2024年江苏南京市高三二模高考化学模拟试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页南京市2024届高三年级第二次模拟考试化学可能用到的相对原子质量：H1

C12

N14

O16

Na23

Cl35.5

Cr52一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。1．2024年1月，我国自主研制的AG60E电动飞机成功首飞。AG60E采用了SiC电控系统，SiC晶体属于A．分子晶体 B．金属晶体 C．离子晶体 D．共价晶体2．反应在碘量法分析中有重要应用。下列说法正确的是A．HI的电子式为 B．H2O是含有极性键的极性分子C．基态O原子的电子排布式为 D．As元素的化合价由＋5转变为＋33．下列由废易拉罐制取的实验原理与装置不能达到实验目的的是A．用装置甲溶解废易拉罐细屑 B．用装置乙过滤得到Na[Al(OH)4]溶液C．用装置丙制取沉淀 D．用装置丁灼烧制取4．丁二酮肟与Ni2+反应生成鲜红色的二丁二酮肟合镍沉淀，其结构如题4图所示。该反应可鉴定Ni2+的存在。下列说法不正确的是A．沸点高低：B．半径大小：C．电离能大小：D．Ni2+提供空轨道，N原子提供孤电子对5．下列说法正确的是A．碱金属和碱土金属元素均位于元素周期表的p区B．NaCl中化学键的离子键百分数比中的低C．中存在与之间的强烈相互作用D．中的空间结构为三角锥形6．碱金属和碱土金属元素分别位于元素周期表的ⅠA族和ⅡA族，它们的化合物应用广泛。历史上曾以NaCl为原料生产NaOH作为化学工业开端的标志。可由侯氏制碱法获得。是强氧化剂，熔融条件下可将氧化为。格氏试剂(如)在有机化学中有重要用途，但易与空气中的等发生反应。盐卤水中含有，常用于豆制品加工。受热分解最终生成MgO。碱金属及碱土金属元素及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是A．侯氏制碱法中的物质转化：B．由制备乙酸的物质转化：C．电解饱和NaCl溶液的阴极反应：D．与共熔的反应：7．下列物质结构与性质或性质与用途不具有对应关系的是A．MgCl2易溶于水，可用于制作豆腐的凝固剂B．MgO是碱性氧化物，可用于吸收燃煤烟气中的SO2C．NaCl晶体中离子间存在较强的离子键，NaCl晶体的硬度较大D．通过氢键缔合成较大的酸根，NaHCO3的溶解度小于Na2CO38．制备光电子功能材料ZnS可通过自发反应△H＞0。下列说法正确的是A．该反应的ΔS＜0B．其他条件相同，缩小容器体积，达到新平衡时减小C．其他条件相同，升高体系温度，的平衡转化率增大D．其他条件相同，使用催化剂加快正反应速率，减慢逆反应速率9．一种电解乙酰基吡嗪废水中的制备的电化学装置如题9图所示。下列说法正确的是A．石墨电极与直流电源正极相连B．电解时，铂网电极附近pH增大C．离子交换膜应选择性透过阴离子D．阴极上的电极反应为10．一种治疗镰状细胞病药物的部分合成路线如下，下列说法正确的是A．W在水中的溶解度比X在水中的溶解度小B．X和Y可用酸性高锰酸钾溶液进行鉴别C．Y和Z分子中所含的官能团种类相同D．该路线能使W中特定位置上的-OH与反应11．室温下，探究溶液的性质。下列实验方案能达到探究目的的是选项探究目的实验方案A验证溶液中含有向溶液中滴加几滴溶液，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，观察试纸颜色变化B溶液中是否含有向溶液中滴加几滴新制氯水，再滴加KSCN溶液，观察溶液的颜色变化C是否发生水解用玻璃棒蘸取溶液滴在干燥的广泛pH试纸上，将试纸显色的颜色与标准比色卡比较D是否具有氧化性向溶液中滴加几滴溶液，再滴加淀粉溶液，观察溶液颜色变化A．A B．B C．C D．D12．以磷石膏(含CaSO4和少量SiO2等)为原料制备轻质CaCO3的部分流程如图12图所示。室温下，，，。下列说法不正确的是A．溶液中：B．室温下，pH=6的NH4Cl溶液中：C．“转化”后的清液中一定存在D．“浸取”发生反应13．