上海市浦东新区2022-2023学年高三下学期4月模拟质量调研化学试题（ 含答案解析 ）

第1页/共1页浦东新区2022学年度第二学期教学质量检测高三化学试卷相对原子质量：一、选择题(共40分，每小题2分，每小题只有一个正确答案)1.第三代铝锂合金被用于国产大飞机的外壳，其用途与下列性质无关的是A.密度小 B.耐腐蚀 C.能导热 D.强度大【答案】C【解析】【详解】A．制造飞机的材料需要质量小、强度大，所以与铝锂合金密度小有关，故不选A；B．制造飞机的材料需要耐腐蚀，所以与铝锂合金耐腐蚀有关，故不选B；C．制造飞机外壳的材料不需要导热，所以与铝锂合金能导热无关，故选C；D．制造飞机的材料需要质量小、强度大，所以与铝锂合金强度大有关，故不选D；选C。2.工业焊接钢管时常用进行“无损探伤”，该原子A.质子数是82 B.中子数是55C.与互为同位素 D.摩尔质量是137【答案】C【解析】【详解】A．的质子数为55，故A错误；B．的中子数为137-55=82；故B错误；C．同位素是指质子数相同而中子数不同的同一元素的不同原子互称为同位素；与互为同位素，故C正确；D．摩尔质量有单位，所以的摩尔质量为137g/mol；故D错误；故答案选C。3.下列属于非烃燃料的是A.丁烷 B.乙醇 C.汽油 D.煤油【答案】B【解析】【详解】A．丁烷的分子式为C4H10，只含C、H两种元素，属于烃，故不选A；B．乙醇分子式为C2H6O，只含C、H、O三种元素，属于烃的衍生物，不属于烃，故选B；C．汽油是多种烃的混合物，只含C、H两种元素，属于烃燃料，故不选C；D．煤油是多种烃的混合物，只含C、H两种元素，属于烃燃料，故不选D；选B。4.刚玉(主要成分为)硬度仅次于金刚石，常用于高级研磨材料，它A.是分子晶体 B.是共价化合物C.可做铝热剂 D.熔融状态下能导电【答案】D【解析】【详解】A．刚玉(主要成分为)硬度仅次于金刚石，所以不属于分子晶体，事实上氧化铝属于过渡晶体，偏向共价晶体，A不符合题意；B．氧化铝中铝元素与氧元素之间为离子键，所以属于离子化合物，B不符合题意；C．铝热剂是铝粉和难熔金属氧化物的混合物，所以氧化铝不能做铝热剂，C不符合题意；D．氧化铝为离子化合物，熔融状态下可电离成铝离子和氧离子，可导电，D符合题意；故选D。5.将蘸有浓硫酸的温度计置于空气中，片刻后，温度计读数升高，说明浓硫酸具有A.吸水性 B.脱水性 C.强酸性 D.氧化性【答案】A【解析】【详解】A．浓硫酸具有吸水性，浓硫酸吸水放热。温度计读数升高，说明浓硫酸吸收空气中的水蒸气放热，证明浓硫酸具有吸水性，故选A；B．浓硫酸脱水性指的是把有机物当中的氢和氧按2:1的比例脱出来，将蘸有浓硫酸的温度计置于空气中，不可能体现脱水性，故不选B；C．浓硫酸遇碱性物质表现强酸性，将蘸有浓硫酸的温度计置于空气中，没有遇到碱性物质，不可能体现强酸性，故不选C；D．浓硫酸遇还原性物质表现强氧化性，将蘸有浓硫酸的温度计置于空气中，没有遇到还原性物质，不可能体现强氧化性，故不选D；选A。6.不能使悬浊液变澄清的是A.硫酸溶液 B.盐酸 C.氢氧化钠溶液 D.氨水【答案】D【解析】【详解】A．和硫酸反应生成硫酸铝和水，溶液变澄清，故不选A；B．和盐酸反应生成氯化铝和水，溶液变澄清，故不选B；C．和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，溶液变澄清，故不选C；D．和氨水不反应，氨水不能使悬浊液变澄清，故选D；选D。7.电子可以A.在氧化还原反应中发生转移 B.在电解质溶液中自由移动C.与阳离子形成离子键 D.