福建省四地市2022届高三第一次质量检测化学试题（解析版）

福建省四地市2022届高中毕业班第一次质量检测化学试题注意事项：1.本试卷共8页，总分100分，考试时间75分钟。2.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。3.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16一、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.《黄帝本纪》云：“帝采首山之铜铸剑，以天文古字铭之”。下列说法错误的是A.青铜剑的出现早于铁剑B.“帝采首山之铜铸剑”包含氧化还原反应C.越王勾践的青铜剑千年不朽的原因是与形成了致密的氧化膜D.流传千古的剑鲜少铁剑的主要原因是铁制品易发生吸氧腐蚀【答案】C【解析】【详解】A．青铜器时代早于铁器时代，故青铜剑的出现早于铁剑，选项A正确；B．“帝采首山之铜铸剑”包含铜矿中的化合态铜转化为铜单质，涉及氧化还原反应，选项B正确；C．作为青铜剑的主要成分铜，是一种不活泼的金属，在日常条件下一般不容易发生锈蚀，这是越王勾践剑不锈的原因之一，选项C错误；D．流传千古的剑鲜少铁剑的主要原因是铁制品易发生吸氧腐蚀产生铁锈而腐蚀，选项D正确；答案选C。2.用经氯气消毒的自来水配制的溶液中，能大量共存的离子组是A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】经氯气消毒自来水中含有大量Cl2、HClO、Cl-、H+等微粒。【详解】A．Ag+与Cl-反应产生氯化银白色沉淀而不能大量共存，选项A错误；B．Cl2、HClO及均有强氧化性，能将I-氧化而不能大量共存，选项B错误；C．H+与均能反应产生弱酸而不能大量共存，选项C错误；D．各离子与含有氯水的自来水中各成分均不反应，能大量共存，选项D正确；答案选D。3.苯甲酸甲酯是一种重要的化工原料，其合成原理如图，下列有关说法错误的是A.上述反应为取代反应B.苯甲酸甲酯分子中所有碳原子可能共面C.苯甲酸甲酯的一氯取代产物有4种D.苯甲酸甲酯与乙酸乙酯互为同系物【答案】D【解析】【详解】A．苯甲酸与甲醇发生取代反应生成苯甲酸甲酯和水，选项A正确；B．根据苯分子中12个原子共平面、甲醛分子4个原子共平面可知，苯甲酸甲酯分子中所有碳原子可能共面，选项B正确；C．苯甲酸甲酯的一氯取代产物有苯环上酯基的邻、间、对位和甲基上共4种，选项C正确；D．苯甲酸甲酯与乙酸乙酯组成不相似，分子上也不是相差若干个CH2,不互为同系物，选项D错误；答案选D。4.火箭采用偏二甲肼和四氧化二氮作为推进剂，发生如下反应：。设为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.偏二甲肼中含有的共价键数目为 B.所含质子数为C.反应生成，转移的电子数为 D.标准状况下所含分子数为【答案】C【解析】【详解】A．60g偏二甲肼的物质的量为=1mol，每个分子含有11个共价键，含有共价键的数目为11NA，选项A错误；B．的物质的量为=mol，每个分子中含有22个质子，所含质子数小于，选项B错误；C．反应转移电子数为16，反应生成，转移的电子数为，选项C正确；D．存在平衡，故标准状况下所含分子数大于，选项D错误；答案选C。5.《开宝本草》记载“取钢煅作叶如笏或团，平面磨错令光净，以盐水洒之，于醋瓮中阴处埋之一百日，铁上衣生，铁华成矣”。铁华粉［主要成分为］可用如下方法检测。下列相关说法不正确的是已知：(蓝色沉淀)A.制备铁华粉的主要反应为B.气体X为C.铁华粉中含铁单质D.由上述实验可知，结合的能力大于【答案】B【解析】【详解】A．由题中信息可知，制备铁华粉的主要反应方程式正确，A正确；B．气体X为醋酸蒸气，B错误；C．加入盐酸，有氢气产生，说明铁华粉中含有铁单质，C正确；D．由上述实验可知，氢氧根离子能与蓝色沉淀反应，生成棕色沉淀，说明有氢氧化铁沉淀生成，说明氢氧根离子结合铁离子的能力强于CN-，D正确；答案选B。