辽宁省大连市第一〇三中学高三第八次考试化学试题

辽宁省大连市一〇三中学2022届高三第八阶段考试化学试题考试时间：75分钟满分：100分可能用到的相对原子质量：H：1B：11C：12N：14O：16F：19Na：23Si：28S：32Ca：40一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.撑竿跳是奥运会比赛的项目之一。随着化学的发展，撑杆的材料不断变化，撑杆跳的高度也不断被刷新，目前已突破6.2米。下列有关说法错误的是A.19世纪撑杆通常是木制和竹制两种材质，主要成分均为天然的纤维素B.20世纪初撑杆材质主要是铝合金，铝合金的强度高，但熔点低于单质铝C.20世纪末撑杆材质主要是玻璃纤维，玻璃纤维属于无机非金属材料D.现在撑杆材质主要是碳纤维材料，碳纤维材料属于有机高分子材料【答案】D【解析】【详解】A．木制和竹制两种材质的主要成分为纤维素，均为天然纤维素，故A正确；B．合金的熔点低于其成分物质的熔点，铝合金的强度高，但熔点低于单质铝，故B正确；C．玻璃纤维是一种性能优异的无机非金属材料，种类繁多，优点是绝缘性好、耐热性强、抗腐蚀性好、机械强度高，故C正确；D．碳纤维主要由碳元素组成，具有耐高温、抗摩擦、导电、导热及耐腐蚀等特性，不属于高分子材料，故D错误；故选D。2.下列化学用语正确的是A.分子球棍模型： B.质量数为127的碘原子：C.的结构示意图： D.次氯酸的结构式：HClO【答案】A【解析】【详解】A．球棍模型中要表达出键型和原子半径的相对大小，CH4中均为单键C的原子半径比H大，该模型正确，故A正确；B．中质量数与质子数位置写反，正确的表示方法是，故B错误；C．为硫原子结构示意图，S2−的质子数为16，核外电子数为18，各层电子数分别为2、8、8，硫离子正确的结构示意图为：，故C错误；D．次氯酸分子中含有1个H−O键和1个O−Cl键，其正确的结构式为：H−O−Cl，故D错误；故答案为A。3.下列有关材料的结构或性质与用途不具有对应关系的是A.硅橡胶具有无毒、无味、耐高温的性质，用作压力锅的密封圈B.分子筛(铝硅酸盐)具有微孔结构，用作计算机芯片C.TiFe合金储氢量大、吸放氢速率快，用于氢燃料汽车D.高温结构陶瓷具有耐高温、耐氧化、耐磨蚀的特性，用于发动机【答案】B【解析】【分析】【详解】A．硅橡胶无毒、耐高温，可作压力锅的密封圈，故A正确；B．分子筛(铝硅酸盐)具有微孔结构，主要用作吸附剂和催化剂等，硅是计算机芯片的原料，故B错误；C．TiFe合金作为储氢材料，用于氢燃料汽车，故C正确；D．高温结构陶瓷具有耐高温、耐氧化、耐磨蚀的特性，可用于发动机，性质和用途对应，故D正确；故选：B。4.依据元素周期律，下列判断错误的是A.第一电离能： B.原子半径：C.电负性： D.酸性：【答案】AB【解析】【详解】A．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，铍原子的2s轨道为稳定的全充满结构，原子的第一电离能大于相邻元素，则锂、铍、硼的第一电离能由小到大的顺序为Li＜B＜Be，选项A错误；B．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，同主族元素，从上到下原子半径依次增大，则钠、镁、钾的原子半径由小到大的顺序为，选项B错误；C．同周期元素，从左到右元素的电负性依次增大，则氮、氧、氟的电负性由小到大的顺序为，选项C正确；D．同周期元素，从左到右原子元素的非金属性依次增强，最高价氧化物对应水化物的酸性依次增强，则硅、磷、氯的最高价氧化物对应水化物的酸性由小到大的顺序为，选项D正确；答案选AB。5.一种新型陶瓷的化学成分为BN，具有多种结构，其中立方BN具有金刚石的晶胞结构特征，B原子位于晶胞内部，晶胞边长为apm，NA为阿伏加德罗常数，关于立方BN晶体的说法不正确的是A.