安徽省马鞍山市2024年高考化学模拟试题（含答案）

安徽省马鞍山市2024年高考化学模拟试题阅卷人一、选择题得分1．位于马鞍山的长江不夜城，集传统文化、科技体验、灯光艺术、特色美食于一体，打造了国内唯一的千里长江画卷景观。下列说法正确的是A．制作显示大屏的液晶，不具有类似晶体的各向异性B．画卷中展示的精美瓷器，其主要成分与水晶、玛瑙相同C．制作特色美食的油脂和植物蛋白均属于高分子化合物D．美轮美奂的水幕灯光秀与原子核外电子跃迁及胶体的性质有关2．聚合物M用于缓释药物的载体，结构如图，下列说法错误的是A．含羧基类药物可借助酯化反应连接到M上，制成缓释药物B．M由CH2=C(CH3)COOH和HOCH2CH2OH通过缩聚反应生成C．若平均相对分子质量为13130，则平均聚合度n为101D．每个链节中最多有5个碳原子共平面3．能正确表示下列反应的离子方程式为A．新制氯水中加入少量CaCO3：2Cl2+H2O+CaCO3=Ca2++2Cl-+CO2↑+2HClOB．硫酸铜溶液中滴入几滴氨水：Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2OC．久置的H2S溶液变浑浊：2S2-+O2+4H+=2S↓+2H2OD．用铜电极电解硫酸铜溶液：2Cu2++2H2O通电__2Cu+O24．由实验操作和现象，得出的相应结论正确的是

