(完整版)2019年上海市等级性考试化学试题(解析版).doc

1、2019年上海市高中等级考试化学试题解析一、选择题（每题只有一个正确答案，每题2分，共计40分）1.元素中文名为（奥气），是一种人工合成的稀有气体元素，下列正确的是A.核外电子数是118 B.中子数是295C.质量数是117 D.第六周期0族元素【答案】A【解析】根据原子的表示方法，左下角数字表示质子数118，对于中性原子，核外电子数等于质子数等于118，故选A。2.只涉及物理变化的是A.次氯酸漂白 B.盐酸除锈C.石油分馏 D.煤干馏【答案】C【解析】次氯酸漂白利用的是次氯酸的漂白性，A错误；盐酸除锈利用盐酸与氧化铁的反应，B错误；石油分馏利用烃的沸点差异，为物理性质，C正确；煤干馏指的是在

2、隔绝空气的情况下高温加热煤得到焦炭、煤焦油、焦炉气等的过程，为化学变化，D错误。3.下列反应只需要破坏共价键的是A.晶体硅熔化 B.碘升华C.熔融Al2O3 D.NaCl溶于水【答案】A【解析】晶体硅为原子晶体，Si原子之间只以共价键连接，因此熔化只需要破坏共价键，A正确；碘为分子晶体，升华克服分子间作用力，B错误；Al2O3为离子晶体，熔融破坏离子键，C错误；NaCl为离子晶体，溶于水电离成钠离子和氯离子，破坏离子键，D错误。4.下列过程固体质量增加的是A.Cu加入氯化铁 B.Zn加入硫酸C.H2通入灼热氧化铜 D.高温下水蒸气通入Fe【答案】D【解析】A.Cu+2FeCl3=CuCl2+2

3、FeCl2，Cu溶解，固体质量减少，A错误；B.Zn+H2SO4=ZnSO4+H2,Zn溶解，固体质量减少，B错误；C.CuO+H2Cu+H2O，CuO变为Cu，固体质量减少，C错误；D.3Fe+4H2OFe3O4+4H2，Fe变为Fe3O4，固体质量增加，D正确。5.25下，0.005molL-1Ba(OH)2中H+浓度是A.110-12 molL-1 B. 110-13 molL-1C.510-12 molL-1 D. 510-13 molL-1【答案】A【解析】0.005molL-1Ba(OH)2中OH-浓度是0.005molL-12=0.01molL-1，c(H+)=Kw/ c(OH-

4、)=10-14(molL-1)2/0.01 molL-1=10-12molL-1，故答案选A。6.下列分子中所有原子都处在同一平面上的【答案】D【解析】A项为CCl4，为正四面体结构，A项错误；因为-CH3的结构为四面体构型，所以所有原子不可能都处于同一平面，故B，C均错误；D项中乙烯基为平面型，乙炔基为直线型结构，乙炔基这一直线可以属于乙烯基的这一平面内，故D正确。7.已知有一种烃的结构类似自行车，简称“自行车烃”下列关于它的叙述正确的是A.易溶于水 B.可以发生取代反应C.其密度大于水的密度 D.与环己烷为同系物【答案】B【解析】烷烃都难溶于水，密度小于水，可以发生取代反应，A、C错误，B

5、正确；自行车烷的不饱和度比环己烷多1，不满足分子式相差n个CH2的要求，与环己烷不为同系物。8.聚异戊二烯 的单体是A. B.(H2C)2C=CH-CH2C.(H3C)2C=CH-CH2 D. 【答案】D【解析】聚异戊二烯为异戊二烯发生1,4-加成反应得到，故答案选异戊二烯，即D选项。9.下列选项不正确的是A.含有共价键的化合物是共价化合物B.含有极性键的分子可能是非极性分子C.有电子转移的反应是氧化还原反应D.水溶液中能完全电离的电解质是强电解质【答案】A【解析】含有共价键的化合物也可能是离子化合物，如NaOH，A错误；含有极性键的分子可能是非极性分子，如CH4，B正确；有电子转移的反应一定

