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福建省漳州市十校联盟2023-2024学年高三上学期期中质量检测联考化学试卷含答案
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这是一份福建省漳州市十校联盟2023-2024学年高三上学期期中质量检测联考化学试卷含答案，共17页。试卷主要包含了6 g D2O和3，【解答】解，64，91等内容，欢迎下载使用。
相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Ca-40 Cu-64 Sr-88 Ba-137
一、单选题（每小题只有一个正确选项，每题4分，共40分）
1．科技是第一生产力，我国科学家在诸多领域取得新突破，下列说法错误的是（ ）
A．利用CO2合成了脂肪酸：实现了无机小分子向有机高分子的转变
B．发现了月壤中的“嫦娥石[(Ca8Y)Fe(PO4)7]”：其成分属于无机盐
C．研制了高效率钙钛矿太阳能电池，其能量转化形式：太阳能→电能
D．革新了海水原位电解制氢工艺：其关键材料多孔聚四氟乙烯耐腐蚀
2．向饱和氯水中加入少量Na2SO3固体，下列说法正确的是（ ）
A．溶液颜色变深 B．溶液pH减小
C．溶液漂白性增强 D．溶液导电性减弱
3．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A．3.6 g D2O和3.6 g H2O中含有的质子数均为2NA
B．含 2 ml H2SO4的浓硫酸和足量Cu在加热的条件下反应可生成NA个SO2分子
C．常温常压下，22.4 L甲醛（HCHO）含有的原子数目为 4NA
D．过氧化钠与水反应时，生成0.1 ml 氧气转移的电子数为 0.2NA
4．工业上联合生产碳酸氢钠和氯代烃的工艺流程如图所示，在生产NaHCO3的过程中完成乙烯氯化，下列叙述错误的是( )
A．过程I中的TBA替代了侯德榜制碱法中的氨气
B．在过程Ⅱ中实现了TBA、CuCl2的再生
C．理论上每生成1mlNaHCO3，可得到1mlC2H4Cl2
D．过程Ⅲ中的反应是C2H4＋2CuCl2 eq \\ac(———,———,催化剂)C2H4Cl2+2CuCl
5．下列离子方程式书写正确的是（ ）
A．将铝粉与NaOH溶液混合：Al+2OH- = AlO+H2↑
B．将Cl2通入石灰乳中制漂白粉： Cl2+2OH- =ClO-+Cl-+H2O
C．向明矾溶液中加入少量Ba(OH)2溶液：Al3++4OH-+2Ba2++2SO=2BaSO4↓+AlO+2H2O
D．用MgO除去MgCl2溶液中的FeCl3：2Fe3++3H2O+3MgO=2Fe(OH)3+3Mg2+
6．冠醚因分子结构形如皇冠而得名，某冠醚分子c可识别K+，其合成方法如图。下列说法错误的是（ ）
A．该反应为取代反应 B．a、b均可与NaOH溶液反应
C．c核磁共振氢谱有3组峰 D．c可增加KI在苯中的溶解度
7．完成下述实验，装置或试剂不正确的是（ ）
8．W、X、Y、Z为原子序数依次增加的同一短周期元素，其中X、Y、Z相邻，W的核外电子数与X的价层电子数相等，Z2是氧化性最强的单质，4种元素可形成离子化合物
(XY)+ (WZ4)- 。下列说法正确的是（ ）
A．分子的极性：WZ3＜XZ3B．第一电离能：X＜Y＜Z
C．氧化性：X2Y3＜W2Y3D．键能：X2＜Y2＜Z2
9． “肼合成酶”以其中的Fe2+配合物为催化中心，可将NH2OH与NH3转化为肼（NH2NH2），其反应历程如图所示。
下列说法错误的是（ ）
A．NH2OH、NH3和H2O均为极性分子
B．反应涉及N﹣H、N﹣O键断裂和N﹣N键生成
C．催化中心的Fe2+被氧化为Fe3+，后又被还原为Fe2+
D．将NH2OH替换为ND2OD，反应可得ND2ND2
10．固体化合物X由四种元素组成，某学习小组开展如下探究实验。下列说法错误的是
A．固体化合物X中的金属元素位于周期表第四周期第ⅠB族
B．固体化合物X为Cu2(OH)2CO3
C．黑色化合物隔绝空气分解的过程中，生成1 ml砖红色化合物，转移2 ml电子
D．蓝色溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，可制得胆矾晶体
二、非选择题（包括4小题，共60分）
11．（14分）某学习小组为了验证SO2的还原性并测定产生SO2的质量，组装了下图装置。回答下列问题：(已知：K3[Fe(CN)6]可检验亚铁离子，生成蓝色沉淀)
（1）C中发生反应的化学方程式是 ，关于该套装置说法正确的是 （填标号）。
a. 组装仪器、加入药品后检查气密性
b. 实验开始和最后时均需要通入空气
c. 利用A、B装置是为了减小实验误差
d. F、G中的碱石灰可以换为无水CaCl2
（2）甲同学认为很快可以看到D装置的现象，他的依据是 （用离子方程式表示）。乙同学做实验时发现和甲同学预测的现象不一样，先出现棕红色，经过一段时间后变为浅绿色。于是查阅资料发现反应分为两步：
第一步：Fe3++SO2+H2O = Fe(HSO3)2+(棕红色)+H+ （快反应）
第二步：Fe3++ Fe(HSO3)2+ +H2O=SO42-+2Fe2++3H+ (慢反应）
如果需要验证第一步反应是快反应，可以事先在D装置中滴加数滴 试剂，相应的实验现象是 。
（3）学习小组通过实验后D和F装置中的数据来计算SO2的质量。D中加入足量的BaCl2溶液充分反应，经过 操作，测得沉淀为m1g，F的质量差为m2g，C中产生SO2的体积（标准状况下）为 L。
