2023年上海市长宁区高考化学一模试卷(附答案详解).docx

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1、2023 年上海市长宁区高考化学一模试卷一、单项选择题本大题共 20 小题，共 40.0 分1. 工业上大量获得乙烯的方法是()A. 石油裂解B. 乙醇脱水C. 石油分馏D. 煤干馏2. 以下变化属于物理变化的是()A. 钝化B. 风化C. 干馏D. 分馏3. 以下哪些因素不是影响气体体积的主要因素()A. 温度B. 压强C. 微粒的大小D. 微粒的数目A. 属于极性分子B. 比例模型为4. 以下有关NH3的说法错误的选项是()C. 电子式为D. 含有极性键5. 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6. 水中参加以下物质，对水的

2、电离平衡不产生影响的是()A. NaHCO3B. NaBrC. KAl(SO4)2D. NH37. 以下关于同温同压同体积的16 O2和 18O2的推断正确的选项是()A. 质子数一样B. 沸点一样C. 互为同位素D. 摩尔质量一样8. 以下有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是()第 10 页，共 21 页A. 酸性：H2SO4 H3PO4C. 碱性：NaOH Mg(OH)2B. 非金属性：Cl Br233D. 热稳定性：Na CO NaHCO9. 参加或通入以下物质，无法使溴水褪色的是()10.丁苯橡胶的化学组成为，其单体肯定有A. CH2 = CH2B. KI 固体C. NaOH 固体

3、D. 苯()A.2 丁炔B. 1，3 丁二烯C.乙苯D.乙烯211. 不能通过化合反响生成的物质是()A. HClOB. NOC. SO3D. FeCl12. 氨碱法与侯氏制碱法的生产工艺中，一样的是()13.已到达平衡的可逆反响，增大压强后，反响速率(v)变化如下图，该反响是()A. N2(g) + 3H2(g) 2NH3(g)B. C(s) + H2O(g) CO2(g) + H2(g)A. 主反响原理B. 副产品C. 食盐利用率D. 循环物质C. H2(g) + I2(g) 2HI(g)D. FeCl3 + 3KSCN Fe(SCN)3 + 3KCl14. 将SO2气体通入KIO3淀粉溶

4、液，溶液先变蓝后褪色。此过程中SO2表现出()A. 漂白性15. 反响2H2O2(l) 2H2O(l) + O2(g)能量变化如下图， 以下说法正确的选项是()A. 由于是分解反响，所以该反响吸热B. 由途径 a 变成b 转变了反响的热效应C. 1molH2O2(l)的能量高于1molH2O(l)的能量D. 该反响说明H2O2(l)比H2O(l)稳定C. 复原性B. 氧化性和漂白性D. 复原性和漂白性16. 探究氢氧化铝的两性，最适宜的试剂是()A. AlCl3、氨水、稀盐酸B. Al2O3、氨水、稀盐酸C. Al、NaOH 溶液、稀盐酸D. Al2(SO4)3溶液、NaOH 溶液、稀盐酸17

5、. 在肯定条件下，甲苯可生成二甲苯混合物和苯。有关物质的沸点、熔点如下表：对二甲苯邻二甲苯间二甲苯苯沸点/13814413980熔点/13以下说法错误的选项是()25476A. 该反响属于取代反响B. 用蒸馏的方法可将苯从反响所得产物中首先分别出来C. 甲苯和氢气完全反响所得产物的分子式是C7H16D. 对二甲苯的一溴代物有 2 种18. 某次硫酸铜晶体结晶水含量的测定试验中，相对误差为+2.7%，其缘由不行能是()A. 试验时坩埚未完全枯燥C. 加热过程中晶体有少量溅失B. 加热后固体未放入枯燥器中冷却D. 加热后固体颜色有少量变黑19. 用滴有氯化钠溶液的潮湿的滤纸分别做甲、乙两个试验，以

6、下推断正确的选项是()A. a 极上发生复原反响B. 铁片腐蚀速率：乙甲C. d 为阴极，发生的反响为：Fe 2e Fe2+D. b 极上发生的反响为：O2 + 2H2O + 4e 4OH20. 常温下CH3COONa溶液与CH3COONH4溶液中c(CH3COO)相等，则以下表达正确的选项是( )4A. c(Na+) = c(NH+)B. 两种溶液中水的电离程度相等C. 两种溶液的pH 相等D. c(CH3COONa) 0)(1) 该反响中所涉及物质属于非极性分子的电子式为。硅元素在周期表中的位置是，其原子的最外层电子轨道表示式为，最外层有种运动状态不同的电子。(2) 反响的主要产物氮化硅所

7、属的晶体类型为。例举一个化学事实说明氮元素比硅元素非金属性强，并从原子构造角度解释两元素的非金属性强弱关系 。(3) 碳元素形成的单质有金刚石、足球烯(分子式为C60 )等。金刚石的熔点远高于足球烯的缘由。(4) 叠氮化钠(NaN3)是一种无色结晶，其固体中阴阳离子的个数比为1：1，则该固23. 接触法制硫酸工艺中，其主反响在450左右并有催化剂存在下进展：2SO2(g) + O2(g) 2SO3(g) + 190kJ(1) 该热化学反响方程式的意义是。该反响的平衡体中含有的化学键是(填化学键名称)。叠氮化钠受撞击完全分解产生钠和氮气，故可应用于汽车安全气囊。假设产生40.32L(标准状况下)

8、氮气，至少需要叠氮化钠g。常数表达式K =，该反响450时的平衡常数500时的平衡常数。(填“”“ P， 则酸性：H2SO4 H3PO4，能用元素周期律解释，故 A 不选；B. 同主族元素从上到下非金属性依次减弱，则非金属性：Cl Br，能用元素周期律解释，故B 不选；C. 元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性： Na Mg， 则碱性：NaOH Mg(OH)2，能用元素周期律解释，故 C 不选；D. 碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解，所以热稳定性：Na2CO3 NaHCO3，不能用元素周期律解释，故D 选。应选：D。9. 【答案】B【解析】解：A.乙烯和溴水发生加成反响使

9、溴水颜色褪去，故A 不符合；B. 碘化钾溶于水溶液中碘离子具有复原性，溴单质具有氧化性，能氧化碘离子生成碘单质，溶液中颜色变深，不能使溴水褪色，故B 符合；C. 氢氧化钠固体溶解后和溴单质反响生成溴化钠、次溴酸钠和水，使溴水颜色褪去，故 C 不符合；D. 苯和溴水混合后，发生萃取现象，溴水颜色褪去，故D 不符合； 应选：B。A. 乙烯具有不饱和键和溴水发生加成反响；B. 碘化钾溶于水溶液中碘离子具有复原性，能被溴单质氧化； C.氢氧化钠和溴单质反响；D.苯能萃取溴水中的单质溴；此题考察了物质性质、物质反响过程中的现象分析推断，留意学问的积存，题目难度不大。10. 【答案】B可得单体为苯乙烯和

10、1，3 丁二烯，【解析】解：分析其链节可知，链节中主碳链为6 个碳原子，一个碳碳双键构造，其单体必为一种单烯烃和一种二烯烃，按如图方式断键应选：B。在高分子链中，单体转变为在化学组成上能够重复的最小单位，即链节。推断高聚物的单体，就是依据高分子链，结合单体间可能发生的反响机理，找出高分子链中的链节。凡链节中主碳链为 4 个碳原子，无碳碳双键构造，其单体必为两种，从主链中连续开后， 再分别将两个半键闭合即得单体。此题主要考察对高分子化合物的理解与加聚反响，题目难度不大，留意依据聚合反响的类型及链节的构造特点来推断。11. 【答案】A【解析】解：化合反响的概念是由两种或两种以上的物质生成一种物质

