1、12019 年上海市高中等级考试化学年上海市高中等级考试化学试题解析试题解析一、选择题（每题只有一个正确答案，每题 2 分，共计 40 分）1.元素Og295118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 118B.中子数是 295C.质量数是 117D.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
2、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 Al2O3D.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
3、灼热氧化铜D.高温下水蒸气通入 Fe【答案】D【解析】2A.Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，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+4H2O高温Fe3O4+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.110-12molL-1B. 110-13molL-1C.510-12molL-1D. 510-13molL-1【答案】A【解析】0.005molL-
4、1Ba(OH)2中 OH-浓度是 0.005molL-12=0.01molL-1，c(H+)=Kw/ c(OH-)=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ClClClClA.B. CH3CH3CH3CH3CCC.CH3D. CH2CHCCH【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
5、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 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CH3CCH CH2CH2n的单体是A.CH3CCHCH2CH2B.(H2C)2C=CH-CH23C.(H3C)2C=CH-CH2D.CH3HCH2CH2CC【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
6、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，
7、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-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。412.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
8、.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，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
9、，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
10、【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5A.非金属性：mnB.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
11、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 300m
12、L 0.1 mol/L 的氢氧化钠溶液后铝的存在形式是A.AlO2B.Al3+C.Al(OH)3D.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+)=0.1mol/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 0.01mol 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
13、Al(OH)3，并有 Al3+剩余。17.关于下列装置(只是个示意图)，叙述错误的是石墨Fe金属导线H2OA.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】Amnpq6【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能量t1/2O2(g)+1H2(g)1OH(g)+1H(g)1H2O(g)1O(g)+2H(g)685kJ427kJ542kJA.断开非极性键和生成极性键的
14、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(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
15、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 nmD.Z 的体积分数减小【答案】C【解析】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，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/LCH
16、3COOH，NaOH，CH3COONaA.中CH3COOHCH3COOH+OHB.混合后，醋酸根离子浓度小于的二分之一7C.混合以后，溶液呈酸性，则Na+CH3COOH+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
17、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
18、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+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】8（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
19、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，
20、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.Cub.CuOc. CuSd.Cu(OH)2CuSO4（2）写出从硫酸铜溶液中得到硫酸铜晶体的操作：_、_、过滤、洗涤（3）如图球形管装置的作用：_。浓硫酸铜NaOH溶液AB（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+
21、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；9（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，
22、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，
23、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，y5x/6b，解得 x=6(ab)，因此 CuS 的质量分数为100%ab-a6）（；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）控制温度不宜过高，反应时间不宜过长(具体得看题干和题目信息)(三三） （15 分）分）白藜芦醇是一种抗肿瘤的药物，合成它的一种路线如下：C7H8O3SOCl2OHCH2ClHONaCN反应C8H7NO2K2CO3RC l
24、ORCH2CNROC7H6O2BK2CO3RC lGROAOHHOOH白藜芦醇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CH2CH2OHCH2CH2OH和 CH3OH 为原料制备CH2COOCH3CH2CH2CH2COOCH3的合成路线流程图（无机试剂任用） 。10（已知 RCN+2H /H O RCOOH）合成路线流程图如下：（甲反应试剂反应条件乙反应试剂反应条件目标产物）【答案】【答案】30.HOCH2OHOH；取代反应3
25、1.HCOO； HCOOH、OH32.银氨溶液33.CH2CH2CH2OHCH2OHNaCNCH2CH2CH2CNCH2CNSOCl2CH2CH2CH2ClCH2ClH+/H2OCH2CH2CH2COOHCH2COOHCH3OH浓硫酸，CH2CH2CH2COOCH3CH2COOCH3【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OHCH2ClHOC7H8O3A可 得A的 结 构 简 式OHCH2OHHO。 反 应 为OHCH2CNHOOHCH2ClHONaCN反应，氯原子被氰基取代，取代反应。31.BK2CO3RC lCHOROCHOHO，此步骤意在
26、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OCOH，在酸性条件下水解的产物为 HCOOH 和OH。32.检验CHORO中的官能团 G 即检验醛基，用银氨溶液。33.产物CH2COOCH3CH2CH2CH2COOCH3可由典型的酯化反应制得， 注意由CH2CH2OHCH2CH2OH到CH2CH2CH2CH2COOHCOOH碳链加长的路线设计。CH2CH2CH2OHCH2OHNaCNCH2CH2CH2CNCH2CNSOCl2CH2CH2CH2ClCH2ClH+/H2OCH2CH2CH2COOHCH2COOHCH3OH浓硫酸，CH2CH2CH2COOCH3CH2COOCH3（
27、四（四） （15 分分）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11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 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CH4 (g) + CO2(g） 2H2(g) + 2CO(g)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
28、量减少了 4.8g，则 v(CH4)=_。37. 根据下图可得出 n(CO2)消耗_n(CH4)消耗（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C OO， 磷元素核外电子排布1s22s22p63s23p3， 有 5 种能量不同的电子。1236.K=c(H2)2 c(CO)2 c(CH4) c(CO2)， (CH4）= nVt=0.3mol2 L30 min= 0.005mol L-1min-137.可根据碳守恒，n(CO2)消耗明显大于 n(CH4)消耗。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。
