精品解析：2023届福建省厦门第一中学下学期二模化学试题

福建省厦门第一中学2022-2023学年第二学期 高三年化学试卷 说明：1.本试卷共8页16题，总分100分，完成时间75分钟 2.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 Ti-48 Co-59 Sn-119 I-127 Ce-140 Pb-207 一、选择题：本题共12小题，3分每题，共36分。在每小题的四个选项中，只有一项是符合要求的。 1. “逐梦苍穹之上，拥抱星辰大海”，航天科技的发展与化学密切相关。下列选项正确的是 A. “北斗三号”导航卫星搭载计时铷原子钟，铷是第ⅠA族元素 B. “嫦娥五号”探测器配置砷化镓太阳能电池，太阳能电池将化学能直接转化为电能 C. “祝融号”火星车利用正十一烷储能，正十一烷属于不饱和烃 D. “神舟十三号”航天员使用塑料航天面窗，塑料属于无机非金属材料 【答案】A 【解析】 【详解】A．铷是碱金属，位于第ⅠA族，故A正确； B．太阳能电池是将太阳能转化为电能，故B错误； C．正十一烷属于饱和烃，故C错误； D．塑料属于有机合成材料，故D错误； 故选A。 2. BCl3水解反应方程式为：BCl3+3H2O=B(OH)3+3HCl，下列说法错误的是 A. Cl的原子结构示意图为 B. H2O的空间填充模型为 C. BCl3的电子式为： D. B(OH)3的结构简式为 【答案】C 【解析】 【详解】A．Cl为荷电核数为17，原子结构示意图为 ，A项正确； B．分子为V形结构，且O原子的半径比H原子的半径大，B项正确； C．是缺电子化合物，B提供3个电子，与3个Cl分别共用1对电子，电子式应为，C项错误； D．的结构简式为，D项正确； 答案选C。 3. 下列叙述正确的是 A Cl2和Br2分别与Fe2+反应得到Cl-和Br- B. Na和Li分别在O2中燃烧得到Na2O和Li2O C. 1molSO3与1molNO2分别通入1L水中可产生相同浓度的H2SO4和HNO3 D. 0.1mol•L-1醋酸和0.1mol•L-1硼酸分别加入适量Na2CO3中均可得到CO2和H2O 【答案】A 【解析】 【详解】A．氯气和溴的氧化性都强于铁离子，都能与亚铁离子反应生成氯离子和溴离子，故A正确； B．钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，故B错误； C．无法确定1molSO3与1molNO2分别通入1L水中所得溶液的体积，无法计算和比较所得H2SO4和HNO3的浓度大小，故C错误； D．硼酸的酸性弱于碳酸，不能与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳气体，故D错误； 故选A。 4. 工业上用N2和H2合成NH3，NA代表阿伏加德罗常数值，下列说法正确的是 A. 消耗14gN2生成NH3分子数为2 NA B. 消耗1molH2，生成N－H键数为2 NA C. 生成标准状况下22.4LNH3，电子转移数为2 NA D. 氧化1molNH3生成NO，需O2分子数为2 NA 【答案】B 【解析】 【详解】A．由方程式可知，消耗14g氮气生成氨气的分子数为×2×NAmol—1=NA，故A错误； B．由方程式可知，消耗1mol氢气生成N－H键数为1mol××3×NAmol—1=2NA，故B正确； C．由方程式可知，生成标准状况下22.4L氨气，反应电子转移数为×3×NAmol—1=3NA，故C错误； D．由得失电子数目守恒可知，1mol氨气与氧气反应生成一氧化氮，需氧气分子数为1mol××NAmol—1=1.25NA，故D错误； 故选B。 5. 关于M的说法正确的是 A. 分子式为C12H16O6 B. 含三个手性碳原子 C. 所有氧原子共平面 D. 与(CH3)2C=O互为同系物 【答案】B 【解析】 【详解】A．由题干M的结构简式可知，其分子式为C12H18O6，A错误； B．同时连有4个互不相同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，故M中含三个手性碳原子，如图所示：，B正确； C．由题干M的结构简式可知，形成醚键的O原子连接的碳原子均采用sp3杂化，故不可能所有氧原子共平面，C错误； D．同系物是指结构相似(官能团的种类和数目分别相同)，组成上相差一个或若干个CH2原子团的物质，故M与(CH3)2C=O不互为同系物，D错误； 故答案为：B。 6. 下列实验装置(夹持装置略)及操作正确的是 A. 装置甲气体干燥 B. 装置乙固液分离 C. 装置丙Cl2制备 D. 装置丁pH测试 【答案】A 【解析】 【详解】A．