天津市南開區(qū)2023-2024學年高三下學期第二次質量監(jiān)測化學試卷【含答案解析】

2023~2024學年度第二學期高三年級質量監(jiān)測(二)化學學科試卷本試卷分為第I卷(選擇題)和第II卷(非選擇題)兩部分，共100分，考試用時60分鐘。第I卷1至4頁，第II卷5至8頁。答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上，并在規(guī)定位置粘貼考試用條形碼。答題時，考生務必將答案涂寫在答題卡上，答在試卷上無效。祝各位考生考試順利！第I卷注意事項：1.每題選出答案后，用鉛筆將答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。2.本卷共12題，每題3分，共36分。在每題給出的四個選項中，只有一項是最符合題目要求的。可能用到的相對原子質量：H1C12N14O16Ca40Zr911.近年來，我國科技創(chuàng)新成果豐碩。下列與科技成果相關的敘述正確的是A.突破量子通信技術——作為傳輸介質的光纖，其主要成分為晶體硅B.完成北斗衛(wèi)星導航系統(tǒng)建設——與星載銣鐘所用物理性質不同C.首個海上二氧化碳封存示范工程投用——液化時，其共價鍵被破壞D.實現(xiàn)二氧化碳到糖的精準全合成——糖的分子組成都可以用表示【答案】B【解析】【詳解】A．光纖的主要成分是二氧化硅，不是硅，故A錯誤；B．與的質子數(shù)相同、中子數(shù)不同，互為同位素，同位素的化學性質幾乎完全相同，但物理性質不同，故B正確；C．二氧化碳是分子晶體，所以二氧化碳液化時，只改變分子間的分子間作用力，不破壞分子內(nèi)的共價鍵，故C錯誤；D．大多數(shù)糖類的分子組成可以用表示，但脫氧核糖的分子式為C5H10O4，不能用表示，故D錯誤；故選B。2.下列有關化學用語表示正確的是A.葡萄糖的實驗式：B.HCN中碳原子的雜化軌道類型：spC.甘氨酸的結構簡式：D.基態(tài)S原子的價電子軌道表示式：【答案】B【解析】【詳解】A．葡萄糖的分子式為：，實驗式為：，A錯誤；B．HCN的結構式為H-CN，碳氮三鍵中碳原子的雜化軌道類型：sp，B正確；C．甘氨酸的結構簡式：NH2CH2COOH，C錯誤；D．基態(tài)S原子的價電子軌道表示式：，D錯誤；故選B。3.下列敘述不正確的是A.酸性： B.鍵角：C.中的溶解度： D.晶體硬度：金剛石>晶體硅【答案】A【解析】【詳解】A．同主族元素，從上到下非金屬性依次減弱，電負性減小，對氫離子的束縛能力依次減弱，氫化物水溶液的酸性依次增強，則氫氟酸的酸性弱于鹽酸，故A錯誤；B．甲烷分子中碳原子的價層電子對數(shù)為4，孤對電子對數(shù)為0；氨分子中氮原子的價層電子對數(shù)為4，孤對電子對數(shù)為1；孤對電子對數(shù)越多，對成鍵電子對的斥力越大，鍵角越小，則甲烷分子的鍵角大于氨分子，故B正確；C．碘是非極性分子，氨分子是極性分子，由相似相溶原理可知，碘在非極性分子四氯化碳中的溶解度大于氨分子，故C正確；D．金剛石和晶體硅都是共價晶體，碳原子的原子半徑小于硅原子，則碳碳鍵的鍵長小于硅硅鍵，金剛石中碳碳鍵強于晶體硅中硅硅鍵，硬度大于晶體硅，故D正確；故選A。4.用經(jīng)氯氣消毒的自來水配制的溶液中，能大量共存的離子組是A.、、 B.、、C.、、 D.、、【答案】A【解析】【分析】經(jīng)氯氣消毒的自來水中含有大量氯氣、次氯酸、氯離子、次氯酸根離子和氫離子?！