1、2024年高考押题预测卷03【福建卷】化学全解全析（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 评卷人得分一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1中国古代文化中蕴含着丰富的化学知识。下列说法正确的是A唐代三
2、彩釉陶中，黄色釉、褐色釉是利用赭石来着色的，赭石的主要成分为B三国时期魏国谋士、将领钟会在刍荛论中写道：“夫莠生似金，鍮石像金”。鍮石的主要成分为C本草纲目中对酿酒有如下记载：“以大麦蒸热，和曲酿瓮中七日，以甑蒸取，其清如水，味极浓烈”。其中用到的操作为蒸馏和过滤D战国时期周礼考工记中记载：“以说水沤其丝”。说水为草木灰的水浸液，内含大量的【答案】A【详解】A利用赭石的颜色可知其主要成分为，A正确；B“鍮石像金”，但不是金，鍮石的主要成分是铜锌合金，B错误；C本草纲目中记载的酿酒操作为蒸馏，没有过滤，C错误；D水为草木灰的水浸液，内含大量的，D错误； 故选A。2新型离子液体表现出特殊的溶解性，
3、广泛用作纤维素溶解、蛋白质结晶、纳米制备等方向的溶剂，其结构如图所示下列说法错误的是A基态氯原子核外电子空间运动状态有9种B中含有键的数目为（为阿伏伽德罗常数的值）C合成基础原料咪唑（）为平面分子，形成的大键可表示为D相较于传统液态有机溶剂，具有难挥发的优点【答案】B【详解】A氯元素的原子序数为17,电子排布式为1s22s22p63s23p5，核外有9种原子轨道,故基态原子的核外电子的空间运动状态有9种，A正确；B根据题目所给结构，1molBMImCl中含有键的数目为25NA，B错误；C咪唑（）为平面分子，形成的大键可表示为，C正确；D相较于传统液态有机溶剂，由于离子液体内离子对之间的吸引力较
4、强，BMImCl具有难挥发的优点，D正确；故选B。3NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A标准状况下，2.24L辛烷的分子数为0.1NAB浓硝酸热分解生成、共23g，转移电子数为0.5NAC溶液中，和的离子数目之和为0.01NAD电极反应，每转移xmol电子释放个【答案】B【详解】A标准状况下，辛烷不是气体，因此无法计算，A错误；B、最简式均为，23g混合气体可视为23g即0.5mol，HNO3-，每生成1mol转移1mol电子，则生成23g即0.5mol转移电子数目为0.5NA，B正确；C1L0.01mol/L溶液中，根据物料守恒可知、的总物质的量为0.01mol，因此和的离子数目之和
5、小于0.01NA，C错误；D由LiFePO4-xe-=xLi+Li1-xFePO4可知，每转移xmol电子，释放xmolLi+，因此每转移1mol电子释放NA个Li+，D错误；故选：B。4有机“纳米小人”风靡全球，其制备过程中涉及的一个反应如图。下列说法正确的是A化合物M的一氯代物有5种B化合物N中至少有17个原子共平面C该反应符合绿色化学的思想，理论上原子利用率为100%D化合物P能发生加成、聚合、氧化、还原等反应【答案】D【详解】A由结构简式可知，M分子中含有4类氢原子，一氯代物有4种，A错误；B苯环为平面结构，碳碳三键为直线形结构，原子共线也共面，则至少有16个原子共平面，B错误；C由结
6、构简式可知，P分子中不含有溴原子，则M与N一定条件下反应生成P的同时还有含溴元素的化合物生成，原子利用率不可能为100%，C错误；D化合物P中含碳碳三键、羟基，醚键官能团，可发生加成、聚合、氧化、还原等反应，D正确；答案选D。5基态饿原子()的价电子排布式为。氧化物常作烯烃醇化的氧化剂，其重要的氮基饿酸盐有。有关反应如下：反应I：反应：反应I：下列说法正确的是A的立体异构分子中不存在手性分子B反应I中的的化合价为+8C反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为11D由反应可推测氧化性：强于酸性溶液【答案】B【详解】A手性分子在用是否有手性碳原子来判断，手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的
