2024年高考押题预测卷—化学（上海卷02）（全解全析）

这是一份2024年高考押题预测卷—化学（上海卷02）（全解全析），共16页。
化 学
（考试时间：60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。
一．柠檬酸铁铵和铁氰化钾的组成结构（20分）
1．柠檬酸铁铵和铁氰化钾在紫外线照射下产生普鲁士蓝(PB)，可用于染色和能源行业。
(1)制备柠檬酸铁铵的原料有铁盐、氨水和柠檬酸。
①基态Fe3+的价层电子轨道表示式是 。
②NH4+的VSEPR模型名称是 。
(2)避光条件下，柠檬酸铁铵与铁氰化钾反应得到普鲁士黄(PY)，其晶胞形状为立方体，结构如图所示。
①PY中所有Fe3+均与CN−形成配位键。结合电子式，解释CN−在PY中作配体的原因： 。
②已知PY中相邻Fe3+之间的距离为a nm，NA表示阿伏加德罗常数的值，PY的密度为
g⋅cm−3(用代数式表示，1 nm=10−7 cm)。
(3)在紫外线照射下，PY中部分Fe3+转化为Fe2+，同时K+嵌入，PY转变为PB．PB晶胞结构如图所示，其中Fe3+周围最近且等距的Fe3+有12个。图中“”位置被Fe2+或Fe3+占据，用“”补全PB晶胞结构中Ⅰ和Ⅱ两个小立方体中的Fe3+ 。[PB晶胞(K+未画出)]
(4)由于PB中的K+能很容易地嵌入和脱嵌，因此PB可作为钾离子电池的正极材料。充电过程中，推测K+会从PB中脱嵌出来，理由是 。
5．黄铁矿(FeS2)在工业上有着重要的用途，黄铁矿在空气中煅烧的反应为：4FeS2+11O2高温2Fe2O3+8SO2，生成的SO2可用于生产Na2SO3和H2SO4。FeS2立方晶胞如图，其晶胞边长为a nm。下列有关说法不正确的是
A．FeS2中存在非极性共价键
B．SO32−的空间构型为三角锥形
C．SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明SO2具有漂白性
D．晶胞中Fe2+位于S2-所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为22anm
6．某水性钠离子电池电极材料由Na+、Fe2+、Fe3+、CN−组成，Na+嵌入和嵌出立方晶胞体心过程中，Fe2+与Fe3+含量发生变化，其过程如图所示。下列说法错误的是
A．基态铁原子价层电子排布式为3d64s2
B．格林绿晶体中Fe3+周围等距且最近的Fe3+数为6
C．普鲁士蓝中Fe2+与Fe3+个数比为1∶2
D．普鲁士白的化学式为NaFeCN3
【答案】(1) （2分）正四面体形（2分）
(2) CN−电子式为，C和N均能提供孤电子对（3分） 134NA⋅a3×1021（3分）
(3) （3分）
(4)充电过程中Fe2+失去电子转化成Fe3+，正电荷增多，K+从PB中脱嵌（3分）
(5)C（2分）
(6)C（2分）
【解析】（1）
①铁是26号元素，基态Fe3+的价层电子排布式为3d5，价层电子轨道表示式是；
②NH4+的中心原子为N，价层电子对为4对，VSEPR模型名称正四面体形结构；
（2）
①CN-的电子式为，其中C和N均有孤对电子存在，能提供孤电子对；
②在PY的晶胞结构中最小的一个立方体中，8个Fe3+位于立方体的顶角，属于一个小立方体的Fe3+有8×18=1，CN-位于小立方体的棱心，属于一个小立方体的CN-有12×14=3，一个小立方体的质量为56+3×26NA=134NAg，一个小立方体的体积为(a×10-7)3=a3×10-21cm3，PY的密度为：134NA⋅a3×1021g/cm3；
（3）
