2022-2023学年天津市天津外国语大学附属外国语学校高三上学期期末线上质量监测化学试题含解析

天津市天津外国语大学附属外国语学校2022-2023学年

高三上学期期末线上质量监测化学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．我国提出争取在2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和，这对于改善环境，实现绿色发展至关重要。“碳中和”是指CO2的排放总量和减少总量相当。下列措施中能促进碳中和最直接有效的是

A．开采可燃冰作为新能源

B．研发催化剂将CO2还原为甲醇

C．将重油裂化为轻质油作为燃料

D．通过清洁煤技术减少煤燃烧污染

【答案】B

【详解】A．开采可燃冰作为新能源，燃烧生成二氧化碳，不能促进碳中和，故A不符合题意；

B．研发催化剂将CO2还原为甲醇，减少二氧化碳排放量，促进碳中和，故B符合题意；

C．将重质油裂解为轻质油作为燃料，二氧化碳排放量没有减少，不能促进碳中和，故C不符合题意；

D．通过清洁煤技术减少煤燃烧污染，只是减少了SO2的排放，并没有减少CO2的排放，没有促进碳中和，故D不符合题意；

故答案为：B。

2．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是

A．pH=12的溶液中：

B．c(OH-)/c(H+)=10-12的溶液中：、Cu2+、、

C．滴加KSCN溶液显红色的溶液中：NH、K+、Cl-、I-

D．水电离的c(OH−)=1×10−13mol·L-1的溶液中：K+、Cl-、CH3COO-、Cu2+

【答案】A

【详解】A．pH=12的溶液显碱性，碱性条件下，该组离子均能共存，故A符合题意；

B．c(OH－)/c(H+)＝10－12的溶液，呈酸性，碳酸根不能大量共存，故B不符合题意；

C．滴加KSCN溶液显红色的溶液中，含有铁离子，具有氧化性，和碘离子不能共存，故C不符合题意；

D．水电离的c(OH−)＝1×10−13mol·L－1的溶液，可能为酸性，也可能为碱性，若为酸性，醋酸根离子不能大量共存，若为碱性，铜离子不能大量共存，故D不符合题意；

故答案为：A。

3．下列说法正确的是

A．电负性：Se＞As B．离子半径：Na+＞Cl−

C．第一电离能：Al＞Mg D．键长：Cl−Cl＞Br−Br

【答案】A

【详解】A．同周期主族元素的电负性从左往右增大，Se是第四周期ⅥA族元素，As是第四周期ⅤA族元素，故电负性：Se＞As，A正确；

B．Cl−有三个电子层，Na+有两个电子层，电子层多的半径大，离子半径：Cl−＞Na+，B错误；

C．第一电离能指气态原子失去第一个电子形成气态一价阳离子所需的最低能量，Al失去的是3p1电子，是孤电子，Mg失去的是3s2电子，是成对电子，第一电离能：Mg＞Al，C错误；

D．Cl原子半径比Br小，键长： Br−Br＞Cl−Cl，D错误；

故选A。

4．下列有关化学用语表示正确的是

A．H3O+的空间结构：V形

B．Br的原子结构示意图：

C．基态N原子价层电子的轨道表示式：

D．电子式表示NaCl的形成过程：Na·+

【答案】C

【详解】A．H3O+的中心原子O价电子对数是 6+1×3−12=4 ，是sp3杂化，杂化轨道构型是正四面体，其中三个方向连接H原子，故其空间结构为三角锥型，A错误；

B．Br的质子数为35，B错误；

C．基态N原子价层电子2s22p3，C正确；

D．电子式表示NaCl的形成过程： ，D错误；

故选C。

5．部分含铁物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是

A．可与反应生成

B．既可被氧化，也可被还原

C．可将加入浓碱液中制得的胶体

D．可存在的循环转化关系

【答案】C

【分析】图中所示铁元素不同化合价的物质：a为Fe，b为FeCl2、FeSO4、Fe(NO3)2等Fe(II)的盐类物质，c为Fe(OH)2，e为FeCl3、Fe2(SO4)3、Fe(NO3)3等Fe(III)的盐类物质，d为Fe(OH)3。

