2024高考化学模拟卷(福建卷)（含解析）

2024高考化学模拟卷（福建卷）（考试时间：75分钟试卷满分：100分）可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16S-32Cl-35.5V-51第Ⅰ卷单项选择题：共10题，每题4分，共40分。每题只有一个选项最符合题意。1．我国在航天、航海等领域取得重大进展。下列说法不正确的是（）A．“天问一号”火星车的热控保温材料——纳米气凝胶，可产生丁达尔效应B．北斗导航卫星的芯片与光导纤维的主要成分相同C．海洋开发走向“深蓝时代”，大型舰船的底部常镶嵌锌块，防止船底腐蚀D．航空母舰“福建舰”，相控阵雷达使用的碳化硅属于新型无机材料2.英国皇家化学学会(RSC)、华威大学和苏黎世IBM研究所的科学家们合作研发出结构酷似奥运五环的新分子，因此被命名为“奥林匹克烯”，其结构如图所示。下列说法错误的是A．“奥林匹克烯”的分子式为B．“奥林匹克烯”可以发生加成反应C．分子中所有的原子共平面D．其一氯代物有6种3.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．中杂化的碳原子数目为1B．溶液中所含数目为C．标准状况下，中含有的电子数目为D．常温下，将投入足量浓硝酸中，反应转移电子数目为4．X、Y、Z、W、Q为五种原子序数逐渐递增的短周期主族元素，五种元素分别位于三个周期，只有Z是金属元素且与X同族，W、Q相邻，常温时，测得、Q简单氢化物的水溶液pH分别为11、1，以下有关说法正确的是A．简单氢化物的稳定性： B．第一电离能：C．氧化物对应的水化物酸性： D．工业上可通过电解ZQ的水溶液来获得Z的单质5．室温下，下列实验探究方案能达到探究目的的是选项探究方案探究目的A向甲、乙两支试管中分别加入溶液，向甲试管中加入少量晶体，振荡、静置，对比观察溶液颜色变化探究反应物浓度对水解平衡的影响B用pH计分别测定等体积的溶液和溶液的pH探究键的极性对羧酸酸性的影响C向圆底烧瓶中加入2.0gNaOH、15mL无水乙醇、碎瓷片和5mL1-溴丁烷，微热，将产生的气体通入酸性溶液，观察现象探究1—溴丁烷的消去产物D向溶液中滴入硫酸酸化的溶液，观察溶液颜色变化探究与氧化性强弱6.下列处理方法对应的反应方程式一定错误的是A．用溶液处理水垢中的：B．用溴水检验丙烯醛CH2=CHCHO中的碳碳双键：CH2=CHCHO+Br2→CH2Br-CHBr-CHOC．加碘食盐中碘元素的检验：D．Cu在O2存在下与氨水反应：7.直接无膜微流体燃料电池(结构如图所示)利用多股流体在微通道内平行层流的特性，自然地将燃料和氧化剂隔开，无需使用传统燃料电池中的交换膜，且使用氧化剂可确保电池工作过程中无固体析出附着电极表面问题。下列有关说法不正确的是A．电池工作时，电子由电极a直接经外电路流向电极bB．电极a上发生的反应为C．电极b上消耗时，理论上共转移3mol电子D．上述无膜微流体技术可降低燃料电池的生产成本，提升电池工作性能8.某化学兴趣小组通过查阅文献，设计了从阳极泥(成分为、、Au、Pt)中回收贵重金属的工艺，其流程如图所示。已知：“酸溶”时，Pt、Au分别转化为和。下列判断正确的是A．“焙烧”时，转化为CuO的化学方程式为B．“转化”后所得溶液经过在空气中加热蒸发结晶可得到C．“酸溶”时，铂溶解的离子方程式为D．结合工艺流程可知盐酸的氧化性强于硝酸9.测定溶液中乙二醛(含少量硝酸)含量的方法如下。i．取VmL待测溶液于锥形瓶中，加入2滴酚酞溶液，用浓度为0.20mol·L-1NaOH溶液滴定至溶液恰好由无色变为粉红色，中和硝酸。ii．向i所得溶液加入过量0.50mol·L-1NaOH溶液V1mL，充全反应，使乙二醛反应生成CH2OHCOONa。iii．用0.50mol·L-1硫酸滴定ii中溶液至终点，消耗硫酸体积为V2mL。下列说法不正确的是A．根据结构分析，pKa：CH2OHCOOH<CH3COOHB．乙二醛反应生成CH2OHCOONa属于氧化还原反应C．待测溶液中乙二醛浓度为(0.5V1-V2)/V

