2023届上海市黄浦区高三一模考试化学试题含解析

这是一份2023届上海市黄浦区高三一模考试化学试题含解析，共27页。试卷主要包含了单选题，结构与性质，原理综合题，实验题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
上海市黄浦区2023届高三一模考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．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
【答案】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。
2．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
【答案】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。
3．关于电子描述不合理的是
A．质量极小 B．运动速度极快
C．活动空间极小 D．能被准确测定位置
【答案】D
【详解】A．电子的质量极小，其相对质量为，A不合题意；    
B．电子在原子核外高速运转，其运动速度极快，B不合题意；
C．原子的半径非常小，故电子的活动空间极小，C不合题意；
D．由于电子的活动空间极小，运动速度极快，故不能被准确测定其所在位置，D符合题意；
故答案为：D。
4．下列化学用语正确的是
A．次氯酸的结构式：H-Cl-O
B．Cl原子的价电子轨道表示式：
C．离子的结构示意图：
D．四氯化碳的比例模型
【答案】B
【详解】A．已知H、Cl周围都只能形成一对共用电子对，O周围能形成两对共用电子对，则次氯酸中心原子为氧原子，结构式为：H-O-Cl，A错误；
B．已知Cl为17号元素，其基态原子的价电子排布式为：3s23p5，故Cl原子的价电子轨道表示式：，B正确；
C．离子的结构示意图为：，C错误；
D．四氯化碳是正四面体构型，且Cl原子半径比C的大，故其的比例模型为： ，D错误；
故答案为：B。
5．Na2O和Na2O2具有相似的性质是
A．颜色 B．水溶液的酸碱性 C．氧化性 D．漂白性
【答案】B
【详解】A、氧化钠是白色的，但是过氧化钠是黄色的固体，故A错误；
B、氧化钠和水反应生成氢氧化钠，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，水溶液呈碱性，故B正确；
C、氧化钠无氧化性，过氧化钠具有强氧化性，故C错误；
D、氧化钠无氧化性，无漂白性，过氧化钠具有强氧化性，能用于漂白，具有漂白作用，故D错误；
故选B。
6．下列各组物质可用酸性KMnO4溶液鉴别的是
A．油酸和硬脂酸 B．苯和己烷 C．乙烯和乙炔 D．甲酸和甲醛
【答案】A
【详解】A．油酸中含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而硬脂酸不含不饱和键，不能是酸性高锰酸钾溶液褪色，故可用酸性高锰酸钾溶液鉴别，A符合题意；
B．苯和己烷分子中均不含不饱和键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故不可用酸性高锰酸钾溶液鉴别，B不合题意；
C．乙烯和乙炔均可使酸性高锰酸钾溶液鉴别，故不可用酸性高锰酸钾溶液鉴别，C不合题意；
D．甲酸和甲醛均均有还原性，均可使酸性高锰酸钾溶液鉴别，故不可用酸性高锰酸钾溶液鉴别，D不合题意；
故答案为：A。
7．下列晶体变成液态的过程中破坏的作用力与其他不同的是
A．食盐 B．冰醋酸 C．蔗糖 D．干冰
【答案】A
【详解】食盐即NaCl形成离子晶体，其变为液体即熔化过程中克服离子键，冰醋酸、蔗糖和干冰均形成分子晶体，其变为液体即熔化过程中均克服分子间作用力即范德华力，故答案为：A。
8．去了膜的铝条放入硫酸铜溶液中，不可能观察到的现象
A．金属表面有气泡 B．银白色金属转变为紫红色
C．出现蓝色沉淀 D．溶液蓝色变浅
【答案】C
【详解】A．硫酸铜溶液由于是强酸弱碱盐溶液，故Cu2+水解使溶液显酸性，把去了膜的铝条放入硫酸铜溶液中，会生成氢气，金属表面产生气泡，A不合题意；
B．由2Al+3CuSO4=Al2(SO4)3+3Cu可知，银白色金属转变为紫红色，B不合题意；
C．由2Al+3CuSO4=Al2(SO4)3+3Cu可知，不会出现蓝色沉淀，C符合题意；
D．由2Al+3CuSO4=Al2(SO4)3+3Cu可知，溶液蓝色变浅，D不合题意；
故答案为：C。
9．下列说法错误的是
A．可制成导电塑料 B．HOCHO和HOCH2CHO互为同系物
C．和互为同素异形体 D． 和是同一种物质
【答案】B
【详解】A．为聚乙炔可以制成塑料，A正确；
B．同系物是指结构相似，在分子组成上相差若干个CH2原子团，HOCHO是甲酸，属于羧酸类，HOCH2CHO含有羟基和醛基，结构不相似，不互为同系物，B错误；
C．同素异形体是指同一元素形成的不同单质，则和互为同素异形体，C正确；
D．有机物结构中单键可以旋转， 和分子式相同，结构相同，是同一种物质，D正确；
故选A。
10．有关如图的描述中，错误的是

