江西省九江市2024-2025学年高三下学期第一次高考模拟统一考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1江西省九江市2024-2025学年高三下学期第一次高考模拟统一考试试题一、单选题1．江西省博物馆是首批国家一级博物馆，下图为江西省博物馆部分珍藏精品，下列相关说法不正确的是元青花釉里红楼阁式瓷谷仓明描金竹骨折纸扇活环屈蹲玉羽人苏六朋百花香里看春耕图绢本横批A．瓷谷仓是以黏土为主要原料烧结而成B．竹骨折纸扇主要成分是纤维素，属于天然有机高分子C．玉羽人材质是玉石，主要成分是硅酸盐D．春耕图绢本横批中绢本的材质是蚕丝，其由碳、氢、氧三种元素组成【答案】D【解析】瓷谷仓是瓷器，其主要原料为黏土，经高温烧结而成，A正确；竹骨折纸扇(竹子、纸张)的主要成分是纤维素，纤维素属于天然有机高分子，B正确；玉羽人材质是玉石，玉石是一种矿物，主要由硅酸盐矿物组成，则玉石的主要成分是硅酸盐，C正确；绢本的材质是蚕丝，蚕丝属于蛋白质，不仅含有C、H、O元素，还含有N(有的蛋白质还含S)元素，D错误。故选D。2．下列有关物质的化学用语表述正确的是A．HBr的共价键类型：s-B．水合钠离子的示意图：C．ClO3-的VSEPRD．固体SiO2的电子式：【答案】A【解析】HBr中H原子的1s轨道和Br原子的4p轨道“头碰头”形成的共价键类型为s-p      σ键，A正确；水分子中氢原子一侧带正电，氧原子一侧带负电，Na+带正电，水合钠离子的示意图为，B错误；ClO3-中心原子价层电子对数为3+7+1-2×32=4，中心原子为sp3杂化，且含有1个孤电子对，ClO3-的VSEPR模型为，C错误；固体SiO2是共价晶体，不存在SiO23．漏斗是实验室常用的仪器，下列关于漏斗的使用不正确的是①②③④⑤⑥A．实验室制氯气可用②或⑤组装气体发生装置B．电石制备乙炔可用③组装气体发生装置以达到随开随用、随关随停的目的C．从海带中提取碘的实验需要用到①④D．用⑥组装过滤装置进行过滤时，可以加快过滤速度【答案】B【解析】制氯气时，可用图②控制浓盐酸液滴加速度、可用图⑤防止浓盐酸挥发，且使盐酸顺利流下，A正确；电石与水反应生成乙炔时，碳化钙遇水粉化，如图③所示的漏斗不能达到“随开随用、随关随停”的目的，B错误；从海带中提取碘，需先经过滤操作，用图①普通漏斗，后经用图④萃取分液操作，C正确；图⑥为布氏漏斗，用⑥组装过滤装置进行过滤时，可以加快过滤速度，D正确。故选B。4．色并［4，3—d]嘧啶衍生物因其显著的生物学特性而在科学研究中引起了极大关注。其合成过程的某步反应如图所示，下列说法不正确的是A．M分子中醛基氢原子与羟基氧原子不会形成分子内氢键B．N分子中碳原子杂化方式有三种C．M、P均能使溴水褪色，其原理不相同D．1 molP【答案】D【解析】M分子中醛基氢原子没有与氮、氧、氟等电负性大的原子直接相连，与羟基氧原子不会形成分子内氢键，A正确；N分子中-CH3、-CH2-碳原子均为sp3杂化，酯基的碳原子为sp2杂化，-CN碳原子形成三键为sp杂化，B正确；M中醛基具有还原性能使溴水褪色、酚羟基的邻对位能和溴发生取代反应而使溴水褪色，P中碳碳双键能和溴发生加成反应使溴水褪色，C正确；P在酸性条件下水解为，酚羟基、羧基均可以与NaOH反应，1molP在酸性条件下的水解产物最多消耗3molNaOH，D错误。故选D。5．Na—bfsi是电池中用到的电解质材料之一，其制备前体P和Q的结构如下图，其中R、X、Y、Z、A．Na2 W2C．键角：∠α<∠β D．