2024年高考化学试卷（江西）（解析卷）

1/20 2024 年江西省新高考化学试卷 一、选择题：本题共14 小题，每小题3 分，共42 分。在每小题给出的四个选项中，只有一 项符合题目要求。 1. 景德镇青花瓷素有“国瓷”的美誉。是以黏土为原料，用含钴、铁的颜料着色，上釉后一次性高温烧制而 成的青蓝色彩瓷。下列关于青花瓷说法正确的是 A. 青蓝色是由于生成了单质钴 B. 表面的釉属于有机高分子膜 C. 主要成分为铝硅酸盐 D. 铁元素的存在形式只有Fe2O3 【答案】C 【解析】 【详解】A．青花瓷上的蓝色花纹是由于使用了含有氧化钴的“青料”绘制而成，与单质钴无直接关系，A 错误； B．釉是一种覆盖在陶瓷表面的物质，通常由无机物质组成，如硅酸盐、氧化物等，B 错误； C．青花瓷是一种釉面瓷，其材质属于无机非金属材料，主要成分为铝硅酸盐，C 正确； D．青花瓷呈现青蓝色，不能确定铁元素的具体存在形式，Fe2O3 呈红色，D 错误； 故选C。 2. 科学家发现宇宙中存在100 多种星际分子。下列关于星际分子说法正确的是 A. 分子的极性：SiH4>NH3 B. 键的极性：H—Cl>H—H C. 键角：H2O>CH4 D. 分子中三键的键长：HC≡N>HC≡CH 【答案】B 【解析】 【详解】A．SiH4中四条Si—H 键完全相同，均为极性键，但由于SiH4为正四面体结构，故为非极性分子， NH3为三角锥形结构，3 条N—H 键的极性不能抵消，故为极性分子，故A 错误； B．H—H 为非极性键，H—Cl 为极性键，则键的极性：H—Cl＞H—H，故B 正确； C．水分子为V 形结构，含两对孤对电子，甲烷为正四面体结构，不含孤对电子，孤对电子对成键电子对 斥力较大，则键角：H2O＜CH4，故C 错误； D．原子半径C＞N，分子中三键的键长：HC≡N＜HC≡CH，故D 错误； 故选B。 3. 2/20 “稀土之父”徐光宪先生提出了稀土串级萃取理论，其基本操作是利用有机络合剂把稀土离子从水相富集 到有机相再进行分离。分离时可用的玻璃装置是A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用有机络合剂把稀土离子从水相富集到有机相再进行分离，有机相与水相分层，可分液分离， 以此来解答。 【详解】A．图为蒸馏，不能分离稀土离子，故A 错误； B．图中为过滤，不能分离稀土离子，故B 错误； C．图中分液漏斗可萃取、分液分离稀土离子，故C 正确； D．图中为抽滤装置，不能分离稀土离子，故D 错误； 故选C。 4. 蛇孢菌素(X)是一种具有抗癌活性的天然植物毒素。下列关于X 说法正确的是 A. 含有4 种官能团，8 个手性碳原子 B. 1mol X 最多可以和3mol H2发生加成反应 C. 只有1 种消去产物 D. 可与新制的Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀 2/20 【答案】D 【解析】 【详解】A．分子中含酮羰基、羟基、醛基、醚键、碳碳双键，共5 种官能团，连接4 3/20 个不同基团的碳原子为手性碳原子，分子中含8 个手性碳原子， 故A 错误； B．酮羰基、醛基、碳碳双键均与氢气发生加成反应，则1mol X 最多可以和4mol H2发生加成反应，故B 错误； C．与羟基相连碳的邻位碳原子上有H 原子可发生消去反应，与左侧甲基、亚甲基上H 原子可发生消去反 应，则有2 种消去产物，故C 错误； D．分子中含醛基，可与新制的Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀，故D 正确； 故选D。 5. 某新材料阳离子为W36X18Y2Z6M+。W、X、Y、Z 和M 是原子序数依次增大的前20 号主族元素，前四周 期中M 原子半径最大，X、Y、Z 同周期。X6W6分子含有大π 键( )，XZ2分子呈直线形。下列说法正确 的是 A. WYZ2是强酸 B. MZW 是强碱 C. M2Z2是共价化合物 D. X2W2是离子化合物 【答案】B 【解析】 【分析】W、X、Y、Z 和M 是原子序数依次增大的前20 号主族元素，前四周期中M 原子半径最大，M 为 K 元素，X、Y、Z 同周期，X6W6分子含有大π 键( )，说明X6W6是苯，X 为C 元素，W 为H 元素，XZ2 分子呈直线形，为CO2，Z 为O 元素，Y 为N 元素，以此解答。 【详解】A．由分析可知，W 为H 元素、Y 为N 元素、Z 为O 元素，HNO2是弱酸，不是强酸，A 错误； B．由分析可知，M 为K 元素、Z 为O 元素，W 为H 元素，KOH 是强碱，B 正确； C．由分析可知，M 为K 元素、Z 为O 元素，K2O2中存在K+和 ，属于离子化合物，C 错误； D．由分析可知，X 为C 元素、W 为H 元素，C2H2为乙炔的分子式，乙炔中没有离子键，属于共价化合物， D 错误； 故选B。 6. 由下列实验事实得出的结论正确的是 3/20 实验事实 结论 A 铝和氧化铁反应需要引燃 该反应 4/20 B KI 溶液加热浓缩后加入淀粉溶液，溶液变 蓝 氧化性： C 久置的NaOH 溶液试剂瓶口出现白色固体 NaOH 结晶析出 D 久置的 溶液中出现红褐色沉淀 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A．铝热反应大量放热，反应需要引燃和反应放热还是吸热无关，A 错误； B．KI 溶液加热浓缩过程中，I-被空气中O2氧化生成I2，加入淀粉溶液后变蓝，根据氧化还原反应的强弱 规律，氧化性：O2>I2，B 正确； C．氢氧化钠会和空气中二氧化碳发生反应生成碳酸钠，故久置的NaOH 溶液试剂瓶口出现的白色固体是 碳酸钠，C 错误； D．亚铁离子和Fe(OH)2都有较强的还原性，易被空气中氧气氧化，故久置的FeCl2溶液中出现红褐色 Fe(OH)3沉淀和Ksp大小无关，D 错误； 本题选B 。 7. 我国学者把游离态氮固定在碳上(示踪反应如下)，制得的[N=C=N]2﹣离子可用于合成核酸的结构单元。 阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是 15N2+C(石墨)+2LiH Li2[15NC15N]+H2 A. 22.4L15N2含有的中子数为16NA B. 12gC(石墨)中sp2杂化轨道含有的电子数为6NA C. 1mol[N=C=N]2﹣中含有的π 键数为4NA D. 生成1mol H2时，总反应转移的电子数为6NA 【答案】D 【解析】 【详解】A．22.4L15N2的温度压强不知，不能计算物质的量，故A 错误； 4/20 B．12gC（石墨）物质的量n 1mol，C 原子的杂化轨道上3 个电子，有一个电子未参与杂化， 5/20 sp2杂化轨道含有的电子数为3NA，故B 错误； C．双键中一个σ 键，一个π 键，则1mol[N=C=N]2﹣中含有的π 键数为2NA，故C 错误； D．该反应中氮元素化合价0 价降低到﹣3 价，碳元素化合价0 价升高到+4 价，氢元素化合价﹣1 价升高到 0 价，电子转移总数6e﹣，生成1mol H2时，总反应转移的电子数为6NA，故D 正确；故选D 。 8. 从CPU 针脚(含有铜、镍和钴等金属)中回收金的实验步骤如图。下列说法错误的是 A. 将CPU 针脚粉碎可加速溶解 B. 除杂和溶金步骤需在通风橱中进行 C. 富集后，K[AuBr4]主要存在于滤液中 D. 还原步骤中有 生成 【答案】C 【解析】 【详解】A．将CPU 针脚粉碎，增大与硝酸和水的接触面积，可加速溶解，故A 正确； B．