福建省漳州市2022届高三第三次模拟考试化学试题及答案

福建省漳州市2022届高三第三次模拟考试化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Zn65Ce140一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.2022年央视春晚舞蹈诗剧《只此青绿》演活宋代名画《千里江山图》。该画作历经千年色彩依旧，其中青色来自蓝铜矿颜料［主要成分］，绿色来自孔雀石颜料［主要成分］。下列说法错误是A.《千里江山图》可用进行年代鉴定，与互为同位素B.画作材质为麦青色的蚕丝织品-绢，其主要成分为蛋白质C.蓝铜矿颜料和孔雀石颜料均耐酸耐碱，所以画作历经千年色彩依旧D.蓝铜矿颜料和孔雀石颜料均难溶于水，且不易被空气氧化【答案】C【解析】【详解】A．可用于文物年代鉴定，与为同种元素，互为同位素，A项正确；B．蚕丝的主要成分为蛋白质，所以蚕丝织品-绢，其主要成分为蛋白质，B项正确；C．蓝铜矿颜料和孔雀石颜料主要成分分别为和，二者均能与酸反应，所以不耐酸，C项错误；D．和均难溶于水而且性质稳定不易被空气氧化，D项正确；故答案选C。2.北京冬奥会场馆建设中用到的一种耐腐蚀、耐高温的绿色环保表面涂料是以某双环烯酯为原料制得的，该双环烯酯的结构如图所示。下列说法正确的是

A.该双环烯酯分子中有3个手性碳原子B.该双环烯酯分子式为C.该双环烯酯的一氯代物有11种D.该双环烯酯能发生氧化反应、水解反应、加聚反应【答案】D【解析】【详解】A．该双环烯酯分子中只有环上连接支链的2个碳原子连接四个不同的基团，故只有2个手性碳原子，故A错误；B．分子式为，故B错误；C．该双环烯酯的结构中每个碳原子的氢原子各不相同，故一氯代物有13种，故C错误；D．分子中含有碳碳双键能发生氧化反应、加聚反应，含有酯基能发生水解反应，故D正确；故选D。3.设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.常温常压下，20g含有中子数、电子数分别为8、10B.标准状况下，2.24L含有键的数目为0.2C.1molNa与完全反应，生成和的混合物，Na失去的电子数目为D.常温常压下，0.1mol溶于水，溶液中、HClO、的数目之和为0.2【答案】C【解析】【详解】A．一个分子中质子数和中子数均为10，20g的物质的量为=1mol，故20g含有中子数、电子数分别为10、10，故A错误；B．标准状况下为液体，故无法计算物质的量，故B错误；C．1molNa与反应无论生成或，Na均为+1价，故Na失去的电子数目为，故C正确；D．溶于水后的溶液还存在分子，故、HClO、的数目之和小于0.2，故D错误；故选C。4.下列实验操作或实验设计正确的是ABCD验证铁钉的析氢腐蚀验证1-溴丙烷发生消去反应熔化固体收集气体A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．铁钉在食盐水中发生吸氧腐蚀，选项A错误；B．1-溴丙烷在热的氢氧化钾乙醇溶液中发生消去反应生成丙烯，丙烯中混有乙醇和溴化氢，用水除去乙醇和溴化氢，酸性高锰酸钾溶液褪色可以验证丙烯的生成，选项B正确；C．高温下会与反应，必须用铁坩埚熔化碳酸钠固体，选项C错误；D．的密度比空气大，收集时需要长进短出，选项D错误；答案选B。5.某种含二价铜的催化剂可用于汽车尾气脱硝。催化机理和反应过程中不同态物质体系所具有的能量如图所示。下列说法正确的是

A.该脱硝过程总反应的焓变B.由状态①到状态⑤所发生的反应均为氧化还原反应C.由状态③到状态④的变化过程有极性键的断裂和形成D.总反应的化学方程式为【答案】C【解析】【详解】A．由图可知反应物的总能量大于生成物的总能量，应为放热反应，，选项A错误；B．由状态①到状态②各元素化合价均未发生变化，为非氧化还原反应，选项B错误；C．由状态③到状态④的变化过程有中的极性键的断裂和产物中O-H键的形成，选项C正确；D．由图可知脱硝过程反应物为：2mol、2molNO、0.5mol，生成物为：3mol、2mol，总反应的化学方程式为，选项D错误；答案选C。6.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.含有的水溶液中：、、、B.能使酚酞变红的溶液中：、、、C.中性溶液中：、、、D.