上海市奉贤区高三下学期等级考二模化学试题（附答案）.pdf

1、 高三下学期等级考二模化学试题 高三下学期等级考二模化学试题一、单选题一、单选题1关于北京冬奥会火炬，下列说法错误的是（）A外壳是碳纤维，属于有机高分子材料B氢气作燃料对环境友好无污染C点火段材料使用铝合金是因为其密度小、性质稳定D含钠元素的特殊配方使火焰呈黄色2医学上用含放射性元素32P 的“纸贴”治疗疤痕，下列有关32P 和31P 的叙述正确的是（）A32P 和31P 是同一种原子B32P 的质子数为 16C31P 的中子数为 16D32P 的摩尔质量为 323下列化学用语表示错误的是（）A甲醛的比例模型为B甲酸甲酯的结构简式为：HCOOCH3C乙醇分子的球棍模型为D甲基的电子式为 4下列

2、变化过程中，破坏极性共价键的是（）A碘的升华B硅的熔化C食盐电离D氯化氢溶于水5下列烷烃的系统命名中，错误的是（）A2，3-二甲基丁烷B3，3-二甲基丁烷C3-乙基戊烷D2，2，3，3-四甲基丁烷6配制 NaOH 溶液时浓度偏小的原因可能是（）A未洗涤烧杯和玻璃棒B未冷却至室温就定容C容量瓶中残留水D摇匀后液面低于刻度线7二氧化碳的过量排放可对海洋环境造成影响，原理如图所示。下列叙述错误的是（）A海水酸化引起浓度增大B海水酸化促进 CaCO3的溶解、珊瑚礁减少CCO2引起海水酸化主要因为HD使用太阳能等新能源有利于改善海洋环境8如图为部分含铁物质之间的转化关系，下列说法正确的是（）AFeCl2

3、溶液与 H2O2溶液反应，可实现转化B将 Fe(OH)3溶于氢碘酸可实现转化C将 Fe(OH)2溶于稀硝酸可转化为 Fe2+D铁与水蒸气在高温下反应可实现转化9如图实验，一段时间后，玻璃管口有气泡产生，下列说法正确的是（）A铁电极反应式为 Fe-3e Fe3B铁腐蚀过程中化学能转化为电能和热能C活性炭的存在可以减缓铁的腐蚀D铁发生析氢腐蚀10下列关于氯的说法正确的是（）A1mol 氯气与 NaOH 反应转移 2mol 电子B35Cl、37Cl 为不同的原子，化学性质不同C氯水久置后 pH 值减小，漂白性减弱D干燥的氯气不能使鲜花褪色11下列有关化工生产的说法错误的是（）A硫酸工业中采用高压，以

4、提高二氧化硫的转化率B联合制碱法在母液中继续通入氨气、加入食盐C氯碱工业可制得氢氧化钠、盐酸等化工产品D合成氨工业控制温度在 500，以提高催化剂的催化效果12关于反应 K2H3IO6+9HI2KI+4I2+6H2O，下列说法正确的是（）AK2H3IO6发生氧化反应B0.7mol 还原剂被氧化时，反应生成还原产物 0.05molCKI 是还原产物D还原剂与氧化剂的物质的量之比为 1：713如图为 M 的合成路线，下列说法错误的是（）A反应的产物可能有三种B试剂为氢氧化钠醇溶液CA 的分子式为 C6H8D若用18O 标记 Z 中的氧原子，则 M 中含有18O14下列反应的离子方程式正确的是（）A

5、Cl2通入水中：Cl2H2O2HCl-ClO-BNO2通入水中：2NO2H2O=2H+NOC浓度相同 NaHCO3溶液和 Ba(OH)2溶液等体积混和：HCO+Ba2+OH-H2O+BaCO3D0.1 molL-1 AgNO3溶液中加入过量浓氨水：AgNH3H2OAgOH15在 25、下，氢气燃烧生成气态水的能量变化如下图所示，已知：2H2(g)+O2(g)2H2O(g)，下列有关说法正确的是（）AO-H 键的键能为 930kJmol-1Ba=249C物质所具有的总能量大小关系为：甲乙丙D1molH2O(l)分解为 2molH 与 1molO 时吸收 930kJ 热量16常温下，用 0.100

