江西省赣州市2024年高考化学模拟试题（含答案）

江西省赣州市2024年高考化学模拟试题阅卷人一、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。得分1．科技是第一生产力，我国科学家在诸多科技领域取得新突破。下列说法正确的是（）A．中国自主研发的计算机处理芯片“中国芯”的主要成分为SiB．全新电解原理实现海水制氢，其能量转化形式：化学能→电能C．最新合成的累积烯烃型环型碳(C10、C12)与D．温和压力条件下实现乙二醇的合成，乙二醇属于有机高分子化合物2．下列符号表征或说法正确的是（）A．HClO的电子式：B．ClO3C．Fe2+D．基态S原子的价电子排布图：3．中华传统文化源远流长。下图是传统酿酒工艺的装置。下列仪器与装置X(虚线框内)作用相同的是（）A．直形冷凝管B．蒸馏烧瓶C．分液漏斗D．锥形瓶A．A B．B C．C D．D4．二氯化二硫(S2Cl2)是一种常用的橡胶硫化剂，其结构如图所示。A．S2B．S2C．上述反应中S2D．上述反应中氧化产物与还原产物的质量比为3：15．下列操作或装置可以用于相应实验的是（）A．制备NHB．测氯水的pHC．分离水和CCD．实验室制备CA．A B．B C．C D．D6．双酚AF广泛应用于光学、微电子、航天等领域。可由六氟丙酮与苯酚在一定条件下合成得到，路线如下：下列说法错误的是（）A．上述过程中涉及加成反应B．双酚AF中所有碳原子一定共平面C．苯酚与双酚AF遇FeClD．双酚AF分子中苯环上的一溴代物有2种7．一种光催化重整聚乳酸生成丙酮酸的过程如图所示。设NAA．1mol乳酸分子中含有s−sp3B．1mol乳酸比1mol丙酮酸多2NC．生成1mol丙酮酸，需要消耗2D．1mol丙酮酸与足量Na2CO8．离子化合物A2A．第一电离能：Y>Z>X B．原子半径：X>Y>ZC．键角：YW3>YZ39．南昌大学科研团队在醇歧化方面取得突破性进展。利用氢碘酸的还原性和碘的氧化性将5-羟甲基糠醛歧化得到5-甲基糠醛(5-MF)和2，5-二甲酰基呋喃(DFF)，其反应机理如图所示。下列说法正确的是（）A．过程①中5-羟甲基糠醛发生氧化反应B．若用Cl2/C．5-MF与DFF均存在含有苯环的同分异构体D．若以为反应物，则歧化可得和10．利用可再生能源驱动耦合电催化HCHO氧化与CO2还原，同步实现CO2与HCHO高效转化为高附加值的化学产品，可有效消除酸性工业废水中的甲醛，减少碳排放，实现碳中和。耦合电催化反应系统原理如图所示。下列说法正确的是（）A．电源a极为正极，H+B．阳极的电极反应式为：CC．外电路转移1moleD．电解生成1molHCOOH，理论上可消耗标准状况下2211．二氧化氯(ClO2)是一种高效、安全的杀菌消毒剂。一种综合法制备ClO2的工艺流程及ClO2分子的结构(O-Cl-O的键角为117.6°)如图所示。下列说法正确的是（）A．Cl2与ClO2分子中所含化学键类型完全相同B．ClO2分子中含有大π键(π35)，Cl原子杂化方式为spC．“ClO2发生器”中，NaClO3的还原产物为Cl2D．“电解”时，阳极与阴极产物的物质的量之比为3：112．甲烷水蒸气重整制合成气［CH4(g)+H2O(gA．该反应ΔH>0B．平衡常数：KC．催化剂催化效率：Ⅰ<Ⅱ<ⅢD．增大压强，v正增大倍数小于v13．CuInS2(摩尔质量为Mg⋅molA．距离Cu最近的原子为InB．沿y轴投影可得晶胞投影图②C．晶胞中B原子分数坐标为(D．该晶体的密度为4×114．赣南脐橙富含柠檬酸(用H3R表示)。常温下，用0.(已知常温下柠檬酸的电离常数为：Ka1=1.0×10A．a点溶液中：c(B．反应H3R+HC．b点溶液中，c(ND．常温下，Na2HR阅卷人二、非选择题：本题共4小题，共58分。得分15．2Na制备装置：如图所示。制备步骤：i．按图组装仪器，控制实验温度不超过15℃；ii．