上海市复旦大学附属中学2023-2024学年高三下学期3月阶段性质量检测化学试题（原卷版+解析版）

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考生注意：
1.本考试设试卷和答题纸两部分，所有答案请写在答题纸上。
2.答题纸与试卷在试题编号上一一对应，答题时请勿超出答题框。
3.标注“不定项”的试题，每小题有1~2个正确选项；未特别标注的选择类试题，每小题只有1个正确选项。
相对原子质量：C-12 O-16 F-19 Mg-24 Ti-48 Fe-56 I-127
一、氟元素及相关化合物
1. AlF3可用于炼铝生产，其晶胞见图1。MgF2晶体广泛应用在光学、冶金等领域，其晶胞见图2。气态AlCl3通常以二聚体Al2Cl6的形式存在，其空间结构见图3。
（1）表格中所涉及的全部元素，其中位于元素周期表s区的是______(填元素符号)。基态F原子的最高能级电子云轮廓图形状为______。基态N原子价层电子的轨道表示式为______。
（2）AlF3晶体中距离F-最近的Al3+有______个。
A. 2B. 6C. 8D. 12
（3）二聚体Al2Cl6中Al的轨道杂化类型为______。
A. spB. sp2C. spdD. sp3
（4）MgF2晶胞示意图中：
①表示______(填离子符号)。
②已知MgF2晶胞体积为vm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则其晶体密度ρ=______g•cm-3(用含v和NA的代数式表示)。
（5）请从结构角度解释AlF3、AlCl3的熔点高低的原因______。
（6）一种由Mg制备MgF2的工艺流程如图：
MgMg(OCH3)2Mg(OH)2MgF2
已知：i.Mg(OCH3)2易溶于甲醇；
ii.Ksp[Mg(OH)2]=10-11.3，Ksp(MgF2)=10-10.3，Ka(HF)=10-3.2
①上述流程中，可循环利用的物质是______。
A.CH3OH B.H2O C.Mg(OH)2 D.HF
②比较相同条件下化学反应速率的大小：①Mg与CH3OH；②Mg与H2O。实验表明化学反应速率：①＞②，分析其原因可能是______。
③上述流程中Mg(OH)2开始转化为MgF2可选择HF或NaF，请通过计算说明哪个试剂的转化效果更好______。
【答案】1. ①. Na、Mg ②. 哑铃形 ③. 2. A 3. D
4. ①. Mg2+ ②.
5. AlCl3为分子晶体，熔化破坏范德华力，AlF3为离子晶体，熔化破坏离子键，离子键强于范德华力，所以熔点AlF3＞AlCl3
6. ①. A ②. Mg(OCH3)2易溶于甲醇；Mg(OH)2难溶于水，覆盖在Mg表面上，减少了Mg与水的接触面积 ③. 与反应：
与反应：
，，所以效果更好
【解析】
【小问1详解】
在周期表中IA族、ⅡA族元素属于s区，则其中位于元素周期表s区的是Na、Mg；F的价层电子排布式为：2s22p5，最高能级为2p能级，则基态F原子的最高能级电子云轮廓图形状为哑铃形；N的价层电子排布式为：2s22p3，则基态N原子价层电子的轨道表示式为；
【小问2详解】
根据AlF3晶胞结构可知，顶点为Al3+，棱心为F-，则AlF3晶体中距离F最近的Al3+有2个，故选A；
【小问3详解】
Al2Cl6中的结构为：，则Al形成4个σ键，没有孤对电子，价层电子对数为4，Al原子的轨道杂化类型为sp3，故选D；
【小问4详解】
①根据MgF2晶胞结构可知，MgF2晶胞中，白球有2个，黑球有4个，则表示Mg2+；
②已知MgF2晶胞体积为Vm3，阿伏加德罗常数的值为NA，则其晶体密度；
【小问5详解】
