1、2015年上海市高考化学试卷一、选择题（本题共10分，每小题2分，每题只有一个正确选项）1（2分）中国科学技术名词审定委员会已确定第116号元素Lv的名称为鉝，质量数293关于鉝的叙述错误的是（）A原子序数116B中子数177C核外电子数116D相对原子质量2932（2分）下列物质见光不会分解的是（）AHClOBNH4ClCHNO3DAgNO33（2分）某晶体中含有极性键，关于该晶体的说法错误的是（）A不可能有很高的熔沸点B不可能是单质C可能是有机物D可能是离子晶体4（2分）不能作为判断硫、氯两种元素非金属性强弱的依据是（）A单质氧化性的强弱B单质沸点的高低C单质与氢气化合的难易D最高价氧化物
2、对应的水化物酸性的强弱5（2分）二氧化硫能使溴水褪色，说明二氧化硫具有（）A还原性B氧化性C漂白性D酸性二、选择题（本题共36分，每小题3分，每题只有一个正确选项）6（3分）将Na、Na2O、NaOH、Na2S、Na2SO4分别加热熔化，需要克服相同类型作用力的物质有（）A2种B3种C4种D5种7（3分）检验用硫酸亚铁制得的硫酸铁中是否含有硫酸亚铁，可选用的试剂是（）ANaOHBKMnO4CKSCND苯酚8（3分）已知H2O2在催化剂作用下分解速率加快，其能量随反应进程的变化如图所示下列说法正确的是（）A加入催化剂，减小了反应的热效应B加入催化剂，可提高H2O2的平衡转化率CH2O2分解的热化
3、学方程式：H2O2H2O+O2+QD反应物的总能量高于生成物的总能量9（3分）已知咖啡酸的结构如图所示关于咖啡酸的描述正确的是（）A分子式为C9H5O4B1mol咖啡酸最多可与5mol氢气发生加成反应C与溴水既能发生取代反应，又能发生加成反应D能与Na2CO3溶液反应，但不能与NaHCO3溶液反应10（3分）卤代烃的制备有多种方法，下列卤代烃不适合由相应的烃经卤代反应制得的是（）ABCD11（3分）下列有关物质性质的比较，错误的是（）A溶解度：小苏打苏打B密度：溴乙烷水C硬度：晶体硅金刚石D碳碳键键长：乙烯苯12（3分）与氢硫酸反应有沉淀生成的电解质是（）A硫酸铜B氢氧化钠C硫酸亚铁D二氧化硫
4、13（3分）实验室回收废水中苯酚的过程如图所示下列分析错误的是（）A操作I中苯作萃取剂B苯酚钠在苯中的溶解度比在水中的大C通过操作II苯可循环使用D三步操作均需要分液漏斗14（3分）研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示下列有关说法错误的是（）Ad为石墨，铁片腐蚀加快Bd为石墨，石墨上电极反应为：O2+2H2O+4e=4OHCd为锌块，铁片不易被腐蚀Dd为锌块，铁片上电极反应为：2H+2eH215（3分）一般情况下，前者无法决定后者的是（）A原子核外电子排布元素在周期表中的位置B弱电解质的相对强弱电离常数的大小C分子间作用力的大小分子稳定性的高低D物质内部储存的能量化学反应的热效应16（3分）短周
5、期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和丁的原子核外均有两个未成对电子，乙、丙、丁最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应下列说法错误的是（）A元素丙的单质可用于冶炼金属B甲与丁形成的分子中有非极性分子C简单离子半径：丁乙丙D甲与乙形成的化合物均有氧化性17（3分）某无色溶液含有下列离子中的若干种：H+、NH4+、Fe3+、Ba2+、Al3+、CO32、Cl、OH、NO3向该溶液中加入铝粉，只放出H2，则溶液中能大量存在的离子最多有（）A3种B4种C5种D6种三、选择题（本题共20分，每小题4分，每小题有一个或两个正确选项只有一个正确选项的，多选不给分；有两个正确选项的，选对一个给2分，
6、选错一个，该小题不给分）18（4分）下列反应中的氨与反应4NH3+5O24NO+6H2O中的氨作用相同的是（）A2Na+2NH32NaNH2+H2B2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2OC4NH3+6NO5N2+6H2OD3SiH4+4NH3Si3N4+12H219（4分）离子方程式2Ca2+3HCO3+3OH2CaCO3+CO32+3H2O可以表示（）ACa（HCO3）2与NaOH溶液反应BNaHCO3与澄清石灰水反应CCa（HCO3）2与澄清石灰水反应DNH4HCO3与澄清石灰水反应20（4分）对于合成氨反应，达到平衡后，以下分析正确的是（）A升高温度，对正反应的反应速率影响更大B增大压
