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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05
（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
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．央视栏目《国家宝藏》介绍了历史文化知识，彰显了民族自信、文化自信，其中也蕴含着许多化学知
识。下列说法错误的是
A．传统鎏金士艺是将金溶于汞中制成“金汞漆”，涂在器物表面，然后加火除汞，鎏金工艺利用了汞
的挥发性
B．《吕氏春秋•别类编》中有关于青铜的记载“金(铜)柔锡柔，合两柔则为刚”。“合两柔则为刚”体
现了合金的硬度通常大于各组分金属的特点
C．宋•王希孟《千里江山图》卷中的绿色颜料铜绿的主要成分是碱式碳酸铜
D．明代《本草纲目》中记载：“……，惟以糯米，或粳米，……，和曲酿瓮中七日，以甑蒸取”。酒
化酶将葡萄糖转化为乙醇时，温度越高反应速率一定越快
【答案】D
【详解】A．Hg常温下为液体，易挥发，加热除去汞利用了汞的挥发性，A正确；
B．铜和锡的合金硬度较大，合两柔则为刚体现了合金硬度的特点，即合金的硬度通常大于各组分金属的
硬度，B正确；
C．铜绿的主要成分是碱式碳酸铜Cu (OH) CO，C正确；
2 2 3
D．温度过高会使酶失去活性，使反应速率变慢，D错误；
故选D。
2．解热镇痛药双氯芬酸钠栓主要成分的结构如图所示。下列有关该物质的说法错误的是
A．化学式为 B．1mol该物质最多能消耗C．1mol该物质最多能消耗 D．能发生取代反应、氧化反应
【答案】A
【详解】A．化学式应该为C H ClONNa，A选项错误；
14 10 2 2
B．分子中苯环上的氯原子发生水解生成HCl和酚羟基，故最多消耗4molNaOH，B选项正确；
C．分子中亚氨基-NH-和-COONa分别消耗1molHCl，C选项正确；
D．该有机物分子中苯环上可以发生取代反应，亚氨基可以发生氧化反应，D选项正确；
答案选A。
3． 为阿伏加德罗常数的值。HgS溶于“王水”的反应如下：
(未配平)。下列叙述正确的是
A． 盐酸中含HCl分子数为
B．标准状况下，生成2.24LNO时转移电子数为
C．该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为
D．生成9.6gS时，同时生成氢氧键的数目为
【答案】B
【分析】 中N元素化合价由+5降低为+2，氧化剂是 ；HgS中S元素化合价由-2升高为0，还
原剂是HgS；盐酸没有参与氧化还原反应，根据得失电子守恒，反应方程式为
；
【详解】A．盐酸中HCl完全电离为 和 ，溶液中不存在HCl分子，故A错误；
B．反应过程中N元素化合价由+5降低为+2，生成1molNO时转移3mol电子，故生成0.1molNO时转移
0.3mol电子，故B正确；
C． 中N元素化合价由+5降低为+2，氧化剂是 ；HgS中S元素化合价由-2升高为0，还原剂是
HgS；盐酸没有参与氧化还原反应，根据得失电子守恒，两者物质的量之比为 ，故C错误；
试卷第2页，共3页D．根据 ，生成3molS时，生成4molH O，所以同
2
时生成8molH-O键，故D错误；
选B。
4．W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中W的核电荷数等于Y的最外层电子数，Z
的电子总数是X的2倍，四种元素可形成离子化合物 。下列说法错误的是
A． 和 中阴阳离子个数比相同
B．水溶液中 与 之间能发生反应
C． 与 可以发生氧化还原反应生成
