上海市宝山区20182019学年高三下学期教学质量检测二模化学试题Word版含解析.docx

众志成城卧虎藏龙地豪气干云秣马砺兵锋芒尽露披星戴月时书香盈耳含英咀华学业必成5上海市宝山区2021-2021学年高三下学期教学质量检测二模化学试题考生注意：1、本试卷总分值100分，考试时间60分钟。2、本试卷设试卷和答题纸两局部，试卷包括试题及答题要求；所有答案必须涂或写在答题纸上；做在试卷上一律不得分。3、答题前，考生务必在答题纸上用钢笔或圆珠笔在答题纸正面清楚地填写姓名、准考证号。4、答题纸及试卷在试题编号上是一一对应的，答题时应特别注意，不能错位。相对原子质量：H1 O16 F19 28 23 C12一、选择题此题共40分，每题2分，每题只有一个正确选项1. 以下物质属于纯洁物的是A. 硬铝 B. 胆矾 C. 生铁 D. 钢【答案】B【解析】A硬铝是铝和硅、镁等形成的合金，属于混合物，选项A错误；B胆矾一种物 硫酸铜晶体，是一种物质组成的纯洁物，选项B正确；C、生铁中主要含有铁和碳杂质等物质，属于混合物，选项C错误；D、钢中主要含有铁和少量碳杂质等物质，属于混合物，选项D错误。答案选B。点睛：此题考察了物质分类、物质组成、物质名称等知识点，注意知识的积累，纯洁物为一种物质组成，混合物为多种物质组成，据此分析选项。2. 以下离子在稳定人体血液的中起作用的是A. B. 2+ C. 3 D. 【答案】C【解析】A不水解，为强碱阳离子，那么不能起到调节人体内值的作用，选项A错误；B2+水解，为弱碱阳离子，使得溶液水解呈酸性，只能降低值，选项B错误；C3-在溶液中存在两个趋势：3-离子电离使得溶液呈酸性，或者3-水解呈现碱性，即电离呈酸性，降低值，水解呈碱性，值升高，选项C正确；D不水解，为强酸阴离子，那么不能起到调节人体内值的作用，选项D错误；答案选C。点睛：此题属于容易题，明确稳定是解答此题的关键，并熟悉盐类水解的规律及常见离子的水解及酸式酸根离子的性质来解答。根据稳定人体血液的可知，那么选项中的离子既能及酸反响又能及碱反响才符合题意，以此来解答。3. 属于人工固氮的是A. 别离液态空气制氮气 B. 工业合成氨C. 闪电时N2转化为 D. 豆科作物根瘤菌将N2转化为3【答案】B【解析】A别离液态空气制氮气，属于物理变化，氮元素化合价不变，不属于固氮，选项A不选；B工业合成氨是N2及H2在一定条件下反响生成3，属于人工固氮，选项B选；C闪电时N2转化为，属于自然固氮，选项C不选；D豆科作物根瘤菌将N2转化为含氮化合物，属于生物固氮，属于生物固氮，选项D不选。答案选B。4. 以下不属于煤干馏产物的是A. 焦炭 B. 煤焦油 C. 焦炉气 D. 人造石油【答案】D【解析】煤干馏是煤化工的重要过程之一。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、焦炉气等产物的过程。但不涉及人造石油，答案选D。5. 以下微粒中，互为同位素的是A. 12C和14C B. O2和O3 C. H2和 D. 冰和干冰【答案】A【解析】A、12C和14C中子数不同，是碳元素的不同原子，互为同位素，选项A正确；B、O2和O3是氧元素组成的构造不同的单质，互为同素异形体，选项B错误；C、H2和分别为氢元素的单质和氢离子，不是同位素关系，选项C错误；D、冰和干冰是水和固体二氧化碳，是两种物质，不是同位素，选项D错误。答案选A。23溶液时，不需要用到的仪器是A. 烧杯 B. 枯燥器 C. 