《福建省2024届高三下学期毕业班5月模拟化学试卷含答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《福建省2024届高三下学期毕业班5月模拟化学试卷含答案.docx（21页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、福建省2024届高三毕业班5月模拟试卷化学试题（完卷时间 75 分钟；满分 100 分）友情提示：请将所有答案填写到答题卡上！ 请不要错位、越界答题！可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 P 31 S 32 K 39一、选择题：本题共10小题，每小题分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1成语、古诗词、谚语等都是我国传统文化的瑰宝。下列有关解读错误的是A“常恐秋节至，焜黄华叶衰”，树叶由绿变黄是发生了化学变化B“心忧炭贱愿天寒”中的炭与“嫦娥五号”卫星所用的碳纤维互为同素异形体C“兰陵美酒郁金香，玉碗盛来琥珀光”，“香”的原因之一是美酒含酯类
2、物质D“三月打雷麦谷堆”，在雷电作用下N2最终转化成被农作物吸收的化合态氮2下列化学用语表达正确的是A的名称：乙二酸乙二酯B空间填充模型既可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子C的价层电子对互斥（VSEPR）模型：D基态铍原子最外层电子的电子云轮廓图：3一种天然生物碱X的结构简式如图，下列关于X的说法错误的是A含有5种官能团B1molX与1molH2发生加成反应，得到2种不同产物CX在Cu催化作用下不能与氧气发生催化氧化D盐酸反应后的产物分子中含有5个手性原子4下列离子方程式书写错误的是A次氯酸钠溶液通入少量的CO2：ClOCO2H2OHClOHCO3B甘油与硝酸发生酯化反应：C向少量沉淀中
3、加入的浓氨水，白色沉淀溶解：D用惰性电极电解溶液，阴极的电极反应式：5某种催化剂阴离子的结构式如下所示，其组成元素X、Y、Z为原子半径逐渐增大的短周期元素，W是第四周期的某种元素，其化合物常用于检验酒驾，原子序数关系为：2X2YZ=W，下列说法正确的是A该阴离子结构中有键与键数目之比为92B简单氢化物的稳定性：YZ，还原性：YZC使用ZY2跨临界可直接制冰，利用了ZY2晶体易升华的性质DW的基态原子价电子排布图为3d54s16氧化石墨烯薄片是石墨粉末经化学氧化及剥离后的产物，产物中引入了大量基团(如OH、COOH等)，其过程及结构如下，下列说法错误的是A氧化石墨烯比石墨烯导电性更强 B氧化石墨
4、烯的抗氧化能力比石墨烯弱C氧化石墨烯在水中的溶解度大于石墨烯D氧化石墨烯能发生氧化反应、加成反应、酯化反应7. 锶与钙位于同一主族，其化合物应用广泛，SrSO4常用于陶瓷工业。以青石精矿(主要含SrSO4)为原料制备高纯硫酸锶的部分工艺流程如图所示。下列说法错误的是A. 气体X可以循环利用 B. “转化”的总离子方程式为C. “转化”中反应温度不宜过高且控制氨水过量D. 流程中涉及分解反应和化合反应8利用不同氢源(D2O和HCHO)在两个Pd膜电极上同时对同一有机物进行双边加氢的原理如图所示(以为电解质)。下列说法错误的是A极电极反应式为：B电解时，阴离子通过交换膜从左室向右室迁移C消耗，回路
5、转移电子和通过交换膜的阴离子的物质的量均为D若无论电解多久极附近产物中也不会含有，说明极获得的均来自9某化学实验小组设计如下实验探究Zn与溶液中Fe3+发生反应的原理。实验试剂现象I2 mL0.1 mol L-1FeCl3溶液、过量锌粉黄色溶液很快变浅，接着有无色气泡产生，固体中未检出铁单质2 mL1 mol L-1FeCl3溶液(pH0.70)、过量锌粉很快有大量气体产生，出现红褐色浑浊，30 min左右产生红褐色沉淀，溶液颜色变浅，产生少量铁单质下列说法错误的是A实验I说明Fe3+被还原为Fe2+B可用酸性高锰酸钾溶液检验实验I得到的溶液中含有Fe2+C实验发生了置换反应和复分解反应D实验
