天津市河北区2022届高三化学下学期二模试题（Word版附解析）

天津市河北区2021-2022学年高三下学期总复习质量检测(二)化学试题可能用到的相对原子量：H-1C-12N-14O-16Na-23Cl-35.5Fe-56Cu-64Au-197第Ⅰ卷共36分一、单选题1.垃圾分类有利于资源回收利用。下列关于回收和垃圾分类说法不正确的是A.废弃荧光灯管含有重金属，属于有害垃圾B.厨余垃圾发酵后制成肥料，涉及氧化还原反应C.废弃的聚乙烯塑料有毒不易降解，属于不可回收垃圾D.废旧玻璃瓶主要成分是硅酸盐和二氧化硅，属于可回收垃圾【答案】C【解析】【详解】A．废荧光灯属于有害垃圾,因为荧光灯管内有荧光粉、水银、铅、镉等重金属,它们会对人体健康或自然环境造成潜在或直接的危害，A正确；B．厨余垃圾发酵是氧化还原反应，则厨余垃圾发酵后制成肥料，涉及氧化还原反应，B正确；C．聚乙烯塑料无毒、不易降解，C错误；D．废旧玻璃瓶主要成分是硅酸盐和二氧化硅，可以再生循环，属于可回收垃圾，D正确；故选C。2.下列有关化学用语表示正确的是A.次氯酸的电子式：B.的结构示意图：C.基态碳原子价层电子轨道表示式为：D.四氯化碳的空间填充模型：\n【答案】A【解析】【详解】A．次氯酸属于共价化合物，电子式：，A正确；B．的结构示意图为：，B错误；C．基态碳原子价层电子轨道表示式为：，C错误；D．碳原子半径小于氯原子半径，因此该模型不能表示四氯化碳的空间填充模型，D错误；答案选A。3.下列说法正确的是A.分子形状呈三角锥形，是非极性分子B.凡有规则外形的固体一定是晶体C.电负性越大的元素，第一电离能也越大D.分子中σ键与π键的数目之比是1：1【答案】D【解析】【详解】A．BF3中B原子的价层电子对数为3+=3，没有孤电子对，所以分子的空间构型是平面三角形，是非极性分子，A错误；B．凡有规则外形的固体不一定是晶体，非晶体也可以具有规则外形，B错误；C．同一周期，从左到右，元素的的电负性逐渐增强，第一电离能也在增强，但是IIA族、VA族的元素的第一电离能均大于其相邻元素，比如O的电负性比N强，但是N的第一电离能比O大，C错误；D．CS2的结构式为S=C=S，双键中含有1个σ键与1个π键，故CS2分子中σ键与π键的数目之比是1:1，D正确；故选D。4.化学在人类社会发展中发挥着重要作用，下列说法不正确的是A.双氧水可用于处理泄漏的有毒物质\nB.在钢铁设备上连接金属铜保护钢铁C.高纯硅可用于制作通信设备的芯片D.可用核磁共振氢谱区分苯甲醇和对甲基苯酚【答案】B【解析】【详解】A．双氧水有氧化性，有还原性，S2-可被氧化成硫单质，A项正确；B．在钢铁设备上连接金属铜时，会发生电化学腐蚀，铁作负极，铜作正极，会加快铁的腐蚀，应连接比铁更活泼的金属来保护钢铁，B项错误；C．硅单质可用于制作通信设备的芯片，太阳能电池板等，C项正确；D．核磁共振氢谱可用于测定等效氢的种类，苯甲醇有5种等效氢而对甲基苯酚有4种等效氢，所以可以进行区分，D项正确；答案选B。5.下列叙述正确的是A.和互称为同素异形体B.元素周期表中位于金属与非金属分界线附近的元素属于过渡元素C.合成氨工业中采用循环操作，主要是为了提高氮气和氢气的利用率D.聚乳酸()降解的产物为丙酸【答案】C【解析】【详解】A．和是质子数相同中子数不同的核素、互为同位素，A错误；B．元素周期表中位于金属与非金属分界线附近的元素不属于过渡元素，从第ⅢB起始从左到右一直到ⅡB这十列元素为过渡元素，B错误；C．合成氨反应是可逆反应，不能进行彻底，合成氨工业上采用循环操作，使未反应的N2和H2重新被利用，这样会增加N2和H2的转化率，避免造成不必要的浪费，C正确；D．聚乳酸是聚酯，降解是酯基断裂、其水解产物为α-羟基丙酸、即乳酸，D错误；答案C。