届上海市金山区高三上学期高考一模化学试题解析版Word文档格式.docx

1、 B.NH3H2O为弱碱，在水溶液中部分电离，属于弱电解质，故B不符合题意；C.CH3COOH为弱酸，在水溶液中部分电离，属于弱电解质，故C不符合题意；D.H2O是极弱的电解质，部分电离，故D不符合题意。答案选A。【点睛】本题解题关键是注意强弱电解质的区别，能完全电离的电解质是强电解质，只有部分电离的电解质是弱电解质，根据电解质、强电解质的概念进行判断。4.有关NaOH溶于水的过程，叙述正确的是A. 只发生水合过程 B. 只发生扩散过程C. 破坏了离子键 D. 破坏了共价键【答案】C【详解】A. NaOH溶于水后，先有电离过程，后有水合过程和扩散过程，故A错误；B. NaOH溶于水后，先有电离

2、过程，后有水合过程和扩散过程，故B错误；C. NaOH是离子化合物，溶于水发生电离，破坏离子键，故C正确；D. NaOH电离出钠离子和氢氧根离子，其中氢氧根离子中存在的共价键没有被破坏，故D错误。答案选C。5.（CH3CH2）2CHCH3的正确命名是A. 2乙基丁烷 B. 2甲基戊烷 C. 3甲基戊烷 D. 3乙基丁烷试题分析：（CH3CH2）2CHCH3的主链有5个碳原子，3号碳上有一个甲基，故此有机物命名为：3甲基戊烷，选项C符合题意。考点：烷烃的命名6.卤族元素有关性质比较正确的是A. 稳定性：HFHClHBrHI B. 氧化性：F2Cl2Br2I2C. 熔沸点：F2Cl2Br2I2 D

3、. 还原性：FClBrI【详解】A.F、Cl、Br、I，从上到下，非金属性依次减弱，气态氢化物稳定性依次减弱，故A正确；B. F、Cl、Br、I，从上到下，非金属性依次减弱，非金属性越弱，对应单质的氧化性也越弱，故B错误；C.F2、Cl2、Br2、I2都是分子晶体，从上到下，相对分子质量依次增大，分子间作用力依次增强，单质熔沸点依次升高，即单质熔沸点：I2Br2Cl2F2，故C错误；D.F、Cl、Br、I，从上到下，非金属性依次减弱，阴离子还原性依次增强，故D错误。【点睛】本题考查的是卤素原子结构及其性质的比较，解题关键是掌握同一主族内元素性质递变规律与原子结构的关系：第A族元素中，随着原子序

4、数的增大，原子半径依次增大，得电子能力逐渐减弱、氢化物的酸性逐渐增强、单质的沸点逐渐增大、单质的氧化性逐渐减弱、氢化物的还原性逐渐增强、单质与氢气化合逐渐困难、氢化物的沸点逐渐增大（HF除外）、氢化物的稳定性逐渐减弱。7.单质能发生如下图转化关系的元素是A. 氯 B. 硫 C. 铝 D. 铁【详解】A.一般条件下，氯气和氧气不反应，故A错误；B.硫和氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸可以与碱反应生成盐，故B正确；C.铝和氧气反应生成氧化铝，氧化铝和水不反应，故C错误；D.铁和氧气反应生成氧化铁或四氧化三铁，与水都不反应，故D 错误。8.关于漂粉精的说法正确的是A. 工业上

5、用氯气与澄清石灰水制取B. 有效成分是次氯酸钙和氯化钙C. 用pH试纸测试漂粉精溶液呈酸性D. 久置于空气中会变质失效【详解】A.澄清的石灰水中氢氧化钙的浓度太低，应选氯气和石灰乳制备漂白精，故A错误；B.漂粉精的主要成分是次氯酸钙和氯化钙，其中有效成分是次氯酸钙，故B错误；C.次氯酸钙具有漂白性，不能用pH试纸测试漂粉精溶液的酸碱性，故C错误；D.久置于空气中，与水、二氧化碳反应生成碳酸钙、次氯酸，次氯酸易分解，从而变质失效，故D正确。9.CS2结构与CO2相似，则关于CS2推测错误的是A. 非极性分子 B. 含有非极性键C. 结构式为SCS D. CS2的沸点高于CO2【详解】A.CS2结

6、构与CO2相似，分子结构对称属于非极性分子，故A正确；B.CS2的结构式为SCS，分子中只含有CS极性键，故B错误；C.CS2结构与CO2相似，CO2的结构式为OCO，则CS2的结构式为SCS，故C正确；D.分子晶体的沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大，沸点越高，则CS2的沸点高于CO2，故D正确。10.已知钡的某种同位素是12056Ba，由学过的知识无法推断出的信息是A. 钡原子的核外电子排布B. 钡元素在周期表中的位置C. 钡原子的核电荷数D. 钡元素的相对原子质量【详解】A.质子数=核外电子数=56，可以根据核外电子排布规律得到核外电子排布，故A正确；B.质子数=原子序数，可以根据

7、原子结构判断元素在周期表中的位置，故B正确；C.质子数=核电荷数=56，故C正确；D.不知道钡的各种天然同位素的含量及其相对原子质量，无法求出钡元素的相对原子质量，故D错误。【点睛】本题主要考察的是质子数、中子数、核外电子数及其相互联系。解题时特别注意质子数=核外电子数=原子序数=核电荷数；元素的相对原子质量，是按各种天然同位素原子所占的一定百分比算出来的平均值。11.磷原子核外3p亚层中的电子，不相同的是A. 能量 B. 电子云形状C. 电子云伸展方向 D. 自旋方向【详解】A.磷原子核外3p亚层中的3个电子分别位于伸展方向不同的3个3p轨道上，自旋方向相同、能量相同，故A不符合题意；B.p

8、轨道电子云形状都为哑铃型，即磷原子核外3p亚层中的电子云形状相同，故B不符合题意；C.电子云伸展方向在三维坐标中沿着x、y、z轴伸展，所以电子云的伸展方向不同，故C符合题意；D.P的的最外层电子排布图为，则3p亚层中的电子自旋方向相同，故D不符合题意。【点睛】本题解题关键是掌握磷原子核外电子排布为：1s22s22p63s23p3，3px1、3py1 和3pz1 上的电子能量相同、电子云形状相同、自旋方向相同，但电子云伸展方向不相同，以此解答该题。12.用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液操作正确的是A. 用蒸馏水洗净滴定管后，装入标准盐酸B. 锥形瓶用蒸馏水洗净后，装入待测液C. 滴定时始终注

9、视滴定管内液面的变化D. 指示剂变色后停止滴定立即读数【详解】A.滴定管在装液前应先用待装液润洗，故A错误；B.锥形瓶不用润洗，用蒸馏水洗净后，装入待测液就可以，故B正确；C.滴定时眼睛要注视锥形瓶内的颜色变化，故C错误；D.滴定终点的标志是指示剂颜色变化，且半分钟内颜色无变化，如果立即停止滴定，易造成标准液体积偏小，测定结果偏低，故D错误。.13.关于硫酸工业中的催化氧化反应，可以用勒夏特列原理解释的是A. 通入过量氧气 B. 选择V2O5做催化剂C. 选择常压条件 D. 升温至450左右【详解】A.通入过量氧气，增大反应物的浓度，化学平衡正向移动，可以用勒夏特列原理解释，故A符合题意；B.

10、催化剂只能改变反应速率，不会引起化学平衡的移动，不能用勒夏特列原理解释，故B不符合题意；C.根据平衡移动原理可知，增大压强，平衡向体积减小的方向移动，有利于三氧化硫的合成。所以选择常压条件，不能用勒夏特列原理解释，故C不符合题意；D.正反应是放热反应，升高温度至450左右，平衡逆向移动，不利于三氧化硫的产生，所以升温至450左右不能用勒夏特列原理解释，故D不符合题意。14.实验室从干海带中提取碘的操作过程中，仪器选用错误的是A. 灼烧干海带坩埚B. 过滤海带灰悬浊液长颈漏斗C. 从碘水中萃取碘分液漏斗D. 分离碘和四氯化碳蒸馏烧瓶【详解】A.灼烧固体应在坩埚中进行，所以灼烧干海带用到坩埚，故A

