上海市闵行区2020届高三第二次模拟考试化学试题 Word版含解析 18页

www.ks5u.com 闵行区 2019 学年第二学期高三年级质量调研考试化学试卷 考生注意：‎ ‎1.答卷前，考生务必在答题纸上将学校、姓名及考生号填写清楚，并在规定的区域填涂相关信息，答题时客观用 2B 铅笔涂写，主观题用黑色水笔填写。‎ ‎2.本试卷共有 41 题，共 4 页。满分 100 分，考试时间 60 分钟。‎ ‎3. 请将答案写在答题纸上，考试后只交答题纸，试卷由考生自己保留。‎ 相对原子质量:N-14O-16 Na-23 Cl-35.5 Fe-56‎ 一、选择题(每题只有一个正确选项)‎ ‎1.大气固氮过程中，不会产生 A. NH3 B. NO C. NO2 D. HNO3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程，大气固氮是闪电能使空气里的氮气转化为一氧化氮，不会产生氨气，故A错误；‎ B．空气中的N2在放电条件下与O2直接化合生成无色且不溶于水的一氧化氮气体，N2+O22NO，故B正确；‎ C．一氧化氮的密度比空气略大，不稳定，常温下就易与空气中的O2反应生成红棕色的二氧化氮气体，2NO+O2＝2NO2，故C正确；‎ D．二氧化氮气体有毒，易与水反应生成硝酸(HNO3)和一氧化氮，3NO2+H2O＝2HNO3+NO，故D正确；‎ 故答案为A。‎ ‎【点睛】氮的固定是指：将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程。游离态是指氮气单质。大气固氮是闪电能使空气里的氮气转化为一氧化氮。在放电条件下，氮气跟氧气能直接化合生成无色的一氧化氮气体；一氧化氮不溶于水，在常温下易跟空气中的氧气化合，生成红棕色的二氧化氮气体；二氧化氮易溶于水，它与空气中的水反应后生成硝酸和一氧化氮。‎ ‎2.测定胆矾晶体中结晶水含量，不需要的仪器是 A. 胶头滴管 B. 玻璃棒 C. 坩埚 D. 电子天平 ‎【答案】A - 18 -‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】测定硫酸铜晶体中结晶水含量的实验步骤为：①研磨、②称量空坩埚和装有试样的坩埚的质量、③加热、④冷却、⑤称量、⑥重复③至⑤的操作，直到连续两次称量的质量差不超过0.1g为止、⑦根据实验数据计算硫酸铜结晶水的含量，则所需仪器有：天平、研钵、酒精灯、玻璃棒、坩埚、干燥器、泥三角、三角架、药匙、坩埚钳，不需要胶头滴管，故选A。‎ ‎【点睛】本题考查了硫酸铜晶体中结晶水含量测定，明确操作步骤为解答关键，注意掌握常见仪器的构造及使用方法，有利于提高学生的化学实验能力。‎ ‎3.只需克服分子间作用力的是 A. NaCl 熔化 B. HCl 溶于水 C. 氨液气化 D. 铜导电 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. NaCl是离子化合物，NaCl 熔化克服离子键，故不选A；‎ B. HCl是共价化合物， HCl 溶于水电离出氢离子、氯离子，克服共价键，故不选B； ‎ C. 液氨是共价分子，汽化破坏的是分子间作用力，故选C； ‎ D. 铜是金属晶体，存在金属键，铜导电是自由电子的定向移动，故不选D。‎ ‎4.金属跟氯气反应，不能直接制得的是 A. 氯化铜 B. 氯化亚铁 C. 氯化镁 D. 氯化钾 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 铜和氯气点燃生成氯化铜，故不选A； ‎ B. 铁和氯气点燃生成氯化铁，不能生成氯化亚铁，故选B； ‎ C. 镁和氯气点燃生成氯化镁，故不选C； ‎ D. 钾和氯气点燃生成氯化钾，故不选D。‎ ‎5.能与氢硫酸反应的非电解质是 A. 氯气 B. 氢氧化钠 C. 硫酸亚铁 D. 二氧化硫 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.氯气与氢硫酸反应生成盐酸和硫沉淀，氯气是单质，既不是电解质又不是非电解质，故不选A；‎ - 18 -‎ B.氢氧化钠与氢硫酸反应生成硫化钠和水，氢氧化钠溶液能导电，氢氧化钠是电解质，故不选B； ‎ C. 硫酸是强酸，氢硫酸是弱酸，硫酸亚铁和氢硫酸不反应，故不选C； ‎ D. 二氧化硫与氢硫酸反应生成硫单质和水，二氧化硫自身不能电离，二氧化硫是非电解质，故选D。‎ ‎6.海水提溴一般需经过浓缩、氧化、提取，其中“提取”利用的是溴单质 A. 氧化性 B. 还原性 C. 密度 D. 