天津市咸水沽第一中学2022-2023学年高三上学期线上期末考试化学Word版含解析.docx

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咸一中2022--2023学年高三第一学期线上期末考试化学试卷一、选择题(本大题共12小题，共36分)1.第24届冬奥会于2022年2月4日在北京开幕，“科技冬奥”理念，体现在方方面面。下列说法不正确的是A.滑雪板板心木质材料的主要成分为纤维素，属于天然有机高分子B.开幕式专用演出服为石墨烯智能发热材料，属于新型有机非金属材料C.首钢滑雪大跳台的钢结构赛道为铁合金，属于金属材料D.“天机芯”是全球首款异构融合类脑计算芯片，其主要成分是高纯硅【答案】B【解析】【详解】A．木质材料的主要成分为纤维素，纤维素属于天然有机高分子化合物，A正确；B．石墨烯是碳单质的一种形式，属于无机非金属材料，B错误；C．钢是铁碳合金，属于金属材料，C正确；D．计算机芯片的主要成分是硅，D正确；故答案选B。2.下列有关物质分类的说法正确的是A.铝热剂属于纯净物B.磁性氧化铁属于碱性氧化物C.石墨烯属于有机物D.三氧化硫属于酸性氧化物【答案】D【解析】【详解】A.铝热剂为铝粉与金属氧化物组成的混合物，故A错误；B.碱性氧化物是与酸反应生成一种盐和水，Fe3O4不是碱性氧化物，B错误；C.石墨烯为单层石墨，为碳单质，故C错误；D.酸性氧化物是与碱反应生盐和水，三氧化硫属于酸性氧化物，故D正确。故答案为：D3.化学与生活密切相关。下列化学用语或描述表达正确的是①牙膏中加入的NaF等氟化物可以使牙齿表面的羟基磷灰石变成氟磷灰石②谷氨酸钠可以和盐酸反应也可以和氢氧化钠反应③基态硫原子的轨道表示式：④H2S的电子式： ⑤SO3的VSEPR模型：⑥SO2的分子的空间结构模型A.②③④B.①③④C.①②⑤D.①②③【答案】C【解析】【详解】①在牙膏中添加氟化物能起到预防龋齿的作用，这是因为氟离子能与牙齿表面的釉质层{主要成分是羟基磷灰石}发生反应生成氟磷灰石：，①正确；②谷氨酸钠的结构简式为，含有氨基和羧基，氨基能与盐酸反应，羧基能与氢氧化钠反应，②正确；③基态硫原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4，轨道表示式为，③错误；④H2S为共价化合物，S、H原子间共用1对电子，S原子最外层电子数为8，其电子式为，④错误；⑤SO3中S原子的价层电子对数为（6-2×3）=3，无孤电子对，其VSEPR模型为平面三角形，为，⑤正确；⑥SO2中S原子的价层电子对数=2+（6-2×2）=3，含一对孤电子对，VSEPR模型为平面三角形，但空间结构模型为V形，为，⑥错误；故选：C。4.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能够大量共存的是A.无色透明溶液中：Fe3+、H+、NOB.pH=2的溶液中：NH、Mg2+、SOC.1mol·L-1的AlCl3溶液中：Na+、Ca2+、HCOD.由水电离出的c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液中：K+、Cl-、ClO-【答案】B【解析】【详解】A．含有铁离子的溶液显黄色，无色溶液中不可能有大量的Fe3+，A不合题意；B．pH=2的溶液中含量大量的H+，H+、NH、Mg2+、SO之间相互不反应，可以大量共存，B符合题意； C．1mol·L-1的AlCl3溶液中的Al3+能与HCO发生双水解反应而不能大量共存，原理为：Al3++3HCO=Al(OH)3↓+3CO2↑，C不合题意；D．由水电离出的c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液中可能含有大量的H+也可能含有大量的OH-，则H+和ClO-不能大量共存，D不合题意；故答案为：B。5.有关下列实验的叙述不正确的是A.X中有白色沉淀B.Y中得到澄清溶液C.实验中AgCl转化为AgOHD.步骤②有配合物[Ag(NH3)2]Cl生成【答案】C【解析】【分析】1mL0.1mol/L的NaCl溶液与1mL0.1mol/L的AgNO3溶液恰好完全反应得到AgCl沉淀和硝酸钠溶液，即混合物X，向X中加入5mL1mol/L的氨水，氨水与氯化银反应生成氯化二氨合银，氨水过量，沉淀完全溶解，氯化二氨合银溶于水，则得到的Y为澄清溶液。【详解】A．氯化钠与硝酸银反应生成氯化银白色沉淀，X中有白色沉淀，A正确；B．由分析可知，Y为澄清溶液，B正确；C．实验中氯化银转化为氯化二氨合银，并未转化为氢氧化银，C错误；D．步骤②中氯化银和过量的氨水反应生成配合物[Ag(NH3)2]Cl，D正确；答案选C。6.实验室常用MnO标定(NH4)2Fe(SO4)2，同时使MnO再生，其反应原理如图所示。下列说法错误的是A.反应I中Mn2+是还原剂 B.由反应I、II可知，氧化性：S2O>MnO>Fe3+C.S2O和Fe2+在水溶液中能大量共存D.发生反应I和反应II时，溶液颜色均发生了变化【答案】C【解析】【分析】反应Ⅰ中与Mn2+反应生成和，氧化剂的氧化性强于氧化产物，则氧化性强于，反应Ⅱ与Fe2+反应生成Mn2+和Fe3+，同理可得的氧化性强于Fe3+。【详解】A．反应Ⅰ中Mn2+的化合价升高，被氧化，做还原剂，A正确；B．反应Ⅰ中，氧化剂是，氧化产物是，故氧化性＞，反应Ⅱ中氧化剂是，氧化产物是Fe3+，故氧化性＞Fe3+，氧化性：＞＞Fe3+，B正确；C．的氧化性强于高锰酸根离子，故其与Fe2+在水溶液中会发生氧化还原反应，故不能共存，C错误；D．反应1中Mn2+被氧化为，反应中溶液变为紫色，反应2中被还原为Mn2+，反应中溶液的紫色褪去，所以发生反应Ⅰ和反应Ⅱ时溶液颜色均发生了变化，D正确；故答案选C。7.下列由废铜屑制取CuSO4·5H2O的实验原理与装置不能达到实验目的的是A.用装置甲除去废铜屑表面的油污B.用装置乙在加热的条件下溶解废铜屑C.用装置丙过滤得到CuSO4溶液D.用装置丁蒸干溶液获得CuSO4·5H2O【答案】D【解析】分析】【详解】A.碳酸钠溶液显碱性，在加热的条件下可以除去铜屑表面的油污，A正确；B.在酸性条件下，铜与双氧水发生氧化反应得到硫酸铜，B正确；C.装置丙为过滤装置，过滤可以除去难溶杂质，得到硫酸铜溶液，C正确；D.用装置丁蒸干溶液得到硫酸铜固体，而不是CuSO4·5H2O，D错误；答案选D。8.含S元素的某钠盐a能发生如图转化。下列说法错误的是 A.a可能为正盐，也可能为酸式盐B.c为不溶于盐酸的白色沉淀C.d分子中心原子杂化轨道类型为杂化D.反应②中还可能生成淡黄色沉淀【答案】C【解析】【分析】由框图可知该钠盐有还原性，可被氯气氧化生成硫酸钠，硫酸钠与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，且该盐溶液与稀盐酸反应生成有还原性的刺激性气味气体，该气体为二氧化硫，综上可推得该盐可能为亚硫酸钠、亚硫酸氢钠或者硫代硫酸钠。【详解】A．由框图可知a中含S的酸根有还原性，且能被氯气氧化生成硫酸根，则a可以为正盐，如亚硫酸盐，也可以为酸式盐，如亚硫酸氢钠，A正确；B．a溶液与氯气反应生成的溶液b为酸性，溶液b与氯化钡反应生成不溶于酸的沉淀，则沉淀应为硫酸钡，B正确；C．由框图中信息可得气体d为二氧化硫，分子构型为V形，其中心原子S的杂化轨道类型为sp2杂化，C错误；D．若a为硫代硫酸钠，则与盐酸的反应为，出二氧化硫外还生成淡黄色的硫单质，D正确；故选C。9.钴的一种化合物的晶胞结构如图所示，下列说法正确的是A.元素钛在元素周期表中的位置为第四周期ⅡB族B.Co2+的基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2C.与Co2+距离最近的Ti4+有4个D.该化合物的化学式为CoTiO3【答案】D【解析】 【详解】A．元素钛在元素周期表中的位置为第四周期ⅣB族，A错误；B．Co原子失去最外层的两个电子形成Co2+，故Co2+的基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d7，B错误；C．由图可知，与Co2+距离最近的Ti4+有8个，C错误；D．该晶胞中，Co2+的个数为1，Ti4+的个数为8×=1，O2-的个数为6×=3，则该化合物的化学式为CoTiO3，D正确；故选D。10.含氮化合物过多蓄积会导致水体富营养化，需将其从水体中除去，该过程称为脱氮。常用的脱氮方法有吹脱法和折点氯化法。吹脱法：调节水体至8左右，然后持续向水中吹入空气。折点氯化法：调节水体至6左右，向水中加入适量。下列分析不正确的是A.含氨和铵盐的水体中存在平衡：B.吹脱法的原理是通过鼓气降低浓度，从而降低水中与的含量C.折点氯化法除的原理为：D.吹脱法无法对含的水体脱氮，但折点氯化法可以对含的水体脱氮【答案】D【解析】【分析】【详解】A．含氨和铵盐的水体中存在一水合氨的电离平衡及一水合氨的分解平衡，所以含有氨和铵盐的水体中存在平衡，A正确；B．通过鼓气降低NH3溶解度从而降低其浓度，则中平衡正向移动，从而降低水中NH3•H2O与NH4+的含量，B正确；C．中N元素为-3价，所以具有还原性，NaClO具有强氧化性，则能被NaClO氧化生成氮气和HCl，离子方程式为2+3ClO-═N2↑+3Cl-+3H2O+2H+，C正确；D．吹脱法是利用物理方法脱氮，无法对含的水体脱氮，折点氯化法是利用ClO-的强氧化性将氧化成，N元素不能脱离水体，所以无法脱氮，D错误；故答案为：D。11.25℃时，用HCl气体调节氨水的pH，溶液的pH与反应物的物质的量之比[]关系如图所示。若已知P1所示溶液中 ，且忽略通入气体后溶液体积的变化，下列有关说法正确的是A.P1所示溶液：B.P2所示溶液：C.P3所示溶液：mol/LD.25℃时，的电离平衡常数为【答案】D【解析】【详解】A．已知P1点时，==0.05mol/L，由图可知，P1点pH=9.25，，由电荷守恒可知：，c(Cl-)＜=0.05mol/L，A错误；B．根据电荷守恒c(H+)+c()=c(OH-)+c(Cl-)，根据图示可知P2时c()＞c(NH3·H2O)，c(H+)+c()＞c(NH3·H2O)，所以c(NH3·H2O)＜c(OH-)+c(Cl-)，B错误；C．由图可知，P3点时t=n(HCl)/n(NH3·H2O)=1.0，根据物料守恒可得=0.1mol/L，C错误；D．，，由图可知，当时，溶液pH=9.25，则c(H+)=10-9.25mol/L，c(OH-)=10-4.75mol/L，带入电离常数表达式可得，=10-4.75，D正确；答案选D。12.液流电池是一种新的蓄电池，是利用正负极电解液分开，各自循环的一种高性能蓄电池，具有容量高、使用领域(环境)广、循环使用寿命长的特点。如图是一种锌溴液流电池，电解液为溴化锌的水溶液。下列说法正确的是 A.充电时阳极的电极反应式：Zn-2e-=Zn2＋B.充电时电极a为外接电源的负极C.放电时Br-向左侧电极移动D.放电时左侧电解质储罐中的离子总浓度增大【答案】D【解析】【详解】A．如图是一种锌溴液流电池，电解液为溴化锌的水溶液，所以该电池的负极为锌，溴为原电池的正极，充电时阳极的电极反应式与正极的电极反应式相反，所以充电时阳极的电极反应式为2Br--2e-=Br2，A错误；B．在充电时，原电池的正极连接电源的正极，是电解池的阳极，而原电池的负极连接电源的负极，所以充电时电极a为外接电源的正极，B错误；C．放电时为原电池，在原电池中间隔着一个阳离子交换膜，所以Br-不能向右侧电极移动，C错误；D．放电时左侧生成溴离子，右侧生成锌离子，所以放电时左右两侧电解质储罐中的离子总浓度均增大，D正确；答案选D。二、综合题(本大题共4小题，共64分)13.我国科学家研发全球首套千吨级太阳能燃料合成项目被形象地称为“液态阳光”计划。该项目通过太阳能发电电解水制氢，再采用高选择性催化剂将二氧化碳加氢合成甲醇。回答下列问题：(1)太阳能电池板主要材料为单晶硅或多晶硅。Si的价电子层的电子排布式为___________；单晶硅的晶体类型为___________。SiCl4是生产高纯硅的前驱体，其中Si采取的杂化类型为___________。SiCl4可发生水解反应，机理如下： 含s、p、d轨道的杂化类型有：①dsp2、②sp3d、③sp3d2，中间体SiCl4(H2O)中Si采取的杂化类型为___________(填标号)。(2)CO2分子中存在___________个键和___________个键。(3)甲醇的沸点(64.7℃)介于水(100℃)和甲硫醇(CH3SH，7.6℃)之间，其原因是___________。(4)我国科学家发明了高选择性的二氧化碳加氢合成甲醇的催化剂，其组成为ZnO/ZrO2固溶体。四方ZrO2晶胞如图所示。Zr4+离子在晶胞中的配位数是___________，晶胞参数为apm、apm、cpm，该晶体密度为___________g·cm-3(写出表达式)。在ZrO2中掺杂少量ZnO后形成的催化剂，化学式可表示为ZnxZr1-xOy，则y=___________(用x表达)。【答案】①.3s23p2②.原子晶体(共价晶体)③.sp3④.②⑤.2⑥.2⑦.甲硫醇不能形成分子间氢键，而水和甲醇均能，且水比甲醇的氢键多⑧.8⑨.⑩.2-x【解析】【分析】【详解】(1)基态Si原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p2，因此Si的价电子层的电子排式为3s23p2；晶体硅中Si原子与Si原子之间通过共价键相互结合，整块晶体是一个三维的共价键网状结构，因此晶体硅为原子晶体；SiCl4中Si原子价层电子对数为4+=4，因此Si原子采取sp3杂化；由图可知，SiCl4(H2O)中Si原子的δ键数为5，说明Si原子的杂化轨道数为5，由此可知Si原子的杂化类型为sp3d，故答案为：3s23p2；原子晶体(共价晶体)；sp3；②；(2)CO2的结构式为O=C=O，1个双键中含有1个δ键和1个π键，因此1个CO2分子中含有2个δ键和2个π键，故答案为：2；2；(3)甲醇分子之间和水分子之间都存在氢键，因此沸点高于不含分子间氢键的甲硫醇，甲醇分子之间氢键的总强度低于水分子之间氢键的总强度，因此甲醇的沸点介于水和甲硫醇之间，故答案为：甲硫醇不能形成分子间氢键，而水和甲醇均能，且水比甲醇的氢键多；(4)以晶胞中右侧面心的Zr4+为例，同一晶胞中与Zr4+连接最近且等距的O2-数为4，同理可知右侧晶胞中有4个O2-与Zr4+相连，因此Zr4+离子在晶胞中的配位数是4+4=8；1个晶胞中含有4个ZrO2微粒，1 个晶胞的质量m=，1个晶胞的体积为(a×10-10cm)×(a×10-10cm)×(c×10-10cm)=a2c×10-30cm3，因此该晶体密度===g·cm-3；在ZrO2中掺杂少量ZnO后形成的催化剂，化学式可表示为ZnxZr1-xOy，其中Zn元素为+2价，Zr为+4价，O元素为-2价，根据化合物化合价为0可知2x+4×(1-x)=2y，解得y=2-x，故答案为：；2-x。14.Ⅰ.已知制备的方法可以用：。（1）写出该反应的离子方程式：_______。（2）HCl在上述反应中显示出来的性质是_______；A.氧化性B.还原性C.酸性D.