2015-2016学年福建省龙岩市长汀二中高三（上）第二次质检化学
试卷
一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）
1．在日常生活和生产过程中化学有着重要的应用，下列有关说法正确的是( )
A．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为可入肺颗粒物，分散在空气中不可能形成胶体
B．生活中常见的石英玻璃、普通玻璃、钢化玻璃都属于硅酸盐产品
C．食品添加剂对人体均有益，可随意使用
D．洪涝、地震灾区灾后可用石灰消毒，是利用石灰可使蛋白质变性的性质
3．原子序数依次递增的4种短周期元素可形成简单离子，W2﹣、X+、Y3+、Z2﹣下列说法不正确的是( )
A．离子半径由大到小：Z2﹣＞X+＞Y3+＞W2﹣
B．气态氢化物的稳定性：H2W强于H2Z
C．工业上常采用电解法冶炼Y 单质
D．W、X 形成的化合物中阴、阳离子个数比一定是1：2
4．下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是( )
A．含有AgCl和AgI固体的悬浊液：c（Ag+）＞c（C1﹣）=c（I﹣）
B．CO2的水溶液：c（H+）＞c（HCO3﹣）═2c（CO32﹣）
C．pH=1的NaHSO4溶液：c（H+）=c（SO42﹣）十c（OH﹣）
D．含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：3c（Na+）═2[c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）+c（H2C2O4）]
5．纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注．采用离子交换膜控制电解液中OH一的浓度制备纳米级Cu2O的装置如图所示，发生的反应为：2Cu+H2O Cu2O+H2↑．下列说法正确的是( )
A．钛电极发生氧化反应
B．阳极附近溶液的pH逐渐增大
C．离子交换膜应采用阳离子交换膜
D．阳极反应式是：2Cu+2OH一一2e一═Cu2O+H2O
6．一定温度下，将1molA和1molB气体充入2L密闭容器，发生反应：A（g）+B（g）?xC （g）+D（s），t1时达到平衡．在t2、t3时刻分别改变反应的一个条件，测得容器中气体C的浓度随时间变化如图所示．下列说法正确是( )
A．t1～t3间该反应的平衡常数均为4
B．反应方程式中的x=1
C．t2时刻改变的条件是使用催化剂
D．t3时刻改变的条件是移去少量物质D
7．乌头酸的结构简式如图所示，下列关于乌头酸的说法错误的是( )
A．分子式为C6H6O6
B．乌头酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．含1 mol乌头酸的溶液最多可消耗3 mol NaOH
D．乌头酸能发生水解反应和加成反应
二、解答题（共5小题，满分79分）
8．（16分）用CaSO4代替O2与燃料CO反应，既可提高燃烧效率，又能得到高纯CO2，是一种高效、清洁、经济的新型燃烧技术，反应①为主反应，反应②和③为副反应．
①CaSO4（s）+CO（g）?CaS（s）+CO2（g）△H1=﹣47.3kJ?mol﹣1
②CaSO4（s）+CO（g）?CaO（s）+CO2（g）+SO2（g）△H2=+210.5kJ?mol﹣1
③CO（g）?C（s）+CO2（g）△H3=﹣86.2kJ?mol﹣1
（1）反应2CaSO4（s）+7CO（g）?CaS（s）+CaO（s）+6CO2（g）+C（s）+SO2（g）的△H=__________（用△H1、△H2和△H3表示）
（2）反应①﹣③的平衡常数的对数lgK随反应温度T的变化曲线见图，结合各反应的△H，归纳lgK﹣T曲线变化规律：a）__________；b）__________．
（CO）（3）向盛有CaSO4的真空恒容密闭容器中充入CO，反应①于900℃达到平衡，c
平衡
=8.0X10﹣5 mol?L﹣1，计算CO的转化率__________．（忽略副反应，结果保留两位有效数字）．（4）为减少副产物，获得更纯净的CO2，可在初始燃料中适量加入__________．
（5）以反应①中生成的CaS为原料，在一定条件下经原子利用率100%的高温反应，可再生CaSO4，该反应的化学方程式为__________；在一定条件下，CO2可与对二甲苯反应，在其苯环上引入一个羧基，产物的结构简式为__________．
9．（16分）实验室合成乙酸乙酯的步骤如下：在图甲的圆底烧瓶内加入乙醇、浓硫酸和乙酸，加热回流一段时间，然后换成图乙装置进行蒸馏，得到含有乙醇、乙酸和水的乙酸乙酯粗产品．
请回答下列问题：
（1）图甲中冷凝水从__________（a或b）进，图乙中B装置的名称为__________
（2）反应中加入过量的乙醇，目的是__________
（3）现拟分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物下列框图是分离操作步骤流程图：
则试剂a是：__________，试剂b是__________，分离方法III是__________．
（4）甲、乙两位同学欲将所得含有乙醇、乙酸和水的乙酸乙酯粗产品提纯得到乙酸乙酯，在未用指示剂的情况下，他们都是先加NaOH溶液中和酯中过量的酸，然后用蒸馏法将酯分离出来．甲、乙两人蒸馏产物结果如下：甲得到了显酸性的酯的混合物，乙得到了大量水溶性的物质．丙同学分析了上述实验目标产物后认为上述实验没有成功．试解答下列问题：
①甲实验失败的原因是：__________
②乙实验失败的原因是：__________．
10．（16分）工业上用菱锰矿（MnCO3）[含FeCO3、SiO2、Cu2（OH）2CO3等杂质]为原料制取二氧化锰，其流程示意图如图：
pH
回答下列问题：
（1）含杂质的菱锰矿使用前需将其粉碎，主要目的是__________．
盐酸溶解MnCO3的化学方程式是__________．
（2）向溶液1中加入双氧水时，反应的离子方程式是__________．
（3）将MnCl2转化为MnO2的一种方法是氧化法．其具体做法是用酸化的NaClO3溶液将MnCl2氧化，该反应的离子方程式为：5Mn2++2ClO3﹣
+□__________=□__________+□__________+□__________．
（4）将MnCl2转化为MnO2的另一种方法是电解法．
①生成MnO2的电极反应式是__________．
②若直接电解MnCl2溶液，生成MnO2的同时会产生少量Cl2．检验Cl2的操作是__________．
③若在上述MnCl2溶液中加入一定量的Mn（NO3）2粉末，则无Cl2产生．其原因是__________．
11．氧元素和卤族元素都能形成多种物质，我们可以利用所学物质结构与性质的相关知识去认识和理解．
（1）COCl2的空间构型为__________；溴的价电子排布式为__________．
（2）已知CsICl2不稳定，受热易分解，倾向于生成晶格能更大的物质，则它按下列__________
式分解．A．CsICl2CsCl+IClB．CsICl2CsI+Cl2
（3）根据下表提供的第一电离能数据判断，最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是
键的是__________．
A．HClB．HFC．SO2D．SCl2
（5）已知ClO2﹣为角型，中心氯原子周围有四对价层电子．ClO2﹣中中心氯原子的杂化轨道类型为__________，写出与CN﹣互为等电子体的分子：__________（写出1个）．
