上海市崇明区届高三上学期期末考试一模化学试题含详解Word文件下载.docx

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A.氯化氢溶于水B.固体碘升化C.氯化铵热分解D.石英砂熔化

【详解】A.氯化氢溶于水，发生电离，H-Cl键被破坏，故A不选；

B.固体碘升化和酒精挥发都是物理变化，破坏的是分子间作用力，故B选；

C.氯化铵热分解，发生了化学变化，故C不选；

D.石英砂熔化破坏的是共价键，故D不选；

4.补钙是人类保健的热点，人体需要摄入一定量钙元素。

关于钙离子与钙原子的比较正确的是（）

A.质量Ca2+比Ca大B.半径Ca2+比Ca大

C.电子Ca2+比Ca少D.质子Ca2+比Ca少

【答案】C

【详解】A.质量：

Ca2+与Ca相等，故A错误；

B.半径：

Ca2+比Ca小，故B错误；

C.电子：

Ca2+核外18个电子，Ca原子核外20个电子，故C正确；

D.质子：

Ca2+与Ca相等，故D错误；

故选C。

【点睛】比较半径，首先看电子层数，电子层数越多，半径越大；

电子层数相同时，核内质子数越多，半径越小；

电子层数和质子数都相同时，核外电子数越多，半径越大。

据此，同种元素的原子半径大于阳离子半径，小于阴离子半径。

5.工业制硫酸和合成氨生产中相同的是

A.所有原料气都循环使用B.都用压缩机压缩原料气

C.用了完全相同的催化剂D.都用热交换器进行加热

【详解】A.工业制硫酸的原料气主要是通过吸收液回收利用二氧化硫，合成氨的原料气通过循环压缩机循环使用，故A错误；

B.工业上用氮气和氢气在高温高压催化剂的条件下合成氨，工业制硫酸，是铁矿石在沸腾炉中高温煅烧，二氧化硫和氧气在催化剂的作用下，加热即可，无需高压的条件，故B错误；

C.氨气用铁触媒做催化剂，制硫酸二氧化硫氧化为三氧化硫是用五氧化二钒做催化剂，故C错误；

D.工业合成氨的原料是氮气和氢气，氮气是从空气中分离出来的，合成氨的设备为合成塔，冷凝分离设备为冷凝塔或冷凝器，从压缩机到合成塔，需热交换器对混合气进行加热，工业制硫酸使用的三个设备是沸腾炉、接触室、吸收塔，在硫酸工业生产中，为了有利于SO2的转化，且能充分利用热能，采用了中间有热交换器的接触室，故D正确；

