2024年高考化學模擬卷8（江蘇專用）

備戰(zhàn)2024年高考化學模擬卷(江蘇專用)

(考試時間：75分鐘試卷滿分：100分)

可能用到的相對原子質量：HlC12N14016S32C135.5Cr52Fe56Cu64Ce140

第I卷

一、單項選擇題：共13題，每題3分，共39分。每題只有一個選項最符合題意。

1.化學與生產、生活和社會發(fā)展密切相關，下列敘述正確的是

A.華為5G手機麒麟9000芯片(HUAWEIKirin)主要成分是二氧化硅

B.“酒曲”的釀酒工藝，是利用了催化劑使平衡正向移動的原理

C.免洗洗手液的有效成分之一活性銀離子能使病毒蛋白質變性

D.葛洪所著《抱樸子》中“丹砂(HgS)燒之成水銀，積變又還原成丹砂”，二者為可逆反應

【答案】C

【解析】硅是良好的半導體材料，芯片主要成分是硅，A項錯誤；“酒曲”釀酒工藝中，酒曲為催化劑，能

加快反應速率，但不影響化學平衡，不能使平衡發(fā)生移動，B項錯誤；銀離子是重金屬離子，重金屬離子

能使蛋白質發(fā)生變性，C項正確；“丹砂(HgS)在加熱下生成汞，汞在常溫下可轉變?yōu)榈ど?HgS)”二者反應

條件不同、不互為可逆反應，D項錯誤。

2.下列化學用語表述錯誤的是()

????

A.HC1。的電子式：：：

H?O?C?1?

B.中子數(shù)為10的氧原子:肥O

C.NH3分子的VSEPR模型

D.基態(tài)N原子的價層電子排布圖:皿HIHI

2s2p

【答案】C

????

【解析】HC1O中O原子分別與H、C1原子間以共價鍵結合，因此HC1O的電子式為H?9-Q*,A正確;中

子數(shù)為10、質子數(shù)為8的O原子，其質量數(shù)為10+8=18,該原子表示為前O,B正確;根據(jù)VSEPR模型計算,NH3

分子中N原子上有1個孤電子對，每個N原子還連接3個H原子，因此NH3的VSEPR模型為四面體形,C錯

皿rwn

誤;基態(tài)N原子的價層電子排布為2s22P3,其價層電子排布圖為2s2p,D正確。

3.設計實驗驗證木炭和濃硫酸反應的產物。下列裝置和操作能達到實驗目的的是

A.用裝置甲實現(xiàn)木炭與濃硫酸反應B.用裝置乙檢驗產物中的SO?

C.用裝置丙檢驗產物中的水蒸氣D.用裝置丁檢驗產物中的C0?

【答案】B

【解析】濃硫酸和木炭反應需要加熱，不能達到實驗目的，A不符合題意；二氧化硫具有還原性，能和高鋪

酸鉀反應使其褪色，能達到實驗目的，B符合題意；甲乙溶液中都會帶出水使無水硫酸銅變藍色，不能達到

實驗目的，C不符合題意；飽和碳酸氫鈉和二氧化碳不反應，不能達到實驗目的，D不符合題意。

4.N、O、Na、Mg是周期表中的短周期主族元素。下列有關說法正確的是

A.堿性：NaOH<Mg(OH)2B.第一電離能：Ii(Na)<Ii(Mg)

C.原子半徑：r(N)<r(O)D.N2、Na2O>Mg的晶體類型相同

【答案】B

【解析】Na的金屬性強于Mg,則NaOH的堿性強于Mg(OH)2,A錯誤；同周期元素從左到右第一電離能

呈增大的趨勢，且鎂3s軌道全滿，較為穩(wěn)定，第一電離能較大，B正確；同周期元素，從左到右原子半徑

逐漸減小，則原子半徑N>0,C錯誤；氮氣是分子晶體，NazO為離子晶體，Mg為金屬晶體，晶體類型不

同，D錯誤。

閱讀下列材料，回答5~7題:

氧、硫、鐵可形成多種用途廣泛的物質。H2O2具有較強的氧化性。亞硫酰氯(SOCh)遇水發(fā)生水解反應

生成H2sCh與HC1。Fe3O4可用作鋰離子電池的電極材料，電池工作時有Li+嵌入其中生成LiFesOmFeS2

可用于生產H2so4,其一種晶胞結構如圖1所示。工業(yè)上可電解H2so4與(NHQ2so4混合溶液制備過二

硫酸錠[(NH4)2S2O8],其結構如圖2所示。

H

I

H-N-H

—

H

??SrOFe2+

圖1圖2

5.下列說法正確的是()

A.SOCb中硫原子帶正電，氯原子帶負電

B.SOF中硫原子的軌道雜化類型是sp2

C.該FeS2晶胞中含S歹的數(shù)目為14

D.該FeS2晶體中每個Fe2+周圍距離最近且相等的數(shù)目為8

【答案】A

【解析】A項，。和C1的電負性大于S,則S帶正電，C1帶負電，正確；B項，SOF中S的孤電子對數(shù)

6+2—2x3

為2=1，價層電子對數(shù)為1+3=4,則S為sp3雜化，錯誤；C項，S歹位于8個頂點和6個面

11

心，共有8xR+6X2=4,錯誤；D項，與頂點出一最近的Fe2+共有6個，錯誤

6.下列化學反應表示正確的是()

A.FeSz在足量空氣中煨燒：4FeS2+15O2^^2Fe2O3+8SO3

2+2+3+-

B.H2O2氧化酸性廢水中的Fe：2Fe+H2O2=2Fe+20H

C.H2so4與氨水中和：H2s04(aq)+2NH3-H2O(aq)=(NH4)2SO4(aq)+2H2O(1)；NH=—

114.6kJ-mol-1

-

D.電解法制備(NHQ2s2O8時的陽極反應：2SOF-2e=S2Or

【答案】D

【解析】A項，應生成S02,錯誤；B項，酸性條件下，不能生成OH,錯誤；C項，氨水為弱堿，酸堿

中和放出的部分熱量用于氨水的電離，即放出的熱量小于57.3kjx2=114.6kJ,錯誤；D項，SOF中S為

+6價，S2Or中S的平均價態(tài)為+7,S的化合價升高，失去電子，正確。

7.對下列物質性質的解釋不合理的是()

A.H2O的熱穩(wěn)定性強于H2S,H2O分子間存在氫鍵

B.SCh易液化，S02是極性分子，分子間作用力較大

C.(NH4)2s2。8具有較強的氧化性，(NH4)2s2O8中含過氧鍵(OO)

2+

D.Fe3O4晶體中可嵌入Li+形成LiFe3O4,Fe3+可轉化為Fe

【答案】A

【解析】A項，。的非金屬性強于S,則。與H之間的作用力強于S與H,則H20的熱穩(wěn)定性強于H2S,

H2O分子間氫鍵影響熔沸點物理性質，與物質的穩(wěn)定性無關，錯誤；B項，SO2是極性分子，極性越強，

分子間作用力越大，正確；C項，過氧鍵具有強氧化性，如H2O2、NazCh均含有過氧根，正確；D項，

Fe3O4中含有+2、+3價的Fe,當嵌入Li+時，由于O原子的數(shù)目不變，負電荷總量不變，則正電荷總量

也不變，所以有部分Fe3+會轉化為Fe2+,正確。

8.硫及其化合物的轉化具有重要應用。下列說法不正確的是

A.硫酸型酸雨產生的途徑：SO2^^H,SO3^^H,SO4

B.工業(yè)制備硫酸過程中的物質轉化：FeSz^^SC）2△，乳劑>SC）3」^H2sO4

A

C.鈣基固硫過程中發(fā)生的總反應：CaCO3+SO2=CaSO3+CO2

D.實驗室制備少量SO?的原理：Na2so3（固體）+H2so式濃尸NazSO4+SC^T+H?。

【答案】C

【解析】硫酸型酸雨產生的途徑：SO2^UH2SO3^^H2SO4,A正確；工業(yè)制硫酸過程中的物質

轉化為：FeS2和02反應生成SO2,SO2發(fā)生催化氧化反應生成SO3,SO3和H2O反應生成H2so4,B正

A

確；鈣基固硫過程中發(fā)生的總反應：2CaCO3+2SO2+02=2CaSO4+2CO2,C錯誤；實驗室制備少量SO,

的原理：Na2so3（固體）+H2so式濃戶Na2s。4+5。2個+凡0,D正確。

9.化合物Z是一種鎮(zhèn)痛消炎藥的中間體，可通過如下路線合成。下列說法正確的是

CH3cH20cH300CH3o

>

不+AA_,CHOCH<Vf

320C

。工人CH；iOC2H5OH-YSA°^

oOHCH3

化合物X化合物Y化合物Z

A.化合物X易溶于水B.ImolY最多可與ItnolNaOH反應

C.X+Y-Z的反應類型為取代反應D.化合物Z分子中含有手性碳原子

【答案】D

【解析】X中不含親水基，所以不易溶于水，A錯誤；Y中酯基水解、氯原子水解都能與NaOH以1：1

反應，所以ImolY最多消耗2moiNaOH,B錯誤；Y中跋基和X發(fā)生加成反應生成Z,該反應為加成反

應，C錯誤；Z中連接醇羥基的碳原子為手性碳原子，D正確。

10.活性Fe3（Xx催化反應H2（g）+HCO式叫尸HCOOX叫）+凡0（1）,進而可制得甲酸。反應機理如圖所示。

下列說法正確的是

OFe2+.o2-

°;°；

o-c=oH-C=O

H:

HH

A.該反應的AH〉。

c(HCOO)-C(HQ)

B.該反應的平衡常數(shù)K=2

C(HCO；)C(H2)

C.反應前后，碳原子的雜化方式和化合價均沒有發(fā)生變化

D.題圖所示的反應機理中，步驟I可理解為帶部分負電荷的氫與HCO］中帶部分正電荷的碳結合，帶

部分正電荷的氫與帶部分負電荷的羥基氧結合生成水，HCO］轉化為的HCOO

【答案】D

【解析】該反應為自發(fā)反應，則AHcTAS,而ASO,則AHO,A項錯誤；平衡常數(shù)等于生成物濃度系

數(shù)次方之積與反應物濃度系數(shù)次方之積的比；水為純物質，故反應的平衡常數(shù)K二（葭比（小B項錯

誤；HCO；轉化為HCOCT,碳的化合價由+4變?yōu)?2,雜化方式均為sp2,沒有變化，C項錯誤；氧的電負

性大于碳，HCO,中碳帶正電荷、氧帶負電荷，帶部分負電荷的氫與HCOJ中帶部分正電荷的碳結合，帶

部分正電荷的氫與帶部分負電荷的羥基氧結合生成水，HCO?轉化為的HCOO:D項正確。

11.利用惰性電極電解Na2s和NaHSO,混合溶液分離得到兩者的濃溶液，其電解裝置如圖所示，I室里

加入的是稀硫酸，II室和HI室里加入的是Na2s和NaHSOs的混合溶液。下列說法正確的是

+-

陽離子交換膜交換膜a

A.陽極上發(fā)生的電極反應：2H++2F=凡1

B.交換膜a是陰離子交換膜

C.電解一段時間后，II室得到的NaHSOj溶液

D.電解時每轉移Imol電子，理論上陰極區(qū)可獲得11.2L氣體

【答案】C

+

【解析】I為陽極室，發(fā)生氧化反應，電極反應式為：2H2O-4e=O2+4HT,A錯誤；III為陰極室，發(fā)生

反應2Hq+2e-=凡1+2011-，生成的。JT通在III室與NaHSC^反應，生成Na^SOs，a為陽離子交換

膜，B錯誤；通過分析，電解一段時間內，II室得到的NaHSO,溶液，HI室得到Na2so3,C正確；沒有標

明是在標準狀況下，無法計算氣體的體積，D錯誤。

5

12.室溫下，用Fes。,溶液制備FeCOs的過程如圖所示。已知：^b(NH3H2O)=1.8x10,

111611

KKH2co3)=4.5x10-7,^a2(H2CO3)=4.7xl0-,^sp(Fe(OH)J=8.0xlQ-,^sp(FeCO3)=3.1xlQ-0

下列說法正確的是

NH3>NH4HCO3(aq)(NH4),SO4(aq)

JLt

FeSCVaq)一-----------FeCO3(aq)

A.O.lmoLPNH4HCO3溶液中：C(NH3-H2O)>C(H2CO3)

+

B.(NHjSO,溶液中：c(H)?2C(NH3.H2O)+c(OH-)

