福建省莆田市2024年高考化學模擬試題閱卷人一、單選題得分1．化學與生產、生活及科技等息息相關。下面說法錯誤的是A．“興化米粉”的主要成分是淀粉B．“莆田尾暝燈”鬧元宵使用蠟燭的主要成分是烴類C．“云度”汽車使用的碳纖維屬于新型有機材料D．“福建艦”采用富鋅涂層具有防水、隔氧等作用2．從某中草藥中提取一種具有治療癌癥作用的有機物，結構如下圖所示。下列說法錯誤的是A．含有平面環狀結構B．含有1個手性碳原子C．能發生取代反應、加成反應D．1mol該有機物最多能與2molNaOH反應3．科學家發現某些生物酶能將海洋中的NO2?轉化為N2，該過程的總反應為A．0.5L1mol?L?1B．標準狀況下，22.4LN2C．18克H2OD．1molNaNO24．用下列裝置進行相應的實驗，能達到實驗目的的是A．灼燒碎海帶B．電鍍銀C．氧化還原反應滴定D．制備乙酸乙酯A．A B．B C．C D．D5．現有下列實驗探究摩爾鹽[(N裝置實驗試劑a現象①紫色石蕊溶液溶液變紅色②BaCl產生白色沉淀③稀硝酸溶液溶液變黃色④濃NaOH溶液產生具有刺激性氣味的氣體下列離子方程式不能準確解釋相應實驗現象的是A．①中溶液變紅：NH4B．②中產生白色沉淀：BC．③中溶液變黃：FD．④中產生有刺激性氣體：N6．碘及其化合物廣泛用于醫藥、染料等方面。I2下列說法錯誤的是A．“富集”中所發生的離子反應為：AB．“轉化”中為了使懸濁液充分反應，使用鐵粉并攪拌C．“轉化”中生成的沉淀與硝酸反應所得產物可循環使用D．“氧化”中通入足量氯氣時只得到氧化產物I7．活潑自由基與氧氣的反應一直是關注的熱點。HNO自由基與O2A．P1比PB．升高溫度，生成P1C．該歷程中最小正反應的活化能為4D．改變催化劑可以改變生成P28．我國科學家在尋找“點擊反應”的砌塊過程中，發現一種新的化合物，結構如下圖所示，其中X、Y、Z和W是原子序數依次增大的短周期主族元素，Y與W是同一主族元素。下列說法正確的是A．元素電負性：Z>Y>W B．簡單氫化物沸點：X>Y>WC．簡單離子半徑：Z>Y>X D．X、W氧化物的水化物均為強酸9．鐵碳微電解技術是處理酸性廢水的一種工藝，裝置如下圖所示。若上端口打開，并鼓入空氣，可得到強氧化性中間體羥基自由基(?OH)；若上端口關閉，可得到強還原性中間體氫原子(?H)。下列說法正確的是A．無論上端口是關閉還是打開，正極反應式均為：Fe?2B．1molO2完全轉化為羥基自由基(?OH)時轉移了C．若處理含酚類的酸性廢水，則上端口應關閉D．若處理含Cr10．常溫下，用0.5mol?L?1NaHCO3溶液滴定25.00mL0.25mol?A．ab段pH升高的主要原因：HCB．bc段溶液不可能出現白色沉淀C．b點：c(D．c點：2c(C閱卷人二、綜合題得分11．鍺是現化高科技產業重要的基礎材料。用含氧化鋅煙塵(雜質主要有PbO、GeO7、SiO2、已知：①單寧酸是一種只含C、H、O元素的有機化合物②pKsp=?lgKsp，常溫下p③當溶液中某離子的物質的量濃度不大于1.（1）“酸浸”后所得的濾渣主要成分除SiO2外，還含有（2）如圖所示，“酸浸”過程中濃硫酸用量超過理論量會導致鍺的浸出率降低，其可能的原因為。（3）“調pH”所用試劑X為(填一種物質的化學式)，若“酸浸”后溶液中c(Zn2+)=0.1mol?（4）若“沉鋅”的產物為Zn2(OH)（5）“水解”反應的化學方程式為。（6）在750℃的CaCl2?NaCl熔融鹽體系中，將“水解”產物GeO212．NaClO可用于環境消毒。實驗室利用如圖裝置制備NaClO溶液，已知Cl2通入Ⅰ.Cl2Ⅱ.3NaClO(aq)=2NaCl(aq)+NaClO3反應Ⅰ的反應速率很快，反應Ⅱ在室溫下較慢。（1）儀器a的名稱是。（2）制備Cl2，必要時可進行加熱，則裝置甲中試劑X為(填化學式)，相應的化學方程式為（3）裝置乙中蒸餾水的作用是。（4）為了提高NaClO產率，對裝置丙進行改進，可采取的一種措施是。（5）實驗過程中仍有少量Cl2進入裝置丁的原因是（6）有效氯指的是每升含氯消毒液的氧化能力相當于多少克Cl2的氧化能力。實驗測得裝置丙中的有效氯為56.8g?L?1，假設有效氯都來自NaClO，則該溶液中NaClO的物質的量濃度為。若實驗制得的13．CO（1）CO已知2H2則CO2(g)+2H2(g)=HCHO(g)+H2O(g)的（2）CO2催化加氫可合成乙烯，反應為2CO2(g)+6H2(g)?C2H4(g)+4H2O(g)ΔH<0，在恒壓密閉容器中，起始充入2molCO2(g)和6molH2(g)發生反應，不同溫度下達到平衡時各組分的體積分數隨溫度的變化如圖所示。①下列說法正確的是A．b點時：2v正(H2)=3v逆(H2O)B．a、b、c三點的平衡常數：Ka>Kc>KbC．將H2O(g)液化分離可提高C2H4的產率D．活性更高的催化劑可提高CO2的平衡轉化率②表示C2H4體積分數隨溫度變化的曲線是(填“k”“l”“m”或“n”)③若d點表示240℃某時刻H2的體積分數，保持溫度不變，則反應向(填“正”或“逆”)反應方向進行。④205℃，反應達b點所用時間為tmin，則此過程中用CO2表示的反應速率是mol/min。若平衡時b點總壓為P，則平衡常數Kp=(列出計算式，以分壓表示，分壓=總壓×物質的量分數)。⑤其他條件相同，分別在催化劑X、Y作用下發生該反應，測得相同時間CO2的轉化率與溫度的關系如下圖所示。使用催化劑X，當溫度高于302℃，CO2轉化隨著溫度升高而下降的原因是。14．KMnFe(CN)6?yH2（1）基態Mn原子的外圍電子軌道表示式為。（2）Mn、Fe元素的第三電離能(I3)：I3(Mn)（3）KMnFe(CN)6?yH2O中的第二周期元素與H元素形成的H3C?CH3、（4）KMnFe(CN)6晶胞中，與CN?形成配位鍵的元素有。晶胞結構的另一種表示中，若O點處于晶胞體心位置，則晶胞中15．阿帕替尼是我國自主研制的一種小分子酪氨酸酶抑制劑，是目前唯一一種口服治療晚期胃癌的靶向藥物。其合成路線如下圖所示。回答下列問題：（1）H中含氧官能團的名稱為。（2）B的結構簡式為，C的分子式為。（3）D→E、G→H的反應類型分別為。（4）E→G化學反應方程式。（5）F的同分異構體中，含一個苯環，核磁共振氫譜有2組峰且面積比為1：1的結構簡式為

