山西省高三下学期2月开学摸底考试化学试题

化学试卷注意事项：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，选出每小题答案后，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，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1Li7B11C12O16Mg24Al27Fe56Mn55一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。1.航空航天与化学密切相关，下列说法错误的是A.合成纤维可制做航天员的航天服B.煤油和液氧可做火箭的发射推进剂C.可制做飞船的太阳能电池板D.可做航天员的急用固体供氧剂【答案】C【解析】【详解】A．合成纤维(如聚酯、尼龙)具有高强度、耐磨等特性，可作航天员的航天服，A正确；B．煤油和液氧都是液态，便于携带运输，同时两者反应时会大量放热并释放大量气体，可以作为火箭的发射推进剂，B正确；C．硅(Si)是半导体材料，可制做飞船的太阳能电池板，而非，C错误；D．过氧化钠可以和二氧化碳或水反应生成氧气，故可以作航天员的急用固体供氧剂，D正确；故选C。2.下列说法正确的是A.石膏加热时，会失去大部分结晶水变成熟石膏B.用食醋和碘化钾淀粉溶液不能检验某食盐是否是加碘食盐C.用氢氟酸在玻璃上“雕刻”花纹，利用了氢氟酸的强氧化性D.顺丁橡胶用二硫键等将线型结构连接为网状，硫化交联程度越大，弹性越好【答案】A【解析】【详解】A．石膏加热到150℃时，会失去大部分结晶水变成熟石膏，A项正确；B．碘酸盐在酸性条件下可以与碘化钾反应生成碘单质，碘单质与淀粉反应会变蓝，故可以检验，B项错误；C．“雕刻”花纹利用了氢氟酸能与二氧化硅反应的特性而不是氧化性，C项错误；D．橡胶的硫化交联程度不宜过大，否则会使橡胶失去弹性，D项错误；故本题选A。3.下列化学用语表示错误的是A.的电子式：B.基态硼原子价电子的轨道表示式：C.邻羟基苯甲醛的分子内氢键：D.甲醛中π键的电子云轮廓图：【答案】C【解析】【详解】A．碳化钙是离子化合物，碳化钙和水反应生成乙炔和氢氧化钙，根据乙炔的结构可知，碳化钙中存在碳碳三键，电子式为，A项正确；B．硼元素原子序数为5，基态硼原子价电子的轨道表示式：，B项正确；C．邻羟基苯甲醛的羟基氢与醛基上的氧原子形成分子内氢键：，这样的分子内氢键形成六元环，题图中形成氢键的氢原子连在碳原子，不具备形成氢键的条件，C项错误；D．甲醛中存在C=O，其中一个π键一个σ键，π键是由p轨道肩并肩重叠形成的，电子云轮廓图：，D项正确；故本题选C。4.下列说法错误的是A.离子键成分的百分数：B.同温下溶度积：C.和的键角大小关系：D.基态原子的未成对电子数关系：C＜P【答案】B【解析】【详解】A．Cl和Na的电负性差值大于Cl和Mg的电负性差值，电负性差值越大，离子键成分的百分数越高，A项正确；B．Mg(OH)2难溶于水，Ca(OH)2微溶于水，两者阴阳离子比都是2:1，的溶解度更小，溶度积常数也更小，B项错误；C．中心C原子是杂化，且无孤电子对，键角为120°，中心S原子为杂化，且无孤电子对，键角为，C项正确；D．基态C原子核外电子排布为1s22s22p2，未成对电子数为2，基态P原子核外电子排布为1s22s22p63s23p3，未成对电子数为3，D项正确；故本题选B。5.钛酸亚铁通过以下反应转化为(常温下呈液态，熔点为37℃，沸点为136℃)，用于冶炼钛：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A.0.1mol中含有的σ键为B.