届上海市虹口区高三上学期一模化学试题解析版.docx
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届上海市虹口区高三上学期一模化学试题解析版
虹口区2018学年度第一学期期终教学质量监控测试
高三化学试卷
相对原子质量:
H-1C-12N-14O-16
一、选择题(本题共40分,每小题2分,每题只有一个正确选项)
1.下列变化属于物理变化的是
A.钝化B.风化C.干馏D.分馏
【答案】D
【解析】
【详解】A.钝化是由于金属与氧化性物质作用,作用时在金属表面生成一种非常薄的、致密的、覆盖性能良好的、牢固地吸附在金属表面上的钝化膜,是化学变化,故A错误;
B.风化是指在室温和干燥空气里,结晶水合物失去结晶水的现象,是化学变化,故B错误;
C.煤的干馏是将煤隔绝空气加强热,分解生成煤焦油、煤气、焦炭等新物质,属于化学变化,故C错误;
D.分馏是根据各成分的沸点不同而分离的,变化过程中没有新物质生成,属于物理变化,故D正确。
故选D。
【点睛】化学变化是指在原子核不变的情况下,有新物质生成的变化,物理变化是指没有新物质生成的变化,化学变化与物理变化的本质区别是有无新物质生成。
2.下列氮原子结构的表述中,对电子运动状态描述正确且能表明同一电子层电子能量有差异的是
A.
B.
C.1s22s22p3
D.
【答案】C
【解析】
试题分析:
A.表示N原子核外有7个电子,这7个电子位于原子核外2个电子层,电子数分别是2、5,不能表明同一层电子的能量的差异,错误。
B.表示N原子最外层有5个电子,不能确定电子能量的差异,错误。
C.表示N原子7个电子分别位于三个电子亚层,每个电子亚层的一个轨道最多具有2个电子,可以看出同一电子层的不同亚层的能量不同,正确。
D.N原子核外有7个电子,它们在原子核外排布时遵循能量最低原理、保利不相容原理和洪特规则,原子尽可能成单排列,而且自旋方向相同,这样可以使原子的能量最低,因此能级排布图有误,错误。
考点:
考查氮原子结构的表述的正误判断的知识。
3.下列关于同温同压同体积的16O2和18O2的判断正确的是
A.质子数相同B.沸点相同C.互为同位素D.摩尔质量相同
【答案】A
【解析】
【分析】
同温同压同体积的16O2和18O2的物质的量相等。
【详解】A.16O2和18O2,质子数都是16个,故A正确;
B.18O2的相对分子质量大,分子间作用力强,溶沸点高,故B错误;
C.同位素研究的对象是原子,故C错误;
D.16O2的摩尔质量为32g/mol,18O2的摩尔质量为36g/mol,故D错误。
故选A。
4.下列分子中,属于含有极性键的非极性分子的是
A.C2H4B.H2SC.Cl2D.NH3
【答案】A
【解析】
【详解】A.乙烯中C-H是极性键,为平面结构,属于非极性分子,故A正确,
B.H2S为V型结构,含有极性键,正负电荷的重心不重合,为极性分子,故B错误;
C.Cl2为直线型结构,含有非极性键,正负电荷的重心重合,为非极性分子,故C错误;
D.NH3为三角锥形结构,含有极性键,正负电荷的重心不重合,为极性分子,故D错误;
故选A。
5.葡萄糖发酵产生乳酸,其结构简式如图所示,乳酸不能发生的反应类型是
A.取代B.消去
C.加成D.聚合
【答案】C
【解析】
【详解】乳酸中含有羟基和羧基,含-OH,可发生酯化、取代、消去反应;含-COOH,可发生酯化、取代反应,故乳酸不能发生的反应类型是加成反应,故C正确。
故选C。
6.下列反应中生成物总能量高于反应物总能量的是()
A.氧化钙溶于水B.铁粉与硫粉共热
C.强酸强碱中和D.碳酸钙分解
【答案】D
【解析】
反应中生成物总能量高于反应物总能量的反应为吸热反应,所以
A错,氧化钙溶于水属于放热反应;B错,铁粉与硫粉共热的反应属于放热反应;C错,酸碱中和反应为放热反应;D正确,碳酸钙分解属于吸热反应;
