福建省厦门市2024年高考化学模拟试题（含答案）VIP

福建省厦门市22024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．厦门大学设计具有高催化活性与稳定性PtA．Pt、Fe、Co均属于过渡元素B．催化剂通过降低活化能提高电池工作效率C．纳米PtD．正极电极反应式为O2．下列食品添加剂不属于电解质的是A．二氧化硫 B．亚硝酸钠 C．葡萄糖酸 D．山梨酸钾3．我国科学家利用Zn(NO3)2和AgNOA．第一电离能：N>O>CB．十八胺中碳原子杂化类型均为sC．氧化性：ZD．熔点：十八烷<十八胺4．生物大分子血红蛋白分子链的部分结构及载氧示意如图。下列说法错误的是A．构成血红蛋分子链的多肽链之间存在氢键作用B．血红素中FeC．CO与血红素中Fe2+D．用酸性丙酮提取血红蛋白中血红素时仅发生物理变化5．一种对乙酰氨基酚的合成路线如下。下列说法错误的是A．a至少有12个原子共平面 B．b→c的反应类型为取代反应C．c苯环上的一氯代物有2种 D．1mold最多能与2molNaOH反应6．下列实验操作正确且能达到实验目的的是A．图1模拟侯氏制碱法获得NaHB．图2用NaOH溶液滴定未知浓度的醋酸溶液C．图32mL0.5mol⋅L−1CuCD．图4探究苯酚和碳酸酸性强弱7．W、R、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期元素．RW4、XWA．氢化物稳定性：Z>R>XB．最高价氧化物对应水化物酸性：R>Z>YC．电负性：X>R>YD．原子晶体ZR中Z的配位数为48．一种复合膨松剂的工作原理为H3R+3NaHCO3=NA．标准状况下，2.24LCO2B．1L0.1mol⋅L−1NaHCO3溶液中C．0.1molNa3D．19.2gH39．一种光催化材料的晶胞如图，属于立方晶系，其晶胞参数为anm。下列说法错误的是A．晶体的化学式为CeB．晶体中与Ce距离最近且相等的Ce有6个C．氧原子位于Ce构成的四面体空隙中D．晶体密度为4×10．从废铅膏(主要成分为PbSO4、PbO2、PbO和Pb，含少量Ba、A．“煅烧”过程利用FeB．“溶浸”过程H2OC．“溶铅”过程的离子方程式为PbSD．“沉铅”过程的化学方程式为(11．Science报道某电合成氨装置及阴极区含锂微粒转化过程如图。下列说法错误的是A．阳极电极反应式为2B．阴极区生成氨的反应为LiNC．理论上，若电解液传导3molH+D．乙醇浓度越高，电流效率越高(电流效率=生成目标产物消耗的电子数12．从菱锰矿(主要成分为MCO3，M为Mn、Mg或Ca)提取菱锰矿，菱镁矿→焙烧MnO、MgCO3、CaCOA．“焙烧”过程ΔS最大的是MgCB．“焙烧”过程ΔH最大的是CaCC．“焙烧”温度应控制在622D．“操作X”为加热13．为探究“2I编号12实验内容实验现象随着液体不断滴入，产生大量气体；溶液变黄并不断加深至棕黄色后又变浅随着液体不断滴入，溶液变黄，摇匀后又褪色，不断重复直至析出紫色沉淀下列说法错误的是A．实验1中溶液变浅是因为IB．实验2中出现紫色沉淀是因为HIC．实验1中产生大量气体的原因是I−D．实验2相较于实验1，可节约H2O2用量且有利于反应终点观察14．常温下，用0.1000mol⋅L−1NaOH溶液滴定20.00mLHCl和HA混合溶液，滴定过程中HA和AA．