由图可知，装置甲可用于干燥反应生成的氢气，故A正确； B．由图可知，装置乙固液分离的过滤操作中缺少玻璃棒引流，故B错误； C．二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，由图可知，装置丙中缺少酒精灯加热，不能用于制备氯气，故C错误； D．测定溶液pH时，应将溶液滴在pH试纸中央，不能插入溶液中，则装置丁不能用于pH测试，故D错误； 故选A。 7. PEEK是一种特种高分子材料，可由X和Y在一定条件下反应制得，相应结构简式如图。下列说法正确的是 A. PEEK是纯净物 B. X与Y经加聚反应制得PEEK C. X苯环上H被Br所取代，一溴代物只有一种 D. 1molY与H2发生加成反应，最多消耗6molH2 【答案】C 【解析】 【详解】A．PEEK是聚合物，属于混合物，故A错误； B．由X、Y和PEEK的结构简式可知，X和Y发生连续的取代反应得到PEEK，即X与Y经缩聚反应制得PEEK，故B错误； C．X是对称的结构，苯环上有1种环境的H原子，苯环上H被Br所取代，一溴代物只有一种，故C正确； D．Y中苯环和羰基都可以和H2发生加成反应，1mol Y与H2发生加成反应，最多消耗7mol H2，故D错误； 故选C。 8. 下列实验操作及现象与对应结论不匹配的是 选项 实验操作及现象 结论 A 将Na2S2O3溶液和稀H2SO4混合，得到沉淀，且生成的气体可使品红溶液褪色 Na2S2O3既体现还原性又体现氧化性 B 将Zn(OH)2固体粉末加入过量NaOH溶液中，充分搅拌，溶解得到无色溶液 Zn(OH)2既体现碱性又体现酸性 C 将TiCl4液体和FeCl3固体分别暴露在潮湿空气中，只有前者会冒“白烟” 水解性：TiCl4＞FeCl3 D 将红色固体CrO3加热，得到绿色固体Cr2O3，且生成的气体可以使带火星的木条复燃 热稳定性：CrO3＜Cr2O3 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．将Na2S2O3溶液和稀H2SO4混合，生成S单质和SO2，S元素化合价既上升又下降，Na2S2O3既体现还原性又体现氧化性，故A正确； B．将Zn(OH)2固体粉末加入过量NaOH溶液中，充分搅拌，溶解得到无色溶液，说明Zn(OH)2能够和碱反应，体现酸性，不能得出其具有碱性的结论，故B错误； C．将TiCl4液体和FeCl3固体分别暴露在潮湿空气中，只有前者会冒“白烟”，说明TiCl4+3H2O═H2TiO3+4HCl，产生大量HCl，说明水解性：TiCl4＞FeCl3，故C正确； D．将红色固体CrO3加热，得到绿色固体Cr2O3，且生成的气体可以使带火星的木条复燃，说明该过程中产生了氧气，则CrO3不稳定，故D正确； 故选B。 9. R、X、Y、Z均为短周期主族元素，Y与Z同主族且Z的原子序数大于Y。R和X的原子获得1个电子均可形成稀有气体原子的电子层结构，R的最高化合价为+1。1mol化合物RZY3X含58mol电子。下列说法正确的是 A. R与X形成的化合物水溶液呈碱性 B. X是四种元素中原子半径最大的 C. Y单质的氧化性比Z单质的弱 D. Z的原子最外层电子数为6 【答案】D 【解析】 【分析】由题干信息可知，R、X、Y、Z均为短周期主族元素，Y与Z同主族且Z的原子序数大于Y，R和X的原子获得1个电子均可形成稀有气体原子的电子层结构，R的最高化合价为+1，则R为H，X为Cl或F；1mol化合物RZY3X含58mol电子，设Y的原子序数为a，则Z的原子序数为a+8；若X为F，则有1+9+a+8+3a=58，解得a=10，则Y为Ne，不符合题意；若X为Cl，则有1+17+a+8+3a=58，解得a=8，则Y为O，Z为S；故R为H、X为Cl、Y为O、Z为S，据此分析解题。 【详解】A．由分析可知，R为H、X为Cl，故R与X形成的化合物即HCl水溶液呈酸性，A错误； B．由分析可知，R为H、X为Cl、Y为O、Z为S，故S是四种元素中原子半径最大的，B错误； C．由分析可知，Y为O、Z为S，由于O的非金属性比S强，故O2的氧化性比S强，C错误； D．由分析可知，Z为S，是16号元素，S原子最外层电子数为6，D正确； 故答案为：D。 10. 某小组模拟成垢－除垢过程如图。 100mL0.1mol•L-1CaCl2水溶液…… 忽略体积变化，且步骤②中反应完全。下列说法正确的是 A. 经过步骤①，溶液中c(Ca2+)+c(Na+)=c(Cl-) B. 经过步骤②，溶液中c(Na+)=4c(SO) C. 经过步骤②，溶液中c(Cl-)=c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3) D. 