2024年高考押题预测卷—化学（上海卷03）（全解全析）

这是一份2024年高考押题预测卷—化学（上海卷03）（全解全析），共14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、中国前沿科技巡礼（20分）
1．科技强国，我国科学家在诸多领域取得新突破。
(1)芯片制造会经过六个最为关键的步骤：沉积、光刻胶涂覆、光刻、刻蚀、离子注入和封装。
其中“刻蚀”过程可能用到刻蚀剂HF、NH4BF4及清洗剂CH3CH(OH)CH3。
基态F原子核外电子有 种空间运动状态.
②下列为氟原子激发态的电子排布式的是________（填标号）。
A．1s22s22p43s1 B．1s22s22p43d2 C．1s22s12p5 D．1s22s22p33p2
③C、N、O、F四种元素的第一电离能由大到小的顺序为 。
④氟硼酸铵（NH4BF4）中B的杂化方式为 ，BF4-的空间构型为 。
(2)复兴号高铁车体材质用到了Mn、C等元素。Mn的一种配合物的化学式为[Mn(CO)5(CH3CN)]，CH3CN与Mn原子配位时，提供孤电子对的是 （填元素符号），Mn原子的配位数为 ，CH3CN中σ键与π键数目之比为 。
(3)超导材料TiN具有NaCl型结构（如图），晶胞参数（晶胞边长）为a pm，该氮化钛晶体的密度为 （列出计算式即可）g⋅cm-3。
【答案】(1) 5（2分） AD （3分，对一个1分，对两个3分） F＞N＞O＞C （2分）
sp3 （2分） 正四面体形（2分）
(2) N （2分） 6 （2分） 5:2（2分）
(3)4×(48+14)NAa×10-103（3分）
【解析】（1）①已知F是9号元素，其基态原子核外电子排布式为1s22s22p5，核外电子占有5个轨道，故基态F原子核外电子的空间运动状态有5种；
②A．1s22s22p43s1是F的激发态原子；
B．1s22s22p43d2是Ne的激发态原子；
C．1s22s12p5是O的激发态原子；
D．1s22s22p33p2是F的激发态原子；
故属于F原子激发态的电子排布式是AD；
③同一周期，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，其中VA族元素的第一电离能高于其相邻的元素，故第一电离能：F＞N＞O＞C；
④氟硼酸铵（NH4BF4）中含有BF4-，其中心原子B周围的价层电子对数为4+12(3+1-4×1)=4，故B的杂化方式为sp3杂化，BF4-的空间构型为正四面体形；
（2）Mn的一种配合物的化学式为[Mn(CO)5(CH3CN)]，CH3CN中N有孤电子对，C没有孤电子对，因此CH3CN与Mn原子配位时，提供孤电子对的是N原子，配体为5个CO和1个CH3CN，故Mn原子的配位数为6，CH3CN即CH3C≡N，单键全是σ键，三键含一个σ键，二个π键，故CH3CN中σ键与π键数目之比为5：2；
（3）由题干晶胞示意图可知，一个晶胞中含有Ti3+个数为12×14+1=4，含有N3-的个数为8×18+6×12=4，故一个晶胞的质量为4×(48+14)NAg，晶胞参数（晶胞边长）为a pm，故一个晶胞的体积为V=(a×10-10cm)3，故该氮化钛晶体的密度为ρ=mV=4×(48+14)NAga×10-10cm3=4×(48+14)NAa×10-103g/cm3。
二、二氧化碳合成甲醇（20分）
2．人类利用二氧化碳合成淀粉对社会的发展起着重要作用，合成过程首先是利用二氧化碳制备甲醇，合成甲醇的反应为CO2g+3H2g⇌CH3OHg+H2Og ΔH1。回答下列问题：
(1)已知：
