2022山东省师大附中高三上学期开学考试化学试题含答案

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2019级2021-2022学年秋季开学考试化学试题答案2021.9一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1. A   2. D    3.C4.B。【解析】:A.Al3+和NH3H2O生成Al(OH)3沉淀而不是生成Al，故A错误；B．S2和H+反应生成单质硫、二氧化硫和水，离子方程式为：2H++ S2=S↓+SO2↑+H2O，B正确；C． H2O2可以将Fe2+氧化得Fe3+和H2O，不能大量共存，故C错误；D．在酸性条件下Mn能将Cl-氧化为Cl2，不能大量共存，故D错误；5. C    6．B    7．C     8．B9. C【解析】A．分子内含有化学键：O-O，热稳定性弱于，分子内含有化学键：N-N，热稳定性弱于，A正确；B．中氧原子的价层电子对数为4，杂化，含有两对孤电子对，空间构型为：V形，二甲醚的分子骨架()中氧原子价层电子对数为4，杂化，含有两对孤电子对，空间构型为：V形，B正确；C．钠盐、钾盐等碳酸盐溶解度大于碳酸氢盐溶解度，钙盐相反，碳酸氢钙的溶解度大于碳酸钙，C错误；D．多羟基的醇遇新制溶液呈绛蓝色，丙三醇加入新制溶液呈绛蓝色，葡萄糖为多羟基的醛，遇新制溶液呈绛蓝色，加热后出现砖红色沉淀，D正确；10. B【解析】A．该物质的分子中碳原子均采取sp2杂化，A正确；B．该物质的分子中含有碳碳双键和苯环两个平面结构，则最多有9个碳原子共平面，B错误；C．该物质的分子中含有羟基和羧基，可能存在分子间氢键，C正确；D．溴取代酚羟基的邻位和对位上的C-H中的H消耗3mol，双键加成消耗1mol，该物质与足量溴水反应，需要的最多为，D正确；二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11． BC12．BD【解析】M()在浓硫酸作催化剂并加热条件下发生消去反应生成或，N与HCl发生加成反应生成L，L能发生水解反应生成M，则L的结构简式为。A．顺反异构是指化合物分子中由于具有自由旋转的限制因素，使各个基团在空间的排列方式不同而出现的非对映异构现象，、都不存在顺反异构，故A错误；B．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，L的同分异构体结构及手性碳原子(用*标记)为、、、、、、、，任一同分异构体中最多含有1个手性碳原子，故B正确；C．当与羟基相连的碳原子上只有1个氢原子时，醇发生催化氧化反应生成酮，羟基取代戊烷同分异构体中含有2个氢原子的碳原子上1个氢原子即满足条件，满足条件的结构有：、、，共3种，故C错误；D．连接在同一碳原子上的氢原子等效，连接在同一碳原子上的甲基等效，由B项解析可知，L的同分异构体中，含有2种化学环境的氢原子的结构为，故D正确；13. C【详解】A． 醛基可能会被溴水氧化，使溴水褪色，该物质中不一定含有碳碳双键，故A错误；B． 液溴易挥发，挥发出的溴单质与溶液反应也能生成AgBr沉淀，所以产生淡黄色沉淀并不能说明苯和液溴发生了取代反应，故B错误；C． 向和KSCN混合溶液中滴入少量新制氯水，因的还原性大于，则静置后有机层在下层呈无色，水层在上层呈红色，故C正确；D．项中CO还原Fe2O3得到单质铁,即使黑色固体中有Fe3O4,其溶于盐酸后产生的Fe3+可能与Fe发生反应Fe+2Fe3+3Fe2+,加入KSCN溶液也不显红色,错误; 14.  AD【解析】根据题意1-丁醇、溴化钠和70%的硫酸在装置I中共热发生得到含、、NaHSO4、NaBr、H2SO4的混合物，混合物在装置Ⅱ中蒸馏得到和的混合物，在装置Ⅲ中用合适的萃取剂萃取分液得粗产品。A．浓硫酸和NaBr会产生HBr，1-丁醇以及浓硫酸和NaBr产生的HBr均易挥发，用装置I回流可减少反应物的挥发，提高产率，A正确；B．冷凝水应下进上出，装置Ⅱ中b为进水口，a为出水口，B错误；C．用装置Ⅲ萃取分液时，将下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，C错误；D．由题意可知经装置Ⅲ得到粗产品，由于粗产品中各物质沸点不同，再次进行蒸馏可得到更纯的产品，D正确；15． D【解析】A．过量的NaOH反应只生成NaH2PO2，说明H3PO2只电离出一个氢离子，为一元弱酸，A正确；B．