6、 molL-1氨水滴定 10.00 mL 浓度均为 0.100 molL-1的 HCl 和 CH3COOH 的混合溶液，下列说法错误的是（）A滴定前，HCl 和 CH3COOH 的混合液中 c(Cl-)c(CH3COO-)B当溶液呈中性时，氨水滴入量大于 20.00 mL，且 c(NH)=c(Cl-)C当滴入氨水 20.00 mL 时，c(NH)YD化合物 R(YX)2是强碱19下列操作能达到实验目的的是（）选项操作目的A用玻璃棒蘸取 NaClO 溶液滴于 pH 试纸的中部，与标准比色卡对比测定 NaClO 溶液的 pHB向含有酚酞的 Na2CO3溶液中滴入 BaCl2溶液至过量，观察溶液颜色

7、的变化证明 Na2CO3溶液中存在CO的水解平衡C向淀粉溶液中加适量 20%H2SO4溶液，加热，冷却调节 pH至中性，加少量碘水，观察溶液颜色变化判断淀粉是否发生水解D在醋酸铅稀溶液中通入 H2S 气体，观察现象判断 H2S 与 CH3COOH酸性强弱AABBCCDD20向恒容密闭容器中充入体积比为 1：3 的 CO2和 H2，发生反应 2CO2(g)+6H2(g)4H2O(g)+CH2=CH2(g)。测得不同温度下 CO2的平衡转化率及催化剂的催化效率如图所示。下列说法正确的是（）A所以 M 点的平衡常数比 N 点的小B温度低于 250时，乙烯的平衡产率随温度升高而增大C保持 N 点温度不

8、变，向容器中再充入一定量的 H2，CO2的转化率可能会增大到 50%D实际生产中应尽可能在较低的温度下进行，以提高 CO2的转化率二、填空题二、填空题21氮及其化合物在自然界中存在循环，请回答下列问题：（1）氮元素在周期表中的位置是 ，氮原子核外电子共占据 个轨道，最外层有 种不同能量的电子。（2）氨气分子的空间构型为 ，氮的最高价氧化物对应水化物的酸性比磷酸的酸性 (填“强”或者“弱”)。（3）工业合成氨反应的化学平衡常数表达式为 。一定条件下，在容积为2L 的密闭容器中模拟该反应，测得 10min 时氮气为 0.195mol，请计算 0 10min 的氨气的化学反应速率为 。据图判断，反应

9、进行至 20 min 时，曲线发生变化的原因是 (用文字表达)。（4）工业上用氨水吸收 SO2尾气，若最终得到(NH4)2SO4，则该溶液中 c(NH)与 c(SO)之比 2：1(选填“”、“c(OH-)，由电荷守恒可知：c()+c(H+)=c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(OH-)，则 c()c(Cl-)+c(CH3COO-)，故 C 不符合题意；D当滴入氨水 10mL 时，盐酸恰好全部反应，得到等浓度的 NH4Cl 和 CH3COOH 的混合物，结合溶液中物料守恒可知：c()+c(NH3H2O)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，故 D 不符合题意；故答案为：B。【分析】A

