上海市金山区2022-2023学年高三下学期二模测试化学试题

这是一份上海市金山区2022-2023学年高三下学期二模测试化学试题，共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，有机推断题，实验题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．某合金与铁的物理性质的比较如下表所示,还知该合金耐腐蚀、强度大，从以上性能看，该合金不适合做
A．导线B．门窗框C．炉具D．飞机外壳
2．反应2NH3＋NaClO=N2H4＋NaCl＋H2O可用于制备火箭推进剂的燃料N2H4。下列有关说法正确的是
A．N2H4的结构式：B．中子数为8的氮原子：15N
C．O原子的最外层电子排布式：2s22p6D．NaClO的电子式：
3．下列物质在空气中久置会变质，变质过程不涉及氧化还原反应的物质是
A．NaB．Na2OC．Na2O2D．Na2SO3
4．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入物质X后铜粉逐渐溶解，X可能是
A．HClB．Fe2(SO4)3C．K2SD．FeSO4
5．下列不能用键能解释的事实是
A．晶体密度：SiO2＞CO2B．热稳定性：CH4＞SiH4
C．活泼性：乙烯＞苯D．硬度：金刚石＞晶体硅
6．下列物质中，属于含非极性键的共价化合物是
A．CH3OHB．NH4ClC．C2H4D．Na2O2
7．布洛芬是一种解热镇痛药，结构简式如图所示。下列关于布洛芬的叙述正确的是
A．分子式为C13H16O2
B．有6种一氯代物
C．分子中至少有9个碳原子共面
D．能发生取代、加成反应
8．某单烯烃加氢产物只有2种一氯代物，则该单烯烃的结构简式为
A．CH3CH2CH=CHCH2CH3B．CH2=CHC(CH3)3
C．(CH3)2C=C(CH3)2D．CH3CH=CHCH(CH3)2
9．利用如图所示装置(夹持装置略)进行实验，a中生成物的检验方法正确的是
A．AB．BC．CD．D
10．将铜片与石墨连接浸入到稀硫酸溶液中(如图) ，过了较长时间后，发现溶液出现蓝色，下列说法正确的是
A．铜发生了析氢腐蚀
B．石墨电极发生 O2+4e—+2H2O = 4OH-
C．电池总反应是：2Cu+2H2SO4+O2 =2CuSO4+2H2O
D．石墨电极附近 Cu2+浓度增加，H+浓度增加
11．实验室制备乙酸丁酯，反应温度要控制在115℃~125℃之间，有关数据如下表：
下列叙述正确的是
A．采用加热回流装置
B．不用水浴加热的原因：乙酸丁酯的沸点高于100℃
C．分离粗品：用NaOH(aq)洗涤反应后混合物，再分液
D．粗品精制：加吸水剂分液
12．如图所示是铁及其化合物的价类二维图，下列有关叙述正确的是
A．物质X是Fe3O4
B．Fe2O3→Fe的转化，Fe2O3发生氧化反应
C．在空气中Z→Y的现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色
D．可通过复分解反应实现FeCl2和FeCl3的相互转化
13．明代《徐光启手迹》中记载了硝酸的制备方法，其主要物质转化流程如图所示。下列说法正确的是
A．X为SO2
B．现代工业用稀硫酸吸收SO3
C．上述转化流程涉及分解、化合和置换反应
D．制取HNO3是利用了强酸制弱酸的反应原理
14．氮化硅(Si3N4)熔点高、硬度大，以硅烷(SiH4，Si为+4价)为原料制备氮化硅(Si3N4)的原理为3SiH4＋4NH3＝Si3N4＋12H2，下列事实能说明N和Si非金属性强弱的是
A．键角：SiH4＞NH3B．SiH4在反应中作还原剂
C．Si3N4为原子晶体D．SiH4与NH3分子的极性不同
15．下列由废催化剂(主要含FeBr3及少量溴、苯)制取无水FeCl3的实验，能达到实验目的的是
A．AB．BC．CD．D
16．常温下酸性：HSO>HClO。SO2与足量Ca(ClO)2(aq)反应的离子方程式为
A．SO2＋H2O＋ClO－＝HSO＋HClO
B．SO2＋H2O＋Ca2+＋2ClO－＝CaSO3↓＋2HClO
C．SO2＋H2O＋Ca2+＋ClO－＝CaSO4↓＋Cl－＋2H+
D．SO2＋H2O＋Ca2+＋3ClO－＝CaSO4↓＋Cl－＋2HClO
17．向100 mL 0.01 ml·L-1 Ba(OH)2(aq)中滴加0.1 ml·L-1 NaHCO3(aq)，测得溶液电导率的变化如图。
下列说法错误的是
A．a→b发生的主要反应：Ba2+＋2OH-＋2HCO=BaCO3↓＋2H2O＋CO
B．b→c，溶液中的c(OH-)减小
C．c点溶液存在：c(OH-)-c(H+)=c(HCO)＋2c(H2CO3)
D．溶液中水的电离程度：c>b>a
18．溶液A中含有如下离子中的若干种：Na+、NH、Mg2+、SO、SO、Cl-、OH-。为确定溶液中所含离子，现取该溶液进行有关实验，实验结果如下：
下列说法正确的是
A．气体E能使湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色
B．若向沉淀B中加入足量稀硝酸，最终得到4.66 g沉淀
C．滤液C中大量存在的离子有NH、Ba2+、Cl-、OH-
D．溶液A中可能有Na+，无Cl-
19．将一定量锌与100 mL 18 ml∙L−1的浓硫酸充分反应，锌完全溶解时产生0.8 ml气体(不考虑气体在溶液中的溶解)，将反应后的溶液稀释至400 mL，测得溶液中c(H+)=x ml∙L−1，则下列叙述错误的是
A．共消耗锌48.0 gB．共转移电子1.6 ml
C．气体中D．生成气体体积约为17.92 L(STP)
20．以Fe3O4为原料炼铁，主要发生如下反应：
反应Ⅰ：Fe3O4(s)＋CO(g) 3FeO(s)＋CO2(g)＋Q1(Q1＜0)
反应Ⅱ：Fe3O4(s)＋4CO(g) 3Fe(s)＋4CO2(g)＋Q2
将一定体积CO通入装有Fe3O4粉末的反应器，其它条件不变，反应达平衡，测得CO的体积分数随温度的变化关系如图所示。下列说法正确的是
A．Q2＜0
B．反应温度越高，Fe3O4主要还原产物中铁元素的价态越低
C．在恒温、恒容的反应器中，当压强保持不变时，反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡状态
D．温度高于1040℃时，反应I的化学平衡常数K＞4
二、填空题
21．白云石的化学组成是CaCO3·MgCO3，500℃以下分解成二氧化碳、金属氧化物和碳酸盐，800℃以上则彻底分解成氧化物。
(1)镁和钙在元素周期表中位于___________族，它们的价电子轨道式表示式为___________(用n表示电子层数)。
(2)白云石500℃以下分解的化学方程式为___________。
(3)从物质结构角度分析、比较白云石分解生成的MgO和CaO的热稳定性。___________ 。
(4)白云石分解得到的CO2是氨碱法制备纯碱的基本原料之一，写出氨碱法制纯碱主要反应的化学方程式。___________、___________；向氨碱法的母液中加入生石灰可实现___________(填化学式)的循环利用。处理后的母液经蒸发、浓缩、冷却、固化可得CaCl2。以质量比为1.44∶1的CaCl2·6H2O与冰水混合，可获得-55℃的低温，配制该制冷剂时不使用无水CaCl2的原因是___________。
22．Ⅰ.H2S与CH4重整，不但可以消除污染，还可以制氢。主要反应如下：①CH4(g)＋2H2S(g) CS2(g)＋4H2(g)＋Q(Qb>a，D正确；
故选A。
18．B
【分析】加足量的氢氧化钠有气体F，说明原溶液没有OH-和Mg2+，F为氨气，2.33g沉淀D为硫酸钡，气体E为二氧化硫，4.5g沉淀B是2.33g硫酸钡和2.17g亚硫酸钡的混合物，则原溶液种n()=n(BaSO4)==0.01ml，n()=n(BaSO3)==0.01ml，n()=n(BaSO4)==0.02ml，阳离子的电荷量小于阴离子的电荷量，所以溶液种一定有Na+，无法确定是否有Cl-。
【详解】A．气体E是氨气，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A错误；
B．若向沉淀B有0.01ml的BaSO4和0.01ml的BaSO3，加入足量稀硝酸，亚硫酸钡被氧化成硫酸钡，根据钡原子守恒可知最终得到0.02ml硫酸钡，质量为4.66 g沉淀，B正确；
C．溶液中没有OH-，C错误；
D．溶液A中一定有Na+，无法确定是否有Cl-，D错误；
故答案为：B。
19．A
【详解】A．根据Zn＋2H2SO4(浓)＝ZnSO4＋SO2↑＋2H2O、Zn＋H2SO4＝ZnSO4＋H2↑，无论那个反应，产生气体与消耗锌的物质的量之比为1:1，产生0.8 ml气体，则共消耗锌物质的量为0.8ml，质量为0.8ml×65g∙ml−1＝52.0 g，故A错误；
B．根据A选项分析消耗0.8ml锌，则共转移电子1.6 ml，故B正确；
C．100 mL 18 ml∙L−1的浓硫酸，其物质的量为1.8ml，将反应后的溶液稀释至400 mL，测得溶液中c(H+)=x ml∙L−1，则剩余硫酸物质的量为0.2xml，共消耗硫酸物质的量为(1.8−0.2x)ml，设生成氢气物质的量为mml，生成二氧化硫气体物质的量为nml，则有m+n=0.8，m+2n=1.8−0.2x，解得n=1−0.2x，m=0.2x−0.2，则气体中，故C正确；
D．根据产生0.8 ml气体，则生成气体体积约为0.8ml×22.4L∙ml−1＝17.92 L(STP)，故D正确。
综上所述，答案为A。
20．D
【详解】A．反应Ⅰ是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，CO体积分数减小，而图中温度在570℃以下，CO的体积分数增大，说明反应Ⅱ逆向移动，则反应Ⅱ是放热反应即Q2＞0，故A错误；
B．根据图中信息可知，温度在570℃以上，CO的体积分数随温度升高不断减小，说明以反应Ⅰ为主，反应温度越高，Fe3O4主要还原产物中铁元素的价态越高，故B错误；
C．反应Ⅰ、Ⅱ都是等体积反应，因此在恒温、恒容的反应器中，当压强保持不变时，反应Ⅰ、Ⅱ不能说明达到平衡状态，故C错误；
D．由图中信息可知，在1040℃时，发生的反应为反应Ⅰ，一氧化碳体积分数为20%，则反应的平衡常数，反应Ⅰ是吸热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数增大，当温度高于1040℃时，因此反应I的化学平衡常数K＞4，故D正确。
综上所述，答案为D。
21．(1) ⅡA
(2)CaCO3·MgCO3CaCO3＋MgO＋CO2↑
(3)MgO和CaO同属离子晶体，与Ca2+相比，Mg2+的电子层数少，离子半径小，MgO比CaO的离子键强，热稳定性好
(4) NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl NaHCO3Na2CO3＋CO2↑+H2O NH3 无水CaCl2水合时放热，降低制冷效果
【详解】（1）镁和钙的最外层电子均为2，位于周期表ⅡA族。价电子排布为。答案为ⅡA；；
（2）500℃以下分解成二氧化碳、金属氧化物和碳酸盐，而Mg2+半径比Ca2+小，MgO的离子键强晶格能大稳定，所以MgCO3先分解。反应为CaCO3·MgCO3CaCO3＋MgO＋CO2↑。答案为CaCO3·MgCO3CaCO3＋MgO＋CO2↑；
（3）两则皆为离子晶体，差异主要是Mg2+和Ca2+。答案为MgO和CaO同属离子晶体，与Ca2+相比，Mg2+的电子层数少，离子半径小，MgO比CaO的离子键强，热稳定性好；
（4）氨碱法制纯碱，先利用CO2、NH3和NaCl制得NaHCO3 反应为：NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl，再加热NaHCO3分解得到Na2CO3：NaHCO3Na2CO3＋CO2↑+H2O。生石灰与NH4Cl反应制得NH3，从而循环利用。无水CaCl2形成结晶水合物放热，而降低制冷效果。答案为NaCl＋NH3＋CO2＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl；NaHCO3Na2CO3＋CO2↑+H2O；NH3；无水CaCl2水合时放热，降低制冷效果。
22．(1)BD
(2) d b
(3)20%
(4) B C组中n(CH4)∶n(H2S)=12∶1，CH4比例过高使催化剂Al2O3失活，反应速率小
(5)CH4C＋H2
【详解】（1）A．恒温恒容下，容积不变，容器内的气体质量也不变，则无论反应是否平衡，密度都不变，故混合气体密度不变不能作为反应①达到平衡的判断依据，故A不符合题意；
B．反应①中可逆符号前后的气体化学计量数之和不相等，则容器内的压强不变时，说明容器内气体不在增加减少，反应达到最大限度，即达到平衡状态，故B符合题意；
C．根据反应①的化学计算数，2v正(H2S)=4v正(CS2)=v逆(CS2)，即同一物质的正逆反应速率不相等，说明反应没有达到平衡状态，故C不符合题意；
D．CH4与H2的物质的量分数之比保持不变，说明CH4与H2的物质的量分数不在发生变化，说明体系反应达到最大限度，说明达到平衡状态，故D符合题意；
答案BD。
（2）根据平衡状态时，四种组分物质的量分数随温度的变化图所示，c、d的物质的量分数随温度升高是逐渐减小的，a、b是逐渐增大的，由于反应①是吸热反应(Q