2024年高考押题预测卷03【福建卷】
化 学
（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
评卷人得分
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．中国古代文化中蕴含着丰富的化学知识。下列说法正确的是
A．唐代三彩釉陶中，黄色釉、褐色釉是利用赭石来着色的，赭石的主要成分为
B．三国时期魏国谋士、将领钟会在《刍荛论》中写道：“夫莠生似金，鍮石像金”。鍮石的主要成分为
C．《本草纲目》中对酿酒有如下记载：“…以大麦蒸热，和曲酿瓮中七日，以甑蒸取，其清如水，味极浓烈…”。其中用到的操作为蒸馏和过滤
D．战国时期《周礼·考工记》中记载：“以说水沤其丝”。说水为草木灰的水浸液，内含大量的
2．新型离子液体表现出特殊的溶解性，广泛用作纤维素溶解、蛋白质结晶、纳米制备等方向的溶剂，其结构如图所示．下列说法错误的是
A．基态氯原子核外电子空间运动状态有9种
B．中含有键的数目为（为阿伏伽德罗常数的值）
C．合成基础原料咪唑（）为平面分子，形成的大π键可表示为
D．相较于传统液态有机溶剂，具有难挥发的优点
3．NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，2.24L辛烷的分子数为0.1NA
B．浓硝酸热分解生成、共23g，转移电子数为0.5NA
C．溶液中，和的离子数目之和为0.01NA
D．电极反应，每转移xmol电子释放个
4．有机“纳米小人”风靡全球，其制备过程中涉及的一个反应如图。下列说法正确的是
A．化合物M的一氯代物有5种
B．化合物N中至少有17个原子共平面
C．该反应符合绿色化学的思想，理论上原子利用率为100%
D．化合物P能发生加成、聚合、氧化、还原等反应
5．基态饿原子()的价电子排布式为。氧化物常作烯烃醇化的氧化剂，其重要的氮基饿酸盐有。有关反应如下：
反应I：
反应Ⅱ：
反应IⅢ：
下列说法正确的是
A．的立体异构分子中不存在手性分子
B．反应I中的的化合价为+8
C．反应Ⅱ中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1
D．由反应Ⅲ可推测氧化性：强于酸性溶液
6．含氰废水中氰化物的主要形态是HCN和CN-，CN-具有较强的配位能力，能与Cu＋形成一种无限长链离子，其片段为CN-结合H＋能力弱于CO。氰化物浓度较低时，可在碱性条件下用H2O2或Cl2将其转化为N2；浓度较高时，可加入HCN、Fe和K2CO3溶液反应生成K4[Fe(CN)6]溶液。
下列化学反应表示正确的是
A．NaCN溶液通入少量的CO2：CN-＋CO2＋H2O=HCN＋HCO
B．Fe与HCN溶液反应：Fe＋2HCN=Fe2＋＋H2↑＋2CN-
C．Cl2处理含氰废水：5Cl2＋2CN-＋4OH-=10Cl-＋N2↑＋4H＋＋2CO2↑
D．K2CO3水解：CO＋2H2O2OH-＋H2CO3
7．是合成某种全氮阴离子配合物所需的中间体。其中，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X元素基态原子的电子只有一种自旋取向，Y与Z是同周期相邻非金属元素，且Y的第一电离能大于Z。下列说法正确的是
A．简单氢化物的沸点：Y>Z
B．简单离子的半径：W>Z>Y>X
C．该中间体所含的大π键为
D．分子的VSEPR模型名称为四面体
8．西北工业大学推出一种新型Zn-NO2电池，该电池能有效地捕获NO2并将其转化为。现利用Zn-NO2电池将产生的电解制氨，过程如图所示。下列说法正确的是
A．c电极的电势比d电极的电势高
B．为增强丙中水的导电性，可以加入一定量的NaCl固体
C．c电极的电极反应式为+6e-+H2O=NH3+7OH-
D．当电路中转移2mole-时，丙室溶液质量减少18g
9．醛、酮与可发生加成反应：平衡常数为K，微量碱存在时的催化机理如下：
已知不同基团（、）对平衡常数的影响如下表所示：
① ② ③ ④
平衡常数K 210 530 38
下列说法不正确的是
A．第二步为决速步骤
B．若将微量碱改成加入酸，则反应速率减慢
C．由①②可知推电子基团可以使上的C原子活化，增大平衡常数
D．④的平衡常数小于③，可能是因为④中受到的空间位阻更大
10．常温下，分别在Mn(NO3)2、Zn(NO3)2、HNO2溶液中滴加NaOH溶液，溶液pX[pX=-lgc(X)，X代表Mn2+、Zn2+、OH-、]与pH关系如图所示。已知：。下列叙述错误的是
