2024年高考押題預測卷03【福建卷】化學·全解全析（考試時間：75分鐘試卷滿分：100分）注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。可能用到的相對原子質量：H—1C—12N—14O—16評卷人得分一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．中國古代文化中蘊含著豐富的化學知識。下列說法正確的是A．唐代三彩釉陶中，黃色釉、褐色釉是利用赭石來著色的，赭石的主要成分為B．三國時期魏國謀士、將領鐘會在《芻蕘論》中寫道：“夫莠生似金，鍮石像金”。鍮石的主要成分為C．《本草綱目》中對釀酒有如下記載：“…以大麥蒸熱，和曲釀甕中七日，以甑蒸取，其清如水，味極濃烈…”。其中用到的操作為蒸餾和過濾D．戰國時期《周禮·考工記》中記載：“以說水漚其絲”。說水為草木灰的水浸液，內含大量的【答案】A【詳解】A．利用赭石的顏色可知其主要成分為，A正確；B．“鍮石像金”，但不是金，鍮石的主要成分是銅鋅合金，B錯誤；C．《本草綱目》中記載的釀酒操作為蒸餾，沒有過濾，C錯誤；D．水為草木灰的水浸液，內含大量的，D錯誤；故選A。2．新型離子液體表現出特殊的溶解性，廣泛用作纖維素溶解、蛋白質結晶、納米制備等方向的溶劑，其結構如圖所示．下列說法錯誤的是A．基態氯原子核外電子空間運動狀態有9種B．中含有鍵的數目為（為阿伏伽德羅常數的值）C．合成基礎原料咪唑（）為平面分子，形成的大π鍵可表示為D．相較于傳統液態有機溶劑，具有難揮發的優點【答案】B【詳解】A．氯元素的原子序數為17,電子排布式為1s22s22p63s23p5，核外有9種原子軌道,故基態原子的核外電子的空間運動狀態有9種，A正確；B．根據題目所給結構，1mol[BMIm]Cl中含有σ鍵的數目為25NA，B錯誤；C．咪唑（）為平面分子，形成的大π鍵可表示為，C正確；D．相較于傳統液態有機溶劑，由于離子液體內離子對之間的吸引力較強，[BMIm]Cl具有難揮發的優點，D正確；故選B。3．NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A．標準狀況下，2.24L辛烷的分子數為0.1NAB．濃硝酸熱分解生成、共23g，轉移電子數為0.5NAC．溶液中，和的離子數目之和為0.01NAD．電極反應，每轉移xmol電子釋放個【答案】B【詳解】A．標準狀況下，辛烷不是氣體，因此無法計算，A錯誤；B．、最簡式均為，23g混合氣體可視為23g即0.5mol，HNO3，每生成1mol轉移1mol電子，則生成23g即0.5mol轉移電子數目為0.5NA，B正確；C．1L0.01mol/L溶液中，根據物料守恒可知、、的總物質的量為0.01mol，因此和的離子數目之和小于0.01NA，C錯誤；D．由LiFePO4xe=xLi++Li1xFePO4可知，每轉移xmol電子，釋放xmolLi+，因此每轉移1mol電子釋放NA個Li+，D錯誤；故選：B。4．有機“納米小人”風靡全球，其制備過程中涉及的一個反應如圖。下列說法正確的是A．化合物M的一氯代物有5種B．化合物N中至少有17個原子共平面C．該反應符合綠色化學的思想，理論上原子利用率為100%D．化合物P能發生加成、聚合、氧化、還原等反應【答案】D【詳解】A．由結構簡式可知，M分子中含有4類氫原子，一氯代物有4種，A錯誤；B．苯環為平面結構，碳碳三鍵為直線形結構，原子共線也共面，則至少有16個原子共平面，B錯誤；C．