福建省福州市2023-2024学年高三下学期4月末质量检测(三模)化学试卷(解析版)

这是一份福建省福州市2023-2024学年高三下学期4月末质量检测(三模)化学试卷(解析版)，共18页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
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. 科技创新是新质生产力的核心要素。下列说法错误的是（ ）
A. 制造C919飞机的材料——氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料
B. 开启航运氢能时代——氢氧燃料电池放电时可将热能转化为电能
C. 打造北斗卫星系统——与星载铷钟所用87Rb物理性质不同
D. 突破量子通信技术——作为传输介质的光纤其主要成分为二氧化硅
【答案】B
【解析】A．氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料，故A正确；
B．氢氧燃料电池工作时可将化学能转化为电能，故B错误；
C．和87Rb的质子数相同、中子数不同，互为同位素，同位素的化学性质几乎完全相同，物理性质不同，故C正确；
D．光纤的主要成分是二氧化硅，故D正确；
故选B。
2. 盐酸洛非西定可用于减轻阿片类药物的戒断综合症，其结构如图所示。下列说法错误的是（ ）
A. 能发生取代、加成、氧化反应B. 氮原子杂化方式有sp2和sp3
C. 含有2个手性碳原子D. 含有极性键、非极性键、配位键
【答案】C
【解析】A． 苯环上可以发生取代反应，氯原子可以发生水解反应，苯环、C=N可以发生加成反应，C=N可以发生氧化反应，故A正确；
B．C=N键中氮原子的价层电子对数为3，N原子采取sp2杂化，另一个N原子的价层电子对数为4，N原子采取sp3杂化方式，故B正确；
C． 连接4个不一样原子或原子团的碳原子为手性碳原子，该有机物只含有1个手性碳原子，故C错误；
D． 由该有机物的结构简式可知，该有机物含有极性键、非极性键、配位键，其中-NH-中N原子与H+形成配位键，故D正确；
故选C。
3. 过量 NaOH 浓溶液和白磷加热煮沸可发生反应：。为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 46.5g所含σ键数为9 NA
B. 为一元酸，为酸式盐
C. 生成0.2ml P时， 转移电子数为0.6 NA
D. 的 NaOH 溶液所含 OH⁻的数目为10 NA
【答案】C
【解析】A．为正四面体结构，1个分子中含6个σ键，故46.5g所含σ键数为，故A错误；
B. 由题意可知不能与足量NaOH反应，应为正盐，为一元酸，故B错误；
C．由反应方程式可知，生成1ml P时， 转移电子数为3ml，故生成0.2ml P时， 转移电子数为0.6 NA，故C正确；
D．缺少溶液的体积，不能计算OH⁻的数目，故D错误；
故选C。
4. 下列化学用语解释事实或过程正确的是（ ）
A. 用含 Al粉和 NaOH疏通剂疏通管道：
B. 用FeCl3溶液刻蚀覆铜板制作印刷电路板：
C. 用石灰乳制漂白粉：
D. 用 NaOH 溶液吸收
【答案】D
【解析】A．铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为：2Al + 2OH- + 2H2O = 2 +3H2↑，A错误；
B．用FeCl3溶液刻蚀覆铜板制作印刷电路板，离子方程式为：2Fe3+ + Cu=2Fe2+ + Cu2+，B错误；
C．用石灰乳制漂白粉，离子方程式为：Cl2 + Ca(OH)2 = Ca2+ + Cl- + ClO- + H2O，C错误；
D．用NaOH溶液吸收NO2，离子方程式为：2NO2 + 20H- = + + H2O，D正确；
故选D。
