精品解析天津市十二区县重点学校届高三毕业班联考一化学试题解析版Word文件下载.docx
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一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐等物质中虽然含有碳元素，但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物。
2.下列有关化学用语表示正确的是
A.氮气的电子式:
B.氯原子的结构示意图为：
C.Cr的基态原子价电子排布式为：
3d54s1D.聚氯乙烯的链节：
CH2=CHCl
【答案】C
【详解】A．氮气正确的电子式应为
，故A错误；
B．氯元素为17号元素，原子核外有17个电子，结构示意图为
，故B错误；
C．Cr为24号元素，根据核外电子排布规律可知基态原子价电子排布式为：
3d54s1，故C正确；
D．CH2=CHCl为聚氯乙烯的单体，聚乙烯的链节是-CH2-CHCl-，故D错误；
故答案为C。
3.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关说法正确的是
A.常温常压下，1.8g甲基（—CD3）中含有的电子数为NA
B.0.lmol环氧乙烷（
）中含有的共价键数为0.3NA
C.常温下，1LpH=9的CH3COONa溶液中，发生电离的水分子数为1×
10－9NA
D.加热条件下，含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量铜反应，转移电子数小于0.2NA
【详解】A．—CD3的相对质量为12+2×
3=18，含电子数为6+3=9，所以1.8g即0.1mol该甲基中含有的电子数为0.9NA，故A错误；
B．一个环氧乙烷分子中共价键数目为7，所以0.1mol环氧乙烷含有的共价键数目为0.7NA，故B错误；
C．常温下，pH=9的CH3COONa溶液中，c（OH-）=10-5mol/L，且全部由水电离，所以发生电离的水分子为10-5mol/L×
1L=10-5mol，故C错误；
D．浓硫酸在与铜反应过程中变稀，稀硫酸与铜不反应，所以含0.2molH2SO4的浓硫酸与足量铜反应，转移电子数小于0.2NA，故D正确；
4.下列说法正确的是
A.最外层都只有2个电子的元素原子性质一定相似
B.同一周期元素中，第一电离能随原子序数增加而增大
C.I3AsF6晶体中存在I3＋离子，I3＋离子的几何构型为V形
D.H2O2是一种含有极性键和非极性键的非极性分子
【详解】A．例如Be和He元素最外层都只有2个电子，但二者性质不相似，故A错误；
B．同一周期元素中，第一电离能随原子序数增加而呈增大趋势，但第ⅡA族元素（最外层全满）和第ⅤA族（最外层半满）反常，故B错误；
C．I3＋离子中心原子价层电子对数为
=4，含有2对孤电子对，所以几何构型为V形，故C正确；
D．H2O2分子中O-O为非极性键，O-H键为极性键，H2O2是展开书页型结构，该物质结构不对称，正负电荷重心不重合，为极性分子，故D错误；
【点睛】选项D为易错点，要注意H2O2是展开书页型结构，该物质结构不对称；
C选项为难点，判断I3＋离子中心原子杂化类型可以将其理解成II2+，然后根据价层电子对互斥理论判断，也可以通过等电子体理论判断，I3＋的原子数为3，价电子对数为20，与Cl2O为等电子体，等电子体具有相似的空间构型。
5.化学产品在抗击新型冠状病毒的战役中发挥了重要作用，下列说法不正确的是
A.75%的医用酒精常用于消毒，用95%的酒精消毒效果更好
B.“84”消毒液的主要成分是次氯酸钠
C.用硝酸铵制备医用速冷冰袋是利用了硝酸铵溶于水快速吸热的性质
D.医用防护口罩中熔喷布
生产原料主要是聚丙烯，聚丙烯的单体是丙烯
【答案】A
【详解】A．95%的酒精会使蛋白质迅速变质，从而形成一层膜，阻止酒精的渗入，消毒效果不好，A错误；
B．“84”消毒液的主要成分是次氯酸钠，B正确；
C．硝酸铵溶于水吸收大量的热，使水温迅速降低，可用于制成医用速冷冰袋，C正确；
D．聚丙烯是由丙烯发生加聚反应形成，聚丙烯的单体是丙烯，D正确；
故答案为A。
6.2020年1月南开大学周其林团队因《高效手性螺环催化剂的发现》获得国家自然科学一等奖。
下面为两种简单碳螺环化合物，相关的说法正确的是
A.上述两种物质中所有碳原子处于同一平面
B.螺[3，3]庚烷的一氯代物有2种
C.螺[3，4]辛烷与3－甲基－1－庚烯互为同分异构体
D.
