2022届天津市河西区高三二模化学试题（解析版）

1、PAGE PAGE 21页天津市河西区2022届高三二模化学试题一、单选题1下列物质变化过程中，涉及氧化还原反应的是（）A粗盐提纯B海水提溴C油脂皂化D石油分馏2维生素B5的结构简式如图所示，下列有关它的说法错误的是（）A分子中含有2个手性碳B一定条件下能发生缩聚反应C能与酸性KMnO4溶液反应D分子中含有酰胺基、羧基和羟基三种官能团3在配制0.1000molL-1 NaOH标准溶液并用其滴定未知浓度盐酸的实验过程中，不需要用到的仪器是（）ABCD4下列有关Na、Mg、Al的叙述正确的是（）A元素均位于周期表s区B均可用电解法冶炼制得单质C原子均有一个未成对电子D还原性由弱到强：NaMg0B投

2、料比：12C在400K、2=2条件下，反应的平衡常数的值为0.25D在500K、3条件下，增大压强，CO的平衡转化率能从Y点到Z点1225时分别向体积均为10mL、浓度均为0.1mol/L的HA溶液、HB溶液中滴加0.1mol/L的NaOH溶液，两种溶液中由水电离的c(H+)的负对数即-lgc(H+)水与滴加NaOH(aq)的关系如图所示。下列说法错误的是（）AHA为强酸Ba、b两点溶液均呈中性Cb、d两点溶液中c(A-)=c(B-)Dc点溶液中n(B-)+n(HB)=0.001mol二、综合题13硅及其化合物在生活生产中广泛应用。请按要求回答下列问题。（1）基态硅原子的电子排布式为 ；Si原

3、子间难形成双键而C原子间却可以形成，是因为Si的原子半径 (填“大于”或“小于”)C的，两个Si原子的p电子难于重叠形成键。（2）工业上制备高纯硅的示意图如下：步骤反应所涉及元素的第一电离能由大到小的顺序是(填元素符号) 。根据下图所示物质反应过程中的能量变化，写出用石英砂和焦炭制取粗硅，同时生成CO的热化学方程式： 。步骤产物中含有SiHCl3(沸点为33.0)，还有少量SiCl4(沸点为57.6)和HCl(沸点为-84.7)。若先将步骤产物降至室温，提纯SiHCl3，方法是 。所用到的玻璃仪器除酒精灯、温度计、锥形瓶、尾接管外，还需要 、 。（3）已知：硅的最高价氧化物对应的水化物有H2S

4、iO3和原硅酸()。常温下，H2SiO3：Ka1=2.010-10、Ka2=1.010-12；H2CO3：Ka1=4.310-7、Ka2=5.610-11向盛有饱和Na2SiO3溶液(滴有酚酞溶液)的试管中通入过量CO2；充分反应后，用激光笔照射上述液体时发现有光亮的通路。预测液体颜色的变化： ；写出该反应的离子方程式： 。写出原硅酸脱水得到的产物(写两种) 、 。14药合成中间体M的合成路线如下图所示：请按要求回答下列问题：（1）M分子所含官能团名称为 。（2）B的分子式为 ；C的结构简式为 。（3）EF反应类型为 。（4）X()是G的同分异构体，写出X与NaOH水溶液加热条件下反应的化学方

5、程式： 。（5）E的同分异构体有多种，其中符合下列所有条件的有(不含E、不考虑立体异构) 种。苯环上有4个取代基，其中3个是羟基苯环上仅有1种环境的氢不含碳碳双键写出其中核磁共振氢谱有6组峰的结构简式： 。（6）写出以苯、和必要的无机试剂为原料制备化合物的合成路线。请参考题干合成路线及反应条件，在如下方框中写出其合成路线的流程图 。15某化学小组设计了如下有关氮的化合物的实验。请按要求回答下列问题。（1）氨气的喷泉实验：如下图装置所示，干燥的圆底烧瓶里充满NH3，欲观察到烧瓶中产生喷泉，需进行的操作是 。（2）硝酸的制备实验：如图所示af装置。装置a的最佳选择为(填“图3”或“图4”) 。装置