挥发性（3）用双线桥法表示该反应电子转移的方向和数目_______。Ⅱ.为测定溶液的浓度，申同学设计了一个方案。回答下列问题：实验原理：实验步骤：（4）判断沉淀完全的操作为_______。（5）步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂为_______。（6）步骤③灼烧时盛装样品的仪器名称为_______。（7）固体质量为，则_______。（8）若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，则测得_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)【答案】（1）=+8H2O（2）BC（3）（4）向上层清液中继续滴加氯化钡溶液，无白色沉淀生成（5）硝酸银溶液（6）坩埚 （7）（8）偏低【解析】【小问1详解】反应中，钾离子浓度反应前后未变，氯离子部分参加离子反应，所以离子反应方程式为：=+8H2O；【小问2详解】通过以上分析知，盐酸起还原剂的作用；盐酸是强酸，能和金属氧化物反应生成盐和水，所以起酸的作用，故选BC；【小问3详解】元素化合价的变化分别为：Mn元素由KMnO4的+7价变成MnCl2中的+2价，化合价降低，所以KMnO4是氧化剂，1molKMnO4得5mol电子生成MnCl2；Cl元素由HCl中的-1价变成Cl2中的0价，化合价升高，所以HCl是还原剂，生成1molCl2分子需失2mol电子，所以双线桥法表示该反应的电子转移的方向和数目为：；【小问4详解】判断沉淀完全的操作为向上层清液中(获取上层清液少许于试管中)继续滴加氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则沉淀完全；【小问5详解】硫酸钡表面附着的杂离子是铜离子和氯离子，可向洗涤液中加入硝酸银溶液，若没有沉淀生成，则证明硫酸钡沉淀洗净，所选用的试剂为硝酸银溶液；【小问6详解】步骤③灼烧的是硫酸钡固体，盛装样品的仪器名称为坩埚；【小问7详解】固体硫酸钡质量为，其物质的量为，由化学方程式：，硫酸钡于硫酸铜的物质的量相等，则。 【小问8详解】若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，会造成硫酸钡沉淀的质量减少，则测得偏低。15.苯达莫司汀(Bendamustine)是一种抗癌药物。苯达莫司汀的一种合成路线如下：（1）A的分子式是_______，B→C的反应类型为_______。（2）1molD物质在碱性条件下反应，最多消耗NaOH的物质的量为_______。F中含氧官能团的名称_______。（3）E的结构简式为：_______。（4）C→D的方程式为_______。（5）下列关于上述流程中的物质说法正确的是_______。a.A物质易溶于水b.C物质的核磁共振氢谱有6组峰c.在一定条件下，1mol苯达莫司汀与足量的氢气反应，最多能消耗5mold.一定条件下，F物质能够发生还原、加成、取代等类型的反应（6）链状有机物G是的同分异构体，并且G能发生水解反应，1molG发生银镜反应后生成4mol单质Ag，符合上述条件的G的结构有_______种(不考虑立体异构)（7）参照题干中的信息及已学知识请写出以甲苯和为原料，制的合成路线流程图。_______【答案】（1）①.C6H3N2O4Cl②.还原反应（2）①.2mol②.硝基、酯基（3）（4） （5）bd（6）8（7）【解析】【分析】A和CH3NH2发生取代反应生成B；B和H2发生还原反应生成C；C和反应生辰D；D在催化剂的作用下转化为E，E和C2H5OH发生酯化反应生成F，则E为；F再经过系列反应转化为苯达莫司汀。【小问1详解】根据A的结构简式可知，A的分子式为C6H3N2O4Cl；B中的一个硝基被还原为氨基，该反应是还原反应。