江西省鹰潭市2024年高考化学模拟试题（含答案）

江西省鹰潭市2024年高考化学模拟试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、单选题1．2022年11月20日晚卡塔尔世界杯正式开幕。在此次史上最“壕”的世界杯中，中国元素随处可见。下列有关说法错误的是A．世界杯吉样物“拉伊卜”毛绒玩具主要来自中国义乌，所用的材料是以羊毛为原料的绒线，其主要成分为蛋白质B．中国铁建打造的主场馆——卢塞尔体育场内幕墙设置的完全封闭的隔热玻璃属于混合物C．中国宇通新能源客车的引入有助于实现卡塔尔“碳中和”的世界杯目标D．中国电建承建的阿尔卡萨光伏电站使用的电池材料主要为二氧化硅2．对废催化剂进行回收可有效利用金属资源，某含银废催化剂主要含Ag、α−Al2O3(α−Al2OA．废渣只含SiB．气体B可以通入NaOH溶液除去C．溶解过程的氨水可以换成氢氧化钠溶液D．“还原”过程中生成无毒气体，B与C的物质的量的理论比值为4∶33．原子序数依次增大的五种短周期主族元素X、Y、Z、Q、W组成的化合物的结构如图所示，基态Q原子最外层电子是电子层数的3倍。下列说法正确的是A．W和Z形成的某种化合物受到撞击时能瞬间释放出大量的气体B．简单离子半径W>QC．氢化物的沸点Y<QD．由X、Y、Q、W形成的化合物的水溶液一定显碱性4．根据实验操作、现象得到的结论正确的是选项实验操作实验现象实验结论A向某无色溶液中滴加稀硫酸产生的气体能使品红溶液褪色，加热后溶液又恢复红色原溶液中必含SO3B将甲醇和过量酸性高锰酸钾溶液混合紫红色褪去或变浅甲醇被氧化成甲酸C向双氧水中滴加FeCl2溶液起始没有气泡，一段时间后产生大量气泡可能是Fe3+催化了H2O2的分解D向2mL0.1mol·L-1的AgNO3溶液中滴加3滴相同浓度的NaCl溶液，然后再滴加3滴相同浓度的KI溶液先出现白色沉淀，然后产生黄色沉淀Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)A．A B．B C．C D．D5．利用垃圾假单胞菌株分解有机物的电化学原理如图所示。下列说法正确的是A．电子流向：电极B→负载→电极AB．若有机物为葡萄糖，处理0.25mol有机物，电路中转移电子6molC．电极A上的反应式为：X-4e-=Y+4H+D．若B电极上消耗氧气22.4L，B电极区域溶液增重36g6．有机物Z是合成药物的中间体，Z的合成路线如下。下列说法正确的是已知：连接4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子A．1molX最多耗1molNaOH B．X与Y可用溴水来鉴别C．每个Z分子含有1个手性碳原子 D．Y分子不可能所有原子均共面7．M(OH)2是一种可溶于水的二元弱碱，在水中能电离出M(OH)+、M2+。已知pOH=−lgc(OH-)。常温下，向M(OH)2溶液中滴加某浓度的硫酸溶液，调节pOH的值，测得溶液的pOH随x{x=lgc[M(OH)+]A．溶液中水的电离程度：b点大于c点B．b点处有2c(SO42−)+c(OH-)=2c(M2+)+c(H+C．