上海市黄浦区2019届高三化学下学期等级考二模试题(含解析)

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上海市黄浦区2019届高三化学下学期等级考二模试题(含解析)相对原子质量:H-1C-12O-16一、选择题(共40分,每小题2分,每小题只有一个正确答案)1.ETH天文研究所报告,组成太阳的气体中存在20Ne和22Ne,关于20Ne和22Ne的说法正确的是A.20Ne和22Ne互为同位素B.20Ne和22Ne互为同分异构体C.20Ne和22Ne的质量数相同D.20Ne和22Ne的中子数相同【答案】A【解析】两种核素具有相同的质子数,不同的中子数,所以互为同位素。分子式相同,结构不同的化合物属于同分异构体,所以正确的答案是A。2.金属的冶炼一般用热分解法、热还原法和电解法,选用冶炼方法的依据主要是A.金属在自然界里存在的形式B.金属元素在地壳中的含量C.金属阳离子得电子的能力D.金属熔点的高低【答案】C【解析】【分析】对不同的金属常用不同的冶炼方法,主要根据金属的活动性强弱选择冶炼方法;金属冶炼是金属阳离子得电子的过程,金属活动性越强,其阳离子得电子能力越弱,冶炼越难,据此分析解答;【详解】不同的金属有不同的冶炼方法,金属的冶炼方法是根据金属的活动性强弱确定,即根据金属阳离子得电子的能力确定,与在自然界中的含量多少、熔点高低以及存在形式没有太大的关系,故C项正确,答案选C。【点睛】一般来说,活泼金属如K、Ca、Na、Mg和Al等用电解法,较活泼金属如Fe等用热还原法,不活泼金属如Hg、Ag等用热分解法冶炼。3.主链上含5个碳原子,有甲基、乙基2个支链的烷烃有A.2种B.3种C.4种D.5种【答案】A【解析】考查同分异构体的判断。主链是5个碳原子,则乙基只能放在中间的碳原子上。因此甲基的位置只有两种情况,即和乙基相邻或相对,答案选A。4.三氯化氮(NCl3)的分子结构类似于NH3,具有三角锥型结构。下列有关说法错误的是A.N—Cl键是极性键B.NCl3分子为极性分子C.氨气是电解质D.Al(OH)3难溶于氨水【答案】C【解析】【详解】A.不同非金属元素之间形成极性共价键,则分子中N—Cl键是极性(共价)键,A项错误;B.三氯化氮(NCl3)中N原子最外层有5个电子,与3个Cl原子形成三个共用电子对,还有1个孤电子对,具有三角锥型结构,所以极性键的极性向量和不为0,为极性分子,B项正确;C.电解质是在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物,本身能电离出自由移动的离子,而氨气溶于水或熔融状态下本身不能电离出自由移动的离子,为电解质,C项错误;D.Al(OH)3易溶于强酸强碱,难溶于弱酸弱碱,氨水的溶质一水合氨为弱碱,D项正确;答案选C。【点睛】C项为易错点,掌握电解质的判断方法是解此题的关键。需要注意的是,判断给出的物质是不是电解质要先判断该物质属不属于化合物,若为化合物,再进一步判断该物质在特定条件(水溶液或者熔融状态)下能否导电,进而做出最终判断;若是单质或者混合物,则一定不属于电解质。值得注意的是,常见的非电解质有二氧化碳、二氧化硫、氨气以及蔗糖和酒精等,常见的电解质为酸、碱、盐和或活泼金属氧化物等,学生需要理解并谨记。5.石油裂化的主要目的是A.提高轻质液体燃料的产量B.便于分馏C.提高汽油的质量D.获得断链不饱和气态烃【答案】A【解析】【详解】石油裂化的目的是为了提高轻质液体燃料(汽油,煤油,柴油等)的产量,特别是提高汽油的产量,故A项正确,答案选A。6.将纯锌片和纯铜片按图示方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间。以下叙述正确的是A.两烧杯中铜片表面均有气泡产生B.甲烧杯中的电流与阳离子流向均为Zn→CuC.两烧杯中溶液的pH均增大D.两烧杯在相同时间内转移电子数相等【答案】C【解析】试题分析:甲中形成铜锌原电池,锌作负极,失电子,铜作正极,H+在铜极上得电子,生成H2,总反应式为:Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑.乙装置中只是锌片与稀硫酸间发生了置换反应:Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑,以此进行分析。