2024届福建省龙岩市高三下学期二模考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1福建省龙岩市2024届高三下学期二模考试可能用到的相对原子质量：H-1N-14O-16S-32Fe-56Zn-65一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题意)1.化学与生产、生活等密切相关。下列说法正确的是（）A.采用冷链运输新冠疫苗，以防止蛋白质变性B.向河水中加入明矾，可除去悬浮杂质并杀灭有害细菌C.大丝束碳纤维被称为“新材料之王”，属于有机高分子材料D.5G技术实现超高清信号长时间稳定传输，5G芯片主要材质是〖答案〗A〖解析〗A．疫苗中的蛋白质在较高温度下容易变性，所以采用冷链运输疫苗，以防止蛋白质变性，A正确；B．明矾能净化河水，但不能对河水消毒杀菌，B错误；C．碳纤维不是有机物，C错误；D．5G芯片主要材质是Si单质，D错误；故选A。2.化合物Z是合成药物的重要中间体(反应条件略去)，其合成路线如下：下列说法正确的是（）A.1molZ中含有6mol碳氧键B.X中所有原子一定处于同一平面C.Y和Z可用溶液或溶液鉴别D.Y与足量加成的产物分子中有6个手性碳原子〖答案〗A〖解析〗A．共价双键中含有一个σ键和一个π键，Z分子中含有1个醚键，1个酯基，加上羰基基的碳氧双键，Z含有两个碳氧双键，共价单键为σ键，所以1molZ中含有6mol碳氧σ键，故A正确；B．X中含有酚羟基，酚羟基上的氢不一定在同一平面，故B错误；C．Y有酚羟基，Z没有，可以用氯化铁溶液鉴别，但是都没有羧基，不能用碳酸氢钠溶液鉴别，故C错误；D．加成后产物，从图中可以看出，含有5个手性碳原子，故D错误；故选A。3.2022年12月，首架国产大飞机C919正式交付，国之重器，世界瞩目。铼(Re)是生产飞机发动机叶片必不可少的材料。X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大且位于不同主族的短周期元素，其中X、Y、Z三种元素可与铼元素组成一种化合物(结构如图)，该化合物与X的单质反应可得到铼。Q是地壳中含量最丰富的金属元素，Z与W形成的化合物为共价晶体。下列说法正确的是（）A.电负性：Z>Y>Q>WB.图中的阳离子存在配位键，但四个键的性质不同C.熔点：W晶体小于W、Y形成的晶体D.Q的氧化物可以和氨水反应〖答案〗C〖祥解〗X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大且位于不同主族的短周期元素，其中X、Y、Z三种元素可与铼元素组成一种化合物，该化合物与X的单质反应可得到铼。Q是地壳中含量最丰富的金属元素，则为Al，Z与W形成的化合物为共价晶体，Z为O、W为Si，X为H，结合化合物中Y的价键可知为N，右边的离子为铵根离子；综上分析可知X为H元素，Y为N元素，Z为O元素，Q为Al元素，W为Si元素。【详析】A．电负性从左到右依次增大，从上到下依次减小，故电负性O>N>Si>Al，A错误；B．阳离子为，其中存在配位键，但四个键的性质相同，B错误；C．N-Si键键长小于Si-Si键，N-Si键键能大于Si-Si键，故熔点：Si晶体小于Si、N形成的晶体，C正确；D．铝的氧化物氧化铝不溶于氨水，D错误；故选C。4.可与反应生成白烟和无污染的，根据该反应原理，管道工人可利用浓氨水检验氯气管道是否漏气。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.11.2L中含有孤对电子数为0.5B.每消耗34g，转移电子总数6C.0.1mol充分反应，产物中的离子总数最多为0.4D.每生成1mol，断裂的键数为11〖答案〗C〖解析〗A．没有指明标准状况，无法计算物质的量，A错误；B．由题意可写出方程式，该反应转移电子6，34g为2mol，转移电子为1.5，B错误；C．0.1mol充分反应，生成0.2molNH4Cl，产物中离子总数最多为0.4，C正确；D．每生成1mol，有8mol和3mol参加反应，断裂的键数为8×3+3=27，D错误；〖答案〗选C。5.乙烷催化氧化为乙醛在合成化学和碳资源利用等方面均有重大意义。在催化下乙烷氧化成乙醛的机理如图所示。下列说法正确的是（）A.、中C原子杂化方式均为B.一定不能改变乙烷氧化成乙醛转化率C.根据图示机理，可推测X、Y分别为、D.每生成1mol，消耗的物质的量小于2mol〖答案〗C〖解析〗A．中羰基碳为sp2杂化，A错误；B．由题干反应历程图可知，催化过程中存在副反应，导致改变了乙烷氧化成乙醛的转化率，B错误；C．由题干反应历程图可知，反应[(C2H5)Fe(OH)]+→[(C2H4)Fe]++X、[(C2H5)Fe(OH)]+→Fe2++Y，根据质量守恒可知，X、Y分别为、，C正确；D．由题干反应历程图可知，若无副反应，则每生成1molCH3CHO，消耗N2O的物质的量等于2mol，但过程中存在副反应发生，且生成的Fe+能还原N2O，故消耗N2O的物质的量大于2mol，D错误；故选C。6.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作和现象结论A向[]溶液中加入乙醇，析出深蓝色固体[]与乙醇反应生成了难溶于水的物质B向溶液中滴加几滴KSCN溶液，振荡，无明显现象，再滴加几滴新制氯水，溶液变红一定是将氧化为C向蔗糖溶液中加入稀硫酸，加热。待溶液冷却后向其中加入少量新制，加热未产生砖红色沉淀蔗糖没有发生水解D向溴水中加入植物油，振荡后静置，水层颜色变浅，油层呈无色与植物油发生了反应〖答案〗D〖解析〗A．