实验操作现象结论A将铜丝插入FeCl3溶液中铜丝溶解铜的金属性大于铁B向Zn-Fe-酸化的NaCl溶液形成的原电池的铁电极附近滴加K3[Fe(CN)6]溶液铁表面有蓝色沉淀生成锌不能作为保护铁的牺牲阳极C25℃时测盐(MR)溶液的pHpH=7不能判断MOH和HR是否均为强电解质D向苯酚浊液中滴加饱和Na2CO3溶液浊液变澄清苯酚的Ka大于碳酸的Ka1A．A B．B C．C D．D5．氢键对生命活动具有重要意义。DNA中四种碱基间的配对方式如下图(~代表糖苷键)。下列说法错误的是A．基态氧原子核外的电子有5种不同的空间运动状态B．鸟嘌呤分子中2号N原子的杂化类型为sp2C．所涉及的四种元素电负性大小关系：H<C<O<ND．氢键的强度较小，在DNA解旋和复制时容易断裂和形成6．磷酸铁锂电池在充放电过程中表现出了良好的循环稳定性，具有较长的使用寿命，放电时的反应为：LixC6+Li1-xFePO4=6C+LiFePO4。图1为某磷酸铁锂电池的切面，图2为LiFePO4晶胞充放电时Li+脱出和嵌入的示意图。其中O围绕Fe和P分别形成正八面体和正四面体，它们通过共顶点、共棱形成空间链结构。下列说法错误的是A．放电时，负极反应：LixC6-xe-=xLi++6CB．(a)过程中1mol晶胞转移的电子数为316NC．(b)代表放电过程，Li+脱离石墨，经电解质嵌入正极D．充电时的阳极反应：LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4+xLi+7．用0.1mol/L的NaOH溶液滴定20mL0.1mol/L的CH3COOH溶液时，溶液的温度(I)、pH(II)随NaOH体积的变化如下图(图中虚线为校正至25℃时的pH曲线)，V1时溶液中c(CH下列说法正确的是A．x点溶液中，CH3COOH电离程度小于CH3COONa的水解程度B．y点溶液中，c(CH3COO-)=c(Na+)>c(H+)=c(OH-)C．w点溶液的碱性强于z点溶液的碱性D．25℃时，CH3COOH的电离常数Ka=1×10-a阅卷人二、非选择题得分8．NiS难溶于水，易溶于稀酸，可用于除去镍电解液中的铜离子，NiS在潮湿的空气中可转化为碱式硫化高镍[Ni(OH)S]，从而降低除铜离子能力。实验室模拟制取NiS装置如图(加热、夹持装置略去)，先通氮气排尽装置内空气后，同时通入硫化氢气体和氨气，制得NiS沉淀。回答下列问题（1）装置图中，仪器a的名称是，装置Ⅱ中的试剂为。（2）装置Ⅲ中反应的离子方程式为。（3）反应结束后关闭K1、K4，在b、c处分别连接下图两个装置，打开K2、K3进行抽滤洗涤。装置Ⅳ接在(填“b”或“c”)处。（4）用NiS除去镍电解液中铜离子时，NiS陈化时间对除铜离子效果的影响如图所示(陈化时间：沉淀完全后，让生成的沉淀与母液一起放置的时间)。图中曲线变化原因是(以化学方程式表示)。（5）测定某NiS样品的纯度称取试样(杂质中不含Ni)mg置于锥形瓶中，用稀酸溶解后加入掩蔽剂掩蔽其他离子，加pH≈10的氨性缓冲溶液5mL紫脲酸铵指示剂少许。用0.0200mol/LEDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定，发生反应：Ni2++H2Y2-⇌NiY2-+2H+。滴定达终点时消耗EDTA标准溶液VmL。①样品的纯度为。②滴定过程中，若氨性缓冲溶液pH值过低，导致测得的产品纯度(填“偏低”、“偏高”或“不影响”)。9．我国铂族金属储量占世界储量0.58%，而消费总量占世界消费总量的27%，因此从汽车废弃催化剂中回收铂族金属对可持续发展有重大意义。废弃催化剂中含有Pt，还含有少量的Fe2O3、MgO、Al2O3、SiO2。一种从汽车废弃催化剂中回收铂的流程如下：已知：①长期使用的催化剂，表面会覆盖积碳和有机物；②Pt溶于王水生成NO和氯铂酸，该酸的阴离子具有正八面体结构，其中铂为正四价；③该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表金属离子Al3+Mg2+Fe3+开始沉淀的pH3.59.52.2沉淀完全(c=1.0×10-5mol/L)的pH4.711.13.2回答下列问题：（1）粉碎废弃催化剂后，需进行预处理操作A，请写出操作A的名称；（2）为了提高酸浸效率，温度不宜过高的原因：；（3）酸浸工序中，铂发生的反应的化学方程式为，有同学提议，将王水换成盐酸和过氧化氢的混合溶液，请分析优缺点：；（4）通过调节滤液的pH以回收其他金属，依次析出的金属离子为，当Al3+开始沉淀时，溶液中的Fe3+浓度为mol/L；（5）铂的浸出率与不同加热方式、浸出时间及不同固液比的关系如下图所示：由图可知，Pt浸出的最佳条件为；（6）金属捕集法可使Pt取代铜原子进入铜晶格形成铜铂合金，图是一种电催化材料(铜铂合金)的晶胞，该合金的化学式为，该合金的密度为ρg/cm3，两个最近的铜原子之间的距离为pm(写出计算式，不用简化)。10．我国力争2030年前实现碳达峰，2060年前实现碳中和。CO2的综合利用是实现碳中和的措施之一。（1）Ⅰ．CO2和CH4在催化剂表面可以合成CH3COOH，该反应的历程和相对能量的变化情况如下图所示(*指微粒吸附在催化剂表面，H*指H吸附在催化剂载体上的氧原子上，TS表示过渡态)：决定该过程的总反应速率的基元反应方程式为。（2）下列说法正确的有。a．增大催化剂表面积可提高CO2在催化剂表面的吸附速率b．CH3COOH*比CH3COOH(g)能量高c．催化效果更好的是催化剂2d．使用高活性催化剂可降低反应焓变，加快反应速率（3）Ⅱ．CO2和H2在一定条件下也可以合成甲醇，该过程存在副反应ii。反应i：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-49.3kJ·mol-1反应ii：CO2(g)+H2(g⇌CO(g)+H2O(g)ΔH2有关物质能量变化如图所示，稳定单质的焓(H)为0，则ΔH2=kJ·mol-1（4）恒温恒容条件下，仅发生反应ii，反应达到平衡的标志是。a．CO的分压不再发生变化b．气体平均相对分子质量不再发生变化c．气体密度不再发生变化d．c(CO（5）在5.0MPa，将n(CO2)：n(H2)=5：16的混合气体在催化剂作用下进行反应。体系中气体平衡组成比例(CO和CH3OH在含碳产物中物质的量百分数)及CO2的转化率随温度的变化如图所示。①表示平衡时CH3OH在含碳产物中物质的量百分数的曲线是(填“a”或“b”)。②CO2平衡转化率随温度的升高先减小后增大，增大的原因可能是。③250℃时反应i：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)的Kp=(MPa)-2(用最简分数表示)。11．黄酮类物质可增强人体的抵抗力。某黄酮类物质的合成方法如下：回答下列问题：（1）A的化学名称。（2）C生成D的反应类型为，设计该步反应的目的是。（3）F的结构简式。（4）由G经两步反应生成H，第一步为加成反应，写出第二步反应的化学方程式(不要求写反应条件)（5）E完全加氢后有个手性碳原子。（6）同时满足以下特定的条件的E的同分异构体有种。①含有两个苯环，且两个苯环通过一根单键直接相连；②能发生银镜反应和水解反应，水解的产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；③核磁共振氢谱有六组峰，且峰面积比为6：2：2：1：1。（7）已知：①CH3COOH+SOCl2→CH3COCl；②苯酚与羧酸很难发生酯化反应。结合题中信息，设计由对二甲苯和苯酚为原料，合成(对苯二甲酸二苯酚酯)的合成路线(无机试剂任选)。

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】A.液晶是一种各向异性材料，因此具有类似晶体的各向异性，A不符合题意；B.瓷器的主要成分是SiO2和金属氧化物，而水晶、玛瑙的主要成分是SiO2，二者的主要成分不同，B不符合题意；C.油脂是高级脂肪酸的甘油酯，不属于高分子化合物，植物蛋白属于高分子化合物，C不符合题意；D.灯光是由于电子的跃迁和胶体的性质有关，D符合题意；故答案为：D

【分析】A、液晶是一种各向异性材料；

B、结合瓷器、水晶和玛瑙的主要成分分析；

C、油脂不属于高分子化合物；

D、灯光是由于电子的跃迁引起的。2．【答案】B【解析】【解答】A.该物质中含有羟基，能与羧基发生酯化反应，A不符合题意；B.该物质M是由CH2=C(CH3)COOCH2CH2OH发生加聚反应得到，B符合题意；C.该物质的平局聚合度n=13130D.羧基中的碳氧双键为平面结构，烷烃为四面体结构，因此该有机物中链节中最多有5个碳原子共平面，D不符合题意；故答案为：B

【分析】A、羧基和羟基可发生酯化反应；

B、该物质由碳碳双键发生加聚反应得到；

C、平均聚合度等于平均相对分子质量除以单体的相对分子质量；

D、根据烷烃的立体结构分析。3．【答案】A【解析】【解答】A.新制氯水中含有H＋、Cl－和HClO，与少量CaCO3反应时，HClO不发生反应，因此该反应的离子方程式为：2Cl2＋H2O＋CaCO3=Ca2＋＋2Cl－＋CO2↑＋2HClO，A符合题意；B.滴入几滴氨水，则NH3·H2O少量分，反应后只生成Cu(OH)2沉淀，因此该反应的离子方程式为Cu2＋＋2NH3·H2O=Cu(OH)2↓＋2NH4＋，B不符合题意；C.H2S是一种弱酸，在离子方程式中保留化学式，因此该反应的离子方程式为：2H2S＋O2=2S↓＋2H2O，C不符合题意；D.铜做电极时，则阳极的电极反应式为Cu－2e－=Cu2＋，阴极的电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，因此该电池的总反应式为Cu＋2H2O=电解Cu(OH)2＋H2故答案为：A