该晶体中存在配位键B.该晶体中B的杂化类型是sp2杂化C.该晶胞的密度为D.最近的B原子之间的距离为【答案】B【解析】【详解】A．B原子最外层有3个电子，N原子最外层有5个电子，其中含有一对孤电子对，N原子提供孤电子对，B原子提供空轨道，N、B原子通过配位键结合，因此在该晶体中存在配位键，A正确；B．立方相氮化硼中硼原子形成4个共价键，所以硼原子采用的是sp3杂化，而不是sp2杂化，B错误；C．在晶胞中含有4个BN，故晶胞的密度为，C正确；D．若晶胞参数为apm，则最近的B原子之间的距离为晶胞面对角线的一半，故晶胞中最近的2个B原子之间的距离为，D正确；故选B。6.关注“实验室化学”并加以实践能有效提高同学们的实验素养，用如图所示装置(夹持装置均已省略)进行实验，能达到目的的是A.甲装置可检验溶液中是否有 B.乙装置可验证浓硫酸的脱水性C.丙装置可制备无水 D.丁装置可制取并收集干燥、纯净的【答案】C【解析】【详解】A．观察钾元素的焰色需要通过蓝色的钴玻璃，A项错误；B．浓硫酸具有吸水性，吸收试管中空气中的水分，使饱和硫酸铜溶液的水分减少，有晶体析出，不能验证脱水性，B项错误；C．氯化镁在氯化氢氛围中加热失水，抑制镁离子水解，最后得到无水氯化镁，C项正确；D．一氧化氮和氧气反应，不能用排空气收集气体，D项错误故选C。7.NA表示阿伏加德罗常数的值，则下列叙述正确的是A.金刚石中含有化学键数目为4NAB.标准状况下通过足量充分反应，转移电子数目为NAC.用惰性电极电解饱和食盐水，转移电子数为NA时，生成的浓度为D.一定温度下，溶液与溶液中的数目均小于0.5NA，且前者更少【答案】B【解析】【详解】A．1mol金刚石中含2mol碳碳单键，所以（1mol）金刚石中含有化学键数目为2NA，A错误；B．过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式为：，对应电子转移的关系为：2CO22e，所以标准状况下通过足量充分反应，转移电子数目为NA，B正确；C．溶液体积未知，无法求出氢氧根离子的浓度，C错误；D．盐类水解遵循“越稀越水解”的原则，氯化铵为强酸弱碱盐，铵根离子会发生水解，且比水解程度弱，铵根离子比较，后者个数更少，D错误；故选B。8.下列离子方程式书写正确的是()A.用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：3+Cl2+H2O═2+2Cl﹣+B.FeI2溶液中滴入过量溴水：2Fe2++2I﹣+2Br2═2Fe3++I2+4Br﹣C.草酸使酸性高锰酸钾溶液褪色：2+5+16H+═2Mn2++10CO2↑+8H2OD.向NH4HCO3溶液中滴加少量NaOH溶液：+OH﹣═NH3•H2O【答案】A【解析】【详解】A．用Na2SO3溶液吸收少量Cl2：3+Cl2+H2O═2HSO3﹣+2Cl﹣+，符合得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒、强制弱规律，A项符合题意；B．向FeI2溶液中滴入过量溴水，反应生成溴化铁、碘单质，反应的离子方程式为：2Fe2++4I﹣+3Br2═2Fe3++2I2+6Br﹣，B项不符合题意；C．草酸是二元弱酸，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，草酸应该保留分子式，离子方程式为：2+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，C项不符合题意；D．向NH4HCO3中滴加少量的NaOH溶液的离子反应为+OH﹣=+H2O，D项不符合题意；故选：A。9.碳酸二甲酯()是一种低毒、环保、性能优异、具有优良发展前景的“绿色”化工产品。