挥发性 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】海水提溴一般需经过浓缩、氧化、提取，其中“提取”是鼓入热空气或水蒸气，让溴单质挥发出来，利用的是溴单质的挥发性，故选D。‎ ‎【点睛】本题考查海水资源综合利用，涉及氧化还原反应、混合物的分离等，根据物质的性质选择混合物分离的方法是解答的关键，明确溴具有挥发性。‎ ‎7.检验硫酸亚铁溶液中是否含有少量硫酸铁，可选用最佳试剂是 A. 氯水 B. KMnO4溶液 C. KSCN溶液 D. Fe 粉 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．加入氯水，铁离子和氯水不反应，氯水不能检验是否含有硫酸铁，故不选A； B．铁离子没有还原性，硫酸铁与高锰酸钾不反应，KMnO4溶液不能检验是否含有硫酸铁，，故不选B； C．亚铁离子遇KSCN不显红色，铁离子遇KSCN溶液显红色，KSCN溶液能能检验是否含有硫酸铁，故选C； D．硫酸铁与铁能反应生成硫酸亚铁，但现象不明显，故不选D。‎ ‎8.浓度均为 0.01mol/L 氢氧化钠和盐酸溶液中由水电离的H+浓度之比是 A. 无法确定 B. 1:1 C. 1012:1 D. 1:1012‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】氢氧化钠和盐酸都抑制水电离，0.01mol/L氢氧化钠溶液中c(OH-)=0.01mol/L，c(H+)=‎ - 18 -‎ ‎= ；0.01mol/L盐酸中c(H+)=0.01mol/L，c(OH-)==，由水电离的H+浓度等于c(OH-)，所以浓度均为 0.01mol/L 的氢氧化钠和盐酸溶液中由水电离的H+浓度之比是1:1，故选B。‎ ‎【点睛】本题考查由水电离的H+浓度的计算，掌握水的离子积常数，明确酸碱抑制水电离，酸溶液中水电离的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，碱溶液中水电离的氢离子浓度等于溶液中氢离子浓度。‎ ‎9.“侯氏制碱法”对纯碱工业最重要的贡献是 A. 充分利用了能量 B. 找到了高效的催化剂 C. 提升了食盐利用率 D. 提高了产品纯碱的纯度 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】“侯氏制碱法”的基本原理是：在饱和食盐水中依次通入氨气、二氧化碳，碳酸氢钠的溶解度较小，析出碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠加热分解即可制得纯碱；另外得到一种副产物氯化铵，副产品氯化铵是一种氮肥，可再利用，不是污染物，不会造成环境污染，侯氏制碱法没有使用催化剂，与充分利用能量及提高纯碱产品的纯度无关，故选C。‎ ‎10.不符合工业制硫酸生产实际的是 A. 粉碎铁矿石 B. 净化沸腾炉出来的混合气 C. 铁触媒做催化剂 D. 尾气中SO2循环使用 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.粉碎铁矿石可以增大接触面积加快反应速率，故不选A；‎ B.用硫铁矿制硫酸时沸腾炉产生的炉气中含有多种杂质，其中的砷、硒化合物和矿尘能够导致催化剂中毒，所以要净化沸腾炉出来的混合气，故不选B；‎ C. 工业生产硫酸一般用五氧化二钒做催化剂，不用铁触媒，故选C；‎ D. 尾气中SO2循环使用，可以提高原料利用率，故不选D。‎ ‎11.49号铟元素近似相对原子质量为:113×4.3％+115×95.7％=114.9说法正确的是 A 铟原子一定有66个中子 - 18 -‎ B. 某种同位素原子符号为 C. 95.7％是铟元素的丰度 D. 铟元素位于第五周期ⅢA族 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据题意，铟元素有铟、两种同位素，有66个中子、有64个中子，故A错误；‎ B. 质量数标在元素符号的左上角、质子数标在元素符号的左下角，某种同位素原子符号为，故B错误；‎ C. 95.7％是同位素的丰度，故C错误；‎ D. 49号铟元素，有5个电子层，最外层有3个电子，位于第五周期ⅢA族，故D正确；‎ 答案选D。‎ ‎12.有关实验室制取乙炔的说法，错误的是 A. 用饱和食盐水代替水 B. 导气管口塞团棉花 C. 采用分液漏斗加液体 D. 装置采用启普发生器 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 用饱和食盐水代替水可以减慢反应速率，得到较平稳的气流，故A正确； ‎ B. 