2022-2023学年天津市南开中学高三上学期第三次月考化学试题含解析

这是一份2022-2023学年天津市南开中学高三上学期第三次月考化学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，有机推断题，实验题，原理综合题等内容，欢迎下载使用。
天津市南开中学2022-2023学年高三上学期第三次月考化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列叙述正确的是
A．蒸馏“地沟油”可获得汽油
B．海水中加入明矾可将海水淡化
C．碘酒因能使蛋白质盐析而具有消毒作用
D．合理开发利用可燃冰有助于缓解能源紧缺
【答案】D
【详解】A. 地沟油指的是酯类化合物，汽油是烃类化合物，两者不是一类物质，所以蒸馏“地沟油”不可获得汽油，故A错；B. 海水中加入明矾可将海水淡化。B. 明矾为KAl(SO4)2.12H2O加入到海水中，不能出去海水中的氯化钠，所以不能使海水淡化,故B错误;C.碘酒因能使蛋白质变性而具有消毒作用,故C错误; D.可燃冰为我国在新世纪使用高效新能源开辟了广阔的前景,合理开发利用可燃冰有助于缓解能源紧缺,所以D选项是正确的; 答案选D。
2．下列化学用语表达正确的是（    ）
A．还原性：HF>HCl>HBr>HI
B．丙烷分子的比例模型：
C．同一周期元素的原子，半径越小越容易失去电子
D．Na2O2中既含离子键又含共价键
【答案】D
【详解】A．卤化氢的还原性随着卤素的原子序数的增大而增强，即还原性：HF＜HCl＜HBr＜HI，故A错误；
B．为丙烷的球棍模型，丙烷的比例模型为，故B错误；
C．同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，失电子能力逐渐减弱，故C错误；
D．过氧化钠的电子式为，过氧化钠中既含钠离子与过氧根离子形成的离子键，又含O-O共价键，故D正确；
答案选D。
【点睛】本题的易错点为A，要注意元素的非金属性越强，对应氢化物的还原性越弱。
3．有关晶体的结构如图所示，下列说法中不正确的是

A．在NaCl晶体(图甲)中，距Na+最近的Cl-形成正八面体
B．该气态团簇分子(图乙)的分子式为EF或FE
C．在CO2晶体(图丙)中，一个CO2分子周围有12个CO2分子紧邻
D．在碘晶体(图丁)中，存在非极性共价键和范德华力
【答案】B
【详解】A．由NaCl晶胞结构知，Na+周围最近的Cl-有6个，分别位于Na+的上下左右前后，形成正八面体结构，A正确；
B．分子中不涉及原子共用的问题，故该分子中含有4个E原子和4个F原子，分子式为：E4F4或F4E4，B错误；
C．以顶点CO2分子作为参考点，相邻三个面面心上CO2分子离其最近，考虑晶胞无隙并置原理，一个顶点周围共有8个晶胞，每个晶胞中各有3个CO2分子离顶点CO2最近，又考虑面心共用，故离顶点CO2最近的CO2分子有：个，C正确；
D．碘分子内部两个碘原子之间为非极性共价键，碘分子之间为范德华力，D正确；
故答案选B。
4．现有四种元素的基态原子的电子排布式如下：
①1s22s22p63s23p4        ②1s22s22p63s23p3       ③1s22s22p3        ④1s22s22p5
则下列有关比较中正确的是
A．第一电离能：④>③>②>①
B．原子半径：④>③>②>①
C．电负性：④>③>②>①
D．最高正化合价：④>③=②>①
【答案】A
【分析】根据元素的电子排布式，①是S、②是P、③是N、④是F。
【详解】A．根据元素周期律，同一周期从左向右，元素的第一电离能逐渐增大，同主族从上向下，电离能减小，且第三周期存在反常情况：N>S，因此，第一电离能关系为：F>N>P>S，即④>③>②>①，A正确；
B．原子半径的变化规律为：同主族从上向下，原子半径增大，同周期从左向右，原子半径减小，因此F半径最小，P半径大于N，B错误；
C．同周期元素从左向右，元素电负性逐渐增大，即S>P，C错误；
D．元素的最高正价等于其族序数，F无正价，因此关系为：S>P=N，D错误。
本题选A。
5．下列反应的离子方程式书写不正确的是
A．用氨水吸收过量的二氧化硫：
B．用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘：
C．双氧水作脱氯剂，用于消除水中的氯气：
D．向液中滴入溶液恰好使完全沉淀：
【答案】D
【详解】A．用氨水吸收过量的SO2，反应生成亚硫酸氢铵，该反应的离子方程式为，故A正确；
B．用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘生成单质碘，该反应的离子方程式为故B正确；
C．双氧水作脱氯剂，双氧水与氯气发生氧化还原反应，该反应的离子方程式为，故C正确；
D．向液中滴入溶液恰好使完全沉淀时，二者以1∶2反应，二者反应生成一水合氨、氢氧化铝沉淀和硫酸钡沉淀，离子反应为，故D错误；
故答案选D。
6．研究表明N2O与CO在Fe+作用下发生可逆反应的能量变化及反应历程如图所示。下列说法不正确的是

