2021-2022学年上海市浦东新区高三（上）期末化学试卷（一模）（ 含答案解析）

这是一份2021-2022学年上海市浦东新区高三（上）期末化学试卷（一模）（ 含答案解析），共23页。试卷主要包含了3%的浓硫酸吸收SO3，436g，【答案】A，【答案】C，【答案】D等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年上海市浦东新区高三（上）期末化学试卷（一模）

1. 下列材料的使用历史最短的是(    )
A. 铝合金 B. 青铜 C. 陶土 D. 生铁
2. 下列固体颜色有别于另外三种的是(    )
A. S B. Na2O2 C. AgI D. Fe2O3
3. 下列对干冰的认识正确的是(    )
A. 存在共价键和分子间作用力 B. 比例模型为
C. 升华时键长变长 D. 分子中有两对共用电子对
4. 制取下列气体时必须进行尾气处理的是(    )
A. H2S B. CO2 C. O2 D. C2H2
5. 浓硫酸与潮湿的蔗糖反应时，没有体现出的性质是(    )
A. 吸水性 B. 脱水性 C. 酸性 D. 氧化性
6. 关于乙烯的说法错误的是(    )
A. 能使溴水褪色 B. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C. 是石油分馏产物 D. 分子中所有原子处于同一平面
7. 有关漂粉精的说法错误的是(    )
A. 有效成分为Ca(ClO)2 B. 溶液显碱性
C. 必须密封保存 D. 工业上用氯气和澄清石灰水制取
8. 常用作半导体材料的碳、硅、锗、砷元素在周期表中的位置如图所示，四种元素中(    )
A. 碳的非金属性最弱
B. 硅单质是原子晶体
C. 锗原子最外层电子排布为3s23p2
D. 砷的原子半径最大
9. 雾霾的形成与大气中的氮有关，作用机理如图。下列说法正确的是(    )
A. NOx仅来自于大气固氮 B. 上述过程中只发生氧化还原反应
C. 控制农业上氨排放可以减少雾霾 D. 硝酸铵是含氮量最高的氮肥
10. 海水提溴时，表格中操作步骤与目的均正确的是(    )

A
B
C
D
步骤
浓缩海水
通Cl2
鼓入热空气
CCl4萃取
目的
使Br−量增多
还原Br−
使Br2挥发
得到液溴

A. A B. B C. C D. D
11. 有关等体积等浓度氨水和氯水的说法中，正确的是(    )
A. 含有的微粒总数相同 B. 放置一段时间后溶液pH均增大
C. 都有刺激性气味 D. 都有杀菌消毒作用
12. 不符合硫酸工业生产实际的是(    )
A. 沸腾炉中加入碾碎的硫铁矿 B. 接触室中的反应条件为高温高压
C. 催化氧化时通过热交换器充分利用能量 D. 吸收塔中用98.3%的浓硫酸吸收SO3
13. 关于有机物的叙述正确的是(    )
A. 能发生取代反应，不能发生加成反应 B. 既是乙醇的同系物也是乙酸的同系物
C. 1mol该物质与碳酸钠反应生成44gCO2 D. 能形成多种高分子化合物
14. 下列括号内的杂质，能用氢氧化钠溶液除去的是(    )
A. 苯(液溴) B. H2S(HCl)
C. NaHCO3(Na2CO3) D. 乙醇(水)
15. H2O2分解过程的能量变化如图，下列说法错误的是(    )
A. 反应的能量变化为E1−E2 B. Fe3+是该反应的催化剂
C. 该反应是放热反应 D. H2O比H2O2稳定
16. 一定条件下，钢铁腐蚀与溶液pH的关系如表，下列说法正确的是(    )
pH
2
4
6
6.5
8
13.5
14
腐蚀快慢
较快
慢
较快
主要产物
Fe2+
Fe3O4
Fe2O3
HFeO2−

A. 碱性越强，钢铁腐蚀越困难
B. 中性环境中，钢铁较难腐蚀
C. pH>14时正极反应为O2+4H++4e−→2H2O
D. 自然界中钢铁腐蚀的产物只有Fe2O3
17. 图一是制取乙酸乙酯的实验装置，为缩短加热时间，改进为图二装置，下列关于图二装置说法正确的是(    )

A. 反应物利用率比图一装置高 B. 产物比图一装置容易蒸出
C. 安全性比图一装置好 D. 还可用于制备乙酸丁酯
18. 青蒿素是高效的抗疟疾药，为无色针状晶体，易溶于丙酮、氯仿和苯中，在甲醇、乙醇、乙醚、石油醚中可溶解，在水中几乎不溶，熔点为156∼157℃，热稳定性差。已知：乙醚沸点为35℃.提取青蒿素的主要工艺如图，下列有关此工艺操作错误的是(    )

