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【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考化学模拟卷（福建专用）
黄金卷04
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Co-59 Cu-64
第Ⅰ卷
一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分。每题只有一个选项最符合题意。
1．中华文化源远流长，化学与文化传承密不可分。下列说法错误的是
A．青铜器“四羊方尊”的主要成分为金属材料
B．制作宣纸的材料，其主要成分是天然有机高分子材料
C．用皮影戏生动讲述航天故事，制作皮影的兽皮是合成高分子材料
D．陶瓷是以黏土为主要原料，经高温烧结而成，它的主要成分为无机非金属材料
【答案】C
【详解】A．青铜是合金，属于金属材料，故A正确；
B．制作宣纸材料的主要成分是纤维素，属于天然有机高分子，故B正确；
C．兽皮的主要成分是蛋白质，属于天然有机高分子材料，不是合成高分子材料，故C错误；
D．陶瓷的主要成分是硅酸盐，属于传统无机非金属材料，故D正确；
故选C。
2．已知异丙烯苯可发生如下转化，下列说法正确的是
A．高聚物M的链节为
B．异丙烯苯与足量氢气完全加成所得产物的一氯代物有5种
C．可用酸性 溶液鉴别异丙烯苯和异丙苯D．异丙烯苯分子中最多有17个原子共平面
【答案】D
【分析】异丙烯苯在催化剂作用下生成高聚物M，链节为 ；异丙烯苯与氢气在一定条件下生
成异丙苯。
【详解】A．高聚物M的链节为 ，A错误；
B．异丙烯苯与足量氢气完全加成所得产物为 ，分子中含有6种化学环境的氢原子，故一氯
代物有6种，B错误；
C．异丙烯苯和异丙苯均与酸性 溶液反应，故不能用酸性 鉴别二者，C错误；
D．苯环和碳碳双键分别确定一个平面，通过旋转双键碳与苯环之间的碳碳单键，可以使两个平面重合，
此时，异丙烯苯分子中最多有17个原子共平面，D正确；
故选D。
3．设 为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A． 中 杂化的碳原子数目为1
B． 溶液中所含 数目为
C．标准状况下， 中含有的电子数目为
D．常温下，将 投入足量浓硝酸中，反应转移电子数目为
【答案】A
试卷第2页，共3页【详解】A．CHCHO中甲基中碳原子采用sp3杂化，醛基上碳原子采用sp2杂化， （为
3
1mol）中 杂化的碳原子数目为1 ，A正确；
B． 溶液中铜元素以四氨合铜离子存在，不存在单独的 ，B错误；
C．标准状况下HF为液体，故无法计算中含有的电子数目，C错误；
D．常温下Fe遇到浓硝酸将发生钝化，将投入足量浓硝酸中，无法计算反应转移电子数目，D错误；
故选B。
4．下列有关离子方程式错误的是
A．硫酸铜溶液加入饱和氯化钠：
B．向 溶液中通入少量的SO ：
2
C． 溶液滴入FeCl 溶液中：
2
D．Cl 溶于水：
2
【答案】B
【详解】A．硫酸铜溶液加入饱和氯化钠，氯离子与铜离子形成 络离子，溶液中存在
，A正确；
B．向 溶液中通入少量的SO ，发生氧化还原反应生成硫酸钙，B错误；
2
C． 溶液滴入FeCl 溶液中，生成 沉淀，C正确；
2
D．Cl 溶于水生成盐酸和次氯酸，次氯酸为弱酸不拆，D正确；
2
故选B。
5．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HO 或Cl 将其转化为N；浓度较高时，可加入HCN、Fe和KCO 溶液反应生成K[Fe(CN) ]溶液。
2 2 2 2 2 3 4 6
下列物质性质与用途具有对应关系的是A．N 的化学性质稳定，可用于金属焊接保护
2
B．HO 具有还原性，可用于处理含氰废水
2 2
C．FeCl 溶液显酸性，可用于刻蚀覆铜板
3
D．NaHCO 受热易分解，可用于治疗胃酸过多
3
【答案】A
【详解】A．N 的化学性质稳定，可用于金属焊接保护，A正确；
2
B．HO 可将氰化物转化为氮气，氰化物中N元素化合价升高，作还原剂，则HO 在该反应中表现氧化性，
2 2 2 2
B错误；
C．FeCl 能与Cu生成可溶性氯化铜，表现出较强氧化性，可用于蚀刻印刷电路板，与FeCl 溶液显酸性无
3 3
关，C错误；
D．NaHCO 性质不稳定，受热易发生分解反应生成CO，CO 能使面团松软多孔，可用作食品膨松剂；能
3 2 2
治理胃酸过多是因为能与胃酸中的盐酸反应，D错误；
答案选A。
6．前四周期元素X、Y、Z、M原子序数依次增大，由这四种元素形成的一种常见的血红色配离子的结构
如图所示，该离子中X、Y、Z都满足8电子结构。下列说法错误的是
A．电负性：Y>Z>X>M B．该配离子中M的配位数为6
C． 离子中X为sp杂化 D．该配离子中所有键角都为180°
【答案】D
【分析】血红色配离子为 ，X、Y、Z、M原子序数依次增大，该离子中X、Y、Z都满足8
电子结构，则X为C元素、Y为N元素、Z为S元素；M为Fe元素。
【详解】A. 元素非金属性越强电负性越大，电负性：N>S>C>Fe，故A正确；
B. 该配离子中Fe3+与N原子形成6个配位键，配位数为6，故B正确；
C.SCN-离子中C原子形成4个共价键，无孤电子对，有2个σ键，价电子对数为2，采用sp杂化，故C正
确；
D.该配离子的空间构型为正八面体，6个配位键的夹角都为90°，故D错误；
试卷第4页，共3页选D。
7．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选
实验操作和现象 结论
项
A 向 溶液中通入 气体，有沉淀生成 酸性：
的溶解性符合“相似相
B 向5 mL碘水中加入1 mL 振荡，静置，上层无色，下层紫色
溶”规律
C 向滴有酚酞的氨水中加入 固体，溶液的红色变浅 溶液呈酸性
将石油分馏的产品石蜡加热，产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，
D 石油中含有烯烃
溶液紫红色逐渐褪去
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．ClO-具有强氧化性能将SO 氧化成SO ，因此本实验不能比较HClO、HSO 酸性强弱，故A
2 2 3
错误；
B．碘单质、四氯化碳均为非极性分子，四氯化碳的密度大于水，下层呈紫色，应是碘的四氯化碳溶液，
说明碘单质溶于四氯化碳，符合“相似相溶”规律，故B正确；
C．氨水中存在NH ·H O NH +OH-，加入醋酸铵，c(NH )增大，抑制NH ·H O电离，c(OH-)减小，不
3 2 3 2
能说明醋酸铵溶液呈酸性，NH ·H O、CHCOOH的电离平衡常数相同，因此NH 、CHCOO-水解常数相
3 2 3 3
同，即醋酸铵溶液显中性，故C错误；
D．产生的气体通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液紫红色逐渐褪去，说明气体中含有不饱和烃，故D错误；
答案为B。
8．以浓差电池(因电解质溶液浓度不同而形成的电池)为电源，以石墨为电极将 转化为高纯 的装置
如图。下列说法错误的是A．电解过程中，丙池溶液的 会减小
B．转移 时乙室电解质溶液质量减少
C．停止工作后若要使电池恢复原状态， 连接的是电源负极
D．N极电极反应式为：