制取乙炔时，由于电石与水剧烈反应并产生泡沫，导气管口塞团棉花，可以防止泡沫堵塞导管，故B正确；‎ C. 采用分液漏斗加液体，可以控制反应生成乙炔气体的速率，故C正确； ‎ D. 由于反应放出大量的热，且产生气体的速度过快，所以实验室不用启普发生器来制取乙炔，故D错误；‎ 答案选D。‎ ‎13.如图是抗新冠病毒药物“洛匹那韦”原料的结构简式。相关描述中正确的是 - 18 -‎ A. 和苯是同系物 B. 分子式为 C9H10O3‎ C. 能与溴水发生取代和加成反应 D. 该物质最多可与 4mol 氢气加成 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 和苯的结构不相似，不是苯的同系物，故A错误；‎ B. 根据结构简式，可知分子式为 C9H10O3，故B正确；‎ C. 不含碳碳双键，不能与溴水发生加成反应，故C错误；‎ D. 羧基不能与氢气发生加成反应，所以该物质最多可与 3mol 氢气加成，故D错误；‎ 选B。‎ ‎14.主族元素R的原子最外层电子排布为nsnnp2。说法正确的是 A. 一定位于第2周期 B. 氢化物一定是RH4‎ C. 一定位于第Ⅳ族 D. 含氧酸一定是H2RO3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 最外层电子排布为nsnnp2，p能级有2个电子，说明s能级一定排2个电子，所以R原子最外层电子排布为2s22p2，为C元素。‎ ‎【详解】A. R原子最外层电子排布为2s22p2，主量子数是2，一定位于第2周期，故A正确；‎ B. R原子最外层电子排布为2s22p2，为C元素，C的氢化物有多种，如CH4、C2H6，故B错误；‎ C. R原子最外层电子排布为2s22p2，为C元素，位于第ⅣA族，故C错误； ‎ D. R原子最外层电子排布为2s22p2，为C元素，含氧酸可能是H2CO3、CH3COOH等，故D错误；‎ - 18 -‎ 选A。‎ ‎【点睛】本题考查了最外层电子排布与元素在周期表中位置的关系，注意最外层电子排布是nsnnp2，p能级有电子，s能级一定有2个电子，即n=2。‎ ‎15.乙醇结构中氢氧键没有断裂的反应是 A. 乙醇和金属钠反应 B. 乙醇和浓硫酸加热至170℃‎ C. 乙醇、乙酸和浓硫酸共热 D. 乙醇溶液中插入热铜丝 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 乙醇和金属钠反应生成乙醇钠和氢气，断H-O键，故不选A； ‎ B. 乙醇和浓硫酸加热至170℃发生消去反应生成乙烯和水，断C-H键、C-O键，氢氧键没有断裂，故选B；‎ C. 乙醇、乙酸和浓硫酸共热发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙酸断C-O键、乙醇断H-O键，故不选C；‎ D. 乙醇溶液中插入热铜丝发生催化氧化生成乙醛和水，断C-H键、H-O键，故不选D。‎ ‎【点睛】本题考查乙醇的结构和性质，化学反应中有机物断键部位为有机反应的灵魂，注意把握乙醇的官能团的性质和结构特点，乙醇含有-OH，可发生取代、氧化和消去反应，可与钠反应，结合官能团的性质判断可能的共价键断裂方式。‎ ‎16.O2(PtF6)是离子化合物，其中Pt为+5价。正确判断是 A. 常温下为固体 B. 不存在共价键 C. 属于极性分子 D. 由O+、PtF6-构成 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 离子化合物熔点较高，离子化合物常温下一般为固体，故A正确； ‎ B. O2(PtF6)含有O-O键，O-O为共价键， Pt和F之间为共价键，故B错误；‎ C. 离子化合物中没有分子，故C错误； ‎ D. O2(PtF6)中Pt为+5价，F为-1价，则O2(PtF6)由O2+和PtF6-离子构成，故D错误；‎ 选A。‎ ‎【点睛】本题考查离子化合物的构成，注意从化合价的变化的角度分析，从化合价代数和为0的角度判断元素的化合价，注意离子化合物中不含分子。‎ - 18 -‎ ‎17.H2(g)+2ICl(g)→2HCl(g)+I2(g)能量曲线如图。描述正确的是 A. 反应①为吸热反应 B 若加入催化剂可降低反应热 C. I2(g)+2HCl(g)的能量高于 I2(s)+2HCl(g)的总能量 D. 