A、甲中形成铜锌原电池,锌作负极,失电子,铜作正极,H+在铜极上得电子,生成H2,所以甲中铜片表面有气泡产生,故A错误;B、甲烧杯中的电流流向均为Cu→Zn,故B错误;C、甲中铜片上氢离子得电子生成氢气,乙中锌和稀硫酸发生置换反应生成氢气,所以两烧杯的溶液中氢离子浓度均减小,因此pH均增大,故C正确.D、甲装置形成了原电池,反应速率会加快,因此甲比乙在相同时间内转移的电子数要多,故D错误.故选C。考点:原电池和电解池的工作原理点评:题考查了置换反应和原电池的有关知识,题目难度不大,注意把握原电池的组成条件的工作原理。7.下列叙述中描述的物质一定是金属元素的是A.易失去电子的物质B.第三周期中,原子的最外电子层只有2个电子的元素C.单质具有金属光泽的元素D.原子的最外电子层只有1个电子的元素【答案】B【解析】【详解】A.氢易失去电子,但属于非金属元素,A项错误;B.第三周期中最外电子层只有2个电子的元素为Mg,属于金属元素,B项正确;C.硅等非金属单质也具有金属光泽,C项错误;D.氢原子最外层只有一个电子,不是金属元素,D项错误;答案选B。8.下列各组溶液用互滴法不能鉴别的是A.硝酸银溶液和氨水B.盐酸和碳酸钠溶液C.明矾溶液与烧碱溶液D.碳酸氢钠和澄清石灰水【答案】D【解析】【分析】结合涉及的化学反应方程式与反应原理,通过观察是互滴现象不同来鉴别。【详解】A.少量氨水滴加到AgNO3中,可以观察到沉淀AgOH和Ag2O生成;而少量AgNO3滴加到氨水中,则直接生成配离子,观察不到现象,A项正确;B.少量Na2CO3滴加到HCl中,有气体CO2生成;反过来无现象,因为生成NaHCO3,B项正确;C.明矾溶液的溶质为硫酸铝钾,则少量NaOH滴加到Al3+溶液中,有沉淀Al(OH)3;反过来无现象,因为NaOH大大过量会直接生成AlO2-,C项正确;D.无论怎样互滴,现象都相同,均会生成白色沉淀,D项错误;答案选D。9.下图表示某可逆反应在使用和未使用催化剂时,反应过程和能量的对应关系。下列说法一定正确的是A.该反应为吸热反应B.a与b相比,a的反应速率更快C.a与b相比,反应的平衡常数一定不同D.反应物吸收的总能量小于生成物释放的总能量【答案】D【解析】【分析】A.反应物的总能量小于生成物的总能量为吸热反应;B.催化剂能降低反应的活化能;C.催化剂只改变反应速率;D.断键吸收能量,形成化学键放出能量,结合图示信息作答。【详解】A.反应物的总能量大于生成物的总能量为放热反应,A项错误;B.b降低了活化能,反应速率升高,所以b的反应速率更快,B项错误;C.催化剂只改变反应速率,不改变平衡状态,a与b反应的平衡常数相同,C项错误;D.由图可知该反应为放热反应,反应物吸收的总能量小于生成物释放的总能量,D项正确;答案选D。10.根据相关的化学原理,下列推断错误的是A.若X是原子晶体,Y是分子晶体,则熔点:XYB.若A2+2D-→2A-+D2,则氧化性:A2>D2C.若R2-和M+的电子层结构相同,则离子半径:R2-<M+D.若弱酸HA、HB的酸性HA>HB,则同浓度钠盐溶液的碱性:NaA<NaB【答案】C【解析】【分析】A.原子晶体熔沸点大于分子晶体;B.根据氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性判断;C.根据电子排布相同,阴离子的离子半径大于阳离子的离子半径;D.依据在盐溶液中,对应的弱电解质越弱则盐类水解程度越大的原理分析作答。【详解】A.若X是原子晶体,原子间存在共价键,作用力较强,熔点较高,Y是分子晶体,影响分子晶体的熔点高低的因素为分子间作用力,而分子间作用力远小于共价键,则熔点X>Y,A项正确;B.在氧化还原反应中,氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性,则A2+2D-═2A-+D2,则氧化性:A2>D2,B项正确;C.在简单离子中,电子层数相同时原子序数越小,对应的离子半径越大,即电子层数相同,阴离子的离子半径大于阳离子的离子半径,所以离子半径:R2->M+,C项错误;D.弱酸HA、HB的酸性HA>HB,根据盐类水解中“越弱越水解”的规律可知,溶液的碱性NaA<NaB,D项正确;答案选C。