福建省廈門市22024年高考化學模擬試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二總分評分一、單選題1．廈門大學設計具有高催化活性與穩定性PtA．Pt、Fe、Co均屬于過渡元素B．催化劑通過降低活化能提高電池工作效率C．納米PtD．正極電極反應式為O2．下列食品添加劑不屬于電解質的是A．二氧化硫 B．亞硝酸鈉 C．葡萄糖酸 D．山梨酸鉀3．我國科學家利用Zn(NO3)2和AgNOA．第一電離能：N>O>CB．十八胺中碳原子雜化類型均為sC．氧化性：ZD．熔點：十八烷<十八胺4．生物大分子血紅蛋白分子鏈的部分結構及載氧示意如圖。下列說法錯誤的是A．構成血紅蛋分子鏈的多肽鏈之間存在氫鍵作用B．血紅素中FeC．CO與血紅素中Fe2+D．用酸性丙酮提取血紅蛋白中血紅素時僅發生物理變化5．一種對乙酰氨基酚的合成路線如下。下列說法錯誤的是A．a至少有12個原子共平面 B．b→c的反應類型為取代反應C．c苯環上的一氯代物有2種 D．1mold最多能與2molNaOH反應6．下列實驗操作正確且能達到實驗目的的是A．圖1模擬侯氏制堿法獲得NaHB．圖2用NaOH溶液滴定未知濃度的醋酸溶液C．圖32mL0.5mol?L?1CuCD．圖4探究苯酚和碳酸酸性強弱7．W、R、X、Y、Z為原子序數依次增大的短周期元素．RW4、XWA．氫化物穩定性：Z>R>XB．最高價氧化物對應水化物酸性：R>Z>YC．電負性：X>R>YD．原子晶體ZR中Z的配位數為48．一種復合膨松劑的工作原理為H3R+3NaHCO3=NA．標準狀況下，2.24LCO2B．1L0.1mol?L?1NaHCO3溶液中C．0.1molNa3D．19.2gH39．一種光催化材料的晶胞如圖，屬于立方晶系，其晶胞參數為anm。下列說法錯誤的是A．晶體的化學式為CeB．晶體中與Ce距離最近且相等的Ce有6個C．氧原子位于Ce構成的四面體空隙中D．晶體密度為4×10．從廢鉛膏(主要成分為PbSO4、PbO2、PbO和Pb，含少量Ba、A．“煅燒”過程利用FeB．“溶浸”過程H2OC．“溶鉛”過程的離子方程式為PbSD．“沉鉛”過程的化學方程式為(11．Science報道某電合成氨裝置及陰極區含鋰微粒轉化過程如圖。下列說法錯誤的是A．陽極電極反應式為2B．陰極區生成氨的反應為LiNC．理論上，若電解液傳導3molH+D．乙醇濃度越高，電流效率越高(電流效率=生成目標產物消耗的電子數12．從菱錳礦(主要成分為MCO3，M為Mn、Mg或Ca)提取菱錳礦，菱鎂礦→焙燒MnO、MgCO3、CaCOA．“焙燒”過程ΔS最大的是MgCB．“焙燒”過程ΔH最大的是CaCC．“焙燒”溫度應控制在622D．“操作X”為加熱13．為探究“2I編號12實驗內容實驗現象隨著液體不斷滴入，產生大量氣體；溶液變黃并不斷加深至棕黃色后又變淺隨著液體不斷滴入，溶液變黃，搖勻后又褪色，不斷重復直至析出紫色沉淀下列說法錯誤的是A．實驗1中溶液變淺是因為IB．實驗2中出現紫色沉淀是因為HIC．實驗1中產生大量氣體的原因是I?D．實驗2相較于實驗1，可節約H2O2用量且有利于反應終點觀察14．常溫下，用0.1000mol?L?1NaOH溶液滴定20.00mLHCl和HA混合溶液，滴定過程中HA和AA．KB．pH=7時，cC．V(D．可利用甲基紫(變色范圍為2.二、非選擇題15．磷精礦主要成分為Ca5F(PO4)3，含少量REP（1）RE屬于IIIB族，其中Sc的基態原子核外電子排布式為。