备战2024年高考化学模拟卷03（全国卷）
(考试时间：50分钟 试卷满分：100分)
可能用到的相对原子质量：Cl：35.5 H：1 O：16 Zn：65 Al：27 S：32
一、选择题：本题共7个小题，每小题6分。共42分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
7．“卡塔尔---山东临淄---足球烯”三者之缘起于足球，下列有关说法正确的是
A．卡塔尔世界杯官方用球：使用新聚氨基酯(PU)材质，具有透气性、热固性
B．“世界足球起源地”临淄非遗传承人制作蹴鞠：毛发与米糠均可水解，但产物不同
C．足球烯：与石墨烯属于同种物质，只是外形一个呈球面，一个呈平面
D．石墨烯：具有优异的光学、电学、力学特性，是近期人工合成的高分子化合物
【答案】B
【解析】A．新聚氨基酯(PU)材质，具有透气性、热塑性，故A错误；
B．毛发属于蛋白质，可水解为氨基酸，米糠属于多糖，均可水解，但产物不同，B正确；
C．足球烯是由60个碳原子构成，石墨烯可以在平面上无限延伸，不属于同种物质，C错误；
D．石墨烯本来就存在于石墨中，只是层层堆叠难以剥离而已，且石墨烯属于单质，D错误；
故答案选B。
8．无水四氯化锡(SnCl4)可用于制作FTO导电玻璃。实验室可用熔融的锡与氯气反应制备SnCl4，装置如图
已知：①Sn、SnCl2、SnCl4有关的物理性质如下表所示：
物质 熔点/℃ 沸点/℃ 颜色、状态
Sn 232 2260 银白色固体
246 623 无色晶体
114 无色液体
②Sn的性质与Fe相似；SnCl4在空气中极易水解；Cl2易溶于SnCl4。
下列关于上述实验说法错误的是A．A装置不能换成启普发生器，C中盛放浓硫酸，F中盛放浓NaOH溶液
B．收集器中收集到的液体略显黄色，是因为有部分Cl2溶解在了SnCl4中，可加入饱和Na2SO3溶液萃取提纯SnCl4
C．当观察到装置F上方出现黄绿色气体现象时才开始点燃酒精灯，待锡熔化后适当增大氯气流量，目的是加快反应速率
D．本实验装置有缺陷，需要改进，应在装置E、F之间添加一个装浓硫酸的洗气瓶
【答案】B
【解析】A制备氯气，B装置除氯气中的氯化氢，C装置干燥氯气，D中锡和氯气在加热条件下反应生成SnCl4蒸气，E装置收集SnCl4，F装置吸收氯气，防止污染。
A．KClO3晶体不是块状固体，它和浓盐酸反应的发生装置不能使用启普发生器，B中盛放饱和食盐水，除去中的氯化氢气体；C中盛放浓硫酸，除去中的水蒸气；F中盛放浓NaOH溶液，用于尾气的吸收，故A正确；
B．极易水解，故除去中的部分应选择蒸馏操作，故B错误；
C．当观察到装置F上方出现黄绿色气体现象时，此时装置中的空气被排空，才开始点燃酒精灯，则可防止锡被O2氧化，待锡熔化后适当增大氯气流量，目的是加快反应速率，故C正确；
D．为防止F装置中的水蒸气进入收集器，使水解，产品变质，在装置E、F之间添加一个装浓硫酸的洗气瓶，故D正确；
选B。
9．近年，在钯(Pd)催化下进行的偶联反应成为研究热点，其一种反应机理如图所示，下列说法错误的是
已知：R1、R2表示烃基，X表示卤原子，Y表示羟基。
A．转化过程中涉及氧化还原反应
B．转化过程中未发生非极性键的断裂和形成
C．R2—Pd(II) —OC(CH3)3是中间体
D．转化过程中存在反应：R2—Pd(II)—X+NaOC(CH3)3→NaX+R2—Pd(II)—OC(CH3)3
【答案】B
【解析】A．由图可知，转化过程中Pd元素的化合价发生改变，涉及氧化还原反应，故A正确；
B．烃基R1与R2的成键过程中形成碳碳非极性键，共B错误；
C．由图中转化关系知，R2 Pd(Ⅱ) OC(CH3)3是中间体之一，故C正确；
D．转化过程中存在反应：R2 Pd(Ⅱ) X+NaOC(CH3)3→NaX+R2 Pd(Ⅱ) OC(CH3)3，故D正确；
答案选B。
10．碱性锌铁液流电池具有电压高、成本低的优点。该电池的总反应为，下列叙述不正确的是
A．中含有键与键的数目之比为1∶1
B．放电时，N极电势低于M极，N极电极反应为
C．若离子交换膜只有通过，反应时，有通过离子交换膜
D．维持电流强度0.5A，电池工作5分钟，理论上消耗锌约0.5g(已知)
【答案】D
【解析】由图可知：碱性锌铁液流电池放电时，右侧N极为负极，Zn发生失电子的氧化反应生成Zn(OH)，负极发生电极反应为Zn-2e-+4OH-=Zn(OH)；左侧M为正极，正极上发生得电子的还原反应，正极电极反应为Fe(CN)+e-=Fe(CN)。充电时和放电时刚好相反，电池正极与电源正极相连。
