上海市金山区2022届高三下学期二模化学试题 Word版含解析.docx

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2021学年高三第二学期质量监控化学试卷考生注意：1.考试时间60分钟，试卷满分100分。2.答题前，务必在答题卡上填写座位号、学校和姓名。3.本考试设试卷和答题纸两部分，所有答题必须做在答题纸上，做在试卷上一律不得分。4.注意试题号与答题纸编号一一对应，不能错位。一、选择题(共40分，每小题2分。每小题只有一个正确答案)1.下列熔点最高的轻金属是A.NaB.MgC.AlD.Fe【答案】C【解析】【分析】根据金属的密度判断是否是轻金属，根据金属的半径越小，金属键越强，熔沸点越高判断其熔点；【详解】A．钠属于第三周第一种元素，密度小于4.5g/cm3，属于轻金属，半径是第三周中最大的；熔点是第三周期中金属最低的；故不符合；B．镁属于第三周期第IIA元素，密度小于4.5g/cm3，属于轻金属，半径是第三周中比钠大，比铝小；熔点大于钠小于铝；故不符合；C．铝属于第三周期第IIIA元素，密度小于4.5g/cm3，属于轻金属，半径是第三周期中金属最小的，熔点是其金属中最大的，故符合题意；D．铁密度大于4.5g/cm3，属于重金属，故不符合题意；故选答案C；【点睛】此题考查金属的性质，注意金属的密度判断其金属类比。2.同温同压下，等质量的CO、CO2气体，下列物理量中CO＜CO2的是A.分子数B.体积C.摩尔体积D.密度【答案】D【解析】【详解】A．二氧化碳的摩尔质量大于CO，等质量时，二氧化碳的物质的量小于CO，分子数CO>CO2，A错误；B．等质量时，二氧化碳的物质的量小于CO，故体积CO>CO2，B错误； C．同温同压下，CO、CO2气体的气体摩尔体积相同，C错误；D．二氧化碳的摩尔质量大于CO，同温同压下，密度COα2，则，根据盐酸和氨水反应的关系比1：1得：等体积等浓度的盐酸与其恰好完全中和时，消耗的氨水的量分别为V1×c1=V2×c2，得10V2Q2；A．CO2物质的量浓度不变，说明反应已达到平衡状态，A符合题意；B．反应均为气体的反应，气体总质量反应前后质量守恒，保持不变，恒容容器体积不发生改变，则整个反应混合气体密度为p=，达到化学平衡前后，混合气体的密度都不变，不能说明化学反应已达到平衡，B不符合题意；C．随着反应进行，气体分子数增加，气体压强增大，当容器内压强不再变化时，可以说明化学反应已达到平衡，C符合题意；D．反应起始量SO2与CH4的物质的量为2：1，反应过程中SO2与CH4的反应物质的量之比始终为2：1，不能说明反应达到平衡状态，D不符合题意；故选AC。 【小问2详解】反应①和反应②均为放热反应，温度升高，a点的转化率还未达到SO2的平衡转化率；T1之前反应①②未达平衡，温度升高，反应加速正向移动，SO2转化率增大，T1之后反应①②均达平衡，反应①②均为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，SO2转化率减小；【小问3详解】120min=2h，根据图中信息，可知v(CH4)===0.125mol·L－1·h－1，根据影响平衡移动的因素，可知可以适当的增加n(CH4)或减小压强；【小问4详解】由图象可知，pH=7时，纵坐标为0.5，故n(SO)：n(HSO)=1：1；随着氧化反应进行2HSO+O2=2H++2SO溶液中H+的浓度逐渐增大，所以溶液中的pH逐渐减小；23.丙酮()是常见的有机化工基础原料，以下是以丙酮为原料合成G()的路线：完成下列填空：（1）G中含有的官能团的名称是___________、___________；A→B的反应类型是___________。（2）写出检验B中是否混有A的实验方法。___________（3）写出C→D的第一步反应的化学方程式。___________（4）D→E反应所需试剂和条件是___________，写出满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式。 ___________(i)分子中只有2种不同化学环境的氢；(ii)能发生银镜反应（5）参照上述合成路线所给信息，将一条以HCHO、CH2=CH2为有机原料(无机试剂任选)合成的流程补充完整___________。【答案】（1）①.酯基②.羧基③.消除反应（2）取样，加入金属钠，若有气体生成，则B中混有A；无现象，则B中无A（合理即可）（3）+2NaOH+2C2H5OH（4）①.C2H5OH，浓硫酸，加热②.