福建高三化学高考综合检测困难

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页绝密★启用前福建高三化学高考综合检测学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．2023年5月世界上最大的常规动力航母“福建舰”正式动力测试，下面有关说法错误的是A．“福建舰”携带用的航空煤油和柴油主要成分为烃B．舰体材料中使用的玻璃纤维增强聚酯树脂为复合材料，其中基体为聚酯树脂C．降噪减震材料环氧树脂属于有机高分子材料D．防腐涂料中使用的石墨烯为乙烯的同系物2．2023年4月3日，沙坪坝区公安分局民警走进重庆南开中学校园，举办了包括刑侦、网安、禁毒、反恐等主题的安全教育活动。学生们在禁毒教育中认识了以氯胺酮、四氢大麻酚等(结构如下图所示)为主要原料的毒品对人体与社会的危害，下面说法正确的是A．氯胺酮的分子式为C12H13NOClB．四氢大麻酚中只有1个手性碳原子C．氯胺酮和四氢大麻酚均可以发生取代、加成、氧化、消去反应D．1mol四氢大麻酚与浓溴水反应，最多可以消耗3molBr23．聚乳酸可降解制品的推广使用降低了“白色污染”，其制备单体乳酸可由淀粉为原料，通过生物发酵法制备如下图所示，设NA为阿伏加德罗常数的值，下面说法错误的是A．葡萄糖经发酵也可得到乙醇、乙酸等其他物质B．1mol葡萄糖中杂化的C原子数目为NAC．乳酸通过加聚反应获得聚乳酸D．标准状况下，1mol乳酸与足量Na反应生成22.4LH24．下列指定反应的离子方程式正确的是A．向碘化亚铁溶液中滴加少量稀硝酸：NO+3Fe2++4H+=3Fe3++NO↑+2H2OB．久置的H2S溶液变浑浊：2S2﹣+O2+4H+=2S↓+2H2OC．NH4HCO3溶液与足量NaOH溶液混合后加热：NH+OH﹣NH3↑+H2OD．用氨水溶解氯化银沉淀：AgCl+2NH3•H2O=[Ag(NH3)2]++Cl﹣+2H2O5．化学是以实验为基础的科学。根据以下实验操作及现象，能推出相应结论的是选项实验操作现象结论A向丙烯醛(CH2=CHCHO)中加入橙色的溴水，振荡溴水褪色丙烯醛与Br2发生加成反应B向含少量CuCl2的MgCl2溶液中滴加少量稀NaOH溶液产生白色沉淀C向苯酚浊液中滴加少量Na2CO3溶液浊液变澄清酸性：苯酚D向盛有等体积、等浓度的H2O2溶液的两支试管中分别加入0.2mL等浓度CuSO4溶液和KMnO4溶液加KMnO4溶液的试管中产生气泡速率更快比Cu2+的催化效果好6．X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，且X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的。甲、乙、丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，M是某种元素对应的单质，乙和丁的组成元素相同，且乙是一种“绿色氧化剂”，常温下化合物N是具有漂白性的气体。上述物质间的转化关系如图所示(部分反应物和生成物省略)，下面说法正确的是A．沸点：丁<丙；热稳定性：丁>丙B．X、Y、Z、W四种元素能够形成两种常见的酸式盐，且能反应生成NC．Z与X、Y、W形成的化合物中，各元素均满足8电子结构D．原子半径：7．某的多孔材料刚好可将N2O4“固定”，实现了NO2与N2O4分离并制备HNO3，如下图所示，已知2NO2(g)N2O4(g)ΔH<0，下面说法不正确的是A．气体温度升高后，不利于N2O4的固定B．N2O4被固定后，平衡正移，有利于NO2的去除C．制备HNO3的原理为：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3D．每制备0.4molHNO3，转移电子数约为8．以印刷线路板酸性蚀刻废液(含有CuCl2、FeCl2、FeCl3)为原料制备纳米CuO的流程如图：下面说法错误的是A．“沉淀”产生的CuC2O4，不洗涤直接灼烧不影响产品质量B．“在空气中灼烧”时发生了非氧化还原反应C．调节pH为3.2～4.7的目的是使Fe3+完全沉淀，Cu2+不沉淀D．“沉淀”过程中用Na2C2O4代替(NH4)2C2O4，得到的CuC2O4中可能混有Cu(OH)29．2021年我国研制出第一代钠离子电池，该电池具备高能量密度、高倍率充电等优势，它的工作原理为：，其装置如图所示，负极为碳基材料(NamCn)，利用钠离子在正负极之间嵌脱过程实现充放电，下面说法正确的是A．放电时，电子由a极经过导线移向b极B．充电时，若转移，碳基材料电极将增重23m克C．放电时a极反应式为：D．用该电池电解精炼铜，当电池中迁移时，理论上可获得64g纯铜10．25℃时，将稀硫酸滴入Na2R溶液中，混合溶液中离子浓度变化与pH的关系如下图所示，下面说法正确的是A．L1表示-lg与pH的关系曲线B．H2R的第二步电离常数Ka2的数量级为10-4C．NaHR溶液能使酚酞溶液变红D．M点对应溶液中存在c(Na＋)>3c(R2-)试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页二、填空题：本部分共5题，合计60分。11．菱锰矿的主要成分为，主要杂质为、、、、。已知利用菱锰矿制晶体流程如下，根据所学知识回答下面问题。(1)酸浸时含锰组分发生反应的化学方程式为。(2)氧化过滤时体系溶液的pH=4，此时发生反应的离子方程式为。(3)滤渣3的主要成分为。(4)加入沉淀剂SDD是为了除去生成沉淀。若使用Na2S做沉淀剂，除了因体系pH过低会产生H2S外，还会产生絮状无定型沉淀，造成。(5)沉锰时发生反应的离子方程式为；滤液X中含有，经浓缩结晶可做化肥。(6)通过在MnO晶体(正极)中嵌入和脱嵌，实现电极材料充电和放电的原理如下图所示。②代表电池(填“充电”或“放电”)过程，该过程的电极反应式为。12．实验小组探究Cu和Fe(NO3)3溶液的反应原理，根据所学过的知识，回答下面相关问题。(1)配制溶液：用标准试剂配制溶液，下列仪器中无需使用的有(填名称)。(2)Fe(NO3)3溶液成分探究：甲同学认为溶质离子主要成分为和，乙同学认为还有H+，于是用(填仪器名称)测得溶液为1.10。(3)提出假设假设ⅰ：，发生：假设ⅱ：将氧化，发生：(4)实验探究实验Ⅰ：向溶液中加入过量铜粉并充分振荡，溶液变成深棕色，无气泡产生。实验小组通过实验证明了反应中有生成，实验方案为，。实验Ⅱ：向pH=1.10的溶液中加入过量铜粉并充分振荡，无明显现象，综合“实验Ⅰ”和“实验Ⅱ”可知，假设成立。(5)查阅资料知，铜粉与溶液可能涉及的反应有：反应①：；；速率很慢。反应②：；；速率较快。反应③：(深棕色)；；速率很快。反应④：(深棕色)(ⅰ)对反应①来说，Fe2+起到的作用为；为验证这一作用，设计实验方案为。(ⅱ)“实验Ⅰ”反应中无论Cu过量多少，始终都能检测到Fe3+的存在，原因是。13．航天员呼吸产生的CO2用下列反应处理，可实现空间站中O2的循环利用。Sabatier反应：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)水电解反应：2H2O(g)=2H2(g)+O2(g)一种新的循环利用方案是用Bosch反应CO2(g)+2H2(g)C(s)+2H2O(g)ΔH<0代替Sabatier反应，再电解水实现O2的循环利用，请回答下面问题。(1)有关上述反应，下列说法正确的是(填标号)。A．室温下，2H2O(g)⇌2H2(g)+O2(g)不能自发进行的原因为ΔS<0B．可逆反应都有一定的限度，限度越大反应物的转化率一定越高C．可逆反应中，若反应物的总能量>生成物的总能量，则ΔH<0(2)在Sabatier反应[反应Ⅰ：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)KⅠ]体系中，还会发生副反应(反应Ⅱ)：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)KⅡ；一定压强下，向某容积可变的密闭容器中通入CO2和H2的混合气体(其中CO2和H2的物质的量之比为1∶4)，在某催化剂的作用下同时发生反应Ⅰ和反应Ⅱ，测得CO2的转化率、CH4的选择性、CO的选择性随反应温度的变化情况如图所示。已知：CH4或CO的选择性指反应生成CH4或CO时所消耗的CO2的物质的量占参与反应的CO2总物质的量的百分比。相同温度下，反应2CO(g)+2H2(g)⇌CO2(g)+CH4(g)的平衡常数为(用含KⅠ、KⅡ的式子表示)；提高CH4平衡时的选择性的措施有、。(3)对于Bosch反应CO2(g)+2H2(g)⇌C(s)+2H2O(g)ΔH<0，下列关于各图像的解释或得出的结论正确的是(填标号)。A．由甲图可知，反应在t1min时可能改变了压强或使用了催化剂B．由乙图可知，反应在m点达到了平衡状态C．由丙图可知，反应过程中v正>v逆的点是C点D．