6、b中Na2O2的作用是 。（3）硝酸的性质实验：常温下，同学甲在上图实验结束后，用pH计测装置e中溶液的pH=1.00。这说明e中发生的反应可能为(写化学方程式) 。同学乙做同样实验，测得e中溶液的pH=6.00，可能原因是 。用如图所示装置进行硝酸与铜的反应实验。请在h方框中补全该实验所需装置图并标注所需试剂 。硝酸一般盛放在棕色试剂瓶中，请用化学方程式说明其原因： 。g中为稀硝酸时，反应开始后，g中溶液颜色变蓝。写出g中反应的离子方程式： 。g中为浓硝酸时，g中溶液颜色变绿。反应较中剧烈许多的原因是 。对比与反应后g中溶液颜色，推测其原因是反应后g溶液中溶有NO2且达饱和。为证明该推测正确

7、，向反应后g溶液中加入 ，会观察到溶液颜色由绿色变为蓝色。已知Cu(H2O)42-(aq)呈蓝色、CuCl42-(aq)呈黄色。取中少量蓝色溶液于试管中，向其中滴加饱和NaCl溶液，观察到溶液颜色由蓝变为蓝绿色，再加热该混合溶液，溶液颜色逐渐变为黄绿色。结合离子反应方程式解释其原因： 。16除去废水中Cr()的方法有多种。请按要求回答下列问题。（1）金属除Cr()法：其他条件相同时，用等量的Zn粉、Zn-Cu粉分别处理酸性含Cr()废水。Cr()的残留率随时间的变化如下图所示，图1中b方法选用的金属粉处理效果更快的原因是 。（2）NaHSO3与熟石灰除Cr()法：向酸性废水中加入NaHSO3，

8、再加入熟石灰，使Cr3+沉淀(常温下KspCr(OH)3=6.310-31；设c(Cr3+)6310-7mol/L时沉淀完全)。实验中的NaHSO3作用是 。Cr()在水溶液中的存在形态分布如图所示。当pH12时，Cr()去除率下降的原因可用离子方程式表示为 。为使Cr3+沉淀完全，调控溶液的pH最小值为 。（3）离子交换法除铬()：Cr()去除率与pH关系如图所示。已知：强碱性树脂(ROH)与废水中的CrO42-、HCrO4-离子能发生交换均生成R2CrO4(s)。其反应可表示为(以CrO42-发生交换为例)2ROH(s)+CrO42-(aq)R2CrO4(s)+2OH-(aq)。写出HCr

9、O4-发生交换反应的平衡常数表达式，K= 。当pH4时，Cr()去除率下降的原因是 。（4）电解除铬()法：一般采用在直流电作用下铁板做阳极和阴极忽略Cr()在阴极放电，可将酸性废水中的Cr()转化为Cr3+，再加碱沉淀为Cr(OH)3。已知：H2O+Cr2O72-(aq)2CrO42-+2H+。酸性废水中的Cr()离子存在的主要形式为 。当沉淀出2mol Cr(OH)3时，阳极至少消耗 mol Fe。答案1【答案】B【解析】【解答】A 粗盐提纯主要过滤除去粗盐中的不溶性杂质，属于物理过程，没有发生化学变化，故A不选；B 海水提溴是溴离子被氧化成溴单质是氧化还原反应，故B选；C 油脂皂化，用油

10、脂和NaOH溶液制备肥皂时发生的是水解反应，不涉及元素化合价的变化，非氧化还原反应，故C不选；D 石油分馏属于物理变化，该过程中不存在元素化合价变化，则不涉及氧化还原反应，故D不选；故答案为：B。【分析】氧化还原反应过程中一定有元素的化合价发生变化。2【答案】A【解析】【解答】A 分子中含有1个手性碳，如图所示，故A符合题意；B 分子含有羟基和羧基，一定条件下能发生缩聚反应，故B不符合题意；C 分子中与羟基相连的碳上有氢，能与酸性KMnO4溶液反应，故C不符合题意；D 分子中含有酰胺基、羧基和羟基三种官能团，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】A.手性碳是指连有四个不同原子团的碳原子；B.含

