届上海市闵行区高三下学期二模质量调研考试化学试题.docx
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届上海市闵行区高三下学期二模质量调研考试化学试题
2019届上海市闵行区高三下学期二模质量调研考试
化学试卷
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.科学家借助晶体硅提高了阿伏加德罗常数的精确度。
有关晶体硅描述错误的是
A.由原子构成B.含非极性键
C.含非极性分子D.熔点高
【答案】C
【解析】
【详解】A.晶体硅是原子晶体，由原子构成，故A正确；
B.硅原子与硅原子间以非极性共价键连接，故B正确；
C.由于晶体硅是原子晶体，所以不含有分子，故C错误；
D.原子晶体的特点是熔点高，故D正确；
故选C。
2.与“自制蒸馏水”原理相仿的是
A.煤干馏B.石油分馏C.石油裂化D.石油裂解
【答案】B
【解析】
【详解】制备蒸馏水是利用了混合物的沸点不同进行分离的蒸馏操作，
A.煤干馏指煤在隔绝空气条件下加热、分解，生成焦炭（或半焦）、煤焦油、粗苯、煤气等产物的过程，与蒸馏原理不同，且煤的干馏是属于化学变化，故A不符合题意；
B.石油分馏是将石油中几种不同沸点的混合物分离的一种方法，属于物理变化，石油分馏与蒸馏原理相似，故B符合题意；
C.石油裂化是在一定的条件下，将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程，且这个分离过程是化学变化，与蒸馏原理不同，故C不符合题意；
D.石油的裂解是高温条件下使具有长链分子的烃断裂成各种短链的气态烃和少量液态烃，以提供有机化工原料，与蒸馏原理不同，故D不符合题意；
故选B
3.氯化铵受热分解时，破坏的作用力是
A.分子间作用力B.离子键C.共价键D.离子键和共价键
【答案】D
【解析】
【详解】氯化铵受热分解产生氨气和HCl，破坏了离子键和共价键，故D正确；
故选D。
4.1mol任何气体的体积
A.约是22.4LB.一定是22.4LC.可能是22.4LD.不可能是22.4L
【答案】C
【解析】
【详解】1mol任何气体的体积在标准状况下的体积为22.4L，在未知条件时不确定，故C正确；
故选C。
5.对水的电离平衡没有影响的物质是
A.硝酸铵B.硫化钠C.氯化氢D.碘化钠
【答案】D
【解析】
【详解】A.硝酸铵中NH4+易水解，促进水的电离，故A不符合题意；
B.硫化钠中的S2-易水解，促进水的电离，故B不符合题意；
C.氯化氢溶于水电离出H+抑制水的电离，故C不符合题意；
D.碘化钠是强酸强碱盐，对水的电离无影响，故D符合题意；
故选D。
6.不能实现“Fe→FeCl2”转化的试剂是
A.氯气B.稀盐酸C.氯化铁溶液D.氯化铜溶液
【答案】A
【解析】
【详解】A.Cl2具有强氧化性，Fe与Cl2反应生成FeCl3，不能实现转化，故A错误；
B.Fe与盐酸反应生成FeCl2和氢气，可以实现转化，故B正确；
C.Fe与FeCl3反应生成FeCl2，可以实现转化，故C正确；
D.Fe与CuCl2发生置换反应生成FeCl2和Cu，可以实现转化，故D正确；
故选A。
7.不能与SO2反应的物质是
A.浓硫酸B.品红溶液C.氢硫酸D.硝酸钡溶液
【答案】A
【解析】
【详解】A.浓硫酸与SO2不反应，故A符合题意；
B.SO2与品红反应生成不稳定的无色物质，即SO2可以使品红褪色，故B不符合题意；
C.SO2与氢硫酸反应可生成S单质和水，故C不符合题意；
D.SO2与水反应生成亚硫酸，提供H+，H+和NO3-结合成HNO3具有强氧化性，可将H2SO3氧化成硫酸，从而SO42-与Ba2+结合生成硫酸钡，故D不符合题意；
故选A。
8.实验室制取的乙炔常含少量硫化氢，可用于除杂的试剂是
A.氧气B.溴水C.NaOH溶液D.酸性KMnO4溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A.硫化氢与氧气反应会生成SO2气体杂质，即引入了新杂质，故A错误；
B.乙炔会与溴水发生加成反应，故B错误；
C.H2S为酸性气体，能与氢氧化钠溶液反应，乙炔与氢氧化钠溶液不反应，可用氢氧化钠溶液除杂，故C正确；
D.高锰酸钾具有强氧化性，能把乙炔氧化，故D错误；
答案选C。
【点睛】除杂的原则：
除去杂质，保证主体物质不损失，不引入新的杂质。
9.下列转化属于工业固氮的是
A.N2→NOB.N2→NH3C.NH3→NH4ClD.NH4HCO3→NH3
【答案】B
【解析】
【详解】工业固氮即在化工生产中将游离态的氮转化为化合态的氮，N2在自然界中打雷闪电时亦可发生转化，则A不符合题意，故B符合题意；
故选B。
10.互为同系物的是
A.