（2）“酸浸”過程HNO3與Ca□Ca5（3）“萃取”的目的是富集RE，但其余元素也會按一定比例進入萃取劑中。①通過3ROH+POCl3?(RO)3PO+3HCl制得有機磷萃取劑?R?C?C?C(RO)826220由表可知，隨著碳原子數增加，烴基(填“推電子”或“吸電子”)能力增強，O?H鍵更難斷裂，(RO)（4）“萃取”過程使用的萃取劑(C4H9O)3PO的結構如圖；與RE（5）“反萃取”的目的是分離RE和Fe元素．向“萃取液”中通入NH3，Fe2+、Fe①試劑X為(填“Na2SO3”或“NaClO②通入NH3得到i．Hii．(寫出該過程的化學方程式)③若萃取劑改用三丁基氧化膦[(C4H9（6）若略去“凈化”過程，則制得的草酸稀土會混有雜質(填化學式)。（7）在整個工藝中，可從副產物中提取(填名稱)，用于生產氮肥。16．某小組探究CuCl2溶液和【理論預測】預測反應的離子方程式實驗現象1C生成綠色沉淀2C____32C生成紅色沉淀4____生成白色沉淀(CuCl)（1）預測2中的實驗現象為。（2）預測4中反應的離子方程式為。（3）【實驗探究】實驗11mL0.2mol?L→立即生成橙黃色沉淀，3min后沉淀顏色變淺并伴有少量白色沉淀產生，振蕩1min沉淀全部變為白色2mL0.2mol?L為證明實驗1中白色沉淀為CuCl，設計實驗如下。①已知[Cu(NH②為證明深藍色溶液中含有Cl?，進一步實驗所需的試劑為（4）【進一步探究】查閱資料獲知橙黃色沉淀可能為xCuSO離心分離的目的是加快過濾速度，防止。（5）已知2Cu2++4I-=2CuI↓+I（6）橙黃色沉淀轉化為CuCl的原因可能是Cl?提高了實驗4裝置試劑a試劑b電壓表讀數0.2mol?L0.2mol?LV0.2mol?LXV①表中X為。②能證實實驗結論的實驗現象為。【解釋和結論】綜上，Cu2+與17．CS2在化工生產中有重要作用．天然氣法合成反應IC反應Ⅱ2C（1）ΔH1、ΔH2隨溫度變化不大。溫度不同時，反應體系中n(S2)①S8(g)=4②為提高CH4平衡轉化率，控制溫度范圍在(填標號)，理由是A．400～450°CB．650～700°CC．750～800°CD．800°C以上（2）合成CS2總反應中硫蒸氣達到飽和時，反應時間t與CH4初始濃度c0和C①T°C、c0=1.0mol?L-1時，測得t=9.5s、②T°C時，計劃在5s內轉化率達90%，應控制初始濃度c0大于（3）利用工業廢氣H2S替代硫磺礦生產CS2的反應為CH①圖中表示CS2的曲線是②950°C時，該反應的Kp=(以分壓表示，分壓=總壓③相比以硫磺礦為原料，使用H2S的優點是，缺點是18．以CO2為原料生產系列高附加值產品回答下列問題：（1）A→B的反應類型為。（2）B→C的化學方程式為。（3）E的名稱為，E→F+G的原子利用率為100%，試劑X為。（4）F+G→H過程中使HSCH①HSCH2COOH結合水相中H②H+能從+H2（5）D和H通過酯交換縮聚合成I，H的結構簡式為。（6）C的一種同分異構體同時滿足：①可與NaHCO②核磁共振氫譜如圖；③含有手性碳原子。其結構簡式為。（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均屬于過渡元素，在第Ⅷ族，A不符合題意；B．電池催化劑起到降低電極反應活化能、提高反應速率的作用，B不符合題意；C．納米材料不屬于膠體，C符合題意；D．質子交換膜氫氧燃料電池，為酸性環境，正極電極反應式為O2故答案為：C。

