上海市高考化学试卷

《上海市高考化学试卷》由会员分享，可在线阅读，更多相关《上海市高考化学试卷（51页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、上海市高考化学试卷一、选择题（本题共10分，每题2分，每题只有一种对的选项）1（2分）轴烯是一类独特的星形环烃三元轴烯（）与苯（）A均为芳香烃B互为同素异形体C互为同系物D互为同分异构体2（2分）下列化工生产过程中，未波及氧化还原反映的是（）A海带提碘B氯碱工业C氨碱法制碱D海水提溴3（2分）硼的最高价含氧酸的化学式不也许是（）AHBO2BH2BO3CH3BO3DH2B4O74（2分）下列各组物质的熔点均与所含化学键的键能有关的是（）ACaO与CO2BNaCl与HClCSiC与SiO2DCl2与I25（2分）烷烃的命名对的的是（）A4甲基3丙基戊烷B3异丙基己烷C2甲基3丙基戊烷D2甲基3乙基

2、己烷二、选择题（本题共36分，每题3分，每题只有一种对的选项）6（3分）能证明乙酸是弱酸的实验事实是（）ACH3COOH溶液与Zn反映放出H2B0.1 mol/L CH3COONa溶液的pH不小于7CCH3COOH溶液与Na2CO3反映生成CO2D0.1 mol/L CH3COOH溶液可使紫色石蕊变红7（3分）已知W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增大W、Z同主族，X、Y、Z同周期，其中只有X为金属元素下列说法一定对的的是（）A原子半径：XYZWBW的含氧酸的酸性比Z的含氧酸的酸性强CW的气态氢化物的稳定性不不小于Y的气态氢化物的稳定性D若W与X原子序数差为5，则形成化合物的化学式为X3

3、W28（3分）图1是铜锌原电池示意图图2中，x轴表达实验时流入正极的电子的物质的量，y轴表达（）A铜棒的质量Bc（Zn2+）Cc（H+）Dc（SO42）9（3分）向新制氯水中加入少量下列物质，能增强溶液漂白能力的是（）A碳酸钙粉末B稀硫酸C氯化钙溶液D二氧化硫水溶液10（3分）一定条件下，某容器中各微粒在反映前后变化的示意图如下，其中和代表不同元素的原子有关此反映说法错误的是（）A一定属于吸热反映B一定属于可逆反映C一定属于氧化还原反映D一定属于分解反映11（3分）合成导电高分子化合物PPV的反映为：下列说法对的的是（）APPV是聚苯乙炔B该反映为缩聚反映CPPV与聚苯乙烯的最小构造单元构成相

4、似D1 mol 最多可与2 mol H2发生反映12（3分）下列各组混合物，使用氢氧化钠溶液和盐酸两种试剂不能分离的是（）A氧化镁中混有氧化铝B氯化铝溶液中混有氯化铁C氧化铁中混有二氧化硅D氯化亚铁溶液中混有氯化铜13（3分）O2F2可以发生反映：H2S+4O2F2SF6+2HF+4O2，下列说法对的的是（）A氧气是氧化产物BO2F2既是氧化剂又是还原剂C若生成4.48 L HF，则转移0.8 mol电子D还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：414（3分）在硫酸工业生产中，为了有助于SO2的转化，且能充足运用热能，采用了中间有热互换器的接触室（见图）下列说法错误的是（）Aa、b两处的混合气体成分

5、含量相似，温度不同Bc、d两处的混合气体成分含量相似，温度不同C热互换器的作用是预热待反映的气体，冷却反映后的气体Dc处气体经热互换后再次催化氧化的目的是提高SO2的转化率15（3分）下列气体的制备和性质实验中，由现象得出的结论错误的是（）选项试剂试纸或试液现象结论A浓氨水、生石灰红色石蕊试纸变蓝NH3为碱性气体B浓盐酸、浓硫酸pH试纸变红HCl为酸性气体C浓盐酸、二氧化锰淀粉碘化钾试液变蓝Cl2具有氧化性D亚硫酸钠、硫酸品红试液褪色SO2具有还原性AABBCCDD16（3分）实验室提纯含少量氯化钠杂质的硝酸钾的过程如图所示下列分析对的的是（）A操作是过滤，将固体分离除去B操作是加热浓缩趁热过

6、滤，除去杂质氯化钠C操作是过滤、洗涤，将硝酸钾晶体从溶液中分离出来D操作总共需两次过滤17（3分）某铁的氧化物（FexO）1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入原则状况下112ml Cl2，正好将Fe2+完全氧化x值为（）A0.80B0.85C0.90D0.93三、选择题（本题共20分，每题4分，每题有一种或两个对的选项只有一种对的选项的，多选不给分；有两个对的选项的，选对一种给2分，选错一种，该小题不给分）18（4分）一定条件下，一种反映物过量，另一种反映物仍不能完全反映的是（）A过量的氢气与氮气B过量的浓盐酸与二氧化锰C过量的铜与浓硫酸D过量的锌与18 mol/L硫酸19（4分）已知：

7、SO32+I2+H2O=SO42+2I+2H+某溶液中也许具有Na+、NH4+、K+、I、SO32、SO42，且所有离子物质的量浓度相等向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色下列有关该溶液的判断对的的是（）A肯定不含IB肯定含SO42C肯定具有SO32D肯定具有NH4+20（4分）已知NaOH+Al（OH）3NaAl（OH）4向集满CO2的铝制易拉罐中加入过量NaOH浓溶液，立即封闭罐口，易拉罐徐徐凹瘪；再过一段时间，罐壁又重新凸起上述实验过程中没有发生的离子反映是（）ACO2+2OHCO32+H2OBAl2O3+2OH+3H2O2Al（OH）4C2Al+2OH+6H2O2Al（OH）4+3