A. 破碎的目的是增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率
B. 操作Ⅰ需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯
C. 操作Ⅱ是蒸馏，利用了乙醚与青蒿素的沸点相差较大
D. 操作Ⅲ的主要过程加水溶解，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
19. 可逆反应mA(g)+nB(？)⇌pC(g)+qD(？)中 A和C都是无色气体，当达到平衡后，下列叙述正确的是(    )
A. 若改变条件后，平衡正向移动，D的百分含量一定增大
B. 若升高温度，A的浓度增大，说明正反应是吸热反应
C. 若增大压强，平衡不移动，说明m+n一定等于p+q
D. 若增加B的量平衡移动后体系颜色加深，说明B必是气体
20. 向FeBr2和FeI2的混合溶液中通入氯气至恰好完全反应，Fe2+、I−、Br−的物质的量的变化如图所示。下列说法正确的是(    )

A. 还原性：I−Ge，同周期自左而右非金属性周期，故非金属性As>Se，故Ge的非金属性最弱，故A错误；
B.硅单质与金刚石结构类似，金刚石属于原子晶体，硅单质也是原子晶体，故B正确；
C.由图可知，锗处于第四周期第IVA族，最外层电子排布为4s24p2，故C错误；
D.同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故锗的原子半径最大，故D错误；
故选：B。
A.同主族自上而下非金属性减弱；
B.硅单质与金刚石结构类似；
C.由图可知，锗处于第四周期第IVA族；
D.同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大。
本题考查元素周期表与元素周期律，注意理解掌握元素周期律，题目比较基础，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。

9.【答案】C 
【解析】解：A.化工生产以及燃料的燃烧也会生成NOx，NOx不只是来自于自然界，故A错误；
B.氨气和硝酸的反应不存在化合价变化，不属于氧化还原反应，故B错误；
C.减少氨的排放可以减少硝酸铵的形成，有利于减少雾霾，故C正确；
D.硝酸铵的铵根离子、硝酸根离子均含有N，含氮量约为35%，但是尿素含氮量更高，约为46.67%，故D错误；
故选：C。
A.化工生产以及燃料的燃烧也会生成NOx；
B.氨气和硝酸的反应不属于氧化还原反应；
C.减少氨的排放可以减少硝酸铵的形成；
D.硝酸铵的铵根离子、硝酸根离子均含有N，但是尿素含氮量更高。
本题考查N及其化合物的转化和环境污染，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确基本概念内涵是解本题关键，题目难度不大。

10.【答案】C 
【解析】解：A.浓缩海水提高c(Br−)，n(Br−)不变，故A错误；
B.通入氯气发生Cl2+2Br−=Br2+2Cl−，氧化溴离子，故B错误；
C.溴易挥发，热空气可吹出溴，故C正确；
D.CCl4萃取可分离溴与水溶液，蒸馏溴的四氯化碳溶液可分离出液溴，故D错误；
故选：C。
工业海水提溴时，先浓缩增大溴离子浓度，通入氯气发生Cl2+2Br−=Br2+2Cl−，热空气吹出溴，吸收塔中发生SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，再通入氯气发生Cl2+2Br−=Br2+2Cl−，达到富集溴的目的，最后萃取、分液、蒸馏分离出溴，以此来解答。
本题考查海水资源的应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意海水中溴元素的提取原理，题目难度不大。

11.【答案】C 
【解析】解：A.在氨水中含有的微粒有：NH3⋅H2O、NH3、H2O、H+、OH−、NH4+，共6种微粒；在氯水中含有H2O、HClO、Cl2、H+、Cl−、ClO−、OH−，共7种微粒.可见二者含有的微粒总数不相同，故A错误；
B.氨水放置一段时间后由于NH3挥发逸出，导致溶液的碱性减弱，溶液pH减小；Cl2放置一段时间，由于HClO光照分解产生HCl和O2，使氯水的酸性增强，溶液pH减小，因此两种溶液放置一段时间后溶液pH均减小，不是增大，故B错误；
C.氨水中的氨气易挥发而有刺激性气味，氯水中的Cl2挥发也产生刺激性气味，因此二者都有刺激性气味，故C正确；
D.氨水与氨气一样，对人起腐蚀和窒息作用，但没有杀菌消毒作用，氯水中含有的HClO具有强氧化性，会将蛋白质氧化变性而失去生理活性，因而具有杀菌消毒作用，故D错误；
故选：C。
A.在氨水中含有的微粒有：NH3⋅H2O、NH3、H2O、H+、OH−、NH4+，共6种微粒；在氯水中含有H2O、HClO、Cl2、H+、Cl−、ClO−、OH−，共7种微粒；
B.氨水放置一段时间后由于NH3挥发逸出，溶液pH减小；Cl2放置一段时间，由于HClO光照分解产生HCl和O2，溶液pH减小；
C.氨气、Cl2均为刺激性气味气体；
D.氨水不具有杀菌消毒功能，氯水的杀菌消毒作用是因为次氯酸的作用。
本题考查了元素化合物知识，侧重考查物质的用途，性质决定用途，熟悉氨水、氯水的成分和各微粒的性质是解题关键，题目难度不大。