12．（15分）一种“氢氧化锶-氯化镁法”制备“牙膏用氯化锶（SrCl2·6H2O）”的工艺流程如下：
（1）锶与钙元素同主族。金属锶应保存在 中（填“水”、“乙醇”或“煤油”）。
（2）天青石(主要成分SrSO4)经过多步反应后可制得工业碳酸锶。其中第一步是与过量焦炭隔绝空气微波加热还原为硫化锶，该过程的化学方程式为 。
（3）工业碳酸锶中含有CaCO3、MgCO3、BaCO3等杂质。“滤渣”的主要成分是 。
（4）“重结晶”时蒸馏水用量（以质量比mH2O：mSrO表示）对Sr(OH)2·8H2O纯度及产率的影响如下表。最合适的质量比为 ，当质量比大于该比值时，Sr(OH)2·8H2O产率减小，其原因是 。
（5）水氯镁石是盐湖提钾后的副产品，其中SO42-含量约为1%，“净化”过程中常使用SrCl2除杂，写出该过程的离子方程式 。
（6）将精制氢氧化锶完全溶于水，与氯化镁溶液在90℃时反应一段时间，下列判断MgCl2是否反应完全的最简易可行的方法是 （填标号）。
A. 反应器中沉淀量不再增加 B. 测定不同时间反应液pH
C. 测定Sr2+浓度变化 D. 向反应器中滴加AgNO3溶液观察是否有沉淀
（7）若需进一步获得无水氯化锶，必须对SrCl2·6H2O(M=267g·ml-1)进行脱水。脱水过程采用烘干法在170℃下预脱水，失重达33.7%，此时获得的产物化学式为 。
13．（15分）钛(Ti)和锆(Zr)是同一副族的相邻元素，它们的化合物在生产、生活中有着广泛的用途。回答下列问题：
(1)钛和锆的价层电子结构相似，基态锆原子的价电子排布式为 。
(2)Ti(BH4)2是一种储氢材料。BH4- QUOTE 4- 的空间构型是 ，H、B、Ti的电负性由大到小的顺序为 。
(3)ZrCl4可以与乙二胺形成配合物[ZrCl4(H2NCH2CH2NH2)]，其中Zr原子配位数为6。
①1ml [ZrCl4(H2NCH2CH2NH2)]中含有σ键的物质的量为 ml。
②H2NCH2CH2NH2形成[ZrCl4(H2NCH2CH2NH2)]后，H-N-H键角将 (填“变大”“变小”或“不变”)，原因是 。
(4)已知TiO2晶胞中Ti4+位于O2−所构成的正八面体的体心，ZrO2晶胞中Zr4+位于O2−所构成的立方体的体心，其晶胞结构如图所示：
①TiO2晶胞中O2−的配位数是 。
②已知ZrO2晶胞的密度为ρ g·cm−3，则晶体中Zr原子和O原子之间的最短距离 pm(列出表达式，NA为阿伏加德罗常数的值，ZrO2的摩尔质量为M g/ml)。
14．（16分）阿佐塞米（化合物L）是一种可用于治疗心脏、肝脏和肾脏病引起的水肿的药物。L的一种合成路线如图（部分试剂和条件略去）
已知：R﹣COOHR﹣COClR﹣CONH2
回答下列问题：
（1）A的化学名称是 。
（2）由A生成B的化学方程式为 。
（3）反应条件D应选择 （填标号）。
a. HNO3/H2SO4 b. Fe/HCl c. NaOH/C2H5OH d. AgNO3/NH3
（4）C中官能团的名称是 。
（5）H生成I的反应类型为 。
（6）化合物J的结构简式为 。
（7）具有相同官能团的B的芳香同分异构体还有 种（不考虑立体异构）。
其中，核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积比为2：2：1：1的同分异构体结构为 。
漳州市十校联盟2023-2024 学年高三上学期期中质量检测联考
化学答案
11．（14分） Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O bc 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+ 铁氰化钾或K3[Fe(CN)6] 溶液出现棕红色时没有生成蓝色沉淀 过滤、洗涤；干燥、称量 m1233+m264×22.4
12．（15分）煤油 SrSO4+4CSrS+4CO↑ Ca(OH)2，MgO 8：1 随着蒸馏水溶剂的增加，在冷却结晶、过滤的过程中部分氢氧化锶留在母液中导致产率减小 SO42-+Sr2+= SrSO4↓ B SrCl2·H2O
13．（15分）(1)4d25s2
(2) 正四面体 Ti＜B＜H
(3) 17 变大 游离态H2NCH2CH2NH2与Zr结合后，孤电子对变成了σ键电子对，排斥力减小，因此H-N-H键之间的夹角会增大
(4) 3 34×34MρNA×1010pm
14. （16分）
（1） 邻硝基甲苯（或2﹣硝基甲苯）， 。
（2）
（3） b
（4） 羧基、硝基、碳氯键 （5） 消去反应（消除反应） （6）
（7） 16 种
部分题解析
8【解答】解：A．依据分析可知，WZ3为BF3，为非极性分子，XZ3是NF3为极性分子，则分子的极性：WZ3＜XZ3，故A正确；
B．第一电离能：O＜N＜F，即第一电离能：Y＜X＜Z，故B错误；
C．N2O3中N元素化合价为+3价，同亚硝酸盐中氮元素的价态相同，具有较强的氧化性，B2O3则性质相对稳定，故氧化性：N2O3＞B2O3，故C错误；
D．氮气分子中是氮氮三键，氧气分子中是氧氧双键，氟气分子中是单键，则键能：N2＞O2＞F2，故D错误；
故选：A。
9.【解答】解：A．NH2OH，NH3，H2O的电荷分布都不均匀，不对称，为极性分子，故A正确；
B．由反应历程可知，有N﹣H，N﹣O键断裂，还有N﹣N键的生成，故B正确；
C．由反应历程可知，反应过程中，Fe2+先失去电子发生氧化反应生成Fe3+，后面又得到电子生成Fe2+，故C正确；
D．由反应历程可知，反应过程中，生成的NH2NH2有两个氢来源于NH3，所以将NH2OH替换为ND2OD，不可能得到ND2ND2，得到ND2NH2和HDO，故D错误；
