精品解析上海市静安区学年高三第二学期教学质量检测化学试题解析版.docx

精品解析上海市静安区学年高三第二学期教学质量检测化学试题解析版.docx

《精品解析上海市静安区学年高三第二学期教学质量检测化学试题解析版.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《精品解析上海市静安区学年高三第二学期教学质量检测化学试题解析版.docx（17页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

精品解析上海市静安区学年高三第二学期教学质量检测化学试题解析版

上海市静安区2017学年第二学期教学质量检测

高三化学试卷

1.下列过程不涉及化学变化的是

A.用氨气做制冷剂B.用氢氧化铝治疗胃酸过多

C.用糯米酿制甜酒D.用食醋除去水壶中的水垢

【答案】A

【解析】A.用氨气做制冷剂是利用液氨气化时吸热，不涉及化学变，选项A选；B.用氢氧化铝治疗胃酸过多，氢氧化铝与盐酸反应涉及化学变化，选项B不选；C.用糯米酿制甜酒，淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖氧化生成乙醇涉及化学反应，选项C不选；D.用食醋除去水壶中的水垢，碳酸钙等与醋酸反应涉及化学变化，选项D选。

答案选A。

2.2017年9月美俄科学家利用计算机模拟设计出密度比水还小的超轻晶体铝，这种晶体铝属于

A.电解质B.有机物C.单质D.化合物

【答案】C

3.属于同位素的两种微粒是

A.H2和D2B.2He和3HeC.CH4和C2H6D.O2和O3

【答案】B

【解析】A、同位素使用范围是原子，H2和D2是氢元素形成的单质，结构相同，为同一物质，选项A错误；B、2He和3He质子数相同，质量数不同，为氦元素的不同原子，互为同位素，选项B正确；C．CH4和C2H6都是化合物，不属于同位素，是同系物，选项C错误；D．O2和O3是由氧元素组成的不同单质，属于同素异形体，选项D错误。

答案选B。

4.有关化学用语的表示中正确的是

A.羟基电子式

B.S2－的结构示意图

C.乙烯的结构简式CH2CH2

D.原子核内有20个中子的氯原子

【答案】A

【解析】A.羟基电子式为

，选项A正确；B.S2－的结构示意图为

，选项B错误；C.乙烯的结构简式CH2=CH2，选项C错误；D.原子核内有20个中子的氯原子

，选项D错误。

答案选A。

5.属于极性分子的是

A.CO2B.H2OC.CCl4D.N2

【答案】B

【解析】A、CO2中有C、O元素之间形成极性键，且分子结构对称，正负电荷的中心重合，属于非极性分子，选项A不符合；B、H2O中H、O元素形成的极性键，但结构不对称，属于极性分子，选项B符合；C、CCl4为正四面体结构，含有极性键，正负电荷的重心重合，电荷分布均匀，为非极性分子，选项C不符合；D、N2中只有N-N非极性键，属于非极性分子，选项D不符合；答案选B。

6.下列过程的热效应属于吸热的是

A.碘蒸气的凝华B.化学反应中化学键的形成

C.铝热反应D.氯化铵的水解

【答案】D

【解析】A.碘蒸气的凝华是放热过程，选项A不符合；B.化学反应中化学键的形成放出热量，选项B不符合；C.铝热反应是放热反应，选项C不符合；D.氯化铵的水解是吸热过程，选项D符合。

