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1、上海市静安区2014届高三二模化学试卷一、选择题（共10分，每小题2分，只有一个正确选项）1关于“植物油”的叙述错误的是（）A属于酯类B不含碳碳双键C比水轻D在碱和加热条件下能完全水解考点：油脂的性质、组成与结构.专题：有机化学基础分析：植物油是由不饱和高级脂肪酸与甘油形成的酯，密度比水小，在碱性条件下完全水解生成高级脂肪酸钠和甘油，据此解答解答：解：A植物油是由不饱和高级脂肪酸与甘油形成的酯，属于酯类，故A正确；B植物油属于不饱和高级脂肪酸甘油酯，含有碳碳双键，故B错误；C植物油密度小于水，故C正确；D植物油在碱性条件下完全水解生成高级脂肪酸钠和甘油，故D正确；故选：B点评：本题考查了油脂的
2、结构和性质，属于对基本知识的考查，题目难度不大，注意油脂中油和脂的区别2（2分）（2014静安区二模）用短线“”表示共用电子对，用“”表示未成键孤对电子的式子叫路易斯结构式R分子的路易斯结构式可以表示为，则以下叙述错误的是（）AR为三角锥形BR可以是BF3CR是极性分子D键角小于10928考点：判断简单分子或离子的构型.专题：化学键与晶体结构分析：A、根据价层电子对互斥理论判断；B、BF3中B原子没有孤对电子；C、由极性键构成的分子，若结构对称，正负电荷的中心重合，则为非极性分子；D、三角锥形分子的键角为107解答：解：A、在中含有3个单键和1个孤电子对，价层电子对数为4，而且含有1个孤电子对
3、，空间上为三角锥形，故A正确；B、B原子最外层含有3个电子，BF3中B原子形成3个共价键，B原子没有孤对电子，所以R不是BF3，故B错误；C、由极性键构成的分子，若结构对称，正负电荷的中心重合，则为非极性分子，R分子的结构不对称，R是极性分子，故C正确；D、三角锥形分子的键角为107，键角小于10928，故D正确；故选B点评：本题是一道信息题，考查学生对题干信息的理解和应用能力，侧重于对基础知识的综合运用的考查，难度一般3（2分）（2014静安区二模）以下物质中存在12C、13C、14C原子的是（）金刚石 CO2 石灰石 葡萄糖ABCD考点：同位素及其应用.专题：原子组成与结构专题分析：C有1
4、2C 13C 14C 三种天然同位素，在任何含有碳元素的自然界物质中三者都可存在解答：解：12C、13C、14C是碳三种天然的同位素，任何含碳的自然界物质中三者都存在，而金刚石 CO2 石灰石 葡萄糖都含有碳元素，所以这些物质中都存在12C、13C、14C原子，故选A点评：本题考查了同位素在自然界中的存在，题目难度不大，注意各种元素的相对原子质量的求算4（2分）（2014静安区二模）炼钢时常用的氧化剂是空气（或纯氧）炼钢过程中既被氧化又被还原的元素是（）A铁B硫C氧D碳考点：氧化还原反应；高炉炼铁.专题：氧化还原反应专题分析：炼钢过程中反应原理：Fe+O2FeO、FeO+CFe+CO 2FeO
5、+Si2Fe+SiO2结合元素的化合价变化解答解答：解：炼钢过程中反应原理：Fe+O2FeO、FeO+CFe+CO 2FeO+Si2Fe+SiO2反应中C元素化合价升高，Fe元素发生FeFeOFe的一系列反应中，则Fe元素既失去电子也得到电子，所以既被氧化又被还原，故选A点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应应用的考查，注意涉及的化学反应，题目难度不大5（2分）（2014静安区二模）人的血液中存在H2CO3HCO3这样“一对”物质，前者的电离和后者的水解两个平衡使正常人血液的pH保持在7.357.45之间血液中注射碱性物质时，上述电离和
