2024年江苏高考化学新题 仿真模拟卷09

新题精选仿真卷(九)化学试题(满分100分)[选材亮点]第1题以弘扬中华优秀传统文化体现了中华民族的“文化自信”为背景，考查物质的成分、分类。第3题以电解与产物的性质验证为载体，考查电解原理与元素化合物知识。★核心素养科学精神与社会责任宏观辨识与微观探析证据推理与模型认知变化观念与平衡思想[试题亮点]第14题以利用加碱焙烧—水浸取法从HDS废催化剂中提取贵重金属钒和钼为载体，考查化工流程。第16题以研究人员对Na2SO3和Fe粉去除废水中的硝态氮进行研究为背景，考查实验综合探究能力。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．近年来，我国大力弘扬中华优秀传统文化体现了中华民族的“文化自信”。下列说法错误的是A．“凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴，此乾坤幻出神物也”，“硝”指的是硝酸钾B．“嫘祖栽桑蚕吐丝，抽丝织作绣神奇”中的“丝”耐酸碱C．《天工开物》中“至于矾现五色之形，硫为群石之将，皆变化于烈火”，其中“矾”指的是金属硫酸盐D．“墨滴无声入水惊，如烟袅袅幻形生”中的“墨滴”具有胶体的性质2．火箭发射时可以用肼(N2H4)作燃料，NO2作氧化剂，二者发生反应：。下列选项错误的是A．N2H4的结构式为： B．H2O的球棍模型：C．N2的电子式为： D．中子数为10的O原子：3．某小组为探究一系列物质的性质，设计如图所示实验。下列叙述正确的是A．其他条件相同，拆去热水浴，Ⅲ中褪色更快B．Ⅰ中阳极的电极反应式为C．用铜片替代石墨，上述实验现象相同D．用盐酸和溶液可以检验Ⅳ中产生了4．X、Y、Z、M、Q五种元素原子序数依次增大。Y核外未成对电子数为3，M是周期表中电负性最大的元素，Q是地壳中含量最多的金属元素，X与Q同族。下列说法不正确的是A．离子半径：Z>Q B．第一电离能：Y>ZC．简单氢化物的稳定性：Z>M D．化合物中X的杂化类型为5．下列有关说法中不正确的是A．液氨的摩尔质量测定值大于，与氢键有关B．若是二元中强酸，则溶液一定显碱性C．锗烷()和中心原子的价层电子对的数目相同D．的半径小于，故熔点SrO小于BaO6．下列反应的离子方程式正确的是A．铜与稀硝酸反应：B．铅酸蓄电池放电时的负极反应：C．用溶液吸收少量：D．明矾溶液与过量氨水混合：7．下列物质的性质和用途相对应的是选项性质用途AMgO的熔点高可用作耐高温材料B具有强氧化性可用作供氧剂C浓具有吸水性可用作食品干燥剂D易溶于水可用作洗涤剂A．A B．B C．C D．D8．下列关于钠及其化合物的说法正确的是A．向饱和溶液中通入足量，有白色晶体析出B．都能与酸反应，它们都是碱性氧化物C．烧碱、纯碱均属于碱，都不能盛放在玻璃试剂瓶中D．钠具有很强的还原性，可与溶液反应制取金属Ti9．贝里斯一希尔曼反应条件温和，其过程具有原子经济性，如下图，下列说法错误的是A．Ⅲ中所有碳原子共平面 B．Ⅰ的一氯取代物有4种C．该反应属于加成反应 D．III能使酸性溶液变色10．反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)在常温下可以自发进行，下列说法正确的是A．该反应的ΔH<0，ΔS<0B．反应的平衡常数可表示为K=C．使用高效催化剂能降低反应的焓变D．其他条件相同，增大，NO的转化率下降11．下列有关实验的现象和结论都正确的是选项实验操作现象结论A向浓度均为0.10mol·L－1的KCl和KI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液出现黄色沉淀Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)B向某浓度的K2CrO4溶液中缓慢滴加少许浓氢氧化钠溶液溶液颜色由黄色变为橙红色减小氢离子浓度，该溶液中的平衡向生成的方向移动C向盛有某溶液的试管中滴加少量稀NaOH溶液未产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体该溶液中不含铵根D用pH计测定pH：①Na2CO3溶液②NaClO溶液pH：①>②H2CO3酸性弱于HClOA．A B．B C．C D．D12．常温下，将溶液滴加到20mL二元弱酸溶液中，混合溶液的pH随NaOH溶液滴入量的关系如图所示。下列叙述不正确的是

A．B．b点时溶液中存在：C．c点时溶液中存在：D．溶液中水的电离程度：c>b>a13．E(g)是一种重要的化工原料，以A(g)为原料可合成E(g)，科学家研究发现该反应分2步进行：反应i：反应ii：恒温恒容条件下，向密闭容器中加入一定量A(g)和B(g)，图甲为该体系中A、C、E浓度随时间变化的曲线，图乙为反应i和ii的曲线(，k为速率常数，为反应活化能，R、c为常数)。下列说法正确的是A．根据上述信息可知B．在t1时刻之后，反应速率的定量关系为C．反应i、ii的活化能大小关系为Eii＞EiD．在实际生产中，充入一定量惰性气体一定可以提高E的平衡产率二、非选择题：共4题，共61分。14．（15分）HDS催化剂广泛用于石油炼制和化学工业生产中，通常利用加碱焙烧—水浸取法从HDS废催化剂(主要成分为MoS、NiS、V2O5、Al2O3)中提取贵重金属钒和钼，其工艺流程如图所示。已知：I．焙烧时MoO3、V2O5、Al2O3均可与纯碱反应生成对应的钠盐，而NiO不行。II．高温下NH4VO3易分解，分解产物常含N2和NH3两种含氮元素的气体。III．Ksp(CuS)=6×10-36；K1(H2S)=1×10-7、K2(H2S)=6×10-15。请回答下列问题：(1)流程的“气体”中含有二氧化碳，写出二氧化碳的一种用途：。(2)请写出“焙烧”过程中Al2O3及MoS分别与纯碱反应的化学方程式：，。(3)“浸渣”的成分为(填化学式)；“滤液2”中的成分除了Na2MoO4外，还含有(填化学式)。(4)“沉钒”时提钒率随初始钒的浓度及氯化铵的加入量的关系如图所示，则选择的初始钒的浓度和NH4Cl的加入量分别为、。(5)在实际工业生产中，“沉钼”前要加入NH4HS除掉溶液中微量的Cu2+，反应Cu2++HS－=CuS+H+的平衡常数K=。(6)“沉钒”时生成NH4VO3沉淀，请写出“煅烧”中发生反应的化学方程式：。15．（15分）化合物H是一种用于合成γ－分泌调节剂的药物中间体，其合成路线流程图如图：

(1)A中除羟基外还含有官能团的名称为、。(2)B→C的反应类型为。(3)写出C→D的化学反应方程式：。(4)满足下列条件的C的同分异构体有种。①含有苯环，苯环上有三个取代基，其中氨基只与苯环直接相连；②与氯化铁溶液反应显紫色，与NaHCO3溶液反应有气体产生。(5)写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式：。①含有苯环，且分子中有一个手性碳原子；②能发生水解反应，水解产物之一是α－氨基酸，另一水解产物分子中只有2种不同化学环境的氢。(6)G的分子式为C12H14N2O2，经氧化得到H，写出G的结构简式：。(7)已知：

(R代表烃基，R'代表烃基或H)。请写出以

、

和(CH3)2SO4为原料制备

的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。16．（15分）研究人员对Na2SO3和Fe粉去除废水中的硝态氮进行研究。已知：i．某工厂排放的含氮废水中总氮=10mg·L-1，含有硝态氮、氨氮。ii．本实验中Na2SO3在时，脱除硝态氮(转化为N2)效果较强。iii．Na2SO3和Fe粉均可以脱除硝态氮，本实验中二者均为过量。(1)Na2SO3和Fe粉在去除废水中硝态氮的过程中表现性(填“氧化”或“还原”)。(2)研究Na2SO3在pH=1的含氮废水中发生反应的情况，实验结果如图1。①根据图1，写出“实验组一”中发生反应的离子方程式。②进行“实验组二”实验时发现，降低溶液pH更有利于的去除，可能的原因是。(3)脱除pH=1的含氮废水中硝态氮，单独加入Na2SO3或同时加入Na2SO3与Fe粉的实验结果如图2和图3。①根据图2，前15min内Na2SO3，脱除NO；主要反应的离子方程式为。②根据图2和图3，20~60min内体系中生成主要反应的离子方程式为。③检验处理后的废水中存在取一定量废水蒸发浓缩，(补充操作和现象)。17．（16分）二氧化碳、甲烷是主要的温室气体。研发二化碳和甲烷的利用技术对治理生态环境具有重要意义。已知：常温常压下，一些物质的燃烧热数据如表所示。回答下列问题：物质CH4(g)H2(g)CO(g)燃烧热(ΔH)/(kJ·mol－1)－890.3－285.8－283.0(1)甲烷的催化重整是制备合成气的重要方法，写出常温常压下CH4(g)与CO2(g)反应生成CO(g)和H2(g)的热化学方程式：。(2)在恒温恒容密闭容器中，通入一定量的CH4、CO2发生催化重整反应。①下列能说明该反应达到化学平衡状态的是(填标号)。A．混合气体的平均相对分子质量不再变化

B．V正(CH4)=2V逆(CO)C．CO2与H2浓度的比值不再变化

D．容器内混合气体的密度不再变化②当投料比=1.0时，CO2的平衡转化率(α)与温度(T)、初始压强(p)的关系如图所示。由图可知压强P12MPa(填“>”、“<”或“=”)；当温度为T3、初始压强为2MPa时，a点的V逆V正(填“>”、“<”或“=”)。③起始时向1L恒容容器中加入2molCH4和2mlCO2在温度为T6、初始压强为2MPa条件下建立平衡，用物质的分压代替浓度表示该反应的平衡常数Kp=(分压=总压×物质的量分数)。(3)某金属MO+离子与CH4反应能选择性地生成甲醇。MO+分别与CH4、CD4反应，体系的能量随反应进程的变化如下图所示(两者历程相似，图中以CH4示例)。①直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则MO+与CD4反应的能量变化应为图中曲线(填“c”或“d”)。②若MO+与CHD3反应，生成的氘代甲醇有种。参考答案：1．B【解析】A．“凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴，此乾坤幻出神物也”，“硝”指的是硝酸钾，A正确；B．“丝”指蚕丝，属于蛋白质，蛋白质遇酸碱变性，不耐酸碱，B错误；C．“矾”指的是金属硫酸盐，如绿矾、明矾、皓矾分别是FeSO4、KAl(SO4)2、ZnSO4的结晶水合物，C正确；D．“墨滴”属于胶体，具有胶体的性质如丁达尔效应，D正确。故选B。2．C【解析】A．已知N2H4中每个N与H形成2对共用电子对，N2H4的结构式为：，A正确；B．已知H2O分子为V形结构，且O原子半径大于H原子半径，故H2O的球棍模型：，B正确；C．已知N原子最外层上有5个电子，故N2的电子式为：，C错误；D．根据质量数等于质子数加中子数可知，中子数为10的O原子表示为：，D正确；故答案为：C。3．B【分析】石墨电极连接正极，为电解池的阳极，阳极上氯离子失电子产生氯气，产生的氯气分别进入硫氢化钠溶液、品红溶液、硫代硫酸钠溶液进行探究氯气的性质；【解析】A．其他条件相同，拆去热水浴，Ⅲ中温度降低反应速率减慢，褪色更慢，选项A错误；B．I中阳极的电极反应式为2Cl-2e-=Cl2↑，选项B正确；C．用铜片替代石墨铜作阳极，失电子生成铜离子，上述实验现象不相同，选项C错误；D．用盐酸和Ba(NO3)2溶液，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，能氧化亚硫酸根离子生成硫酸根离子，不能检验Ⅳ中产生了，选项D错误；答案选B。4．C【分析】X、Y、Z、M、Q五种元素原子序数依次增大。M是周期表中电负性最大的元素，为氟；Q是地壳中含量最多的金属元素，为铝，X与Q同族，X原子序数最小，为硼；Y核外未成对电子数为3，且原子序数小于氟，为氮，则Z为氧；【解析】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；离子半径：O2->Al3+，A正确；B．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，故N、O的第一电离能大小：N>O，B正确；C．非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，则最简单氢化物的稳定性：HF>H2O，C错误；D．化合物BF3中B形成3个共价键且无孤电子大于，杂化类型为，D正确；故选C。5．D【解析】A．通过分子间的氢键可形成缔合分子，的摩尔质量大于，因此液氨的摩尔质量测定值大于17g/mol，A正确；B．是二元中强酸，说明1分子该酸最多能电离2个氢离子，因此属于正盐，水解显碱性，B正确；C．根据价层电子对互斥理论可知，锗烷和中心原子的价层电子对的数目均为4对，C正确；D．离子半径越小，离子键越强，故SrO的熔点大于BaO，D错误；答案选D。6．C【解析】A．铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，离子方程式：，A错误；B．铅酸蓄电池放电时的负极反应：，B错误；C．用溶液吸收少量，离子方程式：，C正确；D．明矾溶液与过量氨水混合，离子方程式：，D错误；答案选C。7．A【解析】A．MgO的熔点高，故可以用作耐高温材料，如耐火砖等，A正确；B．用作供氧剂是因为其与或反应生成，B错误；C．浓有强腐蚀性，不可用作食品干燥剂，C错误；D．可用作洗涤剂是因为其水溶液呈碱性，D错误；故答案为：A。8．A【解析】A．向饱和溶液中通入足量，生成溶解度小的碳酸氢钠，有白色晶体析出，故A正确；B．碱性氧化物是与酸反应只生成一种盐和水的氧化物，是碱性氧化物，属于过氧化物，故B错误；C．烧碱是NaOH，纯碱是，都能盛放在玻璃试剂瓶中，但不能用玻璃塞，故C错误；D．钠具有很强的还原性，可与熔融的反应制取金属Ti，故D错误；故答案为A。9．A【解析】A．Ⅲ中饱和碳原子与3个碳相连，碳原子一定不共面，A错误；B．Ⅰ的一氯取代物中苯环上有三种一氯代物，甲基上有1种，共有4种，B正确；C．I中碳氧双键与II中的碳氢原子发生加成反应，羰基转化成羟基，生成该反应属于加成反应，C正确；D．III的结构中有碳碳双键，易被氧化，能使酸性溶液变色，D正确；答案选A。10．A【解析】A.反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)在常温下可以自发进行，因此该反应的ΔH<0，ΔS<0，A项正确；B.化学反应的平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，因此，B项错误；C.催化剂只能降低反应活化能，无法改变反应焓变，C项错误；D.其他条件相同，增大，即增大O2的量，则NO的转化率升高，D项错误；故答案选A。11．A【解析】A．有黄色沉淀生成说明碘化银先沉淀，故其溶解度更小，故Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，A正确；