mol·L-1D．若不进行步骤i，测得溶液中乙二醛浓度偏低10.在催化剂作用下，氧化可获得。其主要化学反应为：反应Ⅰ．

反应Ⅱ．

压强分别为、时，将和的混合气体置于密闭容器中反应，不同温度下体系中乙烷的平衡转化率、乙烯的选择性(的选择性)如图所示。下列说法不正确的是A．B．压强为，温度为210℃时，反应达平衡时，C．的选择性下降的原因可能是随着温度的升高，反应Ⅱ中生成的抑制了反应I的进行D．低温下转化为的反应可能非自发进行第Ⅱ卷11.以Cu(NO3)2、氨水、NaOH乙醇溶液为原料制备的纳米CuO催化剂，可用于脱除废气中的AsH3。纳米CuO催化剂的制备、催化氧化、再生可表示为：

(1)①As元素在周期表中的位置为。②砷酸的酸性弱于硒酸，从分子结构的角度解释原因。③砷可以形成多种酸和盐。与两种含砷有机酸中沸点较高的是(填化学式)，原因为。(2)流程中“反应”步骤加入过量的氨水，“沉淀”步骤的反应在加热下进行，写出“沉淀”步骤中生成纳米CuO的化学方程式：。(3)“沉淀”步骤中加入乙醇的作用是。(4)“催化氧化”时，废气中AsH3主要被氧化成As2O3固体除去，温度低于100℃时，生成的固体中砷含量会升高，原因是。(5)“再生”时需除去纳米CuO催化剂上的As2O3和少量As2O5，可采用在氮气氛围中加热分解的方法。已知：250℃时催化剂上的As2O3完全升华，350℃时催化剂上的As2O5完全分解为As2O3和O2，将处理过10L废气的纳米CuO催化剂进行加热再生处理，加热到250℃时，催化剂质量减轻了1.9800g，加热到350℃，催化剂质量又减轻了0.4600g。计算10L废气中AsH3的含量是mg·L−1(已知M(As2O3)=198g/mol，M(As2O5)=230g/mol，M(AsH3)=78g/mol，写出计算过程)。(6)砷化镓(GaAs)是优良的半导体材料，可用于制作微型激光器或太阳能电池的材料。砷化镓晶胞结构如图所示，晶体中As原子周围与其距离最近的As原子的个数为；若该晶胞的边长为anm，则砷化镓晶体的密度为g•cm-3.(用含a的式子表示，阿伏加德罗常数的值用NA表示)12.氨是重要的化工原料，我国目前氨的生产能力居世界首位。回答下列问题：（1）下图为在某催化剂表面合成氨反应机理。图中决速步骤(即速率最慢步骤)的化学方程式为，反应的ΔH=kJ·mol-1。（2）近年来，电化学催化氮气还原合成氨的催化剂研究取得了较大发展。①图1所示过程中，总反应方程式为。②氮掺杂金红石晶胞结构如图2所示，a：b=。（3）在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的物质的量分数与温度的计算结果如下图所示。进料组成I：xH2=0.75、xN2=0.25；进料组成Ⅱ：xH2=0.60、xN2=0.20、xAr=0.20.(物质i的物质的量分数：)①P116MPa(填“>”、“=”或“<”)。②进料组成中不含惰性气体Ar的图是。③图3中，当P2=16MPa、xNH3=0.25时，氮气的转化率a=。该温度时，反应2NH3(g)=N2(g)+3H2(g)的平衡常数Kp=(MPa)2。13.高铁酸盐()具有极强的氧化性和优良的絮凝功能，在水处理方面有一定的发展前景。但是由于存在自催化现象(即分解产物可催化高铁酸盐的分解)，限制了它的大规模应用，研究使其稳定的方法尤为关键。已知：