热化学方程式为 H2(g)+2ICl(g)→2HCl(g)+I2(g)-218kJ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 反应①反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，故A错误；‎ B. 反应热只与反应体系的始态和终态有关，与反应历程无关，加入催化剂不能改变反应热，故B错误；‎ C. I2(g)的能量大于I2(s)，所以I2(g)+2HCl(g)的能量高于I2(s)+2HCl(g)的总能量，故C正确；‎ D. 正反应放热，热化学方程式为 H2(g)+2ICl(g)→2HCl(g)+I2(g)+218kJ，故D错误；‎ 选C。‎ ‎18.用元素周期律不能解释的是 A. 酸性:HCl＞H2S B. 稳定性:H2O＞H2S C 碱性:KOH＞NaOH D. 非金属性:N＞Si ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，无氧酸的酸性不能用元素周期律解释，故选A； ‎ B. 非金属性越强，气态氢化物稳定性越强，稳定性:H2O＞H2S，故不选B；‎ C. 金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强，碱性:KOH＞NaOH，故不选C； ‎ D.‎ - 18 -‎ ‎ 同主族元素从上到下非金属性减弱，非金属性C＞Si；同周期元素从左到右非金属性增强，非金属性N＞C；所以非金属性N＞Si，故不选D。‎ ‎19.向等物质的量 NaOH、Na2CO3 的混合溶液中，逐滴加稀盐酸至过量。不可能发生的离子方程式是 A. OH-+H+→H2O B. CO32-+2H+→CO2↑+H2O C. OH-+CO32-+2H+→HCO3-+H2O D. OH-+CO32-+3H+→CO2↑+H2O ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】向等物质的量 NaOH、Na2CO3 的混合溶液中，逐滴加稀盐酸至过量，依次发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2CO3+HCl=NaCl+ NaHCO3、NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，所以不可能发生的反应是CO32-+2H+=CO2↑+H2O，故选B。‎ ‎20.甲、乙、丙、丁是中学化学常见物质，它们有如图转化关系(反应条件和其它产物省略)，有关描述错误的是 A. 若甲为氢氧化钠溶液，则丁可能为二氧化碳 B. 若乙为淡黄色固体，则丙一定为二氧化硫 C. 若乙为两性氢氧化物，则丁溶液可能碱性 D. 若丁是铁单质，则甲一定为氯气 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 若甲为氢氧化钠溶液，丁为二氧化碳，则乙为碳酸钠、丙为碳酸氢钠，氢氧化钠和碳酸氢钠反应生成碳酸钠，故A正确；‎ B. 若乙为淡黄色固体，则甲为硫化氢、乙为硫、丙为二氧化硫，丁为氧气，硫化氢和二氧化硫反应生成硫，故B正确；‎ C. 若乙为两性氢氧化物，则乙为氢氧化铝，甲可能是氯化铝、丁可能是氢氧化钠、丙可能是偏铝酸钠，氯化铝和偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，故C正确；‎ D. 若丁是铁单质，则甲可以为氯气或溴单质，故D错误；‎ 选D。‎ - 18 -‎ ‎【点睛】本题考查了物质之间的转化，明确物质的性质是解本题关键，甲能连续反应说明发生的反应与丁的物质的量或浓度、或反应条件有关，注意对基础知识的总结归纳。‎ 二、综合题 ‎21.NaClO、NaNO3、Na2SO3等钠盐在多领域有着较广的应用。‎ ‎（1）上述三种盐所涉及的五种元素中，半径较小的原子是______________；原子核外最外层p亚层上电子自旋状态只有一种的元素是_____________。‎ ‎（2）碱性条件下，铝粉可除去工业废水中的NaNO2，处理过程中产生一种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。产物中铝元素的存在形式_____________（填化学符号）；每摩尔铝粉可处理_____________gNaNO2。‎ ‎（3）新冠疫情发生后，有人用电解食盐水自制NaClO消毒液，装置如图（电极都是石墨）。电极a应接在直流电源的_____________极；该装置中发生的化学方程式为_____________‎ ‎（4）Na2SO3溶液中存在水解平衡+H2O+设计简单实验证明该平衡存在__________________。