上海市松江区高三下学期质量监控（二模）化学试题

上海市松江区2018届高三下学期质量监控（二模）化学试题1.常用于治疗胃酸过多的是A.碳酸钠B.氢氧化铝C.氧化钙D.硫酸钡【答案】B【解析】胃酸的成分是盐酸，A、碳酸钠的碱性较强，对人体有伤害，因此不能用于治疗胃酸过多，故A错误；B、氢氧化铝能与胃酸反应，且对人体无伤害，因此用于治疗胃酸过多，故B正确；C、氧化钙能与酸反应放出大量的热，虽然能与胃酸反应，但对人体有伤害，因此不能用于治疗胃酸过多，故C错误；D、硫酸钡不与胃酸反应，故D错误。2.下列我国古代的技术应用中，其工作原理不涉及化学反应的是A.火药使用B.粮食酿酒C.转轮排字D.湿法炼铜【答案】C【解析】A、火药中发生的反应是2KNO3＋3C＋S=K2S＋N2↑＋3CO2↑，涉及化学反应，故A错误；B、粮食酿酒中涉及淀粉水解(C6H10O5)n＋nH2OnC6H12O6，C6H12O6→2C2H5OH＋2CO2↑，故B错误；C、转轮排字没有涉及化学反应，故C正确；D、湿法炼铜涉及Fe＋CuSO4=FeSO4＋Cu，故D错误。3.漂粉精的有效成分是A.Ca(ClO)2B.CaCl2C.CaCO3D.Ca(OH)2【答案】A4.将两种互不相溶的液体分离的方法是A.结晶B.分液C.蒸馏D.过滤【答案】B【解析】A、结晶得到固体或晶体物质，不符合要求，故A错误；B、分液：分离两种互不相溶的液体，故B正确；C、蒸馏：分离互溶的液体，利用其沸点不同，故C错误；D、过滤：分离的是液体和不溶物，故D错误。5.以下过程与化学键断裂无关的是A.氯化钠熔化B.金刚石熔化C.金属汞汽化D.干冰升华【答案】D【解析】A、氯化钠属于离子化合物，熔化时破坏离子键，故A错误；B、金刚石属于原子晶体，熔化时破坏共价键，故B错误；C、汞属于金属，汽化时，破坏金属键，故C错误；D、干冰属于分子晶体，升华时破坏范德华力，故D正确。点睛：（1）离子化合物溶于水或熔化过程中，断裂离子键；（2）共价化合物的溶解过程，①有些共价化合物溶于水后，能与水反应，其分子内共价键被破坏，如CO2等，②有些共价化合物溶于水后，与水分子作用形成水合离子，从而发生电离，共价键被破坏，③有些共价化合物溶于水后，其分子内的共价键不被破坏，如蔗糖等；（3）单质的溶解过程，能与水发生反应，破坏共价键，如Cl2等；（4）原子晶体熔化时，破坏共价键；（5）分子晶体熔化时，破坏分子间作用力。6.有关35Cl和37Cl的说法正确的是A.核外电子数不同B.化学性质不同C.互为同位素D.中子数相同【答案】C【解析】A、两种核素质子数均为17，对原子：质子数=核外电子数，即两种核素的核外电子数相同，故A错误；B、化学性质与最外层电子有关，两种核素核外电子排布相同，最外层电子数相同，即化学性质相同，故B错误；C、根据同位素的定义，两种核素属于同种元素，且中子数不同的不同原子，因此两者互为同位素，故C正确；D、中子数=质量数－质子数，即中子数分别为18、20，中子数不同，故D错误。7.一定条件下，氨气与氟气发生反应：4NH3+3F2→NF3+3NH4F，其中NF3空间结构与NH3相似。下列有关说法错误的是A.反应物和生成物均为共价化合物B.NF3空间结构为三角锥形C.NF3中只含极性共价键D.NH4F中既含有离子键又含有共价键【答案】A............8.具有下列性质的物质可能属于离子晶体的是A.熔点113℃，能溶于CS2B.熔点44℃，液态不导电C.熔点1124℃，易溶于水D.熔点180℃，固态能导电【答案】C【解析】A、熔点113℃，能溶于CS2，这是分子晶体的性质，故A错误；B、熔点低，液态不导电，这是分子晶体的性质，故B错误；C、熔点较高，多数离子晶体溶于水，此性质为离子晶体性质，故C正确；D、离子晶体在固态时不导电，故D错误。点睛：判断晶体属于哪一类时，需要根据晶体的性质进行判断，如离子晶体的性质，熔沸点较高，一般离子晶体溶于水，不溶于非极性溶剂，固态时不导电，熔融状态或水溶液能够导电。9.不能检验溶液中I的试剂是A.AgNO3、稀HNO3B.氯水、CCl4C.