玻璃棒 D. 500容量瓶【答案】B【解析】因配制顺序是：计算称量溶解、冷却移液洗涤定容摇匀装瓶贴签，一般用天平称量用到药匙称量，在烧杯中溶解，冷却后转移到500容量瓶中，并用玻璃棒引流，转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒23次并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，当加水至液面距离刻度线12时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点及刻线相平，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀所以需要的仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、500容量瓶、胶头滴管，不需要的仪器为B枯燥器，答案选B。7. 以下关于的性质错误的选项是A. 有银白色光泽 B. 能被磁铁吸引 C. 遇硫酸钝化 D. 能和水蒸气反响【答案】C【解析】A. 纯铁具有银白色金属光泽，选项A正确；B. 铁能被磁铁吸引，选项B正确；C. 常温下铁遇浓硫酸发生钝化，但铁能及稀硫酸反响，选项C错误；D. 高温条件下铁能和水蒸气反响生成四氧化三铁和氢气，选项D正确。答案选C。8. 以下固体溶于水时吸热的是A. 氯化铵 B. 氢氧化钠 C. 氧化钙 D. 过氧化钠【答案】A【解析】物质在溶解时经常伴随有吸热或放热现象，如氢氧化钠固体、浓硫酸溶于放出大量的热，温度升高；硝酸铵固体溶于水吸热，温度降低。A、氯化铵溶于水吸热，溶液温度明显降低，选项A正确；B、氢氧化钠溶于水放热，溶液温度明显升高，选项B错误；C、氧化钙及水反响放热，溶液温度明显升高，选项C错误；D、过氧化钠溶于水反响生成氢氧化钠和氧气，并放热，溶液温度明显升高，选项D错误；答案选A。9. 关于乙烯的说法错误的选项是A. 含有两种共价键 B. 能使溴水褪色C. 形成的晶体是原子晶体 D. 可作果实催熟剂【答案】C【解析】A. 乙烯分子中碳原子及氢原子之间形成极性共价键，碳原子之间形成非极性共价键，共含有两种共价键，选项A正确；B. 乙烯能及溴发生加成反响而使溴水褪色，选项B正确；C. 乙烯形成的晶体是分子晶体，选项C错误；D. 乙烯能催熟果实，可作果实催熟剂，选项D正确。答案选C。10. 1氢气和氧气完全燃烧生成水蒸气放出241.8千焦热量，以下热化学方程式正确的选项是A. 2H2g2g2H2B. H2g+1/2O2gH2Os+241.8 C. H2g+1/2O2gH2Og-241.8 D. H2OgH2g+1/2O2g-241.8 【答案】D【解析】1氢气和氧气完全燃烧生成水蒸气放出241.8热量，该反响的热化学方程式为：H2g2g2Og241.8，即H2g+1/2O2gH2Og+241.8 ，选项B、C均错误；2氢气和氧气完全燃烧生成水蒸气放出483.6热量，该反响的热化学方程式为：2H2g2g=2H2Og483.6，即2H2g2g2H2Og+483.6，选项A错误；1水蒸气分解生成氢气和氧气吸收241.8热量，该反响的热化学方程式为： H2Og= H2g2g241.8，即H2OgH2g+1/2O2g-241.8 ，选项D正确。答案选D。点睛：此题考察了热化学方程式的书写及反响热的计算、燃烧热等，难度不大，注意掌握热化学方程式的书写。据热化学方程式的书写原那么写出氢气燃烧生成气态水的热化学方程式，方程中的热量和化学计量数要对应，根据1气态水转化成液态水放出的热量，结合氢气及氧气反响生成气态水的反响热计算生成液态水的反响热。11. 不能鉴别乙醇和乙酸的方法是A. 观颜色 B. 闻气味 C. 加石蕊试液 D. 用试纸【答案】A【解析】A、乙醇和乙酸均为无色溶液，无法鉴别，选项A选；B、乙醇有特殊的香味，乙酸有刺激性气味，闻气味能鉴别，选项B不选；C、乙醇为中性，乙酸为酸性，加石蕊试液变红的为乙酸，可鉴别，选项C 不选；D乙醇为中性，乙酸为酸性，用试纸测时，小的为乙酸，可鉴别，选项D不选；答案选A。12. 工业制硫酸的适宜条件不包括A. 矿石粉碎成粉末可加快反响速率 B. 原料气进入接触室之前需净化处理C. 2转化为3时用铁触媒作催化剂 D. 用98.3%的浓硫酸吸收3【答案】C【解析】A、矿石粉碎成粉末，接触面积增大，可以加快化学反响速率，选项A正确；B、原料气进入接触室之前需净化处理，减少杂质，选项B正确；C、2转化为3时用钒触媒作催化剂，选项C错误；D、工业上从吸收塔顶部喷洒浓硫酸作吸收液，最终得到“发烟硫酸，选项D正确。答案选C。13. S、是常见的两种非金属元素，以下判断错误的选项是A. 最外层电子数：S< B. 原子半径：rS< rC. 热稳定性：H2S< D. 非金属性：S<【答案】B【解析】A. 硫原子最外层电子数为6，氯原子电外层电子数为7，故最外最外层电子数：S<，选项A正确；B. 同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，故原子半径：rS> r，选项B错误；C. 氯的非金属性强于硫，非金属性越强氢化物的稳定性越强，故热稳定性：H2S<，选项C正确； D. 同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，故非金属性：S<，选项D正确。答案选B。14. 在海带提碘的实验中可做萃取剂的是A. 四氯化碳 B. 水 C. 乙醇 D. 乙酸【答案】A【解析】A碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的溶解度，且碘及四氯化碳不反响，水及四氯化碳不互溶，选项A 正确；B碘在水中的溶解度很小，且水及含碘溶液互溶，选项B错误；C乙醇及水互溶，选项C错误；D乙酸及水互溶，选项D错误；答案选A。点睛：此题考察萃取剂选择的判断。萃取适合于溶质在不同溶剂中的溶解性不同而别离的一种方法，选用的萃取剂的原那么是：和原溶液中的溶剂互不相溶更不能发生化学反响；溶质在该溶剂中溶解度要远大于原溶剂。15. 以下关于实验室制备乙酸乙酯和乙酸丁酯的描述正确的选项是A. 均采用水浴加热 B. 均采用边反响边蒸馏的方法C. 制备乙酸乙酯时乙醇过量 D. 制备乙酸丁酯时正丁醇过量【答案】C【解析】A、实验室制备乙酸乙酯采用酒精灯加热，选项A错误；B、乙酸乙酯采取边反响边蒸馏的方法，但乙酸丁酯那么采取直接回流的方法，待反响后再提取产物，选项B错误；C、制备乙酸乙酯时，为了提高冰醋酸的转化率，由于乙醇价格比拟低廉，会使乙醇过量，选项C正确；D、制备乙酸丁酯时，采用乙酸过量，以提高丁醇的利用率，这是因为正丁醇的价格比冰醋酸高，故该方法不可行，选项D错误。答案选C。16. 以下图是电解2溶液的装置，其中c、d为石墨电极。那么以下判断正确的选项是A. a是阳极，b是阴极B. c是正极，d是负极C. d电极上发生复原反响D. 通电一段时间后，溶液值减小【答案】C【解析】在电解池中，电流的流向和电子的移动方向相反，电流是从正极流向阳极，所以c是阳极，d是阴极，a是正极，b是负极。A、a是正极，b是负极，选项A错误；B、c是阳极，d是阴极，选项B错误；C、电解过程中，d电极是阴极，该电极上铜离子得电子析出金属铜，发生复原反响，选项C正确；D、电解过程中，氯离子在阳极上失电子产生氯气，铜离子得电子析出金属铜，溶液的值不变，选项D错误。