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上海市浦东新区2019届高三化学下学期等级二模考试试题（含解析）相对原子质量：H-1 C-12 O-16 Mg-24 Ca-40一、选择题(共40分，每小题2分，每小题只有一个正确答案)1.海水淡化可解决淡水资源缺乏的问题。下列可应用于海水淡化技术的操作是( )A. 蒸馏B. 过滤C. 萃取D. 结晶【答案】A【解析】【分析】海水淡化就是要除去海水中溶解的大量无机盐，由此结合实际操作的可行性分析。【详解】A项：蒸馏时无机盐不能变成气体，水先变成水蒸汽、再冷凝成液体，A项正确； B项：过滤只能除去海水中的不溶性杂质，不能除去可溶性的无机盐，B项错误； C项：萃取是利用溶质在不相溶的溶剂中溶解度差异提取溶质的过程，C项错误； D项：结晶是利用溶解度与温度的关系，从溶液中获得溶质的过程，D项错误。本题选A。2.向空气中“挖矿”，为人类粮食增产做出巨大贡献的化学工业是( )A. 硫酸工业B. 合成氨工业C. 纯碱工业D. 石油化工【答案】B【解析】【分析】从粮食增产所需化学工业分析。【详解】实现粮食增产需要大量的化肥（主要是氮肥、磷肥、钾肥），合成氨工业以空气中氮气为原料制得氨气，进而生成氮肥。本题选B。3.下列含氮微粒的化学用语表达正确的是( )A. 氮-14原子：B. 氮原子的轨道表示式：C. 氨气的电子式：D. 氮气的结构式：NN【答案】D【解析】【分析】根据常用化学用语的含义和书写规范分析。【详解】A项：氮-14原子即，A项错误； B项：据洪特规则，氮原子2p能级的3个电子应分占不同的轨道，且自旋方向相同，B项错误；C项：氨分子中，氮原子上有一对孤对电子，C项错误； D项：氮气的电子式中，两个氮间有三对共用电子对，D项正确。本题选D。【点睛】电子式中只写出原子的最外层电子，内层电子因不参与反应而省略。将电子式中的共用电子对改为短线、孤电子对省略，即得结构式。4.和纯铁相比，生铁不具有的特点是( )A. 硬度更大B. 熔点更低C. 更耐腐蚀D. 易冶炼得到【答案】C【解析】【分析】生铁和钢都是铁的合金，从它们的组成、性质和冶炼分析解答。【详解】利用还原剂将铁矿石冶炼得生铁（含碳量2%4.3%），再利用氧化剂将生铁冶炼成钢（含碳量0.03%2%），可进一步获得纯铁，D项正确；生铁是铁的合金，通常其硬度大于成分金属，A项正确；熔点低于成分金属，B项正确；在潮湿空气中易形成原电池，发生电化学腐蚀，C项错误。本题选C。5.不是煤干馏产物的是( )A. 煤油B. 焦炭C. 焦炉气D. 粗氨水【答案】A【解析】【分析】据煤干馏的概念和所得产物回答。【详解】煤的干馏是把煤隔绝空气加强热的过程，主要发生复杂的化学变化，所得产物有固体物质焦炭、液体物质煤焦油和粗氨水、气体物质焦炉气。煤油是石油常压分馏的产品之一。本题选A。6.铵态氮肥在使用时要注意低温保存和深施盖土，原因是铵态氮肥( )A. 易溶于水B. 遇碱易跑氨C. 易被氧化D. 受热易分解【答案】D【解析】【分析】从铵盐的性质分析其使用注意事项。【详解】铵态氮肥是铵盐类氮肥，其受热易分解而损失氮元素，故要低温保存和深施盖土。本题选D。7.葡萄酒中加入少量SO2，可防止酒中的乙醇转化为乙酸，这是利用了SO2的( )A. 氧化性B. 还原性C. 漂白性D. 酸性【答案】B【解析】【分析】根据SO2的用途分析所应用的性质，即物质性质与应用的对应关系。【详解】乙醇（C2H5OH）转化为乙酸（CH3COOH），是有机物去氢且加氧的氧化反应，即有氧化剂将乙醇氧化为乙酸。SO2能防止乙醇转化为乙酸，即SO2能除去氧化剂，利用了SO2的还原性。