A．图中L2代表，L3代表Zn2＋
B．同时产生两种沉淀时，
C．的平衡常数
D．室温下，的数量级为
评卷人得分
二、非选择题：本题共4小题，共60分。
11．（14分）湿法炼锌具有能耗低，生成产品纯度高等特点，其主要原料为锌精矿(主要成分为硫化锌，还含有铁、钴、铜、镉、铅等元素的杂质)，获得较纯锌锭的工艺流程如图：
已知：焙烧后的氧化物主要有ZnO、PbO、CuO、、、CdO。
(1)铜原子的价层电子排布图为 。
(2)“酸浸”中滤渣主要成分为 。
(3)“一段沉积”和“二段沉积”刚开始加入锌粉时，反应速率较小，然后反应速率显著增大，请解释产生此现象的原因： 。
(4)写出“赤铁矿除铁”过程中反应的离子方程式： 。
(5)“—萘酚净化除钴”先是把氧化成，并生成NO，与有机物发生化学反应生成红褐色稳定鳌合物沉淀。写出被氧化的离子方程式： 。
(6)“电解”工艺中，电解液常有较高浓度的会腐蚀阳极而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和，生成CuCl沉淀从而除去。已知： ；。请通过具体数据说明上述的反应能完全进行的原因： 。
(7)纯净的硫化锌是半导体锂离子电池负极材料。在充电过程中，发生合金化反应生成LiZn(合金相)，同时负极材料晶胞的组成变化如图所示。
①充电过程中ZnS到的电极方程式为 (x和y用具体数字表示)。
②若的晶胞参数为a nm，则EF间的距离为 nm。
12．（15分）双氰胺()为白色晶体，在冷水中溶解度较小，溶于热水、乙醇，其水溶液在80℃以上会发生分解等副反应，主要用于生产树脂、涂料、含氮复合肥等。实验室以石灰氮为原料制备双氰胺的流程如下：
已知氰胺二聚反应机理为：
回答下列问题：
(1)已知：氰基是吸电子基团。氰氨的碱性 氨的碱性。(填：“大于”、“小于”或“等于”)
(2)写出步骤Ⅰ的化学反应方程式： 。
(3)步骤Ⅱ中调节溶液pH为9.1，pH不能过低的原因： 。
(4)步骤Ⅲ中蒸发浓缩时，常采用真空蒸发浓缩，目的是 。
(5)凯氏定氮法是测定有机物中氮含量的经典方法，其原理是用浓硫酸在催化剂存在下将样品中有机氮转化成铵盐，利用如图所示装置处理铵盐。
已知：
①f的名称是 。
②仪器清洗后，g中加入硼酸和指示剂。铵盐试样由d注入e，随后注入氢氧化钠溶液，用蒸馏水冲洗d，关闭，d中保留少量水。打开，加热b，使水蒸气进入e。
d中保留少量水的目的是 ，e采用中空真空玻璃瓶的作用是 。
③取双氰胺样品m克进行测定，滴定g中吸收液时消耗浓度为的盐酸VmL，则样品中氮的质量分数为 %。(用含c、m、V的代数式表示)
13．（15分）对氮氧化物的资源化利用，运用多种方式促进氮的循环转化，具有重要的研究意义。
(1)已知a：
b：C的燃烧热为；
c：
①请写出与反应生成两种无污染性气体的热化学方程式： 。
②将等物质的量的与混合气体分别通入体积均为的恒温密闭容器Ⅰ和绝热密闭容器Ⅱ中，反应一段时间后两容器内达到平衡状态，下列说法正确的是 。
A．两容器内混合气体密度相等
B．转化率
C．反应平衡常数
(2)可利用钴氨配合物吸收对的配合能力很强，而对的配合能力极低。
①已知的结构如图所示，的空间构型是 ，NH3与相比，∠H-N-H键角大小为：NH3 （填“>”、“<”）。
②有氧和无氧条件下，溶液脱除的效率如图1所示，有氧环境下，发生总反应：，在的有氧环境下，往溶液中持续通入试样气体脱除率为60%(假设溶液体积不发生改变)，结合图1信息，计算此时钴氨溶液中有效含钴率为 。
(有效含钴率)
③钴氨溶液经过多次循环吸收后，其吸收的能力变化如图2所示，前内钴氨溶液吸收的能力不断下降的原因是 。
(3)催化电解吸收液可将还原为，其催化机理如图3所示，在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到部分还原产物的法拉第效率随电解电压的变化如图4所示。已知表示电解生还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数；表示电解过程中通过的总电量。
①当电解电压为时，催化电解生成的电极反应式为 。
②当电解电压为时，电解生成的和的物质的量之比为 。
14．（16分）化合物H是降脂类药物瑞舒伐他汀制备中的关键中间体。在医药工业中的一种合成方法如下：
已知：i.