答案选C。17. 漂粉精的有效成分是()2，它会和空气中的2发生反响，生成具有消毒作用的。以下表示该过程的离子方程式正确的选项是A. 2222O3+2B. 22O3C. 2222+2H2O(3)2+2D. ()2+22+2H2O2232【答案】B.18. 有学生为了证明2是一种酸性氧化物，做了以下实验：向滴有酚酞的氢氧化钠溶液中通入过量的2气体，溶液褪色。关于该实验以下说法错误的选项是A. 该实验一定能证明2是一种酸性氧化物B. 假设2是一种酸性氧化物，溶液中可能发生的反响是：2+2232OC. 假设2是一种酸性氧化物，溶液中可能发生的反响是：2232O23D. 假设要证明2是一种酸性氧化物，还需在实验完毕后再加酚酞或氢氧化钠溶液【答案】A【解析】向滴有酚酞的氢氧化钠溶液中通入过量的2气体，溶液褪色，说明二氧化硫溶于水生成酸，酸及碱发生中和反响，溶液呈酸性，溶液褪色；二氧化硫过量，那么溶液中发生的反响是：23，假设要证明2是一种酸性氧化物，还需在实验完毕后再氢氧化钠溶液，假设溶液又变红，那么进一步证明结论正确。答案选A。19. 实验室用4和浓盐酸反响制取2：24+16浓222+52+8H2O。以下判断错误的选项是A. 既作复原剂，又作酸B. 氧化剂和复原剂的物质的量之比为1:8C. 2是氧化产物D. 14完全反响，转移电子5【答案】B【解析】反响24+16浓222+52+8H2O中4中元素化合价由+7价变为+2价，4作氧化剂被复原、中元素化合价由-1价变为0价，作复原剂被氧化，同时局部起到酸的作用。A. 既作复原剂，又作酸，选项A正确；B. 氧化剂4和复原剂的物质的量之比为2:10=1：5，选项B错误；C. 2是氧化产物，选项C正确；D. 14完全反响，转移电子5，选项D正确。答案选B。点睛：此题考察了氧化复原反响，根据元素化合价变化来分析解答，注意该反响中的作用，该反响中4中元素化合价由+7价变为+2价，、中元素化合价由-1价变为0价，所以4是氧化剂、局部氯化氢是复原剂，据此分析解答20. 中和一样体积，一样的()2、和3·H2O三种稀溶液，所用一样浓度的盐酸的体积分别为V1、V2、V3，那么三者关系式为A. V3>V2>V1 B. V32>V1C. V12>V3 D. V3>V21【答案】D【解析】一样的()2、和3·H2O，c()一样，体积一样，那么n()一样，()2、是强碱，在溶液中已经完全电离，中和时耗盐酸物质的量一样，但3·H2O为弱碱，随反响进展不断电离生成，最终耗盐酸最多，所以V3>V21。答案选D。二、综合题一此题共15分21. 海洋是资源的宝库。占地球上储量99%的溴分步在海洋中，我国目前是从食盐化工的尾料中提取溴，反响原理是：2+222。1氯原子最外层电子轨道表示式是，氯气属于分子填写“极性或“非极性。2溴水中存在如下化学平衡：22。取少量溴水于一支试管中，向试管中滴加氢氧化钠溶液，溶液颜色变浅。请用平衡移动的观点解释颜色变浅的原因。3氟和溴都属于卤族元素，和地壳内2存在以下平衡：4(g)+ 2(s) 4(g)+2H2O(g)+148.9。该反响的平衡常数表达式。如果上述反响到达平衡后，降低温度，该反响会填写“向正反响方向移动或“向逆反响方向移动，在平衡移动时逆反响速率先后填写“增大或“减小。4假设反响的容器容积为2.0 L，反响时间8.0，容器内气体的质量增加了0.24g，在这段时间内的平均反响速率为。【答案】 (1). (2). 非极性 (3). 滴加氢氧化钠溶液，和结合，导致浓度降低，平衡向右移动，溶液颜色变浅 (4). 4H2O2/4 (5). 向正反响方向移动 (6). 