11、A、氯气和水反响生成HCl 和HClO，则不能通过化合反响生成，故A 选； B、氮气和氧气反响生成NO，则能通过化合反响生成，故B 不选；C、二氧化硫和氧气生成三氧化硫，则能通过化合反响生成，故C 不选； D、铁和氯化铁反响生成氯化亚铁，则能通过化合反响生成，故D 不选； 应选：A。化合反响指的是由两种或两种以上的物质生成一种物质的反响；A、氯气和水反响生成HCl 和HClO； B、氮气和氧气反响生成NO；C、二氧化硫和氧气生成三氧化硫； D、铁和氯化铁反响生成氯化亚铁。此题考察物质的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反响为解答关键，侧重分析与应用力量的考察，留意元素化合物学问的应用，题

12、目难度不大。12. 【答案】A【解析】【分析】此题考察了侯氏制碱法和氨碱法生产流程的原理比较和物质分析推断，题目难度中等， 明确发生反响原理为解答关键，留意把握氨碱法和侯氏制碱法的原理、设备等学问，试题培育了学生的敏捷应用力量。【解答】纯碱，工艺中产生大量CaCl2的化学方程式为：2NH4Cl + Ca(OH)22NH3 +CaCl2 +氨碱法：以食盐(氯化钠)、石灰石(经煅烧生成生石灰和二氧化碳)、氨气为原料来制取2H2O；侯氏制碱法中，向饱和食盐水中先通入氨气，再通入二氧化碳，反响生成碳酸氢钠和氯化铵，过滤碳酸氢钠晶体后，母液中含有氯化铵，在母液中参加氯化钠冷却得到氯化铵晶体，主要反响原理

13、一样，食盐利用率不同。循环使用的物质不完全一样，副产物不同， 应选：A。13. 【答案】C【解析】解：由图可以看出，反响到达平衡后，增大压强，正反响速率仍等于逆反响速率，平衡不发生移动，说明反响前后气体化学计量数不变，只有C 符合，应选：C。由图可以看出，反响到达平衡后，增大压强，正反响速率仍等于逆反响速率，平衡不发生移动，说明反响前后气体化学计量数不变，以此解答。此题考察化学反响速率的影响以及平衡移动问题，为高考常见题型，侧重于学生的分析力量的考察，留意把握压强与化学平衡移动的关系，难度不大。14. 【答案】C【解析】解：SO2气体通入KIO3淀粉溶液，溶液先变蓝后褪色，变蓝时可知碘元素的化

14、合价降低生成碘单质，而S 元素的化合价上升，表现二氧化硫的复原性；后二氧化硫与碘发生氧化复原反响生成硫酸和HI，溶液褪色，S 元素的化合价上升，表现二氧化硫的复原性，应选：C。SO2气体通入KIO3淀粉溶液，溶液先变蓝后褪色，变蓝时可知碘元素的化合价降低生成碘单质，而S 元素的化合价上升，以此来解答。此题考察元素及化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反响及现象为解答的关键，侧重分析与应用力量的考察，留意元素化合物学问的应用，题目难度不大。15.【答案】C【解析】解：A.由图可知，2molH2O2(l)具有的能量大于2molH2O(l)和1molO2(g)具有的能量，则反响为放热反响

15、，故A 错误；B. 途径a、b 的始态与终态一样，则反响的热效应一样，即由途径 a 变成b，反响热不变， 故B 错误；C. 由图可知，2molH2O2(l)具有的能量大于2molH2O(l)和1molO2(g)具有的能量，即1molH2O2(l)的能量大于1molH2O(l)和0.5molO2(g)的能量，则1molH2O2(l)的能量高于1molH2O(l)的能量，故 C 正确；D. 由图可知，2molH2O2(l)具有的能量大于2molH2O(l)和1molO2(g)具有的能量，即1molH2O2(l)的能量高于1molH2O(l)的能量，所以稳定性：H2O2(l) H2O(l)，故 D