7、强，对正反应的反应速率影响更大C减小反应物浓度，对逆反应的反应速率影响更大D加入催化剂，对逆反应的反应速率影响更大21（4分）工业上将Na2CO3和Na2S以1：2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2在该反应中（）A硫元素既被氧化又被还原B氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2C每生成1molNa2S2O3，转移4mol电子D相同条件下，每吸收10m3SO2就会放出2.5m3CO222（4分）将O2和NH3的混合气体448mL通过加热的三氧化二铬，充分反应后，再通过足量的水，最终收集到44.8mL气体原混合气体中O2的体积可能是（假设氨全部被氧化；气体体积均
8、已换算成标准状况）（）A231.5mLB268.8mLC287.5mLD313.6mL四、解答题（共1小题，满分12分）23（12分）白云石的主要成份是CaCO3MgCO3，在我国有大量的分布以白云石为原料生产的钙镁系列产品有广泛的用途白云石经煅烧、消化后得到钙镁的氢氧化物，再经过碳化实现Ca2+、Mg2+的分离碳化反应是放热反应，化学方程式如下：Ca（OH）2+Mg（OH）2+3CO2CaCO3+Mg（HCO3）2+H2O完成下列填空（1）Ca（OH）2的碱性比Mg（OH）2的碱性 （选填“强”或“弱”）Ca（OH）2的溶解度比Mg（OH）2的溶解度 （选填“大”或“小”）（2）碳化温度保持
9、在5060温度偏高不利于碳化反应，原因是 、 温度偏低也不利于碳化反应，原因是 （3）已知某次碳化时溶液中钙离子浓度随时间的变化如图所示，在10min到13min之内钙离子的反应速率为 15min之后钙离子浓度增大，原因是 （用化学方程式表示）（4）Mg原子核外电子排布式为 ；Ca原子最外层电子的能量 Mg原子最外层电子的能量（选填“低于”、“高于”或“等于”）五、（本题共12分）24（12分）氯碱工业以电解精制饱和食盐水的方法制取氯气、氢气、烧碱和氯的含氧酸盐等系列化工产品下图是离子交换膜法电解食盐水的示意图，图中的离子交换膜只允许阳离子通过完成下列填空：（1）写出电解饱和食盐水的离子方程式
10、 （2）离子交换膜的作用为： 、 （3）精制饱和食盐水从图中 位置补充，氢氧化钠溶液从图中 位置流出（选填“a”、“b”、“c”或“d”）（4）KClO3可以和草酸（H2C2O4）、硫酸反应生成高效的消毒杀菌剂ClO2，还生成CO2和KHSO4等物质写出该反应的化学方程式 （5）室温下，0.1mol/L NaClO溶液的pH 0.1mol/L Na2SO3溶液的pH（选填“大于”、“小于”或“等于”）浓度均为0.1mol/L的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，SO32、CO32、HSO3、HCO3浓度从大到小的顺序为 已知：H2SO3Ki1=1.54102 Ki2=1.02107HClO
11、Ki1=2.95108H2CO3Ki1=4.3107Ki2=5.61011六、（本题共12分）25（12分）过氧化钙（CaO2）是一种白色、无毒、难溶于水的固体，能杀菌消毒，广泛用于果蔬保鲜、空气净化、污水处理等方面工业生产过程如下：在NH4Cl溶液中加入Ca（OH）2；不断搅拌的同时加入30% H2O2，反应生成CaO28H2O沉淀；经过陈化、过滤，水洗得到CaO28H2O，再脱水干燥得到CaO2完成下列填空（1）第步反应的化学方程式为 第步反应的化学方程式为 （2）可循环使用的物质是 工业上常采用Ca（OH）2过量而不是H2O2过量的方式来生产，这是因为 （3）检验CaO28H2O是否洗净
