上海市虹口区届高三一模化学试题.docx

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上海市虹口区届高三一模化学试题

上海市虹口区2019届高三一模

化学试题

本试题卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共16页，38题（含选考题）。

全卷满分300分。

考试用时150分钟。

★祝考试顺利★

注意事项：

1、考试范围：

高考范围。

2、答题前，请先将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色签字笔填写在试题卷和答题卡上的相应位置，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。

用2B铅笔将答题卡上试卷类型A后的方框涂黑。

3、选择题的作答：

每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选择题答题区域的答案一律无效。

4、主观题的作答：

用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。

写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域的答案一律无效。

如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

5、选考题的作答：

先把所选题目的题号在答题卡上指定的位置用2B铅笔涂黑。

答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非选修题答题区域的答案一律无效。

6、保持卡面清洁，不折叠，不破损，不得使用涂改液、胶带纸、修正带等。

7、考试结束后，请将本试题卷、答题卡、草稿纸一并依序排列上交。

相对原子质量：

H-1C-12N-14O-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.1s22s22p3

D.

【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36g/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.C2H4B.H2SC.Cl2D.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：

HI＞HCl

C.共用电子对偏移程度：

N-H键＞C-H键D.碱性：

NaOH＞Al（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：

NaOH＞Al（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）——①单质与水或酸反应生成氢气容易（难）；②最高价氧化物的水化物碱性强（弱）；③相互置换反应（强制弱）。

（2）非金属性强（弱）—①单质与氢气易（难）反应；②生成的氢化物稳定（不稳定）；③最高价氧化物的水化物（含氧酸）酸性强（弱）；④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.AB.BC.CD.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，①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②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，55—60℃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.NaHCO3B.NaBrC.KAl（SO4）2D.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，20mL18mol/L的浓H2SO4与过量的碳反应，可得到标况下的CO2

A.小于4.032LB.等于4.032LC.大于4.032LD.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）=20mL×10-3×18mol/L=0.36mol

C+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0.18mol×22.4L/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.NaOHB.CuSO4C.Cl2D.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