江苏省普通高等学校招生考试2024届高三考前模拟测试卷(八)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(八)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 C—12 N—14 O—16 Cr—52 C—59
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. 2022年12月，中国航天员乘组完成首次在轨交接，中国航天员“天宫”会师创造历史。下列说法不正确的是（ ）
A. 航天器使用的太阳能电池帆板的主要成分是SiO2
B. 运载火箭的燃料偏二甲肼（C2H8N2）在反应中作还原剂
C. 天和核心舱的霍尔发动机燃料 eq \\al(131, 54) Xe原子核中含77个中子
D. 航天员的耳机使用的双层蛋白质皮革属于有机高分子材料
2. 反应NO＋NO2＋2NaOH===2NaNO2＋H2O可用于吸收氮氧化物。下列说法正确的是（ ）
A. NO和NO2都是酸性氧化物 B. NaOH的电子式为Na eq \\al(·,·) eq \(O,\s\up6(··),\s\d4(··)) eq \\al(·,·) H
C. NaNO2中仅含有离子键 D. H2O的空间构型为V形
3. 黑火药是中国古代四大发明之一，其爆炸反应为2KNO3＋S＋3C===K2S＋N2↑＋3CO2↑。下列说法正确的是（ ）
A. 半径大小：r（S2－）C，正确；C项，N的2p轨道中的电子为稳定的半满状态，难失去电子，所以其第一电离能比相邻的O要大，错误；D项，N的非金属性强于C，则酸性：HNO3>H2CO3，错误。
4. C 解析：A项，NH3在水中的溶解度比较大，需要加热才能生成NH3，错误；B项，NH3显碱性，可以被浓硫酸吸收，错误；C项，NH3可以还原CuO生成Cu，反应的化学方程式为2NH3＋3CuO eq \(=====,\s\up7(△)) 3Cu＋N2＋3H2O，NH3表现还原性，正确；D项，丁中NH3直接与水接触，可引发倒吸，错误。
5. C 解析：A项，HCl为分子晶体，NaCl为离子晶体，错误；B项，ClO eq \\al(－,3) 中Cl的孤电子对数为 eq \f(7＋1－2×3,2) ＝1，价层电子对数为1＋3＝4，Cl为sp3杂化，ClO eq \\al(－,3) 为三角锥形，O—Cl—O夹角为107.5°，ClO eq \\al(－,4) 中Cl的孤电子对数为 eq \f(7＋1－2×4,2) ＝0，价层电子对数为0＋4＝4，Cl为sp3杂化，ClO eq \\al(－,4) 为正四面体形，O—Cl—O夹角为109°28′，错误；C项，Cu为29号，核外电子排布式为[Ar]3d104s1，Cu失去电子，先失去4s上面一个电子，再失去3d上面的电子，则Cu2＋核外电子排布式为[Ar]3d9，正确；D项，Cl2O中Cl与O形成的化学键为极性共价键，Cl2O中O的孤电子对数为 eq \f(6－1×2,2) ＝2，价层电子对数为2＋2＝4，则Cl2O中O为sp3杂化，Cl2O为V形分子，正、负电荷重心不重合，故为极性分子，HClO的结构式为H—O—Cl，O上有两个孤电子对，HClO也为V形分子，正、负电荷重心不重合，故为极性分子，错误。
6. D 解析：A项，Cl和O原子不守恒，错误；B项，阴极为阳离子放电，应为H＋得电子生成H2，错误；C项，已知4HCl(g)＋O2(g)===2Cl2(g)＋2H2O(g)；ΔH＝－116 kJ·ml－1，H2O(g)的能量大于H2O(l)，应生成H2O(l)放出的热能更多，ΔH更小，即4HCl(g)＋O2(g)===2Cl2(g)＋2H2O(l)；ΔH＜－116 kJ·ml－1，错误；D项，Cl2将SO eq \\al(2－,3) 氧化成SO eq \\al(2－,4) ，Cl2转化为Cl－，根据S、Cl得失电子守恒配平反应，正确。
7. B 解析：A项，Cl2与H2反应生成HCl，制盐酸，与Cl2是否溶于水无关，错误；B项，ClO2具有氧化性，可以使水中的细菌变性，正确；C项，HClO具有强氧化性，故可以漂白物质，与其是否有酸性无关，错误；D项，NH4Cl中含有N元素，故可作为氮肥，与其是否易分解无关，错误。
8. D 解析：A项，该反应为气体体积减小的反应，故为熵减小的反应，ΔS＜0，错误；B项，漏写H2O(g)，错误；C项，增大 eq \f(n（HCl）,n（O2）) ，相当于n(HCl)增多，n(O2)变少，平衡虽然正向移动，但是只能削弱HCl的增加量，不能完全消除，所以HCl的转化率仍减小，错误；D项，HCl转化为Cl2，Cl的化合价变化1，1 ml HCl被消耗，则转移1 ml e－，正确。
9. A 解析：A项，苯环和碳碳双键均可与H2发生加成反应，酯基不能与H2反应，所以1 ml X最多能与4 ml H2反应，正确；B项，碳碳双键的碳原子连有的两个基团不同，则Y存在顺反异构体，错误；C项，中只有1个手性碳原子(*号标记)，错误；D项，Y和Z中均含有羧基，不能用NaHCO3溶液鉴别，错误。
10. C 解析：A项，钠具有强的还原性，可以还原TiCl4生成Ti，正确；B项，CO2和H2O均可以与Na2O2反应生成O2，正确；C项，NH3在水中的溶解度较大，故应先将NH3溶于NaCl溶液中，再通入CO2，可以获得更多的NaHCO3晶体，错误；D项，HCO eq \\al(－,3) 水解显碱性，Al3＋水解显酸性，两者混合可生成CO2，用于灭火，正确。
11. A 解析：A项，Cl2可以氧化Fe2＋和Br－，当滴入几滴氯水，再加CCl4萃取，没有观察到CCl4层的颜色，说明Cl2先氧化Fe2＋，即证明Fe2＋的还原性强于Br－，正确；B项，滴有酚酞的NaOH溶液为红色，通入SO2与NaOH反应，溶液的碱性变弱，则红色变浅，此过程中SO2表现酸性氧化物的性质，即SO2能与碱反应生成盐和水，错误；C项，HCl与Na2SiO3反应生成H2SiO3沉淀，可以证明HCl的酸性强于H2SiO3，非金属性强弱的比较应该比较最高价氧化物对应水化合物的酸性，Cl对应的酸应为HClO4，而不是HCl，所以不能得出Cl的非金属性强于Si，错误；D项，与Ba(OH)2反应生成沉淀的除了SO eq \\al(2－,4) 外，还有CO eq \\al(2－,3) 、HCO eq \\al(－,3) 、SO eq \\al(2－,3) 等，错误。
12. B 解析：A项，过量的SO2与Na2CO3溶液反应生成NaHSO3和H2SO3，其中部分NaHSO3以结晶析出，母液中若只有NaHSO3，则由物料守恒有c(Na＋)＝c(SO eq \\al(2－,3) )＋c(HSO eq \\al(－,3) )＋c(H2SO3)，由于还存在H2SO3，则有c(Na＋)＜c(SO eq \\al(2－,3) )＋c(HSO eq \\al(－,3) )＋c(H2SO3)，正确；B项，母液中的NaHSO3和H2SO3与Na2CO3溶液反应至pH＝8，碱性较弱，应生成NaHCO3，故反应有NaHSO3＋Na2CO3===Na2SO3＋NaHCO3，H2SO3＋2Na2CO3===Na2SO3＋2NaHCO3，Na2SO3溶液中以SO eq \\al(2－,3) 为主，HSO eq \\al(－,3) 是SO eq \\al(2－,3) 水解所得，而水解较微弱，则有c(SO eq \\al(2－,3) )＞c(HSO eq \\al(－,3) )，错误；C项，过量的SO2与NaHCO3反应可生成CO2，正确；D项，Na2CO3溶液中的质子守恒式为c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO eq \\al(－,3) )＋2c(H2CO3)，正确。
13. C 解析：A项，反应Ⅰ和Ⅱ均为气体体积减小的反应，在低压下，两个反应的平衡均正向移动，在图中作一等温线知，p1对应的乙烷的转化率大于p2，则说明p1的压强小于p2，错误；B项，压强为p1，温度为210 ℃时，乙烷的转化率为50%，此时乙烯的选择性为80%，则生成n生成(C2H4)＝2 ml×50%×80% ＝ 0.8 ml，由碳原子守恒得参加反应的乙烷的物质的量为2 ml ×50%＝1 ml，C原子的物质的量为2 ml，生成乙烯0.8 ml，所含C原子1.6 ml，则n生成(CO)＝2 ml－1.6 ml＝0.4 ml，错误；C项，反应Ⅰ和Ⅱ均生成CO，当反应Ⅱ中生成的CO的浓度较大时，会抑制反应Ⅰ的正向移动，正确；D项，催化剂不会影响C2H4的平衡产率，错误。
14. (15分)
