上海市青浦区届高三质量调研二模化学试题解析版.docx
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上海市青浦区届高三质量调研二模化学试题解析版
上海市青浦区2018届高三4月质量调研(二模)化学试题
2018.04
相对原子质量:
H-1C-12N-14O-16Na-23
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.下列物质属于混合物的是
A.冰醋酸B.石油裂解气C.硫磺D.酒精
【答案】B
【解析】冰醋酸是纯醋酸,属于纯净物,故A错误;石油裂解气的成分是乙烯、丙烯等小分子烃,属于混合物,故B正确;硫磺的成分是硫单质,属于纯净物,故C错误;酒精的成分是C2H5OH,属于纯净物,故D错误。
2.干冰气化时,发生变化的是
A.分子间作用力B.分子内共价键
C.分子的大小D.分子的化学性质
【答案】A
【解析】干冰气化时,分子间距离增大,所以分子间作用力减弱,故A正确;干冰气化时二氧化碳分子没变,所以分子内共价键没变,故B错误;干冰气化时二氧化碳分子没变,分子的大小没变,故C错误;干冰气化时二氧化碳分子没变,所以化学性质没变,故D错误。
3.为了防止贮存液氯的钢筒被腐蚀,钢筒在装氯之前必须
A.除去铁锈B.用盐酸清洗C.彻底干燥D.加点铁粉
【答案】C
【解析】铁与干燥的氯气在常温下不反应;铁与潮湿的氯气在常温下能反应,所以钢筒在装氯之前必须彻底干燥,故C正确。
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.下列物质溶于水时会破坏水的电离平衡,且属于电解质的是
A.氯气B.二氧化碳C.氯化钾D.醋酸钠
【答案】D
【解析】氯气是单质,既不是电解质又不是非电解质,故A错误;二氧化碳是非电解质,故B错误;氯化钾属于电解质,是强酸强碱盐,不能水解,不会破坏水的电离平衡,故C错误;醋酸钠是电解质,能水解,促进水电离,故D正确。
6.下列变化过程中Q>0的是
A.CH3COOH
CH3COO-+H++Q
B.CaCO3(s)→CaO(s)+CO2(g)+Q
C.S2-+H2O
HS-+OH-+Q
D.S(g)→S(l)+Q
【答案】D
【解析】电离吸热,Q<0,故A错误;CaCO3(s)→CaO(s)+CO2(g)反应吸热,所以Q<0,故B错误;盐水解吸热,Q<0,故C错误;物质有气态变为液态放热,Q>0,故D正确;
7.下列有关有机物结构、性质的分析正确的是
A.苯可以在空气中燃烧,但不能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B.乙烯和苯都能与H2发生加成反应,说明二者均含有碳碳双键
C.乙醇、乙酸均能与Na反应放出H2,二者分子中官能团相同
D.乙醇在铜催化作用下,能发生还原反应生成乙醛
【答案】A
【解析】苯燃烧生成二氧化碳和水,苯不含碳碳双键,不能被酸性高锰酸钾溶液氧化,故A正确;苯不含碳碳双键,故B错误;乙醇含有羟基、乙酸含有羧基,故C错误;乙醇在铜催化作用下,能发生氧化反应生成乙醛,故D错误。
8.铁棒与石墨用导线连接后,浸入0.01mol·L-1的食盐溶液中(如图所示),下列说法正确的是
A.铁棒是阴极B.石墨附近产生OH-
C.石墨上有Cl2放出D.铁棒上有H2放出
【答案】B
【解析】铁棒与石墨用导线连接后,浸入0.01mol·L-1的食盐溶液中构成原电池,铁棒是负极,故A错误;铁棒与石墨用导线连接后,浸入0.01mol·L-1的食盐溶液中构成原电池,为铁的吸氧腐蚀,石墨是正极,正极反应是O2+4e-+2H2O=4OH-,故B正确;石墨上氧气得电子生成氢氧根离子,故C错误;铁棒是负极,铁棒失电子生成
,故D错误。
点睛:
铁棒与石墨用导线连接后,浸入0.01mol·L-1的食盐溶液中,发生铁的吸氧腐蚀,铁是负极,铁棒失电子生成
;碳棒是正极,O2+4e-+2H2O=4OH-。
9.下列试剂或方法肯定不能鉴别氯化钠和氯化铵固体的是
