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上海市静安、青浦、宝山区2015届高三第二次模拟考试化学试题(含解析)

上海市静安、青浦、宝山区 2015 年高考化学二模试卷
一、选择题(共 10 分,每小题 2 分,只有一个正确选项) 1.将木材隔绝空气加强热,可得到木煤气、木焦油和木炭等,这种加工方法化工生产中称 为( ) A.分馏 B.裂化 C.裂解 D.干馏 考点: 煤的干馏和综合利用. 分析: A.分馏是根据沸点的不同将物质分离的方法; B.裂化是含碳原子较多,沸点较高的烃断裂为含碳原子较少,沸点较低的烃的过程, 主要目的是获得轻质油; C.裂解是较长的烃断裂成较短的烃的过程,典型例子是石油的裂解,裂解的目的是 为了获得重要化工原料甲烷; D.干馏是隔绝空气加热使之分解的过程. 解答: 解:将木材隔绝空气加强热,可得到木煤气、木焦油和木炭等,属于干馏,故 D 正确. 故选 D. 点评: 本题考查煤的干馏和综合利用,注意分馏、裂化、裂解和干馏的定义,难度不大.
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2. (2 分) (2015?宝山区二模)含硫单质的水可防治皮肤病,而硫难溶于水,微溶于酒精, 易溶于 CS2,要增大硫在水中的分散程度,可将硫先放入溶剂 R 中,再将所得液体分散在水 中,则 R 可以是( ) A.CS2 B.酒精 C.CCl4 D.盐酸 考点: 相似相溶原理及其应用. 分析: 硫难溶于水,微溶于酒精,易溶于 CS2,要增大硫在水中的分散程度,可将硫先放入 溶剂 R 中,再将所得液体分散在水中,则 S 应该易溶于 R 中且和水互溶,否则无法 实现目的,据此分析解答. 解答: 解:硫难溶于水,微溶于酒精,易溶于 CS2,要增大硫在水中的分散程度,可将硫先 放入溶剂 R 中,再将所得液体分散在水中,则 S 应该易溶于 R 中且和水互溶,CS2、 CCl4 和水不互溶,S 难溶于稀盐酸,所以 CS2、CCl4 和盐酸都不含条件,S 微溶于酒 精且酒精和水互溶,所以 R 可以是酒精,故选 B. 点评: 本题考查相似相溶原理,明确相似相溶原理内涵是解本题关键,结合溶质、溶剂的性 质分析解答,题目难度不大.
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3. (2 分) (2015?宝山区二模)取 0.5mL 某溶液,要将其中的 Fe 和 Cu 先分离再检验, 适宜的方法是( ) A.纸上层析法 B.萃取分液法 C.结晶法 D.蒸馏法 考点: 物质的分离、 提纯的基本方法选择与应用; 物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用. 专题: 化学实验基本操作. 3+ 2+ 分析: Fe 和 Cu 的扩散速度不同,可用纸上层析法分离,然后分别检验,而萃取、蒸馏不 能讲二者分离,结晶法操作较为繁琐,以此解答该题. 3+ 2+ 解答: 解:A.Fe 和 Cu 的扩散速度不同,可用纸上层析法分离,故 A 正确; B.二者都不溶于有机溶剂,不能用萃取的方法分离,故 B 错误;
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3+

2+

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C.相对于纸上层析法,结晶法操作较为繁琐,故 C 错误; D.对应的盐不能用蒸馏的方法分离,故 D 错误. 故选 A. 点评: 本题考查物质的分离、提纯,为高频考点,侧重于学生的分析、实验能力的考查,注 意把握物质的性质的异同以及实验的可行性的评价,难度不大. 4. (2 分) (2015?宝山区二模)把生铁冶炼成钢,目的是( A.改善性能,增大用途 B. 除去硫、磷和过多的碳,调整合金元素的含量 C. 副产磷肥、水泥等 D.用红棕色炉气制取水煤气 )

考点: 高炉炼铁. 分析: 生铁和钢都是铁的合金,其主要区别是含碳量不同,生铁中含碳量为 2%﹣4.3%,钢 中含碳量为 0.03%﹣2%,炼钢是用氧气将生铁中多余的碳氧化从而降低含碳量. 解答: 解:生铁与钢的主要区别是二者的含碳量不同,炼钢是用氧气将生铁中多余的碳氧化 而除去,从而降低含碳量,达到改善性能、增大用途的作用,故 A 正确, 故选 A. 点评: 本题考查生铁与钢的相关知识,题目难度不大,明确炼钢的原理及目的为解答关键, 试题侧重基础知识的考查,培养了学生灵活应用基础知识的能力.
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5. (2 分) (2015?宝山区二模) 在对电子运动状态的描述中, 确定一个“轨道”的方面包括 ( ① 电子层 ② 电子亚层 ③ 电子云的伸展方向 ④ 电子的自旋状态. ② ③ ④ ② ③ ② A.① B.① C.① D.①



考点: 原子核外电子的运动状态. 分析: 决定核外电子运动状态的四个量:① 主量子数(n)﹣描述各电子层能量的高低和离核 的远近; ② 副(角)量子数(l)﹣描述同一电子层内还存在着能量差别很小的若干个亚层; ③ 磁量子数(m)﹣用来描述原子轨道或电子云在空间的伸展方向; ④ 自旋量子数(ms) :描述电子自旋的方向,与电子运动轨道无关. 解答: 解:在对电子运动状态的描述中,确定一个“轨道”的方面包括:① 电子层 ② 电子亚层 ③ 电子云的伸展方向三个方面,电子的自旋状态,与电子运动轨道无关,描述的是电 子自旋的方向, 故选:B. 点评: 本题考查了描述核外电子运动状态的四个量, 属于对基础知识的考查, 题目难度不大, 注意对课本基础知识的记忆.
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二、选择题(共 36 分,每小题 3 分,只有一个正确选项) 6. (3 分) (2015?宝山区二模)碳元素的一种单质的化学式为 C68,则关于 C68 的叙述错误 的是( ) A.属分子晶体 B.可溶于 CCl4 C.固态可导电 D.熔点高于 C60 考点: 分子晶体.

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分析: 碳元素的一种单质的化学式为 C68,它是一种分子晶体、属于非极性分子,依据相似 相容原理得知,难溶于水,易溶于有机溶剂,由原子构成,不存在自由移动的电子, 不能导电,相对分子质量大于 C60,故熔点高于 C60. 解答: 解:A、C68,它是一种分子晶体,故 A 正确; B、C68 是一种分子晶体、属于非极性分子,难溶于水,易溶于有机溶剂,故 B 正确; C、该分子晶体中无自由移动的电子,不能导电,故 C 错误; D、由于与 C60 的结构相似,但是它相对分子质量大于 C60,故熔点高于 C60,故 D 正 确,故选 C. 点评: 本题主要考查的是同学们对信息的认知与整合能力,依据所学足球烯的知识解答即 可,难度一般. 7. (3 分) (2015?宝山区二模)以下物质的工业制备所用主要原料(括号内物质)不符合事 实的是( ) A.乙烯(乙醇) B. 顺丁橡胶(石油裂解气) C. 碘(海带) D.溴(海水晒盐后的余液) 考点: 海水资源及其综合利用;乙醇的工业制法. 分析: A.工业制备乙烯是利用石油的裂解得到; B.石油裂解气含 1,3﹣丁二烯,加成聚合生成聚 1,3﹣丁二烯; C.海带中含碘元素,可以提取得到碘单质; D.海水中含 NaBr,99%以上的溴元素存在于海水中; 解答: 解:A.工业制备乙烯是利用石油的裂解得到,乙醇制备是实验室制取乙烯的方法, 故 A 错误; B.石油裂解气含 1,3﹣丁二烯,发生加聚反应合成顺丁橡胶,故 B 正确; C.海带中含碘元素,利用氧化还原反应及萃取可提纯碘,故 C 正确; D.海水晒盐后的余液中含 NaBr,利用氧化还原反应及萃取可提纯溴,故 D 正确; 故选 A. 点评: 本题考查了海水资源的综合应用,掌握物质的实验室制备和工业制备原理的理解应 用,掌握基础是解题关键,题目较简单.
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8. (3 分) (2015?宝山区二模)下列气体除杂所用试剂错误的是(括号内为杂质) ( A.Cl2(HCl) B. H2(H2S、HCl、H2O) :饱和食盐水 :碱石灰 C. SO2(HCl) D.CO2(H2S) :Na2SO3 溶液 :CuSO4 溶液 考点: 物质的分离、提纯的基本方法选择与应用. 专题: 化学实验基本操作. 分析: A.氯气不溶于饱和食盐水; B.H2S、HCl、H2O 都可与碱石灰反应; C.二者都与 Na2SO3 溶液反应; D.H2S 与 CuSO4 反应生成 CuS 沉淀. 解答: 解:A.HCl 易溶于水,而氯气不溶于饱和食盐水,可用于除杂,故 A 正确; B.H2S、HCl、H2O 都可与碱石灰反应,可用于除杂,故 B 正确; C.二者都与 Na2SO3 溶液反应,应用 NaHSO3 除杂,故 C 错误; D.H2S 与 CuSO4 反应生成 CuS 沉淀,可除去杂质,故 D 正确.
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故选 C. 点评: 本题考查物质的分离、提纯和除杂等问题,题目难度不大,根据除杂是不能引入新的 杂质、不能影响被提纯的物质的性质和量,并且操作简单可行,除杂时要结合物质的 物理性质和化学性质进行分离. 9. (3 分) (2015?宝山区二模)根据如表数据,则与 HClO3 比,HClO 具有的是( Cl﹣O 键键长(pm) Cl﹣O 键能(KJ/mol) HClO 170 209 157 244 HClO3 A.更高的沸点 C. Cl﹣O 断裂放出的能量更少 B. 更强的酸性 D.更易放出原子氧 )