6.某小组实验验证“”为可逆反应。实验I：将溶液与溶液等体积混合发生反应，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。实验Ⅱ：向少量粉中加入溶液，固体完全溶解。下列说法错误的是A.I中加入固体，平衡逆向移动B.II中不能用溶液代替溶液C.该反应平衡常数D.Ⅱ中加入溶液，溶液呈血红色，表明该化学反应为可逆反应【答案】D【解析】【详解】A．I中加入固体，氯离子与银离子反应产生氯化银沉淀，银离子浓度降低，平衡逆向移动，选项A正确；B．II中不能用溶液代替溶液，否则酸性条件下硝酸根离子会将亚铁离子氧化生成铁离子，使铁离子浓度增大，引起干扰，选项B正确；C．根据反应平衡常数的含义可知，该反应平衡常数，选项C正确；D．Ⅱ中向少量粉中加入溶液，固体完全溶解，硫酸铁过量，则加入溶液，溶液呈血红色，不能表明该化学反应为可逆反应，选项D错误；答案选D。7.下列各组实验操作规范，且能达到实验目的是A.配制的硫酸溶液 B.用乙醇萃取碘水中的碘单质C.检验乙醛中的醛基 D.制备乙酸乙酯【答案】C【解析】【详解】A．用98%浓硫酸配制的硫酸溶液时，应先在烧杯中稀释浓硫酸，待冷却至室温，再注入至容量瓶中，不能直接将浓硫酸注入至盛有水的容量瓶中，A错误；B．乙醇能与水任意比互溶，不能作为碘水的萃取剂，B错误；C．往2%硝酸银溶液中滴加2%的氨水至产生的白色沉淀完全溶解，滴加几滴乙醛溶液，水浴加热，产生银镜，符合实验操作及结论，C正确；D．乙酸乙酯能与氢氧化钠溶液反应，应用饱和碳酸钠溶液吸收且导管应悬于溶液上方，D错误；故选C。8.某种净水剂由原子序数依次增大的五种元素组成。五种元素分处三个短周期，包含地壳中含量前三的元素。基态Z原子的成对电子占据的轨道数与未成对电子占据的轨道数之比为。下列说法不正确的是A.简单离子半径：B.简单氢化物稳定性：C.X与Z形成的化合物在水中会生成沉淀和气体D.第一电离能：【答案】A【解析】【分析】五种元素分处三个短周期，则R为H；基态Z原子的成对电子占据的轨道数与未成对电子占据的轨道数之比为7:2，则Z的电子排布式为1s22s22p63s23p4，Z为S；五种元素包含地壳中含量前三的元素O、Si、Al，则W为O，X为Al，Y为Si。【详解】A．电子层结构相同的离子，原子序数越大，半径越小，所以Al3+＜O2-，故A错误；B．元素的非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强。非金属性：O＞S＞Si，所以氢化物的稳定性：H2O＞H2S＞SiH4，故B正确；C．Al和S形成的化合物Al2S3在水中会发生双水解反应：Al2S3+6H2O=2Al(OH)3+3H2S↑，故C正确；D．第一电离能是气态电中性基态原子失去一个电子转化为气态基态正离子所需要的最低能量，一般地，同周期元素从左到右，第一电离能有增强趋势，所以第一电离能S＞Si＞Al，故D正确；故选A。【点睛】同周期元素从左到右，第一电离能有增大趋势，但需注意的是，第ⅡA族的第一电离能大于第ⅢA族的，第ⅤA族的大于第ⅥA族的。9.我国科研团队设计了一种表面锂掺杂的锡纳米粒子催化剂可提高电催化制甲酸盐的产率，同时释放电能，实验原理如图所示。下列说法不正确的是A.充电时，电极周围升高B.放电时，每生成，转移个电子C.使用催化剂或者均能有效减少副产物的生成D.使用催化剂，中间产物更不稳定【答案】B【解析】【详解】A．根据装置图，充电时，外电路电子流向Zn电极，即Zn电极反应式为Zn(OH)+2e-=Zn+4OH-，c(OH-)增大，pH增大，故A说法正确；B．根据装置图可知，放电时，右侧电极反应式为CO2+2e-+H2O=HCOO-+OH-，生成1molHCOO-时，转移电子物质的量为2mol，故B说法错误；C．根据图象可知，在使用催化剂Sn和s-SnLi生成CO时活化能大，活化能大反应速率慢，且CO能量比HCOOH能量高，能量越低，物质越稳定，因此使用催化剂Sn和s-SnLi可以减少副产物CO的生成，故C说法正确；D．