由水电离出的的溶液中：、、、【答案】A【解析】【详解】A．、、、、，各离子之间相互不反应，能大量共存，选项A正确；B．与能反应生成和，不能大量共存，选项B错误；C．在中性条件下会水解转化成，不能大量存在，选项C错误；D．常温下，由水电离出的的溶液，pH=1或者pH=13，在pH=1时与会发生氧化还原反应而不能大量共存，选项D错误；答案选A。7.下列实验方案能达到相应实验目的的是选项实验目的实验方案A检验未知溶液中是否含有用玻璃棒蘸取未知溶液进行焰色反应B证明淀粉没有水解向淀粉溶液中加入少量稀硫酸，加热4~5分钟，待溶液冷却后滴加碘水C除去溶液中少量向含有少量的溶液中加入足量粉末，搅拌、静置、过滤D证明AgCl的溶解度大于的溶解度向5mL0.1溶液中加入1mL0.1NaCl溶液，出现白色沉淀，再加入几滴0.1溶液A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．不能用玻璃棒做焰色反应，应用铂丝或带铂丝的玻璃棒做焰色反应，故A错误；B．溶液中加碘水变为蓝色，只能说明溶液中还含有淀粉，说明淀粉未水解或者部分水解，故B错误；C．FeCl3易水解生成氢氧化铁，加入Mg(OH)2粉末，调节溶液的pH，促进铁离子的水解，且不引入新的杂质，故C正确；D．由于硝酸银过量，与加入生成沉淀，不能说明沉淀转化，故D错误；故选C。8.短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，四种元素可以组成一种分子簇，其分子结构如图所示(球的大小表示原子半径的相对大小)，W、X位于不同周期，X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z的族序数等于其周期数。下列说法错误的是A.工业上采用电解Y、Z的熔融氯化物获得相应的单质B.Y与W形成的离子化合物具有强还原性C.简单离子的半径：D.Y的最高价氧化物对应水化物的碱性比Z的强【答案】A【解析】【分析】X原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，则X为O元素；Z的族序数等于其周期数，其原子序数大于O，则Z为A元素W、X位于不同周期，图中W的原子半径小于X的，故W为H元素；四种元素组成分子簇的化学式为H2Al2O5Y2，结合化合价为0可知，Y的化合价为+2，其原子半径大于Al，则Y为Mg元素。则W、X、Y、Z分别为H、O、Mg、Al。【详解】A.为共价化合物,工业上不能采用电解熔融的方法制取单质Al，选项A错误；B．Y为Mg，W为H，形成的离子化合物具有强还原性，选项B正确；C．X、Y、Z、W三种元素的离子分别为O2-、Mg2+、Al3+、H+，离子核外电子层数越多，其离子半径越大，电子层数相同的离子，离子半径随原子序数增大而减小，故X、Y、Z、W三种元素的离子半径由小到大顺序为W<Z<Y<X，选项C正确；D．Y为Mg、Z为Al，同周期从左到右，金属性减弱，即金属性:Mg>Al，则最高价氧化物对应水化物的碱性:Y>Z，选项D正确；答案选A。9.羟基自由基(·OH)具有强氧化性。我国科学家设计了一种能将苯酚氧化为、的原电池-电解池组合装置(如图所示)，该装置能实现发电、环保二位一体。下列说法正确的是

A.a极每1mol参与反应，通过质子交换膜的数目理论上为8B.b极为原电池的负极，工作一段时间后溶液的pH变大C.相同条件下，c、d两极产生气体体积比为7∶1D.d极区苯酚被氧化的化学方程式为【答案】D【解析】【分析】根据装置图可知，左侧为原电池，右侧为电解池，a电极中Cr元素的化合价由+6价转化为+3价，根据原电池工作原理，a电极为正极，b电极为负极，根据电解原理，d极为阳极，c极为阴极，据此分析；【详解】A．由图可知，左侧为原电池装置，a极电极反应式为，每1mol参与反应，转移6mole-，则通过质子交换膜的H+数目理论上有6NA；故A错误；B．b为负极，电极反应式为，溶液pH减小，故B错误；C．d极电极反应为，羟基自由基(·OH)进一步氧化苯酚，，c极电极反应为，每转移1mole-，生成H2的物质的量是0.5mol，d极生成的物质的量是mol，相同条件下气体的体积比等于气体的物质的量的比。则c、d两极产生气体的体积比为，故C错误；D．根据C选项，d极区苯酚被氧化的反应方程式为，故D正确；答案为D。10.天然水体中的与空气中的保持平衡。已知某温度下，。某溶洞水体中(X为、、或)与pH的关系如图所示。下列说法错误的是