考点: 化学键. 分析: A.分子晶体沸点与分子间作用力有关; B.含氧酸酸性强弱取决于 O﹣H 键稳定性; C.化学键断裂需要吸收能量; D.共价键键长越长,键能越小,越不稳定,越容易断裂. 解答: 解:A.HClO 与 HClO3,都是分子晶体,熔沸点高低取决于分子间作用力强弱,与 化学键强弱无关,故 A 错误; B.含氧酸酸性强弱取决于 O﹣H 键稳定性,与 Cl﹣O 无关,故 B 错误; C.Cl﹣O 断裂需要吸收热量,故 C 错误;
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D.依据表中数据可知则与 HClO3 比,HClO 中 Cl﹣O,键长较长,键能较低,所以 稳定性较差,更容易发生断裂,更易放出原子氧,故 D 正确; 故选:D. 点评: 本题考查了化学键与物质性质的关系,明确分子晶体熔沸点规律,化学键键参数的意 义是解题关键,题目难度不大. 10. (3 分) (2015?宝山区二模)非金属元素 R 位于第三周期,其原子的最外层有 n 个电子, 则以下叙述错误的是( ) A.R 原子的电子数为 10+n ﹣ B. R 能形成 Rn 离子 C. R 的最高氧化物为 R2On 或 ROn/2 D.R 的气态氢化物的化学式是 H8﹣nR 考点: 原子结构与元素的性质. 分析: A.非金属元素 R 位于第三周期,其原子的最外层有 n 个电子,有 3 个电子层,各层 电子数为 2、8、n; B.属于非金属,可以形成阴离子,带(8﹣n)的单位负电荷; C.最高正化合价为 n,讨论 n 的奇偶性书写氧化物化学式; D.最低负化合价为﹣(8﹣n) ,进而书写氢化物化学式. 解答: 解:A.非金属元素 R 位于第三周期,其原子的最外层有 n 个电子,有 3 个电子层, 各层电子数为 2、8、n,原子的电子数为 10+n,故 A 正确;
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B.属于非金属,可以形成阴离子,带(8﹣n)的单位负电荷,可能形成 R

(8﹣n)﹣



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子,故 B 错误; C.最高正化合价为 n,n 为奇数时,氧化物化学式为 R2On,n 为偶数时,氧化物化 学式为 RO,故 C 正确; D.最低负化合价为﹣(8﹣n) ,氢化物化学式为 H8﹣nR,故 D 正确, 故选 B. 点评: 本题考查原子结构与元素性质,难度不大,C 选项为易错点,学生容易忽略 n 的奇偶 性问题. 11. (3 分) (2015?宝山区二模)用定量的方法,可用于鉴别邻甲基苯酚和间甲基苯酚的试 剂是( ) A.酸性高锰酸钾溶液 B. 浓溴水 C. 氯化铁溶液 D.氢氧化钠溶液 考点: 有机物的鉴别. 分析: 邻甲基苯酚和间甲基苯酚都含有酚羟基,可与氯化铁发生显色反应,可与溴水发生取 代反应,发生取代反应时,只能取代羟基邻位、对位氢原子,以此解答该题. 解答: 解:A.含有甲基和酚羟基,都可被酸性高锰酸钾氧化,不能鉴别,故 A 错误; B.邻甲基苯酚中 1 个邻位和 1 个对位氢原子可被取代,间甲基苯酚中 2 个邻位和 1 个对位可被取代,二者消耗的溴水不同,故 B 正确; C.都含有酚羟基,可与氯化铁发生显色反应,不能鉴别,故 C 错误; D.都含有酚羟基,可与氢氧化钠发生中和反应,不能鉴别,故 D 错误. 故选 B. 点评: 本题考查有机物的鉴别,侧重考查学生的分析能力,为考试高频考点,难度不大,注 意把握有机物性质的异同,为解答该题的关键,答题时注意审题.
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12. (3 分) (2015?宝山区二模)如表实验所用的试剂不合理的是( ) 选项 实验目的 所用试剂 3+ 2+ A 比较 Fe 和 Cu 的氧化性 FeCl3 溶液和 Cu B 比较镁和铝的金属性 MgCl2 溶液、AlCl3 溶液、NaOH 溶液 C 比较硫和氯的非金属性 氢硫酸、氯气 D 比较苯酚和碳酸的酸性 0.1mol/L 苯酚钠、0.1mol/L 碳酸钠溶液 pH 试纸 A.A B.B C.C D.D

考点: 化学实验方案的评价. 分析: A.同一化学反应中,氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性; B.金属的金属性越强,其单质的还原性越强,其最高价氧化物的水化物碱性越强; C.元素的非金属性越强,其单质的氧化性越强; D.酸的酸性越弱,其酸根离子水解程度越大,其相同浓度钠盐 pH 越大. 解答: 解:A.同一化学反应中,氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,FeCl3 溶液和 Cu 3+ 2+ 反应中氯化铁是氧化剂、氯化铜是氧化产物,所以氧化性 Fe >Cu ,故 A 正确; B.金属的金属性越强,其单质的还原性越强,其最高价氧化物的水化物碱性越强, MgCl2 溶液、AlCl3 溶液分别和 NaOH 溶液混合,氯化镁溶液生成沉淀且沉淀不溶于 NaOH 溶液、氯化铝生成沉淀且氢氧化铝能溶于 NaOH,所以碱性氢氧化铝小于氢氧
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化镁,则金属性 Mg>Al,故 B 正确; C.元素的非金属性越强,其单质的氧化性越强,氢硫酸、氯气反应生成 S 和 HCl, 氯气是氧化剂、S 是氧化产物,氧化性氯气大于 S,则非金属性 Cl>S,故 C 正确; D.相同浓度的 Na2CO3 和苯酚钠溶液中,碳酸钠的 pH 大于苯酚钠,碳酸根离子相 应的酸是碳酸氢根离子,所以得出的结论是酸性:苯酚>碳酸氢根离子,故 D 错误; 故选 D. 点评: 本题考查化学实验方案评价,为高频考点,涉及非金属性、金属性、酸性及氧化性强 弱判断,明确实验原理是解本题关键,易错选项是 D,会从实验原理及评价性分析解 答,题目难度中等. 13. (3 分) (2015?宝山区二模)如图的装置,左为铁电极,右为石墨电极,a 为水或某种溶 液.若两电极直接连接或外接电源,石墨上可能发生的反应是( ) ① 2H +2e→H2↑ ② O2+4e+2H2O→4OH
+


③ 2Cl ﹣2e→Cl2↑



A.①

B.②

② C.①

② ③ D.①

考点: 原电池和电解池的工作原理. 分析: 若两电极直接连接,则该装置是原电池,铁作负极,石墨作正极,负极上铁失电子发 生氧化反应,正极石墨上得电子发生还原反应; 若两电极外接电源,则该装置为电解池,石墨电极若与正极相连,则为阳极,溶液中 的阴离子失电子发生氧化反应,据此分析; 解答: 解:若两电极直接连接,则该装置是原电池,铁作负极,石墨作正极,弱电解质为酸 + 性溶液则正极石墨上发生 2H +2e→H2↑,若电解质为中性溶液,则正极石墨上发生 ﹣ O2+4e+2H2O→4OH ; 若两电极外接电源,则该装置为电解池,石墨电极若与正极相连,则为阳极,如果电
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解氯化钠溶液,则电解反应为 2Cl ﹣2e→Cl2↑,所以① ② ③ 都有可能发生, 故选:D. 点评: 本题考查原电池和电解池原理,根据电极上得失电子来分析解答,明确原电池的工作 原理及电解质溶液的性质是解答本题的关键,电解过程的反应原理应用,注意相关基 础知识的积累,难度不大. 14. (3 分) (2015?宝山区二模)亚氯酸钠(NaClO2)是一种性能优良的漂白剂,但在酸性 ﹣ + 溶液发生分解:5HClO2→4ClO2+H +Cl +2H2O. 向亚氯酸钠溶液中加入盐酸, 反应剧烈. 若将盐酸改为 pH 相同的稀硫酸, 开始时反应缓慢, 稍后产生气体速度较快,速度变化的原因是( ) A.逸出 ClO2 使生成物浓度降低 B. 酸使 HClO2 的分解加速 ﹣ + C. 溶液中的 H 起催化作用 D.溶液中的 Cl 起催化作用 考点: 化学反应速率的影响因素.



