福建师范大学附属中学高三上学期期中考试卷 化学试卷（解析版）-A4

这是一份福建师范大学附属中学高三上学期期中考试卷 化学试卷（解析版）-A4，共18页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。
时间：75分钟 满分：100分
试卷说明：
(1)本卷共二大题，14小题，解答写在答卷的指定位置上，考试结束后，只交答卷。
(2)考试过程中不得使用计算器或具有计算功能的电子设备。
可能用到的相对原子质量：H：1 O：16 C：12
第Ⅰ卷(选择题，共40分)
一、选择题：每题4分，四个选项中只有一个选项符合题目要求。
1. 中国在探索太空，开发深海，建设世界第一流的高铁、桥梁、码头，5G技术联通世界等方面取得了举世瞩目的成就，它们与化学有着密切联系，下列说法正确的是（ ）
A. 中国天眼的“眼眶”是钢铁结成的圈梁，属于新型无机非金属材料
B. 为打造生态文明建设，我国近年来大力发展核电、光电、风电、水电，电能属于一次能源
C. 我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是二氧化硅
D. “神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐
【答案】C
【解析】
【详解】A．中国天眼的“眼眶”，索网结构是FAST主动反射面的主要支撑结构，不是新型无机非金属材料，故A错误；
B．电能不是一次能源，属于二次能源，故B错。
C．二氧化硅具有良好的光学特性，是制造光缆的主要原料，故C正确；
D．高温结构陶瓷包括氮化硅陶瓷，氮化硼陶瓷，碳化硼陶瓷，故D错误；
故选：C
2. 下列表示正确的是
A. H3O+的电子式：
B. 的名称：乙二酸乙二酯
C. BF3的价层电子对互斥(VAEPR)模型：
D. 基态Fe2+的价层电子轨道表示式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．为保证中原子尽量满足稀有气体电子结构，其电子式为，A错误；
B．是一个乙二酸和两个乙醇发生酯化反应的产物，则该物质名称为乙二酸二乙酯，B错误；
C．的中心原子价层电子对数为，其VSEPR模型为平面三角形，即，C正确；
D．基态的价层电子排布式为，轨道表示式为，D错误；
故选C。
3. 下列方程式与所给事实不相符的是
A. 海水提溴过程中，用氯气氧化苦卤得到溴单质：
B. 用绿矾()将酸性工业废水中的转化为
C. 用溶液能有效除去误食的
D. 用溶液将水垢中的转化为溶于酸的：
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯气氧化苦卤得到溴单质，发生置换反应，离子方程式正确，A正确；
B．可以将氧化成，离子方程式正确，B正确；
C．结合生成沉淀，可以阻止被人体吸收，离子方程式正确，C正确；
D．与反应属于沉淀的转化，不能拆分，正确的离子方程式为CaSO4+=CaCO3+，D错误；
本题选D。
4. 某实验小组为制备1-氯-2-甲基丙烷（沸点69℃），将2-甲基-1-丙醇和溶于中，加热回流（伴有气体产生）。反应完全后倒入冰水中分解残余的，分液收集层，再用无水干燥，过滤、蒸馏后得到目标产物。上述过程中涉及的部分装置（夹持及加热装置略）如下图，下列说法不正确的是
A. 装置①在加热回流时，需加入沸石或碎瓷片
B. 装置②与装置①的冷凝管上端相连，因气体极易溶于水，需将尾气处理装置设计成防倒吸
C. 装置③在分液前无法区分水层与有机层时，可向分液漏斗中滴水，若上层无水滴通过轨迹，则上层为水层
D. 沸点为39.8℃，为增强冷凝效果，可使用装置④的蒸馏装置，对圆底烧瓶进行控制温度的温水浴加热
【答案】A
【解析】
【详解】A．该装置中有搅拌棒，不需加入沸石或碎瓷片，A项错误；
