江西省上饶市2024年高考化学模拟试题（含答案）2

江西省上饶市2024年高考化学模拟试题阅卷人一、选择题(本大题共14小题，每题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求得分1．化学与科技、生产、生活密切相关。下列说法错误的是（）A．敦煌莫高窟壁画颜料中所用的铁红，其成分为FB．利用铝锂合金板制造C919大飞机主体结构：铝锂合金属于金属材料C．用安全可降解的聚乳酸材料制造杭州亚运会餐具：聚乳酸材料属于合成有机高分子材料D．“天宫课堂”实验过饱和乙酸钠溶液结晶形成温热的“冰球”，是吸热过程2．下列化学用语或图示不正确的是（）A．基态Mn2+B．用离子方程式表示Al(OH)3C．1，3-丁二烯的键线式：D．甲烷分子的空间填充模型：3．下列实验能达到实验目的的是（）A．钠的燃烧反应B．关闭止水夹a，打开活塞b，可检查装置气密性C．中和滴定D．证明非金属性：S>C>SiA．A B．B C．C D．D4．下列化学过程表达正确的是（）A．用电子式表示MgCl2B．用化学方程式表示H37Cl与NaClC．用电子云轮廓图表示H-Cl的S-pσ键形成的示意图：D．用离子方程式表示Cu(OH)25．我国科学家首次在实验室实现CO2到淀粉的合成，其路线如下，设A．298K时，①是焓减熵增的反应B．16gCH3C．②中，由1molCH3D．1molDHA中sp36．盐酸洛派丁胺是一种新型止泻药，适用于各种病因引起的腹泻。下列说法正确的是（）A．分子的结构中左边两苯环不可能同时共平面B．该物质分子中有5种官能团和2个手性碳C．1mol该物质与NaOH溶液反应，最多消耗5molNaOHD．1mol该物质与溴水反应，能与3molBr7．化合物MYX4NA．元素电负性：Z>Y>XB．最简单氢化物沸点：Z>Y>NC．第一电离能：Y>Z>MD．YX3和8．下列实验操作不能达到相应实验目的的是（）选项实验目的实验操作A提纯Mg将含少量Cu(OH)2的B向FeBrFe2+的还原性比C室温下，向一定量饱和Na2C室温下固体在水中的溶解性：ND用pH计测量相同温度、相同浓度NaClO溶液、NaHClO的酸性比HCOA．A B．B C．C D．D9．高电压水系锌—有机混合液流电池的装置如图所示。下列说法正确的是（）A．放电时负极区溶液pH增大B．放电时正极反应式为FQ+2C．充电时电路中每转移1mol电子，理论上阴极增重32.5gD．充电时中性电解质NaCl的浓度增大10．稀磁半导体LixZnyA．该晶体中与Li原子距离最近且相等的Zn原子的个数为6B．b点原子的分数坐标为(C．晶胞x轴方向的投影图D．晶体的密度为511．已知阿仑尼乌斯公式是反应速率常数随温度变化关系的经验公式，可写作Rlnk=−EaTA．在m催化剂作用下，该反应的活化能EB．对该反应催化效能较高的催化剂是mC．不改变其他条件，升高温度，会降低反应的活化能D．可以根据该图像判断升高温度时平衡移动的方向12．氨法烟气脱硫副产环己酮肟工艺如图。已知25℃时，Kb(NH3⋅H2A．NH4B．“制备硫酸羟胺”的离子方程式为SC．“环己酮肟化”过程中环己酮断裂的化学键为C=O键D．“分离”操作为蒸发浓缩、冷却结晶13．科学家使用TiO2/Cu的络合物作催化剂，用多聚物来捕获CO2，使CO2与A．反应过程中存在极性键的断裂和形成B．Step1和Step3的反应是非氧化还原反应C．总反应方程式为CD．反应过程中多聚胺中氮元素化合价发生了变化14．向AgNO3溶液中滴加NaCl溶液，发生反应Ag++Cl−⇌AgCl(s)和AgCl(s)+ClA．c(Cl−B．c(Cl−C．Ag+D．用Cl−沉淀Ag阅卷人二、非选择题(本题共4小题，共58分)得分15．