11、羧基和羟基，能发生缩聚反应；C.含有-CH2OH基团，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化；D.分子中含有的官能团为-OH、-COOH、-CONH-。3【答案】C【解析】【解答】A为容量瓶，配制0.1000molL-1 NaOH标准溶液需要容量瓶，A不选； B为锥形瓶，滴定实验过程中需要锥形瓶装待测液，B不选；C为分液漏斗，在分液操作时才需要分液漏斗，配制溶液和滴定实验不需要，C选；D为碱式滴定管，滴定实验中需要碱式滴定管装NaOH标准溶液，D不选；故答案为：C。【分析】配制0.1000mol/LNaOH标准溶液的步骤为，计算、称量、溶解、转移到容量瓶、洗涤转移、定容等步骤，中和滴定过程有检漏、洗涤、润

12、洗、装液、滴定等操作。4【答案】B【解析】【解答】A Na、Mg元素价电子分别为3s1、3s2，均位于周期表s区，Al的价电子排布为3s23p1在p区，故A不符合题意；B 三种金属均属于活泼金属，均可用电解法冶炼制得单质，故B符合题意；C Na、Al原子均有一个未成对电子，但Mg的3s2是全充满结构，没有末成对电子，故C不符合题意；D同周期，从左到右元素的金属性减弱， Na、Mg、Al是还原性由强到弱的顺序，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】A.Al位于p区；B.Na、Mg、Al等活泼金属的离子不易得电子；C.Mg原子没有未成对电子；D.同周期从左到右元素的金属性减弱。5【答案】D【解析】

13、【解答】A由于氮气化学性质不活泼，一般不易与其他物质发生化学反应，所以可以起保护作用，常用作保护气，A不符合题意；B液氨汽化吸收大量的热，具有制冷作用，常用作制冷剂，B不符合题意；C氯化铵含有氮元素，常用作氮肥，C不符合题意；D氨水没有消毒作用，不能用作消毒剂，D符合题意；故答案为：D。【分析】A.氮气性质稳定，可作保护气；B.液氨汽化吸收大量的热；C.氯化铵含氮元素；D.氨水不具有氧化性。6【答案】A【解析】【解答】AFe3+、H+、NO3-互相不反应，能共存，故A选； BpH=13的溶液显碱性，含有大量OH-，OH-与NH4+反应不能大量共存，故B不选；CClO-与I-发生氧化还原反应不能

14、共存，故C不选；DFe2+与Fe(CN)63-结合形成蓝色沉淀，不能共存，故D不选；故答案为：A。 【分析】B.铵根离子与氢氧根结合生成一水合氨； C.ClO-具有氧化性，I-具有还原性； D.Fe2+与Fe(CN)63-结合形成蓝色沉淀。7【答案】C【解析】【解答】A硫原子的核外电子总数为16，基态硫原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p4，基态S原子的轨道表示式为，故A不符合题意；BH2S为共价化合物，S原子未达到8电子稳定结构，电子式为 ，故B不符合题意；CSO3分子中S原子的价层电子对数为3+6-322=3，无孤电子对，其VSEPR模型为 ，故C符合题意；DSO2的价层电子对

15、数=2+6-3223，故其VSEPR模型为平面三角形，SO2分子的空间结构为V形，其模型：，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.基态硫原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p4；B.H2S中S原子最外层达到8电子稳定结构；C.SO3分子中S原子价层电子对数为3，不含孤电子对；D.SO2分子中S原子价层电子对数为3，含有一个孤电子对。8【答案】D【解析】【解答】A 步骤将大米蒸熟后淀粉溶胀，并没有水解，不会产生大量葡萄糖，故A不符合题意；B 步骤中涉及葡萄糖在酒化酶作用下反应生成乙醇，但不是水解反应，故B不符合题意；C 步骤用过滤法除去坛底的糟，是将固体和液体的分离，故C不符合题

