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51，福建省2024届名校联盟全国优质校高三大联考化学试题
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这是一份51，福建省2024届名校联盟全国优质校高三大联考化学试题，共19页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回， 25℃时，等内容，欢迎下载使用。
本试卷共6页，考试时间75分钟，总分100分。
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，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 Ni 59 As 75 Ag 108
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. 2023年度IUPAC化学领域新兴技术，符合绿色化学循环利用理念的是
A. 人造肌肉B. PET的生物回收C. 光催化制氢D. 噬菌体疗法
【答案】B
【解析】
【详解】A．人造肌肉是一种新型的高效能源，但不符合绿色化学循环利用理念， A错误；
B．PET的生物回收，可以实现废弃物的再利用，符合绿色化学循环利用理念，B正确；
C．光催化制氢是利用太阳能分解水制备氢气，不符合绿色化学循环利用理念，C错误；
D．噬菌体疗法是利用噬菌体的特异性来感染细菌，不符合绿色化学循环利用理念，D错误；
故选B。
2. 科学家经过14步全合成某超自然产物的结构如图。下列有关该化合物说法错误的是
A. 碳原子轨道杂化类型有3种B. 含有5种官能团您看到的资料都源自我们平台，20多万份最新小初高试卷，家威鑫 MXSJ663 免费下载 C. 含有手性碳原子D. 受热易分解
【答案】B
【解析】
【详解】A． 碳原子形成的碳碳单键、双键、叁键，碳原子轨道杂化类型有sp3、sp2、sp杂化3种，故A正确；
B． 含有碳碳双键、碳碳叁键、酮羰基、氨基、羟基、醚键、酰胺基等多于5种官能团，故B错误；
C． 含有多个sp3杂化的碳，当该碳上含有四个不同的原子或原子团时即为手性碳，分子中含有多个手性碳原子，如与-OH相连的2个碳原子，故C正确；
D． 该分子中含有过氧键，受热易分解，故D正确；
故选B。
3. 下列有关铁及其化合物参与反应的化学方程式书写错误的是
A. 与高温水蒸气反应：
B. 胶体制备：
C. 的检验：
D. 催化甲苯的溴化反应：
【答案】AB
【解析】
【详解】A．高温下Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，故A错误；
B．饱和氯化铁溶液滴入沸水中制Fe(OH)3胶体，反应的化学方程式为，故B错误；
C．用K3[Fe(CN)6]检验Fe2+反应生成KFe[Fe(CN)6]，反应的化学方程式：，故C正确；
D．苯和液溴在铁作催化剂的条件下生成溴苯，，故D正确；
故答案选AB。
4. 25℃时，。磷酸铁锂废料浸出的化学方程式为。是阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是
A. 18g冰晶体中含有氢键数目为
B. 晶体中含有的键数目为
C. 检测出反应液中为，则含有的数目为
D. 生成(已折算为标准状况)，转移电子数目为
【答案】D
【解析】
【详解】A．1个水分子形成2个氢键，18g冰中含有1ml水，则晶体中含有氢键数目为，A错误；
B．的物质的量是1ml，中价层电子对数是4，含有1对孤对电子，则晶体中含有的键数目为，B错误；
C．检测出反应液中为，但由于溶液体积不确定，则含有的数目不一定为，C错误；
D．生成(已折算为标准状况)，即0.1ml氯气，根据方程式可知氯酸钠中氯元素化合价从+5价降低到0价，生成1ml氯气转移10ml电子，则生成0.1ml氯气转移电子数目为，D正确；
答案选D。
5. 某种红镍矿晶体的晶胞如图。晶胞参数分别为、、，下方As原子分数坐标为，为阿伏加德罗常数的值。下列有关说法错误的是
A. 该化合物的化学式为B. 上方As原子分数坐标为
C. Ni原子配位数为4D. 该晶体晶胞的密度为
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据晶胞结构，我们可以看到，As原子位于晶胞内部，一个晶胞中含有2个As原子，Ni原子位于晶胞的顶点和上下底面的面心，一个晶胞中含有2个Ni原子，所以该化合物的化学式为NiAs，A正确；
B．根据晶胞结构，我们可以看到，上方 As原子分数坐标为，B正确；
C．根据晶胞结构，我们可以看到，每个砷原子周围有六个镍原子，且晶胞中Ni:As原子个数比为1:1，故Ni原子的配位数为6，C错误；
D．根据晶胞结构，我们可以计算出晶胞的质量为，体积为，故密度为，D正确；
故选C。
6. 氨法烟气脱硫副产环己酮肟工艺如图。已知25℃时，，，；环己酮肟溶于水，难溶于水溶液。下列有关说法错误的是
A. 溶液中各离子的浓度大小顺序为
B. “制备硫酸羟胺”的离子方程式为
C. “环己酮肟化”过程中环己酮断裂的化学键为键
D. “分离”操作为蒸发结晶、趁热过滤
【答案】D
【解析】
【分析】二氧化硫和氨水恰好反应生成，NO2 被NH4HSO3吸收生成氮气和硫酸根离子，其反应的离子方程式：2NO2+4=N2+4+4H+，得到硫酸铵的铵盐溶液；
【详解】A．溶液中，，由于电离常数，的水解常数<1.0×10-7，则的水解常数和电离常数都很小，所以离子的浓度大小顺序为，A正确；
B．依据流程信息，“制备硫酸羟胺”的离子方程式为 ，B正确；
C．“环己酮肟化”过程中环己酮生成环己酮肟，依据物质的结构简式可知断裂的化学键为键，C正确；
D．根据题目信息，环己酮肟溶于水，难溶于水溶液，“分离”操作为过滤，D错误；
故选D。
7. 光伏电池驱动的甲醛废水转化装置及的晶胞结构如图。
下列说法不正确的是
A. 阴极发生的总电极反应方程式为
B. 每生成(标准状况下)时，阳极生成的数目为
C. 晶胞中黑球为Mn原子
D. 晶胞中黑球处于白球构成的八面体空隙中
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知右侧电极上二氧化碳转化为CO，CO最终转化为乙烯，C元素化合价降低，发生还原反应，则右侧电极为阴极，左侧电极为阳极，阳极甲醛失电子生成HCOOH，HCOOH继续失电子生产二氧化碳，据此分析解答。
【详解】A．由上述分析可知阴极发生的总电极反应方程式为，故A正确；
B．未指明气体所处状况，不能根据体积确定气体的物质的量，无法计算阳极生成HCOOH的数目为，故B错误；
C．晶胞中黑球位于顶点和体心，个数为，白球位于面上和体内，个数为：，结合的化学式可知黑球为Mn，故C正确；
D．以体心黑球为观察对象，可知其周围有4个白球位于面上，2个白球位于体内，黑球处于白球构成的八面体空隙中，故D正确；
故选：B。
8. 某有机离子液体的结构如图，阴、阳离子的中心原子均为杂化。元素X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，Z为电负性最强的元素且与W同主族。下列说法错误的是
A. 简单氢化物沸点：B. 第一电离能：
C. 最高价氧化物对应的水化物酸性：D. 简单氢化物溶解度：
【答案】A
【解析】
【分析】Z为电负性最强的元素是F，Z与W同主族则W为Cl，元素X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，结合有机离子液体的结构，且离子液体中阴、阳离子的中心原子均为杂化可知，Y为N、X为B。
【详解】A．氨气和氟化氢中的都存在氢键，而硼烷中不存在氢键，因此简单气态氢化物的沸点HF＞BH3，故A错误；
B．B、N、F为同周期元素核电荷数依次增大，且不相邻，第一电离能依次增大，第一电离能F＞N＞B，故B正确；
C．B、N为同周期元素核电荷数依次增大，非金属性逐渐增强，最高价氧化物对应的水化物酸性HNO3＞H3BO3，故C正确；
D．氨气和水分子之间形成氢键因此氨气在水中的溶解度大于氯化氢，故D正确；
故选A。
9. 实验室合成肉桂酸乙酯后，其提纯过程如下。
已知相关物质沸点、密度如下表。
下列说法错误的是
A. 操作①为蒸馏
B. 试剂a为碳酸钠，至气泡不再产生时停止加入
C. 操作②为分液，使用的仪器是分液漏斗，有机层从上口倒出
D. 操作③优先蒸出的是肉桂酸乙酯
【答案】D
【解析】
【分析】肉桂酸、肉桂酸乙酯、乙醇、环己烷混合物经过蒸馏，得到混合物1、2，混合物1先加入饱和碳酸钠，然后加入乙醚，萃取分液，有机层加入硫酸镁吸水，然后干燥、过滤，再蒸馏得到肉桂酸乙酯，据此解答。
【详解】A．根据分析，操作①为蒸馏，A正确；
B．试剂a为碳酸钠，至气泡不再产生时停止加入，可以除去肉桂酸，B正确；
C．操作②为分液，使用的仪器是分液漏斗，有机层密度小于水，从上口倒出，C正确；
D．乙醚熔沸点低于肉桂酸乙酯，操作③优先蒸出的是乙醚，D错误；
故选D。
10. 一种芳香族化合物结构如图。萃取稀土离子的原理为。分配比，水相初始浓度，萃取平衡时关系如图。下列说法错误的是
A. 中醚键O原子提供孤电子对与形成配位键
B. 对的萃取效果最好
C. 对萃取的萃取平衡常数为
D. 萃取平衡时
【答案】D
【解析】
【详解】A．中醚键O原子存在2对孤电子对，有空轨道，与形成配位键，故A正确；
B．分配比越大，lgD越大，萃取效果越好，故B正确；
C．把（-4，-0.1）代入对萃取的萃取平衡常数K===，故C正确；
D．根据已知数据不能计算萃取平衡时，故D错误。
故选：D。
二、非选择题：本题共4小题，共60分。
11. 酸浸法回收废炉渣中(主要为铜、钴、镍、铁等金属元素的氧化物)的铜、钴、镍的流程如下：
已知：25℃时，，。
（1）“磨细”过程的目的是_______。
（2）酸浸液中大量铁元素以存在，加入可减少铁屑的消耗从而降低成本，与反应过程中会产生气泡，其离子方程式为_______。
（3）“滤渣2”主要成分为_______(填化学式)。
（4）“镍钴分离”过程发生反应的离子方程式为_______。
（5）“酸溶1”过程用替换，从绿色化学角度分析其可行性_______。
（6）“焙烧”过程发生反应的化学方程式为_______。
（7）已知当时，认为其沉淀完全。“沉镍”过程的目的是为了将“”，此时应调节溶液的pH为_______。
（8）“操作X”为_______。
【答案】（1）增加反应物的接触面积，加快酸浸速率
（2）
（3）
（4）
（5）使用会产生有害气体，使用可避免的同时也能起到酸溶的作用
（6）
（7）9.0 （8）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
【解析】
