2024届福建省厦门市高三下学期联考模拟预测化学试题（解析版）

这是一份2024届福建省厦门市高三下学期联考模拟预测化学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
本试卷共6页。总分100分。考试时间75分钟。
可能用到的相对原子质量：O16 V51 Fe56 Zn65
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 我国明代李时珍《本草纲目》中记载豆腐制作过程：“凡黑豆…皆可为之。水浸，硙碎。滤去渣，煎成。以卤汁或山鞋叶或酸浆醋淀，就釜收之”。制作过程不涉及的操作及现象是
A. 溶解B. 过滤C. 聚沉D. 蒸馏
【答案】D
【解析】
【详解】A．“水浸”涉及到的操作是溶解，A不符合题意；
B．“滤去渣”涉及到的操作是过滤，B不符合题意；
C．“以卤汁或山鞋叶或酸浆醋淀” 涉及到的现象是聚沉，豆浆是胶体分散系，加入电解质发生聚沉，形成豆腐，C不符合题意；
D．蒸馏操作未涉及，D符合题意；
故选D。
2. 花椒中的椒麻味主要是由羟基-γ-山椒素(M)产生的，其结构如图。下列说法错误的是
A. M的不饱和度为6
B. M中所有碳原子共平面
C. 可消耗
D. M无对映异构体
【答案】B
【解析】
【分析】有机物M含有官能团碳碳双键和酰胺基、羟基，酰胺基能够与NaOH反应，羟基不与NaOH反应，据此回答。
【详解】A．由结构式可知，有5个碳碳双键和一个碳氧双键，所以不饱和度为6，A正确；
B．M中出现结构“”，则所有碳原子不可能共平面，B错误；
C．酰胺基能够与NaOH发生反应，1mlM可消耗1mlNaOH，C正确；
D．从结构可知，M无手性碳，无对映异构体，D正确；
故选B。
3. 加热溶液，发生反应：(粉红色)(蓝色)，溶液颜色由粉红色变为蓝色。下列说法错误的是
A. 基态原子的价电子排布式为
B. 该反应为吸热反应
C. 向冷溶液中加入固体，溶液变蓝
D. 加水稀释，平衡正移
【答案】D
【解析】
【详解】A．C为27号元素，基态C原子的价电子排布式为3d74s2，A正确；
B．加热CCl2溶液，溶液颜色由粉红色变为蓝色，说明升高温度，平衡正向移动，该反应为吸热反应，B正确；
C．向冷CCl2溶液中加入NaCl固体，Cl-浓度增大，平衡正向移动，溶液变蓝，C正确；
D．加水稀释，反应物浓度减少程度更大，平衡逆向移动，D错误；
故选D。
4. 晶体为体心立方晶胞结构。与在一定条件下发生如下反应：。是阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A. 的溶液中数目为
B. 中配位键数为
C. 生成(标准状况)，转移电子数为
D. 1个晶胞质量为
【答案】A
【解析】
【详解】A．的溶液中H+浓度为10-5ml/L，溶液体积未知，无法计算H+数目，故A错误；
B．中Fe2+与6个CN-形成6个配位键，因此中配位键数为，故B正确；
C．(标准状况)物质的量为0.5ml，生成(标准状况)，转移电子数为，故C正确；
D．晶体为体心立方晶胞结构，根据均摊法，1个晶胞中Fe的数目为，因此1个晶胞质量为，故D正确；
故选A。
5. 下列实验方案、操作和现象正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．饱和氯化铁溶液通入氢氧化钠溶液中得到氢氧化铁沉淀，不能制备胶体，A错误；
B．酸性高锰酸钾溶液应该用酸式滴定管盛放，B错误；
C．铁与电源的负极相连，作阴极被保护，该装置可以模拟外加电流阴极保护法，C正确；
D．乙醇的结构简式为CH3CH2OH，乙醇的核磁共振氢谱应该出现三组峰，且峰面积之比是3:2:1，D错误；
答案选C。
6. 某光敏剂的结构如图。前四周期元素X、Y、Z、W、Q的原子半径依次增大，X、Z、W、Q位于不同周期。下列说法错误的是
