福建省福州市第三中学2024-2025学年高三上学期第二次质量检测试题 化学 含解析

第1页/共1页福州三中2024-2025学年第一学期高三第2次质量检查化学试题详解(满分100分，考试时间75分钟)可能用到的相对原子质量：O-16Na-23一、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，只有一项是符合题目要求的。)1.从古至今，人类的生活、生产都离不开材料的应用。下列说法正确的是A.歼－20上采用的氮化镓涂层，属于新型金属材料B.人民币票面文字处采用了含Fe3O4的磁性油墨，Fe3O4常用作红色颜料C.北斗卫星上使用的硅太阳能电池阵，利用SiO2将太阳能转化为电能D.神舟十七号返回舱降落回收过程中使用了芳纶制作的降落伞，芳纶是有机高分子材料【答案】D【解析】【详解】A．氮化镓（GaN）是一种半导体材料，不是金属材料，A错误；B．Fe3O4为黑色固体，常用作红色颜料的是Fe2O3，B错误；C．硅太阳能电池阵是利用硅半导体的性质将太阳能转化为电能，C错误；D．芳纶是一种有机高分子材料，具有高强度和耐热性，常用于制作降落伞等，D正确；答案选D。2.某抗凝血作用的药物Z可用下列反应合成，下列说法不正确的是A.与溴水反应，最多消耗B.水解，最多能消耗C.Z分子中所有碳原子均处于同一平面上D.可用酸性溶液检验产品Z中是否含有X【答案】D【解析】【详解】A．由结构简式可知，X分子中含有酚羟基，能与溴水发生取代反应，反应时苯环邻对位上的氢原子能被溴原子取代，则1molX最多消耗2mol溴，故A正确；B．由结构简式可知，Y分子中含有的酯基能与氢氧化钠溶液反应，其中1mol酚酯基能消耗2mol氢氧化钠，所以1molY发生水解反应时最多能消耗3mol氢氧化钠，故B正确；C．由结构简式可知，Z分子中苯环、碳碳双键和酯基都为平面结构，所以分子中所有碳原子均处于同一平面上，故C正确；D．X分子中酚羟基和Z分子中碳碳双键都能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，所以不能用酸性高锰酸钾溶液检验产品Z中是否含有X，故D不正确；故选D。3.设为阿伏加德罗常数的数值。下列叙述正确的是A.标准状况下，和的混合物中含有分子的数目为B.羟基(-OH)和所含的电子数均为C.与在一定条件充分反应，生成分子数目小于D.完全反应，转移电子数一定为【答案】C【解析】【详解】A．标准状况下，三氧化硫不是气体，不能计算其物质的量，故A错误；B．-OH中含9个电子，氢氧根中含10个电子，中含个电子，故B错误；C．氮气和氢气的反应为可逆反应，反应不能进行完全，生成分子数目小于，故C正确；D．和氢氧化钠反应，转移电子数为，故D错误；故选C。4.下列离子方程式书写正确的是A.Fe2O3溶于氢碘酸：Fe2O3+6H++2I−=2Fe2++I2+3H2OB.少量SO2气体通入BaCl2溶液中：C.铜片投入浓硝酸中：D.向Ca(ClO)2溶液中通入少量的SO2：【答案】A【解析】【详解】A．Fe2O3溶于氢碘酸发生氧化还原反应，+3价铁被还原为Fe2+，I-被氧化为I2，离子方程式为：Fe2O3+6H++2I−=2Fe2++I2+3H2O，选项A正确；B．少量SO2气体通入BaCl2溶液，因盐酸酸性强于亚硫酸，反应不能进行，选项B错误；C．铜片投入浓硝酸中生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的离子方程式为：Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O，选项C错误；D．向Ca(ClO)2溶液中通入少量的SO2，发生氧化还原反应，ClO-被还原为Cl-，SO2被氧化为硫酸根离子，硫酸根离子和钙离子结合生成微溶于水的硫酸钙，由于Ca(ClO)2过量，生成的H+结合ClO-生成次氯酸，反应的离子方程式为：Ca2++3ClO-+H2O+SO2=Cl−+CaSO4↓+2HClO，选项D错误；答案选A。