纳米CeO2催化CO2和CH3OH合成碳酸二甲酯的示意图如图所示，下列说法正确的是A.CeO2可有效提高CH3OH的平衡转化率 B.反应①中有OH键的断裂C.反应②可以看作是取代反应 D.上述转化过程中，中间产物有4种【答案】B【解析】【详解】A．CeO2为催化剂，催化剂只影响化学反应速率，不影响平衡移动，所以催化剂不能提高甲醇的平衡转化率，A错误；B．反应①中CH3OH转化为CH3O，其中的OH键断裂，B正确；C．二氧化碳的结构式为：O=C=O，根据—OCOOCH3的结构特点分析，反应②可以看作是加成反应，C错误；D．从转化示意图分析可知，OH、OCH3、OCOOCH3是中间体，D错误；故选B。10.CalebinA可用于治疗阿尔茨海默病，在其合成过程中有如下物质转化过程：下列有关化合物X、Y和Z的说法正确的是A.X有3种含氧官能团B.X、Y和Z均可发生水解反应C.可用新制Cu(OH)2悬浊液检验Z中是否混有XD.将Z与NaOH乙醇溶液共热，可发生消去反应【答案】C【解析】【详解】A．根据物质结构简式可知：X有2种含氧官能团：醚键和醛基，A错误；B．X、Y和Z均不含可水解的官能团：如酯基、卤素原子等，B错误；C．X中含醛基，而Z中无醛基，可用新制Cu(OH)2悬浊液检验Z中是否混有X，C正确；D．Z中含有羟基，由于在羟基连接C原子的邻位C原子上含有H原子，因此可在浓硫酸存在的条件下加热发生消去反应，D错误；故合理选项是C。11.甲是一种在微生物作用下将废水中的尿素转化为环境友好物质，实现化学能转化为电能的装置。利用甲、乙两装置，实现对冶金硅(为硅源)进行电解精炼制备高纯硅。下列说法错误的是A.电极M与电极相连B.当甲池中消耗时，乙池得到高纯硅C.乙池中液态合金为阳极，液态铝为阴极D.M上的电极反应式为：【答案】B【解析】【详解】A．甲装置中，电极N上，O2发生还原反应生成H2O，则电极N为正极，电极M上，CO(NH2)2发生氧化反应生成CO2、N2和H+，则电极M为负极；乙装置中，电极a上，Si发生氧化反应生成Si4+，则电极a为阳极，电极b上，Si4+发生还原反应生成Si，则电极b为阴极；故电极M与电极b相连，A正确；B．未说明O2是否处在标准状况，则无法计算22.4LO2的物质的量，也就无法计算乙池得到高纯硅的质量，B错误；C．由分析可知，乙池中液态Cu−Si合金与电极a相连，为阳极，液态铝与电极b相连，为阴极，C正确；D．甲装置中，电极M为负极，CO(NH2)2在电极M上发生氧化反应生成CO2、N2和H+，电极反应式为CO(NH2)2+H2O6e=CO2↑+N2↑+6H+，D正确；故选B。12.硫酸是一种重要的基本化工产品。接触法制硫酸生产中的关键工序是的催化氧化：。研究表明，催化氧化的反应速率方程为式中：k为反应速率常数，随温度t升高而增大；α为平衡转化率，α′为某时刻转化率，n为常数。在α′=0.90时，将一系列温度下的k、α值代入上述速率方程，得到的vt曲线如图所示。下列说法正确的是A.该反应在任何温度下都能自发B.与足量充分反应，放出的热量为C.升高温度，能增大单位体积内活化分子百分数和活化分子数D.反应速率先随温度的升高而增大，原因是温度升高导致k、α均增大【答案】C【解析】【详解】A．该反应焓变△H<0，反应前后气体分子数减少，熵变△S<0，依据△G=△HT△S<0反应能自发进行可知，该反应在低温条件下自发进行，A错误；B．二氧化硫与氧气反应为可逆反应，1molSO2与足量氧气充分反应，放出的热量小于98kJ，B错误；C．升高温度，活化分子数增加，单位体积内活化分子百分数增加，C正确；D．升高温度，反应速率常数增大，该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，二氧化硫平衡转化率降低，反应速率先随温度的升高而增大，原因是温度升高导致k增大对v的提高大于α引起的降低，D错误；答案选C。