答案选D。

7.有关性质的比较中，不能用元素周期律解释的是

A.热稳定性：

HC1＞HBrB.金属性：

Mg＞Be

C.碱性：

KOH＞Ca（OH）2D.酸性：

H2SO4＞HClO

【答案】D

【解析】A、元素的非金属性越强，对应的氢化物的稳定性越强，非金属性：

Cl＞Br，热稳定性：

HC1＞HBr，能用元素周期律解释；B、同主族元素从上到下金属性依次增强，则金属性：

Mg＞Be，能用元素周期律解释；C、元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：

K＞Ca，则碱性：

KOH＞Ca（OH）2，能用元素周期律解释；D、元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性：

Cl＞S，则酸性：

HClO4＞H2SO4，而HClO不是最高价氧化物的水化物，不能用元素周期律解释；答案选D。

8.两种物质所含化学键种类完全相同，晶体类型也相同的是

A.NaC1和HC1B.NaOH和Na2O

C.C3H8和H2O2D.SO2和SiO2

【答案】C

【解析】A、NaCl是离子晶体，NaCl中只含离子键，固体HCl分子晶体，HCl中只含共价键，选项错误；B、NaOH、Na2O都是离子晶体，Na2O只含有离子键，NaOH中含离子键和共价键，所含化学键类型不完全相同，选项B错误；C、C3H8和H2O2都是分子晶体，C3H8和H2O2都只含共价键，所含化学键类型完全相同，晶体类型也完全相同，选项C正确；D、固体SO2是分子晶体，二氧化硅是原子晶体，二氧化硅、二氧化碳都只含共价键，选项D错误；答案选C。

点睛：

本题考查了化学键类型和晶体类型的关系．判断依据为：

离子晶体中阴阳离子以离子键结合，原子晶体中原子以共价键结合，分子晶体中分子之间以范德华力结合，分子内部存在化学键。

根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子化合物含有离子键，可能含有共价键，共价化合物只含共价键，双原子分子或多原子分子含有共价键。

9.将已除去氧化膜的镁条投入到盛有稀盐酸的敞口容器中，产生H2的速率v与时间t的关系如下图所示，其中影响AB段速率的主要因素是

A.H+的浓度B.Cl－的浓度

C.溶液的温度D.体系的压强

【答案】C

【解析】根据图象看出AB段反应速率加快，应想到金属与酸反应为放热反应，反应进行中温度逐渐升高，因此反应速率加快。

BC段反应速率又逐渐减慢了，应该想到反应进行中盐酸的浓度是逐渐减小的。

当反应进行到一定程度，反应物浓度减小变为影响反应速率的主要因素，因此反应速率减小。

答案选C。

10.某有机物加氢反应后生成

，该有机物可能是

A.乙醛的同系物B.戊醛的同分异构体

C.丙醇的同系物D.丁醇的同分异构体

【答案】A

【解析】有机物X加氢反应后的还原产物是：

CH（CH3）2CH2OH，则X中含有不饱和键，醛加氢还原可以得到醇：

CH（CH3）2CHO+H2

CH（CH3）2CH2OH，也可能为烯醇与氢气发生加成反应面得，烯醇为CH2＝C（CH3）CH2OH，A．有机物为CH（CH3）2CHO为2-甲基丙醛，与乙醛为同系物，选项A正确；B．有机物为CH（CH3）2CHO为2-甲基丙醛，与戊醛的结构和分子式不同，不是同分异构体，选项B错误；C．有机物为CH2＝C（CH3）CH2OH，与丙醇不为同系物，选项C错误；D．有机物为CH2＝C（CH3）CH2OH，与丁醇的结构和分子式不同，不是同分异构体，选项D错误。

答案选A。

11.ClO2是一种高效水处理剂，实验室通过以下反应制得ClO2：

2KClO3+H2C2O4+H2SO4

2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O，关于此反应的说法正确的是

A.KClO3发生化合价降低，失电子

B.反应中H2SO4体现了酸性和强氧化性

C.反应中H2C2O4被氧化

D.产物中Cl与C化合价相同，因而氧化性一样强

【答案】C

学+科+网...学+科+网...学+科+网...学+科+网...学+科+网...学+科+网...

12.在pH=13的某溶液中存在大量的Na+、ClO-、NO3-，该溶液还可能大量存在的离子是

A.NH4+B.CO32-C.HCO3-D.Al3+

【答案】B

【解析】pH=13的溶液呈碱性，含有大量OH-离子，A.NH4+与OH-反应产生一水合氨而不能大量共存，选项A错误；B.CO32-与OH-、Na+、ClO-、NO3-相互不反应，能大量共存，选项B正确；C.HCO3-OH-反应生成碳酸根离子和水而不能大量共存，选项C错误；D.Al3+OH-反应生成氢氧化铝沉淀而不能大量共存，选项D错误。