根据PB晶胞结构，其中Fe3+周围最近且等距的Fe3+有12个，用“”补全PB晶胞结构中Ⅰ和Ⅱ两个小立方体中的Fe3+，结果如下：；
（4）充电过程中阳极上发生Fe2+失去电子转化成Fe3+，正电荷增多，K+从PB中脱嵌。
（5）A．FeS2的电子式为：，存在离子键、非极性共价键，A正确；
B．SO32−中S的价层电子对数为4，孤电子对数为1，则其空间构型为三角锥形，B正确；
C．SO2有还原性，可以使酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误；
D．根据均摊法，Fe2+：14×12+1=4，S22−：18×8+12×6=4，一个晶胞中有4个FeS2，其密度为4Mg/mlNA/ml（a×10−7cm）3=4M×1021NAa3g/cm3；晶胞中Fe2+位于S2-所形成的正八面体的体心，该正八面体的边为两个面心相连，其距离为a22+a22nm=2a2nm，D正确；
故选C。
A．铁元素位于第四周期Ⅷ族，原子序数为26，价层电子排布式为3d64s2，故A说法正确；
B．根据晶胞的结构可知，以体心Fe3+为中心，周围等距离最近的Fe3+个数：同面4个，上下各有1个，共有6个，故B说法正确；
C．根据普鲁士蓝晶胞结构可知，Fe位于顶点、面心、棱上、体心，个数为8×18+6×12+12×14+1=8，Na+位于晶胞内部，个数为4，CN-位于棱上、面上、体内，个数为24×12+24×14+6=24，根据化合价代数和为0，因此有：2N(Fe2+)+3N(Fe3+)+4=24，依据原子守恒N(Fe2+)+N(Fe3+)=8，两式解得，N(Fe2+)=N(Fe3+)=4，因此Fe2+、Fe3+个数比为4∶4=1∶1，故C说法错误；
D．普鲁士白晶胞中，Fe位于顶点、面心、棱上、体心，个数为8×18+6×12+12×14+1=8，Na+位于晶胞内部，个数为8，CN-位于棱上、面上、体内，个数为24×12+24×14+6=24，化学式为NaFe(CN)3，故D说法正确；
答案为C。
二、以乙酸为原料制备氢气（21分）
2．乙酸是典型的有机酸，在生产、生活中有广泛应用．乙酸作为化工原料可以制备氢气，以乙酸为原料制备氢气时的反应：
反应1（热裂解）：CH3COOH(g)⇌2CO(g)+2H2(g) ΔH1=+213.7kJ⋅ml−1
反应2（脱羧基）：CH3COOH(g)⇌CH4(g)+CO2(g) ΔH2=−33.5kJ⋅ml−1
(1)CO2中形成 中心 电子的大π键；CH4g+CO2g⇌2COg+2H2g ΔH= kJ⋅ml−1。
(2)向一恒容密闭容器中充入一定量的乙酸气体发生反应1和反应2，反应相同时间后，测得部分气体产率与温度的关系如图。
①已知640℃之后氢气产率高于甲烷，试说明理由： 。
②一定温度下，若在充入容器的乙酸气体中掺杂一定量水蒸气，氢气产率显著提高而CO产率下降，分析可能原因： （用化学方程式表示）。
(3)采用光催化反应技术直接合成乙酸，可符合原子经济学（原子利用率100%）。下列原料组合符合要求的是 （填标号）。
A．CO2+H2 B．CO+H2 C．H2O+CH4
(4)若利用合适的催化剂控制其他副反应（只发生反应1和反应2），温度为T℃时反应达到平衡，此时总压强为力pkPa，反应1消耗起始乙酸总量的30%，反应2消耗起始乙酸总量的50%，则平衡时H2体积分数为 %；反应2的平衡常数Kp= kPa（Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×体积分数，计算结果用最简式表示）。