【分析】A、CaCO3少量，则反应后生成HClO；

B、氨水少量，则反应生成Cu(OH)2沉淀；

C、H2S是一种弱酸，在离子方程式中保留化学式；

D、铜做阳极时，Cu发生失电子的氧化反应，生成Cu2＋。4．【答案】C【解析】【解答】A.铜丝插入FeCl3溶液中，发生反应Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋，铜片逐渐溶解，但无法比较Fe、Cu的金属性，A不符合题意；B.Zn－Fe－酸化的NaCl溶液中，金属性Zn>Fe，因此Zn做负极，发生失电子的氧化反应，Fe做正极，铁表面没有蓝色沉淀产生，B不符合题意；C.25℃时，MR的水溶液pH=7，则MOH和HR都为强电解质，或MOH和HR都是弱电解质，且其电离程度相同，C不符合题意；D.向苯酚浊液中滴加饱和Na2CO3溶液中，浊液变澄清，反应生成苯酚钠和NaHCO3，说明酸性：苯酚>HCO3－，D不符合题意；故答案为：C

【分析】A、铜丝与FeCl3反应，利用了Fe3＋的氧化性；

B、Zn的活动性比Fe强，可作为保护铁的牺牲阳极；

C、弱酸弱碱盐的水溶液可能为中性；

D、浊液变澄清，反应生成苯酚钠和NaHCO3。5．【答案】C【解析】【解答】A.氧原子的核外电子排布式为1s22s22p4，因此其核外电子的空间运动状态共有5种，A不符合题意；B.2号氮原子形成了一个单键和一个双键，同时存在一个孤电子对，因此氮原子的杂化类型为sp2，B不符合题意；C.同一周期从左到右电负性逐渐增强，同一主族从上到下逐渐减弱，因此四种元素的电负性H<C<N<O，C符合题意；D.氢键的强弱较弱，因此在DNA解旋和复制时容易断裂和形成，D不符合题意；故答案为：C

【分析】A、根据氧原子的核外电子排布式分析；

B、根据氮原子的成键形式分析；

C、根据电负性的递变规律分析；

D、氢键的强度较弱，反应过程中容易断裂。6．【答案】B【解析】【解答】A.放电时，负极的电极反应式为LixC6-xe-=xLi++6C，A不符合题意；B.(a)过程的电极反应式为LiFePO4－xe－=Li1－xFePO4＋xLi＋，由图可知，该过程中脱离2个Li+，因此煤形成1mol晶胞，转移2mol电子，B符合题意；C.(b)过程的电极反应式为Li1－xFePO4＋xe－＋xLi＋=LiFePO4，该过程为放电过程的正极反应，因为Li+脱离石墨，C不符合题意；D.由分析可知，该电池充电时阳极的电极反应式为LiFePO4－xe－=Li1－xFePO4＋xLi＋，D不符合题意；故答案为：B

【分析】根据放电时的反应“LixC6+Li1-xFePO4=6C+LiFePO4”可得负极的电极反应式为LixC6-xe-=xLi++6C，正极的电极反应式为Li1－xFePO4＋xe－＋xLi＋=LiFePO4。充电时为电解池装置，其阳极的电极反应式为LiFePO4－xe－=Li1－xFePO4＋xLi＋，阴极的电极反应式为xLi＋＋6C＋xe－=LixC6。7．【答案】D【解析】【解答】A.x点溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa，二者的浓度不同，无法直接比较电离程度和水解程度的强弱，A不符合题意；B.y点时所加NaOH溶液的体积为40mL，此时反应后所得溶液的溶质为CH3COONa，溶液显碱性，因此溶液中c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)，B不符合题意；C.酸碱中和反应为放热反应，因此z点温度高于w点温度，CH3COO－的水解反应为吸热反应，温度越高，CH3COO－的水解程度增大，溶液的碱性增强，因此z点溶液的碱性强于w点溶液的碱性，C不符合题意；D.25℃时，当加入NaOH溶液的为V1mL时，所得溶液的pH=a，此时溶液中c(CH3COO－)=c(CH3COOH)，CH3COOH的电离方程式为：CH3COOH⇌CH3COO－＋H＋，因此其电离平衡常数K=c故答案为：D

【分析】A、x点所得溶液的溶质为CH3COONa和少量的CH3COOH；

B、y点溶液的溶质为CH3COONa；

C、w点溶液的温度低于z点溶液的温度，温度升高，CH3COO－的水解程度增大；

D、25℃时，加入NaOH溶液的体积为V1mL，此时溶液的pH=a，且c(CH3COO－)=c(CH3COOH)。8．【答案】（1）恒压漏斗(或恒压分液漏斗)；饱和NaHS溶液（2）H2S+Ni2++2NH3=NiS↓+2N（3）b（4）4NiS+O2+2H2O=4Ni(OH)S（5）0.182Vm【解析】【解答】（1）图示仪器a为恒压分液漏斗。装置Ⅱ是为了除去H2S气体中混有的HCl，因此装置Ⅱ中的试剂为饱和NaHS溶液。

（2）装置Ⅲ中H2S、NH3和Ni2＋反应生成NiS沉淀和NH4＋，该反应的离子方程式为：H2S＋2NH3＋Ni2＋=NiS↓＋2NH4＋。

（3）打开K2、K3进行抽滤洗涤，则抽滤装置应连接在b处。

（4）陈化时间增长，溶液中残留的Cu2＋浓度增大，说明此时NiS的除铜能力降低，则NiS转化为了Ni(OH)S，该反应的化学方程式为：4NiS＋O2＋2H2O=4Ni(OH)S。

（5）①由反应的离子方程式可知，试样中n(Ni2＋)=n(H2Y2－)=0.02mol·L－1×V×10－3L=2V×10-5mol。因此mg试样中m(NiS)=2V×10－5mol×91g·mol－1=1.82V×10－3g。所以试样的纯度为1.82V×10-3gmg×100%=0.182Vm%.

②滴定过程中，若氨性缓冲溶液的pH值过低，则溶液中c(H＋)偏大，滴定反应平衡逆向移动，消耗标准液的体积偏大，导致测得产品纯度偏高。

【分析】装置Ⅰ中往FeS中滴入浓盐酸，反应生成FeCl2和H2S。由于浓盐酸具有挥发性，会使得反应生成的H2S气体中混有HCl，因此需用饱和NaHS溶液除去H2S中混有的HCl，因此装置Ⅱ的试剂为饱和NaHS溶液。装置Ⅲ中发生反应2NH39．【答案】（1）焙烧(或煅烧)（2）HCl、HNO3均易挥发，且HNO3易分解（3）3Pt+4HNO3+18HCl=3H2PtCl6+4NO↑+8H2O；优点：避免生成氮的氧化物，污染空气；缺点：温度过高(或由于Fe3+的存在)，导致过氧化氢大量分解（4）Fe3+、Al3+、Mg2+；10-5.9或1.25×10-6（5）微波加热到109℃，约5分钟，固液比约为2（6）Cu3Pt(或PtCu3)；22×3【解析】【解答】（1）操作A中通入空气，是为了将催化剂表面覆盖的碳和有机物转化为CO2除去，因此操作A为焙烧或煅烧。

（2）王水的主要成分为浓盐酸和浓硝酸，浓盐酸具有挥发性，浓硝酸受热易分解。因此酸浸过程中温度不宜过高，防止浓盐酸会发、浓硝酸分解。

（3）氯铂酸为正八面体结构，其中Pt为＋4价，因此氯铂酸的化学式为H2PtCl6。Pt与浓盐酸、浓硝酸反应生成个H2PtCl6的同时生成NO和H2O，该反应的化学方程式为：3Pt＋4HNO3＋18HCl=3H2PtCl6＋4NO↑＋8H2O。王水中的HNO3反应后生成NO，会造成空气污染；而换成H2O2和盐酸的混合溶液后，反应不会产生污染气体，因此优点为避免生成氮氧化物，造成空气污染。而H2O2在Fe3＋的催化作用下易分解，导致消耗的H2O2量过多。因此缺点是温度过高或Fe3＋的催化作用，使得H2O2大量分解。