12.【答案】B 
【解析】解：A.沸腾炉中加入碾碎的硫铁矿可以增大固体的表面积，是反应物的接触面积增大，反应更加充分，故A正确；
B.接触室中二氧化硫的催化氧化反应在常压下转化率已经很高，加压对转化率影响不大，但对设备材料要求较高，会导致成本增大，故接触室中的反应条件为高温常压，故B错误；
C.二氧化硫在接触室内催化氧化生成三氧化硫的反应为放热反应，催化氧化时通过热交换器可以预热反应物，同时降低容器中的温度，有利于平衡向正反应方向移动，提高二氧化硫的转化率，故C正确；
D.SO3溶解于水放热易形成酸雾，导致吸收效率低，若吸收塔中用98.3%的浓硫酸吸收SO3，可以防止吸收过程中形成酸雾，提高SO3的吸收效率，故D正确；
故选：B。
A.增大反应物的接触面积，可以使反应更加充分；
B.接触室中的反应条件为高温常压；
C.催化氧化时通过热交换器可以预热反应物，同时降低容器中的温度，有利于平衡向正反应方向移动，提高二氧化硫的转化率；
D.吸收塔中用98.3%的浓硫酸吸收SO3，可以防止吸收过程中形成酸雾，提高SO3的吸收效率。
本题考查了元素化合物知识，侧重考查物质的制备，性质决定用途，熟悉硫酸制备过程是解题关键，题目难度不大。

13.【答案】D 
【解析】解：A.该有机物中含有醇羟基、羧基、碳碳双键，具有醇、羧酸和烯烃的性质，羧基和醇羟基能发生取代反应，碳碳双键能发生加成反应，故A错误；
B.该有机物和乙醇、乙酸的结构不相似，所以该有机物和乙醇、乙酸都不互为同系物，故B错误；
C.−COOH和Na2CO3反应生成CO2，且存在关系式2−COOH∼CO2，则1mol该有机物与足量碳酸钠反应生成0.5molCO2，m(CO2)=0.5mol×44g/mol=22g，故C错误；
D.碳碳双键能发生加聚反应，醇羟基和羧基能发生缩聚反应，所以该有机物能形成多种高分子化合物，故D正确；
故选：D。
A.该有机物中含有醇羟基、羧基、碳碳双键，具有醇、羧酸和烯烃的性质；
B.该有机物和乙醇、乙酸的结构不相似；
C.−COOH和Na2CO3反应生成CO2，且存在关系式2−COOH∼CO2；
D.碳碳双键能发生加聚反应，醇羟基和羧基能发生缩聚反应。
本题考查有机物的结构和性质，明确官能团及其性质的关系、基本概念内涵是解本题关键，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，题目难度不大。

14.【答案】A 
【解析】解：A.溴与NaOH溶液反应后，与苯分层，分液可除杂，故A正确；
B.二者均与NaOH溶液反应，不能除杂，故B错误；
C.碳酸氢钠与NaOH溶液反应，将原物质除去，不能除杂，故C错误；
D.乙醇、水均与NaOH溶液不反应，且互溶，不能除杂，故D错误；
故选：A。
A.溴与NaOH溶液反应后，与苯分层；
B.二者均与NaOH溶液反应；
C.碳酸氢钠与NaOH溶液反应；
D.乙醇、水均与NaOH溶液不反应，且互溶。
本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。

15.【答案】A 
【解析】解：A.催化剂能降低反应的活化能，但不能改变反应的能量变化，反应热等于正反应的活化能与逆反应的活化能的差，由图可知，该反应的能量变化不等于E1−E2，故A错误；
B.由图可知，铁离子能降低反应的活化能，是该反应的催化剂，故B正确；
C.由图可知，反应物的总能量大于生成物的总能量，该反应为放热反应，故C正确；
D.由图可知，过氧化氢分解生成水和氧气是放热反应，说明水分子的能量小于过氧化氢的能量，水的稳定性强于过氧化氢，故D正确；
故选：A。
A.催化剂能降低反应的活化能，但不能改变反应的能量变化，反应热等于正反应的活化能与逆反应的活化能的差，；
B.催化剂能降低反应的活化能；
C.反应物的总能量大于生成物的总能量为放热反应；
D.过氧化氢分解生成水和氧气是放热反应，说明水分子的能量小于过氧化氢的能量。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握反应中能量变化、催化剂的作用为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，题目难度不大。