标准状况下1.12L氯气含有价电子数为C.每生成1mol转移电子数为D.1L0.1mol/L溶液中，阳离子数目小于【答案】D【解析】【详解】A．是分子晶体，1个含有4个σ键，故0.1mol中含有的σ键为，A项正确；B．1个氯气分子中含有14个价电子，标准状况下1.12L氯气为0.05mol，含有价电子数为，B项正确；C．C元素从0价升高为＋2价，Cl元素从0价降低为1价，Fe从＋2价变为＋3价，转移电子数为14，则每生成1mol转移电子数为，C项正确；D．溶液中，水解：，导致阳离子数目变多，1L0.1mol/L溶液中，阳离子数目大于，D项错误；故选D。6.下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的是A.图甲：实验室制备乙炔B.图乙：苯和溴在催化剂条件下制取溴苯并检验产物HBrC.图丙：验证金属活泼性：Zn>CuD.图丁：进行石油的分馏实验【答案】C【解析】【详解】A．电石和水反应速率较快，应选择饱和食盐水，且该反应为放热反应，不适合用该装置制取乙炔气体，因为电石反应后会呈粉末状从多孔隔板上方落至下方，无法实现随开随用，即关即停，A项错误；B．苯与溴在催化剂条件下发生取代反应生成溴苯和HBr，挥发出的溴与硝酸银溶液中的水反应生成HBr，会干扰产物中HBr的检验，B项错误；C．装置虽然没有构成闭合回路，但可明显观察到Zn与稀硫酸反应产生气泡，而Cu无明显现象，可验证金属活泼性：Zn>Cu，能达到目的，C项正确；D．蒸馏时，温度计的水银球应处于支管口处，测蒸气的温度，D项错误；故本题选C。7.下列离子方程式书写正确的是A.将过氧化钠投入水中：B.保存NaOH溶液不能用磨口玻璃塞：C.少量二氧化硫通入次氯酸钠溶液中：D.向饱和氨盐水中投入过量干冰固体：【答案】B【解析】【详解】A．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的离子方程式为，故A错误；B．保存氢氧化钠溶液不能用磨口玻璃塞的原因是氢氧化钠溶液与玻璃中的二氧化硅反应生成硅酸钠和水，反应的离子方程式为，故B正确；C．少量二氧化硫与次氯酸钠溶液反应生成硫酸钠、氯化钠和次氯酸，反应的离子方程式为，故C错误；D．向饱和氨盐水中投入过量干冰固体发生的反应为二氧化碳与饱和氨盐水反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，反应的离子方程式为，故D错误；故选B。8.某种离子液体的结构如图所示，已知W、X、Y、Z、Q、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，Q是主族元素中电负性最大的元素。下列说法错误的是A.第一电离能：X＜Z＜Y＜QB.电负性大小：X＜Y＜Z＜QC.W和Y组成的化合物可能含有非极性键D.简单离子半径大小比较：Y＜Z＜Q＜R【答案】D【解析】【分析】已知W、X、Y、Z、Q、R是原子序数递增的短周期主族元素，Q是主族元素中电负性最大的元素，Q为F元素，根据离子液体的结构及原子的成键方式，可推出W、X、Y、Z、Q、R分别是H、C、N、O、F、S元素，由此回答问题。【详解】A．同周期元素中随着原子序数增大，元素的第一电离能呈增大趋势，氮元素为半满结构，第一电离能高于同周期的相邻元素，第一电离能：X(C)＜Z(O)＜Y(N)＜Q(F)，A项正确；B．同周期主族元素，从左到右，电负性逐渐增大，电负性大小：X(C)＜Y(N)＜Z(O)＜Q(F)，B项正确；C．W(H)和Y(N)组成的化合物可能是，该化合物含有非极性键，C项正确；D．