福建省漳州市2022届高三毕业班第一次质量检测化学答案

福建省漳州市2021-2022学年高三毕业班第一次教学质量检测化学试题本试题卷共15题。全卷满分100分。考试用时75分钟。可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Si28S32Cu64一、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，只有一个选项是符合题目要求的。1.关于化学在生产、生活中的应用，下列说法正确的是A.家用电器起火时，用泡沫灭火器进行灭火B.双氧水、二氧化氯、过氧乙酸等均具有强氧化性，用于杀菌消毒C.二氧化硫是有毒物质，严禁将其添加到任何食品和饮料中D.包装食品里常有硅胶、生石灰、还原铁粉三类小包，其作用相同【答案】B【解析】【详解】A．家用电器起火时，不能用泡沫灭火器进行灭火，否则会易发生触电事故，故A错误；B．双氧水、二氧化氯、过氧乙酸等均具有强氧化性，都能使蛋白质因氧化而发生变性起到杀菌消毒的作用，故B正确；C．二氧化硫是有毒物质，但二氧化硫具有较强的还原性，常用作葡萄酒的抗氧化剂，故C错误；D．包装食品里放置硅胶和生石灰的小包主要是用于吸水，起防潮的作用，放置还原铁粉的小包主要起抗氧化的作用，其作用有所不同，故D错误；故选B。2.下列反应的离子方程式，正确的是A用氨水吸收二氧化硫尾气：SO2+2OH-=+H2OB.用Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4：+CaSO4=CaCO3+C.明矾净水的原理：Al3++3H2O=Al(OH)3↓+3H+D.氯气用于自来水消毒：Cl2+H2O2H++Cl-+ClO-【答案】B【解析】【详解】A.用氨水吸收二氧化硫尾气，生成亚硫酸铵和水，反应的离子方程式为：SO2+2NH3·H2O=2++H2O，选项A错误；B.用Na2CO3溶液处理锅炉水垢中的CaSO4，发生反应的离子方程式为：+CaSO4=CaCO3+，选项B正确；C.明矾净水的原理的离子方程式为：Al3++3H2OAl(OH)3（胶体）+3H+，选项C错误；D.氯气用于自来水消毒，反应的离子方程式为：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，选项D错误；答案选A。3.某有机物的结构简式如图所示。关于该有机物的叙述错误的是A.可以发生取代反应、加成反应、氧化反应B.所有碳原子有可能共面C.存在芳香烃的同分异构体D.与甲苯是同系物【答案】D【解析】【详解】A．含有甲基可以发生取代反应，含有碳碳双键可以加成反应，苯环上含有甲基可以发生氧化反应，A正确；B．由于该物质中间由碳碳双键连接，所有碳原子有可能共面，B正确；C．存在芳香烃的同分异构体，例如，C正确；D．与甲苯不是同系物，同系物需要结构相似，该有机物含有碳碳双键不含有苯环，故不互为同系物，D错误；答案选D。4.设NA是阿伏加德罗常数的值。生物法(加入脱硫细菌)净化含硫物质时发生如下反应：CH3COOH+Na2SO4=2NaHCO3+H2S↑。下列说法错误的是A.1molCH3COOH中含有σ键数目为7NAB.生成标准状况下2.24LH2S气体，转移的电子数为0.8NAC.1L0.1mol·L-1NaHCO3溶液中，含有HCO的数目为0.1NAD.常温常压下，3.4gH2S气体中含有的电子数为1.8NA【答案】C【解析】【详解】A．乙酸分子中单键为σ键，碳氧双键中有1个为σ键、1个为π键，则1mol乙酸分子中含有σ键数目为1mol×7×NAmol—1=7NA，故A正确；B．由方程式可知，生成1mol硫化氢气体，反应转移8mol电子，则生成标准状况下2.24L硫化氢气体，反应转移的电子数为×8×NAmol—1=0.8NA，故B正确；C．