江苏省普通高等学校招生考试2024届高三考前模拟测试卷(十五)化学试题（含答案）

这是一份江苏省普通高等学校招生考试2024届高三考前模拟测试卷(十五)化学试题（含答案），共13页。试卷主要包含了 单项选择题， 非选择题等内容，欢迎下载使用。
(满分100分，考试时间75分钟)
可能用到的相对原子质量：H—1 B—11 O—16 Na—23 Al—27 S—32
一、 单项选择题：共13小题，每小题3分，共计39分。每小题只有一个选项符合题意。
1. 中国历史文化悠久，流传下许多精美文物。下列文物主要由金属材料制成的是（ ）
2. 黑火药是中国古代四大发明之一。爆炸反应为2KNO3＋3C＋S===K2S＋3CO2↑＋N2↑。下列说法不正确的是（ ）
A. KNO3含离子键和共价键 B. K＋与S2－具有相同的电子层结构
C. N2的结构式为NN D. 干冰的晶体类型为共价晶体
3. FeCl3易水解、易升华，是有机反应中常用的催化剂。实验室用如下图所示装置制备少量FeCl3。下列说法正确的是（ ）
A. 实验开始，先点燃酒精灯，再滴加浓盐酸
B. 实验时若Cl2不足量，则可能生成FeCl2
C. 装置丙的作用是收集FeCl3
D. 装置丁中CaCl2的作用是吸收未反应的Cl2
4. X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期元素。X和Y的基态原子s能级电子总数均等于其p能级电子总数，Z的原子最外层电子数是Y原子最外层电子数的2倍，W和X位于同一主族。下列说法不正确的是（ ）
A. Z单质可用于制作半导体材料
B. 元素Z、W的最高价氧化物对应水化物都是强酸
C. 元素X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强
D. 简单离子半径：r（W）>r（X）>r（Y）
阅读下列资料，完成5～7题。
卤族元素单质及其化合物应用广泛。氟在自然界主要存在于萤石（CaF2）中，CaF2与浓硫酸反应可制取HF；氯、溴主要存在于海水中，工业常通过电解NaCl饱和溶液制备Cl2，Cl2可用于制取漂白粉。卤水中Br－可通过Cl2氧化、Na2CO3溶液吸收；BrCl能发生水解反应。I2易升华，一种LiI2二次电池正极界面反应机理如下图所示。
5. 下列说法正确的是（ ）
A. BrCl、CCl4都是由极性键构成的非极性分子
B. ClO eq \\al(－,4) 中的键角大于CO eq \\al(2－,3) 中的键角
C. 溴元素位于元素周期表第四周期ⅤA族
D. F、Cl、Br、I的第一电离能逐渐减小
6. 下列化学反应表示正确的是（ ）
A. LiI2电池正极放电时的电极反应有I eq \\al(－,3) ＋2e－===3I－
B. 电解饱和NaCl溶液：2NaCl eq \(=====,\s\up7(电解)) 2Na＋Cl2↑
C. BrCl与H2O反应：BrCl＋H2O===HCl＋Br＋＋OH－
D. Br2（g）用Na2CO3溶液吸收：Br2＋CO eq \\al(2－,3) ===Br－＋BrO eq \\al(－,3) ＋CO2
7. 下列物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A. I2易升华，可用于检验淀粉的存在
B. 漂白粉具有强氧化性，可用于消毒杀菌
C. 液溴呈红棕色，可用于与苯反应制备溴苯
D. 浓硫酸具有脱水性，可用于与CaF2反应制HF
8. 用CH4消除NO2的反应为CH4（g）＋2NO2（g）⇌N2（g）＋2H2O（g）＋CO2（g）；ΔHc（NH eq \\al(＋,4) ）>c（OH－）>c（H＋）
B. NH4HSO3溶液氧化过程中： eq \f(c（NH eq \\al(＋,4) ）,c（NH3·H2O）) 比值逐渐减小
C. 0.1 ml·L－1氨水吸收SO2，c总＝ 0.05 ml·L－1溶液中：c（H＋）＋c（HSO eq \\al(－,3) ）＋c（H2SO3）Br，水解生成HCl和HBrO(BrOH)：BrCl＋H2O===H＋＋Cl－＋HBrO，错误；D项，O原子不守恒，正确写法为3Br2＋3CO eq \\al(2－,3) ===5Br－＋BrO eq \\al(－,3) ＋3CO2，错误。