实验室可利用正丁醇为原料，与乙炔、CO发生反应合成有机原料丙烯酸丁酯，其合成原理为：。相关实验装置如图所示：物质密度/(g⋅cm沸点/℃部分性质正丁醇0.80117.7易溶于丙酮，易燃丙烯酸丁酯0.89145.7易溶于丙酮，易燃；温度过高时容易自聚生成聚丙烯酸丁酯丙酮07956易燃易爆实验过程：I．将50mL正丁醇、30mL丙酮以及3g纳米NiO加入装置甲中；Ⅱ．使用加热磁力搅拌器加热控制温度在110℃左右；Ⅲ．将乙和丙中制备的乙炔与CO气体同时缓缓通入装置甲中，加热回流3小时；Ⅳ．将三颈烧瓶中的液体过滤、减压蒸馏，将得到的粗品再纯化，得到丙烯酸丁酯纯品。试回答下列问题：（1）装置丙中，为避免圆底烧瓶直接受热炸裂，需要在其下方垫上的仪器名称是。（2）纳米NiO的作用是，将其处理成纳米级的目的是。（3）装置甲中三颈烧瓶的规格为____(填字母)。A．1000mL B．500mL C．200mL D．100mL（4）使用装置乙可制备C2H2，同时电石中的CaS、Ca3P2能发生水解反应产生H2S和PH3。在试管N中P（5）装置丙中草酸晶体(H2C2O4（6）若最后获得的丙烯酸丁酯纯品的质量为32.0g，则该实验的产率为(结果保留两位有效数字)。16．研究氮的氧化物的反应对于减少大气污染有重要意义。回答下列问题：I．汽车尾气中的NO对人体健康有严重危害，一种新技术用H2还原NO的反应原理为：2H（1）△H=kJ⋅mol−1(用图中字母a、b、c、d表示，a、b、c、d均为正值)。该反应在(填“高温”、“低温”或“任意温度”)（2）II．汽油燃油车上安装三元催化转化器，可以使CO和NO两种尾气反应生成N2，可有效降低汽车尾气污染。已知反应：2NO(g)+2CO(g)⇌N2反应平衡后，改变以下条件能使速率和两种污染气体转化率都增大的是(填标号)。a．升高温度b．压缩容器体积c．恒压充入氦气d．加入催化剂（3）反应在D点达到平衡后，若此时升高温度，并保持容器体积不变，在重新达到平衡过程中，D点会向A～G点中的点方向移动。（4）E点的压强平衡常数Kp=（5）某研究小组探究温度和催化剂对CO、NO转化率的影响。将CO和NO按物质的量之比1∶1以一定的流速通过催化剂(Cat-1)进行反应，一段时间内测量逸出气体中NO的含量，从而确定尾气脱氮率(即NO的转化率)，结果如图所示：催化剂Cat-1条件下，450℃后，脱氮率随温度升高而下降的原因是。（6）III.采用“联合脱硫脱氮技术”处理烟气(SO2、NO)可获得石膏(CaSO4⋅xH217．硫铁矿(主要成分是FeS2，含少量Al2O3、已知几种金属离子沉淀的pH如下表所示，回答下列问题：金属氢氧化物FeFeAl开始沉淀的pH2.37.54.0完全沉淀的pH3.79.75.2（1）基态Fe原子的价电子排布式为。（2）SO2的VSEPR模型是（3）“焙烧”时，发生的主要反应的化学方程式是。（4）从“焙烧”到“氧化”要经历4步，请从下列步骤选择正确的步骤并合理排序。（5）“氧化”时，当试剂R为双氧水时的离子方程式是。（6）产品纯度的测定。分别取2.000g产品三次，用稀硫酸溶解，滴加二苯胺磺酸钠指示剂，用0.1000mol⋅L−1K2Cr2（7）已知新能源汽车的磷酸亚铁锂电池(LiFePO4—Lix18．瑞马唑仑是我国自主研发的小分子镇静药物，用于常规胃镜检查，其合成路线如图：已知：i．RBr+Nii．（1）H分子中含氧官能团的名称是。（2）A物质能使Br2的CCl4溶液褪色，B物质能发生银镜反应，A→B的反应类型是（3）C→D的化学方程式是。（4）G的结构简式是。（5）D的同分异构体中，能发生水解反应，含有碳碳双键的结构共有种(不含立体异构)，其中存在顺反异构体的结构简式为。（6）以甲苯和CH3NH2