13.X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，可“组合”成一种具有高效催化性能的超分子，其结构如图(注：实线代表共价键，其他Y原子之间的重复单元中的W、X未展开标注)，W、X、Z分别位于不同周期，Z是同周期中金属性最强的元素。下列说法不正确的是A.Y位于第二周期第ⅥA族B.XW4形成的晶体堆积属于分子密堆积C.X单质不存在能导电的晶体D.Y与Z可组成阴阳离子数之比为1：2的离子晶体【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素，W、X、Z分别位于不同周期，由化合物的结构可知，X能形成4个共价键，则X为C元素；Y能形成2个共价键，则Y为O元素；Z是同周期中金属性最强的元素，则Z为Na元素；W只形成了1个共价键，则W为H元素；【详解】A．Y即氧元素，位于第二周期第VIA族，故A正确；B．XW4形成的甲烷晶体属于分子晶体，分子晶体不含氢键都采取分子密堆积，即甲烷中分子周围紧邻的微粒数为12个，故B正确；C．X即碳元素的单质中，石墨是能导电的混合型晶体，故C错误；D．Y与Z可组成氧化钠、过氧化钠，晶体内阴阳离子数之比均为1:2的离子晶体，故D正确；答案选C。14.下列实验操作、现象及得出的结论均正确的是选项实验操作实验现象实验结论A向某溶液中先加入氯化钡溶液，再滴入盐酸先产生白色沉淀，后白色沉淀不消失该溶液中一定含有B向某溶液中加入氢氧化钠溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝该溶液中一定无C在溶液中滴加少量等浓度的溶液，再加入少量等浓度的溶液先产生白色沉淀，后产生黑色沉淀D室温下，用试纸分别测定浓度均为的和两种溶液的：结合能力比的弱A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．向某溶液中先加入氯化钡溶液，再滴入盐酸,先产生白色沉淀，后白色沉淀不消失，白色沉淀可能是氯化银，不能说明含有硫酸根离子，A错误；B．铵盐和氢氧化钠溶液反应，如果不加热或在稀溶液中反应生成的一水合氨不分解或分解的氨气较少，无法检测出来，因此不能据此说明不含有铵根离子，B错误；C．反应中硫化钾过量，在加入硫酸铜溶液一定产生CuS沉淀，所以不能据此说明二者溶度积常数相对大小，C错误；D．酸性：H2SO3＞，酸性越强，对应离子结合氢离子能力越弱，因此结合能力比的弱，D正确；答案选D。15.25℃时，用HCl气体调节0.1mol/L氨水的pH，溶液中微粒浓度的对数值(lgc)、反应物的物质的量之比[]与pH的关系如图所示。若忽略通入气体后溶液体积的变化，下列有关说法错误的是A.25℃时，电离平衡常数为B.P1所示溶液：C.P2所示溶液：D.P3所示溶液：【答案】B【解析】【详解】A．，，由图可知，当时，溶液pH=9.25，则c(H+)=109.25mol/L，c(OH)=104.75mol/L，带入电离常数表达式可得，=104.75，A项正确；B．由图可知，P1点时，=0.05mol/L，pH=9.25，，由电荷守恒可知：，c(Cl)<=0.05mol/L，B项错误；C．由电荷守恒可知：，由于pH=7则。又由图可知，P2点时，因此，C项正确；D．由图可知，P3点时t==1.0，根据物料守恒可得，D项正确；答案选B。第Ⅱ卷(非选择题，共55分)二、非选择题：本题共4小题，共55分。16.红土镍矿渣主要成分包含铁、钴、镍、锰、铬、硅的氧化物，为节约和充分利用资源，利用如下流程进行分离回收。已知该温度下、的溶度积分别是、。回答下列问题：（1）酸溶时，需将红土镍矿渣研成粉末，目的是_______。（2）实验室进行过滤步骤用到的玻璃仪器有_______。（3）各种离子萃取率与pH关系如图。分步萃取前需通入适量氧气，目的是_______，分步萃取浸出金属离子先后顺序为_______、_______、_______，当调时，溶液中_______。