6.下列实验装置正确且能达到实验目的的是\nABCD实验目的实验室制乙酸乙酯蒸干溶液制无水苯萃取碘水中的，分出水层后的操作比较碳酸与苯酚酸性强弱实验装置A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．实验室制乙酸乙酯时，右端导管末端不能伸入到饱和碳酸钠溶液的液面下，否则可能会引起倒吸，A错误；B．氯化铁水解生成氢氧化铁，直接蒸干氯化铁溶液得不到无水氯化铁，得到的是氢氧化铁，应在氯化氢氛围中进行蒸干，B错误；C．苯的密度比水小，萃取碘水中的碘时，水层在下层，下口放出，苯层在上层，上口倒出，C错误；D．稀硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，将二氧化碳通入苯酚钠溶液中，溶液变浑浊，说明产生苯酚，即证明碳酸的酸性比苯酚强，D正确；答案选D。7.已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.100g46%的乙醇水溶液含有的氧原子数为1NAB.1mol被还原为转移的电子数为6NA\nC.标准状况下，5.6L溴乙烷中含有分子的数目为0.25NAD.常温下，pH=2的溶液中，含有数为0.01NA【答案】B【解析】【详解】A．100g46%的乙醇水溶液含有的氧原子数为=4NA，A错误；B．按得失电子守恒1mol被还原为转移的电子数为=6NA，B正确；C．标准状况下溴乙烷为液态，5.6L溴乙烷中含有分子的数目远大于0.25NA，C错误；D．常温下，pH=2的溶液体积不知道，难以计算含有的数，D错误；答案选B。8.阿斯巴甜是一种具有清爽甜味的有机化合物，结构简式如下图所示。下列说法不正确的是A.存在对映异构体B.分子式为C.具有两性，能发生取代和氧化反应D.1mol阿斯巴甜完全水解最多消耗4molNaOH【答案】D【解析】【详解】A．阿斯巴甜分子含有手性碳原子（与酯基相连的碳原子），存在对映异构体，A正确；B．由结构简式可得阿斯巴甜分子式为C14H18N2O5，B正确；C．阿斯巴甜含有羧基，可以和NaOH反应，也含有氨基，可以和HCl反应，故该化合物具有两性；阿斯巴甜含有羧基等基团，可以发生取代反应；与苯环相连的碳原子上连有氢原子，\n故阿斯巴甜可以被酸性高锰酸钾溶液氧化；C正确；D．阿斯巴甜水解产物为和，故1mol阿斯巴甜水解产物最终消耗3molNaOH，D错误；故选D。9.下列反应或现象的离子方程式解释正确是A.过量铁粉与稀硝酸反应：B.用饱和溶液处理水垢中的：C.向溶液中滴加6mol/L的，溶液橙色加深：D.电解水溶液：【答案】C【解析】【详解】A．过量铁粉和稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，反应的离子方程式为：3Fe+2NO+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，A错误；B．用Na2CO3溶液处理水垢中的不溶物CaSO4，硫酸钙转化为更难溶的碳酸钙沉淀，反应离子方程式为：CaSO4+CO=CaCO3+SO，B错误；C．向K2Cr2O7溶液中滴加6mol/L的H2SO4，溶液橙色加深，溶液中氢离子浓度增大，平衡Cr2O(橙色)+H2O⇌2CrO(黄色)+2H+，逆向移动，所以溶液橙色加深，C正确；D．电解MgCl2水溶液生成氢氧化镁、氢气和氯气，反应的离子方程式为：Mg2++2Cl-+2H2OMg(OH)2+Cl2↑+H2↑，D错误；故选C。10.硫酸钙是一种用途非常广泛的产品，可用于生产硫酸、漂白粉等一系列物质(见下图)。下列说法正确的是\nA.漂白粉的有效成分是CaCl2和Ca(ClO)2B.