10、依据盐酸为强酸、醋酸为弱酸分析；B利用电荷守恒分析；C利用电荷守恒分析；D利用物料守恒分析。17【答案】B【解析】【解答】A.吸收过程中有二氧化碳气体产生，故 A 不符合题意 B.通入的二氧化硫是过量的，因此不存在碳酸氢钠，故 B 符合题意 C.亚硫酸氢钠易分解，气流干燥湿料时温度不宜过高 故 C 不符合题意 D.中和后溶液中含 Na2SO3和 NaHCO3，故 D 不符合题意【分析】根据图示分析，二氧化硫和纯碱进行反应得到亚硫酸氢钠溶液进行结晶后得到的是亚硫酸氢钠晶体以及含有亚硫酸氢钠和亚硫酸溶液的母液，此时加入纯碱进行调节 pH，此时的反应是：H2SO3+2Na2CO3=Na2SO3+2N

11、aHCO3，NaHSO3+2Na2CO3=Na2SO3+NaHCO3 得到亚硫酸钠和碳酸氢钠再通入二氧化硫后进行吸收此时吸收的方程式为：Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，SO2+NaHCO3=CO2+NaHSO3，进行结晶后得到的亚硫酸钠晶体进行干燥，结合选项进行判断即可18【答案】C【解析】【解答】X 为 H 元素、Y 为 O 元素、Z 为 N 元素，M 为 Cl 元素，Q 为 Na 元素，R 为 Ca 元素。AH、O 组成的过氧化氢分子中含有 O-O 非极性共价键，故 A 不符合题意；BH、O、N 形成的化合物有硝酸、硝酸铵、一水合氨等，组成的化合物可能是酸、碱或盐，故 B不符

12、合题意；C钠离子和氧离子的核外电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径：QY，故 C 符合题意；DR(YX)2为 Ca(OH)2，Ca(OH)2属于强碱，故 D 不符合题意；故答案为：C。【分析】A同种原子之间的化学键为非极性共价键；B依据酸：电离出阳离子全部是氢离子阴离子全部是酸根的化合物；碱：电离出阴离子全部是氢氧根离子、阳离子全部是金属离子或铵根离子的化合物；盐：电离出阳离子全部是金属离子或铵根离子、阴离子全部是酸根的化合物；C核外电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小；D依据电离程度判断。19【答案】B【解析】【解答】A次氯酸钠溶液具有漂白性，不能用 pH 试纸测溶液

13、的 pH 值，A 不符合题意；B钡离子与碳酸根反应生成碳酸钡沉淀，使碳酸根离子水解平衡向移动，溶液红色变浅，可证明存在碳酸根的水解平衡，B 符合题意；C判断淀粉是否水解应检验有无葡萄糖生成，碘水只能检验有无淀粉存在，C 不符合题意；D硫化氢与醋酸铅反应生成醋酸和 PbS 沉淀，使醋酸铅沉淀溶解平衡正向移动，与酸性无关，D 不符合题意；故答案为：B。【分析】A次氯酸钠溶液具有漂白性；B依据盐类水解平衡移动原理分析；C碘遇淀粉变蓝；D硫化氢与醋酸铅反应生成醋酸和 PbS 沉淀。20【答案】C【解析】【解答】A随着温度升高，CO2的平衡转化率降低，说明该反应为放热反应，温度越高平衡常数越小，由图可知

14、，M 点的平衡常数大于 N 点，A 不符合题意；B由图可知，温度低于 250，升高温度，CO2的平衡转化率降低，乙烯的产率随温度升高而降低，B 不符合题意；CN 点平衡时二氧化碳的转化率小于 50%，保持 N 点温度不变，向容器中再充入一定量的 H2，平衡正向移动，CO2的转化率可能会增大到 50%，C 符合题意；D该反应在较低的温度下进行，反应速率慢，同时催化剂的活性低，D 不符合题意；故答案为：C。【分析】通过图像分析，依据影响反应速率和化学平衡的因素分析。21【答案】（1）第二周期第 VA 族；5；2（2）三角锥形；强（3）；0.0005molL-1min-1；通入氨气（4）；NH 水解