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分析: A.ClO2 逸出,反应速率减小; B.如果是氢离子浓度改变反应速率,则 pH 相同的盐酸和硫酸影响反应速率相同; C.开始时溶液中就有氢离子,反应速率很慢; D.开始时溶液中氯离子浓度很小,随着反应进行,氯离子浓度逐渐增大. 解答: 解:A.ClO2 逸出,反应速率减小,而稍后﹣段时间产生气体速度较快,则说明不是 逸出 ClO2 的原因,故 A 错误; B.如果是氢离子浓度改变反应速率,则 pH 相同的盐酸和硫酸影响反应速率相同, 与题给信息不符合,所以不是氢离子使分解速率加快,故 B 错误; C.由于开始时溶液中就有氢离子,分解反应却非常慢,可见氢离子不起催化作用, 故 C 错误; D.反应开始时,溶液中氯离子浓度很小,随着反应的进行,溶液中氯离子浓度增大, 反应速率加快,可见氯离子起催化作用,故 D 正确. 故选 D. 点评: 本题考查化学反应速率的影响因素,侧重考查催化剂对化学反应速率的影响,正确获 取信息、利用信息解答问题是解本题关键,题目难度中等. 15. (3 分) (2015?宝山区二模)测量 SO2、N2、O2 混合气体中 SO2 含量的装置如图:反应 管中装有碘的淀粉溶液.SO2 和 I2 发生的反应为(N2、O2 不与 I2 反应) : SO2+I2+2H2O→H2SO4+2HI,反应管内溶液蓝色消失后,没有及时停止通气,测得的 SO2 的 体积分数( )

A.偏高

B.偏低

C.无影响

D.无法确定

考点: 实验装置综合;探究物质的组成或测量物质的含量. 分析: 反应管内溶液蓝色消失时,SO2 与反应管内所含的 I2 恰好反应,若没及时停止通气, 则未反应的 SO2 气体也排水到量气管,使 N2、O2 体积增加,测得 SO2 的含量降低; 解答: 解: 根据反应: SO2+I2+2H2O═ H2SO4+2HI 可求出吸收的 SO2 的体积: V(SO2) =Vm×n
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(I2) ,SO2 的体积百分含量 φ(SO2)=

式中 V(SO2)的量是由 n

(I2)的物质的量决定的,而“没有及时停止通气”就会使得 V(混合气体)增大,则 φ(SO2)偏低, 故答案为:偏低; 点评: 本题考查的是二氧化硫的性质、含量的测定,误差分析方法,为高频考点,侧重于学 生的分析问题能力的考查,题目难度中等.

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16. (3 分) (2015?宝山区二模)氨基呈碱性,氨基酸呈两性,把甘氨酸(氨基乙酸)放入 一定 pH 的溶液中,所得溶液中不能同时大量存在的微粒是( ) ① H2NCH2COOH ② H3N ﹣CH2COOH ③ H2NCH2COO A.① 与② B.① 与③ C.② 与③
+


④ H3N ﹣CH2COO . D.② 与④

+



考点: 离子共存问题. + 分析: 中性溶液中可以存在① H2NCH2COOH, 还可以存在 H3N ﹣CH2COOH、 ③ H2NCH2COO
.

; + 强酸性溶液中甘氨酸中氨基与氢离子反应生成 H3N ﹣CH2COoH,不可能大量存在 ﹣ ③ H2NCH2COO ; ﹣ 强碱性溶液中,甘氨酸中的羧基与氢氧根离子反应生成③ H2NCH2COO ,不可能大量 + 存在② H3N ﹣CH2COOH, 据此进行判断. + 解答: 解:A.① H2NCH2COOH 和② H3N ﹣CH2COOH 在弱酸性溶液中可以大量存在,故 A 错误; B.① H2NCH2COOH、③ H2NCH2COO 在弱碱性溶液中可以大量存在,故 B 错误; + C.强酸性溶液中存在大量的② H3N ﹣CH2COOH,强碱性溶液中存在大量的 ﹣ ③ H2NCH2COO ,二者不可能大量存在于同一溶液中,故 C 正确; ﹣ + + D.② H3N ﹣CH2COOH、④ H3N ﹣CH2COO 在弱碱性溶液中可以大量存在,故 D 错 误; 故选 C. 点评: 本题考查了离子共存的判断,题目难度中等,明确氨基酸的组成及性质为解答关键, 试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力. 17. (3 分) (2015?宝山区二模)冶铁的原料为铁矿石、焦炭、空气和石灰石.测得某冶铁 高炉煤气的体积分数为 CO﹣0.28; CO2﹣0.10; N2﹣0.58, 棕色烟尘﹣0.04 (不含氮元素) . 若 3 每生产 1000kg 生铁排放煤气 2400m , 则至少需要补充空气? (空气体积分数: 氮气 0.8 氧 气 0.2) ,气体都在同温同压下测定. ( ) A.1392m3 B.1740m3 C.1920m3 D.2304m3 考点: 化学方程式的有关计算. 专题: 计算题. 分析: 依据冶铁高炉煤气的体积分数为 CO﹣0.28;CO2﹣0.10; N2﹣0.58,计算排放煤气 3 2400m ,含有的氮气的体积,依据空气中氮气体积分数为 0.8 计算需要空气的体积. 3 3 解答: 解:2400m 煤气中含 N2:2400×0.58=1392m ,空气中氮气体积分数为 0.8,所以需
.





要空气的体积为

=1740m ,

3

故选:B. 点评: 本题考查了有关气体成分的计算,明确冶铁高炉煤气、空气的成分是解题关键,题目 难度不大. 三、选择题(本题共 20 分,每小题 4 分,每小题有一个或两个正确选项.只有一个正确选 项的,多选不给分:有两个正确选项的,选对一个给 2 分,选错一个该小题不给分)

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18. (4 分) (2015?宝山区二模)往 Ba(C1O)2 溶液中通入足量 SO2 气体后,溶液中的溶 质是( ) A.H2SO4 B.HCl C.HClO D.Ba(HSO3)2 考点: 二氧化硫的化学性质. ﹣ 分析: 二氧化硫水溶液呈酸性,C1O 在酸性条件下具有强氧化性,可与二氧化硫发生氧化 还原反应,以此解答该题. 解答: 解:往 Ba(C1O)2 溶液中通入足量 SO2 气体发生 Ba(C1O) 2+2SO2+2H2O=BaSO4↓+H2SO4+2HCl,则反应后溶液的溶质为 H2SO4、HCl, 故选 AB. 点评: 本题考查了元素化合物知识,为高频考点,侧重基础知识的考查,明确二氧化硫的酸 性氧化物、还原性、以及 HClO 的氧化性是解题关键,题目难度不大.
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19. (4 分) (2015?宝山区二模)密闭的真空容器中放入一定量 CaO2 固体,发生反应 2CaO2 (s)?2CaO(s)+O2(g)并达到平衡.保持温度不变,缩小容器容积为原来的三分之二, 重新平衡后,下列叙述正确的是( ) A.平衡常数减小 B.CaO 的量减少 C.氧气浓度不变 D.CaO2 的量不变 考点: 化学平衡的影响因素. 分析: 保持温度不变,缩小容器体积,增大压强,可逆反应向逆反应方向移动,化学平衡常 数只与温度有关,据此分析解答. 解答: 解:A.化学平衡常数只与温度有关,温度不变,平衡常数不变,故 A 错误; B.缩小容器体积,增大压强,平衡向逆反应方向移动,则 CaO 的量减小,故 B 正确;
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C.缩小容器体积,增大压强,但温度不变,平衡常数不变,K=[O2]氧气浓度不变, 故 C 正确; D.平衡向逆反应方向移动,则 CaO2 量增加,故 D 错误; 故选 BC. 点评: 本题考查了可逆反应平衡移动,根据压强与平衡移动方向之间的关系分析解答即可, 注意平衡常数只与温度有关,与物质浓度无关,为易错点. 20. (4 分) (2015?宝山区二模)某水体溶有 Ca 、Mg 、HCO3 三种离子,可先加足量消 2+ 2+ 石灰,再加足量纯碱以除去 Ca 、Mg .以下离子方程式肯定不符合反应事实的是( ) ﹣ ﹣ 2+ 2+ A.Mg +2HCO3 +Ca +2OH →MgCO3↓+CaCO3↓+2H2O ﹣ ﹣ B. Mg2++2HCO3 +2Ca2++4OH →Mg(OH)2↓+2CaCO3↓+2H2O ﹣ ﹣ C. Mg2++3HCO3 +3Ca2++5OH →Mg(OH)2↓+3CaCO3↓+3H2O ﹣ D.Ca2++CO32 →CaCO3↓ 考点: 离子方程式的书写. ﹣ 2+ 2+ 分析: Ca 、Mg 、HCO3 三种离子,可先加足量消石灰,镁离子反应生成氢氧化镁沉淀, 碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子, 碳酸根与钙离子反应生成碳酸钙沉 淀,再加足量纯碱碳酸根离子与钙离子反应生成碳酸钙沉淀, A.根据分析可知,反应生成氢氧化镁沉淀,变化生成碳酸镁; B.原溶液中有钙离子,则碳酸氢根离子的系数应该大于 2,否则不满足溶液电中性; C.镁离子、碳酸氢根离子与足量氢氧化钙反应生成,当镁离子与钙离子的物质的量
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2+