（4）萃取液Ⅰ电解制取镍的阴极电极反应式为_______。（5）写出铬原子的价层电子轨道表示式_______（6）写出铁红的一种用途：_______。【答案】（1）增大酸溶速率，提高浸出率（2）烧杯、漏斗、玻璃棒（3）①.将亚铁离子氧化为铁离子，提高铁红产率(或提高铁元素回收率)②.③.、④.⑤.（4）（5）（6）作颜料或涂料(合理即可)【解析】【分析】本题是一道工业流程题，通过红土镍矿渣制备三元锂电池和铁红的过程，首先对原材料进行酸溶，过滤后对滤液进行分步萃取，从而分别得到Fe3+、Mn2+、Co2+、Ni2+，再对三种萃取液分别处理即可得到铁红和三元锂电池，以此解题。【小问1详解】从反应速率的影响因素考虑将红土镍矿渣研成粉末，目的是：增大酸溶速率，提高浸出率；【小问2详解】过滤时用到的仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒；【小问3详解】第一步酸溶后，硅的氧化物难溶，溶液中的金属阳离子包含Fe2+、Fe3+、Co2+、Ni2+、Mn2+、Cr3+，通入空气的目的是：将亚铁离子氧化为铁离子，提高铁红产率(或提高铁元素回收率)；结合关系图，分步萃取浸出金属离子先后顺序为Fe3+、Mn2+、Co2+、Ni2+；当pH=4.6时，；【小问4详解】萃取液Ⅰ包含Ni2+，电解制取镍的阴极电极反应式为；【小问5详解】铬为24号元素，其价层电子轨道表示式为：；【小问6详解】铁红的主要成分为Fe2O3，呈红棕色，它的一种用途是作颜料或涂料(合理即可)。17.二甲醚(CH3OCH3)是优良的洁净燃料。Ⅰ：工业上可用CO和合成二甲醚，其反应为，初始条件相同时，分别在A(恒温)、B(绝热)两个容器内反应。（1）反应初始时两容器的反应速率A_______(填“>”“<”或“=”，下同)B；平衡时CO的转化率A_______B。Ⅱ：利用催化加氢制二甲醚过程中发生的化学反应如下：反应Ⅰ：反应Ⅱ：反应Ⅲ：回答下列问题：（2）甲醇水化制的反应能量变化如图所示，则_______kJ/mol(用含有a、b、c的式子表示)。（3）一定温度下，向体积为1L的恒容密闭容器中通入和进行上述反应，反应经10min达平衡，的平衡转化率为30%，容器中CO(g)为0.05mol，为0.05mol。前的反应速率为_______，反应Ⅲ的平衡常数K=_______。继续向容器中加入和，此时反应Ⅲ_______(填“向正反应方向进行”“向逆反应方向进行”或“处于平衡状态”)。（4）在一定条件下，在恒容密闭容器中按投料进行上述反应，的平衡转化率及的平衡体积分数随温度变化如图所示。图中曲线X表示_______的平衡体积分数随温度的变化。【答案】（1）①.=②.>（2）bac（3）①.0.01mol·L1·min1②.16③.向正反应方向进行（4）CH3OCH3【解析】【小问1详解】是放热反应，初始条件相同时，分别在A(恒温).B(绝热）两个容器内反应。反应初始时，两容器中反应物的浓度相同，温度等相同，两容器的反应速率A=B；反应放热，B中温度高，平衡逆向移动，平衡时CO的转化率A>B。故答案为：=；>；【小问2详解】由图示可得该过程的总反应为：CH3OH(g)+H2O(g)=CO2(g)+3H2(g)，对应焓变△H=(c+ab)kJ/mol，反应Ⅱ为该反应的逆反应，故△H2=△H=(bac)kJ/mol，故此处填：bac；【小问3详解】由题意知，转化的CO2物质的量n(CO2)=1mol×30%=0.3mol，平衡时CO物质的量为0.05mol，说明通过反应Ⅰ转化的CO2为0.05mol，则通过反应Ⅱ转化的CO2为0.25mol，故反应Ⅱ生成CH3OH为0.25mol，又平衡时CH3OH为0.05mol，说明有0.2molCH3OH通过反应Ⅲ转化为CH3OCH3，列式如下：，综上所述，平衡时n（CH3OH）=0.05mol，n（CH3OCH3）=0.1mol，n（H2O）=（0.05+0.25+0.1）mol=0.4mol，前10minCH3OCH3的反应速率=；反应ⅢKc==16；加入和，此时Qc=2.22<Kc，故平衡向正反应方向移动，故答案为：；16；向正反应方向进行。