16、意；D 步骤乙醇和乙酸缓慢地发生酯化反应，闻到果香味，是因为生成了乙酸乙酯，故D符合题意；故答案为：D。【分析】A.淀粉水解生成葡萄糖，大米蒸熟淀粉未水解；B.葡萄糖不能水解；C.分离固体和液体采用过滤。9【答案】C【解析】【解答】A碳化硅晶体属于原子晶体，与金刚石的类似，质硬，故A不符合题意；B原子晶体中原子半径越小，共价键越强，熔点越高，原子半径：CSi，则熔点：金刚石碳化硅，故B不符合题意；C该晶体中只存在C-Si极性键，熔融时会破坏极性键，故C符合题意；D碳化硅形成4个共价键，C原子采用的是sp3杂化，故D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.金刚石硬度大；B.原子半径越小，形成的共价

17、键越强，晶体的熔点越高；D.1个碳原子与4个Si原子构成正四面体的结构。10【答案】A【解析】【解答】A连接K1时，电极1为阴极，电极反应式为：2H2O+2e-=2OH-+H2，生成氢氧根离子，电极1附近pH升高，故A符合题意；B连接K2时，电极2为阳极，电极反应式为：4OH-4e-=2H2O+O2，溶液中阴离子OH-向电极2移动，故B不符合题意；C连接K2时，电极3连接电源负极，即电极3此时为阴极，NiOOH转化为Ni(OH)2，电极反应式为：NiOOH+e-+H2O=OH-+Ni(OH)2，故C不符合题意；D连接K1时，电极3此时为阳极，电极反应式为：Ni(OH)2-e-+OH-=NiOO

18、H+H2O，消耗OH-，连接K2时，电极3此时为阴极，电极反应式为：NiOOH+e-+H2O=OH-+Ni(OH)2，生成OH-，则交替连接K1、K2时，电极3附近的OH-也会交替消耗和生成，故D不符合题意；故答案为：A。【分析】接K1时，电极1为阴极，电极3为阳极，连接K2时，电极3为阴极，电极2为阳极，据此解答。11【答案】D【解析】【解答】A 由图随温度升高，CO的转化率降低，说明平衡逆向移动，正反应放热，Q40%，投料比：12，故B不符合题意；C 在400K、2=2条件下，令投入的氢气为2mol，CO为1mol，平衡转化率为50%，2CO(g)+4H2(g)CH3CH2OH(g)+H2

19、O(g)开始/mol/L0.51变化/mol/L0.250.50.1250.125平衡/mol/L0.250.50.1250.125 ，反应的平衡常数的值为0.1250.1250.540.252=4，故C不符合题意；D 在500K、3条件下，增大压强，平衡正向移动，CO的转化率增大，CO的平衡转化率能从Y点到Z点，故D符合题意；故答案为：D。 【分析】A.温度越高，CO的转化率越来越小，平衡逆向移动； B.反应中增加氢气的量会促进CO的转化，提高CO的平衡转化率； C.列出反应的三段式结合平衡常数的公式进行计算。12【答案】C【解析】【解答】A体积为10mL、浓度为0.1mol/L的HA溶液，

20、消耗等浓度的氢氧化钠溶液体积为10mL时，溶质为NaA，b点-lgc(H+)水=7，故c(H+)水=10-7mol/L，证明25时NaA溶液没有水解，则HA为强酸，A不符合题意；Bb点c(H+)水=10-7mol/L，25时NaA溶液没有水解，溶液呈中性，在a点，10mL浓度为0.1mol/L的HB溶液，滴加氢氧化钠溶液体积小于10mL，故溶质为HB、NaB，a点-lgc(H+)水=7，c(H+)水=10-7mol/L，证明25时，溶液中水电离未受到影响(溶液中HB电离对水电离的抑制作用与NaB水解对水电离的促进作用相互抵消)，溶液呈中性，B不符合题意；Cb点溶液溶质为NaA，且不水解，依据物