2+



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相等时发生该反应; D.最后钙离子与碳酸根离子反应生成碳酸钙沉淀. ﹣ 2+ 2+ 解答: 解:Ca 、Mg 、HCO3 三种离子,可先加足量消石灰,镁离子反应生成氢氧化镁 沉淀,离子方程式:Mg +2OH =Mg(OH)2↓,碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生 ﹣ ﹣ 2﹣ 成碳酸根离子,2HC03 +OH =C03 ,碳酸根与钙离子反应生成碳酸钙沉淀,离子方 2+ 2﹣ 程式:Ca +C03 →CaCO3↓,再加足量纯碱碳酸根离子与钙离子反应生成碳酸钙沉 2+ 2﹣ 淀,离子方程式:Ca +C03 →CaCO3↓, 氢氧化镁溶解度小于碳酸镁溶解度,消石灰过量,所以溶液中的镁离子全部转化为氢 氧化镁沉淀,不可能生成碳酸镁,最后反应得到的物质为氢氧化镁、碳酸钙和水, A.氢氧化钙足量,镁离子转化成氢氧化镁沉淀,当镁离子与钙离子物质的量相等时, 发生反应为:Mg +3HCO3 +3Ca +5OH →Mg(OH)2↓+3CaCO3↓+3H2O,故 A 错误; B.原溶液中含有钙离子,则碳酸氢根离子的系数错误,当镁离子与钙离子物质的量 相等时, 发生反应为: Mg +3HCO3 +3Ca +5OH →Mg (OH) 2↓+3CaCO3↓+3H2O, 故 B 错误; C.若镁离子与钙离子的物质的量相等,加入足量氢氧化钙溶液后发生反应: Mg +3HCO3 +3Ca +5OH →Mg(OH)2↓+3CaCO3↓+3H2O,故 C 正确; 2+ 2 D.最后钙离子与碳酸根离子反应生成碳酸钙沉淀,反应的离子方程式为:Ca +C03 ﹣ →CaCO3↓,故 D 正确; 故选 AB. 点评: 本题考查了离子反应,题目难度中等,明确常见离子的性质为解题关键,注意氢氧化 镁与碳酸镁沉淀溶解度大小关系,试题侧重考查学生的分析、理解能力. 21. (4 分) (2015?宝山区二模)有 v1mL pH=9 的氨水(A)和 v2mL pH=10 的氨水(B) , v3mL pH=10 的 NaOH 溶液(C) ,它们能中和同量的盐酸.以下叙述正确的是( ) A.v1>10v2 B. 加少量水稀释,氨水中 都减小 C. v2=v3 D.中和热 A=B=C 考点: 弱电解质在水溶液中的电离平衡. 分析: 氨水为弱酸,同等 pH 值的氨水溶液与氢氧化钠溶液,氨水的浓度要比氢氧化钠大, 据此解答即可. 解答: 解:氨水为弱酸,同等 pH 值的氨水溶液与氢氧化钠溶液,氨水的浓度要比氢氧化钠 大, A、氨水浓度越小,电离程度越大,故 A 和 B 能中和同量的盐酸时,消耗 A 的体积 >B 的 10 倍,故 A 正确; B、加入少量水稀释,氨水电离程度增大,但是碱性减弱,故氢氧根浓度减小,温度
.

2+



2+



2+



2+



2+



2+



2+



不变,故: 大,故 B 错误;

不变,氢氧根浓度减小,故



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C、由于氨水是弱碱,故随着反应的进行继续电离出氢氧根,故 v2<v3,故 C 错误; D、中和热的定义为:稀的强酸与稀的强碱反应生成 1mol 水放出的热量,由于氨水是 弱碱,故电离需要吸热,故反应热 ABC 不同,故 D 错误,故选 A. 点评: 本题主要考查的是弱碱的电离以及影响其电离的因素等,难度较大,注意分析溶液中 各种离子的浓度变化是关键. 22. (4 分) (2015?宝山区二模)磷酸分子间脱水会形成多种聚磷酸,它们的钠盐是广泛使 用的食品添加剂.将 48gNaOH 与 58.8g 固态纯 H3PO4 在一定温度下加热,得到 79.8g 固体 A 和 27g 水,则 A 可能是( ) A.Na3PO4 B. Na4P2O7 C. Na4P2O7 和 Na5P3O10 D.Na3PO4、Na4P2O7 和 Na5P3O10 考点: 化学方程式的有关计算. 分析: 将 48gNaOH 的物质的量为 1.2mol,58.8g 固态纯 H3PO4 的物质的量为 0.6mol,得到 79.8g 固体 A 和 27g 水,说明钠与磷全部转化到 A 中,所以 N(Na) :N(P)=2:1, 由此分析解答. 解答: 解:将 48gNaOH 的物质的量为 1.2mol,58.8g 固态纯 H3PO4 的物质的量为 0.6mol, 得到 79.8g 固体 A 和 27g 水,说明钠与磷全部转化到 A 中,所以 N(Na) :N(P)=2: 1, A、N(Na) :N(P)=3:1,故 A 错误; B、N(Na) :N(P)=2:1,可能,故 B 正确; C、Na4P2O7 中 N(Na) :N(P)=2:1,Na5P3O10,N(Na) :N(P)=5:3<2:1, 所以混合体系中 N(Na) :N(P)<2:1,所以不可能,故 C 错误;
.

D、Na4P2O7 中 N(Na) :N(P)=2:1,Na5P3O10,N(Na) :N(P)=5:3<2:1, Na3PO4,N(Na) :N(P)=3:1>2:1,所以混合体系中 N(Na) :N(P)可能为 2: 1,故 D 正确; 故选 BD. 点评: 本题考查学生用原子个数之比解题,学生首先根据物质的转化,得到钠与磷全部转化 到 A 中, 求出两种元素的原子个数之比, 注意 CD 选项平均值的运用, 有一定的难度. 四、 (本题共 12 分) 23. (3 分) (2015?宝山区二模)铁与同周期的钙性质有很大的差异,铁的熔点更高,而钙 的金属活动性更强,这都说明铁的金属键比钙更 强 (选填“强”、“弱”) .与钢铁比,纯 净的铁有很强的抗腐蚀性, 原因 不会发生电化学腐蚀 . 氯化铁受热会发生升华现象 共 价 ,这说明氯化铁是(选填“离子”、“共价”)化合物. 考点: 金属的电化学腐蚀与防护;共价键的形成及共价键的主要类型;金属键的涵义. 分析: 金属键越强金属晶体的熔沸点越高,金属原子失去电子能力越弱; 形成原电池的条件是:有两个活泼性不同的电极,电解质溶液,形成闭合回路; 分子晶体熔沸点较低,离子晶体熔沸点较高; 据此解答. 解答: 解:铁与钙都是金属晶体,金属键越强金属晶体的熔沸点越高,金属原子失去电子能 力越弱, 铁与同周期的钙性质有很大的差异, 铁的熔点更高, 而钙的金属活动性更强, 这都说明铁的金属键比钙更强;
.

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与钢铁比,纯净的铁中含碳量低,在潮湿的环境下不容易形成原电池,所以不会发生 电化学腐蚀,抗腐蚀性强; 氯化铁受热会发生升华现象说明氯化铁沸点低,为分子晶体,氯化铁存在分子为铁原 子与氯原子通过共价键形成的共价化合物; 故答案为:强;不会发生电化学腐蚀;共价; 点评: 本题考查了不同类型晶体的熔沸点规律、金属腐蚀的原理,明确决定不同类型晶体熔 沸点作用力,熟悉原电池形成条件是解题关键,题目难度不大. 24. (2 分) (2015?宝山区二模)一定条件下,在容积一定的容器中,铁和 CO2 发生反应: Fe (s) +CO2 (g) ?FeO (s) +CO (g) △ H>0, 该反应的平衡常数表达式 K= . 下

列措施中能使平衡时 c(CO)/c(CO2)增大的是 a (选填编号) a.升高温度 b.增大压强 c.充入一定量 CO d.再加入一些铁粉. 考点: 化学平衡的影响因素;用化学平衡常数进行计算. 分析: 平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值; a.正反应是吸热反应,温度越高,K 越大,生成物浓度越大,反应物浓度越小,即 c (CO)/c(CO2)增大; b.反应前后气体体积不变,增大压强化学平衡不移动,即 c(CO)/c(CO2)不变; c.充入一定量 CO,温度不变,化学平衡常数不变,则 c(CO)/c(CO2)不变; d.化学平衡中,纯固体纯液体不影响化学反应速率,即加入铁粉,化学平衡常数不 变. 解答: 解:平衡常数为产物浓度系数次幂的乘积与反应物浓度系数次幂的乘积的比值,由于
.