硫酸四氨合铜在乙醇中的溶解度远小于水，故析出深蓝色固体，A错误；B．氯气和水生成的次氯酸具有强氧化性，溶液变红色，也可能为次氯酸将亚铁离子氧化为铁离子，B错误；C．氢氧化铜碱性条件下才能氧化醛基，需先将溶液调成碱性，C错误；D．植物油中含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应使得溴水褪色，D正确；故选D。7.工业上用石英砂(主要成分为)和原料气(含和少量)制备的流程如下(粗硅中含少量杂质Fe、Cu，高温氮化时杂质未参加反应)。下列说法正确的是（）A.“还原”步骤中，C元素被还原 B.“操作X”是为了除去中的C.“高温氮化”时发生了置换反应 D.“酸洗”步骤中，可以加入稀硫酸〖答案〗B〖祥解〗石英砂经过焦炭还原后得到粗硅，原料气中含氮气和氧气，经过操作X除去氧气，高温氮化：粗硅和氮气反应生成氮化硅，杂质铜和铁不反应，酸洗除去铁和铜，经过一系列操作得到氮化硅。【详析】A．石英砂经过焦炭还原后得到粗硅，焦炭反应后生成CO，C元素被氧化，A错误；B．由分析可知，“操作X”是为了除去中的，B正确；C．高温氮化：粗硅和氮气反应生成氮化硅，为化合反应，C错误；D．“酸洗”步骤中，可以加入稀硝酸，除去铁和铜，铜与稀硫酸不反应，D错误；故选B。8.冠醚在水相和油相均有一定的溶解度，是重要的相转移催化剂。18-冠-6是冠醚的一种，其结构如图A，下列说法不正确的是（）A.18-冠-6中氧原子的杂化类型为B.表示18-冠-6在油相中结构的是图B而不是图CC.图D中与18-冠-6的空腔大小相近，且与氧原子之间通过弱相互作用形成稳定的超分子结构，体现超分子的分子识别功能D.若18-冠-6的部分氢原子被氟原子取代，与形成的超分子稳定性将增强〖答案〗D〖解析〗A．18-冠-6分子中氧原子形成2个共价键且存在2对孤电子对，都采用sp3杂化，A正确；B．烃基亲油，O原子亲水，则能表示18-冠-6在油相中结构的是图B，B正确；C．冠醚只能与空腔大小相接近的离子形成稳定结构，体现出超分子的分子识别特征，C正确；D．F原子比O原子电负性大，吸引电子能力比O原子强，导致O电荷密度减少，配位能力降低，与形成的超分子稳定性将减弱，D错误；故选D。9.科学家设计了一种以Cu和CuS为电极的可循环电池，电解质为等溶液，其工作原理如图所示。电池放电时，Cu电极发生氧化反应。下列说法正确的是（）A.电池工作时，电解液中的浓度保持不变B.充电时，向CuS电极方向移动C.充电时CuS电极连接电源的负极D.当0.15molCu转化成时，溶液中减少0.1mol〖答案〗B〖祥解〗电池放电时，Cu电极发生氧化反应，Cu电极做负极，CuS电极做正极；放电时，铜电极为负极，铜失去电子，发生氧化反应，生成二氯合亚铜离子，电极反应式为Cu-e-+2Cl-=CuCl，硫化铜电极为正极，硫化铜得到电子，发生还原反应，生成Al3CuS，电极反应式为CuS+9e-+3Al3+=Al3CuS。【详析】A．由分析可知，放电时，硫化铜电极为正极，硫化铜得到电子，发生还原反应，和Al3+反应生成生成Al3CuS，溶液中铝离子数目减少，故A错误；B．电池充电时，Cu电极做阴极，CuS电极做阳极，向CuS电极方向移动，故B正确；C．充电时，CuS电极做阳极，CuS电极与直流电源正极相连，故C错误；D．放电时，铜电极为负极，铜失去电子，发生氧化反应，生成二氯合亚铜离子，硫化铜电极为正极，硫化铜得到电子，发生还原反应，生成Al3CuS，则当0.15mol铜转化成二氯合亚铜离子时，溶液中铝离子减少的物质的量为0.05mol，故D错误；故选B。10.室温下溶液中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系如图1所示。向、混合溶液X中滴加溶液，所得溶液中与的关系如图2所示。下列说法不正确的是（）A.b点对应溶液的pH为8.25B.混合溶液X中一定存在C.a对应的溶液中存在：D.a→b的过程中，溶液中一直增大〖答案〗D〖祥解〗由图1可知，当H2CO3与物质的量分数相等时pH=6.37，则H2CO3的Ka1=10-6.37；当与物质的量分数相等时pH=10.25，则H2CO3的Ka2=10-10.25。【详析】A．b点对应溶液中lg=2，=102，，则c(H+)=10-8.25，故b点对应溶液的pH为8.25，A项正确；B．碳酸钠溶液中物料守恒，碳酸氢钠溶液中物料守恒，则碳酸钠和碳酸氢钠的混合溶液X中一定存在，B项正确；C．a点溶液中的电荷守恒为c(Na+)+2c(Ba2+)+c(H+)=c()+2c()+c(Cl-)+c(OH-)，由图2可知a点对应溶液中lg=0，=1，即c()=c()，则c(Na+)+2c(Ba2+)+c(H+)=3c()+c(Cl-)+c(OH-)，由图1知此时溶液的pH=10.25，即溶液呈碱性c(OH-)＞c(H+)，则c(Na+)+2c(Ba2+)＞3c()+c(Cl-)，C项正确；D．==Ka1，a→b的过程中lg增大即增大，减小、Ka1不变，则Ka1减小，即a→b的过程中一直减小，D项错误；〖答案〗选D。二、非选择题(本题包括4小题，共60分)11.以锌灰(含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2)和Fe2(SO4)3为原料制备的ZnFe2O4脱硫剂，可用于脱除煤气中的H2S。脱硫剂的制备过程可表示为（1）“浸取”时需不断通入高温水蒸气，其目的是__________________________。（2）“除杂”包括：向浸取后的滤液中加足量锌粉、过滤、加H2O2氧化等步骤。过滤所得滤渣的成分为(填化学式)___________。（3）ZnSO4溶液经结晶可得ZnSO4∙7H2O固体。加热该固体，固体质量保留百分数与温度的关系如图所示。温度从688℃升高到1050℃时，分解生成的产物中有两种气体(只有一种是氧化物)，该过程中发生反应的化学方程式为________________________________。（4）400℃时，将一定比例H2、H2S的混合气体以一定流速通过装有ZnFe2O4脱硫剂的硫化反应器进行硫化。已知：硫化过程中ZnFe2O4反应后生成ZnS和FeS，该过程中发生的化学反应方程式为_______________________________。（5）①氧化锌晶体的一种晶胞是如图甲所示的立方晶胞，其中与Zn原子距离最近的O原子数目有___________个，请在图乙中画出该晶胞沿y轴方向的平面投影图___________。②Zn2+能形成多种配离子，已知Zn2+形成的一种配离子[Zn(NH3)2(H2O)2]2+只有一种空间结构，则[Zn(NH3)4]2+的空间结构为___________。〖答案〗（1）升高温度，加快反应速率（2）Cu、Fe、Zn（3）2ZnSO42ZnO+2SO2↑+O2↑（4）ZnFe2O4+3H2S+H2ZnS+2FeS+4H2O（5）①4②正四面体〖祥解〗锌灰(含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2)中加入稀硫酸浸取，SiO2和硫酸不反应，PbSO4难溶于水和稀硫酸，过滤后，滤渣为SiO2、PbSO4，滤液中含有硫酸锌、硫酸铜、硫酸铁、硫酸，加足量锌粉，硫酸铜、硫酸铁、硫酸都能与锌反应，加H2O2将未被还原的Fe2+氧化，再加入硫酸铁调节锌、铁的配比，加入碳酸氢钠沉锌铁，制得脱硫剂ZnFe2O4。【详析】（1）“浸取”时不断通入高温水蒸气，可使溶液的温度升高，反应速率加快，则目的是：升高温度，加快反应速率。（2）向浸取后的滤液中加足量锌粉，Cu2+、Fe3+、H+都被还原，过滤、加H2O2，将未被还原的Fe2+氧化为Fe3+，过滤所得滤渣的成分为：Cu、Fe、Zn。（3）设ZnSO4∙7H2O固体的质量是100g，物质的量为mol，依据锌守恒的原则，可求出688℃时固体的摩尔质量为≈161g/mol，其为ZnSO4；1050℃时所得固体的摩尔质量为≈81g/mol，其为ZnO，分解产生的气体应为SO2、O2的混合气，该过程中发生反应的化学方程式为2ZnSO42ZnO+2SO2↑+O2↑。（4）硫化过程中ZnFe2O4与H2、H2S反应生成ZnS和FeS，铁元素化合价由+3降低为+2、氢气中H元素化合价由0升高为+1，根据得失电子守恒，其化学方程式为ZnFe2O4+3H2S+H2ZnS+2FeS+4H2O。（5）①氧化锌晶胞中，含Zn原子个数为=4，含O原子个数为4，则晶体的化学式为ZnO，从图中可以看出，与O原子距离最近的Zn原子数目有4个，则与Zn原子距离最近的O原子数目也有4个，该晶胞沿y轴方向的平面投影图中，Zn原子位于正方形的顶点、面心和棱心，4个O原子位于面内对角线离顶点处，可表示为。②Zn2+形成的一种配离子[Zn(NH3)2(H2O)2]2+只有一种空间结构，则其为四面体结构，不是平面结构，所以[Zn(NH3)4]2+的空间结构为正四面体。12.重铬酸钾()广泛应用于化学合成和定量分析。（1）钾铬矾[]在鞣革、纺织等工业上有广泛的用途，可通过还原酸性重铬酸钾溶液制得，实验装置如图。=1\*GB3①选用质量分数为70%的而不用稀硫酸的原因是___________________________。②装置B中为了使尽可能吸收完全，除了控制适当搅拌速率外，还可以采取的一项措施是__________________________。③写出三颈烧瓶中析出晶体的化学方程式___________________________________。（2）实验室利用溶液并采用滴定法(用二苯胺磺酸钠作指示剂)测定含有少量杂质(不参与反应)的中的n值。具体实验过程如下：实验Ⅰ：称取ag试样，用足量稀硫酸在烧杯中充分溶解后，将烧杯中的溶液沿玻璃棒注入100mL容量瓶，用少量蒸馏水洗涤玻璃棒和烧杯内壁2～3次，将洗涤液也都注入该容器；加蒸馏水至___________，改用胶头滴管加蒸馏水至溶液的凹液面与刻度线相切，盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。移取溶液25.00mL于锥形瓶中，___________，用c溶液滴定至终点(被还原为)，记录消耗溶液体积。重复上述实验2次，测得消耗溶液的体积为VmL(三次实验的平均值)。实验Ⅱ：称取ag试样，隔绝空气加热至恒重(杂质及未发生分解)，固体质量减少了bg。①请补充完整实验Ⅰ的实验方案。②实验Ⅰ接近滴定终点时，向锥形瓶中滴入半滴标准液的操作为___________(填序号)。A．B．C．D．③n=___________(用含字母的表达式表示)，若盛放标准液的滴定管未润洗，则测定的n值___________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)〖答案〗（1）①利于加快反应速率和生成二氧化硫气体的逸出②适当增加重铬酸钾的浓度、使二氧化硫通过球泡进入溶液③（2）①液面距离刻度线1～2cm滴入1-2滴二苯胺磺酸钠②D③偏小〖祥解〗70%的和亚硫酸钠反应生成二氧化硫，气体进入B中还原酸性重铬酸钾溶液制得，尾气有毒，使用碱液吸收；滴定实验步骤是：滴定前的准备：滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录，锥形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算；【详析】（1）①选用质量分数为70%的而不用稀硫酸的原因是利于加快反应速率和生成二氧化硫气体的逸出，生成二氧化硫能溶于水，用稀硫酸不利于二氧化硫逸出。②装置B中为了使尽可能吸收完全，除了控制适当搅拌速率外，还可以采取的一项措施是：适当增加重铬酸钾的浓度、使二氧化硫通过球泡进入溶液等；③气体进入B中还原酸性重铬酸钾溶液制得，反应中硫化合价由+4变为+6、铬化合价由+6变为+3，结合电子守恒可知，反应为：；（2）①容量瓶配制溶液的操作步骤中定容操作为：加蒸馏水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀。利用溶液并采用滴定法(用二苯胺磺酸钠作指示剂)测定含有少量杂质(不参与反应)的中的n值，则移取溶液25.00mL于锥形瓶中，滴入1-2滴二苯胺磺酸钠作指示剂，然后进行滴定操作；②实验Ⅰ接近滴定终点时，酸性重铬酸钾溶液需要使用酸式滴定管，加入半滴的操作是：将滴定管的旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，将锥形瓶内壁与管口接触，使液滴流出，并用洗瓶以纯水冲下；故选D；③滴定过程中铁化合价由+2变为+3，铬化合价由+6变为+3，由电子守恒可知，，则ag试样中为，ag试样中结晶水为，则，n=；若盛放标准液的滴定管未润洗，导致V值偏大，使得测定的n值偏小。13.石油化工、煤化工等行业的废气中均含有硫化氢，需要将其回收处理并利用。（1）热分解法：，工业上，通常在等温、等用条件下将与Ar的混合气体通入反应器，发生热分解反应，达到平衡状态后，若继续向反应器中通入Ar，的平衡转化率会___________(填“增大”、“减小”或“不变”)。（2）氧化法：已知：无催化剂条件下，混合加热与，探究相同时间内(g)产率影响因素。=1\*GB3①用氧化法处理，若生成1mol(g)，放出热量为___________kJ。②其他条件相同时，产率随温度的变化如图所示。随着温度升高，(g)产率先增大后减小，原因是________________________________________________________。③其他条件相同时，(g)产率随值的变化如图所示。值过高不利于提高(g)产率，可能的原因是____________________________________。（3）微电池法：利用电化学原理去除天然气中的，装置如图所示，总反应是：。=1\*GB3①写出负极的电极反应式_________________________________________。②一段时间后，单位时间内的去除率降低，其可能的原因是______________________________________________。（4）硫酸钙吸收法：如图为反应体系在不同温度、不同物质的量比的物相变化图。=1\*GB3①用斜线在图中画出可以完全转化并且有CaO生成的区域___________。②若不通入，简述随温度升高分解的规律__________________________。〖答案〗（1）增大（2）①314②反应未达到平衡，升高温度，S2的生成速率增大，(单位时间S2的生成量增大)，S2的转化率增大；反应达到平衡时升高温度，平衡正向进行程度减小，S2的转化率减小③O2浓度过高，H2S和O2会反应生成SO2，导致S2产率减小（3）①Fe-2e-+H2S=FeS+2H+②FeS附着在铁碳填料的表面，原电池负极的表面积减小，化学反应速率减慢;铁的量因消耗而减少，形成微电池的数量减少，化学反应速率减慢（4）①②只能部分转化；随着温度升高，首先生成CaS，其次为CaS、CaO混合物，再次仅生成CaO〖解析〗（1）在等温、等压条件下将与Ar的混合气体通入反应器，发生热分解反应，达到平衡状态后，若继续向反应器中通入Ar，容器体积增大，相当于减压，平衡正向移动，的平衡转化率会增大。（2）①①；②，根据盖斯定律得△H==-314kJ/mol，则生成1mol(g)，放出热量314kJ；②温度低反应速率慢，反应未达到平衡时，升高温度，S2的生成速率增大，单位时间S2的生成量增大，转化率增大，正反应放热，当反应达到平衡时，升高温度，平衡逆向移动，S2的转化率减小，所以随着温度升高，S2产率先增大后减小；③其他条件相同时，(g)产率随值的变化如图所示。值过高不利于提高(g)产率，可能的原因是：O2浓度过高，H2S和O2会反应生成SO2，导致S2产率减小。（3）①由总方程式可知Fe在负极失去电子生成FeS，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：Fe-2e-+H2S=FeS+2H+；②一段时间后，单位时间内H2S的去除率降低，其可能的原因是生成的FeS附着在铁碳填料的表面，原电池负极的表面积减小，化学反应速率减慢；铁的量因消耗而减少，形成微电池的数量减少，化学反应速率减慢。（4）①可以完全转化并且有CaO生成，说明此时体系中不存在，存在CaO，则用斜线在图中画出可以完全转化并且有CaO生成的区域为：。②若不通入，简述随温度升高分解的规律为：只能部分转化；随着温度升高，首先生成CaS，其次为CaS、CaO混合物，再次仅生成CaO。14.化合物G是抗菌、抗病毒有效药理成分之一，其合成路线如下：（1）丙酮()与水互溶的原因是____________________________________。（2）A转化为B的原子利用率为100%，B的结构简式为________________。（3）从理论上讲，E与反应也能得到G。试分析：设计E→F步骤的目的是___________________________________________________。（4）写出D→E第(1)步的化学反应方程式____________________________________。（5）化合物G在酸性条件下能发生水解，其中属于芳香族的水解产物有多种同分异构体。写出一种满足下列条件的同分异构体___________。(填结构简式)①含有苯环，能发生银镜反应②1mol该物质能与4molNaOH反应③核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为3∶2∶2∶1（6）写出以为原料制备合成路线流图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)____________________________________。〖答案〗（1）丙酮与水之间形成氢键；丙酮与水都是极性分子，符合“相似相溶”原理（2）（3）保护羟基或使特定位置的羟基发生反应（4）+5NaOH+3NaCl+NaBr+H2O（5）或（6）〖祥解〗根据C的分子式及D的结构简式知，C中氢原子被溴原子取代生成D，C为，根据D的结构简式知，A发生加成反应生成B为，B和CO、H2O反应是生成C，D中溴原子发生水解反应然后酸化得到E，E和丙酮发生取代反应生成F，F发生取代反应生成G，以此解答。【详析】（1）丙酮与水互溶的原因是：丙酮与水之间形成氢键；丙酮与水都是极性分子，符合“相似相溶”原理。（2）由分析可知，A发生加成反应生成B为。（3）设计E→F步骤的目的是：保护羟基或使特定位置的羟基发生反应。（4）D中溴原子、氯原子及羧基发生水解反应然后酸化得到E，第(1)步的化学反应方程式为：+5NaOH+3NaCl+NaBr+H2O。（5）化合物G中含有酯基，在酸性条件下能发生水解，其中属于芳香族的水解产物为，其多种同分异构体，满足条件：①含有苯环，能发生银镜反应，说明其中含有醛基；②1mol该物质能与4molNaOH反应，说明其中含有酯基；③核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为3∶2∶2∶1；综上所述，苯环上的取代基为2个-OOCH和1个-CH3，满足条件的同分异构体为或。（6）和Br2发生加成反应生成，发生消去反应生成，和发生加成反应生成，和CO、H2O发生反应生成，和H2O发生加成反应生成，和发生酯化反应生成，合成路线为：。福建省龙岩市2024届高三下学期二模考试可能用到的相对原子质量：H-1N-14O-16S-32Fe-56Zn-65一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题意)1.化学与生产、生活等密切相关。下列说法正确的是（）A.采用冷链运输新冠疫苗，以防止蛋白质变性B.向河水中加入明矾，可除去悬浮杂质并杀灭有害细菌C.大丝束碳纤维被称为“新材料之王”，属于有机高分子材料D.5G技术实现超高清信号长时间稳定传输，5G芯片主要材质是〖答案〗A〖解析〗A．疫苗中的蛋白质在较高温度下容易变性，所以采用冷链运输疫苗，以防止蛋白质变性，A正确；B．明矾能净化河水，但不能对河水消毒杀菌，B错误；C．碳纤维不是有机物，C错误；D．5G芯片主要材质是Si单质，D错误；故选A。2.化合物Z是合成药物的重要中间体(反应条件略去)，其合成路线如下：下列说法正确的是（）A.1molZ中含有6mol碳氧键B.X中所有原子一定处于同一平面C.Y和Z可用溶液或溶液鉴别D.Y与足量加成的产物分子中有6个手性碳原子〖答案〗A〖解析〗A．共价双键中含有一个σ键和一个π键，Z分子中含有1个醚键，1个酯基，加上羰基基的碳氧双键，Z含有两个碳氧双键，共价单键为σ键，所以1molZ中含有6mol碳氧σ键，故A正确；B．X中含有酚羟基，酚羟基上的氢不一定在同一平面，故B错误；C．Y有酚羟基，Z没有，可以用氯化铁溶液鉴别，但是都没有羧基，不能用碳酸氢钠溶液鉴别，故C错误；D．加成后产物，从图中可以看出，含有5个手性碳原子，故D错误；故选A。3.2022年12月，首架国产大飞机C919正式交付，国之重器，世界瞩目。铼(Re)是生产飞机发动机叶片必不可少的材料。X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大且位于不同主族的短周期元素，其中X、Y、Z三种元素可与铼元素组成一种化合物(结构如图)，该化合物与X的单质反应可得到铼。Q是地壳中含量最丰富的金属元素，Z与W形成的化合物为共价晶体。下列说法正确的是（）A.电负性：Z>Y>Q>WB.图中的阳离子存在配位键，但四个键的性质不同C.熔点：W晶体小于W、Y形成的晶体D.Q的氧化物可以和氨水反应〖答案〗C〖祥解〗X、Y、Z、Q、W是原子序数依次增大且位于不同主族的短周期元素，其中X、Y、Z三种元素可与铼元素组成一种化合物，该化合物与X的单质反应可得到铼。Q是地壳中含量最丰富的金属元素，则为Al，Z与W形成的化合物为共价晶体，Z为O、W为Si，X为H，结合化合物中Y的价键可知为N，右边的离子为铵根离子；综上分析可知X为H元素，Y为N元素，Z为O元素，Q为Al元素，W为Si元素。【详析】A．电负性从左到右依次增大，从上到下依次减小，故电负性O>N>Si>Al，A错误；B．阳离子为，其中存在配位键，但四个键的性质相同，B错误；C．N-Si键键长小于Si-Si键，N-Si键键能大于Si-Si键，故熔点：Si晶体小于Si、N形成的晶体，C正确；D．铝的氧化物氧化铝不溶于氨水，D错误；故选C。4.可与反应生成白烟和无污染的，根据该反应原理，管道工人可利用浓氨水检验氯气管道是否漏气。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.11.2L中含有孤对电子数为0.5B.每消耗34g，转移电子总数6C.0.1mol充分反应，产物中的离子总数最多为0.4D.每生成1mol，断裂的键数为11〖答案〗C〖解析〗A．没有指明标准状况，无法计算物质的量，A错误；B．由题意可写出方程式，该反应转移电子6，34g为2mol，转移电子为1.5，B错误；C．0.1mol充分反应，生成0.2molNH4Cl，产物中离子总数最多为0.4，C正确；D．每生成1mol，有8mol和3mol参加反应，断裂的键数为8×3+3=27，D错误；〖答案〗选C。5.乙烷催化氧化为乙醛在合成化学和碳资源利用等方面均有重大意义。在催化下乙烷氧化成乙醛的机理如图所示。下列说法正确的是（）A.、中C原子杂化方式均为B.一定不能改变乙烷氧化成乙醛转化率C.根据图示机理，可推测X、Y分别为、D.每生成1mol，消耗的物质的量小于2mol〖答案〗C〖解析〗A．中羰基碳为sp2杂化，A错误；B．由题干反应历程图可知，催化过程中存在副反应，导致改变了乙烷氧化成乙醛的转化率，B错误；C．由题干反应历程图可知，反应[(C2H5)Fe(OH)]+→[(C2H4)Fe]++X、[(C2H5)Fe(OH)]+→Fe2++Y，根据质量守恒可知，X、Y分别为、，C正确；D．由题干反应历程图可知，若无副反应，则每生成1molCH3CHO，消耗N2O的物质的量等于2mol，但过程中存在副反应发生，且生成的Fe+能还原N2O，故消耗N2O的物质的量大于2mol，D错误；故选C。6.根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作和现象结论A向[]溶液中加入乙醇，析出深蓝色固体[]与乙醇反应生成了难溶于水的物质B向溶液中滴加几滴KSCN溶液，振荡，无明显现象，再滴加几滴新制氯水，溶液变红一定是将氧化为C向蔗糖溶液中加入稀硫酸，加热。待溶液冷却后向其中加入少量新制，加热未产生砖红色沉淀蔗糖没有发生水解D向溴水中加入植物油，振荡后静置，水层颜色变浅，油层呈无色与植物油发生了反应〖答案〗D〖解析〗A．硫酸四氨合铜在乙醇中的溶解度远小于水，故析出深蓝色固体，A错误；B．氯气和水生成的次氯酸具有强氧化性，溶液变红色，也可能为次氯酸将亚铁离子氧化为铁离子，B错误；C．氢氧化铜碱性条件下才能氧化醛基，需先将溶液调成碱性，C错误；D．植物油中含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应使得溴水褪色，D正确；故选D。7.工业上用石英砂(主要成分为)和原料气(含和少量)制备的流程如下(粗硅中含少量杂质Fe、Cu，高温氮化时杂质未参加反应)。下列说法正确的是（）A.“还原”步骤中，C元素被还原 B.“操作X”是为了除去中的C.“高温氮化”时发生了置换反应 D.“酸洗”步骤中，可以加入稀硫酸〖答案〗B〖祥解〗石英砂经过焦炭还原后得到粗硅，原料气中含氮气和氧气，经过操作X除去氧气，高温氮化：粗硅和氮气反应生成氮化硅，杂质铜和铁不反应，酸洗除去铁和铜，经过一系列操作得到氮化硅。【详析】A．石英砂经过焦炭还原后得到粗硅，焦炭反应后生成CO，C元素被氧化，A错误；B．由分析可知，“操作X”是为了除去中的，B正确；C．高温氮化：粗硅和氮气反应生成氮化硅，为化合反应，C错误；D．“酸洗”步骤中，可以加入稀硝酸，除去铁和铜，铜与稀硫酸不反应，D错误；故选B。8.冠醚在水相和油相均有一定的溶解度，是重要的相转移催化剂。18-冠-6是冠醚的一种，其结构如图A，下列说法不正确的是（）A.18-冠-6中氧原子的杂化类型为B.表示18-冠-6在油相中结构的是图B而不是图CC.图D中与18-冠-6的空腔大小相近，且与氧原子之间通过弱相互作用形成稳定的超分子结构，体现超分子的分子识别功能D.若18-冠-6的部分氢原子被氟原子取代，与形成的超分子稳定性将增强〖答案〗D〖解析〗A．18-冠-6分子中氧原子形成2个共价键且存在2对孤电子对，都采用sp3杂化，A正确；B．烃基亲油，O原子亲水，则能表示18-冠-6在油相中结构的是图B，B正确；C．冠醚只能与空腔大小相接近的离子形成稳定结构，体现出超分子的分子识别特征，C正确；D．F原子比O原子电负性大，吸引电子能力比O原子强，导致O电荷密度减少，配位能力降低，与形成的超分子稳定性将减弱，D错误；故选D。9.科学家设计了一种以Cu和CuS为电极的可循环电池，电解质为等溶液，其工作原理如图所示。电池放电时，Cu电极发生氧化反应。下列说法正确的是（）A.电池工作时，电解液中的浓度保持不变B.充电时，向CuS电极方向移动C.充电时CuS电极连接电源的负极D.当0.15molCu转化成时，溶液中减少0.1mol〖答案〗B〖祥解〗电池放电时，Cu电极发生氧化反应，Cu电极做负极，CuS电极做正极；放电时，铜电极为负极，铜失去电子，发生氧化反应，生成二氯合亚铜离子，电极反应式为Cu-e-+2Cl-=CuCl，硫化铜电极为正极，硫化铜得到电子，发生还原反应，生成Al3CuS，电极反应式为CuS+9e-+3Al3+=Al3CuS。【详析】A．由分析可知，放电时，硫化铜电极为正极，硫化铜得到电子，发生还原反应，和Al3+反应生成生成Al3CuS，溶液中铝离子数目减少，故A错误；B．电池充电时，Cu电极做阴极，CuS电极做阳极，向CuS电极方向移动，故B正确；C．充电时，CuS电极做阳极，CuS电极与直流电源正极相连，故C错误；D．放电时，铜电极为负极，铜失去电子，发生氧化反应，生成二氯合亚铜离子，硫化铜电极为正极，硫化铜得到电子，发生还原反应，生成Al3CuS，则当0.15mol铜转化成二氯合亚铜离子时，溶液中铝离子减少的物质的量为0.05mol，故D错误；故选B。10.室温下溶液中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系如图1所示。向、混合溶液X中滴加溶液，所得溶液中与的关系如图2所示。下列说法不正确的是（）A.b点对应溶液的pH为8.25B.混合溶液X中一定存在C.a对应的溶液中存在：D.a→b的过程中，溶液中一直增大〖答案〗D〖祥解〗由图1可知，当H2CO3与物质的量分数相等时pH=6.37，则H2CO3的Ka1=10-6.37；当与物质的量分数相等时pH=10.25，则H2CO3的Ka2=10-10.25。【详析】A．b点对应溶液中lg=2，=102，，则c(H+)=10-8.25，故b点对应溶液的pH为8.25，A项正确；B．碳酸钠溶液中物料守恒，碳酸氢钠溶液中物料守恒，则碳酸钠和碳酸氢钠的混合溶液X中一定存在，B项正确；C．a点溶液中的电荷守恒为c(Na+)+2c(Ba2+)+c(H+)=c()+2c()+c(Cl-)+c(OH-)，由图2可知a点对应溶液中lg=0，=1，即c()=c()，则c(Na+)+2c(Ba2+)+c(H+)=3c()+c(Cl-)+c(OH-)，由图1知此时溶液的pH=10.25，即溶液呈碱性c(OH-)＞c(H+)，则c(Na+)+2c(Ba2+)＞3c()+c(Cl-)，C项正确；D．==Ka1，a→b的过程中lg增大即增大，减小、Ka1不变，则Ka1减小，即a→b的过程中一直减小，D项错误；〖答案〗选D。二、非选择题(本题包括4小题，共60分)11.以锌灰(含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2)和Fe2(SO4)3为原料制备的ZnFe2O4脱硫剂，可用于脱除煤气中的H2S。脱硫剂的制备过程可表示为（1）“浸取”时需不断通入高温水蒸气，其目的是__________________________。（2）“除杂”包括：向浸取后的滤液中加足量锌粉、过滤、加H2O2氧化等步骤。过滤所得滤渣的成分为(填化学式)___________。（3）ZnSO4溶液经结晶可得ZnSO4∙7H2O固体。加热该固体，固体质量保留百分数与温度的关系如图所示。温度从688℃升高到1050℃时，分解生成的产物中有两种气体(只有一种是氧化物)，该过程中发生反应的化学方程式为________________________________。（4）400℃时，将一定比例H2、H2S的混合气体以一定流速通过装有ZnFe2O4脱硫剂的硫化反应器进行硫化。已知：硫化过程中ZnFe2O4反应后生成ZnS和FeS，该过程中发生的化学反应方程式为_______________________________。（5）①氧化锌晶体的一种晶胞是如图甲所示的立方晶胞，其中与Zn原子距离最近的O原子数目有___________个，请在图乙中画出该晶胞沿y轴方向的平面投影图___________。②Zn2+能形成多种配离子，已知Zn2+形成的一种配离子[Zn(NH3)2(H2O)2]2+只有一种空间结构，则[Zn(NH3)4]2+的空间结构为___________。〖答案〗（1）升高温度，加快反应速率（2）Cu、Fe、Zn（3）2ZnSO42ZnO+2SO2↑+O2↑（4）ZnFe2O4+3H2S+H2ZnS+2FeS+4H2O（5）①4②正四面体〖祥解〗锌灰(含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2)中加入稀硫酸浸取，SiO2和硫酸不反应，PbSO4难溶于水和稀硫酸，过滤后，滤渣为SiO2、PbSO4，滤液中含有硫酸锌、硫酸铜、硫酸铁、硫酸，加足量锌粉，硫酸铜、硫酸铁、硫酸都能与锌反应，加H2O2将未被还原的Fe2+氧化，再加入硫酸铁调节锌、铁的配比，加入碳酸氢钠沉锌铁，制得脱硫剂ZnFe2O4。【详析】（1）“浸取”时不断通入高温水蒸气，可使溶液的温度升高，反应速率加快，则目的是：升高温度，加快反应速率。（2）向浸取后的滤液中加足量锌粉，Cu2+、Fe3+、H+都被还原，过滤、加H2O2，将未被还原的Fe2+氧化为Fe3+，过滤所得滤渣的成分为：Cu、Fe、Zn。（3）设ZnSO4∙7H2O固体的质量是100g，物质的量为mol，依据锌守恒的原则，可求出688℃时固体的摩尔质量为≈161g/mol，其为ZnSO4；1050℃时所得固体的摩尔质量为≈81g/mol，其为ZnO，分解产生的气体应为SO2、O2的混合气，该过程中发生反应的化学方程式为2ZnSO42ZnO+2SO2↑+O2↑。（4）硫化过程中ZnFe2O4与H2、H2S反应生成ZnS和FeS，铁元素化合价由+3降低为+2、氢气中H元素化合价由0升高为+1，根据得失电子守恒，其化学方程式为ZnFe2O4+3H2S+H2ZnS+2FeS+4H2O。（5）①氧化锌晶胞中，含Zn原子个数为=4，含O原子个数为4，则晶体的化学式为ZnO，从图中可以看出，与O原子距离最近的Zn原子数目有4个，则与Zn原子距离最近的O原子数目也有4个，该晶胞沿y轴方向的平面投影图中，Zn原子位于正方形的顶点、面心和棱心，4个O原子位于面内对角线离顶点处，可表示为。②Zn2+形成的一种配离子[Zn(NH3)2(H2O)2]2+只有一种空间结构，则其为四面体结构，不是平面结构，所以[Zn(NH3)4]2+的空间结构为正四面体。12.重铬酸钾()广泛应用于化学合成和定量分析。（1）钾铬矾[]在鞣革、纺织等工业上有广泛的用途，可通过还原酸性重铬酸钾溶液制得，实验装置如图。=1\*GB3①选用质量分数为70%的而不用稀硫酸的原因是___________________________。②装置B中为了使尽可能吸收完全，除了控制适当搅拌速率外，还可以采取的一项措施是__________________________。③写出三颈烧瓶中析出晶体的化学方程式___________________________________。（2）实验室利用溶液并采用滴定法(用二苯胺磺酸钠作指示剂)测定含有少量杂质(不参与反应)的中的n值。具体实验过程如下：实验Ⅰ：称取ag试样，用足量稀硫酸在烧杯中充分溶解后，将烧杯中的溶液沿玻璃棒注入100mL容量瓶，用少量蒸馏水洗涤玻璃棒和烧杯内壁2～3次，将洗涤液也都注入该容器；加蒸馏水至___________，改用胶头滴管加蒸馏水至溶液的凹液面与刻度线相切，盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀。移取溶液25.00mL于锥形瓶中，___________，用c溶液滴定至终点(被还原为)，记录消耗溶液体积。重复上述实验2次，测得消耗溶液的体积为VmL(三次实验的平均值)。实验Ⅱ：称取ag试样，隔绝空气加热至恒重(杂质及未发生分解)，固体质量减少了bg。①请补充完整实验Ⅰ的实验方案。②实验Ⅰ接近滴定终点时，向锥形瓶中滴入半滴标准液的操作为___________(填序号)。A．B．C．D．③n=___________(用含字母的表达式表示)，若盛放标准液的滴定管未润洗，则测定的n值___________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)〖答案〗（1）①利于加快反应速率和生成二氧化硫气体的逸出②适当增加重铬酸钾的浓度、使二氧化硫通过球泡进入溶液③（2）①液面距离刻度线1～2cm滴入1-2滴二苯胺磺酸钠②D③偏小〖祥解〗70%的和亚硫酸钠反应生成二氧化硫，气体进入B中还原酸性重铬酸钾溶液制得，尾气有毒，使用碱液吸收；滴定实验步骤是：滴定前的准备：滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录，锥形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算；【详析】（1）①选用质量分数为70%的而不用稀硫酸的原因是利于加快反应速率和生成二氧化硫气体的逸出，生成二氧化硫能溶于水，用稀硫酸不利于二氧化硫逸出。②装置B中为了使尽可能吸收完全，除了控制适当搅拌速率外，还可以采取的一项措施是：适当增加重铬酸钾的浓度、使二氧化硫通过球泡进入溶液等；③气体进入B中还原酸性重铬酸钾溶液制得，反应中硫化合价由+4变为+6、铬化合价由+6变为+3，结合电子守恒可知，反应为：；（2）①容量瓶配制溶液的操作步骤中定容操作为：加蒸馏水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀。利用溶液并采用滴定法(用二苯胺磺酸钠作指示剂)测定含有少量杂质(不参与反应)的中的n值，则移取溶液25.00mL于锥形瓶中，滴入1-2滴二苯胺磺酸钠作指示剂，然后进行滴定操作；②实验Ⅰ接近滴定终点时，酸性重铬酸钾溶液需要使用酸式滴定管，加入半滴的操作是：将滴定管的旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，将锥形瓶内壁与管口接触，使液滴流出，并用洗瓶以纯水冲下；故选D；③滴定过程中铁化合价由+2变为+3，铬化合价由+6变为+3，由电子守恒可知，，则ag试样中为，ag试样中结晶水为，则，n=；若盛放标准液的滴定管未润洗，导致V值偏大，使得测定的n值偏小。13.石油化工、煤化工等行业的废气中均含有硫化氢，需要将其回收处理并利用。（1）热分解法：，工业上，通常在等温、等用条件下将与Ar的混合气体通入反应器，发生热分解反应，达到平衡状态后，若继续向反应器中通入Ar，的平衡转化率会___________(填“增大”、“减小”或“不变”)。（2）氧化法：已知：无催化剂条件下，混合加热与，探究相同时间内(g)产率影响因素。=1\*GB3①用氧化法处理，若生成1mol(g)，放出热量为___________kJ。②其他条件相同时，产率随温度的变化如图所示。随着温度升高，(g)产率先增大后减小，原因是________________________________________________________。③其他条件相同时，(g)产率随值的变化如图所示。值过高不利于提高(g)产率，可能的原因是____________________________________。（3）微电池法：利用电化学原理去除天然气中的，装置如图所示，总反应是：。=1\*GB3①写出负极的电极反应式_________________________________________。②一段时间后，单位时间内的去除率降低，其可能的原因是______________________________________________。（4）硫酸钙吸收法：如图为反应体系在不同温度、不同物质的量比的物相变化图。=1\*GB3①用斜线在图中画出可以完全转化并且有CaO生成的区域___________。②若不通入，简述随温度升高分解的规律________