2024年高考第二次模拟考试：化学（上海卷）（解析版）

这是一份2024年高考第二次模拟考试：化学（上海卷）（解析版），共15页。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Cl 35.5 Ca 40 Mn 55 Cu 64 I 127 La 139
一、探究原子世界的奥秘
1．科学家们锲而不舍地努力，揭示了原子结构、物质结构与性质的奥秘。H、C、N、O、Si、Ca、Ti、卤素等元素常常构成丰富的物质世界。请回答下列问题：
(1)基态22Ti原子的价电子轨道表示式为 ，Ti元素位于周期表的 区，与Ti位于同一周期且含有相同未成对电子数的主族元素为 。
(2)Ca元素的焰色反应为砖红色，这是由于钙元素的核外电子由 态跃迁到另一状态时产生的光谱。(填编号)
A．基态 B．激发态
(3)焰色反应的光谱属于 光谱。(填编号)
A．发射 B．吸收
(4)下列说法正确的是___________。
A．CH3Cl中C原子的杂化类型为sp2
B．CH3CH2Br相比CH3CH3有较强的反应活性，是因为碳溴键极性强
C．C、N、O三种元素的电负性大小顺序是N>O>C
D．SiCl4的相对分子质量大于SiO2，所以SiCl4的沸点大于SiO2
(5)C、Si为同一主族的元素，CO2和SiO2化学式相似，但结构和性质有很大不同。从原子半径和共价键成键的角度分析，C、O原子间易形成C=O键，而Si、O原子间不易形成Si=O键的原因 。
(6)N元素的第一电离能比O的高，原因是：
①O失去的是已经配对的电子，配对电子相互排斥，因而电离能较低；
② 。
(7)下列关于氨气的叙述正确的是___________。
A．NH3的键角小于CH4的键角，是因为NH3的中心原子上孤电子对有较大斥力
B．NH3极易溶解在水中，只因氨分子与水分子间形成了氢键
C．NH3的沸点比PH3的高，是因为N—H的键能比P—H的大
D．构成NH3的基态N原子核外电子的空间运动状态有7种
(8)根据所学知识比较①CH3COOH②CH2ClCOOH③CH2FCOOH的酸性由大到小排列___________(填编号)。
A．①②③B．③①②C．②①③D．③②①
高效、低成本的氢气储运技术是大力发展氢能产业的必要保障。Fe-Mg合金是目前已发现的储氢密度最高材料之一，其晶胞结构如图所示。若该晶体储氢时，分子在晶胞的体心和棱的中心位置。
(9)该Fe-Mg合金中，每个Fe原子周围距离最近的Mg原子有___________。
A．4个B．6个C．8个D．12个
(10)要储存1 kg ，至少需要 kg Fe-Mg合金。
【答案】(1) d Ge、Se
(2)B
(3)A
(4)B
(5)Si的原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p-p轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述稳定的π键即Si=O
(6)N的p能级处于半满稳定状态，则N的第一电离能高于O的第一电离能
(7)A
(8)D
(9)C
(10)52kg
【解析】（1）已知Ti是22号元素，其核外电子排布式为：，则基态Ti原子的价电子轨道表示式为；Ti元素位于周期表的d区；与Ti位于同一周期且含有相同未成对电子数即为2个的主族元素为价电子排布为4s24p2的Ge和价电子排布为4s24p4的Se；
故答案为：；d；Ge、Se；
（2）基态原子的电子吸收能量，跃迁到较高能级，电子又从高能级跃迁到低能级，以光的形式释放能量；
故答案为：B；
（3）基态原子的电子吸收能量，跃迁到较高能级，电子又从高能级跃迁到低能级，以光的形式释放能量；
故答案为：A；
（4）A．CH3Cl中C原子的价层电子对数为4，杂化类型为sp3，A错误；
B．Br原子吸引电子能力强，使碳溴键的电子云向溴原子偏移，碳溴键的极性强，B正确；
C．同周期元素，随着原子序数增强，电负性增强，则电负性O＞N＞C，C错误；
D．元素的电负性越大，其非金属性越强，金属性越弱，SiCl4属于分子晶体，SiO2为原子晶体，原子晶体沸点大于分子晶体，则SiO2沸点高于SiCl4，D错误；
故答案为：B；
（5）CO2晶体是分子晶体，其中C的原子半径较小，C、O原子能充分接近，p-p轨道肩并肩重叠程度较大，形成稳定的π键即C=O；而Si原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p-p轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述稳定的π键即Si=O；
故答案为：Si的原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p-p轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述稳定的π键即Si=O；
（6）N的电子排布为，O的电子排布式为，N的p能级处于半满稳定状态，则N的第一电离能高于O的第一电离能；
故答案为：N的p能级处于半满稳定状态，则N的第一电离能高于O的第一电离能；
（7）A．氨分子中氮原子有1对孤对电子、甲烷分子中碳原子没有孤对电子，孤对电子对成键电子对的斥力更大，所以氨分子的键角小于甲烷分子的键角，A正确；
B．氨分子属于极性分子，又因为氨分子与水分子间能形成氢键，所以氨气极易溶解在水中，B错误；
C．氨分子间能形成氢键，磷化氢分子间不能形成氢键，氨分子间的作用力强于磷化氢分子，所以氨分子的沸点比磷化氢的高，沸点高低与N-H键和P-H键的键能大小无关，C错误；
D．N的电子排布为，核外电子的空间运动状态有5种，D错误；
故答案为：A；
（8）CH2ClCOOH和CH2FCOOH中均含有卤素原子，卤素原子都是吸电子基团，故酸性比CH3COOH强，F的电负性强，吸引电子能力强，则CH2FCOOH酸性强于CH2ClCOOH；
故答案为：D；
故答案为：C。
（9）距离面心的Fe最近的Mg有4个，面心的原子为2个晶胞所有，故每个Fe原子周围距离最近的Mg原子有8个，故答案为：C；
（10）1个晶胞中可储存的H2的个数为12×+1=4，即1ml晶胞中可储存3mlH2，要储存1kgH2，则需要=125ml晶胞，Fe位于顶点和面心，个数为8×+6×=4，8个Mg位于体内，则1ml晶胞质量为(4×56+8×24)g=416g,则要储存1kgH2，至少需要416×125=52000g,即52kgFe-Mg合金，故答案为：52kg；
二、二氧化碳气体的转化与利用
2．CO2的高效转化利用对缓解能源危机以及实现“碳中和”目标具有重要的战略意义。
(1)下列做法不符合“低碳生活”理念的是_____。
A．减少化石燃料的使用B．双面使用纸张
C．大力发展风力发电D．“焚烧法”处理垃圾
(2)NaOH溶液可吸收CO2。
①写出标准状况下2.24 L的CO2与100 mL3 ml·L-1NaOH溶液反应的离子方程式 。
②若反应得到的溶液中c()：c()=2：1时，则溶液pH= 。(25℃，H2CO3的Ka1=4×10-7；Ka2=5×10-11)
(3)利用NaOH溶液喷淋捕捉空气中的CO2，反应过程如图所示。下列说法错误的是_____。
A．捕捉室中NaOH溶液喷成雾状有利于吸收CO2
B．环节a中物质分离的操作是过滤
C．反应过程中CaO和NaOH是可循环的物质
D．高温反应炉中的物质是Ca(HCO3)2
(4)CaO可在较高温度下捕集CO2，在更高温度下将捕集的CO2释放利用。CaC2O4·H2O热分解可制备CaO，CaC2O4·H2O加热过程中固体的质量变化如图。
①写出CaC2O4·H2O在400~600℃范围内分解反应的化学方程式： 。
②与CaCO3热分解制备的CaO相比，CaC2O4·H2O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能，其原因可能是 。
利用CO2加氢制备CH3OH是人工固碳的途径之一、已知：
反应I：CO2(g)＋3H2(g) ⇌ CH3OH(g)＋ H2O(g) ΔH1
反应Ⅱ：CO2(g)＋H2(g) ⇌ CO(g)＋ H2O(g) ΔH2=41 kJ·ml-1