（6）钙在氧气中燃烧时得到一种钙的氧化物固体，其结构如图所示．由此可判断该钙的氧化物的化学式为__________．已知该氧化物的密度是ρ g?cm﹣3，则晶胞中离得最近的两个钙离子间的距离为__________ cm（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数的值为N A）．
12．（16分）以乙炔为原料通过以下流程能合成有机物中间体D．
C2H2A（HOH2OC≡OCH2OH）B C D（）
已知：（1）
（2）
请回答下列问题：
（1）化合物D的分子式为__________，写出D中一种官能团的名称：__________．
（2）写出生成A的反应的化学方程式：__________．
（3）化合物B在浓硫酸催化下，加热与HOOCCOOH反应生成环状酯的化学方程式为
__________（注明条件）．
（4）化合物C的结构简式为__________．
（5）已知1mol HCHO和1mol CH3CH2CHO发生类似已知（2）的反应，生成1mol E．以下关于E的说法正确的是__________．
a．E能与H2发生加成反应，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色
b．E属于酯类物质
c.1mol E完全燃烧消耗5mol O2
d．生成E的反应属于取代反应．
2015-2016学年福建省龙岩市长汀二中高三（上）第二次
质检化学试卷
一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）
1．在日常生活和生产过程中化学有着重要的应用，下列有关说法正确的是( )
A．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也称为可入肺颗粒物，分散在空气中不可能形成胶体
B．生活中常见的石英玻璃、普通玻璃、钢化玻璃都属于硅酸盐产品
C．食品添加剂对人体均有益，可随意使用
D．洪涝、地震灾区灾后可用石灰消毒，是利用石灰可使蛋白质变性的性质
【考点】常见的生活环境的污染及治理；硅酸盐工业．
【专题】化学应用．
【分析】A．PM2.5表示每立方米空气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物的含量，PM2.5值越高，大气污染越严重，根据胶粒直径和PM2.5的大小判断由PM2.5引起的雾霾是否属于胶体；
B．石英玻璃主要成分是二氧化硅；
C．食品添加剂应合理使用；
D．蛋白质遇到强碱、强酸、高温、重金属离子会变性，蛋白质就失去了生物活性；
【解答】解：A．PM2.5是指大气中直径小于或等于2.5μm的颗粒物，也称为可入肺颗粒物，它对空气质量和能见度等有重要的影响．科学家用PM2.5表示每立方米空气中这种颗粒的含量，这个值越高，就代表空气污染越严重，胶粒直径在1﹣100纳米（10﹣9米﹣10﹣7米）之间，PM2.5指≤2.5×10﹣6米，PM2.5的大小包含胶粒范围，除能形成胶体，还可以形成其它分散系，故A错误；
B．石英玻璃主要成分是二氧化硅，二氧化硅为氧化物，不是硅酸盐，故B错误；
C．过量使用国家允许使用的食品添加剂，对人体有害，故C错误；
D．生石灰遇水会发生反应放出大量的热，并且生成强碱可以使细菌的蛋白质失去活性从而起到杀菌的作用，故D正确；
故选：D．
【点评】本题考查食品添加剂、蛋白质的性质、硅酸盐和胶体，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大．
A B C D
A．A B．B C．C D．D
【考点】化学实验方案的评价；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；探究温度、压强对化学平衡的影响；探究原电池及其工作原理．
【专题】实验评价题．
【分析】A．没构成闭合回路；
B．已知2NO2?N2O4△H＜0，根据颜色的变化判断；
C．铁在食盐水中发生吸氧腐蚀；
D．盐酸易挥发．
【解答】解：A．没构成闭合回路，不能形成原电池，故A错误；
B．已知2NO2?N2O4△H＜0，根据颜色的变化可知平衡移动的方向，以此可确定温度对平衡移动的影响，故B正确；
C．氯化钠溶液呈中性，铁在食盐水中发生吸氧腐蚀，在酸性条件下发生析氢腐蚀，故C错误；D．盐酸易挥发，不能证明碳酸比硅酸强，故D错误．
故选B．
【点评】本题考查较为综合，涉及原电池、化学平衡移动、金属的腐蚀、非金属性的比较等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高考常见题型，注意相关知识的学习与积累，难度不大．
3．原子序数依次递增的4种短周期元素可形成简单离子，W2﹣、X+、Y3+、Z2﹣下列说法不正确的是( )
A．离子半径由大到小：Z2﹣＞X+＞Y3+＞W2﹣
B．气态氢化物的稳定性：H2W强于H2Z
C．工业上常采用电解法冶炼Y 单质
D．W、X 形成的化合物中阴、阳离子个数比一定是1：2
【考点】原子结构与元素周期律的关系．
【专题】元素周期律与元素周期表专题．
【分析】原子序数依次递增的4种短周期元素可形成简单离子：W2﹣、X+、Y3+、Z2﹣，则W、Z为第VIA族元素，原子序数W小于Z，则W为O元素，Z为S元素，X化合价为+1价，为第IA族的Na元素，Y为第ⅢA族，原子序数大于Na，则Y为Al元素．
A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小；
B．非金属性越强，氢化物越稳定性；
C．工业上电解熔融氧化铝冶炼铝；
D．W、X 形成的化合物为Na2O、Na2O2．
【解答】原子序数依次递增的4种短周期元素可形成简单离子：W2﹣、X+、Y3+、Z2﹣，则W、Z为第VIA族元素，原子序数W小于Z，则W为O元素，Z为S元素，X化合价为+1价，为第IA族的Na元素，Y为第ⅢA族，原子序数大于Na，则Y为Al元素．
A．电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径：S2﹣＞O﹣＞Na+＞Al3+，故A错误；
B．非金属性W（氧）＞Y（硫），非金属性越强，氢化物越稳定性，故B正确；
C．工业上电解熔融氧化铝冶炼铝，故C正确；
D．W、X 形成的化合物为Na2O、Na2O2，两化合物中阴、阳离子个数比都是1：2，故D正确，
故选：A．
【点评】本题考查结构性质位置关系应用，关键是根据短周期元素及离子电荷确定元素，注意对基础知识的理解掌握．
4．下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是( )
A．含有AgCl和AgI固体的悬浊液：c（Ag+）＞c（C1﹣）=c（I﹣）
B．CO2的水溶液：c（H+）＞c（HCO3﹣）═2c（CO32﹣）
C．pH=1的NaHSO4溶液：c（H+）=c（SO42﹣）十c（OH﹣）
D．含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：3c（Na+）═2[c（HC2O4﹣）+c（C2O42﹣）+c（H2C2O4）]
【考点】离子浓度大小的比较．
【专题】盐类的水解专题．
【分析】A．AgCl和AgI固体的悬浊液中氯化银溶解度大于碘化银；
B．二氧化碳的水溶液中碳酸分步电离，第二步电离微弱；
C．NaHSO4溶液中存在质子守恒分析，硫酸氢钠电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，溶液中质子守恒分析；
D．依据溶液中元素物料守恒计算，2n（Na）=3n（C2O42﹣）
【解答】解：A．AgCl和AgI固体的悬浊液中氯化银溶解度大于碘化银，c（Ag+）＞c（Cl﹣）＞c（I﹣），故A错误；
B．二氧化碳的水溶液中碳酸分步电离，第二步电离微弱，H2CO3?H++HCO3﹣，HCO3﹣
?H++CO32﹣，c（H+）＞c（HCO3﹣）＞2c（CO32﹣），故B错误；
C．NaHSO4溶液中存在质子守恒分析，硫酸氢钠电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，NaHSO4 =Na++H++SO42﹣，H2O?H++OH﹣，溶液中质子守恒，c（H+）=c（SO42﹣）+c（OH﹣），故C 正确；
D．依据溶液中元素物料守恒计算，含等物质的量NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：2c（Na+）=3[c （HC2O4﹣）+C（C2O42﹣）+c（H2C2O4）]，故D错误；
故选C．
【点评】本题考查了电解质溶液中电离平衡分析，沉淀溶解平衡的理解应用，电解质溶液中物料守恒，质子守恒的分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等．
5．纳米级Cu2O由于具有优良的催化性能而受到关注．采用离子交换膜控制电解液中OH一的浓度制备纳米级Cu2O的装置如图所示，发生的反应为：2Cu+H2O Cu2O+H2↑．下列说法正确的是( )
A．钛电极发生氧化反应
B．阳极附近溶液的pH逐渐增大
C．离子交换膜应采用阳离子交换膜
D．阳极反应式是：2Cu+2OH一一2e一═Cu2O+H2O
【考点】电解原理．
【专题】电化学专题．
【分析】A、钛极与电源负极相连是阴极发生氢离子得电子的还原反应；
B、根据总反应，则阳极反应为2Cu﹣2e﹣+2OH﹣=Cu2O+H2O，消耗氢氧根，pH值减小；
C、根据总反应，则阳极反应为2Cu﹣2e﹣+2OH﹣=Cu2O+H2O，所以离子交换膜应采用阴离子交换膜；
D、在电解池中，当阳极是活泼电极时，该电极本身发生失电子的还原反应，在碱性环境下，金属铜失去电子的电极反应为2Cu﹣2e﹣+2OH﹣=Cu2O+H2O，
【解答】解：A、钛极与电源负极相连是阴极发生氢离子得电子的还原反应，故A错误；B、根据总反应，则阳极反应为2Cu﹣2e﹣+2OH﹣=Cu2O+H2O，消耗氢氧根，pH值减小，故B 错误；
C、根据总反应，则阳极反应为2Cu﹣2e﹣+2OH﹣=Cu2O+H2O，所以离子交换膜应采用阴离子交换膜，故C错误；
D、在电解池中，当阳极是活泼电极时，该电极本身发生失电子的还原反应，在碱性环境下，金属铜失去电子的电极反应为2Cu﹣2e﹣+2OH﹣=Cu2O+H2O，故D正确；
故选：D．
【点评】本题考查了电解原理的应用，在电解中电极反应与电解质溶液有关，电极相同，电解质溶液的性质不同，电极反应不同，这是很容易出错的问题，难度不大；
6．一定温度下，将1molA和1molB气体充入2L密闭容器，发生反应：A（g）+B（g）?xC （g）+D（s），t1时达到平衡．在t2、t3时刻分别改变反应的一个条件，测得容器中气体C的浓度随时间变化如图所示．下列说法正确是( )
A．t1～t3间该反应的平衡常数均为4
B．反应方程式中的x=1
C．t2时刻改变的条件是使用催化剂
D．t3时刻改变的条件是移去少量物质D
【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．
【专题】化学平衡专题．
【分析】根据图可知，在t2时刻，平衡不移动，但C的浓度变大，说明在在t2时刻改变的条件是缩小容器的体积，且该反应前后气体体积不变，所以可知x=2，再根据平衡常数的定义计算平衡常数，在可逆反应中固体物质的量的少量改变不会引起平衡的移动，据此答题；
【解答】解：A、根据图可知，在t2时刻，平衡不移动，但C的浓度变大，说明在在t2时刻改变的条件是缩小容器的体积，且该反应前后气体体积不变，所以可知x=2，所以化学方程式为：A（g）+B（g）?2C（g）+D（s），根据方程式中的计量关系可知，在t1时刻达到平衡，
生成0.5mol/LC，则A、B平衡的浓度均为0.25mol/L，所以平衡常数K==4，而
t1～t3间温度没变，所以平衡常数不变，故A正确；
B、由A中的分析可知x=2，故B错误；
C、催化剂不能改变平衡时的浓度，结合A的分析可知C错误；
D、由于D为固体，移去少量物质D，平衡不移动，不会改变其它物质的浓度，故D错误；故选A．
【点评】本题主要考查了根据图象判断影响平衡移动的因素，中等难度，解题的关键在于根据图象确定化学方程式中的x的值．
7．乌头酸的结构简式如图所示，下列关于乌头酸的说法错误的是( )
A．分子式为C6H6O6
B．乌头酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．含1 mol乌头酸的溶液最多可消耗3 mol NaOH
D．乌头酸能发生水解反应和加成反应
【考点】有机物的结构和性质．
【专题】有机物的化学性质及推断．
【分析】A．根据结构简式确定分子式；
B．该物质中含有碳碳双键，具有烯烃性质；
C．能和氢氧化钠反应的有羧基，该分子中含有3个羧基；
D．该物质中不含卤原子或酯基，不能发生水解反应．
【解答】解：A．根据结构简式确定分子式为C6H6O6，故A正确；
B．该物质中含有碳碳双键，具有烯烃性质，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；
C．能和氢氧化钠反应的有羧基，该分子中含有3个羧基，所以含1 mol乌头酸的溶液最多可消耗3 mol NaOH，故C正确；
D．该物质中不含卤原子或酯基，不能发生水解反应，碳碳双键能发生加成反应，故D错误；故选D．
【点评】本题考查有机物结构和性质，为高频考点，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查烯烃、羧酸性质，题目难度不大．
二、解答题（共5小题，满分79分）
8．（16分）用CaSO4代替O2与燃料CO反应，既可提高燃烧效率，又能得到高纯CO2，是一种高效、清洁、经济的新型燃烧技术，反应①为主反应，反应②和③为副反应．
①CaSO4（s）+CO（g）?CaS（s）+CO2（g）△H1=﹣47.3kJ?mol﹣1
②CaSO4（s）+CO（g）?CaO（s）+CO2（g）+SO2（g）△H2=+210.5kJ?mol﹣1
③CO（g）?C（s）+CO2（g）△H3=﹣86.2kJ?mol﹣1
（1）反应2CaSO4（s）+7CO（g）?CaS（s）+CaO（s）+6CO2（g）+C（s）+SO2（g）的
△H=4△H1+△H2+2△H3（用△H1、△H2和△H3表示）
（2）反应①﹣③的平衡常数的对数lgK随反应温度T的变化曲线见图，结合各反应的△H，归纳lgK﹣T曲线变化规律：a）当△H＞0时，lgK随温度升高而增大，当△H＜0时，lgK随温度升高而减小；b）当温度同等变化时，△H的数值越大lgK的变化越大．
（CO）（3）向盛有CaSO4的真空恒容密闭容器中充入CO，反应①于900℃达到平衡，c
平衡
=8.0X10﹣5 mol?L﹣1，计算CO的转化率99%．（忽略副反应，结果保留两位有效数字）．
（4）为减少副产物，获得更纯净的CO2，可在初始燃料中适量加入O2．
（5）以反应①中生成的CaS为原料，在一定条件下经原子利用率100%的高温反应，可再生CaSO4，该反应的化学方程式为CaS+2O2CaSO4；在一定条件下，CO2可与对二甲苯反应，在其苯环上引入一个羧基，产物的结构简式为．
【考点】用化学平衡常数进行计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．
【专题】化学平衡专题；燃烧热的计算．
【分析】（1）根据盖斯定律及题干中热化学方程式计算出反应2CaSO4（s）+7CO（g）?CaS （s）+CaO（s）+6CO2（g）+C（s）+SO2（g）的△H；
（2）根据反应①﹣③的平衡常数的对数lgK随反应温度T的变化曲线进行判断变化规律；（3）根据图象判断900℃时反应①的lgK=2，则平衡常数为102，设出反应前CO浓度为c，根据平衡常数表达式列式计算即可；
（4）根据氧气能够消耗副产物中生成的二氧化硫、碳进行分析；
（5）根据“CaS为原料，在一定条件下经原子利用率100%的高温反应，可再生CaSO4”可知另一种反应物为氧气，据此写出反应的化学方程式；在对二甲苯的苯环上添上应该羧基即可得到该有机物．
【解答】解：（1）根据盖斯定律，①×4+②+③×2可得：2CaSO4（s）+7CO（g）?CaS（s）+CaO（s）+6CO2（g）+C（s）+SO2（g）的△H=4△H1+△H2+2△H3，
故答案为：4△H1+△H2+2△H3；
（2）根据图象曲线变化可知，反应①、③为放热反应，随着温度的升高，平衡常数K逐渐减小，则lgK逐渐减小，而反应②为吸热反应，升高温度，平衡常数K逐渐增大，则lgK逐渐增大，所以Ⅰ表示的为反应③、Ⅱ曲线表示的为反应②，变化规律为：当△H＞0时，lgK 随温度升高而增大，当△H＜0时，lgK随温度升高而减小；根据反应①和曲线Ⅰ（反应③反应）的反应热可知，当温度同等变化时，△H的数值越大lgK的变化越大，
故答案为：（a）当△H＞0时，lgK随温度升高而增大，当△H＜0时，lgK随温度升高而减小；（b）当温度同等变化时，△H的数值越大lgK的变化越大；
（3）向盛有CaSO4的真空恒容密闭容器中充入CO，反应方程式为：CaSO4（s）+CO（g）?CaS（s）+CO2（g）△H1=﹣47.3kJ?mol﹣1，根据图象曲线可知，反应①于900℃时lgK=2，
（CO）=8.0×10﹣5 mol?L﹣1，设一氧化碳反应前浓度为c，则反应消平衡常数为102=100，c
平衡
耗的CO浓度=反应生成二氧化碳浓度=（c﹣8.0×10﹣5）mol/L，平衡常数
K===100，解得c=8.08×10﹣3mol/L，一氧化碳的转化率为：
×100%≈99%，
答：99%；
（4）氧气能够与二氧化硫、C发生反应，所以在初始原料中加入适量的氧气，可以抑制副反应②③的进行，有利于获得更纯净的CO2，
故答案为：O2；
（5）以反应①中生成的CaS为原料，在一定条件下经原子利用率100%的高温反应，可再生CaSO4，则另一种反应为为氧气，该反应的化学方程式为CaS+2O2CaSO4；在一定条件下，CO2可与对二甲苯反应，在其苯环上引入一个羧基，相当于用羧基取代苯环上的氢原子，对二甲苯中苯环上4个H原子位置等价，则该产物的结构简式为：，
故答案为：CaS+2O2CaSO4；．
【点评】本题考查了化学平衡常数的计算、有机物结构与性质、热化学方程式的书写等知识，题目难度中等，试题题量较大，注意掌握化学平衡常数的概念及计算方法，明确热化学方程式的书写方法及盖斯定律的含义及应用．
9．（16分）实验室合成乙酸乙酯的步骤如下：在图甲的圆底烧瓶内加入乙醇、浓硫酸和乙酸，加热回流一段时间，然后换成图乙装置进行蒸馏，得到含有乙醇、乙酸和水的乙酸乙酯粗产品．
请回答下列问题：
（1）图甲中冷凝水从b（a或b）进，图乙中B装置的名称为牛角管（尾接管）
（2）反应中加入过量的乙醇，目的是提高乙酸的转化率
（3）现拟分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物下列框图是分离操作步骤流程图：
则试剂a是：饱和Na2CO3溶液，试剂b是稀H2SO4，分离方法III是蒸馏．
（4）甲、乙两位同学欲将所得含有乙醇、乙酸和水的乙酸乙酯粗产品提纯得到乙酸乙酯，在未用指示剂的情况下，他们都是先加NaOH溶液中和酯中过量的酸，然后用蒸馏法将酯分离出来．甲、乙两人蒸馏产物结果如下：甲得到了显酸性的酯的混合物，乙得到了大量水溶性的物质．丙同学分析了上述实验目标产物后认为上述实验没有成功．试解答下列问题：
①甲实验失败的原因是：NaOH加入量太少，未能完全中和酸
②乙实验失败的原因是：NaOH加入过量太多，使乙酸乙酯水解．
【考点】乙酸乙酯的制取．
【专题】实验设计题．
【分析】（1）冷凝器进水为下口进上口出，B的名称是尾接管；
（2）为了提高乙酸的转化率，实验时加入过量的乙醇；
（3）分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物，加入饱和碳酸钠溶液，乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠，采用分液的方法即可，水层中的乙酸钠要用硫酸反应得到乙酸，再蒸馏得到乙酸；（4）根据NaOH能与酸、酯发生反应以及NaOH量的不同反应进行的程度不同．
【解答】解：（1）为了达到更好的冷凝效果，冷凝器进水为下口进上口出，B装置的名称是牛角管（尾接管），
故答案为：b；牛角管（尾接管）；
（2）为了提高乙酸的转化率，实验时加入过量的乙醇，
故答案为：提高乙酸的转化率；
（3）乙酸乙酯是不溶于水的物质，乙醇和乙酸均是易溶于水的，乙酸和乙醇的碳酸钠水溶液是互溶的，分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物，加入饱和碳酸钠溶液，实现酯与乙酸和乙醇的分离，分离油层和水层采用分液的方法即可．对水层中的乙酸钠和乙醇进一步分离时应采取蒸馏操作分离出乙醇．然后水层中的乙酸钠，根据强酸制弱酸，要用硫酸反应得到乙酸，再蒸馏得到乙酸，
故答案为：饱和Na2CO3溶液；稀H2SO4；蒸馏；
（4）①甲得到显酸性的酯的混合物，酸有剩余，说明是所加NaOH溶液不足未将酸完全反应，故答案为：NaOH加入量太少，未能完全中和酸；
②乙得到大量水溶性物质，说明没有酯，是因为所加NaOH溶液过量，酯发生水解，故答案为：NaOH加入过量太多，使乙酸乙酯水解．
【点评】本题考查乙酸乙酯的制备，涉及酯化反应的制备反应装置，反应条件，反应特征等分析判断、分离混合物的操作步骤和方法选择和实验评价的分析等方面，题目难度中等．
10．（16分）工业上用菱锰矿（MnCO3）[含FeCO3、SiO2、Cu2（OH）2CO3等杂质]为原料制取二氧化锰，其流程示意图如图：
pH
回答下列问题：
（1）含杂质的菱锰矿使用前需将其粉碎，主要目的是增大接触面积，提高反应速率．
盐酸溶解MnCO3的化学方程式是MnCO3+2HCl=MnCl2+CO2↑+H2O．
（2）向溶液1中加入双氧水时，反应的离子方程式是2Fe+H2O2+4H2O=2Fe（OH）3↓+4H+．（3）将MnCl2转化为MnO2的一种方法是氧化法．其具体做法是用酸化的NaClO3溶液将MnCl2氧化，该反应的离子方程式为：5Mn2++2ClO3﹣+□4H2O=□Cl2↑+□5MnO2+□8H+；．
（4）将MnCl2转化为MnO2的另一种方法是电解法．
①生成MnO2的电极反应式是Mn2+﹣2e﹣+2H2O=MnO2+4H+．
②若直接电解MnCl2溶液，生成MnO2的同时会产生少量Cl2．检验Cl2的操作是将润湿的淀粉碘化钾试纸置于阳极附近，若试纸变蓝则证明有2生成．
③若在上述MnCl2溶液中加入一定量的Mn（NO3）2粉末，则无Cl2产生．其原因是其它条件不变下，增大Mn2+浓度[或增大c（Mn2+）/c（Cl﹣）]，有利于Mn2+放电（不利于Cl﹣放电）．【考点】制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．
【专题】实验分析题；实验评价题；演绎推理法；无机实验综合．
【分析】菱锰矿用盐酸酸浸，MnCO3、FeCO3、Cu2（OH）2CO3与盐酸反应，SiO2不与盐酸反应，过滤得到滤渣1为SiO2，滤液1中含有氯化镁、氯化亚铁、氯化铜及剩余的HCl，向滤液中加入生石灰，调节溶液pH=4，加入过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，在PH=4时氧化得到Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去，滤液2中加入MnS，将溶液中Cu2+氧化为CuS沉淀过滤除去，滤液3中为MnCl2，系列转化得到MnO2．
