安徽皖南八校2026届高三下学期4月教学质量检测化学试题

2026届高三4月教学质量检测 化 学 提 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对 应题目的答案标号涂黑：非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答 题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。 3.本卷命题范围：高考范围。 可能用到的相对原子质量：H1B11C12N14O16F19Mg24C135.5Sc45 报 显 一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42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.化学材料在航天工程有重要应用。下列说法正确的是 A.中国“天眼”的防腐膜使用的聚苯乙烯，属于天然高分子材料 B.飞船搭载的太阳电池翼中将太阳能转化为电能的材料的主要成分是硅 C.航天器传感器使用的石墨烯材料属于有机高分子材料 智 D.火箭发动机耐高温部件使用的氮化铝材料属于合金材料 2.劳动创造美好生活。下列劳动项目与所述化学知识错误的是 选项 劳动项月 化学知识 A 使用洗涤剂清洗油污 表面活性剂分子中既有亲水基又有亲油基 B 向豆浆中加入硫酸钙制豆腐 硫酸钙可使豆浆胶体聚沉 C 使用二氧化氯泡腾片进行水体消毒 二氧化氯具有强氧化性 D 铁锅洗完后将水擦干 铁与水反应发生化学腐蚀生锈 3.蓝染是中国民间传统且独具特色的染色工艺，以蓝草等植物为原料，经 加工提取汁液可制得靛蓝染料。靛蓝的分子结构如图所示，下列关于 靛蓝的说法错误的是 A.分子式为C16HoN2O2 B.分子中所有碳原子可能共平面 C.分子中既含有。键，又含有π键 舒 D.】mol靛蓝最多能与7molH2发生加成反应 4.氢化镁(MgH2)因储氢容量高、放氢条件温和，成为极具应用前景的固态储氢材料，其与水制氢 的反应如下： ①MgH2+2H2O(1)—Mg(OH)2+2H2↑ ②Mg山，+H,0(g)商温 MgO+2H: 下列说法正确的是 A.MgH的电子式为[H:]-Mg[:H] B.在反应①中仅有离了键和极性共价键的断裂和形成 C.2.6gMgH2完全参与反应①，制得H2的体积约为4.48L D.反应①和反应②均需在高温下才能自发进行 阅读下列材料，回答5~6题。 NH,SCR技术是以NH,为还原剂，在铜基催化剂作用下“选择性”将烟气中的NO,还原为 无害的N?和H,)的脱硝技术。某铜基催化反应的机理如图所示（虚线上部分Cu以十2价形式 存在，下部分Cu以十】价形式存在)。 【高三4月牧学质址检测·化学第1页（共6页）W】 5.下列关于该脱硝反应的说法错误的是 Cu"H2O A.该脱硝反应在酸性环境下进行 N.2H,0 NH B.催化反应生成的N2中N原子按】：】的比例来自 -Cu NH,和NO CuNO /NH Cu"NH C.反应前后Cù元素化合价循环变化，催化剂总质不变 D.每转移4mole,理论上吸收NO气体的质为60gNo., Cun ”””””””” -NO 6.下列有关物质结构或性质的比校中，正确的是 Cu' A.常温常压下.在水中溶解度：NH,>N2>NO Cu/NHi Cu'H:NNO/H B.键角：NH>NH3>H2O Cu'NH/NH CuH C.元素的电负性：H<O<N NH N.H,0 上对 D.共价键的极性：O一H<NH 勺答 7.某离子的结构如图所示。W、X、Y、乙是原子序数依次增大的短周期主族元素，X和Y均与Z 能形成两种或两种以上常温为气态的化合物。下列说法正确的是 A.简单氢化物的沸点：Y<Z<X B.基态原子的第一电离能：X>Z>Y :45 C.最高价氧化物对应水化物的酸性：X>Y D.该离子中X的杂化方式有sp2和sp3两种 是符 8.硼酸为一元弱酸，呈片状晶体结构，分子间以氢键连接，结构 如图。已知层间距为bpm,NA为阿伏加德罗常数的值。下 列有关说法错误的是 A.硼酸品体是分子晶体 B.硼酸可作润滑剂 C.硼酸在水中电离方程式：HBO3十H2O一●B [B(OH):]+H+ ○0 D.1molH:BO晶体中有6mol氢键 ●H 9.下列实验操作能达到实验目的的是 选项 实验日的 实验操作 除去MgCl,溶液中混有的少量Fe3 向溶液中加人足量MgO粉木，搅拌、过滤 称取一定量FC,固体，溶于适量稀硝酸中，并加人少量 3 配制FeCl2溶液并防止变质 铁粉 C 检验某溶液中是否含有SO月 向待测液中加人稀盐酸，将产生的气体通入石蕊试液，规 察石蕊试液是否褪色 0 取样品溶于水，用酸性KMn(O,标准溶液滴定至溶液呈浅 测定某样品中Na2S,O:·5H,O的纯度 红色且半分钟不褪色，记录消耗体积 纸 10.