《2019年上海市嘉定区高考化学一模试卷（解析版）(带参考答案).docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年上海市嘉定区高考化学一模试卷（解析版）(带参考答案).docx（21页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2019年上海市嘉定区高考化学一模试卷一、单选题（本大题共20小题，共40.0分）1.下列物质属于电解质的是()A. NaCl溶液B. SO3C. NaOHD. Cu【答案】C【解析】解：A、氯化钠溶液是混合物，故不是电解质，故A错误； B、SO3在水溶液中和熔融状态下均不能导电，故是非电解质，故B错误； C、NaOH在水溶液中和熔融状态下均能自身电离出自由移动离子而导电，故为电解质，故C正确； D、Cu是单质，故不是电解质，故D错误。 故选：C。在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物为电解质，常见的电解质包括酸、碱、盐和金属氧化物等。本题考查了电解质和非电解质的判断，应注意的是电解质和非电解质
2、必须均为化合物，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。2.常温常压下呈气态的化合物，降温使其固化得到的晶体一般属于()A. 原子晶体B. 离子晶体C. 金属晶体D. 分子晶体【答案】D【解析】解：原子晶体、离子晶体的熔沸点较高，在常温常压下不可能呈气态， 常温常压下呈气态的化合物，由分子构成单位物质，说明对应晶体的沸点较低，应为分子晶体， 故选：D。常温常压下呈气态的化合物，说明对应晶体的沸点较低，应为分子晶体。本题考查晶体的性质，题目难度不大，不同晶体的熔沸点：原子晶体离子晶体金属晶体分子晶体。3.下列仪器无定量的要求的是()A. 量筒B. 分液漏斗C. 滴定管D. 容量瓶【答案】B【解析
3、】解：A.量筒为量取一定体积的液体专用仪器，有刻度，有定量的要求，故A不选； B.分液漏斗为分离固体与液体仪器，不需要定量要求，故B选； C.滴定管为量取一定体积的液体专用仪器，有刻度，有定量的要求，故C不选； D.容量瓶为配制特定体积物质的量浓度溶液的专用仪器，有定量要求，故D不选； 故选：B。依据仪器的用途及构造解答。本题考查了常见仪器的使用及构造，熟悉常见计量仪器及用途是解题关键，题目难度不大。4.有六种微粒，它们分别是：1940M、2040N、1840X、1940Q+、2040Y2+、1740Z-，它们所属元素的种类为()A. 3种B. 4种C. 5种D. 6种【答案】B【解析】解：因
4、为1940M、1940Q+的质子数相同，所以是同一元素，只是1940M是原子，1940Q+是带一个单位正电荷的离子； 2040N、2040Y2+的质子数相同，所以是同一元素，只是2040N是原子，2040Y2+是带两个单位正电荷的离子； 1740Z-是质子数为17的元素； 1840X是质子数为18的元素； 所以共有4种元素。 故选：B。具有相同核电荷数(即质子数)的同一类原子的总称叫元素；元素符号的左下角表示质子数，左上角表示质量数，质子数相同中子数不同的同一类原子互称同位素，据此分析判断本题考查了元素的定义，难度不大，注意元素概念的外延和内涵，由原子变成离子，变化的是核外电子数，不变的是核内
5、质子数5.下列物质属于两性氧化物的是()A. Al(OH)3B. Fe2O3C. Al2O3D. Al【答案】C【解析】解：A.氢氧化铝不是氧化物，不属于两性氧化物，故A错误； B.Fe2O3与碱不反应，不属于两性氧化物，故B错误； C.氧化铝与酸和碱反应，都生成盐和水，属于两性氧化物，故C正确； D.铝和酸碱反应，是金属单质不是两性氧化物，故D错误； 故选：C。两性氧化物指即能与酸反应，又能与碱作用生成盐和水的化合物，据此判断解答。本题考查了两性氧化物的判断，明确两性氧化物的概念是解题关键，注意对基础知识的积累，题目难度不大。6.下列物质与铁反应不可能使铁显示+2价的是()A. SB. Cl
