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天津市市区重点中学2022届高三下学期一模联考化学试题(Word版带解析)

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2022年天津市特级高考模拟试卷化学(一)第I卷可能用到的相对原子质量:H-1C-12N-14O-16Sn-119Cl-35.5本卷共12题,每题3分,共36分。在每题列出的四个选项中,只有一项是最符合题目要求的。1.化学在工农业生产和日常生活中都有重要应用。下列叙述正确的是A.华为自主研发的“麒麟”芯片与太阳能电池感光板所用材料均为晶体硅B.食品包装袋中常有硅胶、生石灰、还原铁粉等,其作用都是防止食品氧化变质C.自来水厂常用明矾、O3、ClO2等做水处理剂,其作用都是杀菌消毒D.用于制造“山东舰”上舰载机降落拦阻索的特种钢,属于新型无机非金属材料【答案】A【解析】【详解】A.晶体硅为良好的半导体材料,可用作芯片和制造太阳能电池,A正确;B.硅胶、生石灰具有吸水性,不具有还原性,不能用作防止食品氧化变质,B错误;C.明矾能净水,不能杀菌消毒,C错误;D.特种钢为合金,属于金属材料,D错误;故答案为:A。2.下列说法正确的是A.PH3的电子式为:B.CH4分子立体结构模型:C.晶体类型相同:SiO2和SO3D.第一电离能:S>P【答案】B【解析】【详解】A.PH3的电子式为:,A错误; B.已知甲烷为正四面,正四面体结构,故CH4分子立体结构模型为:,B正确;C.SiO2为原子(共价)晶体,而SO3为分子晶体,故二者晶体类型不相同,C错误;D.P、S为同一周期元素,同一周期元素第一电离能呈增大趋势,IIA与IIIA、VA与VIA反常,故第一电离能:S<P,D错误;故答案:B。3.主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大,且均不大于20,W与Y原子的最外层电子数之和等于X原子的最外层电子数。这四种元素形成的一种食品添加剂Q的结构如图所示。下列说法正确的是A.原子半径:W<Y<X<ZB.W与Z形成的化合物中含有共价键C.X与Y形成的化合物可用作食品干燥剂D.Q中不是所有原子都满足8电子稳定结构【答案】D【解析】【分析】【详解】与W与Y的最外层电子数与X相同且由其结构式可推断出W为H,X为O,Y形成了5条键则为P,Z为Ca,CaHPO4为食品添加剂,据此解题。A.原子半径由小到大依次是H,O,P,Ca,即W<X<Y<Z,故A错误;B.W与Z形成CaH2,其为离子化合物,不含共价键,故B错误;C.X与Y形成P2O5,其具有毒性,不可作为食品干燥剂,故C错误;D.Q中H原子并未形成8电子稳定结构,其为2电子稳定结构,故D正确;故选D。4.下列关于有机物说法正确的是①理论上1mol苯和1mol甲苯均能与3molH2发生加成反应;②用灼烧的方法可以区别蚕丝和棉花;③油脂水解可得到氨基酸和甘油; ④纤维素和淀粉都是多糖,二者互为同分异构体;⑤多糖和蛋白质在一定条件下都能水解;⑥乙醇中是否含水,可用金属钠来检测A.①②⑤B.①②⑥C.②⑤⑥D.④⑤⑥【答案】A【解析】【分析】【详解】①理论上1mol苯和1mol甲苯均能与3molH2发生加成反应,故正确;②丝的主要成分为蛋白质,灼烧时具有烧焦的羽毛气味,为蛋白质的特有性质,可用于蚕丝和棉花,故正确;③油脂水解可得到甘油和高级脂肪酸,故错误;④纤维素和淀粉都是高分子化合物,二者的分子式不同,不是同分异构体,故错误;⑤多糖可水解生成单糖,蛋白质可水解生成氨基酸,故正确;⑥乙醇和水都与钠反应,不能加入钠鉴别,故错误;故选:A。5.下列实验装置能达到实验目的的是ABCD制纯碱制NH3制SO2制取乙烯A.AB.BC.CD.D 【答案】C【解析】【分析】【详解】A.