6.已知硫化氢分子中只存在一种共价键，且是极性分子。

则

A.它不可能是直线型分子B.它有可能是直线型分子

C.它有可能是离子化合物D.它不可能是共价化合物

【答案】A

【详解】A.硫化氢分子中只存在一种共价键，且是极性分子，是V型结构，故A正确；

B.硫化氢分子是极性分子，不可能是直线型分子，故B错误；

C.硫化氢是共价化合物，故C错误；

D.硫化氢是共价化合物，故D错误；

故选A。

7.氢氧化钠溶于水时

A.水合过程大于扩散过程

B.扩散过程大于水合过程

C.扩散过程放出的热量大于水合过程吸收的热量

D.水合过程放出的热量大于扩散过程吸收的热量

【详解】A.氢氧化钠溶于水时，溶液温度显著升高是因为氢氧化钠溶于水扩散过程吸收热量小于水合过程放出的热量，故A错误；

B.氢氧化钠溶于水时，溶液温度显著升高是因为氢氧化钠溶于水扩散过程吸收热量小于水合过程放出的热量，故B错误；

C.氢氧化钠溶于水时，溶液温度显著升高是因为氢氧化钠溶于水扩散过程吸收热量小于水合过程放出的热量，故C错误；

D.氢氧化钠溶于水时，溶液温度显著升高是因为氢氧化钠溶于水扩散过程吸收热量小于水合过程放出的热量，故D正确；

【点睛】物质溶解于水是吸热还是放热取决于扩散过程吸收的热量与水合过程放出的热量的相对大小，如果扩散过程吸收的热量小于水合过程放出的热量就放热；

如果扩散过程吸收的热量大于水合过程放出的热量就吸热；

扩散过程吸收的热量与水合过程放出的热量相等，热效应就不明显。

8.碳原子数为2和3的饱和一元醇相比较

A.都存在类别异构B.互为同分异构体

C.都存在位置异构D.都可被氧化为醛

【详解】A.碳原子数相同的饱和一元醇与饱和一元醚互为同分异构体，通式均为CnH2n+2O，醇含有羟基，醚含有醚键。

碳原子数为2和3的饱和一元醇都存在属于醚的同分异构体，故A正确；

B.碳原子数为2和3的饱和一元醇的分子式不同，不是同分异构体，故B错误；

C.碳原子数为2的乙醇不存在位置异构，故C错误；

D.2-丙醇被氧化为丙酮，故D错误；

9.在化学反应中一定发生变化的是

A.各元素的化合价B.物质总物质的量

C.物质的总质量D.物质中的化学键

【详解】A.非氧化还原反应中元素化合价不变，故A错误；

B.H2+Cl2=2HCl，物质总物质的量不变，故B错误；

C.反应遵循质量守恒定律，反应前后物质的总质量不变，故C错误；

D.化学反应中一定有化学键的断裂和形成，故D正确；

10.常温下，下列各溶液中水的电离度最大的是

A.pH=1的硫酸溶液B.c（H+）=10－10mol/L纯碱溶液

C.0.01mol/L的烧碱溶液D.c（H+）=10－5mol/L的硫铵溶液

【详解】硫酸和烧碱都可以抑制水的电离；

纯碱和硫酸铵都能水解，故其促进水的电离。

c（H+）=10－10mol/L纯碱溶液，pH=10，c（OH-）=10－4mol/L；

c（H+）=10－5mol/L的硫酸铵溶液的pH=5。

显然,碳酸钠溶液中c（OH-）大于硫酸铵溶液中的c（H+），故纯碱溶液中水的电离度最大。

综上所述，本题选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。

11.与下图相符合的是

A.2A（s）+B（g）→C（g）+D（g）－QkJ

B.C（g）+D（g）→2A（s）+B（g）+QkJ

C.2g固体A与1g气体B反应生成lgC气体和lgD气体吸收QkJ热量

D.2摩尔固体A与1摩尔B气体反应吸收QkJ热量

【详解】A.由图像可知，2mol固体A与1mol气体B反应生成lmolC气体和lmolD气体吸收QkJ热量，2A（s）+B（g）→C（g）+D（g）－QkJ，故A正确；

B.由图像可知，A与B反应生成C和D，故B错误；

C.由图像可知，2mol固体A与1mol气体B反应生成lmolC气体和lmolD气体吸收QkJ热量,故C错误；

D.由图像可知，2mol固体A与1mol气体B反应生成lmolC气体和lmolD气体吸收QkJ热量,故D错误；

【点睛】如果反应物所具有的总能量大于生成物所具有的总能量,反应物转化为生成物时就放出能量，如果反应物所具有的总能量小于生成物所具有的总能量,反应物转化为生成物时就吸收能量。

12.在一定条件下，铁与有关物质的反应，所得产物错误的为

A.Fe

FeCl3B.Fe

FeS

C.Fe

Fe（OH）3D.Fe

Fe3O4

【详解】A.铁和氯气反应生成氯化铁，故A正确；

B.铁和硫反应生成硫化亚铁，故B正确；

C.铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，故C错误；

D.铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，故D正确；

13.如图所示，两个装管都是将铁棒和石墨棒插入滴有酚酞的饱和食盐水中。

一段时间后

A.两装置中铁棒都被氧化而减少

B.两装置中产生的气体体积相同

C.两装置中碳棒质量都保持不变

D.两装置中铁棒旁溶液都先变红

【详解】A.左图为原电池，铁作负极，铁棒被氧化而减少，右图为电解池，铁作阴极，铁棒的质量不变，溶液中氢离子得电子被还原，故A错误；

B.左图为原电池，铁作负极，Fe-2e-=Fe2+，石墨棒作正极，O2+4e-+2H2O=4OH-，无气体产生，右图为电解池，铁作阴极，2H++2e-=H2↑，石墨棒作阳极，2Cl--2e-=Cl2↑，故B错误；

C.左图为原电池，铁作负极，Fe-2e-=Fe2+，石墨棒作正极，O2+4e-+2H2O=4OH-，无气体产生，右图为电解池，铁作阴极，2H++2e-=H2↑，石墨棒作阳极，2Cl--2e-=Cl2↑，两装置中石墨棒质量都保持不变，故C正确；

D.左图石墨棒附近溶液先变红，右图铁棒附近溶液先变红，故D错误；

【点睛】原电池的电极是正负极，电解池的电极是阴阳极，负极失电子发生氧化反应，阴极得电子发生还原反应，原电池中电解质溶液中的阳离子向正极定向移动，阴离子向负极定向移动；

