2024年高考第二次模拟考试：化学（福建卷）（解析版）

这是一份2024年高考第二次模拟考试：化学（福建卷）（解析版），共19页。试卷主要包含了下图为硝酸和甘油反应的断键机理，已知等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
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 Cl 35.5 Ca 40 Mn 55 Cu 64 I 127 La 139
一、选择题：本题共10小题，每小题4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．科技强国。我国科学家在诸多领域取得新突破，下列说法不正确的是
A．杭州亚运主火炬燃料为零碳甲醇，甲醇具有还原性
B．国产大型邮轮“爱达・魔都号”采用的薄形钢板属于合金
C．量子计算机“悟空”面世，其传输信号的光纤主要成分为
D．“华龙一号”中的二氧化铀陶瓷芯块是核电站的“心脏”，铀是第ⅠA族元素
【答案】D
【解析】A．甲醇燃烧过程中碳元素的化合价升高被氧化，甲醇是反应的还原剂，表现还原性，故A正确；
B．薄形钢板是性能优良的金属材料，属于合金，故B正确；
C．量子计算机传输信号的光纤主要成分为二氧化硅，故C正确；
D．铀元素是位于元素周期表第七周期ⅢB族的锕系元素，故D错误；
故选D。
2．从中药获苓中提取的一种具有生理活性的化学物质获苓新酸，其结构简式如图所示。关于该化合物下列说法正确的是
A．分子中含有5种官能团
B．分子中所有碳原子可能共平面
C．获苓新酸使溴水和酸性高锰酸钾褪色原理相同
D．该物质最多消耗和的物质的量之比为
【答案】D
【解析】A．分子中含有羧基、羟基、酯基、碳碳双键4种官能团，A错误；
B．，标有*的碳原子与四个碳原子相连，以*碳原子为体心形成的是正四面体，因此分子中含有标有*的碳原子就不可能所有碳原子共面，B错误；
C．获苓新酸使溴水褪色是因为发生加成反应，使酸性高锰酸钾褪色是发生氧化还原反应，二者原理不相同，C错误；
D．该物质含有碳碳双键，最多消耗，该物质含有羟基和羧基，因此最多消耗，故该物质最多消耗和的物质的量之比为，D正确；
故选D。
3．常温下，在指定溶液中下列各组离子可能大量共存的是
A．滴加KSCN显红色的溶液：、Cl-、K+、
B．K2S溶液中：、K+、Cl-、Cu2+
C．由水电离出的c(OH-)=10-12ml/L的溶液：Al3+、H+、Cl-、Na+
D．强酸性溶液中：Cl-、Na+、、
【答案】C
【解析】A．滴加KSCN显红色的溶液说明溶液中存在三价铁离子，可以和碳酸氢根离子发生双水解，不能共存，A错误；
B．K2S溶液中的硫离子可以和铜离子反应生成硫化铜沉淀，B错误；
C．由水电离出的c(OH-)=1×10-12 ml/L的溶液中，水的电离受到了抑制作用，该溶液可能显酸性，也可能显碱性，在酸性溶液中，Al3+、H+、Cl-、Na+不能发生任何反应，可以大量共存，C正确；
D．强酸性溶液中氢离子和反应生成二氧化硫和单质硫，不能共存，D错误；
故选C。
4．下图为硝酸和甘油反应的断键机理。代表阿伏加德罗常数的值。下列相关说法正确的是
A．甘油中含有个极性共价键
B．过量的甘油和反应可生成个
C．的中含有个
D．电解可得到个分子
【答案】A
【解析】A．甘油即1ml，含有个极性共价键，A正确；
B．过量的甘油和反应，即1ml，根据硝酸和甘油反应的断键机理，可生成个，B错误；
C．体积未知，无法计算，C错误；
D．电解即0.09ml，可得到个分子，D错误；