纯碱的化学式为Na2CO3,碳酸氢钠受热分解的方程式为:2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑,反应有水蒸气生成,故在试管中加热碳酸氢钠时试管口应略微向下倾斜,防止冷凝的水倒流炸裂试管。图中试管口是向上的,故A错误;B.石灰石的化学式为: CaCO3, 浓氨水与石灰石不反应,因此无法制取氨气,故B错误;C.铜与浓硫酸在加热的条件下可以反应生成二氧化硫,反应方程式为Cu+ 2H2SO4(浓)CuSO4+ 2H2O + SO2↑,图中用了酒精灯进行加热,酸也为浓硫酸,故C正确;D.实验室制取乙烯的反应原理为: ,该反应用到的药品有乙醇和浓流酸,用到的装置为液液加热装置,加入碎瓷片的目的是防止暴沸。乙醇发生消去反应生成乙烯的反应中,温度必须控制在170,温度计的作用是控制反应温度在170,而图中缺少温度计,故D错误;故答案:C。6.下列各组离子,能在溶液中大量共存的是A.、、、B.、、、C.、、、D.、、、【答案】D【解析】【详解】A.与发生双水解反应,在溶液中不能大量共存,故A错误;B.、、发生氧化还原反应,在溶液中不能大量共存,故B错误;C.和能结合成Fe(SCN)3,在溶液中不能大量共存,故C错误;D.、、、之间不反应,在溶液中能大量共存,故D正确;故选:D。 7.我国科研人员提出催化合成碳酸二甲酯()需经历三步反应,示意图如下。下列说法不正确的是A.①③均为取代反应,②为加成反应B.在碱性条件下完全水解,消耗C.合成的总反应中和是反应物D.①中催化剂的作用是使键断裂活化【答案】B【解析】【分析】【详解】A.根据图中断键和成键的情况分析得到①③均为取代反应,②为加成反应,故A正确;B.DMC中含有2个酯基,因此在碱性条件下完全水解,消耗,故B错误;C.合成的总反应是和反应生成DMC和水,因此和是反应物,故C正确;D.根据①的图示得到①中催化剂的作用是甲醇中的键断裂活化,故D正确。综上所述,答案为B。8.代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.25℃1L的溶液中数目为0.1 B.中,σ键的数目为3C.180g葡萄糖中,C原子数目为12D.足量铁粉与1L14mol/L浓硝酸加热充分反应,转移电子数目为14【答案】A【解析】【详解】A.25℃1L的溶液中数目为1L×0.1mol/L×NAmol-1=0.1,A正确;B.1分子N2中含有1个σ键和2个π键,故中,σ键的数目为1,B错误;C.已知葡萄糖的分子式为C6H12O6,180g葡萄糖中,C原子数目为=6,C错误;D.由Fe+4HNO3(浓)Fe(NO3)2+2NO2↑+2H2O,3Fe+8HNO3(稀)3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O可知,由于不知道浓硝酸和稀硝酸的量分别是多少,故无法计算足量铁粉与1L14mol/L浓硝酸加热充分反应,转移的电子数目,D错误;故答案为:A。9.已知X、Y是短周期的两种元素,下列相关结论一定正确的是选项条件结论A若原子半径:X>Y则原子序数:X<YB若X、Y分别属于金属、非金属元素则X、Y之间形成离子键C若分子式为XY2则该分子的VSEPR模型为直线型D若XYa中X显负价则元素的电负性:X>YA.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【分析】【详解】A.同周期主族元素,核电荷数越大,原子半径越小,若X、Y同周期,原子半径: X>Y,则原子序数:X<Y;若X、Y为短周期同主族元素,原子半径:X>Y,可知X的周期数大于Y,即原子序数X>Y,故A错误;B.