精品解析区级联考上海市宝山区学年高三第二学期第二次模拟化学试题解析版Word格式.docx

1、A. 硬度大 B. 具有金属光泽、导电、导热和延展性C. 熔沸点高 D. 质地柔软【答案】B【详解】金属单质共有性质是有金属光泽、导电、导热、有延展性等，故选项B正确。3.下列有关化工生产不涉及化学变化的是（ ）A. 合成氨 B. 煤干馏 C. 海带提碘 D. 石油分馏【答案】D【详解】A、工业上合成NH3，利用N2和H2：N23H22NH3，涉及化学变化，故A不符合题意；B、煤干馏：将煤隔绝空气加强热使之分解，属于化学变化，故B不符合题意；C、海带提碘，将海带灼烧，灼烧后的灰烬中碘元素以I形式存在，然后用H2O2可以将I氧化为碘单质，涉及化学变化，故C不符合题意；D、石油分馏：利用组分沸点不

2、同，进行分离，利用物理变化，故D符合题意。4.在中和滴定中用于量取20.00毫升待测溶液的仪器是（ ）A. 胶头滴管 B. 容量瓶 C. 滴定管 D. 量筒【详解】A、中和滴定实验中不需要胶头滴管，故A不符合题意；B、容量瓶的构造：温度、容量、刻度线，容量瓶规格100mL、250mL、500mL、1000mL，没有20mL规格，故B不符合题意；C、滴定管读数读到0.01mL，故C符合题意；D、量筒量取液体体积的仪器，但读数读到0.1mL，故D不符合题意。5.下列物质中，常温下可以使用铁制的容器来储存的是（ ）A. 稀硝酸 B. 浓硝酸 C. 浓盐酸 D. 稀盐酸【详解】A、铁能与稀硝酸发生反应

3、，腐蚀铁容器，因此铁制容器不能储存稀硝酸，故A不符合题意；B、常温下，铁与浓硝酸发生钝化反应，产生氧化薄膜，阻碍反应的进行，保护内部铁不被氧化，因此可以用铁制容器盛放浓硝酸，故B符合题意；C、铁与浓盐酸反应，因此不能用铁制容器盛放浓盐酸，故C不符合题意；D、铁与稀盐酸反应，因此不能用铁制容器盛放浓盐酸，故D不符合题意。6.下列关于NH3的描述错误的是（ ）A. 含有极性共价键 B. 空间构型是三角锥型C. 极易溶于水 D. 能用湿润的蓝色石蕊试纸检验【详解】A、氨气的结构式，N和H之间以极性键结合，故A说法正确；B、氨气中N有3个键，孤电子对数（53）/2=1，N的价层电子对数为4，即NH3空

4、间构型为三角锥形，故B说法正确；C、NH3能与水形成氢键，NH3极易溶于水，故C说法正确；D、NH3溶于水显碱性，检验NH3应用湿润的红色石蕊试纸，颜色有红色变为蓝色，说明氨气的存在，故D说法错误。7.化学键是一种相互作用，它存在于（ ）A. 分子之间 B. 物质中的原子之间C. 构成物质的所有微粒之间 D. 分子或原子团中相邻的原子之间【分析】依据化学键的定义进行分析，化学键是使离子或原子相结合形成的作用力；【详解】化学键的定义：使离子相结合或原子相结合的作用力；A、根据定义，分子间不存在化学键，存在范德华力或分子间作用力或氢键，故A错误；B、对化学键定义的延伸，应是相邻原子或离子间，故B错

5、误；C、构成物质的相邻微粒间的作用力，故C错误；D、化学键是纯净物分子内或晶体内相邻两个或多个原子或离子间的强烈的相互作用力的统称，因此存在于分子或原子团中相邻的原子之间，故D正确。【点睛】并不是所有的物质中都含有化学键，稀有气体是由单原子组成的分子，稀有气体中不含化学键。8.下列有机物的命名，错误的是（ ）A. 2-乙基丁烷 B. 2,2二甲基丙烷C. 2,3二甲基丁烷 D. 2甲基丙烷【答案】A【详解】A、按照2乙基丁烷，书写出的结构简式为，依据烷烃命名原则，该有机物名称为3甲基戊烷，故A符合题意；B、2，2二甲基丙烷，书写出结构简式为，依据烷烃命名原则，该有机物的名称为2，2二甲基丙烷，