6、是氧化还原反应，C正确；水溶液中能完全电离的电解质是强电解质，D正确；故答案选A。10.实验室用镁带和稀硫酸反应产生氢气，来测定氢气的气体摩尔体积，所涉及到的步骤有读数；冷却至室温；调节使水准管和量气管液面相平。正确的顺序是A. B.C. D.【答案】D【解析】在用量气管收集气体，读数时，应冷却到室温，防止气体热胀冷缩，测量气体体积不准确，另外在读数时还要调节使水准管和量气管液面相平，平衡体系压强，再读数。故D正确。11.关于离子化合物NH5，下列说法正确的是A.N为-5价 B.阴阳离子个数比是1:1C.阴离子为8电子稳定结构 D.阳离子的电子数为11【答案】B【解析】离子化合物由NH4+和H

7、-构成，N的化合价为-4，A错误；阴阳离子个数比为1：1，B正确；阴离子为H-，最外层2个电子，不满足8电子稳定结构，C错误；阳离子为NH4+，电子数为10，D错误。故答案选B。12.能证明亚硫酸钠中部分变质所需要的试剂是A.硝酸钡，稀硫酸 B.稀盐酸，氯化钡C.稀硫酸，氯化钡 D.稀硝酸，氯化钡【答案】B【解析】亚硫酸钠部分变质生成硫酸钠，因此实际需要检验的是硫酸根离子，使用试剂为稀盐酸和氯化钡。13.用甲基橙作指示剂，用标准盐酸滴定氢氧化钠溶液，下列说法正确的是A.可以用酚酞代替指示剂B.滴定前用待测液润洗锥形瓶C.若氢氧化钠吸收少量CO2，不影响滴定结果D.当锥形瓶内溶液由橙色变为红色，

8、且半分钟内不褪色，即达到滴定终点【答案】C【解析】指示剂的选择需要遵循“由浅变深”的颜色变化规则，若用酚酞作指示剂，颜色变化过程为由红色变为无色，不符合要求，A错误；滴定前用待测液润洗锥形瓶，滴定结果偏高，B错误；若氢氧化钠吸收少量CO2，发生反应2OH-+CO2=CO32-+H2O，再滴入盐酸，盐酸先与剩余OH-反应：OH-+H+=H2O，再与碳酸根反应：CO32-+2H+=CO2+H2O，可以发现存在反应关系2OH-CO32-2H+，因此消耗的盐酸的物质的量始终等于氢氧化钠的物质的量，因此氢氧化钠吸收少量CO2，不影响滴定结果，C正确；该实验的滴定终点应为当锥形瓶内溶液由黄色变为橙色，且半

9、分钟内不褪色，即达到滴定终点，若变为红色，说明盐酸已经过量，D错误，故选C。14.下列物质分离错误的是A.硝基苯（苯）蒸馏 B.乙烯（SO2）氢氧化钠溶液C.己烷（己烯）溴水，分液 D.乙酸乙酯（乙醇）碳酸钠溶液，分液【答案】C【解析】硝基苯和苯为沸点不同的互溶液体，用蒸馏分离，A正确；乙烯不与NaOH反应，SO2被氢氧化钠吸收，可实现两种气体的分离，B正确；己烷和己烯为互溶液体，己烷不与溴水反应，但能够萃取溴水中的溴，己烯与溴水加成反应生成二溴代物，仍然溶于己烷，因此不能用分液进行分离，C错误；乙酸乙酯难溶于碳酸钠溶液，乙醇易溶于水，液体分层，通过分液进行分离，D正确。故答案选C。15.如图

