2022届福建省龙岩市高中毕业班第三次教学质量检测化学试题（解析版）

1、PAGE 21页PAGE 福建省龙岩市2022届高中毕业班第三次教学质量检测化学试题一、单选题1本草纲目中有“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”记载。有关说法错误的是（）A薪柴之灰可做钾肥B取碱浇衣存在水解反应C碱浣衣与肥皂浣衣原理不同D上述过程涉及溶解、过滤、蒸馏操作2异黄酮类化合物是药用植物的有效成分之一，一种异黄酮类化合物Z的部分合成路线如图： 下列说法错误的是（）AX能被 KMnO4 溶液氧化B1molY最多能与4molNaOH反应CZ中环上的氧原子的杂化方式为 sp2DX、Y、Z均能发生加成、取代反应3设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（） A20gD216O含

2、中子数目为8NAB44gCO2和足量 Na2O2 反应，转移电子数为NAC常温下，1LpH=1的 H2SO4 溶液中氧原子数为2NAD标况下，22.4L Cl2 溶于水所得溶液中， Cl2 、Cl-、HClO和ClO-微粒总数为2NA4磷化氢(PH3)是一种在空气中能自燃的剧毒气体，可通过以下流程制取： 下列说法错误的是（）ANaH2PO2 既能与酸反应又能与碱反应B流程中有两处涉及氧化还原反应C该过程需要在无氧条件下进行D分解反应生成 H3PO4 和 PH3 的物质的量之比为115下列有关离子方程式的书写正确的是（） A向FeI2溶液滴入少量Br2：2Fe2+Br2=2Fe3+2Br-B泡沫

3、灭火器的反应原理： Al3+3HCO3=Al(OH)3+3CO2CZn溶于过量的浓硝酸： 3Zn+8H+2NO3=3Zn2+2NO+4H2OD同浓度同体积的 NH4HSO4 溶液与NaOH溶液混合： NH4+OH=NH3H2O6用下列装置进行相应实验，能达到实验目的的是（） ABCD验证非金属性：SCSi实验室制乙烯蒸发结晶获得晶体FeSO47H2O用于除去气体中的杂质AA BB CC DD7某种锂盐的结构如图所示，其阴离子由W、X、Y、Z四种同周期主族元素构成，X原子的最外层电子数是W原子的次外层电子数的3倍，化合物中除Li+外其它原子均满足8电子稳定结构。下列说法正确的是（） AW位于第2

4、周期IVA族B原子半径：ZXYC元素电负性：YZXD最高化合价：YZW8如图是某科研团队设计的光电催化反应器，可由CO2制得异丙醇。其中A、B均是惰性电极，下列说法正确的是（） AB为正极B若A极产生2gH2，则B极产生16gO2C电子从B极通过合成蛋白质纤维膜到A极DA极上 CO2 参与的反应为：3CO2+18H+18e-=CH3CH(OH)CH3+5H2O9在Fe+催化下乙烷氧化的反应机理如图所示(图中为副反应)。下列说法正确的是（） AFeO+、N2均为反应中间体BX既含极性共价键也含非极性共价键C该机理涉及的反应均为氧化还原反应D每生成1molCH3CHO，消耗的 N2O 大于2mol

5、10常温下，向某浓度的 H2A 溶液中逐滴加入NaOH溶液，溶液中-lgc(x)(x为H2A、HA-或A2-)与溶液pH的变化关系如图所示。则下列说法正确的是（） Ac点溶液中c(Na+)3c(A2-)B整个过程中c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)保持不变C将等物质的量浓度的NaHA与H2A溶液等体积混合，所得溶液pH=0.8Db点对应溶液的pH为3.05二、综合题11下图是一种处理废锌锰干电池的流程，电池内除铜帽、锌皮(含少量铁)、石墨棒外，还含有MnOOH、ZnCl2、NH4Cl、C及有机物等糊状填充物。回答下列问题：（1）“溶解”过程中为了提高浸出效率，可以采取的措施有 ；(写一条

6、即可)（2）将“滤渣1”灼烧有 MnO2 生成，产生 MnO2 的化学方程式为 ； （3）“氧化”过程中，还原产物是 ；（4）“滤渣2”的主要成分是 ；（5）“调pH”时，应控制溶液pH的范围是 ；(已知：“溶解”后的溶液中c(Zn2+)=0.10mol/L，忽略滴加 H2O2 、氨水后溶液的体积变化；KspZn(OH)2=10-17，KspFe(OH)2=10-17，KspFe(OH)3=10-38.3) （6）写出“沉锌”的离子方程式 ；（7）测定NH4Cl晶体中的氮元素含量：准确称取样品0.100g放至锥形瓶中，加适量的水完全溶解，再加5mL中性甲醛溶液(足量)，摇匀，静置，用0.100

7、mol/L的NaOH标准溶液平行滴定三次，消耗标准溶液的平均体积为18.50mL，则样品中氮元素的质量分数为 。已知：4 NH4+ +6HCHO=(CH2)6N4H+3H+6H2O；(CH2)6N4H+3H+4OH-=(CH2)6N4+4H2O12某化学实验小组探究 SO2 与 FeCl3 溶液的反应。 （1）实验一：用如图所示实验装置制备 SO2 ，并将足量 SO2 通入 FeCl3 溶液中，溶液迅速变为血红色；停止通入气体，将血红色溶液密闭放置5小时后，溶液变为浅绿色。 制备 SO2 的化学反应方程式为 ；（2）仪器a的名称为 ，按图示装好药品后，打开K之前的操作是 。（3）某同学取适量酸

8、性 KMnO4 于试管中，滴入几滴血红色溶液，溶液的紫色褪去，据此推断血红色溶液中含有Fe2+。此结论 (填“正确”、“不正确”)，理由是 。 （4）实验二：探究血红色溶液产生的原因实验过程如下表：实验序号假设实验内容结论与溶液中c(H+)有关取适量上述血红色溶液，滴入Y溶液，溶液又变为黄色假设不成立与c(H2SO3)或c(SO2)有关1溶液中，滴入1mol/LNaHSO3溶液，溶液呈血红色，再逐滴滴入HCl溶液，出现现象假设不成立与c( HSO3 )或c( SO32 )有关在FeCl3溶液中加入Na2SO3溶液，立即变为血红色。 实验中，Y是 (填化学式)；实验中现象是 ；实验的结论是 。（

9、5）为了进步探究血红色物质产生主要原因，又进行了以下实验：在0.5mL1mol/L的FeCl3溶液中，加入浓度相同的Na2SO3溶液V1mL，NaHSO3溶液V2mL并混合均匀，改变V1、V2的值并维持V1+V2=4.0进行多组实验，测得混合溶液的吸光度与 V2V1+V2 的关系如图所示。(已知吸光度越大，溶液颜色越深)。维持V1+V2=4.0的目的是 。该实验得出的结论是 。13CO2CH4催化重整是减缓温室效应、实现碳中和的重要方式，其主反应为：CO2(g)+CH4(g) 2CO(g)+2H2(g) H，反应体系还涉及以下副反应：i.CH4(g)C(s)+2H2(g) H1=+75.0kJ

10、/molii.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) H2=+41.0kJ/moliii.CO(g)+H2(g)C(s)+H2O(g) H3=-131.0kJ/mol（1）主反应的H= kJ/mol。（2）我国学者对催化重整的主反应进行理论研究，提出在PtNi或SnNi合金催化下，先发生甲烷逐级脱氢反应，其反应历程如图所示(*表示吸附在催化剂表面)。该历程中最大能垒E(正)= eV/mol；其它条件相同时，催化重整的主反应在不同催化剂下反应相同时间，CO的产率随反应温度的变化如图所示：B是 合金催化下CO的产率随温度的变化曲线，A、B曲线到达W点后重合，请解释原因 。（3）在恒容密闭

11、容器中通入1molH2及一定量CO，反应中CO的平衡转化率随n(CO)及温度变化如图。A、B两点对应的CO正反应速率v正(A) v正(B)(填“”，下同)，B和C两点对应的反应温度TB TC。已知反应速率v正=k正x(CO)x(H2)，v逆=k逆x(H2O)，k为反应速率常数，x为气体的体积分数，在达到平衡状态为D点的反应过程(此过程为恒温)中，当某时刻CO的转化率刚好达到60%时， v正v逆 = 。(用含k正和k逆的式子表示)14最近，妖“镍”横行，价格飙涨。镍是一种硬而有延展性并具有铁磁性的金属，在许多领域应用广泛。回答下列问题：（1）基态Ni原子核外电子的运动状态有 种；Ni的熔点明显高

12、于Ca，其原因是 。（2）NiNTANangold可用于检测或定位6x组氨酸(His)或PolyHis标记的重组蛋白。Ni()NTA的结构简式如图所示。与Ni2+配位的原子形成的空间构型为 。配体N(CH2COO-)3中4种元素的I1从大到小的顺序为 (用元素符号表示)。已知NNi存在大键，其结构中氮原子的杂化方式为 。（3）Ni可以形成多种氧化物，其中一种NixO晶体晶胞结构为NaCl型，由于晶体缺陷，部分Ni2+被Ni3+取代，如图所示，其结果晶体仍呈电中性。则x 1(填“”“CSi，A符合题意；B温度计应插在液面之下，B不符合题意；C亚铁离子容易被氧化，不能通过蒸发结晶得到该晶体，C不符

13、合题意；D气体不能通过洗气瓶，故不能除杂，D不符合题意；故答案为：A。【分析】A.元素的非金属性越强，其最高价含氧酸酸性越强，根据强酸制弱酸原理回答；B.乙醇在170时发生消去反应生成乙烯，温度计应测量反应液温度；C.亚铁离子易被氧化；D.除杂时导管应长进短出。7【答案】B【解析】【解答】A硼元素位于元素周期表第2周期A族，故A不符合题意；B同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则原子半径的大小顺序为CNO，故B符合题意；C同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，电负性依次增大，则电负性的大小顺序为FON，故C不符合题意；D氟元素的非金属性最强，无正化合价，故D不符合题意；故答案为：B。【

14、分析】X原子的最外层电子数是W原子的次外层电子数的3倍，W只能位于第二周期，X的最外层电子数为6，W形成3个单键和1个配位键，说明W最外层含有3个电子，则W为B元素；四种元素均位于第二周期，化合物中除Li+外其它原子均满足8电子稳定结构，X形成2个共价键，Y形成1个共价键，Z形成4个共价键，则X为O元素，Y为F元素，Z为C元素，据此解答。8【答案】D【解析】【解答】A由分析可知，B极为光电池的负极，故A不符合题意；B由分析可知，氢离子和二氧化碳都在正极放电，由得失电子数目守恒可知，若A极产生2g氢气，B极产生氧气的质量大于 4.4g44g/mol 12 32g/mol=16g，故B不符合题意；

15、C电解质溶液不传递电子，则电子不可能通过合成蛋白质纤维膜，故C不符合题意；D由分析可知，氢离子和二氧化碳都在正极放电，二氧化碳参与的电极反应式为3CO2+18H+18e=CH3CH(OH)CH3+5H2O，故D符合题意；故答案为：D。【分析】B极氧元素化合价升高失电子，故B极为负极，电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，A极为正极，电极反应式为2H+2e-=H2，3CO2+18H+18e-=CH3CH(OH)CH3+5H2O。9【答案】D【解析】【解答】A由分析可知，FeO+为中间产物，氮气为生成物，故A不符合题意；B由分析可知，X为水分子，水分子中只含有极性共价键，不含有非极性键，故B

16、不符合题意；C由图可知，FeO+发生的反应为C2H6+FeO+(C2H5)Fe(OH)+，反应中没有元素发生化合价变化，属于非氧化还原反应，故C不符合题意；D由分析可知，总反应为C2H6+2N2O Fe+_ CH3CHO+ N2+H2O，副反应为(C2H5)Fe(OH)+ Fe+，副反应中铁元素化合价降低，转化反应属于氧化还原反应，所以每生成1molCH3CHO，消耗的 N2O 大于2mol，故D符合题意；故答案为：D。【分析】A.FeO+先生成后消耗，是反应中间体，N2属于最后产物；B.X为H2O，只含O-H键；C.氧化还原反应一定有元素的化合价发生变化；D.该反应总反应方程式为C2H6+2

17、N2O Fe+_ CH3CHO+ N2+H2O，且发生副反应(C2H5)Fe(OH)+ Fe+。10【答案】D【解析】【解答】Ac点时，溶液的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，此时c(HA-)=c(A2-)，因此有c(Na+)+c(H+)=3c(A2-)+c(OH-)，而此时溶液显酸性，则c(H+) c(OH-)，所以c(Na+)( H2A)，对应图中a点的右方，因此pH0.8，C项不符合题意；D H2A 溶液中，Ka1Ka2= c2(H+)c(A2)c(H2A) ，b点时， c(A2)=c(H2A) ，则 c(H+)=Ka1Ka2 =10-3.0

18、5，pH为3.05，D项符合题意；故答案为：D。 【分析】A.c点溶液呈酸性，结合电荷守恒解答； B.根据物料守恒n(H2A)+n(HA-)+n(A2-)不变，加入NaOH，溶液体积增大； C.H2A的电离程度大于HA-的电离和水解程度； D.b点时， c(A2)=c(H2A)，c(H+)=Ka1Ka2。11【答案】（1）搅拌或适当升温（2）4MnOOHO2 高温_ 4MnO22H2O（3）H2O（4）Fe(OH)3（5）2.9pH6（6）Zn2H2S=ZnS2H（7）25.9%【解析】【解答】 (1)搅拌、适当升温等措施能提高溶解过程的浸出效率，故答案为：搅拌或适当升温；(2)由题意可知，灼

19、烧时，滤渣1中的碱式氧化锰与空气中的氧气高温条件下反应生成二氧化锰和水，反应的化学方程式为4MnOOHO2 高温_ 4MnO22H2O，故答案为：4MnOOHO2 高温_ 4MnO22H2O；(3)由分析可知，氧化过程发生的反应为酸性条件下，亚铁离子被过氧化氢还原为铁离子，所以铁离子为氧化产物，水为还原产物，故答案为：H2O；(4)由分析可知，滤渣2为氢氧化铁，故答案为：Fe(OH)3；(5)由分析可知，加入氨水调节溶液pH的目的是将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，由溶液中锌离子浓度为0.10mol/L可得溶液中氢氧根离子浓度为 10170.1mol/L =10-8mol/L，溶液pH=6，由铁离子

20、完全沉淀时浓度为10-5mol/L可得溶液中氢氧根离子浓度为 31038.3105mol/L =10-11.1mol/L，溶液pH=2.9，则控制溶液pH的范围是2.9pH6，故答案为：2.9pH6；(6)由分析可知，向滤液中通入硫化氢气体的目的是将锌离子转化为硫化锌沉淀，反应的离子方程式为Zn2H2S=ZnS2H，故答案为：Zn2H2S=ZnS2H；(7)由题给方程式可得：N NH4+ NaOH，滴定消耗18.50mL 0.100mol/L的氢氧化钠标准溶液，则样品中氮元素的质量分数为 0.100mol/L0.01850L14g/L0.100g 100%=25.9%，故答案为：25.9%。【

21、分析】废锌锰干电池拆解得到铜帽、锌皮(含少量铁)、石墨棒等和含有碱式氧化锰、氯化铵、氯化锌、碳及有机物等糊状填充物，糊状填充物加水溶解后，过滤得到含有碱式氧化锰、碳的滤渣1和含有氯化铵、氯化锌的滤液；向铜帽、锌皮(含少量铁)、石墨棒中加入盐酸酸浸，锌和铁溶于盐酸得到氯化锌和氯化亚铁，过滤得到含有氯化锌和氯化亚铁的滤液；将滤液混合后加入过氧化氢溶液，将亚铁离子氧化为铁离子，向氧化后的溶液中加入氨水调节溶液pH，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到氢氧化铁滤渣2和氯化铵、氯化锌的滤液；向滤液中通入硫化氢气体，将锌离子转化为硫化锌沉淀，过滤得到硫化锌滤渣3和氯化铵溶液；氯化铵溶液经结晶得到氯化铵晶体

22、。12【答案】（1）Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O（2）球形干燥管；打开分液漏斗的上口活塞（3）不正确；溶液中的 SO2、SO32、HSO3、Cl 都能使高锰酸钾褪色（4）HCl；变浅（或变黄）；假设成立（5）使Fe3+的浓度保持不变；Fe3+ 和 SO32 形成络合物使溶液变成血红色（或红色物质为Fe3+ 和 SO32 作用的产物）【解析】【解答】实验一先用亚硫酸钠固体和70%的硫酸溶液反应制备二氧化硫气体，将二氧化硫通入氯化铁溶液中，探究变色原因。二氧化硫溶于水会生成亚硫酸，亚硫酸电离会产生氢离子、亚硫酸氢根、亚硫酸根，溶液中存在的微粒有氢离子、亚硫酸（或SO2）、

23、亚硫酸氢根、亚硫酸根，故可能为这些微粒导致溶液变色，故实验二开始分别探究这些因素的影响。(1)实验室用亚硫酸钠固体和70%的硫酸溶液来制备二氧化硫气体，化学方程式为： Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O ；(2)仪器a的名称为球形干燥管；打开K之前的操作是打开分液漏斗的上口活塞；(3)溶液中的 SO2、SO32、HSO3、Cl 都能使高锰酸钾褪色，所以结论不正确；(4)实验假设：与溶液中的氢离子浓度有关，故在上述血红色溶液中加入含氢离子的物质，若血红色颜色变深，则与氢离子浓度有关，但实际现象是颜色变为黄色，故假设不成立，固定单一变量，改变的探究氢离子浓度的影响，则不能引入别

24、的酸根离子，故加入的Y为HCl；实验假设与c(H2SO3)或c(SO2)有关：向1溶液中，滴入1mol/LNaHSO3溶液，溶液呈血红色，再逐滴滴入HCl溶液，会产生亚硫酸或二氧化硫，出现与实验相同的现象，假设不成立，故实验的现象为颜色变浅（或变黄）；实验假设与 c(HSO3)或c(SO32) 有关，直接在FeCl3溶液中加入Na2SO3溶液，立即变为血红色，则假设成立，在实验中可能是Fe3+ 和 SO32 发生反应，形成络合物使溶液变成血红色（或红色物质为Fe3+ 和 SO32 作用的产物）；(5)实验过程中要固定单一实验变量，为了研究 c(HSO3)或c(SO32) 对实验的影响，应保持V

25、1+V2=4.0使Fe3+的浓度保持不变；根据实验的假设和现象，实验过程中可能是Fe3+ 和 SO32 形成络合物使溶液变成血红色（或红色物质为Fe3+ 和 SO32 作用的产物）。【分析】（1）亚硫酸钠和浓硫酸反应生成二氧化硫、硫酸钠和水；（2）仪器a为球形干燥管；打开K之前应打开分液漏斗的上口活塞；（3）SO2、SO32、HSO3、Cl 都能使高锰酸钾褪色；（4）控制变量法的关键在于控制变量单一；（5）实验过程中应保持变量单一。13【答案】（1）+247 kJ/mol（2）3.809；Pt-Ni；催化剂只改变反应历程，不影响平衡移动，最终CO的产率相同（3）；21k逆4k正【解析】【解答】

26、(1)由盖斯定律可得主反应=反应i+ii-iii，则H=+75.0+41.0-(-131.0)=+247 kJ/mol；(2)据图可知使用Sn-Ni催化剂时，由CH3*+H*到过渡态2的垒能最大，为5.496eVmol-1-1.687eVmol-1=3.809eVmol-1；据图可知使用Pt-Ni合金作催化剂时，整个过程中的每一步反应的活化能都较小，反应速率较快，催化效果更好，则B是Pt-Ni合金催化下CO的产率随温度的变化曲线，A、B曲线到达W点后重合，原因是：催化剂只改变反应历程，不影响平衡移动，最终CO的产率相同；(3)A、B两点反应物的浓度相同，而A点CO的平衡转化率比B点的大，说明A

27、点相比于B点平衡正向移动，由于反应iii是放热反应，降低温度平衡正向移动，则A点反应温度较低，反应速率较慢，则CO正反应速率v正(A) v正(B)；反应iii是放热反应，温度升高平衡逆向移动，CO的平衡转化率减小，说明CO的平衡转化率越小温度越高，由C点CO的平衡转化率小于B点，则反应温度TBC。则第一电离能由大到小的顺序为NOHC，故答案为：NOHC；由NNi存在大键可知，结构中氮原子的杂化方式为sp2杂化，未参与杂化的p轨道形成大键，故答案为：sp2；(3)设晶胞中Ni2+离子的个数为a，由化合价代数和为0可得：2a+3(xa)=12，解得x= 2+a3 ，由a小于1可知， 2+a3 小于1，故答案为：。(4)由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的镍原子个数为8 18 =1，位于面心镁原子个数为6 12 =3，位于体内的铁原子个数为4，晶胞的化学式为NiMg3Fe4，设晶胞的边长为acm，由晶胞的质量公式可得： 355NA =a3d，解得a= 3355NAd ，由晶胞结构可知，晶胞中镍原子与镁原子间的距离为面对角线的 12 ，则镍原子与镁原子间的距离为 223355NAd ，故答案为： 223355NAd 。【分析】（1）Ni为28号元