2024年高考押题预测卷—化学（全国卷新教材02）（全解全析）

这是一份2024年高考押题预测卷—化学（全国卷新教材02）（全解全析），共13页。
化学·全解全析
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
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 N 14 O 16 F 19 S 32
7．化学与科技、社会、生产密切相关。下列有关说法正确的是
A．使用乙醇汽油可以减少汽车尾气中氮氧化物的排放
B．燃煤中加入氧化钙有利于实现“碳达峰”
C．载人火箭逃逸系统复合材料中的酚醛树脂属于有机高分子材料
D．量子通信材料螺旋碳纳米管TEM与石墨烯互为同位素
【答案】C
【详解】高温下空气中的氮气和氧气反应生成NO、NO与氧气反应生成NO2，则乙醇汽油的广泛使用不能减少汽车尾气中氮氧化物的排放，A错误；含硫燃料燃烧生成二氧化硫、氧化钙和二氧化硫生成亚硫酸钙、亚硫酸钙被氧气氧化生成硫酸钙，因此燃煤中添加石灰石能起“固硫”作用、可消除SO2对环境的污染，不能减少CO2的生成，B错误；酚醛树脂为苯酚和甲醛缩聚反应生成的有机物，属于有机高分子材料，C正确；碳纳米管TEM与石墨烯均是碳单质，互为同素异形体，D错误；故选C。
8．苯酚和丙酮都是重要的化工原料，工业上可用异丙苯氧化法来生产苯酚和丙酮，物质转化关系如图，下列说法正确的是
A．a、b分子中均含手性碳原子
B．a、b、c均可使酸性高锰酸钾溶液褪色
C．a的同分异构体中属于苯的同系物的有6种(不包括a)
D．c、d反应生成的双酚A()的分子中同一直线上的碳原子最多有5个
【答案】B
【解析】手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；ab分子中不含手性碳原子，A错误；a中苯环上含有烃链、b中苯环上含有碳支链、C含酚羟基，故均可使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；a的同分异构体中属于苯的同系物的除苯环外可以含有个取代基(-CH2CH2CH3)，有1种；含有两个取代基(-CH3和-C2H5)，有3种；含有3个取代基(3个-CH3)，有3种；因此共有7种，C错误；的中间碳原子为sp3杂化，因此同一直线上的碳原子最多有3个，D错误；故选B。
9．[C(NH3)6]Cl3是一种重要的化工产品，实验室可利用CCl2制取该配合物：2CCl2+10NH3+2NH4Cl+H2O2=2[C(NH3)6]Cl3+2H2O。已知[C(NH3)6]3+的空间结构如图，其中1～6处的小圆圈表示NH3分子，各相邻的NH3分子间的距离相等，中心离子C3+位于八面体的中心，NH3分子到中心离子的距离相等(图中虚线长度相等)，下列说法正确的是( )
A．H2O2为非极性分子
B．NH3、H2O与C3+形成配离子的稳定性：NH3＜H2O
C．1 ml [C(NH3)6]Cl3含有σ键的数目为18 NA
D．若[C(NH3)6]3+中两个NH3被替代，得到的[C(NH3)4 Cl2]-有2种结构
【答案】D
【解析】H2O2的结构：，正负电荷中心不能重合，为极性分子，A错误；电负性：N＜O，NH3分子中的氮原子更容易给出孤电子对，所以NH3、H2O与C3+形成配离子的稳定性：NH3＞H2O，B错误；[C(NH3)6]Cl3中含有NH3与C3+形成6个配位键，6个的NH3中有6×3=18个N-H键，所以1 ml [C(NH3)6]Cl3含有σ键的数目为(18+6=24)NA，C错误；根据结构图可知，若[C(NH3)6]3+中两个NH3被Cl-替代，可能取代的邻近的或者相对位置的两个NH3，得到的[C(NH3)4 Cl2]-有2种结构，D正确；故选D。
10．砷化镓是一种立方晶系如图甲所示，将Mn掺杂到晶体中得到稀磁性半导体材料如图乙所示，砷化镓的晶胞参数为x pm，密度为。下列说法错误的是
A．砷化镓中配位键的数目是
B．Ga和As的最近距离是
C．沿体对角线a→b方向投影图如丙，若c在11处，则As的位置为7、9、11、13
