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上海市浦东区浦东中学2019届高三化学上学期期中试题（含解析）相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Na-23 Mg-24 Al-27 K-39 Ca-40 Fe-56 Cu-64 Ag-108 Ba-137一、选择题(共40分，每小题2分，每小题只有一个正确选项)1.通常条件下易升华的晶体属于( )A. 分子晶体 B. 原子晶体 C. 离子晶体 D. 金属晶体【答案】A【解析】【分析】原子晶体、离子晶体的熔沸点较高，分子晶体的熔沸点较低，以此来分析。【详解】升华是指固体物质不经过液态直接转化为气态的过程，通常条件下易升华的物质的熔点、沸点较低，这是分子晶体的特点。答案为A。2.有关碳元素及其化合物的化学用语正确的是( )A. CO2的电子式: B. C原子最外层电子的轨道表示式:C. C原子的结构示意图：1s22s22p2 D. 乙烯的比例模型:【答案】D【解析】【分析】A. 二氧化碳分子中，碳原子和氧原子形成共价键为双键。B. 原子轨道表示式遵守洪特规则，在相同能量的原子轨道上，电子的排布将尽可能占据不同的轨道，而且自旋方向相同。C. 原子结构示意图是表示原子核电荷数和电子层排布的图示形式。D. 比例模型可以反映原子间的相对大小和大致的排列组合方式。【详解】A. CO2的电子式: ，A错误。B. C原子最外层电子的轨道表示式:，B错误。C. C原子的结构示意图：，C错误。D.乙烯的比例模型:，D正确。3.下列物质中含有Cl的是( )A. 液氯 B. KClO3 C. NaCl晶体 D. CH3CH2Cl【答案】C【解析】【分析】A. 液氯为氯气单质，只含氯分子。B. KClO3在溶液中电离出氯酸根离子。不含氯离子。B错误。C. 氯化钠属于离子化合物，氯化钠晶体中含有钠离子和氯离子。D. CH3CH2Cl中不含氯离子。【详解】A.液氯液氯为氯气单质，不能电离出氯离子，A错误。B. KClO3在溶液中电离出氯酸根离子，不含氯离子，B错误。C. NaCl晶体中含有钠离子和氯离子，C正确。D. CH3CH2Cl由分子构成，不含氯离子，D错误。4.下列有关性质的比较，错误的是（ ）A. 酸性：H2SO4 H2CO3 B. 沸点：CBr4CCl4C. 碱性：Al(OH)3 NaOH D. 热稳定性：HF HCl【答案】C【解析】A. 非金属性SC，酸性：H2SO4 H2CO3 ，故A正确；B.结构相似的分子，相对分子质量越大，熔沸点越高， 沸点：CBr4CCl4，故B正确；C金属性NaAl，则碱性：NaOH Al(OH)3，故C错误；D. 非金属性F Cl，热稳定性：HF HCl，故D正确；故选C。点睛：本题考查元素周期律和周期表，把握元素在周期表的位置、性质、元素周期律为解答的关键。5.随着卤素原子半径的增大，下列递变规律正确的是( )A. 单质的熔、沸点逐渐降低 B. 离子的还原性逐渐增强C. 气态氢化物稳定性逐渐增强 D. 单质氧化性逐渐增强【答案】B【解析】【分析】A. 卤素单质的熔沸点随着原子半径增大而升高。B.卤素离子的还原性随着原子半径增大而增强。C. 元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定。D. 卤族单质的氧化性随原子半径增大而减弱。【详解】A.卤素单质是分子晶体，分子晶体的熔沸点与其相对分子质量成正比，所以卤素单质的熔沸点随着原子半径增大而升高 ，A错误。B.卤素离子半径越大，原子核对最外层电子吸引力越小，还原性越强，所以卤素离子的还原性随原子半径增大而增强，B正确。C.卤族元素非金属性随原子半径增大而减弱，所以气态氢化物的稳定性随着原子半径增大而逐渐减弱，C错误。D.卤族元素得电子能力随着原子序数增大而减弱，所以卤素单质的氧化性随着原子半径增大而减弱，D错误。6.一定温度下,可逆反应H2(g)+I2(g)2HI(g)在容积一定的密闭容器中进行,下列各项中能说明反应已经达到平衡的是( )A. 容器中的压强不变 B. 混合物的平均相对分子质量不变C. 各组分的浓度不变 D. 混合气体的密度不变【答案】C【解析】【分析】反应达到化学平衡状态时，正反应逆反应速率相等，各物质的浓度百分含量不变，本题中，反应前后气体化学计量数相等，据此进行分析。