ii. 与苯结构相似，六元环中存在共轭大键，具有芳香性。
回答下列问题：
(1)A中官能团名称为 ，C的化学名称为 。
(2)E中碳原子的杂化方式有 种。
(3)写出E→F的转化过程中另一生成物的电子式 ，A→B、F→G的反应类型分别为 、 。
(4)在F的同分异构体中，同时满足下列条件的有 种(不考虑立体异构)。
a．含有和两个直接相连的六元环
b．两个六元环上均只有一条侧链，- SCH2CH2F与连接
c．可以使溴的四氯化碳溶液褪色
其中含有手性碳原子的结构简式为 。
(5)参照上述合成路线，以为原料，设计合成的路线 (无机试剂及不超过两个碳的有机试剂任选)。2024年高考押题预测卷03【福建卷】
化学·全解全析
（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
评卷人得分
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．中国古代文化中蕴含着丰富的化学知识。下列说法正确的是
A．唐代三彩釉陶中，黄色釉、褐色釉是利用赭石来着色的，赭石的主要成分为
B．三国时期魏国谋士、将领钟会在《刍荛论》中写道：“夫莠生似金，鍮石像金”。鍮石的主要成分为
C．《本草纲目》中对酿酒有如下记载：“…以大麦蒸热，和曲酿瓮中七日，以甑蒸取，其清如水，味极浓烈…”。其中用到的操作为蒸馏和过滤
D．战国时期《周礼·考工记》中记载：“以说水沤其丝”。说水为草木灰的水浸液，内含大量的
【答案】A
【详解】A．利用赭石的颜色可知其主要成分为，A正确；
B．“鍮石像金”，但不是金，鍮石的主要成分是铜锌合金，B错误；
C．《本草纲目》中记载的酿酒操作为蒸馏，没有过滤，C错误；
D．水为草木灰的水浸液，内含大量的，D错误；
故选A。
2．新型离子液体表现出特殊的溶解性，广泛用作纤维素溶解、蛋白质结晶、纳米制备等方向的溶剂，其结构如图所示．下列说法错误的是
A．基态氯原子核外电子空间运动状态有9种
B．中含有键的数目为（为阿伏伽德罗常数的值）
C．合成基础原料咪唑（）为平面分子，形成的大π键可表示为
D．相较于传统液态有机溶剂，具有难挥发的优点
【答案】B
【详解】A．氯元素的原子序数为17,电子排布式为1s22s22p63s23p5，核外有9种原子轨道,故基态原子的核外电子的空间运动状态有9种，A正确；
B．根据题目所给结构，1mol[BMIm]Cl中含有σ键的数目为25NA，B错误；
C．咪唑（）为平面分子，形成的大π键可表示为，C正确；
D．相较于传统液态有机溶剂，由于离子液体内离子对之间的吸引力较强，[BMIm]Cl具有难挥发的优点，D正确；
故选B。
3．NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，2.24L辛烷的分子数为0.1NA
B．浓硝酸热分解生成、共23g，转移电子数为0.5NA
C．溶液中，和的离子数目之和为0.01NA
D．电极反应，每转移xmol电子释放个
【答案】B
【详解】A．标准状况下，辛烷不是气体，因此无法计算，A错误；
B．、最简式均为，23g混合气体可视为23g即0.5mol，HNO3-，每生成1mol转移1mol电子，则生成23g即0.5mol转移电子数目为0.5NA，B正确；
C．1L0.01mol/L溶液中，根据物料守恒可知、、的总物质的量为0.01mol，因此和的离子数目之和小于0.01NA，C错误；
D．由LiFePO4-xe-=xLi++Li1-xFePO4可知，每转移xmol电子，释放xmolLi+，因此每转移1mol电子释放NA个Li+，D错误；
故选：B。
4．有机“纳米小人”风靡全球，其制备过程中涉及的一个反应如图。下列说法正确的是
A．化合物M的一氯代物有5种
B．化合物N中至少有17个原子共平面
C．该反应符合绿色化学的思想，理论上原子利用率为100%
D．化合物P能发生加成、聚合、氧化、还原等反应
【答案】D
【详解】A．由结构简式可知，M分子中含有4类氢原子，一氯代物有4种，A错误；
B．苯环为平面结构，碳碳三键为直线形结构，原子共线也共面，则至少有16个原子共平面，B错误；
C．由结构简式可知，P分子中不含有溴原子，则M与N一定条件下反应生成P的同时还有含溴元素的化合物生成，原子利用率不可能为100%，C错误；
D．化合物P中含碳碳三键、羟基，醚键官能团，可发生加成、聚合、氧化、还原等反应，D正确；
答案选D。
5．基态饿原子()的价电子排布式为。氧化物常作烯烃醇化的氧化剂，其重要的氮基饿酸盐有。有关反应如下：
反应I：
反应Ⅱ：
反应IⅢ：
下列说法正确的是