【分析】由题给流程可知，向磨细后的炉渣中加入硫酸溶液酸浸，将金属氧化物转化为可溶硫酸盐，过滤得到滤渣和含有可溶硫酸盐的滤液；向滤液中加入碳酸钠溶液，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，加入铁屑，将溶液中的铜离子转化为铜，过滤得到含有铜、氢氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入过氧化氢溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，再加入氢氧化钠溶液调节溶液pH，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入次氯酸钠和氢氧化钠的混合溶液，将溶液中的亚钴离子转化为氢氧化钴沉淀，过滤得到含有镍离子的滤液和氢氧化钴；向氢氧化钴中加入盐酸，将氢氧化钴转化为氯化亚钴，向氯化亚钴溶液中加入草酸，将亚钴离子转化为草酸亚钴沉淀，过滤得到草酸钴；草酸亚钴在空气中焙烧得到三氧化二钴；向含有镍离子的滤液中加入氢氧化钠溶液，将镍离子转化为氢氧化镍沉淀，过滤得到氢氧化镍；向氢氧化镍中加入硫酸溶液，将氢氧化钴转化为硫酸镍，硫酸镍溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到七水硫酸镍晶体。
【小问1详解】
炉渣“磨细”可以增大固体的表面积，有利于增加反应物的接触面积，加快酸浸速率，故答案为：增加反应物的接触面积，加快酸浸速率；
【小问2详解】
由分析可知，加入碳酸钠溶液的目的是将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为，故答案为：；
【小问3详解】
由分析可知，滤渣2的主要成分为氢氧化铁，故答案为：；
【小问4详解】
由分析可知，加入次氯酸钠和氢氧化钠混合溶液，的目的是将溶液中的亚钴离子转化为氢氧化钴沉淀，反应的离子方程式为，故答案为：；
【小问5详解】
由分析可知，向氢氧化钴中加入盐酸的目的是将氢氧化钴转化为氯化亚钴，转化过程中盐酸被氧化生成有毒的氯气会污染环境，所以用硫酸溶液替换盐酸可以避免产生有害气体氯气，同时也能起到酸溶的作用，故答案为：使用会产生有害气体，使用可避免的同时也能起到酸溶的作用；
【小问6详解】
由分析可知，“焙烧”过程发生的反应为草酸亚钴在空气中焙烧生成三氧化二钴和二氧化碳，反应的化学方程式为，故答案为：；
【小问7详解】
由溶度积可知，溶液中镍离子完全沉淀时，氢氧根离子浓度为=，则应调节溶液pH为9，故答案为：9；
【小问8详解】
由分析可知，硫酸镍溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到七水硫酸镍晶体，则“操作X”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
12. 第三代小分子肺癌治疗物奥希替尼的部分合成路线如下：
（1）B中含氧官能团的名称为_______。
（2）A→B反应时，若浓度过高，可能生成副产物的结构简式为_______。
（3）B→C的反应类型为_______。
（4）C→D反应的化学方程式为_______。
（5）E的同分异构体中只有一个环且是苯环的有_______种，其中含有氰基且核磁共振氢谱中峰面积之比为2：2：2：1的结构简式是_______。
（6）已知电子云密度越大越有利于芳香亲电取代反应，关于F→G的反应：
①化合物F为平面形结构，五元环(吡咯环)上电子数为_______。
②化合物G的结构简式为_______。
③化合物F中吡咯环更易发生芳香亲电取代反应的原因是_______。
【答案】12. 硝基、醚键
13. 14. 还原反应
15. +HNO3+H2O
16. ①. 11 ②.
17. ①. 6 ②. ③. 电子数相同，原子数更少，电子云密度更大；N原子电负性大，具有吸电子作用
【解析】
【分析】由合成路线图可知：A→B为苯环上连的氟原子被-OCH3取代，B→C为被还原为，结合反应条件浓硝酸浓硫酸知C→D为硝化反应，结合H可知D为：，E→F是氨基中的氢原子被甲基取代，由H倒推可知G为。
【小问1详解】
B中含氧官能团的名称为硝基、醚键
【小问2详解】
A→B反应时，若浓度过高，可能两个氟原子均被取代，生成副产物的结构简式为；
【小问3详解】
B→C为被还原为，B→C反应类型为：还原反应；
【小问4详解】
C→D反应的化学方程式为：+HNO3+H2O
【小问5详解】
E的同分异构体中只有一个环且是苯环的有：（还有间位、对位）、（还有间位、对位）、、共11种，其中含有氰基且核磁共振氢谱中峰面积之比为2：2：2：1的结构简式是；
【小问6详解】
化合物F为平面形结构，4个C原子各提供一个，N原子提供一对孤电子对，五元环(吡咯环)上电子数为6，化合物G的结构简式为
；已知电子云密度越大越有利于芳香亲电取代反应，化合物F中吡咯环更易发生芳香亲电取代反应的原因是电子数相同，原子数更少，电子云密度更大；N原子电负性大，具有吸电子作用。
13. 丙烯是重要的化工原料，可用丙烷脱氢制备丙烯。
已知：
回答下列问题：
（1）_______；平衡常数_______(用和表示)。
（2）不同压强下，在密闭容器中丙烷平衡转化率随温度变化关系如图。
①图中压强曲大到小的顺序为_______，判断的依据是_______。
②800K，压强下，若进料组成中加入惰性气体Ar，a点将_______(填“上移”或“下移”)。
（3）丙烷直接脱氢存在副反应。一定温度下，丙烷和氢气的混合气体以一定流速通过催化剂表面，丙烷转化率、丙烷平衡转化率、丙烯选择性(曲线a)和丙烯生成速率随变化如图。催化剂反应过程中会有如下转化，且催化活性更强。
①丙烷转化率随变化的曲线为_______(填标号)。
②曲线b随的增加而降低的原因是_______。丙烯生成速率随增加变化的原因为_______。
（4）0.1 Mpa下，时，_______Mpa(列出计算式即可)。
【答案】（1） ①. 124 ②.
（2） ①. ②. 反应为气体分子数增大的反应，压强增大，平衡向左移动，丙烷的平衡转化率减小 ③. 上移
（3） ①. c ②. 随着的含量增大，平衡向右移动 ③. 活化了催化剂
（4）
【解析】
【小问1详解】
由盖斯定律可知反应Ⅰ=，；方程式相减，平衡常数相除，系数变为原来的一半，则K为原来的次方，则；
【小问2详解】
①该反应为正向气体分子数增大的反应，当温度一定时，增大压强，平衡逆向移动，丙烷的转化率减小，由图可知压强由时，丙烷的转化率减小，则压强；
②800K，压强下，若进料组成中加入惰性气体Ar，容器体积增大，原气体的分压减小，则平衡正向移动，丙烷的转化率增大，a点将上移；
【小问3详解】
①已知曲线a为丙烯选择性，随变化丙烯的选择性基本不变，则丙烯转化率几乎没有起伏，故曲线c为丙烯选择性；
②曲线b随的增加而降低的原因是随着氢气含量增大，平衡向右移动；随增加丙烯所测速率呈增大趋势是因为氢气活化了催化剂；
【小问4详解】
0.1 Mpa下，时，此条件下丙烯选择性90%，丙烷平衡转化率为50%，设通入2xml丙烷和3xml氢气发生反应，平衡时剩余丙烷(1-50%)×2xml=xml；产生丙烯 50%×2x×90%ml=0.9xm和0.9xml氢气，故n(H2)=3.9x，n(CH4)= n(C2H4)=50%×2x×(1-90%)=0.1xml，故n总=x+0.9x+3.9x+0.1x+0.1x=6xml；；；；==。
14. 硫代硫酸银为白色固体，受热易分解且具有还原性，可用作乙烯抑制剂。某课外小组向溶液中逐滴滴加溶液制备。实验记录如下。
已知：Ⅰ．①
②
Ⅱ．相关物质的：
（1）中配位原子为_______，配体阴离子的空间构型是_______。
（2）实验中沉淀溶解的总反应为：，其平衡常数_______(用含、的代数式表示)。
（3）用平衡移动原理解释实验中随溶液滴入，又产生白色沉淀的原因是_______。
（4）设计如下实验证明实验过程中产生的沉淀除了含有外，还含有S和。
取少量沉淀，加入足量_______(填标号)，充分振荡，过滤得滤液a和固体b。
A．乙醇 B．乙醚 C．丙酮 D．
i．取滤液a蒸馏可得黄色物质，证明沉淀中含有S。
ii．取固体b，_______，证明沉淀中含有。(可供选择的试剂：稀硫酸、稀盐酸、稀硝酸、溶液)
（5）查阅资料可知：。实验证明：实验中S产生的主要原因是被氧化而非被氧化。从反应速率的角度解释其原因：i．等浓度的氧化性大于，氧化的速率更快；ii．_______。
（6）制备时需及时分离出白色沉淀的原因是_______。
（7）中的银元素在乙烯抑制剂中发挥重要的作用。该小组同学测定制得的白色固体中银的质量分数，具体实验过程如下。取白色固体，加入适量硝酸充分反应，所得溶液加水稀释至。再取稀溶液于锥形瓶中，加入指示剂用溶液进行滴定，重复滴定2~3次，平均消耗溶液的体积为。已知：
①选用的指示剂是_______(填标号)。
A． B． C． D．
②若未加入适量硝酸充分反应，会导致测量结果_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
③白色固体中银的质量分数为_______%。
【答案】（1） ①. S ②. 四面体
（2）
（3）过量的与结合，使得降低，逆向移动，析出沉淀
（4） ①. D ②. 加入足量溶液充分振荡后，过滤，取沉淀加入足量的稀硝酸，沉淀溶解，产生红棕色气体
（5）与的沉淀速率大于与的氧化还原速率
（6）防止制备的中混有S和
（7） ①. D ②. 偏低 ③.
【解析】
【小问1详解】
中中心原子为Ag，配位原子为S，配体阴离子为，与互为等电子体，为四面体构型，故也为四面体构型；
【小问2详解】
由盖斯定律可知该反应可由，则其平衡常数；
【小问3详解】
过量的与结合，使得降低，逆向移动，析出白色沉淀；
【小问4详解】
证明实验过程中产生的沉淀除了含有外，还含有S和，取少量沉淀，加入足量的将S单质溶解，充分振荡，过滤得到滤液a和固体b；滤液a蒸馏若得到黄色固体，证明沉淀含S；取固体b，加足量的溶液充分振荡后，将溶解，过滤后，取沉淀加入足量的稀硝酸，沉淀溶解，产生红棕色气体，证明沉淀中含；
【小问5详解】
与的沉淀速率大于与的氧化还原速率
【小问6详解】
制备时需及时分离出白色沉淀防止制备中混有S和；
【小问7详解】
①应选用作指示剂，终点时可观察到溶液变红色，利用三价铁离子与SCN-显色确定重点，同时不能引入杂质离子干扰实验，因此选；
②若未加入适量硝酸充分反应，则不能完全溶解生成银离子，消耗的少，所测结果偏低；
③溶液中所含Ag的物质的量，银的质量分数为；物质
肉桂酸
肉桂酸乙酯
乙醇
环己烷
乙醚
沸点/℃
300
271.5
78.3
80.8
34.5
密度
1.248
1.049
0.789
0.79
0.71
操作
试剂a
试剂b
实验现象
溶液
溶液
开始有白色沉淀，振荡后溶解，随溶液滴入，又产生白色沉淀，而后沉淀逐渐变成黄色，最终变成黑色
物质
本试卷共6页，考试时间75分钟，总分100分。
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，将答题卡交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 Ni 59 As 75 Ag 108
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. 2023年度IUPAC化学领域新兴技术，符合绿色化学循环利用理念的是
A. 人造肌肉B. PET的生物回收C. 光催化制氢D. 噬菌体疗法
【答案】B
【解析】
【详解】A．人造肌肉是一种新型的高效能源，但不符合绿色化学循环利用理念， A错误；
B．PET的生物回收，可以实现废弃物的再利用，符合绿色化学循环利用理念，B正确；
C．光催化制氢是利用太阳能分解水制备氢气，不符合绿色化学循环利用理念，C错误；
D．噬菌体疗法是利用噬菌体的特异性来感染细菌，不符合绿色化学循环利用理念，D错误；
故选B。
2. 科学家经过14步全合成某超自然产物的结构如图。下列有关该化合物说法错误的是
A. 碳原子轨道杂化类型有3种B. 含有5种官能团您看到的资料都源自我们平台，20多万份最新小初高试卷，家威鑫 MXSJ663 免费下载 C. 含有手性碳原子D. 受热易分解
【答案】B
【解析】
【详解】A． 碳原子形成的碳碳单键、双键、叁键，碳原子轨道杂化类型有sp3、sp2、sp杂化3种，故A正确；
B． 含有碳碳双键、碳碳叁键、酮羰基、氨基、羟基、醚键、酰胺基等多于5种官能团，故B错误；
C． 含有多个sp3杂化的碳，当该碳上含有四个不同的原子或原子团时即为手性碳，分子中含有多个手性碳原子，如与-OH相连的2个碳原子，故C正确；
D． 该分子中含有过氧键，受热易分解，故D正确；
故选B。
3. 下列有关铁及其化合物参与反应的化学方程式书写错误的是
A. 与高温水蒸气反应：
B. 胶体制备：
C. 的检验：
D. 催化甲苯的溴化反应：
【答案】AB
【解析】
【详解】A．高温下Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，故A错误；
B．饱和氯化铁溶液滴入沸水中制Fe(OH)3胶体，反应的化学方程式为，故B错误；
C．用K3[Fe(CN)6]检验Fe2+反应生成KFe[Fe(CN)6]，反应的化学方程式：，故C正确；
D．苯和液溴在铁作催化剂的条件下生成溴苯，，故D正确；
故答案选AB。
4. 25℃时，。磷酸铁锂废料浸出的化学方程式为。是阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是
A. 18g冰晶体中含有氢键数目为
B. 晶体中含有的键数目为
C. 检测出反应液中为，则含有的数目为
D. 生成(已折算为标准状况)，转移电子数目为
【答案】D
【解析】
【详解】A．1个水分子形成2个氢键，18g冰中含有1ml水，则晶体中含有氢键数目为，A错误；
B．的物质的量是1ml，中价层电子对数是4，含有1对孤对电子，则晶体中含有的键数目为，B错误；
C．检测出反应液中为，但由于溶液体积不确定，则含有的数目不一定为，C错误；
D．生成(已折算为标准状况)，即0.1ml氯气，根据方程式可知氯酸钠中氯元素化合价从+5价降低到0价，生成1ml氯气转移10ml电子，则生成0.1ml氯气转移电子数目为，D正确；
答案选D。
5. 某种红镍矿晶体的晶胞如图。晶胞参数分别为、、，下方As原子分数坐标为，为阿伏加德罗常数的值。下列有关说法错误的是
A. 该化合物的化学式为B. 上方As原子分数坐标为
C. Ni原子配位数为4D. 该晶体晶胞的密度为
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据晶胞结构，我们可以看到，As原子位于晶胞内部，一个晶胞中含有2个As原子，Ni原子位于晶胞的顶点和上下底面的面心，一个晶胞中含有2个Ni原子，所以该化合物的化学式为NiAs，A正确；
B．根据晶胞结构，我们可以看到，上方 As原子分数坐标为，B正确；
C．根据晶胞结构，我们可以看到，每个砷原子周围有六个镍原子，且晶胞中Ni:As原子个数比为1:1，故Ni原子的配位数为6，C错误；
D．根据晶胞结构，我们可以计算出晶胞的质量为，体积为，故密度为，D正确；
故选C。
6. 氨法烟气脱硫副产环己酮肟工艺如图。已知25℃时，，，；环己酮肟溶于水，难溶于水溶液。下列有关说法错误的是
A. 溶液中各离子的浓度大小顺序为
