真题重组卷02 -冲刺2024年高考化学真题重组卷（上海专用）

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2、锻炼同学的考试心理，训练学生快速进入考试状态。高考的最佳心理状态是紧张中有乐观，压力下有自信，平静中有兴奋。
3、训练同学掌握一定的应试技巧，积累考试经验。模拟考试可以训练答题时间和速度。高考不仅是知识和水平的竞争，也是时间和速度的竞争，可以说每分每秒都是成绩。
4、帮助同学正确评估自己。高考是一种选拨性考试，目的是排序和择优，起决定作用的是自己在整体中的相对位置。因此，模拟考试以后，同学们要想法了解自己的成绩在整体中的位置。
冲刺2024年高考化学真题重组卷（上海专用）
真题重组卷02
（考试时间：60分钟 试卷满分：100分）
考生注意：
1.试卷满分100分，考试时间60分钟。
2.本考试分设试卷和答题纸。答题前，务必在答题纸上填写姓名、考号。
3.作答必须按对应位置涂或写在答题纸上，在试卷上作答一律不得分。
4.标注“不定项”的试题，每小题有1~2个符合条件的选项。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16
一．人体中的微量元素
1．（2022·湖南·高考真题）铁和硒(Se)都是人体所必需的微量元素，且在医药、催化、材料等领域有广泛应用，回答下列问题：（24分）
(1)乙烷硒啉(Ethaselen)是一种抗癌新药，其结构式如下：
基态Se原子的核外电子排布式为Ar_______________________________________；
该新药分子中有________________种不同化学环境的C原子；
③比较键角大小：气态SeO3分子______ SeO32−离子(填“>”“<”或“=”)，原因是____________________________________________________________________________。
(2)富马酸亚铁FeC4H2O4是一种补铁剂。富马酸分子的结构模型如图所示：
富马酸分子中σ键与π键的数目比为______________________________；
11:3 B.11:2 C.7:2 D.4:1
②富马酸亚铁中各元素的电负性由大到小的顺序为______________________________。
(3)科学家近期合成了一种固氮酶模型配合物，该物质可以在温和条件下直接活化H2，将N3-转化为NH2−，反应过程如图所示：
产物中N原子的杂化轨道类型为______________________________；
A．sp B.sp2 C.sp3
②与NH2−互为等电子体的一种分子为______________________________(填化学式)。
(4)钾、铁、硒可以形成一种超导材料，其晶胞在xz、yz和xy平面投影分别如图所示：
①该超导材料的最简化学式为______________________________；
②Fe原子的配位数为______________________________；
③该晶胞参数a=b=0.4nm、c=1.4nm。阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为______________________________g⋅cm−1(列出计算式)。
【答案】(1) 3d104s24p4 8
＞ SeO3的空间构型为平面三角形，SeO32-的空间构型为三角锥形
(2) A O＞C＞H＞Fe
(3) C H2O
(4) KFe2Se2 4 2×(39+56×2+79×2)NA×0.4×0.4×1.4×10—21
【解析】（1）①硒元素的原子序数为34，基态原子的电子排布式为[Ar] 3d104s24p4，故答案为：3d104s24p4；
②由结构简式可知，乙烷硒啉的分子结构对称，分子中含有8种化学环境不同的碳原子，故答案为：8；
③三氧化硒分子中硒原子的价层电子对数为3，孤对电子对数为0，分子的空间构型为平面三角形，键角为120°，亚硒酸根离子中硒原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，离子的空间构型为三角锥形，键角小于120°，故答案为：＞；SeO3的空间构型为平面三角形，SeO32−的空间构型为三角锥形；
（2）①由球棍模型可知，富马酸的结构式为HOOCCH=CHCOOH，分子中的单键为σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，则分子中σ键和π键的数目比为11：3，故答案为：11：3；A选项。
②金属元素的电负性小于非金属元素，则铁元素的电负性最小，非金属元素的非金属性越强，电负性越大，氢碳氧的非金属性依次增强，则电负性依次增大，所以富马酸亚铁中四种元素的电负性由大到小的顺序为O＞C＞H＞Fe，故答案为：O＞C＞H＞Fe；
（3）①由结构简式可知，产物中氮原子的价层电子对数为4，原子的杂化方式为sp3杂化，故答案为：sp3杂化；
②水分子和氨基阴离子的原子个数都为3、价电子数都为8，互为等电子体，故答案为：H2O；
（4）①由平面投影图可知，晶胞中位于顶点和体心的钾原子个数为8×18+1=2，铁原子位于面心，原子个数为8×12=4，位于棱上和体心的硒原子的个数为8×14+2=4，则超导材料最简化学式为KFe2Se2，故答案为：KFe2Se2；
②由平面投影图可知，位于棱上的铁原子与位于面上的硒原子的距离最近，所以铁原子的配位数为4，故答案为：4；
③设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：2×(39+56×2+79×2)NA=abc×10—21×d，解得d=2×(39+56×2+79×2)NA×0.4×0.4×1.4×10—21，故答案为：2×(39+56×2+79×2)NA×0.4×0.4×1.4×10—21。
二、制备无水二氯化锰
2．（2022·浙江·统考高考真题）某兴趣小组用四水醋酸锰[(CH3COO)2Mn·4H2O]和乙酰氯(CH3COCl)为原料制备无水二氯化锰，按如图流程开展了实验(夹持仪器已省略)：（17分）
已知：①无水二氯化锰极易吸水潮解，易溶于水、乙醇和醋酸，不溶于苯。
②制备无水二氯化锰的主要反应：(CH3COO)2Mn+CH3COCl→苯ΔMnCl2↓+2(CH3COO)2O。
③乙酰氯遇水发生反应：CH3COCl+H2O→CH3COOH+HCl。
请回答：
(1)步骤Ⅰ：所获固体主要成分是______________________________ (用化学式表示)。
(2)步骤Ⅰ在室温下反应，步骤Ⅱ在加热回流下反应，目的分别是______________________________ 。
(3)步骤Ⅲ：下列操作中正确的是______________________________ 。
A．用蒸馏水润湿滤纸，微开水龙头，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上
B．用倾析法转移溶液，开大水龙头，待溶液快流尽时再转移沉淀
C．用乙醇作为洗涤剂，在洗涤沉淀时，应开大水龙头，使洗涤剂快速通过沉淀物
D．洗涤结束后，将固体迅速转移至圆底烧瓶进行后续操作
(4)步骤Ⅳ：①将装有粗产品的圆底烧瓶接到纯化装置(图2)上，打开安全瓶上旋塞，打开抽气泵，关闭安全瓶上旋塞，开启加热器，进行纯化。请给出纯化完成后的操作排序：______________________________ 。
纯化完成→(_____)→(_____)→(_____)→(_____)→将产品转至干燥器中保存
a.拔出圆底烧瓶的瓶塞
b.关闭抽气泵
c.关闭加热器，待烧瓶冷却至室温
d.打开安全瓶上旋塞
②图2装置中U形管内NaOH固体的作用是______________________________ 。
(5)用滴定分析法确定产品纯度。甲同学通过测定产品中锰元素的含量确定纯度；乙同学通过测定产品中氯元素的含量确定纯度。合理的是______________________________ (填“甲”或“乙”)同学的方法。
【答案】(1)(CH3COO)2Mn
(2)步骤Ⅰ脱去四水醋酸锰的结晶水并防止生成MnCl2；步骤Ⅱ加热回流促进反应生成MnCl2
(3)BD
(4) cdba 防止可能产生的酸性气体进入抽气泵；防止外部水气进入样品
(5)乙
【解析】（1）根据制备无水二氯化锰的主要反应：(CH3COO)2Mn+CH3COCl→苯ΔMnCl2↓+2(CH3COO)2O以及乙酰氯遇水发生反应：CH3COCl+H2O→CH3COOH+HCl可判断步骤Ⅰ中利用CH3COCl吸水，因此所获固体主要成分是(CH3COO)2Mn。
（2）由于步骤Ⅰ脱去四水醋酸锰的结晶水并防止生成MnCl2，因此步骤Ⅰ在室温下反应；而步骤Ⅱ加热回流促进反应生成MnCl2，所以步骤Ⅱ需要在加热回流下反应。
