福建省泉州市2024届高三下学期毕业班适应性练习卷五化学试卷（解析版）

泉州市2024届高中毕业班适应性练习卷高三化学满分100分，考试时间75分钟。注意事项：1．考试前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确黏贴在条形码区域内。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整，笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23S32Cl35.5一、选择题（本题共10小题，每小题4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.今年泉州蟳埔的“簪花围”和“蚵壳厝”火出圈，传统的簪花是把鲜花用金银簪固定。下列说法不正确的是A.金银簪属于金属材料 B.蚵壳的主要成分属于硅酸盐C.某些鲜花释放的香气中含有酯类物质 D.海蛎中蛋白质属于有机高分子【答案】B【解析】【详解】A．金银簪用金、银等金属材料制成，A正确；B．蚵壳的主要成分为碳酸钙，属于碳酸盐，B错误；C．很多鲜花和水果的香味都来自酯类物质，C正确；D．蛋白质属于有机高分子，D正确；本题选B。2.用PVA包裹的是纳米级抗癌药物载体，具有良好的水溶性和靶向性，PVA的结构为，下列说法不正确的是A.PVA在人体内不能发生水解反应 B.PVA与互为同系物C.该载体分散于水中可形成胶体 D.该载体在磁场作用下具有靶向性【答案】B【解析】【详解】A．PVA是聚乙烯醇，没有可以发生水解官能团，在人体内不发生水解反应，A正确；B．同系物是结构相似，分子组成相差若干个CH2的有机物，PVA是高分子有机物，与乙醇结构不相似，不互为同系物，B错误；C．纳米级抗癌药物载体分散于水中，刚好作为分散质，分散质粒子直径为纳米级刚好满足胶体的定义，C正确；D．该载体中含有磁性氧化铁即Fe3O4，在磁场作用下具有靶向性，D正确；本题选B。3.某有机合成中间体X的结构简式如下图。下列关于X的说法正确的是A.分子式为 B.分子中含有2个手性碳原子C.①和②键的键长相等 D.与足量溶液反应能生成甘油【答案】D【解析】【详解】A．根据结构简式可知X的分子式为C11H13O4Cl，故A错误；B．连接四个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，由结构简式可知只有与羟基相连的碳原子为手性碳原子，故B错误；C．①和②都是C−O键，但①中成键的碳原子为sp3杂化，而②中成键的碳原子为sp2杂化，成键原子杂化方式不同，形成的键不同，键长不同，故C错误；D．该有机物中酯基可以在氢氧化钠溶液中水解，氯原子也会在碱性条件下发生水解，产物有丙三醇，即甘油，故D正确；故选D。4.下列实验对应的离子方程式正确的是A.用溶液刻蚀印刷电路板：B.将重晶石转化为酸溶性钡盐：C.用溶液吸收含溴尾气：D.验证的漂白性：【答案】B【解析】【详解】A．用溶液刻蚀印刷电路板，生成氯化亚铁和氯化铜：，A错误；B．将重晶石转化为酸溶性钡盐，发生沉淀的转化：，B正确；C．用溶液吸收含溴尾气，生成溴化钠、次溴酸钠和水：，C错误；D．验证的漂白性应该用品红溶液，体现的是二氧化硫的还原性，D错误；答案选B。5.以为原料制备，理论上可用下列两个反应进行。反应ⅰ：反应ⅱ：为阿伏伽德罗常数值，下列说法不正确的是A.反应ⅰ需在高温下才能自发进行B.反应ⅰ中，每分解142g产生44.8L（标准状况）C.由反应ⅰ、ⅱ分别制备，转移电子数均为D.溶液中存在：【答案】D【解析】【详解】A．反应i的ΔH>0、ΔS>0，ΔG=ΔH-TΔS<0反应自发，故T较大时反应i的ΔG<0，反应ⅰ需在高温下才能自发进行，A正确；B．142gNa2SO4物质的量为1mol，根据反应i的化学方程式，产生O2物质的量为2mol，标准状况下体积约为44.8L，B正确；C．由反应ⅰ、ⅱ制备Na2S都是以Na2SO4为反应物，硫化合价都是从+6变为-2，每生成1molNa2S失8mol电子，故由反应ⅰ、ⅱ分别制备0.5molNa2S，转移电子数均为4NA，C正确；D．Na2S溶液中，S2-发生水解，每个S2-水解都生成1个HS−和1个OH−，但是OH−还有水电离产生的，故c(HS−)<c(OH−)，D错误；本题选D。6.某研究小组拟在实验室以废铁屑（含有少量炭和杂质）为原料制备无水，设计如下流程（已知易水解）：下列说法不正确的是A.试剂X可选用硫酸B.“氧化”时：C.操作①②均需用到漏斗、烧杯、玻璃棒D.“脱水”时可能会产生亚铁盐【答案】A【解析】【分析】废铁屑(含有少量碳和SiO2杂质)加入盐酸，铁粉反应生成氯化亚铁，操作①过滤除去少量碳和SiO2杂质，溶液I(溶质为氯化亚铁)加入氧化剂H2O2得到溶液II(溶质为氯化铁)，操作②蒸发结晶生成FeCl3·6H2O，在SOCl2的存在下加热脱水生成FeCl3。【详解】A．由于最终要制备无水FeCl3，若试剂X可选用硫酸，则引入了硫酸根杂质，故A不正确；B．由分析，“氧化”时，氧化剂H2O2将氯化亚铁氧化为氯化铁，选项所给离子方程式正确，故B正确；C．操作①为过滤，操作②为蒸发结晶，均需用到漏斗、烧杯、玻璃棒，C正确；D．“脱水”时，SOCl2与水会生成SO2，生成的SO2可能将Fe3+还原成Fe2+，故“脱水”时可能会产生亚铁盐，D正确；不正确的选A。7.是一种可吸附甲醇的材料，R、T、X、Y、Z为原子序数依次递增且为不同主族的短周期非金属元素，T、X、Y、Z位于同一周期且相邻，其中结构如图。下列说法一定正确的是A.第一电离能：B.含氧酸的酸性：C.中X、Y原子均满足8电子稳定结构D.该物质中含有离子键、配位键和极性键【答案】D【解析】【分析】R、T、X、Y、Z为原子序数依次递增且为不同主族的短周期非金属元素，T、X、Y、Z位于同一周期且相邻，则R为H，根据[X(YR2)3]+的结构，Y能形成三根键，考虑是VA族元素，则T、X、Y、Z只能分别是B、C、N、O；【详解】A．同一周期，从左到右，电离能呈增大趋势，N的2p能级电子半满，更稳定，故第一电离能高于相邻元素，则第一电离能从小到大正确顺序为X<Z<Y，A错误；B．选项没有指明是最高价含氧酸，其中C元素的含氧酸考虑有机羧酸种类很多，故无法比较，B错误；C．N原子与2个H分别共用一对电子，和碳原子也共用一对电子，达到了8电子饱和结构，而碳原子总共只形成了3对共用电子，且[X(YR2)3]+整体带正电荷说明碳原子失了电子，则C最外层只有6个电子，没有达到8电子饱和结构，C错误；D．该物质中，[X(YR2)3]+内N与H、N与C之间都是极性键，[X(YR2)3]+与Cl-以离子键作用，[B(OCH3)4]中O和B之间形成配位键，故D正确；本题选D。8.下列实验设计不能达到相应实验目的的是选项实验目的实验设计A探究乙醇消去反应的产物取一定量乙醇、浓硫酸、沸石，迅速升温至170℃，将产生的气体通入酸性中B配制银氨溶液向溶液中逐滴加入稀氨水，直至产生的沉淀恰好溶解C验证向溶液中滴加2滴等浓度的溶液，过滤后往滤液再加入溶液D验证浓硫酸的脱水性和氧化性将浓硫酸加入蔗糖中A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．实验产生的乙烯中混有挥发的乙醇以及发生副反应生成的二氧化硫气体，都能使高锰酸钾溶液褪色，因此应先除去乙烯中的杂质再通入酸性高锰酸钾溶液中，故A错误；B．向AgNO3溶液中逐滴加入稀氨水，直至产生的沉淀恰好溶解，可以配制银氨溶液，B可以达到实验目的；C．向5mLNaCl溶液中滴加2滴等浓度的AgNO3溶液，会生成AgCl沉淀，过滤后往滤液再加入NaI溶液，发现还有AgI沉淀生成，说明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，C可以达到实验目的；D．将浓硫酸加入蔗糖中，由于浓硫酸具有脱水性可以观察到的实验现象是蔗糖变黑，同时浓硫酸具有强氧化性，能氧化生成的碳得到二氧化硫，放出有刺激性气味的气体，造成炭体积膨胀，变成疏松多孔的海绵状，D可以达到实验目的；故不能达到实验目的的选A。9.一种自生酸和碱的电化学回收体系，原理如图所示。在Ⅲ室中将等含磷微粒转化为羟基磷灰石（），同时将转化为，实现废水中的等含磷微粒和的回收。下列说法不正确的是（注：表示等含磷微粒，为羟基磷灰石）A.a、c为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜B.Ⅲ室可发生反应：C.当电路中通过电子，阴极增重10.04gD.物质X为硫酸溶液，将其泵入吸收室用于吸收【答案】C【解析】【分析】由I室电极产生O2，III室电极产生H2可知，左侧为阳极，右侧为阴极，I室产生H+进入II室溶液，为了保证II室溶液电中性，脱盐室中硫酸根离子进入II室，II室物质X为硫酸，故a膜为阳离子交换膜，b膜为阴离子交换膜，II室硫酸泵入吸收室用于吸收NH3，脱盐室中硫酸根经过b膜进入II室，则Na+通过c膜进入III室，c膜为阳离子交换膜；【详解】A．由分析知，a、c为阳离子交换膜，b为阴离子交换膜，A正确；B．III室要生成羟基磷灰石，所给离子方程式符合原理且满足电荷、质量守恒，B正确；C．III室电极为阴极，电极反应式2H2O+2e-=H2↑+2OH-，转移0.14mol电子，共生成0.14molOH-，OH-除了生成羟基磷灰石，还要与铵根反应，根据B选项反应式，当参与B选项反应式的OH-少于0.14mol，生成的羟基磷灰石少于0.01mol，0.01mol羟基磷灰石为10.04g，故阴极增重小于10.04g，C错误；D．由分析，物质X为硫酸溶液，将其泵入吸收室用于吸收NH3，D正确；本题选C。10.常温下，用浓度均为和溶液进行实验：①各取，混合后滴加一定浓度的溶液，测得溶液的电导率随溶液体积变化如图1所示；②各取，分别滴加上述溶液，测得溶液的电导率随溶液体积变化如图2所示。下列说法正确的是Aa点溶液：B.水的电离程度：C.：D.由图2可知等浓度时的电导率：【答案】D【解析】【详解】A．a点溶液相当于浓度均为0.10mol⋅L−1HCl和CH3COOH溶液等体积混合，由于醋酸是弱酸，所以混合液中，氢离子浓度大于0.10mol⋅L−1，故pH<1，A错误；B．盐酸是强酸，与KOH反应生成KCl，离子数目基本不变，溶液体积增大，浓度减小，溶液导电率降低，b点盐酸刚好完全反应，醋酸是弱酸，反应后生成醋酸钾是强电解质，故离子数目增大，溶液导电率升高，c点醋酸完全反应，当酸完全被反应，相当于加入氢氧化钾溶液，溶液导率继续增大，故c点溶液相当于KCl和醋酸钾的混合液，醋酸钾会水解，水电离程度最大，故B错误；C．由电荷守恒c(Cl−)+c(CH3COO−)+c(OH−)=c(H+)+c(K+)，溶液导电率d>c，d、c两点离子种类相同，故所有离子浓度d>c，故c(Cl−)+c(CH3COO−)+c(OH−)：c<d，C错误；D．由图2，根据起始时的溶液导电率，上方曲线表示盐酸，KOH溶液V>80mL时，两溶液中K+浓度相同，加入KOH越多，氯离子和醋酸根离子浓度也越接近，但是盐酸对应的导电率一直更大，D正确本题选D。二、非选择题（本题共4题，共60分）11.三氯异氰尿酸（）可在水中缓慢释放出，是一种高效、低毒、安全的杀菌消毒漂白剂。实验室利用潮湿与反应制取，再与氰尿酸（）悬浮液在20~25℃发生取代反应获得三氯异氰尿酸，实验装置（夹持装置省略）如下图：已知：在温度较高时易分解，浓度较高时易爆炸（1）制时，需打开活塞b，________玻璃塞a（选填“打开”或“关闭”）。（2）乙中盛放的试剂为________。（3）实验时，通入空气（不参与反应）的目的为________________。拆卸实验装置前还需再通入空气的目的为________________。（4）设计“气体分离”方案时，分析的空间构型为________，进一步分析为弱极性分子，________（选填“能”或“不能”）用除去中的。（5）丁中c装置的作用为________________。（6）制取三氯异氰尿酸的化学方程式为________________。（7）三氯异氰尿酸有效氯含量测定：称取样品，加入适量碘化钾和稀硫酸，充分反应后用溶液滴定，平均消耗溶液。已知：样品有效氯①滴定时加入的最佳指示剂是________，滴定终点的现象为________。②样品有效氯为________。【答案】（1）关闭（2）饱和食盐水（3）①.稀释，防止发生爆炸②.尽量将装置中残留的氯气赶入戊中，避免污染空气（4）①.V形②.不能（5）控制温度在20℃~25℃（6）（7）①.淀粉溶液②.当滴入最后半滴标准液时，由浅蓝色变无色，且在半分钟内不恢复③.71%【解析】【分析】装置甲中由浓盐酸和高锰酸钾制备氯气，除去其中的氯化氢后，和碳酸钠反应制备，在装置丁中和氰尿酸反应生成最终产品，最后注意尾气处理，以此解题。【小问1详解】该装置有恒压管，则应该关闭玻璃塞a；【小问2详解】由分析可知，装置乙可以除去氯气中的氯化氢，则乙中盛放的试剂为：饱和食盐水；【小问3详解】根据题给信息可知，在温度较高时易分解，浓度较高时易爆炸，另外该反应使用了氯气，氯气有毒，则通入空气（不参与反应）的目的为：稀释，防止发生爆炸；拆卸实验装置前还需再通入空气的目的为：尽量将装置中残留的氯气赶入戊中，避免污染空气；【小问4详解】中心原子O的价层电子对数为4，其中有2对故电子对，则其空间构型为V形；根据相似相溶原则，为弱极性分子可以在四氯化碳中溶解一小部分，则不能用除去中的；【小问5详解】该反应需要在20~25℃发生反应，可以水浴加热，则丁中c装置的作用为控制温度在20℃~25℃；【小问6详解】根据题意可知，与氰尿酸（）反应生成产物，方程式为：；【小问7详解】①根据信息可知三氯异氰尿酸可以和水反应生成次氯酸，次氯酸可以和碘化钾反应生成单质碘，再用滴定其中的碘，则滴定时加入的最佳指示剂是淀粉溶液；滴定终点的现象为当滴入最后半滴标准液时，由浅蓝色变无色，且在半分钟内不恢复；②根据得失电子守恒可知，关系式为：~3HClO~3I2~6，则n()=，样品有效氯为。12.汽车尾气处理系统的原理是利用脱除并转化为。（1）已知在25℃，时：反应ⅰ：反应ⅱ：反应ⅲ：________（2）当与的物质的量之比按1：3、3：1、4：1分别以相同流速通过催化剂，通过时间均为，的脱除率随温度变化的曲线如下图所示：①曲线c对应与的物质的量之比为________。②若曲线a中的起始浓度为，则在900℃时的脱除速率为________。③在800℃~1100℃时，催化剂活性较稳定。则脱除的最佳温度为________℃，的脱除率在最佳温度之前逐渐增大的原因是________。④940℃时，反应ⅲ的平衡常数________（用物质的量分数代替浓度，列计算式）。⑤若其它条件不变，提高催化剂的活性，940℃时的脱除率________（选填“增大”“减小”或“不变”）。（3）一定比例的和也能很好的脱除，某催化反应机理如下图所示：（注：表示V化合价为价，其它相似）①该反应的催化剂为________。②转化为过程中与的物质的量比为________。③转化为，键角增大的原因是________。【答案】（1）-1817（2）①.1：3②.③.900④.在最佳温度之前，随着温度的升高，反应速率增大⑤.⑥.不变（3）①.HO-V4+②.4：1③.N原子的孤电子对减少，孤电子对对成键电子的排斥作用减弱【解析】【小问1详解】反应iii=反应ii×2.5-反应i×1.5，则ΔH3=(-1268×2.5+902×1.5)=-1817kJ/mol。【小问2详解】①相同温度下，初始时NH3和NO的物质的量之比越大，NO的转化率越高，NO的脱除率也就越大，因此a曲线NH3与NO的物质的量之比为4：1，b曲线为3：1，c曲线为1：3。②曲线a中NO的起始浓度为6×10-4g/m3，900℃时NO的脱除率为0.75，则反应掉NO的浓度6×10-4g/m3×0.75=4.5×10-4g/m3，通过时间为tmin，则NO脱除速率为g·m-3·min-1。③800-1100℃时，催化剂活性较稳定，从图中可知，在此温度区间内，900℃时，三种投料比下NO的脱除率均最高，因此NO脱除的最佳温度为900℃。在最佳温度之前，随着温度的升高，反应速率增大，因此NO的脱除率也随之增大。④温度一定的条件下，无论投料比为多少，平衡常数K为定值，则940℃条件下，a曲线上NO脱除率为0.6，此时初始投料比NH3：NO=4：1，不妨设初始时投入NH34mol、NO1mol，则有，平衡时气体总物质的量为5.1mol，则NH3物质的量分数为，NO物质的量分数为，N2物质的量分数为，H2O物质的量分数为，则Kx==。⑤提高催化剂的活性，能增大反应速率，但是对化学平衡没有影响，NO的脱除率不变。【小问3详解】①从图中可知，HO-V4+参与反应最后又重新生成，则反应的催化剂为HO-V4+。②HO-V4+中V为+4价，其与氧气反应转化为O-V5+，V失去一个电子，1个O2转化为H2O得到4个电子，则根据转移电子守恒可得HO-V4+与O2的物质的量之比为4：1。③NH3转化为HO-V4+-NH3，N原子的孤电子对减少，孤电子对对成键电子的排斥作用减弱，H-N-H的键角增大。13.中和渣是有色金属冶炼过程中产生的危险废渣。从中和渣（主要含有和少量、、、的氢氧化物）中回收铜、锌等金属的工艺流程如下图：已知：①，几种物质的如下表物质37.414.643.716.919.6②当金属离子浓度小于时，视为沉淀完全回答下列问题：（1）“中性浸出”时，采用“中性”的目的是________。（2）“高温高酸浸出”时，“浸渣2”的主要成分为________。（3）“萃铜”时发生反应，的结构简式如图所示：①画出的价层电子排布图________。②水溶性差的原因是________（选填序号）。a．形成分子内氢键b．分子结构较稳定c．亲油基团起主导作用③萃取剂HR的结构简式为________。（4）“氧化沉淀”时，试剂X用以调节溶液的pH。①加入溶液时生成沉淀，反应的离子方程式为________。②沉淀后溶液的pH需不低于________。（5）该流程中，可以循环使用的物质有________。（6）某黄铜合金晶胞结构如图，其中A、B的原子坐标均可为。与Zn原子距离最近且相等的Cu原子有________个，C的原子坐标为________。【答案】（1）便于分离出Fe(OH)3或防止Fe(OH)3溶解等（2）CaSO4（3）①.②.ac③.（4）①.②.1.1（5）浸液2、稀硫酸（硫酸）、萃取剂、HR、反萃剂（任答其中一种）（6）①.12②.（0.5,0,0.5）【解析】【分析】中和渣（主要含有CaSO4和少量Zn2+、Cu2+、Co2+、Fe3+的氢氧化物）加入稀硫酸中性浸出，中性条件下浸渣主要为Fe(OH)3和CaSO4，再加入稀硫酸高温高酸浸出，得浸液2为Fe2(SO4)3，浸渣2为CaSO4，浸液1中含Zn2+、Cu2+、Co2+，加入萃取剂萃铜，Cu2+进入有机层反萃得到CuSO4溶液进一步处理得Cu，萃铜的水层中有Zn2+、Co2+，加入氧化剂将Co2+氧化为Co3+，Co3+易得Co(OH)3沉淀，则浸液3中含有Zn2+，进一步处理得Zn。小问1详解】“中性浸出”时，要分离Fe(OH)3沉淀（或防止Fe(OH)3溶解），故采用中性条件；【小问2详解】由分析，“浸渣2”的主要成分为CaSO4；【小问3详解】①基态铜原子的核外电子排布为[Ar]3d104s1，故Cu2+的价层电子排布式为3d9，Cu2+的价层电子排布图为；②由题中所给的CuR2的结构简式，分子整体极性较小，亲油基团起主导作用，且形成分子内氢键，所以水溶性差，水溶性和分子稳定性无关，故选ac；③萃取剂中N和O原子与Cu形成配位键，故将配位键断开后可得R-阴离子的结构，负电荷在O上，故H+与O结合得HR的结构为；【小问4详解】①(NH4)2S2O8中的离子将Co2+氧化为Co3+并生成Co(OH)3沉淀，由于pKsp[Co(OH)3]=43.7，说明Co3+在pH较小时就可以沉淀完全，反应的离子方程式为+2Co2++6H2O=2+2Co(OH)3↓+6H+；②c(Co3+)=1.0×10−5mol⋅L−1时，视为沉淀完全，此时c(OH-)=，c(H+)=10-1.1mol/L，pH=1.1；【小问5详解】根据流程中的反应过程，流程中，浸液2