利用管状透氧膜反应器实现乙醇-水重整制氢，具有无需额外热源、氧气可协助消除积碳等优点。其主要反应为：反应Ⅰ：反应Ⅱ：反应Ⅲ：反应Ⅳ：一定温度下，将一定比例的、、Ar气体通过装有催化剂的管状透氧膜反应器。经计算机仿真模拟，控制，平衡时氢醇比随水醇比、膜管长度的变化如题13图所示。若仅考虑上述反应，下列说法正确的是A．B．水醇比为0时，管长度超过10cm后氢醇比下降的原因可能为氧化C．水醇比为1、管长度为2cm，若、转化率为100%且，则管状透氧膜透过氧气0.1molD．实际生产中，水醇比越大、管长度越短，氢气产率越高二、非选择题：共4题，共61分。14．处理废水中Cr(Ⅵ)的常用方法包括绿矾还原法、铁粉还原法和离子交换法等。含Cr(Ⅵ)物种浓度随pH的变化如下图所示。(1)绿矾还原法。FeSO4∙7H2O去除废水中的Cr(Ⅵ)经过“酸化一还原一沉淀”的过程。①“还原”时，被还原成Cr3+的离子方程式为。②的晶胞沿c轴(c轴垂直于a、b轴)方向投影的平面图如下图所示，其中硫原子的杂化方式为；已知该晶胞中S原子的数目为4，试预测Fe2+是否占据该晶胞的所有顶点、面心和体心，并说明理由。(2)铁粉还原法。为探究铜离子浓度对Cr(Ⅵ)去除率的影响，向1000mL某浓度酸性废水中加入2.0g铁粉，随着Cu2+浓度由0升高至15mg·L-1，测得废水中Cr(Ⅵ)的去除率增大，其可能原因为。(3)离子交换法。阴离子交换树脂(ROH，R为高分子阳离子骨架)去除酸性废水中Cr(Ⅵ)的原理为。①树脂失效后，用NaOH溶液将树脂再生，发生反应的化学方程式为。②某树脂的Cr(Ⅵ)摩尔交换总容量为1.45mol·L-1，即每升湿树脂最多吸收1.45molCr(Ⅵ)。现将Cr(Ⅵ)含量为50mg·L-1的废水以1.0L∙h-1的流量通过填充有30mL湿树脂的淡化室。试通过计算说明，通废水20h时，该离子交换树脂是否达到吸收饱和。［Cr(Ⅵ)均以铬元素计，写出计算过程］15．化合物G是合成治疗急性偏头痛药物Zavzpret的中间体，其合成路线如下：其中，“-Boc”为基团“”的缩写。(1)A→B的反应机理如下(弯箭头“”表示一对电子的转移)，其中“步骤1”的反应类型为。(2)请用“*”标记E分子中的手性碳原子。(3)E→F有副产物产生，F的分子式为，其结构简式为。(4)D的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式。分子中含三元碳环，不同化学环境的氢原子个数比为18：4：1；1mol该物质完全水解时最多消耗4molNaOH。(5)请设计以、和为原料制备的合成路线。(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。16．实验室以(NH4)2CO3和Cu(OH)2为原料制备高纯Cu2(OH)2CO3的方法如下：(1)“浸取”时，加料完成后，保持反应温度不变，提高铜元素浸出率的方法有(答两点)。(2)“蒸氨”在如图所示的实验装置中进行。①三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为。②实验采用三个盛有水的洗气瓶吸收尾气的目的为；与上图所示洗气瓶相比，采用三个如图所示装置的优点为。③实验采用真空泵持续抽气，稳定的气流有利于真空泵的使用。实验中控制反应温度由80℃升高至95℃，采用变温加热操作的原因为。(3)已知：①；②；③沉淀速率过快时，Cu(OH)2絮状沉淀易裹挟杂质。以CuSO4∙5H2O固体为原料，补充完整制备纯净Cu(OH)2的实验方案：取一定质量的CuSO4∙5H2O固体分批加入蒸馏水中，搅拌至完全溶解，，低温烘干。(须使用的试剂：浓氨水、1mol∙L-1NaOH溶液、0.1mol∙L-1BaCl2溶液、蒸馏水)17．高效氧化剂亚氯酸钠()常用于烟气脱硝()和废水脱除氨氮。(1)的制备。一种制备的过程可表示为①“反应2”的化学方程式为。②“反应1”的产物经净化后常作为饮用水消毒剂替代传统的，从消毒后饮用水水质和消毒效率(单位质量消毒剂被还原时得电子数)的角度考虑，用替代的原因是。(2)溶液对烟气脱硝。