精品解析：天津市武清区杨村第一中学2022-2023学年高三下学期第二次热身练 化学试题

2022-2023学年度高三年级第二学第二次热身练 化学试卷 可能用到的原子相对质量：H1 C12 N14 O16 Si28 S32 Cl35.5 Ca40 一、选择题(本题包括12小题，每小题3分，共36分。每小题只有一个选项符合题意) 1. 2021年我国取得让世界瞩目的科技成果，化学功不可没。下列说法错误的是 A. “嫦娥五号”运载火箭用液氧液氢推进剂，产物对环境无污染 B. “北斗系统”组网成功，北斗芯片中的半导体材料为二氧化硅 C. “天和核心舱”电推进系统中的腔体采用氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料 D. “奋斗者”号潜水器外壳材料为钛合金，钛合金耐高压、耐腐蚀 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】A．液氧与液氢反应生成H2O，水对环境无污染，选项A正确； B．半导体材料是晶体硅，二氧化硅是制备光导纤维的原料，选项B错误； C．新型无机非金属材料有高温结构陶瓷和光导纤维，其中如氧化铝陶瓷、氮化硅陶瓷、氮化硼陶瓷、碳化硼陶瓷属于高温结构陶瓷，选项C正确； D．钛合金具有强度高、耐腐蚀性好、耐热性高的特点，因此钛合金耐高压、耐腐蚀，选项D正确； 答案选B。 2. 下列化学用语表示正确的是 A. 氮原子价层电子的轨道表示式： B. 乙腈的结构式： C. 2-甲基-1，3-丁二烯分子的键线式： D. 醛基的电子式： 【答案】B 【解析】 【详解】A．氮原子价层电子为最外层电子，即，价电子轨道表示式为，A错误； B．乙腈中形成一个甲基，碳应连接三个H，另外一个C形成，B正确； C．该物质的主链是含有碳碳双键的四个碳，名称为：2-乙基-1，3-丁二烯，C错误； D．醛基中C与O以双键结合（共用两对电子），O有两对孤对电子，C与H以单键结合，C剩余一个未成对电子，电子式为，D错误； 故选B。 3. 是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 28g晶体Si中键数目为 B. 100g质量分数为17%的水溶液中极性键数目为 C. 一定条件下，与足量反应，转移的电子数为 D. 18g重水()中含有的质子数为 【答案】D 【解析】 【详解】A．晶体硅中每个硅原子与周围的4个硅原子形成4根共价键，由均摊法可知，每个硅原子占有2根共价键，故28g晶体Si，即1mol晶体硅，含有键数目为，故A错误； B．100g质量分数为17%的水溶液中的物质的量为，的结构式为H-O-O-H，故0.5mol含有极性键的数目为，但是溶剂水分子也含有极性键，故B错误； C．与的反应为可逆反应，不能计算参加反应的物质的量，故无法计算转移的电子数，故C错误； D．的摩尔质量为20g/mol，一个中含有质子数为10，18g重水()中含有的质子数为，故D正确； 故选D。 4. 下列有关微粒性质的排列顺序中，错误的是 A. 元素的电负性:P<O<F B. 元素的第一电离能:C<N<O C. 离子半径:O2->Na+>Mg2+ D. 原子的未成对电子数:Mn>Si>Cl 【答案】B 【解析】 【详解】A、得电子能力越强，电负性越大，得电子能力P＜O＜F，所以元素的电负性P＜O＜F，故A正确； B、C的电子排布式为1s22s22p2；N的电子排布式为1s22s22p3，p轨道处于半充满状态；O的电子排布式为1s22s22p4，第一电离能应该是N的最大，故B错误； C、这些离子是电子层一样多的微粒，根据核电荷数越多半径越小，则离子半径：O2-＞Na+＞Mg2+，故C正确； D、Mn、Si、Cl原子的未成对电子数分别为5、2、1，即原子的未成对电子数：Mn＞Si＞Cl，故D正确。 正确答案选B。 【点睛】元素的第一电离能和最外层电子数的多少有关，轨道处于全充满和半充满状态稳定；电子层越多，半径越大，电子层一样多的微粒，核电荷数越多半径越小。 5. 下列各溶液中一定能大量共存的离子组是(　　) A. 使酚酞溶液呈红色的溶液中：Mg2+、Cu2+、、K+ B. 使pH试纸呈红色的溶液中：Fe2+、K+、、Cl- C. c(H＋)＝10－14 mol·L－1溶液中：Na+、、S2-、 D. 常温下的溶液中：Cl-、Al3+、Na+、 【答案】C 【解析】 【详解】A．使酚酞溶液呈红色的溶液中含有大量的氢氧根离子：Mg2+或Cu2+均能与OH-反应生成沉淀，A与题意不符； B．使pH试纸呈红色的溶液中含有大量的氢离子：Fe2+、H+、能发生反应生成铁离子、NO和水，B与题意不符； C．c(H＋)=10－14 mol·L－1溶液中含有大量的氢氧根离子，Na+、、S2-、、OH-之间不反应，能大量共存，C符合题意； D．常温下的溶液中：Al3+与发生双水解反应生成氢氧化铝和二氧化碳，D与题意不符； 答案为C。 6. 下列各组物质的晶体中，化学键类型相同、晶体类型也相同的是 A. 和 B. 和 C. NaCl和HCl D. 和KCl 【答案】B 【解析】 【详解】A．CO2是分子晶体（共价键），SiO2是共价晶体（共价键），化学键类型相同但晶体类型不同，A错误； B．SO3和H2O均为分子晶体，且化学键均为共价键（S-O键和O-H键），B正确； C．NaCl为离子晶体（离子键），HCl为分子晶体（共价键），化学键和晶体类型均不同，C错误； D．CCl4为分子晶体（共价键），KCl为离子晶体（离子键），化学键和晶体类型均不同，D错误； 故选B。 7. 下列有关仪器的名称、图形、用途与使用操作的叙述均正确的是 名称 洗气瓶 分液漏斗 图形 用途与使用操作 A.除去中的HCl B.用酒精萃取碘水中的碘，分液时，碘层需从上口放出 名称 酸式滴定管 冷凝管 图形 用途与使用操作 C.可用于量取溶液 D.蒸馏实验中将蒸气冷凝为液体 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A．洗气瓶用于除去中的HCl，需使用饱和NaCl溶液，且气体应长进短出（长导管进气，短导管出气），使与溶液充分接触，HCl被吸收而损失少， A正确； B．分液漏斗用于萃取时，萃取剂需与原溶剂互不相溶，酒精与水互溶，不能萃取碘水中的碘，B错误； C．酸式滴定管下端为玻璃活塞，用于盛装酸性或强氧化性溶液，溶液呈碱性，会腐蚀玻璃活塞，应使用碱式滴定管，C错误； D．冷凝管在蒸馏实验中用于冷凝蒸气，需水流下进上出以保证冷凝效果，D错误； 故答案选A。 8. 下列离子方程式书写正确的是 A. 溶液与过量浓氨水反应： B. 用高锰酸钾标准溶液滴定草酸： C. 用惰性电极电解饱和食盐水： D. 向溶液中加过量NaOH溶液并加热： 【答案】D 【解析】 【详解】A．Cu(OH)2溶于过量的氨水生成四氨合铜离子，正确的离子方程式：Cu2+＋4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2-+4H2O，A错误； B．用酸性高锰酸钾标准溶液滴定草酸，反应生成Mn2+和CO2，草酸是弱酸，在离子方程式中不能拆，正确的离子方程式为：2+6H++5=2Mn2++10CO2↑+8H2O，B错误； C．用惰性电极电解饱和食盐水：产生氯气、氢气和氢氧化钠溶液，离子方程式为：，C错误； D．向溶液中加过量NaOH溶液并加热，生成亚硫酸钠和氨气，离子方程式为：，D正确； 故选D。 9. 一种具有生物活性的有机物X其结构如下图所示。下列关于X的说法正确的是 A. X分子中含有1个手性碳原子 B. 能与溶液反应生成 C. 1 molX最多能消耗溴水中 D. 1 molX最多能与发生加成反应 【答案】A 【解析】 【详解】A．手性碳原子需连接四个不同基团。该分子中只有1个手性碳原子，如图：，A正确； B．能与NaHCO3反应生成CO2需含羧基（-COOH），分子中仅含酚羟基（-OH），酚羟基酸性弱于碳酸，无法与NaHCO3反应，B错误； C．溴水反应包括酚羟基邻对位取代和碳碳双键加成。分子中酚羟基邻对位仅有2个空位（可取代2molBr2），含2个碳碳双键（加成2molBr2），共消耗4molBr2，C错误； D．H2加成对象为苯环（3 mol）、碳碳双键（2 mol），酮羰基（2mol）参与加成，1 molX最多与3 mol+2 mol+2mol=7 molH2加成，D错误； 故答案选A。 10. 利用超分子可以对一些物质进行分离，例如利用杯酚(结构如图1所示，用“ ”表示)分离和的过程如图2所示。下列说法正确的是 A. 杯酚分子中所有原子位于同一平面内 B. 操作①用到的玻璃仪器有分液漏斗和烧杯 C. 杯酚与分子之间形成分子间氢键 D. 杯酚易溶于氯仿，难溶于甲苯 【答案】D 【解析】 【详解】A．杯酚分子中含有饱和碳原子，饱和碳原子与其相连的4个原子形成四面体结构，所有原子不可能位于同一平面内，A错误； B．根据题图2信息知操作①后得到杯酚和混合固体、甲苯和混合液体，因此操作①是过滤，用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，B错误； C．分子中含有电负性大的原子(如N、O、F)才能形成分子间氢键，分子中不含电负性大的原子，因此杯酚与分子之间不能形成分子间氢键，C错误； D．由操作①知杯酚不溶于甲苯，由操作②知杯酚易溶于氯仿，D正确； 故选D。 11. 25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是 A. 浓度为的的溶液中： B. 向溶液中加入适量的，得到的混合溶液： C. 溶液中： D. 溶液中： 【答案】C 【解析】 【详解】A．溶液中，少部分发生电离或水解，的水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，，正确的离子浓度顺序为，A错误； B．时溶液呈酸性，过量，电荷守恒为，因，所以，B错误； C．溶液的电荷守恒为，代入，整理得，C正确； D．的电荷守恒应为，D错误； 故答案选C。 12. 锂/氟化碳电池稳定性很高。电解质溶液为的乙二醇二甲醚()溶液，总反应为，放电产物沉积在正极，工作原理如图所示： 下列说法正确的是 A. 外电路电子由b流向a B. 离子交换膜为阴离子交换膜 C. 电解质溶液可用的乙醇溶液代替 D. 正极的电极反应式为 【答案】D 【解析】 【分析】电解质为LiClO4的乙二醇二甲醚溶液，总反应为xLi+CFx═xLiF+C，负极为Li，负极上Li失电子生成Li+，正极为CFx，正极反应为CFx+xe-+xLi+═xLiF+C，据此分析解答。 【详解】A．由上述分析可知，负极为Li，电子由负极流向正极，即a流向b，故A错误； B．Li+通过离子交换膜在正极上形成LiF，所以交换膜为阳离子交换膜，故B错误； C．Li是活泼金属能与乙醇反应，所以不能乙醇溶液代替，故C错误； D．由分析可知，正极的电极反应为：，故D正确。 答案选D。 二、非选择题(本题共4小题，共64分) 13. 研究发现，在低压合成甲醇反应中，Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。回答下列问题： （1）Mn位于周期表的第_______族，Co基态原子核外有_______个未成对电子。 （2）的电子式为 ，其中C原子的杂化方式为_______杂化。 （3）比较键能：C—H_______Si—H(填“>”、“<”或“=”)。 （4）晶体的熔点高于干冰的原因是_______。 （5）锗(Ge)与C同族，Ge原子比C原子多两个电子层，则Ge的原子序数为_______。 （6）镍的氧化物也常用作催化剂，NiO的晶胞结构如图所示，该晶体中Ni周围与其等距离且最近的Ni有_______个，原子坐标参数表示晶胞内部各原子的相对位置，若该晶胞中原子坐标参数A为，B为，则晶胞体心处的氧原子坐标参数为_______。 【答案】（1） ①. VIIB ②. 3 （2） sp （3）> （4）是共价晶体，熔化时破坏共价键，干冰是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，所以的熔点高于干冰 （5）32 （6） ①. 12 ②. 