在原子核周围聚集成电子云【答案】A【解析】【详解】A．电子在氧化还原中可发生得失，也可发生偏移，氧化还原反应的本质是电子的转移，A符合题意；B．电解质溶液中阴阳离子可以自由移动，不存在电子，B不符合题意；C．金属晶体中电子与金属阳离子形成的是金属键，而不是离子键，C不符合题意；D．电子云是处于一定空间运动状态的电子在原子核外空间的概率密度分布的形象化描述，电子不会聚集成电子云，D不符合题意；故选A。8.进行下列封管实验都产生明显现象，其中不涉及化学反应的是A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】A．加热氯化铵的化学反应方程式是，故A不符合题意；B．碘是加热升华，属于物理过程，不涉及化学反应，故B符合题意；C．氨气能溶于水并与水反应生成氨水，能使无色酚酞溶液变红色，氨水又是一种不稳定的碱，加热后又分解为氨气和水，酚酞溶液又由红色变成无色，涉及化学反应；故C不符合题意D．品红中的有色物质与SO2发生化合反应生成不稳定的无色物质，加热会恢复品红的颜色项，故D不符合题意；故答案选B。9.小陈同学利用如图所示装置完成厨房小实验，以下能在碳棒上观察到气泡的溶液是A.食醋 B.食盐水 C.糖水 D.纯净水【答案】A【解析】【详解】A．加食醋，构成原电池，碳棒为正极，溶液呈酸性，正极反应式为2H++2e-=H2↑，故选A；B．加食盐水，构成原电池，碳棒为正极，溶液呈中性，发生铁的吸氧腐蚀，正极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，碳棒上没有气泡生成，故不选B；C．加糖水，糖水不导电，不能形成原电池，碳棒上没有气泡生成，故不选C；D．加纯净水，纯净水几乎不导电，不能形成原电池，碳棒上没有气泡生成，故不选D；选A。10.反应过程Ⅰ、Ⅱ都能将反应物(M)转化为产物(N)。其能量与反应进程的关系如下：下列有关说法正确的是A.进程Ⅰ是吸热反应 B.X是催化剂C.M·X比N·X稳定 D.反应热：Ⅰ>Ⅱ【答案】B【解析】【详解】A．进程Ⅰ中产物N能力低与反应物M，所以为放热反应；故A错误；B．由进程Ⅱ可知，反应前为M+X，反应后为N+X，X为催化剂，故B正确；C．由图可知，M·X能量更高，更活泼，故C错误；D．X为催化剂，不该改变反应热，所以反应热：Ⅰ=Ⅱ；故D错误；故答案选B。11.实验室制备乙酸丁酯时，可以采用A.1-丁醇与过量的乙酸反应 B.水浴加热C.边反应边蒸出产物 D.NaOH溶液提纯【答案】C【解析】【详解】A．1-丁醇的成本比乙酸的低，一般实验室制备乙酸丁酯时，醇过量，A不符合题意；B．实验室制备乙酸丁酯时用酒精灯小火加热即可，B不符合题意；C．实验室制备乙酸丁酯时小火加热试管中的混合物，产生的蒸汽经导管通到饱和碳酸钠溶液的上方，体系中不断分离产物，可提高产率，C符合题意；D．酯类在氢氧化钠溶液中会发生水解，所以实验室制备乙酸丁酯时不能用氢氧化钠溶液提纯，应该先用饱和碳酸钠溶液分离混合物，最后再蒸馏提纯，D不符合题意；故选C。12.为除去溶液中的下列杂质，所选用的试剂正确的是选项杂质试剂A适量的NaOH溶液BNaOH适量的溶液CNaCl适量的盐酸D适量的溶液A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．和NaOH溶液反应生成和水，可以用适量的NaOH溶液除溶液中的，故A正确；B．NaOH和不能反应，不能用溶液除溶液中的NaOH，故B错误；C．和盐酸反应生成NaCl、二氧化碳、水，不能用盐酸除溶液中的NaCl，故C错误；D．、都能与反应，分别生成硫酸钡、碳酸钡沉淀，不能用溶液除溶液中的，故D错误；选A13.下列工业生产中采用的措施与目的相符合的是A.合成氨工业中用铁触媒作催化剂，以提高氨气的平衡浓度B.硫酸工业中用热交换器，以维持反应条件、节约能源C.海水提溴时用苦卤为原料，以防止溴与水发生反应D.海带提碘时通过浓缩提高，以减少氧化剂的用量【答案】B【解析】【详解】A．催化剂不能使平衡移动，合成氨工业中用铁触媒作催化剂，不能提高氨气的平衡浓度，故不选A；B．二氧化硫的催化氧化为放热反应，硫酸工业中用热交换器，以维持反应条件、节约能源，故选B；C．海水提溴时用苦卤为原料，是因为苦卤中溴元素浓度大，不能以防止溴与水发生反应，故不选C；D．海带提碘时通过浓缩提高，碘离子的物质的量不变，不能改变氧化剂的用量，故不选D；选B。14.用大苏打除去自来水中的余氯，反应的离子方程式为：。下列说法正确的是A.S元素化合价既升又降 B.氧化性：C.可用pH计指示反应终点 D.可用溶液检验还原产物【答案】C【解析】【详解】A．Na2S2O3中S元素化合价由+2价升高为+6，S元素化合价只升高，故A错误；B．该反应中Cl2氧化剂，是氧化产物，氧化性：，故B错误；C．该反应生成H+，反应达到滴定终点时pH几乎不再改变，可用pH计指示反应终点，故C正确；D．还原产物是Cl-，Cl-、都能与Ag+反应生成沉淀，不能直接用溶液检验还原产物，故D错误；选C。15.汽油中异辛烷()的含量越高，抗爆性能越好，下列有关异辛烷的说法正确的是A.常温常压下为气体 B.一氯代物有4种C.可由炔烃或二烯烃加氢制得 D.系统命名为2，4，4-三甲基戊烷【答案】B【解析】【详解】A．异辛烷分子中碳原子数大于4，常温常压下为液体，故A错误；B．中有4中等效氢，一氯代物有4种，故B正确；C．可由单烯烃、加氢制得，不能由炔烃或二烯烃加氢制得，故C错误；D．根据烷烃的系统命名原则，系统命名为2，2，4-三甲基戊烷，故D错误；选B。16.下列有关苯乙烯()的说法正确的是A.最多有8个原子共面 B.是苯的同系物C.1mol苯乙烯可与4mol溴发生加成反应 D.加聚产物的含碳量与乙炔相同【答案】D【解析】【详解】A．苯环一个平面，乙烯为一个平面，所以苯乙烯最多8个碳原子共面，16个原子共面，A错误；B．苯乙烯与苯在分子组成上相差的不是“CH2”的倍数，所以两者不能互为同系物，B错误；C．苯环与液溴在一定条件下可发生取代反应，不发生加成反应，碳碳双键可与溴发生加成反应，所以1mol苯乙烯可与1mol溴发生加成反应，C错误；D．聚苯乙烯的最简式为“CH”，与乙炔的最简式相同，所以含碳量也相同，D正确；故选D。17.部分短周期元素的原子半径及主要化合价见下表。元素XYZWT原子半径/nm0.1520.1860.0660.1020.099最外层电子数11667下列有关说法正确的是A.简单离子的半径：Y>Z>XB.气态氢化物的热稳定性：W>ZC.Y与Z形成的化合物可能具有强氧化性D.常温下，W单质的分子间作用力小于T单质【答案】AC【解析】【分析】Z和W最外层电子均为6，且Z原子半径小，所以Z为O；W为S；T元素最外层电子书为7，其原子半径介于Z和W之间，所以T为F；X和Y最外层电子均为1，且半径均大于Z，Y元素半径大于W；所以X为Na，Y为K；据此分析解题。【详解】A．据分析可知，Y为K；Z为O；X为Na，电子层结构相同的离子，随着核电荷数的增大，离子半径减小；所以简单离子的半径：Y>Z>X；故A正确；B．W为S；Z为O；电负性大小为Z>W，所以气态氢化物的热稳定性：Z>W；故B错误；C．Y为K；Z为O；K和O形成的过氧化钾即可以做氧化剂又可以做还原剂；故C正确；D．