上海市长宁区届高三上学期期末教学质量检测化学试题附答案解析.docx
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上海市长宁区届高三上学期期末教学质量检测化学试题附答案解析
上海市长宁区2019届高三上学期期末教学质量检测
化学试题
（时间60分钟，满分100分）
考生注意：
1．本考试设试卷和答题纸两部分，所有答题必须涂或写在答题纸上；做在试卷上一律不得分。
2．答题前，考生务必在答题纸上用钢笔或圆珠笔在答题纸正面清楚地填写姓名、准考证号。
3．答题纸与试卷在试题编号上是一一对应的，答题时应特别注意，不能错位。
相对原子质量：
O-16Si—28
1.化学与生活密切相关。
下列有关物质用途的说法错误的是
A.碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查B.氯气可用于海水提溴
C.氨气能做制冷剂D.过氧化钠可用作航天员的供氧剂
【答案】A
【解析】
【详解】A.碳酸钡能够与胃酸（盐酸）反应产生可溶性的氯化钡，氯化钡是重金属盐，能够使蛋白质变性，导致人中毒，所以不能作钡餐，硫酸钡既不溶于水，也不溶于稀盐酸、同时也不能被X透过，所以应该用硫酸钡作胃肠X射线造影检查A错误；
B．氯气具有强氧化性，可用于海水提溴，B正确；
C．氨气易液化，液氨汽化时吸收大量的热，使周围的环境温度降低，因此可作制冷剂，C正确；
D．过氧化钠能和二氧化碳、水反应生成氧气，所以过氧化纳可用于航天员的供氧剂，D正确；
故合理选项是A。
2.下列微粒互为同位素的是
A.H2和D2B.2He和3HeC.O2和O3D.冰和干冰
【答案】B
【解析】
【详解】A.H2和D2是单质，不是原子，且是同一种物质，A错误；
B.2He和3He是同种元素的不同种原子，两者互为同位素，B正确；
C.O2和O3是氧元素的两种不同的单质，互为同素异形体，C错误；
D.冰是固态的水，干冰是固态的二氧化碳，是两种不同的化合物，不是同位素，D错误；
故合理选项是B。
3.含有非极性键的非极性分子是
A.C2H2B.CH4C.H2OD.NaOH
【答案】A
【解析】
【详解】A．乙炔分子中，C与C原子之间存在非极性键，分子结构对称，属于非极性分子，A正确；
B．甲烷分子中只含有C—H极性键，不含有非极性键，B错误；
C．水分子中只合有H—O极性键，分子结构不对称，属于极性分子，C错误；
D．NaOH属于离子化合物，不存在分子，D错误；
故合理选项是A。
4.下列烷烃命名错误的是
A.2─甲基戊烷B.3─乙基戊烷
C.3,4─二甲基戊烷D.3─甲基己烷
【答案】C
【解析】
（CH3）2CHCH2CH2CH3的系统命名为2─甲基戊烷；（CH3CH2）2CHCH2CH3的系统命名为3─乙基戊烷；CH3CH2CH（CH3）CH（CH3）2的系统命名为2,3─二甲基戊烷；CH3CH2CH（CH3）CH2CH3的系统命名为3─甲基己烷，故选C。
5.在稳定人体血液的pH中起作用的离子是
A.Na+B.Fe2+C.HCO3－D.Cl－
【答案】C
【解析】
【分析】
根据稳定人体血液的pH可知，则选项中的离子既能与酸反应又能与碱反应才符合题意，以此来解答。
【详解】A．Na+不水解，为强碱阳离子，不能起到调节人体内pH值的作用，A错误；
B．Fe2+水解，为弱碱阳离子，水解使得溶液呈酸性，只能降低pH值，B错误；
C．HCO3-在溶液中存在两个趋势：
HCO3-离子电离产生H+使得溶液呈酸性，或者HCO3-水解消耗水电离产生的H+，最终使溶液中c（OH-）>c（H+），导致溶液呈现碱性，即电离呈酸性，降低pH值，水解呈碱性，使pH值升高，符合题意，C正确；
D．Cl-不水解，为强酸阴离子，不能起到调节人体内pH值的作用，D错误；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查盐的水解原理及电离的应用的知识，明确稳定pH是解答本题的关键，并熟悉盐类水解的规律及常见离子的水解及酸式酸根离子的性质来解答。
6.属于弱电解质的是
A.一水合氨B.二氧化碳C.乙醇D.硫酸钡
【答案】A
【解析】
【分析】
在水溶液中只能部分电离的电解质为弱电解质，包括弱酸、弱碱和水等，据此分析。
【详解】A.NH3•H2O在水溶液中部分电离产生离子，在溶液中存在电离平衡，属于弱电解质，A正确；
B.CO2在水溶液中和熔融状态下均不能导电，为非电解质，B错误；
C.乙醇在水溶液中和熔融状态下均不能导电，为非电解质，C错误；
D.BaSO4在水溶液中虽然溶解度很小，但溶解的能完全电离，故为强电解质，D错误；
故合理选项是A。
【点睛】本题考查了电解质、非电解质以及强弱电解质的判断的知识，应注意的是强弱电解质的本质区别是电离是否彻底，和溶解度、离子浓度及溶液的导电能力等均无关。
7.下列有关氮原子的化学用语错误的是
A.
