福建省漳州市高三毕业班上学期第二次质检化学试题

福建省漳州市2024届高三毕业班第二次质量检测化学试题本试题卷共8页，14题。全卷满分100分。考试时间75分钟。可能用到的相对原子质量：C12O16Na23Ti48一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是合题目要求的。1.化学与社会、生产、生活、环境等密切相关。下列说法正确的是A.量子通信材料螺旋碳纳米管与石墨烯互为同素异形体B.建造“福厦高铁”跨海大桥所采用的钢材的熔点、硬度均比纯铁高C.我国科学家利用电催化实现了醇到醛的高选择性转化，该过程体现了醇的氧化性D.华为配备的玻璃屏幕属于有机高分子材料【答案】A【解析】【详解】A.碳纳米管与石墨烯是碳元素组成的不同单质，互为同素异形体，A正确；B.钢属于合金，熔点比纯铁低，硬度比纯铁大，B错误；C.电催化醇氧化可得醛，体现了醇的还原性，C错误；D.玻璃属于无机非金属材料，D错误。故选A。2.吗替麦考酚酯主要用于预防器官排斥反应，其结构简式如图。下列关于该化合物说法错误的是A.含氧官能团有3种B.不含手性碳原子C.1mol该有机物最多可消耗D.可以发生加成、氧化、取代反应【答案】C【解析】【详解】A．该有机物含有醚键、酯基和酚羟基三种含氧官能团，A正确；B．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；该有机物中的饱和碳原子皆不符合手性碳的条件，B正确；C．该有机物中含有的酯基和酚羟基均能与反应，1mol酯基消耗，1mol酚羟基消耗，所以1mol该有机物最多可消耗，C错误；D．该有机物中的碳碳双键、苯环均能发生加成反应，酯基可以发生取代反应，酚羟基、碳碳双键能发生氧化反应，D正确；故选C。3.一种用作锂离子电池电解液的锂盐结构如图所示，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族素，W原子的最外层电子数等于其电子总数的。下列说法正确的是A.原子半径：W>Z>Y>XB.简单氢化物稳定性：Y>Z>XC.电负性：Z>Y>XD.阴离子中所有原子最外层均达到稳定结构【答案】C【解析】【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，W原子的最外层电子数等于其电子总数的，为P元素；结合结构分析，X形成四个共价键，为C元素，Y形成两个共价键，为O元素，Z形成一个共价键，为F元素；【详解】A．原子半径：P>C>O>F，A错误；B．简单氢化物的稳定性：，B错误；C．元素的非金属性越强，电负性越大，则电负性：F>O>C，C正确；D．在阴离子中C、O、F原子最外层均为稳定结构，P原子最外层未形成稳定结构，D错误；故选C。4.我国科学家李亚栋、钱逸泰等利用以下反应原理合成了金刚石，(金刚石)。为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.12g金刚石中含有的CC键的数目为B.标准状况下，含有键数目为C.溶液中和数目之和为D.每消耗46g的钠单质，转移的电子数目为【答案】A【解析】【详解】A．12g金刚石的物质的量为1mol，依据金刚石的结构可知，每个碳原子形成CC键的个数为，故12g金刚石中含有CC键的数目是，A正确；B．标准状况下不是气体，故无法计算键的数目，B错误；C．溶液的体积未知，无法计算离子的数目，C错误；D．46g钠单质的物质的量为2mol，由关系式可知转移电子数为，D错误；故选A。5.下列离子方程式书写正确的是A.明矾溶液与过量氨水混合：B.将铜丝插入稀硝酸中：C.溶液中滴加至完全沉淀：D.以铁为电极电解饱和食盐水：【答案】B【解析】【详解】A．只能溶于强碱不能溶于弱碱，所以明矾和过量的氨水反应生成沉淀，反应为，A错误；B．铜和稀硝酸生成硝酸铜和NO、水，B正确；C．少量的物质完全反应，应按少量的物质的电离比例书写离子方程式，溶液中滴加至完全沉淀，则完全反应，氢氧根离子过量，参加反应的和物质的量比为1：1，反应为，C错误；D．铁为活性电极，阳极的电极反应是铁单质放电生成，不会生成，D错误；故选B。6.下列实验正确的是A．除去气体中少量的B．分离固体和C．用苯萃取碘水中的D．模拟工业制备A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．与不反应，可与反应生成气体，该装置会将气体除去，A错误；B．I2易升华，受热易分解，且其分解生成的与遇冷又会化合生成氯化铵固体，加热无法分离两固体，B错误；C．苯的密度小于水，苯与水分层，有机层在上层，C错误；D．模拟侯氏制碱法制备，可在与的饱和溶液中通入实现，D正确；故选D。7.膜电极反应器具有电阻低、能耗低、结构紧凑等优点，研究人员设计了一种(碱性)膜电极反应器(如图所示)用于持续制备，下列说法中正确的是A.电极M上，反应物和生成物中碳原子的杂化方式相同B.电极N的电极反应式：C.反应后溶液的pH变大D.电极M上产生，转移电子的数目为【答案】C【解析】【分析】M极通入乙炔被还原为乙烯是正极，N极2价的O被氧化为氧气是负极。【详解】A．中碳原子为sp杂化，中碳原子为杂化，杂化方式不同，故A错误；B．由图中信息可知，电极N上，碱性溶液中的氧元素被氧化为氧气，电极反应为，故B错误；C．反应器的总反应为，反应后溶液的碱性增强，pH变大，故C正确；D．未给出气体是否处于标准状况，无法计算转移电子的数目，故D错误；故答案为：C。8.在化工生产中常利用某分子筛作催化剂，催化脱除废气中的NO和，生成两种无毒物质，其反应历程如图所示。下列说法错误的是A.X为纯净物，且生成X的反应为氧化还原反应B.和中心原子杂化方式相同，但微粒的空间结构不同C.脱除废气中的NO和时，D.历程④可表示为【答案】A【解析】【详解】A.反应过程中，＋4价、＋2价氮元素与3价的氮元素发生氧化还原反应，根据质量守恒定律，由转化③可知X为和，故X为混合物，故A错误；B.和中心原子的价电子对数均为4，均为杂化，但含有1对孤电子对，故的空间结构为正四面体形而的空间结构为三角锥形，故B正确；C.根据反应历程图可知，进入体系的物质、NO、为反应物，从体系出来的物质、为生成物，总反应：，故脱除燃煤烟气中的NO和时，，故C正确；D.根据质量守恒定律，由转化④可知Y是，故D正确。故选A。9.可用于生产软磁铁氧体，以硫铁矿(主要成分是，含少量、和)为原料制备的工艺流程如下，相关数据见下表。下列说法错误的是金属离子开始沉淀pH(25℃)1.97.64.0沉淀完全pH(25℃)329.75.2A.“焙烧”时硫铁矿发生的化学反应为B.“试剂a”可选用铁粉，主要目的是将转化为C.“试剂b”可选用氨水，应调节溶液的pH范围：5.2≤pH＜7.6D.“滤液D”的主要成分为，可用作氮肥【答案】A【解析】【分析】硫铁矿焙烧主要反应为被空气中氧气氧化为氧化铁和二氧化硫：，加入稀硫酸进行酸浸，将铁、铝转化为盐溶液，过滤得到滤渣A，主要成分为不反应的二氧化硅，试剂a为还原性铁粉，主要目的为将Fe3+转化为Fe2+，以便后续步骤中除去Al3+，过滤得到滤渣B，主要成分为过量的Fe，加入试剂b，结合图表可知，调节溶液pH为5.2~7.6将Al3+完全沉淀，过滤得到滤渣C，主要成分为Al(OH)3，向滤液中加入过氧化氢和氨水，产生沉淀FeOOH，过滤得到滤液D，主要成分为；【详解】A．由分析可知，“焙烧”时硫铁矿发生的化学反应为，A错误；B．“试剂a”可选用还原性铁粉，主要目的是将转化为，以便后续步骤中除去，B正确；C．根据信息中各金属离子开始沉淀和完全沉淀时溶液的pH可知，调节溶液pH为5.2～7.6，能将完全沉淀，而不沉淀，C正确；D．由分析可知，“滤液D”，其主要成分为，属于铵态氮肥，D正确；故选A。10.为二元弱酸，常温下将的溶液滴入的溶液中，溶液中(或)的分布系数、溶液体积V与pH的关系如图所示。[已知：]。下列叙述错误的是A.曲线b表示的是的分布系数变化曲线B.的第二步电离平衡常数C溶液中D.n点时，【答案】C【解析】【详解】A．用溶液滴定发生反应，不断减少，不断增多，故曲线b表示的是的分布系数变化曲线，A正确；B．m点时和的分布系数相同，，则的第二步电离平衡常数，B正确；C．由起点未加溶液时，常温下溶液呈酸性可知，的电离程度大于水解程度，所以，C错误；D．n点时滴入了溶液，溶液中和的浓度比为1：1，根据物料守恒和电荷守恒可得：，，消去可得，D正确；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共60分。11.用方铅矿(主要含及少量)和软锰矿(主要含及少量、)制备和的工艺流程如图所示：已知：难溶于冷水，易溶于热水；。回答下列问题：（1）“浸取”时，为加快反应速率可以采取的措施有___________(任写一种)；参与反应的离子方程式为___________；与发生氧化还原反应，滤渣1的主要成分为___________(填化学式)。（2）“调pH”时，相关元素可溶性组分的与pH的关系如下图所示，试计算___________。已知：常温下，试计算时，溶液中___________。