常温下，c2[M(OHD．曲线M代表pOH与lgc[M(OH)二、非选择题8．连二亚硫酸钠(Na2S2O4)是重要的化工产品，可用SO2与Zn、NaOH溶液反应制取。实验室模拟制备的工艺流程及制取装置如图。已知：①连二亚硫酸钠易溶于水、难溶于乙醇、在碱性介质中较稳定、在空气中易被氧化。②二价锌在水溶液中的存在形式与pH的关系如图。请回答下列问题：（1）通入一段时间SO2的作用除了充当反应物以外还有。需调节溶液为弱碱性的原因：。（2）写出制取连二亚硫酸钠的总反应方程式对应的离子方程式：。（3）下列说法正确的是____。A．将锌粉投入水中形成悬浮液主要是为了加快反应速率B．单向阀的主要作用是防止氧气倒吸进入装置中C．洗涤Na2S2O4·2H2O时用水洗涤效果比酒精好D．向Na2S2O4溶液中加NaCl的稀溶液或固体对Na2S2O4的产率无明显影响（4）请选择最佳操作并排序完成制备Na2S2O4·2H2O晶体。安装好整套装置，并检查装置的气密性→→过滤取滤液并加入NaCl固体，冷却至窒温、过滤，洗涤，干燥得晶体。a．将一定量的Zn粉与蒸馏水混合搅拌成悬浊液b．向溶液中滴加NaOH至pH在8.2~10.5之间c.28~35℃加热条件下，向悬浊液中通入SO2至澄清（5）称取上述制得的连二亚硫酸钠样品0.0800g加入另一三颈烧瓶，通过自动电位滴定仪控制滴定管向三颈烧瓶中快速滴加K3[Fe(CN)6]溶液将连二亚硫酸钠氧化为硫酸钠，记录终点读数，共消耗10.00mL0.2000mol·L-1的K3[Fe(CN)6]溶液，则样品中连二亚硫酸钠的纯度为。样品中可能存在的杂质有。9．随着新能源汽车销量的猛增，动力电池退役高峰将至，磷酸铁锂(LEP)是目前使用最多的动力电池材料，因此回收磷酸铁锂具有重要意义。一种从废旧磷酸铁锂正极片(LiFePO4、导电石墨、铝箔)中回收锂的工艺流程如下：已知：i．废旧磷酸铁锂正极片中的化学物质均不溶于水也不与水反应。ii．Li2CO3在水中的溶解度随温度升高而降低，但煮沸时与水发生反应。回答下列问题：（1）LiFePO4中用途最广用量最大的金属元素在周期表中的位置是。（2）“氧化浸出”时，保持其他条件不变，不同氧化剂对锂的浸出实验结果如下表，实际生产中氧化剂选用H2O2，不选用NaClO3的原因是。在“氧化浸出”时，适当的升温可加快反应速率，但般不采取高温法，其原因是。“氧化浸出”时生成了难溶的FePO4，该反应的离子方程式为。。序号锂含量/%氧化剂pH浸出液Li浓度/(g·L-1)浸出渣中Li含量/%13.7H2O23.59.020.1023.7NaClO33.59.050.0833.7O23.57.050.9343.7NaClO3.58.240.43（3）“浸出液”循环两次的目的是。（4）“滤渣II”经纯化可得FePO4，流程中生成的Li2CO3、FePO4在高温条件下与H2C2O4煅烧可得LiFePO4，实现再生利用，其化学方程式为。（5）“一系列操作”具体包括、洗涤、干燥。10．当今，世界多国相继规划了碳达峰、碳中和的时间点。因此研发CO2的回收和综合利用成为研究热点。（1）I.一种脱除和利用水煤气中CO2的方法为，在吸收塔中用K2CO3溶液吸收CO2；吸收液再生可得较纯净的CO2用于合成其他物质。