与
B.
与
C.CH≡CCH3与CH3C≡CCH3D.CH2=CHCH2CH3与（CH3）2C=CH2
【答案】C
【解析】
【详解】A.两种化合物分子式相同，结构不同，互
同分异构体，故A错误；
B.甲烷是正四面体结构，其中2个H原子被F原子取代得到的CCl2F2只有一种结构，即两式显示的是同一种物质，故B错误；
C.CH≡CCH3与CH3C≡CCH3结构相似，分子组成相差1个CH2，它们互为同系物，故C正确；
D.CH2=CHCH2CH3与（CH3）2C=CH2，分子式相同而结构不同，互为同分异构体，故D错误；
故选C。
【点睛】同系物是指结构相似、分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物。
11.已知34Se位于第四周期第VIA族。
关系正确的是
A.原子半径：
Se>Cl>SB.得电子能力：
Se>Cl>S
C.酸性：
HClO4>H2SO4>H2SeO4D.还原性：
Cl->S2->Se2-
【答案】C
【解析】
【详解】A.同主族元素，从上到下原子半径逐渐增大，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，所以原子半径：
Se>S>Cl，故A错误；
B.非金属越强，得电子能力越强，得电子能力：
Cl>S>Se，故B错误；
C.非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性：
Cl>S>Se，所以酸性：
HClO4>H2SO4>H2SeO4，故C正确；
D.原子的氧化性越强，对应离子的还原性越弱，氧化性：
Cl>S>Se，所以还原性：
Se2->S2->Cl-，故D错误；
故选C。
【点睛】同主族元素，从上到下原子半径逐渐增大，金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强。
掌握元素周期律及其应用是解答本题的关键。
12.标准盐酸滴定未知浓度氢氧化钠溶液，适宜的指示剂及终点颜色变化是
A.酚酞，红色变为无色B.甲基橙，黄色变橙色
C.酚酞，红色变浅红色D.甲基橙，黄色变红色
【答案】B
【解析】
【详解】甲基橙的变色范围为3.1-4.4，酚酞变色范围为8-10，所以标准盐酸滴定未知浓度氢氧化钠溶液选用甲基橙为指示剂，滴定前将甲基橙加入氢氧化钠溶液，溶液为碱性，呈黄色，当用盐酸滴定达到终点时，溶液变为橙色，滴定终点颜色变化为：
由黄变橙，故B正确；
故选B。
13.室温下，向CH3COOH溶液中加少量CH3COONa固体，溶液中减小的是
A.c（H+）B.c（OH-）C.c（CH3COO-）D.c（CH3COOH）
【答案】A
【解析】
【详解】醋酸溶液中存在电离平衡：
CH3COOH
H++CH3COO-，在醋酸溶液中加入醋酸钠固体后，c（CH3COO-）增大，促进平衡向逆反应方向移动，即c（H+）减小，故A正确；
故选A。
14.氯气通入紫色石蕊试液中，溶液由紫色→红色→无色。
导致变色
微粒依次是
A.H+、Cl-B.H+、HClOC.HCl、Cl2D.Cl-、ClO-
【答案】B
【解析】
【详解】氯气通入紫色石蕊试液中发生反应Cl2+H2O
HClO+HCl，由于HCl和HClO电离生成H+，使溶液显酸性，所以紫色石蕊试液变红，又因为HClO具有漂白性，所以溶液红色褪去，故B正确；
故选B。