除杂和溶金步骤中会生成污染性气体二氧化氮、一氧化氮，需在通风橱中进行，故B 正确； C．图示可知，富集后，K[AuBr4]主要存在于滤渣中，故C 错误； D．还原步骤中Na2S2O5做还原剂得到金属单质金，硫元素化合价升高，反应过程中有 生成，故D 正 确； 故选C。 9. 温度T 下，向1L 真空刚性容器中加入 ，反应达到平衡时， ， 下列说法正确的是 A. 再充入1mol X 和1mol Y，此时 5/20 B. 再充入1mol X，平衡时 C. 再充入 ，平衡向右移动 6/20 D. 若温度升高，X 的转化率增加，则上述反应 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可知，平衡时Y 的浓度为0.4mol/L，由方程式可知，X 的浓度为1mol/L—0.4mol/L=0.6 mol/L，Z 的浓度为0.4mol/L，则反应的平衡常数K= ≈0.27。 【详解】A．向真空刚性容器中再充入1mol X 和1mol Y 时，反应的浓度熵Qc= =0.35＞K，则反 应向逆反应方向进行，正反应速率小于逆反应速率，故A 正确； B．向真空刚性容器中再充入1mol X 相当于增大压强，该反应是气体体积增大的反应，增大压强，平衡向 逆反应方向移动，则平衡时，Y 的浓度小于0.8mol/L，故B 错误； C．向真空刚性容器中再充入不参与反应的 1mol 氮气，反应体系中各物质浓度不变，平衡不移动，故 C 错误； D．温度升高，X 的转化率增加，说明平衡向正反应方向移动，该反应为焓变大于0 的吸热反应，故D 错 误； 故选A。 10. 一种可用于海水淡化的新型网状高分子材料，其制备原理如图(反应方程式未配平)。下列说法正确的是 A. 亲水性：Z> 聚乙烯 B. 反应属于缩聚反应 C. Z 的重复结构单元中，nN∶nS=1∶2 D. 反应的原子利用率＜100% 【答案】A 【解析】 【详解】A．Z 含多个羟基，易与水分子形成氢键，聚乙烯不溶于水，则亲水性：Z＞聚乙烯，故A 正确； 6/20 B．X 中碳碳双键转化为单键，且生成高分子，该反应为加聚反应，故B 错误；C．X 中碳碳双键与H-S 键 发生加成，X 中含3 个氮原子，且3 个碳碳双键发生加成反应，则Z 的重复结构单元中也含有3 7/20 个硫原子，可知Z 的重复结构单元中，nN∶nS=1∶1，故C 错误； D．该反应中生成物只有一种，为化合反应，反应的原子利用率为100%，故D 错误； 故选：A。 11. 我国学者发明了一种新型多功能甲醛﹣硝酸盐电池，可同时处理废水中的甲醛和硝酸根离子(如图)。下 列说法正确的是 A. CuAg 电极反应为2HCHO+2H2O﹣4e﹣═2HCOO﹣ +H2↑+2OH﹣ B. CuRu 电极反应为 6H2O+8e﹣═NH3↑+9OH﹣ C. 放电过程中，OH﹣通过质子交换膜从左室传递到右室 D. 处理废水过程中溶液pH 不变，无需补加KOH 【答案】B 【解析】 【分析】由原电池中电子移动方向可知，CuAg 为负极，HCHO 失去电子生成HCOO-和H2，电极方程式为： 2HCHO+4OH-﹣2e﹣═2HCOO﹣+H2↑+2H2O，CuRu 为正极， 得到电子生成NH3，电极方程式为： 6H2O+8e﹣═NH3↑+9OH﹣，以此解答。 【详解】A．由分析可知，CuAg 为负极，HCHO 失去电子生成HCOO-和H2，根据得失电子守恒和电荷守 恒配平电极方程式为：2HCHO+4OH-﹣2e﹣═2HCOO﹣+H2↑+2H2O，A 错误； B．由分析可知，CuRu 为正极， 得到电子生成NH3，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式 为： 6H2O+8e﹣═NH3↑+9OH﹣，B 正确； 7/20 C．质子交换膜只允许H+通过，C 错误； D．由分析可知，负极电极方程式为：2HCHO+4OH-﹣2e﹣═2HCOO﹣+H2↑+2H2O，正极电极方程式为： 6H2O+8e﹣═NH3↑+9OH﹣，总反应为8HCHO+ 7OH-=NH3 +8HCOO-+4 H2↑+2H2O 8/20 ，处理废水过程中消耗OH-，溶液pH 减小，需补加 KOH，D 错误； 故选B。 12. NbO 的立方晶胞如图，晶胞参数为anm，P 的分数坐标为(0，0，0)，阿伏加德罗常数的值M 为NA，下 列说法正确的是 A. Nb 的配位数是6 B. Nb 和O 最短距离为 anm C. 晶体密度 D. M 的分数坐标为 【答案】D 【解析】 【详解】A．由图可知，NbO 的立方晶胞中距离Nb 原子最近且距离相等的O 原子有4 个，Nb 的配位数是 4，故A 错误； B．由图可知，Nb 和O 最短距离为边长的 ，晶胞参数为anm，Nb 和O 最短距离为 anm，故B 错误； C．根据均摊法计算可知，Nb 的个数为6× =3，O 的个数为12× =3，即晶胞中含有3 个NbO，晶胞密度 为ρ= ，故C 错误； 8/20 D．P 的分数坐标为（0，0，0），M 位于正方体的面心，M 的分数坐标为（ ， ， ），故D 正确； 故选：D。 13. 废弃电池中锰可通过浸取回收。某温度下，MnSO4在不同浓度的KOH 水溶液中，若Mn( ) Ⅱ的分布系数 δ 与pH 的关系如图。下列说法正确的是 9/20 已知：Mn(OH)2难溶于水，具有两性；δ(MnOH+)= ； A. 曲线z 为δ(MnOH+) B. O 点， C. P 点，c(Mn2+)＜c(K+) D. Q 点，c( )=2c(MnOH+)+2c( ) 【答案】C 【解析】 【分析】Mn(OH)2难溶于水，具有两性，某温度下，MnSO4在不同浓度的KOH 水溶液中，若Mn( ) Ⅱ的分布 系数δ 与pH 的关系如图，结合曲线变化和分布分数可知，pH 较小时，Mn 元素存在形式为Mn2+，则曲线x 为Mn2+，曲线y 为MnOH+，曲线z 为 ，结合图象变化分析判断选项。 【详解】A．分析可知，z 表示δ( )，故A 错误； B ．图中O 点存在电离平衡Mn2++OH﹣⇌MnOH+ ，在P 点时c(Mn2+) ＝c(MnOH+) ，pH ＝10.2 ，K 103.8，O 点δ(Mn2+)＝0.6 时，δ(MnOH+)＝0.4，则 9/20 c(OH﹣) 10﹣3.8mol/L 10﹣3.8mol/L，则 ，故B 错误； C．P 点时δ(Mn2+)＝δ(MnOH+)=0.5，溶液中含Mn 元素微粒只有这两种，根据物料守恒有c(Mn2+) +c(MnOH+)=c( ) ，且c(Mn2+) ＝c(MnOH+)① 即2c(Mn2+)=c( )②，根据电荷守恒有 ③，将①和②代入③得到 ，此时pH=10.2， 则c(Mn2+)＜c(K+)，故C 正确； 10/20 D．Q 点时，根据图像溶液中存在，物料守恒：c( )＝c(Mn2+)+c(MnOH+)+c( )+c( )+c[ ]，且c(MnOH+)＝c( )，c( )=c[ ]，则c( )＝c(Mn2+)+2c(MnOH+) +2c( ) ，故c( )＞2c(MnOH+)+2c( ) ，故D 错误； 故选C。 14. 白色固体样品X，可能含有AgNO3、NH4NO3、BaCl2、KCl、Na2SO3、Na2CO3、Al2O3之中的几种或全 部。在三个烧杯中各加入适量X。分别加入足量以下三种试剂并微热使之充分反应，实验记录为： 编号 试剂 反应后的不溶物 生成的气体 Ⅰ 蒸馏水 白色 无色、有刺激性气味 Ⅱ 稀盐酸 白色 无色、无味 Ⅲ NaOH 溶 液 无不溶物 无色、有刺激性气味 依据实验现象，下列说法正确的是 A. 