(5)研究CH3COOH在水溶液中的电离平衡有重要意义。若室温下将aml⋅L−1的CH3COOH溶液和bml⋅L−1Ba(OH)2溶液等体积混合，恢复至室温后混合溶液中存在2cBa2+=cCH3COO−。则乙酸的电离平衡常数Ka= （用含a和b的代数式表示）。
【答案】(1) 3 （2分） 4（2分） +247.2（2分）
(2) 反应1为吸热反应，反应2 为放热反应，温度高于640℃之后以反应1为主 （2分）H2Og+COg⇌CO2g+H2g（2分）
(3)B（2分）
(4) 25（3分） 25p48（3分）
(5)2b×10−7a−2b（3分）
【解析】（1）CO2分子碳中心原子与2个氧原子形成2个σ键，孤电子对数为12×4−2×2=0，价层电子对数为2，为sp杂化，有2个未成对电子位于2个未参与杂化的p轨道，2个p轨道与杂化轨道互相垂直，分别与1个氧原子的p轨道中未成对电子及另1个氧原子的p轨道中孤电子对形成大π键，即在CO2分子中有2个3中心、4电子的大π键；
根据盖斯定律，反应1-反应2可得CH4g+CO2g⇌2COg+2H2g，故该反应的ΔH=ΔH1−ΔH2=+213.7kJ⋅ml−1−−33.5kJ⋅ml−1=+247.2kJ⋅ml−1；
故答案为：3；4；+247.2；
（2）一定量的乙酸气体发生反应1和反应2，反应相同时间，640℃之前氢气产率低于甲烷，说明反应2速度快为主反应，反应1速率慢，温度升高，反应速率都加快，640℃之后反应1为吸热反应，反应速率加快更大，反应2 为放热反应，反应速率加快小，反应1为主反应，氢气产率高于甲烷；
乙酸气体中掺杂一定量水蒸气，水蒸气与CO反应生成氢气与CO2，H2Og+COg⇌CO2g+H2g使CO产率下降，氢气产率升高；
故答案为：反应1为吸热反应，反应2 为放热反应，温度高于640℃之后以反应1为主；H2Og+COg⇌CO2g+H2g；
（3）A．2CO2+4H2→光催化CH3COOH+2H2O该反应还有H2O生成，原子利用率不等于100%，A错误；
B．2CO+2H2→光催化CH3COOH只有乙酸生成，原子利用率等于100%，B正确；
C．2H2O+2CH4→光催化CH3COOH+4H2该反应还有H2生成，原子利用率不等于100%，C错误；
故答案为：B；
（4）设初始乙酸物质的量为1ml，则利用三段式分析CH3COOH(g)⇌2CO(g)+2H2(g)初始量/ml1转化量平衡量/ml0.60.6
CH3COOH(g)⇌CH4(g)+CO2(g)初始量/ml转化量平衡量/ml1−0.3−，平衡时，总量为0.6+0.6+0.2+0.5+0.5ml=2.4ml，则平衡时H2体积分数为×100%=25%；
反应2的平衡常数Kp= PCH4⋅PCO2PCH3COOH=P总⋅nCH4n总⋅P总⋅nCO2n总P总⋅nCH3COOHn总 =pkPa××pkPa××；
故答案为：25；25p48
（5）2CH3COOH+Ba(OH)2=CH3COO2Ba+2H2O，混合溶液中存在Ba2+、OH-、CH3COOH、CH3COO-、H+，微粒浓度关系存在电荷守恒2cBa2++cH+=cOH-+cCH3COO-，由2cBa2+=cCH3COO−，则cH+=cOH-=10−7ml/L，物料守恒cCH3COOH+cCH3COO-=a2ml/L、cBa2+=b2ml/L，则cCH3COO−=2cBa2+=bml/L、cCH3COOH=a2ml/L−cCH3COO-=a2ml/L−bml/L，由CH3COOH⇌CH3COO-+H+，乙酸的电离平衡常数Ka= cH+⋅cCH3COO−cCH3COOH=10−7×ba2−b= 2b×10−7a−2b；
故答案为：2b×10−7a−2b。
三．实验室制备补铁剂甘氨酸亚铁（20分）
