天津市和平区2022届高三下学期第三次模拟考试化学试题及答案

这是一份天津市和平区2022届高三下学期第三次模拟考试化学试题及答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题等内容，欢迎下载使用。

高三下学期第三次模拟考试化学试题
一、单选题
1．中国是世界著名的陶瓷古国。下列国宝级文物主要由陶瓷制成的是（　　）
选项
A
B
C
D
文物




名称
东汉铜车马
舞马衔杯纹银壶
萧何月下追韩信梅瓶
雪景寒林图
A．A B．B C．C D．D
2．下列物质属于电解质的是（　　）
A． B． C． D．
3．下列有关说法正确的是（　　）
A．虽然药物能治病，但大部分药物有毒副作用
B．抗生素能抵抗所有细菌感染，可以大量使用
C．绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理
D．用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子
4．下列说法错误的是（　　）
A．晶体熔点由低到高：CO离子晶体>分子晶体；
B.存在氢键的物质熔沸点较高；
C.氯化钠为离子晶体。
5．【答案】D
【解析】【解答】A．向NaHCO3溶液中加入AlCl3溶液生成沉淀是因为HCO 和Al3+发生双水解，加入NaAlO2溶液是因为HCO 的酸性比HAlO2强，二者原理不同，A不符合题意；
B．加入氯水生成白色沉淀是因为Cl2将SO2氧化为SO ，生成硫酸钡沉淀，加入氨水是因为SO2和氨水反应生成SO ，生成亚硫酸钡沉淀，二者原理不同，B不符合题意；
C．加入饱和NaCl发生的是蛋白质的盐析，加入BaCl2溶液是重金属盐使蛋白质发生变形，二者原理不同，C不符合题意；
D．火焰均呈黄色是因为烧碱和纯碱都含有钠元素，钠元素的焰色试验为黄色，二者原理相同，D符合题意；
故答案为：D。

【分析】A.碳酸氢钠和氯化铝能产生沉淀，但是不能和偏铝酸钠反应得到沉淀
B.氯水具有氧化性将二氧化硫氧化成硫酸根形成硫酸钡沉淀，而加入氨水形成碱性环境得到的是亚硫酸钡沉淀
C.氯化钡是蛋白质变性，而氯化钠发生的是盐析
D.主要是钠元素的焰色反应均是黄色
6．【答案】B
【解析】【解答】A. ⅡA族基态原子最外层电子排布均为ns2，故A不符合题意
B. 第三、第四周期同主族元素的原子序数ⅠA、ⅡA均相差8，ⅢA-0族均相差18，故B符合题意；
C. 第四周期ⅡA族与ⅢA族元素的原子序数相差11，故C不符合题意；
D. 基态原子3d轨道上有5个电子的元素位于ⅥB族或ⅦB族，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.ⅡA族基态原子最外层有2个电子；
C.第四周期ⅡA族与ⅢA族元素的原子序数相差11，
D.基态原子3d轨道上有5个电子的元素位于ⅥB族或ⅦB族。
7．【答案】C
【解析】【解答】A．测定镁铝合金中铝质量分数，可用NaOH溶液溶解合金并测定生成氢气的体积，从而求出铝的量，A可以用如图装置进行实验，不符合题意；
B．可用活泼金属Na与该有机物反应，并测定生成氢气的体积，从而确定两者比例关系，B可以用如图装置进行实验，不符合题意；
C．测定该晶体中结晶水的数目可以用热重分析法，该方法需要加热，图示装置实现不了；或者取一定质量晶体，先测Na2SO4，再求H2O，利用两者物质的量之比求出x，图示装置实现不了，C符合题意；
D．用水溶解该混合物，测定生成氧气的体积，从而求出Na2O2含量，D可以用如图装置进行实验，不符合题意；
故答案为：C。

