《2024年高考第二次模拟考试：化学（上海卷）（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024年高考第二次模拟考试：化学（上海卷）（解析版）（15页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、12024年高考第二次模拟考试高三化学（考试时间：60 分钟 试卷满分：100分）注意事项：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和试卷指定位置上。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：可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Cl 35.5 Ca 40 Mn 55Cu 64 I 127 La 139一、探究原子世界的奥秘一、探究
2、原子世界的奥秘1科学家们锲而不舍地努力，揭示了原子结构、物质结构与性质的奥秘。H、C、N、O、Si、Ca、Ti、卤素等元素常常构成丰富的物质世界。请回答下列问题：(1)基态22Ti原子的价电子轨道表示式为，Ti元素位于周期表的区，与 Ti位于同一周期且含有相同未成对电子数的主族元素为。(2)Ca 元素的焰色反应为砖红色，这是由于钙元素的核外电子由态跃迁到另一状态时产生的光谱。(填编号)A基态B激发态(3)焰色反应的光谱属于光谱。(填编号)A发射B吸收(4)下列说法正确的是_。ACH3Cl 中 C 原子的杂化类型为 sp2BCH3CH2Br 相比 CH3CH3有较强的反应活性，是因为碳溴键极性强
3、CC、N、O 三种元素的电负性大小顺序是 NOCDSiCl4的相对分子质量大于 SiO2，所以 SiCl4的沸点大于 SiO2(5)C、Si 为同一主族的元素，CO2和 SiO2化学式相似，但结构和性质有很大不同。从原子半径和共价键成键的角度分析，C、O原子间易形成 C=O 键，而 Si、O原子间不易形成2Si=O 键的原因。(6)N元素的第一电离能比 O的高，原因是：O 失去的是已经配对的电子，配对电子相互排斥，因而电离能较低；。(7)下列关于氨气的叙述正确的是_。ANH3的键角小于 CH4的键角，是因为 NH3的中心原子上孤电子对有较大斥力BNH3极易溶解在水中，只因氨分子与水分子间形成了
4、氢键CNH3的沸点比 PH3的高，是因为 NH的键能比 PH的大D构成 NH3的基态 N原子核外电子的空间运动状态有 7 种(8)根据所学知识比较CH3COOHCH2ClCOOHCH2FCOOH 的酸性由大到小排列_(填编号)。ABCD高效、低成本的氢气储运技术是大力发展氢能产业的必要保障。Fe-Mg 合金是目前已发现的储氢密度最高材料之一，其晶胞结构如图所示。若该晶体储氢时，2H分子在晶胞的体心和棱的中心位置。(9)该 Fe-Mg 合金中，每个 Fe 原子周围距离最近的 Mg 原子有_。A4 个B6 个C8 个D12 个(10)要储存 1 kg2H，至少需要kg Fe-Mg 合金。【答案】(
5、1)dGe、Se(2)B(3)A(4)B(5)Si 的原子半径较大，Si、O原子间距离较大，p-p 轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述稳定的键即 Si=O3(6)N的 p 能级处于半满稳定状态，则 N 的第一电离能高于 O 的第一电离能(7)A(8)D(9)C(10)52kg【解析】（1）已知 Ti是 22 号元素，其核外电子排布式为：22626221s 2s 2p 3s 3p 3d 4s，则基态Ti原子的价电子轨道表示式为；Ti元素位于周期表的 d 区；与 Ti位于同一周期且含有相同未成对电子数即为 2 个的主族元素为价电子排布为 4s24p2的Ge 和价电子排布为 4s24p4的 Se；