驹斀狻緼．三種離子在自來水中不發(fā)生任何反應，能大量共存，故A正確；B．自來水中，碘離子酸性條件下會與高錳酸根離子、氯氣和次氯酸反應，不能大量共存，故B錯誤；C．碳酸氫根離子會與鋁離子發(fā)生反應，不能大量共存，故C錯誤；D．自來水中，氯離子會與銀離子反應生成氯化銀沉淀，不能大量共存，故D錯誤；故選A。5.下列離子方程式書寫正確的是A.用KSCN溶液檢驗：B.向NaOH溶液中通入過量：C.乙醇與酸性溶液反應：D.溴與冷的NaOH溶液反應：【答案】C【解析】【詳解】A．用硫氰化鉀溶液檢驗鐵離子發(fā)生的反應為溶液中鐵離子與硫氰酸根離子反應生成硫氰化鐵，反應的離子方程式為，故A錯誤；B．氫氧化鈉溶液與過量二氧化硫反應生成亞硫酸氫鈉，反應的離子方程式為，故B錯誤；C．乙醇與酸性重鉻酸鉀溶液反應生成硫酸鉀、硫酸鉻、乙酸和水，反應的離子方程式為，故C正確；D．溴與冷的氫氧化鈉溶液反應生成溴化鈉、次溴酸鈉和水，反應的離子方程式為，故D錯誤；故選C。6.乙烯氫化的化學方程式為，使用不同含Au催化劑的反應進程如下圖所示。下列說法不正確的是A.效果較好的催化劑是B.該反應的C.過渡態(tài)物質的穩(wěn)定性：過渡態(tài)1>過渡態(tài)2D.1mol的能量小于1mol與1mol具有的能量之和【答案】C【解析】【詳解】A．由圖可知，相應的活化能：催化劑AuF>催化劑，活化能越低越有利反應發(fā)生，因此效果較好，A正確；B．反應的，B正確；C．過渡態(tài)1的能量大于過渡態(tài)2的能量，能量越低越穩(wěn)定，則穩(wěn)定性：過渡態(tài)1<過渡態(tài)2，C錯誤；D．該反應為放熱反應，故1mol的能量小于1mol與1mol具有的能量之和，D正確；故選：C。7.相關研究表明，釩基催化劑的催化反應機理如下圖所示，下列說法正確的是A.是該反應的催化劑B.各步反應均為氧化還原反應C.反應②中存在極性鍵和非極性鍵的斷裂和形成D.催化的總反應為【答案】D【解析】【詳解】A．由圖可知，V5+是反應的催化劑，V4+是中間產(chǎn)物，故A錯誤；B．由圖可知，反應①中沒有元素發(fā)生化合價變化，屬于非氧化還原反應，故B錯誤；C．由圖可知，反應②中存在極性鍵的斷裂，極性鍵和非極性鍵的形成，但不存在非極性鍵的斷裂，故C錯誤；D．由圖可知，釩基催化劑的NH3?SCR催化反應為催化劑作用下氨氣與一氧化氮、氧氣反應生成氮氣和水，總反應的化學方程式為，故D正確；故選D。8.我國科學家在尋找“點擊反應”的砌塊過程中，發(fā)現(xiàn)一種新的化合物，結構如下圖所示，X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，已知Z的原子序數(shù)是Y的2倍，基態(tài)X原子有3個未成對電子，下列說法正確的是A.單質的沸點：Z>W B.電負性：Z>XC.第一電離能：Y>X D.原子半徑：W>Z>Y>X【答案】A【解析】【分析】X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，基態(tài)X原子有3個未成對電子，則X為N元素；由化合物的結構可知，化合物中Y、Z、W形成的共價鍵數(shù)目分別為2、6、1，Z的原子序數(shù)是Y的2倍，則Y為O元素、Z為S元素、W為Cl元素。【詳解】A．常溫下，硫單質為固態(tài)，氯氣為氣態(tài)，則硫單質的沸點高于氯氣，故A正確；B．