7. B 解析：A项，I2遇淀粉变蓝色，可用于检验淀粉存在，与I2易升华无关，错误；B项，漂白粉能消毒杀菌，是因为Ca(ClO)2具有强氧化性，性质与用途间存在对应关系，正确；C项，液溴与苯在催化作用下可反应制备溴苯，与液溴颜色无关，错误；D项，工业上用浓硫酸与CaF2反应制HF，是利用浓硫酸具有较高沸点的性质，错误。
8. D 解析：A项，升高温度，正、逆反应速率均会提高，错误；B项，书写化学平衡常数表达式，固体、纯液体因为浓度恒定而不需要书写在表达式中，但气体、溶液中的溶质等，由于浓度随物质的量可发生变化，故需要书写在表达式中，错误；C项，未指明氮气在标准状态下，故无法计算出转移电子数，错误；D项，适当增加CH4的量有利于使平衡正向移动，可以提高氮氧化物转化率，减少污染，正确。
9. C 解析：A项，Sc基态核外电子排布式为[Ar]3d14s2，错误；B项，1 ml H2C2O4含有7 ml σ键，错误；C项，H2C2O4属于弱酸，不可拆分，由流程可知Sc2(C2O4)3为沉淀物，正确；D项，Sc2(C2O4)3在足量空气中焙烧，可得Sc2O3和CO2，由电子守恒，n[Sc2(C2O4)3]×6＝n(O2)×4，消耗n[Sc2(C2O4)3]∶n(O2)＝2∶3，错误。
10. C 解析：A项，酰胺基的结构为，X中羰基与N原子之间还有一个碳原子，故不是酰胺基，错误；B项，与X分子相比，Y分子中含有多个羟基，羟基能与水分子间形成氢键，多羟基结构能增大Y的溶解性，错误；C项，Y与足量H2反应后的所得有机产物结构为， 其中手性碳用“*“标记，共4个，正确；D项，FeCl3溶液可检验有机物中是否存在酚羟基，Y中有而X中没有，因此FeCl3溶液可检验Y而不能检验X，错误。
11. A 解析：A项，橙色的酸性K2Cr2O7溶液被还原为绿色的Cr3＋，证明乙醇有还原性，正确；B项，根据焰色试验中的特征颜色，只能判断所含金属元素的种类，错误；C项，相对滴入的2滴 0.1 ml·L－1 NaCl溶液， 10 mL 0.1 ml·L－1的AgNO3溶液过剩，与后滴加的2滴0.1 ml·L－1KI溶液生成黑色沉淀，并不能说明两种沉淀之间的自发转化，错误；D项，该实验方案中所采用“锌皮包裹铁钉“的方法实为牺牲阳极的阴极保护法，铁丝不会被腐蚀，错误。
12. C 解析：因为OH－来源于NH3·H2O、H2O的电离，NH eq \\al(＋,4) 只来源于NH3·H2O的电离，故有 NH eq \\al(＋,4) 的浓度小于OH－的浓度，错误；B项，氧化过程中溶液酸性增强， eq \f(c（NH eq \\al(＋,4) ）,c（NH3·H2O）) ＝ eq \f(Kb,OH－) ，c(OH－)变小，Kb 不变， eq \f(c（NH eq \\al(＋,4) ）,c（NH3·H2O）) 变大，错误；C项， 0.1 ml·L－1 氨水吸收总SO2，c总＝0.05 ml·L－1溶液中，首先判断该溶液溶质为(NH4)2SO3，然后利用质子守恒或联合物料守恒、电荷守恒得c(H＋)＋c(HSO eq \\al(－,3) )＋2c(H2SO3) ＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)，故c(H＋)＋c(HSO eq \\al(－,3) )＋c(H2SO3)H>B, P>Ni，所以B上所连H带负电性、N上所连H带正电性、P带负电性、Ni带正电性，因为不同电性间原子相互吸引，所以B、N上所连H分别吸附在Ni和P上(3分)
② NH4[B(OH)4](写成结构式也正确)或NH4BO2(2分)
(3) 6(2分)