【解析】 【小问1详解】 锰元素的原子序数为25，位于元素周期表第四周期VIIB族；钴元素的原子序数为27，价电子排布式为3d74s2，则3d轨道有3个未成对电子； 【小问2详解】 二氧化碳为共价化合物，电子式为，中心原子价层电子对数，杂化方式为sp； 【小问3详解】 元素的非金属性越强，原子半径越小，形成共价键的键长越小、键能越大，碳元素的非金属性强于硅元素，则C—H键的键能大于Si—H键； 【小问4详解】 共价(或原子)晶体的熔沸点高于分子晶体，二氧化硅为共价晶体，熔化时破坏共价键，干冰是分子晶体，熔化时破坏分子间作用力，则二氧化硅晶体的熔点高于干冰； 【小问5详解】 同主族元素的价电子数相同，由C原子的价电子排布式为2s22p2可知，锗元素的价电子排布式为4s24p2，则锗元素的原子序数为32； 【小问6详解】 由晶胞结构可知，与位于顶点的镍离子最近的镍离子位于面心上，则晶体中镍离子周围与其等距离且最近的镍离子有12个；由晶胞中原子坐标参数A为，B为可知，晶胞的边长距离为1，C位于体心，则C原子坐标参数为。 14. 由芳香化合物A制备药物中间体Ⅰ的一种合成路线如图： 已知：①同一碳原子上连两个羟基不稳定，发生反应： ② ③ （1）A的名称为_______；C的分子式为_______。 （2）B→C的反应类型为_______；D中官能团的名称为_______。 （3）F→G的化学方程式为_______。 （4）试剂Y的结构简式为_______。 （5）同时满足下列条件的G的同分异构体有_______种(不含立体异构)。 ①苯环上只有两个侧链 ②只有一种官能团且能与NaHCO3溶液反应放出气体 其中核磁共振氢谱显示有3组峰，且峰面积之比为2:2:1的同分异构体的一种结构简式为_______。 （6）参照上述合成路线，设计由制备的合成路线_______(有机溶剂及无机试剂任选)。 【答案】（1） ①. 对甲基苯酚或者4-甲基苯酚 ②. C9H8O2Cl2 （2） ①. 取代反应 ②. 羟基、醛基 （3）+CH2(COOH)2+CO2↑+H2O （4） （5） ①. 12 ②. （6） 【解析】 【分析】由题干合成路线图中，由B的结构简式结合A的分子式可知，芳香化合物A的结构简式为，A中酚羟基和乙酸发生酯化反应或取代反应生成B，试剂X为CH3COOH，B中甲基发生取代反应生成C，C中氯原子发生水解反应生成D，结合题干已知信息①可知，D的结构简式为：，D→E为取代反应，F发生已知信息②中反应生成G为，再发生已知信息③的反应生成H为，由I的结构简式和H到I的转化条件可知，试剂Y为，据此分析解题。 【小问1详解】 由分析可知，A的结构简式为：，则A的名称为对甲基苯酚或者4-甲基苯酚，由题干流程图中C的结构简式可知，C的分子式为C9H8O2Cl2，故答案为：对甲基苯酚或者4-甲基苯酚；C9H8O2Cl2； 【小问2详解】 由分析可知，B中甲基发生取代反应生成C，即B→C的反应类型为取代反应，由分析可知，D的结构简式为：，D中官能团的名称为醛基、羟基，故答案为：取代反应；醛基、羟基； 【小问3详解】 由分析可知，G为，结合已知题干信息②可知，F→G的化学方程式为：+CH2(COOH)2+CO2↑+H2O，故答案为：+CH2(COOH)2+CO2↑+H2O； 【小问4详解】 由分析可知，试剂Y的结构简式为，故答案为：； 【小问5详解】 由题干流程图可知G的分子式为：C10H10O4，不饱和度为：6，G的同分异构体同时满足下列条件：①苯环上只有两个侧链；②只有一种官能团且能与NaHCO3溶液反应放出气体，说明含有羧基；苯环上一个取代基为—COOH，另一个取代基为—CH2CH2COOH或—CH（CH3）COOH或两个取代基均为—CH2COOH或一个取代基为—CH3，另一个取代基为—CH（COOH）2，两个取代基在苯环上的位置有邻、间、对3种，故满足条件的同分异构体有4×3=12种；核磁共振氢谱显示有3组峰，说明该有机物分子中有3种不同化学环境的氢原子；又知峰面积之比为2：2：1，说明3种氢原子个数比为2：2：1，该有机物的结构简式为，,故答案为：12；； 【小问6详解】 由题干已知信息①可知，CH3CH2CHCl2发生水解反应生成CH3CH2CHO，CH3CH2CHO氧化得到CH3CH2COOH，然后CH3CH2CHO与CH3CH2COOH发生信息②中反应生成CH3CH 2 CH=CHCH3，合成路线为：，故答案为：。 15. 某校化学兴趣小组拟探究SO2与Ca(NO3)2溶液的反应。 I.实验一：用如图所示装置制备SO2，然后将SO2，通入Ca( NO3)2溶液中，有白色沉淀M产生。 （1）A装置中发生反应的化学方程式为_______。仪器a的名称是_______。 （2）装置D的作用是_______。 （3）配制1mol·L-1Ca(NO3)2溶液时所用蒸馏水必须除去溶解的氧气，除氧方法是____。 II.根据所学知识推测：白色沉淀M可能为CaSO3或CaSO4，也可能是二者混合物。(查阅资料得知：CaSO4微溶于水； CaSO3难溶于水) 实验二：探究白色沉淀M的成分。反应后将装置C中物质转移到烧杯中静置，→b→c→得到沉淀M。取沉淀M少许于试管中，加入过量的HCl充分反应，发现沉淀部分溶解。由此可知白色沉淀M含有CaSO3。 （4）操作b， c的名称分别为_______，_______。 （5）取加入过量稀HCl静置后的上层溶液于试管中，加入一种试剂，可进一步证实沉淀M中含有CaSO3，则所加试剂及现象是_______。 实验三：探究的产生途径，将SO2分别缓慢通入物质的量浓度相等的无氧CaCl2溶液、有氧CaCl2溶液、无氧Ca(NO3)2溶液中，一段时间后，测溶液的pH，结果表明：①无氧CaCl2溶液中无沉淀，其他两溶液中均有沉淀；②三种溶液均呈酸性，其中无氧CaCl2溶液酸性最弱，有氧CaCl2溶液酸性最强。 （6）有氧CaCl2溶液中通入SO2发生反应的离子方程式为_______。 （7）从上述实验现象，你认为对SO2氧化起主要作用的是_______ (填 “O2”或“”)，其理由是_______。 【答案】（1） ①. Na2SO3+H2SO4(浓)＝Na2SO4+SO2↑+H2O ②. 分液漏斗 （2）尾气处理、防倒吸 （3）将蒸馏水煮沸 （4） ①. 过滤 ②. 洗涤 （5）过氧化氢；产生白色沉淀 （6）2Ca2++2SO2+O2+2H2O＝2CaSO4↓+4H+ （7） ①. O2 ②. 氯化钙溶液在有氧条件下比硝酸钙溶液在无氧条件下的酸性要强 【解析】 【分析】浓硫酸与亚硫酸钠反应，产生二氧化硫气体，通过饱和亚硫酸氢钠溶液除去硫酸蒸汽，随后SO2通入硝酸钙溶液中，发生氧化还原反应生成硫酸钙沉淀，装置D用于尾气处理，结合物质的性质、问题分析解答。 【小问1详解】 装置A制备二氧化硫，方程式为Na2SO3+H2SO4(浓)＝Na2SO4+SO2↑+H2O；根据仪器构造可知仪器a的名称为分液漏斗； 【小问2详解】 二氧化硫有毒，易溶于水，装置D的作用是尾气处理，同时防止倒吸； 【小问3详解】 配制1mol·L-1Ca(NO3)2溶液时所用蒸馏水必须除去溶解的氧气，除氧方法是将蒸馏水煮沸，故答案为：将蒸馏水煮沸； 【小问4详解】 反应后将装置C中物质转移到烧杯中静置，过滤、洗涤即得到沉淀M。 【小问5详解】 取加入过量稀HCl静置后的上层溶液于试管中，加入过氧化氢，如果存在亚硫酸根离子即可被氧化成硫酸根离子，然后产生白色沉淀，可进一步证实沉淀M中含有CaSO3，故答案为：过氧化氢；产生白色沉淀； 【小问6详解】 有氧CaCl2溶液中通入SO2，SO2被氧化为三氧化硫，随后溶于水产生硫酸根离子和钙离子产生硫酸钙沉淀，对应的离子方程式为2Ca2++2SO2+O2+2H2O＝2CaSO4↓+4H+； 【小问7详解】 结合实验现象和方程式可知，从上述实验现象可得出对SO2氧化起主要作用的是氧气，其理由是氯化钙溶液在有氧条件下比硝酸钙溶液在无氧条件下的酸性要强，这个强度是硫酸所体现的，故答案为：O2；氯化钙溶液在有氧条件下比硝酸钙溶液在无氧条件下的酸性要强。 16. H2S的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。请回答下列问题： (1)苯硫酚(C6H5SH)是一种重要的有机合成中间体，工业上常用氯苯(C6H5Cl)和硫化氢(H2S)来制备苯硫酚。已知下列两个反应的能量关系如下图所示，则C6H5Cl与H2S反应生成C6H5SH的热化学方程式为___________。 (2)H2S与CO2在高温下反应制得的羰基硫(COS)可用于合成除草剂。在610 K时，将0.40 mol H2S与0.10 mol CO2充入2.5 L的空钢瓶中，发生反应：H2S(g)+CO2(g)COS(g) +H2O(g)；= +35 kJ/mol，反应达平衡后水蒸气的物质的量为0.01 mol 。 ①在610 K时，反应经2min达到平衡，则0～2min的反应速率v(H2S)=___________。 ②该条件下，容器中反应达到化学平衡状态的依据是___________(填字母序号)。 A．容器内混合气体密度不再变化 B．v消耗(H2S)=v生成(COS) C．容器内的压强不再变化 D．H2S与CO2的质量之比不变 (3)工业上可以通过硫化氢分解制得H2和硫蒸气。在密闭容器中充入一定量H2S气体，反应原理：2H2S(g) 2H2(g) + S2(g)，H2S气体的平衡转化率与温度、压强的关系如下图所示。 ①图中压强(P1、P2、P3)的大小顺序为___________，△H___________0(填>、<或=)。 ②如果要进一步提高H2S的平衡转化率，除改变温度、压强外，还可以采取的措施有___________。 ③在温度T2、P3=5MPa条件下，该反应的平衡常数Kp=___________ MPa (已知：用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数) 【答案】 ①. C6H5Cl(g)+H2S(g) C6H5SH(g)+HCl(g)  ΔH=-16.8 kJ/mol ②. 0.002mol/(L·min) ③. D ④. P3>P2>P1 ⑤. > ⑥. 及时分离出产物H2或S2 ⑦. 1 【解析】 【分析】 【详解】(1)根据图象，推出①C6H5Cl(g)＋H2S(g)C6H6(g)＋HCl(g)＋S8(g) =－45.8kJ·mol－1，②C6H5Cl(g) C6H6(g)＋S8(g) =－(104－75)kJ·mol－1=－29kJ·mol－1，①－②得出C6H5Cl(g)＋H2S(g) C6H5SH(g)＋HCl(g) =－16.8kJ·mol－1；故答案为：C6H5Cl(g)＋H2S(g) C6H5SH(g)＋HCl(g) =－16.8kJ·mol－1； (2)①达到平衡后水蒸气的物质的量为0.01mol，则消耗H2S的物质的量为0.01mol，根据化学反应速率的数学表达式，推出v(H2S)==2×10－3mol/(L·min)；故答案为：2×10－3mol/(L·min)； ②A．组分都是气体，因此气体总质量保持不变，该反应条件是恒容状态，容器的体积保持不变，因此密度始终保持不变，即密度不变，不能作为该反应达到平衡的标志，故A不符合题意； B．消耗H2S和生成COS都是向正反应方向进行，因此v消耗(H2S)=v生成(COS)，不能说明该反应达到平衡，故B不符合题意； C．反应前后气体系数之和相等，即反应前后气体压强始终保持不变，压强不变，不能说明反应达到平衡，故C不符合题意； D．开始时投入H2S和CO2物质的量不同，随着反应进行，剩余H2S和CO2物质的量之比不断变化，当H2S和CO2物质的量之比不再变化，即H2S和CO2质量之比不再变化时，反应达到平衡，故D符合题意； 答案为：D； (3)①作等温线，根据反应方程式，增大压强，平衡向逆反应方向进行，H2S的平衡转化率降低，即P3＞P2＞P1；随着温度升高H2S平衡转化率增大，根据勒夏特列原理，正反应方向为吸热反应，即＞0；故答案为：P3＞P2＞P1；＞； ②根据勒夏特列原理，可以采取措施及时分离出产物H2或S8，故答案为：及时分离出产物H2或S8； ③令H2S起始物质的量为amol，建立三段式：，H2的分压为P3×MPa，S2的分压为P3×MPa，H2S的分压为P3×MPa，利用平衡常数的数学表达式，Kp=P3=5MPa，代入上式，得出Kp=1MPa，故答案为：1。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2022-2023学年度高三年级第二学第二次热身练 化学试卷 可能用到的原子相对质量：H1 C12 N14 O16 Si28 S32 Cl35.5 Ca40 一、选择题(本题包括12小题，每小题3分，共36分。每小题只有一个选项符合题意) 1. 2021年我国取得让世界瞩目的科技成果，化学功不可没。下列说法错误的是 A. “嫦娥五号”运载火箭用液氧液氢推进剂，产物对环境无污染 B. “北斗系统”组网成功，北斗芯片中的半导体材料为二氧化硅 C. “天和核心舱”电推进系统中的腔体采用氮化硼陶瓷属于新型无机非金属材料 D. “奋斗者”号潜水器外壳材料为钛合金，钛合金耐高压、耐腐蚀 2. 