经过步骤③，溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Cl-) 【答案】D 【解析】 【详解】A．经过步骤①，100mL0.1mol•L-1CaCl2水溶液和0.01molNa2SO4反应方程式为CaCl2+ Na2SO4=2NaCl+CaSO4↓，生成0.02mol NaCl和0.01molCaSO4，CaSO4微溶，则溶液中含有SO和Ca2+，则c(Ca2+)+c(Na+)>c(Cl-)，故A错误； B．步骤②中，CaSO4(s)+Na2CO3(aq)=CaCO3↓+Na2SO4(aq)，步骤②中反应完全，则反应后的溶质为0.01mol Na2SO4、0.01mol Na2CO3和0.02molNaCl，则c(Na+)=6c(SO)，故B错误； C．经过步骤②，反应后的溶质为0.01mol Na2SO4、0.01mol Na2CO3和0.02molNaCl，存在物料守恒：c(Cl-)=2c(CO)+2c(HCO)+2c(H2CO3)，故C错误； D．步骤③中，CaCO3+2CH3COOH=Ca(CH3COO)2+H2O+CO2↑，反应后的溶液中含有0.02molNaCl、0.01mol Ca(CH3COO)2，则c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Cl-)，故D正确； 故选D。 11. 硝酮是重要的有机合成中间体，可采用“成对间接电氧化”法合成。电解槽中水溶液的主要成分及反应过程如图所示。 下列说法错误的是 A. 惰性电极2为阳极 B. 反应前后WO/WO数量不变 C. 消耗1mol氧气，可得到1mol硝酮 D. 外电路通过1mol电子，可得到1mol水 【答案】C 【解析】 【分析】惰性电极1，1mol氧气得到2mol电子生成1mol H2O2，则惰性电极1为阴极，惰性电极2上Br-失去电子被氧化为Br2，为阳极，WO/WO循环反应，WO/WO数量不变，然后结合得失电子守恒解答。 【详解】A．惰性电极2，Br-被氧化为Br2，惰性电极2为阳极，故A正确； B．WO/WO循环反应，反应前后WO/WO数量不变，故B正确； C．总反应为氧气把二丁基-N-羟基胺氧化为硝酮，1mol二丁基-N-羟基胺失去2molH原子生成1mol硝酮，氧气最终生成水，根据氧原子守恒，消耗1mol氧气，可得到2mol硝酮，故C错误； D．根据电极反应，，外电路通过1 mol电子，生成0.5 mol H2O2，最终转化为0.5 mol H2O，同时二丁基-N-羟基胺转化为硝酮，该过程转移1mol电子生成0.5mol水，共计生成1 mol水，故D正确； 选C。 12. 两种酸式碳酸盐的分解反应如下。某温度平衡时总压强分别为p1和p2。 反应1：NH4HCO3(s)NH3(g)+H2O(g)+CO2(g) p1=3.6×104Pa 反应2：2NaHCO3(s)Na2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g) p2=4×103Pa 该温度下，刚性密闭容器中放入NH4HCO3和Na2CO3固体，平衡后以上3种固体均大量存在。下列说法错误的是 A. 反应2的平衡常数为4×106Pa2 B. 通入NH3，再次平衡后，总压强增大 C. 平衡后总压强为4.36×105Pa D. 缩小体积，再次平衡后总压强不变 【答案】B 【解析】 【详解】A．反应2的平衡常数为，A正确； B．刚性密闭容器，温度不变，则平衡常数不变，，，再次达到平衡后，气体的分压不变，则总压强不变，B错误； C．， ，，，所以总压强为：，C正确； D．达平衡后，缩小体积，增大压强，平衡逆向移动，温度不变，化学平衡常数不变，各组分的分压不变，再次平衡后总压强不变，D正确； 故选B。 二、非选择题：本题共4小题，共64分。请考生根据要求作答。 13. 二氧化铈可用在化妆品中起到抗紫外线作用，工业上以氟碳铈矿(，含、、等杂质)为原料制备二氧化铈、硫酸铝铵晶体和硫酸亚铁铵晶体，其工艺流程如图所示： 已知：①易溶于强酸；不溶于硫酸，也不溶于溶液。 ②；；；当离子浓度≤10-5mol/L，可认为沉淀完全。 回答下列问题： （1）氟碳铈矿“氧化焙烧”化学方程式为___________，此时气体与矿料逆流而行进行投料，目的是___________。 （2）浓盐酸价格便宜，但是溶解“滤渣Ⅰ”的缺点是___________，可用稀硫酸和双氧水代替，则加入试剂的顺序是___________。 （3）“滤液Ⅱ”中加入量(图a)、最佳比例时沉淀反应的温度(图b)与铈的沉淀率关系如图所示： 根据图分析：沉铈时应选择最佳条件为___________。 （4）经充分焙烧质量减少5.8t，则获得的质量为___________t。 （5）“滤液Ⅰ”中加入物质X和物质Y分别是___________、___________(填序号)，制备硫酸铝铵晶体时，理论上向“滤渣Ⅲ”中加入硫酸和硫酸铵的物质的量之比为___________。 a．铁粉 b．铝粉 c．浓氨水 d． e． 【答案】（1） ①. ②. 使气固反应物充分接触，加快反应速率，使反应充分进行 （2） ①. 浓盐酸反应生成氯气，同时易挥发出污染环境 ②. 先加稀硫酸，再加双氧水 （3）、46℃ （4）17.2 （5） ①. a ②. c ③. 【解析】 【分析】氟碳铈矿“氧化焙烧”中转化为CeO2，加入稀硫酸，二氧化硅、CeO2成为滤渣Ⅰ，滤渣Ⅰ加入浓盐酸，CeO2转化为盐酸盐得到滤液Ⅱ，加入碳酸氢铵得到，焙烧得到；滤液Ⅰ含有铁离子、铝离子，在不引入新杂质的情况下，加入铁将三价铁转化为二价铁，加入氨水将铝转化为氢氧化铝沉淀得到滤渣Ⅲ，滤渣Ⅲ中加入硫酸和硫酸铵得到硫酸铝铵晶体；滤液Ⅲ含有亚铁离子，加入硫酸铵得到硫酸亚铁铵晶体； 【小问1详解】 氟碳铈矿“氧化焙烧”中和水、空气中氧气高温生成CeO2、HF、CO2，反应中氧气中氧元素化合价由0变为-2、中Ce化合价由+3变为+4，根据电子守恒、质量守恒可知，反应化学方程式为，此时气体与矿料逆流而行进行投料，目的是使气固反应物充分接触，加快反应速率，使反应充分进行； 【小问2详解】 浓盐酸具有挥发性，且会和CeO2反应氧化还原反应生成有毒氯气，故溶解“滤渣Ⅰ”的缺点是浓盐酸反应生成氯气，同时易挥发出污染环境，可用稀硫酸和双氧水代替，则加入试剂的顺序是首先加入稀硫酸酸化溶液，再加入双氧水； 【小问3详解】 据图分析：沉铈时应选择最佳条件为、46℃，此时铈的沉淀率已经很高，若温度过高铈的沉淀率反而下降； 【小问4详解】 ，经充分焙烧质量减少5.8t，根据化学方程式体现的关系可知，获得的质量为； 【小问5详解】 由分析可知，滤液Ⅰ”中加入物质X和物质Y分别是铁、浓氨水，故选a、c；“滤渣Ⅲ”为生成的氢氧化铝沉淀，加入硫酸和硫酸铵制备硫酸铝铵晶体，反应为，，则加入硫酸和硫酸铵的物质的量之比为3:1。 14. 反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)在工业上有重要应用。 （1）该反应在不同温度下的平衡常数如表所示。 温度/℃ 700 800 830 1000 平衡常数 1.67 1.11 1.00 0.59 ①反应的△H_____0(填“>”“<”或“=”)。 ②反应常在较高温度下进行，该措施的优缺点是_____。 （2）该反应常在Pd膜反应器中进行，其工作原理如图所示。 ①利用平衡移动原理解释反应器存在Pd膜时具有更高转化率的原因是_____。 ②某温度下，H2在Pd膜表面上的解离过程存在如下平衡：H22H，其正反应的活化能远小于逆反应的活化能。下列说法错误的是_____。 A．Pd膜对气体分子的透过具有选择性 B．过程2的△H＞0 C．加快Pd膜内H原子迁移有利于H2的解离 D．H原子在Pd膜表面上结合为H2的过程为放热反应 ③同温同压下，等物质的量的CO和H2O通入无Pd膜反应器，CO的平衡转化率为75%；若换成Pd膜反应器，CO的平衡转化率为90%，则相同时间内出口a和出口b中H2的质量比为_____。 （3）该反应也可采用电化学方法实现，反应装置如图所示。 ①固体电解质采用______(填“氧离子导体”或“质子导体”)。 ②阴极的电极反应式为______。 ③同温同压下，相同时间内，若进口Ⅰ处n(CO):n(H2O)=a:b，出口Ⅰ处气体体积为进口Ⅰ处的y倍，则CO的转化率为_____(用a，b，y表示)。 【答案】（1） ①. < ②. 优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产物的转化率较低 （2） ①. Pd膜能选择性分离出H2，平衡正向移动，平衡转化率增大 ②. BD ③. 1:8 （3） ①. 质子导体 ②. 2H++2e-＝H2↑ ③. 【解析】 【小问1详解】 ①根据表中的数据，温度越高，平衡常数越小，所以正反应为放热反应，△H＜0； ②优点是升高温度，反应速率较快；缺点是正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产物的转化率较低； 【小问2详解】 ①Pd膜能选择性分离出H2，平衡正向移动，平衡转化率增大； ②A．Pd膜只允许H2通过，不允许CO2通过，对气体分子的透过具有选择性，A项正确； B．过程2正反应的活化能远小于逆反应的活化能，△H＜0，B项错误； C．加快Pd膜内H原子迁移，平衡H22H正向移动，有利于H2的解离，C项正确； D．H22H为放热过程，H原子在Pd膜表面上结合为H2的过程为吸热反应，D项错误； 故选BD； ③根据反应CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)，设通入的CO为1mol，无膜情况下一氧化碳的平衡转化率为75%，则平衡时CO、H2O(g)、CO2、H2的平衡物质的量分别为0.25mol、0.25mol、0.75mol、0.75mol，可计算出此温度下平衡常数K=9；有膜情况下一氧化碳的平衡转化率为90%，则平衡时CO、H2O(g)、CO2、H2的平衡物质的量分别为0.1mol、0.1mol、0.9mol、0.9mol(a口和b口的总量，其中只有a口的处于平衡体系)，设a口产生的H2的物质的量为xmol，则，解得x=0.1，则出口a产生的H2为0.1mol，出口b的H2为0.9mol-0.1mol=0.8mol，质量比为1:8； 【小问3详解】 ①电解时，一氧化碳和水均从阳极口进入，阳极一氧化碳转化为二氧化碳，则氢气要在阴极产生，故阳极产生二氧化碳的同时产生氢离子，氢离子通过固体电解质进入阴极附近，然后得电子产生氢气，故固体电解质应采用质子导体； ②电解时，阴极发生还原反应，电极反应式为：2H++2e-＝H2↑； ③根据阿伏伽德罗定律的推论可知，同温同压下，出口Ⅰ处气体物质的量为进口Ⅰ处的y倍，设反应中CO转化了x mol，则根据三段式： 出口Ⅰ处气体物质的量为(a+b-x)，进口Ⅰ处的气体物质的量为，则(a+b-x)=y(a+b)，则x=(a+b)(1-y)，CO的转化率为：。 15. 配位化合物X由配体L2-(如图)和具有正四面体结构的[Zn4O]6+构成。 （1）基态Zn2+的电子排布式为______。 （2）L2-所含元素中，电负性最大的原子处于基态时电子占据最高能级的电子云轮廓图为______形；每个L2-中采取sp2杂化的C原子数目为______个，C与O之间形成σ键的数目为______个。 （3）X晶体内部空腔可吸附小分子，要增强X与H2O的吸附作用，可在L2-上引入______。(假设X晶胞形状不变)。 A －Cl B. －OH C. －NH2 D. －CH3 （4）X晶体具有面心立方结构，其晶胞由8个结构相似的组成单元(如图)构成。 ①晶胞中与同一配体相连的两个[Zn4O]6+的不同之处在于______。 ②X晶体中Zn2+配位数为______。 ③已知ZnO键长为dnm，理论上图中A、B两个Zn2+之间的最短距离的计算式为_____nm。 ④已知晶胞参数为2anm，阿伏加德罗常数的值为NA，L2-与[Zn4O]6+的相对分子质量分别为M1和M2，则X的晶体密度为_____g•cm-3(列出化简的计算式)。 【答案】（1）[Ar]3d10 （2） ①. 哑铃 ②. 8 ③. 8 （3）BC （4） ①. 与Zn2+相连的双键氧原子不在对称轴的同侧 ②. 4 ③. a-2d ④. 【解析】 【小问1详解】 锌元素的原子序数为30，基态锌离子的电子排布式为[Ar]3d10，故答案为：[Ar]3d10； 【小问2详解】 配体L2-所含元素中氧元素的电负性最大，氧原子处于基态时，电子云轮廓图为哑铃形的2p能级的电子占据最高能级；由结构简式可知，配体中苯环碳原子和双键碳原子杂化方式为sp2杂化，共有8个；配体中碳原子与氧原子之间的单键为σ键、双键中含有1个σ键，共有8个，故答案为：哑铃形；8；8； 【小问3详解】 若在L2-上引入能与水分子形成氢键的羟基和氨基，有利于增强X与水分子的吸附作用，若在L2-上引入不能与水分子形成氢键的氯原子、甲基，不能增强X与水分子的吸附作用，故选BC； 【小问4详解】 ①由X晶胞的组成单元的对角面可知，晶胞中与同一配体相连的两个[Zn4O]6+的不同之处在于与Zn2+相连的双键氧原子不在对称轴的同侧，故答案为：与Zn2+相连的双键氧原子不在对称轴的同侧； ②1个[Zn4O]6+上、下、左、右、前、后共有6个L2-，每个L2-与[Zn4O]6+形成2个Zn←O配位键，1个[Zn4O]6+含有4个Zn←O配位键，1个[Zn4O]6+中Zn2+形成的配位键数目为6×2+4=16，1个Zn2+的配位数为4； ③由X晶胞的组成单元结构可知，[Zn4O]6+中两个处于体对角线的氧离子距离、边长和面对角线构成直角三角形，氧离子距离为单元结构的体对角线，设A、B两个锌离子之间的最短距离为xnm，由体对角线的长度可得：x+2d=，解得x=a—2d，故答案为：a—2d； ④由X晶胞的组成单元结构可知，单元结构中位于顶点的[Zn4O]6+的个数为8×=1，位于棱上的L2-的个数为12×=3，设晶体的密度为dg/cm3，由X晶体具有面心立方结构，其晶胞由8个结构相似的组成单元构成可得：=(2a×10—7) 3d，解得d=，故答案为：。 16. 光伏组件封装胶膜是太阳能电池的重要材料，经由如图反应路线可分别制备封装胶膜基础树脂Ⅰ和Ⅱ(部分试剂及反应条件略)。 反应路线Ⅰ： 反应路线Ⅱ： 已知以下信息： ①(R、R1、R2为H或烃基) ②+2ROH+H2O （1）A+B→D的反应类型为______。 （2）基础树脂Ⅰ中官能团的名称为______。 （3）F的结构简式为_____。 （4）从反应路线Ⅰ中选择某种化合物作为原料H，且H与H2O反应只生成一种产物Ⅰ，则H的化学名称为_____。 （5）K与银氨溶液反应的化学方程式为_____；K可发生消去反应，其有机产物R的分子式为C4H6O，R及R的同分异构体同时满足含有碳碳双键和碳氧双键的有______个(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱只有一组峰的结构简式为______。 （6）L与G反应制备非体型结构的Q的化学方程式为_______。 （7）为满足性能要求，实际生产中可控制反应条件使F的支链不完全水解，生成的产物再与少量L发生反应，得到含三种链节的基础树脂Ⅱ，其结构简式可表示为_____。 【答案】（1）加成反应 （2）酯基 （3） （4）乙炔 （5） ①. +2Ag(NH3)2OH+3NH3↑+2Ag↓+H2O ②. 6 ③. (CH3)2C=C=O （6）2+nCH3CH2CH2CHO+nH2O （7） 【解析】 【分析】A为HC≡CH，HC≡CH与B（C2H4O2）发生加成反应生成CH3COOCH=CH2，则B为CH3COOH；HC≡CH与氢气发生加成反应生成CH2=CH2，CH2=CH2与CH3COOCH=CH2发生加聚反应生成；CH3COOCH=CH2发生加聚反应生成，则F为；酸性条件下发生水解反应生成；HC≡CH与水发生加成反应CH2=CHOH，则H为HC≡CH、I为CH2=CHOH；CH2=CHOH发生构型转化生成CH3CHO，则J为CH3CHO；CH3CHO碱性条件下反应生成，则K为；经发生消去反应、加成反应得到CH3CH2CH2CHO，CH3CH2CH2CHO与发生信息反应生成非体型结构的，则Q为。 【小问1详解】 由分析可知，A+B→D的反应为HC≡CH与CH3COOH发生加成反应生成CH3COOCH=CH2，故答案为：加成反应； 【小问2详解】 由结构简式可知，基础树脂Ⅰ中官能团为酯基，故答案为：酯基； 【小问3详解】 由分析可知，F的结构简式为，故答案为：； 【小问4详解】 由分析可知，H的结构简式为HC≡CH，名称为乙炔，故答案为：乙炔； 【小问5详解】 由分析可知，K为，与银氨溶液在水浴加热条件下反应生成、氨气、银和水，反应的化学方程式为+2Ag(NH3)2OH+3NH3↑+2Ag↓+H2O；分子式为C4H6O的R及R的同分异构体同时满足含有碳碳双键和碳氧双键的结构简式可能为CH2=CHCH2CHO、CH3CH=CHCHO、、、CH3CH2CH=C=O、(CH3)2C=C=O，共有6种，其中核磁共振氢谱只有一组峰的结构简式为(CH3)2C=C=O，故答案为：+2Ag(NH3)2OH+3NH3↑+2Ag↓+H2O；6；(CH3)2C=C=O； 【小问6详解】 L与G反应制备非体型结构的Q的反应为CH3CH2CH2CHO与发生信息反应生成非体型结构的和水，反应的化学方程式为2+nCH3CH2CH2CHO+nH2O，故答案为：2+nCH3CH2CH2CHO+nH2O； 【小问7详解】 由实际生产中可控制反应条件使F的支链不完全水解，生成的产物再与少量L发生反应，得到含三种链节的基础树脂Ⅱ，Ⅱ结构简式可表示为，故答案为：。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福建省厦门第一中学2022-2023学年第二学期 高三年化学试卷 说明：1.本试卷共8页16题，总分100分，完成时间75分钟 2.可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Cl-35.5 Ti-48 Co-59 Sn-119 I-127 Ce-140 Pb-207 一、选择题：本题共12小题，3分每题，共36分。在每小题的四个选项中，只有一项是符合要求的。 1. “逐梦苍穹之上，拥抱星辰大海”，航天科技发展与化学密切相关。下列选项正确的是 A. “北斗三号”导航卫星搭载计时铷原子钟，铷是第ⅠA族元素 B. “嫦娥五号”探测器配置砷化镓太阳能电池，太阳能电池将化学能直接转化电能 C. “祝融号”火星车利用正十一烷储能，正十一烷属于不饱和烃 D. “神舟十三号”航天员使用塑料航天面窗，塑料属于无机非金属材料 2. BCl3水解反应方程式为：BCl3+3H2O=B(OH)3+3HCl，下列说法错误的是 A. Cl的原子结构示意图为 B. H2O的空间填充模型为 C. BCl3的电子式为： D. B(OH)3的结构简式为 3. 下列叙述正确的是 A. Cl2和Br2分别与Fe2+反应得到Cl-和Br- B. Na和Li分别在O2中燃烧得到Na2O和Li2O C. 1molSO3与1molNO2分别通入1L水中可产生相同浓度的H2SO4和HNO3 D. 0.1mol•L-1醋酸和0.1mol•L-1硼酸分别加入适量Na2CO3中均可得到CO2和H2O 4. 工业上用N2和H2合成NH3，NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A. 消耗14gN2生成NH3分子数为2 NA B. 消耗1molH2，生成N－H键数为2 NA C. 生成标准状况下22.4LNH3，电子转移数为2 NA D. 氧化1molNH3生成NO，需O2分子数为2 NA 5. 关于M的说法正确的是 A. 分子式为C12H16O6 B. 含三个手性碳原子 C. 所有氧原子共平面 D. 与(CH3)2C=O互为同系物 6. 下列实验装置(夹持装置略)及操作正确的是 A. 装置甲气体干燥 B. 装置乙固液分离 C. 装置丙Cl2制备 D. 装置丁pH测试 7. PEEK是一种特种高分子材料，可由X和Y在一定条件下反应制得，相应结构简式如图。下列说法正确的是 A. PEEK是纯净物 B. X与Y经加聚反应制得PEEK C. X苯环上H被Br所取代，一溴代物只有一种 D. 1molY与H2发生加成反应，最多消耗6molH2 8. 下列实验操作及现象与对应结论不匹配的是 选项 实验操作及现象 结论 A 将Na2S2O3溶液和稀H2SO4混合，得到沉淀，且生成的气体可使品红溶液褪色 Na2S2O3既体现还原性又体现氧化性 B 将Zn(OH)2固体粉末加入过量NaOH溶液中，充分搅拌，溶解得到无色溶液 Zn(OH)2既体现碱性又体现酸性 C 将TiCl4液体和FeCl3固体分别暴露在潮湿空气中，只有前者会冒“白烟” 水解性：TiCl4＞FeCl3 D 将红色固体CrO3加热，得到绿色固体Cr2O3，且生成的气体可以使带火星的木条复燃 热稳定性：CrO3＜Cr2O3 A. A B. B C. C D. D 9. R、X、Y、Z均为短周期主族元素，Y与Z同主族且Z的原子序数大于Y。R和X的原子获得1个电子均可形成稀有气体原子的电子层结构，R的最高化合价为+1。1mol化合物RZY3X含58mol电子。下列说法正确的是 A. R与X形成的化合物水溶液呈碱性 B. X是四种元素中原子半径最大的 C. Y单质的氧化性比Z单质的弱 D. Z的原子最外层电子数为6 10. 某小组模拟成垢－除垢过程如图。 100mL0.1mol•L-1CaCl2水溶液…… 忽略体积变化，且步骤②中反应完全。下列说法正确的是 A. 经过步骤①，溶液中c(Ca2+)+c(Na+)=c(Cl-) B. 经过步骤②，溶液中c(Na+)=4c(SO) C. 经过步骤②，溶液中c(Cl-)=c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3) D. 经过步骤③，溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Cl-) 11. 硝酮是重要的有机合成中间体，可采用“成对间接电氧化”法合成。电解槽中水溶液的主要成分及反应过程如图所示。 下列说法错误的是 A. 惰性电极2为阳极 B. 反应前后WO/WO数量不变 C. 消耗1mol氧气，可得到1mol硝酮 D. 外电路通过1mol电子，可得到1mol水 12. 两种酸式碳酸盐的分解反应如下。某温度平衡时总压强分别为p1和p2。 反应1：NH4HCO3(s)NH3(g)+H2O(g)+CO2(g) p1=3.6×104Pa 反应2：2NaHCO3(s)Na2CO3(s)+H2O(g)+CO2(g) p2=4×103Pa 该温度下，刚性密闭容器中放入NH4HCO3和Na2CO3固体，平衡后以上3种固体均大量存在。下列说法错误的是 A. 反应2的平衡常数为4×106Pa2 B. 通入NH3，再次平衡后，总压强增大 C. 平衡后总压强为4.36×105Pa D. 缩小体积，再次平衡后总压强不变 二、非选择题：本题共4小题，共64分。请考生根据要求作答。 13. 二氧化铈可用在化妆品中起到抗紫外线作用，工业上以氟碳铈矿(，含、、等杂质)为原料制备二氧化铈、硫酸铝铵晶体和硫酸亚铁铵晶体，其工艺流程如图所示： 已知：①易溶于强酸；不溶于硫酸，也不溶于溶液。 ②；；；当离子浓度≤10-5mol/L，可认为沉淀完全。 回答下列问题： （1）氟碳铈矿“氧化焙烧”化学方程式为___________，此时气体与矿料逆流而行进行投料，目的是___________。 （2）浓盐酸价格便宜，但是溶解“滤渣Ⅰ”的缺点是___________，可用稀硫酸和双氧水代替，则加入试剂的顺序是___________。 （3）“滤液Ⅱ”中加入量(图a)、最佳比例时沉淀反应的温度(图b)与铈的沉淀率关系如图所示： 根据图分析：沉铈时应选择最佳条件为___________。 （4）经充分焙烧质量减少5.8t，则获得的质量为___________t。 （5）“滤液Ⅰ”中加入物质X和物质Y分别是___________、___________(填序号)，制备硫酸铝铵晶体时，理论上向“滤渣Ⅲ”中加入硫酸和硫酸铵的物质的量之比为___________。 a．铁粉 b．铝粉 c．浓氨水 d． e． 14. 反应CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)在工业上有重要应用。 （1）该反应在不同温度下的平衡常数如表所示。 温度/℃ 700 800 830 1000 平衡常数 1.67 111 1.00 0.59 ①反应的△H_____0(填“>”“<”或“=”)。 ②反应常在较高温度下进行，该措施的优缺点是_____。 （2）该反应常在Pd膜反应器中进行，其工作原理如图所示。 ①利用平衡移动原理解释反应器存在Pd膜时具有更高转化率的原因是_____。 ②某温度下，H2在Pd膜表面上的解离过程存在如下平衡：H22H，其正反应的活化能远小于逆反应的活化能。下列说法错误的是_____。 A．Pd膜对气体分子透过具有选择性 B．过程2的△H＞0 C．加快Pd膜内H原子迁移有利于H2的解离 D．H原子在Pd膜表面上结合为H2的过程为放热反应 ③同温同压下，等物质的量的CO和H2O通入无Pd膜反应器，CO的平衡转化率为75%；若换成Pd膜反应器，CO的平衡转化率为90%，则相同时间内出口a和出口b中H2的质量比为_____。 （3）该反应也可采用电化学方法实现，反应装置如图所示。 ①固体电解质采用______(填“氧离子导体”或“质子导体”)。 ②阴极的电极反应式为______。 ③同温同压下，相同时间内，若进口Ⅰ处n(CO):n(H2O)=a:b，出口Ⅰ处气体体积为进口Ⅰ处的y倍，则CO的转化率为_____(用a，b，y表示)。 15. 配位化合物X由配体L2-(如图)和具有正四面体结构的[Zn4O]6+构成。 （1）基态Zn2+的电子排布式为______。 （2）L2-所含元素中，电负性最大的原子处于基态时电子占据最高能级的电子云轮廓图为______形；每个L2-中采取sp2杂化的C原子数目为______个，C与O之间形成σ键的数目为______个。 （3）X晶体内部空腔可吸附小分子，要增强X与H2O的吸附作用，可在L2-上引入______。(假设X晶胞形状不变)。 A. －Cl B. －OH C. －NH2 D. －CH3 （4）X晶体具有面心立方结构，其晶胞由8个结构相似的组成单元(如图)构成。 ①晶胞中与同一配体相连的两个[Zn4O]6+的不同之处在于______。 ②X晶体中Zn2+的配位数为______。 ③已知ZnO键长为dnm，理论上图中A、B两个Zn2+之间最短距离的计算式为_____nm。 ④已知晶胞参数为2anm，阿伏加德罗常数的值为NA，L2-与[Zn4O]6+的相对分子质量分别为M1和M2，则X的晶体密度为_____g•cm-3(列出化简的计算式)。 16. 光伏组件封装胶膜是太阳能电池的重要材料，经由如图反应路线可分别制备封装胶膜基础树脂Ⅰ和Ⅱ(部分试剂及反应条件略)。 反应路线Ⅰ： 反应路线Ⅱ： 已知以下信息： ①(R、R1、R2为H或烃基) ②+2ROH+H2O （1）A+B→D的反应类型为______。 （2）基础树脂Ⅰ中官能团的名称为______。 （3）F的结构简式为_____。 （4）从反应路线Ⅰ中选择某种化合物作为原料H，且H与H2O反应只生成一种产物Ⅰ，则H的化学名称为_____。 （5）K与银氨溶液反应的化学方程式为_____；K可发生消去反应，其有机产物R的分子式为C4H6O，R及R的同分异构体同时满足含有碳碳双键和碳氧双键的有______个(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱只有一组峰的结构简式为______。 （6）L与G反应制备非体型结构的Q的化学方程式为_______。 （7）为满足性能要求，实际生产中可控制反应条件使F的支链不完全水解，生成的产物再与少量L发生反应，得到含三种链节的基础树脂Ⅱ，其结构简式可表示为_____。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $