上海市2023年高考化学模拟题汇编-19化学与STSE

这是一份上海市2023年高考化学模拟题汇编-19化学与STSE，共14页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。

上海市2023年高考化学模拟题汇编-19化学与STSE

一、单选题
1．（2023·上海杨浦·统考二模）侯氏制碱法的流程如图所示。下列判断正确的是

A．煅烧前后固体质量：前＜后 B．碳酸化前后：前>后
C．盐析前后：前>后 D．母液I和II中：I＜II
2．（2023·上海杨浦·统考二模）从煤焦油中可分离出苯、甲苯等芳香烃。关于煤焦油的下列说法错误的是
A．属于混合物 B．由煤分馏得到
C．难溶于水 D．利用沸点差异分离出苯、甲苯
3．（2023·上海崇明·统考一模）中华文明中有许多关于化学的记载，《吕氏春秋》中就有“金(即铜)柔锡柔，合两柔则刚”一说，下列关于合金的说法正确的是
A．熔点一般比原组成成分高 B．硬度一般比原组成成分大
C．密度比原组成成分都小 D．合金中至少有两种金属
4．（2023·上海崇明·统考一模）中国企业承建的卡塔尔世界杯“大金碗”球场采用聚四氟乙烯材料构成屋面膜结构。下列说法不正确的是
A．聚四氟乙烯中不存在碳碳双键 B．合成聚四氟乙烯的单体是不饱和烃
C．聚四氟乙烯是一种性质较稳定的物质 D．聚四氟乙烯没有固定熔点
5．（2023·上海崇明·统考一模）下列元素的单质，工业上不需要用电解法制取的是
A．镁 B．铝 C．溴 D．氯
6．（2023·上海宝山·统考一模）下列物质属于纯净物的是
A．五水硫酸铜晶体 B．乙烯的聚合产物
C．石油的分馏产物 D．煤的气化产物
7．（2023·上海宝山·统考一模）下列化工生产原理不涉及氧化还原反应的是
A．溴的提取 B．氯碱工业 C．合成氨工业 D．海水晒盐
8．（2023·上海普陀·统考二模）现代食品工业中，食品添加剂占据重要地位，下列添加剂的使用方式不合理的是
A．高铁麦片中添加铁粉 B．葡萄酒中添加二氧化硫
C．水发毛肚中添加甲醛 D．高钙牛奶中添加碳酸钙
9．（2023·上海普陀·统考二模）今年2月3日，美国运输氯乙烯的火车脱轨，造成大量化学物质泄漏引发一系列的环境问题。关于氯乙烯的说法正确的是
A．结构简式为CH2CHCl B．氯乙烯是混合物
C．分子中的所有原子在同一平面中 D．可由石油裂解制得
10．（2023·上海普陀·统考二模）下列实验中，能够正确描述反应的离子方程式的是
A．索尔维法制纯碱，处理母液时发生的离子反应：NH3＋HCO=NH＋CO
B．海水提溴工艺中，用纯碱溶液富集Br2：3Br2＋3CO=5Br－＋BrO＋3CO2↑
C．用石灰乳制漂白粉：Ca2+＋2OH－＋Cl2 =Ca2+＋Cl－＋ClO－＋H2O
D．用足量Na2S2O3的碱性溶液除去水中的Cl2：4Cl2＋S2O＋5H2O =10H+＋2SO＋8Cl－
11．（2023·上海普陀·统考二模）铁是生产、生活中应用广泛的金属。关于铁及其化合物，下列说法错误的是
A．自然界中没有单质铁，单质铁都是通过冶炼得到的
B．铁单质中有金属阳离子
C．向FeBr2溶液中通入少量Cl2反应的离子方程式为2Fe2+＋Cl2=2Fe3+＋2Cl－
D．生铁由于含碳量高，熔点比钢低
12．（2023·上海嘉定·统考一模）中华文化源远流长，为人类文明的发展做出了巨大贡献。下列上海博物馆的镇馆之宝中，主要由合金材料制成的是

