2023-2024学年福建省莆田锦江中学高三上学期期中考试化学试题及答案

莆田锦江中学2023-2024学年上学期期中质检试卷高三化学试题考试时间：75分满分：100分可能用到的相对原子质量：H－1C－12N－l4O－16Cl－35.5Na－23Cu－64Zn－65第I卷（选择题）一、选择题（本题包括10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题意）1“”“中国制造”有关说法中正确的是（）A．磁悬浮列车中使用的聚氯乙烯塑料可由乙烯和HCl通过加成反应制得B．中国天眼“FAST”，用到的碳化硅是一种新型的有机非金属材料C．北京冬奥会速滑竞赛服采用的聚氨酯材料可以通过缩聚反应制成nD．我国科学家实现了淀粉的人工合成，淀粉分子式为CHO，属于纯净物61052．NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是（）A．4.6gNa与含0.1HCl的稀盐酸充分反应，转移电子数目为0.2NAB．1Cu与足量的S反应，失去2NA个电子C．2gH18O与D16O的混合物中所含中子、电子数目均为NANONAN2OD.常温常压下，46g的和混合气体含有的原子数为3243．一种对乙酰氨基酚的合成路线如下。下列说法错误的是（）A．a至少有12个原子共平面C．c苯环上的一氯代物有2种B．bc的反应类型为取代反应D．1d最多能与2NaOH反应4．化石燃料燃烧会产生大气污染物SO、等，科学家实验探究用硫酸铈循环法吸收SO，2x2其转化原理如图所示，下列说法正确的是（）A.检验SO2可以选用盐酸酸化的BaCl2溶液4B.反应①的离子方程式为2Ce4SO2HO2Ce3SO44H22C．反应②中氧化剂与氧化产物的物质的量之比为1：2D．理论上每吸收标准状况下224mLSO2，一定消耗0.32gO252022年诺贝尔化学奖授予研究“点击化学”新型的1，2，3-三唑类杀菌剂的合成路线。下列有关说法正确的是（）1A．有机物Ⅰ中含有手性碳原子B．有机物Ⅰ中所有碳原子一定共平面C．有机物Ⅱ最多能与2molH2发生加成反应D．有机物Ⅲ有两性，既能和酸反应又能和碱反应6.由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是（）实验操作现象结论氧化性：向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI溶液ABC先变橙色，后变蓝色无砖红色沉淀Cl22I2向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，水浴加热，加入蔗糖未发生水解少量新制的Cu(OH)2悬浊液石蜡油加强热，将产生的气体通入2的CCl4气体中含有不饱和烃溶液红棕色变无色溶液试管口润湿的蓝色石氯乙烯加聚是可蕊试纸变红逆反应D．D7．某种超分子聚合物网络生物电极的制备原料CB和PDMA的结构如下图。下列说法正确的是（D加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片A．AB．BC．C）A．CB中核磁共振氢谱有两组峰B．PDMA单体的化学式为CHNO102022C．CB与PDMA均为高分子D．CB与PDMA都具有良好的耐酸碱性8．下列离子方程式中，错误的是（）A．水杨酸()稀溶液中加入过量NaHCO3溶液：+HCO3→2+CO↑+HO22B．漂白粉溶液吸收少量二氧化硫气体：SOHOClOSO4Cl2H22C．醋酸除水垢(CaCO)：CaCO2CHCOOHCa22CH3COOHOCO33322D．过量铁粉与稀硝酸反应：2NO38H3Fe22NO4H2O9．用含金属Ir的催化剂制备常见有机试剂DMF的反应机理如下图所示，其中L表示配体。下列说法错误的是（）A．化合物C是该反应的催化剂B．DMF的名称为N，N-二甲基甲酰胺-C．