W为S；T为F；S单质为分子晶体；F单质为分子晶体；分子晶体之间作用力与分子量大小有关，S是以S8存在，F以F2存在，所以W单质的分子间作用力大于T单质；故D错误；故答案选AC。18.将pH传感器、氯离子传感器、氧气传感器分别插入盛有氯水的广口瓶中，用强光照射，测得的实验数据如图所示。下列说法正确的是A.图甲中pH减小是由于光照促进了HClO的电离B.图乙中增大主要是由于反应消耗了水C.图丙中氧气的体积分数增大是由于HClO的分解D.该体系中存在两个电离平衡和两个化学平衡【答案】C【解析】【分析】图甲中可观察到随着时间的进行，氯水的pH减小，酸性增强；图乙中随着时间的进行，溶液中氯离子浓度增大，图丙中，氧气逐渐增多，所以久置的氯水中次氯酸发生分解产生了氢离子、氯离子和氧气，据此分析解答。【详解】A．pH减小是由于光照促进了HClO的分解，产生了氢离子，A错误；B．增大主要是由于HClO的分解反应产生了氯离子，B错误；C．HClO光照分解生成HCl和氧气，所以导致氧气的体积分数随着时间的进行不断增大，C正确；D．该体系中存在次氯酸的电离平衡和水的电离平衡两个电离平衡，氯气与水反应的一个化学平衡，D错误；故选C。19.常温下用的HCl溶液滴定同浓度20.00mL某一元碱MOH溶液并绘制滴定曲线如图所示。下列说法正确的是A.水的电离程度：X>Y>ZB.X点：C.Y点：D.对Z点溶液加热，一定增大【答案】D【解析】【详解】A．Z点盐酸和MOH完全反应生成MCl，MCl水解促进水电离，Z点水电离程度最大，MOH抑制水电离，X点到Z点，MOH减少，水的电离程度增大，水的电离程度：X<Y<Z，故A错误；B．X点加入10mL的HCl，溶质为等浓度的MCl、MOH，根据物料守恒，故B错误；C．Y点溶液呈中性，，故C错误；D．对Z点溶液加热，M+水解平衡正向移动，M+浓度减小、MOH、H+浓度都增大，升高温度，水的电离平衡正向移动，所以MOH的浓度增大幅度小于H+的浓度增大，所以、增大，一定增大，故D正确；选D。20.一定温度下，向1.0L恒容密闭容器中充入，发生如下反应：。反应过程中测定的部分数据见下表。下列说法错误的是05015025035000.160.190.200.20A.0～250s，反应过程中气体平均摩尔质量逐渐减小B.反应到250s时，产生的体积为4.48L(标准状况)C.对平衡后体系降温，混合气体密度减小，则的状态一定发生变化D.其它条件相同时，向平衡后体系再充入等物质的量的和，此时v(正)>v(逆)【答案】D【解析】【详解】A．该反应是气体总物质的量增大、质量不变的反应，则0～250s，气体平均摩尔质量逐渐减小，故A正确；B．反应到250s时，PCl3气体的物质的量为0.2mol，根据反应方程式可知生成氯气的物质的量为0.2mol，所以产生的体积为4.48L(标准状况)，故B正确；C．相对分子质量大，沸点高，对平衡后体系降温，混合气体密度减小，说明气体总质量减小，则的状态一定发生变化，故C正确；D．一定温度下，K=；其它条件相同时，向平衡后体系再充入等物质的量的和，假设加入的和都是1mol，，所以反应逆向进行，此时v(正)<v(逆)，故D错误；选D。二、综合题(共60分)21.某污水处理工艺中，的转化途径如下图所示：完成下列填空：（1）上述转化过程_______(选填“属于”或“不属于”)氮的固定。N原子核外能量最高的电子有_______个，这些电子_______(选填编号)a.所处的电子亚层相同b.自旋方向相同c.占据的轨道相同d.运动状态相同（2）从原子结构角度解释NO分子中氮元素化合价呈正价的原因_______。