天津市河东区届高三学业水平等级性考试模拟测试化学试题及解析Word文档格式.docx
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本质区别是能否发生丁达尔效应
B.纯净物与混合物：
是否仅由一种物质组成
C.强电解质与弱电解质：
根据其溶液的导电能力强弱
D.极性分子与非极性分子：
根据化学键的极性判断
【答案】B
【详解】A．溶液与胶体两者的根本区别在于分散质粒子直径的大小，溶液中的分散质粒子直径小于1nm，胶体的胶粒直径在1nm～100nm，故A错误；
B．纯净物：
只由一种物质组成的称为纯净物。
混合物：
由两种或两种以上物质组成的称为混合物，所以纯净物、混合物是按照是否仅含一种物质划分的，故B正确；
C．在水溶液中完全电离的化合物属于强电解质，部分电离的化合物属于弱电解质，和导电能力强弱无关，故C错误；
D．分子中正负电荷的重心重合或电荷分布均匀的分子是非极性分子，正负电荷的重心不重合或电荷分布不均匀的分子是极性分子，与化学键的极性没有直接的关系，非极性分子中可能含有极性键，如CO2，极性分子中也可能含有非极性键，如H2O2，故D错误；
故选B。
3.下列反应需要破坏共价键的是
A.晶体硅熔化B.碘升华C.冰融化成水D.NaCl溶于水
【答案】A
【详解】A．晶体硅是原子晶体，熔化时破坏的是共价键，故A正确；
B．碘是分子晶体，升华时克服的是分子间作用力，共价键没有破坏，故B错误；
C．冰是分子晶体，融化成水时克服的是分子间作用以及氢键，共价键没有被破坏，故C错误；
D．氯化钠是离子晶体，溶于水时，破坏的是离子键，故D错误；
故选A。
4.下列化学用语对事实的表述正确的是
A.硬脂酸与乙醇的酯化反应：
C17H35COOH+C2H518OH
C17H35COOC2H5+H218O
B.向Na2SiO3溶液中通入过量的SO2：
SiO32-＋SO2＋H2O＝H2SiO3↓＋SO32-
C.由Na和C1形成离子键的过程：
D.NaHSO4熔融电离：
NaHSO4
Na++H++SO42-
【答案】C
【详解】A．酯化反应的机理是“酸断羟基醇断氢”，硬脂酸与乙醇的酯化反应的化学方程式为：
C17H35COOH+C2H518OH
C17H35CO18OC2H5+H2O，故A错误；
B．向Na2SiO3溶液中通入过量SO2，反应生成硅酸和亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为：
SiO32-+2SO2+2H2O=H2SiO3↓+2HSO3-，故B错误；
C．钠原子失去电子生成钠离子，氯原子得到电子生成氯离子，钠离子与氯离子通过离子键结合，用电子式表示为：
，故C正确；
D．熔融状态下共价键不能断裂，故NaHSO4熔融电离：
NaHSO4
Na++HSO4-，故D错误；
故选C。
【点睛】本题的易错点为D，要注意NaHSO4在熔融状态下和溶液中电离方程式的区别，在溶液中NaHSO4=Na++H++SO42-。
5.用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是
A.
用该装置分离乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液
B.
用该装置除去实验室制取乙烯中混有的少量SO2
C.
用该装置加热AlCl3溶液制备无水AlCl3固体
D.