7、碳原子，观察结构可知，存在3个手性碳原子，因此立体异构分子中存在手性分子，故A错误；B基态饿原子(Os)的价电子排布式为，氧化物OsO4，O为-2价，则Os为+8价，观察反应I未变价，由此可知反应I中的Os化合价为+8，故B正确；C反应中，中Os化合价为+8价，降低到K2OsO4中Os化合价为+6价，而产物OsO2中Os化合价为+4价，也是还原产物，因此K2OsO4为还原产物，则N2为氧化产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为21，故C错误；D反应中双键并未断裂，而酸性溶液可将碳碳双键氧化断键生成羧基，由可推测氧化性：弱于酸性溶液，故D错误；故答案选B。6含氰废水中氰化物的主要形态是HCN和
8、CN-，CN-具有较强的配位能力，能与Cu形成一种无限长链离子，其片段为CN-结合H能力弱于CO。氰化物浓度较低时，可在碱性条件下用H2O2或Cl2将其转化为N2；浓度较高时，可加入HCN、Fe和K2CO3溶液反应生成K4Fe(CN)6溶液。下列化学反应表示正确的是ANaCN溶液通入少量的CO2：CN-CO2H2O=HCNHCOBFe与HCN溶液反应：Fe2HCN=Fe2H22CN-CCl2处理含氰废水：5Cl22CN-4OH-=10Cl-N24H2CO2DK2CO3水解：CO2H2O2OH-H2CO3【答案】A【详解】ACN-结合H能力弱于CO，所以NaCN溶液通入少量的CO2生成碳酸氢根，
9、即CN-CO2H2O=HCNHCO，A正确；B由于亚铁离子能与CN-结合生成，即 ，B错误；C碱性条件下，产物中不能出现氢离子，所以方程式为5Cl2+2CN+8OH-=10Cl-+N2+4H2O +2CO2，C错误；D水解是分步水解，主要为第一步水解，即+H2OOH-+HCO，D错误； 故选A。7是合成某种全氮阴离子配合物所需的中间体。其中，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X元素基态原子的电子只有一种自旋取向，Y与Z是同周期相邻非金属元素，且Y的第一电离能大于Z。下列说法正确的是A简单氢化物的沸点：YZB简单离子的半径：WZYXC该中间体所含的大键为D分子的VSEPR模型名称
10、为四面体【答案】D【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X元素基态原子的电子只有一种自旋取向，X为H元素；Y与Z是同周期相邻非金属元素，且Y的第一电离能大于Z，则Y为N元素，Z为O元素，根据判断W为=2价金属，即为Mg元素；【详解】AY和Z的简单氢化物分别为NH3、H2O，沸点H2ONH3，故A错误；BN3-、O2-、Mg2+的电子层结构相同，核电荷数越大半径越小，故简单离子的半径：N3- O2- Mg2+H+，故B错误；C该中间体中N5-含有大键，大键表示为，故C错误；DH2O的中心原子含有4个价层电子对，其中2个孤电子对，VSEPR模型名称为四面体，故D正确。答案选D。
11、8西北工业大学推出一种新型Zn-NO2电池，该电池能有效地捕获NO2并将其转化为。现利用Zn-NO2电池将产生的电解制氨，过程如图所示。下列说法正确的是Ac电极的电势比d电极的电势高B为增强丙中水的导电性，可以加入一定量的NaCl固体Cc电极的电极反应式为+6e-+H2O=NH3+7OH-D当电路中转移2mole-时，丙室溶液质量减少18g【答案】D【分析】由图可知，锌为活泼金属，失去电子发生氧化反应，a为负极、b为正极，则c为阴极、d为阳极。【详解】Ac为阴极、d为阳极，c电极的电势比d电极的电势低，A正确；BNaCl为电解质，在溶液中可电离成离子，增强溶液导电性，B正确；C电解池中交换膜为