【分析】A.铝能与NaOH反应，Mg不与NaOH反应；
B.只有-OH上氢与Na反应生成氢气；
D.过氧化钠与水反应生成氧气而氧化钠不生成氧气。
8．【答案】B
【解析】【解答】A 、根据电荷守恒KAl(SO4)2溶液中 c(K+)+3c(Al3+)= 2c(SO42-)，故A项不符合题意；
B、向NaHCO3溶液中加入少量 Ba(OH)2固体，反应离子方程式为2HCO3-+Ba2++2OH-=BaCO3↓+2H2O+CO32-，所以c(CO32-)增大，故B项符合题意；
C、悬浊液中AgCl和AgBr均达到沉淀溶解平衡，Ksp(AgCl)=C(Ag+)∙c(Cl-)，Ksp(AgBr) =C(Ag+)∙c(Br-)，因为Ksp(AgCl)≠Ksp(AgBr) ，所以c(Cl-)≠c(Br-)，故C项不符合题意；
D、c(CH3COOH) =c(CH3COO-)，常温下根据电离常数 Ka=1.75×10-5和Ka=，可得：c(H+)=Ka=1.75×10-5>10-7，所以溶液显酸性，故D项不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A.根据电荷守恒存在 c(K+)+3c(Al3+)= 2c(SO42-)；
C.AgCl和AgBr的溶解度不同；
D. CH3COOH电离程度大于CH3COO-水解程度。
9．【答案】C
【解析】【解答】A．据图可知反应过程中甲醇中的O-H键也发生断裂，故A不符合题意；
B．反应I的活化能为反应物断键吸收的能量，即反应I过程中最大能量与a的差值，图中没有体现反应I过程中的最大能量，故B不符合题意；
C．焓变=生成物的能量-反应物能量，据图可知总反应的热化学方程式为： ，故C符合题意；
D．据图可知反应I的活化能大于反应Ⅱ的活化能，活化能越大反应越慢，慢反应决定整个反应的反应速率，所以反应I决定整个反应进程的快慢，故D不符合题意；
故答案为C。

【分析】A.化学反应既有化学键的断裂又有键的产生，其中断裂的是碳氢键和氢氧键，形成的是氢氢键和碳氧键
B.分步反应，第一步未给出能量最大值
C.根据方程式和图示能量变化即可写出热方程式
D.活化能大的影响速率，过程1的活化能大
10．【答案】D
【解析】【解答】A．SiHCl3的沸点为31.85°C，且易自燃，因而整个实验的关键是控温、检查装置气密性和排尽装置中的空气，故A不符合题意；
B．装置Ⅱ中浓H2SO4可干燥氢气，Ⅲ中盛装温度高于32℃的温水，目的是使滴入烧瓶中的SiHCl3气化，与氢气反应，故B不符合题意；
C．实验时应先打开装有稀硫酸仪器的活塞制取氢气，用氢气将装置内的空气排出，收集尾气验纯，再预热装置Ⅳ石英管，防止氢气不纯加热易爆炸，故C不符合题意；
D．SiHCl3与氢气在1100～1200°C反应制备高纯硅，因而处理尾气时，因该在通入NaOH溶液前加上防倒吸装置，故D符合题意；
故答案为：D。

【分析】装置Ⅰ中，Zn与稀硫酸反应生成氢气，Ⅱ中用浓硫酸干燥氢气，SiHCl3在装置Ⅲ中气化，Ⅳ中高温下SiHCl3与过量H2在1100~1200℃反应制备高纯硅。
11．【答案】C
【解析】【解答】A在电解池装置中，阴极H+放电生成H2和NaOH，反应消耗水，阴极区溶液中的离子浓度不断增大，故A不符合题意；
B.由分析可知，X、Y依次为阴离子交换膜、阳离子交换膜，故B不符合题意；
C. 液相反应中，C2H4与CuCl2反应生成1，2-二氯乙烷时碳元素化合价升高，发生氧化反应，应为C2H4被CuCl2氧化为1，2-二氯乙烷，故C符合题意；
D.以NaCl溶液和乙烯为原料合成1，2-二氯乙烷中， CuCl循环使用，其实质是NaCl、H2O与 CH2=CH2反应，所以总反应为CH2=CH2+2H2O+2NaClH2↑+2NaOH+ClCH2CH2Cl，故D不符合题意；
故答案为：C。

【分析】由图可知，右边电极与电源负极相连，为阴极，电极反应为 2H2O+2e-=H2↑+2OH-； 左边电极为阳极，阳极上CuCl转化为CuCl2，液相反应为C2H4+2CuCl2=ClCH2CH2Cl+2CuCl，总反应为CH2=CH2+2H2O+2NaClH2↑+2NaOH+ClCH2CH2Cl。
12．【答案】B,C
【解析】【解答】A．迷迭香酸分子中含碳碳双键，可与溴单质发生加成反应，A不符合题意；
B.1mol苯环消耗3mol氢气、1mol碳碳双键消耗1mol氢气，则1 mol迷迭香酸最多能和7mol氢气发生加成反应，B符合题意；
C．含-COOC-可发生水解反应，含-OH、-COOH可发生取代反应、酯化反应，C符合题意；
D．酚-OH、-COOC-、-COOH均与NaOH反应，则1mol迷迭香酸最多能和6molNaOH发生反应，D不符合题意；
故答案为：BC。