Ⅰ．制备高铁酸盐（1）实验中若以代替作铁源制备高铁酸盐，高铁酸盐的产率和纯度都会降低的原因之一是在反应温度和强碱环境下NaCl的溶解度比大，使得NaCl结晶去除率较低；另一个原因是。（2）FeCl3常用作净水剂、刻蚀剂等。FeCl3的熔点(306℃)显著低于FeF3的熔点(1000℃)的原因是。Ⅱ．高铁酸盐稳定性的研究（3）碱性环境下，久置的溶液中除了产生红褐色外，同时还会产生绿色的。此过程的反应为、。为研究使稳定的方法，分别做以下4个实验：序号X现象

a2滴0.01mol/LKI紫色迅速褪去b2滴蒸馏水分别用紫外可见分光光度计测三支试管内溶液的吸光度，结果如下图所示。c2滴0.01mol/LNaF溶液d2滴0.01mol/L溶液资料：吸光度大小与溶液中成正比。（4）甲同学预测d试管内的实验现象应与a试管相似，预测依据是。但吸光度结果图显示甲同学预测并不正确。结合化学用语，从化学平衡角度解释d试管内的现象与a试管不同的原因是：。（5）“—■—”曲线为(填入“试管c”或“试管d”)的实验结果，理由是。（6）综合以上讨论，任意写出一种能稳定的方法。14.某研究小组按下列路线合成治疗细菌感染的药物氧氟沙星：已知：请回答：（1）化合物的官能团名称是；（2）化合物B的结构简式是；（3）下列说法不正确的是___________。A．A能与溴水在作用下发生取代反应B．E与乙酸乙酯属于同系物C．转化涉及加成、消去两步反应D．氧氟沙星的分子式是（4）写出D与F生成G的化学方程式。（5）以2-氨基乙醇()与甲醛(HCHO)为原料，且利用以上合成路线中的相关信息，设计的合成路线(用流程图表示，无机试剂选)；（6）写出同时符合下列条件的化合物C的同分异构体的结构简式。①分子中含有苯环结构，并能发生银镜反应；②谱和IR谱检测表明：分子中共有4种不同化学环境的氢原子，有，没有。答案解析：1.【答案】B【详解】A．纳米气凝胶为胶体，可发生丁达尔效应，A项正确；B．芯片为Si，而光导纤维为SiO2，B项错误；C．加入锌块与Fe形成原电池，Zn作负极发生反应，而Fe作正极被保护，C项正确；D．碳化硅高硬度和高熔点，耐腐蚀的新型无机非金属材料，D项正确；故选B。2.【答案】C【详解】A．由题干图示有机物结构简式可知，1个奥林匹克烯分子由19个碳原子、12个氢原子构成，则“奥林匹克烯”的分子式为C19H12，A正确；B．由题干图示有机物结构简式可知，“奥林匹克烯”分子中含有苯环，则可以发生加成反应，B正确；C．由题干图示有机物结构简式可知，“奥林匹克烯”分子中含有sp3杂化的碳原子，故分子中不可能所有的原子共平面，C错误；3.【答案】A【详解】A．CH3CHO中甲基中碳原子采用sp3杂化，醛基上碳原子采用sp2杂化，（为1mol）中杂化的碳原子数目为1，A正确；B．溶液中铜元素以四氨合铜离子存在，不存在单独的，B错误；C．标准状况下HF为液体，故无法计算中含有的电子数目，C错误；D．常温下Fe遇到浓硝酸将发生钝化，将投入足量浓硝酸中，无法计算反应转移电子数目，D错误；故选B。4.【答案】A【分析】X、Y、Z、W、Q为五种原子序数逐渐递增的短周期主族元素，五种元素分别位于三个周期，则X为H元素；常温时，测得、Q简单氢化物的水溶液pH分别为11、1，则Y为N元素、Q为Cl元素；只有Z是金属元素且与X同族，则Z为Na元素；W、Q相邻，则W为S元素。【详解】A．元素的非金属性越强，简单氢化物稳定性越强，氯元素的非金属性强于硫元素，则氯化氢的稳定性强于硫化氢，故A正确；B．