可能存在Br、CO32、SO32、Fe3+、I、Mg2+、Na+等例子中的某几种，现取该溶液进行实验，得到如下现象：向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，且有无色气泡冒出；向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成；向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色。据此可以推断：该溶液肯定不存在的大量离子是（）AFe3+、SO32、IBMg2+、CO32、ICFe3+、Mg2+、SO32DNa+、Br、CO3220（2分）某稀土元素R的精矿样品中，R的氧化物的质量分数为0.8515.10.1g该样品与50mL1mol/L硫酸恰好完全反应（杂质不反应），生成ROSO4和H2O，则R的相对原子质量约为（）A78B140C156D172二、综合分析题（共60分）21（14分）我国自主研制的C919大型客机的机身大量采用第三代铝锂合金减重并提高刚度。某铝锂合金成分（质量百分比）如下（Bal指剩余的百分含量）：成分SiFeCuMnMgZnTiLiAl含量0.080.12.93.50.50.250.80.250.10.81.1Bal为了使合金具有高耐腐性能，通常先用酸腐蚀除去铝锂合金表面的氧化层，再进行氧化处理，并进行适当封闭，以提高合金表面耐腐蚀性能。仔细阅读上述信息，回答下列问题：（1）铝锂合金可用于制造飞机，铝锂合金材料的主要特点是 。（2）铝元素原子核外有 种不同运动状态的电子，最外层电子排布式为 。（3）碱腐蚀工艺采用4060g/L的NaOH溶液，在4055下处理0.52min时间。写出碱腐蚀主要反应的化学方程式 （写一个即可）。（4）镁与铝也是构成轻合金的两种常见金属，请从原子结构角度分析比较它们金属性的强弱 。（5）向镁铝合金滴入盐酸至恰好全部溶解，再逐渐滴入氢氧化钠溶液至过量，在滴氢氧化钠过程中观察到的现象有： ；写出其现象中的一个离子方程式 。22（15分）工业上，在催化剂条件下，用NH3作为还原剂将烟气中的NOx还原成无害的氢气和水，反应方程式可表示为：2NH3（g）+NO（g）+NO2（g）2N2（g）+3H2O（g）（1）一定条件下，在容积为2L的容器内进行该反应，20min时达到平衡，生成N2 0.4mol，则平均反应速率v（NO） 。可从混合气体的颜色变化判断上述反应是否达到平衡，其理由是 。（2）工业上也用氨水吸收SO2尾气，最终得到（NH4）2SO4，（NH4）2SO4溶液中c（NH4+）与c（SO42）之比 2：1（选填“”、“”、“”），用离子方程式解释其原因 。与Cl2相比较，ClO2处理水时被还原成Cl，不生成有机氯代物等有害物质。工业上可用亚铝酸钠和稀盐酸为原料制备ClO2，反应如下：NaClO2+HClClO2+NaCl+ （没有配平）（3）补全方程式并配平，标出电子转移方向和数目。 NaClO2+ HCl ClO2+ NaCl+ （4）该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是 。若生成0.2molClO2，转移电子数为 个。23（15分）功能高分子P的合成路线如下，其中反应发生了加聚反应。请回答下列问题：（1）A的结构简式为 ，试剂a是 。（2）反应的反应类型是 ，E中含有的官能团有 。（3）反应的条件是 。（4）写出E的一种具有六元环酯的同分异构体的结构简式 。（5）写出由乙苯制取对溴苯乙烯（）的合成路线（无机试剂任选）：（合成路线表示方法为：AB目标产物）24（16分）醋酸亚铬（CH3COO）2CrH2O为砖红色晶体，难溶于冷水，易溶于酸，在气体分析中用作氧气吸收剂。一般制备方法是先在封闭体系中利用金属锌作还原剂，将三价铬（溶液呈绿色）还原为二价铬（溶液呈亮蓝色）；二价铬再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铬。实验装置如下，请回答以下问题：（1）实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却，目的是 ，仪器a的名称是 。