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．敦煌莫高窟壁画颜料中所用铁红的主要成分是氧化铁Fe2O3，故A不符合题意；

B．铝锂合金是具有密度小、硬度大、耐腐蚀的金属材料，故B不符合题意；

C．聚乳酸材料是性能优良的合成有机高分子材料，故C不符合题意；

D．乙酸钠过饱和溶液结晶形成温热“冰球”的过程是放出热量的放热过程，故D符合题意；

故答案为：D

【分析】A.氧化铁是红色可做染料；

B.铝锂合金属于金属材料；

C.聚乳酸材料属于合成有机高分子材料；

D.乙酸钠过饱和溶液结晶形成温热“冰球”的过程是放出热量的放热过程。2．【答案】A【解析】【解答】A．基态Mn2+的价电子排布式为3d5，其价电子轨道表示式：，故A符合题意；

B．Al(OH)3与烧碱反应生成Al(OH)3+OH−=[Al(OH)4]-，离子方程式正确，故B不符合题意；

C.1，3-丁二烯的结构简式为：CH2=CH-CH=CH2，其键线式为：，故C不符合题意；

D．甲烷为正四面体结构，其分子的空间填充模型为：，故D不符合题意；；

故答案为：A

【分析】A.基态3．【答案】D【解析】【解答】A．钠在空气中燃烧生成过氧化钠，过氧化钠会与空气中的水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠能与玻璃中的二氧化硅反应，不能用玻璃表面器皿，故A不符合题意；

B．关闭止水夹a，打开活塞b，由于有橡皮管将上下连通，压强一样，液体总是能顺利流下，所以不能检查装置的气密性，故B不符合题意；

C．酸碱中和滴定时，盐酸应装在酸式滴定管中，故C不符合题意；

D．非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物酸性越强，通过实验可证明酸性：硫酸>碳酸>硅酸，故能证明非金属性：S>C>Si，故D符合题意；

故答案为：D

【分析】A.过氧化钠与二氧化硅反应不易用玻璃表面皿；

B.橡皮管主要是保持液体流下不能检查气密性；

C.盐酸放在酸式滴定管；

D.证明非金属元素，可利用最高价氧化物水合物酸性比较。4．【答案】C【解析】【解答】A．MgCl2属于离子化合物，Mg最外层两个电子被两个Cl原子得到，用电子式表示形成过程为，故A不符合题意；

B．用化学方程式表示H37Cl与NaClO3按6∶1反应，其中氯酸钠中的氯由+5价降低到0价，盐酸中的5个氯由-1价升高到0价，则相应的方程式为：6H37Cl+NaClO3=3H2O+Na37Cl+237Cl2+Cl37Cl，故B不符合题意；

C．s轨道的形状是球形，p轨道的形状是哑铃型，故用电子云轮廓图表示的键形成的示意图：故C符合题意；

D．Cu(OH)2难溶于水，不能拆开写，正确的离子方程式为：Cu（OH）2+4NH3⋅H5．【答案】D【解析】【解答】A.298K时甲醇是液体，①是焓减熵减的反应，故A不符合题意；

B.16gCH3OH的物质的量是0.5mol，含有的极性键数目为2.5NA，故B不符合题意；

C．反应②的方程式为2CH3OH+O2→2HCHO+2H2O，消耗2mol甲醇转移4mol电子，3因此由1molCH3OH生成1molHCHO转移电子数为2NA，故C不符合题意；

D．DHA中两个饱和碳原子和两个羟基中的氧原子均是sp3杂化，1molDHA中sp3杂化的碳原子数和氧原子数均为2NA6．【答案】C【解析】【解答】A．由三点成面可知，分子的结构中左边与饱和碳原子相连的两个苯环可能同时共平面，故A不符合题意；