（5）【解析】【小问1详解】由G的结构可知，G中有酯基、羧基；A中有羟基，且与羟基相邻的其中一个C上有H原子，故可发生消去反应生成碳碳双键，故A→B的反应类型为消去反应；【小问2详解】A中有羟基，B中没有，可选择金属钠来鉴别，故该题答案为：取样，加入金属钠，若有气体生成，则B中混有A；无现象，则B中无A；【小问3详解】物质C中有两个酯基，在碱性条件下发生水解，反应方程式为，+2NaOH +2C2H5OH；【小问4详解】分析D→F，将羧基转化为酯基，且羰基与HCN发生加成反应，加成反应为反应E→F，故D→E为酯化反应，所需反应条件为C2H5OH，浓硫酸，加热；E结构简式为,其分子式为C10H18O3，满足以下条件：(i)分子中只有2种不同化学环境的氢，则该结构为高度对称结构；(ii)能发生银镜反应，则该物质中有醛基，醛基中已有一种环境的氢原子，则不可能有碳碳双键，则该物质有两个醛基在对称位置，余下的H原子全部在甲基内，余下的一个氧原子应在中心位置，则满足条件的结构为；【小问5详解】根据的结构分析，该物质中有酯基有如下方法合成该物质（1）可先合成一个在两端分别为羧基和羟基的碳链，让分子内发生酯化反应；可借鉴流程中用两个醛制取A的过程在碳链端点引入羟基，，再将醛基转化为羧基，如果用氧化法，羟基也会被氧化，故借鉴流程中用HCN与醛基发生加成反应：，借鉴F到G有：，最后分子内发生酯化反应得到目标产物。（2）在以上流程中得到后，直接根据G到F转化为。故整个合成路线为：。【点睛】快速突破有机合成与推断，要注意以下三点：（1）以已知的分子式、结构简式为第一突破口；（2）以特殊的反应条件为重要突破口，有机推断题中，在转化关系上通常会给出反应的条件，可以结合所学知识准确判断该反应的类型或反应前后的物质；（3 ）所给信息必须用，即题目中给出的信息是解题的关键，推断时必须结合使用，也就是流程图中的条件只要是和信息一致的就肯定可以按照信息模仿写出反应前后的物质和对应的方程式。24.CuCl(M=99.5g·mol-1)是有机合成常用催化剂，不溶于醇，湿的CuCl在空气中易水解，也会被O2氧化为Cu2(OH)3Cl。工业上有多种途径合成CuCl：完成下列填空：（1）步骤①控制反应温度在70~80℃的方法是___________。步骤①②都必须外加NaCl(s)至接近饱和的原因是___________。（2）已知：Cu2+＋Cu＋2Cl-→2CuCl↓。途径二使用中间步骤生成NaCuCl2，而不用一步法直接制取CuCl的原因是___________。（3）步骤③的操作是加水稀释后过滤，过滤所用玻璃仪器有烧杯、___________、___________。（4）步骤④洗涤CuCl粗品时，需经稀盐酸洗、醇洗。稀盐酸洗涤目的是___________，“醇洗”可快速除去CuCl粗品表面的水，防止CuCl被氧化，写出CuCl被氧化的化学方程式。___________（5）称取0.500gCuCl成品置于过量FeCl3(aq)中，待固体完全溶解后，用0.2000mol·L-1的Ce(SO4)2标准液滴定至终点，消耗Ce(SO4)2标准液24.60mL。相关反应如下：Fe3+＋CuCl→Fe2+＋Cu2+＋Cl-；Ce4+＋Fe2+→Fe3+＋Ce3+。则CuCl的质量分数是___________(小数点后保留三位数字)，若滴定操作耗时过长可能会使测定的CuCl质量分数___________(选填“偏高”或“偏低”)。【答案】（1）①.热水浴②.增大Cl－浓度，使反应向生成NaCuCl2的方向进行（2）一步法生成的CuCl固体会吸附在Cu的表面，阻碍Cu与Cu2+接触，使反应速率变慢，产率降低（3）①.漏斗②.玻璃棒（4）①.洗去CuCl表面的Cu2+、抑制CuCl的水解②.4CuCl＋O2＋4H2O→2Cu2(OH)3Cl＋2HCl（5）①.0.979②.偏低【解析】【分析】途径一：CuSO4溶液加入足量NaCl、SO2在70~80℃生成NaCuCl2溶液，NaCuCl2溶液加水稀释生成CuCl粗品，再经洗涤、干燥得到成品；途径二：CuCl2溶液加入足量NaCl、Cu、少量HCl生成NaCuCl2溶液，NaCuCl2溶液加水稀释生成CuCl粗品，再经洗涤、干燥得到成品，以此来解析；【小问1详解】 步骤①控制反应温度在70~80℃的方法是水浴加热;步骤①②都必须外加NaCl(s)，有利于反应正向进行生成NaCuCl2溶液，原因是足量的NaCl可以提供足够的氯离子，有利于反应正向进行生成NaCuCl2溶液；【小问2详解】Cu、CuCl均为固体，途径二使用中间步骤生成NaCuCl2，而不用一步法直接制取CuCl的原因是因为CuCl和Cu都是固体，生成的CuCl可能附着在Cu表面，阻止反应进一步进行；【小问3详解】步骤③的操作是加水稀释后过滤，过滤所用玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；【小问4详解】步骤④洗涤CuCl粗品时，需经稀盐酸洗、醇洗，CuCl中存在CuCl=Cu++Cl-，稀盐酸洗涤有利于减少CuCl溶解，提高产率；氯化亚铜、水氧气反应生成碱式氯化铜，化学反应方程式为：4CuCl+O2+4H2O=2Cu2(OH)3Cl+2HCl；【小问5详解】根据CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2、Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+有Ce4+～CuCl，所以n(CuCl)=n(Ce4+)=n[Ce(SO4)2]=0.2000mol·L-1×24.60×10-3L=4.92×10-3mol，m(CuCl)=n×M=4.92×10-3mol×99.5g/mol=0.48954g，产品中氯化亚铜的质量分数：=0.979，若滴定操作耗时过长，可能使其被氧气氧化，可能会使测定的CuCl质量分数偏低；