故选：D。
11．（15分） Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O bc 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+ 铁氰化钾或K3[Fe(CN)6] 溶液出现棕红色时没有生成蓝色沉淀 过滤、洗涤；干燥、称量 m1233+m264×22.4 C溶液中溶解的SO2未被充分排除或空气除氧不彻底
【分析】本实验验证SO2的还原性并测定产生SO2的质量，C装置是发生装置，制备SO2，A处通入空气，实验之前通空气是排除装置中的空气，实验之后通入空气是使C中的SO2进入D、F装置充分反应，则A、B装置是排除空气中的酸性气体和氧气，防止干扰试验；F装置通过碱石灰吸收SO2测其含量；SO2具有还原性，三价铁具有氧化性，发生氧化还原反应，溶液变成浅绿色；若要验证第一步Fe3++SO2+H2O=Fe(HSO3)2+(棕红色)+H+是快反应，可以检测是否立即生成Fe2+；溶液中有沉淀生成通过过滤、洗涤、干燥、称量得到沉淀质量；通过S元素守恒可求出C中产生的SO2的体积；据此分析。
【详解】(1)C装置是发生装置，制备SO2，发生反应的化学方程式是Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；B装置是吸收空气中的酸性气体，名称是洗气瓶或广口瓶；组装好仪器，加入药品之前检查气密性，a错误；实验开始和最后时均需要通入空气，实验之前通空气是排除装置中的空气，实验之后通入空气是使C中的SO2进入D、F装置充分反应，b正确；A、B装置是排除空气中的酸性气体和氧气，防止干扰实验，利用A、B装置是为了减小实验误差，c正确；F是吸收SO2，SO2与无水CaCl2不反应，d错误；答案为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；洗气瓶或广口瓶；bc；
(2)D装置中三价铁具有氧化性，SO2具有还原性，发生氧化还原反应，溶液变成浅绿色，离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；若要验证第一步Fe3++SO2+H2O=Fe(HSO3)2+(棕红色)+H+是快反应，可以检测是否立即生成Fe2+，则实验前滴加几滴铁氰化钾或K3[Fe(CN)6]，当溶液出现棕红色时没有生成蓝色沉淀即可说明；答案为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；铁氰化钾或K3[Fe(CN)6]；溶液出现棕红色时没有生成蓝色沉淀；
(3)D中加入足量的BaCl2溶液充分反应，生成BaSO4沉淀，经过过滤、洗涤、干燥、称量操作，测得沉淀为m1g，F的质量差为m2g，说明剩余的SO2的质量为m2g，根据前后S原子守恒，n(SO2)=n(BaSO4)+n(剩余SO2)=m1233+m264ml，标准状况下的体积为m1233+m264×22.4L，该实验的设计中，仍然存在系统误差的可能原因是C溶液中溶解的SO2未被充分排除或空气除氧不彻底；答案为：过滤、洗涤、干燥、称量；m1233+m264×22.4；
12．煤油 SrSO4+4CSrS+4CO↑ Ca(OH)2，MgO 8：1 随着蒸馏水溶剂的增加，在冷却结晶、过滤的过程中部分氢氧化锶留在母液中导致产率减小 SO42-+Sr2+= SrSO4↓ B SrCl2·H2O
【分析】流程图可知：工业碳酸锶中含有CaCO3、MgCO3、BaCO3等杂质，高温煅烧生成对应的氧化物SrO、CaO、MgO、BaO，SrO与水反应生成Sr(OH)2，CaO与水反应生成Ca(OH)2，微溶于水，BaO与水反应生成Ba(OH)2，MgO难溶于水；过滤后滤渣的主要成分为Ca(OH)2，MgO；锶与钙元素同主族，均活泼，所以保存在煤油中；SrSO4与过量焦炭隔绝空气微波加热还原为硫化锶和CO；SrCl2除SO42-杂质利用的是沉淀法；氢氧化锶完全溶于水，与氯化镁反应后生成氯化锶和氢氧化镁，由于溶液pH变化明显，最简单的方法是测定不同时间反应液的pH；根据脱水失重的比例计算出失水的物质的量，进而求出化学式。据此分析。
【详解】(1)锶与钙元素同主族,且锶的金属性大于钙，易与水、乙醇等物质反应，故金属锶应保存在煤油中；答案为：煤油；
(2)根据氧化还原反应原理可知SrSO4与过量焦炭隔绝空气微波加热还原为硫化锶和CO，化学方程式为SrSO4+4CSrS+4CO↑；答案为：SrSO4+4CSrS+4CO↑；
(3)工业碳酸锶中含有CaCO3、MgCO3、BaCO3等杂质，高温煅烧生成对应的氧化物CaO、MgO、BaO，CaO与水反应生成Ca(OH)2，微溶于水，BaO与水反应生成Ba(OH)2，MgO难溶于水；过滤后滤渣的主要成分为Ca(OH)2，MgO；答案为：Ca(OH)2，MgO；
(4)根据图表信息得质量比为8：1时Sr(OH)2·8H2O的纯度和产率均相对较高；当质量比大于该比值时，Sr(OH)2·8H2O产率减小，其原因是随着蒸馏水溶剂的增加，在冷却结晶、过滤的过程中部分氢氧化锶留在母液中导致产率减小；答案为：8：1；随着蒸馏水溶剂的增加，在冷却结晶、过滤的过程中部分氢氧化锶留在母液中导致产率减小；
(5)“净化”过程中常使用SrCl2除SO42-杂质，以生成沉淀的方式除杂，离子方程式为SO42-+Sr2+= SrSO4↓；答案为：SO42-+Sr2+= SrSO4↓；
(6)氢氧化锶完全溶于水，与氯化镁反应后生成氯化锶和氢氧化镁，由于溶液pH变化明显，最简单的方法是测定不同时间反应液的pH；答案为：B；