减小 (7). 增大 (8). 0.0010(L·)二此题共15分22. 铝、铁是常见的两种金属，它们的单质及化合物在生活生产中处处可见。1过量的铁和稀硝酸发生反响，产物是(3)2和，写出该反响的化学方程式。2实验室配制4溶液时，如果没有隔绝空气，4会被氧化为填写化学式。在该溶液中参加试剂，看到现象，证明溶液变质。3(4)2·12H2O俗称明矾，常用作净水剂，请述其原因并写出有关的离子方程式。4(2)2可溶于水，以下图表示的是向2(4)3溶液中逐滴参加()2溶液时，生成沉淀的物质的量y及参加()2的物质的量x的关系。由图可知c点的沉淀是填化学式，时存在的沉淀是()3和4，两者的物质的量比多。【答案】 (1). 383(稀)332+2+4H2O (2). 243 (3). 溶液 (4). 溶液变为血红色 (5). 明矾水解生成胶状()3，它具有很强的吸附能力，可以吸附水中的杂质并沉降，使水澄清。33H2()3+3 (6). 4 (7). 4 (8). ()3【解析】1过量的铁和稀硝酸发生反响，产物是(3)2和，反响的化学方程式为383(稀)=332+2+4H2O；2实验室配制4溶液时，如果没有隔绝空气，4会被氧化为243。在该溶液中参加溶液，溶液变为血红色，证明溶液变质；3(4)2·12H2O俗称明矾，明矾水解生成胶状()3，它具有很强的吸附能力，可以吸附水中的杂质并沉降，使水澄清，常用作净水剂，有关的离子方程式为33H2()3+3；c点时3沉淀恰好完全溶解，此时产生的沉淀只有4；在发生反响A1243+32=23+34，由方程式可知，沉淀的物质的量： 4比3多。点睛：此题考察学生离子之间的反响知识，结合图象知识来考察，增加了难度，熟悉每一段图中对应的化学反响是解答此题的关键，根据整个过程中离子之间的反响以及用量来确定沉淀的量的多少。三此题共15分23. 工业生产纯碱的工艺流程示意图如下：完成以下填空：1粗盐水参加沉淀剂A、B除杂质沉淀剂A来源于石灰窑厂，写出A、B的化学式。 。2实验室提纯粗盐的实验操作依次为：取样 沉淀 冷却结晶 烘干 。3工业生产纯碱的工艺流程中，先通氨气，再通二氧化碳的原因是。4碳酸化时产生的现象是，碳酸化后过滤，滤液D最主要的成分是填写化学式。5产品纯碱中含有碳酸氢钠。如果用加热分解的方法测定纯碱中碳酸氢钠的质量分数：样品质量为m1，加热后固体质量为m2，纯碱中碳酸氢钠的质量分数可表示为W(3)。【答案】 (1). ()2或 (2). 23 (3). 溶解， 过滤， 蒸发， 过滤 (4). 因为氨气在水中的溶解度非常大,在水中形成氨的水溶液,溶液的碱性比拟强,易于吸收更多的二氧化碳,这样可以生成更多的3,从而产生更多的纯碱 (5). 有晶体析出或出现浑浊 (6). 4 (7). 84m12/31m1【解析】1沉淀剂A来源于石灰窑厂,所以A是()2或，A用来除去粗盐中的镁离子。而过量的钙离子，那么需要碳酸钠来除去，故B为23；2形成沉淀之前，应该先溶解。产生的沉淀通过过滤除去，所得溶液通过蒸发即得到氯化钠晶体。故实验室提纯粗盐的实验操作依次为：取样溶解 沉淀 过滤蒸发 冷却结晶 过滤 烘干；3因为氨气在水中的溶解度非常大,在水中形成氨的水溶液,溶液的碱性比拟强,易于吸收更多的二氧化碳,这样可以生成更多的3,从而产生更多的纯碱，故工业生产纯碱的工艺流程中，先通氨气，再通二氧化碳；4碳酸化时产生的现象是有晶体析出或出现浑浊；根据操作过程，氨化后通入二氧化碳的溶液发生复分解反响，反响的化学方程式为：H22334，最终得到4还有碳酸氢钠等，碳酸氢钠溶解度很小而结晶，故酸化后滤液的主要成分是4；5加热前纯碱的质量为m1，加热后的质量为m2，那么加热损失的质量为：m12，那么纯碱中碳酸氢钠的质量为：；故纯碱中含有的碳酸氢钠的质量分数为。点睛：此题考察了物质的提纯、化学实验根本操作、实验结果的处理等知识。解答实验问题时，要首先理清实验目的和实验原理，从实验的平安性、科学性和简约型入手进展解答对化学实验数据进展处理时，要注意处理的合理性。1根据题意A源于石灰窑，说明其是生石灰或熟石灰来分析；2根据实验室提纯粗盐的整个操作过程来答复；3根据题意知道通入二氧化碳后主要发生复分解反响结合质量守恒定律得知溶液中主要是4。四此题共15分24. 化合物A最早发现于酸牛奶中，它是人体内糖代谢的中间体，可由马铃薯、玉米淀粉等发酵制得。A的钙盐是人们喜爱的补钙剂之一。A在某种催化剂的存在下被氧化，其产物不能发生银镜反响。在浓硫酸存在下， A可发生如下所示的反响。1A含有的官能团名称为F的反响类型为 。2写出一种和B具有一样官能团的同分异构体的构造简式。3写出AD的化学方程式。4有机物C3H6O含有醛基，一定条件下和H2反响生成322。检验该有机物是否完全转化的操作是。5有机物E可以由22得到，改变条件它也可以制得其他产物。设计一条由22合成32的路线。合成路线流程图例如如下：3222【答案】 (1). 羟基、羧基 (2). 取代 (3). 3()23 和它具有一样官能团的同分异构体 (4). 3()3 3()32O (5). 取样，参加新制氢氧化铜，煮沸，观察是否有砖红色沉淀生成，假设有砖红色沉淀生成，那么未全部转化；假设没有砖红色沉淀生成，那么已全部转化 (6). 2232232【解析】A在浓硫酸存在下既能和乙醇反响，又能和乙酸反响，说明A中既有羧基又有羟基。A催化氧化的产物不能发生银镜反响，说明羟基不在碳链的端点上，可判断A为乳酸3，而A被氧化可得3，不能发生银镜反响，这就进一步证明了A是乳酸。A及乙醇发生酯化反响生成B，B为323，A及乙酸发生酯化反响生成D，D为33，A在浓硫酸、加热条件下生成E，E可以溴水褪色，应发生消去反响，E为2，A在浓硫酸、加热条件下生成六原子环状化合物F，结合F的分子式可知，为2分子乳酸发生酯化反响生成环状化合物，故F为，1A为3，含有羟基、羧基；AF是乳酸在浓硫酸、加热条件下发生酯化反响生成环状化合物，反响方程式为，反响类型为取代反响；2B为323和B具有一样官能团的同分异构体含有羟基和酯基，符合条件的构造简式有3()23；3AD是3及3在浓硫酸催化下发生酯化反响生成33和水，反响的化学方程式3()3 3()32O；4有机物C3H6O含有醛基，一定条件下和H2反响生成322。检验该有机物是否完全转化的操作是取样，参加新制氢氧化铜，煮沸，观察是否有砖红色沉淀生成，假设有砖红色沉淀生成，那么未全部转化；假设没有砖红色沉淀生成，那么已全部转化；522催化加氢生成322，322氧化得到32，合成32的路线为：2232232。点睛：此题考察有机物推断，明确乳酸中官能团及其性质是解此题关键，根据反响条件及生成物构造、分子式推断发生的反响，侧重考察分析、推断能力，熟练掌握有机物的构造及性质，A在浓硫酸存在下既能和乙醇反响，又能和乙酸反响，说明A中既有羧基又有羟基。A催化氧化的产物不能发生银镜反响，说明羟基不在碳链的端点上，可判断A为乳酸3，而A被氧化可得3，不能发生银镜反响，这就进一步证明了A是乳酸。A及乙醇发生酯化反响生成B，B为323，A及乙酸发生酯化反响生成D，D为33，A在浓硫酸、加热条件下生成E，E可以溴水褪色，应发生消去反响，E为2，A在浓硫酸、加热条件下生成六原子环状化合物F，结合F的分子式可知，为2分子乳酸发生酯化反响生成环状化合物，故F为，据此分析解答。