B．装置②与装置①的冷凝管上端相连，用来收集反应生成的，气体极易溶于水，所以要防止倒吸，B项正确；
C．向两层溶液中滴水，滴入水后如果先接触有机层，滴入的水与有机层会有明显的界限，如果滴入水层，就会消失不见，C项正确；
D．沸点为39.8℃，1-氯-2-甲基丙烷沸点69℃，故可使用装置④的蒸馏装置，对圆底烧瓶进行控制温度的温水浴加热，得到纯净的1-氯-2-甲基丙烷，D项正确；
答案选A。
5. 探究硫及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯化氢为共价化合物，溶于水会电离出氢离子、氯离子，溶液能导电；故固体溶于水，进行导电性实验，电流表指针发生偏转，溶液可导电，不能说明其含有离子键，故A不符合题意；
B．酸性溶液使石蕊试液变红色，石蕊溶液变红后没有褪色，说明水溶液呈酸性；品红溶液褪色，说明能使有色物质褪色，有漂白性，故B符合题意；
C．加入二氧化锰，也可能是二氧化锰使氯离子氧化生成氯气，不能说明浓硫酸具有强氧化性，故C不符合题意；
D．硫化氢、氯化氢不是硫、氯对应的最高氧化物的水合物，故的和溶液的大小不能说明硫、氯的非金属性强弱，故D不符合题意；
故选B。
6. 某聚合物Z的合成路线如下：
下列说法正确的是
A. X分子中所有原子共平面，有两种化学环境的氢原子
B. 生成1ml Z，理论上同时生成
C. 1ml Z与NaOH溶液充分反应，最多消耗
D. Y为
【答案】D
【解析】
【详解】A．X分子中含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，X结构高度对称，有两种不同化学环境的氢原子，A错误；
B．生成1ml Z，理论上同时生成，B错误；
C．1ml Z与NaOH溶液充分反应，最多消耗，C错误；
D．根据X和Z的结构，Y的结构为：，D正确；
故选D。
7. 实验室以二氧化铈废渣为原料制备含少量的，其部分实验过程如下：
已知：能被有机萃取剂(简称HA)萃取，其萃取原理可表示为：(水层)(有机层)(有机层)(水层)
下列说法错误的是
A. “酸浸”时与反应生成并放出，该反应的离子方程式为。
B. 将溶液滴加到溶液中可生成沉淀，该过程有气体产生
C. “沉淀”时加氨水使溶液接近中性，其目的是降低溶液中氢离子的浓度，促进碳酸氢根离子的电离，增大溶液中碳酸根离子的浓度
D. “反萃取”步骤中的“试剂a”可选氢氧化钠溶液
【答案】D
【解析】
【分析】“酸浸”时CeO2做氧化剂，与H2O2反应生成Ce3+并放出O2，Ce3+能被有机萃取剂(简称HA)萃取，其萃取原理可表示为：Ce3+(水层)+3HA(有机层)⇌Ge(A)3(有机层)+3H+(水层)，加氨水提高pH值，有利于萃取，加入酸性试剂，反萃取，加氨水和碳酸氢铵除去盐酸，同时生成Ce2(CO3)3。
【详解】A．“酸浸”时CeO2与H2O2反应生成Ce3+并放出O2，该反应的离子方程式为2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O，A正确；
B．将CeCl3溶液滴加到NH4HCO3溶液中可生成氯化铵、Ce2(CO3)3沉淀和二氧化碳，B正确；
C．“沉淀”时加氨水使溶液接近中性，其目的是降低溶液中氢离子的浓度，促进碳酸氢根离子的电离，增大溶液中碳酸根离子的浓度，有利于沉淀Ce2(CO3)3的生成，C正确；
D．“反萃取”步骤中的“试剂a”，Ce3+(水层)+3HA(有机层)⇌Ge(A)3(有机层)+3H+(水层)，萃取原理逆向进行，增加H+浓度，才能逆向进行，可选酸性试剂，D错误；
故答案为：D。
8. 科学家设计了一种协同转化装置，如图所示。图中的双极膜中间层中的解离为和，并在直流电场作用下分别向两极迁移。下列叙述正确的是
A. 催化电极A的电势高于催化电极B
B. 阳极的电极反应式为
C. 每生成1ml甲酸，双极膜处有1ml的水解离