答案选B。

点睛：

本题属于离子共存的考查，在解此类题时，首先分析选项中离子的性质，而后要注意该题的条件中的隐含条件，只要会生成沉淀、气体、水中的一种，就不能共存。

根据若离子之间结合成水或气体或沉淀，则不能共存，若不能结合成水或气体或沉淀，则可以大量共存分析，注意pH=13的溶液中存在大量的氢氧根离子。

13.将下列物质溶于水，能促进水的电离的是

A.NaHSO4B.Na2CO3C.SO2D.NaOH

【答案】B

【解析】A、NaHSO4为酸性溶液，溶液中氢离子抑制水的电离，选项A不符合；B、Na2CO3溶液中碳酸根离子是弱酸阴离子水解，促进水的电离，选项B符合；C、SO2溶于水生成亚硫酸，亚硫酸为弱酸，亚硫酸抑制了水的电离，选项C不符合；D、NaOH为强碱，NaOH抑制了水的电离，选项D不符合；答案选B。

点睛：

本题考查了水的电离及其影响因素，题目难度不大，注意掌握影响水的电离的因素，明确水的电离过程为吸热过程，升高温度能够促进电离。

水为弱电解质，水的电离方程式：

H2O?

H++OH-，加入酸溶液和碱溶液能够抑制水的电离，加入能够水解的盐能够促进水的电离；水的电离过程为吸热反应，升高温度能够促进水的电离，据此进行判断。

14.实验室以石墨为电极电解饱和食盐水的装置如图所示，下列判断正确的是

A.通电使氯化钠发生电离

B.A电极上发生还原反应

C.B电极上有C12产生

D.通电一段时间后，阴极区pH上升

【答案】D

【解析】A、电离是自发的过程，不需要通电，选项A错误；B、A电极连接电源的正极，作为阳极，阳极上发生氧化反应，选项B错误；C、B电极连接电源负极，作为阴极，阴极上水电离产生的氢离子得电子产生氢气，选项C错误；D、阴极区水电离产生的氢离子得电子产生氢气，氢氧根离子浓度增大，pH上升，选项D正确。

答案选D。

15.下列图示的实验设计能达到相应实验目的的是

A.检验溴乙烷消去的产物

B.检验FeCl3溶液中是否混有Fe2+

C.检验亚硫酸钠溶液是否变质

D.验证钢铁的析氢腐蚀

【答案】A

【解析】A．溴乙烷的消去产物为乙烯，能被高锰酸钾氧化，则利用高锰酸钾溶液褪色可检验乙烯，选项A正确；B、氯水会氧化Fe2＋生成Fe3＋，无法进行检测，应先滴加KSCN溶液，若溶液不变血红色，再滴加氯水，若变血红色则含有Fe2＋，选项B错误；C．亚硫酸钡和硫酸钡都属于不溶性白色固体，所以亚硫酸钠和硫酸钠都能与氯化钡溶液反应生成难溶性的白色沉淀，所以不能达到实验目的，选项C错误；D、该实验为中性溶液，只能验证钢铁的吸氧腐蚀，选项D错误。

答案选A。

16.关于C、N、S等非金属元素及其化合物的说法错误的是

A.它们都能以游离态存在于自然界中

B.二氧化硫、氮氧化物的任意排放会形成酸雨

C.浓硫酸可干燥CO2、SO2、H2S等气体，但不能干燥NH3

D.加热条件下，碳、硫单质都能与浓硝酸、浓硫酸发生反应

【答案】C

【解析】A.它们都能以游离态存在于自然界中，如木炭、氮气、硫磺，选项A正确；B.二氧化硫、氮氧化物的任意排放会形成酸雨，选项B正确；C.浓硫酸能将H2S氧化，不能用于干燥H2S ，浓硫酸能与碱性气体反应而不能干燥NH3，选项C错误；D、加热条件下，碳、硫单质都能与浓硝酸、浓硫酸发生反应，被氧化生成二氧化碳、二氧化硫，选项D正确。

答案选C。

17.已知C2H2（g）+O2（g）→2CO2（g）+H2O（g）+1256kJ，下列说法正确的是

A.1份乙炔完全燃烧可放热1256kJ

B.反应中乙炔做还原剂、被还原

C.乙炔完全燃烧时，生成2mol液态水，所放热量小于2512kJ

D.若有10mol电子发生转移，则需消耗2.5molO2

【答案】D

【解析】A.应是1mol乙炔完全燃烧生成二氧化碳气体和水蒸气可放热1256kJ，选项A错误；B、反应中乙炔做还原剂、被氧化，选项B错误；C、气态水变为液态水放热，若生成2mol液态水，所放热量大于2512kJ，选项C错误；D、依据反应化学方程式可知消耗2.5mol氧气，电子转移为10mol，选项D正确；答案选D。

点睛：

本题考查了燃烧热的概念分析判断，氧化还原反应的电子转移计算应用，盖斯定律的应用，易错点为选项C、气态水变为液态水放热，若生成2mol液态水，所放热量大于2512kJ。

18.小苏打溶液水解的离子方程式书写正确的是

A.HCO3－＋H＋→H2CO3

B.HCO3－+H2O

H2CO3+OH－

C.CO32－+H2O

HCO3－+OH－

D.HCO3－+H2O

CO32－+H3O+

【答案】B

【解析】小苏打溶液显碱性的原因是碳酸氢根离子水解，该反应为可逆反应，正确的离子方程式为：

HCO3－+H2O

H2CO3+OH－，答案选B。

点睛：

本题考查了离子方程式的正误判断，该题是高考中的高频题，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：

检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：

质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等。

19.实验室用海带提取碘的操作过程中，所选仪器错误的是

选项

操作

所选仪器

A

称取3g左右的干海带

托盘天平

B

灼烧干海带至完全变成灰烬

烧杯

C

过滤煮沸后的海带灰与水的混合液

漏斗

D

用四氯化碳从氧化后的海带灰浸取液中提取碘

分液漏斗

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】A．粗略称量干海带可用托盘天平，选项A正确；B．灼烧固体应在坩埚中进行，而加热液体可用蒸发皿，选项B错误；C．过滤煮沸后的海带灰水混合液可用漏斗分离，选项C正确；D．四氯化碳与水互不相溶，可用分液漏斗进行分液，选项D正确。

答案选B。

点睛：

本题考查物质的分离和提纯知识，题目难度不大，注意把握常见物质的分离操作方法和使用的仪器，学习中注意相关基础知识的积累。

可用托盘天平粗略称量干海带，灼烧固体应在坩埚中进行，用漏斗过滤浊液，萃取后的液体混合物用分液的方法分离，以此解答该题。

20.有关实验室制备乙酸乙酯和乙酸丁酯的描述错误的是

A.两反应均需使用浓硫酸、乙酸

B.过量乙酸可提高1-丁醇的转化率

C.制备乙酸乙酯时乙醇应过量

D.提纯乙酸丁酯时，需过滤、洗涤等操作

【答案】D

【解析】A.两反应均需使用浓硫酸为催化剂、乙酸为其中一种反应物，选项A正确；B、制备乙酸丁酯时，采用乙酸过量，以提高丁醇的转化率，这是因为正丁醇的价格比冰醋酸高，选项B正确；C、制备乙酸乙酯时，为了提高冰醋酸的转化率，由于乙醇价格比较低廉，会使乙醇过量，选项C正确；D.提纯乙酸丁酯时，需进行分液操作，选项D错误。

答案选D。

21.I.人类能够有效利用氮气的主要途径是合成氨，生产化学肥料等。

完成下列填空：

（1）氮原子核外电子排布式为__________，其最外层有_______种运动状态不同的电子；氮气的电子式为______________；氨气分子的空间构型是______________。

