2024年高考押题预测卷—化学（福建卷01）（全解全析）

这是一份2024年高考押题预测卷—化学（福建卷01）（全解全析），共19页。试卷主要包含了设为阿伏加德罗常数的值，某铜配合物的结构如下图所示等内容，欢迎下载使用。
（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：H—1 C—12 N—14 O—16 Na—23 Mg—24 Al—27 Si—28 S—32 Cl—35.5 K—39 Mn—55 Fe—56 Cu—64 Zn—65 Br-80 Ag—108 Ba—137
1．2024年央视春晚首次应用5G-A技术，Al含量高，硬科技霸屏，下列有关说法错误的是
A．舞蹈《瓷影》所诠释的青花瓷，其主要原材料为含水的铝硅酸盐
B．晚会采用的LED屏，其发光材料通常是以Si3N4为基础，用Al取代部分Si，用O取代部分N后所得的陶瓷制作而成
C．5G-A技术所需高频通讯材料之一的LCP(液晶高分子)在一定加热状态下一般会变成液晶，液晶既具有液体的流动性，又表现出类似晶体的各向异性
D．芯片中二氧化硅优异的半导体性能。使得晚会上各种AI技术得以完美体现
【答案】D
【详解】A．青花瓷是传统无机非金属材料，其主要原材料为含水的铝硅酸盐，故A正确；
B．LED屏发光材料通常是以Si3N4为基础，用Al取代部分Si，用O取代部分N后所得的结构多样化的陶瓷，故B正确；
C．液晶在一定温度范围内既具有液体的流动性，在折射率、磁化率、电导率等宏观方面又表现出类似晶体的各向异性，故C正确；
D．芯片主要成分是硅单质，故D错误。
综上所述，答案为D。
2．下列化学用语或图示表达正确的是
A．CO2的电子式为：B．基态锗原子的简化电子排布式：
C．的空间结构为D．铝原子最高能级的电子云轮廓图：
【答案】D
【详解】
A．CO2分子中存在2个碳氧双键，电子式为，故A错误；
B．锗是第四周期ⅣA族元素，基态锗原子的简化电子排布式：，故B错误；
C．的空间结构为V形，故C错误；
D．铝原子最高能级为3p1，p轨道为哑铃型，电子云轮廓图为 ，故D正确；
选D。
3．阿斯巴甜是市场上主流甜味剂之一，以下是以天门冬氨酸为原料合成阿斯巴甜的路线。
下列说法不正确的是
A．天门冬氨酸难溶于乙醇、乙醚
B．①④的目的是为了保护氨基
C．反应过程中包含了取代反应、消去反应
D．相同物质的量的阿斯巴甜分别与盐酸和氢氧化钠充分反应，消耗HCl与NaOH的物质的量之比为2∶3
【答案】C
【详解】A．常温下，天冬氨酸微溶于水，难溶于乙醇和乙醚，溶于沸水，A正确；
B．根据反应可知，反应①氨基转化为酰胺基，反应④酰胺基转化为氨基，故①④的目的是为了保护氨基，B正确；
C．反应过程中包含了取代反应、消去反应、加成反应，C不正确；
D．阿斯巴甜分子中含有一个羧基、一个酯基和一个酰胺基，相同物质的量的阿斯巴甜分别与盐酸和氢氧化钠充分反应，消耗HCl与NaOH的物质的量之比为2∶3，D正确；
答案选C。
4．设为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．电解精炼铜时，若阴极析出3.2g铜，则阳极失电子数大于
B．90g葡萄糖分子中，手性碳原子个数为
C．氯碱工业两极共收集到标准状况下2.24L气体时理论上迁移的数为
D．标准状况下5.6L C4H10中含有的键数为
【答案】D
【详解】A．电解精炼铜时，阴极反应为Cu2++2e-=Cu，若阴极析出3.2g铜即0.05mlCu，则转移电子等于，A项错误；
B．90g葡萄糖为0.5ml，每个葡萄糖分子含有4个手性碳原子，则手性碳原子个数为，B项错误；
C．氯碱工业的反应为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，氯碱工业两极共收集到标准状况下2.24L气体时即阴阳极各收集0.05ml气体，转移电子为0.1ml，理论上迁移的数为，C项错误；