总反应方程式为H2+CO2催化剂H2OD．该过程中有极性共价键与非极性共价键的断裂与形成10.药物瑞德西韦(Remdesivir)对新冠病毒有明显抑制作用，化合物M是合成瑞德西韦的中间体，下列关于M的说法错误的是（A．核磁共振氢谱共有11个吸收峰B．分子中含有3种含氧官能团）C．分子中N原子一个是sp2杂化，一个是sp3杂化D．1mol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗3molNaOH第Ⅱ卷（非选择题）二、非选择题（60分）1115分）活性氧化锌能对太阳光线和其他大气物质形成防护，常用于敏感皮肤的面霜和化妆品。工业上用菱锌矿(主要成分为ZnCO3NiCdFeCu等元素及少量不溶于成的杂质)制备ZnO，工艺流程图所示：(1)为了提高“溶浸”效果，可采取的措施有。(任写一点)(2)“除铁”时，加入HO发生反应的离子方程式为。如果用NaClO3。22代替HO，恰好完全反应时，理论上消耗n(NaClO)：n(HO)=22322(3)常温下，“调pH=5”时，Fe3+的浓度降到了8×10-11mol/L，此时Fe(OH)3的溶度积常数的数3值为。(4)已知三种硫化物的Ksp如表。当溶液中某离子物质的量浓度≤10-5mol/L时视为沉淀完全。假设原溶液中Cu2+Cd2+Ni2+的物质的量浓度均为0.1mol/LNa2S使Cu2+在溶液中的残留浓度为6.3×10-11mol/L时，此时Cd2+的去除率为(去除率离子的减少量=×100%，不考虑溶液的体积变化)离子的初始量物质CdSCuSNiS8.0×10-26.3×10-31.0×10-2Ksp766(5)“沉锌”时，在近中性条件下加入NaCO可得碱式碳酸锌[ZnCO•2Zn(OH)•HO]固体，同2时产生大量的气体。该反应的离子方程式为3322(6)用锌与铜侧得的高纯铜锌合金滤料被广泛应用于各种水处理设备。一种铜锌合金的晶胞结构如图，已知：晶胞参数为anm。①与Zn原子等距离且最近的Zn原子有个。②该铜锌合金晶体密度为g•cm-3(设NA为阿伏加德罗常数的值)12.（17分）二氯化二硫(SCl)是一种重要的有机化工原料。22I.某化学兴趣小组为制备SCl(夹持、22加热仪器略)与相关信息如下图、表所示，请回答下列问题：物质色态熔点/℃沸点/℃其他性质遇水反应生成SSO2和HCl100℃以上部分分解成S和Cl；能被Cl氧化为SCl2S2Cl金黄色液体-122138222SCl2暗红色液体-7659受热易分解，蒸馏时需加少量稳定剂S淡黄色固体113445易溶于S2Cl24（1）A中制备Cl2的离子方程式为名称是（2）实验时，先打开K通入N的目的是，D中仪器m的；；12（3）装置E的作用是：（4）你认为该装置存在明显缺陷是什么：；；II.该小组同学在实验结束后并未观察到装置E该小组同学进一步分析其可能原因并开展实验进行验证。（5）提出可能的原因：可能原因解释(用化学方程式表示)①原因1：_______。SCl=2S↓+Cl↑222原因2SCl部分被ClSCl溶于SClSCl+Cl=2SCl2222222222原因3：SCl部分遇水反应，生成少量S溶于SCl2②_______。222（6）设计并开展实验验证：实验编号操作现象解释另组装蒸馏装置，取适量E中样品于蒸馏烧瓶，加入少量稳①锥形瓶内：定剂，加热，收集59℃馏分SCl部分氧化，液体中混有SCl2221②取少量装置F中的溶液于试管中，加入足量稀盐酸，振荡试管内出现少量白色沉③F溶液中检测到_______(填离子符号)2后滴加适量_______(填化学式)溶液淀说明存在SCl与水的22反应根据上述实验现象，该小组同学认为可确定“原因2”和“原因3”的存在，但“原因1”还需要进一步实验验证.1313分）氨是最重要的氮肥，也是产量最大的化工产品之一、合成氨工艺是人工固氮的重要途径。回答下列问题：(1)已知气态分子中1mol化学键解离成气态原子所吸收的能量，叫做该化学键的键能(kJ·mol-1)。一些键能数据如表：化学键键能E(kJ·mol-1)946.0436.0390.8反应N(g)+3H(g)⇌2NH(g)∆H=kJ/molNNNHHH223(2)化学家格哈德·埃特尔在哈伯研究所证实了部分参加反应的分子在固体催化剂表面合成氨的反应过程，模拟示意图如图：分别表示N、H、NH322i.图②表示NH⑤表示生成的NH②到图③2235的过程能量(填“吸收”或“放出”)。ii.N的吸附分解反应速率慢，决定了合成氨的整体反应速率。实际生产中，原料N和H物222质的量之比为1︰2.8，分析说明N2过量的理由是和iii.关于合成氨工艺，下列说法正确的是。A．控制温度(773K)远高于室温，是为了提高平衡转化率和加快化学反应速率。B．基于NH3有较强的分子间作用力，可将其液化，不断将液氨移去，利于化学平衡向正反应方向移动。C．当温度、体积一定时，在原料气中添加少量惰性气体，有利于提高平衡转化率。D．原料气须经过净化处理，以防止催化剂中毒和安全事故发生。(3)在体积相同的密闭容器中按物质的量比1︰3投入氮气和氢气，发生反应：N(g)+3H(g)⇌2NH(g)分别在200℃、400℃、600℃条件下进行反应，平衡时NH的物质的2233量分数随总压强的变化曲线如图所示：i.M点和N点的平衡常数大小关系是KMKN(填“>”、“<”或者“=”)。ii.M点的平衡常数Kp=MPa-2(计算结果保留到小数点后两位。用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数。)(4)已知液氨中存在：2NH3(l)⇌NH-2+NH+4。用Pt电极对液氨进行电解也可产生H和N阴极22.的电极反应式是。1415分）化合物H是一种用于合成γ－分泌调节剂的药物中间体，其合成路线流程图如图：(1)A中除羟基外还含有官能团的名称为、。(2)B→C的反应类型为、D→E的反应类型为。(3)写出C→D的化学反应方程式：(4)满足下列条件的C的同分异构体有。种。①含有苯环，苯环上有三个取代基，其中氨基只与苯环直接相连；6②与氯化铁溶液反应显紫色，与NaHCO3溶液反应有气体产生。(5)写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式：①含有苯环，且分子中有一个手性碳原子；。②能发生水解反应，水解产物之一是α－氨基酸，另一水解产物分子中只有2种不同化学环境的氢。(6)G的分子式为CHNO，经氧化得到H，写出G的结构简式：。121422CHBr(7)已知：3(R代表烃基，R'代表烃基或H)。请写出以KCO23、和(CH)SO为原料制备324的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)7莆田锦江中学2023-2024学年上学期期中考试卷高三化学试题答案1．C【详解】A．聚氯乙烯塑料可由氯乙烯通过加成反应制得，A错误；B．碳化硅是一种新型的无机非金属材料，性能优良用途广泛，B错误；C．聚氨酯材料可以通过缩聚反应制成，反应中得到高聚物和小分子物质，C正确；D．分子中n值不确定，故为混合物，D错误；故选C。2．B【详解】A4.6gNa与含0.1molHCl的稀盐酸反应时，Na4.6g转移电子数目为×1×N/mol=0.2N，故A正确；AA23g/molBCu与S反应生成CuS1molCu与足量的S1mol即NB2A2gC．2gH18O与D16O的混合物中所含中子、电子数目均为×10×N/mol=N，故CAA20g/mol正确；46gD．46g的NO和NO混合气体含有的原子数为×3×N/mol=3N，故D正确；AA22446g/mol故选B。3．B【详解】A．与苯环直接相连的原子共面，故a至少有12个原子共平面，A正确；c的反应为硝基被还原为氨基的反应，属于还原反应，B错误；B．