5. 某离子液体结构如下图所示。W、X、Y、Z原子序数依次增大，W、X和Y的原子序数之和为14，Z 是第四周期元素。下列说法正确的是（ ）
A. 简单氢化物的沸点： XX
C. 原子半径： Z>Y>XD. Z的氧化物的水化物为强酸
【答案】A
【分析】由题干离子液态的结构示意图可知，W周围形成1个共价键，X周围形成4个共价键，其中一个Y周围形成3个共价键，另一个Y形成4个共价键，且整个离子带一个单位正电荷，即该Y原子失去一个电子，即Y的最外层上有5个电子，则Y为N，W、X和Y的原子序数之和为14，X只能是C，也满足W、X、Y、Z为原子序数依次增大，Z是阴离子，带一个单位负电荷，位于第四周期，Z为Br；
【详解】A．简单氢化物的沸点：CH4H，B错误；
C．Z、Y、X中，溴原子半径最大，同周期，原子序数小半径大，故Br>C>N，C错误；
D．Br的氧化物的水化物不一定是强酸，D错误；
故选A。
6. 下列实验能达到实验目的的是（ ）
A. 图甲：检查装置的气密性B. 图乙：实验室制取乙酸乙酯
C. 图丙：研究铁的析氢腐蚀D. 图丁： 测量产生 N的体积
【答案】A
【解析】A．从长颈漏斗加入蒸馏水至浸没长颈漏斗下端管口，并关闭止水夹，形成密闭装置，继续加入一定量水，若长颈漏斗内液面不再下降，证明气密性良好，故A正确；
B．乙醇、乙酸在浓硫酸、加热的条件下可以反应生成乙酸乙酯，应用饱和碳酸钠溶液吸收挥发出来的乙醇和乙酸，同时降低乙酸乙酯的溶解度，乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中发生水解反应，故B错误；
C．食盐水为中性环境，铁发生的是吸氧腐蚀，故C错误；
D．氨气极易溶于水，不能用装水的量气管确定其体积，故D错误；
故选A。
7. 实验室以苯甲醛为原料合成苯甲酸苯甲酯的反应机理如图 (已知 RO⁻极易结合 H+转化为 ROH)。下列说法正确的是（ ）
A. 该反应的催化剂为苯甲醇，能降低反应的焓变
B. 久置的苯甲醛中含有少量苯甲酸，能加快该历程反应速率
C. 合成苯甲酸甲酯总反应方程式：
D. 与酯化反应相比，该反应的原子利用率高
【答案】D
【解析】A．该反应的催化剂为苯甲醇钠，不改变反应的焓变，故A错误；
B．苯甲酸会使苯甲醇钠转化为苯甲醇，导致催化剂失效，故久置的苯甲醛中含有少量苯甲酸，会减慢该历程反应速率，故B错误；
C．合成苯甲酸甲酯总反应方程式为：，没有水生成，故C错误；
D．该反应没有副产物，只有目标产物，原子利用率为100%，与酯化反应相比，该反应的原子利用率高，故D正确；
故选D。
8. 以天青石 (主要成分：和炭粉焙烧后的水浸液为原料制备SrCO3的流程如图所示。
已知：i．水浸液中含有 其中。 约为 。
ii．。
iii． Sr、Ba分别位于第5、6周期A族。
下列说法错误的是（ ）
A. “焙烧”烟气中可能含有CO和
B. “沉钡”后的滤液呈酸性
C. “沉钡”过程若 降到 滤渣中混有
D. 硫酸锶的熔点高于硫酸钡
【答案】B
【解析】A．碳和硫酸锶发生氧化还原反应，硫元素的化合价降低产生二氧化硫，碳可能会升高到+2价，变成一氧化碳，A正确；
B．已知i中水浸液中含有 有氢氧根离子，故不可能为酸性，B错误；
C．当降到 则根据，可计算得出需要硫酸根离子的浓度为1103，此时，故可以形成沉淀，C正确；
D．锶离子的半径小于钡离子的半径，所带的电荷数一样，半径小，离子键强，熔点高，D正确；
故选B。
9. 2023年，我国科学家利用铜催化剂催化电解碱性甲醛溶液实现阴阳两极同时制氢，其原理如图所示。电解过程中，电极 b上同时产生 与 的物质的量之比为1∶2。下列说法错误的是（ ）
A. 电极a连接电源的负极
B. 电极b上的电极反应式为2HCHO+4OH⁻-2e⁻=2HCOO⁻+H2↑+2H2O(1)
C. 电解过程中a、b两极产生H2的体积比为1:1
D. 电解过程共收集到 H2 22.4L(标准状况)，则通过阴离子交换膜OH⁻为2ml
【答案】D
【分析】由图和题目可以知道这是一个电解装置，电极a上是水得到电子生成H2和OH-，电极b上是HCHO的碱性溶液失去电子生成H2和HCOO-，根据电解池中阳极失去电子和阴极得到电子可以判断出电极a是阴极，电极b是阳极。
【详解】A．由上述分析可知电极a是阴极，所以连接电源负极，A正确；
B．由上述分析可知电极b是阳极发生的反应，甲醛失去电子生成氢气和甲酸根，并且溶液是碱性的，因此反应电极方程式为：2HCHO+4OH⁻-2e⁻=2HCOO⁻+H2↑+2H2O(1)，B正确；
C．电解过程中电极a上产生一个H2得到2个电子，电极b上产生一个氢气失去2个电子，因此电解过程中a、b两极产生H2的数量一样，相同条件下产生气体的体积一样，C正确；
D．电解过程共收集到22.4L的H2(标准状况)，气体物质的量为1ml，由选项C可知a和b电极上分别产生了0.5ml氢气，则通过阴离子交换膜的OH⁻为1ml，D错误；
故选D。
10. 向敞口容器中加入一定体积 pH = 13 的 84 消毒液 (NaClO 的浓度约为)不断搅拌，逐滴加入 溶液，溶液pH变化曲线如图1所示 (AB段pH快速下降的原因之一是 图 2 表示 NaClO 溶液中含氯微粒的物质的量分数与pH 的关系。
关于上述滴定过程，下列说法正确的是（ ）
A. 原84消毒液中， HClO 的含量约为
B. AB 段 Fe被氧化的反应
C. CD段较 BC段pH下降快的主要原因是 HClO 的氧化性强于 ClO⁻
D. 400 s后反应几乎停止
【答案】C
【解析】A．由图2可知，HClO的电离常数为Ka=10-7.5，原84消毒液中，NaClO 的浓度约为 ，pH=13，则，，故A错误；
B．根据分析可知，AB段溶液为碱性环境，存在大量OH-，Fe被氧化的反应为，故B错误；
C．当溶液中原本存在的OH-反应完全后，BC段发生反应，生成弱酸HClO，BC段pH缓慢下降，再滴入FeCl2溶液，由于HClO 的氧化性强于 ClO⁻，CD段HClO氧化Fe2+，发生反应HClO+2Fe2+ +5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+ 5H+，生成强酸HCl，所以CD段pH迅速下降，故C正确；
D．反应进行至400s时，此时仍反应进行，生成的HClO氧化Cl-产生Cl2，离子方程式为HClO+ Cl-+H+=Cl2↑+ H2O，故D错误；
故选C。
二、非选择题：本题共4小题，共60分。
11. 二氧化钛化学稳定性好，无污染，可应用于锂电池负极材料。某含钛高炉渣(主要成分为CaTiO，含少量等杂质)制备二氧化钛工艺如下：
（1）基态 Ti的价电子排布式为___________。
（2）“焙烧”过程生成偏钛酸钠的化学方程式为_____________________。
（3）“滤液1”中Si、Al分别以___________(填离子符号) 存在。
（4）“滤渣1”的主要成分为___________。
（5）“还原”工序需要在低温下进行的原因是_______________________________。
（6）“水解”步骤 转化为偏钛酸 沉淀，反应的离子方程式为_______________________________。
（7）将80g二氧化钛和40g焦炭混合，在真空高温条件下制备碳化钛(TiC )的化学方程式为__________________________，若该过程固体失重率达到35%，则碳化钛的产率为________________。
（8）锐钛矿型 TiO 晶胞结构如图，该晶胞中氧的配位数为___________；已知该晶体密度为 则阿伏加德罗常数为___________ml⁻¹(用含ρ、a、b的代数式表示)。
【答案】（1）3d24s2 （2）CaTi2O5+2Na2CO3CaO+2Na2TiO3+2CO2↑
（3）AlO/Al(OH)、SiO （4）CaSO4
（5）冷却结晶析出绿矾以除去铁元素或减缓Fe2+被空气中的氧气氧化
（6）
（7）TiO2+3CTiC+2CO ↑ 75.0% （8）3
【分析】含钛高炉渣(主要成分为CaTiO，含少量等杂质)加入碳酸钠焙烧生CaO、Na2TiO3、NaAlO2、NaSiO3，水洗，滤液1中含有NaAlO2、NaSiO3，酸浸时，CaO、Fe2O3、Na2TiO3与硫酸反应生成CaSO4、Fe2(SO4)3、，滤渣1的主要成分为CaSO4，还原步骤加入适量Fe还原Fe3+，并冷却结晶得到绿矾，水解步骤 转化为偏钛酸 沉淀，煅烧得到二氧化钛，据此分析解答。
【详解】（1）Ti元素为22号元素，基态 Ti的价电子排布式为3d24s2。
（2）由分析知，“焙烧”过程生成偏钛酸钠的化学方程式为CaTi2O5+2Na2CO3CaO+2Na2TiO3+2CO2↑。
（3）由分析知，“滤液1”中Si、Al分别以AlO/Al(OH)、SiO存在。
（4）由分析知，“滤渣1”的主要成分为CaSO4。
（5）“还原”工序需要在低温下进行的原因是冷却结晶析出绿矾以除去铁元素或减缓Fe2+被空气中的氧气氧化。
（6）“水解”步骤 转化为偏钛酸 沉淀，反应的离子方程式为。
（7）80g二氧化钛物质的量为1ml，40g焦炭物质的量约为3.3ml，在真空高温条件 下 制 备 碳 化 钛 (TiC )可生成1mlTiC和2mCO，C剩余， 化 学 方 程 式 为TiO2+3CTiC+2CO ↑，若该过程固体失重率达到35%，则生成CO的质量为，物质的量为1.5ml，则TiC实际产量为0.75ml，TiC的理论产量为1ml，则碳化钛的产率为75.0%。
（8）根据晶胞结构图可知，白球位于顶点、面上、体心，个数为，黑球位于棱上、面上、内部，个数为，故白球是Ti原子，黑球是O原子，与Ti距离相等且最近的O的个数为6，则Ti的配位数为6， Ti与O的个数比为1:2，则该晶胞中氧的配位数为3；一个晶胞中有4个TiO2，，则阿伏加德罗常数为ml⁻¹。
12. 磺化聚苯乙烯可用于制作高性能离子交换膜。某研究小组探究乙酰基磺酸 制备磺化聚苯乙烯的过程与效果。
．乙酰基磺酸的制备
向装有一定量二氯乙烷溶剂的烧杯中，加入 7.6 mL 乙酸酐 ，控制溶液温度在10℃以下，边搅拌边分批加入2.7 mL浓硫酸，得到乙酰基磺酸溶液。
（1）制备过程中需使用的玻璃仪器有烧杯、温度计、___________。
（2）控制溶液温度在10℃以下的目的是___________。
（3）乙酸酐与浓硫酸按物质的量之比1：1反应的化学方程式为___________。
．聚苯乙烯的磺化
按如图装置(夹持设备略去)，控制反应温度为65 ℃，缓慢滴加乙酰基磺酸溶液，得到浅棕色液体。将所得浅棕色液体慢慢滴入装有沸水的烧杯中，得到淡黄色的磺化聚苯乙烯颗粒，过滤、洗涤、干燥。
聚苯乙烯的链节与乙酰基磺酸反应原理如下：
（4）控制反应温度为65℃，应采用___________进行加热。冷却水应从___________(填“a” 或“b” ) 口通入。
（5）产品是否洗涤干净，可通过检测洗涤液中是否存在 来判断，检测的方法是___________________________。
．磺化度的测定
称取0.500g干燥的磺化聚苯乙烯样品于锥形瓶，用苯-甲醇混合液溶解，以酚酞为指示剂，用 甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准液体积为10.00 mL， 计算磺化度。
已知：i． 。
ii．聚苯乙烯链节的式量为104，磺化聚苯乙烯中含磺酸基链节的式量为184。
（6）该样品的磺化度=___________(磺化度=含磺酸基链节数×100%)。
（7）若样品未充分干燥，将导致测得的磺化度___________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
【答案】（1）10mL量筒(或量筒)、玻璃棒 （2）减小反应速率
（3）(CH3CO)2O+H2SO4(浓)→CH3COOSO3H+CH3COOH
（4）水浴 a
（5）取最后一次洗出液少量于试管中，滴加 BaCl2 溶液，观察是否有白色沉淀产生，若没有沉淀说明洗涤干净
（6）24.8% （7）偏低
【分析】以二氯乙烷作溶剂、10℃以下，乙酸酐与浓硫酸反应制取乙酰基磺酸溶液；往聚苯乙烯与适量二氯乙烷的混合溶液中缓慢滴加乙酰基磺酸溶液，65℃条件下反应得浅棕色液体，将得到的浅棕色液体滴入沸水中即得到磺化聚苯乙烯颗粒，经过滤、洗涤、干燥即得产品。
【详解】（1）实验过程中量取7.6 mL 乙酸酐需要10mL量筒，边搅拌边分批加入2.7 mL浓硫酸，搅拌需要的仪器为玻璃棒，所以还需要的仪器为10mL量筒和玻璃棒；
（2）控制溶液温度在10℃以下的目的是减小反应速率；
（3）乙酸酐与浓硫酸按物质的量之比1：1反应生成乙酰基磺酸和醋酸，其反应的化学方程式为(CH3CO)2O+H2SO4(浓)→CH3COOSO3H+CH3COOH；
（4）控制反应温度为65℃，低于100℃，为使反应物受热均匀，应采用水浴加热的方式进行加热；为提高冷凝效果，冷却水应从a口通入；
（5）产品是否洗涤干净，可通过检测洗涤液中是否存在 来判断，检测的方法是：取最后一次洗出液少量于试管中，滴加 BaCl2 溶液，观察是否有白色沉淀产生，若没有沉淀，说明洗涤干净；
（6）据题中信息：可知，0.500g干燥的磺化聚苯乙烯样品中，磺化聚苯乙烯中含磺酸基链节的物质的量为0.1000ml/L×10.00mL=10-3ml，磺化聚苯乙烯中含磺酸基链节的质量为184g/ml×10-3ml=0.184g，聚苯乙烯链节的质量为0.500g-0.184g=0.316g，则聚苯乙烯链节的物质的量为，所以该样品的磺化度为；
（7）若样品未充分干燥，则样品中不能消耗标准液的物质的比例增大，将导致测得的磺化度偏低。
13. 研究氮氧化物 (NOₓ)的还原处理方法是环保领域的主要方向之一、回答下列问题：
．用H2还原NO的反应为
（1）该反应的正反应速率方程可表示为，某温度下，测得正反应速率v正与c(NO)或c(H)的变化关系如图1所示。
则 ___________，___________。
（2）研究表明上述反应历程分两步基元反应：
i．；
ii．。
根据 (1)所给信息判断，H2 还原 NO 总反应的速率由反应___________(填“ i”或“ii” ) 决定。
（3）将一定量的H2和NO置于以下条件下发生反应(起始容器的体积、温度、压强均相同)，到达平衡时，H2的平衡转化率最大的是___________。
a． 恒温恒容 b．恒温恒压 c． 恒容绝热
．脱除汽车尾气中 NO 和CO包括以下两个反应：
反应i．；
反应ii．。
反应过程中各物质相对能量如图 2 (TS表示过渡态)：
（4）CO和NO 反应生成N热化学方程式为__________________________。
将恒定组成的NO和CO混合气体通入不同温度的反应器，相同时间内检测物质浓度，结果如图3。
（5）NO和CO的脱除应选择___________(填“高温”或者“低温”)。
（6）实验过程中，高于340℃后NO浓度逐渐减小，试分析发生该变化的原因是____________________________________。
（7）450℃时， 该时间段内NO的脱除率=___________(保留2位有效数字， NO的脱除率
【答案】（1）2 1 （2）i （3）b
（4）2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH=-747.2 kJ·mL–1 （5）高温
（6）反应i、ii速率随温度的升高而增大，高于 340℃后反应ii速率增加的程度超过反应i，所以 N2O 浓度减小 （7）88%
【解析】（1）由图可知， ，所以2，1；
（2）因为，则反应速率主要由c(NO)决定，所以H还原 NO 总反应的速率由反应i决定；
（3）设恒温恒容时H2的平衡转化率为x，该反应是气体分子数减小的反应，恒温恒压时相对于恒温恒容时，相当于增大压强，平衡正移，氢气转化率比x大，该反应是放热反应，恒容绝热时，混合气体温度升高，相对于恒温恒容时，平衡逆移，氢气转化率小于x，所以氢气转化率最大的是恒温恒压时，选b；
（4）焓变等于生成物的能量与反应物的能量之差，所以 ΔH=-628.6 kJ·mL–1； ΔH=-118.6kJ·mL–1；则根据盖斯定律知，CO和NO 反应生成N2的热化学方程式为：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) ΔH=-747.2 kJ·mL–1；
（5）由图知，NO和CO的浓度在高温时低，所以脱除应选择高温；
（6）因为反应i生成N2O，反应ii消耗 N2O，所以原因是：反应i、ii速率随温度的升高而增大，高于 340℃后反应ii速率增加的程度超过反应i，所以 N2O 浓度减小
（7）根据氮元素守恒，NO的初始浓度为：，转化为氮气的NO的浓度为：，NO的脱除率。
14. 特戈拉赞(Tegprazan) 用于治疗胃食管反流病。其关键中间体 (H) 的合成路线如下：
已知：①表示为Bn-
（1）D中含氧官能团有醚键、___________(写名称)。
（2）的反应类型为___________。
（3）的化学方程式_______________________________。
（4）从化学平衡角度解释中 的作用___________________________。
（5）根据化合物BnCl的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
（6）W是A 的同分异构体，满足下列条件的W有___________种。
① 含有六元环状结构单元，氮原子都在环上
② 能与 溶液反应
③环上只有两个取代基
其中核磁共振氢谱，峰面积比3：2 ：1同分异构体的结构简式___________(任写一种)。
【答案】（1）酰胺键、硝基 （2）取代反应
（3）
（4）K2CO3与 I 中生成的 HCl 反应，促进 I 反应正向进行，提高 B 的产率
（5） NaOH溶液，加热
（6）32 或
【分析】A到B发生取代反应，B到C发生苯环上的溴代反应，C到D发生氨基上的取代反应，D到E先发生硝基的还原反应，再发生加成、消去反应，E到F发生取代反应，F到G发生取代反应，G到H发生取代反应。
【详解】（1）D中含氧官能团有醚键、酰胺键、硝基；
（2）的反应类型为取代反应；
（3）根据原子守恒，的化学方程式：
（4）反应I除了生成B，还生成HCl ，K2CO3与I中生成的HCl反应，促进I反应正向进行，提高 B 的产率；
（5）BnCl与H在Ni催化、加热条件下发生加成反应，得到；BnCl在NaOH溶液、加热条件下发生取代反应生成；
（6）含有六元环状结构单元，氮原子都在环上，能与 溶液反应，说明含有羧基，说明两个取代基是羧基和-CH2OH或者-OCH3，羧基在1号碳上时，再写-CH2OH或者-OCH3共有6种结构，羧基在2号碳上时，再写-CH2OH或者-OCH3共有6种结构，羧基在1号碳上时，再写-CH2OH或者-OCH3共有4种结构，羧基在2号碳上时，再写-CH2OH或者-OCH3共有6种结构，羧基在3号碳上时，再写-CH2OH或者-OCH3共有4种结构，羧基在1号碳上时，再写-CH2OH或者-OCH3共有6种结构，所以共有32种，其中核磁共振氢谱，峰面积比3：2 ：1的同分异构体的结构简式是或。序号
反应试剂、条件
产物的结构简式
反应类型
a
H， Ni， 加热
___________
加成反应
b
___________
取代反应