A.观察颜色B.加热C.加水D.加紫色石蕊试液
【答案】A
【解析】氯化钠和氯化铵都是白色固体,故A正确;氯化铵加热分解为氨气和氯化氢,氯化钠加热不能分解,故B错误;氯化铵溶于水吸热,溶液温度降低,故C错误;氯化铵溶液呈酸性能使紫色石蕊试液变红,故D错误。
10.标准状况下的1molN2和1mol13C2H2,下列叙述错误的是
A.质量相等B.体积相等C.质子数相等D.共用电子对数目相等
【答案】D
【解析】1molN2和1mol13C2H2的质量都是28g,故A正确;标准状况下的1molN2和1mol13C2H2的体积都是22.4L,故B正确;1molN2和1mol13C2H2的质子数都是14NA,故C正确;氮气的结构式是
,1molN2共用电子对数是3NA,C2H2的结构式是
,1mol13C2H2共用电子对数是5NA,故D错误。
11.下列变化不能通过一步反应直接完成的是
A.Na→Na2O2B.C→CO2C.S→SO3D.Fe→Fe3O4
【答案】C
【解析】Na与氧气加热生成Na2O2;C与充足的氧气点燃生成CO2;S在氧气中燃烧只能生成SO2;Fe在氧气中燃烧生成Fe3O4,故选C。
12.测定硫酸铜晶体中结晶水含量的实验中,下列哪个仪器是不需要的
A.蒸发皿B.研钵C.干燥器D.坩埚
【答案】A
【解析】本实验应在天平上称量,在研钵中研成粉末,在坩埚中加热,在干燥器中冷却,所以不需要蒸发皿,故选A。
13.与实际化工生产功能相符合的化学方程式是
A.工业制取乙烯:
C2H5OH
CH2=CH2↑+H2O
B.工业合成盐酸:
H2+Cl2
2HCl
C.工业获取氯化钠:
2Na+Cl2
2NaCl
D.工业制漂粉精:
2Ca(OH)2+2Cl2→Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O
【答案】D
【解析】工业制取乙烯是由石油化工裂解而成,故A错误;工业合成盐酸是用Cl2、H2燃烧法制取HCl气体,然后将HCl气体溶于水制得的,故B错误;工业通过蒸发海水获取氯化钠,故C错误;工业把氯气通入石灰乳中制漂粉精:
2Ca(OH)2+2Cl2→Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O,故D正确。
14.如图是可逆反应A+2B
2C+3D的化学反应速率与化学平衡随外界条件改变(先降温后加压)而变化的情况,由此推断错误的是
A.正反应是放热反应
B.A、B一定都是气体
C.D一定不是气体
D.C可能是气体
【答案】B
【解析】根据图像,降低温度平衡正向移动,所以正反应是放热反应,故A正确;根据图像,加压后平衡正向移动,反应前气体系数和大于反应后气体系数和,所以A、B中至少有一种是气体,故B错误;根据图像,加压后平衡正向移动,反应前气体系数和大于反应后气体系数和,若D是气体,则不可能反应前气体系数和大于反应后气体系数和,故C正确;根据图像,加压后平衡正向移动,反应前气体系数和大于反应后气体系数和,若A、B、C都是气体,D是非气体,则反应前气体系数和大于反应后气体系数和,故D正确。
15.下列物质之间进行反应时,可用离子方程式2H++CO32-→H2O+CO2↑表示的是
A.碳酸钠溶液中加入足量醋酸溶液B.碳酸钡和稀硝酸反应
C.碳酸氢钠溶液中加入少量稀硫酸D.在盐酸溶液中滴入少量碳酸钾溶液
【答案】D
【解析】醋酸是弱酸,不能拆写成H+,故A错误;碳酸钡难溶于水,不能拆写成CO32-,故B错误;碳酸氢钠溶液中加入少量稀硫酸,离子方程式是H++HCO3-→H2O+CO2↑,故C错误;在盐酸溶液中滴入少量碳酸钾溶液,盐酸拆写成H+,碳酸钾拆写成CO32-,故D正确。
点睛:
书写离子方程式时,可溶性强电解质拆写成离子;气体、沉淀、氧化物、单质、弱电解质不能拆写成离子。
16.将二氧化硫气体通入KIO3淀粉溶液,溶液先变蓝后褪色。
此过程中二氧化硫表现出
A.酸性B.还原性C.氧化性D.漂白性
【答案】B
..................