P4、PH3在有氧条件下易自燃，则反应过程需保持无氧条件，B正确；C．反应1的化学方程式P4+3NaOH+3H2O=3NaH2PO2+PH3↑，1P4~1PH3，反应3的化学方程式为2H2PO2=H3PO4+PH3，1P4~3NaH2PO2~1.5 PH3，可知1 mol P4参与反应，可产生2.5 mol PH3，C正确；D．反应1的化学方程式P4+3NaOH+3H2O=3NaH2PO2+PH3↑，氧化产物是NaH2PO2，还原产物是PH3，物质的量之比为3︰1，D错误；三、非选择题：本题共5小题，共60分。16．(1)圆底烧瓶　饱和食盐水　(2)水浴加热　Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O　避免生成NaClO3　(3)吸收尾气(Cl2),防止污染环境　AC　(4)过滤　少量(冷)水洗涤　(5)紫　小于(6)ClO-+Cl-+2H+Cl2↑+H2O  203解析 实验装置分析:整套装置的最左端为氯气的发生装置,利用二氧化锰固体和浓盐酸在加热条件下制取氯气,由于盐酸有挥发性,导致氯气中含有杂质HCl和水蒸气。其中,氯气中的杂质HCl气体会影响后面KClO3和NaClO的制备,故需要用饱和食盐水(a中盛放试剂)除去氯气中的HCl杂质。b为氯气与KOH溶液在加热条件下制取KClO3的装置,发生的反应为3Cl2+6KOHKClO3+5KCl+3H2O。c为氯气与NaOH溶液在较低温度下制取NaClO的装置,发生的反应为Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O。d为尾气的吸收装置,可防止污染环境,吸收氯气可用还原性物质或碱性溶液。(2)b中采用的是水浴加热方法。c装置中反应的离子方程式为Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O,c中采用冰水浴的目的是防止温度较高氯气和NaOH溶液生成NaClO3。(3)d装置中应盛放还原性物质或碱性物质,故符合条件的试剂为A、C。(4)从溶液中获得晶体可采用的方法步骤为:冷却结晶→过滤→洗涤(少量冷水)→干燥。(5)1号试管中的KClO3溶液不能将I-氧化为单质I2,而2号试管中的NaClO溶液可将I-氧化为I2,故在此条件下氧化性:KClO3小于NaClO。四氯化碳萃取出碘水中的I2后,静置一段时间可观察到液体分为两层,由于四氯化碳的密度大于水的密度,则碘的四氯化碳溶液在下层,呈紫色。(6)酸性条件下ClO-与Cl-发生归中反应:ClO-+Cl-+2H+Cl2↑+H2O。设原30%的NaOH溶液的质量为x,结合反应2NaOH+Cl2NaCl+NaClO+H2O,可得方程:+x=1 000 kg解得x=796.74 kg,则消耗Cl2的质量为1 000 kg-796.74 kg=203.26 kg≈203 kg。17． (1)溶解铝及其氧化物　[Al(OH)4]-+H+Al(OH)3↓+H2O(2)Ni2+、Fe2+、Fe3+    (3)O2或空气　Fe3+(4)0.01×(107.2-14)2 mol3·L-3[或10-5×(108.7-14)2] mol3·L-3　3.2~6.2(5)2Ni2++ClO-+4OH-2NiOOH↓+Cl-+H2O【解析】(1)废镍催化剂中能与NaOH溶液反应的有油脂、铝及其氧化物。滤液①中的溶质为Na[Al(OH)4]、高级脂肪酸钠和甘油,当向该滤液中滴加稀硫酸将溶液调为中性时,其中的Na[Al(OH)4]可与稀硫酸反应得到Al(OH)3沉淀。(2)滤饼①的成分为Ni、Fe及其氧化物等,用稀硫酸酸浸时可得到NiSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3等,则滤液②中的金属阳离子有Ni2+、Fe2+、Fe3+。(3)加H2O2溶液“转化”的目的是将Fe2+氧化为Fe3+,替代起氧化作用的H2O2溶液的可以为O2或空气,这样既能将Fe2+氧化,又不引进新杂质。由于Fe2+开始沉淀、沉淀完全时的pH与Ni2+的相近,所以若工艺流程改为先“调pH”后“转化”,则“调pH”得到Fe(OH)3沉淀,Fe2+与Ni2+一起存在于溶液中,通过“转化”(氧化)使Fe2+转变为Fe3+而被沉淀出来,则滤液③中可能的杂质离子为氧化得到的Fe3+。