上海市崇明区届高三下学期等级考二模答案+解析化学试题.docx
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上海市崇明区届高三下学期等级考二模答案+解析化学试题
上海市崇明区2019届高三下学期等级考二模
相对原子质量：
H-1B-11N-14O-16S-32Fe-56Ba-137
一、选择题（本题共40分，每小题2分，每小题只有一个正确选项）
1.下列各组内的不同名称实际是指同一物质的是（）
A.液氯、氯水B.烧碱、火碱C.胆矾、绿矾D.干冰、水晶
【答案】B
【详解】A.液氯是只含Cl2的纯净物，氯水是氯气溶于水得到的混合物，不是同一物质，故A错误；
B.氢氧化钠俗称火碱、烧碱、苛性钠，是同一物质，故B正确；
C.胆矾的化学式为CuSO4·5H2O，绿矾的化学式为FeSO4·7H2O，二者表示的不是同一种物质，故C错误；
D.干冰是固体二氧化碳，水晶是二氧化硅晶体，二者表示的不是同一种物质，故D错误。
故答案选B。
【点睛】本题考查常见物质的名称，了解常见物质的俗名是解题的关键，易错选项A，注意对易混淆的物质归纳总结。
2.以海水为原料，生产制得氯气的过程中不包括（）
A.蒸发结晶B.精制提纯C.高温熔融D.通电电解
【答案】C
【详解】海水经蒸发结晶得到粗盐，粗盐精制提纯得到饱和食盐水，电解饱和食盐水可制得烧碱、氢气和氯气，所以以海水为原料，生产制得氯气的过程中不包括高温熔融，
故答案选C。
3.分子中的各原子不在同一平面内，但是非极性分子的是（）
A.氨B.水C.乙烯D.甲烷
【答案】D
【分析】非极性分子是指偶极矩μ=0的分子，即原子间以共价键结合，分子里电荷分布均匀，正负电荷中心重合的分子。
分子中各键全部为非极性键时，分子是非极性的（O3除外）。
当一个分子中各个键完全相同，都为极性键，但分子的构型是对称的，则分子是非极性的。
【详解】A.氨分子具有三角锥形结构，N-H键为极性键，键的极性不能抵消，为极性分子，故A不选；
B.水分子具有V形结构，O-H键为极性键，键的极性不能抵消，为极性分子，故B不选；
C.乙烯具有平面形结构，分子结构对称，为非极性分子，故C不选；
D.甲烷具有正四面体结构，分子空间结构对称，为非极性分子，故选D。
答案选D。
【点睛】本题考查非极性分子的判断及分子的空间结构，记住常见分子的空间结构是解题的关键，注意含有极性键的分子可能为非极性分子。
4.电解质一般是指（）
A.可以导电的化合物B.可以导电的纯净物
C.酸碱盐等的化合物D.可溶于水的纯净物
【答案】C
【详解】A.在水溶液或者在熔融状态下能导电的化合物叫电解质，电解质不一定导电，说电解质是可以导电的化合物是错误的，故A错误；
B.纯净物包括单质和化合物，同A项分析，说电解质是可以导电的纯净物是错误的，故B错误；
C.酸、碱、盐等在水溶液或者熔融状态下都能够离解出自由移动的阴阳离子，能够导电，属于电解质，故C正确；
D.可溶于水的纯净物不一定是电解质，如蔗糖、酒精等易溶于水，却为非电解质，故D错误。
故选C。
【点睛】本题考查电解质的概念，理解此概念注意：
1、电解质电离的条件可以是在水分子的作用下，也可以通过加热使物质熔化；2、电解质是化合物，混合物、单质都不是电解质；物质导电有两种原因，一是金属类有自由移动的电子能够导电，二是能够产生自由移动离子的物质能够导电；酸、碱、盐等电解质不含自由电子，导电的原因是因为在一定条件下本身能够离解出自由移动的阴阳离子。
5.一定条件下，浓硫酸与下列物质发生的反应，不可能是氧化还原反应的是（）
