福建省三明市高三下学期3月质检化学试题

三明市2024届高中毕业班适应性练习化学试题本试卷共8页，总分100分，考试时间75分钟。注意事项：1.答卷前、考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，逃出每题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H1B11C12N14O16C135.5Fe56Ag108Bi209一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.三明市围绕萤石(CaF2)资源打造全产业链，把氟化工作为未来重要的支柱产业培育。下列叙述错误的是A萤石悬浊液中含有氟离子 B.萤石夜晚发光与电子跃迁有关C.氟化氢的水溶液中存在电离平衡 D.锂电池中的六氟磷酸锂是非电解质【答案】D【解析】【详解】A．萤石悬浊液中存在CaF2(s)Ca2+(aq)+2F(aq)，则含有氟离子，A正确；B．荧光与电子跃迁有关，萤石夜晚发光与电子跃迁有关，B正确；C．HF为弱酸，属于弱电解质，故氟化氢的水溶液中存在电离平衡HFH++F，C正确；D．锂电池中的六氟磷酸锂LiPF6属于盐类，离子化合物，是电解质，D错误；故答案为：D。2.乙二胺四乙酸(EDTA)是一种重要的络合剂，其能与绝大多数的金属离子形成稳定的配合物，简易机理如图所示。下列叙述错误的是A.EDTA的核磁共振氢谱上有3组峰 B.EDTA中含有两种官能团C.螯合物中含有4个sp2pπ键 D.螯合物中有5个五元螯合环【答案】C【解析】【详解】A．EDTA中羧基、两个亚甲基共3种氢，则核磁共振氢谱上有3组峰，A正确；B．EDTA中含有羧基、次氨基两种官能团，B正确；C．sp2杂化轨道只用来容纳和形成σ键和孤电子对，不能用来形成π键，图中螯合物中有4个C=O双键，是C未杂化的p轨道与O的2p轨道形成的ppπ键，C错误；D．螯合物中含有3个酯基与Ca形成五元螯合环，另外两个N与Ca也形成1个五元螯合环，最后一个N和一个O与Ca形成的1个五元螯合环，共有5个五元螯合环，D正确；故选C。3.下列说法错误的是A.质谱法测得某有机物的最大质荷比是58，其分子式可能为C4H10B.晶体类型包括金属晶体、离子晶体、共价晶体、分子晶体和液晶等C.一些高分子的共扼大π键体系为电荷传递提供了通路D.天然橡胶、纤维素、蛋白质、核酸均是高分子化合物【答案】B【解析】【详解】A．质谱法测得某有机物的最大质荷比是58，则该有机物的相对分子质量是58，因为C4H10的相对分子质量是58，所以分子式可能为C4H10，A正确；B．液晶不是晶体，B错误；C．一些高分子的共扼大π键体系为电荷传递提供了通路，具有一定的导电性，C正确；D．天然橡胶、纤维素、蛋白质、核酸的相对分子质量从几万到几百万，甚至上千万，因此均是高分子化合物，D正确；故选B。4.下图所示是一种高效消毒漂白剂的结构式。W、X、Y、Z是分属两个不同短周期且原子序数依次递增的主族元素，Y原子核外最外层电子数是电子层数的3倍，下列叙述正确的是A.原子半径大小顺序：X<Y<W B.X的第一电离能比Y的小C.最高价氧化物对应的水化物的酸性：X>W D.氢化物的沸点：X<Y<Z【答案】C【解析】【分析】Y原子核外最外层电子数是电子层数的3倍，则Y为氧元素，W、X、Y、Z是分属两个不同短周期且原子序数依次递增的主族元素，W形成4个共价键，W为碳元素，X为氮元素，Z形成1个键为氯元素。【详解】A．氮原子半径大于氧原子半径，A错误；B．N的价电子排布式为2p3属于半充满稳定状态，N的第一电离能比O的大，B错误；C．最高价氧化物对应的水化物的酸性：HNO3>H2CO3，C正确；D．氢化物的沸点：HCl<NH3<H2O，D错误；故选C。5.学习小组用废弃的铝制易拉罐按如下流程制备明矾，并测定明矾中结晶水的含量。上述实验中不需要用到的操作是A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】废弃的铝制易拉罐加入氢氧化钾碱溶后分液得到滤液，然后加入稀硫酸调节pH得到硫酸铝钾溶液，然后经过一系列操作得到明矾晶体；【详解】A．溶液Ⅱ得到明矾晶体需要蒸发浓缩操作，故A不符合题意；B．