A．溶液中粒子中心为黑球的是水合
B．X与电源的正极相连，Y与电源的负极相连
C．KCl溶液能导电，所以KCl溶液是电解质
D．KCl溶液能导电的原因是溶液中含有自由移动的离子
【答案】C
【分析】K+离子半径小于Cl-，则黑球为K+，灰球为Cl-，K+向Y极移动，则Y极为阴极，与电源负极相连，Cl-向X极移动，则X极为阳极，与电源正极相连。
【详解】A．据分析可知，溶液中粒子中心为黑球的是水合，A正确；
B．据分析可知，X与电源的正极相连，Y与电源的负极相连，B正确；
C．KCl溶液能导电，是因为KCl为电解质，而KCl溶液为混合物，不属于电解质，C错误；
D．KCl溶液能导电的原因是KCl在水中能电离出自由移动的钾离子和氯离子，D正确；
故选C。
11．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
【答案】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。
12．下列化合物的分子中，所有原子可能共平面的是
A．甲苯 B．乙烷 C．丙炔 D．1,3−丁二烯
【答案】D
【详解】A、甲苯中含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，A不选；
B、乙烷是烷烃，所有原子不可能共平面，B不选；
C、丙炔中含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，C不选；
D、碳碳双键是平面形结构，因此1，3－丁二烯分子中两个双键所在的两个面可能重合，所有原子可能共平面，D选。
答案选D。
13．可以检验Na2SO3固体部分变质的试剂是
A．Ba(NO3)2溶液 B．BaCl2溶液
C．BaCl2溶液、稀硝酸 D．BaCl2溶液、稀盐酸
【答案】D
【分析】Na2SO3固体部分变质说明含有杂质Na2SO4；
【详解】A．Ba(NO3)2溶液与Na2SO3或Na2SO4反应均生成白色沉淀，无法检验Na2SO3固体部分变质，A不符合题意；
B．BaCl2溶液与Na2SO3或Na2SO4反应均生成白色沉淀，无法检验Na2SO3固体部分变质，B不符合题意；
C．BaCl2溶液与Na2SO3反应生成BaSO3白色沉淀，BaCl2溶液与Na2SO4反应生成BaSO4白色沉淀，稀硝酸具有氧化性，能将亚硫酸钡氧化为硫酸钡，硫酸钡不能和稀硝酸反应，所以白色沉淀不会消失，所以不含硫酸钠也会有白色沉淀，无法检验Na2SO3固体部分变质，C不符合题意；
D．BaCl2溶液与Na2SO3反应生成BaSO3白色沉淀，BaCl2溶液与Na2SO4反应生成BaSO4白色沉淀，BaSO3和稀盐酸反应生成BaCl2、H2O、SO2，BaSO4和稀盐酸不反应，故Na2SO3固体部分变质会有一部分沉淀溶解在稀盐酸中，能检验Na2SO3固体部分变质，D符合题意；
故选D。
14．2-丁烯有顺()、反()两种异构体。T℃，异构体转化的能量关系如图所示， 下列说法正确的是

A．顺-2-丁烯转化为反-2-丁烯的过程属于物理变化
B．顺-2-丁烯稳定性大于反-2-丁烯
C．发生加成反应时，顺−2−丁烯断键吸收的能量低于反−2−丁烯断键吸收的能量
D．T℃，1mol顺−2−丁烯完全转化成反−2−丁烯放出热量(c-b)kJ
【答案】C
【详解】A．由题干信息可知，顺-2-丁烯与反-2-丁烯互为同分异构体，故顺-2-丁烯转化为反-2-丁烯的过程中有新的物质生成，故属于化学变化，A错误；
B．由题干能量转化图可知，顺-2-丁烯具有的总能量大于反-2-丁烯，能量越高越不稳定，故顺-2-丁烯稳定性小于反-2-丁烯，B错误；
C．顺−2−丁烯和反−2−丁烯加成后均得到相同的产物，即终态的能量相同，而顺-2-丁烯具有的总能量大于反-2-丁烯，即发生加成反应时，顺-2-丁烯放出的能量大于反-2-丁烯，形成过程中放出的总能量相同，故顺−2−丁烯断键吸收的能量低于反−2−丁烯断键吸收的能量，C正确；
D．由题干能量转化图可知，T℃，1mol顺−2−丁烯完全转化成反−2−丁烯放出热量(a-b)kJ，D错误；
故答案为：C。
15．下列能达到实验目的的是




A．制取NH3
B．干燥NH3
C．收集NH3
D．制氨水

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．固体加热试管口需要向下倾斜，A错误；
B．带有水蒸气的氨气能与P2O5反应，故不能用P2O5干燥氨气，B错误；
C．氨气密度小于空气需要用向上排空气法收集其他，在万能瓶中需要短进长出，C错误；
D．氨气极易溶于水，但不溶于四氯化碳，可以通过四氯化碳层在进入水层吸收氨气，可以防止倒吸，D正确；
故答案为：D。
16．短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Y、Z可形成结构如图所示的“糖葫芦”分子；X、Y、Z位于同周期，其中X是该周期中原子半径最大的元素。下列叙述正确的是   

A．元素形成的单质的氧化性：W强于Z
B．最高价氧化物的水化物的酸性：W>Y
C．工业上常用电解饱和XZ溶液的方法来制取X单质
D．YZ5中所有原子满足8电子稳定结构
【答案】B
【分析】由题干信息可知，短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，由W、Y、Z形成“糖葫芦”分子的结构图可知W形成3个共价键，Y形成3个共价键，Z形成1个共价键， X、Y、Z位于同周期，其中X是该周期中原子半径最大的元素，故可知W为N、X为Na、Y为P、Z为Cl，据此分析解题。
【详解】由分析可知，W为N、Z为Cl，由于N的电负性比Cl的弱，故元素形成的单质的氧化性：W弱于Z，A错误；
B．由分析可知，W为N、Y为P，同一主族从上往下元素非金属性依次减弱，故最高价氧化物的水化物的酸性HNO3＞H3PO4即W>Y，B正确；
C．由分析可知，X为Na、Z为Cl，工业上常用电解饱和XZ即NaCl溶液的方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑得不到X单质Na，而是电极熔融的NaCl方法来制取X单质，C错误；
D．由分析可知，Y为P，Z为Cl，故YZ5即PCl5中Cl原子满足8电子稳定结构，但P原子不满足8电子稳定结构，D错误；
故答案为：B。
17．某溶液含有K＋、Fe3＋、SO、CO、I－中的几种。取样，滴加KSCN溶液后显血红色。为确定该溶液的组成，还需检验的离子是(　　)
A．K＋ B．I－ C．SO D．CO
【答案】A
【分析】能反应的不共存、电解质溶液呈电中性，据此回答；
【详解】取样，滴加KSCN溶液后显血红色，则溶液含有Fe3＋、Fe3＋与CO会发生双水解反应而不共存、I－与Fe3＋发生氧化还原反应而不共存，则阴离子只有SO，电解质溶液呈电中性，故溶液中一定有SO，为确定该溶液的组成，还需检验的离子只有K＋；
答案选A。
18．有一种纸电池只需滴上两滴水即可激活，为一个带有 LED 的闹钟供电 1 小时。如图所示，该电池的纸片上分布着氯化钠晶体，正面印有含有石墨薄片的油墨，反面印有含锌粉的油墨。以下说法错误的是