A.锌B.碳C.氯化钠D.硫化钠
【答案】C
【详解】A.锌和浓硫酸反应生成硫酸锌、二氧化硫和水，发生了氧化还原反应，故不选A；
B.碳和浓硫酸加热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，发生了氧化还原反应，故不选B；
C.氯化钠和浓硫酸微热反应生成硫酸氢钠和氯化氢，体现浓硫酸的难挥发性，不是氧化还原反应，故选C；
D.硫化钠具有强还原性，浓硫酸具有强氧化性，二者能发生氧化还原反应，故不选D。
答案选C。
6.对比索维尔制碱法，侯德榜制碱法中没有的化学反应是（）
A.2NH4Cl+CaO→CaCl2+2NH3↑+H2OB.NH3+CO2+H2O→NH4HCO3
C.NaCl+NH4HCO4→NaHCO3+NH4ClD.2NaHCO3
Na2CO3+H2O+CO2↑
【答案】A
【详解】索尔维制碱法对滤液的处理是加生石灰使氨气循环，产生的CaCl2，而侯氏制碱法是对滤液通入二氧化碳，氨气，结晶出的NH4Cl，其母液可以作为制碱原料。
所以侯德榜制碱法中没有的化学反应是2NH4Cl+CaO→CaCl2+2NH3↑+H2O，即A项，故答案选A。
【点睛】本题考查纯碱的制取方法，熟悉侯德榜制碱法的工业流程及其优点是解题的关键，注意反应原理的把握。
7.资料显示：
硫原子可形成六原子环S6，八原子环S8，十二原子环S12等等，这些物质之间的关系为（）
A.同系物B.同位素C.同分异构体D.同素异形体
【答案】D
【详解】A、结构相似，分子组成上相差1个或者若干个CH2基团的化合物互称为同系物，S6、S8和S12不满足条件，故A错误；
B、质子数相同中子数不同的同一元素互称同位素，S6、S8和S12不满足条件，故B错误；
C、同分异构体是分子式相同结构式不同的化合物，S6、S8和S12不满足条件，故C错误；
D、S6、S8和S12是由硫元素形成的不同种单质，互为同素异形体，所以D选项是正确的。
所以D选项是正确的。
【点睛】本题考查同素异形体的判断，掌握同素异形体概念的本质是解题的关键，注意“四同”概念的区别。
8.如图所示，胶头滴管穿过橡皮塞子伸入盛于细口瓶中的溶液中，则该溶液不可能是（）
A.纯碱溶液B.浓溴水C.石灰水D.食盐溶液
【答案】B
【详解】该试剂瓶可以盛装纯碱溶液、石灰水和食盐溶液。
因浓溴水对橡胶有腐蚀性，故盛装浓溴水不能用橡胶塞和胶头滴管，故B选项错误，
答案选B。
9.下列物质变化过程中，化学键发生变化的是（）
A.硬铝熔化B.硫磺升华C.煤油挥发D.蔗糖溶解于水
【答案】A
【详解】A、硬铝为铝合金，具有金属性能，熔化时要破坏金属键，故A符合题意；
B、硫磺是分子晶体，升华克服分子间作用力，故B不符合题意；
C、煤油挥发由液态变为气态，化学键没有发生变化，故C不符合题意；
D、蔗糖为非电解质，溶解于水时化学键没有发生变化，故D不符合题意。
故选A。
10.人造的115号元素被我国命名为“镆”，取自我国古代宝剑之名“镆铘”。
下列相关叙述正确的是（）
A.镆元素的质量数为115B.镆铘剑中可能含有镆
C.镆原子的中子数为115D.镆铘剑中一定不含镆
【答案】D
【分析】根据核内质子数=核外电子数=核电荷数=原子序数，115表示原子序数，结合题意进行分析。
【详解】A、镆元素的质子数为115，质量数不是115，故说法错误；
B、2017年5月9曰，我国发布了四种人造新元素的中文名称，是人造元素，古代不可造，镆铘剑在古代，不可能含有镆元素，故说法错误；