A.线④代表与pH的关系曲线B.该温度下，的电离平衡常数数量级为C.当时，溶液的D.当时，水体中【答案】B【解析】【详解】A．由于天然水体中的与空气中的保持平衡，故天然水体中的浓度不会发生改变，由此可得，线①代表。随着pH的增大，溶液的碱性增强，、浓度增大，在pH较小时，浓度较大，所以线②代表，线③代表。而随着浓度增大，逐渐生成沉淀，溶液中逐渐减小，线④代表，故A正确；B．由点a(6.3，5)可计算该温度下的一级电离平衡常数数量级为，故B错误；C．由点c(10.3，1.1)可求出的二级电离平衡常数，，已知、，则，pH=9.8，故C正确；D．根据点c(10.3，1.1)当pH=10.3时，，已知，则，故D正确；故选B。二、非选择题11.二氧化铈()具有较强的氧化性，是一种应用非常广泛的稀土氧化物。以氟碳铈矿(主要含、BaO等)为原料制备的一种工艺流程如图所示。回答下列问题：（1）“氧化焙烧”后，Ce元素转化为和。写出氧化焙烧的化学方程式_______。（2）“酸浸”时，铈的浸出率与温度、的关系如图所示，应选择的最适宜的条件为_______(填标号)。A.65℃2.0B.75℃2.0C.85℃2.5D.100℃2.5“酸浸”不用盐酸的理由是_______(任写两点)。（3）“系列操作”包含以下几个过程：已知：不能溶于有机物TBP；能溶于有机物TBP，且存在反应。“滤液A”中加入有机物TBP后的分离方法是_______，“有机层B”中发生反应的离子方程式为_______。（4）“调pH”中，要使沉淀完全(通常认为溶液中离子浓度小于为沉淀完全)，应控制pH大于_______(已知25℃时)。（5）“氧化”中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。（6）是汽车尾气净化催化剂的关键成分，在尾气消除过程中与相互转化。中的Ce为＋3、＋4价，测定x的值可判断它们的比例。现取固体1.6560g，加入足量硫酸和0.0220mol充分溶解，使全部被还原成，再用0.1000的酸性标准溶液滴定至终点，重复操作三次，平均消耗标准溶液40.00mL(已知氧化性：)，则x的值为_______。【答案】（1）（2）①.C②.具有较强氧化性会被盐酸还原为；生成有毒的会污染环境；盐酸不能除去杂质等（3）①.分液②.（4）9（5）1：2（6）0.2【解析】【分析】氟碳铈矿主要含CeFCO3、BaO等，在富氧空气中“氧化焙烧”生成CeO2、CeF4和CO2，熔渣中加入硫酸“酸浸”时，BaO与H2SO4反应生成BaSO4，CeO2、CeF4转化成CeF3+，过滤后，滤液经系列操作，CeF3+转化成Ce3+，加入NaOH调节pH使Ce3+转化成Ce(OH)3沉淀，过滤后滤渣中加入NaClO将Ce(OH)3氧化成Ce(OH)4，煅烧Ce(OH)4得到CeO2。【小问1详解】“氧化焙烧”步骤中，BaO不参与反应，由流程可知CeFCO3与富氧空气中的氧气发生氧化还原反应生成CeO2、CeF4和CO2，此过程中Ce元素的化合价由+3价升至+4价，O元素的化合价由0价降至-2价，根据得失电子守恒、原子守恒，反应的化学方程式为；答案为：。【小问2详解】由图可知，温度为85℃、c(H+)为2.5mol/L时，铈的浸出率最高，应选择的最适宜的条件为85℃、2.5mol/L；“酸浸”步骤中，用硫酸浸取，BaO与硫酸反应生成BaSO4沉淀，若用盐酸替代硫酸，CeO2具有较强氧化性会被盐酸还原为Ce3+，生成有毒的Cl2会污染环境，且盐酸不能除去杂质Ba2+；答案为：C；CeO2具有较强氧化性会被盐酸还原为Ce3+；生成有毒的Cl2会污染环境；盐酸不能除去杂质Ba2+等。【小问3详解】滤液A中的CeF3+能溶于有机物TBP，振荡静置后的水层与有机层采用分液方法进行分离；由流程可知，有机层A中加入“洗氟液”后，分离出含F-溶液，F-浓度减小，平衡CeF3++TBP⇌CeTBP4++F-正向移动，CeF3+离子转化为CeTBP4+离子；由流程可知，有机层B中CeTBP4+离子在酸性条件下与H2O2发生氧化还原反应，CeTBP4+被还原成Ce3+，则H2O2被氧化成O2，Ce元素的化合价由+4价降至+3价，O元素的化合价由H2O2中的-1价升至O2中的0价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为；答案为：分液；。