2024年高考化学考前信息必研卷04（江西专用）（Word版附解析）

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（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
预测2024年江西省高考化学试题，会以省适应性考试为模板，难度适中，试题立足于高中化学主干内容，强调化学与科技、生产、生活的亲密联系。在考查化学科基本知识、基本技能的同时实现了对化学学科素养的全面考查。
单选题尽管只有14小题，但却集中体现了对高中化学主干与核心知识的考查，特别是物质结构与性质、化学实验和氧化还原反应等主干知识，是考查的重点，所占分值高。对于非选择题，注意全新的情境和考法。
本套试卷以2024年两会代表议题——八大涉及化学的提案为情境命题，同时结合科技元素情境，如7、8、10、11、15、17。
试卷突出了对化学反应原理、实验基础、物质结构与性质模块内容的考查，如第8、9、11、14、15、17题都考查到了化学反应原理，如第3、5、12、15、16题都考查了实验基础知识，第2、4、6、10、13、15题考查了物质结构与性质基础知识。第10题对晶胞结构的考查。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Mg 24 P 31 Cl 35.5 Ga 70
一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．古代科学典籍富载化学知识，下述之物见其还原性者为
A．胆矾()：“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”
B．脂水(石油)：“高奴县出脂水，……颇似淳漆，燃之如麻，但烟甚浓”
C．胡粉：“胡粉得雌黄()而色黑(PbS)，盖相恶也”
D．炉甘石()：“其(炉甘石)底铺薪，发火煅红，……即倭铅(Zn)也”
【答案】B
【解析】A．题中涉及反应，铜元素的化合价降低，体现氧化性，A项不符合题意；B．脂水指石油，燃烧过程中发生氧化反应，石油体现还原性，B项符合题意；C．“胡粉得雌黄()而色黑(PbS)”过程中Pb元素化合价不变，胡粉未发生氧化还原反应，C项不符合题意；D．最终转化为Zn，Zn元素化合价降低，被还原，作氧化剂，体现其氧化性，D项不符合题意。故答案选B。
2．下列化学用语表示正确的是( )
A．O3分子的球棍模型：
B．H2O的VSEPR模型名称是四面体型
C．邻羟基苯甲醛的分子内氢键：
D．聚丙烯的结构简式：
【答案】B
【解析】A项，O3分子结构为V形结构，该球棍模型与其结构不符，A项错误；B项，H2O的价层电子对数为，所以VSEPR模型名称是四面体型，B项正确；C项，邻羟基苯甲醛分子内氢键是羟基上的氢原子与羰基上的氧原子间形成的，C项错误；D项，聚丙烯结构简式应该为：，D项错误；故选B。
3．实验室由MnO2制取KMnO4和KOH的实验流程如下：
下列说法错误的是( )
A．步骤①需要的仪器：玻璃棒、陶瓷坩埚、泥三角、酒精灯及带铁圈的铁架台
B．步骤②、③均涉及过滤操作
C．步骤④实验方案：在搅拌下加入适量石灰乳、静置、过滤、蒸发结晶及干燥
D．步骤②中K2MnO4中Mn的实际利用率小于66.7%
【答案】A
【解析】A项，步骤①需加热至熔融且产生KOH，陶瓷坩埚中的二氧化硅在高温条件下与KOH会反应，不宜用陶瓷坩埚，A错误；B项，步骤②、③均为固液分离，涉及过滤操作，B正确；C项，步骤④实验方案：在搅拌下加入适量石灰乳产生碳酸钙和KOH、静置、过滤，得到KOH溶液、蒸发结晶及干燥得到KOH，C正确；D项，步骤②发生反应3K2MnO4+2CO2=2 KMnO4+MnO2↓+2K2CO3，所以转化KMnO4的K2MnO4占，故K2MnO4完全反应时转化为KMnO4的百分率约×100%=66.7%，K2MnO4中Mn的实际利用率小于66.7%，D正确；故选A。
4．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．1ml碘蒸气和1ml氢气在密闭容器中充分反应，生成的碘化氢分子数小于2NA
B．31gP4(分子结构：)中的共价键数目为1.5NA
C．向100mL0.10ml•L-1FeCl3溶液中加入足量Cu粉充分反应，转移电子数目为0.01NA
D．1L1ml•L-1溴化铵水溶液中NH与H+离子数之和等于NA
【答案】D
【解析】A． 反应可逆，1ml碘蒸气和1ml氢气在密闭容器中充分反应，生成的碘化氢分子数小于2NA，故A正确；B．P4分子结构为，1个P4分子中含有6个共价键，31g P4中的共价键数目为，故B正确；C．FeCl3溶液中加入足量Cu粉发生反应，向100mL0.10ml•L-1FeCl3溶液中加入足量Cu粉充分反应，转移电子数目为0.01NA，故C正确；D．1L1ml•L-1溴化铵水溶液中Br-为1ml，n(Br-)+ n(OH-)>1ml，根据电荷守恒，n(Br-)+ n(OH-)= n(NH)+ n(H+)，所以NH与H+离子数之和大于NA，故D错误；选D。
5．工业上以软锰矿(主要成分为MnO2)为原料通过固体碱熔氧化法生产高锰酸钾，主要流程如下，下列说法错误的是( )
A．“熔融氧化”应在铁坩埚中进行
B．“锰酸钾歧化(锰元素化合价既升高又降低)”可以H2SO4代替CO2
C．该流程中可循环使用的物质是MnO2
D．“滤液蒸发结晶”过程中加热蒸发至有较多晶体析出时停止加热
【答案】D
【解析】软锰矿(主要成分为MnO2)、KOH和KClO3混合熔融氧化生成锰酸钾、氯化钾和水，加蒸馏水浸取得到锰酸钾溶液，通入CO2，锰酸钾发生歧化反应，生成高锰酸钾和MnO2，过滤得到高锰酸钾溶液，再蒸发结晶得到高锰酸钾。A项，因为在“熔融氧化”过程中存在KOH，不能用瓷坩埚，可以用铁坩埚，A正确；B项，锰酸钾歧化过程需要加入酸性物质使溶液显酸性，可以用H2SO4代替CO2，B正确；C项，锰酸钾发生歧化反应，生成高锰酸钾和MnO2，MnO2可以循环使用，C正确；D项，“滤液蒸发结晶”过程温度不能太高，且应该蒸发出现晶膜时停止加热，因为KMnO4受热易分解，D错误；故选D。
6．下列有关物质结构与性质的说法错误的是
A．易溶于，可从和都是非极性分子的角度解释
B．对羟基苯甲酸存在分子内氢键，是其沸点比邻羟基苯甲酸的高的主要原因
C．溶于氨水，是由于与反应生成了可溶性配合物
D．熔融能导电，是由于熔融状态下产生了自由移动的和
【答案】B
【解析】A．单质碘和四氯化碳都是非极性分子，根据相似相溶的原理，易溶于，A正确；B．分子间氢键可以增大其熔沸点，则对羟基苯甲酸存在分子间氢键，是其沸点比邻羟基苯甲酸的高的主要原因，B错误；C．银离子可以和氨气形成配合物离子，导致氯化银可以溶解在氨水中，C正确；D．氯化钠在熔融状态产生了自由移动的和，从而可以导电，D正确；故选B。
7．2024年两会代表提出“中医药振兴发展意义重大”。从中药获苓中提取的一种具有生理活性的化学物质获苓新酸，其结构简式如图所示。关于该化合物下列说法正确的是
A．分子中含有5种官能团
B．分子中所有碳原子可能共平面
C．获苓新酸使溴水和酸性高锰酸钾褪色原理相同
D．该物质最多消耗和的物质的量之比为
【答案】D
【解析】A．分子中含有羧基、羟基、酯基、碳碳双键4种官能团，A错误；B．，标有*的碳原子与四个碳原子相连，以*碳原子为体心形成的是正四面体，因此分子中含有标有*的碳原子就不可能所有碳原子共面，B错误；C．获苓新酸使溴水褪色是因为发生加成反应，使酸性高锰酸钾褪色是发生氧化还原反应，二者原理不相同，C错误；D．该物质含有碳碳双键，最多消耗，该物质含有羟基和羧基，因此最多消耗，故该物质最多消耗和的物质的量之比为，D正确；故选D。
8．2024年两会代表提出“大力发展电化学储能，抢占绿色能源”。一种稳定且具有低成本效益的碱性混合多硫化物-空气氧化还原液流电池结构如图所示。下列说法正确的是( )
A．膜a为阴离子膜，膜b为阳离子膜
B．充电时的总反应为：4OH-+2S42-=4S22-+O2+2H2O
C．放电时，左侧贮液室中含的多硫电解质减少
D．放电时，外电路通过2ml电子，理论上II室及右侧贮液器中的NaOH总共减少2ml
【答案】B
【解析】A项，膜a为阳离子膜，放电过程中1室发生氧化反应，钠离子交换到2室；b为阴离子交换膜；故A错误；B项，充电时，氢氧根氧化得到氧气，S42-被还原为S22-，总反应为4OH-+2 S42-=4 S22-+O2+2H2O，故B正确；C项，放电时，S22-转化为S42-，所以含S42-的多硫电解质增加，故C错误；D项，放电时，氧气和水反应产生氢氧根，所以NaOH增加，故D错误；故选B。
9．加热与的固体混合物制备无水，起始物质的量之比为，升温，从200℃开始有生成，同时生成副产物。混合物中与的质量分数随温度的变化如图所示。
下列说法不正确的是
A．200℃时，78%，%，说明200℃之前体系中无化学反应
B．200～400℃时体系中存在反应：、、
C．加热与的混合物可制备，原因之一是可抑制转化为和
D．控制温度400℃左右，增大投料比，并使二者充分接触，利于提高的产率
【答案】A