6、2C. 稀硫酸D. CuSO4溶液【答案】B【解析】解：A.硫的氧化性较弱，与铁反应只能能使铁显示+2价，硫与铁反应生成硫化亚铁，故A错误； B.氯气具有较强的氧化性，与铁反应只能能使铁显示+3价，铁和氯气反应生成氯化铁，故B正确； C.稀硫酸中的+1价的氢具有较弱的氧化性，与铁反应只能能使铁显示+2价，铁和硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，故C错误； D.硫酸铜中的+2价的氢具有较弱的氧化性，与铁反应只能能使铁显示+2价，铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜，故D错误； 故选：B。A.硫与铁反应生成硫化亚铁； B.铁和氯气反应生成氯化铁； C.铁和硫酸反应生成硫酸亚铁； D.铁和硫酸铜反应生成硫酸亚铁。
7、本题考查铁化学性质，掌握相关的元素化合物知识是解答关键，题目难度不大。7.下列属于取代反应的是()A. 苯与氢气在镍的催化下反应B. 甲烷在空气中燃烧C. 乙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【答案】C【解析】解：A.为苯的加成反应，故A不选； B.为氧化反应，故B不选； C.为烷烃的取代反应，故C选； D.为烯烃的加成反应，故D不选； 故选：C。A.苯环转化为环己烷； B.燃烧为氧化反应； C.乙烷中H被Cl取代； D.乙烯含碳碳双键。本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意官能团决定性质，题目难度不
8、大。8.下列微粒的表示方法能确定为氟离子的是()A. X-B. C. D. 【答案】C【解析】解：A.X-表示带有1个单位负电荷的离子，可以是氯离子、溴离子等，表示的不一定为氟离子，故A错误；B.为带有1个负电荷的阴离子的电子式，可以是铝离子、溴离子、碘离子等阴离子，不一定为氟离子，故B错误；C.表示的核电荷数为9，为F元素，核外电子总数-核电荷数=10-9=1，说明带有1个单位负电荷，表示的只能是氟离子，故C正确；D.表示的是含有两个电子层、最外层为8个电子的粒子，可以是钠离子、镁离子、氖原子等一类，不一定为氟离子，故D错误；故选：C。A.X-表示带有1个单位负电荷的离子，可能为氯离子、溴离
9、子，不一定为氟离子；B.为带有1个负电荷的阴离子，可能为溴离子、氯离子；C.表示的核电荷数为9，为氟元素，核外电子总数-核电荷数=10-9=1，说明带有1个单位负电荷，表示的是氟离子；D.表示的可以是钠离子、镁离子、氖原子等一类两个电子层、最外层为8个电子的粒子本题考查常见化学用语的表示方法，题目难度中等，涉及电子式、粒子结构示意图、电子轨道排布式、离子符号的表示方法等知识，注意掌握常见化学用语的概念及表示方法，正确分析各选项表示的意义为解答本题的关键9.某化工生产反应历程的能量变化如右图，过程I没有使用催化剂，过程使用了催化剂，则可判断催化剂除了能改变反应速率外，还可以改变的是()A. 生产
10、能耗B. 反应的完成程度C. 反应物的状态D. 反应热效应【答案】A【解析】解：过程I没有使用催化剂，降低反应的活化能，加快反应速率，由图象可知，加入催化剂可改变生产能耗， 故选：A。根据催化剂的催化原理来分析：催化剂参能参与反应，从而降低反应的活化能，缩短到达平衡的时间，但平衡不移动，以此解答该题。本题考查了催化剂对化学反应的影响，侧重于化学与生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，注意把握住催化剂的作用机理是关键。难度不大。10.下列应用与盐类水解无关的是()A. 泡沫灭火器B. 氯化铵和消石灰制备氨气C. 明矾净水D. 草木灰不宜与铵态氮肥混合使用【答案】B【解析】解