A．反应中Fe+是催化剂，FeO+是中间产物 B．总反应速率由反应②的速率决定
C．升高温度，总反应的平衡常数K减小 D．当有14g N2生成时，转移1mol e-
【答案】B
【详解】A．由图可知，Fe+先转化为FeO+，FeO+后续又转化为Fe+，反应前后Fe+未发生变化，因此Fe+是催化剂，FeO+是中间产物，A不符合题意；
B．由图可知，反应①的能垒高于反应②，因此反应①的速率较慢，总反应速率由反应①的速率决定，B符合题意；
C．由图可知，反应物的总能量高于生成物总能量，该反应正向为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，总反应的平衡常数K减小，C不符合题意；
D．由图可知，总反应方程式为：N2O+COCO2+N2，N元素化合价从+1价降低至0价，当有14g N2生成时，即生成0.5molN2，转移电子的物质的量为0.5mol×2=1mol，D不符合题意；
答案为：B。
7．下列实验操作，对实验结果不会产生影响的是
A．用蒸馏水湿润pH试纸后测定硫酸钠溶液的pH
B．测定中和反应的反应热时，将碱溶液缓慢倒入酸溶液中
C．用酸碱中和滴定法测定未知浓度的碱液时，在锥形瓶中加入2~3mL酚酞试液作指示剂
D．在淀粉溶液中加入稀硫酸加热一段时间后，再滴加银氨溶液检验淀粉的水解产物
【答案】A
【详解】A．硫酸钠溶液的pH为7，所以用蒸馏水润湿后的pH试纸测得的pH不变，A正确；
B．测定中和反应的反应热时，将碱溶液缓慢倒入酸溶液中，导致热量散失，测定结果偏小，B错误；
C．指示剂本身属于有机酸，具有弱酸性，加的量多了会影响实验结果，C错误；
D．淀粉在酸性条件下水解生成葡萄糖，但是葡萄糖的银镜反应必须在碱性条件下进行，D错误；
答案选A。
8．下列叙述正确的是
A．一定温度下，反应MgCl2(l)=Mg(l)＋Cl2(g)的ΔH >0、ΔS >0
B．金属发生吸氧腐蚀时，被腐蚀的速率与氧气浓度无关
C．使用催化剂能够降低化学反应的反应热(ΔH)
D．铅蓄电池在放电过程中，负极质量减小，正极质量增加
【答案】A
【详解】A．MgCl2(l)=Mg(l)＋Cl2(g)是分解反应，分解反应ΔH >0，气体物质的量增多的反应ΔS >0，故A正确；
B．金属发生吸氧腐蚀时，被腐蚀的速率与氧气浓度有关，氧气浓度越大，腐蚀速率越快，故B错误；
C．使用催化剂能够降低化学反应的活化能，不能改变反应热(ΔH)，故C错误；
D．铅蓄电池在放电过程中，负极、正极都有硫酸铅固体生成，质量都增加，故D错误；
选A。
9．下列有关水溶液的说法中正确的是
A．将氨水加水稀释后，溶液中变大
B．为确定某二元酸是强酸还是弱酸，可测溶液的。若，则是弱酸；若，则是强酸
C．将溶液加水稀释并恢复原温度后，溶液中变大
D．用标准溶液滴定与的混合溶液(混合溶液中两种酸的浓度均为)，至中性时，溶液中的酸未被完全中和
【答案】D
【详解】A．加水稀释尽管促进一水合氨电离，但铵根离子和氢氧根离子浓度都减小，所以c(NH4+)•c(OH-)变小，故A错误；
B．若H,A是弱酸，NaHA中可能存在两种趋势，和，若HA-电离程度大于水解程度，则溶液pH 7或pH < 7判断酸性强弱，故B错误；
C．加水稀释促进CH3COOH电离，导致溶液中n(CH3COOH)减小，n(CH3COO-)增大，所以稀释过程中=减小，故C错误；
D．醋酸钠溶液呈碱性，要使醋酸和NaOH混合溶液呈中性，则醋酸应该稍微多些，所以至中性时，溶液中的酸未被完全中和，故D正确；
故选D。
10．下列关于如图所示电化学装置的分析正确的是

A．若X为直流电源，Y为铜棒接正极，则Fe棒上有铜析出
B．若X为直流电源，Y为碳棒接负极，则Fe棒被保护
C．若X为电流计，Y为锌棒，则移向Fe棒
D．若X为导线，Y为铜棒，则Fe棒发生还原反应
【答案】A
【分析】根据题中电化学装置可知，本题考查电解池，运用电解池原理分析。
【详解】A.若X为直流电源，装置为电解池，Y为铜棒接正极，则Fe接负极为电解池的阴极，阴极上铜离子得电子发生还原反应，Fe棒上析出铜，故A正确；
B.若X为直流电源，装置为电解池，Y为碳棒接负极，则Fe接正极为电解池的阳极，发生氧化反应被腐蚀，故B错误；
C.若X为电流计，装置为原电池，Y为锌棒，活泼金属Zn作负极，阴离子 移向负极Zn，故C错误；
D.若X为导线，装置为原电池，Y为铜棒，活泼金属Fe作负极，Fe棒发生氧化反应，故D错误；
答案选A。
11．在一定条件下，将A和B各0.32 mol充入10 L的恒容密闭容器中，发生如下反应：A(s)+B(g)⇌2C(g) △Hv(正)
C．其他条件不变，起始时向容器中充入各0.64 mol的A和B，平衡时n(C)①
【答案】A
【详解】A．向溶液加至中性，；铵根离子水解生成，根据质量守恒有电荷守恒有所以，故A正确；
B．的溶液与的溶液混合,根据电荷守恒有，故B错误；
C．溶液中，根据质量守恒有；根据电荷守恒有，所以；故C错误；
D．相同浓度的、、溶液中，能水解的个数相等；但能电离出Al3＋也水解，将抑制的水解；正常水解；电离出的的水解将促进水解；所以由大到小的顺序①>②>③，故D错误；
故答案选A。

二、填空题
13．工业上用焦炭还原石英砂制得含有少量杂质的粗硅，将粗硅通过化学方法进一步提纯，可以得到高纯硅．回答下列问题．
(1)石英砂制粗硅的化学方程式为_________________________________________。
(2)处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用______________形象化描述。
在基态原子中，核外存在_____________对自旋相反的电子。
(3)碳有多种同素异形体，其中石墨烯与金刚石的晶体结构如图所示。

①在石墨烯晶体中，每个六元环占有_____________个C原子。
②写出金刚石的硬度大于晶体硅的原因：_____________________________。
(4)的晶体类型是_____________晶体，一种晶体的结构中由顶角相连的硅氧四面体形成螺旋上升的长链如图所示。其中原子的杂化轨道类型是_________________。

(5)还原气态可制得纯硅，时每生成纯硅需吸收热量，写出该反应的热化学方程式：_____________________________________。
【答案】(1)
(2)     电子云     2
(3)     2     金刚石与品体硅都属于共价晶体，半径，键长，键长越短，键能越大，硬度越大
(4)     原子    
(5)

【详解】（1）焦炭还原石英砂制得含有少量杂质的粗硅，化学方程式为；故答案为。
（2）处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用电子云表示；电子式为1s22s22p2，1s和2s电子自旋相反；故答案为电子云；2。
（3）①在石墨烯晶体中，每个碳原子被3个环共有，所以每个六元环占有2个碳原子，故答案为2。
②金刚石与品体硅都属于共价晶体，半径，键长，键长越短，键能越大，硬度越大，所以金刚石的硬度大于晶体硅；故答案为金刚石与品体硅都属于共价晶体，半径，键长，键长越短，键能越大，硬度越大。
（4）的晶体原子晶体；一个原子与4个O原子相连，原子的杂化轨道类型是；故答案为原子；。
（5）还原气态可制得纯硅，时每生成纯硅需吸收热量，热化学方程式为；故答案为。

三、有机推断题
14．化合物G俗称依普黄酮，是一种抗骨质疏松药物的主要成分。以甲苯为原料合成该化合物的路线如下图所示。

已知：①G的结构简式为
②ROOH++H2O
(1)反应①的反应条件为_______，反应F→G的反应类型为_______。
(2)化合物H用习惯命名法命名为_______
(3)E与足量的，完全加成后所生成的化合物中手性碳原子(连接四个不同原子或基团)的个数为_______。
(4)已知N为催化剂，则的化学方程式为_______。
(5)K是D的同系物，其相对分子质量比D多14，满足下列条件的K的同分异构体共有_______种。
①苯环上只有两个侧链；②能与Na反应生成；③能与银氨溶液发生银镜反应。
(6)根据上述信息，设计以苯酚和为原料，制备的合成路线_______(无机试剂任选)。
【答案】(1)     光照     取代反应
(2)间苯二酚
(3)4
(4)
(5)18
(6)

【分析】图示可知，A()与在光照条件下发生取代反应生成B()；与NaCN在一定条件下发生取代反应生成C()；在酸性条件下水解生成D()；与在一定条件下反应生成E()；与在催化剂N作用下反应生成F()和；与在碱性条件下反应生成G()。
【详解】（1）由反应流程图可知，反应①为甲苯与的取代反应，甲基上一个氢原子被氯原子取代，其反应条件应为光照；
F→G的反应中，的酚羟基上一个氢原子被中的异丙基取代生成G，反应为取代反应；
（2）D()+H→E()，发生的是已知信息反应②，则可推断化合物H的结构简式为，按照习惯命名法，应为间苯二酚；
（3）E与足量H2加成后的物质的结构简式为(手性碳原子用*标注)，则手性碳原子(连接四个不同原子或基团)的个数为4；
（4）已知N为催化剂，则的化学方程式为；
（5）K是D的同系物，其相对分子质量比D多14，则K比D多一个CH2；
满足③能与银氨溶液发生银镜反应，则需含有醛基；②能与Na反应生成H2，则需含有羟基或酚羟基；且满足①苯环上只有两个侧链；则有以下情况：
a.苯环上有1个羟基和一个，有3种；
b.苯环上有1个羟基和一个，有3种；
c.苯环上有1个甲基和一个，有3种；
d.苯环上有1个和一个，有3种；
e.苯环上有1个和一个，有3种；
f.苯环上有1个和一个有3种；
综上，共计有18种；
（6）以苯酚和为原料，制备；用逆合成分析法可知：目标产物可通过与苯酚发生信息反应②获得；
通过原料仿照流程反应B→C→D即可完成，即：和HCl在加热条件下发生取代反应生成；与NaCN反应生成；在酸性条件下水解生成；故所求有机合成路线如下：。

四、实验题
15．某校化学兴趣小组实验室模拟工业制备硫氰化钾(KSCN)。实验装置如图：

实验步骤如下：
(1)制备 NH4SCN 溶液：CS2+2NH3 NH4SCN+H2S。该反应比较缓慢。
①实验前，应进行的操作是_____。三颈烧瓶内盛放有 CS2、水和催化剂， 三颈烧瓶的下层 CS2 液体必须浸没导气管口，目的是______。
②实验开始时打开 K1，加热装置 A、D，缓缓地向装置 D 中充入气体。装置 A 的试管中发生的化学反应方程式为____，装置 C 的作用可能是_____。
(2)制备 KSCN 溶液：移去 A 处的酒精灯，关闭 K1，打开 K2，利用耐碱分液漏斗边加液边加热，则此时装置D 中发生反应的化学方程式是_____。
(3)制备 KSCN晶体：先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再减压蒸发浓缩，________， 过滤，洗涤，干燥，得到硫氰化钾晶体。
(4)测定 KSCN 的含量称取 10.0g 样品配成 1000mL 溶液量取 20.00mL 于锥形瓶中，并加入几滴 Fe(NO3)3 溶液，用 0.1000mol/LAgNO3 标准溶液滴定，达到滴定终点时消 AgNO3 标准溶液 20.00mL。
①滴定时发生的离子反应为 SCN-+Ag+= AgSCN↓，则刚好沉淀完时的锥形瓶中颜色变化是_______。
②KSCN 的质量分数为___________。
【答案】     检查装置的气密性     防止氨气溶于水发生倒吸     Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3↑     通过观察气泡的快慢来调节氨气的流速     KOH+NH4SCNKSCN+H2O+NH3↑     冷却结晶     红色褪为无色（或“浅黄色”、“黄色”）     97%
【分析】
装置A是制取氨气的装置，经碱石灰干燥后，进入D中发生反应CS2+2NH3NH4SCN+H2S，滴入KOH溶液与NH4SCN反应制得KSCN。
【详解】
(1)①实验前，应进行的操作是检查装置的气密性。因为氨气极易溶于水，所以通氨气的导管口不能插入水层，从而得出三颈烧瓶的下层CS2液体必须浸没导气管口的原因是防止氨气溶于水发生倒吸，答案为：检查装置的气密性；防止氨气溶于水发生倒吸；
②装置A是制取氨气的装置，药品为NH4Cl与Ca(OH)2，发生反应的化学方程式是2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，因为氨气不溶于CS2，所以与CS2反应缓慢，应缓慢通气，从而得出装置C的作用可能是通过观察气泡的快慢来调节氨气的流速，答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；通过观察气泡的快慢来调节氨气的流速；
(2)制备KSCN溶液：装置D中，NH4SCN与KOH反应，生成KSCN、氨气和水，发生反应的方程为NH4SCN+KOHKSCN+NH3↑+H2O，答案为：NH4SCN+KOHKSCN+NH3↑+H2O；
(3)制备KSCN晶体：减压蒸发浓缩，冷却结晶，过滤、洗涤、干燥，以获得硫氰化钾晶体。答案为：冷却结晶；
(4) ①滴定时发生的离子反应为SCN－＋Ag+＝ AgSCN↓，则刚好沉淀完时的锥形瓶中颜色变化是：红色褪为无色（或“浅黄色”、“黄色”），答案为：红色褪为无色（或“浅黄色”、“黄色”）；
② 由反应SCN－＋Ag+＝ AgSCN↓，可得出n(KSCN)=n(AgNO3)=0.1000mol/L×0.02L
=0.002mol，KSCN的质量分数为：=97％，答案为：97％。
【点睛】
注意C装置中二硫化碳的作用是通过观察气泡的快慢调节氨气的流速。

