化学试题（解析版）

杨浦区2022-2023学年高三上学期一模测试化学试题相对原子质量：H-1C-12N-14O-16A1-27S-32Fe-56一、选择题(每小题只有一个正确答案)1.发任意球时，足球裁判会在球场喷少量液体做标记，该液体迅速形成白色泡沫并很快消失。该液体的组成：80%水、17%液态丁烷、2%植物油及1%表面活性剂，液体形成泡沫有表面活性剂的作用，还因为A.丁烷变成气体B.植物油变成固体C.水变成气体D.水变成固体【答案】A【解析】【详解】常温下丁烷为气态烃，由液体的组成和性质可知，在球场喷少量液体做标记时，喷出的液体中的液态丁烷迅速变成气体使表面活性剂形成泡沫，故选A。2.等物质的量的A1、Fe分别与水完全反应，下列说法正确的是A.电子转移的数目相同B.均有碱生成C.生成等量的氢气D.反应条件不同【答案】D【解析】【详解】铝与水共热反应生成氢氧化铝和氢气，1mol铝完全反应转移3mol电子、生成32mol氢气，铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，1mol铁完全反应转移83mol电子、生成43mol氢气，则等物质的量的铝、铁分别与水完全反应，反应条件不同，铝反应生成两性氢氧化物氢氧化铝、铁反应生成四氧化三铁，反应转移电子数目不同，生成氢气的物质的量不同，故选D。3.甲烷和氯气1:4混合后，在光照下反应，生成的有机物都A.能发生消除反应B.溶于水C.只有一种结构D.是极性分子【答案】C【解析】【分析】甲烷和氯气在光照下，反应进行到哪一步不是由反应物甲烷和氯气的物质的量之比来决定的，即使甲烷和氯气的物质的量之比是1:1的情况，也不会仅生成CH3Cl，因为一旦生成CH3Cl后，CH3Cl分子中的氢原子又可继续被氯原子取代，直到分子中氢原子都被取代完，因此其产物不是纯净的CH3Cl，题给甲烷与氯气以物质的量之比1:4混合，则四步取代反应都可能发生，所以反应所得有机物CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4。【详解】A．反应生成的氯代甲烷都没有邻碳原子，所以都不能发生消除反应，故A错误；B．反应生成的氯代甲烷都难溶于水，故B错误；C．甲烷是正四面体结构，所以反应生成的氯代甲烷都只有一种结构，没有同分异构体，故C正确；D．反应生成的氯代甲烷中四氯甲烷是结构对称的非极性分子，故D错误；故选C。4.xSN的结构片段为：，xSN，下列说法正确的是：A.是共价化合物B.为原子晶体C.为离子晶体D.原子最外层都是8电子【答案】A【解析】【详解】A．xSN由S、N两种元素组成，是共价化合物，故A正确；B．xSN由分子构成，属于分子晶体，故B错误；C．xSN由分子构成，属于分子晶体，故C错误；D．xSN中N原子形成3个共价键，最外层是8电子结构，S原子形成3个共价键，最外层不是8电子结构，故D错误；选A。5.下列事实不能从原子结构角度解释的是A.化合物ICl中Cl为1价B.沸点：HIHClC.非金属性：ClID.热稳定性：HClHI【答案】B【解析】【详解】A．Cl原子半径小于I原子半径，Cl的电子能力强，因此化合物ICl中Cl为1价，能从原子结构角度解释，故A不符合题意；B．分子结构相似，相对分子质量越大，熔沸点越高，HI的相对分子质量大于HCl，故沸点：HIHCl，不能从原子结构角度解释，故B符合题意；C．同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，因此非金属性：ClI，能从原子结构角度解释，故C不符合题意；D．元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性：ClI，则热稳定性：HClHI，能从原子结构角度解释，故D不符合题意；故答案选B。6.不能由单质化合生成的物质是A.2CuSB.3SOC.3FeClD.NO【答案】B【解析】【详解】A．铜与硫在加热条件下生成2CuS，所以2CuS能由单质直接化合而成，故A不符合题意；B．硫与氧气反应生成二氧化硫，所以3SO不能由单质直接化合而成，故B符合题意；C．