C、原子中核内质子数=原子序数，镆的原子序数为115，所以镆原子的质子数为115，中子数=质量数-质子数，质量数未知，故不能求出中子数，故说法错误；
D、根据B项的分析，镆是人造元素，古代不可造，镆铘剑在古代，不可能含有镆元素，故说法正确。
故选D。
【点睛】解答本题关键是要了解对于原子来说核内质子数等于核外电子数等于原子序数，注意镆元素是人造元素。
11.二氧化碳和二氧化硫都属于（）
A.对应的酸的酸酐B.最高价的氧化物
C.有还原性的物质D.有漂白性的气体
【答案】A
【详解】A、二氧化硫、二氧化碳都能和碱反应生成盐和水，都属于酸性氧化物是对应酸的酸酐，故A正确；
B、二氧化硫中硫元素为+4价，不是最高正价，故B错误；
C、二氧化碳中碳元素化合价为最高价，有氧化性无有还原性，故C错误；
D、二氧化硫具有漂白性，二氧化碳无此性质，SO2能使品红溶液褪色而CO2则不能，故D错误。
故选A。
12.原子核外电子的运动状态用四个方面进行描述，磷原子核外最外层上能量高的电子有相同的运动状态（）
A.一个B.二个C.三个D.四个
【答案】C
【详解】磷原子的电子排布式为1s22s22p63s23p3，能量最高的能层为3p，根据洪特规则3p能层上的3个电子分占不同轨道，且自旋状态相同，具有相同的运动状态，所以磷原子核外最外层上能量高的电子有3种相同的运动状态，
故答案选C。
13.已知（CN）2的氧化性比Br2弱而比I2强，NaCN的水溶液呈碱性，则下列有关变化一般不能发生的是（）
A.CH2=CH2+（CN）2→NC-CH2-CH2-CN
B.（CN）2+2Br-→2CN-+Br2
C.（CN）2+2OH-→CN-+CNO-+H2O
D.HCN
H++CN-
【答案】B
【详解】A.根据卤素单质的性质，该反应是加成反应，故A正确；
B.（CN）2与卤素单质的性质相似，（CN）2的氧化性比Br2弱而比I2强，因此选项B是不可能发生，因为单质溴的氧化性强于（CN）2的，故B错误；
C.（CN）2与卤素单质
性质相似，根据卤素单质的性质可推测该反应能发生，选项C正确；
D.NaCN溶液呈碱性，说明HCN是弱酸，电离时发生部分电离，D正确。
答案选B。
【点睛】本题考查卤素的性质，侧重对学生基础知识的巩固和训练，旨在考查学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，有利于培养学生的逻辑推理能力和知识的迁移能力，对信息的理解和运用是解题的关键。
14.水与人的关系密切，人类的生存、生产、科研都离不开水。
在通常状况下要证明一瓶无色无味的液体是纯水的方法，可靠的是（）
A.测定其pH值B.测定其导电性能
C.测定其熔沸点D.验证其电解产物
【答案】C
【详解】A.室温下pH=7的液体不一定是水，不水解的盐溶液如氯化钾等，在常温下是中性的，pH=7，故A错误；
B.纯水几乎不导电，不导电的物质不一定是纯水，故B错误；
C.纯净物才有固定的熔沸点，纯水在一个标准大气压下的沸点是100℃，故C正确；
D.电解时产生H2、O2的体积比为2:
1的溶液可以是硫酸钠、氢氧化钾、硫酸等水溶液，不一定是电解纯水，故D错误。
故答案选C。
15.甲苯（
）的苯环上的一个氢原子被含三个碳原子的烷基取代后的产物一共可能有（）
A.三种B.四种C.五种D.六种
【答案】D
【详解】甲苯苯环上有5个氢原子可被取代，但只有邻、间、对三种情况，而含3个碳原子的烷基有2种
和-CH2CH2CH3，故应有六种一元取代物。
故答案选D。
16.根据热化学方程式N2（g）+3H2（g）
2NH3（g）+92kJ，下列有关图像和叙述中正确的是（）
A.
B.
