2024年高考化学考前信息必研卷03（福建专用）（Word版附解析）

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化 学
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
预测2024年高考福建卷化学试题继续保持稳中求新风格，试卷结构和试题难度保持相对稳定，难度适中。高考情境化试题比例将增加，彰显学科的社会价值、人文价值。在备考时，要注重新老课标的衔接，教材的衔接，注重教材知识在具体问题解决过程中的理解和应用。
真实情境为测试载体是课程目标，体现了无情境，不成题的命题思想。热点考查的情景主要有日常生活类、实际生产类、前沿科技类、实验探究类，创新考查的情境包含教材迁移类、答案开放型、模块融合型等，潜在可能考查的情境有生态环保、碳中和、诺贝尔将、尖端制造等，既体现学科的育人功能，将化学知识与生活情境相结合，培养学生的学科素养和社会责任。
本套试卷情境丰富，如第1题考查传统文化，第2题以可再生资源为载体，考查有机结构，第6题以光伏电池为载体考查物构知识，第10题考查双横轴的图像，创新视角分析水溶液图像。
综合题多体现不同模块的融合，如实验与物构的融合，工艺与物构的融合等。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5 Mn 55
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．“燕山雪花大如席，纷纷吹落轩辕台”（李白《北风行》），描写了雪景的壮观。下列说法错误的是
A．水转化为雪的过程是放热过程
B．雪花和竹席的主要成分都属于高分子化合物
C．往积雪上撒盐是为了降低水的凝固点，使雪融化
D．雪花的形状受水分子结构和分子间作用力的影响
【答案】B
【解析】A．雪融化成水要吸热，故水转化为雪的过程是放热过程，故A正确；
B．雪花的主要成分是水，不是高分子化合物，故B错误；
C．盐能降低水的凝固点，在积雪上撒盐可加快雪融化，故C正确；
D．雪花的形状受水分子结构和分子间作用力的影响，故D正确。
答案选B。
2．科学家以可再生碳资源木质素为原料合成姜油酮的过程如图所示，下列说法正确的是
A．香兰素的分子式为B．脱氢姜酮中所有碳原子可能共平面
C．香兰素与姜油酮互为同系物D．姜油酮能发生加成反应和消去反应
【答案】B
【解析】A．由可知，香兰素的分子式为，A错误；
B．碳碳双键和碳连接的原子一定共面，苯环的6个碳在同一平面，结合单键可以旋转，脱氢姜酮中所有碳原子可能共平面，B正确；
C．同系物是指结构相似，分子组成相差若干个“CH2”原子团的有机化合物，且必须是同一类物质，香兰素与姜油酮区别在于前者有醛基后者有酮羰基，不是同一类物质，C错误；
D．姜油酮中含有苯环和酮羰基可以发生加成反应，不能发生消去反应，D错误；
故选B。
3．已知：为阿伏加德罗常数的值。。下列叙述正确的是
A．标准状况下，中S原子价层孤电子对数为
B．100mLpH=1的硫酸溶液中氢离子数为
C．生成时转移电子数为
D．中含非极性键数为
【答案】C
【解析】A．分子中S原子价层电子对数为3，其中孤电子对数为1，所以中S原子价层孤电子对数为，A错误；
B．pH=1即，100mL硫酸溶液含，B错误；
C．拆分法分析：2Ag(还原剂)(还原剂)(氧化剂)(氧化剂)(酸)(氧化产物)(还原产物)(氧化产物)(还原产物)，2mlAg失去2ml电子，失去2ml电子，C正确；
D．一个分子含1个非极性键，含2个极性键，中含非极性键数为，D错误；
答案选C。