第一电离能：W<X<Y<Z【答案】B【解析】由“X元素的基态原子有3个未成对电子”知，基态X原子为ns2np3结构，X为N或P，由图示结构可知，R、Z形成一个键，X形成三个键，Y形成二个键，W形成6个键，结合R、X、Y、Z、W五种元素是原子序数依次增大的短周期元素可知，R为H，X为N，Y为O，Z为F，W为S。Na2W2为Na2S2，S与S之间是共价键，A错误；Y为O，Y3为O3，WY3为SO3。O3分子呈“V”形，属于极性分子；SO3分子呈平面正三角形结构，属于非极性分子，故极性大小满足O3>SO3，B正确；P、Q分子中X均为sp3杂化，孤电子对数均为1，由于F的电负性强于H，键角∠α>∠β，C错误；W为S，X6．下列实验根据现象能得出相应结论的是选项实验现象结论A用两支试管各取10 mL0.1 mol/L0.2mol/L酸性KMnO₄增大反应物浓度，反应速率不一定加快B分别测量在25℃和50℃时1 mol/L溶液的pH：25℃大于50℃温度升高，抑制了CH3C向盛有饱和Na2CO3白色固体加入盐酸后，产生气泡，固体部分溶解KnpBaCOD向Na2SO3出现白色沉淀，加稀盐酸后沉淀部分溶解Na2A．A B．B C．C D．D【答案】D【解析】两支试管中酸性KMnO4溶液浓度不同，不能根据褪色时间判断反应速率，不能说明浓度与速率之间的关系，A错误；CH3COO-的水解为吸热过程，升高温度促进水解，说明温度升高溶液的pH减小的原因是，温度升高促进水的电离，导致pH白色固体加入盐酸后，产生气泡，固体部分溶解，说明固体中含有BaSO4和BaCO3，但原溶液为饱和Na2CO3溶液，因浓度大导致部分BaSO4转化为BaCO3，不能说明BaCO3的溶度积常数小于BaSO4的溶度积常数，C错误；Na2SO3样品中加入BaCl2溶液生成的白色沉淀加稀盐酸后沉淀部分溶解，说明沉淀中含有BaSO4和BaCO3，说明7．NAA．足量的Cu与含2 mol溶质的浓硫酸加热充分反应后得到SOB．治理含氰废水某原理为SO3+2CN-C．11 gDD．24 gC60中含有的【答案】B【解析】铜与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，随反应的进行，浓硫酸变为不能与铜反应的稀硫酸，则足量的铜与含2mol溶质的浓硫酸加热充分反应后得到的二氧化硫的分子数小于2mol×12×NAmol-1=NA，A错误；反应SO3+2CN-+H2O=2HCO3-+N2+SO2中S化合价降低2，C化合价升高2，N化合价升高3，2molCN-共失去10mol电子生成1molN2，转移电子数目为10NA，B正确；D中含有1个中子，18O中含有10个中子，11 8．实验室制备2，6—二溴吡啶的操作主要包括：①将2，6—二氯吡啶溶于冰醋酸；②维持反应温度110℃，缓慢通入溴化氢气体；③分离乙酸和产品。其制备装置如图所示(加热和夹持装置已略去)。下列说法正确的是A．为使2，6-二氯吡啶溶液顺利滴入，应打开恒压滴液漏斗上方玻璃塞B．可利用HBr易挥发的性质，用浓硫酸和NaBr固体混合加热制备HBrC．为使受热更均匀，可采用油浴加热D．若观察到烧杯有沉淀生成，则证明产物中有HCl【答案】C【解析】将2，6—二氯吡啶溶于冰醋酸，维持反应温度110℃，缓慢通入HBr气体，反应生成2，6—二溴吡啶，尾气使用硝酸银溶液吸收；恒压滴液漏斗的支管起到平衡气压的作用，故无需打开恒压滴液漏斗上方玻璃塞，A错误；Br-具有还原性，浓硫酸具有强氧化性，会将HBr氧化，故应用浓磷酸代替浓硫酸，B错误；加热温度为110℃，应用油浴，C正确；三颈烧瓶中发生的是取代反应生成HCl，且HBr会和AgNO3生成AgBr沉淀，有沉淀生成不能说明产物中有HCl，D错误。故选C。9．