6、水解受到的影响分别是（）A促进、促进B促进、抑制C抑制、促进D抑制、抑制考点：盐类水解的应用；弱电解质在水溶液中的电离平衡.专题：盐类的水解专题分析：碳酸电离的离子方程式为：H2CO3 HCO3+H+； 碳酸氢根水解的离子方程式为：HCO3+H20H2CO3+0H，结合浓度对化学平衡移动的影响解答解答：解：向血液中注射碱性物质时，氢氧根离子浓度增大碳酸电离的离子方程式为：H2CO3HCO3+H+； 增大氢氧根离子浓度，消耗氢离子，平衡向正向移动，促进碳酸的电离；碳酸氢根水解的离子方程式为：HCO3+H20H2CO3+0H，增大氢氧根离子浓度，平衡向逆向移动，抑制碳酸氢根离子的水解，故选：B点评
7、：本题考查了弱电解的电离和盐类水解的影响因素，题目难度不大，熟悉弱电解质电离和盐类水解的实质，清楚浓度对化学平衡移动的影响是解题的关键二、选择题（共36分，每小题3分，只有一个正确选项）6（3分）（2014静安区二模）以下情况都有气体产生，其中不产生红棕色气体的是（）A加热浓硝酸B光照硝酸银C加热硝酸钙D加热溴化钾和浓硫酸混合物考点：硝酸的化学性质.专题：元素及其化合物分析：常见红棕色气体为NO2和Br2蒸气，可由硝酸或硝酸盐分解或由溴化物氧化生成，结合对应物质的性质解答该题解答：解：A硝酸化学性质不稳定，硝酸见光或受热分解，4HNO32H2O+4NO2+O2，生成的二氧化氮气体为红棕色，故A
8、正确；B硝酸银不稳定，见光易分解生成Ag、NO2和O2，生成的二氧化氮气体为红棕色，故B正确；C硝酸钙加热于132分解，加热至495500时会分解为氧气和亚硝酸钙，生成的氧气为无色气体，故C错误；D浓硫酸和溴化钠混合物受热后2KBr+H2SO4（浓）K2SO4+2HBr，浓硫酸具有强氧化性，易与HBr发生氧化还原反应，H2SO4（浓）+2HBrBr2+SO2+2H2O，生成的溴蒸气为红棕色，故D正确故选C点评：本题主要考查了硝酸、浓硫酸的化学性质，掌握常见的红棕色气体是解答本题的关键，平时须注意积累相关反应知识，题目难度不大7（3分）（2014静安区二模）如图所示装置中不存在的仪器是（）A坩埚
9、B泥三角C三脚架D石棉网考点：直接加热的仪器及使用方法；物质的溶解与加热.专题：化学实验常用仪器分析：根据图示装置可知，装置中用的仪器有：酒精灯、坩埚、泥三角、三脚架等，给坩埚可以直接加热，不需要垫上石棉网，据此进行解答解答：解：由图示装置可知，涉及的仪器为：坩埚、泥三角、三脚架、酒精灯等，由于给坩埚加热时可以直接进行加热，不需要使用石棉网，所以该装置中没有用到石棉网，故选D点评：本题考查了常见仪器的干燥及使用方法，题目难度不大，试题侧重基础知识的考查，注意常见的仪器干燥及正确的使用方法，明确给坩埚加热时，不需要垫上石棉网8（3分）（2014静安区二模）以下关于原子的未成对电子数的叙述正确的是
10、（）钠、铝、氯：1个；硅、硫：2个；磷：3个；铁：4个A只有B只有C只有D有考点：原子核外电子排布.专题：原子组成与结构专题分析：根据能量最低原理、保里不相容原理和洪特规则写出各元素原子的电子排布式，再根据原子的电子排布式分析解答：解：钠原子的电子排布式为：1s22s22p63s1，则Na原子的未成对电子数为1；铝原子的电子排布式为：1s22s22p63s22p1，则铝原子的未成对电子数为1；氯原子的电子排布式为：1s22s22p63s22p5，则氯原子的未成对电子数为1，故正确；硅原子的电子排布式为：1s22s22p63s22p2，则硅原子的未成对电子数为2；硫原子的电子排布式为：1s22s
11、22p63s22p4，则硫原子的未成对电子数为2，故正确；磷原子的电子排布式为：1s22s22p63s22p3，则磷原子的未成对电子数为3，故正确；Fe的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则铁原子的未成对电子数为4，故正确；故选D点评：本题考查了原子的未成对电子数的判断，注意根据原子电子排布式分析，题目难度不大9（3分）（2014静安区二模）以下措施都能使海洋钢质钻台增强抗腐蚀能力，其中属于“牺牲阳极的阴极保护法”的是（）A对钢材“发蓝”（钝化）B选用铬铁合金C外接电源负极D连接锌块考点：金属的电化学腐蚀与防护.专题：电化学专题分析：牺牲阳极的阴极保护法指的是原电池的负极
12、金属易被腐蚀，而正极金属被保护的原理，为防止钢铁被腐蚀，应连接活泼性较强的金属，以此解答解答：解：牺牲阳极的阴极保护法是原电池的负极金属易被腐蚀，而正极金属被保护的原理，是原电池原理的应用，利用被保护的金属做正极被保护选择，为减缓电解质溶液中铁片的腐蚀，应选择比铁活泼的金属做负极，在电池内电路为阳极，称为牺牲阳极的阴极保护法，题目中选择锌做阳极，故选D点评：本题考查学生金属的腐蚀和防护知识，为高频考点，侧重于双基的考查，注意基本概念的理解和掌握是关键，难度不大10（3分）（2014静安区二模）下列有机物都可以在碱的醇溶液和加热条件下发生消去反应，条件相同时，转化率最高的是（）ABCD考点：消去
13、反应与水解反应.专题：有机反应分析：卤代烃消去反应的机理是断裂卤原子和连卤原子的碳原子的相邻碳原子上的氢形成双键或三键，相邻碳原子上的CH键极性越强的氢原子，越容易断裂，而碳氢键的极性受其他原子团的影响，据此解答解答：解：碳碳双键为吸电子基团，ABC三种溴代烃中连溴原子碳原子的相邻碳上的CH键受双键吸电子的影响程度不同，按照CH键极性由强到弱的顺序排列依次是：C、A、B，所以碳氢键断裂由易到难的顺序为：C、A、B；D分子中不存在碳碳双键，相邻碳上的CH键极性比前三者弱，所以在碱的醇溶液和加热条件下发生消去反应，条件相同时，转化率有高到低的顺序是：C、A、B、D，故选C点评：本题考查了卤代烃消去
14、反应的机理，教材对该部分内容阐述较少，题目难度比较大11（3分）（2014静安区二模）I2Cl6晶体在常温下就会“升华”，蒸气冷却可得到晶体ICl3ICl3遇水会产生大量的腐蚀性白色烟雾，有强烈的催泪性若生成物之一是HCl，则另一种是（）AHIO3BHIO2CHIODICl考点：氯、溴、碘及其化合物的综合应用.专题：卤族元素分析：ICl3中I为+3价，Cl为1价，与水发生水解反应，元素化合价没有发生变化，以此解答解答：解：ICl3中I为+3价，Cl为1价，与水发生水解反应生成HIO2和HCl，故选B点评：本题考查卤素互化物的性质，为高频考点，注意从元素化合价的角度分析，把握水解的特点，难度不大
15、12（3分）（2014静安区二模）根据溶解度曲线，在80时含有等物质的量的硝酸钠和氯化钾混合溶液恒温蒸发，首先分析出的是（）A氯化钾B硝酸钠C氯化钠D硝酸钾考点：溶解度、饱和溶液的概念.专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：根据在80时各物质的溶解度的大小进行判断解答：解：在80时，氯化钠的溶解度为39克，氯化钾的溶解度为51克，硝酸钾的溶解度为170克，硝酸钠的溶解度为150克复分解反应发生的条件是生成物中有沉淀生成或有气体生成或有水生成，所谓沉淀就是生成的物质的溶解度小，就会有沉淀生成，所以加热蒸发溶液的温度在80时开始析出的晶体是氯化钠反应的化学方程式为NaNO3+KCl=NaCl+KNO
16、3，故选C点评：本题考查溶解度溶解度曲线的应用，关键是从溶解度曲线中获取有价值的信息，难度不大要注意复分解反应条件的运用13（3分）（2014静安区二模）以下性质的比较可能错误的是（）A离子半径 HLi+B熔点 Al2O3MgOC结合质子（H+）的能力 CO32ClOD密度 1氯戊烷1氯己烷考点：元素周期律和元素周期表的综合应用；元素周期律的作用.专题：元素周期律与元素周期表专题分析：A具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小；B离子晶体中，离子的电荷越高，半径越小，晶格能越大，熔点越高，但氧化镁的离子性百分数远高于氧化铝的离子性百分数，相比之下，氧化铝离子性百分数的相对偏低，使离子键的