本题选B。【点睛】物质的用途取决于物质的性质，学习化学应注意用途与性质的对应关系。8.关于氯化氢的说法错误的是( )A. 溶于水时破坏共价键B. 可用于做喷泉实验C. 遇氨气产生白烟D. 可通过共价键形成晶体【答案】D【解析】【分析】根据氯化氢的组成、结构、性质分析判断。【详解】A项：HCl是共价化合物，溶于水时共价键断裂电离成氢离子和氯离子，A项正确； B项：HCl气体极易溶于水，可用于喷泉实验，B项正确；C项：HCl气体与氨气相遇产生氯化铵固体颗粒（白烟），C项正确； D项：HCl分子间靠范德华力结合形成分子晶体，D项错误。本题选D。9. 下列物质中，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色的是A. 乙烯B. 乙炔C. 苯D. 甲苯【答案】C【解析】试题分析：由于高锰酸钾具有强氧化性，故含有碳碳双键和碳碳叁键的化合物可以使高锰酸钾溶液褪色，且高锰酸钾可以把甲苯中的甲基氧化成羧基，故甲苯也可以使高锰酸钾溶液褪色，苯的化学性质比较稳定，不能使高锰酸钾溶液褪色此题选。考点：考查有机物中官能团的性质及应用相关知识。10.下列物质露置在空气中，会发生化学反应且有颜色变化的是( )A. NaClOB. NaOHC. Na2O2D. NaCl【答案】C【解析】【分析】空气中主要含有性质稳定的氮气、性质活泼的氧气，还有少量的二氧化碳、水蒸汽等，结合物质与空气的反应分析判断。【详解】A项：HClO酸性弱于H2CO3，NaClO能与空气中CO2、H2O反应生成NaHCO3、HClO，但无颜色变化，A项错误； B项：NaOH吸收空气中CO2生成Na2CO3和H2O，无颜色变化，B项错误； C项：淡黄色的Na2O2 与CO2或H2O反应生成白色的Na2CO3或NaOH，C项正确；D项：纯净的NaCl在空气中能稳定存在，D项错误。本题选C。11.用烧碱固体配制0.100mol/L NaOH溶液的部分操作如图所示，其中不需要的是( )A. 检漏B. 量取C. 转移D. 定容【答案】B【解析】【分析】根据固体配制一定物质的量浓度的溶液的操作步骤分析判断。【详解】A项：容量瓶在使用前必须检查是否漏液，A项需要； B项：固体配制溶液时，不需要量取液体体积，B项不需要； C项：固体在烧杯中溶解、冷却后，需沿玻璃棒转移到容量瓶中，C项需要； D项：洗涤液转入容量瓶后进行定容，当液面距离刻度线12cm时改用胶头滴管，D项需要。本题选B。12.关于氧化铝和氢氧化铝的说法错误的是( )A. 都是白色固体B. 都难溶于水C. 都具有两性D. 都受热易分解【答案】D【解析】【分析】根据氧化铝和氢氧化铝的性质分析判断。【详解】A项：氧化铝和氢氧化铝都是白色固体，A项正确；B项：氧化铝和氢氧化铝都难溶于水，B项正确；C项：氧化铝是两性氧化物，氢氧化铝是两性氢氧化物，C项正确； D项：氧化铝受热不分解，氢氧化铝受热易分解，D项错误。本题选D。13.港珠澳大桥设计寿命为120年，对桥体钢制构件采用了多种防腐措施，下列防腐措施错误的是( )A. 用导线与石墨相连B. 用导线与电源负极相连C. 钢制构件上焊接锌块D. 表面喷涂分子涂层【答案】A【解析】【分析】根据金属的防护原理分析回答。【详解】A项：用导线将钢制构件与石墨相连，钢制构件形成原电池的负极，更易失电子被腐蚀，A项错误；B项：用导线将钢制构件与电源负极相连，钢制构件形成电解池的阴极，这是外加电流的阴极保护法，B项正确；C项：在钢制构件上焊接锌块，钢制构件形成原电池的正极，这是牺牲阳极的阴极保护法，C项正确；D项：在钢制构件表面喷涂分子涂层，使钢制构件与外界隔开得到保护，D项正确。