天津市河东区2022届高三下学期第一次模拟考试化学试题（解析版）

高考模拟试题PAGEPAGE1天津市河东区2022届高三下学期第一次模拟考试第Ⅰ卷(选择题共36分)本卷可能用到的相对原子质量：C：12S：32Na：23O：16H：1Fe：56本题包括12小题，每小题3分，共36分。每小题只有一个选项符合题意1.科技助力北京2022年冬奥会。下列变化不属于化学变化的是（）A．冬奥场馆使用CO2制冷剂制冰B．火炬“飞扬”中的氢燃料燃烧C．由碲和镉合成发电玻璃中的碲化镉D．电动汽车的全气候电池充电〖答案〗A〖解析〗A．使用二氧化碳制冷剂制冰时，水由液态转化为固态，没有新物质生成，属于物理变化，故A符合题意；B．氢燃料燃烧时氢气和氧气反应生成水，有新物质生成，属于化学变化，故B不符合题意；C．由碲和镉合成发电玻璃中的碲化镉时，有新物质生成，属于化学变化，故C不符合题意；D．电动汽车的全气候电池充电过程为电解过程，有新物质生成，属于化学变化，故D不符合题意；故选A。2.下列实验的颜色变化不涉及氧化还原反应的是（）A.遇空气变为红棕色气体B.向含的溶液中加入铁粉，溶液颜色变浅C.用作潜水艇的供氧剂D.向溶液中加入过量氨水，溶液变深蓝色〖答案〗D〖解析〗A．遇空气被氧化变为红棕色气体NO2，涉及氧化还原反应，A不符合题意；B．向含的溶液中加入铁粉，发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，故溶液颜色变浅，涉及氧化还原反应，B不符合题意；C．用作潜水艇的供氧剂，发生反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，涉及氧化还原反应，C不符合题意；D．向溶液中加入过量氨水，溶液变为深蓝色，得到硫酸四氨合铜，没有发生氧化还原反应，D符合题意；〖答案〗选D。3.下列实验对应的离子方程式不正确的是（）A.浓硝酸用棕色瓶保存：B.硫酸铵溶液显酸性：C.将少量通入溶液：D.向悬浊液中滴加溶液产生黄色沉淀：〖答案〗C〖解析〗A．浓硝酸见光易分解为NO2、O2和H2O，，故应保存在棕色试剂瓶中，A正确；B．硫酸铵溶液中水解：，所以溶液显酸性，B正确；C．HClO具有强氧化性，会被氧化为，C错误；D．向悬浊液中滴加溶液，AgCl转化为溶解度更小的AgI，，D正确；〖答案〗选C。4.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.在时，为12的溶液中含有数目为B.重水中所含质子数为C.和分别与足最的反应，转移的电子数均为D.甲醇的分子中含有键的数目为〖答案〗A〖解析〗A．在时，为12的溶液中c(OH-)=0.01mol/L，数目为：0.01mol/L×1L×NA=，A项正确；B．重水中所含质子数为：，B项错误；C．1molFe与足最的Cl2反应，转移的电子数为，1molCu与足最的Cl2反应，转移的电子数为，C项错误；D．甲醇的分子中含有键的数目为，D项错误；〖答案〗选A。5.实验室制备Na2S2O3的反应原理：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2。下列有关说法正确的是（）A.SO2为非极性分子B.Na2S的电子式为C.为三角锥形D.基态O原子轨道表示式：〖答案〗B〖解析〗A．SO2为V形结构，正负电荷中心不重合，为极性分子，选项A错误；B．Na2S为离子化合物，由Na+和S2-构成，电子式为，选项B正确；C．中C形成3个δ键，孤对电子数为(4+2−3×2)=0，为sp2杂化，立体构型为平面三角形，选项C错误；D．根据原子核外电子排布原则：电子优先单独占据1个轨道，且自旋方向相同，选项D错误。〖答案〗选B。6.《本草纲目》“烧酒”写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上…其清如水，味极浓烈，盖酒露也”。若在实验室里完成文中操作，不需要的仪器是（）A B.C. D.