11、：A、泡沫灭火器(成分为Al2(SO4)3、NaHCO3溶液)的灭火原理是利用铝离子和碳酸氢根离子双水解反应生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，与盐类水解有关，故A错误； B、氯化铵和消石灰制备氨气，是复分解反应，与盐类水解无关，故B正确； C、明矾净水是铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质的作用，与水解有关，故C错误； D.草木灰可以与铵态氮肥混合，易发生互促水解，减小肥效，二者不能混合使用，与盐类水解有关，故D错误； 故选：B。A、泡沫灭火器(成分为Al2(SO4)3、NaHCO3溶液)的灭火原理是利用铝离子和碳酸氢根离子双水解反应生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀； B、氯化铵和消石灰制
12、备氨气，是复分解反应； C、明矾净水是铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质的作用； D.草木灰可以与铵态氮肥混合，易发生互促水解。本题考查了盐类水解的分析应用，掌握原理是关键，题目难度中等。11.X元素最高价氧化物对应的水化物为H2XO3，它的气态氢化物为()A. HXB. H2XC. XH3D. XH4【答案】D【解析】解：X元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式为H2XO3，则X的最高正价为+4价，说明X原子最外层有4个电子，最低化合价为-4价，形成的氢化物为XH4， 故选：D。根据最高价氧化物对应的水化物的化学式可知元素的最高正价，则可知最低负价，进而判断氢化物的化学式。本题考查
13、元素在周期表中的位置以及元素的性质，题目难度不大，注意最高化合价与最低化合价之间的关系，二者绝对值之和为8。12.鉴别乙酸、乙醛不能选用的试剂是()A. 银氨溶液B. 碳酸氢钠C. 新制氢氧化铜D. 酚酞试液【答案】D【解析】解：A.乙醛含有醛基，与银氨溶液反应有银镜现象生成，而乙酸不反应，可以区别，故A不选； B.乙酸含有羧基，具有酸性，与碳酸氢钠反应有气泡产生，而乙醛不与碳酸氢钠反应，可以区别，故B不选； C.乙醛含有醛基，与新制氢氧化铜浊液有砖红色沉淀生成，乙酸能与氢氧化铜反应生成盐，溶液呈蓝色，现象不同，可以区别，故C不选； D.酚酞溶液在酸性、中性条件下均为无色，不能区别乙酸与乙醇，
14、故D选， 故选：D。乙醛含有醛基，可与新制氢氧化铜浊液、银氨溶液等发生氧化还原反应，乙酸含有羧基，具有酸性，根据性质的异同鉴别本题考查有机物鉴别，注意对常见有机物性质的掌握，难度不大13.CO和NO都是汽车尾气中的有害气体，它们在催化转换器中能反应生成氮气和CO2，对此反应，下列说法中错误的是()A. 改变压强不可以改变反应速率B. 使用催化剂能同时增加正、逆反应的速率C. 增加压强能增加反应速率D. 升高温度能增加吸热方向的反应速率【答案】A【解析】解：该反应方程式为2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)， A.改变压强时能引起反应物、生成物浓度的能改变反应速率，如：恒容条件下
15、增大压强，容器体积减小，反应物和生成物浓度都增大，反应速率增大，故A错误； B.催化剂降低反应所需活化能，活化分子百分数增大，所以能同等程度的增大正逆反应速率，故B正确； C.根据A知，增大压强能增大反应速率，故C正确； D.升高温度使部分非活化分子转化为活化分子，增大活化分子百分数，反应速率增大，故D正确； 故选：A。该反应方程式为2NO(g)+2CO(g)2CO2(g)+N2(g)， A.改变压强时能引起反应物、生成物浓度的能改变反应速率； B.催化剂能同等程度的增大正逆反应速率； C.增大压强如果能增大反应物、生成物浓度增大，则反应速率增大； D.升高温度增大活化分子百分数，反应速率增大
