2022年天津市特级高考模拟试卷化学(一)第I卷可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Sn-119Cl-35.5本卷共12题，每题3分，共36分。在每题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的。1.化学在工农业生产和日常生活中都有重要应用。下列叙述正确的是A.华为自主研发的“麒麟”芯片与太阳能电池感光板所用材料均为晶体硅B.食品包装袋中常有硅胶、生石灰、还原铁粉等，其作用都是防止食品氧化变质C.自来水厂常用明矾、O3、ClO2等做水处理剂，其作用都是杀菌消毒D.用于制造“山东舰”上舰载机降落拦阻索的特种钢，属于新型无机非金属材料【答案】A【解析】【详解】A．晶体硅为良好的半导体材料，可用作芯片和制造太阳能电池，A正确；B．硅胶、生石灰具有吸水性，不具有还原性，不能用作防止食品氧化变质，B错误；C．明矾能净水，不能杀菌消毒，C错误；D．特种钢为合金，属于金属材料，D错误；故答案为：A。2.下列说法正确的是A.PH3的电子式为：B.CH4分子立体结构模型：C.晶体类型相同：SiO2和SO3D.第一电离能：S>P【答案】B【解析】【详解】A．PH3的电子式为：，A错误；
B．已知甲烷为正四面，正四面体结构，故CH4分子立体结构模型为：，B正确；C．SiO2为原子(共价)晶体，而SO3为分子晶体，故二者晶体类型不相同，C错误；D．P、S为同一周期元素，同一周期元素第一电离能呈增大趋势，IIA与IIIA、VA与VIA反常，故第一电离能：S＜P，D错误；故答案：B。3.主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，且均不大于20，W与Y原子的最外层电子数之和等于X原子的最外层电子数。这四种元素形成的一种食品添加剂Q的结构如图所示。下列说法正确的是A.原子半径：W<Y<X<ZB.W与Z形成的化合物中含有共价键C.X与Y形成的化合物可用作食品干燥剂D.Q中不是所有原子都满足8电子稳定结构【答案】D【解析】【分析】【详解】与W与Y的最外层电子数与X相同且由其结构式可推断出W为H，X为O，Y形成了5条键则为P，Z为Ca，CaHPO4为食品添加剂，据此解题。A．原子半径由小到大依次是H，O，P，Ca，即W<X<Y<Z，故A错误；B．W与Z形成CaH2，其为离子化合物，不含共价键，故B错误；C．X与Y形成P2O5，其具有毒性，不可作为食品干燥剂，故C错误；D．Q中H原子并未形成8电子稳定结构，其为2电子稳定结构，故D正确；故选D。4.下列关于有机物说法正确的是①理论上1mol苯和1mol甲苯均能与3molH2发生加成反应；②用灼烧的方法可以区别蚕丝和棉花；③油脂水解可得到氨基酸和甘油；
④纤维素和淀粉都是多糖，二者互为同分异构体；⑤多糖和蛋白质在一定条件下都能水解；⑥乙醇中是否含水，可用金属钠来检测A.①②⑤B.①②⑥C.②⑤⑥D.④⑤⑥【答案】A【解析】【分析】【详解】①理论上1mol苯和1mol甲苯均能与3molH2发生加成反应，故正确；②丝的主要成分为蛋白质，灼烧时具有烧焦的羽毛气味，为蛋白质的特有性质，可用于蚕丝和棉花，故正确；③油脂水解可得到甘油和高级脂肪酸，故错误；④纤维素和淀粉都是高分子化合物，二者的分子式不同，不是同分异构体，故错误；⑤多糖可水解生成单糖，蛋白质可水解生成氨基酸，故正确；⑥乙醇和水都与钠反应，不能加入钠鉴别，故错误；故选：A。5.下列实验装置能达到实验目的的是ABCD制纯碱制NH3制SO2制取乙烯A.AB.BC.CD.D