恒温下，向2L的刚性密闭容器中充入一定量W(g)，反应关系如图，反应②和③的速率方程分别为v2=k2c2X和v3=k3t01234n0.4000.3060.2400.1920.160A．0∼2 min内，YB．若扩大容器体积，平衡时Y的产率增大C．若k2=2D．若升高温度，平衡时cZ【答案】C【解析】由表格数据可知，2min时W的物质的量为0.240mol，则0∼2min内，W的反应速率为v(W)=(0.400-0.240)mol2L×2min=0.04mol⋅L-1⋅min-1，则Y的反应速率为v(Y)=12v（W）=12×(0.400-0.240)mol2L×2min=0.02mol⋅L-1⋅min-1，A错误；由转化关系可知，反应①为W完全分解生成X和Y10．实验室以苯甲醛为原料合成苯甲酸苯甲酯的反应机理如图(已知RO-极易结合H+转化为A．P为该反应的催化剂B．亲水性：W>PC．Z中只含一个手性碳原子D．若原料苯甲醛部分氧化生成苯甲酸，会减慢该历程反应速率【答案】D【解析】由反应机理图可知，该反应的催化剂为，不是P，A错误；W为苯甲酸苯甲酯，属于酯类物质，P为苯甲醇，醇能与水分子形成氢键，则亲水性：W<P，B错误；Z中含有2个手性碳原子，如图中标注有“*”的碳原子：，C错误；已知：RO-极易结合H+转化为ROH，若原料苯甲醛部分氧化生成苯甲酸，苯甲酸会使转化为苯甲醇，导致催化剂催化效率降低或失效，会减慢该历程反应速率，D正确。故选D。11．我国科学家设计了一种双位点PbCu电催化剂，用H2C2O4和NH2OH电化学催化合成甘氨酸原理如图，双极膜中H2O解离的H+和OH-A．PbCu电极与电源的负极相连B．理论上双极膜中解离水的质量为90g时，则生成1C．阴极总反应式为：HD．用铅蓄电池作电源时，每消耗1 mol【答案】A【解析】在KOH溶液中HCHO转化为HOCH2O-：HCHO+OH-→HOCH2O-，存在平衡HOCH2O-+OH-⇌OCH2O2-+H2O，Cu电极上发生的电子转移反应为OCH2O2--e-=HCOO-+H⋅，H⋅结合成H2，Cu电极为阳极；PbCu电极为阴极，首先HOOC-COOH在Pb上发生得电子的还原反应转化为OHC-COOH：H2C2O4+2e-+2H+=OHC-COOH+H2O，OHC-COOH与HO-N+H3反应生成HOOC-CH=N-OH：OHC-COOH+HO-N+H3→HOOC-CH=N-OH+HPbCu电极为阴极，PbCu电极与电源的负极相连，A正确；阴极区的总反应为H2C2O4+HO-N+H3+6e-+6H+=H3N+CH2COOH+3H2O，1molH2O解离成1molH+和1molOH-，90g水为5mol，故理论上生成56molH3N+CH2COOH，B错误；阴极总反应式为：H2C2O4+HO-N+H3+6e-+6H+=H3N+CH2COOH+3H2O，C错误；没有标况，不确定生成氢气体积，D错误。故选A12．下列化学反应表示不正确的是A．氮化镁遇水剧烈水解：MgB．亚铜氨溶液除去合成氨原料气中的CO：CuC．绿矾FeSO4⋅7H2D．制备芳纶纤维凯芙拉：【答案】B【解析】氮化镁遇水剧烈水解生成氢氧化镁和氨气，化学方程式为Mg3 N2+6H2O=3MgOH2+2NH3↑，A正确；亚铜氨溶液中的Cu为+1价，亚铜氨溶液除去合成氨原料气中的CO的离子方程式为CuNH32++CO+NH3⇌CuNH33CO+，B错误；Fe2+将Cr213．某锂离子电池电极材料结构如图。结构1是钴硫化物晶胞的一部分，可代表其组成和结构；晶胞2是充电后的晶胞结构；晶胞3中P的分数坐标为(0，0，0)，所有晶胞均为立方晶胞。下列说法正确的是A．晶胞2中Li的配位数是4B．晶胞2和晶胞3是两种不同构型的LiC．结构1钴硫化物的化学式为CoD．