〖答案〗B〖祥解〗“用浓酒和糟入甑，蒸令气上…其清如水”，这里的“法”是指蒸馏，蒸馏需要的仪器有：酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、尾接管、锥形瓶等。〖详析〗A．仪器为酒精灯，需要；B．坩埚，不需要；C．冷凝管，需要；D．锥形瓶，需要；故选B。7.关于化合物，下列说法正确的是（）A.分子中至少有7个碳原子共直线 B.分子中含有1个手性碳原子C.与酸或碱溶液反应都可生成盐 D.不能使酸性KMnO4稀溶液褪色〖答案〗C〖解析〗A．图中所示的C课理解为与甲烷的C相同，故右侧所连的环可以不与其在同一直线上，分子中至少有5个碳原子共直线，A错误；B．，分子中含有2个手性碳原子，B错误；C．该物质含有酯基，与酸或碱溶液反应都可生成盐，C正确；D．含有碳碳三键，能使酸性KMnO4稀溶液褪色，D错误；〖答案〗选C。8.常温下浓度均为0.1mol·L-1的两种溶液：①CH3COOH溶液②CH3COONa溶液，下列说法不正确的是（）A.水电离产生的c(OH-)：①<②B.CH3COONa溶液pH>7说明CH3COOH为弱酸C.两种溶液中均存在：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol·L-1D.等体积混合所得酸性溶液中：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)〖答案〗D〖解析〗A．醋酸抑制水电离，醋酸钠能水解而促进水电离，所以水电离产生的c(OH-)：①<②，故A正确；

B．CH3COONa溶液pH>7原因是CH3COO-发生了水解反应，根据有弱才水解，说明CH3COOH为弱酸，故B正确；

C．由物料守恒：两种溶液中均存在：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol·L-1，故C正确；

D．等体积混合所得溶液呈酸性则c(H+)>c(OH-)，由电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，则c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，故D错误；

故选：D。9.探究H2O2溶液的性质，根据实验所得结论不正确的是（）实验试剂a现象结论A溶有SO2的BaCl2溶液产生沉淀H2O2有氧化性B酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色H2O2有氧化性CKI淀粉溶液溶液变蓝H2O2有氧化性D盐酸酸化的FeCl2溶液溶液变黄H2O2有氧化性〖答案〗B〖解析〗A．将H2O2溶液加入溶有SO2的BaCl2溶液中，H2O2先与SO2发生氧化还原反应，即H2O2+SO2=H2SO4，H2O2作氧化剂，体现氧化性，BaCl2与生成的H2SO4反应生成BaSO4沉淀，即H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，故A正确；B．将H2O2溶液加入酸性KMnO4溶液中，发生氧化还原反应，即2+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，中Mn元素由+7价得电子变成+2价，发生还原反应，作氧化剂，生成了Mn2+，紫色溶液褪色，H2O2中氧元素由-1价失电子变成0价，发生氧化反应，作还原剂，体现还原性，故B错误；C．将H2O2溶液加入KI淀粉溶液中，发生氧化还原反应，即H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，H2O2中氧元素由-1价得电子变成-2价，发生还原反应，作氧化剂，体现氧化性，生成的I2遇淀粉变蓝，故C正确；D．