KB．pH=7时，cC．V(D．可利用甲基紫(变色范围为2.二、非选择题15．磷精矿主要成分为Ca5F(PO4)3，含少量REP（1）RE属于IIIB族，其中Sc的基态原子核外电子排布式为。（2）“酸浸”过程HNO3与Ca□Ca5（3）“萃取”的目的是富集RE，但其余元素也会按一定比例进入萃取剂中。①通过3ROH+POCl3⇌(RO)3PO+3HCl制得有机磷萃取剂−R−C−C−C(RO)826220由表可知，随着碳原子数增加，烃基(填“推电子”或“吸电子”)能力增强，O−H键更难断裂，(RO)（4）“萃取”过程使用的萃取剂(C4H9O)3PO的结构如图；与RE（5）“反萃取”的目的是分离RE和Fe元素．向“萃取液”中通入NH3，Fe2+、Fe①试剂X为(填“Na2SO3”或“NaClO②通入NH3得到i．Hii．(写出该过程的化学方程式)③若萃取剂改用三丁基氧化膦[(C4H9（6）若略去“净化”过程，则制得的草酸稀土会混有杂质(填化学式)。（7）在整个工艺中，可从副产物中提取(填名称)，用于生产氮肥。16．某小组探究CuCl2溶液和【理论预测】预测反应的离子方程式实验现象1C生成绿色沉淀2C____32C生成红色沉淀4____生成白色沉淀(CuCl)（1）预测2中的实验现象为。（2）预测4中反应的离子方程式为。（3）【实验探究】实验11mL0.2mol⋅L→立即生成橙黄色沉淀，3min后沉淀颜色变浅并伴有少量白色沉淀产生，振荡1min沉淀全部变为白色2mL0.2mol⋅L为证明实验1中白色沉淀为CuCl，设计实验如下。①已知[Cu(NH②为证明深蓝色溶液中含有Cl−，进一步实验所需的试剂为（4）【进一步探究】查阅资料获知橙黄色沉淀可能为xCuSO离心分离的目的是加快过滤速度，防止。（5）已知2Cu2++4I-=2CuI↓+I（6）橙黄色沉淀转化为CuCl的原因可能是Cl−提高了实验4装置试剂a试剂b电压表读数0.2mol⋅L0.2mol⋅LV0.2mol⋅LXV①表中X为。②能证实实验结论的实验现象为。【解释和结论】综上，Cu2+与17．CS2在化工生产中有重要作用．天然气法合成反应IC反应Ⅱ2C（1）ΔH1、ΔH2随温度变化不大。温度不同时，反应体系中n(S2)①S8(g)=4②为提高CH4平衡转化率，控制温度范围在(填标号)，理由是A．400∼450°CB．650∼700°CC．750∼800°CD．800°C以上（2）合成CS2总反应中硫蒸气达到饱和时，反应时间t与CH4初始浓度c0和C①T°C、c0=1.0mol⋅L-1时，测得t=9.5s、②T°C时，计划在5s内转化率达90%，应控制初始浓度c0大于（3）利用工业废气H2S替代硫磺矿生产CS2的反应为CH①图中表示CS2的曲线是②950°C时，该反应的Kp=(以分压表示，分压=总压③相比以硫磺矿为原料，使用H2S的优点是，缺点是18．以CO2为原料生产系列高附加值产品回答下列问题：（1）A→B的反应类型为。（2）B→C的化学方程式为。（3）E的名称为，E→F+G的原子利用率为100%，试剂X为。（4）F+G→H过程中使HSCH①HSCH2COOH结合水相中H②H+能从+H2（5）D和H通过酯交换缩聚合成I，H的结构简式为。（6）C的一种同分异构体同时满足：①可与NaHCO②核磁共振氢谱如图；③含有手性碳原子。其结构简式为。（7）以D和葡萄糖[CH2OH(CHOH)4

答案解析部分1．【答案】C【解析】【解答】A．Pt、Fe、Co均属于过渡元素，在第Ⅷ族，A不符合题意；B．电池催化剂起到降低电极反应活化能、提高反应速率的作用，B不符合题意；C．纳米材料不属于胶体，C符合题意；D．质子交换膜氢氧燃料电池，为酸性环境，正极电极反应式为O2故答案为：C。

【分析】A．过渡元素是元素周期表中从ⅢB族到VⅢ族的化学元素；B．催化剂能降低电极反应活化能，加快反应速率；C．胶体是指直径为1~100nm的分散质均匀分布在分散剂中组成的混合物；D．燃料电池中，燃料在负极失电子，发生氧化反应，氧气在正极得电子，发生还原反应。2．【答案】A【解析】【解答】A．二氧化硫为非电解质，故A符合题意；B．亚硝酸钠属于盐，为电解质，故B不符合题意；C．葡萄糖酸属于有机酸，为电解质，故C不符合题意；D．山梨酸钾属于盐，为电解质，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】依据在熔融状态下或者溶于水能导电的化合物，是电解质；一般包括酸、碱，活泼金属氧化物和大多数盐。3．【答案】C【解析】【解答】A．同一周期元素随着原子序数递增，第一电离能呈增大趋势，N的2p轨道为半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，则第一电离能：N>O>C，A不符合题意；B．十八胺中碳原子均为饱和碳原子，其杂化类型均为spC．锌的还原性大于银，则对应简单锌离子的氧化性弱于银离子，C符合题意；D．十八胺能形成氢键导致其沸点升高，而十八烷不能形成氢键，故熔点：十八烷<十八胺，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．同一周期的主族元素中，从左至右，元素的第一电离能呈“锯齿状”增大，其中IIA族和VA族的第一电离能高于相邻的元素；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杂化类型；C．单质的还原性越弱，对应离子的氧化性越强；D．分子晶体分子量越大，范德华力越大，熔沸点越高。4．【答案】D【解析】【解答】A．由图可知，分子中的氮的电负性较强，能形成氢键，则构成血红蛋白分子链的多肽链之间存在氢键作用，A不符合题意；B．Fe2+的电子排布式为1s22s22p63s23p63d6，其能够提供空轨道形成配位键，B不符合题意；C．碳的电负性小于氧，故CO更容易提供孤电子对与血红素中Fe2+形成配位键，其配位能力强于D．血红素中的肽键会在酸性条件下水解，故用酸性丙酮提取血红蛋白中血红素时也会发生化学变化，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A．氢键是电负性原子和与另一个电负性原子共价结合的氢原子间形成的键；B．依据构造原理分析；C．依据电负性大小分析；D．肽键会在酸性条件下水解。5．【答案】B【解析】【解答】A．与苯环直接相连的原子共面，故a至少有12个原子共平面，A不符合题意；B．b→c的反应为硝基被还原为氨基的反应，属于还原反应，B符合题意；C．c苯环上有2种等效氢，则其一氯代物有2种，C不符合题意；D．酚羟基、酰胺基均可以和氢氧化钠反应，故1mold最多能与2molNaOH反应，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】A．依据苯、乙烯、甲醛是平面结构，乙炔是直线结构、甲烷是正四面体形结构且单键可以沿键轴方向旋转判断；B．取代反应是有机物中的原子或原子团被其他的原子或原子团所代替的反应；C．利用等效氢的数目判断；D．根据官能团的性质判断。6．【答案】C【解析】【解答】A．氨气极易溶于水，直接通入溶液中会引起倒吸，故A不符合题意；B．氢氧化钠为强碱，应该使用碱式滴定管，故B不符合题意；C．[Cu(D．挥发的盐酸也会和苯酚钠生成苯酚干扰了实验，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．依据氨气极易溶于水分析；B．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；C．依据化学平衡移动原理分析；D．挥发的盐酸干扰了实验。7．【答案】A【解析】【解答】A．非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，则最简单氢化物的稳定性：X>R>Z，A符合题意；B．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，最高价氧化物对应水化物酸性：R>Z>Y，不符合题意；C．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；电负性：X>R>Y，C不符合题意；D．原子晶体SiC中一个硅原子与4个碳原子形成共价键，Si的配位数为4，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A．非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强；B．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强；C．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；D．原子晶体SiC中一个硅原子与4个碳原子形成共价键。8．【答案】B【解析】【解答】A．标准状况下，2.24LCO2的物质的量为0.1mol，则分子中氧原子数为B．1L0.1mol⋅L−1NaHCO3C．Na3R为钠盐，所以0.1molND．根据H3R的结构简式可知，分子中碳氧双键中含π键，所以19.2gH故答案为：B。

【分析】A．依据n=B．依据物料守恒；C．NaD．根据结构简式，依据单键是σ键，双键一个σ键和一个π键，三键是一个σ键和两个π键。9．【答案】B【解析】【解答】A．据“均摊法”，晶胞中含8×18+6×B．以底面面心的Ce为例，同层的最近的Ce有4个，上下层各有4个，故晶体中与Ce距离最近且相等的Ce有12个，B符合题意；C．由结构可知，氧原子位于Ce构成的四面体空隙中的体心，C不符合题意；D．结合A分析可知，晶体密度为mV故答案为：B。

【分析】根据晶胞结构及晶胞的均摊法计算。10．【答案】B【解析】【解答】A．“煅烧”过程Fe2(SB．“溶浸”过程H2O2可氧化Pb，也可还原PbC．根据上述分析可知，“溶铅”为了除去硫酸钡，该过程的离子方程式为PbSOD．“沉铅”过程加入的是二氧化碳，生成的是PbCO3，则其化学方程式为(C故答案为：B。

【分析】A．根据流程图分析；B．根据反应物和生成物的化学式分析；CD．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。11．【答案】D【解析】【解答】A．阳极发生失电子的氧化反应，由图可知，阳极电极反应式为：2CB．由图可知，阴极区氮气得电子，并结合锂离子先转化为LiNH2，后与C2C．LiNH2和C2H5OH羟基中的H均来自电解液传导的氢离子，理论上，若电解液传导3molHD．由电池总反应：N2故答案为：D。

【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；利用得失电子守恒计算。12．【答案】A【解析】【解答】A．熵增的反应利于反应的进行，由流程可知，“焙烧”过程碳酸锰首先分解为氧化锰，而此时碳酸镁没有分解，故ΔS最大的不是MgCOB．吸热反应不利于反应的自发进行，ΔG=ΔH−TΔS<0反应可以自发进行，“焙烧”过程碳酸钙分解所需的温度最高，则ΔH最大的是CaCOC．焙烧”过程要求碳酸锰分解而碳酸镁、碳酸钙不分解，结合图像可知，“焙烧”温度应控制在622.D．Mn(NH3)故答案为：A。

【分析】依据ΔG=ΔH-TΔS＜0分析；利用反应物和产物的性质及反应条件分析。13．【答案】C【解析】【解答】A．溶液变黄说明生成碘单质，黄色并不断加深至棕黄色后又变浅，说明生成的碘单质又和过氧化氢反应转化为高价态的碘酸，导致溶液颜色变浅，A不符合题意；B．碘单质为紫黑色固体，溶液变黄，摇匀后又褪色，说明生成了碘酸，再加入过量的碘离子，碘离子具有还原性，和碘酸发生氧化还原反应生成碘单质，B不符合题意；C．过氧化氢不稳定，在碘离子催化作用下会生成氧气，故产生大量气体的原因是过氧化氢在碘离子催化下生成了氧气，C符合题意；D．实验1中开始过氧化氢分解生成氧气导致过氧化氢没有和碘离子反应，且实验2中生成紫色沉淀现象明显，故实验2相较于实验1，可节约H2O2用量且有利于反应终点观察，D不符合题意；故答案为：C。

【分析】依据实验的现象变化和已知的总反应分析。14．【答案】D【解析】【解答】A．由图中HA和A−分布系数变化曲线相交的点可知：c(HA)=c(A-)，此时pH=4.76，KB．常温下，pH=7时，可知c(H+)=c(OC．盐酸和HA电离出的氢离子对水的电离产生抑制作用，V(NaOH)D．第一滴定终点时，盐酸已消耗完，剩余的酸为HA，且c(HA)=0.1mol/L×30mL30mL=0故答案为：D。

【分析】A．依据图中HA和A−分布系数变化曲线相交的点，利用KB．依据产物l，根据电离情况分析；C．依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离；D．依据终点的pH选择指示剂。15．【答案】（1）1s22s22p63s23p63d14s2（2）C（3）推电子（4）<（5）Na2SO3；2；(N（6）CaC2O4（7）硝酸铵、硝酸【解析】【解答】（1）Sc为21号元素，基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d14s2；（2）“酸浸”过程HNO3与Ca（3）由表可知，烃基为推电子基团，随着碳原子数增加，烃基推电子能力增强，O−H键更难断裂，(RO)（4）烃基推电子能力增强，O−H键更难断裂，(RO)3PO产率降低，则可知烃基导致1号为氧更难与R（5）①由图可知，亚铁离子与RE的分离效果更好，则试剂X为将铁离子转化为亚铁离子的物质，故应选选择Na2S②总反应为通入NH3得到REPO4沉淀，反应i．H3PO③若萃取剂改用三丁基氧化膦[(C4H9)3（6）硫酸会和钙离子转化为硫酸钙而被除去，若略去“净化”过程，则制得的草酸稀土会混有草酸钙；（7）在整个工艺中，通入氨气生成的硝酸铵，以及酸溶加入的硝酸均含有氮元素，故可从副产物中提取硝酸铵、硝酸用于生产氮肥。

【分析】（1）依据构造原理分析；（2）根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒分析；（3）依据表的数据分析；（4）依据烃基推电子能力增强分析；（5）①调节pH，考虑除杂效果和不引入新的杂质分析；②根据反应物和生成物的化学式，利用原子守恒分析；③反萃取是用反萃取剂使被萃取物从负载有机相返回水相的过程，为萃取的逆过程。（6）硫酸会和钙离子转化为硫酸钙而被除去；（7）在依据元素组成判断。16．【答案】（1）溶液中生成蓝色沉淀、并伴有刺激性气味气体生成（2）2C（3）4CuCl+O2+16NH（4）防止沉淀长时间与空气接触而被氧化（5）实验中生成白色沉淀CuI，说明橙黄色沉淀中含有铜离子被碘离子还原；溶液无色、无明显现象，说明橙黄色沉淀中含有亚硫酸根离子将最初生成的碘单质还原为碘离子（6）0.2mol⋅L−1【解析】【解答】（1）2中反应生成氢氧化铜沉淀和二氧化硫气体，故其现象为：溶液中生成蓝色沉淀、并伴有刺激性气味气体生成；（2）4中生成白色沉淀CuCl，铜元素化合价降低，则硫元素化合价升高转化为硫酸根离子，结合电子守恒和质量守恒可知，反应的离子方程式为2Cu（3）①已知[Cu(NH②氯离子和银离子生成不溶于酸的氯化银沉淀，故为证明深蓝色溶液中含有Cl（4）一价铜容易被空气中氧气氧化为二价铜，故离心分离的目的是加快过滤速度，防止沉淀长时间与空气接触而被氧化；（5）已知2Cu（6）①实验探究橙黄色沉淀转化为CuCl的原因可能是Cl−提高了Cu②已知装置中物质氧化性与还原性强弱差异越大，电压越大，则能证实实验结论的实验现象为电压V1更大，故为V

【分析】（1）依据产物的性质分析；（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）①根据已知信息和题意分析；②利用稀硝酸和硝酸银溶液检验Cl（4）依据反应物的性质分析；（5）根据反应物和生成物的性质分析；（6）①根据已知信息分析；②已知装置中物质氧化性与还原性强弱差异越大，电压越大分析。17．【答案】（1）+411.15；B；650℃以下总反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，转化率增大；700℃以上总反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，转化率减小（2）2；0.9（3）b；10【解析】【解答】（1）①已知：反应I：C反应Ⅱ：2C由盖斯定律可知，反应Ⅱ-2×I得S8(g)=4②由图可知，650℃以下总反应为吸热反应，升高温度平衡正向移动，转化率增大；700℃以上总反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，转化率减小，平衡转化率在650℃~700℃左右达到峰值，故为提高CH（2）①T°C、c0=1.0mol⋅L-1时，