故选A。
5．W、X、Y、Z、R为原子序数依次增大的前四周期元素，其中X、Y均能与Z形成原子个数之比为1：1和1：2的常见化合物，基态R原子M层电子全充满，且最外层电子数与W相同，其中W、X、Y、R可形成一种可用于污水处理的配离子，其结构如图。下列说法错误的是
A．第一电离能：XC．稳定性：D．该配离子中R离子的配位数为4
【答案】C
【分析】基态R原子M层电子全充满，且最外层电子数与W相同，结合配离子的结构可知：W为H，R为Cu；X、Y在配离子中形成四个共价键，其中X、Y均能与Z形成原子个数之比为1：1和1：2的常见化合物分别为一氧化碳、二氧化碳和一氧化氮、二氧化氮，则X为C、Y为N、Z为O。
【解析】A．同主族元素随核电荷数增大，第一电离能增大，N的2p能级班充满，因此N的第一电离能在三种元素中最大，第一电离能：CB．NH3常温下为气态，H2O常温下为液态，因此沸点：，故B正确；
C．Cu的价层电子为3d104s1，+1价的Cu价电子为3d10，+2价的Cu价电子为3d9，因此稳定性：，故C错误；
D．从配离子的结构可知，该配离子中R离子的配位数为4，故D正确；
故答案为：C。
6．探究硫及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论中有不正确的是
【答案】D
【解析】A．在酸性条件下发生自身氧化还原生成硫单质和硫化氢气体，会产生淡黄色沉淀和臭鸡蛋气味的气体，A正确；
B．铁离子会和二氧化硫发生氧化还原反应生成亚铁离子和硫酸根离子，溶液先变为红棕色，过一段时间又变成浅绿色说明与络合生成红棕色的反应速率比氧化还原反应生成亚铁离子的速率快，最终显浅绿色说明氧化还原反应的平衡常数更大，B正确；
C．剧烈燃烧，集气瓶口有淡黄色固体附着，说明生成硫单质；集气瓶底有白色固体生成，试管中没有产生黑色沉淀，说明没有生成硫化铜沉淀，而是生成白色氧化镁固体，C正确；
D．电石与饱和食盐水反应生成硫化氢气体也会使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能说明生成了乙炔，D错误；
故选D。
7．加热与的固体混合物制备无水，起始物质的量之比为，升温，从200℃开始有生成，同时生成副产物。混合物中与的质量分数随温度的变化如图所示。
下列说法不正确的是
A．200℃时，78%，%，说明200℃之前体系中无化学反应
B．200～400℃时体系中存在反应：、、
C．加热与的混合物可制备，原因之一是可抑制转化为和
D．控制温度400℃左右，增大投料比，并使二者充分接触，利于提高的产率
【答案】A
【分析】加热与的固体混合物制备无水，该反应的化学方程式为，，由于起始两种反应物的物质的量之比为，过量，还会发生。生成副产物的化学方程式为。400℃后氧化镁的质量分数又开始增大，说明副产物可以发生分解反应生成氧化镁。
【解析】A．与的固体混合物的起始物质的量之比为，则，%；200℃时，78%，%，说明200℃之前体系中有化学反应，A不正确；
B．由题中信息可知，从200℃开始有生成，同时生成副产物；由图中信息可知，200～400℃时体系中的质量分数大幅下降，而的质量分数从反应前的20%升高到最大值后又下降了，说明体系中存在以下反应：、、，B正确；
C．在潮湿的环境中易发生水解生成，在加热时易发生分解生成，因此，加热与的混合物可制备，原因之一是可抑制转化为和，C正确；
D．控制温度400℃左右，增大投料比，即增大了的投料以弥补其分解反应的损失，并使二者充分接触，提高了的转化率，有利于提高的产率，D正确；
综上所述，本题选A。
