福建省福州高级中学2024-2025学年高三下学期模拟考试化学试题

福州高级中学2024-2025学年高三化学模拟卷 试卷总分：100分 完卷时间：75分钟 （可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 Zn 65 Ba 137 ） 一、选择题（每小题仅有一个选项符合题目要求。每小题4分，共40分） 1．青少年帮厨既可培养劳动习惯，也能将化学知识应用于实践。下列有关解释合理的是 A．清洗铁锅后及时擦干，能减缓铁锅因发生吸氧腐蚀而生锈 B．烹煮食物的后期加入食盐，能避免NaCl长时间受热而分解 C．将白糖熬制成焦糖汁，利用蔗糖高温下充分炭化食物增色 D．制作面点时加入食用纯碱，利用NaHCO3中和发酵过程产生的酸 2．络塞维是中药玫瑰红景天中含有的一种天然产物，分子结构见下图。关于该化合物下列说法正确的是 A．不能发生消去反应 B．能与醋酸发生酯化反应 C．所有原子都处于同一平面 D．1mol络塞维最多能与3mol H2反应 3．下列过程对应的离子方程式正确的是 A．用氢氟酸刻蚀玻璃： SiO32- +4F- +6H+ = SiF4↑+3H2O B．用三氯化铁溶液刻制覆铜电路板：2Fe3++ 3Cu = 3Cu2++2Fe C．用硫代硫酸钠溶液脱氯： S2O32-+2Cl2+3H2O = 2SO32-+4Cl- + 6H+ D．用碳酸钠溶液浸泡锅炉水垢中的硫酸钙： CaSO4+CO32- = CaCO3 +SO42- 4．一种可为运动员补充能量的物质，其分子结构式如图。已知R、W、Z、X、Y为原子序数依次增大的短周期主族元素，Z和Y同族，则 A．沸点： ZR3<YR3 B．最高价氧化物的水化物的酸性：Z<W C．第一电离能： Z<X<W D．ZX3-和WX32-空间结构均为平面三角形 5．下列实验装置使用不正确的是( ) A．图①装置用于二氧化锰和浓盐酸反应制氯气 B．图②装置用于标准酸溶液滴定未知碱溶液 C．图③装置用于测定中和反应的反应热 D．图④装置用于制备乙酸乙酯 6．超氧化钾（KO2）可用作潜水或宇航装置的CO2吸收剂和供氧剂，反应为4KO2+2CO2=2K2CO3+3O2，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A. 44g CO2中键的数目为2NA B. 1mol KO2晶体中离子的数目为3NA C. 1L 1mol·L-1 K2CO3溶液中CO32-的数目为NA D. 该反应中每转移1mol电子生成O2的数目为1.5NA 7．一种太阳能驱动环境处理的自循环光催化芬顿系统工作原理如图。光阳极发生反应：HCO3-+H2O=HCO4-+2H++2e-，HCO4-+ H2O= HCO3-+H2O2。体系中H2O2与Mn(Ⅱ)/Mn(Ⅳ)发生反应产生的活性氧自由基可用于处理污水中的有机污染物。下列说法错误的是 A. 该芬顿系统能量转化形式为太阳能电能化学能 B. 阴极反应式为O2+2H++2e- = H2O2 C. 光阳极每消耗1mol H2O，体系中生成2mol H2O2 D. H2O2在Mn(Ⅱ)/Mn(Ⅳ)的循环反应中表现出氧化性和还原性 8．某工厂利用铜屑脱除锌浸出液中的Cl-并制备Zn，流程如下“脱氯”步骤仅Cu元素化合价发生改变。下列说法正确的是 锌浸出液中相关成分(其他成分无干扰) 离子 Zn2+ Cu2+ Cl- 浓度(g·Lˉ1) 145 0.03 1 A．“浸铜”时应加入足量H2O2，确保铜屑溶解完全 B．“浸铜”反应：2Cu+4H++H2O2=2Cu2++ H2↑+2H2O C．“脱氯”反应：Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓ D．脱氯液净化后电解，可在阳极得到Zn 9．我国科技工作者设计了如图所示的可充电Mg- CO2电池，以Mg(TFSI)2为电解质，电解液中加入1，3-丙二胺(PDA)以捕获CO2，使放电时CO2还原产物为MgC2O4。