福建省信息必研卷03-2024年高考化学考前信息必研卷（福建专用）（解析版）

绝密★启用前2024年高考考前信息必刷卷03（福建专用）化学（考试时间：75分钟试卷满分：100分）预测2024年高考福建卷化学试题继续保持稳中求新风格，试卷结构和试题难度保持相对稳定，难度适中。高考情境化试题比例将增加，彰显学科的社会价值、人文价值。在备考时，要注重新老课标的衔接，教材的衔接，注重教材知识在具体问题解决过程中的理解和应用。真实情境为测试载体是课程目标，体现了无情境，不成题的命题思想。热点考查的情景主要有日常生活类、实际生产类、前沿科技类、实验探究类，创新考查的情境包含教材迁移类、答案开放型、模块融合型等，潜在可能考查的情境有生态环保、碳中和、诺贝尔将、尖端制造等，既体现学科的育人功能，将化学知识与生活情境相结合，培养学生的学科素养和社会责任。本套试卷情境丰富，如第1题考查传统文化，第2题以可再生资源为载体，考查有机结构，第6题以光伏电池为载体考查物构知识，第10题考查双横轴的图像，创新视角分析水溶液图像。综合题多体现不同模块的融合，如实验与物构的融合，工艺与物构的融合等。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Cl35.5Mn55一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．“燕山雪花大如席，纷纷吹落轩辕台”（李白《北风行》），描写了雪景的壮观。下列说法错误的是A．水转化为雪的过程是放热过程B．雪花和竹席的主要成分都属于高分子化合物C．往积雪上撒盐是为了降低水的凝固点，使雪融化D．雪花的形状受水分子结构和分子间作用力的影响【答案】B【解析】A．雪融化成水要吸热，故水转化为雪的过程是放热过程，故A正确；B．雪花的主要成分是水，不是高分子化合物，故B错误；C．盐能降低水的凝固点，在积雪上撒盐可加快雪融化，故C正确；D．雪花的形状受水分子结构和分子间作用力的影响，故D正确。答案选B。2．科学家以可再生碳资源木质素为原料合成姜油酮的过程如图所示，下列说法正确的是A．香兰素的分子式为 B．脱氢姜酮中所有碳原子可能共平面C．香兰素与姜油酮互为同系物 D．姜油酮能发生加成反应和消去反应【答案】B【解析】A．由可知，香兰素的分子式为，A错误；B．碳碳双键和碳连接的原子一定共面，苯环的6个碳在同一平面，结合单键可以旋转，脱氢姜酮中所有碳原子可能共平面，B正确；C．同系物是指结构相似，分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物，且必须是同一类物质，香兰素与姜油酮区别在于前者有醛基后者有酮羰基，不是同一类物质，C错误；D．姜油酮中含有苯环和酮羰基可以发生加成反应，不能发生消去反应，D错误；故选B。3．已知：为阿伏加德罗常数的值。。下列叙述正确的是A．标准状况下，中S原子价层孤电子对数为B．100mLpH=1的硫酸溶液中氢离子数为C．生成时转移电子数为D．中含非极性键数为【答案】C【解析】A．分子中S原子价层电子对数为3，其中孤电子对数为1，所以中S原子价层孤电子对数为，A错误；B．pH=1即，100mL硫酸溶液含，B错误；C．拆分法分析：2Ag(还原剂)(还原剂)(氧化剂)(氧化剂)(酸)(氧化产物)(还原产物)(氧化产物)(还原产物)，2molAg失去2mol电子，失去2mol电子，C正确；D．一个分子含1个非极性键，含2个极性键，中含非极性键数为，D错误；答案选C。4．高铁酸钾具有强氧化性，且在中性环境中可水解生成具有吸附性的氢氧化铁，因此可用于净水；铁氰化钾(又名六氰合铁酸钾，化学式为)和亚铁氰化钾(又名六氰合亚铁酸钾，化学式为)是两种灵敏的可用于检验和的物质：铁氰化钾可在酸性环境下被羟胺等强还原剂还原为亚铁氰化钾，亚铁氰化钾也可被氯气氧化为铁氰化钾，可用于两者间的互相转化。