（4）由于金属阳离子开始沉淀的pH值Fe3＋>Al3＋>Mg2＋，因此依次析出的金属离子为Fe3＋、Al3＋、Mg2＋。当溶液中c(Fe3＋)=1.0×10－5mol·L－1时，溶液中的Fe3＋完全沉淀，此时溶液的pH=3.2，溶液中cOH-=KwcH+=10-1410-3.2=10-10.8mol·L-1，则Fe(OH)3的溶度积Ksp=c(Fe3＋)×c3(OH－)=1.0×10－5×(10－10.8)3=1.0×10－37.4。当Al3＋开始沉淀时，溶液的pH=3.5，此时溶液中cOH-=KwcH+=10-1410-3.5=1010．【答案】（1）CH3*+CO2*=CH3COO*或CH3*+H*+CO2*=CH3COO*+H*（2）ac（3）+41（4）ad（5）a；温度升高后，以副反应(或反应ii)为主，副反应(或反应ii)是一个吸热反应，升高温度平衡正向移动(其他合理答案也可)；1【解析】【解答】（1）反应所需的活化能越高，反应速率越慢，决定总反应反应速率的为慢反应，因此决定该过程的总反应速率的基元反应方程式为CH3*＋CO2*=CH3COO*。

（2）a、增大催化剂表面积可增大催化剂与CO2的接触，从而提高CO2在催化剂表面的吸附速率，a符合题意；

b、由相对能量图可知，CH3COOH*的能量低于CH3COOH(g)的能量，b不符合题意；

c、使用催化剂2时，反应所需的活化能更小，因此催化剂2的催化效果更好，c符合题意；

d、使用高活性催化剂可以加快反应速率，但不能降低反应焓变，d不符合题意；

故答案为：ac

（3）由图可得热化学方程式：CO(g)＋12O2(g)=CO2(g)ΔH3=－283kJ·mol－1；

；H2(g)＋12O2(g)=H2O(g)ΔH4=－242kJ·mol－1。根据盖斯定律可得，反应ⅱ的反应热ΔH2=ΔH4－ΔH3=(－242kJ·mol－1)－(－283kJ·mol－1)=＋41kJ·mol－1，所以反应ⅱ的反应热ΔH2=＋41kJ·mol－1。

（4）a、CO的分压在反应过程中是一个变量，则当其不变时，说明反应达到平衡状态，a符合题意；

b、反应物和生成物都是气体，反应前后混合气体的质量不变，且反应前后气体分子数不变，根据公式M=mn可知，反应过程中，混合气体的平均相对分子质量M不是一个变量，因此气体平均相对分子质量不变，不能说明反应达到平衡状态，b不符合题意；

c、反应前后混合气体的总质量保持不变，反应在恒容容器中进行，则混合气体的体积不变，根据公式ρ=mV可得，反应过程中，混合气体的密度保持不变，属于恒量，因此不能说明反应达到平衡状态，c不符合题意；

d、该反应的平衡常数K=cCO×cH2OcCO2×cH2，该反应为吸热反应，反应过程中，温度发生变化，则平衡常数K是一个变量，当其不变时，说明反应达到平衡状态，d符合题意；

故答案为：ad

（5）①生成CH3OH的反应为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，CH3OH的百分数减小，因此图中表示CH3OH在含碳产物中物质的量百分数的为曲线a。

②温度升高后，以反应ⅱ为主，反应ⅱ为吸热反应，温度升高，平衡正向移动，因此CO2的转化率增大。

③令n