上海市松江区2019届高三第一学期期末（一模）学科质量检测化学试题（解析版）(带参考答案).doc

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1、松江区20182019学年第一学期高三年级质量调研化学试卷相对原子质量: H-1 C-12 N-14 0-16 Na-23 C1-35.5 Al-27 Ba-137一、 选择题(本题共40分,每题2分,每小题只有一个正确答案)1.下列过程属于物理变化的是A. 干馏B. 分馏C. 裂化D. 裂解【答案】B【解析】【详解】A.煤的干馏可以得到煤焦油、粗苯、煤气等产物，属于化学变化，A项不符合题意；B.分馏是利用组分沸点的不同，进行分离的操作，属于物理过程，B项符合题意；C.石油裂化得到轻质油，重油中的烷烃在高温的条件下发生断链，得到轻质油，属于化学变化；C项不符合题意；D.石油裂解得到乙烯、丁二烯

2、等化工原料，是化学变化，D项不符合题意。本题答案选B。2.属于硝态氨肥的是A. CO(NH2)2B. NH4ClC. KNO3D. NH3H2O【答案】C【解析】【详解】A. CO(NH2)2为尿素，不是铵态氮肥，也不是硝态氮肥，而是有机氮肥，A项不符合要求；B. NH4Cl为铵态氮肥，B项不符合要求；C. KNO3为硝态氮肥，C项符合要求；D. NH3H2O一水合氨，D项不符合要求；本题答案选C。3.海水中含量最高的非金属元素是A. OB. ClC. BrD. I【答案】A【解析】【详解】海水中绝大部分为水，水中含有H和O两种元素，按含量，最高的是O，A项正确；本题答案选A。4.下列物质熔化

3、时只克服分子间作用力的是A. 钢铁B. 冰C. 水晶D. 食盐【答案】B【解析】【详解】熔化时只克服分子间作用力的通常为分子晶体。A. 钢铁，为金属晶体，熔化时破坏金属键，A项不符合题意；B. 冰，为分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，B项符合题意；C.水晶，二氧化硅，为原子晶体，熔化时破坏共价键，C项不符合题意；D.食盐，离子晶体，熔化时破坏离子键，D项不符合题意本题答案选B。5.下列化学用语表示不正确的是A. 碳原子的结构示意图：B. CO2分子的电子式：C. 碳原子核外电子排布的轨道表达式：D. CO2分子的比例模型：【答案】B【解析】碳原子的核电荷数为6，核外电子排布结构示意图为，A正确

4、；CO2是共价化合物,分子中含有两个碳氧双键,其的电子式为, B错误；碳原子核电荷数为6，核外电子排布 1s22s22p2, 核外电子排布的轨道表达式：，C正确；CO2分子为共价化合物，分子为直线型，且碳原子半径大于氧原子半径，其比例模型为，D正确；正确选项B。6.下列变化过程属于还原反应的是A. HClCl2B. H2SO3SO2C. Fe(OH)3Fe2O3D. CuOCu【答案】D【解析】【详解】还原过程，化合价降低的过程。A. HClCl2，化合价从-1到0，化合价升高，A项不符合题意；B. H2SO3SO2，化合价从+4到+4，化合价不变，B项不符合题意；C. Fe(OH)3Fe2O

5、3，化合价从+3到+3，化合价不变，C项不符合题意；D. CuOCu，化合价从+2到0，化合价降低，D项符合题意；本题答案选D。7.不能用离子方程式Ca2+CO32 CaCO3表示的反应是A. 澄清石灰水和碳酸B. 澄清石灰水和碳酸钠溶液C. 硝酸钙溶液和碳酸铵溶液D. 氯化钙溶液和碳酸钾溶液【答案】A【解析】【详解】A.碳酸为弱酸，在书写离子方程式时不能拆写成离子形式，A项符合题意；B、C、D均为可溶性的物质之间的反应，而且均为强电解质，所以可以拆成离子形成，均可用该离子方程式表示，B、C、D不符合题意；本题答案选A。8.对核外电子运动状态的描述，较为全面的是A. 结构示意图B. 电子式C.