碳酸氢钠是强碱弱酸的酸式盐，碳酸氢根离子在溶液中水解，使溶液呈碱性，则1L0.1mol·L-1碳酸氢钠溶液中含的碳酸氢根离子的数目小于0.1NA，故C错误；D．常温常压下，3.4gH2S气体中含有的电子数为×18×NAmol—1=1.8NA，故D正确；故选C。5.过二硫酸钾的化学式为K2S2O8。具有强氧化性，常用作漂白剂、氧化剂，也可用作聚合反应引发剂。工业上通过电解饱和硫酸氢钾溶液的方法制备过二硫酸钾。在低温下电解液中主要含有K+、H+和，电解装置如图所示，电极材料均为Pt电极，Pt作阳极，能使氧气的生成限制在最小程度。下列说法正确的是A.a是电源负极B.交换膜X是阴离子交换膜C.c电极反应式为2－2e-=+2H+D.当电路中通过0.2mole-时，两边溶液质量的变化差为1g【答案】C【解析】【详解】A．d极上H+得电子产生H2，则d极为阴极，阴极连接在电源的负极上，故b为负极，则a为电源的正极，选项A错误；B．d极上H+得电子产生H2，则右侧溶液中H+离子减少，H+离子定向移动到右侧，则交换膜X是质子交换膜，选项B错误；C．c电极为阳极，阳极上失电子产生，故电极反应式为2－2e-=+2H+，选项C正确；D．当电路中通过0.2mole-时，两边溶液质量的变化差为0.2g（0.2molH+转移），选项D错误；答案选C。6.格氏试剂是一类金属有机化合物，广泛用于有机合成中。某格氏试剂的结构式如图所示，W、X、Y、Z四种元素分处三个短周期，原子序数依次增大，Y原子的最外层电子数是X原子最外层电子数的一半。下列说法正确的是A.简单离子半径：Y＞ZB.Z的含氧酸都是强酸C.室温下，X的氢化物都是气体D.Y可在X的最高价氧化物中燃烧【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z四种元素分处三个短周期，原子序数依次增大，由某格氏试剂的结构式可知，X原子能形成4个共价键，则X为C元素，W、Z都能形成1个共价键，则W为H元素、Z为Cl元素；Y原子的最外层电子数是X原子最外层电子数的一半，则Y为Mg元素。【详解】A．同主族元素，从上到下离子半径依次增大，则氯离子的离子半径大于氟离子，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则镁离子的离子半径小于氟离子，所以镁离子的离子半径小于氯离子，故A错误；B．次氯酸是氯元素形成的含氧酸，在溶液中部分电离，属于弱酸，故B错误；C．室温下，碳元素形成的烃可以为气态、液态和固态，故C错误；D．镁在二氧化碳中燃烧生成氧化镁和碳，故D正确；故选D。7.科学家采用如图所示方法，利用锂循环可持续合成氨，跟氮气和氢气高温高压合成氨相比，反应条件更加温和。下列说法错误的是A.Li3N、LiOH是中间产物B.三步反应都是氧化还原反应C.第III步反应的化学方程式是4LiOH4Li+O2↑+2H2OD.反应过程中N2和H2O需要不断补充【答案】B【解析】【分析】由图示可知，反应I是N2和Li反应生成Li3N，化学方程式为：N2+6Li2Li3N；反应II是Li3N和H2O反应生成LiOH和NH3，化学方程式为Li3N+3H2O=3LiOH+NH3，即W为LiOH；反应III是由LiOH获得了金属Li和氧气和水，故反应III是对LiOH溶液进行了电解，据此分析。【详解】A．由转化图可知Li3N、LiOH先产生后消耗，是中间产物，故A正确；

B．反应II是Li3N和H2O反应生成LiOH和NH3，反应中没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，故B错误；

C．第III步反应是对LiOH溶液进行了电解，由LiOH获得了金属Li和氧气和水，反应的化学方程式是4LiOH4Li+O2↑+2H2O，故C正确；D．总反应是2N2+6H2O=4NH3+3O2，反应过程中N2和H2O被消耗，需要不断补充，故D正确；

