福建省泉州市2022届高三化学下学期第二次5月质量检查考试试题含解析

福建省泉州市2022届高三下学期第二次（5月）质量检查化学试题第I卷(选择题  共126分)一、选择题:本题共13小题，每格6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.古籍中对“鍮石”有如下记载：“鍮石，自然铜之精也。今炉甘石(主要成分为碳酸锌)炼成者,假鍮也。崔昉曰:铜一斤，炉甘石一斤,炼之成鍮石(假鍮)。”“水银坠地，鍮石可引上。”下列叙述错误的是A.假鍮是一种合金B.炉甘石中的碳酸锌在冶炼中被还原C.可以用盐酸鉴别真假“鍮石”D.分别用硫磺和“鍮石”处理“水银坠地”的原理是相同的【答案】D2.有机物M为海洋天然产物(一)-Pavidolide B不对称全合成的中间体之一，结构简式如下图。下列有关M的说法不正确的是A.分子式为C10H14OB.可发生取代反应加成反应、聚合反应C.分子中所有碳原子都在同一平面上-14-D.苯环上连有-OH和-C4H9的M的同分异构体有12种【答案】C【解析】A、根据结构简式，推出此有机物的分子式为C10H14O，故A说法正确；B、根据有机物的结构简式，此有机物中含有官能团是羰基、碳碳双键，碳碳双键能发生加成反应、聚合反应，故B说法正确；C、，此处三个位置中C的杂化类型为sp3杂化，空间构型为正四面体，故C说法错误；D、－C4H9的结构有－CH2CH2CH2CH3、－CH2CH(CH3)2、－CH(CH3)CH2CH3、－C(CH3)4，苯环上两个取代基位置为邻间对，同分异构体为3×4=12，故D说法正确。3.单质X有如右转化关系如下，单质X可能是 。A.FeB.CC.SiD.Al【答案】B【解析】A、铁与氧气发生生成Fe3O4，Fe3O4不与强碱反应，故A错误；B、C与O2反应生成CO2，CO2与强碱反应生成碳酸盐或碳酸氢盐，碳酸盐或碳酸氢盐能与强酸反应生成CO2，故B正确；C、Si与氧气反应生成SiO2，SiO2与强碱反应生成硅酸盐，硅酸盐与强酸反应生成硅酸，不是SiO2，故C错误；D、Al与氧气反应生成Al2O3，Al2O3与强碱反应生成偏铝酸盐，偏铝酸盐与强酸反应生成氢氧化铝或Al3＋，故D错误。4.短周期主族元素X、Y、Z和W的原子序数依次增大，X、Y、W位于不同周期，Y、Z、W的原子最外层电子数之和为14，Z的原子半径在短周期主族元素中最大。下列说法错误的是A.简单离子半径:W>Z>XB.Y、W均能与X形成共价化合物C.W的最高价氧化物的水化物一定为强酸D.Y与Z形成的化合物溶于水一定得到强碱溶液-14-【答案】D【解析】X、Y、W位于不同周期，因为都是短周期以及原子序数依次增大，即X为H，Z的原子半径在短周期主族元素中最大，即Z为Na，最外层有1个电子，Y、Z、W的原子最外层电子数之和为14，根据元素都是主族元素，以及核外电子排布规律，推出Y为最外层电子数可能是6或7，即Y可能是O，也可能是F，W的最外层电子数为7或6，W可能为Cl，也可能S，A、如果Y为O，则W为Cl，简单离子半径大小顺序是Cl－>Na＋>H＋，如果Y为F，则W为S，简单离子半径大小顺序是S2－>Na＋>H＋，故A说法正确；B、如果Y为O，则W为Cl，则与H形成的化合物分别是H2O(H2O2)、HCl，都属于共价化合物，如果Y为F，则W为S，与H形成的化合物分别是HF、H2S，都属于共价化合物，故B说法正确；C、如果W为Cl，则最高价氧化物对应水化物为HClO4，HClO4属于强酸，如果W为S，其最高价氧化物对应水化物为H2SO4，H2SO4属于强酸，故C说法正确；D、如果Y为O，则与Na形成的化合物是Na2O或Na2O2，溶于水后生成NaOH，属于强碱，如果Y为F，则与Na形成NaF，溶液为盐溶液，故D说法错误。5.新型Zn-GO(GO为氧化石墨烯:C2O)电池，如图所示，GO反应过程中转化为rGO(rGO为石墨烯:C)。下列有关说法错误的是A.电池工作时，电子由a经外电路流向bB.b极电极反应式:C2O+2e-+H2O =2C+2OH-C.每生成0.1molZn(OH)42-，转移电子数为0.2NAD.放电过程中电解质溶液的pH增大【答案】D-14-6.无水氯化铝是常用的有机化工试剂，易水解、易升华。实验室用以下装置制取少量氯化铝，反应原理为2Al+6HCl(g)2AlCl3+3H2。以下说法正确的是A.圆底烧瓶中发生反应:NaCl+H2SO4(浓)HCl↑+NaHSO4B.粗导管d也可换成细导管C.e中试剂可选用碱石灰、无水氧化钙或五氧化二磷D.为了减少HCl的浪费，实验开始时先点燃b处酒精灯【答案】A【解析】A、圆底烧瓶制备HCl，圆底烧瓶中发生的反应是NaCl＋H2SO4(浓)HCl↑＋NaHSO4，故A正确；B、因为AlCl3易升华，因此为防止氯化铝气体遇冷生成氯化铝固体堵塞导管，使用粗导管d，故B错误；C、e的作用是防止空气中水蒸气进入收集装置，防止AlCl3水解，HCl对环境有影响，因此装置e的另一个作用是除去未反应的HCl，五氧化二磷只能吸水，不能吸收HCl，故C错误；D、应先通HCl气体，排除装置中空气，防止氧气与铝反应生成氧化铝，故D错误。7.向0.1mol/L的NaClO溶液中滴加稀硫酸，HClO和ClO-所占分数(α)随pH变化的关系如图所示。下列表述不正确的是-14-A.曲线b代表ClO-B.HClO的电离平衡常数Ka=10-7.47C.pH=7时,c(Na+)>c(HClO)>c(ClO-)D.向pH=6的该溶液中加入少量的Na2SO3固体，c(ClO-)增大【答案】D【解析】A、NaClO中滴加H2SO4，发生2NaClO＋H2SO4=Na2SO4＋2HClO，ClO－所占分数逐渐降低，HClO所占分数逐渐增大，因此曲线b代表ClO－，故A说法正确；B、电离平衡常数只受温度的影响，当pH=7.47时c(ClO－)=c(HClO)，根据电离平衡常数的定义，即HClO的电离平衡常数K=，故B说法正确；C、根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=c(ClO－)＋c(OH－)＋2c(SO42－)，当pH=7时，c(Na＋)=c(ClO－)＋2c(SO42－)，推出c(Na＋)>c(ClO－)，根据图像，当pH=7时c(HClO)>c(ClO－)，根据物料守恒，c(Na＋)=c(ClO－)＋c(HClO)，推出c(Na＋)>c(HClO)，因此有c(Na＋)>c(HClO)>c(ClO－)，故C说法正确；D、NaClO具有强氧化性，Na2SO3中S显＋4价，具有还原性，发生ClO－＋SO32－=Cl－＋SO42－，c(ClO－)减小，故D说法错误。8.某工厂的尾气主要成分为N2、NO、CO、CO2、SO2等，某兴趣小组设计以下实验，定量检测尾气中污染性气体的含量。(1)实验时，先推送N2，再连续抽送20次(100mL/次)尾气，最后推送N2。①第一次推送N2的作用是________。②尾气采用多次抽送方式的目的是________。-14-(2)C中的试剂是____________。(3)装置D用于测量CO。①HIO3能氧化CO，还原产物为I2，反应的化学方程式为____________。②D中碱石灰的作用是_________。(4)为进一步分析SO2含量，将实验后A中溶液转移到烧杯，依次加入三种试剂，过滤、洗涤、干燥。称得沉淀为1.165g。①加入的三种试剂为_______。(选填序号)a.盐酸b.双氧水c.BaCl2溶液d.稀硫酸②检验沉淀是否洗涤干净的方法是_____________。③尾气中SO2含量为_____g•L-1。(5)实验后，测得B中溶液体积为100mL，NO2-、NO3- 的浓度分别为0.0100mol•L-1和0.0200mol•L-1。①B中长颈漏斗的作用是_____________；②通入O2的体积(标准状况)至少为___________mL。【答案】(1).排尽装置中的空气(2).减小相对误差(3).浓硫酸(4).2HIO3+5CO=I2+5CO2+H2O(5).吸收CO2和H2O(6).abc(7).取最后一次洗涤液少许于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则沉淀洗涤干净，反之沉淀未洗净(8).0.16(9).使NO和O2充分混合，防止倒吸(10).39.2【解析】本题考查实验方案设计与评价，（1）①第一次通入N2的目的排尽装置中的空气，防止NO与O2发生反应；②尾气采用多次抽送方式，其目的是减小相对误差；（2）装置DHIO3把CO氧化成CO2，装置E吸收CO2，从而计算CO的量，从B中出来的气体中含有水蒸气，能被碱石灰吸收，干扰CO量的测定，因此装置C中盛放的试剂为浓硫酸；（3）①HIO3把CO氧化成CO，本身被还原成I2，即HIO3＋CO→CO2＋I2＋H2O，根据化合价升降进行配平，化学反应方程式为2HIO3＋5CO=I2+5CO2+H2O；②碱石灰的作用是吸收装置D中产生的CO2和H2O；（4）①装置A中NaOH吸收SO2和CO2，转化成Na2SO3和Na2CO3，测定SO2，应向A溶液中加入盐酸，除去Na2CO3，然后滴加H2O2，把＋4价S氧化成SO42－，最后滴加BaCl2溶液，生成BaSO4沉淀；②沉淀表面为NaCl，证明沉淀已洗净的方法是取最后一次洗涤液少许于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，则沉淀洗涤干净，反之沉淀未洗净；③根据硫元素守恒，n(SO2)=n(BaSO4)=1.165/233mol=0.005mol，因此尾气中SO2的含量为-14-；（5）①B中长颈漏斗的作用是使NO和O2充分混合，以及防止倒吸；②发生的反应是2NO＋O2=2NO2、2NO2＋2NaOH=NaNO2＋NaNO3＋H2O，还有一部分氧气把部分NaNO2氧化成NaNO3，根据得失电子数目守恒，有n(O2)×4=n(NO2－)×1＋n(NO3－)×3=100×10－3×0.01×1＋100×10－3×0.02×3，解出n(O2)=1.75×10－3mol，即氧气体积至少为1.75×10－3×22.4×10－3mL=39.2mL。点睛：本题易错点是最后一问，学生用N元素守恒，求NO的物质的量，然后根据2NO＋O2=2NO2，求出O2的体积，忽略了NO2与NaOH反应2NO2＋2NaOH=NaNO2＋NaNO3＋H2O，得出n(NO2－)=n(NO3－)，但现在c(NO3－)是c(NO2－)的2倍，因此还发生O2把NO2－氧化成NO3－，氧气最终得到的电子，来自于NO，因此根据得失电子数目守恒，求出氧气的体积。9.NaBH4容易与H+反应产生氢气而成为储氢材料研究的热点。以硼酸为原料制备NaBH4的一种工艺流程如下图所示：已知:①H3BO3电离：H3BO3+H2O[B(OH)4]-+H+②反应1:H3BO3+3CH3OHB(OCH3)3+3H2O③反应2:B(OCH3)3+4NaH= NaBH4+ 3CH3ONa(1)H3BO3是____元酸，NaH的电子式为_______________。(2)NaBH4与水剧烈反应放出H2。反应的化学方程式为________________。(3)反应1属于______(填有机反应类型)，反应过程中蒸出B(OCH3)3的目的是__________。(4)“水解”时产生的大量NaOH，减缓了NaBH4与水的反应。在该步骤中，与水反应生成大量NaOH的物质是_________。(5)“分离”后得到NaBH4的异丙醇溶液。操作甲是_____________。(6)上述流程中可以循环使用的物质是____________。(7)以惰性电极电解Na[B(OH)4]与NaOH 混合溶液也能制得NaBH4。阴极的电极反应式为___。【答案】(1).一(2).(3).NaBH4＋4H2O＝Na[B(OH)4]＋4H2↑(4).取代（或酯化）反应(5).降低生成物的浓度，有利于反应1向正反应方向移动-14-(6).CH3ONa、NaH(7).蒸馏(8).CH3OH、异丙醇(9).[B(OH)4]－＋8e－＋4H2O＝BH4-＋8OH－【解析】考查化学工艺流程，（1）判断某酸属于几元酸，看电离出H＋的个数，根据信息①，H3BO3只能电离出一个H＋，因此H3BO3属于一元酸；NaH中Na显＋1价，H显－1价，NaH属于离子化合物，因此NaH的电子式为；（2）NaBH4中Na显＋1价，B显＋3价，H显－1价，H2O的H显＋1价，因此发生化学方程式为NaBH4＋4H2O=NaB(OH)4＋4H2↑；（3）根据信息②，CH3OH属于醇，H3BO3属于含氧酸，因此CH3OH与H3BO3发生取代反应或酯化反应；信息②，反应1属于可逆反应，蒸出B(OCH3)3，降低生成物的浓度，促使反应向正反应方向进行，提高原料的利用；（4）反应2中加入NaH，水解时加入H2O，因此NaH与H2O反应：NaH＋H2O=NaOH＋H2↑，CH3ONa＋H2O=CH3OH＋NaOH，因此该步骤中，与水反应生成大量的NaOH的物质是NaH和CH3ONa；（5）NaHB4的异丙醇溶液，它们互为混合，利用其沸点不同，采用蒸馏的方法进行分离；（6）根据流程，循环使用的物质是CH3OH和异丙醇；（7）制备NaBH4，H的化合价降低，在阴极上得到电子，因此阴极反应式为[B(OH)4]－＋8e－＋4H2O＝BH4－＋8OH－。点睛：本题难点是电极反应式的书写，根据电解池工作原理，阴极上得到电子，化合价降低，被还原，阳极上失去电子，化合价升高，被氧化，[B(OH)4]－中H显+1价，而BH4－中H显－1价，H的化合价降低，[B(OH)4]－在阴极上得到电子，电解质为NaOH，因此OH－在阴极上产生，即阴极电极反应式为[B(OH)4]－＋8e－＋4H2O＝BH4－＋8OH－。10.氯化亚铜(CuCl)是一种重要化工原料，难溶于水，在潮湿空气中易水解氧化。回答下列问题：(1)CuCl的保存方法是_________。(2)已知:Cu(s)+Cl2(g)=CuCl2(s) △H1=-218.8kJ/mol2Cu(s)+O2(g)=2CuO(s) △H2=-310.6kJ/mol4CuCl(s)+O2(g)=2CuCl2(s)+2CuO(s)△H5=-177.6kJ/mol写出CuCl2分解为CuCl和Cl2反应的热化学方程式：___________。(3)CuCl在含一定浓度Cl-溶液中会部分溶解，存在如下平衡：2CuCl(s)Cu2++CuCl2- △H<0，溶液中c(Cu+)和c(CuCl2 )的关系如图。-14-①上述反应在B点的平衡常数K=___________。②使图中的A点变为B点的措施可以是____________。(4)利用CuCl难溶于水的性质，可以除去水溶液中的Cl-。①除Cl-的方法是向含Cl-的溶液同时加入Cu和CuSO4。反应的离子方程式为_______。②已知:Cu+Cu2+2Cu+  K =7.6×10-7；Ksp(CuCl)=2.0×10-6。通过计算说明上述除Cl-的反应能完全进行的原因____________。③若用Zn替换Cu可快除Cl-速率，但需控制溶液的pH。若pH过低，除Cl-效果下降的原因是_______________。【答案】(1).在干燥环境下，密封保存(2).2CuCl2(s)=2CuCl(s)+Cl2(g)ΔH=+152.3kJ·mol-1(3).6×10-12(4).升高温度(5).Cu+Cu2++2Cl－=2CuCl(6).，K值很大，反应可以完全进行。(7).若pH过低，Zn会与H+反应【解析】（1）考查物质的保存，CuCl在潮湿空气中易水解氧化，因此保存CuCl时应在干燥环境下，密封保存；（2）考查热化学反应方程式的计算，氯化铜分解的方程式为：2CuCl2=2CuCl＋Cl2，①Cu(s)+Cl2(g)=CuCl2(s)，②2Cu(s)+O2(g)=2CuO(s)，③4CuCl(s)+O2(g)=2CuCl2(s)+2CuO(s)，根据目标反应方程式，②－①×2－③，得出2CuCl2(s)=2CuCl(s)+Cl2(g)ΔH=+152.3kJ·mol－1；（3）考查平衡常数的计算、平衡的移动，①平衡常数K=c(Cu2＋)×c(CuCl2－)=3×10－6×2×10－6=6×10－12；②该反应的正反应是放热反应，且A点变为B点，c(Cu2＋)和c(CuCl2－)降低，说明平衡向正反应方向进行，即升高温度；（4）考查离子方程式的书写、平衡常数的计算、反应条件的控制，①CuCl中Cu显＋1价，Cu显0价，CuCl2中Cu显＋2价，因此离子反应方程式为Cu＋Cu2＋＋2Cl－=2CuCl↓；②根据①的反应方程式，推出平衡常数，K值很大，反应可以完全进行；③Zn是活泼金属，pH过低，Zn与H＋发生反应，造成除Cl－效果下降。-14-11.聚氮化硫(SN)x和K3C60是两种不同类型的超导材料。回答下列问题：(1)在基态K原子中，能量最低的空轨道的符号是_____________。(2)S、N、K三种元素的第一电离能由大到小的顺序是____________。(3)(SN)x具有类似黄铜的金属光泽和导电性，其结构如下图：以S2Cl2为原料可制取(SN)x：S2Cl2→…S4N4S2N2(SN)x①(SN)x中N 原子的杂化方式是 _________； (SN)x的晶体类型是______；②S2Cl2的结构式为________；③Ag元素位于周期表第5周期、IB族，基态Ag原子的价电子排布式为__________。(4)K3C60是由足球烯(C60) 与金属钾反应生成的盐。①在K3C60晶胞中，C603-堆积方式为面心立方结构，每个晶胞中形成4 个八面体空隙和8个四面体空隙，K+填充在空隙中。晶胞中被K+占据的空隙百分比为___________。②C60与金刚石互为同素异形休，比较两者的熔沸点并说明理由____________。③C60的结构是一种多面体，如图。多面体的顶点数、面数和棱边数的关系遵循欧拉定律：顶点数+面数-棱边数=2。C60分子中所含的五边形和六边形的个数分别为_____、______。【答案】(1).3d(2).N、S、K(3).sp2(4).分子晶体(5).(6).4d105s1(7).100%(8).金刚石的熔点高。C60是分子晶体，金刚石是原子晶体，所以金刚石的熔点较高(9).12(10).20【解析】考查物质结构与性质的综合知识的运用，（1）基态K位于第四周期IA族，按照构造原理，因此能量最低空轨道的符号是3d；（2）同周期从左向右第一电离能逐渐增大，但IIA>IIIA，VA>VIA，即N的第一电离能大于O，同主族从上到下第一电离能减小，即O的第一电离能大于S，K是活泼金属，第一电离能最小，故第一电离能的顺序是N>S>K；（3）①根据结构，N有2个σ键，1个孤电子对，价层电子对数为3，即N的杂化类型为sp2；(SN)x-14-的晶体类型为分子晶体；②S2Cl2的结构式类似H2O2的结构式，即S2Cl2的结构式为；③Ag属于过过渡元素，价电子包括最外层电子和次外层d能级上的电子，即Ag价电子排布式为4d105s1；（4）①C603－堆积方式为面心立方结构，C603－位于顶点和面心，个数为8×18＋6×1/2=4，根据化学式K3C60，K＋的个数为12，K＋位于空隙中，晶胞中被K＋占据的空隙百分比为100%；②C60为分子晶体，金刚石为原子晶体，原子晶体的熔沸点高于分子晶体；③设五边形个数为x，六边形个数为y，根据足球烯结构，足球烯有60个顶点，面数为(x＋y),每个棱被2个面共有，棱数为(3×60)/2，根据欧拉定律，有60＋(x＋y)－(3×60)/2=2，根据键数和顶点，得出(5x＋6y)/2=(3×60)/2，推出x=12，y=20。点睛：本题的难点是五边形和六边形个数的计算，本题利用均摊的方法进行计算，设五边形个数为x，六边形个数为y，石墨烯有60个顶点，根据结构，根据均摊方法，1个碳原子占有棱边数为3/2，石墨烯含有棱边数为3×60/2个，每个棱边被两个面共有，棱边数有(5x＋6y)/2，根据欧拉定律得出60＋(x＋y)－(3×60)/2=2，根据键数，得出(5x＋6y)/2=(3×60)/2，从而计算出x和y。12.以异丙苯(A)为原料合成(±)-水芹醛(C10H16O)的路线如下：(1)(土)-水芹醛的官能团名称为______、_______。(2)G→H 反应的方程式为_____________。(3)H→I的反应类型为_____________。(4)B、K的结构简式分别为_____________、_____________。(5)鉴别J和(土)一水芹醛可选用的试剂为___________。a.NaHCO3 溶液b.溴水c.酸性KMnO4溶液d.新制Cu(OH)2(6)满足下列条件的D的同分异构体有___种，其中核磁共振氢谱为1:1:2:2:6的结构简式为____。①能与金属钠反应产生氢气；-14-②不能使FeCl3溶液显色；③含有苯环且苯环上不超过两个取代基。(7)依据题中信息，参照上述路线，以为原料，选择必要试剂设计的合成路线____________。【答案】(1).碳碳双键(2).醛基(3).(4).消去反应(5).(6).(7).ad(8).14(9).(10).【解析】考查有机物的推断和合成，（1）根据（土）－水芹醛的结构简式，含有官能团是醛基、碳碳双键；（2）根据G的结构简式，推出G的分子式为C10H17ON，比H的分子式少2个碳原子、2个H原子、1个O原子，因此G与乙酸酐反应的方程式为；（3）根据H和I的结构简式，I添加了一个碳碳双键，推出此反应类型为消去反应；（4）A的分子式为C9H12，B的分子式为C9H12O3S，因此A生成B的反应类型为磺化反应，即B的结构简式为，对比I和J的分子式，推出J的结构简式为，根据J和K的分子式，K比J缺少1个H和1个O，多了一个Cl，即J的结构简式为；（5）J中含有羧基、碳碳双键，（土）－水芹醛的结构中含有醛基和碳碳双键，a、羧基能与NaHCO3溶液反应生成CO2，而醛基不行，可以鉴别，故a正确；b、都含有碳碳双键，能使溴水褪色，溴水不能鉴别两种物质，故b错误；c-14-、碳碳双键都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，酸性高锰酸钾溶液不能鉴别两种物质，故c错误；d、J中羧基与新制氢氧化铜发生中和反应，溶液变为澄清，水芹醛中的醛基与新制氢氧化铜悬浊液，生成Cu2O砖红色沉淀，可以鉴别，故d正确；（6）①能与金属钠反应产生氢气，说明含有羟基，②不能使FeCl3发生显色反应，说明羟基不与苯环直接相连，③苯环上有一个取代基或者2个取代基，符合条件的同分异构体有、、、、、（甲基在苯环上有三种位置）、（甲基在苯环上有三种位置）、（乙基在苯环上有三种位置），共有14种；核磁共振氢谱5种峰，说明有5种不同的氢原子，即此结构简式为；（7）根据合成水芹醛的合成路线，推出生成的路线为。点睛：本题的难点是同分异构体的书写，首先根据题目中信息，推出含有的官能团或结构，如本题①能与金属钠反应产生氢气，说明含有羟基，②不能使FeCl3发生显色反应，说明羟基不与苯环直接相连，③苯环上有一个取代基或者2个取代基，然后根据烷烃同分异构体书写规律，进行判断，即“先整后散”，推出，然后官能团的位置，即得出、-14-、，碳链异构，推出、，“后散”，再结合苯环上两个取代基位置为邻间对，推出其他形式。-14-