D．Mn掺杂到砷化镓晶体中，和Mn最近且等距离的As的数目为6
【答案】D
【解析】由甲可知砷化镓的化学式为GaAs，砷化镓中砷提供孤电子对，镓提供空轨道形成配位键，平均1个GaAs配位键的数目为1，则砷化镓中配位键的数目是，A正确；由砷化镓晶胞结构可知，Ga和As的最近距离为晶胞体对角线的，Ga和As的最近距离是，B正确；由砷化镓晶胞结构可知，c位于侧面的面心，沿体对角线a→b方向投影图如丙，则As的位置为7、9、11、13，C正确；
由乙晶胞结构可知，和Mn最近且等距离的As的数目为4，D错误；故选D。
11．用如图所示的装置进行实验，其中a、b、c中分别盛有试剂1、2、3，能达到相应实验目的的是
【答案】C
【解析】Cu和浓硫酸需在加热的条件下反应，A错误；浓盐酸具有挥发性，生成的气体中混有HCl气体，HCl气体也能和溶液反应，不能比较C、Si的非金属性强弱，B错误；使酸性溶液褪色体现的还原性，C正确；不能和反应，不能验证具有两性，D错误；故选C。
12．天津大学在光催化应用研究取得重大进展，以下是光催化微生物燃料电池的工作原理：
已知：电极a在光激发条件下会产生电子()-空穴()。下列说法错误的是
A．电极电势：电极a>电极b
B．光激发时，光生电子会与结合，光生空穴会与电极b产生的电子结合
C．电极b电极反应式：
D．电池工作一段时间后，右侧溶液pH保持不变(不考虑的溶解)
【答案】D
【解析】根据题图信息判断，在电极b上失电子，转化为，则电极b为负极，电极a为正极，原电池中，正极的电极电势高于负极的电极电势，则电极电势：电极a>电极b，A正确；根据题图信息判断，电极a在光激发条件下会产生电子()、空穴()，光生电子会与结合，光生空穴会与电极b产生的电子结合，B正确；根据得失电子守恒判断，电极b发生的电极反应式为，C正确；根据电极反应，右侧溶液中每生成l个，为保持溶液电中性，同时会有l个通过阳膜移向左侧溶液，的数量不变，但右侧电解消耗水，体积减小，c(H+)增大，pH减小，D错误。故选D。
13. 电位滴定法是根据滴定过程中电极电位变化来判断滴定终点的一种滴定分析方法，滴定终点时电极电位发生突变。常温下，利用盐酸滴定某溶液中磷酸钠的含量，其电位滴定曲线与pH曲线如图所示。下列说法不正确的是
已知：磷酸Ka1=6.9×10-3、Ka2=6.2×10-8、Ka3=4.8×10-13
A．a点对应的溶液呈弱碱性
B．水的电离程度：a点小于b点
C．b点对应的溶液中存在：c(H+)+c(H3PO4)=c(OH-)+()+2c()
D．c点对应的溶液中存在：c(Cl-)>c(H3PO4)>c()>c()
【答案】B
【解析】0-a发生的反应为，a点的主成分为和NaCl；a-b发生的反应为，b点的主成分为和NaCl；b-c发生的反应为，c点的主成分为和NaCl，，即的水解程度大于电离，故该溶液为碱性，A正确；，即电离大于水解，b点溶液呈酸性，电离出来的H+抑制H2O的电离，而a点水解促进水的电离，水的电离a>b，B错误；b点成分为NaH2PO4，该溶液中存在质子守恒为c(H+)+ c(H3PO4)=c(OH-)+()+2c()，C正确；主成分为和NaCl，由上分析两者物质的量之比为1：3，c(Cl-)> c(H3PO4)。同时磷酸的电离逐级减弱c()> c()，所以c(Cl-)> c(H3PO4)> c()> c()，D正确；故选B。
27．（14分）五氧化二钽(Ta2O5)主要用作钽酸锂单晶和制造高折射低色散特种光学玻璃等。一种以含钽废料(主要成分为NaTaO3、SiO2以及少量的FeO、Fe2O3、Al2O3等)为原料制备Ta2O5的工艺流程如图所示：
已知：H2TaF7是弱酸。回答下列问题：
（1）“酸溶”时，Fe2O3发生反应的基本反应类型为 ，滤渣的主要成分是 (填化学式)。
（2）“氧化”时，发生反应的离子方程式为 。
（3）常温下，“调pH”时，若过滤出沉淀后溶液的pH=5，Al3+是否沉淀完全？
(请写出简要步骤)。已知：常温下，Ksp[Al(OH)3]=1.9×10−33，溶液中离子浓度小于或等于1×10−5时可视为沉淀完全。
