福建省福州市福清市虞阳中学2023-2024学年高三上学期12月月考化学试卷含答案

这是一份福建省福州市福清市虞阳中学2023-2024学年高三上学期12月月考化学试卷含答案，共18页。试卷主要包含了12等内容，欢迎下载使用。

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。请将第Ⅰ卷的答案涂在答题卡上，第Ⅱ卷答在答题纸上，在试卷上作答无效。
可能用到的相对原子量：H-1 C-12 O-16 Na-23 Cl-35.5
学校:_____________班级：________姓名：__________________座号___________
一、选择题（本题包括12小题，每题3分）
1．唐代陆羽《茶经·三之造》中记载茶叶制作过程：“晴采之，蒸之，捣之，拍之，焙之，穿之，封之，茶之干矣”。以下操作中最不可能引起化学变化的是（ ）
A．蒸 B．捣 C．焙 D．封
2．抗癌药物的结构如图。关于该药物的说法错误的是（ ）
A．含有2个手性碳原子 B．能发生水解反应
C．能使的溶液褪色 D．碳原子杂化方式有和
3．与同周期主族元素相比，下列事实最能说明主族元素X的单质在化学反应中更易作氧化剂的是
A．该元素的第三电离能远远大于第二电离能B．X原子的价电子数与能层数之比很大
C．X元素的电负性较小D．与氢元素形成的共价键键能较小
4．利用浸出法提取油料中油脂的过程如下：用正己烷浸泡粉碎后的油料，一段时间后分离出有机溶液X，再通过加热分馏的方法除去X中的溶剂，最后对得到的毛油再进行进一步的精炼处理，就得到食用油，若在实验室进行上述操作，不会用到的仪器有
A．漏斗B．冷凝管C．蒸发皿D．玻璃棒
5．用代表阿伏加德罗常数的值。已知：，若反应中消耗了，下列说法错误的是
A．转移的电子数目为B．断裂的“”键数目为
C．生成的非极性键数目为D．消耗的分子数目为
6．铷()是第IA族第五周期元素，下列有关说法中正确的是
A．单质物浮在水面上与水剧烈反应 B．是弱碱
C．热稳定性强但难溶于水 D．是含有两类化学键的离子化合物
7．氢氰酸是酸性极弱的一种酸，其结构式为，下列有关的说法错误是
A．碳原子为杂化B．是V形分子
C．键、键数目相等D．所含化学键均是极性键
8．下列性质与氢键无关的是
A．沸点： B．在水中溶解性：
C．稳定性： D．蒸气法测量的水的相对分子质量大于18
9．某无色溶液中可能含有中的几种。①取适量该溶液放入试管中，滴加足量的溶液得到白色沉淀；②过滤后取滤液于试管中，滴加足量的溶液，又有白色沉淀生成；③另取少量溶液放入试管中，滴加足量硝酸酸化的溶液，得到白色沉淀。下列有关该溶液的组成说法中正确的是
A．一定含有B．一定不含
C．可能含有D．最多含有四种离子
10．能证明晶体类型为离子晶体的方法是
A．测定溶液能否导电B．X射线衍射法
C．测定熔融能否导电D．测定是否有确定的熔点
11．碱式碳酸锌可被用于皮肤保护剂、饲料添加剂等，以锌焙砂(主要成分为及少量的化合物)为原料制备碱式碳酸锌的工艺流程如图所示，下列说法错误的是
A．“酸浸”前将锌焙砂粉碎可提高酸浸速率与原料的利用率
B．“氧化”过程中，消耗的氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶1
C．“沉铜”过程中反应的离子方程式为
D．碱式碳酸锌可与盐酸反应，其加热灼烧时可得到
12．与下列实验操作对应的现象、结论均正确的是
AB．BC．CD．D
第Ⅱ卷（非选择题5大题 共64分，每空2分）
三、实验题
