2024年江苏省高考化学模拟试卷试题及答案详解二（精校打印版）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2024年江苏省高考化学5月模拟试题(二)(满分100分)注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。2.选择题答案必须使用2B铅笔(按填涂样例)正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。可能用到的相对原子质量：H-1Li-7C-12N-14O-16Mg-24S-32Cl-35.5K-39V-51Fe-56Ti-48Co-59一、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．棉纺织业是我国传统优势产业。棉的主要成分属于A．糖类 B．油脂 C．蛋白质 D．核酸2．催化热解可同时回收(结构为)和。下列说法正确的是A．中子数为17的硫原子为B．的电子式为C．固态时为共价晶体D．分子中含有键3．利用反应可制备金属钾。下列说法正确的是A．半径大小：B．熔点高低：C．电负性大小：D．金属性强弱：4．实验室在如图所示装置中制取，将通入溶液，当生成的蓝色沉淀溶解为深蓝色溶液，再滴加乙醇可获得晶体。已知：呈蓝色。下列说法不正确的是A．在装置甲试管中加入和固体加热制取B．装置乙中的和装置丙中的均可防止倒吸C．晶体在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度D．与相比，更易与形成配位键5．周期表中族元素及其化合物应用广泛。电解与的混合物时，转化为；加热与浓的混合物，可制得。氯还可形成、、等多种含氧酸。是级高效安全灭菌消毒剂；与反应可制备有机溶剂。在照相底片的定影过程中，底片上未曝光的浸入溶液转变成而溶解。氯化碘性质与卤素单质相似，常用作分析化学试剂。下列说法正确的是A．基态原子的核外电子排布式为B．中既含有离子键，又含有共价键C．、和中键角依次逐渐减小D．(结构如上图)中两个原子均可作配位原子6．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Na2CO37．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：8．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．有机物F是合成抗真菌药物泊沙康唑的重要中间体，其合成路线如图：(1)A中含有的官能团名称为(不考虑苯环)。(2)中涉及官能团转化的碳原子杂化方式由变为。(3)中有一种分子式为C13H14O3F2的副产物生成，其结构简式为。(4)写出同时满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式：。①既能与溶液发生显色反应，又能与银氨溶液发生银镜反应。②分子中有4种不同化学环境的氢原子。(5)化合物()是合成缓解神经痛药物普瑞巴林的重要中间体。写出以和CH2(COOCH3)2为原料制备化合物的合成路线流程图(须用和AlBN，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．是重要漂白剂和消毒剂，主要用于水、砂糖、油脂的漂白杀菌。实验室制备装置如图1所示。已知：i．的溶解度曲线如图2所示；若溶液温度高于60℃，发生分解。ii．气体浓度超过10%时，易发生爆炸性分解。已知：装置A中发生的主要反应：(浓)。(1)下列实验操作一定能提高吸收效率的有___________。(填序号)A．装置C采用热水浴 B．加快滴加浓硫酸的速率C．适当提高的浓度 D．通过多孔球泡向C的混合溶液中通(2)试管C中获得的产品往往混有杂质，其原因是。(3)反应过程中，打开，并缓慢鼓入的目的是。(4)反应结束后，补充完整制取晶体的实验方案：取试管C中的溶液，，低温干燥，得到晶体。(实验中须使用稀盐酸、溶液、蒸馏水)(5)产品中质量分数的测定：称取5.000g产品配成250mL溶液；取25.00mL所配溶液，加入足量KI溶液和稀硫酸，发生反应：；向充分反应后的混合物中逐滴加入0.8400溶液至恰好完全反应：(方程式均未配平)，消耗溶液20.00mL。①若加入KI溶液后在空气中放置时间过长，会导致测得的质量分数(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。②已知产品中的杂质不与KI、发生反应。产品中的质量分数为。17．乙烯年产量是衡量国家石油化工发展水平的重要指标，乙烷制乙烯具有极高的经济效益。已知：i．乙烷裂解为乙烯为自由基反应，其可能的引发反应及对应化学键的解离能如下：可能的引发反应有关键的解离能(kJ/mol)．410．368ii．乙烷裂解中主要发生的反应及其在不同温度下的平衡常数如下表：反应1100K1300K1500K．1.618.972.0．60.9108.7165.8．0.0150.333.2．(1)乙烷直接裂解制乙烯。①引发乙烷直接裂解的反应主要为。②不采用乙烷直接裂解制乙烯裂解原因是。(2)乙烷催化氧化脱氢制乙烯。已知：i．

