江西省赣州市高三下学期3月摸底考试化学试题

江西省赣州市2024届高三下学期3月摸底考试化学试题考生注意：1.答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上。考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与本人准考证号、姓名是否一致。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，监考员将试题卷、答题卡一并收回。4.本卷可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23K39S32Fe56Cu64一、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.“增强文化自信，讲好江西故事”。南昌西汉海昏侯墓出土的文物已达数万件，下列文物中主要成分属于无机非金属材料的是文物选项ABCDA.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．马蹄金是合金，属于金属材料，故A不选；B．玉是无机非金属材料，故B选；C．竹子是有机物，故C不选；D．青铜是金属材料，故D不选；故选B。2.化学用语是符号表征的重要方法之一，下列说法正确的是A.葡萄糖的实验式：B.Cr的价电子排布式：C.质子数为58、中子数为80的Ce的核素符号：D.的VSEPR模型与空间结构名称均为正四面体形【答案】A【解析】【详解】A．葡萄糖的分子式为C6H12O6，实验式：，故A正确；B．Cr是24号元素，价电子排布式：，故B错误；C．质子数为58、中子数为80的Ce质量数为58+80=138，表示为，故C错误；D．中其中1个硫原子相当于氧原子，中心硫原子的孤电子对数=0，价层电子对数为4，VSEPR模型与空间结构名称均为四面体形，不是正四面体，故D错误；故选A。3.为探究的性质，设计了如下实验。实验装置实验操作及现象①抽去毛玻璃片后，反应瓶内壁有白色固体物质生成，红棕色气体逐渐变浅，直至无色。②取白色固体物质溶于水，依次加入稀盐酸、溶液，溶液中出现白色沉淀。下列说法错误的是A.白色固体主要成分为B.物质氧化性：浓C.由实验可知，能用湿润的淀粉试纸鉴别与D.实验后的剩余气体可用酸性溶液处理，防止污染空气【答案】C【解析】【分析】玻璃片左侧反应生成NO2，右侧反应生成SO2，根据现象①可知NO2与SO2反应会生成SO3和NO，因此白色固体是SO3，取白色固体物质溶于水，依次加入稀盐酸、溶液，溶液中出现白色沉淀为硫酸钡。【详解】A．由上述分析可知，白色固体主要成分是SO3，故A正确；B．左侧浓硝酸与铜反应生成NO2，则浓硝酸氧化性强于NO2，NO2与SO2反应生成SO3，NO2的氧化性强于SO3，故氧化性强弱顺序为：浓，故B正确；C．与都能将碘离子氧化为碘单质，都能使湿润的淀粉试纸变蓝，无法鉴别，故C错误；D．酸性溶液具有强氧化性，可以吸收NO，进行尾气处理，故D正确。答案选C。4.在氨硼烷(BH3NH3)及催化剂作用下将X转化成Y的反应过程如下。设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.的反应类型为取代反应B.分子中所含电子数为C.等物质的量的X与Y，Y比X多个σ键D.X、Y、中C、B、N原子均为杂化【答案】B【解析】【详解】A．取代反应是指有机物分子中原子或原子团被其它原子或原子团所替代的反应，从题目可以看出X转化为Y不是取代反应，A错误；B．1molBH3NH3分子中所含电子数为18mol，则含电子数为18NA，B正确；C．1个Y比1个X多1个σ键，但这里并没有告诉具体的物质的量，物质的量不一定是1mol，C错误；D．X、Y中含有饱和碳原子和不饱和碳原子，有sp2和sp3杂化，氨硼烷中存在配位键，N与B均为sp3杂化，D错误；故选B。5.“宏观辨识与微观探析”是高中化学核心素养的重要组成部分。下列解释相应实验现象的离子方程式错误的是A.向少量沉淀中加入的浓氨水，白色沉淀溶解：B.将Mg条投入冷的极稀硝酸溶液中，生成无色、无臭的可燃性气体：C.往酸性溶液中加入难溶于水的固体，溶液出现紫红色：D.往AgCl沉淀中加入KI溶液，沉淀由白色变为黄色：【答案】C【解析】【详解】A．少量Al(OH)3可以溶于浓度较大、碱性较强的浓氨水中，离子方程式为，A正确；B．将Mg条投入冷的极稀硝酸溶液中，生成无色、无臭的可燃性气体是氢气，离子方程式为：，B正确；C．往酸性溶液中加入难溶于水的固体，溶液出现紫红色，铋酸钠是不溶于水的固体，写离子方程式不能拆开，正确的离子方程式为：，C错误；D．往AgCl沉淀中加入KI溶液，沉淀由白色变为黄色，发生沉淀的转化，AgI更难溶于水，离子方程式为：，D正确；答案选C。6.我国科研工作者基于生物质平台分子糠醛开发出的一种“生物质电池”，在充、放电时分别得到高附加值的醇和羧酸盐，其工作原理如图所示。下列说法正确的是A.充电时，a接电源正极B.充电时，由a极区移向b极区C.放电时，消耗，外电路转移1mol电子D.放电时，负极反应式为：【答案】C【解析】【详解】A．在充电时分别得到醇,则a电极的化合物得到电子，所以a为阴极，接电源负极，A错误；B．充电时钾离子从b极移动到a极，B错误；C．放电时，消耗，则得到1mol电子，外电路转移1mol电子，C正确；D．放电时，负极应为失电子，D错误；故选C。7.原子序数依次增大的三种前四周期元素X、Y、Z组成的某天然矿石的晶体结构如图所示。其中Y元素的一种氧化物具有磁性，Z元素的价电子数为11，下列说法正确的是A.Y、Z均位于元素周期表的d区 B.第三电离能C.电负性： D.键角：【答案】B【解析】【分析】Y元素的一种氧化物具有磁性，则Y为Fe，Z元素的价电子数为11，Z为Cu，根据Z在8个顶点和4个面心、1个体心，则均摊为=4个，Y有6个在面心，4个在棱心，均摊为，X在内部，有8个，则X的化合价为2价，则天然矿石为黄铜矿，X为S，化学式为CuFeS2，据此回答。【详解】A．Y位于元素周期表的d区，Z位于元素周期表的ds区，A错误；B．Fe2+价电子为3d6，Cu2+价电子为3d9，Fe2+再失去1个电子容易，所以第三电离能：Z>Y，B正确；C．X为S，非金属的电负性大于Fe，所以电负性：X＞Y，C错误；D．H2S价层电子数为4，孤电子对数为2，为V形，SO2价层电子数为3，孤电子数为1，为V形，但是H2S的孤电子对数多，对成键电子排斥力大，所以键角：H2S＜SO2，D错误；故选B。8.中药茜草除药用外，还是重要的天然染料。其根茎含多种羟基蒽醌类化合物，结构如下。茜草素羟基茜草素伪羟基茜草素下列有关说法正确的是A.茜草素的分子式为B.茜草素与羟基茜草素互为同系物C.羟基茜草素可发生取代、加成、氧化反应D伪羟基茜草素中所有原子一定共平面【答案】C【解析】【详解】A．由茜草素结构可知，其分子式为C14H8O4，A错误；B．茜草素与羟基茜草素分子组成相差一个氧原子，不满足互为同系物，B错误；C．羟基茜草素羟基可以发生取代反应和氧化反应，碳氧双键可以发生加成反应，C正确；D．伪羟基茜草素中有羧基，羧基中有一个O原子单键连接C和H，且不是直线形，随着碳氧单键的旋转，H原子可能不在分子平面上，D错误；本题选C。9.铜镍硫化矿(主要成分NiS、CuS)有多种浸出方法：加压氨浸法、加压酸浸法、生物浸出法等。其中生物浸出法的原理如图所示。下列说法错误的是A.基态原子未成对电子数：B.在间接作用过程中起催化作用C.相比上述其他两种方法，生物浸出法具有操作简便、环境污染小等优点D.浸出等质量的铜镍硫化矿，直接作用与间接作用所消耗的的量不相等【答案】D【解析】【详解】A．基态Ni原子的价电子排布为3d84s2，未成对电子数为2，基态Cu原子的价电子排布为3d104s1，未成对电子数为1，A正确；B．Fe2+在间接作用过程中转化为Fe3+，最终循环又变回Fe2+，符合催化剂的特点，过程中起催化作用，B正确；C．相比上述其他两种方法，生物浸出法具有操作简便、环境污染小等优点，C正确；D．无论直接作用与间接作用，本质都是O2得电子氧元素变为2价，2价硫失电子变为硫酸根，浸出等质量的铜镍硫化矿，直接作用与间接作用所消耗的O2的量相等，D错误；本题选D。10.磷酸可以通过脱水缩合生成链状多磷酸，其中焦磷酸和三聚磷酸的结构如图所示。下列说法错误的是A.磷酸分子的结构为 B.焦磷酸中P元素化合价为+5价C.三聚磷酸钠的化学式为 D.链状多磷酸的通式为【答案】C【解析】【详解】A．根据焦磷酸的结构式可知，磷酸分子的结构为，A正确；B．三聚磷酸的化学式为H5P3O10，P的化合价为+5，B正确；C．三聚磷酸钠又称五钠，则为钠替代了三聚磷酸中的氢，则其化学式为Na5P3O10，C错误。D．焦磷酸的化学式为H4P2O7，三聚磷酸的化学式为H5P3O10，则链状多磷酸的通式为Hn+2PnO3n+1，D正确；故选C。11.在催化剂表面的选择性催化还原NO的反应机理如下图所示(如)吸附在催化剂表面可表示为，Ea表示活化能)。下列有关说法正确的是A.该反应温度越高，反应速率越快B.比NO更易被催化剂吸附C.反应过程中有非极性键的断裂与极性键的形成D.决定总反应速率的基元反应可表示为：【答案】D【解析】【详解】A．由图，NH3、NO与催化剂CuMn2O4结合的过程是放热的，温度高不利于结合，总反应不会温度越高反应速率越快，A错误；B．NO与催化剂CuMn2O4结合的过程放热更多，即结合后更稳定，NO比NH3更易被催化剂CuMn2O4吸附，B错误；C．反应过程中有极性键的断裂与非极性键的形成，C错误；D．NH3更不易被催化剂CuMn2O4吸附并产生H，是较慢的一步，为决定总反应速率的基元反应，D正确；本题选D。12.某化学实验小组设计了铝与相同浓度的不同铜盐溶液反应的实验方案，具体实验操作与现象如下。实验序号实验操作实验现象①将铝片插入溶液中长时间未观察到红色物质析出②将铝片插入溶液中15min后，铝片表面析出少量的红色物质，溶液颜色变化不明显③Ⅰ.将铝片插入溶液中反应迅速、剧烈，溶液呈酱油色样(含CuCl)Ⅱ.将酱油色样溶液倒入大量水中产生白色沉淀(主要成分为CuCl)Ⅲ.取步骤Ⅱ反应后的上层清液，再插入铝片产生大量无色气体，反应结束后生成大量红色海绵绒状物质，溶液变成无色下列说法错误的是A.可在实验①中加入NaCl固体，使铝片溶解B.实验③的步骤Ⅰ中，溶液呈酱油色样的原因：C.实验③的步骤Ⅲ中，无色气体为H2，Cl在实验Ⅲ中起催化与破坏保护膜的作用D.相同条件下，Cu与等浓度的溶液、溶液、溶液均不反应【答案】D【解析】【详解】A．对比实验①和③可知，Cl的存在可使Al溶解，实验①中加入NaCl固体，使铝片溶解，A正确；B．实验③的步骤Ⅰ中，溶液呈酱油色样的原因是因为Al与铜离子和氯离子反应，离子方程式为：，B正确；C．对比实验①和③可知，Cl的存在可使Al溶解，Cl在实验Ⅲ中起催化与破坏保护膜的作用，根据元素守恒可知，无色气体为H2，C正确；D．结合选项B，氯化铜可以被还原为二氯化亚铜离子进一步稀释得到氯化亚铜，则铜有可能与CuCl2溶液发生氧化还原反应，D错误；故选D。13.镍酸镧电催化剂立方晶胞如图所示，晶胞参数为a，具有催化活性的是Ni，图(1)和图(2)是晶胞的不同切面。下列说法错误的是A.Ni的配位数为12B.催化活性：(1)>(2)C.La和O的最短距离为D.若原子1的分数坐标为(0，0，0)，则La的分数坐标为()【答案】A【解析】【详解】A．Ni在顶点，O在棱心，Ni周围最近的O形成正八面体，Ni的配位数为6，A错误；B．具有催化活性的是，图②中没有Ni原子，则催化活性：①>②，B正确；C．La和O的最短距离为面对角线的一半，为，C正确；D．若原子1的分数坐标为(0，0，0)，晶胞棱长为1，La在体心，分数坐标为(,,)，D正确；本题选A。14.研究表明纳米银可催化三价砷氧化为五价砷。已知室温下，三元弱酸和水溶液中含砷的各物种的分布分数与pH的关系如图所示。下列说法错误的是A.的数量级为B.与可以发生复分解反应C.往含的溶液中加入0.3molNaOH固体，所得溶液中：D.时，的溶液中存在：【答案】B【解析】【详解】A．Ka3(H3AsO4)=，由五价砷含砷的各物种的分布分数与pH的关系图，当pH=11.5，即c(H+)=1011.5时，=，得Ka3(H3AsO4)=1011.5，数量级为10−12，A正确；B．类似A选项的做法，可以求得，Ka1(H3AsO3)==109.2，Ka2(H3AsO4)==107.0>109.2，酸性>H3AsO3，H3AsO3与Na2HAsO4不可以发生复分解反应，B错误；C．往含0.2molH3AsO4的溶液中加入0.3molNaOH固体，所得溶液相当于Na2HAsO4和NaH2AsO4按1:1混合溶解后得到，由图像知和相等时pH=7，c(H+)=c(OH−)，且由初始混合量知钠元素多余砷元素，故所得溶液中：c(Na+)>c()=c()>c(H+)=c(OH−)，C正确；D．pH=10时，由图，三价砷主要存在形式为，五价砷主要存在形式为，Ag为催化剂，故转化的离子方程式正确，D正确；本题选B。二、非选择题：本题共4小题，共58分。15.钕铁硼永磁材料被广泛应用于汽车、家电、电子产品等领域。以江西赣州某公司的钕铁硼油泥废料(主要物相为)为原料，回收有价金属的工艺流程如图所示。已知：①用RE表示稀土元素：②配位阴离子的稳定常数越大，配位阴离子越稳定。几种配位阴离子的稳定常数如下：配位阴离子稳定常数25.49.416.220.2回答下列问题：（1）钕(Nd)属于f区元素，其原子轨道共有___________种不同的形状。（2）溶液能洗涤钕铁硼油泥废料的原因是___________(用离子方程式表示)。（3）浸取后，对浸取液进行紫外可见光光度测试，结果如图所示。写出与盐酸反应的离子方程式：___________。（4）沉淀时，草酸用量及沉淀温度对稀土与铁选择性沉淀分离影响如下图所示。沉淀时，)与的最佳物质的量之比为___________，请说明原因：___________。最佳沉淀温度为60℃，，温度继续升高，稀土沉淀率略下降的原因可能是___________。（5）在沉淀后的滤液中加入，溶液中主要存在的配位阴离子是___________，该离子在加入铁粉后生成的离子方程式为___________。【答案】（1）4（2）（3）（4）①.②.与的物质的量之比为时，稀土沉淀率最高，提高比值，稀土沉淀率没有明显提高，但元素沉淀率大幅度提高③.温度升高，草酸稀土盐溶解度增大，导致稀土沉淀率降低（5）①.②.【解析】【分析】钕铁硼油泥废料(主要物相为RE2O3、Fe2O3)用Na2CO3溶液洗涤后，加入稀盐酸浸取，滤液中含有Fe3+、RE3+，向滤液中加入草酸溶液沉淀得到RE2(C2O4)3·10H2O，过滤后的滤液中加入铁粉和草酸溶液沉铁，得到草酸亚铁晶体。【小问1详解】钕(Nd)属于f区元素，含有s、p、d、f共4种能级，其原子轨道共有4种不同的形状。【小问2详解】溶液中碳酸根发生水解使溶液呈碱性，，而油脂易在碱性溶液中分解，故溶液能洗涤钕铁硼油泥废料。【小问3详解】由图可知，Fe2O3与盐酸反应生成了，离子方程式为：。【小问4详解】与的物质的量之比为时，稀土沉淀率最高，提高比值，稀土沉淀率没有明显提高，但元素沉淀率大幅度提高，所以沉淀时，与的最佳物质的量之比为。最佳沉淀温度为60℃，，温度继续升高，稀土沉淀率略下降的原因可能是温度升高，草酸稀土盐溶解度增大，导致稀土沉淀率降低。【小问5详解】由表格数据可知，最稳定，则在沉淀后的滤液中加入，溶液中主要存在的配位阴离子是，在加入铁粉后生成的离子方程式为：。16.利用和焦炉煤气(主要成分为CO和)制备甲醇已经实现工业化生产。回答下列问题：（1）下列是有关物质焓变的示意图：则反应的反应热___________。（2）在密闭容器中按物质的量之比1比2充入CO和，发生反应，测得混合物中的平衡转化率与压强、温度的变化曲线如图所示。、X代表温度或压强。①图中X代表___________(填“温度”或“压强”)，判断的理由是___________。②图中___________(填“<”或“>”)，K(A)___________K(B)(填“<”或“>”)。③若A点的压强为pkPa，则甲醇产生的平衡分压为___________kPa(平衡分压=总压×物质的量分数)。④一定温度下，向密闭刚性的容器中充入CO和，发生上述反应。下列能表明反应达到平衡状态的依据是___________(填字母)。A．B．混合气体的总压强不再变化C．混合气体的平均相对分子质量不再变化D．和之和保持不变（3）研究证明，可在酸性水溶液中通过电解生成甲醇，则生成甲醇的反应发生在___________(填“阳”或“阴”)极，电极反应式为___________。【答案】（1）90.8kJ/mol（2）①.温度②.该反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，的平衡转化率降低③.<④.>⑤.⑥.BC（3）①.阴②.【解析】【小问1详解】由焓变示意图，并注意箭头的指向和∆H的正负，可知①2CO(g)＋2H2O(g)⇌2CO2(g)＋2H2(g)△H1＝82.4kJ•mol−1②2CO2(g)＋6H2(g)⇌2CH3OH(g)＋2H2O(g)△H2＝−99.2kJ•mol−1结合盖斯定律可知得到CO(g)＋2H2(g)⇌CH3OH(g)，则△H3＝=−90.8kJ/mol；故答案为：90.8kJ/mol；【小问2详解】①该反应ΔH<0，升高温度，平衡向逆反应方向移动，H2的平衡转化率降低，而反应后气体体积变小，压强增大平衡正向移动，H2的平衡转化率升高，图中随X增大，H2的平衡转化率降低，故X代表温度，判断的理由是该反应ΔH<0，升高温度，平衡向逆反应方向移动，H2的平衡转化率降低；②X代表温度，L代表压强，该反应反应后气体体积变小，压强增大平衡正向移动，H2的平衡转化率升高，图中相同温度下，L2转化率更高，故L2压强更大，L1<L2，A点温度低于B点，放热反应温度升高平衡逆向移动，K减小，故K(A)>K(B)；③A点H2转化率为80%，列出三段式，则甲醇产生的平衡分压为=；④A．H2和CO的计量数之比为2:1，达到平衡正逆反应速率相等，v正(H2)=2v逆(CO)

，A错误；B．反应是气体体积减小的反应，混合气体的总压强不再变化说明气体总体积不变，反应到达平衡，B正确；C．由质量守恒，反应前后气体质量不变，体积数改变，反应后气体平均相对分子质量会变大，故反应前后混合气体的平均相对分子质量不再变化，说明反应到达平衡，C正确；D．CO和CH3OH计量数之比为1:1，CO消耗的物质的量和CH3OH生成的物质的量一定相等，CO和CH3OH之和一定不变，故n(CO)和n(CH3OH)之和保持不变无法判断到达平衡，D错误；选BC；【小问3详解】CO2生成甲醇，碳元素化合价降低，得电子，生成甲醇的反应发生在阴极，电极反应式为CO2+6e−+6H+=CH3OH+H2O。17.亚硝基过硫酸钾是芳香族有机化合物的重要氧化剂。实验室制备亚硝基过硫酸钾的相关资料如下：Ⅰ.反应原理(反应温度：)：①②已知：亚硝基过硫酸钾(M=536g/mol)：橙黄色晶体，易溶于水，水溶液呈紫色，在酸性溶液中迅速分解，碱性溶液中分解较慢，在空气中不稳定，易分解放出。Ⅱ.实验步骤：步骤ⅰ在100mL烧杯中加入和6g碎冰，置于冰浴中，在磁力搅拌下缓慢加入溶液，再加入15滴乙酸，反应15分钟；步骤ⅱ滴加氨水使溶液显碱性(pH>10)，再缓慢滴加溶液，滴加完毕后，反应1小时；步骤ⅲ过滤，将得到的紫红色滤液置于冰浴内的烧杯中，缓慢加入饱和KCl溶液，搅拌至析出橙黄色晶体；步骤ⅳ过滤得到晶体，依次用2mL洗涤液a、2mL无水乙醇洗涤，抽干，得到产品，称重，质量为3.96g。回答下列问题：（1）配制：溶液需要使用到下列仪器中的___________(填名称)。（2）步骤ⅰ加入乙酸的作用是___________。（3）步骤ⅱ中，能否先加入溶液，再加入浓氨水？___________(填“能”或“不能”)，理由是___________。（4）步骤ⅲ中，加入饱和KCl溶液析出橙黄色晶体的原因是___________。（5）步骤ⅳ中，洗涤液a可选择___________(填序号)。A.KOH溶液 B.溶液 C.NaOH溶液 D.冷水（6）本实验的产率为___________%(保留1位小数)。【答案】（1）50mL容量瓶、胶头滴管（2）提供酸性环境，得到反应物（3）①.不能②.酸性条件下，得到的产物亚硝基过硫酸钾易分解（4）降低亚硝基过硫酸钾的溶解度，使亚硝基过硫酸钾析出（5）A（6）73.9%【解析】【小问1详解】配制一定物质的量浓度的溶液，需要用到容量瓶，容量瓶定容时，需要用到胶头滴管，故需要使用到50mL容量瓶、胶头滴管；【小问2详解】烧杯中加入的是NaNO2，为强碱弱酸盐，溶液显碱性，反应原理中，参加反应的是HNO2，故加入乙酸提供酸性环境，得到反应物HNO2；【小问3详解】由题干中的已知，亚硝基过硫酸钾在酸性溶液中迅速分解，碱性溶液中分解较慢，所以不能先加入KMnO4溶液，否则生成的亚硝基过硫酸钾迅速分解，需要先加入浓氨水形成碱性环境，故不能先加入KMnO4溶液，再加入浓氨水，因为酸性条件下，得到的产物亚硝基过硫酸钾易分解；【小问4详解】亚硝基过硫酸钾也是钾盐，加入加入饱和KCl溶液，会析出，所以加