故选：B。8.下列实验中，使用的装置、试剂和操作均合理的是

A．测定醋酸浓度B．制备并收集氨气C．制取碳酸氢钠D．制备乙酸乙酯A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．氢氧化钠与醋酸恰好反应生成的醋酸钠为强碱弱酸盐，在溶液中水解水溶液呈碱性，则用碱式滴定管中的氢氧化钠标准溶液测定醋酸浓度时，应选用酚酞做指示剂，故A正确；B．实验室用氯化铵固体和消石灰共热反应制备氨气，直接加热氯化铵无法制得氨气，故B错误；C．制取碳酸氢钠时，二氧化碳应从长导气管通入到氨气和食盐饱和溶液中，否则二氧化碳无法与饱和溶液充分反应制得碳酸氢钠，故C正确；D．乙酸乙酯能在氢氧化钠溶液中发生水解反应，则不能用氢氧化钠溶液吸收反应制得的乙酸乙酯，应选用饱和碳酸钠溶液，故D错误；故选A。9.废旧铅酸蓄电池含有的有害物质有铅、硫酸、炭黑、硫黄、沥青等，必须回收利用。从废旧铅酸蓄电池的铅膏中回收铅的工艺流程如图所示(流程中部分产物已经略去)。查阅资料显示：Ksp(PbCO3)=7.2×10-14、Ksp(PbSO4)=2.5×10-8；PbSiF6、H2SiF6为可溶于水的强电解质。下列说法错误的是A.步骤i使用物质a具有还原性B.步骤ii的实验操作是过滤，用到的玻璃仪器只有烧杯和漏斗C.步骤ii的部分产物可以用作化肥D.步骤iii反应的离子方程式是PbCO3+2H+=Pb2++CO2↑+H2O【答案】B【解析】【分析】由题给流程可知，铅膏中二氧化铅与二氧化硫反应得到硫酸铅，硫酸铅与碳酸铵溶液反应生成碳酸铅和硫酸铵，过滤得到碳酸铅；碳酸铅与过量氟硅酸溶液反应得到氟硅酸和氟硅酸铅的混合溶液。【详解】A．由分析可知，步骤i使用的物质为二氧化硫，二氧化硫具有还原性，将二氧化铅还原为硫酸铅，故A正确；B．过滤用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和漏斗，故B错误；C．由分析可知，步骤ii发生的反应为酸铅与碳酸铵溶液反应生成碳酸铅和硫酸铵，反应生成的硫酸铵可做氮肥，故C正确；D．步骤iii发生的反应为碳酸铅与过量的强酸氟硅酸溶液反应生成溶于水的氟硅酸铅、二氧化碳和水，反应的离子方程式为PbCO3+2H+=Pb2++CO2↑+H2O，故D正确；故选B。10.边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液，水溶液中H2SO3、HSO、SO的分布系数δ随pH的变化关系如图所示。[比如H2SO3的分布系数：δ(H2SO3)=]，下列有关叙述错误的是

A.当溶液pH范围为4~5时，停止通入SO2B.根据曲线数据计算可知Ka2(H2SO3)的数量级为10-7C.a点的溶液中c(H+)+c(Na+)=c(OH—)+c(HSO)+2c(SO)+c(HCO)+2c(CO)D.pH=3的溶液中，c(Na+)＜c(HSO)+c(H2SO3)【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，当溶液pH范围为4~5时，二氧化硫与碳酸钠恰好反应生成亚硫酸氢钠，则当溶液pH范围为4~5时，停止通入二氧化硫，故A正确；B．由图可知，当溶液中c(HSO)=c(SO)时，溶液pH为7.2，则Ka2(H2SO3)==c(H+)=10—7.2，则Ka2(H2SO3)的数量级为10-8，故B错误；C．由图可知，a点为亚硫酸氢钠、亚硫酸和碳酸的混合溶液，溶液中存在电荷守恒关系c(H+)+c(Na+)=c(OH—)+c(HSO)+2c(SO)+c(HCO)+2c(CO)，故C正确；D．由图可知，pH=3的溶液为亚硫酸氢钠、亚硫酸和碳酸的混合溶液，由物料守恒可知，溶液中c(Na+)＜c(HSO)+c(H2SO3)，故D正确；故选B二、非选择题：本题共5小题，共60分。11.