16、。本题考查外界条件对化学反应速率影响，为高频考点，明确浓度、温度、压强、催化剂对化学反应速率影响原理是解本题关键，注意：压强改变反应速率不一定改变，如恒容条件下加入惰性气体，反应速率不变，为易错点。14.实验室从干海带中提取碘的操作过程中，仪器选用错误的是()A. 称取一定质量的干海带-电子天平B. 灼烧干海带至完全变成灰烬-蒸发皿C. 过滤海带灰水混合物-漏斗D. 在海带灰浸取液中加入适量氯水后，用四氯化碳提取碘-分液漏斗【答案】B【解析】解：A.精确称量干海带用电子天平，故A正确； B.灼烧固体应在坩埚中进行，而加热液体可用蒸发皿，故B错误； C.过滤煮沸后的海带灰水混合液可用漏斗分离，故
17、C正确； D.四氯化碳与水互不相溶，可用分液漏斗进行分液，故D正确。 故选：B。可用托盘天平粗略称量干海带，灼烧固体应在坩埚中进行，用漏斗过滤浊液，萃取后的液体混合物用分液的方法分离，以此解答该题。本题考查物质的分离和提纯知识，题目难度不大，注意把握常见物质的分离操作方法和使用的仪器，学习中注意相关基础知识的积累。15.已知如表所列元素的原子半径，根据表中数据，推测磷元素的原子半径可能是()元素NSOSi原子半径/10-10m0.751.020.741.17A. 0.8010-10mB. 1.1010-10mC. 1.2010-10mD. 0.7010-10m【答案】B【解析】解：N、P是同一
18、主族元素，P元素的原子序数大于N元素的原子序数，所以原子半径：r(P)0.7510-10m； Si、P、S是同一周期的元素，且P的原子序数大于Si的原子序数小于S的原子序数，所以原子半径：1.0210-10mr(P)(a-1)，故A错误； B、加入适量的氯化铵固体，NH3H2ONH4+OH-，平衡向逆方向移动，则OH-的浓度减小，PH减小，所以PH有可能等于(a-1)，故B正确； C、0.1mol/L氨水中加入等体积的0.1mol/LNaOH溶液，氢氧化钠为强碱完全电离，溶液中OH-的浓度增大，PH增大，故C错误； D、加入等体积0.1mol/L盐酸，和氨水恰好完全反应，得到的氯化铵溶液显示酸
19、性，故D错误； 故选：B。0.1mol/L氨水的pH=a，若使其pH=(a-1)，则氢氧根离子浓度减小，溶液中存在NH3H2ONH4+OH-，根据影响电离平衡的因素分析本题考查了弱电解质的电离，主要考查了影响弱电解质电离平衡的因素，题目难度不大20.某溶液中可能含有Na+、Al3+、Fe3+、NO3-、SO42-、Cl-，滴入过量氨水，产生白色沉淀，若溶液中各离子的物质的量浓度相等，则一定存在的离子是()A. SO42-B. NO3-C. Na+D. Fe3+【答案】A【解析】解：溶液中可能含有Na+、Al3+、Fe3+、NO3-、SO42-、Cl-，滴入过量氨水产生白色沉淀，该白色沉淀为Al
20、(OH)3，则一定存在Al3+；由于Fe(OH)3为红褐色沉淀，则一定不存在Fe3+； 溶液呈电中性，若溶液中各离子的物质的量浓度相等，则一定含有SO42-，至少含有NO3-、Cl-中的1种， 故选：A。某溶液中可能含有Na+、Al3+、Fe3+、NO3-、SO42-、Cl-，滴入过量氨水，产生白色沉淀，该白色沉淀为Al(OH)3，则一定不存在Fe3+；结合“溶液中各离子的物质的量浓度相等”及溶液电中性分析。本题考查常见离子的检验方法，题目难度不大，明确常见离子的性质为解答关键，注意溶液呈电中性特点，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。二、填空题（本大题共1小题，共8.0分）21.向盛有K