A．图甲大克鼎 B．图乙朱克柔缂丝图 C．图丙苦笋帖 D．图丁清景德镇瓶
13．（2023·上海徐汇·统考一模）下列说法错误的是
A．可燃冰也是一种化石能源 B．煤的综合利用有煤的气化、干馏等
C．铝合金被广泛应用于制造发动机 D．汽车可以直接使用原油
14．（2023·上海·一模）下列变化都属于化学变化的是
A．蒸馏、干馏 B．潮解、裂解 C．裂化、风化 D．液化、升华
15．（2023·上海·一模）以卤水(富含I-)为原料用高分子树脂提取碘的工艺流程如图所示，下列说法错误的是

A．“氧化1”过程既可以用Cl2，也可以用H2O2
B．“解脱”过程指在酸性条件下用Na2SO3将I2还原为I-，离子方程式为I2+SO+2OH-=2I-+2SO+H2O
C．用高分子树脂“吸附”，再“解脱”是为了便于分离富集碘元素
D．“提纯”过程是先萃取分液、蒸馏得到粗产品，再升华纯化
16．（2023·上海·一模）以下化学品用途正确的是
A．二氧化硫——食品防腐剂 B．铁粉——食品干燥剂
C．生石灰——食品脱氧剂 D．苏打——食品膨松剂
17．（2023·上海嘉定·统考一模）我国化学家侯德榜创立了著名的“侯氏制碱法”(流程简图如图所示)，促进了世界制碱技术的发展.下列有关说法正确的是（   ）

A．沉淀池中的反应物共含有五种元素
B．过滤得到的“母液”中一定只含有两种溶质
C．图中X可能是氨气
D．通入氨气的作用是使溶液呈碱性，促进二氧化碳的吸收，更多地析出沉淀

二、工业流程题
18．（2023·上海徐汇·统考一模）过碳酸钠(2Na2CO3•3H2O2)可以作为洗涤助剂、纺织漂白剂、医疗制氧剂、杀菌消毒剂等，常用活性氧的含量来衡量产品质量，活性氧含量=×100%。
已知工业制备原理为：2Na2CO3(aq)+3H2O2(aq)=2Na2CO3•3H2O2(s)+QkJ(Q＞0)，它的一种制备路线和数据如表。

表1反应温度对产率及活性氧含量的影响
温度/℃
产率/%
活性氧含量/%
5
65.3
12.71
10
73.2
13.24
15
85.0
13.55
20
83.2
13.30
25
55.1
12.78

表2加料时间对产率及活性氧含量的影响
时间/min
产率/%
活性氧含量/%
5
65.7
13.30
10
76.8
14.75
15
81.3
14.26
20
89.0
13.82
25
87.9
13.51

(1)写出工业制备纯碱的化学方程式______。
(2)可能用作稳定剂的试剂是______(选填编号)。
a.H2SO4 b.Na2SO3 c.Na2SO4 d.Na2S
(3)加入NaCl的目的是______。
(4)操作①的名称______。
(5)反应器中适宜的反应温度为______。
(6)加料时间对产率也有较大影响，时间太短或过长均不利于生产，加料时间太短会导致产率较低的原因是______。
(7)产品中活性氧含量的测定方法：称量0.1600g样品，用100mL0.5000mol•L-1H2SO4完全溶解，立即用0.0200mol•L-1KMnO4溶液滴定，至溶液呈浅红色且半分钟内不褪色，平行3次实验，消耗KMnO4溶液的平均体积为26.56mL。另外，在不加样品的情况下，按照上述过程进行空白实验，消耗KMnO4溶液的平均体积为2.24mL。计算该样品的活性氧含量为______。

三、结构与性质
19．（2023·上海·一模）海洋元素“溴”的单质及其化合物的用途广泛。
(1)Br原子的最外层电子排布式为_______，其中未成对电子的电子云形状为_______。
(2)能作为溴、碘元素原子得电子能力递变规律的判断依据是_______(填序号)。
a．IBr中溴为﹣1价       b．HBr、HI的酸性       
c．HBr、HI的热稳定性       d．Br2、I2的熔点
(3)从原子结构角度解释氯的非金属性强于溴的原因：_______。
(4)Br2和碱金属单质形成的MBr熔点如表：
MBr
NaBr
KBr
RbBr
CsBr
熔点/℃
747
734
693
636