化石燃料的燃烧会排放大量的二氧化碳，综合利用二氧化碳可以减缓温室效应。回答下列问题：（1）部分化学键的键能如表所示：化学键H-HC=OH—OC-OC-H键能(kJ·mol-1)436803465326413则CO2(g)与H2(g)反应生成CH3OH(g)和H2O(g)的热化学方程式是___________。（2）T1温度时，在容积为1L的恒容密闭容器中发生上述反应。实验测得不同时刻容器中n(H2)、n(CO2)的数据如表：时间/s012356n(H2)/mol3.01.51.20.90.60.6n(CO2)/mol1.00.50.40.80.20.2①如果要提高CO2的转化率，可以采取的措施有___________(填一种即可)。②0~2s内该反应的平均速率v(H2O)=___________mol·L-1·s-1。③T1温度时化学平衡常数K=___________。(结果保留小数点后2位)④已知v正=3v(CO2)消耗=v(H2)消耗=k正c(CO2)·c3(H2)，v正=v(CH3OH)消耗=v(H2O)消耗=k逆c(CH3OH)·c(H2O)，k正、k逆为速率常数，受温度影响。则化学平衡常数K与速率常数k正、k逆的数学关系是K=___________；若将容器的温度改变为T2时，其k正=k逆，则T2___________(填“＞”“＜”或“=”)T1。（3）某种甲醇燃料电池的工作原理如图所示。a口通入气体发生反应的电极反应式是___________。【答案】（1）CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)H=-46kJ·mol-1（2）①.增大氢气的浓度②.0.3③.14.81④.⑤.＞（3）CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+【解析】小问1详解】CO2(g)与H2(g)反应生成CH3OH(g)和H2O(g)的化学方程式为CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)，焓变H=反应物键能总和-生成物的键能总和=803kJ·mol-1×2+436kJ·mol-1×3-(413kJ·mol-1×3+326kJ·mol-1+465kJ·mol-1+465kJ·mol-1×2)=-46kJ·mol-1。故热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)H=-46kJ·mol-1。【小问2详解】①增大氢气的浓度，平衡正向移动，增大二氧化碳的转化率。②0~2s内该反应的平均速率v(CO2)==0.3mol/(L·s)，又系数之比等于速率之比，故v(H2O)=0.3mol/(L·s)。③根据表格中数据可得反应5s后平衡，5s内，二氧化碳的物质的量减少了0.8mol，根据方程式则可得甲醇的平衡时的物质的量为0.8mol，水的物质的量为0.8mol，则K==14.81。④已知v正=3v(CO2)消耗=v(H2)消耗=k正c(CO2)·c3(H2)，v正=v(CH3OH)消耗=v(H2O)消耗=k逆c(CH3OH)·c(H2O)，则K=；T2时，其k正=k逆，则K2=1，K2＜K1。由于反应放热，升高温度平衡逆向移动，K减小，故T1＜T2。【小问3详解】根据H+的移动方向，可以得出H+移向正极，a为负极，则a口通入气体发生反应的电极反应式是CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+。12.某研究性学习小组设计下列实验探究Zn和FeCl3溶液的反应，回答下列问题：（1）由FeCl3固体配制未酸化的250mL0.5mol·L-1FeCl3溶液(pH=1.3)，不需要使用的实验仪器有___________(从下列图中选择，写出名称)。