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1、上海市杨浦区届高三化学一模试题上海市杨浦区2020届高三化学一模试题（含解析） 一、选择题（本题共40分，每小题2分，每小题只有一个正确答案） 1港珠澳大桥使用了大量的含钒高强抗震钢材。该钢材与生铁比较错误的是（ ） A抗震性好 B耐腐蚀强 C含碳量高 D都导电导热 2对石油和煤的分析错误的是（ ） A都是混合物 B都含有机物 C石油裂化和煤干馏得到不同的产品 D石油分馏和煤干馏原理相同 3元素周期表中，铟（In）与铝同主族，与碘同周期。由此推断（ ） AIn最外层有5个电子 BIn的原子半径小于I CIn（OH）的碱性强于Al（OH） 33DIn属于过渡元素 4氮化碳（CN）的硬度大于金刚石

2、，则氮化碳中（ ） 43A只有共价键 B可能存在离子 C可能存在NN D存在极性分子 5工业上可用铝热反应冶炼锰、钒等难熔金属，其原因与下列无关的是（ ） A铝还原性较强 B铝能形成多种合金 C铝相对锰、钒较廉价 D反应放出大量的热 6与氢硫酸混合后无明显现象的是（ ） ANaOH溶液 B亚硫酸 CFeCl溶液 D氯水 37同温同压下，热化学方程式中反应热数值最大的是（ ） A2W（l）+Y（l）2Z（g）+Q B2W（g）+Y（g）2Z（l）+Q 21C2W（g）+Y（g）2Z（g）+Q D2W（l）+Y（l）2Z（l）+Q 438同温同压同体积的H和CO（ ） 2A密度不同 B质量相同 C

3、分子大小相同 D分子间距不同 9没有涉及到氧化还原反应的是（ ） 1 3+ Fe和淀粉检验IA 检验Br B氯水和CCl4 、加热检验醛基 C新制Cu（OH）2 D硝酸和AgNO溶液检验Cl3溶液检验无明显现FeCl、CuCl、盐酸的混合溶液中加入铁粉充分反应后，用KSCN10向23 象，则反应后的溶液一定（ ）2+2+ Fe 含ACu B含2+2+ 含Fe和CuDC呈中性 ） 11异戊烷的（ 沸点比正己烷高 A B密度比水大 HC同分异构体比C多105 D碳碳键键长比苯的碳碳键长 杜瓦苯（）与苯互为同分异构体，则杜瓦苯（ ） 12 A最简式是CH2B分子中所有原子共平面 C能使酸性高锰酸钾溶

4、液褪色 D是CHCHCHCH的同系物 2242+ ） 粒子（He）含（ N13代表阿伏加德罗常数的值。4gA N个电子DCN个中子 个质子B个A2N粒子 2N AAAA14对下列事实的原因分析错误的是（ ） 选项 事实 原因 常温下，铝与浓硫酸很难反应 A 用铝制容器盛装浓硫酸氧化铝熔点高 氧化铝作耐火材料 B 铝制品不宜长期盛放酸性和碱性食物 氧化铝是两性氧化物 C 用可溶性铝盐和氨水制备氢氧化铝 D 氢氧化铝碱性比氨水弱且很难与氨水反2 应 AA BB CC DD 15用如图装置进行实验，1小时后观察到生铁明显锈蚀，由此得出的结论是（ ） A属于化学腐蚀 BO未参与反应 2+ +6HFeO

5、C负极反应2Fe6e+3HO322 O4OHD正极反应O+4e+2H22 ）（设溶液体积不变），推断正确的是（ ）16向Ca（HCO饱和溶液中加入一定量的NaO2322 气体 A产生CO2B产生白色沉淀 C所得溶液的碱性一定减弱 所得溶液中一定不含HCOD3 ）17用石墨电极电解饱和食盐水，下列分析错误的是（ + ，故阴极得到H NaA得电子能力H2B水电离平衡右移，故阴极区得到OH OH，故阳极得到Cl失电子能力CCl2 OH向阴极移动，故阳极区滴酚酞不变红D5ming）+131.5kJ，+H（Og）?CO（g）（）的密闭容器中，发生反应：18在2LC（s+H22 ）后达到平衡，固体减少了2