(4)根据Ni2+开始沉淀时的pH为7.2,可得Ni(OH)2的Ksp=c平(Ni2+)·(OH-)=0.01×(107.2-14)2mol3·L-3;根据Ni2+完全沉淀时的pH为8.7,也可得Ni(OH)2的Ksp=c平(Ni2+)· (OH-)=10-5×(108.7-14)2 mol3·L-3。“调pH”是为了使Fe3+沉淀完全,根据Fe3+完全沉淀时的pH为3.2可知,pH应大于3.2;同时不能使Ni2+沉淀,则c(Ni2+)·c2(OH-)<0.01×(107.2-14)2 mol3·L-3,根据c(Ni2+)=1.0 mol·L-1,可求得c(OH-)<10-7.8 mol·L-1,对应c(H+)>10-6.2 mol·L-1,则“调pH”的pH应小于6.2,则“调pH”控制的pH范围是3.2~6.2。(5)Ni2+被ClO-氧化为NiOOH,ClO-被还原为Cl-,根据电子守恒可配平得:2Ni2++ClO-2NiOOH↓+Cl-,最后可配平得:2Ni2++ClO-+4OH-2NiOOH↓+Cl-+H2O。(6)母液中含有未结晶的硫酸镍,循环使用母液可提高镍的回收率。18． (1)将水钴矿石粉碎;充分搅拌;适当增加盐酸浓度;提高酸浸温度等(2)2Co3++ SO32-+H2O2Co2++SO42-+2H+   (3)将溶液中Fe2+氧化成Fe3+(4)Fe(OH)3、Al(OH)3　过滤 (5)使Mg2+、Ca2+转化为难溶于水的MgF2、CaF2沉淀除去(6)3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2【解析】: 根据已知信息,向水钴矿中加入盐酸,可得CoCl3、FeCl3、AlCl3、MgCl2、CaCl2等,酸浸液中含有的阳离子主要有H+、Co3+、Fe3+、Ca2+、Mg2+、Al3+等,则加入的Na2SO3将Co3+、Fe3+还原为Co2+、Fe2+;加入NaClO将Fe2+氧化为Fe3+,溶液b中阳离子有Co2+、Fe3+、Al3+、Mg2+、Ca2+,加入碳酸氢钠,Fe3+、Al3+与碳酸氢根离子发生相互促进的水解反应分别生成Fe(OH)3、Al(OH)3,故沉淀a的主要成分为Fe(OH)3、Al(OH)3;溶液c中含有Co2+、Mg2+、Ca2+,加入NaF可使Mg2+、Ca2+转化成MgF2、CaF2沉淀,溶液d中含有Co2+,溶液d中加入草酸铵过滤得到CoC2O4晶体,最后煅烧CoC2O4·2H2O得到钴的氧化物。(1)“酸浸”时为固体与液体的反应,根据外界条件对化学反应速率的影响,在加入盐酸进行“酸浸”时,能够提高“酸浸”速率的方法有:将水钴矿石粉碎,增大接触面积;充分搅拌;适当增加盐酸的浓度;适当提高酸浸的温度等。(2)酸浸时水钴矿中的Co2O3、Fe2O3、Al2O3、MgO、CaO溶解转化为CoCl3、FeCl3、AlCl3、MgCl2、CaCl2;加入Na2SO3时Co3+被还原为Co2+,则SO32-被氧化成SO₄2-,则产生Co2+的离子方程式为SO32-+2Co3++H2O2Co2++ SO₄2-+2H+。(3)加入Na2SO3还会将Fe3+还原为Fe2+,反应的离子方程式为SO32-+2Fe3++H2O2Fe2++SO₄²⁻+2H+;溶液a中含有Co2+、Fe2+、Al3+、Mg2+、Ca2+、Na+、Cl-、SO₄²⁻等,向溶液a中加入NaClO,NaClO具有较强的氧化性,将Fe2+氧化成Fe3+,反应的离子方程式为2Fe2++ClO-+2H+2Fe3++Cl-+H2O。(4)加入NaClO溶液后得到的溶液b中含有Co2+、Fe3+、Al3+、Mg2+、Ca2+、Na+、Cl-、SO₄2-等;向溶液b中加入NaHCO3调节溶液的pH,使Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀而除去,沉淀a的成分为Fe(OH)3、Al(OH)3;溶液c中含有Co2+、Mg2+、Ca2+、Na+、Cl-、SO₄2-等,向溶液c中加入NaF,Mg2+、Ca2+转化为难溶于水的MgF2、CaF2沉淀,操作2的名称为过滤。(5)根据(4)中的分析,溶液c中加入NaF溶液的作用是使Mg2+、Ca2+转化为难溶于水的MgF2、CaF2沉淀除去。(6)n(CO2)==0.3 mol,根据碳原子守恒,n(CoC2O4)=0.15 mol,则n(Co)=0.15 mol,所得钴的氧化物中n(O)==0.2 mol,则n(Co)∶n(O)=0.15 mol∶0.2 mol=3∶4,则生成的钴的氧化物的化学式为Co3O4,在空气中煅烧CoC2O4的化学方程式为3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2。