【详解】A．Fe与Fe(III)的盐类物质可发生反应生成Fe(II)的盐类物质，如Fe+2FeCl3=3FeCl2，故A不选；

B．Fe(II)为铁元素的中间价态，既有还原性也有氧化性，因此既可被氧化，也可被还原，故B不选；

C．Fe(III)的盐类物质与浓碱液反应生成Fe(OH)3沉淀，制备Fe(OH)3胶体操作为：向沸水中滴加饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，故C选；

D．转化如，故D不选；

综上所述，答案为C。

6．NO与CO是燃油汽车尾气中的两种有害气体，常温常压下它们之间的反应：

CO(g)+ NO(g)=CO2(g)+N2(g)   ΔH= -374.3 kJ·mol-1 K=2.5×1060， 反应速率较小。有关该反应的说法正确的是

A．K很大，NO与CO在排入大气之前就已反应完全

B．增大压强，平衡将向右移动，K> 2.5×1060

C．升高温度，既增大反应速率又增大K

D．选用适宜催化剂可达到尾气排放标准

【答案】D

【详解】A．平衡常数很大，表示该反应所能进行的程度大，由于NO与CO反应速率较小，在排入大气之前没有反应完全，故A错误；

B．平衡常数只与温度有关，增大压强，K不变，故B错误；

C．CO(g)+ NO(g)=CO2(g)+N2(g)正反应放热，升高温度，速率加快，平衡逆向移动，K减小，故C错误；

D．选用适宜催化剂可加快反应速率，使尾气得到净化，达到尾气排放标准，故D正确；

选D。

7．下列有关物质性质与用途具有对应关系的是

A．NH3 极易溶于水，可用作制冷剂

B．SiO2 熔点高硬度大，可用于制光导纤维

C．NaHCO3 受热易分解，可用于制胃酸中和剂

D．ClO2 具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒

【答案】D

【详解】A．NH3 加压易液化，气化时吸收大量的热使环境温度降低，可用作制冷剂，A不符合题意；

B．SiO2 晶体是无色透明的固体，具有高光导性，可用于制光导纤维，B不符合题意；

C．NaHCO3 可与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，可用于制胃酸中和剂，C不符合题意；

D．ClO2 具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，D符合题意；

故选D。

8．下列指定反应的离子方程式正确的是

A．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2+ + OH−+ HCO=CaCO3↓+ H2O

B．向NaIO3酸性溶液中加入NaI溶液：IO+5I-+6H+=3I2 + 3H2O

C．向稀硝酸中加入Na2SO3溶液：SO+2H+=SO2↑ + H2O

D．钠与水反应：Na + H2O=Na++ OH−+ H2↑

【答案】B

【详解】A．石灰石足量，铵根、碳酸氢根按1:1完全反应，反应的离子方程式为+Ca2+ +2 OH−+ HCO=CaCO3↓+ H2O+NH3·H2O，A错误；

B．向NaIO3酸性溶液中加入NaI溶液，碘酸根离子和碘离子发生归中反应生成碘单质，反应的离子方程式为IO+5I-+6H+=3I2 + 3H2O，B正确；

C．向稀硝酸中加入Na2SO3溶液，稀硝酸与Na2SO3发生氧化还原反应，反应的离子方程式为2+3SO+2H+= 3SO+ H2O+2NO↑，C错误；

D．钠与水反应生成NaOH和氢气，反应的离子方程式为2Na +2 H2O=2Na++ 2OH−+ H2↑，D错误；

选B。

9．下列对装置或仪器的使用或操作规范的是

A．A B．B C．C D．D

【答案】A

【详解】A．振荡分液漏斗时，形成密闭体系后分液漏斗尖嘴斜向上，A正确；

B．向容量瓶中转移溶液时，应用玻璃棒引流，B错误；

C．托盘天平称量应左盘盛放待称固体，右盘盛放砝码，C错误；

D．石灰石高温煅烧应使用坩埚，D错误；

故选A。

10．碘在不同状态下(固态或气态)与氢气反应的热化学方程式如下所示。

① H2(g) + I2(？)2HI(g)   ΔH = −9.48 kJ/mol

② H2(g) + I2(？)2HI(g)   ΔH = +26.48 kJ/mol

下列判断正确的是

A．HI(g)比 HI(s)热稳定性更好

B．1mol 固态碘升华时将吸热 17 kJ

C．①中的 I2为固态，②中的 I2为气态

D．①的反应物总能量比②的反应物总能量高

【答案】D

【分析】气态碘的能量比固态碘的能量高，所以气态碘和氢气反应生成气态HI放出热量，而固态碘和氢气反应生成气态HI会吸收热量，所以反应①中的碘为气体，反应②中的碘为固体。

【详解】A．一般地，能量越低越稳定，同一物质，固态能量低于液态能量，液态能量低于气态能量，所以HI(s)比 HI(g)热稳定性更好，故A错误；

B．由以上分析可知，反应①中的碘为气体，反应②中的碘为固体，将反应②减去反应①，即可得到I2(s)= I2(g)的ΔH=+35.96kJ/mol，即1mol 固态碘升华时将吸热 35.96 kJ，故B错误；

C．由以上分析可知，反应①中的碘为气态，反应②中的碘为固态，故C错误；

D．一般地，同一物质，气态能量高于固态能量，所以①的反应物总能量比②的反应物总能量高，故D正确；

故选D。

11．有氧条件下，NO 在催化剂作用下可被 NH3还原为 N2，反应机理如下图所示。

下列说法不正确的是

A．V5+ =O 在反应中起到催化剂的作用

B．该转化过程中，仅O2体现了氧化性

C．该转化过程中若O2过量不利于 NO 转化为N2

D．该转化过程的总反应：4NH3 + 4NO + O2=4N2 + 6H2O

【答案】B

【详解】A．V5+ =O 在反应中参与了反应但量没有增加或减少，起到催化剂的作用，A正确；

B．该转化过程中，NO中的N化合价降低、NO和O2都体现了氧化性，B错误；

C．该转化过程中若O2过量则将NO氧化为NO2，不利于 NO与 NH3转化为N2，C正确；

D．结合图示过程，进入的物质有NH3、NO、O2，出来的物质有N2、H2O，故该转化过程的总反应：4NH3 + 4NO + O2=4N2 + 6H2O，D正确；

故选B。

12．已知：A(g)+2B(g)⇌3C(g)  ΔH＜0，向一恒温恒容的密闭容器中充入1molA和3molB发生反应，t1时达到平衡状态I，在t2时改变某一条件，t3时重新达到平衡状态II，正反应速率随时间的变化如图所示。下列说法正确的是

A．容器内压强不变，表明反应达到平衡 B．t2时改变的条件：向容器中加入C

C．平衡时A的体积分数φ：φ(II)＜φ(I) D．平衡常数K：

【答案】B

【分析】根据图象可知，向恒温恒容密闭容器中充入1molA和3molB发生反应，反应时间从开始到t1阶段，正反应速率不断减小，t1-t2时间段，正反应速率不变，反应达到平衡状态，t2-t3时间段，改变条件使正反应速率逐渐增大，平衡向逆反应方向移动，t3以后反应达到新的平衡状态，据此结合图象分析解答。

【详解】A．容器内发生的反应为A(g)+2B(g)⇌3C(g)，该反应是气体分子数不变的可逆反应，所以在恒温恒容条件下，气体的压强始终保持不变，则容器内压强不变，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；

B．根据图象变化曲线可知，t2-t3过程中，t2时v正瞬间不变，平衡过程中不断增大，则说明反应向逆反应方向移动，且不是“突变”图象，属于“渐变”过程，所以排除温度与催化剂等影响因素，改变的条件为：向容器中加入C，故B正确；

C．最初加入体系中的A和B的物质的量的比值为1：3，当向体系中加入C时，平衡逆向移动，最终A和B各自物质的量增加的比例为1：2，因此平衡时A的体积分数φ(II)＞φ(I)，故C错误；

D．平衡常数K只与温度有关，因该反应在恒温条件下进行，所以K保持不变，故D错误；

故选B。

13．下列实验操作正确且能达到预期目的的是

A．A B．B C．C D．D

【答案】C

【详解】A．碳碳双键和醛基都能被高锰酸钾氧化，不能用酸性高锰酸钾鉴别，A错误；

B．苯酚与浓溴水反应产生的三溴苯酚白色物质能够溶解在有机物苯中，不能通过过滤除去，B错误；

C．用石墨作电极电解混合溶液，阴极上铜离子放电，可以比较铜和镁的金属活动性强弱，C正确；

D．元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。C的最高价含氧酸为H2CO3，对应的钠盐为NaHCO3，Cl的最高价含氧酸为HClO4，对应的钠盐为NaClO4，所以通过测同温同浓度 NaHCO3 和 NaClO 水溶液的 pH，无法确定C和Cl的非金属性强弱，D错误；

故答案为：C。

14．电致变色器件可智能调控太阳光透过率，从而实现节能。下图是某电致变色器件的示意图。当通电时，注入到无色薄膜中，生成，器件呈现蓝色，对于该变化过程，下列叙述错误的是

A．Ag为阳极

B．总反应为：

C．由银电极向变色层迁移

D．a电极反应：

【答案】D

【分析】由题意可知，与铅蓄电池的正极a相连的银电极为电解池的阳极，银失去电子发生氧化反应生成银离子，电极反应式为Ag—e—=Ag+，与负极b相连的电极为阴极，在银离子作用下在阴极得到电子发生还原反应生成，电极反应式为xAg+++x e—=，电解的总反应为。

【详解】A．由分析可知，与铅蓄电池的正极a相连的银电极为电解池的阳极，故A正确；

B．由分析可知，电解的总反应为，故B正确；

C．由分析可知，与铅蓄电池的正极a相连的银电极为电解池的阳极，与负极b相连的电极为阴极，则阳离子银离子由银电极向变色层迁移，故C正确；

D．由分析可知，与铅蓄电池的正极a相连的银电极为电解池的阳极，铅蓄电池正极a上的电极反应为二氧化铅在硫酸作用下得到电子发生还原反应生成硫酸铅，电极反应式为，故D错误；

故选D。

15．已知25℃时，几种常见弱电解质的电离平衡常数如下表所示：

下列说法正确的是A．溶液呈碱性

B．25℃时，0.1氨水的

C．足量与反应的离子方程式为：

D．25℃时，将等体积等浓度的苯酚溶液与氨水混合，混合溶液中各离子浓度关系：

【答案】B

【详解】A．由电离常数可知，磷酸二氢根离子的水解常数Kh==≈1.45×10—12＜K2， 磷酸二氢根离子在溶液中的水解程度大于电离程度，磷酸二氢钠溶液呈碱性，故A错误；

B．由一水合氨的电离常数可知，溶液中氢氧根离子的浓度约为mol/L= mol/L =×10—3mol/L，则溶液，故B正确；

C．由电离常数的大小可知，苯酚的电离程度大于磷酸氢根离子，小于磷酸二氢根离子，则足量苯酚与磷酸钠溶液反应生成苯酚钠和磷酸氢钠，反应的离子方程式为：，故C错误；

D．将等体积等浓度的苯酚溶液与氨水混合恰好反应得到苯酚铵溶液，由电离常数大小可知，石炭酸根离子在溶液中的水解程度大于铵根离子，溶液呈碱性，则混合溶液中各离子浓度关系为，故D错误；

故选B。

16．某温度下，在NaHS溶液中，各离子的浓度随NaHS溶液浓度的变化关系如图所示，下列叙述错误的是

已知：此温度时，的，。

A．0.1mol/L NaHS溶液：

B．溶液中：

C．室温下，用NaOH溶液滴定等浓度的NaHS溶液，滴定终点刚好形成0.1mol/L的溶液，该过程可以选用酚酞作指示剂

D．当时，

【答案】C

【详解】A．硫氢化钠是二元弱酸的酸式盐，硫氢酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，结合题给图示可知，0.1mol/L硫氢化钠溶液中离子浓度的大小顺序为，故A正确；

B．硫化钠溶液中存在物料守恒关系，故B正确；

C．由题给电离常数可知，硫氢酸根离子的水解常数Kh==≈1.1×10—7＞Ka2，硫氢酸根离子在溶液中的水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，硫化钠在溶液中水解使溶液呈碱性，则用氢氧化钠溶液滴定硫氢化钠溶液时，滴定前后溶液均为碱性，用酚酞做指示剂不能判断滴定终点，故C错误；

D．由题给电离常数可知，硫离子的水解常数Kh===≈9.09×10—3，则当溶液中氢氧根离子和硫离子浓度相等时，溶液中硫氢酸根离子的浓度为9.09×10—3mol/L，故D正确；

