上海市闸北区20xx年高考化学一模试卷含解析

上海市闸北区20xx年高考化学一模试卷含解析内容摘要：

氧化物的水化物的酸性越强，非金属性： S＞ P，则酸性： H2SO4＞ H3PO4，能用元素周期律解释，故 A不选； B．同主族元素从上到下非金属性依次减弱，则非金属性： Cl＞ Br，能用元素周期律解 释，故 B不选； C．元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性： Na＞ Mg，则碱性： NaOH＞ Mg（ OH） 2，能用元素周期律解释，故 C不选； D．碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解，所以热稳定性： Na2CO3＞ NaHCO3，不能用元素周期律解释，故 D选． 故选 D． 【点评】 本题考查了元素周期律的理解与应用，注意把握元素周期律的递变规律以及相关知识的积累，难度不大． 8．下列有关化学基本概念的判断依据正确的是（ ） A．弱电解质：溶液的导电能力弱 B．共价化合物：含有共价键 C．离子化合物：含有离子键 D．金属晶体：能够导电 【考点】 强电解质和弱电解质的概念；离子化合物的结构特征与性质；共价键的形成及共价键的主要类型；金属晶体． 【专题】 化学键与晶体结构；电离平衡与溶液的 pH 专题． 【分析】 A．电解质强弱划分依据：是否完全电离； B．依据共价化合物概念解答； C．依据离子化合物概念解答； D．金属晶体为由金属阳离子与自由电子通过金属键结合而成的晶体． 【解答】 解： A．弱电解质是只能部分电离的 电解质，电解质强弱与电解质溶液的导电能力强弱无关，故 A错误； B．共价化合物为只含有共价键的化合物，故 B错误； C．离子化合物为含有离子键的化合物，故 C正确； D．金属晶体为由金属阳离子与自由电子通过金属键结合而成的晶体，金属晶体含有自由电子，一定导电，但是导电的不一定是金属晶体，如石墨、合金等，故 D错误； 故选： C． 【点评】 本题考查了化学中的基本概念，熟悉电解质强弱划分依据、共价化合物、离子化合物定义、金属晶体的概念是解题关键，题目难度不大． 9．已知：（ 1） Al（ OH） 3的电离方程式为： AlO2﹣ +H++H2O⇌Al（ OH） 3⇌Al3++3OH﹣ （ 2）无水 AlCl3晶体的沸点为 ℃ ，溶于水的电离方程式为： AlCl3=Al3++3Cl﹣ （ 3） PbSO4难溶于水，易溶于醋酸钠溶液，反应的化学方程式为： PbSO4+2CH3COONa=Na2SO4+（ CH3COO） 2Pb 则下列关于 Al（ OH） AlCl3和（ CH3COO） 2Pb的说法中正确的是（ ） A．均为强电解质 B．均为弱电解质 C．均为离子化合物 D．均为共价化 合物 【考点】 强电解质和弱电解质的概念；电离方程式的书写；不同晶体的结构微粒及微粒间作用力的区别． 【专题】 化学键与晶体结构；电离平衡与溶液的 pH 专题． 【分析】 在水溶液中完全电离的是强电解质；部分电离的是弱电解质； 离子化合物是由阴阳离子构成的化合物，一般由活泼金属和活泼非金属元素构成的化合物为离子化合物，离子化合物熔沸点较高． 【解答】 解： A． Al（ OH） 3在水溶液中部分电离，属于弱电解质，故 A错误； B． AlCl3在水溶液中完全电离，属于强电解质，故 B错误； C．无水 AlCl3晶体的沸点为 ℃ ，沸点较低，故氯化铝为共价化合物，故 C错误； D．三者只含有共价键，不含有离子键，故均为共价化合物，故 D正确， 故选 D． 【点评】 本题考查强弱电解质、离子化合物和共价化合物的判断，难度不大．根据物质中所含化学键来确定化合物类型，明确离子化合物和共价化合物的概念是解本题关键． 10．在盛有稀 H2SO4的烧杯中放入用导线连接的电极 X、 Y，外电路中电子流向如图所示，下列说法正确的是（ ） A．外电路的电流方向为： X→ 外电路 →Y B． X极上发生的是还原反应 C．溶液中氢离子向 X极移动 D．若两电极都是金属，则它们的活动性顺序为 X＞ Y 【考点】 原电池和电解池的工作原理． 【专题】 电化学专题． 