【小问2详解】1molD含有1mol肽键和1mol羧基，该物质在碱性条件下反应，最多消耗NaOH的物质的量为2mol；F中含氧官能团的名称为硝基、酯基。【小问3详解】E和C2H5OH在浓硫酸作用下，加热生成F，则E的结构简式为。【小问4详解】 C→D的方程式为。【小问5详解】a．A物质不含羟基等亲水性基团，则A物质难溶于水，a错误；b．C物质含有6中化学环境不同的H，则核磁共振氢谱有6组峰，b正确；c．羧基不能和氢气发生加成反应，在一定条件下，1mol苯达莫司汀与足量氢气反应，最多能消耗4molH2，c错误；d．F物质含有苯环，可以发生加成反应，含有硝基，可以发生还原反应，还含有酯基，可以发生取代反应，d正确；故选bd。【小问6详解】链状有机物G是的同分异构体；1molG发生银镜反应后生成4mol单质Ag，说明1个G分子中含有2个醛基；G能发生水解反应，说明G中含有酯基，则G中有一个—CHO、一个—OOCH的结构，还有3个碳，一个不饱和度，则G的结构简式可以看成—CHO、—OOCH，取代CH2=CH-CH3上两个氢得到，共8种结构。【小问7详解】根据题干中，A→D的合成路线，可以推出目标产物的合成路线为。16.工业上可利用如下反应既可以生产甲醇，又可以降低二氧化碳排放量。。回答下列问题。（1）若该反应在一定条件能自发进行，判断该反应的___________0(填“＜”或“＞”)。（2）写出中官能团的电子式___________，的空间构型___________。（3）下列有关叙述正确的是___________(填字母序号)。A容器内气体压强不再发生改变时，该反应达到化学平衡状态 B.从体系中不断分离出甲醇可以能提高的平衡转化率C.向容器内通入少量氦气，则平衡向正反应方向移动D.升温时，该反应的平衡常数增大（4）当起始物时，在不同条件下达到平衡，设体系中甲醇的物质的量分数为，下图表示的是250℃下与压强关系曲线和压强为Pa下与温度关系曲线。①表示250℃下与压强关系曲线的是___________(填“曲线a”或“曲线b”)。②当的平衡转化率为时，反应条件可能是___________。（5）某科研机构利用的弱氧化性开发了丙烷氧化脱氢制丙烯的新工艺，该工艺采用铬的氧化物作催化剂，其反应机理如图。写出第(ⅱ)步的化学方程式___________，该工艺采用的催化剂为___________。【答案】（1）＜（2）①.②.直线形（3）AB（4）①.曲线a②.5×105Pa，210℃或9×105Pa，250℃（5）①.Cr2O3+3CO2=3CO+2CrO3②.CrO3【解析】 【小问1详解】该反应为气体分子数减少的反应，，该反应在一定条件下能自发进行，则，因此；【小问2详解】CH3OH的官能团为羟基(—OH)，电子式为，CO2分子的中心原子的价电子数为，不含有孤对电子，则CO2的空间构型为直线形；【小问3详解】A．该反应为气体分子数减少的反应，容器内压强不再改变时，说明气体的物质的量不再改变，能够说明反应达到平衡状态，A正确；B．从体系中不断分离出甲醇，可使平衡正向进行，能够提高CO2的平衡转化率，B正确；C．容器体积恒定，向容器内通入少量氦气，不影响参与反应的气体的浓度，则平衡不移动，C错误；D．该反应，说明反应放热，升高温度，平衡逆向进行，反应的平衡常数减小，D错误；答案选AB。【小问4详解】①该反应是体积减小的反应，相同温度下，增大压强，平衡正向移动，甲醇物质的量增大，物质的量分数增大，故表示250℃下与压强关系曲线的是曲线a；②当的平衡转化率为时，假设二氧化碳和氢气物质的量分别为1mol、3mol，建立三段式：达到平衡时，，则根据图中信息，反应条件可能为恒温或恒压，如果是恒温，则压强为9×105Pa即9×105Pa、250℃，如果是恒压，则温度为210℃即5×105Pa，210℃；【小问5详解】