（1）将菱锰矿粉碎，可以增大接触面积，提高反应速率；碳酸镁与盐酸反应生成氯化镁、二氧化碳与水；
（2）加入过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，在PH=4时氧化得到Fe3+转化为Fe（OH）3
沉淀，根据电荷守恒有氢离子生成；
（3）用酸化的NaClO3溶液将MnCl2氧化得到MnO2，Mn元素发生氧化反应，则Cl元素发生还原反应生成Cl2，由于在酸性条件下反应，根据电荷守恒可知，生成物中有H+生成，根据H元素守恒，可知反应物中缺项物质为H2O，结合电荷守恒、原子守恒配平；
（4）①由题意可知，Mn2+转化为MnO2，发生氧化反应，由O元素守恒可知有水参加反应，由电荷守恒可知应有H+生成；
②生成氯气发生氧化反应，在阳极产生，用润湿的淀粉碘化钾试纸检验；
③其它条件不变下，增大Mn2+浓度，有利于Mn2+放电．
【解答】解：菱锰矿用盐酸酸浸，MnCO3、FeCO3、Cu2（OH）2CO3与盐酸反应，SiO2不与盐酸反应，过滤得到滤渣1为SiO2，滤液1中含有氯化镁、氯化亚铁、氯化铜及剩余的HCl，向滤液中加入生石灰，调节溶液pH=4，加入过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，在PH=4时氧化得到Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去，滤液2中加入MnS，将溶液中Cu2+氧化为CuS沉淀过滤除去，滤液3中为MnCl2，系列转化得到MnO2．
（1）将菱锰矿粉碎，可以增大接触面积，提高反应速率；碳酸镁与盐酸反应生成氯化镁、二氧化碳与水，反应方程式为：MnCO3+2HCl=MnCl2+CO2↑+H2O，
故答案为：增大接触面积，提高反应速率；MnCO3+2HCl=MnCl2+CO2↑+H2O；
（2）加入过氧化氢将溶液中Fe2+氧化为Fe3+，在PH=4时氧化得到Fe3+转化为Fe（OH）3
沉淀，根据电荷守恒有氢离子生成，反应离子方程式为：2Fe2++H2O2+4H2O=2Fe（OH）3↓+4H+，故答案为：2Fe2++H2O2+4H2O=2Fe（OH）3↓+4H+；
（3）用酸化的NaClO3溶液将MnCl2氧化得到MnO2，Mn元素发生氧化反应，则Cl元素发生还原反应生成Cl2，由于在酸性条件下反应，根据电荷守恒可知，生成物中有H+生成，根据H元素守恒，可知反应物中缺项物质为H2O，配平后离子方程式为：5Mn2++2ClO3﹣
+4H2O=Cl2↑+5MnO2+8H+，
故答案为：4H2O；Cl2↑；5MnO2；8H+；
（4）①由题意可知，Mn2+转化为MnO2，发生氧化反应，由O元素守恒可知有水参加反应，由电荷守恒可知应有H+生成，电极反应式为：Mn2+﹣2e﹣+2H2O=MnO2+4H+，
故答案为：Mn2+﹣2e﹣+2H2O=MnO2+4H+；
②生成氯气发生氧化反应，在阳极产生，检验Cl2的操作是：将润湿的淀粉碘化钾试纸置于阳极附近，若试纸变蓝则证明有Cl2生成，
故答案为：将润湿的淀粉碘化钾试纸置于阳极附近，若试纸变蓝则证明有Cl2生成；
③Mn2+、Cl﹣都在阳极放电，二者为竞争关系，增大Mn2+浓度[或增大c（Mn2+）/c（Cl﹣）]，有利于Mn2+放电（不利于Cl﹣放电），
故答案为：其它条件不变下，增大Mn2+浓度[或增大c（Mn2+）/c（Cl﹣）]，有利于Mn2+放电（不利于Cl﹣放电）．
【点评】本题物质制备实验，明确原理是解题关键，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础，难度中等．
11．氧元素和卤族元素都能形成多种物质，我们可以利用所学物质结构与性质的相关知识去认识和理解．
（1）COCl2的空间构型为平面三角形；溴的价电子排布式为4s24p5．
（2）已知CsICl2不稳定，受热易分解，倾向于生成晶格能更大的物质，则它按下列A式分解．A．CsICl2CsCl+IClB．CsICl2CsI+Cl2
（3）根据下表提供的第一电离能数据判断，最有可能生成较稳定的单核阳离子的卤素原子是
（）下列分子既不存在﹣键，也不存在﹣键的是D．
A．HClB．HFC．SO2D．SCl2
（5）已知ClO2﹣为角型，中心氯原子周围有四对价层电子．ClO2﹣中中心氯原子的杂化轨道类型为sp3杂化，写出与CN﹣互为等电子体的分子：N2或CO（写出1个）．
（6）钙在氧气中燃烧时得到一种钙的氧化物固体，其结构如图所示．由此可判断该钙的氧化物的化学式为CaO2．已知该氧化物的密度是ρ g?cm﹣3，则晶胞中离得最近的两个钙离子间的
距离为×cm（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏加德罗常数的值为N A）．
【考点】晶胞的计算；判断简单分子或离子的构型；原子轨道杂化方式及杂化类型判断．【专题】图像图表题；结构决定性质思想；演绎推理法；原子组成与结构专题；化学键与晶体结构．
【分析】（1）COCl2中C原子的价电子对数为=3，C原子采取sp2杂化，中心原子无孤电子对，C与O原子之间形成C=O双键，其结构式是，据此判断分子空间构型，溴是
35号元素，最外层电子为其价电子，4s能级上排列2个电子，4p能级上排列5个电子，据此写出价电子排布式；
（2）在离子晶体中离子半径越小，晶格能越大，据此判断；
（3）第一电离能是指原子失去一个电子所需的能量，第一电离能越小，就越容易失去一个电子，据此答题；
（4）A．HCl中存在s﹣p?键，B．HF中存在s﹣p?键，C．SO2中存在p﹣pπ键，D．SCl2中存在p﹣p?键，据此答题；
（5）根据中心原子的价层电子对数确定其杂化方式；等电子体是具有相同的价电子数和相同原子数的微粒；
（6）根据均摊法确定晶胞中各种原子的个数，再确定其化学式，根据密度确定晶胞的体积，进而求得晶胞的边长，两个离得最近的钙是位于顶点和面心上的，它们的距离为晶胞边长的
，据此答题；
【解答】解：（1）COCl2中C原子的价电子对数为=3，C原子采取sp2杂化，中心原子无孤电子对，C与O原子之间形成C=O双键，其结构式是，所以它的空间构型为平面
三角形，溴是35号元素，最外层电子为其价电子，4s能级上排列2个电子，4p能级上排列5个电子，其价电子排布式为4s24p5，
故答案为：平面三角形；4s24p5；
（2）在离子晶体中离子半径越小，晶格能越大，比较两个反应的产物可知，由于氯离子的半径小于碘离子，所以CsCl的晶格能大于CsI的晶格能，故答案选A；
（3）第一电离能是指原子失去一个电子所需的能量，第一电离能越小，就越容易失去一个电子，比较表格中的数据可知，碘更容易形成较稳定的单核阳离子，
故答案为：碘；
（4）A．HCl中存在s﹣p?键，B．HF中存在s﹣p?键，C．SO2中存在p﹣pπ键，D．SCl2中存在p﹣p?键，
故答案为：D；
（5）因为氯原子周围有四对价层电子，所以中心原子的杂化方式为sp3杂化；CN﹣中有两个原子，价电子数为10个，根据等电子体是具有相同的价电子数和相同原子数的微粒可知，它的等电子体分子是N2或CO，
故答案为：sp3杂化；N2或CO；
（6）根据均摊法可知晶胞中钙离子的个数为6×=4，过氧离子的个数为12×+1=4，故其化学式为CaO2，设晶胞的边长为a，根据ρ=，得a=cm，两个
离得最近的钙是位于顶点和面心上的，它们的距离为晶胞边长的倍，即为×cm，
故答案为：CaO2；×．
【点评】本题主要考查原子核外电子排布、晶格能、原子杂化轨道、晶胞的计算等知识点，中等难度，解题时注意基础知识的灵活运用．
12．（16分）以乙炔为原料通过以下流程能合成有机物中间体D．
C2H2A（HOH2OC≡OCH2OH）B C D（）
已知：（1）
（2）
请回答下列问题：