由結構簡式可知，P分子中不含有溴原子，則M與N一定條件下反應生成P的同時還有含溴元素的化合物生成，原子利用率不可能為100%，C錯誤；D．化合物P中含碳碳三鍵、羥基，醚鍵官能團，可發生加成、聚合、氧化、還原等反應，D正確；答案選D。5．基態餓原子()的價電子排布式為。氧化物常作烯烴醇化的氧化劑，其重要的氮基餓酸鹽有。有關反應如下：反應I：反應Ⅱ：反應IⅢ：下列說法正確的是A．的立體異構分子中不存在手性分子B．反應I中的的化合價為+8C．反應Ⅱ中氧化產物與還原產物的物質的量之比為1∶1D．由反應Ⅲ可推測氧化性：強于酸性溶液【答案】B【詳解】A．手性分子在用是否有手性碳原子來判斷，手性碳原子是指與四個各不相同原子或基團相連的碳原子，觀察結構可知，存在3個手性碳原子，因此立體異構分子中存在手性分子，故A錯誤；B．基態餓原子(Os)的價電子排布式為，氧化物OsO4，O為2價，則Os為+8價，觀察反應I未變價，由此可知反應I中的Os化合價為+8，故B正確；C．反應Ⅱ中，中Os化合價為+8價，降低到K2OsO4中Os化合價為+6價，而產物OsO2中Os化合價為+4價，也是還原產物，因此K2OsO4為還原產物，則N2為氧化產物，氧化產物與還原產物的物質的量之比為2∶1，故C錯誤；D．反應Ⅲ中雙鍵并未斷裂，而酸性溶液可將碳碳雙鍵氧化斷鍵生成羧基，由可推測氧化性：弱于酸性溶液，故D錯誤；故答案選B。6．含氰廢水中氰化物的主要形態是HCN和CN，CN具有較強的配位能力，能與Cu＋形成一種無限長鏈離子，其片段為CN結合H＋能力弱于CO。氰化物濃度較低時，可在堿性條件下用H2O2或Cl2將其轉化為N2；濃度較高時，可加入HCN、Fe和K2CO3溶液反應生成K4[Fe(CN)6]溶液。下列化學反應表示正確的是A．NaCN溶液通入少量的CO2：CN＋CO2＋H2O=HCN＋HCOB．Fe與HCN溶液反應：Fe＋2HCN=Fe2＋＋H2↑＋2CNC．Cl2處理含氰廢水：5Cl2＋2CN＋4OH=10Cl＋N2↑＋4H＋＋2CO2↑D．K2CO3水解：CO＋2H2O2OH＋H2CO3【答案】A【詳解】A．CN結合H＋能力弱于CO，所以NaCN溶液通入少量的CO2生成碳酸氫根，即CN＋CO2＋H2O=HCN＋HCO，A正確；B．由于亞鐵離子能與CN結合生成，即，B錯誤；C．堿性條件下，產物中不能出現氫離子，所以方程式為5Cl2+2CN－+8OH=10Cl+N2↑+4H2O+2CO2↑，C錯誤；D．水解是分步水解，主要為第一步水解，即+H2OOH+HCO，D錯誤；故選A。7．是合成某種全氮陰離子配合物所需的中間體。其中，X、Y、Z、W為原子序數依次增大的短周期主族元素，X元素基態原子的電子只有一種自旋取向，Y與Z是同周期相鄰非金屬元素，且Y的第一電離能大于Z。下列說法正確的是A．簡單氫化物的沸點：Y>ZB．簡單離子的半徑：W>Z>Y>XC．該中間體所含的大π鍵為D．分子的VSEPR模型名稱為四面體【答案】D【分析】X、Y、Z、W為原子序數依次增大的短周期主族元素，X元素基態原子的電子只有一種自旋取向，X為H元素；Y與Z是同周期相鄰非金屬元素，且Y的第一電離能大于Z，則Y為N元素，Z為O元素，根據判斷W為=2價金屬，即為Mg元素；【詳解】A．Y和Z的簡單氫化物分別為NH3、H2O，沸點H2O>NH3，故A錯誤；B．N3、O2、Mg2+的電子層結構相同，核電荷數越大半徑越小，故簡單離子的半徑：N3>O2>Mg2+>H+，故B錯誤；C．該中間體中N5含有大π鍵，大π鍵表示為，故C錯誤；D．