B.
C.1s22s22p3D.
【答案】D
【解析】
A、N原子嘴歪层有5个电子，电子式为
，A正确。
B、N原子质子数是7，核外有7个电子，第一层排2个，第二层排5个，因此B正确。
C、核外电子依次排布能量逐渐升高的1s、2s、2p……轨道，电子排布式为1s22s22p3，C正确。
D、根据泡利原理3p轨道的3个电子排布时自旋方向相同，所以正确的轨道式为
，D错误。
正确答案D。
8.117号元素为TS位于元素周期表中氟元素同一族。
下列说法错误的是
A.TS是主族元素B.TS的最外层p轨道中有5个电子
C.TS原子核外共有6个电子层D.同族元素中TS非金属性最弱
【答案】C
【解析】
【详解】A．Ts的原子核外最外层电子数是7，与氟元素同族，是VIIA元素，A正确；
B．Ts位于第七周期ⅦA族，电子排布式为[Rn]6f146d107s27p5，故Ts的最外层p轨道中有5个电子，B正确；
C．Ts位于第七周期ⅦA族，核外共有7个电子层而不是6，C错误；
D．同族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，所以Ts非金属性在同族中最弱，D正确；
故合理选项是C。
9.以下性质的比较中，错误的是
A.酸性：
H2CO3>H2SiO3>H3AlO3B.沸点：
HCl>HBr>HI
C.热稳定性：
HF>HCl>H2SD.碱性：
KOH>NaOH>Mg（OH）2
【答案】B
【解析】
【详解】A．元素的非金属性越强，其对应最高价含氧酸的酸性越强，由于元素的非金属性C>Si>Al，所以酸性：
H2CO3＞H2SiO3＞H3AlO3，A正确；
B．同类型的分子中，相对分子质量越大，沸点越高，沸点为HI＞HBr＞HCl，B错误；
C．元素的非金属性越强，其对应最简单的氢化物越稳定，由于元素的非金属性F>Cl>S，所以氢化物的热稳定性：
HF＞HCl＞H2S，C正确；
D．元素的金属性越强，其对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，由于元素的金属性K>Na>Mg，所以碱性：
KOH＞NaOH＞Mg（OH）2，D正确；
故合理选项是B。
10.在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中，下列操作中末涉及的是
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】
乙酸乙酯的制备是乙醇、浓硫酸和乙酸混合溶液加热生成，生成的乙酸乙酯中混有乙酸、乙醇，通过饱和碳酸钠溶液吸收乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯溶解度，利用分液的方法得的乙酸乙酯，蒸发皿是加热蒸发溶液得到晶体的仪器，据此分析判断。
【详解】A．乙酸乙酯的制备是乙醇、浓硫酸和乙酸混合溶液加热生成的，选择试管中加热，不是水浴加热，A不符合题意；
B．生成的乙酸乙酯混有乙酸、乙醇，通过饱和碳酸钠溶液吸收乙醇、中和乙酸、降低乙酸乙酯溶解度，防止倒吸，所以导气管不能深入溶液中，B不符合题意；
C．饱和碳酸钠溶液吸收静置后，由于乙酸乙酯的密度比水小，与水互不相容，所以要通过分液的方法分离，C不符合题意；
D．图中是利用蒸发皿加热蒸发溶液得到溶质晶体的方法，在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中，操作未涉及，D符合题意；
故合理选项是D。
【点睛】本题考查了乙酸乙酯的制备原理、混合物分离方法、实验基本操作等，掌握基础是解题关键，题目难度不大。
11.下列有关化工生产原理正确的是
A.工业制取烧碱：
Na2O+H2O=2NaOH
B.工业合成盐酸：
H2+Cl2
2HCl
C.工业制取乙烯：
C2H5OH
CH2=CH2↑＋H2O
D.工业制漂粉精：