19（13分）【答案】(1) 1,3-丁二烯    碳碳双键、溴原子(碳溴键)    (2)乙醇(CH3CH2OH)    取代反应   (3) CH2=CHCHO    HOCH2CH2CHO + 2Cu(OH)2 +NaOHHOCH2CH2COONa + Cu2O↓+3H2O   (4)   (5)  8        (6)    【解析】:由A的分子式以及A与溴单质反应生成B，则A→B发生1、4加成，则A为1,3-丁二烯；由B与氢气发生加成反应生成C，则C为；由D的分子式以及与氧气发生氧化反应生成E可知D为，E为；结合F的相对分子质量可知F为；F与氧气在Cu作催化剂下发生催化氧化生成G，结合G的分子式可知G的结构简式为；G与银氨溶液反应在酸化得到分子式为的H，则H的结构简式为；H与试剂a在浓硫酸的作用下发生酯化反应生成分子式为的I，则试剂a为乙醇(CH3CH2OH)，I的结构简式为；I与C反应生成J；J再酸化、加热、脱去二氧化碳的到K。据此分析可得：(1)由A的分子式以及A与溴单质反应生成B，则A→B发生1、4加成，则A为1,3-丁二烯；B()中所含官能团有碳碳双键以及溴原子；故答案为：1,3-丁二烯；碳碳双键、溴原子(碳溴键)；(2)H的分子式、结构简式以及I的分子式和反应条件可知试剂a为乙醇(CH3CH2OH)；由已知：可知，C＋I→J的反应类型为取代反应，故答案为：乙醇(CH3CH2OH)；取代反应；(3)E、F与新制氢氧化铜悬浊液共热都产生砖红色沉淀，以及根据E的分子式可知E的结构简式为；根据F的相对分子质量可知F的结构简式为，则其与新制Cu(OH)2悬浊液发生反应的化学方程式为HOCH2CH2CHO + 2Cu(OH)2 +NaOHHOCH2CH2COONa + Cu2O↓+3H2O，故答案为：；HOCH2CH2CHO + 2Cu(OH)2 +NaOHHOCH2CH2COONa + Cu2O↓+3H2O；(4)J经酸化水解、加热脱二氧化碳，生成K，则K的结构简式; (5)丁烷有正丁烷异、丁烷两种同分异构体，其中一溴代物有共4种，a、b、c、d分子中的1个氢原子被溴原子取代得二溴代物依次由4种、2种、3种、1种，则C的同分异构体共8种；故答案为：8；(6)在浓硫酸作用下丙二酸(HOOCCH2COOH)与乙醇加热发生反应生成；乙烯与HBr在一定条件下发生加成反应生成；与在作用下反应生成；然后再酸化、加热脱二氧化碳得到目标产物。则其合成路线如下：。     20．(1)    C＜N＜O  (2)  Mn失去的是3d5上半满结构的电子，Fe失去的是3d6电子    (3)小于  (4)  氯化锂属于离子晶体，氯化钛属于分子晶体，离子晶体里的离子键要比分子晶体里的分子间作用力强     (5)  6        【解析】:(1)基态Co原子为27号元素，价层电子排布图为：；NH3、H2O、SCN—配位体中的第二周期元素为：C、N、O，电负性从左到右依次增大，电负性从小到大顺序是：C＜N＜O，故答案为：、C＜N＜O(2) 据离子价层电子排布和洪特规则的特例分析电离能，离子越稳定，越容易生成，生成此离子的电离能越小，此离子再失电子的电离能越大。锰的第三电离能大于铁的第三电离能，其主要原因是Mn2+价层电子排布式为3d5，达到稳定结构，不易失电子形成Mn3+，Fe2+价层电子排布式为3d6，要失去1个电子才达到稳定结构，较易形成Fe3+，故锰的第三电离能大于铁。故答案为：Mn失去的是3d5上半满结构的电子，Fe失去的是3d6电子(3) HCHO分子呈平面结构，键角接近120°,而CO2的键角是180°，碳原子的杂化类型不同，键角不同。HCHO中键角小于CO2中键角，故答案为：小于(4) 采用电解熔融氯化锂制备锂，可知LiCl为离子晶体，TiCl4的熔点为-24℃，说明TiCl4为分子晶体，故答案为：氯化锂属于离子晶体，氯化钛属于分子晶体，离子晶体里的离子键要比分子晶体里的分子间作用力强(5) 图1中，由均摊法可知1个晶胞含2个黑球4个白球(2个白球在体内，4个白球在面心)，所以黑球为钛，白球为氧，1个钛与6个氧相连，钛的配位数为6；由图2可知1个晶胞含4个TiN，TiN的相对式量为62，图3棱上三个粒子相切，设晶胞棱长为a，，，[4r(Ti)]2=2a2，r(Ti)= ，2r(Ti)+2r(N)=a，r(N)= 。故答案为：