2024届江西省九江市十校高三第二次联考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1江西省九江市十校2024届高三第二次联考可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32一、单项选择题：共14小题，每题3分，共42分。每题只有一个选项符合题意。1.化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是（）A.可燃冰是一种化石能源B.氧化镁在工业生产中常用作耐火材料C.的水溶液都具有漂白性，漂白原理也相同D.聚乳酸具有生物可降解性，替代传统塑料以减少白色污染〖答案〗C〖解析〗A．可燃冰是化石能源，主要成分为甲烷，A正确；B．氧化镁熔点高，所以在工业生产中常用作耐火材料，B正确；C．SO2、HClO的水溶液都具有漂白性，漂白原理不相同，SO2能够与有色物质反应生成不稳定的无色物质，HClO因为具有强氧化性而漂白，C错误；D．聚乳酸塑料可降解，则用聚乳酸塑料代替聚乙烯塑料可减少白色污染，D正确；故选C。2.下列化学用语或图示表达不正确的是（）A.基态原子的价层电子的轨道表示式：B.的空间构型为V形C.氧离子的结构示意图为D.顺-2-丁烯的分子结构模型：〖答案〗A〖解析〗A．硅原子序数为14，则基态Si原子的价层电子的轨道表示式为：，A项错误；B．中心原子价层电子对数为2+=3，且含有1个孤电子对，空间构型为V形，B项正确；C．O2-含有10个电子，结构示意图为，C项正确；D．顺-2-丁烯的分子式为C4H8，在双键碳原子的同侧为顺式，则顺-2-丁烯的分子球棍模型：，D项正确；故选A。3.用表示阿伏加德罗常数的值，则下列说法正确的是（）A.溶液中含有个B.标准状况下，中含有个键C.的浓硫酸中含有的H原子总数为D.常温常压下，的混合气体含有个原子〖答案〗D〖解析〗A．缺溶液的体积，无法计算1mol/L碳酸氢钠溶液中碳酸氢钠的物质的量和钠离子的个数，故A错误；B．标准状况下，水为液态，无法计算2.24L水的物质的量和含有的氢氧键数目，故B错误；C．浓硫酸中硫酸和水都含有氢原子，则100g98%浓硫酸中含有的氢原子总数为×2×NAmol—1+×2×NAmol—1=NA，故C错误；D．二氧化氮和四氧化二氮的最简式相同，都为NO2，则23g二氧化氮和四氧化二氮混合气体含有的原子个数为×3×NAmol—1=1.5NA，故D正确；故选D。4.下列描述对应的化学知识或原理正确的是（）选项素质教育化学知识或原理A书法：“无色而具画图的灿烂，无声而有音乐的和谐”，常用宣纸制作宣纸的主要成分是合成高分子材料B体育：体育赛场上常用复方氯乙烷喷雾剂给运动员受伤处快速降温止痛氯乙烷属于烃类物质C美术：水墨画被视为中国传统绘画，颜料中的红色成分为铁红铁红的主要成分为D劳动教育：使用84消毒液对衣物消毒具有漂白性〖答案〗C〖解析〗A．制作宣纸的主要成分是纤维素，纤维素是天然高分子材料，A错误；B．氯乙烷属于卤代烃，不属于烃，B错误；C．铁红的主要成分为，C正确；D．84消毒液对衣物消毒，说明具有强氧化性，与漂白性无关，D错误；故选C。5.维生素是一种吡啶衍生物，是维持蛋白质正常代谢的必要维生素。其结构简式如下：已知：吡啶()与苯类似，也具有芳香性。下列有关说法正确的是（）A.该物质属于芳香烃 B.可发生取代反应和加成反应C.碳原子不能同时在一个平面 D.该物质最多消耗〖答案〗B〖祥解〗芳香烃通常指分子中含有苯环结构的碳氢化合物，该有机物含有羟基可以发生取代反应，吡啶()与苯类似，加成反应，据此回答。【详析】A．根据分析可知，该物质不属于芳香烃，A错误；B．含有羟基可以发生取代反应，吡啶()与苯类似，加成反应，B正确；C．吡啶()与苯类似，为平面形分子，维生素B6中碳原子直接连在环上，所以碳原子一定在同一平面上，C错误；D．与吡啶相连的羟基类似于酚羟基，能够与氢氧化钠反应，但醇羟基不与氢氧化钠反应，所以1mol该物质最多消耗1molNaOH，D错误；故选B。6.ClO-可用于处理含CN-的废水，处理过程中体系存在ClO-、CN-、N2、Cl-、、H2O六种物质。下列有关说法正确的是（）A.ClO-是氧化剂，N2是氧化产物之一B.反应配平后氧化剂与还原剂的化学计量数之比为3：2C.若生成标准状况下2.24LN2，则转移电子0.2molD.含CN-的废水也可用Cr2O处理〖答案〗A〖解析〗A．根据题意，ClO-、CN-为反应物，N2、Cl-、HCO为生成物，结合原子守恒可知H2O为反应物，处理过程中所发生的反应为5ClO-+2CN-+H2O=N2↑+5Cl-+2。其中ClO-是氧化剂，N2是氧化产物，A正确；B．在该反应中氧化剂是ClO-，还原剂是CN-，根据选项A方程式可知氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5：2，B错误；C．在反应5ClO-+2CN-+H2O=N2↑+5Cl-+2中，每反应产生1molN2，反应过程中转移10mol电子。若生成标准状况下2.24LN2，其物质的量是0.1mol，则转移电子1mol，C错误；D．具有强氧化性，但若用处理含CN-的废水，会引入重金属离子Cr3+，D错误；故合理选项是A。7.原子序数依次增大，为同一短周期相邻元素，组成的结构如图，其环上所有原子共平面。下列说法错误的是（）A.第一电离能：B.键角大小：C.简单氢化物沸点：D.中大键应表示为〖答案〗A〖祥解〗原子序数依次增大，为同一短周期相邻元素，根据组成的结构图，W形成1个共价键，X形成4个共价键，Y相差个共价键，可知W是H元素、X是C元素、Y是N元素，Z是O元素。【详析】A.N原子2p能级半充满，结构稳定，N原子第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能：，故A错误；B.