(1) ① AgBr＋2S2O eq \\al(2－,3) ===Br－＋[Ag(S2O3)2]3－(2分)
② 12(2分)
(2) ① H2S2(2分)
② S2O eq \\al(2－,3) 与H＋在紫外线照射条件下生成的H2S与S2O eq \\al(2－,3) 在紫外线照射条件下生成的SO eq \\al(2－,3) 发生反应，转化为S；或2H2S＋SO eq \\al(2－,3) ＋2H＋===3S↓＋3H2O(合理均给分，3分)
(3) ① 当滴入最后半滴标准Na2S2O3溶液时，溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不恢复到原来的颜色(2分)
② 根据反应关系式Cr2O eq \\al(2－,7) ～3I2～6S2O eq \\al(2－,3)
n(Cr2O eq \\al(2－,7) )＝ eq \f(1,6) n(Na2S2O3)＝ eq \f(1,6) ×0.100 0 ml·L－1×24.00 mL×10－3 L·mL－1＝4.000×10－4 ml(1分)
则Cr元素的物质的量为8.000×10－4 ml(1分)
Cr元素的含量＝ eq \f(8.000×10－4 ml×52 g·ml－1×103 mg·g－1,20.0 mL×10－3 L·mL－1) ＝2 080 mg·L－1(2分)
解析：(1) ① AgBr溶于Na2S2O3溶液生成配合物Na3[Ag(S2O3)2]，AgBr为难溶物，不可拆开，生成的Na3[Ag(S2O3)2]可拆成内界[Ag(S2O3)2]3－和外界Na＋。② 顶点上Ag到三个面的面心上的Ag距离最近，一个顶点被8个立方体所共用，但在空间上每个面心被重复数了2次，故与顶点最近的Ag为 eq \f(3×8,2) ＝12个。(2) ① HS·是不稳定的，2个HS·可以通过一个共用电子对组成H2S2。② 由反应过程中粒子浓度的变化分析知，S2O eq \\al(2－,3) 的浓度减小，SO eq \\al(2－,3) 的浓度增大，过程中不释放H2S，原因可能是S2O eq \\al(2－,3) 与H＋在紫外线照射条件下生成的H2S与S2O eq \\al(2－,3) 反应，生成SO eq \\al(2－,3) 。(3) ① 滴入Na2S2O3消耗I2，I2遇淀粉变蓝色，当I2被消耗完后，溶液的蓝色褪去，在半分钟内不恢复蓝色，说明I2已被消耗完。② 根据反应关系：2Cr ～ Cr2O eq \\al(2－,7) ～ 3I2～ 6Na2S2O3，n(Cr) ＝ eq \f(1,3) ×0.100 0 ml·L－1×24.00 mL×10－3 L·mL－1 ＝8×10－4 ml，废水中Cr元素的含量为 eq \f(8×10－4 ml×52 g·ml－1×103mg·g－1,20.00 mL×10－3 L·mL－1) ＝ 2.08×103 mg·L－1。
15. (15分)
(1) sp2(2分)
(2) 加成反应(2分)
(3) 或 或(合理均给分，3分)
(4) (2分)
(5) (6分)
解析：(1)有机物B中碳原子构成苯环、碳碳双键以及羧基，均为sp2杂化。(2) 有机物C中的碳碳双键与中的αC上的H原子发生加成反应生成D。(3) 除了苯环外，还有2个酯基，则有2个不饱和度，中有2个不饱和度，共有4个不饱和度，而一个苯环为4个不饱和度，要求含有2个苯环，所以除了2个苯环外，不存在其他的不饱和度，还存在4个碳原子，4个氧原子，1个氮原子，1个氟原子，“每个苯环上有4个取代基，且只有一种含氧官能团”，则为4个“—OCH3”，根据对称性原则，可以得出结构简式为等。(4) 由F与反应生成，结合F分子式为C12H14NO2F，推知F的结构简式为。(5) 目标产物中的酰胺键与E相同，由此逆推，需要中间体中的甲基可以被酸性KMnO4氧化生成羧基，羧基与原料CH3CH2OH反应可生成酯基。—CN可由“RBr eq \(――→,\s\up7(NaCN)) RCN”获得，和原料格氏试剂CH3MgBr反应，生成，接着与HBr发生取代反应生成即可。
16. (15分)
(1) 2LiCO2＋H2O2＋6H＋===2Li＋＋2C2＋＋O2↑＋4H2O(3分)
(2) 萃取产生H＋，随pH的升高H＋被消耗，促使萃取金属离子的反应正向移动(2分)
(3) 适当提高稀硫酸的浓度，调节溶液pH