Fe 和 FeO 为固体,不能写在化学平衡常数表达式中,所以 K=



故答案为:



a.正反应是吸热反应,温度越高,K 越大,生成物浓度越大,反应物浓度越小,即 c (CO)/c(CO2)增大,故 a 正确; b.反应前后气体体积不变,增大压强化学平衡不移动,即 c(CO)/c(CO2)不变, 故 b 错误; c.充入一定量 CO,温度不变,化学平衡常数不变,则 c(CO)/c(CO2)不变,故 c 错误; d.化学平衡中,纯固体纯液体不影响化学反应速率,即加入铁粉,化学平衡常数不 变,故 d 错误; 故选 a. 点评: 本题考查化学平衡常数表达式,难度不大,注意纯固体纯液体不能写在化学平衡常数 表达式中. 25. (5 分) (2015?宝山区二模)FeS2 可在 Fe2(SO4)3 溶液中“溶解”,硫元素都以 SO4 形式存在,请完成该反应的化学方程式.
2﹣

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1

FeS2+ 7 Fe2(SO4)3+ 8H2O → 15 FeSO4+ 8H2SO4 .

考点: 氧化还原反应方程式的配平. 分析: 反应中二硫化亚铁中的硫元素化合价从﹣1 价升高到硫酸根离子中的+6 价, 三价铁离 子降为二价铁离子,依据得失电子守恒结合原子个数守恒配平方程式. 解答: 解:反应中二硫化亚铁中的硫元素化合价从﹣1 价升高到硫酸根离子中的+6 价,硫酸 铁中铁元素从+3 价降低到+2 价,要使氧化剂、还原剂得失电子守恒,则硫化亚铁系
.

数为 1,硫酸铁系数为 7,依据原子个数守恒,反应方程式为:FeS2+7Fe2(SO4) 3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4, 故答案为:1;7;8H2O;15;8H2SO4. 点评: 本题考查了氧化还原反应方程式的书写,明确氧化还原反应中得失电子守恒规律,准 确判断各元素的化合价变化情况是解题关键,题目难度不大. 26. (2 分) (2015?宝山区二模)溶液的酸碱性对许多物质的氧化性有很大影响;生成物的 溶解性会影响复分解反应的方向. 将 Na2S 溶液滴加到 FeCl3 溶液中, 有单质硫生成; 将 FeC13 溶液滴加到 Na2S 溶液中生成的是 Fe2S3 而不是 S 或 Fe(OH)3.从以上反应可得出的结论 3+ 3+ 是 酸性条件氧化性:Fe >S 、 给出 Fe 能力:Fe(OH)3>Fe2S3 . 考点: 氧化性、还原性强弱的比较;难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质. 分析: 氯化铁为强酸弱碱盐水解显酸性,将 Na2S 溶液滴加到 FeCl3 溶液中,有单质硫生成,
.

反应方程式为:2Fe +S ═ 2Fe +S↓,依据氧化性强弱规律解答; 硫化钠溶液为强碱弱酸盐水解显碱性,将 FeC13 溶液滴加到 Na2S 溶液中生成的是 3+ 2﹣ Fe2S3,离子方程式为:Fe +S =Fe2S3,依据溶度积规则解答; 解答: 解:氯化铁为强酸弱碱盐水解显酸性,将 Na2S 溶液滴加到 FeCl3 溶液中,有单质硫 3+ 2﹣ 2+ 生成,反应方程式为:2Fe +S ═ 2Fe +S↓,反应中三价铁离子为氧化剂,硫为氧化 产物,氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,所以 酸性条件氧化性:Fe >S; 硫化钠溶液为强碱弱酸盐水解显碱性,将 FeC13 溶液滴加到 Na2S 溶液中生成的是 3+ 2﹣ 3+ Fe2S3,离子方程式为:Fe +S =Fe2S3,说明硫化铁溶解度小于氢氧化铁,给出 Fe 能力:Fe(OH)3>Fe2S3; 3+ 3+ 故答案为:酸性条件氧化性:Fe >S;给出 Fe 能力:Fe(OH)3>Fe2S3; 点评: 本题考查了氧化还原反应规律、溶度积规则,明确相关知识是解题关键,题目难度中 等. 五、 (本题共 12 分) 27. (2 分) (2015?宝山区二模)硫元素位于元素周期表第 16 列;硫元素原子核外有 2 个未成对电子,这 2 个电子所处亚层的符号是 3p ;硫、氯元素的原子均可形成与 Ar 原 子电子层结构相同的简单离子,且硫离子的半径更大,请解释 氯离子核电荷数更大,对外 层电子的引力更强,故离子半径较硫离子小 . 考点: 元素周期表的结构及其应用;微粒半径大小的比较. 2 2 6 2 4 分析: S 的原子序数为 16, 位于周期表第三周期Ⅵ A 族, 原子核外电子排布为 1s 2s 2p 3s 3p , 核外电子排布相同的离子,核电荷数越大离子半径越小,以此解答. 解答: 解:S 位于周期表第三周期Ⅵ A 族,位于元素周期表第 16 列,原子核外电子排布为
.

3+

2﹣

2+

3+

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1s 2s 2p 3s 3p ,3p 轨道有 2 个未成对电子,硫、氯元素的原子均可形成与 Ar 原子 电子层结构相同的简单离子,因氯离子核电荷数更大,对外层电子的引力更强,故离 子半径较硫离子小, 故答案为:16;3p;氯离子核电荷数更大,对外层电子的引力更强,故离子半径较硫 离子小. 点评: 本题以硫为载体考查了元素周期律和元素周期表,为高频考点,侧重于学生的分析能 力的考查,根据原子结构及元素周期律来分析解答,熟记元素周期律知识,题目难度 不大. 28. (3 分) (2015?宝山区二模)S8 和 P4 的分子中都只有共价单键,若 P4 分子中有 6 个 P ﹣P 键,则可推断 S8 分子有 8 个 S﹣S 键;己知:H﹣S 键键能:339kJ/mol; H﹣Se 键 键能:314kJ/mol.以上键能数据能否比较 S,Se 非金属性的强弱 能 (选填“能”、“否”; 下同) ;能否比较 H2S、H2Se 沸点的高低 否 . 考点: 物质结构中的化学键数目计算;晶体熔沸点的比较. 分析: 因为 S8 的分子中都只有共价单键,所以结构模型为 ,所以 S8 分子有 8 个 S﹣S 键, 共价键的键能越大氢化物越稳定, 中心元素的非金属性越强, H2S、 H2Se 沸点的高低无键能的大小无关,由此分析解答. 解答: 解:因为 S8 的分子中都只有共价单键,所以结构模型为 ,所以 S8 分 子有 8 个 S﹣S 键, 共价键的键能越大氢化物越稳定, 中心元素的非金属性越强, H2S、 H2Se 沸点的高低无键能的大小无关,与分子间作用力的大小有关,故答案为:8;能; 否. 点评: 本题通过 S8 分子结构和共价键的形成,题目难度中等,熟悉白磷的正四面体结构式 解题关键,然后推测 S8 的结构.
.

2

2

6

2

4

29. (2 分) (2015?宝山区二模) 在 25℃ , Na2SO3 溶液吸收 SO2 得到的 NaHS03 溶液中 c (SO3 ﹣ )>c(H2SO3) ,据此断 NaHS03 溶液显 酸 性.

2

考点: 盐类水解的原理. 2﹣ 分析: Na2SO3 溶液吸收 SO2 得到的 NaHS03 溶液中 c(SO3 )>c(H2SO3) ,说明溶液中亚 硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度,溶液呈酸性; ﹣ ﹣ + 解答: 解:Na2SO3 溶液吸收 SO2 得到的 NaHS03 溶液中,NaHSO3=Na +HSO3 ,HSO3
.