【点睛】掌握氯气与水的反应原理及HClO的性质是解决本题的关键。
15.热化学方程式2H2O2（l）
2H2O（l）+O2（g）+196kJ。
说法正确的是
A.生成0.5LO2时放热98kJB.H2O为气态时，放热大于196kJ
C.反应物总能量小于生成物总能量D.加入催化剂MnO2，反应热不变
【答案】D
【解析】
【详解】A.热反应方程式中反应物和生成物的系数表示的是它们的物质的量而不是体积，故A错误；
B.H2O从液态变为气态时，需要吸收热量，所以该反应中H2O为气态时，放热小于196kJ，故B错误；
C.该反应是放热反应，反应物总能量应大于生成物总能量，故C错误；
D.催化剂可以改变反应的活化能，但不影响反应热，故D正确；
故选D。
【点睛】A项为本题的易错点，注意热化学方程式中各物质的系数表示的是物质的量而不是个数，更不是体积。
16.实验室检验NH4Cl溶液中NH4+离子的主要化学原理是
A.NH4++OH-
NH3↑+H2OB.NH3∙H2O
NH4++OH-
C.NH4Cl
NH3↑+HCl↑D.NH4++H2O
NH3∙H2O+H+
【答案】A
【解析】
【详解】NH4+与碱在共热的条件下反应生成NH3和水，氨气可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，以此来检验NH4+，故A正确；
故选A。
17.还原性I->Fe2+>Br-。
向含有I-、Fe2+、Br-溶液中通入一定量氯气后，所得溶液离子成分分析正确的是
A.I-、Fe3+、Cl-B.Fe2+、Cl-、Br-
C.Fe2+、Fe3+、Cl-D.Fe2+、I-、Cl-
【答案】B
【解析】
【详解】还原性I-＞Fe2+＞Br-，向含有I-、Fe2+、Br-的溶液中通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子；
A.当溶液中含有碘离子，就不会出现铁离子，故A错误；
B.通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，当亚铁离子存在时，溴离子一定不会参与反应，氯气作氧化剂，对应产物是氯离子，故B正确；
C.当溶液中存在亚铁离子时，一定会存在溴离子，故C错误；
D.当溶液中存在亚铁离子时，一定会存在溴离子，故D错误；
故选B。
【点睛】依据离子的还原性强弱顺序判断溶液中的各离子是否能够共存是解决本题的关键。
18.生产措施与目的不相符的是
选项
生产措施
目的
A
工业制硫酸：
粉碎硫铁矿
提高反应的速率
B
合成氨：
铁触媒作催化剂
提高产物的产率
C
海水提溴：
热空气吹出Br2
提高Br2的纯度
D
侯氏制碱：
母液循环使用
提高原料利用率
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
【详解】A.粉碎硫铁矿，是为了增大反应物的接触面积，从而加快化学反应速率，故A不符合题意；
B.催化剂只影响化学反应速率，不能使平衡移动，则产物的产率不变，故B符合题意；
C.溴易挥发，所以热空气能吹出溴是利用溴易挥发的性质，从而除去了不易挥发的杂质，则提高了Br2的纯度，故C不符合题意；
D.侯氏制碱：
母液循环使用，可以提高原料的利用率，故D不符合题意；
故选B。
19.如图是钢铁电化学保护的示意图。
分析正确的是
A.若a、b两端用导线相连，Fe作正极
B.若a、b两端用导线相连，Zn被还原