可用饱和NaHCO3溶液或KMnO4溶液除去CO2中的SO2气体C.SO2氧化为SO3是可逆反应，提高O2浓度和使用适合的催化剂均可提高SO2的转化率D.用CO合成CH3OH进而合成HCHO的两步反应，原子利用率均为100%【答案】B【解析】【分析】CaSO4与焦炭、空气在高温下反应产生CaO、CO、SO2，SO2与O2在催化剂存在的条件下加热发生氧化还原反应产生SO3，SO3被水吸收得到H2SO4；CO与H2在催化剂存在条件下加热，发生反应产生CH3OH；CaO与H2O反应产生Ca(OH)2，Ca(OH)2与Cl2发生歧化反应制取漂白粉。【详解】A．漂白粉的成分是CaCl2和Ca(ClO)2，有效成分是Ca(ClO)2，A错误；B．KMnO4溶液具有强氧化性，会在溶液中将SO2氧化为硫酸，硫酸能够与NaHCO3溶液反应产生CO2气体，而CO2不能溶解在饱和NaHCO3溶液中，因此可以达到除杂净化的目的，B正确；C．SO2氧化为SO3是可逆反应，提高O2浓度可提高SO2的转化率；但使用适合的催化剂只能加快反应速率，缩短达到平衡所需时间，而化学平衡不移动，因此不能提高SO2的转化率，C错误；D．工业上一般采用下列两种反应合成甲醇：反应Ⅰ：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)；反应Ⅱ:CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，反应Ⅱ中不是所有原子进入期望产物，原子利用率不为100%，D错误；故合理选项是B。11.水浴加热滴加酚酞的溶液，颜色及pH随温度变化如下(忽略水的挥发)：实验①②③④⑤温度/℃203040从40℃冷却到20℃沸水浴后冷却到20℃\n颜色变化红色略加深红色接近①红色比③加深较多pH8.318.298.268.319.20下列说法不正确的是A.溶液中：B.①→③的过程中，颜色加深的原因可能是水解程度增大C.①→③的过程中，pH稍微下降说明升温过程中减小D.⑤比①pH增大，推测是由于分解生成的的缘故【答案】C【解析】【详解】A．溶液中的既存在电离又存在水解，由于电离显酸性，水解显碱性，而溶液显碱性，说明的水解程度大于电离程度，则溶液中离子浓度满足，A项正确；B．①→③的过程中，温度升高促进了的水解，溶液碱性增强，红色略加深，B项正确；C．①→③的过程中温度升高，水的离子积变大，溶液中水电离的氢离子浓度增大，所以溶液中pH略微减小，但温度升高促了水解，增大，C项错误；D．⑤和①的温度相同，但是⑤比①的pH大，说明⑤的碱性强于①，推测是由于受热分解生成，而的碱性比强，D项正确；故答案选C。12.下图是典型微生物燃料电池原理示意图。若用含硝酸盐废水替代图中氧气，可达到废水处理的目的(已知：a室中微生物降解有机物产生、和)。关于该电池，下列说法不正确的是\nA.a室内发生氧化反应，电极为负极B.通过质子交换膜从a室进入b室C.b室内发生的电极反应为：D.将硝酸盐转化为时，电极反应为：【答案】D【解析】【详解】A．a室内微生物降解有机物产生电子，发生氧化反应，失去电子电极为负极，A正确；B．a室内微生物降解有机物产生H+，a室为负极，b室为正极，H+通过质子交换膜从a室进入b室，B正确；C．b室内，O2获得电子，发生还原反应，发生的电极反应为：O2+4e-+4H+=2H2O，C正确；D．若用含硝酸盐废水替代图中O2，将硝酸盐转化为N2时，中+5价的N获得电子变为N2，正极的电极反应为：2+10e-+12H+=N2↑+6H2O，D错误；故选D。Ⅱ卷共64分二、填空题13.铜是重要的金属，广泛应用于电气、机械制造、国防等领域，铜的化合物在科学研究和工农业生产中有许多用途。