上海市青浦区2024年高考二模化学试题（含答案）

第第页上海市青浦区2024年高考二模化学试题一、钙钛矿1．（1）Ⅰ.钙钛矿是一种含Ca、Ti、O的化合物，其晶胞结构如下图所示：Ti元素在周期表中的位置是。（2）根据钙钛矿的晶胞结构，离Ca2+最近的O2-个数为____。A．6 B．8 C．10 D．12（3）Ti3+易形成紫色配位化合物[Ti(H2O)6]Cl3，1mol该配合物中含有的共价键数目为____。A．12NA B．15NA C．18NA D．21NA（4）Ⅱ.钙钛矿型太阳能电池常用CH3NH3PbI3作为光敏层材料。C、N、O三种元素第一电离能从大到小的顺序为____。A．N>O>C B．N>C>O C．O>N>C D．C>N>O（5）测定CH3NH3PbI3中碳氮键键长，可以利用的仪器分析方法是____。A．原子发射光谱 B．质谱C．核磁共振氢谱 D．晶体X射线衍射（6）Ⅲ.钙钛矿型材料还可用作氧离子传导的载体，利用钙钛矿型材料作电解质的新型NH3—O2固体燃料电池装置如下图所示：M电极为极(填“正”或“负”)，该电极反应方程式为。（7）下列关于该燃料电池叙述不正确的是____。A．该燃料电池可以将化学能全部转化为电能B．电子由M电极经过外电路流向N电极C．N电极处的氧气发生还原反应D．该电池工作时，每消耗22.4L(标准状况下)的NH3会有3molO2-发生迁移二、柠檬酸2．（1）Ⅰ.柠檬酸是一种重要的工业原料，化学式可表示为H3Cit，属于三元弱酸。25℃时，柠檬酸的电离常数如下：Ka1=7.4×10-4、Ka2=1.7×10-5、Ka3=4.0×10-7。25℃时，不同pH范围内，H3Cit、H2Cit-、HCit2-和Cit3-所占的比例(该微粒浓度与四种微粒浓度之和的比值)如下图所示，则其中代表HCit2-的是____。A．X B．Y C．Z D．M（2）25℃时，0.1mol∙L-1下列溶液中微粒的浓度关系正确的是____。A．Na3Cit溶液中，[Na+]+[H+]=[OH-]+[H2Cit-]+[HCit2-]+[Cit3-]B．Na3Cit溶液中，[OH-]>[H+]C．NaH2Cit溶液中，[Na+]=[H3Cit]+[H2Cit-]+[HCit2-]+[Cit3-]D．Na2HCit溶液中，[OH-]>[H+]（3）已知25℃时，碳酸的电离常数为：Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.7×10-11，向NaHCO3溶液中加入NaH2Cit溶液，请写出反应的化学方程式。（4）Ⅱ.电子元器件经处理后可得贵金属溶液。在适宜条件下，柠檬酸亚铁中的Fe2+可将贵金属溶液中的AuCl4−请写出离子反应方程式，并标出电子转移的方向和数目。。（5）Ⅲ.柠檬酸亚铁是一种高效补铁剂。利用硫铁矿烧渣(主要含Fe2O3及少量CaO、Al2O3)制备柠檬酸亚铁的工艺流程如图。已知常温下：Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33，Ksp[Fe(OH)2]=4.9×10-17，Kb[NH3•H2O]=1.8×10-5。基态Fe原子价电子排布式为。（6）滤渣1为。(填化学式)（7）“沉铝”过程中，为了使铝充分沉淀的同时减少铁的损失，需要精确控制氨水的加入量。已知溶液中[Al3+]≤10-5mol•L-1，认为已经沉淀完全。请计算：(计算结果保留2位有效数字)，Al3+恰好沉淀完全时，溶液中[OH-]=。（8）“沉铁”过程需控制温度在35℃以下，可能原因是。（9）“合成”过程中，需加入少量的抗氧化剂，下列试剂合适的是____。A．FeSO4 B．Fe C．Cu D．H2O2三、氨气3．（1）Ⅰ.NH3可用于处理有害气体氮氧化物(NOx)，将NOx还原成N2和H2O。涉及主要反应的热化学方程式为4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)⇌Δ催化剂4N2(g)+6H2O(g)∆H=-1626kJ·mol已知：该反应的焓变和熵变受温度影响很小，可视为常数。200℃时，该反应____自发进行。A．能B．不能C．缺少条件，无法判断（2）在恒温恒容条件下，以下表述能说明该反应已经达到化学平衡状态的是____。A．2v正(NH3)=3v逆(H2O)B．气体的平均相对分子质量不再变化C．气体的密度不再变化D．N2和H2O的物质的量之比2：3（3）相同反应时间内，不同温度、不同氨氮比(n(NH①420℃时NO转化率低于390℃时NO转化率的原因可能是。②B点(填“是”或“否”)达到化学平衡状态，理由是。（4）Ⅱ.NH3还可用做燃料。下表是氨气和氢气能源的部分性质：