7.下列实验事实可以用共价键键能解释的是
A.氯化氢的沸点低于溴化氢B.金刚石熔点高于晶体硅
C.氦气的化学性质稳定D.甲烷是正四面体型分子
【答案】B
【解析】
【详解】A.不形成氢键的 ,结构和组成相似的,相对分子质量越大 ,分子间作用力越强 ,沸点就越高,故A错误;
B.金刚石和晶体硅都是原子晶体,熔沸点高低与共价键强弱有关系,故B正确;
C.稀有气体原子的电子排布为稳定结构,不容易得失电子,所以化学性质稳定,故C错误;
D.sp3杂化使甲烷分子各键能键长趋于相等,故而成为正四面体结构,故D错误;
故选B。
8.关于NH4Cl的说法正确的是
A.溶于水温度升高B.可作氮肥
C.受热分解可制氨气D.属于共价化合物
【答案】B
【解析】
【详解】A.NH4Cl溶于水要吸热,温度降低,故A错误;
B.NH4Cl是铵态氮肥,故B正确;
C.NH4Cl受热分解得到氨气和氯化氢,氨气和氯化氢又可以反应生成氯化铵,故C错误;
D.NH4Cl属于离子化合物,故D错误。
故选B。
9.下列事实不能说明元素的金属性或非金属性相对强弱的是
A.氧化性:
Cu2+>Fe2+B.酸性:
HI>HCl
C.共用电子对偏移程度:
N-H键>C-H键D.碱性:
NaOH>Al(OH)3
【答案】B
【解析】
【详解】A.元素的金属性越强,单质的还原性越强,对应阳离子的氧化性越弱,故A不选;
B.应该比较最高价氧化物的水化物的酸性强弱,故B选;
C.共用电子对偏移程度:
N-H键>C-H键,说明N元素非金属性强于C元素,故C不选。
D.元素最高价氧化物的水化物碱性越强,金属性越强,故碱性:
NaOH>Al(OH)3,能说明Na的金属性强于Al的金属性,故D不选。
故选B。
【点睛】判断元素金属性和非金属性强弱的方法:
金属性强(弱)——①单质与水或酸反应生成氢气容易(难);②最高价氧化物的水化物碱性强(弱);③相互置换反应(强制弱)。
(2)非金属性强(弱)—①单质与氢气易(难)反应;②生成的氢化物稳定(不稳定);③最高价氧化物的水化物(含氧酸)酸性强(弱);④相互置换反应(强制弱)。
10.下列有机物实验室制备装置正确的是
A.制乙烯
B.制乙炔
C.制硝基苯
D.制乙酸丁酯
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】
【详解】A.缺少温度计,故A错误;
B.不能用启普发生器,①电石是粉末状的,会从启普发生器中间的间隙中漏到食盐水中。
启普发生器条件必须是块状固体,并且不溶于水②产物Ca(OH)2是微溶物会沉淀出来,堵住固体的那个空间与盛溶液那个空间的连接的小缝隙,使得启普发生器用气压来控制反应的能力丧失,故B错误;
C.反应对温度的要求十分严格,因此需要水浴加热,如果温度超过60℃,将有二硝基苯生成,常温下,苯、硝酸都易挥发,55—60℃挥发更甚,长导管具有冷凝器的作用,可冷凝苯、硝酸使其回流,故C正确;
D.冰醋酸、正丁醇的沸点低于产物乙酸丁酯的沸点,会造成反应物的大量挥发,降低了反应物的转化率,装置中应加个冷凝回流装置,可以冷凝回流反应物,提高反应物的转化率,故D错误。
故选C。
11.某单烯烃与氢气的加成产物为:
CH3CH2CH(CH3)CH2CH3,下列相关说法正确的是
A.该产物的名称是2-乙基丁烷
B.该产物有3种沸点不同的一氯代物
C.原单烯烃只可能有3种不同结构
D.原单烯烃与分子式为C5H10的烃一定互为同系物
【答案】C
【解析】
【详解】A.CH3CH2CH(CH3)CH2CH3的名称为3-甲基-戊烷,故A错误;
B.CH3CH2CH(CH3)CH2CH3有4种氢原子,故该产物有4种沸点不同的一氯代物,故B错误;
C.采用逆向分析法,相邻的碳原子各去掉一个氢原子,有三种结果,故有3种不同结构的单烯烃,故C正确;