用该装置获取少量SO2气体
【详解】A．乙酸乙酯与饱和碳酸钠溶液分层，不能选过滤分离，应选分液分离，故A错误；
B．二氧化硫与NaOH能够反应被吸收，乙烯不能，导管长进短出，洗气可分离，故B正确；
C．加热
AlCl3溶液，促进水解，生成的盐酸易挥发，加热蒸干得不到无水AlCl3固体，应在HCl气流中加热制备无水
AlCl3固体，故C错误；
D．Cu与浓硫酸的反应需要加热，图中缺少加热装置，故D错误；
6.已知有机物M在一定条件下可转化为N。
下列说法正确的是
A.该反应类型为取代反应
B.N分子中所有碳原子共平面
C.M中苯环上的一氯代物共有4种
D.可用溴水鉴别M和N
【详解】A．M中碳碳双键和氢气发生加成反应生成N，该反应为加成反应，故A错误；
B．N分子中取代基上的3个碳原子都采用sp3杂化，具有甲烷的结构特点，则N中所有碳原子不可能共平面，故B错误；
C．M中苯环上有三种氢原子，所以M苯环上一氯代物有3种，故C错误；
D．M和溴水发生加成反应、N和溴水不反应，前者能使溴水褪色，后者发生萃取，振荡静置后分层，且上层有色，现象不同，可以鉴别，故D正确；
【点睛】本题的易错点为B，要注意甲烷是四面体结构，有机物分子中只要含有饱和碳原子（包括：
-CH3、-CH2-、
、
）中的一种，分子中的所有原子就不可能处于同一平面内。
7.下列说法正确的是（）
A.同一原子中，在离核较远的区域运动的电子能量较高
B.原子核外电子排布，先排满K层再排L层，先排满M层再排N层
C.同一周期中，随着核电荷数的增加，元素的原子半径逐渐增大
D.同一周期中，ⅡA与ⅢA族元素原子的核电荷数都相差1
【详解】A.电子能量越低，挣脱原子核束缚的能力弱，在距离原子核近的区域运动；
电子能量高，挣脱原子核束缚的能力强，在距离原子核远的区域运动，故A正确；
B.M能层中d能级的能量高于N能层中s能级能量，填充完4s能级后才能填充3d能级，故B错误；
C.同一周期中，主族元素随着核电荷数的增加，元素的原子半径逐渐减小，故C错误；
D.第四周期中，ⅡA与ⅢA族元素原子的核电荷数相差11，故D错误；
故答案为A。
【点睛】本题考查元素周期表的结构及应用，把握元素在周期表的位置、元素的性质及元素周期律为解答的关键，注意整体把握周期表的结构。
8.X、Y、Z、W均为常见短周期非金属元素，常温下，其最简单氢化物水溶液（浓度均为0.01mol/L）的pH和原子半径的关系如图所示。
其中X为氧元素。
下列有关说法正确的是
A.Y是钠元素
B.图中Y的氢化物不能与X的氢化物反应
C.Z的最高价氧化物对应水化物的化学式为HClO4
D.W的最高价氧化物对应水化物是弱酸
【分析】
X、Y、Z、W均为常见的短周期非金属元素，X为氧元素，由常温下，其最简单氢化物水溶液（浓度均为0.01mol/L）的pH、原子半径可知，Y对应最简单氢化物水溶液的pH＞7，且原子半径大于O，则Y为N；
Z的原子半径大于N，Z的最简单氢化物水溶液的pH=2，为一元强酸，则Z为Cl；
W的原子半径最大，且0.01mol/LW的最简单氢化物水溶液的2＜pH＜7，可知W为S，据此分析解答。
【详解】由上述分析可知，X为O、Y为N、Z为Cl、W为S。
A．根据上述分析，Y为N元素，故A错误；
B．Y的氢化物为氨气，X的氢化物为水，二者能够反应生成NH3·
H2O，故B错误；
C．Z为Cl，最高价为+7价，最高价氧化物对应水化物的化学式为HClO4，故C正确；
D．W为S元素，最高价氧化物对应水化物为硫酸，是强酸，故D错误；
9.由下述实验现象，下列氯水对应结论不正确的是
实验
装置
试剂A
现象
①
紫色石蕊溶液
先变红后褪色
②
滴有KSCN的FeCl2溶液
溶液变红
③
NaHCO3溶液
产生使澄清石灰水变浑浊的气体
④
HNO3酸化的AgNO3溶液
产生白色沉淀
A.①氯水具有酸性和漂白性
B.②氯水具有还原性
C.③氯水中含有H+
D.④氯水中含有Cl－
【详解】A．向紫色石蕊溶液中滴加氯水，溶液变红，说明氯水显酸性，然后褪色，说明氯水具有漂白性，能说明氯水具有酸性和漂白性，故A正确；
B．将氯水滴加到含KSCN的FeCl2溶液，溶液变红，说明氯水能够将亚铁离子氧化为铁离子，说明氯水具有氧化性，不能说明氯水具有还原性，故B错误；
C．氯水能与碳酸氢钠反应产生能使澄清石灰水变浑浊的气体二氧化碳，说明氯水显酸性，能说明氯水中含有H+，故C正确；
D．氯水与HNO3酸化的硝酸银反应产生白色沉淀，该白色沉淀是氯离子与银离子反应得到AgCl，说明氯水中含有Cl-，故D正确；
