2024届福建省部分地市高三年级下册三模化学试题（含答案解析）

2024届福建省部分地市高三下学期三模化学试题

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一、单选题

1.我国科学家采用高活性和高选择性催化剂In/Rh组分替换Sn/Pt,实现烷嫌高效直接脱氢

制烯烧。下列说法正确的是

A.催化剂可提高反应的平衡转化率B.In/Rh晶体中主要含范德华力

C.基态Sn原子的价电子排布式为5s25P2D.环丙烷与正丁烷不饱和度均为1

二、多选题

2.某枸杞属植物肉桂酰胺类免疫调节药物分子结构如下图，下列说法正确的是

A.可形成分子内氢键B.Imol该化合物最多能与7moiBr?反应

C.含有2个手性碳原子D.常温下Imol该化合物能与4mol乙酸反应

三、单选题

3.下列有关海水综合利用涉及的离子方程式不正确的是

2+2+

A.利用石灰乳沉镁：Ca(OH)2+Mg=Mg(OH)2+Ca

B.利用NaOH溶液反萃取CCI4中的匕：I2+2OH-=T+10-+H2O

C.利用SO,吸收Br?二次富集澳：SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+SOj

通电小小

D.电解饱和食盐水：2C1-+2H2O-2OH-+Cl2T+H2T

催化剂

4.“液态阳光”的原理为2co2+4H,O=^2CH3OH+3O,,设S为阿伏加德罗常数的值。

一通电

下列说法正确的是

A.18gHq中成键电子对数为4刈

B.44gCO?中含离域万键数为NA

C.ImolCH30H晶体中含氢键数为2NA

D.生成2.24L。？（已折算为标准状况）时，转移电子数为Q4NA

5.一种亲电试剂的结构如图，其中W、X、Y、Z均为短周期元素且同周期，阳离子中所有

原子共平面。下列说法正确的是

X

Y2

X；

WZ；

A.WZ；中W为sp2杂化B.第一电离能：Z>X>Y

C.最简单氢化物的沸点：X<Y<ZD.ImolW的最高价含氧酸最多能与3moi

NaOH反应

6.制备水合月井的原理为CO(NHj2+2NaOH+NaClO磐N2H/H^O+Na2cOj+NaCl,其

装置如图。已知水合股（N2H4-H2O）沸点为118.5℃。下列说法正确的是

A.分液漏斗中盛装的是CO（NH2）2溶液B.两温度计控制的温度相同

C.增大滴加速率会降低水合脱的产率D.若将CO（NH2）2溶液替换为氨水效果更好

7.一种含Co催化剂催化携化酯化的反应机理如图。其中Me为甲基，L为中性配体。下列

说法不亚项的是

试卷第2页，共10页

A.该催化剂中Co的化合价不同

B.该过程中碳原子的化合价发生变化

OH

C.若用C*O参与反应，可得到

OMe

D.可通过改变醇的种类增加产物水解后竣酸的碳原子数

8.全固态氟离子电池中的固态电解质晶胞如图。电池工作时，H发生迁移。晶胞参数越大,

可供离子迁移的空间越大，越有利于离子传输。F位点空缺也可使离子传输更加高效。下列

说法不正颐的是

A.晶体中与Cs距离最近且相等的F有12个

B.该固态电解质的化学式为CsPbF,

C.在Pb位点掺杂K,F位点将出现空缺

D.随Pb位点掺杂K含量的增大，离子传输效率一定提高

9.我国科学家以海水为氯源合成。，a一二氯酮，其装置如图。并以其为原料合成药物米托

MeOHH2sO4

坦c,合成路线为fb—»下列说法不思佛

NaBHPhCl

Cl4

ClCl

ac

的是

B.M为阳离子交换膜

D.整个转化中碳原子的杂化轨道类型有3种

10.将CO?催化转化成co是实现co?资源化利用的关键步骤，发生的反应有

1

反应I：CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)AHX=+42.1kJmor

反应n：CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)AH2

反应m：CO(g)+3H2(g)=CH4(g)+H2O(g)AH3=-206.0kJmor%O.IMPa,在密闭容器

)n-si

中按一^9=3投料，平衡时各组分的摩尔分数［物质i的摩尔分数：xi=-^xl00%,

«(CO2)n&

H?O(g)未计入］随温度的变化如图。下列说法不无碉的是

试卷第4页，共10页

A.低温下有利于反应H正向进行B.曲线b为H?

C.P点时反应I的Kp约为5.12x106D.900℃时，适当增大体系压强，”(CO)保

持不变

四、解答题

11.利用席夫碱L(结构简式为,相对分子质量为416)制备金

属缓蚀剂CuL。并测定其组成。

I.制备CuL“(实验装置如图，夹持装置省略)。

向三颈烧瓶中加入席夫碱L和CHNU(沸点为39.8C),将其置于35℃恒温水浴，按下图

连接好仪器。滴加(CH3coO)?Cu溶液，回流lh。置于冰水浴中冷却，离心分离、洗涤、干

(1)仪器X的名称为.

(2)控制水浴温度为35℃的原因是

(3)洗涤所用最佳试剂为(填标号)。

A.去离子水B.无水乙醇C.NaOH溶液D.口卢。,溶液

II.测定CuL,组成

称取0.3gCuLn于生烟中焙烧。将焙烧产物转入烧杯中，再加入少量稀H2sO,充分溶解，滴

加少量NaOH溶液调节pH至3~4。将上述溶液转入锥形瓶中，加入过量KI溶液，用

0.。3111011-我22$203标准溶液滴定至浅黄色，加入淀粉溶液，继续滴定至浅蓝色，接近滴定

终点时加入KSCN溶液，继续滴定至终点，消耗Na2s2O3标准溶液20.40mL。

已知：i.i2+rI；；i2+2s2o^-=2r+s4o^-

ii.25℃时，%(Cui)=5.1xl()T2,羯(CuSCN)=4.8xl()T5；Cui能吸附I；。

2+

⑷「与CuLn释放出的Cu反应的离子方程式为;滴定终点的现象是=

(5)调节溶液pH至3~4的原因是。

(6)加入KSCN溶液的目的是o

⑺CuLn中n=,其结构简式为。

12.利用氟磷灰石［主要成分为Ca5F(POj3杂质为Si。?等］为原料生产可应用于巨型激光

器“神光二号”的磷酸二氢钾(KH2PoQ,工艺流程如下。

KOH溶液

磷酸硫酸试剂X

中和法葭.

氟磷一酸浸I1＜嬴人懈-

2——►磷^KH2P。4

灰石苜」上亍」(含少量siF6)电解法一

HF气体滤渣

KC1溶液

已知：25℃时，Ksp(CaSC>4)=4.9x10-5,/(CaSiR)=9.0x10—,/Csp(BaCO3)=1.0x10^,

Ksp(BaSiR)=1.0x10^,Ksp(Na?SiR)=4.0x10^。

(1)“酸浸I"中生成Ca(HFOj,其化学方程式为。

(2)“酸浸II”中，滤渣的主要成分为o

试卷第6页，共10页

⑶“脱氟”中试剂X为（填“BaCC>3”或“Na2co3”）；当｛Si琮一）=LOxlCTmoi.T时,

溶液中试剂X电离出的剩余金属阳离子的浓度为mol.U'o

（4）“中和法”为获得较高纯度的KH2Po〃控制pH范围为；在此pH范围内纯度的

KH?PC»4溶液中各微粒浓度大小关系为。

已知：溶液中H3P0八H2PO；,HPOj、PO；的分布分数5随pH变化曲线如图。［如PO；

分布分数：SPO；=-----「~一一,、/一］

7

'C(H3PO4)+c(H2PO；)+c(HPO--)+c(PO^)

（5）“电解法”工作原理如图。

阴极室产品室阳极室

①阴极的电极反应式为=

②分析产品室可得到KH2PO4的原因____。

③相较于“中和法”，“电解法”的优点有（写出2条即可）。

13.可用解除法制硫酸产生的废钮催化剂（V2O5）制备钮（IV）。

已知：钢（IV）在水溶液中存在形态与pH的关系如下。

VC)2+(aq)।V2O4G)1HV2O式ag)

pH

36

（l）450℃,V2O5催化SO2和。2反应时，反应机理如下:

-1

X^O5(s)+SO2(g)=A^O4(S)+SO3(g)AH1=+24kJ•mol

4⑸+5⑸-1

2乂。CD2(g)=2乂。AZ72=-246kJ-mol

则2SO2(g)+O?(g).-2SO3(g)AH3=。

H2SO4HCOOH

（2）废机催化剂V,C>5的一种处理方法为」|，“还原”过程

2t

V2O5——T还原|—►vo

“VO；TVO"”的离子方程式为

（3）三种常见的金属离子萃取剂（简写为HR）结构如下表。

萃取

ABC

剂

°Y厂

xf

结构_/0—p—0\_/0—P-/f

1

OHOH

①HR在煤油中以二聚体形式（H2R2）与金属离子络合，HR通过形成H^Rz（填微粒

间相互作用名称）。

②在水中电离出H+能力最强的是（填或“C”）。

（4）25℃时，应1i2萃取帆（IV）过程示意图如下。

|有机相H2R2、VO（HR）2|

水相（pH=2硫酸、加入等体积萃取剂一多次萃取

0.01mol/LV02+)

H2R2溶于煤油水相VC)2+、H+、SO^-I直至平衡

2+

萃取平衡为VO(aq)+H2R2(org).VOR?(org)+2H+(aq)K,其中org表示有机相。

C(VOR2)；卒凡萃取率晓曾

已知：有机相和水相的分配比。D

c(VO2+)

①萃取达到平衡的标志是（填标号）。

A.水相pH不再变化B.水相c（VC）2+）不再变化

试卷第8页，共10页

C.有机相C(H?RJ不再变化D.分配比D不再变化

②利用NaOH溶液调节水相初始pH,pH从1调至4的过程中，E先增大后减小。结合平衡

移动原理进行解释=

③维持水相pH=2,分别测得萃取剂A、B、C的1g。随lg(H?Rj变化曲线如图。

-2.2-2.0-1.8-1.6-1.4-1.2-1.0-0.8-0.6-0.4

lgc(H2R2)

■代表的是萃取剂(填或"C”)：萃取平衡常数K=

14.利用环化反应合成天然产物callitrisicacid的部分合成路线如下。

(DA中含有的官能团名称为o

(2)B与C互为同分异构体，核磁共振氢谱峰面积之比为6：3：2：2：2：1,B的结构简式

为.

(3)C-D的反应类型为；不能用酸性KMnC>4溶液替换CrC)3的原因是

(4)D—E为取代反应，同时生成HC1和SO?,其化学方程式为

(5)E-F发生了傅克酰基化反应，其反应机理如下(一R为烽基)。

O

①i中形成的化学键类型为。

②傅克酰基化反应较难生成多元取代产物的原因是O

(6)F-G发生了鲁滨逊增环反应，是通过迈克尔加成反应和羟醛缩合两步完成的。

■O

MVK的结构简式为

COOC2H5

②以HOOC（CH2）4COOH和MVK为原料合成,路线

试卷第10页，共10页

参考答案：

1.C

【详解】A.催化剂可降低反应的活化能，加快反应速率，但不能改变平衡转化率，A错误；

B.In/Rh晶体为金属晶体，主要含金属键，B错误；

C.Sn位于第五周期第IVA族，基态Sn原子的价电子排布式为5s25P2,C正确；

D.环丙烷为环状化合物，分子式为C3H6,饱和度为1,正丁烷分子式为C4H10,不饱和度

为0,D错误；

故选C。

2.AB

【详解】A.该有机物分子中，苯环上相邻的两个酚羟基可以形成分子内氢键，故A正确；

B.由结构简式可知，有机物分子中含有酚羟基，酚羟基的邻对位均可被澳水取代，含有的

碳碳双键能与滨水发生加成反，贝也mol该化合物最多能与7moi澳反应，故B正确；

C.由结构简式可知，有机物分子中不含有手性碳原子，故C错误；

D.由结构简式可知，常温下有机物分子中含有的酚羟基和亚氨基不能与乙酸发生取代反应,

故D错误；

故选AB。

3.B

【详解】A.利用石灰乳沉镁，氢氧化钙和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钙，反应的

2+2+

离子方程式为Ca(OH)2+Mg=Mg(OH)2+Ca,故A正确；

B.利用NaOH溶液反萃取Cd,中的1-12和氢氧化钠反应生成碘化钠、碘酸钠、水，反应

的离子方程式为3I2+6OH=5F+IO；+3Hq,故B错误；

C.利用S0?吸收Br?生成氢澳酸和硫酸，反应的离子方程式为

+

SO2+Br2+2H2O=4H+2Br+SO：,故C正确；

D.电解饱和食盐水生成氢气、氯气、氢氧化钠，反应的离子方程式为

通电小小

2CP+2H,02OH-+Cl2T+H2T.故D正确；

选B。

4.D

答案第1页，共10页

【详解】A.乩0含有2个成键电子对，18gH2。的物质的量为Imol,含有成键电子对数为

2NA，A错误;

B.CO?中碳原子价电子为2s22P2,采取sp杂化，两个杂化轨道分别与两个氧原子的2P轨

道形成◎键，碳原子剩余2个2P轨道，每个2P轨道都与所结合氧原子的2P轨道肩并肩形

成两个离域三中心四电子大n键，44gCC)2的物质的量为Imol,含有离域乃键数为2刈，B

错误；

C.CH30H晶体含有1个氢键，ImolCH30H晶体中含氢键数为NA，C错误；

D.O元素由。价下降到-2价，标准状况下2.24L的物质的量为0.Imol,转移电子数为，

D正确；

故选D。

5.B

【分析】

已知告I"中W、X、Y、Z均为短周期元素且同周期，阳离子中所有原子共平面。-XY2

X；

WZ4

是平面结构判断X为N,Y为O,-N02是平面结构，-R三N为直线形，四种元素均在第二

周期，WZ；中W与4个Z形成4个6键，整体带一个单位负电荷，则W为B,Z为F,据

此分析解题。

【详解】A.WZ,为BF4,杂化轨道数为:(3+1-4xl)+4=4,故W为sp3杂化，A错误；

B.N、0、F为同周期元素核电荷数依次增大，第一电离能依次增大，但N的电子排布是

半充满的，比较稳定，电离能较高，故第一电离能F>N>O,B正确；

C.常温下H2O为液态，HF和NH3为气态，HF的氢键比NH3的强的多，F的电负性比N

大，所以最简单氢化物的沸点为：H2O>HF>NH3,c错误；

D.W的最高价含氧酸为H3BO3,H3BO3属于一元弱酸，ImolW不能与3moiNaOH反应，

D错误；

故选B。

答案第2页，共10页

6.C

【详解】A.分液漏斗中盛放NaOH溶液和NaClO溶液，若将NaClO直接放在三颈烧瓶

中，NaClO可将反应生成的水合月井直接氧化，A错误；

B.右边温度计作用：保持反应温度70℃,中间温度计作用：加热反应后混合物，使水合肌

在118.5℃被蒸储，B错误；

C.NaClO可将反应生成的水合朋直接氧化，增大滴加速率会降低产率，C正确；

D.加热条件下氨水易挥发，影响水合脱产率，D错误；

故选Co

【点睛】

7.D

【详解】A.根据催化剂结构可知，催化剂中C。的化合价不同，A正确；

OHO

B.反应过程中C参与反应生成[H，C元素化合价变化，B正确；

OH,8O

C.结合图示反应机理可知，若用C*O参与反应，可得到]|],C正确；

D.醇的种类改变，只能改变酯基水解后醇分子中碳原子个数，D错误；

答案选D。

8.D

【详解】A.由晶胞结构可知：与Cs距离最近且相等的F有12个，故A正确；

11

B.根据晶胞的结构可知Pb的个数为8x5=l,Cs的个数为1,F的个数为12xJ=3,化学式

84

CsPbF3,故B正确；

C.在Pb位点掺杂K,由于晶胞中多了K原子，使得F位点会出现空缺，故C正确；

D.离子效率与F位点空缺晶胞参数有关，掺杂K含量的增加不一定会使离子传输效率提高，

故D错误；

故选D。

9.B

【详解】

答案第3页，共10页

ClClo

A.阳极连接电源正极，失去电子生成根据得失电子守恒和

ClClO

电荷守恒配平电极反应为+2C1+2OH-4e=+凡0,A正确;

B.阴极H2O放电生成H2和OH,生成的OH-通过阴离子交换膜进入阳极参与反应，M为

阴离子交换膜，故B错误；

ClOH

C.NaBH4可将黑基还原成醇，故b为c正确。

D.整个转化中碳原子的杂化轨道类型有3种，分别为sp、sp2、sp3,D正确。

综上，故选B。

10.C

【分析】反应I为吸热反应，反应II和反应III是放热反应，升高温度反应I平衡正向移动,

反应n和反应III平衡逆向移动，CO和H2的摩尔分数增大，且H2的摩尔分数大于co,曲

线b代表Hz，a代表CO,以此解答。

【详解】A.由盖斯定律可知，反应1+反应III可得反应II,

-1

CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)AH2=AHJ+AH3=+42.1kJ-mol^-ZOe.OkJ-mol

=-163.9kJmol-1,该反应为放热反应，低温下有利于反应II正向进行，A正确；

B.由分析可知，曲线b代表H?,B正确；

C.由分析可知，曲线b代表H2,a代表CO,当x(CO)=x(CO2)时，温度高于500℃,X(H2)>X(H2。),

)))

X(COX(HQx(H.O1

反应I的平衡常数KP=x；co)：(；j=[(H)<，P点温度低于50°℃，反应I是吸热反

应，温度降低平衡常数减小，则P点时反应I的Kp<l,C错误；

D.由图可知，高温时反应I进行程度很大，反应n、in程度很小接近于o,CW含量很少

接近于0,则平衡不受压强影响，适当增大体系压强，”(co)保持不变，D正确；

故选Co

11.(1)恒压滴液漏斗

答案第4页，共10页

(2)温度过高会导致CH2c卜挥发；温度过低会降低反应速率

⑶B

2+2+

(4)2Cu+4F2CuIJ+I2或2CU+51--2CuIJ+1]蓝色恰好消失且30s内

不再变蓝

(5)pH过高，Ci?+水解造成结果偏低；pH过低，「易被空气氧化为L造成结果偏高

(6)加入KSCN,使Cui转化为CuSCN,释放被吸附的耳，使U充分反应

【详解】(1)根据仪器X结构特点可知为恒压滴液漏斗；

(2)温度过高会导致CH2C12挥发;温度过低会降低反应速率，所以应控制水浴温度为35℃；

(3)根据席夫碱L结构可知其在无水乙醇中的溶解度较大，洗涤后过滤可将CuL”滤出，从

而实现分离；

(4)「与©比„释放出的Ci?+,离子方程式：2Ci?++4r-2culJ+U或

2Cu2++5r2CulJ+g；滴定终点的现象：蓝色恰好消失且30s内不再变蓝；

(5)pH过高，Cu?+水解造成结果偏低；pH过低，「易被空气氧化为L造成结果偏高，所

以应调节pH至3~4；

(6)根据Ksp(Cui)=5.卜10个Ksp(CuSCN)=4.8x10-15可知，加入KSCN溶液可使Cui

转化为CuSCN,释放被吸附的I，使L充分反应；

(7)

根据离子反应：2Cu2++4r2011(+12和12+252。；-=21+540：-，得关系：

2CuLn~I2~2S2O|-,贝|0.03moix0.0204Lx(416n+64b0.3g,解得：n«l,其结构：

答案第5页，共10页

4

12.⑴Ca5F（POj+7H3Po=5Ca（H2PoJ+HFT

⑵Cas。」

（3）Na2CO3z.OxIO*或萼或063

++

（4）4~6c（K）>c（H2PO4）>c（H）>c（HPO^）>C（OH）>c（H3PO4）>C（PO^）

（5）2H3PO4+2e-=2H2PO；+H2t阴极产生HF。：通过阴膜，阳极K*通过阳膜,

生成KH2PO'协同产生H2、Cl2；相较于KOH原料KC1廉价易获得

【分析】氟磷灰石［主要成分为Ca5F（POj3杂质为Si。？，用磷酸“酸浸”放出HF气体，生

成Ca（HFC）4）2,加硫酸“酸浸”，生成硫酸钙沉淀和磷酸，过滤，滤液中加碳酸钠生成Na2SiF6

沉淀脱氟，过滤，滤液为磷酸，用加氢氧化钾中和制备KH2Po4,或用电解磷酸和氯化钾混

合液的方法制备KH2PO”

【详解】（1）“酸浸I"中Ca5F（P0j和磷酸反应生成Ca（HzPOj和HF,其化学方程式为

Ca5F（PO4）3+7H3PO4=5Ca（H2PO4）2+HFT；

（2）“酸浸H"中Ca（H2PO4）2和硫酸反应生成硫酸钙沉淀和磷酸，滤渣的主要成分为Cas。,；

（3）碳酸领比BaSiF6更难溶，所以“脱氟”中试剂X不能用碳酸领，试剂X为Na2cO3；当

+5

c（Silf）“Oxi。-moLLT时，c（Na）==2xl0^mol-U'o

''V1x10-5

（4）根据图示“中和法”为获得较高纯度的KH2PO,，控制pH范围为4~6；在此pH范围内；

3Po4）=1。2」、M2（H3Po4）=10"2；%3（H3Po4）=10-12.2,H2Po1的水解常数为10-1L9；

KHFC>4溶液中H?p。；电离大于水解，所以

答案第6页，共10页

KH2P溶液中各微粒浓度大小关系为

++

c(K)>c(H2PO；)>c(H)>c(HPO>c(OH­)>c(H3PO4)>C(PO^)o

(5)①阴极氢离子得电子生成氢气，阴极的电极反应式为2H'PO4+Ze-nZHzPOl+HzT。

②阴极产生HFO；通过阴膜，阳极K+通过阳膜，在产品室可得到KHFOQ

③相较于“中和法”，“电解法”的优点有：协同产生H>Cl2；相较于KOH原料KC1廉价易

获得。

13.(l)-198kJ-mor'

+

(2)2VO；+2H+HCOOH=2VO"+CO2T+2H2O

(3)分子间氢键A

(4)ABCD随着pH增大，萃取平衡正向移动，帆萃取率增大；pH过大，VCP+转

化为vq,,与配位能力减弱，机萃取率减小Aio-1-7

【详解】(1)已知：

-1

(s)+SO2(g)=V2O4(s)+SO3(g)AHj=+24kJ-mol

-1

②2Mo4(s)+O2(g)=2v2。5(s)NH2=-246kJ.mol

由盖斯定律可知,①x2+②得反应:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g),

AH?=2AH|+公旦=2x(+24kJ-mol-1)+(-246kJ-moF1户—198kJ-mol-1;

(2)由题干可知，酸性条件下，四价V以存在VO?+,“还原”过程VO；被甲酸还原为VO2+,

甲酸氧化为二氧化碳，V化合价由+5变为+4、碳化合价由+2变为+4,结合电子守恒可知，

+2+

离子方程式为2VO；+2H+HCOOH=2VO+CO2T+2H2O；

(3)①HR中存在羟基，可以通过氢键形成H?R2；

②氧的电负性很强，其吸电子作用使得羟基中氢更容易电离出来，则在水中电离出H+能力

最强的是A；

(4)①A.水相pH不再变化，则氢离子浓度不再变化，平衡不再移动，达到平衡状态，符

合题意；

答案第7页，共10页

B.水相《VO")不再变化，则平衡不再移动，达到平衡状态，符合题意；

C.有机相C(H?RJ不再变化，则平衡不再移动，达到平衡状态，符合题意；

D.分配比D不再变化，则V在各相中浓度不再改变，平衡不再移动，达到平衡状态，符

合题意；

故选ABCD；

②萃取平衡为VO2+(aq)+H2R2(。rg).VOR式org)+2H+(aq),随着pH增大，氢离子浓度

减小，萃取平衡正向移动，钏萃取率增大；pH过大，VO?+转化为V2c与H/?配位能力

减弱，钢萃取率减小，故利用NaOH溶液调节水相初始pH,pH从1调至4的过程中，E先

增大后减小；

③结合(3)分析可知，A更容易电离出氢离子形成R-与VO"形成VOR2(org),使得V元

素进入有机相，故・代表的是萃取剂A；由点(-1.0,1.3)可知，

2++

VO(aq)+H2R2(org).VOR2(org)+2H(aq),

K_cIVOR?(org)]ctH+(aq)]_]0立*]()-2)<2_n

-