?H +SO3 ,HSO3 +H2O?H2SO3+OH ,溶液中 c(SO3 )>c(H2SO3) ,说明溶 液中亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度,溶液呈酸性; 故答案为:酸. 点评: 本题考查了演的水解、弱酸根离子的水解分析判断,掌握基础是关键,题目较简单. 30. (2 分) (2015?宝山区二模)在 25℃ ,Na2S03 溶液吸收 SO2 后,若溶液 pH=7.2,则溶液 ﹣ 2﹣ 中 c(S03 )=c(HS03 ) ;若溶液 pH=7,则以下浓度关系正确的是(选填编号) ab . ﹣ + 2﹣ a.c(Na )=2c(SO3 )+c(HSO3 ) ﹣ ﹣ + 2﹣ + b.c(Na )>c(HSO3 )>c(SO3 )>c(H )=c(OH ) ﹣ ﹣ + + 2﹣ c.c(Na )+c(H )=c(SO3 )+c(HSO3 )+c(OH )
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+

2﹣





2﹣

考点: 离子浓度大小的比较. ﹣ ﹣ 2﹣ 分析: 若溶液 pH=7.2,则溶液中 c(S03 )=c(HS03 ) ,若使溶液 pH=7,则 HS03 的浓度
.

应该稍大些,即:c(HSO3 )>c(SO3 ) ;再结合溶液中的电荷守恒进行判断. ﹣ + + 2﹣ 解答: 解:a.溶液中存在电荷守恒:c(Na )+c(H )=2c(SO3 )+c(HSO3 )+c(OH ﹣ ﹣ + + 2﹣ ) ,由于溶液的 pH=7,则 c(H )=c(OH ) ,故 c(Na )=2c(SO3 )+c(HSO3 ﹣ ) ,故 a 正确; ﹣ ﹣ 2﹣ b.溶液 pH=7.2,则溶液中 c(S03 )=c(HS03 ) ,若使溶液 pH=7,则 HS03 的浓 ﹣ 2﹣ + 度应该稍大些,即:c(HSO3 )>c(SO3 ) ,溶液中离子浓度大小为:c(Na )> ﹣ ﹣ 2﹣ + c(HSO3 )>c(SO3 )>c(H )=c(OH ) ,故 b 正确; ﹣ + + 2﹣ c.反应后的溶液中存在电荷守恒:c(Na )+c(H )=2c(SO3 )+c(HSO3 )+c ﹣ (OH ) ,故 c 错误; 故答案为:ab. ﹣ 点评: 本题考查了离子浓度大小比较,题目难度中等,根据题干信息正确判断 c(HSO3 ) 、 c(SO3 )的大小为解答关键,注意明确电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理在判断 离子浓度大小中的应用. 31. (3 分) (2015?宝山区二模) 己知 Na2SO3 溶液中存在水解平衡: SO3 +H2O?HSO3 +OH ﹣ ,请用 Na2SO3 溶液和 a 试剂及必要的实验用品,设计简单实验,证明盐类的水解是一个 吸热过程.a 试剂是 酚酞 ,操作和现象是 取样品溶于水,滴加酚酞显红色,加热后溶 液红色加深 . 考点: 探究吸热反应和放热反应. 分析: 亚硫酸根离子水解生成亚硫酸氢根离子和氢氧根离子,溶液显示碱性,可以选用酚酞 作为指示剂,然后通入给亚硫酸钠溶液加热,根据溶液红色深浅判断温度对该平衡的 影响. ﹣ ﹣ 2﹣ 解答: 解:Na2SO3 溶液中存在水解平衡:SO3 +H2O?HSO3 +OH ,所以 Na2SO3 溶液呈 碱性,向溶液中滴加酚酞后,溶液变成红色, 加热后滴有酚酞的亚硫酸钠溶液的红色加深,证明亚硫酸钠的水解为吸热反应,加热
.



2﹣

2﹣

2﹣



后平衡 SO3 +H2O?HSO3 +OH 向着正向移动, 故答案为:酚酞;取样品溶于水,滴加酚酞显红色,加热后溶液红色加深. 点评: 本题考查了探究吸热反应和放热反应的方法,题目难度中等,根据平衡正确选用试剂 为解答关键,注意掌握盐的水解原理及其影响因素,明确常见的化学实验基本操作方 法,试题培养了学生灵活应用基础知识解决实际问题的能力. 六、 (本题共 12 分) 32. (12 分) (2015?宝山区二模)在饱和碳酸钠溶液中通入 CO2,将所得溶液小心蒸干,得 到固体 A,为分析 A 的成分,设计如下实验方案. (1)甲实验:用 pH 计检验 A 是否为纯净的碳酸氢钠.25℃ 时,将一定质量的样品 A 溶于 水配成溶液测其 pH,还需另一种试剂和水进行对照实验,该试剂是 纯净的碳酸氢钠 . 0.2mol/L 0.1mol/L 0.02mol/L

2﹣





0.2mol/L

浑浊

浑浊

少许浑浊

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0.1mol/L 0.02mol/L

浑浊 少许浑浊

少许浑浊 无现象

无现象 无现象

(2)乙实验:将 A 配成溶液与 BaCl2 溶液等体积混合,通过观察实验现象判断 A 是否为纯 净的碳酸氢钠,下表是几组实验的现象:产生浑浊的原因可能是① A 中含有碳酸钠;② 碳酸 氢钡溶液密度增大析出沉淀 . (3)丙实验:称取 0.736g 样品,配置成 100mL 溶液,取出 20.00mL,用 0.1000mol/L 的盐 酸滴定,可用甲基橙作指示剂,终点颜色的变化是 黄色变为橙色且半分钟不褪色 . (4) 丁实验: 通过受热质量分析法测定 A 是否为纯净的碳酸氢钠, 取 10.000g 样品置于 坩 埚 (填写仪器名称)中加热,经干燥、冷却、称量固体质量,上述操作步骤至少进行 2 次,当剩余固体质量为 6.310 克(保留 3 位小数)时,证明 A 为纯净的碳酸氢钠固体. 考点: 探究物质的组成或测量物质的含量. 分析: (1) 对照实验是测定溶液 PH 判断是否为纯净的碳酸氢钠, 需要对比纯净的碳酸氢钠 溶液的 PH 分析判断; (2)图中数据分析,碳酸氢钡浓度越大越易析出沉淀; (3)用盐酸滴定 A 样品的溶液用甲基橙作指示剂时,滴入最后一滴盐酸溶液,反应 达到终点溶液颜色由黄色变化为橙色且半分钟不变,证明反应达到终点; (4)固体受热分解在坩埚中加热,利用加热前后质量变化结合化学方程式定量关系 计算分析判断; 解答: 解: (1)对照实验是测定溶液 PH 判断是否为纯净的碳酸氢钠,需要对比纯净的碳酸 氢钠水溶液溶液的 PH 分析,所以需要纯净的碳酸氢钠和水,测定纯净碳酸钠溶于水 形成溶液 PH,与 A 溶于水测定溶液 PH 对比,若相同证明 A 为纯净的碳酸氢钠,否 则不是; 故答案为:纯净的碳酸氢钠; (2) 图中数据分析, 产生浑浊的原因可能是 A 中含有碳酸钠和氯化钡反应生成沉淀, 也可能是碳酸氢钡随浓度增大会析出沉淀,碳酸氢钡浓度增大析出沉淀; 故答案为:碳酸氢钡浓度增大析出沉淀; (3)用盐酸滴定 A 样品的溶液用甲基橙作指示剂时,PH 变色范围为 3.1﹣4.4,溶液 PH 小于 3.1 呈红色,3.1﹣4.4 溶液呈橙色,大于 4.4 溶液呈黄色,滴入最后一滴盐酸 溶液,反应达到终点溶液颜色由黄色变化为橙色且半分钟不变,证明反应达到终点; 故答案为:黄色变为橙色且半分钟不褪色; (4)固体受热分解需要在坩埚中加热,为实验的准确性,需要重复加热、干燥、冷 却、称量固体质量,操作最少需要 2 次,称量至恒重,利用加热前后质量变化结合化 学方程式定量关系计算分析判断,若 10g 全部是纯净的碳酸氢钠,受热分解后固体质 量为 x
.