（4）“浸钽”时，加入4g/L的HF溶液，浸出时间为4h，钽的浸出率随温度的变化如图所示，该HF溶液的物质的量浓度为 ml/L，浸出的最佳温度为 ℃；“调pH”后，溶液中溶质主要为NaTaO3，写出“浸钽”时生成H2TaF7的离子方程式： 。
（5）“沉钽”时，生成Ta(OH)5，反应化学方程式为 。
【答案】（1）复分解反应（1分） SiO2（1分）
（2）2H++2Fe2++H2O2=2H2O+2Fe3+ （2分）
溶液中c(OH−)=1×10−9ml/L，可得c(Al3+)=，Al3+沉淀完全
（2分）
（4）0.2 （2分） 80 （2分） 7HF+TaO+H+= H2TaF7+3H2O （2分）
（5）H2TaF7+7NH3•H2O=Ta(OH)5+7NH4F+2H2O （2分）
【解析】以含钽废料(主要成分为NaTaO3、SiO2以及少量的FeO、Fe2O3、Al2O3等)为原料制备Ta2O5，含钽废料先粉碎，然后加入稀硫酸酸溶，SiO2不溶于硫酸，FeO、Fe2O3、Al2O3等溶解生成Fe2+、Fe3+、Al3+，加双氧水将Fe2+氧化成Fe3+，然后加入氢氧化钠溶液调节pH生成氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，过滤得到对应沉淀，“调pH”后，溶液中溶质主要为NaTaO3，“浸钽”时生成H2TaF7和水，“沉钽”时，H2TaF7与NH3•H2O反应生成Ta(OH)5，焙烧得Ta2O5。
（1）“酸溶”时，Fe2O3发生Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H8O反应，属于复分解反应，SiO2不溶于硫酸，滤渣的主要成分是SiO2，故答案为：复分解反应；SiO6；
（2）加双氧水将Fe2+氧化成Fe3+，发生反应的离子方程式为2H++2Fe2++H2O2=2H2O+2Fe3+；
（3）常温下，“调pH=5”时，此时溶液中c(OH−)=1×10−9ml/L，可得c(Al3+)=，Al3+沉淀完全；
（4）HF溶液的物质的量浓度c(HF)===2.2ml/L，由图可知，浸出的最佳温度为80℃，温度过低，浸出率低，温度过高，Ta浸出率变化不大，但耗能增大；“调pH”后，溶液中溶质主要为NaTaO3，“浸钽”时生成H2TaF7和水，离子方程式：7HF+TaO+H+= H2TaF7+3H2O，
故答案为：0.2；80；7HF+TaO+H+= H2TaF7+3H2O；
（5）“沉钽”时通入氨气，生成了一水合氨，H2TaF7与NH3•H2O反应生成Ta(OH)5，反应化学方程式为H2TaF7+7NH3•H2O=Ta(OH)5+7NH4F+2H2O。
28．（14分）亚硝酰硫酸()在重氮化反应中可以代替亚硝酸钠。实验室用如图装置(部分夹持仪器略)制备少量亚硝酰硫酸，并测定产品纯度。
已知：
ⅰ.亚硝酰硫酸是白色片状、多孔或粒状晶体，遇水分解为硫酸、硝酸和NO，溶于浓硫酸而不分解。
ⅱ.实验室制备亚硝酰硫酸的原理为，。
回答下列问题：
（1）仪器Ⅰ的名称为___________，按照气流从左到右的顺序，上述仪器的连接顺序为___________(填仪器接口的字母，部分仪器可以重复使用)，C装置的作用为___________。
（2）反应需温度控制在25℃～40℃，采用的加热方式为___________，开始时反应缓慢，但某时刻反应速率明显加快，其原因可能是___________。
（3）测定亚硝酰硫酸的纯度
步骤①：准确称取14.00g产品，在特定条件下配制成250mL溶液。
步骤②：取25.00mL①中溶液于250mL烧瓶中，加入60.00mL未知浓度溶液(过量)和10.00mL25%溶液，摇匀，发生反应。
步骤③：向②反应后溶液中加0.2500 标准溶液进行滴定，消耗溶液20.00mL。
步骤④：把②中亚硝酰硫酸溶液换为蒸馏水(空白实验)，重复上述步骤，消耗溶液的体积为60.00mL。
滴定终点时的现象为___________，亚硝酰硫酸的纯度为___________(精确到0.1%)。
【答案】（1）蒸馏烧瓶 （2分） a→de→cb→de→f （2分） 吸水，防止亚硝酰硫酸遇水分解为硫酸、硝酸和NO （2分）
（2）水浴加热 （2分） 由于生成的对该反应有催化作用，导致反应速率加快 （2分）
（3）溶液由浅紫色变为无色，且半分钟内颜色不再恢复 （2分） 90.7% （2分）
【解析】本实验制备亚硝酰硫酸，原理是SO2+HNO3=SO3+HNO2，SO3+HNO2=NOSO4H，A装置制备二氧化硫，因为亚硝酰硫酸遇水分解为硫酸、硝酸和NO，需要除去二氧化硫中的水蒸气，即通过C装置，然后通入B装置反应，因为二氧化硫对环境有污染，因此需要尾气处理，装置D除去多余二氧化硫，据此分析；
（1）根据仪器Ⅰ的特点，仪器Ⅰ名称为蒸馏烧瓶；根据上述分析，连接顺序是a→de→cb→de→f，C装置作用为吸收二氧化硫中的水蒸气，防止亚硝酰硫酸遇水分解为硫酸、硝酸和NO；故答案为蒸馏烧瓶；a→de→cb→de→f；吸收二氧化硫中的水蒸气，防止亚硝酰硫酸遇水分解为硫酸、硝酸和NO；
（2）温度控制在25℃～40℃，反应温度小于100℃，采取加热方式为水浴加热；开始时反应缓慢，某时刻反应速率明显加快，这个现象与酸性高锰酸钾溶液与草酸反应类似，Mn2+作高锰酸钾与草酸反应的催化剂，因此引起反应速率明显加快的原因是NOSO4H为该反应的催化剂；故答案为水浴加热；NOSO4H对该反应有催化作用，导致反应速率加快；
（3）用标准液草酸钠滴定高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液褪色，滴定终点的现象：滴入最后半滴标准液，溶液有浅紫色变为无色，且半分钟或30s不恢复；把②中亚硝酰硫酸换为蒸馏水，重复上述操作步骤，消耗草酸钠的体积为60mL，根据得失电子数目守恒，有：60.00mL×10-3L/mL×0.2500ml/L×2×(4-3)=60.00mL×10-3L/mL×c(KMnO4)×(7-2)，解得c(KMnO4)=0.1ml/L，NOSO4H、草酸钠作还原剂，高锰酸钾作氧化剂，因此根据得失电子数目守恒，有：20.00mL×10-3L/mL×0.2500ml/L×2×(4-3)+n(NOSO4H)×(5-3)=60.00mL×10-3L/mL×0.1ml/L×(7-2)，解得n(NOSO4H)=0.01ml，则250mL溶液中含有NOSO4H物质的量为0.1ml，则14.00g产品中纯度为≈90.7%；故答案为滴入最后半滴标准液，溶液有浅紫色变为无色，且半分钟或30s不恢复；90.7%。
29．（15分）党的二十大报告中强调“实现碳达峰碳中和是一场广泛而深刻的经济社会系统性变革”。的转化和利用是实现碳中和的有效途径。回答下列问题。
Ⅰ.利用合成淀粉的研究成果已经被我国科学家发表在Nature杂志上。其涉及的关键反应如下：
①
②
③
（1）反应③中 ，该反应的自发条件是 (填“高温自发”“低温自发”或“任何温度下都自发”)，该反应中活化能 (填“>”或“ （1分）
温度低于时，甲醇选择性随温度升高而增大，高于时，甲醇的选择性随温度的升高而减小，则说明温度时反应达到平衡，升高温度甲醇选择性降低，说明反应①逆向移动，正反应放热 （2分）
在实际工业生产中压强过高，成本太高，但反应①为气体体积减小的反应，所以压强不能过低，否则影响甲醇的选择性 （2分） 0.04 （2分） （2分）
（3）B （1分） （2分）
【解析】（1）由盖斯定律可得，反应③可由反应①减去反应②得到，即。反应③焓变且熵减，即，又，所以低温自发。由于该反应是放热反应，所以正反应活化能小于逆反应活化能，即。
（2）①温度低于时，甲醇选择性随温度升高而增大，高于时，甲醇的选择性随温度的升高而减小，则说明温度时反应达到平衡，升高温度甲醇选择性降低，说明反应①逆向移动，正反应放热。由于生成甲醇的反应是气体体积减小的反应，所以压强过低不利于生成甲醇且反应速率慢，虽压强过高有利于生成甲醇，但对设备抗压能力要求高，即在实际工业生产中压强过高，成本太高，但反应①为气体体积减小的反应，所以压强不能过低，否则影响甲醇的选择性。
②设起始加入二氧化碳和氢气的物质的量分别为1ml和3ml，又a点达到平衡且二氧化碳转化率为50%、甲醇的选择性80%，所以消耗的二氧化碳物质的量为0.5ml，即生成的甲醇和一氧化碳的物质的量之和为0.5ml，结合甲醇的选择性计算公式可算出生成的甲醇物质的量为，则生成一氧化碳物质的量为0.1ml，即平衡时甲醇物质的量为0.4ml，水的物质的量为0.5ml，一氧化碳物质的量为0.1ml，氢气物质的量为1.7ml，二氧化碳物质的量为0.5ml，所以甲醇的分压为，则速率为。一氧化碳分压为，水的分压为，二氧化碳分压为，氢气分压为，所以反应②的平衡常数为。
（3）电子由a流向b，说明a为负极，b为正极，与的反应可将化学能转化为电能，甲醇失电子发生氧化反应，所以从A通入，B通入。由a极发生的电极反应。
30．（15分）丙烯醛()是一种重要的有机合成原料，用其合成3-氯丙醛二乙醇缩醛(B)和DAP树脂的一种路线如下：
已知醇与酯可发生如下的酯交换反应：RCOOR′+R″OHRCOOR″+R′OH(R、R'、R″代表烃基)
回答下列问题：
（1）已知A的结构简式为，在制备A的过程中最容易生成的另一种副产物为___________(写结构简式)。
（2）设计丙烯醛→A和C→D步骤的目的为___________。
（3）已知3-氯丙醛二乙醇缩醛(B)的核磁共振氢谱有5组峰，则其结构简式为___________。
（4）已知E的苯环上的一氯代物有两种，则E的名称为___________；E→F的反应类型为___________。
（5）DAP单体中含两个碳碳双键，则由D和F制备DAP单体的化学方程式为___________。
（6）满足下列条件的F的同分异构体M有___________种(不包含立体异构)。
i．苯环上有三个取代基，且只含有一种官能团
ii．除苯环外无其他环状结构
iii．1mlM最多能消耗4mlNaOH
（7）结合上述流程，以乙烯为原料制备 的合成路线为(无机试剂任选)______。
【答案】（1）（2分）
（2）保护碳碳双键，防止其发生加成反应（2分）
（3）（2分）
（4）邻苯二甲酸（1分） 取代反应（1分）
（5）2+ +2CH3OH（2分）
（6）16（2分）
（7）（3分）
【分析】丙烯醛与HCl发生加成反应生成，A与氢气加成生成，再NaOH醇溶液加热条件下生成D；E与甲醇能发生酯化反应，且苯环上只有两种氢，结合E的分子式可知E为 ，E与甲醇反应生成 ，D与F发生信息中反应生成甲醇和 ， 聚合生成DPA树脂，据此分析解答。
【解析】（1）丙烯醛中的碳碳双键不对称，因此再与HCl发生加成反应时除生成外，还有 生成，故答案为： ；
（2）因丙烯醛中含有碳碳双键，碳碳双键也能与氢气发生加成反应，为避免醛基还原过程中碳碳双键发生加氢反应，可通过丙烯醛→A和C→D步骤保护碳碳双键，故答案为：保护碳碳双键，防止其发生加成反应；
（3）3-氯丙醛二乙醇缩醛(B)的核磁共振氢谱有5组峰，则其结构简式为 ，故答案为： ；
（4）由以上分析可知E为邻苯二甲酸，E与甲醇能发生酯化反应(取代反应)生成F，故答案为：邻苯二甲酸；取代反应；
（5）与 发生信息中反应，产物中含有2各碳碳双键，则两者按照2：1反应，反应方程式为：2++2CH3OH，故答案为：2++2CH3OH；
（6）i．苯环上有三个取代基，且只含有一种官能团；ii．除苯环外无其他环状结构；iii．1mlM最多能消耗4mlNaOH，则苯环上应直接连接2个-OOCR结构，又因苯环上只有三个取代基，则可能为2个-OOCH和一个乙基，2个-OOCH邻位时，乙基有2种位置，2个-OOCH间位时，乙基有3种位置，2个-OOCH对位时，乙基有1种位置，共6种；三个取代基也可能：-OOCH、-OOCCH3、-CH3，苯环上连3个不同取代基时有10种结构，因此符合题意的共16种，故答案为：16；
（7）由题中信息可知 可由乙醛和乙醇发生A→B的转化生成，乙醛可由乙醇催化氧化生成，乙醇可由乙烯与水加成得到，则合成路线为：，故答案为：。
评卷人
得分
一、单项选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
选项
试剂1
试剂2
试剂3
实验目的
装置
A
浓硫酸
Cu
浓硫酸
制备干燥纯净的
B
浓盐酸
溶液
比较C、Si的非金属性强弱
C
70%硫酸
酸性溶液
验证具有还原性
D
浓氨水
生石灰
溶液
验证具有两性
评卷人
得分
二、非选择题：本题共4小题，共58分。