一般来说离子晶体的熔点比分子晶体的熔点高，故答案为：AlCl3为分子晶体，熔化破坏范德华力，AlF3为离子晶体，熔化破坏离子键，离子键强于范德华力，所以熔点AlF3＞AlCl3；
【小问6详解】
①过程中先消耗，后生成的物质可以循环利用，则可循环利用的物质是CH3OH，故答案为：A；
②Mg(OCH3)2易溶于甲醇；Mg(OH)2难溶于水，覆盖在Mg表面上，减少了Mg与水的接触面积，则Mg与CH3OH的速率大于Mg与H2O，故答案为：Mg(OCH3)2易溶于甲醇；Mg(OH)2难溶于水，覆盖在Mg表面上，减少了Mg与水的接触面积；
③由于与NaF反应，
与反应：
，，所以效果更好。
二、钛及其化合物
2. 基态Ti原子核外电子的空间运动状态数为______。
【答案】12
【解析】
【详解】基态Ti原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，有几个轨道就有几种空间运动状态，故核外电子的空间运动状态数为12。
3. 下列状态的Ti原子中，失去最外层一个电子所需能量最大的是
A. [Ar]3d24s14p1B. [Ar]3d24s2C. [Ar]3d14s24p1D. [Ar]3d14s14p2
【答案】B
【解析】
【详解】基态电离所需的能量大于激发态，A、C、D为激发态钛原子，B为基态钛原子，故B的电离能量最大；
答案选B。
4. 以钛铁矿(主要成分为FeTiO3、MgO)为原料制备高纯度钛白粉(TiO2)。同时得到绿矾的工艺流程如图。
已知：常温下，稀硫酸几乎与FeTiO3不反应；钛元素在整个流程中化合价没有变化。
（1）稀硫酸浸出的目的是______。
（2）下面两图分别为不同固液比、不同浸出温度下滤渣与热浓硫酸反应时的Ti浸出率，据图分析，最适合的固液比和温度分别是______和______，原因为______。
（3）“一系列操作”得到的绿矾先用稀钛液洗涤，再用冰水洗涤，请问先用稀钛液洗涤的目的是______，从FeSO4溶液中获得FeSO4•7H2O晶体的实验操作是______。
（4）若用浓硫酸浸出后Ti元素的存在形式为TiO2+，将钛液加热煮沸时，发生反应的离子方程式为______。
（5）若取10kg钛铁矿(FeTiO3的质量分数为95%)，经过上述流程(钛元素在整个流程中损失率为5%)，则可制得钛白粉固体(TiO2)的质量为______kg。
【答案】（1）除去MgO
（2） ①. 1：10 ②. 160 ③. 增大固液比和升高温度，对钛浸出率提升不大，且增加生产成本
（3） ①. 回收绿矾表面吸附的钛液，并减少绿矾的溶解 ②. 蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤、过滤、干燥
（4）TiO2++2H2O=2H++H2TiO3↓
（5）4.75
【解析】
【分析】由于稀硫酸几乎与FeTiO3不反应，在钛铁矿中加入稀硫酸，可将钛铁矿中的氧化镁溶解除去，再将滤渣（FeTiO3）用浓硫酸进行浸取，将钛元素转化为可溶解的TiO2+，再加入铁粉，将多余的硫酸反应掉，同时生成硫酸亚铁，在经过一系列操作，将其分离，从而制得绿矾晶体，最后再将钛转化为H2TiO3，加热分解即可制得钛白粉。
【小问1详解】
已知，常温下，稀硫酸几乎与FeTiO3不反应，而氧化镁属于碱性氧化物，可与稀硫酸反应，因此，稀硫酸浸出的目的除去MgO；
【小问2详解】
由图2可知，当固液比为1∶10时，钛浸出率已经达到90%以上，在增大固液比，钛浸出率增大量很小，但却需要使用使用大量的硫酸，增加成本，故最适合的固液比为1∶10。由图3可知，当温度为160℃时，钛浸出率已经很高了，再提高温度，钛浸出率增大量很小，但却需要消耗大量的能源，增加成本，故最适宜温度为160℃；原因为增大固液比和升高温度，对钛浸出率的提升不大，且增加生产成本