16、错误；应选：C。A.反响物具有的能量大于生成物具有的能量，则反响为放热反响，反之相反； B.反响的热效应与始态与终态有关，与路径无关；C.由图可知，2molH2O2(l)具有的能量大于2molH2O(l)和1molO2(g)具有的能量；D.物质具有的能量越高越不稳定，具有的能量越低越稳定。此题考察反响热与焓变，为高频考点，把握反响中能量变化、吸放热反响的判定、物质稳定性与内能的关系为解答的关键，侧重分析与敏捷运用力量的考察，题目难度不大。16.【答案】D【解析】解：由于氢氧化铝只能溶于碱中的强碱，故探究氢氧化铝的两性，不能用氨水， 故 AB 均错误；可溶性的铝盐Al2(SO4)3溶液与少量 N

17、aOH 溶液反响生成氢氧化铝沉淀，连续加过量的氢氧化钠，氢氧化铝沉淀会溶解，氢氧化铝沉淀中加盐酸沉淀溶解；所以探究氢氧化铝的两性，最适宜的试剂是Al2(SO4)3溶液、NaOH 溶液、稀盐酸，故D 正确。应选：D。既能与酸反响，又能与强碱反响的氢氧化物属于两性氢氧化物，但氢氧化铝只能溶于碱中的强碱，据此分析。此题考察了金属元素化合物的性质，题目难度不大，留意把握氢氧化铝的性质是解题的关键，侧重于考察学生的分析力量和对根底学问的应用力量。17. 【答案】C【解析】解：A.甲苯变成二甲苯是苯环上的氢原子被甲基取代所得，属于取代反响，故A 正确；B.苯的沸点与二甲苯的沸点相差较大，可以用蒸馏的方法分

18、别，故B 正确； C.甲苯和氢气完全反响所得产物为甲基环己烷，分子式是C7H14，故 C 错误； D.对二甲苯构造对称，有 2 种H，则一溴代物有 2 种，故D 正确。应选：C。甲苯发生取代反响生成二甲苯，由表中数据可知苯与二甲苯的沸点相差较大，可用蒸馏 的方法分别，而对二甲苯熔点较低，可结晶分别，结合有机物的构造特点解答该题。 此题考察较为综合，涉及到物质的分别和提纯、有机物的反响类型、沸点凹凸比较，为高频考点，题目侧重考察学生依据表格的数据分析解决问题的力量，难度不大。18. 【答案】B【解析】解：硫酸铜晶体结晶水含量的测定试验中，相对误差为+2.7%，即测定结果偏高，测定结果偏低或不变的

19、均为不行能的选项，A.试验时坩埚未完全枯燥，计算出的结晶水的质量偏高，会使误差偏大，故A 不选； B.加热后固体未放入枯燥器中冷却，固体局部吸水，差距值变小，结果偏小，故B 选； 加热后固体颜色有少量变黑，说明局部硫酸铜分解，导致计算出的结晶水的质量偏高， 测定结果偏高，故B 错误；C.加热过程中晶体有少量溅失，固体质量削减得多，结晶水含量测得值会偏高，故 C 不选；D.加热后固体颜色有少量变黑，说明局部硫酸铜分解，导致计算出的结晶水的质量偏高， 测定结果偏高，故D 不选；应选：B。依据结晶水合物中，结晶水的质量= m(容器十晶体) m(容器十无水硫酸铜)，质量分m数=结晶水 100%，在测定

20、中假设被测样品中含有加热挥发的杂质或试验前容器中有水，m晶体都会造成测量结果偏高，据此进展解答。此题考察硫酸铜晶体中结晶水含量的测定，侧重根底学问的考察，有利于提高学生的化学试验力量，明确试验操作方法为解答关键，留意误差引起缘由的分析，题目难度不大。19.【答案】D【解析】解：A、据原电池和电解池的构成条件可知，甲是原电池，乙是电解池，甲中铁发生吸氧腐蚀，b 为正极，a 为负极发生氧化反响，故A 错误；B、甲中铁为原电池的负极，发生反响Fe 2e Fe2+，乙中 Fe 为电解池阴极，发生反响2H+ + 2e = H2 ，Fe 被保护，所以铁片腐蚀速率：乙甲，故 B 错误；C、乙中d 为阴极，阴

