2024届福建省部分地市高三第一次质量检测化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE2福建省部分地市2024届高三第一次质量检测可能用到的相对原子质量：N14O16V51Sb122Cs133一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.我国科学家首次成功精准合成了和。下列有关说法正确的是（）A.和均含有大键 B.和均为共价晶体C.和互为同分异构体 D.和均可发生取代反应〖答案〗A〖解析〗A．C10和C14中存在多个相互平行的p轨道，重叠在一起，形成大键，故A正确；B．共价晶体具有空间网状结构，C10和C14不是空间网状结构，是由碳原子经过共价键形成的分子，均为分子晶体，故B错误；C．C10和C14均为碳元素形成的单质，不是互为同分异构体的关系，故C错误；D．C10和C14均为碳元素形成的单质，均可发生加成反应，并非均可发生取代反应，故D错误；故〖答案〗为：A。2.一种治疗高血压药物的中间体结构如图。下列有关该物质的说法正确的是（）A.分子式为 B.含有手性碳原子C.含有3种官能团 D.1mol该物质最多可与6molNaOH反应〖答案〗B〖解析〗A．由图可知，分子式为，A错误；B．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；含有手性碳原子，B正确；C．含有碳氯键、醚键、酰胺基、氨基4种官能团，C错误；D．苯环上氯和氢氧化钠溶液发生取代反应，酰胺基和氢氧化钠发生取代反应，则1mol该物质不会与6molNaOH反应，D错误；故选B。3.某溶液中存在较多、、，该溶液中还可能大量存在的离子是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗A．与反应，不能大量共存，故A错误；B．与三种离子均不发生反应可以大量共存，故B正确；C．与反应，不能大量共存，故C错误；D．与、均能反应，不能大量共存，故D错误；故选：B。4.一种金属有机框架材料的化学式为，其结构如图。X、Y、Z、M为原子序数依次增大的1~36号元素，其中X、Z位于不同周期，四种元素中Y的第一电离能最大，的d轨道全充满。下列说法正确的是（）A.键角： B.最简单氢化物沸点：Z＞Y＞XC.电负性：X＞Y＞M D.最高价氧化物对应水化物酸性：Z＞X〖答案〗D〖祥解〗M+的d轨道全充满，M为Cu；X、Y、Z、M为原子序数依次增大的1~36号元素，其中X、Z位于不同周期，四种元素中Y的第一电离能最大，结合M2(ZXY)4的结构知，X为C，Y为N，Z为S。【详析】A．XZ2为CS2，CS2中C上的孤电子对数为×(4-2×2)=0、σ键电子对数为2、价层电子对数为2，CS2的空间构型为直线形、键角为180°，ZXY-为SCN-，SCN-中C上的孤电子对数为×(4+1-2-3)=0、σ键电子对数为2、价层电子对数为2，SCN-的空间构型为直线形、键角为180°，A项错误；B．X、Y、Z的最简单氢化物依次为CH4、NH3、H2S，由于NH3分子间形成氢键，则NH3的沸点最高，即Y的最简单氢化物的沸点最高，B项错误；C．同周期从左到右主族元素的电负性逐渐增大，元素的非金属性越强、电负性越大，金属性越强、电负性越小，则电负性：Y＞X＞M，C项错误；D．Z、X的最高价氧化物对应的水化物依次为H2SO4、H2CO3，H2SO4属于强酸、H2CO3属于弱酸（或非金属性：S＞C），即酸性：H2SO4＞H2CO3，D项正确；〖答案〗选D。5.电还原空气污染物NO的转化路径如图。25℃，NH2OH的。为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（）A.含有的质子数为B.含有的键数为C.路径①中生成11.2L(已折算为标准状况)时，转移电子数为D.25℃，1LNH2OH和HCl混合液中，若，则数目为〖答案〗C〖解析〗A．1个NH3含10个质子，含有的质子数为0.1mol×10×mol-1=，故A正确；B．物质的量为，结构式为N=N=O，1molN2O含有2mol键，则含有的键数为，故B正确；C．标准状况下11.2L物质的量为，路径①中NO转化为1molN2时转移4mol电子，则转移电子数为0.5mol×4×mol-1=2，故C错误；D．电离平衡：，，当，c(OH-)=1×10-8mol/L，25℃下，溶液体积为1L，则数目为，故D正确；故选C。6.下列实验探究方案能达到探究目的的是（）选项探究方案探究目的A向中滴加少量酸性溶液，振荡，溶液褪色中含有碳碳双键B向溶液中加入少量NaCl固体，振荡，溶液由蓝色变为黄绿色配位键稳定性大于C向酸性溶液中加入相同体积不同浓度的NaOH溶液，浓度越大，溶液黄色越深pH越大，化学反应速率越快D向碳酸钠溶液中滴加浓盐酸，将产生的气体通入苯酚钠溶液中，溶液变浑浊碳酸的酸性大于苯酚〖答案〗B〖解析〗A．羟基、碳碳双键均具有还原性，可以使高锰酸钾褪色，A错误；B．[Cu(H2O)4]2+为蓝色，[CuCl4]2−为黄绿色，向CuSO4溶液中加入少量NaCl固体，振荡，溶液由蓝色变为黄绿色说明[CuCl4]2−配位键稳定性大于[Cu(H2O)4]2+，B正确；C．溶液会由橙色为黄色,因为溶液中存在平衡，加碱消耗掉氢离子,平衡向右移动，重铬酸根是橙色，铬酸根是黄色，C错误；D．因盐酸具有挥发性，故碳酸钠中滴入浓盐酸，生成二氧化碳气体中混有HCl气体，碳酸与HCl均可以与苯酚钠反应生成苯酚，D错误；故〖答案〗为：B。7.利用为原料制备，涉及的物质转化关系如下：其中反应iii为。下列有关制备过程中的说法错误的是（）A.反应i中为还原剂 B.键能：Sb-F>Sb-ClC.Sb原子的价层电子对数发生变化 D.反应i~iv中有3个氧化还原反应〖答案〗D〖解析〗A．反应i中Mn元素化合价由KMnO4中+7价降低为中+4价，氧化剂是KMnO4，还原剂是，A正确；B．原子半径F＜Cl，键长：Sb-F＜Sb-Cl，则共价键的牢固程度以及键能：Sb-F>Sb-Cl，B正确；C．，Sb原子的价层电子对数由5对变化为6对，C正确；D．反应i和iv中元素化合价发生变化、属于氧化还原反应，反应ⅱ、ⅲ中元素化合价不发生变化、是非氧化还原反应，D不正确；〖答案〗选D。8.利用CaO焙烧浸出法从炼钢粉尘(主要含ZnO和)中回收Zn的流程如下：已知：“焙烧”主要产物为ZnO、；“盐浸”滤液的主要成分为。下列说法错误的是（）A.若略去“焙烧”操作，则“盐浸”过程无法浸出B.“盐浸”过程发生反应为C.“盐浸”时通入适量HCl气体，可提高锌浸出率D.“电解”时通入适量HCl气体，有利于放电〖答案〗C〖祥解〗炼钢粉尘(主要含ZnO和ZnFe2O4)加CaO焙烧，生成Ca2Fe2O5和ZnO，盐浸时Ca2Fe2O5不溶于水，也不和NH4Cl溶液反应，成为滤渣，ZnO转化为，再经电解得到Zn。【详析】A．若略去“焙烧”操作，则不能将ZnFe2O4转化为ZnO，而ZnFe2O4在盐浸时不能溶解，无法浸出，故A正确；B．“盐浸”过程ZnO发生反应转化为，反应的化学方程式为，故B正确；C．“盐浸”过程ZnO发生反应转化为，若“盐浸”时通入适量HCl气体，ZnO会和盐酸反应转化为ZnCl2，不能提高锌的浸出率，故C错误；D．“电解”时，通入适量HCl气体，消耗NH3有利于Zn2+放电，故D正确；故〖答案〗为：C。9.利用丙酮酸与废水中的电催化耦合温和条件下去除和生产高值化丙氨酸，其工作原理如图。25℃，丙氨酸主要以形式存在，其。下列说法错误的是（）A.丙氨酸酸性很弱是因为形成了内盐B.阴极的电极反应式为++10e-+11H+=+4H2OC.理论上阳极区每生成，阴极区减少4.4molD.该装置整合了电化学—化学—电化学串联反应〖答案〗C〖祥解〗该装置为电解池，左侧接电源正极为阳极区，水失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子；右侧接电源负极为阴极，硝酸根得到电子发生还原反应；制备丙氨酸分为三步，硝酸根离子在阴极反应转化为NH2OH，NH2OH和丙酮酸反应生成C3H5O3N，C3H5O3N在电极上反应生成丙氨酸，据此回答。【详析】A．氨基酸的酸性来自羧基，而羧基可以与氨基形成内盐，从而减弱酸性，A正确；B．在阴极，硝酸根得到电子与丙酮酸反应转化为丙氨酸，电极反应式为：，B正确；C．在阳极，水失去电子被氧化生成氧气和氢离子，同时氢离子从阳极区移向阴极，故阳极生成1mol的氧气，转移4mol电子，阴极氢离子应该增加4mol，C错误；D．硝酸根离子在阴极反应转化为NH2OH是电化学反应，NH2OH和丙酮酸反应是化学反应，C3H5O3N在电极上反应生成丙氨酸是一个电化学反应，该装置整合了电化学—化学—电化学串联反应，D正确；故选C。10.用溶液分别滴定20.00mL丁酸、2-氯丁酸、3-氯丁酸，溶液pH随NaOH溶液体积变化如图。下列说法错误的是（）A.的数量级为B.HZ为2-氯丁酸C.b点：D.水的电离程度：c>b>a>d〖答案〗C〖解析〗A．，结合a点数据可得，，，数量级为，故A正确；B．由图中信息可知酸性：HX<HY<HZ，Cl是吸电子基团，氯原子离羧基越近，羧基中O-H键极性越大，电离程度增大，则酸性增强，由此可知HX为丁酸，HY为3-氯丁酸、HZ为2-氯丁酸，故B正确；C．b点时加入10mLNaOH，反应后溶液中含等量的HX和NaX，此时溶液呈酸性，可知HX的电离程度大于NaX的水解程度，则，故C错误；D．a点为HX的溶液，抑制水的电离，c点为NaX的溶液，水解促进水的电离，由a点到c点过程中HX的浓度减小，NaX的浓度增大，水的电离程度增大，d点为NaX和NaOH的混合溶液，且此时pH值大于12，所含氢氧根离子浓度大于a点氢离子浓度，水的电离被抑制，且电离程度小于a点，故D正确；故选：C。二、非选择题：本题共4小题，共60分。11.从钒矿石(主要含、、及少量)中分离提取的流程如下：已知：有机溶剂对萃取率高于；有机溶剂只萃取Fe(Ⅲ)不萃取Fe(Ⅱ)。（1）“焙烧”过程中转化为，该反应的还原剂为___________。（2）“酸浸”过程中将转化为，该反应的离子方程式为___________________。（3）为提高钒的萃取率和纯度，“操作X”中M和N可分别选择___________(填标号)。A．、FeB．Fe、C．、H2O2（4）以HA()和HB()“协同萃取”，其主要萃取物结构如图。=1\*GB3①HA和HB可通过两个氢键形成环状二聚体，其结构示意图为___________。②比更稳定的原因为___________________________。（5）“氧化”过程中转化为的离子方程式为___________________________。（6）“氧化”后的溶液中，为了使沉钒率达到98%，加入氯化铵(设溶液体积增加1倍)，“沉钒”时应控制溶液中不低于___________。[25℃时，]（7）的晶胞如图(晶胞参数：；)。为阿伏加德罗常数的值。①的配位数为___________。②位于构成的___________空隙中(填标号)。A．八面体B．四面体C．平面三角形③该晶胞的密度为___________(用含的代数式表示)。〖答案〗（1）、（2）（3）A（4）①②HA中-P-OH更容易发生阳离子交换反应，HB中-P=O有更强的配位能力（5）（6）1.6（7）①6②C③〖祥解〗钒矿石(主要含VO2、Fe3O4、Al2O3及少量SiO2)加CaO焙烧，VO2和Fe3O4转化为Fe(VO3)3，Al2O3及少量SiO2转化为对应的钙盐，加硫酸酸浸转化为，Si元素转化为沉淀，Al元素以Al3+的形式存在，有机溶剂对萃取率高于，有机溶剂只萃取Fe(Ⅲ)不萃取Fe(Ⅱ)，加调pH除去Al元素，同时加Fe将Fe3+还原为Fe2+，协同萃取后，反萃取，加NaClO3氧化为，再加NH4Cl沉钒得NH4VO3，处理后得VO2。【详析】（1）“焙烧”过程中VO2转化为，V元素化合价升高，同时Fe3O4中铁元素化合价升高，所以该反应的还原剂为VO2、Fe3O4；（2）“酸浸”过程中将转化为，该反应的离子方程式为；（3）Al元素以Al3+的形式存在溶液中，加入调节pH，除去铝元素，又有机溶剂只萃取Fe(Ⅲ)不萃取Fe(Ⅱ)，所以可加入一些铁粉，将溶液中的铁离子还原成亚铁离子，故〖答案〗为：A；（4）①HA和HB可通过两个氢键形成环状二聚体，其结构示意图为；②比更稳定的原因为HA中-P-OH更容易发生阳离子交换反应，HB中-P=O有更强的配位能力；（5）“氧化”过程中将转化为，离子方程式为；（6）设溶液初始体积为VL，则参加反应的，剩余的，反应后，；（7）①晶胞中黑球个数，白球个数为，黑球为V，白球为O，晶胞中的配位数为6；②从图中可以看出白球O2-位于黑球V4+构成的平面三角形空隙中，故〖答案〗为：C；③一个晶胞的质量为，所以该晶胞的密度为g/cm3。12.以和丙烯酸合成-巯基丙酸(，沸点为130℃)的过程如下。（1）制备的四氢呋喃(THF)溶液，实验装置如图。=1\*GB3①将浓硫酸稀释成30%硫酸的实验操作为___________________________________。②下列措施有利于提高吸收率的是___________(填标号)。A．缓慢滴加30%硫酸B．快速滴加30%硫酸C．水浴X使用热水浴D．水浴X使用冰水浴③该装置存在的不足之处是___________________________________。（2）合成-巯基丙酸的实验过程如下：将上述所得溶液转移至反应容器内，依次加入0.3mol丙烯酸、3.0mmol离子液体催化剂ILs，密封反应器后于90℃水浴恒温反应一段时间。其反应机理如图。①中N1结合的孤电子对所处的原子轨道为___________。②虚线框内中间产物的结构简式为___________。③若反应时间过长，-巯基丙酸与丙烯酸会进一步发生上述反应，其产物的结构简式为_______________________。（3）分离产物与催化剂的实验流程如下。=1\*GB3①操作1、操作2依次为___________、___________。②操作3是通过加入适当浓度的、溶液来提纯分离，其原理是___________________________________________________________________。〖答案〗（1）①将浓硫酸沿烧杯壁缓缓倒入蒸馏水中，并不断搅拌②AD③尾气出口未加尾气吸收装置（2）①②③（3）①萃取、分液蒸馏②、溶液能降低ILs在水中的溶解度〖解析〗（1）①将浓硫酸稀释成30%硫酸的实验操作为将浓硫酸沿烧杯壁缓缓倒入蒸馏水中，并不断搅拌；②缓慢滴加30%硫酸可使生成的充分与四氢呋喃(THF)溶液混合，有利于提高吸收率，故A正确，B错误；水浴加热应使用冰水浴，以减少的挥发，提高其吸收率，故C错误，D正确；③该装置缺少尾气处理装置，会导致尾气排放到空气中污染空气；（2）①N1中N原子采用杂化，其中1个杂化中含孤电子对，可与结合；②结合转化流程可知虚线框内中间产物结构简式为；③若反应时间过长，-巯基丙酸与丙烯酸会发生加成反应生成；（3）①操作1后得到有机相和水相，应为分液；有机相经操作2得到-巯基丙酸，分离互溶有机液体应采用蒸馏；②操作3是通过加入适当浓度的、溶液能降低ILs在水中的溶解度，然后采用过滤得到ILs。13.神经病理性疼痛治疗药物米洛巴林苯磺酸盐的部分合成路线如下：已知：（1）A的结构简式为___________。（2）B中所含官能团名称为___________。（3）的系统命名为___________；Ⅲ的反应类型为___________。（4）V的化学方程式为_______________________________________。（5）米洛巴林的一种同分异构体F，同时满足下列条件：①属于芳香族化合物且能与发生显色反应；②核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为。则F的结构简式为_______________。（6）Ⅵ为成盐反应，其目的是将米洛巴林转化为米洛巴林苯磺酸盐。①米洛巴林中能与苯磺酸反应的官能团为_______________，从结构角度分析其能与苯磺酸反应的原因是___________________________________________________。②熔点：米洛巴林___________米洛巴林苯磺酸盐(填“>”“<”或“=”)。（7）参照上述合成路线，设计由和制备的合成路线_______________________________________________________________。〖答案〗（1）（2）羰基、酯基（3）3-溴丙烯取代反应（4）+KOH→+CH3CH2OH（5）或（6）①上有孤对电子能与形成配位键②<（7）〖祥解〗乙酸和乙醇在浓硫酸催化作用下发生取代反应生成A，A与CH3CH2CH2COCl发生取代反应生成B，B通过Ⅲ发生取代反应生成C，C中羰基发生还原反应生成D，D发生水解反应生成CH3CH2OH与，E通过一系列反应生成，最后与作用生成米洛巴林苯磺酸盐，据此回答。【详析】（1）根据反应可知，A为乙酸乙酯，结构简式为CH3COOCH2CH3；（2）根据分析可知，B中所含官能团名称为羰基和酯基；（3）①的系统命名为3-溴丙烯；②Ⅲ的反应类型为取代反应；（4）V为酯基在KOH溶液下发生水解，对应的化学方程式为：+KOH→+CH3CH2OH；（5）根据题意可知，属于芳香族化合物且能与FeCl3发生显色反应说明含有苯环和酚羟基，核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为9:6:2:2，说明有四种等效氢，满足要求的有机物为或者；（6）①分析结构可知，米洛巴林中能与苯磺酸反应的官能团为氨基；②其能与苯磺酸反应的原因是−NH2上有孤对电子能与H+形成配位键；③米洛巴林（分子晶体）熔点小于米洛巴林苯磺酸盐（离子晶体）熔点；（7）由和CH3COOH制备目标产物，首先两种原料在浓硫酸作催化剂的作用下发生酯化反应生成，然后再与SOCl2在加热作用下转化为，最后转化为目标产物，合成路线为：。14.利用甲醇催化脱氢法制备甲酸甲酯涉及到如下化学反应：反应Ⅰ:反应Ⅱ：反应Ⅲ：回答下列问题：（1）___________。（2），向密闭容器中通入,恒压条件下进行反应Ⅰ。①下列有关说法正确是___________（填标号）。A．高温有利于反应Ⅰ自发B．说明该反应体系达到平衡状态C．温度升高有利于提高的转化率D．通过减小分压可以提高的平衡产率②要缩短达到平衡的时间，可采取的措施有_______________________。③，测得体系中反应Ⅰ的平衡转化率和进料时甲醇的分压（分压=总压×物质的量分数）关系如图．M点___________;该反应的平衡常数___________（为以分压表示的平衡常数）。（3）一种在上高度分散的铜颗粒催化剂制备方法如下．为测试催化剂性能，将甲醇蒸气以的流速通过负载的催化反应器，甲醇转化率和甲酸甲酯选择性随、反应温度的变化如图．①图1中当时，生成甲酸甲酯的反应速率为___________。②最适合的反应温度为___________（填标号）。A．B．C．D．③图2中当温度高于时，甲酸甲酯选择性下降的可能原因为_______________。〖答案〗（1）（2）①ACD②升温或选择合适的催化剂③7（或0.44）（3）①0.98②C③温度过高，甲醇和甲酸甲酯分解〖解析〗（1）据盖斯定律，反应(I+III)×得II，所以=。（2）①A．反应Ⅰ、据自发可知，高温有利于反应Ⅰ自发，故A正确；B．，说明该反应体系达到平衡状态，故B错误；C．反应Ⅰ的，温度升高，平衡右移，有利于提高CH3OH的平衡转化率，故C正确；D．减小CH3OH分压，平衡右移，HCOOCH3的平衡产率增大，故D正确；故〖答案〗为：ACD；②要缩短达到平衡时间，可采取的措施有升温或选择合适的催化剂；③设起始通入n(CH3OH)=2amol，三段式，平衡时n(总)=1.6a+0.2a+0.4a=2.2a，该反应再恒压装置中进行，平衡时总压等于进料时甲醇的分压为77kPa，所以M点=7，M点=（或0.44）kPa。（3）①当w%=15%时，甲醇蒸汽流速为10mol/h，甲醇与甲酸甲酯化学计量数比值为2:1，甲醇转化率98%，甲酸甲酯选择性20%，所以生成甲酸甲酯的反应速率为0.5×10×0.20×0.98mol/h=0.98；②图像显示553K甲醇转化率25.5%，甲酸甲酯选择性为93%；563K甲醇转化率26.5%，甲酸甲酯选择性为95%；573K甲醇转化率27.5%，甲酸甲酯选择性为93%；583K甲醇转化率29.5%，甲酸甲酯选择性为84%，选择条件时要同时考虑甲醇转化率和甲酸甲酯选择性，由两者乘积大小决定，573K时乘积最大，所以最适合的反应温度为573K，故〖答案〗为：C；③当温度高于563K时，甲酸甲酯选择性下降的可能原因为温度过高，甲醇分解和甲酸甲酯分解造成选择性下降。福建省部分地市2024届高三第一次质量检测可能用到的相对原子质量：N14O16V51Sb122Cs133一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.我国科学家首次成功精准合成了和。下列有关说法正确的是（）A.和均含有大键 B.和均为共价晶体C.和互为同分异构体 D.和均可发生取代反应〖答案〗A〖解析〗A．C10和C14中存在多个相互平行的p轨道，重叠在一起，形成大键，故A正确；B．共价晶体具有空间网状结构，C10和C14不是空间网状结构，是由碳原子经过共价键形成的分子，均为分子晶体，故B错误；C．C10和C14均为碳元素形成的单质，不是互为同分异构体的关系，故C错误；D．C10和C14均为碳元素形成的单质，均可发生加成反应，并非均可发生取代反应，故D错误；故〖答案〗为：A。2.一种治疗高血压药物的中间体结构如图。下列有关该物质的说法正确的是（）A.分子式为 B.含有手性碳原子C.含有3种官能团 D.1mol该物质最多可与6molNaOH反应〖答案〗B〖解析〗A．由图可知，分子式为，A错误；B．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；含有手性碳原子，B正确；C．含有碳氯键、醚键、酰胺基、氨基4种官能团，C错误；D．苯环上氯和氢氧化钠溶液发生取代反应，酰胺基和氢氧化钠发生取代反应，则1mol该物质不会与6molNaOH反应，D错误；故选B。3.某溶液中存在较多、、，该溶液中还可能大量存在的离子是（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗A．与反应，不能大量共存，故A错误；B．与三种离子均不发生反应可以大量共存，故B正确；C．与反应，不能大量共存，故C错误；D．与、均能反应，不能大量共存，故D错误；故选：B。4.一种金属有机框架材料的化学式为，其结构如图。X、Y、Z、M为原子序数依次增大的1~36号元素，其中X、Z位于不同周期，四种元素中Y的第一电离能最大，的d轨道全充满。下列说法正确的是（）A.键角： B.最简单氢化物沸点：Z＞Y＞XC.电负性：X＞Y＞M D.最高价氧化物对应水化物酸性：Z＞X〖答案〗D〖祥解〗M+的d轨道全充满，M为Cu；X、Y、Z、M为原子序数依次增大的1~36号元素，其中X、Z位于不同周期，四种元素中Y的第一电离能最大，结合M2(ZXY)4的结构知，X为C，Y为N，Z为S。【详析】A．XZ2为CS2，CS2中C上的孤电子对数为×(4-2×2)=0、σ键电子对数为2、价层电子对数为2，CS2的空间构型为直线形、键角为180°，ZXY-为SCN-，SCN-中C上的孤电子对数为×(4+1-2-3)=0、σ键电子对数为2、价层电子对数为2，SCN-的空间构型为直线形、键角为180°，A项错误；B．X、Y、Z的最简单氢化物依次为CH4、NH3、H2S，由于NH3分子间形成氢键，则NH3的沸点最高，即Y的最简单氢化物的沸点最高，B项错误；C．同周期从左到右主族元素的电负性逐渐增大，元素的非金属性越强、电负性越大，金属性越强、电负性越小，则电负性：Y＞X＞M，C项错误；D．Z、X的最高价氧化物对应的水化物依次为H2SO4、H2CO3，H2SO4属于强酸、H2CO3属于弱酸（或非金属性：S＞C），即酸性：H2SO4＞H2CO3，D项正确；〖答案〗选D。5.电还原空气污染物NO的转化路径如图。25℃，NH2OH的。为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（）A.含有的质子数为B.含有的键数为C.路径①中生成11.2L(已折算为标准状况)时，转移电子数为D.25℃，1LNH2OH和HCl混合液中，若，则数目为〖答案〗C〖解析〗A．1个NH3含10个质子，含有的质子数为0.1mol×10×mol-1=，故A正确；B．物质的量为，结构式为N=N=O，1molN2O含有2mol键，则含有的键数为，故B正确；C．标准状况下11.2L物质的量为，路径①中NO转化为1molN2时转移4mol电子，则转移电子数为0.5mol×4×mol-1=2，故C错误；D．电离平衡：，，当，c(OH-)=1×10-8mol/L，25℃下，溶液体积为1L，则数目为，故D正确；故选C。6.下列实验探究方案能达到探究目的的是（）选项探究方案探究目的A向中滴加少量酸性溶液，振荡，溶液褪色中含有碳碳双键B向溶液中加入少量NaCl固体，振荡，溶液由蓝色变为黄绿色配位键稳定性大于C向酸性溶液中加入相同体积不同浓度的NaOH溶液，浓度越大，溶液黄色越深pH越大，化学反应速率越快D向碳酸钠溶液中滴加浓盐酸，将产生的气体通入苯酚钠溶液中，溶液变浑浊碳酸的酸性大于苯酚〖答案〗B〖解析〗A．羟基、碳碳双键均具有还原性，可以使高锰酸钾褪色，A错误；B．[Cu(H2O)4]2+为蓝色，[CuCl4]2−为黄绿色，向CuSO4溶液中加入少量NaCl固体，振荡，溶液由蓝色变为黄绿色说明[CuCl4]2−配位键稳定性大于[Cu(H2O)4]2+，B正确；C．溶液会由橙色为黄色,因为溶液中存在平衡，加碱消耗掉氢离子,平衡向右移动，重铬酸根是橙色，铬酸根是黄色，C错误；D．因盐酸具有挥发性，故碳酸钠中滴入浓盐酸，生成二氧化碳气体中混有HCl气体，碳酸与HCl均可以与苯酚钠反应生成苯酚，D错误；故〖答案〗为：B。7.利用为原料制备，涉及的物质转化关系如下：其中反应iii为。下列有关制备过程中的说法错误的是（）A.反应i中为还原剂 B.键能：Sb-F>Sb-ClC.Sb原子的价层电子对数发生变化 D.反应i~iv中有3个氧化还原反应〖答案〗D〖解析〗A．反应i中Mn元素化合价由KMnO4中+7价降低为中+4价，氧化剂是KMnO4，还原剂是，A正确；B．原子半径F＜Cl，键长：Sb-F＜Sb-Cl，则共价键的牢固程度以及键能：Sb-F>Sb-Cl，B正确；C．，Sb原子的价层电子对数由5对变化为6对，C正确；D．反应i和iv中元素化合价发生变化、属于氧化还原反应，反应ⅱ、ⅲ中元素化合价不发生变化、是非氧化还原反应，D不正确；〖答案〗选D。8.利用CaO焙烧浸出法从炼钢粉尘(主要含ZnO和)中回收Zn的流程如下：已知：“焙烧”主要产物为ZnO、；“盐浸”滤液的主要成分为。下列说法错误的是（）A.若略去“焙烧”操作，则“盐浸”过程无法浸出B.“盐浸”过程发生反应为C.“盐浸”时通入适量HCl气体，可提高锌浸出率D.“电解”时通入适量HCl气体，有利于放电〖答案〗C〖祥解〗炼钢粉尘(主要含ZnO和ZnFe2O4)加CaO焙烧，生成Ca2Fe2O5和ZnO，盐浸时Ca2Fe2O5不溶于水，也不和NH4Cl溶液反应，成为滤渣，ZnO转化为，再经电解得到Zn。【详析】A．若略去“焙烧”操作，则不能将ZnFe2O4转化为ZnO，而ZnFe2O4在盐浸时不能溶解，无法浸出，故A正确；B．“盐浸”过程ZnO发生反应转化为，反应的化学方程式为，故B正确；C．“盐浸”过程ZnO发生反应转化为，若“盐浸”时通入适量HCl气体，ZnO会和盐酸反应转化为ZnCl2，不能提高锌的浸出率，故C错误；D．