福建省厦门第一中学2023届高三下学期模拟考试化学试题（含解析）

这是一份福建省厦门第一中学2023届高三下学期模拟考试化学试题（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，实验题，原理综合题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。
福建省厦门第一中学2023届高三下学期模拟考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．2023年5月世界上最大的常规动力航母“福建舰”正式动力测试和系泊试验，下列说法错误的是
A．“福建舰”携带用的航空煤油和柴油主要成分为烃
B．舰体材料中使用的玻璃纤维增强聚酯树脂为复合材料，其中基体为聚酯树脂
C．降噪减震材料环氧树脂属于有机高分子材料
D．防腐涂料中使用的石墨烯为乙烯的同系物，其中含有共价键、金属键和分子间作用力
2．2023年4月3日，沙坪坝区公安分局民警走进重庆南开中学校园，举办了包括刑侦、网安、禁毒、反恐等主题的安全教育活动。学生们在禁毒教育中认识了以氯胺酮、四氢大麻酚等(结构如下图所示)为主要原料的毒品对人体与社会的危害。下列说法正确的是

A．氯胺酮的分子式为
B．四氢大麻酚中只有1个手性碳原子
C．氯胺酮和四氢大麻酚均可以发生取代、加成、氧化、消去反应
D．1 mol四氢大麻酚与浓溴水反应，最多可以消耗3 mol
3．近年来，聚乳酸可降解制品的推广使用降低了“白色污染”，其制备单体乳酸可由淀粉为原料，通过生物发酵法制备(如图所示)。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
  
A．葡萄糖经发酵也可得到乙醇、乙酸等其他物质
B．1mol葡萄糖中杂化的C原子数目为
C．乳酸通过加聚反应获得聚乳酸
D．1mol乳酸与足量Na反应生成(标准状况)
4．V、W、X、Y、Z是由周期表中前20号元素组成的五种化合物，涉及元素的原子序数之和等于35，V、W、X、Z均由两种元素组成。五种化合物的反应关系如图：

下列有关说法不正确的是
A．涉及元素中只有一种金属元素，其焰色试验的火焰颜色为砖红色
B．涉及元素中含有三种非金属元素，原子半径随原子序数递增而增大
C．化合物W为电解质，其水化物能抑制水的电离
D．Y和X反应可生成一种新的离子化合物，包含涉及的所有元素
5．化学是以实验为基础的科学。根据以下实验操作及现象，能推出相应结论的是
选项
实验操作
现象
结论
A
向丙烯醛(CH2=CHCHO)中加入橙色的溴水，振荡
溴水褪色
丙烯醛与Br2发生加成反应
B
向含少量CuCl2的MgCl2溶液中滴加少量稀NaOH溶液
产生白色沉淀

C
向苯酚浊液中滴加少量Na2CO3溶液
浊液变澄清
酸性：苯酚
D
向盛有等体积、等浓度的H2O2溶液的两支试管中分别加入0.2 mL等浓度CuSO4溶液和KMnO4溶液
加KMnO4溶液的试管中产生气泡速率更快
比Cu2+的催化效果好
A．A B．B C．C D．D
6．工业上从含银废催化剂(含金属银和铼，少量MgO、SiO2、Fe2O3等)中分离回收银和铼，工艺流程如下。下列说法正确的是

已知：双氧水可以溶解废催化剂中的铼生成高铼酸；AgCl能与高浓度Cl-反应生成、。
A．“活化溶解”时增大盐酸浓度，可加快溶解速率，有利于提高铼和银的回收率
B．“还原”过程中产生无毒气体，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1 ： 4
C．滤渣Ⅲ的主要成分是H2SiO3
D．本工艺中HNO3可循环利用
7．光解水制氢的关键步骤是水的氧化。我国科学家用仿生催化剂[用表示]实现在NaHCO3溶液中高效催化水的氧化，该过程物质转化及反应能量变化示意图如下：

下列说法不正确的是
A．步骤①可表示为
B．水的氧化反应为：
C．
D．催化剂参与反应，降低活化能，加快反应速率
8．下列离子组能大量共存且加入(或通入)试剂发生反应的离子方程式正确的是
选项
离子组
试剂
离子方程式
A
、、
足量铁氰化钾溶液

B
、、
少量

C
、、
少量

D
、、
足量银氨溶液

A．A B．B C．C D．D
9．2021年我国研制出第一代钠离子电池，该电池具备高能量密度、高倍率充电等优势。它的工作原理为：，其装置如图所示，负极为碳基材料(NamCn)，利用钠离子在正负极之间嵌脱过程实现充放电，下列说法正确的是