2Ca（OH）2+2Cl2=Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A.工业上用电解饱和食盐水的方法来制取烧碱，化学方程式为2NaCl+2H2O
2NaOH+H2↑+Cl2↑，A错误；
B.工业利用氢气在氯气中燃烧生成氯化氢，HCl溶于水得到盐酸，而不是光照，B错误；
C.C2H5OH
CH2=CH2↑+H2O是实验室制备乙烯的方法，工业制备乙烯主要是石油的裂解得到，C错误；
D.将过量的氯气通入石灰乳中制取漂粉精，化学方程式为2Ca（OH）2+2Cl2=Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O，D正确；
故合理选项是D。
12.下列气体能用浓硫酸干燥的是
A.SO2B.NH3C.HID.H2S
【答案】A
【解析】
【详解】A．SO2虽然具有还原性，但和浓硫酸不反应，所以能被浓硫酸干燥，A正确；
B．NH3是碱性气体，能被酸性干燥剂浓硫酸吸收，因此不能用浓硫酸干燥，B错误；
C．HI具有还原性，能与氧化性的干燥剂反应，因此不能被浓硫酸干燥，C错误；
D．H2S具有强还原性，能和浓硫酸反应，而被浓硫酸氧化，所以不能被浓硫酸干燥，D错误；
故合理选项是A。
13.通常情况下，仅凭下列事实能证明乙酸是弱酸的是
A.某乙酸溶液与锌粒反应产生气泡很慢B.乙酸钠溶液pH＞7
C.乙酸溶液能使石蕊变红D.某乙酸溶液能导电能力弱
【答案】B
【解析】
【分析】
证明CH3COOH为弱酸，可从以下角度判断：
①等浓度的HCl、CH3COOH导电能力；②等浓度的HCl、CH3COOH比较二者与金属反应速率大小；③判断是否存在电离平衡；④比较二者对应的盐溶液的酸碱性等，以此解答该题。
【详解】A．某乙酸溶液与锌粒反应产生气泡很慢，说明该乙酸中氢离子浓度很小，但是不能说明乙酸部分电离，不能证明乙酸是弱电解质，A错误；
B．乙酸钠的pH＞7，说明乙酸钠是强碱弱酸盐，乙酸是弱酸，B正确；
C．乙酸溶液能使石蕊试液变红色，说明乙酸电离出氢离子，但不能说明部分电离，所以不能证明是弱电解质，C错误；
D．某乙酸导电能力弱，说明该酸中离子浓度较小，但是不能说明乙酸部分电离，则不能证明乙酸是弱电解质，D错误；
故合理选项是B。
【点睛】本题考查弱电解质判断的知识。
明确强、弱电解质根本区别是解本题关键，溶液导电性强弱与离子浓度及离子所带电荷有关，与电解质强弱无关，题目难度不大。
14.已知1mol氢气和氧气完全燃烧生成水蒸气放出241.8千焦热量，下列热化学方程式正确的是
A.2H2（g）+O2（g）→2H2O（g）+241.8kJ
B.H2（g）+1/2O2（g）→H2O（s）+241.8kJ
C.H2（g）+1/2O2（g）→H2O（g）-241.8kJ
D.H2O（g）→H2（g）+1/2O2（g）-241.8kJ
【答案】D
【解析】
1mol氢气和氧气完全燃烧生成水蒸气放出241.8kJ热量，该反应的热化学方程式为：
H2（g）+
O2（g）=H2O（g）△H=-241.8kJ/mol，即H2（g）+1/2O2（g）→H2O（g）+241.8kJ，选项B、C均错误；2mol氢气和氧气完全燃烧生成水蒸气放出483.6kJ热量，该反应的热化学方程式为：
2H2（g）+O2（g）=2H2O（g）△H=-483.6kJ/mol，即2H2（g）+O2（g）→2H2O（g）+483.6kJ，选项A错误；1mol水蒸气分解生成氢气和氧气吸收241.8kJ热量，该反应的热化学方程式为：
H2O（g）=H2（g）+
O2（g）△H=+241.8kJ/mol，即H2O（g）→H2（g）+1/2O2（g）-241.8kJ，选项D正确。
答案选D。
点睛：
本题考查了热化学方程式的书写与反应热的计算、燃烧热等，难度不大，注意掌握热化学方程式的书写。