“电解”时，通入适量HCl气体，消耗NH3有利于Zn2+放电，故D正确；故〖答案〗为：C。9.利用丙酮酸与废水中的电催化耦合温和条件下去除和生产高值化丙氨酸，其工作原理如图。25℃，丙氨酸主要以形式存在，其。下列说法错误的是（）A.丙氨酸酸性很弱是因为形成了内盐B.阴极的电极反应式为++10e-+11H+=+4H2OC.理论上阳极区每生成，阴极区减少4.4molD.该装置整合了电化学—化学—电化学串联反应〖答案〗C〖祥解〗该装置为电解池，左侧接电源正极为阳极区，水失去电子发生氧化反应生成氧气和氢离子；右侧接电源负极为阴极，硝酸根得到电子发生还原反应；制备丙氨酸分为三步，硝酸根离子在阴极反应转化为NH2OH，NH2OH和丙酮酸反应生成C3H5O3N，C3H5O3N在电极上反应生成丙氨酸，据此回答。【详析】A．氨基酸的酸性来自羧基，而羧基可以与氨基形成内盐，从而减弱酸性，A正确；B．在阴极，硝酸根得到电子与丙酮酸反应转化为丙氨酸，电极反应式为：，B正确；C．在阳极，水失去电子被氧化生成氧气和氢离子，同时氢离子从阳极区移向阴极，故阳极生成1mol的氧气，转移4mol电子，阴极氢离子应该增加4mol，C错误；D．硝酸根离子在阴极反应转化为NH2OH是电化学反应，NH2OH和丙酮酸反应是化学反应，C3H5O3N在电极上反应生成丙氨酸是一个电化学反应，该装置整合了电化学—化学—电化学串联反应，D正确；故选C。10.用溶液分别滴定20.00mL丁酸、2-氯丁酸、3-氯丁酸，溶液pH随NaOH溶液体积变化如图。下列说法错误的是（）A.的数量级为B.HZ为2-氯丁酸C.b点：D.水的电离程度：c>b>a>d〖答案〗C〖解析〗A．，结合a点数据可得，，，数量级为，故A正确；B．由图中信息可知酸性：HX<HY<HZ，Cl是吸电子基团，氯原子离羧基越近，羧基中O-H键极性越大，电离程度增大，则酸性增强，由此可知HX为丁酸，HY为3-氯丁酸、HZ为2-氯丁酸，故B正确；C．b点时加入10mLNaOH，反应后溶液中含等量的HX和NaX，此时溶液呈酸性，可知HX的电离程度大于NaX的水解程度，则，故C错误；D．a点为HX的溶液，抑制水的电离，c点为NaX的溶液，水解促进水的电离，由a点到c点过程中HX的浓度减小，NaX的浓度增大，水的电离程度增大，d点为NaX和NaOH的混合溶液，且此时pH值大于12，所含氢氧根离子浓度大于a点氢离子浓度，水的电离被抑制，且电离程度小于a点，故D正确；故选：C。二、非选择题：本题共4小题，共60分。11.从钒矿石(主要含、、及少量)中分离提取的流程如下：已知：有机溶剂对萃取率高于；有机溶剂只萃取Fe(Ⅲ)不萃取Fe(Ⅱ)。（1）“焙烧”过程中转化为，该反应的还原剂为___________。（2）“酸浸”过程中将转化为，该反应的离子方程式为___________________。（3）为提高钒的萃取率和纯度，“操作X”中M和N可分别选择___________(填标号)。A．、FeB．Fe、C．、H2O2（4）以HA()和HB()“协同萃取”，其主要萃取物结构如图。=1\*GB3①HA和HB可通过两个氢键形成环状二聚体，其结构示意图为___________。②比更稳定的原因为___________________________。（5）“氧化”过程中转化为的离子方程式为___________________________。（6）“氧化”后的溶液中，为了使沉钒率达到98%，加入氯化铵(设溶液体积增加1倍)，“沉钒”时应控制溶液中不低于___________。[25℃时，]（7）的晶胞如图(晶胞参数：；)。为阿伏加德罗常数的值。①的配位数为___________。②位于构成的___________空隙中(填标号)。A．八面体B．四面体C．平面三角形③该晶胞的密度为___________(用含的代数式表示)。〖答案〗（1）、（2）（3）A（4）①②HA中-P-OH更容易发生阳离子交换反应，HB中-P=O有更强的配位能力（5）（6）1.6（7）①6②C③〖祥解〗钒矿石(主要含VO2、Fe3O4、Al2O3及少量SiO2)加CaO焙烧，VO2和Fe3O4转化为Fe(VO3)3，Al2O3及少量SiO2转化为对应的钙盐，加硫酸酸浸转化为，Si元素转化为沉淀，Al元素以Al3+的形式存在，有机溶剂对萃取率高于，有机溶剂只萃取Fe(Ⅲ)不萃取Fe(Ⅱ)，加调pH除去Al元素，同时加Fe将Fe3+还原为Fe2+，协同萃取后，反萃取，加NaClO3氧化为，再加NH4Cl沉钒得NH4VO3，处理后得VO2。