中N原子价电子对数为2，分子构型为直线型，键角为180°；中N原子价电子对数为3，无孤电子对，分子构型为平面三角形，键角为120°；中N原子价电子对数为3，有1个孤电子对，分子构型为V形，键角小于120°；N键角大小>>，故B正确；C.简单氢化物沸点：，故C正确；D.中环上所有原子共平面，每个C原子提供1个电子、每个N原子提供2个电子，带1个单位正电荷，所以形成键的电子数为6，键应表示为，故D正确；选A。8.下列离子方程式书写正确的是（）A.明矾溶液与过量氨水混合：B.用作电极电解饱和食盐水：C.海水提溴中用的水溶液富集溴：D.比较碳酸和苯酚酸性强弱：〖答案〗D〖解析〗A．明矾溶液与过量氨水混合反应生成Al(OH)3沉淀，离子方程式为：，故A错误；B．为活性电极，阳极的电极反应是Cu放电生成Cu(OH)2，不会生成Cl2，故B错误；C．HBr是强酸，在离子方程式中需要拆开，故C错误；D．苯酚钠溶液中通入二氧化碳能够生成苯酚，由强酸制取弱酸可知，碳酸的酸性比苯酚强，故D正确；故选D。9.某化学兴趣小组同学按图示装置进行实验，产生足量的气体通入c中，最终出现浑浊。下列所选物质组合符合要求的是（）选项a中试剂b中试剂c中试剂A浓硫酸浓盐酸(或)溶液B浓硝酸溶液C稀盐酸大理石饱和溶液D浓氨水生石灰溶液〖答案〗C〖解析〗A．浓硫酸加入浓盐酸中，生成HCl气体，生成的HCl气体通入NaAlO2或者Na[Al(OH)4]溶液，先生成氢氧化铝白色沉淀，后HCl过量，沉淀溶解，A错误；B．浓硝酸和Fe常温下发生钝化反应，B错误；C．稀盐酸和大理石反应生成二氧化碳，CO2与饱和Na2CO3溶液反应生成NaHCO3晶体，C正确；D．浓氨水与生石灰生成NH3，NH3通入AgNO3溶液先生成沉淀，后继续通入NH3，沉淀溶解，生成Ag(NH3)2OH，D错误；故选C。10.科学家研制出了一种薄如纸片，可剪裁、能折叠的轻型“纸电池”。将特殊工艺加工后的电极材料涂在纸上，形成效率比普通锂电池效率高10倍的“纸电池”。其电池总反应为：。下列有关说法正确的是（）A.电池正极反应式为B.涂在纸上的电极材料是和C.每生成，电池中转移个电子D.电池中既是氧化产物又是还原产物〖答案〗B〖祥解〗根据电池总反应可知，反应中Zn被氧化，应为原电池的负极，电极反应式为Zn-2e-+2OH-=ZnO+H2O，MnO2被还原，应为原电池的正极，电极反应式为MnO2+e-+H2O=MnO(OH)+OH-。【详析】A．锰元素化合价降低，MnO2被还原，应为原电池的正极，电解质溶液为碱性才能与ZnO共存，电极反应式为MnO2+e-+H2O=MnO(OH)+OH-，故A错误；

B．Zn为原电池的负极，为正极，涂在纸上的电极材料是和，故B正确；

C．由MnO2+e-+H2O=MnO(OH)+OH-，每生成转移1mol电子，电池中转移个电子，故C错误；

D．Zn元素化合价升高，ZnO是氧化产物，MnO2被还原，是还原产物，故D错误；

故选：B。11.以叶蛇纹石[主要成分是，含少量等]为原料提取高纯硅的流程如下：下列说法错误的是（）A.操作1为过滤B.反应2的副产物可作燃料C.反应3和反应4的副产物可循环利用D.上述流程中有两步反应发生了氧化还原〖答案〗D〖祥解〗反应1是稀硫酸加入叶纹石中，Mg、Al、Fe的化合物转化为硫酸盐，溶在硫酸中，SiO2不溶解，过滤分离，该过程是非氧化还原反应；反应2是二氧化硅和碳在高温下反应生成硅和一氧化碳，反应3是硅和HCl反应生成H2和SiHCl3，反应4是H2和SiHCl3反应生成Si和HCl，反应2、反应3、反应4均是氧化还原反应，据此分析解题。【详析】A．根据分析，操作1是过滤，A正确；B．反应2的副产物是CO，可以做燃料，B正确；C．反应3的副产物是反应4的原料，反应4的副产物是反应3的原料，因此反应3和反应4的副产物可循环利用，C正确；D．上述流程中，反应2、反应3、反应4均是氧化还原反应，D错误；〖答案〗选D。12.研究表明，在催化剂作用下，的反应历程如图所示：注：“”可表示为：下列有关说法不正确的是（）A.“化学方程式可表示为B.保持体系中分压不变，增大分压可提高反应催化效率C.反应过程中有极性共价键和非极性共价键断裂D.反应物在催化剂表面经历过程“扩散→吸附(活性位点)→表面反应→脱附”〖答案〗B〖解析〗A．由图可知，4→5为乙炔与吸附在催化剂AuCl上的HCl反应，化学方程式为：CH≡CH+HCl/AuCl═CH2=CHCl/AuCl，故A正确；B．若保持体系中C2H2分压不变，HCl分压过高时，HCl的体积分数过高，催化剂吸附的较多，阻碍了乙炔与其接触，降低反应催化效率，故B错误；C．反应过程中有H-Cl极性共价键和C-C非极性共价键断裂，故C正确；D．反应物在催化剂表面经历过程扩散，过程HCl在AuCl上吸附(活性位点)，乙炔和HCl在催化剂表面反应，生成产物氯乙烯从催化剂上脱附，故D正确；故选B。13.某小组同学用的溶液滴定未知浓度的一种酸，滴定过程的曲线如图所示，B点为两者恰好反应的点。下列有关说法正确的是（）A.这种酸可能是醋酸B.若用酚酞作指示剂，滴定终点在A处，若用甲基橙为指示剂，滴定终点在C处C.若酸为硫酸，B点溶液中有：D.若酸为盐酸，C处溶液离子浓度大小关系为：〖答案〗B〖解析〗A．根据滴定曲线可知，开始滴定前，溶液的pH约为1，B点为滴定终点，此时消耗的溶液20mL，若这种酸为醋酸，则醋酸的浓度为，的醋酸pH不为1，A错误；B．酚酞和甲基橙的变色范围不同，分别在A和C处，故若用酚酞作指示剂，滴定终点在A处，若用甲基橙为指示剂，滴定终点在C处，B正确；C．若酸为硫酸，B点溶液中的电荷守恒关系为，C错误；D．若酸为盐酸，C点溶液呈酸性，则，C点溶液存在电荷守恒关系，则C点溶液中存在，故C处溶液离子浓度大小关系为：，D错误；故选B。14.已知反应的势能曲线示意图如下(…表示吸附作用，A表示催化剂，表示过渡态分子)：下列有关说法正确的是（）A.