21、I溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色。如果继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色。完成下列填空：(1)已知碘元素最终变为无色HIO3.上述整个过程中的还原剂是_。写出CCl4层变成紫色的离子反应方程式_。(2)若把KI换成KBr，则CCl4层变为_色，继续滴加氯水，CCl4层的颜色没有变化。Cl2、HIO3、HBrO3氧化性由强到弱的顺序是_。【答案】KI、I2 Cl2+2I-=I2+2Cl- 橙 HBrO3Cl2HIO3【解析】解：(1)氯气具有强氧化性，向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色，说明生成I2，反应为
22、Cl2+2I-=I2+2Cl-，继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色，说明I2被进一步氧化，生成HIO3，同时氯气被还原为HCl；整个过程中还原剂为KI、I2， 故答案为：KI、I2；Cl2+2I-=I2+2Cl-； (2)氯气的氧化性比溴强，将KI换成KBr，则生成Br2，则CCl4层变为橙色，继续滴加氯水，CCl4层的颜色没有变化，说明氧化性HBrO3Cl2，根据氧化剂和还原剂反应生成氧化产物和还原产物，氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性，则有Cl2HIO3，所以氧化性顺序为HBrO3Cl2HIO3，氧化性HBrO3Cl2，所以HBrO3+HClBr2+Cl2+H2
23、O能进行； 故答案为：橙；HBrO3Cl2HIO3。(1)在淀粉KI溶液中，滴加氯水，CCl4层变成紫色，说明二者发生氧化还原反应生成碘单质，CCl4层由紫色变成无色，可知氯气和I2反应生成HCl、HIO3； (2)KBr溶液中，滴加氯水，反应生成单质溴，继续滴加氯水，CCl4层的颜色没有变化。本题考查氯气的性质、氧化还原反应等知识点，侧重考查学生获取信息、加工信息的能力，根据题给信息确定发生的反应，根据元素化合价变化规律确定生成物，注意氯气和碘能发生氧化还原反应，题目难度不大。三、简答题（本大题共5小题，共37.0分）22.人体含氧65%、碳18%、氢10%、氮3%、钙1.5%、磷1%、钾0
24、.35%、硫0.25%、钠0.15%、氯0.15%、镁0.05%，它们被称为人体常量元素。(1)人体的构成元素，从周期表来看，元素数目最多族为_族。属于第三周期的非金属元素的原子半径由大到小的顺序_。人体还有许多微量元素，请列举其中的一种_(2)含量最高的元素原子核外运动状态有_种，最外层电子轨道表示式_；与它同族的另一种元素的活动性相比_(用元素符号表示)，请用一个事实说明该结论_。(3)含量前3位的元素按原子个数比1：1：2形成的物质的名称是_(写出一种即可)【答案】IA PSCl 碘(人体必需微量元素，也有多种包括碘、锌、硒、铜、钼、铬、钴及铁，写出其中的一种即可) 8 O S 2H2S
25、+O2=2H2O+2S 乙酸等【解析】解：(1)人体含氧量为O：65%16、H：10%1，可知数目最多的H元素，属于第三周期的非金属元素有P、S、Cl，同周期元素从左到右原子半径减小，则PSCl，人体还有许多微量元素，如碘(人体必需微量元素，也有多种包括碘、锌、硒、铜、钼、铬、钴及铁，写出其中的一种即可)，故答案为：IA；PSCl；碘(人体必需微量元素，也有多种包括碘、锌、硒、铜、钼、铬、钴及铁，写出其中的一种即可)；(2)含量最高的元素原子为O，含有8个电子，有8种运动状态，最外层电子轨道式为，同主族元素从上到下元素的非金属性减弱，则非金属性OS，元素的非金属性越强，对应的单质的氧化物越强，