往A中加入25mL的过氧化氢(质量分数为30%)、硫酸镁和硅酸钠各0.1g，控温搅拌至所有试剂完全溶解；iii．冷却至一定温度，加入100mL饱和碳酸钠溶液，搅拌反应30min，静置结晶；iv．利用真空泵抽滤，滤饼用无水乙醇洗涤2～3次，通风橱风干得到产品过碳酸钠，滤液回收利用。回答下列问题：（1）仪器A的名称为。（2）制备过程中，为了避免温度升高，导致产率下降，“加入100mL饱和碳酸钠溶液”的正确方法是。（3）步骤iv用无水乙醇洗涤的原因是。（4）下列有关过碳酸钠说法错误的是____。A．过碳酸钠是一种混合物B．过碳酸钠既具有碳酸钠的性质，又具有双氧水性质C．往酸性高锰酸钾溶液中加入足量过碳酸钠，溶液褪成无色D．过碳酸钠既可用作绿色漂白剂也可用作鱼塘供氧剂（5）采用下列装置验证过碳酸钠中碳酸钠和过氧化氢的物质的量之比是2∶3(不考虑过碳酸钠含有杂质)。①装置Ⅱ中的试剂为。②装置接口的连接顺序为(用ABCDE字母表示)。③若实验操作准确，则装置Ⅲ理论上应增重g。16．某研究小组模拟用硫酸化焙烧—水浸工艺从高砷铜冶炼烟尘中浸出铜、锌的流程如下。已知：①高砷铜冶炼烟尘的主要化学成分为锌、铜、铅的砷酸盐[M3(AsCuZnAsPbInAg5.60%15.60%28.68%2234%0.073%0.01%②25℃时，硫酸铅的溶度积常数Ksp③浸出率的计算：浸出率=浸取液中该元素的质量回答下列问题：（1）基态Zn原子的价层电子排布式为。（2）“焙烧”时，无烟煤除了为焙烧提供热量外，还表现的作用。请补全Cu3(AsO（3）“水浸”时，所得浸渣的主要成分为(写化学式)，往浸取液中加入的金属单质是(写化学式)。（4）高砷铜冶炼烟尘经过焙烧、水浸等工序后，测得浸取液中c(SO42−)为（5）铜浸出率的测定：从上述流程中得到的1L浸取液中取50mL与过量的酸性KI完全反应后，过滤，往滤液中滴加淀粉溶液为指示剂，用0.1000mol⋅L(已知：2Cu2++4①滴定终点的现象为。②忽略流程中的损失，可得铜的浸出率为。17．近年，甲醇制取与应用在全球引发了关于“甲醇经济”的广泛探讨。Ⅰ．在CO2催化加氢制反应a：CO2反应b：CO2反应c：CH3（1）已知反应b中相关化学键键能数据如下表：化学键H-HC=OC≡OH-OEx8031076465计算：x=kJ⋅mol−1，ΔH（2）恒温恒容时，下列能说明反应a一定达到平衡状态的是____(填标号)。A．vB．c(CC．混合气体的密度不再发生变化D．混合气体中H2（3）在催化剂作用下，将物质的量之比为1：2的CO2和H2的混合气体充入一恒容密闭容器中发生反应a、b，已知反应b的反应速率v正=k正①平衡时，CO2转化率为60%，CO2和H2的物质的量之比为1：1，若反应b的k②Arrhenius经验公式为Rlnk=−EaT+C，其中Ea为活化能，T为热力学温度，k为速率常数，R和C为常数，则Δ（4）其他条件相同时，反应温度对CH3OH选择性的影响如下图所示。由图可知，温度相同时CH3OH选择性的实验值略高于其平衡值，可能的原因是（5）Ⅱ．利用甲醇分解制取烯烃，涉及如下反应：a．2Cb．3Cc．3恒压条件下，平衡体系中各物质的量分数随温度变化如图所示。已知650K时，2x(C2H418．有机化合物H是合成药物盐酸维拉帕米的重要中间体，其合成路线如下。回答下列问题：（1）A分子中所含官能团的名称为，D生成E的反应类型为。（2）(CH3O)2S（3）A～E中含有手性碳原子的化合物是(填序号)。化合物G中的C原子的杂化方式有种。（4）化合物F的结构简式为。（5）由C生成D的化学方程式为。（6）仅含一种官能团的芳香化合物W是B的同分异构体，1molW能与2molNaOH溶液发生反应，W共有种(不考虑立体异构体)，其中核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比为6∶2∶1∶1的结构简式为(任写一种)。