【小问3详解】
“一系列操作”，是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，是为了将绿矾晶体与钛液分离开来，但是在过滤操作后，得到的绿矾晶体表面还残留得有部分钛液，得到的绿矾先用稀钛液洗涤，再用冰水洗涤，先用稀钛液洗涤的目的是回收绿矾表面吸附的钛液，并减少绿矾的溶解；从FeSO4溶液中获得FeSO4•7H2O晶体的实验操作是蒸发浓缩、冷却结晶、洗涤、过滤、干燥；
【小问4详解】
由于钛液中的TiO2+会发生水解，将钛液进行加热煮沸的目的是为了促进钛液中的TiO2+水解生成H2TiO3，反应的离子方程式为TiO2++2H2O=2H++H2TiO3↓
【小问5详解】
10kg钛铁矿中含有FeTiO3的质量为：m=10kg×95%=9.5kg，钛元素在整个流程中损失率为5%，设钛白粉的质量为 x kg由钛守恒得 解得x=4.75kg。
三、酶的抑制剂
酶的抑制剂能有选择性地对特定酶的功能基团产生影响。
5. 4－氨基苯乙酸(药物X)是一种上皮肽转运蛋白PepT1抑制剂，科学家利用水微滴制备的原理如图所示。
（1）药物X的分子式为______。
（2）乙分子中苯环上的二溴代物有______种。
A. 3B. 4C. 5D. 6
（3）比甲多2个碳原子的同系物中，一溴代物最小的芳香烃的名称是______。
（4）该药物X在胃液中的存在形式是______。
【答案】（1）C8H9O2N （2）D
（3）1，3，5－三甲苯/均三甲苯
（4）
【解析】
【分析】甲和二氧化碳发生加成反应生成乙，乙在对位取代氨基生成药物X；
【小问1详解】
药物X的分子式为C8H9O2N；
【小问2详解】
利用‘定一移一’法，乙分子中苯环上的二溴代物有、共6种；
【小问3详解】
比甲多2个碳原子的同系物中，一溴代物最小即氢的种类最小，则结构高度对称，且三个取代基都是甲基，结构为，该芳香烃的名称是1，3，5－三甲苯/均三甲苯；
【小问4详解】
该药物X含有-NH2具有碱性，胃液中含有HCl，两者会反应生成盐类，存在形式。
6. 植物提取液AbyssinneI能抑制芳香酶的活性，其人工合成路线如图。
已知：i.
ii.+R2－CHO
（1）芳香族化合物A的官能团名称是______。A→B的反应类型是______。
（2）C的结构简式是______。
（3）D→E反应的化学方程式是______。
（4）G中含有4个六元环G的结构简式是______。
（5）合成路线中，D→E和G→AbyssinneI两步的作用是______。
【答案】（1） ①. 醛基、羟基 ②. 取代反应
（2） （3）+HCl+
（4） （5）保护D中酮羰基对位的羟基，防止其在合成G过程中被反应
【解析】
【分析】根据A的分子式及B的结构简式知，A为，A发生取代反应生成B，B发生信息i的反应生成C为，根据D、E的分子式知，D发生取代反应生成E，C和E发生信息ii的反应生成F，根据F反结构简式及E的分子式知，E为，D为，G中含有4个六元环，根据G的分子式、Abyssinne的结构简式知，F发生反应生成G为，G发生取代反应生成Abyssinne，以此解题。
【小问1详解】
由分析可知，A为，则A的官能团名称是醛基、羟基；A中氢原子被取代生成B，A→B的反应类型是取代反应；
【小问2详解】
由分析可知，C的结构简式是；
【小问3详解】
由分析可知，D为，E为，D发生取代反应生成E，则D→E反应的化学方程式是+HCl+；
【小问4详解】
由分析可知，G的结构简式是；
【小问5详解】
