精品解析：福建泉州市南安一中2026-2027学年高三上学期第一次阶段考 化学试题

南安一中2026～2027学年上学期高三年第一次阶段考 化学科试卷 本试卷考试内容为：高中化学知识全部内容。分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷，共7页，满分100分，考试时间75分钟。 注意事项： 1.答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题纸上。 2.考生作答时，请将答案答在答题纸上，在本试卷上答题无效。按照题号在各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效。 3.答案使用0.5毫米的黑色中性(签字)笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚(英语科选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号)。 4.保持答题纸纸面清洁，不破损。考试结束后，将本试卷自行保存，答题纸交回。 5. 可能用到的相对分子质量：相对原子质量：Li-7 C-12 N-14 O-16 P-31 Fe-56 Cu-64 第Ⅰ卷(选择题) 一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有1项符合题目要求 1. 我国科学家首次利用反应合成了储能材料。为链状分子，能分解为更稳定的。下列说法不正确的是 A. 基态氮原子的电子排布式为 B. 与互为同素异形体 C. 合成的反应属于置换反应 D. 分解为是熵减的过程 2. 一种可制造光学镜片的聚合物Z，其合成路线如图所示。 下列说法正确的是 A. X的水解产物含有乙酸的同系物 B. Y可以发生取代和加成反应 C. 聚合物Z属于可降解高分子材料 D. 此反应属于缩聚反应 3. Q、W、X、Y、Z均为短周期主族元素。Q元素的原子在周期表中半径最小，W、X、Y同周期，X、Y原子序数之和小于Z原子序数，五种元素可组成某种阴离子，其结构如图所示。下列说法正确的是 A. W与Z可形成非极性分子 B. W的氢化物的沸点低于Y的氢化物的沸点 C. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：W>Z D. 该阴离子中含共价键、配位键、离子键 4. 电镀工业中的含氰（）废水常用来治理，化学反应原理为：，设为阿伏加德罗常数，下列说法错误的是 A. 常温常压下，含有的氧原子数为 B. 含有键的数目为 C. 1 mol液态水中氢键数目为 D. 标准状况下，若生成的体积为11.2 L，则转移的电子数为 5. 锰矿是一种非常重要的战略矿产资源，富锰矿和优质锰矿资源已被我国列为紧缺的矿种。以菱锰矿(主要成分为和，还含有少量的)为原料制备的流程如图。下列叙述正确的是 A. “还原”中既是氧化产物，又是还原产物 B. “氧化”中一次性加入双氧水比分批次加入效果更好 C. “渣2”的主要成分是 D. “沉锰”时发生反应：Mn2++HCO=MnCO3↓+H+ 6. 我国科学家基于四脲大环和有机磷酸盐阴离子相互作用构建了一种超分子聚合物，结构如图所示，该聚合物可以促进的高效迁移，提升电池性能。 下列说法错误的是 A. 上述过程体现了超分子的“分子识别”和“自组装”特征 B. 与的化学计量数之比为 C. 超分子聚合物中有机磷酸盐阴离子之间存在氢键 D. 四脲大环与有机磷酸盐阴离子之间通过配位键结合 7. 水溶液中的苯酚含量可按下列步骤测定： 已知：步骤I发生的主要反应是+3Br2+3HBr。 下列说法不正确的是 A. 步骤I加入的溶液须定量且过量；步骤II加入的KI只需过量，不必定量 B. 步骤III以淀粉作为指示剂，用标准溶液滴定，滴定终点现象为由蓝色变为无色 C. 若待测苯酚水溶液中混有少量对硝基苯酚，则滴定消耗的物质的量偏低 D. 已知8-羟基喹啉()可定量沉淀多种金属离子，则部分金属离子含量也可以间接用上述方法测定 8. 工业制备的流程和制备过程中使用的电解装置如图所示。电解过程阳极在生成的同时还有少量气泡。下列说法错误的是 A. 电解过程中阳极的主要电极反应为 B. 电解过程中通过1 mol电子产生 C. 减压蒸馏是为了防止受热分解 D. 调整尾液离子浓度后可返回通电环节 9. 某实验小组探究与的反应，实验过程如下。 已知：①溶液呈淡黄色，、均为难溶于水的白色沉淀； ②的还原性介于、之间，可被氧化为 下列说法错误的是 A. 