6、 电子排布式D. 轨道表达式【答案】D【解析】【详解】A.原子结构示意图表示原子核电荷数和电子层排布的图示形式，并不能表示s、p等轨道分别有多少个电子；B. 电子式，表示原子价电子层电子的数目；C.电子排布式是指用能级的符号及能级中容纳电子数表示核外电子运动的状态，可以知道能级和其中容纳的电子数，但是不能表示复杂原子轨道中的电子排布情况及电子的自旋状态；D. 轨道表达式用一个方框、圆圈或两条短线表示一个给定量子数n、l、m的轨道，用箭头“”或“”来区别自旋状态不同的电子；可以反映粒子的电子层、电子亚层和自旋方向。比较之下，D最为全面。本题答案选D。9.将后者逐渐滴入(或通入)前者至过量，先产生

7、沉淀后消失的是A. AlCl3溶液、氨水B. H2S溶液、O2C. Al2(SO4)3溶液、NaOH溶液D. FeCl2溶液、NaOH 溶液【答案】C【解析】【详解】A. AlCl3溶液与氨水反应生成Al(OH)3沉淀，但是Al(OH)3不溶于氨水，因此只有生成沉淀，沉淀不溶解，A项不符合题意；BH2S和O2可以生成S单质，但是在溶液中S和O2不反应，所以只有生成沉淀，没有溶解，B项不符合题意；CAl2(SO4)3溶液和NaOH溶液生成Al(OH)3沉淀，Al(OH)3再和NaOH生成NaAlO2，沉淀溶解，C项符合题意；D. FeCl2溶液和NaOH 溶液生成Fe(OH)2白色沉淀，白色沉淀

8、迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，D项不符合题意；本题答案选C10.不能用元素周期律解释的是A. 酸性: H2SO4H3PO4B. 非金属性: Cl BrC. 碱性: NaOH Mg(OH)2D. 热稳定性: Na2CO3 NaHCO3【答案】D【解析】A、硫元素的非金属性强于磷元素，因此硫酸的酸性强于磷酸，A不符合题意；B、同主族从上到下非金属性逐渐减弱，所以氯元素的非金属性强于溴，B不符合题意；C、钠的金属性强于镁，因此氢氧化钠的碱性强于氢氧化镁，C不符合题意；D、碳酸钠的热稳定性强于碳酸氢钠与元素周期律没有关系，D符合题意，答案选D。【此处有视频，请去附件查看】11.关于的命名正确的是A.

9、 3甲基庚烷B. 2乙基已烷C. 1甲基4乙基戊烷D. 1, 4二甲基已烷【答案】A【解析】【详解】，该烷烃的编号，如图所示，主链为7个C原子，为庚烷，3号位上有一个甲基，则命名为3甲基庚烷；A项正确；本题答案选A。12.能够确定溶液中一定含有SO42的是A. 取样，加入用盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成B. 取样，加入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，再加稀硝酸沉淀不消失C. 取样，加入硝酸钡溶液，有白色沉淀生成D. 取样，加入盐酸无现象，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成【答案】D【解析】【详解】SO42的检验，先用稀盐酸酸化，直到没有现象为止，排除Ag、CO32等的干扰，再加入氯化钡溶液，看是

10、否生成白色沉淀。 A直接加入稀盐酸酸化的氯化钡溶液，不能排除Ag的干扰，A项错误；B先加氯化钡不能排除Ag的干扰，B项错误； C加入硝酸钡，不能排除碳酸根、亚硫酸根等的干扰，C项错误；D加入盐酸无明显现象，排除Ag等的干扰，再加入氯化钡有沉淀，说明有SO42，D项正确；本题答案选D。13.已达到平衡的可逆反应，增大压强后，反应速率(v)变化如图所示，该反应是 A. N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)B. C(s)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)C. H2(g)+I2(g) 2HI(g)D. FeCl3+3KSCN Fe(SCN)3+3KCl【答案】C【解析】【详解】从速率图来看，