利用下列装置进行实验，能达到实验目的的是 乙做 y浓的酸 95%乙醇 乙醇 浓HSO. 溶液 20mL0.】mo1 饱和 NaHCO ICu(NH)]SO,溶液 Na,CO, 溶液 溶液 ① ② A.装置①析出深蓝色[Cu(NH:),]SO,·HO品体 ?为 B.装置②制备并收集乙酸乙酯 式 C.装置③验证非金属性：N>C>Si D.装置④制备无水MgCL2 【尚三4月教学质量检测·化学第2页（共6页）W】 11.甲、乙、丙、丁为含相同核心元素的物质，转化关系如图所示，各转化均为一步反甲 应完成。下列物质中不符合转化路径的是 选项 大 甲 乙 丙 丁 A C02 C Na2CO3 NaHCO CO B Cu(OH)2 CuCla CuSO Cu2O CuO Co H12On CH:CH2OH HCOOCH2CH, CH,CHO CH2-CH2 (布萄糖) D HCI Cla AgCl NaCl HCIO 12.-种微生物燃料电池电解废水装置如图、同时合成电子工业清洗剂四甲基氢氧化铵 [(CH3):NOH]。下列有关说法正确的是 石墨电极X 石墨电极Y La电极(CH),NC NaCl b电极 CO, 浓溶液 稀溶液 M (CH)aNOH c膜 d膜 e膜 ·微生物菌 浓溶液 NaOH溶液 硫酸 酷酸钠 A室 B室 C室 D室 溶液 溶液 质子交换膜 (CH,NOH稀溶液 MFC室 ED室YP A.a电极电势高于b电极 B.c膜和d膜分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜 C.石墨电极Y的电极反应为CH3COO+2H2O-8e=2CO2个+7H+ D.合成1mol(CH,)NOH时，MFC室理论上至少需要消耗标准状况下O2体积为11.2L 13.某恒容的密闭容器中发生以下两个反应：①X(g)+Y(g)一M(g)十 ↑c/(mol·Ly Q(g)K,:②X(g)+Y(g)一N(g)+Q(g)K2。反应①的正反应 速率U正)=k·c(X)·c(Y),反应②的正反应速率2正)二k?·c(X) ·c(Y),其中k1、k2为仅与温度有关的速率常数。某温度下，向容器 中充入等物质的量的X(g)和Y(g),体系中生成物浓度随时间变化的 (M) 关系如图所示。下列说法错误的是 012345678910/ A该湿度下是<尽 B.10s时，向容器中充入少量He(g),v1(正)：2正，保持不变 C.若升高温度，k!、k2均增大，K,、K2均减小，则两反应的△H均小于0 ID.0~6s内，Y的平均反应速率为1.0mol·I.1·s1,平衡时X的转化率与Y相等 14.已知25℃时，向足量难溶盐CaC2O,粉末中加人蒸榴水， 达到溶解平衡后，以HCI或NaOH作为pH调节试剂， 0 -1 溶液中各溶解物种的浓度对数(1gc)与pH的关系如图 2 所示。下列说法正确的是 -3 -4 A.曲线②表示Igc(HCO,)与pH的变化关系 -5 B.pH=5的溶液中：c(HCzO,)>c(HzC2()1)> -6 -7 ·③ (① c(C2O) -8 Ca(OH) 1348 C.pH=13的溶液中存在：2c(Ca2+)+c「Ca(OH)'」+ 911315 pH c(H)=c(OH-)+2c(C2O)+c(HC2Oi) D.pH在5~12的范围内CaC2O,稳定存在，pH>l3.8时，CaCzO,转化为Ca(OH)z 【高三4月教学质其检测·化学第3贞（共6页）W】 二、非选择题：本题共4题，共58分。 ②帮 15.(15分)在实验室制备Fe(OH)2时，可观察到白色絮状沉淀迅速变为灰绿色，最终生成红褐 ③者 色沉淀的现象。最新研究表明，该灰绿色物质为“绿锈”一一种含Fe2+、Fe3+的层状氢氧化 ④过 物，因晶体结构呈现灰绿色而得名。某实验小组围绕绿锈的成分与形成条件展开以下探究。 (1) 已知：①绿锈化学式可表示为[Fc-Fc(OH)2]:1[二A-·mxH,O]-(A为阴离子，如 (2) SO0-、C1): ②实验中所用试剂均未变质，蒸馏水经煮沸冷却处理。 回答下列问题： (1)配制100mL,1mol·L1FeSO:溶液时.下列玻璃仪器需使用的有 (填名称)， 20 (3 (2)制备灰绿色物质：向试管中加人5mL5mol·L1NaOH溶液，用长胶头滴管伸人液面下 滴加3mL1mol·L:FeSO,溶液，立即观察到灰绿色絮状沉淀生成。长胶头滴管伸入 液面下滴加溶液的日的是 (4 (3)为验证灰绿色物质（绿锈）中含Fe2-、Fe3+和SO?