21、料守恒有：c(A-)=1010-3L0.1mol/L(10+10)10-3L=0.05mol/L，d点，体积为10mL、浓度为0.1mol/L的HB溶液，消耗等浓度的氢氧化钠溶液体积为10mL时，溶质为NaB，-lgc(H+)水10-7mol/L，证明25时，溶液中B-水解促进水电离，d点溶液中含有HB分子，依据物料守恒有：c(B-)+c(HB)= 1010-3L0.1mol/L(10+10)10-3L=0.05mol/L，c(A-)c(B-)，C符合题意；D体积为10mL、浓度为0.1mol/L的HB溶液在反应前后B元素的物质的量不变，依据物料守恒有：n(B-)+n(HB)=0.1mol/L

22、0.01L=0.001mol，D不符合题意；故答案为：C。【分析】A.b点酸碱恰好完全反应生成NaA；B.a点-lgc(H+)水=7，b点-lgc(H+)水=7；C.b点-lgc(H+)水=7，d点-lgc(H+)水H2SiO3HCO3-HSiO3-，则Na2SiO3溶液与过量CO2反应生成硅酸和碳酸氢钠，反应离子方程式为：SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3(硅胶)+2HCO3-；原硅酸()脱去一分子水得到的产物是H2SiO3，脱去两分子水得到的产物是SiO2。【分析】（1）已知硅是14号元素，根据构造原理书写电子排布式；同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大；（2）同一周期元素的第

23、一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，同主族从上到下第一电离能减小；分别写出热化学方程式，根据盖斯定律书写石英砂和焦炭制取粗硅，同时生成CO的热化学方程式；将步骤产物降至室温，各物质都为液态，提纯SiHCl3需要将混合溶液分离；（3）丁达尔效应是胶体特有的性质；原硅酸可以分子内脱水也可分子间脱水。14【答案】（1）酮羰基、醚键（2）C10H10O3；（3）取代反应（4）+3NaOHH2O+HCOONa+NaCl+H2O（5）8；、（6）H2，催化剂浓硫酸【解析】【解答】B与浓硝酸发生取代反应生成C，C分子中硝基被还原为氨基，则由D的结构可推出C为，

24、C中硝基被还原为氨基，D中氨基发生取代反应得到酚羟基，E中酚羟基发生取代反应得到F为，F中羧基中羟基被-Cl取代，最后甲基取代氯原子得到M；(1)M分子所含官能团名称为酮羰基、醚键；(2)B的分子中含有10个碳原子、10个氢原子和3个氧原子，分子式为C10H10O3；由分析可知，C的结构简式为；(3)F为，E中酚羟基发生取代反应得到F，EF反应类型为取代反应；(4)含酯基和碳氯键都能与NaOH水溶液发生水解反应，酯水解得到的羟基连接在苯环上具有弱酸性，又继续消耗NaOH，则X与NaOH水溶液加热条件下反应的化学方程式：+3NaOHH2O+HCOONa+NaCl+H2O；(5)苯环上有4个取代基

25、，其中3个是羟基，取代基上还有一个不饱和度，苯环上仅有1种环境的氢，具有高度对称结构，不含碳碳双键，应为单碳环，满足条件的同分异构体有：、共8种；其中核磁共振氢谱有6组峰的结构简式： 、；(6)苯与发生流程中AB的反应得到，羰基与氢气发生加成反应得到，在浓硫酸作用下生成，合成路线为：H2，催化剂浓硫酸；【分析】（1）M中含羰基和醚键；（2）根据B的结构简式确定其分子式；B发生硝化反应生成C；（3）E发生取代反应生成F；（4）X在NaOH溶液中发生水解，-X被-OH取代；（5）根据要求确定同分异构体；（6）苯与发生开环反应生成，和氢气发生加成反应生成，发生酯化反应得到目标产物。15【答案】（1）

26、打开止水夹、挤压胶头滴管至水进入烧瓶（2）图4；和水蒸汽反应生成氧气（3）3NO2+H2O=NO+2HNO3 2NO+O2 =2NO2或4NO+3O2+2H2O=4HNO3或4NO2 +O2+2H2O=4HNO3(合理即可)；过量的氨中和了生成的硝酸生成了硝酸铵（合理即可）；4HNO3光_ 4NO2 +O2 +2H2O；3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2NO+4H2O；浓硝酸的氧化性较稀硝酸强（合理即可）；适量的水（合理即可）；Cu(H2O)42-+4Cl-CuCl42-+4H2O ，H0 ，该反应是吸热反应，温度升高时平衡正向移动【解析】【解答】实验室可用氯化铵与碱石灰加热制备氨气，也