12、质子交换膜，c电极的电极反应式：+6e-+H2O=NH3+7OH-，C正确；D丙室中阳极上水失电子产生氧气，电极反应为2H2O-4e-=4H+O2，当电路中转移2mole-时，丙室产生氧气减少的质量16g，且c极电极反应+6e-+H2O=NH3+7OH-，部分质子转移至乙室，则丙室溶液质量减少大于16g，D错误；答案选D。9醛、酮与可发生加成反应：平衡常数为K，微量碱存在时的催化机理如下：已知不同基团（、）对平衡常数的影响如下表所示：平衡常数K21053038下列说法不正确的是A第二步为决速步骤B若将微量碱改成加入酸，则反应速率减慢C由可知推电子基团可以使上的C原子活化，增大平衡常数D的平衡常
13、数小于，可能是因为中受到的空间位阻更大【答案】C【详解】A第二步反应慢，为决速步骤，A正确；B氢离子能与CN结合生成HCN，降低CN浓度，所以若将微量碱改成加入酸，则反应速率减慢，B正确；C由可知吸电子基团可以使上的C原子活化，增大平衡常数，C错误；D由于中受到的空间位阻更大，不利于反应进行，所以的平衡常数小于，D正确；答案选C。10常温下，分别在Mn(NO3)2、Zn(NO3)2、HNO2溶液中滴加NaOH溶液，溶液pXpX=-lgc(X)，X代表Mn2+、Zn2+、OH-、与pH关系如图所示。已知：。下列叙述错误的是A图中L2代表，L3代表Zn2B同时产生两种沉淀时，C的平衡常数D室温下，
14、的数量级为【答案】C【分析】分别在Mn(NO3)2、Zn(NO3)2、HNO2溶液中滴加NaOH溶液，溶液中c(Mn2+)、c(Zn2+)、c(HNO2)逐渐减小，c(OH-)逐渐增大，HNO2溶液中c()逐渐增大、且起始时pHpOH，即随着NaOH溶液的滴加，pMn和pZn逐渐增大，pOH和p逐渐减小，KspMn(OH)2KspZn(OH)2，则图中L1、L2、L3、L4分别代表OH-、Zn2+、Mn2+，结合图中a点数值计算K(HNO2)=c(H+)=10-210-1.30=10-3.3，结合c点数值计算KspMn(OH)2=c(Mn2+)c2(OH-)=(10-7)2101.30=10-
15、12.7，同理KspZn(OH)2=(10-5)210-6.15=10-16.15，据此分析解答。【详解】A由上述分析可知，图中L1、L2、L3、L4分别代表OH-、Zn2+、Mn2+，A正确；B由上述分析可知，KspMn(OH)2=c(Mn2+)c2(OH-)=10-12.7，KspZn(OH)2=10-16.15，则同时产生两种沉淀时，=103.45，B正确；C由上述分析可知，KspMn(OH)2=c(Mn2+)c2(OH-)=10-12.7，K(HNO2)=c(H+)=10-210-1.30=10-3.3，反应Mn(OH)2+2HNO2Mn(NO2)2+2H2O的平衡常数K=KspMn(
16、OH)2= KspMn(OH)2=108.7，C错误；D由分析可知，室温下KspMn(OH)2=10-12.7，数量级为10-13，D正确；故答案为：C。评卷人得分二、非选择题：本题共4小题，共60分。11（14分）湿法炼锌具有能耗低，生成产品纯度高等特点，其主要原料为锌精矿(主要成分为硫化锌，还含有铁、钴、铜、镉、铅等元素的杂质)，获得较纯锌锭的工艺流程如图：已知：焙烧后的氧化物主要有ZnO、PbO、CuO、CdO。(1)铜原子的价层电子排布图为 。(2)“酸浸”中滤渣主要成分为 。(3)“一段沉积”和“二段沉积”刚开始加入锌粉时，反应速率较小，然后反应速率显著增大，请解释产生此现象的原因：