12、的方法是 （4）CaO28H2O加热脱水的过程中，需不断通入不含二氧化碳的氧气，目的是 、 （5）已知CaO2在350迅速分解生成CaO和O2如图是实验室测定产品中CaO2含量的装置（夹持装置省略）若所取产品质量是m g，测得气体体积为V mL（已换算成标准状况），则产品中CaO2的质量分数为 （用字母表示）过氧化钙的含量也可用重量法测定，需要测定的物理量有 七、（本题共12分）26（12分）甲醛是深受关注的有机化合物甲醛含量的测定有多种方法，例如：在调至中性的亚硫酸钠溶液中加入甲醛水溶液，经充分反应后，产生的氢氧化钠的物质的量与甲醛的物质的量相等，然后用已知浓度的硫酸滴定氢氧化钠完成下列填空
13、：（1）将4.00mL甲醛水溶液加入到经调至中性的亚硫酸钠溶液中，充分反应后，用浓度为1.100mol/L的硫酸滴定，至终点时耗用硫酸20.00mL甲醛水溶液的浓度为 mol/L（2）上述滴定中，若滴定管规格为50mL，甲醛水溶液取样不能超过 mL（3）工业甲醛含量测定的另一种方法：在甲醛水溶液中加入过氧化氢，将甲醛氧化为甲酸，然后用已知浓度的氢氧化钠溶液滴定HCHO+H2O2HCOOH+H2ONaOH+HCOOHHCOONa+H2O已知H2O2能氧化甲酸生成二氧化碳和水如果H2O2用量不足，会导致甲醛含量的测定结果 （选填“偏高”、“偏低”或“不受影响”），因为 ；如果H2O2过量，会导致甲
14、醛含量的测定结果 （选填“偏高”、“偏低”或“不受影响”），因为 （4）甲醛和新制氢氧化铜的反应显示了甲醛的还原性，发生反应的化学方程式通常表示如下：HCHO+2Cu（OH）2HCOOH+Cu2O+2H2O若向足量新制氢氧化铜中加入少量甲醛，充分反应，甲醛的氧化产物不是甲酸或甲酸盐，设计一个简单实验验证这一判断主要仪器：试管酒精灯可供选用的试剂：硫酸铜溶液、甲醛、甲酸、氢氧化钠溶液 八、（本题共10分）27（12分）对溴苯乙烯与丙烯的共聚物是一种高分子阻燃剂，具有低毒、热稳定性好等优点完成下列填空：（1）写出该共聚物的结构简式 （2）实验室由乙苯制取对溴苯乙烯，需先经两步反应制得中间体写出该两
15、步反应所需的试剂及条件 、 （3）将与足量氢氧化钠溶液共热得到A，A在酸性条件下遇FeCl3溶液不显色A的结构简式为 由上述反应可推知，由A生成对溴苯乙烯的反应条件为 （4）丙烯催化二聚得到2，3二甲基1丁烯，B与2，3二甲基1丁烯互为同分异构体，且所有碳原子处于同一平面写出B的结构简式 设计一条由2，3二甲基1丁烯制备B的合成路线 （合成路线常用的表示方式为：AB目标产物）九、（本题共12分）28（12分）醉药普鲁卡因E（结构简式为）的三条合成路线如下图所示（部分反应试剂和条件已省略）：完成下列填空：（1）比A多一个碳原子，且一溴代物只有3种的A的同系物的名称是 （2）写出应试剂和反应条件，
16、反应 （3）设计反应的目的是 （4）B的结构简式为 ；C的名称是 （5）写出一种满足下列条件的D的同分异构体的结构简式 芳香族化合物 能发生水解反应 有3种不同环境的氢原子1mol该物质与NaOH溶液共热最多消耗 mol NaOH（6）普鲁卡因的三条合成路线中，第一条合成路线与第二条、第三条相比不太理想，理由是 十、（本题共14分）29（12分）制纯碱包括石灰石分解、粗盐水精制、氨盐水碳酸化等基本步骤完成下列计算：（1）CaCO3质量分数为0.90的石灰石100kg完全分解产生CO2 L（标准状况）石灰窑中，该石灰石100kg与焦炭混合焙烧，产生CO2 29120L（标准状况），如果石灰石中碳
17、酸钙完全分解，且焦炭完全燃烧，不产生CO，则焦炭的物质的量为 mol（2）已知粗盐水含MgCl2 6.80mol/m3，含CaCl2 3.00mol/m3向粗盐水中加入Ca（OH）2除镁离子：MgCl2+Ca（OH）2Mg（OH）2+CaCl2然后加入Na2CO3除钙离子处理上述粗盐水10m3，至少需要加Na2CO3 g如果用碳酸化尾气（含NH3体积分数为0.100、CO2体积分数0.040）代替碳酸钠，发生如下反应：Ca2+2NH3+CO2+H2OCaCO3+2NH4+处理上述10m3粗盐水至少需要通入多少L（标准状况）碳酸化尾气？列式计算（3）某氨盐水含氯化钠1521kg，通入二氧化碳后析