（2）将过量的锌和氧化铬固体置于c中，加入少量蒸馏水，按图连接好，打开K1、K2，关闭K3此时观察到c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，该反应的离子方程式为 ；过量锌的作用是 。（3）打开K3，关闭K1、K2，观察到现象为 、d中出现砖红色沉淀，为得到纯净的砖红色晶体，需采取的操作是 、 、洗涤、干燥。（4）装置d可能存在的缺点为 。2019年上海市奉贤区高考化学二模试卷参考答案与试题解析一、选择题（共40分，每小题2分，每小题只有一个正确答案）1（2分）我国导航卫星的“心脏”使用的是铷原子钟，下列关于铷的说法正确的是（）A 85Rb和87Rb互称为同素异形体B86Rb和87Rb具有相同的中子数CRb原子核外电子数是37DRb的质子数是87【考点】32：核素；GG：碱金属的性质菁优网版权所有【分析】A、同种元素形成的不同种单质间互为同素异形体；B、86Rb和87Rb的质子数相同；C、原子的电子数等于质子数；D、标示在元素符号左上方的是质量数。【解答】解：A、同种元素形成的不同种单质间互为同素异形体，而 85Rb和87Rb均为原子，故不是同素异形体，两者互为同位素，故A错误；B、86Rb和87Rb的质子数相同，中子数不同，相差1，故B错误；C、Rb的质子数为37，而原子的电子数等于质子数，故其核外电子数也为37，故C正确；D、标示在元素符号左上方的是质量数，故8737Rb的质子数为37，质量数为87，故D错误。故选：C。【点评】本题考查了原子结构、微粒数之间的关系分析，掌握基础是解题关键，题目难度不大。2（2分）下列说法错误的是（）A发展太阳能发电、利用CO2制造全降解塑料都能有效减少环境污染B从2019年7月1日起我国全面实施垃圾分类，提高废品回收率，减少对环境影响C绿色化学又称“环境无害化学”、“环境友好化学”、“清洁化学”D石油裂化、裂解为化学变化，而煤的气化和石油的分馏均为物理变化【考点】18：物理变化与化学变化的区别与联系；19：绿色化学；F7：常见的生活环境的污染及治理；IL：石油的裂化和裂解菁优网版权所有【分析】A发展太阳能发电可减少煤炭的使用，利用二氧化碳制造全降解塑能减少二氧化碳的排放；B面实施垃圾分类，回收利用，可减少排放；C绿色化学从源头上减少污染；D煤的气化为化学变化。【解答】解：A发展太阳能发电可减少煤炭的使用，利用二氧化碳制造全降解塑能减少二氧化碳的排放，所以发展太阳能发电、利用CO2制造全降解塑料都能有效减少环境污染，故A正确；B面实施垃圾分类，回收利用，可减少排放，可提高废品回收率，减少对环境影响，故B正确；C绿色化学从源头上减少污染，额减少污染，故C正确；D煤的气化生成CO、氢气等，为化学变化，故D错误。故选：D。【点评】本题考查环境保护问题，为高频考点，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高环保意识，题目难度不大。3（2分）目前世界上有近20亿的人患有缺铁性贫血。这里的“铁”是指（）A铁单质B铁元素C氧化铁D铁合金【考点】31：元素；KA：微量元素对人体健康的重要作用菁优网版权所有【分析】根据人体中铁元素的存在形态判断，铁在人体内以化合态存在，据此分析。【解答】解：人体内的铁元素是以无机盐的形式存在的，这里的铁是指铁元素，不是氧化铁，也不是单质铁，更不是铁合金。故选：B。【点评】食品、药品和饮料中的成分大都是指元素，是以化合物的形式存在，常用其质量分数表示含量。4（2分）下列有关氮元素化学用语正确的是（）A氮分子的结构式：B氮原子最外层的电子云图：CNH3的比例模型：D氮原子的轨道表示式：【考点】43：电子式；4I：球棍模型与比例模型菁优网版权所有【分析】A、结构式是利用短线代表共价键；B、氮原子最外层为pz能级；C、比例模型中用不同体积的小球表示不同原子的大小，氨气中氮原子的原子半径大于氢原子；D、氮原子最外层5个电子，图示为氮原子轨道表示式【解答】解：A、结构式是利用短线代表共价键，氮气的结构式为：NN，故A错误；B、氮原子最外层为p能级，氮原子的最外层应该是pz，不是px，故B错误；C、比例模型中用不同体积的小球表示不同原子的大小，氨气中氮原子的原子半径大于氢原子，且三角锥，不是平面三角形，故C错误；D、氮原子最外层5个电子，图示为氮原子轨道表示式，故D正确，故选：D。