故选C。

二、实验题

17．凯氏定氮法是测定蛋白质中氮含量的经典方法，其原理是用浓硫酸在催化剂存在下将样品中有机氮转化成铵盐，利用如图所示装置处理铵盐，然后通过滴定测量。已知：

；

。

回答下列问题：

(1)a的作用是：___________。

(2)b中放入少量碎瓷片的目的是___________。f的名称是___________。

(3)清洗仪器：g中加蒸馏水：打开，关闭、，加热b，蒸气充满管路；停止加热，关闭，g中蒸馏水倒吸进入c，原因是___________；打开放掉水，重复操作2～3次。

(4)仪器清洗后，g中加入硼酸()和指示剂。铵盐试样由d注入e，随后注入氢氧化钠溶液，用蒸馏水冲洗d，关闭，d中保留少量水。打开，加热b，使水蒸气进入e。

①d中保留少量水的目的是___________。

②e中主要反应的离子方程式为___________，e采用中空双层玻璃瓶的作用是___________。

(5)取某甘氨酸样品m克进行测定，滴定g中吸收液时消耗浓度为的盐酸，则样品中氮的质量分数为___________%。

【答案】(1)避免b中压强过大

(2)     防止暴沸     (直形)冷凝管

(3)c中温度降低，管路中形成负压

(4)     液封，防止氨气逸出          保温使氨气完全蒸出

(5)

【详解】（1）水蒸气发生装置中，长玻璃管a插入水中，其作用是平衡装置内外压强，避免b中压强过大，故答案为：避免b中压强过大。

（2）制取蒸馏水时，在圆底烧瓶b中放入少量碎瓷片，其目的是防止液体暴沸。根据装置图可知，f的名称是(直形)冷凝管，故答案为：防止暴沸；(直形)冷凝管。

（3）停止加热，管路中气体温度下降，水蒸气冷凝为液态水，形成负压，g中蒸馏水倒吸进入c中，故答案为：c中温度降低，管路中形成负压。

（4）①止水夹处可能漏气，导致测定的N元素质量分数偏低，故d中保留少量水起液封作用，防止氨气逸出。故答案为：液封，防止氨气逸出。

②e中发生的主要反应是铵盐和氢氧化钠的反应，在加热条件下，铵盐与碱反应生成氨气，反应的离子方程式为：；e采用中空双层玻璃瓶可起到保温作用，使生成的氨气尽可能地逸出，以减少实验误差，故答案为：；保温使氨气完全蒸出。

（5）在整个实验过程中由氮原子守恒可得：n(N)=n(NH3)=n(HCl)=mol，则w(N)=100%=%，故答案为：。

三、有机推断题

18．对甲氧基肉桂酸(C)是一种优良的紫外吸收物质，但是由于其溶解性较差，需对其进行酯化改性，合成对甲氧基肉桂酸酯类。

已知如下信息：

回答下列问题

(1)B中含氧官能团的名称为_____。

(2)E→F的反应类型为_____。

(3)写出C→E的化学方程式_____。

(4)A的芳香同分异构体中能发生水解反应的有_____种，其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为1:2:2:3的同分异构体结构简式为(任写2种) ______________。

(5)请结合流程及已知信息，写出以苯、、吡啶和丙二酸为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任选)_____。

【答案】     羧基，醚键     酯化反应(或取代反应)     ++H2O     6             

【分析】A与丙二酸在吡啶溶剂中反应生成B，B发生脱酸反应生成C；E中含有酯基，所以C与D在酸性环境中酯化生成E，则D为；E再与C发生酯化反应生成F。

【详解】(1)根据B的结构简式可知其含氧官能团为醚键、羧基；

(2)E与C发生酯化反应生成F，酯化反应也属于取代反应；

(3)根据分析可知C与发生酯化生成E，化学方程式为++H2O；

(4) A的芳香族同分异构体应含有酯基，当苯环上只有一个取代时可以是：—OOCCH3、—CH2OOCH、—COOCH3，两个取代时可以是：—CH3和—OOCH，有邻间对三种情况，所以共有1+1+1+3=6种同分异构体；其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为1:2:2:3的同分异构体结构简式为    ；

(5)根据题目信息可知苯和在氯化铝的作用下可以生成，观察题目所给流程可以发现，由该物质合成与A到C的官能团的变化相同，所以合成路线为。