金属元素的第一电离能小于非金属元素，所以三种元素中，钠元素的第一电离能最小，故B错误；C．元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，但氧化物对应水化物的酸性不一定，如次氯酸的酸性弱于硝酸，故C错误；D．工业上用电解熔融氯化钠的方法制备金属钠，用电解饱和氯化钠溶液的方法制备烧碱，故D错误；故选B。5.【答案】A【详解】A．向浓度不同的氯化铁溶液中加入氯化铁固体，溶液中铁离子浓度大小不同，则比观察溶液颜色变化可以探究反应物浓度对水解平衡的影响，故A正确；B．没有明确乙酸与氯乙酸的浓度是否相等，则用pH计分别测定等体积的元素溶液和氯乙酸溶液的pH不能探究键的极性对羧酸酸性的影响，故B错误；C．乙醇具有挥发性，挥发出的乙醇也能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应使溶液褪色，则将产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液，观察现象不能确定探究1—溴丁烷的消去产物，故C错误；D．酸性条件下，硝酸根离子的氧化性强于过氧化氢，则硝酸亚铁溶液中滴入硫酸酸化的过氧化氢溶液，硝酸根离子会干扰过氧化氢与亚铁离子的反应，无法探究过氧化氢与铁离子氧化性强弱，故D错误；故选A。6.【答案】B【详解】A．由于的溶解度小于的溶解度，用溶液处理水垢中的，会转化为，离子方程式为：，故D正确；B．用溴水检验丙烯醛CH2=CHCHO中的碳碳双键：溴水的氧化性也会氧化醛基，无法检验碳碳双键的存在，B错误；C．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；B正确；D．溶于稀硫酸生成硫酸铜、铜和水，反应的离子方程式为：，C正确；故答案选A。7.【答案】C【分析】接HCOONa/K3[Fe(CN)6]无膜微流体燃料电池工作时，燃料发生失电子的反应，氧化剂发生得电子的反应，使用氧化剂K3[Fe(CN)6]可确保电池工作过程中无固体析出附着电极表面问题，则图中电极b为正极，电极a为负极，负极反应式为HCOO--2e-+3OH-=+2H2O，正极反应式为[Fe(CN)6]3-+e-=[Fe(CN)6]2-，电池工作时，电子由负极直接经外电路流向正极，据此分析解答。【详解】A．由上述分析可知，电极b为正极，电极a为负极，电池工作时电子由电极a直接经外电路流向电极b，A正确；B．电极a为负极，HCOONa发生失电子的氧化反应生成Na2CO3，负极反应式为HCOO--2e-+3OH-=+2H2O，B正确；C．电极b为正极，K3[Fe(CN)6]发生还原反应生成K4[Fe(CN)6]，正极反应式为[Fe(CN)6]3-+e-=[Fe(CN)6]2-，消耗1molK3[Fe(CN)6]时，理论上共转移1mol电子，C错误；D．该无膜微流体燃料电池自然地将燃料和氧化剂隔开，无需使用传统燃料电池中的交换膜，可降低生产成本，提升电池工作性能，D正确；故答案为：C。8.【答案】A【分析】由题给流程可知，阳极泥焙烧时，硫化亚铜与氧气高温条件下反应生成氧化铜、二氧化硫，硒化银与氧气高温条件下反应生成氧化银、二氧化硒；烧渣酸浸氧化时，氧化铜与氧气、稀硝酸溶液反应转化为硝酸铜，二氧化硒与氧气、硝酸溶液反应转化为硒酸，金、铂不与氧气、硝酸溶液反应，过滤得到含有硝酸铜、硒酸的滤液和含有金、铂的滤渣；滤渣酸溶时，金、铂与氯气、盐酸反应转化为四氯合金离子、六氯合铂离子；萃取分液时，加入磷酸三丁酯萃取、分液得到含有六氯合铂离子的有机相和含有四氯合金离子的水层；水层中加入氢氧化钾和亚硫酸铵混合溶液，将四氯合金离子四氯合金离子转化为二亚硫酸根合金化铵。【详解】A．由分析可知，阳极泥焙烧时，硫化亚铜与氧气高温条件下反应生成氧化铜、二氧化硫，反应的化学方程式为，A正确；B．“转化”后所得溶液经过在空气中加热，亚硫酸根容易被氧化为硫酸根，B错误；C．铂与氯气、盐酸反应转化为六氯合铂离子，反应的离子方程式为，C错误；D．由流程可知，Au、Pt被氯气氧化，与HCl提供的氯离子形成配离子，HCl没有表现氧化性，因此不能据此判定盐酸的氧化性强于硝酸，D错误；故答案为：A。