C.若a、b两端与电源相连，Fe作阳极
D.若a、b两端与电源相连，Zn极得电子
【答案】A
【解析】
【详解】A.若a、b两端用导线相连，形成原电池，Zn比Fe活泼，则Zn作负极，Fe作正极，故A正确；
B.若a、b两端用导线相连，形成原电池，则Zn作负极，失去电子，发生氧化反应，Zn被氧化，故B错误；
C.a、b两端与电源相连，若Fe作阳极，阳极失去电子，铁被损耗，不能达到钢铁保护的要求，故C错误；
D.若a、b两端与电源相连，Zn极得电子，即Zn极是阴极，Fe作阳极，阳极失去电子，铁被损耗，不能达到钢铁保护的要求，故D错误；
故选A。
【点睛】明确原电池和电解池的工作原理、各个电极上发生的反应是解答本题的关键，用电化学方法保护铁时，铁应为原电池的正极或电解池的阴极。
20.已知4（NH4）2SO4
N2↑+6NH3↑+3SO2↑+SO3↑+7H2O。
将硫酸铵完全分解后的气体通入过量BaCl2溶液中，有白色沉淀生成且有无色无味气体逸出。
说法正确的是
A.生成沉淀中有BaSO4和BaSO3，且n（BaSO4）:
n（BaSO3）约为1:
1
B.生成沉淀中有BaSO4和BaSO3，且n（BaSO4）:
n（BaSO3）约为1:
2
C.生成沉淀中有BaSO4和BaSO3，且n（BaSO4）:
n（BaSO3）约为1:
3
D.从溶液中逸出的气体只有N2，溶液中溶质只有NH4Cl、BaCl2
【答案】A
【解析】
【详解】硫酸铵分解反应为4（NH4）2SO4
N2↑+6NH3↑+3SO2↑+SO3↑+7H2O，反应后的混合气体通入到BaCl2溶液中发生的是复分解反应，SO2+H2O+2NH3=（NH4）2SO3；（NH4）2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NH4Cl；SO3+H2O+2NH3=（NH4）2SO4；（NH4）2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NH4Cl；依据反应定量关系，结合分解生成的气体物质的量可知，设4mol（NH4）2SO4分解，生成1molN2，6molNH3，3molSO2，1molSO3，二氧化硫转化为亚硫酸铵，1mol三氧化硫转化为硫酸铵消耗氨气2mol，则4mol氨气和2mol二氧化硫反应生成2mol亚硫酸铵，所以得到的沉淀为1mol硫酸钡，2mol亚硫酸钡，剩余二氧化硫和亚硫酸钡反应生成亚硫酸氢钡，最后得到沉淀为1mol硫酸钡，1mol亚硫酸钡，因此得到沉淀为BaSO3和BaSO4，且n（BaSO4）:
n（BaSO3）为1:
1，溶液中的溶质还有亚硫酸氢钡，故A正确；
故选A。
二、综合分析题（共60分）
（一）（本题共13分）
21.氢化铝锂（LiAlH4）是化工生产中广泛应用于药物合成的常用试剂。
（1）LiAlH4可将乙醛转化为乙醇，LiAlH4作该反应的______剂（选填“氧化”“还原”“催化”），用____（填试剂名称）可检验乙醛已完全转化。
（2）配平化学反应方程式。
______LiAlH4+______H2SO4→______Li2SO4+_______Al2（SO4）3+_______H2↑
该反应中H2SO4体现________性。
若上述反应中电子转移数目为0.2NA个，则生成标准状况下氢气体积为_____________。
（3）现有两种浓度的LiOH溶液，已知a溶液的pH大于b溶液，则两种溶液中由水电离的c（H+）大小关系是：