H2O的中心原子含有4個價層電子對，其中2個孤電子對，VSEPR模型名稱為四面體，故D正確。答案選D。8．西北工業大學推出一種新型ZnNO2電池，該電池能有效地捕獲NO2并將其轉化為。現利用ZnNO2電池將產生的電解制氨，過程如圖所示。下列說法正確的是A．c電極的電勢比d電極的電勢高B．為增強丙中水的導電性，可以加入一定量的NaCl固體C．c電極的電極反應式為+6e+H2O=NH3+7OHD．當電路中轉移2mole時，丙室溶液質量減少18g【答案】D【分析】由圖可知，鋅為活潑金屬，失去電子發生氧化反應，a為負極、b為正極，則c為陰極、d為陽極。【詳解】A．c為陰極、d為陽極，c電極的電勢比d電極的電勢低，A正確；B．NaCl為電解質，在溶液中可電離成離子，增強溶液導電性，B正確；C．電解池中交換膜為質子交換膜，c電極的電極反應式：+6e+H2O=NH3+7OH，C正確；D．丙室中陽極上水失電子產生氧氣，電極反應為2H2O4e=4H++O2↑，當電路中轉移2mole時，丙室產生氧氣減少的質量16g，且c極電極反應+6e+H2O=NH3+7OH，部分質子轉移至乙室，則丙室溶液質量減少大于16g，D錯誤；答案選D。9．醛、酮與可發生加成反應：平衡常數為K，微量堿存在時的催化機理如下：已知不同基團（、）對平衡常數的影響如下表所示：①②③④平衡常數K21053038下列說法不正確的是A．第二步為決速步驟B．若將微量堿改成加入酸，則反應速率減慢C．由①②可知推電子基團可以使上的C原子活化，增大平衡常數D．④的平衡常數小于③，可能是因為④中受到的空間位阻更大【答案】C【詳解】A．第二步反應慢，為決速步驟，A正確；B．氫離子能與CN－結合生成HCN，降低CN－濃度，所以若將微量堿改成加入酸，則反應速率減慢，B正確；C．由①②可知吸電子基團可以使上的C原子活化，增大平衡常數，C錯誤；D．由于④中受到的空間位阻更大，不利于反應進行，所以④的平衡常數小于③，D正確；答案選C。10．常溫下，分別在Mn(NO3)2、Zn(NO3)2、HNO2溶液中滴加NaOH溶液，溶液pX[pX=lgc(X)，X代表Mn2+、Zn2+、OH、]與pH關系如圖所示。已知：。下列敘述錯誤的是A．圖中L2代表，L3代表Zn2＋B．同時產生兩種沉淀時，C．的平衡常數D．室溫下，的數量級為【答案】C【分析】分別在Mn(NO3)2、Zn(NO3)2、HNO2溶液中滴加NaOH溶液，溶液中c(Mn2+)、c(Zn2+)、c(HNO2)逐漸減小，c(OH)逐漸增大，HNO2溶液中c()逐漸增大、且起始時pH＜pOH，即隨著NaOH溶液的滴加，pMn和pZn逐漸增大，pOH和p逐漸減小，Ksp[Mn(OH)2]＞Ksp[Zn(OH)2]，則圖中L1、L2、L3、L4分別代表OH、、Zn2+、Mn2+，結合圖中a點數值計算K(HNO2)=×c(H+)=102×101.30=103.3，結合c點數值計算Ksp[Mn(OH)2]=c(Mn2+)?c2(OH)=(107)2×101.30=1012.7，同理Ksp[Zn(OH)2]=(105)2×106.15=1016.15，據此分析解答。【詳解】A．由上述分析可知，圖中L1、L2、L3、L4分別代表OH、、Zn2+、Mn2+，A正確；B．由上述分析可知，Ksp[Mn(OH)2]=c(Mn2+)?c2(OH)=1012.7，Ksp[Zn(OH)2]=1016.15，則同時產生兩種沉淀時，===103.45，B正確；C．由上述分析可知，Ksp[Mn(OH)2]=c(Mn2+)?c2(OH)=1012.7，K(HNO2)=×c(H+)=102×101.30=103.3，反應Mn(OH)2+2HNO2?Mn(NO2)2+2H2O的平衡常數K===Ksp[Mn(OH)2]×=Ksp[Mn(OH)2]×==108.7，C錯誤；D．由分析可知，室溫下Ksp[Mn(OH)2]=1012.7，數量級為1013，D正確；故答案為：C。評卷人得分二、非選擇題：本題共4小題，共60分。11．（14分）濕法煉鋅具有能耗低，生成產品純度高等特點，其主要原料為鋅精礦(主要成分為硫化鋅，還含有鐵、鈷、銅、鎘、鉛等元素的雜質)，獲得較純鋅錠的工藝流程如圖：已知：焙燒后的氧化物主要有ZnO、PbO、CuO、、、CdO。(1)銅原子的價層電子排布圖為。(2)“酸浸”中濾渣主要成分為。(3)“一段沉積”和“二段沉積”剛開始加入鋅粉時，反應速率較小，然后反應速率顯著增大，請解釋產生此現象的原因：。(4)寫出“赤鐵礦除鐵”過程中反應的離子方程式：。(5)“—萘酚凈化除鈷”先是把氧化成，并生成NO，與有機物發生化學反應生成紅褐色穩定鰲合物沉淀。寫出被氧化的離子方程式：。(6)“電解”工藝中，電解液常有較高濃度的會腐蝕陽極而增大電解能耗。可向溶液中同時加入Cu和，生成CuCl沉淀從而除去。已知：；。請通過具體數據說明上述的反應能完全進行的原因：。(7)純凈的硫化鋅是半導體鋰離子電池負極材料。在充電過程中，發生合金化反應生成LiZn(合金相)，同時負極材料晶胞的組成變化如圖所示。①充電過程中ZnS到的電極方程式為(x和y用具體數字表示)。②若的晶胞參數為anm，則EF間的距離為nm。【答案】(1)（1分）(2)（1分）(3)鋅粉置換出的銅或鎘覆蓋在鋅的表面，形成原電池，增大反應速率（2分）(4)（2分）(5)（2分）(6)

；②

；則①2×②得：，此反應的平衡常數為，說明此反應進行程度很大，能夠完全進行（2分）(7)（2分）（2分）【分析】鋅精礦(主要成分為硫化鋅，還含有鐵、鈷、銅、鎘、鉛等元素的雜質)，硫元素轉化為SO2，經過焙燒得金屬氧化物，主要有ZnO、PbO、CuO、Fe2O3、Co2O3、CdO，焙燒后的氧化物用硫酸酸浸，其中生成硫酸鉛為沉淀，以濾渣除去，將焙燒尾氣（主要為SO2）通入浸出液，使三價鐵離子被還原為二價鐵離子，再加入粗鋅粉置換銅，加入細鋅粉置換鎘，再通入氧氣將亞鐵離子轉化為三價鐵離子，更易水解沉淀，最后氧化二價鈷離子并沉鈷，得到硫酸鋅溶液，電解得鋅。【詳解】（1）銅元素原子序數為29，價層電子排布圖為；（2）焙燒后的氧化鉛溶于硫酸，生成難溶的，濾渣的主要成分為；（3）從流程信息中可以看出金屬性：Cu<Cd<Zn，鋅粉置換出的銅或鎘覆蓋在鋅的表面，形成原電池，增大反應速率；（4）尾氣的主要成分為，通入浸出液使硫酸鐵還原成硫酸亞鐵，發生的反應方程式為。通入氧氣將亞鐵離子氧化，然后水解成赤鐵礦，故“赤鐵礦除鐵”過程中的離子方程式為；（5）根據信息把氧化成，并生成NO，故離子反應方程式為；（6）①

；②

；則①2×②得：，此反應的平衡常數為，說明此反應進行程度很大，能夠完全進行；（7）①先由均攤法可知，中和共有7個，有，由化合價代數和為零可知，的化學式。根據題干信息在“充電過程中，發生合金化反應生成LiZn(合金相)”，故ZnS負極充電時得電子有Zn生成，故充電時的電極反應為。②若的晶胞參數為anm，設F點的坐標為，E點的坐標為，則EF間的距離為。12．（15分）雙氰胺()為白色晶體，在冷水中溶解度較小，溶于熱水、乙醇，其水溶液在80℃以上會發生分解等副反應，主要用于生產樹脂、涂料、含氮復合肥等。