17、削弱比Al3+电荷偏高，半径偏小对离子键的贡献要显著，导致了氧化铝熔点较氧化镁低因此氧化铝熔点很高，但却低于氧化镁；C酸性越强，结合质子的能力越弱；D两者结构相似，烃基越大的密度小解答：解：A具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则离子半径为HLi+，故A正确；B离子晶体中，离子的电荷越高，半径越小，晶格能越大，熔点越高，但氧化铝的离子性百分比小于MgO中离子性百分比，则熔点为Al2O3MgO，故B错误；C酸性是：HCO3HClO，所以结合质子（H+）的能力为CO32ClO，故C正确；D两者结构相似，1氯戊烷的碳链短，其密度大，则密度为1氯戊烷1氯己烷，故D正确；故选B点评：本题考查
18、微粒性质的比较，为高频考点，涉及酸性、离子半径、晶体熔点、熔点比较等，涉及知识点较多，注重高频考点的考查，注意归纳规律性知识，选项BD为解答的难点，题目难度不大14（3分）（2014静安区二模）乙烷、乙炔分子中碳原子间的共用电子对数目分别是1、3，则C20H32分子中碳原子间的共用电子对数目可能为（）A20B24C25D77考点：物质结构中的化学键数目计算.专题：计算题分析：烷烃中碳碳间共用电子对数为碳原子数减去1；若每减少2个H原子，则相当于碳碳间增加一对共用电子对，利用减少的H原子数目，再除以2可知增加的碳碳间共用电子对数解答：解：烷烃中碳碳间共用电子对数为碳原子数减去1；若每减少2个H原
19、子，则相当于碳碳间增加一对共用电子对，利用减少的H原子数目，再除以2可知增加的碳碳间共用电子对数，烷烃C20H42分子中碳原子间的共用电子对数目为19，则C20H32分子中碳原子间的共用电子对数目19+10=24；故选B点评：本题考查有机物中的共价键，明确每减少2个H原子，则相当于碳碳间增加一对共用电子对是解答本题的关键，题目难度不大15（3分）（2014静安区二模）在反应3BrF3+5H2O9HF+Br2+HBrO3+O2中，若有5mol H2O参加反应，被水还原的溴元素为（）A1molBmolCmolD2mol考点：氧化还原反应的计算.专题：氧化还原反应专题分析：在反应3BrF3+5H2O
20、=HBrO3+Br2+9HF+O2中，元素化合价变化情况为：溴元素由+3价升高为+5价，溴元素由+3价降低为0价，氧元素化合价由2价升高为0价，所以BrF3既起氧化剂也起还原剂作用，同时水也起还原剂作用根据氧化还原反应中电子转移守恒计算被水还原的BrF3的物质的量解答：解：在反应3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2中，元素化合价变化情况为：溴元素由+3价升高为+5价，溴元素由+3价降低为0价，氧元素化合价由2价升高为0价，所以BrF3既起氧化剂也起还原剂作用，同时水也起还原剂作用若5molH2O参加反应，则生成1molO2，氧原子提供电子物质的量为2mol2，令被水还原的Br
21、F3的物质的量为xmol，根据电子转移守恒，则：2mol2=xmol（30）解得x=mol，故选C点评：本题考查氧化还原反应的计算、氧化还原反应基本概念，为高频考点，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，难度中等，关键根据化合价判断氧化剂、还原剂，利用电子转移守恒计算16（3分）（2011上海）某溶液中可能含有Na+、NH4+、Ba2+、SO42、I、S2分别取样：用pH计测试，溶液显弱酸性；加氯水和淀粉无明显现象为确定该溶液的组成，还需检验的离子是（）ANa+BSO42CBa2+DNH4+考点：离子共存问题；常见阳离子的检验；常见阴离子的检验.专题：实验题；化学实验与化学计算分析：根据离子的
22、水解来分析溶液显酸性的原因，并利用离子的水解来判断离子的存在，再利用淀粉遇碘单质变蓝来结合信息加氯水和淀粉无明显现象来分析存在的离子，然后利用离子的共存及溶液呈电中性来分析还存在的离子和一定没有的离子，而对于不能确定的离子，则是还需检验的离子来解答解答：解：由可知溶液显弱酸性，上述离子只有NH4+能水解使溶液显酸性，则一定含有NH4+，而S2能水解显碱性，即S2与NH4+不能共存于同一溶液中，则一定不含有S2；再由氯水能氧化I生成碘单质，而碘遇淀粉变蓝，而中加氯水和淀粉无明显现象，则一定不含有I；又溶液呈电中性，有阳离子必有阴离子，则溶液中有NH4+，必须同时存在阴离子，即SO42必然存在，而
23、Ba2+、SO42能结合生成沉淀，则这两种离子不能共存，即一定不存在Ba2+；显然剩下的Na+是否存在无法判断，则需检验的离子是Na+，故选：A点评：本题考查学生推断溶液中的离子，学生明确离子的共存、离子的检验、溶液呈电中性等知识是解答的关键，有助于训练学生解决问题时思维的严密性17（3分）（2014静安区二模）青霉素是一元有机酸，它的钠盐的1国际单位的质量为6.00107克，它的钾盐1国际单位的质量为6.27107克，（1国际单位的2种盐的物质的量相等），则青霉素的相对分子质量为（）A371.6B355.6C333.6D332.6考点：物质的量的相关计算；相对分子质量及其计算.专题：计算题分
24、析：1国际单位的2种盐的物质的量相等，结合钠盐和钾盐的相对分子质量及n=计算解答：解：设青霉素的相对分子质量为x，则钠盐的相对分子质量分别为23+x1=22+x，钾盐的相对分子质量为39+x1=38+x，1国际单位的2种盐的物质的量相等，则，解得x=333.6，故选C点评：本题考查物质的量的计算，为高频考点，把握盐的相对分子质量的确定及质量与物质的量的关系为解答的关键，侧重分析能力、计算能力的考查，题目难度中等三、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）（2014静安区二模）
25、已知有反应：Cu2O+2H+Cu+Cu2+H2O，则可用来检验氢气还原CuO所得的红色固体中是否含Cu2O的试剂是（）A稀硝酸B稀硫酸C盐酸D浓硫酸考点：物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用；铜金属及其重要化合物的主要性质.专题：物质检验鉴别题分析：Cu与非氧化性酸不反应，若含Cu2O，加非氧化性酸得到蓝色溶液，以此鉴别解答：解：氢气还原CuO所得的红色固体中有Cu，可能含Cu2O，由Cu2O+2H+Cu+Cu2+H2O及Cu与非氧化性酸不反应，则加稀硫酸或稀盐酸若得到蓝色溶液，则证明含Cu2O，否则不含；而稀硝酸、浓硫酸均具有强氧化性，与Cu反应，则不能检验，故选BC点评：本题考查物质的检验
26、和鉴别，为高频考点，把握信息中的反应及Cu与稀硫酸、盐酸不反应为解答的关键，注意发生的氧化还原反应原理，题目难度不大19（4分）（2014静安区二模）以下物质的提纯方法错误的是（括号内为杂质）（）ACO2（H2S）：通过CuSO4溶液BCH3COOH（H2O）：加新制生石灰，蒸馏C苯（甲苯）：加酸性高锰酸钾溶液、再加NaOH溶液，分液DMgCl2溶液（Fe3+）：加MgO，过滤考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用.专题：化学实验基本操作分析：AH2S可与硫酸铜反应生成CuS沉淀；B加新制生石灰，与水反应生成具有碱性的氢氧化钙；C甲苯可被氧化生成苯甲酸；DFe3+易水解生成氢氧化铁沉淀解答
27、：解：AH2S可与硫酸铜反应生成CuS沉淀，可用于除杂，故A正确；B加新制生石灰，生成氢氧化钙，中和乙酸，故B错误；C甲苯可被氧化生成苯甲酸，再加NaOH溶液，生成溶于水的苯甲酸钠，分液后可除杂，故C正确；DFe3+易水解生成氢氧化铁沉淀，且不引入新杂质，故D正确故选B点评：本题考查物质的分离、提纯，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握物质的性质的异同，除杂时不能引入新杂质，更不能影响被提纯的物质，难度不大20（4分）（2014静安区二模）等质量的铁屑和锌粒与足量的同浓度的稀硫酸反应，下列图象可能正确的是（）ABCD考点：化学反应速率的影响因素.专题：化学反应速率专题