【分析】A．過渡元素是元素周期表中從ⅢB族到VⅢ族的化學元素；B．催化劑能降低電極反應活化能，加快反應速率；C．膠體是指直徑為1~100nm的分散質均勻分布在分散劑中組成的混合物；D．燃料電池中，燃料在負極失電子，發生氧化反應，氧氣在正極得電子，發生還原反應。2．【答案】A【解析】【解答】A．二氧化硫為非電解質，故A符合題意；B．亞硝酸鈉屬于鹽，為電解質，故B不符合題意；C．葡萄糖酸屬于有機酸，為電解質，故C不符合題意；D．山梨酸鉀屬于鹽，為電解質，故D不符合題意；故答案為：A。

【分析】依據在熔融狀態下或者溶于水能導電的化合物，是電解質；一般包括酸、堿，活潑金屬氧化物和大多數鹽。3．【答案】C【解析】【解答】A．同一周期元素隨著原子序數遞增，第一電離能呈增大趨勢，N的2p軌道為半充滿穩定狀態，第一電離能大于同周期相鄰元素，則第一電離能：N>O>C，A不符合題意；B．十八胺中碳原子均為飽和碳原子，其雜化類型均為spC．鋅的還原性大于銀，則對應簡單鋅離子的氧化性弱于銀離子，C符合題意；D．十八胺能形成氫鍵導致其沸點升高，而十八烷不能形成氫鍵，故熔點：十八烷<十八胺，D不符合題意；故答案為：C。

【分析】A．同一周期的主族元素中，從左至右，元素的第一電離能呈“鋸齒狀”增大，其中IIA族和VA族的第一電離能高于相鄰的元素；B．依據價層電子對數=σ鍵數+孤電子對數，由價層電子對數確定雜化類型；C．單質的還原性越弱，對應離子的氧化性越強；D．分子晶體分子量越大，范德華力越大，熔沸點越高。4．【答案】D【解析】【解答】A．由圖可知，分子中的氮的電負性較強，能形成氫鍵，則構成血紅蛋白分子鏈的多肽鏈之間存在氫鍵作用，A不符合題意；B．Fe2+的電子排布式為1s22s22p63s23p63d6，其能夠提供空軌道形成配位鍵，B不符合題意；C．碳的電負性小于氧，故CO更容易提供孤電子對與血紅素中Fe2+形成配位鍵，其配位能力強于D．血紅素中的肽鍵會在酸性條件下水解，故用酸性丙酮提取血紅蛋白中血紅素時也會發生化學變化，D符合題意；故答案為：D。

【分析】A．氫鍵是電負性原子和與另一個電負性原子共價結合的氫原子間形成的鍵；B．依據構造原理分析；C．依據電負性大小分析；D．肽鍵會在酸性條件下水解。5．【答案】B【解析】【解答】A．與苯環直接相連的原子共面，故a至少有12個原子共平面，A不符合題意；B．b→c的反應為硝基被還原為氨基的反應，屬于還原反應，B符合題意；C．c苯環上有2種等效氫，則其一氯代物有2種，C不符合題意；D．酚羥基、酰胺基均可以和氫氧化鈉反應，故1mold最多能與2molNaOH反應，D不符合題意；故答案為：B。

【分析】A．依據苯、乙烯、甲醛是平面結構，乙炔是直線結構、甲烷是正四面體形結構且單鍵可以沿鍵軸方向旋轉判斷；B．取代反應是有機物中的原子或原子團被其他的原子或原子團所代替的反應；C．利用等效氫的數目判斷；D．根據官能團的性質判斷。6．【答案】C【解析】【解答】A．氨氣極易溶于水，直接通入溶液中會引起倒吸，故A不符合題意；B．氫氧化鈉為強堿，應該使用堿式滴定管，故B不符合題意；C．[Cu(D．揮發的鹽酸也會和苯酚鈉生成苯酚干擾了實驗，故D不符合題意；故答案為：C。

【分析】A．依據氨氣極易溶于水分析；B．酸性溶液、強氧化性溶液應選用酸式滴定管；堿性溶液應選用堿式滴定管；C．依據化學平衡移動原理分析；D．揮發的鹽酸干擾了實驗。7．【答案】A【解析】【解答】A．非金屬性越強，其簡單氫化物穩定性越強，則最簡單氫化物的穩定性：X>R>Z，A符合題意；B．非金屬性越強，最高價氧化物對應水化物的酸性越強，最高價氧化物對應水化物酸性：R>Z>Y，不符合題意；C．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；電負性：X>R>Y，C不符合題意；D．原子晶體SiC中一個硅原子與4個碳原子形成共價鍵，Si的配位數為4，D不符合題意；故答案為：A。

【分析】A．非金屬性越強，其簡單氫化物穩定性越強；B．非金屬性越強，最高價氧化物對應水化物的酸性越強；C．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；D．原子晶體SiC中一個硅原子與4個碳原子形成共價鍵。8．【答案】B【解析】【解答】A．標準狀況下，2.24LCO2的物質的量為0.1mol，則分子中氧原子數為B．1L0.1mol?L?1NaHCO3C．Na3R為鈉鹽，所以0.1molND．根據H3R的結構簡式可知，分子中碳氧雙鍵中含π鍵，所以19.2gH故答案為：B。