實驗室以石灰氮為原料制備雙氰胺的流程如下：已知氰胺二聚反應機理為：回答下列問題：(1)已知：氰基是吸電子基團。氰氨的堿性氨的堿性。(填：“大于”、“小于”或“等于”)(2)寫出步驟Ⅰ的化學反應方程式：。(3)步驟Ⅱ中調節溶液pH為9.1，pH不能過低的原因：。(4)步驟Ⅲ中蒸發濃縮時，常采用真空蒸發濃縮，目的是。(5)凱氏定氮法是測定有機物中氮含量的經典方法，其原理是用濃硫酸在催化劑存在下將樣品中有機氮轉化成銨鹽，利用如圖所示裝置處理銨鹽。已知：①f的名稱是。②儀器清洗后，g中加入硼酸和指示劑。銨鹽試樣由d注入e，隨后注入氫氧化鈉溶液，用蒸餾水沖洗d，關閉，d中保留少量水。打開，加熱b，使水蒸氣進入e。d中保留少量水的目的是，e采用中空真空玻璃瓶的作用是。③取雙氰胺樣品m克進行測定，滴定g中吸收液時消耗濃度為的鹽酸VmL，則樣品中氮的質量分數為%。(用含c、m、V的代數式表示)【答案】(1)小于（2分）(2)CaCN2+H2O+CO2=CaCO3+NCNH2（2分）(3)OH為二聚反應的催化劑，故弱堿性有利于發生聚合反應（2分）(4)真空蒸發濃縮可以降低溶液沸點、加快濃縮速率，防止雙氰胺因溫度過高發生分解等副反應（2分）(5)直形冷凝管（1分）止水夾k3處可能漏氣，導致測定的N元素質量分數偏低，故d中保留少量水起液封作用，防止氨氣逸出（2分）保溫減少熱量損失，有利于銨根轉化為氨氣逸出（2分）（2分）【分析】分析所給流程圖可知，CaCN2與水反應生成Ca(OH)2和NCNH2，通入CO2，使Ca(OH)2轉化成CaCO3(濾渣)除去，NCNH2在80℃、弱堿性條件下反應生成雙氰胺，再經過蒸發濃縮、冷卻結晶得到雙氰胺晶體。【詳解】（1）由于氨基氰所含氨基氮上的p電子與氰基上的π鍵發生pπ共軛，使得該氨基氮上的電子云被分散，從而使得氨基氰結合質子的能力下降，即堿性減弱，而氨分子的氮原子上的電子云未被分散，結合質子的能力強于氨基氰，氰氨的堿性小于氨的堿性。（2）步驟Ⅰ中CaCN2與水反應生成Ca(OH)2和NCNH2，通入CO2，使Ca(OH)2轉化成CaCO3，化學方程式為：CaCN2+H2O+CO2=CaCO3+NCNH2。（3）根據氰胺二聚反應機理可知，OH為二聚反應的催化劑，故弱堿性有利于發生聚合反應。（4）真空蒸發濃縮可以降低溶液沸點、加快濃縮速率，防止雙氰胺因溫度過高發生分解等副反應。（5）①f的名稱是直形冷凝管；②止水夾k3處可能漏氣，導致測定的N元素質量分數偏低，故d中保留少量水起液封作用，防止氨氣逸出；采用中空雙層玻璃瓶的作用是保溫減少熱量損失，有利于銨根轉化為氨氣逸出；③在整個實驗過程中由氮原子守恒可得：n(N)=n(NH3)=n(HCl)=mol，則w(N)=×100%=%。13．（15分）對氮氧化物的資源化利用，運用多種方式促進氮的循環轉化，具有重要的研究意義。(1)已知a：b：C的燃燒熱為；c：①請寫出與反應生成兩種無污染性氣體的熱化學方程式：。②將等物質的量的與混合氣體分別通入體積均為的恒溫密閉容器Ⅰ和絕熱密閉容器Ⅱ中，反應一段時間后兩容器內達到平衡狀態，下列說法正確的是。A．兩容器內混合氣體密度相等B．轉化率C．反應平衡常數(2)可利用鈷氨配合物吸收對的配合能力很強，而對的配合能力極低。①已知的結構如圖所示，的空間構型是，NH3與相比，∠HNH鍵角大小為：NH3（填“>”、“<”）。②有氧和無氧條件下，溶液脫除的效率如圖1所示，有氧環境下，發生總反應：，在的有氧環境下，往溶液中持續通入試樣氣體脫除率為60%(假設溶液體積不發生改變)，結合圖1信息，計算此時鈷氨溶液中有效含鈷率為。