27、可用浓氨水滴入固体NaOH中制氨气，氨气具有还原性，能与氧气在催化剂作用下氧化生成NO，进一步氧化生成硝酸，浓硝酸氧化性强于稀硝酸，与铜反应是更剧烈，Cu(H2O)42-+4Cl-CuCl42-+4H2O ，H0 ，该反应是吸热反应，温度升高时平衡正向移动。 (1)氨气的喷泉实验：干燥的圆底烧瓶里充满NH3，欲观察到烧瓶中产生喷泉，需进行的操作是打开止水夹、挤压胶头滴管至水进入烧瓶。故答案为：打开止水夹、挤压胶头滴管至水进入烧瓶；(2)用浓氨水滴入NaOH固体制氨气不需加热，操作简单，装置a的最佳选择为图4。故答案为：图4；装置b中Na2O2的作用是和水蒸汽反应生成氧气，提供氨催化氧化的原料。

28、故答案为：和水蒸汽反应生成氧气；(3)硝酸的性质实验：常温下，同学甲在上图实验结束后，用pH计测装置e中溶液的pH=1.00，说明e中产生了硝酸。这说明e中发生的反应是氮的氧化物与水、氧气反应生成硝酸，可能为(写化学方程式)3NO2+H2O=NO+2HNO3 2NO+O2 =2NO2或4NO+3O2+2H2O=4HNO3或4NO2 +O2+2H2O=4HNO3(合理即可)。故答案为：3NO2+H2O=NO+2HNO3 2NO+O2 =2NO2或4NO+3O2+2H2O=4HNO3或4NO2 +O2+2H2O=4HNO3(合理即可)；同学乙做同样实验，测得e中溶液的pH=6.00，可能原因是过量

29、的氨中和了生成的硝酸生成了硝酸铵（合理即可）。故答案为：过量的氨中和了生成的硝酸生成了硝酸铵（合理即可）；可用碱吸收氮的氧化物，在有氧气的条件下，最后转化为硝酸盐或亚硝酸盐，在h方框中补全该实验所需装置图并标注所需试剂。故答案为： ；硝酸一般盛放在棕色试剂瓶中，防止其见光分解，用化学方程式说明其原因：4HNO3光_ 4NO2 +O2 +2H2O。故答案为：4HNO3光_ 4NO2 +O2 +2H2O；g中为稀硝酸时，反应开始后，g中溶液颜色变蓝，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和NO，g中反应的离子方程式：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2+2NO+4H2O 。故答案为：3Cu+2NO3-+8H+=

30、3Cu2+2NO+4H2O ；g中为浓硝酸时，g中溶液颜色变绿。反应较中剧烈许多的原因是浓硝酸的氧化性较稀硝酸强（合理即可）。故答案为：浓硝酸的氧化性较稀硝酸强（合理即可）；对比与反应后g中溶液颜色，推测其原因是反应后g溶液中溶有NO2且达饱和。为证明该推测正确，向反应后g溶液中加入适量的水（合理即可），3NO2+H2O=NO+2HNO3，会观察到溶液颜色由绿色变为蓝色。故答案为：适量的水（合理即可）；已知Cu(H2O)42-(aq)呈蓝色、CuCl42-(aq)呈黄色。取中少量蓝色溶液于试管中，向其中滴加饱和NaCl溶液，观察到溶液颜色由蓝变为蓝绿色，部分Cu(H2O)42-转化为CuCl42-，再加热该混合溶液，溶液颜色逐渐变为黄绿色，CuCl42-浓度增大。结合离子反应方程式解释其原因：Cu(H2O)42-+4Cl-CuCl42-+4H2O ，H0 ，该反应是吸热反应，温度升高时平衡正向移动，故答案为：Cu(H2O)42