（2）将Zn投入到未酸化的0.5mol·L-1FeCl3溶液(pH=1.3)中，在不同的实验条件下，实验现象如表：实验编号条件现象i锌粒18℃刚开始无明显气泡，0.5min后有气体产生，一段时间后，溶液颜色加深。向反应后的溶液中滴加铁氰化钾溶液后，可见蓝色沉淀ii锌粒65℃产生气泡较快，大约12s后，气泡非常明显，溶液很快转为红棕色。较长时间后发现红棕色基本消失，最后产生红棕色沉淀①实验中产生的气体为___________，实验ii中产生气体的速率明显快于实验i，可能的原因是___________(答出两点)。②“滴加铁氰化钾溶液后，可见蓝色沉淀”说明混合溶液中存在Fe2+。生成Fe2+的离子方程式为___________。（3）实验i和ii均先有气体生成，后有溶液颜色的变化。研究性学习小组猜想，可能是此实验条件下，氧化性：H+＞Fe3+。①为了检验上述猜想是否正确，查阅资料：可利用标准电极电势(用φθ表示)判断氧化性、还原性强弱，且电极电势越小，还原剂的还原性越强，已知(溶液中离子浓度的影响在此忽略不计)：φθ(Fe3+/Fe2+)=0.77V，φθ(2H+/H2)=0V，φθ(Fe2+/Fe)=—0.417V，φθ(Zn2+/Zn)=—0.76V。则Fe3+、H+、Zn2+、Fe2+的氧化性大小关系为___________。②研究小组进一步分析后，将锌粒改为锌粉，继续进行实验：实验编号条件现象iii锌粒18℃不振荡大约3min可以看到明显的气泡，溶液颜色逐渐变深。向反应后的溶液中滴加铁氰化钾溶液后，可见蓝色沉淀iv锌粒65℃振荡气泡不明显，红褐色褪色明显。向反应后的溶液中滴加铁氰化钾溶液后，可见蓝色沉淀对比实验iii和iv，实验iv中“气泡不明显，红褐色褪色明显”的原因可能为___________。③结合实验探究过程及现象分析，影响Zn与FeCl3溶液反应的条件有___________(答两点即可的)。【答案】（1）分液漏斗、直形冷凝管（2）①.H2②.温度升高、c(H+)浓度增大③.2Fe3++Zn=2Fe2++Zn2+（3）①.Fe3+＞H+＞Fe2+＞Zn2+②.将Zn粒改为Zn粉并振荡，增大了Zn与Fe3+碰撞几率，加快了Zn与Fe3+的反应③.反应温度、碰撞几率（离子迁移速度）、粒子的氧化性强弱【解析】【分析】该实验的目的是探究影响锌和氯化铁溶液反应的条件，通过实验探究过程及现象分析得到影响反应的条件为温度、碰撞几率（离子迁移速度）、粒子的氧化性强弱的实验结论。【小问1详解】配制未酸化的250mL0.5mol·L-1氯化铁溶液需要用到的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，则不需要用到的仪器为分液漏斗、直形冷凝管，故答案为：分液漏斗、直形冷凝管；【小问2详解】①由题意可知，氯化铁在溶液中水解，溶液的pH为1.5，活泼金属锌能够与氢离子发生置换反应生成氢气；实验ii中反应温度高于实验i，氯化铁在溶液中的水解平衡为吸热反应，升高温度平衡向正反应方向移动，溶液中氢离子浓度增大，所以实验ii中产生气体的速率明显快于实验i，故答案为：H2；温度升高、c(H+)浓度增大；②由题意可知，生成亚铁离子的反应为锌与氯化铁溶液反应生成氯化锌和氯化亚铁，反应的离子方程式为2Fe3++Zn=2Fe2++Zn2+，故答案为：2Fe3++Zn=2Fe2++Zn2+；【小问3详解】①由标准电极电势可知，四种离子的氧化性由大到小的顺序为Fe3+＞H+＞Fe2+＞Zn2+，故答案为：Fe3+＞H+＞Fe2+＞Zn2+；②由气泡不明显，红褐色褪色明显说明锌粒改为锌粉并振荡，反应物的接触面积增大，反应物的碰撞几率增大，反应速率加快，故答案为：将Zn粒改为Zn粉并振荡，增大了Zn与Fe3+碰撞几率，加快了Zn与Fe3+的反应；③由实验过程的探究及对实验现象可知，影响锌与氯化铁溶液的反应过程的条件为温度、碰撞几率(离子迁移速度)、粒子的氧化性强弱，故答案为：反应温度、碰撞几率（离子迁移速度）、粒子的氧化性强弱。13.某合金废料经分析含有20.7%的Pb、64%的Cu和13.4%的Ag。某化学研究小组以该合金废料为原料，设计了如下工艺流程制备PbO2、Ag和CuSO4·5H2O。回答下列问题：