(有效含鈷率)③鈷氨溶液經過多次循環吸收后，其吸收的能力變化如圖2所示，前內鈷氨溶液吸收的能力不斷下降的原因是。(3)催化電解吸收液可將還原為，其催化機理如圖3所示，在相同條件下，恒定通過電解池的電量，電解得到部分還原產物的法拉第效率隨電解電壓的變化如圖4所示。已知表示電解生還原產物X所轉移電子的物質的量，F表示法拉第常數；表示電解過程中通過的總電量。①當電解電壓為時，催化電解生成的電極反應式為。②當電解電壓為時，電解生成的和的物質的量之比為。【答案】(1)2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H=748kJ/mol（2分）AC（2分）(2)正八面體（2分）<（1分）85.6%（2分）[Co(NH3)6]2+被氧化為[Co(NH3)6]3+，[Co(NH3)6]3+對NO的配位能力極低（2分）(3)NO+5e—+5H+=NH3+H2O（2分）15：2（2分）【詳解】（1）①由題意可知，碳燃燒的熱化學方程式為C(s)+O2(g)=CO2(g)△H=393kJ/mol，由蓋斯定律可知，反應bac得到反應2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)，則反應△H=(393kJ/mol)(+182.6kJ/mol)(+172.4kJ/mol)=748kJ/mol，故答案為：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)△H=748kJ/mol；②A．由質量守恒定律可知，反應前后氣體的質量相等，則1L的恒溫密閉容器Ⅰ和絕熱密閉容器Ⅱ中混合氣體密度相等，故正確；B．該反應為放熱反應，則恒溫密閉容器Ⅰ中反應溫度小于絕熱密閉容器Ⅱ，升高溫度，平衡向逆反應方向移動，一氧化氮的轉化率減小，則一氧化氮轉化率αⅠ大于αⅡ，故錯誤；C．該反應為放熱反應，則恒溫密閉容器Ⅰ中反應溫度小于絕熱密閉容器Ⅱ，升高溫度，平衡向逆反應方向移動，化學平衡常數減小，則反應平衡常數KⅠ大于KⅡ，故正確；故選AC；（2）①[Co(NH3)6]3+的空間構型是正八面體形，NH3分子中N有一對孤對電子，中N原子沒有孤電子對，所以∠HNH鍵角大小為：NH3<；故答案為：正八面體；<；②由題給信息可知，反應消耗一氧化氮的物質的量為2×10—4m3/min×300min×2×10—2mol/m3×60%=0.00072mol，則鈷氨溶液中[Co(NH3)6]2+有效含鈷率為×100%=85.6%，故答案為：85.6%；③由圖可知，前16h內鈷氨溶液吸收NO的能力不斷下降的原因是[Co(NH3)6]2+被氧化為[Co(NH3)6]3+，[Co(NH3)6]3+對NO的配位能力極低，故答案為：[Co(NH3)6]2+被氧化為[Co(NH3)6]3+，[Co(NH3)6]3+對NO的配位能力極低；（3）①由圖可知，當電解電壓為U2時，催化電解一氧化氮生成氨氣的電極為陰極，酸性條件下一氧化氮在陰極得到電子發生還原反應生成氨氣和水，電極反應式為NO+5e—+5H+=NH3+H2O，故答案為：NO+5e—+5H+=NH3+H2O；②由圖可知，當電解電壓為U1時，氫氣和氨氣的法拉第效率分別為60%和20%，則電解生成的氫氣和氨氣的物質的量之比為：=15：2，故答案為：15：2。14．（16分）化合物H是降脂類藥物瑞舒伐他汀制備中的關鍵中間體。在醫藥工業中