B．，加入少量氢氧化钠溶液氢离子浓度减小，平衡逆移，溶液颜色不变，B错误；C．铵根离子的检验应该加入浓NaOH溶液，并加热才能产生氨气，C错误；D．结论错误，正确结论是酸性弱于HClO，D错误；故选A。12．B【分析】滴定至a点时，溶液成分为NaHA和，滴定至b点时，溶液全为NaHA，滴定至c点时溶液成分为NaHA和。【解析】A．a点时，加入10mLNaOH溶液，此时，可知，，A项正确；B．，由c点可知，b点时溶液为NaHA，则的电离程度大于水解程度，溶液中，B项错误；C．由电荷守恒可知，c点时溶液中，C项正确；D．a点为与NaHA混合溶液，b点为NaHA，c点为NaHA与混合溶液，溶液中水的电离程度：c>b>a，D项正确；故选B。13．B【解析】A．由图可知，题给图示只能判断反应中物质的能量关系，不能判断反应ⅰ、ⅱ的焓变大小，根A错误；B．由图可知，在t1时刻E的浓度达到最大值，之后E的浓度减小，由方程式可知，生成E的速率等于反应A、C的速率之和，则t1时刻之后，反应速率的关系为，根B正确；C．反应的活化能越大，反应速率越慢，由图可知，相同温度时，反应i的反应速率小于反应ii，则活化能大于反应ii，故C错误；D．恒容容器中充入一定量不参与反应的惰性气体，反应体系各物质浓度不变，化学平衡不移动，E的平衡产率不变，故D错误；故选B。14．(1)制干冰(2)Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑2MoS+2Na2CO3+5O22Na2MoO4+2CO2+2SO2(3)NiONaVO3、NaHCO3(4)20g∙L-110g∙L-1(5)1021(6)6NH4VO33V2O3+2N2↑+2NH3↑+9H2O【分析】HDS废催化剂在纯碱条件下焙烧，其中MoS与纯碱焙烧生成Na2MoO4、CO2和SO2，MoO3与纯碱焙烧生成Na2MoO4和CO2，V2O5与纯碱焙烧生成NaVO3和CO2，Al2O3与纯碱焙烧生成NaAlO2和CO2，只有NiS转化生成的NiO不与纯碱反应，水浸时以浸渣形式沉淀下来，滤液1的成分为：Na2MoO4、NaVO3、NaAlO2、Na2CO3，往其中通入过量的CO2沉铝时生成Al(OH)3和NaHCO3，调节pH后加NH4Cl沉钒得NH4VO3沉淀，煅烧时生成V2O3，滤液加硝酸得到钼酸。【解析】（1）二氧化碳的用途：制干冰、碳酸饮料、纯碱、灭火等；（2）Al2O3与纯碱焙烧生成NaAlO2和CO2，反应的化学方程式：Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑，MoS与纯碱焙烧生成Na2MoO4、CO2和SO2，反应的化学方程式：2MoS+2Na2CO3+5O22Na2MoO4+2CO2+2SO2；（3）焙烧后只有NiS转化生成的NiO不与纯碱反应且不溶于水，水浸时以浸渣形式沉淀下来，“浸渣”的成分为NiO；焙烧后Mo、V、Al均转化为对应的钠盐，为使各物质完全转化加入的Na2CO3过量，所以滤液1的成分为：Na2MoO4、NaVO3、NaAlO2、Na2CO3，往其中通入过量的CO2沉铝时生成Al(OH)3和NaHCO3，所以“滤液2”中的成分除了Na2MoO4外，还含有NaVO3、NaHCO3；（4）由图可知选择的初始钒浓度和NH4Cl的加入量分别为20g∙L-1和10g∙L-1时，钒提取率到达90%以上，且再增大量时，提取率变化不大，所以初始钒的浓度和NH4Cl的加入量分别为20g∙L-1和10g∙L-1；（5）（6）已知：高温下NH4VO3易分解，分解产物常含N2和NH3两种含氮元素的气体，又图中说明NH4VO3煅烧时生成V2O3，所以其化学方程式为：6NH4VO33V2O3+2N2↑+2NH3↑+9H2O。15．(1)羧基羟基(2)还原反应(3)

+HCOOH→

+H2O(4)20(5)

或

(6)

(7)

【分析】A发生取代反应生成B，B和氢气发生还原反应生成C，C和甲酸发生取代反应得到D，D在碳酸钾作用下发生取代反应得到E，E和乙酸铵和乙酸反应生成F，F反应得到

，G发生催化氧化得到H；【解析】（1）A中除羟基外还含有官能团的名称为羧基、羟基；（2）B→C为硝基发生加氢反应生成氨基，反应类型为还原反应；（3）根据原子守恒，C和HCOOH反应生成D和H2O，则C→D的化学反应方程式：

+HCOOH→

+H2O；（4）①含有苯环，苯环上有三个取代基，其中氨基只与苯环直接相连；②与氯化铁溶液反应显紫色说明含有酚羟基，与NaHCO3溶液反应有气体产生说明含有羧基，满足条件的C的同分异构体有

、

、

、其中取代基-CH2CH2COOH另一种结构为

，所以共有10×2=20种；（5）分析C的结构特点，C分子中除苯环外，还有3个C、3个O、1个N和1个不饱和度。C的同分异构体能发生水解，由于其中一种水解产物分子中只有2种不同的H原子，所以该水解产物一定是对苯二酚；另一种水解产物是α-氨基酸，则该α-氨基酸一定是α-氨基丙酸，结合两种水解产物可以写出C的同分异构体为

或

；（6）由F到H发生了两步反应，分析两者的结构，发现F中的酯基到G中变成了醛基，由于已知G到H发生的是氧化反应，所以F到G发生了还原反应，结合G的分子式C12H14N2O2，可以写出G的结构简式为

；（7）以

、

和(CH3)2SO4为原料制备

，首先分析合成对象与原料间的关系。结合上述合成路线中D到E的变化，可以逆推出合成该有机物所需要的两种反应物分别为

和

；结合B到C的反应，可以由

逆推到

，再结合A到B的反应，推到原料

；结合学过的醇与氢卤酸反应，可以发现原料

与氢溴酸反应即可得到

，合成路线为

。16．(1)还原(2)c(H＋)较大时，的氧化性较强；或增大c(H＋)有利于提高和反应速率(3)加入浓NaOH溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体【解析】（1）Na2SO3和Fe粉在去除废水中硝态氮，将氮元素还原为，而Na2SO3和Fe粉的化合价升高，因此Na2SO3和Fe粉体现的是还原性；（2）实验组一相比空白组Na2SO3有所减少，在含有盐酸的溶液中发生的离子方程式为：；实验组二在实验组一的基础上将蒸馏水改为含氮废水，Na2SO3消耗得更多，可能因为c(H＋)较大时，的氧化性较强或增大c(H＋)有利于提高和反应速率；（3）①根据图2，前15min内Na2SO3脱除NO，在此过程中没有看到生成，说明还原产物为，主要反应的离子方程式为；②根据图2和图3，20~60min内主要是Fe作还原剂，Fe的化合价升高，因为Fe粉是过量的，故只能生成体系中生成，因此生成主要反应的离子方程式为；③检验处理后的废水中是否存在：取一定量废水蒸发浓缩，加入浓NaOH溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。17．(1)CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)

ΔH=+247.3kJ∙mol−1(2)AC＜＜4(MPa)2(3)c2【解析】（1）根据CH4