【分析】 在盛有稀 H2SO4的烧杯中放入用导线连接的电极 X、 Y，根据电子流向知， X是负极、Y是正极，原电池工作时，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，以此解答该题． 【解答】 解：在盛有稀 H2SO4的烧杯中放 入用导线连接的电极 X、 Y，根据电子流向知， X是负极、 Y是正极， A．电流从正极流向负极，所以外电路的电流方向为： Y→ 导线 →X ，故 A错误； B． X为负极，发生氧化反应，故 B错误； C．氢离子向正极移动，被还原生成氢气，故 C错误； D．原电池中，易失电子的电极为负极，若两电极都是金属， X易失电子，则它们的活动性顺序可能为 X＞ Y，故 D正确． 故选 D． 【点评】 本题考查了原电池原理，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，根据电子流向判断正负极，再结合电极上发生的反应、离子移动方 向分析解答，注意离子移动方向，为易错点． 11．可以描述两种一元酸：甲（ Ki=10 ﹣ 5）和乙（ Ki=10 ﹣ 3）在水中的电离度与浓度关系的曲线是（ ） A． B． C． D． 【考点】 弱电解质在水溶液中的电离平衡． 【专题】 电离平衡与溶液的 pH专题． 【分析】 由甲（ Ka=10 ﹣ 5）和乙（ Ka=10 ﹣ 3）可知，甲的 Ka小，则甲的酸性弱；等浓度时酸性强的电离度大；弱酸的浓度越大，其电离度越小，以此来解答． 【解答】 解：两种一元酸：甲（ Ka=10 ﹣ 5）和乙（ Ka=10 ﹣ 3）可知，甲的 Ka小，则甲的酸性弱； 由图可知，横坐标为浓度，纵坐标为电离度，则等浓度时酸性强的电离度大，即乙的曲线在上方，可排除 A、 C； 弱酸的浓度越大，其电离度越小，则曲线甲、乙均随浓度的增大而下降，可排除 D，显然只有 B符合 ， 故选 B． 【点评】 本题考查弱电解质的电离，把握 Ka与酸性的关系、弱酸的电离度与浓度的关系及图象分析为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大． 12．下列关于如图所示转化关系（ X代表卤素）的说法错误的是（ ） A． Q3＞ 0 B． Q1=Q2+Q3 C．按 Cl、 Br、 I的顺序， Q2依次增大 D． Q1越大， HX越稳定 【考点】 用盖斯定律进行有关反应热的计算． 【专题】 化学 反应中的能量变化． 【分析】 A．原子形成化学键放热，则 Q3大于 0； B．依据盖斯定律分析，反应焓变与起始物质和终了物质有关于变化途径无关； C．途径 Ⅱ 是断裂化学键的过程，是吸热过程， Cl、 Br、 I的原子半径依次增大， Cl BrI2，断裂化学键需要能量减小； D．反应中放热热量越多，形成的化合物具有的能量越小，则形成物质越稳定． 【解答】 解： A．原子形成化学键过程中放热，则反应 2H（ g） +2X（ g） ═2HX （ g）的 Q3＞ 0，故 A正确； B．根据盖斯定律可知，途径 Ⅰ 生成 HX 的反应热与途径无关，所以 Q1=Q2+Q3 ，故 B正确； C． Cl、 Br、 I的原子半径依次增大， Cl Br I2断裂化学键需要能量减小，所以途径 Ⅱ 按Cl、 Br、 I的顺序，吸收的热量 Q2依次减小，故 C错误； D． Q1为氢气和卤素单质形成 HX的过程，该反应中 Q1越大，说明放出的热量越多，则生成的HX具有能量越低， HX越稳定，故 D正确； 故选 C． 【点评】 本题考查了化学反应中的能量变化、盖斯定律的应用，题目难度中等，明确化学反应与能量不会的关系为解答关键，注意掌握盖斯定律的含义及应用 方法，试题培养了学生的灵活应用能力． 13．下列实验所采取的分离方法与对应原理都正确的是（ ） 选项 目的 分离方法 原理 A 提取碘水中的碘 乙醇萃取 碘在乙醇中溶解度比水中大 B 除去纯碱中的碳酸氢铵 加热 纯碱热稳定性大于碳酸氢铵 C 分离 KNO3和 NaCl 重结晶 KNO3的溶解度大于 NaCl D 分离乙酸乙酯和乙醇 分液 乙酸乙酯密度大于乙醇 A． A B． B C． C D． D 【考点】 物质的分离、提纯的基本方法选择与应用． 【专题】 物质的分离提纯和鉴别． 【分析】 A．乙醇与水互溶； B．碳酸氢铵加热易分解，而碳酸钠不能； C．