2022泉州高三下学期3月毕业班质量监测（三）化学试题含解析

这是一份2022泉州高三下学期3月毕业班质量监测（三）化学试题含解析，共20页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

福建省泉州市2022届高中毕业班质量监测(三)
化学试题
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 P 31 I 127
一、选择题(本题共10小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1. 科技改变生活。下列说法错误的是
A. 北京冬奥会火炬“飞扬”的外壳由碳纤维复合材料制成，具有“轻、固、美”的特点
B. “天问一号”火星车的热控保温材料——纳米气凝胶，可产生丁达尔效应
C. “雷霆之星”速滑服采用银离子抗菌技术，可有效防护细菌侵入
D. “天机芯”是全球首款异构融合类脑计算芯片，其主要成分和光导纤维相同
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳纤维是含碳量高于90%的无机高性能纤维，是一种力学性能优异的新材料，北京冬奥会火炬“飞扬”的外壳由碳纤维复合材料制成，具有“轻、固、美”的特点，故A正确；
B．胶体可产生丁达尔效应，故B正确；
C．“雷霆之星”速滑服采用银离子抗菌技术，重金属离子能使蛋白质变性，可有效防护细菌侵入，故C正确；
D．计算芯片的成分是单质硅，光导纤维的成分是二氧化硅，故D错误；
选D。
2. 有机物X是一种当归提取物。下列有关X的叙述错误的是

A. 易溶解于溶液
B. 1molX最多与发生反应
C. 能和发生取代反应和加成反应
D. 与Y互为同分异构体
【答案】A
【解析】
【详解】A．由题干信息可知，X分子中含有酯基，故不易溶解于溶液，A错误；
B．由题干信息可知，1分子X中含有3个碳碳双键，故1molX最多与发生反应，B正确；
C．由题干信息可知，X分子中含有不饱和碳碳双键和饱和碳碳键，故能和发生取代反应和加成反应，C正确；
D．由题干信息可知，X与Y分子式均为C12H14O2，但结构不同，故X与Y互为同分异构体，D正确；
故答案为：A。
3. 下列反应的离子方程式错误的是
A. 乙酸乙酯与NaOH溶液共热：
B. 稀硝酸清洗试管中的银镜：
C. 饱和溶液与固体反应：
D. 向饱和食盐水中通入足量的和
【答案】B
【解析】
【详解】A．乙酸乙酯在碱性条件下水解生成乙酸盐和乙醇，故为，A正确；
B．稀硝酸和银反应生成硝酸银、一氧化氮和水，故为，B错误；
C．饱和溶液与固体反应生成碳酸钙和硫酸钠，故为，C正确；
D．向饱和食盐水中通入足量的和CO2生成碳酸氢钠固体，故为，D正确；
故选B。
4. 氨和硝酸是重要化工产品，工业合成氨及制备硝酸的流程如图：

下列说法错误的是
A. “氨分离器”中主要应用了氨气易液化的性质
B. 为提高氮的利用率，尾气可循环进入“合成塔”
C. 流程中的转化涉及复分解反应
D. 工业上可用铁槽车储运浓硝酸
【答案】C
【解析】
【详解】A．氨气易液化，将液氨分离出来，剩余的氮气、氢气可以循环利用，“氨分离器”中主要应用了氨气易液化的性质，A正确；
B．如图，为提高氮的利用率，尾气可循环进入“合成塔”，B正确；
C．流程中的转化涉及的反应为，，，没有涉及复分解反应，C错误；
D．常温下，浓硝酸能够使铁钝化，工业上可用铁槽车储运浓硝酸，D正确；
故选C。
5. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A. 溶于水，转移的电子数小于0.2NA
B. (正四面体结构)所含共价键的数目为0.15NA
C. 的溶液中和的数目均为1NA
D. 标准状况下，2.24L的CO和混合气体中含有的质子数为1.4NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯气和水的反应的可逆的，反应不能进行到底，则转移的电子数小于0.2NA，A正确；
B．3.1gP4的物质的量为0.025mol，1个分子中含有6个共价键，则0.25mol(正四面体结构)所含共价键的数目为0.15NA，B正确；
C．会水解，会消耗一部分，故数目小于1NA，C错误；
D．标准状况下，2.24L由CO和组成的混合气体的物质的量是0.1mol，二者所含的质子都是14个，故混合气体中含有的质子数为1.4NA，D正确；
故选C。
6. 甲、乙、丙、丁是原子序数依次增大的短周期元素。甲、乙的原子序数之和是丙、丁的原子序数之和的一半；甲、乙相邻，丙的周期序数等于族序数；乙的两种氢化物的混合物是常见的消毒液。下列有关说法正确的是
A. 简单氢化物的稳定性：甲＞乙
B. 简单离子半径：甲＞乙＞丙＞丁
C. 甲、乙、丙、丁四种元素两两之间只能形成共价化合物
D. 同周期元素中丁的最高价氧化物对应的水化物酸性最强
【答案】D
【解析】
【分析】根据丙的周期序数等于族序数，则丙为Al；乙的两种氢化物的混合物是常见的消毒液，双氧水溶液为常见的消毒液，则乙为O；甲、乙相邻，甲的原子序数小于乙，则甲为N；根据甲、乙的原子序数之和是丙、丁的原子序数之和的一半，则丁为Cl。
【详解】A．O的非金属性强于N，故稳定性H2O>NH3，故A错误；
B．Cl-电子层数为3，为四种离子中电子层数最多的，半径最大，故B错误；
C．Al2O3为离子化合物，故C错误；
D．同周期元素中Cl的非金属性最强，故最高价氧化物对应的水化物酸性最强，故D正确；
故选D。
7. 镓及其化合物可用于制取第三代半导体材料。Ga与A1同主族，化学性质相似。从某金属废渣(主要含、)中提取镓并制备GaN的工艺流程如下：