15、，使 NH 浓度减少，NH+H2ONH3H2O+H+【解析】【解答】(1)氮元素位于第二周期第 VA 族，核外电子排布式为 1s22s22p3，氮原子核外电子共占据了 2 个 s 轨道和 3 个 p 轨道，共 5 个轨道；最外层电子排布式为 2s22p3，最外层有 2 种不同能量的电子；(2)NH3中 N 原子成 3 个 键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为 4，采取 sp3杂化，空间构型是三角锥形，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，氮的非金属性强于磷，则氮的最高价氧化物对应水化物的酸性比磷酸的酸性强；(3)工业合成氨反应方程式为，化学平衡常数表达式为；起始氮气为 0.2mo

16、l，10min 时氮气为 0.195mol，0 10min 内氮气的化学反应速率为，由速率之比等于系数比，则；反应进行至 20 min 时，该瞬间氢气和氮气的物质的量不变，而氨气突然变大，则曲线发生变化的原因是通入氨气；(4)(NH4)2SO4为强酸弱碱盐，由于发生水解反应：，导致的浓度减小，所以 c()与 c()之比2：1，故答案为：；水解，使浓度减少，。【分析】(1)利用构造原理分析；(2)依据价层电子对数=键数+孤电子对数，由价层电子对数确定 VSEPR 模型，再确定空间立体构型；非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强；(3)化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时各种生成物浓度幂之

17、积与各种反应物浓度幂之积的比；依据计算；利用速率之比等于系数比；(4)依据谁弱谁水解分析；22【答案】（1）N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)（2）2NaOH+Al2O3=2NaAlO2+H2O；B；冰晶石（3）Na2CO3；11.2（4）Al3+水解呈酸性，碳酸氢钠水解呈碱性，相互反应，相互促进水解平衡正向移动，从而降低Al3+浓度【解析】【解答】(1)1g N2H4(g)燃烧生成 N2(g)和 H2O(g)，放出热量 16.7kJ，1mol N2H4(g)燃烧生成N2(g)和 H2O(g)，放出热量 3216.7kJ=534.4kJ，该反应的热化学方程式为：N2H4(g

18、)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)；(2)铝表面会形成致密的氧化膜 Al2O3，故碱腐蚀过程中一个主要反应的化学方程式为：2NaOH+Al2O3=2NaAlO2+H2O；工业上制铝，采用电解熔融氧化铝的方法，故答案为：B；根据工业制铝反应：，需添加冰晶石以降低氧化铝的熔融温度减少能量损耗；(3)根据反应物化合价变化，Na2O2既作氧化剂又作还原剂，氧化产物为 O2，还原产物为 Na2CO3；2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 2e-，转移电子与氧气之比为 2：1，故转移 1mol 电子时，生成标准状况下 O2的体积为；(4)Al3+水解使溶液呈酸性，碳酸氢钠水解使溶液呈碱性，

19、两者发生双水解反应，相互促进水解平衡正向移动，从而降低 Al3+浓度。【分析】(1)依据反应热与计量系数成比例计算；(2)氧化铝是两性氧化物；氧化铝是离子化合物；(3)根据反应物化合价变化分析；(4)依据两弱双水解判断。23【答案】（1）CH2OHCH2CH2CH2OH；羧基（2）HCCH+2HCHOHOCH2CCCH2OH；消去反应；Cu，加热（3）6；HCOOCH2CH2OOCH（4）CH3CH=CH2CH3CHBrCH2BrCH3CCHCH3CCCH2OH CH3CH2CH2CH2OH【解析】【解答】根据顺丁橡胶分析，C 为 1，3-丁二烯，则 B 为 CH2OHCH2CH2CH2OH，