A．石墨上发生还原反应
B．电流从石墨经闹钟流向锌
C．NaCl不损耗
D．该电池有质量小、柔韧性好、可重复利用的优点
【答案】D
【分析】由题干信息可知，正面石墨薄片为正极，发生的电极反应为：O2+2e-+2H2O=4OH-，反面上的锌粉为负极，电极反应为：Zn-2e-+4OH-=，据此分析解题。
【详解】A．由分析可知，石墨为正极，电极反应为：O2+2e-+2H2O=4OH-，即石墨上发生还原反应，A正确；
B．由分析可知，石墨为正极，锌粉电极为负极，故电流从石墨经闹钟流向锌，B正确；
C．由分析可知，反应过程中NaCl仅为电解质，参与导电，并未参与反应，故NaCl不损耗，C正确；
D．该电池有质量小、柔韧性好的优点，但由于上述反应不可逆，故不可重复利用，D错误；
故答案为：D。
19．常温下，向10.00mL0.1000mol·L-1NaHCO3溶液中滴加0.1000 mol·L-1的盐酸，溶液的pH随加入的盐酸体积V的变化如图所示，选项错误的是

A．a点溶液中，c(HCO)>c(H2CO3)>c(CO)
B．b点溶液中，＜
C．c点溶液中，共含有7种微粒。
D．d点溶液中，0.1000
【答案】C
【详解】A．a点溶液中只含有NaHCO3，NaHCO3溶液显碱性，说明的水解程度大于电离程度，水解和电离均是微弱的，则NaHCO3溶液中c(HCO)>c(H2CO3)>c(CO)，A正确；
B．b点溶液中含有Na+、H+、、、Cl-、OH-，根据电荷守恒得到=，此时pH=7，说明，则=，故＜，B正确；
C．c点为向10.00mL0.1000mol·L-1NaHCO3溶液中滴加0.1000 mol·L-1的盐酸5mL，此时溶液中溶质为NaHCO3和NaCl，溶液中含有Na+、H+、、、Cl-、OH-、H2CO3、H2O，共含有8种微粒，C错误；
D．d点为向10.00mL0.1000mol·L-1NaHCO3溶液中滴加0.1000 mol·L-1的盐酸10mL，恰好完全反应，溶液中溶质只有NaCl， Na+、Cl-浓度均为0.0500 mol·L-1，则0.1000，D正确；
故选C。
20．一定温度下，向三个容积不等的恒容密闭容器中分别投入2 mol NOCl，发生反应：2NOCl(g)2NO(g)＋Cl2(g)。t min后，三个容器中NOCl的转化率如图中A、B、C三点。下列叙述正确的是

A．A点延长反应时间，可以提高NOCl的转化率
B．A、B两点的压强之比为25︰28
C．t min时，C点正＜逆
D．容积为a L的容器达到平衡后再投入1 mol NOCl、1 mol NO，平衡不移动
【答案】D
【详解】A．由题干图示信息可知，容器容积a＜c，由图可知，A点NOCl的转化率与C点转化率相同，则A点已达到平衡，延长反应时间，不会改变转化率，则延长反应时间，不可以提高NOCl的转化率，A错误；
B．根据三段式分析可知，，A、B两点的总物质的量之比为：(1+1+0.5)：(0.4+1.6+0.8)=25:28，但由于A、B两点对应的容器体积不同，故A、B两点的压强之比不为25︰28，B错误；
C．由题干图示信息可知，容器容积a＜c，由图可知，A点NOCl的转化率与C点转化率相同，则A点已达到平衡，且增大容器体积相对于减小压强，则C点平衡时NOCl的转化率要大于50%，即t min时，C点正＞逆，C错误；
D．由A项分析可知，A为平衡点，容积为a L的容器达到平衡后根据A点数据可知，K===，再投入1 mol NOCl、1 mol NO，Qc====K，故平衡不移动，D正确；
故答案为：D。

二、结构与性质
21．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_______。
【答案】(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。

三、原理综合题
22．Ⅰ.下图为工业合成氨的流程图：

(1)图中采取的措施可提高原料转化率的是_______(填序号)。
(2)下图是未用催化剂N2(g)和H2(g)反应生成1mol NH3(g)过程中能量的变化示意图，请在图中绘制同条件下加入铁触媒后相应的能量变化曲线：_______，并写出该条件下1 mol NH3(g)分解对应的热化学方程式：_______。

Ⅱ.某兴趣小组为研究“不同条件”对化学平衡的影响情况，进行了如下实验：(反应起始的温度和体积均相同)：
序号
起始投入量
平衡转化率


NH3
①恒温恒容


0

②绝热恒容


0

③恒温恒压


0


(3)则：_______、_______(填“>”、“=”或“