【分析】A.迷迭香酸中含有的碳碳双键能与溴加成；
B.迷迭香酸中苯环和碳碳双键均能与氢气加成；
C.迷迭香酸含有酯基、羧基、酚羟基和碳碳双键，具有酚、苯、羧酸、酯基、烯烃的性质；
D.酚羟基、羧基、酯基水解生成的羧基都能和NaOH以1：1反应。
13．【答案】（1）1s22s22p63s23p63d10 或[Ar]3d10
（2）ZnO＋2NH＋2NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2+＋3H2O；四面体；sp3
（3）在相同温度下，Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)（或相同温度下，CuS 比 ZnS 更难溶）
（4）4；
（5）；偏低
【解析】【解答】(1)Zn 的原子序数为30，则Zn2+基态核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10 或[Ar]3d10；
故答案为：1s22s22p63s23p63d10 或[Ar]3d10。
(2)由题目信息可知，ZnO加入氯化铵和水，反应生成[Zn(NH3)4]2+，则反应的离子方程式为：ZnO＋2NH＋2NH3·H2O===[Zn(NH3)4]2+＋3H2O，氨分子有3个键和1个孤电子对，则VSEPR模型为四面体，中心原子的杂化轨道类型为sp3；
故答案为：ZnO＋2NH＋2NH3·H2O=[Zn(NH3)4]2+＋3H2O；四面体；sp3。
(3)CuSO4溶液向地下深层渗透时，遇到难溶的ZnS，转变为了CuS，是由于ZnS沉淀转化为了难溶的CuS，即相同温度下，CuS 比 ZnS 更难溶。
故答案为：在相同温度下，Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)（或相同温度下，CuS 比 ZnS 更难溶）。
(4)观察ZnS的晶胞结构，据均摊法可知S2-离子数为，Zn2+在晶胞内部也有4个，每个S2-与周围的4个带相反电荷的Zn2+构成正四面体，同样每个Zn2+也与周围的4个S2-构成正四面体，故其配位数为4，则密度；
故答案为：4，。
(5)根据n=cV先求出EDTA的消耗量为 mol，这些EDTA对应的氧化锌的质量为0.08139aVg，因此氧化锌的质量分数为，若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，导致标准液消耗量较少，测定结果偏低。
故答案为：，偏低。

【分析】（1）Zn为30号元素，Zn原子失去2个电子生成 Zn2+，根据构造原理书写核外电子排布式；
（2）ZnO加入氯化铵和水，反应生成[Zn(NH3)4]2+；氨分子形成3个σ键，N原子上含有一个孤电子对；
（3）ZnS沉淀转化为更难溶的CuS；
（4）根据均摊法和计算；
（5）根据n=cV计算EDTA的消耗量，进而计算氧化锌的质量和质量分数；俯视滴定管读数偏小。
14．【答案】（1）否
（2）酰胺基、醚键
（3）还原反应
（4）C13H17NO
（5）丙酸
（6）
（7）
（8）
【解析】【解答】
(1)化合物A的饱和碳原子上均连有相同的原子或基团，故化合物A不含手性碳原子。
(2)化合物H中所含官能团的名称为酰胺基和醚键。
(3)E→F的反应中，E中的转化为F中的-CH2NH2，故该反应为还原反应。
(4)由G的结构简式可以得知其分子式为C13H17NO。
(5)G和X反应生成H，对比G和X的结构简式可知，该反应为取代反应，X的结构简式为CH3CH2COOH，则X的名称为丙酸。
(6)由分析可知，B、C的结构简式分别为为、，则B→C的化学方程式为
。
(7)D的分子式为C11H10O2，其同分异构体中，能发生水解反应，说明该物质为脂类化合物；水解所得两种等物质的量的产物分别与足量溴水反应消耗的Br2相等，说明该物质水解产物为酚和不饱和酸；分子中有4种不同化学环境的氢原子，该同分异构体的结构简式为。
(8)结合D→H的转化流程和“已知②”可知，目标产物可以由制得，根据“已知①”可知，-NH2易被氧化，故应该先将-CH2OH转化为-COOH，则目标产物的合成路线为：。