若K2CO3溶液吸收一定量的CO2后，c(CO32-)=5c(HCO3-)，则该溶液的pH=(该温度下H2CO3的Ka1=4.6×10（2）II.CO2可用于合成低碳烯烃：2CO2(g)+6H2(g)=CH2=CH2(g)+4H2O(g)ΔH=akJ/mol已知：H2和CH2=CH2的标准燃烧热分别是285.8kJ/mol和1410.0kJ/mol。H2O(g)=H2O(l)ΔH=-44kJ/mol则a=kJ/mol。（3）上述由CO2合成CH2=CH2的反应在下。自发(填“高温”或“低温”)。（4）如图所示为在体积为1L的恒容容器中，投料为3molH2和1molCO2时，测得的温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响。①下列说法正确的是。a．其他条件不变，若不使用催化剂，则250℃时CO2的平衡转化率可能位于点M1b．平衡常数大小：M>Nc．其他条件不变，若投料改为4molH2和1molCO2时，则250℃时CO2的平衡转化率可能位于点M2d．当压强、混合气体的密度或n(H2)/n(CO2)不变时均可视为化学反应已达到平衡状态②计算250℃时该反应平衡常数的数值K=。③若达到平衡后再向体系内通入1.5molCO2和1molH2O，则平衡(填向左移动、向右移动或不移动)。（5）III.利用“Na-CO2”电池将CO2变废为宝。我国科研人员研制出的可充电“Na-CO2”电池，以等质量的钠箔和多壁碳纳米管(MWCNT)为电极材料，总反应为4Na+3CO2⇌充电放电2Na2CO3+C。放电时该电池“吸入”CO若生成的Na2CO3和C全部沉积在电极表面，放电时，正极的电极反应式为，当转移0.4mole-时，两电极的质量差为g。11．Co、Al、Si形成的合金是一种高性能的热电材料，备受研究人员关注。回答下列问题：（1）基态Co原子的核外电子排布式为，它处于元素周期表的区。（2）下列各状态的铝中，再电离出一个电子所需能量最小的是____(填序号)。A． B．C． D．（3）AlCl3是某些有机反应的催化剂，如苯酚()与乙酰氯()反应的部分历程为。①乙酰氯分子中碳原子的杂化类型为。②乙酰氯分子中C-C键与C-Cl键的夹角120°(填“大于“等于”或“小于”)，判断理由是。③AlCl4-（4）金刚石、金刚砂(SiC)、单晶硅的熔点由低到高的顺序为。（5）Co、Al、Si形成的一种合金的晶胞结构如图所示(若不看，该晶胞具有萤石结构)，1号原子、2号原、Al原子的分数坐标分别为(0，1，0)、(14，34，34)、(12，12，12)，则3号原子的分数坐标为；若晶胞参数为anm，则该合金的密度为12．化合物W是合成风湿性关节炎药物罗美昔布的一种中间体，其合成路线如下：已知：(i)(ii)回答下列问题：（1）A的化学名称是，B中含氧官能团的名称是。（2）由B生成C的反应类型是。（3）写出由G生成H的化学方程式：。（4）写出I的结构简式：。（5）Y为X的同系物，分子式为C8H9Br，Y的可能结构有种。（6）设计由甲苯和制备的合成路线。(无机试剂任选)