(7)SrCl2·6H2O(M=267g·ml-1)脱水过程采用烘干法在170℃下预脱水，失重达33.7%，失重为H2O的质量。假设SrCl2·6H2O的物质的量1ml，质量为267g，在170℃下预脱水，失重33.7%，失重的质量为267g×33.7%=90g，则失水的物质的量为5ml，则此时产物的化学式为SrCl2·H2O；答案为：SrCl2·H2O；
13．(1)4d25s2
(2) 正四面体 Ti＜B＜H
(3) 17 变大 游离态H2NCH2CH2NH2与Zr结合后，孤电子对变成了σ键电子对，排斥力减小，因此H-N-H键之间的夹角会增大
(4) 3 34×34MρNA×1010pm
【详解】（1）Ti的原子序数为22，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d24s2，价电子排布式为:3d24s2，钛和锆的价层电子结构相同，基态锆原子的价电子排布式为4d25s2。故答案为：4d25s2；
（2）BH4-与CH4具有相同的原子数目和相同的价电子数目，两者互为等电子体，空间构型相似，甲烷为正四面体形，BH4-的空间构型是正四面体形，金属元素的电负性小于非金属元素，H元素在非金属元素中电负性之比B大，所以H、B、Ti的电负性由小到大的顺序为：Ti＜B＜H。故答案为：正四面体；Ti＜B＜H；
（3）①1 个[ZrCl4(H2NCH2CH2NH2)]中含有Zr←Cl配位键4个，Zr←N配位键2个，配位键属于σ键，共6个，H2NCH2CH2NH2中含有N-H键4个、C-H键4个、N-C键2个、C-C键1个，共11个共价键，属于σ键，所以总共有17个共价键，1ml [ZrCl4(H2NCH2CH2NH2)]中含有σ键的物质的量为17ml。故答案为：17；
②游离态 H2NCH2CH2NH2中N原子有一对孤对电子，配合物中N原子提供一对孤对电子与Zr形成配位键，孤电子对之间的斥力＞孤电子与成键电子之间的斥力＞成键电子对之间的斥力，与Zr形成配位键，孤电子对变成了σ键电子对，即成键电子对，排斥力减小，因此H-N-H之间的夹角会增大。故答案为：变大；游离态H2NCH2CH2NH2与Zr结合后，孤电子对变成了σ键电子对，排斥力减小，因此H-N-H键之间的夹角会增大；
（4）①TiO2晶胞中Ti4+位于O2-所构成的正八面体的体心，Ti4+的配位数为6，晶胞中Ti4+的数目为：1+8×18=2，O2-的数目为：2+4×12=4，则TiO2晶胞中O2-的配位数是3，故答案为：3；
②已知二氧化锆晶胞的密度为ρ g•cm-3，则晶体中Zr原子和O原子之间的最短距离，晶胞体对角线长度等于棱长的3 倍，两原子核之间的距离为apm，则晶胞的棱长为：4a3×10-10cm，晶胞中黑色球数目为8，白色球数目为4，即O原子数目为8，Zr原子数目为4，晶胞质量为：4MNAg=(4a3×10-10cm)3×ρg/cm3，解得：a=34×34MρNA×1010pm，故答案为：34×34MρNA×1010。
14．阿佐塞米（化合物L）是一种可用于治疗心脏、肝脏和肾脏病引起的水肿的药物。L的一种合成路线如图（部分试剂和条件略去）
已知：R﹣COOHR﹣COClR﹣CONH2
回答下列问题：
（1）A的化学名称是 邻硝基甲苯（或2﹣硝基甲苯）， 。
（2）由A生成B的化学方程式为 。
（3）反应条件D应选择 b （填标号）。
a.HNO3/H2SO4
b.Fe/HCl
c.NaOH/C2H5OH
d.AgNO3/NH3
（4）F中含氧官能团的名称是 羧基 。
（5）H生成I的反应类型为 消去反应（消除反应） 。
（6）化合物J的结构简式为 。
（7）具有相同官能团的B的芳香同分异构体还有 d 种（不考虑立体异构，填标号）。
a.10
b.12
c.14
d.16
其中，核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积比为2：2：1：1的同分异构体结构为 。
【解答】解：（1）根据分析可知，A为，A的化学名称是邻硝基甲苯（或2﹣硝基甲苯），
故答案为：邻硝基甲苯（或2﹣硝基甲苯）；
（2）根据分析可知，由A生成B的化学方程式为，
故答案为；
（3）根据分析可知，反应条件D应选择Fe/HCl，
故答案为：b；
（4）根据流程中F的结构可知，F中含氧官能团的名称是羧基，
故答案为：羧基；
（5）根据分析可知，H生成I的反应类型是消去反应（或消除反应），
故答案为：消去反应（或消除反应）；
（6）根据分析，结合I和K的结构可知，J的结构为，
故答案为；
（7）甲基和硝基处于邻位时，Cl原子还有如图所示的三种，若甲基和硝基处于间位时，Cl原子有四种位置，若甲基和硝基处于对位时，Cl原子有2种位置，此时共有（3+4+2）＝9种结构，若苯环上只有2个取代基，①取代基为﹣CH2NO2、﹣Cl，﹣Cl处于邻、间、对，有3种结构，②取代基为﹣CH2Cl、﹣NO2，﹣NO2处于邻、间、对，有3种结构，若苯环上只有1个取代基时，即取代基为﹣CHNO2Cl，此时只有1种结构，所以总共有（9+3+3+1）＝16种，其中，核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积比为2：2：1：1的同分异构体结构为，
故答案为：d。
实验室制Cl2
实验室收集C2H4
验证NH3易溶于水且溶液呈碱性
除去CO2中混有的少量HCl
A
B
C
D
质量mH2O：mSrO
4：1
5：1
6：1
7：1
8：1
9：1
10：1
Sr(OH)2·8H2O纯度%
98.64
98.68
98.65
98.64
98.63
98.63
98.65
Sr(OH)2·8H2O产率%
