福建省莆田市2023届高中毕业班下学期3月第二次教学质量检测化学试题

这是一份福建省莆田市2023届高中毕业班下学期3月第二次教学质量检测化学试题，共19页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，实验题，原理综合题，结构与性质，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
福建省莆田市2023届高中毕业班下学期3月第二次教学质量检测化学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．化学与生产、生活及科技等息息相关。下面说法错误的是A．“兴化米粉”的主要成分是淀粉B．“莆田尾暝灯”闹元宵使用蜡烛的主要成分是烃类C．“云度”汽车使用的碳纤维属于新型有机材料D．“福建舰”采用富锌涂层具有防水、隔氧等作用2．从某中草药中提取一种具有治疗癌症作用的有机物，结构如下图所示。下列说法错误的是A．含有平面环状结构 B．含有1个手性碳原子C．能发生取代反应、加成反应 D．该有机物最多能与反应3．科学家发现某些生物酶能将海洋中的转化为，该过程的总反应为。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．溶液中含离子的数目为B．标准状况下，中含键的数目为C．18克中含电子对的数目为D．完全反应失去电子的数目为4．用下列装置进行相应的实验，能达到实验目的的是A．灼烧碎海带B．电镀银C．氧化还原反应滴定D．制备乙酸乙酯 A．A B．B C．C D．D5．现有下列实验探究摩尔盐的化学性质。装置实验试剂a现象①紫色石蕊溶液溶液变红色②溶液产生白色沉淀③稀硝酸溶液溶液变黄色④浓溶液产生具有刺激性气味的气体下列离子方程式不能准确解释相应实验现象的是A．①中溶液变红：、B．②中产生白色沉淀：C．③中溶液变黄：D．④中产生有刺激性气体：6．碘及其化合物广泛用于医药、染料等方面。的一种制备方法如下图所示。下列说法错误的是A．“富集”中所发生的离子反应为：B．“转化”中为了使悬浊液充分反应，使用铁粉并搅拌C．“转化”中生成的沉淀与硝酸反应所得产物可循环使用D．“氧化”中通入足量氯气时只得到氧化产物7．活泼自由基与氧气的反应一直是关注的热点。自由基与反应过程的能量变化如下图所示，已知升高温度，活化能大的反应速率增大的程度越大。下列说法正确的是A．比稳定B．升高温度，生成的反应速率增大的程度更大C．该历程中最小正反应的活化能为D．改变催化剂可以改变生成的反应焓变8．我国科学家在寻找“点击反应”的砌块过程中，发现一种新的化合物，结构如下图所示，其中X、Y、Z和W是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y与W是同一主族元素。下列说法正确的是A．元素电负性：Z>Y>W B．简单氢化物沸点：X>Y>WC．简单离子半径：Z>Y>X D．X、W氧化物的水化物均为强酸9．铁碳微电解技术是处理酸性废水的一种工艺，装置如下图所示。若上端口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性中间体羟基自由基；若上端口关闭，可得到强还原性中间体氢原子。下列说法正确的是A．无论上端口是关闭还是打开，正极反应式均为：B．完全转化为羟基自由基时转移了电子C．若处理含酚类的酸性废水，则上端口应关闭D．若处理含的酸性废水，则上端口应打开并鼓入空气10．常温下，用溶液滴定溶液，消耗溶液的体积与混合液关系如下图所示。滴定过程中有白色沉淀生成，但整个过程未见气泡产生。已知：碳酸，；。下列说法正确的是A．ab段升高的主要原因：B．bc段溶液不可能出现白色沉淀C．b点：D．c点： 二、工业流程题11．锗是现化高科技产业重要的基础材料。用含氧化锌烟尘(杂质主要有、、、、等)为主要原料制备氧化锌和高纯度单质锗的一种工艺流程如图所示。