NaBr的电子式_______，MBr熔点呈现表中趋势的原因是_______。
(5)海水提溴过程中，先向酸化的浓缩海水中通入_______，将其中的Br—氧化，再用“空气吹出法”吹出Br2，并用纯碱吸收：Br2+Na2CO3+H2O→NaBr+NaBrO3+NaHCO3(未配平)，则吸收1mol Br2，转移电子_______mol，反应中氧化产物为_______。
(6)随后用硫酸酸化吸收液，得到Br2和Na2SO4的混合溶液。相同条件下，若用盐酸酸化，则所得Br2的质量减少，可能原因是_______。

参考答案：
1．D
【分析】由图可知，精制饱和食盐水吸氨得到氨化的饱和食盐水，碳酸化时二氧化碳与氨化的饱和食盐水反应生成碳酸氢钠和氯化铵，过滤得到含有氯化铵的母液I和碳酸氢钠；碳酸氢钠煅烧分解得到碳酸钠；母液I吸氨将溶液中的碳酸氢根离子转化为碳酸根离子，冷析得到氯化铵溶液，向氯化铵溶液中加入氯化钠固体，将氯化铵转化为沉淀，过滤得到氯化铵和含有氯化钠的母液II，母液II可以循环使用，提高原料的利用率。
【详解】A．由分析可知，煅烧发生的反应为碳酸氢钠煅烧分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，则煅烧前固体质量大于煅烧后，故A错误；
B．由分析可知，碳酸化前的溶液为氨化的饱和食盐水，碳酸化后的溶液为含有碳酸氢钠的氯化铵溶液，一水合氨是弱碱，在溶液中部分电离出铵根离子和氢氧根离子，则碳酸化前的溶液中的铵根离子浓度小于碳酸化后，故B错误；
C．由分析可知，盐析前的溶液为氯化铵溶液，盐析后的溶液为氯化钠溶液，氯化铵在溶液中水解使溶液呈酸性，氯化钠溶液呈中性，则盐析前溶液pH小于盐析后，故C错误；
D．由分析可知，母液I为含有碳酸氢钠的氯化铵溶液，母液II为氯化钠溶液，则母液I中钠离子浓度小于母液II，故D正确；
故选D。
2．B
【详解】A．从煤焦油中可分离出苯、甲苯等芳香烃，说明煤焦油由多种物质组成，属于混合物，故A正确；
B．煤焦油由煤干馏得到，故B错误；
C．煤焦油中含有苯、甲苯等芳香烃，难溶于水，故C正确；
D．苯和甲苯互溶，且沸点不同，可利用沸点差异分离出苯、甲苯，故D正确；
故答案选B。
3．B
【详解】A． 合金的熔点一般比原组成成分低，A错误；    
B． 合金的硬度通常比原组成成分大、强度比原组成成分高，B正确；
C．因合金的组成很复杂，合金的密度比组成的纯金属密度会大，也会小，无必然联系，C错误；    
D．合金是一种金属与另一种或几种金属或非金属经过熔合而成的具有金属特性的物质，合金中至少有一种金属，D错误；
答案选B。
4．B
【详解】A． 聚四氟乙烯由四氟乙烯加聚所得，则聚四氟乙烯中不存在碳碳双键，A正确；    
B． 合成聚四氟乙烯的单体是四氟乙烯，由C和F元素组成，不属于烃、不属于不饱和烃，B不正确；
C． 聚四氟乙烯中只有C-F键和C-C键，难以断裂，是一种性质较稳定的物质，C正确；
D． 聚四氟乙烯是高聚物，属于混合物，没有固定熔点，D正确；
答案选B。
5．C
【分析】活泼金属K、Na、Mg、Al等在工业上采用电解熔融物的方法获得，氯气在工业上用电解饱和食盐水来获得，溴的提取是利用氧化还原法从海水中提取。
【详解】A．金属镁在工业上采用电解熔融氯化镁的方法来获得，故A不符合；
B．金属铝在工业上采用电解熔融氧化铝的方法来获得，故B不符合；
C．溴的提取是利用氧化还原法从海水中提取，不属于电解法，故C符合；
D．氯气在工业上用电解饱和食盐水来获得，故D不符合；
答案选C。
6．A
【详解】A．无水硫酸铜晶体的化学式为CuSO4·5H2O，有固定的组成，为纯净物，A项符合题意；
B．乙烯加聚由于其聚合度不同得到的产物为混合物，B项不符合题意；
C．石油分馏的产物为汽油、煤油、柴油、沥青、石蜡等，均为混合物，C项不符合题意；
D．煤的气化产物为CO和H2，该体系为混合物，D项不符合题意；
故选A。
7．D
【详解】A．溴的提取涉及Br-→Br2，有元素化合价的变化，该过程中涉及到氧化还原反应，A项不符合题意；
B．氯碱工业即用惰性电极电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氯气、氢气，该反应中涉及到元素化合价的变化为氧化还原反应，B项不符合题意；
C．合成氨为，该反应涉及到元素化合价变化为氧化还原反应，C项不符合题意；
D．海水晒盐变化为NaCl(aq) →NaCl(s)为物理变化，不属于氧化还原反应，D项符合题意；
故选D。
8．C
【详解】A．高铁麦片中含铁粉，食用后铁粉与胃酸反应，为人体补充铁元素，A正确；
B．二氧化硫具有还原性，葡萄酒中添加二氧化硫可作食品抗氧化剂，B正确；
C．甲醛有毒，不能作为食品添加剂，C错误；
D．高钙牛奶中添加碳酸钙，碳酸钙能与酸反应产生钙离子，为人体补充钙元素，D正确；
答案选C。