据热化学方程式的书写原则写出氢气燃烧生成气态水的热化学方程式，方程中的热量和化学计量数要对应，根据1mol气态水转化成液态水放出的热量，结合氢气与氧气反应生成气态水的反应热计算生成液态水的反应热。
15.有关远洋轮船船壳腐蚀与防护叙述错误的是
A.可在船壳外刷油漆进行保护B.可将船壳与电源的正极相连进行保护
C.可在船底安装锌块进行保护D.在海上航行时，船壳主要发生吸氧腐蚀
【答案】B
【解析】
A.可在船壳外刷油漆进行保护，A正确；B.若将船壳与电源的正极相连，则船壳腐蚀加快，B不正确；C.可在船底安装锌块进行保护属于牺牲阳极的阴极保护法，C正确；D.在海上航行时，船壳主要发生吸氧腐蚀，D正确。
本题选B。
16.SO2催化氧化过程中，不符合工业生产实际的是
A.采用热交换器循环利用能量B.压强控制为20～50MPa
C.反应温度控制在450℃左右D.使用V2O5作催化剂
【答案】B
【解析】
A.二氧化硫与氧气转化成三氧化硫，这个过程放热，在接触室安装热交换器目的是将放出的热量用来预热没反应的二氧化硫与氧气的混合气体，循环利用能量，A正确；B.，SO2的催化氧化不采用高压，是因为压强对SO2转化率无影响，B错误；C.在400-500℃下，正方向进行的程度比较大，而且催化剂的活性比较高，C正确；D.催化剂钒触媒（V2O5）能加快二氧化硫氧化速率，D正确。
故选择B。
17.在强酸性条件下因发生氧化还原反应不能大量共存的是
A.Mg2+、Na+、SO42-、Cl-B.K+、CO32-、Cl-、NO3-
C.Na+、Cl-、NO3-、Fe2+D.NH4+、OH-、SO42-、NO3-
【答案】C
【解析】
【分析】
酸性条件下，离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质等可以大量共存；强酸性条件下具有氧化性与具有还原性的离子能发生氧化还原反应，以此来解答。
【详解】A．这几种离子之间不反应且和氢离子不反应，所以能大量共存，A不符合题意；
B．H+、CO32-反应生成CO2和H2O而不能大量共存，但是发生的是复分解反应，不是氧化还原反应，B不符合题意；
C．H+、NO3-、Fe2+会发生氧化还原反应生成Fe3+和NO而不能大量共存，C符合题意；
D．NH4+、OH-发生复分解反应生成NH3·H2O而不能大量共存，但发生的不是氧化还原反应，D不符合题意；
故合理选项是C。
【点睛】本题考查离子共存的知识，明确离子性质及离子共存的条件是解本题关键，注意结合题干中关键词“强酸性、氧化还原反应”来分析解答，题目难度不大。
18.用NaOH标准溶液滴定盐酸，以下操作导致测定结果偏高的是
A.滴定管用待装液润洗B.锥形瓶用待测液润洗
C.滴定结束滴定管末端有气泡D.滴定时锥形瓶中有液体溅出
【答案】B
【解析】
A.滴定管需要用待装溶液润洗，A不符合；B.锥形瓶用待测液润洗会引起待测溶液增加，使测定结果偏高，B符合；C.滴定管末端有气泡，读出的体积比实际体积小，计算出的待测液浓度偏低，C不符合；D.有液体溅出则使用的标准溶液减少，造成结果偏低，D不符合。
故选择B。
19.下列离子方程式书写错误的是
A.铝粉投入到NaOH溶液中：
2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑
B.Al（OH）3溶于NaOH溶液中：
Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O
C.碳酸氢钠水解：
HCO3-+H2O
OH-+CO2↑+H2O
D.FeCl2溶液中通入Cl2：
2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
【答案】C
【解析】
【详解】A．铝粉投入到NaOH溶液中，反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：