状态热值(kJ/g)沸点(℃)密度(kg/L)液态能量密度(MJ/L)氨气气18.6-330.682012.7氢气气120-2530.07088.5氮元素燃烧后生成的稳定产物为N2。请书写NH3燃烧的热化学方程式。（5）结合表中数据分析，相较于氢气，氨气作为燃料的优点是。（6）在理想条件下，氨气完全燃烧的产物为氮气和水，但在实际燃烧过程中会产生污染环境的有毒气体，请写出一个涉及的化学方程式。四、硫氰化钾4．可用如下装置在实验室制取硫氰化钾。(部分夹持装置已省略)实验步骤如下：（1）Ⅰ.制备NH4SCN溶液：CS2＋2NH3催化剂__水浴加热NH4SCN＋H2S，NH3连接仪器后，装入药品前，应进行的操作是。（2）装置A的作用是产生氨气，从安全性和成本角度，试管内的药品是____。A．氯化铵 B．氢氧化钙和氯化铵C．硝酸铵 D．氢氧化钠和氯化铵（3）实验开始时打开K1，加热装置A同时向D中倒入热水，缓慢地向装置D中充入气体。D装置中三颈烧瓶内盛放有一定量的CS2、水和催化剂。D中水浴加热的优点有。（4）下列说法不正确的是____。A．碱石灰的作用是干燥氨气B．可通过观察C中气泡来判断产生氨气的快慢C．装置E中的试剂是用来吸收过量的氨气D．装置E可起到防止倒吸的作用（5）Ⅱ.制备KSCN。移去装置A处的酒精灯，关闭K1，打开K2，利用分液漏斗边加液边加热，则此时装置D中发生反应的化学方程式是。用橡皮管连接三颈烧瓶和分液漏斗的作用是。（6）制备KSCN晶体：先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再蒸发浓缩，冷却结晶，，，，得到硫氰化钾晶体。（7）Ⅲ.测定KSCN的含量。称取10.00g样品配成1L溶液，量取25.00mL溶液于锥形瓶中，并加入几滴Fe(NO3)3溶液，用0.1000mol·L-1AgNO3标准溶液滴定。经过3次平行试验，达到滴定终点时，消耗AgNO3标准溶液的体积平均为20.00mL。滴定反应的离子方程式为SCN-＋Ag+=AgSCN↓。滴定管读数时，平视观察的位置为。（8）判断达到滴定终点的方法是。（9）样品中KSCN的质量分数为。(KSCN的摩尔质量为97g·mol-1)五、纽甜5．（1）Ⅰ.纽甜(NTM)是一种人工合成的安全甜味剂，是目前发现的最甜的甜味剂。蔗糖和纽甜的相关数据如下：