答案解析部分1．【答案】C【解析】【分析】A．“興化米粉”是大米做成的，主要成分是淀粉，A不符合題意；B．蠟燭的主要成分是烴類，可以燃燒，B不符合題意；C．碳纖維為單質，不是有機材料，C符合題意；D．富鋅涂層能形成保護層，具有防水、隔氧等作用，D不符合題意；故答案為：C。

【分析】A、大米的主要成分是淀粉；

B、蠟燭為烴類；

C、碳纖維為新型非金屬材料；

D、艦的外殼具有防水隔氧的作用。2．【答案】D【解析】【分析】A．分子中含有苯環，苯環為平面結構，A不符合題意；B．含有1個手性碳原子，B不符合題意；C．分子中含有碳碳雙鍵，能發生加成反應；分子中含有酚羥基、羧基能發生取代反應，C不符合題意；D．羧基、酯基、酚羥基均可以和氫氧化鈉反應，故1mol該有機物最多能與3molNaOH反應，D符合題意；故答案為：D。

【分析】A、苯環為平面環狀結構；

B、手性碳原子指的是一個碳原子周圍連接四個完全不相同的結構；

C、羧基、苯環、酯基、羥基可以發生取代反應，苯環可以發生加成反應；

D、羧基、酯基、酚羥基可以和氫氧化鈉反應。3．【答案】B【解析】【分析】A．銨根離子部分能夠發生水解，無法計算溶液中銨根離子數目，A不符合題意；B．氮氣中氮原子之間為三鍵，含兩根π鍵，標況下22.4LN2的物質的量為1mol，含含π鍵的數目為2NC.18g水的物質的量為1mol，1mol水中含4對電子對，故電子對的數目為4NA，C不符合題意；D．該反應中亞硝酸鈉中的N元素化合價降低，得到電子，D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A、銨根離子可以發生水解；

B、π鍵即不飽和鍵，即每一個共價鍵中除了σ鍵以外的就是π鍵；

C、1mol水中含4對電子對；

D、結合化合價變化數目判斷。4．【答案】A【解析】【分析】A．可在坩堝中灼燒海帶，圖中裝置合理，故A符合題意；B．電鍍銀時，Ag與電源正極相連作陽極，圖中正負極應互換，故B不符合題意；C．酸性高錳酸鉀溶液可氧化橡膠，應選酸式滴定管，故C不符合題意；D．酯化反應中需要濃硫酸作催化劑、吸水劑，不能選稀硫酸，故D不符合題意；故答案為：A。【分析】A、灼燒海帶需要用干鍋、泥三角、酒精燈；

B、電鍍時，鍍層金屬為陽極；

C、酸性高錳酸鉀需要裝在酸式滴定管；

D、酯化反應需要用濃硫酸。5．【答案】C【解析】【分析】A．銨根離子、亞鐵離子水解使得溶液顯酸性，酸性溶液使紫色石蕊試液變紅色，能準確解釋相應實驗現象，A不符合題意；B．硫酸根離子和鋇離子生成硫酸鋇白色沉淀，能準確解釋相應實驗現象，B不符合題意；C．亞鐵離子和硝酸根離子生成鐵離子和一氧化氮氣體，3FeD．銨根離子和氫氧根離子生成刺激性氣體氨氣，能準確解釋相應實驗現象，D不符合題意；故答案為：C。

【分析】A、銨根離子、亞鐵離子水解為酸性；

B、硫酸根和鋇離子反應生成硫酸鋇；

C、稀硝酸生成一氧化氮；

D、銨根離子和氫氧根離子可以生成氨氣。6．【答案】D【解析】【分析】A．根據分析，富集過程得到AgI沉淀，離子反應為：AgB．“轉化”中為了使懸濁液充分反應，使用鐵粉并攪拌，可提高AgI的轉化效率，B不符合題意；C．“轉化”中生成的沉淀為Ag，Ag與硝酸反應所得產物硝酸銀可循環使用，C不符合題意；D．“氧化”中通入足量氯氣時得到氧化產物I2、Fe3+故答案為：D。

【分析】A、銀離子可以和碘離子結合生成碘化銀固體；

B、鐵粉可以提高碘化銀的轉化率；

C、銀和硝酸反應生成硝酸銀，可以在富集中循環利用；

D、氯氣可以和碘離子反應生成碘，電元素化合價升高，碘單質為氧化產物。7．【答案】C【解析】【分析】A．P1的能量更高，故其不如PB．過渡態物質的總能量與反應物總能量的差值為活化能，即圖中峰值越大則活化能越大，峰值越小則活化能越小，已知升高溫度，活化能大的反應速率增大的程度越大；結合圖像可知，升高溫度，生成P2C．該歷程中最小正反應的活化能為中間產物Z生成過渡Ⅲ時的活化能，為4.D．改變催化劑可以改變反應歷程，加快反應速率，但是不能改變生成P2故答案為：C。

【分析】A、活化能越高物質越穩定；

B、升高溫度，活化能大的反應速率增大的程度越大；

C、結合圖示可以知道最小活化能為4.52kJ?mol8．【答案】A【解析】【分析】A．同周期從左到右，金屬性減弱，非金屬性變強，元素的電負性變強；同主族由上而下，金屬性增強，非金屬性逐漸減弱，元素電負性減弱；元素電負性：Z>Y>W，A符合題意；B．常溫下水為液體、氨氣為氣體，則水沸點較高；氨氣能形成氫鍵導致沸點高于硫化氫，故簡單氫化物沸點：Y>X>W，B不符合題意；C．電子層數越多半徑越大，電子層數相同時，核電荷數越大，半徑越小；簡單離子半徑：X>Y>Z，C不符合題意；D．亞硝酸、亞硫酸不是強酸，D不符合題意；故答案為：A。

【分析】A、同周期從左到右，金屬性減弱，非金屬性變強，元素的電負性變強；同主族由上而下，金屬性增強，非金屬性逐漸減弱，元素電負性減弱；

B、氫鍵可以提高分子的沸點；

C、電子層數越多半徑越大，電子層數相同時，核電荷數越大，半徑越小；

D、亞硝酸、亞硫酸不是強酸，硝酸、硫酸是強酸。9．【答案】B【解析】【分析】A．正極發生得電子的反應，負極發生失電子的氧化反應，所以無論是否鼓入空氣，Fe易失去電子生成Fe2+，作負極，電極反應為：Fe-2e-=Fe2+，A不符合題意；B．若上端口打開，并鼓入空氣，可得到強氧化性的羥基自由基，電極反應為2H++2e-+O2=2OH·，所以1molO2完全轉化為羥基自由基(?OH)時轉移了C．除去含酚類的酸性廢水，需要氧化性的物質，所以上端口需要打開，可生成羥基自由基氧化酚類，C不符合題意；D．Cr2O故答案為：B。

【分析】A、鐵為負極，失去電子生成亞鐵離子；

B、結合化合價變化判斷電子數；

C、結合圖示可以知道除去含酚類的酸性廢水，需要氧化性的物質，所以上端口需要打開；

D、結合圖示可以知道Cr10．【答案】D【解析】【分析】A．ab段pH升高，則氫氧根離子濃度增大、氫離子濃度減小，A不符合題意；B．滴定過程中有白色沉淀生成，但整個過程未見氣泡產生，說明加入一定量的碳酸氫鈉溶液后，碳酸氫鈉與氯化鈣反應生成碳酸鈣沉淀和碳酸，溶液酸性增強，pH減小，結合圖像可知，bc段溶液出現白色沉淀，B不符合題意；C．b點pH最大，溶質為碳酸氫鈉、氯化鈣，HCO3-+H2OD．c點pH=7.2，溶液顯堿性，故c(OH-)>c(H+)，根據電荷守恒可知故答案為：D。

【分析】A、結合圖示可以知道ab段氫氧根濃度增大，氫離子濃度減小；

B、沒有氣泡產生，即碳酸氫鈉和氯化鈣反應生成碳酸鈣固體；

C、結合水解平衡常數判斷；

D、結合電荷守恒判斷。11．【答案】（1）Ag2SO4、PbSO4（2）生成的Ag2SO4、PbSO4沉淀附著在反應物表面，阻礙了反應的進一步進行（3）ZnO；2.8~6.4（4）2Z（5）GeC（6）Ge【解析】【分析】（1）由分析可知，“酸浸”后所得的濾渣主要成分除SiO2外，還含有Ag2SO4、PbSO（2）“酸浸”過程中濃硫酸用量超過理論量會導致鍺的浸出率降低，其可能的原因為生成的Ag2SO4、PbSO4沉淀附著在反應物表面，阻礙了反應的進一步進行；（3）由分析可知，“調pH”所用試劑X為ZnO；若“酸浸”后溶液中c(Zn2+)=0.1mol?L?1（4）若“沉鋅”的產物為Zn2(OH)2C（5）GeCl4水解生成GeO2，“水解”反應的化學方程式為（6）GeO2作為電極進行電解生成單質Ge，則反應為GeO2得到電子發生還原反應生成單質

【分析】（1）銀離子、鉛離子和硫酸根離子不能共存，會形成沉淀；

（2）“酸浸”過程中濃硫酸用量超過理論量會導致鍺的浸出率降低，可能是生成的Ag2SO4、PbSO4沉淀附著在反應物表面，阻礙了反應的進一步進行；

（3）要使金屬離子沉淀，而不影響鋅離子，通常加入氧化鋅、氫氧化鋅、碳酸鋅等；

（4）鋅離子、碳酸氫根離子反應生成堿式碳酸鋅、二氧化碳和水；

（5）氯化鍺和水反應生成二氧化鍺和氯化氫；

（6）二氧化鍺得到電子生成鍺和氧負離子。12．【答案】（1）圓底燒瓶（2）MnO2；MnO2+4HCl（濃）Δ__MnCl2+Cl2↑+2H（3）除去氯氣中的HCl（4）將裝置丙置于冰水浴中（5）產生Cl2過快，Cl2在裝置丙中沒有充分反應而少部分Cl2進入裝置丁（6）0.8mol/L；不變【解析】【分析】（1）根據圖示，儀器a的名稱是圓底燒瓶。（2）可使用MnO2和濃鹽酸在加熱條件下制備Cl2，則試劑X為MnO2，相應的化學方程式為MnO2+4HCl（濃）Δ__MnCl2+Cl2↑+2H（3）Cl2中攜帶未參與反應的HCl，裝置乙的作用是除去氯氣中的HCl，防止HCl與裝置丙中的NaOH反應。（4）Cl2和NaOH反應是放熱反應，降溫可提高NaClO產率，可采取的改裝方式是將裝置丙置于冰水浴中。（5）可能是由于產生Cl2過快，導致Cl2在裝置丙中沒有充分反應而少部分Cl2進入裝置丁。（6）1個Cl2得到2個電子變成2個Cl－，1個NaClO得到2個電子也變成2個Cl－，說明Cl2和NaClO的氧化能力相同，則裝置丙中的NaClO的物質的量濃度為56.8g?L-171g?mol=0.8mol/L。3個NaClO轉化為1個NaClO3，而NaClO

【分析】（1）圓底燒瓶不含支管；

（2）二氧化錳和濃鹽酸反應生成氯化錳、氯氣和水；

（3）蒸餾水可以除去氯化氫，防止其影響后續實驗；

（4）結合兩道已知方程式，可以知道Cl2和NaOH反應是放熱反應，降溫可提高NaClO產率；

（5）產生Cl2過快，Cl2在裝置丙中沒有充分反應而少部分Cl2進入裝置丁；

（6）結合化學計量數之比等于物質的量之比判斷。13．【答案】（1）Δ（2）AC；n；逆；43t；(【解析】【分析】（1）已知：①CO2②CH3③2H2由蓋斯定律可知，①+②-12③得CO2（2）①A．由化學方程式體現的關系可知，b點時達到平衡狀態，正逆反應速率相等，則有2v正(H2)=3v逆(H2O)，A符合題意；B．反應為放熱反應，隨著溫度升高，平衡逆向移動，平衡常數減小，故a、b、c三點的平衡常數：Kb>Ka>Kc，B不符合題意；C．將H2O(g)液化分離，平衡正向移動，可提高C2H4的產率，C符合題意；D．活性更高的催化劑可提高反應速率，但是不改變CO2的平衡轉化率，D不符合題意；故答案為：AC；②隨著溫度升高，平衡逆向移動，乙烯、水的體積分數減小，結合化學方程式中系數可知，乙烯減小的程度小于水，故表示水體積分數隨溫度變化的曲線是m、表示C2H4體積分數隨溫度變化的曲線是n；③隨著溫度升高，平衡逆向移動，二氧化碳、氫氣的體積分數增大，結合化學方程式中系數可知，二氧化碳增大的程度小于氫氣，則l為二氧化碳體積分數變化曲線、k為氫氣體積分數變化曲線；若d點表示240℃某時刻H2的體積分數，此時氫氣的體積分數小于平衡時氫氣體積分數，保持溫度不變，則反應向逆反應方向進行。④205℃，反應達b點所用時間為tmin，起始(mol)此時二氧化碳和乙烯體積分數相同，則2-2a=a，a=23mol，則此過程中用CO2表示的反應速率是23×2tmol/min=43t⑤當溫度高于302℃，CO2轉化隨著溫度升高而下降的原因是溫度超過催化劑X的活性溫度，催化劑活性降低，反應速率減慢。

【分析】（1）蓋斯定律的應用要注意，判斷列出的熱化學方程式的對應關系，左右兩邊相同的物質互相抵消則相加，在同一邊相同的物質互相抵消則相減；

（2）①A、不同物質速率滿足：同側異，異側同，成比例；

B、放熱反應，溫度和平衡常數為反比；

C、減少生成物濃度，平衡朝正向移動；

D、催化劑不影響平衡轉化率；

②隨著溫度升高，平衡逆向移動，乙烯、水的體積分數減小；

③隨著溫度升高，平衡逆向移動，二氧化碳、氫氣的體積分數增大；

④分壓平衡常數要結合總壓強和總物質的量判斷；

⑤溫度超過催化劑X的活性溫度，催化劑活性降低，反應速率減慢。14．【答案】（1）（2）>（3）孤電子對越多，對成鍵電子對斥力越大，鍵能越小；sp3（4）Fe、Mn；頂點、面心【解析】【分析】（1）Mn的原子序數為25，價電子