【详析】（1）“焙烧”过程中VO2转化为，V元素化合价升高，同时Fe3O4中铁元素化合价升高，所以该反应的还原剂为VO2、Fe3O4；（2）“酸浸”过程中将转化为，该反应的离子方程式为；（3）Al元素以Al3+的形式存在溶液中，加入调节pH，除去铝元素，又有机溶剂只萃取Fe(Ⅲ)不萃取Fe(Ⅱ)，所以可加入一些铁粉，将溶液中的铁离子还原成亚铁离子，故〖答案〗为：A；（4）①HA和HB可通过两个氢键形成环状二聚体，其结构示意图为；②比更稳定的原因为HA中-P-OH更容易发生阳离子交换反应，HB中-P=O有更强的配位能力；（5）“氧化”过程中将转化为，离子方程式为；（6）设溶液初始体积为VL，则参加反应的，剩余的，反应后，；（7）①晶胞中黑球个数，白球个数为，黑球为V，白球为O，晶胞中的配位数为6；②从图中可以看出白球O2-位于黑球V4+构成的平面三角形空隙中，故〖答案〗为：C；③一个晶胞的质量为，所以该晶胞的密度为g/cm3。12.以和丙烯酸合成-巯基丙酸(，沸点为130℃)的过程如下。（1）制备的四氢呋喃(THF)溶液，实验装置如图。=1\*GB3①将浓硫酸稀释成30%硫酸的实验操作为___________________________________。②下列措施有利于提高吸收率的是___________(填标号)。A．缓慢滴加30%硫酸B．快速滴加30%硫酸C．水浴X使用热水浴D．水浴X使用冰水浴③该装置存在的不足之处是___________________________________。（2）合成-巯基丙酸的实验过程如下：将上述所得溶液转移至反应容器内，依次加入0.3mol丙烯酸、3.0mmol离子液体催化剂ILs，密封反应器后于90℃水浴恒温反应一段时间。其反应机理如图。①中N1结合的孤电子对所处的原子轨道为___________。②虚线框内中间产物的结构简式为___________。③若反应时间过长，-巯基丙酸与丙烯酸会进一步发生上述反应，其产物的结构简式为_______________________。（3）分离产物与催化剂的实验流程如下。=1\*GB3①操作1、操作2依次为___________、___________。②操作3是通过加入适当浓度的、溶液来提纯分离，其原理是___________________________________________________________________。〖答案〗（1）①将浓硫酸沿烧杯壁缓缓倒入蒸馏水中，并不断搅拌②AD③尾气出口未加尾气吸收装置（2）①②③（3）①萃取、分液蒸馏②、溶液能降低ILs在水中的溶解度〖解析〗（1）①将浓硫酸稀释成30%硫酸的实验操作为将浓硫酸沿烧杯壁缓缓倒入蒸馏水中，并不断搅拌；②缓慢滴加30%硫酸可使生成的充分与四氢呋喃(THF)溶液混合，有利于提高吸收率，故A正确，B错误；水浴加热应使用冰水浴，以减少的挥发，提高其吸收率，故C错误，D正确；③该装置缺少尾气处理装置，会导致尾气排放到空气中污染空气；（2）①N1中N原子采用杂化，其中1个杂化中含孤电子对，可与结合；②结合转化流程可知虚线框内中间产物结构简式为；③若反应时间过长，-巯基丙酸与丙烯酸会发生加成反应生成；（3）①操作1后得到有机相和水相，应为分液；有机相经操作2得到-巯基丙酸，分离互溶有机液体应采用蒸馏；②操作3是通过加入适当浓度的、溶液能降低ILs在水中的溶解度，然后采用过滤得到ILs。13.神经病理性疼痛治疗药物米洛巴林苯磺酸盐的部分合成路线如下：已知：（1）A的结构简式为___________。（2）B中所含官能团名称为___________。（3）的系统命名为___________；Ⅲ的反应类型为___________。（4）V的化学方程式为_______________________________________。（5）米洛巴林的一种同分异构体F，同时满足下列条件：①属于芳香族化合物且能与发生显色反应；②核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为。则F的结构简式为_______________。（6）Ⅵ为成盐反应，其目的是将米洛巴林转化为米洛巴林苯磺酸盐。①米洛巴林中能与苯磺酸反应的官能团为_______________，从结构角度分析其能与苯磺酸反应的原因是___________________________________________________。②熔点：米洛巴林___________米洛巴林苯磺酸盐(填“>”“<”或“=”)。（7）参照上述合成路线，设计由和制备的合成路线_______________________________________________________________。〖答案〗（1）（2）羰基、酯基（3）3-溴丙烯取代反应（4）+KOH→+CH3CH2OH（5）或（6）①上有孤对电子能与形成配位键②