·,设计如下实验流程： BaCl →检验硫酸根 (5 灰绿色物质过选 BaSO, (6x HCI 滤液 过量硫酸 过滤 KMnO,溶液检验Fe 滤液 KSCN溶液检验Fe 17.(15 除 ①流程中检验F2+时，反应的离子方程式为 无 ②向溶液中滴加KSCN溶液检验Fe3·时，现象为 I (4)探究“溶液pH对绿锈生成的影响”时，控制其他条件相同，向25℃时不同pH的FSO:溶 (1) 液中滴加NaOH溶液。 记录现象：pH=5时无灰绿色沉淀，pH=7时快速生成灰绿色沉淀，pH=9时生成白色沉 淀后迅速变红褐。 得出结论： ;结合绿锈的形成原理分析原因： (2) (5)反应制备的绿锈为硫酸盐绿锈，化学式经化简为Fe。(OH)12SO,·2H(),则该硫酸盐绿锈 中Fe与Fe3r的物质的量之比为 16.(14分)氧化钪(Sc2O;)是一种稀土氧化物，广泛地应用于原子能、航空航天、荧光、电子、高技 n. 术陶瓷等领域。工业上以钨渣L含W、Sc、Si、Ca、Na、Zr(锆)等诸多元素的氧化物]为原料提取 (3) 高纯度氧化钪的流程如下： DHCI 硫敏 TP NaOH溶液 ②N,HPO,盐酸、苦杏厂酸草酸 钨液一一[设出一一萃取一→反来取]一除钙—除桔一沉抗]煅烧氧化抗 Ⅲ. 反瓜 滤渣1 水相 有机相 滤渣2 滤渣3 反因 查阅资料：①钨的氧化物为WO,WO是酸性氧化物； ·n 【高三4月教学质量检测·化学第4贞（共6贞）W】 ②萃取相是采用TBP和P204与煤油按一定比例混合而成的有机相(TP); ③萃取相比O/W即为有机相与被萃取的酸性溶液的体积比： ④逆流萃取指萃取剂与原溶液逆向流动的萃取。单极萃取指仅进行一次萃取的操作。 (1)钪在元素周期表中的位置是 ,滤渣1的成分是 (填化学式)。 (2)“萃取”采用逆流萃取，相比单级萃取的优势有 ；“萃取”过程中萃取相 比O/W和搅拌速度直接影响萃取率，请根据表格中的数据选择的最佳萃取相比O/W和 搅拌器转速分别为 表1 萃取相比试验结果 萃取相比O/W 1:10 1:15 1:20 1:25 1:30 1:35 1；40 萃取率% 90 90 90 80 75 70 60 表2搅拌速度试验结果 搅拌器转速/(r/nmin) 150 300 450 600 700 萃取率/% 70 80 90 少量乳浊液「大量乳浊液 (3)Sc3·与P204形成的配合物可表示为Sc(HA2),则加入氢氧化钠溶液“反萃取”过程中生 成Sc(OH)3的离子方程式为 (4)Sc(OH)3粗品用盐酸溶解，并控制溶液pH为6，加人Na2HPO4溶液除钙。若除钙时pH 调节过小，可能导致的后果是 (5)苦杏仁酸( 义OH)在酸性条件下可与Zr'形成配合物，请解释其与 OH Zr配位的化学原理是 (6)钪晶体属六方晶系，晶体结构如图所示，晶胞参数为apm、apm、cpm, a pm NA为阿伏加德罗常数的值，则钪品体的密度为 g·cm3 17.(15分)疏化氢(H,S)是沼气、酸性天然气中的有害杂质，其高效脱 Q H.S 除是清洁能源开发的关键。科研工作者开发了多种技术实现H2S 9 无害化处理与高值化利用，相关反应与工艺如下。回答下列问题： I.催化裂解工艺 (1)在高压反应器中，以含痕量钼(Mo)的硫化铁为催化剂，可实现 含Mo-FeS 含Mo-Fes H,S高效催化裂解，主反应为2H2S(g)一S2(g)+2H2(g) P △H>0,工艺流程如图1所示。根据图示判断从催化反应器中 惰性气体西 催化反应器 出来的产物P为 (填化学式)。 (2)若要提高该工艺中HzS的裂解率，下列可采取的措施为 图1 (填标号)。 a.升高温度 b.及时分离产物 c.增大压强 d.增大通入HzS的流速 Ⅱ.电催化直接分解HzS (3)采用电解工艺实现H2S的电催化分解，可直接得到H2和单质 硫(S:),装置含质子交换膜(M),其工作原理如图2所示。写出 电解的总反应： ,阴极区H·的来源为 Ⅲ.热分解法脱除沼气中H2S 反应1：2H2S(g)≠S2(g)+2H2(g)△H=+169.8kJ·mol- 反应i:CH4(g)+S2(g)=CS2(g)+2H2(g)△H2=+63.7kJ 图2 ·mol-1 【高三4月教学质量检测·化学第5页（共6页）W】 (4)写出H2S(g)和CH,(g)反应生成CS(g)和H,(g)的热化学方程式： (5)保持100kPa不变，将H2S与CH按体积比2：1投 人密闭容器中，仅发生反应「、ⅱ，并通人一定的 (1000.5.5)8 Z N2稀释，在不同温度下反应达到平衡时，所得H2、S2 0.25 (1000.0.25) 与CS,的体积分数如图3所示。 10.24 ①曲线Y随温度的升高先增大后减小的原因是 ②1000℃达到平衡时，HS的体积分数为0.25%，则 +X10001.25) 0.23 0.22 该温度下达到平衡后H,S的去除率为 950 10001050I1001150 (保留三位有效数字，下同)，反应「的压强平衡常 温度/℃ 数K。= kPa(用平衡分压代替平衡浓度 图3 计算，平衡分压=总压×体积分数)。 18.(14分)诺氟沙星(F)是临床常用的喹诺酮类抗菌药，具有广谱抗菌作用。一种合成诺氟沙星 的路线如图（部分反应条件、副产物已略去）： OAc COOC2Hs :☒ EMM (AcO)E E纯 D : NH DMSO OAc COOH DNaOH ②Ht H E 已知：①EMME与芳胺类化合物在有机溶剂、加热条件下发生缩合环化反应，脱去小分子构 建喹诺酮环骨架，其结构简式为CH3CHzO一CH一C(COO(:HzCH3)2。 ②DMSO为二甲基亚砜，是-种常见的非质子溶剂，结构简式为CH,一SO一CH,。 回答下列问题： (1)B中含氧官能团名称为 ,C的结构简式为 (2)B-→C的反应类型为 (3)G为A的同系物，相对分子质量为159.5，满足下列条件的G的同分异构体有 种 (不考虑立体异构)。 ①含有的官能团为一NH2、一C、·F ②苯环上有2个取代基 ③核磁共振氢谱有四组峰，且峰积之比为2：2：2：1 (4)写出A→B反应的化学方程式 CI (5)以苯 为原料，设计合成某药物中间体 ○的合成路线。 (无机试剂任选，信注明每步反应条件及主要反应物、产物)。 【高三：4月教学质量检测·化学第6页（共6页）W】2026届高三4月教学质量检测·化学 参考答案、解析及评分细则 1.B聚苯乙烯属于合成有机高分子材料，不属于天然有机高分子材料，A不符合题意；飞船搭载的太阳电池翼 中将太阳能转化为电能的材料的主要成分是硅，B符合题意；石墨烯材料属于无机非金属材料，不属于有机 高分子材料，C不符合题意；氮化铝材料属于新型无机非金属材料，不属于合金材料，D不符合题意。 2.D铁锅如果没有擦干，会发生电化学腐蚀，不是化学腐蚀，故选D。 3.D根据靛蓝的分子结构，可得其分子式为C16H1N2O2,A正确；靛蓝分子中的碳原子均位于苯环，酮羰基等 平面结构中，分子中所有碳原子均采取$即2杂化，具有平面三角形的成键特征，环状结构中碳原子无可自由旋 转的C一C单键，因此所有碳原子可能共平面，B正确；共价键中，单键均为。键，双键由1个。键和1个π键 组成。靛蓝分子中存在C一C单键、C一H单键、C一C双键、C一O双键等，因此分子中既含。键，也含π键， C正确；一个靛蓝分子中含有2个苯环、1个C一C双键、2个C一O双键不饱和结构，均能在一定条件下与 H2发生加成反应，1mol靛蓝最多能与H2发生加成反应的物质的量为(2×3+1+2×1)mol=9mol,D错误。 4.AMgH2是由Mg2+和H构成的离子化合物，电子式书写需标注阴、阳离子的电荷，规范书写为 [H:]Mg2+[:H],A正确；反应①中断裂的化学键为MgH2中的离子键、H2O中的极性共价键；生成的 化学键为Mg(OH)2中的离子键和极性共价键、H2中的非极性共价键，因此反应①中不仅有离子键和极性 共价键的断裂与形成，还有非极性共价键的形成，B错误；气体摩尔体积Vm=22.4L·ol的适用前提是标 准状况下(0℃、101kP),该选项未标注温度和压强条件，无法确定H2的体积，C错误；反应①常温下可自发 进行，D错误。 5.D催化机理中明确出现中间过程产物，如Cu'H2NNO/H+,且H+是反应的必要参与微粒，说明该脱硝反 应需在酸性环境下进行，A正确；该脱硝反应的总反应为4NH3十4NO十O:一一4N?十6H2O,因此N?中N 原子按1：1来自NH3和NO;B正确；题干明确“虚线上方Cu为十2价，下方为十1价”，反应过程中Cu元素 在十1、十2价之间循环转化，催化剂的核心性质为反应前后质量和化学性质不变，因此铜基催化剂总质量保 持不变，C正确；该脱硝反应的总反应为4NH+4NO十O2一4N2十6HO,电子转移分析：每吸收4mol NO,转移12mole(4 mol NH3共失去12mole,4 mol NO和1molO2共得到12mole),转移4mole 时，理论吸收N0气体的物质的量为号m0l,质量为号mol×30g·mol1=40g,D错误。 6.BNH3与水分子间能形成氢键，溶解度最大，NO为极性分子，N2为非极性分子，根据“相似相溶原理” (H2O为极性分子)，极性分子在水中的溶解度大于非极性分子，正确溶解度顺序：NH3>NO>N2,A错误； 键角判断核心：中心原子sp3杂化时，孤电子对数目越多，对成键电子对的斥力越大，键角越小，NH中N原 子无孤电子对，键角为109°28'，NH3中N原子有1个孤电子对，键角被压缩为约107°，H2O中O原子有2个 孤电子对，键角约105°，正确键角顺序：NH>NH3>H2O,B正确；电负性规律：同周期主族元素，核电荷数 越大，电负性越大，H的电负性小于绝大多数非金属元素，常见元素电负性数值：H(2.1)<N(3.0)<O (3.5),C错误；共价键极性判断，成键原子的电负性差值越大，共价键极性越强；元素电负性O(3.5)>N (3.0),O和N与H电负性差值：O一H>N一H,D错误。 