D.C5H10的烃可能是戊稀,也可能是环戊烷,故不一定是烯烃,故D错误。
故选C。
12.水中加入下列物质,对水的电离平衡不产生影响的是
A.NaHCO3B.NaBrC.KAl(SO4)2D.NH3
【答案】B
【解析】
【详解】A.NaHCO3是强碱弱酸盐,电离出的HCO3-结合水电离出的氢离子,促进水的电离,故A不选;
B.NaBr是强碱强酸盐,钠离子和溴离子都不水解,对水的电离平衡不产生影响,故B选;
C.KAl(SO4)2电离出的铝离子水解促进水的电离,故C不选;
D.氨气溶于水形成的一水合氨是弱碱,电离出氢氧根离子,抑制水的电离,故D不选。
故选B。
【点睛】影响水的电离平衡的因素有温度、酸、碱、盐等,加酸、加碱抑制水的电离,能水解的盐促进水的电离。
13.加热条件下,20mL18mol/L的浓H2SO4与过量的碳反应,可得到标况下的CO2
A.小于4.032LB.等于4.032LC.大于4.032LD.无法确定
【答案】A
【解析】
【分析】
碳只能和浓硫酸反应,而与稀硫酸不反应,随着碳和浓硫酸的反应的进行,酸的浓度越来越小,反应就停止了。
【详解】n(H2SO4)=20mL×10-3×18mol/L=0.36mol
C+2H2SO4(浓)
CO2↑+2SO2↑+2H2O,若浓H2SO4完全反应,可得到的CO2的物质的量为0.18mol,标况下的体积为0.18mol×22.4L/mol=4.032L,碳只能和浓硫酸反应,而与稀硫酸不反应,随着碳和浓硫酸的反应的进行,酸的浓度越来越小,反应就停止了,故得到标况下的CO2小于4.032L,故A正确。
故选A。
14.向H2S溶液中加入或通入少量下列物质,溶液pH上升且c(S2-)降低的是
A.NaOHB.CuSO4C.Cl2D.SO2
【答案】D
【解析】
【详解】A.向H2S溶液中加入NaOH,生成硫化钠,溶液酸性减弱,pH上升,但c(S2-)升高,故A错误;
B.CuSO4和H2S反应:
CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4,H2SO4是强电解质,H2S是弱电解质,所以氢离子浓度增大,溶液pH减小,故B错误;
C.Cl2+H2S=S↓+2HCl,氯化氢是强电解质,H2S是弱电解质,所以氢离子浓度增大,溶液pH减小,故C错误;
D.H2S溶液中通入SO2发生反应:
SO2+2H2S=3S↓+2H2O,溶液酸性减弱,pH上升,c(S2-)降低,故D正确。
故选D。
15.将物质的量浓度和体积均相同的一元酸HA与一元碱BOH混合,所得溶液呈碱性。
下列判断正确的是
A.BOH一定过量B.HA一定不是强酸
C.BOH一定是强碱D.所得溶液:
c(A-)>c(B+)
【答案】B
【解析】
【分析】
将物质的量浓度和体积均相同的一元酸HA与一元碱BOH混合,HA和BOH的物质的量相同,二者恰好完全反应,生成盐BA,所得溶液呈碱性。
【详解】A.物质的量浓度和体积均相同的一元酸HA与一元碱BOH混合,HA和BOH的物质的量相同,二者恰好完全反应,故A错误;
B.所得溶液呈碱性,A-一定水解,则HA一定是弱酸,故B正确;
C.BOH可能是强碱也可能是弱碱,故C错误;
D.所得溶液呈碱性,A-一定水解,则HA一定是弱酸,BOH可能是强碱也可能是弱碱,但A-的水解程度比B+的水解程度大,故c(A-) 故选B。 16.下列鉴别浓硫酸和稀硫酸的实验操作与结论有误的是 实验操作 结论 A 分别加入铁片 无气体产生者为浓硫酸 B 分别滴加到胆矾晶体中 晶体变白者为浓硫酸 C 分别滴加到pH试纸上 试纸变黑者为浓硫酸 D 将蘸有浓氨水的玻璃棒靠近酸的瓶口 有白烟生成的是浓硫酸 A.AB.BC.CD.D 【答案】D 【解析】 【详解】A.常温下,铁遇浓硫酸发生钝化,无气体生成,铁与稀硫酸反应生成氢气,故A正确; B.