①酸性条件下，可催化溶液中的产生氧化性更强的气体，总反应可表示为。请补充完整过程Ⅱ的离子方程式：I．；Ⅱ．；Ⅲ．。②催化溶液脱硝。其他条件相同时，烟气中NO氧化率随、反应温度的变化分别如图所示。i．NO氧化率随增大而增大的原因是。ii．温度升高，NO氧化率先增大后减小的可能原因是。(3)溶液处理氨氮废水。向一定量酸性氨氮废水中加入一定体积已知浓度的溶液，用传感器测得溶液中与含量随反应时间的变化如图所示。判断该实验中被氧化的是否全部转化为的依据为。答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．D【详解】SiC中的Si和C以共价键结合形成空间网状结构，和金刚石结构相似，SiC属于共价晶体，故选D。2．B【详解】A．HI为共价化合物，电子式为，A不正确；B．H2O分子中，中心O原子的价层电子对数为4，发生sp3杂化，形成极性共价键后，O原子的最外层还有2个孤电子对，则H2O为极性分子，B正确；C．O为8号元素，原子核外有8个电子，基态O原子的电子排布式为，C不正确；D．H3AsO3中As元素显+3价，H3AsO4中As元素显+5价，则As元素的化合价由＋3转变为＋5，D不正确；故选B。3．D【详解】A．易拉罐中的铝元素组成的相关物质可与NaOH反应被溶解，生成Na[Al(OH)4]，A正确；B．可以通过乙装置将Na[Al(OH)4]溶液和未被溶解的固体进行过滤分离，B正确；C．将二氧化碳通入Na[Al(OH)4]溶液中，可反应生成沉淀，C正确；D．灼烧固体应选坩埚，D错误；答案选D。4．C【详解】A．CH4、NH3、H2O的相对分子质量都比较接近，但H2O在常温下呈液态，而CH4、NH3呈气态，NH3分子间能形成氢键，则沸点高低：，A正确；B．同周期元素从左到右，原子半径依次减小，C、N、O为同周期相邻元素且从左往右排列，则半径大小：，B正确；C．C、N、O为同周期相邻元素，但N原子的2p轨道半充满，第一电离能反常，则电离能大小：，C不正确；D．二丁二酮肟合镍配离子中，Ni2+为中心离子，提供空轨道，N原子为配位原子，提供孤电子对，D正确；故选C。5．C【详解】A．碱金属和碱土金属元素分别位于元素周期表的ⅠA、ⅡA族，都属于元素周期表的s区，A不正确；B．Na的金属性比Mg强，NaCl比MgCl2的电负性差值大，则NaCl中化学键的离子键百分数比中的高，B不正确；C．由和构成，与之间存在离子键，则二者之间存在强烈的相互作用，C正确；D．中，的中心C原子的价层电子对数为3，发生sp2杂化，则空间结构为平面正三角形，D不正确；故选C。6．A【详解】A．侯氏制碱法是在饱和氯化钠中通入氨气和二氧化碳先生成NaHCO3，然后NaHCO3受热分解为Na2CO3，故A由NaCl制NaHCO3缺少氨气，故A错误；B．易与空气中的反应，所以制备乙酸的物质转化为：，故B正确；C．电解饱和NaCl溶液的阴极反应为，故C正确；D．是强氧化剂，熔融条件下可将氧化为，，故D正确；故选A。7．A【详解】A．氯化镁用作豆腐制作过程中的凝固剂是利用蛋白质在盐溶液中发生聚沉的性质，与其易溶于水无关，A符合题意；B．MgO是碱性氧化物，SO2是酸性氧化物，二者能发生反应：MgO+SO2=MgSO3，故MgO可用于吸收燃煤烟气中的SO2，有对应关系，B不合题意；C．Na+和Cl-间存在正负电荷的强烈作用，具有较强的离子键，具有较高的熔点，硬度较大，有对应关系，C不合题意；D．中含有O-H键，故能形成分子间氢键，通过氢键缔合成较大的酸根，一般微粒越大越难溶于水，故NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，有对应关系，D不合题意；故答案为：A。8．C【详解】A．反应能自发进行，其△H＞0，则ΔS＞0，A不正确；B．反应前后气体分子数相等，其他条件相同，缩小容器体积，相当于加压，平衡不发生移动，则不变，B不正确；C．其他条件相同，升高体系温度，由于正反应为吸热反应，则平衡正向移动，的平衡转化率增大，C正确；D．其他条件相同，使用催化剂，可降低反应的活化能，加快正反应速率，同时加快逆反应速率，D不正确；故选C。9．B【分析】电解乙酰基吡嗪废水中的制备，由图可知，铂网电极上失去电子发生氧化反应生成，为阳极，则石墨电极为阴极；【详解】A．石墨电极为阴极，与直流电源负极相连，A错误；B．电解时，铂网电极为阳极，失去电子发生氧化反应生成，电极反应式为，阴极反应式为，则右侧氢离子通过阳离子交换进入左侧，使得铂网电极附近pH增大，B正确；C．由B分析可知，离子交换膜应选择性透过氢离子，C错误；