本题选A。14.用标准盐酸滴定待测NaOH溶液时，相关说法正确的是( )A. 可用石蕊作指示剂B. 滴定时眼睛注视滴定管中液面下降C. 需做平行实验23次D. 当溶液颜色变化时立即读数【答案】C【解析】【分析】根据中和滴定原理，理解滴定操作及注意事项。【详解】A项：石蕊变色范围58，在酸、碱性溶液中都变色，且变色不灵敏，故不用石蕊作中和滴定的指示剂，A项错误；B项：滴定时眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化，以便准确判定滴定终点，B项错误；C项：为减少滴定误差，提高测定精度，需做平行实验23次，取平均值作为最终结果，C项正确；D项：为防止锥形瓶中标准液局部过量使指示剂发生颜色变化，当溶液颜色发生变化且半分钟不变色时才能读数，D项错误。本题选C。15.下列关于实验室制备乙酸乙酯的操作错误的是( )A. 配料：加入过量乙醇B. 加热：用水浴加热C. 分离：用边反应边分离的方法D. 净化：产物用氢氧化钠溶液洗涤【答案】D【解析】【分析】根据实验室制乙酸乙酯的实验和有关物质的性质分析回答。【详解】A项：制乙酸乙酯的反应是可逆反应，加入过量的廉价试剂乙醇，可提高乙酸的转化率，A项正确；B项：用水浴加热可使反应混合物受热均匀且易于控制温度，减少乙酸、乙醇的挥发损失，B项正确；C项：控制适当的温度，边反应边蒸出乙酸乙酯，促进平衡正向移动，C项正确；D项：乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中易水解，通常用饱和碳酸钠溶液洗涤，D项错误。本题选D。16.A、B、C、D四种短周期元素在周期表中的位置如图所示，有关说法正确的是( )A. 元素最高正价数值最大的是AB. 单质熔点最高的是CC. 离子半径：AC【答案】D【解析】【分析】根据元素在周期表中的位置和元素周期律解答。【详解】据短周期元素在周期表中的位置可知A、B、C、D分别是F、Na、Mg、Si元素。A项：F原子最外层有7电子，但无正价，A项错误；B项：Si的单质为原子晶体，在四种单质中熔点最高，B项错误；C项：A、C离子分别是F、Mg2+，它们的电子排布相同，F核电荷较小，其半径较大，C项错误；D项：Na、Mg同周期，从左向右，金属性逐渐减弱，D项正确。本题选D。17.如图所示，将浓硫酸滴至下列物质上，无明显现象的是( )A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【分析】根据浓硫酸的性质分析判断。【详解】A项：浓硫酸有强脱水性，会使蔗糖碳化变黑，A项错误；B项：常温下，浓硫酸能使铝、铁钝化，故无明显变化，B项正确；C项：浓硫酸有强吸水性，使胆矾由蓝变白，C项错误；D项：浓硫酸有强酸性，滴在纯碱上生成CO2 气体，D项错误。本题选B。18.某含氧衍生物的球棍模型如下图所示，下列关于该物质的说法错误的是( )A. 分子式为C3H6O3B. 含有两种官能团C. 能发生取代反应，不能发生消去反应D. 既能与生石灰反应，又能与氢溴酸反应【答案】C【解析】【分析】根据球棍模型可确定物质的结构简式，进而确定分子式、官能团和化学性质。【详解】该有机物的结构简式为CH3CH(OH)COOH，分子式为C3H6O3，A项正确；分子中有OH、COOH两种官能团，B项正确；可与羧酸或醇发生酯化反应（属于取代反应），与浓硫酸共热可发生消去反应，C项错误；COOH可与生石灰反应，OH可与氢溴酸发生取代反应，D项正确。本题选C。19.氨碱法与侯氏制碱法的生产工艺中，相同的是( )A. 