11、正确；B.过滤煮沸后的海带灰水悬浊液要用普通漏斗，不用长颈漏斗，故B错误；C.从碘水中萃取碘，可用四氯化碳、苯等，碘在四氯化碳、苯等中的溶解度大于在水中溶解度，会发生萃取现象出现分层，可以用分液漏斗进行分液，故C正确；D.碘易溶于四氯化碳，四氯化碳易挥发，采用蒸馏的操作分离，所以分离碘和四氯化碳用到蒸馏烧瓶，故D正确。15.工业上由乙苯生产苯乙烯的反应如下，有关说法正确的是A. 该反应的类型为取代反应B. 可用溴水鉴别乙苯和苯乙烯C. 乙苯的同分异构体共有三种D. 乙苯和苯乙烯均属于苯的同系物【详解】A.反应生成碳碳双键，为消去反应，故A错误；B.苯乙烯含有碳碳双键，可与溴水反应，而乙苯不反应

12、，可鉴别，故B正确；C.乙苯的同分异构体有二甲苯（邻、间、对3种），还有不饱和链烃和不饱和环烃，则同分异构体数目大于3种，故C错误；D.苯乙烯与苯结构不相似，它们所含的官能团不同，故不是同系物，D错误。16.与氨碱法相比较，联合制碱法最突出的优点是A. 设备少 B. 原料易得C. 循环利用的物质多 D. NaCl利用率高【详解】氨碱法对滤液的处理是加熟石灰使氨气循环，产生的CaCl2，该物质没有什么特别重要的用途；而侯氏制碱法是向滤液通入二氧化碳、氨气，结晶出的NH4Cl，其母液可以作为制碱原料循环利用。氨碱法缺点：大量CaCl2用途不大，NaCl利用率只有70%，约有30%的NaCl留在母液

13、中，侯氏制碱法的优点：把合成氨和纯碱两种产品联合生产，提高了食盐利用率，缩短了生产流程，减少了对环境的污染，降低了纯碱的成本。保留了氨碱法的优点，消除了它的缺点，使食盐的利用率提高到96%，故A、B、C不符合题意，D符合题意。【点睛】本题考查侯氏制碱法知识，题目难度不大，注意把握索尔维制碱法与侯德榜制碱法反应原理，即可判断二者的优缺点。17.向NaOH固体上滴几滴浓氨水，立即用另一表面皿扣在上面。下表中对实验现象解释正确的是选项实验现象解释A浓盐酸附近产生白烟NH3与HCl反应产生了NH4Cl固体B浓硫酸附近无明显现象NH3与浓硫酸不发生反应C氯化物溶液变浑浊该溶液一定是AlCl3溶液D湿润红

14、色石蕊试纸变蓝氨气是一种碱A. A B. B C. C D. D【答案】AD浓盐酸附近产生白烟：NH3与HCl气体反应产生了NH4C1固体。浓硫酸附近有明显现象，B错误。氯化物溶液变浑浊，很多离子在碱性条件下沉淀。湿润的红色石蕊试纸变蓝：NH3的水溶液显碱性18.关于如图两个电化学装置的说法正确的是A. 饱和食盐水中均有电子流过B. 甲中铁被腐蚀，乙中铁被保护C. 甲中正极反应式为4OH4e-2H2O+O2D. 乙中石墨电极上发生还原反应【详解】A.甲装置是原电池，金属铁是负极，发生失电子的氧化反应，乙装置是电解池，金属铁是阴极，都会形成闭合回路，但是电子不会经过电解质，则饱和食盐水中不会有电

15、子流过，故A错误；B.甲装置是原电池，金属铁是负极，被腐蚀，乙装置是电解池，金属铁是阴极，铁被保护，故B正确；C.甲装置是原电池，发生金属的吸氧腐蚀，正极反应式为：2H2O+O2+4e-=4OH，故C错误；D.乙装置是电解池，金属铁是阴极，乙中石墨电极是阳极，发生氧化反应，故D错误。19.图分别表示红磷、白磷燃烧时的能量变化，下列说法中正确的是A. 白磷比红磷稳定B. 白磷燃烧产物比红磷燃烧产物稳定C. 1mol白磷转变为红磷放出2244.7kJ的热量D. 红磷燃烧的热化学方程式：4P（s）+5O2（g）=P4O10（s）H=-2954kJmol1【详解】A.等质量的白磷和红磷完全燃烧时释放的