过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中都有生成B.若在任意温度下均能自发进行，则反应为吸热反应C.该反应中只有两种物质能够吸附分子D.过程Ⅲ中最大势能垒(活化能)为〖答案〗A〖解析〗A．从图可看出过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中都有N2生成，A正确；B．若反应在任意温度下均能自发进行，、，该反应为放热反应，B错误；C．反应过程中，A、A-O、A-O2三种物质都能吸附N2O，C错误；D．过程Ⅲ中最大能垒(活化能)为37.49-(-44.68)=82.17，D错误；故选A。二、非选择题：共4道题，共58分。15.利用废镍催化剂(主要含金属及其氧化物)合成硫酸镍晶体的一种工艺流程如下：常温下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的如表所示：金属离子开始沉淀时的7.23.72.27.5沉淀完全时的8.74.73.29.0回答下列问题：（1）“碱浸”时发生的主要反应的离子方程式为______________。（2）“滤液②”中含有的金属离子是___________。（3）若“转化”后的溶液中浓度为，则“调”应控制的范围是___________。（4）资料显示，硫酸镍结晶水合物的形态与温度有如下关系。温度低于30.8℃30.8~53.8℃53.8~280℃高于280℃晶体形态多种结晶水合物由溶液获得稳定的晶体的操作依次是蒸发浓缩、___________、过滤、洗涤、干燥。（5）①三种元素二价离子的硫酸盐晶体的晶胞类型相同，其熔点由高到低的顺序为___________；②中阴离子的空间构型为___________；③丁二酮肟常用于检验。在稀氨水中，丁二酮肟与反应生成鲜红色沉淀，其结构如图所示：该配合物中的配位数为___________；丁二酮肟分子中所含的第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序为___________。〖答案〗（1）2Al+2OH-+2H2O=Al+3H2（2）Ni2+、Fe2+、Fe3+（3）32≤pH＜6.7（4）冷却结晶（5）①NiSO4>CoSO4>FeSO4②正四面体③4N>O>C〖祥解〗本流程根据物质的相关物理性质、化学性质，设计一系列的分离提纯过程，除去杂质，获得所需工业产品；通过碱洗除去Al元素，再通过酸洗除去不溶性杂质，Ni、Al、Fe及其氧化物和硫酸反应转化为Ni2+、Fe2+、Fe3+。利用H2O2氧化性将Fe元素存在形式均调整成Fe3+，利用Fe3+易水解，Fe3+、Ni2+水解pH环境不一致的特点，通过调节溶液pH完成Fe元素的除去；再利用经典的蒸发结晶操作获得结晶水合物产品。【详析】（1）“碱浸”时Al和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=Al+3H2。（2）由分析可知，“滤液②”中含有的金属离子是Ni2+、Fe2+、Fe3+。（3）由上述表格可知，Ni2+完全沉淀时的pH=8.7，此时c(Ni2+)=1.0×10-5mol·L-1，c(H+)=1.0×10-8.7mol·L-1，则c(OH-)=10-5.3mol/L，则Ni(OH)2的Ksp=c(Ni2+)⋅c2(OH-)=10-5×(10-5.3)2=1.0×10-15.6，如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为0.1mol·L-1，此时，则c(H+)==10-6.7mol/L，即pH=6.7；为避免镍离子沉淀，溶液的pH应小于6.7，Fe3+完全沉淀的pH为3.2，因此“调节pH”应控制的pH范围是3.2≤pH＜6.7。（4）由溶液获得稳定的晶体的操作依次是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。（5）①Fe、Co、Ni三种元素二价离子的半径依次减小，硫酸盐晶体中品格能依次增大，所以其熔点出高到低的顺序为NiSO4>CoSO4>FeSO4；②NiSO4的阴离子为SO中心原子价层电子对数为=4，且没有孤电子对，空间构型为正四面体；③由图可知，Ni2+与4个N形成配位键，Ni2+的配位数为4；同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，但氮原子的2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于相邻元素，则C、N、O三种元素第一电离能从大到小为：N>O>C。16.硫代硫酸钠(Na2S2O3·5H2O)俗名“大苏打”，又称为“海波”。它易溶于水，难溶于乙醇，加热、遇酸均易分解。下图为实验室制取硫代硫酸钠的装置：实验步骤：I．制备：装置A制备的经过三通阀通入装置C中的混合溶液，加热、搅拌，至溶液约为时，停止通入气体，得产品混合溶液。Ⅱ.产品分离提纯：产品混合溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到产品。回答下列问题：（1）装置A中装的仪器名称为___________。装置B中的药品可以选择下列物质中的___________(填字母)。A．饱和食盐水 B．溶液C．饱和溶液 D．酸性溶液（2）为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的不能过量。若过量使溶液，产率会降低，请用离子方程式解释原因：_______________________________；理论上和的最佳物质的量之比应为___________。（3）当数据采集处接近时，三通阀(如图1)的孔路位置应调节为_____(填字母)。（4）小组查阅资料：①的结构如图2所示(可视为一个S原子取代了中的一个O原子。)