【小问4详解】当c(Ce3+)=1×10-5mol/L时，依据，，c(H+)=10-9mol/L，pH=9，此时处于沉淀溶解平衡状态，当pH大于9时，Ce3+完全沉淀；答案为：9。【小问5详解】“氧化”步骤中氧化剂是NaClO，还原产物是Cl-，1molNaClO参与反应得到2mol电子，还原剂是Ce(OH)3，氧化产物是Ce(OH)4，1molCe(OH)3参与反应失去1mol电子，根据得失电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2；答案为：1：2。【小问6详解】实验过程CeO2(1-x)固体中Ce4+全部被还原成Ce3+，FeSO4∙7H2O部分被氧化成Fe3+，剩余的部分用酸性KMnO4标准溶液滴定，由于氧化性Ce4+＞KMnO4，故滴定过程中KMnO4不会与Ce3+反应，根据反应5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，与反应的Fe2+的物质的量为5×0.1000mol/L×0.04L=0.02mol，还原Ce4+消耗的Fe2+的物质的量为0.0220mol-0.02mo1=0.0020mol，根据反应Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+，则固体中+4价Ce的物质的量0.0020mol，相当于CeO2为0.0020mol，则固体中相当于Ce2O3物质的量为=0.004mol，则固体中，解得x=0.2；答案为：0.2。12.硫氰化钾(KSCN)是一种用途广泛的化工原料，常用于染料、药物的生产。实验小组设计如图实验装置模拟工业制备KSCN并进行相关探究实验。

已知：①是一种不溶于水且密度大于水的非极性试剂。②回答下列问题：（1）的结构式为_______。（2）装置A用于实验室制备氨气，反应的化学方程式为_______。（3）装置B中，三颈烧瓶内盛放有、水和固体催化剂，通入氨气的导管口需要插入液体中，其目的是_______(写两点)。（4）待三颈烧瓶内液体不分层后，熄灭装置A处的酒精灯，关闭，移开水浴。将装置B继续加热至105℃，待完全分解后()，打开，缓缓滴入适量的溶液充分反应，完全分解制得KSCN溶液。装置C中仪器a的名称是_______，用离子方程式表示装置C处的烧杯中产生淡黄色浑浊的原因_______。（5）除去固体催化剂后，为使KSCN晶体充分析出并分离，采用的操作为减压蒸发、_______、过滤。（6）过滤装置C中吸收尾气后的悬浊液，得到滤液x。取少量滤液х进行如图实验［已知(白色)］：

①设计实验方案并根据实验现象解释试管b中产生银镜的原因_______［可供选择的试剂：0.5溶液、溶液、溶液、溶液］。②小组同学观察到试管c中实验现象后，用力振荡试管，又观察到红色褪去且白色沉淀增多，结合平衡移动的知识解释其原因_______。【答案】（1）（2）（3）防倒吸；使与充分接触混合（4）①.(球形)干燥管②.（5）冷却结晶（6）①.取2mL0.5溶液，加入几滴溶液，若产生银镜，证明是还原产生银镜②.红色溶液存在平衡⇌，用力振荡，发生反应，白色沉淀增多；减小，使上述平衡逆向移动，红色褪去【解析】【分析】A中制备氨气，在B中氨气与二硫化碳反应先生成硫氰化铵，然后与碳酸钾溶液反应生成硫氰化钾，装置C为尾气吸收装置。【小问1详解】根据C形成4个共价键、N形成3个共价键、S形成2个共价键或与互为等电子体进行判断，故的结构式为。【小问2详解】氯化铵和氢氧化钙混合加热制备氨气，故化学方程式为。【小问3详解】是非极性试剂，极性分子在其中溶解度小，可以防倒吸；(气体)通入(液体)中，可以增大接触面积，使反应充分。【小问4详解】装置C中仪器a为(球形)干燥管，由装置C烧杯中产生淡黄色浑浊，可知被氧化为S单质，则氧化剂被还原为，离子方程式为。【小问5详解】减压蒸发、冷却结晶、过滤得到KSCN晶体。【小问6详解】①滤液x的主要溶质为、和，试管b中产生银镜是因为发生反应。根据试管a中溶液的用量，结合所提供的试剂，要选用2mL0.5溶液和溶液设计实验方案，故答案为：取2mL0.5溶液，加入几滴溶液，若产生银镜，证明是还原产生银镜。②试管c的溶液局部变红是因为上层清液中的与滴入的反应，存在化学平衡⇌。