（3）A．因为氯化锰极易吸水潮解，故不能使用水来润湿，可以改用苯等有机溶剂，故A错误；
B．用倾析法转移溶液，开大水龙头，待溶液快流尽时再转移沉淀，故B正确；
C．用抽滤洗涤沉淀时，抽滤速率不能过快，故C错误；
D．由于无水二氯化锰极易吸水潮解，洗涤结束后，将固体迅速转移至圆底烧瓶进行后续操作，故D正确；
故答案为BD；
（4）①纯化完成后首先关闭加热器，待烧瓶冷却至室温，然后打开安全瓶上旋塞，关闭抽气泵，最后拔出圆底烧瓶的瓶塞，将产品转至干燥器中保存，故答案为cdba；
②由于可能混有酸性气体且无水二氯化锰极易吸水潮解，因此图2装置中U形管内NaOH固体的作用是防止可能产生的酸性气体进入抽气泵，同时防止外部水气进入样品。
（5）由于无水二氯化锰极易吸水潮解，且锰离子水解，所以应该通过测定产品中氯元素的含量确定纯度，所以合理的是乙同学的方法。
三．苯乙烯及高分子材料聚苯乙烯的制备
3．（2023·湖南·统考高考真题）聚苯乙烯是一类重要的高分子材料，可通过苯乙烯聚合制得。（18分）
Ⅰ．苯乙烯的制备
(1)已知下列反应的热化学方程式：
①C6H5C2H5g+212O2g=8CO2g+5H2OgΔH1=−4386.9kJ⋅ml−1
②C6H5CH=CH2g+10O2g=8CO2g+4H2OgΔH2=−4263.1kJ⋅ml−1
③H2g+12O2g=H2OgΔH3=−241.8kJ⋅ml−1
计算反应④C6H5C2H5g⇌C6H5CH=CH2g+H2g的ΔH4=______________________________kJ⋅ml−1；
(2)在某温度、100kPa下，向反应器中充入1ml气态乙苯发生反应④，其平衡转化率为50%，欲将平衡转化率提高至75%，需要向反应器中充入______________________________ml水蒸气作为稀释气(计算时忽略副反应)；
(3)在913K、100kPa下，以水蒸气作稀释气。Fe2O3作催化剂，乙苯除脱氢生成苯乙烯外，还会发生如下两个副反应：
⑤C6H5C2H5(g)⇌C6H6(g)+CH2=CH2(g)
⑥C6H5C2H5(g)+H2(g)⇌C6H5CH3(g)+CH4(g)
以上反应体系中，芳香烃产物苯乙烯、苯和甲苯的选择性S(S=转化为目的产物所消耗乙苯的量已转化的乙苯总量×100%)随乙苯转化率的变化曲线如图所示，其中曲线b代表的产物是______________________________，理由是______________________________；

(4)关于本反应体系中催化剂Fe2O3的描述错误的是_______；
A．X射线衍射技术可测定Fe2O3晶体结构
B．Fe2O3可改变乙苯平衡转化率
C．Fe2O3降低了乙苯脱氢反应的活化能
D．改变Fe2O3颗粒大小不影响反应速率
Ⅱ．苯乙烯的聚合
苯乙烯聚合有多种方法，其中一种方法的关键步骤是某Cu(Ⅰ)的配合物促进C6H5CH2X(引发剂，X表示卤素)生成自由基C6H5CH2·，实现苯乙烯可控聚合。
(5)引发剂C6H5CH2Cl、C6H5CH2Br、C6H5CH2I中活性最高的是______________________________；
(6)室温下，①Cu+在配体L的水溶液中形成CuL2+，其反应平衡常数为K；②CuBr在水中的溶度积常数为Ksp。由此可知，CuBr在配体L的水溶液中溶解反应的平衡常数为______________________________(所有方程式中计量系数关系均为最简整数比)。
【答案】(1)+118
(2)5
(3) 苯 苯乙烯是主反应产物，选择性最大，随着水蒸气的通入，主反应④正移，副反应⑤正移，⑥不移动，导致选择性变化，苯乙烯降低，苯升高，甲苯几乎不变
(4)BD
(5)C6H5CH2I
(6)K∙Ksp
【解析】（1）根据盖斯定律，将①-②-③可得C6H5C2H5(g)⇌C6H5CH=CH2(g)+H2(g) ∆H4=-4386.9kJ/ml-(-4263.1kJ/ml)-(-241.8kJ/ml)=+118kJ/ml；答案为：+118；
（2）设充入H2O(g)物质的量为xml；在某温度、100kPa下，向反应器中充入1ml气态乙苯发生反应④。乙苯的平衡转化率为50%，可列三段式n(起始)(ml)n(转化)(ml)n(平衡)(ml)C6H5C2H5(g)10.50.5⇌C6H5CH=CH2(g)00.50.5+H2(g)00.50.5，此时平衡时混合气体总物质的量为1.5ml，此时容器的体积为V；当乙苯的平衡转化率为75%，可列三段式n(起始)(ml)n(转化)(ml)n(平衡)(ml)C6H5C2H5(g)⇌C6H5CH=CH2(g)+H2(g)，此时乙苯、苯乙烯、H2物质的量之和为1.75ml，混合气的总物质的量为(1.75+x)ml，在恒温、恒压时，体积之比等于物质的量之比，此时容器的体积为1.75+x1.5V；两次平衡温度相同，则平衡常数相等，则(0.5V)20.5V=(+x1.5V)+x1.5V，解得x=5；答案为：5；