【点睛】解答本题的关键是知道氯水中含有的微粒和微粒的性质，氯水溶液中存在平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO，盐酸为强酸，次氯酸为弱酸，溶液中含有H+、Cl-、氯气、HClO等。
10.如图所示电池是一种新型储氢材料—镍电池（MHn—Ni），（MHn中金属和氢都为0价）。
下列有关说法不正确的是
A.放电时正极反应为NiOOH＋H2O＋e－→Ni（OH）2＋OH－
B.电池的电解液可为KOH溶液
C.充电时阴极反应为MHn＋nOH－－e－→nH2O＋M
D.MHn是一类储氢材料，n越大，电池的比能量越高
根据图示，镍电池（MHn—Ni）中应该选碱性溶液作电解质溶液，放电时，正极：
NiOOH+H2O+e-=Ni（OH）2+OH-，负极：
MHn+nOH--ne-=M+nH2O，总反应：
MHn+nNiOOH=M+nNi（OH）2，充电时，阳极反应：
Ni（OH）2+OH--e-=NiOOH+H2O，阴极反应：
M+nH2O+ne-=MHn+nOH-，总反应：
M+nNi（OH）2=MHn+nNiOOH；
据此分析解答。
【详解】A．放电时，正极发生还原反应：
NiOOH+H2O+e-=Ni（OH）2+OH-，故A正确；
B．为了防止MHn被氢离子氧化，镍电池中电解液应该为碱性溶液，可以用KOH作电解液，故B正确；
C．充电时，电池的负极作阴极，阴极发生还原反应：
M+nH2O+ne-=MHn+nOH-，故C错误；
D．M为储氢合金，MHn为吸附了氢原子的储氢材料，其氢密度越大，电池的能量密度越高，故D正确；
11.一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是
A.稀释氨水溶液10倍后，其c（OH-）为原来的
B.pH之和为14的H2C2O4与NaOH溶液混合：
c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HC2O4-）
C.pH=5的H2S溶液中，c（H+）=c（HS-）=1×
10-5mol/L
D.将等物质的量的Na2CO3和NaHCO3混合溶于水中
＜1
【详解】A．一水合氨在稀释过程中继续电离生成OH-，所以稀释氨水溶液10倍后，其c（OH-）大于原来的
，故A错误；
B．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HC2O4-）+2c（C2O42-），所以c（Na+）+c（H+）＞c（OH-）+c（HC2O4-），故B错误；
C．任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c（H+）=c（HS-）+2c（S2-）+c（OH-），所以c（H+）＞c（HS-），故C错误；
D．Na2CO3的水解程度大于NaHCO3，导致溶液中c（HCO3-）＞c（CO32-），则
＜1，故D正确；
12.《环境科学》刊发了我国科研部门采用零价铁活化过硫酸钠（过硫酸根离子如图所示）去除废水中的正五价砷[As（V）]的研究成果，其反应机制模型如图所示。
设阿伏加德罗常数的值为NA，Ksp[Fe（OH）3]＝2.7×
10-39。
下列叙述正确的是
A.室温下，中间产物Fe（OH）3溶于水所得饱和溶液中c（Fe3＋）为2.7×
10-18mol·
L-1
B.若56gFe参加反应，共有NA个S2O82-被还原
C.1mol过硫酸钠（Na2S2O8）含2NA个过氧键
D.pH越小，越有利于去除废水中的正五价砷
【详解】A．已知Ksp[Fe（OH）3]=2.7×
10-39，此溶液碱性极弱，溶液的pH接近7，即c（OH-）=10-7mol/L，代入方程即可解得：
c（Fe3+）=2.7×
10-18mol•L-1，故A正确；
B．56gFe为1mol，根据图示，一个S2O82-和一个Fe反应生成两个SO42-和一个Fe2+，该过程转移2个电子，但
Fe2+还要与S2O82-反应变成Fe3+和自由基（SO4-●），因此1mol铁参加反应要消耗1.5molS2O82-，共有1.5NA个S2O82-被还原，故B错误；
C．根据Na2S2O8的结构
，1mol过硫酸钠（Na2S2O8）含1mol过氧键，即含有NA个过氧键，故C错误；