过程i中生成了淡黄色，其与共存使溶液显绿色 B. 过程ii中生成的白色沉淀为 C. 反应速率：过程i>过程ii D. 过程v中生成的白色沉淀包含和 10. 常温下，将0.1mol·L-1 NaOH溶液滴入50mL 0.1mol·L-1 H3T溶液中，溶液中含T微粒(H3T、H2T-、HT2-、T3-)的分布系数、溶液pH与加入NaOH溶液的体积V的关系如图所示。 已知：(T3-)=。下列叙述错误的是 A. a、c线分别代表H3T、HT2-的分布系数变化情况 B. pH=7时，c(Na+)>3c(HT2-)+3c(T3-) C. c(H3T)=c(HT2-)时溶液pH=4.98 D. 由M至N的滴定过程中，不可用甲基橙作指示剂 第Ⅱ卷(非选择题) 二、本大题共4小题。 11. 化合物J是一种抗病毒药物，其合成路线之一如下(部分试剂略)。 已知：＋R2NH2＋H2O 回答下列问题： （1）B中官能团的名称为___________，的反应类型为___________。 （2）E→G的反应方程式为___________，吡啶是一种有机碱，其在反应中的作用是___________。 （3）H的结构简式为___________。 （4）D的同分异构体中，含有氨基的芳香族化合物有___________种。其中核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积之比为6∶2∶2∶1的结构简式为___________。 （5）有同学建议J的合成路线可改为如下： 根据题中信息，依照该同学建议的合成路线，第②步的化学反应方程式为___________。 12. 鲁米诺（3-氨基邻苯二甲酰胺）是一种化学发光试剂，其发光原理为： 某小组设计进行鲁米诺发光喷泉实验并进行相关探究，回答下列问题： Ⅰ.鲁米诺发光喷泉实验 ①按下图所示组装实验装置（夹持装置略）并完成操作X。 ②称取0.4 g鲁米诺固体，用50 mL 0.1mol·L-1 NaOH溶液充分溶解后，加入适量催化剂，定容于250 mL容量瓶中，再将所得溶液加入到三颈烧瓶中，并在其他装置中加入相应试剂。 ③向三颈烧瓶中滴入6 mL 30% H2O2，关闭分液漏斗旋塞，观察到三颈烧瓶内产生蓝色荧光；随即不断旋转A中分液漏斗旋塞滴加稀硫酸，调节气体产生速率，装置D中形成蓝色发光喷泉（该操作在暗处进行）。 （1）步骤①中操作X是________。 （2）步骤②中用到的玻璃仪器除三颈烧瓶、容量瓶和量筒外，还有________。 （3）步骤③中鲁米诺发生反应的离子方程式为________。该反应所用氧化剂，还可选用下列物质中的________（填标号）。 a.稀HNO3 b.FeCl3溶液 c.酸性KMnO4溶液 d.Na2CO3·H2O2 Ⅱ.鲁米诺发光实验的应用及探究 （4）Cu2+在一定浓度范围内可催化鲁米诺与H2O2反应，且发光强度与Cu2+浓度呈线性关系，从而间接测定水体中Cu2+含量。测得发光强度y与标准溶液Cu2+浓度x mol·L-1符合方程。取10 mL水样，预处理后定容至50 mL，测得发光强度为400，则原水样中Cu2+的含量为________mg·L-1。若定容时仰视，测定结果________（填“偏高”“偏低”或“不变”）。 （5）Cu2+与NH3或配位后，其催化鲁米诺与H2O2反应的能力减弱，为探究NH3和与Cu2+的配位能力，进行如下实验： 序号 3% H2O2 /mL 鲁米诺溶液（含Cu2+和氨水）/mL 碱性缓冲溶液/mL 溶液/mL 蒸馏水/mL 发光时间/s 荧光强度 1 50 50 50 0 0.5 2.5 强 2 50 50 50 0.5 0 120 弱 3 0 50 50 0.5 50 无 无 与Cu2+的配位能力：________NH3（填“>”“<”或“=”）。 13. 用接触法制硫酸产生的废钒催化剂()制备钒(IV)的一种工艺如图所示。 已知：钒(IV)在水溶液中的存在形态与pH的关系如下。 （1）钒催化剂参与反应的能量变化如图所示。 热化学方程式： _______。 （2）“还原”过程中，发生的离子方程式为_______。 （3）时，萃取钒(IV)的过程示意图如下： 已知：i．萃取平衡为，其中org表示有机相。 ii．有机相和水相的分配比；钒的萃取率。 ①萃取达到平衡的标志是_______(填标号)。 A．水相pH不再变化 B．水相不再变化 C．有机相中与相等 D．分配比D不再变化 ②利用NaOH溶液调节水相初始从1调至4的过程中，钒的萃取率先增大后减小的原因是随着pH增大，_______(从平衡移动的角度分析，下同)；pH过大，_______。 ③不同萃取剂(简写为HR)的微观结构如图所示，HR在煤油中以二聚体形式与金属离子络合，HR通过_______形成二聚体(填微粒间相互作用名称)。 萃取剂 A B C 结构 ④维持水相，分别测得萃取剂的随的变化曲线如图所示。“■”表示的萃取剂是_______(填“A”“B”或“C”)；萃取平衡常数_______。 14. 锆被称为原子时代的头号金属。一种以氧氯化锆(主要含，还含有少量Fe、Cr、Hf等元素)为原料生产金属锆的工艺流程如下： 已知：①“酸溶”后溶液中各金属元素的存在形式为：、、、； ②25℃时，，； 物质 沸点/℃ 331 315 1300 700 1150 回答下列问题： （1）锆的原子序数为40，与钛元素同族，请写出基态锆原子的价层电子排布式___________。 （2）“萃取”时，锆元素可与萃取剂形成多种络合物，写出生成的离子方程式___________。 （3）“沉淀”后，“废液”中，则“废液”中___________。 （4）“沸腾氯化”时，转化为，同时生成一种还原性气体，该反应的化学方程式为___________。 （5）“还原”的主要目的是___________。 （6）向中掺杂可制备固体电解质。 ①的晶胞结构如图所示，中部分的位置被占据，得到，同时产生空位。若，则中的空缺率为___________(的空缺率)。 ②水热法制备。不同温度下测得产品的X射线衍射图(X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)如图所示，则最佳的制备温度为___________。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 南安一中2026～2027学年上学期高三年第一次阶段考 化学科试卷 本试卷考试内容为：高中化学知识全部内容。分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷，共7页，满分100分，考试时间75分钟。 注意事项： 1.答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题纸上。 2.考生作答时，请将答案答在答题纸上，在本试卷上答题无效。按照题号在各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效。 3.答案使用0.5毫米的黑色中性(签字)笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚(英语科选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号)。 4.保持答题纸纸面清洁，不破损。考试结束后，将本试卷自行保存，答题纸交回。 5. 可能用到的相对分子质量：相对原子质量：Li-7 C-12 N-14 O-16 P-31 Fe-56 Cu-64 第Ⅰ卷(选择题) 一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有1项符合题目要求 1. 我国科学家首次利用反应合成了储能材料。为链状分子，能分解为更稳定的。下列说法不正确的是 A. 基态氮原子的电子排布式为 B. 与互为同素异形体 C. 合成的反应属于置换反应 D. 分解为是熵减的过程 【答案】D 【解析】 【详解】A．基态氮原子核外有7个电子，电子排布式为，A正确； B．N6和N2是氮元素形成的结构不同的单质，互为同素异形体，B正确； C．该反应为单质与化合物反应，生成新单质N6和新化合物，符合置换反应的定义，C正确； D．N6分解为N2时，1 mol N6可生成3 mol N2，体系中气体分子数增多，混乱度增大，属于熵增过程，D错误； 故选D。 2. 一种可制造光学镜片的聚合物Z，其合成路线如图所示。 下列说法正确的是 A. X的水解产物含有乙酸的同系物 B. Y可以发生取代和加成反应 C. 聚合物Z属于可降解高分子材料 D. 此反应属于缩聚反应 【答案】B 【解析】 【详解】A．由结构简式可知，X一定条件下发生水解反应生成2—甲基丙烯酸和甲醇，2—甲基丙烯酸和乙酸的官能团不完全相同，不是同类物质，不可能互为同系物，故A错误； B．由结构简式可知，Y含有的碳碳双键可以发生加成反应，含有的苯环能发生取代反应，故B正确； C．由结构简式可知，聚合物Z中虽然酯基可以水解，但是水解后得到的物质依然是高分子化合物，不能变成小分子，Z属于不可降解高分子材料，故C错误； D．