将H2O2溶液加入盐酸酸化的FeCl2溶液中，发生氧化还原反应，即2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，H2O2中氧元素由-1价得电子变成-2价，发生还原反应，作氧化剂，体现氧化性，生成了Fe3+，溶液变黄，故D正确；〖答案〗为B。10.微生物电池可用来处理废水中的对氯苯酚，其工作原理示意图如下。关于该电池的说法不正确的是（）A.a极是负极B.H+向b极迁移C.对氯苯酚在电极上发生的反应是+H++2e—=+Cl—D.电路中通过0.4mole—，消耗了0.1molCH3COO—〖答案〗D〖祥解〗由图可知，该装置为原电池，a极是原电池的负极，醋酸根离子在a极的微生物膜上失去电子发生氧化反应生成碳酸氢根离子和碳酸，电极反应式为CH3COO——8e—+4H2O=2HCO+9H+或CH3COO——8e—+4H2O=2H2CO3+7H+，b极为正极，对氯苯酚在正极得到电子发生还原反应生成苯酚和氯离子，电极反应式为+H++2e—=+Cl—。〖详析〗A．由分析可知，a极是原电池的负极，故A正确；B．由分析可知，a极是原电池的负极，b极为正极，电池工作时，溶液中的氢离子向正极b极移动，故B正确；C．由分析可知，b极为正极，对氯苯酚在正极得到电子发生还原反应生成苯酚和氯离子，电极反应式为+H++2e—=+Cl—，故C正确；D．由分析可知，a极是原电池的负极，醋酸根离子在a极的微生物膜上失去电子发生氧化反应生成碳酸氢根离子和碳酸，电极反应式为CH3COO——8e—+4H2O=2HCO+9H+或CH3COO——8e—+4H2O=2H2CO3+7H+，由电极反应式可知，电路中通过0.4mole—，消耗了0.05mol醋酸根离子，故D错误；故选D。11.一定温度下，在三个体积均为的恒容密闭容器中发生反应：容器编号温度()起始物质的量()平衡物质的量()①3870.200.0800.080②3870.40③2070.200.0900.090下列说法正确的是（）A.该反应的正反应为吸热反应B.达到平衡时，容器①中的体积分数比容器②中的小C.若容器①中反应达到平衡时增大压强，则各物质浓度保持不变D.若起始向容器①中充入、、，则反应将向正反应方向进行〖答案〗D〖解析〗A．根据表格数据①和③，容器①、③起始量相同，降低温度，平衡向放热方向移动，CH3OCH3平衡物质的量增大，说明平衡正向移动。说明正反应是放热反应，A错误；B．恒容条件下，容器②相当于在容器①的基础上加压，由于该反应是反应前后气体物质的量不变的反应，因此平衡不移动，所以容器①中的CH3OH体积分数和容器②中的相等，B错误；C．若容器①中反应达到平衡时增大压强，平衡不移动，但各物质浓度会增大，C错误；D．容器①平衡时c(CH3OH)=0.04mol/L、c(CH3OCH3)=0.08mol/L、c(H2O)=0.08mol/L，平衡常数K==4，若起始向容器①中充入CH3OH0.10mol、CH3OCH30.10mol、H2O0.10mol，则浓度熵Qc==1＜4，反应向正反应方向移动，D正确；〖答案〗选D12.单原子催化剂具有良好的电催化性能，催化转化的历程如下。下列说法不正确的是（）A.催化转化的产物是和B.过程②→③涉及化学键的断裂与生成C.反应过程中，C的杂化方式未发生改变D.生成，需要电子〖答案〗C〖解析〗A．由转化过程可知，Ni作催化剂，CO2催化转化生成H2O和CO，A正确；B．过程②中CO2的C=O键断裂，生成H2O时形成O—H键，B正确；C．CO2为sp杂化，反应过程②中，C形成三条键，为sp2杂化，因此反应过程中，C的杂化方式发生改变，C错误；D．生成，C元素的化合价由+4价降低为+2价，则需要2mol电子，D正确；〖答案〗选C。第Ⅱ卷(非选择题，共64分)本卷可能用到的相对原子质量：C：12S：32Na：23O：16H：1Fe：5613.火星岩石冲含有大量氧化物，如、，、、、、等。回答下列问题：（1）下表的氧化物中偏向共价晶体的过渡晶体是___________；(填化学式)。氧化物离子键的百分数62%50%41%33%（2）基态铁元素的原子最高能级电子云轮廓为___________形。（3）与溶液反应生成的离子中的杂化类型是___________；和O构成的空间构型是___________。（4）(普鲁士蓝)，该反应可检验溶液中，如图是普鲁士蓝晶胞的结构，与形成配位键的是___________(填或)；离子中键与键的个数比是___________；晶胞中与一个距离相等的N有___________个。〖答案〗（1）Al2O3、SiO2（2）球（3）sp3杂化正四面体（4）Fe2+1：26〖解析〗（1）Na2O、MgO、Al2O3、SiO2中离子键的百分数依次为62%、50%、41%、33%，Al2O3、SiO2的离子键百分数都小于50%，故偏向共价晶体的过渡晶体是Al2O3、SiO2；〖答案〗为：Al2O3、SiO2。（2）Fe原子核外有26个电子，基态Fe原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，最高能级为4s能级，s能级电子云轮廓为球形；〖答案〗为：球。（3）〖Al(OH)4〗-中Al的孤电子对数为0，σ键电子对数为4，价层电子对数为4+0=4，故Al采取sp3杂化；由于没有孤电子对，故Al和O构成的空间构型为正四面体；〖答案〗为：sp3杂化；正四面体。（4）根据Fe4〖Fe(CN)6〗3可知，〖Fe(CN)6〗4-中Fe为+2价，即与CN-形成配位键的是Fe2+；CN-中C与N之间形成碳氮三键，三键中含1个σ键和2个π键，故CN-中σ键与π键的个数比是1：2；图示是晶胞结构的，与1个Fe3+距离相等的N位于Fe3+的上下、左右、前后，有6个；〖答案〗为：Fe2+；1：2；6。14.异甘草素(Ⅶ)具有抗肿瘤、抗病毒等药物功效。合成路线如下，回答下列问题已知：①氯甲基甲醚结构简式为：②RCH2CHO+R’CHO（1）有机物Ⅱ的分子式是___________；化合物Ⅳ所含官能团的名称是___________。（2）下列说法不正确的是___________。A.Ⅰ不易与溶液反应 B.Ⅱ中碳的杂化方式有两种C.Ⅳ的核磁共振氢谱有4组峰 D.Ⅵ和Ⅶ都存在顺反异构体（3）写出Ⅱ转化为Ⅲ的化学反应方程式_______________________________________；反应类型______________。（4）写出2种符合下列条件的Ⅴ的同分异构体的结构简式(不包括立体异构体)____________________①含有苯环且苯环上有两个取代基；②与溶液反应显紫色；③不能发生银镜反应。（5）设计由和为原料制备的合成路线(其他无机试剂任选)________________________________________________________。〖答案〗（1）C8H8O3羟基、醛基（2）A（3）++HClO取代反应（4）、、等(邻、间、对位均可)（5）〖祥解〗根据题干有机合成流程图可解决(1)~(3)小题，本题采用逆向合成法，根据题干流程图中III和V合成VI的信息可知，可由和合成，而可以由催化氧化而得到，可由水解得到，据此确定合成路线，据此分析解题。〖详析〗（1）由合成路线可知，有机物Ⅱ的结构简式为，分子中含有8个C原子，8个H原子和3个O原子，故分子式为C8H8O3，化合物Ⅳ的结构简式为，含有的官能团为羟基、醛基；（2）A.Ⅰ中含有酚羟基，易于NaOH溶液反应，A错误；B.Ⅱ中苯环上的C原子和羰基上的C原子采用sp2杂化，甲基上的C原子采用sp3杂化，杂化方式共2种，B正确；C.Ⅳ含有4种不同的环境的氢原子，故核磁共振氢谱有4组峰，C正确；D.Ⅵ和Ⅶ的碳碳双键的两端C原子连有的2个基团不同，存在顺反异构，D正确；〖答案〗选A。（3）根据已知信息，氯甲基甲醚结构简式为，根据合成路线，有机物Ⅱ与氯甲基甲醚发生取代反应生成有机物Ⅲ，反应的化学方程式为++HClO，反应类型为取代反应；（4）有机物Ⅴ的结构简式为，其同分异构体含有苯环且苯环上有两个取代基，与溶液反应显紫色，说明含有酚羟基，不能发生银镜反应，则不能含有醛基，满足条件的有机物有：、、等(邻、间、对位均可)。（5）采用逆向合成法，根据题干流程图中III和V合成VI的信息可知，可由和合成，而可以由催化氧化而得到，可由水解得到，据此确定合成路线如下：。15.可用作净水剂、还原剂等，回答下列问题：Ⅰ.制备：装置如图所示(加持装置省略)；己知极易水解。（1）仪器a的名称是___________。（2）装置二中制备的化学反应方程式是___________________________________；装置三的作用①_____________________________；②_____________________________。（3）该装置存在一定的缺陷，可在___________位置(填A、B或C)增加如下装置。如下装置中气体从___________流入(填“a”或b”)；洗气瓶中盛装的是______________。Ⅱ．利用惰性电极电解溶液，探究外界条件对电极反应产物的影响。（4）实验数据如下表所示：电压pH阳极现象阴极现象实验11.55.5无气泡，滴加显红色无气泡，银白色金属析出实验23.05.5少量气泡，滴加显红色无气泡，银白色金属析出实验34.55.5大量气泡，滴加显红色较多气泡，极少量金属析出实验41.5无气泡，滴加显红色较多气泡，极少量金属析出①实验2、3中阳极产生的气体是___________(填化学式)；②实验中，调节溶液的宜选用___________(填“盐酸”“硝酸”或“硫酸”)；③由实验1、2现象可以得出结论_________________________________________；②由实验1、4现象可以得出结论_________________________________________。〖答案〗（1）长颈漏斗（2）2FeCl3+H22FeCl2+2HCl吸收装置二产生的HCl防止空气中水蒸气进入装置二引起FeCl3水解（3）Aa浓硫酸（4）①.Cl2②.盐酸③.电压较低时，阳极只有Fe2+放电，产物为Fe3+，电压较高时，阳极Cl-、Fe2+放电，产物为Cl2和Fe3+④.pH较高时，阴极只有Fe2+放电，产物为Fe，pH极低时，阴极H+和极少量Fe2+放电，阴极产物为H2和极少量的Fe〖祥解〗由装置图可知，装置一中产生H2，H2进入装置二与FeCl3发生反应可以得到FeCl2，装置三为尾气处理装置，再由条件：极易水解，可知装置三还有防止外界水蒸气进入的作用。〖详析〗（1）仪器a的名称是：长颈漏斗；（2）装置一中产生了H2，故装置二中制备的化学反应方程式是：2FeCl3+H22FeCl2+2HCl；由于装置二中产生了HCl，且FeCl3易水解，故装置三的作用：吸收装置二产生的HCl、防止空气中水蒸气进入装置二引起FeCl3水解；（3）该装置缺陷为生成的H2会带出来水蒸气进入装置二造成FeCl3水解，应在A位置加一个干燥装置，比如装有浓硫酸的洗气瓶，故可在A位置增加图中装置；气体从a流入；洗气瓶中盛装的是浓硫酸；（4）实验2、3中阳极产生了气体，该气体应为Cl-放电生成的Cl2；调节溶液的时不能引入杂质离子，故宜选用盐酸；实验1、2的变量为电压，再根据实验1、2的阳极现象可以得出结论：电压较低时，阳极只有Fe2+放电，产物为Fe3+，电压较高时，阳极Cl-、Fe2+放电，产物为Cl2和Fe3+；实验1、4的变量为pH，再根据实验1、4的阴极现象可以得出结论：pH较高时，阴极只有Fe2+放电，产物为Fe，pH极低时，阴极H+和极少量的Fe2+放电，阴极产物为H2和极少量的Fe。16.工业上，以煤炭为原料，通入一定比例的空气和水蒸气，经过系列反应可以得到满足不同需求的原料气。回答下列问题：（1）在C和的反应体系中：反应1反应2反应3=1\*GB3①_____________。②如图，若，反应1、2和3的y随温度的变化关系如图所示，对应于反应3的线是_______(填a、b或c)。③一定压强下，随着温度的升高，气体中与的物质的量之比_______A．不变B．增大C．减小D．无法判断（2）水煤气反应：。工业生产水煤气时，通常交替通入合适量的空气和水蒸气与煤炭反