福建省福州市2024年高考化学模拟试题（含答案）2

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．相比索尔维制碱法，下列不属于侯氏制碱法的优点的是（）A．食盐的利用率高B．氨气可循环使用、生产过程简单C．不生成难以处理的CaCl2D．副产物可做氮肥2．下列有关催化剂的说法错误的是（）A．改变反应历程 B．改变基元反应的活化能C．可能提高主反应选择性 D．能提高反应物转化率3．血红素补铁剂的结构如图所示。下列关于该补铁剂的说法错误的是（）A．含有羧基和碳碳双键B．可与H2发生加成反应C．碳原子的杂化方式有sp2和sp3D．无论该补铁剂的稳定常数多大，均不能与磷酸盐类药物同服4．下列处理方法对应的反应方程式一定错误的是（）A．利用沉淀剂NaHS除去废水中的HB．加碘食盐中碘元素的检验：IC．用生物质热解气CO将SO2D．用双氧水擦拭变黑的白色油画：PbS+45．设NA是阿伏加德罗常数的值，催化氧化脱硫的工作原理：4FeS+6H2O+3OA．18g水中含有的氢键数为2NB．每生成32gS，FeS失去的电子数为3C．氢氧化铁的悬浊液中，若c(Fe3+)=1.D．反应中每产生1molFe(OH)3，消耗O6．为探究物质的氧化性，某实验小组设计如图实验。下列说法错误的是（）A．烧瓶中的反应为：CaB．浸有NaOH溶液的棉花起吸收尾气的作用C．CClD．试管下层出现紫红色，可证明氧化性：C7．H2A．合成1反应中H2B．合成2的反应为：SiC．上述流程说明SiO2D．净化、热解中生成的多晶硅为还原产物8．短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Y比X原子的核外电子数多1个，X与Z原子最外层电子数之比为2：A．X、Y一定位于同一周期，Y、Z可能不位于同一周期B．X气态氢化物分子的空间构型一定是正四面体C．Y最高价氧化物对应的水化物可能是强电解质D．若Y、Z、W位于同一周期，则电负性：W>Z>Y9．Adv.Mater报道我国科学家耦合光催化/电催化分解水的装置如图，光照时，光催化电极产生电子(e−)A．光催化装置中溶液的pH减小B．离子交换膜为阴离子交换膜C．电催化装置阳极电极反应式：4OD．整套装置转移0.01mol10．2022年诺贝尔化学奖授予了生物正交反应和点击化学的开拓者。环辛烯衍生物A与四嗪B的生物正交反应过程为下列说法错误的是（）A．A中有一个手性碳，双键为顺式构型B．B中杂环上四个氮原子共平面C．C的结构简式为D．D中苯环上的一氯代物有6种11．可用于配制无机防锈颜料的复合氧化物的晶胞结构如图，下列说法中错误的是（）A．该复合氧化物的化学式为CaCrB．若图中A、B的原子坐标均为(0，0，0)，则C的原子坐标为(0，0.5，0.5)C．若该晶体密度为ρg⋅cm−3D．由晶胞结构可知，与1个钙原子等距离且最近的氧原子有8个12．利用过量NaOH溶液处理含Al2O3、MgO矿物，然后过滤。向所得滤液中逐滴加入NaHCO3溶液，测得溶液A．a点溶质为NaAlO2和NaOHB．NaHCO3C．沉淀时的离子方程式：HCD．d点溶液：c(C二、非选择题13．某实验小组在实验室用废铜屑制备甲酸铜晶体Cu(HCOO)回答下列问题：（1）若甲同学设计方案：铜屑、稀硫酸加热通入氧气制得硫酸铜溶液，再与甲酸反应生成甲酸铜溶液，再结晶。请判断：甲同学(填“能”或“不能”)制得甲酸铜晶体。（2）步骤Ⅱ制备Cu(OH)2⋅CuCO3，时，理论上CuSO4和NaHCO3（3）操作步骤Ⅲ：向盛Cu(OH)2⋅CuCO3A．冷水B．乙醇C．四氯化碳D．饱和甲酸铜溶液（4）晶体中甲酸根含量的测定：①下列仪器可供步骤A选用的是(写名称，下同)；可供步骤C中滴定选用的是。②溶液恒温80℃30min时应采取的操作方法是，步骤C滴定时当观察到即达到滴定终点。③计算晶体中甲酸根的质量分数为。14．菱锰矿的主要成分为MnCO3，主要杂质为SiO2、CaCO3、Al2O（1）酸浸时含锰组分发生反应的化学方程式为。（2）氧化过滤时体系溶液的pH=3，此时发生反应的离子方程式为。（3）滤渣3的主要成分为。（4）加入沉淀剂SDD是为了除去Ni①SDD可表示为，中性螯合物沉淀的结构式为。②若使用Na2S做沉淀剂，除了因体系pH过低会产生H2S外，还会产生絮状无定型沉淀，造成。（5）沉锰时发生反应的离子方程式为；滤液X中含有，经浓缩结晶可做化肥。（6）通过Zn②代表电池(填“充电”或“放电”)过程，该过程的电极反应式为。15．MnCeTiOx常用作脱硝催化剂，采用共沉淀法等比掺入金属M后，催化剂M0反应I：4NH反应II：4N（1）已知：N2(g)+O2（2）某条件下对于反应I，v正=k正ca(NH3)cb(NO)（3）将模拟烟气按一定流速通到催化剂表面，不同温度下气体出口处测定相关物质浓度，得出NO的转化率、N2的选择性、N①选择Cu0.15MnCeTi②综合分析，该脱硝过程应选择的最佳催化剂中M为。③选用合适的催化剂还能抑制催化剂表面出现NH4HSO4结晶现象，结晶会导致。（4）273℃，P0kPa下，向恒温恒压密闭的容器中(假设仅发生反应I、II)通入4molNH3、4molNO、2molO2。①下列选项不能说明反应I、Ⅱ均达到化学平衡状态的是。A．混合气体的平均摩尔质量保持不变B．n(NH3)∶n(NO)保持不变C．有1molN-H键断裂的同时，有1molN≡N键断裂D．NO的分压保持不变②达到平衡后测定O2转化率为30%，体系中NH3为1.2mol。则NO的转化率为，反应I的Kp=(写出计算式即可)(分压=总压×物质的量分数)。16．布洛芬具有退热、镇痛的疗效，是缓解新冠病毒病症的有效药物。布洛芬的传统合成路线如下。已知：RCHO回答下列问题：（1）A→B的反应类型为。（2）B被酸性KMnO4氧化的产物(含有苯环)的核磁共振氢谱各组峰的峰面积比为2：1，该产物的结构简式为。（3）ClCH2COOC2H5与足量NaOH溶液反应的化学方程式为。（4）C中的官能团名称。（5）E→F的反应为脱水反应，其化学方程式为。（6）布洛芬的同系物M分子式为C9H10O2，其可能结构有。种(不考虑立体异构)。（7）芳醛直接氧化时，苯环上烃基也可能被氧化，参照上图流程设计由制备的合成路线：

