江苏省普通高等学校招生考试2024届高三考前模拟测试卷(三)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(三)化学试题（含答案），共12页。试卷主要包含了5　Mn—55　Fe—56， 下列化学反应表示正确的是等内容，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 O—16 Cl—35.5 Mn—55 Fe—56
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. 化学实验需坚持安全第一、预防为主。下列实验操作错误的是( )
A. 先验纯再点燃H2 B. 用乙醇制乙烯时加入碎瓷片防暴沸
C. 制SO2时在通风橱中进行 D. 金属Na着火时立即用冷水扑灭
2. 胍()的盐是病毒核酸保存液的重要成分。下列说法正确的是( )
A. 胍分子间能够形成氢键 B. 胍中σ键与π键的数目之比为3∶1
C. 氨基(—NH2)的电子式为 D. 中子数为8的N原子可表示为 eq \\al(8,7) N
3. 铵明矾[NH4Al(SO4)2·12H2O]是常用的食品添加剂。下列判断正确的是( )
A. 原子半径：r(Al)1 000 C后又显著下降，可能原因是________________________________________________________________________
________。
③ 若电解时将Nafin膜置于两个电极中间，保持电流恒定，20 h时向阳极区补充KHCO3，电压与时间关系如图3所示。0～20 h，电压增大的原因是________________________________________________________________________
________。
(3) CO2电还原可能的反应机理如图4所示。Sn、In、Bi的活性位点对O的连接能力较强，Au、Cu的活性位点对C的连接能力较强，Cu对CO的吸附能力远大于Au，且Cu吸附CO后不易脱离。
图4
若还原产物主要为CH4时，应选择__________(填“Sn”“Au”或“Cu”)作催化剂，简述分析过程：________。
江苏省普通高等学校招生考试高三模拟测试卷(三)
1. D 解析：A项，点燃可燃性气体之前一定要检验气体的纯度，正确；B项，碎瓷片可防暴沸，正确；C项，SO2有毒，需要在通风橱中进行，正确；D项，钠与H2O会反应，应用沙土盖灭，错误。
2. A 解析：A项，氨基之间可以形成氢键，正确；B项，单键为σ键，双键中有一个σ键，一个π键，中σ键与π键的数目之比为8∶1，错误；C项，氨基(—NH2)的电子式为错误；D项，质量数＝质子数＋中子数＝7＋8＝15，表示为 eq \\al(15, 7) N，错误。
3. C 解析：A项，Al、S的电子层数相同，S的核电荷数大，对核外电子的吸引力强，则S的半径比Al小，错误；B项，O的非金属性强于S，则电负性O强于S，错误；C项，同周期元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，则F的第一电离能比N强，正确；D项，NH eq \\al(＋,4) 为正四面体型，键角为109°28′，H2O为V形，键角为104.5°，NH eq \\al(＋,4) 的键角比H2O的大，错误。
4. D 解析：A项，缺少加热装置，错误；B项，Cl2、HCl均可以被饱和NaHCO3溶液吸收，错误；C项，氯水具有漂白性，可以使pH试纸变白，无法读出试纸上的pH，错误；D项，Cl2可以被NaOH吸收，正确。
5. C 解析：A项，Fe为26号，价层电子数为26－18＝8，Fe的基态电子排布式为[Ar]3d64s2，失去最外层的2个电子生成Fe2＋，先从4s上面的电子开始失去，则Fe2＋核外电子排布式为[Ar] 3d6，错误；B项，由片段知，1个Cu＋与2个CN－给合，则化学式为[Cu(CN)2]－，错误；C项，配离子[Fe(CN)6]2＋中配体为CN－，配位数为6，正确；D项，以顶点的Fe为分析对象，与顶点最近的Fe位于三个面的面心，顶点在空间被8个立方体所共用，在空间共有24上Fe，但是两个晶胞相连处的面心，被重复数两次，故与顶点的Fe最近的Fe共有12个，错误。
6. A 解析：A项，金属会被O2氧化，若周围有N2，则金属会被保护，因为N2性质稳定，一般不会和金属反应，故可作金属焊接的保护气，正确；B项，H2O2具有氧化性，会氧化CN－生成CO2和N2，错误；C项，FeCl3具有氧化性，会将Cu氧化，错误；D项，NaHCO3可以与胃酸(主要成分为HCl)反应，错误。
7. A 解析：A项，由信息知，CN－结合H＋能力弱于CO eq \\al(2－,3) ，即CO eq \\al(2－,3) 更易结合H＋生成HCO eq \\al(－,3) ，正确；B项，HCN的酸性比H2CO3弱，所以不能与Fe反应生成H2，错误；C项，CO eq \\al(2－,3) 分步水解：CO eq \\al(2－,3) ＋H2O⇌HCO eq \\al(－,3) ＋OH－，错误；D项，反应物中有OH－，生成物中有H＋，碱性溶液中不可能生成H＋，不符合反应事实，错误。
8. C 解析：A项，“步骤Ⅰ”“步骤Ⅱ”均过滤操作，需用使用漏斗，正确；B项，Li2CO3与Ca2＋反应生成CaCO3，正确；C项，由Li2CO3溶解度曲线图知，蒸发浓缩时，Li2CO3会析出晶体，而不是用降温结晶的方法，错误；D项，“滤液3”为NaCl，可作氯碱工业的原料，“氯碱工业”即为电解饱和食盐水，正确。
9. B 解析：A项，苯环上的6个碳原子共平面，碳碳三键位于一条直线，该直线属于苯环平面，正确；B项，碳碳三键先断开一根π键，Br2断开Br与Br之间的σ键，错误；C项，Z中的碳碳双键两侧连有不同的原子或基团，故Z存在顺反异构，正确；D项，Z与H2加成所得产物中，与Br连的碳原子为手性碳原子，共有2个，正确。
10. C 解析：A项，“氮的固定”是指将N2变为化合态氮，图示为N2O4转化为化合物，错误；B项，该反应为气体体积减小的放热反应，在低温下，可将N2O4固定，并从烟气中分离，错误；C项，N2O4被O2氧化，在水中生成HNO3，MOFs中的N2O4被脱除后，可实现MOFs的再生，正确；D项，由题中信息知，MOFs多孔超分子材料的空腔大小适配N2O4可将其“固定”，H2体积较小，不适合被MOFs储存，错误。
11. B 解析：A项，Fe(NO3)2溶液中加入稀硫酸，NO eq \\al(－,3) 在酸性条件下有强氧化性，会氧化Fe2＋生成Fe3＋，而不是稀硫酸具有氧化性，错误；B项，SO2中S为＋4价，具有还原性，可以与KMnO4溶液反应，SO2被氧化生成SO eq \\al(2－,4) ，正确；C项，没有给出NaCl和KI的起始浓度，故不能根据生成沉淀的颜色来判断两者Ksp的大小，错误；D项，没有将水解液调节至碱性，无法用Cu(OH)2与葡萄糖反应，错误。
12. D 解析：A项，NH3·H2O⇌NH eq \\al(＋,4) ＋OH－，c(NH eq \\al(＋,4) )＝c(OH－)，Kb＝ eq \f(c（NH eq \\al(＋,4) ）·c（OH－）,c（NH3·H2O）) ＝ eq \f(10－2×10－2,14－10－2) ＝ eq \f(1,14) ×10－4，错误；B项，氨水的NaCl溶液中通入CO2，生成NaHCO3晶体，则NaHCO3的溶解度比NaCl小，错误；C项，滤液中除了NH4Cl外，还有少量的NaHCO3，由电荷守恒知，c(NH eq \\al(＋,4) )＋c(H＋)＋c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(HCO eq \\al(－,3) )＋2c(CO eq \\al(2－,3) )，错误；D项，NaHCO3的质子守恒方程式：c(H2CO3)＋c(H＋)＝c(CO eq \\al(2－,3) )＋c(OH－)，c(H2CO3)－c(CO eq \\al(2－,3) ) ＝ c(OH－)－c(H＋) ＝10－6 ml·L－1－10－8 ml·L－1＝ 9.9×10－7 ml·L－1，正确。
13. C 解析：A项，CH3OCH3的选择性和CO的选择性之和为1，图中曲线①、②的交叉点为50%, 所以曲线①、②为CH3OCH3、CO的选择性，曲线③表示平衡时CO2转化率随温度的变化，正确；B项，反应Ⅰ为放热反应，升温会使反应Ⅰ逆向移动，CH3OCH3(g)的选择性减小，对应曲线②，由题图知，在交叉点之后，升高温度，CO2的转化率增大，所以反应Ⅱ应正向移动，反应Ⅱ为吸热反应，正确；C项，n始(CO2)∶n始(H2) ＝1∶3，当仅发生反应Ⅰ时，CO2和H2以1∶3反应，则CO2和H2的转化率也为1∶3，在图中曲线①②的交叉点之后，继续升温，将以反应Ⅱ为主，CO2和H2以1∶1反应，则H2的转化率会下降，而图中①②交叉点之后，虚线的走势为上升，错误；D项，催化剂可以改变反应的选择性，提高产物的生产效率，正确。
