天津市河西区2022-2023学年高三化学下学期总复习质量调查(三)试题（Word版附解析）

河西区2022-2023学年度第二学期高三年级总复习质量调查(三)化学试卷化学试卷共100分，考试用时60分钟可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Fe56祝各位考生考试顺利！第I卷每题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。1.下列叙述不涉及氧化还原反应的是A.海水提溴B.苏打用作食用碱C.谷物发酵酿酒D.漂白粉久置空气中失效【答案】B【解析】【详解】A．海水提溴，是将化合态的溴转化为溴单质再分离出来的过程，涉及氧化还原反应，故A错误；B．苏打用作食用碱，是碳酸钠和酸反应的过程，其属于复分解反应，因而不涉及氧化还原反应，故B正确；C．谷物发酵酿造食醋的过程为：淀粉水解生成葡萄糖，葡萄糖在酶的作用下生成乙醇，乙醇氧化生成醋酸的过程，涉及氧化还原反应，故C错误；D．漂白粉久置与空气中时次氯酸钙与水、二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸易分解，分解后生成盐酸和氧气，从而变质，其过程中涉及氧化还原反应，故D错误；故选：B。2.下列消毒剂有效成分属于盐的是A.高锰酸钾溶液B.过氧乙酸溶液C.双氧水D.医用酒精【答案】A【解析】【详解】A．高锰酸钾溶液的有效成分为KMnO4，其在水溶液中电离出K+和，故KMnO4属于盐，A符合题意；B．过氧乙酸溶液的有效成分是CH3COOOH，在水溶液中电离出CH3COOO-和H+，即水溶液中的阳离子全部为H+，故其属于酸，不合题意；C．双氧水是由H和O组成的化合物，故其属于氧化物，C不合题意； D．医用酒精的有效成分为CH3CH2OH，其属于有机物，不属于盐，D不合题意；故答案为：A。3.下列化学用语或图示表达正确的是A.NaCl的电子式：B.的离子结构示意图：C.顺2-丁烯的键线式：D.中子数为2的氢原子：【答案】D【解析】【详解】A．NaCl是离子化合物，由钠离子与氯离子构成，不存在共用电子对，其电子式为，故A错误；B．氯离子核电荷数17，核外电子数18，核外各层上电子数分别为2、8、8，其结构示意图为，故B错误；C．顺-2-丁烯的结构式，为反-2-丁烯的键线式，故C错误；D．中子数为2的氢原子的质量数为1+2=3，该核素的符号为，故D正确；故选：D。4.下列有关核糖(结构简式如下图所示)的说法正确的是A.与葡萄糖属于同系物B.碳原子均是杂化C.能发生氧化反应D.属于生物大分子【答案】C【解析】【详解】A．葡萄糖的结构简式为HOCH2(CHOH)4CHO，葡萄糖和核糖结构不相似且比核糖多1个CHOH，所以二者不互为同系物，故A错误； B．分子中饱和碳原子采用sp3杂化，醛基中的碳原子采用sp2杂化，故B错误；C．分子中醛基、-CH2OH、-CH(OH)-都能发生氧化反应，故C正确；D．生物大分子是指生物体细胞内存在的蛋白质、核酸、多糖等大分子，该分子相对分子质量较小，属于小分子化合物，故D错误；故选：C。5.实验室进行粗盐提纯时，需除去、和，所用试剂除、NaOH、盐酸和水外，还应该必备的试剂是A.B.C.硝酸D.小苏打【答案】A【解析】【详解】加入氯化钡时，能和反应生成硫酸钡沉淀，从而除去，加入碳酸钠溶液时，能和Ca2+、Ba2+反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钡沉淀，从而除去钙离子和过量的钡离子；加入过量氢氧化钠溶液，生成氢氧化镁沉淀，除去镁离子；过滤，向滤液中加入适量的稀盐酸时，可以把过量的氢氧化钠和碳酸钠除去，故还应该必备的试剂是BaCl2，故选：A。6.下列叙述及相关解释均正确的是选项叙述解释A还原性：HI>HBr范德华力：HI>HClB稳定性：O与S同主族，得电子能力：O<SC沸点：前者能形成分子内氢键后者能形成分子间氢键D键极性的强弱：H-O<H-F电负性：O<FA.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．分子间的范德华力决定物质的熔沸点，与物质的还原性无关，故A错误；B．同主族元素，从上到下，原子半径越来越大，非金属性越来越弱，原子半径O＜S，根据同主族，原子 半径越小，非金属性越强，得电子能力越强，氢化物越稳定，所以稳定性：H2O＞H2S，故B错误；C．