8、H2DAl3+4OHAl（OH）421（4分）类比推理是化学中常用的思维措施下列推理对的的是（）ACO2是直线型分子，推测CS2也是直线型分子BSiH4的沸点高于CH4，推测H2Se的沸点高于H2SCFe与Cl2反映生成FeCl3，推测Fe与I2反映生成FeI3DNaCl与浓H2SO4加热可制HCl，推测NaBr与浓H2SO4加热可制HBr22（4分）称取（NH4）2SO4和NH4HSO4混合物样品7.24g，加入含0.1molNaOH的溶液，完全反映，生成NH3 1792ml（原则状况），则（NH4）2SO4和NH4HSO4的物质的量比为（）A1：1B1：2C1.87：1D3.65：1四、（

9、本题共12分）23（12分）NaCN超标的电镀废水可用两段氧化法解决：（1）NaCN与NaClO反映，生成NaOCN和NaCl（2）NaOCN与NaClO反映，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2已知HCN（Ki=6.31010）有剧毒；HCN、HOCN中N元素的化合价相似完毕下列填空：（1）第一次氧化时，溶液的pH应调节为（选填“酸性”、“碱性”或“中性”）；因素是（2）写出第二次氧化时发生反映的离子方程式（3）解决100m3含NaCN 10.3mg/L的废水，实际至少需NaClOg（实际用量应为理论值的4倍），才干使NaCN含量低于0.5mg/L，达到排放原则（4）（CN）2与Cl2的

10、化学性质相似（CN）2与NaOH溶液反映生成、和H2O（5）上述反映波及到的元素中，氯原子核外电子能量最高的电子亚层是；H、C、N、O、Na的原子半径从小到大的顺序为（6）HCN是直线型分子，HCN是分子（选填“极性”或“非极性”）HClO的电子式为五、（本题共12分）24（12分）随着科学技术的发展和环保规定的不断提高，CO2的捕集运用技术成为研究的重点完毕下列填空：（1）目前国际空间站解决CO2的一种重要措施是将CO2还原，所波及的反映方程式为：CO2（g）+4H2（g）CH4（g）+2H2O（g）已知H2的体积分数随温度的升高而增长若温度从300升至400，重新达到平衡，判断下列表格中各

11、物理量的变化（选填“增大”、“减小”或“不变”）v正v逆平衡常数K转化率（2）相似温度时，上述反映在不同起始浓度下分别达到平衡，各物质的平衡浓度如下表：CO2/molL1H2/molL1CH4/molL1H2O/molL1平衡abcd平衡mnxya、b、c、d与m、n、x、y之间的关系式为（3）碳酸：H2CO3，Ki1=4.3107，Ki2=5.61011草酸：H2C2O4，Ki1=5.9102，Ki2=6.41050.1mol/L Na2CO3溶液的pH0.1mol/L Na2C2O4溶液的pH（选填“不小于”“不不小于”或“等于”）等浓度的草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是若将等浓度

12、的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合，溶液中多种离子浓度大小的顺序对的的是（选填编号）aH+HC2O4HCO3CO32bHCO3HC2O4C2O42CO32cH+HC2O4C2O42CO32dH2CO3HCO3HC2O4CO32（4）人体血液中的碳酸和碳酸氢盐存在平衡：H+HCO3H2CO3，当有少量酸性或碱性物质进入血液中时，血液的pH变化不大，用平衡移动原理解释上述现象六、（本题共12分）25（12分）乙酸乙酯广泛用于药物、染料、香料等工业，中学化学实验常用a装置来制备完毕下列填空：（1）实验时，一般加入过量的乙醇，因素是加入数滴浓硫酸即能起催化作用，但实际用量多于此量，因素是；浓硫酸用量又不能

13、过多，因素是（2）饱和Na2CO3溶液的作用是（3）反映结束后，将试管中收集到的产品倒入分液漏斗中，、，然后分液（4）若用b装置制备乙酸乙酯，其缺陷有、由b装置制得的乙酸乙酯产品经饱和碳酸钠溶液和饱和食盐水洗涤后，还也许具有的有机杂质是，分离乙酸乙酯与该杂质的措施是七、（本题共12分）26（12分）半水煤气是工业合成氨的原料气，其重要成分是H2、CO、CO2、N2和H2O（g）半水煤气通过下列环节转化为合成氨的原料完毕下列填空：（1）半水煤气具有少量硫化氢将半水煤气样品通入溶液中（填写试剂名称），浮现，可以证明有硫化氢存在（2）半水煤气在铜催化下实现CO变换：CO+H2OCO2+H2，若半水煤

14、气中V（H2）：V（CO）：V（N2）=38：28：22，经CO变换后的气体中：V（H2）：V（N2）=（3）碱液吸取法是脱除二氧化碳的措施之一已知：Na2CO3K2CO320碱液最高浓度（mol/L）2.08.0碱的价格（元/kg）1.259.80若选择Na2CO3碱液作吸取液，其长处是；缺陷是如果选择K2CO3碱液作吸取液，用什么措施可以减少成本？写出这种措施波及的化学反映方程式（4）如下是测定半水煤气中H2以及CO的体积分数的实验方案取一定体积（原则状况）的半水煤气，通过下列实验环节测定其中H2以及CO的体积分数选用合适的无机试剂分别填入、方框中该实验方案中，环节（选填“”或“”）可以拟

15、定半水煤气中H2的体积分数八、（本题共9分）27（9分）异戊二烯是重要的有机化工原料，其构造简式为CH2=C（CH3）CH=CH2完毕下列填空：（1）化合物X与异戊二烯具有相似的分子式，与Br/CCl4反映后得到3甲基1，1，2，2四溴丁烷X的构造简式为（2）异戊二烯的一种制备措施如图所示：A能发生的反映有（填反映类型）B的构造简式为（3）设计一条由异戊二烯制得有机合成中间体的合成路线（合成路线常用的表达方式为：AB目的产物）九、（本题共13分）28（13分）M是聚合物胶黏剂、涂料等的单体，其一条合成路线如下（部分试剂及反映条件省略）：完毕下列填空：（1）反映的反映类型是反映的反映条件是（2）