bC．c苯环上有2种等效氢，则其一氯代物有2种，C正确；D1d最多能与2NaOHD故选B。4．B【详解】A．大气污染物中氮氧化合物中二氧化氮和水转化为硝酸，酸性条件下硝酸会氧化二氧化硫转化为硫酸离子，干扰硫酸离子的鉴定，A错误；B．从图中看，反应①中氧化剂是Ce4，还原剂是SO2，两者发生氧化还原反应生成Ce3SO4，方程式为2Ce4SO2HO2Ce3SO44H，B正确；C②中氧气中氧元素化合价由0变为-2Ce3化合价升高发生氧化反应得到氧化产物Ce4，根据电子守恒可知O24e4Ce4，故氧化剂与氧化产物的物质的量之、221比为1：4，C错误；D．根据电子守恒可知O24e2SO，理论上每吸收标准状况下224mLSO（为220.01mol0.005mol氧气，为0.16g，D错误；故选B。5．B【详解】AⅠA错误；BⅠB正确；CⅡ有机物Ⅱ最多能与5molH2发生加成反应，C错误；D．有机物Ⅲ中含有氮原子，可以和酸反应，但是不可以和碱反应，不具有两性，D错误；故选B。6、C【详解】A．向NaBr溶液中滴加过量氯水，溴离子被氧化为溴单质，但氯水过量，再加入淀粉KI溶液，过量的氯水可以将碘离子氧化为碘单质，无法证明溴单质的氧化性强于碘单质，A错误；B有发生水解，B错误；C溴发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，C正确；D逆反应的方向进行的反应，而氯乙烯加聚和聚氯乙烯加强热分解条件不同，D错误；答案选C。7．A【详解】A．根据等效氢原理可知，CB中核磁共振氢谱有二组峰如图所示2，A正确；B．由题干图示信息可知，PDMA单体为：B错误；，则其化学式为CHNO，59C．高分子是指相对分子质量成千上万的物质，由题干可知，CB的相对分子质量为1328，不是高分子化合物，PDMA为高分子，C错误；D．由题干信息可知，CB与PDMA中都含有酰胺键，在酸性和碱性条件下均能发生水解，故CB与PDMA都不耐酸碱性，D错误；故答案为：A。8．B【详解】A-COOH能够和(NaHCONaHCO溶33)稀溶液中加入过量NaHCO+HCO33→+CO↑+HO，故A正确；22B．漂白粉溶液吸收少量二氧化硫气体生成硫酸钙沉淀，离子方程式为：Ca2SO2HOCaSO4Cl2HClO，故B错误；2C．CaCO3和醋酸反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，离子方程式为：CaCO32CH3COOHCa22CH3COOHOCO，故C正确；22D．过量铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁，离子方程式为：2NO8H322NO4H2O，故D正确；故选B。9．D【分析】在如图所示的反应机理中化合物C在该流程中参与反应生成A，接着B反应后又3生成C，因此C是该反应的催化剂；同时反应过程中并未出现非极性共价键的形成。【详解】A．化合物C在该流程中参与反应生成A，接着B反应后又生成C，所以C可以反复出现，因此C是该反应的催化剂，A正确；B．DMF的名称为N，N-二甲基甲胺，属于胺类化合物，右侧-N<中N原子上有两个甲基NN-HCO-为甲酸HCOOH去掉-OH在一起叫N,N-二甲基甲酰胺，B正确；C．从图可以看出，反应流程加入了CO、HN<(二甲胺)和H，最终生成了DMF和HO，222催化剂为C，所以总反应符合流程图含义，C正确；D．B中上方的络合四元环中，H-H键断开(非极性共价键断裂)，形成C-H键和O-H键(极性共价键的形成)，HCOOH和HN<的反应为催化剂+H2O,显然甲酸中的C-O键和二甲胺中的H-N键断开(极性共价键的断裂)，但反应中并未出现非极性共价键的形成，D错误；故选D。10．DA．由结构简式分析可知，化合物M中共存在11种环境的氢原子，故其核磁共振氢谱共有11个吸收峰，A选项正确；B．