28、分析：锌比铁活泼，则与稀硫酸反应较剧烈，反应速率角度，结合n=解答该题解答：解：因锌较活泼，则与稀硫酸反应时，反应速率较大，则A、D错误；又M（Fe）M（Zn），则等质量时，Fe生产氢气较多，则B正确、C错误故选B点评：本题考查化学反应速率的影响因素，为高考常见题型，侧重于考查学生的分析能力和计算能力的考查，本题注意金属的活泼性的比较，难度不大21（4分）（2014静安区二模）25时，取浓度均为0.1molL1的醋酸溶液和氨水溶液各20mL，分别用0.1molL1NaOH溶液、0.1molL1盐酸进行中和滴定，滴定过程中pH随滴加溶液的体积变化关系如图所示下列说法正确的是（）A曲线：滴加溶液到
29、10mL时：c（CH3COO）c（Na+）c（H+）c（OH）B曲线：滴加溶液到20 mL时：c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH）C曲线：滴加溶液在10 mL20 mL之间存在：c（NH4+）=c（Cl）c（OH）=c（H+）D曲线：滴加溶液到10 mL时：c（CH3COO）c（CH3COOH）=2c（H+）c（OH）考点：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算.专题：电离平衡与溶液的pH专题分析：根据曲线变化趋势知，当未滴加溶液时，曲线I的pH7，说明属于酸滴定碱溶液，根据曲线变化趋势知，当未滴加溶液时，曲线II的pH7，说明属于碱滴定酸溶液；根据溶液中的溶质及溶液的酸碱性结合电荷守恒
30、来分析解答解答：解：根据曲线变化趋势知，当未滴加溶液时，曲线I的pH7，说明属于酸滴定碱溶液，根据曲线变化趋势知，当未滴加溶液时，曲线II的pH7，说明属于碱滴定酸溶液；A曲线I为酸滴定碱溶液，当滴加溶液到10mL时，溶液中的溶质是氯化铵和一水合氨，溶液呈碱性，则c（H+）c（OH），故A错误；B曲线I为酸滴定碱溶液，当滴加溶液到20mL时，溶液中的溶质是氯化铵，溶液呈酸性，则c（H+）c（OH），溶液中存在电荷守恒c（Cl）+c（OH）=c（NH4+）+c（H+），所以得c（Cl）c（NH4+），盐类水解程度较小，所以离子浓度大小顺序是c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH），故B正确；
31、C曲线II为氢氧化钠滴定醋酸溶液的曲线，滴加溶液在10 mL20 mL之间存在，溶液中的溶质是醋酸钠和醋酸，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，则溶液中c（H+）c（OH），故C错误；D滴加溶液到10 mL时，溶液中的溶质是等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠，溶液中存在物料守恒c（CH3COO）+c（CH3COOH）=2c（Na+），溶液中存在电荷守恒c（CH3COO）+c（H+）=c（OH）+c（Na+），所以得c（CH3COO）c（CH3COOH）=2c（H+）c（OH），故D正确；故选BD点评：本题考查了酸碱混合溶液定性判断，根据溶液中的溶质及其性质结合电荷守恒和物料守恒来分析解答，题目难度中
32、等22（4分）（2014静安区二模）现有1950g发烟硫酸（用aSO3H2O表示），SO3和H2SO4的质量分数分别为0.3和0.7，加bg水稀释成某浓度的硫酸（用H2SO4H2O表示），则以下正确的是（）（允许最后一位数字不同）Aa=1.38Ba=1.53Cb=174Db=165考点：溶液中溶质的质量分数及相关计算.专题：物质的量浓度和溶解度专题分析：发烟硫酸可表示为H2ObSO3，通过整理即为：H2SO4（b1）SO3，根据发烟硫酸中H2SO4和SO3的质量关系可得a的值，用H2SO4H2O表示的是质量分数是98%的硫酸，三氧化硫和水反应得到硫酸，根据硫酸的质量分数=100=98%来计算加
33、水的量解答：解；发烟硫酸可表示为H2ObSO3，通过整理即为：H2SO4（a1）SO3，根据发烟硫酸中H2SO4和SO3的质量关系可得：98：80（a1）=0.7：0.3，解得：a=1.5251.53，H2SO4H2O表示质量分数是98%的硫酸，在发烟硫酸中SO3和H2SO4的质量分数分别为0.3和0.7，则三氧化硫和水反应得到硫酸的质量是=716.625g，根据所加水后硫酸的质量分数是98%，则=98%，解得b174故选BC点评：本题是一道关于硫酸质量分数的计算题，注意公式的灵活应用是关键，计算量较大，难度大四、（本题共12分）23（12分）（2014静安区二模）磷和砷是同主族的非金属元素（
34、1）砷（As）元素位于元素周期表第15列；As原子能量最高的3个轨道在空间相互垂直；1个黄砷（As4）分子中含有6个AsAs键，键角60度（2）黑磷的结构与石墨相似最近中国科学家将黑磷“撕”成了二维结构，硬度和导电能力都大大提高，这种二维结构属于d（选填编号）a离子晶体 b原子晶体 c分子晶体 d其它类型（3）与硫元素的相关性质比，以下不能说明P的非金属性比S弱的是b（选填编号）a磷难以与氢气直接化合 b白磷易自燃 cPH的键能更小 dH3PO4酸性更弱（4）次磷酸钠（NaH2PO2）可用于化学镀镍，即通过化学反应在塑料镀件表面沉积镍磷合金化学镀镍的溶液中含有Ni2+和H2PO2，在酸性条件下
35、发生以下镀镍反应：1 Ni2+1 H2PO2+1H2O1Ni+1 H2PO3+2H+请配平上述化学方程式上述反应中，若生成1mol H2PO3，反应中转移电子的物质的量为2mol（5）NaH2PO4、Na2HPO4和Na3PO4可通过H3PO4与NaOH溶液反应获得，含磷各物种的分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与pH的关系如图所示pH=8时，溶液中主要含磷物种浓度大小关系为c（HPO42）c（H2PO4）为获得尽可能纯的NaH2PO4，pH应控制在45.5（介于此区间内的任意值或区间均可）考点：元素周期表的结构及其应用；物质的量浓度的相关计算；元素周期律的作用；不同晶体的结
36、构微粒及微粒间作用力的区别；氧化还原反应方程式的配平.专题：计算题；元素周期律与元素周期表专题；化学键与晶体结构分析：（1）砷（As）为第A族元素，As原子能量最高的3个轨道为4p，黄砷（As4）分子类似P4结构，为正四面体；（2）黑磷的结构与石墨相似，硬度和导电能力都大大提高，则晶体类型与石墨相同；（3）可利用与氢气化合的难易程度、NH和PH的键能及最高价含氧酸的酸性等比较非金属性；（4）镍元素的化合价降低了2价，磷元素的化合价升高的2价，根据原子守恒结合电荷守恒可得配平的方程式；（5）为获得尽可能纯的NaH2PO4，pH应控制从图表中找出H2PO4分布分数最大值所在区间；溶液中主要含磷物种
37、浓度大小关系可由图表得出解答：解：（1）砷（As）为第A族元素，位于元素周期表第15列，As原子能量最高的3个轨道为4p，在空间相互垂直，黄砷（As4）分子类似P4结构，为正四面体，有6个AsAs键，键角为60度，故答案为：15；垂直；6；60；（2）黑磷的结构与石墨相似，硬度和导电能力都大大提高，则晶体类型与石墨相同，存在共价键和分子间作用力，为混合型晶体，故答案为：d；（3）可利用与氢气化合的难易程度、NH和PH的键能及最高价含氧酸的酸性等比较非金属性，a、c、d均可比较，而b不能，故答案为：b；（4）镍元素的化合价降低了2价，磷元素的化合价升高的2价，由电子、电荷守恒及原子守恒可知，离子
38、反应为Ni2+H2PO2+1H2ONi+1H2PO3+2H+，故答案为：1；1；1H2O；1；1；2H+；1mol H2PO3，反应中转移电子的物质的量为1mol（42）=2mol，故答案为：2mol；（5）由图可知，pH=8时，溶液中主要含磷物种浓度大小关系为c（HPO42）c（H2PO4），故答案为：c（HPO42）c（H2PO4）；为获得尽可能纯的NaH2PO4，pH应控制从图表中找出H2PO4分布分数最大值所在区间，即45.5（介于此区间内的任意值或区间均可），故答案为：45.5（介于此区间内的任意值或区间均可）点评：本题考查较综合，涉及元素在周期表的位置、晶体类型、氧化还原反应及图象