（3）中氢元素的化合价为价，写出的结构式_______，其所含共价键的类型为_______；若其分子的极性与相同，则它是_______(选填“极性”或“非极性”)分子。（4）配平离子方程式：_______。_______NO＋____________________________若反应所得的氧化产物比还原产物多1.5mol，则该反应转移的电子为_______mol。【答案】（1）①.不属于②.3③.ab（2）N原子半径大于O原子，O原子电负性大于N原子，所以N和O得共用电子对向O偏离（3）①.②.极性键和非极性键③.极性（4）①.②.4【解析】【小问1详解】固氮是指游离氮转化为化合态氮的过程；所以上述转化过程不属于氮的固定；N原子核外电子排布为1s22s22p3，能量最高的电子有3个；a．3个电子均处于2p能力，电子亚层相同；b．根据洪特规则，这3个电子自旋方向相同；c．这3个电子分别占据2px，2py和2pz轨道；d．这3个电子运动状态不同；所以ab说法正确；故答案为不属于；3；ab。【小问2详解】N原子半径大于O原子，O原子电负性大于N原子，所以N和O得共用电子对向O偏离，氮元素化合价；故答案为N原子半径大于O原子，O原子电负性大于N原子，所以N和O得共用电子对向O偏离。【小问3详解】中氢元素的化合价为价，的结构式为；分子种含有N-H和N-N共价键，分别为极性键和非极性键；为三角锥形，为极性分子，若其分子的极性与相同，则它是极性分子；故答案为；极性键和非极性键；极性。【小问4详解】NO中N元素化合价为+2，中N元素为-3价；中N元素为-2价；根据化合价升降平衡配平方程式为；被氧化，NO被还原；设共5xmol，其中氧化产物为4xmol；若反应所得的氧化产物比还原产物多1.5mol，所以4x-x=1.5mol，解得x=0.5；所以生成的物质的量为2.5mol；根据化学式有，设则该反应转移的电子为4mol；故答案为；4。22.法可用于吸收燃煤发电厂的，同时获得产品。反应的原理为：。实验室根据上述反应原理，模拟生产硫酸铵。完成下列填空：（1）搭建如图装置，先通入。通入的仪器采用干燥管替代长导管的目的是_______；然后通入，当液体由红色变为浅红色时，立即停止实验，此时溶液的pH范围为_______，不继续通入直至过量的可能原因是_______。（2）已知溶解度曲线如图。将反应后的混合液进行如下实验：过滤、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤烘干。两次过滤依次得到的物质分别为_______和_______；实验时，烘干温度不易过高，其原因为_______。（3）实验所得的量较少，为提高其产量，工业上可采取的措施是_______。(任写一条即可)为了测定样品中的纯度，进行实验。取1.500g硫酸铵在碱性溶液中反应，蒸馏出生成的氨气，用硫酸标准液吸收，再用氢氧化钠标准溶液滴定吸收氨气后过量的硫酸。（4）若滴定时消耗了的NaOH溶液20.00mL，则该硫酸铵产品的纯度为_______%。（5）若蒸馏出的氨气中含有较多水蒸气，则实验结果将_______(选填“偏大”“偏小”或“无影响”)。【答案】（1）①.防倒吸②.8.2-10.0③.防止碳酸钙生成碳酸氢钙，使硫酸铵难以分离（2）①.CaCO3②.③.防止分解（3）通入过量的氨气(答案合理即可)（4）92.4（5）无影响【解析】【小问1详解】氨气极易溶于水，氨气溶于水易发生倒吸，通入的仪器采用干燥管替代长导管的目的是防倒吸；然后通入，当液体由红色变为浅红色时，立即停止实验，酚酞在pH为8.2—10.0时呈粉红色，所以此时溶液的pH范围为8.2—10.0；碳酸钙和过量二氧化碳反应生成可溶性的碳酸氢钙，不继续通入直至过量的可能原因是防止碳酸钙生成碳酸氢钙，使硫酸铵难以分离。