2018年上海市闵行区高考化学二模试卷 

A.甲烷 B.乙烯 C.苯 D.水

【分析】A.甲烷与氯气发生取代反应,生成甲烷氯代物和氯化氢; B.乙烯与氯气发生加成反应生成1,2﹣二氯甲烷; C.苯与氯气发生取代反应生成氯苯和氯化氢; D.水与氯气反应生成氯化氢和次氯酸。

【解答】解:A.甲烷与氯气发生取代反应,生成甲烷氯代物和氯化氢,产物中含有氯化氢,故A不选;

B.乙烯与氯气发生加成反应生成1,2﹣二氯甲烷,产物中不含氯化氢,故B选; C.苯与氯气发生取代反应生成氯苯和氯化氢,产物中含有氯化氢,故C不选; D.水与氯气反应生成氯化氢和次氯酸,产物中含有氯化氢,故D不选; 故选:B。

【点评】本题考查了化学反应及产物判断,明确取代反应、加成反应特点,熟悉有机物结构组成是解题关键,题目难度不大。

11.(2分)关于硝酸铵说法正确的是( ) A.属于共价化合物 B.溶于水放热 C.受热易分解 D.属于有机氮肥 【分析】A、铵根与酸根形成离子键; B、根据硝酸铵溶于水溶液温度的变化分析; C、根据铵盐一般受热易分解分析;

D、含有氮元素的肥料称为氮肥;含有磷元素的肥料称为磷肥;含有钾元素的肥料称为钾肥;同时含有氮、磷、钾三种元素中的两种或两种以上的肥料称为复合肥,据此分析。

【解答】解:A、铵根与酸根形成离子键,则硝酸铵属于离子化合物,故A错误; B、硝酸铵溶于水溶液温度降低,可证明硝酸铵溶于水吸热,故B错误; C、铵盐一般受热易分解,所以硝酸铵受热易分解,故C正确;

D、由化学式NH4NO3知道,硝酸铵提供的营养元素是氮元素,属于氮肥,但不属于有机氮肥,故D错误。 故选:C。

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【点评】本题难度不大,考查硝酸铵的性质,注意基础知识的积累。

12.(2分)不能通过置换反应制取的是( ) A.Fe(OH)3 B.Fe3O4

C.Al(OH)3 D.Al2O3

【分析】A.金属铁和水蒸气发生置换反应得到的是Fe3O4; B.Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁;

C.金属铝可以和热水反应得到氢氧化铝和氢气; D.Al与氧化铁反应生成氧化铝。

【解答】解:A.Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁,则氢氧化铁不能利用置换反应生成,故A选;

B.Fe与水蒸气在高温下发生置换反应生成四氧化三铁和氢气,故B不选; C.金属铝可以和热水反应得到氢氧化铝和氢气,所以能利用置换反应生成,故C不选;

D.Al与氧化铁在高温下发生置换反应生成氧化铝和铁,故D不选; 故选:A。

【点评】本题考查置换反应,熟悉物质的性质及发生的化学反应即可解答,注意高温下常见的置换反应是解答本题的关键,题目难度不大。

13.(2分)海水提溴一般需要经过浓缩、氧化和提取三个步骤。下列对操作步骤描述错误的是( )

A.浓缩的原理是蒸发结晶 B.氧化时通入氯气 C.提取时利用Br2易挥发 D.提取时用CCl4萃取

【分析】海水中溴离子含量较低,应先浓缩,再将溴离子转化为溴需要加入氧化剂,通常选择氯气,氧化溴离子得到单质溴:2Br+Cl2═Br2+2Cl,再利用溴的挥发性,鼓入热空气或热水蒸气将溴分离出来,二氧化硫与溴反应富集后再利用氯气将HBr氧化,以此来解答。

【解答】解:A.加热蒸发可使溴离子浓度增大,为浓缩过程,故A正确; B.氯气可氧化溴离子,故B正确;

C.溴易挥发,可鼓入热空气或热水蒸气将溴分离出来,故C正确;

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D.通入空气,可将溴从溶液中吹出来,溴与二氧化硫发生氧化还原生成氢溴酸,然后通入氯气,可将HBr氧化生成溴,以实现提取,故D错误; 故选:D。

【点评】本题考查海水资源的利用,为高频考点,侧重于学生的分析能力的考查,应熟悉提纯流程及混合物分离提纯、试剂的选择为解答的关键,题目难度不大。

14.(2分)FeCl3溶液吸收H2S的原理:2Fe3++H2S→2Fe2++2H++S↓.下列说法正确的是( ) A.H2S作氧化剂 B.还原性:H2S>Fe2+ C.Fe3+发生氧化反应