17.常温下,若HA溶液和NaOH溶液混合后pH=7,下列说法错误的是
A.反应后HA溶液可能有剩余
B.HA溶液和NaOH溶液的体积可能相等
C.溶液中c(Na+)>c(A—)
D.HA溶液的c(H+)和NaOH溶液的c(OH-)可能不相等
【答案】C
【解析】若HA是弱酸,HA溶液和NaOH溶液混合后pH=7,反应后HA有剩余,故A正确;若HA是强酸,HA溶液和NaOH溶液混合后pH=7,则HA和NaOH的物质的量相等,所以体积可能相等,故B正确;HA溶液和NaOH溶液混合,根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(A—)+c(OH-),若pH=7,则c(Na+)=c(A—),故C错误;HA酸性强弱不确定,HA溶液和NaOH溶液的体积不确定,所以HA溶液的c(H+)和NaOH溶液的c(OH-)不确定,故D正确。
18.根据相关化学原理,下列判断正确的是:
A.若R
和M
的电子层结构相同,则原子序数:
M>R
B.若R
和M
的电子层结构相同,则离子半径:
M
>R
C.若X是原子晶体,Y是分子晶体,则熔点:
Y>X
D.若A2+2D—→2A-+D2,则氧化性:
D—>A-
【答案】A
【解析】若R2-和M+核外电子数都是10,R的原子序数是8、M的原子序数是11,则原子序数:
M>R,故A正确;若R2-和M+的电子层结构相同,原子序数:
M>R,所以离子半径:
R2->M+
,故B错误;离子晶体熔点大于分子晶体,故C错误;若A2+2D—→2A-+D2,则还原性:
D—>A-,故D错误。
点睛:
氧化还原反应中,氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,还原剂的还原性大于还原产物的还原性。
一般情况下,晶体熔点:
原子晶体>离子晶体>分子晶体。
19.下列各组离子,能在同种溶液中大量共存的是
A.NH4+、Na+、OH-、SO42-B.NH4+、Mg2+NO3-Cl-
C.Ba2+OH-Cl-SO42-D.Fe2+H+Cl-NO3-
【答案】B
点睛:
离子之间结合为沉淀、气体、弱电解质不能大量共存;离子之间发生氧化还原反应不能大量共存。
20.在0.1mol/LNa2CO3溶液中,微粒间浓度关系正确的是
A.[Na+]+[H+]=[OH—]+[HCO3—]+[CO32—]
B.[Na+]>[CO32—]>[HCO3—]>[OH—]
C.[Na+]=2[CO32—]+2[HCO3—]+2[H2CO3]
D.[Na+]>[HCO3—]>[CO32—]>[OH—]
【答案】C
【解析】根据电荷守恒,Na2CO3溶液中[Na+]+[H+]=[OH—]+[HCO3—]+2[CO32—],故A错误;Na2CO3溶液中[Na+]>[CO32—]>[OH—]>[HCO3—],故B错误;根据物料守恒,Na2CO3溶液中[Na+]=2[CO32—]+2[HCO3—]+2[H2CO3],故C正确;Na2CO3溶液中[Na+]>[CO32—]>[OH—]>[HCO3—],故D错误。
点睛:
根据电荷守恒,溶液中阳离子所带正电荷总数一定等于阴离子所带负电荷总数,所以Na2CO3、NaHCO3溶液中一定满足[Na+]+[H+]=[OH—]+[HCO3—]+2[CO32—]。
二、综合题
21.研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。
I.利用反应:
6NO2+8NH3
7N2+12H2O处理NO2。
II.一定条件下NO2与SO2可发生反应:
NO2(g)+SO2(g)
SO3(g)+NO(g)−Q(Q>0)。
III.CO可用于合成甲醇,反应方程式为:
CO(g)+2H2(g)
CH3OH(g)。
(1)硫离子最外层电子的电子排布式为__________________,氨气分子的电子式为___________,氨气分子属于___________分子(填“极性”或者“非极性”)。
(2)C、O、S、N这四种元素中属于同周期元素的非金属性由强到弱的顺序为_______________,能证明其递变规律的事实是(________)
a、最高价氧化物对应水化物的酸性b、气态氢化物的沸点
c、单质与氢气反应的难易程度d、其两两组合形成的化合物中元素的化合价
(3)对于I中的反应,120℃时,该反应在一容积为2L的容器内反应,20min时达到平衡,10min时电子转移了1.2mol,则0~10min时,平均反应速率υ(NO2)=_______________。
(4)对于II中的反应,将NO2与SO2以体积比1:
2置于密闭容器中反应,下列能说明反应达到平衡状态的是_____________
a.体系压强保持不变b.NO2浓度保持不变
c.NO2和SO3的体积比保持不变d.混合气体的平均相对分子质量保持不变
(5)请写出II中反应的平衡常数表达式K=_____________________________________。
如果II中反应的平衡常数K值变大,该反应___________
a.一定向正反应方向移动b.平衡移动时,正反应速率先减小后增大
c.一定向逆反应方向移动d.平衡移动时,逆反应速率先增大后减小
(6)对于III中的反应,CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如图示。
实际生产条件控制在250℃、1.3×104kPa左右,简述选择此压强的理由:
____________________________。
【答案】
(1).3s23p6
(2).
(3).极性(4).O>N>C(5).cd(6).0.015mol/(L·min)(7).bc(8).[SO3][NO]/[NO2][SO2](9).a(10).250℃、1.3×104kPa下,CO的转化率已经很高,如果增加压强CO的转化率提高不大,而生产成本增加,得不偿失
【解析】试题分析:
(1)硫离子最外层有8个电子,排布式在3s、3p轨道;氨气分子中氮原子通过3个共价键与氢原子结合;氨气分子中为极性共价键,空间构型为三角锥;
(2)C、O、S、N这四种元素中,C、O、N为第三周期元素,N属于第四周期元素;同周期元素的非金属性从左到右依次增强;可以根据最高价氧化物的水化物酸性强弱、与氢气化合的难易、气态氢化物的稳定性判断非金属性;(3)6NO2+8NH3
7N2+12H2O,电子转移了1.2mol,消耗NO20.3mol,根据
计算速率;(4)根据平衡标志分析;(5)II中反应的平衡常数表达式K=
;NO2(g)+SO2(g)
SO3(g)+NO(g)−Q(Q>0),正反应吸热,平衡常数增大,说明温度升高;(6)CO(g)+2H2(g)
CH3OH(g)250℃、1.3×104kPa下,CO的转化率已经很高;
解析:
(1)硫离子最外层有8个电子,排布式在3s、3p轨道,硫离子最外层电子的电子排布式为3s23p6;氨气分子中氮原子通过3个共价键与氢原子结合,氨分子的电子式是
;氨气分子中为极性共价键,空间构型为三角锥,所以氨分子是极性分子;
(2)C、O、S、N这四种元素中,C、O、N为第三周期元素,N属于第四周期元素;同周期元素的非金属性从左到右依次增强,所以非金属性O>N>C;a、氧元素没有氧化物,故a错误;b、气态氢化物的沸点,不能反映非金属性强弱,故b错误;c、单质越易与氢气反应,非金属性越强,故c正确;d、其两两组合形成化合物时,非金属性强的显负价,故d正确,选cd;(3)6NO2+8NH3
7N2+12H2O,电子转移了1.2mol,消耗NO20.3mol,
mol/(L·min);(4)a.反应前后气体系数和不变,所以压强是恒量,所以压强保持不变,不一定达到平衡状态,故a错误;b.根据化学平衡定义,NO2浓度保持不变一定达到平衡状态,故b正确;c.设开始投料amolNO2与2amolSO2,反应消耗NO2的物质的量为xmol,NO2和SO3的体积比为
,所以NO2和SO3的体积比是变量,体积比保持不变一定达到平衡,故c正确;d.根据
,混合气体的平均相对分子质量是恒量,平均相对分子质量保持不变不一定达到平衡,故d错误,选bc;(5)II中反应的平衡常数表达式K=
;NO2(g)+SO2(g)
SO3(g)+NO(g)−Q(Q>0),正反应吸热,平衡常数增大,说明温度升高;温度升高时,平衡一定正向移动,故a正确;b.温度升高时,正反应速率先增大后减小,故b错误;c.温度升高时,一定向正反应方向移动,故c错误;d.温度升高,逆反应速率增大,故d错误。
(6)CO(g)+2H2(g)
CH3OH(g)250℃、1.3×104kPa下,CO的转化率已经很高,如果增加压强CO的转化率提高不大,而生产成本增加,得不偿失。
点睛:
若正反应吸热,温度升高时,平衡正向移动,正反应速率先增大后减小;若正反应放热,温度升高时,平衡逆向移动,逆反应速率先增大后减小。
22.海洋是资源的宝库,含有丰富的化学元素。
(1)在电解饱和食盐水的实验中,阳极产物的检验方法是________________________。
(2)目前从海水中提溴(Br2)大致有以下步骤。
①向浓缩的海水中通入Cl2,将海水中的Br-氧化为Br2。
②用热空气将Br2从上述溶液中吹出,并由浓Na2CO3溶液吸收,转变为NaBr、NaBrO3和CO2。
吸收1moLBr2需消耗Na2CO3________moL。
③再将所得混合溶液用稀硫酸酸化,得到浓度较高的溴水,配平该反应的离子方程式。
____Br—+____BrO3—+____H+→____Br2+____H2O
(3)碘主要从海带中提取,某课外兴趣小组的同学用海带为原料制得少量碘水之后,欲用CCl4从碘水中萃取碘,请简述能用CCl4从碘水中萃取碘的原因是:
___________。
(4)同温同浓度的Na2CO3溶液、NaHCO3溶液,PH大小顺序为________˃。
NaHCO3溶液中滴入少量氢氧化钠溶液,溶液中c(CO32-)_______(填变大或变小),请用平衡理论解释发生这种变化的原因____________________________。
【答案】
(1).湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝
(2).1mol(3).51633(4).单质碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度;四氯化碳与水互不相容,存在较大的密度差;碘与四氯化碳不反应(5).Na2CO3>NaHCO3(6).增大(7).HCO3—
H++CO32—,滴入氢氧化钠,OH—结合H+生成水,导致电离平衡正向移动,[CO32—]增大
【解析】试题分析:
(1)在电解饱和食盐水的实验中,阳极产物是氯气;
(2)②根据得失电子守恒,溴与碳酸钠反应的方程式为3Br2+3Na2CO3=5NaBr+NaBrO3+3CO2;③根据得失电子守恒、电荷守恒配平离子方程式;(3)根据萃取原理回答;(4)CO32—水解程度大于HCO3—;滴入氢氧化钠,OH—结合H+生成水,氢离子浓度减小,HCO3—
H++CO32—平衡正向移动。
解析:
(1)在电解饱和食盐水的实验中,阳极产物是氯气,氯气能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝,所以阳极产物的检验方法是湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝;
(2)②溴与碳酸钠反应的方程式为3Br2+3Na2CO3=5NaBr+NaBrO3+3CO2,吸收1moLBr2需消耗Na2CO31mol;③根据得失电子守恒、电荷守恒,离子方程式为5Br—+1BrO3—+6H+=3Br2+3H2O;(3).单质碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度;四氯化碳与水互不相容,存在较大的密度差;碘与四氯化碳不反应,所以用CCl4从碘水中萃取碘。
(4)CO32—水解程度大于HCO3—,所以同温同浓度的Na2CO3溶液、NaHCO3溶液,PH大小顺序为Na2CO3>NaHCO3;滴入氢氧化钠,OH—结合H+生成水,氢离子浓度减小,导致HCO3—
H++CO32—平衡正向移动,[CO32—]增大。
点睛:
选用萃取剂的原则:
①和原溶液中的溶剂互不相溶;②对溶质的溶解度要远大于原溶剂;③不易于挥发;④萃取剂不能与原溶液的溶剂反应。
23.联碱法(候氏制碱法)和氨碱法的生产流程简要表示如下图:
(1)两种方法的沉淀池中均发生的反应化学方程式为______________________________。
(2)X是_________,Y是__________(填化学式)。
(3)Z中除了溶解的氨气、食盐外,其它溶质还有____________________;排出液中的溶质除了氢氧化钙外,还有______________________________________________。
(4)根据联碱法中从母液中提取氯化铵晶体的过程推测,所得结论正确是_______。
a.常温时氯化铵的溶解度比氯化钠小
b.通入氨气能增大NH4+的浓度,使氯化铵更多析出
c.加入食盐细粉能提高Na+的浓度,使NaHCO3结晶析出
(5)为检验产品碳酸钠中是否含有氯化钠,请设计实验方案__________________________。
(6)联碱法中,每当通入NH322.4L(已折合成标准状况下)时可以得到纯碱50.0g,则NH3的利用率为____________。
(结果精确到0.01)
【答案】
(1).NaCl+NH3+CO2+H2O→NaHCO3↓+NH4Cl
(2).CO2(3).NH3(4).Na2CO3,NH4Cl(5).NaCl,CaCl2(6).b(7).取样,加入硝酸酸化的硝酸银溶液,若有白色沉淀生成,则产品中含氯化钠(8).0.94
【解析】试题分析:
(1)依据流程图分析可知,生产流程联碱法和氨碱法生产流程中沉淀池中发生的反应是氨气、二氧化碳、水、氯化钠反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵;
(2)联碱法生产流程图中,循环Ⅱ中是碳酸氢钠分解生成的二氧化碳气体;氨碱法的生产流程中循环Ⅰ是氧化钙和水反应生成氢氧化钙,氢氧化钙与铵盐反应生成的氨气;(3)依据两个过程中的物质发生的反应,联碱法母液主要是氯化铵、碳酸钠、碳酸氢钠、氯化钠;氨碱法排出液中的溶质除了氢氧化钙外,还有氢氧化钙和氯化铵反应生成的氯化钙、氯化钠;(4)常温时氯化铵的溶解度比氯化钠大;通氨气作用有增大NH4+的浓度,使NH4Cl更多地析出和使NaHCO3转化为Na2CO3;加入食盐细粉目的是提高Cl-的浓度;(5)检验产品碳酸钠中是否含有氯化钠,可以将产品溶解,检验溶液中是否含有Cl-;(6)根据方程式NaCl+NH3+CO2+H2O→