的名称为螺[5，4]壬烷
【答案】B
【详解】A．上述两种物质中均有4个碳原子与同一饱和碳原子相连，形成四面体结构，不可能所有碳原子处于同一平面，故A错误；
B．螺[3，3]庚烷结构高度对称，有两种环境的氢原子，则一氯代物有2种，故B正确；
C．螺[3，4]辛烷分子式为C8H14，3－甲基－1－庚烯的分子式为C8H16，二者分子式不同，不是同分异构体，故C错误；
D．根据题目所给物质名称，可知
的名称为螺[4，5]癸烷，故D错误；
故答案为B。
7.下列指定反应的离子方程式不正确的是
A.向CuSO4溶液中加入Na2O2：
2Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu（OH）2↓+O2↑
B.向氨化的饱和NaCl溶液中通入足量CO2气体:
Na++NH3·
H2O+CO2＝NaHCO3↓+NH4+
C.酸化NaIO3和NaI的混合溶液：
I-+IO3-+6H+=I2+3H2O
D.向Mg（OH）2悬浊液中加入FeCl3溶液：
2Fe3＋＋3Mg（OH）2=2Fe（OH）3＋3Mg2+
【详解】A．向CuSO4溶液中加入Na2O2，过氧化钠先与水反应生成NaOH和氧气，之后NaOH与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，所以离子方程式为：
2Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu（OH）2↓+O2↑，故A正确；
B．氨化的饱和NaCl溶液呈碱性，可以吸收足量的CO2生成碳酸氢根，而NaHCO3溶解度较小，会析出，所以离子方程式为Na++NH3·
H2O+CO2＝NaHCO3↓+NH4+，故B正确；
C．酸化NaIO3和NaI的混合溶液中二者会发生归中反应生成碘单质，离子方程式为5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O，故C错误；
D．Fe（OH）3溶解度更小，所以向Mg（OH）2悬浊液中加入FeCl3溶液会发生沉淀的转化，离子方程式为2Fe3＋＋3Mg（OH）2=2Fe（OH）3＋3Mg2+，故D正确；
8.下列装置能达到实验目的的是
A.熔化Na2CO3
B.验证SO2氧化性
C.实验室制取NH3
D.保存液溴
【详解】A.瓷坩埚中含SiO2，高温下可与Na2CO3发生反应，A错误；
B.由于酸性H2SO3>
H2S，所以在水溶液中SO2可与Na2S反应生成H2S，SO2可氧化H2S生成S单质，所以能验证SO2的氧化性，B正确；
C.收集氨气的试管口要放适量的棉花，以防止氨气与空气产生对流现象，C错误；
D.Br2可与橡胶发生反应而腐蚀橡胶，所以盛放液溴的试剂瓶要用玻璃塞，D错误；
故合理选项是B。
9.氮及其化合物的转化过程如图所示。
下列分析合理的是
A.N2与H2反应生成NH3的原子利用率为100%
B.催化剂a表面发生了极性共价键的断裂和形成
C.在催化剂b表面形成氮氧键时，不涉及电子转移
D.催化剂a、b能提高反应的平衡转化率
【详解】A．据图可知N2与H2反应生成NH3无其他副产物生成，且全部转化，原子利用率为100%，故A正确；
B．催化剂a表面N-N键和H-H键断裂，N-H键形成，即发生非极性共价键的断裂和极性共价键的形成，故B错误；
C．催化剂b表面是氨气催化氧化生成NO的反应，发生的是氧化还原反应，涉及电子转移，故C错误；
D．催化剂可以提高反应速率，但不能改变化学平衡，不能提供转化率，故D错误；
10.研究生铁的锈蚀，下列分析不正确的是（）
序号
①
②
③
实验
现象
8小时未观察
到明显锈蚀
1小时观察
A.①中，NaCl溶液中溶解的O2不足以使生铁片明显锈蚀
B.②中，生铁片未明显锈蚀的原因之一是缺少H2O
C.③中正极反应：
O2+4e−+2H2O==4OH−
D.对比①②③，说明苯能隔绝O2
【详解】A.根据实验现象，③中1小时观察到明显锈蚀，说明NaCl溶液中溶解有O2，只是苯不能隔绝空气中的氧气进入氯化钠溶液，而①中由于是密闭体系，溶解的O2较少，不足以使生铁片明显锈蚀，故A正确；
B.苯属于非电解质，②中无电解质溶液，不满足电化学腐蚀的条件，故B正确；
C.根据现象，铁在中性环境下发生吸氧腐蚀，正极反应：
O2+4e−+2H2O==4OH−，电极反应式合理，故C正确；