6、4g，则（ 不变时反应达到平衡状态 A气体Bv（CO）为2.4mol/（L?min） 正C若容器体积缩小，平衡常数减小 D增大C的量，平衡右移 19向新制氯水中逐滴滴加NaOH溶液，溶液pH随时间的变化如图所示。呈碱性时停止滴加，一段时间后溶液黄绿色逐渐褪去。由此得不到的结论是（ ） 3 2.6+ mol/L ）10该新制氯水Ac（H+ H开始阶段，pH迅速上升说明被中和B OH和Cl能直接快速反应C2+ OHDNaOH和氯水反应的本质是使Cl+HO?H+Cl+HClO平衡右移22，100mLV+V保持mLV和BOH溶液VmL混合，2025将浓度均为0.1mol/L的HA溶液ba b a ）与

7、混合液易溶于水。V、VpH的关系如图。下列叙述错误的是（生成物BAba 一定是弱酸AHA BBOH可能是强碱 Cz点时，水的电离被促进+ （H）、Dxy、z点时，溶液中都存在c（A+c（OH）c（B+c 二、综合题（共60分）是第三周期的非金属元素，Y（如图所示）21（15分）科学家合成了一种新化合物，其中X、 8各原子均满足电子稳定结构。完成下列填空： （1）硅原子最外电子层有 个轨道。种运动状态不同的电子，占据 之间共用电子对偏2（）由题意可推知Y是Cl，推得此结论的依据是 和Si。X 离 。 CClSiCl和 分子空间结构相同，则CClSiCl中键角是 。请说明和（3）SiCl44444

8、 。沸点高低的理由： ，补全并配平NaHPO）和次磷酸钠（）与过量浓4（）黄磷（PNaOH溶液反应，产生PH2234+该反应的化学方程式，标出电子转移的数目和方向：P+NaOH+ PH 34元酸H ，其中氧化剂和还原剂质量比为PONaH 。根据题意可判断 是PO 22234 。（填“一”、“二”或“三”）溶液呈酸性，该溶液中含磷元素的离子浓度由大到小的PO（5）已知磷酸二氢钠（NaH42 。顺序是： 溶液的反应。装置探究NH和CuSO1522（分）用如图143 完成下列填空：?NH+HO?1（）上述制备NH的实验中，烧瓶中反应涉及到多个平衡的移动：NH3332 （在列举其中的两个平衡，可写化学

9、用语也可文字表述）。 OH、 、23（小 氨水（0.905g?cm）L，理论上需要标准状况下氨气100mL25%（2）制备 数点后保留一位）。 （，而达到防止倒吸的目的。3）上述实验开始后，烧杯内的溶液 。 通入（4）NHCuSO 溶液中，产生蓝色沉淀，写出该反应的离子方程式。43+2+）Cu（NH）溶液。发生如下反应：2NH（aq继续通氨气至过量，沉淀消失得到深蓝色4342+ 0）。+2H）?Cu（NH（aq）（铜氨溶液）O+Q（Q（+CuOH）s）+2NHaq23324 该反应平衡常数的表达式。Kv中画出该过程中增大。在图t时改变条件，一段时间后达到新平衡，此时反应K2正1 的变化。 。向

10、上述铜氨溶液中加水稀释，出现蓝色沉淀。原因是： +随时间aq）进行上述反应，vNHOH）NH在绝热密闭容器中，加入（aq、Cu（）和（正243 的变化如图3所示，v先增大后减小的原因 。正所SO分）可用于防腐剂、消毒剂，也是一种重要的冷冻介质。实验室可用如图11423（2 SO示装置制备进行相关实验。SO，并用纯净225 完成下列填空：中，往往因伴有硫酸小液滴而呈白雾状。除去白雾可在制备装SO（1）上述方法制备的2）b”a置后连接图2所示装置， 口（填“该装置中的试剂是” 或 “，气体从 进。 SO常用的试剂是 性。，利用了SO的（2）检验22溶液中， 。 （NO）得到白色沉淀，该沉淀的化学式