13．草酸亚铁可用于制药工业，它不溶于水。某研究性学习小组的同学通过查阅资料后设计了如图所示流程在实验室制备一定量的草酸亚铁晶体。
回答下列问题：
(1)“酸浸”前需要先将稀硫酸加热一段时间以除去溶解的空气，除去空气的目的是_______，A中发生了多个反应，写出铁元素既被氧化又被还原的离子方程式：_______。
(2)实验过程中操作、的过程是_______，打开、关闭的目的是_______。
(3)沉铁后需要过滤、洗涤、烘干草酸亚铁晶体，其中判断已经洗涤干净的方法是_______，上述操作中，下列仪器不会使用到的是_______(填名称)。
(4)制得的产品可能含有草酸铁，为测量产品纯度，该小组的同学准确称取样品并溶解在适量的稀硫酸中反应，然后用的酸性标准溶液滴定，滴定终点时消耗标准溶液。滴定终点时溶液应显_______色且在内保持不变，由此计算出样品中酸亚铁质量分数为，请对此数据的正误做出评判并指明评判的依据：_______。
四、元素或物质推断题
14．X、Y、Z、W、Q是原子序数依次增大的前四周期元素，其中只含两种金属元素。基态Q原子价电子层上有8个电子，X是第二周期元素，其基态原子的最高能级处于半充满状态，Y、Z形成的一种中学常见的化合物L有强氧化性，Z与W可形成型的物质。回答下列问题：
(1)L的电子式为_______，基态X原子的最高能级电子云形状为_______，上述主族元素中第一电离能由大到小的顺序为_______。Y可形成两种常见单质、，沸点较低的是_______(填化学式)，中化学键属于_______(填“极”、“非极”)性键。
(2)将Q的一种氯化物饱和溶液滴入到沸腾的水中可得到红褐色、较稳定的分散系，该分散系中分散质粒子直径最大值不超过_______；在存在的条件下该氯化物与反应可得到一种新型水处理剂，写出对应的离子方程式：_______。
(3)L在溶液中可氧化化合物，写出相应反应的离子方程式：_______。
五、工业流程题
15．是化学工业中广泛使用的一种高效的漂白剂和氧化剂，工业上生产它的一种流程如图所示：
(1)的名称是_______，若A是一种纯净物，则A的化学式为_______。
(2)“还原1”中应充分搅拌，好处是_______，反应中消耗的氧化剂与还原剂物质的量之比为_______，“还原2”反应的离子方程式为_______。
六、结构与性质
16．我国在商代或更早就掌握了冶炼铜的技术。以黄铜矿为原料冶炼铜涉及多个反应，其中一个反应为。
(1)基态的电子排布式为_______，从原子结构角度上解释，高温下能转化为的原因是_______。铜、铁两类原子核外电子运动状态相差_______种。
(2)四种含硫微粒中，中心原子为杂化的是_______
(3)晶胞结构如图1所示。晶胞中的投影位置如图2所示。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子的分数坐标，例如图1中原子1的坐标分数为，则原子2的分数坐标为_______
17. 3-氧代异紫杉二酮是从台湾杉中提取的具有抗痛活性的天然产物。最近科学家完成了该物质的全合成，其关键中间体(F)的合成路线如下：
已知：
回答下列问题：
（1）A的含氧官能团有醛基和_______。
（2）B的结构简式为_______。
（3）Ⅳ的反应类型为_______；由D转化为E不能使用的原因是_______。
（4）反应Ⅴ的化学方程式为_______。
（5）化合物Y是A的同分异构体，同时满足下述条件：
①Y的核磁共振氢谱有4组峰，峰而积之比为。
②Y在稀硫酸条件下水解，其产物之一(分子式为)遇溶液显紫色。则Y的结构简式为_____选项