2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑，A正确；
B．Al（OH）3溶于NaOH溶液中，反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：
Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，B正确；
C．碳酸氢钠水解生成碳酸和氢氧根离子，溶液显示碱性，盐水解程度是微弱的，存在水解平衡，正确的水解方程式为：
HCO3-+H2O
OH-+H2CO3，C错误；
D．AlCl3溶液中加入足量的氨水，反应生成氯化铵和氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为：
Al3++3NH3•H2O=Al（OH）3↓+3NH4+，D错误；
故合理选项是D。
20.某溶液中可能含有Na+、Al3+、Fe3+、NO3－、SO42－、Cl－（水电离产生H+和OH-除外），滴入过量氨水，仅产生白色沉淀，若溶液中各离子的物质的量浓度相等，则一定存在的离子是
A.SO42-B.NO3-C.Na+D.Fe3+
【答案】A
【解析】
【详解】溶液中可能含有Na+、Al3+、Fe3+、NO3-、SO42-、Cl-，滴入过量氨水产生白色沉淀，该白色沉淀为Al（OH）3，则一定存在Al3+；由于Fe（OH）3为红褐色沉淀，则一定不存在Fe3+；溶液呈电中性，若溶液中各离子的物质的量浓度相等，则一定含有SO42-，至少含有NO3-、Cl-中的1种，故合理选项是A。
二、综合题，完成下列填空（共60分）
21.我国科学家通过测量SiO2中26Al和10Be两种元素的比例确定“北京人”年龄，这种测量方法叫“铝铍测年法”。
完成下列填空：
（1）写出Be的核外电子排布式___________。
Be所在的周期中，最外层有2个未成对电子的元素的符号有_____、_______。
（2）Al和Be具有相似的化学性质，铝原子核外有_____种不同运动状态的电子。
写出BeCl2水解反应的化学方程式_______________________。
（3）研究表明26Al可以衰变为26Mg，请从原子结构角度解释这两种元素金属性强弱关系_______________。
（4）比较Al3+、S2-和C1-半径由大到小的顺序____________________；这3种元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是___________（写名称）。
Al2O3是离子化合物，而AlCl3是共价化合物。
工业制铝时，电解Al2O3而不电解AlCl3的原因是_______________。
【答案】
（1）.1s22s2
（2）.C（3）.O（4）.13（5）.BeCl2+2H2O
Be（OH）2+2HCl（6）.镁与铝电子层数相同，镁的质子数较少，半径较大，核对最外层电子的引力较弱，更易失去电子，金属性较强（7）.S2->C1->Al3+（8）.高氯酸（9）.AlCl3是共价化合物液态时不能电离出自由移动的离子，不能导电
【解析】
【详解】
（1）Be是4号元素，核外电子排布式是1s22s2；Be在元素周期表中位于第二周期，其所在的周期中，最外层有2个未成对电子的有1s22s22p2、1s22s22p4；故相应的元素的符号有C、O；
（2）Al和Be具有相似的化学性质，铝是13号元素，所以Al原子核外有13种不同运动状态的电子。
BeCl2是强酸弱碱盐，在溶液中Be2+发生水解反应，消耗水电离产生OH-，最终达到平衡时，溶液中c（H+）>c（OH-），水解反应的化学方程式BeCl2+2H2O
Be（OH）2+2HCl；
（3）研究表明26Al可以衰变为26Mg，Mg、Al这两种元素的电子层数相同，镁的质子数较少，半径较大，核对最外层电子的引力较弱，更易失去电子，金属性较强；
（4）离子核外电子层数越多，离子半径越大，当离子核外电子层数相同时，离子的核电荷数越大，离子半径越小，所以Al3+、S2-和C1-半径由大到小的顺序为S2->C1->Al3+；这3种元素中非金属性最强的是Cl，元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物中酸性最强，所以酸性最强的是HClO4，名称为高氯酸；Al2O3是离子化合物，而AlCl3是共价化合物。
工业制铝时，电解Al2O3而不电解AlCl3的原因是由于AlCl3是共价化合物，在液态时不能电离出自由移动的离子，不能导电因此不能用电解AlCl3的方法制取Al。
22.工业上用焦炭与石英在高温下氮气流中发生如下反应，3SiO2（s）+6C（s）+2N2（g）
Si3N4（s）+6CO（g）+Q（Q>0），可制得一种新型陶瓷材料氮化硅（Si3N4），该材料熔点高，硬度大，广泛应用于光伏、轴承、冶金、化工、能源、环保等行业。
回答下列问题：
（1）N2的电子式为____________，Si在元素周期表中的位置是_______________，氮化硅晶体属于__________晶体。
（2）该反应中，还原产物是______________。
若测得反应生成22.4LCO气体（标准状况下），则转移的电子的物质的量为_____________。
（3）该反应的平衡常数表达式K=__________________；若其他条件不变，降低温度，达到新的平衡时，K值____________（填“增大”、“减小”或“不变”，以下同）。
CO的浓度_________，SiO2的质量______________。
（4）已知在一定条件下的2L密闭容器中制备氮化硅，SiO2（纯度98.5%，所含杂质不与参与反应）剩余质量和反应时间的关系如右图所示。
CO在0～10min的平均反应速率为_______。
（5）现用四氯化硅、氮气和氢气在高温下发生反应，可得较高纯度的氮化硅。
反应的化学方程式为______________。
【答案】
（1）.
（2）.第三周期第ⅣA族（3）.原子（4）.Si3N4（5）.2mol（6）.
（7）.增大（8）.增大（9）.减小（10）.0.1mol/（L·min）（11）.3SiCl4+2N2+6H2
Si3N4+12HCl
【解析】
【详解】
（1）N原子最外层有5个电子，在N2分子中2个N原子形成三对共用电子对，从而使每个N原子都达到8个电子的温度结构，所以N2的电子式为
，Si是14号元素，核外电子排布是2、8、4，所以在元素周期表中的位置是第三周期第ⅣA族，在氮化硅晶体中每个Si原子与相邻的4个N原子形成共价键，每个N原子与相邻的3个Si形成共价键，这种结构向空间扩展，就形成了立体网状结构，因此该晶体属于原子晶体。
（2）在反应3SiO2（s）+6C（s）+2N2（g）
Si3N4（s）+6CO（g）+Q（Q>0），中C元素的化合价由反应前单质C的0价变为反应后的CO的+2价，化合价升高，失去电子，被氧化，所以CO是氧化产物，N元素的化合价由反应前N2的0价变为反应后Si3N4的-3价，化合价降低，获得电子，所以该反应中，Si3N4是还原产物。
n（CO）=22.4L÷22.4L/mol=1mol，每反应产生1molCO，转移2mol电子，故反应产生1molCO，反应转移的电子的物质的量为2mol；
（3）化学平衡常数是可逆反应达到平衡状态时，各种生成物浓度幂之积与各种反应物浓度幂之积的比，故该反应的平衡常数表达式K=
；由于该反应的正反应是放热反应，所以若其他条件不变，降低温度，化学平衡向正反应方向移动，所以达到新的平衡时，K值增大；平衡正向移动，反应产生更多的CO气体，由于容器的容积不变，所以CO的浓度增大；反应不断正向移动，消耗反应物SiO2，
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