6、故答案为：；d；Ge、Se；（2）基态原子的电子吸收能量，跃迁到较高能级，电子又从高能级跃迁到低能级，以光的形式释放能量；故答案为：B；（3）基态原子的电子吸收能量，跃迁到较高能级，电子又从高能级跃迁到低能级，以光的形式释放能量；故答案为：A；（4）ACH3Cl 中 C 原子的价层电子对数为 4，杂化类型为 sp3，A 错误；BBr 原子吸引电子能力强，使碳溴键的电子云向溴原子偏移，碳溴键的极性强，B 正确；C同周期元素，随着原子序数增强，电负性增强，则电负性 ONC，C 错误；D元素的电负性越大，其非金属性越强，金属性越弱，SiCl4属于分子晶体，SiO2为原子晶体，原子晶体沸点大于分子晶体
7、，则 SiO2沸点高于 SiCl4，D 错误；故答案为：B；（5）CO2晶体是分子晶体，其中 C的原子半径较小，C、O 原子能充分接近，p-p 轨道肩并肩重叠程度较大，形成稳定的键即 C=O；而 Si 原子半径较大，Si、O 原子间距离较大，p-p 轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述稳定的键即 Si=O；故答案为：Si 的原子半径较大，Si、O 原子间距离较大，p-p 轨道肩并肩重叠程度较小，不能形成上述稳定的键即 Si=O；4（6）N的电子排布为2231s 2s 2p，O 的电子排布式为2241s 2s 2p，N 的 p 能级处于半满稳定状态，则 N 的第一电离能高于 O的第一电离能；故答
8、案为：N 的 p 能级处于半满稳定状态，则 N 的第一电离能高于 O 的第一电离能；（7）A氨分子中氮原子有 1 对孤对电子、甲烷分子中碳原子没有孤对电子，孤对电子对成键电子对的斥力更大，所以氨分子的键角小于甲烷分子的键角，A 正确；B氨分子属于极性分子，又因为氨分子与水分子间能形成氢键，所以氨气极易溶解在水中，B 错误；C氨分子间能形成氢键，磷化氢分子间不能形成氢键，氨分子间的作用力强于磷化氢分子，所以氨分子的沸点比磷化氢的高，沸点高低与 N-H 键和 P-H 键的键能大小无关，C 错误；DN 的电子排布为2231s 2s 2p，核外电子的空间运动状态有 5 种，D 错误；故答案为：A；（8
9、）CH2ClCOOH 和 CH2FCOOH 中均含有卤素原子，卤素原子都是吸电子基团，故酸性比 CH3COOH 强，F 的电负性强，吸引电子能力强，则 CH2FCOOH 酸性强于 CH2ClCOOH；故答案为：D；故答案为：C。（9）距离面心的 Fe 最近的 Mg 有 4 个，面心的原子为 2 个晶胞所有，故每个 Fe 原子周围距离最近的 Mg 原子有 8 个，故答案为：C；（10）1 个晶胞中可储存的 H2的个数为 1214+1=4，即 1mol 晶胞中可储存 3molH2，要储存 1kgH2，则需要-141000g2g mo1l=125mol 晶胞，Fe 位于顶点和面心，个数为 818+6
10、12=4，8 个 Mg 位于体内，则 1mol 晶胞质量为(456+824)g=416g,则要储存 1kgH2，至少需要416125=52000g,即 52kgFe-Mg 合金，故答案为：52kg；二、二氧化碳气体的转化与利用二、二氧化碳气体的转化与利用2CO2的高效转化利用对缓解能源危机以及实现“碳中和”目标具有重要的战略意义。(1)下列做法不符合“低碳生活”理念的是_。A减少化石燃料的使用B双面使用纸张C大力发展风力发电D“焚烧法”处理垃圾(2)NaOH 溶液可吸收 CO2。5写出标准状况下 2.24 L的 CO2与 100 mL3 molL-1NaOH 溶液反应的离子方程式。若反应得到的
11、溶液中 c(3HCO)：c(23CO)=2：1 时，则溶液 pH=。(25，H2CO3的Ka1=410-7；Ka2=510-11)(3)利用 NaOH 溶液喷淋捕捉空气中的 CO2，反应过程如图所示。下列说法错误的是_。A捕捉室中 NaOH 溶液喷成雾状有利于吸收 CO2B环节 a 中物质分离的操作是过滤C反应过程中 CaO 和 NaOH 是可循环的物质D高温反应炉中的物质是 Ca(HCO3)2(4)CaO 可在较高温度下捕集 CO2，在更高温度下将捕集的 CO2释放利用。CaC2O4H2O 热分解可制备 CaO，CaC2O4H2O 加热过程中固体的质量变化如图。写出 CaC2O4H2O 在
12、400600范围内分解反应的化学方程式：。与 CaCO3热分解制备的 CaO 相比，CaC2O4H2O 热分解制备的 CaO 具有更好的 CO2捕集性能，其原因可能是。利用 CO2加氢制备 CH3OH 是人工固碳的途径之一、已知：反应 I：CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)H1反应：CO2(g)H2(g)CO(g)H2O(g)H2=41 kJmol-1反应：CO(g)2H2(g)CH3OH(g)H3=-90 kJmol-1(5)反应 I的化学平衡常数的表达式 K=；H1=kJmol-1；升高温度，平衡常数 K(填写“变大”“不变”“变小”)。(6)有利于提高反应中 CO2的平
13、衡转化率的措施有_。A使用催化剂B加压6C升温D增大 CO2和 H2的初始投料比(7)若将含等物质的量 CO 和 H2的混合气体充入恒温恒容密闭容器中进行反应，下列事实能说明此反应已达到平衡状态的是_。A容器内气体密度保持不变B混合气体的平均相对分子质量不变C生成 CH3OH 的速率与生成 H2的速率相等DCO 的体积分数保持不变(8)保持压强、CO2和 H2的初始投料比不变，将混合气体按一定流速通过催化剂，经相同时间测得如下实验数据(反应未达到平衡状态)：T(K)CO2实际转化率(%)甲醇选择性(%)(即转化的 CO2中生成甲醇的百分比)54312.342.355315.339.1表中实验数
14、据表明，温度高，CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低，其原因是。【答案】(1)D(2)CO2+2OH=23CO+H2O10(3)D(4)CaC2O4400600CO+CaCO3CaO 捕集 CO2的性能与 CaO 与 CO2气体的接触面积有关，CaC2O4H2O 分解产生的气体更多，使生成的 CaO 更加疏松多孔，捕集性能更好(5)3232(CH OH)(H O)(H)ccKc-49变小(6)C(7)BD(8)升高温度，反应 I 和反应的反应速率均增大，但反应的反应速率变化更大，导致CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低【解析】（1）A减少化石燃料的使用，有利于减少二氧化碳的排放，符合“
15、低碳生活”理念，故 A 不选；B双面使用纸张，有利于减少森林的砍伐，符合“低碳生活”理念，故 B 不选；C大力发展风力发电，有利于减少二氧化碳的排放，符合“低碳生活”理念，故 C 不选；7D“焚烧法”处理垃圾会增大二氧化碳的排放，不符合“低碳生活”理念，故 D 选；故选 D。（2）准状况下 2.24 L 的 CO2的物质的量为 0.1mol，100 mL3 molL-1NaOH 溶液中 NaOH的物质的量为 0.3mol，则少量的 CO2和 NaOH 溶液反应的离子方程式为：CO2+2OH=23CO+H2O；若反应得到的溶液中 c(3HCO)：c(23CO)=2：1 时，溶液中c(H+)=a2
16、3111023K c HCO=5 102mol/L1 10mol/Lc CO，pH=10。（3）A接触面积越大，反应速率越快，故雾状氢氧化钠更易吸收2CO，故 A正确；B环节 a 为分离溶液与沉淀，其基本操作为过滤，故 B 正确；C反应过程中消耗 CaO 和 NaOH，且再次生成，故两种物质可以循环利用，故 C 正确；D在高温反应炉中发生碳酸钙的分解反应，生成氧化钙和二氧化碳，故 D 错误；故选：D。（4）CaC2O4H2O 的相对分子质量为 146，设起始时 CaC2O4H2O 的物质的量为 1mol，则由图像可知，该反应分为三个阶段，第一阶段失去 1mol 水，生成 CaC2O4；第二阶段CaC2O4失去 1mol CO，生成 CaCO3；第三阶段 CaCO3失去 1mol CO2，生成 CaO。因此第二阶段，即 400600范围内分解反应的化学方程式为 CaC2O4400600CO+CaCO3；CaC2O4H2O 和 CaCO6两者均可分解生成 CaO，而两者制备的 CaO 捕集 CO2的性能不同，说明使两者不同的原因是 CaO 表面积的大小不同，因 1mol CaC2O4H2O