根据图象可知，使用催化剂s-SnLi，中间产物能量高，不稳定，故D说法正确；答案为B。10.室温下，与溶液的滴定曲线如图。下列说法不正确的是A.B.由b点可知C.c点时，D.溶液不能用溶液直接进行中和滴定，可先加入溶液再进行滴定【答案】B【解析】【详解】A．在a点时，pH=1.58，c(H+)=10-1.58mol/L，此时为0.1mol/LH3PO4溶液。H3PO4⇌H++，，pKa1=2.16，A正确；B．b点时，发生反应：NaOH+H3PO4=NaH2PO4，此时溶质为NaH2PO4，且pH=4.7，溶液呈酸性，说明磷酸二氢根离子的电离程度大于水解程度，所以，B错误；C．c点时，pH=7，氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，电荷守恒：，消去氢离子和氢氧根离子，则有：，C正确；D．d点时，溶液溶质为磷酸一氢钠，pH=9.7，溶液呈碱性，若直接用氢氧化钠溶液滴定，滴定终点现象不明显，若加入氯化钙溶液，氯化钙会与磷酸一氢钠反应生成磷酸一氢钙沉淀，此时溶液pH接近为中性，再用氢氧化钠溶液滴定，便于观察滴定终点时的现象，D正确；答案选B。二、非选择题：本题共5小题，共60分。11.钯催化剂(主要成分为，还含少量铁、铜等元素)在使用过程中，易被氧化为难溶于酸的而失活。一种从废钯催化剂中回收海绵钯的工艺流程如图。（1）“还原i”加入甲酸的目的是还原_______(填化学式)。（2）“酸浸”过程：①从绿色化学要求出发，酸浸液应选择_______(填标号)。A.王水(浓硝酸和浓盐酸按体积比混合)B.盐酸和C.盐酸和②温度、固液比对浸取率的影响如图，则“酸浸”的最佳条件为_______。（3）“离子交换”和“洗脱”可简单表示为：，(为阴离子交换树脂)。①“离子交换”流出液中阳离子有、_______(填离子符号)。②淋洗液需保持小于2的原因是_______。（4）“沉钯”过程钯元素主要发生如下转化：(稀溶液)(稀溶液)(沉淀)。“沉钯”的目的是_______。（5）“还原ii”中产生无毒无害气体。由生成海绵钯的化学方程式为_______。（6）该工艺流程中可循环利用的物质有_______。【答案】（1）PdO（2）①.C②.温度控制在75℃~80℃，固液比为4:1（3）①.Fe3+、Cu2+②.淋洗过程中有[Pd(NH3)4]Cl2(aq)[Pd(NH3)2]Cl2(s)+2NH3(aq)，加入盐酸，H+和NH3反应，使平衡正向移动，从而使Pd沉淀，所以需控制pH小于2（4）将Pd和其他杂质如NH4Cl等分离（5）2[Pd(NH3)2]Cl2+N2H4▪H2O=2Pd+N2↑+4NH4Cl+H2O（6）HCl、RCl【解析】【分析】废钯催化剂加入甲酸，在使用过程中，将Pd被氧化生成的PdO还原为Pd。加入盐酸和H2O2酸浸，Pd转化为H2PdCl4，铁和铜被氧化为离子，α-Al2O3不溶，过滤出来，浸出液中含有H2PdCl4、Fe3+和Cu2+，浸出液进行离子交换，离子交换树脂中的Cl-被[PdCl4]2-交换，Pd被留在离子交换树脂中，其他离子H+、Fe3+、Cu2+、Cl-等离子在流出液中。然后再洗脱，[PdCl4]2-重新进入溶液中，加盐酸，H2PdCl4(稀溶液)→[Pd(NH3)4]Cl2(稀溶液)→Pd(NH3)2Cl2(沉淀)，得到的Pd(NH3)2Cl2用N2H4▪H2O还原得到海绵钯。小问1详解】钯催化剂在使用过程中，Pd易被氧化为难溶于酸的PdO而失活，“还原i”加入甲酸的目的是还原PdO。【小问2详解】王水有很强的氧化性和挥发性，且王水不稳定，容易分解得到氯气，氯气有毒，所以从绿色化学要求出发，酸浸液应选择盐酸和H2O2，故选C。从图中可以看出，当温度在75℃~80℃时，浸取率最大，能达到98%~99%，固液比为4:1时，浸取率也最大，能达到98%，故“酸浸”的最佳条件为温度控制在75℃~80℃，固液比为4:1。【小问3详解】由以上分析可知，离子交换”流出液中阳离子有H+、Fe3+、Cu2+。