D.根据现象，③中发生吸氧腐蚀，①③溶液中均溶解由氧气，③中观察到明显锈蚀，说明苯不能隔绝O2，故D错误；
答案选D。
11.下列说法正确的是
A.向NaHCO3溶液中通入CO2至pH=7，则c（Na+）=c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3）
B.室温下，浓度均为0.1mol/L的CH3COOH、CH3COONa混合溶液的pH＝4，则c（CH3COO－）－c（CH3COOH）＝2×
（10－4－10－10）mol/L
C.加水稀释0.1mol/L醋酸溶液，溶液中
增大
D.室温下，NaHA溶液的pH<
7，则一定有c（Na＋）＝c（HA－）＋c（H2A）＋c（A2－）
【详解】A．若为室温，向NaHCO3溶液中通入CO2至pH=7，则c（H+）=c（OH-），溶液中存在电荷守恒c（H+）+c（Na+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-），所以c（Na+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）；
纯的NaHCO3溶液显碱性，所以水解程度大于电离程度，即c（CO32-）<
c（H2CO3），而通入二氧化碳后c（H2CO3）变大，所以依然存在c（CO32-）<
c（H2CO3），所以c（Na+）<
c（HCO3-）+c（CO32-）+c（H2CO3）；
而若不是室温，pH=7时溶液酸碱性无法判断，离子浓度关系无法判断，故A错误；
B．浓度均为0.1mol/L的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中存在电荷守恒c（H+）+c（Na+）=c（CH3COO－）+c（OH-），存在物料守恒2c（Na+）=c（CH3COO－）+c（CH3COOH），二者联立可得c（CH3COO－）－c（CH3COOH）＝2c（H+）-2c（OH-）=2×
（10－4－10－10）mol/L，故B正确；
C．加水稀释0.1mol/L醋酸溶液，溶液的酸性减弱，c（H+）碱小，c（OH-）增大，所以
减小，故C错误；
D．NaHA溶液
pH<
7，无法确定H2A是强酸还是弱酸，若H2A为二元强酸，则不存在c（H2A）、c（HA－）不存在，故D错误；
12.在3个体积均为4.0L的恒容密闭容器中，反应CO2（g）＋C（s）
2CO（g）ΔH>
0，分别在一定温度下达到化学平衡状态。
下列说法正确的是
容器
温度/K
起始时物质的量/mol
平衡时物质的量/mol
n（CO2）
n（C）
n（CO）
I
977
0.56
1.12
0.8
II
x
III
1250
y
A.977K，该反应的化学平衡常数值为4
B.达到平衡时，向容器I中增加C的量，平衡正向移动
C.达到平衡时，容器I中CO2的转化率比容器II中的大
D.达到平衡时，容器III中的CO的转化率大于28.6%
【详解】A．容器I体积为4L，初始投料为n（CO2）=0.56mol，n（C）=1.12mol，C为固体，不计浓度，所以列三段式有：
平衡常数K=
=1，故A错误；
B．C为纯固体，向容器Ⅰ中增加C的量，平衡不移动，故B错误；
C．若II的容器体积为I容器体积的二倍，则和I达到等效平衡，两容器中CO2的转化率相同，而实际上，II容器体积与I容器体积相等，所以压强更大，增大压强平衡逆向移动，所以达到平衡时，容器II中CO2的转化率比容器I中的小，故C正确；
D．I与Ⅲ极限转化后起始量相同，若温度相同，则二者达到等效平衡，容器I中CO2转化率为
=71.4%，则容器III中的CO的转化率为1-71.4%=28.6%，而实际上Ⅲ中温度更高，该反应正反应为吸热反应，温度升高平衡正向移动，即向生成CO的方向移动，所以III中的CO的转化率要小于28.6%，故D错误；
【点睛】利用等效平衡原理分析问题时，先假设一个能达到等效平衡
虚拟状态，再分析实际情况与虚拟状态相比改变的条件是什么，平衡会如何移动。
第II卷
1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上。
2．本卷共4题，共64分。
13.2019年的化学诺贝尔奖颁给了为锂电池研究作出贡献的三位科学家，其研究的是两种常见锂电池：
