12，山东省名校学术联盟2024届高三下学期高考模拟信息卷化学试题

这是一份12，山东省名校学术联盟2024届高三下学期高考模拟信息卷化学试题，共23页。试卷主要包含了 有机物d的合成路线如图所示等内容，欢迎下载使用。
本试卷共8页，20题。全卷满分100分，考试用时90分钟。
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡上。
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 O-16 Na-23 Mg-24 S-32 Fe-56 Cu-64
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是
A. 铁锅用水清洗后出现铁锈是因为潮湿环境中铁锅发生了电化学腐蚀
B. 利用二氧化碳和水合成淀粉实现了无机分子向有机高分子的转变
C. 用乙烯与氧气在作催化剂条件下制备环氧乙烷的原子利用率为
D. 神舟十六号航天员使用的塑料航天面窗属于新型无机非金属材料
【答案】D
【解析】
【详解】A．铁锅用水清洗后出现铁锈是因为潮湿环境中铁锅发生了吸氧腐蚀，故A正确；
B．淀粉是有机高分子化合物，利用二氧化碳和水合成淀粉实现了无机分子向有机高分子的转变，故B正确；
C．乙烯与氧气在作催化剂条件下制备环氧乙烷，产物只有环氧乙烷，原子利用率为，故C正确；
D．塑料属于有机合成高分子材料，故D错误；
答案选D。
2. 实验室中下列做法错误的是
A. 氢氟酸保存在塑料瓶中
B. 用酒精灯直接加热蒸馏烧瓶
C. 实验剩余的金属钠块放回原试剂瓶中试卷源自 试卷上新，欢迎访问。D. 制备乙酸乙酯时，向乙醇、乙酸和浓硫酸的混合溶液中加入碎瓷片
【答案】B
【解析】
【详解】A．氢氟酸能腐蚀玻璃，氢氟酸应保存在塑料瓶中，A正确；
B．蒸馏烧瓶加热时需要垫上石棉网，不能直接加热，B错误；
C．金属钠的化学性质活泼，不能丢弃在废液缸，否则会发生危险，实验后剩余的金属钠块放回原试剂瓶中，C正确；
D．制备乙酸乙酯时，向乙醇、乙酸和浓硫酸的混合溶液中加入碎瓷片以防止液体暴沸，D正确；
故答案为：B。
3. 物质的性质决定用途。下列应用错误的是
A. 水解显碱性，热的溶液可用于除铁锈
B. 维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂
C. 碳纳米管比表面积大、强度高，可用于生产复合材料
D. 福尔马林具有杀菌、防腐性能，可用于保存生物标本
【答案】A
【解析】
【详解】A．水解显碱性，氧化铁和碱不反应，热的溶液不可用于除铁锈，热的溶液可用于除油污，故A错误；
B．维生素C具有还原性，可用作食品抗氧化剂，故B正确；
C．碳纳米管具有纳米尺度的直径，其比表面积大，具有相当高的强度，可用于生产复合材料，故C正确；
D．福尔马林是甲醛的水溶液，具有杀菌、防腐性能，可用于保存生物标本，故D正确；
选A。
4. 短周期主族元素的原子序数依次增大，X与Y形成的化合物常用作光导纤维，基态W原子的电子总数是其最高能级电子数的4倍。下列说法正确的是
A. 第一电离能：B. 简单氢化物沸点：
C. 原子半径：D. 含氧酸的酸性：
【答案】B
【解析】
【分析】短周期主族元素的原子序数依次增大，X与Y形成的化合物常用作光导纤维，X为O，Y为Si，基态W原子的电子总数是其最高能级电子数的4倍，电子排布式为1s22s22p63s23p4，W为S，Z为P。
【详解】由上述分析可知，X为O元素、Y为Si元素、Z为P元素、W为S元素，
A．同周期主族元素从左向右第一电离能呈增大趋势，P的3p电子半满为较稳定结构，其第一电离能大于相邻元素的第一电离能，则第一电离能：P＞S＞Si，故A错误；
B．水分子间含氢键，沸点高，则简单氢化物的沸点：H2O＞H2S，故B正确；
C．同周期主族元素从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，则原子半径：Si＞S＞O，故C错误；
D．同周期主族元素从左向右非金属性增强，对应最高价含氧酸的酸性增强，不是最高价含氧酸无此规律，故D错误；
故选B。
5. 化合物X是合成某抗痛活性药物的中间体，其结构简式如图所示。下列关于化合物X的说法错误的是
A. 能发生水解反应
B. 存顺反异构体
C. 分子中的碳原子可能全部共平面
D. 与足量加成后，产物分子中含有手性碳原子
【答案】A
【解析】
【详解】A．该分子中含有醚键、羟基、碳碳双键，不能发生水解反应，故A错误；
B．两个双键碳原子都连接不同原子后原子团，所以存在顺反异构体，故B正确；
C．碳碳双键、苯环均为平面结构，单键可以旋转，分子中的碳原子可能全部共平面，故C正确；
D．与足量加成后的产物分子，含有手性碳原子(*标出)，故D正确；
选A。
6. 有机物d的合成路线如图所示。
下列说法错误的是
A. a和互为同系物
B. a→b的目的是保护酚羟基
C. b→c属于氧化反应
D. 一定条件下，可以分别与相应物质发生缩聚反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．由题干a的结构简式可知，a中含有酚羟基，则a和中官能团的种类不同即结构不相似，故不互为同系物，A错误；
B．由题干转化关系信息比较a→b和c→d可知，a→b的目的是保护酚羟基，B正确；
C．由题干转化信息可知，b→c为甲基变为羧基，则属于氧化反应，C正确；
D．由题干a、d的结构简式可知，二者分子中均含有酚羟基，且邻位上有两个H，故一定条件下，可以分别与相应物质HCHO发生缩聚反应，D正确；
故答案为：A。
7. 用下列仪器或装置进行相应实验，能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．二氧化硫、氯化氢均与饱和亚硫酸钠反应，将原物质除去，不能除杂，应该用饱和亚硫酸氢钠溶液， A错误；
B．二氧化氮的密度比空气密度大，NaOH可吸收过量气体，可选图中向上排空气法收集，B正确；
C．不能在容量瓶中溶解固体，应在烧杯中溶解、冷却后，转移到容量瓶中定容，C错误；
D．生成的氢氧化钙易堵塞瓶颈处，且反应放热，图中装置不能制备乙炔，D错误；
答案选B。
8. 下列关于含氮化合物之间转化反应的离子方程式书写错误的是
A. 氧化物转化为酸：
B. 氧化物转化为两种盐：
C. 氢化物转化为络合物：
D. 酸转化为氧化物：
【答案】C
【解析】
【详解】A．和水反应生成NO和HNO3，离子方程式为：，A正确；
B．和NaOH溶液反应生成生成硝酸钠和亚硝酸钠，离子方程式为：，B正确；
C．氢氧化铜和氨水反应生成[Cu(NH3)4]2+，离子方程式为：Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++2OH-，C错误；
D．Fe和稀硝酸反应生成NO硝酸亚铁，离子方程式为：，D正确；
故选C。
9. 丁烯腈()为无色透明液体，主要用于有机合成和作聚合交联剂等。下列说法错误的是
A. 可形成分子晶体B. 分子中键与键数目之比为
C. 分子中的碳原子有3种杂化方式D. 其同分异构体中不可能存在五元环
【答案】D
【解析】
【详解】A．该物质是共价化合物，可形成分子晶体，故A正确；
B．该分子中存在碳碳双键和碳氮三键，则分子中键与键数目之比为，故B正确；
C．碳碳双键中的碳为sp2杂化，碳氮三键中的碳为sp杂化，饱和碳为sp3杂化，则分子中的碳原子有3种杂化方式，故C正确；
D．该物质有3个不饱和度，而环装结构为1个不饱和度，则其同分异构体中可能存在五元环，比如，故D错误；
故选D。
10. 我国科研团队研发出一种高安全熔融盐铝电池，成本是锂离子电池的六分之一。该电池电极分别为铝和硫/碳复合材料，电池放电时转化为，放电时总反应为，装置如图所示。下列说法正确的是
A. 放电时，硫/碳复合材料电极电势低于铝电极
B. 充电时，熔融盐中的向硫/碳复合材料电极移动
C. 充电时，阴极电极反应式为
D. 放电时，电子通过熔融盐进入硫/碳复合材料电极使其质量增加
【答案】C
【解析】
【分析】结合总反应为，Al失去电子为负极，反应式为，S得到电子，则硫/碳复合材料为正极，正极反应式为：4+3S+6e-═Al2S3+10，据此分析判断。
【详解】A．放电时，Al电极为负极，硫/碳复合材料为正极,硫/碳复合材料电极电势高于铝电极，A错误；
B．充电时，为电解池，阳离子向阴极移动，故熔融盐中的向Al电极移动，B错误；
C．充电时，Al电极接电源的负极，得到电子为阴极，阴极电极反应式为，C正确；
D．放电时，电子通过外电路进入硫/碳复合材料电极，S在电极上得到电子，D错误；
故选C。
二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】AD
【解析】
【详解】A．KBrO3溶液中通入少量Cl2，然后再加入少量苯，有机相呈橙红色，可知生成溴，Br元素的化合价降低，KBrO3作氧化剂，则氧化性：KBrO3＞Cl2，A正确；
B．钠元素的焰色为黄色，由实验操作和现象可知，溶液中一定含有Na元素，由于黄色能够掩盖紫色，故不能确定一定不含K+，要确定是否含有K+，需透过蓝色钴玻璃再观察，B错误；
C．亚铁离子、氯离子均可被酸性高锰酸钾溶液氧化，紫色褪色，不能证明铁锈中含有二价铁，C错误；
D．NaClO溶液的pH＞7，可知次氯酸根离子水解显碱性，则HClO为弱酸，D正确；
故答案为：AD。
12. 从硝酸铜和硝酸银的混合溶液中回收铜和银的流程如图所示。
下列说法错误的是
A. 试剂Ⅰ可以是稀盐酸或稀硫酸
B. 流程中涉及的反应均是氧化还原反应
C. 生成银氨溶液的离子方程式为
D. 若试剂Ⅱ是甲醛，甲醛参加反应最多生成
【答案】BD
【解析】
【详解】混合溶液中滴加氯化钠溶液，NaCl和AgNO3反应经过滤得滤渣Ⅱ(即AgCl)，AgCl和氨水生成银氨溶液，滤液加铁并过滤得到滤渣Ⅰ是铁和铜的固体混合物，试剂Ⅰ可用盐酸或稀硫酸除去铁，得到铜单质，据此回答；
A．滤渣Ⅰ是铁和铜的固体混合物，可用盐酸或稀硫酸除去铁，得到铜单质，则试剂Ⅰ可以是盐酸或稀硫酸，A正确；
B．NaCl和AgNO3反应生成滤渣Ⅱ(即AgCl)，AgCl和氨水生成银氨溶液的反应均不是氧化还原反应，B错误；
C．氯化银和氨水反应生成银氨溶液，其反应的离子方程式为，C正确；
D．1ml甲醛参加反应最多生成4mlAg，D错误；
故答案为：BD。
13. 乙烯的产量可用来衡量一个国家石油化学工业的发展水平，通过电解可实现乙烯的高效利用，电解装置如图所示(电极均为惰性电极)。下列说法正确的是
A. N是电源负极
B. 离子交换膜是阴离子交换膜
C. a电极反应式为
D. 消耗(标准状况下)，阴极区溶液质量减少
【答案】AC
【解析】
【详解】A．根据电解装置图可知，电极a上C2H2生成CH3COOC2H5发生氧化反应，故电极a为阳极，M是电源的正极，则N是电源的负极，A正确；
B．b极为阴极，反应式为2H++2e−=H2，则a极生成的H+向b极移动，故离子交换膜应是阳离子交换膜，B错误；
C．a电极为阳极，发生氧化反应，反应式为2C2H4+2H2O−4e−=CH3COOC2H5+4H+，C正确；
D．标准状况下消耗2.24LC2H4即1mlC2H4发生反应，则a极生成2mlH+，同时向b极移动2mlH+，阴极区溶液质量不变，D错误；
故选AC。
14. 在催化作用下，与反应转化为和的反应历程和相对能量变化关系如图所示(逸出后物质状态不发生变化，在图中略去)。
下列说法错误的是
A. 该反应的
B. 生成的反应是决速步骤
C. 反应历程中存在极性键、非极性键的断裂和形成
D. 使用高活性催化剂可以降低反应的最大能垒(活化能)
【答案】C
【解析】
【详解】A．由反应机理图可知，反应物能量高于产物，故为放热反应，该反应的，A正确；
B．能量越高的反应是决速步骤，故生成的反应是决速步骤，B正确；
C．反应历程中不存在非极性键的断裂，存在极性键(C-O)的断裂，存在极性键(C-O)、非极性键()的形成，C错误；
D．使用高活性催化剂可以降低反应的最大能垒(活化能)，提高反应速率，D正确；
故选C。
15. 25℃时，已知草酸钠(用表示)溶液中含碳粒子的物质的量浓度之和为0.1，通入HCl气体调节溶液中的pOH(溶液体积变化忽略不计)，溶液中各含碳粒子的pc-pOH关系如图所示。图中pc表示各含碳粒子的物质的量浓度负对数()，pOH表示的物质的量浓度负对数[]。
下列说法正确的是
A. 曲线①表示随pOH的变化B.
C. x点溶液的pH=2.7D. pH=7的溶液中：
【答案】BC
【解析】
【分析】草酸是二元弱酸，草酸钠(用Na2R表示)溶液中含碳粒子的物质的量浓度之和为，通入HCl气体调节溶液中的pOH，发生反应：、，随着HCl通入越来越多，c(OH-)减少，pOH增大，HR-的浓度先增大再减小，R2-的浓度减小，H2R的浓度增大，则曲线①表示pc(R2-)随pOH的变化，曲线②表示pc(HR-)随pOH的变化，曲线③表示pc(H2R)随pOH的变化，以此解答。
【详解】A．由分析可知，曲线①表示pc(R2-)随pOH的变化，A错误；
B．曲线②表示pc(HR-)随pOH的变化，曲线①表示pc(R2-)随pOH的变化，当c(R2-)= c(HR-)时，pOH=9.8，c(H+)=，Ka2=，B正确；
C．曲线②表示pc(HR-)随pOH的变化，曲线③表示pc(H2R)随pOH的变化，当c(R2-)= c(HR-)时，pOH=12.8，c(H+)=，Ka1=，x点时c(R2-)= c(H2R)，Ka1Ka2=，c(H+)=，pH=2.7，C正确；
D．pH=7的溶液中：c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(HR-)+2c(R2-)+c(OH-)+c(Cl-)可知c(Na+) =c(HR-)+2c(R2-)+c(Cl-)，D错误；
故选BC。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16. 研究过渡元素的结构与性质具有重要意义。回答下列问题：
（1）已知的原子序数是42，基态原子的价电子排布式为___________，在元素周期表中的位置为___________。
（2）可用于配制黄色颜料，的配位数是___________，其配体的空间结构为___________。
（3）能与丁二酮肟生成鲜红色的丁二酮肟镍(结构如图所示)沉淀，可用于检验。
①组成丁二酮肟镍的非金属元素中电负性由小到大的顺序为___________。
②丁二酮肟镍中含有的化学键类型有___________(填字母)。
A．离子键 B．配位键 C．氢键 D．共价键
（4）一种由和组成的储氢材料的结构属立方晶系，晶胞参数为，晶胞如图所示(氢未标出)。
①以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标，如A点原子的分数坐标为点原子的分数坐标为，则C点原子的分数坐标为___________。
②该结构中，H原子以正八面体的配位模式有序分布在的周围，H原子与原子之间的最短距离等于晶胞参数的，则该晶体的化学式为___________，晶胞密度为___________(列出计算式，设阿伏加德罗常数的值为)。
【答案】（1） ① 4d55s1 ②. 第五周期第B族
（2） ①. 6 ②. 角形
（3） ①. H＜C＜N＜O ②. BD
（4） ①. (0.75，0.25，0.75) ②. Mg2FeH6 ③.
【解析】
【小问1详解】
已知的原子序数是42，在元素周期表中的位置为第五周期第B族，因此基态原子的价电子排布式为4d55s1。
【小问2详解】
根据可判断的配位数是6，其配体的中心原子的价层电子对数是，因此空间结构为角形。
【小问3详解】
①非金属性越强，电负性越大，组成丁二酮肟镍的非金属元素中电负性由小到大的顺序为H＜C＜N＜O。
②丁二酮肟镍中含有的化学键类型有配位键、共价键，不存在离子键，氢键不是化学键，答案选BD。
【小问4详解】
①A点原子的分数坐标为，B点原子的分数坐标为，则C点原子的分数坐标为(0.75，0.25，0.75)。
②Fe原子采取立方密堆积，根据图知，Fe原子位于晶胞的顶点和面心上，所以Fe原子的个数为8×+6×=4，Mg占据其堆积形成的所有四面体空隙且处于中心位置，则Mg原子位于晶胞内部，为8个原子；H原子以正八面体的配位模式有序分布在Fe的周围，则每个Fe原子周围有6个氢原子，所以该晶胞中氢原子个数为6×4=24，则该晶胞中Fe、Mg、H原子个数之比为4：8：24=1：2：6，所以化学式为Mg2FeH6，晶胞密度为。
17. 工业上以软锰矿(主要成分为，还含有少量等)和辉铜矿(主要成分为，还含有少量等氧化物)为原料，制备碳酸锰和胆矾的工艺流程如图所示。
已知：萃取的原理为(为有机相)。
回答下列问题：
（1）为了加快“酸浸”速率，可采取的措施是___________(答出一条即可)；已知浸出渣中含有单质S，写出“酸浸”时与反应的离子方程式：___________。
（2）“萃取”后的溶液中，当溶液中可溶组分浓度时，可认为已除尽，已知“调除镍”时应控制溶液的最小值是1.8，最大值是5.8，则___________[已知，该溶液中和的关系为；忽略溶液体积变化]。
（3）写出“碳化沉锰”过程中发生反应的离子方程式：___________。
（4）试剂X为___________(填化学式)；“系列操作”包括___________、过滤、洗涤和干燥。
（5）在空气中加热分解时，每一步所得固体为纯净物，随温度变化如图所示。
①时，剩余固体的化学式为___________。
②写出温度高于时反应的化学方程式：___________。
【答案】（1） ①. 粉碎、搅拌、加热 ②. 2MnO2+Cu2S+8H+=2Cu2++2Mn2++S+4H2O
（2）5×104 （3）Mn2+++NH3•H2O=MnCO3↓++H2O
（4） ①. H2SO4 ②. 蒸发浓缩，冷却结晶
（5） ①. CuSO43H2O ②. 4 CuO2Cu2O+ O2
【解析】
【分析】分析流程可知，软锰矿、辉铜矿中加入硫酸酸浸，过滤得到浸出液中加CuO调节溶液pH，使铁离子全部转化为沉淀除去，过滤得到浸出液中主要含有CuSO4、MnSO4等，加入HR萃取Cu2+后分液，水相中加硫化钠调pH除镍，滤液中加入碳酸氢铵、氨水进行碳化沉锰，过滤得碳酸锰；有机相中加入试剂X为硫酸，进行反萃取后分液，所得水相经系列操作可得胆矾，据此分析解答。
【小问1详解】
根据影响反应速率的因素，加快“酸浸”速率，采取的措施有将矿石粉碎、加热、适当增加硫酸浓度、充分搅拌等；反应中生成S，说明MnO2是氧化剂，Cu2S被氧化为单质S和Cu2+，反应的离子方程式为2MnO2+Cu2S+8H+=S+2Cu2++2Mn2++4H2O；
【小问2详解】
利用pc(S2-)=15.1-pH可知，已知“调pH除镍”时应控制溶液pH的最小值是1.8，c(S2-)=10-13.3ml/L，Ksp(NiS)=10-5×10-13.3=10-18.3，pH的最大值是5.8，c(S2-)=10-9.3ml/L，Ksp(MnS)=0.5×10-13.3=5×10-14.3，则=5×104；
【小问3详解】
“碳化沉锰”过程中Mn2+与电离出的结合生成MnCO3沉淀，促进的电离，产生的H+与NH3•H2O反应生成和H2O，所以离子方程式为Mn2+++NH3•H2O=MnCO3↓++H2O；
【小问4详解】
已知HR萃取Cu2+的原理为Cu2+(aq)+2HR(rg)CuR2(rg)+2H+(aq)，要反萃取得到Cu2+并最终反萃取生成CuSO4，则需要加入酸性试剂，使平衡逆向移动，故试剂X为H2SO4；从CuSO4溶液中获取胆矾，采用的“系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥；由流程图中可知，可循环利用的物质为HR；
【小问5详解】
①设为1ml，质量为250g，由图可知，时，损失的质量为14.4%，即为250g=36g，即失去2个结晶水，故此时固体化学式为：CuSO43H2O；
②温度时，固体剩余28.8%，质量为：250g=72g，此时固体为CuO，高于时，CuO分解生成Cu2O和O2，化学方程式为：4 CuO2Cu2O+ O2。
18. 面向“碳中和”的绿色化学是当前研究的重要方向。回答下列问题：
（1）一定条件下由丙烷制备丙烯有以下两种方式：
反应i： ；
反应ii： 。
已知上述反应中相关的键能数据如表所示。
则___________。
（2）在温度下，将和充入恒容密闭容器中，在一定条件下发生反应i、ii。测得转化率及体系内压强随时间变化关系如图所示(忽略温度对催化剂活性的影响)。
①时，的平衡转化率是___________。
②时，从反应开始到反应达到平衡，用的分压变化表示的化学反应速率为___________。
③时，反应i的___________。
（3）在一定条件下，与合成甲醇的反应为，已知速率方程，、是速率常数，只受温度影响。图甲、图乙分别表示平衡常数、速率常数的对数与温度的倒数之间的关系。降低温度，的变化曲线为___________(填字母，下同)，的变化曲线为___________。
（4）在催化剂表面发生以下反应：
反应iii． ；
反应iv． 。
在密闭容器中，保持投料比不变，将与按一定流速通过反应器，转化率和甲烷选择性随温度变化关系如图所示。若时，催化剂的活性受温度影响不大，则后图中曲线下降的原因是___________；若气体流速过大，的转化率会降低，原因是___________。
【答案】（1）+123
（2） ①. 40% ②. 1 ③. 150
（3） ①. a ②. c
（4） ①. 反应已达平衡，且以反应iv为主，H4