D．阴极上的电极反应为，D错误；故选B。10．D【详解】A．W分子中含有的-COOH和-OH都是亲水基，而X分子中只含有1个-OH，酯基和醚键都是憎水基，则W在水中的溶解度比X在水中的溶解度大，A不正确；B．X和Y分子中都含有酚羟基，都能被酸性高锰酸钾氧化，所以不能用酸性高锰酸钾溶液进行鉴别，B不正确；C．Y分子中含有醚键、酯基、碳碳双键，Z分子中含有醚键、羟基、羧基、碳碳双键，所以Y和Z分子中所含的官能团种类不相同，C不正确；D．从转化过程可以看出，该路线能使W中与羧基相邻位置上的-OH和发生反应，另一羟基被保护而未与发生反应，D正确；故选D。11．D【详解】A．溶液中滴加几滴溶液，NaOH会与反应被消耗，且反应过程中未加热，不会有氨气生成，A错误；B．若原溶液中含，滴加KSCN溶液后，溶液也会变红色，B错误；C．电离出的和在溶液中均会水解，C错误；D．向溶液中滴加几滴溶液，再滴加淀粉溶液，淀粉溶液变蓝，说明具有氧化性，D正确；答案选D。12．C【分析】磷石膏(含CaSO4和少量SiO2等)中加入(NH4)2CO3溶液，CaSO4转化为CaCO3沉淀和(NH4)2SO4，过滤后，滤渣中含有CaCO3、SiO2；将滤渣煅烧，CaCO3分解为CaO和CO2气体；加入NH4Cl溶液浸取，滤渣为SiO2，滤液为CaCl2等；经过一系列操作后，可得到轻质CaCO3。【详解】A．溶液中，若不考虑水解，，，，Kh()＞Kh()，则，A正确；B．室温下，pH=6的NH4Cl溶液中，依据物料守恒可得c(Cl-)=c()+c(NH3∙H2O)，依据电荷守恒可得c(H+)+c()=c(Cl-)+c(OH-)，从而得出c(NH3∙H2O)=c(H+)-c(OH-)=1×10-6mol∙L-1-1×10-8mol∙L-1=9.9×10-7mol∙L-1，B正确；C．“转化”后的清液中，CaCO3一定达到沉淀溶解平衡，而CaSO4不一定达到沉淀溶解平衡，则=c(Ca2+)≤，所以一定存在，C不正确；D．“浸取”时，水解生成的H+与CaO反应生成Ca2+和水，反应放出的热量促进NH3∙H2O分解，所以发生反应，D正确；故选C。13．B【详解】A根据盖斯定律，，A错误；B．水醇比为0时，发生反应Ⅱ：，管状透氧膜长度越长，与氧气接触越多，氢醇比下降的原因可能为氧化，B正确；C．，水醇比为1，n投料(H2O)=1mol，由图可知，平衡时氢醇比=3.6，生成的，根据H守恒，平衡时H2O为mol=0.4mol，=9，根据C守恒，n生成(CO)=1.8mol、n生成(CO2)=0.2mol，根据O守恒，则管状透氧膜透过氧气0.3mol，C错误；D．实际生产中，水醇比越大、氢气产率越高，水醇比为0时，管长度在10cm左右氢气产率最高，小于10cm或大于10cm均氢气产率最低，D错误；故选B。14．(1)sp3否，若Fe2+占据晶胞所有顶点、面心和体心，则Fe2+的数目为个，而S原子只有4个，不符合FeSO4的化学式(2)铁粉置换出铜形成Fe-Cu原电池，增加了c(Fe2+)，Cr(Ⅵ)去除率增大(3)30mL湿树脂最多吸收Cr(Ⅵ)的质量：通废水20h湿树脂需吸收Cr(Ⅵ)的质量：，故该树脂未达到摩尔交换总容量，20h时未达到吸收饱和【详解】（1）①“还原”时，在酸性溶液中被还原成Cr3+，Fe2+被氧化为Fe3+，离子方程式为。②在的晶胞中，硫原子的价层电子对数为=4，则杂化方式为sp3；已知该晶胞中S原子的数目为4，依据化学式，该晶胞中所含Fe2+的数目应为4。若Fe2+占据该晶胞的所有顶点、面心和体心，则该晶胞中含Fe2+数目不是4，理由：否，若Fe2+占据晶胞所有顶点、面心和体心，则Fe2+的数目为个，而S原子只有4个，不符合FeSO4的化学式。