10、所示，元素m的氢化物和最高价氧化物对应的水化物能反应，下列说法正确的是A.非金属性：mnmnpqB.氢化物稳定性：nqD.最高价氧化物对应水化物酸性：pq 【答案】C【解析】既有氢化物又有最高价氧化物的水化物的元素一般为非金属元素，非金属元素的最高价氧化物的水化物为最高价含氧酸，因此其氢化物必须是碱性物质，二者才能反应，故m元素为N，n元素为O，p元素为S，q元素为Cl。因为m与n在同一周期， n的非金属性强于m，故A错误；因为n与p位于同一主族，n的非金属性强于p，所以n的氢化物稳定性强于p，B错误；又因为p和q位于同一周期，p 简单阴离子半径大于q，C项正确；q 的非金属性强于p，故最高价

11、氧化物对应水化物的酸性：qp，故D项错误。答案选C。16.在pH为1的100mL 0.1 mol/L 的AlCl3中，加入300mL 0.1 mol/L 的氢氧化钠溶液后铝的存在形式是A.AlO2 B.Al3+ C.Al(OH)3 D. Al3+，Al(OH)3【答案】D【解析】pH为1的100 mL 0.1 mol/L 的AlCl3中，n(H+)=0.1 mol/L0.1L=0.01mol，n(Al3+)=0.1 mol/L0.1L=0.01mol，300 mL 0.1mol/L的氢氧化钠溶液中n(OH)=0.1 mol/L0.3L=0.03mol，其中0.01mol 的OH先与0.01mo

12、l H+发生中和反应，剩余的0.02mol OH与0.01 mol Al3+反应，氢氧根离子不足，因此生成Al(OH)3，并有Al3+剩余。17.关于下列装置(只是个示意图)，叙述错误的是A.石墨电极反应：O2+4H+4e2H2OB.鼓入少量空气，会加快Fe的腐蚀C.加入少量NaCl，会加快Fe的腐蚀D.加入HCl，石墨电极反应式：2H+2e2H2【答案】A【解析】本题考查吸氧腐蚀，溶液不为强酸性，石墨电极的反应式为O2 +2H2O+4e4OH，因此A项错误。18.根据图示下列说法正确的是A.断开非极性键和生成极性键的能量相同B.反应比反应生成的OH键更牢固C.1/2O2(g)+H2(g)OH

13、(g)+H(g)Q(Q0)D.H2O(g)1/2O2(g)+H2(g)+Q(Q0)【答案】C【解析】从图中可以看出1/2mol O2(g)+1molH2(g)的能量低于1mol OH(g)+1mol H(g)，因此反应1/2O2(g)+H2(g)OH(g)+H(g)吸热，故C项正确。19.已知反应式：mX(g)+nY(?)pQ(G)+2mZ(g)，已知反应已达平衡，此时c(X)=0.3mol/L，其它条件不变，将容器缩小到原来的1/2，c(X)=0.5mol/L，下列说法正确的是A.反应向逆反应方向移动 B.Y可能是固体或液体C.系数nm D.Z的体积分数减小【答案】C【解析】已知反应已达平衡

14、，此时c(X)=0.3mol/L，其它条件不变，将容器缩小到原来的1/2，若此时平衡不移动，c(X)=0.6mol/L，但平衡移动之后c(X)=0.5mol/L，说明加压平衡向正反应方向移动，A项错误；题干条件说明正反应为气体减少的反应，若Y为固体或液体，则需要满足m2m，不可能成立，B项错误；Y是气体，且m+n2m，所以nm，C项正确；平衡正向移动，产物Z的体积分数应该增大，D项错误。故答案为C。20.常温下等体积的0.1mol/LCH3COOH，NaOH，CH3COONaA.中CH3COOHCH3COOH+OHB.混合后，醋酸根离子浓度小于的二分之一C.混合以后，溶液呈酸性，则Na+CH3

15、COOH+D.混合后，水的电离程度比混合的电离程度小【答案】B【解析】CH3COOH溶液中H+来自于CH3COOH电离和水的电离，CH3COOH只有一小部分发生电离，因此CH3COOHH+CH3COOOH，A项错误；混合后的产物恰好为CH3COONa，体积约为原来的2倍，若不存在平衡移动，则醋酸根离子浓度约为的1/2，因为“越稀越水解”稀溶液中水解程度更大，所以醋酸根离子浓度小于的1/2，B项正确；混合以后，溶液呈酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO的水解程度，因此CH3COONa+H+，C项错误；混合后为CH3COONa溶液，促进水的电离，混合后溶液呈酸性，CH3COOH的电离

