天津市南开区2023届高三化学下学期一模试题（Word版附解析）

2022-2023学年度第二学期高三年级质量监测(一)化学学科试卷本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共100分，考试用时60分钟。第Ⅰ卷1至4页，第Ⅱ卷5至8页。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并在规定位置粘贴考试用条形码。答题时，考生务必将答案涂写在答题卡上，答在试卷上无效。第Ⅰ卷注意事项：1.每小题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。2.本卷共12题，每题3分，共36分。在每题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Mg-24Fe-561.化学无处不在，下列与化学有关的说法正确的是A.淀粉、纤维素、油脂都属于天然高分子B.二氧化硫可用于制作葡萄酒的食品添加剂C.胶体无色、透明，能发生丁达尔效应D.碘是人体必需微量元素，应多吃富含高碘酸的食物【答案】B【解析】【详解】A．油脂不属于高分子化合物，故A错误；B．二氧化硫具有强的还原性，可用作葡萄酒中作抗氧化剂，故B正确；C．胶体为红褐色液体，故C错误；D．碘是人体必需微量元素，补充碘元素常在食盐中加入碘酸钾固体而不是高碘酸，高碘酸为强酸，具有强烈刺激性和腐蚀性不能食用，故D错误；故选：B。2.下列有关化学用语表示正确的是A.乙醚的结构简式： B.HClO的电子式：C.质子数为17、中子数为20的氯原子：D.的空间结构：V形【答案】D【解析】【详解】A．乙醚的结构简式：，故A错误；B．HClO的电子式：，故B错误；C．质子数为17、中子数为20的氯原子质量数为37，表示为，故C错误；D．的价电子对数，有一对孤对电子，空间构型为V形，故D正确；故选：D。3.与氢硫酸反应有沉淀生成的电解质是A.硫酸铜B.氢氧化钠C.硫酸亚铁D.二氧化硫【答案】A【解析】【详解】A.CuSO4是盐，属于电解质，加入氢硫酸，会发生反应：CuSO4+H2S＝CuS↓+H2SO4，产生黑色沉淀，A正确。B．氢氧化钠是碱，属于电解质，与氢硫酸发生反应：2NaOH+H2S＝Na2S+2H2O，产生的Na2S是可溶性的物质，没有沉淀产生，B错误。C．硫酸亚铁是盐，属于电解质，由于酸性：硫酸＞氢硫酸，因此二者不能发生反应，无沉淀产生，C错误。D．二氧化硫与硫化氢会发生反应：SO2+2H2S＝3S↓+2H2O，产生沉淀，但是SO2是非电解质，不符合题意，D错误。答案选A。4.下列有关Fe2(SO4)3溶液的叙述正确的是A.该溶液中K＋、Fe2＋、C6H5OH、Br－可以大量共存B.和KI溶液反应的离子方程式：Fe3＋＋2I－Fe2＋＋I2C.和Ba(OH)2溶液反应的离子方程式：Fe3＋＋SO42—＋Ba2＋＋3OH－Fe(OH)3↓＋BaSO4↓D.1L0.1mol·L-1该溶液和足量的Zn充分反应，生成11.2gFe【答案】D 【解析】【详解】A、三价铁与苯酚会发生显色反应，不能大量共存，A错误；B、电荷不守恒，正确的离子方程式为2Fe3＋＋2I－2Fe2＋＋I2，B错误；C、不符合配比关系，正确的离子方程式为2Fe3＋＋3SO42—＋3Ba2＋＋6OH－2Fe(OH)3↓＋3BaSO4↓，C错误；D、根据原子守恒，铁离子的物质的量为0.2mol，与足量Zn反应生成0.2mol铁，为11.2g，D正确；答案选D。5.X、Y、Z、W四种短周期元素在周期表中位置如图所示，X元素基态原子的最外层电子排布式为。下列说法不正确的是XYZWA.离子半径：B.还原性：C.酸性：D.氢化物稳定性：【答案】A【解析】【分析】X元素基态原子的最外层电子排布式为，因此X是氧元素，则Z是硫元素，Y是磷元素，W是氯元素。【详解】A．Cl-、S2-电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：Cl-＜S2-，A错误；B．根据同周期阴离子的还原性从左到右依次减弱，故S2-的还原性比大于Cl-的还原性，B正确；C．由于的非羟基O原子数是2，而的的非羟基O原子数是1，的非羟基O原子数比多，使得S原子的正电性较大，导致中-OH的电子向S偏向程度更大，使H+在水分子作用下更易电离，酸性强于，C正确；D．非金属氢化物的稳定性代表了元素非金属性的强弱，氧的非金属性远大于硫，所以H2O的稳定性也大于H2S，D正确；故选A。6.联氨(N2H4)可用于处理水中的溶解氧，其反应机理如下图所示： 下列说法不正确的是A.分子的共价键只有键B.具有还原性，在一定条件下可被氧化C.②中反应产物是而不是，说明相对较稳定D.③中发生反应：【答案】A【解析】【详解】A．N2H4分子的共价键有N-H之间的键和N-N之间的，A错误；B．由题干信息可知，N2H4能够被CuO氧化生成N2，即N2H4具有还原性，而O2的氧化性强于CuO，故N2H4具有还原性，在一定条件下可被O2氧化，B正确；C．由题干信息可知，②中反应物NH3‧H2O是足量的，但是反应产物是而不是，说明相对较稳定，C正确；D．根据氧化还原反应配平可知，③中发生反应：，D正确；故答案为：A。7.下列除杂试剂选用正确且除杂过程涉及氧化还原反应的是选项物质(括号内为杂质)除杂试剂A蒸馏水、碱石灰B盐酸、溶液、二氧化碳C溶液、溶液、盐酸 D酸性溶液A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【分析】除杂时，加入的试剂或使用的方法不能影响主体物质，且不能引入新杂质；氧化反应中存在元素的化合价升高或者降低；【详解】A．除去中的，先通入蒸馏水中，发生反应，再通过碱石灰干燥得到纯净的NO，其除杂过程涉及氧化还原反应，故A选；B．除去中含有的，先加入盐酸，涉及反应、，再加入过量NaOH溶液，过滤，向滤液中通入过量二氧化碳，得到沉淀，加热分解得到纯净的，涉及反应、、、，其中不涉及氧化还原反应，故B不选；C．除去中含有的，先加过量溶液发生反应，再加过量溶液发生反应，过滤，最后向滤液中加入盐酸调pH至中性，发生反应，然后蒸发结晶得到NaCl，其中不涉及氧化还原反应，故C不选；D．除去甲苯的苯，加入酸性溶液，主体物质甲苯被氧化，没有达到除杂目的，故D不选；故选A。8.下列实验方案中，不能测定出和的混合物中质量分数的是A.取ag混合物充分加热，质量减少bgB.取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体 C.取ag混合物与足量溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干、得到bg固体D.取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，质量增加bg【答案】D【解析】【详解】A．只有碳酸氢钠加热分解，由差量法可计算碳酸氢钠的质量，然后再计算碳酸钠的质量分数，能够测出混合物中碳酸钠的质量分数，故A不选；B．加热后bg固体为氯化钠的质量，设碳酸钠的物质的量为x、碳酸氢钠的物质的量为y，则106x+84y=a，2x+y=，解方程计算出a、b，然后可计算出混合物中碳酸钠的质量分数，故B不选；C．碳酸钠和碳酸氢钠均能与反应生成碳酸钡沉淀，结合B项分析，也可以计算出混合物中碳酸钠的质量分数，故C不选；D．ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体主要是二氧化碳和水，所以质量增加bg两种气体的质量，故无法求出混合物中碳酸钠的质量分数，故D选；故选：D9.向溶液中持续滴加稀盐酸，记录溶液及温度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是A.溶液的起始浓度为B.在滴定至终点的过程中，水的电离程度不断减小C.对应的溶液中均存在：D.由后溶液的温度变化可推知，与的反应是吸热反应【答案】C【解析】【分析】向溶液中持续滴加稀盐酸，如图，曲线a到b为中和曲线，b点时刚好反应完全，此时反应温度最高；【详解】A．如图，未滴加盐酸时，溶液pH最大，NaOH属于强碱，起始时溶液 pH=a，，常温下，根据，得，溶液的起始浓度为，故A错误；B．任何酸或碱均抑制水的电离，在滴定至终点的过程中，浓度减小，水的电离程度不断增大。刚好反应时，达到最大，故B错误；C．时，NaOH过量，溶质为和NaCl；时，盐酸过量，溶质为HCl和NaCl，所以根据电荷守恒，对应的溶液中均存在：，故C正确；D．如图，曲线a到b为中和曲线，b点时刚好反应完全，此时反应温度最高，由此可知，与的反应是放热反应，故D错误；故选C。10.已知：现将三个相同容积的密闭容器中按不同方式投入反应物发生反应。相关数据见下表：容器1容器2容器3反应温度(°C)400400500起始量lmol、1mol(g)2molHIlmol、1mol(g)平衡浓度平衡转化率平衡常数下列各项关系不正确的是A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A．容器1和容器2是等效平衡，因此，温度升高平衡逆向移动，因此 ，A正确；B．容器1和容器2是等效平衡，因此，温度升高平衡逆向移动，减小，因此，B错误；C．温度升高平衡逆向移动，平衡转化率减小，因此，C正确；D．容器1和容器2是等效平衡，达到平衡状态时，各物质的浓度相等，，且两容器温度相同，则有，D正确；故选B。11.一篇关于合成“纳米小人”的文章成为有机化学史上最受欢迎的文章之一，其中涉及的一个转化关系为：下列说法正确的是A.该反应的原子利用率为100%B.化合物M含有一个手性碳原子C.化合物N的分子式为：D.