分子间的氢键会使物质的熔沸点升高，邻羟基苯甲醛可以形成分子内氢键，即酚羟基中的氢原子与羧基中的氧原子之间形成氢键，对羟基苯甲醛可以形成分子间氢键，即酚羟基中的氢原子与另外一个分子的羧基中的氧原子之间形成氢键，故邻羟基苯甲醛沸点小于对羟基苯甲醛，故C错误；D．同周期从左向右，元素电负性越来越大，电负性：O＜F，即F吸电子能力大于O，则H-F键的极性比H-O键的极性强，故D正确，故选：D。7.利用如图所示装置(夹持装置略)进行a中反应的实验，对应b中试剂、现象及其解释正确的是选项a中反应b中试剂、现象及其解释A浓硝酸分解淀粉KI溶液变蓝，证明有生成BCu与浓硫酸反应品红溶液褪色，证明有生成C浓NaOH溶液与溶液反应酚酞溶液变红，证明有生成D与NaOH的乙醇溶液反应酸性高锰酸钾溶液褪色，证明有1-丁烯生成A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．浓硝酸分解生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，可氧化KI生成碘，淀粉KI溶液变蓝，不能证明有氧气生成，故A错误；B．二氧化硫可使品红褪色，品红溶液褪色，不能证明有SO3生成，故B错误；C．浓NaOH溶液与NH4Cl溶液加热生成氨气，氨水溶液显碱性，则酚酞溶液变红，证明有NH3生成，故C正确；D．CH3CH2CH2CH2Br与NaOH的乙醇溶液加热发生消去反应，生成的1-丁烯及挥发的乙醇均使酸性高锰酸钾溶液褪色，则酸性高锰酸钾溶液褪色，不能证明有1-丁烯生成，故D错误； 故选：C。8.设表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.1mol水蒸气中所含的氢键的数目为B.1mol分子中，σ键的数目为C.1mol/L溶液中，的数目为D.56gFe与足量完全反应，转移电子的数目为【答案】D【解析】【详解】A．水蒸气分子之间剧离较大，不存在氢键，故A错误；B．1molC2H4分子中含4个C-H键、1个C=C键，σ键的数目为5NA，故B错误；C．溶液体积未知，无法计算氯离子个数，故C错误；D．铁与足量硝酸反应，铁被氧化生成铁离子，56gFe即1mol与足量HNO3完全反应生成铁离子物质的量为1mol,转移电子的数目为3NA，故D正确；故选：D。9.常温下，下列溶液的浓度均为0.1mol·L，有关叙述正确的是A.碳酸氢钠溶液中B.碳酸钠溶液比碳酸氢钠溶液的pH小C.碳酸钠溶液中D.向碳酸钠溶液中滴加盐酸至，所得溶液的溶质只有NaCl【答案】C【解析】【详解】A．碳酸氢钠溶液呈碱性，说明水解程度大于电离程度，所以c(H2CO3)＞c()，故A错误；B．水解程度越大溶液的pH值越大，水解程度大于水解程度，所以相同浓度的碳酸钠溶液的pH大于碳酸氢钠溶液，故B错误；C．溶液中存在质子守恒，根据质子守恒得c(OH-)=c(H+)+2c(H2CO3)+c()，故C正确；D．碳酸钠溶液中滴加稀盐酸pH=7时，溶液中溶质含有NaCl、碳酸氢钠、碳酸，所以溶质不仅含氯化 钠，故D错误：故选：C。10.某咖啡酰奎尼酸M是金银花抗菌、抗病毒的有效成分之一，其分子结构如下图所示。下列有关M的说法正确的是A.M不存在手性碳原子B.M存在顺反异构现象C.M至少有6个碳原子共平面D.1molM能与7molNaOH反应【答案】B【解析】【详解】A．连接4个不同原子或原子团的碳原子为手性碳原子，该物质中环己烷上与羟基相连的碳为手性碳原子，故A错误；B．分子中碳碳双键两端的碳原子连接2个不同的原子或原子团，所以存在顺反异构，故B正确；C．苯环和直接连接苯环的碳原子共平面，单键可以旋转，所以该分子中最少有7个碳原子共平面，故C错误；D．酚羟基、酯基水解生成的羧基能和NaOH以1：1反应，分子中含有2个酚羟基、1个酯基水解生成1个羧基，醇羟基和NaOH不反应，所以1mol该物质最多消耗3molNaOH，故D错误；故选：B。11.常温下，向20mL0.1mol/L的某一元酸(HA)溶液中加入几滴酚酞溶液，再逐滴滴加0.1mol/LNaOH溶液，测得滴定曲线如图。下列说法不正确的是A.V=10mL时，c(HA)＞c(A-)B.pH=7时，V(NaOH)＜20mLC.滴定终点时，溶液由无色变为浅红色D.a点的水的电离程度大于b点的水的电离程度【答案】A 【解析】【详解】A．向20mL0.1mol/L的某一元酸(HA)溶液中逐滴滴加0.1mol/LNaOH溶液，当加入NaOH溶液10mL时，溶液中含有等物质的量的HA和NaA，根据图象可知溶液pH＜7，显酸性，说明HA的电离作用大于A-的水解作用，故浓度：c(HA)＜c(A-)，A错误；B．当加入NaOH溶液体积是20.00mL时，二者恰好反应产生NaA，此时溶液pH=8＞7，则当溶液pH=7时，滴加NaOH溶液的体积V(NaOH)＜20mL，B正确；C．当滴定达到终点时，溶液显碱性，由于指示剂在待测酸溶液中，因此看到溶液会由无色变为浅红色，且半分钟内不再变为无色，C正确；D．a点时溶液的溶质为NaA，该盐是强碱弱酸盐，弱酸根A-会发生水解反应，使水电离程度增大；b点为NaA与NaOH的混合溶液，碱的存在会抑制水的电离，因此水的电离程度：a点＞b点，D正确；故合理选项是A。12.一定条件下与HCl反应，有两种加成产物：①和②其反应历程如下图所示。下列说法正确的是A.稳定性：B.得到加成产物①的反应为放热反应C.得到加成产物②反应的焓变等于D.得到加成产物②的速率比①的速率快【答案】B【解析】【详解】A．能量越高越不稳定，能量：CH3CHClCH3＜CH3CH2CH2Cl,则稳定性：CH3CHClCH3＞CH3CH2CH2Cl，故A错误；B．得到加成产物①时，反应物总能量大于生成物总能量，则该反应为放热反应，故B正确；C．焓变=生成物总能量-反应物总能量，根据图中数据无法计算加成产物②反应的焓变，故C错误；D．活化能越小，反应速率越快，活化能：加成产物②大于加成产物①，所以得到加成产物①的速率比②的速率快，故D错误； 故选：B。第II卷(非选择题共64分)本卷包括4小题，共64分。13.失水后可转为，与可联合制备铁粉精()和。按要求回答下列问题。I．的结构如图所示。（1）价层电子的轨道表示式为___________。（2）中的键角比分子中的___________。(填“大”、“小”或“一样大”)（3）图中分别与、的作用力为___________、___________。II．晶胞为立方体，棱长为apm，如图所示：（4）与等距且紧邻的离子个数为___________。晶胞的密度为___________g⋅cm(设阿伏加德罗常数的值为，列算式)。（5）以为燃料，联合的分解，制备铁粉精()和。①结合下列“分解”、“与反应”分别生成的焓变图示，解释制备铁粉精的过程能充分实现“能源和资源”有效利用的原因：___________。 ②此过程中，发生氧化反应的物质为___________。【答案】（1）（2）大（3）①.配位键②.氢键（4）①.6②.（5）①.由图可知，与生成的反应为放热反应，分解生成的反应为吸热反应，放热反应放出的热量有利于吸热反应的进行，有利于反应生成的与反应生成②.、【解析】【小问1详解】Fe2+的价电子排布式为3d6，价层电子轨道表示式为：；【小问2详解】硫酸根离子和水分子中心原子均为sp3杂化，孤电子对与成键电子对之间的斥力大于成键电子对之间的斥力；中心原子硫原子不存在孤对电子、H2O中心原子氧原子有2对孤对电子，孤电子对与成键电子对之间的斥力较大，故中的键角大于H2O中的键角，故答案为：大；【小问3详解】由图可知，亚铁离子提供空轨道、H2O提供孤对电子两者形成配位键；氧的电负性较大，故和H2O之间形成氢键，故答案为：配位键；氢键；【小问4详解】由图可知，Fe2+位于晶胞的顶点和面心，阴离子位于棱上和体心，则距离Fe2+最近的阴离子有6个；根据均摊法可知，1个晶胞中含有Fe2+的个数为8×+6×＝4，即含有4个FeS2，晶胞质量为 ，晶体体积V=(a×10−10)3cm3，该晶体的密度为g/cm3，故答案为：6；；【小问5详解】①由图可知，FeS2与O2生成FexOy的反应为放热反应，FeSO4•H2O分解生成FexOy的反应为吸热反应，放热反应放出的热量有利于吸热反应的进行，有利于反应生成的SO3与H2O反应生成H2SO4，所以以FeS2为燃料，配合FeSO4•H2O可以制备铁粉精和H2SO4可充分实现能源和资源有效利用；②化合价升高的物质发生氧化反应，发生氧化反应的物质为FeS2、FeSO4⋅H2O，故答案为：FeS2、FeSO4⋅H2O。14.化合物H是某合成药物的中间体，其人工合成路线如下：已知：试剂X为按要求回答下列问题。（1）试剂X的官能团的名称为___________；H的分子式为___________。（2）A→B的反应类型为___________。B的名称为___________。（3）C→D的化学方程式为___________。（4）B的同分异构体有多种，其中含有醛基的有___________种(不含B，不考虑立体异构)。写出其中核磁共振氢谱仅有2组吸收峰的结构简式：___________。（5）写出和2-丙醇为原料制备的合成路线流程图___________。(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)【答案】（1）①.氨基②.（2）①.加成反应②.3-氯丁醛（3）（4）①.4②. （5）【解析】【分析】A和HCl发生加成反应生成B，B和X发生取代反应生成C和H2O，C中氯原子发生水解反应生成D，D中醇羟基发生催化氧化生成E，E中羰基先发生加成反应生成醇羟基，然后醇羟基发生消去反应生成碳碳双键；F和氯气发生取代反应生成G，G发生水解反应生成H；【小问1详解】试剂X的官能团的名称为氨基；H的分子式为C10H7NO，故答案为：氨基；C10H7NO；【小问2详解】A中碳碳双键和HCl发生加成反应生成B，则A→B的反应类型为加成反应，B的名称为3-氯丁醛，故答案为：加成反应；3-氯丁醛；【小问3详解】C发生水解反应生成D，C→D的化学方程式为+NaOH+NaCl；【小问4详解】B的含有醛基的同分异构体中，如果主链为CH3CH2CH2CHO，氯原子有3种位置异构，去除其本身还有2种；如果主链为(CH3)2CHCHO，氯原子有2种位置异构，所以符合条件的有4种；其中核磁共振氢谱仅有2组吸收峰的结构简式：，故答案为：4；；【小问5详解】以和2-丙醇为原料制备，根据D→E→F→G→H的合成路线知，2-丙醇发生催化氧化生成丙酮，丙酮和苯发生加成反应然后发生消去反应生成，和氯气在光照条件下发生取代反应生成，然后发生水解反应得到，合成路线为 。15.侯氏制碱法为国民经济发展做出了重要贡献。某化学兴趣小组在实验室中模拟并改进侯氏制碱法制备少量，得到副产品和，流程如下图：按要求回答下列问题。（1）写出上图制备总反应的化学方程式：___________。（2）制取时为使下图A装置中分液漏斗内稀盐酸顺利滴下，可将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔或者___________。（3）制备时，需将A装置产生的气体，与B、C装置导管进行连接，其接口顺序是a___________(按气流方向，用小写字母表示)。“雾化装置”的优点是___________。（4）反应完成后，将装置B中混合物处理得到固体和母液。①将固体加热充分，并将产生的气体先通过足量的试剂X吸收水分，再通过足量，增重0.14g。试剂X为___________，产品的质量为___________g。②已知；NaCl和溶解度曲线(如图) i.为使沉淀从母液中充分析出，需向母液中加入的试剂Y为___________；ii.得到副产品所需的操作有___________、___________、过滤、洗涤、干燥。（5）题干实验流程中可以回收再利用的物质有___________。（6）称量吸收了一定量水分的粉末，配制成标准溶液，用于滴定未知浓度盐酸的浓度。预测该标准液对滴定结果造成的影响是___________(填“偏高”“偏低”“无影响”)。【答案】（1）（2）将分液漏斗上部的玻璃塞打开（3）①.efb②.可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率（4）①.浓硫酸②.0.53③.NaCl粉末④.加热浓缩⑤.冷却结晶（5）滤液M即食盐水、气体Z即CO2（6）偏高【解析】【分析】浓氨水中加入NaCl粉末得到饱和氨盐水，向饱和氨盐水中通入CO2发生反应NH3∙H2O+NaCl+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl，经过滤得到NaHCO3和母液，NaHCO3加热分解成Na2CO3、H2O和CO2，气体Z为CO2；母液中加入试剂Y，经过加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NH4Cl，同时得滤液M。