18、出碳酸氢钠晶体，过滤后溶液中含氯化铵1070kg列式计算：过滤后溶液中氯化钠的质量析出的碳酸氢钠晶体的质量2015年上海市高考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共10分，每小题2分，每题只有一个正确选项）1（2分）中国科学技术名词审定委员会已确定第116号元素Lv的名称为鉝，质量数293关于鉝的叙述错误的是（）A原子序数116B中子数177C核外电子数116D相对原子质量293【分析】根据在原子中：原子序数=质子数=核外电子数=核电荷数，进行解答【解答】解：A第116号元素Lv的原子序数为116，故A正确； B中子数=质量数质子数=293116=177，故B正确；C原子序数=质子数=核
19、外电子数=核电荷数，可知核外电子数为116，故C正确；D293代表该原子的质量数，一种元素有多种核素，质量数指的是质子与中子质量的和，不同核素的质量数不同，即一种元素可以有多个质量数，相对原子质量为各核素的平均相对质量，所以同种元素的相对原子质量只有一个数值，两者近似相等，故D错误。故选：D。【点评】本题主要考查了原子符号的含义，掌握原子序数=核内质子数=核电荷数是解题的关键，题目难度不大2（2分）下列物质见光不会分解的是（）AHClOBNH4ClCHNO3DAgNO3【分析】浓硝酸、硝酸银、次氯酸见光都易分解；而氯化铵加热分解，见光不分解，以此来解答【解答】解：AHClO见光分解为HCl与氧
20、气，故A不选；B氯化铵加热分解生成氨气和HCl，见光不分解，故B选；C硝酸见光分解为二氧化氮、氧气与水，故C不选；D硝酸银见光分解Ag、二氧化氮、氧气，故D不选；故选：B。【点评】本题考查物质的性质，为高频考点，综合考查元素化合物知识，侧重物质稳定性的考查，注意反应条件为光照，题目难度不大3（2分）某晶体中含有极性键，关于该晶体的说法错误的是（）A不可能有很高的熔沸点B不可能是单质C可能是有机物D可能是离子晶体【分析】一般不同非金属元素之间易形成极性键，已知某晶体中含有极性键，则该晶体为化合物，可能是离子化合物、共价化合物，结合不同类型晶体的性质分析【解答】解：A含有极性键的晶体可能是原子晶体
21、，如二氧化硅中含有SiO极性键，其熔沸点很高，故A错误；B含有极性键的物质至少含有2种元素，属于化合物，不可能是单质，故B正确；C有机物中含有极性键，如甲烷中含有CH极性键，故C正确；D离子晶体中也可能含有极性键，如NaOH中含有OH极性键，故D正确。故选：A。【点评】本题考查了极性键、晶体的类型，题目难度不大，注意离子晶体中一定含有离子键可能含有共价键，题目难度不大，注意利用举例法分析4（2分）不能作为判断硫、氯两种元素非金属性强弱的依据是（）A单质氧化性的强弱B单质沸点的高低C单质与氢气化合的难易D最高价氧化物对应的水化物酸性的强弱【分析】比较两种元素的非金属性强弱，可根据单质之间的置换反
22、应、与氢气反应的难易程度、氢化物的稳定性以及最高正价氧化物对应水化物酸性强弱【解答】解：A单质的氧化性越强，其元素的非金属性越强，可以判断非金属性强弱，故A不选；B单质的沸点属于物理性质，与元素的非金属性无关，不能判断非金属性强弱，故B选；C单质与氢气化合越容易，则元素的非金属性越强，可以判断非金属性强弱，故C不选；D最高价氧化物对应的水化物酸性越强，其元素的非金属性越强，可以判断非金属性强弱，故D不选。故选：B。【点评】本题考查非金属性的比较，题目难度不大，注意元素非金属性和金属性的比较角度，学习中注意相关基础知识的积累5（2分）二氧化硫能使溴水褪色，说明二氧化硫具有（）A还原性B氧化性C漂
23、白性D酸性【分析】二氧化硫与溴水发生氧化还原反应生成氢溴酸和硫酸【解答】解：二氧化硫具有还原性，与溴水发生氧化还原反应生成氢溴酸和硫酸，使溴水褪色，硫元素化合价升高，体现还原性。故选：A。【点评】本题主要考查了二氧化硫的性质，侧重考查二氧化硫的还原性，注意中间价态的元素既有氧化性又有还原性，同种元素相邻价态间不发生氧化还原反应，题目难度不大二、选择题（本题共36分，每小题3分，每题只有一个正确选项）6（3分）将Na、Na2O、NaOH、Na2S、Na2SO4分别加热熔化，需要克服相同类型作用力的物质有（）A2种B3种C4种D5种【分析】Na、Na2O、NaOH、Na2S、Na2SO4中Na为金
24、属晶体，Na2O、NaOH、Na2S、Na2SO4为离子晶体，以此解答【解答】解：Na为金属晶体，熔化时克服金属键，Na2O、NaOH、Na2S、Na2SO4为离子晶体，熔化时克服离子键，需要克服相同类型作用力的物质有4种。故选：C。【点评】本题考查晶体类型的判断和化学键键的判断，为高频考点，侧重于学生的分析能力和基本概念的考查，题目难度不大，注意晶体类型的分类和性质的区别7（3分）检验用硫酸亚铁制得的硫酸铁中是否含有硫酸亚铁，可选用的试剂是（）ANaOHBKMnO4CKSCND苯酚【分析】亚铁离子具有还原性，可与氯水、高锰酸钾等氧化剂反应，以此解答该题【解答】解：A加入氢氧化钠，因含有铁离子
25、，可生成红褐色沉淀，不能检验是否含有亚铁离子，故A错误；B亚铁离子具有还原性，可与高锰酸钾等发生氧化还原反应，高锰酸钾溶液褪色，可鉴别，故B正确；C亚铁离子与KSCN不反应，不能鉴别，只能鉴别铁离子，故C错误；D亚铁离子与苯酚不反应，不能鉴别，只能鉴别铁离子，故D错误。故选：B。【点评】本题考查物质的检验，为高频考点，题目难度不大，本题注意亚铁离子与铁离子性质的区别，检验时必须有明显不同的现象8（3分）已知H2O2在催化剂作用下分解速率加快，其能量随反应进程的变化如图所示下列说法正确的是（）A加入催化剂，减小了反应的热效应B加入催化剂，可提高H2O2的平衡转化率CH2O2分解的热化学方程式：H
26、2O2H2O+O2+QD反应物的总能量高于生成物的总能量【分析】A、催化剂只通过改变活化能来改变反应速率，不改变反应的热效应；B、催化剂只改变反应速率不改变化学平衡；C、图象分析反应是放热反应，热化学方程式要注明状态；D、图象分析反应是放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量【解答】解：A、催化剂只通过改变活化能来改变反应速率，不改变反应的热效应；故A错误；B、催化剂只改变反应速率不改变化学平衡，反应体系中加入催化剂不改变H2O2的平衡转化率，故B错误；C、图象分析判断反应是放热反应，热化学方程式要注明状态，所以H2O2分解的热化学方程式：H2O2（l）=H2O（l）+O2（g）+Q，故C错
27、误；D、图象分析反应是放热反应，所以反应物的总能量高于生成物的总能量，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了化学平衡、化学反应能量的图象分析判断，注意催化剂改变速率不改变平衡的理解，题目难度中等9（3分）已知咖啡酸的结构如图所示关于咖啡酸的描述正确的是（）A分子式为C9H5O4B1mol咖啡酸最多可与5mol氢气发生加成反应C与溴水既能发生取代反应，又能发生加成反应D能与Na2CO3溶液反应，但不能与NaHCO3溶液反应【分析】有机物含有羟基，可发生取代、氧化和显色反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有羧基，具有酸性，可发生中和、酯化反应，以此解答该题【解答】解：A由结构简式可知
28、分子式为C9H8O4，故A错误；B能与氢气发生加成反应的为苯环和碳碳双键，则1mol咖啡酸最多可与4mol氢气发生加成反应，故B错误；C含有酚羟基，可与溴发生取代反应，含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，故C正确；D含有羧基，可与NaHCO3溶液反应，故D错误。故选：C。【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，题目难度不大，注意有机物的结构特点和官能团的性质，易错点为D，注意官能团的酸性强弱的比较10（3分）卤代烃的制备有多种方法，下列卤代烃不适合由相应的烃经卤代反应制得的是（）ABCD【分析】A、环己烷中只存在1种化学环境不同的H，此卤代烃可以由环己烷取代得到；B、2，2二甲基丙烷