实验操作
现象
结论
A
向某无色溶液X中滴加几滴氯水并振荡
溶液变黄色
X中肯定含有
B
将红色的石蕊试纸伸入某无色气体X中
试纸不变蓝色
X不是
C
向溶液中滴加少量酸性溶液
溶液褪色
溶液中含有
D
将点燃的镁条迅速插入盛满气体的集气瓶中
产生浓烟与黑色微粒
不能用于扑灭活泼金属引起的火灾
参考答案：
D
2．A
3．B【详解】A．该元素的第三电离能远远大于第二电离能，则位于ⅡA族，对应单质容易失去电子，做还原剂，故A错误；
B．X原子的价电子数与能层数之比很大，则价电子数较多，得电子能力较强，氧化性较强，易做氧化剂，故B正确；
C．X元素的电负性较小，说明失电子能力较强得电子能力较弱，易做还原剂，故C错误；
D．与氢元素形成的共价键键能较小，说明得电子能力较弱，不易做氧化剂，故D正确；
故选B。
4．C【详解】用正己烷浸泡粉碎后的油料，一段时间后通过过滤去除固体油渣分离出有机溶液X，需要使用漏斗、玻璃棒、烧杯；再通过加热分馏的方法除去X中的溶剂，为蒸馏过程，需要使用蒸馏烧瓶、冷凝管等；最后对得到的毛油再进行进一步的精炼处理，就得到食用油；
故若在实验室进行上述操作，不会用到的仪器有蒸发皿；故选C。
5．D【详解】A．由化学方程式可知，硅元素化合价由0变为+4，则消耗了，转移的电子数目为，A正确；
B．在硅晶体中平均1个硅原子形成2个硅硅键，故断裂的“”键数目为，B正确；
C．生成的非极性键为氢气分子中的氢氢键，由化学方程式可知，反应生成2mlH2，则非极性键数目为，C正确；
D．氢氧化钠为离子化合物，不存在氢氧化钠分子，D错误；
故选D。
6．D【分析】同主族由上而下，金属性增强，非金属性变弱；铷()是第IA族第五周期元素，则为非常活泼的金属单质；
【详解】A．单质物密度比水大，故沉在水下与水剧烈反应，A错误；
B．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，是强碱，B错误；
C．类似于碳酸钠，热稳定性强、易溶于水，C错误；
D．类似于过氧化钠，含有离子键、在过氧根离子中含有非极性共价键，是含有两类化学键的离子化合物，D正确；
故选D。
7．B【详解】A．“H-C≡N”可知碳原子有2个σ键，无孤电子对，价层电子对数为2，碳原子的杂化类型为sp，故A说法正确；
B．碳原子杂化类型为sp，空间构型为直线形，故B说法错误；
C．“H-C≡N”可知碳原子有2个σ键，2个π键，σ键、π键数目相等，故C说法正确；
D．成键元素不同，属于极性键，故D说法正确；答案为B。
8．C【详解】A．氟化氢、氯化氢均属于分子晶体，氟化氢分子间可形成氢键，氯化氢分子间只存在范德华力，所以沸点：，A不符合；
B．氨分子与水分子间可形成氢键、增大了分子间的亲和性，导致溶解性增强，磷化氢分子与水分子间不能形成氢键，则在水中溶解性：，B不符合；
C．分子的稳定性是由共价键强弱决定的。氧原子半径小于硫原子半径，氢氧键比氢硫键牢固，则稳定性：，与氢键无关，C符合；
D．蒸气法是测量一定温度、一定压强下，一定体积的蒸气的质量。然后计算出相对分子质量。因为水分之间能形成氢键，导致一部分水分子转化为(H2O)n，所以气体中质量增大、蒸气法测量的水的相对分子质量大于18，D不符合；
答案选C。
9．A【分析】某无色溶液中可能含有中的几种，铜离子为蓝色，没有铜离子；
①取适量该溶液放入试管中，滴加足量的溶液得到白色沉淀，则存在镁离子，不存在碳酸根离子；
②过滤后取滤液于试管中，滴加足量的溶液，又有白色沉淀生成，则存在钡离子，不存在硫酸根离子；