金属元素与非金属元素之间可能形成共价键,如AlCl3是共价化合物,Al与Cl形成的是共价键,故B错误;C.SO2分子中中心原子S是sp2杂化,则VSEPR模型为平面三角形,故C错误;D.电负性大的元素得电子能力强,在化合物中显负价,化合物中X显负价,则元素的电负性:X>Y,故D正确;故答案为D。10.室温下用溶液分别滴定20.00mL浓度均为的HA,HB两种酸的溶液,滴定过程中溶液的pH随滴入的NaOH溶液体积的变化如图所示(溶液体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是A.导电能力:a点溶液>b点溶液B.b点溶液中C.a点溶液中由水电离出的约为D.HA对应曲线上c点溶液呈碱性因是【答案】D【解析】【详解】A.0.1 mol•L-1的HA溶液的pH为1,说明HA为强酸,完全电离;a点溶液为加入10mLNaOH溶液,生成等量的强酸强碱盐NaA和没反应的HA,两者均完全电离,离子浓度大,导电性强;而HB溶液的pH为4,说明HB为弱酸,不完全电离;b点溶液为加入10mLNaOH溶液,生成溶质为等量的强碱弱酸盐NaB和没反应的弱酸HB,弱酸不完全电离,所以导电能力:a点溶液>b点溶液,A正确;B.由图可知,b两点对应所加入的NaOH溶液的体积为10mL,则反应后溶液中为等物质的 量浓度的HB和NaB混合溶液,溶液显酸性,即HB的电离程度大于B-的水解程度,故b点溶液中,B正确;C.HA为强酸,a点加入NaOH溶液的体积为10mL,反应恰好生成起始时等量的NaA和HA,溶液呈酸性,c(H+)==mol•L-1,溶液中OH-均是由水电离出,则c(OH-)=c水(OH-)===3×10-13mol•L-1,则a点时的溶液中由水电离出的c(H+)=c水(OH-)=3×10-13mol/L,C正确;D.HA溶液为强酸溶液,反应恰好生成强酸强碱盐NaA,A-不水解,HA对应曲线上c点溶液呈碱性因是所加NaOH过量,D错误;故答案为:D。11.我国科研团队开发了一种新型铠甲催化剂Ni/Co@石墨烯,可以高效去除合成气中的H2S杂质并耦合产氢,其工作原理如图所示。下列说法错误的是A.铠甲催化剂电极上的电势高于M电极上的电势B.阴极的电极反应式为2H++2e-=H2↑C.通电后,阳极区溶液的pH值降低D.生成H2和Sx的物质的量之比为1:x【答案】D【解析】【分析】【详解】A.由图中信息知,铠甲催化剂电极为阳极,M电极为阴极,阳极上的电势高于阴极上的电势,A项正确;B.阴极上氢离子得电子,电极反应式为,B项正确; C.阳极区反应生成和导致阳极区溶液的减小,C项正确;D.阴极上生成1得到2电子,阳极上生成1失去电子,由电子守恒知,生成和的物质的量之比为,D项错误;故选D。12.氯羟喹能够提高人体的免疫力,其结构如图所示。下列有关氯羟喹的说法正确的是A.分子式为B.环上有5种处于不同化学环境的氢原子C.分子中氮原子杂化方式只有1种D.分子中所有碳原子可能共平面【答案】B【解析】【详解】A.由题干有机物的结构简式可知,其分子式为C18H26ON3Cl,A错误;B.由题干有机物的结构简式可知,分子中环上没有对称轴,故环上有5种处于不同化学环境的氢原子,B正确;C.由题干有机物的结构简式可知,分子中氮原子杂化方式有sp2和sp3两种,C错误;D.由题干有机物的结构简式可知,分子中有sp3杂化的N原子和sp3杂化的C原子,故不可能所有碳原子共平面,D错误;故答案为:B。第II卷本卷共4题,共64分。13.阿散酸()是一种饲料添加剂,能溶于Na2CO3溶液中。常含有H3AsO3、NaCl等杂质。(1)基态As原子核外电子排布式为___。 (2)CO中心原子杂化轨道的杂化类型为___,AsO的空间构型为__(用文字描述)。(3)与AsO互为等电子体的分子为___(填化学式)。(4)Ge、As、Se三种元素的第一电离能由小到大的顺序为__。(5)NaCl晶体在50~300GPa的高压下和Na或Cl2反应,可以形成不同的晶体。