晶胞3中M的分数坐标为1【答案】A【解析】由晶胞结构可知，以位于体心的Li为研究对象，周围距离最近且相等的O原子有4个，Li的配位数是4，A正确；当2个晶胞2放在一起时，截取第1个晶胞的右一半和第2个晶胞的左一半合并后就是晶胞3。根据晶胞2的结构可知，S的个数为1+12×14=4，Li的个数为8，则晶胞2表示的化学式为Li2S，在晶胞3中，S的个数为8×18+6×12=4，Li的个数为8，则晶胞3表示的化学式为Li2S，晶胞2和晶胞3表示同一晶体，构型是相同的，B错误；由均摊法得，结构1中含有Co的数目为4+4×18=4.5，含有S的数目为1+12×14=4，Co与S的原子个数比为9：8，结构1的化学式为Co9S8，C错误；晶胞3中P的分数坐标为(0，0，0)，晶胞结构可知，晶胞3中M的分数坐标为114．常温下，向10.0mL浓度均为0.1mol/L的AlCl3和FeCl3混合溶液中加入NaOH固体(忽略溶液体积的变化)，溶液中铁、铝元素有不同的存在形式，它们的物质的量浓度与NaOH物质的量关系如图所示，测得a、b两点溶液的pH分别为3.0，已知：①Ksp②Al3+aq+4下列叙述不正确的是A．曲线Ⅲ代表AlOHB．常温下，KspAlC．加入0.006 gNaOH，会同时产生FeOH3和D．AlOH3【答案】C【解析】因为KspAlOH3>KspFeOH3，a、b两点溶液的pH分别为3.0，4.3说明曲线I代表Fe3+、曲线Ⅱ代表Al3+，曲线Ⅲ10-5×(10-11L·mol-1)3=10-38、Ksp[Al(OH)3]=10-5×(10-9.7L·mol-1)3=10-34.1，B正确；10.0mL浓度均为0.1mol·L-1的AlCl3和FeCl3，cAlCl3=0.1mol·L-1和cFeCl3=0.1mol·L-1，加入0.006 gNaOH，nNaOH=0.006 g40g/mol=0.00015mol，因KspAlOH3>KspFeOH3，FeOH3先沉淀，Fe3+过量，剩余cFe3+=0.001-0.0004510×10-3L=5.5×二、解答题15．钪(Sc)是一种在国防、航空航天、核能等领域具有重要作用的稀土元素。以钛白酸性废水(含Sc3+、TiO2+、Fe2+已知：i．“萃取”前Sc3+、Fe2+、ii．HA代表有机萃取剂，X代表金属元素，萃取时发生反应Xn+iii．钪与铝元素性质相似。请回答下列问题：(1)基态Ti原子的价层电子排布图为。(2)在“洗涤”过程中加入H2O(3)“反萃取”时，随pH增大而出现沉淀质量先增大后减少，沉淀质量减少的原因为。(4)“溶解富集”后，金属离子浓度变为原来的12.5倍，则调溶液pH时范围为，可实现铁元素和钪元素的完全分离。(常温下，KspFeOH3=1.0×10(5)“热还原”时得到钪和另一产物M，用惰性电极电解M溶液时，阴极的电极反应式为。(6)“转化”过程中氧化剂和还原剂物质的量之比为。(7)“沉钛”过程发生反应的化学方程式为。【答案】(1)(2)将Fe2+氧化为Fe3+(3)ScOH(4)3<(5)Mg(6)1：1(7)TiOSO【解析】钛白酸性废水(含Sc2+、TiO2+、Fe2+、Fe3+等离子)中加入有机萃取剂，有机相含有Sc2+、TiO2+、Fe2+、Fe3+，加入稀硫酸和H2O2洗涤，Fe2+被H2O2氧化为Fe3+，TiO2+转化为[TiO(H2O2)]2+进入水相中，加入Na2SO3转化，用热水沉钛得到TiO2·nH2O，加热分解得到TiO2；有机相中加入NaOH溶液反萃取，过滤得到Fe(OH)3和（1）Ti的原子序数为22，基态Ti原子的价层电子排布图为；（2）“洗涤”过程中加入H2O2溶液目的是：将Fe2+氧化为Fe（3）钪与铝元素性质相似，Sc(OH)3具有两性能溶于NaOH溶液，“反萃取”时，随pH增大而出现沉淀质量先增大后减少，沉淀质量减少的原因为ScOH3溶于过量的（4）“溶解富集”后，金属离子浓度变为原来的12.5倍，则Sc3+离子浓度为0.010×12.5mol·L-1=0.125mol·L-1，Fe3+浓度为(0.001+0.001)×12.5mol·L-1=0.025mol·L-1，因为KspFeOH3=1.0×10-38<KspScOH3=1.0×10-30，Fe3+先沉淀，Fe3+沉淀完全时，c(Fe3+)<1.0×10-5mol·L-1，由1.0×10-5×c(OH-)3=1.0×10-38，可知pH=3，Sc3+离子不沉淀，则由0.125×（5）“热还原”时得到钪和MgCl2溶液，电解MgCl2溶液阴极上发生还原反应得到Mg(OH)2和H2，阴极反应的电极反应式为Mg2+（6）“转化”过程，TiOH2O22+与Na2SO3反应，氧化剂为TiOH2O22+，其中H2O2中的O的化合价从-1价降低到-2价，还原剂Na2（7）“沉钛”过程中TiOSO4水解生成TiO2·nH2O，反应的化学方程式为：TiOSO416．乙醇胺(H2NCH2CH2OH，简称MEA)是一种重要的有机化工原料，工业上主要采用环氧乙烷氨解法制备。环氧乙烷(主反应：C副反应：C(1)已知H2O1=H2O(2)在一定温度、压强的环境下，为提高乙烯的平衡转化率，需体系中氮气分压(填“增大”或“减小”)，但在实际生产中并非如此，其可能原因为。(3)以Ag为催化剂合成EO反应机理如下：反应I：Ags+反应II：C2H反应Ⅲ：C2H①结合反应机理，一定能够提高主反应速率的措施有。A．恒容条件下，通入惰性气体B．升高温度C．增大C2H4浓度D②加入1，2—二氯乙烷会发生反应2Clg+2Ag+O-1，2—二氯乙烷浓度增大使EO产率先增加后降低的原因为。(4)MEA溶液吸收CO2的反应可表示为MEA在T℃的刚性密闭容器中，用20L2.4mol/L的MEA溶液吸收总压为p0的合成氨原料气(含体积分数分别为25%的N2、55%的H2、20%的CO2)，充分吸收后，MEA(填“增大”、“减小”或“不变”)；忽略反应过程中溶液的体积变化，则反应的标准平衡常数Kθ=。(标准平衡常数Kθ可以表示平衡时各物质的相对浓度和相对分压关系：如反应Aaq+2 Bg⇌C【答案】(1)-105(2)减小防止环氧乙烷浓度高而爆炸(3)BD浓度低时，增大1，2—二氯乙烷的浓度抑制副反应(或反应III)，增加主反应(或反应II，或EO)选择性；其浓度较高时会使催化剂的量减少，降低催化效果(合理即可)(4)不变1【解析】（1）已知：①C2H4 g+12O2 g⇌EOgΔH1，②C2H4 g+3O2 g⇌2CO2 g+2H2O（2）在恒压体系中，减小氮气分压，相当于给反应体系增压，主反应的正反应气体分子数减小，故增压平衡正向移动，乙烯平衡转化率增大，故应减小体系中氮气分压；在实际生产中并非如此，因为EO温下易燃易爆，其爆炸极限为3%~100%，需加入氮气稀释气体，防止环氧乙烷浓度高而爆炸。（3）①恒容条件下，通入惰性气体，反应体系中各物质的浓度不变，不影响反应速率，A错误；升高温度，活化分子百分数增加，反应速率增加，B正确；反应II、III是快反应不是决速反应，增大C2H4的浓度，反应速率不会明显增大，C错误；反应I是慢反应，决定反应速率，增大O2浓度，加快主反应速率，D正确。故选BD；②1,2—二氯乙烷浓度增大使EO产率先增加后降低的原因为：浓度低时，增大1,2—二氯乙烷的浓度抑制副反应(或反应III)，增加主反应(或反应II)选择性，EO产率增加；其浓度较高时，会使Ag催化剂转化为氯化银，催化剂的量减少，催化循环受阻，降低催化效果，EO产率降低(合理即可)。