上海市等级性考试化学试题解析版.docx
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上海市等级性考试化学试题解析版
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295Og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295
C.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AI2O3
D.NaCI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+2FeCl2,Cu溶解，固体质量减少，A错误;
B.Zn+H2SO4=ZnSO4+H2f,Zn溶解，固体质量减少，B错误；
C.CuO+H2=Cu+H2O,CuO变为Cu，固体质量减少，C错误；
D.3Fe+4H2O二Fe3O4+4H2,Fe变为Fe3O4,固体质量增加，D正确。
5.25C下，0.005molL-1Ba（OH）2中H+浓度是
A.1>10-12molL-1B.1K0'13molL-1
C.5>10'12molL-'1D.5W13molL-1
【答案】A
【解析】
0.005molL'1Ba（OH）2中OH-浓度是0.005molL-1X2=0.01molL-"1,c（H+）=Kw/c（OH'）=10'14（molL-1）2/0.01molL-1=10-12molL-1，故答案选A。
【答案】D
6•下列分子中所有原子都处在同一平面上的
B.CH3—C=C—CH3
IICH3CH3
D.CH2二CH—C三CH
【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
【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fCH^CrC^CH^n的单体是
cH3
CHlC=CH—CH2
A.CH3B.（H2C）2C=CH-CH2
CH2=C_CH二CH2
C.（H3C）2C=CH-CH2D.
CH3
【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.①②③
C.③①②
【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:
1
C.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】
1:
1，B正确；阴离
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C02,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C02,发生反应2OH-+CO2=CO32-+H2O,再滴入盐酸，盐酸先与剩余0H仮应：
0H-+H+=H20，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C02,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（S02）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，S02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
m
n
p
q
A.非金属性：
m>n
B.氢化物稳定性：
*p
C.简单阴离子半径：
p>q
D.最高价氧化物对应水化物酸性：
p>q
【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：
q>p，故D项错误。
答案选C。
16.在pH为1的100mL0.1mol/L的AICI3中，加入300mL0.1mol/L的氢氧化钠溶液后铝的存在形式是
A.AIO2一B.AI3+C.AI（OH）3D.Al3+,AI（OH）3
【答案】D
【解析】
pH为1的100mL0.1mol/L的AICI3中，n（H+）=0.1mol/L%.1L=0.01mol,n（AI3+）=0.1mol/L>0.1L=0.01moI,300mL0.1moI/L的氢氧化钠溶液中n（OH「）=0.1mol/L0.3L=0.03moI，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AI（OH）3,并有AI3+剩余。
17.
关于下列装置（只是个示意图），叙述错误的是
B.鼓入少量空气，会加快Fe的腐蚀
C.加入少量NaCI，会加快Fe的腐蚀
D.加入HCI，石墨电极反应式：
2H++2e宀2H?
f
【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02+2H2O+4e_T40H一，因此A项错误。
18.根据图示下列说法正确的是
10（g）+2H（g）
I
n
685kJ
427kJ
10H（g）+1H（g）
m
542kJ
1/2O2（g）+1H2（g）
1H20（g）
A.断开非极性键和生成极性键的能量相同
B.反应n比反应川生成的0—H键更牢固
C.1/2O2（g）+H2（g）t0H（g）+H（g）—Q（Q>0）
D.H20（g）tl/2C2（g）+H2（g）+Q（Q>0）
【答案】C
【解析】
从图中可以看出1/2mol02（g）+1molH2（g）的能量低于1mol0H（g）+1molH（g）,因此反应1/202（g）+H2（g）t0H（g）+H（g）吸热，故C项正确。
19.已知反应式：
mX（g）+nY⑺_-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Co
20.常温下等体积的0.1mol/L①CH3COOH，②NaOH，③CH3COONa
A.①中[CH3COOH]>[CH3C00—]>[H+]>[OH—]
B.①②混合后，醋酸根离子浓度小于③的二分之一
C.①③混合以后，溶液呈酸性，则[Na+]>[CH3C00「]>[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】
CH3C00H溶液中H+来自于CH3C00H电离和水的电离，CH3C00H只有一小部分发生电离，因此[CH3COOH]>[H+]>[CH3C00「]>[0H「],A项错误；
①②混合后的产物恰好为CH3C00Na，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CH3C00H的电离程度大于CH3C00「的水解程度，因此[CH3C00「]>[Na+]>[H+],C项错误；
①②混合后为CH3C00Na溶液，促进水的电离，①③混合后溶液呈酸性，CH3C00H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）
⑴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：
。
⑶工业合成氨采用20-50MPa，说明为什么选择这个压强：
。
（4）已知4N02+2C0（NH2）272C02+4N2+4H20+02（已知尿素中N为一3价），该反应的氧化产物为
;若吸收0.15molN02，则转移的电子个数为。
（5）向一定量NH4CI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+NaCl7NH4CI+NaHCO3,2NaHCO3—-Na2CO3+H2O+CO2T；
（3）合成氨的反应为N2+3H2—2NH3,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20-50MPa压强。
（4）N2和02；0.6NA。
⑸=°
【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02;根据方程式的化合价变化情况可
知4NO2~16e，即转移电子数为吸收N02数量的四倍，因此吸收0.15molNO2,则转移的电子个数为
0.154>NIa=0.6Na。
（5）根据电荷守恒，有[NH4+]+[Na+]+[H+]=[C「]+[OH「]，又以为溶液呈中性，[H+]=[OH「]，因此
式子可改写成[NH4+]+[Na+]=[C「];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C「形式存在，因此有[NH4+]+[NH3H2O]=[C「],与[NH4+]+[Na+]=[C「]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
⑵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：
。
（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：
。
⑸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：
2CuS二、CU2S+S。
取ag固体样品，加热后测得Cu2S固体质量为bg,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）。
⑹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；
⑵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）;
⑷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%忽（a—b）/a或［200（a—b）/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。
⑸列方程组：
设CuS质量为xg,Cu2S质量为yg,根据题意可列出方程x+y=a,y+1/2x=b,解得x=2（a—b），因此CuS的质量分数为100%<2（a—b）/a或［200（a—b）/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）控制温度不宜过高，反应时间不宜过长（具体得看题干和题目信息）
（3）（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：
HO
C7H8O3SOCl2.
A
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
的合成路线流程图（无机试剂任用）。
（已知RCNH+/H2°RCOOH）合成路线流程图如下:
【答案】
【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
-OH
O
加长的路线设计
CH2-CH2OHSOCI2CH2-CH2CINaCNCH2-CH2CNH+/H2^CH旷CH2COOHCH3OH_CH2CH2COOCH3
CH2_CH2OHCH2_CH2CICH2_CH2CNCH才CH2COOH浓硫酸，△CH2CH2COOCH3
（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宀CO2+LiFePO4
35.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“>”“<和“=”，原因是
【答案】
34._2_Li3Fe2（PO4）3+Fe2O3+_CO宀3CO2+_6LiFePO4
35.0：
：
C:
:
0：
；5
c（H2）2c（CO）2
36c（CH4）'c（CO2）；0.005mol"L-1・min-1
37.>;根据图中信息，有H2O生成，平衡时n（H0【解析】
34.根据元素化合价变化配平反应的化学方程式，COtCO2碳的化合价升高2,Li3Fe2（PO4）3+
Fe2O3~LiFePO4铁的化合价降低1,可配平2Li3Fe2（PO4）3+Fe2O3+_3COt3CO2+6LiFePO4。
35.二氧化碳的电子式:
C:
:
O，磷元素核外电子排布1s22s22p63s23p3，有5种能量不同的
电子。
37•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出0生成，平衡时
n（H2）
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