a_____b（选填“>”、“<”或“=”）。
（4）铝和氧化铁高温下反应得到的熔融物通常为铁铝合金，设计实验证明其含金属铝。
_____________________________
【答案】
（1）.还原
（2）.新制氢氧化铜悬浊液（银氨溶液）（3）.2（4）.4（5）.1（6）.1（7）.8（8）.氧化性和酸性（9）.4.48L（10）.<（11）.取样，滴加氢氧化钠溶液，若有气泡产生，则合金中有金属铝。
若无气泡产生，则合金中没有金属铝
【解析】
【详解】
（1）乙醛被还原生成乙醇，则LiAlH4作该反应的还原剂，乙醛可以与新制的氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，以此来检验乙醛，或者利用乙醛可以与银氨溶液发生银镜反应，以此来检验乙醛，
故答案
：
还原；新制氢氧化铜悬浊液（银氨溶液）；
（2）LiAlH4中H元素从-1价转化为0价的H2即LiAlH4作还原剂，硫酸中H元素从+1价转化成0价即硫酸作氧化剂，同时生成了硫酸盐，体现了硫酸的酸性，根据氧化还原反应中得失电子数相等，可配平方程式：
2LiAlH4+4H2SO4→Li2SO4+Al2（SO4）3+8H2↑，根据方程式可知，2LiAlH4——8H2——8e-，若上述反应中电子转移数目为0.2NA个，即生成氢气0.2mol，标况下体积为：
0.2mol×22.4mol/L=4.48L；
故答案
：
24118；氧化性和酸性；4.48L；
（3）pH大，即c（OH-）大，c（H+）小，已知a溶液的pH大于b溶液，则a溶液中的c（H+）小于b溶液，
故答案为：
<；
（4）由于金属铝既能和酸反应又能和碱反应，而铁不能和碱反应，所以可以用氢氧化钠检验金属铝，合金与氢氧化钠反应，有气泡生成即说明合金中含有金属铝，
故答案为：
取样，滴加氢氧化钠溶液，若有气泡产生，则合金中有金属铝，若无气泡产生，则合金中没有金属铝。
（二）（本题共15分）
22.硫及其化合物在工业生产、生活中有重要的用途。
（1）硫原子最外层电子轨道表示式为__________。
与电子排布式相比，轨道表示式还描述了核外电子运动状态中的______和______。
（2）S、Cl、N三种元素常见的氢化物中，写出属于非电解质的电子式___________。
已知PbS与O2在高温时生成铅的氧化物和SO2，化学平衡常数（K）的表达式为：
K=
。
（3）写出上述反应的化学方程式__________________________。
在2L高温密闭容器中加入PbS固体和O2，0～5min内气体质量增加1.6g，则5min内SO2的平均反应速率___________________。
（4）上述反应达到平衡后，说法正确的是_________（选填编号）。
a.速率关系：
2v（O2）=3v（SO2）
b.气体密度随着PbS的质量增加而增大
c.每生成1.5molO2，同时消耗1molSO2
d.压缩体积到新平衡，浓度增大的倍数：
O2>SO2
（5）向NaOH溶液中缓慢通入SO2至过量，反应过程中某微粒X的物质的量浓度随通入SO2的体积变化如图所示。
该微粒X为_________。
SO2过量时溶液中仍存在微粒X，解释原因。
______________________
【答案】
（1）.
（2）.轨道（电子云伸展方向和形状）（3）.电子自旋方向（4）.