D．根据图示，最后是将铁离子和亚铁离子转变为沉淀，与正五价砷共沉淀析出，则溶液的碱性越强，越有利于沉淀析出，即pH越大，越有利于去除废水中的正五价砷，故D错误；
【点睛】本题的易错点和难点为B，要注意观察图示，反应过程中Fe先与S2O82-反应生成SO42-和Fe2+，然后Fe2+再与S2O82-反应变成Fe3+和自由基（SO4-●），结合氧化还原反应中得失电子守恒计算判断。
第Ⅱ卷（非选择题，共64分）
13.C、H、O、N是构成生命的基本元素，是中学化学研究的重要内容之一。
（1）对碳原子核外两个未成对电子的描述，正确的是_____
A
电子云形状不同
B.自旋方向相同
C.能量不同
D.在同一轨道
（2）C、O、N三种元素第一电离能由大到小的顺序是_____
（3）HCHO分子中碳原子轨道的杂化类型是_____，福尔马林（HCHO的水溶液），HCHO极易与水互溶的主要原因是_____
（4）在有机银镜反应实验中其中一种反应物是配合物，写出此配合物离子的结构简式_____，提供孤电子对的成键原子是_____。
（5）如图是金刚石晶胞，每个碳原子的配位数是_____；
每个晶胞中含有的碳原子个数是_____；
若晶胞的边长是anm，该晶胞中两个碳原子之间的最短距离为_____nm。
【答案】
（1）.B
（2）.N＞O＞C（3）.sp2（4）.HCHO与水分子间存在氢键（5）.[Ag（NH3）2]+（6）.N（7）.4（8）.8（9）.
a
（1）碳原子的电子排布式为1s22s22p2，结合核外电子的排布规律分析判断；
（2）C、O、N都是第二周期非金属元素，同一周期元素，自左而右，第一电离能呈增大趋势，结合N元素原子2p能级是半满状态分析排序；
（3）根据甲醛中的成键来分析碳原子的杂化类型，结合氢键对物质性质的影响分析解答；
（4）银镜反应实验中的反应物属于配合物的是Ag（NH3）2OH，据此分析解答；
（5）根据金刚石的晶胞结构结合均摊法计算晶胞中含有的碳原子数；
晶胞中两个碳原子之间的最短距离为晶胞体对角线的
，据此计算。
【详解】
（1）A、碳原子核外两个未成对电子，都属于2p能级，p能级沿x、y、z轴的方向电子云密度大，呈现哑铃型，则电子云形状相同，故A错误；
B、p能级又分x、y、z三个相互垂直的轨道，电子优先占据不同轨道，并且自旋方向相同，所以碳原子核外两个未成对电子，自旋方向相同，故B正确；
C、碳原子核外两个未成对电子，都属于2p能级，能量相同，故C错误；
D、p能级又分x、y、z三个相互垂直的轨道，电子优先占据不同轨道，所以碳原子核外两个未成对电子，不在同一轨道，故D错误；
故答案为：
B。
（2）C、O、N都是第二周期非金属元素，同一周期元素，自左而右，第一电离能呈增大趋势，但N元素原子2p能级是半满的稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能N＞O＞C，故答案为：
N＞O＞C；
（3）甲醛分子中含有碳氧双键，1个甲醛分子中含有2个碳氢σ键，1个碳氧σ键，共有3个σ键，则碳原子轨道的杂化类型为sp2杂化；
福尔马林是HCHO的水溶液，HCHO与水分子间存在氢键使得HCHO极易与水互溶，故答案为：
sp2；
HCHO与水分子间存在氢键；
（4）有机物的银镜反应实验中的反应物属于配合物的是Ag（NH3）2OH，配合物离子的结构简式为[Ag（NH3）2]+，NH3为配体，N原子中含有孤电子对，因此提供孤电子对的成键原子是N，故答案为：
[Ag（NH3）2]+；
N；
（5）根据图示，在金刚石晶胞中，每个碳原子周围有4个碳原子，碳原子的配位数是4；
每个晶胞中含有的碳原子个数是8×
+6×
+4=8；
，因此最短距离为
anm，故答案为：
4；
8；
a。
14.“阿比朵尔”是抗击新型冠状病毒潜在用药，其合成路线如图：
回答下列问题：
（1）有机物A含氧官能团名称_____；
（2）反应②、⑥反应类型分别是_____、_____；
（3）F的分子式为_____；
（4）请写出反应③的化学反应方程式_____；
（5）M是B的一种同分异构体，满足下列条件的同分异构体有_____种；
其中核磁共振氢谱有4组峰，峰面积之比为2:
2:
1的结构简式_____；
①苯环上有3个取代基；
②能发生银镜反应；
③能发生水解反应，且1molM水解消耗4molNaOH
（6）设计由甲苯和丙酮（
）为原料制备合成
路线_____。
【答案】
（1）.羟基和硝基
（2）.还原反应（3）.取代反应（4）.C14H15O4N（5）.