B．由结构简式可知，盐酸洛派丁胺中含有如图*所示的1个手性碳原子：，故B不符合题意；

C．由结构简式可知，盐酸洛派丁胺是类似于铵盐的能与氢氧化钠溶液反应的盐类，反应生成的中含有的酚羟基、酰胺基和碳氯键能与氢氧化钠溶液反应，其中1磨练mol碳氯键能与2mol氢氧化钠反应，则1mol盐酸洛派丁胺最多消耗5mol氢氧化钠，故C符合题意；

D．由结构简式可知，盐酸洛派丁胺中与酚羟基相连的苯环上邻位碳原子上的2个氢可以和溴发生取代反应，则1mol该物质与溴水反应，能与2mol溴发生取代反应，故D不符合题意；

故答案为：C

【分析】A.两个苯环由碳原子相连，可通过旋转共面；

B.结合手性碳原子形成条件即可找出含有1个手性碳原子；

C.根据酯基和氯原子，酚羟基与氢氧化钠反应即可找出；

D.酚羟基的邻位可与溴水取代。7．【答案】D【解析】【解答】每个短周期均有分布，X为H，Z在地壳中含量最多为氧元素，原子序数依次增大，M的基态原子价层电子排布式为nsn−1，所以n=3为3s2，M为镁，Y的基态原子价层p轨道半充满所以可能为氮或磷，Y和N同族，所以Y为氮，N为磷；

A．元素电负性：O>N>H，即Z>Y>X，故A不符合题意；

B．水和氨气均存在分子间氢键，水常温下为液态，故氢化物沸点：H2O>NH3>PH3，故B不符合题意；

C．第一电离能：N>O>Mg，即Y>Z>M，故C不符合题意；

D．NH3的空间结构均为三角锥形，NO3-的空间结构均为平面三角形，D错误；

故答案为：D

【分析】A.同周期，从左到右元素非金属性增强；

B.根据分析，N和O氢化物由氢键，且水的沸点高；

8．【答案】C【解析】【解答】A．Cu(OH)2可与氨水反应生成[Cu(NH3)4]2+，从而溶于氨水，故可将含少量Cu(OH)2的Mg(OH)2固体溶于足量浓氨水中，过滤、洗涤、干燥，提纯Mg(OH)2，故A不符合题意；

B．Fe2+、Br−都能与Cl2反应，控制Cl2少量，通过现象判断与Cl2反应的是Fe2+、还是Br−，从而比较Fe2+、Br−还原性的强弱，故B不符合题意；

C．饱和Na2CO3溶液中通入CO2反应过程中消耗了溶剂水，生成NaHCO3的质量比消耗Na2CO3的质量大，即使有晶体析出，也不能充分说明Na2CO3溶解度比NaHCO3大，故C不符合题意；

D．Na2CO3“对应的酸”是HCO3-，在温度、浓度均相同的情况下，根据“酸根越水解、溶液pH越大、对应酸越弱”可以比较HClO与HCO3−的酸性，故D不符合题意；9．【答案】C【解析】【解答】A．放电时为原电池，金属Zn为负极，负极反应式为Zn-2e－+4OH－＝Zn(OH)42-，消耗OH－，负极区溶液pH减小，故A不符合题意；

B．放电时为原电池，正极上还原反应，电极反应式为FQ+2e－+2H+＝FQH2，故B不符合题意；

C．充电时为电解池，负极即阴极上发生还原反应，电极反应为Zn(OH)42-+2e－＝Zn+4OH－，转移1mol电子，则理论上负极增重32.5g，故C符合题意；

D．充电时电解池，电解质中阳离子移向阴极、阴离子移向阳极，NaCl溶液中的钠离子和氯离子分别发生定向移动，即电解质NaCl的浓度减小，故D不符合题意，

故答案为：C

【分析】放电时为原电池，金属Zn发生失电子的氧化反应生成Zn2+，为负极，则FQ所在电极为正极，正极反应式为FQ+2e－+2H+＝FQH2，负极反应式为Zn-2e－+4OH－＝Zn(OH)42-；充电时为电解池，原电池的正负极连接电源的正负极，阴阳极的电极反应与原电池的负正极的反应式相反，电解质中阳离子移向阴极、阴离子移向阳极，结合选项即可判断。10．【答案】C【解析】【解答】A．由晶胞结构可知，晶胞中位于体心的锂原子与位于面心的锌原子的距离最近，则晶胞中与锂原子距离最近且相等的锌原子的个数为6，故A不符合题意；

B．由晶胞结构可知，晶胞中位于体对角线14处的a点原子的分数坐标为(34,14,14)，则晶胞的边长为1，则位于体对角线14处的b点原子的分数坐标为(34,34,34)，故B不符合题意；

C．由晶胞结构可知，晶胞x轴方向的投影图为，故C符合题意；

D．由晶胞结构可知，晶胞中位于顶角和面心的锌原子个数为8×18+6×12=4。位于体内的砷原子个数为4，位于棱上和体心的锂原子个数为12×14+1=4，设晶体的密度为dg/cm11．【答案】A【解析】【解答】A．将坐标(7.2，56.2)和(7.5，27.4)代入中Rlnk=−EaT+C，计算可知Ea=9.6×104J/mol，故A符合题意；

B．对比图中直线m和n的斜率绝对值的大小可知，使用催化剂n时对应的Ea较小，则对该反应催化效能较高的催化剂是n，故B不符合题意；

C．图中m、n均为直线，斜率不发生变化，因此不改变其他条件，只升高温度，反应的活化能不变，故C不符合题意；

D．阿仑尼乌斯公式表示反应速率常数随温度的变化关系，无法根据该图像判断升高温度时平衡移动的方向，故D不符合题意；

故答案为：A12．【答案】D【解析】【解答】A．NH4HSO3溶液中，NH4HSO3=NH4++HSO3-，由于电离常数Ka2(H2SO3)=1.0×10−7，HSO3-的水解常数<1.0×10-7，则HSO3-的水解常数和电离常数都很小，所以离子的浓度大小顺序为c(NH4+)>c(HSO3−)>c(SO32−)，故A不符合题意；

B．依据流程信息，“制备硫酸羟胺”的离子方程式为13．【答案】D【解析】【解答】A．由图可知，Step3反应中存在氮氢极性键断裂、碳氮极性键的生成，故A不符合题意；

B．在Step1和Step3的反应中，反应物、生成物没有化合价变化，为非氧化还原反应，故B不符合题意；

C．反应过程为使用TiO2/Cu的络合物作催化剂，用多聚物来捕获CO2，使CO2与H2在催化剂表面生成CH3OH和H2O，故总反应为CO14．【答案】B【解析】【解答】A．由题可知Cl-浓度越大，Ag+浓度越小，[AgCl2]-浓度越大，即与纵坐标交点为(0.9.74)的线为Ag+。c(Cl−)=10−2.52 mol⋅L−1时，溶液中c(Ag+)=c([AgCl2]−)，根据物料守恒得n[AgCl2]-+n(Ag+)+n(AgCl)=n(NO3-)，即2n[AgCl2]-++n(AgCl)=n(NO3-)，c(NO3−)＞2c([AgCl2]−)，故A不符合题意；

B．由图像可知，c(Cl−)=10−1 mol⋅L−1时，溶液中c(Cl-)＞＞c([AgCl2]−)＞c(Ag+)，故B符合题意；

C．Ag15．【答案】（1）陶土网（2）作催化剂；增大接触面积，加快反应速率，使催化效率更高（3）C（4）4Cu（5）H2（6）46%【解析】【解答】（1）为避免圆底烧瓶直接受热炸裂，需要在其下方垫上的仪器是陶土网；

（2）根据实验原理，纳米NiO的作用是作催化剂，将其处理成纳米级的目的是增大接触面积，加快反应速率，使催化效率更高；

（3）三口烧瓶所盛装溶液体积一般在规格的13-23，由实验步骤可知，溶液的总体积为80mL左右，故应该选择200mL的规格，答案为C；

（4）试管N中PH3和CuSO4反应产生Cu和两种常见的最高价含氧酸，即磷酸和硫酸，根据电子守恒和电荷守恒，写出该反应的离子方程式为：4Cu2++PH3+4H2O=H3PO4+8H++4Cu↓；乙炔也能与酸性高锰酸钾溶液反应，故不能用其代替硫酸铜溶液；

（5）草酸晶体在浓硫酸、加热条件下分解生成CO2和CO，发生的是歧化反应，化学方程式为：H2C216．【答案】（1）(a+b-c-d)；低温（2）b（3）C（4）0.089（5）超过450℃，催化剂活性降低(或失活)，反应速率减慢，相同时间内脱氮率下降（6）2【解析】【解答】（1）提取图中数据，△H反应物的总键能-生成物的总键能=(a+b)kJ/mol-(c+d)kJ/mol；由于该反应是放热的熵减反应，若∆G=∆H-T∆S＜0，反应可自发进行，所以该反应在低温下能自发进行；

（2）能使速率和两种污染气体转化率都增大，即既加快反应速率，平衡又向正向移动；

a．升高温度，反应向吸热方向进行，转化率降低，故a不符合题意；

b．压缩容器体积，相当于增大压强，反应速率加快，平衡向气体分子数减少的方向进行，即正向进行，故b符合题意；

c．恒压充入氦气，体积变大，浓度变小，反应速率减慢，故c不符合题意；2NO(g)+2CO(g)⇌起始（mol）810变化（mol）2x2xx2x平衡mol（）8-2x10-2xx2x，气体总物质的量为(18-2x)mol，则，解得x=2，故平衡时n(NO)=4mol、n(CO)=6mol、n(N2)=2mol、n(CO2)=4mol；物质的量分数分别为25%、37.5%、12.5%、25%，故Kpp(CO2)2p(N2)p(NO)2P(CO)2=0.089；

（5）由图示可知，催化剂Cat-1条件下，450℃后，脱氮率随温度升高而下降的原因是超过450℃，催化剂活性降低(或失活)，反应速率减慢，相同时间内脱氮率下降。

（6）将石膏加热使之脱水，当固体的质量为2.72g后不再改变时，m(CaSO4)=2.72g，n(CaSO4)=0.02mol，n(H2O)=3.44-2.7218mol=0.04mol，x=2；

【分析】（1）△H反应物的总键能-生成物的总键能即可计算出反应热，结合∆G=∆17．【答案】（1）3d64s2（2）平面三角形（3）4Fe（4）cade（5）2F（6）94.8%（7）LiFeP【解析】【解答】（1）Fe原子核外有26个电子，基态Fe的简化电子排布式为[Ar]3d64s2，价电子排布式为3d64s2；

（2）SO2中中心S原子的价层电子对数为2+12×(6-2×2)=3，故SO2的VSEPR模型为平面三角形；

（3）“焙烧”时硫铁矿中的FeS2与O2反应生成Fe2O3和SO2，反应的化学方程式为4FeS2+11O2高温__2Fe2O3+8SO2；

（4）“焙烧”后所得固体中含Fe2O3、Al2O3、SiO2和Fe3O4，从“焙烧”到“氧化”要经历4步，应先加入稀硫酸酸浸，过滤除去SiO2，过滤得到含Fe2+、Fe3+、Al3+的滤液，根据表中提供的几种金属离子沉淀的pH、结合除杂的原则可知，在除去Al3+前要加入FeS将Fe3+还原为Fe2+，过滤后加入FeO调节pH在5.2~7.5使Al3+转化为Al(OH)3沉淀而除去，故正确并合理的排序为cade；

（5）“氧化”时，当试剂R为双氧水时的离子方程式是2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；

（6）K2Cr2O7将Fe2+氧化成Fe3+、自身被还原成Cr3+，根据得失电子守恒可得6LiFePO4~K2Cr2O7，n(LiFePO4)=6n(K2Cr2O7)=6×0.1000mol/