16、为主，抑制了水的电离，D项错误。故答案为B。二、综合分析题(60分)(一)(1)说明铵态氮肥不能与碱性化肥混用的理由：_。(2)写出联合制碱法的方程式：_。(3)工业合成氨采用2050MPa，说明为什么选择这个压强：_。(4)已知4NO2+2CO(NH2)22CO2+4N2+4H2O+O2(已知尿素中N为3价)，该反应的氧化产物为_；若吸收0.15mol NO2，则转移的电子个数为_。(5)向一定量NH4Cl溶液中滴加NaOH溶液至溶液呈中性，此时，溶液中c(Na+)_ c(NH3H2O)。【答案】(1)铵盐与碱反应产生氨气逸出，导致肥效降低；(2)CO2+NH3+H2O+NaClNH4Cl+

17、NaHCO3，2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2；(3)合成氨的反应为N2+3H22NH3，高压能够使平衡往正反应方向进行，提高氨气产率；压强不能过高，否则增加设备等成本，因此选择2050MPa压强。 (4)N2和O2；0.6NA。(5)。【解析】(1)铵盐与碱反应产生氨气逸出，无法被植物充分吸收，导致肥效降低；(2)默写方程式；(3)从压强对平衡的影响，以及从成本的角度考虑问题；(4)氧化产物即化合价升高的产物，该反应中化合价升高的元素有两个，一是氧2价变为0价生成氧气，二是氮从3价变为0价生成氮气，因此氧化产物为N2和O2；根据方程式的化合价变化情况可知4NO216e，即转移电子数

18、为吸收NO2数量的四倍，因此吸收0.15mol NO2，则转移的电子个数为0.154NA0.6NA。(5)根据电荷守恒，有NH4+Na+H+ClOH，又以为溶液呈中性，H+OH，因此式子可改写成NH4+Na+Cl；根据物料守恒，由氯化铵的化学式可知n(N)n(Cl)，其中N元素在反应后的存在形式有NH4+, NH3H2O，Cl元素以Cl形式存在，因此有NH4+NH3H2OCl，与NH4+Na+Cl联立可解得c(Na+)c(NH3H2O)。(二)(1)从绿色化学、环保的角度选择制取硫酸铜的原料_。a.Cu b.CuO c. CuS d.Cu(OH)2CuSO4(2)写出从硫酸铜溶液中得到硫酸铜晶

19、体的操作：_、_、过滤、洗涤(3)如图球形管装置的作用：_。(4)反应后溶液中存在Cu2+，但浓硫酸有吸水性，不能通过溶液颜色来判断Cu2+的存在，请写出一种简便的方法验证Cu2+的存在：_。(5)在实际反应中，由于条件控制不好，容易产生CuS和Cu2S固体。已知：2CuSCu2S+S。取a g固体样品，加热后测得Cu2S固体质量为b g，求固体样品中CuS质量分数_；若Cu2S在高温下会分解为Cu，则测得的CuS的质量分数_(偏大、偏小或不变)。(6)根据以上信息，说明Cu与浓硫酸反应需要控制哪些因素：_。【答案】(1)bd；(2)蒸发浓缩、冷却结晶；(3)防止倒吸(实际上要写清楚什么物质被