氯水、淀粉D.KBr、稀HCl【答案】D【解析】A、加入AgNO3溶液，如果生成黄色沉淀，加入HNO3溶液，沉淀不溶解，说明溶液中含有I－，反之，不含有I－，故A错误；B、I2易溶于有机溶剂，氯气的氧化性强于I2，通入氯水、CCl4后，溶液出现分层，上层为水层，下层溶液显紫红色，说明溶液中含有I－，故B错误；C、加入氯水后，再加入淀粉，如果溶液变蓝，说明原溶液中含有I－，反之不含有，故C错误；D、Br2的氧化性强于I2，因此KBr和稀盐酸后，溶液无现象，不能说明原溶液中含有I－，故D正确。10.侯氏制碱法制造纯碱同时副产氯化铵。在母液处理上，有关说法错误的是A.水浴加热，有利于NH4Cl更多地析出B.加入食盐，增大Cl的浓度，使NH4Cl更多地析出C.通入氨气，增大NH4+的浓度，使NH4Cl更多地析出D.通入氨气，使NaHCO3转化为Na2CO3，提高析出的NH4Cl纯度【答案】A【解析】A、从母液中获得NH4Cl晶体，采用的时降温结晶的方法，故A说法错误；B、加入食盐，增加c(Cl－)，使NH4Cl更多析出，故B说法正确；C、通入NH3，NH3＋H2O=NH3·H2O，NH3·H2ONH4＋＋OH－，c(NH4＋)增大，使NH4Cl更多地析出，故C说法正确；D、通入氨气，NH3·H2O与NaHCO3反应生成Na2CO3，溶解度小的转化成溶解度大的，c(NH4＋)增大，提高析出NH4Cl的纯度，故D说法正确。11.工业电解饱和食盐水时，产生氢气的电极是A.阳极B.阴极C.正极D.负极【答案】B【解析】电解饱和食盐水总反应：2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，阴极反应式：2H＋＋2e－=H2↑，阳极反应式为：2Cl－2e－=Cl2↑，因此产生氢气的电极时阴极，故B正确。12.可用来鉴别乙醇、乙醛的试剂是A.银氨溶液B.乙酸溶液C.氯化铁溶液D.氢氧化钠溶液【答案】A【解析】A、乙醇不与银氨溶液反应，乙醛中含有醛基，能与银氨溶液发生反应，产生银镜，可以鉴别，故A正确；B、乙酸与乙醇发生酯化反应，但需要在浓硫酸作催化剂条件下进行，乙醛不与乙酸反应，因此不能鉴别两者，故B错误；C、氯化铁与乙醇、乙醛不发生反应，无法鉴别两者，故C错误；D、氢氧化钠不与乙醇、乙醛反应，不能鉴别两者，故D错误。13.下列排列的顺序错误的是A.羟基氢原子的活泼性：CH3COOH＞H2O＞C2H5OHB.碱性：NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3C.原子半径：Na＞Al＞OD.热稳定性：HCl＞PH3＞H2S【答案】D【解析】A、乙酸属于羧酸，溶液显酸性，H2O为中性，属于弱电解质，C2H5OH为非电解质，因此羟基氢原子的活泼性：CH3COOH>H2O>C2H5OH，故A说法正确；B、金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性：Na>Mg>Al，因此碱性：NaOH>Mg(OH)2>Al(OH)3，故B说法正确；C、同周期从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，因此原子半径大小比较：Na>Al>O，故C说法正确；D、非金属性越强，其气态氢化物的稳定性增强，即稳定性：HCl>H2S>PH3，故D说法错误。14.制备乙酸丁酯实验装置正确的是A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】A、试管应向上倾斜，这样受热面积大，故A错误；B、乙酸、丁醇受热易挥发，此装置造成原料的浪费，故B错误；C、乙酸、丁醇受热挥发，在冷凝管处冷却，回落到烧瓶中，增加原料的利用，故C正确；D、锥形瓶中收集到的乙酸丁酯中含有大量乙酸、丁醇，乙酸丁酯的纯度降低，故D错误。15.配制一定物质的量浓度的NaCl溶液时，下列因素对结果没有影响的是A.溶解过程中有少量液体溅出B.容量瓶使用前未干燥C.洗涤液未全部转移到容量瓶中D.定容时液面未到刻度线【答案】B【解析】A、溶解过程中有少量的液体溅出，造成容量瓶中溶质物质的量减少，所配溶液的浓度偏低，故A错误；B、容量瓶中是否有水，对实验无影响，故B正确；C、洗涤液未全部转移到容量瓶中，造成容量瓶中溶质物质的量减少，所配溶液的浓度偏低，故C错误；D、定容是液面未到刻度线，溶液体积减少，所测溶液的浓度偏高，故D错误。16.研究电化学腐蚀及防护的装置如右图所示。有关说法正确的是A.锌片发生氧化反应作阴极B.电子从铁片经过导线流向锌片C.铁片上电极反应为：2H++2e→H2↑D.该装置可用于研究牺牲阳极的阴极保护法【答案】D【解析】A、锌片比铁片活泼，根据原电池工作原理，锌片作负极，发生氧化反应，故A错误；B、根据原电池工作原理，电子从负极经外电路流向正极，即从锌片经外电路流向铁片，故B错误；C、因为环境时弱碱性，因此发生吸氧腐蚀，正极反应式：O2＋2H2O＋4e－=4OH－，故C错误；D、此装置保护铁不被腐蚀，根据原理，该装置课用于研究牺牲阳极的阴极保护法，故D正确。17.将等物质的量的Cl2和SO2通入BaCl2溶液，充分反应后滴入品红溶液，能观察到的现象是：①出现沉淀；②不出现沉淀；③品红溶液褪色；④品红溶液不褪色A.①④B.①③C.①②D.②④【答案】A【解析】SO2和Cl2发生反应：SO2＋Cl2＋2H2O=H2SO4＋2HCl，当SO2、Cl2等物质的量通入溶液混合后，生成H2SO4和HCl，不具有漂白性，同时发生BaCl2＋H2SO4=BaSO4↓＋2HCl，有白色沉淀发生，故选项A正确。18.能用离子方程式H＋+OH－→H2O表示的反应是A.氨水和盐酸B.氢氧化钠溶液和醋酸C.硫酸和氢氧化钡溶液D.硝酸和澄清石灰水【答案】D【解析】能用离子方程式H＋+OH－→H2O表示的反应应该满足强酸和强碱反应生成可溶性盐和水的反应，则A、氨水是弱碱，A错误；B、醋酸是弱酸，B错误；C、硫酸和氢氧化钡溶液生成硫酸钡沉淀，C错误；D、硝酸和石灰水生成硝酸钙和水，可用H＋+OH－→H2O表示，D正确，答案选D。19.常温下pH=2的某酸HA和pH=12的NaOH溶液等体积混合，则所得溶液的pHA.=7B.≥7C.≤7D.以上均有可能【答案】C【解析】假设HA为强酸，pH=2的HA与pH=12的NaOH溶液等体积混合，恰好完全中和，溶液显中性，即pH=7；假设HA为弱酸，pH=2的HA中c(HA)大于pH=12的NaOH溶液中c(NaOH)，即等体积混合后，溶液中溶质为NaA和HA，HA的量大于NaA的量，HA的电离大于A－水解，溶液显酸性；综上所述，选项C正确。点睛：本题易错选项是选项D，学生认为当HA为弱酸时，存在A－水解大于HA的电离，但学生忽略了这样的分析是在NaA和HA的物质的量相等的情况下进行的，现在HA的量大于NaA的量，HA的电离大于A－的水解，溶液显酸性，不会显碱性，从而作出合理推断。20.NA表示阿伏加德罗常数。硫与浓硝酸反应的化学方程式为：S+6HNO3(浓)→H2SO4+6NO2↑+2H2O，有关说法正确的是A.氧化剂与还原剂物质的量之比为1：6B.每产生2.24升NO2转移电子0.1NA个C.随着反应进行溶液的酸性逐渐增强D.氧化性：HNO3(浓)＞H2SO4【答案】D【解析】A、根据化学反应方程式，S的化合价升高，S作还原剂，HNO3中N的化合价降低，HNO3作氧化剂，因此氧化剂与还原剂物质的量之比为6：1，故A错误；B、没有指明条件是否时标准状况，因此无法计算NO2的物质的量，故B错误；C、根据反应方程式，消耗6molHNO3生成1molH2SO4，随着反应进行，酸性逐渐减弱，故C错误；D、根据氧化还原反应规律，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，HNO3(浓)为氧化剂，H2SO4为氧化产物，因此浓硝酸的氧化性强于H2SO4，故D正确。21.I.2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe在化学反应过程中产生超高热，曾用于钢轨焊接。完成下列填空：（1）氧元素在元素周期表中的位置为_______________，其离子结构示意图为__________。（2）铝盐常用作净水剂，用文字和化学用语进行解释_______________________________。（3）氧的非金属性强于氮，用元素周期律知识分析原因_____________________________。（4）Al2O3与NaOH溶液反应的离子方程式为______________________________________。II.NH4Al(SO4)2·12H2O水溶液呈_____性（选填“酸”、“碱”或“中”），比较溶液中离子浓度大小c(NH4+)_____c(Al3+)（选填“＞”、“＜”或“=”）。【答案】(1).第二周期第ⅥA族(2).(3).Al3+水解产生氢氧化铝胶体，能吸附水中悬浮物使之凝聚达到净水目的，Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+(4).同一周期，从左到右，随着原子序数的递增，元素的非金属性逐渐增强(5).Al2O3+2OH→2AlO2+H2O(6).酸(7).＞【解析】I.（1）考查元素周期表和离子结构示意图的书写，O元素位于第二周期VIA族，O元素最外层电子数为6，得到2个电子达到稳定结构，即O2－的结构示意图为；（2）考查盐类水解的应用，Al3+水解产生氢氧化铝胶体，Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+，能吸附水中悬浮物使之凝聚达到净水目的；（3）考查元素周期律，O和N两种元素位于同周期，同一周期，从左到右，随着原子序数的递增，元素的非金属性逐渐增强；（4）考查氧化铝的两性，发生离子方程式为：Al2O3+2OH→2AlO2+H2O；II.考查盐类水解以及离子浓度大小的比较，Al3＋、NH4＋属于弱碱根离子，发生水解，Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋、NH4＋＋H2ONH3·H2O＋OH－，水溶液显酸性；Al3＋得OH－能力强于NH4＋，因此c(NH4＋)>c(Al3＋)。点睛：本题的疑惑点时离子浓度大小比较，可以从氢氧化铝沉淀制备入手，用可溶性铝盐与过量氨水的反应，Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋，说明Al3＋结合OH－能力强于NH4＋，即Al3＋水解抑制NH4＋水解，得出c(NH4＋)>c(Al3＋)。22.2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)

+Q

，是接触法生产硫酸的主要反应之一。完成下列填空：（1）生产过程中温度控制在400℃～500℃，目的是__________________________________；该反应无需加压的原因是____________________________________________________。（2）上述反应在密闭容器中达到化学平衡状态的标志为______________________________。（3）上述反应的平衡常数表达式为__________________________________，随着温度升高，平衡常数__________________(选填“增大”、“减小”或“不变”）。（4）接触法生产硫酸尾气中含有SO2，可以采用氨水吸收，生成(NH4)2SO3与NH4HSO3的混合溶液。反应所得(NH4)2SO3又可以将NO2转化为N2和(NH4)2SO4。①写出生成NH4HSO3的化学方程式__________________________________________。②书写NO2与(NH4)2SO3反应的化学方程式，标出该反应中电子转移的方向和数目__________________________________。【答案】(1).确保催化剂的活性最高(2).该条件下SO2的转化率已经很高，增大压强对提高SO2的转化率无显著影响，反而会增加成本(3).容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化（合理即可）(4).K=(5).减小(6).NH3+H2O+SO2=NH4HSO3(7).