6、故B不符合题意；C、按照2，3二甲基丁烷，书写出的结构简式为，依据烷烃命名原则，该有机物的名称为2，3二甲基丁烷，故C不符合题意；D、按照2甲基丙烷，书写出结构简式为，依据烷烃命名原则，该有机物的名称为2甲基丁烷，故D不符合题意。【点睛】烷烃的命名原则：（1）选定分子中最长的碳链为主链，按照主链上碳原子的数目称为“某烷”；（2）把主链里离支链最近的一端作为起点，用1、2、3等阿拉伯数字给主链的各碳原子依次编号定位以确定支链的位置；（3）把支链的名称写在主链名称的前面，在支链的前面用阿拉伯数字注明它在主链上的位置，丙在数字与名臣之间用短线隔开；（4）如果主链上有相同的支链，可以将支链合并起来，用

7、二、三等数字表示支链的个数，两个表示支链位置的阿拉伯数字之间用“，”隔开。一般烷烃系统命名的口诀是（1）选主链（最长、最多），称某烷；（2）编碳号（最近、最小），定支链；（3）取代基，写在前，注位置，短线连；（4）不同基，简到繁，相同基，合并算。9.浓硫酸具有很多重要的性质，在于含有水分的蔗糖作用过程中不能显示的性质是A. 酸性 B. 吸水性 C. 脱水性 D. 强氧化性浓硫酸和含有水分的蔗糖作用，被脱水后生成了黑色的炭（碳化），并会产生二氧化硫。反应过程分两步，浓硫酸吸收水，蔗糖（C12H22O11）在浓硫酸作用下脱水，生成碳和水（试验后蔗糖会变黑，黑的就是碳颗粒），这一过程表现了浓硫酸的吸

8、水性和脱水性：第二步，脱水反应产生的大量热让浓硫酸和C发生反应生成二氧化碳和二氧化硫，这一过程表现了浓硫酸的强氧化性，故选A。点睛：本题考查浓硫酸的性质。浓硫酸除了具有酸固有的性质-酸性外，浓硫酸还具有自己特殊的性质，与稀硫酸有很大差别，主要原因是浓硫酸溶液中存在大量未电离的硫酸分子（H2SO4），这些硫酸分子使浓硫酸有很特殊的性质，如浓硫酸与含有水分的蔗糖作用过程中显示了它的吸水性、脱水性和强氧化性。10.把溴从溴水中提取出来，采用的最好方法是（ ）A. 蒸发 B. 用酒精萃取 C. 用四氯化碳萃取 D. 通入氯气【详解】利用溴易溶于有机溶剂，因此向溴水中加入苯或四氯化碳，然后进行分液，最后

9、通过蒸馏的方法得到液溴，故选项C正确。【点睛】选择萃取剂的原则，（1）被萃取的物质不能与萃取剂发生反应；（2）萃取剂不能与原溶剂互溶；（3）被萃取物质在萃取剂中的溶解度远远大于在原溶剂中的溶解度；易错点是选项B，学生认为酒精是有机物，可以作萃取剂，学生忽略了酒精与水任意比例互溶，不能出现分层，无法进行分离。11.以下各种尾气吸收装置中，不适合于吸收氨气的是（ ） B. C. D. 氨气极易溶于水，吸收尾气时，应注意防倒吸；【详解】氨气极易溶于水，吸收尾气时要防止倒吸；A、作安全瓶，适合吸收尾气氨气，故A不符合题意；B、倒置漏斗，能够防止倒吸，故B不符合题意；C、干燥管可以防止倒吸，故C不符合题

10、意；D、导管直接插入液面以下，不能防止倒吸，故D符合题意。12.自来水可用氯气消毒，某学生用这种自来水配制下列物质的溶液，不会产生明显药品变质问题的是（ ）A. AlCl3 B. FeCl2 C. AgNO3 D. Na2CO3自来水用氯气消毒，发生Cl2H2OHClHClO，然后逐步分析；【详解】自来水用氯气消毒，发生Cl2H2OHClHClO，A、HCl和HClO不与AlCl3发生反应，因此用自来水配制AlCl3溶液，不会产生明显药品变质，故A符合题意；B、HClO具有强氧化性，能把Fe2氧化成Fe3，使FeCl2变质，故B不符合题意；C、AgNO3与HCl反应生成AgCl沉淀，使AgNO

11、3变质，故C不符合题意；D、Na2CO3与HCl、HClO反应生成NaHCO3、NaCl、NaClO，使Na2CO3溶液变质，故D不符合题意。13.已知铊与铝是同主族元素，关于铊的性质推断可能错误的是（ ）A. 铊是银白色、质软的金属 B. 铊不能形成气态氢化物C. 铊与稀硝酸反应生成Tl（NO3）3 D. Tl（OH）3是两性氢氧化物铊与铝是同主族元素，推断铊可能的性质，需要从铝的性质入手，同时需要考虑性质的递变性；【详解】A、铝是银白色、质软的金属，同主族性质具有一定的相似性，即铊是银白色、质软的金属，故A不符合题意；B、铊是较活泼的金属，不能形成气态氢化物，故B不符合题意；C、铝能与稀硝