淋洗过程中有[Pd(NH3)4]Cl2(aq)⇌[Pd(NH3)2]Cl2(s)+2NH3(aq)，加入盐酸，H+和NH3反应，使平衡正向移动，从而使Pd沉淀，所以需控制pH小于2。【小问4详解】“沉钯”的目的是将Pd和其他杂质如NH4Cl等分离。【小问5详解】“还原ii”中产生无毒无害气体。由Pd(NH3)2Cl2生成海绵钯的化学方程式为：2Pd(NH3)2Cl2+N2H4▪H2O=2Pd+N2↑+4NH4Cl+H2O。【小问6详解】在“离子交换”步骤有HCl生成，可以回到“酸浸”步骤重复使用；洗脱过程中产生的RCl也可以循环使用。12.实验室中利用如图装置(部分装置省略)制备和，探究其氧化还原性质。（1）盛放9mol/L盐酸的仪器名称是_______。（2）b中发生化学反应的离子方程式是_______。（3）d中浸有溶液的棉花的作用是_______。（4）下列相关说法不正确的是_______(填标号)。A.使用选择9mol/L盐酸替换浓盐酸，有利于减少挥发B.控制液体滴加速率以维持氯气气流稳定，有利于减少反应过程倒吸的可能C.反应结束后，b中液体经冷却结晶、过滤、冷水洗涤、干燥，可得晶体D.增大装置c中溶液的浓度，有利于提高产率（5）当b中试管内溶液由黄色变为无色时，反应到达终点。实际操作时，发现溶液由黄色变为紫红色甚至产生棕色沉淀影响产品纯度。针对该现象，提出改进的措施_______。（6）取少量和溶液分别置于1号和2号试管中，滴加溶液。两支试管均无明显现象，但试管2试管壁发烫。在上述实验基础上，设计实验进一步验证该条件下的氧化能力小于_______。(供选择的试剂：稀盐酸、稀硝酸、溶液、溶液)（7）中氧原子的p轨道上的孤对电子进入氯原子的d轨道形成键。键长：_______(填“＞”或“＜”)。【答案】（1）分液漏斗（2）Cl2＋6OH－ClO＋5Cl－＋3H2O（3）吸收逸出的氯气尾气，防止空气污染（4）D（5）反应前用少量水润湿MnO2粉末（6）向试管1加入BaCl2溶液，出现白色沉淀，再加入稀盐酸，沉淀溶解；待试管2冷却后，加入BaCl2溶液，出现白色沉淀，再加入稀盐酸，沉淀不溶解（7）＜【解析】【分析】本题制备KClO3和NaClO，制备KClO3是氯气和KOH在加热条件下发生歧化反应得到，制备NaClO是由氯气和NaOH在冰水中进行，a装置制备Cl2，b制备KClO3，c制备NaClO，d装置是尾气的吸收，据此分析；【小问1详解】盛放9mol·L－1盐酸的仪器是分液漏斗；故答案为分液漏斗；【小问2详解】b中制备KClO3，氯气与KOH歧化反应得到KCl和KClO3、H2O，即离子方程式为Cl2＋6OH－ClO＋5Cl－＋3H2O；故答案为Cl2＋6OH－ClO＋5Cl－＋3H2O；【小问3详解】氯气有毒，为防止污染环境必须除去，Na2S2O3具有还原性，Na2S2O3的作用是吸收逸出的氯气尾气，防止污染空气；故答案为吸收逸出的氯气尾气，防止污染空气；【小问4详解】A．盐酸越浓，挥发性越强，使用9mol/L盐酸代替浓盐酸，可以减少HCl挥发，故A说法正确；B．控制液体滴加速率以维持氯气气流稳定，不至于装置中的压强忽大忽小，可以减少反应过程中倒吸的可能，故B说法正确；C．反应结束后，b中液体经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、冷水洗涤、干燥，可得到KClO3固体，故C说法正确；D．浓NaOH与水放出热量，Cl2与NaOH反应发生副反应，NaClO产率降低，故D说法错误；答案为D；【小问5详解】出现上述颜色变化，可能是MnO2粉末随氯气进入b中试管中，参与反应，防止MnO2粉末进入b中试管中，可以反应前用少量水润湿MnO2粉末；故答案为反应前用少量水润湿MnO2粉末；【小问6详解】证明KClO3的氧化能力小于NaClO的氧化能力，需要证明试管1中无SO，试管2中有SO，操作为向试管1加入BaCl2溶液，出现白色沉淀，再加入稀盐酸，沉淀溶解；待试管2冷却后，加入BaCl2溶液，出现白色沉淀，再加入稀盐酸，沉淀不溶解；故答案为向试管1加入BaCl2溶液，出现白色沉淀，再加入稀盐酸，沉淀溶解；待试管2冷却后，加入BaCl2溶液，出现白色沉淀，再加入稀盐酸，沉淀不溶解；【小问7详解】中心原子Cl有1个孤电子对，中心原子Cl有3个孤电子对，孤电子对越多，斥力越大，键长越长，键长：＜；故答案为＜。