D中的酚羟基容易被氧化，则合成路线中，D→E和G→AbyssinneI两步的作用是：保护D中酮羰基对位的羟基，防止其在合成G过程中被反应。
四、铁元素的应用
铁及其化合物与人类生产生活关系密切。
7. 某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质：
（1）甲组同学取2mL0.1ml•L-1FeSO4溶液，加1滴KSCN溶液，无明显现象，再加几滴3%H2O2溶液(用H2SO4酸化至pH=1)，溶液颜色变红。甲组同学通过上述实验分析Fe2+具有______(填“氧化”或“还原”)性。写出上面划线处操作所发生反应的离子方程式______。
（2）针对Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，下列说法正确的是______。(不定项)
A. 增大KSCN溶液的浓度，平衡常数增大
B. 向上述平衡体系中加入适量KCl圆体，平衡不移动
C. 加水稀释，平衡向左移动，且溶液的红色变浅
D. 加入少量铁粉，减小
（3）乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2mLFeSO4溶液中先加入0.5mL煤油，再于液面下依次加入1滴KSCN溶液和13%H2O2溶液，溶液变红，煤油的作用是______。
（4）同时乙组同学查阅资料发现Fe2+与SCN-可发生反应，生成无色的电中性配合物。为证实该性质，乙组同学用FeCO3进行了如图所示的a和b两组实验：
写出实验a中FeCO3与KSCN反应的离子方程式______，实验b的目的是______。
（5）反应S2O(aq)+2I-(aq)=2SO(aq)+I2(aq)在加入Fe3+催化后，反应进程中的能量变化如图所示。已知：反应机理中有Fe2+出现。
①写出反应历程中“速率决定步骤”的热化学方程式：______。
②反应过程中由于Fe2+浓度较低而不容易被检测到，请回答Fe2+浓度较低的原因：______。
（6）溶液中Fe2+与邻二集非X会生成橘黄色的配合物Y。
①邻二氮菲提供的配位原子是______。
②使用该方法时，需要控制pH在2~9之间，其原因为：______。
③取2.00mLc(Fe2+)=6.0×10-4ml/L的溶液，加入不同体积、浓度均为c(X)=6.0×10-4ml/L的邻二氮菲溶液，充分反应后加水定容至25mL，得到系列溶液，测其吸光度，结果如表：
已知吸光度A与有色物质的浓度成正比。Fe2+和邻二氮菲X的吸光度近似为0。
Fe2++nX=Y(橘黄色)
结合上面实验数据，通过计算回答Y中Fe2+的配位数(与中心原子或离子以配位键形式结合的配位原子数目)：______。
【答案】（1） ①. 还原 ②. 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O （2）BC
（3）隔离溶液与空气，排除氧气对实验的影响
（4） ①. FeCO3(s)+2SCN-=Fe(SCN)2+CO ②. 排除了FeCO3溶解产生的Fe2+对实验的影响
（5） ①. 2Fe3+(aq)+2I-(aq)=I2(aq)+2Fe2+(aq) △H=(E3-E2)kJ•ml-1 ②. 第一步基元反应活化能较高为慢反应，第二步基元反应活化能较小为快反应。第一步反应产生的Fe2+很快被第二步反应消耗，故Fe2+浓度较小
（6） ①. N ②. pH＜2，H+浓度较大，邻二氮菲中的N会与H+结合(形成配位键)，导致其与Fe2+配位能力减弱；pH＞9，OH-浓度较大，OH-与Fe2+反应，影响Fe2+与邻二氮菲配位 ③. 6
【解析】
【小问1详解】