11、增大压强，化学反应速率增加，但是正反应速率等于逆反应速率，平衡不移动，说明反应前后气体体积相等。A气体体积减小的反应，A项不符合题意； BC是固体，是气体体积增大的反应，B项不符合题意； C反应前后，气体体积不变，C项正确；D没有气体参与，改变压强化学反应速率不变，D项不符合题意；本题答案选C。14.等体积混合pH=11的NaOH溶液和pH=3的CH3COOH溶液，所得溶液中c(Na+)、c(CH3COO )的正确关系是A. c(Na+) c(CH3COO)B. c(Na+) c(OH)，根据电荷守恒，c(H)+c(Na+)= c(CH3COO)+ c(OH)；可得c(Na+) Fe3+【答案

12、】D【解析】【详解】整个过程中化学反应：Fe2HCl=FeCl2H2，2FeCl2Cl2=2FeCl3。Fe2为浅绿色，Fe3为棕黄色。A. 为氯化亚铁和剩余HCl的混合溶液，为浅绿色，A项错误；B.Fe的化合价从2升高到3，被氧化，B项错误；C.不知道氯水加入的量，不能确定氯化亚铁是否完全转化为FeCl3，C项错误；D. 中的反应2FeCl2Cl2=2FeCl3，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物，氧化性: Cl2 Fe3+，D项正确；本题答案选D。19.已知氯气、溴蒸气分别跟氢气反应的热化学方程式如下:H2(g)+ Cl2(g) 2HCl(g)+Q1； H2(g) + Br2(g) 2HBr(

13、g)+Q2下列叙述错误的是A. Q1 Q2B. 和中生成物总能量均低于反应物总能量C. 若中反应生成2mol液态氯化氢，放出的热量低于Q1D. 中2mol HBr(g)分解为1molH2(g)与1 molBr2(g)，吸收的热量为Q2【答案】C【解析】【详解】根据所学，知道Q1大于Q2，氢气和氯气反应放出的热量比与溴蒸气反应放出的热量多。A. 氢气和氯气反应放出的热量比与溴蒸气反应放出的热量多，Q1 Q2，A项不符合题意；B. 和均为放热反应，生成物总能量小于反应物总能量，B项不符合题意；C. 若中反应生成2mol液态氯化氢，液态氯化氢的能量比气态氯化氢的能量更低，放出的热量更多，热量大于Q1

14、，C项符合题意；D.根据盖斯定律，氢气和溴蒸气反应放出的能量为Q2，那么2mol HBr(g)分解为1molH2(g)与1 molBr2(g)，吸收的热量为Q2，D项不符合题意；本题答案选C。20.某溶液中除了H+和OH-外，还有大量共存的Mg2+、Fe3+、Cl且它们的物质的量浓度之比为1: 1: 6。下列叙述正确的是A. 向该溶液中滴加NaOH溶液，立即产生沉淀B. 向该溶液中加入少量铁粉，c(Fe3+)一定减少C. 将该溶液蒸干并灼烧，得到FeCl3与MgCl2D. 若该溶液中c(Mg2+)=0.2molL1，则溶液的pH定为1【答案】B【解析】【详解】四种离子大量共存，Mg2+、Fe3

15、+、Cl的物质的量浓度之比为1: 1: 6，该溶液一定呈酸性。溶液中存在电荷守恒，故还有大量的H+， 忽略水电离的微量的氢氧根离子，根据溶液中电荷守恒，c(H+)+ 2c(Mg2+)+ 3c(Fe3+)= c(Cl)，可以求出其物质的量度之比为1: 1: 1: 6。A.加NaOH溶液，其首先与H+反应，后与Fe3+反应，故c(Fe3+)不一定减少，A项错误；B.加入少量铁粉，Fe+2Fe3+=3Fe2+，首先和Fe3+反应，所以铁离子浓度一定减少。B项正确；C.铁离子和镁离子会水解，而且HCl会逸出，促进水解，将溶液蒸干并灼烧，最后会得到氧化铁和氧化镁，C项错误；D. 根据溶液中电荷守恒，c(