A．放电时，电子由a极经过导线移向b极
B．充电时，若转移，碳基材料电极将增重23m克
C．放电时a极反应式为：
D．用该电池电解精炼铜，当电池中迁移时，理论上可获得64g纯铜
10．用双硫腺(，二元弱酸)络合萃取法可从工业废水中提取金属离子，从而达到污水处理的目的。如在分离污水中的时，先发生络合反应：，再加入，就很容易被萃取到中。如图是用上述方法处理含有、、的废水时的酸度曲线(E％表示金属离子以络合物形式被萃取分离的百分率)，下列说法错误的是

A．当分离过程中，发生的络合反应为
B．加溶液调节，一定存在关系：
C．溶液存在关系：
D．若且时，络合反应达到平衡，则与络合反应平衡常数约为4

二、工业流程题
11．以红土镍矿(主要成分是，含(等)为原料制备硝酸镍的流程如图所示：

注：为和的混合气体。回答下列问题：
(1)基态镍原子价电子排布式为_______。
(2)“除铁铝”阶段需要先用溶液将氧化为。属于_______(“极性”或“非极性”)分子。
(3)“除镁钙”阶段为加入除尽，除后的滤液中至少应为_______[当溶液中某离子浓度小于时，可认为该离子沉淀完全。已知该实验条件下，]。
(4)“净化液电解”阶段，析镍过程中存在竞争反应，该竞争反应的电极反应式为_______。
(5)工业制成品时，先用硝酸将溶液酸化至，再经减压蒸发浓缩，然后冷却结晶、离心分离。其中“减压蒸发”的目的是_______(任答两点)。
(6)工业上用溶液吸收制备硝酸钠，其流程如图所示：

①吸收塔得到、混合溶液。键角：_______(填“>”、“=”或“O，B错误；
C．由分析可知，W为CaO，其和水反应生成氢氧化钙，可以抑制水的电离，C正确；
D．由分析可知，X为CO2，Y为Ca(OH)2，两者反应可以生成碳酸氢钙，其中包含所涉及的所有元素，D正确；
故选B。
5．C
【详解】A．碳碳双键、醛基均使溴水褪色，由实验操作和现象，不能证明丙烯醛与Br2发生加成反应，A错误；
B．向含有少量氯化铜的氯化镁溶液中加入氢氧化钠溶液，产生白色沉淀可能是因为镁离子的浓度大于铜离子浓度，则产生白色沉淀不能说明氢氧化镁的溶度积小于氢氧化铜，B错误；
C．苯酚浊液中滴加少量Na2CO3溶液，生成苯酚钠、碳酸氢钠，则浊液变澄清，可知酸性：苯酚> ，C正确；
D．KMnO4溶液可氧化过氧化氢，CuSO4溶液可催化过氧化氢分解，反应原理不同，不能探究催化效果，D错误；
故合理选项是C。
6．D
【分析】银废催化剂(含金属银和铼，少量MgO、SiO2、Fe2O3等)，双氧水溶解废催化剂中的铼生成高铼酸，MgO和Fe2O3也被溶解；Ag和SiO2为滤渣Ⅰ，加入氨水使得Ag溶解生成，SiO2不溶，再加入还原，经过电沉积后获得Ag，副产物中含有稀硝酸，可重复使用。
【详解】A．由已知可知，盐酸浓度大时，AgCl能与高浓度Cl-反应生成，进入滤液中，造成银的损失，故A错误；
B．还原过程中发生反应为，氧化剂为，还原剂为，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比为4：1，故B错误；
C．在溶解过程中，SiO2不溶于氨水，所以滤渣Ⅲ的主要成分不是H2SiO3，故C错误；
D．由分析可知，电沉积银时，Ag+被还原为Ag，剩余溶液为稀硝酸，故D正确；
故答案选D。
7．A
【详解】A．由题干图示信息可知，步骤①可表示为时H原子不守恒，A错误；
B．由题干图示信息可知，水的氧化反应(总反应)方程式为：，B正确；
C．根据盖斯定律结合题干图示信息可知，，C正确；
D．根据碰撞理论可知，催化剂参与反应，通过降低活化能，提高活化分子百分含量，从而加快反应速率，D正确；
故答案为：A。
8．B
【详解】A．该组离子互不反应可大量共存，其中与铁氰化钾反应生成蓝色沉淀，离子方程式：，故A错误；
B．该组离子互不反应可大量共存，通少量氯气后反应离子方程式为：，故B正确；
C．加入少量离子方程式为：，故C错误；
D．OH-与NH不能大量共存，加入足量银氨溶液共热，离子方程式：，故D错误；
故选：B。
9．C
【分析】由题干信息可知，碳基材料为负极b，放电过程中发生的电极反应为：NamCn-me-=Cn+mNa+，充电时，b与电源负极相连为阴极，电极反应为：Cn+mNa+ +me-= NamCn则含钠过渡金属氧化物为正极a，电极反应为：Na1-mMnO2+me-+mNa+=NaMnO2，充电时，a与电源正极相连作阳极，电极反应为：NaMnO2-me-= Na1-mMnO2+ mNa+，据此分析解题。
【详解】A．放电时，电子由负极b极经过导线移向正极a极，A错误；
B．由分析可知，充电时，碳基材料电极电极反应为：Cn+mNa+ +me-= NamCn，则若转移，碳基材料电极将增重23克，B错误；
C．由分析可知，放电时a极反应式为：，C正确；
D．用该电池电解精炼铜，根据Cu2++2e-=Cu可知，当电池中迁移时，即电路上将转移1mol电子，理论上可获得0.5mol×64g/mol=32g纯铜，D错误；
故答案为：C。
10．B
【详解】A．由题意可知，分离污水中的Bi3+时，先发生络合反应Bi3++3H2Dz⇌Bi(HDz)3+3H+，故A正确；
B．由图可知，加氢氧化钠溶液调节溶液pH=11时， Zn(OH)离子的百分率为70%，则溶液中发生如下反应：Zn(HDz)2+6OH—⇌Zn(OH)+2D +2H2O，由方程式可知，溶液中D的浓度是Zn(OH)浓度的2倍，故B错误；
C．NaHDz溶液中存在质子关系c(D)+c(OH—)=c(H2Dz)+c(H+)，故C正确；
D．由图示可知，溶液pH=2.5时，Bi(HDz)3的百分率为80%，反应Bi3++3H2Dz⇌Bi(HDz)3+3H+的平衡常数K=，由-lgc(H2Dz)=pH可得：K=，故D正确；
故选：B。
11．(1)3d84s2
(2)极性
(3)5×10-3
(4)2H2O+2e-=H2↑+2OH-（或2H++2e-=H2↑）
(5)避免硝酸分解，减小硝酸镍的水解程度
(6) < O 3NaNO2+2HNO3=3NaNO3+2NO↑+H2O