11、为 （3）将SO通入0.1mol/L Ba232 实验：溶液，进行图3（NO）和BaCl分别用煮沸和未煮沸过的蒸馏水配制Ba223 。、C中，煮沸蒸馏水及使用植物油的目的是 （4）实验A。 pH传感器显示溶液呈酸性，原因是 中，没有观察到白色沉淀，但（5）实验C （用方程式表示）BA、 A快很多。由此得出的结论是 。若实验中出现白色沉淀比实验（6）实验B ）。“”或“” pH：A B（填“”、后，溶液SO中通入足量的2 的一种合成路线如图：是一种药物合成的中间体，分）化合物（2416GG6 完成下列填空： A（1）写出。中官能团的电子式。 反应。 反应，CD B（2）写出反应类型：C 。、 3

12、（）AB所需反应试剂和反应条件为 种）（任写出3C）写出的符合下列条件同分异构体的结构简式： 。（4 六元环结构，且环上只有一个碳原子连有取代基。能水解；能发生银镜反应； 。 的结构简式。（5）写出F 为原料制备）利用学过的知识，写出由甲苯（）和（6 。的合成路线。（无机试剂任用） 目标产物）（合成路线的表示方式为：甲乙7 2020年上海市杨浦区高考化学一模试卷 参考答案与试题解析 一、选择题（本题共40分，每小题2分，每小题只有一个正确答案） 1（2分）港珠澳大桥使用了大量的含钒高强抗震钢材。该钢材与生铁比较错误的是（ ） A抗震性好 B耐腐蚀强 C含碳量高 D都导电导热 【分析】生铁与钢的

13、主要区别是含碳量不同：生铁含碳约2%4%，钢含碳约0.03%0.2%，钢材比生铁含碳量低，抗震性好、耐腐蚀强，钢材与生铁都导电导热，据此分析解答。 【解答】解：生铁是含碳量为2%4.3%的铁合金，钢是含碳量为0.03%2%的铁合金，生铁和钢主要成分都是铁，主要区别是含碳量不同，它们都是合金，都导电导热，钢材比生铁含碳量低，抗震性好、耐腐蚀强，钢材比生铁含碳量低，故C错误， 故选：C。 【点评】本题生铁与钢的性能、组成，题目难度不大，掌握生铁和钢的组成与区别等是正确解答本题的关键。 2（2分）对石油和煤的分析错误的是（ ） A都是混合物 B都含有机物 C石油裂化和煤干馏得到不同的产品 D石油分馏

14、和煤干馏原理相同 【分析】A石油由多种有机物组成的混合物，煤是有机物和无机物组成的复杂的混合物； B石油和煤都含有机物； C石油裂解得到汽油，煤干馏得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气； D石油分馏为物理变化，煤干馏为化学变化。 【解答】解：A石油中主要含有碳、氢元素，同时还含有少量的硫、氧、氮等元素，煤炭的主要成分是碳，都是混合物，故A不选； B石油由多种有机物组成的混合物，煤是有机物和无机物组成的复杂的混合物，故B不选； C石油裂化的目的为了提高轻质液体燃料（汽油，煤油，柴油等）的产量，特别是提高汽油的产量，煤干馏得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气，故C不选； D石油的分馏为物理变化，煤干馏为化

15、学变化，故D选； 8 故选：D。 【点评】本题考查了煤和石油的综合利用，难度不大，为基础性习题，把握煤、石油、天然气的来源、性质为解答的关键，注重基础知识的考查，题目难度不大。 3（2分）元素周期表中，铟（In）与铝同主族，与碘同周期。由此推断（ ） AIn最外层有5个电子 I In的原子半径小于B OH）的碱性强于（OH）Al（CIn33 属于过渡元素InD 、同主族元素最外层电子数相等；【分析】A 同周期，碘的核电荷大；与IB、In 、同主族从上往下金属性逐渐增强；C ）与铝同主族，都是主族元素；、铟（InD最外层）与铝同主族，所以In解：A、同主族元素最外层电子数相等，铟（In【解答】