铁与氯气在加热的条件下生成3FeCl，所以3FeCl能由单质直接化合而成，故C不符合题意；D．氮与氧气在放电的条件下生成NO，所以NO能由单质直接化合而成，故D不符合题意；故答案选B。7.实验室用a装置制备下列气体时，所选试剂及收集方法均正确的是气体试剂收集A2SO24CuHSO浓bB2NO3CuHNO浓cC22CH电石饱和食盐水dD3NH生石灰浓氨水dA.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．铜与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，则装置A不可能制备二氧化硫，故A错误；B．二氧化氮的密度比空气大，则装置c不可能用于收集二氧化氮，故B错误；C．装置a可用于电石与饱和食盐水制备乙炔气体，装置d可用于收集乙炔气体，故C正确；D．氨气极易溶于水，则装置d不能用于收集氨气，故D错误；故选C。8.如图，收集HCl后做喷泉实验。下列分析错误的是A.形成喷泉，说明烧瓶内的压强低于大气压B.烧瓶中剩余少量气体，说明HCl的溶解已达平衡C.烧瓶中溶液变红，说明HCl溶液显酸性D.烧瓶中溶液露置在空气中pH增大，说明HCl易挥发【答案】B【解析】【详解】A．当瓶外大气压大于瓶内气压，会把水压入烧瓶形成喷泉，故A正确；B．烧瓶中剩余少量气体，可能是混有的空气剩余，不能说明HCl的溶解已达平衡，故B错误；C．烧杯中滴有石蕊，烧瓶中溶液变红，说明HCl溶于水所得溶液显酸性，故D正确；D．烧瓶中溶液露置在空气中pH增大，可能溶质减少或溶剂增加，而HCl易挥发，故D正确；故答案为：B。9.一种分子的结构如图所示，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，W的原子序数等于X与Y的原子序数之和，下列说法错误的是A.原子半径：WZYXB.X、Y、Z在同一周期C.Y的氢化物在常温下是液态D.非金属性：ZYXW【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，W的原子序数等于X与Y的原子序数之和，由分子结构可知，分子中X、Y、Z、W形成的共价键数目分别为4、2、1、4，则X为C元素、Y为O元素、Z为F元素、W为Si元素。【详解】A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则碳原子、氧原子、氟原子的原子半径依次减小，故A错误；B．碳元素、氧元素、氟元素都是第二周期元素，故B正确；C．常温下，氧元素的氢化物水和过氧化氢都是液态，故C正确；D．同主族元素，从上到下元素的非金属性依次减弱，同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，则硅、碳、氧、氟四种元素的非金属性依次增强，故D正确；故选A。10.用已知浓度的NaOH溶液测定某24HSO溶液的浓度，下表中正确的是锥形瓶中溶液滴定管中溶液选用指示剂滴定终点溶液颜色变化A24HSO溶液NaOH溶液甲基橙红色变为黄色B24HSO溶液NaOH溶液酚酞浅红色变为无色CNaOH溶液24HSO溶液甲基橙黄色变为橙色DNaOH溶液24HSO溶液石蕊蓝色变为紫色A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．用氢氧化钠溶液滴定锥形瓶中的稀硫酸溶液时，可以选用甲基橙做指示剂，滴定终点时，溶液由橙色变为黄色，故A错误；B．用氢氧化钠溶液滴定锥形瓶中的稀硫酸溶液时，可以选用酚酞做指示剂，滴定终点时，溶液由无色变为浅红色，故B错误；C．用稀硫酸溶液滴定锥形瓶中的氢氧化钠溶液时，可以选用甲基橙做指示剂，滴定终点时，溶液由黄色变为橙色，故C正确；D．用稀硫酸溶液滴定锥形瓶中的氢氧化钠溶液时，应选择颜色变化明显的指示剂，石蕊试液颜色变化不明显，不能选用石蕊做指示剂，故D错误；故选C。11.下列生产中，不涉及勒夏特列原理的是A.合成氨B.饱和氨盐水中通2CO制碳酸氢钠C.2Cl和2H制HClD.侯氏制碱法处理母液【答案】C【解析】【详解】A．合成氨反应为可逆反应，生产中一定涉及勒夏特列原理，故A不符合题意；B．饱和氨盐水中存在着氨水的电离平衡，则饱和氨盐水中通二氧化碳制碳酸氢钠一定涉及勒夏特列原理，故B不符合题意；C．氢气与氯气制氯化氢的反应不是可逆反应，氯化氢的生产中不一定涉及勒夏特列原理，故C符合题意；D．侯氏制碱法母液中存在铵根离子和碳酸氢根离子的水解平衡，向母液中加碱溶液，碳酸氢根离子和铵根离子均能与氢氧根离子反应，则侯氏制碱法处理母液时一定涉及勒夏特列原理，故D不符合题意；故选C。12.不能鉴别2NO和溴蒸汽的是A.湿润的淀粉碘化钾试纸B.水C.3AgNO溶液D.4CCl【答案】A【解析】【详解】A．2NO和溴蒸汽都能把I-氧化为I2，使湿润的淀粉碘化钾试纸，不能用湿润的淀粉碘化钾试纸鉴别2NO和溴蒸汽，故选A；B．2NO被水吸收溶液变为无色，溴蒸汽被水吸收溶液变为橙色，水能鉴别2NO和溴蒸汽，故不选B；C．3AgNO溶液与溴蒸汽反应生成浅黄色溴化银沉淀，3AgNO溶液能鉴别2NO和溴蒸汽，故不选C；D．溴蒸汽溶于4CCl形成橙红色溶液，2NO不溶于4CCl，4CCl能鉴别2NO和溴蒸汽，故不选D；选A。13.去掉表面氧化膜的等质量的两片铝箔，其一放入足量NaOH溶液中，另一在空气中放置一段时间后再放入足量NaOH溶液中。下列说法错误的是A.NaOH均未得电子B.消耗等物质的量的NaOHC.生成等物质的量的2NaAlOD.生成等物质的量的气体的【答案】D【解析】【详解】A．铝与氢氧化钠溶液反应的实质是铝和水反应生成氢氧化铝和氢气，氢氧化铝在和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，反应中水得电子生成氢气，NaOH均未得电子，故A正确；B．两份铝物质的量相等，反应后的产物是偏铝酸钠，n(Na)=n(Al)，根据元素守恒，消耗等物质的量的NaOH，故B正确；C．两份铝的物质的量相等，根据铝元素守恒，生成等物质的量的2NaAlO，故C正确；D．在空气中放置一段时间后，部分铝被氧化为氧化铝，再放入足量NaOH溶液中生成氢气的物质的量的减少，故D错误；选D。14.配制新制2CuOH悬浊液、银氨溶液和检验醛基的过程中，叙述错误的是A.配制时均未发生氧化还原反应B.配制时碱均过量C.检验醛基时加热方式不同D.检验醛基时均发生氧化还原反应【答案】B【解析】【分析】配制新制氢氧化铜悬浊液时应将硫酸铜溶液滴入过量的氢氧化钠溶液中，配制银氨溶液时应将氨水滴入硝酸银溶液中直至反应的生成沉淀恰好溶解，氨水不能过量，检验醛基时有机物与新制氢氧化铜悬浊液加热至沸腾会生成砖红色沉淀，与银氨溶液水浴加热会有银镜生成。【详解】A．由分析可知，配制新制氢氧化铜悬浊液和银氨溶液时均没有元素发生化合价变化，均未发生氧化还原反应，故A正确；B．由分析可知，配制银氨溶液时氨水不能过量，否则会生成易爆物质发生意外事故，故B错误；C．由分析可知，有机物与新制氢氧化铜悬浊液加热至沸腾会生成砖红色沉淀，与银氨溶液水浴加热会有银镜生成，所以两者检验醛基时加热方式不同，故C正确；D．由分析可知，有机物与新制氢氧化铜悬浊液加热至沸腾会生成砖红色沉淀，与银氨溶液水浴加热会有银镜生成，反应中均有元素发生化合价变化，均发生氧化还原反应，故D正确；故选B。15.图示为某储氢合金的吸氢过程，此过程放出大量热。下列说法正确的是的A.氢气以分子形式存在于储氢合金中B.储氢合金在吸氢时体系能量升高C.β相金属氢化物释放氢时不破坏化学键D.利用储氢合金可制备高纯氢【答案】D【解析】【详解】A．氢气以金属氢化物的形式存在于储氢合金中，故A错误；B．储氢合金在吸氢时放出能量，体系能量降低，故B错误；C．β相金属氢化物释放氢的过程中破坏化学键，故C错误；D．利用储氢合金的选择性吸收的特性，可制备高纯氢，故D正确；故答案选D。16.强光照射新制氯水时，得到如图所示图像，纵坐标代表的物理量与图不相符的是A.溶液中氯离子浓度B.溶液pH值C.生成氧气物质的量D.溶液的导电能力【答案】B【解析】【详解】强光照射新制氯水时，氯水中次氯酸遇光分解生成盐酸和氧气，生成氧气的物质的量增大，溶液中氯离子和氢离子浓度增大，溶液的导电能力增强、pH值减小，则纵坐标代表的溶液pH值与图不相符，故选B。的17.一定条件下，有机物X与