A．共价单键和配位键都是键，共价三键中有一个是键两个是键，中有6个配位键和6个碳氮三键，故中含有键与键的数目之比为（6+6）∶62=1∶1，A正确；
B．放电时该装置为原电池，N极为原电池的负极，M为原电池的正极，正极的电势比负极高，因此M极电势高于N极，N极电极反应为，B正确；
C．在放电时，M为正极，发生反应为：Fe(CN)+e-=Fe(CN)。当左侧M电极有1 mol Fe(CN)发生时，左侧负电荷数目会增加1 mol，为维持电荷守恒，就会1 mol即NA个OH-通过离子交换膜移向负极N极，C正确；
D．电池工作5分钟，通过的电量Q＝0.5A×5min×60s/min＝150C，因此通过电子的物质的量n(e－)＝Q/F＝150C/96500C/mol＝1.554×10-3mol，则理论消耗Zn的质量是m(Zn)＝1.554×10-3mol2×65g/mol＝0.05g，D错误；
故选D。
11．短周期元素R、X、Y、Z、M原子序数依次递增，最外层电子数： 3Z+M=X+Y，其中元素R、X、Y、M形成的化合物(结构式)具有如图所示转化关系。下列说法错误的是
A．简单气态氢化物的稳定性： Y>X
B．在该化合物中X最外层均满足8e-的结构
C．M的最高价氧化物对应水化物为强酸
D．Y分别与R、X、Z、M形成的化合物中均属于共价化合物
【答案】D
【解析】短周期元素R、X、Y、Z、M原子序数依次递增，由图知，R、X、Y、M的共用电子对数分别为1、4、2和1，则R、X、Y、M分别为H、C、O和Cl，按最外层电子数：3Z+M=X+Y，可得Z最外层为1电子，则Z为Na；
A．X为C、Y为O，非金属性越强，简单氢化物越稳定，则简单气态氢化物的稳定性：Y>X，A正确；
B．X为C，在该化合物中C都能共用四对电子对，则最外层均满足8e-的结构，B正确；
C．M为Cl，M的最高价氧化物对应水化物即高氯酸为强酸，C正确；
D．Z即Na与Y即O形成的化合物过氧化钠中既含离子键又有共价键，属于离子化合物，D错误；
答案选D。
12．全钒液流电池的工作原理如下图。下列说法不正确的是
A．放电时负极反应式：
B．充电时阳极的pH降低
C．放电时正极每消耗，负极区便有通过质子交换膜移向正极区
D．电池总反应：
【答案】C
【解析】根据电池总反应和参加物质的化合价的变化可知，反应中V2＋离子被氧化，是电源的负极，VO2＋离子化合价降低，被还原，是电源的正极反应，电池反应为VO+V2++2H+ VO2++V3++H2O。放电时，右侧为负极，电极反应式为，左侧为正极，电极反应式为；充电时，右侧为阴极，电极反应式为，左侧为阳极，电极反应式为。
A．放电时，负极反应为V2＋ e =V3＋，A正确；
B．充电时阳极的电极反应为VO2+-e-+H2O= VO+2H+，氢离子浓度增大，pH降低，B正确；
C．放电时，若转移1mol电子，正极会消耗，因为氢离子要平衡电荷，则有从右往左通过质子交换膜，C错误；
D．电池总反应为VO+V2++2H+ VO2++V3++H2O，D正确；
故选C。
13．常温下，向溶液中滴加的溶液时，、[](或)随V(溶液)变化的曲线如图。下列叙述不正确的是
A．常温下，的第一步电离平衡常数
B．当V(溶液)时，
C．V(溶液)时，水的电离程度最大
D．常温下，当时，有
【答案】B
【解析】A．当时，，则，A正确；
B．当时，根据电荷守恒得，根据物料守恒得，综上可得，B错误；
C．当V(溶液)时，溶液中溶质为，是强碱弱酸盐，在水中水解，促进水的电离，所以当V(溶液)时，水的电离程度最大，C正确；
D．当时，，根据电荷守恒得，，此时，，D正确；
故选B。
二、非选择题：共58分，第26~28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35~36题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共43分。
26．(14分)钌(Ru)是一种极其昂贵的稀有贵金属，广泛应用于电子、航空航天、石油化工、有机合成等领域。钌的矿产资源很少，因此从含钌废液中回收钌尤为重要。某含钌的废渣主要成分为Ru、、、，回收钌的工艺流程如下：
(1)“氧化碱浸”时，两种氧化剂在不同温度下对钌浸出率和渣率的影响分别如图1、图2所示，则适宜选择的氧化剂为_______；最佳反应温度为_______。