浓硫酸具有吸水性,浓硫酸稀硫酸没有吸水性,所以浓硫酸、稀硫酸分别加到胆矾晶体中,变白者为浓硫酸,故B正确; C.浓硫酸能将纤维素中的H、O元素以2: 1水分子的形式脱去而体现脱水性,稀硫酸没有脱水性,故C正确; D.浓硫酸和稀硫酸都没有挥发性,所以用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近酸的瓶口不产生白烟,故D错误。 故选D。 17.由一种阳离子与两种酸根离子组成的盐称为混盐。 向混盐CaOCl2中加入足量浓硫酸,可发生反应: CaOCl2+H2SO4(浓)→CaSO4+Cl2↑+H2O。 下列说法错误的是(NA表示阿佛加德罗常数) A.浓硫酸体现氧化性与酸性 B.1mol混盐CaOCl2中含有3NA个离子 C.混盐CaOCl2中既含离子键又含共价键 D.每产生1mol氯气,转移电子数为NA 【答案】A 【解析】 【分析】 由混盐CaOCl2在酸性条件下可产生氯气,可知混盐为CaCl2和Ca(ClO)2的混合物,在酸性条件下发生Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+2H2O,以此来解答题。 【详解】A.CaOCl2+H2SO4(浓)→CaSO4+Cl2↑+H2O,硫酸中没有元素化合价变化,故浓硫酸只体现酸性,故A错误; B.CaOCl2中含有1个Ca2+、1个Cl-、1个ClO-,故1mol混盐CaOCl2中含有3NA个离子,故B正确; C.Ca2+和阴离子之间是离子键,Cl-O是共价键,故C正确; D.Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+2H2O,每产生1mol氯气,转移电子数为NA,故D正确。 故选A。 18.用滴有氯化钠溶液的湿润的滤纸分别做甲、乙两个实验,下列判断正确的是 A.a极上发生还原反应 B.铁片腐蚀速率: 乙>甲 C.d为阴极,发生的反应为: Fe-2e→Fe2+ D.b极上发生的反应为: O2+2H2O+4e→4OH— 【答案】D 【解析】 【分析】 甲是原电池,乙是电解池。 【详解】A.甲中铁为原电池的负极,Fe-2e-=Fe2+,a极上发生氧化反应,故A错误; B.甲中铁为原电池的负极,Fe-2e-=Fe2+,乙中铁为电解池的阴极,发生反应2H++2e-=H2↑,铁被保护,故B错误; C.d为阴极,发生的反应为: 2H++2e-=H2↑,故C错误; D.甲中铁发生吸氧腐蚀,b为正极,正极上的电极反应式为O2+2H2O+4e→4OH—,故D正确。 故选D。 【点睛】原电池的电极是正负极,电解池的电极是阴阳极,负极失电子发生氧化反应,阴极得电子发生还原反应,原电池中电解质溶液中的阳离子向正极定向移动,阴离子向负极定向移动;电解池中的阳离子向阴极定向移动,阴离子向阳极定向移动。 19.某溶液含有五种离子,且各离子物质的量浓度相等(不考虑水解与电离),已知其中三种离子为Na+、I—、NO3—,则另外两种离子可能是 A.Ba2+和OH—B.K+和AlO2—C.Fe3+和SO42—D.H+和Cl— 【答案】A 【解析】 【详解】五种离子在同一溶液中,体积相同,且各离子物质的量浓度相等(不考虑水解与电离),故五种离子的物质的量也相同,设五种离子的物质的量都为1mol,Na+所带正电荷数为1mol,I—和NO3—所带负电荷总数为2mol,然后根据溶液呈电中性分析。 A.假设Ba2+和OH—都为1mol,溶液中正电荷数为3mol,负电荷数也为3mol,溶液呈电中性,故A正确; B.假设K+和AlO2—都为1mol,溶液中正电荷数为2mol,负电荷数为3mol,故B错误; C.Fe3+与I—发生氧化还原反应不能大量共存,故C错误; D.假设H+和Cl—都为1mol,溶液中正电荷数为2mol,负电荷数为3mol,故D错误。 故选A。 