分子中含有酯基、硝基、亚磷酸酯基三种含氧官能团，B选项正确；C．分子中单键N原子为sp3杂化，硝基中的双键N原子为sp2杂化，C选项正确；D．该分子中与3molNaOH发生水解反应后会生成2mol酚，会再与2molNaOH发生反应，故1mol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗5molNaOH，D选项错误；4答案选D。11．(1)将矿石粉碎、适当升高反应温度、搅拌2Fe＋+HO+2H＋=2Fe＋+2H2O(2)1：322(3)81038(4)20%3Zn＋+3CO2-+3HO=ZnCOOHHO+2CO(5)(6)2322225710216aNA3【分析】由题给流程可知，菱锌矿加入硫酸浸取，铜不反应成为滤渣1，Zn、Ni、Cd、FepH生成氢氧化铁沉淀，滤液加入硫化钠将Cu2+、Cd2+、Ni2+转化为硫化物沉淀得到滤渣2，过量滤液加入锌将残余杂质金属离子转化为金属单质得到滤渣3锌和二氧化碳气体，沉淀煅烧得到氧化锌；1“溶浸”效果，可采取的措施矿石粉碎、适当升高反应温度、搅拌等；（2）“除铁”时，加入HO将二价铁转化为三价铁，发生反应的离子方程式为222Fe＋+HO+2H=2Fe＋+2HO。如果用NaClO代替HO，反应中氯元素化合价由+5变＋222322为-1，过氧化氢中氧元素由-1变为-2，恰好完全反应时，根据电子守恒可知，3O2-，理论上消耗n(NaClO)：n(HO)=1：3；322（3）常温下，“调pH=5”时，pOH=9，Fe3+的浓度降到了8×10-11mol/L，此时Fe(OH)3的溶3；c3-度积常数的数值为（4）在加Na2S使Cu2+在溶液中的残留浓度为6.3×10-11mol/L时，此时cL，此时Cd2+的浓度为==c=c=/L，Cd2+的去除率为；c（5）在近中性条件下加入NaCO和锌离子反应生成碱式碳酸锌[ZnCO•2Zn(OH)•HO]固2332253Zn＋+3CO2-+3HO=ZnCOOHHO+2CO式为；23222（6）①与Zn原子等距离且最近的Zn原子在xyz轴各有2个，则共有6个。118个Zn、6=3Cu，则晶体密度为②据“均摊法”，晶胞中含82MNA257aNA3。1021gcm3=1021gcm3a312.13．(1)-90.8(2)吸收原料气中N相对易得，适度过量有利于提高H的转化率N2在催化22剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率BD6(3)>0.05(4)2NH+4+2e-=2NH+H↑或2NH+2e-=H↑+2NH232321）根据表中键能数据，可得∆H=反应物的键能总和-生成物的键能总和=946.0-1kJ·mol-1+436.0kJ·mol-13-390.8kJ·mol6=-90.8kJ/mol。（2）i.根据模拟示意图可知，图②到图③的过程表示的是化学键断裂的过程，化学键断裂需要吸收热量，所以该过程表示的是吸热过程。ii.原料中N相对HN过量有利于提高H的转化率，2222N2在催化剂上的吸附是决速步骤，适度过量有利于提高整体反应速率。iii.A衡转化率，但能加快化学反应速率和提高催化剂活性，故A错误；BNH3反应方向移动，故B正确；C．当温度、体积一定时，在原料气中添加少量惰性气体，并不能改变N和H22不利于提高平衡转化率，故C错误；D料气须经过净化处理，故D正确；答案BD。（3）i.合成氨反应是放热反应，温度越高，混合物中氨的物质的量分数越低，所以M点对应的温度小于N点对应的温度，温度越高，平衡常数越小，故K>K。MNii.由M点的坐标可知此时总压是50MPa60%物质的量比是1︰3，它们反应时N(g)+3H(g)⇌2NH(g)，消耗的物质的量比也是1︰3，所223以平衡时剩余的氮气和氢气的物质的量比也是1340%N2分子10%H分子占30%=总压×P(N)=50MPa10=5%22MPa，P(H)