①CO2g+4H2g⇌CH4g+2H2Og ΔH2=−a kJ⋅ml−1；
②CH4g+H2Og⇌CH3OHg+H2g ΔH3=+b kJ⋅ml−1；
③a、b均为大于零的数，且a＞b。
ΔH1= （用含a、b的式子表示）kJ⋅ml−1。某研究小组设计合成CH3OH的路线及CH3OH的部分应用如图所示，图中熔融碳酸盐燃料电池的正极电极反应式为 。
(2)研究合成甲醇的催化剂时，在其他条件不变仅改变催化剂种类的情况下，对反应器出口产品进行成分分析，结果如图所示。在以上催化剂中，该反应应选择的最佳催化剂为 。
(3)在研究该反应历程时发现：反应气中水蒸气含量会影响CH3OH的产率。为了研究水分子对该反应机制的内在影响，我国学者利用计算机模拟，研究添加适量水蒸气前后对能垒较大的反应历程能量变化的影响（如图所示，吸附在催化剂表面的物种用*标注）。
①依反应历程图所示，写出有水参与时反应的化学方程式： 。
②结合图3及学过的知识推测，有水参与的历程，反应速率加快的原因是 。
(4)在T℃时，将6ml CO2（g）和12ml H2（g）充入容积为10L的恒容容器中，只发生CO2g+3H2 g⇌CH3OHg+H2Og，初始压强为p0 kPa，测得体系中剩余H2（g）的物质的量随时间变化如图中状态Ⅰ所示。
①T℃时，0～1min内甲醇的反应速率vCH3OH= ml⋅L−1⋅min−1，该反应的平衡常数Kp= kPa−2。（用平衡分压代替平衡浓度计算，列出计算式）
②保持投料量不变，仅改变某一个条件后，测得nH2随时间变化如图中状态Ⅲ所示，与状态Ⅰ相比，状态Ⅲ改变的条件可能是 。
（5）一种可吸附甲醇的材料，其化学式为CNH234BOCH343Cl，部分晶体结构如图所示，其中CNH23+为平面结构。
下列说法错误的是
A．该晶体中存在N−H⋯O氢键
B．CNH23+中C原子为sp2杂化
C．基态原子的未成对电子数：N>C=O>B
D．基态原子的第一电离能：O>N>C>B
【答案】(1) −a−b（2分） O2+4e−+2CO2=2CO32−（2分）
(2)ZnZrO2（2分）
(3) ∗OCH2+H2O∗=∗OCH3+∗OH （3分） 有水参与的历程，活化能较小，反应速率加快（2分）
(4) 0.2 （2分） 1054P02654P03×854P0 （3分） 升高温度（2分）
(5) D (2分)
【解析】（1）根据方程式CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)可知其等于已知反应①加上反应②，由盖斯定律可求得ΔH1=ΔH2+ΔH3=−a+b=−a−bkJ·ml−1；图中燃料电池以熔融碳酸盐为电解质，氧气进入正极，正极电极反应式为O2+4e−+2CO2=2CO32−；
（2）根据据分析，催化剂为ZnZrO2得到的甲醇最多且CO少，该反应应选择的最佳催化剂为ZnZrO2；
（3）依反应历程图所示，有水参与时反应的化学方程式为：∗OCH2+H2O∗=∗OCH3+∗OH有水参与的历程，反应速率加快的原因是有水参与的历程，活化能较小，反应速率加快；
（4）从图中可知，1min时H2的物质的量为6ml，起始的H2的物质的量为12ml，变化的H2的物质的量为6ml，故变化的甲醇的物质的量为2ml，0～1min内甲醇的反应速率v(CH3OH)=2ml10L×1min=0.2ml·L−1·min−1根据图示，8min后H2的物质的量保持不变，体系达到平衡状态，H2的物质的量为2ml，根据题意有，CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)起始/ml61200变化/ml10310103103平衡/ml832103103平衡时候总的物质的量343ml，18343=P0P，P=1727P0，该反应的平衡常数Kp=1034×1727P02634×1727P03×834×1727P0=1054P02654P03×854P0；状态Ⅲ与状态Ⅰ相比，H2的物质的量增加，参与反应的氢气的物质的量减少，平衡逆向移动，同时从图中可知达到平衡的时间变短，该反应是一个放热反应，综合可知改变的条件可能是升高温度。