由方程式可知，催化剂作用下X和Y发生加聚反应生成Z，故D错误； 故选B。 3. Q、W、X、Y、Z均为短周期主族元素。Q元素的原子在周期表中半径最小，W、X、Y同周期，X、Y原子序数之和小于Z原子序数，五种元素可组成某种阴离子，其结构如图所示。下列说法正确的是 A. W与Z可形成非极性分子 B. W的氢化物的沸点低于Y的氢化物的沸点 C. 最高价氧化物对应的水化物的酸性：W>Z D. 该阴离子中含共价键、配位键、离子键 【答案】A 【解析】 【分析】Q、W、X、Y、Z均为短周期主族元素，Q元素的原子在周期表中半径最小，则Q为H；W形成4个共价键，W为C，X形成4个共价键，阴离子带一个单位负电，X为B，Y形成1个共价键，W、X、Y同周期，Y为F；X、Y原子序数之和小于Z原子序数，Z形成2个共价键，Z为S，综上所述：Q为H、W为C、X为B、Y为F、Z为S； 【详解】A．C和S可形成CS2，结构为S=C=S，直线形对称结构，正负电荷中心重合，属于非极性分子，A正确； B．W(C)的氢化物为烃类，随着碳原子数增多，烃的沸点升高，相对分子质量较大的烃沸点高于HF，B错误； C．非金属性C＜S，因此最高价氧化物对应水化物酸性：H2CO3(W)＜H2SO4(Z)，即，W＜Z，C错误； D．该阴离子内部含有共价键和配位键，没有离子键；离子键必须是阴阳离子之间才会形成，D错误； 故选A。 4. 电镀工业中的含氰（）废水常用来治理，化学反应原理为：，设为阿伏加德罗常数，下列说法错误的是 A. 常温常压下，含有的氧原子数为 B. 含有键的数目为 C. 1 mol液态水中氢键数目为 D. 标准状况下，若生成的体积为11.2 L，则转移的电子数为 【答案】C 【解析】 【详解】A．32g O3的物质的量为，其中氧原子物质的量为，故氧原子数为，A正确，不符合题意； B．的摩尔质量为26 g/mol，26g 物质的量为1 mol，中存在碳氮三键，1个三键含2个π键，故π键数目为，B正确，不符合题意； C．1 mol固态冰中氢键数目约为，液态水中氢键部分断裂，氢键数目小于，C错误，符合题意； D．标准状况下11.2 L 物质的量为0.5 mol，反应中生成1 mol 转移10 mol电子，故生成0.5 mol 转移电子数为，D正确，不符合题意； 故选C。 5. 锰矿是一种非常重要的战略矿产资源，富锰矿和优质锰矿资源已被我国列为紧缺的矿种。以菱锰矿(主要成分为和，还含有少量的)为原料制备的流程如图。下列叙述正确的是 A. “还原”中既是氧化产物，又是还原产物 B. “氧化”中一次性加入双氧水比分批次加入效果更好 C. “渣2”的主要成分是 D. “沉锰”时发生反应：Mn2++HCO=MnCO3↓+H+ 【答案】A 【解析】 【分析】该流程以菱锰矿制备：还原工序中通入，将矿粉里的​还原为；后续加硫酸酸浸，使金属组分溶解，不溶杂质成为渣1分离。氧化工序加入​，将体系内的完全氧化为。中和工序加调节pH，使、水解生成氢氧化物沉淀，即渣2。氟化工序加，将剩余的转化为难溶氟化物沉淀为渣3。最后加​沉锰，得到目标产物。 【详解】A．还原步骤发生反应，元素从+4价降低为+2价，元素从+4价升高为+6价，因此既是氧化产物又是还原产物，A正确； B．“氧化”中生成的会催化分解，一次性加入双氧水会导致大量双氧水无效分解、利用率低，分批次加入效果更好，B错误； C．酸浸后滤液中含有、，氧化后转化为，加调节pH时，、均转化为氢氧化物沉淀，因此渣2的主要成分为和，C错误； D．反应生成的会与过量的反应生成和，正确的离子方程式为，所给方程式不符合反应事实，D错误； 故选A。 6. 我国科学家基于四脲大环和有机磷酸盐阴离子相互作用构建了一种超分子聚合物，结构如图所示，该聚合物可以促进的高效迁移，提升电池性能。 下列说法错误的是 A. 上述过程体现了超分子的“分子识别”和“自组装”特征 B. 与的化学计量数之比为 C. 超分子聚合物中有机磷酸盐阴离子之间存在氢键 D. 四脲大环与有机磷酸盐阴离子之间通过配位键结合 【答案】D 【解析】 【详解】A．从图像可以看出，四脲大环的空腔可适配有机磷酸盐阴离子直径，形成超分子聚合物，体现了超分子的“分子识别”和“自组装”特征，A正确； B．从图像可以看出，超分子聚合物结构单元由一个四脲大环和一个有机磷酸盐阴离子构成，二者的化学计量数之比为，B正确； C．有机磷酸盐阴离子中存在结构，超分子聚合物中有机磷酸盐之间可形成氢键，C正确； D．四脲大环中存在结构，与有机磷酸盐阴离子之间通过氢键结合，而非配位键，D错误； 故选D。 7. 水溶液中的苯酚含量可按下列步骤测定： 已知：步骤I发生的主要反应是+3Br2+3HBr。 