【分析】加热与的固体混合物制备无水，该反应的化学方程式为，，由于起始两种反应物的物质的量之比为，过量，还会发生。生成副产物的化学方程式为。400℃后氧化镁的质量分数又开始增大，说明副产物可以发生分解反应生成氧化镁。
【解析】A．与的固体混合物的起始物质的量之比为，则，%；200℃时，78%，%，说明200℃之前体系中有化学反应，A不正确；B．由题中信息可知，从200℃开始有生成，同时生成副产物；由图中信息可知，200～400℃时体系中的质量分数大幅下降，而的质量分数从反应前的20%升高到最大值后又下降了，说明体系中存在以下反应：、、，B正确；C．在潮湿的环境中易发生水解生成，在加热时易发生分解生成，因此，加热与的混合物可制备，原因之一是可抑制转化为和，C正确；D．控制温度400℃左右，增大投料比，即增大了的投料以弥补其分解反应的损失，并使二者充分接触，提高了的转化率，有利于提高的产率，D正确；综上所述，本题选A。
10．电动载人汽车的发展与充电技术密切相关，采用了氮化镓元件的充电器体积小、质量轻，在发热量、效率转换上相比普通充电器也有更大的优势，被称为“快充黑科技”，下图是氮化镓的三种晶体结构(NA表示阿伏加德罗常数的值)。下列有关说法错误的是
A．Ga、N均属于p区元素
B．图a晶体结构中含有6个Ga、6个N
C．图b晶体结构中若Ga和N的距离为xnm，则晶体的密度为
D．三种晶体结构中Ga原子的配位数之比为3∶2∶3
【答案】D
【解析】A． Ga、N的价电子分别是4s24p1、2s22p3、Ga、N均属于p区元素，故A正确；B． 图a晶体结构中含有12×+2×+3=6个Ga、6×+4=6个N，故B正确；C． 图b晶体结构中若Ga和N的距离为xnm，取晶胞的八分之一作为一个小立方体，小立方体的对角线为2xnm，小立方体的边长为 nm，晶胞的边长为2 nm，则晶体的密度为ρ= =，故C正确；D． a的晶胞为，Ga原子的配位数为4，三种晶体结构中Ga原子的配位数之比为4∶4∶6=2∶2∶3，故D错误；故选D。
11．环境保护是2024年两会重要议题，甲酸(HCOOH)可在纳米级Pd表面分解为活性H2和CO2，经下列历程实现NO3-的催化还原。已知Fe(Ⅱ)、Fe(Ⅲ)表示Fe3O4中二价铁和三价铁。下列说法不正确的是( )
A．生产中将催化剂处理成纳米级颗粒可增大甲酸分解的速率
B．在整个历程中，每1mlH2可还原2mlNO3-
C．HCOOH分解时，只有极性共价键发生了断裂
D．反应历程中生成的H+可调节体系pH，有增强NO3-氧化性的作用
【答案】B
【解析】A项， 生产中将催化剂处理成纳米级颗粒可增大接触面积，增大甲酸分解的速率，故A正确；B项，整个历程中，1mlH2失电子形成2mlH+转移2mle-，1mlNO3-最终得电子形成0.5mlN2转移5mle-，所以1mlH2可以还原0.4mlNO3-，故B错误；C项， HCOOH分解产生CO2和H2，所以会发生碳氢键和碳氧键的断裂，只有极性共价键发生了断裂，故C正确；D项，NO3-与NO2-在氧化Fe2+的过程中需要消耗氢离子，pH值降低，但H2还原Fe3+过程中生成H+，所以生成的氢离子可以起到调节pH的作用，有增强NO3-氧化性的作用，故D正确；故选B。
12．探究铁及其化合物的性质，下列实验方案、现象或结论不正确的是( )
【答案】A
【解析】A项，FeCl3溶液时加入HCl抑制了Fe3+水解，氢氧化铁浓度降低，溶液颜色变浅，A错误；B项，乙酰水杨酸水解得到邻羟基苯甲酸和乙酸，酚羟基遇三价铁离子显紫色，B正确；C项，向氢氧化铁胶体中逐滴加入稀硫酸至过量，先产生Fe(OH)3沉淀发生聚沉，后Fe(OH)3沉淀与H+反应逐渐溶解，C正确；D项，K3Fe(CN)6与Fe2+反应生成蓝色沉淀，说明K3Fe(CN)6具有氧化性和铁粉反应生成了Fe2+，D正确；故选A。
13．某化合物的结构如图所示，其中X、Y、Z、Q为原子序数依次增大的四种短周期元素，X是元素周期表中原子半径最小的元素，Q的最外层电子数是其内层电子数的3倍。下列说法错误的是
A．四种元素中原子半径最大的是Y
B．Y、Z和Q三种元素的非金属性逐渐减弱
C．X和Q形成的化合物中可存在非极性键
D．该化合物中Z、Y、Q均满足8电子稳定结构
【答案】B
【解析】由物质结构分析可知，X只能形成一个共价键，又知X的原子半径是元素周期表中最小的，故X为H；Q的最外层电子数是其内层电子数的3倍，Q为O；Y、Z、Q原子序数依次增大，Y可形成四个共价键，则Y为C；则Z为 N。
A．四种元素原子半径由大到小的顺序为 C(Y)>N(Z)>O(Q)>H(X)，A正确；B．同周期主族元素从左到右,非金属性依次增强，则元素的非金属性强弱顺序为C