主反应原理B. 副产品C. 食盐利用率D. 循环物质【答案】A【解析】【分析】比较氨碱法与侯氏制碱法的生产工艺，作出判断。【详解】A项：氨碱法与侯氏制碱法的主反应都是NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl，A项正确；B项：氨碱法与侯氏制碱法的副产品分别是CaCl2、NH4Cl，B项错误；C项：侯氏制碱法在母液中加入食盐粉末，析出氯化铵后的溶液可循环使用，提高了食盐利用率，C项错误；D项：氨碱法循环物质有氨气和二氧化碳，侯氏制碱法循环物质食盐和二氧化碳，D项错误。本题选A。20.某溶液中可能含有Na+、Fe2+、NH4+、K+、Cl-、SO42-、SO32-中的几种，且所含离子物质的量浓度均为0.01mol/L。向溶液中滴加少量溴水后，溶液呈无色。下列关于该溶液的判断正确的是( )A. 可能含有Na+B. 可能含有SO42-C. 一定不含Cl-D. 一定含有NH4+【答案】A【解析】【分析】根据实验现象和溶液电中性，经分析推理解答。【详解】溶液中滴加少量溴水后呈无色，则一定有SO32-、无Fe2+。因溶液中各种离子浓度均为0.01mol/L，阳离子Na+、NH4+、K+中至少有一种，正电荷浓度可能为0.01（1种）或0.02（2种）或0.03（3种）mol/L。阴离子Cl-、SO42-、SO32-中，必有SO32-、可能有Cl-、SO42-，负电荷浓度可能为0.02（SO32-）或0.03（Cl-和SO32-）或0.04（SO42-和SO32-）或0.05（Cl-、SO42-和SO32-）mol/L。又因溶液电中性，则正、负电荷浓度都是0.02或0.03mol/L。阳离子必有两种或三种，A项正确、D项错误；阴离子可能有Cl-、不可能有SO42-，B项、C项错误。本题选A。【点睛】任何水溶液一定电中性，其中阳离子所带正电荷与阴离子所带负电荷的量一定相等。这是解题必须知道的隐含信息。二、综合题(共60分)21.天然气广泛用于民用燃气和化工生产，主要成分是CH4，还含有少量H2S和水蒸气。(1)碳、氢、氧、硫四种元素中，最外层电子数是电子层数两倍的是_(填元素符号)，非金属性最强元素的原子核外电子排布式为_。(2) 天然气的用途之一是利用甲烷高温分解制炭黑。若分解16g甲烷，需要吸收258kJ的热量，写出该反应的热化学方程式：_。(3)天然气在使用前，需进行脱硫处理。用纯碱溶液吸收其中的H2S，过程中会生成两种酸式盐，该反应的离子方程式为_。若改用NaOH溶液吸收H2S，从通入气体至过量，溶液中c(S2-)的变化趋势是_。(4)微波加热技术的原理是：利用极性分子内部正负电荷分布不均匀的特点，在电磁场作用下会频繁运动摩擦，使温度升高。用甲烷制炭黑的工业生产中，是否适合使用该技术加热，原因是_。硫化氢分子结构与水分子相似，加热时硫化氢较水更易分解得到氢气，从元素周期律角度分析其原因_。【答案】 (1). C、S (2). 1s22s22p4 (3). CH4(g)C(s)+2H2(g)-258kJ (4). CO32-+H2SHCO3-+HS- (5). 先增大，后减小 (6). 不适合 (7). 甲烷是非极性分子，分子内部正负电荷均匀分布；O的非金属性强于S，H2O的热稳定性强于H2S，因此H2S更易分解【解析】【分析】根据原子结构和元素周期律书写电子排布式、比较氢化物的稳定性，由反应热数据计算写出热化学方程式，据题目信息写出吸收硫化氢的离子方程式、判断硫离子浓度的变化，应用微波加热原理分析热分解甲烷的方式。【详解】(1)碳、氢、氧、硫元素中，碳原子、硫原子最外层电子数是电子层数的两倍。