26、可发生2H2S+O2=2H2O+2S，故答案为：8；O；S；2H2S+O2=2H2O+2S；(3)含量前3位的元素按原子个数比1：1：2形成的物质可为乙酸、乙醇等，故答案为：乙酸等。(1)元素数目最多的H元素，属于第三周期的非金属元素有P、S、Cl；(2)含量最高的元素原子为O；(3)含量前3位的元素为C、H、O。本题考查元素周期表的结构与应用，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，把握元素周期率的递变规律以及物质的性质为解答该题的关键，难度不大。23.在2L密闭容器中，800时反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)体系中，n(NO)随时间的变化如表：回答第(1)(3)题：时间(s)0123
27、45n(NO)(mol)0.010.0050.0040.00350.00350.0035(1)化学平衡常数K=_，K值越大，表示_。已知：该反应K(300)K(350)，判断该反应是_，(答“放热反应”或“吸热反应”)(2)利用表中数据，用NO表示从02s内该反应的平均速率v=_。(3)当反应达到平衡后的t2时刻，将混合气体通过“分子筛”，可以及时将产物NO2分离出平衡体系，该操作对_(填“正反应”或者“逆反应”)的反应速率影响大，请根据平衡移动原理，在图中画出t2时刻后平衡移动的示意图。【答案】c2(NO2)c2(NO)c(O2) 反应进行得越完全 放热反应 0.0015molL-1s-1
28、逆反应【解析】解：(1)2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的化学平衡常数K=c2(NO2)c2(NO)c(O2)，K值越大，说明反应物转化率越高，则反应进行得越完全；该反应K(300)K(350)，说明升高温度后平衡向着逆向移动，则正反应为放热反应，故答案为：c2(NO2)c2(NO)c(O2)；反应进行得越完全；放热反应；(2)用NO表示从02s内该反应的平均速率v=0.01mol-0.004mol2L2s=0.0015molL-1s-1，故答案为：0.0015molL-1s-1；(3)当反应达到平衡后的t2时刻，将混合气体通过“分子筛”，可以及时将产物NO2分离出平衡体系，导致生成物浓
29、度减小，逆反应速率迅速减小，则对逆反应速率影响较大；t2时刻分离出NO2的瞬间，生成物浓度减小，反应物浓度不变，导致逆反应速率迅速减小，正反应速率不变，之后正反应速率逐渐减小、逆反应速率逐渐增大，直至达到新的平衡状态，据此画出t2时刻后平衡移动的示意图为，故答案为：逆反应；。(1)化学平衡常数等于生成物平衡浓度的幂次方乘积除以反应物平衡浓度的幂次方乘积；K越大，说明可逆反应正向进行程度越大；温度越高，平衡常数越小，说明升高温度平衡向着逆向移动，据此判断反应热；(2)根据v=ct计算用NO表示从02s内该反应的平均速率；(3)将产物NO2分离出平衡体系，生成物浓度减小，逆反应速率迅速减小；t2时
30、刻分离出二氧化氮的瞬间，逆反应速率迅速减小，正逆反应速率不变，之后正反应速率逐渐减小、逆反应速率逐渐增大，直至达到新的平衡状态，据此画出t2时刻后平衡移动的示意图。本题考查化学平衡及其应用，题目难度中等，明确化学平衡及其影响为解答关键，注意掌握化学平衡常数、反应速率的概念及表达式，试题培养了学生的呋喃西林及化学计算能力。24.某科研小组用MnO2和浓盐酸制备Cl2时，利用刚吸收过少量SO2的NaOH溶液对其尾气进行吸收处理。(1)请完成SO2与过量NaOH溶液反应的化学方程式：_。(2)反应Cl2+Na2SO3+2NaOH2NaCl+Na2SO4+H2O中的氧化产物为_，被还原的元素为_。【答