测定明矾中结晶水的含量，故实验中需要灼烧操作，故B不符合题意；C．加入氢氧化钾溶解铝后需要过氯分离出滤液，故C不符合题意；D．实验中不需要萃取分液操作，不用分液漏斗，，故D符合题意；故选D。6.中国科学家在合成氨(△H<0)反应机理研究中取得新进展，首次报道了LiH3d过渡金属这一复合催化剂体系，并提出了“氮转移”催化机理，如图所示。下列说法正确的是A.转化过程中有非极性键断裂与形成B.复合催化剂能提高平衡转化率C.复合催化剂能降低合成氨反应的焓变D.升高温度有利于提高平衡转化率【答案】A【解析】【详解】A．合成氨为可逆反应，氮气和氢气在反应过程中有消耗和生成，故转化过程中有非极性键断裂与形成，故A项正确；B．复合催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，但不影响平衡转化率，故B项错误；C．催化剂不能改变反应的焓变，焓变只与反应物和生成物总能量的相对大小有关系，故C项错误；D．合成氨的正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆向移动，平衡转化率降低，故D项错误；故本题选A。7.下列化学用语解释事实或过程错误的是A.铁粉与水蒸气共热，生成可燃性气体：B.加热蓝色的CuCl2溶液，溶液变绿：△H>0C.将Mg(HCO3)2溶液与过的NaOH溶液混合：D.铅蓄电池充电时阴极反应：【答案】A【解析】【详解】A．铁粉与水蒸气共热反应方程式为，A错误；B．加热蓝色的CuCl2溶液，溶液变绿，说明平衡正向移动；升高温度平衡向吸热方向移动，则该反应的△H>0，B正确；C．将Mg(HCO3)2溶液与过量的NaOH溶液混合反应方程式为，C正确；D．铅蓄电池充电时阴极上的硫酸铅得到电子，电极反应式为，D正确；故选A。8.钯(Pd)的性质与铂相似，一种从废钯催化剂(主要成分为Pd、和活性炭，还含少量Fe、Cu等元素)中回收海绵钯的工艺流程如图：已知：阴、阳离子交换树脂的基本工作原理分别为、。下列说法正确的是A.能与盐酸反应B.“离子交换”所用树脂为阳离子交换树脂C.“洗脱”过程中增大盐酸浓度有利于洗脱D.“洗脱”过程中的盐酸可以用硫酸代替【答案】C【解析】【分析】废钯催化剂(主要成分为Pd、αAl2O3

和活性炭，还含少量Fe、Cu等元素)，在空气中灼烧，除去活性炭，灼烧产物加入盐酸和过氧化氢酸浸后，得到滤渣αAl2O3，浸出液中含[PdCl4]2离子，利用RCl+M

⇌RM+C1原理，经阴离子离子交换树脂后，[PdCl4]2变成RPdCl4，除去含Fe3+和Cu2+流出液，RPdCl4加盐酸洗脱，使RCl+M

⇌RM+C1平衡逆向移动，重新变成[PdCl4]2溶液，最后得到经历一系列操作得到海绵钯。【详解】A．由已知流程图可知，酸浸时是滤渣，所以不能与盐酸反应，A错误；B．浸出液中含，利用原理，经阴离子交换树脂，与树脂中的阴离子交换，和进入流出液从而被除去，B错误；C．加入盐酸洗脱，氯离子浓度增大，使平衡逆向移动，有利于洗脱，C正确；D．“洗脱”过程中需要增大氯离子浓度，不能改用硫酸，D错误。故选C。9.以浓差电池（电解质溶液浓度不同形成的电池）为电源，以石墨为电极将转化为较高纯度的装置如图所示。下列说法正确的是A.电极A上的反应为B.由于存在阴离子交换膜，电解过程中乙池溶液pH不变C.当产生（标况）时，丙室中电解质溶液质量减少17gD.电池停止工作后，若要使电池恢复到初始状态，连接的是电源负极【答案】C【解析】【分析】该浓差电池最终交换膜两侧溶液浓度相等，交换膜为阴离子交换膜，即通过离子交换膜移向左侧，左侧溶液c()增大，右侧c()减小，所以丁池中Ag(1)溶解，c(Ag+)增大，乙池中Ag+得电子生成Ag析出，即Ag(2)电极为正极，Ag(1)电极为负极，负极反应式为Age=Ag+，正极反应式为Ag++e=Ag，电解池中A电极为阳极，B电极为阴极，阳极上NH3发生失电子的氧化反应生成N2，阴极上H2O发生得电子的还原反应生成H2，据此分析回答。【详解】A．从图示来看，A电极产生，应为电解池的阳极，左边浓差电池Ag（2）连接电极A，做原电池的正极，向丁室迁移，阴离子交换膜允许通过，A电极上的反应为；故A错误；B．A极电极反应为：，从甲移到乙进行补充，但反应生成了水，故乙池NaOH溶液pH会减小；故B错误；C．产生(标况)时，转移电子，丙室会有生成Ag单质，同时有从丙室移向丁室，一共减少17g；故C正确；D．由于浓差电池中，Ag(2)电极的浓度已经减小，若要使电池恢复到初始状态，Ag(2)电极需发生氧化反应(活性电极)产生，则Ag(2)需要和电源正极相连，故D错误。答案选C。10.室温时，用0.100mol/L的标准AgNO3溶液滴定30mL浓度相等的Cl—、Br—混合溶液，通过电位滴定法获得电位滴定曲线如图所示，忽略沉淀对离子的吸附作用，若溶液中离子浓度小于时，认为该离子沉淀完全，已知，，下列说法正确的是A.a点：有白色沉淀生成B.原溶液中Cl—的浓度为0.100mol·L1C.b点：D.当Br—沉淀完全时，已经有部分Cl—沉淀【答案】D【解析】【分析】由溶度积可知，向浓度相等的氯离子、溴离子混合溶液中滴入硝酸银溶液时，溴离子优先沉淀生成溴化银，由图可知，a点加入3mL硝酸银溶液时，溶液中溴离子与银离子恰好反应生成溴化银淡黄色沉淀，则氯离子、溴离子的浓度为=0.0100mol/L，b点加入6mL硝酸银溶液时，溶液中氯离子与银离子恰好反应生成氯化银沉淀。【详解】A．由分析可知，a点加入3mL硝酸银溶液时，溶液中溴离子与银离子恰好反应生成溴化银淡黄色沉淀，没有氯化银白色沉淀生成，故A错误；B．由分析可知，混合溶液中氯离子、溴离子的浓度为=0.0100mol/L，故B错误；C．由分析可知，设混合溶液中阳离子为Rn+，b点时混合溶液中氯离子、溴离子均转化为沉淀，溶液中存在电荷守恒关系，故C错误；D．由溶度积可知，溶液中溴离子完全沉淀时，溶液中银离子浓度为=5.4×10—8mol/L，则溶液中的氯离子浓度为≈0.0033mol/L＜0.0100mol/L，说明混合溶液中有部分氯离子沉淀，故D正确；故选D。二、非选择题(本题共4小题，共60分。)11.以辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有FeS2、SiO2杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)为原料制备超细氧化铋的工艺流程如下：已知：Bi3+易与Cl形成，易发生水解，其反应的离子方程式为：。（1）Bi元素位于第6周期VA族，其价电子轨道表示式为___________，BiOCl叫氯氧化铋而不叫次氯酸铋，从化合价角度分析原因为___________。（2）“联合焙烧”时，Bi2S3和MnO2在空气中反应生成Bi2O3和MnSO4.该反应的化学方程式为___________。（3）BiCl能被有机萃取剂(TBP)苯取，其萃取原理可表示为：。①“萃取”时需向溶液中加入NaCl固体调节Cl浓度，萃取率随c(Cl)变化关系如图所示。c(Cl)最佳为1.3mol·L1的可能原因是___________。②萃取后分液所得水相中的主要阳离子为___________(填化学式)。（4）“沉淀反萃取”时生成草酸铋[Bi2(C2O4)3·7H2O]晶体。为得到含Cl较少的草酸铋晶体，“萃取”后将有机相溶液滴加到草酸溶液中并不断___________。（5）在空气中加热分解草酸铋晶体，测得升温加热过程中剩余固体的质量与起始Bi2(C2O4)3·7H2O的质量的比值随温度变化的关系如图所示。400℃时制得超细氧化铋，其化学式为___________。(M[Bi2(C2O4)3·7H2O]=808g·mol1)【答案】（1）①.②.BiOC中氯l价（2）（3）①.c(Cl)>1.3mol·L1时，铋离子(萃取平衡逆向移动)萃取率下降，铁离子萃取率上升；c(Cl)<1.3mol·L1时，铋离子水解()程度增大，不利于铋离子的萃取提纯②.Fe3+、H＋、Na＋（4）搅拌（5）Bi2O3【解析】【分析】焙烧时过量的MnO2分解为Mn2O3，FeS2转变为Fe2O3，在空气中Bi2S3单独焙烧生成Bi2O3和二氧化硫，水浸分离不溶性金属氧化物、二氧化硅，加入盐酸经过酸浸，Fe2O3转化为氯化铁，滤渣为二氧化硅，Mn2O3与浓盐酸生成氯气，滤液中含有Bi3+、Fe3+，滤液中加入萃取剂TBP让Bi3+和Fe3+分离，再加入草酸溶液反萃取出Bi3+，最终得到超细氧化铋；【小问1详解】Bi元素位于第6周期VA族，其价电子表示式为6s26p3，其价电子轨道表示式为；次氯酸盐中氯为+1价，而BiOC中氯为l价，故叫氯氧化铋而不叫次氯酸铋；【小问2详解】“联合焙烧”时，Bi2S3和MnO2在空气中反应生成Bi2O3和MnSO4，Mn元素由+4价下降到+2价，O2中O元素由0价下降到2价，S元素由2价上升到+6价，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：。【小问3详解】①c(Cl)>1.3mol·L1时，铋离子(萃取平衡逆向移动)萃取率下降，铁离子萃取率上升；c(Cl)<1.3mol·L1时，铋离子水解()程度增大，不利于铋离子的萃取提纯；②“萃取”时需向溶液中加入NaCl固体调节Cl浓度，加入萃取剂TBP的目的让Bi3+和Fe3+分离，则萃取后分液所得水相中的主要阳离子为Fe3+、H＋、Na＋；【小问4详解】为使萃取充分，萃取时边搅拌边将有机相溶液滴加到草酸溶液中。【小问5详解】若有1molBi2(C2O4)3·7H2O（质量为808g）分解得到超细氧化铋，设氧化铋的化学式为Bi2Ox，则由Bi元素守恒可知，，解得x≈3，因此氧化铋的化学式为Bi2O3。12.镀锌钢构件的酸洗废液中含有2.5mol。L1盐酸、50%FeCl2·4H2O和2%ZnCl2。实验室从酸洗废液中回收盐酸和FeCl2·4H2O的实验流程如下：已知化合物的溶解度(g/100g水)数据如下表：物质0℃10℃20℃30℃40℃60℃80℃100℃FeCl249.759.062.566.770.078.388.794.9ZnCl2342363395437452488541614回答下列问题：I．回收盐酸和FeCl2·4H2O粗产品（1）操作1应选择___________(填序号)。A．水浴加热B．油浴加热C．投入沸石（2）为了获得FeCl2·4H2O粗产品，应加热至留有少量残余液时立即停止。①立即停止可以避免Fe2+被氧化外，还能___________。②如果残余液过多，可能会导致___________。(答一条)II．FeCl2·4H2O粗产品的重结晶（3）检验FeCl2·4H2O粗产品中含有Fe3+的操作方法是___________。（4）重结晶前加入物质X为___________；操作2的名称是___________。III．滴定亚铁离子，测定FeCl2·4H2O晶体纯度准确称取ag重结晶后的FeCl2·4H2O晶体，溶于酸中并定容至100mL。移取三份25.00mL溶液，滴加几滴指示剂，用cmol。L1K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，半分钟内不恢复原色，消耗K2Cr2O7标准溶液平均体积为VmL(此时Cl不被氧化)。(M【FeCl2·4H2O】=199g·mol1)（5）计算FeCl2·4H2O晶体的纯度为___________%(用含a、c的最简代数式表示)。（6）亚甲基蓝可用作以上指示剂，其结构式如下图。MB可用N，N二甲基苯胺(DMA)为原料制得。①亚甲基蓝阳离子中各元素的电负性从大到小的顺序为___________。②亚甲基蓝中N原子的杂化方式有___________。③DMA的碱性比苯胺强，说明理由___________。【答案】（1）BC（2）①.防止FeCl2·4H2O结晶水水量偏低②.析出的FeCl2·4H2O晶体过少，甚至无晶体析出或盐酸回收不充分（3）取少量粗产品样品，加入少量无氧水溶解，滴加KSCN溶液显红色（4）①.Fe粉②.过滤（5）（6）①.②.sp2、sp3③.由于甲基是推电子基团，使得N原子电子云密度增大，碱性增强【解析】【分析】酸洗废液中含有盐酸、氯化亚铁和氯化锌，操作1为蒸馏，溜出液为HCl，残余液中有氯化锌和氯化亚铁，冰水浴冷却抽滤得到氯化亚铁的粗产品，加入盐酸和Fe，加入盐酸抑制FeCl2在结晶过程中水解，加入Fe防止Fe2+被氧化，操作2为过滤，干燥最终得到氯化亚铁晶体。【小问1详解】操作1为蒸馏，温度为150℃，水浴无法达到150℃，因此应该选择油浴加热，还需要加入沸石，防止暴沸；【小问2详解】为了获得FeCl2·4H2O粗产品，应适时停止加热且留有少量残余液，这样做除了防止被氧化外，另一目的是防止FeCl2·4H2O结晶水水量偏低。若留有残余液过多，会导致析出的FeCl2·4H2O晶体过少，甚至无晶体析出或盐酸回收不充分；【小问3详解】检验氯化铁晶体中是否含有Fe3+的操作方法为取少量粗产品样品，加入少量无氧水溶解，滴加KSCN溶液，若溶液显红色，说明其中含有铁离子；【小问4详解】结晶前需要加入物质X为铁粉，用途为防止Fe2+被氧化，操作2的名称为过滤；【小问5详解】K2Cr2O7与亚铁离子反应离子方程式为6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，消耗的物质的量为cV×103mol，则消耗Fe2+的物质的量为6cV×103mol，则ag样品中含有Fe2+：2.4cV×102mol，则FeCl2·4H2O晶体的纯度为；【小问6详解】①亚甲基蓝阳离子中各元素的电负性从大到小的顺序为；②亚甲基蓝中两个苯环之间的N原子形成两个键，还有一个孤电子对，则杂化方式为sp2，两外两个氮原子，各形成三个键，还有一个孤电子对，则杂化方式为sp3；③由于甲基是推电子基团，使得N原子电子云密度增大，碱性增强，则DMA的碱性比苯胺强。13.甲醇水蒸气重整制氢已经成为工业上制取氢气的重要工艺，甲醇水蒸气重整过程中可能出现以下反应：反应Ⅰ：反应Ⅱ：反应Ⅲ：回答下列问题：（1）_______，反应Ⅲ可在_______(填“高温”或“低温”或“任意温度”)下可自发进行。（2）一定温度下，将1mol甲醇与3mol水蒸气投入密闭容器中发生反应，一段时间后达到平衡，测得甲醇的转化率为80%，水蒸气体积分数为，则①该反应中水蒸气的转化率为_______。②反应Ⅰ的压强平衡常数_______。③若对体系增大压强，反应Ⅰ平衡_______(填“移动”或“不移动”)。（3）某科研团队对光催化还原转化为甲醇进行研究(原理如图)，取得了一定进展。①电极1的电势_______(填“高于”或“低于”)电极2的电势。②该光催化过程的总反应方程式为_______。【答案】（1）①.91.9（或+91.9）②.高温（2）①.20%②.2.75③.移动（3）①.高于②.2CO2+4H2O2CH3OH+3O2【解析】【小问1详解】反应Ⅲ反应Ⅰ可得反应Ⅱ，根据盖斯定律，==；反应Ⅲ的，，在高温下，即在高温下反应可自发进行，故答案为：91.9（或+91.9）；高温；【小问2详解】设转化的水蒸气的物质的量为x，列出有关反应的三段式：依据水蒸气体积分数为，则有：=，解得x=0.6；①该反应中水蒸气的转化率为100%=20%；②设反应Ⅰ达到平衡时总压为P，则CO、H2O、CO2、H2的分压分别为：p(CO)=P、p(H2O)=P、p(CO2)=P、p(H2)=P，则压强平衡常数==2.75；③反应Ⅱ是气体体积增大的吸热反应，若对体系增大压强，反应Ⅱ平衡会向逆反应方向移动，则使体系温度发生改变，导致反应Ⅰ平衡发生移动，故答案为：移动。【小问3详解】①由图可知，电极1发生CO2转化为CH3OH的反应，CO2被还原，电极2发生H2O转化为O2的反应，H2O被氧化，则电极1为正极，电极2为负极，正极电势高于负极电势，则电极1的电势高于电极2的电势，故答案为：高于；②负极反应为：2H2O4e=4H++O2↑，正极反应为：CO2+6H++6e=CH3OH+H2O，将两反应式相加得总反应方程式为2CO2+4H2O2CH3OH+3O2，故答案为：2CO2+4H2O2CH3OH+3O2。14.Hoffman降解是二种由酰胺合成氨的方法。县有产率高、纯度高等优点，在合成上有重要应用。一种用Hoffman降解合成普瑞巴林(pregabal)的合成路线：已知，Hoffman降解：回答下列问题：（1）B中官能团的名称为___________。（2）只用一种试剂鉴别A、B、C，该试剂是___________。（3）D→E的反应类型是___________。（4）写出B→C的化学反应方程式___________。（5）写出G的结构简式___________。（6）X是B的同分异构体，分子中含一个五元环。能发生银镜反应，但不能使溴的CCl4溶液褪色，其中1HNMR谱显示有5组峰，且峰面积之比为4：4：2：1：1的结构简式为___________。【答案】（1）碳碳双