16、A错误；有3个电子，故 B错误；的原子半径大于I，故、BIn与I同周期，碘的核电荷大，所以In、同主族从上往下金属性逐渐增强，金属性越强最高价氧化物对应水化物的碱性越强，C 正确；），故COH）的碱性强于Al（OH（所以In33 错误；属于主族元素，故DInD、铟（）与铝同主族，都是主族元素，所以In 。故选：C本题考查元素的性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查熟悉元素在【点评】 周期表中的位置及元素周期律是解答本题的关键，难度不大。 ）CN）的硬度大于金刚石，则氮化碳中（ 4（2分）氮化碳（43 B只有共价键 可能存在离子A 可能存在NN D存在极性分子C【分析】氮化碳（CN）、金刚

17、石都是原子晶体，碳氮化合物中C一N键键长小于金刚石43中C一C键键长，键长越长熔点越低，硬度越小，据此分析解答。 【解答】解：氮化碳晶体硬度较大，属于原子晶体，只有共价键，立方氮化碳晶体中氮碳键的键长比金刚石晶体中碳碳键的键长要短，故熔点比金刚石的高，氮化碳（CN）的43硬度大于金刚石，所以A符合， 故选：A。 9 【点评】本题考查原子晶体的性质，掌握原子晶体键长越长熔点越低，硬度越小是解答关键，题目难度不大。 5（2分）工业上可用铝热反应冶炼锰、钒等难熔金属，其原因与下列无关的是（ ） A铝还原性较强 B铝能形成多种合金 D 反应放出大量的热C铝相对锰、钒较廉价【分析】铝是活泼金属，具有强的

18、还原性，铝热反应可以制取少量难熔金属，据此分析。 【解答】解：A铝是活泼金属，具有强的还原性，可以作还原剂，故A正确； B铝能形成多种合金，与铝热反应无关，故B错误； C铝相对锰、钒较廉价，可以用铝来还原锰、钒等金属，故C正确； D铝热反应会放出大量的热，铝热反应可以制取少量难熔金属，故D正确。 故选：B。 【点评】本题考查金属及化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。 6（2分）与氢硫酸混合后无明显现象的是（ ） ANaOH溶液 B亚硫酸 CFeCl溶液 D氯水 3【分析】AHS与NaOH溶液反应生成

19、硫化钠和水； 2BHS与亚硫酸发生氧化还原反应生成S； 2CHS与FeCl溶液发生氧化还原反应生成S； 32DHS与氯水发生氧化还原反应生成S。 2【解答】解：AHS与NaOH溶液反应生成硫化钠和水，无明显现象，故A选； 2BHS与亚硫酸发生氧化还原反应生成S，有淡黄色沉淀生成，故B不选； 2CHS与FeCl溶液发生氧化还原反应生成S，有淡黄色沉淀生成，故C不选； 32DHS与氯水发生氧化还原反应生成S，防止铝元素损失，有淡黄色沉淀生成，故D不2选； 故选：A。 【点评】本题考查HS的性质，比较基础，抓住硫化氢具有强还原性易被氧化生成S沉2淀即可解题。 7（2分）同温同压下，热化学方程式中反应

20、热数值最大的是（ ） A2W（l）+Y（l）2Z（g）+Q B2W（g）+Y（g）2Z（l）+Q 21D ）（）（）（C2Wg+Yg2Zg+Q2W（l）+Y（l）2Z（l）+Q 4310 【分析】同一物质的能量gls，反应热等于生成物的能量减去反应物的能量，依此解答。 【解答】解：各反应中对应物质的物质的量相同，同一物质的能量gls，所以反应物的总能量为：BCAD，生成物的能量为：ACBD，若反应为放热反应，反应物的总能量越低，生成物的总能量越高，反应放出的热量越少，故A放出的热量最少，反应热符号为“”，反应放出的热量越少，反应热越大，故A的反应热最大；若反应为吸热反应，反应物的总能量越低，生

21、成物的总能量越高，反应吸收的热量越多，故A放出的热量最多，反应热符号为“+”，反应放出的热量越多，反应热越大，故A的反应热最大。 故选：A。 【点评】考查物质能量、物质状态与反应热的关系，难度不大，注意根据能量守恒理解物质能量与反应热关系，注意反应热比较包含符号进行比较。 8（2分）同温同压同体积的H和CO（ ） 2A密度不同 B质量相同 D分子间距不同 C分子大小相同 【分析】A、同温同压下，气体的密度之比等于摩尔质量之比； B、质量mV； C、不同物质的分子大小不同； D、分子间距取决于温度和压强。 【解答】解：A、同温同压下，气体的密度之比等于摩尔质量之比，故氢气和CO的密度之比为1：1

22、4，故A正确； B、两气体的密度不同，而体积相同，根据质量mV可知，两气体的质量不同，故B错误； C、不同物质的分子大小不同，故氢气和CO的分子大小不同，故C错误； D、分子间距取决于温度和压强，由于同温同压，故分子间距相同，故D错误。 故选：A。 【点评】本题考查了阿伏伽德罗定律及其推论，难度不大，应注意基础知识的掌握。 9（2分）没有涉及到氧化还原反应的是（ ） 3+ 和淀粉检验AFeI 检验CClB氯水和Br 411 C新制Cu（OH）、加热检验醛基 2 ClD硝酸和AgNO溶液检验3【分析】发生的反应中存在元素的化合价变化，则发生氧化还原反应，以此来解答。 3+3+发生氧化还原反应，涉

23、及到氧化还原反应，和I，解：AFe和淀粉检验IFe【解答】 A不选；故 ，氯水和Br发生氧化还原反应，涉及氧化还原反应，故B不选；B氯水和CCl检验Br4 （OH）、加热检验醛基，氢氧化铜氧化醛基，涉及氧化还原反应，故C不选；C新制Cu2 选；Cl，没有元素化合价的变化，不发生氧化还原反应，故DD硝酸和AgNO溶液检验3 。故选：D本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧【点评】 化还原反应的应用及化学与生活的考查，题目难度不大。溶液检验无CuCl、盐酸的混合溶液中加入铁粉充分反应后，用KSCN10（2分）向FeCl、23 ）明显现象，则反应后的溶液一定（ 2+2+

24、 A含Cu 含FeB2+2+ CuDC呈中性 含Fe和【分析】向FeCl、CuCl、盐酸的混合溶液中加入铁粉充分反应后，Fe先和FeCl反应生332成FeCl，又用KSCN溶液检验无明显现象，说明FeCl完全反应，如果还有Fe，Fe再和32CuCl发生置换反应生成Cu，最后铁再与盐酸反应生成FeCl和氢气，据此分析解答。 22【解答】解：向FeCl、CuCl、盐酸的混合溶液中加入铁粉充分反应后，Fe先和FeCl323反应生成FeCl，又用KSCN溶液检验无明显现象，说明FeCl完全反应，如果还有Fe，32Fe再和CuCl发生置换反应生成Cu，最后铁再与盐酸反应生成FeCl和氢气，所以反应222

25、+2+ 故B正确；溶液显酸性，如果铁多，则不含Cu，铁少，盐酸剩余，Fe后的溶液一定含 故选：B。及其化合物之间的反应为载体考查方程式的计算，明确物质反应、Cu【点评】本题以Fe 先后顺序是解本题关键，题目难度中等。 ）分）异戊烷的（ 211（ A沸点比正己烷高 密度比水大 B C同分异构体比H多C105 D碳碳键键长比苯的碳碳键长12 【分析】A相同碳原子的烷烃支链越多、沸点越低； B低碳的烷烃密度比水的小； C异戊烷含6个C只存在碳链异构，CH可为烯烃或环烃； 105D苯环中碳碳键介于双键与单键之间。 【解答】解：A相同碳原子的烷烃支链越多、沸点越低，则异戊烷的沸点比正己烷的低，故A错误；

26、 B低碳的烷烃密度比水的小，则异戊烷的密度比水的密度小，故B错误； C异戊烷含6个C只存在碳链异构，CH可为烯烃或环烃，存在碳链异构及官能团的位105置异构，异戊烷的同分异构体比CH少，故C错误； 105D苯环中碳碳键介于双键与单键之间，则异戊烷的碳碳键键长比苯的碳碳键长，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查异戊烷的性质，为高频考点，把握烷烃的性质、同分异构体为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度中等。 分）杜瓦苯（）与苯互为同分异构体，则杜瓦苯（ 12（2） A最简式是CH2B分子中所有原子共平面 C能使酸性高锰酸钾溶液褪色 D是CHCHCHCH的同系物