下列说法错误是
A. “碱浸”时发生反应
B. 滤渣的主要成分为
C. “电解”中金属Ga在阴极析出
D. 制备GaN的反应中，作氧化剂
【答案】B
【解析】
【详解】A．Ga与A1同主族，化学性质相似故其氧化物可以和氢氧化钠反应，方程式为：，A正确；
B．金属废渣碱浸后溶解，不能参加反应，故滤渣的主要成分是，B错误；
C．中镓为+3价，故电解时应该在阴极析出金属单质，C正确；
D．制备GaN的反应中，Ga由0价变为+3价，为还原剂，故为氧化剂，D正确；
故选B。
8. 下列实验方案合理的是


A．探究对与反应速率的影响
B．熔化固体


C．验证石蜡油发生了裂化(或裂解)反应
D．实验室制备SO2

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于0.1mol/L的FeCl3和Fe2(SO4)3溶液中的Fe3+的浓度不相同，故实验中变量不唯一，不能达到探究对与反应速率的影响的实验目的，A不合题意；
B．由于Na2CO3在高温下能与陶瓷中的SiO2、Al2O3等反应而腐蚀瓷坩埚，故熔化固体不能用瓷坩埚，需用铁坩埚，B不合题意；
C．石蜡中不含不饱和烃，图C装置中若酸性高锰酸钾溶液褪色，说明生成物中含有不饱和烃，即证明石蜡发生了裂化或裂解，C符合题意；
D．铜与浓硫酸的反应需要加热，装置D中没有加热装置，故不能达到实验目的，D不合题意；
故答案为：C。
9. 无金属薄碳电极(TCE)可利用天然木材为原料，经过碳化和活化处理制得。利用TCE电极电还原去除氮氧化物污染的原理如图所示。

下列说法正确的是
A. Pt电极与电源负极相连
B. Pt电极附近溶液pH变大
C. TCE电极的反应式：
D. Pt电极生成标准状况2.24L气体，理论上能处理
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题意得到，除去氮的氧化，则右侧二氧化氮生成氮气，故TCE电极与电源负极相连，Pt电极与电源正极相连，A错误；
B．Pt电极的反应为，氢离子浓度增大，pH变小，B错误；
C．TCE电极发生还原反应，电离方程式为：，C正确；
D．Pt电极生成2.24L气体，其物质的量，根据可知转移电子的物质的量n（e-）=0.4mol，再根据，可知消耗二氧化氮的物质的量n（NO2）=0.1mol，D错误；
故选C。
10. 常温下，用盐酸溶液滴定苯胺(C6H5NH2)溶液，溶液的pOH[pOH=-lgc(OH-)]与的关系如图所示。下列说法正确的是

A. 的数量级为
B. m点时，溶液的pH=7
C. 水的电离程度：p＞q＞m
D. 该滴定过程选择酚酞作指示剂
【答案】B
【解析】
【详解】A．C6H5NH2+H2OC6H5NH+OH-，=，取横坐标为0时，lg=0，有c(C6H5NH2)=c(C6H5NH)，此时c(OH-)=10-9.4mol/L，代入==10-9.4，数量级为10-10，A错误；
B．m点有=-2.4，代入==10-9.4，得c(OH-)=10-7mol/L，c(H+)=10-7mol/L，pH=7，B正确；
C．从m→q，比值增大，所以c(C6H5NH2)减少，c(C6H5NH)增大，C6H5NH水解促进水的电离，C6H5NH2抑制水的电离，故水的电离程度q>p>m，C错误；
D．盐酸溶液和苯胺(C6H5NH2)溶液恰好反应时得C6H5NH3Cl，溶液呈酸性，应加入变色范围在酸性条件下的甲基橙，D错误；
故选B。
二、非选择题：本题包括5小题，共60分。
11. 电解锰渣主要含、、、及少量的、。利用电解锰渣回收铅的工艺如下图所示：