与KSCN会变红，则加入3%H2O2溶液把氧化为，故通过上述实验分析Fe2+具有还原性；划线处操作所发生反应的离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
【小问2详解】
A．平衡常数只与温度有关，A错误；
B．向上述平衡体系中加入适量KCl，不参与反应，平衡不移动，B正确；
C．加水稀释，各离子浓度均减小，平衡向离子浓度大的方向移动，平衡向左移动且溶液的红色变浅，C正确；
D．加入少量铁粉，，平衡逆向移动， c(SCN-)增大，平衡常数 不变，故增大，D错误；
故选BC。
【小问3详解】
煤油密度小与水，与水互不相容，煤油的作用是隔离溶液与空气，排除氧气对实验的影响；
【小问4详解】
Fe2+与SCN-可发生反应，生成无色的电中性配合物，实验a中FeCO3与KSCN反应的离子方程式：FeCO3(s)+2SCN-=Fe(SCN)2+CO；实验b作对比实验的目的是排除了FeCO3溶解产生的Fe2+对实验的影响；
【小问5详解】
活化能高的为决速步骤反应历程中“速率决定步骤”的热化学方程式：2Fe3+(aq)+2I-(aq)=I2(aq)+2Fe2+(aq) △H=(E3-E2)kJ•ml-1；Fe2+浓度较低的原因：第一步基元反应活化能较高为慢反应，第二步基元反应活化能较小为快反应。第一步反应产生的Fe2+很快被第二步反应消耗，故Fe2+浓度较小
【小问6详解】
氮元素有孤对电子，邻二氮菲提供的配位原子是N；pH在2~9之间，其原因为： pH＜2，H+浓度较大，邻二氮菲中的N会与H+结合(形成配位键)，导致其与Fe2+配位能力减弱；pH＞9，OH-浓度较大，OH-与Fe2+反应，影响Fe2+与邻二氮菲配位；已知吸光度A与有色物质的浓度成正比。Fe2+和邻二氮菲X的吸光度近似为0。Fe2++nX=Y(橘黄色)，结合上面实验数据，当X为6ml时，吸光度不再改变，说明亚铁离子与X溶液完全反应，则n值为，则Y的化学式为 ,由X的结构简式可知，Y中具有空轨道的亚铁离子与6个具有孤电子对的氮原子形成配位键，Y中Fe2+的配位数6。
五、CO与CO2的转化与利用
8. CO2可作为弱氧化剂用于乙烷脱氢制备乙烯。
（1）查阅下面资料，可实现计算CO2氧化C2H6脱氢反应的反应热：
i.需要查阅______的燃烧热数据(填化学式)。
ii.再查阅水的汽化热：H2O(l)=H2O(g) △H1=+44.0kJ•ml-1。
利用上述数据，可得如下热化学方程式：C2H6(g)+CO2(g)=C2H4(g)+CO(g)+H2O(g) △H2=+178.2kJ•ml-1
（2）判断该反应能够自发进行的条件______。
A. 低温自发B. 高温自发C. 任何条件下均自发D. 任何条件下均不自发
（3）如图是科学家利用温室气体CO2转化为CO的装置(A、B均采用石墨烯材料)，下列说法正确的是______。
A. A极的电极反应式为CO2+H2O+2e-=CO+2OH-
B. 电路中通过2ml电子，将得到28gCO和11.2LO2
C. 该装置工作一段时间后，电解质溶液的pH减小
D. A电极为阴极，离子交换膜为阴离子交换膜，OH-移向B极
【答案】（1）C2H6、C2H4、CO （2）B （3）AD
【解析】
【小问1详解】
目标热化学方程式涉及的物质有，其中能够发生燃烧反应的物质有，故若已知该三种可燃物的燃烧热数据及水的汽化热，可根据盖斯定律得到目标热化学方程式；
故答案为：；
【小问2详解】
该反应为吸热反应，且气体体积增大、气体种类增加为熵增反应，若反应自发进行，需，则高温条件下才能使，B正确；
故答案为：B；
【小问3详解】
该装置利用风力发电或太阳能发电实现温室气体CO2转化为CO，该装置为电解池。A极发生CO2转化为CO，碳元素化合价降低，发生得电子、还原反应，A极为阴极，B极为阳极，有生成，发生的电极反应为。
A．从图可知，A极发生CO2转化为CO，碳元素化合价降低，发生得电子、还原反应，电极反应式为，A正确；
B．根据A电极反应式，电路中通过2ml电子，将得到1mlCO，质量28g，B电极反应式，将得到0.5ml，未明确标准状况，故体积不一定为11.2L，B错误；
C．该装置总反应为，工作一段时间后，电解质溶液的pH不变，C错误；
D．根据上述分析，该装置为电解池，A电极为阴极，阴离子移向阳极，即OH-移向B极，离子交换膜为阴离子交换膜，D正确；
故答案为：AD。
9. I2O5是白色粉末状固体，在合成氨工业中常用I2O5来定量测量CO的含量。
已知：(I)2I2(s)+5O2(g)=2I2O5(s)
(Π)I2O5(s)+5CO(g)5CO2(g)+I2(s)
（1）结合反应I和反应II分析，I2在CO转化为CO2的反应中所起的作用是______。20℃时向装有足量I2O5的2L恒容密闭容器中充入2mlCO，发生反应II，反应达到平衡后固体质量减小8g，该温度下反应的平衡常数K=______(写出计算过程，结果用分数表示)。
（2）若在恒温恒容的密闭体系中进行上述反应II，下列不能说明反应II达到平衡状态的是______。
A. 混合气体的密度保持不变B. CO和CO2的物质的量相等
C. v(CO)=v(CO2)D. 混合气体的平均分子量不变
（3）10℃时，某恒容密闭容器中充有足量的I2O5，向该容器中充入CO，发生反应II，平衡时CO2与充入CO的物质的量关系如图所示。
若压缩容器体积；θ值______(填“增大”“减小”或“不变”)，理由是______。
【答案】（1） ①. 催化剂 ②. （2）BC
（3） ①. 不变 ②. 反应II是反应前后气体体积不变反应，压缩容器的容积，导致容器内气体的压强增大，压强增大，反应II的化学平衡不发生移动；所以θ值不变。(或温度不变，K不变，CO2与CO浓度之比不变，故物质的量之比不变，θ值不变)
【解析】
【小问1详解】
反应I消耗I2而在反应II又生成I2，在CO转化为CO2的反应中所起的作用是催化剂；开始时n(CO)=2ml,I2O5(s)的质量足量，反应达到平衡时固体质量减少了8 g,则反应消耗I2O5(s)的物质的量为n(I2O5)=ml=0.1ml，则根据物质反应转化关系可知反应消耗CO的物质的量是0.5 ml,反应产生CO2的物质的量是0.5 ml,则平衡时CO、CO2的浓度分别是c(CO)= =0.75ml/L，c(CO2)= =0.25ml/L，则该温度下反应的平衡常数；
【小问2详解】
A．该反应的反应物、生成物不全是气体，气体物质的质量会发生变化，而气体的体积不变，因此当混合气体密度不变时，反应达到了平衡状态，故A错误；
B．若反应未达到平衡状态，则混合体系中CO和CO2的物质的量都会发生变化，当二者的物质的量不变时，反应达到平衡状态，但二者的物质的量不一定相等，因此不能据此判断反应是否达到平衡状态，故B正确；
C．未指明反应速率的正、逆，因此不能判断反应是否达到平衡状态，故C正确；
D．该反应前后气体的质量发生改变，而气体的体积不变，若混合气体的平均分子量不变，则气体的质量不变，反应达到了平衡状态，故D错误；
故答案为：BC；
【小问3详解】
反应II是反应前后气体体积不变的反应，压缩容器的容积，导致容器内气体的压强增大，压强增大，反应II的化学平衡不发生移动；所以θ值不变。物质化学式
NaF
AlF3
AlCl3
MgF2
熔点/℃
993
1090
——
1261
沸点/℃
1695
x
178(升华)
2260
V(X)/mL
2.00
3.00
4.00
5.00
6.00
8.00
吸光度/A
0.24
0.36
0.48
0.60
0.72
0.72