16、H+)+ 2c(Mg2+)+ 3c(Fe3+)= c(Cl)，可以求出它们的浓度的比例为1: 1: 1: 6。c(Mg2+)=0.2molL1，c(H+)=0.2molL1，则溶液的pH不为1。D项错误；本题答案选B。二、综合题(共60分)21.铝及其化合物在生产、生活中存在广泛用途。完成下列填空:(1)铝原子的最外层电子排布式_，该原子核外有_种能量不同的电子。铝片放入冷浓硫酸片刻后插入硫酸铜溶液中，发现铝片表面无明显变化，其原因是_。除去铁粉中含有少量铝，通常选_溶液。(2)在一定条件下，氮化铝可通过如下反应制得:Al2O3(s)+ N2(g) + 3C(s) 2AlN(s) +3CO(g

17、).请给反应中第二周期元素的原子半径由大到小排序_ (用元素符号表示)。写出该反应的平衡常数表达式_。一定条件下，向充满氮气的2 L密闭容器中加入氧化铝和炭黑，2 min后固体质量减轻56 g，计算氮气的反应速率_。(3)某工业废水Al3+超标，加入NaHCO3溶液可以除去Al3+，现象为产生白色沉淀和无色无味的气体。请从平衡移动角度解释这现象_。【答案】 (1). 3s23p1 (2). 5 (3). 铝表面形成了致密氧化膜，与硫酸铜溶液不反应，所以无明显现象 (4). NaOH (5). CNO (6). (7). 0.25molL1min1 (8). 酸氢根离子水解呈碱性，铝离子水解呈酸

18、性，两者相互促进，均正向移动，从而生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀。【解析】【详解】(1)Al为13号元素，核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，最外层的排布为3s23p1，有5个不同的轨道，所以有5种能量不同的电子。常温下Al、Fe遇到浓硫酸、浓硝酸会钝化，表面生成一层致密的氧化膜，不能与硫酸铜接触，因此表面没有明显现象。Fe不能与强碱溶液反应，而Al可以，所以可以利用强碱区分Fe和Al。答案是3s23p1 5 铝表面形成了致密氧化膜，与硫酸铜溶液不反应，所以无明显现象 NaOH；(2)方程式中第二周期的元素包括C、N、O，同周期元素，原子序数越大，原子半径越小；排序为CNO。方程式

19、的平衡常数表达式，注意由于固体的浓度为常数，不带入平衡常数的表达式，则；反应前后固体质量的变化Al2O3(s)+ N2(g) + 3C(s) 2AlN(s) +3CO(g)反应的固体质量 272+163+123=138 2（27+14）=82反应前后的质量差为 m=82-138=56按照化学方程式反应，固体质量减少56，则氮气反应了1mol；答案是CNO， ， 0.25molL1min1；（3）泡沫灭火器原理、水解的应用。答案是酸氢根离子水解呈碱性，铝离子水解呈酸性，两者相互促进，均正向移动，从而形成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀。22.生活污水中氮是造成水体富营养化的主要原因。完成下列填空:(1

20、)某污水中存在NH4Cl。写出NH4Cl的电子式_。该污水呈现酸性的原因_ (结合离子方程式及相关文字说明)。(2)向饱和NH4Cl溶液中加入或通入一种物质，可以使NH4Cl结晶析出，这种物质可以是_ (任写种)，理由是_。(3)某污水中同时存在NH4+和NO3时，可用下列方法除去:先利用O2将NH4+氧化成NO3。请配平下列离子方程式并标出电子转移的方向和数目。_ NH4+_O2_ NO3+_ H2O+_ H+，再将NO3还原成N2，反应的离子方程式：2NO3+5H2 N2+2 O H+4H2ONH4NO3晶体中所含化学键为_。 若该污水中含有1mol NH4NO3，用以上方法处理完全后，共