2+

C.制備FeCOs的離子方程式為：Fe+NH3.H2O+HCO-=FeCO3+NH：+H2O

D.c(Fe2+)=0.08mol[T時，應控制pHW8

【答案】C

K10T4K1f)T4

【解析】由于NH；的水解常數(shù)Kh=e=b^25.56X10/。，HCO；的水解常數(shù)=

Kb1.8x10Kal4.5x10

8

?2.22xl0-,所以HCO；的水解程度比NH；的水解程度大，c(NH3-H2O)<c(H2CO3),A項錯誤；

+

(NHJSO4為強酸弱堿鹽，溶液中根據(jù)質子守恒可知：C(H)=C(NH3.H2O)+C(OH-),B項錯誤；HCO；

與NH3-HQ反應產生的COj再與Fe2+結合生成FeCOs,反應的離子方程式為：

2+

Fe+NH3?H2O+HCO-=FeCO3+NHJ+H2O,C項正確；當混合液中c(Fe>)=0.08mobL時，為防止

生成Fe(OH)2,c(OH)WKSP［氏(1，卜］收./”/mol-匚=10=mol?「，即pHV7,D項錯誤。

'\cFeIVU.UK

13.焦爐煤氣（主要成分：CH4、CO2、H2、CO）在炭催化下，使CH4與CO2重整生成H2和CO。其主要反

應為

1

反應I：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)AH,=247.1kJmor

1

反應n：H2(g)+CO2(g)=CO(g)+H2o(g)AH2=41.2kJmor

1

反應IH：C(s)+CO2(g)=2CO(g)AH3=172kJmor

1

反應IV：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)AH4=131.29kJmor

在lxl05pa、將焦爐煤氣以一定流速通過裝有炭催化劑的反應管，CH4、CO、H2的相對體積和CO2的轉化

相對體積V（CH，戶林就肅、

相對體積v（CO或H?）二產品氣料氣％°或町

下列說法不正確的是

A.溫度低于900℃,反應I基本不發(fā)生

B.850℃?900℃時，主要發(fā)生反應IV

C.增大焦爐煤氣流速一定能提高CO的相對體積

D.工業(yè)生產上需要研發(fā)低溫下CH4轉化率高的催化劑

【答案】c

【解析】從圖中可以看出，溫度低于900℃時，CH4的相對體積基本上是100%,所以反應I基本不發(fā)生，

A正確；850℃?900℃時，氏、CO的體積分數(shù)都增大，且增大的幅度相近，而CH4的相對體積略有減

小，可能是CO2轉化率增大的原因，所以反應I進行的幅度很小，反應II、III基本不發(fā)生，主要發(fā)生反應

IV,B正確；從圖中可以看出，4個反應均為生成CO的反應，且都為吸熱反應，所以若想提高CO的相

對體積，應選擇升高溫度，與增大焦爐煤氣的流速無關，C不正確；圖中信息顯示，溫度低于900℃,CH4

的相對體積基本上是100%,則反應I基本不發(fā)生，所以工業(yè)生產上需要研發(fā)低溫下CH4轉化率高的催化

劑，D正確。

第n卷

二、非選擇題：共4題，共61分。

14.(15分)以硫酸燒渣(主要成分為FezCh和少量FesCU、AI2O3、SiC>2等)為原料制備氧化鐵紅的工藝流

程如下：

硫酸H2c2。4氨水H2O2Na()H

硫酸燒渣7酸浸氧化鐵紅

II

殘渣母液

3++2++

已知：Fe+3H2C2O4=Fe(C2O4)打+6H；Fe+H2C2O4=FeC2O4i+2H=

(1)“酸浸”時，使用草酸作為助劑可提高鐵浸取率，草酸加入量回(草酸)/加(硫酸燒渣)義100%］對鐵浸

取率的影響如圖1所示。

3040

反應溫度/，C

①加入草酸能提高鐵浸取率的原因是。

②草酸加入量大于20%時，鐵浸取率隨草酸加入量增加而減小的原因是

(2)“沉鐵”時，反應溫度對鐵回收率的影響如圖2所示。

①FeSCU轉化為Fe(OH)3的離子方程式為。

②反應溫度超過35℃時，鐵回收率下降的原因是o

③“沉鐵”后過濾所得“母液”中含有的主要成分為硫酸鏤和o

(3)“純化”時，加入NaOH溶液的目的是。

【答案】(1)①Fe3+和H2c2。4生成Fe(C2CU)7，促進草酸電離，溶液的H+濃度增大；Fe3+濃度降低，促進

燒渣中鐵的氧化物與硫酸的反應(2分)②Fe2+與C2O1生成FeC2O4沉淀

(2)①2Fe2++H2O2+4NH3-H2O=2Fe(OH)31+4NH：

②溫度升高，H2O2受熱分解，使Fe2+氧化不充分；氨水受熱揮發(fā)，氨水濃度減小，不利于Fe(OH)3的生成

③草酸核或(NH4)2C2O4

(3)除去Fe(OH)3中含有的A1(OH)3雜質

【解析】(1)①草酸電離的草酸根離子Fe3+與形成Fe(C2O4)7并釋放出更多都能提高酸浸效果；另一

方面溶液中Fe3+濃度降低也更有助于溶解平衡的右移。②結合題給信息,Fe3O4酸浸后生成的Fe?+與H2C2O4

反應生成FeCzCU沉淀，覆蓋在硫酸燒渣表面，影響酸浸效果。(2)①H2O2作氧化劑將Fe2+氧化為Fe(OH)3,

根據(jù)得失電子守恒配平氧化劑、還原劑并添加介質，應特別注意氨水參與的環(huán)境是堿性的，平衡電荷不能用

H\②應考慮H2O2、NH3H2O均對熱不穩(wěn)定。③鏤根離子、與草酸根離子一直在溶液中。(3)硫酸渣中

A12O3,先轉化為A13+,沉鐵時轉化為A1(OH)3，純化時加入NaOH可將其除去。

15.(15分)H是合成某抗炎、抗病毒、抗氧化藥物的中間體，其合成路線如下:

.OO/

口和.,K—CHO--------?*/

R'。/Ri。/XJHRJ

回答下列問題：

(1)DTE的反應類型為,D中采用sp3雜化的碳原子有個。

(2)設計C-D的目的是o

(3)I的結構簡式為0

(4)I的一種同分異構體同時滿足下列條件，寫出該同分異構體的結構簡式：

i.含苯環(huán)且苯環(huán)上只有一個取代基

ii.紅外光譜無醒鍵吸收峰

iii.苯環(huán)側鏈上有3種不同化學環(huán)境的氫原子，且個數(shù)比為6：2：1。

OilCHI

（5）以。、乙醛、C珥MgBr為原料，結合題給信息，設計路線合成（題給試劑和無機

ClhCOOOHCHih

試齊！J任選）o

【答案】（1）氧化反應4

（2）保護酚羥基，防止D到E轉化時被氧化

⑶

H

⑷或）

【解析】F中含有磷酸酯基，且F-G中步聚i在強堿作用下進行，由此可推測F-G發(fā)生題給已知信息中

的反應；由F、G的結構簡式及化合物I的分子式可逆推得到I的結構簡式為（1）對比

H

D和E的結構可知，D中的羥基變?yōu)榘匣?，則D-E的反應類型為氧化反應；D中的飽和碳原子都是sp3

雜化，結合D的結構可知，其中采用sp3雜化的碳原子有4個。（2）由第一問可知，D-E為氧化反應，而

C中含有酚羥基，容易被氧化，則設計C-D的目的是保護酚羥基，防止D到E轉化時被氧化。（3）由分

析可知，I的結構簡式為（4）化合物I的分子式為CIOHMO,計算可得不飽和度為4,

H

根據(jù)題目所給信息，化合物I的同分異構體分子中含有苯環(huán)（已占據(jù)4個不飽和度），則其余C原子均為飽

和碳原子（單鍵連接其他原子）；又由紅外光譜無酸鍵吸收峰，可得苯環(huán)上的取代基中含1個羥基；再由分

子中苯環(huán)上只含有1個取代基，可知該有機物的碳鏈結構有如下四種：

2(1、2、3、4均表示羥基的連接位置)，所以滿足條件

的化合物I的同分異構體共有“12”種；其中，苯環(huán)側鏈上有3種不同化學環(huán)境的氫原子，且個數(shù)比為

6：2：1的同分異構體應含有兩個等效的甲基，則其結構簡式為或⑸

OH

結合B-C的條件可知，有乙醛可以生成CH3cH(0H)CH3,結合C—D的條件可知，由可生成

。,其中甲基可以被高錦酸鉀氧化為我基，得到的產物再與CH3cH(OH)CH3反應生成酯，再結合

C1I)

G-H的條件可以得到最終的產物，具體流程為：

2］

16.(15分)硫胭［CS(NH2)是白色晶體，易溶于水，150℃時能轉變?yōu)镹H4SCN。常用于制造樹脂、染

料、藥物，實驗室可用下列方法制備。

步驟I：稱取一定質量的CaS在三頸燒瓶中制成漿液，不斷攪拌下通入適量CCh，反應生成Ca(HS)2溶

液，裝置如圖所示。

步驟n：

已知：H2c03的電離平衡常數(shù)分別為Kal=4.5x10-7、Ka2=4.7xl0F；H2s的電離平衡常數(shù)分別為Kal=1.1X10

-7,Ka2=L3xl()r3。

回答下列問題：

(1)在步驟I的三頸燒瓶中生成Ca(HS)2,其反應的化學方程式為

(2)實驗中不宜使用鹽酸代替CO2的主要原因是o

(3)按如圖裝置實驗，判斷CO2是否已過量的方法是。

(4)硫服與酸性KMnCU溶液反應轉化為兩種無毒的氣體及SO/,同時生成Mr+,該反應的離子方程式

為。

(5)己知：NH4SCN溶液呈酸性，KSCN溶液呈中性；NH4SCN,KSCN都易溶于乙醇、水，溫度高時容

易分解和氧化；常溫下KSCN的溶解度為217go

利用硫胭制備KSCN的方法是：取一定量硫服,將加熱后的產物溶

于一定比例的無水乙醇和水中形成溶液，干燥，得到KSCN

晶體。(實驗中可選用試劑：KOH、無水乙醇。實驗中須使用的實驗儀器有pH計)。

【答案】(1)2CaS+CO2+H2O=Ca(HS)2+CaCO3

(2)反應中會生成可溶性的CaCb，增加了分離的難度

(3)b中出現(xiàn)黑色沉淀即C02過量

+2+

(4)14MnO7+5CS(NH2)2+32H=14Mn+5CO2T+5N2?+5SOF+26H2O

(5)在隔絕空氣的條件下加熱至150℃充分反應

邊攪拌邊滴加K0H并微熱除去NH3至用pH計測量溶液pH為中性，加熱，低溫將乙醇和水蒸出至大量晶

體析出，過濾

【解析】(1)由步驟I知，CaS與C02在水溶液中反應，生成Ca(HS)2溶液。CCh與H2O反應生成H2co3，

與CaS發(fā)生復分解反應生成CaCO3o(2)鹽酸與CaS反應生成CaCl2,CaCb是可溶的，與難溶性的CaCO3

相比，CaCb與Ca(HS)2之間難分離。(3)因為&i(H2co3)>Kai(H2S),當CO2過量時，CaS會轉化成H2S,

H2s與CuSO4溶液反應會生成黑色的CuS沉淀。(4)硫胭［CS(NH2)2］與酸性KMnCU溶液反應，轉化為兩

種無毒的氣體：CO2和N2，并生成SOf,［CS(NH2)2］中C為+4價，S為一2價，N為一3價，S由一2價

升至+6價，升高8,N由一3價升至0價，2個N共升高6,1個［CS(NH2)2］共升高14,KMnCU轉化為Mi?

+,Mn由+7價轉化為+2價，共降低5,根據(jù)得失電子守恒配平反應，［CS(NH2)2］前配5,MnO；前配14,

由原子守恒確定，Mi?+前配14,CO2前配5,用前配5,SOF前配5,由電荷守恒確定，反應物中需要加

入H+,且計量系數(shù)為32,再由H、0原子守恒確定，產物中有H20生成，且計量系數(shù)為26。(5)硫胭

［CS(NH2)2］在150℃時能轉變?yōu)镹H4SCN,NH4SCN與KOH在微熱條件下生成KSCN和NH3,調節(jié)溶液為

中性，即可得KSCN溶液。KSCN在溫度高時易分解和氧化，所以KSCN溶液需要在低溫條件下將乙醇和

水蒸出，直至有大量K