D．X和Z的最简单氢化物的稳定性X<Z
【答案】D
【分析】Z的电子总数是X的2倍，且Z和X形成阴离子，则X为O元素，Z为S元素，则离子化合物
YWZX 中的阴离子为SO ，Y和W的化合价都为+1价，W的核电荷数等于Y的最外层电子数，故W为
3
H元素，Y为Na元素。
【详解】A．YX和YX 分别为NaO和NaO，阴阳离子个数比均为1:2，A正确；
2 2 2 2 2 2
B． YWZX 与YWZX 分别为NaHSO 和NaHSO，反应生成NaSO 、SO 和HO，B正确；
3 4 3 4 2 4 2 2
C．ZX 与WX 分别为SO 和HO，发生氧化还原反应生成HSO ，C正确；
2 2 2 2 2 2 2 4
D．X和Z的最简单氢化物为HO和HS，非金属性越强稳定性越强，则稳定性X＞Z，D错误；
2 2
故答案为：D。
5．下列反应的离子方程式正确的是
A．用稀盐酸处理铜器表面的铜锈：
B．少量 通入 溶液中：
C．邻羟基苯甲醛中加入足量浓溴水：D．用淀粉 溶液检验 ：
【答案】B
【详解】A．铜锈为碱式碳酸铜，盐酸处理铜锈的离子方程式为：
，故A错误；
B．少量 通入 中发生氧化还原反应，生成硫酸钠、氯化钠和次氯酸，离子方程式为：
，故B正确；
C．醛基能被溴单质氧化为羧基，反应错误，故C错误；
D． 溶液检验 ： ，故D错误；
故选：B。
6．利用下列实验装置进行实验，能达到实验目的的是
C．检验1-溴丁烷的消去 D．利用 固体和
A．分离溴水中的溴 B．煤的干馏
产物 浓硫酸制备 气体
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．蒸馏应使用直行冷凝管，故A错误；
B．煤的干馏要隔绝空气加强热，故B错误；
C．加热烧瓶后出来的除了乙烯之外，还有挥发的乙醇，但乙醇不能使溴的CCl 溶液褪色，故C可检验消
4
去产物1-丁烯，故C正确；
D．制取SO 时最后的尾气处理的导管不能直接伸入到溶液中，故D错误；
2
故本题选C。
7．乙醛是一种重要的二碳试剂，其某种合成机理如图所示。下列说法错误的是
试卷第4页，共3页A．Fe+是该反应的催化剂
B．C HOH是合成过程中的副产物
2 5
C．该合成乙醛的反应为
D．及时分离出C HOH，有利于提高CHCHO的产率
2 5 3
【答案】D
【详解】A．根据合成机理可知Fe+在第一步消耗，最后一步生成，是该反应的催化剂，A正确；
B．由合成机理可知C HOH为生成物，所以C HOH是合成过程中的副产物，B正确；
2 5 2 5
C．根据合成机理的箭头指入情况和指出情况可知该合成乙醛的反应为
，C正确；
D．及时分离出C HOH会增加副产物的生成，不利于提高CHCHO的产率，D错误；
2 5 3
故选D。
8．直接 无膜微流体燃料电池(结构如图所示)利用多股流体在微通道内平行层流的
特性，自然地将燃料和氧化剂隔开，无需使用传统燃料电池中的交换膜，且使用氧化剂 可确
保电池工作过程中无固体析出附着电极表面问题。下列有关说法不正确的是A．电池工作时，电子由电极a直接经外电路流向电极b
B．电极a上发生的反应为
C．电极b上消耗 时，理论上共转移3mol电子
D．上述无膜微流体技术可降低燃料电池的生产成本，提升电池工作性能
【答案】C
【分析】接HCOONa/K [Fe(CN) ]无膜微流体燃料电池工作时，燃料发生失电子的反应，氧化剂发生得电
3 6
子的反应，使用氧化剂K[Fe(CN) ]可确保电池工作过程中无固体析出附着电极表面问题，则图中电极b为
3 6
正极，电极a为负极，负极反应式为HCOO--2e-+3OH-= +2H O，正极反应式为[Fe(CN) ]3-+e-
2 6
=[Fe(CN)]2-，电池工作时，电子由负极直接经外电路流向正极，据此分析解答。
6