电解池中的阳离子向阴极定向移动，阴离子向阳极定向移动。

14.某有机物的结构

，关于该物质的叙述错误的是

A.能使酸性KMnO4溶液褪色B.苯环上的一取代物有2种

C.一定条件下可以发生水解D.一个分子含有12个氢原子

【详解】A.含甲苯的结构，能使酸性KMnO4溶液褪色，故A正确；

B.苯环上含有3种化学环境不同的H，苯环上的一取代物有3种，故B错误；

C.该有机物中含有酯基，故在一定条件下可以发生水解，故C正确；

D.苯环上3个H，与3个甲基上的H，共12个H，故D正确；

15.为了除尽NaCl中所含杂质MgCl2、CaCl2和Na2SO4，先后向溶液中加入稍过量的NaOH、BaCl2和NaCO3，去除沉淀后再用盐酸调节pH=7。

下列加入该三种试剂的先后顺序错误的是

A.NaOH、BaCl2、Na2CO3B.BaCl2、Na2CO3、NaOH

C.NaOH、Na2CO3、BaCl2D.BaCl2、NaOH、Na2CO3

【分析】

碳酸钠必须放在氯化钡之后。

【详解】镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀；

硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀；

至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行；

钙离子用碳酸根离子沉淀，加入碳酸钠转化为沉淀，但是碳酸钠要放在氯化钡之后使用，这样碳酸钠能除去反应剩余的氯化钡，如果加反了，过量的钡离子就没法除去。

综上所述，ABD三项中试剂的加入顺序是合理的，C错误，故本题选C。

16.下列有关实验中的基本操作正确的是

A.胶头滴管插入滴瓶后，要再挤一下胶头使溶液进入滴管中

B.插入橡皮导管的玻璃导管一端蘸水，然后再边旋转边插入

C.容量瓶内装水，塞上塞子倒转不漏水即说明该容量瓶可用

D.分液漏斗中下层液体放出后，换一个接液烧杯放上层液体

【详解】A.在滴管伸入溶液前，要先捏紧胶头，这样可以先挤掉里面的空气，当伸入溶液后松开就可以吸入溶液，故A错误；

B.插入橡皮导管的玻璃导管一端蘸水，然后再边旋转边插入，故B正确；

C.在容量瓶中注入适量水，塞上瓶塞，食指顶住瓶塞，另一只手托住瓶底，倒立过来，观察是否漏水，若不漏水，将瓶正立并将瓶塞旋转180°

后，再次检验，故C错误；

D.分液漏斗中下层液体从下端放出后，上层液体从分液漏斗上口倒出，故D错误；

17.一定条件下发生的下列四个化学反应中，酸所显示的性质与其他三个有所不同的是

A.Ag+2HNO3→AgNO3+NO2↑+H2OB.3Fe3O4+28HNO3→9Fe（NO3）3+NO↑+14H2O

C.H2S+H2SO4→S↓+SO2↑+2H2OD.Cu+2H2SO4→CuSO4+SO2↑+2H2O

【详解】A.Ag+2HNO3→AgNO3+NO2↑+H2O，硝酸体现氧化性和酸性，故A不选；

B.3Fe3O4+28HNO3→9Fe（NO3）3+NO↑+14H2O，硝酸体现氧化性和酸性，故B不选；

C.H2S+H2SO4→S↓+SO2↑+2H2O，依据元素化合价变化分析，硫酸作氧化剂被还原为二氧化硫，硫酸只做氧化剂，只体现氧化性，故C选；

D.Cu+2H2SO4→CuSO4+SO2↑+2H2O，浓硫酸体现氧化性和酸性，故D不选；

18.下列化学反应不宜作为工业冶炼金属的原理的是

A.2NaC1（熔融）

2Na+Cl2↑B.Al2O3+3C

2Al+3CO↑

C.Fe2O3+3CO

2Fe+3CO2D.HgS+O2

Hg+SO2

【详解】A.钠是活泼金属，工业上采用电解熔融氯化钠的方法冶炼钠，故A不选；

B.工业上用电解熔融氧化铝的方法冶炼铝，用冰晶石降低其熔点，不用碳作还原剂还原，故B选；

C.铁较活泼，工业上采用热还原法冶炼铁，故C不选；

D.Hg为不活泼金属，可以用HgS与O2焙烧生成Hg，故合理，故D不选；

【点睛】根据金属活动性强弱，可采用热还原法、电解法、热分解法等冶炼方法。

热分解法：

对于不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来。

热还原法：

在金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2、活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来。

电解法：

活泼金属较难用还原剂还原，通常采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼活泼金属。

利用铝热反应原理还原:

V、Cr、Mn、W等高熔点金属可利用铝热反应产生的高温来冶炼。

19.在95%的乙醇溶液中加入生石灰蒸馏可制得无水乙醇。

除去下列物质中少量杂质（写在括号内）采用的方法与制取无水乙醇的方法相同的是

A.己烷（己烯）B.甲苯（苯）C.溴苯（溴）D.乙醇（乙酸）

【详解】A.加入生石灰蒸馏不能除去己烷中的己烯，故A不选；

B.除去甲苯中的苯，用酸性高锰酸钾溶液，甲苯能被酸性高锰酸钾溶液氧化，苯不能，反应后分层，然后分液除杂，故B不选；

C.溴与NaOH溶液反应，溴苯不能，反应后分层，然后分液除杂，故C不选；

D.除去乙醇中的乙酸，加入生石灰除去乙酸，蒸馏可制得无水乙醇，故D选；

【点睛】除杂的原则：

不引入新的杂质（包括水蒸气等），不能将原有的物质反应掉，除杂选择试剂的原则是不增、不减。

20.某未知溶液中可能含有Cl－、SO42－、CO32－、Mg2+、Al3+和Na+,取一定量该溶液进行实验，过程记录如下:

A.一定有Cl－B.一定有CO32－C.一定没有Na+D.一定没有Mg2+

溶液中通入CO2生成的0.01mol沉淀能溶解在氢氧化钠溶液中，这说明沉淀是氢氧化铝，因此溶液是偏铝酸钠，则一定含有0.01mol铝离子，因此一定不能存在碳酸根离子。

试样溶液加入过量的氢氧化钡生成0.01mol沉淀，则沉淀可能是硫酸钡或氢氧化镁或是二者的混合物。

即硫酸根离子的最大值是0.01mol，而铝离子是0.01mol，所以根据电荷守恒可知一定还含有氯离子。

【详解】A.一定含有0.01mol铝离子，硫酸根离子的最大值是0.01mol，据电荷守恒可知一定还含有氯离子，故A正确；

B.溶液中通入CO2生成的0.01mol沉淀能溶解在氢氧化钠溶液中，这说明沉淀是氢氧化铝，因此溶液是偏铝酸钠，则一定含有0.01mol铝离子，因此一定不能存在碳酸根离子，故B错误；

C.可能有Na+，故C错误；

D.可能有Mg2+，故D错误；

二、填空题（共60分）

（一）（本题15分）

21.以硼砂、萤石和浓硫酸为原料可制取有机合成的原料三氟化硼。

反应原理为B2O3（S）+3CaF2（S）+3H2SO4（浓）⇌2BF3（g）+3CaSO4（S）+3H2O（l）。

请完成下列填空:

（1）写出萤石的电子式___________，已知BF3为非极性分子，则其分子构型可能为__________（选填编号）。

A.三角锥形B.平面正三角形C.直线形D.正四面体形

（2）试写出硼原子的最外层电子排布式__________,硼原子核外有____种不同形状的电子云。

（3）除硼元素外的其他短周期元素的简单离子的半径由小到大排列的是__________（用离子符号表示）。

有些元素在元素周期表中相邻，能比较它们的金属性和非金属性强弱的有__________（选填编号）。

A.相互之间的置换反应

B.最高价氧化物对应的水化物的酸性

C.氢化物水溶液的酸性

D.相互形成的化合物中元素的化合价

实验室中在8L的密闭容器中进行该反应。

（4）已知该反应的化学平衡常数表达式K=[BF3]2，下列措施能缩短反应达到平衡的时间的有_________（选填编号）。

A.增大硫酸的浓度

B.缩小反应容器体积

C.投入更多的萤石

D.升高反应炉内温度

（5）此反应达到平衡后，压缩容器体积，在平衡移动的过程中逆反应速率的变化情况是_________。

一定条件下，经5min达到平衡，容器中液态物质减少24g，用气体生成物来表示该反应的速率为_________。

【答案】

（1）.

（2）.B（3）.

（4）.两（5）.

（6）.AD（7）.BD（8）.先增大后减小（9）.