【小问2详解】将反应后的混合液中含有碳酸钙沉淀，第一次过滤得到CaCO3沉淀，硫酸铵的溶解度随温度降低而减小，硫酸铵溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到晶体，过滤出；铵盐受热易分解，烘干温度不易过高，其原因为防止分解。【小问3详解】为提高的产量，工业上可采取的措施是通入过量的氨气；【小问4详解】氨气、氢氧化钠共消耗硫酸的物质的量n(H2SO4)=，若滴定时消耗了的NaOH溶液20.00mL，则说明硫酸吸收氨气的物质的量n(NH3)=，硫酸铵的物质的量为0.0105mol，则该硫酸铵产品的纯度为。【小问5详解】水蒸气与硫酸、氢氧化钠都不反应，若蒸馏出的氨气中含有较多水蒸气，实验结果将无影响。23.一种抗癌药物中间体G的合成路线如下：完成下列填空：（1）C中含有的官能团名称为_______，G的分子式为_______，B→C的反应类型为_______。（2）A→B的化学方程式为_______。（3）写出满足下列条件的一种B的同分异构体。_______①分子中含有六元环；②1mol能与反应；③不同化学环境的氢原子个数比是3∶2∶1∶1。（4）设计反应D→E的目的是_______。（5）参照上述合成路线，设计以和1，3-丙二醇为原料合成的合成路线_______。(合成路线常用的表示方式为：甲乙……目标产物)【答案】（1）①.羧基和酯基②.C7H12O3③.氧化反应（2）（3）（4）保护羰基（5）【解析】【分析】A在浓硫酸和加热条件下，和CH3OH发生酯化反应生成B，所以A为；B在酸性高锰酸钾中发生双键断裂，生成C；C在一定条件下生成D；D中羰基和乙二醇发生缩醛反应得到E；再将E中酯基还原为羟基得到F；最后在酸性条件下还原羰基得到G；据此分析解题。【小问1详解】由图可知，C中含氧官能团为羧基和酯基；根据G的结构式可知，G的分子式为C7H12O3；B在酸性高锰酸钾中发生双键断裂，生成C，反应类型为氧化反应；故答案为羧基和酯基；C7H12O3；氧化反应。【小问2详解】据分析可知，A为；A在浓硫酸和加热条件下，和CH3OH发生酯化反应生成B，所以A→B的化学方程式为；故答案为。小问3详解】①分子中含有六元环；②1mol能与反应；说明含有两个羧基；③不同化学环境的氢原子个数比是3∶2∶1∶1；满足条件的同分异构体为；故答案为。【小问4详解】D中羰基和乙二醇发生缩醛反应得到E；是典型的保护羰基的过程；故答案为保护羰基。【小问5详解】对比反应物和生成物结构可知，需将中双键氧化为羧基，并在一定条件下发生C生成D的反应，引入羰基，最后与1，3-丙二醇发生缩醛反应得到；所以路线可以为；故答案为。24.I.是化学活动性极强的气体。高温下，将一定量的与充入2.5L的空钢瓶中，发生反应：。相关数据如下表。温度(K)起始反应物量(mol)平衡时的物质的量分数5000.400.100.026000.400.100.03（1）该反应是_______(选填“吸热”或“放热”)反应；500K时，反应5min时达到平衡，则0～5min内，的平均反应速率_______；600K时，达到平衡所需时间_______(选填“大于”“小于”或“等于”)5min。（2）向反应器中再分别充入下列气体，能使平衡转化率增大的是_______。(选填编号)a.b.c.COSd.II.可在氧气中燃烧，反应式为：。研究人员对影响产率的反应条件进行了研究：保持其他