【分析】红土镍矿在酸浸条件下金属氧化物都溶解生成盐，然后将亚铁离子氧化为铁离子，利用调节pH将铁和铝离子转化为氢氧化物沉淀而分离，再利用氟化物将镁离子和钙离子沉淀分离，净化液电解得到金属镍，镍和硝酸反应生成硝酸镍。据此解答。
【详解】（1）镍为28号元素，基态Ni原子的价电子排布式为3d84s2。
（2）H2O2分子中的中心O原子的价层电子对数为4，其中每个O原子都有2对孤电子对，导致空间结构不对称、正负电荷中心不重合，故H2O2是极性分子。
（3）当溶液中某离子浓度小于时，可认为该离子沉淀完全，除镁钙阶段，加入氟化钠除尽镁离子和钙离子，当镁离子完全沉淀时，溶液中的氟离子浓度为，当钙离子完全沉淀时，溶液中的氟离子浓度为，故除去镁离子和钙离子后的滤液中氟离子浓度至少应为5×10-3mol/L。
（4）析镍过程发生在阴极，镍离子得到电子，溶液中的氢离子也可能得到电子，故竞争的电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-（或2H++2e-=H2↑）。
（5）减压蒸馏可避免硝酸分解，减小硝酸镍的水解程度，加快水的挥发。
（6）①中的中心原子为氮，价层电子对数为，所以氮原子的杂化类型为sp2杂化，空间构型为V形，其键角小于120°。中的中心原子氮原子的价层电子对数为，故硝酸根离子的空间构型为平面三角形，键角为120°，故亚硝酸根离子的键角小于硝酸根离子的键角。非金属性越强，电负性越大，故三种元素中的电负性最大的为氧元素。
②转化器中加入硝酸的目的是将亚硝酸钠转化为硝酸钠，同时生成一氧化氮，其化学方程式为：3NaNO2+2HNO3=3NaNO3+2NO↑+H2O。
12．(1)三颈烧瓶或三口烧瓶
(2)2[Co(NH3)6]Cl2+2NH+H2O2＝2[Co(NH3)5(H2O)]3++4Cl−+4NH3↑或2[Co(NH3)6]Cl2+H2O2+2H2O＝2[Co(NH3)5(H2O)]3++4Cl−+4NH3↑+2OH−
(3)先用冰水洗涤2~3次，取最后一次洗涤液，滴加AgNO3溶液，若无明显现象，再用无水乙醇洗涤2~3次
(4)18.7%
(5) 12 B
(6) 0.5mL氯化铵溶液 0.5mL浓氨水 控制溶液碱性，防止生成氢氧化物沉淀，并提供Cl−