（3）“趁热抽滤”后得到滤渣2的主要成分是___________，“趁热抽滤”后检验铁元素已沉淀完全的操作是___________。（4）滤液X用空气和氨水处理可制备，反应温度和溶液pH对的纯度和产率影响如图所示：①由图可知由滤液X制备的最佳反应条件为___________℃，pH=___________。②由滤液X制备化学方程式为，温度过高产率下降的原因可能是___________。【答案】（1）①.适当升高温度(其他合理答案也可)②.③.S（2）①.②.（3）①.、②.取少量抽滤液于试管中，向试管中滴加溶液，若溶液未变成血红色，说明铁元素已沉淀完全（4）①.50②.8.5③.温度过高，氨水不稳定，受热分解【解析】【分析】方铅矿主要成分为PbS，含有杂质FeS，软锰矿主要成分为MnO2，还有少量Fe2O3，A12O3等，加入盐酸、饱和氯化钠溶液，盐酸、氯化钠、PbS、MnO2反应生成S沉淀和，FeS被MnO2氧化为S和Fe3+；Fe2O3、A12O3和盐酸反应生成硫酸铁、硫酸铝；过滤出沉淀S，滤液中加MnCO3调节pH，使酸浸液中Fe3＋、Al3+完全生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，为防止降温易结晶析出，趁热抽滤除去氢氧化铁、氢氧化铝，冷却过滤出PbC12固体，PbC12固体和硫酸钠溶液反应转化为PbSO4固体；滤液X中含有氯化锰，将氯化锰溶液水浴加热并保持50℃，用氨水调节溶液pH并维持在8.5左右，在不断搅拌下边通空气边加氨水，直至有大量沉淀生成，过滤洗涤，真空干燥得到产品Mn3O4；小问1详解】①“浸取”时为加快反应速率可采取的措施有将矿石粉碎、适当升高温度或适当增大盐酸的浓度等；②盐酸浸取，故参与反应的离子方程式为；③与发生氧化还原反应，，故趁热过滤得到的滤渣1的主要成分为S；【小问2详解】①由图可知，时，，，；②时，，，，带入数值可得；【小问3详解】①根据流程中的物质转化分析可知，滤渣2的成分是和；②铁元素在溶液中以形式存在，调节后，检验铁元素是否已沉淀完全只需检验滤液中是否有即可，故操作为：取少量抽滤液于试管中，向试管中滴加溶液，若溶液未变成血红色，说明铁元素已沉淀完全；【小问4详解】①依据图可知，温度越高，纯度越高，但温度高于50℃纯度缓慢增大，产率下降，故最佳温度为50℃；pH小于8.5时，产率、纯度随pH的增大而增大，pH大于8.5时产率下降，故最佳pH为8.5；②由滤液X制备的化学方程式可知反应物中有氨水，氨水不稳定，受热易分解，故产率下降的原因为：温度过高，氨水不稳定，受热分解。12.某小组利用如图甲所示装置制备并收集(夹持装置略去)。已知：Ⅰ.高温时能与反应，极易水解，能溶于；Ⅱ.物质的熔沸点如表：物质熔点℃23.230623沸点℃136.431576.8（1）加热管式炉前需先通入的目的是___________，管式炉加热至900℃时，瓷舟中会生成、和一种有毒的气态氧化物，并发生副反应生成少量，写出主反应生成的化学方程式___________。（2）为除去中的应调节控温箱的温度范围为___________℃。（3）碱石灰的作用是___________，该装置的缺陷是___________。（4）已知在碳化物中硬度最大，工业上一般在真空和高温(>1800℃)条件下用C还原制取：。①基态Ti原子的电子排布式为___________。②反应中涉及的元素第一电离能最大的是___________，中化学键类型为___________。③是一种优良的颜料，其晶胞结构如图。则黑球代表___________(填“Ti”或“O”)。该晶体的密度为___________(用含a、b、的代数式表示，为阿伏加德罗常数的值)。【答案】（1）①.排出装置中的空气，防止与空气中的反应②.（2）136.4～306（3）①.极易水解，防止空气中的水蒸气进入E装置②.缺少处理尾气的装置（4）①.(或)②.O③.共价键④.Ti⑤.【解析】【分析】A为氯气的发生装置，B除去氯气中的水蒸气，C为氯化钛的发生装置，D除去氯化钛中的氯化钛，E为氯化钛收集装置，碱石灰除去空气中的水蒸气，防止氯化钛水解，据此回答。