20、吸收引起倒吸)；(4)将反应溶液小心沿烧杯内壁倒入水中，若溶液变蓝，则说明反应产生了Cu2+；(5)100%2(ab)/a或200(ab)/a%；偏大 (6)控制温度不宜过高，反应时间不宜过长【解析】(1)a选项Cu与浓硫酸反应才能制取硫酸铜，并且产生污染环境的气体二氧化硫，故不选；b选项CuO与稀硫酸反应即可生成硫酸铜，且无污染环境的产物；c选项CuS不溶于酸，如果要制备硫酸铜，需要先与氧气反应生成氧化铜和二氧化硫，氧化铜再与稀硫酸反应得到硫酸铜，过程中产生二氧化硫污染环境，故不选；d选项只需要稀硫酸并无有害产物；综上，答案选bd。(2大多数盐的溶解度随温度降低而下降，因此用降温结晶的方法得

21、到更多的晶体。(3)球形管提供较大的空间，防止形成过大的负压，防倒吸。(4)由于浓硫酸的吸水性，导致Cu2+无法与水结合产生蓝色溶液，因此需要加水稀释检验铜离子。需要注意的是原反应液中存在浓硫酸，因此稀释时应注酸入水，即原反应液倒入水中进行稀释，若溶液呈蓝色，则说明铜离子的存在。(5)列方程组：设CuS质量为x g，Cu2S质量为y g，根据题意可列出方程xya，y1/2xb，解得x=2(ab)，因此CuS的质量分数为100%2(ab)/a或200(ab)/a%；若Cu2S在高温下分解为Cu，则测得加热后得到的固体质量b就会偏小，根据表达式可看出，测得的CuS的质量分数偏大。(6)控制温度不宜

22、过高，反应时间不宜过长(具体得看题干和题目信息)(三）（15分）白藜芦醇是一种抗肿瘤的药物，合成它的一种路线如下：30. A的结构简式_。反应的反应类型_。31. B的芳香类同分异构体中可以发生水解的结构简式为_，在酸性条件下水解的产物为_。32. 检验官能团G所用的试剂是_。33. 根据已有知识并结合相关信息，写出以和CH3OH为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）。 （已知RCNRCOOH）合成路线流程图如下：（甲乙目标产物） 【答案】30. ；取代反应31. ； HCOOH、32.银氨溶液33. 【解析】30.由A的分子式计算出不饱和度为4，苯环侧链无双键等不饱和结构，再结合分析可得

23、A的结构简式。反应为，氯原子被氰基取代，取代反应。31. ，此步骤意在保护酚羟基官能团。B的芳香类同分异构体中可以发生水解的结构简式为，在酸性条件下水解的产物为HCOOH和。32.检验中的官能团G即检验醛基，用银氨溶液。33.产物可由典型的酯化反应制得，注意由到碳链加长的路线设计。（四）（15分）Li3Fe2(PO4)3作为锂离子电池的正极材料时有良好的放电平台，通过提高材料的电导率可以有效的改善材料的性能。34. 配平下列反应的化学方程式。 _Li3Fe2(PO4)3 + Fe2O3 +_CO _CO2+_LiFePO435. CO2的电子式为_，P原子的核外电子有_种不同能量的电子。 研究

24、CO2与CH4的反应使之转化为H2和CO对减缓燃料危机，减少温室效应具有重大意义。已知36. 该反应的平衡常数K=_。在2L密闭容器中，通入CO2和CH4的混合气体，30min后，CH4的质量减少了4.8g，则v(CH4)=_。37. 根据下图可得出n(CO2)_n(CH4)（填“”、“；根据图中信息，有H2O生成，平衡时n(H2)c(CO)，说明一部分CO2与H2发生了反应。【解析】34. 根据元素化合价变化配平反应的化学方程式，CO CO2碳的化合价升高2，Li3Fe2(PO4)3 + Fe2O3LiFePO4铁的化合价降低1，可配平 2 Li3Fe2(PO4)3 + Fe2O3 + 3 CO 3 CO2 + 6 LiFePO4。35.二氧化碳的电子式，磷元素核外电子排布，有5种能量不同的电子。36. ，37.可根据碳守恒，n(CO2)明显大于n(CH4)。由图中信息可知有有H2O生成，平衡时n(H2)c(CO)，说明一部分CO2与H2发生了副反应。