(2)滤液1中溶质的主要成分包括、、等，其中Si的存在形式为_______(填化学式)；转化为的化学方程式为_______。
(3)滤液1先用盐酸调节滤液pH，后用甲酸“还原”提取钌并同时生成，则该过程的离子方程式为_______；“蒸馏”过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
(4)“吸收”过程产生的气体X经Y溶液吸收后，经进一步处理可以循环利用，则X和Y的化学式分别为_______、_______。
(5)可用氢气还原重量法测定产品中的纯度，所得实验数据记录如下：
实验序号 产品的质量/g 固体Ru的质量/g
① 2.4225 1.0110
② 2.4225 1.0090
③ 2.4225 1.0100
则产品的纯度为_______(保留小数点后一位)。
【答案】(1) 200℃
(2)
(3)
(4)
(5)85.7%
【解析】含钌废料在碱性溶液中被氧化，Ru、 Pb 、 SiO2 、 Bi2O3 分别转化为Na2RuO4 、 Na2PbO2、Na2SiO3、 NaBiO2，加甲酸还原，Na2RuO4 被还原为Ru(OH)4，然后在氧化条件下蒸馏得到RuO3，再加盐酸吸收，生成氯气和RuCl3，最后还原得到钌。
（1）从图中可以看出，用NaClO钌浸出率更高，且渣率低，最佳温度控制在200℃，此时钌的浸出率接近100%，且渣率最低。
（2）SiO2能和NaOH溶液反应生成Na2SiO3，所以在滤液1中Si的存在形式为Na2SiO3，Bi2O3 也能和NaOH溶液反应转化为NaBiO2，化学方程式为Bi2O3+2NaOH=2NaBiO2+H2O。
（3）滤液1中含有Na2RuO4 ，用甲酸“还原”提取钌，钌被还原为Ru(OH)4，甲酸被氧化为，根据电子守恒、电荷守恒和质量守恒写出该反应的离子方程式为HCOOH++H2O=Ru(OH)4↓+。“蒸馏”阶段是NaClO3将Ru(OH)4转化为RuO3，该反应中钌的化合价从+4价升高到+6价，做还原剂，NaClO3中氯的化合价从+5价降低到-1价，NaClO3做氧化剂，根据电子守恒，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3。
（4）“吸收”过程是RuO3和盐酸反应生成RuCl3，钌的化合价降低，则盐酸做还原剂，氯的化合价升高，则生成的气体为Cl2，氯气可以被NaOH溶液吸收生成NaClO，可以用在“氧化酸浸”步骤中。
（5）三次实验得到固体钌的质量平均值为1.0100g，即0.0100mol，可计算出RuCl3的质量0.01mol×207.5g/mol=2.0750g，则产品纯度为85.7%。
27．(14分)在900℃时，将氯气通过钛铁矿(主要成分FeTiO3)和炭粉的混合物生成四氯化钛和氯化铁，同时产生一种还原性气体。现制取并收集四氯化钛的装置如图所示(夹持装置略去)。
已知：①TiCl4高温时能与O2反应，不与HCl反应，②TiCl4与FeCl3部分物理性质
熔点/℃ 沸点/℃ 水溶性
TiCl4 -23.2 136.4 极易水解生成白色沉淀
FeCl3 306 315 易水解生成红褐色沉淀
(1)组装好仪器，添加试剂前，应该进行的操作是_______。
(2)用K2Cr2O7与浓盐酸制备Cl2，反应的离子方程式为_______。实验中需先后通入N2两次，第二次通N2时活塞k1、k2的状态为_______，作用是_______。
(3)900℃时，瓷舟中发生反应的化学方程式为_______。
(4)控温箱的温度在150~200℃，目的是_______。
(5)装置单元X的作用是_______。
(6)利用如图装置测定所得TiCl4的纯度：取w g产品加入烧瓶，向安全漏斗中加入适量蒸馏水，待TiCl4充分反应后，将烧瓶和漏斗中的液体一并转入锥形瓶中，滴入3滴0.1 mol/LK2CrO4溶液作指示剂，用c mol/LAgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V mL。已知：常温下，、，Ag2CrO4呈砖红色。
①安全漏斗在本实验中的作用除加水外，还有_______。
②达到滴定终点时的现象为_______。
③产品的纯度为_______(用含w、c和V的代数式表示)。
【答案】(1)检查装置的气密性
(2) 关闭k1，打开k2 将生成的TiCl4气体完全排入F装置中，将装置内的氯气、CO等排出
(3)2FeTiO3+7Cl2+6C2TiCl4+2FeCl3+6CO
(4)冷凝并除去FeCl3
(5)吸收CO，防止污染空气
(6) 液封，吸收挥发的HCl气体 当加入最后半滴AgNO3标准溶液时，溶液产生砖红色沉淀，且半分钟内不消失
【解析】该装置有气体参加反应，在组装好仪器的实验前，首先应该检查装置的气密性，然后通入N2，排出装置中的空气，排出装置中空气成分对实验的影响。然后将氯气通入盛有浓硫酸的洗气瓶进行干燥处理，防止产物四氯化钛发生水解反应：TiCl4+2H2O=TiO2+4HCl↑，干燥纯净的氯气在瓷舟中与FeTiO3和炭粉的混合物反应：2FeTiO3+7Cl2+6C2TiCl4+2FeCl3+6CO，锥形瓶的作用是收集产品，装置中用碱石灰吸收反应中剩余的氯气，同时防止空气中的水蒸气进入锥形瓶中，装置中单元X的作用是吸收CO防止造成大气污染。
(1)该装置有气体参加反应，因此装置组装好以后，加入试剂之前须进行的操作是检查装置的气密性；
(2)K2Cr2O7具有强氧化性，能够与浓盐酸在常温下发生反应制备Cl2，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为；
实验中两次通入N2，关闭k1，打开k2，第一次通入是排出装置中的空气，防止其干扰实验，第二次通入N2的作用是将生成的TiCl4气体完全排入冷凝管冷却；将装置内的氯气、CO等排出；
(3)干燥纯净的氯气在瓷舟中与FeTiO3和炭粉的混合物反应生成四氯化钛和氯化铁，反应的化学反应方程式为：；
(4)因为反应生成TiCl4和FeCl3和CO，而TiCl4常温下为液体，沸点136.4℃，氯化铁的熔点306℃，沸点315℃，在控温箱中使温度在150～200℃，就可以使FeCl3凝结为固体，从而可以让将生成的TiCl4气体完全排入冷凝管冷却，并且与FeCl3分离；
(5)装置中用碱石灰吸收反应中剩余的Cl2，同时防止空气中的水蒸气进入锥形瓶，装置单元X的作用是吸收CO，防止大气污染；
(6)①安全漏斗在本实验中的作用除加水外，还有液封，吸收挥发的HCl气体，避免HCl的损失；
②滴定终点的判断方法是：当加入最后半滴AgNO3标准溶液时，溶液恰好出现砖红色沉淀，且半分钟不消失；
③根据物质反应中元素守恒可得关系式：，TiCl4的相对分子质量为190，TiCl4的纯度为或。
28．（15分）有效去除大气中的和水体中的氮是维持自然界氮循环的重要保证。
(1)已知：①
②
反应 _______。
(2)磷酸铵镁()沉淀法可去除水体中的氨氮和)。实验室中模拟氨氮处理：将1L模拟氨氮废水(主要含)置于搅拌器上，设定反应温度为25℃，先后加入和溶液。将上述溶液分成两等分，用NaOH调节溶液pH分别为9和10，投加絮凝剂并搅拌。反应30min后，取清液测定氨氮质量浓度。实验测得pH为10时氨氮去除率较pH为9时的氨氮去除率低，可能原因是_______。
(3)选择合适的电极材料，可通过电解法将模拟氨氮废水全部转化为。电解时，阳极发生多个电极反应。保持恒定电流电解相同时间，测得溶液初始pH对氨氮去除率及溶液中的关系如图所示。
①写出电解时阳极生成的电极方程式：_______。
②初始pH从12增大到13时，溶液中减小的可能原因是_______。
(4)已知Ni的金属活动性与Fe相当，Pd不与稀酸反应。酸性条件下Al、Al/Ni、Al/Cu/Pd等金属还原硝酸盐的反应机理分别如图甲、乙、丙所示(图中ads表示活性吸附态)。
①甲中，每还原1 mol 理论上消耗Al的质量为_______g。
②描述乙中被还原的过程：_______。
③要提高转化为的选择性，必须具备的条件是_______。
【答案】(1)
(2)时，增大，促进与结合，不利于生成沉淀，使溶液中氨氮去除率下降
(3) 溶液初始pH过大时，不稳定，易分解生成和
(4) 72 电子从Al移动到Ni的表面，Ni表面的得电子形成活性吸附氢()；吸附于Ni表面活性吸附态的被活性吸附氢()还原为，进一步被活性吸附氢()还原为，并在酸性溶液中生成 首先要有一定量的生成，其次要有催化剂Pd存在
【解析】（1）①×2-②可得反应，则；
故答案为：；
（2）pH为10时氨氮去除率较pH为9时的氨氮去除率低，可能原因是，时，增大，促进与结合，不利于生成沉淀，使溶液中氨氮去除率下降；
故答案为：时，增大，促进与结合，不利于生成沉淀，使溶液中氨氮去除率下降；
（3）①根据题目信息“电解时，阳极发生多个电极反应”并结合图像信息，可以判断出电解时阳极发生的电极反应包括：(或)—→(未配平)和的反应，直接电极氧化和间接氧化氨氮促进了氨氮去除率提升，碱性越强，氧化反应速率越快；
②随溶液pH的增大而增大，但与相比较，时显著减小，然而此时氨氮去除率无明显变化，表明此时氨氮的去除主要由氨氮直接电极氧化反应为主，浓度降低但并未参与氧化溶液中的，可能是自身发生分解反应而消耗；
故答案为：；溶液初始pH过大时，不稳定，易分解生成和；
（4）甲中，每还原1mol需得到8mol，根据电子转移总数守恒知理论上消耗Al的质量为；乙中被还原的过程：电子从Al移动到Ni的表面，Ni表面的得电子形成活性吸附氢()；吸附于Ni表面活性吸附态的被活性吸附氢()还原为，进一步被活性吸附氢()还原为，并在酸性溶液中生成；要提高转化为的选择性，必须具备的条件是，首先要有一定量的生成，其次要有催化剂Pd存在；
故答案为：72；电子从Al移动到Ni的表面，Ni表面的得电子形成活性吸附氢()；吸附于Ni表面活性吸附态的被活性吸附氢()还原为，进一步被活性吸附氢()还原为，并在酸性溶液中生成；首先要有一定量的生成，其次要有催化剂Pd存在。
（二）选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
35．［化学——选修3：物质结构与性质］（15分）
翡翠的主要成分为NaAlSi2O6，还含有其他多种金属阳离子，其中Cr3+的含量决定其绿色的深浅，是决定翡翠品质的重要因素之一
(1)基态Cr3+最外电子层的电子排布图(轨道表示式)为_______。
(2)NaAlSi2O6所含元素中，第一电离能最小的是_______，原因是_______
(3)配合物K[Cr(C2O4)2(H2O)]中的配体是_______，H2O的沸点比CO2的高了许多，主要原因是_______。
(4)已知某FeSO4·xH2O的结构如图所示。
粒子内部的键角SO_______H2O(填“>”“<”或“=”)，从杂化类型及斥力大小角度说明判断的理由：_______。
(5)Ca、O、Cr可以形成一种具有特殊导电性的复合氧化物，晶胞结构如图所示，其中Ca2+、O2-采用面心立方最密堆积方式。
①该晶体的化学式为_______。
②已知钙离子、氧离子半径分别为100pm、140pm，晶胞中Cr4+位于O2-所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为_______pm。
【答案】(1)；
(2) Na； Na元素的原子半径最大，且失去第一个电子后，最外层达到全充满结构，失去第一个电子的趋势最大；
(3) 、H2O； H2O分子之间可以形成氢键；
(4) ＞； SO、H2O的中心原子均采取sp3杂化，SO的中心原子价层无孤电子对，H2O的中心原子价层有2个孤电子对，其对成键电子对的斥力更大，使得H2O分子内的键角更小；
(5) CaCrO3； 240。
【解析】第（4）问，比较键角，一般的思路是先判断杂化类型，再考虑孤电子对数；
第（5）问，确定晶体的化学式，一般采用均摊法算出一个晶胞中各微粒的个数，进而得到化学式；计算正八面体的边长时，需找到其与棱长或对角线的关系，进而找到与微粒半径的关系。
（1）基态Cr3+最外电子层的电子排布为3s23p63d3，根据泡利原理和洪特规则，可得其轨道表示式为，故答案为：；
（2）NaAlSi2O6所含元素中，Na元素的原子半径最大，且最外层只有一个3s1电子，失去这个电子后，最外层达到全充满结构，因此Na原子失去第一个电子的趋势最大，第一电离能最小，故答案为：Na；Na元素的原子半径最大，且失去第一个电子后，最外层达到全充满结构，失去第一个电子的趋势最大；
（3）[Cr(C2O4)2(H2O)] 离子中，Cr3+是中心离子，配体是、H2O；H2O分子之间可以形成氢键，使得H2O的沸点明显高于CO2，故答案为：、H2O；H2O分子之间可以形成氢键；
（4）SO中S原子的价层电子对数= ，H2O中O原子的价层电子对数= ，二者中心原子均采取sp3杂化，SO中S原子的价层没有孤电子对，H2O中O原子的价层有2个孤电子对，由于孤电子对与成键电子对之间的斥力更大，使得H2O分子内的键角更小；故答案为：＞；SO、H2O的中心原子均采取sp3杂化，SO的中心原子价层无孤电子对，H2O的中心原子价层有2个孤电子对，其对成键电子对的斥力更大，使得H2O分子内的键角更小；
（5）晶胞中，Ca2+位于晶胞的8个顶点，1个晶胞中的Ca2+数= ，O2-位于6个面心，1个晶胞中的O2-数= ，Cr4+位于晶胞的体心，1个晶胞中含有1个Cr4+，所以该晶体中Ca2+、Cr4+、O2-的个数比为1：1：3，化学式为CaCrO3；由晶胞的结构图可知，O2-形成的正八面体的边长= ×晶胞的面对角线，面对角线的长度=2r(Ca2+)+2r(O2-)=2×100pm+2×140pm=480pm，则正八面体的边长=240pm，故答案为：CaCrO3；240。
36．[化学——选修5：有机化学基础](15分)
伊曲康唑是一种抗真菌剂，其合成路线如图：
A(C6H6O)→→……B(C10H14N2O)C(C12H16N2O2)DEFGHIJM伊曲康唑
已知：(1)RCl+RNH2′→R－NH－R′
(2)RCOOR′+NH3→RCONH2
(3)
(4)ClCOOPh中Ph表示苯基
(5)X代表物质：
回答下列问题：
(1)下列有关X和N的说法正确的是____。
A．反应物X分类上可以属于酯类物质 B．N的结构简式可能是
C．1molX最多消耗NaOH3mol D．X的化学式为C13H11N3O5SCl2
(2)H的结构简式____；②的反应类型是____。
(3)写出①的化学方程式____。
(4)已知B有多种同分异构体，请写出同时符合下列要求的同分异构体的结构简式：____。
i.属于芳香族，且能水解
ii.1H－NMR有5个峰
iii.不含键iv.能发生银镜反应
(5)利用所学有机化学知识，结合题中所给信息，完成以A(苯酚)和乙烯为原料合成B的合成路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)。____
【答案】(1)AB
(2) 取代反应
(3)+ +
(4)、、
(5)
【解析】已知A是苯酚，由D和X的结构，结合C的分子式，推出C的结构：，则B结构：，E为D中酰胺键水解产物：，由已知条件1可知F的结构，由已知条件3可知G的结构：，由已知条件1可知H的结构：，由已知条件2可知I的结构：
由已知条件1可知，N为2-卤代丁烷，X是甲基磺酸酯，据此分析解题。
【解析】（1）A．根据结构简式可知，反应物X分类上可以属于酯类物质，A正确；
B．根据分析可知，N为2-卤代丁烷，N的结构简式可能是 ，B正确
C．苯环上的氯也可在一定条件下水解为酚羟基、酚羟基能与氢氧化钠反应，故1个苯环上的氯原子能消耗2个氢氧根，则1molX最多消耗NaOH 5 mol， C错误；
D．X的化学式为， D错误；
选AB。
（2）据分析可知H的结构简式：；②的反应类型是取代反应；
（3）根据分析可知，①的化学方程式：+ +；
（4）B的同分异构体同时符合下列要求：
i.属于芳香族，且能水解，但分子内只有1个O原子，说明不含有酯基、含有酰胺基；
ii.有5个峰即分子内有5种氢原子；
iii.不含键 ；
iv.能发生银镜反应说明含有1个醛基；
综上，符合的同分异构体分别为：、、。
（5）由逆合成分析法，要得到目标产物，需要 CH2Cl-CH2Cl和 ，CH2Cl-CH2Cl由乙烯和氯气加成制得， 由被氢气还原得到，通过发生硝化反应制得，则以乙烯和苯酚为原料合成B的合成路线为：
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备战2024年高考化学模拟卷03（全国卷）
(考试时间：50分钟 试卷满分：100分)
可能用到的相对原子质量：Cl：35.5 H：1 O：16 Zn：65 Al：27 S：32
一、选择题：本题共7个小题，每小题6分。共42分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
7．“卡塔尔---山东临淄---足球烯”三者之缘起于足球，下列有关说法正确的是
A．卡塔尔世界杯官方用球：使用新聚氨基酯(PU)材质，具有透气性、热固性
B．“世界足球起源地”临淄非遗传承人制作蹴鞠：毛发与米糠均可水解，但产物不同
C．足球烯：与石墨烯属于同种物质，只是外形一个呈球面，一个呈平面
D．石墨烯：具有优异的光学、电学、力学特性，是近期人工合成的高分子化合物
8．无水四氯化锡(SnCl4)可用于制作FTO导电玻璃。实验室可用熔融的锡与氯气反应制备SnCl4，装置如图
已知：①Sn、SnCl2、SnCl4有关的物理性质如下表所示：
物质 熔点/℃ 沸点/℃ 颜色、状态
Sn 232 2260 银白色固体
246 623 无色晶体
114 无色液体
②Sn的性质与Fe相似；SnCl4在空气中极易水解；Cl2易溶于SnCl4。
下列关于上述实验说法错误的是A．A装置不能换成启普发生器，C中盛放浓硫酸，F中盛放浓NaOH溶液
B．收集器中收集到的液体略显黄色，是因为有部分Cl2溶解在了SnCl4中，可加入饱和Na2SO3溶液萃取提纯SnCl4
C．当观察到装置F上方出现黄绿色气体现象时才开始点燃酒精灯，待锡熔化后适当增大氯气流量，目的是加快反应速率
D．本实验装置有缺陷，需要改进，应在装置E、F之间添加一个装浓硫酸的洗气瓶
9．近年，在钯(Pd)催化下进行的偶联反应成为研究热点，其一种反应机理如图所示，下列说法错误的是
已知：R1、R2表示烃基，X表示卤原子，Y表示羟基。
A．转化过程中涉及氧化还原反应
B．转化过程中未发生非极性键的断裂和形成
C．R2—Pd(II) —OC(CH3)3是中间体
D．转化过程中存在反应：R2—Pd(II)—X+NaOC(CH3)3→NaX+R2—Pd(II)—OC(CH3)3
10．碱性锌铁液流电池具有电压高、成本低的优点。该电池的总反应为，下列叙述不正确的是
A．中含有键与键的数目之比为1∶1
B．放电时，N极电势低于M极，N极电极反应为
C．若离子交换膜只有通过，反应时，有通过离子交换膜
D．维持电流强度0.5A，电池工作5分钟，理论上消耗锌约0.5g(已知)
11．短周期元素R、X、Y、Z、M原子序数依次递增，最外层电子数： 3Z+M=X+Y，其中元素R、X、Y、M形成的化合物(结构式)具有如图所示转化关系。下列说法错误的是
A．简单气态氢化物的稳定性： Y>X
B．在该化合物中X最外层均满足8e-的结构
C．M的最高价氧化物对应水化物为强酸
D．Y分别与R、X、Z、M形成的化合物中均属于共价化合物
12．全钒液流电池的工作原理如下图。下列说法不正确的是
A．放电时负极反应式：
B．充电时阳极的pH降低
C．放电时正极每消耗，负极区便有通过质子交换膜移向正极区
D．电池总反应：
13．常温下，向溶液中滴加的溶液时，、[](或)随V(溶液)变化的曲线如图。下列叙述不正确的是
A．常温下，的第一步电离平衡常数
B．当V(溶液)时，
C．V(溶液)时，水的电离程度最大
D．常温下，当时，有
二、非选择题：共58分，第26~28题为必考题，每个试题考生都必须作答。第35~36题为选考题，考生根据要求作答。
（一）必考题：共43分。
26．(14分)钌(Ru)是一种极其昂贵的稀有贵金属，广泛应用于电子、航空航天、石油化工、有机合成等领域。钌的矿产资源很少，因此从含钌废液中回收钌尤为重要。某含钌的废渣主要成分为Ru、、、，回收钌的工艺流程如下：
(1)“氧化碱浸”时，两种氧化剂在不同温度下对钌浸出率和渣率的影响分别如图1、图2所示，则适宜选择的氧化剂为_______；最佳反应温度为_______。
(2)滤液1中溶质的主要成分包括、、等，其中Si的存在形式为_______(填化学式)；转化为的化学方程式为_______。
(3)滤液1先用盐酸调节滤液pH，后用甲酸“还原”提取钌并同时生成，则该过程的离子方程式为_______；“蒸馏”过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
(4)“吸收”过程产生的气体X经Y溶液吸收后，经进一步处理可以循环利用，则X和Y的化学式分别为_______、_______。
(5)可用氢气还原重量法测定产品中的纯度，所得实验数据记录如下：
实验序号 产品的质量/g 固体Ru的质量/g
① 2.4225 1.0110
② 2.4225 1.0090
③ 2.4225 1.0100
则产品的纯度为_______(保留小数点后一位)。
27．(14分)在900℃时，将氯气通过钛铁矿(主要成分FeTiO3)和炭粉的混合物生成四氯化钛和氯化铁，同时产生一种还原性气体。现制取并收集四氯化钛的装置如图所示(夹持装置略去)。
已知：①TiCl4高温时能与O2反应，不与HCl反应，②TiCl4与FeCl3部分物理性质
熔点/℃ 沸点/℃ 水溶性
TiCl4 -23.2 136.4 极易水解生成白色沉淀
FeCl3 306 315 易水解生成红褐色沉淀
(1)组装好仪器，添加试剂前，应该进行的操作是_______。
(2)用K2Cr2O7与浓盐酸制备Cl2，反应的离子方程式为_______。实验中需先后通入N2两次，第二次通N2时活塞k1、k2的状态为_______，作用是_______。
(3)900℃时，瓷舟中发生反应的化学方程式为_______。
(4)控温箱的温度在150~200℃，目的是_______。
(5)装置单元X的作用是_______。
(6)利用如图装置测定所得TiCl4的纯度：取w g产品加入烧瓶，向安全漏斗中加入适量蒸馏水，待TiCl4充分反应后，将烧瓶和漏斗中的液体一并转入锥形瓶中，滴入3滴0.1 mol/LK2CrO4溶液作指示剂，用c mol/LAgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V mL。已知：常温下，、，Ag2CrO4呈砖红色。
①安全漏斗在本实验中的作用除加水外，还有_______。
②达到滴定终点时的现象为_______。
③产品的纯度为_______(用含w、c和V的代数式表示)。
28．（15分）有效去除大气中的和水体中的氮是维持自然界氮循环的重要保证。
(1)已知：①
②
反应 _______。
(2)磷酸铵镁()沉淀法可去除水体中的氨氮和)。实验室中模拟氨氮处理：将1L模拟氨氮废水(主要含)置于搅拌器上，设定反应温度为25℃，先后加入和溶液。将上述溶液分成两等分，用NaOH调节溶液pH分别为9和10，投加絮凝剂并搅拌。反应30min后，取清液测定氨氮质量浓度。实验测得pH为10时氨氮去除率较pH为9时的氨氮去除率低，可能原因是_______。
(3)选择合适的电极材料，可通过电解法将模拟氨氮废水全部转化为。电解时，阳极发生多个电极反应。保持恒定电流电解相同时间，测得溶液初始pH对氨氮去除率及溶液中的关系如图所示。
①写出电解时阳极生成的电极方程式：_______。
②初始pH从12增大到13时，溶液中减小的可能原因是_______。
(4)已知Ni的金属活动性与Fe相当，Pd不与稀酸反应。酸性条件下Al、Al/Ni、Al/Cu/Pd等金属还原硝酸盐的反应机理分别如图甲、乙、丙所示(图中ads表示活性吸附态)。
①甲中，每还原1 mol 理论上消耗Al的质量为_______g。
②描述乙中被还原的过程：_______。
③要提高转化为的选择性，必须具备的条件是_______。
（二）选考题：共15分。请考生从2道化学题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。
35．［化学——选修3：物质结构与性质］（15分）
翡翠的主要成分为NaAlSi2O6，还含有其他多种金属阳离子，其中Cr3+的含量决定其绿色的深浅，是决定翡翠品质的重要因素之一
(1)基态Cr3+最外电子层的电子排布图(轨道表示式)为_______。
(2)NaAlSi2O6所含元素中，第一电离能最小的是_______，原因是_______
(3)配合物K[Cr(C2O4)2(H2O)]中的配体是_______，H2O的沸点比CO2的高了许多，主要原因是_______。
(4)已知某FeSO4·xH2O的结构如图所示。
粒子内部的键角SO_______H2O(填“>”“<”或“=”)，从杂化类型及斥力大小角度说明判断的理由：_______。
(5)Ca、O、Cr可以形成一种具有特殊导电性的复合氧化物，晶胞结构如图所示，其中Ca2+、O2-采用面心立方最密堆积方式。
①该晶体的化学式为_______。
②已知钙离子、氧离子半径分别为100pm、140pm，晶胞中Cr4+位于O2-所形成的正八面体的体心，该正八面体的边长为_______pm。
36．[化学——选修5：有机化学基础](15分)
伊曲康唑是一种抗真菌剂，其合成路线如图：
A(C6H6O)→→……B(C10H14N2O)C(C12H16N2O2)DEFGHIJM伊曲康唑
已知：(1)RCl+RNH2′→R－NH－R′
(2)RCOOR′+NH3→RCONH2
(3)
(4)ClCOOPh中Ph表示苯基
(5)X代表物质：
回答下列问题：
(1)下列有关X和N的说法正确的是____。
A．反应物X分类上可以属于酯类物质 B．N的结构简式可能是
C．1molX最多消耗NaOH3mol D．X的化学式为C13H11N3O5SCl2
(2)H的结构简式____；②的反应类型是____。
(3)写出①的化学方程式____。
(4)已知B有多种同分异构体，请写出同时符合下列要求的同分异构体的结构简式：____。
i.属于芳香族，且能水解
ii.1H－NMR有5个峰
iii.不含键iv.能发生银镜反应
(5)利用所学有机化学知识，结合题中所给信息，完成以A(苯酚)和乙烯为原料合成B的合成路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选)。____
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