D．标准状况下5.6LC4H10即为0.25ml C4H10，每个C4H10含有10个键(即C—H键)，则键数为，D项正确；
答案选D。
5．某铜(Ⅱ)配合物的结构如下图所示。其中元素X和Y均位于第二周期，X的第一电离能低于同周期相邻元素，Y元素基态原子p轨道电子排布是半充满状态，Z元素基态原子核外电子共有9种空间运动状态。下列说法正确的是
A．最简单氢化物的键角：
B．基态原子的未成对电子数：
C．X、Y、Z的最简单氢化物均存在分子间氢键
D．该配合物中微粒间的相互作用有离子键、共价键和配位键
【答案】A
【分析】X位于第二周期且第一电离能低于同周期相邻元素的有B和O，Y基态原子p轨道电子排布式半满状态3个电子且位于第二周期，电子排布式为：1s22s22p3，7号元素N，Z元素基态原子核外电子有9种空间运动状态，则Z元素原子核外电子轨道有9条，Z可能为P、S、Cl，根据Cu(Ⅱ)配合物结构式可知，X为O，Y为N，Z为Cl，以此解答。
【详解】A．O最简单氢化物为H2O，N最简单氢化物为NH3，二者中心原子都是sp3杂化，H2O中的孤电子对数多于NH3，孤电子对越多，键角越小，则键角：H2O＜NH3，故A正确；B．基态原子未成对电子，O：2，N：3，Cl：1，未成对电子数：，故B错误；
C．O、N、Cl最简单氢化物分别为：H2O、NH3、HCl，H2O 和NH3存在氢键，HCl没有，故C错误；
D．该配合物种微粒间有配位键，共价键，并无离子键，故D错误；
故选A。
6．为吸收工业尾气中的和，设计如图流程，同时还能获得连二亚硫酸钠(，其结晶水合物又称保险粉)和产品。(为铈元素)
下列说法不正确的是
A．工业尾气中的和排放到大气中会形成酸雨
B．装置Ⅱ的作用是吸收
C．从阴极口流出回到装置Ⅱ循环使用
D．装置Ⅳ中氧化，至少需要标准状况下
【答案】C
【分析】装置Ⅰ中加入NaOH溶液吸收SO2，装置Ⅱ中加入Ce4+，酸性条件下，NO和Ce4+发生氧化还原反应，生成、，装置Ⅲ(电解槽)中阳极发生反应，从阳极口流出回到装置Ⅱ循环使用，阴极得到，装置Ⅳ中被氧气氧化为，与氨气生成硝酸铵。
【详解】A．工业尾气中的可与氧气生成NO2，NO2与水反应得硝酸，形成硝酸型酸雨，与水反应得H2SO3，H2SO3被氧气氧化为硫酸，会形成硫酸型酸雨，故A正确；
B．装置Ⅱ中加入Ce4+，酸性条件下，NO和Ce4+发生氧化还原反应，生成、，故B正确；
C．装置Ⅲ(电解槽)中阳极发生反应，从阳极口流出回到装置Ⅱ循环使用，故C错误；
D．装置Ⅳ中被氧气氧化为的离子方程式为：，物质的量为1L×2ml/L=2ml，即消耗1mlO2，标况下体积为22.4L，故D正确；
故选C。
7．某兴趣小组为制备1—氯—2—甲基丙烷(沸点69℃)，将2—甲基—1—丙醇和POCl3溶于CH2Cl2中，加热回流(伴有HCl气体产生)。反应完全后倒入冰水中分解残余的POCl3，分液收集CH2Cl2层，无水MgSO4干燥，过滤、蒸馏后得到目标产物。上述过程中涉及的装置或操作错误的是(夹持及加热装置略)
A．AB．BC．CD．D
【答案】B
【详解】A．将2-甲基-1-丙醇和POCl3溶于盛在三口烧瓶中的CH2Cl2中，搅拌、加热回流(反应装置中的球形冷凝管用于回流)，制备产物，A项正确；
B．产生的HCl可用NaOH溶液吸收，但要防止倒吸，导气管不能直接插入NaOH溶液中，B项错误；
C．分液收集CH2Cl2层需用到分液漏斗，振摇时需将分液漏斗倒转过来，C项正确；
D．蒸馏时需要用温度计控制温度，冷凝水从下口进、上口出，D项正确；
故选B。
8．18O标记的乙酸甲酯在足量NaOH溶液中发生水解，部分反应历程可表示为如下所示：
＋OH-＋CH3O-
能量变化如图所示：
已知为快速平衡，下列说法正确的是