D.每消耗1mol H2S时转移4NA个电子

【分析】2Fe3++H2S→2Fe2++2H++S↓反应中,Fe元素的化合价降低,被还原,S元素的化合价升高,被氧化,还原剂的还原性大于还原产物的还原性,据此分析。 【解答】解:A.S元素的化合价升高,被氧化,H2S作还原剂,故A错误; B.反应中H2S作还原剂,Fe2+是还原产物,则还原性:H2S>Fe2+,故B正确; C.Fe元素的化合价降低,被还原,即Fe3+发生还原反应,故C错误;

D.S的化合价从﹣2价升高到0价,转移2个电子,则每消耗1mol H2S时转移2NA个电子,故D错误。 故选:B。

【点评】本题考查了氧化还原反应,侧重于学生的分析能力和计算能力的考查,注意把握元素的化合价的变化为解答该题的关键,答题注意转移电子数目的计算以及还原性的比较方法,题目难度不大。

15.(2分)探究氢氧化铝的两性,最适宜的试剂是( ) A.Al、NaOH溶液、稀盐酸 B.Al2O3、氨水、稀盐酸

C.Al2(SO4)3溶液、NaOH溶液、稀盐酸 D.AlCl3溶液、氨水、稀盐酸

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【分析】既能与酸反应,又能与强碱反应的氢氧化物属于两性氢氧化物,据此分析。

【解答】解:可溶性的铝盐Al2(SO4)3溶液与少量NaOH溶液反应生成氢氧化铝沉淀,继续加过量的氢氧化钠,氢氧化铝沉淀会溶解,氢氧化铝沉淀中加盐酸沉淀溶解;

所以探究氢氧化铝的两性,最适宜的试剂是Al2(SO4)3溶液、NaOH溶液、稀盐酸;故C正确。 故选:C。

【点评】本题考查了金属元素化合物的性质,题目难度不大,注意把握氢氧化铝的性质是解题的关键,侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力。

16.(2分)浓硫酸与蔗糖反应的实验,对现象的解释不合理的是( )

选项 A B C D A.A

B.B

现象 蔗糖变黑 有刺激性气味 固体体积膨胀 烧杯壁发烫 C.C

D.D

解释 浓硫酸具有脱水性 浓硫酸具有强酸性 生成大量气体 反应放热 【分析】浓硫酸具有吸水性,可用于干燥气体,具有脱水性,可使蔗糖碳化,具有强氧化性,以此解答该题。

【解答】解:A.浓硫酸具有脱水性,可使蔗糖碳化而变黑,故A正确; B.浓硫酸具有强氧化性,在加热条件下可与蔗糖发生氧化还原反应生成二氧化硫气体,有刺激性气味,故B错误;

C.浓硫酸具有强氧化性,在加热条件下可与蔗糖发生氧化还原反应生成二氧化硫气体和二氧化碳气体,固体体积膨胀,生成大量气体,故C正确; D.烧杯壁发烫,原因是该反应为反应放热,故D正确, 故选:B。

【点评】本题考查浓硫酸的性质,为高频考点,注意把握浓硫酸的特性,能区别吸水性和脱水性以及氧化性,难度不大,注意相关基础知识的积累。

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17.(2分)室温时,0.1mol/L某酸HA溶液的pH=3.关于该溶液叙述正确的是( )

A.溶质的电离方程式为HA→H++A﹣ B.升高温度,溶液的pH增大

C.若加入少量NaA固体,则c(A﹣)降低 D.该溶液稀释10倍后,pH<4

【分析】0.1mol/L某酸HA溶液的pH=3,则溶液中c(H+)=0.001mol/L,说明HA没有完全电离,应为弱电解质,以此解答该题。

【解答】解:A.HA为弱酸,电离方程式为HA?H++A﹣,故A错误; B.升高温度,促进电离,c(H+)增大,则pH减小,故B错误; C.加入NaA固体,c(A﹣)增大,故C错误;

D.溶液稀释10倍,促进HA的电离,则pH<4,故D正确。 故选:D。

【点评】本题考查弱电解质的电离,为高频考点,侧重考查学生的分析能力,注意把握弱电解质的电离特点以及平衡移动的影响因素,难度不大。

18.(2分)“双吸剂”含铁粉、活性炭和氯化钠等,可延长食品保质期。其作用原理正确的是( )

A.主要发生吸氧腐蚀 B.氯化钠充当正极

C.吸收的气体是O2和CO2 D.负极反应为Fe﹣3e→Fe3+

【分析】A.“双吸剂”含铁粉、活性炭和氯化钠等,吸收的气体是氧气和水,发生吸氧腐蚀;

B.活性炭作为正极,氯化钠溶液为电解质; C.根据铁生锈的原理可知:吸收的是氧气和水分; D.发生吸氧腐蚀时,铁作负极,Fe失去2个电子。

【解答】解:A.“双吸剂”,铁易失电子作负极,碳作正极,负极上铁发生氧化反应,正极上氧气发生还原反应,主要发生吸氧腐蚀,故A正确;

B.“双吸剂”发生的是氧化还原反应,铁粉作为原电池的负极,活性炭作为正极,氯化钠溶液为电解质,故B错误;

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