11.下列实验操作错误的是A.蒸发时,应将溶液放入坩埚中加热到出现大量晶体,还余少量溶液停止加热B.蒸馏时,应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处C.分液时,分液漏斗中下层液体从下口放出,上层液体从上口倒出D.萃取时,应选择有机萃取剂,且萃取剂的密度必须比水大【答案】D【解析】【详解】A.蒸发时利用余热加热,即加热到出现大量晶体,还余少量溶液时再停止加热,A项正确;B.蒸馏时,测定馏分的温度,则温度计的水银球靠近蒸馏烧瓶支管口,B项正确;C.分液时,避免上下层液体混合,则分液漏斗先从下口放出下层液体,再从上口倒出上层液体,C项正确;D.萃取剂的密度不一定比水大,只要符合萃取剂与原溶剂互不相溶,溶质在萃取剂中的溶解度比在水中大,且萃取剂与水的密度有差别即可,D项错误;答案选D。12.对于0.1mol∙L-1Na2SO3溶液,下列表述正确的是A.升高温度,溶液的pH降低B.加入少量NaOH固体,c(SO32-)与c(Na+)均增大C.c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+2c(HSO3-)+c(OH-)D.c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)【答案】B【解析】【分析】0.1mol⋅L−1Na2SO3溶液中存在水解平衡:SO32−+H2O⇌HSO3−+OH−,该过程是吸热过程,则A.升高温度,会促进盐的水解;B.根据水解平衡的移动原理分析,氢氧化钠抑制亚硫酸根离子的水解;C.根据溶液中的电荷守恒规律作答;D.根据溶液中的物料守恒规律作答。【详解】A.升高温度,水解平衡正向移动,所以溶液的pH升高,A项错误;B.加入少量NaOH固体,平衡:SO32−+H2O⇌HSO3−+OH−向逆反应方向移动,所以c(SO32−)与c(Na+)均增大,B项正确;C.溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-),C项错误;D.Na2SO3溶液中存在物料守恒,即c(Na+)=2c(SO32-)+2c(HSO3-)+2c(H2SO3),D项错误;答案选B。13.在室温下,将pH=3的酸和pH=11的碱等体积混合,混合后溶液的pH7,则该酸和碱的组合可以是A.醋酸和氢氧化钡B.硝酸和氢氧化钠C.硫酸和氢氧化钾D.盐酸和氨水【答案】D【解析】【分析】室温下,将pH=3的酸和pH=11的碱等体积混合,分以下几种情况讨论:①若对应的酸碱均为强电解质,则溶液混合后恰好呈中性;②若酸为弱酸而碱为强碱,由于弱电解质部分水解,则弱酸的浓度远远大于10-3mol/L,即弱酸的浓度远远大于碱的浓度,等体积混合时,酸过量,因此溶液显酸性;③若酸为酸为强酸而碱为弱碱,由于弱电解质部分水解,则弱碱的浓度远远大于10-3mol/L,即弱碱的浓度远远大于酸的浓度,等体积混合时,碱过量,因此溶液显碱性,据此进行解答。【详解】A.醋酸为弱酸,氢氧化钡强碱,则弱酸的浓度远远大于10−3mol/L,即弱酸的浓度远远大于碱的浓度,等体积混合时,酸过量,因此溶液显酸性,混合液的pH小于7,A项错误;B.室温下,将pH=3的硝酸和pH=11的氢氧化钠等体积混合,若对应的酸碱均为强电解质,则溶液混合后恰好呈中性,溶液的pH=7,B项错误;C.硫酸和氢氧化钾都是强电解质,则混合液中强碱恰好反应,溶液为中性,溶液的pH=7,C项错误;D.盐酸为强酸,氨水为弱碱,氨水浓度远远大于10−3mol/L,混合液中氨水过量,溶液的pH大于7,D项正确;答案选D。14.对可逆反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g),下列叙述正确的是A.达到化学平衡时,B.若单位时间内生成nmolNO的同时,消耗nmolNH3,则反应达到平衡状态C.达到化学平衡时,若增加容器体积,则正反应速率减小,逆反应速率增大D.化学反应速率关系是:【答案】A【解析】【分析】A.当反应达到平衡状态时,正逆反应速率相等(同种物质)或正逆速率之比等

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