用力振荡试管，上层清液中的与充分接触生成难溶的白色沉淀，所以白色沉淀增多；减小，使上述平衡逆向移动，红色褪去，故答案为：红色溶液存在平衡⇌，用力振荡，发生反应，白色沉淀增多；减小，使上述平衡逆向移动，红色褪去。13.2021年以来，全国十六个省市将氢能源写入“十四五”规划中，氢能是助力“碳达峰、碳中和”战略目标实现的重要新能源，以为原料制具有广阔的应用前景。在一定条件下与催化重整制涉及以下反应：主反应：副反应：（1）写出与反应生成CO和的热化学方程式_______。（2）我国学者模拟主反应重整制，研究在Pt-Ni合金和Sn-Ni合金催化下。甲烷逐级脱氢的反应。不同催化剂的甲烷脱氢反应历程与相对能量关系如图所示(*表示吸附在催化剂表面的物质，吸附过程产生的能量称为吸附能)。使用Sn-Ni合金作为催化剂的历程中最大能垒_______eV；脱氢反应阶段选择Pt-Ni合金作为催化剂效果更好，理由是_______。（3）恒压条件下，与以等物质的量投料进行催化重整实验，和的平衡转化率随温度的变化曲线如图所示。①曲线_______(填“A”或“B”)表示的平衡转化率。②X点的速率：v(正)_______v(逆)(填“＞”“＜”或“=”)，判断依据是_______。③800K时，主反应的平衡常数_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。（4）科学家研发出一种新系统，通过“溶解”水中的触发电化学反应，该装置可有效减少碳的排放，并得到氢能源，其工作原理如图所示。则生成的电极反应式为_______。【答案】（1）⇌（2）①.3.809②.使用Pt-Ni合金作催化剂时，反应历程中的活化能都较小，反应速率较快，催化效果更好（3）①.A②.＞③.800K时，X点反应还未平衡，反应正向进行，所以④.（4）【解析】【小问1详解】结合已知信息，主反应-副反应可得与反应生成CO和的化学方程式⇌，根据盖斯定律，则与反应生成CO和的热化学方程式为：⇌；【小问2详解】据图可知，使用Sn-Ni合金作催化剂时，由到过渡态2的能垒最大，为，使用Pt-Ni合金作催化剂时，反应历程中的活化能都较小，反应速率较快，催化效果更好；【小问3详解】①参与2个反应，而只参与1个反应，相同情况下消耗更多，平衡转化率更大，即曲线A表示CO2的平衡转化率；②800K时，X点反应还未达到平衡，反应正向进行，则v(正)＞v(逆)；③800K时，根据图中平衡转化率，设起始时mol，则转化的物质的量molmol，molmol，列三段式：平衡体系中各气体的物质的量为：0.8amol；0.6amol；0.6amol；0.2amol；0.2amol；总物质的量为：2.4amol。根据分压=总压×物质的量分数可计算在恒温恒压下，主反应的分压平衡常数：；【小问4详解】由图可知，b电极为正极，CO2得到电子发生还原反应，电极反应式为。14.钴(Co)是人体必需的微量元素，含钴化合物在机械制造、磁性材料等领域具有广泛的应用，是一种重要的战略金属。回答下列问题：（1）下列状态的Co微粒中，电离最外层一个电子所需能量最大的是_______(填标号)。A. B. C. D.（2）Co与Ca位于同一周期，且最外层电子数相等，但单质Co的熔点、沸点均比单质Ca高，原因是_______。（3）Co配合物为紫红色固体，1mol中含有的键数目为_______，分子与形成配合物后H-N-H键角_______(填“变大”“变小”或“不变”)。（4）Co配合物中配位体的空间构型为_______。中国化学家首次成功制得含全氮阴离子()的金属盐，这是一种配合物分子，的结构式如图所示。该金属盐中不存在的微粒间作用力有_______(填标号)。

a.键b.键c.离子键d.氢键e.金属键f.范德华力（5）化学家发现了具有超导性的晶体，其层状结构如图所示。下列用粗线画出的重复结构单元示意图不能描述其化学组成的是_______(填标号)。A. B. C. D.【答案】（1）B（2）Co原子半径较小且单位体积内自由电子数目较多，所以原子化热更大，金属键更强（3）①.21②.变大（4）①.直线形②.c、e（5）D【解析】【小问1详解】要电离最外层一个电子A所需能量为，B所需能量为，，C、D为激发态，所需能量更低，故选B。【小问2详解】Co原子半径较小且单位体积内自由电子数目较多，所以原子化热更大，金属键更强，故质Co的熔点、沸点均比单质Ca高。【小问3详解】1mol中含有的配位键数目为6，中含有的键数目为，共21