合理应用含铁的化合物，在生产生活中有重要意义。铁铵矾常用于制备高铁酸盐。下列反应的离子方程式正确的是A．羟胺还原铁氰化钾：B．在强碱溶液中，铁铵矾与次氯酸钠反应生成：C．抗坏血酸还原铁氰化钾(含铁微粒产物与羟胺还原产物相同)：D．氯气氧化亚铁氰化钾：【答案】A【解析】A．铁氰化钾在酸性环境下被羟胺(NH2OH)还原为亚铁氰化钾，羟胺(NH2OH)被氧化为N2，则离子方程式为：，A正确；B．在强碱溶液中，被氧化为，ClO−被还原为Cl−，则离子方程式为：，B错误；C．铁氰化钾被抗坏血酸(C6H8O6)还原为亚铁氰化钾，则离子方程式为：，C错误；D．亚铁氰化钾被Cl2氧化为铁氰化钾，则离子方程式为：，D错误；故选A。5．我国科学家研究出联吡啶双酚铝氯化物，用作制备聚酯高效稳定的催化剂，其终步反应如图所示。已知吡啶()含有大键，下列说法正确的是A．与属于不同类型的晶体，后者熔点更高B．反应物中原子均采用杂化C．产物中含有配位键D．反应物和产物均能与水形成分子间氢键【答案】D【解析】A．(CH3CH2)2AlCl与AlCl3的晶体都是分子晶体，(CH3CH2)2AlCl比AlCl3的相对分子质量小，因此(CH3CH2)2AlCl晶体中的范德华力较小，熔点较低，A错误；B．反应物中，碳原子最外层的四个电子中有3个用于形成σ键，有1个参与形成大π键，没有孤电子对，碳原子的杂化方式为sp2，氮原子最外层的五个电子中有2个用于形成σ键，有1个参与形成大π键，孤电子对数为1，氮原子的杂化方式为sp2，氧原子最外层的六个电子中有2个用于形成σ键，孤电子对数为2，氧原子的杂化方式为sp3，B错误；C．产物中Al原子形成了5个共价键，其中铝与氮原子通过配位键相结合，氮原子提供孤对电子，铝原子提供空轨道，产物中有2个配位键与Al相结合，C错误；D．反应物中O和N都有孤电子对能与水形成氢键，产物中O能与水形成分子间氢键，故反应物和产物均能与水形成分子间氢键，D正确；故答案选D。6．光伏电池驱动的甲醛废水转化装置及的晶胞结构如图。下列说法不正确的是A．阴极发生的总电极反应方程式为B．每生成(标准状况下)时，阳极生成的数目为C．晶胞中黑球为Mn原子D．晶胞中黑球处于白球构成的八面体空隙中【答案】B【分析】由图可知右侧电极上二氧化碳转化为CO，CO最终转化为乙烯，C元素化合价降低，发生还原反应，则右侧电极为阴极，左侧电极为阳极，阳极甲醛失电子生成HCOOH，HCOOH继续失电子生产二氧化碳，据此分析解答。【解析】A．由上述分析可知阴极发生的总电极反应方程式为，故A正确；B．未指明气体所处状况，不能根据体积确定气体的物质的量，无法计算阳极生成HCOOH的数目为，故B错误；C．晶胞中黑球位于顶点和体心，个数为，白球位于面上和体内，个数为：，结合的化学式可知黑球为Mn，故C正确；D．以体心黑球为观察对象，可知其周围有4个白球位于面上，2个白球位于体内，黑球处于白球构成的八面体空隙中，故D正确；故选：B。7．一种用于合成治疗免疫疾病药的物质，其结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W为1～20号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，Q和W的简单离子具有相同的电子层结构。下列叙述正确的是A．非金属性：Z＞Y＞QB．简单氢化物的沸点：Q＞ZC．WZX与WXQ均是强电解质，水溶液之间可以发生复分解反应D．原子序数为82的元素与Q位于同一主族【答案】C【分析】X、Y、Z、Q、W为1~20号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，由结构可知：Z、Q的最外层有6个电子，Z为O元素，Q为S元素；Q和W的简单离子具有相同的电子层结构，W的原子序数最大，形成+1价阳离子，则W为K元素；Y形成4个共价键，X只能形成1个共价键，结合原子序数可知X为H元素，Y为C元素，然后根据元素周期律及物质的性质加以分析。【解析】根据上述分析可知：X是H，Y是C，Z是O，Q是S，W是K元素。A．O、S是同一主族元素，原子序数越大元素的非金属性就越弱，所以非金属性：Z＞Q；元素的非金属性越强，其对应的最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。由于酸性：H2SO4＞H2CO3，所以非金属性：Q＞Y，故三种元素的非金属性：Z(O)＞Q(S)＞Y(C)，A错误；B．Z是O，Q是S，二者是同一主族元素，二者形成的简单氢化物分别是H2O、H2S，由于H2O分子之间除存在分子间作用力，还存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，而H2S分子之间只存在分子间作用力，故简单氢化物的沸点：Z(H2O)＞Q(H2S)，B错误；C．WZX是KOH，KOH是一元强碱；WXO是KHS是酸式盐，也是强电解质，二者在溶液中发生反应：KOH+KHS=K2S+H2O，二者发生的是复分解反应，C正确；D．原子序数为82的元素是Pb元素，属于第ⅣA元素，而S是第ⅥA元素，因此82号元素与Q不是位于同一主族的元素，D错误；故合理选项是C。8．工业生产中利用方铅矿(主要成分为，含有等杂质)制备晶体的工艺流程如图：已知：；，。下列说法错误的是A．“浸取”时发生反应：B．物质M可以为，试剂N可以为C．由该工艺可知，反应放热D．“沉淀转化”过程达平衡时，溶液中【答案】C【分析】方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)和MnO2中加入稀盐酸浸取，盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S，MnO2被还原成Mn2+，加入的NaCl可促进反应PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌(aq)平衡正向移动，使更多的Pb元素存在于溶液中；加入M为MnO调节溶液pH，使铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，然后过滤，得到滤渣2为氢氧化铁沉淀；PbCl2难溶于冷水，将滤液冷水沉降过滤得到PbCl2晶体；之后加入N为稀硫酸发生沉淀转化，生成硫酸铅晶体，滤液a中主要成分为HCl，据此分析作答。【解析】A．“浸取”时盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S，MnO2被还原成Mn2+，加入的NaCl可促进反应PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌(aq)平衡正向移动，使更多的Pb元素存在于溶液中，离子方程式为：，故A正确；B．pH的目的是消耗溶液中的H+，促进Fe3+水解转化成Fe(OH)3除去，可选用MnO、Mn(OH)2等，滤液a中含有大量的NaCl,但为确保PbSO4的产量，需加入过量的试剂N(Na2SO4)，故B正确；C．，温度降低，反应逆向移动，即平衡向左移，有利于PbCl2沉淀更完全，反应为吸热反应，故C错误；D．“沉淀转化”过程中，沉淀的转化方程式为PbCl2(s)+SO(aq)⇌PbSO4(s)+2Cl-(aq)，溶液中达到平衡时溶液中=1.6×103，故D正确。答案选C。9．利用和反应生成的过程中主要涉及的反应如下：反应Ⅰ

反应Ⅱ

向密闭容器中充入一定量和发生上述反应，保持温度和容器体积一定，平衡时和的转化率、和的产率及随起始的变化情况如下图所示。[的产率的选择性]。下列说法不正确的是A．当容器内气体总压强保持不变时，反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡状态B．曲线表示的产率随的变化C．，反应达平衡时，的选择性为D．随着增大，的选择性先增大后减小【答案】D【分析】由图可知，c线表示的量随增大不断地增大，曲线c表示CH4的产率；b线逐渐下降，应该表示H2的转化率；d线先升高后降低，表示CO2的产率；a线表示CO的转化率。【解析】A．反应Ⅰ．和反应Ⅱ．合并得到2CO(g)+2H2(g)═CH4(g)+CO2(g)，反应为气体体积减小的反应，当固体密闭容器内总压不变时，反应Ⅰ、Ⅱ都达到平衡状态，故A正确；B．通过总反应可知，随的增加，甲烷的产率增加，曲线c表示CH4的产率，故B正确；C．2CO(g)+2H2(g)═CH4(g)+CO2(g)，当=0.5时，CO过量，生成物n(CH4)=n(CO2)，甲烷选择性为50%，故C正确；D．随着增大，作为反应Ⅱ的生成物氢气浓度增大会抑制二氧化碳的生成，故CO2的产率先增大后减小，故D错误。答案选D。10．25℃时，用气体调节氨水的pH，溶液中微粒浓度的对数值、反应物的物质的量之比与pH的关系如下图所示，若忽略通入气体后溶液体积的变化，下列说法正确的是A．点对应的值大于0.5B．D点所示溶液中是C点的2倍C．25℃时，溶液中水的电离程度：D．点所示溶液中：【答案】D【解析】A．由图知，对应溶液中铵根离子和一水合氨的浓度相同、pH为9.25，，根据物料守恒：得，根据电荷守恒：，，则，则，A错误；B．D点是氯化铵溶液，C点是氯化铵和一水合氨的混合物，且氯化铵更多一些(C点两者相等)，则D点所示溶液中小于C点的2倍，B错误；C．氨水在溶液中电离出的氢氧根离子抑制水的电离，铵根离子在溶液中水解促进水的电离，由分析可知，P1、P2、P3时溶液中铵根离子浓度依次增大，水的电离程度依次增大，C错误；D．Kb==10-4.75，P2所示溶液pH=7，则c(OH-)=10-7，所以==102.25，根据物料守恒c()+c(NH3•H2O)=0.1mol/L，则，则，D正确；故选D。二、非选择题：本题共4小题，共60分。11．（15分）锌是一种重要的金属，锌及其化合物被广泛应用于汽车、建筑、船舶、电池等行业。现某科研小组以固体废锌催化剂(主要成分是，含少量、、、等杂质)为原料制备锌的工艺流程如图所示：已知：①“浸取”时，和转化为、进入溶液。②时，，③深度除杂标准：溶液中≤2.0×10-6。（1）“浸取”温度为，锌的浸出率可达，继续升温浸出率反而下降，其原因为。（2）“滤渣1”的主要成分为、。（3）“深度除锰”是将残留的转化为，写出该过程的离子方程式。（4）“深度除铜”时，锌的最终回收率，除铜效果(用反应后溶液中的铜锌比表示)与加入量的关系曲线如图所示。①由图可知，当达到一定量的时候，锌的最终回收率下降的原因是(用离子方程式解释)②“深度除铜”时加入量最优选择(填标号)A．100%

B．110%

C．120%

D．130%（5）原子能形成多种配位化合物，一种锌的配合物结构如图：①配位键①和②相比，较稳定的是。②基态原子的价电子排布式为，位于元素周期表中区。③键角③(填“>”“<”或“=”)【答案】（1）温度升高，氨气挥发量增加且分解，生成减少，不利于锌的浸出（2）、（3）（4）C（5）①ds<【分析】废锌催化剂加入氨水氯化铵混合液浸取，锌、铜元素以[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+进入溶液，同时铁、镁转化为氢氧化物沉淀和不反应的二氧化硅成为滤渣1，滤液加入过氧化氢将锰离子转化为二氧化锰沉淀，加入适量的硫化铵生成硫化铜沉淀，过滤除去沉淀滤液加入有机萃取剂萃取分离出含锌的有机相，加入硫酸反萃取得到含锌的水相，电解得到锌；【解析】（1）“浸取”温度为30℃时，锌的浸出率可达90.6%，继续升温浸出率反而下降，其原因为温度过高，氨挥发量增加，生成[Zn(NH3)4]2+减少，不利于废锌催化剂中锌的浸出；故答案为：温度升高，氨气挥发量增加且NH4Cl分解，生成[Zn(NH3)4]2+减少，不利于废锌催化剂中锌的浸出；（2）根据分析，滤渣1为Mn(OH)2、Fe(OH)3、SiO2；故答案为：Fe(OH)3、SiO2；（3）在氨水存在的碱性条件下，过氧化氢和锰离子发生氧化还原反应生成二氧化锰沉淀和水、铵根离子，反应为；故答案为：；（4）①当(NH4)2S加入量≥100%时，锌的最终回收率下降的原因是过量的硫离子和将锌转化为硫化锌沉淀，反应为[Zn(NH3)4]2++S2-=ZnS↓+4NH3；②“深度除铜”时，(NH4)2S加入量最好应120%，此时除铜效果较好且锌的回收率仍然较高；故答案为：[Zn(NH3)4]2++S2-=ZnS↓+4NH3；C；（5）①N和O的电负性相比，N弱于O，则N易提供孤电子，配位键稳定性强；故答案为：①；②Zn为30号元素，电子排布式为，价电子排布式；位于元素周期表ds区；故答案为：；ds；③角③属于单键与单键形成夹角，电子云密度小，键角斥力小，键角小于120°；故答案为：＜。12．（14分）钇钡铜氧晶体是一种新型节能高温超导材料。对钇钡铜氧材料分析表明，组成为，其中元素为价，铜元素以(Ⅱ)和罕见的(Ⅲ)形式存在，将该材料溶于稀酸之后，(Ⅲ)将全部被还原为(Ⅱ)。现通过以下实验确定(Ⅱ)和(Ⅲ)的比例。实验步骤：a．称取样品溶于稀酸，充分反应后加入过量碘化钾，配制待测溶液。b．取待测溶液，以淀粉为指示剂，用的标准溶液滴定，消耗标准液。c．再次称取样品溶于过量碘化钾溶液充分反应后，配制待测溶液。取反应后溶液，用标准液滴定至终点，消耗标准液。d．做空白实验，消耗标准溶液。已知：回答下列问题：（1）在溶解样品和滴定过程中需要使用碘量瓶，与普通锥形瓶相比，使用碘量瓶的优势是。（2）该实验过程中，需用到的下列仪器有___________(填选项)。A． B． C． D．（3）请用相关离子方程式解释设计空白对照实验的目的。（4）根据以上实验数据计算(Ⅱ)与(Ⅲ)物质的量之比为，。（5）某种钇钡铜氧晶体属于四方晶系晶胞，参数如图所示。晶胞夹角均为。图中原子的分数坐标为，则原子的分数坐标为。钇钡铜氧晶体的摩尔质量为。则该晶体的密度为(列出计算式，为阿伏加德罗常数)。【答案】（1）防止碘挥发损失，使测定结果不准确（2）CD（3）4I-+O2+4H+=2I2+2H2O（4）2∶10（5）(，，1-d)×1030【分析】a步骤样品溶于稀酸，Cu(Ⅲ)全部被还原为Cu(Ⅱ)，加入过量KI发生反应2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，b步骤用Na2S2O3标准溶液滴定a步骤生成的I2；c步骤另取样品，加入过量KI发生反应2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、Cu3++3I-=CuI↓+I2，然后用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2；d步骤做空白实验；测定Cu(Ⅱ)与Cu(Ⅲ)的比值。【解析】（1）在溶解样品和滴定过程中需要使用碘量瓶，与普通锥形瓶相比，使用碘量瓶的优势是：防止碘挥发损失，使测定结果不准确。（2）该滴定实验中需要使用酸式滴定管量取待测液，用250mL容量瓶配制250mL待测液，不需要圆底烧瓶和分液漏斗；答案选CD。（3）由于I-具有还原性，易被空气中O2氧化成I2，故用离子方程式解释设计空白对照实验的目的为4I-+O2+4H+=2I2+2H2O。（4）根据Cu守恒和b、d中数据知Cu(Ⅱ)和Cu(Ⅲ)总物质的量之和为0.0100mol/L×(23.04-0.50)×10-3L=2.254×10-4mol，可列式n[Cu(Ⅱ)]+n[Cu(Ⅲ)]=2.254×10-4mol；根据c、d数据可列式n[Cu(Ⅱ)]+2n[Cu(Ⅲ)]=0.0100mol/L×(30.55-0.50)×10-3L=3.005×10-4mol，联立两式解得n[Cu(Ⅱ)]=1.503×10-4mol，n[Cu(Ⅲ)]=7.51×10-5mol，则Cu(Ⅱ)与Cu(Ⅲ)物质的量之比为(1.503×10-4mol)∶(7.51×10-5mol)=2∶1；晶体YBa2Cu3O7-x中Y为+3价，Ba为+2价，O为-2价，根据化合物中正负化合价代数和为0，(+3)+2×(+2)+2×(+2)+1×(+3)+(7-x)×(-2)=0，解得x=0。（5）图中D原子的分数坐标为(，，d)，结合晶胞的结构特点，C原子的分数坐标为(，，1-d)；1个晶胞中含1个Y，则1个晶胞的质量为g，晶胞的体积为(a2c×10-30)cm3，晶体的密度为g÷(a2c×10-30)cm3=×1030g/cm3。13．（12分）晶体硅主要用于微电子技术。工业上将粗硅经以下两步反应制备高纯硅：i．

ii．

回答下列问题：（1）已知：。写出还原生成的热化学方程式为。（2）在、温度下，将、和分别加入体积固定的密闭容器中，在催化条件下发生反应i、ii．测得的转化率及体系内的压强随时间的变化关系如图所示。①(填“>”、“<”或“=”)，理由是。②若使用带可移动的活塞的容器进行上述实验，则晶体Si的平衡产率。(填“增大”、“减小”或“不变”)③温度下，200min内用的分压变化表示平均反应速率为Pa∙min-1。④温度下，反应i的标准平衡常数的计算式为。(已知：分压=总压×物质的量分数，对于反应的，其中，、、、为各组分的平衡分压)。【答案】（1）（2）＜温度下反应先到达平衡，即反应速率较快，故.增大80【解析】（1）（1）H2(g)还原SiCl4(g)生成SiH2Cl2(g)的化学方程式为SiCl4(g)+2H2(g)SiH2Cl2(g)+2HCl(g)，由盖斯定律可知(反应①-反应②)×2+反应③可得该反应，则反应的△H=2(△H1-△H2)+△H3=(2a-2b+c)kJ·mol-1，因此H2(g)还原SiCl4(g)生成SiH2Cl2(g)的热化学方程式为SiCl4(g)+2H2(g)⇌SiH2Cl2(g)+2HCl(g)

△H=(2a-2b+c)kJ·mol-1；（2）①由第二象限内的图像可知，T2对应的图线，H2的转化率变化得更快，先到达平衡，说明反应速率更大，故T1<T2；②反应i、ii都是气体体积增大的反应，若使用带可移动的活塞的容器进行上述实验，即恒容条件变为恒压条件，反应过程中容器体积将会增大，有利于平衡向气体体积增大的方向移动，即平衡正向移动，故晶体Si的平衡产率增大；③由图知，T2温度下，H2转化率为80%，即反应了2.4mol，设参与反应ii的H2为xmol，根据反应ii的方程式，则参与反应i的H2为(2.4-x)mol，根据反应i的方程式，到达平衡时，体系中剩余0.6molH2，(1-x)molSiHCl3，(0.5x-0.2)molSiCl4，并共生成了(4.8-2x)+3x=(4.8+x)mol的HCl，体系中气体总物质的量为0.6+1-x+0.5x-0.2+4.8+x=(0.5x+6.2)mol，由图像知，T2温度达到平衡时压强为初始的1.32倍，故，解得x=0.8，即SiHCl3也反应0.8mol，则200min内用SiHCl3(g)的分压变化表示平均反应速率为④由③中计算可知，T2温度下，平衡时，体系中SiCl4(g)为0.2mol，H2为0.6mol，HCl(g)为5.6mol，且平衡时整个体系中所有气体总物质的量为6.6mol，故；14．（19分）抗溃疡药奥美拉唑合成路线如下。已知：的某些性质和相似，都能与发生加成．（1）写出A的结构简式。（2）B→C的反应试剂及条件是；C中所含官能团名称为：硝基、。（3）C→D的化学方程式是：。（4）D→E过程中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为。（5）一定条件下，