可能含Al2O3 B. 含BaCl2 C. 含Na2SO3 D. 不含KCl 【答案】A 【解析】 【分析】白色固体样品X，可能含有AgNO3、NH4NO3、BaCl2、KCl、Na2SO3、Na2CO3、Al2O3之中的几种 或全部，在三个烧杯中各加入适量X，分别加入足量以下三种试剂并微热使之充分反应，Ⅰ．加入蒸馏水， 微热生成无色有刺激性气味的气体，是微热条件下铵根离子和弱酸根离子发生的双水解反应生成了氨气和 气体，说明一定含NH4NO3，反应生成白色沉淀，白色沉淀可能为氧化铝，也可能为AgNO3和Na2SO3、 Na2CO3反应生成的Ag2SO3或Ag2CO3沉淀，或BaCl2和Na2SO3、Na2CO3反应生成的BaSO3、BaCO3沉淀， Ⅱ．加入稀盐酸反应后的不溶物为白色沉淀，同时生成的气体为无色无味气体，为二氧化碳气体，说明一 定含Na2CO3，一定不含Na2SO3，白色沉淀可能为AgNO3生成的AgCl，可能含AgNO3、BaCl2，可能存在 Al2O3；Ⅲ．加入NaOH 溶液，无沉淀，有无色刺激性气味的气体生成，说明一定含NH4NO3，可能含 AgNO3、BaCl2、KCl、Na2SO3、Na2CO3、Al2O3，据此分析判断。 【详解】A．分析可知，可能含Al2O3，故A 正确； B．分析可知，固体中可能含BaCl2，故B 错误； C．加入盐酸生成气体为无色无味，说明不含Na2SO3，故C 错误； 11/20 D．上述过程中的分析可知，KCl 的存在不能确定，故D 错误； 故选A。 二、非选择题：本题共4 小题，共58 分。 15. 稀土是国家的 战略资源之一。以下是一种以独居石【主要成分为CePO4.含有Th3(PO4)4、U3O8和少 量镭杂质】为原料制备CeCl3•nH2O 的工艺流程图。 已知：ⅰ． Ksp[Th(OH)4]=4.0×10﹣45，Ksp[Ce(OH)3]=1.6×10﹣20，Ksp[Ce(OH)4]=2.0×10﹣48 ⅱ．镭为第ⅡA 族元素 回答下列问题： （1）关于独居石的热分解，以下说法正确的是 _______(填标号)。 a．降低压强，分解速率增大 b．降低温度，分解速率降低 c．反应时间越长，分解速率越大 d．提高搅拌速度，分解速率降低 （2）Na2U2O7中铀元素的化合价为 _______，热分解阶段U3O8生成Na2U2O7的化学反应方程式为 _______。 （3）浓缩结晶后，得到的晶体产物化学式为 _______，滤液可用于 _______阶段循环利用，避免产生大量 的高碱度废水。 （4）溶解阶段，将溶液pH 先调到1.5～2.0，反应后再回调至4.5。 ①盐酸溶解Ce(OH)4的离子方程式为 _______。 ②当溶液pH=4.5 时，c(Th4+)=_______mol/L，此时完全转化为氢氧化钍沉淀。 （5）以BaSO4为载体形成共沉淀，目的是去除杂质 _______。 【答案】（1）b （2） ①. +6 . ②2U3O8+O2+6NaOH＝3Na2U2O7+3H2O （3） ①. Na3PO4•12H2O . ②热分解 （4） ①. 2Ce(OH)4+8H++2Cl﹣＝2Ce3++Cl2↑+8H2O . ②4×10﹣7 （5）RaSO4 【解析】 【分析】独居石的主要成分为CePO4，含有Th3(PO4)4、U3O8和少量镭杂质，加入55～60%的NaOH 进行热 分解，U3O8 发生反应：2U3O8+O2+6NaOH＝3Na2U2O7+3H2O，转化为Na2U2O7，CePO4 中的Ce 被氧化为 11/20 Ce(OH)4，将热分解后的物质加水稀释后过滤，得到的滤液中含有Na+、 12/20 ，滤液浓缩结晶后，得到的晶体化学式为：Na3PO4•12H2O，滤液