29、只存在一种H，此有机物可以由2，2二甲基丙烷取代得到；C、2甲基丙烷中存在2种化学环境不同的H，一氯代物存在同分异构体；D、2，2，3，3四甲基丁烷中只存在一种环境的H，一氯代物只有一种，据此解答即可【解答】解：A、可以由环己烷取代制得，故A不选；B、可以由2，2二甲基丙烷取代得到，故B不选；C、2甲基丙烷中存在2种化学环境不同的H，一氯代物存在同分异构体，故不适合由相应的烃经卤代反应制得，故C选；D、可以由2，2，3，3四甲基丁烷制得，故D不选，故选C。【点评】本题主要考查的是一氯代物的同分异构体的判断，制取氯代烃的途径和方法必须满足制取的副反应产物最少为好，难度不大11（3分）下列有关物质
30、性质的比较，错误的是（）A溶解度：小苏打苏打B密度：溴乙烷水C硬度：晶体硅金刚石D碳碳键键长：乙烯苯【分析】A相同条件下，碳酸钠溶解度大于碳酸氢钠；B卤代烃的密度比水大；C原子晶体中，键长越短，键能越大，则硬度越大；D苯中碳碳键介于单键和双键之间【解答】解：A在碳酸钠饱和溶液中通入二氧化碳生成碳酸氢钠，可观察到溶液变浑浊，说明碳酸钠溶解度大于碳酸氢钠，故A正确；B卤代烃的密度比水大，则溴乙烷的密度大于水，故B正确；C晶体硅与金刚石都为原子晶体CCSiSi，原子晶体中，键长越短，键能越大，则硬度越大，故C正确；D苯中碳碳键介于单键和双键之间，碳碳键键长：乙烯苯，故D错误。故选：D。【点评】本题考
31、查元素及其对应单质、化合物的性质的递变规律，侧重于溶解度、硬度、密度等性质的考查，题目难度不大，注意把握性质比较的角度以及规律12（3分）与氢硫酸反应有沉淀生成的电解质是（）A硫酸铜B氢氧化钠C硫酸亚铁D二氧化硫【分析】A、CuS不溶于酸；B、H2S和NaOH发生酸碱中和反应；C、FeS不溶于水但溶于酸；D、SO2和H2S发生归中反应【解答】解：电解质是在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，包括酸、碱、盐、金属氧化物和水。A、CuS不溶于水也不溶于酸，故CuSO4能和H2S反应生成CuS沉淀：CuSO4+H2S=CuS+H2SO4，且硫酸铜为电解质，故A正确；B、H2S和NaOH发生酸碱中和反
32、应：H2S+2NaOH=Na2S+H2O，无沉淀生成，故B错误；C、FeS不溶于水但溶于酸，故FeSO4和H2S不能反应，故C错误；D、SO2和H2S发生归中反应有硫单质生成：SO2+2H2S=3S+2H2O，但二氧化硫不是电解质，故D错误。故选：A。【点评】本题考查了电解质的概念以及复分解反应发生的条件，难度不大，应注意的是FeS不溶于水但溶于酸，故FeSO4和H2S不能反应13（3分）实验室回收废水中苯酚的过程如图所示下列分析错误的是（）A操作I中苯作萃取剂B苯酚钠在苯中的溶解度比在水中的大C通过操作II苯可循环使用D三步操作均需要分液漏斗【分析】用苯萃取废水中的苯酚，进行分液得到苯酚的苯
33、溶液，再加入氢氧化钠溶液，苯酚与氢氧化钠反应得到苯酚钠，苯与苯酚钠溶液不互溶，再进行分液操作，得到苯与苯酚钠溶液，苯可以循环利用，苯酚钠溶液中加入盐酸得到苯酚，经过分液操作进行分离得到苯酚【解答】解：用苯萃取废水中的苯酚，进行分液得到苯酚的苯溶液，再加入氢氧化钠溶液，苯酚与氢氧化钠反应得到苯酚钠，苯与苯酚钠溶液不互溶，再进行分液操作，得到苯与苯酚钠溶液，苯可以循环利用，苯酚钠溶液中加入盐酸得到苯酚和NaCl溶液，同样经过分液操作进行分离得到苯酚。A操作I是用苯萃取废水中的苯酚，进行分液得到苯酚的苯溶液，苯为萃取剂，故A正确；B苯酚钠属于钠盐，易溶于水，在苯中的溶解度比在水中的小，故B错误；C操
34、作得到苯与苯酚钠溶液，苯可以循环利用，故C正确；D操作、均为分液操作，用到分液漏斗，故D正确。故选：B。【点评】本题考查物质分离提纯的综合应用，关键是理解操作过程，注意理解掌握中学常见的分离、提纯方法，难度中等14（3分）研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示下列有关说法错误的是（）Ad为石墨，铁片腐蚀加快Bd为石墨，石墨上电极反应为：O2+2H2O+4e=4OHCd为锌块，铁片不易被腐蚀Dd为锌块，铁片上电极反应为：2H+2eH2【分析】A、d为石墨，铁片活泼，所以腐蚀铁；B、海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀；C、锌比铁片活泼，所以腐蚀锌；D、d为锌块，作为负极，因海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀；【解