16、除催化氧化法外，由A得到所需试剂为（3）已知B能发生银镜反映由反映、反映阐明：在该条件下，（4）写出构造简式，C；M（5）D与1丁醇反映的产物与氯乙烯共聚可提高聚合物性能，写出该共聚物的构造简式（6）写出一种满足下列条件的丁醛的同分异构体的构造简式不含羰基具有3种不同化学环境的氢原子已知：双键碳上连有羟基的构造不稳定十、（本题共14分）29（14分）CO2是重要的化工原料，也是应用广泛的化工产品CO2与过氧化钠或超氧化钾反映可产生氧气完毕下列计算：（1）CO2通入氨水生成NH4HCO3，NH4HCO3很容易分解2.00mol NH4HCO3完全分解，分解产物经干燥后的体积为L（原则状况）（2）

17、某H2中具有2.40molCO2，该混合气体通入2.00L NaOH溶液中，CO2被完全吸取如果NaOH完全反映，该NaOH溶液的浓度为（3）CO2和KO2有下列反映：4KO2+2CO22K2CO3+3O24KO2+4CO2+2H2O4KHCO3+3O2若9mol CO2在密封舱内和KO2反映后生成9mol O2，则反映前密封舱内H2O的量应当是多少？列式计算（4）甲烷和水蒸气反映的产物是合成甲醇的原料：CH4+H2OCO+3H2已知：CO+2H2CH3OH CO2+3H2CH3OH+H2O300mol CH4完全反映后的产物中，加入100mol CO2后合成甲醇若获得甲醇350mol，残留氢

18、气120mol，计算CO2的转化率上海市高考化学试卷参照答案与试题解析一、选择题（本题共10分，每题2分，每题只有一种对的选项）1（2分）（上海）轴烯是一类独特的星形环烃三元轴烯（）与苯（）A均为芳香烃B互为同素异形体C互为同系物D互为同分异构体【分析】轴烯与苯分子式都是C6H6，两者分子式相似，构造不同，以此解答该题【解答】解：轴烯与苯分子式都是C6H6，两者分子式相似，构造不同，互为同分异构体，只有D对的故选D【点评】本题考察同分异构体的判断，为高频考点，注意把握同分异构体、同系物、同素异形体等概念，侧重于学生的双基的考察，注意把握比较的角度和概念的区别，难度不大2（2分）（上海）下列化工

19、生产过程中，未波及氧化还原反映的是（）A海带提碘B氯碱工业C氨碱法制碱D海水提溴【分析】发生的化学反映中，若存在元素的化合价变化，则属于氧化还原反映，以此来解答【解答】解：A海带提碘是由KI变为I2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反映，故A不选；B氯碱工业中电解食盐水生成氢气、氯气，H、Cl元素的化合价变化，为氧化还原反映，故B不选；C氨碱法制碱，二氧化碳、氨气、氯化钠反映生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠受热分解转化为碳酸钠，二氧化碳和水，没有元素的化合价变化，则不波及氧化还原反映，故C选；D海水提溴是由溴元素的化合物变为溴元素的单质，有元素化合价的变化，属于氧化还原反映，故D不选；故选C【点

20、评】本题考察氧化还原反映，把握发生的化学反映及反映中元素的化合价变化为解答的核心，注意从元素化合价变化角度分析，题目难度不大3（2分）（上海）硼的最高价含氧酸的化学式不也许是（）AHBO2BH2BO3CH3BO3DH2B4O7【分析】主族元素的最高正化合物价等于其原子最外层电子数，B原子最外层电子数是3个，因此其最高化合价是+3价，然后根据化合物中正负化合价的代数和等于0判断化学式【解答】解：主族元素的最高正化合物价等于其原子最外层电子数，B原子最外层电子数是3个，因此其最高化合价是+3价，然后根据化合物中正负化合价的代数和等于0判断，H2BO3中B的化合价为+4价，因此不也许是H2BO3，故

21、选项B符合题意故选B【点评】本题考察元素化合价判断及化学式书写，掌握主族元素的最高正化合物价等于其原子最外层电子数是解题的核心，难度较小4（2分）（上海）下列各组物质的熔点均与所含化学键的键能有关的是（）ACaO与CO2BNaCl与HClCSiC与SiO2DCl2与I2【分析】物质的熔点均与所含化学键的键能有关，则相应的晶体一般为金属晶体、离子晶体或原子晶体，而分子晶体熔化时只克服分子间作用力，以此解答该题【解答】解：ACaO为离子化合物，熔化断裂离子键，而CO2在固体时是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，与化学键无关，故A错误；BNaCl为离子化合物，熔化断裂离子键，而HCl在固体时是分

22、子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，与化学键无关，故B错误；CSiC与SiO2都是原子晶体，熔化断裂的是共价键，与化学键有关，故C对的；DCl2与I2在固体时是分子晶体，熔化时破坏的是分子间作用力，与化学键无关，故D错误故选C【点评】本题考察物质中的化学键，为高频考点，把握化学键的形成及化学键判断的一般规律为解答的核心，侧重分析与应用能力的考察，题目难度不大5（2分）（上海）烷烃的命名对的的是（）A4甲基3丙基戊烷B3异丙基己烷C2甲基3丙基戊烷D2甲基3乙基己烷【分析】选择分子中具有碳原子数最多的碳链为主链，有机物主链为6个碳原子，具有1个甲基和1个乙基，注意从离支链较近的一端给主链的碳原子