20、A 为HOCH2CCCH2OH，B 和氧气反应生成 D，为 CHOHCH2CH2CHO，D 和氧气生成 E 为HOOCCH2CH2COOH，与 B 发生缩聚反应生成 PBS。据此解答。(1)根据分析可知 B 的结构简式为 CH2OHCH2CH2CH2OH，官能团为羟基；(2)由乙炔生成 A 的化学方程式为：HCCH+2HCHOHOCH2CCCH2OH；B 到 C 为醇的消去反应，B 到 D 为催化氧化反应，反应条件为铜存在下与氧气反应。(3)E 的同分异构体中满足 a.含酯基，不含醚键 b.1mol 该有机物与足量银氨溶液反应，生成 4mol Ag，说明含有两个甲酸酯，则结构简式可能为 HCO

21、OCH2CH2OOCH，或HCOOCH(CH3)OOCH，或含有一个酯基和一个醛基，一个羟基，结构简式为HCOOCH(OH)CH2CHO 或 HCOOCH2CH(OH)CHO，或 HCOOC(OH)(CH3)CHO 或HCOOCH(CH2OH)CHO，共 6 种。只含 2 种氢原子的同分异构体的结构简式为HCOOCH2CH2OOCH。(4)丙烯为原料制备 1-丁醇，需要进行碳链加长，根据信息，应先形成碳碳三键，则丙烯和溴加成后生成氯代烃，再消去生成碳碳三键，再与甲醛发生加成反应生成炔醇类物质，再与氢气加成即可，故合成路线流程为 CH3CH=CH2CH3CHBrCH2BrCH3CCH CH3CC

22、CH2OH CH3CH2CH2CH2OH。【分析】(1)依据反应前后物质的结构简式及反应条件确定结构简式及官能团名称；(2)依据反应前后物质的结构简式及反应条件确定化学方程式；根据官能团的变化确定反应类型；依据醇的性质确定反应条件；(3)利用题目的条件确定官能团，书写同分异构体；(4)采用逆向合成法，根据题干路线的转化信息设计合成路线。24【答案】（1）取样于试管中，先加盐酸无沉淀，再滴加氯化钡溶液，若产生白色沉淀则有SO；静置，向上层清液中继续滴加几滴氯化钡溶液，若无沉淀产生，则 SO已沉淀完全；0.002；偏大（2）漏斗、烧杯、玻璃棒；1；不能，因为精制过程中加入了氯离子和钠离子，NaCl

23、 的量比原来海水中多了（3）甲；电解生成的氯气与 NaOH 反应更充分，制备次氯酸钠产率更高【解析】【解答】(1)实验室检验硫酸根离子的方法是取少量溶液于试管中，先加稀盐酸无现象，再加BaCl2溶液，产生白色沉淀；判断已沉淀完全方法是静置，向上层清液中继续滴加 BaCl2溶液，不产生白色沉淀；将 100.00ml 海水取一半将硫酸根离子转化为硫酸钡沉淀，0.0233g BaSO4的物质的量为，则该海水中的含量为，若未洗涤，沉淀表面吸附杂质，会使测得结果偏大，故答案为：取少量溶液于试管中，先加稀盐酸无现象，再加 BaCl2溶液，产生白色沉淀；静置，向上层清液中继续滴加 BaCl2溶液，不产生白色

24、沉淀；0.002；偏大；(2)步骤是过滤，用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，实验过程中多次产生沉淀，共需要过滤1 次。不能计算该海水样品中的氯化钠的物质的量浓度，因为除杂时既加氢氧化钠溶液，又加盐酸，两者会反应生成 NaCl，故答案为：漏斗、烧杯、玻璃棒；1；不能，因为精制过程中加入了氯离子和钠离子，NaCl 的量比原来海水中多了；(3)甲装置更好，氯气在塑料瓶下端产生，氢氧化钠溶液在塑料瓶上端产生，两者可以充分反应生成84 消毒液，故答案为：甲；电解生成的氯气与 NaOH 反应更充分，制备次氯酸钠产率更高。【分析】(1)依据检验硫酸根离子的方法；通过现象判断；利用，分析计算；(2)依据过滤操作过程确定仪器；考虑反应过程中引入被测物质；(3)依据逆流操作，反应更充分。