16、能量白磷比红磷多，白磷能量高于红磷，能量越低越稳定，所以红磷稳定，故A错误；B.两者燃烧产物相同，状态相同，所以产物稳定性相同，故B错误；C.白磷转化为红磷的化学方程式为：P4（s、白磷）=4P（s、红磷），可以看成是下列两个反应方程式的和：P4（s、白磷）+5O2（g）=P4O10（s）H=2983.2kJmol1；P4O10（s）=4P（s、红磷）+5O2（g）H=738.54kJmol1=2954kJmol1；根据盖斯定律，白磷转化为红磷的热化学方程式：P4（s、白磷）=4P（s、红磷）H=2983.2kJ/mol+2954kJmol1=29.2KJ/mol，即为：P4（s、白磷）=4P

17、（s、红磷）H=29.2KJ/mol，所以1mol白磷转变为红磷放出29.2KJ的热量，故C错误；D.依据图象分析，红磷燃烧是放热反应，红磷燃烧的热化学方程式：4P（s）+5O2（g）=P4O10（s） H=-738.54kJmol1=-2954kJmol1，故D正确。故选D.20.已知5Cl2+I2+6H2O10HCl+2HIO3某溶液中可能存在Br、CO32、SO32、I、Ca2+、Na+等7种离子中的某几种，分别进行如下实验：向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，且有无色气泡冒出；向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成；向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色。则下列说法正确

18、的是A. 肯定没有I B. 肯定有Br、CO32C. 可能有Na+ D. 可能有SO32【详解】向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，且有无色气泡冒出，则溶液中含有Br、CO32，由于CO32与Ca2+会发生反应而不能共存，所以一定不存在Ca2+；因为若原溶液中含有SO32，加入氯水时会氧化为SO42，再加入足量BaCl2溶液，就会有沉淀生成，因此不存在SO32；由于氯水能把I氧化为I2，若氯水足量，根据信息氯水与I2发生反应：5Cl2+I2+6H2O10HCl+2HIO3。继续滴加淀粉溶液，溶液也不会变蓝，因此该实验不能证明I的存在；由于溶液呈电中性，所以还有阳离子Na+；根据上述实验证明在溶

19、液中一定存在的离子为：Br、CO32、Na+；一定不存在Ca2+、SO32；可能存在I。故A、C、D错误，B正确。【点睛】解题时特别注意向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，说明溶液中有Br-；且有无色气泡冒出，说明溶液中有CO32-；溶液中有CO32-，则无Ca2+，根据溶液呈电中性，可知一定有Na+；向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成，说明溶液中无SO32-，据此进行解答。21.金属“钙线”是炼制优质钢材的脱氧脱磷剂，某“钙线”的主要成分为金属M和Ca。（1）Ca元素在元素周期表中的位置是_，最外层电子排布式为_。（2）CaF2的电子式为_，CaF2熔点比SiF4熔点_（选填

20、“高”、“低”或“相同”），原因是_。（3）将“钙线”试样溶于稀盐酸后，加入过量NaOH溶液，生成白色絮状沉淀并迅速变成灰绿色，最后变成红褐色M（OH）n则金属M为_，检测Mn+的另一种方法是_。（4）配平下列化学方程式： P+ FeO+ CaO Ca3（PO4）2+ Fe，_，若生成的Fe为2.8g，则转移的电子数目为_个。【答案】 （1）. 第四周期第A族 （2）. 4s2 （3）. （4）. 高 （5）. CaF2是离子晶体，SiF4是分子晶体，离子晶体熔化时破坏离子键，分子晶体熔化破坏范德华力，离子键远比范德华力强得多 （6）. Fe （7）. 取样，加入KSCN溶液，溶液呈现血红色，

21、证明有Fe3+ （8）. 2P+5FeO+3CaO1Ca3（PO4）2+5Fe （9）. 0.1NA【分析】本题考查的是元素周期表、原子结构示意图、电子式、常见阳离子的检验、方程式的配平。（1）根据原子核外电子排布画出原子结构示意图；（2）根据电子式书写规则写出电子式；（3）生成白色絮状沉淀并迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，应为Fe（OH）2Fe（OH）3的转化，M为Fe元素，检验铁离子常用SCN-，根据Fe3+与SCN-反应的现象分析。【详解】（1）Ca的原子序数为20，原子结构中有4个电子层，最外层电子数为2，则在周期表中的位置为第四周期第A族，最外层电子排布为4s2。本小题答案为：第四周

22、期第A族；4s2。（2）CaF2为离子化合物，其电子式为；一般离子晶体的熔点高于分子晶体，CaF2是离子晶体，SiF4是分子晶体，离子晶体熔化时破坏离子键，分子晶体熔化破坏范德华力，离子键远比范德华力强烈得多，故CaF2的熔点比SiF4的熔点高。高；CaF2是离子晶体，SiF4是分子晶体，离子晶体熔化时破坏离子键，分子晶体熔化破坏范德华力，离子键远比范德华力强得多。（3）生成白色絮状沉淀并迅速变成灰绿色，最后变成红褐色M（OH）n，故M为Fe，检验Fe3+的另一种方法是取样，加入KSCN溶液，溶液呈现血红色，证明有Fe3+。Fe；取样，加入KSCN溶液，溶液呈现血红色，证明有Fe3+。（4）P

23、元素的化合价由0价升高为+5价，Fe元素的化合价由+2价降低为0价，由电子、原子守恒可知反应为2P+5FeO+3CaO1Ca3（PO4）2+5Fe，若生成的Fe为2.8g，则转移的电子数目为（2.8g/56g/mol）（2-0）NA=0.1 NA。2P+5FeO+3CaO1Ca3（PO4）2+5Fe ；0.1NA。22.不同温度、压强下，在合成氨平衡体系中N2（g）+3H2（g）2NH3（g），NH3的物质的量分数见表（N2和H2起始物质的量之比为1：3）。压强（MPa）氨的平衡含量（%）温度（）20306010020086.489.995.498.830064.271.084.292.640

24、038.247.065.279.850019.126.442.257.5（1）已知该反应在2L密闭容器中进行，5min内氨的质量增加了1.7g，则此段时间内H2的平均反应速率为_mol/（Lmin）。（2）该反应的平衡常数表达式K_，升高温度，K值_（选填“增大”、“减小”或“不变”）。T（K3.6）的某一时刻下，c（N2）1mol/L，c（H2）3mol/L，c（NH3）9mol/L，在这种情况下该反应是否处于平衡状态_（选填“是”、“否”），此时反应速率是v正_v逆（选填“”、“”、“”）。（3）合成氨生产条件一般为压强在20MPa50MPa，温度为500左右，选用该条件的主要原因是_；从

25、表中数据可知，在该条件下氨的平衡含量并不高，为提高原料利用率，工业生产中采取的措施是_。（4）工业上用氨水吸收SO2尾气，最终得到化肥 （NH4）2SO4（NH4）2SO4溶液中c（NH4+）与c（SO42）之比_2：1（选填“”、“”、“”），用离子方程式解释原因_。【答案】 （1）. 0.015mol/（Lmin） （2）. （3）. 减小 （4）. 否 （5）. （6）. 压强太高，对生产设备要求也高，难以实现，且温度降低时反应速率过低，500左右催化剂的活性最大 （7）. 及时分离出NH3 （8）. （9）. NH4+H2ONH3H2O+H+（1）根据公式求出氨气的速率，再根据速率之比

26、等于化学计量数之比求出氢气的速率；（2）N2（g）+3H2（g）2NH3（g）的平衡常数，根据表中数据，压强相同时，温度越高，氨气的体积分数越小，说明升高温度后平衡向着逆向移动，导致生成物浓度减小，反应物浓度增大，则升高温度后平衡常数K减小；T（K3.6）的某一时刻下，c（N2）1mol/L，c（H2）3mol/L，c（NH3）9mol/L，此时的浓度熵Qc=，说明此时还没有达到平衡状态，平衡正向着正向移动，则此时反应速率是v（正）v（逆）；（3）由于压强太高，对生产设备的要求也高，难以实现，且温度降低时反应速率过低，500左右催化剂的活性最大，所以合成氨生产条件一般为压强在20MPa50MPa，温度为500左右；（4）（NH4）2SO4溶液为强酸弱碱盐，由于NH4+发生水解反应：NH4+H2ONH3H2O+H+，导致NH4+的浓度减小，所以c（NH4+）与c（SO42-）之比（3）由于压强太高，对生产设备的要求也高，难以