【点睛】 (1)离子在溶液中要大量共存; (2)溶液是呈电中性的,即阳离子所带的正电荷数等于阴离子所带的负电荷数。 20.下列实验操作或现象不能用勒沙特列原理解释的是 A.卤化银沉淀的转化 B.配制FeCl3溶液 C.酯水解程度比较 D.探究石灰石与稀盐酸在密闭环境下的反应 A.AB.BC.CD.D 【答案】C 【解析】 【详解】A.由图可知,先有白色氯化银沉淀生成,后变成黄色碘化银沉淀,说明沉淀向溶度积更小的方向进行,故A正确; B.盐酸可抑制铁离子水解,则先将FeCl3晶体溶于浓盐酸中再加水稀释可配制溶液,故B正确; C.左图用了稀硫酸作催化剂,催化剂只能改变反应速率,不能使平衡发生移动,故C错误; D.CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑,反应具有一定的可逆性,打开瓶塞压强减小,平衡向正反应方向移动,有气泡冒出,故D正确。 故选C。 21.将高温水蒸气通到硫氰化钾的表面,会发生反应: 4KSCN+9H2O(g)→K2CO3+K2S+3CO2+3H2S+4NH3完成下列填空: (1)上述反应所涉及的各元素中,离子半径最大的是_____________(填离子符号);属于第二周期元素的非金属性由强到弱的顺序为_________________。 (2)上述反应所涉及的各物质中,属于非电解质的是_________________。 (3)写出CO2的电子式____________,其熔沸点低的原因是___________________________。 (4)已知物质的量浓度均为0.10mol/L的K2CO3和K2S溶液pH如下: 溶液 K2CO3 K2S pH 11.6 12.5 K2CO3水溶液呈碱性的原因是______________________________(用离子方程式表示)。 从表中数据可知,K2CO3溶液中c(CO32-)_______K2S溶液中的c(S2—)(填“>”“<”或“=”)。 (5)K2S接触潮湿银器表面,会出现黑色斑点(Ag2S),其原理如下: ____K2S+____Ag+_____O2+_____H2O→_____Ag2S+_____KOH ①配平上述反应________________。 ②每消耗标准状况下224mLO2,转移电子数目为_____________。 【答案】 (1).S2- (2).O>N>C(3).CO2NH3(4). (5).二氧化碳属于分子晶体,分子间作用力小,所以熔沸点低(6).CO32-+H2O HCO3-+OH-(7).>(8).241224(9).0.04NA 【解析】 【分析】 (1)4KSCN+9H2O(g)→K2CO3+K2S+3CO2+3H2S+4NH3所涉及的元素有: K、S、C、N、H、O。 (2)非电解质前提必须是化合物,非电解质在水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物。 (3)二氧化碳是共价化合物,电子式为: ,其熔沸点低的原因是二氧化碳属于分子晶体,分子间作用力小,所以熔沸点低。 (4)碳酸钾是强碱弱酸盐,碳酸根离子水解,溶液呈碱性。 (5)①根据得失电子守恒和原子个数守恒,配平该反应方程式。 ②根据2K2S+4Ag+O2+2H2O=2Ag2S+4KOH分析解答。 【详解】 (1)4KSCN+9H2O(g)→K2CO3+K2S+3CO2+3H2S+4NH3所涉及的元素有: K、S、C、N、H、O、钾离子和硫离子都是三个电子层,电子层结构相同的离子,核电荷数大,离子半径小,所以离子半径最大的是S2-,属于第二周期元素的有C、N、O、同一周期从左到右,非金属性逐渐增强,非金属性O>N>C,故答案为: S2-;O>N>C。 (2)非电解质前提必须是化合物,非电解质在水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物,故答案为: CO2、NH3。 (3)二氧化碳是共价化合物,电子式为: ,其熔沸点低的原因是二氧化碳属于分子晶体,分子间作用力小,所以熔沸点低,故答案为: ;二氧化碳属于分子晶体,分子间作用力小,所以熔沸点低。 (4)碳酸钾是强碱弱酸盐,碳酸根离子水解,溶液呈碱性,CO32-+H2O HCO3-+OH-,由表中数据可知,物质的量浓度均为0.10mol/L的K2CO3和K2S,K2S溶液的PH值大,所以硫离子水解程度大于碳酸根离子水解程度,c(CO32-)>c(S2—),故答案为: CO32-+H2O HCO3-+OH-;>。 (5)①根据得失电子守恒和原子个数守恒,配平该反应方程式为: 2K2S+4Ag+O2+2H2O=2Ag2S+4KOH,故答案为: 241224; ②标准状况下224mLO2的物质的量为0.01mol,2K2S+4Ag+O2+2H2O=2Ag2S+4KOH,该反应每消耗1molO2,转移的电子数为4mol,故每消耗0.01molO2,转移的电子数为0.04mol,即0.04NA,故答案为: 0.04NA。 【点睛】同一周期的元素(稀有气体元素除外),从左到右原子半径逐渐减小,金属性逐渐减弱,非金属性逐渐增强;同一主族的元素,从上到下原子半径逐渐增大,非金属性逐渐减弱,金属性逐渐增强。 22.接触法制硫酸工艺中,其主反应在450℃并有催化剂存在下进行: 2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)+190kJ (1)该反应的平衡常数表达式K=___________,该反应450℃时的平衡常数_________500℃时的平衡常数(填“>”“<”或“=”)。 (2)在一个固定容积为5L的密闭容器中充入0.20molSO2和0.10molO2,半分钟后达到平衡,测得容器中含SO30.18mol,则v(O2)=____________mol/(L·min) (3)请写出提高SO2转化率的两种方法__________________、___________________。 (4)根据反应方程式,请在图中,绘制反应方向箭头,并在合适位置标明物质与热量___________。 (5)将SO2与SO3的混合气体持续通入一定量的NaOH溶液中,产物中某离子的物质的量浓度与通入气体的体积有如图所示关系,该离子是______________。 【答案】 (1).k=[SO3]2/[O2][SO2]2 (2).>(3).0.036mol/(L·min)(4).加压(5).降温(6). (7).HSO3— 【解析】 【分析】 (1)2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)+190kJ,该反应的平衡常数表达式k=[SO3]2/[O2][SO2]2,该反应的正反应是放热反应,升温平衡向逆反应方向移动。 (2)根据三段式解答。 (3)2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)+190kJ,该反应的正反应是放热反应,正反应是气体体积减小的反应,故提高SO2转化率可以加压和降温。 (4)该反应的正反应是放热反应,即反应物所具有的总能量大于生成物所具有的总能量。 (5)该过程发生的离子方程式有: SO3+2OH-=SO42-+H2O,SO2+2OH-=SO32-+H2O,SO2+SO32-+H2O=2HSO3-,HSO3-+OH-=SO32-+H2O。 【详解】 (1)2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)+
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