1、上海市金山区2020届高三化学下学期质量监控（二模考试）试题（含解析）相对原子质量：H1 O16 Na23 Cl35.5 一、选择题（本题共40分，每小题2分，每题只有一个正确选项）1.古法酿酒工艺中，以发生化学反应为主的过程是A. 酒曲捣碎B. 酒曲发酵C. 加热蒸馏D. 泉水勾兑【答案】B【解析】【详解】A酒曲捣碎过程为物质状态变化，无新物质生成，不是化学变化，故A错误；B酒曲发酵变化过程中生成了新的物质乙醇，属于化学变化，故B正确；C加热蒸馏是利用酒精和水等其他物质沸点不同从而分离乙醇，过程中无新物质生成，属于物理变化，故C错误；D泉水勾兑是酒精和水混合得到一定浓度的酒精溶液，过程中无新
2、物质生成，属于物理变化，故D错误；故选B。【点睛】变化过程中有新物质生成的变化为化学变化，发生了化学反应，过程中无新物质生成的变化为物理变化，主要是酿酒工艺的分析，掌握基础是解题关键。2.用化学用语表示2H2S+3O2 2SO2+2H2O中的相关微粒，其中正确的是A. 中子数为18的硫原子：18SB. H2O的结构式：HOHC. H2S比例模型：D. S的原子结构示意图：【答案】B【解析】【详解】A中子数为18的硫原子的质量数为34，原子符号为，故A错误；BH2O为共价化合物，分子中2个氢原子通过单键和氧原子相结合，结构式为HOH，故B正确；C硫原子的半径大于氢原子，H2S的比例模型为，故C错
3、误；D硫原子的核电荷数为16，核外有3个电子层，最外层有6个电子，原子结构示意图为，故D错误；故选B。3.下列气态氢化物中最不稳定的是A. H2OB. HFC. H2SD. PH3【答案】D【解析】【详解】元素的非金属性越弱，对应的气态氢化物越不稳定，F和O位于同周期，非金属性：FO，S和P位于同周期，非金属性：SP，O和S位于同主族，非金属性：OS，非金属性：FOSP，则最不稳定的氢化物为PH3，故选D。【点睛】同周期从左向右非金属性增强，同主族非金属性从上到下减弱，非金属性越强，对应氢化物越稳定，把握元素在周期表的位置、元素周期律为解答的关键。4.下列过程中破坏的化学键只有共价键的是A.
4、石墨转化金刚石B. NaOH溶于水C. 干冰升华D. NH4Cl分解【答案】A【解析】【详解】A石墨转化为金刚石属于化学变化，有共价键被破坏，也有共价键形成，故A正确；BNaOH溶于水时，在水分子的作用下电离出钠离子和氢氧根离子，有离子键被破坏，故B错误；C干冰是分子晶体，干冰升华只破坏分子间作用力，故C错误；DNH4Cl受热分解生成氨气和氯化氢，离子键被破坏，N原子和H原子之间的共价键也被破坏，故D错误；故选A。【点睛】只有电解质溶于水或熔融状态或发生化学反应的化学键才能被破坏，注意化学反应中一定有化学键的破坏，但有化学键的破坏并不一定发生化学反应。5.加入氧化剂才能实现的过程是A. Cl2
5、ClOB. SO2SO42C. N2NH3D. Al3+AlO2【答案】B【解析】【详解】ACl2ClO的反应可由氯气和NaOH反应生成，反应中Cl2既是氧化剂又是还原剂，无需加入氧化剂就能实现，故A错误；BSO2SO42的过程中硫元素化合价升高了，需加入氧化剂才能实现，故B正确；CN2NH3的过程中氮元素化合价降低了，需加入还原剂才能实现，故C错误；DAl3+AlO2的过程中各元素的化合价没有发生变化，属于非氧化还原反应，故D错误；故选B。【点睛】物质所含元素化合价升高，被氧化时，需加入氧化剂才能实现。6.常温下，0.05 mol/L稀硫酸中OH浓度是（mol/L）A. 11012B. 21