(5) A．由晶体结构图可知，CNH23+中的-NH2的H与BOCH34−中的O形成氢键，因此，该晶体中存在N-H∙∙∙O氢键，A正确；
B．CNH23+为平面结构，则其中的C原子轨道杂化类型均为sp2杂化，B正确；
C．B、C、O、N的未成对电子数分别为1、2、2、3，则基态原子未成对电子数N>C=O>B，C正确；
D．同周期元素第一电离能能呈递增趋势，N核外电子排布处于半充满的较稳定状态，其第一电离能大于相邻族元素，基态原子的第一电离能：N>O>C>B，D错误；
答案选D。
三．实验室合成亚硫酸亚铜铵(20分)
3．NH4CuSO3(亚硫酸亚铜铵)是一种白色难溶于水、难溶于酒精的化工产品。某小组设计如下实验装置制备NH4CuSO3并探究SO2的漂白性。
实验步骤：i．实验开始时，首先向三颈烧瓶中逐滴加入浓氨水直至得到深蓝色溶液；
ⅱ．然后向三颈烧瓶中通入SO2直至不再产生白色沉淀；
ⅲ．反应完毕后，将装置B中混合物过滤、酒精洗涤、干燥，即得成品。
已知：实验中还观察到装置D中溶液无明显现象，装置E中溶液红色褪去。
请回答下列问题：
(1)检查装置A气密性的操作方法为 。
(2)装置C的目的是 。
(3)实验步骤ⅱ中生成白色沉淀的离子方程式为 。
(4)实验步骤ⅲ中用酒精替代水洗涤的优点是 。
(5)为探究装置D、E中实验现象，化学兴趣小组对装置E中品红褪色的原因猜想如下：
猜想ⅰ：甲同学认为使品红褪色的微粒主要是SO32-；
猜想ⅱ：乙同学认为使品红褪色的微粒主要是HSO3-；。
为了验证猜想ⅰ和ⅱ，进行以下实验：
将10mL品红水溶液分成两份，在两份溶液中分别加入0.1ml·L-1的 溶液(填化学式，下同)和0.1ml·L-1 溶液，发现前者褪色快，后者褪色慢，说明上述猜想i比ⅱ合理。
(6)测定产品中NH4+的含量：称取0.4200g样品，加入足量的NaOH浓溶液，充分加热，生成的气体用·L-1H2SO4溶液全部吸收，用0.0900ml·L-1标准NaOH溶液滴定过量的H2SO4，消耗NaOH溶液22.00mL，则样品中NH4CuSO3的质量分数是 %(结果保留三位有效数字)。
(7)下列操作使测得的NH4CuSO3质量分数偏大的为 (填字母)。
a．滴定前仰视滴定管读数，滴定后读数正确
b．NaOH标准溶液使用前敞口放置于空气中一段时间
c．滴定结束读数时，发现滴定管尖嘴处还悬有一滴标准氢氧化钠溶液
d．用H2SO4溶液吸收NH3操作缓慢，导致部分NH3外逸到空气中
【答案】(1)夹上弹簧夹，向分液漏斗中加入足量的水，打开活塞，一段时间后，水不再滴落（3分）
(2)吸收水和氨气，防止其影响二氧化硫的漂白性实验（2分）
(3)2CuNH34SO4+2SO2+4H2O =NH4CuSO3↓+3NH42SO4+NH3·H2O（3分）
(4)可洗去产品表面的水和溶于水的可溶性杂质，比用水洗涤更彻底，且酒精具有挥发性，有利于后续干燥（2分）
(5) Na2SO3 （2分） NaHSO3（2分）
(6) 77.9% （3分）
(7) a（3分）
【解析】（1）检查装置A气密性的操作方法为：夹上弹簧夹，向分液漏斗中加入足量的水，打开活塞，一段时间后，水不再滴落；
（2）装置C中的浓硫酸用于吸收水和氨气，防止其影响二氧化硫的漂白性实验；
（3）实验步骤ⅱ中2CuNH34SO4与SO2反应生成白色沉淀NH4CuSO3，离子方程式为：
2CuNH34SO4+2SO2+4H2O =NH4CuSO3↓+3NH42SO4+NH3·H2O；
（4）实验步骤ⅲ中过滤后的产品上残留有水和溶于水的可溶性杂质，用酒精替代水洗涤，可洗去产品表面的水和溶于水的可溶性杂质，比用水洗涤更彻底，且酒精具有挥发性，有利于后续干燥；
（5）探究使E中品红褪色原因是SO32−还是HSO3−，需要控制变量，已知上述猜想i比ⅱ合理，前者褪色快，后者褪色慢，因此第一份溶液中加0.1ml·L-1Na2SO3，第二份加0.1ml·L-1NaHSO3；
（6）由题可知，加入足量的NaOH浓溶液，充分加热，使产品中的铵根离子转化为NH3，用硫酸吸收氨气，发生反应：2NH3+H2SO4=NH42SO4，用标准NaOH溶液滴定过量的硫酸，发生反应：H2SO4+2NaOH=2H2O+Na2SO4，由此可得关系式：2NH4CuSO3~2NH3~H2SO4，nNH4CuSO3=2nH2SO4=2×0.1000ml/L×0.02L-12×0.0900ml/L×0.022L=0.00202ml样品中NH4CuSO3的质量分数是0.00202ml×162g/ml0.4200g×100%=77.9%；
(7) a．滴定前仰视滴定管读数，滴定后读数正确，即氢氧化钠体积偏小，使得NH4CuSO3的质量分数偏大，a符合题意；
b．NaOH标准溶液使用前敞口放置于空气中一段时间，会吸收空气中的CO2，但滴定硫酸消耗的体积不变，b不符合题意；
c．滴定结束读数时，发现滴定管尖嘴处还悬有一滴标准氢氧化钠溶液，即氢氧化钠体积偏大，使得NH4CuSO3的质量分数偏小，c不符合题意
d．用H2SO4溶液吸收NH3操作缓慢，导致部分NH3外逸到空气中，使得NH4CuSO3的质量分数偏小，d不符合题意；
故选a。
四．新型锂离子电池有机电解质的合成（22分）
4．温室气体CO2资源化利用的一种途径如下，生成物H和I可用作锂离子电池的电解质。
(1)化合物E的分子式为 ，它的芳香同分异构体中，核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为3:2:2:1的结构简式为 (写一种)。
(2)根据化合物E的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
(3)A与x反应生成B，该反应的原子利用率为100%，x为 。
(4)C到D反应的化学方程式为 。
(5)下列有关说法正确的有_______。
A．F到G的反应过程中，有C=C双键的断裂和C-O键的形成
B．G到H的反应过程中，有C=O双键和C-O键的形成
C．化合物E中的碳原子只有sp和sp2两种杂化方式，且不存在手性碳原子
D．CO2属于非极性分子，其分子空间结构为直线型
(6) I中的手性碳原子有________种。
(7)选用A的同系物和x为原料，参考上述信息，制备和。写出该合成路线 (无机试剂任选)。
【答案】(1) C9H8O （2分） （2分）
(2) O2、Cu/△ （2分） -CHO（2分）
(3) （3分）
(4)+Br2→FeBr3+HBr（2分）
(5)ABD（3分）
(6)3（2分）
(7)→KOHH2Pt→催化剂H2O2→TBABΔCO2+（4分）
【解析】（1）
由图可知，E的分子式为：C9H8O；其芳香同分异构体中，核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为3:2:2:1，即该物质有苯环，有四种等效氢，且其数目比为：3:2:2:1，符合条件的物质为：；
（2）
E发生生成有机产物的氧化反应，即E与O2在Cu作催化剂且加热的条件下生成；
（3）
A与x反应生成B，该反应的原子利用率为100%，根据A和B的结构可知，x为；
（4）
C到D即苯环上有一个H被Br取代，化学方程式为：+Br2→FeBr3+HBr；
（5）A．由图可知，F到G有C=C双键的断裂和C-O键的形成，故A正确；
B．G与O=C=O反应得H，有C=O双键和C-O键的形成，故B正确；
C．E中与羟基相连的C为sp3杂化，故C错误；
D．CO2结构为O=C=O，C为sp杂化，属于直线型分子，分子的正电中心和负电中心重合，属于非极性分子，故D正确；
故选ABD。
（6）I中有三个手性碳原子。
（7）根据和的结构可知，它们由和CO2在TBAB和加热的条件下生成，由和H2O2在催化剂的条件下生成，是与氢气在Pt和加热条件下生成，由此可知原料A的同系物为，即合成路线为：→KOHH2Pt→催化剂H2O2→TBABΔCO2+；
五、工业上提取锌（18分）
5．研究从含锌资源中获取Zn的途径具有重要意义。
Ⅰ.工业上酸浸提锌
氧化锌矿中含有ZnO、Fe2O3、FeO、PbO、Al2O3、CaO、SiO2等。
已知：
ⅰ.几种难溶电解质的Ksp
ⅱ.浸出液中主要金属正离子浓度
(1)浸出渣的主要成分有PbSO4、CaSO4和SiO2。PbO和H2SO4反应的离子方程式是 。
(2)加入试剂a的目的是 。
(3)电解前，含Zn2+溶液中铁和铝的离子浓度均需小于10−6 ml⋅L−1，应调节pH的范围是(忽略①和②导致的体积变化) 。
A.3.0~4.0 B.4.0~5.0 C .5.0~6.0 D.6.0~7.0
Ⅱ.实验室中氨浸提锌
已知：
ⅲ.ZnNH342+⇌Zn2++4NH3 K=10−9.5
ⅳ.M的结构简式如图所示，R为−C9H19，两个羟基中、酚羟基酸性较强。
(4)NH3和NH42SO4浸取ZnO发生反应的离子方程式是 。
(5)M能与Zn2+形成稳定的配合物X，相关反应为2M+Zn2+⇌2H++X。
①补全图中X的结构并用“…”标出氢键 。
②X中形成氢键有利于Zn2+的萃取，原因可能是 。
(6)从平衡移动的角度解释CO2能提高有机溶液中X含量的原因： 。
【答案】(1)PbO+2H++SO42−ΔPbSO4+H2O（3分）
(2)将Fe2+氧化成Fe3+，利于通过调pH将其除去（3分）
(3)C（3分）
(4) ZnO+2NH3+2NH4+=ZnNH342++H2O（3分）
(5)
（2分） 提高X结构的稳定性；提高X在有机溶剂中的溶解性；降低X在水中的溶解性（2分）
(6)CO2与NH3反应，cNH3降低，促进ZnNH342+⇌Zn2++4NH3向正向移动，导致cZn2+增大，促进2M+Zn2+⇌2H++X向正向移动（2分）
【解析】（1）PbO和H2SO4反应生成硫酸铅，其离子方程式是PbO+2H++SO42-ΔPbSO4+H2O；
（2）因为氢氧化亚铁和氢氧化锌属于同类型的难溶物，且两者的溶度积常数大小相当，为了使Fe2+和Zn2+尽可能分离，需要将亚铁离子氧化成铁离子，所以可向浸出液中加氧化性试剂，即加入试剂a的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，利于后续通过调pH将其除去；
（3）氢氧化铝和氢氧化铁属于同类型的难溶物，由表中所给两者溶度积常数可知，当Al3+完全沉淀时，Fe3+也已完全沉淀，调pH时应使Zn2+不沉淀、而使Al3+和Fe3+浓度小于10-6ml/L，要使Zn2+不沉淀，c(OH-)