回答下列问题：（1）基态Cu原子价层电子排布式为_______。\n（2）晶体中S原子的杂化方式为_______，的立体构型为_______。（3）向溶液中加入过量氨水，可生成，其配体的电子式为_______；下列有关说法正确的是_______。A.氨气极易溶于水，原因之一是分子和分子之间形成氢键B.分子和分子空间构型不同，氨分子的键角小于水分子的键角C.所含有的化学键有离子键、极性共价键和配位键D.组成元素中电负性最大的是氮元素（4）金铜合金的一种晶体结构为立方晶型，如图所示：①该合金的化学式为_______。②已知该合金的密度为，阿伏加德罗常数值为NA，则该晶胞的棱长为_______cm。（5）以情性电极电解足量的溶液。阳极上的电极反应式为：_______，若该电极产生气体的物质的量为0.01mol，则析出铜的质量为_______g。【答案】（1）3d104s1（2）①.sp3②.正四面体（3）①.②.AC（4）①.Cu3Au②.（5）①.4OH――4e－＝O2↑+2H2O②.1.28【解析】【小问1详解】Cu原子序数29，根据能量最低原则、泡利不相容原理和洪特规则，其价电子排布式为3d104s1，故答案为：3d104s1；\n【小问2详解】的价电子对数==4，形成四条杂化轨道，S原子的杂化方式为sp3，形成四面体结构，价电子对数=孤电子对数+配位原子数，可知孤电子对数为0，所以为正四面体结构，故答案为：sp3；正四面体；【小问3详解】中配体是氨气，电子式为；A.氨气极易溶于水，原因之一就是分子和分子之间形成氢键，A正确；B.分子和分子空间构型不同，前者是三角锥形，后者是V形，氨分子的键角大于水分子的键角，B错误；C.N与H原子形成极性共价键，[Cu(NH3)4]2+与SO形成离子键，Cu2+与NH3形成配位键，C正确；D.组成元素中电负性最大的是氧元素，D错误；答案选AC；【小问4详解】①晶胞中Cu个数是，Au个数是，因此该合金的化学式为Cu3Au。②已知该合金的密度为，阿伏加德罗常数值为NA，则，所以该晶胞的棱长为cm。【小问5详解】阳极上氢氧根放电，电极反应式为4OH-―4e－＝O2↑+2H2O，若该电极产生气体的物质的量为0.01mol，则转移0.04mol电子，阴极铜离子放电，电极反应式为Cu2＋+2e－＝Cu，根据电子得失守恒可知析出铜的质量为0.02mol×64g/mol＝1.28g。14.氯苯是一种重要的有机合成原料，用氯苯合成染料中间体F的两条路线如下图所示。路线1：\n路线2：（1）试剂a为_______（2）A→B的反应类型为_______，该反应的化学方程式为_______。（3）C与的相对分子质量之和比D的相对分子质量大18，该反应的化学方程式为_______；D→E的取代反应发生在甲氧基()的邻位，则F的结构简式为_______。（4）G中所含官能团名称为_______。（5）有机物I与对苯二甲酸()反应生成聚合物的结构简式为_______。（6）I与反应还可能生成的有机产物中，与F互为同分异构的是_______(写出结构简式)。（7）已知：++NaI，以苯酚和2－甲基丙烯为原料(无机试剂任选)，设计制备苯叔丁醚()_______。【答案】（1）浓硫酸、浓硝酸（2）①.取代反应②.+CH3OH+NaOH→+NaCl+H2O\n（3）①.+→H2O+②.（4）硝基、氯原子（5）（6）（7）【解析】【分析】路线1：和浓硫酸、浓硝酸混合物发生硝化反应生成，B发生还原反应生成，则B是；与醋酸的相对分子质量之和比D大18，说\n明有水生成，则D是，D与浓硫酸、浓硝酸的混合液的取代反应发生在甲氧基（—OCH3）的邻位，则E是；发生还原反应生成F，结合分子式可知F是。