二者的溶解度受温度影响不同； D．乙酸乙酯和乙醇不分层． 【解答】 解： A．乙醇与水互溶，则乙醇不能作萃取剂，故 A错误； B．碳酸氢铵加热易分解，而碳酸钠不能，则加热可除杂，分离方法与对应原理都正确，故B正确； C．二者的溶解度受温度影响不同，利用结晶法分离，原理不合理，故 C错误； D．乙酸乙酯和乙醇不分层，不能直接分液分离，应加碳酸钠溶液、分液，原理不合理，故D错误； 故选 B． 【点评】 本题 考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、性质差异及混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大． 14．下列各组中的两种物质相互反应时，无论哪种过量，都可以用同一个离子方程式表示的组数是（ ） ① 亚硫酸钠溶液与稀盐酸 ② 偏铝酸钠溶液与盐酸 ③ 二氧化碳与氢氧化钠溶液 ④ 氯化铝与氨水 ⑤ 碳酸氢钠溶液与澄清石灰水 ⑥ 碳酸氢钙溶液与澄清石灰水 ⑦ 苯酚钠溶液中通入二氧化碳． A． 2组 B． 3组 C． 4组 D． 5组 【考点】 离子方程式的书写． 【专题】 离子反应专题． 【分析】 ①Na 2SO3溶液与稀盐酸反应，若稀盐酸不足，反应生成亚硫酸氢钠，若盐酸过量，反应生成二氧化硫气体； ② 偏铝酸钠溶液与盐酸的反应中，若盐酸不足，反应生成氢氧化铝沉淀，若盐酸过量，反应生成铝离子； ③ 二氧化碳与氢氧化钠溶液反应，当二氧化碳过量时，反应生成碳酸氢钠，当二氧化碳不足时，反应生成碳酸钠； ④ 氯化铝与氨水，无论二者是否过量，反应都生成氢氧化铝沉淀和氯化铵； ⑤ 碳酸氢钠与氢氧化钙，氢氧化钙少量， 反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，氢氧化钙过量，反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水； ⑥ 碳酸氢钙溶液与澄清石灰水，无论是否过量，反应都生成碳酸钙沉淀和水； ⑦ 苯酚钠溶液中通入 CO2，无论二者是否过量，反应都生成碳酸氢钠和苯酚． 【解答】 解： ①Na 2SO3溶液与稀盐酸反应时，若稀盐酸不足，反应生成的是亚硫酸氢钠，若盐酸过量，则反应生成二氧化硫气体，反应物的过量情况不同时离子方程式不同，故 ① 错误； ② 偏铝酸钠溶液与盐酸的反应中，若盐酸不足，反应生成氢氧化铝沉淀和氯化钠，若盐酸过量，反应生成氯化铝和 水，反应物不同时反应的离子方程式不同，故 ② 错误； ③ 二氧化碳与氢氧化钠溶液反应，当二氧化碳过量时，反应生成碳酸氢钠，当二氧化碳不足时，反应生成的是碳酸钠，所以反应物过量情况不同时反应的离子方程式不同，故 ③ 错误； ④ 氯化铝与氨水，无论二者是否过量，反应都生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，反应的离子方程式为： Al3++3NH3H2O=Al（ OH） 3↓+3NH 4+，故 ④ 正确； ⑤ 碳酸氢钠与氢氧化钙，氢氧化钙少量，反应生成碳酸钙、碳酸钠和水，氢氧化钙过量，反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，反应产物与反应 物用量有关，故 ⑤ 错误； ⑥ 碳酸氢钙溶液与澄清石灰水，无论是否过量，反应都生成碳酸钙沉淀和水，反应的离子方程式都是 Ca2++2HCO3﹣ +2OH﹣ ═CaCO 3↓+2H 2O，故 ⑥ 正确； ⑦ 苯酚钠溶液中通入 CO2，无论哪种反应物过量，反应都生成碳酸氢钠和苯酚，反应的离子方程式都是为： C6H5ONa+CO2+H2O→C 6H6OH↓+NaHCO 3，故 ⑦ 正确； 故选： B． 【点评】 本题考查离子方程式书写，题目难度中等，明确离子方程式的书写原则为解答关键，注意反应物用量对反应的影响，题目难 度中等． 15．已知温度 T时水的离子积常数为 KW，该温度下，将浓度为 a mol/L的一元酸 HA与 b mol/L一元碱 BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是（ ） A．混合溶液的 pH=7 B．混合溶液中。