（1）化合物D的分子式为C8H12O4，写出D中一种官能团的名称：羟基或醛基．
（2）写出生成A的反应的化学方程式：HC≡CH+2HCHO HOCH2C≡CCH2OH．（3）化合物B在浓硫酸催化下，加热与HOOCCOOH反应生成环状酯的化学方程式为
（注明条件）．
（4）化合物C的结构简式为OHCCH2CH2CHO．
（5）已知1mol HCHO和1mol CH3CH2CHO发生类似已知（2）的反应，生成1mol E．以下关于E的说法正确的是ac．
a．E能与H2发生加成反应，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色
b．E属于酯类物质
c.1mol E完全燃烧消耗5mol O2
d．生成E的反应属于取代反应．
【考点】有机物的推断．
【专题】有机推断．
【分析】乙炔和甲醛发生加成反应生成A，A与足量氢气反应生成B为HOCH2CH2CH2CH2OH，B发生氧化反应生成C，
C为OHCCH2CH2CHO，C发生信息（2）的反应生成D，
1mol HCHO和1mol CH3CH2CHO发生类似已知（2）的反应，生成1molE，E为HOCH2CH （CH3）CHO，结合对应的物质的性质以及题目要求解答该题．
【解答】解：乙炔和甲醛发生加成反应生成A，A与足量氢气反应生成B为
HOCH2CH2CH2CH2OH，B发生氧化反应生成C，
C为OHCCH2CH2CHO，C发生信息（2）的反应生成D，
1mol HCHO和1mol CH3CH2CHO发生类似已知（2）的反应，生成1molE，E为HOCH2CH （CH3）CHO，
（1）根据结构简式知，D分子式为C8H12O4，D中官能团为羟基和醛基，故答案为：C8H12O4；羟基或醛基；
（2）甲醛和乙炔在一定条件下反应生成A，反应方程式为
HC≡CH+2HCHO HOCH2C≡CCH2OH，故答案为：
HC≡CH+2HCHO HOCH2C≡CCH2OH；
（3）B为HOCH2CH2CH2CH2OH，加热与HOOCCOOH反应生成环状酯的化学方程式为
，
故答案为：；
（4）通过以上分析知，C为OHCCH2CH2CHO，故答案为：OHCCH2CH2CHO；
（5）E为HOCH2CH（CH3）CHO，
a．E中含有醛基和醇羟基，醛基能和氢气发生加成反应，所以E能与H2发生加成反应，醛基能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故正确；
b．E中不含酯基，所以不属于酯类物质，故错误；
c.1molE完全燃烧消耗O2为（4+﹣1）mol=5mol，故正确；
d．生成E的反应属于加成反应，故错误；
故选ac．
【点评】本题考查有机物的推断和合成，为高考常见题型，侧重于考查学生分析能力、推断能力和综合运用化学知识的能力，题目难度中等，注意把握题给信息．
2018 年泉州市初中学业质量检查 语文试卷 （本卷共 23 题；满分：150 分；考试时间：120 分钟） 友情提示：所有答案必须填写到答题卡相应的位置上。 一、积累与运用（21 分） 1.补写出下列句子中的空缺部分。（12 分） ⑴蒹葭苍苍，。（《诗经·蒹葭》） ⑵，飞鸟相与还。（陶渊明《饮酒·其五》） ⑶，天涯若比邻。（王勃《送杜少府之任蜀州》） ⑷塞下秋来风景异，。（范仲淹《渔家傲·秋思》） ⑸箫鼓追随春社近，。（陆游《游山西村》 ⑹伤心秦汉经行处，。（张养浩《潼关怀古》 ⑺浩荡离愁白日斜，。（龚自珍《己亥杂诗》） ⑻夕日欲颓，。（陶弘景《答谢中书书》） ⑼受命以来，，，以伤先帝之明。（诸葛亮《出师表》） ⑽柳宗元的《小石潭记》中借写鱼儿数目清晰可见及在水中悠游的情景来间接表现潭水清澈的句子是，。 2.下列文学文化常识说法正确的一项是（）（3分） A.法国的莎士比亚、英国的雨果、印度的泰戈尔都是著名剧作家。 B.中国古代人口稀少，所以古人常称呼自己“孤、寡人”，表示谦虚。 C.《呐喊》《骆驼祥子》《女神》都是我国近代作家老舍先生的小说。 D.“四书五经”是儒家经典，《道德经》《庄子》《列子》是道家经典。 3.阅读下面的文字，按要求作答。（6 分） 港珠澳大桥是世界最长的跨海大桥，是“一国两制”框．①（A.kuāng B.kuàng）架下粤港澳三地首次合作建设的世界级超大型跨海交通工程。中国科研人员 ，最终保证了大桥的顺利施工。大桥预计今年底全线通车，届时香港至珠海的陆路通行时间将由３小时变成半小时，三地经济②(A.融合 B.溶合）将不断加深，珠三角将形成③（A.举世瞩目 B.无人不晓）的超级城市群。 （1）为文中①②③处分别选择正确的选项。（3 分） ①处②处③处 （2）依次填入文中横线处的语句，衔接最恰当的一组是（）（3分） ①选择了集“桥—岛—隧”于一体的设计施工方案 ②并结合伶仃洋实际 ③创造性地采取一整套具有中国特色、世界水平的海洋防腐抗震技术措施 ④依据 1986 年以来湛江地区累积形成的海洋水文数据攻克了大量技术难题 A.②④①③ B.①④②③ C.③①②④ D.③④②① 二、阅读（69 分） （一）阅读下面这首宋词，完成 4-5 题。（5分） 1
2018年龙岩市九年级学业（升学）质量检查语文试题（后附答案） （考试时间：120分钟满分：150分） 注意： 请把所有答案书写到答题卡上！请不要错位、越界答题！ 在本试题上答题无效。 一、积累与运用（20分） 1．补写出下列句子中的空缺部分。（12分） （1）兔从狗窦入，。（汉乐府《十五从军征》）（2）问君何能尔。（陶渊明《饮酒》） （3），寒光照铁衣。（北朝民歌《木兰诗》）（4）念天地之悠悠，！（陈子昂《登幽州台歌》）（5），直挂云帆济沧海。（李白《行路难》） （6）造化钟神秀，。（杜甫《望岳》） （7）角声满天秋色里，。（李贺《雁门太守行》）（8），，长烟落日孤城闭。（范仲淹《渔家傲·秋思》）（9），其不善者而改之。（《论语·述而》） B．豆蔻、弱冠、而立、不惑、知天命、花甲都是古代对男子不同年龄的称谓。 C．丹麦作家格林的童话《皇帝的新装》启示我们要无私无畏，敢于说真话。 D．在《我的叔叔于勒》和《最后一课》中，作者都是用一个小孩的口吻来讲述整个故事。3．阅读下面的文字，按要求作答。（6分） 青年人最好看的，就是那股子狂妄气，因为无所有，所以无所畏，在灰扑扑的青春里【甲】（A．肆意B．随意）撒野。你瞧，一个行业真正尖端的人物，也不全是衣着华贵生活精致之人。袁隆平捋起袖子站在稻田边的模样被印在了教科书上；马云密布着皱纹的脸上，有孩子般清澈和天真的神情；①声名显hè（）的作家，稿纸堆旁就是外卖盒。他们好像也奔赴在更好的道路上，没有太在意身姿是否足够优美，②步履．（）是否太过匆匆。所以，青年人，真的不必急着精致，其他人告诉你的什么妆容精致衣饰得体，什么善待自己岁月静好，都只是表象，想象五六年后，你走向这个复杂的社会的时候，哪种能力能让你不跌倒哪种能力能让你【乙】（A．势如破竹B．所向披靡）_________________________哪种能力能让你不用仰人鼻