已知：，，；
回答下列问题：
（1）“还原酸浸”时，被还原的离子方程式为___________。
（2）“浸出液”含有的盐类主要有和少量的、___________，经除杂后得到精制溶液。图为的溶解度随温度的变化曲线，从精制溶液中获得晶体的方法为___________。

（3）“浸铅”反应能发生的原因是___________。
（4）若“浸铅”后所得溶液中，为实现铅与钙的分离，应控制“沉铅”溶液中的范围为___________。(当溶液中金属离子浓度小于，可以认为该离子沉淀完全。)
（5）“沉铅”时，若用同浓度的溶液代替溶液，会生成。原因是___________。
（6）“沉铅”的主要副产物除外，还有___________。
【答案】（1）
（2） ①. ②. 蒸发结晶，趁热过滤，洗涤
（3）结合形成难电离物质，使平衡正向移动
（4）或
（5）更易水解生成，从而易生成
（6）
【解析】
【分析】本题是一道制备碳酸铅的工业流程题，原料是电解锰渣，首先在酸性条件下用硫化铅还原二氧化锰，之后加入乙酸铵溶解出铅，过滤除杂，在滤渣中加入碳酸氢铵生成碳酸铅，以此解题。
【小问1详解】
MnO2、PbS、PbSO4均为固体写成离子方程式时不能拆开，其中MnO2被还原为二价锰离子，PbS中的S被氧化为硫单质，则离子方程式为：；
【小问2详解】
与PbS反应三价铁离子被还原为二价亚铁离子，因此含有FeSO4；
由MnSO4的溶解度随温度的变化曲线可知，随温度升高，溶解度逐渐下降，因此采用蒸发结晶，趁热过滤，洗涤；
【小问3详解】
“浸铅”反应能发生是因为醋酸铅比硫酸铅更难电离，故答案为：结合形成难电离物质，使平衡正向移动；
【小问4详解】
当溶液中金属离子浓度小于10-5mol ·L-1时，可以认为该离子沉淀完全，则当铅离子完全沉淀时，，使钙离子开始沉淀的，因此溶液中c()的范围为或；
【小问5详解】
由于铵根离子的水解要弱于碳酸根离子，所以碳酸铵显碱性，溶液中含氢氧根离子与多余的二价铅离子配位形成，故答案为：更易水解生成，从而易生成；
【小问6详解】
由于“沉铅”反应，所以还含有。
12. 某研究性学习小组利用氯型阴离子交换树脂(RCl)从海带中提取，并测定反应的平衡常数。
Ⅰ.离子交换法提取的流程如下：

已知：①交换吸附发生反应：，；
②吸附和达饱和的树脂分别呈淡黄色和黑红色。
（1）“氧化”时转化为，反应的离子方程式为___________。
（2）“一次洗脱”已经完成的现象是___________。
（3）洗脱液1中，碘元素以___________(填离子符号)存在，向其中加入，可析出碘晶体。
（4）将分离出碘晶体的洗脱液合并，置于___________(填仪器名称)中，加入乙醚，振荡，静置，分液。后经___________(填操作名称)回收乙醚。
Ⅱ．测定反应的平衡常数K
常温下，取2个碘量瓶分别加入下表中的药品，振荡半小时。取一定体积的上层清液用溶液进行滴定，测定和的总浓度。

编号
250mL碘量瓶①
250mL碘量瓶②
药品
0.5g研细的碘

0.5g研细的碘

和的总浓度


（5）不能用普通锥形瓶代替碘量瓶的原因___________。
（6）0.5g的碘的不需要精确称取的理由是___________。
（7）碘量瓶①平衡体系中与②中接近。___________(保留3位有效数字)。
【答案】（1）
（2）树脂的颜色由黑红色变成淡黄色
（3）、
（4） ①. 分液漏斗 ②. 蒸馏
（5）使用锥形瓶易被空气中氧气氧化(或I2易升华)
（6）在水或KI溶液中已经饱和，浓度不随碘固体的质量增大而增大
（7）511
【解析】
【分析】本题是一道利从海带中提取碘单质的工业流程题，首先用过氧化氢氧化过氧化氢中的碘离子，生成碘单质，利用交换树脂吸附，之后用氢氧化钠洗脱使转化为，生成，以此解题。
【小问1详解】
氧化时，过氧化氢将碘离子氧化为碘单质，离子方程式为：；
【小问2详解】
洗脱是为了将交换吸附产生的转化为，根据信息②可知完成的现象是树脂的颜色由黑红色变成淡黄色；
【小问3详解】
氢氧化钠洗脱将RI3转化为RI，NaIO3，NaI，H2SO4，酸化发生归中反应生成I2，I元素以、形式存在；
【小问4详解】
I2萃取分液的方法提取，所以应置于分液漏斗中，加入乙醚振荡，静置分液后，经蒸馏回收乙醚；
【小问5详解】
I-具有较强的还原性，易被空气氧化，且生成的碘单质易挥发，所以用碘量瓶，可以防止I-被氧气氧化，故答案为：使用锥形瓶易被空气中氧气氧化(或I2易升华)；
【小问6详解】
当溶液中达到饱和后，其浓度不再改变，故答案为：在水或KI溶液中已经饱和，浓度不随碘固体的质量增大而增大；
【小问7详解】
由②中可知①中c(I2)=0.0012mol/L，①中c(I)=0.005mol/L-0.0012mol/L=0.0038 mol/L，根据I2(aq)+I−(aq)⇌ I (aq)，可知c(I-)=0.01-0.0038=0.0062mol/L, 。
13. 加氢制化工原料对实现“碳中和”有重大意义。部分加氢反应的热化学方程式如下：
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
反应Ⅲ：
反应Ⅳ：
回答下列问题：
（1）已知：
___________。
（2）催化加氢体系中，部分反应的与温度(T)关系如图1所示：

①300K时，反应进行趋势最大的是___________(填“Ⅱ”、“Ⅲ”或“Ⅳ”)。
②图1中Q点时，反应的___________。
③实验测得平衡转化率(曲线Y)和平衡时的选择性(曲线X)随温度变化如图2所示。加氢制时，温度选择510~550K的原因为___________。(已知：的选择性)
④510K时，往刚性容器中通入和一定量，tmin达到平衡，tmin内的平均生成速率为___________。
（3）我国科学家以Bi为电极在酸性水溶液中可实现电催化还原，两种途径的反应机理如下图所示，其中，TS表示过渡态、数字表示微粒的相对总能量。

①途径一，电还原经两步反应生成HCOOH：第一步为(*表示微粒与Bi的接触位点)；第二步为___________。
②电还原的选择性以途径一为主，理由是___________。
【答案】（1）-423.7
（2） ①. Ⅳ ②. 1 ③. 温度过低合成甲醇的速率较慢，温度过高甲醇的选择性急剧降低 ④.
（3） ①. ②. 途径一的活化能(能垒)更低(其它合理答案也可如“途径一的过渡态的相对总能量更低”)
【解析】
【小问1详解】
反应Ⅰ：
反应Ⅱ：
已知：
根据盖斯定律，由反应已知+Ⅰ-Ⅱ，可得-483.6kJ/mol+35.2kJ/mol-(-24.7kJ/mol)=-423.7kJ/mol。
【小问2详解】
①越大表示反应进行的趋势越大，故300K时，趋势最大的为Ⅳ。
②反应可由Ⅳ×2-Ⅱ×2得到，而Q刚好是Ⅳ和Ⅱ的相等的点，即=，该反应的可由Ⅳ和Ⅱ的得到，=/=1。
③温度过低合成甲醇的速率较慢，温度过高甲醇的选择性急剧降低。
④510K时，CO2转化率为40%，且CH3OH选择性为80%，故转化为CH3OH的物质的量为40%×80%×nmol=0.32nmol，tmin内的平均生成速率为。
【小问3详解】
①根据图示可知，第二步为。
②途径一的活化能(能垒)更低(其它合理答案也可如“途径一的过渡态的相对总能量更低”)，故电还原的选择性以途径一为主。
14. 是一种可溶于水的盐，多用于制备共价化合物和金属铍。回答下列问题：
（1）中第一电离能最大的元素，其基态原子的价电子轨道表示式为___________。
（2）中，阳离子具有___________结构，其中心原子的轨道杂化方式为___________。
（3）的阴离子中含有配位键，判断的依据是___________。晶体中含有的配位键的数目为___________。
（4）晶胞结构如图1所示，晶胞中部分原子沿z轴的投影如图2所示(分数表示原子在晶胞内的比例，全部在晶胞内就不再标示)。投影图中的○是___________原子。

【答案】（1） （2） ①. 正四面体 ②. sp3杂化
（3） ①. Be只有2个价电子却形成4个共价键，因此Be必有2个空轨道与F形成的2个配位键 ②. 4NA(或)
（4）N(或氮)
【解析】
【小问1详解】
根据同一周期从左往右元素的第一电离能呈啊趋势，IIAIIIAVAVIA反常，同一主族从上往下元素第一电离能依次减小的变化规律可知，中第一电离能最大的元素为F，则其基态原子的价电子轨道表示式为，故答案为：；
【小问2详解】
中，阳离子即，中心原子周围的价层电子对数为：4+=4，故阳离子具有正四面体结构，其中心原子的轨道杂化方式为sp3，故答案为：正四面体；sp3；
【小问3详解】
由于Be只有2个价电子却形成4个共价键，因此Be必有2个空轨道与F形成的2个配位键，故的阴离子中含有配位键，除阴离子含有配位键之外，已知阳离子中也存在1个配位键，故晶体中含有的配位键的数目为4mol(或)，故答案为：Be只有2个价电子却形成4个共价键，因此Be必有2个空轨道与F形成的2个配位键；4mol(或)；
小问4详解】
由图2可知，白色大圈在1个晶胞中占有的数目为：=4，灰色大圈在一个晶胞中占有的数目为：+4=8，灰色小圈在1个晶胞中占有的数目为：=2，三者比例为4:8:2=2:4:1，根据化学式 (NH4)2BF4可知，投影图中的○是N或者氮原子，故答案为：N或氮。
15. 汉黄芩素(H)是中药黄芩中主要的生物活性化合物之一，具有抗氧化、抗病毒等多种药理活性。一种以A为起始原料合成汉黄芩素的路线如下图所示。

回答下列问题：
（1）汉黄芩素(H)具有抗氧化作用，因为其分子中含有___________(填官能团名称)。
（2）反应Ⅰ中，Bn表示一种芳香烃基，BnBr水解后生成一种醇。若A与B的相对分子质量相差180，则Bn的结构简式为___________。合成路线中设置反应Ⅰ的意义是___________。
（3）反应Ⅲ、Ⅳ的类型分别为___________、___________。
（4）苯酚甲基化的机理简单表示如下：

据此，反应V的化学方程式为___________(F、G可以不写结构简式，仍用字母表示)。
（5）A的同分异构体X，是苯的三取代物。X苯环上的一氯代物有2种，1molX能与4molNaOH完全反应。X的结构简式为___________(任写一种)。
【答案】（1）羟基 （2） ①. (或) ②. 保护两个羟基(或“避免羟基在后续步骤中被氧化或甲基化”)
（3） ①. 氧化反应 ②. 取代反应
（4）
（5）、 (任写一个)
【解析】
【分析】本题是一道有机物合成的有机推断题，根据H的结构简式可知其所含的各种官能团中羟基有还原性，有抗氧化作用，对比反应Ⅰ的反应物和产物可知两者相差2个Bn，故一个Bn的分子量为180×+1=91，故Bn为(或)；由反应路线中可以发现在后续反应B中的羟基被氧化或者发生甲基化反应，故合成路线中设置反应Ⅰ的意义是保护两个羟基，以此解题。
【小问1详解】
根据H结构简式可知其所含的各种官能团中羟基有还原性，故汉黄芩素(H)具有抗氧化作用，因为其分子中含有羟基；
【小问2详解】
对比反应Ⅰ的反应物和产物可知两者相差2个Bn，故一个Bn的分子量为180×+1=91，故Bn为(或)；由反应路线中可以发现在后续反应B中的羟基被氧化或者发生甲基化反应，故合成路线中设置反应Ⅰ的意义是保护两个羟基(或“避免羟基在后续步骤中被氧化或甲基化”)；
【小问3详解】
对比C和D的结构简式可发现C上少了两个氢原子，故反应Ⅲ为氧化反应；对比D和E的结构简式可知D中一个氢原子被碘原子取代，故反应Ⅳ为取代反应；
【小问4详解】
对比F和G的结构简式可知为F上的酚羟基上的氢原子被甲基取代，结合苯酚甲基化的机理可知反应V的化学方程式为：；
【小问5详解】
X苯环上的一氯代物有2种，说明有两种等效氢，1molX能与4molNaOH完全反应结合A的结构简式可知X上有两个酚羟基和一个乙酸与酚羟基形成的酯基，则X的结构简式为：、。