已知：①单宁酸是一种只含C、H、O元素的有机化合物②，常温下，，，③当溶液中某离子的物质的量浓度不大于时，该离子沉淀完全(1)“酸浸”后所得的滤渣主要成分除外，还含有___________。(填化学式)(2)如图所示，“酸浸”过程中浓硫酸用量超过理论量会导致锗的浸出率降低，其可能的原因为___________。(3)“调”所用试剂X为___________(填一种物质的化学式)，若“酸浸”后溶液中，则应调控的范围为___________。(4)若“沉锌”的产物为，则反应的离子方程式为___________。(5)“水解”反应的化学方程式为___________。(6)在750℃的熔融盐体系中，将“水解”产物作为电极进行电解生成单质，该电极反应式为___________。 三、实验题12．可用于环境消毒。实验室利用如图装置制备溶液，已知通入溶液存在如下反应：Ⅰ.  Ⅱ.  反应Ⅰ的反应速率很快，反应Ⅱ在室温下较慢。(1)仪器a的名称是___________。(2)制备，必要时可进行加热，则装置甲中试剂X为___________(填化学式)，相应的化学方程式为___________。(3)装置乙中蒸馏水的作用是___________。(4)为了提高产率，对装置丙进行改进，可采取的一种措施是___________。(5)实验过程中仍有少量进入装置丁的原因是___________(写一种原因)。(6)有效氯指的是每升含氯消毒液的氧化能力相当于多少克的氧化能力。实验测得装置丙中的有效氯为，假设有效氯都来自，则该溶液中的物质的量浓度为___________。若实验制得的溶液在放置过程中又有部分转化成，则有效氯含量___________(填“变大”“变小”或“不变”)。 四、原理综合题13．有效转化是研究“碳中和”的重要方向。(1)可用于人工合成淀粉，其中前两步的反应如下图所示。已知  则的___________(用、、表示)。(2)CO2催化加氢可合成乙烯，反应为2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) ΔH<0，在恒压密闭容器中，起始充入2molCO2(g)和6molH2(g)发生反应，不同温度下达到平衡时各组分的体积分数随温度的变化如图所示。①下列说法正确的是____A．b点时：2v正(H2)=3v逆(H2O)B．a、b、c三点的平衡常数：Ka>Kc>KbC．将H2O(g)液化分离可提高C2H4的产率D．活性更高的催化剂可提高CO2的平衡转化率②表示C2H4体积分数随温度变化的曲线是___________(填“k”“l”“m”或“n”)③若d点表示240℃某时刻H2的体积分数，保持温度不变，则反应向_________(填“正”或“逆”)反应方向进行。④205℃，反应达b点所用时间为tmin，则此过程中用CO2表示的反应速率是______mol/min。若平衡时b点总压为P，则平衡常数Kp=_________(列出计算式，以分压表示，分压=总压×物质的量分数)。⑤其他条件相同，分别在催化剂X、Y作用下发生该反应，测得相同时间CO2的转化率与温度的关系如下图所示。使用催化剂X，当温度高于302℃，CO2转化随着温度升高而下降的原因是___________。 五、结构与性质14．是普鲁士蓝类化合物中的一种，可用于钠离子电池的正极材料。晶胞如图所示(未标出)。(1)基态Mn原子的外围电子轨道表示式为___________。(2)Mn、Fe元素的第三电离能(I3)：___________(填“>”或“<”)。(3)中的第二周期元素与H元素形成的、、化合物中，A-A键键能依次减小，从结构角度分析其原因是___________。其中分子中N原子的杂化类型为___________。(4)晶胞中，与形成配位键的元素有___________。晶胞结构的另一种表示中，若O点处于晶胞体心位置，则晶胞中处于___________位置。 六、有机推断题15．阿帕替尼是我国自主研制的一种小分子络氨酸酶抑制剂，是目前唯一一种口服治疗晚期胃癌的靶向药物。其合成路线如下图所示。回答下列问题：(1)H中含氧官能团的名称为___________。(2)B的结构简式为___________，C的分子式为___________。(3)D→E、G→H的反应类型分别为___________。(4)E→G化学反应方程式___________。(5)F的同分异构体中，含一个苯环，核磁共振氢谱有2组峰且面积比为的结构简式为___________。
参考答案：1．C【详解】A．“兴化米粉”是大米做成的，主要成分是淀粉，A正确；B．蜡烛的主要成分是烃类，可以燃烧，B正确；C．碳纤维为单质，不是有机材料，C错误；D．富锌涂层能形成保护层，具有防水、隔氧等作用，D正确；故选C。2．D【详解】A．分子中含有苯环，苯环为平面结构，A正确；B．含有1个手性碳原子，B正确；C．分子中含有碳碳双键，能发生加成反应；分子中含有酚羟基、羧基能发生取代反应，C正确；D．羧基、酯基、酚羟基均可以和氢氧化钠反应，故该有机物最多能与反应，D错误；故选D。3．B【详解】A．铵根离子部分能够发生水解，无法计算溶液中铵根离子数目，A错误；B．氮气中氮原子之间为三键，含两根键，标况下22.4LN2的物质的量为1mol，含含键的数目为，B正确；C．18g水的物质的量为1mol，1mol水中含4对电子对，故电子对的数目为4NA，C错误；D．该反应中亚硝酸钠中的N元素化合价降低，得到电子，D错误；故选B。4．A【详解】A．可在坩埚中灼烧海带，图中装置合理，故A正确；B．电镀银时，Ag与电源正极相连作阳极，图中正负极应互换，故B错误；C．酸性高锰酸钾溶液可氧化橡胶，应选酸式滴定管，故C错误；D．酯化反应中需要浓硫酸作催化剂、吸水剂，不能选稀硫酸，故D错误；故选A。5．C【详解】A．铵根离子、亚铁离子水解使得溶液显酸性，酸性溶液使紫色石蕊试液变红色，能准确解释相应实验现象，A不符合题意；B．硫酸根离子和钡离子生成硫酸钡白色沉淀，能准确解释相应实验现象，B不符合题意； C．亚铁离子和硝酸根离子生成铁离子和一氧化氮气体，，不能准确解释相应实验现象，C符合题意；D．铵根离子和氢氧根离子生成刺激性气体氨气，能准确解释相应实验现象，D不符合题意；故选C。6．D【分析】净化除氯后含I-的海水中加硝酸银溶液富集，得到含AgI沉淀的悬浊液，加入适量的Fe，Fe与AgI发生反应得到Ag和FeI2，加足量氯气氧化后得到I2和Fe3+。【详解】A．根据分析，富集过程得到AgI沉淀，离子反应为：，A正确；B．“转化”中为了使悬浊液充分反应，使用铁粉并搅拌，可提高AgI的转化效率，B正确；C．“转化”中生成的沉淀为Ag，Ag与硝酸反应所得产物硝酸银可循环使用，C正确；D．“氧化”中通入足量氯气时得到氧化产物、Fe3+，D错误；故选D。7．C【详解】A．的能量更高，故其不如稳定，A错误；B．过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，即图中峰值越大则活化能越大，峰值越小则活化能越小，已知升高温度，活化能大的反应速率增大的程度越大；结合图像可知，升高温度，生成的反应速率增大的程度更大，B错误；C．该历程中最小正反应的活化能为中间产物Z生成过渡Ⅲ时的活化能，为，C正确；D．改变催化剂可以改变反应历程，加快反应速率，但是不能改变生成的反应焓变，D错误；故选C。8．A【分析】X、Y、Z和W是原子序数依次增大的短周期主族元素，Y与W是同一主族元素，W能形成6个化合键，则Y为氧、W为硫；Z形成1个共价键为氟；X形成3个共价键，为氮；【详解】A．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱；元素电负性：Z>Y>W，A正确；B．常温下水为液体、氨气为气体，则水沸点较高；氨气能形成氢键导致沸点高于硫化氢，故简单氢化物沸点：Y>X> W，B错误；C．