五、原理综合题
16．是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义．回答下列问题：
(1)可以被溶液捕获。若所得溶液，溶液中________；
若所得溶液，主要转化为_______(写离子符号)。(室温下，的；)
(2)与经催化重整不仅可以制得合成气，还对温室气体的减排具有重要意义。
催化重整反应为：
已知：


①该催化重整反应的___________。有利于提高平衡转化率的条件是_________(填标号)。
A．低温低压    B．低温高压    C．高温低压    D．高温高压
某温度下，在体积为的容器中加入以及催化剂进行重整反应，达到平衡时的转化率是，其平衡常数为____________。
②反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。相关数据如下表：

积碳反应
消碳反应



活化能/
催化剂X
33
91
催化剂Y
43
72

由上表判断，催化剂X_____________(填“优于”或“劣于”)Y，理由是：________________。
(3)在固态金属氧化物电解池中，高温共电解混合气体制备和是一种新的能源利用方式，基本原理如图所示：

①X是电源的_______________(填“正”或“负”)极。
②阴极的电极反应式是：   
阴极产生的气体体积比为，则总反应可表示为_________________。
【答案】(1)        (2)①         ② (3)①    
(2)          C          劣于     相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小，而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大
(3)     负    

【详解】（1），则，当，，pH在10.3，如果溶液的pH＝13，则，所以该溶液中所得阴离子为，，溶液pH＝10，，计算所得溶液，故答案为2：1；。
（2）①；②；③；2③-①-②得 ；要提高CH4平衡转化率应该使平衡正向移动，但是不能通过增大甲烷浓度实现，该反应的正反应是一个反应前后气体体积增加的吸热反应，升高温度、减小压强能使平衡正向移动，增大甲烷转化率；达到平衡时CO2的转化率是50%，根据方程式知，参加反应的n(CO2)＝n(CH4)＝1mol×50%＝0.5mol，生成的n(CO)＝n(H2)＝1mol，该化学反应，化学平衡常数化学平衡常数；故答案为；C；。
②根据表中数据知，催化剂X较催化剂Y，积碳反应时，活化能低，反应速率快，消碳反应时，活化能高，反应速率慢，综合考虑，催化剂X较催化剂Y更利于积碳反应，不利于消碳反应，会降低催化剂活性；故答案为劣于；相对于催化剂X，催化剂Y积碳反应的活化能大，积碳反应的速率小，而消碳反应活化能相对小，消碳反应速率大。
（3）①根据图示知：与X相连的电极产生CO，电解H2O−CO2混合气体，二氧化碳得到电子生成一氧化碳，发生还原反应，电解池阴极发生还原反应，所以X是电源的负极，故答案为负；
②电解H2O−CO2混合气体制备H2和CO，根据图示知：阴极产生H2、CO，阳极产生氧气，所以总反应为：；故答案为。
【点睛】本题考查化学反应原理，涉及盖斯定律、化学平衡计算、外界条件对化学平衡影响、原电池原理等知识点，侧重考查学生分析、推断及图像分析能力，正确理解题给信息是解本题关键，掌握基础是解题关键，题目难度中等。