17、 。(4)写出“赤铁矿除铁”过程中反应的离子方程式： 。(5)“萘酚净化除钴”先是把氧化成，并生成NO，与有机物发生化学反应生成红褐色稳定鳌合物沉淀。写出被氧化的离子方程式： 。(6)“电解”工艺中，电解液常有较高浓度的会腐蚀阳极而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和，生成CuCl沉淀从而除去。已知： ；。请通过具体数据说明上述的反应能完全进行的原因： 。(7)纯净的硫化锌是半导体锂离子电池负极材料。在充电过程中，发生合金化反应生成LiZn(合金相)，同时负极材料晶胞的组成变化如图所示。充电过程中ZnS到的电极方程式为 (x和y用具体数字表示)。若的晶胞参数为a nm，则EF间的距离为 nm
18、。【答案】(1)（1分）(2)（1分）(3)锌粉置换出的铜或镉覆盖在锌的表面，形成原电池，增大反应速率（2分）(4)（2分）(5)（2分）(6)；则-2得：，此反应的平衡常数为，说明此反应进行程度很大，能够完全进行（2分）(7)（2分） （2分）【分析】锌精矿(主要成分为硫化锌，还含有铁、钴、铜、镉、铅等元素的杂质)，硫元素转化为SO2，经过焙烧得金属氧化物，主要有ZnO、PbO、CuO、Fe2O3、Co2O3、CdO，焙烧后的氧化物用硫酸酸浸，其中生成硫酸铅为沉淀，以滤渣除去，将焙烧尾气（主要为SO2）通入浸出液，使三价铁离子被还原为二价铁离子，再加入粗锌粉置换铜，加入细锌粉置换镉，再通入氧
19、气将亚铁离子转化为三价铁离子，更易水解沉淀，最后氧化二价钴离子并沉钴，得到硫酸锌溶液，电解得锌。【详解】（1）铜元素原子序数为29，价层电子排布图为；（2）焙烧后的氧化铅溶于硫酸，生成难溶的，滤渣的主要成分为；（3）从流程信息中可以看出金属性：CuCd”、“”）。有氧和无氧条件下，溶液脱除的效率如图1所示，有氧环境下，发生总反应：，在的有氧环境下，往溶液中持续通入试样气体脱除率为60%(假设溶液体积不发生改变)，结合图1信息，计算此时钴氨溶液中有效含钴率为 。(有效含钴率)钴氨溶液经过多次循环吸收后，其吸收的能力变化如图2所示，前内钴氨溶液吸收的能力不断下降的原因是 。(3)催化电解吸收液可将
20、还原为，其催化机理如图3所示，在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到部分还原产物的法拉第效率随电解电压的变化如图4所示。已知表示电解生还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数；表示电解过程中通过的总电量。当电解电压为时，催化电解生成的电极反应式为 。当电解电压为时，电解生成的和的物质的量之比为 。【答案】(1)2NO(g)+ 2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) H= -748kJ/mol（2分） AC（2分）(2)正八面体（2分） （1分） 85.6%（2分） Co(NH3)62+被氧化为Co(NH3)63+，Co(NH3)63+对NO的配位能力极低（2分）(3)NO+5e
21、+5H+=NH3+H2O（2分） 15：2（2分）【详解】（1）由题意可知，碳燃烧的热化学方程式为C(s) +O2(g)= CO2(g) H= -393kJ/mol，由盖斯定律可知，反应b-a-c得到反应2NO(g)+ 2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)，则反应H=(-393kJ/mol)-(+182.6kJ/mol)-(+172.4kJ/mol)= -748kJ/mol，故答案为：2NO(g)+ 2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) H= -748kJ/mol；A由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，则1L的恒温密闭容器和绝热密闭容器中混合气体密度相等，故正确；B该反应为放热
22、反应，则恒温密闭容器中反应温度小于绝热密闭容器，升高温度，平衡向逆反应方向移动，一氧化氮的转化率减小，则一氧化氮转化率大于，故错误；C该反应为放热反应，则恒温密闭容器中反应温度小于绝热密闭容器，升高温度，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，则反应平衡常数K大于K，故正确；故选AC；（2）Co(NH3)63+的空间构型是正八面体形，NH3分子中N有一对孤对电子，中N原子没有孤电子对，所以H-N-H键角大小为：NH3；故答案为：正八面体；由题给信息可知，反应消耗一氧化氮的物质的量为2104m3/min300min2102mol/m360%=0.00072mol，则钴氨溶液中Co(NH3)62+
23、有效含钴率为100%=85.6%，故答案为：85.6%；由图可知，前16h内钴氨溶液吸收NO的能力不断下降的原因是Co(NH3)62+被氧化为Co(NH3)63+，Co(NH3)63+对NO的配位能力极低，故答案为：Co(NH3)62+被氧化为Co(NH3)63+，Co(NH3)63+对NO的配位能力极低；（3）由图可知，当电解电压为U2时，催化电解一氧化氮生成氨气的电极为阴极，酸性条件下一氧化氮在阴极得到电子发生还原反应生成氨气和水，电极反应式为NO+5e+5H+=NH3+H2O，故答案为：NO+5e+5H+=NH3+H2O；由图可知，当电解电压为U1时，氢气和氨气的法拉第效率分别为60%和
24、20%，则电解生成的氢气和氨气的物质的量之比为：=15：2，故答案为：15：2。14（16分）化合物H是降脂类药物瑞舒伐他汀制备中的关键中间体。在医药工业中的一种合成方法如下：已知：i.ii. 与苯结构相似，六元环中存在共轭大键，具有芳香性。回答下列问题： (1)A中官能团名称为 ，C的化学名称为 。(2)E中碳原子的杂化方式有 种。(3)写出EF的转化过程中另一生成物的电子式 ，AB、FG的反应类型分别为 、 。(4)在F的同分异构体中，同时满足下列条件的有 种(不考虑立体异构)。a含有和两个直接相连的六元环b两个六元环上均只有一条侧链，- SCH2CH2F与连接c可以使溴的四氯化碳溶液褪色
25、其中含有手性碳原子的结构简式为 。(5)参照上述合成路线，以为原料，设计合成的路线 (无机试剂及不超过两个碳的有机试剂任选)。【答案】(1)醛基、碳氟键（2分） 2-甲基丙酸乙酯(异丁酸乙酯)（2分）(2)3（2分）(3)（1分）取代反应、氧化反应（2分）(4)24（2分） (苯环上侧链在邻位或间位均可)（2分）(5)（3分）【分析】结合A的分子式和B的结构简式，以及AB的反应条件可知A为；根据A的结构简式可知知道其中的官能团的名称，根据化合物E中碳原子的成键特征可以知道其中碳的杂化方式，以此解题。【详解】（1）由分析可知A为，则A中官能团名称为醛基、碳氟键；根据C的结构简式可知化学名称为：2
26、-甲基丙酸乙酯(异丁酸乙酯)；（2）根据E的结构简式可知，其中饱和碳的杂化方式为sp3杂化，苯环上的和碳碳双键中的碳是sp2杂化，碳氮三键中的碳是sp杂化，一共3种杂化方式；（3）对比E和F的结构简式可知，其转化过程中另一生成物为HI，其电子式为：；AB、FG的反应类型分别为取代反应、氧化反应；（4）含有和两个六元环，则核外含有6个碳原子，可以使溴的四氯化碳溶液褪色说明侧链上含有碳碳双键，两个六元环上均只有一条侧链，- SCH2CH2F与连接，则另一个支链上含有4个碳原子且含有1个碳碳双键，则可以理解为苯环上两个支链，一个支链为，另一个支链为：或或或或或或或，每一组在苯环上都有邻、间、对三个位置，则一共有24中结构，其中含有手性碳原子的结构简式为；（5）首先在浓硫酸和加热的条件上乙酸和乙醇反应生成乙酸乙酯，随后根据信息i乙酸乙酯和CH3CN反应生成，最后CuCl的条件下和生成产物，具体流程为：。
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