2022届福建省泉州市高三下学期3月毕业班质量监测（三）化学试题（解析版）.doc

1、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

2、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

3、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，

4、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

5、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0.2NAB. (正四面体结构)所含共价键的数目为0.15NAC. 的溶液中和的数目均为1NAD. 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；B3.1gP4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

6、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

7、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】AO的非金属性强于N，故稳定性H2ONH3，故A错误；BCl-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；CAl2O3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

8、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】AGa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. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A由于0.1mol/L的FeCl3

9、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

10、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；BPt电极的反应为，氢离子浓度增大，pH变小，B错误；CTCE电极发生还原反应，电离方程式为：，C正确；DPt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

11、(C6H5NH2)溶液，溶液的pOHpOH=-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=7C. 水的电离程度：pqmD. 该滴定过程选择酚酞作指示剂【答案】B【解析】【详解】AC6H5NH2+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；Bm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mq，比值增大，所以c(C6H5N

12、H2)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qpm，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

13、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） . . 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、

14、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

15、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。.离子交换法提取的流程如下：已知：交换吸附发生反应：，；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

16、液。后经_(填操作名称)回收乙醚。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250mL碘量瓶药品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）碘量瓶平衡体系中与中接近。_(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） . 分液漏斗 . 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 （

17、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

18、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】由中可知中c(I2)=0.0012mol/L，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：

19、反应：反应：反应：反应：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： 300K时，反应进行趋势最大的是_(填“”、“”或“”)。图1中Q点时，反应的_。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510550K的原因为_。(已知：的选择性)510K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。 途径一，电还原经两步反应生成HCOOH

20、：第一步为(*表示微粒与Bi的接触位点)；第二步为_。电还原的选择性以途径一为主，理由是_。【答案】（1）-423.7 （2） . . 1 . 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 . （3） . . 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：反应：已知：根据盖斯定律，由反应已知+-，可得-483.6kJ/mol+35.2kJ/mol-(-24.7kJ/mol)=-423.7kJ/mol。【小问2详解】越大表示反应进行的趋势越大，故300K时，趋势最大的为。反应可由2-2得到，而Q刚好是和的相等的点，即=，

21、该反应的可由和的得到，=/=1。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。510K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】根据图示可知，第二步为。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

22、）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） . 正四面体 . sp3杂化 （3） . 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 . 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

23、，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=

24、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的意义是_。（3）反应、的类型分别为_、_。（4）苯酚甲基化的机理简单表示如

25、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） . (或) . 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） . 氧化反应 . 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

26、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：、。 - 19 -