化合物P能使酸性溶液褪色，但不能使溴水褪色【答案】C【解析】【详解】A．反应物中含有原子，生成物中没有原子，所以原子利用率不是100%，A错误；B．化合物M没有手性碳原子，B错误；C．根据化合物N的结构简式，其分子式为：，C正确；D．化合物P中含有碳碳三键，既能使酸性溶液褪色，也能使溴水褪色，D错误；故选C。12.一种3D打印机柔性电池以碳纳米管作电极材料，以吸收ZnSO4溶液的有机高聚物 为固态电解质，电池总反应为：。下列说法不正确的是A.放电时，含有锌膜的碳纳米管纤维作电池负极B.充电时，阴极反应：C有机高聚物中含有极性键、非极性键和氢键D.合成有机高聚物的单体：【答案】B【解析】【分析】由电池的总反应，可知Zn为负极，电极反应为：，正极反应式为：MnO2+e-+H2O=MnOOH+OH-，故充电时，与电源负极相连的是阴极，电极反应为：，与电源正极相连为阳极，电极反应为：MnOOH+OH--e-=MnO2+H2O，据此分析解题。【详解】A．根据总反应可知，Zn所在电极为负极，即放电时，含有锌膜的碳纳米管纤维作电池负极，A正确；B．由分析可知，充电时，阴极反应：，B错误； C．根据高聚物的结构可知，高聚物中存在作用力：极性键、非极性键和氢键，C正确；D．有机高聚物的结构片段发现可知，是加成聚合产物，合成有机高聚物的单体是：，D正确；故答案为：B。第Ⅱ卷注意事项1.用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上。2.本卷共4题，共64分。13.氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，下列物质都是具有广阔应用前景的储氢材料。回答下列问题：（1）氢化钠(NaH)是一种常用的储氢剂，遇水后放出氢气并生成一种碱，该反应的还原产物为_____。（2）Ti-Fe合金室温下吸、放氢的速率快，Ti元素在周期表中的位置是____。（3）(氨硼烷)具有很高的储氢容量及相对低的放氢温度(<350℃)，是颇具潜力的化学储氢材料之一，它可通过环硼氮烷、与进行合成。①中涉及的元素H、B、N电负性最大的是______。②键角：_____(填“>”、“<”或“=”)，原因是_______。（4）Fe-Mg合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示。①距离Mg原子最近的Fe原子个数是___________。②若该晶胞的棱长为anm，阿伏加德罗常数的值为，则该合金的密度为___________。③若该晶体储氢时，分子在晶胞的体心和棱心位置，则含Mg48g的该储氢合金可储存标准状况下的体积约为___________L。【答案】（1）H2（2）第四周期IVB族 （3）①.N②.>③.分子中没有孤电子对，有2对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，排斥力越大，键角越小，所以小于的键角（4）①.4②.③.22.4【解析】【小问1详解】NaH遇水反应的方程式为：，NaH中-2价H与中+1价H结合生成氢气，可知氢气既是氧化产物也是还原产物，故答案为：H2；【小问2详解】Ti为22号元素，位于周期表中第四周期IVB族，故答案为：第四周期IVB族；【小问3详解】①根据H、B、N在周期表中的位置可知电负性：N>B>H，电负性最大的是N，故答案为：N；②与价电子对数均为4，但分子中没有孤电子对，有2对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，排斥力越大，键角越小，所以小于的键角，故答案为：>；分子中没有孤电子对，有2对孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对之间的排斥力，排斥力越大，键角越小，所以小于的键角；【小问4详解】①由晶胞结构可知Mg原子周围距离最近的Fe有4个，故答案为：4；②在晶胞中，Fe原子位于顶点和面心，个数为，Mg原子位于体内有8个，则晶胞的质量为：，该合金的密度，故答案为：；③分子在晶胞的体心和棱心位置，则1个晶胞中储存氢气的个数为：，晶胞中Mg原子与氢气的关系：；含Mg48g即2molMg吸收1mol氢气，标准状况下体积为22.4L，故答案为：22.4； 14.香豆素是广泛存在于植物中的一类芳香族化合物，它的核心结构是芳香内酯A．该芳香内酯A经下列步骤转变为水杨酸。提示：①②回答下列问题：（1）D中官能团的名称是___________。（2）E的化学名称是___________。（3）在上述转化过程中，反应B→C的反应类型是___________，目的是___________。（4）C的结构简式为___________。（5）反应A→B的化学方程式为___________。（6）阿司匹林(乙酰水杨酸)是以水杨酸和乙酸酐()为原料合成的，写出该反应的化学方程式：___________。（7）化合物D有多种同分异构体，其中一类同分异构体是苯的二取代物，且水解后生成的产物之一能发生银镜反应。写出其中一种同分异构体的结构简式：___________。（8）请设计合理方案从合成，写出合成路线流程图：___________。合成路线流程图示例：【答案】（1）羧基、醚键 （2）乙二酸（3）①.取代反应②.保护酚羟基不被氧化（4）（5）+H2O（6）++CH3COOH（7）或或(其它合理答案也可)（8）【解析】【分析】结合信息①反应及D、E的结构可推知C为：；根据B和C的分子式，可推知B应为：，B为A的水解产物，可知A中含有酯基，结合B中存在羧基和羟基，可知A为：，D与HI发生取代反应生成水杨酸，据此分析解答。【小问1详解】由D的结构简式可知，D中含羧基和醚键两种官能团，故答案为：羧基和醚键；【小问2详解】E的名称为乙二酸，故答案为：乙二酸； 【小问3详解】由上述分析可知B与CH3I反应生成C，B中酚羟基上的氢原子被CH3I中甲基替代，发生取代反应，这样可以将酚羟基转化成醚键，避免后续过程中羟基被氧化，故答案为：取代反应；保护酚羟基不被氧化；【小问4详解】由上述分析可知C为：，故答案为：；【小问5详解】A为：，在酸性条件下发生水解反应生成B，反应方程式为：+H2O，故答案为：+H2O；【小问6详解】水杨酸和乙酸酐发生取代反应生成乙酰水杨酸和乙酸，反应方程式为：++CH3COOH，故答案为：++CH3COOH；【小问7详解】D的同分异构体水解后生成的产物之一能发生银镜反应，可知该结构中含有酯基，其水解产物中含有醛基，结合D的结构简式可知该同分异构体中应存在-OOCH结构，又为苯环二取代结构则两取代基可以是-OOCH和-OCH3、-OOCH和-CH2OH、-CH2OOCH和-OH ，且在苯环上有邻、间、对等不同位置，满足题意的结构简式有：或或等，故答案为：或或等；【小问8详解】发生卤代烃的消去反应生成，与水发生加成反应生成，在浓硫酸作用下发生分子内酯化生成，由此得合成路线：，故答案为：。15.(三草酸合铁酸钾) 为亮绿色晶体，可用于晒制蓝图。回答下列问题：（1）晒制蓝图时，用作感光剂，以溶液为显色剂。其光解反应的化学方程式为；显色反应中生成的蓝色物质的化学式为___________。（2）某小组为探究三草酸合铁酸钾的热分解产物，按下图所示装置进行实验。①通入氮气的目的是___________。②实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊，装置E中固体变为红色，由此判断热分解产物中一定含有___________、___________。③为防止倒吸，停止实验时应进行的操作是___________。④样品完全分解后，装置A中的残留物含有FeO和，检验存在的方法是：___________。（3）测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。①称量mg样品于锥形瓶中，溶解后加稀酸化，用c溶液滴定至终点。滴定终点的现象是___________。②向上述溶液中加入适量还原剂将完全还原为，加入稀酸化后，用c溶液滴定至终点，消耗溶液VmL。该晶体中铁的质量分数的表达式为___________。若滴定前滴定管尖嘴内无气泡，终点读数时滴定管尖嘴内留有气泡，会使测定结果___________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。【答案】（1）Fe3[Fe(CN)6]2（2）①.隔绝空气、使反应产生的气体全部进入后续装置②.CO2③.CO④.先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气⑤.取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1~2滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3（3）①.滴加最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内溶液变浅红色，且半分钟内不褪色②.×100%③.偏小 【解析】【分析】实验开始前先通一段时间氮气，排尽装置中的空气防止干扰产物检验，然后点燃A处酒精灯，使样品充分分解，通入B中检验产物中的二氧化碳，用C中NaOH溶液除去二氧化碳，再经浓硫酸干燥后，用CuO与CO反应生成二氧化碳，通入F中检验产物二氧化碳确定CO生成，据此分析解答。【小问1详解】显色时，K3[Fe(CN)6]和FeC2O4反应生成Fe3[Fe(CN)6]2沉淀和K2C2O4；生成的蓝色物质为Fe3[Fe(CN)6]2沉淀，故答案为：Fe3[Fe(CN)6]2；【小问2详解】①通入氮气排出装置内的空气，并使反应产生的气体全部进入后续装置。