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A、芯片的主要成分是Si，故A错误；B、电解池是将电能转化为化学能的装置，故B错误；

C、累积烯烃型环型碳(C10、C12)与C60均为碳元素形成的单质，互为同素异形体，故C正确；

【分析】A、芯片的主要成分为单质硅；

B、电解池将电能转化为化学能；

C、同种元素形成的不同单质互为同素异形体；

D、乙二醇相对分子质量远小于一万。2．【答案】B【解析】【解答】A、HClO为共价化合物，其结构式为H-O-Cl，电子式为，故A错误；

B、ClO3−的中心原子Cl价层电子对数为C、Fe2+的离子结构示意图：，故C错误；D、硫为16号元素，基态硫原子的价电子排布图：，故D错误；故答案为：B。【分析】A、HClO为共价化合物；

B、ClO3−中心原子Cl原子的价层电子对数为4；

3．【答案】A【解析】【解答】图中装置X作用是冷凝气体，与直形冷凝管作用相同，故选A；

故答案为：A。

【分析】根据各仪器的作用解答。4．【答案】D【解析】【解答】A、S2ClC、S元素的化合价由+1价升高为+4价，S元素的化合价由+1价降低为0，只有S元素的化合价变化，则S2Cl2既作氧化剂又作还原剂，故C不符合题意；D、氧化产物为SO2，还原产物为S，二者的物质的量比为1：3，故D符合题意；故答案为：D。【分析】A、根据化合物中化合价代数和为0计算；

B、根据正负电荷中心是否重合判断分子极性；

C、S2Cl2中元素的化合价既升高又降低；5．【答案】C【解析】【解答】A、NH4NO3受热易分解，该装置无法制备NH4NO3晶体，故A错误；

B、氯水具有漂白性，能漂白pH试纸，故B错误；

C、CCl4和水不互溶，可以用分液来分离水和CCl4，故C正确；D、实验室用石灰石或大理石与稀盐酸反应制备二氧化碳气体，故D错误；故答案为：C。【分析】A、NH4NO3易分解；

B、氯水具有漂白性；

C、四氯化碳和水不互溶；

D、实验室通常用碳酸钙和稀盐酸制备二氧化碳。6．【答案】B【解析】【解答】A、苯酚与六氟丙酮发生加成反应，故A不符合题意；

B、双酚AF中，与-CF3相连的碳原子为饱和碳原子，饱和碳原子具有甲烷的结构特征，则双酚AF中所有碳原子一定不共平面，故B符合题意；

C、苯酚与双酚AF均含酚羟基，遇FeCl3溶液均显色，故C不符合题意；

D、双酚AF分子苯环上含有2种不同环境的氢原子，其一溴代物有2种，故D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】A、羰基与苯酚发生加成反应；

B、饱和碳原子具有甲烷的结构特征；

C、酚羟基遇FeCl7．【答案】D【解析】【解答】A、乳酸分子中，单键C、O均为sp3杂化，羧基碳原子为sp2杂化，其中H原子与单键C、O之间为s−sp3σ键，1分子中含6个s−sB、乳酸比丙酮酸多两个H原子，乳酸比丙酮酸多2个质子，则1mol乳酸比1mol丙酮酸多2NC、生成1mol丙酮酸，转移2mol电子，则需要消耗2ND、1mol丙酮酸与足量Na2C【分析】A、一个乳酸分子中含有6个s−sp3σ键；

B、乳酸比丙酮酸多两个H原子；

C、生成1mol丙酮酸，转移2mol电子；

8．【答案】A【解析】【解答】A、同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，则第一电离能：F>N>Be，故A符合题意；

B、电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：Be>N>F，故B不符合题意；C、氟的电负性更强，对成键电子对的吸引力更大，使得NF3分子中成键电子对间斥力较NHD、A2B的化学式为故答案为：A。【分析】离子化合物A2B由四种原子序数依次增大的短周期主族元素W、X、Y、Z组成，其中阴、阳离子均由两种元素组成且均呈正四面体形，则阳离子是铵根离子，阴离子带2个负电荷，四种元素的原子序数之和为21，则除氢、氮外，另两种原子序数和为13，且W、Z元素的基态原子核外均只有1个未成对电子，则Z为F、X为Be、Y为N，阴离子为9．【答案】D【解析】【解答】A、过程①中5-羟甲基糠醛与HI反应生成5-MF和I2，HI作还原剂，则5-羟甲基糠醛作氧化剂，发生还原反应，故A错误；B、Cl2氧化性强于I2，能氧化醛基，若用CC、DFF含5个不饱和度，若形成苯环，3个氧原子无法形成1个不饱和度，因此不存在含苯环的同分异构体，故C错误；D、由反应①可知可转化为，由反应②可知可转化为，则以为反应物，歧化可得到和，故D正确；故答案为：D。【分析】A、过程①中5-羟甲基糠醛为氧化剂；

B、Cl2氧化性强于I2；

10．【答案】C【解析】【解答】A、由分析可知，电源b电极为正极，电源a极为负极，H+通过质子交换膜从左侧阳极区移向右侧阴极区，故A错误；

B、由分析可知，阳极的电极反应式为：HCHO+H2O-2e-=HCOOH+2H+，故B错误；C、由分析可知，阳极区发生的电极反应为：HCHO+H2O-2e-=HCOOH+2H+，根据电子守恒可知，外电路转移1moleD、阳极区生成HCOOH，阴极区也能生成HCOOH，结合电极反应式HCHO+H2O-2e-=HCOOH+2H+、CO2+2H++2e-=HCOOH可知，电解生成1molHCOOH，理论上可消耗0.5molCO2，则其标准状况下的体积为：0.5mol×22.4L/mol=11.2L，故D错误；故答案为：C。【分析】碳纸负载MnO2纳米片上，甲醛被氧化为甲酸，则碳纸负载MnO2纳米片为阳极，电极反应式为HCHO+H2O-2e-=HCOOH+2H+，Cu箔负载Cu纳米绒为阴极，电极反应为：CO2+2H++2e-=HCOOH，则电源b电极为正极，电源a极为负极。11．【答案】B【解析】【解答】A、Cl2分子中含有非极性共价键，ClO2分子中含有极性共价键，二者所含化学键类型不相同，故A错误；B、ClO2分子中含有大π键(π35)，则Cl原子的价层电子对数为3，采用spC、“ClO2发生器”中发生反应：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O+2NaCl，反应中NaClO3中Cl由+5价变为ClO2中的+4价，HCl中的部分Cl由-1价升高到Cl2中的0价，则NaClO3的还原产物为ClO2，故C错误；D、“电解”时，阳极电极反应式为：Cl--6e-+3H2O=ClO3-+6H+，阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2故答案为：B。【分析】A、氯气只含非极性键，ClO2分子中含有极性共价键；

B、Cl原子的价层电子对数为3；

C、NaClO3的还原产物为ClO2；

D、“电解”时，阳极电极反应式为Cl--6e-+3H2O=ClO3-+6H+，阴极的电极反应式为2H2O+2e-=H212．【答案】C【解析】【解答】A、升高温度，甲烷的转化率增大，说明平衡正向移动，则ΔH>0，故A不符合题意；

B、平衡常数只受温度影响，温度相同，对于同一反应的平衡常数也相同，该反应的正反应方向为吸热反应，升高温度K值增大，KaC、相同条件下，曲线Ⅰ甲烷的转化率最高，其次是Ⅱ、Ⅲ，则三种催化剂Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的催化效率由高到低的顺序是Ⅰ＞Ⅱ＞Ⅲ，故C符合题意；D、增大压强，向气体体积分数较小的方向移动，即反应逆向移动，说明v正增大倍数小于v故答案为：C。【分析】A、升温平衡向吸热反应移动；

B、平衡常数只与温度有关；

C、结合图示分析；

D、增大压强，向气体体积分数较小的方向移动。13．【答案】D【解析】【解答】A、由图可知，距离Cu最近的原子是S，故A错误；

B、沿y轴投影，晶胞左侧面顶点上的原子投影为长方形的顶点，棱边中点及上小底面面心的原子投影为边长的中点，体心投影为长方形的对角线交点(面心)，晶胞左侧面上下2个面心、晶胞内的原子投影在长方形内，无法得到图②投影，故B错误；C、晶胞中B原子分数坐标为(1,D、该晶胞中，Cu位于顶点、面心和体心，数目为：8×18+4×12+1=4，S位于体内，数目为8，In位于面上和棱心，数目为4×1故答案为：D。【分析】AB、根据晶胞结构分析；

C、B原子分数坐标为(1,0,1214．【答案】A【解析】【解答】A、a点溶液中的溶质为NaH2R，此时溶液呈酸性，根据电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c(OH-C、b点溶质为Na2HR，溶液呈酸性，说明HR2-D、c(H2R-)故答案为：A。【分析】A、根据电荷守恒和物料守恒分析；

B、K=c2(H2R-)c(15．【答案】（1）三颈烧瓶（2）缓慢分批加入，并不断搅拌（3）洗去水分，减少过碳酸钠溶解，利于干燥（4）A（5）浓H2【解析】【解答】（1）由图可知，仪器A的名称为三颈烧瓶；

故答案为：三颈烧瓶；

（2）过氧化氢受热易分解，过碳酸钠也不稳定，因此为了避免温度升高，导致产率下降，“加入100mL饱和碳酸钠溶液”的正确方法是缓慢分批加入，并不断搅拌；

故答案为：缓慢分批加入，并不断搅拌；

（3）过碳酸钠易溶于水，难溶于乙醇，所以iv中选用无水乙醇洗涤产品的目的是减少过碳酸钠的溶解损失，并带走水分利于干燥；

故答案为：洗去水分，减少过碳酸钠溶解，利于干燥；

（4）A、过碳酸钠由一种物质组成，属于纯净物，故A错误；

B、过碳酸钠是碳酸钠和过氧化氢形成的不稳定加合物，其既具有碳酸钠的性质，又具有双氧水性质，故B正确；C、高锰酸钾具有强氧化性，往酸性高锰酸钾溶液中加入足量过碳酸钠，高锰酸钾溶液会和过碳酸钠中过氧化氢反应使得溶液褪成无色，故C正确；D、过氧化氢具有强氧化性，可用作绿色漂白剂，过氧化氢分解生成氧气，能做供氧剂；故过碳酸钠中既可用作绿色漂白剂也可用作鱼塘供氧剂，故D正确；故答案为：A；（5）①装置Ⅱ用于干燥气体，试剂为浓H2SO4；

故答案为：浓H2SO4；

②先向装置通入经过Ⅴ中氢氧化钠处理过的空气，排净装置中空气，防止空气中二氧化碳干扰实验，Ⅰ中过碳酸钠和稀硫酸反应生成二氧化碳气体，经过Ⅱ干燥后，二氧化碳在Ⅲ中被碱石灰吸收，装置Ⅳ防止空气中二氧化碳、水进入Ⅲ中干扰实验结果，则装置接口的连接顺序为EABCD；

故答案为：EABCD；

【分析】（1）根据仪器构造书写其名称；

（2）过氧化氢不稳定，受热易分解；

（3）过碳酸钠易溶于水，难溶于乙醇；

（4）根据过碳酸钠的性质分析；

（5）向装置通入经过Ⅴ中氢氧化钠处理过的空气，排净装置中空气，防止空气中二氧化碳干扰实验，Ⅰ中过碳酸钠和稀硫酸反应生成二氧化碳气体，经过Ⅱ干燥后，二氧化碳在Ⅲ中被碱石灰吸收，装置Ⅳ防止空气中二氧化碳、水进入Ⅲ中干扰实验结果。16．【答案】（1）3（2）还原剂；6CuS（3）PbSO（4）c(Pb2+)=K（5）当滴入最后半滴Na【解析】【解答】（1）基态Zn原子的价层电子排布式为：3d104s2，故答案为：3d104s2；

（2）无烟煤除了为焙烧提供热量外，还作还原剂，Cu3(AsO4（3）由分析可知，滤渣的主要成分为PbSO4；往滤液中加入金属单质得到铜渣和ZnSO4溶液，则金属单质为Zn；

故答案为：PbSO（4）c(Pb2+)=Ksp(PbSO4)c(SO4（5）①淀粉遇碘变蓝，因此滴定终点的现象为：当滴入最后半滴Na2S2O②滴定过程中存在关系式：2Cu2+∼I2∼2S2O【分析】高砷铜冶炼烟尘的主要化学成分为锌、铜、铅的砷酸盐[M3(AsO4)2]及氧化物，加入无烟煤/浓硫酸进行焙烧，，焙烧时，金属砷酸盐转化为硫酸盐与As2O3(g)，金属氧化物转化为硫酸盐，无烟煤除了为焙烧提供热量外，还作还原剂，生成CO217．【答案】（1）436；+99（2）D（3）0.8；RT（4）在该条件下反应a的速率大于反应b，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量多（5）44【解析】【解答】（1）根据ΔH=反应物的总键能-生成物的总键能可知，ΔH2=2×803kJ⋅mol−1+x-1076kJ⋅mol−1-2×465kJ⋅mol−1=+36kJ⋅mol−1，解得x=436kJ⋅mol−1；根据盖斯定律，将b-a可得CH3OH(g)⇌CO(g)+2H2(g)，则ΔH3=ΔH2-ΔH1=+36kJ⋅mol起始(mol)起始(mol)当CO2转化率达到60%时，反应达到平衡状态，则x+y1×100%=60%，CO2和H2的物质的量之比为1：1，则1-x-y=2-3x-y，解得x=0.5，y=0.1，则CH3OH、H2O、CO2、H2、CO的物质的量分别为0.5mol、0.6mol、0.4mol、0.4mol、0.1mol，v正=k正⋅x(CO2)⋅x(②Rlnk=−EaT+C，Ea=TC-RTlnk，ΔH=反应物键能之和-生成物键能之和=Ea正-Ea逆=-RTlnk正+RTlnk逆=（4）由图可知，温度相同时，CH3OH选择性的实验值略高于平衡值是因为在该条件下反应a的速率大于反应b，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量多；

故答案为：在该条件下反应a的速率大于反应b，单位时间内生成甲醇的量比生成CO的量多；（5）650K时，2x(C2H4)=x(C3H6)，设在650K时，向容器中加入5molCH3OH(g)使之发生反应a、b，则n0(C2H4)=1mol，n32x(C