【解析】（1）考查化学反应条件的控制，此反应的正反应是放热反应，需要加入催化剂，因此控制温度在400℃～500℃的目的时保证催化剂的催化效率最高；因为在常压下，SO2的转化率已经很高，再增大压强，SO2的转化率提高不大，反而增加成本；（2）考查化学平衡状态的判断，容器中气体的平均相对分子质量不随时间而变化、组分的浓度不再改变等；（3）考查化学平衡常数，以及影响化学平衡常数的因素，根据化学平衡常数的定义，此反应的化学平衡常数K=；化学平衡常数只受温度的影响，因为此反应的正反应是放热反应，因此升高温度，化学平衡常数减小；（4）考查化学反应方程式的书写、电子转移方向和数目，①SO2在某些性质上与CO2的性质相似，向氨水中通入SO2，先发生SO2＋2NH3＋H2O=(NH4)2SO3，继续通入SO2，则发生(NH4)2SO3＋SO2＋H2O=2NH4HSO3，因此生成NH4HSO3的总反应是NH3+H2O+SO2=NH4HSO3；②根据题中信息，(NH4)2SO3＋NO2→N2＋(NH4)2SO4，根据化合价升降法进行配平，得出2NO2＋4(NH4)2SO3=N2＋4(NH4)2SO4，表示转移电子方向和数目为。点睛：本题的难点是氧化还原反应方程式的书写，(NH4)2SO3与NO2反应，生成N2和(NH4)2SO4，即有(NH4)2SO3＋NO2→N2＋(NH4)2SO4，S的化合价由＋4价→＋6价，化合价升高2价，NO2作氧化剂，N的化合价降低4价，最小公倍数为4，有2(NH4)2SO3＋NO2→N2＋2(NH4)2SO4，根据原子守恒，配平其他，即化学反应方程式为2NO2＋4(NH4)2SO3=N2＋4(NH4)2SO4。23.铁矿石主要成分为铁的氧化物（设杂质中不含铁元素和氧元素，且杂质不与H2SO4反应）。有一种测定铁矿石中含铁量的方法如下。已知：2Na2S2O3+I2→Na2S4O6+2NaI完成下列填空：（1）步骤②用到的玻璃仪器除烧杯外，还有_________、_________，步骤⑤中必须用到的定量实验仪器是___________________。（2）步骤③对应反应的离子方程式为______________________________________________。（3）步骤④中煮沸的作用是__________________________________________。（4）步骤⑦可用淀粉作为滴定终点的指示剂，达到滴定终点时的现象是_________________。若滴定过程中有空气进入，则测定结果_______。（选填“偏高”、“偏低”或“无影响”）（5）若过程⑦中消耗0.5000mol·L−1Na2S2O3溶液20.00mL，则铁矿石中铁的百分含量为___。【答案】(1).漏斗(2).玻璃棒(3).250mL容量瓶(4).2Fe2++Cl2==2Fe3++2Cl(5).除去过量的氯气，避免影响后续滴定(6).溶液由蓝色恰好变为无色且30秒内不还原(7).偏高(8).70%【解析】考查实验方案设计与评价，（1）步骤②操作方法是过滤，用到的玻璃仪器时烧杯、玻璃棒、(普通)漏斗；步骤⑤稀释至250mL溶液，这需要在容量瓶中进行操作，即步骤⑤必须用到的定量实验仪器是250mL容量瓶；（2）铁矿石中含有铁的氧化物，杂质不含铁元素和氧元素，加入稀硫酸，铁的氧化物与稀硫酸发生反应，滤液A中有含铁元素的离子，通入足量氯气的目的是把溶液中Fe2＋氧化成Fe3＋，即离子方程式为2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－；（3）步骤③中通入过量的氯气，过量的氯气能与Na2S2O3发生反应，因此加热煮沸的目的是除去过量的氯气，避免对后续实验产生干扰；（4）加入足量的KI溶液，发生2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，向此溶液中滴加淀粉溶液，溶液变蓝，然后滴加Na2S2O3溶液消耗I2，因此滴定终点的现象是溶液由蓝色恰好变为无色且30秒内不还原；空气中氧气把I－氧化成I2，消耗的Na2S2O3的量增加，即所测结果偏高；（5）建立关系：2Fe3＋～2Na2S2O3，矿石中铁元素的百分含量=×100%=70%。点睛：本题的难点是样品中铁元素百分含量的确定，本题中不要根据所列反应方程式一一进行计算，应该用关系式进行计算，这样可以缩短解题的步骤，还要注意消耗20.00mLNa2S2O3溶液，应是20.00mLB溶液消耗的Na2S2O3，需要转化成250mLB溶液中消耗的Na2S2O3的量。24.1,4环己二醇（有机物G）是重要的医药中间体和新材料单体，可通过以下流程制备。完成下列填空：（1）写出C的结构简式_____________，G中官能团名称为_____________。（2）写出反