【答案】B
【分析】由题意知，右池为电解NH 生成H 的装置，左池为浓差电池，右池电极M区NH 失电子被氧化
3 2 3
为N，故电极M为阳极，发生电极反应：2NH -6e-+6OH-=N ↑+6H O，则N为阴极，发生电极反应：
2 3 2 2
2HO+2e- =H ↑+2OH-，所以左池Cu（1）为正极，正极发生反应：Cu2++2e=Cu，Cu （2）为负极，负极发
2 2
生反应：Cu-2e-=Cu2+。
【详解】A．电极M为阳极，发生电极反应：2NH -6e-+6OH-=N ↑+6H O，消耗了OH-，碱性减弱，pH减
3 2 2
小，A正确；
B．转移2mol电子时，Cu（1）极析出1mol铜，即64g，同时有1mol即96g硫酸根从乙室到甲室，乙室电
解质溶液质量共减少64g+96g=160g，B错误；
C．恢复原浓差Cu（2）电极需发生还原反应，Cu2+放电析出铜单质，所以和电源负极相连，C正确；
D．N 为阴极，电极反应式为：2HO+2e- =H ↑+2OH-，D正确；
2 2
故选B。
9．一定温度、某催化剂条件下，物质A在某有机溶剂中同时发生以下两个反应：
① ；② 。反应①的速率可表示为 ，反应
试卷第6页，共3页②的速率可表示为 ( 、 为速率常数)。已知反应过程中有关物质在该有机溶剂中的相对能量
如图所示，下列说法错误的是
A．Z比Y稳定
B． 大于
C．选择相对较长的反应时间，可提高产物Z的选择性
D．适当升高温度，可以使 的比值增大
【答案】C
【详解】A． 根据图中信息，Z的能量比Y的能量低，根据能量越低越稳定，则Z比Y稳定，故A正确；
B．根据图中信息反应①的活化能小于反应②的活化能，说明反应①速率快，则 大于 ，故B正确；
C．达到平衡后，选择反应时间在常，生成Z的量都不会改变，因此不可提高产物Z的选择性，故C错误；
D． 适当升高温度，分子吸收热量，活化分子数增多，活化分子百分数增多，则Z的生成量会增大，因此
可以使 的比值增大，故D正确。
综上所述，答案为C。
10．已知配合物中心M与配体L之间存在平衡关系： ， ∙∙∙
。铜氨溶液中，含铜微粒的分布分数( )与溶液中NH 的浓度的负对数 关系
3
如图所示。A、B、C、D四点的坐标分别为A(2.30，0.46)、B(3.04，0.41)、C(3.67，0.40)、D(4.31，
0.45)；下列说法正确的是A．曲线5代表的是
B．反应 的平衡常数
C．当 时， 的数量级为
D．不可能存在 的情况
【答案】C
【分析】随着氨气浓度的增加，溶液中含铜微粒的变化： ，
， ，
，横坐标是氨气浓度的负对数， 越大，氨气浓度越小，从
右至左，氨气浓度增大，故曲线5代表 浓度变化，曲线4代表 浓度变化，曲线3代表
浓度变化，曲线2代表 浓度变化，曲线1代表 浓度变化。
【详解】A．根据分析，曲线5代表 浓度变化，A错误；
B．D点为曲线4、5的交点，代表 、 的浓度相等，此时 的浓度为 mol/L，
的平衡常数 ，B错误；
试卷第8页，共3页C．当 时，是曲线4和曲线2的交点，横坐标 数值大于3小于
4，故 的数量级为 ，C正确；
D．曲线1、3交点右侧附近对应的位置，存在
的情况，D错误；
故选C。
第Ⅱ卷
二、非选择题：共4题，共60分。
11．(15分)从某冶锌工厂的工业废料[除ZnO和少量Fe O 外，还含有铟(In)、铋(Bi)、锗(Ge)的氧化物]中回
2 3
收几种金属的单质或化合物的工业流程如图：
已知：该工艺条件下， ， 。
请回答下列问题：
（1）下列措施更有利于完成“酸浸l”目的，提高“酸浸l”浸取率的是 (填选项字母)。
a．适当升高温度 b．酸浸过程中不断搅拌
c．将硫酸浓度增大到70% d．加大废料的用量
（2）“酸浸2”时铋的氧化物( )发生反应的离子方程式为 。
（3）“沉锗”的反应原理为 ，该操作中需调节pH为2.5，不能过高或过低，
原因是 。
（4）①配离子[Zn(NH )(H O) ]3+的空间结构只有1种，由此推知[Zn(NH )]2+的空间结构是 。
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②氧化锌有多种晶体结构，其中一种晶胞结构与六方硫化锌的晶胞结构相同，其晶胞如图所示。Zn、O两
种元素的电负性大小顺序为 ，晶体中锌离子的配位数为 。③ 是 的一种配合物，IMI的结构为 。IMI的某种衍生物与甘氨酸形
成的离子化合物 常温下为液态而非固态，原因是 。
（5）加热 固体，固体质量保留百分数与温度的关系如图所示。温度从681℃升高到1050℃
时，分解生成的产物中，有两种为气体(只有一种是氧化物)，该反应的化学方程式为 。
【答案】（1）ab
（2）
（3）Ge4+水解的化学方程式为Ge4++2H R GeR ↓+4H+，若pH过高，Ge4+水解程度增大，pH过低，Ge4+
2 2
+2H R GeR +4H+化学平衡逆向移动，均不利于沉锗的进行
2 2
（4）①正四面体形 ②O>Zn 4 ③其阴阳离子半径均较大，所带电荷较小，导致形成的离子键键能小，
熔点低
（5）
【分析】从某冶锌工厂的工业废料[除ZnO和少量Fe O 外，还含有铟（In）、铋（Bi）、锗（Ge）的氧化
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试卷第10页，共3页物]中回收几种金属的单质或化合物，工业废料加入稀硫酸，氧化锌、氧化铁和硫酸反应，过滤后浸液1中
含有硫酸锌和硫酸铁，调节pH使铁离子沉淀，溶液浓缩结晶得到硫酸锌的晶体；浸渣加入70%硫酸，得
到铋渣和浸液2，浸液2加入P2O4煤油进行萃取，有机相中加入盐酸进行反萃取，得到水相，再经过一系
列处理德奥海绵铟，水相加入单宁酸进行沉锗，过滤得到滤渣，然后焙烧、氯化蒸馏得到GeCl ，据此解
4
答。
【详解】（1）a.适当升高温度可提高反应速率，提高“酸浸1”浸取率，a正确；
b.酸浸过程中不断搅拌可增大接触面积，提高反应速率，提高“酸浸1”浸取率，b正确；
c.将硫酸浓度增大到70%会浸出铟、锗，不可取，c错误；
d加大废料的用量不会提高“酸浸1”浸取率，d错误，
故答案为：ab；
（2）“酸浸2”时铋的氧化物（BiO）发生反应的离子方程式为BiO+2H++ =（BiO）SO ↓+H O，
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故答案为：BiO+2H++ =（BiO）SO ↓+H O；
2 3 2 4 2
（3）“沉锗”的反应原理为Ge4++2H R GeR ↓+4H+，该操作中需调节pH为2.5，原因为pH高于2.5时
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Ge4+水解程度增强，pH低于2.5时酸性太强，平衡逆移沉锗率下降，故答案为：Ge4+水解的化学方程式为
Ge4++2H R GeR ↓+4H+，若pH过高，Ge4+水解程度增大，pH过低，Ge4++2H R GeR +4H+化学平衡逆
2 2 2 2
向移动，均不利于沉锗的进行；
（4）①配离子[Zn(NH )(H O) ]3+的空间结构只有1种，说明[Zn(NH )(H O) ]3+的空间结构为四面体，由此
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推知[Zn(NH )]2+的空间结构是正四面体。
3 4
②Zn、O电负性排序为Zn