2NaHCO3

Na2CO3+CO2↑+H2O

2×84 106 10g x x=6.310g 取 10.000g 样品加热分解、干燥、冷却、称量固体质量为 6.310g,说明 A 为纯净的碳 酸氢钠; 故答案为:坩埚,2,6.310g. 点评: 本题考查了物质组成的实验检测方法和实验设计,主要是物质性质,滴定实验和化学
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方程式的计算应用,掌握基础是关键,题目难度中等. 七、 (本题共 12 分) 33. (12 分) (2015?宝山区二模)南美洲干旱地区有智利硝石,是制取炸药的重要原料,其 主要成分是 NaNO3, 还含少量 NaIO3 等可溶盐和不溶物. NaNO3 溶于水时溶液的温度降低. (1)以下操作可从智利硝石分离出 NaNO3:溶解、 过滤、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、 洗涤、干燥 . (2)用 NaNO3 和浓硫酸反应可以制取硝酸,反应的化学方程式为 NaNO3+H2SO4=NaHSO4+2HNO3↑ ; 热的硝酸会腐蚀橡胶, 制取装置中应该用 代替胶管和胶塞. 磨砂接口

(3)分离出的 NaIO3 可通过以下反应制得 I2: 4NaIO3+10NaHSO3→7Na2SO4+3H2SO4+2I2+2H2O.简述从反应后得到的混合物中分离出 I2 的操作 加四氯化碳萃取、分液、水浴蒸馏 .NaHSO3 过多或过少,I2 的产率都会降低, 当 NaIO3 与 NaHSO3 的物质的量之比为 1:2.6 时,I2 的产率为 80% . (4)智利硝石资源有限(曾引起过南太平洋战争) ,现在工业上制 NaNO3 主要采用化学合 成的方法, 涉及的工业制备有 (请结合课本知识回答) 合成氨 、 制硝酸、 氯碱工业 等; 写出工业制硝酸的化学方程式 4NH3+5O2 4NO+3O2+2H2O=4HNO3 . 考点: 含氮物质的综合应用. 分析: (1)智利硝石其主要成分是 NaNO3,还含少量 NaIO3 等可溶盐和不溶物,从智利硝
.

4NO+6H2O 、

石分离出 NaNO3, 的实验步骤为溶解过滤除去不溶性杂质, 通过蒸发浓缩, 冷却结晶, 过滤洗涤,干燥分离得到较纯净的硝酸钠; (2)用 NaNO3 和浓硫酸反应可以生成硝酸和硫酸氢钠,硝酸具有氢氧化性能氧化橡 胶; (3)反应后的物质为硫酸钠、硫酸、碘单质和水,分离碘单质,可以显溶于水,溶 解后利用碘单质溶解度在有机溶剂中比在水中大,采取萃取分液的方法,分离 得到有机层,应用蒸馏的方法分离出碘单质, 4NaIO3+10NaHSO3→7Na2SO4+3H2SO4+2I2+2H2O,当 NaIO3 与 NaHSO3 的物质的量 之比为 1:2.6 时,结合化学方程式定量关系可知,亚硫酸氢钠过量,生成的碘单质会 氧化亚硫酸氢钠,碘单质产率= ×100%;

(4)现在工业上制 NaNO3 主要采用化学合成的方法,涉及的工业制备有氮气和氢气 合成氨,氨气催化氧化生成一氧化氮和水,一氧化氮已化为二氧化氮,二氧化氮溶于 水生成硝酸,为充分吸收通入水中的氧气和一氧化氮体积比为 3:4. 解答: 解: (1)智利硝石其主要成分是 NaNO3,还含少量 NaIO3 等可溶盐和不溶物,从智 利硝石分离出 NaNO3,的实验步骤为溶解过滤除去不溶性杂质,通过蒸发浓缩,冷却 结晶,过滤洗涤,干燥分离得到较纯净的硝酸钠, 故答案为:过滤、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥; (2)用 NaNO3 和浓硫酸反应可以生成硝酸和硫酸氢钠,反应的化学方程式为: NaNO3+H2SO4=NaHSO4+2HNO3↑,硝酸具有氢氧化性能氧化橡胶,热的硝酸会腐蚀 橡胶,制取装置中应该用磨砂接口代替胶管和胶塞, 故答案为:NaNO3+H2SO4=NaHSO4+2HNO3↑;磨砂接口;
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(3)反应后的物质为硫酸钠、硫酸、碘单质和水,分离碘单质,可以显溶于水,溶 解后利用碘单质溶解度在有机溶剂中比在水中大,采取萃取分液的方法,分离 得到有机层, 应用蒸馏的方法分离出碘单质, 分离出 I2 的操作加四氯化碳萃取、 分液、 水浴蒸馏,NaHSO3 过多或过少,I2 的产率都会降低,当 NaIO3 与 NaHSO3 的物质的 量之比为 1:2.6 时, 4NaIO3+10NaHSO3=7Na2SO4+3H2SO4+2I2+2H2O, 4 10 2 1mol 2.5mol 0.5mol 过量的亚硫酸氢钠和生成的碘单质发生反应, 2I2+2NaHSO3+2H2O=Na2SO4+4HI+H2SO4, 2 2 0.1mol 0.1mol I2 的产率= ×100%=80%;

故答案为:加四氯化碳萃取、分液、水浴蒸馏;80%; (4)现在工业上制 NaNO3 主要采用化学合成的方法,涉及的工业制备有氮气和氢气 合成氨,氨气催化氧化生成一氧化氮和水,一氧化氮氧化为二氧化氮,二氧化氮溶于 水生成硝酸,为充分吸收通入水中的氧气和一氧化氮体积比为 3:4,工业制硝酸的化 学方程式 4NH3+5O2 4NO+6H2O,4NO+3O2+2H2O=4HNO3; 4NO+6H2O,

故答案为:合成氨;氯碱工业;4NH3+5O2

4NO+3O2+2H2O=4HNO3. 点评: 本题考查了氮及其化合物性质的分析应用, 主要是化学实验基本操作, 物质分离提纯, 氧化还原反应的实质理解应用,掌握基础是解题关键,题目难度中等. 八、 (本题共 10 分) 34. (10 分) (2015?宝山区二模)苯是重要的化工原料,如图是某酮酸 E 的合成路线.

已知:① CH3CH=CHCH3 能被氧化成乙酸;



+(CH3CO)2O→

+CH3COOH

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(1)以上合成路线中,属于氧化反应的有:反应⑥ 和反应 ① (填反应编号) ;反应⑤ 的反 应条件是 氢氧化钠醇溶液、加热 .

(2)写出结构简式 A

; B

(3)己知 C 的分子式为 C4H6O4,则 D 的结构简式为 HOOCCOOH ;分离 C 和 D 的方 法是 蒸馏 .

(4)不能由

直接制取

,原因是 苯中的碳碳键是一种特殊的键,与氢气加

成后只能得环已烷 .

(5)写出反应⑧ 的化学方程式 考点: 有机物的推断. 分析:

+





.

根据各物质转化关系,

发生氧化反应得



与氢气发生加成反

应得 A 为

,A 在浓硫酸作用下发生消去反应得



与溴加成得

B为

,B 发和消去反应得



发生信息① 的氧化反应得

HOOCCOOH 和 HOOCCH2CH2COOH,C 的分子式为 C4H6O4,C 发生脱水反应生成 ,所以 C 为 HOOCCH2CH2COOH,D 为 HOOCCOOH,丁二酸酐发生信息②

中的取代反应生成 E 为 解答:

,据此答题.

解:根据各物质转化关系,

发生氧化反应得



与氢气发生加

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成反应得 A 为

,A 在浓硫酸作用下发生消去反应得



与溴加

成得 B 为

,B 发和消去反应得



发生信息① 的氧化反应得

HOOCCOOH 和 HOOCCH2CH2COOH,C 的分子式为 C4H6O4,C 发生脱水反应生成 ,所以 C 为 HOOCCH2CH2COOH,D 为 HOOCCOOH,丁二酸酐发生信息②

中的取代反应生成 E 为



(1)根据上面的分析可知,以上合成路线中,属于氧化反应的有:反应⑥ 和反应① , 反应⑤ 为卤代烃的消去反应,所以反应条件是氢氧化钠醇溶液、加热, 故答案为:① ;氢氧化钠醇溶液、加热;

(2)根据上面的分析可知,A 为

,B 为



故答案为:





(3)根据上面的分析可知,D 为 HOOCCOOH,C 和 D 都是二元羧酸,它们能互溶 但沸点不同,所以分离 C 和 D 的方法是蒸馏, 故答案为:HOOCCOOH;蒸馏; (4)由于苯中的碳碳键是一种特殊的键,与氢气加成后只能得环已烷,所以不能由

直接制取



故答案为:苯中的碳碳键是一种特殊的键,与氢气加成后只能得环已烷;

(5)反应⑧ 的化学方程式为

+





故答案为:

+





点评: 本题考查有机物推断, 注意运用正向推断、 逆向推断及题给信息相结合进行分析解答, 难度中等.
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九、 (本题共 12 分) 35. (12 分) (2015?宝山区二模)艾多昔芬可用于防治骨质疏松症,其合成路线如图 1(部 分反应条件略去) :

(1)写出下列物质的结构简式:C

; 艾多昔芬



(2)写出 F→G 的化学方程式

+HBr

(3)写出同时满足下列条件的 A 的同分异构体的结构简式: . ① 能发生银镜反应; ② 分子中有 4 种化学环境的氢原子; ③ 能发生水解反应且产物之一遇 FeCl3 溶液显紫色.

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(4)请参照合成艾多昔芬的某些信息,完成图 2 合成路线流程图(在方框内填写有关物质 的结构简式;反应条件略去) :

考点: 有机物的合成. 分析: 根据题中各物质转化关系,对照各物质中官能团的变化及碳链结构的变化分析, (1)比较 B、D 两种物质的结构及它们之间两步反应的条件可知 C 的结构简式;I 中的羟基和邻位碳上的氧原子脱去一分子水得艾多昔芬;
.

(2)比较 F 和 H 两种物质的结构简式可知 G 的结构简式为

,进而可以

写出化学方程式; (3)根据① 能发生银镜反应,说明有醛基;② 分子的核磁共振氢谱图中有 4 个峰;③ 能 发生水解反应且产物之一遇 FeCl3 溶液能发生显色反应, 说明水解产物之一有酚羟基, 据此写同分异构体; (4)以甲苯和 SOCl2 反应类似于 A→B 的反应,发生取代反应生成 ,

与甲苯发生取代反应得



再与 CH3CH2MgBr 发生题中

D+H→I 的反应,然后再脱水形成碳碳双键; 解答: 解: (1)比较 B、D 两种物质的结构及它们之间两步反应的条件可知,B→C 的反应 为 B 中的氯原子与碘苯中碘的对位氢原子结合,而被碘苯基团取代,所以 C 的结构

简式为

, I 中的羟基和邻位碳上的氧原子脱去一分子水得艾多昔芬,

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所以艾多昔芬的结构简式为



故答案为:





根据 I 的结构简式可知,I 中含有羟基和醚键, 故答案为:羟基、醚键;

(2)比较 F 和 H 两种物质的结构简式可知 G 的结构简式为

,所以 F→G

的化学方程式为

+HBr,

故答案为:

+HBr;

(3)根据① 能发生银镜反应,说明有醛基;② 分子的核磁共振氢谱图中有 4 个峰;③ 能 发生水解反应且产物之一遇 FeCl3 溶液能发生显色反应, 说明水解产物之一有酚羟基,

符合这些条件的同分异构体是



故答案为:

; ,

(4)以甲苯和 SOCl2 反应类似于 A→B 的反应,发生取代反应生成

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与甲苯发生取代反应得



再与 CH3CH2MgBr 发生题中

D+H→I 的反应,得到产物为



脱水形成碳碳双键

得到产物为



故答案为:







点评: 本题主要考查了有机物之间的相互转化和有机物的性质,难度中等,答题时注意有机 官能团性质的灵活应用以及和题信息相结合进行物质推断,本题的难点是第(5)问, 综合性较强,对学生综合分析问题的能力较高. 十、 (本题共 14 分) 36. (4 分) (2015?宝山区二模)将 7.8gNa2O2:加入 100g 水中,充分反应后得到密度为 3 1.02g/cm 的溶液. (1)溶液的质量分数为 0.075 (保留 3 位小数) . (2)溶液的物质的量浓度为 1.91 mol/L(保留 2 位小数) . 考点: 溶液中溶质的质量分数及相关计算;物质的量浓度的相关计算. 分析: n(Na2O2)= =0.1mol,与水发生 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,根据反应的
.

化学方程式可计算生成溶质的质量和溶液的质量,以此可计算溶液的质量分数,物质 的量浓度计算公式计算浓度. 解答: 解: (1)n(Na2O2)= =0.1mol,与水发生 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑, 由方程式可知 n(NaOH)=0.2mol,n(O2)=0.05mol,
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则 m(NaOH)=0.2mol×40g/mol=8g,m(O2)=0.05mol×32g/mol=1.6g, 则所得溶液的质量分数为 (2)c= = ×100%=0.075,故答案为:0.075; =1.91,故答案为:1.91.

点评: 本题以钠的化合物为载体考查化学方程式的计算, 侧重于学生的分析能力和计算能力 的考查,为高频考点,注意把握反应的方程式的书写,为解答该题的关键,难度不大. 37. (2 分) (2015?宝山区二模)有 KCl、NaCl、Na2CO3 的混合物,其中钠元素的质量分数 为 0.3150,氯为 0.2708,为求算 Na2CO3 的质量分数,某同学列了以下关系式: (31.50÷23) +(100﹣31.50﹣27.08﹣x)÷39=(27.08÷35.5)+x÷60X2 解得 x=28.25,则 Na2CO3 的质量分数为 0.499 (保留 3 位小数) . 考点: 有关混合物反应的计算. 分析: 方程式(31.50÷23)+(100﹣31.50﹣27.08﹣x)÷39=(27.08÷35.5)+x÷60×2 是根据电 荷守恒列出的,并且设混合物的质量为 100g、碳酸根离子的质量为 xg,根据计算结 果及碳酸钠的化学式可以计算出碳酸钠的质量分数. 解答: 解:设混合物质量为 100g,碳酸根离子的质量为 x,则溶液电中性(忽略氢离子、氢
.

氧根离子)可得:c(Na )+c(K )=2c(CO3 )+c(Cl ) , 即: (31.50÷23)+(100﹣31.50﹣27.08﹣x)÷39=(27.08÷35.5)+x÷60×2, 解得:x=28.25g, 则碳酸钠的质量为:28.25g× 则碳酸钠的质量分数为: =49.9g, =0.499,

+

+

2﹣



故答案为:0.499. 点评: 本题考查了混合物的计算,题目难度中等,明确题中方程式中 x 的含义为解答关键, 注意注意掌握溶液电中性在化学计算中的应用,试题侧重考查学生的分析、理解能力 及化学计算能力. 38. (4 分) (2015?宝山区二模)含不溶杂质的 NaN03 样品,加入一定量蒸馏水使其充分溶 解,情况如表: 10 40 75 温度(℃ ) 201 132 72 剩余固体质量(g) NaNO3 溶解度(g/100g 水)如表: 10 40 温度(℃ ) 81 104 溶解度 (1)实验中加入的水为 300 g; (2)原样品中 NaN03 为 372 g. 75 150

考点: 溶解度、饱和溶液的概念. 分析: (1)根据升高温度后又溶解的硝酸钠的质量和升高温度后溶解度增加的质量进行分 析即可; (2)根据升高温度到 75℃ 时的溶解度变化可知,现在硝酸钠已经全部溶解完,72 故
.

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全部是杂质,据此解答即可. 解答: 解: (1)根据 40℃ 剩余物质 132g,再升高温度到 75℃ ,剩余物质又少了,说明升高温 度到 40℃ , 固体物质还含有硝酸钠, 该物质由 10℃ 升高到 40℃ , 又溶解了 201﹣132g=69g, 由 10℃ 升高到 40℃ ,硝酸钠的溶解度增加 104﹣81=23g,即 100g 水中多溶解了 23g, 又升高温度后溶解了 69g,所以水的质量为 300g,故答案为:300; (2)40℃ 升高温度到 75℃ 时的溶解度增加了 150﹣104=64g,所以 300g 水中还能溶解 3×46=138g,但实际溶解 132﹣72=60g,说明硝酸钠已经全部溶解烷,所以 72g 全部 是杂质,由 10℃ 升高到 75℃ ,共溶解硝酸钠质量 201﹣72=129g,10℃ 硝酸钠的质量为 3×81=243g,所以原固体混合物中含有硝酸钠的总质量为:129+243=372g,故答案为: 372. 点评: 解答本题的关键是要知道升高温度后又溶解的多少溶质, 升高温度后溶解度的变化情 况,据此分析出原溶液和溶剂的质量,再进一步进行分析即可. 39. (4 分) (2015?宝山区二模)在 450℃ 、1.50X10 Pa 条件下,Na2O 与 O2 反应生成 Na02, Na02 可用于应急呼吸面罩: 4NaO2+2C02→2Na2C03+302,4NaO2+2H20(g)+4CO2→4NaHCO3+302 某呼吸面罩中放置了 5OOg NaO2,吸收 CO2 和 H20(g) ,每产生 18.48L(换算为标准状况) O2 时,固体的质量就增加 13.30g.计算生成的 Na2CO3 和 NaHCO3 物质的量之比 3:5 . 考点: 化学方程式的有关计算. 分析: 设碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量分别为 xmol 和 ymol,根据方程式 4NaO2+2C02═ 2Na2C03+302,4NaO2+2H20(g)+4CO2═ 4NaHCO3+302,结合每产生 18.48L(换算为标准状况)O2 时,固体的质量就增加 13.30g,列方程组求解. 解答: 解:设碳酸钠和碳酸氢钠的物质的量分别为 xmol 和 ymol,
.

7

4NaO2+2C02═ 2Na2C03+302 ,固体质量△ m 4 2 3 8g 2x x 1.5x 4xg 由方程式: 4NaO2+2H20(g)+4CO2═ 4NaHCO3+302,固体质量△ m 4 4 3 116 y y 0.75y 29yg 所以 ;解之得 ,Na2CO3 和 NaHCO3 物质的量之比:

0.3:0.5=3:5, 故答案为:3:5. 点评: 本题考查学生根据化学方程式进行计算, 学生要充分利用两组数据结合固体的质量的 变化列方程组解题这是关键,有一定的难度.

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