；②在照相底片的定影过程中，未曝光的溴化银(AgBr)常用硫代硫酸钠(Na2S2O3)溶解。发生的反应为：，常温下，，溶液溶解生成的离子方程式：____________________________________________，常温下，该反应的化学平衡常数为___________。在配合物离子中，___________(填字母)不可能作配位原子。a．中的中心S原子b．中的端基S原子（5）向浸取液中通入空气使转化为稳定性高的，同时加入一定量的后可加快金的溶解，一种浸金机理如图3所示。则负极区电极反应为___________________________。〖答案〗（1）蒸馏烧瓶BD（2）1:2（3）D（4）16a（5）〖祥解〗A为SO2的发生装置，将SO2经过三通阀通入装置C中的混合溶液中，与碳酸钠和硫化钠反应生成Na2S2O3溶液，混合溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到Na2S2O3⋅5H2O产品，装置B吸收SO2，据此回答。【详析】（1）①装置A中装Na2SO3的仪器名称为蒸馏烧瓶；②根据分析可知，装置B吸收SO2，酸性高锰酸钾和NaOH溶液都可以与SO2反应，故选BD；（2）①实验中通入的SO2不能过量，否则产率会降低，原因是硫代硫酸根离子在酸性溶液中会发生歧化反应，离子方程式为：；②反应的方程式为：，所以论上Na2S和SO2的最佳物质的量之比应为1:2；（3）当数据采集处pH接近7~8时，Na2CO3与Na2S已经完全反应为产物，此时反应应该停止，将多余的SO2进行尾气处理，需要调节三通阀的方向使SO2进入B装置，故选D；（4）①Na2S2O3溶液溶解AgBr生成Na3[Ag(S2O3)2]的离子方程式：；②根据K稳=3.2×1013，=K稳Ksp(AgBr)=3.2×10135.0×10−13=16；③中的中心S原子无孤电子对，不做配位原子，端基S原子含有孤电子对，可做配位原子，故选a；（5）由图片可知，金失去电子发生氧化反应，所以负极区电极反应为：。17.对的资源化利用是人类常期研究的课题。（1）1902年，首次报道了的甲烷化。①已知：I．Ⅱ.甲烷化反应Ⅲ.的___________，平衡常数___________(用表示)。②加氢合成甲烷时，通常控制温度为500℃左右，其原因不可能为___________。A．反应速率快 B．平衡转化率高C．催化剂活性高 D．主反应催化剂选择性好（2）负载金属催化甲烷化可能存在的两种反应机理如图所示。①上述两种不同机理发生机制的关键为：和在催化剂表面不同活性位点吸附、活化形成中间体。若发生机理①，则吸附在___________上。②机理①和②都会产生中间体。其产生的原因可能是___________或吸附在载体的原子表面的(衍生物中间体)甲酸盐解离产生。③中间体Ⅱ转化为中间体Ⅲ的过程可用反应式表示为_______________________。（3）利用介孔限域催化温室气体加氢制甲醇，是解决能源问题与实现双碳目标的主要技术之一，主反应如下：。①此反应在___________(填“高温”、“低温”或“任何温度”)下能自发进行。②我国学者研究发现，在单原子催化时，该反应的历程为：第一步第二步第三步中间体与物质的量之比随时间变化如下图：回答下列问题：i．基态铜原子价层电子轨道表达式：___________。ii．反应历程中，第___________步反应的活化能最高，是反应的决速步聚，判断的理由是_______________________________________。〖答案〗（1）①-156.9②B（2）①活性金属Rh②吸附在活性金属Rh表面的CO2直接解离产生③HCO+2HHCOO-+H2O（3）①低温②i．ii．二HCOO*与CH3O*物质的量之比随时间的延长逐渐增大，则第一步生成HCOO*的速率比第二步消耗HCOO*的速率快，第二步生成CH3O*的速率比第三步消耗CH3O*的速率慢，故第二步反应速率最慢，故反应历程中，第二步反应的活化能最高，是反应的决速步骤〖解析〗（1）①根据盖斯定律，反应Ⅲ可由反应Ⅰ×2-反应Ⅱ得到，则△H3=2△H1-△H2=-395.6×2-(-634.3=-156.9。反应Ⅲ的平衡常数K3=。②CO2加氢合成甲烷时，也有副产物发生，主反应是放热反应，副反应是吸热反应，通常控制温度为500℃左右，此时催化剂的活性高，反应速率快，由于有副反应发生，因此应是主反应催化剂选择性好，而温度高，对副反应平衡正向移动，对主反应平衡逆向移动，平衡转化率减小，故选B。（2）①从图可以看出，CO2和H2在催化剂表面不同活性位点的吸附、活化形成中间体不同，故上述两种机理不同的关键在于CO2的吸附、活化位置(是在载体ZrO2上，还是在活性金属Rh上，以及活化形成的中间体)，由图可知，若发生机理①，则二氧化碳吸附在活性金属Rh上；②由图可知，吸附在活性金属Rh表面的中间体CO，除了可能是吸附在活性金属Rh表面的CO2直接解离产生，也有可能是机理②中出吸附在载体ZrO2的Zr原子表面的(CO2衍生物中问体)甲酸盐解离产生；③中间体Ⅱ脱去H2O生成中问体Ⅲ，吸附在Zr原子表面的H原子与碳酸氢盐中的C原子相作用，吸附在O原子表面的H原子与碳酸氨盐羟基上的O原子相互作用，生成的甲酸盐吸附在Zr原子表面、H2O分子直接离去，可用反应式表示为HCO+2HHCOO-+H2O。（3）①反应的△H<0，△S<0，△G=△H-T△S<0，反应可以自发进行，故反应在低温下可以自发进行；②Cu为29号元素，基态铜原子的价层电子排布式为3d104s1，价层电子轨道表示式为；HCOO*与CH3O*物质的量之比随时间的延长逐渐增大，则第一步生成HCOO*的速率比第二步消耗HCOO*的速率快，第二步生成CH3O*的速率比第三步消耗CH3O*的速率慢，故第二步反应速率最慢，故反应历程中，第二步反应的活化能最高，是反应的决速步骤。18.有机物H是治疗胃肠炎、细菌性痢疾等药物的合成中间体，其合成路线如下图所示：回答下列问题：（1）A的名称是___________。（2）的化学方程式为__________________________。（3）化合物F中的官能团名称为___________、___________。（4）试剂X含有醛基，分子式为，则其结构简式为________________，中涉及两步反应，反应类型分别为___________、消去反应。（5）化合物H中氮原子的杂化类型为________________。（6）化合物D一定条件可转化为M()，M的同分异构体中，同时满足下列条件的共有___________种(不考虑立体异构)。a．能使溴的四氯化碳溶液褪色b．能与溶液反应c．苯环上有三个取代基，其中2个为酚羟基其中核磁共振氢谱有7组峰，且峰面积之比为的同分异构体的结构简式为_______________________________(只写一种)。〖答案〗（1）邻二氯苯或1，2-二氯苯（2）+CH2Cl2+2HCl（3）氨基醚键（4）加成反应（5）sp3（6）48或或或〖祥解〗由A的分子式和B的结构简式可知A发生水解反应生成B，A的结构简式为，B在碱性条件下和CH2Cl2发生取代反应生成C为，C和CH2=CHCN发生加成反应生成D，E发生还原反应生成F，试剂X含有醛基，分子式为，F和X先发生加成反应再发生消去反应生成G，则X为，G发生加成反应生成H，据此解答。【详析】（1）由分析可知A为，名称是邻二氯苯或1，2-二氯苯。（2）由分析可知，B在碱性条件下和CH2Cl2发生取代反应生成C，化学方程式为：+CH2Cl2+2HCl。（3）化合物F中的官能团名称为氨基、醚键。（4）由分析可知，试剂X的结构简式为，中涉及两步反应，反应类型分别为加成反应、消去反应。（5）化合物H中氮原子形成3个共价键和1个孤电子对，杂化类型为sp3。（6）M的同分异构体中，同时满足条件：a．能使溴的四氯化碳溶液褪色，说明其中含有碳碳双键或碳碳三键；b．能与溶液反应，说明其中含有-COOH；c．苯环上有三个取代基，其中2个为酚羟基；综上所述，苯环上的取代基组合为2个-OH、-CH2CH=CHCOOH；2个-OH、-CH=CHCH2COOH；2个-OH、-C(COOH)=CHCH3；2个-OH、-CH(COOH)CH=CH2；2个-OH、-CH=C(COOH)CH3；2个-OH、-CH2C(COOH)=CH2；2个-OH、-C(CH3)=CHCOOH；2个-OH、-C(CH2COOH)=CH2；每种组合都由6种位置关系，则符合条件的同分异构体共有6×8=48种，其中核磁共振氢谱有7组峰，且峰面积之比为的同分异构体的结构简式为、、、。江西省九江市十校2024届高三第二次联考可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32一、单项选择题：共14小题，每题3分，共42分。每题只有一个选项符合题意。1.化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是（）A.可燃冰是一种化石能源B.氧化镁在工业生产中常用作耐火材料C.的水溶液都具有漂白性，漂白原理也相同D.聚乳酸具有生物可降解性，替代传统塑料以减少白色污染〖答案〗C〖解析〗A．可燃冰是化石能源，主要成分为甲烷，A正确；B．氧化镁熔点高，所以在工业生产中常用作耐火材料，B正确；C．SO2、HClO的水溶液都具有漂白性，漂白原理不相同，SO2能够与有色物质反应生成不稳定的无色物质，HClO因为具有强氧化性而漂白，C错误；D．聚乳酸塑料可降解，则用聚乳酸塑料代替聚乙烯塑料可减少白色污染，D正确；故选C。2.下列化学用语或图示表达不正确的是（）A.基态原子的价层电子的轨道表示式：B.的空间构型为V形C.氧离子的结构示意图为D.顺-2-丁烯的分子结构模型：〖答案〗A〖解析〗A．硅原子序数为14，则基态Si原子的价层电子的轨道表示式为：，A项错误；B．中心原子价层电子对数为2+=3，且含有1个孤电子对，空间构型为V形，B项正确；C．O2-含有10个电子，结构示意图为，C项正确；D．顺-2-丁烯的分子式为C4H8，在双键碳原子的同侧为顺式，则顺-2-丁烯的分子球棍模型：，D项正确；故选A。3.用表示阿伏加德罗常数的值，则下列说法正确的是（）A.溶液中含有个B.标准状况下，中含有个键C.的浓硫酸中含有的H原子总数为D.常温常压下，的混合气体含有个原子〖答案〗D〖解析〗A．缺溶液的体积，无法计算1mol/L碳酸氢钠溶液中碳酸氢钠的物质的量和钠离子的个数，故A错误；B．标准状况下，水为液态，无法计算2.24L水的物质的量和含有的氢氧键数目，故B错误；C．浓硫酸中硫酸和水都含有氢原子，则100g98%浓硫酸中含有的氢原子总数为×2×NAmol—1+×2×NAmol—1=NA，故C错误；D．二氧化氮和四氧化二氮的最简式相同，都为NO2，则23g二氧化氮和四氧化二氮混合气体含有的原子个数为×3×NAmol—1=1.5NA，故D正确；故选D。4.下列描述对应的化学知识或原理正确的是（）选项素质教育化学知识或原理A书法：“无色而具画图的灿烂，无声而有音乐的和谐”，常用宣纸制作宣纸的主要成分是合成高分子材料B体育：体育赛场上常用复方氯乙烷喷雾剂给运动员受伤处快速降温止痛氯乙烷属于烃类物质C美术：水墨画被视为中国传统绘画，颜料中的红色成分为铁红铁红的主要成分为D劳动教育：使用84消毒液对衣物消毒具有漂白性〖答案〗C〖解析〗A．制作宣纸的主要成分是纤维素，纤维素是天然高分子材料，A错误；B．氯乙烷属于卤代烃，不属于烃，B错误；C．铁红的主要成分为，C正确；D．84消毒液对衣物消毒，说明具有强氧化性，与漂白性无关，D错误；故选C。5.维生素是一种吡啶衍生物，是维持蛋白质正常代谢的必要维生素。其结构简式如下：已知：吡啶()与苯类似，也具有芳香性。下列有关说法正确的是（）A.该物质属于芳香烃 B.可发生取代反应和加成反应C.碳原子不能同时在一个平面 D.该物质最多消耗〖答案〗B〖祥解〗芳香烃通常指分子中含有苯环结构的碳氢化合物，该有机物含有羟基可以发生取代反应，吡啶()与苯类似，加成反应，据此回答。【详析】A．根据分析可知，该物质不属于芳香烃，A错误；B．含有羟基可以发生取代反应，吡啶()与苯类似，加成反应，B正确；C．吡啶()与苯类似，为平面形分子，维生素B6中碳原子直接连在环上，所以碳原子一定在同一平面上，C错误；D．与吡啶相连的羟基类似于酚羟基，能够与氢氧化钠反应，但醇羟基不与氢氧化钠反应，所以1mol该物质最多消耗1molNaOH，D错误；故选B。6.ClO-可用于处理含CN-的废水，处理过程中体系存在ClO-、CN-、N2、Cl-、、H2O六种物质。下列有关说法正确的是（）A.ClO-是氧化剂，N2是氧化产物之一B.反应配平后氧化剂与还原剂的化学计量数之比为3：2C.若生成标准状况下2.24LN2，则转移电子0.2molD.含CN-的废水也可用Cr2O处理〖答案〗A〖解析〗A．根据题意，ClO-、CN-为反应物，N2、Cl-、HCO为生成物，结合原子守恒可知H2O为反应物，处理过程中所发生的反应为5ClO-+2CN-+H2O=N2↑+5Cl-+2。其中ClO-是氧化剂，N2是氧化产物，A正确；B．在该反应中氧化剂是ClO-，还原剂是CN-，根据选项A方程式可知氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5：2，B错误；C．在反应5ClO-+2CN-+H2O=N2↑+5Cl-+2中，每反应产生1molN2，反应过程中转移10mol电子。若生成标准状况下2.24LN2，其物质的量是0.1mol，则转移电子1mol，C错误；D．具有强氧化性，但若用处理含CN-的废水，会引入重金属离子Cr3+，D错误；故合理选项是A。7.原子序数依次增大，为同一短周期相邻元素，组成的结构如图，其环上所有原子共平面。下列说法错误的是（）A.第一电离能：B.键角大小：C.简单氢化物沸点：D.中大键应表示为〖答案〗A〖祥解〗原子序数依次增大，为同一短周期相邻元素，根据组成的结构图，W形成1个共价键，X形成4个共价键，Y相差个共价键，可知W是H元素、X是C元素、Y是N元素，Z是O元素。【详析】A.N原子2p能级半充满，结构稳定，N原子第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能：，故A错误；B.中N原子价电子对数为2，分子构型为直线型，键角为180°；中N原子价电子对数为3，无孤电子对，分子构型为平面三角形，键角为120°；中N原子价电子对数为3，有1个孤电子对，分子构型为V形，键角小于120°；N键角大小>>，故B正确；C.简单氢化物沸点：，故C正确；D.中环上所有原子共平面，每个C原子提供1个电子、每个N原子提供2个电子，带1个单位正电荷，所以形成键的电子数为6，键应表示为，故D正确；选A。8.下列离子方程式书写正确的是（）A.明矾溶液与过量氨水混合：B.用作电极电解饱和食盐水：C.海水提溴中用的水溶液富集溴：D.比较碳酸和苯酚酸性强弱：〖答案〗D〖解析〗A．明矾溶液与过量氨水混合反应生成Al(OH)3沉淀，离子方程式为：，故A错误；B．为活性电极，阳极的电极反应是Cu放电生成Cu(OH)2，不会生成Cl2，故B错误；C．HBr是强酸，在离子方程式中需要拆开，故C错误；D．苯酚钠溶液中通入二氧化碳能够生成苯酚，由强酸制取弱酸可知，碳酸的酸性比苯酚强，故D正确；故选D。9.某化学兴趣小组同学按图示装置进行实验，产生足量的气体通入c中，最终出现浑浊。下列所选物质组合符合要求的是（）选项a中试剂b中试剂c中试剂A浓硫酸浓盐酸(或)溶液B浓硝酸溶液C稀盐酸大理石饱和溶液D浓氨水生石灰溶液〖答案〗C〖解析〗A．浓硫酸加入浓盐酸中，生成HCl气体，生成的HCl气体通入NaAlO2或者Na[Al(OH)4]溶液，先生成氢氧化铝白色沉淀，后HCl过量，沉淀溶解，A错误；B．浓硝酸和Fe常温下发生钝化反应，B错误；C．稀盐酸和大理石反应生成二氧化碳，CO2与饱和Na2CO3溶液反应生成NaHCO3晶体，C正确；D．浓氨水与生石灰生成NH3，NH3通入AgNO3溶液先生成沉淀，后继续通入NH3，沉淀溶解，生成Ag(NH3)2OH，D错误；故选C。10.科学家研制出了一种薄如纸片，可剪裁、能折叠的轻型“纸电池”。将特殊工艺加工后的电极材料涂在纸上，形成效率比普通锂电池效率高10倍的“纸电池”。其电池总反应为：。下列有关说法正确的是（）A.电池正极反应式为B.涂在纸上的电极材料是和C.每生成，电池中转移个电子D.电池中既是氧化产物又是还原产物〖答案〗B〖祥解〗根据电池总反应可知，反应中Zn被氧化，应为原电池的负极，电极反应式为Zn-2e-+2OH-=ZnO+H2O，MnO2被还原，应为原电池的正极，电极反应式为MnO2+e-+H2O=MnO(OH)+OH-。【详析】A．锰元素化合价降低，MnO2被还原，应为原电池的正极，电解质溶液为碱性才能与ZnO共存，电极反应式为MnO2+e-+H2O=MnO(OH)+OH-，故A错误；

B．Zn为原电池的负极，为正极，涂在纸上的电极材料是和，故B正确；

C．由MnO2+e-+H2O=MnO(OH)+OH-，每生成转移1mol电子，电池中转移个电子，故C错误；

D．Zn元素化合价升高，ZnO是氧化产物，MnO2被还原，是还原产物，故D错误；

故选：B。11.以叶蛇纹石[主要成分是，含少量等]为原料提取高纯硅的流程如下：下列说法错误的是（）A.操作1为过滤B.反应2的副产物可作燃料C.反应3和反应4的副产物可循环利用D.上述流程中有两步反应发生了氧化还原〖答案〗D〖祥解〗反应1是稀硫酸加入叶纹石中，Mg、Al、Fe的化合物转化为硫酸盐，溶在硫酸中，SiO2不溶解，过滤分离，该过程是非氧化还原反应；反应2是二氧化硅和碳在高温下反应生成硅和一氧化碳，反应3是硅和HCl反应生成H2和SiHCl3，反应4是H2和SiHCl3反应生成Si和HCl，反应2、反应3、反应4均是氧化还原反应，据此分析解题。【详析】A．根据分析，操作1是过滤，A正确；B．反应2的副产物是CO，可以做燃料，B正确；C．反应3的副产物是反应4的原料，反应4的副产物是反应3的原料，因此反应3和反应4的副产物可循环利用，C正确；D．上述流程中，反应2、反应3、反应4均是氧化还原反应，D错误；〖答案〗选D。12.研究表明，在催化剂作用下，的反应历程如图所示：注：“”可表示为：下列有关说法不正确的是（）A.“化学方程式可表示为B.保持体系中分压不变，增大分压可提高反应催化效率C.反应过程中有极性共价键和非极性共价键断裂D.反应物在催化剂表面经历过程“扩散→吸附(活性位点)→表面反应→脱附”〖答案〗B〖解析〗A．由图可知，4→5为乙炔与吸附在催化剂AuCl上的HCl反应，化学方程式为：CH≡CH+HCl/AuCl═CH2=CHCl/AuCl，故A正确；B．若保持体系中C2H2分压不变，HCl分压过高时，HCl的体积分数过高，催化剂吸附的较多，阻碍了乙炔与其接触，降低反应催化效率，故B错误；C．反应过程中有H-Cl极性共价键和C-C非极性共价键断裂，故C正确；D．反应物在催化剂表面经历过程扩散，过程HCl在AuCl上吸附(活性位点)，乙炔和HCl在催化剂表面反应，生成产物氯乙烯从催化剂上脱附，故D正确；故选B。13.某小组同学用的溶液滴定未知浓度的一种酸，滴定过程的曲线如图所示，B点为两者恰好反应的点。下列有关说法正确的是（）A.这种酸可能是醋酸B.若用酚酞作指示剂，滴定终点在A处，若用甲基橙为指示剂，滴定终点在C处C.若酸为硫酸，B点溶液中有：D.若酸为盐酸，C处溶液离子浓度大小关系为：〖答案〗B〖解析〗A．根据滴定曲线可知，开始滴定前，溶液的pH约为1，B点为滴定终点，此时消耗的溶液20mL，若这种酸为醋酸，则醋酸的浓度为，的醋酸pH不为1，A错误；B．酚酞和甲基橙的变色范围不同，分别在A和C处，故若用酚酞作指示剂，滴定终点在A处，若用甲基橙为指示剂，滴定终点在C处，B正确；C．若酸为硫酸，B点溶液中的电荷守恒关系为，C错误；D．若酸为盐酸，C点溶液呈酸性，则，C点溶液存在电荷守恒关系，则C点溶液中存在，故C处溶液离子浓度大小关系为：，D错误；故选B。14.已知反应的势能曲线示意图如下(…表示吸附作用，A表示催化剂，表示过渡态分子)：下列有关说法正确的是（）A.过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中都有生成B.若在任意温度下均能自发进行，则反应为吸热反应C.该反应中只有两种物质能够吸附分子D.过程Ⅲ中最大势能垒(活化能)为〖答案〗A〖解析〗A．从图可看出过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中都有N2生成，A正确；B．若反应在任意温度下均能自发进行，、，该反应为放热反应，B错误；C．反应过程中，A、A-O、A-O2三种物质都能吸附N2O，C错误；D．过程Ⅲ中最大能垒(活化能)为37.49-(-44.68)=82.17，D错误；故选A。二、非选择题：共4道题，共58分。15.利用废镍催化剂(主要含金属及其氧化物)合成硫酸镍晶体的一种工艺流程如下：常温下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的如表所示：金属离子开始沉淀时的7.23.72.27.5沉淀完全时的8.74.73.29.0回答下列问题：（1）“碱浸”时发生的主要反应的离子方程式为______________。（2）“滤液②”中含有的金属离子是___________。（3）若“转化”后的溶液中浓度为，则“调”应控制的范围是___________。（4）资料显示，硫酸镍结晶水合物的形态与温度有如下关系。温度低于30.8℃30.8~53.8℃53.8~280℃高于280℃晶体形态多种结晶水合物由溶液获得稳定的晶体的操作依次是蒸发浓缩、___________、过滤、洗涤、干燥。（5）①三种元素二价离子的硫酸盐晶体的晶胞类型相同，其熔点由高到低的顺序为___________；②中阴离子的空间构型为___________；③丁二酮肟常用于检验。在稀氨水中，丁二酮肟与反应生成鲜红色沉淀，其结构如图所示：该配合物中的配位数为___________；丁二酮肟分子中所含的第二周期元素的第一电离能由大到小的顺序为___________。〖答案〗（1）2Al+2OH-+2H2O=Al+3H2（2）Ni2+、Fe2+、Fe3+（3）32≤pH＜6.7（4）冷却结晶（5）①NiSO4>CoSO4>FeSO4②正四面体③4N>O>C〖祥解〗本流程根据物质的相关物理性质、化学性质，设计一系列的分离提纯过程，除去杂质，获得所需工业产品；通过碱洗除去Al元素，再通过酸洗除去不溶性杂质，Ni、Al、Fe及其氧化物和硫酸反应转化为Ni2+、Fe2+、Fe3+。利用H2O2氧化性将Fe元素存在形式均调整成Fe3+，利用Fe3+易水解，Fe3+、Ni2+水解pH环境不一致的特点，通过调节溶液pH完成Fe元素的除去；再利用经典的蒸发结晶操作获得结晶水合物产品。【详析】（1）“碱浸”时Al和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=Al+3H2。（2）由分析可知，“滤液②”中含有的金属离子是Ni2+、Fe2+、Fe3+。（3）由上述表格可知，Ni2+完全沉淀时的pH=8.7，此时c(Ni2+)=1.0×10-5mol·L-1，c(H+)=1.0×10-8.7mol·L-1，则c(OH-)=10-5.3mol/L，则Ni(OH)2的Ksp=c(Ni2+)⋅c2(OH-)=10-5×(10-5.3)2=1.0×10-15.6，如果“转化”后的溶液中Ni2+浓度为0.1mol·L-1，此时，则c(H+)==10-6.7mol/L，即pH=6.7；为避免镍离子沉淀，溶液的pH应小于6.7，Fe3+完全沉淀的pH为3.2，因此“调节pH”应控制的pH范围是3.2≤pH＜6.7。（4）由溶液获得稳定的晶体的操作依次是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。（5）①Fe、Co、Ni三种元素二价离子的半径依次减小，硫酸盐晶体中品格能依次增大，所以其熔点出高到低的顺序为NiSO4>CoSO4>FeSO4；②NiSO4的阴离子为SO中心原子价层电子对数为=4，且没有孤电子对，空间构型为正四面体；③由图可知，Ni2+与4个N形成配位键，Ni2+的配位数为4；同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，但氮原子的2p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于相邻元素，则C、N、O三种元素第一电离能从大到小为：N>O>C。16.硫代硫酸钠(Na2S2O3·5H2O)俗名“大苏打”，又称为“海波”。它易溶于水，难溶于乙醇，加热、遇酸均易分解。下图为实验室制取硫代硫酸钠的装置：实验步骤：I．制备：装置A制备的经过三通阀通入装置C中的混合溶液，加热、搅拌，至溶液约为时，停止通入气体，得产品混合溶液。Ⅱ.产品分离提纯：产品混合溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到产品。回答下列问题：（1）装置A中装的仪器名称为___________。装置B中的药品可以选择下列物质中的___________(填字母)。A．饱和食盐水 B．溶液C．饱和溶液 D．酸性溶液（2）为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的不能过量。若过量使溶液，产率会降低，请用离子方程式解释原因：_______________________________；理论上和的最佳物质的量之比应为___________。（3）当数据采集处接近时，三通阀(如图1)的孔路位置应调节为_____(填字母)。（4）小组查阅资料：①的结构如图2所示(可视为一个S原子取代了中的一个O原子。)；②在照相底片的定影过程中，未曝光的溴化银(AgBr)常用硫代硫酸钠(Na2S2O3)溶解。发生的反应为：，常温下，，溶液溶解生成的离子方程式：____________________________________________，常温下，该反应的化学平衡常数为___________。在配合物离子中，___________(填字母)不可能作配位原子。a．中的中心S原子b．中的端基S原子（5）向浸取液中通入空气使转化为稳定性高的，同时加入一定量的后可加快金的溶解，一种浸金机理如图3所示。则负极区电极反应为___________________________。〖答案〗（1）蒸馏烧瓶BD（2）1:2（3）D（4）16a（5）〖祥解〗A为SO2的发生装置，将SO2经过三通阀通入装置C中的混合溶液中，与碳酸钠和硫化钠反应生成Na2S2O3溶液，混合溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到Na2S2O3⋅5H2O产品，装置B吸收SO2，据此回答。【详析】（1）①装置A中装Na2SO3的仪器名称为蒸馏烧瓶；②根据分析可知，装置B吸收SO2，酸性高锰酸钾和NaOH溶液都可以与SO2反应，故选BD；（2）①实验中通入的SO2不能过量，否则产率会降低，原因是硫代硫酸根离子在酸性溶液中会发生歧化反应，离子方程式为：；②反应的方程式为：，所以论上Na2S和SO2的最佳物质的量之比应为1:2；（3）当数据采集处pH接近7~8时，Na2CO3与Na2S已经完全反应为产物，此时反应应该停止，将多余的SO2进行尾气处理，需要调节三通阀的方向使SO2进入B装置，故选D；（4）①Na2S2O3溶液溶解AgBr生成Na3[Ag(S2O3)2]的离子方程式：；②根据K稳=3.2×1013，=K稳Ksp(AgBr)=3.2×10135.0×10−13=16；③中的中心S原子无孤电子对，不做配位原子，端基S原子含有孤电子对，可做配位原子，故选a；（5）由图片可知，金失去电子发生氧化反应，所以负极区电极反应为：。17.对的资源化利用是人类常期研究的课题。（1）1902年，首次报道了的甲烷化。①已知：I．Ⅱ.甲烷化反应Ⅲ.的___________，平衡常数___________(用表示)。②加氢合成甲烷时，通常控制温度为500℃左右，其原因不可能为___________。A．反应速率快 B．平衡转化率高C．催化剂活性高 D．主反应催化剂选择性好（2）负载金属催化甲烷化可能存在的两种反应机理如图所示。①上述两种不同机理发生机制的关键为：和在催化剂表面不同活性位点吸附、活化形成中间体。若发生机理①，则吸附在___________上。②机理①和②都会产生中间体。其产生的原因可能是___________或吸附在载体的原子表面的(衍生物中间体)甲酸盐解离产生。③中间体Ⅱ转化为中间体Ⅲ的过程可用反应式表示为_______________________。（3）利用介孔限域催化温室气体加氢制甲醇，是解决能源问题与实现双碳目标的主要技术之一，主反应如下：。①此反应在___________(填“高温”、“低温”或“任何温度”)下能自发进行。②我国学者研究发现，在单原子催化时，该反应的历程为：第一步第二步第三步中间体与物质的量之比随时间变化如下图：回答下列问题：i．基态铜原子价层电子轨道表达式：___________。ii．反应历程中，第___________步反应的活化能最高，是反应的决速步聚，判断的理由是_______________________________________。〖答案〗（1）①-156.9②B（