（1）铅与稀HNO3发生反应的化学方程式是___________。（2）氧化酸溶时Ag发生反应的离子方程式：___________。（3）操作2所得滤液的成分是___________(填化学式)，要想得到CuSO4·5H2O，需要在滤液中加入足量的氢氧化钠溶液，经过滤、洗涤，在沉淀物中加入稀硫酸，经___________、过滤、低温干燥得到CuSO4·5H2O。（4）100g合金，经过上述流程处理后得到10.05gAg和250gCuSO4·5H2O计算银的回收率是___________，合金废料中的铜___________(填“是”或“不是”)全部被回收，原因是___________。【答案】（1）3Pb+8H++2NO=3Pb3++2NO↑+4H2O（2）2Ag+H2O2+2HNO3=2AgNO3+2H2O（3）①.Cu(NO3)2②.蒸发浓缩、冷却结晶（4）①.75%②.是③.铜理论质量与实际质量相等【解析】【分析】合金加入硝酸得到硝酸铜、硝酸锌和硝酸银，适量的铅置换出银和铜，此时滤液为硝酸化铅，加入氢氧化钠得到氢氧化铅，经热分解得到氧化铅；加入过氧化氢后铜与银转化为硝酸铜和硝酸银，加入铜单质，操作②的滤液为硝酸铜，再加入氢氧化钠得到氢氧化铜沉淀，经硫酸后得到硫酸铜溶液，据此分析解题。【小问1详解】铅与稀HNO3发生反应的化学方程式是：3Pb+8H++2NO=3Pb3++2NO↑+4H2O；【小问2详解】氧化酸溶时Ag发生反应的离子方程式：2Ag+H2O2+2HNO3=2AgNO3+2H2O；【小问3详解】经分析可知，操作2所得滤液的成分是Cu(NO3)2，要想得到CuSO4·5H2O，需要在滤液中加入足量的氢氧化钠溶液，经过滤、洗涤，在沉淀物中加入稀硫酸，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、低温干燥得到CuSO4·5H2O。【小问4详解】某合金废料经分析含有20.7%的Pb、64%的Cu和13.4%的Ag。理论产生Ag的质量为100g13.4%=13.4g，银的回收率是；合金废料中的铜全部被回收，原因是理论Cu的质量为100g64%=64g，250g的CuSO4·5H2O中Cu的质量为64g，即实际质量也为64g。14.2021年5月15日，“天问一号”火星控测器成功着陆火星。“天问一号”的着陆巡视器突破了高强度铝合金贮箱壳体材料、焊接、250N发动机硅化钼高温抗氧化涂层等多项关键技术，为“天问一号”提供了可靠、精准、稳定的动力。回答下列问题：（1）钼与铬为同族元素，则钼位于周期表的___________区。（2）铝锂合金是航天飞机低温外贮箱的壳体材料。在合金中加入钪，可大大增加合金的强度。基态钪原子的电子排布式为___________。（3）氢气还原SiHCl3(Si的化合价为+4价)，得到高纯硅。将高纯硅和钼高温化合制得硅化钼。SiHCl3的分子空间构型是___________；SiHCl3中所含元素电负性由大到小的顺序为___________。（4）火星大气层的主要成分是二氧化碳，其次是氮气、氩气，此外还含有少量的氧气和水蒸气，若将这几种气体降温液化，最先液化的气体是___________，原因是___________。（5）文献报道，硅化钼涂层可提高碳化硅电热元件高温抗氧化性能，SiC的晶胞结构如图所示。晶体中硅原子的配位数为___________。图中晶胞含有硅原子数为___________。【答案】（1）d（2）[Ar]3d14s2（3）①.四面体②.Cl＞Si＞H（4）①.水蒸气②.水