21、极上电极反响式为：2H+ + 2e = H2 ，故C 错误；D、甲中铁发生吸氧腐蚀，b 为正极，正极上电极反响式为2H2O + O2 + 4e = 4OH， 故D 正确；应选：D。此题考察了原电池和电解池原理，为高频考点，侧重于学生分析力量的考察，明确各个电极上发生的电极反响是解此题关键，题目难度不大。20.【答案】D4【解析】解：A. CH3COONa溶液中电荷守恒为c(Na+) + c(H+) = c(CH3COO) + c(OH)， CH3COONH4溶液中电荷守恒为c(NH+) + c(H+) = c(CH3COO) + c(OH)，两种溶液中3c(CH COO)相等，c(OH)不同，

22、c(Na+)与c(NH+)不相等，故 A 错误；4B.CH3COONH4的水解程度大于CH3COONa，CH3COONH4溶液中水的电离程度大于CH3COONa溶液，故 B 错误；C.CH3COONa溶液显碱性，CH3COONH4溶液显中性，则两种溶液的pH 故相等，故C 错误；D.常温下CH3COONa溶液与CH3COONH4溶液中c(CH3COO)相等，由于CH3COONH4的水 解程度大于CH3COONa，所以c(CH3COONa) c(CH3COONH4)，故 D 正确。应选：D。CH3COONa溶液显碱性，CH3COONH4溶液显中性，常温下CH3COONa溶液与CH3COONH4溶

23、液中c(CH3COO)相等，由于CH3COONH4的水解程度大于CH3COONa，所以c(CH3COONa) Si；N 原子比硅原子相对原子半径小，最外层上电子数多，原子核对最外层电子引力大，所以非金属性更强；故答案为：原子晶体；最高价氧化物对应水化物HNO3为强酸，H2SiO3为弱酸、或Si3N4 中 Si 为+4价，N 为3价、气态氢化物稳定性NH3大于SiH4；N 原子比硅原子相对原子半径小，最外层上电子数多，原子核对最外层电子引力大，所以非金属性更强；(3) 金刚石为原子晶体，而足球烯为分子晶体，金刚石中共价键的键能高于足球烯中的分子间作用力，故金刚石的熔点远高于足球烯，故答案为：金刚

24、石为原子晶体，而足球烯为分子晶体，金刚石中共价键的键能高于足球烯中的分子间作用力；3(4) 钠离子和叠氮酸根离子之间存在离子键、叠氮酸根离子中氮原子之间存在共价键， 所以叠氮化钠中含有离子键和共价键；依据N 原子守恒得n(NaN3) = 2 n(N2) =2 40.32 mol = 1.2mol，m(NaN3) = 1.2mol 65g/mol = 78g，322.4故答案为：离子键、共价键；78。(1) 氮气为非极性分子，氮气分子中氮原子之间存在氮氮三键；Si 位于第三周期第IVA族，最外层上 4 个电子分别位于 3s、3p 能级上，最外层上有几个电子就有几种运动状态不同的电子；(2) 原子

25、晶体熔沸点较高且硬度较大；元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强、其氢化物的稳定性越强；N 原子半径小，Si 原子半径大，N 原子的原子核吸引电子力量大；(3) 原子晶体熔沸点大于分子晶体；(4) 活泼金属和活泼非金属元素之间以形成离子键，非金属元素原子之间易形成共价键；依据N 原子守恒得n(NaN3) = 2 n(N2) = 2 40.32 mol = 1.2mol。3322.4此题考察较综合，涉及晶体类型推断、物质的量的计算、元素周期律等学问点，侧重考察根底学问的把握和敏捷应用力量，明确元素周期律内涵、非金属性强弱推断方法、晶体类型推断方法等学问点是解此题关键，题目难度不大。23.【答案】在450，2molSO2气体和1molO2气体完全反响生成2molSO3气体放出的热量为 190