9．C
【详解】A．氯乙烯的结构简式为CH2=CHCl，A错误；
B．氯乙烯是纯净物，B错误；
C．氯乙烯中存在碳碳双键，氢原子、氯原子均与碳碳双键的碳原子相连，所有原子共面，C正确；
D．石油裂解可得到乙烯等烯烃，无法直接得到氯乙烯，D错误；
故答案选C。
10．B
【详解】A．索尔维法制纯碱的母液中还含有、在母液中加入生石灰以回收NH3，发生反应有：CaO+H2O=Ca2++2OH-、Ca2++OH-+→CaCO3↓+H2O、+OH-→NH3↑+H2O， 故不涉及NH3＋=＋，A错误；
B．海水提溴工艺中，用纯碱溶液富集Br2的离子方程式为：3Br2＋3CO=5Br－＋BrO＋3CO2↑，B正确；
C．石灰乳在离子方程式书写时不能拆，故用石灰乳制漂白粉的离子方程式为：Ca(OH)2＋Cl2 =Ca2+＋Cl－＋ClO－＋H2O，C错误；
D．碱性溶液中不可能生成大量的H+，用足量Na2S2O3的碱性溶液除去水中的Cl2的离子方程式为：4Cl2＋S2O＋10OH- =5H2O＋2SO＋8Cl－，D错误；
故答案为：B。
11．A
【详解】A．自然界中有少量的单质铁，存在于陨铁中，A错误；
B．铁单质属于金属晶体，故其中有金属阳离子和自由电子，B正确；
C．由于Fe2+的还原性强于Br-，故向FeBr2溶液中通入少量Cl2反应的离子方程式为：2Fe2+＋Cl2=2Fe3+＋2Cl－，C正确；
D．生铁和钢均为是铁、碳合金，由于生铁含碳量高，其熔点比钢低，D正确；
故答案为：A。
12．A
【详解】A．鼎属于铜锡合金，A正确；
B．朱克柔缂丝主要成分为蛋白质，属于有机高分子材料，B错误；
C．苦笋帖材质属于有机物，不属于合金，C错误；
D．清景德镇瓶为陶瓷，属于无机非金属材料，D错误；
故选A。
13．D
【详解】A．煤、石油、天然气、可燃冰都是化石能源，A正确；
B．煤的综合利用有煤的气化、干馏等，B正确；
C．铝合金密度小，硬度大，表面形成氧化物薄膜耐高温，应用于制造发动机的缸盖，可以减重30%，C正确；
D．汽车不可以使用原油，使用汽油、柴油，D错误；
故答案为：D。
14．C
【详解】A．蒸馏是利用互溶液体的沸点不同通过加热冷凝而分离物质，属于物理变化，干馏则是隔绝空气对煤进行加强热，发生复杂的物理化学变化，A不合题意；    
B．潮解是物理变化，裂解是将各种石油分馏产品分解，得到气态烃的过程，是化学变化，B不合题意；
C．裂化是将重油中的长链烃断裂为短链烃，获得轻质液体燃料特别是汽油的过程，是化学变化，风化是指带结晶水的物质失去结晶水的过程，属于化学变化，C符合题意；
D．液化和升华均为物理变化，D不合题意；
故答案为：C。
15．B
【详解】A．“氧化1”过程既可以用Cl2，也可以用H2O2，原理分别为：2I-+Cl2=2Cl-+I2，2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，A正确；
B．“解脱”过程指在酸性条件下用Na2SO3将I2还原为I-，溶液中不可能含有大量的OH-，故其离子方程式为I2+SO+H2O=2I-+SO+2H+，B错误；
C．由于海水中的I-的浓度非常小，故需用高分子树脂“吸附”，再“解脱”是进行分离富集碘元素，C正确；
D．由于I2在水中的溶解度非常小，而易溶于有机溶剂苯或CCl4中，且具有升华的性质，故“提纯”过程是先萃取分液，得到I2单质的有机溶液(如苯或CCl4)，然后再蒸馏得到粗产品，再升华纯化，D正确；
故答案为：B。
16．A
【详解】A．二氧化硫可使蛋白质变性，可用于杀菌消毒、防腐蚀，控制SO2的量可作葡萄酒防腐剂，抑制细菌再生，故可用作食品防腐剂，A正确；
B．铁粉由于能与空气中O2反应，防止食品被氧化，故作食品脱氧剂，B错误；
C．生石灰能与水反应，吸收食品中的水蒸气，故可作食品干燥剂，C错误；
D．小苏打受热易分解放出无毒无害的气体，故可用作食品膨松剂，而纯碱即碳酸钠受热不分解，不能作为食品膨松剂，D错误；
故答案为：A。
17．D
【详解】A．沉淀池中发生的反应的反应物是氯化钠、氨气、二氧化碳和水，所以含有钠、氯、氮、氢、碳、氧六种元素，故A错误；
B．过滤得到的“母液”中含有的溶质有碳酸氢钠、氯化铵，还有可能含有过量的氯化钠，故B错误；
C．碳酸氢钠分解生成碳酸钠、水、二氧化碳，所以X是二氧化碳，故C错误；
D．氨气的水溶液显碱性，能更好的吸收二氧化碳，使反应物浓度大，反应速度快，故D正确；
故答案为D。
18．(1)NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑
(2)c
(3)过碳酸钠易溶解与水，结晶过程中加入氯化钠，可降低过碳酸钠的溶解度，有利于产品析出
(4)过滤
(5)15℃
(6)该反应为放热反应，加料时间太短会导致温度显著升高，双氧水分解，不利于反应的进行
(7)12.16%

【分析】纯碱加入配碱罐中搅拌，再加入双氧水、NaCl，双氧水和碳酸钠在稳定剂作用下进行反应生成过碳酸钠，过滤得到过碳酸钠。
【详解】（1）工业上采用氯碱工业的方式生成碳酸钠，化学方程式为NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑。
（2）稳定剂不能与碳酸钠和过氧化氢反应。
a．H2SO4可与碳酸钠反应，a错误；
b．亚硫酸钠能被过氧化氢氧化从而消耗过氧化氢，b错误；
c．硫酸钠不与两者反应，可用作稳定剂，c正确；
d．硫化钠能被过氧化氢氧化从而消耗过氧化氢，d错误；
故答案选c。
（3）过碳酸钠易溶解与水，结晶过程中加入氯化钠，可降低过碳酸钠的溶解度，有利于产品析出。
（4）操作①的名称为过滤。
（5）从表1可知，15℃时产率和活性氧含量都较高，因此适宜的反应温度为15℃。
（6）该反应为放热反应，加料时间太短会导致温度显著升高，双氧水分解，不利于反应的进行。
（7）酸性条件下，高锰酸钾与双氧水反应生成MnSO4、K2SO4、O2和H2O，根据氧化还原反应配平可知，该反应的化学方程式为3H2SO4+2KMnO4+5H2O2=2MnSO4+K2SO4+5O2↑+8H2O，消耗KMnO4的量为24.32mL，物质的量为24.32×10-3L×0.0200mol/L=4.864×10-4mol，则H2O2有1.216×10-3mol，则活性氧含量为=12.16%，故答案为：12.16%。
19．(1)     4s24p5     哑铃形
(2)ac
(3)Cl的原子半径比Br的小，则原子核对最外层上的电子的束缚能力更强，导致Cl的得电子能力更强，失电子能力更弱
(4)          由于离子半径Na+＜K+＜Rb+＜Cs+，导致MBr的离子键强度由NaBr到CsBr依次减弱，故导致MBr熔点由NaBr到CsBr依次降低
(5)     Cl2          NaBrO3
(6)酸性条件下，氯离子能被溴酸根离子氧化成氯气，而使生成的溴单质的量变少