39、分析等，综合考查学生分析问题、解决问题的能力，综合性较强，题目难度中等，注意类推法及信息的处理五、（本题共12分）24（12分）（2014静安区二模）最近有科学家提出“绿色自由”的构想：把含有CO2的空气吹入K2CO3溶液中，然后再用高温水气分解出CO2，经与H2化合后转变为甲醇燃料（1）在整个生产过程中饱和K2CO3溶液的作用是富集CO2；不用KOH溶液的理由是生成的K2CO3难分解产生CO2（2）在合成塔中，每44g CO2与足量H2完全反应生成甲醇时，可放出49.5kJ的热量，试写出合成塔中发生反应的热化学方程式CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（g）H=49.5KJ/
40、mol；转化过程中可循环利用的物质除了K2CO3外，还有水蒸气（3）请评述合成时选择2105Pa的理由适当加压有利于提高反应速率和原料利用率，但压强太高增大成本（4）BaCO3的溶解平衡可以表示为 BaCO3（s）Ba2+CO32写出平衡常数表达式K= c（Ba2+）c（CO32）；用重量法测定空气中CO2的体积分数时，选用Ba（OH）2而不是Ca（OH）2为沉淀剂，原因之一是：25时，BaCO3的溶解平衡常数K=2.58109，而CaCO3的溶解平衡常数K=4.96109；原因之二是BaCO3的式量大，相对误差小（5）某同学很快就判断出以下中长石风化的离子方程式未配平：4Na0.5Ca0.5
41、Al1.5Si2.5O6+6CO2+17H2O2Na+2Ca2+5HCO3+4H4SiO4+3Al2SiO5（OH）4该同学判断的角度是未配平两边电荷数（6）甲醇可制成新型燃料电池，总反应为：2CH3OH+3O2+4KOH2K2CO3+6H2O该电池负极的电极反应式为：CH3OH6e+8OHCO32+6H2O则正极的电极反应式为：O2+2H2O+4e4 OH考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；化学电源新型电池；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计.专题：实验设计题；基本概念与基本理论分析：（1）碳酸氢钾不稳定，加热时分解生成碳酸钾和二氧化碳、水，碳酸钾不分解；（2
42、）4.4kgCO2的物质的量是100mol，100mol二氧化碳和足量氢气反应放出4947KJ热量，据此计算1mol二氧化碳与足量氢气反应放出的热量，从而写出其热化学反应方程式；根据合成甲醇的方程可知，反应生成甲醇和水蒸气，水蒸气可以给碳酸氢钾分解提供能量；（3）合成甲醇的反应为体积减小的反应，增大压强平衡正移；（4）溶解平衡方程式书写平衡常数表达式；重量法测定空气中CO2的体积分数，要求称量准确，误差小；（5）书写离子方程式要注意原子守恒和电荷守恒；（6）碱性甲醇燃料电池中，甲醇在负极失电子，氧气在正极得电子解答：解：（1）在整个生产过程中饱和K2CO3溶液的作用是富集二氧化碳，二氧化碳和饱
43、和的碳酸钾溶液反应生成碳酸氢钾，碳酸氢钾不稳定，加热时分解生成碳酸钾、二氧化碳和水，KOH溶液与二氧化碳是碳酸钾，K2CO3难分解产生CO2，故答案为：富集CO2；生成的K2CO3难分解产生CO2；（2）44gCO2的物质的量是1mol，1mol二氧化碳和足量氢气反应放出49.5KJ热量，所以其热化学反应方程式为：CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（g）H=49.5KJ/mol；根据合成甲醇的方程可知，反应生成甲醇和水蒸气，水蒸气可以给碳酸氢钾分解提供能量，所以转化过程中可循环利用的物质除了K2CO3外，还有水蒸气；故答案为：CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（g）H=4