③另取少量溶液放入试管中，滴加足量硝酸酸化的溶液，得到白色沉淀，则溶液中含有氯离子； 根据分析不确定溶液中是否含有钾离子、硝酸根离子；
【详解】A．由分析可知，一定含有，A正确；
B．不确定溶液中是否含有钾离子、硝酸根离子，B错误；
C．硫酸根离子和钡离子反应不能共存，一定不含有硫酸根离子，C错误；
D．若同时含有钾离子、硝酸根离子，则最多还有5种离子，D错误；
故选A。
10．C【分析】鉴定化合物属于离子晶体的方法是熔融状态是否导电，据此分析；
【详解】A．有些分子晶体的水溶液也能导电，如HCl、H2SO4等，故A错误；
B．X射线衍射法用于判断晶体与非晶体，不能判断晶体类型，故B错误；
C．离子晶体是由阴阳离子组成，熔融状态破坏离子键，产生自由移动的阴阳离子，能导电，故C正确；
D．有无确定的熔点适用于判断物质是晶体还是非晶体，故D错误；
答案为C。
11．B【分析】锌焙砂加入稀硫酸酸浸将锌、铜、锰转化为相应的盐溶液，加入氨水和过氧化氢生成二氧化锰沉淀，过滤滤液加入硫化锌将铜离子转化为锌离子和硫化铜，过滤滤液加入碳酸氢铵生成碱式碳酸锌；
【详解】A．“酸浸”前将锌焙砂粉碎可增加反应物接触面积，提高酸浸速率与原料的利用率，A正确；B．“氧化”过程中，过氧化氢将二价锰离子氧化为二氧化锰，根据电子守恒可知，，则消耗的氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶1，B错误；
C．“沉铜”过程中加入硫化锌将铜离子转化为锌离子和硫化铜，反应的离子方程式为，C正确；
D．碱式碳酸锌含有碳酸根离子和氢氧根离子可与盐酸反应，其加热灼烧时可得到氧化锌、二氧化碳、水，D正确；故选B。
12．D【详解】A．由于氯水能分别将Br-、I-氧化为Br2、I2，而溴水、碘水均可能显黄色，故A错误；B．用试纸检验气体时，试纸必须是湿润，NH3不会使干燥的红色石蕊试纸变蓝，题给条件没说试纸是否湿润，X可能为氨气，故B错误；
C．酸性条件下Cl-也能使酸性高锰酸钾褪色，故C错误；
D．镁与二氧化碳反应2Mg+CO22MgO+C，因此活泼金属着火时，不能用二氧化碳灭火，故D正确；答案为D。
13．(1) 防止空气中的O2氧化Fe2+ Fe+2Fe3+=3Fe2+或Fe2O3+Fe+6H+=3Fe2++3H2O
(2) 先打开K3，关闭K2，一段时间后再打开K2，关闭K3 利用生成H2将装置中空气排出 (3) 取最后一次洗涤液于试管中，加入BaCl2溶液，无白色沉淀生成 锥形瓶
(4) 浅红色或粉红色 该数据错误，因为草酸亚铁即杂质中的草酸根也可被KMnO4氧化
【分析】废铁屑中含有Fe2O3、Fe，“酸浸”时发生Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+= Fe2++H2↑，亚铁离子容易被氧气所氧化，制备草酸亚铁时，需要排出装置中的空气，即先打开K3、K1，关闭K2，让氢气排出装置中的空气，然后打开K2，关闭K3，利用气体压强增大，将硫酸亚铁压入装置B中，据此分析；
【详解】（1）实验制备草酸亚铁，亚铁离子容易被氧气所氧化，“酸浸”前先将稀硫酸加热一段时间以除去溶解的空气，除去空气的目的是防止空气中的O2氧化Fe2+；A中发生Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Fe+2Fe3+=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑，铁元素既被氧化又被还原的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+或Fe2O3+Fe+6H+=3Fe2++3H2O；故答案为防止空气中的O2氧化Fe2+；Fe+2Fe3+=3Fe2+或Fe2O3+Fe+6H+=3Fe2++3H2O；