（2）向1000mL某浓度酸性废水中加入2.0g铁粉，若不加Cu2+，Fe先与H+反应生成Fe2+等，Fe2+再还原Cr(Ⅵ)；加入Cu2+后，Cu2+先与Fe反应生成Cu和Fe2+，Fe、Cu可构成原电池，加快生成Fe2+的速率，则随着Cu2+浓度由0升高至15mg·L-1，废水中Cr(Ⅵ)的去除率增大，其可能原因为：铁粉置换出铜形成Fe-Cu原电池，增加了c(Fe2+)，Cr(Ⅵ)去除率增大。（3）①树脂失效后，用NaOH溶液将树脂再生，NaOH首先促进平衡逆向移动，生成的再发生转化+2OH-=2+H2O，从而得出发生反应的化学方程式为。②30mL湿树脂最多吸收Cr(Ⅵ)的质量：通废水20h湿树脂需吸收Cr(Ⅵ)的质量：，故该树脂未达到摩尔交换总容量，20h时未达到吸收饱和。【点睛】在酸性溶液中，发生转化2+2H+=+H2O。15．(1)取代反应(2)(3)(4)(5)【分析】A发生取代反应生成B，B中C-P断裂，与另一个反应物中O结合生成C和，C中碳碳双键与氢气加成生成D，醛基与D中亚甲基发生加成反应生成E，结合(3)的已知条件和G的结构逆推，F的结构简式为，F在HCl作用下发生醇羟基的消去反应，同时N-Boc断裂。【详解】（1）“步骤1”中-Br被原子团取代，反应类型为取代反应；（2）连接四种不同基团的碳为手性碳，E分子中的手性碳原子为；（3）E含有硝基，在Fe作用下还原为氨基，E→F有副产物产生，则酯基发生水解，已知F的分子式为，“-Boc”为基团“”，根据O原子个数说明F中除了羟基和-Boc外只剩下一个O原子，则羧基和氨基发生成肽反应，故F的结构简式为；（4）分子中含三元碳环即环丙烷，1mol该物质完全水解时最多消耗4molNaOH说明含有2mol酯基和2mol酰胺基，由于D只含1个N原子，则存在结构，不同化学环境的氢原子个数比为18：4：1，则有9个甲基是同种氢，该同分异构体的结构简式为；（5）和溴单质发生1,4加成可得，与发生流程中A→B的反应生成，再与发生B→C的反应生成，最后与氢气加成生成，合成路线为：。16．(1)加快搅拌速率、延长浸取时间(2)提高氨气吸收率，防止污染空气增大气体与水的接触面积，提高氨气吸收率；组装简单且气密性更好反应初期反应物浓度高，温度较低可避免分解产生气体的速率过快；随着反应物浓度降低，升高温度有利于提高分解产生气体的速率，以上均有利于获得稳定的气流(3)边搅拌边向溶液中滴加浓氨水至产生的沉淀完全溶解，滴加1mol∙L-1NaOH溶液，直至向静置后的上层清液中继续滴加NaOH溶液无沉淀生成，过滤；用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤滤液中滴加0.1mol∙L-1BaCl2溶液无明显现象【分析】以(NH4)2CO3和Cu(OH)2为原料制备高纯Cu2(OH)2CO3时，先将(NH4)2CO3溶液加入Cu(OH)2固体中进行浸取，得到Cu(NH3)2CO3溶液，再进行蒸氨，便可得到Cu2(OH)2CO3。【详解】（1）“浸取”时，加料完成后，保持反应温度不变，可通过增大接触时间、增大接触面积提高铜元素浸出率，具体方法有：加快搅拌速率、延长浸取时间。（2）①三颈烧瓶中，通过蒸氨，Cu(NH3)2CO3转化为Cu2(OH)2CO3，同时生成二氧化碳气体，发生反应的化学方程式为。②实验产生的氨气是大气污染物，需要进行处理，以防污染大气，则采用三个盛有水的洗气瓶吸收尾气的目的为提高氨气吸收率，防止污染空气；图中装置为一整体，不需另加导管，且密封性好，氨气与水的接触面积大，吸收效果好，则与上图所示洗气瓶相比，采用三个如图所示装置的优点为：增大气体与水的接触面积，提高氨气吸收率；组装简单且气密性更好。③在整个蒸氨过程中，溶液的浓度由大到小，实验中控制反应温度由80℃升高至95℃，可控制气体的生成速率，则采用变温加热操作的原因为：反应初期反应物浓度高，温度较低可避免分解产生气体的速率过快；随着反应物浓度降低，升高温度有利于提高分解产生气体的速率，以上均有利于获得稳定的气流。（3）以CuSO4∙5H2O固体为原