9.【答案】D【详解】A．pKa越小，酸性越强。氧元素电负性很大，CH2OHCOOH中醇羟基的氧原子的作用可使羧基的O-H键极性增强，电离出变易。CH3COOH中甲基是推电子基团，可使羧基的O-H键极性减弱，电离出变难，因此pKa：CH2OHCOOH<CH3COOH，A正确；B．醛基转化为羟基属于还原反应，醛基转化为羧基属于氧化反应，B正确；C．根据步骤iii，与硫酸反应的NaOH物质的量为：，则与乙二醛反应的NaOH物质的量为：，根据步骤ii，乙二醛物质的也为，则待测液中乙二醛的浓度为，C正确；D．如果不进行步骤i，在步骤ii时，除乙二醛消耗NaOH外，HNO3也消耗NaOH，会造成计算得出的与乙二醛反应的NaOH偏多，最后测得溶液中乙二醛浓度偏高，D错误；故选D。10.【答案】A【详解】A．相同温度下，增大压强，反应Ⅰ、Ⅱ均逆向移动，乙烷转化率降低，所以P1<P2，故A错误；B．压强为P1，温度为210℃时，乙烷的转化率为50%，乙烯的选择性为80%，参与反应Ⅰ的乙烷为2mol×50%×80%=0.8mol，反应Ⅰ生成的乙烯、一氧化碳都是0.8mol，参与反应Ⅱ的乙烷为2mol×50%×20%=0.2mol，反应Ⅱ生成的一氧化碳是0.8mol，反应达平衡时，生成CO的总物质的量1.6mol，生成乙烯的总物质的量为0.8mol，故B正确；C．温度升高，反应Ⅰ和反应Ⅱ受温度影响，平衡都会正向移动，由图可知，温度升高的过程中乙烷的转化率逐渐增大，但乙烯转化率却逐渐降低，说明温度升高的过程中，反应Ⅱ为主，且生成的CO抑制了反应I的进行，故C正确；D．反应Ⅰ正向为吸热反应，温度升高更有利于C2H4的生成，低温下转化为的反应可能非自发进行，故D正确；故选：A。11.【答案】(1)①第4周期VA族②H2SeO4的非羟基氧原子多，Se的正电性更高，羟基中O原子周围的电子向Se偏移的程度大，更容易电离出H+③与两种含砷有机酸均属于分子晶体，含两个羟基，形成的氢键数目多，沸点高(2)[Cu(NH3)4](NO3)2＋2NaOHCuO↓+2NaNO3+4NH3↑+H2O(3)有利于除去纳米CuO表面吸附的NaNO3，使生成的纳米CuO颗粒更均匀(4)生成As单质(5)187.2mg/L(6)12×1021【分析】由题给流程可知，向硝酸铜溶液中加氨水，溶液中铜离子与氨水反应生成硝酸四氨合铜，硝酸四氨合铜与氢氧化钠乙醇溶液共热反应生成纳米氧化铜，反应生成的纳米氧化铜做催化剂条件下，废气中的砷化氢主要被氧化成三氧化二砷固体被除去，纳米氧化铜再生的方法为在氮气氛围中加热分解的方法除去催化剂表面的三氧化二砷和少量五氧化二砷。