6、012C. 11013D. 21013【答案】C【解析】【详解】常温下，0.05 mol/L稀硫酸中c（H+）=0.05 mol/L2=0.1 mol/L，则溶液中的c（OH）=11013 mol/L，故选C。7.0.1 mol Cu与足量浓硫酸加热，充分反应后，被还原的H2SO4的物质的量为（mol）A. 0.1B. 0.1C. 0，其大小与Ea1、Ea2无关D. CH4转化为CH3Cl的过程，CH键发生了断裂【答案】B【解析】【详解】A在光照下氯气分子中的ClCl键断裂生成Cl原子，断裂过程为，故A正确；B由示意图可知，中间过程有CH3生成，CH3可能与CH3相结合生成CH3CH3，故B错
7、误；C由示意图可知，反应物总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，反应热Q0，反应热的大小与Ea1、Ea2无关，故C正确；D由示意图可知，CH4转化为CH3Cl的过程中，有1个CH键发生了断裂，故D正确；故选B。18.关于25时，体积相同的盐酸与醋酸两种溶液，下列说法正确的是A. 若浓度相同，中和所需的NaOH物质的量相同B. 若浓度相同，分别与镁条反应的速率相等C. 若pH相等，则c(CH3COO)c(Cl)D 若pH相等，分别与NaOH反应呈中性后，n(CH3COO)=n(Cl)【答案】A【解析】【详解】A浓度相同、体积相同的盐酸与醋酸两种溶液的溶质的物质的量相同，中和能力相同，中和所
8、需的NaOH物质的量相同，故A正确；B浓度相同、体积相同的盐酸与醋酸两种溶液中，盐酸溶液的氢离子浓度大于醋酸溶液，氢离子浓度越大，与镁条反应的速率越快，则盐酸与镁条反应的速率快，故B错误；CpH相等的盐酸与醋酸两种溶液的氢离子相等，氢氧根离子浓度也相同，根据电荷守恒，电离出的氯离子浓度和醋酸根离子浓度相同，则c(CH3COO)=c(Cl)，故C错误；DpH相等、体积相同的盐酸与醋酸，n（CH3COOH）n（HCl），两种溶液分别与NaOH反应呈中性时，醋酸消耗的氢氧化钠多，所以溶液中n(CH3COO)n(Cl)，故D错误；故选A。【点睛】氯化氢是强电解质，醋酸是弱电解质，存在电离平衡，pH相同
9、的盐酸和醋酸，盐酸的浓度小于醋酸，相同体积、相同pH的盐酸和醋酸溶液，n（CH3COOH）n（HCl）。19.将NaCl溶于水配成1mol/L的溶液，溶解过程如图所示，下列说法正确的是 A. a离子为Na+B. 溶液中含有NA个Na+C. 水合b离子的图示不科学D. 氯化钠溶于水只发生了水合过程【答案】C【解析】【详解】A氯化钠在溶液中电离出钠离子和氯离子，钠离子的离子半径小于氯离子，则a离子为氯离子，故A错误；B没有明确溶液的体积，无法计算钠离子的个数，故B错误；C钠离子带正电荷，能使水分子中带有负电的氧原子受到吸引，则水合b离子的图示不科学，故C正确；D氯化钠溶于水，发生了吸热的扩散过程和
10、放热的水合过程，故D错误；故选C。【点睛】计算溶液中溶质微粒的物质的量时，必须明确溶液的体积，不能误认为体积为1L是解答易错点。20.向H2O2溶液中加入Br2可以加快H2O2分解速率。其反应机理可能有两步，第1步：H2O2+Br22H+O2+2Br。下列说法正确的是A. H2O2分子中含有离子键和非极性键B. 第1步反应每生成0.1 mol O2，转移0.4 mol电子C. 第2步反应为：2H+H2O2+2Br2H2O +Br2D. H2O2分解反应前后溶液中Br2的质量不变【答案】C【解析】【详解】A过氧化氢为共价化合物，结构式为HOOH，分子中含有极性键和非极性键，不含有离子键，故A错误
11、；B过氧化氢中氧元素化合价为1价，第一步反应生成0.1 mol O2，转移电子的物质的量为0.1 mol2=0.2mol，故B错误；C过氧化氢分解的总方程式为2H2O2=2H2O+ O2，由第1步反应可知，第2步反应的方程式为2H+H2O2+2Br=2H2O+Br2，故C正确；D溴单质在溶液中能与水反应，则过氧化氢分解反应前后溶液中溴单质的质量会减少，故D错误；故选C。【点睛】氧化氢中氧元素化合价为1价，转变0价的氧气时，化合价升高1，反应生成1 mol O2转移电子的物质的量为2mol是解答易错点。二、综合题（共60分）21.以粉煤灰（主要成分：Al2O3、SiO2、少量Fe2O3）为原料，
12、制取Al2O3的部分工艺流程如下：完成下列填空：(1)铝原子核外有_种不同能量的电子，最外层电子的轨道式是_，上述流程涉及第二周期元素的原子半径由小到大的顺序是_。(2) “除铁”是将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，反应的离子方程式为_，检验溶液中Fe3+是否除尽的方法是_。(3)解释“结晶”过程中向AlCl3浓溶液中通入HCl气体的原因。_(4)上述流程可循环的物质是_。(5)工业上将Al2O3溶解在熔化的冰晶石中电解获得铝，该反应的化学方程式为_。【答案】 (1). 5 (2). (3). ONC (4). Fe3+3HCO3=Fe(OH)3+3CO2 (5). 静置，取上层清液于试管中
13、，滴入KSCN溶液，溶液不变红色，则已除尽铁元素，出现血红色，则未除尽 (6). AlCl3浓溶液中存在结晶平衡：AlCl36H2O（s） Al3+3Cl-+6 H2O 通入HCl气体，增大Cl-浓度，使平衡左移，能得到更多的AlCl36H2O晶体 (7). HCl (8). 2Al2O3(熔融)4Al+3O2【解析】【分析】由流程图可知，向粉煤灰中加入浓盐酸，氧化铝和氧化铁溶于盐酸生成氯化铝和氯化铁，二氧化硅不溶解，过滤得到含有氯化铝和氯化铁的滤液；向滤液中加入碳酸氢铵溶液，将氯化铁转化为氢氧化铁沉淀除去，过滤得到含有氯化铝溶液的滤液；氯化铝溶液在氯化氢气流中蒸发浓缩、冷却结晶得到六水氯化铝
14、，煅烧六水氯化铝制得氧化铝。【详解】（1）铝元素的原子序数为13，核外有13个电子，核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，则铝原子核外有1s、2s、2p、3s、3p共5种不同能量的电子，最外层电子的轨道式是；流程中涉及到的第二周期元素为C、N、O，同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则子半径由小到大的顺序是ONC，故答案为：5；ON”“ (2). 其他条件不变，由图可知T1比T2达到平衡所需时间短，说明T1反应速度快，所以T1温度高 (3). 放 (4). 由图可知，T1温度高，二氧化硫平衡转化率低，说明温度升高时平衡左移，逆反应为吸热，正反应为放热 (5). 4:15 (6).
15、50% (7). ab2 (8). SO2+SO32-+H2O2HSO3- (9). c(Na+)c(HSO3-)c(H+)c(SO32-)c(OH-)【解析】【分析】（1）温度越高，反应速率越快，达到化学平衡的时间越短，温度升高，平衡向吸热方向移动；（2）同一化学反应，增大一种反应物浓度可以提高其他反应物转化率；利用三段式计算可得；（3）借用盖斯定律得到反应之间的关系，由此计算平衡常数；（4）吸收池中亚硫酸钠溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，NaHSO3溶液呈弱酸性，说明HSO3-的电离大于水解。【详解】（1）温度越高，反应速率越快，达到化学平衡的时间越短，由图可知，相同条件下，T1比T2达
16、到平衡所需时间短，说明T1反应速度快，则T1T2；温度升高，平衡向吸热方向移动，由T2T1， SO2的转化率减小，平衡向逆向移动，所以正向为放热反应，故答案为：；其他条件不变，由图可知T1比T2达到平衡所需时间短，说明T1反应速度快，所以T1温度高；放；由图可知，T1温度高，二氧化硫平衡转化率低，说明温度升高时平衡左移，逆反应为吸热，正反应为放热；（2）同一化学反应，增大一种反应物浓度可以提高其他反应物转化率，投料比n（SO2）：n（O2）越小，氧气的浓度越大，二氧化硫转化率越大，依据的转化率可知，投料比n（SO2）：n（O2）为4：15；投料比n（SO2）：n（O2）为8：10时，二氧化硫的
17、转化率为90%，设起始二氧化硫为4mol，氧气物质的量为5mol，由题意建立如下三段式：则平衡混合气体中三氧化硫的体积分数为100%=50%，故答案为：4：15；50%；（3）将已知反应依次编号为，由盖斯定律可知+2可得2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，则平衡常数K=K1K22= ab2，故答案为：ab2；（4）吸收池中亚硫酸钠溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，反应的离子方程式：SO2+SO32-+H2O=2HSO3-；NaHSO3溶液呈弱酸性，说明HSO3-的电离大于水解，则NaHSO3溶液中离子浓度由大到小排序为c(Na+)c(HSO3-)c(H+)c(SO32-)c(OH-)，故
18、答案为：SO2+SO32-+H2O=2HSO3-；c(Na+)c(HSO3-)c(H+)c(SO32-)c(OH-)。【点睛】借用盖斯定律得到反应之间的关系，由此计算反应的平衡常数是解答关键，注意反应热的关系为加减，平衡常数的关系为乘除。23.可卡醛一种食用香料，其一种合成方法如下：完成下列填空：(1)实验室制取A的化学方程式是_。(2)在一定条件下，环氧乙烷（）可以开环与氢气、水等试剂发生类似加成反应的反应，它与氢气反应的产物是_，写出它与水反应的化学方程式。_(3)CD的反应条件是_；写出含有四种不同化学环境氢原子，且与D同类别的同分异构体的结构简式。_(4)E可卡醛的反应类型是_。(5)
19、设计一条由石油裂解气乙烯、丙烯合成的流程_。（合成路线常用的表示方式为：AB目标产物）【答案】 (1). +Br2+HBr (2). CH3CH2OH (3). +H2O (4). Cu、加热 (5). (6). 消去 (7). 【解析】【分析】由有机物的转化关系可知，在乙醚作用下，与镁反应生成，与发生类似加成反应的反应生成，酸性条件下水解生成，在Cu 做催化剂作用下，与氧气共热发生催化氧化反应生成，与发生加成反应生成，受热发生消去反应生成。【详解】（1）实验室中用铁做催化剂，苯和液溴发生取代反应制得溴苯，反应的化学方程式为+Br2+HBr，故答案为：+Br2+HBr；（2）由题意可知与氢气反
20、应生成乙醇，与水反应生成乙二醇，与水反应的化学方程式为+H2O，故答案为：CH3CH2OH；+H2O；(3)CD的反应为在Cu 做催化剂作用下，与氧气共热发生催化氧化反应生成，与同类别的同分异构体含有四种不同化学环境氢原子，说明苯环上有2个处于对位的取代基，结构简式为，故答案为：Cu、加热；(4)E可卡醛的反应为受热发生消去反应生成，故答案为：消去；（5）由乙烯、丙烯和的结构简式，运用逆推法可知，合成的步骤为在催化剂作用下，丙烯与水发生加成反应生成2丙醇，在Cu做催化剂作用下，2丙醇与氧气共热发生催化氧化反应生成丙酮，在催化剂作用下，乙烯与氧气共热发生催化氧化反应生成乙醛，碱性条件下，丙酮与乙
21、醛发生加成反应生成，受热发生消去反应生成，在催化剂作用下，与氢气共热发生加成反应生成，合成路线如下：，故答案为：。24.NaClO2是一种高效的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等。用下列装置探究NaClO2的制备。完成下列填空：(1)仪器a的名称为_，装置的作用是_。(2)检查装置气密性的方法是_。(3)关闭K1，从分液漏斗中加入一定量浓硫酸，装置中生成NaClO2的化学方程式为2ClO2+2NaOH+H2O22NaClO2+2H2O+O2，该反应的氧化产物是_。(4)实验完成后，为防止装置中残留的有毒气体污染空气，可以进行的操作是：打开止水夹K1，_。(5)从装置的溶液中获得NaClO2晶体的主
22、要操作有减压蒸发浓缩、_、过滤洗涤、干燥等。(6)晶体以NaClO23H2O的形式存在，已知：NaClO23H2ONaCl+O2+3H2O。为测定所得固体中NaClO23H2O的质量分数，在收集到足量的晶体后，进行如下实验：取样品质量为a g，灼烧恒重后，得到固体b g。则晶体中NaClO23H2O的质量分数是_。若发生副反应4NaClO23H2O2NaCl+2NaClO3+O2+12H2O，则实验测得的值会_。（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）【答案】 (1). 干燥管 (2). 做安全瓶，防止中溶液倒吸到中 (3). 关闭K1，关闭分液漏斗活塞，在的烧杯中加水浸没干燥管下端，给中烧瓶微热
23、，若中出现气泡，停止加热，中干燥管下端有一段水柱，一段时间不变，则气密性良好 (4). O2 (5). 从K1处通入空气，将残留气体鼓入中 (6). 降温结晶 (7). 或 (8). 偏小【解析】【分析】由实验装置图可知，装置的作用是在酸性环境下，氯酸钠和亚硫酸钠发生氧化还原反应制备ClO2气体；装置的作用是做安全瓶，防止中溶液倒吸到中；装置的作用是在碱性条件下，ClO2气体与过氧化氢发生氧化还原反应制备NaClO2，装置的作用是吸收多余的ClO2气体，防止污染环境。【详解】（1）仪器a的名称为干燥管，装置的作用是做安全瓶，防止中溶液倒吸到中，故答案为：干燥管；安全瓶，防止中溶液倒吸到中；(2
24、)检查装置气密性首先要形成密闭系统，然后通过升高温度形成压强差，具体操作是关闭K1，关闭分液漏斗活塞，在的烧杯中加水浸没干燥管下端，给中烧瓶微热，若中出现气泡，停止加热，中干燥管下端有一段水柱，一段时间不变，则气密性良好，故答案为：关闭K1，关闭分液漏斗活塞，在的烧杯中加水浸没干燥管下端，给中烧瓶微热，若中出现气泡，停止加热，中干燥管下端有一段水柱，一段时间不变，则气密性良好；（3）由题给化学方程式可知，反应中过氧化氢中氧元素化合价升高被氧化，发生氧化反应，则过氧化氢为还原剂，氧气为氧化产物，故答案为：O2；（4）实验完成后，为防止装置中残留的ClO2气体污染空气，应打开止水夹K1，从K1处通
25、入空气，将残留的ClO2气体鼓入中，被氢氧化钠溶液吸收，防止污染空气，故答案为：从K1处通入空气，将残留气体鼓入中；（5）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，则从装置的溶液中获得NaClO2晶体的主要操作有减压蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：降温结晶；（6）由题意可知，NaClO23H2O灼烧至恒重得到NaCl，固体减少的质量为氧气和水的质量，则氧气和水的质量为（ab），设氧气的物质的量为xmol，由方程式可知水的物质的量为3xmol，则可得32x+183x=（ab），解得x=，由方程式可得关系式NaClO23H2OO2，则n（NaClO23H2O）= n（O2）=mol，晶体中NaClO23H2O的质量分数为=或。若发生副反应4NaClO23H2O2NaCl+2NaClO3+O2+12H2O，会导致灼烧恒重后固体质量增大，即b增大，所以减小。故答案为：或，偏小。【点睛】计算晶体中NaClO23H2O的质量分数是解答难点，计算时注意NaClO23H2O灼烧至恒重得到NaCl，固体减少的质量为氧气和水的质量，由方程式计算得到氧气的物质的量是解答关键。