该设计克服了MgCO3导电性差和释放CO2能力差的障碍，同时改善了Mg2+的溶剂化环境，提高了电池充放电循环性能。下列说法错误的是 A. 放电时，电池总反应为2CO2+Mg= MgC2O4 B. 充电时，多孔碳纳米管电极与电源正极连接 C. 充电时，电子由Mg电极流向阳极，Mg2+向阴极迁移 D. 放电时，每转移1mol电子，理论上可转化1mol CO2 10．甘氨酸 (NH2CH2COOH)是人体必需氨基酸之一、在时，NH3+CH2COOH、NH3+CH2COO-和NH2CH2COO-的分布分数【如】与溶液pH关系如图。下列说法错误的是 A．甘氨酸具有两性 B．曲线c代表NH2CH2COO- C．的平衡常数 D． 二、非选择题（本题共4小题，共60分） 11．（16分）铜阳极泥(含有Au、、、等)是一种含贵金属的可再生资源，回收贵金属的化工流程如下： 已知：①当某离子的浓度低于时，可忽略该离子的存在； ②  ； ③易从溶液中结晶析出； ④不同温度下的溶解度如下： 温度℃ 0 20 40 60 80 溶解度/g 14.4 26.1 37.4 33.2 29.0 回答下列问题： (1)Cu属于 区元素，其基态原子的价电子排布式为 ； (2)“滤液1”中含有Cu2+和H2SeO3，“氧化酸浸”时Cu2Se反应的离子方程式为 ； (3)“氧化酸浸”和“除金”工序抣需加入一定量的NaCl： ①在“氧化酸浸”工序中，加入适量NaCl的原因是 。 ②在“除金”工序溶液中，Cl-浓度不能超过 mol·L-1。 (4)在“银转化”体系中，和浓度之和为，两种离子分布分数随浓度的变化关系如图所示，若浓度为，则的浓度为 。 (5)滤液4中溶质主要成分为 (填化学式)；在连续生产的模式下，“银转化”和“银还原”工序需在℃左右进行，若反应温度过高，将难以实现连续生产，原因是 。 12．（14分）叠氮化钠(NaN3)是一种防腐剂和分析试剂，在有机合成和汽车行业也有重要应用。学习小组对叠氮化钠的制备和产品纯度测定进行相关探究。 查阅资料： I．氨基钠(NaNH2)熔点为208℃，易潮解和氧化；N2O有强氧化性，不与酸、碱反应； 叠氮酸(HN3)不稳定，易分解爆炸 Ⅱ．2HNO3+8HCl+4SnCl2=4SnCl4+5H2O+N2O↑，2NaNH2+N2ONaN3+NaOH+NH3。 回答下列问题： (1)制备NaN3 ①按气流方向，上述装置合理的连接顺序为 (填仪器接口字母)。 ②B的作用为 。 ③实验时E中生成SnO2·xH2O沉淀，反应的化学方程式为 。 ④C处充分反应后，需继续进行的操作为 A． 先关闭分液漏斗活塞，后停止加热     B． 先停止加热，后关闭分液漏斗活塞 (2)用如图所示装置测定产品纯度(测定原理为：ClO-+2N3-+H2O=Cl-+3N2↑+2OH-)，取m g反应后C中所得固体加入到蒸馏烧瓶中发生上述反应； ①管q的作用为 。 ②若G的初始读数为V1 mL、末读数为V2 mL，本实验条件下气体摩尔体积为Vm L·mol-1，则产品中NaN3的质量分数为 ③反应结束读数时，若G中液面高于球形干燥管液面，则测定结果 (填“偏高”、“偏低”或不影响) 13．（14分）为实现氯资源循环利用，工业上采用RuO2催化氧化法处理HCl废气：。将HCl和O2分别以不同起始流速通入反应器中，在360℃、400℃和440℃下反应，通过检测流出气成分绘制转化率()曲线，如下图所示(较低流速下转化率可近似为平衡转化率)。 回答下列问题： (1) ΔS _______0(填“>”或“<”)；T3=_______℃。 (2)结合以下信息，可知H2的燃烧热ΔH=_______ kJ·mol−1。 H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) (3)下列措施可提高M点HCl转化率的是_______(填标号) A．增大HCl的流速 B．将温度升高40℃ C．增大n(HCl)：n(O2) D．使用更高效的催化剂 (4)图中较高流速时，小于和，原因是____ ___。 (5)设N点的转化率为平衡转化率，则该温度下反应的平衡常数_____ _ (用平衡物质的量分数代替平衡浓度计算) (6)负载在TiO2上的RuO2催化活性高，稳定性强，TiO2和RuO2的晶体结构均可用下图表示，二者晶胞体积近似相等，RuO2与TiO2的密度比为1.66，则的相对原子质量为_______(精确至1)。 14．（15分）化合物H是一种具有生物活性的苯并呋喃衍生物，合成路线如下(部分条件忽略，溶剂未写出)： 回答下列问题： (1)化合物A在核磁共振氢谱上有 组吸收峰； (2)化合物D中含氧官能团的名称为 、 ； (3)反应③和④的顺序不能对换的原因是 ； (4)在同一条件下，下列化合物水解反应速率由大到小的顺序为 (填标号)； ①    ②    ③ (5)化合物的合成过程中，经历了取代、加成和消去三步反应，其中加成反应的化学方程式为 ； (6)依据以上流程信息，结合所学知识，设计以和为原料合成的路线 (HCN等无机试剂任选)。 福州高级中学2024-2025学年高三化学模拟卷详解 1．A 【解析】A项，铁发生吸氧腐蚀时，正极上O2得电子结合水生成氢氧根离子，清洗铁锅后及时擦干，除去了铁锅表面的水分，没有了电解质溶液，能减缓铁锅因发生吸氧腐蚀而生锈，A正确；B项，食盐中含有碘酸钾，碘酸钾受热不稳定易分解，因此烹煮食物时后期加入食盐，与NaCl无关，B错误；C项，白糖熬焦糖的原理主要涉及蔗糖的转化、‌冷凝、‌脱水反应和聚合反应。‌焦糖的主要成分仍是糖类，同时还含有一些醛类、酮类等物质，蔗糖在高温下并未炭化，C错误；D项，食用纯碱主要成分为Na2CO3，制作面点时加入食用纯碱，利用了Na2CO3中和发酵过程产生的酸，D错误；故选A。 2．B 【解析】该化合物的分子中，与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子，可发生消去反应，A错误；该化合物含有羟基，可与醋酸发生酯化反应，B正确；该化合物的结构中含有饱和碳原子，不可能所有原子处于同一平面上，C错误；络塞维最多能与反应，其中苯环消耗3mol H2，碳碳双键消耗1mol H2，D错误。 3．D 【解析】A．玻璃的主要成分为SiO2，用氢氟酸刻蚀玻璃时，SiO2和氢氟酸反应生成SiF4气体和水，反应的方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，A错误； B．Fe3+可以将Cu氧化成Cu2+，三氯化铁刻蚀铜电路板时反应的离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，B错误； C．氯气具有强氧化性，可以氧化硫代硫酸根成硫酸根，氯气被还原为氯离子，反应的离子方程式为S2O+4Cl2+5H2O=2SO+8Cl-+10H+，C错误； D．碳酸钙的溶解度小于硫酸钙，可以用碳酸钠溶液浸泡水垢使硫酸钙转化为疏松、易溶于酸的碳酸钙，反应的离子方程式为CaSO4+CO32- = CaCO3 +SO42-，D正确。 4．D 【分析】Y可形成5个共价键，Z可形成3个共价键，Z和Y同族，Y原子序数比Z大，即Z为N元素，Y为P元素，W可形成4个共价键，原子序数比N小，即W为C元素，R可形成1个共价键，原子序数比C小，即R为H元素，X可形成2个共价键，原子序数在N和P之间，即X为O元素，综上：R为H元素、W为C元素、Z为N元素、X为O元素、Y为P元素。 【解析】A．由于NH3可形成分子间氢键，而PH3不能，因此沸点：NH3＞YH3； B．W为C元素、Z为N元素，由于非金属性：C＜N，因此最高价氧化物的水化物的酸性：H2CO3＜HNO3； C．同周期元素从左到右第一电离能有增大趋势，ⅡA族、ⅤA族原子第一电离能大于同周期相邻元素，即第一电离能：； D．的中心原子价层电子对数为，属于sp2杂化，为平面三角形， 的中心原子价层电子对数为，属于sp2杂化，为平面三角形，故D正确； 5．A 【解析】A项，图①装置没有加热装置，不适用于二氧化锰和浓盐酸反应制氯气，A错误；B项，利用酸式滴定管中装有的标准酸溶液滴定未知碱溶液，装置和操作正确，B正确；C项，图③装置用于测定中和反应的反应热，温度计测温度、玻璃搅拌器起搅拌作用，装置密封、隔热保温效果好，C正确；D项，图④装置用于制备乙酸乙酯，导管末端不伸入液面下，利用饱和碳酸钠收集乙酸乙酯，D正确；故选A。 6．A 【解析】44g (即1mol) CO2中键的数目为2NA，A正确；KO2由K+和O2-构成，1mol KO2晶体中离子的数目为2NA，B错误；CO32-在水溶液中会发生水解：，故1L 1mol·L-1 K2CO3溶液中CO32-的数目小于NA，C错误；该反应中部分氧元素化合价由价升至0价，部分氧元素化合价由价降至价，则每4mol KO2参加反应转移3 mol电子，每转移1mol电子生成O2的数目为NA，D错误；故选A。 7．C 【分析】该装置为电解池，光阳极上水失电子生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O-2e- = H2O2 +2H+，阴极上氧气和氢离子得电子生成过氧化氢，电极反应式为O2+2H++2e- = H2O2； A．该装置为电解池，利用光能提供能量转化为电能，在电解池中将电能转化为化学能，A正确； B．由图可知，阴极上氧气和氢离子得电子生成过氧化氢，电极反应式为O2+2H++2e- = H2O2，B正确； C．光阳极上水失电子生成氧气和氢离子，电极反应式为2H2O-2e- = H2O2 +2H+，每消耗1mol H2O，则体系中生成0.5mol H2O2，C错误； D．由Mn(Ⅳ)和过氧化氢转化为Mn(Ⅱ)过程中，锰元素化合价降低，H2O2做还原剂，表现还原性，由Mn(Ⅱ)转化为Mn(Ⅳ)时，H2O2中O元素化合价降低，做氧化剂，表现氧化性，D正确。 8．C 【解析】铜屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu2+，反应的离子方程式为：Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O，再加入锌浸出液进行“脱氯”，“脱氯”步骤中仅Cu元素的化合价发生改变，得到CuCl固体，可知“脱氯”步骤发生反应的化学方程式为：Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓，过滤得到脱氯液，脱氯液净化后电解，Zn2+可在阴极得到电子生成Zn。A项，“浸铜”时，铜屑不能溶解完全，Cu在“脱氯”步骤还需要充当还原剂，A错误；B项，“浸铜”时，铜屑中加入H2SO4和H2O2得到Cu2+，反应的离子方程式为：Cu+2H++H2O2=Cu2++2H2O，B错误；C项，“脱氯”步骤中仅Cu元素的化合价发生改变，得到CuCl固体，即Cu的化合价升高，Cu2+的化合价降低，发生归中反应，化学方程式为：Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl↓，C正确；D项，脱氯液净化后电解，Zn2+应在阴极得到电子变为Zn，D错误。 9．C 【解析】放电时CO2转化为MgC2O4，碳元素化合价由+4价降低为+3价，发生还原反应，所以放电时，多孔碳纳米管电极为正极、电极为负极，则充电时多孔碳纳米管电极为阳极、电极为阴极： 定位：二次电池，放电时阳离子向正极移动，充电时阳离子向阴极移动。 电极 过程 电极反应式 电极 放电 充电 多孔碳纳米管电极 放电 充电 根据以上分析，放电时正极反应式为、负极反应式为，将放电时正、负电极反应式相加，可得放电时电池总反应：，故A正确；充电时，多孔碳纳米管电极上发生失电子的氧化反应，则多孔碳纳米管在充电时是阳极，与电源正极连接，故B正确； 充电时，电极为阴极，电子从电源负极经外电路流向电极，同时向阴极迁移，故C错误； 根据放电时的电极反应式可知，每转移电子，有参与反应，因此每转移电子，理论上可转化，故D正确；故选C。 10．D 【解析】中存在和-COOH，所以溶液既有酸性又有碱性，A正确；氨基具有碱性，在酸性较强时会结合氢离子，羧基具有酸性，在碱性较强时与氢氧根离子反应，故曲线a表示 的分布分数随溶液pH的变化，曲b表示的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示的分布分数随溶液pH的变化，B正确；的平衡常数，时，根据a，b曲线交点坐标可知，时，，则，C正确；由C项分析可知，，根据b，c曲线交点坐标坐标分析可得电离平衡的电离常数为K1=，，则，即，D错误。 二、非选择题（本题共4小题，共60分） 11． (1) ds 3d104s1 (2) (3)使银元素转化为AgCl沉淀 0.5 (4)0.05 (5) 高于40℃后，的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，难以实现连续生产 【分析】铜阳极泥（含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等）加入H2O2、H2SO4、NaCl氧化酸浸，由题中信息可知，滤液1中含有Cu2+和H2SeO3，滤渣1中含有Au、AgCl、PbSO4；滤渣1中加入NaClO、H2SO4、NaCl，将Au转化为Na[AuCl4]除去，滤液2中含有Na[AuCl4]，滤渣2中含有AgCl、PbSO4；在滤渣2中加入Na2SO3，将AgCl转化为Ag2SO3，过滤除去PbSO4，滤液3含有Ag2SO3；滤液2中加入Na2S2O4，将Ag元素还原为Ag单质，Na2S2O4转化为Na2SO3，滤液4中溶质主要为Na2SO3，可继续进行银转化过程。 【详解】（1）Cu的原子序数为29，位于第四周期第ⅠB族，位于ds区，其基态原子的价电子排布式为3d104s1； （2）滤液1中含有Cu2+和H2SeO3，氧化酸浸时Cu2Se与H2O2、H2SO4发生氧化还原反应，生成、和，反应的离子方程式为：； （3）①在“氧化酸浸”工序中，加入适量NaCl的原因是使银元素转化为AgCl沉淀； ②由题目可知，在“除金”工序溶液中，若加入过多，AgCl则会转化为，当某离子的浓度低于1.0×10−5mol⋅L−1时，可忽略该离子的存在，为了不让AgCl发生转化，则另，由，可得，即浓度不能超过； （4）在“银转化”体系中，和浓度之和为，溶液中存在平衡关系：，当时，此时，则该平衡关系的平衡常数，当时，，解得此时； （5）由分析可知滤液4中溶质主要成分为Na2SO3；由不同温度下的溶解度可知，高于40℃后，的溶解度下降，“银转化”和“银还原”的效率降低，难以实现连续生产。 12．(1) afg(或gf)debch 防止水蒸气进入C装置 SnCl2+N2O+(x+1)H2O=SnO2·xH2O↓+N2+2HCl B (2)平衡压强、使液体容易流下，使测量气体体积数据更准确 ×100% 偏低 【分析】(1)根据反应原理，利用盐酸与混合液中加入稀硝酸反应产生一氧化二氮，利用D中的碱石灰吸收N2O中混有的HNO3和水蒸气，进入装置C中与NaNH2反应制备NaN3，B用于防止E中水蒸气进入C中干扰实验，E用于尾气处理，进而对产品的纯度进行探究； (2)F中发生NaClO与NaN3生成N2的反应，通过测量产生的N2的体积来计算NaN3的质量分数。 【详解】（1）①由上述分析可知，按气流方向，装置的连接顺序为a→f(g)→g(f)→d→e→b→c→h, ②由分析可知，B用于防止E中水蒸气进入C中干扰实验； ③N2O有强氧化性，故E中生成沉淀的化学方程式为SnCl2+N2O+(x+1)H2O=SnO2•xH2O↓+N2+2HCl； ④C处充分反应后，停止加热，为防止倒吸，需继续进行的操作为继续通入N2O至三颈瓶冷却后，关闭分液漏斗活塞； （2）①管q可以平衡压强、使液体容易流下和减小测定气体体积时误差的作用； ②若G的初始读数为V1 mL、末读数为V2 mL，本实验条件下气体摩尔体积为Vm L·mol-1，由题给信息可知，N2的体积为(V1-V2)mL，由关系式2NaN2～3N2可得，产品中NaN3的质量分数为×100%＝×100%； ③反应结束读数时，若G中液面高于球形干燥管液面，导致量气管中气体压强大于外面大气压，使得气体体积偏小，故则测定结果偏低。 13．(1) ＜ 360℃ (2)-258.8 (3)BD (4)流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应，导致转化率下降，同时，T3温度低，反应速率低，故单位时间内氯化氢的转化率低 (5)6 (6)101 【解析】(1)反应前后的气体分子数目在减小，所以该反应ΔS <0，该反应为放热反应，由于在流速较低时的转化率视为平衡转化率，所以在流速低的时候，温度越高，HCl的转化率越小，故T1代表的温度为440℃，T3为360℃。(2)表示氢气燃烧热的热化学方程式为④，设①，②，③H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)，则，因此氢气的燃烧热ΔH=－57.2kJ/mol－184.6kJ/mol－44kJ/mol=-258.8 kJ·mol−1；(3)A项，增大HCl的流速，由图像可知，HCl的转化率在减小，不符合题意；B项，M对应温度为360℃，由图像可知，升高温度，HCl的转化率增大，符合题意；C项，增大n(HCl)：n(O2)，HCl的转化率减小，不符合题意；D项，使用高效催化剂，可以增加该温度下的反应速率，使单位时间内HCl的转化率增加，符合题意；故选BD。(4)图中在较高流速下，T3温度下的转化率低于温度较高的T1和T2，主要是流速过快，反应物分子来不及在催化剂表面接触而发生反应，导致转化率下降，同时，T3温度低，反应速率低，故单位时间内氯化氢的转化率低。(5)由图像可知，N点HCl的平衡转化率为80%，设起始n(HCl)=n(O2)=4mol，可列出三段式： 则。(6)由于二者的晶体结构相似，体积近似相等，则其密度之比等于摩尔质量之比。故，则Ru的相对原子质量为101。 14．(1)6 (2)醛基 醚键 (3)先进行反应③再进行反应④可以防止酚羟基被氧化 (4)①③② (5)； (6) 【分析】A与氯化剂在加热条件下反应得到B，B在BBr3，0℃的条件下，甲基被H取代得到C，C与CH2BrCH2Br在K2CO3的作用下发生取代反应得到D，D被氧化剂氧化为E，E中存在酯基，先水解，再酸化得到F，F与Cl2CHOCH3在TiCl4的作用下苯环上一个H被醛基取代得到G，G与ClCH2COCH3经历了取代、加成和消去三步反应得到H。 【详解】（1）由A的结构可知，A有6种等效氢，即核磁共振氢谱上有6组吸收峰； （2）由D的结构可知，化合物D中含氧官能团的名称为：醛基、醚键； （3）反应③和④的顺序不能对换，先进行反应③再进行反应④可以防止酚羟基被氧化； （4）中F的电负性很强，-CF3为吸电子基团，使得-OOCH中C-O键更易断裂，水解反应更易进行，中-CH3是斥电子集团，使得-OOCH中C-O键更难断裂，水解反应更难进行，因此在同一条件下，化合物水解反应速率由大到小的顺序为：①③②； （5）化合物G→H的合成过程中，G发生取代反应羟基上的H被-CH2COCH3取代，得到， 中的醛基加成得到，中的羟基发生消去反应得到，其中加成反应的化学方程式为：； （6）和Cl2CHOCH3在TiCl4的作用下发生类似反应⑥的反应得到，与HCN加成得到，酸性水解得到，发生缩聚反应得到 高三模拟练习－化学试题 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$