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；简单离子半径：X>Y > Z，C错误；D．亚硝酸、亚硫酸不是强酸，D错误；故选A。9．B【详解】A．正极发生得电子的反应，负极发生失电子的氧化反应，所以无论是否鼓入空气，Fe易失去电子生成Fe2+，作负极，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，A错误；B．若上端口打开，并鼓入空气，可得到强氧化性的羟基自由基，电极反应为2H++2e-+O2=2OH·，所以完全转化为羟基自由基时转移了电子，B正确；C．除去含酚类的酸性废水，需要氧化性的物质，所以上端口需要打开，可生成羟基自由基氧化酚类，C错误；D． 在酸性条件下具有强氧化性，需要还原剂，所以需要上端口需要关闭，可得到强还原性中间体氢原子，D错误；答案选B。10．D【详解】A．ab段升高，则氢氧根离子浓度增大、氢离子浓度减小，A错误；B．滴定过程中有白色沉淀生成，但整个过程未见气泡产生，说明加入一定量的碳酸氢钠溶液后，碳酸氢钠与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀和碳酸，溶液酸性增强，pH减小，结合图像可知，bc段溶液出现白色沉淀，B错误；C．b点pH最大，溶质为碳酸氢钠、氯化钙，，，则水解大于电离，故，C错误；D．c点pH=7.2，溶液显碱性，故，根据电荷守恒可知，由碳酸氢钠和氯化钙的物质的量可知，，则有，D正确；故选D。11．(1)Ag2SO4、PbSO4(2)生成的Ag2SO4、PbSO4沉淀附着在反应物表面，阻碍了反应的进一步进行(3)     ZnO     2.8~6.4(4)(5)(6) 【分析】含氧化锌烟尘加入硫酸，生成硫酸铅、硫酸银沉淀，二氧化硅不反应成为沉淀，三者成为滤渣；流程中得到产品氧化锌，故滤液可加入氧化锌消耗溶液中氢离子，调节溶液的pH将铁转化为沉淀，滤液加入单宁酸沉锗，滤渣灼烧后加入浓盐酸氯化蒸馏，加入水水解后得到，电解得到单质锗；沉锗后滤液加入碳酸氢铵得到锌的沉淀，灼烧得到氧化锌；【详解】（1）由分析可知，“酸浸”后所得的滤渣主要成分除外，还含有Ag2SO4、PbSO4；（2）“酸浸”过程中浓硫酸用量超过理论量会导致锗的浸出率降低，其可能的原因为生成的Ag2SO4、PbSO4沉淀附着在反应物表面，阻碍了反应的进一步进行；（3）由分析可知，“调”所用试剂X为ZnO；若“酸浸”后溶液中，则氢氧根离子浓度不大于，此时pOH=7.6，pH=6.4；要求此时铁离子完全沉淀，则氢氧根离子浓度至少为，此时pOH=11.2，pH=2.8；故应调控的范围为2.8~6.4；（4）若“沉锌”的产物为，则反应为锌离子和碳酸氢根离子生成和水、二氧化碳，离子方程式为；（5）GeCl4水解生成，“水解”反应的化学方程式为；（6）作为电极进行电解生成单质，则反应为得到电子发生还原反应生成单质，该电极反应式为。12．(1)圆底烧瓶(2)     MnO2     MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O(3)除去氯气中的HCl(4)将装置丙置于冰水浴中(5)产生Cl2过快，Cl2在装置丙中没有充分反应而少部分Cl2进入装置丁(6)     0.8mol/L     不变 【分析】装置甲中反应产生Cl2，Cl2进入装置乙，除去携带的HCl，再进入装置丙中和NaOH反应制得NaClO。【详解】（1）根据图示，仪器a的名称是圆底烧瓶。（2）可使用MnO2和浓盐酸在加热条件下制备Cl2，则试剂X为MnO2，相应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O。（3）Cl2中携带未参与反应的HCl，装置乙的作用是除去氯气中的HCl，防止HCl与装置丙中的NaOH反应。（4）Cl2和NaOH反应是放热反应，降温可提高产率，可采取的改装方式是将装置丙置于冰水浴中。（5）可能是由于产生Cl2过快，导致Cl2在装置丙中没有充分反应而少部分Cl2进入装置丁。（6）1个Cl2得到2个电子变成2个Cl－，1个NaClO得到2个电子也变成2个Cl－，说明Cl2和NaClO的氧化能力相同，则装置丙中的的物质的量浓度为。3个转化为1个，而中Cl元素为+5价，1个得到6个电子变成1个Cl－，其氧化能力和3个是相同的，因此实验制得的溶液在放置过程中又有部分转化成，其有效氯含量不变。13．(1)(2)     AC     n     逆               催化剂活性降低，反应速率减慢 【详解】（1）已知：①    ②   ③  由盖斯定律可知，①+②-③得，则；（2）①A．由化学方程式体现的关系可知，b点时达到平衡状态，正逆反应速率相等，则有2v正(H2)=3v逆(H2O)，A正确；B．反应为放热反应，随着温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，故a、b、c三点的平衡常数：Kb>Ka>Kc，B错误；C．将H2O(g)液化分离，平衡正向移动，可提高C2H4的产率，C正确；D．活性更高的催化剂可提高反应速率，但是不改变CO2的平衡转化率，D错误；故选AC；②随着温度升高，平衡逆向移动，乙烯、水的体积分数减小，结合化学方程式中系数可知，乙烯减小的程度小于水，故表示水体积分数随温度变化的曲线是m、表示C2H4体积分数随温度变化的曲线是n；③随着温度升高，平衡逆向移动，二氧化碳、氢气的体积分数增大，结合化学方程式中系数可知，二氧化碳增大的程度小于氢气，则l为二氧化碳体积分数变化曲线、k为氢气体积分数变化曲线；若d点表示240℃某时刻H2的体积分数，此时氢气的体积分数小于平衡时氢气体积分数，保持温度不变，则反应向逆反应方向进行。④205℃，反应达b点所用时间为tmin，此时二氧化碳和乙烯体积分数相同，则2-2a=a，，则此过程中用CO2表示的反应速率是；平衡时二氧化碳、氢气、乙烯、水分别为、、，总的物质的量为6mol，若平衡时b点总压为P，则平衡常数；⑤当温度高于302℃，CO2转化随着温度升高而下降的原因是温度超过催化剂X的活性温度，催化剂活性降低，反应速率减慢。14．(1)(2)>(3)     孤电子对越多，对成键电子对斥力越大，键能越小     sp3(4)     Fe、Mn     顶点、面心 【详解】（1）Mn的原子序数为25，价电子排布式为3d54s2，轨道表示式为；（2）Mn的价电子排布式为3d54s2，Fe的价电子排布式为3d64s2，各失去2个电子后，外层电子排布式分别为3d5、3d6，Mn2+的3d轨道处于半充满，稳定，再失去一个电子所需要的能量较高，故>；（3）孤电子对越多，对成键电子对斥力越大，键能越小，故中的第二周期元素与H元素形成的、、化合物中，A-A键键能依次减小；分子中N原子均形成单键，杂化类型为sp3；（4）晶胞中，与CN-形成配位键的元素有Fe、Mn；若0点处于晶胞体心，则Mn处于顶点、面心位置。15．(1)酰胺基(2)     CH2ClCH2CH2CH2Cl     C12H13N(3)还原反应、取代反应(4)(5) 【分析】由流程可知，A和B生成C，结合C结构及B化学式可知，B分子式为C4H8Cl2，结构为CH2ClCH2CH2CH2Cl；A与B发生取代反应生成C和HCl，C发生硝化反应引入硝基生成D，D中硝基被还原转化为氨基得到E，E中氨基和F中羧基发生取代反应生成G，G中氯原子被取代生成H；【详解】（1）由H结构可知，H中含氧官能团的名称为酰胺基；（2）由分析可知，B的结构简式为CH2ClCH2CH2CH2Cl，C的分子式为C12H13N；（3）D中硝基被还原转化为氨基得到E，为还原反应；G中氯原子被取代生成H，为取代反应；（4）E中氨基和F中羧基发生取代反应生成G，反应为；（5）F的同分异构体中，含一个苯环，核磁共振氢谱有2组峰且面积比为，则其对称性很好，结构简式为。