C.向密闭容器中通入1mol氮气和3mol氢气发生反应放出92kJ的热量
D.形成1mol氮氮键和3mol氢氢键所放出的能量比拆开6mol氮氢键所吸收的能量多92kJ
【答案】B
【详解】A、依据化学反应方程式：
N2（g）+3H2（g）
2NH3（g）+92kJ，反应是放热反应，依据能量守恒，反应物总能量大于生成物总能量，故A错误；
B、已知：
N2（g）+3H2（g）
2NH3（g）+92kJ，反应是放热反应，依据能量守恒，反应物总能量大于生成物总能量，1molN2（g）和3molH2（g）的能量之和高于2molNH3 （g）的能量，故B正确；
C、反应是可逆反应不能进行彻底，向密闭容器中通入1mol氮气和3mol氢气发生反应，放出的热量小于92.4kJ，故C错误；
D、已知：
N2（g）+3H2（g）
2NH3（g）+92kJ，正反应是放热反应，则逆反应为吸热反应，即形成1mol氮氮键和3mol氢氢键所放出的能量比拆开6mol氮氢键所吸收的能量少92kJ，故D错误。
故选B。
【点睛】本题考查了热化学方程式的应用，反应能量变化的分析判断，理解焓变含义，可逆反应的分析是解题关键。
17.乙醇和乙酸的酯化反应（）
A.是醇脱羟基酸脱氢B.也属于是取代反应
C.不可能发生副反应D.用稀硫酸作催化剂
【答案】B
【详解】A.乙醇和乙酸的酯化反应是酸脱羟基醇脱氢，故A错误；
B.乙醇与乙酸在一定条件下反应生成乙酸乙酯：
CH3COOH+CH3CH2OH
CH3COOCH2CH3+H2O，该反应属于有机反应中的酯化反应，酯化反应也属于取代反应，故B正确；
C.在浓硫酸、加热条件下，乙醇和乙酸发生酯化反应的同时会发生如醇的脱水等许多副反应，故C错误；
D.乙醇和乙酸的酯化反应要用浓硫酸作催化剂，浓硫酸在反应中还起吸水剂的作用，不能用稀硫酸代替浓硫酸，故D错误。
故答案选B。
18.为使埋在地下的钢管不被腐蚀，所采取的下列措施错误的是（）
A.向钢管外填埋干燥土壤，避开电解质溶液
B.在钢管外镀上一层锌皮，此锌皮会作负极
C.将钢管连接在直流电源的负极上，作阴极
D.在钢管外涂上油漆、沥青等使与土壤隔绝
【答案】A
【分析】防止钢铁腐蚀的措施：
①牺牲阳极的阴极保护法：
选择比铁活泼的金属作负极，钢管作原电池的正极被保护；②外加电流阴极保护法：
把钢管连接在电源的负极上，消除金属腐蚀；③设置保护层，与空气隔绝。
【详解】A.土壤对材料的腐蚀主要源于土壤中的水、氧气和一些电解质，向钢管外填埋干燥土壤，避开电解质溶液措施并不能防止钢管被腐蚀，故A错误；
B.与锌板相连，锌比铁活泼，为原电池的负极，失电子被腐蚀，钢管作正极被保护，故B正确；
C.外加电流阴极保护法：
把金属连接在电源的负极上，这样就能消除引起金属腐蚀的原电池反应，故C正确；
D.在钢管外涂上油漆、沥青等使与土壤隔绝，防止腐蚀，故D正确。
故选A。
19.如图所示，将大烧杯丙扣在甲乙两个小烧杯（口向上）上。
向两个小烧杯中分别装入如下表所列的试剂进行实验。
实验现象与预测现象不同的是（）
甲中试剂
乙中试剂
预测现象
A
浓盐酸
硝酸银溶液
乙中产生白色沉淀
B
浓氨水
硫酸铁溶液
乙中产生红褐色沉淀
C
浓盐酸
浓氨水
丙中产生白色烟雾
D
氯化铝溶液
浓氨水并加入固体氢氧化钠
甲中先产生白色沉淀，后又沉淀消失
【答案】D
【详解】A．甲烧杯中浓盐酸挥发出HCl，HCl和乙烧杯中
硝酸银溶液反应生成氯化银白色沉淀，故A正确；
B.甲烧杯中浓氨水挥发出NH3，NH3和乙烧杯中的硫酸铁溶液反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，故B正确；
C.甲烧杯中浓盐酸挥发出HCl，乙烧杯中浓氨水挥发出NH3，HCl和NH3反应生成氯化铵，丙中产生白色烟雾，故C正确；
D.乙烧杯中浓氨水加入固体氢氧化钠产生NH3，NH3和甲烧杯中的氯化铝溶液反应生成氢氧化铝白色沉淀，但氢氧化铝不溶于氨水，故D错误。
故答案选D。
20.明矾的化学式为KAl（SO4）2∙12H2O，其水溶液呈酸性。
向明矾溶液中逐滴滴入氢氧化钡溶液至过量，则（）
A.有可能产生两种沉淀B.不可能立即出现沉淀
C.不可能只有一种沉淀D.有可能变为澄清溶液
【答案】A
【分析】向明矾溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，Al3+与OH-反应生成氢氧化铝沉淀，同时SO42-与Ba2+反应生成硫酸钡沉淀，当Al3+恰好全部沉淀时，离子方程式为：
2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=3BaSO4↓+2Al（OH）3↓；若氢氧化钡过量，则生成的氢氧化铝又溶于过量的碱，以此分析解答。
【详解】A.根据上述分析，向明矾溶液中逐滴滴入氢氧化钡溶液有可能产生硫酸钡和氢氧化铝两种沉淀，故A正确；
B.发生反应时立即出现沉淀，故B错误；
C.若氢氧化钡过量，则生成的氢氧化铝又溶于过量的碱，可能只有硫酸钡一种沉淀，故C错误；
D.硫酸钡不溶于过量的碱，所以不可能变为澄清溶液，故D错误。
故答案选A。
二、填空题（共60分）
21.现代高科技领域使用的新型陶瓷材料氮化硼（BN），用天然硼砂（Na2B4O7∙10H2O）经过下列过程可以制得。
天然硼砂
硼酸（H3BO3）
B2O3
BN
（1）天然硼砂所含的元素中属于同一周期且原子半径是（用元素符号填写）___>___，由天然硼砂中的三种元素形成的某种离子化合物的电子式为______。
（2）与硼元素性质最相似的元素的原子的最外层电子排布为___________，该原子核外充有电子的轨道共有____个。
（3）试写出天然硼砂与硫酸反应的化学方程式_______________________________，制得的氮化硼有不同的结构，其中超硬、耐磨、耐高温的一种属于________晶体。
制取氮化硼的反应必须在密闭的耐高温容器中进行：
B2O3（s）+2NH3（g）
2BN（s）+3H2O（g）+Q（Q<0）
（4）若反应在5L的密闭容器中进行，经2分钟反应炉内固体的质量减少60.0g，则用氨气来表示该反应在2分钟内的平均速率为_____________，达到平衡后，增大反应容器体积，在平衡移动过程中，逆反应速率的变化状况为__________________________。
（5）为提高生产效率，使反应速率加快的同时，化学平衡向多出产品的方向移动，可以采取的措施有_________________________________________，生产中对尾气的处理方法正确的是（填序号）_________。
A．直接排出参与大气循环B．冷却分离所得气体可以循环使用
C．全部用来进行循环使用D．冷却分离所得液体可作化工原料
【答案】
（1）.B
（2）.O（3）.
（4）.3s23p2（5）.8（6）.Na2B4O7∙10H2O+H2SO4→Na2SO4+4H3BO3+5H2O（7）.原子（8）.0.6mol/（L·min）（9）.先减小后增大（10）.升高温度、通入氨气（11）.BD
【分析】
（1）Na、B、O、H四种元素中属于同一周期的是B、O，原子半径：
B>O；Na、O、H三种元素可形成离子化合物NaOH；
（2）与硼元素性质最相似的元素为硅；
（3）Na2B4O7∙10H2O与硫酸反应得到硼酸，根据原子守恒，写出化学方程式；根据晶体具有超硬、耐磨、耐高温的性质，氮化硼属于原子晶体；
（4）根据
=
计算反应速率；根据浓度对化学反应速率的影响分析逆反应速率的变化；
（5）根据B2O3（s）+2NH3（g）
2BN（s）+3H2O（g）+Q（Q<0），正反应为吸热反应，升高温度、通入氨气平衡向正反应方向移动；根据尾气中含有NH3和水蒸气，分析尾气处理方法。
【详解】
（1）天然硼砂（Na2B4O7∙10H2O）含有Na、B、O、H四种元素，其中Na位于第三周期，B、O位于第二周期，H位于第一周期，属于同一周期的是B、O，原子半径：
B>O，Na、O、H三种元素可形成离子化合物NaOH，其电子式为
，故答案为：
B；O；
；
（2）硼元素位于元素周期表第二周期第ⅢA族，根据对角线规则，与硼元素性质最相似的元素为第三周期第ⅣA族的硅元素，Si原子的最外层电子排布为3s23p2，该原子核外电子排布式为1s22s2p63s23p2，因此该原子核外充有电子的轨道共有共有8个。
故答案为：
3s23p2；8；
（3）Na2B4O7∙10H2O与硫酸反应得到硼酸，根据原子守恒，化学方程式为Na2B4O7∙10H2O+H2SO4→Na2SO4+4H3BO3+5H2O；原子晶体具有超硬、耐磨、耐高温的性质，故氮化硼属于原子晶体。
故答案为：
Na2B4O7∙10H2O+H2SO4→Na2SO4+4H3BO3+5H2O；原子；
（4）根据质量守恒定律，固体质量减少等于气体质量的增加，设反应的NH3的质量为x，
B2O3（s）+2NH3（g）
2BN（s）+3H2O（g），质量差
2×173×1820
x60.0g
=
，x=102g，
则用氨气来表示该反应在2分钟内的平均速率为
=0.6mol/（L·min）；达到平衡后，增大反应容器体积，H2O（g）的浓度减小，逆反应速率减小，由于减小压强平衡正向移动，随着反应进行，H2O（g）的浓度又逐渐增大，所以逆反应速率先减小后增大；故答案为：
0.6mol/（L·min）；先减小后增大；
（5）根据B2O3（s）+2NH3（g）
2BN（s）+3H2O（g）+Q（Q<0），正反应为吸热反应，升高温度、通入氨气使反应速率加快的同时，化学平衡向多出产品的方向移动；由反应过程可知，尾气中含有未反应的NH3和生成的水蒸气，则
A．NH3直接排出参与大气循环会污染空气，故A错误；
B．冷却分离所得NH3可以循环使用，有利于原料充分利用和环境保护，故B正确；
C．由反应B2O3（s）+2NH3（g）
2BN（s）+3H2O（g）可知，生成的水蒸气不用来进行循环使用，故C错误；
D．尾气中含有NH3和水蒸气，冷却分离后得到氨水，可作化工原料，故D正确。
综合上述分析，BD正确。
故答案为：
升高温度、通入氨气；BD。
22.硝酸铵简称硝铵，可用作化肥，含氮量高。
它在发生某些反应时既放出大量热又生成大量气体而爆炸，也可作炸药使用。
（1）硝铵受热：
NH4NO3→N2O↑+2H2O，该反应中因为有____________而属于氧化还原反应，其中发生还原过程元素的变化为_______。
（2）硝铵受撞击：
2NH4NO3→O2+2N2+4H2O，请在该反应方程式上补齐电子转移的方向和数目_______。
若反应中转移电子数为3.01×1024，则反应产生的气体在标准状况下的体积为____________。
（3）一定温度下，硝铵分解：
___NH4NO3→___HNO3+___N2↑+___H2O，配平该反应方程式，把系数填入对应的位置上。
反应中被氧化与被还原的原子的物质的量之差为5mol时，参加反应的硝铵的质量为___________。
（4）硝铵易溶于水，溶解时溶液的温度降低。
硝铵溶于水时，温度降低的原因是_____________________，该水溶液呈（填“酸”“碱”或“中”）____性，用离子方程式表示原因为_____________________________________。
（5）为使该水溶液在常温下的pH为7，并不引入杂质，可以_____________，试证明所得的溶液中c（NH4+）=c（NO3-）：
______________________________________________________。
【答案】
（1）.电子的转移
（2）.NO3-→N2O（3）.
（4）.33.6L（5）.5（6）.2（7）.4（8）.9（9）.1000g（10）.硝酸铵溶于水时扩散过程的吸热量大于水合过程的放热量（11）.酸（12）.NH4++H2O
NH3·H2O+H+（13）.加入适量氨水（14）.溶液中存在NH4+、NO3-、H+、OH-，溶液呈电中性：
c（NH4+）+c（H+）=c（NO3-）+c（OH-），因为c（H+）=c（OH-），所以c（NH4+）=c（NO3-）（其他证明方法，合理即得分）
【分析】
（1）有电子转移的反应为氧化还原反应，元素化合价降低的过程为还原过程；
（2）根据化合价变
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