13.二氧化碳转化为甲醇有利于实现碳中和。（1）二氧化碳合成甲醇经历以下两步：则合成总反应_______。（2）时，在体积为的刚性容器中，投入和，合成总反应达到平衡时，的平衡转化率为。①该反应的平衡常数K=_______(保留1位小数)。②有利于提高平衡转化率的是_______(填标号)。A降低温度B.继续通入C.及时将分离D.使用合适催化剂（3）我国科学家制备了一种催化剂，实现高选择性合成。气相催化合成过程中，转化常及选择性随温度及投料比的变化曲线如图。①生成的最佳条件是_______(填标号)。A.B.C.D.②温度升高，转化率升高，但产物含量降低的原因：_______。（4）甲醇进一步合成天然淀粉的路线如图，其中为生物酶。①合成天然淀粉过程中加入过氧化氢酶的作用是_______。②以为原料人工合成淀粉，为1个周期，每克催化剂能生产淀粉；自然界中玉米合成淀粉的效率为。该方法生产淀粉的效率是玉米的_______倍(保留1位小数)。【答案】（1）-49（2）①.0.5L2/mol2②.AC（3）①.B②.温度升高，反应速率加快，转化率升高，但副反应也增多，含量降低（4）①.及时分解H2O2，防止其对酶氧化，同时增大O2的利用率②.8.5【解析】【小问1详解】已知①②根据盖斯定律，由①+②得合成总反应△H1+△H2=-49；【小问2详解】①根据三段式可知：该反应的平衡常数K=0.5L2/mol2；②A.反应-49为放热反应，降低温度，平衡正向移动，CO2转化率增大，选项A正确；B.继续通入，CO2转化率降低，选项B错误；C.及时将分离，平衡正向移动，CO2转化率增大，选项C正确；D.催化剂不能使平衡移动，CO2转化率不变，选项D错误；答案选AC；【小问3详解】①由图可知，320℃，，选择性及CO2转化率均最佳，答案选B；②温度升高，反应速率加快，转化率升高，但副反应也增多，含量降低；【小问4详解】①由合成天然淀粉的路线可知，过氧化氢酶的作用是:及时分解H2O2，防止其对酶的氧化，同时增大O2的利用率；②以为原料人工合成淀粉，为1个周期，每克催化剂能生产淀粉；自然界中玉米合成淀粉的效率为。该方法生产淀粉的效率是玉米的=8.5倍。14.原子互替换二维材料六元环内的碳原子或氮原子，并与周围三个原子成键，由此构筑的单个如原子掺杂催化剂如图a所示，相比于传统的碳负载催化剂，在催化乙炔与氯化氢制备氯乙烯过程中能维持较高的活性。回答下列问题：（1）基态氯原子价电子排布式为_______。（2）氯乙烯中的元素按电负性从小到大的顺序为_______(填元素符号)。（3）的熔点比高，原因是_______。（4）图a中存在的化学键有_______(填标号)。a.非极性键b.键c.金属键d.范德华力c.氢键（5）另一种二维材料结构如图b所示。①其基本结构单元(虚线图部分)中有_______个N原子。②若图b发生类似图a的单个原子掺杂，则有_______种掺杂方式。【答案】（1）3s23p5（2）H<C<Cl（3）二者均为分子晶体，结构相似，AuCl3相比AlCl3，相对分子质量大，范德华力大，熔点更高（4）b（5）①.4②.2【解析】【小问1详解】氯17号元素，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，所以价电子排布式为3s23p5，故答案为：3s23p5；【小问2详解】氯乙烯中含有C、H、Cl元素，元素的非金属性越强其电负性越大，H、Cl、C的非金属性大小顺序是Cl＞C＞H，所以其电负性由小到大的顺序是H<C<Cl；【小问3详解】二者均为分子晶体，结构相似，AuCl3相比AlCl3，相对分子质量大，范德华力大，熔点更高，故的熔点比高；【小问4详解】a.非极性键：存在同种原子之间，