D. 转移相同电子时，理论上消耗的和HMF物质的量之比为1：3
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，二氧化碳得电子发生还原反应转化为甲酸，则催化电极A为阴极，催化电极B为阳极。
【详解】A．催化电极A为阴极，催化电极B为阳极，催化电极A为阴极(与电源负极相连)，催化电极B为阳极，阳极电势高于阴极，故催化电极A的电势低于催化电极B，A错误；
B．在碱性条件下，阳极的失去电子发生氧化反应生成羧基盐，电极反应式为，B正确；
C．二氧化碳得电子发生还原反应转化为甲酸：，则每生成1ml甲酸，转移2ml电子，双极膜处有2ml的水解离，C错误；
D．结合BC分析的电极反应可知，转移相同电子时，理论上消耗的和HMF物质的量之比为3:1，D错误；
故选B。
9. 由Sc、Sn、V组成的晶体晶胞如图1所示（晶胞底边边长为anm，高为cnm，a≠c），图2显示的是三种原子在xz面、yz面上的位置，图3显示的是Sc、Sn原子在xy面上的位置。已知：Sc原子半径为，Sn原子半径为，V原子半径为。下列说法错误的是
A. Sc、Sn、V三种元素的基态原子所含的价层电子个数：V＞Sn＞Sc
B. 与Sc距离最近的Sc原子数为6
C. 该合金的化学式为
D. 该晶体的空间占有率：
【答案】B
【解析】
【详解】A．已知Sc、Sn、V的价层电子排布式分别为：3d14s2、5s25p2、3d34s2，故Sc、Sn、V三种元素的基态原子所含的价层电子个数大小顺序为：V＞Sn＞Sc，A正确；
B．由题干晶胞示意图可知，Sc位于8个顶点，且高度拉伸，故与Sc距离最近的Sc原子数为4，B错误；
C．由题干晶胞示意图可知，一个晶胞中含有Sc的个数为：=1，Sn的个数为：=6，V的个数为：=6，则该合金的化学式为，C正确；
D．由C项分析可知，该合金的化学式为，一个晶胞含有一个“ScV6Sn6”结构单元，该晶体的空间占有率：×100%=，D正确；
故答案为：B。
10. 在水中存在平衡：；，在25℃时，关系如图所示，表示或度的负对数。下列说法不正确的是
A. 曲线甲代表与pH的关系
B. 曲线乙经过点
C. 的
D. 向溶液中加入NaOH至pH＝6时，Al元素主要以存在
【答案】B
【解析】
【详解】A．当溶液酸性较强时，溶液中Al3+浓度较大，故曲线甲代表与pH的关系，A项正确；
B．曲线乙代表与pH的关系，当pH=10时，，则的平衡常数为，若曲线乙经过点，则用该点计算的平衡常数为，B项错误；
C．通过曲线甲上点(5，6)可计算的，则的，C项正确；
D．由图像可知，当pH＝6时，Al3+和的浓度都很小，此时Al元素主要以存在，D项正确；
故选B。
第Ⅱ卷(非选择题，共60分)
二.非选择题(4小题，共60分)
11. 以钛白渣(主要成分为FeSO4，含有少量MgSO4及TiOSO4)为原料，生产氧化铁黄的工艺流程如下：
已知：i.25℃，；
ii.生成，开始沉淀时，完全沉淀时
iii.生成，开始沉淀时，完全沉淀时
（1）“溶解”时，发生水解生成难溶于水的，反应的化学方程式为_______；“除杂”时，过量铁粉的作用除了防止被氧化外还有_______。
（2）25℃，实验测定滤液①的，，则滤液①中_____。
（3）实验室用如图1所示装置(部分夹持装置省略)模拟制备的过程操作如下：
i_______；
ii.关闭止水夹，一段时间后，打开K3；
ii.当乙中时，关闭K1、K3，打开K2，通入空气并记录溶液中的pH随时间变化如图所示。
①将操作i补充完整：_______。
②时制得(如图所示)。试结合离子方程式解释时段pH明显降低的原因：_______。
（4）合格氧化铁黄色光度值范围为，氧化过程中溶液的pH对产率、色光度的影响如图所示，氧化时应控制pH的合理范围是_______，pH过大会导致产品的颜色变黑，可能含有的杂质_______(填化学式)。