氧元素非金属性最强，据构造原理写出电子排布式1s22s22p4。(2)分解16g甲烷（1mol）吸收258kJ的热量，则热化学方程式CH4(g)C(s)+2H2(g) H=+258kJ/mol。(3)用纯碱溶液吸收天然气中的H2S，生成的两种酸式盐为NaHCO3和NaHS，该反应的离子方程式为CO32-+H2SHCO3-+HS-。用NaOH溶液吸收H2S， 先后发生反应2OH+H2S=S2-+2H2O、H2S+S2-=2HS-，溶液中c(S2-)先增大、后减小。(4)微波加热适用于极性分子构成的物质，而甲烷分子是非极性分子，不适合使用该技术加热。氧和硫同主族，氧元素非金属性强于硫，则水的热稳定性强于硫化氢，加热时硫化氢较水更易分解得到氢气。【点睛】回答问题要紧扣题目中的信息。本题中纯碱溶液吸收H2S生成两种酸式盐，就是对书写方程式的提示和要求；微波加热原理的描述，就是判断能否加热甲烷的依据。22.用Cl2生产含氯有机物时会产生HCl，利用如下反应可实现氯的循环利用。4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)+Q(Q0)在2L密闭容器中进行该反应，在不同时间测得实验数据如下表：物质物质的量(mol)时间HCl(g)O2(g)H2O(g)Cl2(g)0min41002min1.20.31.43min1.20.31.44min1.00.351.5(1)计算02min内Cl2的平均生成速率_。 该反应合适的温度范围是380440，选择该温度范围可能的原因是：加快反应速率；_。(2)工业上用传感器检测反应容器中的气体压强，当压强保持不变时，表面反应已达平衡。能通过检测压强判断反应是否达到平衡状态的理由是_。(3)实验时，在34min之间改变了某一条件造成平衡移动。表中数据说明平衡向_移动(填“左”或“右”)；达到新平衡后，与原来相比平衡常数_(填“变大”、“变小”、“不变”)。(4)Cl2也可用于制备新型净水剂高铁酸钠(Na2FeO4)。配平制备反应的化学方程式_Fe(NO3)3+_NaOH+_Cl2_Na2FeO4+_NaNO3+_NaCl+_H2O若反应消耗3.36L Cl2(标准状况)，则转移电子的数目是_。(5)用Na2FeO4杀菌消毒的优点是还原产物具有净水作用，缺点是还原产物会对铁制水管造成腐蚀，造成腐蚀的原理有_。【答案】 (1). 0.35mol/(Lmin) (2). 催化剂活性较高 (3). 该反应反应物的系数之和与产物的系数之和不相等，反应前后会有气体的物质的量发生改变，因此压强会随气体的物质的量的变化而改变，当压强不变时，可以知道气体的物质的量不发生改变，因此说反应达到了平衡 (4). 右 (5). 不变 (6). 2 (7). 16 (8). 3 (9). 2 (10). 6 (11). 6 (12). 8 (13). 0.3NA (14). Na2FeO4在杀菌消毒时，本身被还原为Fe3+，Fe3+与单质铁发生反应使其溶解【解析】【分析】根据定义计算反应速率，根据反应条件逆推选择的原理，由化学平衡的特征判断平衡标志，据平衡移动原理判断平衡移动方向，根据化合价升降相等配平氧化还原反应方程式。【详解】(1)据化学反应速率定义，02min内v(Cl2)=v(H2O)=0.35mol/(Lmin)。主要从反应速率和化学平衡角度选择反应的合适温度范围，化工生产中常用催化剂，必须考虑其活性温度。(2)反应“4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)”前后气体分子数有变化，在恒温恒容条件下，当容器内压强不变时，容器内气体总物质的量也不变，表明反应已达化学平衡。(3)从表中数据知，23min之间建立了化学平衡；34min之间改变的一个条件为增加0.1molO2。据平衡移动原理，化学平衡向右移动。因化学平衡常数只与温度有关，新平衡时化学平衡常数不变。(4)反应中铁从+3升到+6价，氯从0降到1价，据化合价升降相等得2Fe(NO3)33Cl2，进而观察配平其它物质，2Fe(NO3)3+16NaOH+3Cl22Na2FeO4+6NaNO3+6NaCl+8H2O。反应中消耗氯气与转移电子的关系为3Cl26e-，则消耗3.36L Cl2(标准状况)，即0.15mol氯气，则转移电子0.3mol。(5)用Na2FeO4杀菌消毒时，其还原产物是Fe3+，它可水解生成氢氧化铁胶体，具有净水作用；Fe3+会与铁反应2Fe3+Fe=3Fe2+，腐蚀铁制水管。23.天然水大多含Ca2+、Mg2+、HCO3-等离子，加热会产生水垢，水垢中一定含有CaCO3和Mg(OH)2，可能含有MgCO3。(1)天然水中的HCO3-来自于空气中的CO2。用相关方程式表示CO2溶于水形成HCO3-的过程。_(2)天然水煮沸时，其中微溶的MgCO3转换成难溶的Mg(OH)2，写出发生反应的化学方程式。_为确定某水垢样品的成分，利用CaCO3、MgCO3、Mg(OH)2高温分解的性质，精确称量5.000g水垢样品，用如下图装置进行实验。(3)A中盛放的试剂是_。装置F的作用是_。反应结束后，需要再通入一段时间的空气，目的是_。(4)利用上述装置测定水垢中Mg(OH)2的含量时，需要测量的数据有_。(5)实验测得装置E增重2.200g，请问水垢样品中是否含有MgCO3?判断依据是_。【答案】 (1). CO2+H2OH2CO3、H2CO3H+HCO3-或CO2+H2OHCO3-+H+ (2). MgCO3+H2OMg(OH)2+CO2 (3). . NaOH溶液 (4). 吸收空气中H2O和CO2，防止其进入E中干扰实验测定；排尽装置中的产物CO2和H2O，使其充分被D、E装置吸收 (5). D装置反应前后的质量 (6). 含 (7). 题中给出的信息是水垢中一定含有CaCO3和Mg(OH)2，若增重2.200g全来自于CaCO3分解产生的CO2，则计算得出CaCO3的质量为5.000g，而样品的总质量为5.000g，与题意不符，因此样品中含有MgCO3【解析】【分析】利用CaCO3、MgCO3、Mg(OH)2高温分解生成CO2、H2O的性质，通过测定分解产物的质量确定水垢样品的成分。紧扣这一实验目的，选择实验试剂、判断装置作用、分析采集数据。【详解】(1)空气中的CO2溶于水、并与水反应生成碳酸：CO2+H2OH2CO3，碳酸微弱电离生成HCO3-：H2CO3H+HCO3-。(2)煮沸天然水时，微溶的MgCO3发生双水解反应生成难溶的Mg(OH)2，总的化学方程式为MgCO3+H2OMg(OH)2+CO2。(3)为测定样品分解生成的CO2、H2O的质量，必须使用不含CO2、H2O的空气通入装置，才不会引起测量误差，故A、B装置中分别用NaOH溶液、浓硫酸除去空气中的CO2、H2O；D、E装置分别吸收样品分解生成的H2O、CO2，装置E中碱石灰吸收空气中的CO2、H2O，防止其进入E中干扰实验测定。为保证样品分解产生的H2O、CO2能被D、E装置完全吸收，反应后再通入一段时间的空气，将样品生成的气体导入D、E装置中。(4)样品中只有Mg(OH)2分解生成H2O，故测定样品分解生成H2O的质量，即可计算Mg(OH)2含量。为此，需要测量D装置在反应前