6、说明Fe3+、H+与Zn的反应与离子浓度有关10在含HgI2(s)的溶液中，一定c(I-)范围内，存在平衡关系：HgI2(s) HgI2(aq)；HgI2(aq) Hg2+2I；HgI2(aq) HgI+I；HgI2(aq)+I HgI；HgI2(aq)+2I HgI，平衡常数依次为K0、K1、K2、K3、K4。已知lgc(Hg2+)、lgc(HgI+)、lgc(HgI)、lgc(HgI)随lgc(I)的变化关系如图所示，下列说法错误的是A线L表示lgc(HgI)的变化情况B随c(I)增大，cHgI2(aq)保持不变Ca=lgD溶液中I元素与Hg元素的物质的量之比始终为2:1二、非选择题（本题
7、共4小题，共60分）11（15分）苯氧乙酸是制备除草剂(2，4-D)的原料。某小组设计方案制备苯氧乙酸（M=152gmol-1），制备原理：实验步骤：步骤1：如图1装置(部分夹持及加热装置省略)，在三颈瓶中加入3.8g氯乙酸（M=94.5gmol-1）和5mL水，开动搅拌，慢慢滴加饱和溶液(约需8mL)，至溶液pH为78。然后加入2.5g苯酚（M=94gmol-1），再慢慢滴加35%的NaOH溶液至反应混合液pH为12。 步骤2：将反应物在沸水浴中加热约0.5h。反应过程中pH会下降，应补加NaOH溶液，保持pH为1112，在沸水浴上再继续加热30min，使反应完全。步骤3：反应完毕后将三口瓶
8、移出水浴，趁热转入锥形瓶中，在搅拌下用浓盐酸酸化至pH为23。步骤4：在冰浴中冷却，析出固体，待结晶完全后，抽滤(如图2所示)，粗产物用冷水洗涤23次，在6065干燥，产量约3.0g。(1)图1仪器A名称是 ，进水口为 (填“a”或“b”)。(2)步骤1中不能用NaOH溶液替代Na2CO3溶液的理由是 。(3)本实验进行了多次调节pH，最终目的是 。(4)相对酒精灯直接加热，步骤2用沸水浴加热的优点是 。步骤3“趁热”转移的目的是 。(5)步骤4抽滤的优点是 ；抽滤操作部分步骤如下：过滤完成后，先断开抽气泵和吸滤瓶之间的橡皮管，然后再关闭抽气泵。将准备好的液体缓慢地倒入布氏漏斗中。先润湿滤纸后
9、开启抽气泵，抽气以帮助滤纸紧贴在漏斗的内壁，防止液体泄漏。从漏斗中取出固体时，应小心地将漏斗从抽滤瓶上移除，并将漏斗管倒置，利用手的力量将固体和滤纸一同脱落到干净的表面上。正确的先后操作顺序是 (填序号)。(6)本实验产率最接近 (填字母)。A46%B58%C75%D81%12（18分）纳米氧化锌具有颗粒微小、比表面积大、分散性好、疏松多孔等物理特性和极强的化学活性。以铜转炉烟灰为原料，采用浸取、均相沉淀、干燥煅烧等工艺制备纳米氧化锌的工艺方法过程简单，生产成本低。具体流程如下：已知某铜转炉烟灰化学成分百分含量分析如下表：CuZnPbFe()As10.30%8.75%19.07%2.51%4.
10、68%以上金属元素在铜转炉烟灰中均以硫酸盐和氧化物形式存在，砷以砷酸盐形式存在。流程中涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表：离子Cu2+Zn2+Fe2+Fe3+Ksp2.210-206.710-178.010-164.010-38(1)“浸取”温度应选择40左右为宜。温度高于40，浸出率随温度升高而降低的原因可能是 。(2)若“浸取”所得滤液中锌元素以Zn(NH3)42+形式存在，则浸取时ZnO发生反应的离子方程式为 。(3)在“沉降”过程中，FeCl3作沉淀剂可起到两点作用，一是与砷酸根结合生成FeAsO4沉淀，二是 ，缩短沉降时间。(4)用酸性高锰酸钾溶液“氧化沉降”时，需调整溶液pH=5，
11、使还原产物为MnO2，滤渣2的主要成分为 (填化学式)。(5)“沉锌”反应的离子方程式为 。(6)若想通过“干燥煅烧”得到更多活性较高的纳米氧化锌，应在“沉锌”时注意调整HCO和Zn2+的浓度，以保证最终沉淀物粒径在1m以下，通过下表可判断，当Zn2+的浓度恒定在0.8molL-1时，HCO的浓度为 ，沉淀物的粒径最佳。n(HCO)/n(Zn2+)粒度分布质量分数/%0.00.1m0.10.5m0.51.0m1.05.0m5.0m以上225.338.4134.551.740.0012.540.8250.358.370.460.001335.255.378.21.230.001(7)天然硫化铜俗
