福建省福州市2024年高考化学模拟试题（含答案）

福建省福州市2024年高考化学模拟试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、单选题1．新冠疫情牵动人心。下列叙述错误的是A．医用消毒酒精中乙醇的体积分数约为75%B．飞沐(直径>5μm的含水颗粒)属气溶胶，能产生丁达尔效应C．丙烯是生产医用口罩的主要原料，可以通过石油裂解获得D．核酸属于生物大分子，核酸检测是判断是否感染新冠病毒的手段之一2．设NAA．0.2mol苯甲醇完全燃烧，生成的CO2B．1L0.5mol⋅L−1C．56gFe与1molCl2D．1molCH33．部分含氯物质的分类与相应化合价关系如图，c、d、f均为钠盐，下列叙述正确的是（）A．b在化学反应中只能被氧化B．电解饱和c溶液可得到钠单质C．a→d→e的转化可以通过一步反应实现D．f的阴离子空间构型为正四面体4．工业上采用NaClO氧化法生产高铁酸钾(K已知：K2下列说法错误的是A．反应②为3NaClO+2FeB．由反应③可知，此温度下KC．“提纯”步骤的洗涤剂可以选用CHD．K25．X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，其最外层电子数之和为9。部分元素形成的一种常用还原剂结构如图所示。下列说法正确的是（）A．原子的半径：X>YB．W最高价氧化物对应的水化物一定能与R单质反应C．Z与氮原子可形成共价晶体D．Z的氟化物ZF3中，原子均为8电子稳定结构6．由有机物A合成C的路线如图所示。下列说法正确的是（）A．A→B的反应类型为取代反应B．1molB最多能与3molH2反应C．E的化学式为C9H13OClD．C分子碳环上的一氯代物有4种(不考虑立体异构)7．下列实验中，不能达到实验目的的是制取氨气提纯Cl2(含少量HCl、制备Fe验证溴乙烷发生消去反应后产物的性质ABCDA．A B．B C．C D．D8．Ni活化C2H6的反应历程如下图所示：下列说法错误的是（）A．反应历程的决速步骤：中间体2→中间体3B．反应历程涉及非极性键的断裂和极性键的形成C．三种中间体比较，中间体2最稳定D．升高温度，Ni+C2H6⇌NiCH2+CH4的化学平衡常数K增大9．我国科学家采用单原子Ni和纳米Cu作串联催化剂，通过电解法将CO2转化为乙烯，装置示意图如图。已知：电解效率A．电极a连接电源的正极B．电极b上发生反应：2C．通电后右室溶液质量减少D．若电解效率为60%，电路中通过1mol电子时，标况下产生1.12L乙烯10．如下图所示，只有未电离的HA分子可自由通过交换膜。常温下，往甲室和乙室中分别加入0.1mol⋅L−1的NH4AA．常温下，HA的电离度约为0.1%B．平衡后，甲、乙两室的pH相等C．平衡后，甲室中NH3⋅D．若用等物质的量浓度的NaA溶液代替NH二、非选择题11．铟被广泛应用于电子工业、航空航天等高科技领域。某企业采用铅锌冶炼烟灰中浸渣(InO⋅xSnO已知：①水溶液中铟主要以In②I回答下列问题：（1）“氯化浸出”时，主要反应的离子方程式为，此步骤加热的目的是；浸出温度选定80℃的原因之一是温度过高易反应产生气体(任写一种)。（2）在不同的溶液初始pH下，萃取剂浓度对萃取率的影响如图所示，则适宜的条件为。（3）反萃取剂应选用(填化学式)。（4）常温下，在0.1mol⋅L−1的InCl3溶液中存在平衡体系：I（5）“置换”时，主要反应的离子方程式为；所得浊液经过滤、洗涤、干燥等操作得到粗铟，检验粗铟已洗涤干净的方法为。12．铼(Re)是具有重要军事战略意义的金属。NH（1）I.NH称取wgNH4ReO4样品，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用VmL仪器a是(填名称)。