【答案】C【解析】【分析】【详解】A．纯碱的化学式为Na2CO3，碳酸氢钠受热分解的方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，反应有水蒸气生成，故在试管中加热碳酸氢钠时试管口应略微向下倾斜，防止冷凝的水倒流炸裂试管。图中试管口是向上的，故A错误；B．石灰石的化学式为: CaCO3， 浓氨水与石灰石不反应，因此无法制取氨气，故B错误；C．铜与浓硫酸在加热的条件下可以反应生成二氧化硫，反应方程式为Cu+ 2H2SO4(浓)CuSO4+ 2H2O + SO2↑，图中用了酒精灯进行加热，酸也为浓硫酸，故C正确；D．实验室制取乙烯的反应原理为: ，该反应用到的药品有乙醇和浓流酸，用到的装置为液液加热装置，加入碎瓷片的目的是防止暴沸。乙醇发生消去反应生成乙烯的反应中，温度必须控制在170，温度计的作用是控制反应温度在170，而图中缺少温度计，故D错误；故答案：C。6.下列各组离子，能在溶液中大量共存的是A.、、、B.、、、C.、、、D.、、、【答案】D【解析】【详解】A．与发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．、、发生氧化还原反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．和能结合成Fe(SCN)3，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．、、、之间不反应，在溶液中能大量共存，故D正确；故选：D。
7.我国科研人员提出催化合成碳酸二甲酯()需经历三步反应，示意图如下。下列说法不正确的是A.①③均为取代反应，②为加成反应B.在碱性条件下完全水解，消耗C.合成的总反应中和是反应物D.①中催化剂的作用是使键断裂活化【答案】B【解析】【分析】【详解】A．根据图中断键和成键的情况分析得到①③均为取代反应，②为加成反应，故A正确；B．DMC中含有2个酯基，因此在碱性条件下完全水解，消耗，故B错误；C．合成的总反应是和反应生成DMC和水，因此和是反应物，故C正确；D．根据①的图示得到①中催化剂的作用是甲醇中的键断裂活化，故D正确。综上所述，答案为B。8.代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.25℃1L的溶液中数目为0.1
B.中，σ键的数目为3C.180g葡萄糖中，C原子数目为12D.足量铁粉与1L14mol/L浓硝酸加热充分反应，转移电子数目为14【答案】A【解析】【详解】A．25℃1L的溶液中数目为1L×0.1mol/L×NAmol-1=0.1，A正确；B．1分子N2中含有1个σ键和2个π键，故中，σ键的数目为1，B错误；C．已知葡萄糖的分子式为C6H12O6，180g葡萄糖中，C原子数目为=6，C错误；D．由Fe+4HNO3(浓)Fe(NO3)2+2NO2↑+2H2O，3Fe+8HNO3(稀)3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O可知，由于不知道浓硝酸和稀硝酸的量分别是多少，故无法计算足量铁粉与1L14mol/L浓硝酸加热充分反应，转移的电子数目，D错误；故答案为：A。9.已知X、Y是短周期的两种元素，下列相关结论一定正确的是选项条件结论A若原子半径：X>Y则原子序数：X<YB若X、Y分别属于金属、非金属元素则X、Y之间形成离子键C若分子式为XY2则该分子的VSEPR模型为直线型D若XYa中X显负价则元素的电负性：X>YA.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【分析】【详解】A．同周期主族元素，核电荷数越大，原子半径越小，若X、Y同周期，原子半径：
X>Y，则原子序数：X<Y；若X、Y为短周期同主族元素，原子半径：X>Y，可知X的周期数大于Y，即原子序数X＞Y，故A错误；B．金属元素与非金属元素之间可能形成共价键，如AlCl3是共价化合物，Al与Cl形成的是共价键，故B错误；C．SO2分子中中心原子S是sp2杂化，则VSEPR模型为平面三角形，故C错误；D．电负性大的元素得电子能力强，在化合物中显负价，化合物中X显负价，则元素的电负性：X>Y，故D正确；故答案为D。10.室温下用溶液分别滴定20.00mL浓度均为的HA，HB两种酸的溶液，滴定过程中溶液的pH随滴入的NaOH溶液体积的变化如图所示(溶液体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是A.导电能力：a点溶液>b点溶液B.b点溶液中C.a点溶液中由水电离出的约为D.HA对应曲线上c点溶液呈碱性因是【答案】D【解析】【详解】A．0.1 mol•L-1的HA溶液的pH为1，说明HA为强酸，完全电离；a点溶液为加入10mLNaOH溶液，生成等量的强酸强碱盐NaA和没反应的HA，两者均完全电离，离子浓度大，导电性强；而HB溶液的pH为4，说明HB为弱酸，不完全电离；b点溶液为加入10mLNaOH溶液，生成溶质为等量的强碱弱酸盐NaB和没反应的弱酸HB，弱酸不完全电离，所以导电能力：a点溶液＞b点溶液，A正确；B．由图可知，b两点对应所加入的NaOH溶液的体积为10mL，则反应后溶液中为等物质的
量浓度的HB和NaB混合溶液，溶液显酸性，即HB的电离程度大于B-的水解程度，故b点溶液中，B正确；C．HA为强酸，a点加入NaOH溶液的体积为10mL，反应恰好生成起始时等量的NaA和HA，溶液呈酸性，c（H+）==mol•L-1，溶液中OH-均是由水电离出，则c（OH-）=c水（OH-）===3×10-13mol•L-1，则a点时的溶液中由水电离出的c（H+）=c水（OH-）=3×10-13mol/L，C正确；D．HA溶液为强酸溶液，反应恰好生成强酸强碱盐NaA，A-不水解，HA对应曲线上c点溶液呈碱性因是所加NaOH过量，D错误；故答案为：D。11.我国科研团队开发了一种新型铠甲催化剂Ni/Co@石墨烯，可以高效去除合成气中的H2S杂质并耦合产氢，其工作原理如图所示。下列说法错误的是A.铠甲催化剂电极上的电势高于Ｍ电极上的电势B.阴极的电极反应式为2H++2e-=H2↑C.通电后，阳极区溶液的pH值降低D.生成H2和Sx的物质的量之比为1：x【答案】D【解析】【分析】【详解】A．由图中信息知，铠甲催化剂电极为阳极，M电极为阴极，阳极上的电势高于阴极上的电势，A项正确；B．阴极上氢离子得电子，电极反应式为，B项正确；
C．阳极区反应生成和导致阳极区溶液的减小，C项正确；D．阴极上生成1得到2电子，阳极上生成1失去电子，由电子守恒知，生成和的物质的量之比为，D项错误；故选D。12.氯羟喹能够提高人体的免疫力，其结构如图所示。下列有关氯羟喹的说法正确的是A.分子式为B.环上有5种处于不同化学环境的氢原子C.分子中氮原子杂化方式只有1种D.分子中所有碳原子可能共平面【答案】B【解析】【详解】A．由题干有机物的结构简式可知，其分子式为C18H26ON3Cl，A错误；B．由题干有机物的结构简式可知，分子中环上没有对称轴，故环上有5种处于不同化学环境的氢原子，B正确；C．由题干有机物的结构简式可知，分子中氮原子杂化方式有sp2和sp3两种，C错误；D．由题干有机物的结构简式可知，分子中有sp3杂化的N原子和sp3杂化的C原子，故不可能所有碳原子共平面，D错误；故答案为：B。第II卷本卷共4题，共64分。13.阿散酸()是一种饲料添加剂，能溶于Na2CO3溶液中。常含有H3AsO3、NaCl等杂质。（1）基态As原子核外电子排布式为___。
（2）CO中心原子杂化轨道的杂化类型为___，AsO的空间构型为__(用文字描述)。（3）与AsO互为等电子体的分子为___(填化学式)。（4）Ge、As、Se三种元素的第一电离能由小到大的顺序为__。（5）NaCl晶体在50～300GPa的高压下和Na或Cl2反应，可以形成不同的晶体。其中一种晶体的晶胞如图，该晶体的化学式为___。【答案】（1）［Ar］3d104s24p3（2）①.sp2②.三角锥形（3）CCl4（4）As＞Se＞Ge（5）Na2Cl【解析】【分析】【小问1详解】已知As为33号元素，与N、P位于同一主族，故基态As原子核外电子排布式为［Ar］3d104s24p3，故答案为：［Ar］3d104s24p3；【小问2详解】CO中心原子C原子的价层电子对数为：3+=3，故中心原子杂化轨道的杂化类型为sp2，AsO中心原子As的价层电子对数为：3+=4，故其空间构型为三角锥形，故答案为：sp2；三角锥形；【小问3详解】等电子体是指具有相同原子总数和相同价电子总数的微粒，故与AsO互为等电子体的分子
为CCl4等，故答案为：CCl4；【小问4详解】同一周期从左往右元素第一电离能呈增大趋势，ⅡA与ⅢA，ⅤA与ⅥA反常，Ge、As、Se三种元素是第四周期ⅣA、ⅤA、ⅥA元素，故第一电离能由小到大的顺序为：As＞Se＞Ge，故答案为：As＞Se＞Ge；【小问5详解】从该晶胞图可知，Na+2个位于上、下底的面心上和4个在棱上，另2个位于体内，故一个晶胞中含有的Na+数目为：，而Cl-则8个均位于棱上，故每个晶胞中含有的Cl-的数目为：，故Na+：Cl-=4:2=2:1，故化学式为：Na2Cl，故答案为：Na2Cl。14.以乙烯和D(C5H8)为主要原料合成功能高分子M的路线如下：已知：①②③（1）B的核磁共振氢谱有两组峰，其峰面积之比为___________，B的某同分异构体只有一种化学环境的氢原子，该同分异构体的结构简式为___________。（2）C的结构简式为_______，按先后顺序写出检验C中所含官能团的试剂________。（3）D是五元环状化合物，E→F的化学方程式是___________。（4）L的结构简式为___________。（5）参照以上合成路线，以乙醛和1，3-丁二烯为原料合成，写出其合成路线(其它试剂任选)。_______
【答案】（1）①.3:1②.（2）①.CH2=CHCHO②.银氨溶液、溴水（3）+2NaOH+2NaBr+2H2O（4）（5）2CH3CHO【解析】【分析】由分子式可知A为乙烯，乙烯催化氧化后得到B，B能与G发生已知①中的反应，则B应含有醛基，结合B的分子式可知B为CH3CHO，结合已知反应①的特点及C的分子式可知G为HCHO，C为CH2=CHCHO，结合M的结构简式及反应③可知L为，结合C的结构简式及反应②的特点可知F为，根据D的分子式及F的结构特点可知D为，D与溴单质发生加成反应得到E，E为，E发生消去反应得到F，据此分析解答。【小问1详解】B为CH3CHO，含有两种氢，比例为3:1，B的某同分异构体只有一种化学环境的氢原子，则其结构为，故答案为：3:1；；【小问2详解】
由以上分析C为CH2=CHCHO，其中含有醛基和碳碳双键两种官能团，因醛基易被溴水氧化，因此先检验用银氨溶液检验醛基，再用溴水检验碳碳双键，故答案为：CH2=CHCHO；银氨溶液、溴水；小问3详解】E为，E发生消去反应得到F，反应方程式为：+2NaOH+2NaBr+2H2O，故答案为：+2NaOH+2NaBr+2H2O；【小问4详解】由上述分析可知L为，故答案为：；【小问5详解】可由发生已知③反应得到，可由1,3-丁二烯与发生已知②反应得到，可由乙醛发生反应①得到，合成路线：2CH3CHO，故答案为：2CH3CHO