【详解】（1）已知Br是35号元素，Br的基态原子核外电子排布式为：[Ar]3d104s24p5，Br原子的最外层电子排布式为4s24p5，其中未成对电子为4p上的1个电子，p能级的电子云形状为哑铃形，故答案为：4s24p5；哑铃形；
（2）a．IBr中溴为-1价，说明Br的电负性更强，即Br的非金属性更强，则Br原子得电子能力比I强，a符合题意；       
b．简单气态氢化物的酸性与其非金属性无关，即比较HBr、HI的酸性不能作为溴、碘元素原子得电子能力递变规律的判断依据，b不合题意；
c．简单气态氢化物的稳定性与其非金属性一致，HBr的热稳定性比HI强，即Br的非金属性更强，则Br原子得电子能力比I强，c符合题意；
d．非金属单质的熔点与其非金属性无关，即比较Br2、I2的熔点不能作为溴、碘元素原子得电子能力递变规律的判断依据，d不合题意；
故答案为：ac；
（3）由于Cl的原子半径比Br的小，则原子核对最外层上的电子的束缚能力更强，导致Cl的得电子能力更强，失电子能力更弱，即氯的非金属性强于溴，故答案为：Cl的原子半径比Br的小，则原子核对最外层上的电子的束缚能力更强，导致Cl的得电子能力更强，失电子能力更弱；
（4）NaBr为离子化合物，故其的电子式为，由于离子半径Na+＜K+＜Rb+＜Cs+，导致MBr的离子键强度由NaBr到CsBr依次减弱，故导致MBr熔点由NaBr到CsBr依次降低，故答案为：；由于离子半径Na+＜K+＜Rb+＜Cs+，导致MBr的离子键强度由NaBr到CsBr依次减弱，故导致MBr熔点由NaBr到CsBr依次降低；
（5）海水提溴过程中，先向酸化的浓缩海水中通入Cl2，将其中的Br-氧化（2Br-+Cl2=Br2+2Cl-），再用“空气吹出法”吹出Br2，并用纯碱吸收，根据氧化还原反应配平可知3Br2+6Na2CO3+3H2O=5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3，则吸收1mol Br2，转移电子mol，反应中氧化产物为NaBrO3，故答案为：Cl2；；NaBrO3；
（6）用硫酸酸化吸收液，得到Br2和Na2SO4的混合溶液；相同条件下，若用盐酸酸化，则所得Br2的质量减少，原因是酸性条件下，氯离子能被溴酸根离子氧化成氯气，而使生成的溴单质的量变少，故答案为：酸性条件下，氯离子能被溴酸根离子氧化成氯气，而使生成的溴单质的量变少。