2024年高考押题预测卷—化学 (上海卷01)(全解全析)
展开化 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、新型钠离子电池的材料探秘(22分)
1.某钠离子电池以NaClO4的碳酸丙烯酯溶液作电解质溶液,NaxMnFe(CN)6作正极材料,Na作负极材料。
(1)CO2与环氧丙烷()在一定条件下反应制得碳酸丙烯酯。
①CO2是 (填“极性”或“非极性”)分子。
②环氧丙烷中,O原子的杂化轨道类型是 杂化。
③沸点:环氧丙烷 CO2(填“>”或“<”),解释其原因: 。
(2)MnCl2溶液与Na4Fe(CN)6溶液混合可制备NaxMnFe(CN)6晶体。
①基态Mn原子的电子排布式是 。
②CN−的性质与卤素离子相近,被称为拟卤离子,(CN)2被称为拟卤素。
i.(CN)2与H2O反应的生成物的结构式分别是H−C≡N、 。
ii.HCN有酸性但乙炔无明显酸性,HCN的酸性比乙炔的强的原因是 。
③为防止晶体缺陷过多,制备时反应需缓慢且平稳。先将MnCl2溶液与柠檬酸钠(Na3C6H5O7)溶液混合,发生反应:3Mn2++2C6H5O73−⇌Mn3C6H5O72,再加入Na4Fe(CN)6溶液以制备NaxMnFe(CN)6晶体。阐述制备晶体过程中柠檬酸钠溶液的作用: 。
(3)钠离子电池的正极材料NaxMnFe(CN)6在充、放电过程中某时刻的晶胞示意图如下。
①NaxMnFe(CN)6中存在的化学键有配位键、 。
②该时刻的晶胞所示的NaxMnFe(CN)6中,x= 。
【答案】(1) 非极性 (2分) sp3 (2分) > (2分) 二者均为分子构成的物质,环氧丙烷的相对分子质量更大,分子的极性更大,范德华力更大(2分)
(2) 1s22s22p63s23p63d54s2 (2分) H−O−C≡N (2分) N原子的电负性大,−CN具有吸电子效应,使HCN中H−C的极性更大,更易断裂 (2分) 柠檬酸钠与Mn2+反应生成Mn3C6H5O72,降低了Mn2+的浓度,使制备晶体的反应速率减小;随着反应进行,Mn2+的浓度降低,3Mn2++2C6H5O73−⇌Mn3C6H5O72逆向进行,释放出Mn2+,使制备晶体的反应缓慢且平稳(4分)
(3) 离子键、(极性)共价键 (2分) 1(2分)
【解析】(1)①CO2分子中碳原子为sp杂化,分子为直线型,正负电荷的重心重合,是非极性分子,故答案为:非极性;
②环氧丙烷中,O原子的孤电子对数为6−1×22=2,成键原子数为2,所以其价层电子对数为2+2=4,所以O的杂化轨道类型是sp3杂化,故答案为:sp3;
③环氧丙烷和CO2均为分子晶体,分子晶体的相对分子质量越大,范德力华越大,熔沸点越高,环氧丙烷的相对分子质量大于CO2,所以环氧丙烷的沸点大于CO2,故答案为:>;二者均为分子构成的物质,环氧丙烷的相对分子质量更大,分子的极性更大,范德华力更大;
(2)①Mn是25号原子,所以基态Mn原子的电子排布式是1s22s22p63s23p63d54s2,故答案为:1s22s22p63s23p63d54s2;
②由CN−的性质与卤素离子相近,被称为拟卤离子,(CN)2被称为拟卤素可知(CN)2与H2O反应的生成HCN和HOCN,其结构式分别是H−C≡N、H−O−C≡N;N原子的电负性大,−CN具有吸电子效应,使HCN中H−C的极性更大,更易断裂,从而体现出酸性;为防止晶体缺陷过多,制备时反应需缓慢且平稳。先将MnCl2溶液与柠檬酸钠(Na3C6H5O7)溶液混合,发生反应:3Mn2++2C6H5O73−⇌Mn3C6H5O72,降低了Mn2+的浓度,使制备晶体的反应速率减小;随着反应进行,Mn2+的浓度降低,3Mn2++2C6H5O73−⇌Mn3C6H5O72逆向进行,释放出Mn2+,使制备晶体的反应缓慢且平稳;
(3)①NaxMnFe(CN)6中有Na+、MnFe(CN)6x−,存在离子键,C、N原子以共价键结合,存在共价键,故答案为:离子键、(极性)共价键;
②由晶胞示意图可知,每个晶胞中含有Na+的个数为4个,Mn2+或Mn3+的个数为12×18+6×12=4,即Na原子和Mn原子的个数比为4∶4=1∶1,所以x=1。
二、雾霾中各物质的成分探究(19分)
2.研究发现,含PM2.5的雾霾主要成分有SO2、NOx、CxHy及可吸入颗粒等。
(1)在煤炭中加入碳酸钙可减少酸雨的形成。在研究碳酸盐分解时发现MgCO3和CaCO3的能量关系如图所示(M=Ca、Mg),△H表达式为 ;已知CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)△H>0,则该反应能自发进行的条件是 。
工业上可用浓氨水吸收SO2,写出将过量的SO2通入浓氨水的离子方程式 。
(2)某研究组模拟三种已装固体V2O5催化剂的密闭容器装置,发生的反应为:2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H1=-197.7kJ·ml-1
I.在初始体积与温度相同的条件下,甲、乙、丙中均按2mlSO2、1mlO2投料,达平衡时;三个容器中SO2的转化率从大到小的顺序为 (用“甲、乙、丙”表示)。
II.下列均能作为容器甲和容器乙达平衡标志的是 (填字母)。
A.温度不变 B.密度保持不变 C.压强保持不变 D.O2浓度保持不变
III.400℃,在容器丙中投入4mlSO2、2mlO2进行反应时,放出akJ热量;若在500℃,投入2mlSO2、1mlO2进行反应,放出bkJ热量,则a 2b(填“﹥”、“﹤”或“=”)。
(3)已知酸性H2SO3>>HSO3−>,水杨酸()与Na2SO3溶液反应,生成物 (填字母)。
A. B.SO2 C.NaHCO3 D.
(4)亚硫酸电离常数为Ka1,Ka2改变0.lml/L亚硫酸溶液的pH,其平衡体系中含硫元素微粒物质的量分数δ与pH的关系如图,Ka1Ka2= 。
【答案】 (1) ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3 (2分) 高温 (2分) NH3·H2O+SO2=HSO3−+NH4+ (3分)
(2)Ⅰ.丙>甲>乙 (2分)
Ⅱ. CD (3分,答对一个1分,两个3分)
Ⅲ. > (2分)
(3)A (2分)
(4) 105(3分)
【解析】(1)由盖斯定律可知,ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3;CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)△H>0,ΔG=ΔH+TΔS<0时能自发进行,由于ΔH>0,ΔS>0,所以要使该反应能自发进行,应在高温下进行;SO2为酸性氧化物,氨水溶液呈碱性,所以过量的SO2与浓氨水反应生成HSO3−和NH4+,则其离子方程式为:NH3·H2O+SO2=HSO3−+NH4+故答案为:ΔH=ΔH1+ΔH2+ΔH3;高温;NH3·H2O+SO2=HSO3−+NH4+;
(2) I.乙因为是绝热容器,该反应为放热反应,所以相对于甲,乙中温度比甲高,升高温度平衡逆向移动,SO2的转化率降低;比较甲、丙,该反应为气体体积减小的反应,丙在恒压的条件下,甲相对于丙,相对于减小压强,平衡逆向移动,SO2的转化率降低,综上所述,三个容器中SO2的转化率从大到小的顺序为:丙>甲>乙,故答案为:丙>甲>乙;
IIA.甲为恒温恒容的密闭容器,所以温度一直保持不变,则温度不变不能用于判断该反应是否处于平衡状态,故A不选;
B.甲、乙均为恒容密闭容器,又由于该反全为气体参加的反应,所以在恒容的密闭容器中密度始终保持不变,故B不选;
C.在恒容的密闭容器中,该反应为非等体积反应,所以压强不变时,该反应处于平很状态,故选C;
D.一定条件下,当ν正=ν逆≠0时,反应体系中所有参加反应的物质的物质的量或浓度保持恒定不变,则O2浓度保持不变可用于判断该反应是否处于不平衡状态,故选D;
故答案选CD;
III 丙为恒温恒压的密闭体系,所以相同温度下在容器丙中分别投入4mlSO2、2mlO2和2mlSO2、1mlO2进行反应平衡不发生移动;则所释放的能量前者为后者的两倍;若前者反应温度为400℃,后者反应温度为500℃,且该反应为放热反应,所以平衡逆向移动,则前者释放的能量大于后者的两倍,故答案为:>;
(3)已知酸性H2SO3>>HSO3−>,水杨酸(),则根据强酸制备弱酸可知,水杨酸()与亚硫酸钠溶液反应生成与NaHSO3,故选A;
(4)cH2SO3=cHSO3−时,Ka1H2SO3=cH+=10−pH=10−2,当cSO32−=cHSO3−时,Ka2H2SO3=cH+=10−pH=10−7,Ka1Ka2=10−210−7=105,故答案为:105。
三、实验室制取铋酸钠(19分)
3.铋酸钠NaBiO3是一种强氧化剂,在钢铁工业中常用作锰元素的分析测定。某实验小组在实验室用氯气将Bi(OH)3(白色,难溶于水)氧化制取NaBiO3(淡黄色,难溶于水),并探究其性质。各实验装置如下图所示:
回答下列问题:
(1)装置的连接顺序是:A→ (填装置标号和“→”)。
A. C→B→D B. B→C→D C. C→D→B D. B→D→C
(2)室温下,装置A中的KMnO4晶体不能用MnO2粉末代替,原因是 。装置C的作用是 。
(3)B中发生反应的离子方程式为 。
(4)判断B中反应已经完成的实验现象是 。
(5)B中反应结束时,关闭K1、K3,打开K2。这样操作的目的是 。
(6)将铋酸钠固体加到足量的浓盐酸中,观察到淡黄色固体溶解,并有黄绿色气体产生,该实验现象说明氧化性:NaBiO3>Cl2;但从B中的反应来看,氧化性:Cl2>NaBiO3。原因是 。
(7)为测定产品的纯度。取上述NaBiO3产品3.0g,用足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其还原为Bi3+5NaBiO3+2Mn2++14H+=5Na++5Bi3++2MnO4−+7H2O,再将其准确配制成100mL溶液,取出25.00mL溶液,用0.100ml⋅L−1H2C2O4标准溶液滴定生成的MnO4−,滴定终点时消耗H2C2O4标准溶液25.00mL,则该产品的纯度为 %(保留1位小数)。
【答案】(1)A(3分)
(2) MnO2和浓盐酸反应生成氯气需要加热 (2分) 除去氯气中的氯化氢气体(2分)
(3)Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O(3分)
(4)白色固体消失(2分)
(5)当B中出现白色固体消失的现象时,反应完全,需将控制滴加浓盐酸的活塞K1关闭,同时也关闭K3,使得Cl2不再进入装置B,然后打开K2加入NaOH溶液除去Cl2(3分)
(6)溶液的酸碱性影响物质的氧化性强弱(2分)
(7)93.3(2分)
【解析】(1)装置A反应生成氯气,通过装置C饱和食盐水除去氯气中氯化氢气体,进入B中反应生成NaBiO3,尾气使用D中碱液吸收减少污染,故装置顺序为A→C→B→D。
(2)MnO2和浓盐酸反应生成氯气需要加热,室温下,装置A中的KMnO4晶体不能用MnO2粉末代替,装置C的作用是除去氯气中的氯化氢气体。
(3)铋酸钠(NaBiO3)浅黄色、不溶于冷水装置B中氯气将Bi(OH)3氧化制取NaBiO3,反应中Bi元素化合价升高、氯元素化合价降低生成氯离子,根据电子守恒、质量守恒可知,发生反应的离子方程式为Bi(OH)3+3OH-+Na++Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O。
(4)判断B中反应已经完成的实验现象是B中出现白色固体消失。
(5)当B中出现白色固体消失的现象时,反应完全,需将控制滴加浓盐酸的活塞K1关闭,同时也关闭K3,使得Cl2不再进入装置B,然后打开K2加入NaOH溶液除去Cl2。
(6)将铋酸钠固体加到足量的浓盐酸中,有黄绿色气体氯气生成,说明NaBiO3的氧化性比Cl2强;装置B中氯气将Bi(OH)3氧化制取NaBiO3,说明Cl2的氧化性比NaBiO3强;得出不同结论的原因是两者反应的溶液的酸碱性不同,说明溶液的酸碱性影响物质的氧化性强弱。
(7)反应中NaBiO3转化为Bi3+,Bi化合价由+5变为+3,草酸中碳元素化合价由+3变为+4,根据电子守恒可知,NaBiO3~2e-~H2C2O4,则NaBiO3为0.100×25×10-3×4ml=0.01ml,则该产品的纯度=0.01ml×280g/ml3.0g×100%=93.3%。
四、多丁钠德的合成(19分)
4.多丁纳德(化合物I)是一种治疗痛风的药物,以下为其合成路线之一(部分条件已略去)。
已知:
(1)A所含的官能团名称是 。
(2)A→B的反应类型是 。
A.加成反应 B.取代反应 C. 消去反应 D. 氧化反应
(3)C的结构简式是 。
(4)D→E的反应试剂和条件是 。
(5)在D的同分异构体中,同时满足下列条件的结构简式是 。
①含有苯环
②遇FeCl3溶液显紫色
③与NaHCO3溶液反应放出CO2
④核磁共振氢谱显示为五组峰,且峰面积比为2:2:2:1:1
(6)已知K的分子式为C7H7NS,F+K→G的方程式是 。
(7)设计反应①和反应②的目的是 。
(8)J→K的反应还可能生成高分子M,写出M的一种结构简式 。
【答案】(1)羟基(2分)
(2)A(2分)
(3) (2分)
(4)Cl2FeCl3(2分)
(5) (3分)
(6)→一定条件+HCl(3分)
(7)保护酚羟基,防止酚羟基被氧化(2分)
(8)或(3分)
【解析】(1)
由分析可知,A为,所含的官能团名称是羟基。
(2)由分析可知,A和CH2=CH2发生加成反应生成B。
(3)
B和CH3I发生取代反应生成C,C为。
(4)D在氯化铁为催化剂的作用下与氯气发生取代反应生成E。
(5)
D为,其同分异构体中满足条件:①含有苯环;②遇FeCl3溶液显紫色,说明含有酚羟基;③与NaHCO3溶液反应放出CO2,说明含有-COOH;去除上述结构,还剩余一个碳原子,则有以下两种情况:①有两个取代基连在苯环上,两个取代基为-OH、-CH2COOH,有邻间对3种结构;②有三个取代基连在苯环上,三个取代基为-CH3、-COOH、-OH,有10种结构,则满足上述条件D的同分异构体有13种;其中核磁共振氢谱显示为五组峰,且峰面积比为2:2:2:1:1的同分异构体的结构简式为。
(6)
F和K发生取代反应生成G,G为,化学方程式为:→一定条件+HCl。
(7)由于酚羟基极易被氧化,因此在有机合成中将其转化后又恢复,则设计反应1和反应2的目的是保护酚羟基,防止其被氧化。
(8)
J中含有-NH2和-SH,可以发生缩聚反应生成或。
五、利用铜硫磺制取纯铜并处理含铬废水(21分)
5.某铜硫矿富含黄铁矿和磁黄铁矿等硫铁矿物,占原矿矿物总量38%,实验室以此为原料模拟工业制备纯铜并利用黄铁精矿进行含铬废水处理,工艺流程转化如下:
[注]1.粉碎解离度(不同成分矿石分离程度)与粉碎程度有关,颗粒越细,解离度越高,最高可达93%,但颗粒越细对设备要求越高。
2.铜蓝矿的主要成分为CuS,黄铁矿的主要成分为FeS2。
3.可能用到的数据如下:
(1)基态铜原子的空间运动状态为 种。
(2)精磨酸浸过程中,精磨的作用是 ;酸浸一般选用硫酸溶液在纯氧环境中进行,酸浸的化学方程式为 。
(3)已知增大氧气的浓度可以提高Cu2+的浸取率,请结合化学用语解释其原因 。
(4)生石灰碱浸时调节pH的范围为 。
A.3.2≤pH<4.7 B. 3.2≤pH<6.1 C. 4.2≤pH<6.7 D. 3.2≤pH<4.2
(5)滤渣X的主要成分是 。
(6)向滤液B中通入高压H2,可成功制得单质铜的原因是 。
(7)黄铁精矿处理含铬废水的机理如图所示:
在溶液反应中,黄铁精矿会部分溶解与(Cr2O72−)发生氧化还原反应,请结合信息写出此过程的离子反应方程式: 。
【答案】(1)15(2分)
(2) 精磨可以使颗粒更细,提高酸浸效率 (2分) 2CuS+O2+2H2SO4=2CuSO4+2S+2H2O(3分)
(3)CuS难溶于硫酸溶液,在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s)⇌Cu2+(aq)+S2−(aq),增大O2的浓度,可以反应消耗S2−,使之转化为S,从而使沉淀溶解平衡正向移动,从而可促进Cu2+的浸取(3分)
(4)D(3分)
(5)FeOH3和CaSO4(2分)
(6)向滤液中通入高压H2,Cu2+被还原为Cu单质,通过过滤分离出来(3分)
(7)2FeS2+5Cr2O72−+38H+=2Fe3++4SO42−+10Cr3++19H2O(3分)
【解析】(1)基态原子的空间运动状态数即轨道数。Cu是29号元素,基态铜原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1,共15个电子轨道,即铜原子的空间运动状态数为15。
(2)精磨可以使颗粒更细,增大反应物的接触面积,提高酸浸效率;“酸浸”时,S元素被O2氧化成单质S和SO42−,杂质二价铁被氧化成三价铁,化学方程式为2CuS+O2+2H2SO4=2CuSO4+2S+2H2O。
(3)CuS难溶于硫酸溶液,在溶液中存在沉淀溶解平衡CuS(s)⇌Cu2+(aq)+S2−(aq),增大O2的浓度,可以反应消耗S2−,使之转化为S,从而使沉淀溶解平衡正向移动,从而可促进Cu2+的浸取。
(4)生石灰调pH值是为了除去杂质Fe3+,pH需要大于或等于3.2,但不能将Cu2+转化为沉淀,因此应调pH小于4.2,即3.2≤pH<4.2。
(5)滤液A中含有CuSO4和Fe3+,加入CaO后,除了生成Fe(OH)3沉淀,还会有CaSO4生成,即滤渣X的主要成分是Fe(OH)3、 CaSO4。
(6)向滤液中通入高压H2,Cu2+被还原为Cu单质,通过过滤分离出来。
(7)黄铁精矿的FeS2在反应时被氧化成Fe3+和SO42−,Cr2O72−被还原为Cr3+,在酸性溶液中,反应方程式为:2FeS2+5Cr2O72−+38H+=2Fe3++4SO42−+10Cr3++19H2O。
FeOH3
CuOH2
ZnOH2
开始沉淀pH
1.9
4.2
6.2
沉淀完全pH
3.2
6.7
8.2
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。
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。
2023年高考押题预测卷03(上海卷)-化学(全解全析): 这是一份2023年高考押题预测卷03(上海卷)-化学(全解全析),共21页。