5.M、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前四周期元素，M的一种原子不含中子，W是第二周期未成对电子数最多的元素，X、Y同族，且Y的原子序数为X的两倍，的d轨道有10个电子。下列说错误的是A.与可以发生化合反应B.仅含M、W、Y的某种盐酸能与酸反应又能与碱反应C.第一电离能由大到小的顺序为D.工业上可采用热还原法冶炼Z的单质【答案】A【解析】【分析】M、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的前四周期元素，M的一种原子不含中子，M是H元素；W是第二周期未成对电子数最多的元素，W是N元素；X、Y同族，且Y的原子序数为X的两倍，X是O元素、Y是S元素；的d轨道有10个电子，Z是Cu。【详解】A．NO2与H2O反应生成HNO3和NO，该反应不化合反应，故A错误；B．仅含H、N、S元素盐(NH4)2S，能与酸反应又能与碱反应，故B正确；C．N原子2p能级半充满，结构稳定，第一电离能大于同周期相邻元素，同主族元素从上到下第一电离能依次减小，第一电离能由大到小的顺序为N>O>S，故C正确；D．工业上可用碳还原氧化铜冶炼Cu的单质，故D正确；选A。6.下列实验装置能达到实验目的的是A.用装置甲制取B.利用装置乙制备蒸馏水C.用装置丙蒸干溶液获取晶体D.用装置丁验证浓度对化学反应速率的影响【答案】C【解析】【详解】A．固体分解应在试管或坩埚中进行，不能用蒸发皿，故A错误；B．蒸馏时，温度计水银球应在蒸馏烧瓶支管口处，冷凝管中的冷凝水应从下口进，故B错误；C．不水解，用蒸发结晶法蒸干溶液可以获取晶体，故C正确；D．反应无明显现象，不能比较反应速率，故D错误；答案选C。7.用某复合金属作电极电解催化还原时，复合金属优先与O原子结合，产物是HCOOH，复合金属优先与C原子结合，产物是和。该反应机理及各产物的物质的量分数如图所示。下列说法正确的是A.过程中有极性键和非极性的断裂和形成B.中间体B的结构简式为C.D.若有完全转化，反应中转移的电子数为3.8mol【答案】B【解析】【详解】A．过程中有碳氧极性键断裂、碳氢极性键生成，没有非极性的形成，A错误；B．复合金属优先与O原子结合，产物是HCOOH，B生成甲酸，则中间体B的结构简式为，B正确；C．复合金属优先与O原子结合，产物是HCOOH，复合金属优先与C原子结合，产物是和，结合图中三种物质比例可知，，C错误；D．若10分子二氧化碳反应则生成1分子甲酸、6分子甲醇、3分子甲烷，共转移62个电子，则完全转化，反应中转移的电子数为6.2mol，D错误；故选B。8.用乙醇制备乙酸乙酯的反应原理为：，实验装置如图。冰盐浴条件下，在三颈烧瓶中，加入硫酸、乙醇，搅拌下逐滴加入溶液，控制反应温度得到绿色乳浊液，用等量水稀释，分液，收集上层清液，纯化，干燥，分馏得到乙酸乙酯。下列有关说法正确的是A.乙醇制备乙酸乙酯的反应类型为取代反应B.冰盐浴需控制在，其目的是增强乙醇还原性C.绿色乳浊液用等量水稀释分液后，上层清液中含有的主要杂质为、D.纯化乙酸乙酯的具体操作：先用溶液中和，再用水洗【答案】C【解析】【分析】根据实验原理：，在三颈烧瓶中加入加入硫酸、乙醇，搅拌下逐滴加入溶液，在冰盐浴条件下反应，生成绿色乳浊液，最后进行分离提纯得到乙酸乙酯；【详解】A．中不含有不饱和键，中含有碳氧双键，故乙醇制备乙酸乙酯的反应类型不是取代反应，故A错误；B．冰盐浴需控制在，其目的是有利于降温，减少乙醇挥发，故B错误；C．由于乙醇能被氧化为乙酸，故上层清液中含有的主要杂质为、，故C正确；D．不能用溶液中和，因为乙酸乙酯在NaOH溶液中要水解，应用饱和碳酸钠溶液，故D错误；答案选C。9.一种新型可充电电池，其工作原理如图所示。下列说法正确的是A.该电池有机介质可以用溶液代替B.放电时，通过钠离子交换膜向Ｍ极移动C.放电时，N极电极反应式为D.