线路2：和浓硫酸、浓硝酸的混合物发生硝化反应生成，则G是，与氢氧化钠的甲醇溶液发生反应生成H即，发生还原反应生成I即，\n与乙酸反应生成F。【小问1详解】和浓硫酸、浓硝酸的混合物发生硝化反应生成，则试剂a为浓硫酸、浓硝酸。【小问2详解】A→B的反应即→的反应，是氯原子被甲氧基代替，故该反应类型为取代反应，化学方程式为+CH3OH+NaOH→+NaCl+H2O。【小问3详解】C即与反应生成水和D即，该反应的化学方程式为：+→H2O+；据分析，F的结构简式为。【小问4详解】\n和浓硫酸、浓硝酸的混合物发生硝化反应生成G，结合流程可知，该反应引入2个硝基，则G是，G中所含官能团名称为硝基、氯原子。【小问5详解】有机物I即与对苯二甲酸发生缩聚反应，生成聚合物的结构简式为。【小问6详解】与CH3COOH反应生成F时，只有甲氧基对位的氨基发生反应，则I与反应还可能生成的有机产物是甲氧基邻位的氨基发生取代反应，故与F互为同分异构的是。【小问7详解】\n以苯酚和2－甲基丙烯为原料(无机试剂任选)，制备苯叔丁醚4，按逆合成分析法，可由苯酚钠和发生信息反应得到，苯酚和NaOH溶液反应得到苯酚钠，2-甲基丙烯和HI发生加成反应生成，所以其合成路线为：。15.实验室以次氯酸盐和铁盐为原料制备少量的操作步骤如下：Ⅰ.制备NaClO强碱性饱和溶液：①将20mLNaOH溶液加入仪器b中，冷水浴冷却，通入搅拌，直至溶液变为黄绿色且有少量白色晶体析出为止(装置如下图所示)。②将所得饱和NaClO倒入烧杯并置于冷水浴中，分几次加入20gNaOH固体并不断搅拌，过滤，得NaClO强碱性饱和溶液。（1）甲装置中a管的作用是_______。（2）写出甲装置中反应的化学方程式_______。\n（3）石灰乳的作用是_______。（4）反应过程中用冷水浴冷却的原因是_______。Ⅱ.合成①称取5.05g(相对分子质量为404)固体，在冷水浴中分批加入Ⅰ中所得滤液，并不断搅拌，反应1小时后溶液呈深紫红色(即)。②离心分离除去水解得到的胶体，留上层清液(深紫红色)。③向②的上层清液中缓慢加入KOH饱和溶液50.00mL，冰水浴保持5min，过滤，得(相对分子质量为198)粗产品。④将粗产品重结晶，并用异丙醇洗涤，低温烘干，得纯产品2.13g。（5）合成的离子方程式为_______。（6）用异丙醇洗涤的目的是_______。（7）的产率为_______(保留至0.1%)。【答案】（1）平衡压强，使漏斗内的液体能顺利滴下（2）2KMnO4＋16HCl=2KCl＋MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O（3）除去未反应氯气，防止氯气污染空气（4）有利于氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠（5）2Fe3++3ClO-+6OH-=2+3Cl-+5H2O（6）增大K+的浓度，减小高铁酸钾的溶解，促进高铁酸钾晶体析出（7）86.1%【解析】【分析】Ⅰ．在冷的NaOH溶液中通入利用甲装置制得的氯气并搅拌，直至溶液变为黄绿色且有少量白色晶体析出为止，然后向饱和NaClO溶液中加入NaOH固体，即可得NaClO强碱性饱和溶液；Ⅱ．在NaClO强碱性饱和溶液中分次加入Fe(NO3)3·9H2O(相对分子质量为404)固体，并用冷水浴降温和不断搅拌，即可得深紫红色Na2FeO4溶液，用离心分离除去少量Fe(OH)3胶体，然后在上层中缓慢加入KOH饱和溶液，经过滤并用异丙醇洗涤，低温烘干，得高铁酸钾。