17.91
53.36
63.50
72.66
92.17
89.65
88.93
1 A
2 B
3 D
4 C
5 D
6 C
7 D
8 A
9 D
10 B
相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Ca-40 Cu-64 Sr-88 Ba-137
一、单选题（每小题只有一个正确选项，每题4分，共40分）
1．科技是第一生产力，我国科学家在诸多领域取得新突破，下列说法错误的是（ ）
A．利用CO2合成了脂肪酸：实现了无机小分子向有机高分子的转变
B．发现了月壤中的“嫦娥石[(Ca8Y)Fe(PO4)7]”：其成分属于无机盐
C．研制了高效率钙钛矿太阳能电池，其能量转化形式：太阳能→电能
D．革新了海水原位电解制氢工艺：其关键材料多孔聚四氟乙烯耐腐蚀
2．向饱和氯水中加入少量Na2SO3固体，下列说法正确的是（ ）
A．溶液颜色变深 B．溶液pH减小
C．溶液漂白性增强 D．溶液导电性减弱
3．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（ ）
A．3.6 g D2O和3.6 g H2O中含有的质子数均为2NA
B．含 2 ml H2SO4的浓硫酸和足量Cu在加热的条件下反应可生成NA个SO2分子
C．常温常压下，22.4 L甲醛（HCHO）含有的原子数目为 4NA
D．过氧化钠与水反应时，生成0.1 ml 氧气转移的电子数为 0.2NA
4．工业上联合生产碳酸氢钠和氯代烃的工艺流程如图所示，在生产NaHCO3的过程中完成乙烯氯化，下列叙述错误的是( )
A．过程I中的TBA替代了侯德榜制碱法中的氨气
B．在过程Ⅱ中实现了TBA、CuCl2的再生
C．理论上每生成1mlNaHCO3，可得到1mlC2H4Cl2
D．过程Ⅲ中的反应是C2H4＋2CuCl2 eq \\ac(———,———,催化剂)C2H4Cl2+2CuCl
5．下列离子方程式书写正确的是（ ）
A．将铝粉与NaOH溶液混合：Al+2OH- = AlO+H2↑
B．将Cl2通入石灰乳中制漂白粉： Cl2+2OH- =ClO-+Cl-+H2O
C．向明矾溶液中加入少量Ba(OH)2溶液：Al3++4OH-+2Ba2++2SO=2BaSO4↓+AlO+2H2O
D．用MgO除去MgCl2溶液中的FeCl3：2Fe3++3H2O+3MgO=2Fe(OH)3+3Mg2+
6．冠醚因分子结构形如皇冠而得名，某冠醚分子c可识别K+，其合成方法如图。下列说法错误的是（ ）
A．该反应为取代反应 B．a、b均可与NaOH溶液反应
C．c核磁共振氢谱有3组峰 D．c可增加KI在苯中的溶解度
7．完成下述实验，装置或试剂不正确的是（ ）
8．W、X、Y、Z为原子序数依次增加的同一短周期元素，其中X、Y、Z相邻，W的核外电子数与X的价层电子数相等，Z2是氧化性最强的单质，4种元素可形成离子化合物
(XY)+ (WZ4)- 。下列说法正确的是（ ）
A．分子的极性：WZ3＜XZ3B．第一电离能：X＜Y＜Z
C．氧化性：X2Y3＜W2Y3D．键能：X2＜Y2＜Z2
9． “肼合成酶”以其中的Fe2+配合物为催化中心，可将NH2OH与NH3转化为肼（NH2NH2），其反应历程如图所示。
下列说法错误的是（ ）
A．NH2OH、NH3和H2O均为极性分子
B．反应涉及N﹣H、N﹣O键断裂和N﹣N键生成
C．催化中心的Fe2+被氧化为Fe3+，后又被还原为Fe2+
D．将NH2OH替换为ND2OD，反应可得ND2ND2
10．固体化合物X由四种元素组成，某学习小组开展如下探究实验。下列说法错误的是
A．固体化合物X中的金属元素位于周期表第四周期第ⅠB族
B．固体化合物X为Cu2(OH)2CO3
C．黑色化合物隔绝空气分解的过程中，生成1 ml砖红色化合物，转移2 ml电子
D．蓝色溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，可制得胆矾晶体
二、非选择题（包括4小题，共60分）
11．（14分）某学习小组为了验证SO2的还原性并测定产生SO2的质量，组装了下图装置。回答下列问题：(已知：K3[Fe(CN)6]可检验亚铁离子，生成蓝色沉淀)
（1）C中发生反应的化学方程式是 ，关于该套装置说法正确的是 （填标号）。
a. 组装仪器、加入药品后检查气密性
b. 实验开始和最后时均需要通入空气
c. 利用A、B装置是为了减小实验误差
d. F、G中的碱石灰可以换为无水CaCl2
（2）甲同学认为很快可以看到D装置的现象，他的依据是 （用离子方程式表示）。乙同学做实验时发现和甲同学预测的现象不一样，先出现棕红色，经过一段时间后变为浅绿色。于是查阅资料发现反应分为两步：
第一步：Fe3++SO2+H2O = Fe(HSO3)2+(棕红色)+H+ （快反应）
第二步：Fe3++ Fe(HSO3)2+ +H2O=SO42-+2Fe2++3H+ (慢反应）
如果需要验证第一步反应是快反应，可以事先在D装置中滴加数滴 试剂，相应的实验现象是 。
（3）学习小组通过实验后D和F装置中的数据来计算SO2的质量。D中加入足量的BaCl2溶液充分反应，经过 操作，测得沉淀为m1g，F的质量差为m2g，C中产生SO2的体积（标准状况下）为 L。
12．（15分）一种“氢氧化锶-氯化镁法”制备“牙膏用氯化锶（SrCl2·6H2O）”的工艺流程如下：
（1）锶与钙元素同主族。金属锶应保存在 中（填“水”、“乙醇”或“煤油”）。
（2）天青石(主要成分SrSO4)经过多步反应后可制得工业碳酸锶。其中第一步是与过量焦炭隔绝空气微波加热还原为硫化锶，该过程的化学方程式为 。
（3）工业碳酸锶中含有CaCO3、MgCO3、BaCO3等杂质。“滤渣”的主要成分是 。
（4）“重结晶”时蒸馏水用量（以质量比mH2O：mSrO表示）对Sr(OH)2·8H2O纯度及产率的影响如下表。最合适的质量比为 ，当质量比大于该比值时，Sr(OH)2·8H2O产率减小，其原因是 。
（5）水氯镁石是盐湖提钾后的副产品，其中SO42-含量约为1%，“净化”过程中常使用SrCl2除杂，写出该过程的离子方程式 。
（6）将精制氢氧化锶完全溶于水，与氯化镁溶液在90℃时反应一段时间，下列判断MgCl2是否反应完全的最简易可行的方法是 （填标号）。
A. 反应器中沉淀量不再增加 B. 测定不同时间反应液pH
C. 测定Sr2+浓度变化 D. 向反应器中滴加AgNO3溶液观察是否有沉淀
（7）若需进一步获得无水氯化锶，必须对SrCl2·6H2O(M=267g·ml-1)进行脱水。脱水过程采用烘干法在170℃下预脱水，失重达33.7%，此时获得的产物化学式为 。
13．（15分）钛(Ti)和锆(Zr)是同一副族的相邻元素，它们的化合物在生产、生活中有着广泛的用途。回答下列问题：
(1)钛和锆的价层电子结构相似，基态锆原子的价电子排布式为 。
(2)Ti(BH4)2是一种储氢材料。BH4- QUOTE 4- 的空间构型是 ，H、B、Ti的电负性由大到小的顺序为 。
(3)ZrCl4可以与乙二胺形成配合物[ZrCl4(H2NCH2CH2NH2)]，其中Zr原子配位数为6。
①1ml [ZrCl4(H2NCH2CH2NH2)]中含有σ键的物质的量为 ml。
②H2NCH2CH2NH2形成[ZrCl4(H2NCH2CH2NH2)]后，H-N-H键角将 (填“变大”“变小”或“不变”)，原因是 。
(4)已知TiO2晶胞中Ti4+位于O2−所构成的正八面体的体心，ZrO2晶胞中Zr4+位于O2−所构成的立方体的体心，其晶胞结构如图所示：
①TiO2晶胞中O2−的配位数是 。
②已知ZrO2晶胞的密度为ρ g·cm−3，则晶体中Zr原子和O原子之间的最短距离 pm(列出表达式，NA为阿伏加德罗常数的值，ZrO2的摩尔质量为M g/ml)。
14．（16分）阿佐塞米（化合物L）是一种可用于治疗心脏、肝脏和肾脏病引起的水肿的药物。L的一种合成路线如图（部分试剂和条件略去）
已知：R﹣COOHR﹣COClR﹣CONH2
回答下列问题：
（1）A的化学名称是 。
（2）由A生成B的化学方程式为 。
（3）反应条件D应选择 （填标号）。
a. HNO3/H2SO4 b. Fe/HCl c. NaOH/C2H5OH d. AgNO3/NH3
（4）C中官能团的名称是 。
（5）H生成I的反应类型为 。
（6）化合物J的结构简式为 。
（7）具有相同官能团的B的芳香同分异构体还有 种（不考虑立体异构）。
其中，核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积比为2：2：1：1的同分异构体结构为 。
漳州市十校联盟2023-2024 学年高三上学期期中质量检测联考
化学答案
11．（14分） Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O bc 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+ 铁氰化钾或K3[Fe(CN)6] 溶液出现棕红色时没有生成蓝色沉淀 过滤、洗涤；干燥、称量 m1233+m264×22.4
12．（15分）煤油 SrSO4+4CSrS+4CO↑ Ca(OH)2，MgO 8：1 随着蒸馏水溶剂的增加，在冷却结晶、过滤的过程中部分氢氧化锶留在母液中导致产率减小 SO42-+Sr2+= SrSO4↓ B SrCl2·H2O
13．（15分）(1)4d25s2
(2) 正四面体 Ti＜B＜H
(3) 17 变大 游离态H2NCH2CH2NH2与Zr结合后，孤电子对变成了σ键电子对，排斥力减小，因此H-N-H键之间的夹角会增大
(4) 3 34×34MρNA×1010pm
14. （16分）
（1） 邻硝基甲苯（或2﹣硝基甲苯）， 。
（2）
（3） b
（4） 羧基、硝基、碳氯键 （5） 消去反应（消除反应） （6）
（7） 16 种
部分题解析
8【解答】解：A．依据分析可知，WZ3为BF3，为非极性分子，XZ3是NF3为极性分子，则分子的极性：WZ3＜XZ3，故A正确；
B．第一电离能：O＜N＜F，即第一电离能：Y＜X＜Z，故B错误；
C．N2O3中N元素化合价为+3价，同亚硝酸盐中氮元素的价态相同，具有较强的氧化性，B2O3则性质相对稳定，故氧化性：N2O3＞B2O3，故C错误；
D．氮气分子中是氮氮三键，氧气分子中是氧氧双键，氟气分子中是单键，则键能：N2＞O2＞F2，故D错误；
故选：A。
9.【解答】解：A．NH2OH，NH3，H2O的电荷分布都不均匀，不对称，为极性分子，故A正确；
B．由反应历程可知，有N﹣H，N﹣O键断裂，还有N﹣N键的生成，故B正确；
C．由反应历程可知，反应过程中，Fe2+先失去电子发生氧化反应生成Fe3+，后面又得到电子生成Fe2+，故C正确；
D．由反应历程可知，反应过程中，生成的NH2NH2有两个氢来源于NH3，所以将NH2OH替换为ND2OD，不可能得到ND2ND2，得到ND2NH2和HDO，故D错误；
故选：D。
11．（15分） Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O bc 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+ 铁氰化钾或K3[Fe(CN)6] 溶液出现棕红色时没有生成蓝色沉淀 过滤、洗涤；干燥、称量 m1233+m264×22.4 C溶液中溶解的SO2未被充分排除或空气除氧不彻底