反应Ⅲ：CO(g)＋2H2(g) ⇌ CH3OH(g) ΔH3=-90 kJ·ml-1
(5)反应I的化学平衡常数的表达式K= ；ΔH1= kJ·ml-1；升高温度，平衡常数K (填写“变大”“不变”“变小”)。
(6)有利于提高反应Ⅱ中 CO2的平衡转化率的措施有_____。
A．使用催化剂B．加压
C．升温D．增大CO2和H2的初始投料比
(7)若将含等物质的量CO和H2的混合气体充入恒温恒容密闭容器中进行反应Ⅲ，下列事实能说明此反应已达到平衡状态的是_____。
A．容器内气体密度保持不变
B．混合气体的平均相对分子质量不变
C．生成CH3OH的速率与生成H2的速率相等
D．CO的体积分数保持不变
(8)保持压强、CO2和H2的初始投料比不变，将混合气体按一定流速通过催化剂，经相同时间测得如下实验数据(反应未达到平衡状态)：
表中实验数据表明，温度高，CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低，其原因是 。
【答案】(1)D
(2) CO2 + 2OH－=+ H2O 10
(3)D
(4) CaC2O4 CO +CaCO3 CaO捕集CO2的性能与CaO与CO2气体的接触面积有关，CaC2O4·H2O分解产生的气体更多，使生成的CaO 更加疏松多孔，捕集性能更好
(5) -49 变小
(6)C
(7)BD
(8)升高温度，反应I和反应Ⅱ的反应速率均增大，但反应Ⅱ的反应速率变化更大，导致CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低
【解析】（1）A．减少化石燃料的使用，有利于减少二氧化碳的排放，符合“低碳生活”理念，故A不选；
B．双面使用纸张，有利于减少森林的砍伐，符合“低碳生活”理念，故B不选；
C．大力发展风力发电，有利于减少二氧化碳的排放，符合“低碳生活”理念，故C不选；
D．“焚烧法”处理垃圾会增大二氧化碳的排放，不符合“低碳生活”理念，故D选；
故选D。
（2）①准状况下2.24 L的CO2的物质的量为0.1ml，100 mL3 ml·L-1NaOH溶液中NaOH的物质的量为0.3ml，则少量的CO2和NaOH溶液反应的离子方程式为：CO2 + 2OH－=+ H2O；
②若反应得到的溶液中c()：c()=2：1时，溶液中c(H+)=，pH=10。
（3）A．接触面积越大，反应速率越快，故雾状氢氧化钠更易吸收，故A正确；
B．环节a为分离溶液与沉淀，其基本操作为过滤，故B正确；
C．反应过程中消耗CaO和NaOH，且再次生成，故两种物质可以循环利用，故C正确；
D．在高温反应炉中发生碳酸钙的分解反应，生成氧化钙和二氧化碳，故D错误；
故选：D。
（4）①CaC2O4·H2O的相对分子质量为146，设起始时CaC2O4·H2O的物质的量为1ml，则由图像可知，该反应分为三个阶段，第一阶段失去1ml水，生成CaC2O4；第二阶段CaC2O4失去1ml CO，生成CaCO3；第三阶段CaCO3失去1ml CO2，生成CaO。因此第二阶段，即400～600℃范围内分解反应的化学方程式为CaC2O4 CO↑+CaCO3；
②CaC2O4·H2O和CaCO6两者均可分解生成CaO，而两者制备的CaO捕集CO2的性能不同，说明使两者不同的原因是CaO表面积的大小不同，因1ml CaC2O4·H2O制备CaO的过程中共生成3ml气体，1ml CaCO3制备CaO的过程只生成1ml气体，因此CaC2O4·H2O热分解放出更多的气体，而使制得的CaO更加疏松多孔，具有更好的CO2捕集性能。
（5）反应I的化学平衡常数的表达式K=，由盖斯定律可知，反应Ⅱ+反应Ⅲ=反应I，ΔH1=ΔH2+ ΔH3=-49kJ·ml-1，该反应为放热反应，升高温度，平衡常数K变小。
（6）反应Ⅱ是气体体积不变的吸热，反应升温可以提高 CO2的平衡转化率，增大CO2和H2的初始投料比相等于增大CO2的浓度，CO2的平衡转化率减小，催化剂不能改变CO2的平衡转化率，故选C。
（7）A．密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量和容积始终是不变的，则容器内气体密度保持不变不能说明反应达到平衡状态，A错误；
B．混合气的平均相对分子质量是混合气的质量和混合气的总的物质的量的比值，质量不变，但物质的量是变化的，所以混合气体的平均相对分子质量不变能说明反应达到平衡状态，B正确；
C．生成CH3OH的速率与生成H2的速率相等，但不满足系数之比，反应没有达到平衡状态，C错误；
D．CO的体积分数保持不变说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，D正确；
答案选BD。
（8）升高温度，反应I和反应Ⅱ的反应速率均增大，但反应Ⅱ的反应速率变化更大，导致CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低。
三、实验室制取三氯化六氨合钴(Ⅲ)
3．某兴趣小组采用作氧化剂，在大量氨和氯化铵存在下，选择活性炭作为催化剂将C(Ⅱ)氧化为C(Ⅲ)，来制备三氯化六氨合钴(Ⅲ)配合物。产品为橙黄色单斜晶体，20℃时在水中的溶解度，不溶于乙醇，与中心原子C(Ⅲ)的配位紧密，不易在盐酸溶液中发生解离。反应装置如图所示，实验流程如下：
沉淀
成品称重计算产率
(1)仪器a的名称是 ，请写出该实验制备的化学方程式 ——————————————。
(2)操作(6)水浴加热至60℃的原因 —————————————— 。
(3)洗涤操作中a试剂为 ；b试剂为 。
A．氨水 B．氯化铵溶液 C．盐酸 D．乙醇
(4)下列说法不正确的是_______。
A．若称取晶体，可使用电子天平称量
B．操作(6)水浴加热至60℃，保持20min，并不断摇动锥形瓶，其中盖住锥形瓶的目的是防止氧气进入
C．系列操作(8)将粗产品溶解于稀溶液后，通过过滤将活性炭除去，然后在高浓度的溶液中析出
D．操作(9)烘干可采用高温烘干，加快烘干速率
产品分析：
步骤1、准确称取0.2000g样品于250mL锥形瓶中，加20ml水溶解，然后加溶液，在电炉上加热至无放出(用pH试纸检验)，然后冷却溶液。
步骤2、将溶液转移至碘量瓶中，再加20.00ml水及固体和溶液，立即盖上盖子并摇晃均匀，放暗处静置10min左右。
步骤3、用标准硫代硫酸钠溶液标定样品溶液至浅黄色(这时滴定速度要慢，以防滴过头)，加入5.00mL新配的2%的淀粉指示剂，继续滴定至蓝色消失终点。记录所消耗的硫代硫酸钠的体积V。
(5)步骤3中淀粉指示剂为何不在标准硫代硫酸钠溶液标定样品溶液前加入，请表述原因 。请根据表格数据计算三氯六氨合钴中钴的相对误差： 。(保留两位有效数字)[已知：相对误差=(测量值-标准值)/标准值]三氯六氨合钴中钴的标准含量：
【答案】(1) 恒压滴液漏斗
(2)太低，反应速率过慢；太高配合物会分解
(3) C D
(4)BD
(5) 防止淀粉吸附，导致滴定终点提前到达 -0.50%
【解析】（1）根据仪器构造可判断仪器a的名称是恒压滴液漏斗，反应物有CCl2、氨气、NH4Cl和双氧水，反应中双氧水被还原为水，则实验制备的化学方程式为。
（2）由于温度太低，反应速率过慢；温度太高配合物会分解，所以操作(6)水浴加热至60℃左右。
（3）由于20℃时在水中的溶解度，且不溶于乙醇，所以为了减少溶解而损失，洗涤操作中a试剂为盐酸，b试剂为乙醇，答案选CD。
（4）A. 托盘天平只能读数到0.1g，所以若称取晶体，可使用电子天平称量，A正确；
B. 由于双氧水易分解产生氧气，所以盖住锥形瓶的目的是防止生成的氧气逸出，导致原料利用率低，B错误；
C. 增大氯离子浓度有利于析出晶体，因此系列操作(8)将粗产品溶解于稀溶液后，通过过滤将活性炭除去，然后在高浓度的溶液中析出，C正确；
D. 高温会导致配合物分解，所以操作(9)烘干不可采用高温烘干，D错误；
答案选BD。
（5）为防止淀粉吸附，导致滴定终点提前到达，所以步骤3中淀粉指示剂不在标准硫代硫酸钠溶液标定样品溶液前加入；根据得失电子守恒得出关系式：2C3+～I2～2S2O，则样品中钴的含量为≈21.95%，所以三氯六氨合钴中钴的相对误差为≈-0.50%。
四、一种抗肿瘤药物的合成
4． 天然产物H具有抗肿瘤、镇痉等生物活性，可通过以下路线合成。
已知：(，等)
回答下列问题：
(1)A的链状同分异构体可发生银镜反应，写出这些同分异构体所有可能的结构： 。
(2)在分子，化合物B有 种化学环境不同的氢原子。
(3)化合物X的结构简式为 。
(4)D→E的反应类型为 。
(5)F的分子式为 ，G所含官能团的名称为 。
(6)化合物H含有手性碳原子的数目为 ，下列物质不能与H发生反应的是 (填序号)。
a． b.溶液 c．酸性溶液 d．金属Na
(7)以和≡-COOCH3为原料，合成，在方框中写出路线流程图 (无机试剂和不超过2个碳的有机试剂任选)。
【答案】(1)、、、
(2)4
(3)
(4)加成反应
(5) C13H12O3 酯基、羰基
(6) 1 a
(7)
【解析】（1）A的链状同分异构体可发生银镜反应说明该同分异构体中含有醛基，故可能的结构为、、、。
（2）根据B的结构，有机物B中含有4种不同化学环境的H原子。
（3）根据有机物C和有机物D的结构，有机物C与有机物X发生酯化反应生成有机物D，则有机物X的结构简式为。
（4）D→E为已知条件的反应，反应类型为加成反应。
（5）根据F的结构简式，有机物F的分子式为C13H12O3，有机物G中含有的官能团名称是酯基、羰基。
（6）根据有机物H的结构，有机物H中含有1个手性碳原子，为左下角与羟基相邻的碳原子；有机物H中含有羟基，可以与金属Na发生反应；有机物H中含有羟基，并且与羟基相连的碳原子上有氢原子，同时苯环上有甲基，都可以与酸性高锰酸钾溶液反应；有机物H中含有酯基，可以被NaOH水解；有机物H中不含与CHCl3反应的基团，故不与CHCl3反应，故选择a。
（7）利用和反应制得，可先将环己醇脱水得环己烯，将环己烯（）与溴发生加成反应再发生消去反应制得1,3-环己二烯（），将1，3-环己二烯与发生已知条件的反应制得，反应的具体流程为：
五、以磷精矿精制磷酸
5．以磷精矿[主要成分为，杂质为、有机碳(以计)等]精制磷酸的一种工艺流程如下：
回答下列问题：
已知：的，的；
(1)的俗称是 。
(2)“酸浸”时产物之一为一种腐蚀玻璃的弱酸，该反应的化学方程式为 ；“除氟”时的离子方程式为 。
(3)“脱有机碳”时，氧化剂和还原剂的物质的量之比为 ；温度控制在80℃，一方面是可以加快化学反应速率，另一方面是 。
(4)从原子结构角度解释第一电离能：P大于S的原因 。
(5)当化学平衡常数时，认为反应进行的比较完全。通过计算判断反应能否进行完全 (填“是”或“否”)。
(6)取mg所得精制磷酸，加水稀释，以酚酞为指示剂，用溶液滴定至终点时生成，消耗溶液的体积为。
①已知室温时，、、。下列说法正确的是 (填标号)。
A．溶液呈酸性
B．溶液中
C．加热滴加酚酞的溶液，溶液颜色变浅
D．溶液中：
②精制磷酸的浓度为 。
【答案】(1)熟石膏
(2)
(3) 1：1 减小过氧化氢的受热分解
(4)P的价电子排布式为3s23p3，属于半满稳定结构，第一电离能反常偏大，故第一电离能P>S
(5)是
(6) A
【解析】（1）的俗称为熟石膏。
（2）“酸浸”时生成一种腐蚀玻璃的弱酸（），其化学方程式为；“除氟”时溶液中的与二氧化硅、碳酸钠反应生成难溶性的以及二氧化碳气体，其离子方程式为。
（3）过氧化氢为氧化剂，草酸为还原剂，由电子转移守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：1，过氧化氢不稳定，加热到一定温度后分解加快。
（4）的价电子排布为，属于不稳定结构，而的价电子排布为，属于半满稳定结构，第一电离能反常偏大，故第一电离能。
（5），反应进行的比较完全。
（6）①，A项正确；溶液中，B项错误；类似于A项计算可知呈碱性，滴加酚酞的溶液呈红色，加热促进了的水解，碱性增强，液体颜色变深，C项错误；溶液中由物料守恒可知：，D项错误。
②，的物质的量为，精制磷酸的浓度为。
T(K)
CO2实际转化率(%)
甲醇选择性(%)(即转化的CO2中生成甲醇的百分比)
543
12.3
42.3
553
15.3
39.1
样品质量m
0.2000g
31.00ml
0.02400