+
+H2O（6）.6（7）.
或
（8）.
（1）根据常见官能团的结构和名称分析判断A的含氧官能团；
（2）根据流程图，反应②中B中硝基生成C后变成了氨基，反应⑥中G变成H后有2个H原子被溴原子代替，结合反应的特征分析判断反应类型；
（3）根据F的结构简式判断F的分子式；
（4）根据流程图，反应③为C在InBr3条件下与D生成E，C中氨基与D中羰基发生了脱水反应，据此书写反应的化学方程式；
（5）①苯环上有3个取代基；
②能发生银镜反应，说明结构中含有醛基；
③能发生水解反应，说明属于甲酸酯类物质，1molM水解消耗4molNaOH，说明结构中含有2个酯基，且水解生成的羟基为酚羟基，还含有1个-NH2，据此分析解答；
（6）根据题干流程图中C→E的反应可知，由甲苯和丙酮为原料制备合成
，需要有对氨基甲苯，因此需要先合成对硝基甲苯，据此分析解答。
（1）有机物A（
）的含氧官能团有羟基和硝基，故答案为：
羟基和硝基；
（2）根据流程图，反应②中B（
）中硝基生成C（
）后变成了氨基，为还原反应，反应⑥中G（
）变成H（
）后有2个H原子被溴原子代替，为取代反应，故答案为：
还原反应；
取代反应；
（3）F（
）的分子式为C14H15O4N，故答案为：
C14H15O4N；
（4）根据流程图，C（
）在InBr3条件下与D（
）生成E（
），C中氨基与D中羰基发生了脱水反应，因此反应③的化学方程式为
+H2O，故答案为：
+H2O；
（5）M是B（
）的一种同分异构体，①苯环上有3个取代基；
③能发生水解反应，且1molM水解消耗4molNaOH，说明结构中含有2个甲酸形成的酯基，且水解生成的羟基为酚羟基，即满足条件的M的同分异构体的苯环上的3个取代基：
2个HCOO-、1个-NH2，有6种；
1的结构简式为
，故答案为：
6；
；
（6）根据题干流程图中C→E的反应可知，由甲苯和丙酮（
，需要有对氨基甲苯和丙酮，因此需要先合成对硝基甲苯，因此合成路线为
。
【点睛】本题的易错点为（5），明确苯环上含有的侧链是解题的关键，要注意能够水解且能够发生银镜反应，结合B的分子式，符合条件的是甲酸酯类物质，而且该酯基水解生成的羟基为酚羟基。
15.利用含铬废料（主要含Cr2O3，还含有FeO、SiO2、Al2O3等杂质）制备重铬酸钠，实现清洁化工生产，工艺流程如图：
（1）焙烧Cr2O3转化为Na2CrO4的化学反应方程式是_____；
（2）实验室模拟此工业流程①，控制反应温度60℃的方法是_____；
（3）流程②用石墨做电极电解Na2CrO4溶液，制备Na2Cr2O7，其原理如图所示，a是_____极；
电极Ⅱ的电极反应式是_____；
当生成2molNa2Cr2O7时，电路中转移的电子_____mol；
（4）由下图和下表中的溶解度变化，流程③制备K2Cr2O7，应先充分加热，然后_____反应才能顺利进行；
重铬酸钠的溶解度表：
温度℃
10
20
40
60
80
100
溶解度%
61.6
62.8
65.1
71.8
78.7
81.1
（5）为进一步减少制得的K2Cr2O7晶体中NaCl等杂质，应再进行_____操作；
（6）流程④Na2Cr2O7溶液与乙醇反应，乙醇可能被氧化为_____（写一种即可）。
【答案】
（1）.2Cr2O3+4Na2CO3+3O2
4Na2CrO4+4CO2
（2）.水浴加热（3）.负极（4）.4OH-―4e-＝2H2O＋O2↑或2H2O－4e-=O2↑+4H+（5）.4（6）.冷却结晶（降低温度）（7）.重结晶（8）.乙醛（CH3CHO）、乙酸（CH3COOH）、二氧化碳（CO2）等
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