【小问1详解】\n甲装置中高锰酸钾与浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气，利用a管可平衡压强，使漏斗内的液体能顺利滴下；【小问2详解】甲装置中用高锰酸钾固体粉末与浓盐酸发生反应可以制取氯气，反应的化学方程式为2KMnO4＋16HCl=2KCl＋MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O；【小问3详解】氯气有毒，污染空气，石灰乳除去未反应氯气，防止氯气污染空气；【小问4详解】温度不同时，氯气与NaOH反应的产物也不同，常温下，生成次氯酸钠，温度高时，反应生成氯酸钾，6NaOH+3Cl25NaCl+NaClO3+3H2O，降低了次氯酸钠的产量；则反应过程中用冷水浴冷却有利于氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠；【小问5详解】氢氧化铁被次氯酸根氧化为高铁酸根()同时生成Cl-、H2O，反应的离子方程式为2Fe3++3ClO-+6OH-=2+3Cl-+5H2O；【小问6详解】高铁酸钾可溶于水，用异丙醇代替水洗涤产品，可减少高铁酸钾的溶解损耗；【小问7详解】5.05gFe(NO3)3•9H2O的物质的量为n(Fe(NO3)3•9H2O)=0.0125mol，根据铁元素守恒可知n(K2FeO4)=0.0125mol，则m(K2FeO4)=0.0125mol×198g/mol=2.475g，则产率为=×100%=86.1%。16.石油产品中含者及COS、等多种有机硫化物，石油化工催生出多种脱硫技术，请回答下列问题：（1）已知热化学方程式：①②则反应_______\n分析该反应的自发情况：_______。（2）工业生产中应用：COS的水解反应为。某温度时，用活性作催化剂，在恒容密闭容器中COS(g)的平衡转化率随不同投料比[]的转化关系如图甲所示。①起始向该容器中投入一定量反应物，在一定条件下，可以判断反应到达平衡状态的是_______(填字母)。A.容器中气体密度不变B.压强保持不变C.容器中气体的平均相对分子质量保持不变D.②根据图甲和图乙判断该反应的最佳条件为：投料比[]_______；温度_______③P点对应的平衡常数为_______。(保留小数点后2位)④当温度升高到一定值后，发现相同时间内COS(g)的水解转化率降低，猜测可能的原因是\n_______；_______。(写出两条)（3）可以用溶液吸收，其原理为，该反应的平衡常数为_______。(已知的，；的，)【答案】（1）①.②.低温情况下有利于自发（2）①.D②.：③.④.⑤.温度升高,催化剂活性降低，⑥.温度升高，平衡向逆反应方向移动，所以转化率下降（3）【解析】【小问1详解】    、    ，根据盖斯定律，可得：  ；故答案为： 反应：是、的反应，要使，则是低温，该反应低温条件容易自发；故答案为：低温条件容易自发；小问2详解】反应前后气体的总物质的量和质量保持不变，且容器体积不变，密度始终保持不变，无法判断是否处于平衡状态，故A错误；B．反应过程中和平衡状态下压强相同，容器内压强不随时间改变，不能说明反应达到平衡状态，故错误；C．反应前后气体的总物质的量和质量保持不变，容器中气体的平均相对分子质量保持不变，故错误；D．即正、逆反应速率相等，处于平衡状态，故D正确； 由图可知，当投料比为：、温度时，的转化率最高；\n故答案为：：；；点对应的投料比为：：，的转化率为，         开始                  变化            平衡             点对应的平衡常数；故答案为：；④该反应正向放热，温度过高，催化剂活性降低，但平衡向逆反应方向移动，的水解转化率降低；故答案为：温度升高,催化剂活性降低；温度升高平衡逆向移动，导致转化率下降。【小问3详解】，该反应的平衡常数；故答案为：。