2024届江西省九师大联考高三下学期4月二模考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE2江西省九师大联考2024届高三下学期4月二模考试可能用到的相对原子质量：H1C12O16Cu64Au197一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共计42分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.化学与生活密切相关。下列说法正确的是（）A.明矾溶液可清除铜镜表面的铜锈 B.豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸C.绫罗绸缎的主要成分是植物纤维素 D.95%的酒精消毒效果优于75%的酒精〖答案〗A〖解析〗A．明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，铜锈主要成分为Cu2(OH)2CO3，Cu2(OH)2CO3可溶于酸性溶液，A正确；B．豆浆煮沸发生变性，而水解才生成氨基酸，B错误；C．绫罗绸缎的主要成分是蛋白质，C错误；D．医学上，一般用75%的酒精消毒，浓度为95%的酒精可使细胞壁上形成一层膜，阻止酒精的渗入，75%的酒精消毒效果最佳，D错误；故〖答案〗为：A。2.利用反应：制备无水CrCl3.下列说法正确的是（）A.该反应属于氧化还原反应B.SOCl2的中心原子S上有孤电子对C.上述反应涉及元素中，电负性：Cl＞S＞OD.基态Cr原子价层电子排布式为〖答案〗B〖解析〗A．该反应中，各元素的化合价都未发生改变，不属于氧化还原反应，A项错误；B．SOCl2分子中，中心S原子的价层电子对数为4，发生sp3杂化，则S原子还有一个孤电子对，B项正确；C．上述反应涉及元素中，S、Cl为同周期元素，O、S为同主族元素，非金属性O＞Cl＞S，则电负性：O＞Cl＞S，C项错误；D．Cr为24号元素，基态Cr原子的价电子排布式为，D项错误；故选B。3.完成下述实验，所选用装置及试剂均正确的是（）A．验证NH3易溶于水且溶液呈碱性B．用瓷坩埚加热熔化NaOH固体C．验证SO2溶于水显酸性D．量取20.00mLKMnO4溶液〖答案〗A〖解析〗A．形成喷泉，说明NH3易溶于水，无色酚酞变红，说明溶液呈碱性，A正确；B．瓷坩埚中的SiO2在加热条件下与NaOH固体反应，B错误；C．SO2使品红褪色，验证SO2漂白性，C错误；D．KMnO4溶液会腐蚀碱式滴定管下端的橡胶管，应该用酸式滴定管来盛放，D错误；故〖答案〗为：A。4.NH4NO3受撞击时会发生爆炸：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.溶液中含数目为B.1molN2中含键数目为C.标准状况下，22.4LH2O中含电子数为D.每生成0.2molNO2，该反应中转移电子数为〖答案〗D〖解析〗A．水解，1L1mol⋅L−1NH4NO3溶液中含铵根数目小于，A项错误；B．N2中的氮氮三键，其中有2根为π键，故1molN2中含键数目为，B项错误；C．标准状况下，H2O是液态，22.4LH2O物质的量不是1mol，C项错误；D．根据所给反应式，结合氧化还原反应中的“就近原则”，硝酸铵中-3价的N全部失电子转化为N2，故每生成2molNO2转移12mol电子，D项正确；本题选D。5.用NaCN溶液浸取矿粉中金反应为。下列说法正确的是（）A.上述反应涉及元素均为主族元素B.离子半径：C.中的中心离子为D.NaCN中作用力只有一种〖答案〗B〖解析〗A．Au属于副族元素，A项错误；B．钠离子和氧离子核外电子结构相同，钠离子核电荷数更大，半径更小，故离子半径：，B项正确；C．中中心离子为，C项错误；D．NaCN中钠离子和CN-之间为离子键，CN-中碳氮之间为共价键，D项错误；本题选B。6.下列关于金属、非金属及其化合物说法正确的是（）A.根据制取K，说明金属性：Na>KB.Al、Fe、Cu单质在潮湿的空气中生锈均生成对应的氧化物C.SiO2是人类将太阳能转换为电能的常用材料D.联氨(N2H4)与亚硝酸(HNO2)反应可生成叠氮酸(HN3)〖答案〗D〖解析〗A．该反应是利用K的沸点低，从体系中逸出，从而使反应能进行，A项错误；B．Cu在潮湿的空气中生成碱式碳酸铜，B项错误；C．制作太阳能电池的主要原料是硅单质，C项错误；D．根据氧化还原反应原理可知，联氨(N2H4)与亚硝酸(HNO2)反应可生成叠氮酸(HN3)，D项正确；故选D。7.下列关于Fe及其化合物反应的离子方程式书写正确的是（）A.实验室配制的亚铁盐溶液在空气中被氧化：B.固体溶于HI溶液：C.用FeCl3饱和溶液制备胶体：D.过量铁粉与稀硝酸反应：〖答案〗C〖解析〗A．与OH-不能大量共存，A项错误；B．与HI发生氧化还原反应，离子方程式为，B项错误；C．将FeCl3饱和溶液滴入沸水中，加热至液体呈红褐色即制得胶体，反应的离子方程式为，C项正确；D．过量的铁粉与稀硝酸反应生成的是，离子方程式为，D项错误；故选C。8.有机物Y用于治疗病毒感染，可由X经水解、催化氢化制备。下列说法错误的是（）A.X中含有两种含氧官能团B.X在水中的溶解性比Y在水中的溶解性差C.Y与足量H2反应后的有机产物中含有3个手性碳原子D.用FeCl3溶液可鉴别X和Y〖答案〗C〖解析〗A．由结构式可知，X中含氧官能团有酯基、酮羰基，A项正确；B．Y中含有羟基可以和水分子形成氢键，在水中的溶解度大于X，B项正确；C．Y与足量H2反应后的有机产物为，手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，故手性碳原子为(箭头指示)共4个，C项错误；D．Y中含有酚羟基，X中无酚羟基，酚羟基和三价铁离子会发生显色反应，用FeCl3溶液可鉴别X和Y，D项正确；本题选C。9.W、X、Y、Z为短周期主族元素且原子序数依次增大，Y原子的最外层电子数与W原子的核外电子总数相等，X、Z同主族。由W、X、Y、Z组成的某化合物分子结构如图所示，下列说法正确的是（）A.第一电离能：W>Y>XB.四种元素均对应有最高价氧化物对应水化合物C.最简单氢化物的沸点：W>XD.Y与W、X、Z均能形成二元化合物〖答案〗D〖祥解〗W、X、Y、Z为短周期主族元素且原子序数依次增大，X、Z同主族，根据化合物中价键可知Z为+6价，故Z为S元素，X为O元素，Y原子的最外层电子数与W原子的核外电子总数相等，W形成3个价键，且原子序数小于O元素，为N元素，则Y为F元素；综上，W为N元素，X为O元素，Y为F元素，Z为S元素，据此分析解题。【详析】A．由分析可知，W、X、Y分别为N、O、F，第一电离能：F>N>O，即Y>W>X，A错误；B．由分析可知，W、X、Y、Z分别为N、O、F、S，F、O不存在最高价氧化物对应的水化物，B错误；C．由分析可知，W、X分别为N、O，氨气和水分子存在分子间氢键，但水分子之间形成氢键更多，水的沸点更高，即最简单氢化物的沸点H2O＞NH3即X＞W，C错误；D．为F，与N、O、S分别能形成NF3、OF2、SF6等化合物，D正确；故〖答案〗为：D。10.下列说法错误的是（）A.三氟乙酸的小于三氯乙酸的，因为相对分子质量：三氟乙酸小于三氯乙酸B.邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛的沸点，因为对羟基苯甲醛可形成分子间氢键C.HF的稳定性强于HCl，因为键能：H—F>H—ClD.金刚石比晶体硅熔点高，因为碳原子半径比硅原子半径小〖答案〗A〖解析〗A．三氟乙酸的大于三氯乙酸的，因为F的电负性比Cl大，使得三氟乙酸中O-H键的极性更大，更易电离出H+，故A错误；B．邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛的沸点，因为对羟基苯甲醛可形成分子间氢键，故B正确；C．H—F键能大于H—Cl，故HF更稳定性，故C正确；D．C的半径小于Si的，C—C键键长大于Si—Si，C—C键能大于Si—Si，故金刚石的熔点大于晶体硅的，故D正确；故选A。11.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（）选项实验操作和现象结论A向久置Na2SO3溶液中，加入足量稀硝酸，再加入足量BaCl2溶液，出现白色沉淀久置Na2SO3已部分被氧化BC2H5OH与浓硫酸共热至170℃，产生的气体通入酸性KMnO4溶液，紫红色褪去反应生成了乙烯C卤代烃Y与KOH水溶液共热后，加入足量稀硝酸，再滴加AgNO3溶液，产生淡黄色沉淀卤代烃Y中含有溴原子D向20%麦芽糖溶液中加入少量稀硫酸、加热，再加入氢氧化钠调节至碱性，再加入银氨溶液，水浴加热，出现银镜麦芽糖水解产物具有还原性〖答案〗C〖解析〗A．硝酸可氧化亚硫酸钠生成硫酸根离子，与氯化钡反应生成白色沉淀，不能证明久置Na2SO3已部分被氧化，故A错误；B．生成的乙烯及挥发的乙醇，均使高锰酸钾褪色，由现象不能说明生成乙烯，故B错误；C．卤代烃碱性条件下水解生成NaX，NaX和稀硝酸反应生成HX，HX和硝酸银反应生成AgX，该卤化银为淡黄色沉淀，说明为AgBr，则卤代烃中含有溴元素，故C正确；D．酸性条件下麦芽糖水解生成葡萄糖，葡萄糖能和银氨溶液反应生成Ag，但麦芽糖也具有醛基，若麦芽糖未完全水解，剩余的麦芽糖也能发生银镜反应，所以该实验不能证明麦芽糖水解的产物具有还原性，故D错误；故选：C。12.硒化锌(ZnSe)是一种重要的半导体材料，其立方晶胞结构如图甲所示，乙图为该晶胞沿z轴方向在xy平面的投影，已知晶胞边长为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是（）A.Se位于元素周期表的ds区B.Se的配位数为8C.A点原子的坐标为(0，0，0)，则B点原子的坐标为()D.Zn与Se之间的最近距离为〖答案〗D〖解析〗A．Se位于元素周期表的第四周期第VIA族，属于p区，A项错误；B．由晶胞结构图，离Se最近的Zn有4个，Se的配位数为4，B项错误；C．A点原子坐标为，由图乙可知，B点原子的坐标为，C项错误；D．Zn与Se之间的最近距离为体对角线的，即，D项正确；本题选D。13.催化电解吸收CO2的KOH溶液可将CO2转化为有机物。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率(FE%)随电解电压的变化如图所示。已知：，其中，，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。下列说法正确的是（）A.通入CO2的一极为电解池的阳极B.当电压小于时，阴极产物为O2C.当电解电压为时，电解生成的电极反应式为D.当电解电压为时，电解生成的和的物质的量之比为〖答案〗D〖解析〗A．因生成CH4、C2H4等，CO2在电解池的阴极得电子，A错误；B．当电压小于时，电解过程中含碳还原产物的为0，故阴极产物为H2，B错误；C．当电解电压为时，电解生成CH4的电极反应式为，C错误；D．每生成1molC2H4转移12mole⁻，每生成1molHCOO⁻转移2mole⁻，故电解生成的C2H4和HCOO⁻的物质的量之比为，D正确；故〖答案〗为：D。14.室温下，已知，饱和溶液中与pH的关系如图所示。向的Na2S溶液(pH=12.4)中加入一定量的CuSO4。下列说法正确的是（）A.室温下的数量级为B.反应的平衡常数为C.室温下，CuS在等浓度的Na2S和H2S溶液中的不相等D.反应后溶液中存在离子浓度关系：〖答案〗A〖解析〗A．当时，，故，解得，，的数量级为，A项正确；B．的，B项错误；C．温度不变，不变，C项错误；D．根据电荷守恒，反应后的溶液中存在离子浓度关系：，D项错误；故选A。二、非选择题(本题共4小题，共58分)15.过氧化钙晶体(CaO2⋅8H2O，微溶于水，不溶于乙醇、乙醚)是重要的化学品，常用作杀菌剂、防腐剂、化妆品的添加剂等。实验室以石灰石(含有少量铁、硅的氧化物)为原料制备CaO2的实验流程如下：回答下列问题：（1）由石灰石制备纯CaCO3的过程需经过盐酸溶解、H2O2溶液氧化、调pH除铁、溶液沉钙等步骤。①“调pH除铁”后，需用如图所示的热抽滤装置除去，相比普通过滤装置，热抽滤装置的优点是______________________________________________。②“溶液沉钙”反应的离子方程式为_______________________________。（2）“制备”过程所用装置如下图所示：=1\*GB3①A中若用甲装置制备NH3，所用反应物为___________，若用乙装置制备NH3，，写出反应的化学方程式：_________________________________________。②仪器X的名称为___________。③“制备”需在冰水浴中进行，温度需控制在0℃，可采取的方法是________________。生成的离子方程式为__________________________；CaCl2与H2O2直接反应不易发生，制备时加入适量氨水有利于CaO2生成，其原因可能是________________________________________________________。（3）产品中CaO2含量测定。高锰酸钾滴定法原理为在酸性条件下，CaO2与稀酸反应生成H2O2，用标准酸性KMnO4溶液滴定所生成的H2O2，以确定CaO2含量。下列关于滴定分析的说法，错误的是___________(填字母)。A.滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化B.当滴入半滴酸性KMnO4溶液后，溶液颜色从无色刚好变为浅红色，且半分钟内不变色，表示已经到达滴定终点C.滴定前滴定管尖嘴内有气泡，滴定后尖嘴内无气泡，则测定结果偏小D.读取KMnO4溶液体积时，滴定前俯视读数，滴定后仰视读数，则测定结果偏大〖答案〗（1）①抽滤比普通过滤速率更快，同时通入热水保温可防止CaCl2晶体析出②（2）①、②分液漏斗③将装置B置于冰水浴中或氨水将反应生成的HCl中和，使浓度降低，促进反应向生成CaO2的方向进行（3）AC〖祥解〗石灰石经过盐酸溶解，生成氯化钙和氯化亚铁、氯化铁，SiO2不能与酸反应，经过滤除去，加入H2O2溶液将氯化亚铁氧化为氯化铁，调节pH除铁，加入溶液将Ca2+转化为碳酸钙沉淀，纯CaCO3用盐酸酸浸，反应产生CaCl2，向其中加入双氧水及氨水，反应产生CaO2。【详析】（1）①热抽滤装置的优点是：比普通过滤速率更快，同时通入热水保温可防止CaCl2晶体析出；②加入溶液将Ca2+转化为碳酸钙沉淀，离子方程式为：；（2）①甲装置为固固加热装置，制备NH3反应物为：、；乙装置为液液加热或固液加热装置，可用加热浓氨水制备NH3，化学方程式为：；②由图可知，仪器X为分液漏斗；③温度需控制在0℃，可采取的方法是：将装置B置于冰水浴中；CaCl2与双氧水及氨水在0℃反应产生CaO2，化学方程式为：或；CaCl2与H2O2直接反应不易发生，制备时加入适量氨水有利于CaO2生成，是因为氨水将反应生成的HCl中和，使浓度降低，促进反应向生成CaO2的方向进行；（3）A．滴定时应一直观察锥形瓶中溶液颜色的变化，故A错误；B．滴定终点的现象为：滴入最后半滴酸性KMnO4溶液后，溶液颜色从无色刚好变为浅红色，且半分钟内不变色，故B正确；C．滴定前滴定管尖嘴内有气泡，滴定后尖嘴内无气泡，即酸性KMnO4标准溶液体积偏大，即测定结果偏大，故C错误；D．读取KMnO4溶液体积时，滴定前俯视读数，滴定后仰视读数，即酸性KMnO4标准溶液体积偏大，即测定结果偏大，故D正确；故选AC。16.以辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量SiO2)为原料制备草酸铜(CuC2O4)的流程如图所示：回答下列问题：（1）滤渣中含有单质S和___________(填化学式)，写出“浸取”时反应的化学方程式：_______________________________。（2）“还原”时除生成Cu外，还有N2生成，写出该反应的离子方程式：___________。（3）“氧化溶解”时，也可以直接用稀硝酸溶解Cu，但没有采用此法，考虑的主要原因是______________________________________________。（4）向滤液1中加入(或通入)___________(填字母)，可得到一种可循环利用的物质。A.铁 B.氯气 C.高锰酸钾 D.氯化氢（5）“制备”时过多会导致与生成环状结构的配离子，该配离子的结构式为___________(不考虑立体异构)。（6）将一定质量的CuC2O4置于Ar气中热解，测得剩余固体的质量与原始固体的质量的比值随温度变化的曲线如图1所示。350~400℃下剩余固体的化学式为___________。（7）一种储氢合金的晶胞结构如图2所示。在晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点位置。氢原子处于由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中心(如图)，若所有四面体空隙都填满，则储氢后该晶体密度为___________(已知该晶胞的晶胞参数为anm，阿伏加德罗常数的值为)。〖答案〗（1）（2）或（3）稀硝酸溶解Cu时产生有毒气体NO，污染环境(或其他合理〖答案〗)（4）B（5）（6）Cu（7）〖祥解〗本题考查化工流程原理，辉铜矿浸取过程中Fe3+将Cu2S氧化为Cu2+和S，再加入将Cu2+还原为Cu，过滤分离，再加入H2O2和硫酸将铜氧化溶解为CuSO4，最后加入制备得到CuC2O4固体。【详析】（1）加入FeCl3溶液浸取，将Cu2S氧化为Cu2+和S，而SiO2不溶解，故滤渣的成分为S和SiO2，浸取时FeCl3氧化Cu2S的方程式为：；（2）加入将Cu2+还原为Cu，同时生成氮气，其离子方程式为或者；（3）氧化溶解时，也可以直接用稀硝酸溶解Cu，但没有采用此法，主要是因为稀硝酸溶解Cu时产生有毒气体NO，污染环境；（4）滤液1成分为FeCl2，可以通入Cl2，将其氧化为FeCl3，循环利用；（5）制备时过多会导致与生成环状结构的配离子，由于Cu2+形成四个配位键，O存在孤电子对，可知其结构为。（6）350~400℃下，剩余固体的质量与原始固体的质量的比值为42.11%，则剩余固体的摩尔质量为：，可知剩余固体为Cu；（7）晶胞中Cu原子处于面心，则铜原子个数为：，Au原子处于顶点位置，则Au原子个数为。氢原子处于由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中心，则氢原子个数为8，则晶体的密度为：。17.CO2的充分利用和转化为其他化学品，对于环境和能源等意义重大。回答下列问题：（1）CO2可制备二甲醚(CH3OCH3)，涉及热化学方程式如下：Ⅰ.；Ⅱ.；Ⅲ.。①反应Ⅰ的___________，该反应的活化能(正)___________(填“大于”或“小于”)(逆)。②对于反应Ⅱ、Ⅲ，在一定条件下，若反应Ⅱ中，CO2的转化率为98%、反应Ⅲ的转化率为40%，则CH3CH2OH的产率为___________。（2）利用CO2与CH4反应可制备合成气。在恒容密闭容器中通入物质的量均为nmol的CH4与CO2，在一定条件下发生反应，测得CO2的平衡转化率与温度及压强的关系如图1所示。=1\*GB3①据图可知，、、、由大到小顺序为___________，理由是_______________________________________________________________________。②在压强为、1100℃的条件下，X点平衡常数___________(用含的代数式表示，其中用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。（3）金属Cu/La复合电极材料电催化还原CO2制备甲醛和乙醇的可能机理如图2所示。研究表明，在不同电极材料上形成中间体的部分反应相对能量(活化能)如图3所示。=1\*GB3①X为___________。②与单纯Cu电极相比，利用Cu/La复合电极材料电催化还原CO2的优点是________________________________________________________。〖答案〗（1）①-123.9小于②58.8%（2）①正反应为气体分子数增加的反应，相同温度下，压强增大，CO2转化率降低②（3）①②活化能降低，生成乙醇与甲醛的速率大，提高了生成乙醇的选择性〖解析〗（1）①由盖斯定律可知，Ⅱ×2+Ⅲ可得反应Ⅰ，则反应Ⅰ的；该反应为放热反应，则活化能(正)小于(逆)；②对于反应Ⅱ、Ⅲ，在一定条件下，若反应Ⅱ中，CO2的转化率为98%、反应Ⅲ的转化率为40%，假设有1mol二氧化碳参与反应，则理论生成0.5molCH3CH2OH，实际生成0.5mol×98%=0.49molCH3CH2OH，其中40%参与反应Ⅲ，故CH3CH2OH的产率为；（2）①该反应的正反应为气体分子数增大的反应，相同温度下，压强增大，平衡逆向移动，CO2转化率降低，故；②在压强为、1100℃的条件下，X点二氧化碳转化率为80%，则平衡后甲烷、二氧化碳、一氧化碳、氢气分别为0.2nmol、0.2nmol、1.6nmol、1.6nmol，总的物质的量为3.6nmol，平衡常数=；（3）①由图可知，酸性条件下转化为，结合质量守恒可知，X为；②过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能，活化能越小反应越快，活化能越大反应越慢，决定总反应速率的是慢反应；结合图3可知，与单纯的Cu电极相比，利用Cu/La复合电极材料电催化还原CO2的优点是活化能降低，生成乙醇与甲醛的速率大，提高了生成乙醇的选择性。18.化合物H可用于治疗血栓性疾病和心血管疾病，其一种合成路线如下：已知：，其中R、R＇为氢或烃基。回答下列问题：（1）A的化学名称为___________。（2）E→F的反应类型为___________。（3）C的结构简式为________________，其分子中官能团的名称为___________。（4）D→E反应中有与E互为同分异构体的副产物生成，该副产物的结构简式为________________。（5）M是G的芳香族同分异构体，1molM与足量NaHCO3溶液反应生成44.8L(标准状况下)CO2，M有___________种(不含立体异构)。其中核磁共振氢谱显示有5组峰，且峰面积之比为2∶2∶2∶1∶1的结构简式为________________。（6）参照上述合成路线，设计以乙酸和为原料制备的合成路线流程图：__________________________(其他无机试剂任用)。〖答案〗（1）对甲基苯甲酸(或4-甲基苯甲酸)（2）还原反应（3）醚键、氨基（4）（5）10（6）〖解析〗〖祥解〗由题干合成路线图可知，根据D的结构简式、A的分子式以及题干已知信息可知，A的结构简式为：，由A到B的转化信息和B的分子式可知，B的结构简式为：，由D的结构简式和B+C转化为D的转化条件可知，C的结构简式为：。【详析】（1）由分析可知，A的结构简式为：，则A的化学名称为对甲基苯甲酸或者4-甲基苯甲酸；（2）由题干路线图可知，E在NaBH4作用下还原为F，即该反应的反应类型为还原反应；（3）由分析可知，C的结构简式为：，其分子中官能团的名称为：氨基和醚键；（4）由题干路线图中D→E为D中酮羰基与苯环上烃基邻位上的H发生加成后再消去得到E的反应机理可知，该过程中有与E互为同分异构体的副产物生成，该副产物的结构简式为；（5）根据G的分子式为：C9H8O4，不饱和度为：=6，M是G的芳香族同分异构体，1molM与足量NaHCO3溶液反应生成44.8L即=2mol(标准状况下)CO2，即M中含有2个-COOH，则若只含有1个取代基则有：，若含有2个取代基即-CH2COOH和-COOH，则有邻、间、对三种，若含有三个取代基即：-COOH、-COOH和-CH3则有6种位置关系，即符合条件的M一共有1+3+6=10种，其中核磁共振氢谱显示有5组峰，且峰面积之比为2∶2∶2∶1∶1的结构简式为：；（6）由题干路线图中E到F的转化信息可知，可由被NaBH4还原制得，根据题干D到E的转化信息可知，可由在POCl3左右下转化而得，根据题干B+C转化为D的转化信息可知，可由CH3COCl和转化生成，根据题干信息可知，CH3COOH与SOCl2作用转化得到CH3COCl，据此分析确定合成路线流程图为：。江西省九师大联考2024届高三下学期4月二模考试可能用到的相对原子质量：H1C12O16Cu64Au197一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共计42分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1.化学与生活密切相关。下列说法正确的是（）A.明矾溶液可清除铜镜表面的铜锈 B.豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸C.绫罗绸缎的主要成分是植物纤维素 D.95%的酒精消毒效果优于75%的酒精〖答案〗A〖解析〗A．明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，铜锈主要成分为Cu2(OH)2CO3，Cu2(OH)2CO3可溶于酸性溶液，A正确；B．豆浆煮沸发生变性，而水解才生成氨基酸，B错误；C．绫罗绸缎的主要成分是蛋白质，C错误；D．医学上，一般用75%的酒精消毒，浓度为95%的酒精可使细胞壁上形成一层膜，阻止酒精的渗入，75%的酒精消毒效果最佳，D错误；故〖答案〗为：A。2.利用反应：制备无水CrCl3.下列说法正确的是（）A.该反应属于氧化还原反应B.SOCl2的中心原子S上有孤电子对C.上述反应涉及元素中，电负性：Cl＞S＞OD.基态Cr原子价层电子排布式为〖答案〗B〖解析〗A．该反应中，各元素的化合价都未发生改变，不属于氧化还原反应，A项错误；B．SOCl2分子中，中心S原子的价层电子对数为4，发生sp3杂化，则S原子还有一个孤电子对，B项正确；C．上述反应涉及元素中，S、Cl为同周期元素，O、S为同主族元素，非金属性O＞Cl＞S，则电负性：O＞Cl＞S，C项错误；D．Cr为24号元素，基态Cr原子的价电子排布式为，D项错误；故选B。3.完成下述实验，所选用装置及试剂均正确的是（）A．验证NH3易溶于水且溶液呈碱性B．用瓷坩埚加热熔化NaOH固体C．验证SO2溶于水显酸性D．量取20.00mLKMnO4溶液〖答案〗A〖解析〗A．形成喷泉，说明NH3易溶于水，无色酚酞变红，说明溶液呈碱性，A正确；B．瓷坩埚中的SiO2在加热条件下与NaOH固体反应，B错误；C．SO2使品红褪色，验证SO2漂白性，C错误；D．KMnO4溶液会腐蚀碱式滴定管下端的橡胶管，应该用酸式滴定管来盛放，D错误；故〖答案〗为：A。4.NH4NO3受撞击时会发生爆炸：。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.溶液中含数目为B.1molN2中含键数目为C.标准状况下，22.4LH2O中含电子数为D.每生成0.2molNO2，该反应中转移电子数为〖答案〗D〖解析〗A．水解，1L1mol⋅L−1NH4NO3溶液中含铵根数目小于，A项错误；B．N2中的氮氮三键，其中有2根为π键，故1molN2中含键数目为，B项错误；C．标准状况下，H2O是液态，22.4LH2O物质的量不是1mol，C项错误；D．根据所给反应式，结合氧化还原反应中的“就近原则”，硝酸铵中-3价的N全部失电子转化为N2，故每生成2molNO2转移12mol电子，D项正确；本题选D。5.用NaCN溶液浸取矿粉中金反应为。下列说法正确的是（）A.上述反应涉及元素均为主族元素B.离子半径：C.中的中心离子为D.NaCN中作用力只有一种〖答案〗B〖解析〗A．Au属于副族元素，A项错误；B．钠离子和氧离子核外电子结构相同，钠离子核电荷数更大，半径更小，故离子半径：，B项正确；C．中中心离子为，C项错误；D．NaCN中钠离子和CN-之间为离子键，CN-中碳氮之间为共价键，D项错误；本题选B。6.下列关于金属、非金属及其化合物说法正确的是（）A.根据制取K，说明金属性：Na>KB.Al、Fe、Cu单质在潮湿的空气中生锈均生成对应的氧化物C.SiO2是人类将太阳能转换为电能的常用材料D.联氨(N2H4)与亚硝酸(HNO2)反应可生成叠氮酸(HN3)〖答案〗D〖解析〗A．该反应是利用K的沸点低，从体系中逸出，从而使反应能进行，A项错误；B．Cu在潮湿的空气中生成碱式碳酸铜，B项错误；C．制作太阳能电池的主要原料是硅单质，C项错误；D．根据氧化还原反应原理可知，联氨(N2H4)与亚硝酸(HNO2)反应可生成叠氮酸(HN3)，D项正确；故选D。7.下列关于Fe及其化合物反应的离子方程式书写正确的是（）A.实验室配制的亚铁盐溶液在空气中被氧化：B.固体溶于HI溶液：C.用FeCl3饱和溶液制备胶体：D.过量铁粉与稀硝酸反应：〖答案〗C〖解析〗A．与OH-不能大量共存，A项错误；B．与HI发生氧化还原反应，离子方程式为，B项错误；C．将FeCl3饱和溶液滴入沸水中，加热至液体呈红褐色即制得胶体，反应的离子方程式为，C项正确；D．过量的铁粉与稀硝酸反应生成的是，离子方程式为，D项错误；故选C。8.有机物Y用于治疗病毒感染，可由X经水解、催化氢化制备。下列说法错误的是（）A.X中含有两种含氧官能团B.X在水中的溶解性比Y在水中的溶解性差C.Y与足量H2反应后的有机产物中含有3个手性碳原子D.用FeCl3溶液可鉴别X和Y〖答案〗C〖解析〗A．由结构式可知，X中含氧官能团有酯基、酮羰基，A项正确；B．Y中含有羟基可以和水分子形成氢键，在水中的溶解度大于X，B项正确；C．Y与足量H2反应后的有机产物为，手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，故手性碳原子为(箭头指示)共4个，C项错误；D．Y中含有酚羟基，X中无酚羟基，酚羟基和三价铁离子会发生显色反应，用FeCl3溶液可鉴别X和Y，D项正确；本题选C。9.W、X、Y、Z为短周期主族元素且原子序数依次增大，Y原子的最外层电子数与W原子的核外电子总数相等，X、Z同主族。由W、X、Y、Z组成的某化合物分子结构如图所示，下列说法正确的是（）A.第一电离能：W>Y>XB.四种元素均对应有最高价氧化物对应水化合物C.最简单氢化物的沸点：W>XD.Y与W、X、Z均能形成二元化合物〖答案〗D〖祥解〗W、X、Y、Z为短周期主族元素且原子序数依次增大，X、Z同主族，根据化合物中价键可知Z为+6价，故Z为S元素，X为O元素，Y原子的最外层电子数与W原子的核外电子总数相等，W形成3个价键，且原子序数小于O元素，为N元素，则Y为F元素；综上，W为N元素，X为O元素，Y为F元素，Z为S元素，据此分析解题。【详析】A．由分析可知，W、X、Y分别为N、O、F，第一电离能：F>N>O，即Y>W>X，A错误；B．由分析可知，W、X、Y、Z分别为N、O、F、S，F、O不存在最高价氧化物对应的水化物，B错误；C．由分析可知，W、X分别为N、O，氨气和水分子存在分子间氢键，但水分子之间形成氢键更多，水的沸点更高，即最简单氢化物的沸点H2O＞NH3即X＞W，C错误；D．为F，与N、O、S分别能形成NF3、OF2、SF6等化合物，D正确；故〖答案〗为：D。10.下列说法错误的是（）A.三氟乙酸的小于三氯乙酸的，因为相对分子质量：三氟乙酸小于三氯乙酸B.邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛的沸点，因为对羟基苯甲醛可形成分子间氢键C.HF的稳定性强于HCl，因为键能：H—F>H—ClD.金刚石比晶体硅熔点高，因为碳原子半径比硅原子半径小〖答案〗A〖解析〗A．三氟乙酸的大于三氯乙酸的，因为F的电负性比Cl大，使得三氟乙酸中O-H键的极性更大，更易电离出H+，故A错误；B．邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛的沸点，因为对羟基苯甲醛可形成分子间氢键，故B正确；C．H—F键能大于H—Cl，故HF更稳定性，故C正确；D．C的半径小于Si的，C—C键键长大于Si—Si，C—C键能大于Si—Si，故金刚石的熔点大于晶体硅的，故D正确；故选A。11.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（）选项实验操作和现象结论A向久置Na2SO3溶液中，加入足量稀硝酸，再加入足量BaCl2溶液，出现白色沉淀久置Na2SO3已部分被氧化BC2H5OH与浓硫酸共热至170℃，产生的气体通入酸性KMnO4溶液，紫红色褪去反应生成了乙烯C卤代烃Y与KOH水溶液共热后，加入足量稀硝酸，再滴加AgNO3溶液，产生淡黄色沉淀卤代烃Y中含有溴原子D向20%麦芽糖溶液中加入少量稀硫酸、加热，再加入氢氧化钠调节至碱性，再加入银氨溶液，水浴加热，出现银镜麦芽糖水解产物具有还原性〖答案〗C〖解析〗A．硝酸可氧化亚硫酸钠生成硫酸根离子，与氯化钡反应生成白色沉淀，不能证明久置Na2SO3已部分被氧化，故A错误；B．生成的乙烯及挥发的乙醇，均使高锰酸钾褪色，由现象不能说明生成乙烯，故B错误；C．卤代烃碱性条件下水解生成NaX，NaX和稀硝酸反应生成HX，HX和硝酸银反应生成AgX，该卤化银为淡黄色沉淀，说明为AgBr，则卤代烃中含有溴元素，故C正确；D．酸性条件下麦芽糖水解生成葡萄糖，葡萄糖能和银氨溶液反应生成Ag，但麦芽糖也具有醛基，若麦芽糖未完全水解，剩余的麦芽糖也能发生银镜反应，所以该实验不能证明麦芽糖水解的产物具有还原性，故D错误；故选：C。12.硒化锌(ZnSe)是一种重要的半导体材料，其立方晶胞结构如图甲所示，乙图为该晶胞沿z轴方向在xy平面的投影，已知晶胞边长为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是（）A.Se位于元素周期表的ds区B.Se的配位数为8C.A点原子的坐标为(0，0，0)，则B点原子的坐标为()D.Zn与Se之间的最近距离为〖答案〗D〖解析〗A．Se位于元素周期表的第四周期第VIA族，属于p区，A项错误；B．由晶胞结构图，离Se最近的Zn有4个，Se的配位数为4，B项错误；C．A点原子坐标为，由图乙可知，B点原子的坐标为，C项错误；D．Zn与Se之间的最近距离为体对角线的，即，D项正确；本题选D。13.催化电解吸收CO2的KOH溶液可将CO2转化为有机物。在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率(FE%)随电解电压的变化如图所示。已知：，其中，，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。下列说法正确的是（）A.通入CO2的一极为电解池的阳极B.当电压小于时，阴极产物为O2C.当电解电压为时，电解生成的电极反应式为D.当电解电压为时，电解生成的和的物质的量之比为〖答案〗D〖解析〗A．因生成CH4、C2H4等，CO2在电解池的阴极得电子，A错误；B．当电压小于时，电解过程中含碳还原产物的为0，故阴极产物为H2，B错误；C．当电解电压为时，电解生成CH4的电极反应式为，C错误；D．每生成1molC2H4转移12mole⁻，每生成1molHCOO⁻转移2mole⁻，故电解生成的C2H4和HCOO⁻的物质的量之比为，D正确；故〖答案〗为：D。14.室温下，已知，饱和溶液中与pH的关系如图所示。向的Na2S溶液(pH=12.4)中加入一定量的CuSO4。下列说法正确的是（）A.室温下的数量级为B.反应的平衡常数为C.室温下，CuS在等浓度的Na2S和H2S溶液中的不相等D.反应后溶液中存在离子浓度关系：〖答案〗A〖解析〗A．当时，，故，解得，，的数量级为，A项正确；B．的，B项错误；C．温度不变，不变，C项错误；D．根据电荷守恒，反应后的溶液中存在离子浓度关系：，D项错误；故选A。二、非选择题(本题共4小题，共58分)15.过氧化钙晶体(CaO2⋅8H2O，微溶于水，不溶于乙醇、乙醚)是重要的化学品，常用作杀菌剂、防腐剂、化妆品的添加剂等。实验室以石灰石(含有少量铁、硅的氧化物)为原料制备CaO2的实验流程如下：回答下列问题：（1）由石灰石制备纯CaCO3的过程需经过盐酸溶解、H2O2溶液氧化、调pH除铁、溶液沉钙等步骤。①“调pH除铁”后，需用如图所示的热抽滤装置除去，相比普通过滤装置，热抽滤装置的优点是______________________________________________。②“溶液沉钙”反应的离子方程式为_______________________________。（2）“制备”过程所用装置如下图所示：=1\*GB3①A中若用甲装置制备NH3，所用反应物为___________，若用乙装置制备NH3，，写出反应的化学方程式：_________________________________________。②仪器X的名称为___________。③“制备”需在冰水浴中进行，温度需控制在0℃，可采取的方法是________________。生成的离子方程式为__________________________；CaCl2与H2O2直接反应不易发生，制备时加入适量氨水有利于CaO2生成，其原因可能是________________________________________________________。（3）产品中CaO2含量测定。高锰酸钾滴定法原理为在酸性条件下，CaO2与稀酸反应生成H2O2，用标准酸性KMnO4溶液滴定所生成的H2O2，以确定CaO2含量。下列关于滴定分析的说法，错误的是___________(填字母)。A.滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化B.当滴入半滴酸性KMnO4溶液后，溶液颜色从无色刚好变为浅红色，且半分钟内不变色，表示已经到达滴定终点C.滴定前滴定管尖嘴内有气泡，滴定后尖嘴内无气泡，则测定结果偏小D.读取KMnO4溶液体积时，滴定前俯视读数，滴定后仰视读数，则测定结果偏大〖答案〗（1）①抽滤比普通过滤速率更快，同时通入热水保温可防止CaCl2晶体析出②（2）①、②分液漏斗③将装置B置于冰水浴中或氨水将反应生成的HCl中和，使浓度降低，促进反应向生成CaO2的方向进行（3）AC〖祥解〗石灰石经过盐酸溶解，生成氯化钙和氯化亚铁、氯化铁，SiO2不能与酸反应，经过滤除去，加入H2O2溶液将氯化亚铁氧化为氯化铁，调节pH除铁，加入溶液将Ca2+转化为碳酸钙沉淀，纯CaCO3用盐酸酸浸，反应产生CaCl2，向其中加入双氧水及氨水，反应产生CaO2。【详析】（1）①热抽滤装置的优点是：比普通过滤速率更快，同时通入热水保温可防止CaCl2晶体析出；②加入溶液将Ca2+转化为碳酸钙沉淀，离子方程式为：；（2）①甲装置为固固加热装置，制备NH3反应物为：、；乙装置为液液加热或固液加热装置，可用加热浓氨水制备NH3，化学方程式为：；②由图可知，仪器X为分液漏斗；③温度需控制在0℃，可采取的方法是：将装置B置于冰水浴中；CaCl2与双氧水及氨水在0℃反应产生CaO2，化学方程式为：或；CaCl2与H2O2直接反应不易发生，制备时加入适量氨水有利于CaO2生成，是因为氨水将反应生成的HCl中和，使浓度降低，促进反应向生成CaO2的方向进行；（3）A．滴定时应一直观察锥形瓶中溶液颜色的变化，故A错误；B．滴定终点的现象为：滴入最后半滴酸性KMnO4溶液后，溶液颜色从无色刚好变为浅红色，且半分钟内不变色，故B正确；C．滴定前滴定管尖嘴内有气泡，滴定后尖嘴内无气泡，即酸性KMnO4标准溶液体积偏大，即测定结果偏大，故C错误；D．读取KMnO4溶液体积时，滴定前俯视读数，滴定后仰视读数，即酸性KMnO4标准溶液体积偏大，即测定结果偏大，故D正确；故选AC。16.以辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量SiO2)为原料制备草酸铜(CuC2O4)的流程如图所示：回答下列问题：（1）滤渣中含有单质S和___________(填化学式)，写出“浸取”时反应的化学方程式：_______________________________。（2）“还原”时除生成Cu外，还有N2生成，写出该反应的离子方程式：___________。（3）“氧化溶解”时，也可以直接用稀硝酸溶解Cu，但没有采用此法，考虑的主要原因是______________________________________________。（4）向滤液1中加入(或通入)___________(填字母)，可得到一种可循环利用的物质。A.铁 B.氯气 C.高锰酸钾 D.氯化氢（5）“制备”时过多会导致与生成环状结构的配离子，该配离子的结构式为___________(不考虑立体异构)。（6）将一定质量的CuC2O4置于Ar气中热解，测得剩余固体的质量与原始固体的质量的比值随温度变化的曲线如图1所示。350~400℃下剩余固体的化学式为___________。（7）一种储氢合金的晶胞结构如图2所示。在晶胞中Cu原子处于面心，Au原子处于顶点位置。氢原子处于由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中心(如图)，若所有四面体空隙都填满，则储氢后该晶体密度为___________(已知该晶胞的晶胞参数为anm，阿伏加德罗常数的值为)。〖答案〗（1）（2）或（3）稀硝酸溶解Cu时产生有毒气体NO，污染环境(或其他合理〖答案〗)（4）B（5）（6）Cu（7）〖祥解〗本题考查化工流程原理，辉铜矿浸取过程中Fe3+将Cu2S氧化为Cu2+和S，再加入将Cu2+还原为Cu，过滤分离，再加入H2O2和硫酸将铜氧化溶解为CuSO4，最后加入制备得到CuC2O4固体。【详析】（1）加入FeCl3溶液浸取，将Cu2S氧化为Cu2+和S，而SiO2不溶解，故滤渣的成分为S和SiO2，浸取时FeCl3氧化Cu2S的方程式为：；（2）加入将Cu2+还原为Cu，同时生成氮气，其离子方程式为或者；（3）氧化溶解时，也可以直接用稀硝酸溶解Cu，但没有采用此法，主要是因为稀硝酸溶解Cu时产生有毒气体NO，污染环境；（4）滤液1成分为FeCl2，可以通入Cl2，将其氧化为FeCl3，循环利用；（5）制备时过多会导致与生成环状结构的配离子，由于Cu2+形成四个配位键，O存在孤电子对，可知其结构为。（6）350~400℃下，剩余固体的质量与原始固体的质量的比值为42.11%，则剩余固体的摩尔质量为：，可知剩余固体为Cu；（7）晶胞中Cu原子处于面心，则铜原子个数为：，Au原子处于顶点位置，则Au原子个数为。氢原子处于由Cu原子与Au原子构成的四面体空隙中心，则氢原子个数为8，则晶体的密度为：。17.CO2的充分利用和转化为其他化学品，对于环境和能源等意义重大。回答下列问题：（1）CO2可制备二甲醚(CH3OCH3)，涉及热化学方程式如下：Ⅰ.；Ⅱ.；Ⅲ.。①反应Ⅰ的___________，该反应的活化能(正)___________(填“大于”或“小于”)(逆)。②对于反应Ⅱ、Ⅲ，在一定条件下，若反应Ⅱ中，CO2的转化率为98%、反应Ⅲ的转化率为40%，则CH3CH2OH的产率为___________。（2）利用CO2与CH4反应可制备合成气。在恒容密闭容器中通入物质的量均为nmol的CH4与CO2，在一定条件下发生反应，测得CO2的平衡转化率与温度及压强的关系如图1所示。=1\*GB3①据图可知，、、、由大到小顺序为___________，理由是_______________________________________________________________________。②在压强为、1100℃的条件下，X点平衡常数___________(用含的代数式表示，其中用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的