其中一种晶体的晶胞如图,该晶体的化学式为___。【答案】(1)[Ar]3d104s24p3(2)①.sp2②.三角锥形(3)CCl4(4)As>Se>Ge(5)Na2Cl【解析】【分析】【小问1详解】已知As为33号元素,与N、P位于同一主族,故基态As原子核外电子排布式为[Ar]3d104s24p3,故答案为:[Ar]3d104s24p3;【小问2详解】CO中心原子C原子的价层电子对数为:3+=3,故中心原子杂化轨道的杂化类型为sp2,AsO中心原子As的价层电子对数为:3+=4,故其空间构型为三角锥形,故答案为:sp2;三角锥形;【小问3详解】等电子体是指具有相同原子总数和相同价电子总数的微粒,故与AsO互为等电子体的分子 为CCl4等,故答案为:CCl4;【小问4详解】同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势,ⅡA与ⅢA,ⅤA与ⅥA反常,Ge、As、Se三种元素是第四周期ⅣA、ⅤA、ⅥA元素,故第一电离能由小到大的顺序为:As>Se>Ge,故答案为:As>Se>Ge;【小问5详解】从该晶胞图可知,Na+2个位于上、下底的面心上和4个在棱上,另2个位于体内,故一个晶胞中含有的Na+数目为:,而Cl-则8个均位于棱上,故每个晶胞中含有的Cl-的数目为:,故Na+:Cl-=4:2=2:1,故化学式为:Na2Cl,故答案为:Na2Cl。14.以乙烯和D(C5H8)为主要原料合成功能高分子M的路线如下:已知:①②③(1)B的核磁共振氢谱有两组峰,其峰面积之比为___________,B的某同分异构体只有一种化学环境的氢原子,该同分异构体的结构简式为___________。(2)C的结构简式为_______,按先后顺序写出检验C中所含官能团的试剂________。(3)D是五元环状化合物,E→F的化学方程式是___________。(4)L的结构简式为___________。(5)参照以上合成路线,以乙醛和1,3-丁二烯为原料合成,写出其合成路线(其它试剂任选)。_______ 【答案】(1)①.3:1②.(2)①.CH2=CHCHO②.银氨溶液、溴水(3)+2NaOH+2NaBr+2H2O(4)(5)2CH3CHO【解析】【分析】由分子式可知A为乙烯,乙烯催化氧化后得到B,B能与G发生已知①中的反应,则B应含有醛基,结合B的分子式可知B为CH3CHO,结合已知反应①的特点及C的分子式可知G为HCHO,C为CH2=CHCHO,结合M的结构简式及反应③可知L为,结合C的结构简式及反应②的特点可知F为,根据D的分子式及F的结构特点可知D为,D与溴单质发生加成反应得到E,E为,E发生消去反应得到F,据此分析解答。【小问1详解】B为CH3CHO,含有两种氢,比例为3:1,B的某同分异构体只有一种化学环境的氢原子,则其结构为,故答案为:3:1;;【小问2详解】 由以上分析C为CH2=CHCHO,其中含有醛基和碳碳双键两种官能团,因醛基易被溴水氧化,因此先检验用银氨溶液检验醛基,再用溴水检验碳碳双键,故答案为:CH2=CHCHO;银氨溶液、溴水;小问3详解】E为,E发生消去反应得到F,反应方程式为:+2NaOH+2NaBr+2H2O,故答案为:+2NaOH+2NaBr+2H2O;【小问4详解】由上述分析可知L为,故答案为:;【小问5详解】可由发生已知③反应得到,可由1,3-丁二烯与发生已知②反应得到,可由乙醛发生反应①得到,合成路线:2CH3CHO,故答案为:2CH3CHO ;15.FTO导电玻璃为掺杂氟的SnO2透明导电玻璃,广泛用于液晶显示屏、薄膜太阳能电池基底等方面,SnCl4可用于制作FTO导电玻璃。实验室可用熔融的锡与Cl2反应制备SnCl4,此反应放热,生成的SnCl4易水解生成SnO2·xH2O。