福建省三明市高三下學期3月質檢化學試題

三明市2024屆高中畢業(yè)班適應性練習化學試題本試卷共8頁，總分100分，考試時間75分鐘。注意事項：1.答卷前、考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2.回答選擇題時，逃出每題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3.考試結束后，將答題卡交回。可能用到的相對原子質量：H1B11C12N14O16C135.5Fe56Ag108Bi209一、選擇題(本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1.三明市圍繞螢石(CaF2)資源打造全產業(yè)鏈，把氟化工作為未來重要的支柱產業(yè)培育。下列敘述錯誤的是A螢石懸濁液中含有氟離子 B.螢石夜晚發(fā)光與電子躍遷有關C.氟化氫的水溶液中存在電離平衡 D.鋰電池中的六氟磷酸鋰是非電解質【答案】D【解析】【詳解】A．螢石懸濁液中存在CaF2(s)Ca2+(aq)+2F(aq)，則含有氟離子，A正確；B．熒光與電子躍遷有關，螢石夜晚發(fā)光與電子躍遷有關，B正確；C．HF為弱酸，屬于弱電解質，故氟化氫的水溶液中存在電離平衡HFH++F，C正確；D．鋰電池中的六氟磷酸鋰LiPF6屬于鹽類，離子化合物，是電解質，D錯誤；故答案為：D。2.乙二胺四乙酸(EDTA)是一種重要的絡合劑，其能與絕大多數的金屬離子形成穩(wěn)定的配合物，簡易機理如圖所示。下列敘述錯誤的是A.EDTA的核磁共振氫譜上有3組峰 B.EDTA中含有兩種官能團C.螯合物中含有4個sp2pπ鍵 D.螯合物中有5個五元螯合環(huán)【答案】C【解析】【詳解】A．EDTA中羧基、兩個亞甲基共3種氫，則核磁共振氫譜上有3組峰，A正確；B．EDTA中含有羧基、次氨基兩種官能團，B正確；C．sp2雜化軌道只用來容納和形成σ鍵和孤電子對，不能用來形成π鍵，圖中螯合物中有4個C=O雙鍵，是C未雜化的p軌道與O的2p軌道形成的ppπ鍵，C錯誤；D．螯合物中含有3個酯基與Ca形成五元螯合環(huán)，另外兩個N與Ca也形成1個五元螯合環(huán)，最后一個N和一個O與Ca形成的1個五元螯合環(huán)，共有5個五元螯合環(huán)，D正確；故選C。3.下列說法錯誤的是A.質譜法測得某有機物的最大質荷比是58，其分子式可能為C4H10B.晶體類型包括金屬晶體、離子晶體、共價晶體、分子晶體和液晶等C.一些高分子的共扼大π鍵體系為電荷傳遞提供了通路D.天然橡膠、纖維素、蛋白質、核酸均是高分子化合物【答案】B【解析】【詳解】A．質譜法測得某有機物的最大質荷比是58，則該有機物的相對分子質量是58，因為C4H10的相對分子質量是58，所以分子式可能為C4H10，A正確；B．液晶不是晶體，B錯誤；C．一些高分子的共扼大π鍵體系為電荷傳遞提供了通路，具有一定的導電性，C正確；D．天然橡膠、纖維素、蛋白質、核酸的相對分子質量從幾萬到幾百萬，甚至上千萬，因此均是高分子化合物，D正確；故選B。4.下圖所示是一種高效消毒漂白劑的結構式。W、X、Y、Z是分屬兩個不同短周期且原子序數依次遞增的主族元素，Y原子核外最外層電子數是電子層數的3倍，下列敘述正確的是A.原子半徑大小順序：X<Y<W B.X的第一電離能比Y的小C.最高價氧化物對應的水化物的酸性：X>W D.氫化物的沸點：X<Y<Z【答案】C【解析】【分析】Y原子核外最外層電子數是電子層數的3倍，則Y為氧元素，W、X、Y、Z是分屬兩個不同短周期且原子序數依次遞增的主族元素，W形成4個共價鍵，W為碳元素，X為氮元素，Z形成1個鍵為氯元素?！驹斀狻緼．氮原子半徑大于氧原子半徑，A錯誤；B．N的價電子排布式為2p3屬于半充滿穩(wěn)定狀態(tài)，N的第一電離能比O的大，B錯誤；C．最高價氧化物對應的水化物的酸性：HNO3>H2CO3，C正確；D．氫化物的沸點：HCl<NH3<H2O，D錯誤；故選C。5.學習小組用廢棄的鋁制易拉罐按如下流程制備明礬，并測定明礬中結晶水的含量。上述實驗中不需要用到的操作是A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】廢棄的鋁制易拉罐加入氫氧化鉀堿溶后分液得到濾液，然后加入稀硫酸調節(jié)pH得到硫酸鋁鉀溶液，然后經過一系列操作得到明礬晶體；【詳解】A．溶液Ⅱ得到明礬晶體需要蒸發(fā)濃縮操作，故A不符合題意；B．測定明礬中結晶水的含量，故實驗中需要灼燒操作，故B不符合題意；C．加入氫氧化鉀溶解鋁后需要過氯分離出濾液，故C不符合題意；D．實驗中不需要萃取分液操作，不用分液漏斗，，故D符合題意；故選D。6.中國科學家在合成氨(△H<0)反應機理研究中取得新進展，首次報道了LiH3d過渡金屬這一復合催化劑體系，并提出了“氮轉移”催化機理，如圖所示。下列說法正確的是A.轉化過程中有非極性鍵斷裂與形成B.復合催化劑能提高平衡轉化率C.復合催化劑能降低合成氨反應的焓變D.升高溫度有利于提高平衡轉化率【答案】A【解析】【詳解】A．合成氨為可逆反應，氮氣和氫氣在反應過程中有消耗和生成，故轉化過程中有非極性鍵斷裂與形成，故A項正確；B．復合催化劑能降低反應的活化能，加快反應速率，但不影響平衡轉化率，故B項錯誤；C．催化劑不能改變反應的焓變，焓變只與反應物和生成物總能量的相對大小有關系，故C項錯誤；D．合成氨的正反應為放熱反應，升高溫度，平衡向逆向移動，平衡轉化率降低，故D項錯誤；故本題選A。7.下列化學用語解釋事實或過程錯誤的是A.鐵粉與水蒸氣共熱，生成可燃性氣體：B.加熱藍色的CuCl2溶液，溶液變綠：△H>0C.將Mg(HCO3)2溶液與過的NaOH溶液混合：D.鉛蓄電池充電時陰極反應：【答案】A【解析】【詳解】A．鐵粉與水蒸氣共熱反應方程式為，A錯誤；B．加熱藍色的CuCl2溶液，溶液變綠，說明平衡正向移動；升高溫度平衡向吸熱方向移動，則該反應的△H>0，B正確；C．將Mg(HCO3)2溶液與過量的NaOH溶液混合反應方程式為，C正確；D．鉛蓄電池充電時陰極上的硫酸鉛得到電子，電極反應式為，D正確；故選A。8.鈀(Pd)的性質與鉑相似，一種從廢鈀催化劑(主要成分為Pd、和活性炭，還含少量Fe、Cu等元素)中回收海綿鈀的工藝流程如圖：已知：陰、陽離子交換樹脂的基本工作原理分別為、。下列說法正確的是A.能與鹽酸反應B.“離子交換”所用樹脂為陽離子交換樹脂C.“洗脫”過程中增大鹽酸濃度有利于洗脫D.“洗脫”過程中的鹽酸可以用硫酸代替【答案】C【解析】【分析】廢鈀催化劑(主要成分為Pd、αAl2O3

和活性炭，還含少量Fe、Cu等元素)，在空氣中灼燒，除去活性炭，灼燒產物加入鹽酸和過氧化氫酸浸后，得到濾渣αAl2O3，浸出液中含[PdCl4]2離子，利用RCl+M

?RM+C1原理，經陰離子離子交換樹脂后，[PdCl4]2變成RPdCl4，除去含Fe3+和Cu2+流出液，RPdCl4加鹽酸洗脫，使RCl+M

?RM+C1平衡逆向移動，重新變成[PdCl4]2溶液，最后得到經歷一系列操作得到海綿鈀?！驹斀狻緼．由已知流程圖可知，酸浸時是濾渣，所以不能與鹽酸反應，A錯誤；B．浸出液中含，利用原理，經陰離子交換樹脂，與樹脂中的陰離子交換，和進入流出液從而被除去，B錯誤；C．加入鹽酸洗脫，氯離子濃度增大，使平衡逆向移動，有利于洗脫，C正確；D．“洗脫”過程中需要增大氯離子濃度，不能改用硫酸，D錯誤。故選C。9.以濃差電池（電解質溶液濃度不同形成的電池）為電源，以石墨為電極將轉化為較高純度的裝置如圖所示。下列說法正確的是A.電極A上的反應為B.由于存在陰離子交換膜，電解過程中乙池溶液pH不變C.當產生（標況）時，丙室中電解質溶液質量減少17gD.電池停止工作后，若要使電池恢復到初始狀態(tài)，連接的是電源負極【答案】C【解析】【分析】該濃差電池最終交換膜兩側溶液濃度相等，交換膜為陰離子交換膜，即通過離子交換膜移向左側，左側溶液c()增大，右側c()減小，所以丁池中Ag(1)溶解，c(Ag+)增大，乙池中Ag+得電子生成Ag析出，即Ag(2)電極為正極，Ag(1)電極為負極，負極反應式為Age=Ag+，正極反應式為Ag++e=Ag，電解池中A電極為陽極，B電極為陰極，陽極上NH3發(fā)生失電子的氧化反應生成N2，陰極上H2O發(fā)生得電子的還原反應生成H2，據此分析回答?！驹斀狻緼．從圖示來看，A電極產生，應為電解池的陽極，左邊濃差電池Ag（2）連接電極A，做原電池的正極，向丁室遷移，陰離子交換膜允許通過，A電極上的反應為；故A錯誤；B．A極電極反應為：，從甲移到乙進行補充，但反應生成了水，故乙池NaOH溶液pH會減小；故B錯誤；C．產生(標況)時，轉移電子，丙室會有生成Ag單質，同時有從丙室移向丁室，一共減少17g；故C正確；D．由于濃差電池中，Ag(2)電極的濃度已經減小，若要使電池恢復到初始狀態(tài)，Ag(2)電極需發(fā)生氧化反應(活性電極)產生，則Ag(2)需要和電源正極相連，故D錯誤。答案選C。10.室溫時，用0.100mol/L的標準AgNO3溶液滴定30mL濃度相等的Cl—、Br—混合溶液，通過電位滴定法獲得電位滴定曲線如圖所示，忽略沉淀對離子的吸附作用，若溶液中離子濃度小于時，認為該離子沉淀完全，已知，，下列說法正確的是A.a點：有白色沉淀生成B.原溶液中Cl—的濃度為0.100mol·L1C.b點：D.當Br—沉淀完全時，已經有部分Cl—沉淀【答案】D【解析】【分析】由溶度積可知，向濃度相等的氯離子、溴離子混合溶液中滴入硝酸銀溶液時，溴離子優(yōu)先沉淀生成溴化銀，由圖可知，a點加入3mL硝酸銀溶液時，溶液中溴離子與銀離子恰好反應生成溴化銀淡黃色沉淀，則氯離子、溴離子的濃度為=0.0100mol/L，b點加入6mL硝酸銀溶液時，溶液中氯離子與銀離子恰好反應生成氯化銀沉淀。【詳解】A．由分析可知，a點加入3mL硝酸銀溶液時，溶液中溴離子與銀離子恰好反應生成溴化銀淡黃色沉淀，沒有氯化銀白色沉淀生成，故A錯誤；B．由分析可知，混合溶液中氯離子、溴離子的濃度為=0.0100mol/L，故B錯誤；C．由分析可知，設混合溶液中陽離子為Rn+，b點時混合溶液中氯離子、溴離子均轉化為沉淀，溶液中存在電荷守恒關系，故C錯誤；D．由溶度積可知，溶液中溴離子完全沉淀時，溶液中銀離子濃度為=5.4×10—8mol/L，則溶液中的氯離子濃度為≈0.0033mol/L＜0.0100mol/L，說明混合溶液中有部分氯離子沉淀，故D正確；故選D。二、非選擇題(本題共4小題，共60分。)11.以輝鉍礦(主要成分為Bi2S3，含有FeS2、SiO2雜質)和軟錳礦(主要成分為MnO2)為原料制備超細氧化鉍的工藝流程如下：已知：Bi3+易與Cl形成，易發(fā)生水解，其反應的離子方程式為：。（1）Bi元素位于第6周期VA族，其價電子軌道表示式為___________，BiOCl叫氯氧化鉍而不叫次氯酸鉍，從化合價角度分析原因為___________。（2）“聯(lián)合焙燒”時，Bi2S3和MnO2在空氣中反應生成Bi2O3和MnSO4.該反應的化學方程式為___________。（3）BiCl能被有機萃取劑(TBP)苯取，其萃取原理可表示為：。①“萃取”時需向溶液中加入NaCl固體調節(jié)Cl濃度，萃取率隨c(Cl)變化關系如圖所示。c(Cl)最佳為1.3mol·L1的可能原因是___________。②萃取后分液所得水相中的主要陽離子為___________(填化學式)。（4）“沉淀反萃取”時生成草酸鉍[Bi2(C2O4)3·7H2O]晶體。為得到含Cl較少的草酸鉍晶體，“萃取”后將有機相溶液滴加到草酸溶液中并不斷___________。（5）在空氣中加熱分解草酸鉍晶體，測得升溫加熱過程中剩余固體的質量與起始Bi2(C2O4)3·7H2O的質量的比值隨溫度變化的關系如圖所示。400℃時制得超細氧化鉍，其化學式為___________。(M[Bi2(C2O4)3·7H2O]=808g·mol1)【答案】（1）①.②.BiOC中氯l價（2）（3）①.c(Cl)>1.3mol·L1時，鉍離子(萃取平衡逆向移動)萃取率下降，鐵離子萃取率上升；c(Cl)<1.3mol·L1時，鉍離子水解()程度增大，不利于鉍離子的萃取提純②.Fe3+、H＋、Na＋（4）攪拌（5）Bi2O3【解析】【分析】焙燒時過量的MnO2分解為Mn2O3，FeS2轉變?yōu)镕e2O3，在空氣中Bi2S3單獨焙燒生成Bi2O3和二氧化硫，水浸分離不溶性金屬氧化物、二氧化硅，加入鹽酸經過酸浸，Fe2O3轉化為氯化鐵，濾渣為二氧化硅，Mn2O3與濃鹽酸生成氯氣，濾液中含有Bi3+、Fe3+，濾液中加入萃取劑TBP讓Bi3+和Fe3+分離，再加入草酸溶液反萃取出Bi3+，最終得到超細氧化鉍；【小問1詳解】Bi元素位于第6周期VA族，其價電子表示式為6s26p3，其價電子軌道表示式為；次氯酸鹽中氯為+1價，而BiOC中氯為l價，故叫氯氧化鉍而不叫次氯酸鉍；【小問2詳解】“聯(lián)合焙燒”時，Bi2S3和MnO2在空氣中反應生成Bi2O3和MnSO4，Mn元素由+4價下降到+2價，O2中O元素由0價下降到2價，S元素由2價上升到+6價，根據得失電子守恒和原子守恒配平方程式為：?！拘?詳解】①c(Cl)>1.3mol·L1時，鉍離子(萃取平衡逆向移動)萃取率下降，鐵離子萃取率上升；c(Cl)<1.3mol·L1時，鉍離子水解()程度增大，不利于鉍離子的萃取提純；②“萃取”時需向溶液中加入NaCl固體調節(jié)Cl濃度，加入萃取劑TBP的目的讓Bi3+和Fe3+分離，則萃取后分液所得水相中的主要陽離子為Fe3+、H＋、Na＋；【小問4詳解】為使萃取充分，萃取時邊攪拌邊將有機相溶液滴加到草酸溶液中。【小問5詳解】若有1molBi2(C2O4)3·7H2O（質量為808g）分解得到超細氧化鉍，設氧化鉍的化學式為Bi2Ox，則由Bi元素守恒可知，，解得x≈3，因此氧化鉍的化學式為Bi2O3。12.鍍鋅鋼構件的酸洗廢液中含有2.5mol。L1鹽酸、50%FeCl2·4H2O和2%ZnCl2。實驗室從酸洗廢液中回收鹽酸和FeCl2·4H2O的實驗流程如下：已知化合物的溶解度(g/100g水)數據如下表：物質0℃10℃20℃30℃40℃60℃80℃100℃FeCl249.759.062.566.770.078.388.794.9ZnCl2342363395437452488541614回答下列問題：I．回收鹽酸和FeCl2·4H2O粗產品（1）操作1應選擇___________(填序號)。A．水浴加熱B．油浴加熱C．投入沸石（2）為了獲得FeCl2·4H2O粗產品，應加熱至留有少量殘余液時立即停止。①立即停止可以避免Fe2+被氧化外，還能___________。②如果殘余液過多，可能會導致___________。(答一條)II．FeCl2·4H2O粗產品的重結晶（3）檢驗FeCl2·4H2O粗產品中含有Fe3+的操作方法是___________。（4）重結晶前加入物質X為___________；操作2的名稱是___________。III．滴定亞鐵離子，測定FeCl2·4H2O晶體純度準確稱取ag重結晶后的FeCl2·4H2O晶體，溶于酸中并定容至100mL。移取三份25.00mL溶液，滴加幾滴指示劑，用cmol。L1K2Cr2O7標準溶液滴定至終點，半分鐘內不恢復原色，消耗K2Cr2O7標準溶液平均體積為VmL(此時Cl不被氧化)。(M【FeCl2·4H2O】=199g·mol1)（5）計算FeCl2·4H2O晶體的純度為___________%(用含a、c的最簡代數式表示)。（6）亞甲基藍可用作以上指示劑，其結構式如下圖。MB可用N，N二甲基苯胺(DMA)為原料制得。①亞甲基藍陽離子中各元素的電負性從大到小的順序為___________。②亞甲基藍中N原子的雜化方式有___________。③DMA的堿性比苯胺強，說明理由___________?！敬鸢浮浚?）BC（2）①.防止FeCl2·4H2O結晶水水量偏低②.析出的FeCl2·4H2O晶體過少，甚至無晶體析出或鹽酸回收不充分（3）取少量粗產品樣品，加入少量無氧水溶解，滴加KSCN溶液顯紅色（4）①.Fe粉②.過濾（5）（6）①.②.sp2、sp3③.由于甲基是推電子基團，使得N原子電子云密度增大，堿性增強【解析】【分析】酸洗廢液中含有鹽酸、氯化亞鐵和氯化鋅，操作1為蒸餾，溜出液為HCl，殘余液中有氯化鋅和氯化亞鐵，冰水浴冷卻抽濾得到氯化亞鐵的粗產品，加入鹽酸和Fe，加入鹽酸抑制FeCl2在結晶過程中水解，加入Fe防止Fe2+被氧化，操作2為過濾，干燥最終得到氯化亞鐵晶體?！拘?詳解】操作1為蒸餾，溫度為150℃，水浴無法達到150℃，因此應該選擇油浴加熱，還需要加入沸石，防止暴沸；【小問2詳解】為了獲得FeCl2·4H2O粗產品，應適時停止加熱且留有少量殘余液，這樣做除了防止被氧化外，另一目的是防止FeCl2·4H2O結晶水水量偏低。若留有殘余液過多，會導致析出的FeCl2·4H2O晶體過少，甚至無晶體析出或鹽酸回收不充分；【小問3詳解】檢驗氯化鐵晶體中是否含有Fe3+的操作方法為取少量粗產品樣品，加入少量無氧水溶解，滴加KSCN溶液，若溶液顯紅色，說明其中含有鐵離子；【小問4詳解】結晶前需要加入物質X為鐵粉，用途為防止Fe2+被氧化，操作2的名稱為過濾；【小問5詳解】K2Cr2O7與亞鐵離子反應離子方程式為6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，消耗的物質的量為cV×103mol，則消耗Fe2+的物質的量為6cV×103mol，則ag樣品中含有Fe2+：2.4cV×102mol，則FeCl2·4H2O晶體的純度為；【小問6詳解】①亞甲基藍陽離子中各元素的電負性從大到小的順序為；②亞甲基藍中兩個苯環(huán)之間的N原子形成兩個鍵，還有一個孤電子對，則雜化方式為sp2，兩外兩個氮原子，各形成三個鍵，還有一個孤電子對，則雜化方式為sp3；③由于甲基是推電子基團，使得N原子電子云密度增大，堿性增強，則DMA的堿性比苯胺強。13.甲醇水蒸氣重整制氫已經成為工業(yè)上制取氫氣的重要工藝，甲醇水蒸氣重整過程中可能出現以下反應：反應Ⅰ：反應Ⅱ：反應Ⅲ：回答下列問題：（1）_______，反應Ⅲ可在_______(填“高溫”或“低溫”或“任意溫度”)下可自發(fā)進行。（2）一定溫度下，將1mol甲醇與3mol水蒸氣投入密閉容器中發(fā)生反應，一段時間后達到平衡，測得甲醇的轉化率為80%，水蒸氣體積分數為，則①該反應中水蒸氣的轉化率為_______。②反應Ⅰ的壓強平衡常數_______。③若對體系增大壓強，反應Ⅰ平衡_______(填“移動”或“不移動”)。（3）某科研團隊對光催化還原轉化為甲醇進行研究(原理如圖)，取得了一定進展。①電極1的電勢_______(填“高于”或“低于”)電極2的電勢。②該光催化過程的總反應方程式為_______?！敬鸢浮浚?）①.91.9（或+91.9）②.高溫（2）①.20%②.2.75③.移動（3）①.高于②.2CO2+4H2O2CH3OH+3O2【解析】【小問1詳解】反應Ⅲ反應Ⅰ可得反應Ⅱ，根據蓋斯定律，==；反應Ⅲ的，，在高溫下，即在高溫下反應可自發(fā)進行，故答案為：91.9（或+91.9）；高溫；【小問2詳解】設轉化的水蒸氣的物質的量為x，列出有關反應的三段式：依據水蒸氣體積分數為，則有：=，解得x=0.6；①該反應中水蒸氣的轉化率為100%=20%；②設反應Ⅰ達到平衡時總壓為P，則CO、H2O、CO2、H2的分壓分別為：p(CO)=P、p(H2O)=P、p(CO2)=P、p(H2)=P，則壓強平衡常數==2.75；③反應Ⅱ是氣體體積增大的吸熱反應，若對體系增大壓強，反應Ⅱ平衡會向逆反應方向移動，則使體系溫度發(fā)生改變，導致反應Ⅰ平衡發(fā)生移動，故答案為：移動?！拘?詳解】①由圖可知，電極1發(fā)生CO2轉化為CH3OH的反應，CO2被還原，電極2發(fā)生H2O轉化為O2的反應，H2O被氧化，則電極1為正極，電極2為負極，正極電勢高于負極電勢，則電極1的電勢高于電極2的電勢，故答案為：高于；②負極反應為：2H2O4e=4H++O2↑，正極反應為：CO2+6H++6e=CH3OH+H2O，將兩反應式相加得總反應方程式為2CO2+4H2O2CH3OH+3O2，故答案為：2CO2+4H2O2CH3OH+3O2。14.Hoffman降解是二種由酰胺合成氨的方法?？h有產率高、純度高等優(yōu)點，在合成上有重要應用。一種用Hoffman降解合成普瑞巴林(pregabal)的合成路線：已知，Hoffman降解：回答下列問題：（1）B中官能團的名稱為___________。（2）只用一種試劑鑒別A、B、C，該試劑是___________。（3）D→E的反應類型是___________。（4）寫出B→C的化學反應方程式___________。（5）寫出G的結構簡式___________。（6）X是B的同分異構體，分子中含一個五元環(huán)。能發(fā)生銀鏡反應，但不能使溴的CCl4溶液褪色，其中1HNMR譜顯示有5組峰，且峰面積之比為4：4：2：1：1的結構簡式為___________?！敬鸢浮浚?）碳碳雙