（2）冰盐水的作用是。（3）实验所用的NaOH标准溶液，通常采用间接法配制，即配成近似浓度的溶液，再用基准物标定。不能采用直接法配制的原因是。（4）根据下表，滴定时宜选用(填一种指示剂名称)；滴定终点的现象是。部分指示剂变色的pH范围如下表：指示剂名称变色的pH范围酸色中性色碱色甲基橙3.1—4.4红橙黄甲基红4.4—6.2红橙黄溴百里酚蓝6.0—7.6黄绿蓝酚酞8.2—10.0无浅红红（5）样品中NH4Re（6）II.高纯度铼的制取高温下用H2还原N[已知：NH4Re①装置B中盛放的试剂为(填名称)。②判断A中NH4Re③玻璃管内发生反应的化学方程式为。13．苯乙烯是合成树脂、离子交换树脂及合成橡胶等的重要单体，常用乙苯为原料合成。其反应原理如下：ΔH=+123kJ⋅mol已知：上述反应的速度方程为v正=k正P乙苯，（1）该反应中，部分化学键的平均键能数据如下表：键C-HC-CC=CH-H键能/413348X436请计算X=。（2）利用Fe2O下列说法正确的是____。A．乙苯中，α位的碳氢键键能小于β位的碳氢键键能B．FeC．增加Fe（3）经研究表明，在固定空速(恒压)条件下该反应存在乙苯的转化率较低、氧化铁表明存在积碳等问题。若在起始加入一定量的水蒸气能够有效地解决这些问题，加入水蒸气的作用是和。（4）100kPa下，反应气组成n(乙苯)：n(H2O)分别按照1①图中n(乙苯)：n(H②图中M点的正反应速率和N点的逆反应速率大小关系为v(M)正③550℃、100kPa，按n(乙苯)：n(H214．铁、镍、铜、钇(Y)在医药、催化及材料等领域中都有广泛的应用。回答下列问题：（1）在元素周期表中，某元素和铁、镍既处于同一周期又位于同一族，该元素的基态原子的价电子排布图为(填轨道表示式)。（2）硝普钠(Na2[Fea.离子键b.金属键c.配位键d.极性共价键（3）甘氨酸铜有顺式和反式两种同分异构体，结构如下图。①甘氨酸铜中铜原子的杂化类型为(填“sp3”或“②已知顺式甘氨酸铜能溶于水，反式甘氨酸铜难溶于水的原因可能是。（4）以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称为原子的分数坐标。铁酸钇(YFeO3)的正交相晶胞结构以及各原子的投影位置如图所示，晶胞棱边夹角均为一个晶胞中有个O。已知1号O原子分数坐标为(0，0，1415．某药物合成中间体F的合成路线如下：已知：回答下列问题：（1）A中的含氧官能团有羟基和(填名称)；A→B的反应条件为。（2）B→C的化学方程式为；该反应的目的是。（3）C→D的反应类型为。（4）F的芳香族同分异构体中，符合下列条件的有种。①苯环上有2个取代基②与NaHCO3溶液反应产生气体③遇FeCl3溶液发生显色反应上述同分异构体中，核磁共振氢谱显示五组峰的结构简式为。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A．医用消毒酒精是乙醇体积分数为75%的溶液，A不符合题意；B．直径>5μm=5×10-6m的含水颗粒直径不在1-100nm(10-9m-10-7m)之间，故该飞沫不属于胶体，不具有丁达尔效应，B符合题意；C．医用口罩用到聚丙烯材质的熔喷布，故丙烯是生产医用口罩的主要原料，丙烯可以通过石油裂解得到，C不符合题意；D．核酸包括DNA和RNA，核酸是许多核苷酸经脱水缩合聚合形成的生物大分子，属于生物大分子，不同生物的DNA或RNA是不同的，故核酸检测是判断是否感染新冠病毒的手段之一，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A.医用酒精是体积分数为75%的酒精溶液；