【分析】本实验验证SO2的还原性并测定产生SO2的质量，C装置是发生装置，制备SO2，A处通入空气，实验之前通空气是排除装置中的空气，实验之后通入空气是使C中的SO2进入D、F装置充分反应，则A、B装置是排除空气中的酸性气体和氧气，防止干扰试验；F装置通过碱石灰吸收SO2测其含量；SO2具有还原性，三价铁具有氧化性，发生氧化还原反应，溶液变成浅绿色；若要验证第一步Fe3++SO2+H2O=Fe(HSO3)2+(棕红色)+H+是快反应，可以检测是否立即生成Fe2+；溶液中有沉淀生成通过过滤、洗涤、干燥、称量得到沉淀质量；通过S元素守恒可求出C中产生的SO2的体积；据此分析。
【详解】(1)C装置是发生装置，制备SO2，发生反应的化学方程式是Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；B装置是吸收空气中的酸性气体，名称是洗气瓶或广口瓶；组装好仪器，加入药品之前检查气密性，a错误；实验开始和最后时均需要通入空气，实验之前通空气是排除装置中的空气，实验之后通入空气是使C中的SO2进入D、F装置充分反应，b正确；A、B装置是排除空气中的酸性气体和氧气，防止干扰实验，利用A、B装置是为了减小实验误差，c正确；F是吸收SO2，SO2与无水CaCl2不反应，d错误；答案为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；洗气瓶或广口瓶；bc；
(2)D装置中三价铁具有氧化性，SO2具有还原性，发生氧化还原反应，溶液变成浅绿色，离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；若要验证第一步Fe3++SO2+H2O=Fe(HSO3)2+(棕红色)+H+是快反应，可以检测是否立即生成Fe2+，则实验前滴加几滴铁氰化钾或K3[Fe(CN)6]，当溶液出现棕红色时没有生成蓝色沉淀即可说明；答案为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；铁氰化钾或K3[Fe(CN)6]；溶液出现棕红色时没有生成蓝色沉淀；
(3)D中加入足量的BaCl2溶液充分反应，生成BaSO4沉淀，经过过滤、洗涤、干燥、称量操作，测得沉淀为m1g，F的质量差为m2g，说明剩余的SO2的质量为m2g，根据前后S原子守恒，n(SO2)=n(BaSO4)+n(剩余SO2)=m1233+m264ml，标准状况下的体积为m1233+m264×22.4L，该实验的设计中，仍然存在系统误差的可能原因是C溶液中溶解的SO2未被充分排除或空气除氧不彻底；答案为：过滤、洗涤、干燥、称量；m1233+m264×22.4；
12．煤油 SrSO4+4CSrS+4CO↑ Ca(OH)2，MgO 8：1 随着蒸馏水溶剂的增加，在冷却结晶、过滤的过程中部分氢氧化锶留在母液中导致产率减小 SO42-+Sr2+= SrSO4↓ B SrCl2·H2O
【分析】流程图可知：工业碳酸锶中含有CaCO3、MgCO3、BaCO3等杂质，高温煅烧生成对应的氧化物SrO、CaO、MgO、BaO，SrO与水反应生成Sr(OH)2，CaO与水反应生成Ca(OH)2，微溶于水，BaO与水反应生成Ba(OH)2，MgO难溶于水；过滤后滤渣的主要成分为Ca(OH)2，MgO；锶与钙元素同主族，均活泼，所以保存在煤油中；SrSO4与过量焦炭隔绝空气微波加热还原为硫化锶和CO；SrCl2除SO42-杂质利用的是沉淀法；氢氧化锶完全溶于水，与氯化镁反应后生成氯化锶和氢氧化镁，由于溶液pH变化明显，最简单的方法是测定不同时间反应液的pH；根据脱水失重的比例计算出失水的物质的量，进而求出化学式。据此分析。
【详解】(1)锶与钙元素同主族,且锶的金属性大于钙，易与水、乙醇等物质反应，故金属锶应保存在煤油中；答案为：煤油；
(2)根据氧化还原反应原理可知SrSO4与过量焦炭隔绝空气微波加热还原为硫化锶和CO，化学方程式为SrSO4+4CSrS+4CO↑；答案为：SrSO4+4CSrS+4CO↑；
(3)工业碳酸锶中含有CaCO3、MgCO3、BaCO3等杂质，高温煅烧生成对应的氧化物CaO、MgO、BaO，CaO与水反应生成Ca(OH)2，微溶于水，BaO与水反应生成Ba(OH)2，MgO难溶于水；过滤后滤渣的主要成分为Ca(OH)2，MgO；答案为：Ca(OH)2，MgO；
(4)根据图表信息得质量比为8：1时Sr(OH)2·8H2O的纯度和产率均相对较高；当质量比大于该比值时，Sr(OH)2·8H2O产率减小，其原因是随着蒸馏水溶剂的增加，在冷却结晶、过滤的过程中部分氢氧化锶留在母液中导致产率减小；答案为：8：1；随着蒸馏水溶剂的增加，在冷却结晶、过滤的过程中部分氢氧化锶留在母液中导致产率减小；
(5)“净化”过程中常使用SrCl2除SO42-杂质，以生成沉淀的方式除杂，离子方程式为SO42-+Sr2+= SrSO4↓；答案为：SO42-+Sr2+= SrSO4↓；
(6)氢氧化锶完全溶于水，与氯化镁反应后生成氯化锶和氢氧化镁，由于溶液pH变化明显，最简单的方法是测定不同时间反应液的pH；答案为：B；
(7)SrCl2·6H2O(M=267g·ml-1)脱水过程采用烘干法在170℃下预脱水，失重达33.7%，失重为H2O的质量。假设SrCl2·6H2O的物质的量1ml，质量为267g，在170℃下预脱水，失重33.7%，失重的质量为267g×33.7%=90g，则失水的物质的量为5ml，则此时产物的化学式为SrCl2·H2O；答案为：SrCl2·H2O；
13．(1)4d25s2
(2) 正四面体 Ti＜B＜H
(3) 17 变大 游离态H2NCH2CH2NH2与Zr结合后，孤电子对变成了σ键电子对，排斥力减小，因此H-N-H键之间的夹角会增大
(4) 3 34×34MρNA×1010pm
【详解】（1）Ti的原子序数为22，核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d24s2，价电子排布式为:3d24s2，钛和锆的价层电子结构相同，基态锆原子的价电子排布式为4d25s2。故答案为：4d25s2；
（2）BH4-与CH4具有相同的原子数目和相同的价电子数目，两者互为等电子体，空间构型相似，甲烷为正四面体形，BH4-的空间构型是正四面体形，金属元素的电负性小于非金属元素，H元素在非金属元素中电负性之比B大，所以H、B、Ti的电负性由小到大的顺序为：Ti＜B＜H。故答案为：正四面体；Ti＜B＜H；
（3）①1 个[ZrCl4(H2NCH2CH2NH2)]中含有Zr←Cl配位键4个，Zr←N配位键2个，配位键属于σ键，共6个，H2NCH2CH2NH2中含有N-H键4个、C-H键4个、N-C键2个、C-C键1个，共11个共价键，属于σ键，所以总共有17个共价键，1ml [ZrCl4(H2NCH2CH2NH2)]中含有σ键的物质的量为17ml。故答案为：17；
②游离态 H2NCH2CH2NH2中N原子有一对孤对电子，配合物中N原子提供一对孤对电子与Zr形成配位键，孤电子对之间的斥力＞孤电子与成键电子之间的斥力＞成键电子对之间的斥力，与Zr形成配位键，孤电子对变成了σ键电子对，即成键电子对，排斥力减小，因此H-N-H之间的夹角会增大。故答案为：变大；游离态H2NCH2CH2NH2与Zr结合后，孤电子对变成了σ键电子对，排斥力减小，因此H-N-H键之间的夹角会增大；
（4）①TiO2晶胞中Ti4+位于O2-所构成的正八面体的体心，Ti4+的配位数为6，晶胞中Ti4+的数目为：1+8×18=2，O2-的数目为：2+4×12=4，则TiO2晶胞中O2-的配位数是3，故答案为：3；
②已知二氧化锆晶胞的密度为ρ g•cm-3，则晶体中Zr原子和O原子之间的最短距离，晶胞体对角线长度等于棱长的3 倍，两原子核之间的距离为apm，则晶胞的棱长为：4a3×10-10cm，晶胞中黑色球数目为8，白色球数目为4，即O原子数目为8，Zr原子数目为4，晶胞质量为：4MNAg=(4a3×10-10cm)3×ρg/cm3，解得：a=34×34MρNA×1010pm，故答案为：34×34MρNA×1010。
14．阿佐塞米（化合物L）是一种可用于治疗心脏、肝脏和肾脏病引起的水肿的药物。L的一种合成路线如图（部分试剂和条件略去）
已知：R﹣COOHR﹣COClR﹣CONH2
回答下列问题：
（1）A的化学名称是 邻硝基甲苯（或2﹣硝基甲苯）， 。
（2）由A生成B的化学方程式为 。
（3）反应条件D应选择 b （填标号）。
a.HNO3/H2SO4
b.Fe/HCl
c.NaOH/C2H5OH
d.AgNO3/NH3
（4）F中含氧官能团的名称是 羧基 。
（5）H生成I的反应类型为 消去反应（消除反应） 。
（6）化合物J的结构简式为 。
（7）具有相同官能团的B的芳香同分异构体还有 d 种（不考虑立体异构，填标号）。
a.10
b.12
c.14
d.16
其中，核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积比为2：2：1：1的同分异构体结构为 。
【解答】解：（1）根据分析可知，A为，A的化学名称是邻硝基甲苯（或2﹣硝基甲苯），
故答案为：邻硝基甲苯（或2﹣硝基甲苯）；
（2）根据分析可知，由A生成B的化学方程式为，
故答案为；
（3）根据分析可知，反应条件D应选择Fe/HCl，
故答案为：b；
（4）根据流程中F的结构可知，F中含氧官能团的名称是羧基，
故答案为：羧基；
（5）根据分析可知，H生成I的反应类型是消去反应（或消除反应），
故答案为：消去反应（或消除反应）；
（6）根据分析，结合I和K的结构可知，J的结构为，
故答案为；
（7）甲基和硝基处于邻位时，Cl原子还有如图所示的三种，若甲基和硝基处于间位时，Cl原子有四种位置，若甲基和硝基处于对位时，Cl原子有2种位置，此时共有（3+4+2）＝9种结构，若苯环上只有2个取代基，①取代基为﹣CH2NO2、﹣Cl，﹣Cl处于邻、间、对，有3种结构，②取代基为﹣CH2Cl、﹣NO2，﹣NO2处于邻、间、对，有3种结构，若苯环上只有1个取代基时，即取代基为﹣CHNO2Cl，此时只有1种结构，所以总共有（9+3+3+1）＝16种，其中，核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积比为2：2：1：1的同分异构体结构为，
故答案为：d。
实验室制Cl2
实验室收集C2H4
验证NH3易溶于水且溶液呈碱性
除去CO2中混有的少量HCl
A
B
C
D
质量mH2O：mSrO
4：1
5：1
6：1
7：1
8：1
9：1
10：1
Sr(OH)2·8H2O纯度%
98.64
98.68
98.65
98.64
98.63
98.63
98.65
Sr(OH)2·8H2O产率%
17.91
53.36
63.50
72.66
92.17
89.65
88.93
1 A
2 B
3 D
4 C
5 D
6 C
7 D
8 A
9 D
10 B
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