一种是采用镍钴锰酸锂Li（NiCoMn）O2或镍钴铝酸锂为正极的“三元材料锂电池”；
另一种是采用磷酸铁锂（LiFePO4）为正极的电池。
请回答下列问题：
（1）利用FeSO4、（NH4）2HPO4、LiOH为原料以物质的量之比1∶1∶1反应生成LiFePO4，该化学反应方程式为________________。
（2）Mn位于元素周期表的_____区（填“s”或“p”或“d”或“ds”或“f”），基态钴原子的未成对电子数为______，1mol[CoCl（NH3）5]Cl2中含σ键数目为__NA。
（3）磷元素可以形成多种含氧酸H3PO4、H3PO2、H3PO3、HPO3，这四种酸中酸性最强的是_____。
PO43-的空间构型是___，中心原子的杂化方式是______。
（4）PH3是_____分子（填“极性”或“非极性”），其在水中的溶解性比NH3小，原因是______。
（5）硫化锂Li2S（摩尔质量Mg∙mol-1）的纳米晶体是开发先进锂电池的关键材料，硫化锂的晶体为反萤石结构，其晶胞结构如图。
若硫化锂晶体的密度为ag·
cm-3，则距离最近的两个S2-的距离是_______nm。
（用含a、M、NA的计算式表示）
【答案】
（1）.FeSO4＋（NH4）2HPO4＋LiOH=LiFePO4＋（NH4）2SO4＋H2O
（2）.3（3）.d（4）.21（5）.HPO3（6）.正四面体（7）.sp3（8）.极性（9）.NH3能与水分子形成氢键，而PH3不能，所以在水中的溶解性PH3小（10）.
【详解】
（1）已知反应物为FeSO4、（NH4）2HPO4、LiOH且物质的量之比为1:
1:
1，即计量数之比为1:
1，已知产物有LiFePO4，根据元素守恒可得方程式为：
FeSO4＋（NH4）2HPO4＋LiOH=LiFePO4＋（NH4）2SO4＋H2O；
（2）Mn位于元素周期表的第四周期第ⅦB族，属于d区；
Co元素是27号元素，基态Co原子核外电子排布式为：
[Ar]3d74s2，3d上有3个成对电子；
[CoCl（NH3）5]Cl2中Cl-和5个NH3与Co3+之间形成6个配位键，为σ键，每个氨气分子中每个氢原子和氮原子之间形成一个σ键，共6+5×
3=21个，所以1mol[CoCl（NH3）5]Cl2中含σ键数目为21NA；
（3）H3PO4、H3PO2、H3PO3、HPO3可改写成（HO）3PO、（HO）2PO、（HO）3P、（HO）PO2，非羟基氧原子个数分别为1、1、0、2，非羟基氧数目越多，酸性越强，则酸性最强的是，HPO3；
PO43-的中心原子价层电子对数为
=4，不含孤电子对，所以为正四面体构型，采取sp3杂化；
（4）PH3空间构型为三角锥性，P原子位于顶点，所以正负电荷中心不重合，为极性分子；
NH3能与水分子形成氢键，而PH3不能，所以在水中的溶解性PH3小；
（5）根据均摊法，晶胞中X的个数为
=4，Y的个数为8，该晶体的化学式为Li2S，所以X代表S2-，Y代表Li+，根据晶胞结构示意图可知，距离最近的两个S2-的距离为面对角线的一半，已知晶胞的密度为ag·
cm-3，晶胞的质量m=
g，则晶胞的棱长为
，所以距离最近的两个S2-的距离为
nm。
14.布洛芬（Ibuprofen）为非甾体抗炎药，具有镇痛、抗炎作用。
其合成路线如下：
（1）A→B的反应类型为_____B的分子式为_____
（2）C中所含官能团的名称为________
（3）苯中混有A，除杂试剂为_________，分离方法为______
（4）检验D中官能团的化学方程式______________反应类型为_____
（5）比E少4个碳原子的E的同系物，其符合下列条件的同分异构体有___种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱为五组峰的结构简式为________
①遇FeCl3溶液显紫色②苯环上只有两个互为对位的取代基
③1mol该物质与足量的金属钠反应产生1molH2④双键碳原子上不连羟基
（6）请结合题中所给信息和所学知识以
和CH3CH2OH为原料（其它无机试剂任选）合成
______________。
【答案】
（1）.取代反应
（2）.C12H16O（3）.醚键、酯基（4）.高锰酸钾酸性溶液、NaOH溶液（5）.分液（6）.