【详解】（1）①砷元素的原子序数为33，位于元素周期表第4周期VA族，②H2SeO4的非羟基氧原子多，Se的正电性更高，羟基中的O原子的电子向Se偏移程度大，更容易电离出H+，砷酸的酸性弱于硒酸；③物质的熔沸点与晶体类型有关，原子晶体>离子晶体>分子晶体，与两种含砷有机酸均属于分子晶体，含两个羟基，形成的氢键数目多，沸点高；故答案为：第4周期VA族；H2SeO4的非羟基氧原子多，Se的正电性更高，羟基中O原子周围的电子向Se偏移的程度大，更容易电离出H+；；与两种含砷有机酸均属于分子晶体，含两个羟基，形成的氢键数目多，沸点高；>；（2）由图可知，沉淀步骤中生成纳米氧化铜的反应为硝酸四氨合铜与氢氧化钠乙醇溶液共热反应生成纳米氧化铜沉淀、硝酸钠、氨气和水，反应的化学方程式为[Cu(NH3)4](NO3)2＋2NaOHCuO↓+2NaNO3+4NH3↑+H2O，故答案为：[Cu(NH3)4](NO3)2＋2NaOHCuO↓+2NaNO3+4NH3↑+H2O；（3）由图可知，沉淀步骤中生成纳米氧化铜的反应为硝酸四氨合铜与氢氧化钠乙醇溶液共热反应生成纳米氧化铜沉淀、硝酸钠、氨气和水，与用氢氧化钠溶液相比，沉淀步骤中加入乙醇可除去纳米氧化铜表面吸附的硝酸钠，使生成的纳米氧化铜颗粒更均匀，故答案为：有利于除去纳米CuO表面吸附的NaNO3，使生成的纳米CuO颗粒更均匀；（4）温度低于100℃时，生成的固体中砷含量会升高说明砷化氢被氧化生成砷单质，故答案为：生成As单质；（5）由题意可知，250℃时催化剂减少的质量为三氧化二砷的质量，350℃时催化剂减少的质量为五氧化二砷的质量，由砷原子个数守恒可知，砷化氢的物质的量为×2+×2=0.024mol，则10L废气中砷化氢的含量为=187.2mg/L，故答案为：187.2mg/L；（6）由晶胞结构可知，晶胞中位于顶点的砷原子与位于面心的砷原子的距离最近，则晶体中砷原子周围与其距离最近的砷原子的个数为12；晶胞中位于顶点和面心的砷原子个数为8×+6×=4，位于体内的镓原子个数为4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(a×10—7)3d，解得d=×1021，故答案为：12；×1021。12.【答案】（1）(或)-92（2）7：2（3）<图450%27【详解】（1）在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，根据题图可知，反应的化学方程式为(或)；由题图可知，反应物总能量高于产物总能量，反应放热，且的ΔH=-46kJ·mol-1，则合成氨反应的ΔH=-92kJ·mol-1，故答案为：(或)；-92；（2）①依据氮掺杂金红石表面氮气固定机理可知，反应物为氮气和氢离子，生成物为氨气，金红石为催化剂，总反应方程式为；②由晶胞结构示意图可知，晶胞中N原子数为，O原子数为，Ti原子数为4，故；，解得，；（3）①合成氨的反应中，压强越大越利于氨的合成，则氨的物质的量分数越大，结合图像可知，在相同温度下，氨的物质的量分数：p3＞p2＞p1，所以压强：p3＞p2＞p1，所以P1<16MPa，故答案为：<；②对比图3和图4可知，相同温度和相同压强下，图3中平衡时氨的物质的量分数较小，在恒压下充入惰性气体Ar，导致反应混合物中各组分的浓度减小，各组分的分压也减小，化学平衡要向着气体分子数增大的方向进行，即不利于合成氨，所以氨的物质的量分数小，因此进料组成中含惰性气体Ar的图是图3，不含惰性气体Ar的图是图4，故答案为：图4；③图3进料组成为，，，三者物质的量之比为3：1：1，假设进料中氢气、氮气和氩气物质的量分别为3mol、1mol和1mol，平衡时氮气变化量为x，列三段式：，当p2=20MPa、，解得，则氮气转化率；平衡时氮气、氢气、氨气物质的量分别是、1.5mol、，还有1molAr，物质的量分数分别是、、，该温度下2NH3(g)=N2(g)+3H2(g)的平衡常数==27(MPa)2，故答案为：50%；27。13.【答案】（1）被氧化，使的产率降低（2）FeCl3为分子晶体，熔点受分子间作用力影响，FeF3为离子晶体，熔点受离子键影响