故答案为：隔绝空气、使反应产生的气体全部进入后续装置；②二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，装置B中澄清石灰水变浑浊，说明热分解产物中一定含有CO2，E中固体变为红色、F中澄清石灰水变浑浊，说明氧化铜被还原为铜，氧化产物为CO2，由此判断热分解产物中一定含有CO。故答案为：CO2；CO；③为防止倒吸，停止实验时应进行的操作是先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气。故答案为：先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气；④Fe2O3与硫酸反应生成Fe2(SO4)3和水，Fe3+遇KSCN溶液变红，检验Fe2O3存在的方法是：取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1~2滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3。故答案为：取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1~2滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3；【小问3详解】①称量mg样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，生成硫酸钾、硫酸铁、草酸，高锰酸钾氧化草酸，用cmol/LKMnO4溶液滴定，滴定终点的现象是滴加最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内溶液变为浅红色，且半分钟内不褪色。故答案为：滴加最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内溶液变为浅红色，且半分钟内不褪色；②向上述溶液中加入过量铜粉发生反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，用cmol/LKMnO4溶液滴定，发生反应5Fe2++MnO+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，消耗KMnO4溶液VmL，n(Fe3+)=cmol/L×V×10−3L×5=5cV×10−3mol，根据铁元素守恒，该晶体中铁的质量分数的表达式为×100%=×100% 。若滴定前滴定管尖嘴内无气泡，终点读数时滴定管尖嘴内留有气泡，消耗高锰酸钾的体积偏小，会使测定结果偏小。故答案为：×100%；偏小。16.汽车尾气中的生成和消除是科学家研究的重要课题。回答下列问题：（1）工业上通常用溶质质量分数为15%的溶液(密度为1.06)作为的吸收剂，该溶液物质的量浓度为___________。（2）汽车发动机工作时会引发　，其能量变化如图。则NO中氮氧键的键能是___________。（3）用可消除NO污染，反应原理为：，以分别为4：1、3：1、1：3投料，得到NO脱除率随温度变化的曲线如图所示。①曲线a对应的___________。②曲线c中NO的起始浓度为，从A点到B点经过0.8s，该时间段内NO的脱除速率为___________。③由图可知，无论以何种比例反应，在温度超过900℃时NO脱除率都会骤然下降，可能的原因是___________。（4）元素(Ce)常见有＋3、＋4两种价态。NO可以被含的溶液吸收，生成含有和的吸收液，反应的离子方程式为___________；现采用电解法将上述吸收液中的 转化为无毒物质，同时再生，其原理如图所示。①从电解槽的___________(填字母)口流出。②写出在阴极反应的电极反应式：___________。【答案】（1）（2）+632（3）①.1：3②.③.该反应为放热反应，温度升高使平衡逆向移动（4）①.②.a③.【解析】【分析】溶质质量分数为15%的溶液(密度为1.06)【小问1详解】c()=，故答案为：；【小问2详解】根据可得：，=+632，故答案为：+632；【小问3详解】①在其他条件相同时，的值越大，NO的脱出率越高，结合图像可知在相同条件下a曲线对应的NO的脱出率最低，则的值最小，则应为1:3，故答案为：1:3；②曲线c中NO的起始浓度为，从A点到B点NO的脱出率由0.55升高到0.75，则该时间段内NO的脱除速率为 ，故答案为：；③由图可知，无论以何种比例反应，在温度超过900℃时NO脱除率都会骤然下降，可能的原因是该反应为放热反应，温度升高使平衡逆向移动，导致NO脱除率下降，故答案为：该反应为放热反应，温度升高使平衡逆向移动；【小问4详解】NO可以被含的溶液吸收，生成含有和的吸收液，反应中1molNO失1mol电子生成，1mol得1mol电子生成，根据得失电子守恒及元素守恒得反应：；