【分析】A．依據n=B．依據物料守恒；C．NaD．根據結構簡式，依據單鍵是σ鍵，雙鍵一個σ鍵和一個π鍵，三鍵是一個σ鍵和兩個π鍵。9．【答案】B【解析】【解答】A．據“均攤法”，晶胞中含8×18+6×B．以底面面心的Ce為例，同層的最近的Ce有4個，上下層各有4個，故晶體中與Ce距離最近且相等的Ce有12個，B符合題意；C．由結構可知，氧原子位于Ce構成的四面體空隙中的體心，C不符合題意；D．結合A分析可知，晶體密度為mV故答案為：B。

【分析】根據晶胞結構及晶胞的均攤法計算。10．【答案】B【解析】【解答】A．“煅燒”過程Fe2(SB．“溶浸”過程H2O2可氧化Pb，也可還原PbC．根據上述分析可知，“溶鉛”為了除去硫酸鋇，該過程的離子方程式為PbSOD．“沉鉛”過程加入的是二氧化碳，生成的是PbCO3，則其化學方程式為(C故答案為：B。

【分析】A．根據流程圖分析；B．根據反應物和生成物的化學式分析；CD．根據反應物和生成物的化學式，利用原子守恒、得失電子守恒、電荷守恒分析。11．【答案】D【解析】【解答】A．陽極發生失電子的氧化反應，由圖可知，陽極電極反應式為：2CB．由圖可知，陰極區氮氣得電子，并結合鋰離子先轉化為LiNH2，后與C2C．LiNH2和C2H5OH羥基中的H均來自電解液傳導的氫離子，理論上，若電解液傳導3molHD．由電池總反應：N2故答案為：D。

【分析】電解時，陽極與直流電源的正極相連的電極，發生氧化反應；陰極與直流電源的負極相連的電極，發生還原反應；利用得失電子守恒計算。12．【答案】A【解析】【解答】A．熵增的反應利于反應的進行，由流程可知，“焙燒”過程碳酸錳首先分解為氧化錳，而此時碳酸鎂沒有分解，故ΔS最大的不是MgCOB．吸熱反應不利于反應的自發進行，ΔG=ΔH?TΔS<0反應可以自發進行，“焙燒”過程碳酸鈣分解所需的溫度最高，則ΔH最大的是CaCOC．焙燒”過程要求碳酸錳分解而碳酸鎂、碳酸鈣不分解，結合圖像可知，“焙燒”溫度應控制在622.D．Mn(NH3)故答案為：A。

【分析】依據ΔG=ΔH-TΔS＜0分析；利用反應物和產物的性質及反應條件分析。13．【答案】C【解析】【解答】A．溶液變黃說明生成碘單質，黃色并不斷加深至棕黃色后又變淺，說明生成的碘單質又和過氧化氫反應轉化為高價態的碘酸，導致溶液顏色變淺，A不符合題意；B．碘單質為紫黑色固體，溶液變黃，搖勻后又褪色，說明生成了碘酸，再加入過量的碘離子，碘離子具有還原性，和碘酸發生氧化還原反應生成碘單質，B不符合題意；C．過氧化氫不穩定，在碘離子催化作用下會生成氧氣，故產生大量氣體的原因是過氧化氫在碘離子催化下生成了氧氣，C符合題意；D．實驗1中開始過氧化氫分解生成氧氣導致過氧化氫沒有和碘離子反應，且實驗2中生成紫色沉淀現象明顯，故實驗2相較于實驗1，可節約H2O2用量且有利于反應終點觀察，D不符合題意；故答案為：C。

【分析】依據實驗的現象變化和已知的總反應分析。14．【答案】D【解析】【解答】A．由圖中HA和A?分布系數變化曲線相交的點可知：c(HA)=c(A-)，此時pH=4.76，KB．常溫下，pH=7時，可知c(H+)=c(OC．鹽酸和HA電離出的氫離子對水的電離產生抑制作用，V(NaOH)D．第一滴定終點時，鹽酸已消耗完，剩余的酸為HA，且c(HA)=0.1mol/L×30mL30mL=0故答案為：D。

【分析】A．依據圖中HA和A?分布系數變化曲線相交的點，利用KB．依據產物l，根據電離情況分析；C．依據酸或堿抑制水的電離，含有弱根離子的鹽促進水的電離；D．依據終點的pH選擇指示劑。15．【答案】（1）1s22s22p63s23p63d14s2（2）C（3）推電子（4）<（5）Na2SO3；2；(N（6）CaC2O4（7）硝酸銨、硝酸【解析】【解答】（1）Sc為21號元素，基態原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d14s2；（2）“酸浸”過程HNO3與Ca（3）由表可知，烴基為推電子基團，隨著碳原子數增加，烴基推電子能力增強，O?H鍵更難斷裂，(RO)（4）烴基推電子能力增強，O?H鍵更難斷裂，(RO)3PO產率降低，則可知烴基導致1號為氧更難與R（5）①由圖可知，亞鐵離子與RE的分離效果更好，則試劑X為將鐵離子轉化為亞鐵離子的物質，故應選選擇Na2S②總反應為通入NH3得到REPO4沉淀，反應i．H3PO③若萃取劑改用三丁基氧化膦[(C4H9)3（6）硫酸會和鈣離子轉化為硫酸鈣而被除去，若略去“凈化”過程，則制得的草酸稀土會混有草酸鈣；（7）在整個工藝中，通入氨氣生成的硝酸銨，以及酸溶加入的硝酸均含有氮元素，故可從副產物中提取硝酸銨、硝酸用于生產氮肥。

【分析】（1）依據構造原理分析；（2）根據反應物和生成物的化學式，利用原子守恒分析；（3）依據表的數據分析；（4）依據烴基推電子能力增強分析；（5）①調節pH，考慮除雜效果和不引入新的雜質分析；②根據反應物和生成物的化學式，利用原子守恒分析；③反萃取是用反萃取劑使被萃取物從負載有機相返回水相的過程，為萃取的逆過程。（6）硫酸會和鈣離子轉化為硫酸鈣而被除去；（7）在依據元素組成判斷。16．【答案】（1）溶液中生成藍色沉淀、并伴有刺激性氣味氣體生成（2）2C（3）4CuCl+O2+16NH（4）防止沉淀長時間與空氣接觸而被氧化（5）實驗中生成白色沉淀CuI，說明橙黃色沉淀中含有銅離子被碘離子還原；溶液無色、無明顯現象，說明橙黃色沉淀中含有亞硫酸根離子將最初生成的碘單質還原為碘離子（6）0.2mol?L?1【解析】【解答】（1）2中反應生成氫氧化銅沉淀和二氧化硫氣體，故其現象為：溶液中生成藍色沉淀、并伴有刺激性氣味氣體生成；（2）4中生成白色沉淀CuCl，銅元素化合價降低，則硫元素化合價升高轉化為硫酸根離子，結合電子守恒和質量守恒可知，反應的離子方程式為2Cu（3）①已知[Cu(NH②氯離子和銀離子生成不溶于酸的氯化銀沉淀，故為證明深藍色溶液中含有Cl（4）一價銅容易被空氣中氧氣氧化為二價銅，故離心分離的目的是加快過濾速度，防止沉淀長時間與空氣接觸而被氧化；（5）已知2Cu（6）①實驗探究橙黃色沉淀轉化為CuCl的原因可能是Cl?提高了Cu②已知裝置中物質氧化性與還原性強弱差異越大，電壓越大，則能證實實驗結論的實驗現象為電壓V1更大，故為V

【分析】（1）依據產物的性質分析；（2）根據反應物和生成物的化學式，利用原子守恒、得失電子守恒、電荷守恒分析；（3）①根據已知信息和題意分析；②利用稀硝酸和硝酸銀溶液檢驗Cl（4）依據反應物的性質分析；（5）根據反應物和生成物的性質分析；（6）①根據已知信息分析；②已知裝置中物質氧化性與還原性強弱差異越大，電壓越大分析。17．【答案】（1）+411.15；B；650℃以下總反應為吸熱反應，升高溫度平衡正向移動，轉化率增大；700℃以上總反應為放熱反應，升高溫度平衡逆向移動，轉化率減小（2）2；0.9（3）b；10【解析】【解答】（1）①已知：反應I：C反應Ⅱ：2C由蓋斯定律可知，反應Ⅱ-2×I得S8(g)=4②由圖可知，650℃以下總反應為吸熱反應，升高溫度平衡正向移動，轉化率增大；700℃以上總反應為放熱反應，升高溫度平衡逆向移動，轉化率減小，平衡轉化率在650℃~700℃左右達到峰值，故為提高CH（2）①T°C、c0=1.0mol?L-1時，