C.医用口罩的主要原料为聚丙烯，丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，丙烯可由石油裂解得到；

D.DNA和RNA均属于生物大分子。2．【答案】A【解析】【解答】A．苯甲醇分子中有7个碳原子，0.2mol苯甲醇完全燃烧，生成的CO2数目为B．1L0.5mol⋅L−1NaHCO3C．56gFe与1molCl2充分反应时，铁过量，转移的电子数为D．1molCH3+出中含有电子数为(6-1+1×3)NA故答案为：A。

【分析】B.碳酸氢根在溶液中会发生水解；

C.氯气少量，1mol氯气完全反应转移2mol电子；

D.一个CH3．【答案】C【解析】【解答】A．由分析可知，b是HCl，其中氢、氯元素化合价分别为+1、-1，氢离子可得电子，氯离子可失电子，所以HCl既可以被氧化，又可以被还原，A不符合题意；

B．由分析可知，c是NaCl，电解饱和NaCl溶液得到NaOH、H2和Cl2，B不符合题意；

C．由分析可知，a是Cl2，d是NaClO，e是HClO，Cl2→NaClO→HClO，C符合题意；

D．由分析可知，f是NaClO3，ClO3-中心原子Cl有一个孤电子对，和O原子形成3个单键，采用sp3杂化，因有一个孤电子对，所以空间构型是三角锥型，D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】根据图中含氯物质的分类与相应化合价，及c、d、f均为钠盐，可推出a是Cl2，b是HCl，c是NaCl，d是NaClO，e是HClO，f是NaClO3。4．【答案】B【解析】【解答】A．反应②中次氯酸钠氧化硝酸铁，1mol次氯酸钠得2mol电子，1mol硝酸铁生成高铁酸钠失去3mol电子，根据得失电子守恒可得反应：3NaClO+2Fe(NB．由反应③可知高铁酸钠与KON溶液混合生成高铁酸钾，该反应为复分解反应，反应发生的条件为高铁酸钾的溶解度小于高铁酸钠，故B符合题意；C．因高铁酸钾在碱性条件下稳定，且在醇中的溶解度小，因此可用CHD．K2故答案为：B。

【分析】氯气通入氢氧化钠溶液中制取NaClO，次氯酸钠溶液中加硝酸铁反应生成高铁酸钠，过滤，将高铁酸钠与饱和KOH混合反应生成高铁酸钾，再经分离、提纯得到纯净的高铁酸钾固体。5．【答案】C【解析】【解答】A．由分析可知，X是氢元素，则在元素周期表中，其原子半径最小，所以原子的半径：X＜Y，A不符合题意；

B．由分析可知，W为钠元素，其最高价氧化物对应的水化物为NaOH，R单质可能是Al或Mg，NaOH溶液与Al反应，但与Mg不反应，B不符合题意；

C．由分析可知，Z是硼元素，硼原子与氮原子构成的氮化硼属于原子晶体，即共价晶体，C符合题意；

D．BF3中，F原子均达到8电子稳定结构，而B原子只有6个电子，没有达到8电子稳定结构，D不符合题意；

故答案为：C。

【分析】X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，根据图示信息可知，W为钠元素，Z与4个X形成-1价阴离子，可推出X是氢元素，Z是硼元素，X、Y、Z、W、R的最外层电子数之和为9，可推出Y与R的最外层电子数之和为4。若Y为锂元素，则R为铝元素；若Y为铍元素，则R是镁元素。6．【答案】D【解析】【解答】A．根据流程图，对比A、B、D的结构简式可知，A+D→B发生加成反应，A不符合题意；

B．B中含有的碳碳三键能与H2反应，且1mol碳碳三键消耗2molH2，所以1molB最多能与2molH2反应，B不符合题意；

C．由流程图可知，B+E→C+HCl，根据反应前后原子的个数不变可推出E的分子式为C9H15OCl，C不符合题意；

D．C分子碳环上有4种氢原子，则其一氯代物有4种，D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A.对比A、B、D的结构简式，结合有机反应类型的特点进行分析。

B.碳碳三键能与H2反应，且1mol碳碳三键消耗2molH2。

C.根据反应前后原子的种类和个数不变进行分析。

D.有几种氢原子就有几种一氯代物。7．【答案】A【解析】【解答】A．氯化铵溶液与澄清石灰水不加热反应主要生成一水合氨，不易产生氨气，不能实现氨气制备，A符合题意；B．Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，HCl极易溶于水，可用稀硫酸中的水吸收，同时稀硫酸中氢离子使平衡逆向移动，减少氯气的损失，之后通过浓硫酸干燥，能达到目的，B不符题意；C．打开k2，之后打开k1使稀硫酸留下与铁反应产生氢气，关闭k1，利用产生的氢气排除装置内的空气，然后关闭k2，利用氢气产生的压强将生成的硫酸亚铁溶液压入三颈烧瓶中与NaOH溶液反应制备氢氧化亚铁，能达到目的，C不符题意；D．溴乙烷在强碱的醇溶液中加热发生消去反应生成乙烯，乙烯中混有乙醇，乙醇与水任意比例混溶，用水吸收乙醇，酸性高锰酸钾溶液褪色证明乙烯具有还原性，能达到目的，D不符题意；故答案为：A。

【分析】A.氨气极易溶于水，不加热得到氨水，不能制得氨气；

B.HCl极易溶于水，浓硫酸具有吸水性，可吸收水；

C.利用铁粉和稀硫酸生成的氢气排出装置内的空气，再将硫酸亚铁溶液压入NaOH溶液中反应生成氢氧化亚铁；

D.溴乙烷发生消去反应生成乙烯，先通过水除去挥发的乙醇，乙烯能使酸性高锰酸钾褪色。8．【答案】D【解析】【解答】A．反应历程的决速步骤由慢反应决定，中间体2→中间体3的步骤能量差值最大，活化能最大，为慢反应，A不符合题意；

B．该总反应为Ni+C2H6→NiCH2+CH4，反应过程中C-C键（非极性键）断裂，C-H键（极性键）形成，B不符合题意；

C．三种中间体比较，中间体2的能量最低，则最稳定，C不符合题意；

D．该反应的ΔH=产物总能量-反应物总能量=-6.57kI/mol-0=-6.57kI/mo＜0，升高温度利于平衡逆向移动，则化学平衡常数减小，D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A.决速步骤由慢反应决定。

B.根据总反应（Ni+C2H6→NiCH2+CH4）进行分析。

C.物质的能量越低越稳定。

D.ΔH=产物总能量-反应物总能量，结合化学平衡移动进行分析。9．【答案】D【解析】【解答】A．CO2在a极发生还原反应生成乙烯，a是阴极，电极a连接电源的负极，故A不符合题意；B．CO2在a极发生还原反应生成乙烯，a是阴极，b是阳极，电极b上发生反应：4OHC．根据4OH−-4D．阴极反应式为2CO故答案为：D。

【分析】电极a实现将CO2转化为乙烯，发生还原反应，则电极a为阴极，电极反应式为：2CO2+810．【答案】C【解析】【解答】A．由0.1mol/LHA溶液pH约为3可知，HA的电离度约为10B．由分析可知，当两室溶液中HA浓度相等时，乙室的电离和甲室的水解都达到平衡，由于甲室中的A—离子会抑制HA的电离，所以平衡后，甲、乙两室的溶液pH不相等，故B不符合题意；C．由分析可知，当两室溶液中HA浓度相等时，乙室的电离和甲室的水解都达到平衡，甲室中加入的HA抑制铵根离子的水解，溶液中铵根离子浓度小于10-7mol/L，乙室中HA的浓度减小，电离度增大，则乙室中A-离子浓度大于0.05mol/L×1%=0.0005mol/L，所以甲室中一水合氨的物质的量浓度小于乙室中A—离子的物质的量浓度，故C符合题意；D．NaA溶液中A-离子的水解程度小于NH4A溶液，溶液中HA浓度小于NH4A溶液，所以若用等物质的量浓度的NaA溶液代替NH4A溶液，通过交换膜的HA分子的量增加，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】0.1mol/LNH4A溶液pH约为7，说明铵根离子和A-离子在溶液中的水解程度几乎相等，溶液中HA和一水合氨的浓度约为10-7mol/L，由只有未电离的HA分子可自由通过交换膜可知，甲室溶液中HA的浓度小于乙室，乙室中HA通过交换膜进入甲室，当两室溶液中HA浓度相等时，乙室的电离和甲室的水解都达到平衡。11．【答案】（1）6InO⋅xSnO2+18H（2）pH=0.5，萃取剂浓度为15%（3）H2SO4（4）7.7×10-6（5）3Zn+2In【解析】【解答】（1）“氯化浸出”时，In由+2价被氧化为+3价，Sn价态不变仍以SnO2存在，则该步骤是利用酸性条件下氯酸根离子氧化二价In，主要反应的离子方程式为6InO⋅xSnO2+18H++ClO（2）萃取率越高越好，则适宜的条件为pH=0.5，萃取剂浓度为15%；（3）由In3++3HX⇌反萃取（4）In3+(aq)+3H2（5）“置换”时，主要反应是Zn置换出In，反应的离子方程式为3Zn+2In

【分析】铅锌冶炼烟灰中浸渣，加入硫酸、盐酸和氯酸钠进行氯化浸出，In由+2价被氧化为+3价，Sn仍以SnO2存在，过滤分离酸浸渣，加入萃取剂萃取后分离出水相，再加入反萃取剂，加入锌粉置换制得ZnSO4·7H2O和粗铟。12．【答案】（1）圆底烧瓶（2）防止氯化铵受热易分解，使氨气溢出（3）氢氧化钠易吸收空气中的二氧化碳和水分（4）甲基红；滴入最后一滴氢氧化钠溶液，橙色变为黄色，且半分钟内不变色（5）26（6）无水氯化钙；取A中固体，溶于水，过滤，滤液中加浓氢氧化钠溶液加热，若不生成使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，说明NH4【解析】【解答】（1）根据装置图，仪器a是圆底烧瓶。（2）氯化铵受热易分解，冰盐水的作用是防止氯化铵受热易分解，使氨气溢出；（3）氢氧化钠易吸收空气中的二氧化碳和水分，所以不能采用直接法配制氢氧化钠溶液；（4）用氢氧化钠滴定剩余盐酸，滴定终点溶液中的溶质为氯化铵、氯化钠，溶液呈弱酸性，根据表格数据，滴定时宜选用甲基红；滴定终点的现象是：滴入最后一滴氢氧化钠溶液，橙色变为黄色，且半分钟内不变色；（5）氢氧化钠、氨气共消耗盐酸V×10-3L×c1mol⋅L−1=c1V×10-3mol，反应消耗氢氧化钠的物质的量为（6）①装置B的作用是吸收氨气防止污染，所以B中盛放的试剂为无水氯化钙。②取A中固体，溶于水，过滤，滤液中加浓氢氧化钠溶液加热，若不生成使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，说明NH③玻璃管内NH4Re

【分析】（1）根据仪器构造可知，仪器a为圆底烧瓶；

（2）氯化钠受热易分解，冰盐水可防止氯化铵受热分解；

（3）氢氧化钠会吸收空气中的二氧化碳和水蒸气；

（4）滴定终点时溶液显酸性，当滴入最后一滴氢氧化钠溶液，橙色变为黄色，且半分钟内不变色时，达到滴定终点；

（5）根据关系式NH4ReO4~NH3计算；

（6）①装置B中的试剂用于吸收氨气，且应为固体物质；

②13．【答案】（1）615（2）A（3）水蒸气可以降低乙苯的分压，使平衡向正向移动；水蒸气可以与C发生反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，有效降低积碳（4）a；<；450【解析】【解答】（1）∆H=反应物总键能-生成物总键能，123kJ/mol=(2×413+348-X-436)kJ/mol，解得X=615；（2）A．由反应机理图可知α位的碳氢键比β位的碳氢键先断，则α位的碳氢键键能小于β位的碳氢键键能，A正确；B．FeC．Fe选A；（3）恒压条件下，加入水蒸气会减小乙苯的分压，使平衡向正向移动；同时，水蒸气可以与C发生反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，有效降低积碳，从而提高乙苯的转化率；（4）①n(乙苯)：n(H2O)分别按照1：1②M点乙苯的转化率较N点大，则M点乙苯的浓度小于N点，故M点的正反应速率和N点的逆反应速率大小关系为v(M)正<③550℃、100kPa，按n(乙苯)：n(H2O)=1：9投料时，乙苯的平衡转化率=为60%，设乙苯的起始物质的量为amol，则水蒸气物质的量为9amol，则开始(mol)

【分析】（1）根据∆H=反应物总键能-生成物总键能计算；

（2）A.反应时，乙苯中α位的碳氢键比β位的碳氢键先断；

B.催化剂是通过降低反应的活化能来加快反应速率；

C.催化剂不影响平衡状态，不能提高平衡转化率；

（3）水蒸气可以降低乙苯的分压，使平衡向正向移动，同时可以与C发生反应C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)，有效降低积碳；

（4）①水蒸气比例越大，平衡正向移动程度越大，乙苯转化率越大；

②M点乙苯的转化率较大；

③反应达到平衡时，正逆反应速率相等，即v正=k正P14．【答案】（1）（2）b（3）dsp2；顺式甘氨酸铜是极性分子，反式甘氨酸铜是非极