B. “制备硫酸羟胺”的离子方程式为
C. “环己酮肟化”过程中环己酮断裂的化学键为键
D. “分离”操作为蒸发结晶、趁热过滤
【答案】D
【解析】
【分析】二氧化硫和氨水恰好反应生成，NO2 被NH4HSO3吸收生成氮气和硫酸根离子，其反应的离子方程式：2NO2+4=N2+4+4H+，得到硫酸铵的铵盐溶液；
【详解】A．溶液中，，由于电离常数，的水解常数<1.0×10-7，则的水解常数和电离常数都很小，所以离子的浓度大小顺序为，A正确；
B．依据流程信息，“制备硫酸羟胺”的离子方程式为 ，B正确；
C．“环己酮肟化”过程中环己酮生成环己酮肟，依据物质的结构简式可知断裂的化学键为键，C正确；
D．根据题目信息，环己酮肟溶于水，难溶于水溶液，“分离”操作为过滤，D错误；
故选D。
7. 光伏电池驱动的甲醛废水转化装置及的晶胞结构如图。
下列说法不正确的是
A. 阴极发生的总电极反应方程式为
B. 每生成(标准状况下)时，阳极生成的数目为
C. 晶胞中黑球为Mn原子
D. 晶胞中黑球处于白球构成的八面体空隙中
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知右侧电极上二氧化碳转化为CO，CO最终转化为乙烯，C元素化合价降低，发生还原反应，则右侧电极为阴极，左侧电极为阳极，阳极甲醛失电子生成HCOOH，HCOOH继续失电子生产二氧化碳，据此分析解答。
【详解】A．由上述分析可知阴极发生的总电极反应方程式为，故A正确；
B．未指明气体所处状况，不能根据体积确定气体的物质的量，无法计算阳极生成HCOOH的数目为，故B错误；
C．晶胞中黑球位于顶点和体心，个数为，白球位于面上和体内，个数为：，结合的化学式可知黑球为Mn，故C正确；
D．以体心黑球为观察对象，可知其周围有4个白球位于面上，2个白球位于体内，黑球处于白球构成的八面体空隙中，故D正确；
故选：B。
8. 某有机离子液体的结构如图，阴、阳离子的中心原子均为杂化。元素X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，Z为电负性最强的元素且与W同主族。下列说法错误的是
A. 简单氢化物沸点：B. 第一电离能：
C. 最高价氧化物对应的水化物酸性：D. 简单氢化物溶解度：
【答案】A
【解析】
【分析】Z为电负性最强的元素是F，Z与W同主族则W为Cl，元素X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，结合有机离子液体的结构，且离子液体中阴、阳离子的中心原子均为杂化可知，Y为N、X为B。
【详解】A．氨气和氟化氢中的都存在氢键，而硼烷中不存在氢键，因此简单气态氢化物的沸点HF＞BH3，故A错误；
B．B、N、F为同周期元素核电荷数依次增大，且不相邻，第一电离能依次增大，第一电离能F＞N＞B，故B正确；
C．B、N为同周期元素核电荷数依次增大，非金属性逐渐增强，最高价氧化物对应的水化物酸性HNO3＞H3BO3，故C正确；
D．氨气和水分子之间形成氢键因此氨气在水中的溶解度大于氯化氢，故D正确；
故选A。
9. 实验室合成肉桂酸乙酯后，其提纯过程如下。
已知相关物质沸点、密度如下表。
下列说法错误的是
A. 操作①为蒸馏
B. 试剂a为碳酸钠，至气泡不再产生时停止加入
C. 操作②为分液，使用的仪器是分液漏斗，有机层从上口倒出
D. 操作③优先蒸出的是肉桂酸乙酯
【答案】D
【解析】
【分析】肉桂酸、肉桂酸乙酯、乙醇、环己烷混合物经过蒸馏，得到混合物1、2，混合物1先加入饱和碳酸钠，然后加入乙醚，萃取分液，有机层加入硫酸镁吸水，然后干燥、过滤，再蒸馏得到肉桂酸乙酯，据此解答。
【详解】A．根据分析，操作①为蒸馏，A正确；
B．试剂a为碳酸钠，至气泡不再产生时停止加入，可以除去肉桂酸，B正确；
C．操作②为分液，使用的仪器是分液漏斗，有机层密度小于水，从上口倒出，C正确；
D．乙醚熔沸点低于肉桂酸乙酯，操作③优先蒸出的是乙醚，D错误；
故选D。
10. 一种芳香族化合物结构如图。萃取稀土离子的原理为。分配比，水相初始浓度，萃取平衡时关系如图。下列说法错误的是
A. 中醚键O原子提供孤电子对与形成配位键
B. 对的萃取效果最好
C. 对萃取的萃取平衡常数为
D. 萃取平衡时
【答案】D
【解析】
【详解】A．中醚键O原子存在2对孤电子对，有空轨道，与形成配位键，故A正确；
B．分配比越大，lgD越大，萃取效果越好，故B正确；
C．把（-4，-0.1）代入对萃取的萃取平衡常数K===，故C正确；
D．根据已知数据不能计算萃取平衡时，故D错误。
故选：D。
二、非选择题：本题共4小题，共60分。
11. 酸浸法回收废炉渣中(主要为铜、钴、镍、铁等金属元素的氧化物)的铜、钴、镍的流程如下：
已知：25℃时，，。
（1）“磨细”过程的目的是_______。
（2）酸浸液中大量铁元素以存在，加入可减少铁屑的消耗从而降低成本，与反应过程中会产生气泡，其离子方程式为_______。
（3）“滤渣2”主要成分为_______(填化学式)。
（4）“镍钴分离”过程发生反应的离子方程式为_______。
（5）“酸溶1”过程用替换，从绿色化学角度分析其可行性_______。
（6）“焙烧”过程发生反应的化学方程式为_______。
（7）已知当时，认为其沉淀完全。“沉镍”过程的目的是为了将“”，此时应调节溶液的pH为_______。
（8）“操作X”为_______。
【答案】（1）增加反应物的接触面积，加快酸浸速率
（2）
（3）
（4）
（5）使用会产生有害气体，使用可避免的同时也能起到酸溶的作用
（6）
（7）9.0 （8）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
【解析】