由丁图可知，交点A表示的反应一定处于平衡状态(4)室温下，向体积为2L的恒容密闭容器中通入4molH2和1molCO2发生上述Sabatier反应：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)(不考虑副反应)；若反应时保持温度恒定，测得反应过程中压强随时间的变化如下表所示，回答下面问题。时间/min0102030405060压强5.00p4.60p4.30p4.15p4.06p4.00p4.00p①0～10min内，v(CO2)=mol·L-1·min-1，该温度下Sabatier反应的Kp=(Kp为用气体的分压表示的平衡常数，分压=气体体积分数×体系总压)。②Sabatier反应的速率方程：v正=k正c(CO2)c4(H2)，v逆=k逆c(CH4)c2(H2O)(k是速率常数，只与温度有关)。20min时，【填“>”“<”或“=”】；反应达平衡时，升高温度，k正增大的倍数k逆增大的倍数【填“>”“<”或“=”】。14．硒-钴-镧(La)三元整流剂在导电玻璃中应用广泛，根据所学过知识，回答下面相关问题。(1)元素硒的两种微粒失去1个电子所需最低能量(填“>”“<”或“=”，下同)，的键角的键角；硒的两种酸的酸性强弱为H2SeO4＞H2SeO3，原因是，。硒的某种氧化物为如图所示的链状聚合结构，该氧化物的化学式为。(2)二硒键和二硫键是重要的光响应动态共价键，其光响应原理可表示如下，回答下面问题。已知光的波长与键能成反比，则图中实现光响应的波长：(填“>”“<”或“=”)，其原因是。(3)过渡金属元素Q与金属镧形成的合金是一种储氢材料，其中基态Q原子的价电子排布式为，则Q为(填元素符号)，该合金的晶胞结构和z轴方向的投影如下图。若阿伏加德罗常数的值为NA，则该合金的密度(Q的相对原子质量用M表示，镧原子量为139，用含a、c、NA、M的代数式表示，列出计算式即可)。15．盐酸黄连素是黄连、三颗针等中草药的有效成分，具有泻火解毒等作用，其人工合成的路线如下图所示，回答下面问题。已知：(1)A→B的化学方程式为。(2)化合物D的结构简式为。(3)E→F中①涉及两步反应，反应类型分别为加成反应、。(4)氨基与羧基连在同一碳原子上的氨基酸称为α−氨基酸，分子式与E相同的芳香族氨基酸有种(不考虑立体异构)；其中苯环上的氢原子在核磁共振氢谱中有3组吸收峰的化合物的结构简式为(任写一种即可)。(5)已知，写出以乙烯、为原料，其他无机试剂任选，制备C2H5CONHCOC2H5的合成路线。答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页参考答案1．DA．煤油和柴油主要成分均为烃类，且以烷烃、环烷烃为主，故A正确；B．玻璃纤维增强聚酯树脂属于复合材料，其基体为聚酯树脂，故B正确；C．环氧树脂是一种高分子聚合物，属于有机高分子材料，故C正确；D．石墨烯为碳单质，与乙烯不是同系物，故D错误。2．DA．由氯胺酮的结构简式可知其分子式为：，故A错误；B．四氢大麻酚中有2个手性碳原子，如图：

，故B错误；C．氯胺酮和四氢大麻酚均不能发生消去反应，故C错误；D．酚羟基邻、对位氢可与溴单质发生取代反应，碳碳双键可与溴单质发生加成反应，则1mol四氢大麻酚可与3mol溴单质反应，故D正确。3．CA．葡萄糖在酒化酶的作用下发酵可得到乙醇，继续发酵可以得到乙酸，所以葡萄糖经发酵也可得到乙醇、乙酸等其他物质，故A正确；B．葡萄糖()分子中形成双键的碳原子为杂化，其他碳原子为sp3杂化，即1mol葡萄糖中杂化的C原子数目为，故B正确；C．乳酸通过缩聚反应获得聚乳酸，故C错误；D．乳酸()分子中羟基和羧基均能与Na反应，1mol乳酸与足量Na反应生成，标准状况下的体积为22.4L，故D正确。4．DA．向碘化亚铁溶液中滴加少量稀硝酸的离子方程式为：2+6I-+8H+═3I2+2NO↑+4H2OB．久置的H2S溶液被氧气氧化生成S沉淀而变浑浊，离子方程式：2H2S+O2═2S↓+2H2OC．氢氧化钠足量，离子方程式：，故C错误；D．氨水与氯化银发生络合反应，离子方程式为：AgCl+2NH3·H2O=+Cl-+2H2O5．CA．碳碳双键、醛基均使溴水褪色，由实验操作和现象不能证明丙烯醛与Br2发生加成反应；B．向含有少量氯化铜的氯化镁溶液中加入氢氧化钠溶液，产生白色沉淀可能是因为镁离子的浓度大于铜离子浓度，则产生白色沉淀不能说明氢氧化镁的溶度积小于氢氧化铜；C．苯酚浊液中滴加少量Na2CO3溶液，生成苯酚钠、碳酸氢钠，则浊液变澄清，可知酸性：苯酚>，C正确；D．