3．有一种新型补铁剂由甘氨酸与硫酸亚铁制取。某化学学习小组用如图所示装置(夹持仪器省略)制备补铁剂甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2Fe]
有关物质性质如下表所示：
回答下列问题：
(1)仪器b的名称是 。
(2)d的作用是 。
(3)实验开始时关闭K2，再依次打开K3和K1，使b中开始反应。此步骤的目的是 。
(4)待仪器b中反应适当时间后，再打开K2关闭K3，使b中溶液进入c中，在50℃恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向c中滴加适量NaOH溶液，调溶液pH至5.5左右，使反应物充分反应。
①c中生成甘氨酸亚铁的化学方程式是 。
②c中少量柠檬酸的作用是 。
③若向c中滴加NaOH溶液过多，pH过大，则会使甘氨酸亚铁的产量降低，主要原因是 。(用离子方程式表示)
(5)反应完成后，向c中反应混合液中加入无水乙醇，生成白色沉淀，将沉淀过滤、洗涤得粗产品，无水乙醇的作用是 。粗产品中混有少量的甘氨酸杂质，可将粗产品放入到盛有 (a．水 b．乙醇 c．冰醋酸)(填标号)的烧杯中，搅拌、过滤、洗涤得到纯净的产品。
(6)产品中亚铁含量的测定：称取产品mg，加入稀硫酸溶解，再加入10%磷酸溶液，配成100mL，取25.00mL于锥形瓶中，加入2滴二苯胺硫磺酸钠指示剂，用0.10mL·L-1[硫酸铈Ce(SO4)2]标准液滴定至由绿色变为紫红色，消耗硫酸铈标准液24.00mL，测得亚铁含量为 %(已知：氧化性：Ce4+>Fe3+还原性：Fe2+>Ce3+)。
【答案】(1)蒸馏烧瓶（2分）
(2)液封或水封，防止空气进入c中（2分）
(3)制取硫酸亚铁同时产生氢气，排出装置内空气（2分）
(4) 2H2NCH2COOH + FeSO4+ 2NaOH=H2NCH2COO2Fe + Na2SO4+2H2O （3分）
防止亚铁离子(或甘氨酸亚铁)被氧化，同时防止亚铁离子水解 （2分） Fe2++2OH-= FeOH2↓（2分）
(5) 降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其析出 （2分） c（2分）
(6)53.76m（3分）
【解析】（1）根据b的结构特点可知其为蒸馏烧瓶；
（2）d中导管插入液面以下，可以形成液封或水封，防止空气进入c中将甘氨酸亚铁氧化；
（3）实验开始时关闭K2，再依次打开K3和K1，使b中开始反应，该操作的目的是：制取硫酸亚铁同时产生氢气，排出装置内空气；
（4）①反应物有甘氨酸、硫酸亚铁以及NaOH，已知生成物有甘氨酸亚铁，结合元素守恒可知方程式应为2H2NCH2COOH + FeSO4+ 2NaOH=H2NCH2COO2Fe + Na2SO4+2H2O；
②c中少量柠檬酸既可以防止亚铁离子(或甘氨酸亚铁)被氧化，同时防止亚铁离子水解；
③若向c中滴加NaOH溶液过多，pH过大，亚铁离子会与OH-直接反应生成Fe(OH)2沉淀，Fe2++2OH-= FeOH2↓，会使甘氨酸亚铁的产量降低。
（5）由题中信息可知，甘氨酸亚铁难溶于乙醇，因此用乙醇洗涤可以降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其析出；由信息可知甘氨酸在冰醋酸中的溶解度大于在乙醇中的溶解度，甘氨酸亚铁难溶于乙醇、冰醋酸，可用冰醋酸除去粗产品中混有的少量甘氨酸杂质；
（6）滴定过程中发生反应：Ce4++ Fe2+= Fe3++ Ce3+；消耗标准液体积24.00mL，则消耗n(Ce4+)=0.10 mL·L-1×0.024L=0.0024ml，待测液中n(Fe2+)= n(Ce4+)=0.0024ml，原样品中n(Fe2+)=0.0024ml×100mL25mL=0.0096ml，亚铁含量为0.0096ml×56g/mlmg×100%=53.76m%。
四、黄酮哌酯的合成（19分）
4．黄酮哌酯是一种解痉药，可通过如下路线合成：
已知：
(1)C3H6为链状结构，该分子中含有的官能团是 。
(2)A→B的反应类型为 。
(3)D的结构简式为 。
(4)C+E→F的化学方程式是 。
(5)下列关于F和G的说法正确的是 。
a．F和G互为同分异构体
b．1 ml G在催化剂作用下，最多可消耗5 ml H2
c．F和G可以利用FeCl3溶液进行鉴别
d．1 ml F与足量NaOH溶液反应，最多可消耗2 ml NaOH
(6)已知：R1CH2OH＋+R2COOH
G制备M的过程如下：
P、Q分别为 、 。
(7)写出M→黄酮哌酯的反应方程式 。
【答案】(1)碳碳双键（2分）
(2)加成反应（2分）
(3)CH3CH2COOH（2分）
(4)+CH3CH2COCl→+HCl（3分）
(5)ac（3分）
(6) （2分） H2O（2分）
(7)+⇌△浓硫酸+H2O（3分）
【解析】（1）C3H6为链状结构，则该分子的结构简式为：CH3CH=CH2，该分子中含有的官能团是碳碳双键，故答案为：碳碳双键。
（2）
由题干流程图可知，A→B的反应为：+CH3CH=CH2→200℃AlCl3，该反应的反应类型为加成反应，故答案为：加成反应。
（3）由分析可知，D的结构简式为CH3CH2COOH，故答案为：CH3CH2COOH。
（4）
由分析可知，C的结构简式为：，根据题干合成流程图可知，C＋E→F的化学方程式是+CH3CH2COCl→+HCl，故答案为：+CH3CH2COCl→+HCl。
（5）a．由上述分析可知，F和G的分子式相同，结构不同，故互为同分异构体，a正确；
b．G的结构简式为：，苯环和酮羰基能够和H2发生加成反应，则1 ml G在催化剂作用下，最多可消耗4mlH2，b错误；
c．由分析可知，F分子中不存在酚羟基，而G分子中含有酚羟基，故F和G可以利用FeCl3溶液进行鉴别，c正确；
d．由F的结构简式可知，1mlF中含有1ml羧基和1ml酚酯基，故1mlF与足量NaOH溶液反应，最多可消耗3mlNaOH，d错误；
故选ac。
（6）
由G的结构简式，结合题干转化信息，可知该转化方程式为：+→一定条件++H2O，故答案为：；H2O。
（7）
题干合成流程图可知，M和发生酯化反应生成黄酮哌酯的反应方程式为：+⇌△浓硫酸+H2O。
五、废钯催化剂中回收海绵钯的化工流程（20分）
5．钯催化剂(主要成分为Pd、α-Al2O3，还含少量铁、铜等)是石油化工中催化加氢和催化氧化等反应的重要催化剂。一种从废钯催化剂中回收海绵钯的工艺流程如下：

已知：①钯催化剂在使用过程中Pd易被氧化为难溶于酸的PdO而失活；H2PdCl4是一种二元强酸；
②常温下，KspFeOH3=1×10-38，KspCuOH2=1×10-20。
回答下列问题：
(1)“还原Ⅰ”过程中加入甲酸的主要目的是还原 (填化学式)。
(2)“酸浸”过程中Pd转化的离子方程式为 。
(3)“酸浸”过程中温度、固液比对浸取率的影响如图，则“酸浸”最佳条件为 。
(4)“离子交换”过程可简单表示为PdCl42-+2RCl⇌R2PdCl4+2Cl-，流出液通入NH3调节pH后过滤，滤液经一系列操作可以得到CuCl2·2H2O。若假设流出液中各金属离子的浓度均为0.01 ml/L，常温下，需要调节pH的范围是 。
(5)“沉钯”过程钯元素主要发生如下转化：H2PdCl4 (稀溶液)→①NH3 [Pd(NH3)4]Cl4 (稀溶液)→①HCl[Pd(NH3)4]Cl2(沉淀)。则滤液中溶质的主要成分为 (填化学式)。
(6)N2H4的电子式为 。
(7)“还原Ⅱ”过程中产生无毒无害气体。由[Pd(NH3)4]Cl2生成海绵钯的化学方程式为 。
(8) H2和O2在钯的配合物离子[PdCl4]2-的作用下合成H2O2，反应历程如图。下列说法不正确的是
A．H2O2中存在极性键和非极性键
B．[PdCl4]2-中Pd2+提供空轨道形成配位键
C．反应①、②、③均属于氧化还原反应
D．等物质的量的H2和O2发生反应时，反应①和反应②转移的电子数之比为1：1
【答案】(1)PbO（2分）
(2)Pb+2H++H2O2+Cl−=PdCl42−+2H2O（3分）
(3)温度80℃，固液比4：1（3分）
(4)3~5（2分）
(5)NH4Cl（2分）
(6) （2分）
(7)N2H4⋅H2O+2PdNH32Cl2=2Pd+N2↑+4NH4Cl+H2O（3分）
(8) C（3分）
【解析】（1）结合信息可知，“还原Ⅰ”加入甲酸的目的是还原PdO，使后续酸浸顺利进行；
（2）“酸浸”过程用盐酸和H2O2，Pd转化为PdC12，对应的离子方程式为：Pd+2H++ H2O2+4C1- =PdCl4-+2H2O；
（3）分析图像可知：较合理的浸出温度为80℃，固液比为4：1；
（4）加入氨水调节pH，使Fe3+沉淀，而Cu2+不发生反应,对于铁离子可知，c(OH-)＞3KspFe(OH)3c(Fe3+)=31×10−381×10−5ml/L=1.0×10-11 ml/L，c(H+)=10-1410-11ml/L=1.0×10-3 ml/L，溶液pH=3；对于铜离子，c(OH-)＜3KspCu(OH)2c(Cu2+)=31×10−200.01ml/L=1.0×10-9 ml/L，c(H+)=10-1410-9ml/L=1.0×10-5 ml/L，溶液pH=5，故需调节溶液的pH范围为3＜pH＜5；
（5）结合“沉钯”过程转化：H2PdCl4 (稀溶液)→①NH3 [Pd(NH3)4]Cl4(稀溶液)→①HCl[Pd(NH3)4]Cl2(沉淀)，则滤液中溶质的主要成分为NH4Cl；
（6）
N原子最外层有5个电子，H原子核外只有1个电子，在N2H4分子中2个N原子形成共价单键N-N，每个N原子再与2个H原子形成2个N-H共价键，使分子中各个原子都达到稳定结构，则N2H4的电子式为；
（7）“还原Ⅱ”中产生无毒无害气体，该气体是N2，由Pd(NH3)2Cl2生成海绵钯，根据电子守恒、原子守恒，可知该反应的化学方程式为：N2H4⋅H2O+2PdNH32Cl2=2Pd+N2↑+4NH4Cl+H2O。
【解析】A．H2O2中存在H-O极性键和O-O非极性键，A正确；
B．[PdCl4]2-中Pd2+提供空轨道与Cl-提供的孤电子对形成配位键，B正确；
C．由题干反应历程图可知，反应①②③分别为：[PdCl4]2-+H2=Pd+2HCl+2Cl-，Pd+O2+2Cl-=[PdCl2O2]2-，[PdCl2O2]2-+2HCl=[PdCl4]2-+H2O2，可知反应①、②均有元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，但反应③没有元素化合价改变，不属于氧化还原反应，C错误；
D．等物质的量的H2和O2发生反应时，反应①H的化合价由0→+1价，反应②O的化合价由0→-1价，转移的电子数之比为1：1，D正确；
故答案为：C。
甘氨酸(H2NCH2COOH)
易溶于水，微溶于乙醇、冰醋酸，在冰醋酸中的溶解度大于在乙醇中的溶解度
柠檬酸
易溶于水和乙醇，酸性较强，有强还原性。
甘氨酸亚铁
易溶于水，难溶于乙醇、冰醋酸。