【小问1详解】根据分析，制备NaHCO3总反应的化学方程式为NH3∙H2O+NaCl+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl；【小问2详解】由图可知，制取CO2时为使分液漏斗中的稀盐酸顺利滴下，可将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔或者将分液漏斗上部的玻璃塞打开；【小问3详解】A装置中发生的反应为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，由于盐酸具有挥发性，所制CO2中混有HCl(g)和 H2O(g)，在将CO2通入饱和氨盐水之前要用饱和NaHCO3溶液除去CO2中的HCl(g)，则装置接口顺序为aefb；“雾化装置”的优点是可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率；【小问4详解】①NaHCO3加热充分分解成CO2、H2O和Na2CO3，将产生的气体先通过足量的试剂X吸收水分，即试剂X用于干燥CO2，则试剂X为浓硫酸；CO2与Na2O2的反应为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，该反应中每消耗2molCO2固体增重56g，Na2O2增重0.14g，则生成CO2物质的量为=0.005mol，根据反应2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，产品Na2CO3物质的量为0.005mol，质量为0.005mol×106g/mol=0.53g；②i．已知NaCl(s)+NH4Cl(aq)⇌NaCl(aq)+NH4Cl(s)，为使NH4Cl沉淀从母液中充分析出，应使上述平衡正向移动，故需向母液中加入的试剂Y为NaCl粉末；ii．根据NaCl和NH4Cl的溶解度曲线知，NaCl的溶解度随温度升高增大不明显，NH4Cl的溶解度随温度升高明显增大，故得到副产品NH4Cl所需的操作有加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；【小问5详解】根据分析知，气体Z为CO2，在母液中加入NaCl粉末析出NH4Cl，经过滤得到的滤液M中主要为食盐水，结合流程，可以回收再利用的物质有滤液M即食盐水、气体Z即CO2；【小问6详解】称量吸收了一定量水分的NaHCO3粉末，配制成NaHCO3标准溶液，所配标准溶液的浓度偏小；滴定时发生的反应为NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，滴定时消耗的标准溶液的体积偏大，根据c[HCl(aq)]=，所测盐酸的浓度偏高。16.工业烟气中常含有(NO、)。用NaClO溶液中将转化为，再将含溶液进行电化学环保处理。按要求回答下列问题。（1）在大气中会形成酸雨，以NO为例，从氧化还原反应角度分析，过程中表现出的性质是___________。（2）向NaClO溶液中加入硫酸，研究初始pH对脱除率的影响，结果如下。 已知：①不用盐酸调节NaClO溶液初始pH的原因是___________。②时NaClO溶液脱除NOₓ的反应为可逆反应，以NO为例，写出该反应的离子方程式：___________。③时，分析脱除率随溶液初始pH升高而增大的可能原因：___________。（3）将上述脱除后产生的含溶液，用铁碳微电池法在弱酸性条件下进行电化学环保处理，其工作原理及装置如图所示。①电池工作时的负极为___________。②碳电极上的电极反应式为___________。③若甲室处理37.2g，则乙室可生成___________mol。【答案】（1）还原性（2）①.盐酸具有还原性，能与NaClO反应，且生成有毒的氯气②.③.溶液初始pH越高，越小，有利于②中可逆反应正向进行，故脱除率越大（3）①.铁电极②.③.0.5【解析】【小问1详解】NOx在大气中最终被氧化成硝酸，形成酸雨，该过程中NO中氮元素化合价升高，NO表现还原性，故 答案为：还原性；【小问2详解】①盐酸是还原性酸，能与NaClO发生氧化还原反应，因此不能用盐酸调节NaClO溶液的pH值，故答案为：盐酸具有还原性，能与NaClO反应；②pH=3.5时NaClO首先结合氢离子生成HClO，HClO表现强氧化性将NO氧化为，1molNaClO得2mol电子生成lmolNaCl，lmolNO失3mol电子生成，根据得失电子守恒得：2NO+3HClO+H2O⇌2+3Cl-+5H+，故答案为：2NO+3HClO+H2O⇌2+3Cl-+5H+；③由反应：2NO+3HClO+H2O⇌2+3Cl-+5H+和2NO2+HClO+H2O⇌Cl-+2+5H+，可知反应初始阶段随pH值升高，氢离子浓度减小，有利于平衡正向移动，从而提高NOx脱除率，故答案为：反应初始阶段随pH值升高，氢离子浓度减小，有利于平衡正向移动，从而提高NOx脱除率；【小问3详解】