A. 第一电离能：
B. Q的单质颜色为深红棕色
C. 沸点：
D. 形成四面体形的VSEPR模型
【答案】C
【解析】
【分析】某光敏剂的结构如图。前四周期元素X、Y、Z、W、Q的原子半径依次增大，X、Z、W、Q位于不同周期，X连接1个共价键，X为H，Y连接3个共价键，Y为N，Z连接4个共价键，Z为C，W连接2个共价键，W为S，Q连接1个共价键，Q为Br。
【详解】A．P的3p轨道处于半充满的稳定状态，其第一电离能大于S，P和N同处于第VA族，N的原子半径小于P，则N的第一电离能大于P，则第一电离能：N>S，A正确；
B．Br2颜色为深红棕色，B正确；
C．N2H4分子间存在氢键，沸点：，C错误；
D．H2S中心原子价层电子对数为2+=4，形成四面体形的VSEPR模型，D正确；
故选C。
7. 在浓硫酸作用下，苯与浓硝酸发生反应的反应历程如图。下列说法错误的是
A. 生成中间体时碳的杂化方式未发生改变
B. 生成中间体的反应为决速步骤
C. 产物1为加成反应的产物
D. 动力学和热力学优势产物均为产物2
【答案】A
【解析】
【详解】A．反应物苯中碳的杂化方式为sp2杂化，生成的中间体中碳的杂化方式既有双键碳的sp2杂化、又有饱和碳原子的sp3杂化，所以碳原子的杂化发生了改变，故A错误；
B．由图可知，生成中间体的反应的活化能最大，化学反应速率最慢，所以生成中间体的反应为决速步骤，故B正确；
C．对比苯和产物1的结构简式可知，反应过程相当于在苯的两个邻位碳上各加一个原子团，其中一个加硝基、另外一个加-OSO3H，即产物1为加成反应的产物，故C正确；
D．由图示可知，生成产物2的反应的活化能更小，化学反应速率更快，即动力学优势产物为产物2，产物2的能量更低、更稳定，即热力学优势产物为产物2，故D正确；
故答案为：A。
8. 利用富磺酸盐修饰锌碘二次电池，总反应为，其装置如下。
下列关于充电过程说法错误的是
A. a为阳极
B. 向b极移动的原因是电场作用
C. 理论上消耗转移电子数目为
D. 富磺酸盐的作用是减缓b电极的腐蚀
【答案】B
【解析】
【分析】充电时，a极为阳极，发生氧化反应，I-失去电子，电极反应式为：，b极为阴极，电极反应式为：。
【详解】A．由分析得，a为阳极，故A正确；
B．充电过程中，在电场作用下，向阳极，即a电极移动，故B错误；
C．由电极反应式可知，理论上消耗转移电子数目为，故C正确；
D．富磺酸盐中含有Zn2+，作用是减缓b电极腐蚀，故D正确；
故选B。
9. 氧化沉淀法回收石油炼制的加氢脱氮催化剂的流程如下。
已知：25℃时，。下列说法正确的是
A. “浸出”时可将替换为
B. “氧化”过程说明氧化性：
C. “沉铁”后溶液中，则
D. “沉淀”中X主要成分为
【答案】C
【解析】
【分析】废催化剂用硫酸溶液浸取，浸出液含有亚铁离子、铝离子、钴离子，向滤液加入H2O2主要是氧化溶液中的Fe2+得Fe3+，后用氢氧化钠调节溶液pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，通过过滤除去氢氧化铁沉淀达到除铁的目的，过滤后的滤液中加入碳酸钠将钴转化为CCO3沉淀、将铝离子转化为氢氧化铝沉淀，过滤滤液处理得到硫酸钠晶体；
【详解】A．具有强氧化性，会生成污染性气体NO，且会引入硝酸根离子杂质，A错误；
B．“氧化”过程亚铁离子被氧化为铁离子，而C2+没有被氧化为C3+，说明氧化性：，B错误；
C．“沉铁”后溶液中，则，pOH=10.8，则pH=3.2，即，C正确；
D．铝离子和碳酸根离子水解生成氢氧化铝沉淀，“沉淀”中X主要成分为氢氧化铝，D错误；
故选C。
10. 丙氨酸是人体内重要的氨基酸。25℃时，、、的分布分数[如]与关系如图。下列说法错误的是
A. 中电离能力强于
B. 时，丙氨酸微粒无法在电场作用下定向移动
C.
D. 溶液中
【答案】C
【解析】
【分析】NH2CH(CH3)COOH有-NH2，-COOH两种官能团，氨基具有碱性，在酸性较强时会结合H+，羧基具有酸性，在碱性较强时会与OH-反应，则曲线a表示的分布分数，曲线b表示的分布分数，曲线c表示NH2CH(CH3)COO-的分布分数，结合25℃时曲线a、b交点坐标(2.5，0.50)，对应c(H+)=10-2.5ml/L且c[]=c[]，计算⇌+H+的平衡常数K1==10-2.5，同理再根据b、c曲线交点坐标(9.7，0.50)可得⇌NH2CH(CH3)COO-+H+的电离常数为K2=10-9.7，由此解题。
【详解】A．由溶液中的离子可知，发生电离时是羧基先电离，故中-COOH电离能力强于，A正确；
B．由图知pH≈6.1时，丙氨酸微粒以形式存在，整体不带电荷，无法在电场作用下定向移动，B正确；
C．由分析，K1=10-25>K2=10-9.7，即，可得，C错误；
D．HOOCCH(CH3)NH3Cl溶液中，存在电离平衡⇌+H+，弱电解质是小部分发生电离，氢离子除了该电离平衡产生，还有水电离产生，故c[]>c(H+)>c[]，D正确；
本题错误的选C。
二、非选择题：本题共4小题，共60分。
11. 利用某阳极泥(含和单质)回收贵金属并合成高能量密度材料的工艺流程如下。
（1）“溶浸”过程生成的离子方程式为___________。
（2）“还原”过程发生反应的化学方程式为___________。
（3）溶液中含银微粒的物质的量分数随的变化如图。
①“络合”过程为获得，应调节最佳浓度为___________。
②25℃时，的，的，的平衡常数___________。
（4）“电解”过程生成的电极反应式为___________。
（5）“溶解”过程可提高溶解速率的措施有___________(填1条)。
（6）晶体的局部结构如图。
①晶体中存在的微粒间作用力有___________(填标号)。
A．离子键 B．键 C．键 D．金属键 E．氢键
②晶体中的杂化轨道类型___________(填“相同”或“不同”)，依据是___________。
【答案】（1）
（2）或
（3） ①. 0.025 ②.
（4）
（5）适当升温 （6） ①. ABCE ②. 不同 ③. 与形成配位键的原子个数不同(或形成的空间构型不同)
【解析】
【分析】阳极泥(含和单质)用氯化钠、氯酸钠和硫酸溶浸生成HAuCl4，滤渣中含氯化银，滤液用一水合肼还原生成金；滤渣中的氯化银与硫代硫酸钠反应生成，电解得到银单质，用硝酸溶解生成硝酸盐，最终得到。
【小问1详解】
“溶浸”过程Au与氯化钠、氯酸钠和硫酸反应生成HAuCl4，生成的离子方程式为；
【小问2详解】
HAuCl4用一水合肼还原生成金，一水合肼中氮元素化合价升高被氧化生成氮气，“还原”过程发生反应的化学方程式为或；
【小问3详解】
①由图可知，的浓度为0.025ml/L时，的物质的量分数最大，所以“络合”过程为获得，应调节最佳浓度为0.025ml/L ；
②25℃时，的，即，的，即的，所以的平衡常数；
【小问4详解】
“电解”生成，其电极反应式为；
【小问5详解】
“溶解”过程可提高溶解速率的措施有适当升温或适当提高硝酸的浓度等；
【小问6详解】
①晶体中存在阴、阳离子，即存在离子键，同时内还存在氮氢键，内存在键，由于氮元素的电负性很强，晶体中还存在氢键，故答案为：ABCE；
②由图可知，和中与Ag+形成配位键的原子个数不同，Ag+的价层电子对数不同(或形成的空间构型不同)，则Ag+的杂化轨道类型也不同。
12. 某研究小组对质量分数为的(杂质为)进行分离提纯。
I．将粗品转化为(实验装置如图，夹持及加热装置省略)。
反应原理为
已知：部分物质的熔沸点如下表，是黄色液体且极易水解。
（1）实验操作如下：
a．反应前，称取粗品；
b．通入；
c．停止通入；
d．将无水与粗品加入三颈烧瓶中；
e．加热至160℃并恒温反应；
f．关闭加热装置，待装置冷却至室温。
正确操作顺序为：___________(填标号)。
（2）装置存在的不足之处是___________。
（3）在相同条件下，对上述转化过程进行如下探究。
①实验1中白色固体最可能为___________。
②实验2中反应ⅱ化学方程式是___________。
③从物质结构角度分析熔点较低的原因是___________。
④添加固体可加快化学反应速率并提高利用率的原因是___________。
Ⅱ.由制备并测定提钒率
将加水配成溶液，滴入氨水，在35℃下反应得到，过滤，洗涤，煅烧得到固体。已知：不同下，V(Ⅴ)在溶液中主要的存在形式如下。
（4）滴入氨水生成的原因有___________。
（5）判断沉淀是否洗涤干净，可使用的检验试剂有___________。
（6）称取样品，用稀硫酸溶解配成溶液。取溶液于锥形瓶中，加入溶液，生成，再用，标准液滴定剩余的至终点，消耗标准液。则提钒率为___________。[提钒率]
【答案】（1）
（2）尾气出口未加干燥装置
（3） ①. ②. ③. 为离子晶体，阴离子半径大，阴阳离子电荷低，离子键较弱 ④. 反应生成低熔点的液态，增大反应物接触面积，防止升华
（4）调控为，并生成使V(Ⅴ)转化为沉淀
（5）
（6）
【解析】
【分析】将粗品转化为(实验装置如图，夹持及加热装置省略)，反应原理为，操作步骤为：反应前，称取粗品，通入，加热至160℃并恒温反应，关闭加热装置，待装置冷却至室温，停止通入，是黄色液体且极易水解，因此尾气出口应添加干燥装置。
【小问1详解】
操作步骤为：反应前，称取粗品，通入，加热至160℃并恒温反应，关闭加热装置，待装置冷却至室温，停止通入，因此，操作顺序为a→；
【小问2详解】
是黄色液体且极易水解，因此尾气出口应添加干燥装置；
【小问3详解】
①实验1中白色固体最可能为AlCl3，AlCl3加热后升华，进入装置C；
②与V2O5反应，生成、、NaCl，化学方程式为：；
③为离子晶体，阴离子半径大，阴阳离子电荷低，离子键较弱，熔点较低；
④反应生成低熔点的液态，增大反应物接触面积，防止升华，因此添加NaCl固体可加快化学反应速率并提高AlCl3利用率；
【小问4详解】
滴加氨水可调控为，使得V(Ⅴ)以的形式存在，并提供，使V(Ⅴ)转化为沉淀；
【小问5详解】
检验是否洗涤干净，实质是检验最后一次洗涤液中是否含有Cl-，可用来检验Cl-；
【小问6详解】
涉及到的反应有：、可得关系式，滴定的离子方程式为：，参加滴定的Fe2+的物质的量为0.2000ml/L×0.0207mL×5=0.0207ml，与反应得Fe2+的物质的量为：0.5000ml/L×0.05L-0.0207ml=0.0043ml，根据关系式可得，，原料中V2O5物质的量为，提钒率。
13. 可利用干法热分解法和湿法催化氧化法高效脱除沼气中的。
（1）已知：部分键能数据为。
___________。
（2）干法热分解法原理为。向体积为恒容容器中充入，初始压强为，平衡时体系中各物质随温度t的变化如图。
①对应图中的曲线是___________(填字母)，结合平衡移动原理说明理由。___________
②t1℃时，的平衡转化率为___________，分压平衡常数___________(以分压表示，分压=总压×物质的量分数，列计算式即可)。
（3）湿法催化氧化法高效脱除的过程如下。
①“沉淀脱硫”中发生反应___________。(已知：25℃时，的的)
②“氧化沉硫”中发生反应的离子方程式有、___________。
③对脱硫效率影响如图。随着增大，脱硫效率趋于平缓的原因是___________。
④该流程中可循环利用的物质有___________(填化学式)。
（4）相比湿法催化氧化法，干法热分解法的优点是___________，缺点是___________。
【答案】（1）+91 （2） ①. c ②. 分解反应为吸热反应，升温平衡正向移动：含量增加，且物质的量比为 ③. 30% ④.
（3） ①. 104 ②. ③. 浓度增大，溶液酸性增强，抑制的电离及促使沉淀脱硫反应逆移 ④.
（4） ①. 操作简单 ②. 耗能较多、脱硫效率低、产物易于分离等
【解析】
【分析】H2S与ZnSO4溶液反应转化为ZnS和H2SO4，沉淀脱硫未反应完的H2S与生成的ZnS与硫酸铁反应转化为S单质、硫酸亚铁、硫酸锌，过滤得到S单质，滤液电解得到H2，据此回答。
【小问1详解】
ΔH=反应物总键能-生成物总键能=4×347-2×436-425=+91kJ⋅ml-1；
【小问2详解】
①H2S分解反应为吸热反应，升温平衡正向移动，S2的含量增大，且物质的量比为2:1，所以S2对应图中的曲线为c；
②由图可知，平衡时H2S的物质的量与起始物质的量之比为70%，起始时H2S为1ml，说明转化的H2S为0.3ml，生成的H2为0.3ml，生成的S2为0.15ml，剩余的H2S为0.7ml，t1℃时，H2S的平衡转化率为，根据压强之比等于物质的量之比有，，则平衡时的压强为1.15kPa，p(H2S)=pkPa，p(S2)=pkPa，p(H2)=pkPa，分压平衡常数Kp=；
【小问3详解】
①“沉淀脱硫”中发生反应Zn2+(aq)+H2S(aq)⇌ZnS(s)+2H+(aq)，K==；
②根据分析可知，“氧化沉硫”中发生反应的离子方程式有2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，ZnS+2Fe3+=2Fe2++S+Zn2+；
③c(Fe3+)对脱硫效率影响如图，随着c(Fe3+)增大，脱硫效率趋于平缓的原因是：Fe3+浓度增大，溶液酸性增强，抑制H2S的电离及促使沉淀脱硫反应逆移；
④根据分析可知，该流程中可循环利用的物质有ZnSO4 、Fe2(SO4)3；
【小问4详解】
相比湿法催化氧化法，干法热分解法的优点是操作简单，缺点是耗能较多、脱硫效率低、产物易于分离等。
14. 抗心律失常药物盐酸决奈达隆(Ⅰ)的合成路线如下。
（1）的反应类型为___________。
（2）同时生成。
①D中官能团的名称是___________。
②吸电子能力：1号基团___________2号基团(填“>”或“