【小问1详解】①由信息Ⅰ可知，高温时能与反应，故加热管式炉前通入的目的是排出装置中的空气，防止与空气中的反应；②瓷舟中会生成TiCl4、FeCl3和一种有毒的气态氧化物，并发生副反应生成少量CCl4，化学方程式：；【小问2详解】根据信息Ⅱ可知，除去中的应调节控温箱温度高于的沸点，低于的熔点；【小问3详解】①极易水解，需在收集的装置后增加防水装置，故碱石灰的作用是防止空气中的水蒸气进入E装置；②管式炉中发生的主反应的生成物中含有气体，故该装置的缺陷是缺少处理尾气的装置；【小问4详解】①钛的原子序数为22，基态钛原子的电子排布式是；②金属元素第一电离能一般小于非金属元素，钛属于金属元素，第一电离能最小，C、O元素为同周期主族元素，一般情况下，第一电离能从左至右依次增大，第一电离能：O>C；③TiC中化学键类型为共价键；④据图知，1个晶胞中黑球个数为，白球个数为，因此黑球代表Ti，白球代表O；⑤1个晶胞的质量为，1个晶胞的体积为，则晶体密度为。13.当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间节点。因此，研发利用技术，降低空气中含量成为研究热点。（1）加氢制甲烷过程中的主要反应为主反应：副反应：则反应___________。（2）恒容密闭容器中充入一定量和，下列说明主反应和副反应均达到平衡状态的有___________(填标号)。A.混合气体密度不随时间变化 B.气体总压强不随时间变化C.气体平均摩尔质量不随时间变化 D.的消耗速率等于水蒸气生成速率（3）500℃时，向1L恒容密闭容器中充入和及催化剂，经10min反应达到平衡后。①测得转化率，生成CO的物质的量为1mol，0～10min用表示的平均反应速率=___________，主反应的平衡常数___________。②的平衡转化率与催化剂的催化效率随温度变化结果如图。若无催化剂，N点平衡转化率能否降至R点并说明理由___________。（4）往恒容密闭容器中通入与，在一定条件下发生反应，测得的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示：压强、、中最小的是___________。压强为时，b点：v(正)___________(填“<”“=”或“>”)v(逆)。（5）在稀硫酸中分别以Pt、Cu为电极，利用电催化可将同时转化为多种燃料，其原理如图所示。在铜电极被还原为多种燃料，则与Pt电极相连的是电源的___________极，写出催化还原成的电极反应式___________。【答案】（1）205.9（2）BC（3）①.0.2②.③.不能，因为催化剂不能改变反应物的平衡转化率（4）①.②.>（5）①.正②.【解析】【小问1详解】根据盖斯定律，主反应副反应即得目标反应，故【小问2详解】A．恒容，反应前后物质状态全为气体，气体总质量不变，故气体密度始终不变，A不选；B．主反应变化前后气体分子数减小，副反应变化前后气体分子数不变，反应到达平衡前气体总压强逐渐减小，总压强不变时达到平衡，B选；C．气体摩尔质量等于混合气体的总质量除以总物质的量，反应前后气体总质量不变，总物质的量减少，气体摩尔质量是个变量，其不变时达到平衡，C选；D．的消耗和水蒸气的生成是同一方向，不能判断反应是否达到平衡，D不选；故选BC；【小问3详解】①根据的转化率可知反应达到平衡后的物质的量2mol，转化的的浓度是，；再根据生成CO的物质的量为1mol，利用碳元素守恒可知生成的物质的量为1mol，由反应前后氧元素守恒可知生成的物质的量为3mol，由反应前后氢元素守恒可知的物质的量为7mol，根据容器的体积为1L可知达到平衡时，、、、，主反应的平衡常数为；②催化剂只能改变反应速率，不能改变平衡转化率，则无催化剂，N点的平衡转化率也不会改变；【小问4详解】①该反应的正反应气体分子数增大，温度不变时，减小压强，平衡向正反应方向移动，的平衡转化率增大，则，故压强最小的是p1；②压强为时，点未达到平衡，反应正向进行，故v(正)>v(逆)；【小问5详解】①由在铜电极被还原为多种燃料，可知铜电极作阴极与电源负极相连，故Pt电极作阳极与电源正极相连；②催化还原成的电极反应式为。14.一种治疗抑郁症的药物K的合成路线如下。已知：i．ii．回答下列问题：（1）A属于芳香烃，则B化学名称为___________。（2）C→D的反应类型为___________，D中所含官能团的名称为___________。（3）写出E→F化学方程式___________。（4）G的结构简式为___________。（5）物质M比C多一个碳原子且不饱和度相同，同时满足：①分子中含有苯环；②能发生银镜反应的M的同分异构体有___________种(不考虑立体异构)，写出其中苯环上有两个取代基，核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1：2：2：2的同分异构体的结构简式为___________(只写一