分子式相对分子质量甜度熔点(℃)蔗糖C12H22O113421185~187纽甜C20H30N2O53788000~1200080.9~83.4下列有关糖类化合物的说法不正确的是____。A．麦芽糖一种二糖，1分子麦芽糖水解后可以得到2分子葡萄糖B．淀粉、纤维素都属于多糖，分子式都可以写成(C6H10O5)n，二者互为同分异构体C．淀粉溶液用激光笔照射，可看到丁达尔效应，说明淀粉分子的直径在1~100nm之间D．在蔗糖与稀硫酸共热后的溶液中，滴加银氨溶液，可以验证产物中的葡萄糖（2）在如图中用“*”标出纽甜分子中的不对称碳原子。（3）说明纽甜的熔点低于蔗糖的原因。（4）Ⅱ.纽甜(NTM)的一种合成路线如图所示：已知：B→C的反应类型是____。A．取代反应 B．加成反应 C．氧化反应 D．还原反应（5）写出J分子中所含的官能团名称。（6）下列说法正确的是____。A．在质谱图中，C分子可能有m/z值分别为120及122的2个明显的分子离子峰B．E分子中N原子采取sp2杂化C．J分子中所有碳原子可能共平面D．纽甜分子中含有2个肽键（7）化合物C是烃M的一氯代物，请用系统命名法命名M。（8）请写出化合物G的结构简式。（9）书写J→K的化学反应方程式。（10）写出一种符合下列条件的I的同分异构体的结构简式。①能发生银镜反应，也能与FeCl3溶液发生显色反应；②核磁共振氢谱图中有4组峰。（11）结合题目所给信息，设计H→I的合成路线(必要的有机或无机试剂任选)。(合成路线常用的表示方式为：A→反应条件反应试剂B……

答案解析部分1．【答案】（1）第4周期IVB族(或第4周期第4族)（2）D（3）C（4）A（5）D（6）负；2NH3-6e-+3O2-=N2+3H2O（7）A；D【解析】【解答】（1）Ti为22号元素，在元素周期表中位于第四周期第ⅣB族，故答案为：第四周期第ⅣB族；

（2）由图可知，Ca2+位于晶胞顶点，O2-位于晶胞面心，则离Ca2+最近的O2-个数为3×82=12，故答案为：D；

（3）[Ti(H2O)6]Cl3中，[Ti(H2O)6]3+与Cl-之间存在离子键，[Ti(H2O)6]3+中，6个O和Ti3+之间形成配位键，水分子中含有共价键，且每个水分子中含有2个共价键，则1mol该配合物中含有的共价键数目为18NA，故答案为：C；

（4）同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，则第一电离能：N>O>C，故答案为：A；

B、质谱用于测量物质的相对分子质量的，故B不符合题意；C、核磁共振氢谱用于测量物质中不同环境的氢原子的种类和数量，故C不符合题意；D、晶体X射线衍射可以确定晶胞的结构，通过晶胞中点阵可以确定化学键的键长，故D符合题意；故答案为：D；（6）由图可知，M极由NH3转化为N2，发生氧化反应，故M电极为负极，电解质为熔融的金属氧化物，故该电极反应方程式为2NH3-6e-+3O2-=N2+3H2O，故答案为：负；2NH3-6e-+3O2-=N2+3H2O；（7）A、该燃料电池虽然能量的利用率较高，但也不可能将化学能全部转化为电能，还会转化为热能、光能等，故A错误；B、原电池中，电子由负极流向正极，即电子由M电极经过外电路流向N电极，故B正确；C、N电极为电源的正极，电极反应为：O2+4e-=2O2-，故C正确；D、该电池工作时，负极反应式为2NH3-6e-+3O2-=N2+3H2O，则每消耗22.4L(标准状况下)的NH3会有1.5molO2-发生迁移，故D错误；故答案为：AD。【分析】（1）Ti为22号元素；