12、酸反应生成硝酸铝，根据同主族性质相似性，铊也能与稀硝酸反应生成硝酸铊，故C不符合题意；D、Al在金属与非金属性分界线，因此氢氧化铝具有两性，但铊在第六周期IIIA族，没有在分界线，因此Ti（OH）3不属于两性氢氧化物，故D符合题意。14.苯是实验室常用的萃取剂，下列关于苯的说法错误的是（ ）A. 常温下是液体 B. 密度比水小C. 能和液溴发生加成反应 D. 能和硝酸发生取代反应【详解】A、苯的熔点为5.5，沸点是80.1，因此常温下苯为液体，故A说法正确；B、苯的密度小于水的密度，故B说法正确；C、苯在铁或FeBr3作催化剂下，与液溴发生取代反应，很难与液溴发生加成反应，故C说法错误；D、苯

13、与硝酸，在浓硫酸作催化剂下，发生硝化反应，即取代反应，生成硝基苯，故D说法正确。15.对S、Cl两种元素，以下说法错误的是（ ）A. 非金属性：S Cl B. 离子半径：S2- Cl-C. 气态氢化物稳定性：H2S r（Cl），故B说法错误；C、C、非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，即H2S的稳定性弱于HCl，故C说法正确；D、S的非金属性弱于Cl，则S的氧化性弱于Cl2，故D说法正确。16.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）A. 14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为B. 78g苯含有碳碳双键的数目为3C. 1L 1mol的NaClO溶液中含有ClO-的数目为D.

14、 6.72L NO2与水充分反应转移的电子数目为0.2【详解】A、N2和CO的摩尔质量都为28gmol1，且两种物质都是双原子分子，即14g该混合物含有原子物质的量为14g2/28gmol1=1mol，故A正确；B、苯中不含有碳碳双键，是介于碳碳单键和碳碳双键之间特殊之间的，故B错误；C、ClO属于弱酸根离子，发生水解，因此ClO的物质的量小于1L1molL1=1mol，故C错误；D、没有指明状态是否是标准状况，故D错误。【点睛】易错点是选项B，学生从凯库勒式中得出存在碳碳双键，忽略了苯中碳碳之间的键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊键，正确苯的结构简式为，为了纪念凯库勒，我们仍在使用。17.

15、实验室制乙炔的实验中，下列说法错误的是（ ）A. 反应的原料之一CaC2，俗称电石，是由焦炭、熟石灰在电炉中高温反应制得B. 在实验中可用饱和食盐水代替纯水，有利于控制反应速率C. 该反应原理是：CaC2+2H2OHCCH+Ca（OH）2D. 反应过程中会闻到难闻的气味是因为电石中含有的杂质造成的【详解】A、制备碳化钙，是将焦炭和CaO置于2200左右的电炉中发生反应生成CaC2和CO，CaC2俗称电石，故A说法错误；B、CaC2与水反应剧烈，实验中常用饱和氯化钠溶液代替纯水，有利于控制反应速率，故B说法正确；C、碳化钙与H2O反应的原理是CaC22H2OC2H2Ca（OH）2，故C说法正确；

16、D、乙炔气体是无色无味的气体，电石中含有CaS、Ca3P2等，也会与水反应，产生H2S、PH3等气体，造成所制乙炔气体有难闻的臭味，故D说法正确。18.糕点包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同。下列分析正确的是（ ）A. 脱氧过程中铁作为原电池正极B. 负极的电极反应为：Fe-3eFe3+C. 正极的电极反应为：2H2O+O2+4e4OH-D. 脱氧过程是吸热反应，可降低温度，延长糕点保质期钢铁的吸氧腐蚀，铁作负极，发生Fe2e=Fe2，C为正极，发生O22H2O4e=4OH；【详解】A、糕点包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱

17、氧原理与钢铁的吸氧腐蚀相同，钢铁的吸氧腐蚀中铁作负极，故A错误；B、钢铁吸氧腐蚀中，铁作负极，其电极反应式为Fe2e=Fe2，故B错误；C、吸氧腐蚀，碳作正极，氧气在正极上得到电子，即电极反应式为O22H2O4e=4OH，故C正确；D、原电池放电过程是放热反应，因此脱氧过程也是放热过程，防止糕点应氧化而变质，故D错误。19.以下测定胆矾结晶水含量的操作中，正确的是（ ）A. 加热、冷却、称量，重复两次即是恒重操作B. 瓷坩埚加热后冷却时，必须放在干燥器中C. 加热晶体时先用小火，后渐改为用大火加热D. 加热时如果有晶体溅出坩埚，应再加一些晶体测定胆矾晶体结晶水含量时，先用小火，后改为大火加热至

18、固体恒重，加热时注意控制加热温度，避免固体飞溅而导致实验误差，并放在干燥器中冷却，以此解答该题；【详解】A、进行恒重操作，直至连续两次称量的结果相差不超过0.1g，故A说法错误；B、瓷坩埚加热后需要移至干燥器中冷却，防止吸收空气中的水蒸气，故B说法正确；C、加热时，先用小火，后用大火加热至恒重，而不是渐改为用大火加热，故C说法错误；D、加热时，不断用玻璃棒搅拌，防止局部受热造成固体飞溅，如果加入一些晶体，加入的晶体和加热过程中的晶体含结晶水不同，因此应该重新做实验，故D说法错误。20.某溶液可能含有Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Fe3+、Al3+和K+。取该溶液100mL，加入过量

19、NaOH溶液，加热，得到002mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到16g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到466g不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中A. 至少存在5种离子B. Cl-一定存在，且c（Cl）04mol/LC. SO42-、NH4+、一定存在，Cl-可能不存在D. CO32-、Al3+一定不存在，K+可能存在根据加入过量NaOH溶液，加热，得到002mol气体，说明有NH4+，而且为002mol，同时产生红褐色沉淀，说明有Fe3+，而且为002mol，则没有CO32-，根据不溶于盐酸的466g沉淀，说明有SO42-，且为002mol，再根据电荷守恒可知一

20、定有Cl-，至少有006mol（0023+0022-0022），B正确。【考点定位】本题考查离子共存及计算。二、综合题21.浓硫酸有许多重要的性质，工业上可以通过硫铁矿（主要成分是FeS2）制取。（1）硫原子核外电子占有_种能量不同的轨道。H2SO4属于_晶体。（2）非金属性：S_O（选填“”、“”或“=”）。试用一个实验事实说明_。（3）接触法制硫酸工业中，其主要反应在450并有催化剂存在下进行：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）+190kJ该反应的平衡常数表达式是K=_，该反应450时的平衡常数_500时的平衡常数（选填“大于”、“小于”或“等于”）。（4）在一个固定容积为10L的密

21、闭容器中充入0.40mol SO2和0.20 O2，半分钟后达到平衡，测得容器中含SO3 0.36mol，则v（SO2）=_molmin；若继续通入0.40mol SO2和0.20mol O2，则平衡_移动（选填“向正反应方向”、“向逆反应反向”或“不”）。（5）该热化学方程式的意义是_。【答案】 （1）. 5 （2）. 分子 （3）. ”、“=”）。【答案】 （1）. 6NaHCO3+Al2（SO4）3+6H2O2Al（OH）3+6CO2+3Na2SO4 （2）. 3 6 6 4 2 6 （3）. （4）. （5）. Fe（OH）3和FeCl3 （6）. 减小 （7）. ad （8）. （1

22、）根据信息，NaHCO3与Al2（SO4）3发生双水解反应，其化学反应方程式为Al2（SO4）36NaHCO36H2O=2Al（OH）36CO23Na2SO4；（2）Na2O2具有强氧化性，该反应中作氧化剂，Fe2以还原性为主，作还原剂，Na2O2中O元素共降低2价，Fe2Fe3升高1价，最小公倍数为2，题中给出FeCl2的系数为6，则Na2O2的系数为3，根据原子守恒配平其他，即反应方程式为3Na2O26FeCl26H2O=4Fe（OH）32FeCl36NaCl；电子转移的方向和数目是该反应中被还原的元素是Na2O2中1价O，氧化产物是FeCl3和Fe（OH）3；（3）Ba（OH）2少量，发

23、生离子反应方程式Ba22OH2HCO3=BaCO32H2OCO32，NaHCO3电离方程式为NaHCO3=NaHCO3，因此加入少许Ba（OH）2固体，溶液中c（CO32）增大；（4）a、滤出小苏打后，母液里有NH4Cl和NaHCO3，通入氨气，增加c（NH4），再加入食盐，使NH4Cl析出，然后过滤，氯化铵的纯度较高，故a说法正确；b、中析出的NH4Cl中含有较多的NaCl，氯化铵的纯度降低，故b说法错误；c、中滤液还有较多的NH3，不能直接循环使用，故c说法错误；d、中滤液中含有较多NaCl，可以直接循环使用，故d说法正确；（5）HCO3电离方程式为HCO3HCO32，HCO3水解方程式HCO3H2OH2CO3OH，NaHCO3溶液显碱性，说明HCO3水解程度大于其电离程度，即c（H2CO3）c（CO32）。【点睛】氧化还原反应方程式的配平是难点，首先应找准氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，像本题，Na2O2为氧化剂，FeCl2为还原剂，Fe3为氧化