A．的立体异构分子中不存在手性分子
B．反应I中的的化合价为+8
C．反应Ⅱ中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1
D．由反应Ⅲ可推测氧化性：强于酸性溶液
【答案】B
【详解】A．手性分子在用是否有手性碳原子来判断，手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，观察结构可知，存在3个手性碳原子，因此立体异构分子中存在手性分子，故A错误；
B．基态饿原子(Os)的价电子排布式为，氧化物OsO4，O为-2价，则Os为+8价，观察反应I未变价，由此可知反应I中的Os化合价为+8，故B正确；
C．反应Ⅱ中，中Os化合价为+8价，降低到K2OsO4中Os化合价为+6价，而产物OsO2中Os化合价为+4价，也是还原产物，因此K2OsO4为还原产物，则N2为氧化产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1，故C错误；
D．反应Ⅲ中双键并未断裂，而酸性溶液可将碳碳双键氧化断键生成羧基，由可推测氧化性：弱于酸性溶液，故D错误；
故答案选B。
6．含氰废水中氰化物的主要形态是HCN和CN-，CN-具有较强的配位能力，能与Cu＋形成一种无限长链离子，其片段为CN-结合H＋能力弱于CO。氰化物浓度较低时，可在碱性条件下用H2O2或Cl2将其转化为N2；浓度较高时，可加入HCN、Fe和K2CO3溶液反应生成K4[Fe(CN)6]溶液。
下列化学反应表示正确的是
A．NaCN溶液通入少量的CO2：CN-＋CO2＋H2O=HCN＋HCO
B．Fe与HCN溶液反应：Fe＋2HCN=Fe2＋＋H2↑＋2CN-
C．Cl2处理含氰废水：5Cl2＋2CN-＋4OH-=10Cl-＋N2↑＋4H＋＋2CO2↑
D．K2CO3水解：CO＋2H2O2OH-＋H2CO3
【答案】A
【详解】A．CN-结合H＋能力弱于CO，所以NaCN溶液通入少量的CO2生成碳酸氢根，即CN-＋CO2＋H2O=HCN＋HCO，A正确；
B．由于亚铁离子能与CN-结合生成，即 ，B错误；
C．碱性条件下，产物中不能出现氢离子，所以方程式为5Cl2+2CN－+8OH-=10Cl-+N2↑+4H2O +2CO2↑，C错误；
D．水解是分步水解，主要为第一步水解，即+H2OOH-+HCO，D错误；
故选A。
7．是合成某种全氮阴离子配合物所需的中间体。其中，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X元素基态原子的电子只有一种自旋取向，Y与Z是同周期相邻非金属元素，且Y的第一电离能大于Z。下列说法正确的是
A．简单氢化物的沸点：Y>Z
B．简单离子的半径：W>Z>Y>X
C．该中间体所含的大π键为
D．分子的VSEPR模型名称为四面体
【答案】D
【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X元素基态原子的电子只有一种自旋取向，X为H元素；Y与Z是同周期相邻非金属元素，且Y的第一电离能大于Z，则Y为N元素，Z为O元素，根据判断W为=2价金属，即为Mg元素；
【详解】A．Y和Z的简单氢化物分别为NH3、H2O，沸点H2O>NH3，故A错误；
B．N3-、O2-、Mg2+的电子层结构相同，核电荷数越大半径越小，故简单离子的半径：N3-> O2-> Mg2+>H+，故B错误；
C．该中间体中N5-含有大π键，大π键表示为，故C错误；
D．H2O的中心原子含有4个价层电子对，其中2个孤电子对，VSEPR模型名称为四面体，故D正确。
答案选D。
8．西北工业大学推出一种新型Zn-NO2电池，该电池能有效地捕获NO2并将其转化为。现利用Zn-NO2电池将产生的电解制氨，过程如图所示。下列说法正确的是
A．c电极的电势比d电极的电势高
B．为增强丙中水的导电性，可以加入一定量的NaCl固体
C．c电极的电极反应式为+6e-+H2O=NH3+7OH-
D．当电路中转移2mole-时，丙室溶液质量减少18g
【答案】D
【分析】由图可知，锌为活泼金属，失去电子发生氧化反应，a为负极、b为正极，则c为阴极、d为阳极。
【详解】A．c为阴极、d为阳极，c电极的电势比d电极的电势低，A正确；
B．NaCl为电解质，在溶液中可电离成离子，增强溶液导电性，B正确；
C．电解池中交换膜为质子交换膜，c电极的电极反应式：+6e-+H2O=NH3+7OH-，C正确；
D．丙室中阳极上水失电子产生氧气，电极反应为2H2O-4e-=4H++O2↑，当电路中转移2mole-时，丙室产生氧气减少的质量16g，且c极电极反应+6e-+H2O=NH3+7OH-，部分质子转移至乙室，则丙室溶液质量减少大于16g，D错误；
答案选D。
9．醛、酮与可发生加成反应：平衡常数为K，微量碱存在时的催化机理如下：
已知不同基团（、）对平衡常数的影响如下表所示：
① ② ③ ④
平衡常数K 210 530 38
下列说法不正确的是
A．第二步为决速步骤
B．若将微量碱改成加入酸，则反应速率减慢
C．由①②可知推电子基团可以使上的C原子活化，增大平衡常数
D．④的平衡常数小于③，可能是因为④中受到的空间位阻更大
【答案】C
【详解】A．第二步反应慢，为决速步骤，A正确；
B．氢离子能与CN－结合生成HCN，降低CN－浓度，所以若将微量碱改成加入酸，则反应速率减慢，B正确；
C．由①②可知吸电子基团可以使上的C原子活化，增大平衡常数，C错误；
D．由于④中受到的空间位阻更大，不利于反应进行，所以④的平衡常数小于③，D正确；
答案选C。
10．常温下，分别在Mn(NO3)2、Zn(NO3)2、HNO2溶液中滴加NaOH溶液，溶液pX[pX=-lgc(X)，X代表Mn2+、Zn2+、OH-、]与pH关系如图所示。已知：。下列叙述错误的是
A．图中L2代表，L3代表Zn2＋
B．同时产生两种沉淀时，
C．的平衡常数
D．室温下，的数量级为
【答案】C
【分析】分别在Mn(NO3)2、Zn(NO3)2、HNO2溶液中滴加NaOH溶液，溶液中c(Mn2+)、c(Zn2+)、c(HNO2)逐渐减小，c(OH-)逐渐增大，HNO2溶液中c()逐渐增大、且起始时pH＜pOH，即随着NaOH溶液的滴加，pMn和pZn逐渐增大，pOH和p逐渐减小，Ksp[Mn(OH)2]＞Ksp[Zn(OH)2]，则图中L1、L2、L3、L4分别代表OH-、、Zn2+、Mn2+，结合图中a点数值计算K(HNO2)=×c(H+)=10-2×10-1.30=10-3.3，结合c点数值计算Ksp[Mn(OH)2]=c(Mn2+) c2(OH-)=(10-7)2×101.30=10-12.7，同理Ksp[Zn(OH)2]=(10-5)2×10-6.15=10-16.15，据此分析解答。
【详解】A．由上述分析可知，图中L1、L2、L3、L4分别代表OH-、、Zn2+、Mn2+，A正确；
B．由上述分析可知，Ksp[Mn(OH)2]=c(Mn2+) c2(OH-)=10-12.7，Ksp[Zn(OH)2]=10-16.15，则同时产生两种沉淀时，===103.45，B正确；
C．由上述分析可知，Ksp[Mn(OH)2]=c(Mn2+) c2(OH-)=10-12.7，K(HNO2)=×c(H+)=10-2×10-1.30=10-3.3，反应Mn(OH)2+2HNO2 Mn(NO2)2+2H2O的平衡常数K===Ksp[Mn(OH)2]×= Ksp[Mn(OH)2]×==108.7，C错误；
D．由分析可知，室温下Ksp[Mn(OH)2]=10-12.7，数量级为10-13，D正确；
故答案为：C。
评卷人得分
二、非选择题：本题共4小题，共60分。
11．（14分）湿法炼锌具有能耗低，生成产品纯度高等特点，其主要原料为锌精矿(主要成分为硫化锌，还含有铁、钴、铜、镉、铅等元素的杂质)，获得较纯锌锭的工艺流程如图：
已知：焙烧后的氧化物主要有ZnO、PbO、CuO、、、CdO。
(1)铜原子的价层电子排布图为 。
(2)“酸浸”中滤渣主要成分为 。
(3)“一段沉积”和“二段沉积”刚开始加入锌粉时，反应速率较小，然后反应速率显著增大，请解释产生此现象的原因： 。
(4)写出“赤铁矿除铁”过程中反应的离子方程式： 。
(5)“—萘酚净化除钴”先是把氧化成，并生成NO，与有机物发生化学反应生成红褐色稳定鳌合物沉淀。写出被氧化的离子方程式： 。
(6)“电解”工艺中，电解液常有较高浓度的会腐蚀阳极而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和，生成CuCl沉淀从而除去。已知： ；。请通过具体数据说明上述的反应能完全进行的原因： 。
(7)纯净的硫化锌是半导体锂离子电池负极材料。在充电过程中，发生合金化反应生成LiZn(合金相)，同时负极材料晶胞的组成变化如图所示。
①充电过程中ZnS到的电极方程式为 (x和y用具体数字表示)。
②若的晶胞参数为a nm，则EF间的距离为 nm。
【答案】(1)（1分）
(2)（1分）
(3)锌粉置换出的铜或镉覆盖在锌的表面，形成原电池，增大反应速率（2分）
(4)（2分）
(5)（2分）
(6) ；② ；则①-2×②得：，此反应的平衡常数为，说明此反应进行程度很大，能够完全进行（2分）
(7)（2分） （2分）
【分析】锌精矿(主要成分为硫化锌，还含有铁、钴、铜、镉、铅等元素的杂质)，硫元素转化为SO2，经过焙烧得金属氧化物，主要有ZnO、PbO、CuO、Fe2O3、Co2O3、CdO，焙烧后的氧化物用硫酸酸浸，其中生成硫酸铅为沉淀，以滤渣除去，将焙烧尾气（主要为SO2）通入浸出液，使三价铁离子被还原为二价铁离子，再加入粗锌粉置换铜，加入细锌粉置换镉，再通入氧气将亚铁离子转化为三价铁离子，更易水解沉淀，最后氧化二价钴离子并沉钴，得到硫酸锌溶液，电解得锌。
【详解】（1）铜元素原子序数为29，价层电子排布图为；
（2）焙烧后的氧化铅溶于硫酸，生成难溶的，滤渣的主要成分为；
（3）从流程信息中可以看出金属性：Cu（4）尾气的主要成分为，通入浸出液使硫酸铁还原成硫酸亚铁，发生的反应方程式为。通入氧气将亚铁离子氧化，然后水解成赤铁矿，故“赤铁矿除铁”过程中的离子方程式为；
（5）根据信息把氧化成，并生成NO，故离子反应方程式为；
（6）① ；② ；则①-2×②得：，此反应的平衡常数为，说明此反应进行程度很大，能够完全进行；
（7）①先由均摊法可知，中和共有7个，有，由化合价代数和为零可知，的化学式。根据题干信息在“充电过程中，发生合金化反应生成LiZn(合金相)”，故ZnS负极充电时得电子有Zn生成，故充电时的电极反应为。②若的晶胞参数为a nm，设F点的坐标为，E点的坐标为，则EF间的距离为。
12．（15分）双氰胺()为白色晶体，在冷水中溶解度较小，溶于热水、乙醇，其水溶液在80℃以上会发生分解等副反应，主要用于生产树脂、涂料、含氮复合肥等。实验室以石灰氮为原料制备双氰胺的流程如下：
已知氰胺二聚反应机理为：
回答下列问题：
(1)已知：氰基是吸电子基团。氰氨的碱性 氨的碱性。(填：“大于”、“小于”或“等于”)
(2)写出步骤Ⅰ的化学反应方程式： 。
(3)步骤Ⅱ中调节溶液pH为9.1，pH不能过低的原因： 。
(4)步骤Ⅲ中蒸发浓缩时，常采用真空蒸发浓缩，目的是 。
(5)凯氏定氮法是测定有机物中氮含量的经典方法，其原理是用浓硫酸在催化剂存在下将样品中有机氮转化成铵盐，利用如图所示装置处理铵盐。
已知：
①f的名称是 。
②仪器清洗后，g中加入硼酸和指示剂。铵盐试样由d注入e，随后注入氢氧化钠溶液，用蒸馏水冲洗d，关闭，d中保留少量水。打开，加热b，使水蒸气进入e。
d中保留少量水的目的是 ，e采用中空真空玻璃瓶的作用是 。
③取双氰胺样品m克进行测定，滴定g中吸收液时消耗浓度为的盐酸VmL，则样品中氮的质量分数为 %。(用含c、m、V的代数式表示)
【答案】(1)小于（2分）
(2)CaCN2+H2O+CO2= CaCO3+NC-NH2（2分）
(3)OH-为二聚反应的催化剂，故弱碱性有利于发生聚合反应（2分）
(4)真空蒸发浓缩可以降低溶液沸点、加快浓缩速率，防止双氰胺因温度过高发生分解等副反应（2分）
(5)直形冷凝管（1分） 止水夹k3处可能漏气，导致测定的N元素质量分数偏低，故d中保留少量水起液封作用，防止氨气逸出（2分） 保温减少热量损失，有利于铵根转化为氨气逸出（2分） （2分）
【分析】分析所给流程图可知，CaCN2与水反应生成Ca(OH)2和NC-NH2，通入CO2，使Ca(OH)2转化成CaCO3(滤渣)除去，NC-NH2在80 ℃、弱碱性条件下反应生成双氰胺，再经过蒸发浓缩、冷却结晶得到双氰胺晶体。
【详解】（1）由于氨基氰所含氨基氮上的p电子与氰基上的π键发生p-π共轭，使得该氨基氮上的电子云被分散，从而使得氨基氰结合质子的能力下降，即碱性减弱，而氨分子的氮原子上的电子云未被分散，结合质子的能力强于氨基氰，氰氨的碱性小于氨的碱性。
（2）步骤Ⅰ中CaCN2与水反应生成Ca(OH)2和NC-NH2，通入CO2，使Ca(OH)2转化成CaCO3，化学方程式为：CaCN2+H2O+CO2= CaCO3+NC-NH2。
（3）根据氰胺二聚反应机理可知，OH-为二聚反应的催化剂，故弱碱性有利于发生聚合反应。
（4）真空蒸发浓缩可以降低溶液沸点、加快浓缩速率，防止双氰胺因温度过高发生分解等副反应。
（5）①f的名称是直形冷凝管；
②止水夹k3处可能漏气，导致测定的N元素质量分数偏低，故d中保留少量水起液封作用，防止氨气逸出；采用中空双层玻璃瓶的作用是保温减少热量损失，有利于铵根转化为氨气逸出；
③在整个实验过程中由氮原子守恒可得：n(N)=n(NH3)=n(HCl)= mol，则w(N)= ×100%=%。
13．（15分）对氮氧化物的资源化利用，运用多种方式促进氮的循环转化，具有重要的研究意义。
(1)已知a：
b：C的燃烧热为；
c：
①请写出与反应生成两种无污染性气体的热化学方程式： 。
②将等物质的量的与混合气体分别通入体积均为的恒温密闭容器Ⅰ和绝热密闭容器Ⅱ中，反应一段时间后两容器内达到平衡状态，下列说法正确的是 。
A．两容器内混合气体密度相等
B．转化率
C．反应平衡常数
(2)可利用钴氨配合物吸收对的配合能力很强，而对的配合能力极低。
①已知的结构如图所示，的空间构型是 ，NH3与相比，∠H-N-H键角大小为：NH3 （填“>”、“<”）。
②有氧和无氧条件下，溶液脱除的效率如图1所示，有氧环境下，发生总反应：，在的有氧环境下，往溶液中持续通入试样气体脱除率为60%(假设溶液体积不发生改变)，结合图1信息，计算此时钴氨溶液中有效含钴率为 。
(有效含钴率)
③钴氨溶液经过多次循环吸收后，其吸收的能力变化如图2所示，前内钴氨溶液吸收的能力不断下降的原因是 。
(3)催化电解吸收液可将还原为，其催化机理如图3所示，在相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到部分还原产物的法拉第效率随电解电压的变化如图4所示。已知表示电解生还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数；表示电解过程中通过的总电量。
①当电解电压为时，催化电解生成的电极反应式为 。
②当电解电压为时，电解生成的和的物质的量之比为 。
【答案】(1)2NO(g)+ 2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) △H= -748kJ/mol（2分） AC（2分）
(2)正八面体（2分） <（1分） 85.6%（2分） [Co(NH3)6]2+被氧化为[Co(NH3)6]3+，[Co(NH3)6]3+对NO的配位能力极低（2分）
(3)NO+5e—+5H+=NH3+H2O（2分） 15：2（2分）
【详解】（1）①由题意可知，碳燃烧的热化学方程式为C(s) +O2(g)= CO2(g) △H= -393kJ/mol，由盖斯定律可知，反应b-a-c得到反应2NO(g)+ 2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)，则反应△H=(-393kJ/mol)-(+182.6kJ/mol)-(+172.4kJ/mol)= -748kJ/mol，故答案为：2NO(g)+ 2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) △H= -748kJ/mol；
②A．由质量守恒定律可知，反应前后气体的质量相等，则1L的恒温密闭容器Ⅰ和绝热密闭容器Ⅱ中混合气体密度相等，故正确；
B．该反应为放热反应，则恒温密闭容器Ⅰ中反应温度小于绝热密闭容器Ⅱ，升高温度，平衡向逆反应方向移动，一氧化氮的转化率减小，则一氧化氮转化率αⅠ大于αⅡ，故错误；
C．该反应为放热反应，则恒温密闭容器Ⅰ中反应温度小于绝热密闭容器Ⅱ，升高温度，平衡向逆反应方向移动，化学平衡常数减小，则反应平衡常数KⅠ大于KⅡ，故正确；
故选AC；
（2）①[Co(NH3)6]3+的空间构型是正八面体形，NH3分子中N有一对孤对电子，中N原子没有孤电子对，所以∠H-N-H键角大小为：NH3<；故答案为：正八面体；<；
②由题给信息可知，反应消耗一氧化氮的物质的量为2×10—4m3/min×300min×2×10—2mol/m3×60%=0.00072mol，则钴氨溶液中[Co(NH3)6]2+有效含钴率为×100%=85.6%，故答案为：85.6%；
③由图可知，前16h内钴氨溶液吸收NO的能力不断下降的原因是[Co(NH3)6]2+被氧化为[Co(NH3)6]3+，[Co(NH3)6]3+对NO的配位能力极低，故答案为：[Co(NH3)6]2+被氧化为[Co(NH3)6]3+，[Co(NH3)6]3+对NO的配位能力极低；
（3）①由图可知，当电解电压为U2时，催化电解一氧化氮生成氨气的电极为阴极，酸性条件下一氧化氮在阴极得到电子发生还原反应生成氨气和水，电极反应式为NO+5e—+5H+=NH3+H2O，故答案为：NO+5e—+5H+=NH3+H2O；
②由图可知，当电解电压为U1时，氢气和氨气的法拉第效率分别为60%和20%，则电解生成的氢气和氨气的物质的量之比为：=15：2，故答案为：15：2。
14．（16分）化合物H是降脂类药物瑞舒伐他汀制备中的关键中间体。在医药工业中的一种合成方法如下：
已知：i.
ii. 与苯结构相似，六元环中存在共轭大键，具有芳香性。
回答下列问题：
(1)A中官能团名称为 ，C的化学名称为 。
(2)E中碳原子的杂化方式有 种。
(3)写出E→F的转化过程中另一生成物的电子式 ，A→B、F→G的反应类型分别为 、 。
(4)在F的同分异构体中，同时满足下列条件的有 种(不考虑立体异构)。
a．含有和两个直接相连的六元环
b．两个六元环上均只有一条侧链，- SCH2CH2F与连接
c．可以使溴的四氯化碳溶液褪色
其中含有手性碳原子的结构简式为 。
(5)参照上述合成路线，以为原料，设计合成的路线 (无机试剂及不超过两个碳的有机试剂任选)。
【答案】(1)醛基、碳氟键（2分） 2-甲基丙酸乙酯(异丁酸乙酯)（2分）
(2)3（2分）
(3)（1分）取代反应、氧化反应（2分）
(4)24（2分） (苯环上侧链在邻位或间位均可)（2分）
(5)（3分）
【分析】结合A的分子式和B的结构简式，以及AB的反应条件可知A为；根据A的结构简式可知知道其中的官能团的名称，根据化合物E中碳原子的成键特征可以知道其中碳的杂化方式，以此解题。
【详解】（1）由分析可知A为，则A中官能团名称为醛基、碳氟键；根据C的结构简式可知化学名称为：2-甲基丙酸乙酯(异丁酸乙酯)；
（2）根据E的结构简式可知，其中饱和碳的杂化方式为sp3杂化，苯环上的和碳碳双键中的碳是sp2杂化，碳氮三键中的碳是sp杂化，一共3种杂化方式；
（3）对比E和F的结构简式可知，其转化过程中另一生成物为HI，其电子式为：；A→B、F→G的反应类型分别为取代反应、氧化反应；
（4）含有和两个六元环，则核外含有6个碳原子，可以使溴的四氯化碳溶液褪色说明侧链上含有碳碳双键，两个六元环上均只有一条侧链，- SCH2CH2F与连接，则另一个支链上含有4个碳原子且含有1个碳碳双键，则可以理解为苯环上两个支链，一个支链为，另一个支链为：或或或或或或或，每一组在苯环上都有邻、间、对三个位置，则一共有24中结构，其中含有手性碳原子的结构简式为；
（5）首先在浓硫酸和加热的条件上乙酸和乙醇反应生成乙酸乙酯，随后根据信息i乙酸乙酯和CH3CN反应生成，最后CuCl的条件下和生成产物，具体流程为：。2024年高考押题预测卷03【福建卷】
化学·参考答案
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 2 3 4 5 6 7 8 9 10
A B B D B A D D C C
二、非选择题：本题共4小题，共60分。
11．（14分）
(1)（1分）
(2)（1分）
(3)锌粉置换出的铜或镉覆盖在锌的表面，形成原电池，增大反应速率（2分）
(4)（2分）
(5)（2分）
(6) ；② ；则①-2×②得：，此反应的平衡常数为，说明此反应进行程度很大，能够完全进行（2分）
(7)（2分） （2分）
12．（15分）
(1)小于（2分）
(2)CaCN2+H2O+CO2= CaCO3+NC-NH2（2分）
(3)OH-为二聚反应的催化剂，故弱碱性有利于发生聚合反应（2分）
(4)真空蒸发浓缩可以降低溶液沸点、加快浓缩速率，防止双氰胺因温度过高发生分解等副反应（2分）
(5)直形冷凝管（1分） 止水夹k3处可能漏气，导致测定的N元素质量分数偏低，故d中保留少量水起液封作用，防止氨气逸出（2分） 保温减少热量损失，有利于铵根转化为氨气逸出（2分） （2分）
13．（15分）
(1)2NO(g)+ 2CO(g)=N2(g)+2CO2(g) △H= -748kJ/mol（2分） AC（2分）
(2)正八面体（2分） <（1分） 85.6%（2分） [Co(NH3)6]2+被氧化为[Co(NH3)6]3+，[Co(NH3)6]3+对NO的配位能力极低（2分）
(3)NO+5e—+5H+=NH3+H2O（2分） 15：2（2分）
14．（16分）
(1)醛基、碳氟键（2分） 2-甲基丙酸乙酯(异丁酸乙酯)（2分）
(2)3（2分）
(3)（1分）取代反应、氧化反应（2分）
(4)24（2分） (苯环上侧链在邻位或间位均可)（2分）
(5)（3分）