【分析】A（）和SOCl2反应生成B（C11H9O2Br2Cl），则B的结构简式为；B在AlCl3的作用下反应生成C（C11H8O2Br2），C再和H2反应生成D（），结合B、D的结构简式可知推出C的结构简式为；D和(EtO)2POCH2CN发生取代反应生成E（）；E和NaBH4发生还原反应生成F（）；F和H2发生加成反应生成G（）；G和X反应生成H（），则X为CH3CH2COOH。
15．【答案】（1）水与浓硫酸作用放热，有利于SO2的放出；浓硫酸；燥SO2和O2；使SO2和O2混合均匀；通过观察控制气体比例和气流速度；b
（2）温度计和圆底烧瓶
（3）防暴沸
（4）①；②；二氧化硫能使酸性KMnO4溶液褪色；二氧化硫能使澄清Ca(OH)2溶液变浑浊
【解析】【解答】
(1)①实验中A装置制取SO2，制备原理本质为：SO+2H+＝SO2↑+H2O，反应通常加热进行，便于SO2逸出，所以加几滴水的作用是水与浓硫酸作用放热，有利于SO2的放出，故答案为：水与浓硫酸作用放热，有利于SO2的放出；
②气体SO2和O2在E试管中以Cr2O3作催化剂、加热条件制备SO3，并且SO3易吸水。为实验安全、防止催化剂中毒以便得到SO3固体，进入E试管的气体应干燥。气体SO2和O2在催化剂表面反应生成SO3，为充分反应、原料利用充分，防止浪费，进入E试管的气体要充分混合，气流不能过快；所以，装置D的作用是①干燥SO2和O2；②使SO2和O2混合均匀；③通过观察控制气体比例和气流速度，故答案为：浓硫酸；干燥SO2和O2；使SO2和O2混合均匀；通过观察控制气体比例和气流速度；
③为将空气中的气体排出，实验开始时的操作顺序为先将混合气体通入E后点燃E处的酒精灯，
故答案为：b。
(2)根据仪器构造可判断图2中仪器①、②的名称分别为温度计和圆底烧瓶。
(3)反应需要加热，反应前在②中放入几块碎瓷片的目的是防暴沸。
(4)由于在反应过程中浓硫酸具有强氧化性，生成的乙烯中可能含有二氧化碳和二氧化硫，二氧化硫也能使酸性KMnO4溶液褪色，所以①中结论不合理；二氧化硫也能使澄清Ca(OH)2溶液变浑浊，所以②中结论也不合理；能使品红溶液褪色的是二氧化硫，是③中结论合理。

【分析】Ⅰ.A装置制备二氧化硫，B装置制备氧气，氧气和二氧化硫通入装置D中干燥后在通入装置E中发生反应生成三氧化硫，装置F收集三氧化硫，装置G可防止水蒸气进入装置F中，最后进行尾气处理；
Ⅱ. 浓硫酸和乙醇混合加热到170℃发生消去反应生成乙烯，浓硫酸有强氧化性和脱水性，乙醇碳化后与浓硫酸发生氧化还原反应生成CO2和SO2，制得的乙烯中混有CO2和SO2，检验乙烯时需要排除SO2的干扰，检验CO2时需要排除SO2的干扰，且应先检验SO2，再检验CO2；
Ⅲ.制得的乙烯中混有CO2和SO2，SO2具有还原性。
16．【答案】（1）xSO2+2xH2Sx+2xH2O；产物为H2O，清洁无污染；L2；随H2/SO2体积比增大，H2逐渐过量，发生副反应xH2(g)+SX(g)xH2S(g)，随c(H2)增大，副反应平衡右移，c(Sx)减小，c(H2S)增大，Sx选择性会降低；0.2；1.4
（2）在350℃前，反应未达平衡，升高温度，反应速率加快；B；该点对应的温度、压强条件下SO2的转化率最大
【解析】【解答】(1)①据图可知总过程为二氧化硫和氢气生成水和Sx，所以化学方程式xSO2+2xH2Sx+2xH2O；根据主要反应可知用氢进行脱硫产物为H2O，清洁无污染；
②随H2/SO2体积比增大，H2逐渐过量，发生副反应xH2(g)+SX(g)xH2S(g)，随c(H2)增大，副反应平衡右移，c(Sx)减小，c(H2S)增大，Sx选择性会降低，则L2代表Sx的选择性。
③有3molH2和1molSO2在上述条件下反应时，体积比为3.0，则SO2的转化率为80%，故剩余SO2的物质的量为1mol-1mol×80%=0.2mol，剩余H2的物质的量为3mol-1.6mol=1.4mol。
(2)在350℃前，反应未达平衡，升高温度，反应速率加快，故转化率随温度升高而增大；根据图像可知B点为最佳条件，因该点对应的温度、压强条件下SO2的转化率最大。

【分析】（1）①图1的总过程为二氧化硫和氢气生成水和Sx；根据主要反应可知用氢进行脱硫产物为H2O；
②氢气过量，发生副反应xH2(g)+SX(g)xH2S(g) ，Sx选择性会降低；
③物质的量之比等于体积之比， 3molH2和1molSO2对应体积比为3.0；
（2）在350℃前，反应未达平衡，升高温度，反应速率加快，故转化率随温度升高而增大。