4．高铁酸钾具有强氧化性，且在中性环境中可水解生成具有吸附性的氢氧化铁，因此可用于净水；铁氰化钾(又名六氰合铁酸钾，化学式为)和亚铁氰化钾(又名六氰合亚铁酸钾，化学式为)是两种灵敏的可用于检验和的物质：铁氰化钾可在酸性环境下被羟胺等强还原剂还原为亚铁氰化钾，亚铁氰化钾也可被氯气氧化为铁氰化钾，可用于两者间的互相转化。合理应用含铁的化合物，在生产生活中有重要意义。铁铵矾常用于制备高铁酸盐。下列反应的离子方程式正确的是
A．羟胺还原铁氰化钾：
B．在强碱溶液中，铁铵矾与次氯酸钠反应生成：
C．抗坏血酸还原铁氰化钾(含铁微粒产物与羟胺还原产物相同)：
D．氯气氧化亚铁氰化钾：
【答案】A
【解析】A．铁氰化钾在酸性环境下被羟胺(NH2OH)还原为亚铁氰化钾，羟胺(NH2OH)被氧化为N2，则离子方程式为：，A正确；
B．在强碱溶液中，被氧化为，ClO−被还原为Cl−，则离子方程式为：，B错误；
C．铁氰化钾被抗坏血酸(C6H8O6)还原为亚铁氰化钾，则离子方程式为：，C错误；
D．亚铁氰化钾被Cl2氧化为铁氰化钾，则离子方程式为：，D错误；
故选A。
5．我国科学家研究出联吡啶双酚铝氯化物，用作制备聚酯高效稳定的催化剂，其终步反应如图所示。已知吡啶()含有大键，下列说法正确的是
A．与属于不同类型的晶体，后者熔点更高
B．反应物中原子均采用杂化
C．产物中含有配位键
D．反应物和产物均能与水形成分子间氢键
【答案】D
【解析】A．(CH3CH2)2AlCl与AlCl3的晶体都是分子晶体，(CH3CH2)2AlCl比AlCl3的相对分子质量小，因此(CH3CH2)2AlCl晶体中的范德华力较小，熔点较低，A错误；
B．反应物中，碳原子最外层的四个电子中有3个用于形成σ键，有1个参与形成大π键，没有孤电子对，碳原子的杂化方式为sp2，氮原子最外层的五个电子中有2个用于形成σ键，有1个参与形成大π键，孤电子对数为1，氮原子的杂化方式为sp2，氧原子最外层的六个电子中有2个用于形成σ键，孤电子对数为2，氧原子的杂化方式为sp3，B错误；
C．产物中Al原子形成了5个共价键，其中铝与氮原子通过配位键相结合，氮原子提供孤对电子，铝原子提供空轨道，产物中有2个配位键与Al相结合，C错误；
D．反应物中O和N都有孤电子对能与水形成氢键，产物中O能与水形成分子间氢键，故反应物和产物均能与水形成分子间氢键，D正确；
故答案选D。
6．光伏电池驱动的甲醛废水转化装置及的晶胞结构如图。
下列说法不正确的是
A．阴极发生的总电极反应方程式为
B．每生成(标准状况下)时，阳极生成的数目为
C．晶胞中黑球为Mn原子
D．晶胞中黑球处于白球构成的八面体空隙中
【答案】B
【分析】由图可知右侧电极上二氧化碳转化为CO，CO最终转化为乙烯，C元素化合价降低，发生还原反应，则右侧电极为阴极，左侧电极为阳极，阳极甲醛失电子生成HCOOH，HCOOH继续失电子生产二氧化碳，据此分析解答。
【解析】A．由上述分析可知阴极发生的总电极反应方程式为，故A正确；
B．未指明气体所处状况，不能根据体积确定气体的物质的量，无法计算阳极生成HCOOH的数目为，故B错误；
C．晶胞中黑球位于顶点和体心，个数为，白球位于面上和体内，个数为：，结合的化学式可知黑球为Mn，故C正确；
D．以体心黑球为观察对象，可知其周围有4个白球位于面上，2个白球位于体内，黑球处于白球构成的八面体空隙中，故D正确；
故选：B。
7．一种用于合成治疗免疫疾病药的物质，其结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W为1～20号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，Q和W的简单离子具有相同的电子层结构。下列叙述正确的是
A．非金属性：Z＞Y＞Q
B．简单氢化物的沸点：Q＞Z
C．WZX与WXQ均是强电解质，水溶液之间可以发生复分解反应
D．原子序数为82的元素与Q位于同一主族
【答案】C
【分析】X、Y、Z、Q、W为1~ 20号元素且原子序数依次增大，Z与Q同主族，由结构可知：Z、Q的最外层有6个电子， Z为O元素，Q为S元素；Q和W的简单离子具有相同的电子层结构，W的原子序数最大，形成+1价阳离子，则W为K元素；Y形成4个共价键，X只能形成1个共价键，结合原子序数可知X为H元素，Y为C元素，然后根据元素周期律及物质的性质加以分析。
【解析】根据上述分析可知：X是H，Y是C，Z是O，Q是S，W是K元素。
A．O、S是同一主族元素，原子序数越大元素的非金属性就越弱，所以非金属性：Z＞Q；元素的非金属性越强，其对应的最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。由于酸性：H2SO4＞H2CO3，所以非金属性：Q ＞Y，故三种元素的非金属性：Z(O)＞Q(S)＞Y(C)，A错误；
B．Z是O，Q是S，二者是同一主族元素，二者形成的简单氢化物分别是H2O、H2S，由于H2O分子之间除存在分子间作用力，还存在氢键，增加了分子之间的吸引作用，而H2S分子之间只存在分子间作用力，故简单氢化物的沸点：Z(H2O)＞Q(H2S)，B错误；
C．WZX是KOH，KOH是一元强碱；WXO是KHS是酸式盐，也是强电解质，二者在溶液中发生反应：KOH+KHS=K2S+H2O，二者发生的是复分解反应，C正确；
D．原子序数为82的元素是Pb元素，属于第ⅣA元素，而S是第ⅥA元素，因此82号元素与Q不是位于同一主族的元素，D错误；
故合理选项是C。
8．工业生产中利用方铅矿(主要成分为，含有等杂质)制备晶体的工艺流程如图：
已知：；，。
下列说法错误的是
A．“浸取”时发生反应：
B．物质M可以为，试剂N可以为
C．由该工艺可知，反应放热
D．“沉淀转化”过程达平衡时，溶液中
【答案】C
【分析】方铅矿(主要成分为PbS，含有FeS2等杂质)和MnO2中加入稀盐酸浸取，盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S，MnO2被还原成Mn2+，加入的NaCl可促进反应PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌(aq)平衡正向移动，使更多的Pb元素存在于溶液中；加入M为MnO调节溶液pH，使铁离子转化成氢氧化铁沉淀除去，然后过滤，得到滤渣2为氢氧化铁沉淀；PbCl2难溶于冷水，将滤液冷水沉降过滤得到PbCl2晶体；之后加入N为稀硫酸发生沉淀转化，生成硫酸铅晶体，滤液a中主要成分为HCl，据此分析作答。
【解析】A．“浸取”时盐酸与MnO2、PbS发生反应生成PbCl2和S，MnO2被还原成Mn2+，加入的NaCl可促进反应PbCl2(s)+2Cl-(aq)⇌(aq)平衡正向移动，使更多的Pb元素存在于溶液中，离子方程式为：，故A正确；
B．pH的目的是消耗溶液中的H+，促进Fe3+水解转化成Fe(OH)3除去，可选用MnO、Mn(OH)2等，滤液a中含有大量的NaCl,但为确保PbSO4的产量，需加入过量的试剂N(Na2SO4)，故B正确；
C．，温度降低，反应逆向移动，即平衡向左移，有利于PbCl2沉淀更完全，反应为吸热反应，故C错误；
D．“沉淀转化”过程中，沉淀的转化方程式为PbCl2(s)+SO(aq)⇌PbSO4(s)+2Cl-(aq)，溶液中达到平衡时溶液中=1.6×103，故D正确。
答案选C。
9．利用和反应生成的过程中主要涉及的反应如下：
反应Ⅰ
反应Ⅱ
向密闭容器中充入一定量和发生上述反应，保持温度和容器体积一定，平衡时和的转化率、和的产率及随起始的变化情况如下图所示。
[的产率的选择性]。
下列说法不正确的是
A．当容器内气体总压强保持不变时，反应Ⅰ、Ⅱ均达到平衡状态
B．曲线表示的产率随的变化
C．，反应达平衡时，的选择性为
D．随着增大，的选择性先增大后减小
【答案】D
【分析】由图可知，c线表示的量随增大不断地增大，曲线c表示CH4的产率；b线逐渐下降，应该表示H2的转化率；d线先升高后降低，表示CO2的产率；a线表示CO的转化率。
【解析】A．反应Ⅰ．和反应Ⅱ．合并得到2CO(g)+2H2(g)═CH4(g)+CO2(g)，反应为气体体积减小的反应，当固体密闭容器内总压不变时，反应Ⅰ、Ⅱ都达到平衡状态，故A正确；
B．通过总反应可知，随的增加，甲烷的产率增加，曲线c表示CH4的产率，故B正确；
C．2CO(g)+2H2(g)═CH4(g)+CO2(g)，当=0.5时，CO过量，生成物n(CH4)=n(CO2)，甲烷选择性为50%，故C正确；
D．随着增大，作为反应Ⅱ的生成物氢气浓度增大会抑制二氧化碳的生成，故CO2的产率先增大后减小，故D错误。
答案选D。
10．25℃时，用气体调节氨水的pH，溶液中微粒浓度的对数值、反应物的物质的量之比与pH的关系如下图所示，若忽略通入气体后溶液体积的变化，下列说法正确的是
A．点对应的值大于0.5
B．D点所示溶液中是C点的2倍
C．25℃时，溶液中水的电离程度：
D．点所示溶液中：
【答案】D
【解析】A．由图知，对应溶液中铵根离子和一水合氨的浓度相同、pH为9.25，，根据物料守恒：得，根据电荷守恒：， ，则，则，A错误；
B．D点是氯化铵溶液，C点是氯化铵和一水合氨的混合物，且氯化铵更多一些(C点两者相等)，则D点所示溶液中小于C点的2倍，B错误；
C．氨水在溶液中电离出的氢氧根离子抑制水的电离，铵根离子在溶液中水解促进水的电离，由分析可知，P1、P2、P3时溶液中铵根离子浓度依次增大，水的电离程度依次增大，C错误；
D．Kb==10-4.75，P2所示溶液pH=7，则c(OH-) = 10-7，所以==102.25，根据物料守恒c()+c(NH3•H2O)=0.1ml/L，则，则，D正确；
故选D。
二、非选择题：本题共4小题，共60分。
11．（15分）锌是一种重要的金属，锌及其化合物被广泛应用于汽车、建筑、船舶、电池等行业。现某科研小组以固体废锌催化剂(主要成分是，含少量、、、等杂质)为原料制备锌的工艺流程如图所示：
已知：
①“浸取”时，和转化为、进入溶液。
②时，，
③深度除杂标准：溶液中≤2.0×10-6。
（1）“浸取”温度为，锌的浸出率可达，继续升温浸出率反而下降，其原因为 。
（2）“滤渣1”的主要成分为、 。
（3）“深度除锰”是将残留的转化为，写出该过程的离子方程式 。
（4）“深度除铜”时，锌的最终回收率，除铜效果(用反应后溶液中的铜锌比表示)与加入量的关系曲线如图所示。
①由图可知，当达到一定量的时候，锌的最终回收率下降的原因是 (用离子方程式解释)
②“深度除铜”时加入量最优选择 (填标号)
A．100% B．110% C．120% D．130%
（5）原子能形成多种配位化合物，一种锌的配合物结构如图：
①配位键①和②相比，较稳定的是 。
②基态原子的价电子排布式为 ，位于元素周期表中 区。
③键角③ (填“>”“