【点评】本题考查了球棍模型与比例模型、原子核外电子排布，题目难度中等，注意明确球棍模型和比例模型的表示方法，掌握原子核外电子排布的表示方法5（2分）某古玩爱好者收藏的“商代铝碗”在“鉴宝”时被专家当场否定，其理由是（）A铝的导热性较强，不易做碗B铝的质地较软，易变形，不易做碗C铝元素易导致老年痴呆，不易盛放食物D铝的性质较活泼，难提炼，商代不可能有铝制品【考点】GJ：铝的化学性质菁优网版权所有【分析】铝性质活泼，工业冶炼一般用电解法，热还原法不能冶炼，以此解答该题【解答】解：由于铝性质活泼，热还原法不能冶炼，一般用电解氧化铝的方法冶炼，商代不可能冶炼出铝，与物理性质无关，只有D正确。故选：D。【点评】本题考查铝的性质，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，难度不大，注意相关基础知识的积累6（2分）下列物质属于电解质的是（）A盐酸B纯碱C液氯D酒精【考点】D1：电解质与非电解质菁优网版权所有【分析】电解质在熔融状态或水溶液中能导电的化合物，非电解质是在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物。【解答】解：A、盐酸是HCl的水溶液，为混合物，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B、纯碱为碳酸钠，溶于水导电属于电解质，故B正确；C、液氯属于单质不是化合物，所以既不是电解质也不是非电解质，故C错误；D、酒精在水溶液和熔融状态下都不导电，属于非电解质，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了电解质和非电解质的概念，题目难度不大，注意有关概念的理解。7（2分）常温下，将SO2气体逐渐通入某溶液，溶液的pH值随通入的SO2气体体积的变化如右图所示，该溶液可能是（）A氯水B氨水C氢硫酸D食盐水【考点】F5：二氧化硫的化学性质菁优网版权所有【分析】A氯水与二氧化硫反应生成盐酸和硫酸，酸性增强；B氨水溶液呈碱性；C氢硫酸与二氧化硫反应生成单质硫和水，酸性减弱；D食盐水呈中性。【解答】解：A氯水与二氧化硫反应生成盐酸和硫酸，酸性增强，所以pH随二氧化硫的量增大，而减小，符合图示，故A正确；B氨水溶液呈碱性，所以V（ SO2）0时，pH大于7，故B错误；C氢硫酸与二氧化硫反应生成单质硫和水，酸性减弱，所以起始时pH应增大，而不是减少，故C错误；D常温下，将SO2气体逐渐通入食盐水，两者不反应，原食盐水溶液呈中性，因二氧化硫与水反应生成亚硫酸呈酸性，pH从7开始减小，故D错误；故选：A。【点评】本题综合考查二氧化硫性质，为高考高频考点，难度不大，明确二氧化硫的酸性氧化物性质、还原性、氧化性是解题关键，注意基础知识的积累。8（2分）不能比较硫和氧非金属性相对强弱的是（）A热稳定性：H2OH2SBSO2中S为+4价，O为2价C沸点：H2OH2SD硫在氧气中燃烧生成二氧化硫【考点】76：非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律菁优网版权所有【分析】利用气态氢化物的稳定性、化合物中元素得电子能力、氧化还原反应中得电子能力等比较非金属性强弱，以此来解答。【解答】解：A非金属的热稳定性可以比较非金属的强弱，氧元素非金属性强于硫，热稳定性：H2OH2S，故A不符合；BSO2中S为+4价，O为2价，则氧得到电子能力强，可比较非金属性OS，故B不符合；C沸点：H2OH2S，是因水中存在氢键，且氢键数目多，沸点高，不能比较非金属性，故C符合；D硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，O元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则氧得电子能力强，可比较非金属性OS，故D不符合；故选：C。【点评】本题考查非金属性的比较，为高频考点，把握非金属性比较的方法为解答的关键，侧重规律性知识的总结和分析能力的考查，选项C为解答的难点，题目难度中等。9（2分）短周期非金属元素甲戊在元素周期表中位置如图所示，分析正确的是（）甲乙丙丁戊A非金属性：甲丙B戊可能是硫元素C最外层电子数：乙丙D原子半径：乙丁戊【考点】8J：位置结构性质的相互关系应用菁优网版权所有【专题】5：高考化学专题【分析】甲、乙、丙、丁、戊可能为C、N、Si、P、S或N、O、P、S、Cl；A甲、丙位于同一主族，同一主族非金属元素的非金属性随原子序数的增大而减弱；B戊可能是硫元素，也可能是氯元素；C丙、丁位于同一周期并且丁原子序数大，乙、丁位于同一主族，据此判断；D乙、丁位于同一主族，丁、戊位于同一周期并且戊原子序数大，同一主族元素原子半径随原子序数的最增大而增大，同一周期元素原子半径随原子序数的最增大而减小。【解答】解：甲、乙、丙、丁、戊可能为C、N、Si、P、S或N、O、P、S、Cl；A甲、丙位于同一主族，并且甲的原子序数小，所以甲的非金属性强，故A错误；B戊可能是硫元素，也可能是氯元素，故B正确；C丙、丁位于同一周期并且丁原子序数大，乙、丁位于同一主族，所以乙的最外层电子数大，即最外层电子数：乙丙，故C错误；D乙、丁位于同一主族并且丁原子序数大，所以原子半径：乙丁，原子半径丁、戊位于同一周期并且戊原子序数大，所以原子半径：戊丁，但戊电子层多，所以原子半径：乙戊，故原子半径：乙戊丁，故D错误；故选：B。【点评】本题考查元素周期表的结构、元素周期律及其应用，为高频考点，把握原子结构与元素的位置、元素周期律为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大。10（2分）只用滴管和试管，不用其它仪器和试剂，不能鉴别下列各组中两种溶液的是（）A石灰水和碳酸钠B盐酸和碳酸钠C氨水和硝酸银D氢氧化钠和氯化铝【考点】PS：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用菁优网版权所有【分析】不用其它仪器和试剂，不能鉴别，可说明不能通过颜色或相互滴加的现象鉴别，以此解答该题。【解答】解：A石灰水和碳酸钠溶液都无色，且相互滴加现象相同，不能鉴别，故A选；B盐酸逐滴滴加到碳酸钠溶液，先生成碳酸氢钠，后生成氯化钠、水和二氧化碳，现象先不产生气泡，一定时间后产生气泡，碳酸钠逐滴滴加到盐酸中立刻生成二氧化碳，产生气泡，二者现象不同，可以鉴别，故B不选；C向AgNO3滴加氨水，先生成AgOH沉淀，氨水过量发生络合反应，沉淀溶解，向氨水滴加AgNO3，氨水过量，生成银氨络离子，没有沉淀生成，可鉴别，故C不选；D向氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液时呈现的现象是：向看到白色沉淀生成，随着氢氧化钠溶液的不断加入，沉淀会溶解；向氢氧化钠溶液中滴加氯化铝溶液时呈现的现象是：先没有沉淀生成，但随着氯化铝溶液的不断加入，会逐渐产生沉淀，所以不用其它试剂可以鉴别，故D不选。故选：A。【点评】本题考查物质的鉴别和检验，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应及现象为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意与反应物用量量和滴加顺序有关的离子反应，题目难度不大。11（2分）下列关于晶体的叙述中，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【考点】A6：不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别菁优网版权所有【专题】51D：化学键与晶体结构【分析】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，分子间作用力大的熔沸点高，共价键的键能越大，稳定性越大；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；D分子晶体、离子晶体溶于水都可电离出自由移动的离子【解答】解：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、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。【点评】本题考查晶体类型与物质稳定性、熔沸点的关系，明确分子晶体、原子晶体的熔沸点的比较方法即可解答，难度不大12（2分）在pH13的某溶液中存在大量的Na+、ClO、NO3，该溶液还可能大量存在的离子是（）ANH4+BHCO3CSO42DAl3+【考点】DP：离子共存问题菁优网版权所有【分析】pH13的某溶液显碱性，根据离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，不能发生相互促进水解反应等，则离子大量共存，以此来解答。【解答】解：A碱性溶液中不能大量存在NH4+，故A不选；B碱性溶液中不能大量存在HCO3，故B不选；C碱性溶液中该组离子之间均不反应，可大量共存，故C选；D碱性溶液中不能大量存在Al3+，且Al3+、ClO相互促进水解，不能共存，故D不选；故选：C。【点评】本题考查离子共存，为高频考点，把握离子之间的反应、习题中的信息为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意复分解反应、水解反应的判断，题目难度不大。13（2分）下列属于加成反应的是（）A乙苯与液溴在铁的催化下反应B乙炔在空气中燃烧C甲烷与氯气在光照条件下反应D乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色【考点】I6：取代反应与加成反应菁优网版权所有【分析】有机物分子中的不饱和键断裂，断键原子与其他原子或原子团相结合，生成新的化合物的反应是加成反应；氧化反应：有机反应中得氧或失氢的反应为氧化反应；有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所代替生成新的化合物的反应叫取代反应，根据定义进行判断。【解答】解：A、乙苯和溴在铁的催化作用下发生的是苯环上的取代反应，故A错误；B、乙炔在空气中燃烧发生的是氧化反应，生成二氧化碳和水，故B错误；C、甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应，生成一氯甲烷和HCl，故C错误；D、乙烯和溴发生加成反应生成1，2二溴乙烷，故D正确。故选：D。【点评】本题考查了常见有机反应类型的判断，题目难度不大，注意掌握加成反应、取代反应、消去反应、氧化反应等常见有机反应的概念及判断方法，试题培养了学生灵活应用所学知识是的能力。14（2分）将碳棒和铁棒平行插入NaCl溶液中，两棒的液面以上部分用铜丝相连、并接入电流计，电流计指针偏转。以下说法正确的是（）A碳棒作负极B电子自铁棒通过铜丝流向碳棒C该装置是电解池D铜丝失去电子发生还原反应【考点】BH：原电池和电解池的工作原理菁优网版权所有【分析】铁、碳和氯化钠溶液构成原电池，发生吸氧腐蚀，铁易失电子发生氧化反应而作负极，碳作正极，电子从负极沿导线流向正极，以此解答该题。【解答】解：A铁为负极，碳棒为正极，故A错误；B该原电池中，铁作负极，碳作正极，电子从负极铁沿导线流向正极碳，故B正确；C化学能转化为电能，为原电池，故C错误；D反应中铜不参加反应，正极上氧气得电子，故D错误。故选：B。【点评】本题以原电池原理为载体考查了金属的腐蚀与防护，明确铁发生吸氧腐蚀和析氢腐蚀的条件是解本题关键，再根据正负极上发生的反应来分析解答，注意电子不进入电解质溶液，为易错点。15（2分）有机物命名正确的是（）A2，3，5三甲基己烷B1，3二甲基丁烷C2，3二甲基2乙基己烷D2，3二甲基4乙基戊烷【考点】H7：有机化合物命名菁优网版权所有【分析】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。【解答】解：A、烷烃命名时，选用最长的碳链为主链，故主链上有6个碳原子，从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号，当两端离支链一样近时，要从支链多的一端开始编，故在2号、3号和5号碳原子上各有一个甲基，故名称为2，3，5三甲基己烷，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5个碳原子，故为戊烷，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甲基戊烷，故B错误；C、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，则在3号碳原子上有2个甲基，在4号碳原子上有一个甲基，故名称为3，3，4三甲基庚烷，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6个碳原子，故为己烷，从离支链近的一端给主链上的碳原子进行编号，则在2号、3号和4号碳原子上各有一个甲基，故名称为2，3，4三甲基己烷，故D错误。故选：A。【点评】本题考查了烷烃命名正误判断，应注意有机物命名规则的掌握，难度不大。16（2分）只改变一个影响因素，下列关于平衡常数K的叙述错误的是（）AK值不变，平衡可能移动BK值变化，平衡一定移动C温度变化，K值一定变化D平衡移动，K值一定变化【考点】C8：化学平衡常数的含义；CB：化学平衡的影响因素菁优网版权所有【分析】平衡常数K是温度的函数，只与温度有关，温度一定，平衡常数K值一定，温度发生变化，平衡常数K值也发生变化。【解答】解：影响化学平衡的因素主要有浓度、温度、压强等。A若是改变浓度或压强使平衡发生移动，而温度不变，则K值不变，故A正确；BK值是温度的函数，K值变化，说明温度发生了改变，则平衡一定发生移动，故B正确；CK值只与温度有关，若在其他条件不变时，温度变化，K值一定变化，故C正确；D若在其他条件不变时，增大反应物的浓度或减小生成物的浓度，有利于正反应的进行，平衡向右移动，但K值只与温度有关，故K值不变，故D错误；故选：D。【点评】本题考查平衡常数与平衡移动的关系，难度不大。要注意平衡常数K是温度的函数，只与温度有关。17（2分）下列实验操作正确的是（）A测pH值时，用干燥洁净的玻璃棒蘸取溶液点在pH试纸上，再跟标准比色卡比较B滴定管经蒸馏水洗后即可加入标准液进行滴定C用带橡皮塞的棕色细口瓶盛放液溴D配制溶液时，若加水时不小心超过容量瓶的标线，可用滴管把多余的液体吸出【考点】O3：药品的取用；O5：试纸的使用；U5：化学实验方案的评价菁优网版权所有【分析】A玻璃棒蘸取待测液滴在pH试纸上；B滴定管经蒸馏水洗后，用标准液润洗；C溴可氧化橡胶；D若加水时不小心超过容量瓶的标线，实验失败。【解答】解：A玻璃棒蘸取待测液滴在pH试纸上，再跟标准比色卡比较，操作合理，故A正确；B滴定管经蒸馏水洗后，用标准液润洗，然后加入标准液进行滴定，故B错误；C溴可氧化橡胶，应选玻璃塞，故C错误；D若加水时不小心超过容量瓶的标线，实验失败，应重新配制，故D错误；故选：A。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握pH测定、中和滴定、溶液配制、试剂保存为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。18（2分）已知断开1molH2（g）中HH键需要吸收436kJ能量，根据能量变化示意图，下列说法或热化学方程式不正确的是（）A断开1molHCl（g）中HCl键要吸收432kJ能量B生成1molCl2（g）中的ClCl键放出243kJ能量CHCl（g）H2（g）+Cl2（g）92.5kJDH2（g）+Cl2（g）2HCl（g）+864kJ【考点】BB：反应热和焓变；BE：热化学方程式菁优网版权所有【专题】5：高考化学专题【分析】由图可知H2（g）+Cl2（g）2HCl（g）H（864679）kJ/mol185kJ/mol；断开1molHCl（g）中HCl键要吸收能量864kJ432kJ，断裂1molH2（g）中HH键需要吸收436kJ能量，断裂1molH2+1molCl2共吸收能量679kJ，所以断开1molCl2吸收能量（679kJ436kJ）243kJ，即ClCl键键能为243kJ/mol，结合断键吸热、形成化学键放热分析解答。【解答】解：A、断开1molHCl（g）中HCl键吸收J能量与1molH和1molCl形成1molHCl放出热量相等，形成2molHCl（g）放出热量864kJ，所以断开1molHCl（g）中HCl键吸收能量864kJ432kJ能量，故A正确；B、断裂1molH2（g）中HH键需要吸收436kJ能量，断裂1molH2+1molCl2共吸收能量679kJ，所以断开1molCl2吸收能量（679kJ436kJ）243kJ，故B正确；C、由图可知H2（g）+Cl2（g）2HCl（g）H（864679）kJ/mol185kJ/mol，即2HCl（g）H2（g）+Cl2（g）H+185kJ/mol，所以HCl（g）H2（g）+Cl2（g）H（+185kJ/mol）+92.5kJ/mol，即HCl（g）H2（g）+Cl2（g）92.5kJ，故C正确；D、由图可知H2（g）+Cl2（g）2HCl（g）H（864679）kJ/mol185kJ/mol，即H2（g）+Cl2（g）2HCl（g）+185kJ，故D错误；故选：D。【点评】本题主要考查了化学反应与能量的变化，掌握断键吸热和形成键放热计算H是解题关键，题目难度中等，注意理解反应热H与键能、反应物和生成物内能的关系。19（2分）某无色溶液中可能存在Br、CO32、SO32、Fe3+、I、Mg2+、Na+等例子中的某几种，现取该溶液进行实验，得到如下现象：向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，且有无色气泡冒出；向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成；向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色。据此可以推断：该溶液肯定不存在的大量离子是（）AFe3+、SO32、IBMg2+、CO32、ICFe3+、Mg2+、SO32DNa+、Br、CO32【考点】DG：常见离子的检验方法菁优网版权所有【分析】溶液无色，则不含Fe3+，向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，说明溶液中含有Br，且有无色气泡冒出，说明溶液中含离子CO32，则不含Mg2+；向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成，说明不含SO32；向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色，可能是碘离子氧化成单质碘，进一步单质碘被氧化成碘酸根离子或溶液中不含I，所以溶液不变色，不能确定碘离子存在，以此解答该题。【解答】解：溶液无色，则不含Fe3+，向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，说明溶液中含有Br，且有无色气泡冒出，说明溶液中含离子CO32，则不含Mg2+；向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成，说明不含SO32；向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色，可能是碘离子氧化成单质碘，进一步单质碘被氧化成碘酸根离子或溶液中不含I，所以溶液不变色，不能确定碘离子存在，则溶液中一定存在Br、CO32、SO32、Na+，一定不含Fe3+、Mg2+、SO32，可能含有I、Na+，故选：C。【点评】本题考查了常见离子的检验方法及离子共存的知识，为高频考点，题目难度中等，明确常见离子的性质及检验方法为解答关键，注意熟练掌握离子反应发生条件，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。20（2分）某稀土元素R的精矿样品中，R的氧化物的质量分数为0.8515.10.1g该样品与50mL1mol/L硫酸恰好完全反应（杂质不反应），生成ROSO4和H2O，则R的相对原子质量约为（）A78B140C156D172【考点】57：相对原子质量及其计算菁优网版权所有【分析】10.1g该样品与50mL 1mol/L稀硫酸恰好完全反应（杂质不反应），生成ROSO4和H2O，依此判断氧化物的化学式和物质的量；R的氧化物的质量分数为0.8515依此计算出10.1g该样品中氧化物的质量；再根据M进行计算，得出正确结论。【解答】解：10.1g该样品与50mL 1mol/L稀硫酸恰好完全反应（杂质不反应），生成ROSO4和H2O，故R的化合价为+4价，则R的化学式为RO2，R的氧化物的质量分数为0.8515，则10.1g该样品中RO2的质量为：10.10.85158.60015g，10.1g该样品与50mL 1mol/L稀硫酸恰好完全反应（杂质不反应），生成ROSO4和H2O，则10.1g该样品中RO2的物质的量为0.05L10.05mol，故RO2的摩尔质量为172g/mol，故R的相对原子质量为172162140，故选：B。【