（2）由图可知，Ca2+位于晶胞顶点，O2-位于面心；

（3）配位键为共价键，水分子中也含有共价键；

（4）同一周期元素的第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；

（5）晶体X射线衍射可测定晶胞结构；

（6）（7）燃料电池中，通入燃料的一极为负极，负极发生氧化反应，通入氧气的一极为正极，正极发生还原反应。2．【答案】（1）C（2）B；C（3）NaH2Cit+NaHCO3=Na2HCit+CO2↑+H2O（4）（5）3d64s2（6）CaSO4（7）5.1×10-10mol/L（8）防止NH4HCO3受热分解，降低产率（9）B【解析】【解答】（1）柠檬酸H3Cit属于三元弱酸，分三步部分电离，当氢离子最大时，pH最小，微粒主要以H3Cit为主，随着第一步电离，微粒浓度H2Cit-逐渐增大，第二步电离，微粒浓度H2Cit-减小而HCit2-增大，第三步电离，微粒浓度HCit2-减小而Cit3-增大，最后以Cit3-为主，代表HCit2-的是Z，故答案为：C；（2）A、Na3Cit溶液中存在电荷守恒：[Na+]+[H+]=[OH-]+[H2Cit-]+2[HCit2-]+3[Cit3-]，故A错误；B、Na3Cit溶液中Cit3-发生水解反应使溶液呈碱性，则[OH-]>[H+]，故B正确；C、NaH2Cit溶液中存在物料守恒：[Na+]=[H3Cit]+[H2Cit-]+[HCit2-]+[Cit3-]，故C正确；D、Na2HCit溶液中H2Cit-存在水解平衡和电离平衡，水解常数Kh=KwKa1=1×10故答案为：BC；（3）H2Cit-的电离常数为Ka2=1.7×10-5，比碳酸的第一步电离常数Ka1=4.4×10-7大，则酸性：H2Cit->H2CO3>HCit2-，NaHCO3溶液和NaH2Cit溶液反应生成二氧化碳和Na2HCit，反应的化学方程式NaH2Cit+NaHCO3=Na2HCit+CO2↑+H2O，故答案为：NaH2Cit+NaHCO3=Na2HCit+CO2↑+H2O；（4）在适宜条件下，Fe2+可将AuCl4-还原为金单质沉淀，亚铁离子被氧化为铁离子，反应转移3个电子，电子转移的方向和数目为，故答案为：（5）铁是26号元素，基态Fe原子的电子排布式为[Ar]3d64s2，基态Fe原子价电子排布式为3d64s2，故答案为：3d64s2；（6）硫铁矿烧渣中CaO与稀硫酸反应生成CaSO4，则滤渣1为CaSO4，故答案为：CaSO4；（7）常温下：Ksp[Al(OH)3]=1.3×10-33，溶液中[Al3+]≤10-5mol•L-1，认为已经沉淀完全，Al3+恰好沉淀完全时，溶液中[OH-]=3Ksp[Al(（8）NH4HCO3受热易分解，因此“沉铁”过程需控制温度在35℃以下，故答案为：防止NH4HCO3受热分解，降低产率；（9）“合成”过程中，加入柠檬酸与亚铁离子生成柠檬酸亚铁，亚铁离子易被氧化为铁离子，需加入少量的抗氧化剂，Fe可与铁离子化合生成亚铁离子，则应加入Fe作抗氧化剂，故答案为：B。【分析】Ⅰ.H3Cit属于三元弱酸，分步电离，当氢离子最大时即pH最小，微粒主要以H3Cit为主，随着第一步电离，微粒浓度H2Cit-逐渐增大，第二步电离，微粒浓度H2Cit-减小而HCit2-增大，第三步电离，微粒浓度HCit2-减小而Cit3-增大，最后以Cit3-为主；

Ⅱ.Fe2+可将AuCl4-还原为金单质沉淀，亚铁离子被氧化为铁离子；

Ⅲ.硫铁矿烧渣(主要含Fe2O3及少量CaO、Al2O3)与稀硫酸反应生成硫酸铁、硫酸铝和微溶物硫酸钙，过滤得到滤渣1为CaSO4，加入铁粉与铁离子生成亚铁离子，加入氨水调节溶液pH使铝离子沉淀得到滤渣3为Al(OH)3，加入NH4HCO33．【答案】（1）A（2）B（3）温度过高，催化剂失活，反应速率较慢(或温度升高，平衡逆向移动，NO转化率降低)；否；该反应是放热反应，升高温度，平衡逆移，脱氮率应降低，但400℃脱氮率高于390℃，所以没有达到化学平衡状态（4）4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)∆H=-1264.8kJ·mol-1（5）氨气沸点低，易液化，便于储存和运输，液态能量密度高（6）4NH3+5O2=5NO+6H2O(合理即可)【解析】【解答】（1）该反应的∆S>0，∆H<0，200℃时，该反应的∆H-T∆S<0，反应能自发进行，故答案为：A；

（2）A、2v正(NH3)=3v逆(H2O)时，正逆反应速率不相等，反应未到达平衡状态，故A不符合题意；

B、该反应的气体总质量不变，反应前后气体总物质的量发生变化，则气体的平均相对分子质量不再变化，说明反应达到化学平衡状态，故B符合题意；

C、该反应的气体总质量不变，恒容条件下，气体的密度一直不变，因此当气体的密度不再变化，不能说明反应达到平衡状态，故C不符合题意；

D、N2和H2O的物质的量之比与起始投入量和转化率有关，N2和H2O的物质的量之比2：3不一定说明达到化学平衡状态，故D不符合题意；

故答案为：B；

（3）①420℃时NO转化率低于390℃时NO转化率的原因可能是温度过高，催化剂失活，反应速率较慢(或温度升高，平衡逆向移动，NO转化率降低)，故答案为：温度过高，催化剂失活，反应速率较慢(或温度升高，平衡逆向移动，NO转化率降低)；②该反应是放热反应，升高温度，平衡逆移，脱氮率应降低，但400℃脱氮率高于390℃，所以B点没有达到化学平衡状态，故答案为：否；该反应是放热反应，升高温度，平衡逆移，脱氮率应降低，但400℃脱氮率高于390℃，所以没有达到化学平衡状态；（4）氨气的热值为18.6kJ/g，则1mol氨气燃烧热18.6kJ/g×17g/mol=316.2kJ/mol，则NH3燃烧的热化学方程式为4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)∆H=-1264.8kJ·mol-1，故答案为：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)∆H=-1264.8kJ·mol-1；（5）相较于氢气，氨气作为燃料的优点是氨气沸点低，易液化，便于储存和运输，液态能量密度高，故答案为：氨气沸点低，易液化，便于储存和运输，液态能量密度高；（6）氨气在实际燃烧过程中会产生污染环境的有毒气体可能为NO，氨气和氧气发生催化氧化生成NO和水，涉及的化学方程式为4NH3+5O2=5NO+6H2O，故答案为：4NH3+5O2=5NO+6H2O(合理即可)。【分析】（1）根据∆H-T∆S<0时反应能自发进行分析；

（2）可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，反应体系中各物质的物质的量、物质的量浓度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不变；

（3）①温度会影响催化剂活性；

②该反应是放热反应，升高温度，平衡逆移，脱氮率应降低，但400℃脱氮率高于390℃，所以没有达到化学平衡状态；

（4）1mol氨气燃烧热18.6kJ/g×17g/mol=316.2kJ/mol；

（5）氨气沸点低，易液化，便于储存和运输，液态能量密度高；

（6）氨气产生的有毒气体为氮氧化物。4．【答案】（1）检查装置气密性（2）B（3）受热均匀，温度容易控制（4）C（5）KOH+NH4SCN=KSCN+NH3↑+H2O；使分液漏斗与三颈烧瓶处于相同压强下，便于氢氧化钾溶液顺利滴下（6）过滤；洗涤；干燥（7）凹液面最低处所对应的刻度（8）当滴入最后半滴AgNO3溶液时，红色褪去，且半分钟内颜色不恢复（9）77.60%【解析】【解答】（1）该装置有气体参与，则连接仪器后，装入药品前，应进行的操作是检查装置气密性，故答案为：检查装置气密性；

（2）A、加热氯化铵分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢在试管口遇冷又化合成氯化铵，无法制备氨气，故A不符合题意；

B、加热氢氧化钙和氯化铵，生成氨气，且氢氧化钙便宜，故B符合题意；

C、硝酸铵的性质不稳定，受热易分解，而且分解反应比较复杂，温度不同产物也不同，不能加热硝酸铵制备氨气，故C不符合题意；

D、氢氧化钠和氯化铵加热放出氨气，但氢氧化钠价格昂贵，不适宜用于制备氨气，故D不符合题意；

故答案为：B；

（3）D中水浴加热受热均匀，温度容易控制，故答案为：受热均匀，温度容易控制；

（4）A、碱石灰是碱性干燥剂，氨气是碱性气体，碱石灰的作用是干燥氨气，故A正确；B、NH3不溶于CS2，可通过观察C中气泡来判断产生氨气的快慢，故B正确；C、装置D中发生反应CS2＋2NH3催化剂__水浴加热NH4SCN＋H2S，H2D、装置E中球形干燥管可起到防止倒吸的作用，故D正确；故答案为：C；（5）移去装置A处的酒精灯，关闭K1，打开K2，利用分液漏斗边加KOH边加热，则此时装置D中KOH和NH4SCN反应生成KSCN、NH3、H2O，发生反应的化学方程式是KOH+NH4SCN=KSCN+NH3↑+H2O，用橡皮管连接三颈烧瓶和分液漏斗，使分液漏斗与三颈烧瓶处于相同压强下，便于氢氧化钾溶液顺利滴下，故答案为：KOH+NH4SCN=KSCN+NH3↑+H2O；使分液漏斗与三颈烧瓶处于相同压强下，便于氢氧化钾溶液顺利滴下；（6）制备KSCN晶体：先滤去三颈烧瓶中的固体催化剂，再蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥，得到硫氰化钾晶体，故答案为：过滤；洗涤；干燥；（7）滴定管读数时，平视观察的位置为凹液面最低处所对应的刻度，故答案为：凹液面最低处所对应的刻度；（8）达到滴定终点，SCN-恰好完全转化为AgSCN沉淀，则达到滴定终点的现象是：当滴入最后半滴AgNO3溶液时，红色褪去，且半分钟内颜色不恢复，故答案为：当滴入最后半滴AgNO3溶液时，红色褪去，且半分钟内颜色不恢复；（9）根据SCN-＋Ag+=AgSCN↓，25.00mL溶液中n(KSCN)=n(Ag+)=0.02L×0.1mol·L-1=0.002mol，样品中KSCN的质量分数为0.【分析】装置A用于制备氨气，实验室通常加热氯化铵和氢氧化钙的混合固体制备氨气，氨气为碱性气体，装置B中用碱石灰干燥氨气，NH3不溶于CS2，可通过观察C中气泡来判断产生氨气的快慢，装置D中，氨气和二硫化碳发生反应CS2＋2NH3催化剂__水浴加热NH4SCN＋H2S，制得NH4SCN，关闭K1，打开K2，利用分液漏斗边加液边加热，装置D中发生反应KOH+NH4SCN=KSCN+NH35．【答案】（1）B；D（2）（3）蔗糖分子中含有多个羟基，分子间可以形成多个氢键，而纽甜分子中分子间能形成的氢键数目远少于蔗糖，故蔗糖的熔点高于纽甜（4）B（5）羧基、碳溴键（6）A；C（7）2，2-二甲基丁烷（8）（9）（10）或（11）【解析】【解答】（1）A、麦芽糖是一种二糖，水解生成葡萄糖，且，1分子麦芽糖水解后可以得到2分子葡萄糖，故A正确；

B、淀粉、纤维素中的聚合度n不确定，两者分子式不同，不互为同分异构体，故B错误；

C、胶体分散系粒子直接介于1~100nm之间，且胶体能产生丁达尔效应，因此淀粉溶液用激光笔照射，可看到丁达尔效应，说明淀粉分子的直径在1~10