（4）若其他条件不变，只增大MEA溶液的浓度，Kθ至于温度有关，故Kθ不变；在T℃时的刚性密闭容器中用20L2.4mol/L的MDEA溶液吸收总压为p0kPa的合成氨原料气(含体积分数分别为25%的N2、55%的H2、20%的CO2)充分吸收后，MDEA的浓度降低为2.0mol/L，二氧化碳的吸收率为60%，则三段式分析为：MEA(aq)+CO2(g)+H2O(l)起始量(mol)2.4mol/L×20L8÷三、填空题17．某化学兴趣小组利用氰氨化钙(CaCN2)合成双氰胺（）并测定产品中氮的含量。I．合成双氰胺。步骤①：将氰氨化钙(CaCN2)投入水中并通入适量CO2，得到氰胺(NC-NH步骤②：控制温度在70-80∘C，调节滤液pH步骤③：双氰胺水溶液结晶得到双氰胺晶体。已知：双氰胺为白色晶体，在冷水中溶解度较小，易溶于热水、乙醇，其水溶液在80℃以上会发生分解。(1)已知：氰基是吸电子基团。氰胺(NC-NH2)的碱性甲胺(CH3-NH2)的碱性(填“>”(2)写出步骤①的化学反应方程式。(3)步骤②中控制温度在70~80℃的原因为。II．测定产品中氮的含量。先将产品中的有机氮转化为氨气，利用硼酸吸收后，再通过滴定测量(具体流程如下)。产品x克浓硫酸催化剂(4)“蒸馏”和“吸收”操作装置如图所示(加热及夹持装置略去)。实验步骤如下：①组装并清洗仪器：打开K1，关闭K2。加热烧瓶使水蒸气充满管路，停止加热，关闭K1。烧杯中蒸馏水倒吸进入反应室，原因为；打开K②向烧杯中加入硼酸溶液及指示剂。将铵盐样液由样液入口注入反应室并注入一定量的浓氢氧化钠溶液，用蒸馏水冲洗后，封闭样液入口。烧杯中发生反应的化学方程式为。③“蒸馏”操作中，检验氨气已完全蒸出的方法：取冷凝管中少许馏出液，。(5)“蒸馏”后用cmol⋅L-1的盐酸标准溶液滴定烧杯内液体，发生的反应为NH42(用含x、c、【答案】(1)<(2)CaCN(3)温度过低反应速率慢；温度过高双氰胺会发生分解(4)反应室内温度下降，形成负压，蒸馏水倒吸2NH3+4H3BO3=NH42(5)0.014cVx(或1.4cV【解析】（1）由于“―CN”是较强的吸电子基团，会降低氨基上的电子云密度，氰胺(NC-CH2)的碱性比甲胺(CH3（2）步骤①氰氨化钙与水和二氧化碳反应生成碳酸钙和NC-NH2，反应的化学方程式为：CaCN2（3）双氰胺的水溶液在80℃以上会分解，而温度过低又不利于反应进行。故将温度控制在70～80℃，既能保证合成速率，又可防止产物分解。（4）①关闭加热后，导管内的水蒸气冷却凝结，管内压强变小，烧杯中的水在外界大气压作用下倒吸进去。②烧杯中氨气被硼酸吸收生成四硼酸铵，反应方程式为2③可取冷凝管中流出的少量馏出液，用湿润的红色石蕊试纸检验，若不再显碱性(试纸不变蓝)则说明氨已蒸尽。（5）由(NH4)2B4O7与盐酸的反应可知：1molN↔1molHCl。滴定时平均消耗cmol⋅L-1的盐酸V(mL)，则所含氮的物质的量为cV1000(mol)，其质量为14cV1000。若样品质量为x四、解答题18．酚类化合物在自然界广泛存在，但其强烈的邻对位定位效应使得其间位化合物不易合成，最近《NatureChemistry》上发表了某课题组研究酚羟基由对位异构化至间位的成果，通过“一锅三步”法为构建间位酚羟基化合物提供了便利。其反应通式如下：使用该成果合成苯肾上腺素G的路线如下，请回答下列问题。使用该成果合成苯肾上腺素G的路线如下，请回答下列问题。(1)B的结构简式为，B→C的反应类型为。(2)E中所含官能团的名称为，写出D→E的化学方程式为(3)符合下列条件下的F的芳香族同分异构体共有