【答案】（1） ①. TiOSO4＋(x+1)H2O=TiO2·xH2O↓＋H2SO4 ②. 与HF反应促进HF的电离平衡，形成更多的氟离子，以促进形成氟化镁沉淀
（2）
（3） ①. 关闭K2，打开止水夹与K1 ②. 打开K2，通入空气，之后发生4Fe2++O2+6H2O= 4FeOOH + 8H+，溶液中H+浓度增大，pH减小
（4） ①. 3.5～4.0 ②. Fe3O4
【解析】
【分析】由题给流程可知，向钛白渣中加入水溶解得到含有FeSO4、MgSO4、TiOSO4的溶液，其中TiOSO4会发生水解转化为TiO2·xH2O沉淀；除杂时加入HF溶液，将MgSO4转化为MgF2沉淀，加入Fe可防止Fe2+被氧化同时可促进TiOSO4水解，过滤得到含有FeSO4的滤液；向滤液中通入空气，并加入氨水，进一步氧化沉淀得到氧化铁黄，据此解答。
【小问1详解】
根据题意TiOSO4的水解转化为TiO2·xH2O沉淀，可写出其水解的化学方程式为TiOSO4＋(x+1)H2O=TiO2·xH2O↓＋H2SO4，“除杂”时，加入过量铁粉的作用是与HF反应促进HF的电离平衡，形成更多的氟离子，以促进形成氟化镁沉淀；
【小问2详解】
25℃，实验测定滤液①的，，且已知；，则滤液①中，则；
【小问3详解】
用如图1所示装置(部分夹持装置省略)模拟制备FeOOH的过程结合ⅱ和ⅲ步的操作可知，操作i是：关闭K2，打开止水夹与K1；根据信息pH≈4时制得FeOOH，可推测pH=6.0左右Fe(OH)2转化为Fe(OH)3，即4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，因此pH几乎不变之后pH明显降低，说明反应过程中有H+，推测发生4Fe2++O2+6H2O= 4FeOOH + 8H+，溶液中H+浓度增大，pH减小；
【小问4详解】
结合图形可得，氧化时要使色光度值范围为-0.5~0.5，应控制pH的合理范围是3.5～4.0，pH过大会导致部分Fe2+来不及氧化就开始沉淀，结合产品的颜色变黑，推测可能含有的杂质Fe3O4。
12. 某工厂采用如下工艺处理镍钴矿硫酸浸取液(含Ni2+、C2+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Mn2+)实现镍、钴、镁元素的回收。
已知：I．过一硫酸的电离第一步完全，第二步微弱。
Ⅱ．25℃时，相关物质的如下：
回答下列问题：
（1）混合气在“氧化”中，产生，其中S的化合价为_______。
（2）“滤渣”的成分之一是软锰矿(可用于实验室制取氯气)的主要成分，由氧化产生，该反应的离子方程式为_______。
（3）上述表格中a_______b(填“大于”、“小于”或“无法确定”)。
（4）“沉钴镍”后需将钴镍渣洗涤干净，实验室检验其是否洗净的方法是_______。
（5）滤液2中含有的金属阳离子主要是_______。
（6）分子中含有两个或两个以上中心原子(离子)的配合物称为多核配合物，如图为C(Ⅱ)双核配合物的内界。
①配合物中每个中心离子的配位数为_______。
②C2+的最高能层电子排布式为_______。
③下列状态的钻中，电离最外层一个电子所需能量最大的是_______(填标号)
A． B． C． D．
【答案】（1）+6 （2）
（3）小于 （4）取最后一次洗涤液少许于试管中，加入酸化的BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，说明洗涤干净
（5）、
（6） ① 6 ②. ③. A
【解析】
【分析】由题给流程可知，含有二氧化硫的混合气在硫酸浸取液中金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸，加入石灰乳调节溶液pH，将溶液中亚铁离子和锰离子转化为氢氧化铁、二氧化锰沉淀，钙离子转化为微溶的硫酸钙，过滤得到含有氢氧化铁、二氧化锰、硫酸钙的滤渣和滤液；向滤液中加入氢氧化钠溶液，将溶液中的镍离子、亚钴离子转化为氢氧化镍、氢氧化亚钴沉淀，过滤得到钴镍渣和滤液；向滤液中加入氢氧化钠溶液，将溶液中的镁离子转化为氢氧化镁沉淀，过滤得到含有氢氧化镁的沉渣和上层清液。
【小问1详解】
过一硫酸可以看做过氧化氢中的一个氢原子被磺酸基取代，分子的结构式：，由结构式可知，分子中硫元素形成6个共价键，化合价为+6价；
【小问2详解】
由题意可知，锰离子与过一硫酸溶液反应生成二氧化锰沉淀、硫酸根离子和氢离子，反应的离子方程式：；
【小问3详解】
由分析可知，加入氢氧化钠溶液时，溶液中镍离子优先产生沉淀，说明氢氧化镍的溶度积小于氢氧化镁，即a小于b；
【小问4详解】
检验钴镍渣是否洗净实际上就是检验溶液中是否存在硫酸根离子，具体操作：取最后一次洗涤液少许于试管中，加入酸化的BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，说明洗涤干净；
【小问5详解】
由分析可知，沉钴镍中加入氢氧化钠溶液的目的将溶液中的镍离子、亚钴离子转化为氢氧化镍、氢氧化亚钴沉淀，过滤得到钴镍渣和滤液2，其主要阳离子有镁离子、钠离子；
【小问6详解】
①根据配合物结构可知，中心离子为钴离子，配位数为6；
②C原子序数为27，则最高能层电子排布式：；
③A．为基态，由于C第二电离能比第一电离能大，再失去一个电子所需能量较高；
B．为基态C原子，失去一个电子变为基态的能量为第一电离能；
C．为激发态的C原子，失去一个电子所需能量低于基态C原子；
D．为激发态，失去一个电子所需能量低于基态；
综上，电离最外层一个电子所需能量最大的是，答案选A。
13. 化合物K常用作医药中间体、材料中间体，其合成路线如图所示
回答下列问题：
（1）检验苯中含有A的化学试剂为_______，C中官能团名称为_______。
（2）C→D的反应类型为_______；G的结构简式为_______。
（3）H→I的化学方程式为_______。
（4）D的同分异构体中，仅含有-OOCCH3，-CH3和苯环结构的有_____种(不考虑立体异构)。
（5）根据上述信息，写出合成路线中M和N结构简式：M_______，N_______。
【答案】（1） ①. 酸性高锰酸钾溶液 ②. 酮羰基和羧基
（2） ①. 还原反应 ②.
（3）
（4）6 （5） ①. ②.
【解析】
【分析】根据A的分子式，结合B和C的结构简式可知，A中含有苯环，A为甲苯，C发生还原反应反应生成D，D与SOCl2发生取代反应生成E，结合D的分子式可知，D为，E在AlCl3作用下成环生成F，F与C2H5MgBr反应生成G，结合G的分子式可知，G为，G与氢气发生加成反应生成H，H为，H在浓硫酸、加热条件下发生醇的消去反应生成I，I与O3反应碳碳双键断裂生成羰基，J为，J再与C2H5ONa反应生成K。
【小问1详解】
甲苯能与酸性高锰酸钾溶液反应从而使其褪色，苯不与酸性高锰酸钾溶液反应，故可用酸性高锰酸钾溶液检验苯中是否含有甲苯；C中含酮羰基和羧基官能团；
【小问2详解】
C中羰基被还原生成D，C到D反应类型为还原反应；根据分析可知，G结构简式：；
【小问3详解】
H为，H在浓硫酸、加热条件下发生醇的消去反应生成I，化学方程式：；
【小问4详解】
D为，其同分异构体中仅含有-OOCCH3，-CH3和苯环结构，符合要求同分异构体结构有：、、，编号代表-OOCCH3的位置，共计有6种同分异构体；
【小问5详解】
与苯发生类似A到C的反应生成M为，M发生类似C到D的反应生成，与SOCl2发生取代反应生成，发生类似E到F的反应成环生成N为。
14. Ⅰ、CO2催化加氢制CH3OH的反应体系中，发生的主要反应有：
①
②
③
（1）③___________(填“高温自发”“低温自发”或“任何温度下都自发”)，该反应中活化能___________。(填“>”或“