35、答】解：A、d为石墨，活泼金属铁片作负极，发生腐蚀，所以铁片腐蚀加快，故A正确；B、海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀，所以石墨作正极，电极反应：O2+2H2O+4e4OH，故B正确；C、锌比铁片活泼，所以腐蚀锌，所以铁片不易被腐蚀，故C正确；D、d为锌块，作为负极，因海水呈中性，所以发生吸氧腐蚀，所以铁片上电极反应为：O2+2H2O+4e4OH，故D错误；故选：D。【点评】本题考查了原电池原理，根据电极上得失电子判断正负极，再结合电极反应类型、电子流向来分析解答，熟记原电池原理，难点是电极反应式的书写15（3分）一般情况下，前者无法决定后者的是（）A原子核外电子排布元素在周期表中的位置B弱电解质的
36、相对强弱电离常数的大小C分子间作用力的大小分子稳定性的高低D物质内部储存的能量化学反应的热效应【分析】A、元素在周期表中呈现规律性的变化与其核外电子排布有关；B、电离常数越大说明该弱电解质越易电离；C、稳定性与化学键有关，分子间作用力决定物质的物理性质；D、物质内部储存的能量即键能，断开化学键与形成化学键决定化学反应的热效应【解答】解：A、因为原子核外电子排布呈现规律性的变化，故元素在周期表中的位置也呈现规律性的变化，即原子核外电子排布决定了元素在周期表中的位置，故A正确；B、相同类型的弱电解质，其电离常数越大说明该弱电解质越易电离，故B正确；C、稳定性与化学键有关，分子间作用力决定物质的物理
37、性质，则分子晶体的稳定性决定于其中的化学键，故C错误；D、反应物的总能量大于生成物的总能量，则反应放热，否则吸热，即物质内部储存的能量决定了化学反应的热效应，故D正确，故选：C。【点评】本题主要考查的是元素周期表的形成、弱电解质的电离与电离常数、反应热效应等，综合性较强，有一定难度16（3分）短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和丁的原子核外均有两个未成对电子，乙、丙、丁最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应下列说法错误的是（）A元素丙的单质可用于冶炼金属B甲与丁形成的分子中有非极性分子C简单离子半径：丁乙丙D甲与乙形成的化合物均有氧化性【分析】短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数
38、依次增大，乙、丙、丁最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应，应是氢氧化铝在与强碱、强酸的反应，故乙为Na、丙为Al，甲和丁的原子核外均有两个未成对电子，结合原子序数可知，甲外围电子排布为2s2sp2或2s22p4，甲为C或O，丁最高价含氧酸为强酸，外围电子排布为3s23p4，故丁为S元素，据此解答【解答】解：短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，乙、丙、丁最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应，应是氢氧化铝在与强碱、强酸的反应，故乙为Na、丙为Al，甲和丁的原子核外均有两个未成对电子，结合原子序数可知，甲外围电子排布为2s2sp2或2s22p4，甲为C或O，丁最高价含氧酸为强酸，
39、外围电子排布为3s23p4，故丁为S元素。AAl与一些金属氧化物可以发生铝热反应，由于冶炼金属，故A正确；B甲与丁形成的分子中CS2为直线型对称结构，三氧化硫为平面正三角形结构，均属于非极性分子，故B正确；C电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，电子层越多离子半径越大，故离子半径：S2Na+Al3+，故C正确；D甲与乙形成的化合物有氧化钠、过氧化钠等，氧化钠氧化性很弱，通常条件下基本不表现氧化性，故D错误，故选：D。【点评】本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意甲元素的不确定性，难度中等17（3分）某无色溶液含有下列离子中的若干种：H+、NH4+、Fe3+、Ba2+、
40、Al3+、CO32、Cl、OH、NO3向该溶液中加入铝粉，只放出H2，则溶液中能大量存在的离子最多有（）A3种B4种C5种D6种【分析】溶液无色，则一定不存在有色的Fe3+；在其中加入金属铝，发生反应并放出H2，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，若为酸性，则不存在OH、NO3、CO32，若呈碱性，则不存在Al3+、H+、NH4+、Fe3+，以此解答该题【解答】解：无色溶液中一定不存在有色的Fe3+；溶液中加入金属铝，发生反应并放出H2，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，若溶液为酸性，则不存在：OH、NO3、CO32，阴离子只能为Cl，阳离子可以为：H+、NH4+、Ba2+、Al3+，最多存在5种离子；
41、若呈碱性，则不存在Al3+、H+、NH4+、Fe3+，阳离子只能为Ba2+，则一定不存在CO32，可存在的离子为：Ba2+、Cl、OH、NO3，则最多只有4种，根据分析可知，最多存5种离子，故选：C。【点评】本题考查离子共存问题，题目难度中等，涉及离子反应和种类的判断，综合侧重于学生的分析能力的考查，注意把握题目无色以及与铝反应生成氢气的特点，特别注意硝酸不能生成氢气三、选择题（本题共20分，每小题4分，每小题有一个或两个正确选项只有一个正确选项的，多选不给分；有两个正确选项的，选对一个给2分，选错一个，该小题不给分）18（4分）下列反应中的氨与反应4NH3+5O24NO+6H2O中的氨作用相
42、同的是（）A2Na+2NH32NaNH2+H2B2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2OC4NH3+6NO5N2+6H2OD3SiH4+4NH3Si3N4+12H2【分析】4NH3+5O24NO+6H2O反应中氨气中N元素的化合价升高，则氨气作还原剂，根据化合价的变化分析【解答】解：A2Na+2NH32NaNH2+H2反应中，NH3中N元素的化合价不变，故A错误；B2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O反应中，氨气中N元素的化合价升高，则氨气作还原剂，故B正确；C4NH3+6NO5N2+6H2O反应中，氨气中N元素的化合价升高，则氨气作还原剂，故C正确；D3SiH4+4NH3Si3N4+12
43、H2反应中，氨气中H元素的化合价降低，则氨气作氧化剂，故D错误。故选：BC。【点评】本题考查了氨气的性质，侧重于氧化还原反应知识应用的考查，注意根据氨气中N元素的化合价变化分析，题目难度不大19（4分）离子方程式2Ca2+3HCO3+3OH2CaCO3+CO32+3H2O可以表示（）ACa（HCO3）2与NaOH溶液反应BNaHCO3与澄清石灰水反应CCa（HCO3）2与澄清石灰水反应DNH4HCO3与澄清石灰水反应【分析】与量有关的离子反应中，量少的物质完全反应，碳酸钙、水在离子反应中保留化学式，以此来解答【解答】解：ACa（HCO3）2与足量的NaOH反应即nCa（HCO3）2：n（NaOH）=1：2时，离子反应为Ca2+2HCO3+2OH=CaCO3+CO32+2H2O，与少量NaOH反应即nCa（HCO3）2：n（NaOH）=1：1时，离子反应为Ca2+HCO3+OH=CaCO3+H2O，当nCa（HCO3）2：n（NaOH）=2：3时，符合离子方程式2Ca2+3HCO3+3OH2CaCO3+CO32+3H2O，故A选；BCa（OH）2与少量的NaHCO3反应即nCa（OH）2：n（NaHCO3）=1：1时，离子反应为Ca2+HCO3+OH=CaCO3+H2O，与过量NaHCO3反应即nCa（OH）2：n（NaHCO3