8．与反应机理如图所示，用箭头()表示电子对的转移。下列说法错误的是：
A．反应历程包含的电离、过氧化物中间体产生的过程
B．若用代替，反应过程中有生成
C．第③步到第④步过程中S杂化方式发生改变
D．的酸性强于，与非羟基氧原子的吸电子效应有关
【答案】B
【解析】A．第①步为的电离，第②③步为过氧化物中间体产生的过程，故A正确；
B．水中氧来源于，因此若用代替，反应过程中无生成，故B错误；
C．③→④的过程中硫氧双键变为了硫氧单键，S杂化方式发生改变，故C正确；
D．的酸性强于，非羟基氧原子的吸电子效应导致羟基极性增强，故D正确；
故答案为：B。
9．硝酮是重要的有机合成中间体，可采用下图方法合成｡下列说法正确的是
A．该合成方法中的能量转换形式是化学能全部转化为电能
B．惰性电极1为阳极，电极反应式为：
C．理论上合成1ml硝酮，在惰性电极1消耗
D．反应前后物质的量浓度保持不变
【答案】C
【解析】A．该制备过程应是电解法制备，应是电能转化为化学能，故A错误；
B．阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，由图可知Br-被氧化为Br2，故惰性电极2为阳极，故B错误；
C．总反应为氧气把二丁基-N-羟基胺氧化为硝酮，1ml二丁基-N-羟基胺失去2mlH原子生成1ml硝酮，氧气最终生成水，根据氧原子守恒，消耗0.5ml氧气，可得到1ml硝酮，故C正确；
D．/可循环反应，反应前后数量不变，但是反应生成水，故减小，故D错误。
答案选C。
10．已知：常温下，，。常温下在含大量和的浊液中滴加溶液，浊液中[，、、]与关系如图，平衡常数K大于或等于时认为反应不可逆(即完全反应)，下列叙述正确的是
A．直线代表和的关系
B．常温下，
C．当、共存时，
D．、都能完全溶于亚硝酸溶液中
【答案】B
【分析】溶液的pH越大，溶液中的值越小，金属离子的浓度越小，则直线L3代表—lg与pH的关系，由溶度积可知，直线L1、L2分别代表—lgc(Pb2+)、—lgc(C2+)与pH的关系，由图可知，M点溶液pH为5、铅离子浓度为1.0×10—2ml/L，则氢氧化铅的溶度积为1.0×10—2×(1.0×10—9)2=1.0×10—20，N点溶液pH为7.5、亚钴离子浓度为1.0×10—2ml/L，则氢氧化亚钴的溶度积为1.0×10—2×(1.0×10—6.5)2=1.0×10—15；P点溶液pH为7、—lg为—2.7，则亚硝酸的电离常数为5×10—5。
【解析】A．由分析可知，直线L3代表—lg与pH的关系，故A错误；
B．由分析可知，氢氧化亚钴的溶度积为1.0×10—15，故B正确；
C．当氢氧化铅和氢氧化亚钴共存时，溶液中====1.0×105，故C错误；
D．氢氧化铅溶于亚硝酸的反应为Pb(OH)2+2HNO2Pb2++2NO，反应的平衡常数K=====0.25＜1.0×105，所以氢氧化铅不能完全溶于亚硝酸，故D错误；
故选B。
二、非选择题：本题共4小题，共60分。
11．（16分）白合金是铜钴矿冶炼过程的中间产物，一种从白合金(主要含及少量)中分离回收金属的流程如下：
（1）“酸浸 1”中，可以加快化学反应速率的措施有 （任写其中一种），CO 发生反应的离子方程式 。
（2）“焙烧1”中，晶体[和]总质量随温度升高的变化情况如下：
①升温至过程中，晶体总质量变小的原因是 ；发生分解的物质是 (填化学式)。
②为有效分离铁、钴元素，“焙烧1”的温度应控制为 ℃。
（3）时，的。反应的平衡常数 (列出计算式即可)。经计算可判断难溶于稀硫酸。
II.铜的硫化物结构多样。天然硫化铜俗称铜蓝，其晶胞结构如图。
（4）基态的价电子排布式为 。
（5）晶胞中含有 个 。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
（6）“焙烧2”中发生反应的化学方程式为 ；“滤渣2”是 (填化学式)。
【答案】（1）粉碎白合金、搅拌、适当升温、适当增大稀浓度等
（2）失去结晶水
（3）或或之间任一数字
（4）
（5）2 2:1 bc
（6）
【分析】白合金经过稀硫酸酸浸1后得到滤液1（其中含有C2+、Fe2+、 、Fe3+）以及滤渣1（SiO2、Cu2S、CuS），滤液1经结晶后得到硫酸铁以及硫酸钴的晶体，焙烧1和水浸后得到硫酸钴溶液以及三氧化二铁；滤渣1经空气焙烧2后得到氧化铜，加入稀硫酸后得到CuSO4溶液以及滤渣2 SiO2。
【解析】（1）“酸浸 1”中，可以加快化学反应速率的措施有：粉碎白合金、搅拌、适当升温、适当增大稀浓度等（任写一条即可），CO 发生反应的离子方程式为：；
（2）①由图可知，升温至过程中，晶体总质量变小的原因是二者失去结晶水；227~566℃质量不变，而后566~600℃质量再次减小，说明此时硫酸铁分解；
②为有效分离铁、钴元素，“焙烧1”的温度应控制为600~630℃，此时硫酸铁已全部分解；
（3）的平衡常数=；
（4）基态的价电子排布式为3d9；
（5）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，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；
（6）“焙烧2”中发生反应的化学方程式为：，由分析可知，滤渣2为SiO2。
12．（14分）纳米银粒是一种杀菌剂，对沙眼衣原体等数十种致病微生物都有强烈的抑制和杀灭作用，而且不会产生耐药性。可通过肼(N2H4)还原银氨溶液制备纳米颗粒。具体步骤如下：
Ⅰ.在洁净的试管中加入2%AgNO3溶液10mL，逐滴加入2%稀氨水，边滴边振荡至沉淀恰好完全溶解。
Ⅱ.取10mLN2H4溶液于大烧杯中并加入5g分散剂混合均匀，加热至55~60℃。
Ⅲ.将Ⅰ中所得溶液滴加到Ⅱ中所得的分散系中，反应15min。
Ⅳ.冷却、分离、洗涤、干燥得纳米银粉。
已知：AgOH是白色难溶于水的物质，常温下极不稳定，分解生成棕色微溶于水的Ag2O。
回答下列问题：
（1）N2H4是一种常用还原剂，写出N2H4的电子式： 。
（2）步骤Ⅲ发生反应的离子方程式为 ；验证纳米银颗粒生成的方法是 。
（3）下列有关说法错误的是___________(填字母)。
A．步骤Ⅰ，银氨溶液也可用AgCl与氨水反应制得
B．步骤Ⅱ，可采用水浴加热
C．步骤Ⅲ，为了加快反应速度，可以一次性加入银氨溶液
D．步骤Ⅳ，洗涤时可先水洗，再用乙醇洗涤
（4）步骤I使用的AgNO3溶液需用HNO3酸化，其主要目的是 。
（5）若用AgNO3溶液与维生素C以及明胶在一定条件下也可制得纳米银颗粒。
①该体系中维生素C的作用为 。
②已知明胶可与溶液中Ag+形成如下配合物，[Ag(明胶)]+得电子后，明胶继续吸附在银核表面。
明胶在该体系中充当 。
【答案】（1）
（2）N2H4+4+4OH-=N2↑+4Ag↓+8NH3↑+4H2O 丁达尔效应检验，即用激光照射溶液，能观察到一条明亮的通路，即说明有纳米银颗粒生成
（3）C
（4）防止银离子水解，生成AgOH最终生成Ag2O
（5）做还原剂 明胶的作用为通过静电作用和空间位阻，阻止Ag颗粒的团聚，使其具有良好的分散性
【解析】（1）N2H4的电子式为。
（2）步骤Ⅲ中银氨溶液与N2H4反应生成Ag单质、NH3、N2和水，离子方程式为N2H4+4+4OH-=N2↑+4Ag↓+8NH3↑+4H2O。纳米银颗粒形成的分散系为胶体，具有丁达尔效应，用丁达尔效应检验即可，即用激光照射溶液，能观察到一条明亮的通路，即说明有纳米银颗粒生成。
（3）A．步骤Ⅰ中，银氨溶液也可用AgCl与氨水反应得到，A正确；
B．步骤Ⅱ控制温度在55-60℃之间，需要使用水浴加热，B正确；
C．步骤Ⅲ中不能将银氨溶液一次性加入，否则两种溶液反应不完全，C错误；
D．步骤Ⅳ中洗涤时先用水洗去杂质离子，再用乙醇洗涤，乙醇蒸发带走固体表面的水分，D正确；
故答案选C。
（4）硝酸银溶液需用HNO3酸化，目的是防止银离子水解，生成AgOH最终生成Ag2O。
（5）①维生素C具有还原性，AgNO3与维生素C反应生成Ag，体系中维生素C起到还原剂的作用。
②该体系中，明胶的作用为通过静电作用和空间位阻，阻止Ag颗粒的团聚，使其具有良好的分散性。
13．（16分）氨布洛芬（G）是布洛芬酰胺类衍生物，具有消炎、解热、镇痛作用，氨布洛芬的一种制备方法如下：
回答下列问题：
（1）A→B的反应类型为 ，B的官能团为 。
（2）C和D的相互关系为 （填标号）。
a．只同系物 b．同分异构体装 c．同一物质 d．以上都不正确
（3）E（布洛芬）的化学式为 ，分子中含有手性碳原子个数为 。
（4）关于的说法正确的是 （填标号）。
a．C、N、O的杂化方式相同 b．其沸点高于丙醇的沸点
c．易溶于水，且溶液呈酸性 d．能发生取代、氧化、加成等反应
（5）写出D与足量溶液共热的化学方程式： 。
（6）已知H为比E少3个碳原子的同系物，且苯环上只有2个取代基，则符合条件的H有 种，其中核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为的结构简式为 。
（7）根据题中合成路线的信息，写出利用甲苯和甲胺（）为原料合成有机中间体甲苯甲酰胺（）的合成路线图 （无机原料任选）。
【答案】（1） 取代反应 羰基和氯原子
（2）b
（3）C13H18O2 1
（4）ab
（5）
（6） 15
（7）
【分析】A和发生取代反应生成B，B羰基发生羟醛缩合生成C，C在ZnCl2条件下生成D，D水解生成E，E中羧基和SOCl2反应生成F为酰氯，F和NH2CH2CH2OH生成G，据此分析解题。
【解析】（1）A→B的反应类型为取代反应，B中含有官能团为羰基和氯原子，故答案为取代反应；羰基和氯原子。
（2）根据C和D的结构示意图可知，C和D互为同分异构体，故答案选b。
（3）E（布洛芬）的化学式为C13H18O2，分子中含有1个手性碳原子，故答案为C13H18O2；1。
（4）a．C、N、O的杂化方式均为sp3，故a正确；
b．NH2CH2CH2OH分子间存在氢键，其沸点高于丙醇的沸点，故b正确
c．NH2CH2CH2OH易溶于水，溶液呈碱性，故c错误；
d．NH2CH2CH2OH能发生取代、氧化，无法发生加成反应，故d错误；
故答案选ab。
（5）D中酯基和氯原子都能和反应，与足量溶液共热的化学方程式，故答案为。
（6）已知H为比E少3个碳原子的同系物，所以H中含有羧基，且苯环上只有2个取代基，当取代基为-CH3和-CH(CH3)COOH时有3种，当取代基为-CH3和-CH2CH2COOH时有3种，当取代基为-COOH和-CH2CH2CH3时有3种，当取代基为-COOH和-CH(CH3)2时有3种，当取代基为-CH2COOH和-CH2COOH时有3种，共15种，其中核磁共振氢谱有5组峰且峰面积之比为的结构简式为，故答案为15；。
（7）根据题中合成路线的信息，利用甲苯和甲胺（）为原料合成的合成路线图可以为，故答案为。
14．（14分）低碳烯烃（乙烯、丙烯、丁烯等）作为重要的基本化工原料，在现代石油和化学工业中具有举足轻重的作用。
Ⅰ．小分子烃类（如丙烯）作为还原剂可以在催化剂上选择性还原。
已知：
（1）反应 kJ⋅ml−1。
Ⅱ．二氧化碳可将乙烷转化为更有工业价值的乙烯．相同反应时间，不同温度、不同催化剂的条件下测得的数据如表1（均未达到平衡状态）：
（2）已知选择性：转化的乙烷中生成乙烯的百分比．选择铬盐作催化剂时的最佳温度为 。
Ⅲ．一定条件下，碘甲烷热裂解制低碳烯烃的主要反应有：
反应ⅰ：
反应ⅱ：
反应ⅲ：
反应ⅰ、ⅱ、ⅲ在不同温度下的分压平衡常数如表2，回答下列问题：
（3）根据表中数据推出反应ⅰ的活化能 （填“>”或“<”）。
（4）实际工业生产中，若存在副反应：，结合表数据分析 （填“>”或“<”）0，陈述理由： 。
（5）其他条件不变，起始压强为，向容积为的恒容密闭容器中投入，只发生反应ⅰ、ⅱ、ⅲ，反应温度对平衡体系中乙烯、丙烯和丁烯所占气体组分物质的量分数的影响如图。
条件下，平衡时，体系中、的质量比为 ，反应ⅰ的压强平衡常数 。
【答案】（1）
（2）650
（3）>
（4）< 由盖斯定律可知．由表数据可知，升高温度，减小，故
（5）
【解析】（1）利用盖斯定律，反应的反应热可以通过得到，所以；
（2）反应温度为650℃时，铬盐作催化剂时，C2H6的转化率和C2H4的选择性都高；
（3）由表中数据可以看出，随着温度的不断升高，分压平衡常数不断增大，则正反应为吸热反应，从而推出反应ⅰ的活化能Ea(正)＞Ea (逆)；
（4）①由盖斯定律可知，反应ⅲ×3-反应ⅱ×2得到副反应，。结合表2数据，298K时，，323K时，，则升高温度，副反应的平衡常数减小，△H4＜0；
（5）①由图可知，715K、平衡时n(C3H6)=n(C4H8)=2n(C2H4)，设平衡时n(C2H4)=x，则n(C3H6)=n(C4H8)=2x，n(CH3I)=y，则由碘原子守恒可知，n(HI)=1-y，由碳原子守恒得y+2x+6x+8x=1①，C2H4的物质的量分数为4%，得②，由①②得，x=0.05ml，y=0.2ml，所以质量之比为1:3:4。
②反应i：2CH3I(g)⇌C2H4(g)+2HI(g)，混合气的总物质的量为1.25ml，平衡时总压强为1.25×P0MPa，则反应ⅰ的压强平衡常数。
实验方案
现象
结论
A
在过硫化钠()中加入稀盐酸
产生淡黄色沉淀和臭鸡蛋气味的气体。
发生歧化反应：
B
已知呈红棕色，将气体通入溶液中
溶液先变为红棕色，过一段时间又变成浅绿色。
与络合反应速率比氧化还原反应速率快，但氧化还原反应的平衡常数更大。
C
燃着的镁条插入盛有的集气瓶中。冷却后，往集气瓶中加入适量稀盐酸，静置，取少量上层清液于试管中，滴加少量溶液。
剧烈燃烧，集气瓶口有淡黄色固体附着，集气瓶底有白色固体生成。试管中没有产生黑色沉淀
镁能在中燃烧：
D
探究电石与水的反应
将电石与饱和食盐水反应产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液，观察现象
若酸性高锰酸钾溶液褪色，说明电石与水反应生成了乙炔
温度区间/℃
晶体总质量
变小
不变
变小
不变
实验编号
①
②
③
④
反应温度
650
650
600
550
催化剂
钴盐
铬盐
的转化率
19.0
32.1
21.2
12.0
的选择性
17.6
77.3
79.7
85.2
反应ⅰ
2.80
反应ⅱ
反应ⅲ