上海市青浦区届高三质量调研二模化学试题解析版.docx

1、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-1 C-12 N-14 O-16 Na-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.

2、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

3、 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

4、，促进水电离，故D正确。6. 下列变化过程中Q0的是A. CH3COOHCH3COO + H+ + QB. CaCO3（s） CaO（s）+ CO2（g）+ QC. S2- + H2OHS- + OH- + QD. S（g）S（l）+ Q【答案】D【解析】电离吸热，Q0，故A错误； CaCO3（s） CaO（s）+ CO2（g）反应吸热，所以Q0，故B错误；盐水解吸热，Q0，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 H 2 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 H 2

5、，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0.01molL-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0.01molL-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

6、连接后，浸入0.01molL-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0.01molL-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

7、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1mol N2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】1mol N2和1mol13C2H2的质量都是28g，故A正确；标准状况下的1mol N2和1mol13C2H2的体积都是22.4L，故B正确；1mol N2和1mol13C2H2的质子数都是14NA，故C正确；氮气的结构式是 ，1mol N2共用电子对数是3 NA，C2H2的结构式是 ，1mol13C2H2共用电子对数是5NA，故D

8、错误。11. 下列变化不能通过一步反应直接完成的是A. NaNa2O2 B. CCO2 C. SSO3 D. FeFe3O4【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： C2H5OHCH2CH2H2O

9、B. 工业合成盐酸：H2 + Cl2 2HClC. 工业获取氯化钠：2Na + Cl2 2NaClD. 工业制漂粉精：2Ca(OH)22Cl2 Ca(ClO)2CaCl22H2O【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)22Cl2 Ca(ClO)2CaCl22H2O，故D正确。14. 如图是可逆反应A+2B2C+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.

10、 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

11、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

12、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

13、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 RB. 若R和M的电子层结构相同，则离子半径：MRC. 若X是原子晶体，Y是分子晶体，则熔点：YXD. 若A22D2AD2，则氧化性：DA【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

14、+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A22D2AD2，则还原性：DA，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

15、化还原反应不能大量共存。20. 在0.1 mol/L Na2CO3溶液中，微粒间浓度关系正确的是A. Na+ + H+OH + HCO3 + CO32B. Na+CO32HCO3OHC. Na+2CO32 + 2HCO3 + 2H2CO3D. Na+HCO3CO32OH【答案】C【解析】根据电荷守恒，Na2CO3溶液中Na+ + H+OH + HCO3 + 2CO32，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+2CO32 + 2HCO3 + 2H2CO3，故C正确；Na2CO3溶液中Na+CO32OH HCO3，故D错误。点睛

16、：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 + 2CO32。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 + 8NH37N2 + 12 H2O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 (Q0) 。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

17、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010min时，平均反应速率(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. N

18、O2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、1.3104 kPa左右，简述选择此压强的理由：_。【答案】 (1). 3s23p6 (2). (3). 极性 (4). ONC (5). cd (6). 0.015mol/(Lmin) (7). b c (8

19、). SO3NO/NO2 SO2 (9). a (10). 250、1.3104 kPa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 + 8NH37N2 + 12 H2O，电子转移了

20、1.2mol，消耗NO2 0.3mol，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 (Q0)，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、1.3104 kPa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、

21、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ONC；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 + 8NH37N2 + 12 H2O，电子转移了1.2mol，消耗NO2 0.3mol， mol/(Lmin)；（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

22、确； c.设开始投料amol NO2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 (Q0)，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.

23、温度升高，逆反应速率增大，故d错误。（6）CO(g) + 2H2(g)CH3OH(g) 250、1.3104 kPa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（Br 2 ）大致有以下步骤。向浓缩的海水中通入Cl2，将海水中的 Br 氧化为 Br2 。用热空气将 Br 2 从上述溶液中吹出，并由浓

24、Na 2 CO 3 溶液吸收，转变为 NaBr、NaBrO 3和CO2 。吸收1 moL Br 2 需消耗 Na2CO3 _moL。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

25、原因_。【答案】 (1). 湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝 (2). 1mol (3). 5 1 6 3 3 (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). Na2CO3NaHCO3 (6). 增大 (7). HCO3H+ 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）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；根据得失电子守恒、电荷守恒配平离子方程式；（3）

26、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，HCO3H+ 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）溴与碳酸钠反应的方程式为3Br2+3Na2CO3= 5NaBr+NaBrO3+3CO2，吸收1 moL Br2需消耗 Na2CO3 1mol；根据得失电子守恒、电荷守恒，离子方程式为5Br +1 BrO3 +6H + =3 Br2 +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

27、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Na2CO3NaHCO3；滴入氢氧化钠，OH结合H+生成水，氢离子浓度减小，导致HCO3H+ CO32平衡正向移动，CO32增大。点睛：选用萃取剂的原则：和原溶液中的溶剂互不相溶；对溶质的溶解度要远大于原溶剂；不易于挥发；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

28、、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NH3 22.4L（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). Na2C

29、O3 ，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