离子核外电子层数越多，半径越大，核外电子层数相同，核电荷数越大，半径越小，故简单离子半径大小关系：Q＜Z＜Y＜R，D项错误；故本题选D。9.根据下列事实或现象可以得出相应实验结论的是选项事实或现象实验结论A向溶液中滴加氢硫酸，产生淡黄色沉淀具有氧化性B取一定量的样品，溶解之后加入溶液，产生白色沉淀，加入稀硝酸，仍有沉淀样品已被氧化变质C将2mL0.1mol/L溶液与1mL0.1mol/LKI溶液混合，充分反应后，滴加KSCN溶液，混合溶液变红与KI的反应为可逆反应D测定相同浓度的溶液与溶液的pH，后者较大非金属性：S>CA.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．与氢硫酸反应生成了硫单质，硫单质为淡黄色。这一现象说明具有氧化性，能够将氢硫酸中的硫离子氧化为硫单质，A正确；B．与反应生成的是，在稀硝酸中会被氧化为。因此，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀不能说明样品已经被氧化变质为，B错误；C．二者发生反应：，根据二者物质的量计量关系，还有剩余，不能说明与的反应为可逆反应，C错误；D．这一现象说明溶液的碱性更强，即的水解能力比更强，可进一步说明碳酸氢根离子的酸性弱于亚硫酸氢根离子，但是不能说明非金属性S>C，D错误；故选A。10.氮氧化物和硫氧化物是燃煤排放的主要空气污染物。某课题组提出了一种可以有效去除和的湿法处理方法，反应装置与机理如图所示。下列说法错误的是A.将燃煤排放气体中的NO氧化为B.在循环催化过程中作催化剂C.转化为的离子方程式可能是D.当与物质的量之比为时，物质的利用率最高【答案】D【解析】【详解】A.根据流程可知将混合气体中的NO氧化为，A项正确；B.是转化为反应的反应物，同时也是转化为反应的生成物，故在循环催化过程中作催化剂，B项正确；C.转化为的反应应该是在碱性条件下反应，此时溶液中应该有上一步反应过量的，则离子方程式是，C项正确；D.转化成，然后发生反应：，转化为，然后发生反应：，根据以上2个反应可知，当与物质的量之比为时，物质的利用率最高，D项错误；答案选D。11.聚苯胺可通过苯胺制得，聚苯胺因分子具有大的线性共轭π电子体系，而成为具有代表性的有机半导体，其结构如图所示。下列说法正确的是A.聚苯胺由苯胺通过加聚反应制得 B.苯胺分子最多有14个原子共平面C.聚苯胺的y值越小，其导电性越强 D.苯胺分子的一氯取代产物有3种【答案】C【解析】【详解】A．由图知，苯胺在形成聚苯胺时会脱去H原子，故不属于加聚反应，A项错误；B．苯胺分子中的N形成三个单键，不可能所有原子均共面，最多有13个原子共平面（除去氨基中的一个H），B项错误；C．聚苯胺的y值越小，则的值就越大，双键占比就越高，其导电性就越强，C项正确；D．苯胺分子中有4种H（苯环上3种，氨基中1种），则其一氯取代产物有4种，D项错误；故选C。12.如图所示的全钒液储能电池装置，利用不同价态含钒离子对之间的氧化还原反应来实现化学能和电能的相互转化。下列说法错误的是A.正极和负极可能是惰性电极B.该装置接负载时负极的电极反应式为C.该装置储能时电势高的电极的电极反应式为D.储能时，若转移2mol电子，则正极液储罐中的净变化为4mol【答案】D【解析】【分析】如图所示装置，放电时(做原电池)，正极液储罐中，得电子转化为VO2+，电极反应式为：，负极液储罐中V2+失电子，电极反应式为：；储能时(做电解池)，原来正极液储罐做阳极，电极反应式为：，原来负极液储罐做阴极，电极反应式为：。【详解】A．电极材料没有参与电极反应，可能是惰性电极，A项正确；B．该装置接负载时(放电时)负极的电极反应式为，B项正确；C．储能时电势高电极为阳极，电极反应式为，C项正确：D．根据电极反应，转移2mol电子，正极区生成4mol，同时使正极区多余2mol正电荷，为了保持溶液呈电中性，有2mol移向阴极，故的净变化为，D项错误；故本题选D。13.杯芳烃的空腔大小由苯环的数量控制，通过在上缘和下缘引入基团，可以改变其溶解度和选择性。下图是SC[6]A修饰的银纳米粒(SC[6]AAgNPs)与血根碱(SGR)形成SC[6]AAgNPsSGR络合物的过程示意图，产物具有良好的抗菌、抗肿瘤、抗氧化和抗炎活性。杯[n]芳烃结构式杯[4]芳烃杯[6]芳烃杯[8]芳烃下列说法正确的是A.SGR分子的C原子和N原子都是杂化B.SC[6]A的上缘具有亲水性，下缘具有疏水性C.由于分子识别特性，后续研究若选用SC[8]A，同样可以自发装入血根碱(SGR)D.SC[6]A可修饰银纳米粒是因为其含有特定数量的苯环带来的分子识别特性【答案】D【解析】【详解】A．SGR分子含有苯环和饱和碳原子，C原子是和杂化，N原子是杂化，A项错误；B．SC[6]A由杯[6]芳烃发生磺化反应得到，磺酸基属于亲水基，SC[6]A的上缘具有亲水性，下缘有羟基，羟基也是亲水基团，B项错误；C．根据超分子可对分子进行识别，SC[6]A可自发装入血根碱，可知SC[6]A的大小与血根碱(SGR)适配，SC[6]A和SC[8]A空间大小不同，则SC[8]A无法识别血根碱，不能自发装入，C项错误；D．分子识别必须有适配的空间大小，杯芳烃的空腔大小由苯环的数量控制，D项正确；故选D14.已知：298K，，，，。298K时，含足量的悬浊液中，有如图所示的线性关系。下列叙述错误的是AB.氯化银的溶度积常数C.当时，混合体系中能析出AgOH固体D.用AgBr替换AgCl，则随变化图像位于图中斜线的下方【答案】C【解析】【详解】A．根据物料守恒可得，在浊液中存在关系式：，进一步可得，等式两边都乘以，可得，A正确；B．依据关系式并结合图像可知，图像截距，，B正确；C．含足量的悬浊液中浓度为，要使混合体系中析出AgOH固体，应该大于，当时，混合体系中不能析出AgOH固体，C错误；D．因为，用AgBr替换AgCl后，图像的斜率由变为，图像截距由变为，图像斜率和截距都变小，则替换后所得图像会在图中斜线的下方，D正确；故选C。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.硫酸锰是一种重要的化工中间体，一种以高硫锰矿(主要成分为和FeS，主要杂质为：、，还含有少量Fe、Al、Cu、Ni等元素的氧化物或硫化物)为原料制取硫酸锰的工艺流程如下。已知：①金属离子浓度数值的对数与溶液pH的关系如图所示②一些物质的溶度积常数物质CuSNiSMnSFeS回答下列问题：（1）同周期中_______(填名称)元素的基态原子和基态锰原子具有相同数目的d电子，基态的最外层电子排布式为_______。（2）若高硫锰矿不经“焙烧”直接用“酸浸”，会产生的污染物是_____(填化学式)。（3）若“氧化”步骤中加入的常见固体A是一种氧化物，则A是_______(填化学式)，若流程中“氧化”步骤缺失，可能会导致的后果是_______；假设“氧化”步骤后溶液中各金属离子的浓度均为0.01mol/L，“中和除杂”时控制体系的pH到5左右，则滤渣2中的两种主要成分是_______(填化学式)。（4）“滤渣4”主要成分是_______(填化学式)，“碳化结晶”生成的离子方程式为_______。（5）“结晶”过程中始终不出现晶体，应当采取的措施是_______(任写一条)。（6）一定温度下，向溶液中加入氨水，同时通入空气，可制得某种锰的氧化物，其立方晶胞结构及小立方体A、B的结构如图所示，则该氧化物的化学式为_______。若晶胞边长为apm，为阿伏加德罗常数的值，则晶胞的密度为_______(列出计算式即可)。【答案】（1）①.铬②.（2）（3）①.②.去除不完全，会影响产品的纯度③.、（4）①.②.（5）投入的晶体作为晶种或用玻璃棒摩擦器壁使容器壁有颗粒突起可作为晶种，也可较长时间冷冻促使结晶析出（6）①.②.【解析】【分析】高硫锰矿焙烧，得到MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、CaO、SiO2、NiO、CuO等，加入硫酸反应生成Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+、Ni2+、Cu2+、Ca2+，若试剂A为MnO2，则二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子，碳酸钙中和溶液的pH，使铁离子与铝离子转化为沉淀除去，硫化除杂除去Ni2+、Cu2+，氟化除杂过程中加入MnF2，使溶液中的Ca2+转化为沉淀，最后加入碳酸氢铵，将锰离子转化为碳酸锰沉淀，再加硫酸溶解得硫酸锰溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等得到硫酸锰晶体；【小问1详解】基态铬和锰3d轨道上都是5个电子，基态锰原子价电子排布式为，的最外层电子排布式为；【小问2详解】不经“焙烧”直接用“酸浸”，FeS和酸直接反应生成污染物气体；【小问3详解】常见氧化物，且具有氧化性，还不能引入杂质离子，故A是；缺失“氧化”步骤，溶液会含有，中和除杂时去除不完全，会影响产品的纯度；“中和除杂”时控制体系的pH到5左右，和此时已经沉淀完全，部分沉淀，则滤渣2主要成分是和；【小问4详解】加是为了除，滤渣4的主要成分是；“碳化结晶”过程是向溶液中加入生成，其离子方程式为；【小问5详解】若结晶时不出现晶体，可以投入的晶体作为晶种或用玻璃棒摩擦器壁使容器壁有颗粒突起可作为晶种，也可放置冰箱内较长时间，冷冻促使结晶析出；【小问6详解】晶胞结构由4个小立方体A和4个小立方体B构成，Mn原子位于晶胞顶点、面心和体内，个数为。O原子位于晶胞体内，个数为，因此，晶体的化学式是。晶胞边长为apm，晶胞的体积为，晶胞的质量为，则密度为。16.钴的配合物，难溶于有机溶剂乙醇，微溶于水。在常温下稳定性较强，强热时会部分分解，实验室可用为原料来制备。具体制备步骤如下：步骤1：在如图所示装置中经过下列操作得到含粗产品的混合物步骤2：取出三颈烧瓶中的混合物，用冰水冷却，过滤。将沉淀溶于50mL热稀盐酸中，趁热过滤。在滤液中慢慢加入6mL浓盐酸，先用自来水冷却再用冰水冷却，过滤、洗涤、干燥，称量。已知：难溶于水，具有较强还原性；氧化性：。回答下列问题：（1）仪器a中盛装的试剂是_______。（2）的作用除了可以做反应物外，还具有的作用是_______。（3）先加浓氨水后加溶液的原因是_______。（4）三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为_______。（5）步骤1中“水浴加热至333K”，加热至333K的原因是_______。（6）步骤2中“趁热过滤”的滤渣的主要物质是_____；“洗涤”用的洗涤剂可能是_____(填“水”或“乙醇”)。【答案】（1）(或无水氯化钙)（2）可以抑制的电离，防止生成沉淀（3）先加氨水可以先形成，具有较强的还原性，可被氧化为。或者回答：若先加溶液，将氧化为，后加氨水，会生成，不利于的生成，故先加入氨水后加溶液（4）（5）加热至333K，既可以加快生成配合物的速率，又可控制和不分解或少分解，还可以使浓氨水少挥发（6）①.活性炭②.乙醇【解析】【分析】实验室可用CoCl2⋅6H2O为原料来制备钴的配合物[Co(NH3)6]Cl3，先向三颈烧瓶中加入3.0gCoCl2⋅6H2O、2.0gNH4Cl、7mL蒸馏水，加热溶解后加入0.2g活性炭，得到的悬浊液冷却后加入10mL浓氨水生成[Co(NH3)6]2+，冷却至283K，加入H2O2加热至333K反应20min，将Co氧化为+3价得到含有[Co(NH3)6]Cl3的混合物，再按照步骤2进行分离提纯；【小问1详解】氨水易挥发且加热易分解，实验过程中会产生污染性的气体NH3，用P2O5或无水氯化钙来吸收；【小问2详解】Co2+的氢氧化物是沉淀，一水合氨为弱碱，故NH4Cl除了做反应物外，可以电离出离子，来抑制NH3⋅H2O电离出OH，从而防止生成Co(OH)2沉淀；【小问3详解】若先加H2O2溶液，由已知可知，氧化性Co3+大于H2O2，H2O2不能将Co2+氧化为Co3+；若先加氨水，形成[Co(NH3)6]2+具有较强的还原性，易被H2O2氧化为[Co(NH3)6]3+；【小问4详解】根据反应装置图中所加物质来写反应物，根据目标产物来写生成物，然后利用氧化还原反应得失电子守恒配平，可得化学方程式为2CoCl2⋅6H2O+2NH4Cl+10NH3+H2O22[Co(NH3)6]Cl3↓+14H2O；【小问5详解】333K是60℃，加热可以加快生成目标产物的速率，但加热温度不能太高，是因为温度太高会使[Co(NH3)6]Cl3和H2O2分解，还会增加浓氨水挥发；【小问6详解】“趁热过滤”步骤，需要的产品在滤液中，滤渣主要是活性炭；配合物[Co(NH3)6]Cl3难溶于乙醇，微溶于水，故洗涤剂应该选择乙醇。17.物质M是一种抗肿瘤药物的合成中间体，一种M的合成路线如图。已知为酸酐，结构简式为：。（1）C的结构简式为_______。（2）F中含氧官能团名称为_______。（3）A与足量在一定条件下发生加成反应的产物分子中有_______个手性碳原子。（4）写出B生成C的化学方程式_______，D到E的反应类型为_______。（5）从合成路线分析，不直接由E生成H的原因是_______。（6）BOC酸的结构简式为_____，写出符合下列条件的BOC酸的同分异构体的结构简式_______。①能发生水解应，产物之一为；②能与钠反应产生氢气；③含结构【答案】（1）（2）酯基、酰胺基（3）2（4）①.②.还原反应（5）保护氨基（6）①②.【解析】【分析】A在乙酸、水的条件下生成B，根据B→C、C→D的反应条件可知，B在浓硫酸、浓硝酸的条件下发生硝化反应生成C（），C在POCl3、PCl3条件下反应生成D，D在Fe/HCl条件下发生还原反应生成E（），E与(Boc)2O反应生成F，再经历一系列反应生成M。【小问1详解】由分析知C的结构简式为；【小问2详解】根据(BOC)2O结构可知，BOC的结构为(CH3)3COC(=O),则根据F的结构中的含氧官能团为酯基和酰胺基；【小问3详解】A与足量在一定条件下发生加成反应的产物分子（）中，其中连接Cl和的C原子是手性碳原子，共有2个；【小问4详解】由分析可知，B生成C发生的是硝化反应，化学方程式为：；D到E是在Fe/HCl条件下硝基被还原为氨基，反应类型为还原反应；【小问5详解】从E到H发生转化为，而G到H发生还原为，所以采取是为了保护氨基；【小问6详解】有机酸酐是两分子酸脱水而形成，BOC酸结构为，包含6个碳原子；根据条件，该BOC酸的同分异构体发生水解反应生成乙酸，则为乙酸酯，即该同分异构体的碳骨架为或结构；能与钠反应产生氢气说明含醇羟基，且含