【分析】由题给流程可知，向磨细后的炉渣中加入硫酸溶液酸浸，将金属氧化物转化为可溶硫酸盐，过滤得到滤渣和含有可溶硫酸盐的滤液；向滤液中加入碳酸钠溶液，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，加入铁屑，将溶液中的铜离子转化为铜，过滤得到含有铜、氢氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入过氧化氢溶液，将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，再加入氢氧化钠溶液调节溶液pH，将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤得到含有氢氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入次氯酸钠和氢氧化钠的混合溶液，将溶液中的亚钴离子转化为氢氧化钴沉淀，过滤得到含有镍离子的滤液和氢氧化钴；向氢氧化钴中加入盐酸，将氢氧化钴转化为氯化亚钴，向氯化亚钴溶液中加入草酸，将亚钴离子转化为草酸亚钴沉淀，过滤得到草酸钴；草酸亚钴在空气中焙烧得到三氧化二钴；向含有镍离子的滤液中加入氢氧化钠溶液，将镍离子转化为氢氧化镍沉淀，过滤得到氢氧化镍；向氢氧化镍中加入硫酸溶液，将氢氧化钴转化为硫酸镍，硫酸镍溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到七水硫酸镍晶体。
【小问1详解】
炉渣“磨细”可以增大固体的表面积，有利于增加反应物的接触面积，加快酸浸速率，故答案为：增加反应物的接触面积，加快酸浸速率；
【小问2详解】
由分析可知，加入碳酸钠溶液的目的是将溶液中的铁离子转化为氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为，故答案为：；
【小问3详解】
由分析可知，滤渣2的主要成分为氢氧化铁，故答案为：；
【小问4详解】
由分析可知，加入次氯酸钠和氢氧化钠混合溶液，的目的是将溶液中的亚钴离子转化为氢氧化钴沉淀，反应的离子方程式为，故答案为：；
【小问5详解】
由分析可知，向氢氧化钴中加入盐酸的目的是将氢氧化钴转化为氯化亚钴，转化过程中盐酸被氧化生成有毒的氯气会污染环境，所以用硫酸溶液替换盐酸可以避免产生有害气体氯气，同时也能起到酸溶的作用，故答案为：使用会产生有害气体，使用可避免的同时也能起到酸溶的作用；
【小问6详解】
由分析可知，“焙烧”过程发生的反应为草酸亚钴在空气中焙烧生成三氧化二钴和二氧化碳，反应的化学方程式为，故答案为：；
【小问7详解】
由溶度积可知，溶液中镍离子完全沉淀时，氢氧根离子浓度为=，则应调节溶液pH为9，故答案为：9；
【小问8详解】
由分析可知，硫酸镍溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到七水硫酸镍晶体，则“操作X”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
12. 第三代小分子肺癌治疗物奥希替尼的部分合成路线如下：
（1）B中含氧官能团的名称为_______。
（2）A→B反应时，若浓度过高，可能生成副产物的结构简式为_______。
（3）B→C的反应类型为_______。
（4）C→D反应的化学方程式为_______。
（5）E的同分异构体中只有一个环且是苯环的有_______种，其中含有氰基且核磁共振氢谱中峰面积之比为2：2：2：1的结构简式是_______。
（6）已知电子云密度越大越有利于芳香亲电取代反应，关于F→G的反应：
①化合物F为平面形结构，五元环(吡咯环)上电子数为_______。
②化合物G的结构简式为_______。
③化合物F中吡咯环更易发生芳香亲电取代反应的原因是_______。
【答案】12. 硝基、醚键
13. 14. 还原反应
15. +HNO3+H2O
16. ①. 11 ②.
17. ①. 6 ②. ③. 电子数相同，原子数更少，电子云密度更大；N原子电负性大，具有吸电子作用
【解析】
【分析】由合成路线图可知：A→B为苯环上连的氟原子被-OCH3取代，B→C为被还原为，结合反应条件浓硝酸浓硫酸知C→D为硝化反应，结合H可知D为：，E→F是氨基中的氢原子被甲基取代，由H倒推可知G为。
【小问1详解】
B中含氧官能团的名称为硝基、醚键
【小问2详解】
A→B反应时，若浓度过高，可能两个氟原子均被取代，生成副产物的结构简式为；
【小问3详解】
B→C为被还原为，B→C反应类型为：还原反应；
【小问4详解】
C→D反应的化学方程式为：+HNO3+H2O
【小问5详解】
E的同分异构体中只有一个环且是苯环的有：（还有间位、对位）、（还有间位、对位）、、共11种，其中含有氰基且核磁共振氢谱中峰面积之比为2：2：2：1的结构简式是；
【小问6详解】
化合物F为平面形结构，4个C原子各提供一个，N原子提供一对孤电子对，五元环(吡咯环)上电子数为6，化合物G的结构简式为
；已知电子云密度越大越有利于芳香亲电取代反应，化合物F中吡咯环更易发生芳香亲电取代反应的原因是电子数相同，原子数更少，电子云密度更大；N原子电负性大，具有吸电子作用。
13. 丙烯是重要的化工原料，可用丙烷脱氢制备丙烯。
已知：
回答下列问题：
（1）_______；平衡常数_______(用和表示)。
（2）不同压强下，在密闭容器中丙烷平衡转化率随温度变化关系如图。
①图中压强曲大到小的顺序为_______，判断的依据是_______。
②800K，压强下，若进料组成中加入惰性气体Ar，a点将_______(填“上移”或“下移”)。
（3）丙烷直接脱氢存在副反应。一定温度下，丙烷和氢气的混合气体以一定流速通过催化剂表面，丙烷转化率、丙烷平衡转化率、丙烯选择性(曲线a)和丙烯生成速率随变化如图。催化剂反应过程中会有如下转化，且催化活性更强。
①丙烷转化率随变化的曲线为_______(填标号)。
②曲线b随的增加而降低的原因是_______。丙烯生成速率随增加变化的原因为_______。
（4）0.1 Mpa下，时，_______Mpa(列出计算式即可)。
【答案】（1） ①. 124 ②.
（2） ①. ②. 反应为气体分子数增大的反应，压强增大，平衡向左移动，丙烷的平衡转化率减小 ③. 上移
（3） ①. c ②. 随着的含量增大，平衡向右移动 ③. 活化了催化剂
（4）
【解析】
【小问1详解】
由盖斯定律可知反应Ⅰ=，；方程式相减，平衡常数相除，系数变为原来的一半，则K为原来的次方，则；
【小问2详解】
①该反应为正向气体分子数增大的反应，当温度一定时，增大压强，平衡逆向移动，丙烷的转化率减小，由图可知压强由时，丙烷的转化率减小，则压强；
②800K，压强下，若进料组成中加入惰性气体Ar，容器体积增大，原气体的分压减小，则平衡正向移动，丙烷的转化率增大，a点将上移；
【小问3详解】
①已知曲线a为丙烯选择性，随变化丙烯的选择性基本不变，则丙烯转化率几乎没有起伏，故曲线c为丙烯选择性；
②曲线b随的增加而降低的原因是随着氢气含量增大，平衡向右移动；随增加丙烯所测速率呈增大趋势是因为氢气活化了催化剂；
【小问4详解】
0.1 Mpa下，时，此条件下丙烯选择性90%，丙烷平衡转化率为50%，设通入2xml丙烷和3xml氢气发生反应，平衡时剩余丙烷(1-50%)×2xml=xml；产生丙烯 50%×2x×90%ml=0.9xm和0.9xml氢气，故n(H2)=3.9x，n(CH4)= n(C2H4)=50%×2x×(1-90%)=0.1xml，故n总=x+0.9x+3.9x+0.1x+0.1x=6xml；；；；==。
14. 硫代硫酸银为白色固体，受热易分解且具有还原性，可用作乙烯抑制剂。某课外小组向溶液中逐滴滴加溶液制备。实验记录如下。
已知：Ⅰ．①
②
Ⅱ．相关物质的：
（1）中配位原子为_______，配体阴离子的空间构型是_______。
（2）实验中沉淀溶解的总反应为：，其平衡常数_______(用含、的代数式表示)。
（3）用平衡移动原理解释实验中随溶液滴入，又产生白色沉淀的原因是_______。
（4）设计如下实验证明实验过程中产生的沉淀除了含有外，还含有S和。
取少量沉淀，加入足量_______(填标号)，充分振荡，过滤得滤液a和固体b。
A．乙醇 B．乙醚 C．丙酮 D．
i．取滤液a蒸馏可得黄色物质，证明沉淀中含有S。
ii．取固体b，_______，证明沉淀中含有。(可供选择的试剂：稀硫酸、稀盐酸、稀硝酸、溶液)
（5）查阅资料可知：。实验证明：实验中S产生的主要原因是被氧化而非被氧化。从反应速率的角度解释其原因：i．等浓度的氧化性大于，氧化的速率更快；ii．_______。
（6）制备时需及时分离出白色沉淀的原因是_______。
（7）中的银元素在乙烯抑制剂中发挥重要的作用。该小组同学测定制得的白色固体中银的质量分数，具体实验过程如下。取白色固体，加入适量硝酸充分反应，所得溶液加水稀释至。再取稀溶液于锥形瓶中，加入指示剂用溶液进行滴定，重复滴定2~3次，平均消耗溶液的体积为。已知：
①选用的指示剂是_______(填标号)。
A． B． C． D．
②若未加入适量硝酸充分反应，会导致测量结果_______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
③白色固体中银的质量分数为_______%。
【答案】（1） ①. S ②. 四面体
（2）
（3）过量的与结合，使得降低，逆向移动，析出沉淀
（4） ①. D ②. 加入足量溶液充分振荡后，过滤，取沉淀加入足量的稀硝酸，沉淀溶解，产生红棕色气体
（5）与的沉淀速率大于与的氧化还原速率
（6）防止制备的中混有S和
（7） ①. D ②. 偏低 ③.
【解析】
【小问1详解】
中中心原子为Ag，配位原子为S，配体阴离子为，与互为等电子体，为四面体构型，故也为四面体构型；
【小问2详解】
由盖斯定律可知该反应可由，则其平衡常数；
【小问3详解】
过量的与结合，使得降低，逆向移动，析出白色沉淀；
【小问4详解】
证明实验过程中产生的沉淀除了含有外，还含有S和，取少量沉淀，加入足量的将S单质溶解，充分振荡，过滤得到滤液a和固体b；滤液a蒸馏若得到黄色固体，证明沉淀含S；取固体b，加足量的溶液充分振荡后，将溶解，过滤后，取沉淀加入足量的稀硝酸，沉淀溶解，产生红棕色气体，证明沉淀中含；
【小问5详解】
与的沉淀速率大于与的氧化还原速率
【小问6详解】
制备时需及时分离出白色沉淀防止制备中混有S和；
【小问7详解】
①应选用作指示剂，终点时可观察到溶液变红色，利用三价铁离子与SCN-显色确定重点，同时不能引入杂质离子干扰实验，因此选；
②若未加入适量硝酸充分反应，则不能完全溶解生成银离子，消耗的少，所测结果偏低；
③溶液中所含Ag的物质的量，银的质量分数为；物质
肉桂酸
肉桂酸乙酯
乙醇
环己烷
乙醚
沸点/℃
300
271.5
78.3
80.8
34.5
密度
1.248
1.049
0.789
0.79
0.71
操作
试剂a
试剂b
实验现象
溶液
溶液
开始有白色沉淀，振荡后溶解，随溶液滴入，又产生白色沉淀，而后沉淀逐渐变成黄色，最终变成黑色
物质
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