kJ·mol；ii．

kJ·mol；①则

。800℃时，当和的混合气以一定流速通过反应器时，混合气中的比值对乙烷氧化裂解制乙烯的反应中乙烷转化率、乙烯选择性、乙烯收率的影响如图所示：②当时，越小，乙烷转化率越大，但乙烯的选择性越小的原因是。(3)耦合乙烷催化脱氢制乙烯。①用Cr/SSZ-13为催化剂、作为温和的氧化剂用于乙烷脱氢制备乙烯有诸多优势。催化条件下，乙烷裂解主要引发反应为反应，同时Cr的价态由+3升高+4.推测配位不饱和催化耦合脱氢反应过程如图所示，补全图中画框部分。②用代替的优势为。(4)电催化乙烷催化脱氢制乙烯。利用质子传导型固体氧化物电解池也可实现乙烷制乙烯。乙烷在电极上直接电催化裂解为乙烯，同时质子在外加电势下经电解质“抽取”至另一极与反应生成CO，阳极的电极方程式为。答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．A【详解】棉的主要成分是纤维素，纤维素是多糖，属于糖类，故选A。2．B【详解】A．在表示原子组成时，将质量数写在左上方，质子数写在左下方，S为第16号元素因此质子数为16，可知中子数为17的硫原子的质量数为33，故表示为：，故A错误；B．H2S为共价化合物，其电子式为，故B正确；C．固态S是由S8构成的，可知该晶体中存在的微粒是分子，属于分子晶体，故C错误；D．基态H原子为1s1，形成的分子中含有键，故D错误；故答案选B。3．C【详解】A．K+与Cl-的电子层结构相同，但K+的核电荷数比Cl+大，所以半径大小：，故A错误；B．的半径大于，则KCl晶体中离子键键长大于NaCl晶体，键能较小，熔点NaCl>KCl，故B错误；C．在同一周期中，从左到右，元素的电负性是递增的，可知电负性χ(Na)<χ(Cl)，故C正确；D．同一主族元素从上到下，原子半径增加，有效核电荷增加不多，则原子半径增大的影响起主要作用，第一电离能由大变小，元素的金属性逐渐增强，金属性：，故D错误；故答案选C。4．D【分析】甲装置中实验室用加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物的方法制取少量氨气，乙装置中通入溶液，生成的蓝色沉淀为Cu(OH)2，后溶解为，丙装置进行尾气处理并防倒吸，据此作答。【详解】A．实验室用加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物的方法制取少量氨气，制取装置中试管口略向下倾斜，防止水倒流引起试管炸裂，A正确；B．氨气极易溶于水，易发生倒吸，装置乙中a的容积较大，可防止制备过程中发生倒吸现象，倒扣的漏斗与液面相切，液体很难倒吸，因此倒扣的漏斗可防止液体倒吸，B正确；C．由向深蓝色溶液中加入乙醇，深蓝色溶液变浑浊，静置后有深蓝色晶体析出，因此在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，故C正确；D．由向硫酸铜溶液中逐滴滴加浓氨水，先生成蓝色沉淀，蓝色沉淀逐渐溶解为深蓝色溶液可知，氨分子比水分子更容易与铜离子反应形成配合物，故D错误；故答案选D。5．B【详解】A．F为第9号元素，核外有9个电子，根据构造原理，基态F原子的核外电子排布式为，是价层电子排布式，故A错误；B．题中已知转化为，说明KHF2中含有钾离子和，即KHF2为离子晶体，含有离子键，中存在共价键，故B正确；C．的中心原子Cl的价层电子对数为，为sp3杂化，含有2对孤电子对；的中心原子Cl的价层电子对数为，为sp3杂化，含有1对孤电子对；的中心原子Cl的价层电子对数为，为sp3杂化，无孤电子对；杂化类型相同时，由于孤电子对对成键电子对之间的排斥力大于成键与成键电子的排斥力，因此孤电子对数越多键角越小，所以、和中键角依次逐渐增大，故C错误；D．具有孤电子对的原子可以给中心原子提供电子配位，中的中心原子S的价层电子对数为4，无孤电子对，不能做配位原子，端基S原子含有孤电子对，能做配位原子，故D错误；故答案选B。6．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。7．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。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分子中含有酚羟基，Y分子中含有碳碳双键，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)（酮）羰基、碳氟键(2)sp3sp2(3)(4)或或(5)【分析】A与CH3MgBr发生加成反应，而后在H3O+条件下发生取代反应生成B，B发生消去反应产生C，C在一定条件下发生取代反应生成D，D在一定条件下得到了酯基，最后E发生还原反应生成F，据此作答。【详解】（1）观察A的结构可知，A中含有的官能团名称为（酮）羰基、碳氟键，故答案为：（酮）羰基、碳氟键。（2）B中连接羟基的碳原子与邻位碳原子上的H原子发生了消去反应，生成了碳碳双键，饱和碳原子为sp3杂化，碳碳双键中碳原子为sp2杂化，故答案为：sp3；sp2。（3）E发生还原反应生成F，酯基均变为羟基，F的分子式为C12H14O2F2，副产物的分子式为C13H14O3F2，对比可知副产物中还有一个酯基并未被还原为羟基，结构简式为：，故答案为：。（4）F为，分子式为C12H14O2F2，能与溶液发生显色反应说明含有苯环和酚羟基，又能与银氨溶液发生银镜反应说明含有醛基，要求分子中有4种不同化学环境的氢原子，可知结构简式为：或或，故答案为：或或。（5）以和CH2(COOCH3)2为原料制备化合物()，须用和AlBN，根据题中合成路线B生成E的过程可知，合成G的路线为：，故答案为：。16．(1)CD(2)与浓硫酸反应生成进入C中被氧化(3)防止浓度过大爆炸，将吹入C中充分吸收(4)在略低于60℃减压蒸发至有大量晶体析出结晶，38℃趁热过滤；38℃～60℃热蒸馏水洗涤晶体；至取最后一次洗涤液滴加HCl，溶液无沉淀产生(5)偏高【分析】装置A中NaClO3、Na2SO3和浓H2SO4反应生成ClO2和Na2SO4，ClO2在冰水浴的条件下和氢氧化钠、过氧化氢混合溶液发生反应得NaClO2，B为安全瓶，D是尾气处理防倒吸装置。【详解】（1）A．装置C采用热水浴可能导致NaClO2发生分解，过氧化氢分解等问题，A错误；B．加快滴加浓硫酸的速率，使ClO2的产生速率变快，更快通过C，由于流速快无法充分反应，吸收效率下降，B错误；C．适当提高H2O2的浓度，能使C中反应速率加快，从而提高ClO2吸收效率，C正确；D．通过多孔球泡向C的混合溶液中通ClO2，增大了气体和液体的接触面积，加快反应速率，提高了ClO2吸收效率，D