KMnO4溶液可氧化过氧化氢，CuSO4溶液可催化过氧化氢分解，反应原理不同，不能探究催化效果，D错误。6．B乙是一种“绿色氧化剂”，即乙为H2O2，乙和丁组成的元素相同，则丁为H2O，化合物N是具有漂白性的气体(常温下)，则N为SO2，根据转化关系，M是单质，H2O2分解成O2和H2O，即M为O2，甲在酸中生成丙，丙为二元化合物，且含有S元素，即丙为，四种元素原子序数依次增大，且都为短周期元素，X为H，Y为O，W为S，X、Z原子序数之和是Y、W原子序数之和的1/2，则Z为。A．丁为H2O，丙为H2S，非金属性：，则热稳定性：，同时水分子间存在氢键，则沸点：，A项错误；B．X、Y、Z、W四种元素能够形成亚硫酸氢钠和硫酸氢钠，且能反应生成，B正确；C．Z与X、Y、W形成化合物分别是、、，中H最外层有2个电子，不满足8电子结构，C项错误。D．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，原子半径大小顺序是，D项错误。7．DA．已知：2NO2(g)N2O4(g)ΔH<0，升高温度，平衡逆向移动，N2O4的浓度减小，不利于N2O4的固定，故A错误；B．N2O4被固定后，N2O4浓度减小，平衡正移，有利于NO2的去除，故B正确；C．被固定的四氧化二氮和氧气、水反应生成硝酸，反应的原理为：2N2O4+O2+2H2O=4HNO3D．由C化学方程式可知，4HNO3~4e-，每制备0.4molHNO3，转移电子数约为0.4×8．B酸性蚀刻废液含有、、，氧化过程中加入是为了把氧化为，加入CuO调节pH到3.2~4.7是为了除去，加入过量的是为了使沉淀。A．沉淀上附着有和杂质，受热时易分解，所以可以不洗涤直接灼烧，A正确；B．在空气中灼烧时发生的主要反应为：，碳元素化合价发生了变化，发生的为氧化还原反应，B错误；C．流程的目的是获得纳米CuO，调节pH到3.2~4.7可以使变成沉淀而被除去，不发生改变，C正确；D．若“沉淀”过程中用代替，由于溶液呈碱性，得到的同时，会产生，从而导致产生的沉淀中混有杂质，则D正确。9．C由题干信息可知，碳基材料为负极b，放电过程中发生的电极反应为：NamCn-me-=Cn+mNa+，充电时，b与电源负极相连为阴极，电极反应为：Cn+mNa++me-=NamCn则含钠过渡金属氧化物为正极a，电极反应为：Na1-mMnO2+me-+mNa+=NaMnO2，充电时，a与电源正极相连作阳极，电极反应为：NaMnO2-me-=Na1-mMnO2+mNa+，据此分析解题。A．放电时，电子由负极b极经过导线移向正极a极，A错误；B．由分析可知，充电时碳基材料电极电极反应为：Cn+mNa++me-=NamCn，若转移，碳基材料电极将增重23克，B错误；C．由分析可知，放电时a极反应式为：，C正确；D．用该电池电解精炼铜，根据Cu2++2e-=Cu可知，当电池中迁移时，即电路上将转移1mol电子，理论上可获得0.5mol×64g/mol=32g纯铜，D错误。10．DA．由图知Na2R为强碱弱酸盐，H2R为二元弱酸，以第一步电离为主，电离常数Ka1＞Ka2，当pH相同时，＞，推知L1表示与pH的关系曲线，L2表示与pH的关系曲线，故A错误；B．由图可知，当溶液pH为7时，=2.5，则Ka2==10—7×10—2.5=10—9.5，H2R的第二步电离常数Ka2的数量级为10-10，故B错误；C．由图可知，当溶液pH为7时，=—3.5，则Ka1==10—7×103.5=10—3.5，NaHR的水解常数Kh===10—10.5＜Ka2=10—9.5，HR—在溶液中的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，则NaHR溶液不能使酚酞溶液变红，故C错误；D．由图可知，M点溶液中pH＞7，=0，则溶液中c(HR—)=c(R2-)，由电荷守恒关系得c(Na+)+c(H+)=2c(R2-)+c(HR—)+c(OH—)，由溶液pH＞7可知，溶液中c(Na+)＞3c(R2-)11．MnO2+2Fe2++4H2O=2Fe(OH)3+Mn2++2H+、(4)不易过滤(或造成吸附损失)(5)(6)放电12．分液漏斗、球形冷凝管计(或酸度计)氧化了(4)向上层清液中滴加溶液，出现蓝色沉淀ⅰ(5)催化向“实验Ⅱ”体系中加入适量Fe(NO3)2固体，振荡，溶液出现蓝色反应③速率大于反应②13．C(2)控制反应温度在340℃左右增大压强(3)BC(4)0.01