【详解】A．由上述分析可知，电极b为正极，电极a为负极，电池工作时电子由电极a直接经外电路流向
电极b，A正确；
B．电极a为负极，HCOONa发生失电子的氧化反应生成NaCO，负极反应式为HCOO--2e-+3OH-=
2 3
+2H O，B正确；
2
C．电极b为正极，K[Fe(CN) ]发生还原反应生成K[Fe(CN) ]，正极反应式为[Fe(CN) ]3-+e-=[Fe(CN)]2-，
3 6 4 6 6 6
消耗1molK [Fe(CN) ]时，理论上共转移1mol电子，C错误；
3 6
试卷第6页，共3页D．该无膜微流体燃料电池自然地将燃料和氧化剂隔开，无需使用传统燃料电池中的交换膜，可降低生产
成本，提升电池工作性能，D正确；
故答案为：C。
9．工业上用磷铁渣(主要含 、 ，以及少量 等杂质)制备 (磷酸铁)。
已知： 难溶于水，能溶于无机强酸。下列说法错误的是
A．“浸取”时将磷铁渣粉碎是为了增大反应接触面积，加快浸取速率
B．加入硫酸的目的是为了保持体系的酸度，防止生成
C．滤渣的主要成分是
D．“浸取”时 发生反应的离子方程式为：
【答案】C
【分析】将磷铁渣(主要含FeP、Fe P，以及少量Fe O、SiO)在90℃时用硝酸和硫酸的混合酸浸泡，硝酸
2 2 3 2
具有强氧化性，能将铁和磷分别氧化为Fe(NO )、HPO ，自身被还原为NO，硫酸是为了保持体系的酸度，
3 3 3 4
防止生成FePO ，过滤得到滤液和滤渣，去掉滤渣主要成分为SiO，在滤液中加磷酸，调铁和磷的含量比，
4 2
再加入氨水调酸碱性，最终制备得FePO (磷酸铁)，据此分析解题；
4
【详解】A．磷铁渣粉碎以增大接触面积，适当增大硝酸的浓度或者进行搅拌均可“浸取”时加速溶解，
A正确；
B．由分析可知，加入硫酸的目的是为了保持体系的酸度，防止生成FePO ，B正确；
4
C．由分析可知，滤渣主要成分为SiO，C错误；
2
D．由分析可知，“浸取”时硝酸具有强氧化性，能将铁和磷分别氧化为Fe(NO )、HPO ，根据氧化还原
3 3 3 4
反应配平， ，D正确；故答案为：C。
10．下图为常温Al(OH) 、Mn(OH) 、Cu(OH) 在水中达沉淀溶解平衡时的pM-pH关系图(pM=-lg[c(M)/
3 2 2
(mol·L-1)，M为Al3+、Mn2+或Cu2+；c(M)≤10-5mol/L可认为M离子沉淀完全)。下列叙述正确的是
A．浓度均为0.1mol/L的Cu2+和Mn2+可通过分步沉淀进行分离
B．加适量CuCl 固体可使溶液由B点变到C点
2
C．若A点为含Al3+、Cu2+的混合溶液，则 =10-0.7
D．常温下，K [Al(OH) ]=10-22.3
sp 3
【答案】A
【分析】若pOH=-lg[c(OH-)]，常温下，根据溶度积常数：K [Al(OH) ]=c(Al3+)·c3(OH-)，则有pK =pAl3+
sp 3 sp
+3pOH=pAl3++3×(14-pH)；同理对于氢氧化铜，有pK =pCu2++2×(14-pH)，对于氢氧化锰，有pK =pMn2+
sp sp
+2×(14-pH)。从图中可以看出，从左边起第一条线表示铝离子，取点（4，2.9）可计算氢氧化铝的溶度积
常数K [Al(OH) ]=c(Al3+)·c3(OH-)=10-2.9×(10-10)3=10-32.9；第二条线表示Cu2+，取点（4，1.7），
sp 3
K [Cu(OH) ]=c(Cu2+)·c2(OH-)=10-1.7×(10-10)2=10-21.7；第三条线表示Mn2+，取点（7，1.3），
sp 2
K [Mn(OH) ]=c(Mn2+)·c2(OH-)=10-1.3×(10-7)2=10-15.3。
sp 2
【详解】A．由K [Cu(OH) ]计算可知，当Cu2+完全沉淀时，溶液c2(OH-)=10-21.7÷10-5=10-16.7，此时
sp 2
Q[Mn(OH) ]=0.1×10-16.7=10-17.7<K [Mn(OH) ]，Mn2+尚未开始沉淀，可通过调节溶液pH的方法分步沉淀
2 sp 2
Cu2+和Mn2+，故A说法正确；
B．加入氯化铜固体，Cu2+浓度增大，pCu减小，不能使溶液有B点到C点，故B说法错误；
C．pH越小，氢氧根离子浓度越小，pM越大，M的浓度越小，因此A点时，溶液为Al(OH) 、Cu(OH) 的
3 2
不饱和溶液， 无法计算，故C说法错误；
试卷第8页，共3页D．由分析可知，pH=4时，pOH=10，可计算Ksp[Al(OH) ]=10-32.9，故D说法错误；
3
答案为A。
第Ⅱ卷
二、非选择题：共4题，共60分。
11．（15分）工业利用闪锌矿(主要成分 ，还含有 、 、石英及 、 等杂质)富氧酸浸提
取锌，同时实现环保除铁的工艺流程如下：
已知：①酸性条件下，亚铜离子易发生歧化反应；
② 易形成胶体。
回答下列问题：
(1)“浸出”过程原理如图1a所示， “浸出”的总反应的化学方程式为 。对比人造闪锌矿
浸出原理(如图1b所示)，可知“浸出”过程中 的作用为 。
(2)“滤渣1”主要成分为 。
(3)“加热加压氧化”发生反应的离子方程式为 。
(4)“电积”时， 、 会腐蚀电极板，需提前除净。
①“脱氯”时，脱氯率随时间变化如图2，约 后脱氯率减小的原因可能为 。②“脱氟时，先按物质的量之比 加入 脱氟，充分反应后，
[已知 ，且不考虑 沉淀]；后加入石灰石，目的为 。
(5)写出“电积”生成锌的电极反应式 。
【答案】(1) 催化剂
(2) 、
(3)
(4)空气中的氧气将 氧化为 ， 重新进入溶液； 发生歧化反应， 重新进入溶液
防止形成氟化钙胶体，提高氟的沉降率
(5)
【分析】本题是一道工业流程题，由闪锌矿粉制备单质锌，首先用硫酸溶解原料，再用空气将酸浸后溶液
中的二价铁氧化为赤铁矿除去，随后调节pH，加入铜脱氯，再用单质锌置换后，再用石灰乳脱氟，最后
电解即可，以此解题。
【详解】（1）“浸出”时闪锌矿中硫化锌和硫酸反应生成硫酸锌，同时其中的硫离子被氧气氧化为单质
试卷第10页，共3页硫，方程式为： ；由图可知，反应开始时加入 在反应过程中又
产生 ，故 属于催化剂；
（2）闪锌矿中二氧化硫不能溶解，同时由第一问可知，浸出时会产生单质硫，故“滤渣1”主要成分为：
、 ；
（3）根据流程可知，“加热加压氧化”时溶液中的二价铁被空气中的氧气氧化为赤铁矿，方程式为：
；
（4）①根据分析可知，通过生成CuCl来达到脱氯的目的，但是随着时间的延长，空气中氧气可以将+1价
铜氧化为+2价铜，再结合信息可知，酸性条件下，亚铜离子易发生歧化反应，重新生成氯离子，故约
后脱氯率减小的原因可能为：空气中的氧气将 氧化为 ， 重新进入溶液； 发生歧化反应，
重新进入溶液；
②充分反应后达到沉淀溶解平衡，由于 ，并且 ，可得
，解得 ；根据题给信息可知， 易形成胶体，则加入石灰石目
的为防止形成氟化钙胶体，提高氟的沉降率；
（5）脱氟时加入石灰乳，此时溶液显碱性，锌元素以 种形式存在，电积时， 在阴极得
到电子生成单质锌，电极反应式为： 。
12．（18分）三甲基镓 是一种重要的半导体材料前驱体。实验室以镓镁合金 、碘甲
烷 为原料制备 ，实验步骤及装置如图：向三颈烧瓶中加入镓镁合金、碘甲烷和乙醚 ，加热(55℃)并搅拌 。蒸出低沸点有机物后减压
蒸馏，收集 。向 中逐滴滴加 (三正辛胺)，室温下搅拌 ，并用真
空泵不断抽出 蒸气，制得 。将 置于真空中加热，蒸出 。
已知：①常温下， 为无色透明的液体，易水解，在空气中易自燃。
②相关物质的沸点信息如表：
物质
沸点/℃ 55.8 40.3 34.5 365.8
回答下列问题：
(1)仪器a的名称是 ；制备 时，需在真空中加热的原因是 。
(2)①基态Ga原子的价电子排布式为 。
②原子晶体 的晶胞参数 ，它的晶胞结构如图所示。该晶胞内部存在的共价键数为 ；
该晶胞的密度为 。(阿伏加德罗常数用 表示，已知Ga：70 As：75)。
试卷第12页，共3页(3)三颈烧瓶中除生成 外，还有 和 生成，该反应的化学方程式为 。
(4)用真空泵不断抽出 蒸气，有利于 生成的理由是 (用平衡移动原理解释)；与
直接分解 制备 相比，采用“ 配体交换”工艺制备的产品纯度更高的原因是
。
(5)测定 产品的纯度。取 样品于锥形瓶中，加入 盐酸，至不再产生气
泡，加入2滴甲基橙，用 溶液滴定剩余盐酸，消耗 溶液的体积为 ，则
的质量分数为 (用含m、V、 、c、 的代数式表示)；若滴定达终点时发现滴定管尖嘴
内有气泡生成，则测定结果 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
【答案】(1) 恒压分液漏斗 防止 与空气中的 、 反应
(2) 16
(3)
(3) ，将乙醚蒸气抽出，使平衡正向移动 与
的沸点相差更大，易于分离
(4) % 偏高【分析】利用碘甲烷CHI和乙醚 及 反应生成 ，加入 将其转化为
3
， 与 的沸点相差更大，可蒸馏分离， 易水解，在空气中易自燃，
烧杯中应加入浓硫酸；
【详解】（1）仪器a的名称是恒压分液漏斗，已知 易水解，在空气中易自燃，制备 时，
需在真空中加热的原因是防止 与空气中的 、 反应；
（2）①基态Ga原子的价电子排布式为 ；②根据“均摊法”，晶胞中含 个As、4个
Ga，则晶体密度为 ；由结构可知，1个Ga可以形成4个共价键，则该
晶胞内部存在的共价键数为4×4=16。
（3）三颈烧瓶中碘甲烷CHI和乙醚 及 反应生成 外，还有 和
3
生成，该反应的化学方程式为 ；
（3） 与 反应生成 和 蒸气存在转化平衡：
，用真空泵不断抽出 蒸气，减少乙醚蒸气浓度，使
平衡正向移动，有利于 生成；用“ 配体交换”工艺 与 反应生成
，由表可知 与 的沸点相差更大，易于分离，能制备纯度更高的 ；
（4）NaOH与HCl按物质的量1:1反应，与 反应的n(HCl)=
，盐酸与 反应方程式为
试卷第14页，共3页+3HCl=GaCl +3CH ↑，样品中n[ ]= n(HCl)= ，样品中m[ ]=
3 4
，则 的质量分数为
；若滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，测定的NaOH
溶液体积偏小，则与 反应的盐酸物质的量偏多，计算得 的质量偏多，则测定结果偏高。
13．（12分）为了减少“温室效应”带来的负面影响，法国化学家Paul sabatier研究得出 在催化剂作
用下能够转化为甲烷，即Sabatier反应： ；副反应：
；回答下列问题
(1)若 的燃烧热分别为 ， ，则Sabatier反
应的 。
(2)实际化工生产过程中，下列措施能提高 转化效率的是 。
a．合适的温度下，适当增大压强
b．增加反应物 与 的体积比
c．采用双温控制，前段加热，后段冷却
d．选取高效催化剂及增大催化剂的比表面积
(3)将原料气按 置于密闭容器中在进行 Sabatier反应，测得 平衡转化率与压强、温
度的关系如图所示，x、y、z、w大小关系为 ，在压强为 时，700~800℃范围内，随温度
升高， 的平衡转化率逐渐增大，其原因是 。
(4)针对“ ”反应，实验测得正反应速率为 ，逆反应速率为 ，其中 为速率常数， 为平衡常数，则 (以 和
表示)。
(5)上图中，当温度为500℃、压强为 时，针对 Sabatier反应，根据M点计算 (不考
虑副反应，写出计算式即可，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)。
【答案】(1)-157.2 kJ/mol
(2)acd
(3) x＞y＞z＞w 升高温度，Sabatier反应逆向移动程度小于副反应正向移动程度
(4)
(5)
【详解】（1）根据信息，可以得出：
；
② ；
；
试卷第16页，共3页根据盖斯定律，2×①−②+2×③，可以得出 ；
（2）a．增大压强，反应速率增大，主反应平衡正向进行，CO 转化效率增大，a符合题意；
2
b．增大CO 与H 的体积，反应速率增大，但CO 转化率降低，故其转化效率降低，b不符合题意；
2 2 2
c．加热反应速率加快，冷却后平衡正向移动，CO 转化效率增大，c符合题意；
2
d．高效催化剂加快反应速率，缩短了到达平衡的时间，则CO 的转化效率增大，d符合题意；
2
故答案为：acd；
（3）根据方程式的特点，Sabatier反应是气体分子个数减少的反应，副反应是气体分子个数不变的反应，
增大压强，有利于 Sabatier应正向移动，而副反应不移动，即相同温度下，压强越大，CO 平衡时转化率
2
越大，故x＞y＞z＞w；升高温度，Sabatier反应平衡逆向移动，二氧化碳平衡转化率降低，副反应平衡正
向移动，二氧化碳转化率增大，700℃ 8范00围℃内，随温度升高，CO 的平衡转化率逐渐增大，其原因是
2
Sabatier反应逆向移动程度小于副反应正向移动程度；
（4）处于平衡状态时，v =v ，根据 Kc的表达式，可以得出 ；
正 逆
（5）根据三段式法可以得出： ，
。
14．（15分）加兰他敏是一种天然生物碱，可作为阿尔茨海默症的药物，其中间体的合成路线如下。回答下列问题：
(1)①A中碳原子的杂化方式为 。
②苯环上的电子云密度：苯 六氟苯（如下图）(填“>”或“<”)，依据电负性解释其原因： 。
(2)C中官能团的名称为 （填名称）。
(3)C还原成 过程中，生成了醇羟基。用 代替 完成 的转化，化学方程式为 。
(4)G的结构简式为 。
(5) 的反应类型为 。
(6) 的同分异构体中，红外光谱显示有酚羟基、无 键的共有 种。
试卷第18页，共3页【答案】(1)① ， ；②>，电负性F>C>H，氟原子对苯环有吸电子作用
(2)酯基、醚键
(3)2 +O 2 +2H O
2 2
(4)
(5)取代反应
(6)3
【分析】根据有机物A的结构和有机物C的结构，有机物A与CHI反应生成有机物B，根据有机物B的
3
分子式可以得到有机物B的结构，即 ；有机物B与BnCl反应生成有机物C，有机物C
发生还原反应生成有机物D，有机物D与PCC发生氧化反应生成有机物E，根据有机物E的结构和有机物
D的分子式可以得到有机物D的结构，即 ；有机物E与有机物有机物F发生已知条件
给的②反应生成有机物G，有机物G发生还原反应生成有机物H，根据有机物H与有机物G的分子式可以得到有机物G的结构，即 ；同时也可得到有机物F的
结构，即 ；随后有机物H与HCOOCH CH 反应生成有机物I；
2 3
【详解】（1）①物质A中碳原子的杂化方式有： ， ；②由于F的电负性比C强，C的电负性比H
强，F-C键的共用电子对偏向F，H-C键的共用电子对偏向C，故苯环上的电子云密度：苯>六氟苯；电负
性解释原因为：电负性F>C>H，氟原子对苯环有吸电子作用；
（2）物质C中官能团名称：酯基、醚键；
（3）用O 代替PCC完成D→E的转化，化学方程式为：2 +O 2
2 2
+2H O；
2
（4）根据分析可知G结构简式： ；
（5）对比H和I结构简式可知，发生取代反应；
试卷第20页，共3页（6）F的同分异构体中不含有N-H键，说明结构中含有 ，结构，又因红外中含有酚羟基，说
明结构中含有苯环和羟基，固定羟基的位置 有邻、间、对三种情况，故有3种同分异构体。