解析：(1) ① 根据物质转化规律和题给信息：“NaCaB5O9·8H2O与硝酸反应生成H3BO3”，B的化合价未变，可确定其他生成物分别是NaNO3、Ca(NO3)2和H2O；② 根据硝酸溶解时B元素的浸出率曲线，液固质量比越大，B元素的浸出率越高，观察到B元素的浸出率在液固比大于5∶1时随液固质量比的增大提升不明显，还会消耗更多硝酸，不经济，由题干中硝酸溶解后的后续操作，需要“降温结晶，过滤”等，那么采用更大的液固质量比，必然会导致硼酸的结晶效率降低，那么兼顾“B元素的浸出率”和“H3BO3的结晶率”是选择合适液固比的原因所在。(2) ① 镍磷化合物中电负性：P>Ni，即P带负电性、Ni带正电性，结合中间体Ⅱ可推：氨硼烷中B上所连H带负电性、N上所连H带正电性，进而确定电负性大小关系N>H>B。② 从中间体Ⅱ生成中间体Ⅲ的过程看，中间体Ⅲ硼烷中B上所连的H将逐步转化，直至全部转化生成B(OH) eq \\al(－,4) ，该铵盐化合物的化学式为NH4[B(OH)4]。(3) 由“晶胞8个顶点位置占据的是由B原子构成的正八面体”可知，每个顶点含有的B原子数为6× eq \f(1,8) ＝ eq \f(6,8) ，所以晶胞含有的B原子数为 eq \f(6,8) ×8＝6。
15. (14分)
(1) 5∶1(2分)
(2) 取代反应(2分)
(3) 氨基(2分)
(4) (3分)
解析：(1) 化合物C中sp2、sp3杂化的碳原子分别用(*)(△)表示： ，sp2、sp3杂化的碳原子分别为10个和2个。(2) F和G的结构对比可知，F断裂C—H键， (CH3)2N—CH2N(CH3)2 断裂其中的C—N键(CH3)2N—取代H原子，发生取代反应。(3) D→E的反应为还原反应，结合C→D的反应信息可知该反应为酰氯键()与氨基(—NH2)的取代反应，所以综合信息可知，D→E的转化是将硝基(—NO2)转化为氨基(—NH2)。 (4) B→C中经历B eq \(――→,\s\up7(还原)) eq \(――→,\s\up7(加成)) X eq \(――→,\s\up7(消去)) Y eq \(――→,\s\up7(加成)) C的过程，第一步是将硝基(—NO2)转化为了氨基(—NH2)，接下来的转化如下：
。(5) 对比原料和目标产物分析可知，转化中有新键N—C2H5和酰胺键生成，结合信息并逆推可知：新键N—C2H5的生成需要—NO2与—CHO反应得到，酰胺键的生成需要酰氯键()与氨基(—NH2)或亚氨基(—NH—)反应得到，苯环上—CH3变为—COOH的最好方法是用酸性KMnO4溶液氧化，如果用Cl2取代后再经过一系列转化会导致有机物产率较低。综合试题信息可知最后一步反应为
16. (16分)
(1) ① 0.11 ml(2分)
② 取少量氧化后溶液，向其中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀生成(或取少量氧化后溶液，煮沸，冷却后滴入酸性KMnO4稀溶液中，溶液不变色)(2分)
(2) 2Fe3＋＋3MnCO3＋3H2O===2Fe(OH)3＋3Mn2＋＋3CO2↑(2分)
(3) 该反应的平衡常数K＝7.5×106>105，正向进行程度很大，可以将Ca2＋完全除去(2分)
(4) 向其中加入1 ml·L－1 NaHCO3溶液，边加边振荡，当静置后向上层清液中加入1 ml·L－1 NaHCO3溶液无沉淀生成时停止滴加。过滤并洗涤沉淀，向沉淀中加入1 ml·L－1 H2SO4至固体完全溶解，90～100 ℃条件下蒸发浓缩至有大量晶体析出，趁热过滤(5分)
(5) 加热到850 ℃分解2 h，将产生的气体通入1 ml·L－1 NaOH溶液(3分)
解析：(1) ① 通过对废液中微粒种类和反应前后物质种类的变化分析可知，H2O2的作用是将溶液中的Fe2＋氧化以方便后续除杂。根据电子守恒不难计算得出：n(H2O2)＝1.1× eq \f(1,2) ×n(Fe2＋)＝0.11 ml。② Fe2＋是中学阶段的一种常见离子。本题的检验是基于特殊情景之下的检验，即“氧化”阶段，H2O2用量为理论用量的1.1倍，过量的H2O2带来了检验Fe2＋的干扰，所以本题检验的方法分为直接法和间接法，直接法——加入K3[Fe(CN)6]溶液无深蓝色沉淀生成，间接法——加热去除过量H2O2，将冷却后的溶液滴入KMnO4溶液后，溶液紫红色不褪。(2) 加入MnCO3，消耗溶液中的H＋，调节溶液pH＝4，目的是除去 Fe3＋， 因此发生离子反应后 Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，MnCO3溶解转化为Mn2＋和CO2气体。