12、称铜蓝，其晶胞结构如图。基态Cu2+的价电子排布式为 。晶胞中含有 个S22-，N(Cu+)：N(Cu2+)= 。晶体中微粒间作用力有 (填标号)。a氢键b离子键c共价键d金属键 13（12分）回收利用合成化工制成品是实现碳中和重要途径之一、利用二氧化碳合成二甲醚(DMC)的主要反应有：.(1)和为原料制备气态CH3OCH3和水蒸气的热化学方程式是 。(2)对于基元反应，若升高反应温度，平衡常数K (填“增大”、“减小”或“不变”)； (填“”、“C，非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，简单氢化物稳定性：H2OCH4，非金属性越强，还原性越弱，还原性：OC，B错误；CZY2为CO2，固态的二
13、氧化碳是干冰，利用CO2晶体易升华的物理性质，使用CO2跨临界可直接制冰，故C正确；DCr基态原子价电子排布图为，D错误；答案选B。6A 【详解】A氧化石墨烯分子中，有一部分碳原子形成了CC、CO键，形成大键的电子(自由电子)数减少，所以比石墨烯导电性弱，A错误；B氧化石墨烯中含有碳碳双键和羟基，易被氧化，故抗氧化能力比石墨烯弱，B项正确；C氧化石墨烯中含有羧基、羟基，能与水分子形成分子间氢键，故氧化石墨烯在水中的溶解度大于石墨烯，故C正确；D氧化石墨烯中含有碳碳双键能发生氧化反应和加成反应，含有羟基、羧基能发生酯化反应，故D正确；故选A。7. B 【分析】相同温度时溶解度SrCO3SrSO4
14、，溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，所以将天青石矿粉和NH4HCO3溶液、一水合氨充分混合反应，过滤后得到的粗SrCO3中含有杂质SiO2、BaSO4。粗SrCO3焙烧分解转化成氧化锶和二氧化碳，氧化锶与水反应生成易溶于水的氢氧化锶，难溶的SiO2和BaSO4进入浸渣中，浸液中含有Sr(OH)2，此时加入(NH4)2SO4溶液，生成沉淀SrSO4，据此分析解题。【详解】A由分析可知，“沉淀”反应是，气体是NH3，可以循环利用，A正确；B“转化”过程的总离子方程式为，B错误；C“转化”中反应温度不宜过高，防止一水合氨分解使NH3逸出，且控制氨水过量可促进产生更大浓度的，促进沉淀转化，C正确；
15、D流程中涉及SrCO3、的分解反应以及的化合反应，D正确。8C 【解析】A由图可知，N极HCHO和OH失电子生成HCOO和H，配平后电极方程式正确，A正确；BNaOH为电解质，N极电极反应消耗OH，电解时，阴离子通过交换膜从左室向右室迁移，B正确；CM极消耗1mol，产物中增加4molD，D来源于D2O，化合价由+1变为0，共得4mol电子，阴阳极得失电子守恒，N极也失4mol电子，由N极电极反应知，需要8molOH-，即通过交换膜的阴离子的物质的量为8mol，C错误；D若无论电解多久N极附近产物中也不会含有，结合N极电极反应，说明N极获得的H均来自HCHO，D正确；本题选C。9B 【详解】A
16、实验I黄色溶液很快变浅，固体中未检出铁单质，说明Fe3+被还原为Fe2+，黄色溶液很快变浅，选项A正确；BFeCl3溶液中的Cl-也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，干扰Fe2+的检验，故不能用酸性高锰酸钾溶液检验实验I得到的溶液中含有Fe2+，选项B错误；CFeCl3溶液中加入过量锌粉，很快有大量气体产生，是氯化铁溶液水解产生的盐酸与锌粉反应产生氯化锌和氢气，反应为置换反应；出现红褐色浑浊，是氯化铁水解生成氢氧化铁，属于复分解反应；产生少量铁单质，是锌置换出铁，属于置换反应，选项C正确；D根据上述实验可知，实验开始时Fe3+浓度较大，先与锌发生氧化还原反应生成氯化锌和氯化亚铁，当Fe3+浓度较低，H
17、+浓度较大时，H+与锌反应生成锌盐和氢气，故实验说明Fe3+、H+与Zn的反应与离子浓度有关，选项D正确。10D【解析】由题干反应方程式HgI2(aq)=Hg2+2I可知，K1=，则有c(Hg2+)=，则有lgc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I-)，同理可得：lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-)，lgc(HgI) =lgK3+lgc(HgI2)+ lgc(I-)， lgc(HgI)=lgK4+lgc(HgI2)+ 2lgc(I-)，且由HgI2(s)=HgI2(aq)可知K0=cHgI2(aq)为一定值，故可知图示中曲线1、2、3、4即L分别
18、代表lgc(HgI+)、lgc(Hg2+)、lgc(HgI)、lgc(HgI)，据此分析解题。【详解】A由分析可知，线L表示lgc(HgI)的变化情况，A正确；B已知HgI2(s)=HgI2(aq)的化学平衡常数K0=cHgI2(aq)，温度不变平衡常数不变，故随c(I)增大，cHgI2(aq)始终保持不变，B正确；C由分析可知，曲线1方程为：lgc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)-2lgc(I-)，曲线2方程为： lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)-lgc(I-)即有b= lgK1+lgc(HgI2)-2a，b= lgK2+lgc(HgI2)-a，联合可知得：a=lg
19、K1-lgK2=lg，C正确；D若溶液中只含HgI2，则溶液中I元素与Hg元素的物质的量之比为2:1，由于溶液中cHgI2(aq)不变，而c(I-)在变化，可能是加入了其它物质，影响了溶液中I元素或Hg元素的含量，则溶液中二者的物质的量之比可能发生变化，D错误；故答案为：D。11（15分）(1)球形冷凝管(1分) b(1分) (2)减少副产物，避免碳氯键水解(2分) (3)控制酸度，使反应完全并提高产品纯度和产率(4)便于控制温度、受热均匀(1分) 避免产品析出，减少产品损失(5)过滤快、固体较干燥、固液易分离等 (6)C【分析】本实验制备苯氧乙酸，先让氯乙酸与碳酸钠反应生成氯乙酸钠，再让苯酚
20、与氢氧化钠溶液反应生成苯酚钠，沸水水浴中加热0.5h，氯乙酸钠与苯酚钠反应生成苯氧乙酸钠，利用酸性强的制备酸性弱的，苯氧乙酸钠与盐酸反应生成苯氧乙酸，据此分析解答；【详解】（1）仪器A的名称是球形冷凝管，b是进水口。（2）加入试剂缓慢，防止局部碱性过强，避免反应不充分、碳氯键水解、减少副产物等。如果用NaOH替代，碱性过强会导致碳氯键水解生成副产物。（3）步骤2调节pH，使反应完全，又不使碳氯键水解；步骤3调节pH使-COONa全部转化成-COOH，提高产品纯度和产率。（4）沸水浴使三颈瓶受热面积大、受热均匀、便于控制温度等。“趁热”转移，可以避免温度降低，析出产品，导致产品损失。（5）抽滤就
21、是减压过滤，优点是：过滤速度快，便于固液分离，固体较干燥等。部分操作：先润湿滤纸，打开抽气泵，再转移固体和液体、抽滤、关闭抽气泵、转移固体，正确的先后操作顺序是。（6）经计算，由于，氯乙酸稍过量，以苯酚为计算依据。理论产量：，本实验的产率为。12（18分）(1)温度超过40，氨气逸出导致浸出速率下降(2)ZnO+22NH4+2NH3H2O=Zn(NH3)42+3H2O(3)水解生成Fe(OH)3胶体，吸附FeAsO4(4)Fe(OH)3、MnO2(5)5Zn2+10=Zn5(CO3)2(OH)6+2H2O+8CO2(6)2molL-1(7)(1分) 2(1分) 2:1 bc【分析】首先利用氯化
22、铵和氨水浸取铜转炉烟灰，Pb元素转化为Pb（OH）Cl沉淀除去，Zn、Fe、Cu、As等元素进入溶液，加入氯化铁，As元素转化为FeAsO4沉淀除去，加入硫酸酸化的高锰酸钾，亚铁离子全部被氧化成Fe3+，调节pH使铁离子转化为沉淀除去；此时还有铜离子会影响后续减少碳酸锌的纯度，所以试剂a应除去铜离子，为了不引入新的杂质，可以加入过量的Zn单质置换出铜，从而将其除去；之后加入碳酸氢铵将锌离子转化为碱式碳酸锌，煅烧后得到氧化锌，据此解答。【详解】（1）由于温度超过40，氨气逸出导致浸出速率下降，故“浸取”温度应选择40左右为宜。（2）若“浸取”所得滤液中锌元素以Zn(NH3)42+形式存在，则浸取
23、时ZnO与氨水、氯化铵反应生成氯化四氨合锌和水，发生反应的离子方程式为ZnO+2+2NH3H2O=Zn(NH3)42+3H2O。（3）在“沉降”过程中，FeCl3作沉淀剂可起到两点作用，一是与砷酸根结合生成FeAsO4沉淀，二是水解生成Fe(OH)3胶体，吸附FeAsO4，缩短沉降时间。（4）根据分析和还原产物为二氧化锰可知，滤渣2的主要成分为Fe(OH)3、MnO2。（5）“还原沉降”选用的“试剂a”将溶液中的铜离子还原为铜单质，但不能引入新的杂质，故“试剂a”为Zn。（6）“沉锌”时溶液中的Zn2+与NH4HCO3作用生成Zn5(CO3)2(OH)6沉淀、CO2等，通过电荷守恒、原子守恒配
24、平得该反应的离子方程式为5Zn2+10=Zn5(CO3)2(OH)6+2H2O+8CO2。（7）（7）由题表可知，=2.5时，沉淀物粒径在1m以下共40.82%+50.35%+8.37%=%，c(Zn2+)=0.8molL-1，所以c()=2.5c(Zn2+)=2molL-1。（8）由俯视图可知，俯视图处于顶点位置的S可能处于晶胞顶点或者棱上，结合晶胞图形可知该S处于棱上，且该S实际存在形式为，个数为；俯视图处于面点位置的S可能处于晶胞体内或者面心上，结合晶胞图形可知该S处于体内，且该S实际存在形式为，个数为2个，因此晶胞中S的总价态为2(-2)+2(-2)=-8，由晶胞可知Cu位于晶胞内部，
25、则晶胞中Cu的总个数为6个，设Cu+的个数为x，Cu2+的个数为y，则x+y=6，x+2y=+8，联立二式子解得x=4，y=2，故2:1；晶体中微粒间作用力有离子键及共价键；13（12分）(1)(2)减小(1分) (1分) n(3)90.9% 或 (4)【详解】（1）反应.，反应.，根据盖斯定律1-I2得，所以，即热化学方程式是；（2）对于基元反应，即反应为放热反应，所以升高温度平衡逆向移动，平衡常数K减小；反应为放热反应，所以；反应为放热反应，根据阿伦尼乌斯经验公式可知，活化能越大，变化率越大，即图中斜线斜率的绝对值更大，而放热反应中，故，所以图中n为正反应速率；（3）反应.左右两边气体化学
26、计量数相等，反应的发生不会引起容器中气体物质的量或压强的变化，反应.左边气体化学计量数更大，所以压强的变化是因为反应的发生，由化学计量数可知，消耗2molCO2或生成1molCH3OCH3时气体减少(2+6-1-3)=4mol，2min时气体总物质的量为，减少(2+6-6.4)mol=1.6mol，则；其他条件不变，恒容充入惰性气体，反应物浓度不变，反应速率不变；平衡时：，则，平衡时总压为12MPa，则，而反应.生成0.5molCH3OCH3时生成1.5molH2O、消耗1molCO2，则反应.生成0.1molH2O、消耗0.1molCO2，根据定义，反应选择性；据以上分析列三段式、；（4）“
27、直接二甲醚()燃料电池”通空气的一极为正极，即 A电极为负极、B电极为正极，负极二甲醚发生氧化反应生成二氧化碳，其电极反应式为。14（15分） (1)(2)还原反应 保护NH官能团(3)15(4)+ NH3 +CH3OH(5)羟基（1分） (6)+HBr【分析】A和B发生已知信息的反应达到C，结合A、B的分子式可以推知A为、B为、C为，C和H2发生加成反应生成D，结合G的结构简式可知D为，D和(Boc)2O发生取代反应生成E为，E和F发生已知信息的原理得到G，则F为，G和NaN3发生反应生成H，H和NH3发生取代反应生成I为，I酸化得到J，以此解答。【详解】（2）由分析可知，C和H2发生加成反
28、应生成D，DE引入Boc基团后续在J中又转化为-NH-基团，则引入Boc基团的作用为保护NH官能团。（3）D为，D的同分异构体满足条件：有一个含两个氮原子的六元环，且两个氮原子处于对位；有一个苯环和一个甲基；仅有一个碳原子不参与成环；当苯环上有两个取代基时组合为-CH3和；-CH3和；每种组合都有邻、间、对三种位置关系，共有6种情况；当苯环上只有一个取代基时，可能的情况有； ；共9种情况，综上所述，满足条件的D的同分异构体共有15种。（5）K和(Boc)2O发生取代反应生成L，L和发生已知信息的反应原理得到M，则L为，K为，K发生分子内成环反应得到N为，N和发生取代反应生成I为，I酸化得到J， K中含氧官能团的名称为羟基，L的分子式为。（6）N为，N和发生取代反应生成I为。答案第21页，共21页学科网（北京）股份有限公司