A．反应Ⅱ、Ⅲ为决速步
B．反应结束后，溶液中存在18OH-
C．反应结束后，溶液中存在CH318OH
D．反应Ⅰ与反应Ⅳ活化能的差值等于图示总反应的焓变
【答案】B
【详解】
A．一般来说，反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应Ⅰ和反应Ⅳ的活化能较高，因此反应的决速步为反应Ⅰ、Ⅳ，故A错误；
B．反应Ⅰ为加成反应，而⇌为快速平衡，反应Ⅱ的成键和断键方式为或，后者能生成18OH-，因此反应结束后，溶液中存在18OH-，故B正确；
C．反应Ⅲ的成键和断键方式为或，因此反应结束后溶液中不会存在CH318OH，故C错误；
D．该总反应对应反应物的总能量高于生成物的总能量，总反应为放热反应，因此和CH3O-的总能量与和OH-的总能量之差等于图示总反应的焓变，故D错误；
故选B。
9．水系铵根离子可充电电池具有成本低、安全、无污染等优点，该电池以(含、、元素)为正极材料，电解质溶液中主要存在团簇离子。其放电工作原理如图所示。下列说法错误的是
A．放电时，向Y极方向移动
B．放电时，Y极的电极反应式为
C．与间通过离子键结合
D．充电时，增加了1ml时，X极质量增加46g
【答案】C
【分析】电池以为正极材料，因此Y为正极，X为负极，据此作答。
【详解】A．放电时Y为正极，阳离子向正极移动，即向Y极方向移动，故A正确；
B．放电时，Y为正极，发生还原反应，Y极的电极反应式为，故B正确；
C．类比于铵根离子能与氯离子形成离子键，但各原子均达到稳定状态，可推知与铵根离子不能形成离子键，故C错误；
D．充电时，X电极为阴极，Y电极为阳极，发生的反应为 ，增加了1ml时，转移的电子为2ml，根据电荷守恒可知，阴极转移的电子也是2ml，MnO2得电子生成Na0.6MnO2，可知得到2mlNa+，则X极质量增加46g，故D正确；
答案选C。
10．菠萝“扎嘴”的原因之一是菠萝中含有一种难溶于水的草酸钙针晶。常温下，草酸钙在不同下体系中与关系如图所示（代表），已知。下列有关说法正确的是
A．数量级为
B．溶液时，
C．时，曲线①呈上升趋势的原因是部分转化为
D．点时，体系中
【答案】B
【分析】CaC2O4为强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，体系中存在一系列平衡，、、，所以在CaC2O4溶液中，，即①表示、②表示H2C2O4、③表示、④表示Ca2+。
【详解】A．，，①③相交时从图中可知此时pH大于4小于5，所以Ka2数量级为10-5，故A错误；
B．溶液pH=7时c(H+)=c(OH-)，溶液中电荷守恒，所以，故B正确；
C．由图像可知，pH＞12时，如pH=13，c(OH-)=0.1ml/L、c(Ca2+)=10-4.5ml/L，此时，即没有氢氧化钙沉淀析出，故C错误；
D．据以上分析可知，①表示、②表示H2C2O4、③表示、④表示Ca2+，所以A点时①表示的浓度小于此时溶液中的c(H+)，故D错误；
故答案为：B。
11．（15分）利用炼锌钴渣[主要含C(OH)2、FeSO4、NiSO4和Zn、Cu单质]协同制备C(OH)3和高纯Zn的流程如下。
(1)“酸浸”过程C(OH)2发生反应的离子方程式为 。
(2)“沉铁”过程CaCO3的作用有 。
(3)“沉镍”过程pH对溶液中C(Ⅱ)、Ni(Ⅱ)含量的影响如图。
①由图判断，应调节pH= 。
②该过程C可能发生的反应如下：
C2++6NH3·H2O=[C(NH3)6]2++6H2O K1=105
C2++2NH3·H2O=C(OH)2↓+2 K2
则K2= ，[C(NH3)6]2+为 (填“热力学”或“动力学”)产物。
(已知：25℃时，Kb(NH3·H2O)=10-4.8，Ksp[C(OH)2]=10-15)
(4)“沉钴”过程生成C(OH)3的离子方程式为 。