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】索尔维制碱法对滤液的处理是加熟石灰使氨气循环，产生的CaCl2，含Cl几乎没什么用，索氏氨碱法缺点：大量CaCl2用途不大，NaCl利用率只有70%，约有30%的NaCl留在母液中；侯氏制碱法的优点：把合成氨和纯碱两种产品联合生产，提高了食盐利用率，缩短了生产流程，减少了对环境的污染，降低了纯碱的成本；保留了氨碱法的优点，消除了它的缺点，使食盐的利用率提高到96%；NH4Cl可做氮肥；可与合成氨厂联合，使合成氨的原料气CO转化成CO2，减少无用的氯化钙生成；所以B说法符合题意；故答案为：B。

【分析】依据索尔维制碱法对滤液的处理是加熟石灰使氨气循环，产生的CaCl2，含Cl几乎没什么用，索氏氨碱法缺点：大量CaCl2用途不大，NaCl利用率只有70%，约有30%的NaCl留在母液中；侯氏制碱法的优点：把合成氨和纯碱两种产品联合生产，提高了食盐利用率，缩短了生产流程，减少了对环境的污染，降低了纯碱的成本分析；2．【答案】D【解析】【解答】A．催化剂参与化学反应，改变反应历程，故A不符合题意；B．催化剂能降低基元反应的活化能，加快反应速率，故B不符合题意；C．催化剂可提高主反应速率，提高主反应选择性，故C不符合题意；D．催化剂不能使平衡移动，不能提高反应物转化率，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】催化剂降低反应所需要的活化能，只能加速化学反应的速度，而不能使平衡移动。3．【答案】D【解析】【解答】A．根据结构简式，可知含有羧基和碳碳双键，故A说法不符合题意；B．含有碳碳双键，能与氢气发生加成反应，故B说法不符合题意；C．根据结构，碳有两种形式，“C=C”、“C=N”、“C=O”中碳原子杂化类型为sp2，“-CH3”、亚甲基、次甲基上的碳原子杂化类型为sp3，故C说法不符合题意；D．补铁剂中的亚铁极易与磷酸盐反应产生沉淀，当补铁剂的稳定常数极大时，溶液中含铁量极少，不与磷酸盐生成沉淀，这时可以同服，故D说法符合题意；故答案为：D。