（3）b曲线是苯；苯乙烯是主反应产物，选择性最大，随着水蒸气的通入，主反应④正移，副反应⑤正移，⑥不移动，导致选择性变化，苯乙烯降低，苯升高，甲苯几乎不变；
（4）A．测定晶体结构最常用的仪器是X射线衍射仪，即用X射线衍射技术可测定Fe2O3晶体结构，A项正确；
B．催化剂不能使平衡发生移动，不能改变乙苯的平衡转化率，B项错误；
C．催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，故Fe2O3可降低乙苯脱氢反应的活化能，C项正确；
D．催化剂颗粒大小会影响接触面积，会影响反应速率，D项错误；
答案选BD。
（5）原子半径I＞Br＞Cl，则键长C—I键＞C—Br键＞C—Cl键，故键能C—Cl键＞C—Br键＞C—I键，则C—I键更易断裂，因此，C6H5CH2I更易生成自由基，即活性最高的是C6H5CH2I；答案为：C6H5CH2I；
（6）Cu+在配体L的水溶液中形成[Cu(L)2]+，则Cu++2L⇌[Cu(L)2]+的平衡常数K=c{[Cu(L)2]+}c(Cu+)⋅c2(L)；CuBr在水中的溶度积常数Ksp=c(Cu+)∙c(Br-)；CuBr在配体L的水溶液中溶解反应为CuBr+2L⇌[Cu(L)2]++Br-，该反应的平衡常数为c{[Cu(L)2]+}⋅c(Br-)c2(L)=c{[Cu(L)2]+}⋅c(Br-)⋅c(Cu+)c2(L)⋅c(Cu+)=K∙Ksp；答案为：K∙Ksp。
四、利用生物质资源合成2，5-二羟基对苯二甲酸
4．（2023·河北·统考高考真题）2，5-二羟基对苯二甲酸DHTA是一种重要的化工原料，广泛用于合成高性能有机颜料及光敏聚合物；作为钠离子电池的正、负电极材料也表现出优异的性能。利用生物质资源合成DHTA的路线如下：（19分）
已知：→2)H+/H2O1)NaNH2
回答下列问题：
(1)A→B的反应类型为______________________________。
(2)C的结构简式为______________________________。
(3)D的化学名称为______________________________。
(4)G→H的化学方程式为______________________________。
(5)写出一种能同时满足下列条件的G的同分异构体的结构简式______________________________。
(a)核磁共振氢谱有两组峰，且峰面积比为3:2；
(b)红外光谱中存在C=O吸收峰，但没有O−H吸收峰；
(c)可与NaOH水溶液反应，反应液酸化后可与FeCl3溶液发生显色反应。
(6)阿伏苯宗是防晒霜的添加剂之一。试以碘甲烷CH3I、对羟基苯乙酮()和对叔丁基甲苯[]为原料，设计阿伏苯宗的合成路线______________________________。(无机试剂和三个碳以下的有机试剂任选)
【答案】(1)A
(2)CH3OOCCH2CH2COOH
(3)丁二酸二甲酯
(4)+4NaOH→ΔH2O+2CH3OH+2H2O
(5)
(6)
【解析】（1）对比A、B的结构简式，A→B为A与H2发生的加成反应（或还原反应）生成B。故A选项。
（2）根据分析，C的结构简式为CH3OOCCH2CH2COOH；
（3）D的结构简式为CH3OOCCH2CH2COOCH3，D中官能团为酯基，D的化学名称为丁二酸二甲酯。
（4）G的结构简式为，H的结构简式为，G→H的化学方程式为+4NaOH→ΔH2O+2CH3OH+2H2O。
（5）G的分子式为C10H10O6，G的同分异构体的红外光谱中存在C=O吸收峰、但没有O—H吸收峰，能与NaOH水溶液反应，反应液酸化后可与FeCl3溶液发生显色反应，G的同分异构体中含有、不含—OH，G的同分异构体的核磁共振氢谱有两组峰、且峰面积比为3∶2，则符合条件的G的同分异构体的结构简式为。
（6）对比与、CH3I、的结构简式，结合题给已知，可由与在1)NaNH2、2)H+/H2O作用下合成得到；可由与CH3I发生取代反应制得；可由先发生氧化反应生成、再与CH3OH发生酯化反应制得，则合成路线为：。
五、稀土元素镧、钇的提取
5．（2022·广东·高考真题）稀土(RE)包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下：（22分）
已知：月桂酸C11H23COOH熔点为44°C；月桂酸和C11H23COO3RE均难溶于水。该工艺条件下，稀土离子保持+3价不变；C11H23COO2Mg的Ksp=1.8×10−8，Al(OH)3开始溶解时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。
(1)“氧化调pH”中，化合价有变化的金属离子是______________________________。
(2)“过滤1”前，用NaOH溶液调pH至______________________________的范围内，该过程中Al3+发生反应的离子方程式为______________________________。
(3)“过滤2”后，滤饼中检测不到Mg元素，滤液2中Mg2+浓度为2.7g⋅L−1。为尽可能多地提取RE3+，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中cC11H23COO-低于______________________________ml⋅L−1(保留两位有效数字)。
(4)①“加热搅拌”有利于加快RE3+溶出、提高产率，其原因是______________________________。
②“操作X”的过程为：先______________________________，再固液分离。
(5)该工艺中，可再生循环利用的物质有______________________________(写化学式)。
A．盐酸 B.硫酸镁 C.氯化镁 D.氯化铁
(6)稀土元素钇(Y)可用于制备高活性的合金类催化剂Pt3Y。
①还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时，生成1mlPt3Y转移______________________________ml电子。
②Pt3Y/C用作氢氧燃料电池电极材料时，能在碱性溶液中高效催化O2的还原，发生的电极反应为______________________________。
【答案】(1)Fe2+
(2) 4.7≤pH<6.2 Al3++3OH−=Al(OH)3↓
(3)4.0×10-4
(4) 加热搅拌可加快反应速率 冷却结晶
(5)MgSO4
(6) 15 O2+4e-+2H2O=4OH-
【解析】（1）由分析可知，“氧化调pH”目的是除去含铁、铝等元素的离子，需要将Fe2+氧化为Fe3+，以便后续除杂，所以化合价有变化的金属离子是Fe2+，故答案为：Fe2+；
（2）由表中数据可知，Al3+沉淀完全的pH为4.7，而RE3+开始沉淀的pH为6.2~7.4，所以为保证Fe3+、Al3+沉淀完全，且RE3+不沉淀，要用NaOH溶液调pH至4.7≤pH<6.2的范围内，该过程中Al3+发生反应的离子方程式为Al3++3OH−=AlOH3↓，故答案为：4.7≤pH<6.2；Al3++3OH−=AlOH3↓；
（3）滤液2中Mg2+浓度为2.7g⋅L−1，即0.1125ml/L，根据Ksp[C11H23COO2Mg]=c(Mg2+)⋅c2C11H23COO-，若要加入月桂酸钠后只生成C11H23COO3RE，而不产生C11H23COO2Mg，则cC11H23COO-（4）①“加热搅拌”有利于加快RE3+溶出、提高产率，其原因是加热搅拌可加快反应速率，故答案为：加热搅拌可加快反应速率；
② “操作X”的结果是分离出月桂酸，由信息可知，月桂酸C11H23COOH熔点为44°C，故“操作X”的过程为：先冷却结晶，再固液分离，故答案为：冷却结晶；
（5）由分析可知，该工艺中，可再生循环利用的物质有MgSO4，故答案为：MgSO4；
（6）①YCl3中Y为+3价，PtCl4中Pt为+4价，而Pt3Y中金属均为0价，所以还原YCl3和PtCl4熔融盐制备Pt3Y时，生成1mlPt3Y转移15ml电子，故答案为：15；
②碱性溶液中，氢氧燃料电池正极发生还原反应，发生的电极反应为O2+4e-+2H2O=4OH，故答案为：O2+4e-+2H2O=4OH-。
离子
Mg2+
Fe3+
Al3+
RE3+
开始沉淀时的pH
8.8
1.5
3.6
6.2~7.4
沉淀完全时的pH
/
3.2
4.7
/