（2）工业上常用醋酸亚铜氨溶液来吸收含有大量N2的高炉气体系中的CO，从而实现CO和N2的分离，反应的化学方程式如下：

CH3COOCu（NH3）2（aq）+CO（g）

CH3COOCu（NH3）2·CO（aq）+Q（Q>0），该反应的化学平衡常数表达式K=________；欲使K值变大，可采取的措施是_______。

吸收CO后的溶液经过适当处理又可以重新生成醋酸亚铜氨，可采取的适当处理措施有

_____________（选填序号）。

a.适当升高温度b.适当降低温度c.增大压强d.减小压强

（3）消除NH3对水体污染的重要方法是在一定条件下向水体中加入适量NaOH，这样能使NH3的脱除率增大，试用平衡移动原理解释其原因______________________________。

II.为实现CO2减排，合成氨工厂采用苯菲尔法脱碳。

该方法是用碳酸钾溶液为吸收剂捕集混合气中的CO2得到富液，再高温加热富液使之分解释放出CO2，正常情况下再生的二氧化碳气体体积分数可达98.5%以上。

（4）某研究小组用200mL1.5mol/LK2CO3溶液吸收了3.36L的CO2（标准状况）形成富液，碳酸钾溶液吸收CO2的离子反应方程式为______________________________，该富液中的溶质是____________（填化学式），各离子的浓度关系正确的是_________。

a．c（K+）+c（H+）=2c（CO32－）+c（HCO3－）+c（OH－）

b．3c（K+）=4c（CO32－）+4c（HCO3－）+4c（H2CO3）

c．c（K+）＞c（OH－）＞c（HCO3－）＞c（CO32－）＞c（H+）

【答案】

（1）.1s22s22p3

（2）.5（3）.

（4）.三角锥型（5）.[c（CH3COOCu（NH3）2·CO）]/[c（CO）]·[c（CH3COOCu（NH3）2）]（6）.降低温度（7）.ad（8）.氨气在水中存在如下平衡：

NH3+H2O

NH3•H2O

NH4++OH﹣，当加入NaOH后，c（OH﹣）浓度增大，平衡逆向移动，故有利于氨的脱除（9）.CO32－+CO2+H2O→2HCO3－（10）.KHCO3和K2CO3（11）.ab

【解析】

（1）氮原子核外电子数为7，基态原子核外电子排布为1s22s22p3；其最外层有5种运动状态不同的电子；氮气的电子式为

；氨气分子中N原子成3个σ键，有一对未成键的孤对电子，杂化轨道数为4，采取sp3杂化，其空间构型是三角锥型；

（2）反应CH3COOCu（NH3）2（aq）+CO（g）

CH3COOCu（NH3）2·CO（aq）+Q（Q>0），的化学平衡常数表达式K=[c（CH3COOCu（NH3）2·CO）]/[c（CO）]·[c（CH3COOCu（NH3）2）]；该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，K值变小，故欲使K值变大，可采取的措施是降低温度；反应CH3COOCu（NH3）2（aq）+CO（g）

CH3COOCu（NH3）2·CO（aq）+Q（Q>0）是气体体积缩小的放热反应，a.适当升高温度平衡向吸热反应方向进行，则升温平衡逆向进行，可以重新生成醋酸亚铜氨，故正确；b.适当降低温度平衡向放热反应方向进行，不能重新生成醋酸亚铜氨，故错误；c.增大压强平衡向气体体积减小的方向进行，不能重新生成醋酸亚铜氨，故错误；d.减小压强平衡向气体体积增大的方向进行，可以重新生成醋酸亚铜氨，故正确。

答案选ad；（3）消除NH3对水体污染的重要方法是在一定条件下向水体中加入适量NaOH，氨气在水中存在如下平衡：

NH3+H2O

NH3•H2O

NH4++OH﹣，当加入NaOH后，c（OH﹣）浓度增大，平衡逆向移动，故有利于氨的脱除，使NH3的脱除率增大；（4）碳酸钾溶液吸收CO2生成碳酸氢钾，反应的离子反应方程式为CO32－+CO2+H2O=2HCO3－，富液中的溶质是KHCO3和K2CO3，a．根据电荷守恒有c（K+）+c（H+）=2c（CO32－）+c（HCO3－）+c（OH－），故正确；b．200mL1.5mol/LK2CO3溶液吸收了3.36L的CO2（标准状况），n（K+）=0.2L