【分析】A．根据结构简式确定官能团；B．根据官能团的性质判断；C．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定杂化类型；D．补铁剂中的亚铁极易与磷酸盐反应产生沉淀。4．【答案】A【解析】【解答】A．NaHS溶液中含硫微粒主要以HS-存在，所以方程式中写法不符合题意；故A符合题意；B．加碘食盐中的碘元素以KIO3的形式存在，检验方法是将少量碘盐与淀粉-KI溶液及酸混合，若溶液变成蓝色，即证明食盐中含有碘元素，离子方程式为IOC．CO将SO2还原为S，方程式为D．久置的油画，白色部分(PbSO4)常会变黑(PbS)，用双氧水搓擦后又恢复原貌，方程式为PbS+4H故答案为：A。

【分析】A中HS-不拆，其它选项离子方程式书写正确。5．【答案】B【解析】【解答】A.1个水分子最多与周围相邻的水分子形成4个氢键，根据均摊原则，1mol水分子成冰时最多形成的氢键数为2NA，所以18g液态水形成的氢键数小于2NB．Fe元素化合价由+2升高为+3、S元素化合价由-2价升高为0，每生成32gS，FeS失去的电子数为3NC．没有明确溶液体积，不能计算悬浊液中的H+D．根据反应方程式，反应中每产生1molFe(OH)3，消耗O2故答案为：B。

【分析】A.1个水分子最多与周围相邻的水分子形成4个氢键，根据均摊原则判断；B．依据元素化合价变化分析转移电子数；C．没有明确溶液体积，不能计算；D．根据反应方程式计算。6．【答案】D【解析】【解答】A．漂白粉为Ca(ClO)2，和浓盐酸反应生成氯气，反应方程式为Ca(ClO)B．浸有NaOH溶液的棉花可吸收多余氯气，起吸收尾气的作用，故B不符合题意；C．当下层四氯化碳中有碘单质显紫色，用淀粉溶液替换后，也可以检测碘单质，故C不符合题意；D．试管下层出现紫红色，只能说明有碘单质生成，无法确定是什么物质氧化KI，因为氯气溶于水生成次氯酸也有氧化性，故D符合题意；故答案为：D。

【分析】依据物质的性质判断，D项中无法确定是什么物质氧化KI，因为氯气溶于水生成次氯酸也有氧化性。7．【答案】C【解析】【解答】A．合成1中发生Na+Al+2H2=NaAlH4，H由0价转化成-1价，化合价降低，氢气作氧化剂，故A说法不符合题意；B．根据上述分析，合成2中发生NaAlH4+SiF4=SiH4+NaAlF4，故B说法不符合题意；C．合成3中NaAlF4与硫酸反应生成HF，HF与二氧化硅反应生成SiF4，因此题中不能说明二氧化硅溶于硫酸，故C说法符合题意；D．四氢化硅分解为晶体硅和氢气，根据电负性分析，氢的电负性强于硅，硅元素显+4价，化合价降低，因此晶体硅为还原产物，故D说法不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．氧化剂具有氧化性，得电子、元素化合价降低；B．根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒分析；C．HF与二氧化硅反应生成SiF4，不能说明二氧化硅溶于硫酸；D．根据电负性分析。8．【答案】B【解析】【解答】A．结合分析可知X、Y一定位于同一周期，若二者位于第二周期，则X为C、Y为N，Z可能为O或S，即Y、Z可能不位于同一周期，也可能位于同一周期，故A不符合题意；B．根据分析可知，X为C或Si，其气态氢化物分子如CH4、SiH4的空间构型是正四面体，若为乙烷、乙烯、丙烯等则不为正四面体，故B符合题意；C．Y为O或S，当Y为S时，其最高价氧化物对应的水化物为硫酸，是强电解质，故C不符合题意；D．若Y、Z、W位于同一周期，则原子序数Y＜Z＜W，则电负性：W>Z>Y，故D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A．通过题目分析判断元素可能的情况；B．依据价层电子对数=σ键数+孤电子对数，由价层电子对数确定VSEPR模型，再确定空间立体构型；C．强电解质在水溶液中完全电离，弱电解质在水溶液中部分电离；强电解质一般有：强酸、强碱，活泼金属氧化物和大多数盐；D．同周期从左到右金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；同主族由上而下金属性增强，非金属性逐渐减弱，元素电负性减弱。9．【答案】C【解析】【解答】A．光催化装置中发生2H++e-=H2↑、3I-+2h+=I3−，消耗H+，c(H+B．电催化装置为电解装置，阴极电极式I3−+2e-=3I-，阳极反应式为4OH-+4h+=2H2O+O2C．根据装置可知，阳极反应式为4OH-+4h+=2H2O+O2↑，故C符合题意；D．光催化过程中，转移0.01mol电子时，生成I3−的质量为0.01mol×381g/mol故答案为：C。

【分析】电解时，阳极与直流电源的正极相连的电极，发生氧化反应；阴极与直流电源的负极相连的电极，发生还原反应；电解时，阳离子移向阴极，阴离子移向阳极。10．【答案】A【解析】【解答】A．无法确定A中双键的构型，故A符合题意；B．B分子杂环可认为是四个氮原子代替苯环中碳原子，所以四个氮原子共平面，故B不符合题意；C．由题意可知，C失去N2生成D，可知C的结构简式为；故C不符合题意；D．D中有两个苯环，每个苯环上的一氯代物有3种，所以D中苯环上的一氯代物有6种，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A．无法确定A中双键的构型；B．分子杂环可认为是四个氮原子代替苯环中碳原子分析；C．依据反应前后物质的结构简式及反应条件确定结构简式；D．利用等效氢的数目判断。11．【答案】D【解析】【解答】A．Ca位于顶点，个数为8×18=1，Cr位于体内，个数为1，O位于面上，个数为6×1B．根据晶胞图可知，C位于面心，因此C的坐标为(0，0.5，0.5)，故B说法不符合题意；C．钙和氧最近的距离是面对角线的一半，面对角线长为2anm，即晶胞边长为2anm，晶胞的体积为(2a×10-7)3cm3，根据A选项分析，晶胞的质量为1NA×(40+52+16×3)g，则晶胞密度为1NAD．以顶点Ca为标准，离Ca最近的氧原子在面心，共有12个，故D说法符合题意；故答案为：D。

【分析】利用均摊法确定原子数，再利用公式计算。12．【答案】B【解析】【解答】A．a点为NaAlO2和NaOH混合溶液，根据电荷守恒可以写出：c(Na+)+c(H+)=c(AlO2-B．加入40mLNaHCO3溶液时沉淀最多，沉淀为0.032mol，前8mLNaHCO3溶液和氢氧化钠反应(OH-+HCO3-=CO32-+H2O)不生成沉淀，后32mLNaHCO3溶液与偏铝酸钠反应(HCO3-+AlO2-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-)生成沉淀，则原NaHCO3溶液物质的量浓度c(NaHCO3)=0.0320.032mol/L=1.0mol/L，原NaHCOC．碳酸氢根的酸性强于偏铝酸，所以生成沉淀是因为HCO3-和AlO2-反应生成偏铝酸，即氢氧化铝沉淀，离子方程式为HCO3-+AlO2-+H2O=Al(OH)D．d点对应加入40mLNaHCO3溶液，沉淀为0.032mol，前8mLNaHCO3溶液和氢氧化钠反应OH-+HCO3-=CO32-+H2O，后32mLNaHCO3溶液与偏铝酸钠反应HCO3-+AlO2-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-，溶质为Na2故答案为：B。

【分析】A．根据电荷守恒分析；B．依据物料守恒分析；C．依据碳酸氢根的酸性强于偏铝酸分析；D．判断溶液的溶质，利用盐类水解的原理分析。13．【答案】（1）不能（2）<（3）趁热过滤；B（4）烧杯、量筒(只写烧杯亦可)；烧杯、碱式滴定管；水浴加热；滴入最后半滴草酸溶液，溶液紫色褪去，且半分钟不恢复原来的颜色(表述合理即可)；30.00%【解析】【解答】（1）弱酸不能制强酸，甲酸是弱酸，不能和硫酸铜反应，故答案为：不能；（2）步骤Ⅱ为CuSO4溶液和NaHCO（3）温度越高甲酸铜的溶解度越大，为防止甲酸铜结晶体析出而损失，可以采取趁热过滤的方式；甲酸铜结晶体易溶于水，难溶于乙醇等有机溶剂，故可以用乙醇来洗涤，故答案为：B；（4）①步骤A为配制250mL甲酸铜溶液的过程，应该选用250mL的容量瓶，题中给出的是100mL容量瓶，不能使用；需要量取3.00g晶体，托盘天平不能称取出3.00g晶体，故也不能用，溶解需要在烧杯中进行，另外可以用量筒量取所需要的蒸馏水的量，故答案为：烧杯、量筒；步骤C中滴定时，是用草酸钠溶液滴定过量的高锰酸钾，草酸钠应该放在碱式滴定管中，根据提供的仪器，被滴定的溶液应该在烧杯中，故答案为：烧杯、碱式滴定管；②溶液恒温80℃30min时应采取的操作方法是水浴加热；高锰酸钾溶液本身有颜色，当其消耗完的时候，颜色褪去，故答案为：滴入最后半滴草酸溶液，溶液紫色褪去，且半分钟不恢复原来的颜色；③高锰酸钾和甲酸根反应对应的关系式为：5HCOO-~2KMnO4，用草酸钠滴定过量的高锰酸钾时对应的关系式为：2KMnO4~5C2O42−，则和草酸根反应的高锰酸钾的物质的量n(KMnO4)=25×0.02×25×10-3=0.0002mol，和甲酸根反应的高锰酸钾的物质的量n(KMnO4)=0.02×50×10-3-0.0002mol=0.0008mol，甲酸根的物质的量n(HCOO-)=52×0.0008mol=0.002mol，则原来样品中含有的甲酸根的物质的量n(HCOO-)=0.0004mol×25025=0.02mol，质量m(HCOO

【分析】（1）依据弱酸不能制强酸；

（2）依据碳酸氢钠易分解损失分析；

（3）依据溶解度分析；

（4）①配制一定物质的量浓度的溶液一般需经过检漏、计算、称量、溶解、转移(移液前要先冷却至室温)、洗涤、定容、摇匀等步骤。酸性溶液、强氧化性溶液应选用酸式滴定管；碱性溶液应选用碱式滴定管；

②依据反应的条件判断；利用溶液颜色变化分析；

③依据关系式法计算。14．【答案】（1）MnC（2）Mn（3）CaSO4（4）；不易过滤(或造成Mn2+（5）Mn2+（6）放电；M【解析】【解答】（1）酸浸时MnCO3和硫酸反应生成硫酸锰、二氧化碳、水，发生反应的化学方程式为（2）氧化过滤时体系溶液的pH=3，目的是氧化Fe2+生成Fe(OH)3沉淀，此时发生反应的离子方程式为MnO（3）根据Ksp[Al(OH)3]=4×10−33（4）①SDD可表示为，沉淀剂SDD是为了除去Ni2+生成重金属螯合物沉淀，SDD与Ni2+②若使用Na2S做沉淀剂，除了因体系pH过低会产生H2S外，还会产生絮状无定型沉淀，絮状无定型沉淀具有吸附性，不易过滤，Mn（5）沉锰时碳酸氢铵和硫酸锰反应生成碳酸锰沉淀、硫酸铵、二氧化碳，发生反应的离子方程式为Mn2++2HC（6）电池放电时，阳离子向正极移动，Zn2+嵌入Mn0.

【分析】（1）MnCO（2）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒分析；（3）根据Ksp判断；（4）①依据SDD与Ni②依据絮状无定型沉淀具有吸附性，不易过滤分析；（5）碳酸氢铵和硫酸锰反应生成碳酸锰沉淀、硫酸铵、二氧化碳；（6）依据化合价的变化分析。15．【答案】（1）-1838（2）<（3）催化剂活性下降(或副反应增多)；W0.15MnCeTiOx；结晶覆盖活性位点，降低催化剂活性或催化剂中毒（4）C；75%；K【解析】【解答】（1）已知N2(g)+O2(g)⇌2NO(g)△H=+180.5kJ/mol（2）反应I正向为放热反应，逆向为吸热反应，升高温度，逆反应速率增大的更多，故m<n；（3）①选择Cu②结合图片，可知W0.15MnCeTiOx在温度相对较低时催化效率高，NO的转化率较高、N2的选择性高、N2O的生成量相对较高，故最佳催化剂为W0.15③催化剂表面出现NH4HSO4结晶，晶体会覆盖活性位点，降低催化剂活性或催化剂中毒，催化活性降低；（4）①A．反应I、II前后气体系数和不相等，且均为气体，反应过程中混合气的总质量保持不变，但混合气的物质的量改变，故当混合气体的平均摩尔质量保持不变时，反应I、II达到平衡，A正确；B．反应I、II中，参加反应的n(NH3)∶n(NO)不同，当n(NH3)∶n(NO)保持不变时，则n(NH3)、n(NO)不再改变，反应达到平衡，B正确；C．反应I中有12molN-H键断裂的同时，有5molN≡N键断裂时反应达到平衡，反应II中，当有12molN-H键断裂的同时，有4mo