2018年福建省高三质检优秀作文 题目： 春节期间,几个回到乡村的青年在闲聊。这些话语引人关注: 1、我喜欢上海,它有大都市气息。 2、我想把一家人接到城里生活,可老人家不愿意离开老家。 3、老家很漂亮,我想回来创业,还能陪家人。 4、大城市压力大,节奏快,我不想去。 5、哥哥在国外,过年都没回来,父母一直念叨。 新时代发展快，作为“00后”，听到这些话材料，有什么感触?请根据其中两三条话，写一篇文章，表达人生愿景。不少于800字。 福州一中 远方不远，乡愁不断 文/陈若瑶 雨果在《悲惨世界》中写道：“人不是只有一个圆心的圆，而是有两个焦点的椭圆，事物是一个点，思想是另一个点。”作为“00后”的一员，站在新时代的路口，远方的城市与生活是我们追求的事物，而乡愁则是我们思想的脊梁。 远方不远，乡愁不断。在追求远方和留住乡愁之间，应当有一个平衡点，兼顾二者方能走得更远。 许多人喜欢大城市的国际视野和现代都市气息，选择离开家乡去大城市工作生活。大城市常常与“远方”和“梦想”一类的词联系在一起，既因为那里有大量市场与机遇，也因为人们对更为现代的、充满科技感的生活满怀向往。然而，尽管大众传媒给城市生活以鲜活的“包装”，但是城市生活的压力不容小觑，离乡背井的追梦者们常常感到孤独和格格不入，既因竞争压力身心俱疲，又不肯放弃现有的生活。 这就是我们需要乡愁的原因。席琳·迪翁曾说：“生活就像一把梯子，人们以为我在向上爬，但其实我在一步步向下走，走回我的根。”乡愁使我们的根扎得更深，汲取乡音乡情、传统文化的滋养，从而在忙碌的城市生活中长成一棵树，因为有所牵挂所以更加坚强。乡愁的含义是多元的，它不仅使你负担责任，也使你感受到家人的支持和最质朴的人情温暖，从而在追逐远方时不会迷失方向，也不会因过度的拼搏失去生命的质量——不论成败，总有人等你回家。 事实上，远方没有那么远，故乡与大城市的生活中未必有很大的隔阂。如今，随着时代发展与城市化的深入，城乡二元结构已逐渐被打破，乡村振兴的大量机遇形成了一股“拉力”，让年轻人也愿意回到乡村发展。在诸多政策支持下，人们突然发现，远方的梦想何必远行千里才能实现？将才能投入于家乡的建设，未尝不是一种兼顾梦想和家人的良策。 作为“00后”，我们用开阔的视野寻找实现人生价值的舞台，也许我们向往城市的繁华生机，但我愿点一盏牵挂的心灯，让乡愁滋养我的精神力量，远方再远，也不会远离心中的家。 折一只纸船，漂过漫长的追梦之途，寄一封家书，将乡愁久久珍藏。 （作者通联：福建省福州第一中学高三） 名师点评 福建省福州第一中学王兆芳老师：审题上，新时代、00后、城市、乡愁、梦想等要素自然糅合呈现；立论上，找到了“远方”与“乡愁”的结合点，并发现了二者的共通处，有过人之处；材料丰富，衔接自然，语言规范且有文采，题目、开头、结尾都有亮点，好文。 福州三中 守好乡愁才能留住根 文/张子楠 年轻一代对大都市的向往与老一辈人对家乡的依赖，共同构成了城市化进程中，连接城乡的无形纽带。然而，这样的纽带却在时代发展之中趋向脆弱与不平衡。作为00后，我觉得将守护好城乡纽带写入人生愿景是极为必要的。 纽带的愈发脆弱来自两个方面的力量。一方面，它连接着城市。在城市不断外延扩张的今天，城市也为自己贴上诸如“先进”“时尚”“流行”等标签，吸引着一批批——尤其是年轻人的驻足与扎根。城市化的必然趋势，与庞大人口带来的劳动力红利，将这一端的纽带系得愈发牢固。我们不能抵制它，也不能否认它的作用，但我们别忘了，另一端，还系着乡土。 人口涌进城市必然带来乡村的劳动力流失，也动摇了这一端的纽带强度。可正如“爸妈不愿离开故乡”这样的话，乡土承载了从前数代人的心理依赖。再者，从小农经济时代蹒跚而来的中国社会，必然为乡村的土地留下了数不胜数的文化财富与历史积淀。更何况我们每一个人，包括所谓的“城市人”，一定是扎根在乡土的。我们的祖辈都是从乡土而来，乡土藏着我们的根。所以，乡土这一端的纽带，是不可或缺的。 但是，象征着精神的乡土纽带，却在象征着物质的城市纽带前屡屡“败阵”，让我不得不担忧：唯物质主义正在毁掉乡土。当然，追求物质是无可非议，但若是把物质当成第一要义，政府为了政绩不断扩建，企业为了利益铲平乡村，居民为了利益出走乡土……这个社会长此以往，虽然富有了，但也不过是精致的空壳罢了。所以，守护好城乡纽带，在当下的要义，已成为了守护乡愁，守护乡土。 这样的乡土，并非指的仅是“依依墟里烟”的乡村，而是在不断发展之中每个人内心坚守的本真，也就是我们的根。费孝通先生说：“中国社会是乡土性的。”其实，每一种社会都是乡土性的，都离不开最初的精神扎根之地。守护好乡愁，不仅仅是为我们上一代人留下寄托，更是在留存这个社会的气质。 而作为00后，要拥有守护乡愁的担当与勇气。如梁启超式的“少年中国”，鲁迅式的“肩住黑暗的闸门，放他们到宽阔光明的地方去”，李贺式的“少年心事当拏云”。我们不应把乡愁看成是上一代人的责任，而应把握住此般难得的年轻，为我们的社会留住根，守好根。 “文化是人为的，更是人的”，乡愁在过去千百年风霜中，经由一代代劳动者创造出来，如今，它必能为“乡土性”的中国社会增添几分华夏气息的精神气质，为我们指引归去的方向。 （作者通联：福建省福州第三中学高三）
泉州市2018届普通高中毕业班单科质量检查 语文 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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，将本试卷和答题卡一并交回。 一、现代文阅读（35分） （一）论述类文本阅读（本题共3小题，9分） 阅读下面的文字，完成1～3题。 我国高等教育在近几十年间取得了令世界瞩目的成就。在世界大学学术排名中，2003年位居全球500强的我国高校只有9所，2017年上升到45所。尽管取得了巨大成绩，但我国大学发展却始终纠结于自身的文化认同。中国现代大学起源于中日甲午战争后建立的西式学堂，目的在于学习西方以强国，与本土文化传统关联较少。我国与西方截然不同的文化传统使得中西大学理念之间的冲突持续存在于高等教育发展之中：一方面，现代大学在建制上基于西方大学模式；另一方面，作为我国古代高等教育核心的儒家文化传统仍在大学的日常运行中发挥影响。 西方经典大学理念强调知识的本体论意义，坚持从苏格拉底所开启并在柏拉图时代得以奠定的对知识和伦理加以反思的知识论传统。而我国高等教育传统更加关注人类社会的知识，尤其注重知识的实用性，强调理论与实践、事实与价值、个体与集体的结合，强调学校与政治、社会、自然的结合。两种文化传统尚未实现很好的调和，这制约了我国高等教育的进一步发展，并显著地体现于人文社会科学领域之中。根据2016年世界大学学术排名，在自然科学和数学领域，位居全球前200名的我国大陆高校有19所；在工程与计算机科学领域有41所；而在社会科学领域，位居全球前200名的中国高校只有3所。 事实上，整个东亚地区高等教育沿循西方大学模式的发展进程也受到以儒家思想为基础的高等教育传统的极大影响。东亚诸社会都在与西方大学模式的碰撞方面经历了相似的困难。例如，日本高等教育同样面临着人文社会科学的发展与自然科学的发展之间存在巨大差距的窘境。然而，纵观世界，在西方大学模式占据主导地位的几百年间，很少有除东亚之外的其他非西方社会在高等教育发展方面取得实质性进步。因此，我国及其他主要东亚社会的成就具有世界性意义。如何将本土文化传统与欧美大学模式融合建立起自身的文化认同，是我国高等教育尤其是顶尖高校面临的文化使命。实现这一文化使命极有可能推动一种新的大学模式的产生，不同于西方主要大学中的单一文化现象，将以二元甚至多元文化为其最主要特征。践行这一文化使命也是在高等教育领域进行的一场文化试验。 尽管全面实现中西文化融合的道路是迂回曲折的，但在我国顶尖大学内已经出现了较为清晰的中西高等教育理念有机结合的迹象。（摘编自杨锐、李梦洋《中国顶尖大学的文化使命》）
2016年福建省普通高中毕业班单科质量检查 地理试题 第I 卷（选择题。共44分） 本卷共22小题，每小题2分，共计44分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是最 符合题目要求的。 云桂高铁自昆明到南宁， 如图1所示，在杨关站接入南宁铁路枢纽时设计了两个初选方 案，方案I 客运线直达南宁站； 方案n 客运线经过南宁南站到达南宁站。 读图完成1—2题。 图1 1 ?选择方案n 的理由主要是 A ?跨河桥梁较少 B ?沿途站点较少 C .建设成本较低 D .线路长度较短 2?与方案I 相比，实施方案n 可能带来的影响是 A ?导致南宁站的负荷增加 B ?促进南宁城区向西北扩展 C ?导致南宁南站的地位下降 D ?促进南宁南站附近商业发展 就业人口密度即单位面积中某一行业就业人口的多少。 图2示意以上海为中心的长三角 地区2000年和2009年纺织服装、鞋帽制造业就业人口密度的空间变化。 读图完成3?4题。 ????:??: il-'diiSriir?!:*：-? 帀；亍用述再回苗应;叮芳U 工南n 3站.： 方案 HE Gia 匡1城区 ?火车站 一原有铁路 二问?云桂鬲铁 0 5km ?：?■?: 图2
3?与甲地相比，乙地发展纺织服装、鞋帽制造业的主要区位优势是 A .地价较低 B .历史悠久 C .交通便捷 D .原料充足 4?图中所示的2000?2009年长三角地区就业人口密度的变化，将主要导致 A .城市化水平的提高 B .高新技术产业发展 c .第一产业产值降低 D .环境人口容量增大 山药是缠绕性藤本植物，其地下根茎可食、可入药，幼苗期不耐寒，性喜光，宜在排水 良好处种植。图3示意华北某山药种植基地的地形，图4示意该地采用攀爬网种植山药。读图完成5—6题。 5. 甲、乙、丙、丁四处中，种植山药条件最好的是 A .甲8 .乙C .丙D .丁 6. 种植山药采用攀爬网的主要目的是 A .减轻霜冻对幼苗的危害 B .有利于田间排水 C .有利于山药的充分采光 D .便于果实的收获 图5示意长江口部分沙岛群演变过程。读图 完成7?9题。 7. 1880 —1945年，①、②、③、④四处 侵蚀速率大于堆积速率的是 A .① B .② C .③ D .④ &据河口沙岛群的空间演变趋势，推测 长江河口地区一百多年来 A .河口不断拓宽，河道不断变深B C.北航道航行条件始终好于南航道 D 9.近年来长江 口水下沙洲淤积速度变慢，其原因可能是流域内 A .河流输沙量增大8 .湖泊面积减小 C .植被覆盖率提高 D .降水强度变大 图3图4 .海水侵蚀作用大于河流堆积作用 海平面上升速率小于泥沙沉积速率
2019年福建省高三毕业班质量检查测试语文 一、现代文阅读(36分) (一)论述类文本阅读(本题共3小题,9分) 阅读下面的文字,完成1~3题 世界上早期发展的各民族最初的历史总是用“口耳相传”的方法流传下来,在文字出现之前所 有民族都有一个漫长的传说时代。以口头叙事保存至今的关于炎黄时代的历史文化,称之为炎黄传说。作为炎黄学研究对象,炎黄传说首先是广义的传说,涵括神话、传说、故事和诗歌等多种体裁。炎黄传说的内容,一部分是关于炎黄及炎黄时代历史文化的原生形态炎黄传说,包括被考古发掘所证实(如炎黄及炎黄时代的发明、创造活动)和尚未经考古证实的炎黄及炎黄时代的历史文化。其次, 炎黄传说更多的是历经附会、添加而成的衍生形态炎黄传说,如“神农下凡”“神农抱太阳”的神话、黄帝与节节草传说、蚩尤智斗饿虎的故事等。在被考古发掘印证之前，未经证实的关于炎黄及炎黄时代史实的原生形态炎黄传说,属于“史书没有能够记载的历史”。衍生形态的炎黄传说,可 能不是炎黄及炎黄时代的史实(历史背景),而是后人为表达对炎黄及炎黄时代的尊崇与景仰,附会或嫁接到炎黄及炎黄时代,保存至今的传说;也可能是后人为保存炎黄及炎黃时代的记忆,而把所闻所 见的生动故事、幻想性情节派加至炎黄及炎黄时代,流传至今。其间,普通百姓往往是生动故事或幻想性情节的创造者,知识精英则是历史背景或历史知识的传播者。像这样屡经时代附会、添加“层 累地造成”,并流传至今的衍生形态的炎黄传说,可谓之“依然活着的历史”。衍生形态的炎黄传说,因后人的附会与嫁接,具有明显的世俗化特征。不同时代添加或附会而成的炎黄传说,其内容带有抹不去的时代痕迹;不同区域流传的炎黄传说,则隐含着浓厚的区域文化特色。比如,现代民间传说的 炎黄形象以及现代人所讲的炎黃传说,不能不流露现代意识。湖南人讲的炎黄传说必然会带上湖南 人的风味。不然,难以保存或流传至今。 无论是“史书没有能够记裁的历史”,还是“依然活着的历史、炎黄传说大多属于民间性知识或地方性知识,其最大功能在于以口头叙事保存炎黄及炎黄时代的历史文化,是五千多年炎黄记忆传统的最初记忆文本。因此,若要挖掘或搜集到更多、更生动的炎黄传说,首先需要研究者“眼光向下”走进田野,进行民间访谈、田野调查和地方文献整理工作。通过走进田野、走进民间,结合炎黄传说之场景,体悟炎黄记忆的历史进程、空间进程及其所表达的意义。其次,在研究取向上,应当尽量回 避历史学的客观性追求,而借鉴历史的人类学研究方法,关注“人们对过去知道和记得什么,如何记得,又为什么要记得,以及人们如何将过去和现实联系在一起”,从中揭示炎黄记忆的当代建构与炎 黄记忆传统之间的内在联系。 (摘编自尹全海《炎黄学研究对象述论》) 1.下列关于原文内容的理解和分析,不正确 ．．．的一项是(3分) A.炎黄传说是一种口头叙事,它的体裁样式主要有神话、传说、故事与诗歌等。 B.未被考古发掘所证实的炎黄及炎黄时代的历史文化,也是原生形态炎黄传说。
2018年泉州市初中学业质量检查 语文试卷 （本卷共23题；满分：150分；考试时间：120分钟） 友情提示：所有答案必须填写到答题卡相应的位置上。 一、积累与运用（21分） 1.补写出下列句子中的空缺部分。（12分） ⑴蒹葭苍苍，。（《诗经·蒹葭》） ⑵，飞鸟相与还。（陶渊明《饮酒·其五》） ⑶，天涯若比邻。（王勃《送杜少府之任蜀州》） ⑷塞下秋来风景异，。（范仲淹《渔家傲·秋思》） ⑸箫鼓追随春社近，。（陆游《游山西村》 ⑹伤心秦汉经行处，。（张养浩《潼关怀古》 ⑺浩荡离愁白日斜，。（龚自珍《己亥杂诗》） ⑻夕日欲颓，。（陶弘景《答谢中书书》） ⑼受命以来，，，以伤先帝之明。（诸葛亮《出师表》） ⑽柳宗元的《小石潭记》中借写鱼儿数目清晰可见及在水中悠游的情景来间接表现潭水清澈的句子是，。 2.下列文学文化常识说法正确的一项是（）（3分） A.法国的莎士比亚、英国的雨果、印度的泰戈尔都是著名剧作家。 B.中国古代人口稀少，所以古人常称呼自己“孤、寡人”，表示谦虚。 C.《呐喊》《骆驼祥子》《女神》都是我国近代作家老舍先生的小说。 D.“四书五经”是儒家经典，《道德经》《庄子》《列子》是道家经典。 3.阅读下面的文字，按要求作答。（6分） （1）为文中①②③处分别选择正确的选项。（3分） ①处②处③处 （2）依次填入文中横线处的语句，衔接最恰当的一组是（）（3分） ①选择了集“桥—岛—隧”于一体的设计施工方案 ②并结合伶仃洋实际 ③创造性地采取一整套具有中国特色、世界水平的海洋防腐抗震技术措施 ④依据1986年以来湛江地区累积形成的海洋水文数据攻克了大量技术难题 A.②④①③ B.①④②③ C.③①②④ D.③④②① 二、阅读（69分）
准考证号 _____________________ 姓名 ______________ (在此卷上答题无效) 机密★启用前 2016年福建省普通高中毕业班质量检查 理科数学 本试卷分第I 卷(选择题)和第n 卷(非选择题)两部分.第I 卷 1至3页，第n 卷4至6页， 满分 150 分. 考生注意： 1.答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上?考生要认真核对答题卡上粘贴 的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致. 2 ?第I 卷每小题选出答案后，用 2B 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?第n 卷用 0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上书写作 答?若在试题卷上作答，答案无效. 3 ?考试结束，监考员将试题卷和答题卡一并交回. 第I 卷 12小题，每小题5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)已知 a,b R , i 是虚数单位，若 i 与2 bi 互为共轭复数，则 2 (a bi) (A) 3 4i (B) 3 4i (D) 5 (C ) 5 4i (2)执行如图所示的程序框图，若要使输出的 4i y 的值等于3, 则输入的x 的值可以是 (A) 1 (B) (C ) 8 (D) (3)已知cos 2,则 sin2 的值等于 珀束+ ?选择题：本大题共