化学（山东卷01）-2024年高考押题预测卷(含答案解析)

这是一份化学（山东卷01）-2024年高考押题预测卷(含答案解析)，文件包含化学山东卷01全解全析docx、化学山东卷01考试版A4docx、化学山东卷01参考答案docx等3份试卷配套教学资源，其中试卷共40页， 欢迎下载使用。
（考试时间：90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 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 Se 79 Bi 209
1．化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是
A．“黑金”石墨烯为冬奥会赛场留住温暖，石墨烯属于化合物
B．“长征七号”采用液氧、煤油等作为推进剂，液氧、煤油是纯净物
C．亚硝酸钠是一种防腐剂和护色剂，可用于一些肉制品如腊肉、香肠等的生产
D．用热的纯碱溶液可清洗衣物上的汽油污渍
【答案】C
【解析】A．石墨烯不是化合物，是单质，它全部由碳原子组成，A错误；B．液氧时纯净物，煤油是混合物，B错误；C．亚硝酸钠是一种防腐剂和护色剂，减缓食物腐败，可用于一些肉制品如腊肉、香肠等的生产，C正确；D．汽油不能和碳酸钠溶液反应，也不溶于碳酸钠溶液，则不能用热的纯碱溶液清洗衣物上的汽油污渍，D错误；本题选C。
2．下列所用仪器或试剂，在涉及操作中的作用或性质前后相同的是
A．玻璃棒的作用：过滤；溶解
B．温度计的位置：乙醇浓硫酸共热制乙烯；分离乙醇和水的混合液
C．水体现的性质：分别与Na和Na2O2反应生成气体
D．SO2的性质：分别使溴水和高锰酸钾溶液褪色
【答案】D
【解析】A．过滤和溶解均用到玻璃棒，过滤时玻璃棒起引流作用、溶解时玻璃棒起搅拌作用，两者所起作用不同，故A不符合题意；B．乙醇浓硫酸共热制乙烯时温度计插入反应液中，目的是使反应温度迅速升温到170℃，防止副反应的发生；用蒸馏方法分离乙醇和水的混合液时，温度计放在蒸馏烧瓶的支管口处，用于测定镏出乙醇的温度，两者所起作用不同，故B不符合题意；C．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应中钠是反应的还原剂、水是氧化剂；过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应中过氧化钠即是氧化剂又是还原剂，水即不是氧化剂又不是还原剂，水所起作用不同，故C不符合题意；D．二氧化硫具有还原性，能与溴水和高锰酸钾溶液发生氧化还原反应使溶液褪色，反应中二氧化硫均是反应的还原剂，表现的性质相同，故D符合题意；故选D。
3．下列有关说法正确的是
A．苯酚有毒，所以日常所用的药㿝中不能掺入苯酚
B．各种水果之所以有水果香味，是因为水果中含有酯类物质
C．可用溴水鉴别苯、甲苯、苯酚、己烯
D．尼龙、棉花、天然油脂、ABS树脂都是由高分子化合物组成的物质
【答案】B
【解析】A．苯酚虽然有毒，但也有杀菌消毒的作用，日常所用的药皂中常掺入少量的苯酚，A错误；
B．相对分子质量较小的低级酯具有一定的挥发性，有芳香气味，很多鲜花和水果的香味来自酯，如草莓中含有乙酸乙酯和乙酸异戊酯；B正确；
C．苯和甲苯会萃取溴水中的溴，溶液分层，上层呈橙红色；溴水中加入苯酚，会生成三溴苯酚白色沉淀；己烯与溴发生加成反应，能使溴水褪色；溴水不能区分苯和甲苯，C错误；
D．天然油脂的主要成分是脂肪酸甘油酯，不属于高分子化合物；尼龙、棉花、ABS树脂是由高分子化合物，D错误；
答案选B。
4．下列关于溶液的说法正确的是
A．透明的中性溶液中，能大量共存
B．84消毒液中通入少量：
C．稀硫酸中逐滴加入等浓度溶液，溶液的导电性始终不变
D．向溶液中逐滴加入浓氨水，先有蓝色沉淀，最后得深蓝色溶液
【答案】D
【解析】A． 铁离子水解呈酸性，透明的中性溶液中铁离子不能大量共存，A错误；
B． 84消毒液中通入少量得到硫酸根、氯离子和次氯酸：，B错误；
C． 稀硫酸中逐滴加入等浓度溶液，发生反应的化学方程式为Ba(OH)2+H2SO4= BaSO4↓+2H2O，溶液中自由离子的浓度随着氢氧化钡的滴入而变化，则溶液的导电性先减小，反应恰好完全时导电性接近于0，氢氧化钡过量后，导电性又随之增加，C错误；
D． 向溶液中逐滴加入浓氨水，先发生复分解反应有蓝色Cu(OH)2沉淀，后沉淀溶于氨水生成，故最后得深蓝色溶液，D正确；
答案选D。
5．下列操作规范且能达到实验目的的是
【答案】D
【解析】A．盐酸具有挥发性，HCl进入苯酚钠溶液中也会生成苯酚，故A错误；
B．NaOH溶液碱性太强，导致生成的乙酸乙酯发生水解，故B错误；
C．检验溶液中的是否被氧化应加KSCN溶液检验，故C错误；
D．乙醇通过灼热CuO，黑色固体变红色，说明CuO被还原为Cu，从而能说明乙醇具有还原性，故D正确；
故选：D。
6．对下列一些实验事实的理论解释，错误的是
【答案】A
【解析】A．P原子3p能级轨道半充满较稳定，其第一电离能大于相邻元素，故P原子的第一电离能大于S原子，A错误；
B．乙烯分子结构中存在π键不稳定易断裂，而乙烷没有π键，所以乙烯的化学性质比乙烷活泼，B正确；
C．[Cu(NH3)4]SO4·H2O的溶解度在乙醇中比水中要小，因此向加入过量氨水的硫酸铜溶液中加入乙醇，将析出深蓝色晶体，C正确；
D．HCl和H2O均为极性分子，根据相似相溶原理，可知HCl气体极易溶于水，D正确；
故选A。
7．我国科学家合成了检测的荧光探针A，其结构简式如图。下列关于荧光探针A分子的说法不正确的是
A．不存在手性碳原子B．能形成分子内氢键
C．能与饱和溴水发生取代反应和加成反应 D．探针A最多能与反应
【答案】D
【解析】A．手性碳原子是指连接4个不同的原子或原子团的碳原子，该有机物中不含手性碳原子，A说法正确；
B．该分子中存在-OH和多个O、N，可形成分子内氢键，B说法正确；
C．该分子具有碳碳双键，能与饱和溴水发生加成反应，Br2可以取代酚羟基邻位或对位的H，发生取代反应，C说法正确；
D．酚羟基、酯基水解生成的酚羟基和羧基都能和NaOH反应，探针A最多能与反应，D说法错误；
答案选D。
8．下列实验操作、现象和结论均正确的是
【答案】D
【解析】A．比较S、C非金属性强弱，应通过比较两者最高价氧化物水化物的酸性强弱判断，不是最高价氧化物对应的盐，不能作为判断依据，故A错误；
B．检验铜与浓硫酸反应生成硫酸铜，应将反应后溶液缓慢倒入适量水的烧杯中而不能像浓硫酸中加水，故B错误；
C．向KI溶液中持续滴加氯水，溶液先由无色变为棕黄色，是因氯气将KI氧化生成碘单质，生成的碘单质能继续被氧化生成碘酸，从而使棕黄色褪色，并未体现氯水的漂白性，故C错误；
D．灼烧铜丝使其表面变黑，伸入盛有某有机物的试管中铜丝恢复亮红色，该有机物中可能存在醇羟基将CuO还原为Cu，也能存在羧基将表面氧化铜溶解，故D正确；
故选：D。
9．2024年是元素周期表诞生的第155周年。已知短周期主族元素X、Y、Z、M、N，其原子序数与其对应的0.1ml/L最高价氧化物的水化物溶液，在常温下的pH关系如图所示。下列说法中正确的是
A．X和Y元素均在p区B．元素的电负性：Z＞M＞N
C．M的含氧酸根离子的中心原子为sp2杂化D．XN3和ZN3的空间构型均为三角锥形
【答案】D
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、M、N，由其原子序数与其对应的0.1ml⋅L-1最高价氧化物的水化物溶液在常温下的pH关系图可知，X、N均对应一元强酸，结合原子序数可知X为N元素、N为Cl元素；Y对应一元强碱，Y为Na元素；由溶液的pH可知，Z对应不是强酸，M对应二元强酸，结合原子序数可知Z为P元素、M为S元素，以此来解答。
【解析】由上述分析可知，X为N元素、Y为Na元素、Z为P元素、M为S元素、N为Cl元素，A．X即N元素位于p区，Y即Na元素位于s区，A错误；B．同周期主族元素从左向右电负性增大，则元素的电负性即P＜S＜Cl即Z＜M＜N，B错误；C．M的含氧酸根离子为硫酸根离子或亚硫酸根离子，其中心原子为sp3杂化，C错误；D．NCl3和PCl3中N、P均为sp3杂化，均含1对孤对电子，可知空间构型均为三角锥形，D正确；故答案为：D。
10．工业上煅烧含硫矿物产生的SO2可以按如图流程脱除或利用。
已知：途径I、II、III中均有空气参与；硫酸的结构简式为。下列说法错误的是
A．含硫矿物粉碎有利于提高“煅烧”效率
B．途径II发生的反应为2SO2+O2+2CaCO32CaSO4+2CO2
C．途径III产生的SO3也可以用浓硫酸吸收
D．1mlX最多可以与1mlNaOH反应
【答案】D
【分析】含硫矿物煅烧产生二氧化硫，二氧化硫与氧气、碳酸钙发生反应：2SO2+O2+2CaCO32CaSO4+2CO2，二氧化硫经催化氧化产生三氧化硫，三氧化硫与甲醇反应得到X。
【解析】A．含硫矿物粉碎有利于提高“煅烧”效率，A正确；
B．途径II发生的反应为2SO2+O2+2CaCO32CaSO4+2CO2，B正确；
C．途径III产生的SO3也可以用浓硫酸吸收得到焦硫酸，再稀释转化为浓硫酸可以避免三氧化硫与水反应形成大量酸雾，C正确；
D．X经水解可到硫酸和甲醇，故1mlX最多可以与2mlNaOH反应得到1ml硫酸钠和1ml甲醇，D错误。
故选D。
11．溴代叔丁烷与乙醇的反应进程中的能量变化如图所示。下列说法正确的是
A．溴代叔丁烷与乙醇的反应为吸热
B．溴代叔丁烷和乙醇的总反应速率由反应Ⅲ决定
C．氯代叔丁烷和乙醇中发生相似的反应，则反应I的活化能将增大
D．由该反应原理可推知，二溴乙烷和乙二醇反应可制得环丁烷
【答案】C
【解析】A．根据反应过程中反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，A错误；B．由图可知，反应Ⅰ的活化能最大，所以溴代叔丁烷和乙醇的总反应速率由反应Ⅰ决定，B错误；C．由图可知，反应Ⅰ中碳卤键会断裂，C-Cl的键长小于C-Br，所以C-Cl的键能大，断裂需要的能量多，反应Ⅰ的活化能将增大，C正确；D．由该反应原理可知醇在反应过程中断裂羟基的O-H键，卤代烃断裂碳卤键，会生成醚键，所以二溴乙烷和乙二醇反应不能制得环丁烷，D错误； 故选C。
12．一种原位电化学沉淀技术制备纳米碳酸钙的方法是：向Ca(OH)2过饱和溶液中通入CO2，实验室模拟该方法制备纳米碳酸钙的装置如图所示。下列说法错误的是
A．电流方向为电极a→外电路→电极b→电解质溶液→电极a
B．X、Y、Z对应的物质依次是块状大理石、H2、NaOH
C．离子交换膜为阳离子交换膜
D．理论上外电路每通过2ml电子，则内电路有1ml离子通过交换膜
【答案】B
【分析】该技术是采用电解原理实现制备纳米碳酸钙，结合图示可知左侧圆底烧瓶中制取二氧化碳，二氧化碳通入电解池左侧，用于生成碳酸钙，则电解池中右侧的钙离子应通过离子交换膜进入左侧，由此可知离子交换膜为阳离子交换膜，且电极a为阴极，电极b为阳极，电极a 上反应为，电极b上氯离子放电生成氯气，氯气进入溶液Z中被吸收，Z可以为NaOH，据此分析解答。
【解析】A．据分析，电极a为阴极，电极b为阳极，则电流方向为电极a→外电路→电极b→电解质溶液→电极a ，A正确；
B．X如果是块状大理石，则会生成，不利于CO2的生成，B错误；
C．根据题意，离子交换膜应为阳离子交换膜，C正确；
D．电路中每通过2ml电子，则溶液中有2ml电荷通过交换膜，由以上分析可知钙离子通过离子交换膜，则钙离子的物质的量为1ml，D正确；
故选B。
13．下列说法正确的是
A．图A中，18-冠-6中原子(灰球)电负性大，带负电荷，通过离子键与作用，体现了超分子“分子识别”的特征
B．图B物质相较摩尔质量更大，具更高的熔、沸点
C．图B中，该物质含有键
D．图C中，表示硅氧四面体，则该硅酸盐结构的通式为
【答案】CD
【解析】A．图A中冠醚和钾离子之间存在配位键，不存在离子键，故A错误；
B．图B中阳离子基团较大，离子键较弱，所以晶格能较小，熔沸点较低，则图B物质相较NaBF4更低的熔沸点，故B错误；
C．如图B，1个结构中阳离子含有19个键，阴离子含有4个σ键，故该物质含有键，故C正确；
D．图C中，该结构的最小重复单位如图，最小重复单位中Si原子个数为4+4×=6，O原子个数为14+6×=17，Si元素化合价为+4价、O元素化合价为-2价，则(Si6O17)整体化合价为-10，所以该硅酸盐结构的通式为，故D正确。
答案选CD。
14．苯乙烯是合成树脂、离子交换树脂及合成橡胶等的重要单体，常用如下反应来制备：。在T1℃、10MPa反应条件下，向甲、乙、丙三个容器中分别通入n(乙苯)：n(N2)为1∶1、1∶4、1∶9的混合气体，发生上述反应，测得乙苯转化率随时间变化如表所示。
下列说法正确的是
A．20min内，乙苯的平均反应速率从大到小的顺序是丙>乙>甲
B．若其他条件不变，把容器甲改为恒容容器，则平衡转化率变小
C．T1℃时，该反应的
D．50min时，容器丙中的反应已达到平衡状态
【答案】BC
【解析】A．正反应体积增大，恒压条件下，充入氮气越多，乙苯分压越小，反应速率越慢，故20min内，乙苯的平均反应速率从大到小的顺序是甲>乙>丙，A错误；
B．正反应体积增大，恒压条件下，充入氮气，相当于减小乙苯分压，使平衡正向移动，提高乙苯转化率，但若其他条件不变，把容器甲改为恒容容器，则乙苯分压不变，平衡不移动，平衡转化率减小，B正确；
C．由表格知，T1℃时，甲在50min后，转化率不变，即反应达到平衡，此时乙苯转化率为60%，设起始时乙苯的物质的量为1ml，则氮气物质的量也为1ml，列出三段式：
平衡时总物质的量为：0.4ml+0.6ml+0.6ml+1ml=2.6ml，则，C正确；
D．由表格知，T1℃时，丙在50min时，乙苯转化率为80%，设起始时乙苯的物质的量为1ml，则氮气物质的量也为9ml，列出三段式：
平衡时总物质的量为：0.2ml+0.8ml+0.8ml+9ml=10.8ml，则 由于，所以容器丙中的反应未达到平衡状态，D错误；
故选BC。
【点睛】本题考查化学平衡的计算，为高频考点，把握表中数据、平衡三段式、平衡常数K为解答关键，侧重分析与计算能力的考查，注意K与平衡浓度的关系，题目难度不大。
15．为二元弱酸，常温下向溶液滴加固体（忽略溶液体积变化），溶液中、的百分含量与的关系如图所示，已知；如：。下列说法不正确的是
A．曲线是的百分含量
B．的的数量级为
C．M点对应溶液中，
D．溶液中
【答案】A
【分析】H2A是二元弱酸：，，图中pOH越小，溶液碱性越强，H2A的百分含量随pOH的增大而增大，为曲线c，HA-的百分含量随pOH的增大先增大后减小，为曲线b，溶液中A2-的百分含量随pOH的增大而减小，为曲线a。
【解析】A．据分析，曲线a是A2-的百分含量，故A错误；
B．b、c曲线的交点N，表示H2A和HA-的百分含量相等，即c(H2A)=c(HA-)，Ka1=，根据N点pOH=12.1，则c(H+)=10-1.9ml/L，Ka1=10-1.9，数量级为10-2，故B正确；
C．M点有c(A2-)=c(HA-)，根据电荷守恒有2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，M点pOH=6.8，即c(OH-)>c(H+)，故，故C正确；
D．NaHA完全电离出Na+和HA-，HA-发生水解和电离，故c(HA-)