上海市虹口区2019届高三化学上学期一模试题（含解析）.docx

上海市虹口区2019届高三化学上学期一模试题（含解析）相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-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. 1s22s22p3D. 【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36 g/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. C2H4 B. H2S C. Cl2 D. 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：HIHClC. 共用电子对偏移程度：N-H键C-H键 D. 碱性：NaOHAl(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：NaOHAl(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) 单质与水或酸反应生成氢气容易(难)；最高价氧化物的水化物碱性强(弱)；相互置换反应(强制弱)。(2)非金属性强(弱)单质与氢气易 (难)反应；生成的氢化物稳定(不稳定)；最高价氧化物的水化物(含氧酸)酸性强(弱)；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. A B. B C. C D. 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，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，5560 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. NaHCO3 B. NaBr C. KAl(SO4)2 D. 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，20 mL 18 mol/L的浓H2SO4与过量的碳反应，可得到标况下的CO2A. 小于4.032L B. 等于4.032L C. 大于4.032L D. 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）=20 mL10-318 mol/L=0.36molC+ 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0.18mol22.4L/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. NaOH B. CuSO4 C. Cl2 D. 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-) NC (3). CO2 NH3 (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- + H2OHCO3- + OH- (7). (8). 2 4 1 2 2 4 (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）根据得失电子守恒和原子个数守恒，配平该反应方程式。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ONC，故答案为：S2-；ONC。（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- + H2OHCO3- + OH-，由表中数据可知，物质的量浓度均为0.10 mol/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- + H2OHCO3- + OH- ；。（5）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：2 4 1 2 2 4；标准状况下224 mL O2的物质的量为0.01mol，2K2S + 4Ag + O2 + 2H2O = 2Ag2S + 4KOH，该反应每消耗1mol O2，转移的电子数为4mol， 故每消耗0.01mol O2，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) + 190 kJ(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0.20 mol SO2和0.10 mol O2，半分钟后达到平衡，测得容器中含SO3 0.18 mol，则v(O2) =_mol/(Lmin)(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 = SO32 / O2SO22 (2). (3). 0.036 mol/(Lmin) (4). 加压 (5). 降温 (6). (7). HSO3【解析】【分析】（1）2SO2(g) + O2(g)2SO3(g) + 190 kJ ，该反应的平衡常数表达式k = SO32 / O2SO22，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) + 190 kJ，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) + 190 kJ ，该反应的平衡常数表达式k = SO32 / O2SO22，该反应的正反应是放热反应，升温平衡向逆反应方向移动，故450时的平衡常数比500时的平衡常数大，故答案为：k = SO32 / O2SO22；。（2） 2SO2(g) + O2(g)2SO3(g) 起始（mol） 0.20 0.10 0转化（mol） 0.18 0.09 0.18平衡（mol） 0.02 0.01 0.18v(O2) =（0.09mol/5L）/0.5min=0.036 mol/(Lmin)，故答案为：0.036 mol/(Lmin)。（3）2SO2(g) + O2(g)2SO3(g) + 190 kJ，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，故答案为：加压；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，故答案为：。（5）根据图像可知，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，该离子是HSO3，故答案为：HSO3。23.福韦酯(TDF)主要用于治疗艾滋病毒(HIV)感染，化合物W是合成TDF的重要中间体，其合成路线如图所示。完成下列填空：(1)N所含官能团的名称是_；Y的结构简式是_。(2)X可用苯的一种同系物制备，所需的无机试剂与条件是_。(3)写出检验W中是否有残留甲醛的化学方程式_。(4)的目的是_。(5)写出M符合下列条件的一种同分异构体的结构简式。_i. 与M具有相同官能团 ii. 能发生银镜反应 (6)写出用M为原料制备聚丙烯酸()的合成路线_ 。【答案】 (1). 羟基、氯原子 (2). (3). Br2 光照 (4). HCHO + 4Cu(OH)2 2Cu2O + CO2 + 5H2O (5). 保护羟基，使其不与HCl发生取代 (6). HCOOCH2CH2CH2OH (7). 【解析】【分析】（1）所含官能团的名称是（-OH）羟基和（-Cl）氯原子。（2）X是C7H7Br，可由甲苯和Br2在光照条件下取代甲基上的氢原子制得。（3）检验醛基的方法：用新制的Cu(OH)2悬浊液，加热，有砖红色沉淀生成的说明含有醛基。（4）的目的是保护羟基，使其不与HCl发生取代。（5）与M具有相同官能团 ，说明该物质中有羟基和酯基 ，能发生银镜反应 ，说明有醛基。（6）用M为原料制备聚丙烯酸()的合成路线为：。【详解】（1） ，所含官能团的名称是（-OH）羟基和（-Cl）氯原子，根据逆推出Y的结构简式是，故答案为：羟基、氯原子；。（2）X是C7H7Br，可由甲苯和Br2在光照条件下取代甲基上的氢原子制得，故答案为：Br2 ；光照。（3）检验醛基的方法：用新制的Cu(OH)2悬浊液，加热，有砖红色沉淀生成的说明含有醛基，反应的方程式为：HCHO + 4Cu(OH)2 2Cu2O + CO2 + 5H2O，故答案为：HCHO + 4Cu(OH)2 2Cu2O + CO2 + 5H2O。（4）的目的是保护羟基，使其不与HCl发生取代，故答案为：保护羟基，使其不与HCl发生取代。（5）M为，与M具有相同官能团 ，说明该物质中有羟基和酯基 ，能发生银镜反应 ，说明有醛基， 故符合条件的同分异构体有HCOOCH2CH2CH2OH，故答案为：HCOOCH2CH2CH2OH。（6）用M为原料制备聚丙烯酸()的合成路线为：，故答案为：。24.某化学兴趣小组欲用下列装置制备氯水并探究其性质。已知：MnO24HCl（浓）MnCl2Cl22H2O(1)C装置的作用是_。(2)氯水制备完成后，甲同学从B中取出一定量的样品置于日光下照射一段时间，发现样品某些性质发生了明显的变化，请各列举一项：物理性质变化：_；化学性质变化：_。(3)乙同学从B中取出一定量的样品后通入SO2，充分作用后再滴入少量品红溶液，发现品红溶液不褪色。原因是_(用离子方程式表示)。丙同学改变通入SO2的量，重复乙同学的操作，发现品红溶液红色褪去。他提出：假设：SO2过量，多余的SO2使品红溶液褪色；假设：_。请设计实验验证假设是否成立：_。(4)为证明氯气与水反应产物具有漂白性，丁同学将A中产生的气体缓缓通过下列装置：试剂a应选择_；试剂b应选择_。(5)戊同学从B中取出少量样品，滴到NaHCO3粉末上，有无色气泡产生，由此他认为氯气与水反应至少产生一种酸性强于碳酸的物质。请评价他的观点是否正确并说明理由_。【答案】 (1). 吸收多余氯气 (2). 溶液颜色变浅 (3). 溶液酸性增强(或漂白性减弱等) (4). SO2 + Cl2 + 2H2O =4H+ +SO42- + 2Cl