（5）.2PbS+3O2
2PbO+2SO2（6）.0.01mol·L-1·min-1（7）.ac（8）.SO32-（9）.HSO3-
H++SO32-，由于HSO3-会电离生成少量的SO32-
【解析】
【分析】
根据元素周期表及元素周期率分析解答；根据化学反应速率计算原理分析解答；根据勒夏特列原理在化学平衡中的应用分析解答。
【详解】
（1）S原子位于第三周期第VIA族，最外层6个电子，基态原子核外电子排布式为：
[Ne]3s23p4,S原子的最外层电子轨道表示式为：
，轨道表示式还描述了核外电子运动状态中的轨道（电子云伸展方向和形状）和电子自旋方向，
故答案为：
；轨道（电子云伸展方向和形状）；电子自旋方向；
（2）S、Cl、N三种元素常见的氢化物分别为：
H2S、HCl、NH3，其中属于非电解质的是NH3，它的电子式为：
（3）根据信息提示可知PbS与O2在高温时生成铅的氧化物和SO2，方程式为：
2PbS+3O2
2PbO+2SO2，气体质量增加1.6g即m（SO2）-m（O2）=n（SO2）×64g/mol-
n（SO2）×32g/mol=1.6g，计算得，n（SO2）=0.1mol，v（SO2）=
=
=0.01mol·L-1·min-1，
故答案为：
2PbS+3O2
2PbO+2SO2；0.01mol·L-1·min-1；
（4）化学反应速率之比等于化学计量数之比，即
=
，故a正确；固体PbS质量的变化对化学反应平衡没有影响，故b错误；达到化学平衡时，v正=v逆，计算可得到每生成1.5molO2，同时消耗1molSO2，故c正确；对于反应2PbS+3O2
2PbO+2SO2
，压缩体积，SO2的浓度增大的倍数一直比O2的浓度增大的倍数大，不能判断平衡，故d错误；故选ac；
故答案为：
ac；
（5）SO2与氢氧化钠反应生成Na2SO3，SO2过量继续与Na2SO3反应生成NaHSO3，从图象可知，X的浓度先增大后减小，说明X是SO32-，由于SO2过量时，SO2与OH-反应生成HSO3-，而HSO3-在溶液中存在电离平衡，即HSO3-
H++SO32-，HSO3-会电离生成少量的SO32-，所以溶液中会存在SO32-，
故答案为：
SO32-；HSO3-
H++SO32-，由于HSO3-会电离生成少量的SO32-。
【点睛】化学平衡移动方向的判断要依据勒夏特列原理，如果改变可逆反应的条件（如浓度、压强、温度等），化学平衡就被破坏，并向减弱这种改变的方向移动，注意固体的质量变化不能使化学平衡移动。
（三）（本题共15分）
23.E是一种能发生加聚反应的有机合成中间体，合成E的路线如下。
（1）反应①的类型是________________；反应②的试剂和条件是__________________。
（2）写出反应③的化学方程式_______________________________。
（3）D的结构简式___________。
D有多种同分异构体，写出一种符合下列要求的结构简式____________。
i.含有苯环ii.能发生水解反应iii.苯环上的一溴代物有两种
（4）通过反应⑤得到E的产率不高，原因是___________________________。
（5）设计一条由CH3CH=CHCH3为原料制备
的合成路线。
___________
（合成路线常用的表示方法为：
X
Y……
目标产物）
【答案】
（1）.加成
（2）.NaOH/H2O、加热（3）.
（4）.
（5）.
（6）.D既有羟基又有羧基，在浓硫酸作用下发生消去反应时，会生成酯类等副产物，影响产率（7）.
【解析】
【分析】
由B物质逆向推断可知，A为苯乙烯，与Br2发生加成反应得到B，以物质D为中心，正向和逆向推断可知，D中一定含有羟基和羧基，C物质被两次氧化得到D，可知C物质中含有羟基，由此继续逆向推断可知，B物质中的Br原子水解得到羟基，再被氧化得到羧基，E物质是D物质自身酯化得到的酯；
【详解】
（1）依据上述推断分析可知，A为苯乙烯，与Br2发生加成反应得到B，则反应①是加成反应，反应②是卤代烃的水解反应，反应条件为氢氧化钠的水溶液、加热，
故答案为：
加成；NaOH/H2O、加热；
（2）反应③是C物质中的羟基被氧化成醛基，化学反应方程式为：
，
故答案为：
；
（3）由物质B可知，D中含有一个苯环，另3个C原子相连，其中D含有一个羟基和一个羧基，即可推断出D的结构简式为：
，若D的同分异构体含有苯环且能发生水解反应即含有酯基，并且苯环上的一溴代物有两种，可推断出D的同分异构体的结构简式为：
，
故答案为：
；
；
（4）通过反应⑤得到E的产率不高，是由于D既有羟基又有羧基，在浓硫酸作用下发生消去反应时，会生成酯类等副产物，影响产率，
故答案为：
D既有羟基又有羧基，在浓硫酸作用下发生消去反应时，会生成酯类等副产物，影响产率；
（5）由聚合物的结构逆向推断形成聚合物的单体是2-丁烯和1,3丁二烯，所以
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