（2）制备草酸亚铁时，需要排出装置中的空气，防止Fe2+被氧化，实验时，应先打开K3、K1，关闭K2，利用产生氢气排出装置中的空气，一段时间后，关闭K3，打开K2，生成氢气使装置A中压强增大，将生成FeSO4溶液压入装置B中；故答案为先打开K3，关闭K2，一段时间后再打开K2，关闭K3；利用生成H2将装置中空气排出；
（3）“沉铁”过程中Fe2++C2O=FeC2O4↓，沉淀表面还有杂质离子主要离子有NH、SO等，可用BaCl2等试剂检验最后一次洗涤液是否有SO来判断沉淀已经洗涤干净，具体操作是取最后一次洗涤液于试管中，加入BaCl2溶液，无白色沉淀生成；过滤、洗涤均需要用到烧杯、漏斗、玻璃棒，烘干需要用到酒精灯，由此可知不用锥形瓶；故答案为取最后一次洗涤液于试管中，加入BaCl2溶液，无白色沉淀生成；锥形瓶；
（4）用酸性高锰酸钾溶液进行滴定，滴定终点时：滴入最后半滴KMnO4溶液，溶液显浅红色或粉红色，且30s内不恢复原色；所用KMnO4物质的量为n(KMnO4)=1×10-3cV0ml，反应中得到电子物质的量为5×10-3cV0ml，Fe2+被高锰酸钾氧化为Fe3+，由得失电子数目守恒，得n(Fe2+)= n(FeC2O4)= 5×10-3cV0ml，质量为144g/ml×5×10-3cV0ml=0.72 cV0g，质量分数为；该数据错误，因为草酸亚铁即杂质中的草酸根也可被KMnO4氧化；故答案为浅红色或粉红色；该数据错误，因为草酸亚铁即杂质中的草酸根也可被KMnO4氧化。
14．(1) 哑铃形或纺锤形 N＞O＞S＞Na O2 极性
(2) 100nm 2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO+3Cl-+5H2O
(3)4Na2O2+ S2O+3H2O=2SO+8Na++6OH-
【分析】基态Q原子价电子层上8个电子，根据问题(2)，得到红褐色分散系，该分散系为氢氧化铁胶体，即Q为Fe，X是第二周期元素，其基态原子的最高能级处于半充满状态，应是2s1或2s22p3，X可能为Li，也可能为N，根据问题(2)，K2QY4是一种新型水处理剂，Q为Fe，则该化合物为高铁酸钾，即化学式为K2FeO4，推出Y为O，Y、Z形成一种中学常见化合物L，L有强氧化性，L的化学式为Na2O2，即Z为Na，因为五种元素只有两种金属元素，则X为N，Z与W形成Z2W，推出W为S，据此分析；
【详解】（1）L为过氧化钠，其过氧化钠的电子式为；基态X原子价电子排布式为2s22p3，最高能级是2p，电子云形状为哑铃形或纺锤形；金属钠是极活泼金属，第一电离能最小，根据第一电离能递变规律及ⅢA、ⅤA的特殊性可知，第一电离能由大到小顺序是N＞O＞S＞Na；O2、O3均属于分子晶体，O3为极性分子，相对分子质量大，范德华力大，沸点较高，因此沸点较低的是O2；臭氧分子中化学键属于极性键；故答案为；哑铃形或纺锤形；N＞O＞S＞Na；O2；非极；
（2）氯化物为FeCl3，所得到红褐色液体，该液体为氢氧化铁胶体，根据胶体中分散质直径大小在1nm～100nm，分散质粒子直径最大不超过100nm；利用ClO-的强氧化性将Fe3+氧化成FeO，本身被还原成Cl-，其离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO+3Cl-+5H2O；故答案为100nm；2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO+3Cl-+5H2O；
（3）Z2W2Y3化学式为Na2S2O3，利用过氧化钠的强氧化性，将Na2S2O3氧化成SO，其反应离子方程式为4Na2O2+ S2O+3H2O=2SO+8Na++6OH-；故答案为4Na2O2+ S2O+3H2O=2SO+8Na++6OH-。
15．(1) 亚氯酸钠 NaHSO4
(2) 有利于反应物充分混合，提高反应速率和原料利用率 2:1
【详解】（1）中氯呈+3价，则名称是亚氯酸钠，若A是一种纯净物，由元素守恒可推出A中含有钠、氢、硫、氧四种元素，且存在硫酸根离子，故A为硫酸氢钠、化学式为NaHSO4。（2）搅拌的好处是：有利于反应物充分混合，提高反应速率和原料利用率；根据流程图可知，“还原1”反应中氧化剂是氯酸钠，还原剂是二氧化硫，还原产物是二氧化氯，氧化产物是硫酸氢钠，由元素化合价变化值及得失电子守恒原理可知：反应中消耗的氧化剂与还原剂物质的量之比为2:1，“还原2”反应中二氧化氯被还原为亚氯酸钠，双氧水是还原剂，氧化产物是氧气，所以离子方程式为。
16．(1) 1s22s22p63s23p63d10或 [Ar]3d10 的价电子排布式为全充满的3d10，处于较稳定状态，的价电子排布式为3d9，较不稳定 3
(2) SO、SO (3)
【详解】（1）Cu元素是29号元素，基态的电子排布式为1s22s22p63s23p63d10或[Ar]3d10，从原子结构角度上解释，高温下能转化为的原因是：的价电子排布式为全充满的3d10，处于较稳定状态，的价电子排布式为3d9，较不稳定，故高温下氧化铜可转化为更稳定的氧化亚铜。原子核外一个电子均对应一种运动状态，铜原子比铁原子多3个电子，故铜原子多3种运动状态。
（2）SO2中心原子孤电子对数=、价层电子对数=2+1=3，故为sp2杂化、空间构型为V形、则其正负电荷中心不重叠，为极性分子；
SO3中心原子孤电子对数=、价层电子对数=3+0=3，故为sp2杂化、空间构型为平面正三角形、则其正负电荷中心重叠，为非极性分子；
SO离子中，中心原子S的孤电子对数=、价层电子对数=3+1=4，故为sp3杂化、空间构型为三角锥形；
SO离子中，中心原子S原子的孤电子对为，价层电子对个数=4+0=4 ，所以中心原子为杂化，其空间构型为正四面体；
综上，四种含硫微粒中，中心原子为杂化的是SO、SO，属于极性分子的是SO2，空间构型为平面三角形的微粒是SO3。
（3）由图1可知原子2位于最右侧面上，沿x轴方向居中，沿z轴方向位于处，结合原子1的分数坐标可知，原子2的坐标为分数坐标为
17.（1）醚键(或醚基)
（2）（3） ①. 取代反应 ②. 会与碳碳双键发生加成反应(或会使醚键水解)
（4）（5）
【解析】
【分析】有机合成可从正向和逆向共同进行推断，根据已知信息由C可推出B为，根据C到D的结构变化可知此步酯基发生水解反应，根据D到E的结构可知此步Br取代了羟基，根据E到F的结构可知脱去LiBr，为取代反应，据此进行推断。
【小问1详解】
A的含氧官能团有醛基和醚键。
【小问2详解】
根据分析可知，B的结构简式为。
【小问3详解】
反应Ⅳ中Br取代了羟基，为取代反应，此反应不用HBr的原因为会与碳碳双键发生加成反应(或会使醚键水解)。
【小问4详解】
反应Ⅴ的化学方程式为。
【小问5详解】
产物之一(分子式为)遇溶液显紫色，说明含有酚羟基，酚羟基是通过酯基水解得来的，又因为核磁共振氢谱有4组峰，峰而积之比为，说明Y有两个甲基，综合可知Y的结构简式为