21、消耗_mol氢气。 该污水处理方法的好处是_。【答案】 (1). (2). NH4H2O NH3H2OH，污水中的NH4与水中的OH-结合，使得水中的从c(H+)c(OH-)，所以溶液显酸性 (3). NH3、NaCl固体，其他可溶性氯化物固体，其他铵盐固体、浓盐酸、HCl任一种 (4). 加入NaCl固体，溶液中Cl-浓度增加，使平衡逆向移动，固体析出（从溶解平衡移动角度解释，合理即可） (5). 1 (6). 2 (7). 1 (8). 1 (9). 2 (10). 离子键、共价键、配位键 (11). 5 (12). 即降低了污水中氮的含量，生成无污染的N2；两个过程又起到了中和作用，生成

22、无污染的水。【解析】【详解】（1）电子式为识记内容，NH4为复杂的阳离子，要表示其共价键。NH4Cl为强酸弱碱盐，水解呈酸性。答案是 NH4H2O NH3H2OH，污水中的NH4与水中的OH-结合，使得水中的从c(H+)c(OH-)，所以溶液显酸性；（2）NH4Cl(s) NH4(aq)Cl(aq)，使氯化铵结晶析出，使溶解平衡向左移动，可以通入氨气、加入可溶性的铵盐或者可溶性的盐酸盐，能使NH4或Cl的浓度增大的均可，答案是NH3、NaCl固体，其他可溶性氯化物固体，其他铵盐固体均可 加入NaCl固体，溶液中Cl-浓度增加，使平衡逆向移动，固体析出（从溶解平衡移动角度解释，合理即可）；（3）

23、根据得失电子守恒和电荷守恒、物料守恒可配平。_ NH4+ + _O2_ NO3+_ H2O+_ H+每种元素化合价变化 +5-（-3）=8 22=4得失电子守恒，乘以系数 1 2 元素守恒和电荷守恒 1 2 1 1 2配平后的方程式为1NH4+ + 2O21NO3+1H2O+2H+，单线桥，从还原剂铵根离子中的N原子，指向氧化剂中的O元素，转移8个e-。NH4NO3晶体中含有的化学键包括阴阳离子间离子键，铵根离子有共价键和配位键，硝酸根中含有共价键。硝酸铵中铵根离子转化为硝酸根，再和氢气反应，1mol NH4NO3最后转变成2mol NO3，根据方程式消耗5mol氢气。第一个反应产物为酸性溶液

24、，第二个反应为碱性溶液，可以中和，且产物为氮气，无污染。答案为 离子键、共价键、配位键 即降低了污水中氮的含量，生成无污染的N2；两个过程又起到了中和作用，生成无污染的水。23.环扁桃酯临床上主要用于治疗脑动脉硬化。环扁桃酯在一定条件下的合成路线如下所示:(1)写出C中含氧官能团的名称_、_，AC的反应类型_。(2)写出两分子C生成的环状酯类化合物的反应条件_，该环状酯类化合物的结构简式 _。(3)写出与B互为同分异构体的有机物结构简式_。(4)写出反应的化学反应方程式_。(5)已知CH3COOH ClCH2COOH，请完成由乙醇合成B的路线_。(合成路线常用的表示方式为：A B . . 目标

25、产物)【答案】 (1). 羟基 (2). 羧基 (3). 加成反应 (4). 浓硫酸、加热 (5). (6). HCOOCHO (7). (8). 【解析】【详解】（1）C中含氧官能团为羟基、羧基，A生成C的反应可以通过分子式知道A的分子式为C6H6，B为C2H2O3，C的分子式为C8H8O3，可以看出A生成C为加成反应；答案是羟基 羧基 加成反应；（2）酯化反应的条件为浓硫酸、加热；发生酯化反应的时候羧基脱羟基醇脱氢，可以写出结构简式。答案为浓硫酸、加热 ；（3）B分子中只有2个C原子，还有3个氧原子，还有2个不饱和度，其同分异构体为HCOOCHO；（4）C和D生成酯类，为酯化反应，将环扁桃

26、酯水解可以到D的结构简式，答案是：；（5）根据已知可以在与羧基相连的碳上引入氯原子，卤素原子水解，氧化可以得到醛。羧基可以由醇氧化得到。答案是。24.某碳酸氢钠样品中含有碳酸钠，为测定碳酸氢钠的质量分数，设计若干实验方案。 方案一：按如图装置进行实验。(1) 实验时分液漏斗中应该装_ (盐酸或硫酸)，D装置的作用_。(2)实验中除称量样品质量外，还需称_装置前后质量的变化。根据此实验得到的数据，测定结果明显偏低，因为实验装置还存在一个明显缺陷， 该缺陷是_。方案二：用如下流程测碳酸氢钠的质量分数。完成下列填空:(3)过滤操作中，除了烧杯和漏斗外还用到的玻璃仪器有_。实验中判定沉淀是否完全的方法

27、是_。(4)已知样品8.620g，最终所得的沉淀质量为19.700g，则样品中碳酸氢钠的质量分数为_。方案三：自行完成设计。(5)尝试再设计一个测定碳酸氢钠质量分数的实验方案，其中须包含测定原理、主要实验步骤、测定的物理量_ 。【答案】 (1). 硫酸 (2). 防止空气中的水蒸气、CO2进入C管被吸收 (3). C (4). A、B中的CO2很难被C装置完全吸收 (5). 玻璃棒 (6). 在反应后烧杯的上层清液中，再滴加Ba(OH)2溶液少许，如无白色沉淀生成沉淀完全 (7). 0.877 (8). （可以任选重量法、滴定法、气体法等，合理即给分）例：2NaHCO3Na2CO3CO2H2O

28、，取样，称量样品的质量，加热至恒重，冷却，称量剩余固体的质量。【解析】【分析】方案一中利用2NaHCO3H2SO4Na2SO42CO22H2O和Na2CO3H2SO4Na2SO4CO2H2O，通过样品的质量和生成的CO2的质量，可以求出碳酸钠和碳酸氢钠各自的含量，进而求出碳酸氢钠的含量。所以要正确测量样品和二氧化碳的质量。整个装置从左到右为发生装置、干燥装置、吸收装置；最后的干燥管防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入吸收装置中。方案二中利用Na2CO3Ba(OH)2BaCO32NaOH和NaHCO3Ba(OH)2BaCO3NaOHH2O，通过样品质量和沉淀质量，可得到碳酸钠和碳酸氢钠各自的含量，进

29、而求出碳酸氢钠的含量。除此之外还可以，利用2NaHCO3Na2CO3H2OCO2，加热分解固体质量会减小，利用加热分解前后的质量可以得到碳酸钠和碳酸氢钠各自的含量，进而求出碳酸氢钠的含量。【详解】整个装置从左到右为发生装置、干燥装置、吸收装置；最后的干燥管防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入吸收装置中。（1）盐酸具有挥发性，选择硫酸更合理。装置C要吸收生成的二氧化碳，D装置要防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入C装置中。答案为硫酸 防止空气中的水蒸气、CO2进入C管被吸收；（2）除了样品的质量，还需要知道生成CO2的质量，需要知道C装置的质量。实验应尽量保证生成的CO2被C装置完全吸收，但是此实验中C

30、O2会有部分留在装置中，并不能被完全吸收。答案是C A、B中的CO2很难被C装置完全吸收；（3）基本操作过滤时需要烧杯、漏斗还需要玻璃棒。判断沉淀是否完全，取反应后的上层清液，再滴加Ba(OH)2溶液少许，看是否有沉淀生成。答案为玻璃棒 在反应后烧杯的上层清液中，再滴加Ba(OH)2溶液少许，如无白色沉淀生成沉淀完全。(4)可以设样品中碳酸钠为xg，碳酸氢钠为yg。根据条件，可以方程式x+y=8.620，可以求出x=1.06 y=7.56，；答案为0.877；(5)方案一利用测二氧化的质量，方案二利用测沉淀的质量，还可以利用碳酸氢钠分解前后的质量差设计实验方案。答案为2NaHCO3Na2CO3CO2H2O；取样，称量样品的质量，加热至恒重，冷却，称量剩余固体的质量。国产考试小能手