14. (16分)
(1) 19.98(答3.7×5.4给分)(2分)
(2) ① 分解生成的As和Au形成合金，使熔点降低(2分)
吸收焙烧时生成的SO2，防止污染环境(2分)
② 8S2O eq \\al(2－,3) ＋O2＋4Au＋2H2O===4[Au(S2O3)2]3－＋4OH－(2分)
③ Au失去电子后与S2O eq \\al(2－,3) 生成[Au(S2O3)2]3－，CuSO4和氨水反应生成的[Cu(NH3)4]2＋得到电子生成[Cu(NH3)2]＋，[Cu(NH3)2]＋被O2氧化重新生成[Cu(NH3)4]2＋，[Cu(NH3)4]2＋在反应中起催化作用(3分)
c(Cu2＋)0.03 ml·L－1时，Cu2＋消耗S2O eq \\al(2－,3) ，c(S2O eq \\al(2－,3) )减小，浸金速率减小(3分)
④ c(S2O eq \\al(2－,3) )增大，Cu2＋与S2O eq \\al(2－,3) 络合，c(Cu)2＋减小，Cu2＋＋4NH3⇌[Cu(NH3)4]2＋平衡逆向移动，[Cu(NH3)4]2＋浓度减小，Au浸取率下降(2分)
解析：(1) 平衡常数K＝ eq \f(c[Ag（S2O3）2]3－·c（Br－）,c2（S2O eq \\al(2－,3) ）) ＝ eq \f(c[Ag（S2O3）2]3－·c（Br－）·c（Ag＋）,c2（S2O eq \\al(2－,3) ）·c（Ag＋）) ＝K1·Ksp(AgBr)＝3.7×1013×5.4×10－13＝19.98。(2) ① 合金的熔点比各组分都要低。Au的熔点为1 064 ℃，比较高，由于部分FeAsS分解生成As，故As与Au熔成合金时，可促使Au熔化。焙烧FeAsS时，S元素可转化成SO2，加入CaCO3可以吸收SO2，防止SO2污染环境。② 在空气中，Na2S2O3溶液与Au 反应生成[Au(S2O3)2]3－，Au由0价升至＋1价，1个Au失去1个电子，空气中的O2作氧化剂，1个O2得4个电子，根据得失电子守恒确定，O2前配1，Au前配4，由Au守恒，确定[Au(S2O3)2]3－前配4，由S2O eq \\al(2－,3) 守恒确定其系数8，再由电荷守恒，确定产物中有OH－生成，并确定系数为4，再由H、O守恒，确定反应物有H2O参加，且系数为2。③ 由题图可知，金属Au在表面失去电子生成Au＋，Au＋与S2O eq \\al(2－,3) 生成[Au(S2O3)2]3－。CuSO4溶液和氨水溶液生成的[Cu(NH3)4]2＋，得到Au失去的电子，生成[Cu(NH3)2]＋，[Cu(NH3)2]＋又被O2氧化重新生成[Cu(NH3)4]2＋，[Cu(NH3)4]2＋在反应中不断循环，故起催化作用。c(Cu2＋)在0.03 ml·L－1前后先增大，再减小。当c(Cu2＋)小于0.03 ml·L－1时，随着Cu2＋浓度增大，[Cu(NH3)4]2＋的浓度也增大，将会氧化更多的Au。由信息知：“硫代硫酸钠(Na2S2O3)可被一定浓度的Cu2＋氧化，反应为2Cu2＋＋6S2O eq \\al(2－,3) ⇌2[Cu(S2O3)2]3－＋S4O eq \\al(2－,6) 。”当c(Cu2＋)超过0.03 ml·L－1时，会消耗S2O eq \\al(2－,3) ，则溶解Au的量变小。④ CuSO4 氨水的体系，存在平衡Cu2＋＋4NH3⇌[Cu(NH3)4]2＋，c(S2O eq \\al(2－,3) )＞0.4 ml·L－1时，溶液中c(S4O eq \\al(2－,6) )未明显增大，说明S2O eq \\al(2－,3) 没有与Cu2＋发生氧化还原反应。由信息知：“硫代硫酸钠(Na2S2O3)可与Cu2＋形成配合物”，则因为c(S2O eq \\al(2－,3) )的增大，与Cu2＋形成配合物，使得Cu2＋浓度减小，使平衡Cu2＋＋4NH3⇌[Cu(NH3)4]2＋逆向移动，[Cu(NH3)4]2＋的浓度减小，被氧化的Au减小。
15. (15分)
(1) 2(2分)
(2) 取代反应(2分)
解析：(1) 酮羰基和酯基上的C原子为sp2杂化。(2) D中有两个羧基，与2分子CH3OH发生酯化反应生成E，酯化反应也属于取代反应。(3) 沿虚线断开得F和，推知F的结构简式为(4) 中存在1个六元环，2个酯基，1个碳碳双键，1个，共有6个不饱和度。分子中含有苯环，1个苯环有4个不饱和度，故除此之外还有2个不饱和度。该分子可以水解，所以存在酯基，酯基有1个不饱和度，则还存在一个不饱和度。苯环上有2个取代基，则应为对位关系。除苯环外，4个O原子，其中2个O构成酯基，则另外两个O组成硝基，硝基的结构为其中含有一个不饱和度。要求水解得到的2种产物中均含有3种不同化学环境的氢原子，故剩余的6个碳原子以“对称”的形式排布，由此写出结构简式为或等。(5) 由已知分析，碳碳双键可以被酸性KMnO4溶液所氧化，而原料中存在碳碳双键，可以被酸性KMnO4氧化生成原料C2H5ONa与流程中的A至B相同，A中含有酯基，所以将与原料CH3OH先发生酯化反应生成在原料C2H5ONa，H＋作用下，模仿A至B，生成，对比目标产物，可将酮羰基先与H2加成生成羟基，然后羟基发生消去反应生成碳碳双键，得目标产物。
16. (16分)
(1) 防止活泼金属Mn与盐酸剧烈反应；防止反应放出大量的热， 盐酸大量挥发；防止生成大量气体，使液体溢出(答对任一点即可)(2分)
一部分Fe2＋被Mn置换出来，一部分Fe2＋被O2氧化为Fe3＋后再转化为Fe(OH)3沉淀出来(2分)
(2) 3MnCO3＋2Fe3＋＋3H2O===3Mn2＋＋2Fe(OH)3＋3CO2↑(3分)
(3) ① 130～180 ℃(在温度范围内均可，无计算推理过程不得分)
由锰元素守恒可得：MnCl2·4H2O～MnCl2·H2O
eq \f(Mr（MnCl2·4H2O）－Mr（MnCl2·H2O）,Mr（MnCl2·4H2O）) ＝ eq \f(54,198) ×100%＝27.27%
故要获得MnCl2·H2O，需控制温度为130～180 ℃之间(3分)
② 将晶体置于HCl氛围中加热或将晶体置于真空状态下加热并及时抽出水汽(2分)
(4) 28 mL的CH3COCl(1分)
将所得固体、50 mL苯和14 mL的CH3COCl置于装有蒸馏装置中，加热回流至沉淀不再增加，过滤，用苯洗涤2～3次(3分)
解析：(1) 盐酸要缓慢滴加的目的是减缓反应速率。如果加入盐酸太快，金属与HCl反应会很剧烈，从而会使HCl挥发，产生过多的H2，会使反应液冲出。盐酸与Fe反应生成Fe2＋，后略有减少。从原料知，酸溶后有Mn、Fe(OH)3，信息知，金属活泼性Mn＞Fe，则Mn与Fe2＋发生置换又生成Fe，同时Fe2＋可能被O2氧化生成Fe3＋，进而生成Fe(OH)3。(2) H2O2将Fe2＋氧化成Fe3＋。Fe3＋水解：Fe3＋＋3H2O⇌Fe(OH)3＋3H＋，加入MnCO3可以与H＋反应，促进Fe3＋水解生成Fe(OH)3，碳酸根与H＋会生成CO2和H2O。(3) ① 由MnCl2·4H2O生成MnCl2·H2O，失去3份H2O，设取1 ml MnCl2·4H2O，质量为198 g，失去3 ml H2O，质量为3 ml×18 g·ml－1＝54 g，加热失重为 eq \f(54 g,198 g) ×100%＝27.27%，对应图中的130～180 ℃。② MnCl2·H2O在加热过程中Mn2＋会水解，生成Mn(OH)2，加热会分解生成MnO2。水解过程中生成HCl，故在HCl氛围中加热，可以抑制Mn2＋的水解。(4) 0.1 ml [(CH3COO)2Mn·4H2O]中含有0.4 ml H2O，由反应CH3COCl＋H2O―→CH3COOH＋HCl，需要0.4 ml CH3COCl吸水。0.1 ml CH3COCl的体积约7 mL，则0.4 ml CH3COCl的体积约28 mL。充分反应生成0.1 ml (CH3COO)2Mn固体，过滤，继续发生(CH3COO)2Mn＋2CH3COCl eq \(――→,\s\up7(苯),\s\d5(△)) MnCl2↓＋2(CH3CO)2O，则0.1 ml (CH3COO)2Mn与0.2 ml CH3COCl反应，故再加入14 mL的CH3COCl，MnCl2不溶于苯，故加入50 mL苯，在苯中反应得MnCl2沉淀，过滤，用苯洗涤MnCl2沉淀表面的离子。
17. (14分)
(1) 该反应的ΔH＞0、ΔSKsp(AgI)
D
向试管中加入0.5 g淀粉和4 mL 2 ml·L－1 H2SO4溶液，加热。冷却后，向其中加入少量新制的Cu(OH)2，加热，观察现象
淀粉水解液中存在还原性糖