【详解】A. 反应前后气体计量数相等，容器中压强始终不变，A错误。B. 反应前后气体计量数不变，混合物的平均相对分子质量一直不变，B错误。C. 各组分浓度不变，说明正反应逆反应速率相等，反应达到平衡，C正确。D. 混合气的密度一直不变，D错误。【点睛】本题考查化学平衡状态的判断，注意本反应反应前后气体化学计量数相等，不能用压强不变、平均相对分子质量不变、混合气体的密度不变判断反应的平衡状态。7.关于146C原子说法正确的是( )A. 质子数等于电子数 B. 质子数等于中子数C. 电子数等于中子数 D. 电子数等于夸克数【答案】A【解析】【分析】146C中质子数为6，电子数等于质子数为6，质量数为14，中子数14-6=8，据此进行解答。【详解】A. 146C中质子数为6，电子数等于质子数为6，A正确。B. 146C中质子数为6，中子数为8，B错误。C. 146C中电子数为6，中子数为8，C错误。D. 质子和中子都是由三个夸克组成的，146C中质子数为6，中子数为8，电子数为6，故电子数不等于夸克数，D错误。8.石油裂解的主要产物的是( )A. 煤焦油 B. 乙烯 C. 甲苯 D. 石墨【答案】B【解析】【分析】石油裂解是在很高的温度下发生的深度裂化，石油中的烃分子断裂成以乙烯为主的小分子的过程。【详解】石油的裂解就是深度裂化，石油中的烃分子断裂成以乙烯为主的小分子的过程，其目的是为了获得有机化工的基础原料，裂解气的主要成分是乙烯、丙烯和丁二烯等，其中乙烯的含量是最高的，答案为B。9.下列变化需要克服共价键的是( )A. 干冰的升华 B. 二氧化硅的熔化 C. 氯化钾熔化 D. 汞的气化【答案】B【解析】【分析】A. 干冰属于分子晶体，升华只需要破坏分子间作用力。B. 原子晶体熔化克服共价键。C. 离子晶体融化和电离克服离子键。D. 金属晶体气化破坏金属键。【详解】A.干冰的升华，克服分子间作用力，A错误。B.二氧化硅为原子晶体，熔化克服共价键，B正确。C.氯化钾为离子晶体，氯化钾融化克服离子键，C错误。D.汞属于金属晶体，气化破坏金属键，D错误。10.下图是工业合成氨反应的速率-时间图像，在 t1 时刻改变某一条件，到 t2 时重新达到平衡，判断 t1 时刻可能改变条件是（ ）A. 使用催化剂 B. 升高温度C. 增大压强 D. 提高 N2 浓度【答案】B【解析】根据图像，t1时正、逆反应速率增大，逆反应速率大于正反应速率，说明平衡逆向移动，合成氨是一个放热的体积减小的反应，根据外界条件对化学反应速率和平衡移动的影响分析解答。A. 使用催化剂，平衡不移动，故A错误；B合成氨反应是一个放热反应，升高温度平衡逆向移动，故B正确；C增大反应体系的压强，平衡正向移动，正逆反应速率都增大，故C错误；D. 提高 N2 浓度，平衡正向移动，故D错误；故选B。点睛：本题考查影响化学反应速率的因素，注意把握浓度、催化剂、温度、压强对反应速率的影响即可解答，侧重反应速率图象的分析，明确速率变化程度为解答的关键，本题的难点是根据图像判断平衡的移动方向。11.将甲、乙两种非金属元素的性质相比较，能说明甲比乙的非金属性强的是甲的单质比乙的单质更易与H2化合；甲的阴离子的还原性比乙的阴离子强；甲的最高价氧化物的水化物酸性比乙的最高价氧化物的水化物酸性强；与某金属反应时甲原子得电子数目比乙的多；甲的气态氢化物酸性比乙的强。A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】比较非金属性的强弱：可利用得电子的难易程度，阴离子的还原性，最高价氧化物水化性酸性，与氢气化合的难易程度，气态氢化物的稳定性，单质的氧化性来判断。【详解】非金属性越强，单质与氢气越容易反应。甲的单质比乙的单质更易与H2化合，说明甲的非金属性强于乙，正确；阴离子还原性越弱，该元素非金属性越强。甲的阴离子的还原性比乙的阴离子强，说明乙的非金属性强于甲，错误；最高价氧化物水化物酸性越强，非金属性越强。甲的最高价氧化物的水化物酸性比乙的最高价氧化物的水化物酸性强，甲的非金属性强于乙，正确；非金属性强弱与得电子的难易程度有关，与得电子数目无关。与某金属反应时甲原子得电子数目比乙的多，不能说明甲和乙的非金属性强弱，错误；气态氢化物越稳定性，说明该元素非金属性越强，气态氢化物的酸性与非金属性强弱无关。甲的气态氢化物酸性比乙的强，不能说明甲和乙的非金属性强弱，错误。12.某反应A(g) + B(g)C(g)的能量变化如图所示，由图像可知，加入X后A. 反应速率不变B. 反应物转化率增大C. 生成物的能量降低D. 反应的热效应不变【答案】D【解析】【分析】根据图像分析可知，加入X后应活化能降低、反应速率加快、反应的热效应不发生改变。X为催化剂。【详解】A. 根据图像分析可知，加入X以后，反应速率加快，A错误。B. 催化剂不影响化学平衡，反应物转化率不变，B错误。C. 生成物的能量不变，C错误。D. 反应物能量和生成物能量均未发生改变，反应中热效应不变，D正确。13.可鉴别苯和甲苯的试剂是( )A. 新制氢氧化铜 B. 溴水 C. 酸性高锰酸钾溶液 D. 银氨溶液【答案】C【解析】【分析】鉴别苯和甲苯要利用不同的性质产生的不同现象，甲苯能被酸性高锰酸钾氧化，苯不能。【详解】A. 新制氢氧化铜可与醛，羧酸反应，不与苯和甲苯反应，A错误。B. 苯和甲苯都能从溴水中萃取溴，溴水褪色，现象相同，B错误。C. 甲苯能被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，苯不与酸性高锰酸钾溶液反应，C正确。D. 银氨溶液，不与苯和甲苯反应，D错误。14.实验室制乙酸丁酯的操作正确的是( )A. 乙酸过量 B. 用水浴加热C. 边加热边蒸出乙酸丁酯 D. 产物用氢氧化钠洗涤【答案】A【解析】【分析】A. 酯化反应为可逆反应，使用过量的乙酸可促进反应向正反应方向移动。B. 水浴加热的反应条件是温度高于常温且低于100。C.乙酸、丁醇、乙酸丁酯，沸点相差较小，边反应边蒸馏会有较多的乙酸、丁醇挥发。D. 乙酸丁酯在氢氧化钠溶液中易水解，应用饱和碳酸钠溶液。【详解】A.制乙酸丁酯的酯化反应为可逆反应，使用过量的乙酸可促进反应向正反应方向移动，增大丁醇的转化率，A正确。B.水浴加热温度较低，不能超过100，应直接加热，B错误。C.边加热边蒸馏，导致乙酸、丁醇挥发，产率降低，C错误。D.乙酸丁酯在氢氧化钠溶液中易水解，用饱和碳酸钠溶液可以吸收乙酸，降低乙酸丁酯的溶解度，有利于乙酸丁酯析出，D错误。15.工业生产氨气的适宜条件中不包括( )A. 用浓硫酸吸收产物 B. 用铁触煤作催化剂C. 温度500左右 D. 压强为2050MPa【答案】A【解析】【分析】分析工业生产氨气整个反应。催化剂不能改变化学平衡，但可以加快反应速率。升高温度可以加快反应速率，考虑反应平衡，温度不宜太高。增大压强可以加快反应速率，也可以促进化学平衡正向移动，但生产时的条件会限制压强。从反应速率和化学平衡两方面看，合成氨的适宜条件一般为压强：20MPa-50MPa，温度：500左右，催化剂：铁触媒。【详解】从反应速率和化学平衡两方面看，合成氨的适宜条件一般为压强：20MPa-50MPa，温度：500左右，催化剂：铁触媒。用浓硫酸吸收氨气会生成硫酸铵，不适合吸收产物。答案为A。【点睛】本题主要考查工业制氨气的反应中反应条件的选择，综合反应速率、反应平衡考虑。16.酯化反应是有机化学中的一类重要反应，下列对酯化反应理解不正确的是()A. 酯化反应的产物只有酯 B. 酯化反应可看成取代反应的一种C. 酯化反应是有限度的 D. 浓硫酸可做酯化反应的催化剂【答案】A【解析】试题分析：A、酯化反应的产物有酯和水，错误；B、酯化反应可看成取代反应的一种，正确；C、酯化反应为可逆反应，是有一定的限度，正确；D、浓硫酸可作酯化反应的催化剂，正确。考点：考查酯化反应的概念、特点。17.如图是SO2(g)和O2(g)反应生成SO3(g)的能量变化示意图，由图可知( )A. 2 SO2(g)+ O2(g)2 SO3(g) H= -197.8 kJ/molB. 2 SO2(g)+ O2(g)2 SO3(g) H= +197.8 kJ/molC. 2 SO2(g)+ O2(g)2 SO3(g) H= +98.9 kJ/molD. 2 SO2(g)+ O2(g)2 SO3(g) H= -98.9 kJ/mol【答案】A【解析】【分析】据图分析反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，SO2(g)+ O2(g) SO3(g) H=-98.9kJ/mol。【详解】据图分析反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，SO2(g)+ O2(g) SO3(g) H=-98.9kJ/mol。因此可推出：2 SO2(g)+ O2(g)2 SO3(g) H= -197.8 kJ/mol，答案为A。18.下列有机物命名正确的是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】有机物命名要求主链最长、编号起点离支链最近、支链数目多、支链位置编号之和最小。苯环上分为邻位、间位、对位三种位置。【详解】A. 应命名为2-甲基丁烷，A错误。B. 为1-丁醇，B正确。C. 为对二甲苯，C错误。D. 2-甲基-1-丙烯，D错误【点睛】有机物命名注意官能团的位置、名称，以及主链的确定。19. 下列有关合成氨工业的途述，可用勒沙特列原理来解释的是（ ）A. 使用铁触媒，使N2和H2混合气体有利于合成氨B. 高压比常压条件更有利于合成氨的反应C. 5000C左右比室温更有利于合成氨的反应D. 合成氨时采用循环操作，可提高原料的利用率【答案】B【解析】合成氨反应中，需要综合考虑反应速率、反应物的转化率（压强保持在10MPa 30MPa）、催化剂活性（温度控制在400500 左右）之间的关系；合成氨反应是一个正反应体积减少的放热反应，故加压有利于合成氨气，而高温不利于平衡右移，循环操作、使用催化剂不会改变平衡，故选B20.下列各物质中既能发生消去反应又能催化氧化,并且催化氧化的产物能够发生银镜反应的是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】按照题中所给选项，-OH邻位C原子上有H原子可发生消去反应，-OH相连的C原子上有H原子才能发生催化氧化，催化氧化的产物能够发生银镜反应，要求-OH相连的C原子上有2个H原子氧化产物为-CHO。【详解】A.只能发生消去反应，不能催化氧化，A错误。 B. 只能发生催化氧化，不能发生消去反应，B错误。C. 既能发生消去反应又能催化氧化，但是催化氧化的产物是酮，不能发生银镜反应，C错误。D. 既能发生消去反应又能催化氧化，并且催化氧化的产物为醛，能够发生银镜反应，D正确。二、综合题(共60分)21.短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，Y2+子层结构与氖相同，Z的质子数为偶数,室温下M单质为淡黄色固体，回答下列问题：(1)M元素在周期表中的位置_(2)Z元素在自然界中常见的二元化合物是_，其与NaOH溶液反应的离子方程式为_(3)X与M的单质能在高温下反应，生成产物的分子结构与CO2相似，请写出该产物分子的电子式_；其化学键属_共价键(填“极性”或“非极性”)；(4)四种元素中的_可用于航空航天合金材料的制备，其单质与X的一种氧化物反应的化学方程式为_。【答案】 (1). 第三周期A族 (2). SiO2 (3). SiO2 +2OH- = SiO32- + H2O (4). (5). 极性 (6). Mg (7). 2Mg+ CO2 = 2MgO +C【解析】短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，则X是C元素；Y2+电子层结构与氖相同，则Y是Mg元素；Z的质子数为偶数，室温下M单质为淡黄色固体，则Z是Si元素；M是S元素。（1）M元素是S，核外电子排布是2、8、6，所以位于周期表中的第三周期第VIA族；（2）Z元素是Si元素，其在自然界中常见的二元化合物是SiO2，与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为SiO2 +2OH- =SiO32- + H2O；（3）X与M的单质在高温下反应产生CS2，结构与CO2类似，由于是不同元素的原子形成的共价键，所以其化学键属极性共价键，电子式为；（4）四种元素中只有Mg是金属元素，密度比较小，制成的合金硬度大，所以可用于航空航天合金材料的制备，该金属是比较活泼的金属，可以与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，反应的化学方程式为2Mg+ CO2 2MgO +C。点睛：高考要求学生熟练掌握同一周期、同一主族的原子结构和元素性质的递变规律，了解元素原子结构、元素在周期表中的位置、性质及其它们之间的关系。高考命题中常将将元素周期表、元素周期律、与元素性质结合进行考查，有时还会结合相应物质的性质和制备进行考查，该种题型是高考经典和必考题型。通过元素周期表考查元素性质（主要包含元素主要化合价、元素金属性非金属性、原子或离子半径等），充分体现了化学周期表中位置反映结构、结构决定性质这一基本原理，更突显了化学学科规律的特色。本题主要是元素“位、构、性”三者关系的综合考查，比较全面考查学生有关元素推断知识和灵活运用知识的能力。22.氮化硅(Si3N4)陶瓷材料可应用于属于反应堆,氮化硅可由下列反应制得:3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO,其中Si3N4中氮元素的化合价为-3;(1)上述方程式中涉及到的元素的原子按照原子半径由大到小排列_(2)在方程式中反应物SiO2和产物Si3N4的熔点大小：SiO2_Si3N4(填“”“”或“”)原因是：_(3)标出上述反应中电子转移的方向和数目_.(4)该反应氧化剂是_,被氧化的元素是_.(5)若生成0.25mol Si3N4,则反应过程中转移_个电子.【答案】 (1). SiCNO (2). (3). SiO2和Si3N4都是原子晶体，其中N原子半径大于O原子半径，硅氧键的键长小于硅氮键的键长，硅氧键的键能大于硅氮键的键能，所以SiO2的熔点大于Si3N4的熔点 (4). 由碳指向氮，转移电子12e- (5). N2 (6). C (7). 3NA【解析】【分析】(1) 同周期随原子序数增大原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大。 (2)原子晶体熔点跟化学键键长成反比，键长越短，键能越高，熔点越高。 (3) 根据反应中元素的化合价升降数目判断。 (4) 氧化还原反应中，氧化剂得电子化合价降低，还原剂失电子化合价升高。 (5)在题目所给反应中，每生成1molSi3N4，转移12mol电子。【详解】(1)同主族Si、C原子半径排序：SiC，同周期的C、N、O原子半径排序：CNO，上述方程式中涉及到的元素的原子按照原子半径由大到小排列：SiCNO。(2) SiO2和Si3N4都是原子晶体，其中N原子半径大于O原子半径，硅氧键的键长小于硅氮键的键长，硅氧键的键能大于硅氮键的键能，所以SiO2的熔点大于Si3N4的熔点。(3) 3SiO2+6C+2N2Si3N4+6CO（由碳指向氮，转移电子12e-）。(4) C元素从0价升高到+2价，C为还原剂。N元素化合价从0价降低到-3价，N2为氧化剂。该反应氧化剂是N2，被氧化的元素是C。(5)每生成1molSi3N4，转移12mol电子。若生成0.25mol Si3N4，则反应过程中转移3NA个电子。【点睛】本题考查氧化还原反应，需要理解氧化还原反应的实质从而判断氧化剂、还原剂，同时可以根据氧化还原中元素的化合价变化判断电子转移数目。23.合成甲醇的反应2H2(g)+CO(g)CH3OH(g) H= -90.8kJ，t下此反应的平衡常数为160。此温度下，在密闭容器中开始只加入CO、H2，反应l0min后测得各组分的浓度如下：物质H2COCH3OH浓度(mol/L)0.20.10.4(1)写出该反应的平衡常数表达式K=_。(2)该时间段内反应速率v(H2)=_。(3)比较此时正、逆反应速率的大小：v正 _v逆(填“”、“ (4). 减小 (5). 减小 (6). 逆向 (7). 不变【解析】【分析】(1) 化学平衡常数：在一定温度下，当一个可逆反应达到平衡状态时，各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值。 (2)根据v= 进行计算。 (3)计算此时的Qc，跟化学平衡常数比较判断。(4) 容器体积扩大一倍，压强减小，平衡向体积增大的方向移动。化学平衡常数只受温度影响，温度不变平衡常数不变。【详解】(1)该反应的平衡常数表达式K=。(2)反应过程中v(CH3OH)= =0.04mol/(Lmin)，v(H2)=2 v(CH3OH) =0.08mol/(Lmin)(3) Qc= = =100，小于平衡常数160，反应向正反应方向进行，v正v逆。 (4)反应达到平衡后，保持其它条件不变，若将容器的体积扩大一倍，反应向逆反应方向移动，但由于浓度降低，正反应、逆反应速率都减小。v正 减小，v逆 减小，平衡向逆向移动，平衡