【详解】（1）仪器a的名称是三颈烧瓶或三口烧瓶。
（2）步骤ⅱ，滴入20mL5%H2O2，发生反应的离子方程式为2[Co(NH3)6]Cl2+2NH+H2O2＝2[Co(NH3)5(H2O)]3++4Cl−+4NH3↑或2[Co(NH3)6]Cl2+H2O2+2H2O＝2[Co(NH3)5(H2O)]3++4Cl−+4NH3↑+2OH−。
（3）根据已知：[Co(NH3)5Cl]Cl2不溶于水和乙醇，洗涤操作为：先用冰水洗涤2~3次，取最后一次洗涤液，滴加AgNO3溶液，若无明显现象，再用无水乙醇洗涤2~3次。
（4）根据NH3+HCl=NH4Cl、HCl+NaOH=NaCl+H2O，产品中N的质量分数为≈18.7%；
（5）由晶胞结构，以体心为观察对象，与其距离最近且相等的位于棱心，共12个；由晶胞结构可知位于体心和棱心个数为：；位于顶点和面心，个数为：，则晶胞的质量：；与的最近的核间距为，则晶胞边长等于，晶胞体积=，则晶胞密度=；该晶胞若沿体对角线投影，则 O2− 的投影图为B；
（6）①根据对比实验的控制原则，实验2、3分别比较氯化铵溶液和浓氨水对实验的影响，则a是0.5mL氯化铵溶液，b是0.5mL浓氨水。
②根据铵根离子可以抑制一水合氨的电离以及反应过程中需要氯离子参加反应，则步骤ⅰ中氯化铵的作用是控制溶液碱性，防止生成氢氧化物沉淀，并提供Cl−。
13．(1)
(2)
(3)
(4) 33.3% 0.5a

【详解】（1）根据盖斯定律可知反应③=反应①-反应②，则；由题中信息可知时，未到达反应①的初始温度，但高于反应②的初始温度，则先发生反应②生成，故答案为：；；
（2）由氧化铝直接获得的化学方程式：，故答案为：；
（3）的摩尔质量大于，则熔沸点高于，其生化温度高于；中Al提高空轨道，Cl提供孤对电子形成配位键，的结构可表示为：，故答案为：；；
（4）结合题中信息列三段式：

A点ln=0，则=1，说明，即平衡时，0.1-x=2x，x=mol，的平衡转化率为；
平衡时n(总)= mol，则A点对应温度下Kp==0.5akPa，故答案为：33.3%；0.5a；
14．(1) 4
(2) 增长碳链长度 保护酚羟基 FeCl3溶液 氧化反应
(3) +CH3OH+H2O 3
(4)

【分析】由信息反应II以及F的结构简式和E的分子式可知E的结构简式为，D发生信息反应I得到E，则D的结构简式为，C与CH3OH发生反应生成D，C相较于D少1个碳原子，说明C→D是酯化反应，因此C的结构简式为，B→C碳链不变，而A→B碳链增长，且增长的碳原子数等于中碳原子数，同时B→C的反应条件为NaClO2、H+，NaClO2具有氧化性，因此B→C为氧化反应，A→B为取代反应，C8H8O3的不饱和度为5，说明苯环上的取代基中含有不饱和键，因此A的结构简式为，B的结构简式为。
【详解】（1）由上述分析可知，A的结构简式为；A的同分异构体中满足：①含有酚羟基；②不能发生银镜反应，说明结构中不含醛基；③含有四种化学环境的氢，说明具有对称结构，则满足条件的结构有：、、、，共有4种。
（2）A中含有酚羟基，B中不含酚羟基，A→B有两个目的，分别为；增长碳链长度；保护酚羟基；可利用FeCl3溶液检验B中是否含有A，若含有A，则加入FeCl3溶液后溶液呈紫色；由上述分析可知，B→C的反应类型为氧化反应，故答案为：FeCl3溶液；氧化反应。
（3）C→D为与CH3OH在浓硫酸作催化剂并加热条件下发生酯化反应生成，反应化学方程式为+CH3OH+H2O；E的结构简式为，其中的含氧官能团为醚键、酚羟基、酯基，共3种。
（4）由和制备过程需要增长碳链，可利用题干中A→B的反应实现，然后利用信息反应I得到目标产物，目标产物中碳碳双键位于端基碳原子上，因此需要与HBr在40℃下发生加成反应生成，和反应生成，根据信息Ⅰ.Δ→+得到反应生成，因此合成路线为。