安徽省黄山市2024年高考化学模拟试题（含答案）

安徽省黄山市2024年高考化学模拟试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二总分评分一、单选题1．化学与生活、科技、社会发展息息相关。下列有关说法错误的是A．卡塔尔世界杯球馆屋顶采用了折叠式PTFE正(聚四氟乙烯)板材，该板材属于天然高分子材料B．赞美徽派建筑的诗句“白墙黛瓦马头墙”中所使用的砖瓦是用黏土烧制而成，黏土主要成分为含水的铝硅酸盐C．石墨烯弹性气凝胶制成的轻质“碳海绵”可用作处理海上原油泄漏的吸油材料D．高铁酸钾(K2．一种新型电池的电解质的结构如图所示(箭头指向表示共用电子对由W提供)：W、X、Y、Z是同周期四种主族元素，Y的最外层电子数是X次外层电子数的3倍，下列说法错误的是A．该物质中含离子键、极性键和非极性键B．第一电离能：X>YC．W的电负性比Y大D．W、X、Y、Z四种元素中，X的原子半径最大3．下列实验操作、现象和结论或解释均正确的选项实验操作实验现象结论或解释A将Na2O2与产生白色沉淀说明Na2O2B将脱脂棉放入试管中，加入浓硫酸后搅成糊状，微热得到亮棕色溶液，加入新制氢氧化铜悬浊液，加热有砖红色沉淀生成说明水解产物含有葡萄糖C向无水乙醇中加入浓硫酸，加热至170℃，将产生的气体通入酸性KMnO紫红色褪去乙醇发生消去反应生成乙烯D取少量乙酰水杨酸样品，再加3mL蒸馏水和少量乙醇，振荡，向混合溶液再滴加1-2滴FeCl溶液变为紫色说明混合溶液中含有水杨酸A．A B．B C．C D．D4．以含锌废液(主要成分为ZnSO4，含少量的Fe2+、Mn2+)为原料制备ZnCO3·2Zn(OH)2的实验流程如下。下列说法错误的是A．1mol过二硫酸钠（Na2S2O8）中含有σ键数9NAB．氧化除锰后的溶液中一定存在：Na+、Zn2+、Fe3+、SC．调节pH时试剂X可以选用Zn、ZnO、ZnCO3等物质D．氧化除锰过程中生成MnO2的离子方程式：Mn2++S2O82−+2H2O=MnO2↓+2SO42−5．电解废旧锂电池中的LiMnA．电极A的电极反应为：2LiMB．电极B为阳极，发生还原反应C．电解结束，溶液的pH增大D．电解一段时间后溶液中Mn6．某元素M的氢氧化物M(OH)2(s)在水中的溶解反应为：M(OH)2(s)⇌M2+(aq)+2OA．曲线②代表−lg[M(B．向pH=14.0的Na2[MC．M(OH)2D．25℃，c[M7．硒化锌(ZnSe)是一种重要的半导体材料，其晶胞结构如图甲所示，乙图为该晶胞沿z轴方向在xy平面的投影，已知晶胞边长为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法错误的A．Zn位于元素周期表的ds区B．基态Se原子核外有18种不同空间运动状态的电子C．A点原子的坐标为(0，0D．该晶体密度为(二、综合题8．硼氢化钠(NaBH4)在化工等领域具有重要的应用价值，工业上可用硼镁矿(生要成分为Mg2已知：硼氢化钠(NaBH4)（1）Mg2B2O5、NaB（2）粉碎的目的是；滤渣的成分是(写化学式、下同)。（3）操作1的步骤是、冷却结晶；操作2、操作3的名称分别为、。（4）高温合成过程中，加料之前需先在反应器中通入氩气，该操作的目的是。（5）流程中可循环利用的物质是。写出副产物硅酸钠的一种用途。（6）NaBH4被称为万能还原剂，“有效氢含量”可用来衡量含氢还原剂的还原能力，其定义是：每克含氢还原剂的还原能力相当于多少克H2的还原能力。NaB9．氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体{(N已知：①氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体呈紫红色，难溶于水和乙醇②VO实验室以V2i.向V2O5ii.将净化的VOCl2溶液缓慢加入到足量iii.待反应结束后，在有CO2保护气的环境中，将混合液静置一段时间，抽滤，所得晶体用饱和请回答下列问题：（1）步骤i中生成VOC12的同时生成一种无色无污染的气体，该反应的化学方程式为（2）步骤ii可在如下图装置中进行：①上述装置依次连接的合理顺序为e→(按气流方向，用小写字母表示)。②实验开始时，先关闭K2，打开K1，当(填实验现象)时，关闭K1③写出装置D中生成氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体的化学方程式。（3）步骤iii中抽滤装置如图所示，抽滤原理是。（4）步骤iii中用饱和NH4HC（5）为测定粗产品中钒的含量，称取0.8g粗产品于锥形瓶中，用20mL蒸馏水与30mL稀硫酸溶解后加入0.01mol/LKMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续滴加2%的NaNO(已知钒的相对原子质量为51，假设杂质中不含钒，杂质也不参与反应，滴定反应为：VO①滴定终点时的现象为。②粗产品中钒的质量分数为。10．煤的间接液化是先把煤转化为一氧化碳和氢气，再在催化剂作用下合成甲醇等（1）已知反应：①2C②2③C则反应③的ΔH3=（2）在T1℃时，向体积为2L的一个刚性容器中加入一定量的C(s)和amolH2O(g)（3）已知：在一定条件下可发生反应：2①下列说法正确的是。A．使用高效催化剂可以加快化学反应速率，提高CO和H2B．v(CC．升高温度，化学反应速率加快，说明该反应的正反应是吸热反应D．恒温恒容下，向平衡体系中再充入适量的H2E.恒温恒容下，再加入氨气压强增大可以提高CO和H2②已知：催化剂并不是所有部位都有催化作用，真正起催化作用的那些部位称为活性点位，也称活性中心。恒温恒容条件下发生反应2H2(g)+CO(③若一定温度范围内该反应的化学平衡常数为K，lnK与1T(温度的倒数)的关系如图所示：则Δ④T2℃时，在体积为2L的刚性容器充入2molH2和1molCO合成甲醇，假设只发生反应：2H2(g)+CO(g)⑤CO、H2、CH311．化合物F是制备某种改善睡眠药物的中间体，其合成路线如下：回答下列问题：（1）A中碳原子的杂化方式为。（2）写出反应②的化学方程式。（3）X的化学名称为。（4）反应②、反应③中B、C断开的均为碳基邻位上的碳氢键，原因是。（5）在反应④中，D中官能团(填名称，后同)被[(CH3)2CHCH2]2AlH还原，官能团被NaIO4氧化，然后发生(填反应类型)生成有机物E。（6）F的同分异构体中符合下列条件的有种；①苯环上有两个取代基，F原子直接与苯环相连②可以水解，产物之一为CH≡C-COOH其中含有甲基，且核磁共振氢谱谱图中吸收峰最少的是：。

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】Ａ．卡塔尔世界杯球馆屋顶采用了折叠式PTFE正(聚四氟乙烯)板材，该板材属于人造高分子材料，A符合题意；Ｂ．赞美徽派建筑的诗句“白墙黛瓦马头墙”中所使用的砖瓦是用黏土烧制而成，黏土主要成分为含水的铝硅酸盐，B不符合题意；Ｃ．石墨烯弹性气凝胶制成的轻质“碳海绵”，疏松多孔，具有吸附性，可用作处理海上原油泄漏的吸油材料，C不符合题意；Ｄ．高铁酸钾(K2FeO4)氧化性，在水处理过程中能使蛋白质的变性、胶体聚沉、发生盐类水解、氧化还原反应，D不符合题意；故答案为：A。

【分析】A.聚四氟乙烯是一种以四氟乙烯为单体聚合制得的高分子聚合物。

B.黏土主要成分为含水的铝硅酸盐。

C.石墨烯弹性气凝胶制成的轻质“碳海绵”，疏松多孔，具有吸附性。

D.根据高铁酸钾(K2FeO4)具有氧化性进行分析。2．【答案】B【解析】【解答】A．根据分析，该物质中碳原子和氧原子之间、硼原子和氧原子之间、硼原子和氟原子之间形成极性键，碳原子和碳原子之间形成非极性键，属于锂盐还含有离子键，A不符合题意；B．根据分析，X为B，Y为O，同周期主族元素从左到右，第一电离能呈增大趋势，则第一电离能：Y(O)>X(B)，B符合题意；C．根据分析，Y为O，W为F，同周期主族元素从左到右，电负性逐渐增大，则W(F)的电负性比Y(O)大，C不符合题意；D．根据分析，X为B，Z为C，Y为O，W为F，同周期主族元素从左到右，原子半径逐渐减小，则原子半径：B>C>O>F，即X(B)的原子半径最大，D不符合题意；故答案为：B。

【分析】W、X、Y、Z是同周期主族元素，Y的最外层电子数是X次外层电子数的3倍，说明X的次外层电子数为2，即X位于第二周期，所以Y的最外层电子数为6，则Y为氧元素。根据结构图可知，Z可形成4个共价键，W形成1个共价键，且可提供电子，X可形成3个共价键和1个配位键，且它们均位于第二周期，可推出Z是碳元素，W是氟元素，X是硼元素。3．【答案】D【解析】【解答】A．稀硝酸具有强氧化性，可以把亚硫酸钠氧化为硫酸钠，如果过氧化钠与二氧化硫反应生成亚硫酸钠，加入稀硝酸后也能被硝酸氧化成硫酸钠，无法证明过氧化钠与SO2反应生成了硫酸钠，A不符合题意；B．纤维素水解后检验葡萄糖应该在碱性环境中进行，水解后没有加碱将溶液调整至碱性，操作不符合题意，B不符合题意；C．反应过程中挥发出来的乙醇也可被酸性高锰酸钾氧化从而使其褪色，此外反应可能会生成二氧化硫，同样能被酸性高锰酸钾氧化从而使其褪色，C不符合题意；D．水杨酸中含有酚羟基，乙酰水杨酸中没有酚羟基，向混合溶液中滴加1-2滴FeCl3溶液，溶液变为紫色，说明混合溶液中有水杨酸，D符合题意；故答案为：D。

【分析】A.稀硝酸具有强氧化性，可以把SO32-氧化为SO42-。

B.检验葡萄糖应在碱性环境中进行。

C.乙醇也可被酸性高锰酸钾氧化从而使其褪色。

D.水杨酸中的酚羟基遇Fe3+变紫。4．【答案】C【解析】【解答】A．S2O82−中含有1个过氧键(-O-O-)，结构式为，单键均为σ键，双键中有1条σ键，1条π键，因此1mol过二硫酸钠（Na2S2O8B．根据分析，氧化除锰后的溶液中存在的离子为Na+、Zn2+、Fe3+、SOC．溶液中Fe3+能与锌反应生成Fe2+和Zn2+，所以调节溶液pH时试剂X不能选用Zn，C符合题意；D．根据分析，“氧化除锰”工序用Na2S2O8把Fe2+、Mn2+氧化为Fe3+、MnO2，根据电子转移守恒和质量守恒可知，除锰发生反应的离子反应方程式是Mn2++S2O82−+2H2O=MnO2↓+2SO42−+4H故答案为：C。

【分析】根据流程图，“氧化除锰”过程中，加入的Na2S2O8将Mn2+氧化为MnO2除去，同时Fe2+被氧化为Fe3+；加入ZnO等可调节pH，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去；“沉锌”时，加入的NH4HCO3与ZnSO4反应得到ZnCO3•2Zn(OH)2沉淀，经过滤可得到目标产物。5．【答案】C【解析】【解答】A．电极A锰元素化合价降低，还原反应，电解时做阴极，电极反应为：2LiMn2O4＋6e−+16H+=2Li++4Mn2++8H2O，A不符合题意；B．电极B锰元素化合价升高，氧化反应，电解时做阳极，B不符合题意；C.2LiMn2O4+4H+电解__2Li++Mn2++3MnO2＋2H2O，电解后HD.2LiMn2O4+4H+电解__2Li++Mn2++3MnO2＋2H2O，电解一段时间后溶液中Mn故答案为：C。

【分析】该装置为电解池，在电极B上，Mn2+→MnO2，锰元素的化合价升高，说明Mn2+失电子发生氧化反应，则电极B是阳极，其电极反应式为2H2O+Mn2+-2e−=MnO2+4H+，电极A是阴极，其电极反应式为2LiMn2O4＋6e−+16H+=2Li++4Mn2++8H2O。6．【答案】B【解析】【解答】A．由分析可知，曲线②代表-lgc[M(OH)B．向pH=14.0的Na2[MC．由图像，pH=7.0时，-lgc(M2+)=3.0，则M(OH)2的Ksp=c(M2+)·c2(OH-)=1×10-17，选项C不符合题意；D．根据图中曲线可知，25℃，c[M(OH)故答案为：B。

【分析】根据题干信息及图示信息可知，在酸性较强的情况下，利于反应M(OH)2(s)⇌M2+(aq)+2OH-(aq)正向移动，利于反应M(OH)2(s)+2OH-(aq)⇌M(OH)7．【答案】C【解析】【解答】A．Zn的价层电子排布式为3d104s2，位于元素周期表的ds区，A不符合题意；B．基态Se原子核外排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p4，电子的空间运动状态数=电子所占原子轨道数，s、p、d原子轨道数分别为1、3、5，所以基态Se原子核外有1+1+3+1+3+5+1+3=18种不同空间运动状态的电子，B不符合题意；C．A点原子坐标为(0，0，0)，由图乙可知，B点原子的坐标为(1D．该晶胞中，位于晶胞内部的Zn原子个数为4，位于顶点和面心的Se原子个数为8×18+6×故答案为：C。

【分析】A.根据价层电子排布式进行分析。

B.电子的空间运动状态数=电子所占原子轨道数。

C.结合图示信息，根据A点原子坐标可推出B点原子的坐标。

D.根据均摊法，结合m=ρV进行分析。8．【答案】（1）H（2）增大硼镁矿与碱液的接触面积，提高浸取率(或提高原料的利用率)和加快反应速率(或者使反应更快更充分)；Fe3（3）蒸发浓缩；过滤；蒸馏（4）除去反应器中的空气，防止空气中的水、氧气与原料钠、氢气反应（5）异丙胺；可做防火剂或黏合剂（6）0.21【解析】【解答】（1）一元弱酸硼酸(H3B（2）粉碎的目的是增大硼镁矿与碱液的接触面积，提高浸取率(或提高原料的利用率)和加快反应速率(或者使反应更快更充分)；氢氧化钠和四氧化三铁不反应、和镁离子生成氢氧化镁沉淀，故滤渣的成分是Fe3O（3）操作1从溶液中得到晶体，则操作为蒸发浓缩、冷却结晶；操作2为分离固液的操作，是过滤；硼氢化钠(NaBH4)（4）钠、氢气均可与空气中氧气反应，高温合成过程中，加料之前需先在反应器中通入氩气，该操作的目的是除去反应器中的空气，防止空气中的水、氧气与原料钠、氢气反应；（5）操作3蒸馏出的异丙胺，可以在操作2中重复使用，故流程中可循环利用的物质是异丙胺。副产物硅酸钠可做防火剂或黏合剂等；（6）NaBH4中氢元素化合价为-1，可以失去电子变为+1；氢气中氢失去电子变为+1，根据电子守恒可知，NaBH

【分析】根据流程图及题干信息，硼镁矿“粉粹”后，加入浓NaOH溶液，与Mg2B2O5⋅H2O反应生成NaBO2和Mg(OH)2，Fe3O4与碱不反应，所以滤渣的主要成分是Fe3O4和Mg(OH)2；将含NaBO2的溶液经操作1可得到Na2B4O7•10H2O，晶体经脱水，得到Na2B4O7，Na2B4O7在高温下与Na、H2、SiO2合成NaBH4和Na2SiO9．【答案】（1）2（2）abfgc(或abfgcd)；B中溶液(澄清石灰水)变浑浊；6VOC（3）水龙头起着抽气泵的作用，利用水流带走里面的空气导致里面压强减少，使过滤速度加快(或水流造成装置内压强减小，使过滤速率加快，且产品含水量更少)（4）取少量最后一次洗涤液于试管中，加入适量硝酸酸化的AgNO（5）当加入最后半滴(或1滴)标准液时，有蓝色沉淀产生且30秒(或半分钟)内沉淀不溶解；0.255或25【解析】【解答】（1）V2O5中加入足量盐酸酸化的N2H（2）①根据分析，C为制备CO2气体的发生装置，A为除杂装置，D为制备氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体反应装置，B为检验CO2的装置，则依次连接的合理顺序为eabfgc或eabfgcd；②为防止反应生成的氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体中的VO2+被空气中的氧气氧化，因此实验开始时，先关闭K2，打开K1，C装置中碳酸钙和盐酸反应产生二氧化碳气体，盐酸具有挥发性，则A装置为除去HCl气体，产生的二氧化碳将体系中的空气排出，当观察到B中溶液(澄清石灰水)变浑浊，说明空气已排尽，再关闭③装置D中生成氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体的化学方程式为6VOCl（3）该抽滤装置的原理是：水龙头起着抽气泵的作用，利用水流带走里面的空气导致里面压强减少，使过滤速度加快或水流造成装置内压强减小，使过滤速率加快，且产品含水量更少；（4）步骤ⅲ中会生成大量的Cl−，用饱和NH4HCO3（5）①铁氰化钾{K②滴定反应为：VO2++Fe2++2

【分析】根据题干信息及流程图，步骤ⅰ制备VOCl2；步骤ⅱ反应得到N2和紫红色晶体，根据实验装置，A用于制备CO2气体，原料之一为饱和NaHCO3溶液，B用于除杂，D用于检验CO2，整个装置采用恒压漏斗，可平衡气压，使液体顺利流下。结合常见离子的检验方法进行分析。10．【答案】（1）+131.3（2）b−c2（3）D；过多的H2占用活性点位过多，使反应速率减慢；小于；0.1；50%；CH3OH>CO>H2；CO、H2、CH3OH均为分子晶体，甲醇分子间存在氢键沸点最高：【解析】【解答】（1）已知：①2C(s)+②2根据盖斯定律，由①×12-②×1则反应③的ΔH3=（2）令碳与水反应生成的氢气的物质的量为xmol，则生成的CO为xmol，令CO与水反应生成氢气的物质的量为ymol，则生成的二氧化碳的物质的量为ymol，消耗的CO的物质的量为ymol，平衡时氢气的物质的量为bmol，则xmol+ymol=bmol，平衡时CO的物质的量为cmol，则xmol-ymol=cmol，联立解得x=b+c2，y=b−c2，故CO2的物质的量为y=（3）①A.使用高效催化剂可以加快化学反应速率，但催化剂不能使平衡移动，故CO和H2B.2v(CH3C.温度升高，分子活化能降低，活化分子的百分数增加，单位体积内活化分子碰撞的有效次数增加，反应速率加快，不能说明该反应的正反应是吸热反应，选项C不正确；D.恒温恒容下，向平衡体系中再充入适量的H2E.恒温恒容下，再加入氨气压强增大但反应物的浓度均不变，CO和H2故答案为：D；②恒温恒容条件下发生反应2H2(g)+CO(③根据图中曲线可知，随着1T增大，lnK增大，即温度降低，K值增大，故该反应的正反应为放热反应，④设CHCO(g)+5分钟末达到平衡，测得CH3OH的体积分数为25%，则0.5x⑤CO、H2、CH3OH均为分子晶体，甲醇分子间存在氢键沸点最高：CO为极性分子并且相对分子质量大于H2，分子间作用力大于H2，故CO沸点比

【分析】（1）根据盖斯定律，由①×12-②×12得反应③，则反应③的ΔH3=12ΔH1−12ΔH2。

（2）通过假设碳与水反应生成的n(H2)和CO与水反应生成的n(H2)，结合化学方程式可列出二元一次方程进行求解。

（3）①A.催化剂能改变反应速率，但不影响平衡移动。

B.达到化学平衡状态的主要标志是V正=V逆，各物质的含量保持不变。

C.升温利于平衡正向移动，能说明反应的正反应是吸热反应。

D.平衡常数只与温度有关。

E.根据化学平衡移动的原理进行分析。

②恒温恒容条件下发生反应2H2(g)+CO(11．【答案】（1）sp2、sp3（2）+CH3I→Δ有机强碱+HI（3）3-碘-1-丙烯(3-碘丙烯)（4）B、C中碳基邻位碳上的氢受羰基吸电子作用的影响，C-H极性增强，具有一定的活