【小问4详解】随着温度的升高，反应Ⅲ平衡逆向移动，故CH3OCH3（或二甲醚）平衡体积分数减小，对应曲线X。18.三氯化氧磷()是一种重要的化工原料，常用作半导体掺杂剂及光导纤维原料。实验室制取并测定产品含量的实验过程如下：Ⅰ.制备资料卡片物质熔点/℃沸点/℃相对分子质量其他93.676.1137.5遇水剧烈水解，易与反应125105.8153.5遇水剧烈水解，能溶于10578.8119遇水剧烈水解，受热易分解（1）实验室制备的离子方程式为_______。（2）三颈烧瓶中的反应为温度需控制在，选择此温度的原因是_______。（3）反应装置图的方框中未画出的仪器最好选择_______(填“甲”或“乙”)。（4）b中试剂是_______，作用是_______。Ⅱ.测定产品含量的实验步骤：①实验Ⅰ结束后，待三颈烧瓶中液体冷却到室温，准确称取1.705g样品在水解瓶中摇动至完全水解，将水解液配成100.00mL溶液；②取10.00mL溶液于锥形瓶中，加入0.2000mol/L的溶液20.00mL()；③加少许硝基苯(硝基苯密度比水大，且难溶于水)，用力振荡，使沉淀被有机物覆盖。④加入作指示剂，用0.1000mol/LKSCN标准溶液滴定过量的至终点()，做平行实验，平均消耗KSCN标准溶液10.00mL。（5）滴定终点的判断依据为_______。（6）的纯度为_______%。(保留到小数点后一位)（7）已知，据此判断，若取消步骤③，测定结果将_______(填偏高、偏低、或不变)。【答案】（1）（2）温度过低，反应速率小；温度过高，三氯化磷会挥发，影响产物纯度（3）乙（4）①.碱石灰②.为防止空气中水蒸气进入装置，同时吸收尾气（5）加入最后半滴标准液，溶液恰好呈红色，且半分钟不褪色（6）90.0%（7）偏低【解析】【分析】氯气通过饱和食盐水除去氯化氢，经过a干燥后通入三口烧瓶；二氧化硫经过浓硫酸干燥后通入三口烧瓶，三口烧瓶中发生反应制备，为防止反应体系中物质挥发降低产率，用球形冷凝管冷凝回流，碱石灰吸收尾气并防止空气中水蒸气进入三口烧瓶。【小问1详解】实验室用二氧化锰和浓盐酸加热制备，反应的离子方程式为；【小问2详解】温度过低，反应速率小；温度过高，三氯化磷会挥发，影响产物纯度，所以反应温度需控制在；【小问3详解】反应装置图的方框中未画出的仪器的主要作用是冷凝、回流，所以最好选择球形冷凝管，故选乙。【小问4详解】b的作用吸收氯气、防止中的水蒸气进入三颈烧瓶，所以b中试剂是碱石灰。【小问5详解】滴定终点，KSCN有剩余，SCN遇Fe3+溶液变红；加入最后半滴标准液，溶液恰好呈红色，且半分钟不褪色，说明达到滴定终点。【小问6详解】10.00mL的水解液和10mL0.1000mol/LKSCN标准液共消耗20.00mL0.2000mol/L的溶液，则10.00mL的水解液中n(Cl)=，则1.705g样品在水解瓶中水解液配成的100.00mL溶液中n(Cl)=，根据POCl3~~3Cl，可知1.705g样品中n(POCl3)=0.01mol，纯度为【小问7详解】，氯化银能转化为，步骤③用硝基苯覆盖氯化银沉淀，防止氯化银能转化为，若取消步骤③，消耗KSCN的体积偏大，则测定结果将偏低。19.环喷托酯是一种常见的散瞳剂，常用于儿童散瞳验光，其合成路线如下：已知：①②回答下列问题：（1）环喷托酯中含氧官能团的名称为___________；A生成B的反应条件为___________。（2）由C生成D的化学方程式为___________。（3）的化学名称是__