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

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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 -

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