31、案】SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O Na2SO4 Cl【解析】解：(1)SO2与过量NaOH溶液反应，因NaOH过量，故生成的是正盐，化学方程式为：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O； 故答案为：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O； (2)在氧化还原反应中，所含元素化合价升高的反应物是还原剂，反应物Na2SO3中的S元素的价态从+4+6，化合价升高，失去电子则表现还原性，还原剂为Na2SO3，氧化产物为Na2SO4，氯元素的化合价从0价降为-1价，则氯元素被还原， 故答案为：Na2SO4；Cl。(1)氢氧化钠过量，二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水； (2)根据在氧化
32、还原反应中，所含元素化合价升高的反应物是还原剂来判断。本题考查氧化还原反应和化学方程式的书写，明确用化合价升降分析氧化还原反应和氧化还原反应的基本概念是解题关键，基础考查，难度不大。25.智利硝石矿层中含有碘酸钠，可用亚硫酸氢钠与其反应来制备单质碘。(1)试配平该反应的化学方程式，并用短线标出电子转移方向及总数_NaIO3+_NaHSO3_NaHSO4+_Na2SO4+_I2+_H2O(2)已知含氧酸盐的氧化作用随溶液酸性的加强而增强，在制备试验时，定时取样，并用酸化的氯化钡来检测SO42-离子生成的量，发现开始阶段反应速度呈递增的趋势，试简述这变化趋势发生的原因：_【答案】2 5 3 2 1
33、 1 开始时HSO3-被氧化成H+和SO42-，溶液酸性增强，NaIO3氧化性增强，反应速率加快【解析】解：(1)反应中，I元素的化合价降低，S元素的化合价由+4升高到+6，碘元素由+5降低到0价，则取最小公倍数为10，所以NaIO3，前的系数为2，NaHSO3前的系数为5，结合原子守恒配平该方程式为：2NaIO3+5NaHSO3=3NaHSO4+2Na2SO4+I2+H2O，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数=10，电子转移为：，故答案为：2；5；3；2；1；1；(2)由信息可知，开始时HSO3-被氧化成H+和SO42-，溶液酸性增强，NaIO3氧化性增强，反应速率加快，故答案为：开始时
34、HSO3-被氧化成H+和SO42-，溶液酸性增强，NaIO3氧化性增强，反应速率加快。(1)反应中，I元素的化合价降低，S元素的化合价由+4升高到+6，碘元素由+5降低到0价，则取最小公倍数为10，所以NaIO3，前的系数为2，NaHSO3前的系数为5，结合原子守恒配平，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数=10，以此来解答；(2)由题意分析可知，开始反应速率加快与信息中酸性加强氧化性强有关。本题考查氧化还原反应方程式配平和反应速率的影响因素，为高频考点，侧重于分析与应用能力的考查，题目难度不大，注意结合习题中的信息把握酸性及浓度的变化为解答该类题目的关键。26.有机物G是一种高分子化合物，
35、常用作有机合成的中间体，并可用作乳胶漆等。可以通过以下途径合成：已知有机物A中含有C、H、O、Cl四种元素且同一个碳原子上不直接连接两个官能团。(1)A的结构简式为_或_；反应的反应类型_。(2)写出反应和反应的化学方程式：反应_；反应(在一定条件下)_。(3)写出1种E的同系物的名称_。写出1种与F含有相同官能团的F的同分异构体的结构简式_。(4)试设计一条以CH3CHClCH2CH2OH为原料合成CH3CHOHCH2COOH的合成路线。(合成路线常用的表示方式为：甲乙目标产物)【答案】ClCH2CH2CH2OH CH3CHClCH2OH 消去反应 CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=C
36、HCOOCH3+H2O nCH2=CHCOOCH3一定条件 乙醇 CH2=CHCH2OOCH、CH3CH=CHOOCH、CH2=CHOOCCH3、CH2=C(CH3)OOCH任意一种【解析】解：(1)A的结构简式为ClCH2CH2CH2OH或CH3CHClCH2OH；反应中-Cl转化为碳碳双键，反应类型为消去反应，故答案为：ClCH2CH2CH2OH；CH3CHClCH2OH；消去反应；(2)反应的方程式为：CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O；反应的化学方程式为：nCH2=CHCOOCH3一定条件，故答案为：CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3
37、+H2O；nCH2=CHCOOCH3一定条件；(3)E为CH3OH，E的任意1种同系物为CH3CH2OH，名称为乙醇；F为CH2=CHCOOCH3，与F含有相同官能团的同分异构体的结构简式为：CH2=CHCH2OOCH、CH3CH=CHOOCH、CH2=CHOOCCH3、CH2=C(CH3)OOCH，故答案为：乙醇；CH2=CHCH2OOCH、CH3CH=CHOOCH、CH2=CHOOCCH3、CH2=C(CH3)OOCH任意一种；(4)以为原料合成，先氧化、后水解，最后酸化，合成流程为，故答案为：。A的分子式为C3H7ClO，A氧化生成的B可发生银镜反应，A分子中同一个碳原子上不直接连接两个
38、官能团，可知A为ClCH2CH2CH2OH或CH3CHClCH2OH，A氧化生成B为ClCH2CH2CHO或CH3CHClCHO，B发生银镜反应生成C为ClCH2CH2COOH或CH3CHClCOOH，C发生消去反应生成D为CH2=CHCOOH，E为CH3OH，D与E发生酯化反应生成F为CH2=CHCOOCH3，F发生加聚反应生成G为，以此解答该题。本题考查有机物的推断与合成，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，关键是确定A的可能结构，结合反应条件进行分析判断，熟练掌握官能团的性质与转化，是有机化学常考题型。四、实验题（本大题共1小题，共15.0分）27.实验室用粗锌与稀硫酸反应制取氢气，利用
39、氢气还原氧化铜来测定铜的相对原子质量。实验装置如下：(1)在启普发生器中纯锌与稀硫酸反应过于缓慢，可采取的加快速率的措施是：_，_。(2)用纯度不高的锌(粗锌)制取氢气，反应速率快，但制得的氢气因含H2S等还原性杂质而有难闻的气味，CuSO4洗气瓶中观察到的现象是有黑色沉淀生成，请写出该洗气瓶中发生复分解反应的化学方程式_，是否可以将CuSO4溶液换成浓硫酸_(答“是”或“否”)；理由是_。请简述用CuSO4溶液配制检验醛基的新制氢氧化铜的方法_。(3)装置中氯化钙的作用是_。有同学发现粗锌与稀硫酸反应一段时间后，锌粒表面变黑，于是收集了少量该黑色固体，验证黑色固体含铁元素的化学方法_。(4)
40、实验中得到的数据有：小瓷皿的质量mg，小瓷皿加样品的质量ng，反应后小瓷皿加固体的质量wg，已知氧的相对原子质量为16，则铜的相对原子质量是_(用含m、n、w的代数式表示)。【答案】适当提高稀硫酸的浓度 在硫酸中加入少量硫酸铜溶液 CuSO4+H2S=CuS+H2SO4 否 氢硫酸与浓硫酸反应有二氧化硫气体产生 在试管里加入10%的氢氧化钠溶液2mL，滴入2%的硫酸铜溶液46滴。振荡即成 做干燥剂 取少量样品用稀硝酸溶解，稀释后，加入KSCN溶液检验 16(w-m)n-w【解析】解：(1)适当增大硫酸的浓度，可以增大反应速率，利用原电池原理，形成原电池可以加快反应速率，加入少量硫酸铜溶液，Cu2+被还原为Cu，与Zn和稀硫酸形成原电池，故答案为：适当提高稀硫酸的浓度；在硫酸中加入少