(3)“除杂Ⅱ”中反应之一为MnF2＋Ca2＋=== CaF2＋Mn2＋，结合试题给出的MnF2、CaF2溶度积常数可得该反应的平衡常数K＝7.5×106，反应正向进行程度很大，可将Ca2＋完全除去。(4)本题要求由粗MnSO4溶液制取MnSO4·H2O晶体的实验方案。试题给出了MnSO4和Na2SO4的溶解度及实验可选用的三种试剂。首先可分析出粗MnSO4溶液中主要杂质为Na2SO4，结合溶解度曲线得出制取MnSO4·H2O晶体无法直接通过蒸发浓缩、趁热过滤的方法获得，转而结合试剂思考应采用“沉淀——洗涤——溶解——蒸发浓缩、趁热过滤”获得。考虑到在高温下蒸发的速率较快，而且MnSO4的溶解度较低，所以应该选择较高温度进行蒸发结晶。(5)MnSO4固体可用于制备活性Mn2O3。试题通过不同温度下硫酸锰焙烧2 h后残留固体的X－射线衍射图要求学生为MnSO4固体的分解选择合适的温度，同时需要根据氧化还原反应的知识分析分解过程中产生的气体(MnSO4分解得到的气体有SO3、SO2)，从而确定选用试剂为1 ml·L－1NaOH溶液，用1 ml·L－1NaOH溶液吸收分解过程中的尾气，体现化学实验方案设计绿色化的基本要求。
17. (14分)
(1) －3 526 kJ·ml－1(3分)
(2) ① 酸性： H2S>C2H5SH，—C2H5是推电子基团，使C2H5SH中H—S的极性降低，电离出H＋的能力减弱(3分)
② 2FeO eq \\al(2－,4) ＋C2H5SH＋4H2O===C2H5SO eq \\al(－,3) ＋2Fe(OH)3↓＋3OH－(3分)
③ Ⅰ. Fe －6e－＋8OH－===FeO eq \\al(2－,4) ＋4H2O(2分)
Ⅱ. 铁电极表面出现更多的OH－与Fe之间竞争放电生成O2；放电生成的O2将Fe氧化形成氧化物覆盖在电极表面(铁放电时生成氧化物覆盖在电极表面)，阻碍FeO eq \\al(2－,4) 的生成(3分)
解析：(1) 由盖斯定律可得反应 2C2H5SH(g)＋9O2(g)===4CO2(g)＋6H2O(g)＋2SO2(g), 可由－①×2＋②×2＋③可得ΔH＝－3 526 kJ·ml－1。(2) ① 由题图1可得，当C2H5SH和C2H5S－浓度相等时，c(H＋)大概在10－10～10－11，C2H5SH的Ka1(C2H5SH)＝ eq \f(c（C2H5S－）·c（H＋）,c（C2H5SH）) ＝c(H＋)＜10－10＜Ka1(H2S)＝9×10－8，则H2S酸性大于C2H5SH的酸性，将H2S的结构与C2H5SH进行比较，发现两者的结构既有相似性又有差异性：都有—SH的结构，但连接的基团不一样，H2S连接的是H原子，而C2H5SH连接是—C2H5，—C2H5是推电子基团，使C2H5SH中H—S的极性降低，电离出H＋的能力减弱，所以酸性减弱。② pH＝9时，K2FeO4氧化C2H5SH生成C2H5SO eq \\al(－,3) 和Fe(OH)3，依据得失电子守恒、原子守恒即可写出离子方程式。③Ⅰ. Fe失去6个电子生成FeO eq \\al(2－,4) ，依据提示信息及溶液的酸碱性、电荷守恒、原子守恒不难得出电极方程式；Ⅱ. 依据电极方程式可得FeO eq \\al(2－,4) 就是通过电极反应得到，电极反应的选择性、Fe单质的参与程度、溶液的酸碱性都会影响FeO eq \\al(2－,4) 的浓度，由于溶液的酸碱性一定，而活性Fe电极在阳极放电与溶液中的OH－在阳极放电存在竞争关系反应，且试题中已经给出信息：“阳极使用的是易被氧化的活性铁电极”，题图2中也在阳极室中标记出有气体生成这一现象，所以FeO eq \\al(2－,4) 的浓度随电流密度的变化上升幅度减慢，可以从竞争反应、活性铁电极被氧化等角度来分析。
选项
探究方案
探究目的
A
向盛有少量酸性K2Cr2O7溶液的试管中滴加足量乙醇，充分振荡，观察溶液颜色变化
乙醇具有还原性
B
用铂丝蘸取某溶液进行焰色试验，观察火焰颜色
溶液中存在Na2CO3
C
向盛有3 mL 0.1 ml·L－1 AgNO3溶液的试管中滴加2滴0.1 ml·L－1 NaCl溶液，振荡试管，再向试管中滴加2滴0.1 ml·L－1 KI溶液，观察生成沉淀的颜色
Ksp（AgI）