下列说法不正确的是 A. 步骤I加入的溶液须定量且过量；步骤II加入的KI只需过量，不必定量 B. 步骤III以淀粉作为指示剂，用标准溶液滴定，滴定终点现象为由蓝色变为无色 C. 若待测苯酚水溶液中混有少量对硝基苯酚，则滴定消耗的物质的量偏低 D. 已知8-羟基喹啉()可定量沉淀多种金属离子，则部分金属离子含量也可以间接用上述方法测定 【答案】C 【解析】 【分析】水溶液中的苯酚含量可按下列步骤测定，苯酚的水溶液中加入过量酸化的KBrO3-KBr溶液，步骤Ⅰ发生的主要反应是+3Br2+3HBr，得到三溴苯酚白色沉淀，加入过量KI和剩余的Br2反应生成I2，步骤Ⅲ用Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：，结合反应的定量关系计算苯酚含量。 【详解】A．步骤Ⅰ加入的KBrO3-KBr溶液须定量且过量，保证苯酚完全反应，步骤Ⅱ加入的KI只需过量，不必定量，测定的是剩余Br2的量，A正确； B．步骤Ⅲ以淀粉作为指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定，碘单质遇到淀粉变蓝，滴定终点现象为由蓝色变为无色，B正确； C．若待测苯酚水溶液中混有少量对硝基苯酚，苯酚与溴反应非常灵敏，生成三溴苯酚沉淀。对硝基苯酚由于硝基是吸电子基团，使得苯环上的电子云密度降低，其取代反应活性远低于苯酚，很难与Br2发生类似的取代反应生成沉淀，则与Br2反应的苯酚的量减少，消耗的Br2减少，导致剩余的Br2增多，则滴定消耗的物质的量偏高，C错误； D．已知8-羟基喹啉()可定量沉淀多种金属离子，8-羟基喹林和金属离子沉淀，再用上述Br2法测定剩余8-羟基喹林，则部分金属离子含量也可以间接用上述方法测定，D正确； 故选C。 8. 工业制备的流程和制备过程中使用的电解装置如图所示。电解过程阳极在生成的同时还有少量气泡。下列说法错误的是 A. 电解过程中阳极的主要电极反应为 B. 电解过程中通过1 mol电子产生 C. 减压蒸馏是为了防止受热分解 D. 调整尾液离子浓度后可返回通电环节 【答案】B 【解析】 【分析】由实验装置图可知，与电源正极相连的电极为阳极，电极反应式为，电解过程阳极同时产生少量气泡，应为发生副反应，与电源负极相连的电极为阴极，电极反应式为； 【详解】A．电解过程阳极在生成的同时还有少量气泡，所以电解过程中阳极的主要电极反应为，同时伴有副反应，，A正确； B．由分析，阳极生成​的同时还有少量气泡，该气泡是阳极副反应()的产物，说明转移的电子并没有全部用于生成​，因此通过1 mol电子时，生成​的物质的量小于0.5mol，B错误； C．受热易分解，减压蒸馏是为了防止受热分解，C正确； D．，将尾液调整离子浓度后可返回通电环节，D正确； 故选B。 9. 某实验小组探究与的反应，实验过程如下。 已知：①溶液呈淡黄色，、均为难溶于水的白色沉淀； ②的还原性介于、之间，可被氧化为 下列说法错误的是 A. 过程i中生成了淡黄色，其与共存使溶液显绿色 B. 过程ii中生成的白色沉淀为 C. 反应速率：过程i>过程ii D. 过程v中生成的白色沉淀包含和 【答案】D 【解析】 【分析】Cu2+与SCN-混合后溶液变为绿色，是由于生成的淡黄色与未反应的蓝色水合铜离子共存导致，随后SCN-还原Cu2+为Cu+并生成难溶的白色CuSCN沉淀，自身被氧化为(SCN)2。静置后配离子完全转化为CuSCN沉淀。该沉淀可被稀硝酸氧化溶解，生成含Cu2+的淡蓝色溶液并生成HCN与，后者可通过BaCl2检验。该过程体现了SCN-作为还原剂和沉淀剂的双重作用，以及Cu2+在配位反应与氧化还原反应间的竞争反应机制。 【详解】A．水合铜离子为蓝色，已知为淡黄色，二者共存时蓝色与黄色混合显绿色，A正确； B． 根据已知信息，可氧化为​，被还原为，与生成难溶的白色沉淀，B正确； C． 过程i加入KSCN后溶液立即变为绿色，反应速率快；过程ii需要静置1天才出现现象，反应速率慢，故反应速率：过程i>过程ii，C正确； D．过程ii得到的白色沉淀为，加入足量稀硝酸时，中+1价Cu会被硝酸氧化为，中的S元素被氧化为，加入后，只有白色沉淀生成；与不生成沉淀，故沉淀X只有​，不含，D错误； 故答案选D。 10. 常温下，将0.1mol·L-1 NaOH溶液滴入50mL 0.1mol·L-1 H3T溶液中，溶液中含T微粒(H3T、H2T-、HT2-、T3-)的分布系数、溶液pH与加入NaOH溶液的体积V的关系如图所示。 已知：(T3-)=。