回答下列问题:有关物理性质如下表:物质颜色、状态熔点/℃沸点/℃Sn银白色固体231.92260SnCl4无色液体-33114SnCl2无色晶体246652(1)Ⅱ装置中发生反应的离子方程式为___________。(2)将上述装置用玻璃管连接,组装成一套制备SnCl4实验装置(每个装置最多使用一次),正确的顺序是(填各接口字母序号):B___________N,A___________。Ⅲ处中应选用的冷凝管为___________(填选项字母);(3)检查装置气密性并装好药品后,应先打开Ⅱ中的分液漏斗活塞,待出现___________现象后,再点燃Ⅰ处的酒精灯。 (4)Ⅵ装置的作用是___________。若没有Ⅵ装置,可能发生的化学反应方程式为___________。(5)实验制得30g溶有氯气的SnCl4,其中氯气质量分数为13.0%,则至少需向Ⅰ中通入氯气的物质的量为___________(保留2位小数)。提纯该SnCl4的方法是___________(填序号)。a.用NaOH溶液洗涤再蒸馏b.升华c.重结晶d.蒸馏e.过滤【答案】(1)2MnO+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O(2)①.BHIEF②.CDJ③.B(3)Ⅰ中蒸馏烧瓶中充满黄绿色气体(4)①.吸收多余的氯气,并防止水蒸气进入锥形瓶②.SnCl4+(x+2)H2O=SnO2·xH2O↓+4HCl↑(5)①.0.25②.d【解析】【分析】实验室可用熔融的锡与Cl2反应制备SnCl4,先利用装置Ⅱ制备氯气,因产生的Cl2中会混有杂质气体HCl和水蒸气,用装置V的饱和NaCl溶液除去Cl2中的HCl,再将气体通入VI装置,利用浓硫酸的吸水性干燥得纯净的Cl2;将纯净的Cl2通入Ⅰ装置,与熔融的锡反应生成SnCl4蒸气,该蒸气经装置Ⅲ的冷凝得到SnCl4液体,因SnCl4易水解,要注意防水蒸气进入装置Ⅲ以及吸收多余的Cl2,防止污染空气,故可在装置Ⅲ之后,连接装置VI。【小问1详解】在Ⅱ装置中KMnO4与浓盐酸反应产生KCl、MnCl2、Cl2、H2O,根据电子守恒、原子守恒,结合物质的拆分原则,可知发生该反应的离子方程式为:2MnO+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。【小问2详解】在装置II中制取Cl2,Cl2中含有杂质HCl及水蒸气,先通过装置V的饱和食盐水除去杂质HCl,然后通过装置IV的浓硫酸干燥除去水蒸气,导气管都是长进短出,然后将Cl2由N通入到装置I中制取SnCl4,产生的SnCl4并装置III冷凝收集在在D中,为防止生成的SnCl4水解,同时吸收多余的Cl2,再使气体由D经装置VI的J进入,由K排出,故按接口的先后顺序为:BHIEFNACDJK。装置III进行冷凝操作时,为了充分冷凝,要采用逆流原理,冷却水下进上出。为避免冷凝产生的液体SnCl4滞留在冷凝管中,要采用直形冷凝管,故合理选项是B。【小问3详解】检查装置气密性并装好药品后,为防止Sn 与装置中的空气发生反应,应先打开Ⅱ中的分液漏斗活塞,待装置Ⅰ中蒸馏烧瓶中充满黄绿色气体后,再点燃Ⅰ处的酒精灯。【小问4详解】Ⅵ装置的作用是吸收多余的氯气,并防止水蒸气进入锥形瓶,避免制取的SnCl4水解。若没有装置VI,SnCl4水解产生SnO2·xH2O和HCl,反应的化学方程式为:SnCl4+(x+2)H2O=SnO2·xH2O↓+4HCl↑。【小问5详解】实验制得30g溶有氯气的SnCl4,其中氯气质量分数为13.0%,则m(Cl2)=30g×13.0%=3.9g,m(SnCl4)=30g-3.9g=26.1g,则根据Cl元素守恒可知至少需向Ⅰ中通入氯气的物质的量为n(Cl2)=。Sn与Cl2在加热时反应产生物质SnCl4中由于会混有Cl2而显黄色,SnCl4在室温下呈液态,故分离提纯SnCl4应该采用蒸馏方法,合理选项是d。16.我国研发了一种新型催化剂,可以通过反应2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)△H达到消除NO污染的效果。已知:Ⅰ.4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g)△H1=-1808kJ•mol-1;Ⅱ.N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H2=-92.4kJ•mol-1。回答下列问题:(1)若在密闭容器中同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ,反应Ⅱ对反应Ⅰ中NO的平衡转化率的影响为___(填“增大”“减小”或“无影响”)。(2)2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)的△H=___(保留四位有效数字)。(3)T1℃时,向填充催化剂的10L恒容密闭容器甲中充入2molNO和2molH2,发生反应2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)。10min末反应达到平衡时测得N2的物质的量为0.8mol。①0~10min内,用NO的浓度变化表示的平均反应速率v(NO)=___。②反应的平衡常数Kc=__L•mol-1。③若起始向填充催化剂的10L恒容密闭容器乙中充入1molNO(g)、1molH2(g)、2molN2(g)、2molH2O(g)。甲、乙容器中平衡时气体压强之比___(填“>”“<”或“=”),理由为___。(4)有学者对比了新型催化剂与传统催化剂的催化效果。当固定比例的NO(g)和H2(g)的混合气体,以相同流速分别通过填充有两种催化剂的反应器,测得NO 的转化率与温度的关系如图所示。①新型催化剂优于传统催化剂的理由为___。②M、N、P、Q四点中一定未达到平衡状态的是__(填字母)。【答案】(1)增大(2)-664.3kJ•mol-1(3)①.0.016mol•L-1•min-1②.800③.>④.甲中平衡气体压强与乙中起始气体压强之比为,乙中浓度商Qc<Kc,反应正向进行,气体总物质的量减小,压强减小(4)①.在较低温度下,单位时间内NO的转化率更高②.M【解析】【分析】【小问1详解】反应Ⅱ可以减小浓度,同时增大浓度,使反应Ⅰ平衡正向移动,增大的平衡转化率。【小问2详解】根据盖斯定律,得,的△H-664.3kJ/mol。【小问3详解】由题意可得三段式:①0~10内,用的浓度变化表示的平均反应速率 。②反应的平衡常数。③甲中平衡时气体总物质的量为3.2mol,乙中起始气体总物质的量为6mol,物质的量之比等于压强之比,则甲中平衡时气体压强与乙中起始气体压强之比为。乙中浓度商,反应正向进行,气体总物质的量减小,压强减小,则甲、乙容器中平衡气体压强之比大于。【小问4详解】①由图可知,新型催化剂在较低温度下,单位时间内NO的转化率更高,催化效果更好。②该反应为放热反应,温度升高反应逆向进行,且催化剂不影响平衡,M点为反应正向进行的状态,N、Q点状态可能是达到平衡后,升高温度平衡逆向移动的状态,P点反应达到平衡状态。

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所属: 高中 - 化学
发布时间:2022-03-28 14:41:03 页数:18
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文章作者:随遇而安

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