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A．以羊毛为原料的绒线，其主要成分为蛋白质，故A不符合题意；B．隔热玻璃是一种硅酸盐材料，在工业生产中，是将石英砂、石灰、石灰石按一定质量比混合，在玻璃窑中高温炼制而成，属于混合物，故B不符合题意；C．新能源客车的使用能够降低二氧化碳的排放，有助于实现卡塔尔“碳中和”的世界杯目标，故C不符合题意；D．电池材料主要为单质硅，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】依据物质的性质和组成分析，D中硅具有光电效应，电池材料主要为单质硅。2．【答案】D【解析】【解答】A．由分析可知，废渣中含SiO2、α—Al2O3，A不符合题意；B．气体B为NO，与NaOH溶液不反应，所以不可以通入NaOH溶液除去，B不符合题意；C．溶解过程中，加入氨水溶解AgCl，生成[Ag(NH3)2]+等，由于氢氧化钠溶液不能将AgCl溶解，因此氨水不可以换成氢氧化钠溶液，C不符合题意；D．“还原”过程中生成无毒气体，则其为N2，设Ag的物质的量为12mol，则生成NO(B)4mol，生成N2(C)3mol，从而得出B与C的物质的量的理论比值为4：3，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A．依据流程图，利用反应物和产物的性质判断；BC．依据反应物和试剂的性质分析；C．溶解过程中，加入氨水溶解AgCl，生成[Ag(NH3)2]+等，由于氢氧化钠溶液不能将AgCl溶解，因此氨水不可以换成氢氧化钠溶液，C不符合题意；D．依据得失电子守恒计算。3．【答案】A【解析】【解答】A．Na和N形成的化合物为：NaN3，受撞击时发生下列反应：2NaN3撞击_3N2B．Na+和O2-离子电子层结构相同，核电荷数Na>O，则离子半径：O2->Na+，故B不符合题意；C．C的氢化物有多种，随着C数的增大其氢化物沸点越高，很多碳氢化合物的沸点高于H2O的沸点，故C不符合题意；D．H、C、O、Na形成的化合物水溶液未必显碱性，如NaHCO3呈碱性，NaHC2O4呈酸性，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A．依据NaN3的性质分析；B．根据电子层结构相同，质子数越多半径越小；C．随着C数的增大其氢化物沸点越高；D．依据酸式盐电离和水解程度分析。4．【答案】C【解析】【解答】A．向某无色溶液中滴加稀硫酸，产生的气体能使品红溶液褪色，加热后溶液又恢复红色，该气体为SO2，能和稀硫酸反应生成SO2说明溶液中含有SO32-或HSO3B．将甲醇和过量酸性高锰酸钾溶液混合，溶液的紫红色褪去或变浅，可能是甲醇被氧化成甲酸，也可能是过量的高锰酸钾继续将甲酸氧化为二氧化碳，故B不符合题意；C．Fe2+被H2O2氧化为Fe3+进而催化H2O2分解，故C符合题意；D．向2mL0.1mol·L-1的AgNO3溶液中滴加3滴相同浓度的NaCl溶液，AgNO3过量，然后再滴加3滴相同浓度的KI溶液，直接生成AgI沉淀，不能证明AgI沉淀时AgCl转化而来，则不能证明Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．S2O32-B．甲醇被氧化成甲酸或二氧化碳；C．实验设计合理；D．AgNO3过量，可能直接生成沉淀。5．【答案】B【解析】【解答】A．由题中信息可知该装置为原电池，A为负极，B为正极，电子由负极流出沿导线流入正极，所以电子流向：电极A→负载→电极B，A不符合题意；B．葡萄糖分子式C6H12O6，反应后生成CO2，C元素由0价升高到+4价，处理0.25mol有机物，电路中转移电子0.25mol×4×6=6mol，B符合题意；C．由分析可知，电极A上的反应式为：X-2e-=Y+2H+，C不符合题意；D．未说明氧气是否处于标准状况，无法计算22.4L氧气的物质的量，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A．依据电子由负极流出沿导线流入正极分析；B．依据化合价变化判断电子数；C．放电时，负极失电子，元素化合价升高，发生氧化反应；正极得电子，元素化合价降低，发生还原反应；D．未说明标准状况，无法计算。6．【答案】C【解析】【解答】A．X中含有酯基且水解后能够产生1个酚羟基，则1molX最多耗2molNaOH，故A不符合题意；B．X与Y都含有碳碳双键，都能和溴水发生加成反应使溴水褪色，X与Y不能用溴水来鉴别，故B不符合题意；C．连接4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，Z中手性碳原子为，且只含有1个手性碳原子，故C符合题意；D．Y中含有苯环、碳碳双键和羧基，碳原子都是sp2杂化为平面结构，Y分子可能所有原子均共面，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】AB．根据官能团的性质判断；C．依据连接4个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子分析；D．依据苯、乙烯、甲醛是平面结构，乙炔是直线结构、甲烷是正四面体形结构且单键可以沿键轴方向旋转判断。7．【答案】C【解析】【解答】A．b到c的变化过程中，生成的盐更多，水的电离程度更大，A不符合题意；B．b点处有电荷守恒2c(SO42−)+c(OH-)=2c(M2+)+c(H+)+cC．Kb2=10−7.D．由分析可知M线为pOH与lgc[M故答案为：C。

【分析】A．依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离；

B．依据电荷守恒计算；C．利用Kb计算；D．依据图中曲线变化分析。8．【答案】（1）排除装置内的空气，防止连二亚硫酸钠被氧化；碱性条件下，Na（2）Zn+2SO2+2OH-=S2O（3）A；B（4）acb（5）72.5％；Na2【解析】【解答】（1）连二亚硫酸钠在空气中易被氧化，在碱性介质中较稳定，故通入SO2可以排除装置内的空气，防止连二业硫酸钠被氧化；溶液显碱性使Na2S2O4能稳定存在；（2）Zn的水溶液中通入SO2发生反应：Zn+2SO2=ZnS2（3）A．将锌粉投入水中形成悬浮液主要是为了增大接触面，加快反应速率，故A正确；B．单向阀的主要作用是防止氧气倒吸进入装置中，将连二亚硫酸钠氧化，故B正确；C．连二亚硫酸钠易溶于水、难溶于乙醇，洗涤Na2S2O4•2H2O时用酒精洗涤效果比冰水好，故C不正确；D．向Na2S2O4溶液中加NaCl固体，使c(Na+)增大，减小Na2S2O4的溶解量，促进Na2S2O4•2H2O晶体析出，产率增大，加入NaCl溶液，c(Na+)减小，减少Na2S2O4•2H2O晶体析出，产率降低，故D不正确；故答案为：AB；（4）制备Na2S2O4•2H2O晶体，先安装好整套装置，并检查装置的气密性，将一定量的Zn粉与蒸馏水混合搅拌成悬浊液，28~35℃加热条件下，向悬浊液中通入SO2至澄清，再向溶液中滴加NaOH至pH在8.2~10.5之间，过滤取滤液并加入NaCl固体，冷却至室温，过滤，洗涤，干燥得到晶体；（5）Na2S2O4与K3[Fe(CN)6]发生反应，Na2S2O4转化为Na2SO4，S元素化合价由+3价升高到+6价，共升高6价，K3[Fe(CN)6]中Fe元素由+3价降低到+2价，降1价，根据得失电子守恒，得Na2S2O4~6K3[Fe(CN)6]，n(Na2S2O4)=16n(K3[Fe(CN)6])=16×0.01L×0.2mol/L，m(Na2S2O4•2H2O)=n×M=16×0.01L×0.2mol/L×174=0.058g，Na2S2O4•2H2O晶体的纯度为：0.0580.080×100%=72.5%；Na

【分析】（1）利用已知信息判断；（2）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析；（3）A．依据影响反应速率的因素分析；BC．利用已知信息判断；D．依据影响溶解平衡的因素分析；（4）依据流程图和已知信息分析；（5）根据得失电子守恒，利用关系式计算。9．【答案】（1）第四周期VIII族（2）NaClO3与盐酸反应产生Cl2，污染生产环境；防止H2（3）可提高盐酸与H2O2的利用率（4）2FePO4+Li2CO3+H2C2O4高温__2LiFePO4+H2O↑+3CO（5）水浴加热、趁热过滤【解析】【解答】（1）LiFePO4中用途最广用量最大的金属元素是Fe，其在周期表中的位置是：第四周期VIII族；（2）氧化浸出时，实际生产中氧化剂选用H2O2，因为NaClO3与盐酸反应产生Cl2，污染生产环境；为防止H2O2分解和盐酸挥发，故在氧化浸出时，一般不采取高温法；“氧化浸出”时，LiFePO4被H2O2在酸性环境中氧化得到Li+和FePO4沉淀，根据电子守恒、元素守恒可得该反应的离子方程式为2LiFePO（3）“浸出液”循环两次的目的是提高盐酸与H2O2的利用率；（4）“滤渣II”经纯化可得FePO4，流程中生成的Li2CO3、FePO4在高温条件下与H2C2O4煅烧可得LiFePO4，实现再生利用，其化学方程式为2FePO4+Li2CO3+H2C2O4高温__2LiFePO4+H2O↑+3CO（5）已知碳酸锂在水中的溶解度随温度升高而降低，但煮沸时与水发生反应，故沉锂时应水浴加热，温度保持在95℃；沉锂后要得碳酸锂产品，需进行趁热过滤、洗涤、干燥；故答案为：水浴加热；趁热过滤。

【分析】（1）依据原子的核外电子排布判断在周期表中的位置；（2）依据反应物和试剂的性质分析；根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析；（3）循环的目的是提高原料的利用率；（4）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析；（5）利用已知信息分析。10．【答案】（1）11（2）-128.8（3）低温（4）bc；64/729或0.088；不移动（5）3CO【解析】【解答】（1）H2CO3的Ka2=c(H+)c(CO32-)c(HCO3-)=5.0×10（2）已知H2(g)、C2H4(g)的燃烧热分别是-285.8kJ/mol和-1410.0kJ/mol，则有：①H2(g)+12O2(g)=H2O(l)△H=-285.8kJ/mol；②C2H4(g)+3O2(g)=2H2O(l)+2CO2(g)△H=-1410.0kJ/mol；③H2O(g)=H2O(l)△H=-44.0kJ/mol，根据盖斯定律①×6-②-③×4可得：2CO2(g)+6H2(g)=CH2=CH2(g)+4H2（3）2CO2(g)+6H2(g)=CH2=CH2(g)+4H2O(g)△H=-128.8kJ/mol，反应的△H<0，△S<0，根据△G=△H-T△S，需要△G<0，即低温下反应才能自发进行。（4）①a．使用催化剂，平衡不移动，温度不变，平衡时CO2的平衡转化率不变，故a不正确；b．升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，所以M化学平衡常数大于N，故b正确；c．其他条件不变，若投料改为4molH2和1molCO2时，相当于增大H2的体积分数，平衡正向移动，CO2的平衡转化率增大，可能位于点M2，故c正确；d．该反应属于气体的物质的量发生变化的反应，当压强不变时表示已经达到平衡状态，反应中n(H故答案为：bc；②在体积为1L的恒容容器中，投料为3molH2和1molCO2时，在M点平衡时二氧化碳的转化率为50%，列出“三段式”2C该反应平衡常数的数值K=c4③若达到平衡后再向体系内通入1.5molCO2和1molH2O，Qc=c4（5）正极CO2得电子发生还原反应，故电极方程式为3CO2+4Na++4e-=2Na2CO3+C，负极Na失去电子生成Na+，电极方程式为Na-e-=Na+，当转移0.4mole-时，正极生成0.2molNa2CO3和0.1molC，负极消耗0.4molNa，则两电极的质量差为0.2mol×106g/mol+0.1mol×12g/mol+0.4mol×23g/mol=31.6g。

【分析】（1）根据盖斯定律分析；

（3）依据ΔG=ΔH-TΔS＜0分析；

（4）①ab．依据影响化学平衡的因素分析；

c．增大一种反应物的量，可提高其它反应物的转化率，自身的转化率反应降低；

d．利用“变者不变即平衡”；

②利用三段式法计算；

③根据K与Q的关系，可判断平衡移动的方向；

（5）放电时，负极失电子，元素化合价升高，发生氧化反应；正极得电子，元素化合价降低，发生还原反应；依据得失电子守恒。11．【答案】（1）[Ar]3d74s2；d（2）B（3）sp2、sp3；小于；氧原子上有2个孤电子对，且与C原子形成C-O键，对C-C键和C-Cl键有较大的排斥力；正四面体形（4）单晶硅<金刚砂(SiC)<金刚石（5）(34，34，1【解析】【解答】（1）钴的原子序数是27，基态Co原子的电子排布式为[Ar]3d74s2，Co元素位于第Ⅷ族，原子核外最后填充的是d电子，故Co为d区元素。故答案为：[Ar]3d74s2；d；（2）A、C、D分别电离出—个电子所需的能量为基态Al原子的第—、三、二电离能，基态铝原子的第三电离能>第二电离能>第—电离能；原子处于激发态时能量比基态时高，易失去电子，B处于激发态，电离出—个电子需要的能量最低，综合分析需要能量最小的为B。故答案为：B；（3）①乙酰氯分子甲基中的碳原子采用sp3杂化、羰基中