下列叙述错误的是 A. a、c线分别代表H3T、HT2-的分布系数变化情况 B. pH=7时，c(Na+)>3c(HT2-)+3c(T3-) C. c(H3T)=c(HT2-)时溶液pH=4.98 D. 由M至N的滴定过程中，不可用甲基橙作指示剂 【答案】C 【解析】 【分析】向H3T中滴加NaOH溶液，逐步生成H2T-、HT2-、T3-，所以a、b、c、d曲线分别为H3T、H2T-、HT2-、T3-，加入50 mL NaOH时，恰好生成NaH2T，加入100 mL NaOH时，恰好生成Na2HT，加入150 mL NaOH时，恰好生成Na3T。 【详解】A．由分析可知，A正确； B．溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(H2T-)+2c(HT2-)+3c(T3-)+c(OH-)，pH=7时，c(H+)=c(OH-)，所以c(Na+)=c(H2T-)+2c(HT2-)+3c(T3-)，从图中可以得到，pH=7时，c(H2T-)>c(HT2-)，所以c(Na+)>3c(HT2-)+3c(T3-)，B正确； C．由图可知，pH=2.1时，c(H3T)=c(H2T-)，则=c(H+)=10-2.1，pH=7.2时c(H2T-)=c(HT2-)，所以当pH=7.2时，，由Ka1·Ka2可得当c(H3T)=c(HT2-)时，pH=4.65，C错误； D．由M至N的滴定过程中，由图可知，突变在pH=8之后，而甲基橙在pH>4.4后一直为黄色，滴定过程中，没有颜色变化，所以不可用甲基橙作指示剂，D正确； 故答案选C。 第Ⅱ卷(非选择题) 二、本大题共4小题。 11. 化合物J是一种抗病毒药物，其合成路线之一如下(部分试剂略)。 已知：＋R2NH2＋H2O 回答下列问题： （1）B中官能团的名称为___________，的反应类型为___________。 （2）E→G的反应方程式为___________，吡啶是一种有机碱，其在反应中的作用是___________。 （3）H的结构简式为___________。 （4）D的同分异构体中，含有氨基的芳香族化合物有___________种。其中核磁共振氢谱显示4组峰，且峰面积之比为6∶2∶2∶1的结构简式为___________。 （5）有同学建议J的合成路线可改为如下： 根据题中信息，依照该同学建议的合成路线，第②步的化学反应方程式为___________。 【答案】（1） ①. 碳溴键(溴原子)、羧基 ②. 取代反应 （2） ①. ＋HCl＋ ②. 吡啶为弱碱，能中和反应生成的，使平衡正向移动，提高产率 （3） （4） ①. 13 ②. （5）＋＋HBr或 2＋2＋K2CO32＋2KBr＋CO2↑＋2H2O或＋＋K2CO3＋KHCO3＋KBr 【解析】 【分析】A（）中羟基（）在浓硫酸催化、加热条件下被重铬酸钠氧化成羧基（），生成B（）；B在浓硫酸、加热条件下与乙醇发生酯化反应，生成C（）和；对比C与E的结构简式可得D的结构简式为，C与D发生取代反应，生成E（）和；对比E、G的结构简式可知E与F发生取代反应，生成G（）和，F的结构简式为；G中酯基（）先在溶液作用下水解生成羧酸盐和乙醇，再经过盐酸酸化，生成羧酸和，得到H（）；H与I发生已知反应，形成酰胺基，生成J（）和，对比H与J的结构简式，结合已知反应可得I的结构简式为； 【小问1详解】 B（）中官能团有、，名称为碳溴键(溴原子)、羧基； 由分析可知C→E的反应类型为取代反应； 【小问2详解】 E中氨基上的氢原子与F中氯原子被取代，生成和G，反应的化学方程式为＋HCl＋； 有机碱吡啶能与反应生成的反应，从而促进有机反应正向进行，提高产率，答案为吡啶为弱碱，能中和反应生成的，使平衡正向移动，提高产率（回答合理即可）； 【小问3详解】 由分析可知，H的结构简式为； 【小问4详解】 含有氨基（）的芳香族化合物，分子式为，主体为苯环，取代基有、、和、和，和2个，排除D的结构，满足条件的同分异构体有1+1+3+3+6-1=13种； 核磁共振氢谱峰面积之比为6:2:2:1的结构简式有和，排除D的结构简式，答案为； 【小问5详解】 B（）与I（）在一定条件下，羧基与氨基发生取代反应生成X（）和，X与D（）发生取代反应，生成Y（）和，Y与F发生取代反应，生成J和，第②步的化学方程式为＋＋HBr，若将与反应写入方程式，生成、、或和，总方程式为2＋2＋K2CO32＋2KBr＋CO2↑＋2H2O或＋＋K2CO3＋KHCO3＋KBr。 12. 鲁米诺（3-氨基邻苯二甲酰胺）是一种化学发光试剂，其发光原理为： 某小组设计进行鲁米诺发光喷泉实验并进行相关探究，回答下列问题： Ⅰ.鲁米诺发光喷泉实验 ①按下图所示组装实验装置（夹持装置略）并完成操作X。 ②称取0.4 g鲁米诺固体，用50 mL 0.1mol·L-1 NaOH溶液充分溶解后，加入适量催化剂，定容于250 mL容量瓶中，再将所得溶液加入到三颈烧瓶中，并在其他装置中加入相应试剂。 ③向三颈烧瓶中滴入6 mL 30% H2O2，关闭分液漏斗旋塞，观察到三颈烧瓶内产生蓝色荧光；随即不断旋转A中分液漏斗旋塞滴加稀硫酸，调节气体产生速率，装置D中形成蓝色发光喷泉（该操作在暗处进行）。 （1）步骤①中操作X是________。 （2）步骤②中用到的玻璃仪器除三颈烧瓶、容量瓶和量筒外，还有________。 （3）步骤③中鲁米诺发生反应的离子方程式为________。该反应所用氧化剂，还可选用下列物质中的________（填标号）。 a.稀HNO3 b.FeCl3溶液 c.酸性KMnO4溶液 d.Na2CO3·H2O2 Ⅱ.鲁米诺发光实验的应用及探究 （4）Cu2+在一定浓度范围内可催化鲁米诺与H2O2反应，且发光强度与Cu2+浓度呈线性关系，从而间接测定水体中Cu2+含量。测得发光强度y与标准溶液Cu2+浓度x mol·L-1符合方程。取10 mL水样，预处理后定容至50 mL，测得发光强度为400，则原水样中Cu2+的含量为________mg·L-1。若定容时仰视，测定结果________（填“偏高”“偏低”或“不变”）。 （5）Cu2+与NH3或配位后，其催化鲁米诺与H2O2反应的能力减弱，为探究NH3和与Cu2+的配位能力，进行如下实验： 序号 3% H2O2 /mL 鲁米诺溶液（含Cu2+和氨水）/mL 碱性缓冲溶液/mL 溶液/mL 蒸馏水/mL 发光时间/s 荧光强度 1 50 50 50 0 0.5 2.5 强 2 50 50 50 0.5 0 120 弱 3 0 50 50 0.5 50 无 无 与Cu2+的配位能力：________NH3（填“>”“<”或“=”）。 【答案】（1）检查装置气密性 （2）烧杯、玻璃棒、胶头滴管 （3） ①. ②. d （4） ①. 5.12×10-2 ②. 偏低 （5）> 【解析】 【分析】 鲁米诺即3-氨基邻苯二甲酰胺，在碱性条件下被氧化剂氧化后，会生成不稳定的激发态产物，激发态产物回到基态时会以光能形式释放能量，产生特征蓝色荧光。喷泉实验中，小苏打与稀硫酸反应持续生成CO2，增大体系气压，将三颈烧瓶中的发光反应液压入装置D，形成蓝色发光喷泉。后续探究利用对该反应的催化特性：发光强度与浓度呈线性关系，可间接测定水样含量；被配位后催化能力减弱，可通过荧光强度变化比较配位能力强弱，据此解答。 【小问1详解】 涉及气体参与的喷泉实验，组装仪器后第一步需要检查装置气密性。 【小问2详解】 步骤②是配制一定物质的量浓度的鲁米诺溶液，需要烧杯溶解固体，玻璃棒搅拌和引流，定容需要胶头滴管。 【小问3详解】 根据反应流程，鲁米诺（）在碱性条件下被氧化，脱去得到3-氨基邻苯二甲酸根二负离子，配平后得到上述离子方程式为；需要氧化剂替代，稀硝酸、酸性高锰酸钾氧化性过强，会将氨基氧化、过碳酸钠（含过氧化氢，可作氧化剂），在碱性条件下生成沉淀，不能作氧化剂，故选d。 【小问4详解】 根据，得定容后浓度，原水样稀释了5倍，故原水样浓度为；定容时仰视，溶液体积偏大，测得浓度偏小，测定结果偏低。 【小问5详解】 加入后荧光强度更弱，说明夺走了与配位的，配位能力：。 13. 用接触法制硫酸产生的废钒催化剂()制备钒(IV)的一种工艺如图所示。 已知：钒(IV)在水溶液中的存在形态与pH的关系如下。 （1）钒催化剂参与反应的能量变化如图所示。 热化学方程式： _______。 （2）“还原”过程中，发生的离子方程式为_______。 （3）时，萃取钒(IV)的过程示意图如下： 已知：i．萃取平衡为，其中org表示有机相。 ii．有机相和水相的分配比；钒的萃取率。 ①萃取达到平衡的标志是_______(填标号)。 A．水相pH不再变化 B．水相不再变化 C．有机相中与相等 D．分配比D不再变化 ②利用NaOH溶液调节水相初始从1调至4的过程中，钒的萃取率先增大后减小的原因是随着pH增大，_______(从平衡移动的角度分析，下同)；pH过大，_______。 ③不同萃取剂(简写为HR)的微观结构如图所示，HR在煤油中以二聚体形式与金属离子络合，HR通过_______形成二聚体(填微粒间相互作用名称)。 萃取剂 A B C 结构 ④维持水相，分别测得萃取剂的随的变化曲线如图所示。“■”表示的萃取剂是_______(填“A”“B”或“C”)；萃取平衡常数_______。 【答案】（1）-351 （2） （3） ①. ABD ②. 氢离子浓度减小，萃取平衡正向移动，萃取率E增大 ③. 转化为沉淀，水相中浓度降低，萃取率E下降 ④. 氢键 ⑤. A ⑥. 或0.2 【解析】 【分析】废钒催化剂()中加入硫酸进行“酸浸”后得到的浸出液，加入HCOOH将还原为，加入和煤油进行萃取，得到含有机相，向有机相中加入硫酸反萃取，得到的无机相。 【小问1详解】 根据能量图写出反应① ，反应  ②   ，可由反应②-反应①×2得到，由盖斯定律可知，； 【小问2详解】 “还原”过程中，被HCOOH还原为，HCOOH被氧化为二氧化碳，根据电子得失守恒、电荷守恒、原子守恒配平离子方程式为。 【小问3详解】 ①A．水相pH不再变化，则氢离子浓度不再变化，平衡不再移动，达到平衡状态，A正确； B．水相中不再变化，则平衡不再移动，达到平衡状态，B正确； C．有机相与相等，不能说明浓度不变，未达到平衡状态，C错误； D．分配比D不再变化，说明不变，即两者浓度不再改变，平衡不再移动，达到平衡状态，D正确； 故选ABD； ②萃取平衡为，随着pH增大，氢离子浓度减小，萃取平衡正向移动，萃取率E增大；根据钒存在形态，当pH过大时，转化为沉淀，水相中浓度降低，萃取率E下降。 ③HR中存在羟基，两个HR分子中的羟基可以通过氢键形成二聚体。 ④支链位阻越小，越容易形成二聚体、越容易与钒络合，相同下，分配比D越大，越大,三种萃取剂中A的位阻最小，萃取能力最强，最大，对应最上方的曲线(■)；平衡常数：，由图中数据可知，=。 14. 锆被称为原子时代的头号金属。一种以氧氯化锆(主要含，还含有少量Fe、Cr、Hf等元素)为原料生产金属锆的工艺流程如下： 已知：①“酸溶”后溶液中各金属元素的存在形式为：、、、； ②25℃时，，； 物质 沸点/℃ 331 315 1300 700 1150 回答下列问题： （1）锆的原子序数为40，与钛元素同族，请写出基态锆原子的价层电子排布式___________。 （2）“萃取”时，锆元素可与萃取剂形成多种络合物，写出生成的离子方程式___________。 （3）“沉淀”后，“废液”中，则“废液”中___________。 （4）“沸腾氯化”时，转化为，同时生成一种还原性气体，该反应的化学方程式为___________。 （5）“还原”的主要目的是___________。 （6）向中掺杂可制备固体电解质。 ①的晶胞结构如图所示，中部分的位置被占据，得到，同时产生空位。若，则中的空缺率为___________(的空缺率)。 ②水热法制备。不同温度下测得产品的X射线衍射图(X射线衍射用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)如图所示，则最佳的制备温度为___________。 【答案】（1） （2） （3） （4） （5）把还原为，避免升华时含有杂质 （6） ①. 2% ②. 180 °C 【解析】 【分析】氧氯化锆，主要含，还含有少量Fe、Cr、Hf等元素为原料生产金属锆，“酸溶”后溶液中各金属元素的存在形式为：、、、，“萃取”时，锆元素生成，除掉，而后“沉淀”时、生成沉淀，煅烧后生成、、，“沸腾氯化”时，转化为，、转化为、，由于和沸点接近，因此加入把还原为，避免升华时含有杂质，最后升华得到，镁热反应后产生金属锆。 【小问1详解】 钛是22号元素，价层电子排布为，锆与钛同族、原子序数为40，属于第五周期第IVB族，根据构造原理，其价层电子排布为。 【小问2详解】 酸溶后Zr的存在形式为，体系中存在加入的​提供的、原体系的，与萃取剂TBP结合生成目标中性络合物，配平后得到离子方程式：。 【小问3详解】 根据的电离平衡​，代入、，可得；再代入的溶度积公式，计算得。 【小问4详解】 反应物为​、C、，生成​和还原性气体，该还原性气体为CO（高温下C的常见还原性产物），根据元素守恒配平，化学方程式为。 【小问5详解】 由于和沸点接近，因此加入把还原为，避免升华时含有杂质； 【小问6详解】 ①化合物整体呈电中性，设、，正电荷总和为，因此负电荷总和为98，可得实际数；原本1个对应2个，时，原本总数应为，因此空位数为50−49=1；根据空缺率定义：。 ②由X射线衍射图可知，160℃和170℃的产物中存在杂质相、​的衍射峰，只有180℃时所有衍射峰均为目标产物的特征峰，无杂质晶相，因此最佳温度为180℃。 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $