上海市普陀区2019届高三化学下学期二模试题（含解析）

普陀区2018学年第二学期高三质量调研化学试卷相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Cu-64一、选择题(本题共40分，每小题2分，每小题只有一个正确答案)1.下列文物的材质属于合金的是A.新石器彩陶缸B.商代青铜四羊方尊C.战国水晶杯D.西汉素纱衣【答案】B【解析】【分析】合金是由金属与金属或金属与非金属融合而成的。【详解】A、新石器彩陶缸是硅酸盐产品，故A不符；B、商代青铜四羊方尊是铜合金，主要成分属于合金，故B正确；C、战国水晶杯主要成分是二氧化硅，主要成分不属于合金，故C不符；D、西汉“素纱禅衣”是丝绸的一种，主要成分不属于合金，故D错误；故选B。【点睛】本题考查了物质的组成，本题较为简单，注意合金是由金属与金属或金属与非金属融合而成的。2.可用于治疗甲状腺疾病，其同位素原子可能A.质子数为78，中子数为53B.质子数为54，中子数为131C.质子数为53，质量数为127D.质子数为78，质量数为131【答案】C【解析】【分析】质子数相同，中子数不同的同一类原子，互为同位素，由此判断。【详解】A.质子数为78，中子数为53，与碘不是同一种元素，故A错误；B.质子数为54，中子数为131，与碘不是同一种元素，故B错误；C.质子数为53，质量数为127，中子数为74，二者都是核素，质子数相同，中子数不同，互为同位素，故C正确；D.质子数为78，质量数为131，与碘不是同一种元素，故D错误；故选C。3.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.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。4.对Cl2的叙述正确的是A.能用钢瓶贮存B.与过量的Fe反应只生成FeCl2C.与H2混合光照可制取HClD.与澄清石灰水反应制取漂粉精【答案】A【解析】【分析】A、干燥的氯气不与铁反应；B、与过量的Fe反应只生成FeCl3；C、与H2混合光照会发生爆炸，制取HCl，用氢气在氯气中燃烧；D、与消石灰反应制取漂粉精。【详解】A、干燥的氯气不与铁反应，能用钢瓶贮存，故A正确；B、与过量的Fe反应只生成FeCl3，故B错误；C、与H2混合光照会发生爆炸，制取HCl，用氢气在氯气中燃烧，故C错误；D、与消石灰反应制取漂粉精，故D错误。故选A。5.对认识正确的是A.名称为3-甲基丁烷B.所有碳原子在同一平面上C.难溶于水D.不能发生分解、加成、消去反应【答案】C【解析】【详解】A、名称为2-甲基丁烷，故A错误；B.与饱和碳原子相连的4个原子构成四面体，因此所有碳原子不可能在同一平面上，故B错误；C.烷烃难溶于水，故C正确；D.该烷烃能发生分解反应，故D错误；故选C。6.分别装在体积相同容器中的乙烯和丙烯，一定具有相同的A.质量B.分子数C.碳碳双键数D.含碳量【答案】D【解析】【分析】依据n=m/M=N/NA=V/Vm结合乙烯分子和丙烯分子具有相同最简式解答。【详解】根据n=m/M=N/NA=V/Vm结合乙烯分子和丙烯分子具有相同最简式，A、依据m=nM，两种气体的物质的量未知，无法判断二者质量大小，故A错误；B、两气体条件未知，Vm不一定相等，二者物质的量、分子数不一定相等，故B错误；C、乙烯、丙烯都只含有一个碳碳双键，二者分子数不一定相等，则二者含有碳碳键数不一定相等，故C错误；D、依据m=nM，两种气体的物质的量未知，无法判断二者质量大小，乙烯分子和丙烯分子具有相同最简式CH2，所以两容器无论状况如何，碳元素含量都是定值为：12/14×100%=6/7×100%，所以二者含碳量一定相等，故D正确。故选D。【点睛】本题考查了物质的量有关计算，解题关键：明确阿伏加德罗定律使用条件，注意乙烯、丙烯结构组成。7.HCl气体难分解是因为A.HCl相对分子质量大B.HCl分子极性强C.H—Cl键键能大D.H—Cl键极性强【答案】C【解析】【分析】氢化物中共价键的键能越大，氢化物越稳定，越难分解。【详解】A、HCl相对分子质量大，是物理性质，与稳定性无关，故A错误；B、HCl分子极性强，与两元素的电负性差有关，与稳定性无关，故B错误；C、氢化物中共价键的键能越大，氢化物越稳定，越难分解，HCl气体难分解是因为H-Cl键键能大，故C正确；D、H—Cl键极性强，与两元素的电负性差有关，与稳定性无关，故D错误；故选C。8.比较合成氨工业与制硫酸中SO2催化氧化的生产过程，正确的是A.都按化学方程式中的系数比投料B.都选择了较大的压强C.使用不同的催化剂加快反应速率D.都采用吸收剂分离产物【答案】C【解析】【分析】A．为提高价格贵的原料的转化率，工业合成氨氮气和氢气按照1：2.8投料比，二氧化硫的催化氧化是氧气过量；B．工业制备硫酸，二氧化硫催化氧化是常压下进行；C．工业合成氨使用铁触媒做催化剂，二氧化硫催化氧化是使用了五氧化二钒做催化剂；D．合成氨生产中将NH3液化分离，工业制备硫酸是浓硫酸吸收三氧化硫。【详解】A．为提高价格贵的原料的转化率，工业合成氨氮气和氢气按照1：2.8投料比，二氧化硫的催化氧化是氧气过量，不是按化学方程式中的系数比投料，故A错误；B．工业制备硫酸，SO2的催化氧化不采用高压，是因为常压下SO2转化率已经很高了，故B错误；C．工业合成氨使用铁触媒做催化剂，二氧化硫催化氧化是使用了五氧化二钒做催化剂，使用不同的催化剂加快反应速率，故C正确；D．合成氨生产中将NH3液化分离，没有用吸收剂分离，工业制备硫酸是利用吸收剂浓硫酸吸收三氧化硫，故D错误；故选C。【点睛】本题考查化学和化工知识结合的实际应用方面的知识，解题关键：注重化学联系实际，注意工业制备氨和硫酸的过程分析。9.将浓度均为0.1mol∙L-1的下列溶液稀释10倍，其中pH增大的是A.HNO3B.NaOHC.KID.NaHCO3【答案】A【解析】【分析】酸性溶液稀释后pH增大，中性溶液稀释后pH不变，碱性溶液稀释后pH减小。【详解】A．HNO3显酸性，稀释后pH增大，故A符合；B．NaOH显碱性，稀释后pH减小，故B不符合；C．KI溶液显中性，稀释后pH不变，故C不符合；D．NaHCO3溶液显碱性，稀释后pH减小，故D不符合。故选：A。10.不影响滴定结果准确性的操作是A.滴定前，用水洗净的滴定管装标准液B.滴定前，用待测液润洗锥形瓶C.滴定时，用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁D.滴定时，停止振荡锥形瓶【答案】C【解析】【分析】A、在中和滴定实验中，滴定管用蒸馏水洗涤后，应用标准液润洗，再装标准液；B、滴定前，用待测液润洗锥形瓶，导致待测液物质的量偏大；C、用蒸馏水冲洗锥形瓶对测定结果无影响；D、滴定时，停止振荡锥形瓶，反应混合物不能混合均匀，侍测液不能充分反应。【详解】A、在中和滴定实验中，滴定管用蒸馏水洗涤后，应用标准液润洗，再装标准液，否则标准液浓度变小，影响滴定结果准确性，故A错误；B、滴定前，用待测液润洗锥形瓶，导致等测液物质的量偏大，影响滴定结果准确性，故B错误；C、用蒸馏水冲洗锥形瓶对测定结果无影响，不影响滴定结果准确性，故C正确；D、滴定时，停止振荡锥形瓶，反应混合物不能混合均匀，导致侍测液不能充分反应，影响滴定结果准确性，故D错误；故选C。11.不能通过一步反应实现的是A.H2SSO2B.SSO3C.SO2H2SO4D.H2SO4(浓)SO2【答案】B【解析】【分析】A、硫化氢与氧气反应生成二氧化硫；B、硫与氧气反应只生成二氧化硫，SO2在催化剂加热条件下生成三氧化硫；C、SO2被溴水氧化成硫酸；D、浓硫酸具有强氧化性，与碳反应生成二氧化硫；【详解】A、硫化氢与氧气反应生成二氧化硫，故A正确；B、硫与氧气反应只生成二氧化硫，SO2在催化剂加热条件下生成三氧化硫，故B错误；C、SO2被溴水氧化成硫酸，故C正确；D、浓硫酸具有强氧化性，与碳反应生成二氧化硫，故D正确；故选B。12.能用元素周期律解释的是A.酸性：HIHFB.碱性：NaOHMg(OH)2C.稳定性：CH4H2SD.氧化性：FeCl3CuCl2【答案】B【解析】【分析】A．氢化物的酸性与元素周期律无关；B．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强；C．非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强；D．铁离子的氧化性大于铜离子，与元素周期律无关。【详解】A．HI为强电解质，HF为弱电解质，则酸性HI＞HF，不用元素周期律解释，故A错误；B．金属性Na＞Mg，根据元素周期律可知，最高价氧化物对应水合物的碱性：NaOH＞Mg（OH）2，故B正确；C．非金属性CS，而稳定性：CH4＞H2S，不能用元素周期律解释，故C错误；D．铁离子更易得到电子，则氧化性：FeCl3＞CuCl2，与元素周期律无关，故D错误；故选B。【点睛】本题考查元素周期表和周期律，解题关键：把握元素的位置、性质、元素周期律，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用。13.与H2反应生成的单炔烃有A.1种B.2种C.4种D.8种【答案】A【解析】【分析】结构对称，如由炔烃加成生成，则烷烃分子中相连的碳原子至少含有2个H原子。【详解】结构对称，如由炔烃加成生成，则烷烃分子中相连的碳原子至少含有2个H原子，则碳碳三键只能位于-CH2CH3对应的碳原子上，只有一种位置，，故选A。14.用绿矾(FeSO4∙7H2O)配制FeSO4溶液，常加入稀硫酸和A.锌粉B.铁粉C.硫酸铁D.盐酸【答案】B【解析】【分析】硫酸亚铁易被氧化而变质，硫酸亚铁为强酸弱碱盐易水解，依据水解平衡影响因素和防氧化解答。【详解】亚铁离子易被氧化而生成铁离子，加入少量铁粉能将三价铁离子还原成二价铁离子，所以加入铁可以防止Fe2＋被氧化；硫酸亚铁为强酸弱碱盐易水解生成硫酸和氢氧化亚铁，依据浓度对水解平衡影响，加入稀硫酸可以抑制亚铁离子的水解，故选B。15.下列物质间不能发生化学反应的是A.AgCl固体和KI溶液B.Na2SO4固体和浓盐酸C.CH3COONa固体和浓盐酸D.NaHCO3固体和石灰水【答案】B【解析】【分析】A、根据沉淀的转化原理，结合物质的溶解度情况来分析；B、强酸制弱酸，挥发性酸制不挥发性的酸；C、强酸制弱酸；D、NaHCO3固体和石灰水生成难溶于水的碳酸钙和水。【详解】A、根据沉淀的转化原理，反应能够由溶解度相对较大的物质向生成溶解度相对较小的物质的方向进行，KI溶液与AgCl固体混合搅拌，生成了溶解度更小的碘化银，故A正确；B、强酸制弱酸，挥发性酸制不挥发性的酸，硫酸和盐酸都是强酸，盐酸易挥发，硫酸难挥发，Na2SO4固体和浓盐酸不反应，故B错误；C、强酸制弱酸，盐酸是强酸，醋酸是弱酸，CH3COONa固体和浓盐酸反应生成醋酸，故C正确；D、NaHCO3固体和石灰水生成难溶于水的碳酸钙和水，NaHCO3固体和石灰水能发生化学反应，故D正确；故选B。【点睛】本题考查物质与物质之间的相互反应，解题关键：掌握反应原理，如强制弱、挥发性酸制不挥发性的酸和复分解反应进行的条件。16.分析图，甲、乙具有的共性是A.反应物能量均高于生成物能量B.电极反应均有Fe-2e－→Fe2+C.碳棒上均发生氧化反应D.溶液pH均增大【答案】D【解析】【分析】甲装置是原电池，Fe失去电子、发生氧化反应，电极反应式为Fe-2e－=Fe2＋，C电极上发生还原反应、电极反应式为2H＋+2e－=H2↑；乙装置是电解池，C电极为阳极、发生氧化反应，电极反应式为2Cl－-2e－=Cl2↑，Fe电极为阴极、反应还原反应，电极反应式为2H2O+2e－=H2