下列化学用语表示正确的是 A. 氮原子价层电子的轨道表示式： B. 乙腈的结构式： C. 2-甲基-1，3-丁二烯分子的键线式： D. 醛基的电子式： 3. 是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 28g晶体Si中键数目为 B. 100g质量分数为17%的水溶液中极性键数目为 C. 一定条件下，与足量反应，转移的电子数为 D. 18g重水()中含有的质子数为 4. 下列有关微粒性质的排列顺序中，错误的是 A. 元素的电负性:P<O<F B. 元素的第一电离能:C<N<O C. 离子半径:O2->Na+>Mg2+ D. 原子的未成对电子数:Mn>Si>Cl 5. 下列各溶液中一定能大量共存的离子组是(　　) A. 使酚酞溶液呈红色的溶液中：Mg2+、Cu2+、、K+ B. 使pH试纸呈红色的溶液中：Fe2+、K+、、Cl- C. c(H＋)＝10－14 mol·L－1溶液中：Na+、、S2-、 D. 常温下的溶液中：Cl-、Al3+、Na+、 6. 下列各组物质的晶体中，化学键类型相同、晶体类型也相同的是 A. 和 B. 和 C. NaCl和HCl D. 和KCl 7. 下列有关仪器的名称、图形、用途与使用操作的叙述均正确的是 名称 洗气瓶 分液漏斗 图形 用途与使用操作 A.除去中的HCl B.用酒精萃取碘水中的碘，分液时，碘层需从上口放出 名称 酸式滴定管 冷凝管 图形 用途与使用操作 C.可用于量取溶液 D.蒸馏实验中将蒸气冷凝为液体 A. A B. B C. C D. D 8. 下列离子方程式书写正确的是 A. 溶液与过量浓氨水反应： B. 用高锰酸钾标准溶液滴定草酸： C. 用惰性电极电解饱和食盐水： D. 向溶液中加过量NaOH溶液并加热： 9. 一种具有生物活性的有机物X其结构如下图所示。下列关于X的说法正确的是 A. X分子中含有1个手性碳原子 B. 能与溶液反应生成 C. 1 molX最多能消耗溴水中 D. 1 molX最多能与发生加成反应 10. 利用超分子可以对一些物质进行分离，例如利用杯酚(结构如图1所示，用“ ”表示)分离和的过程如图2所示。下列说法正确的是 A. 杯酚分子中所有原子位于同一平面内 B. 操作①用到的玻璃仪器有分液漏斗和烧杯 C. 杯酚与分子之间形成分子间氢键 D. 杯酚易溶于氯仿，难溶于甲苯 11. 25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是 A. 浓度为的的溶液中： B. 向溶液中加入适量的，得到的混合溶液： C. 溶液中： D. 溶液中： 12. 锂/氟化碳电池稳定性很高。电解质溶液为的乙二醇二甲醚()溶液，总反应为，放电产物沉积在正极，工作原理如图所示： 下列说法正确的是 A. 外电路电子由b流向a B. 离子交换膜为阴离子交换膜 C. 电解质溶液可用的乙醇溶液代替 D. 正极的电极反应式为 二、非选择题(本题共4小题，共64分) 13. 研究发现，在低压合成甲醇反应中，Co氧化物负载的Mn氧化物纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。回答下列问题： （1）Mn位于周期表的第_______族，Co基态原子核外有_______个未成对电子。 （2）的电子式为 ，其中C原子的杂化方式为_______杂化。 （3）比较键能：C—H_______Si—H(填“>”、“<”或“=”)。 （4）晶体的熔点高于干冰的原因是_______。 （5）锗(Ge)与C同族，Ge原子比C原子多两个电子层，则Ge的原子序数为_______。 （6）镍的氧化物也常用作催化剂，NiO的晶胞结构如图所示，该晶体中Ni周围与其等距离且最近的Ni有_______个，原子坐标参数表示晶胞内部各原子的相对位置，若该晶胞中原子坐标参数A为，B为，则晶胞体心处的氧原子坐标参数为_______。 14. 由芳香化合物A制备药物中间体Ⅰ的一种合成路线如图： 已知：①同一碳原子上连两个羟基不稳定，发生反应： ② ③ （1）A的名称为_______；C的分子式为_______。 （2）B→C的反应类型为_______；D中官能团的名称为_______。 （3）F→G的化学方程式为_______。 （4）试剂Y的结构简式为_______。 （5）同时满足下列条件的G的同分异构体有_______种(不含立体异构)。 ①苯环上只有两个侧链 ②只有一种官能团且能与NaHCO3溶液反应放出气体 其中核磁共振氢谱显示有3组峰，且峰面积之比为2:2:1的同分异构体的一种结构简式为_______。 （6）参照上述合成路线，设计由制备的合成路线_______(有机溶剂及无机试剂任选)。 15. 某校化学兴趣小组拟探究SO2与Ca(NO3)2溶液的反应。 I.实验一：用如图所示装置制备SO2，然后将SO2，通入Ca( NO3)2溶液中，有白色沉淀M产生。 （1）A装置中发生反应的化学方程式为_______。仪器a的名称是_______。 （2）装置D的作用是_______。 （3）配制1mol·L-1Ca(NO3)2溶液时所用蒸馏水必须除去溶解的氧气，除氧方法是____。 II.根据所学知识推测：白色沉淀M可能为CaSO3或CaSO4，也可能是二者混合物。(查阅资料得知：CaSO4微溶于水； CaSO3难溶于水) 实验二：探究白色沉淀M的成分。反应后将装置C中物质转移到烧杯中静置，→b→c→得到沉淀M。取沉淀M少许于试管中，加入过量的HCl充分反应，发现沉淀部分溶解。由此可知白色沉淀M含有CaSO3。 （4）操作b， c的名称分别为_______，_______。 （5）取加入过量稀HCl静置后的上层溶液于试管中，加入一种试剂，可进一步证实沉淀M中含有CaSO3，则所加试剂及现象是_______。 实验三：探究的产生途径，将SO2分别缓慢通入物质的量浓度相等的无氧CaCl2溶液、有氧CaCl2溶液、无氧Ca(NO3)2溶液中，一段时间后，测溶液的pH，结果表明：①无氧CaCl2溶液中无沉淀，其他两溶液中均有沉淀；②三种溶液均呈酸性，其中无氧CaCl2溶液酸性最弱，有氧CaCl2溶液酸性最强。 （6）有氧CaCl2溶液中通入SO2发生反应的离子方程式为_______。 （7）从上述实验现象，你认为对SO2氧化起主要作用的是_______ (填 “O2”或“”)，其理由是_______。 16. H2S的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。请回答下列问题： (1)苯硫酚(C6H5SH)是一种重要的有机合成中间体，工业上常用氯苯(C6H5Cl)和硫化氢(H2S)来制备苯硫酚。已知下列两个反应的能量关系如下图所示，则C6H5Cl与H2S反应生成C6H5SH的热化学方程式为___________。 (2)H2S与CO2在高温下反应制得的羰基硫(COS)可用于合成除草剂。在610 K时，将0.40 mol H2S与0.10 mol CO2充入2.5 L的空钢瓶中，发生反应：H2S(g)+CO2(g)COS(g) +H2O(g)；= +35 kJ/mol，反应达平衡后水蒸气的物质的量为0.01 mol 。 ①在610 K时，反应经2min达到平衡，则0～2min的反应速率v(H2S)=___________。 ②该条件下，容器中反应达到化学平衡状态的依据是___________(填字母序号)。 A．容器内混合气体密度不再变化 B．v消耗(H2S)=v生成(COS) C．容器内的压强不再变化 D．H2S与CO2的质量之比不变 (3)工业上可以通过硫化氢分解制得H2和硫蒸气。在密闭容器中充入一定量H2S气体，反应原理：2H2S(g) 2H2(g) + S2(g)，H2S气体的平衡转化率与温度、压强的关系如下图所示。 ①图中压强(P1、P2、P3)的大小顺序为___________，△H___________0(填>、<或=)。 ②如果要进一步提高H2S的平衡转化率，除改变温度、压强外，还可以采取的措施有___________。 ③在温度T2、P3=5MPa条件下，该反应的平衡常数Kp=___________ MPa (已知：用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数) 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $