2024年高考猜想预测卷（山东卷）05高三化学（考试时间：90分钟试卷满分：100分）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：H1B11C12N14O16Mg24Cl35.5Ga70一、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．化学与生活密切相关，下列说法正确的是A．煤的气化和液化可获得清洁燃料，有助于实现“碳中和”B．供糖尿病患者食用的“无糖食品”专指不含蔗糖的食品C．二氧化硅属于无机非金属材料，可用于制作光感电池D．规范添加苯甲酸钠可减缓食品变质，有利于保持食品营养【答案】D【详解】A．煤经过气化和液化等化学变化可以转变为清洁燃料，但是其燃烧产物依然是二氧化碳，不利于实现“碳中和”，A错误；B．供糖尿病患者食用的“无糖食品”指不含糖类的食品，B错误；C．高纯硅可用于制作光感电池，C错误；D．苯甲酸钠是一种防腐剂，规范使用防腐剂可以减缓食物变质速度，保持食品营养价值，D正确；故选D。2．的实验室制备过程为：①在强酸性介质中用还原制备；②在碱性介质中与反应，得到亚氯酸钠溶液；③再经一系列操作可得晶体。根据上述实验原理，下列说法不正确的是A．①中可用硫酸作强酸性介质，②中可用NaOH作碱性介质B．反应②中的可用代替C．过程③一系列操作含冷却结晶，温度控制在38℃以下D．若通过原电池反应来实现①，正极的电极反应为【答案】B【详解】A．①中可用硫酸作强酸性介质，提供氢离子，硫酸根对反应无影响，②中可用NaOH作碱性介质，提供氢氧根离子，钠离子对反应无影响，故A正确；B．在碱性介质中ClO2与H2O2反应生成NaClO2，Cl的化合价由+4价降低为+3价，H2O2作还原剂，NaClO4不能代替过氧化氢，故B错误；C．过程③一系列操作含冷却结晶，为防止分解，温度应控制在38℃以下，故C正确；D．用原电池实现反应①，根据原电池工作原理，正极上得电子，化合价降低，即电极反应式为，故D正确；故选：B。3．下列说法不正确的是A．图①：进行化学实验时，需要佩戴护目镜，以保护眼睛B．图②：可用于分离植物油和水的混合液C．图③：可用于硫酸钠的焰色试验D．图④：牺牲阳极法保护钢铁设备的示意图【答案】D【详解】A．是护目镜，进行化学实验时，需要佩戴护目镜，以保护眼睛，故A正确；B．植物油和水不互溶，可以利用分液分离。故B正确；C．光洁的无锈铁丝焰色无色，可以用于硫酸钠的焰色试验，故C正确；D．将闸门与电源的负极相连，属于外加电源阴极保护法，故D错误；故答案为D。4．用下列实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是A．用图①装置验证非金属性：Cl>C>SiB．按图②所示的气流方向可用于收集Cl2C．用图③装置高温灼烧Ag2S制取AgD．用图④装置制备氢氧化铁胶体【答案】B【详解】A．图①装置中，盐酸制取，可以生成，只能证明酸性：，因为盐酸不是最高价含氧酸，所以不能证明氯元素的非金属性强，A错误；B．氯气的密度大于空气，可以用向上排空气法收集，图②所示的气流方向可用于收集Cl2，B正确；C．高温灼烧固体应在坩埚中进行，蒸发皿只能用于蒸发溶液，C错误；D．制备氢氧化铁胶体是向沸水中滴加饱和溶液，加热煮沸至液体呈红褐色，图④装置用饱和溶液与氢氧化钠溶液反应得到氢氧化铁沉淀而不是氢氧化铁胶体，D错误；故选B。5．有机物L的合成路线（反应条件和其他产物已经略去）如下图所示，下列说法不正确的是A．1molX最多能与2mol（水溶液）发生反应B．在Z→M的过程中，发生还原反应，M的结构简式为C．Y能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，但褪色原理不同D．N和L均难溶于水【答案】B【详解】A．由题干信息可知，1molX中含有2mol醇酯基，则最多能与2mol发生反应，A正确；B．由题干转化信息可知，有机化学中有机物加氢失氧的反应是还原反应，在Z→M的过程中即羧基转化为醇羟基，发生还原反应，则M的结构简式为，B错误；C．Y能使溴水褪色是发生加成反应，而使酸性高锰酸钾溶液褪色是发生氧化反应，即褪色原理不同，C正确；D．由题干信息可知，L为醚类物质，N是卤代烃，二者均难溶于水，D正确；故选：B。6．一种有机物催化剂由原子序数依次递增的前20号元素组成，结构式如下图。下列说法正确的是A．简单离子半径：B．简单气态氢化物稳定性：C．元素所在周期中，第一电离能大于的元素有2种D．基态原子电子占据的最高能层有9个原子轨道【答案】D【分析】由结构式中各元素的成键数可知，X为H，Y为C，Z为O，M为S，则W为Na，据此分析解答。【详解】A．M为S，离子核外电子层排布为2、8、8；O和Na的离子电子层排布均为2、8，离子的核外电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越多半径越小，则离子半径：，即，故A错误；B．非金属性O>C，非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，则稳定性：H2O>CH4，故B错误；C．O为第二周期，随核电荷数递增，第一电离能呈增大趋势，但N最外层为半满稳定结构，其第一电离能大于O，则比O的第一电离能大的元素有N、F、Ne，故C错误；D．M为S，其核外有3个能层，最高能层为第3电子层，存在3s轨道1个，3p轨道3个，3d轨道5个，共9个原子轨道，故D正确；故选：D。7．气相还原法将SO2还原为硫黄是目前烟气脱硫研究的热点，原理是在一定温度下(200~300℃)将SO2烟气通过固体还原剂，使SO2中的氧原子转移到固体还原剂上，从而实现SO2的还原，其流程如图所示，下列说法正确的是A．再生塔中，生成一种可循环的物质，该物质的化学式为CaSO3B．脱硫塔中发生反应的化学方程式为C．三个装置中均发生了氧化还原反应D．脱硫过程中，当产生32g单质S8时，转移电子的物质的量为2mol【答案】D【分析】将CaS加入脱硫塔，再通入SO2烟气，发生氧化还原反应，生成CaSO4和S2蒸气，将S2蒸气在硫冷凝器中冷凝，得到单质S2和脱硫气体；将CaSO4与精煤混合放入再生塔中，得到CaS和CO2，CaS循环使用。【详解】A．再生塔中，CaSO4和精煤发生反应生成CO2，C被氧化为CO2，CaSO4被还原为CaS，A错误；B．脱硫塔中，CaS与SO2反应生成CaSO4和S2，CaS中S元素化合价升高2，SO2有部分被氧化为CaSO4，化合价升高2，部分被还原为S2，化合价降低4，根据得失电子守恒，反应方程式为，B错误；C．硫冷凝器中通过冷凝将S2分离，没有发生氧化还原反应，C错误；D．根据反应，当产生1mol单质S2时，转移电子的物质的量为4mol，当产生32g单质S2时，转移电子的物质的量为2mol，D正确；故选D。8．有机金属氯化物由原子序数依次增大的短周期主族元素X、Y、Z、M、N组成，部分结构如图所示，基态原子M核外电子所占据原子轨道全充满，N元素的价层电子排布式为，下列说法不正确的是A．Z与N可形成化合物、B．最简单氢化物的沸点：C．M元素的第一电离能比同周期相邻元素的大D．离子中Y发生杂化【答案】A【分析】X、Y、Z、M、N为原子序数依次增大的短周期主族元素，N元素的价层电子排布式为，则n为Cl元素；阳离子中X、Y、Z形成共价键的数目分别为1、4、4，基态原子M核外电子所占据原子轨道全充满，则X为H元素、Y为C元素、Z为N元素、M为Mg元素。【详解】A．氮元素的原子序数为5，基态原子的价电子排布式为2s22p3，由于原子核外没有d轨道，所以由共价键的饱和性可知，氮原子与氯原子无法形成五氯化氮，故A错误；B．氨分子能形成分子间氢键，甲烷不能形成分子间氢键，所以氨分子的分子间作用力大于甲烷，沸点高于甲烷，故B正确；C．同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，镁原子的3s轨道为稳定的全充满结构，元素的第一电离能大于相邻元素，故C正确；D．CH离子中碳原子的价层电子对数为3，则碳原子的杂化方式为sp2杂化，故D正确；故选A。9．X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素，X为元素周期表中半径最小的原子，Z是地壳中含量最多的元素，W的原子序数为29，X、Y、Z、W形成的阳离子如图所示，下列说法正确的是A．原子半径： B．该阳离子中心离子的配位数为6C．氢化物的沸点： D．两种配体中的键角：【答案】B【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的前四周期元素，X为元素周期表中半径最小的原子，则X为H；Z是地壳中含量最多的元素，Z为氧；W的原子序数为29，W为Cu；由图可以看出，连接三个键的为N，即Y为N。【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；原子半径：N>O>H，A错误；B．由图可知，该阳离子中心离子邻近原子数为6，则配位数为6，B正确；C．没有说明为简单氢化物，故不能判断两者的氢化物的沸点，C错误；D．水中O和NH3中N都采取sp3杂化，水中O原子有两对孤电子对，NH3中N原子只有一对孤电子对，因此水中孤电子对成键电子对排斥作用更明显，H2O键角＜NH3键角，D错误；故选B。10．锡碲渣废料(主要成分为，还含有少量铁、砷、铅等元素的氧化物)为原料，制备锡酸钠晶体和碲的工艺流程如下。已知水碎液中溶质主要成分为、；碱性条件下，锡酸钠在水中的溶解度随温度的升高而减小。下列说法正确的是A．“除碲”时，碲的脱除率随温度升高持续增大B．“除铅”时，主要反应的化学方程式为C．制备碲的过程中，若每步消耗等物质的量的含碲物质，则转移电子数相等D．经“溶析结晶”获得产品的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥【答案】B【分析】锡碲渣废料(主要成分是SnO、TeO，还含有少量Fe、Pb、As等元素的氧化物)在通入空气的情况下用NaOH碱溶，生成溶质的主要成分为、的水碎液，只有Fe的氧化物未溶解，所以Fe的氧化物就成为水碎渣；往水碎液中加入Ba(OH)2将As转化为Ba3(AsO4)2，过滤除去，滤液中加Na2S将Pb转化为PbS沉淀；过滤后所得滤液中加入H2O2，Na2TeO3被氧化为Na2TeO4沉淀；过滤后向所得滤液加入NaOH，再经浓缩、结晶，得到Na2SnO3晶体；Na2TeO4沉淀加浓盐酸溶解后，再通入SO2将Te还原为Te单质；【详解】A．温度过高会使H2O2分解，导致Te的脱除率下降，故A错误；B．“除铅”时，与Na2S反应生成PbS沉淀，化学方程式为，故B正确；C．“除Te”过程中发生反应的化学方程式为，该过程中消耗1mol转移2mol电子；生成的溶于盐酸，再通二氧化硫反应生成Te单质，该过程中1mol反应转移6mol电子，故C错误；D．由题意可知碱性条件下，锡酸钠在水中的溶解度随温度的升高而减小，则“溶析结晶”获得产品的操作为浓缩、结晶、过滤、洗涤和干燥，不能进行降温结晶，故D错误；故选：B。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．锰酸钾(K2MnO4)在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：。利用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的装置如图所示(夹持装置略)。下列说法错误的是A．在强碱性环境下，氧化性：Cl2＞KMnO4B．装置Ⅰ中的漂白粉可以用MnO2代替C．装置Ⅱ中盛放浓硫酸，以提高KMnO4的产率D．装置Ⅳ不需要防倒吸的原因是氢氧化钠溶液与氯气反应速率较慢【答案】BC【分析】装置Ⅰ中，漂白粉与浓盐酸反应，生成Cl2等，此时Cl2中混有HCl，可用装置Ⅱ中的饱和食盐中除去；将Cl2通入装置Ⅲ中，与K2MnO4发生氧化还原反应，从而制得KMnO4；用装置Ⅳ处理Cl2尾气。【详解】A．在强碱性环境下，Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4，发生的反应中，Cl2为氧化剂，KMnO4为氧化产物，则氧化性：Cl2＞KMnO