(5)一种以Zn和V2O5为电极、Zn(CF3SO3)2水溶液为电解质的电池，其示意图如下图一所示。放电时，Zn2+可插入V2O5层间形成ZnxV2O5·nH2O。
①基态V原子的价电子中，两种自旋状态的电子数之比为 。
②上述电池充电时阳极的电极反应式为 。
③金属Zn的晶胞如图二，密度为ρg/cm3，则晶胞空间占有率为 。
【答案】(1)C(OH)2+2H+=C2++2H2O（2分）
(2)调节pH使Fe3+沉淀完全的同时减少杂质引入（1分）
(3)10（1分） 105.4（2分） 动力学（2分）
(4)2[C(NH3)6]2+++4OH-+H2O = 2C(OH)3↓++12NH3↑（2分）
(5)1∶4(或4∶1)（1分） ZnxV2O5·nH2O-2xe-=V2O5+nH2O+xZn2+（2分） （2分）
【分析】炼锌钴渣加入硫酸酸浸，铜不和硫酸反应过滤后得到铜渣，滤液中含有C2+、Fe2+、Ni2+、Zn2+，向滤液中加入过氧化氢将亚铁离子氧化为铁离子，加入碳酸钙调节pH沉铁，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，滤液中加入氨水将镍转化为沉淀，过滤滤液加入亚硫酸钠氧化二价钴为三价钴，加入氢氧化钠转化为钴沉淀，过滤滤液电解得到锌单质；
【详解】（1）“酸浸”过程C(OH)2和酸反应转化为钴离子，离子方程式为C(OH)2+2H+=C2++2H2O；
（2）“沉铁”过程碳酸钙的作用有调节pH沉铁，将铁离子转化为氢氧化铁沉淀，且碳酸钙、硫酸钙均为固体，减少引入其它杂质；
（3）①“沉镍”过程中使得镍转化为沉淀，而钴不转化为沉淀，由图判断，应调节pH=10，此时镍沉淀完全、而钴损失较小；
②K2====105.4，钴离子和氨分子生成较为稳定的配合物[C(NH3)6]2+，故其为动力学产物；
（4）“沉钴”过程中亚硫酸钠氧化二价钴为三价钴同时生成硫酸根离子，加入氢氧化钠和三价钴反应转化生成C(OH)3沉淀，离子方程式为2[C(NH3)6]2+++4OH-+H2O = 2C(OH)3↓++12NH3↑；
（5）
①基态V原子的价电子排布式图为，两种自旋状态的电子数之比为1∶4(或4∶1)；
②放电时，V2O5为正极反应物，Zn2+可插入V2O5层间形成ZnxV2O5·nH2O，充电时阳极ZnxV2O5·nH2O变为V2O5并释放Zn2+，阳极反应式为ZnxV2O5·nH2O-2xe-=V2O5+nH2O+xZn2+；
③据“均摊法”，晶胞中含8×+1=2个Zn，由图可知，锌原子半径为nm，晶胞空间占有率为=。
12．（15分）氮氧化物是大气的主要污染物，为防治环境污染，科研人员做了大量研究。
I．汽油燃油车上安装三元催化转化器，可以使和两种尾气反应生成，可有效降低汽车尾气污染，反应为。
(1)下表中数据是该反应中的相关物质的标准摩尔生成焓（）（标准摩尔生成焓是指在、条件下，由稳定态单质生成化合物时的焓变）数据。
则 。
(2)将和按物质的量之比以一定的流速分别通过两种催化剂（和）进行反应，相同时间内测定逸出气体中的含量，从而确定尾气脱氮率（的转化率），结果如图所示。
①下脱氮率较高的催化剂是 （填“”或“”）。
②催化剂催化条件下，后，脱氮率随温度升高而下降的原因是 。
Ⅱ．一定条件下与可发生反应：。
(3)将与按物质的量之比置于恒温恒容密闭容器中反应。下列能说明反应达到平衡状态的是__________（填标号）。
A．体系压强保持不变B．与的物质的量之比保持不变
C．D．
(4)将一定量的与置于密闭容器中发生反应，在相同时间内测得的物质的量分数与温度的变化曲线如图1所示（虚线为平衡时的曲线）。的平衡转化率与压强、温度及氮硫比的关系如图2所示。
①由图1可知，温度过高或过低均不利于该反应的进行，原因是 。
②图2中压强： （填“>”“