23、编号，以此解答该题【解答】解：选择分子中具有碳原子数最多的碳链为主链，并从离支链较近的一端给主链的碳原子编号，该物质的名称是2甲基3乙基己烷，故D对的故选D【点评】本题考察了烷烃的命名，为高频考点，侧重双基的考察，题目难度不大，该题的核心是明确有机物的命名原则，然后结合有机物的构造特点灵活运用即可二、选择题（本题共36分，每题3分，每题只有一种对的选项）6（3分）（上海）能证明乙酸是弱酸的实验事实是（）ACH3COOH溶液与Zn反映放出H2B0.1 mol/L CH3COONa溶液的pH不小于7CCH3COOH溶液与Na2CO3反映生成CO2D0.1 mol/L CH3COOH溶液可使紫色石蕊

24、变红【分析】A只能证明乙酸具有酸性；B该盐水溶液显碱性，由于NaOH是强碱，醋酸根水解而成碱性；C可以证明乙酸的酸性比碳酸强；D可以证明乙酸具有酸性【解答】解：A只能证明乙酸具有酸性，不能证明其酸性强弱，故A错误；B该盐水溶液显碱性，由于NaOH是强碱，故可以证明乙酸是弱酸，故B对的；C可以证明乙酸的酸性比碳酸强，但是不能证明其酸性强弱，故C错误；D可以证明乙酸具有酸性，但是不能证明其酸性强弱，故D错误故选：B【点评】本题考察实验方案的评价，波及酸性强弱比较的实验措施，核心是原理的理解，难度不大7（3分）（上海）已知W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增大W、Z同主族，X、Y、Z同周期，其

25、中只有X为金属元素下列说法一定对的的是（）A原子半径：XYZWBW的含氧酸的酸性比Z的含氧酸的酸性强CW的气态氢化物的稳定性不不小于Y的气态氢化物的稳定性D若W与X原子序数差为5，则形成化合物的化学式为X3W2【分析】由于原子序数按W、X、Y、Z依次增大，W与Z是同一主族的元素，而X、Y、Z是同一周期的元素，且只有X是金属元素，则同主族元素W与Z都是非金属，也许分别为N、P或O、S或F、Cl，Y也许为Si或S，金属元素X可为Na、Mg、Al中的一种，结合相应单质、化合物的性质以及元素周期率知识解答该题【解答】解：由于原子序数按W、X、Y、Z依次增大，W与Z是同一主族的元素，而X、Y、Z是同一周

26、期的元素，且只有X是金属元素，则同主族元素W与Z都是非金属，也许分别为N、P或O、S或F、Cl，Y也许为Si或S，金属元素X可为Na、Mg、Al中的一种，A同一周期的元素原子序数越大，原子半径越小；同一主族的元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大因此原子半径：XYZW，故A对的；BW的含氧酸也许是HNO2、HNO3，Z的含氧酸是H3PO4，酸性HNO2H3PO4，故B错误；C元素的非金属性WY，因此气态氢化物的稳定性WY，故C错误；D若W、X原子序数相差5，如分别为O、Al，则两者形成的化合物的化学式是X2W3，故D错误故选A【点评】本题考察了原子构造与元素周期律的关系，为高频考点，题目难度

27、中档，对的推断元素名称为解答核心，注意纯熟掌握原子构造与元素周期表、元素周期律的关系，试题培养了学生的灵活应用能力8（3分）（上海）图1是铜锌原电池示意图图2中，x轴表达实验时流入正极的电子的物质的量，y轴表达（）A铜棒的质量Bc（Zn2+）Cc（H+）Dc（SO42）【分析】铜锌原电池中，Zn是负极，失去电子发生氧化反映，电极反映为Zn2e=Zn2+，Cu是正极，氢离子得电子发生还原反映，电极反映为2H+2e=H2，据此解答【解答】解：铜锌原电池中，Zn是负极，失去电子发生氧化反映，电极反映为Zn2e=Zn2+，Cu是正极，氢离子得电子发生还原反映，电极反映为 2H+2e=H2，ACu是正极

28、，氢离子得电子发生还原反映，Cu棒的质量不变，故A错误；B由于Zn是负极，不断发生反映Zn2e=Zn2+，因此溶液中c（Zn2+）增大，故B错误；C由于反映不断消耗H+，因此溶液的c（H+）逐渐减少，故C对的；DSO42不参与反映，其浓度不变，故D错误；故选：C【点评】考察原电池基本原理和溶液中离子浓度变化，掌握活泼金属锌为负极，铜为正极，锌和硫酸之间发生氧化还原反映是解答的核心，题目比较简朴9（3分）（上海）向新制氯水中加入少量下列物质，能增强溶液漂白能力的是（）A碳酸钙粉末B稀硫酸C氯化钙溶液D二氧化硫水溶液【分析】在氯水中存在反映Cl2+H2OH+Cl+HClO，若反映使溶液中次氯酸浓度

29、增大，则溶液漂白性会增强，据此分析判断选项【解答】解：在氯水中存在反映Cl2+H2OH+Cl+HClO，若反映使溶液中次氯酸浓度增大，则溶液漂白性会增强，A由于酸性HClH2CO3HClO，向溶液中加入碳酸钙粉末反映反映2HCl+CaCO3=CaCl2+CO2+H2O，使化学平衡正向进行，导致次氯酸浓度增大，溶液漂白性增强，故A对的；B加入稀硫酸使溶液 中氢离子浓度增大平衡逆向进行，次氯酸浓度减小，溶液漂白性削弱，故B错误；C加入氯化钙溶液不发生反映，溶液对氯水起到稀释作用，平衡正向进行但次氯酸浓度减小，漂白性削弱，故C错误；D加入二氧化硫的水溶液，二氧化硫有还原性，能被氯气氧化，平衡逆向进行

30、，次氯酸浓度减小，漂白性削弱，故D错误；故选A【点评】本题考察了氯气、次氯酸、氯水性质的分析，重要是化学平衡影响因素的理解应用，掌握基本是解题核心，题目较简朴10（3分）（上海）一定条件下，某容器中各微粒在反映前后变化的示意图如下，其中和代表不同元素的原子有关此反映说法错误的是（）A一定属于吸热反映B一定属于可逆反映C一定属于氧化还原反映D一定属于分解反映【分析】根据图示可知该反映反映物是一种，生成物是两种，且反映是可逆反映，A分解反映不一定是吸热反映；B图示可知反映物在反映后反映物分子仍存在，证明反映未进行彻底；C反映中有单质生成为氧化还原反映；D反映物为一种，生成两种生成物我分解反映【解答

31、】解：根据图示可知该反映反映物是一种，生成物是两种，A该物质属于分解反映，一般的分解反映是吸热反映，但也有的分解反映如2H2O2=2H2O+O2的反映是放热反映，故A错误；B根据图示可知有一部分反映物未参与反映，属于该反映是可逆反映，故B对的；C该反映中有有单质生成，元素化合价的变化，属于氧化还原反映，故C对的；D反映物是一种，生成物是两种，因此属于分解反映，故D对的故选A【点评】本题考察常用化学反映类型的判断，重要考察可逆反映的判断、四种基本反映类型的判断、化合反映与氧化还原反映的关系等，题目难度不大，注意要纯熟掌握基本反映的特点11（3分）（上海）合成导电高分子化合物PPV的反映为：下列说

32、法对的的是（）APPV是聚苯乙炔B该反映为缩聚反映CPPV与聚苯乙烯的最小构造单元构成相似D1 mol 最多可与2 mol H2发生反映【分析】由反映方程式可知PPV由对二碘苯与发生缩聚反映生成，与苯乙炔、苯乙烯的加聚产物不同，以此解答该题【解答】解：A根据物质的分子构造可知该物质不是聚苯乙炔，故A错误；B该反映除产生高分子化合物外，尚有小分子生成，属于缩聚反映，故B对的；CPPV与聚苯乙烯的反复单元不相似，故C错误；D该物质一种分子中具有2个碳碳双键和苯环都可以与氢气发生加成反映，属于1mol 最多可以与5mol氢气发生加成反映，故D错误故选B【点评】本题考察有机物的构造和性质，为高频考点，

33、侧重于学生的分析能力的考察，注意把握有机物的构造特别时高聚物的构造，难度不大12（3分）（上海）下列各组混合物，使用氢氧化钠溶液和盐酸两种试剂不能分离的是（）A氧化镁中混有氧化铝B氯化铝溶液中混有氯化铁C氧化铁中混有二氧化硅D氯化亚铁溶液中混有氯化铜【分析】A氧化铝具有两性，可与氢氧化钠溶液反映；B氯化铁与氢氧化钠反映生成氢氧化铁，氢氧化钠过量，氯化铝生成偏铝酸钠，过滤后分别加入盐酸，可又生成氯化铝、氯化铁；C二氧化硅是酸性氧化物，可以与NaOH发生反映；D两者都可以与NaOH发生反映生成沉淀，加入盐酸都可溶解【解答】解：AMgO是碱性氧化物与NaOH不能反映，而Al2O3是两性氧化物，可以与

34、NaOH发生反映产生NaAlO2，过滤后洗涤，就得到纯净的MgO，故A不选；B向溶液中加入过量的NaOH溶液，氯化铁变为Fe（OH）3沉淀，氯化铝变为NaAlO2，过滤，然后向溶液中加入适量的盐酸，当沉淀达到最大值中，过滤，得到Al（OH）3，再分别向两种物质的沉淀中加入适量的盐酸溶解，就得到氯化铝溶液，除去了杂质，故B不选；C二氧化硅是酸性氧化物，可以与NaOH发生反映，而氧化铁与NaOH不能发生反映加入过量的NaOH，然后过滤洗涤，就得到纯净的氧化铁，故C不选；D两者都可以与NaOH发生反映，当再向得到的沉淀中加入盐酸时，两者都溶解，不能分离、提纯两者，故D选故选D【点评】本题考察物质的分

35、离、提纯，为高频考点，侧重学生的分析能力和实验能力的考察，注意把握物质的性质的异同以及实验的严密性和可行性的评价，难度不大13（3分）（上海）O2F2可以发生反映：H2S+4O2F2SF6+2HF+4O2，下列说法对的的是（）A氧气是氧化产物BO2F2既是氧化剂又是还原剂C若生成4.48 L HF，则转移0.8 mol电子D还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4【分析】反映H2S+4O2F2SF6+2HF+4O2中，S元素化合价由2价升高到+6价，被氧化，O元素由+1价减少到0价，被还原，以此解答该题【解答】解：AO元素由+1价减少到0价，化合价减少，获得电子，因此氧气是还原产物，故A错误；B在

36、反映中，O2F2中的O元素化合价减少，获得电子，因此该物质是氧化剂，而硫化氢中的S元素的化合价是2价，反映后升高为+6价，因此H2S体现还原性，而O2F2体现氧化性，故B错误；C外界条件不明确，不能拟定HF的物质的量，因此不能拟定转移电子的数目，故C错误；D由方程式可知还原剂和氧化剂的物质的量的比是1：4，故D对的故选D【点评】本题考察氧化还原反映的计算，为高频考点和常用题型，侧重于学生的分析、计算能力的考察，答题注意把握元素化合价的变化，为解答该题的核心，易错点为C，注意因条件未知，不能拟定HF的物质的量，题目难度不大14（3分）（上海）在硫酸工业生产中，为了有助于SO2的转化，且能充足运用

37、热能，采用了中间有热互换器的接触室（见图）下列说法错误的是（）Aa、b两处的混合气体成分含量相似，温度不同Bc、d两处的混合气体成分含量相似，温度不同C热互换器的作用是预热待反映的气体，冷却反映后的气体Dc处气体经热互换后再次催化氧化的目的是提高SO2的转化率【分析】A从a进入的气体是具有SO2、O2、N2等的冷气，通过热互换器后从b处出来的是热的气体；B在c处出来的气体SO2、O2在催化剂表面发生反映产生的具有SO3及未反映的SO2、O2等气体，该反映是放热反映，当通过热互换器后被冷的气体降温，SO3变为液态；C热互换器的作用是预热待反映的冷的气体，同步冷却反映产生的气体，为SO3的吸取发明

38、条件；D使未反映的SO2进一步反映产生SO3，从而可以提高SO2的转化率【解答】解：A根据装置图可知，从a进入的气体是具有SO2、O2、N2等的冷气，通过热互换器后从b处出来的是热的气体，成分与a处相似，故A对的；B在c处出来的气体SO2、O2在催化剂表面发生反映产生的具有SO3及未反映的SO2、O2等气体，该反映是放热反映，当通过热互换器后被冷的气体降温，SO3变为液态，故两者具有的气体的成分不相似，故B错误；C热互换器的作用是预热待反映的冷的气体，同步冷却反映产生的气体，为SO3的吸取发明条件，故C对的；D处气体通过热互换器后再次被催化氧化，目的就是使未反映的SO2进一步反映产生SO3，从

39、而可以提高SO2的转化率，故D对的故选：B【点评】本题是对化学与技术的考察，波及工业制硫酸中SO2催化氧化的设备及工作原理，注意对基本知识的理解掌握15（3分）（上海）下列气体的制备和性质实验中，由现象得出的结论错误的是（）选项试剂试纸或试液现象结论A浓氨水、生石灰红色石蕊试纸变蓝NH3为碱性气体B浓盐酸、浓硫酸pH试纸变红HCl为酸性气体C浓盐酸、二氧化锰淀粉碘化钾试液变蓝Cl2具有氧化性D亚硫酸钠、硫酸品红试液褪色SO2具有还原性AABBCCDD【分析】ANH3制备可以采用浓氨水和生石灰制取，可用红色石蕊试纸检查，试纸变蓝则阐明NH3为碱性气体；B运用浓硫酸的高沸点性，可以制取HCl气体，

40、pH试纸变红，则阐明气体为酸性气体；C浓盐酸和二氧化锰加热可以制取Cl2，Cl2可以用湿润的淀粉碘化钾试纸检查，试纸变蓝，阐明KI转化为I2，则阐明Cl2有强氧化性；DSO2使品红溶液褪色体现的是SO2的漂白性【解答】解：A生石灰溶于水放出大量的热，增大氢氧根离子浓度，有助于氨气的逸出，NH3制备可以采用浓氨水和生石灰制取，可用红色石蕊试纸检查，试纸变蓝则阐明NH3为碱性气体，故A对的；B运用浓硫酸的高沸点性，可以制取HCl气体，pH试纸变红，则阐明气体为酸性气体，故B对的；C浓盐酸和二氧化锰加热可以制取Cl2，Cl2可以用湿润的淀粉碘化钾试纸检查，试纸变蓝，阐明KI转化为I2，则阐明Cl2有

41、强氧化性，故C对的；DSO2使品红溶液褪色体现的是SO2的漂白性，故D错误故选D【点评】本题考察常用气体的制备和性质实验，纯熟掌握元素化合物性质，掌握常用气体的制备、检查，难度不大16（3分）（上海）实验室提纯含少量氯化钠杂质的硝酸钾的过程如图所示下列分析对的的是（）A操作是过滤，将固体分离除去B操作是加热浓缩趁热过滤，除去杂质氯化钠C操作是过滤、洗涤，将硝酸钾晶体从溶液中分离出来D操作总共需两次过滤【分析】由于KNO3的溶解度随温度的升高而升高，NaCl的溶解度随温度的升高而基本无明显变变化，操作是加水溶解，操作是蒸发浓缩，得到较高温度下的KNO3饱和溶液，操作为冷却结晶析出KNO3，过滤，

42、洗涤，干燥可得KNO3晶体【解答】解：KNO3中混有NaCl应提纯KNO3，将它们都溶于水，并降温结晶由于KNO3的溶解度随温度的升高而升高，NaCl的溶解度随温度的升高而基本无明显变变化则有，操作是在烧杯中加水溶解，操作是蒸发浓缩，得到较高温度下的KNO3饱和溶液，操作为冷却结晶，运用溶解度差别使KNO3结晶析出，过滤，洗涤，干燥可得KNO3晶体故选C【点评】本题考察常用物质的分离、提纯的措施，理解运用溶解度差别进行的分离提纯，是基本知识的综合运用17（3分）（上海）某铁的氧化物（FexO）1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入原则状况下112ml Cl2，正好将Fe2+完全氧化x值为（

43、）A0.80B0.85C0.90D0.93【分析】根据电子守恒可知，FexO被氧化为Fe3+转移的电子数和Cl2转移的电子数相等【解答】解：FexO中Fe的平均化合价为+，被氧化为Fe3+，根据电子守恒可知，转移的电子数和Cl2转移的电子数相等原则状况下112mL Cl2转移电子数为2=0.01mol则有：（3）x=0.01mol，解得x=0.8，故选：A【点评】本题考察氧化还原反映计算，注意氧化还原反映计算中电子转移守恒运用，本题中注意平均化合价的应用，侧重考察学生的分析计算能力三、选择题（本题共20分，每题4分，每题有一种或两个对的选项只有一种对的选项的，多选不给分；有两个对的选项的，选对

44、一种给2分，选错一种，该小题不给分）18（4分）（上海）一定条件下，一种反映物过量，另一种反映物仍不能完全反映的是（）A过量的氢气与氮气B过量的浓盐酸与二氧化锰C过量的铜与浓硫酸D过量的锌与18 mol/L硫酸【分析】A合成氨是一种可逆反映，不能朝一种方向进行究竟；B二氧化锰只与浓盐酸反映，稀盐酸不反映，过量浓盐酸和二氧化锰反映二氧化锰可以完全反映；C铜活泼性弱只能与浓硫酸反映，与稀硫酸不反映；D过量的锌与18mol/L硫酸溶液反映，一方面生成二氧化硫，当浓变稀的时候生成氢气【解答】解：A合成氨是一种可逆反映，无论如何充足反映，都不能完全反映而达到百分之百，故A对的；B二氧化锰只与浓盐酸反映，

45、稀盐酸不反映，二氧化锰过量，稀盐酸也不能完全反映，若浓盐酸过量，二氧化锰可以完全反映，故B错误；C铜活泼性弱只能与浓硫酸反映，与稀硫酸不反映，故C对的；D过量的锌与18mol/L硫酸溶液反映，一方面生成二氧化硫，当浓变稀的时候生成氢气，故D错误；故选AC【点评】本题考察物质的性质，题目难度不大，注意化学反映中的某些特殊状况，注意反映的可逆性和物质的浓度问题19（4分）（上海）已知：SO32+I2+H2O=SO42+2I+2H+某溶液中也许具有Na+、NH4+、K+、I、SO32、SO42，且所有离子物质的量浓度相等向该无色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈无色下列有关该溶液的判断对的的是（）A肯定不

46、含IB肯定含SO42C肯定具有SO32D肯定具有NH4+【分析】无色溶液中加入溴水仍然无色，阐明溴水发生了反映，且产物无色，I和SO32均可与溴水反映使溴水褪色，此时反映后溶液无色，阐明没有I2，则原溶液中一定有SO32；由于SO32的还原性比I强，故I与否存在无法判断；因所有离子浓度相等，则根据电荷守恒可判断SO42肯定没有，据此进行判断【解答】解：加入溴水仍然无色，阐明溴水发生了反映，且产物无色，I和SO32均可与溴水反映使溴水褪色，此时反映后溶液无色，阐明没有I2，则原溶液中一定有SO32，故C对的；由于SO32的还原性比I强，故I与否存在无法判断，故A错误；因所有离子浓度相等，则根据电

47、荷守恒可判断SO42肯定没有，故B错误；根据分析可知，无法判断与否具有铵根离子，故D错误；故选C【点评】本题考察常用离子的检查措施，题目难度不大，明确离子反映发生条件为解答核心，注意掌握离子共存的条件，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力20（4分）（上海）已知NaOH+Al（OH）3NaAl（OH）4向集满CO2的铝制易拉罐中加入过量NaOH浓溶液，立即封闭罐口，易拉罐徐徐凹瘪；再过一段时间，罐壁又重新凸起上述实验过程中没有发生的离子反映是（）ACO2+2OHCO32+H2OBAl2O3+2OH+3H2O2Al（OH）4C2Al+2OH+6H2O2Al（OH）4+3H2DAl3+4OHAl

48、（OH）4【分析】向集满CO2的铝罐中加入过量氢氧化钠，一方面CO2与氢氧化钠反映，发生反映为：CO2+2OHCO32+H2O，体现为铝罐变瘪；接着过量的氢氧化钠再与铝罐反映生成氢气，发生反映为：2Al+2OH+6H2O2Al（OH）4+3H2，则罐壁又重新凸起；因铝罐表面有氧化膜Al2O3，则又可以发生反映：Al2O3+2OH+3H2O2Al（OH）4，据此进行解答【解答】解：向集满CO2的铝罐中加入过量氢氧化钠，一方面CO2与氢氧化钠反映，发生反映为：CO2+2OHCO32+H2O，体现为铝罐变瘪；接着过量的氢氧化钠再与铝罐反映生成氢气，发生反映为：2Al+2OH+6H2O2Al（OH）4

49、+3H2，则罐壁又重新凸起；因铝罐表面有氧化膜Al2O3，则又可以发生反映：Al2O3+2OH+3H2O2Al（OH）4，根据分析可知，可以发生反映为A、B、C的，没有发生的反映为D，故选D【点评】本题考察了铝及其化合物性质，题目难度不大，明确发生反映原理为解答核心，注意掌握铝及其化合物性质，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力21（4分）（上海）类比推理是化学中常用的思维措施下列推理对的的是（）ACO2是直线型分子，推测CS2也是直线型分子BSiH4的沸点高于CH4，推测H2Se的沸点高于H2SCFe与Cl2反映生成FeCl3，推测Fe与I2反映生成FeI3DNaCl与浓H2SO4加热可制

50、HCl，推测NaBr与浓H2SO4加热可制HBr【分析】AO和S同主族，两者形成的CO2和CS2都是直线形分子；BC和Si，Se和S都分别同族元素，形成的氢化物都为分子晶体，沸点取决于分子间作用力的大小；CI2的氧化性较弱，碘单质与铁反映生成FeI2；D浓硫酸可以将HBr氧化为Br2【解答】解：AO和S是同族元素，故形成的CO2和CS2都是直线形分子，该推理合理，故A对的；BC和Si，Se和S都分别为同族元素，所形成的氢化物都为分子晶体，沸点取决于分子间作用力的大小，分子间作用力大小可以用相对分子质量来比较，故B对的；C因I2的氧化性较弱，在碘单质与铁反映生成的是FeI2，故C错误；D浓硫酸氧

51、化性很强，可以将HBr氧化为Br2，不能用该措施制取HBr，故D错误；故选AB【点评】本题考察较为综合，波及分子构型、晶体性质、铁的化学性质、浓硫酸的性质等知识，题目难度中档，明确常用元素及其化合物性质为解答核心，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力22（4分）（上海）称取（NH4）2SO4和NH4HSO4混合物样品7.24g，加入含0.1molNaOH的溶液，完全反映，生成NH3 1792ml（原则状况），则（NH4）2SO4和NH4HSO4的物质的量比为（）A1：1B1：2C1.87：1D3.65：1【分析】先运用极值法判断氢氧化钠过量状况，氢氧化钠局限性时硫酸氢铵电离出的氢离子优先反映

52、，然后铵根离子与氢氧化钠反映，根据氨气的物质的量可计算出硫酸氢铵的物质的量，然后运用总质量可计算出硫酸铵的质量，最后可计算出混合物中（NH4）2SO4和NH4HSO4的物质的量之比【解答】解：假设混合物完全为（NH4）2SO4时消耗NaOH的量最小，7.24g（NH4）2SO4的物质的量为：0.0548mol，消耗氢氧化钠的物质的量为0.0548mol2=0.1096mol0.1mol，阐明氢氧化钠的物质的量局限性，（NH4）2SO4和NH4HSO4混合物样品中加入氢氧化钠溶液后，先与反映NH4HSO4，然后与（NH4）2SO4反映生成氨气，原则状况下生成氨气的物质的量为：=0.08mol，则

53、与氢离子反映消耗NaOH的物质的量为：0.1mol0.08mol=0.02mol，故NH4HSO4的物质的量为0.02mol，因此（NH4）2SO4的质量为：7.24g115g/mol0.02mol=4.94g，其物质的量为：0.0374mol，则（NH4）2SO4和NH4HSO4的物质的量比为：0.0375mol：0.02mol=1.87：1，故选C【点评】本题考察了混合物反映的计算，题目难度中档，对的判断氢氧化钠的过量状况及发生反映的先后顺序为解答核心，注意掌握极值法在化学计算中的应用，试题培养了学生的分析能力及化学计算能力四、（本题共12分）23（12分）（上海）NaCN超标的电镀废水可

54、用两段氧化法解决：（1）NaCN与NaClO反映，生成NaOCN和NaCl（2）NaOCN与NaClO反映，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2已知HCN（Ki=6.31010）有剧毒；HCN、HOCN中N元素的化合价相似完毕下列填空：（1）第一次氧化时，溶液的pH应调节为碱性（选填“酸性”、“碱性”或“中性”）；因素是避免生成HCN，导致人员中毒或污染空气（2）写出第二次氧化时发生反映的离子方程式2OCN+3ClO=CO32+CO2+3Cl+N2（3）解决100m3含NaCN 10.3mg/L的废水，实际至少需NaClO14900g（实际用量应为理论值的4倍），才干使NaCN含量低于0.

55、5mg/L，达到排放原则（4）（CN）2与Cl2的化学性质相似（CN）2与NaOH溶液反映生成NaOCN、NaCN和H2O（5）上述反映波及到的元素中，氯原子核外电子能量最高的电子亚层是3p；H、C、N、O、Na的原子半径从小到大的顺序为HONCNa（6）HCN是直线型分子，HCN是极性分子（选填“极性”或“非极性”）HClO的电子式为【分析】（1）NaCN易与酸发生反映生成HCN，而HCN有剧毒，故应当使溶液的pH呈碱性；（2）反映中氯元素的化合价从+1价减少到1价，得到2个电子N元素化合价从3价升高到0价，失去3个电子，结合氧化还原反映中化合价升降相等配平；（3）参与反映的NaCN为=20

56、mol，反映中C由+2价升高到+4价，N元素化合价从3价升高到0价，即1molNaCN失去5mol电子，1mol次氯酸钠得到2mol电子，运用电子守恒计算；（4）（CN）2与Cl2的化学性质相似，根据氯气与氢氧化钠溶液反映的原理分析（CN）2与NaOH溶液反映产物；（5）氯原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，据此可知氯原子核外电子中能量最高的电子亚层；原子的电子层越多，原子半径越大，电子层相似时，原子的核电荷数越大，原子半径越小，据此判断H、C、N、O、Na的原子半径大小；（6）HCN是直线型分子，其正负电荷的重心不重叠；HClO为共价化合物，分子中具有1个OCl键和个HO键

57、，据此写出其电子式【解答】解：（1）NaCN易与酸反映生成HCN，为避免生成HCN，导致人员中毒或污染空气，因此第一次氧化时，溶液的pH应调节为碱性，故答案为：碱性；避免生成HCN，导致人员中毒或污染空气；（2）反映中氯元素的化合价从+1价减少到1价，得到2个电子N元素化合价从3价升高到0价，失去3个电子，则根据电子得失守恒可知还原剂和氧化剂的物质的量之比是2：3，反映的离子方程式为：2OCN+3ClO=CO32+CO2+3Cl+N2，故答案为：2OCN+3ClO=CO32+CO2+3Cl+N2；（3）参与反映的NaCN是：=20mol，反映中C由+2价升高到+4价，N元素化合价从3价升高到0

58、价，即1molNaCN失去5mol电子，1mol次氯酸钠得到2mol电子，因此解决100 m3含NaCN 10.3 mg/L的废水，实际至少需NaClO的质量为：74.5g/mol4=14900g，故答案为：14900；（4）（CN）2与Cl2的化学性质相似，根据氯气与氢氧化钠溶液反映的原理可知，（CN）2与NaOH溶液反映生成NaOCN、NaCN、和H2O，故答案为：NaOCN；NaCN；（5）氯原子的核外电子排布式为：1s22s22p63s23p5，因此氯原子核外电子中能量最高的电子亚层为3p；原子的电子层越多，原子半径越大，电子层相似时，原子的核电荷数越大，原子半径越小，则H、C、N、O、Na的原子半径从小到大的顺序为：HONCNa，故答案为：3p；HONCNa；（6）HCN是直线型分子，由于正负电荷的重心不重叠，则HCN为极性分子；HClO为共价化合物，分子中具有1个OCl键和个HO键，其电子式为，故答案为：极性；【点评】本题考察了氧化还原反映方程式书写、计算、元素周期律等有关判断，题目难度中档，明确氧化还原反映的实质及配平原则为解答核心，试题知识点较多，充足考察了学生的分析能力及灵活应用能力五、（本题共12分）24（12分）（上海）随着科学技术的发展和环保规定的不断提高，CO2的捕集运用技术成为研