0.1mol/L Na2SO3溶液先升温再降温，过程中（溶液体积变化不计）PH如下。‎ 时刻 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ 温度/℃‎ ‎25‎ ‎30‎ ‎40‎ ‎25‎ PH ‎9.66‎ ‎9.52‎ ‎9.37‎ ‎9.25‎ 升温过程中PH减小的原因是_____________；①与④相比；C(）①____________④（填“>”或“<”）.‎ - 18 -‎ ‎【答案】 (1). O (2). N (3). (4). 34.5 (5). 正 (6). 2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，Cl2+2NaOH→NaCl+NaClO+H2 (7). 向溶液中滴加酚酞，发现变红 (8). 温度升高，Kw 变大，c(H+)增大，pH 变小（Na2SO3被氧化） (9). >‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）电子层数越少，半径越小，电子层数相同，质子数越多半径越小；p亚层的电子数，p亚层上电子自旋状态只有一种；根据洪特规则，当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相同；‎ ‎（2）铝在碱性条件下，生成偏铝酸盐；铝粉除去工业废水中的NaNO2，处理过程中产生氨气，反应方程式是 ；‎ ‎（3）氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，为使氯气与氢氧化钠充分反应，a极应生成氯气；‎ ‎（4）由于该水解平衡的存在，使Na2SO3溶液显碱性；水电离吸热，升高温度，水的电离平衡正向移动；①与④相比，温度相同，①的pH大于④，说明④中浓度减小。‎ ‎【详解】（1）上述三种盐所涉及的五种元素中，Na、Cl、S有3个电子层，半径较大，O、 N有2个电子层，且O的质子数大于N，所以半径较小的原子是O；根据洪特规则，当电子排布在同一能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是优先单独占据一个轨道，而且自旋状态相同，所以p亚层上电子自旋状态只有一种的元素是N；‎ ‎（2）铝在碱性条件下，生成偏铝酸盐，产物中铝元素的存在形式是；铝粉除去工业废水中的NaNO2，反应方程式是，根据方程式1molAl粉处理0.5mol NaNO2，质量是0.5mol×69g/mol=34.5g；‎ ‎（3）a极氯离子失电子生成氯气，所以a极是阳极，应接在直流电源的正极；用石墨电极电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气、氯气，氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，该装置中发生的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；‎ ‎（4）该水解平衡的存在，Na2SO3使溶液显碱性，向溶液中滴加酚酞，发现变红，则证明该平衡的存在；水电离吸热，升高温度，水的电离平衡正向移动，Kw 变大，c(H+)增大，pH 变小； ①与④相比，温度相同，①的pH大于④，说明④中浓度减小，c (）①>④。‎ ‎22.光气（COCl2）常作有机合成、农药、药物、燃料及其他化工制品的中间体。‎ - 18 -‎ ‎（1）COCl2结构与甲醛相似，写出COCl2电子式_____；解释COCl2的沸点比甲醛高的原因是_____。‎ ‎（2）密闭容器中吸热反应COCl2(g)Cl2(g)+CO(g)达到平衡后，改变一个条件，各物质的浓度变化如图所示（10~14min时有一物质浓度变化未标出）。‎ ‎①说明该反应已达到平衡状态的是_____。‎ a．C(COCl2)=C(Cl2)‎ b．ʋ正(COCl2)=ʋ逆(CO)‎ c．容器内温度保持不变 d．容器内气体密度保持不变 ‎②4~10min平均反应速率v(COCl2)为_____；10min时改变的反应条件是_____。‎ ‎③0~4min、8~10min和16~18min三个平衡常数依次为K1、K2、K3，比较其大小____；说明理由____。‎ ‎【答案】 (1). (2). 均为分子晶体，COCl2式量较大，范德华力较强，沸点较高 (3). bc (4). 0.0025mol/(L·min) (5). 分离出CO (6). K1