27、 22【分析】A最简式为分子中各原子的最简比； B苯分子是平面结构，但杜瓦苯不是； C含碳碳双键的有机物易被高锰酸钾氧化； D同系物结构相似。 杜瓦苯（）与苯互为同分异构体，苯分子式为C解：AH，杜瓦苯与苯【解答】66分子式相同，最简原子比为1：1，最简式为CH，故A错误； 苯是平面结构，所有原子共平面，杜瓦苯（）含有多个饱和碳原子，具有甲B烷的结构特征，则所有原子不可能处于同一平面，故B错误； 13 C杜瓦苯易被高锰酸钾氧化而使高锰酸钾褪色，故C正确； DCHCHCHCH未成环，与杜瓦苯结构不相似，不是同系物，故D错误； 22故选：C。 【点评】本题考查了杜瓦苯的性质，掌握同分异构体、碳碳双

28、键的性质以及常见有机物的结构是解答关键，试题培养了学生的规范答题能力，难度不大。 42+ ）含（ N代表阿伏加德罗常数的值。4g粒子（He13（2分）ACN个中子 DN个电子 A2N个粒子 B2N个质子 AAAA2+2+44【分析】求出粒子（He）的物质的量，然后根据粒子（He）中含2个质子来分析。 42+1moln。 4g【解答】解：粒子（He）的物质的量 错误；AA、1mol粒子即为N个，故A2+42+4B个质子，故即2N2mol）中含B、粒子（He2个质子，故1mol粒子（He）中含A 正确；2+442+C2N个中子，故）中含1mol个中子，故粒子（He2mol即HeC、粒子（）中含2A

29、 错误；2+2+44D个电子，故粒子（D、He）中含21mol粒子（2N即个电子，故He）中含2molA 错误； 故选：B。 本题考查了微粒个数的计算，难度不大，应注意微粒的构成和公式的运用。【点评】 214（分）对下列事实的原因分析错误的是（ ） 原因 事实 选项 A 常温下，铝与浓硫酸很难反应用铝制容器盛装浓硫酸 B 氧化铝熔点高氧化铝作耐火材料 铝制品不宜长期盛放酸性和碱性食物C 氧化铝是两性氧化物 用可溶性铝盐和氨水制备氢氧化铝 D 氢氧化铝碱性比氨水弱且很难与氨水反应 14 AA BB CC DD 【分析】A常温下，可用铁、铝制容器来盛装浓硫酸或浓硝酸，是由于金属发生钝化； B、氧化

30、铝熔点高，常做耐火材料； C、Al放置在空气中被氧化为氧化铝，氧化铝具有两性，既能与酸反应又能与碱反应； D、氢氧化铝溶于强碱，不溶于弱碱，用可溶性铝盐和氨水制备氢氧化铝。 【解答】解：A常温下，铝遇浓硫酸会被氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步反应，即发生钝化现象，因此常温下可以用铝制容器盛装浓硫酸，故A错误； B氧化铝是离子化合物，由于离子键强，所以断裂消耗的能量大，因此物质的熔点高，所以氧化铝可用作耐火材料，故B正确； CAl放置在空气中被氧化为氧化铝，氧化铝与酸性食品和碱性食品均能反应生成盐和水，则氧化铝为两性氧化性，故C正确； D氢氧化铝溶于强碱，碱性比氨水弱且很难与氨水反应，用可溶性铝盐和氨水制备氢氧化铝，故D正确； 故选：A。 【点评】本题考查较为综合，涉及铝及其化合物的化学性质和材料的使用等知识，侧重于基础知识的综合考查和运用，为高考常见题型和高频考点，注意相关基础知识的积累，难度不大。 15（2分）用如图装置进行实验，1小时后观察到生铁明显锈蚀，由此得出的结论是（ ） A属于化学腐蚀 BO未参与反应