充电时，每生成，有机电解质的整体质量减小【答案】C【解析】【分析】电池工作时，Na电极失电子产生Na+，透过钠离子交换膜进入CaFeO3电极，则M电极负极，N电极为正极。【详解】A．因为电极为，会与溶液中的反应，A项错误；B．电池放电时，通过钠离子交换膜向N极移动，B项错误；C．放电时，N极为正极，得电子产物会与电解质反应，生成和Na2O，电极反应式为，C项正确；D．充电时，每生成，同时也会有消耗，所以有机电解质的整体质量减小，D项错误；故选C。10.下，用浓度为的标准溶液滴定浓度均为的和氨水的混合溶液，滴定过程中溶液的随的变化曲线如图所示(混合后溶液体积变化忽略不计)。下列说法正确的是A.约为 B.点C.点 D.水的电离程度【答案】B【解析】【分析】HCl溶液与NaOH和氨水的混合溶液反应时，强碱NaOH优先反应、氨水后反应，由图可知，a点时盐酸溶液与氢氧化钠溶液恰好反应得到氯化钠和氨水的混合溶液；b点时HCl溶液与氨水溶液部分反应得到氯化钠、氯化铵和氨水的混合溶液；c点时HCl溶液与氨水恰好反应得到氯化钠和氯化铵的混合溶液；d点时HCl溶液过量，所得溶液为氯化钠、氯化铵和HCl的混合溶液。【详解】A．设混酸溶液的体积为VL，由图可知，a点为氯化钠和氨水的混合溶液，溶液的pOH为3.38，则溶液中氨水的浓度为=0.0100mol/L，则电离常数约为=10-4.76，A错误；B．a点为氯化钠和氨水的混合溶液，溶液存在质子守恒：c(H+)+c()=c(OH-)，整理可得c()=c(OH-)-c(H+)，B正确；C．b点时HCl溶液与一半氨水反应生成氯化铵，此时不考虑平衡情况下NH3∙H2O和NH4Cl物质的量相等，由于存在水解平衡，NH3∙H2O存在电离平衡，b点pOH小于7则pH大于7，溶液显碱性，说明NH3∙H2O电离程度较大，则，C错误；D．酸电离出的氢离子和碱电离出的氢氧根离子抑制水的电离，铵根离子在溶液中水解促进水的电离，由分析可知，c点为氯化钠和氯化铵的混合溶液、d点为氯化钠、氯化铵和HCl的混合溶液，盐酸电离出氢离子抑制水的电离，则c点溶液中水的电离程度大于d点，D错误；故选B。二、非选择题(本大题共4小题，共60分)11.精炼铜产生的铜阳极泥富含等多种元素。研究人员设计了一种从铜阳极泥中分离提收金和银的流程，如下图所示。回答下列问题：（1）位于元素周期表第_______周期第_______族。（2）“浸出液1”中含有的金属离子主要是_______。（3）“浸取2”步骤中，单质金转化为的化学方程式为_______。（4）“浸取3”步骤中，“浸渣2”中的_______(填化学式)转化为。（5）“电沉积”步骤中阴极的电极反应式为_______。“电沉积”步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用的物质为_______(填化学式)。（6）“还原”步骤中，被氧化的与产物的物质的量之比为_______。（7）可被氧化为。从物质结构的角度分析的结构为(a)而不是(b)的原因：_______。【答案】（1）①.四②.ⅠB（2）Cu2+（3）（4）AgCl（5）①.②.（6）3：4（7）(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳定，且存在过氧根，过氧根的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)结构【解析】【分析】精炼铜产生的铜阳极泥富含Cu、Ag、Au等元素，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被转化为Cu2+进入浸取液1中，Ag、Au不反应，浸渣1中含有Ag和Au；浸渣1中加入盐酸、H2O2浸取，Au转化为HAuCl4进入浸取液2，Ag转化为AgCl，浸渣2中含有AgCl；浸取液2中加入N2H4将HAuCl4还原为Au，同时N2H4被氧化为N2；浸渣2中加入，将AgCl转化为，得到浸出液3，利用电沉积法将还原为Ag。【小问1详解】Cu的原子序数为29，位于第四周期第ⅠB族；【小问2详解】由分析可知，铜阳极泥加入硫酸、H2O2浸取，Cu被转化为Cu2+进入浸取液1中，故浸取液1中含有的金属离子主要是Cu2+；【小问3详解】浸取2步骤中，Au与盐酸、H2O2反应氧化还原反应，生成HAuCl4和H2O，根据得失电子守恒及质量守恒，可得反应得化学方程式为：；【小问4详解】根据分析可知，浸渣2中含有AgCl，与反应转化为；【小问5详解】电沉积步骤中，阴极发生还原反应，得电子被还原为Ag，电极反应式为：；阴极反应生成，同时阴极区溶液中含有Na+，故电沉积步骤完成后，阴极区溶液中可循环利用得物质为；【小问6详解】还原步骤中，HAuCl4被还原为Au，Au化合价由+3价变为0价，一个HAuCl4转移3个电子，N2H4被氧化为N2，N的化合价由-2价变为0价，一个N2H4转移4个电子，根据得失电子守恒，被氧化的N2H4与产物Au的物质的量之比为3：4；【小问7详解】(a)结构中电子云分布较均衡，结构较为稳定，(b)结构中正负电荷中心不重合，极性较大，较不稳定，且存在过氧根，过氧根的氧化性大于I2，故Na2S2O3不能被I2氧化成(b)结构。12.测定铁矿石中铁含量的传统方法是，滴定法。研究小组用该方法测定质量为的某赤铁矿试样中的铁含量。【配制溶液】①标准溶液。②溶液：称取溶于浓盐酸，加水至，加入少量锡粒。【测定含量】按下图所示(加热装置路去)操作步骤进行实验。已知：氯化铁受热易升华；室温时，可将氧化为。难以氧化；可被还原为。回答下列问题：（1）下列仪器在本实验中必须用到的有_______(填名称)。（2）结合离子方程式解释配制溶液时加入锡粒的原因：_______。（3）步骤I中“微热”的原因是_______。（4）步骤Ⅲ中，若未“立即滴定”，则会导致测定的铁含量_______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。（5）若消耗标准溶液，则试样中的质量分数为_______(用含a、c、V的代数式表示)。（6）滴定法也可测定铁的含量，其主要原理是利用和将铁矿石试样中还原为，再用标准溶液滴定。①从环保角度分析，该方法相比于，滴定法的优点是_______。②为探究溶液滴定时，在不同酸度下对测定结果的影响，分别向下列溶液中加入1滴溶液，现象如下表：

溶液现象空白实验溶液试剂X紫红色不褪去实验I溶液硫酸紫红色不褪去实验ⅱ溶液硫酸紫红色明显变浅表中试剂X为_______；根据该实验可得出的结论是_______。【答案】（1）容量瓶、量筒（2）Sn2+易被空气氧化为Sn4+，离子方程式为，加入Sn，发生反应，可防止Sn2+氧化（3）提高试样与浓盐酸反应速率，同时可以减少浓盐酸的挥发和氯化铁的升华（4）偏小（5）（6）①.更安全，对环境更友好②.H2O③.酸性越强，KMnO4的氧化性越强，Cl-被KMnO4氧化的可能性越大，对Fe2+测定结果造成干扰的可能性越大，因此在KMnO4标准液进行滴定时，要控制溶液的pH值【解析】【分析】浓盐酸与试样反应，使得试样中Fe元素以离子形式存在，滴加稍过量的SnCl2使Fe3+还原为Fe2+，冷却后滴加HgCl2，将多余的Sn2+氧化为Sn4+，加入硫酸和磷酸混合液后，滴加指示剂，用K2Cr2O7进行滴定，将Fe2+氧化为Fe3+，化学方程式为。【小问1详解】配制SnCl2溶液需要用到容量瓶和量筒，滴定需要用到酸式滴定管，但给出的为碱式滴定管，因此给出仪器中，本实验必须用到容量瓶、量筒；【小问2详解】Sn2+易被空气氧化为Sn4+，离子方程式为，加入Sn，发生反应，可防止Sn2+氧化；【小问3详解】步骤I中“微热”是为了提高试样与浓盐酸反应速率，同时微热可以减少浓盐酸的挥发和氯化铁的升华；【小问4详解】步琛Ⅲ中，若未“立即滴定”，Fe2+易被空气中的O2氧化为Fe3+，导致测定的铁含量偏小；【小问5详解】根据方程式可得：，ag试样中Fe元素的质量为，质量分数为【小问6详解】①方法中，HgCl2氧化Sn2+的离子方程式为：，生成的Hg有剧毒，因此相比于的优点是：更安全，对环境更友好；②溶液+0.5mL试剂X，为空白试验，因此X为H2O；由表格可知，酸性越强，KMnO4的氧化性越强，Cl-被KMnO4氧化的可能性越大，对Fe2+测定结果造成干扰的可能性越大，因此在KMnO4标准液进行滴定时，要控制溶液的pH值。