1.5mol/L

2=0.6mol，c（C）=0.3mol+0.15mol=0.45mol，根据物料守恒有3c（K+）=4c（CO32－）+4c（HCO3－）+4c（H2CO3），故正确；c．根据反应可知，溶质为KHCO3和K2CO3，水解是微弱的，则c（K+）＞c（HCO3－）＞c（CO32－）＞c（OH－）＞c（H+），故错误。

答案选ab。

22.X、Y、Z、M、W、Q、R是7种短周期元素，其原子半径及主要化合价如下：

元素代号

X

Y

Z

M

W

Q

R

原子半径/nm

0.186

0.143

0.104

0.099

0.070

0.066

0.032

主要化合价

+1

+3

+6，﹣2

+7，﹣1

+5，﹣3

﹣2

+1

完成下列填空：

（1）上述元素中，金属性最强的在周期表中的位置是________________________________；X、Y、Q各自形成的简单离子中，离子半径由大到小的顺序是_______（填离子符号）。

W和R按原子个数比1﹕4构成的阳离子所含的化学键是____________________。

（2）表中所列4种第三周期元素的最高价氧化物的水化物碱性最弱的是_______（填化学

式），其电离方程式为_____________________________________。

（3）M与Z相比，非金属性较强的是_____________（填元素名称），请从原子结构的角度说明理由_________________________________________________________________。

（4）在稀硫酸中，KMnO4和H2O2能发生氧化还原反应，反应方程式如下：

KMnO4＋

H2O2+

H2SO4→

K2SO4＋

MnSO4＋

O2↑＋

H2O

请配平，当有0.5molH2O2参加此反应，电子转移的个数为______________________。

【答案】

（1）.第三周期ⅠA族

（2）.O2﹣＞Na+＞Al3+（（3）.共价键（4）.Al（OH）3（5）.H++AlO2﹣+H2O

Al（OH）3

Al3++3OH﹣（6）.氯（7）.氯原子与硫原子电子层数相同，氯原子最外层有7个电子，硫原子最外层有6个电子，氯的原子半径比硫的原子半径小，原子核对外层电子的吸引力比硫大，所以氯的非金属性更强（8）.2KMnO4＋5H2O2+3H2SO4→1K2SO4＋2MnSO4＋5O2↑＋8H2O，6.02×1023

【解析】X和R的化合价都为+1价，应为周期表第ⅠA族，根据半径关系可知R为H，X为Na；Z和Q的化合价都有-2价，应为周期表第ⅥA族元素，Z的最高价为+6价，应为S元素，Q无正价，应为O元素；Y的化合价为+3价，应为周期表第ⅢA族元素，根据半径大于Z小于X可知应和X同周期，为Al元素，M为+7、-1价，且原子半径小于S大于O，则M为Cl元素，W为+5、-3价，且原子半径小于Cl大于O，则M为N元素。

（1）上述元素中，金属性最强的为Na，在周期表中的位置是第三周期ⅠA族；X、Y、Q各自形成的简单离子Na+、Al3+、O2-具有相同电子层结构，核电荷数越大半径越小，故离子半径由大到小的顺序是O2﹣＞Na+＞Al3+；W和R按原子个数比1﹕4构成的阳离子NH４＋所含的化学键是共价键；

（2）表中所列4种第三周期元素Na、Al、S、Cl的最高价氧化物的水化物碱性最弱的是Al（OH）3，其电离方程式为H++AlO2﹣+H2O

Al（OH）3

Al3++3OH﹣；（3）同周期元素从左到右非金属性依次减弱，故Cl与S相比，非金属性较强的是氯元素，从原子结构的角度说明理由为氯原子与硫原子电子层数相同，氯原子最外层有7个电子，硫原子最外层有6个电子，氯的原子半径比硫的原子半径小，原子核对外层电子的吸引力比硫大，所以氯的非金属性更强；（4）反应中KMnO4中锰化合价由+7价变为+2价，H2O2中氧元素由-1价变为0价，转移电子数为5

，结合氧化还原反应及质量守恒配平，反应方程式如下：

2KMnO4＋5H2O2+3H2SO4=1K2SO4＋2Mn