江西省九江市2024年高考化学模拟试题（含答案）

江西省九江市2024年高考化学模拟试题阅卷人一、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。得分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．SOD．聚乳酸具有生物可降解性，替代传统塑料以减少白色污染2．下列化学用语或图示表达不正确的是（）A．基态Si原子的价层电子的轨道表示式：B．FNO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：3．用NAA．1mol/LNaHCO3B．标准状况下，2.24LH2OC．100g98%的浓硫酸中含有的H原子总数为D．常温常压下，23gNO2、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FD劳动教育：使用84消毒液对衣物消毒NaClO具有漂白性A．A B．B C．C D．D5．维生素B6(pyridoxinA．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．1mol该物质最多消耗3molNaOH6．ClO-可用于处理含CN-的废水，处理过程中体系存在ClO-、CN-、N2、Cl-、HCO3−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Cr2O72−7．W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y、Z为同一短周期相邻元素，W、X、Y组成的EMIMA．第一电离能：X<Y<ZB．键角大小：YC．简单氢化物沸点：X<Y<ZD．EMIM+中大Π8．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：AB．用Cu作电极电解饱和食盐水：2CC．海水提溴中用SO2D．比较碳酸和苯酚酸性强弱：C9．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NaAlO2(或B浓硝酸FeH2C稀盐酸大理石饱和NaD浓氨水生石灰AgNOA．A B．B C．C D．D10．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：Zn+2MnOA．电池的正极反应式为2MnB．涂在纸上的电极材料是Zn和MnC．每生成1molMnO(OH)D．电池中MnO(11．以叶蛇纹石[主要成分是Mg6(S叶蛇纹石下列说法错误的是（）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12．研究表明，在催化剂AuCl/C作用下，注：“2→3”可表示为：HCl+AuCl→HCl下列有关说法不正确的是（）A．“4→5的化学方程式可表示为HClB．保持体系中C2H2C．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”13．某小组同学用0.1000mol/L的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：c(D．若酸为盐酸，C处溶液离子浓度大小关系为：c(N14．已知反应2N2O下列有关说法正确的是（）A．过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中都有N2B．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N2D．过程Ⅲ中最大势能垒(活化能)为37阅卷人二、非选择题：共4道题，共58分。得分15．利用废镍催化剂(主要含金属Ni、Al、Fe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pH如表所示：金属离子NAFF开始沉淀时(c=0.01mol⋅7.23.72.27.5沉淀完全时(c=1.0×18.74.73.29.0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Ni2+浓度为1.0mol⋅L−1，则“调（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NiSNiS多种结晶水合物NiS由NiSO4溶液获得稳定的NiSO（5）①Fe、Co、Ni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；②NiSO4中阴离子的空间构型为③丁二酮肟常用于检验Ni2+。在稀氨水中，丁二酮肟与该配合物中Ni2+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．Na装置A制备的SO2经过三通阀通入装置C中的混合溶液，加热、搅拌，至溶液pH约为7~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Na回答下列问题：（1）装置A中装Na2SO3A．饱和食盐水B．NaOH溶液C．饱和NaHSO3溶液D．酸性（2）为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2不能过量。若SO2过量使溶液pH<7，产率会降低，请用离子方程式解释原因：；理论上Na（3）当数据采集处pH接近7~8时，三通阀(如图1)的孔路位置应调节为（4）小组查阅资料：①S2O3②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：Ag++2S2O32−⇌[Ag(S2O3)2a．S2O3（5）向Na2S2O3浸取液中通入空气使Au转化为稳定性高的17．对CO（1）1902年，PaulSabatier首次报道了CO①已知：I．2Ⅱ.CCO2甲烷化反应Ⅲ.CO2(g)+4H2②CO2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）ZrO2负载金属Rh催化①上述两种不同机理发生机制关键为：CO2和H2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CO②机理①和②都会产生中间体CO。其产生的原因可能是或吸附在载体ZrO2的Zr原子表面的(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：CO①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Cu/第一步C第二步HCO第三步C中间体HCOO*与回答下列问题：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。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）B→C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C9H10O3，则其结构简式为（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NaHCOc．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2:2:

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A、可燃冰的主要成分为甲烷，是一种化石能源，故A不符合题意；

B、氧化镁熔点高，耐高温，常用作耐火材料，故B不符合题意；

C、SO2与有色物质结合生成无色物质而漂白，HClO利用其强氧化性漂白，两者漂白原理不同，故C符合题意；

D、聚乳酸塑料可降解，用聚乳酸塑料替代传统塑料以减少白色污染，故D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】A、可燃冰的主要成分为甲烷；

B、氧化镁熔点高；

C、二氧化硫与有色物质结合生成无色物质，HClO具有强氧化性；

D、聚乳酸可降解。2．【答案】A【解析】【解答】A、基态Si元素的价电子排布式为3s23p2，轨道表示式为，故A符合题意；

B、FNO的中心原子的价电子对数为3，含有一个孤电子对，空间构型为V形，故B不符合题意；

C、氧原子得到2个电子形成氧离子，则氧离子的结构示意图为，故C不符合题意；

D、顺-2-丁烯分子中，相同的原子团位于碳碳双键的同一侧，则其结构模型为，故D不符合题意；

故答案为：A。

【分析】A、基态Si元素的价电子排布式为3s23p2；

B、FNO的中心原子的价电子对数为3，含有一个孤电子对；

C、氧原子得到2个电子形成氧离子；

D、顺-2-丁烯分子中，相同的原子团位于碳碳双键的同一侧。3．【答案】D【解析】【解答】A、溶液体积未知，不能计算钠离子数目，故A错误；

B、标况下，水不是气体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，故B错误；

C、硫酸分子和水分子中均含氢原子，100g98%的浓硫酸中含有的H原子总数为100g×98%98g/mol×2+100g-100g×98%18g/mol×2=199mol，故C错误；

D、二氧化氮和四氧化二氮的最简式均为NO2，23gNO2、N2O4的混合气体中NO4．【答案】C【解析】【解答】A、宣纸的主要成分为纤维素，纤维素属于天然有机高分子材料，故A错误；

B、氯乙烷含有氯元素，不属于烃，故B错误；

C、氧化铁俗称铁红，是红棕色固体，故C正确；

D、使用84消毒液对衣物消毒是因为NaClO具有强氧化性，与其漂白性无关，故D错误；

故答案为：C。

【分析】A、纤维素是天然高分子材料；

B、烃只含碳氢两种元素；

C、氧化铁俗称铁红；

D、NaClO具有强氧化性。5．【答案】B【解析】【解答】A、烃只含碳氢两种元素，该物质含有O元素，不属于芳香烃，故A错误；

B、该物质含有羟基，能发生取代反应，与苯类似，则能与氢气发生加成反应，故B正确；

C、为平面型分子，所有原子共面，故C错误；

D、与相连的羟基类似于酚羟基，醇羟基不与NaOH反应，则1mol该物质最多消耗1molNaOH，故D错误；

故答案为：B。

【分析】与苯类似，则含有的物质属于芳香化合物。6．【答案】A【解析】【解答】A、由分析可知，处理过程中发生的反应为5ClO-+2CN-+H2O=N2↑+5Cl-+2HCO3-，ClO-中Cl元素的化合价降低，为氧化剂，N2为氧化产物之一，故A正确；

B、该反应中，ClO-为氧化剂，CN-为还原剂，反应配平后氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5：2，故B错误；

C、该反应中，每生成1mol氮气，转移10mol电子，标准状况下2.24LN2的物质的量为0.1mol，转移电子1mol，故C错误；

D、Cr2O72−具有强氧化性，能氧化CN-，但会引入重金属离子，因此不宜用Cr2O72−处理，故D错误；

7．【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：C<O<N，即X<Z<Y，故A符合题意；

B、NO2+中N原子价电子对数为2，分子构型为直线型，键角为180°；NO3−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°；NOC、常温下，水为液体，氨气和甲烷为气体，氨气分子间存在氢键，则简单氢化物沸点：CHD、EMIM+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，形成Π键的电子数为6，表示为故答案为：A。【分析】W、X、Y、Z原子序数依次增大，X、Y、Z为同一短周期相邻元素，根据W、X、Y组成的EMIM8．【答案】D【解析】【解答】A、明矾与过量氨水混合，生成的氢氧化铝不溶于氨水，正确的离子方程式为Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故A错误；

B、Cu作电极，阳极是Cu失去电子，不会生成氯气，故B错误；

C、HBr为强酸，应拆成离子形式，故C错误；9．【答案】C【解析】【解答】A、向浓盐酸中滴加浓硫酸，产生HCl气体，HCl与NaAlO2(或Na[Al(OH)4])溶液溶液反应生成氢氧化铝白色沉淀，HCl过量时，氢氧化铝沉淀溶解，故A错误；

B、常温下铁在浓硝酸中钝化，故B错误；

C、稀盐酸和大理石反应生成二氧化碳，二氧化碳能与饱和碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠晶体，最终出现浑浊，故C正确；

D、将浓氨水滴加到生石灰中，得到氨气，氨气与硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀，氨气过量后，沉淀溶解生成银氨溶液，故D错误；

故答案为：C。

10．【答案】B【解析】【解答】A、由分析可知，电池的正极反应为MnO2+e-+H2O=MnO(OH)+OH-，故A错误；

B、Zn为原电池的负极，MnO2为正极，涂在纸上的电极材料是Zn和MnO2，故B正确；

C、由MnO2+e-+H2O=MnO(OH)+OH-，每生成D、Zn元素化合价升高，ZnO是氧化产物，MnO2被还原，MnO(故答案为：B。【分析】根据电池总反应Zn+2MnO2+H2O=ZnO+2MnO(OH)可知，反应中Zn被氧化，为原电池的负极，电极反应式为Zn-2e-+2OH-=ZnO+H2O，MnO211．【答案】D【解析】【解答】A、操作1分离固体和液体，为过滤操作，故A不符合题意；

B、反应2的副产物是CO，CO具有可燃性，可做燃料，故B不符合题意；

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，故C不符合题意；D、上述流程中，反应2、反应3、反应4均是氧化还原反应，故D符合题意；故答案为：D。【分析】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。12．【答案】B【解析】【解答】A、由图可知，“4→5”为乙炔与吸附在AuCl上的HCl反应，反应的化学方程式为：HCl/AuCl+CH≡CH→CH2=CHCl/AuCl，故A不符合题意；

B、保持体系中C2H2分压不变，增大HCl分压，HCl的体积分数增大，催化剂吸附较多，阻碍乙炔与其接触，降低催化效率，故B符合题意；

C、由图可知，反应过程中存在Cl-H极性键和C-C非极性键的断裂，故C不符合题意；

D、由图可知，“1→2”为扩散过程，“2→3”为HCl在AuCl上吸附，“4→5”为乙炔和HCl在催化剂表面反应，“5→6”为氯乙烯从催化剂表面脱附，则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”，故D不符合题意；

故答案为：B。

【分析】A、13．【答案】B【解析】【解答】A、滴定前，溶液的pH约为1，B点为滴定终点，此时消耗0.1000mol/L的NaOH溶液20mL，若这种酸为醋酸，则醋酸的浓度为0.C、若酸为硫酸，B点溶液中存在电荷守恒：c(HD、若酸为盐酸，C点溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH−)，C点溶液存在电荷守恒：故答案为：B。【分析】A、滴定前酸的pH<1；

B、酚酞和甲基橙的变色范围不同；

CD、根据电荷守恒分析。14．【答案】A【解析】【解答】A、由图可知，过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中都有N2生成，故A正确；

B、该反应为放热反应，ΔH<0，故B错误；

C、由图可知，反应过程中，A、A-O、A-O2都能吸附N2O分子，故C错误；

D、过程Ⅲ中最大势能垒为A-O2到TS3的过程，最大势能垒(活化能)为37.49-(-44.68)=82.17kcal·mol-1，故D错误；

故答案为：A。

【分析】A、结合图示分析；

B、根据ΔH-TΔS<0时反应自发进行分析；

C、有三种物质能吸附N2O15．【答案】（1）2Al+2OH-+2H2O=AlO2-+3H（2）Ni2+、Fe2+、Fe3+（3）3.2≤pH＜6.7（4）冷却结晶（5）NiSO4>CoSO4>FeSO4；正四面体；4；N>O>C【解析】【解答】（1）“碱浸”时Al和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=AlO2-+3H2↑；

故答案为：2Al+2OH-+2H2O=AlO2-+3H2↑；

（2）由分析可知，“滤液②”中含有的金属离子是Ni2+、Fe2+、Fe3+；

故答案为：Ni2+、Fe（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+)=10−1410-7.3mol/L=10（4）由NiSO4溶液获得稳定的NiSO（5）①Fe、Co、Ni三种元素二价离子的半径依次减小，硫酸盐晶体中晶格能依次增大，则熔点由高到低的顺序为NiSO4>CoSO4>FeSO4；

故答案为：NiSO4>CoSO4>FeSO4；②NiSO4的阴离子为SO42-，SO42-的中心原子S原子价层电子对数为4+1③由图可知，Ni2+与4个N形成配位键，Ni2+的配位数为4；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C、N、O三种元素第一电离能从大到小为：N>O>C；

故答案为：4；N>O>C。【分析】废镍催化剂(主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物)中加入NaOH溶液碱浸，Al转化为偏铝酸钠，分离出滤液①，即为偏铝酸钠溶液，滤饼①中加入稀硫酸酸浸，Ni、Al、Fe及其氧化物和硫酸反应转化为Ni2+、Fe2+、Fe3+，加入过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，再用NaOH溶液调节pH，使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，则滤渣③为氢氧化铁，滤液③中主要含Ni2+，控制pH将滤液③浓缩结晶得到硫酸镍晶体。16．【答案】（1）蒸馏烧瓶；BD（2）S2（3）D（4）AgBr+2S（5）2【解析】【解答】（1）根据仪器构造可知，装置A中装Na2SO3（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，反应的离子方程式为：S2O32−+2H+=SO2↑+S↓+H2O；制备Na2S2O3时发生反应：Na2CO3（4）①Na2S2O3溶液溶解AgBr生成Na3[Ag(S2O3)2]的离子方程式为AgBr+2S2O32−=[Ag(S2O3)2]3-+Br-；K稳=3.2×1013，则K=c(B（5）由图可知，Au失去电子发生氧化反应生成[Au(S2O3)2【分析】装置A中，70%的浓硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫，装置A制备的SO2经过三通阀通入装置C中的混合溶液，加热、搅拌，至溶液pH约为7~8，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Na2S2O17．【答案】（1）-156.9；K1（2）活性金属Rh；吸附在活性金属Rh表面的CO2直接解离产生；HCO3−+2H→HCOO-+H2（3）低温；；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】【解答】（1）根据盖斯定律，将反应Ⅰ×2-反应Ⅱ可得CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(1)，则ΔH3=2ΔH1-ΔH（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；

故答案为：活性金属Rh；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；

故答案为：吸附在活性金属Rh表面的CO2直接解离产生；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HCO3−+2H→HCOO-+H2O；

故答案为：HCO3−+2H→HCOO-+H（3）①该反应的ΔH<0，ΔS<0，该反应在低温下存在ΔH-TΔS<0，则反应在低温下可以自发进行，故答案为：低温；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；活化能越大反应速率越慢，慢反应是整个反应的决速步骤，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；

故答案为：；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。【分析】（1）①根据盖斯定律计算；

②温度能