16.【答案】B 
【解析】解：A.结合表中数据可知，pH>13.5时，钢铁的腐蚀速率较快，故A错误；
B.溶液的pH在6∼8范围内钢铁的腐蚀慢，说明中性环境中，钢铁较难腐蚀，故B正确；
C.在pH>14溶液中，碳钢腐蚀的正极反应为：O2+2H2O+4e−→4OH−，故C错误；
D.结合表中数据可知，钢铁的腐蚀产物有Fe2+、Fe3O4、Fe2O3、HFeO2−，故D错误；
故选：B。
A.溶液pH大于13.5时，钢铁的腐蚀速率较快；
B.pH在6∼8范围内钢铁的腐蚀慢；
C.在pH>14溶液中，碳钢腐蚀的正极反应O2得电子生成OH−；
D.随着溶液pH的变化，钢铁的腐蚀产物可能发生变化。
本题考查金属的腐蚀原理，明确题中信息为解答关键，注意掌握常见金属的腐蚀原理，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。

17.【答案】B 
【解析】解：A.相对于图一的改进装置，图二加热水量少，温度上升快，许多的反应物未来得及反应就被蒸出，因而反应物利用率比图一更低，故A错误；
B.图二装置中反应产生的乙酸乙酯处于水蒸气的高温环境中，更容易从反应装置中挥发逸出，因此产物比图一装置容易蒸出，故B正确；
C.图二酒精灯直接给试管加热，蒸馏水少，温度上升快，产生的热的水蒸气从支管口逸出，更容易对人造成伤害，因此安全性能不及图一装置好，故C错误；
D.乙酸乙酯的沸点比乙醇、乙酸低，易挥发收集，采取边反应边蒸馏的方法；但乙酸丁酯的沸点高于乙酸和1−丁醇，反应中蒸出乙酸丁酯时，反应物会大量蒸发，利用率降低，所以采用冷凝回流，因此该装置不能用于制备乙酸丁酯，故D错误；
故选：B。
A.图二加热水量少，温度上升快，许多的反应物未来得及反应就可能被蒸出；
B.图二装置中反应产生的乙酸乙酯处于水蒸气的高温环境中，更容易从反应装置中挥发逸出；
C.图二酒精灯直接给试管加热，蒸馏水少，温度上升快，产生的热的水蒸气从支管口逸出，更容易对人造成伤害；
D.乙酸乙酯可以采取边反应边蒸馏的方法；但乙酸丁酯的沸点高于乙酸和1−丁醇，应采用冷凝回流装置收集。
本题以乙酸乙酯的制备考查物质的制备与设计、以及分离提纯实验操作，属基础知识综合应用的考查，题目难度中等，题型新颖，有利于引起学生的兴趣。

18.【答案】D 
【解析】解：A.将青蒿素干燥粉碎增大了与乙醚的接触面积，调高青蒿素浸取液，故A正确；
B.操作I为过滤，需要用到的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒、烧杯，故B正确；
C.操作Ⅱ是蒸馏，利用了乙醚与青蒿素的沸点相差较大，乙醚沸点低可回收利用，故C正确；
D.由题意可知，青蒿素在水中几乎不溶，故操作Ⅲ的主要过程不是加水溶解，而是加入95%的乙醇溶解，再进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，故D错误；
故选：D。
对青蒿进行干燥破碎，可以增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率，由流程可知，乙醚对青蒿素进行浸取后，操作I为过滤，可得提取液和滤渣，提取液经过蒸馏后可得青蒿素的粗品，操作II为蒸馏，操作Ⅲ为对粗品加95%的乙醇，浓缩、结晶、过滤可得精品，以此解答该题。
本题考查物质的制备实验、物质制备实验方案的设计，为高频考点，把握制备流程、元素化合物与反应原理等为解答的关键，侧重分析实验能力的考查，注意信息的应用，题目难度中等。

19.【答案】D 
【解析】解：A.可加入A使平衡正向移动，但气体的总物质的量增大，则D的百分含量可能减小，故A错误；
B.升高温度，A的浓度增大，可知升高温度平衡逆向移动，正反应为放热反应，故B错误；
C.B、D可能均为非气体，若增大压强，平衡不移动，m=p，故C错误；
D.增加B的量，混合体系颜色加深，可知平衡发生移动，则B必是气体，故D正确；
故选：D。
A.可加入A使平衡正向移动，但气体的总物质的量增大；
B.升高温度，A的浓度增大，可知升高温度平衡逆向移动；
C.B、D可能均为非气体；
D.增加B的量，混合体系颜色加深，可知平衡发生移动。
本题考查化学平衡，为高频考点，把握温度、浓度、压强对平衡移动的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项A为解答的难点，题目难度不大。

20.【答案】B 
【解析】解：A.根据分析可知：还原性I−>Fe2+>Br−，故A错误；
B.通入氯气的总量为1mol+2mol+3mol=6mol，故B正确；
C.若反应过程中滴入KSCN溶液，呈血红色，说明有Fe3+生成，则amolFe2+>Br−，首先发生反应2I−+Cl2=I2+2Cl−，I−反应完毕，再反应反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl−，Fe2+反应完毕，最后发生反应2Br−+Cl2=Br2+2Cl−，故0a段代表I−的变化情况，ab段代表Fe2+的变化情况，bc段代表Br−的变化情况；由通入氯气可知，根据反应离子方程式可知溶液中n(I−)=2n(Cl2)=2mol，则a=1；n(Fe2+)=2n(Cl2)=4mol，则b=2，Fe2+反应完毕，故n(Br−)=6mol，n(Cl2)=12n(Br−)=3mol，则c=3据，此分析解答即可。
本题主要考查氧化还原反应中氧化性、还原性强弱的判断，离子反应的先后顺序，以及根据方程式进行定量计算，同时考查学生的看图理解能力，对学生的要求较高，难度中等。

21.【答案】3s23p1  132A1+Fe2O3−高温Al2O3+2Fe离子  离子键和共价键  188144NA或6.02×1023  低温时NH4ClO4的溶解度降低程度大，降温有利于NH4ClO4结晶析出；通入氨气增大了溶液中NH4+浓度，有利于NH4ClO4结晶析出 
【解析】解：(1)Al原子的最外层有3个电子，电子排布式为3s23p1；其核外共有13种运动状态不同的电子；高温条件下Al粉和Fe2O3反应生成三氧化二铝和铁，化学方程式为2A1+Fe2O3−高温Al2O3+2Fe，
故答案为：3s23p1；13；2A1+Fe2O3−高温Al2O3+2Fe；
(2)NH4+与ClO4−之前形成离子键，所以为离子化合物；N元素与H元素之间形成共价键，所以其中存在的化学键有离子键和共价键，
故答案为：离子；离子键和共价键；
(3)①根据原子守恒以及电荷守恒，ClO4−+8I−+8H+=Cl−+4I2+4H2O，
故答案为：1；8；8；1；4；4；
②生成127gI2，物质的量为0.5mol，根据离子方程式可知，生成能4molI2，转移8mol电子，所以生成0.5molI2，转移1mol电子，转移电子数为NA或6.02×1023，
故答案为：NA或6.02×1023；
(4)根据图示可知，NH4C1O4的溶解度受温度影响较大，通入氨气增大了溶液中NH浓度，NH4+与ClO4−可行成NH4C1O4，故原因为低温时NH4ClO4的溶解度降低程度大，降温有利于NH4ClO4结晶析出；通入氨气增大了溶液中NH4+浓度，有利于NH4ClO4结晶析出，
故答案为：低温时NH4ClO4的溶解度降低程度大，降温有利于NH4ClO4结晶析出；通入氨气增大了溶液中NH4+浓度，有利于NH4ClO4结晶析出。
(1)Al原子的最外层有3个电子，电子排布式为3s23p1；其核外共有13种运动状态不同的电子；
(2)NH4+与ClO4−之前形成离子键，所以为离子化合物；N元素与H元素之间形成共价键，所以其中存在的化学键有离子键和共价键，；
(3)①根据原子守恒以及电荷守恒可配平离子方程式；
②生成127gI2，物质的量为0.5mol，根据离子方程式可知，生成能4molI2，转移8mol电子，所以生成0.5molI2，转移1mol电子；
(4)根据图示可知，NH4C1O4的溶解度受温度影响较大，通入氨气增大了溶液中NH浓度，NH4+与ClO4−可行成NH4C1O4，故原因为低温时NH4ClO4的溶解度降低程度大，降温有利于NH4ClO4结晶析出。
本题是道综合题，考查的知识点较多，涉及到原子结构与性质的比较、离子反应方程式的配平，题目难度不大。

22.【答案】c(C6H6)c3(H2)c(C6H12)  吸热  40%