2019年上海市等级性考试化学试题(解析版)

12019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，0.005mol·L-1Ba(OH)2中H+浓度是A.1×10-12mol·L-1B.1×10-13mol·L-1C.5×10-12mol·L-1D.5×10-13mol·L-1【答案】A【解析】0.005mol·L-1Ba(OH)2中OH-浓度是0.005mol·L-1×2=0.01mol·L-1，c(H+)=Kw/c(OH-)=10-14(mol·L-1)2/0.01mol·L-1=10-12mol·L-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CH3CCHCH2CH2n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①读数；②冷却至室温；③调节使水准管和量气管液面相平。正确的顺序是A.①②③B.①③②C.③①②D.②③①【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-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.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，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【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：npC.简单阴离子半径：pqD.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100mL0.1mol/L的AlCl3中，加入300mL0.1mol/L的氢氧化钠溶液后铝的存在形式是A.AlO2－B.Al3+C.Al(OH)3D.Al3+，Al(OH)3【答案】D【解析】pH为1的100mL0.1mol/L的AlCl3中，n(H+)=0.1mol/L×0.1L=0.01mol，n(Al3+)=0.1mol/L×0.1L=0.01mol，300mL0.1mol/L的氢氧化钠溶液中n(OH－)=0.1mol/L×0.3L=0.03mol，其中0.01mol的OH－先与0.01molH+发生中和反应，剩余的0.02molOH－与0.01molAl3+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)，叙述错误的是石墨Fe金属导线H2OA.石墨电极反应：O2+4H++4e→2H2OB.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++2e→2H2↑【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+4e－→4OH－，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)ⅠⅡⅢ685kJ427kJ542kJA.断开非极性键和生成极性键的能量相同B.反应Ⅱ比反应Ⅲ生成的O－H键更牢固C.1/2O2(g)+H2(g)→OH(g)+H(g)－Q(Q＞0)D.H2O(g)→1/2O2(g)+H2(g)+Q(Q＞0)【答案】C【解析】从图中可以看出1/2molO2(g)+1molH2(g)的能量低于1molOH(g)+1molH(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n＞mD.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m＞2m，不可能成立，B项错误；Y是气体，且m+n＞2m，所以n＞m，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/L①CH3COOH，②NaOH，③CH3COONaA.①中[CH3COOH]＞[CH3COO－]＞[H+]＞[OH－]B.①②混合后，醋酸根离子浓度小于③的二分之一7C.①③混合以后，溶液呈酸性，则[Na+]＞[CH3COO－]＞[H+]D.①②混合后，水的电离程度比①③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[CH3COOH]＞[H+]＞[CH3COO－]＞[OH－]，A项错误；①②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③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③的1/2，B项正确；①③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[CH3COO－]＞[Na+]＞[H+]，C项错误；①②混合后为CH3COONa溶液，促进水的电离，①③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20－50MPa，说明为什么选择这个压强：_______________________。(4)已知4NO2+2CO(NH2)2→2CO2+4N2+4H