+2Cu（OH）2+NaOH
+Cu2O
+3H2O
（与银氨溶液反应也可）（7）.氧化反应（8）.5（9）.
（10）.
【分析】
（6）对比
和CH3CH2OH与产物
的结构可知需要先将
转化为
，在与乙醇酯化即可。
（1）对比A和B的结构简式可知A中苯环上氢原子被代替，所以为取代反应；
根据B的结构简式可知B的分子式为C12H16O；
（2）C的官能团为醚键、酯基；
（3）A为苯的同系物，侧链为烷基可以被酸性高锰酸钾氧化，生成苯甲酸，所以苯中混有A时可用高锰酸钾酸性溶液、NaOH溶液除去A，A反应生成苯甲酸钠可溶于水，与苯分层，再采用分液的方法分离即可；
（4）D中官能团为醛基，可以与新制的氢氧化铜悬浊液作用生成砖红色沉淀，方程式为
+3H2O，属于氧化反应；
（5）E的分子式为C13H18O2，则比E少4个碳原子的同系物的分子式为C9H10O2，其同分异构体满足：
①遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基；
②苯环上只有两个互为对位的取代基，其中一个必为羟基，则另一个取代基为-C3H5O；
③1mol该物质与足量
金属钠反应产生1molH2，且另一取代基上只有一个氧原子，说明除酚羟基之外还有一个羟基；
④双键碳原子上不连羟基，则满足条件的结构有：
、
共五种，其中核磁共振氢谱为五组峰的结构简式为
；
（6）根据分析可知需要先将
，与题目所给B得到E的流程相似，所以合成路线为
。
【点睛】第5题同分异构体的寻找为本题难点，通过分析可知，苯环上另一个侧链为-C3H5O，有1个不饱和度，除了双键结构，还可以是环状结构，学生容易忽略。
15.某化学小组在实验室选用下图所示装置（夹持装置略）采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2。
已知：
①乙醚的熔点为-116.3℃，沸点为34.6℃。
②Mg和Br2反应非常剧烈，放出大量的热；
MgBr2具有强吸水性；
MgBr2能与乙醚发生反应MgBr2+3C2H5OC2H5
MgBr2•3C2H5OC2H5。
③不考虑氮气与镁的反应
实验主要步骤如下：
I.选用上述部分装置，正确连接，检查装置的气密性。
向装置中加入药品。
II.加热装置A，迅速升温至140℃，并保持140℃加热一段时间，停止加热。
III.通入干燥的氮气，使溴分子缓慢进入装置B中，直至完全加入。
IV.装置B中反应完毕后恢复至室温，过滤，将滤液转移至干燥的烧瓶中，在冰水中冷却，析出晶体，再过滤得三乙醚合溴化镁粗产品。
V.用苯洗涤粗产品，过滤，得三乙醚合溴化镁，将其加热至160℃分解得无水MgBr2。
（1）装置A中使用仪器m的优点是____。
（2）步骤I中所选装置的正确连接顺序是a___（填小写字母），装置D的作用是___。
（3）若加热装置A一段时间后发现忘记加入碎瓷片，应该采取的正确操作是____。
（4）实验中不能用干燥空气代替干燥N2，原因是_______；
（5）有关步骤V的说法，正确的是_______；
A可用95%的乙醇代替苯溶解粗品
B洗涤晶体可选用0℃的苯
C加热至160℃的主要目的是除去苯
D该步骤的目的是除去乙醚和可能残留的溴
（6）为测定产品的纯度（假定杂质不参与反应），可用EDTA（简写为Y4-，无色）标准溶液滴定，以络黑T为指示剂（pH=6.3~11.6时显蓝色，pH>
11.6时显橙色）。
已知:
Mg2+与络黑T形成的配合物（Mg2+-络黑T）呈酒红色，Mg2+与Y4-形成的MgY2-为无色；
在pH约为9的缓冲溶液中滴定，反应的离子方程式为：
Mg2++Y4-=MgY2-，Mg2+-络黑T+Y4-=MgY2-+络黑T。
①判断滴定终点的现象为_______.
②测定前，先称取0.2500g无水MgBr2产品，溶解后，加人2滴络黑T试液作指示剂，用0.0500mol·
L-1EDTA标准溶液滴定至终点，消耗EDTA标准溶液25.00mL,则测得无水MgBr2产品的纯度是_________（以质量分数表示）。
（7）实验中若温度控
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