7.D图示离子为带一个单位负电荷的阴离子，其中W形成1个共价键，原子序数最小，故W为H,离子中X 形成4个共价键，短周期主族元素中唯一稳定成4个键的元素为C,离子中Y形成3个共价键，Z形成2个共 价键，且X和Y与Z均能形成两种或两种以上常温为气态的化合物，短周期中仅C和N与O满足题意，能 形成CO、CO2和NO、NO2、N2O等常温为气态的化合物，因此符合题意的元素为W为H、X为C、Y为N、Z 为O。Y的简单氢化物为NH,Z的简单氢化物为H2O,X的简单氢化物为CH4,NH3有分子间氢键，H2O 分子间氢键更多，沸点：NH3<H2O,CH4没有分子间氢键，沸点：CH4<NH3<H2O,A错误；X为C、Y为 N、Z为O,基态原子的第一电离能：N>O>C,B错误；X为C、Y为N、非金属性：N>C,酸性：HNO3> H2CO3,C错误；X为C,在离子中均存在饱和单键(4个。键，无孤电子对，sp3杂化)和双键(3个σ键，无孤电 子对，sp杂化)，杂化方式均为sp、sp3,D正确。 【高三4月教学质量检测·化学试卷参考答案第1页（共6页）W】 8.D硼酸晶体是为一元弱酸，为分子晶体，A正确；硼酸呈片状晶体结构，分子间以氢键连接，容易断裂，可作 润滑剂，B正确；硼酸在水中存在电离：HBO3十H2O一[B(OH)]十H+,C正确；由题图可知每个 HBO3分子连接6个氢键，但每个氢键由2个HBO3分子共有，故1molH,BO3晶体中有3mol氢键，D错 误。 9.A加入MgO(碱性氧化物)，能与H+反应，促进Fe3+水解完全生成Fe(OH)3沉淀；且MgO不溶于水，不 会引人新杂质，过滤后可得到纯净的MgC2溶液，该操作能达到目的，A正确；稀硝酸具有强氧化性，会将 FeCl中的Fe+氧化为Fe3+,即使加入铁粉，也会先与硝酸反应，导致所配溶液变质，B错误；向含有SO 待测液中加入稀盐酸，会产生SO2,将产生的气体通入品红溶液，可观察到品红溶液褪色，加热褪色的品红溶 液又恢复红色，证明有SO2生成，SO2不能使石蕊试液褪色，C错误；在酸性条件下N2SzO3会发生自身歧化 反应：SO+2H+一SY十SO2个十H2O,生成的单质硫会吸附在滴定管壁上，且消耗H+,导致滴定结果 严重偏低且终点模糊，D错误。 10.A加人乙醇可以降低[Cu(NH3)4]SO4·H2O的溶解度，从而析出深蓝色[Cu(NH3)4]SO4·H,O晶体，A 正确；导管不能伸入液面以下，防止倒吸，B错误；硝酸易挥发，也可以使硅酸钠溶液产生沉淀，无法证明非 金属性：C>Si,C错误；制备无水氯化镁需要在氯化氢气流中蒸干，D错误。 11.B甲(C)→X(C0,:C+0,点C0,X(C02)→乙(Na,C0,):C0,+2Na0H一Na,C0,+H,0,丁(C0) →X(C0,):2C0+0,点槛2C0,X(C0,)→丙(NaHC0,):C0,+NaC0,+H,0一2NaHC0,全路径均 为一步直接转化，A符合转化；丁(CuO)→X[Cu(OH)2]无法一步转化，CuO为碱性氧化物，与盐酸等酸反 应仅生成CuCl2和水，需加人碱性物质如NaOH,才能得Cu(OH)2,无法一步实现，B不符合转化路径；甲 (HCOOCH,.CH,→X(CH,CH,OH):HCOOCH,CH,+H,0稀酸CH,CH,OH+HCOOH,X (CH,CH,OH)→乙(CH,CHO):2CH,CH,OH+O,化剂2CH,CH0+2H,0,T(C.HO.)→X (CH,CHOH):CHeO,(葡萄糖)酶2CH,CH,OH+2CO,+,X(CH,CH,OH)→丙(CH2-CH2): CH,CH,OH德酸，CH。一CH,十H,O,路径均为一步直接转化，C符合转化：甲(CL)→X(HC:Cl,十H, 170℃ 点2HCL,X(HCI)→乙(AgCD:HC+AgNO,一AgcI+HNO,丁(HCIO)→X(HCD:2HCIO0光 2HCI+O2个，X(HCI)→丙(NaCI):HCl+NaOH一NaCI+HzO,路径均为一步直接转化，D符合转化 12.B根据题干信息，左图的MF℃室是微生物燃料电池，右图为电解废水的装置。在左图中，通入氧气一极失 电子，所以X为正极，Y为负极，a为阴极，b为阳极。在右图中，从A室(CH3)4NOH的稀溶液变为 (CH3)4NOH的浓溶液可知，a电极反应为2HzO+2eH2个+2OH,B室中加入(CHa):NCI浓溶液 电离产生(CH3)N+通过c膜（阳离子交换膜）进入A室合成(CH3)4NOH浓溶液，产生CI厂通过d膜（阴离 子交换膜)进人C室，Q处为(CH3)4NCl稀溶液，b电极发生反应：4OH一4e-O2个+2H2O,Na+通过 e膜（阳离子交换膜）进入C室与Cl合成NaCl浓溶液（即P)。阳极的电势比阴极高，A错误；综上所述，c 膜、d膜分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜，B正确；电极Y的电极反应为8CH3COO十2H2O一8e 2CO2◆+7 CH COOH,C错误：当合成1mol(CH3)4NOH时，有1mol(CH3)4N+穿过离子交换膜，故电 路中转移1mole,MFC室消耗的氧气为0.25mol,所以消耗标况下的氧气为5.6L,D错误。 13.A速率常数与反应速率的关系：初始阶段M的浓度变化速率大于N,说明证)>2（正，由v1正）=k1· c(X)·c(Y)、,=?·c(X)·c(Y),同一体系中c(X)、c(Y)相同，故=卫>1；平衡常数的比值推导 k2v2正) K-:9K:-:9则吹-由平衡时M,N的浓度分别为2l5mo· 上，则袋--号<1，由此会>发，A错误：充入少量精有气体He(®)，容医恒容，休系中各反应物和 生成物的浓度均不变，由正)：2正=[k1·c(X)·c(Y)门：[k2·c(X)·c(Y)门=k1：k2,且温度不变时k1、 k2为定值，因此1（正）：2（正）保持不变，B正确；速率常数k仅与温度有关，升高温度，所有反应的速率常数均 【高三4月教学质量检测·化学试卷参考答案第2页（共6页）W】 增大，故k1、k2均增大；平衡常数K与温度的关系如下：升高温度，若K减小，说明平衡向逆反应方向移动， 根据勒夏特列原理，正反应为放热反应，△H<0,因此升高温度K1、K?均减小，说明两反应的△H均小于0， C正确；①②反应中X、Y的化学计量数之比均为1：1，则(X)=⑦(Y)=v(Q):由图像可知，0~6s内，Y 的平均反应速率为0(Y)=△c=6mo:L=1mol·L,1·s;转化率=反应的浓度×100%，两反应 △t 6S 初始浓度 中X、Y的化学计量数均为1，且反应的X、Y的物质的量浓度始终相等，初始时充入的X、Y浓度相等，则平 衡时X、Y的转化率相等，D正确。 14.DH2C2O为二元弱酸，pH越小，C2O与H结合生成的H2C2O4浓度越大，lgc(H2C2O4)越大，因此 1gc(H2C2O4)随pH增大单调递减，对应图像中曲线①；曲线②为lgc(HC2O:)的变化关系，pH过小时与 H+结合为H2C2O4,pH过大时电离为C2O;曲线③为lgc(C2O)的变化关系。综上所述，曲线②为 1gc(HC2O)的变化关系，A错误；pH=5时，溶液呈弱酸性，草酸钙溶解的C2O仅少量与H+结合，结合 图像浓度对数趋势：lgc(C2O)>1gc(HC2O)>lgc(H2C2O4),根据对数函数单调性，浓度关系为 c(C2O})>c(HC2O:)>c(H2C2O4),B错误；pH=13的溶液中存在的阳离子为Ca2+、Ca(OH)+、H+、 Na,阴离子为C2O、HC2O、OH,根据电荷守恒故等式为2c(Ca2+)+c[Ca(OH)+]+c(H+)+c(Na+) =c(OH)十2c(C2O)+c(HC2O4),C错误；pH在5~12范围内，溶液中Ca+、C2O为主要存在物种， 各溶解物种的浓度保持稳定，CC2O4的溶解平衡无明显移动，可稳定存在；pH>13.8时，溶液中OH浓度 显著升高，Ca2+与OH结合生成Ca(OH)2,CaC2O4的溶解平衡持续正向移动，逐步转化为Ca(OH)2,D 正确。 15.(1)烧杯、100L容量瓶、胶头滴管(3分，每少答1个扣1分，多答无关仪器不得分) (2)防止滴加时带入空气，氧化Fe(OH)2(2分) (3)①MnO,+5Fe2++8H+—Mn2++4H2O+5Fe3+(2分，配平错误扣1分)②溶液变血红色(2分) (4)其他条件相同时，H=7左右（中性或弱碱性）最易生成绿锈(2分)绿锈需在中性或弱碱性条件下形 成，过低或过高均会抑制其生成，过低时破坏氢氧根层结构，过高时氧化速率加快，直接生成F(OH)3 (2分，核心答出pH过低或过高均会抑制绿锈生成即可) (5)2:1(2分) 【解析】(1)配制100mL1mol·L.1FeSO4溶液的流程为“计算→称量→溶解→转移→定容”，溶解需用烧 杯和玻璃棒（题目未要求填写玻璃棒）；转移后需用100L容量瓶确定溶液体积（必须标注规格，否则无 分)；定容操作需用胶头滴管滴加蒸馏水至刻度线，因此根据题干中的玻璃仪器图示，需使用的有烧杯、 100mL容量瓶、胶头滴管。 (2)Fe(OH)2具有强还原性，易被空气中O2氧化，长胶头滴管伸人液面下滴加，可隔绝空气，避免Fe(OH)2 被直接氧化，为绿锈生成提供稳定环境；若未隔绝空气，O2快速将Fe(OH)2氧化为红褐色Fe(OH)3,绿锈 无法形成。 (3)①检验Fe2+选用酸性KMnO4溶液，利用Fe2+的还原性还原MnO4,离子方程式为MnO+5Fe2++ 8H+-Mn2++4H2O+5Fe3+。 ②Fe3+与KSCN溶液生成血红色的配合物，利用该特征反应检验Fe3+,现象为溶液变血红色。 (4)实验中仅改变pH,现象差异直接反映pH对绿锈生成的影响：pH=7(中性)时快速生成绿锈，说明该条 件是绿锈形成的最佳环境；pH=5(酸性)时，H+会破坏绿锈的氢氧根层结构（绿锈为氢氧化物，酸性条件下 易溶解)；pH=9(强碱性)时，O2对Fe(OH)2的氧化速率显著加快，直接生成红褐色Fe(OH)3,跳过绿锈 阶段，故无法形成绿锈。得出结论为其他条件相同时，H=7左右（中性或弱碱性）最易生成绿锈；原因为绿 锈需在中性或弱碱性条件下形成，过低时会破坏氢氧根层结构，过高时氧化速率加快，直接生成F(OH)3, 即过低或过高均会抑制Fe(OH)2生成。 (5)已知生成的绿锈化学式为Fes(OH)12SO4·2H2O,设Fe2+的个数为y,根据电荷守恒，Fe2+和Fe3+所带 正电荷之和为14,2y+3(6-y)=14,y=4,则Fe2+与Fe3+的物质的量之比为2：1. 【高三4月教学质量检测·化学试卷参考答案第3页（共6页）W】 16.(1)第四周期第ⅢB族(1分)WO3、SiO2、CaSO4(2分，答不全给1分，答错不给分) (2)逆流萃取可提高萃取效率，减少萃取剂用量(2分)1：20、450r/min(1分，未写单位不得分) (3)Sc(HA2)3+3OHSc(OH)3￥+3HA2或者Sc(HA2)3+6OH-Sc(OH)3↓+3A+3H2O(2 分) (4)HPO转化为HzPO4,钙盐溶解，降低除钙效率(2分) (5)苦杏仁酸中O提供孤电子对填充在Zr4+的空轨道中配位(2分) (6)60X10(2分) Naac 【解析】(1)钪在元素周期表中的位置是第四周期第ⅢB族，根据题干信息，钨渣中有多种元素的氧化物，而 SiO2、WO是酸性氧化物，与碱反应，不与酸反应，同时C的氧化物会与硫酸反应生成难溶的CaSO4,所以 滤渣1的成分是WO3、SiO2、CaSO4。 (2)逆流萃取可以让滤液和萃取剂充分接触，可提高萃取效率，减少萃取剂用量。最佳萃取相比O/W和搅 拌器转速可从表格中分析得到分别为1：20、450r/min。 (3)Sc(HA2)3+3OH-Sc(OH)3￥+3HA2或者Sc(HA2)3十6OH-Sc(OH)3+3A+3H2O。 (4)HPO形成的钙盐难溶于水，而酸性较强时生成的H2PO4所形成的钙盐可溶于水，所以HPO转化 为H2PO4会导致钙盐溶解，降低除钙效率。 (5)苦杏仁酸中O提供孤电子对填充在Zr4+的空轨道中配位。 (6)一个品宽中所含有的航原子数为12×日+2×名十3=6，根据品胞寄度公式p※N=6,M=45g· mol,V=6X- ×a×受.XeX10”em,将数值代人公式得p0X1心 Naa'cg·cm3。 17.(1)H2(1分) (2)ab(2分，漏选1个扣1分，错选不得分) (3)8H,S电解S。十十8H,个(2分，配平错误不得分)阳极区H,S发生氧化反应生成的H通过质子交换 膜迁移至阴极区(2分) (4)2H2S(g)十CH4(g)CS2(g)+4H2(g)△H=+233.5kJ·mol-1(2分，热化学方程式书写错误、焓 变计算错误不得分) (5)①Y代表S2的体积分数变化，950~1050℃时，以反应ⅰ为主，随着温度升高，反应ⅰ平衡右移程度比反 应iⅱ右移程度大，所以S2的体积分数会增大；1050~1150℃之间，反应ⅱ平衡移动程度增大的幅度大于反 应ⅰ，S2的体积分数会减小(2分，温度区间和反应趋势各1分，合理即可) ②92.3%（或0.923）(2分)121(2分) 【解析】(1)催化裂解主反应为2H2S(g)一S2(g)十2Hz(g),反应器中通人惰性气体不参与反应，产物仅为 H2和S2,观察图示中分子模型可知产物P为H2,Q为S2。 (2)裂解反应为△H>0、气体总物质的量增大的可逆反应，根据勒夏特列原理分析：升高温度，吸热反应平衡 正向移动，H2S裂解率提高，a正确；及时分离产物H2和S2,降低生成物浓度，平衡正向移动，H2S裂解率提 高，b正确；增大压强，平衡向气体分子数减小的方向移动，裂解率降低，c错误；增大通入HS的流速，与催 化剂接触时间缩短，H2S未充分裂解就排出，实际裂解率降低，d错误。 (3)H2S电解生成H2和S8,根据原子守恒配平，反应条件标注“电解”，S8为固体标沉淀符号，故总反应为 8H,S电解S。,十8H,◆：阳极区HS发生氧化反应生成的H广通过质子交换膜迁移至阴极区，为阴极析氢 提供H+,同时维持电路电荷平衡。 (4)利用盖斯定律可得，反应ⅰ和反应iⅱ加和得目标反应，反应热△H=△H1十△H2=(169.8+63.7)k· mol1=+233.5kJ·mol-1,故热化学方程式为2H2S(g)+CH4(g)—CS2(g)+4H2(g)△H=+233.5 k·mol-1。 【高三4月教学质量检测·化学试卷参考答案第4页（共6页）W】 (5)①将H2S与CH4按体积比2：1投料，并用N2稀释，在不同温度下反应达到平衡时，由于S2是反应1 的生成物同时又是反应ⅱ的反应物，因此Y所在曲线是S2的体积分数，950~1050℃时，以反应ⅰ为主，随 着温度升高，反应1速率大于反应ⅱ，S2的体积分数会增大，1050~1150℃之间，反应ⅱ速率增大的幅度大 于反应1，S2的体积分数会减小，根据方程式中的数量关系，Z所在曲线为H2的体积分数，X所在曲线为 CS2的体积分数； ②由题中图像可知，1000℃达到平衡时，9(H2)=5.5%,9(CS2)=1.25%,p(S2)=0.25%,9(H2S)= 0.25%,根据的计量数关系， 2H2S(g)=S2(g)+2H2(g) 反应i: 2 1 CH4(g)+S2(g)=CS2(g)+2H2(g) 反应ⅱ： 1 可知生成1molS2或1 mol CS,相当于消耗2molH,S,HS的去除率=n(消耗的HS》×1O0%,设达到 n(总H,S) 平衡时气体总物质的量为a,计算n(消耗的H2S)=1.25%a×2+0.25%a×2,n(总H2S)=1.25%a×2十 1.25%a×2+0.25%a×2 0.25%a×2+0.25%a,则H:s的去除率为1.25%0240.25%0210,25%aX100%≈92.3%： 根据题意，用平衡分压代替平衡浓度计算，平衡分压=总压×体积分数，反应ì压强平衡常数K。= 0S保持00kPa不变，pS)=0.25%X10kPa,bH)=5.5%×100kPa,pHS)=0,25% ×1o0kPa,K。=0.25%X100kPpa)5,5X100kPa)-121kPa. (0.25%×100kPa)2 18.(1)酯基、酮羰基(2分，答案无顺序，答对一个给1分，多填、错填不给分) COOC-H (2分) (2)取代反应(2分，写全称才得分，简写“取代”不得分) (3)3(2分) F 有机溶剂 COOC2Hs (4) CH CH2O-CH =C(COOCH2CH3)2 NH2 2C2HOH(2分) 浓硫酸 O (5) 4 分，三步全对得4分；除 浓硝酸，△ DMSO 原料和目标产物外，中间产物错一个扣2分，扣完为止；路线设计合理，但步骤较繁琐，视情况给1一2分) 0 【解析】(1)B为喹诺酮环中间体，含酯基（一COO一）和酮羰基( )两种特征含氧官能团，名称书写规 范即可，无顺序要求；根据试题流程图，B→C转化反应中，B中一NH一中的氢原子被一C2H取代，因此C 的结构为B的衍生物，保留酯基、一Cl、一F等核心官能团，仅改变喹诺酮环上的一NH一为一N一C2H,C COOCHs 的结构简式为 【高三4月教学质量检测·化学试卷参考答案第5页（共6页）W】 (2)BC转化反应中，B中一NH一中的氢原子被一C2H取代，属于取代反应。 (3)根据题意，A为3-氯-4-氟苯胺(C6HFC1N),相对分子质量145.5：G为A的同系物，相对分子质量 159.5,故仅比A多1个一CH2,官能团仍为一C1、一F、一NH2,且除苯环外，整个分子仅含1个碳原子。结 合限定条件，苯环上有2个取代基，核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为2：2：2：1，满足条件的G的 CI NH NH2 CI-CH 同分异构体（不考虑立体异构）有以下3种： (G中含有的官能团为 NH2 一NH2、一CI、一F,注意：一NH和一NH一是不同的)。 (4)EMME与A在有机溶剂、加热条件下发生缩合环化反应，脱去小分子乙醇后构建喹诺酮环骨架，EMME 结构简式为CHCH2O一CH一C(COOCH2CH)2,A的结构简式为 ,结合原子守恒和缩 NH2 +CH3CH2O-CH-C(COOCH2CH3)2- 有机溶剂 合环化的成键规律，反应的方程式为 △ COOC2Hs +2C2 HOH C (5)参考框图中D到E转化， NH:反应得 因此利用原料苯先发生硝化 浓硫酸 反应，再转化为苯胺，设计合成路线为 NO2 Fe NH2 浓硝酸，△ HCI DMSO 【高三4月教学质量检测·化学试卷参考答案第6页（共6页）W】