萤石是CaF2，是离子化合物，BF3为非极性分子，价电子对数为3，其分子构型为平面正三角形。

硼的原子序数为5，硼原子核外有两种不同形状的电子云。

电子层数多的离子半径大；

电子层结构相同的离子，核电荷数大的半径小。

F、O、S，在元素周期表中相邻，但F没有正价，O没有最高正价。

压缩容器体积，增大了压强，平衡逆向移动，在平衡移动的过程中逆反应速率的变化情况是先增大后减小。

【详解】

（1）萤石是CaF2，电子式为

，BF3为非极性分子，价电子对数为3，中心原子的杂化类型为sp3，其分子构型为平面正三角形，故答案为：

；

B。

（2）硼的原子序数为5，其电子排布式为1s22s22p1，最外层电子排布式2s22p1；

用小点的疏密来描述电子在原子核外空间出现的机会的大小所得到的图形叫电子云；

硼原子核外有两种不同的原子轨道，即S轨道和p轨道，s轨道的电子云是球形对称的，p轨道的电子云是哑铃形的，故硼原子核外有两种不同形状的电子云，故答案为：

2s22p1；

两。

（3）该反应体系中：

B2O3（S）+3CaF2（S）+3H2SO4（浓）⇌2BF3（g）+3CaSO4（S）+3H2O（l），除硼元素外的其他短周期元素的简单离子有H+、F-、O2-、S2-，电子层数多的离子半径大；

故离子的半径由小到大排列的是：

H+、F-、O2-、S2-；

故答案为：

H+、F-、O2-、S2-。

A.活泼非金属可以置换出较不活泼的非金属，故A正确；

B.可用最高价氧化物的水化物酸性强弱比较非金属性强弱（但F除外，其没有正价），故B错误；

C.可用最高价氧化物的水化物酸性强弱比较非金属性强弱（但F除外，其没有正价），但是不能根据其氢化物水溶液的酸性比较其非金属性，故C错误；

D.可以用相互形成的化合物中元素的化合价比较非金属性强弱，显负价的非金属性强，显正价的非金属性弱，故D正确。

AD。

（4）该反应体系中：

B2O3（S）+3CaF2（S）+3H2SO4（浓）⇌2BF3（g）+3CaSO4（S）+3H2O（l），化学平衡常数表达式K=[BF3]2，

A.反应中已经使用了浓硫酸，故不能通过增大硫酸的浓度缩短反应达到平衡的时间，故A不可行；

B.缩小反应容器体积，增大了压强，逆反应速率加快，能缩短反应达到平衡的时间，故B可行；

C.萤石是固体，浓度是一个常数，投入更多的萤石不能改变化学反应速率，故C不可行；

D.升高反应炉内温度，反应速率加快，能缩短反应达到平衡的时间，故D可行；

故选BD。

（5）该反应体系中：

B2O3（S）+3CaF2（S）+3H2SO4（浓）⇌2BF3（g）+3CaSO4（S）+3H2O（l），化学平衡常数表达式K=[BF3]2，此反应达到平衡后，压缩容器体积，增大了压强，平衡逆向移动，在平衡移动的过程中逆反应速率的变化情况是先增大后减小；

实验室中在8L的密闭容器中进行该反应，容器中液态物质是浓硫酸减少24g，物质的量为24/98mol，根据B2O3（S）+3CaF2（S）+3H2SO4（浓）⇌2BF3（g）+3CaSO4（S）+3H2O（l）推算，BF3的物质的量增加了8/49mol，用BF3来表示该反应的速率为8/49mol/8L×

5min≈0.004mol/（L∙min），故答案为：

先增大后减小；

0.004mol/（L∙min）。

【点睛】对于ABm型分子（A是中心原子，B是配位原子），分子的价电子对数可以通过下式确定：

n=（中心原子的价电子数+每个配位原子提供的价电子数×

m）/2。

其中，中心原子的价电子数等于中心原子的最外层电子数，配位原子中卤素原子、氢原子提供1个价电子，氧原子和硫原子按不提供价电子计算。

判断元素金属性和非金属性强弱的方法：

（1）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）。

增大反应物的浓度、升温、加压（有气体参加的反应），催化剂，增大接触面积都可以加快反应速率。

对于有气体参与的反应，其它条件不变时，增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，减小压强，平衡向气体体积增大的方向移动。

（二）（本题15分）

22.若把黄铜矿CuFeS2看作为硫化铜和硫化亚铁的缔合物，可用来制取铜和铁及硫的化合物。

如:

8CuFeS2+21O2

8Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2

（1）在黄铜矿中硫的化合价为______________，该反应中还原产物（通过得电子而产生的物质）有_________种。

（2）若反应中消耗氧气6.3mol，则反应转移的电子数为