；15.FTO导电玻璃为掺杂氟的SnO2透明导电玻璃，广泛用于液晶显示屏、薄膜太阳能电池基底等方面，SnCl4可用于制作FTO导电玻璃。实验室可用熔融的锡与Cl2反应制备SnCl4，此反应放热，生成的SnCl4易水解生成SnO2·xH2O。回答下列问题：有关物理性质如下表：物质颜色、状态熔点/℃沸点/℃Sn银白色固体231.92260SnCl4无色液体-33114SnCl2无色晶体246652（1）Ⅱ装置中发生反应的离子方程式为___________。（2）将上述装置用玻璃管连接，组装成一套制备SnCl4实验装置(每个装置最多使用一次)，正确的顺序是(填各接口字母序号)：B___________N，A___________。Ⅲ处中应选用的冷凝管为___________(填选项字母)；（3）检查装置气密性并装好药品后，应先打开Ⅱ中的分液漏斗活塞，待出现___________现象后，再点燃Ⅰ处的酒精灯。
（4）Ⅵ装置的作用是___________。若没有Ⅵ装置，可能发生的化学反应方程式为___________。（5）实验制得30g溶有氯气的SnCl4，其中氯气质量分数为13.0%，则至少需向Ⅰ中通入氯气的物质的量为___________(保留2位小数)。提纯该SnCl4的方法是___________(填序号)。a．用NaOH溶液洗涤再蒸馏b．升华c．重结晶d．蒸馏e．过滤【答案】（1）2MnO+10Cl－+16H＋=2Mn2++5Cl2↑+8H2O（2）①.BHIEF②.CDJ③.B（3）Ⅰ中蒸馏烧瓶中充满黄绿色气体（4）①.吸收多余的氯气，并防止水蒸气进入锥形瓶②.SnCl4＋(x＋2)H2O=SnO2·xH2O↓＋4HCl↑（5）①.0.25②.d【解析】【分析】实验室可用熔融的锡与Cl2反应制备SnCl4，先利用装置Ⅱ制备氯气，因产生的Cl2中会混有杂质气体HCl和水蒸气，用装置V的饱和NaCl溶液除去Cl2中的HCl，再将气体通入VI装置，利用浓硫酸的吸水性干燥得纯净的Cl2；将纯净的Cl2通入Ⅰ装置，与熔融的锡反应生成SnCl4蒸气，该蒸气经装置Ⅲ的冷凝得到SnCl4液体，因SnCl4易水解，要注意防水蒸气进入装置Ⅲ以及吸收多余的Cl2，防止污染空气，故可在装置Ⅲ之后，连接装置VI。【小问1详解】在Ⅱ装置中KMnO4与浓盐酸反应产生KCl、MnCl2、Cl2、H2O，根据电子守恒、原子守恒，结合物质的拆分原则，可知发生该反应的离子方程式为：2MnO+10Cl－+16H＋=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。【小问2详解】在装置II中制取Cl2，Cl2中含有杂质HCl及水蒸气，先通过装置V的饱和食盐水除去杂质HCl，然后通过装置IV的浓硫酸干燥除去水蒸气，导气管都是长进短出，然后将Cl2由N通入到装置I中制取SnCl4，产生的SnCl4并装置III冷凝收集在在D中，为防止生成的SnCl4水解，同时吸收多余的Cl2，再使气体由D经装置VI的J进入，由K排出，故按接口的先后顺序为：BHIEFNACDJK。装置III进行冷凝操作时，为了充分冷凝，要采用逆流原理，冷却水下进上出。为避免冷凝产生的液体SnCl4滞留在冷凝管中，要采用直形冷凝管，故合理选项是B。【小问3详解】检查装置气密性并装好药品后，为防止Sn
与装置中的空气发生反应，应先打开Ⅱ中的分液漏斗活塞，待装置Ⅰ中蒸馏烧瓶中充满黄绿色气体后，再点燃Ⅰ处的酒精灯。【小问4详解】Ⅵ装置的作用是吸收多余的氯气，并防止水蒸气进入锥形瓶，避免制取的SnCl4水解。若没有装置VI，SnCl4水解产生SnO2·xH2O和HCl，反应的化学方程式为：SnCl4＋(x＋2)H2O=SnO2·xH2O↓＋4HCl↑。【小问5详解】实验制得30g溶有氯气的SnCl4，其中氯气质量分数为13.0%，则m(Cl2)=30g×13.0%=3.9g，m(SnCl4)=30g-3.9g=26.1g，则根据Cl元素守恒可知至少需向Ⅰ中通入氯气的物质的量为n(Cl2)=。Sn与Cl2在加热时反应产生物质SnCl4中由于会混有Cl2而显黄色，SnCl4在室温下呈液态，故分离提纯SnCl4应该采用蒸馏方法，合理选项是d。16.我国研发了一种新型催化剂，可以通过反应2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)△H达到消除NO污染的效果。已知：Ⅰ.4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g)△H1=-1808kJ•mol-1；Ⅱ.N2(g)+3H2(g)2NH3(g)△H2=-92.4kJ•mol-1。回答下列问题：（1）若在密闭容器中同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，反应Ⅱ对反应Ⅰ中NO的平衡转化率的影响为___(填“增大”“减小”或“无影响”)。（2）2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)的△H=___(保留四位有效数字)。（3）T1℃时，向填充催化剂的10L恒容密闭容器甲中充入2molNO和2molH2，发生反应2NO(g)+2H2(g)N2(g)+2H2O(g)。10min末反应达到平衡时测得N2的物质的量为0.8mol。①0~10min内，用NO的浓度变化表示的平均反应速率v(NO)=___。②反应的平衡常数Kc=__L•mol-1。③若起始向填充催化剂的10L恒容密闭容器乙中充入1molNO(g)、1molH2(g)、2molN2(g)、2molH2O(g)。甲、乙容器中平衡时气体压强之比___(填“>”“<”或“=”)，理由为___。（4）有学者对比了新型催化剂与传统催化剂的催化效果。当固定比例的NO(g)和H2(g)的混合气体，以相同流速分别通过填充有两种催化剂的反应器，测得NO
的转化率与温度的关系如图所示。①新型催化剂优于传统催化剂的理由为___。②M、N、P、Q四点中一定未达到平衡状态的是__(填字母)。【答案】（1）增大（2）-664.3kJ•mol-1（3）①.0.016mol•L-1•min-1②.800③.>④.甲中平衡气体压强与乙中起始气体压强之比为，乙中浓度商Qc<Kc，反应正向进行，气体总物质的量减小，压强减小（4）①.在较低温度下，单位时间内NO的转化率更高②.M【解析】【分析】【小问1详解】反应Ⅱ可以减小浓度，同时增大浓度，使反应Ⅰ平衡正向移动，增大的平衡转化率。【小问2详解】根据盖斯定律，得，的△H-664.3kJ/mol。【小问3详解】由题意可得三段式：①0~10内，用的浓度变化表示的平均反应速率
。②反应的平衡常数。③甲中平衡时气体总物质的量为3.2mol，乙中起始气体总物质的量为6mol，物质的量之比等于压强之比，则甲中平衡时气体压强与乙中起始气体压强之比为。乙中浓度商，反应正向进行，气体总物质的量减小，压强减小，则甲、乙容器中平衡气体压强之比大于。【小问4详解】①由图可知，新型催化剂在较低温度下，单位时间内NO的转化率更高，催化效果更好。②该反应为放热反应，温度升高反应逆向进行，且催化剂不影响平衡，M点为反应正向进行的状态，N、Q点状态可能是达到平衡后，升高温度平衡逆向移动的状态，P点反应达到平衡状态。