元素的非金屬性越強，電負性越大，氮元素的非金屬性強于硫元素，所以氮元素的電負性大于硫元素，故B錯誤；C．氮原子的2p軌道為穩(wěn)定的半充滿結構，元素的第一電離能大于相鄰元素，則氮元素的第一電離能大于氧元素，故C錯誤；D．同周期元素，從左到右原子半徑依次減小，則硫原子的原子半徑大于氯原子、氮原子的原子半徑大于氧原子，故D錯誤；故選A。9.火箭采用偏二甲肼和四氧化二氮作為推進劑，發(fā)生如下反應：。設為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述正確的是A.1mol所含共價鍵的數(shù)目為B.標準狀況下，22.4L所含分子數(shù)為C.44g所含質子數(shù)為D.反應生成1mol，轉移的電子數(shù)為【答案】D【解析】【詳解】A．偏二甲肼分子是含有11個共價鍵的共價化合物，則1mol偏二甲肼分子中含有的共價鍵數(shù)目為1mol×11×NAmol—1=11NA，故A錯誤；B．四氧化二氮易轉化為二氧化氮：N2O42NO2，則標準狀況下，22.4L四氧化二氮含有的分子數(shù)大于×NAmol—1=NA，故B錯誤；C．分子含有的質子數(shù)為22、相對分子質量為48，則44g含有的質子數(shù)小于×22×NAmol—1=22NA，故C錯誤；D．由方程式可知，反應生成2mol二氧化碳時，轉移電子的物質的量為16mol，則反應生成1mol二氧化碳時轉移電子的數(shù)目為1mol×8×NAmol—1=8NA，故D正確；故選D。10.下列選用的儀器(部分夾持裝置已略去)和藥品能達到實驗目的的是A．檢驗銅與濃硫酸反應產(chǎn)生的B．比較乙酸、碳酸與苯酚的酸性C．比較碳酸鈉和碳酸氫鈉的穩(wěn)定性D．制乙炔并檢驗乙炔的性質A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．銅與濃硫酸共熱反應生成硫酸銅、二氧化硫和水，二氧化硫具有漂白性，能使品紅溶液漂白褪色，浸有氫氧化鈉溶液的棉花團能吸收二氧化硫，防止污染空氣，則題給裝置能達到檢驗銅與濃硫酸反應產(chǎn)生的二氧化硫的實驗目的，故A正確；B．乙酸具有揮發(fā)性，揮發(fā)出的乙酸會優(yōu)先與苯酚鈉溶液反應，干擾二氧化碳和苯酚鈉溶液的反應，無法比較碳酸和苯酚酸性的強弱，則題給裝置不能達到比較乙酸、碳酸與苯酚的酸性的實驗目的，故B錯誤；C．碳酸鈉比碳酸氫鈉穩(wěn)定，所以大試管內(nèi)應加入碳酸鈉，小試管內(nèi)加入碳酸氫鈉，大試管溫度高，小試管溫度低，碳酸氫鈉受熱分解，而碳酸鈉受熱不分解，才能比較碳酸鈉和碳酸氫鈉的熱穩(wěn)定性，則題給裝置不能達到比較碳酸鈉和碳酸氫鈉的穩(wěn)定性的實驗目的，故C錯誤；D．電石中混有的硫化鈣也能與水反應生成使溴水褪色的硫化氫，則題給裝置不能達到制乙炔并檢驗乙炔的性質的實驗目的，故D錯誤；故選A。11.25℃時，0.1mol/L溶液顯酸性，下列有關判斷正確的是A.B.C.D.加水稀釋，溶液酸性減弱，的值不變【答案】C【解析】【詳解】A．草酸氫鈉溶液呈酸性說明草酸氫根離子在溶液中的電離程度大于水解程度，則溶液中草酸根離子濃度大于草酸濃度，故A錯誤；B．草酸氫鈉溶液中存在電荷守恒關系，故B錯誤；C．由物料守恒可知，草酸氫鈉溶液中，故C正確；D．草酸氫鈉溶液加水稀釋時，溶液的體積V增大，水的離子積常數(shù)不變，則稀釋后溶液中=Vc(H+)×Vc(OH—)=V2Kw，則加水稀釋時，溶液中的值增大，故D錯誤；故選C12.我國科學家設計了一款高能量鋰硫電池，其工作原理如下圖所示，下列說法正確的是A.硫電極為負極B.該裝置是將電能轉化為化學能C.通過陽離子交換膜向鋰電極方向遷移D.理論上，每消耗1mol，同時消耗2molLi【答案】D【解析】【分析】由圖可知，該裝置是將化學能轉化為電能的原電池，鋰電極為原電池的負極，鋰失去電子發(fā)生氧化反應生成鋰離子，電極反應式為Li-e-=Li+，硫電極為正極，銅離子和硫在正極得到電子發(fā)生還原反應生成硫化亞銅，電極反應式為2Cu2++S+4e-=Cu2S，電池的總反應為4Li+2Cu2++S=4Li++Cu2S?！驹斀狻緼．由分析可知，硫電極為正極，銅離子和硫在正極得到電子發(fā)生還原反應生成硫化亞銅，故A錯誤；B．由分析可知，該裝置是將化學能轉化為電能的原電池，故B錯誤；C．由分析可知，鋰電極為原電池的負極，硫電極為正極，鋰離子通過陽離子交換膜向硫電極方向遷移，故C錯誤；D．由分析可知，電池的總反應為4Li+2Cu2++S=4Li++Cu2S，則由方程式可知，每消耗1mol銅離子，同時消耗2mol鋰，故D正確；故選D。第II卷注意事項：1.用黑色墨水的鋼筆或簽字筆將答案寫在答題卡上。2.本卷共4題，共64分?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H1C12N14O16Ca40Zr9113.據(jù)國際權威學術期刊《自然》報道，我國科學家選擇碲化鋯()和砷化鎘()為材料驗證了三維量子霍爾效應。（1）Zr與Ti同族且在Ti的下一周期。Zr位于元素周期表的第_______周期，第_______族。（2）Te是第五周期的氧族元素，推測它可能具有的性質是_______(填序號)。a．室溫下單質為固體b．單質具有半導體性能c．單質在常溫下可與氫氣化合d．最高價氧化物的水化物的酸性比硫酸強（3）與可形成離子。①中存在_______(填序號)。a．氫鍵b．σ鍵c．π鍵d．配位鍵②已知該離子中2個被2個替代只得到一種結構，則該離子空間結構為_______。（4）某種摻雜CaO的晶胞如圖所示，Ca位于晶胞的面心。①晶體中每個O周圍與其最近的O有_______個。②已知該晶胞為立方晶胞，晶胞棱長為apm，設阿伏加德羅常數(shù)的值為，則該晶體的密度為_______。（5）若鋯石中含Zr元素的質量分數(shù)是36.4%，在制備的過程中會損失10%的鋯元素，則1kg鋯石理論上能夠制得的質量是_______g。【答案】（1）①.五②.IVB（2）ab（3）①.bd②.正四面體形（4）①.6②.（5）442.8【解析】【小問1詳解】Zr是Ti的同族相鄰元素，價電子排布式為4d25s2，位于元素周期表的第五周期，第IVB族。【小問2詳解】a．在氧族元素中，從S開始其單質為固體，所以常溫下Te是固體，a正確；b．碲處于金屬與非金屬的交界處，可作半導體材料，具有半導體性能，b正確；c．在氧族元素中，從S和氫氣反應需要點燃才能發(fā)生，碲(Te)是第五周期的氧族元素，其單質為固體，所以常溫下Te不能與氫氣化合，c錯誤；d．同主族自上而下非金屬性減弱，非金屬性越強，最高價氧化物的水化物的酸性越強，非金屬性：S>Te，則最高價氧化物的水化物的酸性比硫酸弱，d錯誤；故選ab?！拘?詳解】①中不存在離子鍵，鎘原子和氮原子間存在配位鍵，含有N-H單鍵存在σ鍵，故選bd；②已知該離子中2個NH3被2個替代只得到一種結構，說明二取代物只有一種結構，該離子的立體構型為正四面體形?！拘?詳解】①晶胞結構分析可知晶體中每個O周圍與其最近的O個數(shù)為：6；②已知該晶胞為立方晶胞，晶胞中含鈣離子2×=1個，鋯離子8×+4×=3個，氧離子8個，晶胞棱長為apm，晶胞體積為(a×10-10cm)3，該晶體的密度=。【小問5詳解】根據(jù)元素守恒可知n()=n(Zr)=，m()=3.6mol×123g/mol=442.8g。14.化合物X是一種臨床治療高血脂癥的藥物。X的合成路線如下(部分反應條件和試劑略)。已知：(和代表烷基)回答下列問題：（1）試劑Ⅱ的化學名稱是_______。（2）F含有的官能團名稱是_______。（3）1molC與溴水反應，最多消耗_______mol。（4）H的結構簡式是_______。（5）試劑Ⅲ為單碘代烷烴，其結構簡式是_______。（6）試劑I蒸氣密度是相同狀態(tài)下甲烷密度的2倍，試劑I中各元素的質量分數(shù)分別為：碳37.5%，氫12.5%，氧50%。試劑I的結構簡式是_______。（7）A與乙二醇在催化劑的作用下發(fā)生聚合反應的化學方程式是_______。（8）HOOCCOOH與A互為同系物，寫出以乙醇為原料(其他無機試劑任選)制備HOOCCOOH合成路線：_______?！敬鸢浮浚?）1，3-二溴丙烷（2）酯基、醚鍵（3）2（4）（5）（6）（7）+nHOCH2CH2OH+(2n-1)H2O（8）【解析】【分析】由反應條件可知，A和試劑I發(fā)生酯化反應生成B，結合A的結構式和B的分子式可知試劑I的結構簡式為CH3OH，C酸化得到D，D和試劑Ⅱ發(fā)生取代反應生成E，B和E發(fā)生取代反應生成F，F(xiàn)在堿性條件下發(fā)生酯的水解反應然后酸化生成G，則G為，G發(fā)生已知信息的反應原理得到H，H為，以此解答。【小問1詳解】試劑Ⅱ(BrCH2CH2CH2Br)名稱為1，3-二溴丙烷。【小問2詳解】由F的結構簡式可知，F(xiàn)含有的官能團名稱是酯基、醚鍵。【小問3詳解】C中苯環(huán)上有2個H可以發(fā)生取代，則1molC與溴水反應，最多消耗2mol?！拘?詳解】由分析可知，H的結構簡式為。【小問5詳解】試劑Ⅲ為單碘代烷烴，對比H、X的結構簡式可知試劑Ⅲ為CH3I?！拘?詳解】試劑I蒸氣密度是相同狀態(tài)下甲烷密度的2倍，試劑I的摩爾質量為16g/mol×2=32g/mol，試劑I中各元素的質量分數(shù)分別為：碳37.5%，氫12.5%，氧50%，則n(C):n(H):n(O)==1:4:1，試劑I為?！拘?詳解】A與乙二醇在催化劑的作用下發(fā)生聚合反應生成，方程式為：+nHOCH2CH2OH+(2n-1)H2O?！拘?詳解】乙醇先發(fā)生消去反應生成乙烯，乙烯和Br2發(fā)生加成反應生成，發(fā)生水解反應生成，發(fā)生氧化反應生成HOOCCOOH，合成路線為：。15.以硫鐵礦(主要成分為)為原料制備氯化鐵晶體()的工藝流程如下圖所示?；卮鹣铝袉栴}：（1）需將硫鐵礦粉碎再“焙燒”的目的是_______。（2）硫鐵礦“焙燒”后的燒渣中含有、等，“酸溶”時不能用硫酸代替鹽酸的原因是_______。（3）“操作I”的名稱為_______。（4）“氧化”過程中主要發(fā)生反應的離子方程式為_______，的電子式為_______。（5）實驗室常用配制溶液，寫出正確的配制方法：_______。（6）尾氣主要含、、和少量的、，為測定其中的含量，某同學將VL尾氣緩慢通入裝置A中。①儀器C的名稱是_______，該裝置的作用是_______。②實驗時先通入尾氣，再通入一定量氮氣，通過B裝置的增重來測量的含量，寫出該方案合理與否的理由：_______?！敬鸢浮浚?）增大反應物的接觸面積，加快反應速率（2）無法制得（3）過濾（4）①.②.（5）將FeCl3晶體溶于較濃的鹽酸中，然后再加水稀釋到所需的濃度（6）①.干燥管②.防止空氣中的水蒸氣、CO2進入B裝置③.該方案不合理，因為尾氣中的CO2也能被B裝置中的堿石灰吸收，導致所測SO2氣體的含量偏大【解析】【分析】由題給流程可知，硫鐵礦在空氣中焙燒生成氧化鐵、四氧化三鐵和二氧化硫，向焙燒渣中加入過量稀鹽酸酸浸，將氧化鐵、四氧化三鐵轉化為氯化鐵、氯化亞鐵，過濾得到濾渣和含有氯化鐵、氯化亞鐵的濾液；向濾液中加入過氧化氫溶液，將溶液中的亞鐵離子氧化為鐵離子，反應后的溶液在氯化氫氣流中蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥得到六水氯化鐵晶體?！拘?詳解】將硫鐵礦粉碎再“焙燒”可以增大固體的表面積，有利于增大反應物的接觸面積，加快反應速率，故答案為：增大反應物的接觸面積，加快反應速率；【小問2詳解】“酸溶”時不能用硫酸代替鹽酸，否則氧化鐵、四氧化三鐵溶于稀硫酸生成硫酸鐵、硫酸亞鐵，無法制得六水氯化鐵晶體，故答案為：無法制得；【小問3詳解】由分析可知，“操作I”為固液分離的過濾操作，故答案為：過濾；【小問4詳解】由分析可知，加入過氧化氫溶液，將溶液中的亞鐵離子氧化為鐵離子，反應的離子方程式為；過氧化氫是只含有共價鍵的共價化合物，電子式為，故答案為：；；【小問5詳解】氯化鐵是強酸弱堿鹽，在溶液中易發(fā)生水解反應生成氫氧化鐵和鹽酸，為防止氯化鐵在溶液中水解，配制氯化鐵溶液時應將六水氯化鐵溶于較濃的鹽酸中，然后再加水稀釋到所需的濃度，故答案為：將FeCl3晶體溶于較濃的鹽酸中，然后再加水稀釋到所需的濃度；【小問6詳解】由實驗裝置圖可知，裝置A中盛有的濃硫酸用于吸收尾氣中的水蒸氣，裝置B中盛有的堿石灰用于吸收測定二氧化硫和二氧化碳的質量，裝置C中盛有的堿石灰用于吸收空氣中的二氧化碳和水蒸氣，防止二氧化硫和水蒸氣進入裝置B中干擾酸性氣體的測量；①由實驗裝置圖可知，儀器C為干燥管，由分析可知，裝置C中盛有堿石灰用于吸收空氣中的二氧化碳和水蒸氣，防止二氧化硫和水蒸氣進入裝置B中干擾酸性氣體的測量，故答案為：干燥管；防止空氣中的水蒸氣、CO2進入B裝置；②由分析可知，裝置B中盛有的堿石灰用于吸收測定二氧化硫和二氧化碳的質量，所以不能通過B裝置的增重來測量二氧化硫的含量，故答案為：該方案不合理，因為尾氣中的CO2也能被B裝置中的堿石灰吸收，導致所測SO2氣體的含量偏大。16.NO是大氣主要污染物之一。有效去除大氣中的NO是環(huán)境保護的重要課題?；卮鹣铝袉栴}：I．反應：可用于去除汽車尾氣中的有害氣體，該反應為自發(fā)反應。（1）_______0(填“>”“＜”或“=”)。（2）在密閉容器中充入8molNO和10molCO發(fā)生反應，平衡時NO的體積分數(shù)與溫度T、壓強p的關系如圖所示：①_______(填“>”或“＜”)。②A點時NO的轉化率為_______。③若反應在D點達到平衡，此時對反應容器降溫的同時壓縮體積，重新達到的平衡狀態(tài)可能是圖中A~G點中的_______點。（3）探究催化劑對CO、NO轉化的影響。將NO和CO以一定的流速通過兩種不同的催化劑進行反應，相同時間內(nèi)