13.某药物间体G的合成路线如下：回答问题：（1）A→B的反应试剂及条件是_______。（2）B与足量熔融NaOH反应的方程式为_______。（3）D的结构简式为_______。（4）写出E中所有官能团名称_______；（5）X是F的同分异构体，符合下列条件的X可能的结构简式为_______(任写一种)。①只含有一种官能团②含有苯环③核磁共振氢谱有两组峰（6）已知有机酸酐由2个羧基脱水获得，结构简式为：，能发生以下反应：。F→G经历了2个反应中间体，其中M的结构简式为_______，M→N的反应类型为_______。【答案】（1），（2）+2NaOH+NaCl+H2O（3）（4）羧基、酯基（5）、或（6）①.②.加成反应【解析】【分析】苯与在催化下取代反应生成氯苯，氯苯先与熔融NaOH发生反应生成苯酚钠，然后与HCl反应生成苯酚；苯酚与NaOH作用，然后通入CO2反应生成，再加入HCl酸化生成D，则D为；D与发生取代反应生成E，E与反应生成F，F与乙酸酐在一定条件下发生反应生成G。【小问1详解】根据分析，A→B的反应试剂及条件是，。【小问2详解】B与足量熔融NaOH反应生成苯酚钠，化学方程式为+2NaOH+NaCl+H2O。【小问3详解】根据分析，D的结构简式为。【小问4详解】根据E的结构可知，其所含官能团为羧基、酯基。【小问5详解】F的结构为，X是F的同分异构体，符合下列条件：①只含有一种官能团，②含有苯环，③核磁共振氢谱有两组峰，说明物质分子结构对称，分子中有两种不同的H原子，则X可能的结构简式是、或。【小问6详解】根据已知信息中的反应可知，F与乙酸酐反应生成和乙酸，则M为；M的酯基结构中含有碳氧双键，可以发生加成反应生成N，N发生消去反应生成G，则M→N的反应类型为加成反应。14.乙酸水蒸气重整制氢包括的反应如下：主反应为：Ⅰ。Ⅱ。副反应为：Ⅲ。回答下列问题：（1）反应的___________。（2）在恒容密闭容器中进行乙酸重整制氢，下列说法正确的是___________。A.增大的浓度，有利于提高平衡转化率B.一定温度下，增大的浓度可以提高的平衡转化率C.若气体的平均相对分子质量保持不变，说明反应体系已达平衡D.升温可以使反应Ⅰ的正反应速率加快，逆反应速率减小，平衡向正反应方向移动（3）乙酸重整时，水碳比[]对、CO、平衡产率Y的影响如图1所示(不考虑副反应)：图中b代表的物质是___________(填化学式)。（4）水碳比为时，温度对平衡时反应产物中各气体含量的影响如图2所示，随温度的升高，的含量减小的原因是___________；600℃后，随温度的升高，的含量开始减小的原因是___________。（5）在T℃下，在恒容密闭容器中充入1mol乙酸(g)和，若只发生反应，起始时压强为pPa，反应达到平衡时，压强为1.3pPa．平衡时，的转化率为___________%，反应的平衡常数Kp=___________Pa3(列出含p的计算式，Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)。【答案】（1）（2）AC（3）（4）①.反应Ⅲ为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，使的含量减小②.600℃后主要发生反应Ⅱ，且反应Ⅱ为放热反应，随着温度的升高，平衡逆向移动，使的含量开始减小（5）①.30②.或【解析】【小问1详解】已知：I．CH3COOH(g)2CO(g)+2H2(g)△H=+213.8kJ·mol-1；II．CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H=-41.1kJ·mol-1，根据盖斯